（全国通用）2022年中考数学一轮复习高频考点精讲精练 专题19 三角形（原卷版+解析版）学案

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专题19 三角形
一、三角形的角平分线、中线和高
【高频考点精讲】
1、从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高。
2、三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与交点间的线段叫做三角形的角平分线。
3、三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线。
4、三角形有3条中线，3条高线，3条角平分线，它们都是线段。
【热点题型精练】
1．（2021•绍兴模拟）在学完八上《三角形》一章后，某班组织了一次数学活动课，老师让同学们自己谈谈对三角形相关知识的理解．
小峰说：“存在这样的三角形，他的三条高的比为1：2：3．”
小慧说：“存在这样的三角形，其一边上的中线不小于其他两边和的一半．”
对以上两位同学的说法，你认为（　　）
A．两人都不正确 B．小慧正确，小峰不正确
C．小峰正确，小慧不正确 D．两人都正确
解：假设存在这样的三角形，它的三条高的比是1：2：3，根据等积法，得到此三角形三边比为6：3：2，这与三角形三边关系相矛盾，故假设错误，所以这样的三角形不存在；
假设存在这样的三角形，其一边上的中线不小于其他两边和的一半，延长中线成2倍，利用三角形全等，可得到三角形中中线的2倍不小于其它两边和，这与三角形三边关系矛盾，故假设错误，所以这样的三角形不存在．
故两人都不正确．
答案：A．
2．（2021•咸阳模拟）如图，CM是△ABC的中线，△BCM的周长比△ACM的周长大3cm，BC＝8cm，则AC的长为（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
解：∵CM为△ABC的AB边上的中线，
∴AM＝BM，
∵△BCM的周长比△ACM的周长大3cm，
∴（BC+BM+CM）﹣（AC+AM+CM）＝3cm，
∴BC﹣AC＝3cm，
∵BC＝8cm，
∴AC＝5cm，
答案：C．
3．（2021•衡水模拟）用三角板作△ABC的边BC上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（　　）
A． B．
C． D．
解：B，C，D都不是△ABC的边BC上的高，
答案：A．
4．（2021•哈尔滨模拟）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别为AB边上的高和中线，若∠DCE＝20°，则∠BAC的度数为 　35°或55°　．
解：如图：

∵∠ACB＝90°，CD、CE分别为AB边上的高和中线，∠DCE＝20°，
∴∠CEA＝70°，CE＝EB，
∴∠CBA＝35°，
∴∠BAC＝55°，
如图：
∵∠ACB＝90°，CD、CE分别为AB边上的高和中线，∠DCE＝20°，
∴∠CEA＝70°，CE＝EB，
∴∠BAC＝35°，
答案：35°或55°．


二、三角形的面积
【高频考点精讲】
1、三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高。
2、三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分。
【热点题型精练】
5．（2021•雅安中考）如图，将△ABC沿BC边向右平移得到△DEF，DE交AC于点G．若BC：EC＝3：1．S△ADG＝16．则S△CEG的值为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
解：由平移性质可得，AD∥BE，AD＝BE，
∴△ADG∽△CEG，
∵BC：EC＝3：1，
∴BE：EC＝2：1，
∴AD：EC＝2：1，
∴＝4，
∵S△ADG＝16，
∴S△CEG＝4，
答案：B．
6．（2021•泰州中考）如图，四边形ABCD中，AB＝CD＝4，且AB与CD不平行，P、M、N分别是AD、BD、AC的中点，设△PMN的面积为S，则S的范围是 　0＜S≤2　．

解：作ME⊥PN，如图所示，

∵P，M，N分别是AD，BD，AC中点，
∴PM＝AB＝2，PN＝CD＝2，
∴S△PMN＝＝ME，
∵AB与CD不平行，
∴M，N不能重合，
∴ME＞0
∵ME≤MP＝2
∴0＜S△≤2．
答案：0＜S≤2．
7．（2021•聊城中考）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为点D和点E，AD与CE交于点O，连接BO并延长交AC于点F，若AB＝5，BC＝4，AC＝6，则CE：AD：BF值为 　12：15：10　．

