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初中数学一轮复习【讲通练透】专题17 等腰、等边三角形（练透） （全国通用）
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这是一份初中数学一轮复习【讲通练透】专题17 等腰、等边三角形（练透） （全国通用），文件包含专题17等腰等边三角形练透-讲通练透2022初中数学一轮全国通用教师版docx、专题17等腰等边三角形练透-讲通练透2022初中数学一轮全国通用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
从分析问题的数量关系入手，适当设定未知数，把所研究的数学问题中已知量和未知量之间的数量关系，转化为方程或方程组的数学模型，从而使问题得到解决的思维方法
2、学会运用数形结合思想。
数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。
一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。
在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。
如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:
体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
专题17 等腰、等边三角形
一、单选题
1．（2020·浙江九年级期末）在一次数学综合活动课上，小凌同学需要在一个半径为6cm的圆上裁出一个面积尽可能大的等边三角形，则这个等边三角形的边长是（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm
【答案】D
【分析】
画出图形，作于点，利用垂径定理和等边三角形的性质求出AC的长，即可求解．
【详解】
解：依题意得，
连接，，作于点，
∵，
∴，，
∴
∴
由勾股定理可得
故选：D．
2．（2021·杭州市十三中教育集团（总校）九年级三模）如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，F是AC的中点，过点F作EF⊥AC交AB于点E，交AD于点O．若OA＝3，则△ABC外接圆的面积为（ ）
A．3πB．4πC．6πD．9π
【答案】D
【分析】
先根据等腰三角形的三线合一可得AD是BC的垂直平分线，从而可得点O即为外接圆的圆心，再利用圆的面积公式即可得．
【详解】
解：，AD是的平分线
，且AD是BC边上的中线（等腰三角形的三线合一）
是BC的垂直平分线
是AC的垂直平分线
点O为外接圆的圆心，OA为外接圆的半径
外接圆的面积为
故选：D．
3．（2021·福建厦门双十中学思明分校九年级二模）如图，在等边△ABC中，D、E分别是边AB、BC的中点，DE＝2，则△ABC的周长为（ ）
A．9B．12C．16D．18
【答案】B
【分析】
根据三角形中位线的性质得到2DE＝AC，解得AC的的长，再由等边三角形三边相等的性质解题即可．
【详解】
解：D、E分别是边AB、BC的中点，DE＝2，
在等边△ABC中，
△ABC的周长为：
故选：B．
4．（2021·南昌市第十九中学九年级月考）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝3.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为（ ）
A．1.6B．1.8C．2D．2.6
【答案】A
【分析】
根据旋转变换的性质得到AD＝AB，根据等边三角形的性质解答即可．
【详解】
解：由旋转的性质可知，AD＝AB，
∵∠B＝60°，AD＝AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∴CD＝CB﹣BD＝1.6，
故选：A．
5．（2021·深圳市南山区荔香学校）如图，平行四边形中，，，，对角线，交于点，过点作，则等于（ ）
A．B．C．D．2.5
【答案】A
【分析】
过C作CF⊥AD于F，由已知条件求得，由OA=OC，所以，进而可得OE=CF．
【详解】
如解图所示，过C作CF⊥AD于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC=∠ABC=60°
CD=AB=4，OA=OC,
∴∠DCF=30°
∴DF=CD=2，
∴CF=DF=2
∵CF⊥AD，OE⊥AD，
∵OA=OC，
∴OE=CF=．
故选A
6．（2021·四川）等腰三角形底边与底边上的高的比是2：，则它的顶角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】
证明△ABC是等边三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵BC：AD＝2：，
∴tanB＝＝，
∴∠B＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
故选：C．
7．（2021·福建省福州第十九中学九年级开学考试）如图，是等腰直角三角形的顶角平分线，，则等于（ ）
A．8B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】
根据等腰三角形三线合一、直角三角形斜边中线的性质，得，即可得到答案．
【详解】
∵是等腰直角三角形的顶角平分线
∴，即为等腰直角三角形的中线
∴
∵
∴
故选：B．
8．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在等腰直角中，，、分别为、上的点，，为上的点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【详解】
解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，
∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，
①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°−50°＝40°，
∴∠CPM＝180°−40°−40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°−100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，
∴∠PBM＝40°−17°＝23°，
∴∠ABP＝45°−23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°−80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°−37°＝3°，
