中考数学三轮冲刺练习重难点02 三角形与特殊三角形（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学三轮冲刺练习重难点02 三角形与特殊三角形（2份，原卷版+解析版），共9页。

考点一：三角形的基础知识
三角形的基础知识是学习三角形后续知识的基础，也是其他几何图形学习的基础，虽然中考中单独考察的几率不是很大，但是它却可以融合在其他图形中辅助解题。特别是三角形内角和定理、外角定理、角平分线的性质、线段中垂线的性质，都是解决几何问题中不可或缺的辅助手段，也更需要我们重视这块知识的复习。
题型01 三角形的内角和与外角定理
【中考真题练】
1．（2023•十堰）一副三角板按如图所示放置，点A在DE上，点F在BC上，若∠EAB＝35°，则∠DFC＝ 100° ．
【分析】由题意可得∠BAC＝60°，∠C＝30°，∠D＝45°，由平角的定义可求得∠CAD＝85°，再由三角形的内角和可求得∠AGD＝50°，利用对顶角相等得∠CGF＝50°，再利用三角形的内角和即可求∠DFC．
【解答】解：如图，
由题意得：∠BAC＝60°，∠C＝30°，∠D＝45°，
∵∠EAB＝35°，
∴∠CAD＝180°﹣∠EAB﹣∠BAC＝85°，
∴∠AGD＝180°﹣∠D﹣∠CAD＝50°，
∴∠CGF＝∠AGD＝50°，
∴∠DFC＝180°﹣∠C﹣∠CGF＝100°．
故答案为：100°．
2．（2023•聊城）如图，分别过△ABC的顶点A，B作AD∥BE．若∠CAD＝25°，∠EBC＝80°，则∠ACB的度数为（ ）
A．65°B．75°C．85°D．95°
【分析】由平行线的性质可求∠ADC得度数，再利用三角形的内角和定理可求解．
【解答】解：∵AD∥BE，
∴∠ADC＝∠EBC＝80°，
∵∠CAD+∠ADC+∠ACB＝180°，∠CAD＝25°，
∴∠ACB＝180°﹣25°﹣80°＝75°，
故选：B．
3．（2023•遂宁）若三角形三个内角的比为1：2：3，则这个三角形是 直角 三角形．
【分析】设这个三角形最小的内角是x°，则另外两内角的度数分别为2x°，3x°，利用三角形内角和是180°，可得出关于x的一元一次方程，解之可求出x的值，再将其代入3x°中即可得出结论．
【解答】解：设这个三角形最小的内角是x°，则另外两内角的度数分别为2x°，3x°，
根据题意得：x+2x+3x＝180，
解得：x＝30，
∴3x°＝3×30°＝90°，
∴这个三角形是直角三角形．
故答案为：直角．
4．（2023•株洲）《周礼•考工记》中记载有：“…半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之欘（zhú）…”．意思是：“…直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘…”即：1宣＝矩，1欘＝1宣（其中，1矩＝90°）．
问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件的示意图，若∠A＝1矩，∠B＝1欘，则∠C＝ 22.5 度．
【分析】根据题意可知：∠A＝90°，∠B＝67.5°，然后根据三角形内角和即可求得∠C的度数．
【解答】解：∵1宣＝矩，1欘＝1宣，1矩＝90°，∠A＝1矩，∠B＝1欘，
∴∠A＝90°，∠B＝1××90°＝67.5°，
∴∠C＝180°﹣90°﹣∠B＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°，
故答案为：22.5．
5．（2023•徐州）如图，在△ABC中，若DE∥BC，FG∥AC，∠BDE＝120°，∠DFG＝115°，则∠C＝ 55 °．
【分析】根据平行线的性质，三角形内角和定理进行计算即可．
【解答】解：∵DE∥BC，∠BDE＝120°，
∴∠B＝180°﹣120°＝60°，
∵FG∥AC，∠DFG＝115°，
∴∠A＝180°﹣115°＝65°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠A＝55°，
故答案为：55．
【中考真题练】
1．（2024•盐城模拟）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为（ ）
A．105°B．75°C．65°D．55°
【分析】根据三角形的外角性质解答即可．
【解答】解：由三角形的外角性质可知：∠α＝30°+45°＝75°，
故选：B．
2．（2023•新邵县校级一模）如图，在△ABC中，延长AB至D，延长BC至E如果∠1+∠2＝230°，则∠A＝ 50° ．
【分析】由三角形的外角性质可得∠1＝∠A+∠ACB，∠2＝∠A+∠ABC，再结合∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，从而可求∠A的度数．
【解答】解：∵∠1，∠2是△ABC的外角，
∴∠1＝∠A+∠ACB，∠2＝∠A+∠ABC，
∵∠1+∠2＝230°，
∴∠A+∠ACB+∠A+∠ABC＝230°，
即2∠A+∠ACB+∠ABC＝230°，
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∴2∠A+180°﹣∠A＝230°，
解得：∠A＝50°．
故答案为：50°．
3．（2023•绍兴模拟）将一副三角尺按如图所示的位置摆放，其中O，E，F在直线l上，点B恰好落在DE边上，∠1＝20°，∠A＝45°，∠AOB＝∠DEF＝90°．则∠ABE的度数为（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【分析】先根据三角形内角和定理和平角的定义求出∠ABO＝45°，∠BOE＝70°，再由三角形外角的性质求出∠OBE＝20°，进一步即可得到∠ABE的度数．
【解答】解：∵∠1＝20°，∠A＝45°，∠AOB＝∠DEF＝90°．
∴∠ABO＝180°﹣∠AOB﹣∠A＝45°，∠BOE＝180°﹣∠AOB﹣∠1＝70°，
∴∠OBE＝∠DEF﹣∠BOE＝20°，
∴∠ABE＝∠ABO+∠OBE＝65°．
故选：B．
4．（2023•碑林区校级二模）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，CD为∠ACB的平分线，CE⊥AB于点E，则∠ECD度数为（ ）
A．5°B．8°C．10°D．12°
【分析】利用三角形的内角和定理求出∠ACB的度数，再利用角平分线的性质求出∠ACD的度数数，根据直角三角形的性质得出∠ACE的度数，进而可得出结论．
【解答】解：在△ABC中，
∵∠A＝30°，∠B＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝100°．
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠ACB＝50°．
∵CE⊥AB于点E，
∴∠CEB＝90°．
∴∠ACE＝90°﹣∠A＝90°﹣30°＝60°，
∴∠DCE＝∠ACE﹣∠ACD
＝60°﹣50°
＝10°．
故选：C．
5．（2023•石峰区一模）如图，考古学家发现在地下A处有一座古墓，古墓上方是煤气管道，为了不影响管道，准备在B，C处开工挖出“V”字形通道．如果∠DBA＝120°，∠ECA＝135°，那么∠A的度数是 75° ．
【分析】先求出∠ABC，∠ACB，再根据三角形的内角和定理即可求解．
【解答】解：∵∠DBA＝120°，∠ECA＝135°，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，∠ACB＝180°﹣135°＝45°，
∴∠A＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
故答案为：75°．
题型02 三角形的三边关系
【中考真题练】
1．（2023•福建）若某三角形的三边长分别为3，4，m，则m的值可以是（ ）
A．1B．5C．7D．9
【分析】根据三角形的三边关系定理得出4﹣3＜m＜4+3，求出即可．
【解答】解：根据三角形的三边关系定理得：4﹣3＜m＜4+3，
解得：1＜m＜7，
即符合的只有5，
故选：B．
2．（2023•长沙）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．1，3，4B．2，2，7C．4，5，7D．3，3，6
【分析】根据三角形的三边关系分别判断即可．
【解答】解：∵1+3＝4，
∴1，3，4不能组成三角形，
故A选项不符合题意；
∵2+2＜7，
∴2，2，7不能组成三角形，
故B不符合题意；
∵4+5＞7，
∴4，5，7能组成三角形，
故C符合题意；
∵3+3＝6，
∴3，3，6不能组成三角形，
故D不符合题意，
故选：C．
3．（2023•金华）在下列长度的四条线段中，能与长6cm，8cm的两条线段围成一个三角形的是（ ）
A．1cmB．2cmC．13cmD．14cm
【分析】首先设第三条线段长为x cm，再利用三角形的三边关系可得x的范围，然后可得答案．
【解答】解：设第三条线段长为x cm，由题意得：
8﹣6＜x＜8+6，
解得：2＜x＜14，
只有13cm适合，
故选：C．
4．（2023•徐州）若一个三角形的边长均为整数，且两边长分别为3和5，则第三边的长可以为 3或4或5或6或7（答案不唯一） （写出一个即可）．
【分析】根据三角形两边之和大于第三边确定第三边的范围，根据题意计算即可．
【解答】解：设三角形的第三边长为x，
则5﹣3＜x＜5+3，即2＜x＜8，
∵第三边的长为整数，
∴x＝3或4或5或6或7．
故答案为：3或4或5或6或7（答案不唯一）．
【中考模拟练】
1．（2024•韶关模拟）如图，人字梯的支架AB，AC的长度都为2m（连接处的长度忽略不计），则B、C两点之间的距离可能是（ ）
A．3mB．4.2mC．5mD．6m
【分析】根据三角形任意一边小于其它两边两边之和求出BC的取值范围，判断各选项即可得的答案．
【解答】解：∵AC＝AC＝2m，
∴2﹣2＜BC＜2+2，
即0m＜BC＜4m．
故选：A．
2．（2024•新华区一模）为估计池塘两岸A、B间的距离，如图，小明在池塘一侧选取了一点O，测得OA＝16m，OB＝12m，那么AB的距离不可能是（ ）
A．5mB．15mC．20mD．30m
【分析】根据三角形的三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边可得16﹣12＜AB＜16+12，再解即可．
【解答】解：根据三角形的三边关系可得：16﹣12＜AB＜16+12，
即4＜AB＜28，
30m不可能．
故选：D．
3．（2024•邳州市校级一模）三角形的两边长分别为2和9，周长为偶数，则第三边长为 9 ．
【分析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围，再求得周长的取值范围．根据周长为偶数，确定第三边的长．
【解答】解：设第三边长x．
根据三角形的三边关系，得7＜x＜11．
∴三角形的周长l的取值范围是：18＜l＜22．
又∵三角形的周长为偶数，因而满足条件的数有20．
∴第三边长为20﹣2﹣9＝9．
故答案为9．
4．（2023•六安三模）三角形的两边长分别是10和8，则第三边的取值范围是 2＜x＜18 ．
【分析】根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即可得答案．
【解答】解：根据三角形的三边关系：10﹣8＜x＜10+8，
解得：2＜x＜18．
故答案为：2＜x＜18
5．（2023•二道区校级模拟）已知一个三角形的两边长分别为4和5，若第三边的长为整数，则此三角形周长的最大值 17 ．
【分析】第三边的长为x，根据三角形的三边关系得出x的取值范围，再由第三边的长为整数得出x的值，进而可得出结论．
【解答】解：第三边的长为x，
∵一个三角形的两边长分别为4和5，
∴5﹣4＜x＜5+4，即1＜x＜9，
∵第三边的长为整数，
∴x的值可以为2，3，4，5，6，7，8，
∴当x＝8时，此三角形周长的最大值＝4+5+8＝17．
故答案为：17．
6．（2023•娄星区一模）已知四根小棒的长度分别为5cm、6cm、10cm、12cm，从中取出三根小棒，能围成三角形的概率为 ．
【分析】取四根木棒中的任意三根，共有4中取法，然后依据三角形三边关系定理将不合题意的方案舍去，最后根据概率计算公式求解即可．
【解答】解：共有4种方案：
①取5cm、6cm、10cm；由于10﹣5＜6＜10+5，能构成三角形；
②取5cm、6cm、12cm；由于5+6＜12，不能构成三角形；
③取6cm、10cm、12cm；由于12﹣6＜10＜12+6，能构成三角形；
④取5cm、10cm、12cm；由于12﹣5＜10＜12+5，能构成三角形．
∴一个有4种等可能性的结果数，其中能构成三角形的结果数有3种，
∴能围成三角形的概率为．
故答案为：．
题型03 三角形“三线”的性质
【中考真题练】
1．（2023•广州）如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，AE＝12，DF＝5，则点E到直线AD的距离为 ．
【分析】过E作EH⊥AD于H，由角平分线的性质得到DE＝DF＝5，由勾股定理求出AD＝＝13，由三角形面积公式得到13EH＝12×5，因此EH＝，即可得到点E到直线AD的距离．
【解答】解：过E作EH⊥AD于H，
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF＝5，
∵AE＝12，
∴AD＝＝13，
∵△ADE的面积＝AD•EH＝AE•DE，
∴13EH＝12×5，
∴EH＝，
点E到直线AD的距离为．
故答案为：．
2．（2023•青海）如图，在△ABC中，DE是BC的垂直平分线．若AB＝5，AC＝8，则△ABD的周长是 13 ．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到BD＝CD，即可求解．
