專題04 三角形的性質與判定 （講練）（解析版）-2024年中考數學復習

專題04三角形的性質與判定目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識建構考點一三角形的基礎【真題研析·規(guī)律探尋】題型01三角形的三邊關系題型02與三角形有關線段的綜合問題題型03三角形內角和定理與外角和定理綜合問題題型04三角形內角和與外角和定理的實際應用【核心提煉·查漏補缺】【好題必刷·強化落實】考點二特殊三角形的性質與判定【真題研析·規(guī)律探尋】題型01線段垂直平分線的性質與判定題型02角平分線的性質與判定題型03等腰三角形的性質與判定題型04等邊三角形的性質與判定題型05直角三角形的性質與判定題型06勾股定理、勾股定理逆定理與網格問題題型07與三角形有關的折疊問題題型08趙爽弦圖題型09利用勾股定理解決實際問題【核心提煉·查漏補缺】【好題必刷·強化落實】

考點要求命題預測三角形的基礎三角形的基礎知識是解決后續(xù)很多幾何問題的基礎，所以在中考中考察的幾率比較大.在考察題型上，三角形基礎知識部分多以選擇或者填空題形式，考察其三邊關系、內角和/外角和定理、“三線”基本性質等.特殊三角形的性質與判定也是考查重點，年年都會考查，最為經典的“手拉手”模型就是以等腰三角形為特征總結的，且等腰三角形單獨出題的可能性還是比較大.直角三角形的出題類型可以是選擇填空題這類小題，也可以是各類解答題，以及融合在綜合壓軸題中，作為問題的幾何背景進行拓展延伸.特殊三角形的性質與判定考點一三角形的基礎題型01三角形的三邊關系三角形三邊關系定理：三角形的兩邊之和大于第三邊．推論：三角形的兩邊之差小于第三邊．【解題技巧】1）判斷三條已知線段能否組成三角形，只需檢驗最短的兩邊之和大于第三邊，則可說明能組成三角形．2）已知三角形兩邊的長度分別為a，b，求第三邊長度的范圍：|a-b|＜c＜a＋b3）所有通過周長相加減求三角形的邊，求出兩個答案的，要注意檢查每個答案能否組成三角形．1．（2021·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）2,5,m是某三角形三邊的長，則(m-A．2m-10 B．10-2m C．【答案】D【分析】先根據三角形三邊的關系求出m的取值范圍，再把二次根式進行化解，得出結論．【詳解】解：∵2,5,m∴5-2<m解得：3<m∴(故選：D．【點睛】本題考查了二次根式的性質及化簡，解題的關鍵是：先根據題意求出m的范圍，再對二次根式化簡．2．（2020·甘肅天水·統(tǒng)考中考真題）一個三角形的兩邊長分別為2和5，第三邊長是方程x2-8【答案】13【分析】先利用因式分解法解方程x2-8x+12=0，然后根據三角形的三邊關系得出第三邊的長，則該三角形的周長可求．【詳解】解：∵x2-8x+12=0，∴x-∴x1=2，x2=6，∵三角形的兩邊長分別為2和5，第三邊長是方程x2-8x+12=0的根，當x=2時，2+2＜5，不符合題意，∴三角形的第三邊長是6，∴該三角形的周長為：2+5+6=13．故答案為：13．【點睛】本題考查了解一元二次方程的因式分解法及三角形的三邊關系，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．3．（2022·河北·統(tǒng)考中考真題）平面內，將長分別為1，5，1，1，d的線段，順次首尾相接組成凸五邊形（如圖），則d可能是（

）A．1 B．2 C．7 D．8【答案】C【分析】如圖（見解析），設這個凸五邊形為ABCDE，連接AC,CE，并設AC=a,CE=b，先在△ABC和△CDE中，根據三角形的三邊關系定理可得4<a<6，【詳解】解：如圖，設這個凸五邊形為ABCDE，連接AC,CE，并設在△ABC中，5-1<a<1+5在△CDE中，1-1<b<1+1所以4<a+b在△ACE中，a所以2<d觀察四個選項可知，只有選項C符合，故選：C．【點睛】本題考查了三角形的三邊關系定理，通過作輔助線，構造三個三角形是解題關鍵．4．（2023·河北·中考真題）四邊形ABCD的邊長如圖所示，對角線AC的長度隨四邊形形狀的改變而變化．當△ABC為等腰三角形時，對角線AC的長為（

A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】利用三角形三邊關系求得0<AC【詳解】解：在△ACD中，AD∴2-2<AC<2+2，即當AC=BC=4若AC=AB=3故選：B．【點睛】本題考查了三角形三邊關系以及等腰三角形的定義，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．題型02與三角形有關線段的綜合問題三角形有關的線段的性質：高（AD）中線（AD）角平分線（AD）中位線（DE）∠ADB=∠ADC=90°BD=CDS△ABD=S△ADCC∠BAD=∠DAC=12∠AD=DBAE=ECDE=12B1.三角形的高、中線、角平分線是三條線段，由三角形的高可得90°的角，由三角形的中線可得線段之間的關系，由三角形的角平分線可得角之間的關系．2.常見三角形的高：3.當已知三角形兩邊的中點時，可考慮運用三角形中位線定理，得到相應線段的數量關系與位置關系.1．（2023·安徽·中考真題）清初數學家梅文鼎在著作《平三角舉要》中，對南宋數學家秦九韶提出的計算三角形面積的“三斜求積術”給出了一個完整的證明，證明過程中創(chuàng)造性地設計直角三角形，得出了一個結論：如圖，AD是銳角△ABC的高，則BD=12BC+AB

