专题04 三角形的性质与判定 （讲练）-2025年中考数学一轮复习讲练

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc160094594" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc161154801" 考点一 三角形的基础
\l "_Tc161154802" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161154803" 题型01 三角形的三边关系
\l "_Tc161154804" 题型02 与三角形有关线段的综合问题
\l "_Tc161154805" 题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题
\l "_Tc161154806" 题型04 三角形内角和与外角和定理的实际应用
\l "_Tc161154807" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161154808" \l "_Tc160094619" 【好题必刷·强化落实】
\l "_Tc161154809" 考点二 特殊三角形的性质与判定
\l "_Tc161154810" \l "_Tc160094596" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc161154811" 题型01 线段垂直平分线的性质与判定
\l "_Tc161154812" 题型02 角平分线的性质与判定
\l "_Tc161154813" 题型03 等腰三角形的性质与判定
\l "_Tc161154814" 题型04 等边三角形的性质与判定
\l "_Tc161154815" 题型05 直角三角形的性质与判定
\l "_Tc161154816" 题型06 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
\l "_Tc161154817" 题型07 与三角形有关的折叠问题
\l "_Tc161154818" 题型08 赵爽弦图
\l "_Tc161154819" 题型09利用勾股定理解决实际问题
\l "_Tc161154820" \l "_Tc160094604" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc161154821" \l "_Tc160094619" 【好题必刷·强化落实】
考点一 三角形的基础
题型01 三角形的三边关系
三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边．
推论：三角形的两边之差小于第三边．
【解题技巧】
1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形．
2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b
3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形．
1．（2021·湖南娄底·统考中考真题）2,5,m是某三角形三边的长，则(m-3)2+(m-7)2等于（ ）
A．2m-10B．10-2mC．10D．4
【答案】D
【分析】先根据三角形三边的关系求出m的取值范围，再把二次根式进行化解，得出结论．
【详解】解：∵2,5,m是三角形的三边，
∴5-20，EQ=2aa>0，则BE=3a，证明△AHQ∼△CEQ，利用相似三角形的性质求出EC=BH=6a，可得QH=a，EH=3a，利用勾股定理求出BC和AQ，进而可得OQ的长，再证明△QEO≅△PGOSAS，可得OP=OQ=102a，然后根据正方形的性质求出OE，即可得出答案．
【详解】解：设EC=xx>0，EQ=2aa>0，则BE=3a，
∵∠AHQ=∠CEQ=90°，∠AQH=∠CQE，
∴△AHQ∼△CEQ，
∴QHQE=AHEC，
∵Rt△AHB≌Rt△BEC，
∴AH=BE=3a，BH=EC=x，
∴QH=BH-BE-EQ=x-5a，
∴x-5a2a=3ax，
整理得：x2-5ax-6a2=0，
解得：x1=6a，x2=-a（舍去），
即EC=BH=6a，
∴QH=a，EH=3a，
∴BC=BE2+EC2=35a，AQ=AH2+QH2=10a，
∴AC=2BC=310a，
∴OA=12AC=3102a
∴OQ=OA-AQ=102a，
∵四边形HEFG是正方形，
∴∠QEO=∠PGO，OE=OG，
又∵∠QOE=∠POG，
∴△QEO≅△PGOSAS，
∴OP=OQ=102a，
又∵EG=2EH=32a，
∴OE=12EG=322a，
∴OPOE=102a322a=53，
故答案为：53．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明△AHQ∼△CEQ，求出EC的长是解题的关键．
4．（2021·贵州贵阳·中考真题）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
（2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份．所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC=12,BC=5，求EF的值；
（3）拓展探究：如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形A,B,C,D的边长分别为a,b,c,d．已知∠1=∠2=∠3=α，当角α(0°0
则2x+2x2=1
解得x=3-12或x=-3-12b，斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4-2a3b+2a2b2-2ab3+b4因式分解，再求值．
【答案】(1)x+ax-a+1
(2)a-ba-b+x
(3)a2+b2a-b2，9
【分析】（1）直接将前两项和后两项组合，利用平方差公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（2）先分组，利用完全平方公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（3）分组，先提取公因式，利用完全平方公式分解因式，再由勾股定理以及面积得到a2+b2=9，a-b2=1，整体代入得出答案即可．
【详解】（1）解：x2-a2+x+a
=x2-a2+x+a
=x+ax-a+x+a
=x+ax-a+1；
（2）解：ax+a2-2ab-bx+b2
=a2-2ab+b2+ax-bx
=a-b2+xa-b
=a-ba-b+x；
（3）解：a4-2a3b+2a2b2-2ab3+b4
=a4+2a2b2+b4-2a3b+2ab3
=a2+b22-2aba2+b2
=a2+b2a2-2ab+b2
=a2+b2a-b2，
∴根据题意得a2+b2=9，a-b2=1，
∴原式=9．
【点睛】此题主要考查了分组分解法以及、提取公因式法、公式法分解因式以及勾股定理的应用，正确分组再运用公式法分解因式是解题关键．
题型09利用勾股定理解决实际问题
利用勾股定理解决实际问题的一般步骤：
1)将实际问题转化为数学问题；
2)明确已知条件及结论；
3)利用勾股定理解答，并确定实际问题的答案.
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的底面圆周长为20π cm，母线AB长为30cm，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（ ）
v
A．30 cmB．303 cmC．60 cmD．20π cm
【答案】B
【分析】根据圆锥的底面圆周长求得半径为10，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为120°，进而即可求解．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为20π cm，
∴2πr=20π
解得：r=10
∵nπ×30180=20π
解得：n=120
∴侧面展开图的圆心角为120°
如图所示，AC即为所求，过点B作BD⊥AC，
∵∠ABC=120°，BA=BC，则∠BAC=30°
∵AB=30，则BD=15
∴AD=153，AC=2AD=303，

