考点15 等腰三角形-备战2023届中考数学一轮复习考点梳理（解析版）

这是一份考点15 等腰三角形-备战2023届中考数学一轮复习考点梳理（解析版），共73页。

考点15 等腰三角形

等腰三角形的性质及判定是初中数学最为重要的知识点之一，也是重要几何模型的“发源地”，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结的。而数学中考中，等腰三角形单独出题的可能性还是比较大的，多以选择填空题型出现，但是因为等腰三角形可以放在很多模型中，所以等腰三角形结合其他考点出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点。


一、 等腰三角形的性质和判定
二、 角平分线的性质定理与判定定理
三、 线段垂直平分线的性质定理与判定定理
考向一：等腰三角形的性质和判定
一． 等腰三角形的性质和判定
定义
有两边长相等的三角形是等腰三角形，相等的两边长叫做腰，第三边叫做底

性质
轴对称性：一般等腰三角形是轴对称图形，有1条对称轴
等边对等角
三线合一（顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高线互相重合）。
判定
①定义法；②等角对等边

二． 等边三角形的性质和判定
定义
三边长都相等的三角形是等边三角形

性质
轴对称性：等边三角形是轴对称图形，有3条对称轴
等边三角形三个角都相等，分别都等于60°
三线合一（等边三角形三边上均存在三线合一）。

判定
定义法
有两个角相等的等腰三角形是等边三角形
有两个角等于60°的三角形是等边三角形

Ø 特别注意：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。
Ø 等边三角形面积的求解方法：

1．等腰三角形的周长为15cm，其中一边长为3cm．则该等腰三角形的腰长为（　　）
A．3cm B．6cm C．3cm或6cm D．3cm或9cm
【分析】已知的边可能是腰，也可能是底边，应分两种情况进行讨论．
【解答】解：当腰是3cm时，则另两边是3cm，9cm．而3+3＜9，不满足三边关系定理，因而应舍去．
当底边是3cm时，另两边长是6cm，6cm．则该等腰三角形的底边为3cm．
故选：B．
2．等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为50°，则它的底角的大小是（　　）
A．25° B．20° C．25°或65° D．20°或70°
【分析】分两种情况讨论：①若∠A＜90°；②若∠A＞90°；先求出顶角∠BAC，即可求出底角的度数．
【解答】解：分两种情况讨论：
①若∠A＜90°，如图1所示：
∵BD⊥AC，
∴∠A+∠ABD＝90°，
∵∠ABD＝50°，
∴∠A＝90°﹣50°＝40°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣40°）＝70°；
②若∠A＞90°，如图2所示：
同①可得：∠DAB＝90°﹣50°＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°＝140°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣140°）＝20°；
综上所述：等腰三角形底角的度数为70°或20°，
故选：D．


3．如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝5，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，则△BEC的周长为（　　）

A．12 B．8 C．15 D．13
【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，然后求出△BEC周长＝AC+BC，再根据等腰三角形两腰相等可得AC＝AB，代入数据计算即可得解．
【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴△BEC周长＝BE+CE+BC＝AE+CE+BC＝AC+BC，
∵腰长AB＝10，
∴AC＝AB＝10，
∴△BEC周长＝10+5＝15．
故选：C．
4．如图，在△ABC中，D为BC边上一点，BD＝AD＝AC，∠BAC＝108°，则∠DAC的度数为（　　）

A．75° B．80° C．85° D．84°
【分析】由BD＝AD＝AC得∠1＝∠2，∠3＝∠4，由∠4＝∠1+∠2得，∠3＝∠4＝2∠1＝2∠2，由∠BAC＝108°得∠2+∠3＝180°﹣∠BAC＝180°﹣108°＝72°，即可求出∠2＝24°，最后便可求出∠DAC的度数．
【解答】解：∵BD＝AD＝AC，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵∠4＝∠1+∠2，
∴∠3＝∠4＝2∠1＝2∠2，
∵∠BAC＝108°，
∴∠2+∠3＝180°﹣∠BAC＝180°﹣108°＝72°，
∴∠2+2∠2＝72°，
∴∠2＝24°，
∴∠1＝24°，
∴∠DAC＝∠BAC﹣∠1＝108°﹣24°＝84°，
故选：D．
5．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，E，F分别为垂足，则下列四个结论：（1）∠DEF＝∠DFE；（2）AE＝AF；（3）AD平分∠EDF；（4）AD垂直平分EF，其中正确的有 　（1）（2）（3）（4）　．（填序号）

【分析】由在△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，根据角平分线的性质，可得DE＝DF，即可证得∠DEF＝∠DFE；又由等角的余角相等，可得∠ADE＝∠ADF，然后由角平分线的性质，证得AE＝AF，又由等腰三角形的三线合一的性质，证得AD垂直平分EF．
【解答】解：（1）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE；正确；
（2）∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠ADE＝∠ADF，ED＝FD，
∴AE＝AF，正确；
（3）∵AE＝AF，AD平分∠BAC，
∴AD垂直平分EF，故（4）正确；
由（2）知ED＝FD，
∴AD平分∠EDF；
故（3）正确．
故答案为：（1）（2）（3）（4）．
6．等腰△ABC中，AB＝AC，点E为底边BC上一点，以点E为圆心，EA长为半径画弧，交AB于点D，测得∠CAE＝80°，∠EAD＝54°，则∠DEB＝　31　°．

【分析】根据角的和差关系结合等腰三角形的性质可求∠C，根据三角形内角和定理可求∠AEC，根据等腰三角形的性质可求∠AED，再根据平角的定义即可求解．
【解答】解：∵∠CAE＝80°，∠EAD＝54°，
∴∠CAB＝134°，
∵AB＝AC，
∴∠C＝（180°﹣134°）÷2＝23°，
∴∠AEC＝180°﹣∠CAE﹣∠C＝77°，
由作图可知EA＝ED，
∴∠EDA＝54°，
∴∠AED＝180°﹣54°×2＝72°，
∴∠DEB＝180°﹣77°﹣72°＝31°．
故答案为：31．
7．如图所示，在坐标平面中，A（0，4），C为x轴负半轴上一点，CO＝3，AC＝5，若点P为y轴上一动点，以PC为腰作等腰三角形△PCQ，已知∠CPQ＝2∠ACO＝2α（α为定值），连接OQ，则OQ的最小值为 　　．

【分析】延长AC至点M，连接PM，使PM＝AP，证出∠CPM＝∠APQ，进而证明△CPM≌△QPA（ SAS），得到∠PAQ＝∠M＝∠CAO，求出OC＝ON，当OQ⊥AN时，OQ有最小值，利用S△AON＝S△AOC，求出OQ的最小值．
【解答】解：延长AC至点M，连接PM，使PM＝AP，
∵∠ACO＝α，
∴∠M＝∠CAO＝90°﹣α，
∴∠APQ＝180°﹣2α，
∴∠APM＝2α＝∠CPQ，
∴∠CPM＝∠APQ，
又∵CP＝PQ，PM＝PA，
∴△CPM≌△QPA（ SAS），
∴∠PAQ＝∠M＝∠CAO，
∴OC＝ON，
∴当OQ⊥AN时，OQ有最小值，
∵S△AON＝S△AOC，
∴，
∴3×4＝5OQ，
解得，
∴OQ的最小值是，
故答案为：．

8．如图，已知点P是射线MN上一动点，∠AMN＝35°，当∠A为 　110°或72.5°或35°　时，△AMP是等腰三角形．

【分析】若△AMP为等腰三角形则有AM＝AP、AM＝MP和MP＝AP三种情况，分别利用等腰三角形的两底角相等可求得∠A的值．
【解答】解：若△AMP为等腰三角形则有AM＝AP、AM＝MP和MP＝AP三种情况，
①当AM＝AP时，则有∠M＝∠APM＝35°，
∴∠A＝110°；
②当AM＝MP时，则∠A＝∠APM＝72.5°；
③当MP＝AP时，则∠A＝∠AMN＝35°，
综上可知∠A为110°或72.5°或35°，
故答案为：110°或72.5°或35°．
9．在如图所示的3×3方格中，以AB为边，第三个顶点也在格点上的等腰三角形有 　4　个．