【答案】1【分析】根據公式求得BD，根據CD=【詳解】解：∵AB=7,BC=6∴BD=1∴CD=故答案為：1．【點睛】本題考查了三角形的高的定義，正確的使用公式是解題的關鍵．2．（2021·江蘇連云港·中考真題）如圖，BE是△ABC的中線，點F在BE上，延長AF交BC于點D．若BF=3FE，則【答案】3【分析】連接ED，由BE是△ABC的中線，得到S△ABE=S△BCE，S△AED=S【詳解】解：連接ED∵BE是△∴S△∵∴設S△∴∴∴∵∴∴∵△ABD與△∴S故答案為：32【點睛】本題考查三角形的中線、三角形的面積等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．3．（2021·黑龍江大慶·中考真題）已知，如圖1，若AD是△ABC中∠BAC的內角平分線，通過證明可得ABAC=BDCD，同理，若AE是△ABC中∠BAC的外角平分線，通過探究也有類似的性質．請你根據上述信息，求解如下問題：如圖2，在△ABC中，BD=2,【答案】1【分析】根據題意得到ABAC=23，設AB＝2k，AC＝3k，在△ABC中，由三邊關系可求出k的范圍，反向延長中線AE至F，使得【詳解】如圖，反向延長中線AE至F，使得AE=EF，連接∵BD=2,CD∴可設AB＝2k，AC＝3k，在△ABC中，BC＝5，∴5k＞5，k＜5，∴1＜k＜5，∵∴△∴由三角形三邊關系可知，AC∴∴∴1故答案為：12【點睛】本題考查角平分線的性質、中線的性質、全等三角形的判定與性質、三角形三邊關系等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．4．（2022·上?！ぶ锌颊骖}）如圖，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D為AB中點，E在線段AC上，ADAB=DEBC【答案】12或【分析】由題意可求出DE=12BC，取AC中點E1，連接DE1，則DE1是△ABC的中位線，滿足DE1=12BC，進而可求此時AE1AC=12，然后在AC上取一點E2，使得DE1＝DE2，則D【詳解】解：∵D為AB中點，∴ADAB=DE取AC中點E1，連接DE1，則DE1是△ABC的中位線，此時DE1∥BC，DE∴AE在AC上取一點E2，使得DE1＝DE2，則DE∵∠A=30°，∠B=90°，∴∠C=60°，BC＝12∵DE1∥BC，∴∠DE1E2=60°，∴△DE1E2是等邊三角形，∴DE1＝DE2＝E1E2＝12∴E1E2＝14∵AE∴AE2=綜上，AEAC的值為：12或故答案為：12或1【點睛】本題考查了三角形中位線的性質，平行線分線段成比例，等邊三角形的判定和性質以及含30°角的直角三角形的性質等，根據DE=5．（2022·吉林·中考真題）下面是王倩同學的作業(yè)及自主探究筆記，請認真閱讀并補充完整．【作業(yè)】如圖①，直線l1∥l2，解：相等．理由如下：設l1與l2之間的距離為h，則S△∴S△【探究】(1)如圖②，當點D在l1，l2之間時，設點A，D到直線l2的距離分別為h，h證明：∵S△(2)如圖③，當點D在l1，l2之間時，連接AD并延長交l2于點M證明：過點A作AE⊥BM，垂足為E，過點D作DF⊥BM，垂足為∴AE∥∴△AEM∽∴AEDF由【探究】（1）可知S△ABC∴S△(3)如圖④，當點D在l2下方時，連接AD交l2于點E．若點A，E，D所對應的刻度值分別為5，1.5，0，S△【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)7【分析】（1）根據三角形的面積公式可得S△（2）過點A作AE⊥BM，垂足為E，過點D作DF⊥BM，垂足為F，先根據平行線的判定可得AE∥DF，再根據相似三角形的判定可證（3）過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥BC于點N，先根據相似三角形的判定證出△AME～△DNE【詳解】（1）證明：∵S△ABC∴S（2）證明：過點A作AE⊥BM，垂足為E，過點D作DF⊥BM，垂足為∴AE∴△AEM∴AE由【探究】（1）可知S△∴S（3）解：過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥BC于點∴AM∴△AME∴AM∵點A,E,D所對應的刻度值分別為5，∴AE=5-1.5=3.5，∴AM又∵S△ABC∴S故答案為：73【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、平行線的判定、三角形的面積等知識點，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題關鍵．題型03三角形內角和定理與外角和定理綜合問題三角形的內角和定理：三角形三個內角和等于180°．推論：直角三角形的兩個銳角互余.三角形的內角和定理的應用：1)在三角形中,已知兩個內角的度數,可以求出第三個內角的度數；2)在三角形中,已知三個內角的比例關系,可以求出三個內角的度數；3)在直角三角形中,已知一個銳角的度數,可以求出另一個銳角的度數.三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．三角形的外角和的性質：1）三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和；2）三角形的一個外角大于任何一個和它不相鄰的內角．三角形中角度計算的6種?？寄Ｐ停篈字模型8字模型飛鏢模型老鷹抓小雞模型（一）∠1+∠2=∠A+180°∠A+∠B=∠C+∠D∠C=∠A+∠B+∠D∠A+∠O=∠1+∠2老鷹抓小雞模型（二）雙角平分線模型（一）雙角平分線模型（二）雙角平分線模型（三）∠A+∠O=∠2-∠1∠D=90°+12∠∠D=90°-12∠∠E=12∠三角形折疊模型（一）三角形折疊模型（二）三角形折疊模型（三）∠2=2∠C2∠C=∠1+∠2或∠C=12（∠1+∠22∠C=∠2-∠1或∠C=12（∠2-∠11．（2019·遼寧鐵嶺·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△CEF中，∠E=80°，∠F=50°，AB∥CF，ADA．45° B．50° C．55° D．80°【答案】B【分析】連接AC并延長交EF于點M．由平行線的性質得∠3=∠1，∠2=∠4，再由等量代換得∠BAD=∠3+∠4=∠1+∠2=∠FCE，先求出∠【詳解】解：連接AC并延長交EF于點M．∵AB∴∠3=∠1，∵AD∴∠2=∠4，∴∠BAD∵∠FCE∴∠BAD故選B．【點睛】本題主要考查了平行線的性質以及三角形的內角和定理，屬于基礎題型．2．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，△ABC中，∠BAC=55°，將△ABC逆時針旋轉α(0°<α<55°),得到△ADE，DE交AC于F．當α=40°

A．80° B．85° C．90° D．95°【答案】B【分析】根據旋轉可得∠B=∠ADB【詳解】解：由旋轉性質可得：∠BAC=∠DAE∵α=40°∴∠DAF=15°，∴∠AFE故選：B．【點睛】本題考查了幾何—旋轉問題，掌握旋轉的性質是關鍵．3．（2022·內蒙古呼和浩特·中考真題）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，將△ABC繞點C順時針旋轉得到△EDC，使點B的對應點D恰好落在AB邊上，AC、ED交于點F．若∠BCD=A．90°+12α B．90°-12α【答案】C【分析】根據旋轉的性質可得，BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，則∠B=∠BDC，利用三角形內角和可求得∠B，進而可求得∠E，則可求得答案．【詳解】解：∵將△ABC繞點C順時針旋轉得到△EDC∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，∴∠B=∠BDC，∴∠B∴∠A∴∠A∴∠EFC故選：C．【點睛】本題考查了旋轉變換、三角形內角和、等腰三角形的性質，解題的關鍵是掌握旋轉的性質．4．（2023·四川達州·中考真題）如圖，AE∥CD，AC平分∠BCD，∠2=35°,∠D=60°

A．52° B．50° C．45° D．25°【答案】B【分析】根據平行線的性質得出∠1=∠2=35°，再由角平分線確定∠BCD【詳解】解：∵AE∥∴∠1=∠2=35°，∵AC平分∠BCD∴∠BCD∵∠D∴∠B故選：B．【點睛】題目主要考查平行線的性質及角平分線的計算，三角形內角和定理，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．55．（2021·遼寧本溪·中考真題）一副三角板如圖所示擺放，若∠1=80°，則∠2的度數是（）A．80° B．95° C．100° D．110°【答案】B【分析】由三角形的外角性質得到∠3=∠4=35°，再根據三角形的外角性質求解即可．【詳解】解：如圖，∠A=90°-30°=60°，∵∠3=∠1-45°=80°-45°=35°，∴∠3=∠4=35°，∴∠2=∠A+∠4=60°+35°=95°，故選：B．【點睛】本題考查了三角形的外角性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．6．（2020·浙江紹興·中考真題）如圖，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，將BC繞點B順時針旋轉θ（0°＜θ＜90°），得到BP，連結CP，過點A作AH⊥CP交CP的延長線于點H，連結AP，則∠PAH的度數（）A．隨著θ的增大而增大B．隨著θ的增大而減小C．不變D．隨著θ的增大，先增大后減小【答案】C【分析】由旋轉的性質可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性質和三角形內角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性質可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．【詳解】解：∵將BC繞點B順時針旋轉θ（0°＜θ＜90°），得到BP，∴BC＝BP＝BA，∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，∴∠PAH的度數是定值，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，三角形的外角性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．7．（2023·江蘇泰州·中考真題）如圖，△ABC中，AB=AC，∠A=30°，射線CP從射線CA開始繞點C逆時針旋轉α角0°<α<75°，與射線AB相交于點D，將△ACD沿射線CP翻折至△A'CD處，射線C

【答案】22.5°或45°或67.5°【分析】分情況討論，利用折疊的性質知∠A=∠A【詳解】解：由折疊的性質知∠A=∠A當A'D=

由三角形的外角性質得∠DEA'此情況不存在；當A'