而图中∠MBP1＞∠MBP，所以此种情况不符合题意．
故选：A．
9．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在中，，，，且，若，点是线段上的动点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据相似三角形的性质得到，得到，，过B作于H，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理得到，当时，PQ的值最小，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：，
，
，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，
，
过B作于H，
，
，
，
，
当时，PQ的值最小，
，
，
，
，
故选：A．
10．（2021·河北九年级期末）如图，∠ABC=20°，将△ABC绕点B顺时针旋转130°得到△EBF．若点A，F，E在同一条直线上，则∠AFB的度数是（ ）
A．35°B．40°C．45°D．50°
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠ABC＝∠EBF＝20°，AB＝BE，∠ABE＝130°，根据等腰三角形的性质可得∠A＝∠E＝25°，再根据三角形的外角的性质即可求得答案．
【详解】
解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转130°得到△EBF，
∴∠ABC＝∠EBF＝20°，AB＝BE，∠ABE＝130°，
∴∠A＝∠E＝(180°－130°)÷2＝25°，
∴∠AFB＝∠E+∠EBF
＝25°+20°
＝45°，
故选：C．
二、填空题
11．（2021·重庆市育才中学九年级开学考试）如图，中，边的垂直平分线交于点，交于点，将沿翻折得到，若，则________．
【答案】81°
【分析】
由折叠的性质可得，由垂直平分线的性质可得，则有，然后可得，则有，进而可得，最后根据三角形内角和可求解．
【详解】
解：由折叠的性质可得，
∵边的垂直平分线交于点，交于点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在△ABC中，，，
∴，即，
∴；
故答案为81°．
12．（2021·浙江诸暨市暨阳初级中学九年级月考）AD为面积为30 的锐角三角形ABC的高，∠ACB＝2∠BAD，线段AB上的点E将AB分成两条线段的比为3∶2，过点E作BC的平行线交AC于点F，若AD＝6，则CF＝_______．
【答案】4或6
【分析】
根据三角形面积公式求得BC＝10，根据角的和差倍数可得∠B＝∠BAC，继而由等角对等边的性质可得BC＝AC＝10，根据线段比例即可求解．
【详解】
∵S△ABC＝＝30，AD＝6，
∴BC＝10，
在Rt△ABD中，∠BAD＝90°﹣∠B，∠B＝90°﹣∠BAD，
在Rt△ACD中，∠CAD＝90°﹣∠ACB，
∵∠ACB＝2∠BAD，
∴∠CAD＝90°﹣2∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD＋∠BAD＝90°﹣∠BAD，
∴∠B＝∠BAC，
∴BC＝AC＝10，
∵点E将AB分成两条线段的比为3∶2，EF∥BC，
∴,或，
故答案为：4或6．
13．（2021·日照港中学九年级一模）如图，等腰直角三角形中，斜边的长为2，为的中点，为边上的动点，交于点，为的中点，当点从点运动到点时，点所经过的路线长为______．
【答案】1
【分析】
连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离总为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【详解】
解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为等腰直角三角形，斜边的长为2，
根据勾股定理
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ（ASA），
∴AP=CQ，
∵∠A=45°，PE⊥AB，
∴∠APE=180°-∠A-∠AEP=180°-45°-90°=45°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∵∠B=45°，QF⊥AB，
∴∠BQF=180°-∠B-∠BFQ=180°-45°-90°=45°，
∴△BFQ为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC==1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1，
故答案为1．
14．（2021·黑龙江九年级期末）在菱形中，，，点在直线上，，连接，则线段的长为______．
【答案】或
【分析】
分两种情况进行计算：当点E在菱形边BC上时，当点E在BC延长线上时，根据菱形的性质可得△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的性质和勾股定理即可求出AE的长．
【详解】
解：当点在菱形边上时，如图1，
四边形是菱形，
，，
是等边三角形，
，，，
，，
；
当点在延长线上时，如图2，
过点作于点，
，
在中，，，
根据勾股定理，得
．
故答案为：或．
15．（2021·北京市陈经纶中学分校九年级月考）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BE平分∠ABC交AC于点D，CE⊥BE，若CE＝1，则BD的长为_____．
【答案】2
【分析】
延长BA和CE交于点F，根据已知条件证明△FBE≌△CBE，可得EF=CE=1，得CF=2，再证明△ABD≌△ACF，进而可得结果．
【详解】
解：如图，延长BA和CE交于点F，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵CE⊥BE，
∴∠BEF=∠BEC=90°，
在△FBE和△CBE中，
，
∴△FBE≌△CBE（ASA），
∴EF=CE=1，
∴CF=EF+EC=2，
∵∠BEF=∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠F=∠ACF+∠F=90°，
∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中，
，
∴△ABD≌△ACF（ASA），
∴BD=CF，
∵CF=2，
∴BD=2．
故答案为：2．
三、解答题
16．（2021·全国）如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在BC、AC上，且∠ADE＝60°，求证：BD•CD＝AC•CE．
【答案】见解析
【分析】
先证明 再证明 再利用相似三角形与等边三角形的性质可得结论.