【解答】解：∵DE是BC的垂直平分线．
∴BD＝CD，
∴AC＝AD+CD＝AD+BD，
∴△ABD的周长＝AB+AD+BD＝AB+AC＝5+8＝13，
故答案为：13．
3．如图，在△ABC中，AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，∠B＝∠ADB．若AB＝4，则DC的长是 4 ．
【分析】根据等腰三角形的判定定理求出AD，再根据线段垂直平分线的性质求出DC．
【解答】解：∵∠B＝∠ADB，AB＝4，
∴AD＝AB＝4，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴DC＝AD＝4，
故答案为：4．
4．（2023•攀枝花）如图，在△ABC中，∠A＝40°，∠C＝90°，线段AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，则∠EBC＝ 10° ．
【分析】由∠C＝90°，∠A＝40°，求得∠ABC＝50°，根据线段的垂直平分线、等边对等角和直角三角形的两锐角互余求得．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠EBA＝∠A＝40°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠EBA＝50°﹣40°＝10°，
故答案为：10°．
5．（2023•随州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，D为AC上一点，若BD是∠ABC的角平分线，则AD＝ 5 ．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由角平分线的性质得到CD＝DE，再通过HL证明Rt△BCD≌Rt△BED，得到BC＝BE＝6，根据勾股定理可求出AB＝10，进而求出AE＝4，设CD＝DE＝x，则AD＝8﹣x，在Rt△ADE中，利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠C＝90°，
∴CD⊥BC，
∵BD是∠ABC的角平分线，CD⊥BC，DE⊥AB，
∴CD＝DE，
在Rt△BCD和Rt△BED中，
，
∴Rt△BCD≌Rt△BED（HL），
∴BC＝BE＝6，
在Rt△ABC中，＝＝10，
∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝4，
设CD＝DE＝x，则AD＝AC﹣CD＝8﹣x，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
∴AD＝8﹣x＝5．
故答案为：5．
【中考模拟练】
1．（2024•沭阳县校级模拟）已知：如图所示，在△ABC中，点D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝4cm2，则阴影部分的面积为 1 cm2．
【分析】易得△ABD，△ACD为△ABC面积的一半，同理可得△BEC的面积等于△ABC面积的一半，那么阴影部分的面积等于△BEC的面积的一半．
【解答】解：∵D为BC中点，根据同底等高的三角形面积相等，
∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝×4＝2（cm2），
同理S△BDE＝S△CDE＝S△BCE＝×2＝1（cm2），
∴S△BCE＝2（cm2），
∵F为EC中点，
∴S△BEF＝S△BCE＝×2＝1（cm2）．
故答案为1．
2．（2024•天山区一模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°．用尺规作图法作出射线AE，AE交BC于点D，CD＝2，P为AB上一动点，则PD的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】当DP⊥AB时，根据垂线段最短可知，此时DP的值最小．再根据角平分线的性质定理可得DP＝CD解决问题；
【解答】解：当DP⊥AB时，根据垂线段最短可知，此时DP的值最小．
由作图可知：AE平分∠BAC，
∵DC⊥AC，DP⊥AB，
∴DP＝CD＝2，
∴PD的最小值为2，
故选：A．
3．（2024•南昌一模）小明将两把完全相同的长方形直尺如图放置在∠AOB上，两把直尺的接触点为P，边OA与其中一把直尺边缘的交点为C，点C、P在这把直尺上的刻度读数分别是2、5，则OC的长度是 3cm ．
【分析】过P作PN⊥OB于N，由角平分线性质定理的逆定理推出PO平分∠AOB，得到∠COP＝∠NOP，由平行线的性质推出∠CPO＝∠NOP，得到∠COP＝∠CPO，因此OC＝PC，由PC＝5﹣2＝3（cm），即可得到OC的长度是3cm．
【解答】解：过P作PN⊥OB于N，
由题意得：PM＝PN，
∵PM⊥OA，
∴PO平分∠AOB，
∴∠COP＝∠NOP，
∵PC∥OB，
∴∠CPO＝∠NOP，
∴∠COP＝∠CPO，
∴OC＝PC，
∵C、P在这把直尺上的刻度读数分别是2、5，
∴PC＝5﹣2＝3（cm），
∴OC的长度是3cm．
故答案为：3cm．
4．（2024•永靖县一模）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE⊥AB．若AC＝2，DE＝1，则S△ACD＝ 1 ．
【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，根据角平分线的性质可得DE＝DF＝1，然后利用三角形的面积进行计算即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF＝1，
∵AC＝2，
∴S△ACD＝AC•DF
＝×2×1
＝1，
故答案为：1．
5．（2023•长清区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于MN长为半径画弧，两弧交于点O，作射线AO，交BC于点E．已知CE＝3，BE＝5，则AC的长为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【分析】直接利用基本作图方法得出AE是∠CAB的平分线，进而结合全等三角形的判定与性质得出AC＝AD，再利用勾股定理得出AC的长．
【解答】解：过点E作ED⊥AB于点D，
由作图方法可得出AE是∠CAB的平分线，
∵EC⊥AC，ED⊥AB，
∴EC＝ED＝3，
在Rt△ACE和Rt△ADE中，，
∴Rt△ACE≌Rt△ADE（HL），
∴AC＝AD，
∵在Rt△EDB中，DE＝3，BE＝5，
∴BD＝4，
设AC＝x，则AB＝4+x，
故在Rt△ACB中，
AC2+BC2＝AB2，
即x2+82＝（x+4）2，
解得：x＝6，
即AC的长为：6．
故选：C．
考点二：全等三角形
全等三角形的性质是对应边相等、对应角相等。附带推论是全等三角形对应边上的“三线”也分别相等。全等三角形判定方法有“4+1”种，出题时常把全等三角形的判定和性质同时出题，难度一般不大，但是这个考点后期的可结合性比较大，所以也是非常重要的一个考点。
题型01 全等三角形的判定
【中考真题练】
1．（2023•甘孜州）如图，AB与CD相交于点O，AC∥BD，只添加一个条件，能判定△AOC≌△BOD的是（ ）
A．∠A＝∠DB．AO＝BOC．AC＝BOD．AB＝CD
【分析】根据题目给出的条件结合全等三角形的判定定理分别分析即可．
【解答】解：A、不能证明△AOC≌△BOD，故此选项不合题意；
B、由AC∥BD可得∠A＝∠B，∠C＝∠D，可利用AAS证明△AOC≌△BOD，故此选项符合题意；
C、不能证明△AOC≌△BOD，故此选项不合题意；
D、不能证明△AOC≌△BOD，故此选项不合题意；
故选：B．
2．（2023•凉山州）如图，点E、点F在BC上，BE＝CF，∠B＝∠C，添加一个条件，不能证明△ABF≌△DCE的是（ ）
A．∠A＝∠DB．∠AFB＝∠DECC．AB＝DCD．AF＝DE
【分析】根据BE＝CF求出BF＝CE，再根据全等三角形的判定定理进行分析即可．
【解答】解：∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，
即BF＝CE，
∴当∠A＝∠D时，利用AAS可得△ABF≌△DCE，故A不符合题意；
当∠AFB＝∠DEC时，利用ASA可得△ABF≌△DCE，故B不符合题意；
当AB＝DC时，利用SAS可得△ABF≌△DCE，故C不符合题意；
当AF＝DE时，无法证明△ABF≌△DCE，故D符合题意；
故选：D．
3．（2023•衢州）已知：如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上．下面四个条件：
①AB＝DE；②AC＝DF；③BE＝CF；④∠ABC＝∠DEF．
（1）请选择其中的三个条件，使得△ABC≌△DEF（写出一种情况即可）．
（2）在（1）的条件下，求证：△ABC≌△DEF．
【分析】（1）根据两三角形全等的判定定理，选择合适的条件即可．
（2）根据（1）中所选条件，进行证明即可．
【解答】解：（1）由题知，
选择的三个条件是：①②③；
或者选择的三个条件是：①③④．
证明：（2）当选择①②③时，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
当选择①③④时，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【中考模拟练】
1．（2024•朝阳区模拟）工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法是：如图在∠AOB的边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺的两边相同的刻度分别与M、N重合，得到∠AOB的平分线OP，做法中用到三角形全等的判定方法是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．HL
【分析】已知两三角形三边分别相等，可考虑SSS证明三角形全等，从而证明角相等．
【解答】解：做法中用到的三角形全等的判定方法是SSS
证明如下：
由题意得，PN＝PM，
在△ONP和△OMP中，
，
∴△ONP≌△OMP（SSS）
所以∠NOP＝∠MOP
故OP为∠AOB的平分线．
故选：A．
2．（2024•重庆模拟）根据下列条件，不能画出唯一确定的△ABC的是（ ）
A．AB＝3，BC＝4，AC＝6B．AB＝4，∠B＝45°，∠A＝60°
C．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°D．∠C＝90°，AB＝8，AC＝4
【分析】利用全等三角形的判定定理依次判断每个选项即可．
【解答】解：A：三边确定，符合全等三角形判定定理SSS，能画出唯一的△ABC，故不符合题意，
B：已知两个角及其公共边，符合全等三角形判定定理ASA，能画出唯一的△ABC，故不符合题意，
C：已知两边及其中一边的对角，属于“SSA”的情况，不符合全等三角形判定定理，故不能画出唯一的三角形，故本选项符合题意，
D：已知一个直角和一条直角边以及斜边长，符合全等三角形判定定理HL，能画出唯一的△ABC，故不符合题意．
故选：C．
3．（2023•文昌二模）如图，点A，F，E，C在一条直线上，AF＝CE，AD＝CB，则添加下列条件仍不能判断△ADE≌△CBF的是（ ）
A．DE＝BFB．DE∥BFC．AD∥CBD．∠D＝∠B＝90°
【分析】先由AF＝CE得到AE＝CF，然后结合AD＝CB，再根据全等三角形的判定条件逐项判定即可解答．
【解答】解：∵AF＝CE，
∴AF+EF＝CE+EF，即AE＝CF，
∵AD＝CB，
A．由DE＝BF，结合AD＝CB、AE＝CF，根据SSS即可证明△ADE≅△CBF，不满足题意；
B．由DE∥BF可得∠BFC＝∠AED，结合AD＝CB、AE＝CF，根据SSA不能证明△ADE≅△CBF，满足题意；
C．由AD∥CB可得∠C＝∠A，结合AD＝CB、AE＝CF，根据SAS能证明△ADE≅△CBF，不满足题意；
D．由∠D＝∠B＝90°，结合AD＝CB、AE＝CF，根据SAS能证明△ADE≅△CBF，不满足题意．
故选：B．
4．（2023•西宁二模）如图，正方形格点图中，点A、B、C、D、E、F均在格点上，若以D、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，请写出一个满足条件的F点坐标 （1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（2，﹣4） ．
【分析】先根据全等三角形的判定定理画出符合的F点的位置，再得出F点的坐标即可．
【解答】解：如图所示，有4种情况，
∵A（2，2），C（1，1），B（2，4），E（1，﹣1），D（2，﹣2），
∴当F的坐标是（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）时，以D、E、F为顶点的三角形与△ABC全等，
故答案为：（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（2，﹣4）．
5．（2024•伊通县一模）如图，AD⊥AE，AB⊥AC，AD＝AE，AB＝AC．求证：△ABD≌△ACE．
【分析】根据SAS证明三角形全等即可．
【解答】证明：∵AD⊥AE，AB⊥AC，
∴∠CAB＝∠DAE＝90°．
∴∠CAB+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
6．（2023•农安县模拟）如图，ED⊥AB，FC⊥AB，垂足分别为D、C，AC＝BD，AE＝BF．求证：△AED≌△BFC．