∠A'=30°由三角形的外角性質得75°=30°+2α解得α=22.5°當EA'=

∴∠DE由三角形的外角性質得120°=30°+2α解得α=45°當A'D=

∴∠ADC∴α=∠綜上，∠α的度數為22.5°或45°或67.5°故答案為：22.5°或45°或67.5°．【點睛】本題考查了折疊的性質，三角形的外角性質，等腰三角形的性質，畫出圖形，數形結合是解題的關鍵．8．（2022·浙江紹興·中考真題）如圖，在△ABC中，∠ABC=40°，∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于點E．P是邊BC上的動點（不與B，C重合），連結AP，將△APC沿AP翻折得△APD，連結DC，記∠BCD=α．(1)如圖，當P與E重合時，求α的度數．(2)當P與E不重合時，記∠BAD=β，探究α與β的數量關系．【答案】(1)25°(2)①當點P在線段BE上時，2α－β＝50°；②當點P在線段CE上時，2α＋β＝50°【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根據AE平分∠BAC，P與E重合，可得∠ACD，從而α＝∠ACB?∠ACD；（2）分兩種情況：①當點P在線段BE上時，可得∠ADC＝∠ACD＝90°?α，根據∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α?β＝50°；②當點P在線段CE上時，延長AD交BC于點F，由∠ADC＝∠ACD＝90°?α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°?α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．【詳解】（1）解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝50°，∵P與E重合，AE平分∠BAC，∴D在AB邊上，AE⊥CD，∴∠ACD＝65°，∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；（2）①如圖1，當點P在線段BE上時，∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，∴90°－α＋β＝40°＋α，∴2α－β＝50°；②如圖2，當點P在線段CE上時，延長AD交BC于點F，∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，∴90°－α＝40°＋α＋β，∴2α＋β＝50°．【點睛】本題考查三角形綜合應用，涉及軸對稱變換，三角形外角等于不相鄰的兩個內角的和的應用，解題的關鍵是掌握軸對稱的性質，能熟練運用三角形外角的性質．題型04三角形內角和與外角和定理的實際應用1．（2022·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）如圖，沿AB方向架橋修路，為加快施工進度，在直線AB上湖的另一邊的D處同時施工．取∠ABC=150°，BC=1600m，∠BCD=105°，則C【答案】800【分析】如圖所示：過點C作CE⊥BD于點E，先求出CE=800【詳解】如圖所示：過點C作CE⊥BD于點E，則∠BEC=∠DEC∵∠ABC∴∠CBD∴∠BCE=90°-30°=60°，又∵∠BCD∴∠CDB∴∠ECD=45°=∠D，∴CE=∵BC∴CE∴CD2故答案為：8002【點睛】本題考查三角形內角和定理、等腰三角形的判定與性質、直角三角形的性質及勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握相關內容并能靈活運用．2．（2022·湖南湘潭·統(tǒng)考中考真題）如圖，一束光沿CD方向，先后經過平面鏡OB、OA反射后，沿EF方向射出，已知∠AOB=120°，∠CDB=20°【答案】40°/40度【分析】根據入射角等于反射角，可得∠CDB=∠EDO【詳解】解：依題意，∠CDB∵∠AOB=120°，∴∠CDB∴∠OED∴∠AEF故答案為：40°．【點睛】本題考查了軸對稱的性質，三角形內角和定理的應用，掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．3．（2021·河北·統(tǒng)考中考真題）下圖是可調躺椅示意圖（數據如圖），AE與BD的交點為C，且∠A，∠B，∠E保持不變．為了舒適，需調整∠D的大小，使∠EFD=110°，則圖中∠D應（填“增加”【答案】減少10【分析】先通過作輔助線利用三角形外角的性質得到∠EDF與∠D、∠E、∠DCE之間的關系，進行計算即可判斷．【詳解】解：∵∠A+∠B=50°+60°=110°，∴∠ACB=180°-110°=70°，∴∠DCE=70°，如圖，連接CF并延長，∴∠DFM=∠D+∠DCF=20°+∠DCF，∠EFM=∠E+∠ECF=30°+∠ECF，∴∠EFD=∠DFM+∠EFM=20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°，要使∠EFD=110°，則∠EFD減少了10°，若只調整∠D的大小，由∠EFD=∠DFM+∠EFM=∠D+∠DCF+∠E+∠ECF=∠D+∠E+∠ECD=∠D+30°+70°=∠D+100°，因此應將∠D減少10度；故答案為：①減少；②10．【點睛】本題考查了三角形外角的性質，同時涉及到了三角形的內角和與對頂角相等的知識；解決本題的關鍵是理解題意，讀懂圖形，找出圖形中各角之間的關系以及牢記公式建立等式求出所需的角，本題蘊含了數形結合的思想方法．4．（2023·四川自貢·中考真題）第29屆自貢國際恐龍燈會“輝煌新時代”主題燈組上有一幅不完整的正多邊形圖案，小華量得圖中一邊與對角線的夾角∠ACB=15°，算出這個正多邊形的邊數是（

A．9 B．10 C．11 D．12【答案】D【分析】根據三角形內角和定理以及正多邊形的性質，得出∠B=150°，然后可得每一個外角為【詳解】解：依題意，AB=BC，∴∠∴∠∴這個正多邊形的一個外角為180°-150°=30°，所以這個多邊形的邊數為36030故選：D．【點睛】本題考查了三角形內角和定理，正多邊形的性質，正多邊形的外角與邊數的關系，熟練掌握正多邊的外角和等于360°是解題的關鍵．5．（2023·廣東深圳·中考真題）如圖為商場某品牌椅子的側面圖，∠DEF=120°，DE與地面平行，∠ABD=50°，則

A．70° B．65° C．60° D．50°【答案】A【分析】根據平行得到∠ABD【詳解】解：由題意，得：DE∥∴∠ABD∵∠DEF∴∠DCE∴∠ACB故選A．【點睛】本題考查平行線的性質，三角形外角的性質，對頂角．熟練掌握相關性質，是解題的關鍵．三角形的概念：由不在同一條直線上的三條線段首尾順次相接所構成的圖形叫做三角形.三角形的表示：用符號“Δ”表示，頂點是A、B、C的三角形記作“ΔABC”，讀作“三角形ABC”.三角形的分類：1）三角形按邊分類：三角形三邊都不相等的三角形2）三角形按角分類：三角形直角三角形三角形的穩(wěn)定性:三角形三條邊的長度確定之后，三角形的形狀就唯一確定了.1.三角形的表示方法中“Δ”代表“三角形”,后邊的字母為三角形的三個頂點,字母的順序可以自由安排.即?ABC,?ACB等均為同一個三角形.2.等腰三角形中至少有兩邊相等,而等邊三角形中三邊都相等,所以等邊三角形是特殊的等腰三角形.3.四邊形及多邊形不具有穩(wěn)定性，要使多邊形具有穩(wěn)定性，方法是將多邊形分成多個三角形，這樣多邊形就具有穩(wěn)定性了.一、單選題1．（2022·河北保定·校考一模）能用三角形的穩(wěn)定性解釋的生活現(xiàn)象是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】根據各圖所用到的直線、線段有關知識，即可一一判定【詳解】解：A、利用的是“兩點確定一條直線”，故該選項不符合題意；B、利用的是“兩點之間線段最短”，故該選項不符合題意；C、窗戶的支架是三角形，利用的是“三角形的穩(wěn)定性”，故該選項符合題意；D、利用的是“垂線段最短”，故該選項不符合題意；故選：C【點睛】本題考查了兩點確定一條直線、兩點之間線段最短、三角形的穩(wěn)定性、垂線段最短的應用，結合題意和圖形準確確定所用到的知識是解決本題的關鍵．2．（2023·河北滄州·校考模擬預測）在△ABC中，AC=7，BC=4，M是AB上的一點，若△ACM的周長比△BCM的周長大3，根據下列尺規(guī)作圖痕跡可以得到符合條A．B．C．D．【答案】D【分析】計算求得AM=【詳解】解：∵AC=7，BC∴AC-∵△ACM的周長比△BCM的周長大∴AC+CM+∴當AM=BM時，△ACM的周長比△觀察四個選項，只有選項B符合題意，故選：D．【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖：解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．3．（2023·河北滄州·模擬預測）如圖，已知△ABC中，根據尺規(guī)作圖痕跡及圖上數據，則線段BC的長可能為（

A．1 B．2 C．7 D．10【答案】C【分析】由題意可得：MN是AC的垂直平分線，可得AC=6，然后根據三角形的三邊關系即可得到BC的范圍，即可求解【詳解】解：如圖，由題意可得：MN是AC的垂直平分線，∴AC=2∵6-4<BC<6+4，即∴線段BC的長可能為7；故選：C.