解：在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，AD与CE交于点O，连接BO并延长交AC于点F，
∴BF⊥AC，
∴AB×CE＝BC×AD＝AC×BF，
∵AB＝5，BC＝4，AC＝6，
∴×5×CE＝×4×AD＝×6×BF，
∴CE：AD：BF＝12：15：10．
答案：12：15：10．
8．（2021•黑龙江中考）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝1，延长CD至A1，使DA1＝CD，以A1C为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到△ADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2＝C1D1，以A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接A1A2，得到△A1D1A2…按此规律，得到△A2020D2020A2021，记△ADA1的面积为S1，△A1D1A2的面积为S2…，△A2020D2020A2021的面积为S2021，则S2021＝　24038　．

解：∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝1，
∴∠ADC＝120°，AD＝CD＝1，
∴∠ADA1＝60°，
∵DA1＝CD，
∴AD＝DA1，
∴△ADA1为等边三角形且边长为1，
同理：△A1D1A2为等边三角形且边长为2，
△A2D2A3为等边三角形且边长为4，
△A3D3A4为等边三角形且边长为8，
…，
△A2021D2021A2022为等边三角形且边长为22021，
∴S1＝×12，
S2＝×22，
S3＝×42，
…，
Sn＝×22n﹣2，
∴S2021＝×24040＝24038，
答案：24038．
三、三角形三边关系
【高频考点精讲】
1、三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边。
2、只要两条较短的边长之和大于第三边的长度就可以判定这三条线段能构成一个三角形。
【热点题型精练】
9．（2021•南京中考）下列长度的三条线段与长度为5的线段首尾依次相连能组成四边形的是（　　）
A．1，1，1 B．1，1，8 C．1，2，2 D．2，2，2
解：A、∵1+1+1＝3＜5，
∴此三条线段与长度为5的线段不能组成四边形，故不符合题意；
B、∵1+1+5＝7＜8，
∴此三条线段与长度为5的线段不能组成四边形，故不符合题意；
C、∵1+2+2＝5，
∴此三条线段与长度为5的线段不能组成四边形，故不符合题意；
D、∵2+2+2＝6＞5，
∴此三条线段与长度为5的线段能组成四边形，故符合题意；
答案：D．
10．（2021•淮安中考）一个三角形的两边长分别是1和4，若第三边的长为偶数，则第三边的长是 　4　．
解：设第三边为a，根据三角形的三边关系知，
4﹣1＜a＜4+1，即3＜a＜5，
又∵第三边的长是偶数，
∴a为4．
答案：4．
11．（2021•大庆中考）三个数3，1﹣a，1﹣2a在数轴上从左到右依次排列，且以这三个数为边长能构成三角形，则a的取值范围为 　﹣3＜a＜﹣2　．
解：∵3，1﹣a，1﹣2a在数轴上从左到右依次排列，
∴3＜1﹣a＜1﹣2a，
∴a＜﹣2，
∵这三个数为边长能构成三角形，
∴3+（1﹣a）＞1﹣2a，
∴a＞﹣3，
∴﹣3＜a＜﹣2，
答案：﹣3＜a＜﹣2．
12．（2021•十堰中考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点P是平面内一个动点，且AP＝3，Q为BP的中点，在P点运动过程中，设线段CQ的长度为m，则m的取值范围是 　≤m≤　．

解：如图，取AB的中点M，连接QM，CM，

在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝10，
∵点M是AB的中点，
∴AM＝BM＝CM＝AB＝5，
∵点Q是PB的中点，点M是AB的中点，
∴QM是△APB的中位线，
∴QM＝AP＝，
在△CMQ中，CM﹣MQ＜CQ＜CM+MQ，
∴＜m＜，
∵点C，点M是定点，点Q是动点，且点Q以点M为圆心，QM长为半径的圆上运动，
∴当点C，M，Q三点共线，且点Q在线段CM上时，m取得最小值，
当点C，M，Q三点共线，且点Q在射线CM上时，m取得最大值，
综上，m的取值范围为：≤m≤．
答案：≤m≤．
四、三角形的外角性质
【高频考点精讲】
1、三角形外角的定义：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角。三角形共有六个外角，其中有公共顶点的两个相等。
2、三角形外角的性质：
（1）三角形的外角和为360°。
（2）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和。
（3）三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角。
【热点题型精练】
13．（2021•毕节中考）将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则∠1的度数为（　　）