【分析】根据等腰三角形的定义，分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，即可得出第三个顶点的位置．
【解答】
解：如图所示，
分别以A、B为圆心，AB长为半径画弧，则圆弧经过的格点C1、C2、C3、C4，即为第三个顶点的位置；
故以AB为一边，第三个顶点也在格点上的等腰三角形可以作出4个．
故答案为：4
10．如图所示，∠AOB＝60°，C是BO延长线上的一点，OC＝12cm，动点P从点C出发沿CB以3cm/s的速度移动，动点Q从点O出发沿OA以2cm/s的速度移动，如果点P、Q同时出发，用t（s）表示移动的时间，当t＝　或12　s时，△POQ是等腰三角形．

【分析】根据等腰三角形的判定，分两种情况：（1）当点P在线段OC上时；（2）当点P在CO的延长线上时．分别列式计算即可求．
【解答】解：分两种情况：（1）当点P在线段OC上时，
设t时后△POQ是等腰三角形，
有OP＝OC﹣CP＝OQ，
即12﹣3t＝2t，
解得，t＝s；

（2）当点P在CO的延长线上时，此时经过CO时的时间已用5s，
当△POQ是等腰三角形时，∵∠POQ＝60°，
∴△POQ是等边三角形，
∴OP＝OQ，
即3t﹣12＝2t，
解得，t＝12s
故答案为或12．

11．如图，△ABC中，AB＝BC，∠C＝60°，AD是BC上的高，DE∥AC，图中与BD（BD除外）相等的线段共有（　　）条．

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由已知条件可判断△ABC为等边三角形，根据等边三角形的性质可得BD＝CD，再根据平行线的性质可得∠BED＝∠EDB＝60°，可得△BED是等边三角形，即可得出BD＝ED＝BE，再根据BD＝CD，ED∥AC，可得ED是△ABC的中位线，即可得出BE＝AE，即可得出答案．
【解答】解：△ABC中，AB＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵AD是BC上的高，
∴BD＝CD，
∵DE∥AC，
∴∠BED＝∠EDB＝60°，∠B＝60°，
∴△BED是等边三角形，
∴BD＝ED＝BE，
∵BD＝CD，ED∥AC，
∴ED是△ABC的中位线，
∴BE＝AE，
∴BD＝AE．
∴图中与BD（BD除外）相等的线段有CD、DE、BE、AE共4条．
故选：D．
12．已知：如图，△ABC和△DEC都是等边三角形，D是BC延长线上一点，AD与BE相交于点P，AC、BE相交于点M，AD、CE相交于点N，则下列五个结论：①AD＝BE；②∠BMC＝∠ANC；③∠APM＝60°；④AN＝BM；⑤△CMN是等边三角形．其中，正确的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据先证明△BCE≌△ACD，得出AD＝BE，根据已知给出的条件即可得出答案；
【解答】解：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠ACB+∠ACE＝∠ECD+∠ACE，即∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE，故选项①正确；
∵∠ACB＝∠ACE＝60°，由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∴∠BMC＝∠ANC，故选项②正确；
由△BCE≌△ACD得：∠CBE＝∠CAD，
∵∠ACB是△ACD的外角，
∴∠ACB＝∠CAD+∠ADC＝∠CBE+∠ADC＝60°，
又∠APM是△PBD的外角，
∴∠APM＝∠CBE+∠ADC＝60°，故选项③正确；
在△ACN和△BCM中，
，
∴△ACN≌△BCM，
∴AN＝BM，故选项④正确；
∴CM＝CN，
∴△CMN为等腰三角形，∵∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，故选项⑤正确；
故选：D．
13．如图，已知AB＝AC，AD平分∠BAC，∠DEB＝∠EBC＝60°，若BE＝5，DE＝2，则BC＝　7　．

【分析】作出辅助线后根据等腰三角形的性质得出△BEM为等边三角形，得出BM＝EM＝BE＝5，从而得出BN的长，进而求出答案．
【解答】解：延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，如图，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AN⊥BC，BN＝CN，
∵∠EBC＝∠DEB＝60°，
∴△BEM为等边三角形，
∴BM＝EM＝BE＝5，∠EMB＝60°，
∵DE＝2，
∴DM＝3，
∵AN⊥BC，
∴∠DNM＝90°，
∴∠NDM＝30°，
∴NM＝DM＝，
∴BN＝BM﹣MN＝5﹣＝，
∴BC＝2BN＝7．
故答案为：7．

14．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α．以OC为一边作等边三角形OCD，连接AC、AD．
（1）当α＝150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
（2）探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？

【分析】（1）首先根据已知条件可以证明△BOC≌△ADC，然后利用全等三角形的性质可以求出∠ADO的度数，由此即可判定△AOD的形状；
（2）利用（1）和已知条件及等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）∵△OCD是等边三角形，
∴OC＝CD，
而△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，
∵∠ACB＝∠OCD＝60°，
∴∠BCO＝∠ACD，
在△BOC与△ADC中，
∵，
∴△BOC≌△ADC，
∴∠BOC＝∠ADC，
而∠BOC＝α＝150°，∠ODC＝60°，
∴∠ADO＝150°﹣60°＝90°，
∴△ADO是直角三角形；

（2）∵设∠CBO＝∠CAD＝a，∠ABO＝b，∠BAO＝c，∠CAO＝d，
则a+b＝60°，b+c＝180°﹣110°＝70°，c+d＝60°，
∴b﹣d＝10°，
∴（60°﹣a）﹣d＝10°，
∴a+d＝50°，
即∠DAO＝50°，
①要使AO＝AD，需∠AOD＝∠ADO，
∴190°﹣α＝α﹣60°，
∴α＝125°；
②要使OA＝OD，需∠OAD＝∠ADO，
∴110°+80°+60°+α＝360°
∴α＝110°；
③要使OD＝AD，需∠OAD＝∠AOD，
110°+50°+60°+α＝360°，
∴α＝140°．
所以当α为110°、125°、140°时，三角形AOD是等腰三角形．

15．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，过点A作BC的平行线交∠ABC的角平分线于点D，连接CD．
（1）求证：△ACD为等腰三角形；
（2）若∠BAD＝140°，求∠ACD的度数．

【分析】（1）利用平行线的性质得出∠1＝∠3，进而利用等腰三角形的性质得出AC＝AD即可；
（2）由（1）知∠1＝∠2＝∠3，根据已知条件得到∠1＝∠2＝∠3＝（180°﹣∠BAD）＝20°，根据等腰三角形的性质得到∠ACB＝∠ABC＝40°，根据平行线的选择得到∠ADC+∠ACD＝180°，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠2．
∵AD∥BC，
∴∠2＝∠3．
∴∠1＝∠3．
∴AB＝AD．
∵AB＝AC，
∴AC＝AD，
∴△ACD为等腰三角形；
（2）解：由（1）知，∠1＝∠2＝∠3，
∵∠BAD＝140°，∠BAD+∠1+∠3＝180°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝（180°﹣∠BAD）＝20°，
∴∠ABC＝40°，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝40°，
由（1）知，AD＝AC，
∴∠ACD＝∠ADC＝∠BDC+∠3＝∠BDC+20°，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∴40°+（∠BDC+20°）+（∠BDC+20°）＝180°，
∴∠BDC＝50°，
∴∠ADC＝70°，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC＝70°．

16．如图，在△ABC中，AB＝AC，D为CA延长线上一点，DE⊥BC于点E，交AB于点F，若AF＝BF．
求证：（1）△ADF是等腰三角形．
（2）DF＝2EF．

