考点14 等腰三角形与直角三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

这是一份考点14 等腰三角形与直角三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版），共19页。试卷主要包含了等腰三角形，等边三角形，直角三角形与勾股定理等内容，欢迎下载使用。

考点14 等腰三角形与直角三角形
考点总结

一、等腰三角形
1．等腰三角形的性质
定理：等腰三角形的两个底角相等（简称：等边对等角）．
推论1：等腰三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合．
推论2：等边三角形的各个角都相等，并且每个角都等于60°．
2．等腰三角形的判定
定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称：等角对等边）．这个判定定理常用于证明同一个三角形中的边相等．
推论1：三个角都相等的三角形是等边三角形．
推论2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
推论3：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．
二、等边三角形
1．定义：三条边都相等的三角形是等边三角形．
2．性质：等边三角形的各角都相等，并且每一个角都等于60°．
3．判定：三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形．
三、直角三角形与勾股定理
1．直角三角形
定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
性质：（1）直角三角形两锐角互余；
（2）在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半；
（3）在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
判定：（1）两个内角互余的三角形是直角三角形；
（2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形．
2．勾股定理及逆定理
（1）勾股定理：直角三角形的两条直角边a、b的平方和等于斜边c的平方，即：a2+b2=c2．
（2）勾股定理的逆定理：如果三角形的三条边a、b、c有关系：a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形．

真题演练


一．选择题（共10小题）
1．（2021•长安区二模）如图，AB∥CD，点E在BC上，DE＝EC，若∠B＝35°，则∠BED＝（　　）

A．70° B．145° C．110° D．140°
【分析】先由AB∥CD，得∠C＝∠B＝35°，DE＝CE，得∠EDC＝∠C，再根据三角形外角的性质求得答案即可．
【解答】解：∵AB∥CD，∠B＝35°，
∴∠C＝∠B＝35°，
又∵DE＝CE，
∴∠EDC＝∠C，
∴∠BED＝2∠C＝70°，
故选：A．
2．（2021•平泉市一模）求证：如果三角形一个外角的平分线平行于三角形的一边，那么这个三角形是等腰三角形．
已知：如图，∠CAE是△ABC的外角，∠1＝∠2，AD∥BC．求证AB＝AC．
以下是排乱的证明过程：
①又∠1＝∠2，
②∴∠B＝∠C，
③∵AD∥BC，
④∴∠1＝∠B，∠2＝∠C，
⑤∴AB＝AC．
证明步骤正确的顺序是（　　）

A．③→②→①→④→⑤ B．③→④→①→②→⑤ C．①→②→④→③→⑤ D．①→④→③→②→⑤
【分析】先由平行线的性质得∠1＝∠B，∠2＝∠C，等量代换得到∠B＝∠C，然后由等角对等边即可得出结论．
【解答】解：∵③AD∥BC，
∴④∠1＝∠B，∠2＝∠C，
∵①∠1＝∠2，
∴②∠B＝∠C，
∴⑤AB＝AC，
故证明步骤正确的顺序是③→④→①→②→⑤，
故选：B．
3．（2021•定兴县一模）嘉嘉和淇淇玩一个游戏，他们同时从点B出发，嘉嘉沿正西方向行走，淇淇沿北偏东30°方向行走，一段时间后，嘉嘉恰好在淇淇的南偏西60°方向上．若嘉嘉行走的速度为1m/s，则淇淇行走的速度为（　　）

A．0.5 m/s B．0.8 m/s C．1 m/s D．1.2 m/s
【分析】根据方位角得出∠ACB＝30°，进而解答即可．
【解答】解：由图可得：∠CAB＝90°﹣60°＝30°，∠ABC＝90°+30°＝120°，
∴∠ACB＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴AB＝BC，
∴嘉嘉行走的速度和淇淇行走的速度相同，
即1m/s，
故选：C．
4．（2021•玉田县二模）如图，AD是等边△ABC的中线，AE＝AD，则∠EDC的度数为（　　）