故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理解直角三角形，求得侧面展开图的圆心角为120°解题的关键．
2．（2023·四川广安·中考真题）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为9cm，底面周长为16cm，在杯内壁离杯底4cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿1cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）

【答案】10
【分析】如图（见解析），将玻璃杯侧面展开，作B关于EF的对称点B'，根据两点之间线段最短可知AB'的长度即为所求，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，将玻璃杯侧面展开，作B关于EF的对称点B'，作B'D⊥AE，交AE延长线于点D，连接AB'，

由题意得：DE=12BB'=1cm,AE=9-4=5cm，
∴AD=AE+DE=6cm，
∵底面周长为16cm，
∴B'D=12×16=8cm，
∴AB'=AD2+B'D2=10cm，
由两点之间线段最短可知，蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为AB'=10cm，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了平面展开——最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．
3．（2023·山东东营·中考真题）一艘船由A港沿北偏东60°方向航行30km至B港，然后再沿北偏西30°方向航行40km至C港，则A，C两港之间的距离为 km．
【答案】50
【分析】根据题意画出图形，易证△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【详解】如图，根据题意，得AN∥BM，∠NAB=60°，∠MBC=30°，AB=30km，BC=40km

∵AN∥BM
∴∠MBA=180°-∠NAB=180°-60°=120°
∴∠ABC=∠ABM-∠MBC=120°-30°=90°
∴在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=302+402=50km
即A，C两港之间的距离为50 km．
故答案为：50
【点睛】本题考查方位角，勾股定理，根据题意画出图形，证明△ABC是直角三角形是解题的关键．
4．（2023·四川德阳·中考真题）如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=23,AA1=2，点M为AC的中点，一只小虫从B1沿三棱柱ABC-A1B1C1的表面爬行到M处，则小虫爬行的最短路程等于 ．

【答案】19
【分析】：如图，连接B1M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1，AB=23,AA1=2，点M为AC的中点，当B1在右侧处时，可得MB1=22+332=31，当B1在下方时，由等边三角形的性质可得：B1K=232-32=3，此时B1M=3+2=5，如图，当按下图方式展开时，延长AC，过C1作C1N⊥AC于N，作B1T⊥AC于T，作C1K⊥B1T于K，则C1K∥AC，四边形KTNC1为矩形，可得C1N=1，CN=3，C1K=12B1C1=3，B1K=232-32=3，此时C,T重合，可得B1M=32+42=19，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接B1M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1，AB=23,AA1=2，点M为AC的中点，

当B1在右侧处时，
∴BB1=AA1=2，MB=23+3=33，
∴MB1=22+332=31，
当B1在下方时，由等边三角形的性质可得：B1K=232-32=3，
此时B1M=3+2=5，
如图，当按下图方式展开时，延长AC，过C1作C1N⊥AC于N，作B1T⊥AC于T，作C1K⊥B1T于K，则C1K∥AC，四边形KTNC1为矩形，
∴C1N=KT，KC1=TN，