【分析】（1）由等腰三角形的性质和余角的性质可证得∠D＝∠DFA，根据等腰三角形的判定即可证得结论；
（2）过A作AH⊥DE于H，由等腰三角形的性质可得DH＝FH，根据全等三角形的判定证得△AFH≌△BFE，得到DH＝FH＝EF，即可求出DF＝2EF．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵DE⊥BC，
∴∠B+∠BFE＝∠C+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BFE，
∵∠BFE＝∠DFA，
∴∠D＝∠DFA，
∴AD＝AF，
∴△ADF是等腰三角形；
（2）过A作AH⊥DE于H，
∵DE⊥BC，
∴∠AHF＝∠BEF＝90°，
由（1）知，AD＝AF，
∴DH＝FH，
在△AFH和△BFE中，
，
∴△AFH≌△BFE（AAS），
∴FH＝EF，
∴DH＝FH＝EF，
∴DF＝2EF．

考向二：角平分线的性质与判定
一． 角平分线的性质定理与判定定理
性质定理：角平分线上的点到角两边的距离相等。
判定定理：角的内部，到角两边距离相等的点在这个角的角平分线上。

角平分线常见的处理策略：
1.角平分线＋∥→等腰△
特别地：①AD为角平分线；②DE∥AB；③AE=ED
若以上3个条件中有2个成立，则剩余的那个就会成立。即：三条件满足“知2得1”


☆其中：
1.平行线的引入方法常见的有：
①直接给出的平行；②平行四边形及特殊平行四边形；③梯形的上下底边；
④辅助线作出的平行；⑤其他条件证明得到的平行；
2.当等腰△是结论时，常接着用等腰△的性质；
3.“知2得1”在圆中应用时，常用“角平分线＋等腰→∥”，进而得某角=Rt∠，证直线与圆相切。






2.角平分线＋⊥→等腰△；
（即“三线合一”的你应用，此类问题常和圆的性质结合考察）
3.见角平分线，作双垂→得全等或线段相等，亦可以用；
（作“⊥”，即作“高”；有“高”想“面积”，进而拓展想“等积法”；

其中，“得线段相等”是因为其性质定理；更深一步的应用方向可以是：
①用于“等量代换”；②再证全等的条件；③将“双垂”看作“双高线”，进而得两个△面积之间的关系；④当角平分线多于1条时，可能要结合其判定定理证其他线也是角平分线
再往后还可延伸“平行线等积模型”、面积比=底边之比等）





4.见角平分线，作对称
（即截长补短构全等）
5．圆中：由角平分线得角相等，进而推知1得4；
6．重要思想→倍半角模型：
与角平分线有关的问题，经常会出现“倍半角”关系，可利用“倍半角模型”解题。

1．三条公路将A，B，C三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是（　　）

A．三边高线的交点 B．三条垂直平分线的交点
C．三边中线的交点 D．三个角的平分线的交点
【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可．
【解答】解：在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，
根据角平分线的性质，集贸市场应建在∠A、∠B、∠C的角平分线的交点处．
故选：D．
2．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，若AB＝10，CD＝3，则△ABD的面积是（　　）

A．9 B．12 C．15 D．24
【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE＝CD，再利用三角形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于E，

∵∠C＝90°，AD平分∠BAC，
∴DE＝CD＝3，
∴△ABD的面积＝．
故选：C．
3．如图，已知△ABC的面积为10，BP平分∠ABC，且AP⊥BP于点P，则△BPC的面积是（　　）

A．10 B．8 C．5 D．4
【分析】延长AP交BC于E，根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出．
【解答】解：延长AP交BC于E，

∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴，
故选：C．
4．如图，∠BOP＝∠AOP＝15°，PC∥OB，PD⊥OB于D，PC＝4，则PD的长度为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】作PE⊥OA于E，根据角平分线的性质可得PE＝PD，根据平行线的性质可得∠ACP＝∠AOB＝30°，由直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半，可求得PE，即可求得PD．
【解答】解：作PE⊥OA于E，
∵∠AOP＝∠BOP，PD⊥OB，PE⊥OA，
∴PE＝PD（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∵∠BOP＝∠AOP＝15°，
∴∠AOB＝30°，
∵PC∥OB，
∴∠ACP＝∠AOB＝30°，
∴在Rt△PCE中，PE＝PC＝×4＝2（在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半），
∴PD＝PE＝2，
故选：A．

5．如图：已知在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，CE为△ABC的角平分线，EF∥AC，则EF的长度是（　　）

A． B． C． D．4
【分析】根据EF∥AC，得到EF⊥BC，过点E作ED⊥AC，易得：EF＝ED，利用等积法，求出EF的长度即可．
【解答】解：∵EF∥AC，
∴∠EFB＝∠ACB＝90°，
∴EF⊥BC，
过点E作ED⊥AC，交AC于点D，

∵CE为△ABC的角平分线，
∴DE＝EF，
∵S△ABC＝S△AEC+S△CEB，即：•AC•BC＝•AC•ED+•BC•EF＝•（AC+BC）•EF，
∴6×8＝（6+8）•EF，
∴；
故选：B．
6．如图，△ABC中，∠ABC、∠FCA的角平分线BP、CP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE于M，PN⊥BF于N，则下列结论：①AP平分∠EAC；②∠ABC+2∠APC＝180°；③∠BAC＝2∠BPC；④S△PAC＝S△MAP+S△NCP．其中正确结论的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】过点P作PD⊥AC于D，根据角平分线的判定定理和性质定理判断①；证明Rt△PAM≌Rt△PAD，根据全等三角形的性质得出∠APM＝∠APD，判断②；根据三角形的外角性质判断③；根据全等三角形的性质判断④．
【解答】解：①过点P作PD⊥AC于D，
∵PB平分∠ABC，PC平分∠FCA，PM⊥BE，PN⊥BF，PD⊥AC，
∴PM＝PN，PN＝PD，
∴PM＝PD，
∵PM⊥BE，PD⊥AC，
∴AP平分∠EAC，故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，
∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，
，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD＝∠CPN，
∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°，②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB＝2∠PAM，∠PAM＝∠ABC+∠APB，
∴∠ACB＝2∠APB，③正确；
④由②可知Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴S△APD＝S△MAP，S△CPD＝S△NCP，
∴S△PAC＝S△MAP+S△NCP，故④正确，
故选：D．

7．如图，A、B两点分别在射线OM，ON上，点C在∠MON的内部，且AC＝BC，CD⊥OM，CE⊥ON，垂足分别为D，E，且AD＝BE．
（1）求证：OC平分∠MON；
（2）若AD＝3，BO＝4，求AO的长．

【分析】（1）根据全等三角形的判定定理推出Rt△ADC≌Rt△BEC，根据全等三角形的性质得出CD＝CE，再得出答案即可；
（2）根据全等三角形的性质得出AD＝BE＝3，根据全等三角形的判定定理推出Rt△ODC≌Rt△OEC，Rt根据全等三角形的性质得出OD＝OB，再求出答案即可．
【解答】（1）证明：∵CD⊥OM，CE⊥ON，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
在Rt△ADC和Rt△BEC中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△BEC（HL），
∴CD＝CE，
∵CD⊥OM，CE⊥ON，
∴OC平分∠MON；

（2）解：∵Rt△ADC≌Rt△BEC，AD＝3，
∴BE＝AD＝3，
∵BO＝4，
∴OE＝OB+BE＝4+3＝7，
∵CD⊥OM，CE⊥ON，
∴∠CDO＝∠CEO＝90°，
在Rt△DOC和Rt△EOC中，
，
∴Rt△DOC≌Rt△EOC（HL），
∴OD＝OE＝7，
∵AD＝3，
∴OA＝OD+AD＝7+3＝10．
8．如图，点A，B，C三点在一直线上，在BC同侧作△BCD、△BCE，若BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，过点B作∠CBD的平分线交CE于点F．
（1）已知∠E＝27°，求∠D的度数；
（2）若BE∥CD，BD＝8，求线段BE的长；
（3）在（2）的条件下，若BF＝6，求线段CD的长．