A．30° B．20° C．25° D．15°
【分析】由AD是等边△ABC的中线，根据等边三角形中：三线合一的性质，即可求得AD⊥BC，∠CAD＝30°，又由AD＝AE，根据等边对等角与三角形内角和定理，即可求得∠ADE的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵AD是等边△ABC的中线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×60°＝30°，
∴∠ADC＝90°，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED=180°−∠CAD2=75°，
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝90°﹣75°＝15°．
故选：D．
5．（2005•广州）如图，已知点A（﹣1，0）和点B（1，2），在坐标轴上确定点P，使得△ABP为直角三角形，则满足这样条件的点P共有（　　）

A．2个 B．4个 C．6个 D．7个
【分析】当∠PBA＝90°时，即点P的位置有2个；当∠BPA＝90°时，点P的位置有3个；当∠BAP＝90°时，在y轴上共有1个交点．
【解答】解：①以A为直角顶点，可过A作直线垂直于AB，与坐标轴交于一点，这一点符合点P的要求；
②以B为直角顶点，可过B作直线垂直于AB，与坐标轴交于两点，这两点也符合P点的要求；
③以P为直角顶点，可以AB为直径画圆，与坐标轴共有3个交点．

所以满足条件的点P共有6个．
故选：C．
6．（2021•张家口一模）如图，在6×4的小正方形网格中，小正方形的边长均为1，点A，B，C，D，E均在格点上．则∠ABC﹣∠DCE＝（　　）

A．30° B．42° C．45° D．50°
【分析】根据勾股定理得出AD，CD，进而利用勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，进而利用三角形内角和解答．
【解答】解：连接AC，AD，如图，

根据勾股定理可得：AD＝AC＝BC=12+22=5，CD=12+32=10，
∴∠ABC＝∠BAC，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣2∠ABC，
在△ACD中，AD2+AC2=(5)2+(5)2=10，CD2=(10)2=10，
∴AD2+AC2＝CD2，
∴△ACD是直角三角形，∠DAC＝90°，
∵AD＝CD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ACD＝45°，
∵AB∥EC，
∴∠ABC+∠BCE＝180°，
∴∠ABC+∠ACB+∠ACD+∠DCE＝180°，
∴∠ABC+（180°﹣2∠ABC）+45°+∠DCE＝180°，
∴∠ABC﹣∠DCE＝45°，
故选：C．
7．（2021•河北模拟）勾股定理是初中数学最重要的定理之一，如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两个正方形按图2的方式放置在最大正方形内．记四边形ABCD的面积为S1，四边形DCEG的面积为S2，△GEF的面积为S3，四边形HGFP的面积为S4．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　）

A．S1 B．S2 C．S3 D．S4
【分析】如图1，设大正方形的面积为c，中正方形的面积为b，小正方形的面积为a，如图2，S4+S阴影=12（c﹣a），S3+S4=12b，把b＝c﹣a代入即可得到结论．
【解答】解：如图1，设大正方形的面积为c，中正方形的面积为b，小正方形的面积为a，
如图2，∵S4+S阴影=12（c﹣a），S3+S4=12b，
∵c＝a+b，
∴b＝c﹣a，
∴S4+S阴影＝S3+S4，
∴S3＝S阴影，
∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出S3，
故选：C．

8．（2019•绵阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝90°，AB＝5，CD＝AD＝3，点E是线段CD的三等分点，且靠近点C，∠FEG的两边与线段AB分别交于点F、G，连接AC分别交EF、EG于点H、K．若BG=32，∠FEG＝45°，则HK＝（　　）

A．223 B．526 C．322 D．1326
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到AC＝32，根据相似三角形的性质得到CKAK=EKKG=27，求得CK=223，过E作EM⊥AB于M，则四边形ADEM是矩形，得到EM＝AD＝3，AM＝DE＝2，由勾股定理得到EG=EM2+MG2=352，求得EK=53，根据相似三角形的性质得到HEHK=153=35，设HE＝3x，HK=5x，再由相似三角形的性质列方程即可得到结论．
【解答】解：∵∠ADC＝90°，CD＝AD＝3，
∴AC＝32，
∵AB＝5，BG=32，
∴AG=72，
∵AB∥DC，
∴△CEK∽△AGK，
∴CEAG=CKAK=EKKG，
∴172=CKAK=EKKG，
∴CKAK=EKKG=27，
∵CK+AK＝32，
∴CK=223，
过E作EM⊥AB于M，
则四边形ADEM是矩形，
∴EM＝AD＝3，AM＝DE＝2，
∴MG=32，
∴EG=EM2+MG2=352，
∵EKKG=27，
∴EK=53，
∵∠HEK＝∠KCE＝45°，∠EHK＝∠CHE，
∴△HEK∽△HCE，
∴HEHK=153=35，
∴设HE＝3x，HK=5x，
∵△HEK∽△HCE，
∴EHHC=HKEH，
∴3x5x+223=5x3x，
解得：x=106，
∴HK=526，
故选：B．