则∠C1CN=180°-60°-90°=30°=∠KC1C，
∴∠B1C1K=90°-30°=60°，
∵B1C1=23，CC1=2，
∴C1N=1，CN=3，C1K=12B1C1=3，B1K=232-32=3，
∴此时C,T重合，
∴B1T=3+1=4，MT=23-3=3，
∴B1M=32+42=19，
∵31>5>19，
∴小虫爬行的最短路程等于19．
故答案为：19．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，最短路径的理解，清晰的分类讨论是解本题的关键．
5．（2021·广西玉林·中考真题）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，甲、乙轮船每小时分别航行12海里和16海里，1小时后两船分别位于点A，B处，且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，则乙船沿 方向航行．
【答案】北偏东50°（或东偏北40°）
【分析】由题意易得AP=12海里，PB=16海里，∠APN=40°，则有AP2+BP2=AB2，所以∠APB=90°，进而可得∠BPN=50°，然后问题可求解．
【详解】解：由题意得：AP=1×12=12海里，PB=1×16=16海里，∠APN=40°，AB=20海里，
∴AP2+BP2=400=AB2，
∴∠APB=90°，
∴∠BPN=50°，
∴乙船沿北偏东50°（或东偏北40°）方向航行；
故答案为北偏东50°（或东偏北40°）．
【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理及方位角，熟练掌握勾股定理的逆定理及方位角是解题的关键．
6（2021·江苏盐城·中考真题）如图，点A是数轴上表示实数a的点．
（1）用直尺和圆规在数轴上作出表示实数的2的点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）利用数轴比较2和a的大小，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）a>2，见解析
【分析】（1）利用勾股定理构造直角三角形得出斜边为2，再利用圆规画圆弧即可得到点P．
（2）在数轴上比较，越靠右边的数越大．
【详解】解：（1）如图所示，点P即为所求．
（2）如图所示，点A在点P的右侧，所以a>2
【点睛】本题考查无理数与数轴上一一对应的关系、勾股定理、尺规作图法、熟练掌握无理数在数轴上的表示是关键．
勾股定理的概念：如果直角三角形的两直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2.
变式：a2=c2-b2，b2=c2-a2，c=a2+b2,a=c2-b2,b=c2-b2.
勾股定理的证明方法（常见）：
方法一（图一）：4SΔ+S正方形EFGH=S正方形ABCD，4×12ab+(b-a)2=c2，化简可证．
方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．
四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为S=4×12ab+c2=2ab+c2
大正方形面积为S=(a+b)2=a2+2ab+b2，所以a2+b2=c2
方法三（图三）：S梯形=12(a+b)⋅(a+b)，S梯形=2SΔADE+SΔABE=2⋅12ab+12c2，化简得证a2+b2=c2
图一 图二 图三
勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即a2+b2=c2中，a，b，c为正整数时，称a，b，c为一组勾股数.
常见的勾股数：如3,4,5；6,8,10；5,12,13；7,24,25等.
判断勾股数的方法：1）确定是三个正整数a，b，c；
2）确定最大的数c；
3）计算较小的两个数的平方a2+b2是否等于c2.
1. 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形.
2. 如果已知的两边没有明确边的类型，那么它们可能都是直角边，也可能是一条直角边、一条斜边，求解时必须进行分类讨论，以免漏解．
3. 应用勾股定理时，要分清直角边和斜边，尤其在记忆a2+b2=c2时，斜边只能是c．若b为斜边，则关系式是a2+c2=b2；若a为斜边，则关系式是b2+c2=a2．
4. 每组勾股数的相同整数倍也是勾股数.
勾股定理的逆定理内容：如果三角形三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形，其中c为斜边.
1. 勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和a2+b2与较长边的平方c2作比较，若它们相等时，以a，b，c为三边的三角形是直角三角形；若a2+b2c2，时，以a，b，c为三边的三角形是锐角三角形
2. 定理中a，b，c及a2+b2=c2只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长a，b，c满足a2+c2=b2，那么以a，b，c为三边的三角形是直角三角形，但是b为斜边.
一、单选题
1．（2024·陕西西安·一模）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，AD为△ABC的高，则AD的长为（ ）
A．141020B．141010C．71020D．71010
【答案】D
【分析】本题考查了割补法求三角形的面积和等面积法，以及勾股定理，根据题意利用割补法求得△ABC的面积，利用勾股定理算出BC的长，再利用等面积法即可求得AD的长．
【详解】解：由题可得：
S△ABC=3×3-1×3×12-2×3×12-1×2×12=72，
BC=12+32=10，
∴ AD×10×12=72，
解得：AD=71010，
故选：D．
2．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将两个相同的含30°角的直角三角形摆放在一起，借助这个图形，探究Rt△ABC的直角边BC与斜边AB之间的数量关系，给出下列两种解法：
下列说法正确的是（ ）