【分析】根据垂直的定义得到∠ADE＝∠BCF＝90°，根据全等三角形的判定证明即可．
【解答】证明：∵ED⊥AB，FC⊥AB，
∴∠ADE＝∠BCF＝90°，
∵AC＝BD，
∴AC+CD＝BD+CD，
即AD＝BC，
在Rt△ADE与Rt△BCF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）．
题型02 全等三角形的判定与性质
【中考真题练】
1．（2023•成都）如图，已知△ABC≌△DEF，点B，E，C，F依次在同一条直线上．若BC＝8，CE＝5，则CF的长为 3 ．
【分析】根据全等三角形的对应边相等得到EF＝BC＝8，计算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
又BC＝8，
∴EF＝8，
∵EC＝5，
∴CF＝EF﹣EC＝8﹣5＝3．
故答案为：3．
2．（2023•辽宁）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC的中点，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，若AC＝4，CE＝5，则CD的长为 ．
【分析】由“ASA”可证△ABD≌△ECD，可得AB＝CE＝5，由勾股定理可求BC的长，即可求解．
【解答】解：∵点D为BC的中点，
∴BD＝CD，
∵CE∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△ABD和△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（ASA），
∴AB＝CE＝5，
∴BC＝＝3，
∴CD＝，
故答案为：．
3．（2023•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD．过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F．若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为 3 ．
【分析】先证明△ABE≌△CAF（AAS），根据全等三角形的性质可得AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，进一步可得EF的长．
【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE+∠FAC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABE，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝CF，
∵BE＝4，CF＝1，
∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，
∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
4．（2023•通辽）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，动点P从点A出发以2cm/s的速度沿AB向点B匀速运动，过点P作PQ⊥AB，交边AC于点Q，以PQ为边作等边三角形PQD，使点A，D在PQ异侧，当点D落在BC边上时，点P需移动 1 s．
【分析】根据等边三角形的性质得到角与边的等量关系，从而证明△BDP≌APQ，由此得到边之间的关系，进而求解．
【解答】解：设点P需移动t秒，点D落在BC边上，如图所示．
∵三角形PQD是等边三角形，
∴∠DPQ＝60°，
∴∠BPD＝180°﹣∠APQ﹣∠DPQ＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠BDP＝180°﹣∠B﹣∠BPD＝180°﹣60°﹣30°＝90°．
∠AQP＝180°﹣∠APQ﹣∠A＝180°﹣90°﹣60°＝30°．
∵∠BDP＝∠APQ＝90°，DP＝PQ，∠BPD＝∠AQP＝30°，
∴△BDP≌△APQ（ASA）．
∴BP＝AB﹣AP＝6﹣2t，BD＝AP＝2t，
∵∠BPD＝30°，
∴BD＝BP，即2t＝（6﹣2t），
∴t＝1．
故答案为：1．
5．（2023•苏州）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为△ABC的角平分线．以点A圆心，AD长为半径画弧，与AB，AC分别交于点E，F，连接DE，DF．
（1）求证：△ADE≌△ADF；
（2）若∠BAC＝80°，求∠BDE的度数．
【分析】（1）由角平分线定义得出∠BAD＝∠CAD．由作图知：AE＝AF．由SAS可证明△ADE≌△ADF；
（2）由作图知：AE＝AD．得出∠AED＝∠ADE，由等腰三角形的性质求出∠ADE＝70°，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠CAD．
由作图知：AE＝AF．
在△ADE和△ADF中，
，
∴△ADE≌△ADF（SAS）；
（2）解：∵∠BAC＝80°，AD为△ABC的角平分线，
∴∠EAD＝∠BAC＝40°，
由作图知：AE＝AD．
∴∠AED＝∠ADE，
∴∠ADE＝×（180°﹣40°）＝70°，
∵AB＝AC，AD为△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC．
∴∠BDE＝90°﹣∠ADE＝20°．
6．（2023•长沙）如图，AB＝AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）若AE＝6，CD＝8，求BD的长．
【分析】（1）利用“AAS”可证明△ABE≌△ACD；
（2）先利用全等三角形的性质得到AD＝AE＝6，再利用勾股定理计算出AC，从而得到AB的长，然后计算AB﹣AD即可．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（AAS）；
（2）解：∵△ABE≌△ACD，
∴AD＝AE＝6，
在Rt△ACD中，AC＝＝＝10，
∵AB＝AC＝10，
∴BD＝AB﹣AD＝10﹣6＝4．
7．（2023•大连）如图，AC＝AE，BC＝DE，BC的延长线与DE相交于点F，∠ACF+∠AED＝180°．求证：AB＝AD．
【分析】由已知∠ACF+∠AED＝180°，可得到∠ACB＝∠AED，再利用SAS证明△ABC≌△ADE，从而得到AB＝AD．
【解答】证明：∵∠ACF+∠AED＝180°，∠ACF+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝∠AED，
在△ABC和△ADE中，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AB＝AD．
8．（2023•营口）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AB的两侧，且AE＝BF，∠A＝∠B，∠ACE＝∠BDF．
（1）求证：△ACE≌△BDF；
（2）若AB＝8，AC＝2，求CD的长．
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理证明△ACE≌△BDF即可；
（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：在△ACE和△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（AAS）；
（2）由（1）知△ACE≌△BDF，
∴BD＝AC＝2，
∵AB＝8，
∴CD＝AB﹣AC﹣BD＝4，
故CD的长为4．
9．（2023•聊城）如图，在四边形ABCD中，点E是边BC上一点，且BE＝CD，∠B＝∠AED＝∠C．
（1）求证：∠EAD＝∠EDA；
（2）若∠C＝60°，DE＝4时，求△AED的面积．
【分析】（1）利用AAS证明∴△ABE≌△ECD，即可证明结论；
（2）先证明△AED为等边三角形，可得AE＝AD＝ED＝4，过A点作AF⊥ED于F，利用等边三角形的性质可得EF＝2，再根据勾股定理求得AF的长，利用三角形的面积公式可求解．
【解答】（1）证明：∵∠B＝∠AED＝∠C，∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠AED+∠CED，
∴∠BAE＝∠CED，
在△ABE和△ECD中，
，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴AE＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA；
（2）解：∵∠AED＝∠C＝60°，AE＝ED，
∴△AED为等边三角形，
∴AE＝AD＝ED＝4，
过A点作AF⊥ED于F，
∴EF＝ED＝2，
∴AF＝，
∴S△AED＝ED•AF＝．
【中考模拟练】
1．（2024•宁波模拟）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在BC，AC边上，点D不与点B，C重合，且BD＝CE，则（ ）
A．∠AFE＜∠FAEB．∠AFE＜∠FEAC．∠AFE＝∠FAED．∠AFE＝∠FEA
【分析】由“SAS”可证△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，由三角形的外角性质可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∴∠FAE＝∠ABE，
∵∠AFE＝∠ABE+∠BAD＝∠ABE+∠CBE＝∠ABC＝60°，
∴∠AFE＞∠ABE，
∴∠AFE＞∠FAE，
∵∠AEF＝∠ACB+∠CBE，
∴∠AEF＞60°，
∴∠AEF＞∠AFE，
故选：B．
2．（2024•蜀山区一模）如图，△ABC中，高AD，BE相交于点H，连接DE，若BD＝AD，BE＝5，AE＝2，则DE＝ ．
【分析】过点D作DN⊥DE交BE于点N，根据直角三角形的性质、角的和差求出∠NBD＝∠EAD，∠BDN＝∠ADE，利用ASA证明△ADE≌△BDN，根据全等三角形的性质求出DN＝DE，BN＝AE＝2，根据线段的和差求出NE＝3，解直角三角形求解即可．
【解答】解：如图，过点D作DN⊥DE交BE于点N，
∵高AD，BE相交于点H，
∴∠BDH＝∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠DAC+∠AHE＝∠DBH+∠BHD＝90°，
∵∠AHE＝∠BHD，
∴∠DAC＝∠DBH，
即∠NBD＝∠EAD，
∵DN⊥DE，
∴∠NDE＝90°＝∠ADB，
∴∠BDN＝∠ADE，
在△ADE和△BDN中，
，
∴△ADE≌△BDN（ASA），
∴DN＝DE，BN＝AE＝2，
∴NE＝BE﹣BN＝5﹣2＝3，
∵∠NDE＝90°，DN＝DE，
∴DE＝NE＝，
故答案为：．
3．（2024•潼南区一模）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝52°，B、D、E在同一直线上，则∠BEC的度数为 52° ．
【分析】由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠AEC＝∠ADB，即可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝52°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（（SAS），
∴∠AEC＝∠ADB，
∵∠ADB＝∠AED+∠DAE，
∴∠AEC＝∠AED+∠DAE＝∠AED+∠BEC，
∴∠BEC＝∠DAE＝52°，
故答案为：52°．
4．（2024•河东区一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E在△ABC外，连接AE，BE，CE，过点A作AF⊥AE，交CE于点F，连接BF，若AE＝AF＝．则：
（Ⅰ）线段EF的长等于 2 ；
（Ⅱ）△ABC的面积为 5 ．
【分析】（Ⅰ）在Rt△AEF中，根据AE＝AF＝，由勾股定理可得EF的长；
（Ⅱ）连接BF，先证△AEF为等腰直角三角形，则∠AEF＝∠AFE＝45°，进而得∠AFC＝135°，再证△EAB和△FAC全等得BE＝CF，∠AEB＝∠AFC＝135°，则∠BEC＝∠AEB﹣∠AEF＝90°，在Rt△BEF中由勾股定理得BE＝2，则CF＝BE＝2，CE＝EF+CF＝4，在Rt△BCE中由勾股定理得BC＝，由此可得△ABC的面积．
【解答】解：（Ⅰ）∵AF⊥AE，AE＝AF＝，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：EF＝＝2，
故答案为：2．
（Ⅱ）连接BF，如图所示：
∵AF⊥AE，AE＝AF＝，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴∠AFC＝180°﹣∠AFE＝135°，
∵AF⊥AE，∠BAC＝90°，
∴∠EAB+∠BAF＝90°，∠BAF+∠FAC＝90°，
∴∠EAB＝∠FAC，
在△EAB和△FAC中，
，
∴△EAB≌△FAC（SAS），
∴BE＝CF，∠AEB＝∠AFC＝135°，
∴∠BEC＝∠AEB﹣∠AEF＝135°﹣45°＝90°，
∵BF＝，
∴BF＝，
在Rt△BEF中，EF＝2，BF＝，
由勾股定理得：BE＝＝2，
∴CF＝BE＝2，
∴CE＝EF+CF＝2+2＝4，
在Rt△BCE中，BE＝2，CE＝4，
由勾股定理得：BC＝＝，
在Rt△ABC中，AB＝AC，BC＝，
由勾股定理得：AB2+AC2＝BC2，