【分析】（1）由∠E+∠EBD＝∠D+∠DCE，再由角平分线定义，三角形外角的性质，可推出∠D＝2∠E；
（2）由平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，可以推出BE＝BD；
（3））延长BF交DC于G，作BH⊥EC于H，由勾股定理可以求出CF的长，列出关于FG的方程，求出FG，再由勾股定理求出CG的长，即可求出CD的长．
【解答】解：（1）BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，
∴∠EBD＝∠ABD，∠DCE＝∠BCD，
∵∠ABD＝∠D+∠DCB，
∴∠EBD＝∠D+∠DCB，
∵∠E+∠EBD＝∠D+∠DCE，
∴∠E+∠D+∠DCB＝∠D+∠BCD，
∴∠D＝2∠E＝54°；
（2）∵BE∥DC，
∴∠D＝∠EBD，∠DCB＝∠EBA，∠E＝∠DCE，
∵∠EBD＝∠EBA，∠DCE＝∠BCE，
∴∠D＝∠DCB，∠E＝∠ECB，
∴BE＝BC，BD＝BC，
∴BE＝BD＝8；
（3）延长BF交DC于G，作BH⊥EC于H，

∵∠EBD＝∠ABD，∠DBF＝∠DBC，
∴∠EBD+∠DBF＝（∠ABD+∠DBC），
∴∠EBF＝∠ABC＝90°，
∴EF＝＝＝10，
∵EF•BH＝BE•BF，
∴10BH＝8×6，
∴BH＝4.8，
∴CH＝＝＝6.4，
FH＝＝＝3.6，
∴CF＝CH﹣FH＝2.8，
∵BD＝BC，BG平分∠CBD，
∴BG⊥DC，
∵CG2＝BC2﹣BG2＝CF2﹣FG2，
∴82﹣（6+FG）2＝2.82﹣FG2，
∴FG＝1.68，
∴CG＝＝＝2.24，
∴CD＝2CG＝4.48．
考向三：线段垂直平分线的性质与判定
线段垂直平分线的性质定理与判定定理
性质定理：线段垂直平分线上的点到这条线段两端的距离相等。
判定定理：到线段两端的距离相等点在这条线段的垂直平分线上。

角平分线与线段垂直平分线常见辅助线的区别：
角平分线：过点作到边的垂线段；
线段垂直平分线：连接两个端点

1．下列说法正确的是（　　）
A．三角形的角平分线将三角形的面积平分
B．三角形的外角一定大于它的任意一个内角
C．在△ABC中，若∠A+∠B＝∠C，则这个三角形是直角三角形
D．若线段AB垂直平分线段CD，则线段CD必垂直平分线段AB
【分析】利用线段垂直平分线的性质，三角形的中线，三角形的内角和定理，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、三角形的中线将三角形的面积平分，故A不符合题意；
B、三角形的外角一定大于它的任意一个与它不相邻的内角，故B不符合题意；
C、在△ABC中，若∠A+∠B＝∠C，则这个三角形是直角三角形，故C符合题意；
D、若线段AB垂直平分线段CD，而线段CD不一定垂直平分线段AB，故D不符合题意；
故选：C．
2．如图，在△ABC中，DE是AB的垂直平分线，BC＝10，AC＝14，则△BCD的周长为（　　）

A．14 B．24 C．10 D．26
【分析】依据DE是△ABC中AB边的垂直平分线，即可得到AD＝BD，再根据BC＝10，AC＝14，即可得到△BCE的周长．
【解答】解：∵DE是△ABC中AB边的垂直平分线，
∴AD＝BB，
又∵BC＝10，AC＝14，
∴△BCD的周长＝BC+CD+BD
＝BC+CD+AED
＝BC+AC
＝24，
故选：B．
3．如图，∠BAC＝105°，AB＝AC，若MP和NQ分别垂直平分AB和AC，则∠PAQ的度数是（　　）

A．10° B．20° C．30° D．45°
【分析】由AB＝AC，∠BAC＝100°，可求得∠B+∠C的度数，又由MP，NQ分别垂直平分AB，AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AP＝BP，AQ＝CQ，继而求得∠BAP+∠CAQ的度数，则可求得答案．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝105°，
∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝75°，
∵MP，NQ分别垂直平分AB，AC，
∴AP＝BP，AQ＝CQ，
∴∠BAP＝∠B，∠CAQ＝∠C，
∴∠BAP+∠CAQ＝75°，
∴∠PAQ＝∠BAC﹣（∠BAP+∠CAQ）＝30°．
故选：C．
4．如图，锐角三角形ABC中，直线l为BC的垂直平分线，直线m为∠ABC的角平分线，l与m相交于P点，若∠A＝65°，∠ACP＝22°，则∠ABP的度数是（　　）

A．31° B．22° C．43° D．32°
【分析】连接PA，根据线段垂直平分线的性质得到PB＝PC，得到∠PBC＝∠PCB，根据角平分线的定义得到∠PBC＝∠ABP，根据三角形内角和定理列式计算即可．
【解答】解：连接PA，
∵直线L为BC的垂直平分线，
∴PB＝PC，
∴∠PBC＝∠PCB，
∵直线PM为∠ABC的角平分线，
∴∠PBC＝∠ABP，
设∠PBC＝x，则∠PCB＝∠ABP＝x，
∴x+x+x+65°+22°＝180°，
解得，x＝31°，
故选：A．

5．如图，在Rt△ABC中，D为BC上一点，DE⊥AB，且AE＝BE，若∠CAD＝4∠B，BD＝6，则AC＝（　　）

A．3 B．3 C．4 D．5
【分析】根据线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵DE⊥AB，AE＝BE，
∴DE垂直平分AB，
∴AD＝BD＝6，
∴∠DAB＝∠B，
∵∠CAD＝4∠B，
∴∠CAB＝5∠B，
∵∠C＝90°，
∴∠CAB+∠B＝90°，
∴∠B＝∠DAB＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝30°，
∴AC＝AD＝3，
故选：A．
6．在平面直角坐标系xOy中，点A（5，5），点B（1，1），点C（7，1），若点P到点A、B、C的距离相等，则点P的坐标为 　（4，2）　．

【分析】根据线段垂直平分线的性质作出点P，根据坐标与图形性质求出点P的坐标．
【解答】解：∵点P到点A、B、C的距离相等，
∴点P是线段AB、BC垂直平分线的交点，
故点P的坐标为（4，2），
故答案为：（4，2）．

7．在平面直角坐标系xOy中，A，B为不重合的两个点，若点C到A，B两点的距离相等，则称点C是线段AB的“公正点”．特别地，当60°≤∠ACB≤180°时，称点C是线段AB的“近公正点”．
（1）已知A（1，0），B（3，0），在点C（2，0），D（1，2），E（2，﹣2.3），F（0，4）中，线段AB的“公正点”为 　点C（2，0），点E（2，﹣2.3）　；
（2）已知点M（0，3），作∠OMN＝60°，射线MN交x轴负半轴于点N．
①若点P在y轴上，点P是线段MN的“公正点”，则点P的坐标是 　（0，﹣3）　；
②若点Q（a，b）是线段MN的“近公正点”，直接写出b的取值范围是 　﹣3≤b≤6　．
【分析】（1）判断点C（2，0），D（1，2），E（2，﹣2.3），F（0，4）在直线x＝2上即可；
（2）①画出相应的图形，根据坐标转化为线段的长，再根据直角三角形的边角关系得出答案即可；
②得出点Q的两个“临界值”，即b的“临界值”即可．
【解答】解：（1）如图，A（1，0），B（3，0），线段AB的“公正点”在线段AB的中垂线上．
即“公正点”在直线x＝2的直线上，
在C（2，0），D（1，2），E（2，﹣2.3），F（0，4）中只有点C、点E在直线x＝2上，
故答案为：点C（2，0），点E（2，﹣2.3）；
（2）①如图，作MN的中垂线交y轴的负半轴于P1，
∵OM＝3，∠OMN＝60°，
∴MN＝2OM＝6，ON＝OM＝3，
在Rt△P1QM中，MQ＝MN＝3，∠OMN＝60°，
∴P1M＝6，
∴OP1＝P1M﹣OM＝6﹣3＝3，
∴点P1（0，﹣3），
故答案为：（0，﹣3）；
②如图，连接P1N，由对称性可知△MNP1是正三角形，
此时，∠MP1N＝60°，
△MNP1是关于MN的对称三角形△MNP2是正三角形，
此时P2点的纵坐标为6，
∵点Q（a，b）是线段MN的“近公正点”，
∴60°≤∠MQN≤180°，
即点Q在线段P1P2上，
当点Q在点P1时，b＝﹣3，
当点Q在点P2时，OE＝6，即b＝6，
∴b的取值范围为﹣3≤b≤6，
故答案为：﹣3≤b≤6．