【點睛】本題考查了線段垂直平分線的尺規(guī)作圖和三角形的三邊關系，正確理解題意是關鍵.4．（2021·山西呂梁·統(tǒng)考二模）在探究證明“三角形的內角和是180°”時，綜合實踐小組的同學作了如下四種輔助線，其中不能證明“三角形內角和是180°”的是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】根據“直角三角形兩銳角互余”是由三角形內角和定理推導的判斷即可．【詳解】解：∵“直角三角形兩銳角互余”是由三角形內角和定理推導的即，作CD⊥AB后，利用直角三角形兩銳角互余得到三角形內角和是故選：C．【點睛】本題主要考查三角形內角和定理，要證明三角形的內角和等于180°即三角形三個內角的和是平角，就要作輔助線，使得三角形的三個內角的和轉化成組成平角的三個角之和．5．（2022·河北邢臺·統(tǒng)考二模）老師布置的作業(yè)中有這么一道題：如圖，在△ABC中，D為BC的中點，若AC=3，AD=4．則ABA．5

B．7

C．8

D．9甲同學認為AB，AC，AD這條三邊不在同一個三角形中，無法解答，老師給的題目有錯誤．乙同學認為可以從中點D出發(fā)，構造輔助線，利用全等的知識解決．丙同學認為沒必要借助全等三角形的知識，只需構造一個特殊四邊形，就可以解決關于三位同學的思考過程，你認為正確的是…（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．乙和丙【答案】D【分析】如圖1所示，延長AD到E使得AD=ED=4，利用倍長中線模型證明△ABD≌△ECD得到AB=EC，再用三角形三邊的關系即可判斷乙同學的說法；如圖2所示，取AB中點F，連接DF，則DF是△ABC的中位線，AB=2【詳解】解：如圖1所示，延長AD到E使得AD=ED=4，∵D是BC的中點，∴BD=CD，在△ABD和△ECD中，AD=∴△ABD≌△ECD（SAS），∴AB=EC，∵AE-∴5<EC<11，即如圖2所示，取AB中點F，連接DF，∵D、F分別為BC、AB的中點，∴DF是△ABC的中位線，AB=2∴DF=∵AD-∴52∴5<AB∴甲說法錯誤，乙和丙說法正確，故選：D．【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定、三角形中位線定理、三角形三邊的關系，正確作出輔助線是解題的關鍵．6．如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的高，BE平分∠ABC交AC邊于E，∠BAC=60°，A．20° B．22° C．24° D．26°【答案】B【分析】根據角平分線的定義可得∠ABC=2∠ABE，再根據直角三角形兩銳角互余求出∠【詳解】解：∵BE平分∠∴∠ABC∵AD是BC∴∠BAD∴∠DAC故選：B．【點睛】本題考查了三角形的內角和定理，角平分線的定義，準確識圖理清圖中各角度之間的關系是解題的關鍵．7．（2023·山東德州·統(tǒng)考二模）已知a，b，c是三角形的三條邊，則c-a-A．0 B．2a+2b C．2【答案】C【分析】根據三角形三邊的關系得到c-【詳解】解：∵a，b，c是三角形的三條邊，∴a+∴c-∴c=-==2b故選：C．【點睛】本題主要考查了三角形三邊的關系，化簡絕對值和合并同類項，熟知三角形中任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊是解題的關鍵．8．（2021·江蘇南京·統(tǒng)考二模）百度百科這樣定義凹四邊形：把四邊形的某邊向兩方延長，其他各邊有不在延長所得直線的同一旁，這樣的四邊形叫做凹四邊形．關于凹四邊形ABCD（如圖），以下結論：①∠BCD②若AB=AD,③若∠BCD=2∠A④存在凹四邊形ABCD，有AB=其中所有正確結論的序號是（

）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①③④【答案】A【分析】根據凹四邊形的定義及相關知識，逐項加以甄別即可．【詳解】解：①如圖1，連接AC并延長到點E．∵∠∠∴∠即∠所以結論①正確；②如圖2，連接BD，作直線AC．∵∴點A在線段BD的垂直平分線上．∵∴點C在線段BD的垂直平分線上．∴點A和點C都在線段BD的垂直平分線上．∴直線AC是線段BD的垂直平分線．∴所以結論②正確；③如圖③，由①可知，∠當∠BCD=2∠∴∠因再無其它已知條件證得BC=CD，所以結論③錯誤；④如圖④，假設存在凹四邊形ABCD，連接AC．當AB=∵∴∴∠1=∠4∴AB∥CD，BC∥DA．∴四邊形ABCD是平行四邊形．∵平行四邊形是凸四邊形，這與“四邊形ABCD是凹四邊形”的假設相矛盾．∴不存在凹四邊形ABCD，使得AB所以結論④錯誤．故選：A【點睛】本題考查了對新定義的理解、三角形的外角性質、線段的垂直平分線的判定、反證法等知識點，綜合運用上述的知識點，對每個結論加以推理證明是解題的關鍵．二、填空題9．（2023·河北衡水·二模）如圖，在△ABC中，點D在BC邊上，沿AD將△ABC折疊，使點C與BC邊上的點C'

（1）折痕a是△ABC的；（填“角平分線”“中線”或“高”（2）若∠BAC'=15°，則∠C比【答案】高15【分析】（1）由折疊的性質結合三角形角平分線，中線，高的定義即可判斷；（2）由折疊的性質結合三角形外角的性質即可求解．【詳解】（1）由折疊的性質可知AD⊥BC，∠CAD∴折痕a是△ABC故答案為：高；（2）∵由折疊的性質可知∠C=∠A∴∠C故答案為：15．【點睛】本題考查折疊的性質，三角形角平分線，中線，高的定義，三角形外角的性質．熟練掌握上述知識點是解題關鍵．10．（2022·河北邢臺·校考三模）如圖，AB，BC，CD是某正多邊形相鄰的三條邊，延長AB，DC交于點P，∠P