∴2AB2＝（）2，
∴AB2＝10，
∴S△ABC＝AB•AC＝AB2＝5．
5．（2024•南岗区校级一模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC、BD相交于点E，AC＝BD，且AC⊥BD，若AB＝4，AD＝5，则CD边的长为 ．
【分析】过D作DF⊥AB，交AB的延长线于F，过C作CG⊥DF，交FD的延长线于G，判定△ABC≌△DFB，即可得到DF＝AB＝4，进而得出CG＝7，DG＝7﹣4＝3，再根据勾股定理，即可得到Rt△CDG中，CD＝＝．
【解答】解：如图所示，过D作DF⊥AB，交AB的延长线于F，过C作CG⊥DF，交FD的延长线于G，则∠F＝∠G＝90°，
∵∠ABC＝90°，AC⊥BD，
∴∠FBD+∠DBC＝∠BCA+∠DBC＝90°，
∴∠FBD＝∠BCA，
又∵∠ABC＝∠F＝90°，AC＝DB，
∴△ABC≌△DFB，
∴DF＝AB＝4，
又∵AD＝5，
∴Rt△ADF中，AF＝3，
∴BF＝7＝BC，FG＝CG＝7，
∴DG＝7﹣4＝3，
∴Rt△CDG中，CD＝＝．
故答案为：．
6．（2024•莲湖区一模）如图，F，C是AD上两点，且AF＝CD，点E，F，G在同一直上，∠B＝∠AGF，BC＝EF，求证：∠A＝∠D．
【分析】根据平行线的判定和性质定理以及全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】证明：∵∠B＝∠AGF，
∴BC∥EG，
∴∠BCA＝∠EFD，
∵AF＝CD，
∴AF+FC＝CD+FC，
∴AC＝DF，
在△ABC 和△DEF 中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠A＝∠D．
7．（2024•天河区校级一模）如图，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在AC边上，∠1＝∠2，AE和BD相交于点O
（1）求证：△AEC≌△BED；
（2）若∠1＝38°，求∠BDE的度数．
【分析】（1）根据全等三角形的判定即可判断△AEC≌△BED；
（2）由（1）可知：EC＝ED，∠C＝∠BDE，根据等腰三角形的性质即可知∠C的度数，从而可求出∠BDE的度数；
【解答】（1）证明：∵AE和BD相交于点O，
∴∠AOD＝∠BOE．
在△AOD和△BOE中，
∠A＝∠B，∴∠BEO＝∠2．
又∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠BEO，
∴∠AEC＝∠BED．
在△AEC和△BED中，
，
∴△AEC≌△BED（ASA）．
（2）∵△AEC≌△BED，
∴EC＝ED，∠C＝∠BDE．
在△EDC中，
∵EC＝ED，∠1＝38°，
∴∠C＝∠EDC＝71°，
∴∠BDE＝∠C＝71°．
8．（2024•湖州一模）如图，已知△ABC，∠C＝50°，将AB沿射线BC的方向平移至A′B′，使B′为BC的中点，连结AA′，记A′B′与AC的交点为O．
（1）求证：△AOA′≌△COB′；
（2）若AC平分∠BAA′，求∠B的度数．
【分析】（1）利用三角形中位线定理得出OA＝OC，进而利用SAS证明△AOA′≌△COB′即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠A'AO的度数，进而利用三角形的内角和定理解答即可．
【解答】（1）证明：由平移可知，AB＝A'B'，AB∥A'B'，
∵B′为BC的中点，
∴OB'是△ABC的中位线，
∴OA＝OC，OB'＝AB，
∴OB'＝A'B'，
即A'O＝OB'，
在△AOA'与△COB'中，
，
∴△AOA′≌△COB′（SAS）；
（2）解：∵△AOA′≌△COB′，
∴∠A'AO＝∠C＝50°，
∵AC平分∠BAA′，
∴∠BAC＝∠OAA'＝50°，
∴∠B＝180°﹣50°﹣50°＝80°．
考点三：特殊三角形
特殊三角形在中考数学中包含等腰三角形、等边三角形、直角三角形、等腰直角三角形。其中等腰三角形的性质“三线合一”和直角三角形的“勾股定理”是特殊三角形非常重要的性质。
题型01 等腰三角形的性质和判定
【中考真题练】
1．（2023•眉山）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，则∠ACD的度数为（ ）
A．70°B．100°C．110°D．140°
【分析】根据等边对等角得到∠B＝∠ACB，利用三角形内角和定理求出∠B的度数，再根据三角形外角的性质即可求出∠ACD的度数．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠A＝40°，
∴∠B＝∠ACB＝，
∵∠ACD是△ABC的一个外角，
∴∠ACD＝∠A+∠B＝40°+70°＝110°，
故选：C．
2．（2023•河北）在△ABC和△A'B'C′中，∠B＝∠B'＝30°，AB＝A'B'＝6，AC＝A'C′＝4，已知∠C＝n°，则∠C′＝（ ）
A．30°B．n°
C．n°或180°﹣n°D．30°或150°
【分析】分两种情况讨论，当BC＝B′C′时，则△ABC≌△A′B′C′，得出∠C′＝∠C＝n°，当BC≠B′C′时，如图，利用等腰三角形的性质求得∠A′C″C′＝∠C′＝n°，从而求得∠A′C″B′＝180°﹣n°．
【解答】解：当BC＝B′C′时，△ABC≌△A′B′C′（SSS），
∴∠C′＝∠C＝n°，
当BC≠B′C′时，如图，
∵A′C′＝A′C″，
∴∠A′C″C′＝∠C′＝n°，
∴∠A′C″B′＝180°﹣n°，
∴∠C′＝n°或180°﹣n°，
故选：C．
3．（2023•菏泽）△ABC的三边长a，b，c满足（a﹣b）2++|c﹣3|＝0，则△ABC是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．锐角三角形D．等腰直角三角形
【分析】由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由 a2+b2＝c2 的关系，可推导得到△ABC为直角三角形．
【解答】解：由题意得，
解得，
∵a2+b2＝c2，且a＝b，
∴△ABC为等腰直角三角形，
故选：D．
4．（2023•内蒙古）如图，直线a∥b，直线l与直线a，b分别相交于点A，B，点C在直线b上，且CA＝CB．若∠1＝32°，则∠2的度数为（ ）
A．32°B．58°C．74°D．75°
【分析】由CA＝CB可得△ABC是等腰三角形，从而可求∠CBA的大小，再结合平行线的性质即可解答．
【解答】解：∵CA＝CB，
∴△ABC是等腰三角形，
∴∠CBA＝∠CAB＝（180°﹣32°）÷2＝74°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠CBA＝74°．
故选：C．
5．（2023•西宁）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，点D在BC边上，连接AD，若△ABD为直角三角形，则∠ADB的度数是 90°或50° ．
【分析】首先根据等腰三角形的性质求出∠B＝∠C＝40°，然后分两种情况进行讨论：①∠ADB＝90°；②∠BAD＝90°，进而根据三角形的内角和定理求出∠ADB的度数即可．
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠A）＝40°，
∵△ABD为直角三角形，
∴有以下两种情况：
①∠ADB＝90°，
②∠BAD＝90°，
此时∠ADB＝180°﹣∠BAD﹣∠B＝180°﹣90°﹣40°＝50°．
∴若△ABD为直角三角形，则∠ADB的度数是90°或50°．
故答案为：90°或50°．
6．（2023•山西）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点O．若AB＝AC＝5，BC＝6，∠ADB＝2∠CBD，则AD的长为 ．
【分析】过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，根据等腰三角形的性质得出BH＝HC＝BC＝3，根据勾股定理求出AH＝＝4，证明∠CBD＝∠CED，得到DB＝DE，根据等腰三角形的性质得出CE＝BC＝6，证明CD∥AH，得到＝，求出CD＝，根据勾股定理求出DE＝＝＝，根据CD∥AH，得到＝，即＝，求出结果即可．
【解答】解：过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，如图所示：
则∠AHC＝∠AHB＝90°，
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
∴BH＝HC＝BC＝3，
∴AH＝＝4，
∵∠ADB＝∠CBD+∠CED，∠ADB＝2∠CBD，
∴∠CBD＝∠CED，
∴DB＝DE，
∵∠BCD＝90°，
∴DC⊥BE，
∴CE＝BC＝6，
∴EH＝CE+CH＝9，
∴＝，
∵DC⊥BE，AH⊥BC，
∴CD∥AH，
∴，
∴，
解得AD＝．
故答案为：．
7．（2023•烟台）如图，点C为线段AB上一点，分别以AC，BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰△ACD和等腰△BCE，且∠A＝∠CBE．在线段EC上取一点F，使EF＝AD，连接BF，DE．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，若AD＝2，BF的延长线恰好经过DE的中点G，求BE的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠A＝∠DCA，∠ECB＝∠CBE，CE＝BE，进而得出AD∥CE，得出∠ADC＝∠DCE，即可证得△DCE≌△FEB（SAS），得出DE＝BF；
（2）作GH∥CD，交CE于H，即可证得DG＝EG，GH∥BE，根据三角形中位线定理求得GH＝1，设CE＝BE＝m，则EH＝，FH＝，根据三角形相似的性质得到，解得m＝2+2．
【解答】（1）证明：∵△ACD、△BCE分别是以AC，BC为底边的等腰三角形，
∴∠A＝∠DCA，∠ECB＝∠CBE，CE＝BE，
∵∠A＝∠CBE，
∴∠A＝∠ECB，∠ADC＝∠CEB，
∴AD∥CE，
∴∠ADC＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠CEB，
∵EF＝AD，CE＝BE，
∴△DCE≌△FEB（SAS），
∴DE＝BF；
（2）解：∵∠A＝∠DCA，∠ECB＝∠CBE，CE＝BE，
∵∠DCA＝∠CBE，
∴∠A＝∠ECB，
∴DC∥BE，
作GH∥CD，交CE于H，
∵DG＝EG，GH∥CD，
∴CH＝EH，
∵AD＝2，AD＝CD，
∴CD＝2，
∴GH＝，
设CE＝BE＝m，
∴EH＝，
∵EF＝AD＝2，
∴FH＝，
∵GH∥BE，
∴△GHF∽△BEF，
∴，即，
解得m＝2+2或m＝2﹣2（舍去），
∴BE的长为2+2．
【中考模拟练】
1．（2024•宿迁二模）等腰三角形的一个内角为80°，则这个等腰三角形的底角为（ ）
A．80°或50°B．80°C．50°D．50°或20°
【分析】由于不明确80°的角是等腰三角形的底角还是顶角，故应分80°的角是顶角和底角两种情况讨论．
【解答】解：分两种情况：
①当80°的角为等腰三角形的顶角时，
底角的度数＝（180°﹣80°）÷2＝50°；
②当80°的角为等腰三角形的底角时，其底角为80°，
故它的底角度数是50°或80°．
故选：A．
2．（2024•道里区一模）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．若等腰△ABC是“倍长三角形”，腰AB的长为4，则底边BC的长为 2 ．
【分析】分两种情况：当等腰三角形的底边长BC是腰长AB的2倍时，当等腰三角形的腰长AB是底边长BC的2倍时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当等腰三角形的底边长BC是腰长AB的2倍时，
∵腰长AB＝AC＝4，
∵底边BC的长为8，
∵4+4＝8，
∴不能组成三角形；
当等腰三角形的腰长AB是底边长BC的2倍时，
∵腰长AB＝AC＝4，
∴底边BC的长为2；
综上所述：底边BC的长为2，
故答案为：2．
3．（2024•喀什地区一模）如图，△ABC中，AB＝AC，以点B为圆心，BC的长为半径画弧交AC于点C，E，再分别以点C与点E为圆心，大于CE长的一半为半径画弧，两弧交于点F，连接BF交AC于点D，若∠A＝40°，则∠EBD是 20° ．
【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ACB，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠CBE，即可解决问题．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ACB＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
由题意可知，BC＝BE，
∴∠BEC＝∠ACB＝70°，
∴∠CBE＝180°﹣70°×2＝40°，
∴∠EBD＝∠CBE＝20°．
故答案为：20°．
4．（2024•咸丰县模拟）已知A（2，0），B（0，2），点C在坐标轴上，且△ABC为等腰三角形，满足条件的C有（ ）个．
A．5B．6C．7D．8
【分析】分三种情况：当AB＝AC时；当BA＝BC时；当CA＝CB时；即可解答．
【解答】解：如图：
分三种情况：
当AB＝AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，交坐标轴于点C1，C2，C3；