8．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，BD＝BC，过点D作AB的垂线交AC于点E，求证：BE垂直平分CD．

【分析】证明Rt△BDE≌Rt△BCE，根据全等三角形的性质得到ED＝EC，根据线段垂直平分线的判定定理证明．
【解答】证明：∵∠ACB＝90°，DE⊥AB，
∴∠ACB＝∠BDE＝90°，
在Rt△BDE和Rt△BCE中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△BCE，
∴ED＝EC，
∵ED＝EC，BD＝BC，
∴BE垂直平分CD．

1．（2022•滨州）如图，屋顶钢架外框是等腰三角形，其中AB＝AC，立柱AD⊥BC，且顶角∠BAC＝120°，则∠C的大小为 　30°　．

【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠B＝∠C＝30°．
【解答】解：∵AB＝AC且∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝×60°＝30°．
故答案为：30°．
2．（2022•北京）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE⊥AB．若AC＝2，DE＝1，则S△ACD＝　1　．

【分析】过D点作DH⊥AC于H，如图，根据角平分线的性质得到DE＝DH＝1，然后根据三角形面积公式计算．
【解答】解：过D点作DH⊥AC于H，如图，
∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DH⊥AC，
∴DE＝DH＝1，
∴S△ACD＝×2×1＝1．
故答案为：1．

3．（2022•鄂尔多斯）如图，∠AOE＝15°，OE平分∠AOB，DE∥OB交OA于点D，EC⊥OB，垂足为C．若EC＝2，则OD的长为（　　）

A．2 B．2 C．4 D．4+2
【分析】过点E作EH⊥OA于点H，根据角平分线的性质可得EH＝EC，再根据平行线的性质可得∠ADE的度数，再根据含30°角的直角三角形的性质可得DE的长度，再证明OD＝DE，即可求出OD的长．
【解答】解：过点E作EH⊥OA于点H，如图所示：

∵OE平分∠AOB，EC⊥OB，
∴EH＝EC，
∵∠AOE＝15°，OE平分∠AOB，
∴∠AOC＝2∠AOE＝30°，
∵DE∥OB，
∴∠ADE＝30°，
∴DE＝2HE＝2EC，
∵EC＝2，
∴DE＝4，
∵∠ADE＝30°，∠AOE＝15°，
∴∠DEO＝15°，
∴∠AOE＝∠DEO，
∴OD＝DE＝4，
故选：C．
4．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，D是BC边上的动点（不与B、C重合），连接AD，若△ACD为等腰三角形，则∠ADB的度数为（　　）

A．80° B．110° C．120° D．80°或110°
【分析】根据三角形内角和为180°，△ACD为等腰三角形，分三种情况分别计算即可．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∵△ACD为等腰三角形，
当AD＝CD时，∠C＝∠CAD＝40°，
∴∠ADB＝∠C+∠CAD＝80°；
当AD＝AC时，∠C＝∠ADC＝40°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADC＝140°；
当CD＝AC时，∠C＝40°，
∴∠ADC＝＝70°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADC＝110°；
故选：D．
5．已知某等腰三角形的周长为36，腰长为x，底边长为y，那么y关于x的函数关系式及定义域是（　　）
A．x＝（9＜y＜18） B．y＝36﹣2x（0＜x＜18）
C．y＝（0＜y＜18） D．y＝36﹣2x（9＜x＜18）
【分析】根据已知列方程，再根据三角形三边的关系确定定义域即可．
【解答】解：∵2x+y＝36，
∴y＝36﹣2x，即x＜18，
∵两边之和大于第三边，
∴x＞9．
故选：D．
6．如图，在△ABC中，∠ABC的平分线交AC于点D，AD＝6，过点D作DE∥BC交AB于点E，若△AED的周长为16，则边AB的长为（　　）

A．6 B．8 C．10 D．1
【分析】根据角平分线的定义得到∠EBD＝∠CBD，根据平行线的定义得到∠EDB＝∠CBD，等量代换得到∠EBD＝∠EDB，求得BE＝DE，于是得到结论．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠CBD，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠CBD，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE，
∵△AED的周长为16，
∴AB+AD＝16，
∵AD＝6，
∴AB＝10，
故选：C．
7．如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于点G，CD＝AE．若BD＝6，CD＝5，则△DCG的面积是（　　）

A．10 B．5 C． D．
【分析】先由CD＝AE得到，AB的长度，继而求得DE＝5，从而证明△CDE为等腰三角形，求得△ABC的面积，根据CE中线的性质，求出△BCE的面积，再用△BCE的面积减去△BDE的面积即可求解．
【解答】解：∵CE是AB边上的中线，
∴AE＝BE，
∵CD＝AE＝5，
∴AB＝10，
根据勾股定理得：AD＝＝8，
∴△ABC的面积为，
∵CE是△ABC的中线，
∴S△BCE＝S△ACE＝22，
∵BD＝6，AD＝8，AD⊥BC，
∴，
∵DE是△ABD的中线，
∴S△BDE＝12，
∴S△DCE＝S△BCE﹣S△BDE＝10，
∵DE＝AE＝AB，DC＝AE，
∴DC＝DE，
∵DG⊥CE，
∴．
故选：B．
8．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠B＝50°，D为BC的中点，点E在AB上，∠AED＝69°，若点P是等腰三角形ABC的腰AC上的一点，则当△EDP为等腰三角形时，∠EDP的度数是 　100°或142°　．

【分析】过D作DH⊥AC，DG⊥AB，易证Rt△DEG≌Rt△DP2H，Rt△DEG≌Rt△DP1H，再根据四边形内角和360°即可得到答案．
【解答】解：连接AD，
∵AB＝AC，∠B＝50°，
∴∠BAC＝180°﹣50°﹣50°＝80°，
∵点P是等腰△ABC的腰AC上的一点，AB＝AC，D为BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD，
过D作DH⊥AC，DG⊥AB，

∴DG＝DH，
在Rt△DEG与Rt△DP2H中，
，
∴Rt△DEG≌Rt△DP2H（HL），
∴∠AP2D＝∠AED＝69°，
∵∠BAC＝80°，
∴∠EDP2＝142°，
同理可得Rt△DEG≌Rt△DP1H，
∴∠EDG＝∠P1DH，
∴∠EDP1＝∠GDH＝100°，
故答案为：100°或142°，
9．如图，玩具车从A点出发，向西走了a米，到达B点，然后顺时针旋转120°，前进b米，到达C点，再顺时针旋转120°，前进c米，到达D点，D点刚好在A点的正北方向，则a、b、c之间的关系为（　　）

A．a+c＝b B．2a＝b+c C．4c＝a+b D．a＝b﹣c
【分析】连接AD，延长CD，BA交于E点，则AD⊥AB，通过证明△BCE为等边三角形可得BE＝CE＝AC＝b，∠E＝60°，即可求得∠ADE＝30°，利用含30°角的直角三角形的性质可得DE＝2AE，进而可得2（b﹣a）+c＝b，化简即可求解．
【解答】解：连接AD，延长CD，BA交于E点，则AD⊥AB，