（1）∠PBC的度數為（2）該多邊形為正邊形．【答案】30°/30度十二【分析】（1）根據三角形內角和是180°，得出∠PBC+∠PCB=60°，再根據（2）根據多邊形的外角和為360°，再除以一個外角的度數，即可得出多邊形的邊數．【詳解】解：（1）∵∠P∴∠PBC∵∠PBC∴∠PBC故答案為：30°；（2）360÷30=12（邊），答：該多邊形為正十二邊形．故答案為：十二．【點睛】此題考查了多邊形的內角與外角，解題的關鍵是掌握多邊形的外角和為360°和多邊形的內角和公式．三、解答題11．（2023·廣東東莞·東莞市東莞中學初中部?？既＃┮阎切蔚膬蛇呴L分別是1、2，第三邊為整數且為不等式組2x【答案】5【分析】分別解不等式，得出整數解，根據三角形的三邊關系即可求解．【詳解】解：2解不等式①得x<3解不等式②得x∴0≤∴不等式的整數解為0、1、2∵2-1<∴x取2∴三角形周長為1+2+2=5．【點睛】本題考查了解一元一次不等式組，三角形的三邊關系，正確的求得不等式的整數解是解題的關鍵．12．（2022·陜西渭南·統(tǒng)考三模）如圖，已知△ABC，∠A＝100°，∠C＝30°，請用尺規(guī)作圖法在AC上求作一點D，使得∠ABD＝25°．（保留作圖痕跡，不寫作法）【答案】作圖見解析【分析】因為∠A＝100°，∠C＝30°，所以∠B＝50°，若使得∠ABD＝25°，則作∠B的角平分線即可．【詳解】解：∵∠A＝100°，∠C＝30°，∴∠B＝50°，若使得∠ABD＝25°，則作∠B的角平分線即可．作圖如下：【點睛】本題考查作角平分線，解題的關鍵是分析題意知道作∠B的角平分線，掌握作角平分線的方法．13．（2023·北京石景山·統(tǒng)考二模）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠ACB=2α，BD平分∠ABC交AC于點E(1)求∠AFB的大小（用含α(2)連接FC，用等式表示線段FC與FA的數量關系，并證明．【答案】(1)2(2)FA=【分析】（1）先根據等邊對等角得到∠ABC=∠ACB=2α，再由角平分線的定義得到∠（2）如圖所示，在BD上取一點G，使得AG=AF，連接AG，則∠AGF=∠AFG=2α，利用三角形外角的性質證明∠BAG=∠【詳解】（1）解：∵AB=AC，∴∠ABC∵BD平分∠ABC∴∠CBE∴∠AEB∵∠EAF∴∠AFB（2）解：FA=如圖所示，在BD上取一點G，使得AG=AF，連接∴∠AGF∴∠BAG∴∠BAG∴BG=在△ABG和△AB=∴△ABG∴CF=又∵AG=∴FA=【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，三角形外角的性質，角平分線的定義等等，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．14．（2023·江西上饒·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在下列10×10的正方形網格中，△ABC的頂點A，B，C(1)在圖1中，在AB邊上找一點P，連接PC，使S△(2)在圖2中，在邊AB上找一點Q，連接QC，使S△【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）找到格點D,E，使得四邊形ADBE是矩形，連接DE，交BA于點P，連接CP，則線段（2）找到格點F,G使得AF=2,BG=5，連接FG交BA于點Q【詳解】（1）解：如圖所示，線段CP即為所求；∵四邊形ADBE是矩形，∴AP=S（2）解：如圖所示，CQ即為所求，∵AF∴△∴AQBQ=AF∴S△【點睛】本題考查了無刻度直尺作圖，三角形中位線的性質，矩形的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．考點二特殊三角形的性質與判定題型01線段垂直平分線的性質與判定垂直平分線的概念：經過線段的中點并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線（或線段的中垂線）.性質：線段的垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等.判定：到一條線段兩個端點距離相等的點在這條線段的垂直平分線上.對于含有垂直平分線的題目，首先考慮將垂直平分線上的點與線段兩端點連接起來．1．（2022·湖北宜昌·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，分別以點B和點C為圓心，大于12BC長為半徑畫弧，兩弧相交于點M，N．作直線MN，交AC于點D，交BC于點E，連接BD．若AB=7，AC=12，BCA．25 B．22 C．19 D．18【答案】C【分析】由垂直平分線的性質可得BD＝CD，由△ABD的周長＝AB＋AD＋BD＝AB＋AD＋CD＝AB＋AC得到答案．【詳解】解：由作圖的過程可知，DE是BC的垂直平分線，∴BD＝CD，∵AB=7，AC∴△ABD的周長＝AB＋AD＋BD＝AB＋AD＋CD＝AB＋AC＝19．故選：C【點睛】此題考查了線段垂直平分線的作圖、線段垂直平分線的性質、三角形的周長等知識，熟練掌握線段垂直平分線的性質是解題的關鍵．2．（2022·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，根據尺規(guī)作圖痕跡，下列說法不一定正確的是（

A．AF=BF BC．∠DBF+∠DFB【答案】B【分析】根據尺規(guī)作圖痕跡，可得DF垂直平分AB，BE是∠ABC【詳解】根據尺規(guī)作圖痕跡，可得DF垂直平分AB，BE是∠ABC∴AF∴∠ABF∴∠BAF綜上，正確的是A、C、D選項，故選：B．【點睛】本題考查了垂直平分線和角平分線的作圖，垂直平分線的性質，角平分線的定義，直角三角形兩銳角互余，等邊對等角的性質，熟練掌握知識點是解題的關鍵．3．（2020·江西·統(tǒng)考中考真題）如圖，AC平分∠DCB，CB=CD，DA的延長線交BC于點E，若∠EAC=【答案】82°.【分析】如圖，連接BD，延長CA與BD交于點F,利用等腰三角形的三線合一證明CF是BD的垂直平分線，從而得到AB=AD,【詳解】解：如圖，連接BD，延長CA與BD交于點F,∵AC平分∠DCB，CB∴CF∴CF是BD∴AB∴∠DAF∵∠EAC∴∠DAF∴∠BAE故答案為：82°.【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質，掌握等腰三角形的三線合一是解題的關鍵．4．（2020·湖南·中考真題）已知D是Rt△ABC斜邊AB的中點，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，過點D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，連接CE并延長CE到P，使EP＝CE，連接BE，F(xiàn)P，BP，設BC與DE交于M，PB與EF交于N．（1）如圖1，當D，B，F(xiàn)共線時，求證：①EB＝EP；②∠EFP＝30°；（2）如圖2，當D，B，F(xiàn)不共線時，連接BF，求證：∠BFD+∠EFP＝30°．【答案】（1）①見解析②30°（2）見解析【分析】（1）①本題主要考查通過角度計算求證平行，繼而證明△CBP是直角三角形，根據直角三角形斜邊中線可得結論．②本題以上一問結論為解題依據，考查平行線以及垂直平分線的應用，根據同位角相等可得BC∥EF，由平行線的性質得BP⊥EF，可得EF是線段BP的垂直平分線，根據等腰三角形三線合一的性質可得∠PFE＝∠BFE＝30°．（2）本題主要考查輔助線的做法以及垂直平分線性質的應用，需要延長DE到Q，使EQ＝DE，連接CD，PQ，F(xiàn)Q，證明△QEP≌△DEC（SAS），則PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分線，證明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分線，可得結論．【詳解】證明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°∴∠A＝90°﹣30°＝60°同理∠EDF＝60°∴∠A＝∠EDF＝60°∴AC∥DE∴∠DMB＝∠ACB＝90°∵D是Rt△ABC斜邊AB的中點，AC∥DM∴BM即M是BC的中點∵EP＝CE，即E是PC的中點∴ED∥BP∴∠CBP＝∠DMB＝90°∴△CBP是直角三角形∴BE＝12PC＝②∵∠ABC＝∠DFE＝30°∴BC∥EF由①知：∠CBP＝90°∴BP⊥EF∵EB＝EP∴EF是線段BP的垂直平分線∴PF＝BF∴∠PFE＝∠BFE＝30°（2）如圖2，延長DE到Q，使EQ＝DE，連接CD，PQ，F(xiàn)Q∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP∴△QEP≌△DEC（SAS）則PQ＝DC＝DB∵QE＝DE，∠DEF＝90°∴EF是DQ的垂直平分線∴QF＝DF∵CD＝AD∴∠CDA＝∠A＝60°∴∠CDB＝120°∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP∴△FQP≌△FDB（SAS）∴∠QFP＝∠BFD∵EF是DQ的垂直平分線∴∠QFE＝∠EFD＝30°∴∠QFP+∠EFP＝30°∴∠BFD+∠EFP＝30°【點睛】本題考點較多，涉及平行與角等的互推，垂直平分線的應用，全等的證明，特殊角度的利用，難度主要在于輔助線的構造，該類型題目必須多做專題訓練以培養(yǎng)題感．題型02角平分線的性質與判定角平分線的性質定理：角的平分線上的點到這個角的兩邊的距離相等．角平分線的判定定理：角的內部，與角的兩邊的距離相等的點在這個角的平分線上．性質中的“距離”是指“點到角兩邊所在直線的距離”,因此在應用時必須含有“垂直”這個條件,否則不能得到線段相等.1．（2023·江蘇揚州·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC中，∠A=90°,AB=8,AC=15，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交BA、BC于點M、N，再分別以點M、N為圓心，大于12MN的長為半徑畫弧，兩弧交于點E

【答案】24【分析】利用角平分線的性質構造輔助線，將△ABC的面積分解成△ABD的面積和△BCD面積和，轉化成以AD【詳解】如圖：過點D作DF⊥BC于點

∴∠BFD由題意得：BD平分∠ABC∵∠A∴AD=∴S△∵S△∴12∴12∴AD=故答案為：245【點睛】本題考查了勾股定理、角平分線的性質、直角三角形面積，重點掌握勾股定理的運用，直角三角形的面積轉換是解題的關鍵．2．（2022·四川南充·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠BAC的平分線交BC于點D，DE//AB，交AC于點E，DF⊥ABA．BF=1 B．DC=3 C．AE=5【答案】A【分析】根據角平分線的性質得到CD=DF=3，故B正確；根據平行線的性質及角平分線得到AE=DE=5，故C正確；由此判斷D正確；再證明△BDF∽△DEC，求出BF，故A錯誤．【詳解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°,∠BAC的平分線交BC∴CD=DF=3，故B正確；∵DE=5，∴CE=4，∵DE//AB，∴∠ADE=∠DAF，∵∠CAD=∠BAD，∴∠CAD=∠ADE，∴AE=DE=5，故C正確；∴AC=AE+CE=9，故D正確；∵∠B=∠CDE，∠BFD=∠C=90°，∴△BDF∽△DEC，