A．70° B．75° C．80° D．85°
解：如图，

∵∠2＝90°﹣30°＝60°，
∴∠3＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∵a∥b，
∴∠1＝∠3＝75°，
答案：B．
14．（2021•河北中考）定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
已知：如图，∠ACD是△ABC的外角．求证：∠ACD＝∠A+∠B．
证法1：如图，
∵∠A+∠B+∠ACB＝180°（三角形内角和定理），
又∵∠ACD+∠ACB＝180°（平角定义），
∴∠ACD+∠ACB＝∠A+∠B+∠ACB（等量代换）．
∴∠ACD＝∠A+∠B（等式性质）．
证法2：如图，
∵∠A＝76°，∠B＝59°，
且∠ACD＝135°（量角器测量所得）
又∵135°＝76°+59°（计算所得）
∴∠ACD＝∠A+∠B（等量代换）．
下列说法正确的是（　　）

A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整
B．证法1用严谨的推理证明了该定理
C．证法2用特殊到一般法证明了该定理
D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理
解：∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，具有一般性，无需再证明其他形状的三角形，
∴A的说法不正确，不符合题意；
∵证法1按照定理证明的一般步骤，从已知出发经过严谨的推理论证，得出结论的正确，
∴B的说法正确，符合题意；
∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，不能用特殊情形来说明，
∴C的说法不正确，不符合题意；
∵定理的证明必须经过严谨的推理论证，与测量次数的多少无关，
∴D的说法不正确，不符合题意；
综上，B的说法正确．
答案：B．
15．（2020•泰州中考）如图，将分别含有30°、45°角的一副三角板重叠，使直角顶点重合，若两直角重叠形成的角为65°，则图中角α的度数为 　140°　．

解：如图，

∵∠B＝30°，∠DCB＝65°，
∴∠DFB＝∠B+∠DCB＝30°+65°＝95°，
∴∠α＝∠D+∠DFB＝45°+95°＝140°，
答案：140°．
16．（2021•河北中考）如图是可调躺椅示意图（数据如图），AE与BD的交点为C，且∠A，∠B，∠E保持不变．为了舒适，需调整∠D的大小，使∠EFD＝110°，则图中∠D应 　减少　（填“增加”或“减少”） 　10　度．

解：延长EF，交CD于点G，如图：

∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
∴∠ECD＝∠ACB＝70°．
∵∠DGF＝∠DCE+∠E，
∴∠DGF＝70°+30°＝100°．
∵∠EFD＝110°，∠EFD＝∠DGF+∠D，
∴∠D＝10°．
而图中∠D＝20°，
∴∠D应减少10°．
答案：减少，10．
五、等腰（等边）三角形的判定与性质
【高频考点精讲】
1、等腰三角形的概念：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形。
2、等腰三角形的性质：①等腰三角形的两腰相等；②等腰三角形的两个底角相等（等边对等角）；③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合。（三线合一）
3、等边三角形的概念：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形。
4、等边三角形的性质：①等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°；②等边三角形是轴对称图形，有3条对称轴；③等边三角形的内角平分线垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴。
【热点题型精练】
17．（2021•益阳中考）如图，AB∥CD，△ACE为等边三角形，∠DCE＝40°，则∠EAB等于（　　）

A．40° B．30° C．20° D．15°
解：∵AB∥CD，
∴∠DCA+∠CAB＝180°，即∠DCE+∠ECA+∠EAC+∠EAB＝180°，
∵△ACE为等边三角形，
∴∠ECA＝∠EAC＝60°，
∴∠EAB＝180°﹣40°﹣60°﹣60°＝20°．
答案：C．
18．（2021•本溪中考）如图，在△ABC中，AB＝BC，由图中的尺规作图痕迹得到的射线BD与AC交于点E，点F为BC的中点，连接EF，若BE＝AC＝2，则△CEF的周长为（　　）

A．+1 B．+3 C．+1 D．4
解：由图中的尺规作图得：BE是∠ABC的平分线，
∵AB＝BC，
∴BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝1，
∴∠BEC＝90°，
∴BC＝＝＝，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝BC＝BF＝CF，
∴△CEF的周长＝CF+EF+CE＝CF+BF+CE＝BC+CE＝+1，
答案：C．
19．（2021•朝阳中考）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（5，0），点M的坐标为（0，4），过点M作MN∥x轴，点P在射线MN上，若△MAP为等腰三角形，则点P的坐标为 　（，4）或（，4）或（10，4）　．