由题意得∠ABC＝∠BCD＝60°，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE＝CE＝AC＝b，∠E＝60°，
∵AD⊥AB，
∴∠EAD＝90°，
∴∠ADE＝∠EAD﹣∠E＝30°，
∴DE＝2AE，
∵CD＝c，AB＝a，
∴2（b﹣a）+c＝b，
即2a＝b+c，
故选：B．
10．在平面直角坐标系xOy中，点A（5，5），点B（1，1），点C（7，1），若点P到点A、B、C的距离相等，则点P的坐标为 　（4，2）　．

【分析】根据线段垂直平分线的性质作出点P，根据坐标与图形性质求出点P的坐标．
【解答】解：∵点P到点A、B、C的距离相等，
∴点P是线段AB、BC垂直平分线的交点，
故点P的坐标为（4，2），
故答案为：（4，2）．

11．（2022•鄂尔多斯）如图，在△ABC中，边BC的垂直平分线DE交AB于点D，连接DC，若AB＝3.7，AC＝2.3，则△ADC的周长是 　6　．

【分析】根据线段垂直平分线的性质可得BD＝CD，进一步即可求出△ADC的周长．
【解答】解：∵边BC的垂直平分线DE交AB于点D，
∴BD＝CD，
∵AB＝3.7，AC＝2.3，
∴△ADC的周长为AD+CD+AC＝AB+AC＝6，
故答案为：6．
12．如图，等边△ABD和等边△BCE中，A、B、C三点共线，AE和CD相交于点F，下列结论中正确的个数是（　　）
①△ABE≌△DBC
②BF平分∠AFC
③AF＝DF+BF
④∠AFD＝60°

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据等边三角形的性质易证△ABE≌△DBC，可判断①选项；根据全等三角形的性质得出∠AEB＝∠DCB，AE＝DC，根据三角形的外角性质得出∠AFD＝∠DCB+∠EAB＝∠AEB+∠EAB＝∠EBC＝60°，可判断④选项；作BG⊥CD于点G，BH⊥AE于点H，由S△ABE＝S△DBC可得BG＝BH，进一步可得BF平分∠AFC，可判断②选项；在AE上截取AI＝DF，连接BI，易证△ABI≌△DBF（SAS），再证明△BFI是等边三角形，得FI＝BF，进一步可判断③选项．
【解答】解：∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴AB＝BD，BC＝CE，∠EBC＝60°，∠ABD＝∠CBE＝60°，
∴∠ABD+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，
即∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，
，
∴△ABE≌△DBC（SAS），故①正确；
∴∠AEB＝∠DCB，AE＝DC，
∴∠AFD＝∠DCB+∠EAB＝∠AEB+∠EAB＝∠EBC＝60°，故④正确；
作BG⊥CD于点G，BH⊥AE于点H，如图所示：

∵△ABE≌△DBC，
∴S△ABE＝S△DBC，AE＝DC，
∴CD•BG＝AE•BH，
∴BG＝BH，
∵BG⊥CD，BH⊥AE，
∴点B在∠AFC的平分线上，
∴BF平分∠AFC，故②正确；
在AE上截取AI＝DF，连接BI，

在△ABI和△DBF中，
，
∴△ABI≌△DBF（SAS），
∴∠AIB＝∠DFB，
∵△ABE≌△DBC，
∴∠CDB＝∠EBA，
∴∠DFA＝∠ABD＝60°，
∴∠AFC＝120°，
∴∠IFB＝∠BFC＝60°，
∴∠AIB＝∠DFB＝120°，
∴∠BIF＝180°﹣∠AIB＝60°，
∴∠FBI＝60°，
∴△BFI是等边三角形，
∴FI＝BF，
∴AF＝AI+FI＝DF+BF，故③正确，
故选：D．
13．如图，△ABC中，∠ACB＝60°，AG平分∠BAC交BC于点G，BD平分∠ABC交AC于点D，AG、BD相交于点F，BE⊥AG交AG的延长线于点E，连接CE，下列结论中正确的有（　　）
①若∠BAD＝70°，则∠EBC＝5°；
②BF＝2EF；③BE＝CE；
④AB＝BG+AD；
⑤．

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】由角平分线的定义和三角形内角和定理可求∠ABD＝∠DBC＝25°，∠BAG＝∠CAG＝35°，由外角的性质和直角三角形的性质可求∠EBC＝5°，故①正确；同理可求∠BFE＝60°，由直角三角形的性质可得BF＝2EF，故②正确；由“ASA”可证△ABE≌△AHE，可得BE＝EH，由直角三角形的性质可得EC≠BE，故③错误；由“SAS”可证△BFN≌△BFG，可得∠BFN＝∠BFG＝60°，由“ASA”可证△AFD≌△AFN，可得AD＝AN，即AB＝BG+AD，故④正确；由角平分线的性质可得NQ＝NP，由全等三角形的性质可得S△BFN＝S△BFG，S△AFD＝S△AFN，可得＝，故⑤正确，即可求解．
【解答】解：①∵∠ACB＝60°，∠BAD＝70°，
∴∠ABC＝50°，
∵AG平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝25°，∠BAG＝∠CAG＝35°，
∴∠BFE＝60°，
∵BE⊥AG，
∴∠FBE＝30°，
∴∠EBC＝5°，故①正确；
②∵ACB＝60°，
∴∠BAD+∠ABC＝120°，
∵AG平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC，∠BAG＝∠CAG＝∠BAC，
∴∠BFE＝∠ABD+∠BAG＝（∠ABC+∠BAC）＝60°，
∵BE⊥AG，
∴∠FBE＝30°，
∴BF＝2EF，故②正确；
③如图，延长BE，AC交于点H，

∵∠BAE＝∠CAE，AE＝AE，∠AEB＝∠AEH＝90°，
∴△ABE≌△AHE（ASA），
∴BE＝EH，
∵BC≠AC，
∴EC≠BE，故③错误；
④如图，在AB上截取BN＝BG，连接NF，

∵BN＝BG，∠ABD＝∠CBD，BF＝BF，
∴△BFN≌△BFG（SAS），
∴∠BFN＝∠BFG＝60°，
∴∠AFD＝∠AFN＝60°，
又∵∠BAG＝∠CAG，AF＝AF，
∴△AFD≌△AFN（ASA），
∴AD＝AN，
∴AB＝BG+AD，故④正确；
⑤如图，过点N作NP⊥BF于P，NQ⊥AF于Q，

∵∠AFN＝∠BFN＝60°，NP⊥BF，NQ⊥AF，
∴NP＝NQ，
∵S△AFN＝×AF×NQ，S△BFN＝×BF×NP，
∴＝，
∵△BFN≌△BFG，△AFD≌△AFN，
∴S△BFN＝S△BFG，S△AFD＝S△AFN，
∴＝，故⑤正确，
故选：B．
14．（2022•青海）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
（1）问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边．求证：BD＝CE；
（2）解决问题：
如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由．

【分析】（1）根据△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得BD＝CE；
（2）根据△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，可得△ACD≌△BCE（SAS），即有AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，从而可得∠BEC＝∠ADC＝135°，即知∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°，由CD＝CE，CM⊥DE，∠DCE＝90°，可得DM＝ME＝CM，故AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由如下：
如图：

∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝90°＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝180°﹣∠CDE＝135°，
∴∠BEC＝∠ADC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝135°﹣45°＝90°，
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME，
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM，
∴DE＝2CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．


1．（2022•黑龙江）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，AC＝6，BC＝8，CD＝　3　．

【分析】过点D作DE⊥AB于E，利用勾股定理列式求出AB，再根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得CD＝DE，然后根据△ABC的面积列式计算即可得解．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于E，
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵AD平分∠CAB，
∴CD＝DE，
∴S△ABC＝AC•CD+AB•DE＝AC•BC，
即×6•CD+×10•CD＝×6×8，
解得CD＝3．
故答案为：3．

2．（2022•宜昌）如图，在△ABC中，分别以点B和点C为圆心，大于BC长为半径画弧，两弧相交于点M，N．作直线MN，交AC于点D，交BC于点E，连接BD．若AB＝7，AC＝12，BC＝6，则△ABD的周长为（　　）