∴CEDF∴BF=DF?故選：A．【點睛】此題考查了角平分線的性質定理，平行線的性質，等邊對等角證明角相等，相似三角形的判定及性質，熟記各知識點并綜合應用是解題的關鍵．3（2022·江蘇無錫·中考真題）如圖，AB是圓O的直徑，弦AD平分∠BAC，過點D的切線交AC于點E，∠EAD＝25°，則下列結論錯誤的是（

）A．AE⊥DE B．AE//OD C．DE=OD D．∠BOD=50°【答案】C【分析】過點D作DF⊥AB于點F，根據切線的性質得到OD⊥DE，證明OD∥AE，根據平行線的性質以及角平分線的性質逐一判斷即可．【詳解】解：∵DE是⊙O的切線，∴OD⊥DE，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵AD平分∠BAC，∴∠OAD=∠EAD，∴∠EAD=∠ODA，∴OD∥AE，∴AE⊥DE．故選項A、B都正確；∵∠OAD=∠EAD=∠ODA=25°，∠EAD=25°，∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=50°，故選項D正確；∵AD平分∠BAC，AE⊥DE，DF⊥AB，∴DE=DF<OD，故選項C不正確；故選：C．【點睛】本題考查的是切線的性質，角平分線的性質定理，平行線的性質，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．4．（2021·廣東深圳·中考真題）如圖，已知∠BAC=60°，AD是角平分線且AD=10，作AD的垂直平分線交AC于點F，作DE⊥AC【答案】5+5【分析】知道∠BAC=60°和AD是角平分線，就可以求出∠DAE=30°，AD的垂直平分線交AC于點F可以得到AF=FD，在直角三角形中30°所對的邊等于斜邊的一半，再求出【詳解】解：∵AD的垂直平分線交AC于點F，∴DF=∴C△∵∠BAC=60°，∴∠DAE∵AD=10∴DE=5，∴C【點睛】此題考查角平分線的性質、直角三角形的性質、垂直平分線的性質的綜合題，掌握運用三者的性質是解題的關鍵．5．（2023·甘肅蘭州·中考真題）綜合與實踐問題探究：（1）如圖1是古希臘數學家歐幾里得所著的《幾何原本》第1卷命題9：“平分一個已知角．”即：作一個已知角的平分線，如圖2是歐幾里得在《幾何原本》中給出的角平分線作圖法：在OA和OB上分別取點C和D，使得OC=OD，連接CD，以CD為邊作等邊三角形CDE，則OE就是

請寫出OE平分∠AOB的依據：____________類比遷移：（2）小明根據以上信息研究發(fā)現(xiàn)：△CDE不一定必須是等邊三角形，只需CE=DE即可．他查閱資料：我國古代已經用角尺平分任意角．做法如下：如圖3，在∠AOB的邊OA，OB上分別取OM=ON，移動角尺，使角尺兩邊相同刻度分別與點M，N重合，則過角尺頂點拓展實踐：（3）小明將研究應用于實踐．如圖4，校園的兩條小路AB和AC，匯聚形成了一個岔路口A，現(xiàn)在學校要在兩條小路之間安裝一盞路燈E，使得路燈照亮兩條小路（兩條小路一樣亮），并且路燈E到岔路口A的距離和休息椅D到岔路口A的距離相等．試問路燈應該安裝在哪個位置？請用不帶刻度的直尺和圓規(guī)在對應的示意圖5中作出路燈E的位置．（保留作圖痕跡，不寫作法）

【答案】（1）SSS；（2）證明見解析；（3）作圖見解析；【分析】（1）先證明△OCE≌△ODE（2）先證明△OCM≌△OCNSSS，可得∠AOC（3）先作∠BAC的角平分線，再在角平分線上截取AE【詳解】解：（1）∵OC=OD，CE=∴△OCE∴∠AOE∴OE是∠AOB故答案為：SSS（2）∵OM=ON，CM=∴△OCM∴∠AOC∴OC是∠AOB（3）如圖，點E即為所求作的點；

．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質，角平分線的定義與角平分線的性質，作已知角的角平分線，理解題意，熟練的作角的平分線是解本題的關鍵．題型03等腰三角形的性質與判定等腰三角形性質：1）等腰三角形的兩個底角相等（簡稱“等邊對等角”）.2）等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合.（簡稱“三線合一”）.等腰三角形的判定：如果一個三角形有兩個角相等，那么這兩個角所對的邊也相等（簡稱“等角對等邊”）.1.等腰三角形的邊有腰、底之分,角有頂角、底角之分,若題目中的邊沒有明確是底還是腰,角沒有明是頂角還是底角，需要分類討論.2.頂角是直角的等腰三角形叫做等腰直角三角形，且它的兩個底角都為45°.3.等腰三角形是軸對稱圖形，它有1條或3條對稱軸．4.等腰三角形的底角只能為銳角，不能為鈍角（或直角），但頂角可為鈍角（或直角）．5.等腰三角形的三邊關系：設腰長為a，底邊長為b，則b2<a6.等腰三角形的三角關系：設頂角為頂角為∠A，底角為∠B、∠C，則∠A=180°-2∠B，∠B=∠C=1807.底角為頂角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分線將原等腰三角形分成兩個等腰三角形．（即頂角36°，底角72°）.8.等腰三角形的判定定理是證明兩條線段相等的重要依據，是把三角形中的角的相等關系轉化為邊的相等關系的重要依據．1．（2023·山東泰安·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠A=36°．以點B為圓心，任意長為半徑作弧，交AB于點F，交BC于點G，分別以點F和點G為圓心，大于12FG的長為半徑作弧，兩弧相交于點H，作射線BH交AC于點D；分別以點B和點D為圓心，大于12BD的長為半徑作弧，兩孤相交于M、N兩點，作直線MN交AB于點E，連接DE．下列四個結論：①∠AED=∠ABC；

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據等腰三角形兩底角相等與∠A=36°，得到∠ABC=∠C=72°，根據角平分線定義得到∠ABD=∠CBD=36°，根據線段垂直平分線性質得到EB=ED，得到∠EBD=∠EDB，推出∠EDB=∠CBD，得到DE∥BC，推出∠AED=∠ABC，①正確；根據等角對等邊得到AD=AE，AD=BD，根據三角形外角性質得到∠【詳解】∵△ABC中，AB=AC∴∠ABC由作圖知，BD平分∠ABC，MN垂直平分BD∴∠ABD=∠CBD∴∠EBD∴∠EDB∴DE∥∴∠AED=∠ABC∠ADE∴∠AED∴AD=∵∠A∴AD=∵∠BDC∴∠BDC∴BC=∴BC=AE，設ED=x，則AD=a，∴CD=∵△AED∴EDBC∴xa∴x2∵x>0∴x=即ED=5-當AC=2時，CD∵CD=∴5-∴AD=5-∴正確的有①②④，共3個．故選：C．【點睛】本題主要考查了等腰三角形，相似三角形，解決問題的關鍵是熟練掌握等腰三角形判定和性質，相似三角形的判定和性質，角平分線的定義和線段垂直平分線的性質．2．（2022·江西·統(tǒng)考中考真題）已知點A在反比例函數y=12x(x>0)的圖象上，點B在x軸正半軸上，若△OAB【答案】5或25或【分析】因為等腰三角形的腰不確定，所以分三種情況分別計算即可．【詳解】解：①當AO=AB時，AB=5；②當AB=BO時，AB=5；③當OA=OB時，則OB=5，B（5，0），設A（a，12a）（a>0∵OA=5，∴a2解得：a1=3，∴A（3，4）或（4，3），∴AB=(3-5)2+42=2綜上所述，AB的長為5或25或10故答案為：5或25或10【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，反比例函數圖象上點的坐標特征，考查分類討論的思想，當時，求出點的坐標是解題的關鍵．3．（2023·北京·統(tǒng)考中考真題）在△ABC中、∠B=∠C=α0°<α<45°，AM⊥BC于點M，D是線段MC上的動點（不與點M