解：设点P的坐标为（x，4），
分三种情况：①PM＝PA，

∵点A的坐标为（5，0），点M的坐标为（0，4），
∴PM＝x，PA＝，
∵PM＝PA，
∴x＝，解得：x＝，
∴点P的坐标为（，4）；
②MP＝MA，

∵点A的坐标为（5，0），点M的坐标为（0，4），
∴MP＝x，MA＝＝，
∵MP＝MA，
∴x＝，
∴点P的坐标为（，4）；
③AM＝AP，

∵点A的坐标为（5，0），点M的坐标为（0，4），
∴AP＝，MA＝＝，
∵AM＝AP，
∴＝，解得：x1＝10，x2＝0（舍去），
∴点P的坐标为（10，4）；
综上，点P的坐标为（，4）或（，4）或（10，4）．
答案：（，4）或（，4）或（10，4）．
20．（2020•葫芦岛中考）如图，以AB为边，在AB的同侧分别作正五边形ABCDE和等边△ABF，连接FE，FC，则∠EFA的度数是　66°　．

解：∵正五边形ABCDE，
∴∠EAB＝＝108°，
∵△ABF是等边三角形，
∴∠FAB＝60°，
∴∠EAF＝108°﹣60°＝48°，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝（180°﹣48°）＝66°，
答案：66°．
21．（2021•娄底中考）如图，△ABC中，AB＝AC＝2，P是BC上任意一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，若S△ABC＝1，则PE+PF＝　1　．

解：如图所示，连接AP，则S△ABC＝S△ACP+S△ABP，
∵PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，
∴S△ACP＝AC×PF，S△ABP＝AB×PE，
又∵S△ABC＝1，AB＝AC＝2，
∴1＝AC×PF+AB×PE，
即1＝×2×PF+×2×PE，
∴PE+PF＝1，
答案：1．

22．（2021•绍兴中考）如图，在△ABC中，∠A＝40°，点D，E分别在边AB，AC上，BD＝BC＝CE，连结CD，BE．
（1）若∠ABC＝80°，求∠BDC，∠ABE的度数；
（2）写出∠BEC与∠BDC之间的关系，并说明理由．

解：（1）∵∠ABC＝80°，BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD＝（180°﹣80°）＝50°，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A＝40°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
∵CE＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝80°﹣60°＝20°；
（2）∠BEC与∠BDC之间的关系：∠BEC+∠BDC＝110°，
理由：设∠BEC＝α，∠BDC＝β，
在△ABE中，α＝∠A+∠ABE＝40°+∠ABE，
∵CE＝BC，
∴∠CBE＝∠BEC＝α，
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+2∠ABE＝40°+2∠ABE，
在△BDC中，BD＝BC，
∴∠BDC+∠BCD+∠DBC＝2β+40°+2∠ABE＝180°，
∴β＝70°﹣∠ABE，
∴α+β＝40°+∠ABE+70°﹣∠ABE＝110°，
∴∠BEC+∠BDC＝110°．
六、全等三角形的判定与性质
【高频考点精讲】
1、三角形全等的判定
（1）三组对应边分别相等的两个三角形全等(SSS)。
（2）有两边及其夹角对应相等的两个三角形全等(SAS)。
（3）有两角及其夹边对应相等的两个三角形全等(ASA)。
（4）有两角及一角的对边对应相等的两个三角形全等(AAS)。
2、全等三角形的性质
（1）全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等。
（2）全等三角形的周长、面积相等。
（3）全等三角形的对应边上的高对应相等。
（4）全等三角形的对应角的角平分线相等。
（5）全等三角形的对应边上的中线相等。
【热点题型精练】
23．（2021•安徽中考）在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（　　）
A．CD＝2ME B．ME∥AB C．BD＝CD D．ME＝MD
解：根据题意可作出图形，如图所示，并延长EM交BD于点F，延长DM交AB于点N，