【详解】
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝AC，
∵∠B＋∠BAD＝∠ADE＋∠CDE，∠B＝∠ADE＝60°，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△ABD∽△DCE，
∴，
∴BD•CD＝AB•CE，
即BD•CD＝AC•CE；
17．（2021·广州市南武实验学校九年级期末）如图，在△ABC中，BA=BC，点BD⊥AC于点D，DE⊥AB于点E
（1）求证：△AED∽△CDB；
（2）如果BC＝10，AD＝6，求AE的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由BA=BC，BD⊥AC，得到∠BDC=90°，∠A=∠C，由DE⊥AB，得到∠DEA=∠BDC=90°，由此即可求解；
（2）由三线合一定理可以得到AD=DC=6，由相似三角形的性质可以得到，由此即可求解．
【详解】
解：（1）∵BA=BC，BD⊥AC，
∴∠BDC=90°，∠A=∠C，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=∠BDC=90°，
∴△AED∽△CDB；
（2）∵BA=BC，BD⊥AC，
∴AD=DC=6，
∵△AED∽△CDB，
∴ ，
∴ ．
18．（2021·兰州市外国语学校九年级期末）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC上，连接BD并延长，与∠ACF的角平分线交于点E．
（1）求证：△ABD ∽△CED；
（2）若AB=8，AD=2CD，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）CE=4
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到，则，根据角平分线的性质，得到，即可求证；
（2）利用相似三角形的性质得到，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，∠ACF=120°；
∵CE平分∠ACF，∴∠ACE=60°；
∴∠BAC=∠ACE；
又∵∠ADB=∠CDE，
∴△ABD∽△CED；
（2）解：∵△ABD∽△CED，
∴，
∵AD=2DC，AB=8；
∴
19．（2021·江苏盐城·景山中学九年级月考）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF＝BC；
（2）若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】
（1）只需要证明△ABC≌△AEF即可得到答案；
（2）先求出∠FAG=∠BAE=50°，然后根据全等三角形的性质得到∠F=∠C=28°，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】
解：（1）∵∠CAF=∠BAE，
∴∠BAC=∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC=AF．
在△ABC与△AEF中，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴EF=BC；
（2）∵AB=AE，∠ABC=65°，
∴∠ABC=∠AEB=65°
∴∠BAE=180°-65°×2=50°，
∴∠FAG=∠BAE=50°．
∵△ABC≌△AEF，
∴∠F=∠C=28°，
∴∠FGC=∠FAG+∠F=50°+28°=78°．
20．（2021·常德市第十一中学）如图，在△ABC中，AD是高，BE是中线，∠EBC＝30°，求证：AD＝BE．
【答案】见解析
【分析】
首先过点E作EF⊥BC于点F，利用已知得出EF是△ADC的中位线，再利用EF=BE求出即可．
【详解】
解：证明：过点E作EF⊥BC于点F，
∵AD⊥BC于D点，EF⊥BC，
∴AD∥EF，
∵BE为中线，
∴F为DC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF=AD，
∵∠CBE=30°，∠EFB=90°，
∴EF=BE，
∴AD=BE．
21．（2021·全国）如图，己知：Rt△ABC中，∠BAC＝9O°，AD⊥BC于D，E是AC的中点，ED交AB延长线于F，求证：
①△ABD∽△CAD；
②AB∶AC＝DF∶AF．
【答案】①见解析；②见解析
【分析】
（1）由Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，易得∠BAD＝∠ACD，又由∠ADB＝∠ADC，即可证得△ABD∽△CAD；
（2）由△ABD∽△CAD，即可得，易证得△AFD∽△DFB，可得，继而证得结论．
【详解】
证明：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠BAD＋∠DAC＝90°，∠DAC＋∠ACD＝90°，
∴∠BAD＝∠ACD，
∵∠ADB＝∠ADC，
∴△ABD∽△CAD；
（2）∵△ABD∽△CAD，
∴，
∵E是AC中点，∠ADC＝90°，
∴ED＝EC，
∴∠ACD＝∠EDC，
∵∠EDC＝∠BDF，∠ACD＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠BDF，
∵∠AFD＝∠DFB，
∴△AFD∽△DFB，
∴，
∴，
∴AB∶AC＝DF∶AF．