(1)如圖1，當點E在線段AC上時，求證：D是MC的中點；(2)如圖2，若在線段BM上存在點F（不與點B，M重合）滿足DF=DC，連接AE，EF，直接寫出【答案】(1)見解析(2)∠AEF【分析】（1）由旋轉的性質得DM=DE，∠MDE=2α，利用三角形外角的性質求出∠（2）延長FE到H使FE=EH，連接CH，AH，可得DE是△FCH的中位線，然后求出∠B=∠ACH，設DM=DE=m，【詳解】（1）證明：由旋轉的性質得：DM=DE，∵∠C∴∠DEC∴∠C∴DE=∴DM=DC，即D是（2）∠AEF證明：如圖2，延長FE到H使FE=EH，連接CH，∵DF=∴DE是△FCH∴DE∥CH，由旋轉的性質得：DM=DE，∴∠FCH∵∠B∴∠ACH=α∴∠B=∠ACH設DM=DE=m，CD=∴DF=∴FM=∵AM⊥∴BM=∴BF=∴CH=在△ABF和△ACH中，∴△ABF∴AF=∵FE=∴AE⊥FH，即

【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質，旋轉的性質，三角形外角的性質，三角形中位線定理以及全等三角形的判定和性質等知識，作出合適的輔助線，構造出全等三角形是解題的關鍵．4．（2022·新疆·中考真題）如圖，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，點O為BC的中點，點D是線段OC上的動點（點D不與點O，C重合），將△

(1)當AE⊥BC時，∠AEB(2)探究∠AEB與∠(3)設AC=4，△ACD的面積為x，以AD為邊長的正方形的面積為y，求y關于【答案】(1)60(2)∠(3)y【分析】（1）首先由折疊的性質可得AC=（2）首先由折疊的性質可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性質可得AC（3）首先由等腰直角三角形的性質和直角三角形的性質可求AO的長，由勾股定理可求OD的長，最后根據面積和差關系可求解．【詳解】（1）∵∠ABC=30°，AB=∴∠BAE∵將ΔACD沿AD折疊得到Δ∴AC∴AB∴△ABE是等邊三角形，∴∠AEB故答案為：60；（2）∠AEB∵將ΔACD沿AD折疊得到Δ∴AE=AC∵∠ABC=30°，∴∠BAC∴∠BAE∵AB∴∠AEB（3）如圖，連接OA，∵AB=AC，點O∴OA∵∠ABC=∠ACB∴AO=2，∵O∴OD∵S∴x∴y

【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，直角三角形的性質，折疊的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握相關性質并能夠靈活運用．5．（2022·安徽·中考真題）已知四邊形ABCD中，BC＝CD．連接BD，過點C作BD的垂線交AB于點E，連接DE．(1)如圖1，若DE∥BC，求證：四邊形(2)如圖2，連接AC，設BD，AC相交于點F，DE垂直平分線段AC．（?。┣蟆螩ED的大??；（ⅱ）若AF＝AE，求證：BE＝CF．【答案】(1)見解析(2)（ⅰ）∠CED=60°；（【分析】（1）先根據DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根據“AAS”證明ΔODE≌ΔOBC，得出DE=BC，得出四邊形（2）（?。└鶕怪逼椒志€的性質和等腰三角形三線合一，證明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根據∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出∠CED（ⅱ）連接EF，根據已知條件和等腰三角形的性質，算出∠GEF=15°，得出∠OEF=45°，證明【詳解】（1）證明：∵DC=BC，CE⊥BD，∴DO=BO，∵DE∥∴∠ODE=∠OBC∴ΔODE≌Δ∴DE=∴四邊形BCDE為平行四邊形，∵CE⊥BD，∴四邊形BCDE為菱形．（2）（?。└鶕馕觯?）可知，BO=DO，∴CE垂直平分BD，∴BE=DE，∵BO=DO，∴∠BEO=∠DEO，∵DE垂直平分AC，∴AE=CE，∵EG⊥AC，∴∠AEG=∠DEO，∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，∴∠CED（ⅱ）連接EF，∵EG⊥AC，∴∠EGF∴∠EFA∵∠=180°-∠=180°-∠=180°-60°-60°+∠=60°+∠∵AE=AF，∴∠AEF∴90°-∠GEF∴∠GEF∴∠OEF∵CE⊥∴∠EOF∴∠OFE=90°-∠∴∠OEF∴OE=∵AE∴∠EAC∵∠EAC∴∠ECA∵∠EBO∴∠OCF∵∠BOE∴ΔBOE≌Δ∴BE【點睛】本題主要考查了垂直平分線的性質、等腰三角形的判定和性質，三角形全等的判定和性質，菱形的判定，直角三角形的性質，作出輔助線，得出∠GEF=15°，得出題型04等邊三角形的性質與判定等邊三角形的性質：1）等邊三角形的三條邊相等.2）三個內角都相等，并且每個內角都是60°.等邊三角形的判定：1）三邊相等或三個內角都相等的三角形是等邊三角形.2）有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形.1.等邊三角形具有等腰三角形的一切性質.2.等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸．3．等邊三角形的內心、外心、重心和垂心重合．4.在等腰三角形中，只要有一個角是60°，無論這個角是頂角還是底角，這個三角形就是等邊三角形．5.等腰(等邊)三角形頂角平分線平分底邊并且垂直于底邊，即等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高重合．6.等邊三角形面積的求解方法：S正三角形=31．（2022·貴州貴陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知∠ABC=60°，點D為BA邊上一點，BD=10，點O為線段BD的中點，以點O為圓心，線段OB長為半徑作弧，交BC于點E，連接DE，則BEA．5 B．52 C．53 D【答案】A【分析】根據同圓半徑相等可得△OBE為等腰三角形，又因為∠ABC=60°，可得△【詳解】連接OE，如圖所示：∵BD=10，點O為線段BD∴OB=∵以點O為圓心，線段OB長為半徑作弧，交BC于點E，∴OE=∴∠ABC∴△OBE即BE=故選：A．【點睛】本題考查了同圓半徑相等，一個角為60°的等腰三角形，解題的關鍵是判斷出△OBE2．（2022·吉林長春·統(tǒng)考中考真題）跳棋是一項傳統(tǒng)的智力游戲．如圖是一副跳棋棋盤的示意圖，它可以看作是由全等的等邊三角形ABC和等邊三角形DEF組合而成，它們重疊部分的圖形為正六邊形．若AB=27厘米，則這個正六邊形的周長為【答案】54【分析】設AB交EF、FD與點N、M，AC交EF、ED于點G、H，BC交FD、ED于點O、P，再證明△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等邊三角形即可求解．【詳解】設AB交EF、FD與點N、M，AC交EF、ED于點G、H，BC交FD、ED于點O、P，如圖，∵六邊形MNGHPO是正六邊形，∴∠GNM=∠NMO=120°，∴∠FNM=∠FMN=60°，∴△FMN是等邊三角形，同理可證明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等邊三角形，∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，∵等邊△ABC≌等邊△DEF，∴AB=DE，∵AB=27cm，∴DE=27cm，∴正六邊形MNGHPO的周長為：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，故答案為：54．【點睛】本題考查了正六邊的性質、全等三角形的性質以及等邊三角形的判定與性質等知識，掌握正六邊的性質是解答本題的關鍵．3．（2022·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）△ABC和△(1)將△ADE繞點A旋轉到圖①的位置時，連接BD，CE并延長相交于點P（點P與點A重合），有PA+PB(2)將△ADE繞點A旋轉到圖②的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC(3)將△ADE繞點A旋轉到圖③的位置時，連接BD，CE相交于點P，連接PA，猜想線段PA、PB、PC【答案】(1)證明見解析(2)圖②結論：PB=(3)圖③結論：PA【分析】（1）由△ABC是等邊三角形，得AB=AC，再因為點P與點A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出結論；（2）在BP上截取BF=CP，連接AF，證明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再證明△CAP≌△BAF（3）在CP上截取CF=BP，連接AF，證明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再證明△BAP≌△CAF（SAS【詳解】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∵點P與點A重合，∴PB=AB，PC=AC，PA=0，∴PA+PB=（2）解：圖②結論：PB證明：在BP上截取BF=CP，連接∵△ABC和△∴AB=AC，AD∴∠BAC∴∠BAD∴△BAD≌△CAE∴∠ABD∵AC=AB，CP=BF，