在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，
由此可得点A，C，D，B四点共圆，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴CD＝DB，（故选项C正确）
∵点M是BC的中点，
∴DM⊥BC，
又∵∠ACB＝90°，
∴AC∥DN，
∴点N是线段AB的中点，
∴AN＝DN，
∴∠DAB＝∠ADN，
∵CE⊥AD，BD⊥AD，
∴CE∥BD，
∴∠ECM＝∠FBM，∠CEM＝∠BFM，
∵点M是BC的中点，
∴CM＝BM，
∴△CEM≌△BFM（AAS），
∴EM＝FM，∠CEM＝∠BFM，
∴点M是EF的中点，CE∥BF，
∴∠EDF＝∠CED＝90°，
∴EM＝FM＝DM（故选项D正确），
∴∠DEM＝∠MDE＝∠DAB，
∴EM∥AB（故选项B正确），
综上，可知选项A的结论不正确．
答案：A．
24．（2021•威海中考）如图，在△ABC和△ADE中，∠CAB＝∠DAE＝36°，AB＝AC，AD＝AE．连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G．若BE恰好平分∠ABC，则下列结论错误的是（　　）

A．∠ADC＝∠AEB B．CD∥AB C．DE＝GE D．BF2＝CF•AC
解：①∵∠CAB＝∠DAE＝36°，
∴∠CAB﹣∠CAE＝∠DAE﹣∠CAE，即∠DAC＝∠EAB，
在△DAC和△EAB中有：，
∴△DAC≌△EAB（SAS），
∴∠ADC＝∠AEB，
故A选项不符合题意；
②∵∠CAB＝∠DAE＝36°，
∴∠ACB＝∠ABC＝（180°﹣36°）÷2＝72°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝36°，
由①可知∠DCA＝∠EBA＝36°，∠CAB＝36°，
∴CD∥AB（内错角相等，两直线平行），
故B选项不符合题意；
③假设DE＝GE，则∠DGE＝∠ADE＝72°，∠DEG＝180°﹣2×72°＝36°，
∴∠AEG＝∠AED﹣∠DEG＝72°﹣36°＝36°，
∵∠ABE＝36°，∠AEG是△ABE的一个外角，
∴∠AEG＝∠EAB+∠ABE
而事实上∠AEG≠∠EAB+∠ABE，
∴假设不成立，
故C选项符合题意；
④∵∠FAB＝∠FBA＝36°，
∴∠AFB＝180°﹣2×36°＝108°，
∴在△AFB中有＝，
∵∠CBF＝36°，∠FCB＝72°，
∴∠BFC＝72°，
∴在△BFC中有：＝，
∴＝，即BF2＝AB•CF，
∵AB＝AC，
∴BF2＝AC•CF，
故D选项不符合题意．
答案：C．
25．（2021•达州中考）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E，F分别是边AC，BC上的动点，且AE＝CF，连接BE，AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为 　2　．

解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠CAB＝∠ACB＝60°，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE＝∠CAF，
∴∠BPF＝∠PAB+∠ABP＝∠CAP+∠BAP＝60°，
∴∠APB＝120°，
如图，过点A，点P，点B作⊙O，连接CO，PO，

∴点P在上运动，
∵AO＝OP＝OB，
∴∠OAP＝∠OPA，∠OPB＝∠OBP，∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OPA﹣∠OPB﹣∠OBP＝120°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠CAO＝90°，
∵AC＝BC，OA＝OB，
∴CO垂直平分AB，
∴∠ACO＝30°，
∴cos∠ACO＝，CO＝2AO，
∴CO＝4，
∴AO＝2，
在△CPO中，CP≥CO﹣OP，
∴当点P在CO上时，CP有最小值，
∴CP的最小值＝4﹣2＝2，
答案：2．
26．（2021•日照中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝12cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC边向点C运动，到达点C停止，同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD边向点D运动，到达点D停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当v为 　2或　时，△ABP与△PCQ全等．

解：①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ，
∵AB＝8cm，
∴PC＝8cm，
∴BP＝12﹣8＝4（cm），
∴2t＝4，解得：t＝2，
∴CQ＝BP＝4cm，
∴v×2＝4，
解得：v＝2；
②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，
∵PB＝PC，
∴BP＝PC＝6cm，
∴2t＝6，解得：t＝3，
∵CQ＝AB＝8cm，
∴v×3＝8，
解得：v＝，
综上所述，当v＝2或时，△ABP与△PQC全等，
答案：2或．
27．（2021•湘潭中考）如图，矩形ABCD中，E为边BC上一点，将△ABE沿AE翻折后，点B恰好落在对角线AC的中点F上．
（1）证明：△AEF≌△CEF；
（2）若AB＝，求折痕AE的长度．