9．（2016•漳州）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，D是线段BC上的动点（不含端点B、C）．若线段AD长为正整数，则点D的个数共有（　　）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】首先过A作AE⊥BC，当D与E重合时，AD最短，首先利用等腰三角形的性质可得BE＝EC，进而可得BE的长，利用勾股定理计算出AE长，然后可得AD的取值范围，进而可得答案．
【解答】解：过A作AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴EC＝BE=12BC＝4，
∴AE=52−42=3，
∵D是线段BC上的动点（不含端点B、C）．
∴3≤AD＜5，
∴AD＝3或4，
∵线段AD长为正整数，
∴AD的可以有三条，长为4，3，4，
∴点D的个数共有3个，
故选：C．

10．（1998•绍兴）如图，在△ABC中，∠A＝90°，P是BC上一点，且DB＝DC，过BC上一点P，作PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，已知：AD：DB＝1：3，BC=46，则PE+PF的长是（　　）

A．46 B．6 C．42 D．26
【分析】作PM⊥AC于点M可得矩形AEPM，易证△PFC≌△CMP，得到PE+PF＝AC，在直角△ABC中，根据勾股定理就可以求得．
【解答】解：（1）作PM⊥AC于点M，可得矩形AEPM
∴PE＝AM，利用DB＝DC得到∠B＝∠DCB
∵PM∥AB．
∴∠B＝∠MPC
∴∠DCB＝∠MPC
又∵PC＝PC．∠PFC＝∠PMC＝90°
∴△PFC≌△CMP
∴PF＝CM
∴PE+PF＝AC
∵AD：DB＝1：3
∴可设AD＝x，DB＝3x，那么CD＝3x，AC＝22x，BC＝26x
∵BC=46
∴x＝2
∴PE+PF＝AC＝22×2＝42．

（2）连接PD，PD把△BCD分成两个三角形△PBD，△PCD，
S△PBD=12BD•PE，
S△PCD=12DC•PF，
S△BCD=12BD•AC，
所以PE+PF＝AC＝22×2＝42．
故选：C．

二．填空题（共5小题）
11．（2021•张家口一模）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝6，点E在BC上，AE⊥DE．且AE＝DE，若EC＝1．则CD＝　29　．

【分析】过点D作DF⊥BC，交BC延长线于点F，根据AAS证明△ABE≌△EFD，进而利用全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【解答】解：过点D作DF⊥BC，交BC延长线于点F，

由题意得，BE＝BC﹣EC＝5，
∵∠B＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥DE，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠BAE＝∠DEC，
∵AE＝DE，∠B＝∠DFE＝90°，
∴△ABE≌△EFD（AAS），
∴EF＝AB＝3，DF＝BE＝5，
∴CF＝EF﹣CE＝2，
∵∠DFC＝90°，
∴DC=CF2+DF2=29．
故答案为：29．
12．（2021•海港区模拟）如图，∠A＝36°，∠DBC＝36°，∠C＝72°，则图中等腰三角形有　3　个．