当BA＝BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，交坐标轴于点C4，C5；
当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，交y轴于点C6；
综上所述：满足条件的C有6个，
故选：B．
5．（2024•惠安县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD是边AC的中线，根据下列作图步骤：
①分别以B，C为圆心，大于为半径作弧，两弧分别相交于M，N两点；
②连接M，N并延长，交BD于点P；
③连接AP，CP．
则下列结论正确的是（ ）
A．延长CP，则CP垂直平分AB
B．AP平分∠BAC
C．△APB是等腰三角形
D．AP＝BP＝CP
【分析】由作图可知MN是BC的垂直平分线，再根据等腰三角形的性质得A，P，M，N在同一条直线上，则点P为△ABC的重心，因此只有当△ABC为等边三角形时，延长，CP垂直平分AB，据此可对选项A进行判断；根据等腰三角形“三线合一”的性质可对选项B进行判断；根据只有当△ABC为等边三角形时，PA＝PB，据此可对选项C进行判断；根据只有当△ABC为等边三角形时，AP＝BP＝CP，据此可对选项D进行判断，综上所述可得出答案．
【解答】解：由作图可知：MN是BC的垂直平分线，
又∵AB＝AC，
∴A，P，M，N在同一条直线上，
即AP是BC边上的中线，
∴点P为△ABC的重心，
延长CP，则CP平分AB，
只有当△ABC为等边三角形时，CP垂直平分AB，
故选项A不正确，不符合题意；
∵AB＝AC，AP是BC边上的中线，
根据等腰三角形“三线合一”的性质得：AP平分∠BAC，
故选项B正确，符合题意；
∵点P为△ABC的重心，
∴只有当△ABC为等边三角形时，PA＝PB，即△APB是等腰三角形，
故选项C不正确，不符合题意；
∵点P为△ABC的重心，
∴只有当△ABC为等边三角形时，AP＝BP＝CP，
故选项D不正确，不符合题意．
故选：B．
6．（2023•紫金县三模）如图所示的正方形网格中，网格的交点称为格点，已知A，B是两格点，如果C也是图中的格点，且使得△ABC为等腰三角形，则符合条件的点C的个数是（ ）
A．9B．8C．7D．6
【分析】分三种情况：当AB＝AC时，当BA＝BC时，当CA＝CB时，即可解答．
【解答】解：如图：
分三种情况：
当AB＝AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，则点C1，C2，C3即为所求；
当BA＝BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，则点C4，C5，C6即为所求；
当CA＝CB时，作AB的垂直平分线，则点C7，C8即为所求；
综上所述：符合条件的点C的个数是8，
故选：B．
7．（2024•道里区校级一模）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，AE平分∠BAC，∠C＝2∠B，AB﹣BE＝4，AD＝BE，则BE的长 6 ．
【分析】延长BC到F，使DE＝DF，连接AF，设∠B＝2α，则∠ACB＝2∠B＝4α，则∠BAC＝180°﹣6α，根据角平分线的定义得∠BAE＝∠BAC＝90°﹣3α，进而得∠AEF＝∠B+∠BAE＝90°﹣α，则∠F＝∠AEF＝90°﹣α，由此得∠CAF＝∠ACB﹣∠F＝5α﹣90°，∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°﹣α＝∠F，进而得AB＝FB＝BE+EF，再根据AB﹣BE＝EF得EF＝4，则DE＝DF＝2，设BE＝a，则AD＝BE＝a，AB＝BE+4＝a+4，BD＝BE+DE＝a+2，然后Rt△ABD中利用勾股定理求出a的值即可得BE的长．
【解答】解：延长BC到F，使DE＝DF，连接AF，如图所示：
设∠B＝2α，则∠ACB＝2∠B＝4α，
∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠ACB）＝180°﹣6α，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝×（180°﹣6α）＝90°﹣3α，
∴∠AEF＝∠B+∠BAE＝2α+90°﹣3α＝90°﹣α，
∵AD⊥BC，DE＝DF，
∴AD为EF的垂直平分线，
∴AE＝AF，
∴∠F＝∠AEF＝90°﹣α，
∵∠ACB＝∠F+∠CAF，
∴∠CAF＝∠ACB﹣∠F＝4α﹣（90°﹣α）＝5α﹣90°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝180°﹣6α+5α﹣90°＝90°﹣α，
∴∠F＝∠BAF＝90°﹣α，
∴AB＝FB，
即AB＝BE+EF，
∴AB﹣BE＝EF，
又∵AB﹣BE＝4，
∴EF＝4，
∴DE＝DF＝2，
设BE＝a，则AD＝BE＝a，AB＝BE+4＝a+4，BD＝BE+DE＝a+2，
在Rt△ABD中，AB＝a+4，BD＝a+2，AD＝a，
由勾股定理得：AD2+BD2＝AB2，
即a2+（a+2）2＝（a+4）2，
整理得：a2﹣4a﹣12＝0，
解得：a1＝6，a2＝﹣2（不合题意，舍去），
∴BE＝a＝6．
故答案为：6．
8．（2024•利津县一模）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，MN过点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．则△AMN的周长为 18 ．
【分析】由在△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，过点O作MN∥BC，易证得△BOM与△CON是等腰三角形，继而可得△AMN的周长等于AB+AC．
【解答】解：∵在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠ABO＝∠OBC，
∵MN∥BC，
∴∠MOB＝∠OBC，
∴∠ABO＝∠MOB，
∴BM＝OM，
同理CN＝ON，
∴△AMN的周长是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝10+8＝18．
故答案为：18．
9．（2023•黑龙江模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB﹣AC＝3，BC＝8，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，则S△BDC的值为（ ）
A．24B．12C．6D．3
【分析】延长AC、BD相交于点E，证明△ADE≌△ADB（ASA），可得AE＝AB，ED＝BD，从而可得，再由AB﹣AC＝3，求得CE＝3，即可求得面积．
【解答】解：延长AC、BD相交于点E，
∵AD平分∠BAC，BD⊥AD，
∴∠EAD＝∠BAD，∠ADE＝∠ADB＝90°，
在△ADE和△ADB中，
，
∴△ADE≌△ADB（ASA），
∴AE＝AB，ED＝BD，
∴，
∵AB﹣AC＝3，
∴AE﹣AC＝CE＝3，
∴．
故选：C．
10．（2023•长春二模）如图，直线y＝4x+4与坐标轴交于A、B两点，点C为x轴负半轴上一点，∠CAB＝45°．则点C的坐标是 ．
【分析】过点B作BD⊥AB，交直线AC于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，根据题意易得A（0，4），B（﹣1，0），OA＝4，OB＝1，△ABD为等腰直角三角形，得到AB＝BD，由同角的余角相等可得∠BAO＝∠DBE，于是可通过AAS证明△ABO≌△BDE，得到OB＝DE＝1，OA＝BE＝4，则OE＝5，进而得出D（﹣5，1），再利用待定系数法求得直线AC的解析式为，最后求出点C的坐标即可．
【解答】解：如图，过点B作BD⊥AB，交直线AC于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，
∵直线y＝4x+4 与坐标轴交于A、B两点，
∴A（0，4），B（﹣1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
∵∠CAB＝45°，BD⊥AB，
∴△ABD为等腰直角三角形，∠ABD＝90°，
∴AB＝BD，
∵∠ABO+∠DBE＝90°，
∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠BAO＝∠DBE，
在△ABO和△BDE中，
，
∴△ABO≌△BDE（AAS），
∴OB＝DE＝1，OA＝BE＝4，
∴OE＝OB+BE＝1+4＝5，
∴D（﹣5，1），
设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将点A（0，4），D（﹣5，1）代入得，，
解得：，
∴直线AC的解析式为，
令y＝0得，，
解得：x＝，
∴C．
故答案为：．
题型02 等边三角形的性质和判定
【中考真题练】
1．（2023•金昌）如图，BD是等边△ABC的边AC上的高，以点D为圆心，DB长为半径作弧交BC的延长线于点E，则∠DEC＝（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【分析】根据等边三角形的性质可得∠ABC＝60°，根据等边三角形三线合一可得∠CBD＝30°，再根据作图可知BD＝ED，进一步可得∠DEC的度数．
【解答】解：在等边△ABC中，∠ABC＝60°，
∵BD是AC边上的高，
∴BD平分∠ABC，
∴∠CBD＝∠ABC＝30°，
∵BD＝ED，
∴∠DEC＝∠CBD＝30°，
故选：C．
2．（2023•绵阳）如图，在等边△ABC中，BD是AC边上的中线，延长BC至点E，使CE＝CD，若DE＝，则AB＝（ ）
A．B．6C．8D．
【分析】先由等边三角形的性质，得BD⊥AC，AD＝CD＝AC，∠ABD＝∠CBD＝30°，再根据CE＝CD，得∠E＝∠CDE，进而得∠CBD＝∠E＝30°，则BD＝DE＝4，然后在Rt△ABD中，由勾股定理求出AB即可．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD是AC边上的中线，
∴BD⊥AC，AD＝CD＝AC，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝2AD，
∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵∠ACB＝∠E+∠CDE＝2∠E，
∴60°＝2∠E，
∴∠E＝30°，
∠CBD＝∠E＝30°，
∴BD＝DE＝4，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB2﹣AD2＝BD2，
即（2AD）2﹣AD2＝（4）2，
解得：AD＝4，
∴AB＝2AD＝8．
故选：C．
3．（2023•江西）将含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，已知∠α＝60°，点B，C表示的刻度分别为1cm，3cm，则线段AB的长为 2 cm．
【分析】先由平行线的性质可得∠ACB的度数，根据等边三角形的判定和性质定理可得AB＝BC，则可得出AB的长．
【解答】解：∵直尺的两对边相互平行，
∴∠ACB＝∠α＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝3﹣1＝2（cm）．
故答案为：2．
4．（2023•凉山州）如图，边长为2的等边△ABC的两个顶点A、B分别在两条射线OM、ON上滑动，若OM⊥ON，则OC的最大值是 1+ ．
【分析】取AB的中点D，连接OD及DC，根据三角形的三边关系得到OC小于等于OD+DC，只有当O、D及C共线时，OC取得最大值，最大值为OD+CD，由等边三角形的边长为2，根据D为AB中点，得到BD为1，根据三线合一得到CD垂直于AB，在直角三角形BCD中，根据勾股定理求出CD的长，在直角三角形AOB中，OD为斜边AB上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OD等于AB的一半，由AB的长求出OD的长，进而求出DC+OD，即为OC的最大值．
【解答】解：取AB中点D，连OD，DC，
∴OC≤OD+DC，
当O、D、C共线时，OC有最大值，最大值是OD+CD，
∵△ABC为等边三角形，D为AB中点，
∴BD＝1，BC＝2，
∴CD＝＝，
∵△AOB为直角三角形，D为斜边AB的中点，
∴OD＝AB＝1，
∴OD+CD＝1+，即OC的最大值为1+．
故答案为：1+．
5．（2023•雅安）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，∠C＝60°，AE∥CD交BC于点E，BC＝8，AE＝6，则AB的长为 2 ．
【分析】连接AC、BD交于点O，过点E作EF⊥AC，交AC于点F，先证明△BCD是等边三角形，AC垂直平分BD，求得∠EAC＝∠ACD＝∠ACB＝30°，AE＝EC＝6，再解三角形求出AO＝AC﹣CO＝2，最后运用勾股定理求得AB即可．
【解答】解：如图：连接AC、BD交于点O，过点E作EF⊥AC，交AC于点F，
又∵BC＝DC，∠C＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD＝BC＝CD＝8，
∵AB＝AD，BC＝DC，
∴AC⊥BD，BO＝DO＝BD＝4，
∴∠ACD＝∠ACB＝∠BCD＝30°，
又∵AE∥CD，
∴∠EAC＝∠ACD＝∠ACB＝30°．
∴AE＝EC＝6，
过点E作EF⊥AC，交AC于点F，
∴CF＝CE•cs30°＝6×＝3，
AF＝AE•cs30°＝6×＝3，
CO＝BC•cs30°＝8×＝4，