A．25 B．22 C．19 D．18
【分析】根据题意可知MN垂直平分BC，即可得到DB＝DC，然后即可得到AB+BD+AD＝AB+DC+AD＝AB+AC，从而可以求得△ABD的周长．
【解答】解：由题意可得，
MN垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∵△ABD的周长是AB+BD+AD，
∴AB+BD+AD＝AB+DC+AD＝AB+AC，
∵AB＝7，AC＝12，
∴AB+AC＝19，
∴△ABD的周长是19，
故选：C．
3．（2022•青海）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，ED是AC的垂直平分线，交AC于点D，交BC于点E，∠BAE＝10°，则∠C的度数是 　40°　．

【分析】根据线段垂直平分线的性质可得AE＝EC，从而可得∠EAC＝∠C，然后利用三角形内角和定理可得∠EAC+∠C＝80°，进行计算即可解答．
【解答】解：∵ED是AC的垂直平分线，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠C，
∵∠ABC＝90°，∠BAE＝10°，
∴∠EAC+∠C＝180°﹣∠BAE﹣∠ABC＝80°，
∴∠EAC＝∠C＝40°，
故答案为：40°．
4．（2022•淮安）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点，若AB＝10，则DE的长是（　　）

A．8 B．6 C．5 D．4
【分析】利用等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【解答】解：∵AB＝AC＝10，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵E为AC的中点，
∴DE＝AC＝5，
故选：C．
5．（2022•淄博）某城市几条道路的位置关系如图所示，道路AB∥CD，道路AB与AE的夹角∠BAE＝50°．城市规划部门想新修一条道路CE，要求CF＝EF，则∠E的度数为（　　）

A．23° B．25° C．27° D．30°
【分析】先根据平行线的性质，由AB∥CD得到∠DFE＝∠BAE＝50°，根据等腰三角形的性质得出∠C＝∠E，再根据三角形外角性质计算∠E的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠DFE＝∠BAE＝50°，
∵CF＝EF，
∴∠C＝∠E，
∵∠DFE＝∠C+∠E，
∴∠C＝∠DFE＝×50°＝25°，
故选：B．
6．（2022•鞍山）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝24°，延长BC到点D，使CD＝AC，连接AD，则∠D的度数为（　　）

A．39° B．40° C．49° D．51°
【分析】利用等边对等角求得∠B＝∠ACB＝78°，然后利用三角形外角的性质求得答案即可．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝24°，
∴∠B＝∠ACB＝78°．
∵CD＝AC，∠ACB＝78°，∠ACB＝∠D+∠CAD，
∴∠D＝∠CAD＝∠ACB＝39°．
故选：A．
7．（2022•宜宾）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，D是BC上的点，DE∥AB交AC于点E，DF∥AC交AB于点F，那么四边形AEDF的周长是（　　）

A．5 B．10 C．15 D．20
【分析】由于DE∥AB，DF∥AC，则可以推出四边形AFDE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可以证明▱AFDE的周长等于AB+AC．
【解答】解：∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，∠B＝∠EDC，∠FDB＝∠C
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠B＝∠FDB，∠C＝∠EDC，
∴BF＝FD，DE＝EC，
∴▱AFDE的周长＝AB+AC＝5+5＝10．
故选：B．
8．（2022•天津）如图，△OAB的顶点O（0，0），顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB＝6，OA＝OB＝5，则点A的坐标是（　　）

A．（5，4） B．（3，4） C．（5，3） D．（4，3）
【分析】根据等腰三角形的性质求出AC，根据勾股定理求出OC，根据坐标与图形性质写出点A的坐标．
【解答】解：设AB与x轴交于点C，
∵OA＝OB，OC⊥AB，AB＝6，
∴AC＝AB＝3，
由勾股定理得：OC＝＝＝4，
∴点A的坐标为（4，3），
故选：D．

9．（2022•泰安）如图，l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝25°，∠1＝60°．则∠2的度数是（　　）

A．70° B．65° C．60° D．55°
【分析】利用等腰三角形的性质得到∠C＝∠BAC＝25°，利用平行线的性质得到∠BEA＝95°，再根据三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：如图，

∵AB＝BC，∠C＝25°，
∴∠C＝∠BAC＝25°，
∵l1∥l2，∠1＝60°，
∴∠BEA＝180°﹣60°﹣25°＝95°，
∵∠BEA＝∠C+∠2，
∴∠2＝95°﹣25°＝70°．
故选：A．
10．（2022•自贡）等腰三角形顶角度数比一个底角度数的2倍多20°，则这个底角的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】设底角的度数是x°，则顶角的度数为（2x+20）°，根据三角形内角和是180°列出方程，解方程即可得出答案．
【解答】解：设底角的度数是x°，则顶角的度数为（2x+20）°，
根据题意得：x+x+2x+20＝180，
解得：x＝40，
故选：B．
11．（2022•绵阳）下列关于等边三角形的描述不正确的是（　　）
A．是轴对称图形
B．对称轴的交点是其重心
C．是中心对称图形
D．绕重心顺时针旋转120°能与自身重合
【分析】根据等边三角形的性质，轴对称图形的定义，中心对称图形的定义进行判断即可．
【解答】解：等边三角形是轴对称图形，每条边的高线所在的直线是其对称轴，
故A选项不符合题意；
三条高线的交点为等边三角形的重心，
∴对称轴的交点是其重心，
故B选项不符合题意；
等边三角形不是中心对称图形，
故C选项符合题意；
等边三角形绕重心顺时针旋转120°能与自身重合，
故D选项不符合题意，
故选：C．
12．（2022•广安）若（a﹣3）2+＝0，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为 　11或13　．
【分析】先求a，b．再求第三边c即可．
【解答】解：∵（a﹣3）2+＝0，（a﹣3）2≥0，≥0，
∴a﹣3＝0，b﹣5＝0，
∴a＝3，b＝5，
设三角形的第三边为c，
当a＝c＝3时，三角形的周长＝a+b+c＝3+5+3＝11，
当b＝c＝5时，三角形的周长＝3+5+5＝13，
故答案为：11或13．
13．（2022•苏州）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”，底边BC的长为3，则腰AB的长为 　6　．
【分析】由等腰△ABC是“倍长三角形”，可知AB＝2BC或BC＝2AB，若AB＝2BC＝6，可得AB的长为6；若BC＝3＝2AB，因1.5+1.5＝3，故此时不能构成三角形，这种情况不存在；即可得答案．
【解答】解：∵等腰△ABC是“倍长三角形”，
∴AB＝2BC或BC＝2AB，
若AB＝2BC＝6，则△ABC三边分别是6，6，3，符合题意，
∴腰AB的长为6；
若BC＝3＝2AB，则AB＝1.5，△ABC三边分别是1.5，1.5，3，
∵1.5+1.5＝3，
∴此时不能构成三角形，这种情况不存在；
综上所述，腰AB的长是6，
故答案为：6．
14．（2022•云南）已知△ABC是等腰三角形．若∠A＝40°，则△ABC的顶角度数是 　40°或100°　．
【分析】分∠A是顶角和底角两种情况讨论，即可解答．
【解答】解：当∠A是顶角时，△ABC的顶角度数是40°；
当∠A是底角时，则△ABC的顶角度数为180°﹣2×40°＝100°；
综上，△ABC的顶角度数是40°或100°．
故答案为：40°或100°．
15．（2022•鞍山）如图，直线a∥b，等边三角形ABC的顶点C在直线b上，∠2＝40°，则∠1的度数为（　　）

A．80° B．70° C．60° D．50°
【分析】先根据等边三角形的性质得到∠A＝60°，再根据三角形内角和定理计算出∠3＝80°，然后根据平行线的性质得到∠1的度数．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵∠A+∠3+∠2＝180°，
∴∠3＝180°﹣40°﹣60°＝80°，
∵a∥b，
∴∠1＝∠3＝80°．
故选：A．

16．（2022•黑龙江）如图，△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若△ABC的面积是24，PD＝1.5，则PE的长是（　　）