22．（2020·广州市第七中学九年级期中）如图，在△ABC中，AD是△BCE的中位线，，CE交BA的延长线于点E，，．
（1）求证：△ABC为等腰三角形．
（2）求△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）通过证明得到即可；
（2）如图，连接、、，先利用勾股定理计算出，设的半径为，的半径为，在中利用勾股定理得到，解得，则，再利用面积法求出，即，然后计算即可．
【详解】
（1）证明：∵AD是的中位线，
∴，，
，，
又∵，
，
，
又∵，
，
为等腰三角形．
（2）解：如图，作的外接圆⊙P与内切圆⊙Q，连接、、，
∵等腰和它的外接圆⊙P与内切圆⊙Q都是轴对称图形，且它们有一条公共的对称轴，为AP所在直线，
∴圆心Q也在AP上，
∵，，，
∴，，
∴在中，，
设的半径为，的半径为，
∵在中，，
∴，
解得：，
，
，
，
解得：，
即，
．
答：的外接圆圆心与内切圆圆心之间的距离为．
23．（2021·廊坊市第四中学九年级期末）把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，如图2，连接BD，EC，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．
（1）当DE⊥AC时， AD与BC的位置关系是______，AE与BC的位置关系是______；
（2）如图2，当点D在线段BE上时，求∠BEC的度数；
（3）当旋转角α=______时，△ABD的面积最大．
【答案】（1）垂直，平行；（2）∠BEC=90°；（3）90°或270°
【分析】
（1）根据题意画出图形，利用三线合一性质可证明AD与BC垂直，再根据平行线的判定可证明AE与BC平行；
（2）利用等腰三角形的性质证明△BAD≌△CAE，求出∠ADB=∠AEC=135°，所以∠BEC=∠AEC-45°=90°；
（3）根据题意画出图形，由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°．
【详解】
解：（1）设AC与DE交于点H，
在等腰直角△ABC和△ADE中，
∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，AB=AC，∠B=∠C=45°，
∵DE⊥AC，
∴∠DAH=∠EAH=∠DAE=45°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAH=45°，
∴∠BAD=∠DAH，
∴AD⊥BC，
∵∠EAH=∠C=45°，
∴AE∥BC，
故答案为：垂直，平行；
（2）在等腰直角△ADE中，AD=AE，∠DAE=90°，
在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC=90°-∠DAC，
∠CAE=∠DAE-∠DAC=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC=180°-∠ADE=135°，
∴∠BEC=∠AEC-45°=135°-45°=90°；
（3）由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，如图3-1，3-2，
在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大，
故如图3-1，3-2所示，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°，
故答案为：90°或270°．
从分析问题的数量关系入手，适当设定未知数，把所研究的数学问题中已知量和未知量之间的数量关系，转化为方程或方程组的数学模型，从而使问题得到解决的思维方法
2、学会运用数形结合思想。
数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。
一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。
在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。
如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:
体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
专题17 等腰、等边三角形
一、单选题
1．（2020·浙江九年级期末）在一次数学综合活动课上，小凌同学需要在一个半径为6cm的圆上裁出一个面积尽可能大的等边三角形，则这个等边三角形的边长是（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm
【答案】D
【分析】
画出图形，作于点，利用垂径定理和等边三角形的性质求出AC的长，即可求解．
【详解】
解：依题意得，
连接，，作于点，
∵，
∴，，
∴
∴
由勾股定理可得
故选：D．
2．（2021·杭州市十三中教育集团（总校）九年级三模）如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，F是AC的中点，过点F作EF⊥AC交AB于点E，交AD于点O．若OA＝3，则△ABC外接圆的面积为（ ）
A．3πB．4πC．6πD．9π
【答案】D
【分析】
先根据等腰三角形的三线合一可得AD是BC的垂直平分线，从而可得点O即为外接圆的圆心，再利用圆的面积公式即可得．
【详解】
解：，AD是的平分线