∴AC＝CF+AF＝6，
∴AO＝AC﹣CO＝6﹣4＝2．
在Rt△BOA中，AB＝＝＝2．
故答案为：2．

【中考模拟练】
1．（2023•黔东南州二模）如图，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，点E是AD延长线上一点，若AE＝AC，则∠AEC的度数为（ ）
A．45°B．60°C．65°D．75°
【分析】由等边三角形的性质可得∠CAE＝30°，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠CAE＝30°，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE＝75°，
故选：D．
2．（2024•长沙县一模）如图，AB∥CD，△ACE为等边三角形，∠DCE＝45°，则∠EAB等于（ ）
A．40°B．30°C．20°D．15°
【分析】先根据等边三角形的性质可得∠ECA＝∠EAC＝60°，再根据平行线的性质可得∠DCA+∠BAC＝180°，然后根据角的和差计算即可．
【解答】解：∵△ACE为等边三角形，
∴∠ECA＝∠EAC＝60°，
∵AB//CD，
∴∠DCA+∠BAC＝180°，
∴∠DCE+∠ECA+∠EAC+∠EAB＝180°，
∵∠DCE＝45°，
∴45°+60°+60°+∠EAB＝180°，
解得∠EAB＝15°．
故选：D．
3．（2023•团风县模拟）如图，△ABC是等边三角形，点P是三角形内的任意一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为12，则PD+PE+PF＝（ ）
A．12B．8C．4D．3
【分析】过点P作平行四边形PGBD，EPHC，进而利用平行四边形的性质及等边三角形的性质即可．
【解答】解：延长EP、FP分别交AB、BC于G、H，
则由PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，可得，
四边形PGBD，EPHC是平行四边形，
∴PG＝BD，PE＝HC，
又△ABC是等边三角形，
又有PF∥AC，PD∥AB可得△PFG，△PDH是等边三角形，
∴PF＝PG＝BD，PD＝DH，
又△ABC的周长为12，
∴PD+PE+PF＝DH+HC+BD＝BC＝×12＝4，
故选：C．
4．（2023•肥西县二模）如图，在等边△ABC中，点 A、C分别在x轴、y轴上，AC＝4，当点A在x轴正半轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是（ ）
A．4B．2+C．+2D．2+2
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，连接OM，先根据等边三角形的性质求出BM，再根据直角三角形的性质求出OM，即可得出答案．
【解答】解：过点B作BM⊥AC于点M，连接OM，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴M是AC的中点，
∵AC＝4，
∴BC＝4，MC＝2，
根据勾股定理，得BM＝，
根据题意，得∠AOC＝90°，
∴OM＝＝2，
∴OM+MB＝2+，
∴点B到原点的最大距离是2+，
故选：D．
5．（2023•碑林区校级模拟）如图，△ABC是等边三角形，点E是AC的中点，过点E作EF⊥AB于点F，延长BC交EF的反向延长线于点D，若EF＝1，则DF的长为 3 ．
【分析】过点C作CH⊥DE于点H，易证△AFE≌△CHE（AAS），根据全等三角形的性质可得EH＝EF＝1，再证明△CDE是等腰三角形，可得DH＝EH＝1，进一步可得DF的长．
【解答】解：过点C作CH⊥DE于点H，
则∠CHE＝90°，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AFE＝∠CHE，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△AFE和△CHE中，
，
∴△AFE≌△CHE（AAS），
∴EH＝EF＝1，
在等边△ABC中，∠B＝∠ACB＝60°，
∵∠BFE＝90°，
∴∠D＝30°，
∴∠DEC＝60°﹣30°＝30°，
∴CE＝CD，
∴△CDE是等腰三角形，
∵CH⊥DE，
∴DH＝EH＝1，
∴DF＝DH+EH+EF＝3，
故答案为：3．
6．（2023•长春模拟）两个大小不同的等边三角形三角板按图①所示摆放．将两个三角板抽象成如图②所示的△ABC和△ADE，点B、C、D依次在同一条直线上，连接CE．若CD＝1，CE＝3，则点A到直线BC的距离为 ．
【分析】首先根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，进而可得出∠BAD＝∠CAE，据此可依据“SAS”判定△ABD和△ACE全等，从而得出BD＝CE＝3，进而得BC＝2，然后过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHC中，利用勾股定理可求出AH的长．
【解答】解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即：∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
即：BC+CD＝CE，
∵CD＝1，CE＝3，
∴BC+1＝3，
∴BC＝2，
过点A作AH⊥BC，垂足为H，
∵△ABC是等边三角形，
∴，AC＝BC＝2，
在Rt△AHC中，AC＝2，CH＝1，
由勾股定理得：．
∴点A到直线BC的距离为．
故答案为：．
题型03 直角三角形的性质和判定
【中考真题练】
1．（2023•贵州）5月26日，“2023中国国际大数据产业博览会”在贵阳开幕，在“自动化立体库”中有许多几何元素，其中有一个等腰三角形模型（示意图如图所示），它的顶角为120°，腰长为12m，则底边上的高是（ ）
A．4mB．6mC．10mD．12m
【分析】作AD⊥BC于点 D，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：如图，作AD⊥BC于点D，

在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，
又∵AD⊥BC，
∴AD＝AB＝12＝6（m），
故选：B．
2．在△ABC中，∠B＝60°，AB＝4，若△ABC是锐角三角形，则满足条件的BC长可以是（ ）
A．1B．2C．6D．8
【分析】作△ABC的高AD、CE．根据锐角三角形的三条高均在三角形的内部得出BC＞BD，AB＞BE．解直角三角形求出2＜BC＜8，即可求解．
【解答】解：如图，作△ABC的高AD、CE．
∵△ABC是锐角三角形，
∴AD、CE在△ABC的内部，即BC＞BD，AB＞BE．
∵在直角△ABD中，∠B＝60°，AB＝4，
∴BD＝AB•csB＝4×＝2，
∴BC＞2；
又∵BC＝＜＝＝8，
∴2＜BC＜8，
∴综观各选项，BC可以为6．
故选：C．
3．（2023•株洲）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（ ）
A．3.5cmB．3cmC．4.5cmD．6cm
【分析】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长．
【解答】解：由图可得，
∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），点D为线段AB的中点，
∴CD＝AB＝3cm，
故选：B．
4．（2023•荆州）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点．若AC＝8，CD＝5，则DE＝ 3 ．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质得到AB＝2CD＝10，根据勾股定理得到BC＝＝6，根据三角形中位线定理即可得到结论．
【解答】解：∵CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，CD＝5，
∴AB＝2CD＝10，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，
∴BC＝＝6，
∵E为AC的中点，
∴AE＝CE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝3，
故答案为：3．
【中考模拟练】
1．（2024•昭通一模）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，CD是斜边AB上的高，BD＝2，那么AB等于（ ）
A．5B．6C．8D．12
【分析】由含30度角的直角三角形的性质推出BC＝AB，BD＝BC，得到BD＝AB，而BD＝2，即可求出AB＝8．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴BC＝AB，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵∠B＝90°﹣∠A＝60°，
∴∠BCD＝90°﹣∠B＝30°，
∴BD＝BC，
∴BD＝AB，
∵BD＝2，
∴AB＝8．
故选：C．
2．（2023•工业园区校级二模）定义：一个三角形的一个角是另一个角的2倍，这样的三角形叫做“倍角三角形”．若直角△ABC是“倍角三角形”，∠C＝90°，∠A≤∠B，则∠A的度数为 45°或30° ．
【分析】分∠C＝2∠A、∠B＝2∠A两种情况，根据直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：当∠C＝2∠A时，
∵∠C＝90°，
∴∠A＝45°，
当∠B＝2∠A时，
∵∠C＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，
∴2∠A+∠A＝90°，
∴∠A＝30°，
故答案为：45°或30°．
3．（2023•漳浦县模拟）在下列条件中：
①∠A+∠B＝∠C，
②∠A：∠B：∠C＝1：5：6，
③∠A＝90°﹣∠B，
④∠A＝∠B＝∠C 中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据直角三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到答案．
【解答】解：①因为∠A+∠B＝∠C，则2∠C＝180°，∠C＝90°，所以△ABC是直角三角形；
②因为∠A：∠B：∠C＝1：5：6，设∠A＝x，则x+5x+6x＝180，x＝15°，∠C＝15°×6＝90°，所以△ABC是直角三角形；
③因为∠A＝90°﹣∠B，所以∠A+∠B＝90°，则∠C＝180°﹣90°＝90°，所以△ABC是直角三角形；
④因为∠A＝∠B＝∠C，所以∠A＝∠B＝∠C＝60°，△ABC不是直角三角形；
能确定△ABC是直角三角形的有①②③共3个．
故选：C．
4．（2023•海珠区校级二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，DE垂直平分AB，交BC于点E，BE＝4，则AC＝ 2 ．
【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE＝BE，再根据等边对等角可得∠BAE＝∠B，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AEC＝30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得AC的长．
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE＝4，
∴∠BAE＝∠B＝15°，
∴∠AEC＝∠BAE+∠B＝15°+15°＝30°，
∵∠C＝90°，
∴AC＝AE＝×4＝2．
故答案为：2．
5．（2023•莲湖区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，BC＝6，点D为BC的中点，AE⊥BC于点E，则DE的长是（ ）
A．1B．C．3D．6
【分析】由直角三角形的性质，得到AD＝CD＝BD＝BC＝3，由等腰三角形的性质得到∠C＝∠DAC＝30°，由三角形外角的性质得到∠ADC＝∠C+∠DAC＝60°，因此△ABD是等边三角形，由等腰三角形的性质即可求出DE的长．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，BC＝6，点D为BC的中点，
∴AD＝CD＝BD＝BC＝3，
∴∠C＝∠DAC＝30°，
∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE⊥BC于点E，
∴DE＝BD＝．
故选：B．
6．（2024•灵山县一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，AC＝6，F是线段DE上一点，连接AF，CF，EF＝3DF．若∠AFC＝90°，则BC的长度是（ ）
A．6B．8C．10D．12
【分析】根据直角三角形的性质得到EF＝3，根据EF＝3DF，得到DF＝1，求出DE，根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵∠AFC＝90°，点E是AC的中点，
∴EF＝AC＝3，
∵EF＝3DF，
∴DF＝1，
∴DE＝DF+EF＝4，
∵D、E分别是AB，AC的中点，
∴BC＝2DE＝8，
故选：B．
7．（2024•湖南模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，DE是斜边AC的垂直平分线，分别交AB、AC于D、E两点，若BD＝4，则AC的长是 8 ．