【分析】由已知条件，根据三角形内角和等于180°求得各个角的度数，然后利用等腰三角形的判定进行找寻，注意做到由易到难，不重不漏．
【解答】解：∵∠C＝72°，∠DBC＝36°，∠A＝36°，
∴∠ABD＝180°﹣72°﹣36°﹣36°＝36°＝∠A，
∴AD＝BD，△ADB是等腰三角形，
∵根据三角形内角和定理知∠BDC＝180°﹣72°﹣36°＝72°＝∠C，
∴BD＝BC，△BDC是等腰三角形，
∵∠C＝∠ABC＝72°，
∴AB＝AC，△ABC是等腰三角形．
故图中共3个等腰三角形．
故答案为：3．
13．（2021•滦南县二模）如图1，正△ABC的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正△A1B1C1，再把正△A1B1C1的各边延长一倍得到正△A2B2C2（如图2），如此进行下去，…则：
（1）正△A1B1C1的面积为 　7　；
（2）正△AnBn∁n的面积为 　7n　（用含有n的式子表示，n为正整数）．

【分析】（1）根据已知条件求出△ABC与△A1AB1的底与高的关系，从而可得面积比．然后同样方法求出，△CA1C1的面积＝△B1BC1的面积，进而去求解．
（3）由（1）的方法可得△A2B2C2的面积为7△A1B1C1的面积，然后根据三角形面积与n的关系求解．
【解答】解：（1）∵AC＝AA1，
∴△ABC与△A1AB1的底相等，
∵AB1＝2AB，
∴△ABC与△A1AB1的高的比为1：2，
∴△ABC与△A1AB1的面积比为1：2，
∵△ABC的面积为1，
∴△A1AB1的面积为2，
同理，△CA1C1的面积＝△B1BC1的面积＝2，
∴△A1B1C1的面积为2+2+2+1＝7，
故答案为：7．
（2）同理（1）可证△A2B2C2的面积为7△A1B1C1的面积＝7×7＝72，
依次类推，△AnBn∁n的面积为7n．
故答案为：7n．
14．（2020•隆化县二模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，P为直线AB上一动点，连PC．
（1）线段PC的最小值是　4.8　．
（2）当PC＝5时，AP长是　5或2.2　．

【分析】（1）当PC⊥AB时，PC的值最小，利用面积法求解即可；
（2）过C作CQ⊥BC于Q，同（1）得CQ＝4.8，由勾股定理求出AQ＝3.6，PQ＝1.4，当P在线段BQ上时，AP＝AQ+PQ＝5；当P在线段AQ上时，AP＝AQ﹣PQ＝2.2．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=62+82=10，
由垂线段最短得：当PC⊥AB时，PC的值最小，
此时，△ABC的面积=12•AB•PC=12•AC•BC，
∴AB•PC＝AC•BC，
∴PC=AC⋅BCAB=6×810=4.8，
故答案为：4.8；
（2）过C作CQ⊥BC于Q，如图所示：
同（1）得：CQ＝4.8，
由勾股定理得：AQ=AC2−CQ2=62−4．82=3.6，PQ=PC2−CQ2=52−4．82=1.4，
当P在线段BQ上时，AP＝AQ+PQ＝3.6+1.4＝5；
当P在线段AQ上时，AP＝AQ﹣PQ＝3.6﹣1.4＝2.2；
综上所述，AP的长为5或2.2，
故答案为：5或2.2．

15．（2020•曲阳县模拟）如图，已知在直角△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，△ABC的面积为5，则△ABC的周长为　35+5　．

【分析】设BC＝a，AC＝b，根据勾股定理和三角形的面积表示出a2+b2、ab，然后利用完全平方公式和算术平方根求出a+b，再根据三角形的周长公式计算即可得解．
【解答】解：设BC＝a，AC＝b，
∵∠C＝90°，AB＝5，△ABC的面积为5，
∴a2+b2＝52＝25，12ab＝5，
∴a2+2ab+b2＝（a+b）2＝25+4×5＝45，
∴a+b=45=35，
因此，△ABC的周长＝35+5．
故答案为：35+5．
三．解答题（共3小题）
16．（2015•安徽）在⊙O中，直径AB＝6，BC是弦，∠ABC＝30°，点P在BC上，点Q在⊙O上，且OP⊥PQ．
（1）如图1，当PQ∥AB时，求PQ的长度；
（2）如图2，当点P在BC上移动时，求PQ长的最大值．