A．嘉嘉的解法对，琪琪的解法不对B．嘉嘉的解法不对，琪琪的解法对
C．嘉嘉、琪琪的解法都对D．嘉嘉、琪琪的解法都不对
【答案】A
【分析】嘉嘉的解法是经过了严谨的推理证明，琪琪的解法是通过测量线段的长度得到的结论，不代表一般性，由此即可进行判断.
【详解】解：嘉嘉的解法是经过了严谨的推理证明，所以嘉嘉的解法对，
琪琪的解法是通过测量线段的长度得到的结论，不代表一般性，如边长是无理数时，就不能得出准确的结论，只是一个近似的结果，所以琪琪的解法不对；
故选：A.
【点睛】本题考查了证明的严谨性、等边三角形的判定和性质等知识，正确理解题意、准确作出判断是关键.
3．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l与BC交于点P，且点P到AB的距离为3cm，点Q为AC上任意一点，则PQ的最小值为（ ）

A．2cmB．2.5cmC．3cmD．3.5cm
【答案】C
【分析】由折叠可得：PA为∠BAC的角平分线，根据垂线段最短即可解答．
【详解】解：∵将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，
∴PA为∠BAC的角平分线，
∵点Q为AC上任意一点，
∴PQ的最小值等于点P到AB的距离3cm．
故选C．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、角平分线的性质定理等知识点，掌握角平分线上的点到两边距离相等是解答本题的关键．
4．（2022·湖北荆州·三模）如图，在▱ABCD中，AD=4，BD=8．分别以点A，B为圆心，以大于12AB的长为半径画弧，两弧交于点E和点F；作直线EF，交BD于点G，连接GA．若GA与AD恰好垂直，则GA的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，根据线段垂直平分线的性质求出GA=BG，再根据勾股定理得GA2+AD2=DG2是解决本题的关键．
【详解】解：由题意可得，EF是AB的垂直平分线，
∴GA=BG，
设GA=BG=x，则DG=8-x，
∵GA与AD垂直，
∴GA2+AD2=DG2，
即42+x2=(8-x)2，
解方程得：x=3，
∴GA=3；
故选：A．
5．（2023·福建泉州·模拟预测）如图，BC⊥AB,BC=12AB,试求APAB的小数部分（ ）．

A．0.118B．5-0.5C．1.5-0.55D．0.618
【答案】D
【分析】设AB=2x，然后利用已知条件分别用x表示出AP、AB，最后代入计算即可解答．
【详解】解：设AB=2x，则BC=12AB=x，
∵BC⊥AB
∴AC=AB2+BC2=5x，
根据作图痕迹可得：CD=BC=x，AP=AD=AC-DC=5-1x，
∴APAB=5-1x2x=5-12≈0.618．
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、无理数等知识点，分别用x表示出AP、AB是解答本题的关键．
6．（2023·湖南株洲·三模）如图，一幅三角板的直角顶点A重合，等腰三角板的腰AD⊥BC于D，则∠α=（ ）

A．40°B．45°C．60°D．75°
【答案】D
【分析】根据三角板的特点和三角形外角的性质求解即可．
【详解】∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∵∠ADE=45°，
∴∠CDE=45°，
∵∠C=30°，
∴∠α=∠CDE+∠C=75°．
故选：D．
【点睛】此题考查了两个直角三角板角度的特点，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
二、填空题
7．（2023·吉林松原·三模）如图，点P为直线l外一点，点A在直线l上，连接PA，以点P为圆心，PA=bcm长为半径画弧，交直线l于点B．已知线段AB=2cm，上述作法中PA满足的条件为b 1．（填“>”“
【分析】本题考查的是作线段等于已知线段，三角形的三边关系，利用PA+PB=2b>AB=2可得答案，熟记三角形的三边关系是解本题的关键．
【详解】解：连接PB，