，且AD是BC边上的中线（等腰三角形的三线合一）
是BC的垂直平分线
是AC的垂直平分线
点O为外接圆的圆心，OA为外接圆的半径
外接圆的面积为
故选：D．
3．（2021·福建厦门双十中学思明分校九年级二模）如图，在等边△ABC中，D、E分别是边AB、BC的中点，DE＝2，则△ABC的周长为（ ）
A．9B．12C．16D．18
【答案】B
【分析】
根据三角形中位线的性质得到2DE＝AC，解得AC的的长，再由等边三角形三边相等的性质解题即可．
【详解】
解：D、E分别是边AB、BC的中点，DE＝2，
在等边△ABC中，
△ABC的周长为：
故选：B．
4．（2021·南昌市第十九中学九年级月考）如图，在△ABC中，AB＝2，BC＝3.6，∠B＝60°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为（ ）
A．1.6B．1.8C．2D．2.6
【答案】A
【分析】
根据旋转变换的性质得到AD＝AB，根据等边三角形的性质解答即可．
【详解】
解：由旋转的性质可知，AD＝AB，
∵∠B＝60°，AD＝AB，
∴△ADB为等边三角形，
∴BD＝AB＝2，
∴CD＝CB﹣BD＝1.6，
故选：A．
5．（2021·深圳市南山区荔香学校）如图，平行四边形中，，，，对角线，交于点，过点作，则等于（ ）
A．B．C．D．2.5
【答案】A
【分析】
过C作CF⊥AD于F，由已知条件求得，由OA=OC，所以，进而可得OE=CF．
【详解】
如解图所示，过C作CF⊥AD于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC=∠ABC=60°
CD=AB=4，OA=OC,
∴∠DCF=30°
∴DF=CD=2，
∴CF=DF=2
∵CF⊥AD，OE⊥AD，
∵OA=OC，
∴OE=CF=．
故选A
6．（2021·四川）等腰三角形底边与底边上的高的比是2：，则它的顶角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】
证明△ABC是等边三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵BC：AD＝2：，
∴tanB＝＝，
∴∠B＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
故选：C．
7．（2021·福建省福州第十九中学九年级开学考试）如图，是等腰直角三角形的顶角平分线，，则等于（ ）
A．8B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】
根据等腰三角形三线合一、直角三角形斜边中线的性质，得，即可得到答案．
【详解】
∵是等腰直角三角形的顶角平分线
∴，即为等腰直角三角形的中线
∴
∵
∴
故选：B．
8．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在等腰直角中，，、分别为、上的点，，为上的点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【详解】
解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，
∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，
①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°−50°＝40°，
∴∠CPM＝180°−40°−40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°−100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，
∴∠PBM＝40°−17°＝23°，
∴∠ABP＝45°−23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°−80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°−37°＝3°，
而图中∠MBP1＞∠MBP，所以此种情况不符合题意．
故选：A．
9．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在中，，，，且，若，点是线段上的动点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据相似三角形的性质得到，得到，，过B作于H，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理得到，当时，PQ的值最小，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：，
，
，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，
，
过B作于H，
，
，
，
，
当时，PQ的值最小，
，
，
，
，
故选：A．
10．（2021·河北九年级期末）如图，∠ABC=20°，将△ABC绕点B顺时针旋转130°得到△EBF．若点A，F，E在同一条直线上，则∠AFB的度数是（ ）
A．35°B．40°C．45°D．50°
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得∠ABC＝∠EBF＝20°，AB＝BE，∠ABE＝130°，根据等腰三角形的性质可得∠A＝∠E＝25°，再根据三角形的外角的性质即可求得答案．