【分析】由线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质推出∠BCD＝30°，由锐角的正切定义求出BC的长，即可得到AC的长．
【解答】解：∵∠ACB＝60°，∠B＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ACB＝30°，
∵DE是斜边AC的垂直平分线，
∴DC＝DA，
∴∠DCA＝∠A＝30°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝30°，
∵tan∠BCD＝＝，DB＝4，
∴BC＝4，
∵BC＝AC，
∴AC＝8．
故答案为：8．
8．（2024•新昌县一模）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，点E是边BC延长线上一点，连结AE，DE，过点C作CF⊥DE于点F，且DF＝EF．
（1）求证：AD＝CE．
（2）若CD＝5，AC＝6，求△AEB的面积．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质得到CD＝AD＝AB，根据线段垂直平分线的选择得到CE＝CD，于是得到结论．
（2）根据直角三角形斜边中线的性质得到AB＝2AD＝10，由勾股定理得到BC＝＝8，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝AB，
∵CF⊥DE，DF＝EF．
∴CE＝CD，
∴AD＝CE．
（2）解：由（1）知，CE＝CD＝AB＝5，
∴AB＝10，
在Rt△ABC中，BC＝＝8，
∴BE＝BC+EC＝13，
∴S△AEB＝BE•AC＝．
题型04 勾股定理及其应用
【中考真题练】
1．（2023•宁夏）将一副直角三角板和一把宽度为2cm的直尺按如图方式摆放：先把60°和45°角的顶点及它们的直角边重合，再将此直角边垂直于直尺的上沿，重合的顶点落在直尺下沿上，这两个三角板的斜边分别交直尺上沿于A，B两点，则AB的长是（ ）
A．2﹣B．2﹣2C．2D．2
【分析】根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ACD中，∠ACD＝45°，
∴∠CAD＝45°＝∠ACD，
∴AD＝CD＝2cm，
在Rt△BCD中，∠BCD＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴BC＝2CD＝4cm，
∴BD＝＝＝2（cm），
∴AB＝BD﹣AD＝（2﹣2）（cm）．
故选：B．
2．（2023•南京）我国南宋数学家秦九韶的著作《数书九章》中有一道问题：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步，欲知为田几何？”问题大意：如图，在△ABC中，AB＝13里，BC＝14里，AC＝15里，则△ABC的面积是（ ）
A．80平方里B．82平方里C．84平方里D．86平方里
【分析】过点A作AD⊥BC，利用勾股定理求出AD的长，再利用三角形的面积公式求出△ABC的面积即可．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
设BD＝x里，则CD＝（14﹣x）里，
在Rt△ABD中，AD2+x2＝132，
在Rt△ADC中，AD2＝152﹣（14﹣x）2，
∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2，
132﹣x2＝152﹣196+28x﹣x2，
解得x＝5，
在Rt△ABD中，AD＝＝12（里），
∴△ABC的面积＝BC•AD＝×14×12＝84（平方里），
故选：C．
3．（2023•日照）已知直角三角形的三边a，b，c满足c＞a＞b，分别以a，b，c为边作三个正方形，把两个较小的正方形放置在最大正方形内，如图，设三个正方形无重叠部分的面积为S1，均重叠部分的面积为S2，则（ ）
A．S1＞S2B．S1＜S2
C．S1＝S2D．S1，S2大小无法确定
【分析】由直角三角形的三边a，b，c满足c＞a＞b，根据垂线段最短可知该直角三角形的斜边为c，则c2＝a2+b2，所以c2﹣a2﹣b2＝0，则S1＝c2﹣a2﹣b2+b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，而S2＝b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，所以S1＝S2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵直角三角形的三边a，b，c满足c＞a＞b，
∴该直角三角形的斜边为c，
∴c2＝a2+b2，
∴c2﹣a2﹣b2＝0，
∴S1＝c2﹣a2﹣b2+b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，
∵S2＝b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，
∴S1＝S2，
故选：C．
4．（2023•湖北）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点D在边AC上，且BD平分△ABC的周长，则BD的长是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据勾股定理得到AC＝＝5，求得△ABC的周长＝3+4+5＝12，得到AD＝3，CD＝2，过D作DE⊥BC于E，根据相似三角形的性质得到DE＝，CE＝，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝＝5，
∴△ABC的周长＝3+4+5＝12，
∵BD平分△ABC的周长，
∴AB+AD＝BC+CD＝6，
∴AD＝3，CD＝2，
过D作DE⊥BC于E，
∴AB∥DE，
∴△CDE∽△CAB，
∴，
∴，
∴DE＝，CE＝，
∴BE＝，
∴BD＝＝＝，
故选：C．
5．（2023•泰州）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一棵大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为 9 里．
【分析】由AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，得到OD⊥AB，OC⊥BC，BD＝BC＝9里，由勾股定理求出AC＝＝12，由tanA＝＝，求出OD＝4.5（里），即可得到答案．
【解答】解：如图，⊙O表示圆形城堡，
由题意知：AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，
∴OD⊥AB，OC⊥BC，BD＝BC＝9里，
∵AD＝6里，
∴AB＝AD+BD＝15里，
∴AC＝＝12，
∵tanA＝＝，
∴＝，
∴OD＝4.5（里）．
∴城堡的外围直径为2OD＝9（里）．
故答案为：9．
6．（2023•安徽）清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，AD是锐角△ABC的高，则BD＝（BC+）．当AB＝7，BC＝6，AC＝5时，CD＝ 1 ．
【分析】根据BD＝（BC+）和AB＝7，BC＝6，AC＝5，可以计算出BD的长，再根据BC的长，即可计算出CD的长．
【解答】解：∵BD＝（BC+），AB＝7，BC＝6，AC＝5，
∴BD＝（6+）＝5，
∴CD＝BC﹣BD＝6﹣5＝1，
故答案为：1．
7．（2023•菏泽）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝5，AD＝4，AD＜BC，点E在线段BC上运动，点F在线段AE上，∠ADF＝∠BAE，则线段BF的最小值为 ﹣2 ．
【分析】设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB交⊙O于F′，证得∠DFA＝90°，于是得到点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到OB与⊙O是交点F′时，线段BF有最小值，据此解答即可．
【解答】解：设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB交⊙O于F′，
∵∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠ADF＝∠BAE，
∴∠DFA＝∠ABE＝90°，
∴点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到OB与⊙O是交点F′时，线段BF有最小值，
∵AD＝4，
∴，
∴，
∴线段BF的最小值为﹣2，
故答案为：﹣2．
8．（2023•湖北）如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF＝a，DF＝b，连接AE，BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则＝ 3 ．
【分析】根据题意得出a2＝b2﹣ab，即，解方程得到＝（负值舍去）代入进行计算即可得到结论．
【解答】解：方法一：∵图中AF＝a，DF＝b，
∴ED＝AF＝a，EH＝EF＝DF﹣DE＝b﹣a，
∵△ADE与△BEH的面积相等，
∴，
∴a2＝（b﹣a）b，
∴a2＝b2﹣ab，
∴1＝（）2﹣，
∴，
解得＝（负值舍去），
∴；
方法二：∵a2＝b2﹣ab，
∴b2﹣a2＝ab，
∴（b2﹣a2）2＝a2b2，
∴b4+a4＝3a2b2，
∴＝3，
故答案为：3．
9．（2023•扬州）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b﹣a＝4，c＝20，则每个直角三角形的面积为 96 ．
【分析】根据勾股定理可知a2+b2＝c2，再根据b﹣a＝4，c＝20，即可得到a、b的值，然后即可计算出每个直角三角形的面积．
【解答】解：由图可得，
a2+b2＝c2，
∴且a、b均大于0，
解得，
∴每个直角三角形的面积为ab＝×12×16＝96，
故答案为：96．
10．（2023•无锡）《九章算术》中提出了如下问题：今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出，问户高、广、邪各几何？这段话的意思是：今有门不知其高宽；有竿，不知其长短，横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽和对角线的长各是多少？则该问题中的门高是 8 尺．
【分析】利用勾股定理建立方程，解方程得出门高即可．
【解答】解：设竿长为x尺，则门宽为（x﹣4）尺，门高（x﹣2）尺，门对角线是x尺，根据勾股定理可得：
x2＝（x﹣4）2+（x﹣2）2，
整理得：x2﹣12x+20＝0，
解得x＝2（舍去）或x＝10．
则门高：10﹣2＝8．
故答案为：8．
11．（2023•东营）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 50 km．
【分析】根据题意可得：∠DAB＝60°，∠FBC＝30°，AD∥EF，从而可得∠DAB＝∠ABE＝60°，然后利用平角定义可得∠ABC＝90°，从而在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：∠DAB＝60°，∠FBC＝30°，AD∥EF，
∴∠DAB＝∠ABE＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ABE﹣∠FBC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝30km，BC＝40km，
AC＝＝＝50（km），
∴A，C两港之间的距离为50km，
故答案为：50．
12．（2023•广安）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 10 cm．（杯壁厚度不计）
【分析】将杯子侧面展开，建立B关于EF的对称点B′，根据两点之间线段最短可知B′A的长度即为所求．
【解答】解：如图：
将杯子侧面展开，作B关于EF的对称点B′，
连接B′A，则B′A即为最短距离，
B′A＝＝＝10（cm）．
故答案为：10．
【中考模拟练】
1．（2024•黔南州一模）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2，AB＝6，在BC上取一点M（不与B、C点重合），连接AM，当AM的长度为整数值时，符合条件的AM值共有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】根据勾股定理求出BC，根据三角形的面积公式求出AM，根据垂线段最短解答即可．
【解答】解：在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2，AB＝6，
由勾股定理得：BC＝＝＝2，
当AM⊥BC时，S△ABC＝AB•AC＝BC•AM，
∴×6×2＝×2•AM，
解得：AM＝，
∵1＜AM＜2，
∴当AM的长度为整数值时，符合条件的AM值有2，3，4，5，共4个，
故选：C．
2．（2024•元谋县一模）如图所示，在4×4网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，若△ABC的顶点均是格点，则△ABC的面积为（ ）
A．B．5C．D．10
【分析】根据割补法求解即可．
【解答】解：△ABC的面积＝4×4﹣＝5，
故选：B．