∴PA=PB=b，
∵AB=2，
∴PA+PB=2b>AB=2，即2b>2，
解得：b>1，
故答案为：>
8．（2022·广东湛江·三模）如图，OA⊥OB，C，D分别是射线OA，OB上的动点，CD的长始终为8，点E为CD的中点，则点E的运动路径长为

【答案】2π
【分析】根据垂直的定义可知△AOB是直角三角形，再根据直角三角形的性质可知OE=CE=DE=12CD，最后利用弧长公式即可解答．
【详解】解：连接OC，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，
∴△AOB是直角三角形，
∵CD=8，
∴OE=CE=DE=12CD=4，
∴点E的运动路径长为弧GD，
∴弧GD的长度：90°×π×4180°=2π，
故答案为2π．

【点睛】本题考查了垂直的定义，直角三角形的性质，弧长公式，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
9．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，点O为△ABC的外心，过点O分别作AB、AC的垂线l1、l2，交BC于D、E两点．

（1）若∠DAE=50，则∠BAC的度数为 ；
（2）过点O作OF⊥BC于点F，BF=5cm，则△ADE的周长为 ．
【答案】 115° 10cm
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得∠BAD=∠ABC，∠CAE=∠ACB，从而有∠ADE=2∠ABC，∠AED=2∠ACB，由三角形内角和定理∠ADE+∠AED=130，从而由∠BAC=∠BAD+∠CAE+∠DAE可求得结果；
（2）连接OA、OB、OC，由已知可得点O在线段BC的垂直平分线上，则可得BC=10cm；再利用线段垂直平分线的性质得AD=BD，EA=EC，最后可求得周长的值．
【详解】（1）∵点O为△ABC中的外心，l1⊥AB，l2⊥AC，
∴l1、l2是AB、AC的垂直平分线，
∴AD=BD，EA=EC，
∴∠BAD=∠ABC，∠CAE=∠ACB，
∴∠ADE=∠BAD+∠ABC=2∠ABC，∠AED=∠CAE+∠ACB=2∠ACB，
∵∠DAE+∠ADE+∠AED=180，
∴∠ADE+∠AED=180-50=130，
∴∠BAD+∠CAE=12∠ADE+∠AED=65，
∴∠BAC=∠BAD+∠CAE+∠DAE=65+50=115；
故答案为：115°；
（2）连接OA、OB、OC，
∵l1是AB边的垂直平分线，l2是AC边的垂直平分线，
∴OA=OB，OA=OC，
∴OB=OC，
∴点O在线段BC的垂直平分线上，
∵OF⊥BC，
∴BC=2BF=10cm，
∵AD=BD，EA=EC，
∴△ADE的周长=AD+AE+DE=BD+DE+EC=BC=10cm．

故答案为：10cm．
【点睛】本题考查了三角形的外心，线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，掌握线段垂直平分线的性质与判定是关键．
10．（2023·福建泉州·模拟预测）如图1，第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．现假设可在如图2的弦图区域内随机取点，若正方形ABCD中，AF=4,BF=3，则这个点落在阴影部分的概率为 ．
【答案】2425
【分析】根据勾股定理求得AB=5，即可得出大正方形的面积为25，再求得阴影部分面积，根据概率公式，即可求解．
【详解】解：∵AF=4,BF=3
∴AB=AF2+BF2=5，
∴大正方形的面积为25，
阴影部分的面积为12×4×3×4=24
∴这个点落在阴影部分的概率为2425，
故答案为：2425．
【点睛】本题考查了勾股定理，几何概率，熟练掌握勾股定理与概率公式求概率是解题的关键．
11．（2023·河南驻马店·三模）如图，在等边三角形ABC中，AC=4，E为AB的中点，在CB延长线上截取BD=BE，将△DEB沿BC向右平移，点B的对应点为G，当平移后的△DEG和△ABC重叠部分的面积是△DEG面积的14时，△DEB平移的距离为 ．