【详解】
解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转130°得到△EBF，
∴∠ABC＝∠EBF＝20°，AB＝BE，∠ABE＝130°，
∴∠A＝∠E＝(180°－130°)÷2＝25°，
∴∠AFB＝∠E+∠EBF
＝25°+20°
＝45°，
故选：C．
二、填空题
11．（2021·重庆市育才中学九年级开学考试）如图，中，边的垂直平分线交于点，交于点，将沿翻折得到，若，则________．
【答案】81°
【分析】
由折叠的性质可得，由垂直平分线的性质可得，则有，然后可得，则有，进而可得，最后根据三角形内角和可求解．
【详解】
解：由折叠的性质可得，
∵边的垂直平分线交于点，交于点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在△ABC中，，，
∴，即，
∴；
故答案为81°．
12．（2021·浙江诸暨市暨阳初级中学九年级月考）AD为面积为30 的锐角三角形ABC的高，∠ACB＝2∠BAD，线段AB上的点E将AB分成两条线段的比为3∶2，过点E作BC的平行线交AC于点F，若AD＝6，则CF＝_______．
【答案】4或6
【分析】
根据三角形面积公式求得BC＝10，根据角的和差倍数可得∠B＝∠BAC，继而由等角对等边的性质可得BC＝AC＝10，根据线段比例即可求解．
【详解】
∵S△ABC＝＝30，AD＝6，
∴BC＝10，
在Rt△ABD中，∠BAD＝90°﹣∠B，∠B＝90°﹣∠BAD，
在Rt△ACD中，∠CAD＝90°﹣∠ACB，
∵∠ACB＝2∠BAD，
∴∠CAD＝90°﹣2∠BAD，
∴∠BAC＝∠CAD＋∠BAD＝90°﹣∠BAD，
∴∠B＝∠BAC，
∴BC＝AC＝10，
∵点E将AB分成两条线段的比为3∶2，EF∥BC，
∴,或，
故答案为：4或6．
13．（2021·日照港中学九年级一模）如图，等腰直角三角形中，斜边的长为2，为的中点，为边上的动点，交于点，为的中点，当点从点运动到点时，点所经过的路线长为______．
【答案】1
【分析】
连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离总为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【详解】
解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为等腰直角三角形，斜边的长为2，
根据勾股定理
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ（ASA），
∴AP=CQ，
∵∠A=45°，PE⊥AB，
∴∠APE=180°-∠A-∠AEP=180°-45°-90°=45°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∵∠B=45°，QF⊥AB，
∴∠BQF=180°-∠B-∠BFQ=180°-45°-90°=45°，
∴△BFQ为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC==1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1，
故答案为1．
14．（2021·黑龙江九年级期末）在菱形中，，，点在直线上，，连接，则线段的长为______．
【答案】或
【分析】
分两种情况进行计算：当点E在菱形边BC上时，当点E在BC延长线上时，根据菱形的性质可得△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的性质和勾股定理即可求出AE的长．
【详解】
解：当点在菱形边上时，如图1，
四边形是菱形，
，，
是等边三角形，
，，，
，，
；
当点在延长线上时，如图2，
过点作于点，
，
在中，，，
根据勾股定理，得
．
故答案为：或．
15．（2021·北京市陈经纶中学分校九年级月考）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BE平分∠ABC交AC于点D，CE⊥BE，若CE＝1，则BD的长为_____．
【答案】2
【分析】
延长BA和CE交于点F，根据已知条件证明△FBE≌△CBE，可得EF=CE=1，得CF=2，再证明△ABD≌△ACF，进而可得结果．
【详解】
解：如图，延长BA和CE交于点F，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵CE⊥BE，
∴∠BEF=∠BEC=90°，
在△FBE和△CBE中，
，
∴△FBE≌△CBE（ASA），
∴EF=CE=1，
∴CF=EF+EC=2，
∵∠BEF=∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠F=∠ACF+∠F=90°，
∴∠ABD=∠ACF，
在△ABD和△ACF中，
，
∴△ABD≌△ACF（ASA），
∴BD=CF，
∵CF=2，
∴BD=2．
故答案为：2．
三、解答题
16．（2021·全国）如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在BC、AC上，且∠ADE＝60°，求证：BD•CD＝AC•CE．
【答案】见解析
【分析】
先证明 再证明 再利用相似三角形与等边三角形的性质可得结论.