3．（2024•邱县一模）四边形ABCD的边长如图所示，对角线AC的长度随四边形的形状改变而变化．当△ABC是直角三角形时，对角线AC的长为（ ）
A．5B．C．D．4
【分析】利用分类讨论的方法和勾股定理，可以求得AC的长，还要考虑求出的AC的长是否使得线段AD、CD、AC能组成三角形．
【解答】解：当∠BAC＝90°时，
AC＝＝＝，2+＞3，符合题意；
当∠ABC＝90°时，
AC＝＝5，2+3＝5，此时线段AD、CD、AC不能组成三角形，不符合题意；
故选：C．
4．（2024•雁塔区校级模拟）学习了勾股定理后，老师给大家留了一个作业题，小华看了后，无从下手，请你帮帮小华．如图，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上，CD⊥AB于点D，则CD的长是（ ）
A．B．4C．D．
【分析】根据勾股定理算出AB，利用割补法求出△ABC的面积，再利用△ABC的面积还等于，即可解题．
【解答】解：由题知，，
，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝，
∴，解得，
故选：A．
5．（2024•鞍山模拟）勾股定理是人类数学文化的一颗璀璨明珠，是用代数思想解决几何问题最重要的工具，也是数形结合的纽带之一．如图，当秋千静止时，踏板B离地的垂直高度BE＝0.7m，将它往前推3m至C处时（即水平距离CD＝3m），随板离地的垂直高度CF＝2.5m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（ ）
A．3.4mB．5mC．4mD．5.5m
【分析】设AC的长为x，则AB＝AC＝x m，故AD＝AB﹣BD＝（x﹣1.8）m．在直角△ADC中利用勾股定理即可求解．
【解答】解：由题意可知，CF＝2.5m，BE＝0.7m，
∴BD＝1.8m．
设AC的长为x m，则AB＝AC＝x m，
所以AD＝AB﹣BD＝（x﹣1.8）m．
在直角△ADC中，AD2+CD2＝AC2，即（x﹣1.8）2+32＝x2，
解得：x＝3.4，
即绳索AC的长是3.4米．
故选：A．
6．（2024•凉州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为13，则AB的长为（ ）
A．5B．C．D．
【分析】由正方形的性质推出AB＝AF，∠BAN＝∠F＝90°，由余角的性质推出∠ABN＝∠MAF，由ASA证明△BAN≌△AFM，得到△BAN的面积＝△AFM的面积，因此四边形FNCM的面积＝△ABC的面积，得到空白部分的面积＝正方形ABGF的面积﹣2×△ABC的面积，因此AB2﹣2×AC•BC＝13①，由完全平方公式得AC2+BC2+2AC•BC＝49，由勾股定理得到AB2+2AC•BC＝49②，于是AB2＝25，即可求出AB的长．
【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴AB＝AF，∠BAN＝∠F＝90°，
∴∠MAF+∠BAC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABN+∠BAC＝90°，
∴∠ABN＝∠MAF，
∵AB＝AF，∠BAN＝∠F，
∴△BAN≌△AFM（ASA），
∴△BAN的面积＝△AFM的面积，
∴四边形FNCM的面积＝△ABC的面积，
∴空白部分的面积＝正方形ABGF的面积﹣2×△ABC的面积，
∴AB2﹣2×AC•BC＝13①，
∵AC+BC＝7，
∴（AC+BC）2＝72，
∴AC2+BC2+2AC•BC＝49，
∵AB2＝AC2+BC2，
∴AB2+2AC•BC＝49②，
由①和②得AB2＝25，
∴AB＝5（舍去负值）．
故选：A．
7．（2024•浔阳区校级一模）如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 3或3或3 ．
【分析】利用分类讨论，当∠ABP＝90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC＝∠BOP＝60°，易得∠BPO＝30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；当∠APB＝90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO＝BO，易得△BOP为等边三角形，利用锐角三角函数可得AP的长；易得BP，利用勾股定理可得AP的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．
【解答】解：当∠APB＝90°时（如图1），
∵AO＝BO，
∴PO＝BO，
∵∠AOC＝60°，
∴∠BOP＝60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB＝BC＝6，
∴AP＝AB•sin60°＝6×＝3；
当∠ABP＝90°时（如图2），
∵∠AOC＝∠BOP＝60°，
∴∠BPO＝30°，
∴BP＝＝＝3，
在直角三角形ABP中，
AP＝＝3；
如图3，∵AO＝BO，∠APB＝90°，
∴PO＝AO，
∵∠AOC＝60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP＝AO＝3，
故答案为3或3或3．
8．（2023•杭州模拟）在学习“勾股数”的知识时，爱动脑的小小同学发现了一组有规律的勾股数，并将它们记录在如下的表格中．据此规律，当a＝45时，b的值是（ ）
A．1011B．1012C．1013D．1014
【分析】满足a2+b2＝c2 的三个正整数，称为勾股数；由表格中的规律，得到c＝b+1，由a2+b2＝c2，即可求出b的值．
【解答】解：由表格中的数据得：a2+b2＝c2，c＝b+1，
∴a2+b2＝（b+1）2，
当a＝45时，452+b2＝（b+1）2，
∴b＝1012．
故选：B．
9．（2024•常州模拟）如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，连接AC，分别交EF，GH于点M，N．已知AH＝3DH，正方形ABCD的面积为24，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．4B．4.5C．4.8D．5
【分析】根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，根据勾股定理可得x的平方的值，再根据题意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，然后可得阴影部分的面积之和为梯形NGFM的面积．
【解答】解：∵S正方形ABCD＝24，
∴AB2＝24，
设DH＝x，
则AH＝3DH＝3x，
∴x2+9x2＝24，
∴，
根据题意可知：
AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，
∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，
∴S△FGN＝2S△CGN，
∵S△AEM＝S△CGN，
∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，
∴阴影部分的面积之和为：
＝
＝
＝
＝2x2
＝
＝4.8．
故选：C．
10．（2024•高新区模拟）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何．”（丈、尺是长度单位，1丈＝10尺）其大意为：有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．水的深度是多少？则水深为（ ）
A．10尺B．12尺C．13尺D．15尺
【分析】设水深为h尺，则芦苇长为（h+1）尺，根据勾股定理列方程，解出h即可．
【解答】解：设水深为h尺，则芦苇长为（h+1）尺，
根据勾股定理，得（h+1）2﹣h2＝（10÷2）2，
解得h＝12，
∴水深为12尺，
故选：B．
11．（2023•丹江口市模拟）如图，地面上有一个长方体盒子，一只蚂蚁在这个长方体盒子的顶点A处，盒子的顶点C′处有一小块糖粒，蚂蚁要沿着这个盒子的表面A处爬到C′处吃这块糖粒，已知盒子的长和宽为均为20cm，高为30cm，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）cm．
A．10B．50C．10D．70
【分析】根据图形可知长方体的四个侧面都相等，所以分两种情况进行解答即可．
【解答】解：分两种情况：（其它情况与之重复）
①当蚂蚁从前面和右面爬过去时，如图1，连接AC′，
在Rt△ACC′中，AC＝20+20＝40（cm），CC′＝30（cm），
根据勾股定理得：AC′＝＝＝50（cm），
②当蚂蚁从前面和上面爬过去时，如图2，连接AC′，
在Rt△ABC′中，BC′＝BB′+B′C′＝30+20＝50（cm），AB＝20（cm），
根据勾股定理得：
AC′＝＝＝10（cm）＞50（cm）；
蚂蚁爬行的最短距离为50cm．
故选：B．
12．（2024•西安一模）为实现核心素养导向的教学目标，走向综合性、实践性的课程教学变革，某中学推进项目式学习，组织九年级数学研学小组，进行了“测量古树高度”的项目式学习活动．其中甲、乙两个研学小组分别设计了不同的测量方案；他们各自设计的测量方案示意图及测量数据如表所示：
请你选择其中的一种测量方案，求古树AB的高度．（结果保留根号）
【分析】选甲组，根据矩形的性质得出BE的长，再根据勾股定理求出AE的长即可得出结果；
选乙组，根据含特殊角的直角三角形的性质得出AD与BD的长即可得出结果．
【解答】解：选甲组，
∵四边形BECD为矩形，
∴BE＝CD＝4m，
在Rt△ACE中，∠ACE＝30°，
∴AC＝2AE，
由勾股定理得，AC2﹣AE2＝EC2，
即4AE2﹣AE2＝122，
解得AE＝4（负值舍去），
∴AB＝AE+BE＝（4）m；
选乙组，
在Rt△BCD中，∠BCD＝60°，CD＝4m，
∴BC＝2CD＝8m，
∴BD＝（m），
在Rt△ACD中，∠ACD＝45°，
∴∠ACD＝∠CAD＝45°，
∴AD＝CD＝4，
∴AB＝AD+BD＝（4）m．
易错点：三角形内角和定理：三角形三个内角的和=180°
三角形外角定理：三角形的一个外角=与它不相邻两个内角的和
三角形内角和与外角定理是几何图形求解角度时常用的等量关系；即使是其他多边形，也常转化为三角形求角度；
解题大招01：三角形两边之差＜第三边＜三角形两边之和
解题大招02：判定三边能否组成三角形，直接用“定理”，且只需要较小的两边之和大于最大的边长即可
解题大招03：“三点共线”类最值：当两线段长固定，且首尾相连，可用三点共线来求其最大值与最小值
由△的三线组成的几个“心”：
△三边中线交点—→重心—→性质：△的重心到一中线中点的距离=重心到这条中线定点距离的一半；
△三条角平分线交点—→内心—→性质：△的内心到△三边的距离（垂线段）相等；
△三边中垂线交点—→外心—→性质：△的外心到△三个顶点的距离（连接）相等；
解题大招01：三角形中线常见作用及其辅助线
常见“用途”：平分线段、平分面积；
辅助线类型：倍长中线造全等—→延伸：倍长中线类模型；
解题大招02：三角形高线常见作用及其辅助线
常见“用途”：求面积（等积法）、求角度（余角）；
辅助线类型：见特殊角做⊥，构特殊直角△、见等腰做底边上高线，构三线合一；
解题大招03：角平分线常见作用及其辅助线
常见“用途”：得角相等（定义）、得线段相等（性质）、SAS证全等、知2得1等；
辅助线类型：见角平分线作双垂、见角平分线作对称、截长补短构全等、见角平分线＋垂直，延长出等腰；
解题大招04：中垂线常见作用及其辅助线
常见“用途”：平分线段、得90°、证全等、求新形成三角形周长等；
辅助线类型：连接两点
易错点01：全等三角形的判定通用方法为：SSS、SAS、ASA、AAS；直角三角形全等的判定方法为：HL
易错点02：三角形全等的基本步骤：①准备条件；②罗列条件；③得出结论。
全等三角形的判定通用方法为：SSS、SAS、ASA、AAS；直角三角形全等的判定方法为：HL
解题大招01：解题大招：有关三角形全等问题应用的三个方向：
①证边相等就证它们所在的三角形全等；
②证角相等就证它们所在的三角形全等；
③全等三角形可以提供相等线段、相等角
解题大招02：

易错点01：等腰三角形是轴对称图形，有1条或3条对称轴
易错点02：等腰三角形重要性质：“三线合一”、等边对等角
易错点03：等腰三角形判定方法：①定义法；②等角对等边
当一个三角形的角平分线与高线，或者中线出现重合时，虽然不能直接得等腰三角形，但是也可以用三角形全等来证明该三角形是等腰三角形，遇到时要记得用。
解题大招01：等边三角形的判定方法重点记忆有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，但是如果一个三角形中出现2个60°内角，也要往等边三角形方向想。
解题大招02：等边三角形面积的求解方法：
直角三角形的性质有些是通用的，有些是特殊角的直角三角形才有的，使用时需要注意区分
解题大招01：常见的勾股数：3,4,5及其倍数；5,12,13及其倍数；7,24,25及其倍数；8,15,17及其倍数
解题大招02：勾股定理是初中数学中求解长度非常重要的等量关系，故很多求长度的问题没方向时，就往直角三角形勾股定理方向去想
a
3
5
7
9
11
…
b
4
12
24
40
60
…
c
5
13
25
41
61
…
活动课题
测量古树AB的高度
研学小组
甲组
乙组
测量示意图


测量说明
CE⊥AB于点E，BECD为一个矩形架，图中所有的点都在同一平面内．
CD⊥AB于点D，图中所有的点都在同一平面内．
测量数据
CD＝4m，CE＝12m，∠ACE＝30°．
∠ACD＝45°，∠BCD＝60°，CD＝4m．