【答案】2-3或6-2
【分析】分DE与AB相交，DE与AC相交，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：①如解图1所示，当DE与AB交于点F时，重叠部分为四边形BFEG．

∵重叠部分的面积是△DEG面积的14，S△DBF=34S△DEG．
由平移的性质，可知BF∥GE，
∴△DBF∽△DGE．
∵S△DBFS△DGE=34，
∴DBDG=32．
∵GE=12×4=2，
∴DG=GE=2．
∴DB=3．
∴BG=2-3，即△DEB平移的距离为2-3．
②如图2所示，当DE交AC于点H时，S△CDH=14S△DEG，过点G作GM⊥DE于点M，

则S△DGM=12S△DEG．
∴S△CDH=12S△DGM．
∵∠ACB=60°，∠GDE=30°，
∴∠CHD=90°，即CH⊥DE．
∴CH∥GM，
∴△DCH∽△DGM．
∵S△DCHS△DGM=12，
∴DCDG=12．
∵DG=2，
∴DC=2．
∴CG=2-2．
∴BG=4+2-2=6-2，即△DEB平移的距离为6-2．
综上所述，△DEB平移的距离为2-3或6-2．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，平移的性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关性质，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
三、解答题
12．（2022·厦门市·二模）回顾：用数学的思维思考
(1)如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
(2)猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的字母），使得BD＝CE，并证明．
(3)探究：用数学的语言表达
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)添加条件CD=BE，见解析
(3)能，0＜CF＜5-1
【分析】（1）①利用ASA证明△ABD≌△ACE．
②利用SAS证明△ABD≌△ACE．
（2）添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明△ABD≌△ACE．
（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证△CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．
【详解】（1）①如图1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=12∠ABC，∠ACE =12∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（2）添加条件CD=BE，证明如下：
∵AB=AC，CD=BE，
∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（3）能
在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，
当BD=BF=BA时，E与A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴△CBF∽△BAF，
∴BFAF=CFBF，
∵AB＝AC＝2=BF， 设CF=x，
∴2x+2=x2，
整理，得x2+2x-4=0，
解得x=5-1，x=-5-1（舍去），
故CF= x=5-1，
∴0＜CF＜5-1．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，一元二次方程的解法，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定性质是解题的关键．
13．（2022·辽宁本溪市·二模）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．考点要求
命题预测
三角形的基础
三角形的基础知识是解决后续很多几何问题的基础，所以在中考中考察的几率比较大.在考察题型上，三角形基础知识部分多以选择或者填空题形式，考察其三边关系、内角和/外角和定理、“三线”基本性质等.特殊三角形的性质与判定也是考查重点，年年都会考查，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结的，且等腰三角形单独出题的可能性还是比较大.直角三角形的出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸.
特殊三角形的性质与判定
高（AD）
中线（AD）
角平分线（AD）
中位线（DE）
∠ADB=∠ADC=90°
BD=CD S△ABD=S△ADC
C∆ACD-C∆ABD=AC-AB
∠BAD=∠DAC=12 ∠BAC
AD=DB AE=EC
DE=12 BC DE∥BC
A字模型
8字模型
飞镖模型
老鹰抓小鸡模型（一）
∠1+∠2=∠A+180°
∠A+∠B=∠C+∠D
∠C=∠A+∠B+∠D
∠A+∠O=∠1+∠2
老鹰抓小鸡模型（二）
双角平分线模型（一）
双角平分线模型（二）
双角平分线模型（三）
∠A+∠O=∠2-∠1
∠D=90°+12∠A
∠D=90°- 12∠A
∠E=12∠A
三角形折叠模型（一）
三角形折叠模型（二）
三角形折叠模型（三）
∠2=2∠C
2∠C=∠1+∠2或 ∠C=12（∠1+∠2）
2∠C=∠2-∠1或 ∠C=12（∠2-∠1）
如图，在△ABC中，D为BC的中点，若AC=3，AD=4．则AB的长不可能是（ ）
A．5 B．7 C．8 D．9
嘉嘉：
解：∵两个含30°角的直角三角尺相同，
∴AB=AD，BC=CD，∴△ABD是等腰三角形，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，∴∠ABC=60°，
∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB，
∵BC=12BD，∴BC=12AB
琪琪：
解：∵通过测量可得BC=4cm，AB=8cm
∴BCAB=48=12，
∴BC=12AB.