【详解】
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝AC，
∵∠B＋∠BAD＝∠ADE＋∠CDE，∠B＝∠ADE＝60°，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△ABD∽△DCE，
∴，
∴BD•CD＝AB•CE，
即BD•CD＝AC•CE；
17．（2021·广州市南武实验学校九年级期末）如图，在△ABC中，BA=BC，点BD⊥AC于点D，DE⊥AB于点E
（1）求证：△AED∽△CDB；
（2）如果BC＝10，AD＝6，求AE的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由BA=BC，BD⊥AC，得到∠BDC=90°，∠A=∠C，由DE⊥AB，得到∠DEA=∠BDC=90°，由此即可求解；
（2）由三线合一定理可以得到AD=DC=6，由相似三角形的性质可以得到，由此即可求解．
【详解】
解：（1）∵BA=BC，BD⊥AC，
∴∠BDC=90°，∠A=∠C，
∵DE⊥AB，
∴∠DEA=∠BDC=90°，
∴△AED∽△CDB；
（2）∵BA=BC，BD⊥AC，
∴AD=DC=6，
∵△AED∽△CDB，
∴ ，
∴ ．
18．（2021·兰州市外国语学校九年级期末）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC上，连接BD并延长，与∠ACF的角平分线交于点E．
（1）求证：△ABD ∽△CED；
（2）若AB=8，AD=2CD，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）CE=4
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得到，则，根据角平分线的性质，得到，即可求证；
（2）利用相似三角形的性质得到，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=60°，∠ACF=120°；
∵CE平分∠ACF，∴∠ACE=60°；
∴∠BAC=∠ACE；
又∵∠ADB=∠CDE，
∴△ABD∽△CED；
（2）解：∵△ABD∽△CED，
∴，
∵AD=2DC，AB=8；
∴
19．（2021·江苏盐城·景山中学九年级月考）如图，△ABC中，点E在BC边上，AE＝AB，将线段AC绕A点旋转到AF的位置，使得∠CAF＝∠BAE，连接EF，EF与AC交于点G．
（1）求证：EF＝BC；
（2）若∠ABC＝65°，∠ACB＝28°，求∠FGC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）78°
【分析】
（1）只需要证明△ABC≌△AEF即可得到答案；
（2）先求出∠FAG=∠BAE=50°，然后根据全等三角形的性质得到∠F=∠C=28°，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】
解：（1）∵∠CAF=∠BAE，
∴∠BAC=∠EAF．
∵将线段AC绕A点旋转到AF的位置，
∴AC=AF．
在△ABC与△AEF中，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴EF=BC；
（2）∵AB=AE，∠ABC=65°，
∴∠ABC=∠AEB=65°
∴∠BAE=180°-65°×2=50°，
∴∠FAG=∠BAE=50°．
∵△ABC≌△AEF，
∴∠F=∠C=28°，
∴∠FGC=∠FAG+∠F=50°+28°=78°．
20．（2021·常德市第十一中学）如图，在△ABC中，AD是高，BE是中线，∠EBC＝30°，求证：AD＝BE．
【答案】见解析
【分析】
首先过点E作EF⊥BC于点F，利用已知得出EF是△ADC的中位线，再利用EF=BE求出即可．
【详解】
解：证明：过点E作EF⊥BC于点F，
∵AD⊥BC于D点，EF⊥BC，
∴AD∥EF，
∵BE为中线，
∴F为DC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF=AD，
∵∠CBE=30°，∠EFB=90°，
∴EF=BE，
∴AD=BE．
21．（2021·全国）如图，己知：Rt△ABC中，∠BAC＝9O°，AD⊥BC于D，E是AC的中点，ED交AB延长线于F，求证：
①△ABD∽△CAD；
②AB∶AC＝DF∶AF．