∴△CAP≌△BAF∴∠CAP=∠BAF∴∠CAP∴∠FAP∴△AFP∴PF=∴PA+（3）解：圖③結論：PA+理由：在CP上截取CF=BP，連接∵△ABC和△∴AB=AC，AD∴∠BAC∴∠BAD∴△BAD≌△CAE∴∠ABD∵AB=AC，BP=CF，∴△BAP≌△CAF（∴∠CAF=∠BAP∴∠BAF∴∠FAP∴△AFP∴PF=∴PA+即PA+【點睛】本題考查等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，熟練掌握等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．4．（2020·山東煙臺·統(tǒng)考中考真題）如圖，在等邊三角形ABC中，點E是邊AC上一定點，點D是直線BC上一動點，以DE為一邊作等邊三角形DEF，連接CF．【問題解決】（1）如圖1，若點D在邊BC上，求證：CE+CF＝CD；【類比探究】（2）如圖2，若點D在邊BC的延長線上，請?zhí)骄烤€段CE，CF與CD之間存在怎樣的數量關系？并說明理由．【答案】（1）見解析；（2）FC＝CD+CE，見解析【分析】（1）在CD上截取CH＝CE，易證△CEH是等邊三角形，得出EH＝EC＝CH，證明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出結論；（2）過D作DG∥AB，交AC的延長線于點G，由平行線的性質易證∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD為等邊三角形，則DG＝CD＝CG，證明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．【詳解】（1）證明：在CD上截取CH＝CE，如圖1所示：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ECH＝60°，∴△CEH是等邊三角形，∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，∵△DEF是等邊三角形，∴DE＝FE，∠DEF＝60°，∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，∴∠DEH＝∠FEC，在△DEH和△FEC中，DE=∴△DEH≌△FEC（SAS），∴DH＝CF，∴CD＝CH+DH＝CE+CF，∴CE+CF＝CD；（2）解：線段CE，CF與CD之間的等量關系是FC＝CD+CE；理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠B＝60°，過D作DG∥AB，交AC的延長線于點G，如圖2所示：∵GD∥AB，∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，∴∠GDC＝∠DGC＝60°，∴△GCD為等邊三角形，∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，∵△EDF為等邊三角形，∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，∴∠EDG＝∠FDC，在△EGD和△FCD中，ED=∴△EGD≌△FCD（SAS），∴EG＝FC，∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線的性質等知識；作輔助線構建等邊三角形是解題的關鍵．5．（2022·湖北武漢·中考真題）問題提出：如圖（1），△ABC中，AB=AC，D是AC的中點，延長BC至點E，使DE=DB，延長ED交AB(1)先將問題特殊化．如圖（2），當∠BAC=60°時，直接寫出(2)再探究一般情形．如圖（1），證明（1）中的結論仍然成立．問題拓展：如圖（3），在△ABC中，AB=AC，D是AC的中點，G是邊BC上一點，CGBC=1nn<2，延長BC至點E，使DE=DG【答案】(1)[問題提出]（1）14；（2(2)[問題拓展]2-【分析】[問題探究]（1）根據等邊三角形的性質結合已知條件，求得∠ADF=∠ADB=30°，∠AFD（2）取BC的中點H，連接DH．證明△DBH≌△DEC，可得BH=EC，根據DH∥AB[問題拓展]方法同（2）證明△DBH≌△DEC，得出，GH=EC，證明△EDH【詳解】（1）[問題探究]：（1）如圖，∵△ABC中，AB=AC，D是AC∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABD=∠DBE=30°∴DB∴∠E∵∠DCE∴∠ADF∵∠A∴∠AFD∴AF∴AF（2）證明：取BC的中點H，連接DH．∵D是AC的中點，∴DH∥AB，∵AB=∴DH=∴∠DHC∵BD=∴∠DBH∴∠BDH∴△DBH∴BH=∴EBEH∵DH∥∴△EDH∴FBDH∴FBAB∴AFAB（2）[問題拓展]如圖，取BC的中點H，連接DH．∵D是AC的中點，∴DH∥AB，∵AB=∴DH=∴∠DHC∵DE=∴∠DGH∴∠GDH∴△DGH∴GH=∴∵CG∴∴BGCE∴EBEH∵DH∥∴△EDH∴FBDH∴FBAB∴AFAB∴AFAB=【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，等邊對等角，掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．6．（2022·山東臨沂·中考真題）已知△ABC是等邊三角形，點B，D關于直線AC對稱，連接AD，CD(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)在線段AC上任取一點Р（端點除外），連接PD．將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處．請?zhí)骄浚寒旤cР在線段AC上的位置發(fā)生變化時，∠DPQ(3)在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數量關系，并加以證明．【答案】(1)見解析(2)∠DPQ(3)CP=【分析】（1）連接BD，由等邊三角形的性質可得AC垂直平分BD，繼而得出AB=（2）連接PB，過點P作PE∥CB交AB于點E，PF⊥AB于點F，可證明△APE是等邊三角形，由等腰三角形三線合一證明∠（3）由等腰三角形三線合一的性質可得AF=FE，QF=BF，即可證明．【詳解】（1）連接BD，∵△ABC∴AB∵點B，D關于直線AC對稱，∴AC垂直平分BD，∴DC∴AB∴四邊形ABCD是菱形；（2）當點Р在線段AC上的位置發(fā)生變化時，∠DPQ的大小不發(fā)生變化，始終等于60°∵將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處，∴PQ∵△ABC∴AB連接PB，過點P作PE∥CB交AB于點E，PF⊥AB于點則∠APE∴∠APE∴△APE∴AP∵PF∴∠APF∵點B，D關于直線AC對稱，點P在線段AC上，∴PB=PD，∠DPA=∠BPA，∴PQ=PD，∵PF∴∠QPF∴∠QPF-∠APF=∠BPF-∠EPF，即∠QPA=∠BPE，∴∠DPQ=∠DPA-∠QPA=∠BPA-∠BPE=∠APE=60°；（3）AQ=CP，證明如下：∵AC=AB，AP=AE，∴AC-AP=AB–AE，即CP=BE，∵AP=EP，PF⊥AB，∴AF=FE，∵PQ=PD，PF⊥AB，∴QF=BF，∴QF-AF=BF–EF，即AQ=BE，∴AQ=CP．【點睛】本題考查了圖形的旋轉，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，菱形的判定等，熟練掌握知識點是解題的關鍵．題型05直角三角形的性質與判定直角三角形的性質：1）直角三角形兩個銳角互余.2）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.3）在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半.直角三角形的判定：1）兩個內角互余的三角形是直角三角形.2）三角形一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是直角三角形．3）有一個角是直角的三角形叫做直角三角形．4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三邊長a，b，c有關系a2+b2=c2，那么這個三角形是直角三角形.面積公式：S=12ab=12cm(1．（2022·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2cm．把△ABC沿AB方向平移1【答案】8+2【分析】通過勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函數，分別計算出四邊形的四條邊長，再計算出周長即可．【詳解】解：∵∠ACB∴AB=2BC=4，∴AC=AB∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到∴CC'=1，AB∴四邊形的周長為：23故答案為：8+23【點睛】本題考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函數，能夠熟練掌握勾股定理是解決本題的關鍵．2．（2023·山東·中考真題）△ABC的三邊長a，b，c滿足(a-b)A．等腰三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．等腰直角三角形【答案】D【分析】由等式可分別得到關于a、b、c的等式，從而分別計算得到a、b、c的值，再由a