【分析】（1）连接OQ，如图1，由PQ∥AB，OP⊥PQ得到OP⊥AB，在Rt△OBP中，利用正切定义可计算出OP＝3tan30°=3，然后在Rt△OPQ中利用勾股定理可计算出PQ=6；
（2）连接OQ，如图2，在Rt△OPQ中，根据勾股定理得到PQ=9−OP2，则当OP的长最小时，PQ的长最大，根据垂线段最短得到OP⊥BC，则OP=12OB=32，所以PQ长的最大值=332．
【解答】解：（1）连接OQ，如图1，
∵PQ∥AB，OP⊥PQ，
∴OP⊥AB，
在Rt△OBP中，∵tan∠B=OPOB，
∴OP＝3tan30°=3，
在Rt△OPQ中，∵OP=3，OQ＝3，
∴PQ=OQ2−OP2=6；
（2）连接OQ，如图2，
在Rt△OPQ中，PQ=OQ2−OP2=9−OP2，
当OP的长最小时，PQ的长最大，
此时OP⊥BC，则OP=12OB=32，
∴PQ长的最大值为9−(32)2=332．

17．（2020•孟村县模拟）如图，第（1）个多边形由正三角形“扩展”而来，边数记为a3＝12．第（2）个多边形由正方形“扩展”而来，边数记为a4＝20，…，依此类推，由正n边形“扩展”而来的多边形的边数记为an（n⩾3）
（1）由题意可得a5＝　30　；
（2）求1a3+1a4+1a5+⋯+1a10．

【分析】（1）结合图形观察数字，发现：a3＝12＝3×4，a4＝20＝4×5，进一步得到a5＝5×6；
（2）在计算1a3的时候，根据13×4=13−14，…进行简便计算．
【解答】解：（1）∵a3＝12＝3×4，a4＝20＝4×5，
∴a5＝5×6＝30．
（2）1a3+1a4+1a5+⋯+1a10=13−14+14−15+⋯+110−111=13−111=833．
故答案为30．
18．（2021•顺城区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝α，点D为射线AC上一动点，作∠BDE＝α，过点B作BE⊥BD，交DE于点E，（点A，E在BD的两侧）连接CE．
（1）如图1，若α＝45°时，请直接写出线段AD，CE的数量关系；
（2）如图2，若α＝60°时，（1）中的结论是否成立；如果成立，请说明理由，如果不成立，请写出它们的数量关系，并说明理由；
（3）若α＝30°，AC＝6，且△ABD为等腰三角形时，请直接写出线段CE的长.
【分析】（1）证明△ABD≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝CE．
（2）证明△ABC∽△DBE，由相似三角形的性质得出ABBC=DBBE，证明△CBE∽△ABD，得出比例线段CEAD=BCBA，由直角三角形的性质可得出答案；
（3）分三种情况，当AD＝BD时，当AB＝AD时，当AB＝BD＝33时，由直角三角形的性质及相似三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）AD＝CE．
∵∠ABC＝90°，∠A＝45°，
∴∠A＝∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
同理BD＝BE，∠DBE＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴AD＝CE．
（2）不成立，EC=3AD．
证明：∵BE⊥BD，∠ABC＝90°，
∴∠DBE＝∠ABC＝90°，
又∵∠A＝∠BDE＝α，
∴△ABC∽△DBE，
∴ABBC=DBBE，
又∵∠ABC＝∠DBE，
∴∠ABD+∠DBC＝∠DBC+∠CBE，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△CBE∽△ABD，
∴CEAD=BCBA，
在Rt△ABC中，∠A＝60°，
∴BCAB=tan60°=3，
∴CEAD=3，
∴CE=3AD．
（3）CE的长为3或3或33．
如图1，当AD＝BD时，

∵∠A＝30°，AC＝6，
∴BC＝3，AB＝33，
由（2）可知△CBE∽△ABD，
∴CEAD=BCAB，
∴CE3=333，
∴CE=3；
如图2，当AB＝AD时，

同理可得CEAD=BCAB，
∴CE33=333，
∴CE＝3．
如图3，当AB＝BD＝33时，

∴∠A＝∠ADB＝30°，
∴∠CBD＝∠CDB＝30°，
∴BC＝CD＝3，
∴AD＝9，
∴CE9=333，
∴CE＝33．
综合以上可得CE的长为3或3或33．