【答案】①见解析；②见解析
【分析】
（1）由Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，易得∠BAD＝∠ACD，又由∠ADB＝∠ADC，即可证得△ABD∽△CAD；
（2）由△ABD∽△CAD，即可得，易证得△AFD∽△DFB，可得，继而证得结论．
【详解】
证明：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠BAD＋∠DAC＝90°，∠DAC＋∠ACD＝90°，
∴∠BAD＝∠ACD，
∵∠ADB＝∠ADC，
∴△ABD∽△CAD；
（2）∵△ABD∽△CAD，
∴，
∵E是AC中点，∠ADC＝90°，
∴ED＝EC，
∴∠ACD＝∠EDC，
∵∠EDC＝∠BDF，∠ACD＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠BDF，
∵∠AFD＝∠DFB，
∴△AFD∽△DFB，
∴，
∴，
∴AB∶AC＝DF∶AF．
22．（2020·广州市第七中学九年级期中）如图，在△ABC中，AD是△BCE的中位线，，CE交BA的延长线于点E，，．
（1）求证：△ABC为等腰三角形．
（2）求△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）通过证明得到即可；
（2）如图，连接、、，先利用勾股定理计算出，设的半径为，的半径为，在中利用勾股定理得到，解得，则，再利用面积法求出，即，然后计算即可．
【详解】
（1）证明：∵AD是的中位线，
∴，，
，，
又∵，
，
，
又∵，
，
为等腰三角形．
（2）解：如图，作的外接圆⊙P与内切圆⊙Q，连接、、，
∵等腰和它的外接圆⊙P与内切圆⊙Q都是轴对称图形，且它们有一条公共的对称轴，为AP所在直线，
∴圆心Q也在AP上，
∵，，，
∴，，
∴在中，，
设的半径为，的半径为，
∵在中，，
∴，
解得：，
，
，
，
解得：，
即，
．
答：的外接圆圆心与内切圆圆心之间的距离为．
23．（2021·廊坊市第四中学九年级期末）把两个等腰直角△ABC和△ADE按如图1所示的位置摆放，将△ADE绕点A按逆时针方向旋转，如图2，连接BD，EC，设旋转角为α（0°＜α＜360°）．
（1）当DE⊥AC时， AD与BC的位置关系是______，AE与BC的位置关系是______；
（2）如图2，当点D在线段BE上时，求∠BEC的度数；
（3）当旋转角α=______时，△ABD的面积最大．
【答案】（1）垂直，平行；（2）∠BEC=90°；（3）90°或270°
【分析】
（1）根据题意画出图形，利用三线合一性质可证明AD与BC垂直，再根据平行线的判定可证明AE与BC平行；
（2）利用等腰三角形的性质证明△BAD≌△CAE，求出∠ADB=∠AEC=135°，所以∠BEC=∠AEC-45°=90°；
（3）根据题意画出图形，由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°．
【详解】
解：（1）设AC与DE交于点H，
在等腰直角△ABC和△ADE中，
∠BAC=∠DAE=90°，AD=AE，AB=AC，∠B=∠C=45°，
∵DE⊥AC，
∴∠DAH=∠EAH=∠DAE=45°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAH=45°，
∴∠BAD=∠DAH，
∴AD⊥BC，
∵∠EAH=∠C=45°，
∴AE∥BC，
故答案为：垂直，平行；
（2）在等腰直角△ADE中，AD=AE，∠DAE=90°，
在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC=90°-∠DAC，
∠CAE=∠DAE-∠DAC=90°-∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ADB=∠AEC=180°-∠ADE=135°，
∴∠BEC=∠AEC-45°=135°-45°=90°；
（3）由题意知，点D的轨迹在以A为圆心，AD为半径的圆上，如图3-1，3-2，
在△ABD中，当以AB为底时，当点D到AB的距离最大时，△ABD的面积最大，
故如图3-1，3-2所示，当AD⊥AB时，△ABD的面积最大，所以旋转角为90°或270°，
故答案为：90°或270°．
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