（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵将△ABE沿AE翻折后，点B恰好落在对角线AC的中点F上，
∴∠AFE＝∠B＝90°，AF＝CF，
∵∠AFE+∠CFE＝180°，
∴∠CFE＝180°﹣∠AFE＝90°，
在△AEF和△CEF中，
，
∴△AEF≌△CEF（SAS）．
（2）解：由（1）知，△AEF≌△CEF，
∴∠EAF＝∠ECF，
由折叠性质得，∠BAE＝∠EAF，
∴∠BAE＝∠EAF＝∠ECF，
∵∠B＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，
∴3∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝30°，
在Rt△ABE中，AB＝，∠B＝90°，
∴AE＝＝＝2．
28．（2021•福建中考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．线段EF是由线段AB平移得到的，点F在边BC上，△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，且点D恰好在AC的延长线上．
（1）求证：∠ADE＝∠DFC；
（2）求证：CD＝BF．

（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CDF+∠DFC＝90°，
∵△EFD是以EF为斜边的等腰直角三角形，
∴∠EDF＝90°，DE＝FD，
∵∠EDF＝∠ADE+∠CDF＝90°，
∴∠ADE＝∠DFC；
（2）

连接AE，
∵线段EF是由线段AB平移得到的，
∴EF∥AB，EF＝AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AE∥BC，AE＝BF，
∴∠DAE＝∠BCA＝90°，
∴∠DAE＝∠FCD，
在△ADE和△CFD中，
，
∴△ADE≌△CFD（AAS），
∴AE＝CD，
∵AE＝BF，
∴CD＝BF．
七、三角形中位线定理
【高频考点精讲】
1、三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DE＝BC．

【热点题型精练】
29．（2021•梧州中考）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　）

A．6 B．12 C．24 D．48
解：如图，在Rt△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，AC＝8，BC＝6，
∴AE＝AC＝4，ED是直角△ABC的中位线．
∴ED∥BC且ED＝BC＝3
∴AE⊥ED．
∴S△AED＝＝＝6．
同理BF＝BC＝3，DF＝AC＝4，DF⊥BC，
∴S△BFD＝＝＝6．
∴S四边形CEDF＝﹣S△AED﹣S△AED＝﹣6﹣6＝12．
答案：B．

30．（2021•宁波中考）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝60°，AD⊥BC于点D，BD＝．若E，F分别为AB，BC的中点，则EF的长为（　　）

A． B． C．1 D．
解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵∠B＝45°，BD＝，
∴AD＝BD＝，
∵∠C＝60°，
∴DC＝＝＝1，
∴AC＝2DC＝2，
∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF＝AC＝1．
答案：C．
31．（2021•嘉兴中考）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（　　）

A． B． C． D．4
解：如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，

∴四边形GMNP是矩形，
∴GM＝PN，GP＝MN，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，
∴CA⊥AB，
又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，
∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，
∴GM＝＝1，AM＝AE，
FN＝AC＝，AN＝AB＝，
∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，
∴PN＝1，FP＝，
设AE＝m，
∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m，
在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，
在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2，
∵AG＝GF，
∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2，
解得m＝3，即AE＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝．
答案：A．
32．（2021•西宁中考）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D，E分别是AB，BC的中点，连接AE，DE，若DE＝，AE＝，则点A到BC的距离是 　　．

解：设点A到BC的距离是h，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，AE＝，
∴BC＝2AE＝15，
∵D，E分别是AB，BC的中点，DE＝，
∴AC＝2DE＝9，
由勾股定理得：AB＝＝＝12，
则×15×h＝×12×9，
解得：h＝，
答案：．
33．（2021•扬州中考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，连接CD，若CD＝5，BC＝8，则DE＝　3　．

解：∵∠ACB＝90°，DE⊥BC，
∴DE∥AC，
∵点D是AB的中点，
∴E是BC的中点，AB＝2CD＝10，
∴AC＝2DE，
∵BC＝8，
∴AC＝＝＝6，
∴DE＝3．
答案：3
34．（2021•邵阳中考）如图，点D，E，F分别为△ABC三边的中点．若△ABC的周长为10，则△DEF的周长为 　5　．

解：∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴FD、FE、DE为△ABC中位线，
∴DF＝AC，FE＝AB，DE＝BC；
∴DF+FE+DE＝AC+AB+BC＝（AB+AC+CB）＝×10＝5，
答案：5