A．2.5 B．2 C．3.5 D．3
【分析】如图，过点E作EG⊥AD于G，证明△EGP≌△FDP，得PG＝PD＝1.5，由三角形中位线定理可得AD的长，由三角形ABC的面积是24，得BC的长，最后由勾股定理可得结论．
【解答】解：如图，过点E作EG⊥AD于G，

∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴∠PDF＝∠EGP＝90°，EG∥BC，
∵点E是AB的中点，
∴G是AD的中点，
∴EG＝BD，
∵F是CD的中点，
∴DF＝CD，
∴EG＝DF，
∵∠EPG＝∠DPF，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
∴PG＝PD＝1.5，
∴AD＝2DG＝6，
∵△ABC的面积是24，
∴•BC•AD＝24，
∴BC＝48÷6＝8，
∴DF＝BC＝2，
∴EG＝DF＝2，
由勾股定理得：PE＝＝2.5．
故选：A．
17．（2022•温州）如图，BD是△ABC的角平分线，DE∥BC，交AB于点E．
（1）求证：∠EBD＝∠EDB．
（2）当AB＝AC时，请判断CD与ED的大小关系，并说明理由．

【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质可得结论；
（2）利用平行线的性质可得∠ADE＝∠AED，则AD＝AE，从而有CD＝BE，由（1）得，∠EBD＝∠EDB，可知BE＝DE，等量代换即可．
【解答】（1）证明：∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠CBD＝∠EBD，
∵DE∥BC，
∴∠CBD＝∠EDB，
∴∠EBD＝∠EDB．
（2）解：CD＝ED，理由如下：
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠C，∠AED＝∠ABC，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴CD＝BE，
由（1）得，∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE，
∴CD＝ED．
18．（2022•鄂州）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC上的点，AD与BE相交于点P，若BD＝CE＝2，则△ABP的周长为 　　．

【分析】根据SAS证△ABD≌△BCE，得出∠APB＝120°，在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，证△APB∽△BFE，根据比例关系设BP＝x，则AP＝2x，作BH⊥AD延长线于H，利用勾股定理列方程求解即可得出BP和AP的长．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，
在△ABD和△BCE中，

∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，
∴∠APB＝120°，
在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，
∴∠C＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠BFE＝120°，
即∠APB＝∠BFE，
∴△APB∽△BFE，
∴＝＝2，
设BP＝x，则AP＝2x，
作BH⊥AD延长线于H，

∵∠BPD＝∠APE＝60°，
∴∠PBH＝30°，
∴PH＝，BH＝，
∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，
在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，
即（x）2+（x）2＝62，
解得x＝或﹣（舍去），
∴AP＝，BP＝，
∴△ABP的周长为AB+AP+BP＝6++＝6+＝，
故答案为：．
19．（2022•鄂尔多斯）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．
（1）如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE与CF的数量关系是 　AE＝CF　，位置关系是 　AE⊥CF　；
（2）如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．
①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
②连接DM，求∠EMD的度数；
③若DM＝6，ED＝12，求EM的长．


【分析】（1）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性质证出∠EMC＝90°，则可得出结论；
（2）①同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠E＝∠F，则可得出结论；
②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，证明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性质得出DG＝DH，由角平分线的性质可得出答案；
③由等腰直角三角形的性质求出GM的长，由勾股定理求出EG的长，则可得出答案．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，
∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，
又∵DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，
∵∠DAE+∠DEA＝90°，
∴∠DCF+∠DEA＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF．
故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）①（1）中的结论还成立，
理由：同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠E＝∠F，
∵∠F+∠ECF＝90°，
∴∠E+∠ECF＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF；
②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，

∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，
∴△DEG≌△DFH（AAS），
∴DG＝DH，
又∵DG⊥AE，DH⊥CF，
∴DM平分∠EMC，
又∵∠EMC＝90°，
∴∠EMD＝∠EMC＝45°；
③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，
∴∠DMG＝∠GDM，
∴DG＝GM，
又∵DM＝6，
∴DG＝GM＝6，
∵DE＝12，
∴EG＝＝＝6，
∴EM＝GM+EG＝6+6．

1．（2023•蜀山区校级一模）已知等腰△ABC，∠A的相邻外角是130°，则这个三角形的顶角为（　　）
A．65°或80° B．80° C．50°或80° D．50°
【分析】先根据邻补角的定义求出∠A，再分∠A是顶角与底角两种情况讨论求解即可．
【解答】解：∵∠A的相邻外角是130°，
∴∠A＝180°﹣130°＝50°，
①∠A是顶角时，顶角为50°，
②∠A是底角时，顶角为180°﹣50°×2＝80°，
所以，这个三角形的顶角为50°或80°．
故选：C．
2．如图，等腰三角形ABC的顶角为120°，底边BC＝，则腰长AB为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，利用等腰三角形的性质，点D是BC的中点，故在△ABD中，可以求出AB的值．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD，
∴BD＝，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝∠CAD＝60°，
∴∠B＝30°，
∴在Rt△ABD中，设AD＝x，
则AB＝2x，
根据勾股定理，x2+（）2＝（2x）2，
解得，x＝，
所以AB＝2×＝．
故选：C．

3．（2022•威远县校级二模）已知实数x，y满足|x﹣3|+＝0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是（　　）
A．10 B．11
C．10或11 D．以上答案均不对
【分析】先利用绝对值和算术平方根的非负性可得x﹣3＝0，y﹣4＝0，从而可得x＝3，y＝4，然后分两种情况：当等腰三角形的腰长为4，底边长为3时；当等腰三角形的腰长为3，底边长为4时；分别进行计算即可解答．
【解答】解：∵|x﹣3|+＝0，
∴x﹣3＝0，y﹣4＝0，
∴x＝3，y＝4，
分两种情况：
当等腰三角形的腰长为4，底边长为3时，
∴等腰三角形的周长＝4+4+3＝11；
当等腰三角形的腰长为3，底边长为4时，
∴等腰三角形的周长＝3+3+4＝10；
综上所述：等腰三角形的周长是10或11，
故选：C．
4．（2022•建湖县一模）如图，每个小方格的边长为1，A，B两点都在小方格的顶点上，点C也是图中小方格的顶点，并且△ABC是等腰三角形，那么点C的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据“两圆一线”画图找点即可．
【解答】解：如图，C点与P、Q、R重合时，均满足△ABC是等腰三角形，

故选：C．
5．（2022•威宁县模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°，D为BC边的中点，CE平分∠ACB，交AB于点E，交AD于点F，则∠AFC的度数为（　　）

A．130° B．120° C．110° D．100°
【分析】根据等腰三角形的性质可得∠ACB＝∠B＝40°，再由CE平分∠ACB，可得∠DCF＝20°，然后根据D为BC边的中点，可得∠ADC＝90°再利用三角形外角的性质，即可求解．
【解答】解：∵AB＝AC，∠B＝40°，
∴∠ACB＝∠B＝40°，
∵CE平分∠ACB，
∴∠DCF＝20°，
∵D为BC边的中点，
∴AD⊥BC，即∠ADC＝90°，
∴∠AFC＝∠DCF+∠ADC＝110°．
故选：C．
6．（2022•安阳县一模）如图，在△PRQ中，M是线段PQ的中点，PS平分∠RPQ交RQ于点S．ST∥PR交PQ于点T，PQ＝10，MT＝1．则PR的长为（　　）

A．12 B．13 C．14 D．15
【分析】根据已知可得QT＝4，PT＝6，再根据角平分线和平行两个条件证明△PTS是等腰三角形，从而求出ST的长，最后证明△QST∽△QRP，利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：∵M是线段PQ的中点，
∴PM＝MQ＝PQ＝5，
∵MT＝1，
∴QT＝MQ﹣MT＝4，PT＝PM+MT＝6，
∵PS平分∠RPQ，
∴∠RPS＝∠SPQ，
∵ST∥PR，
∴∠RPS＝∠PST，
∴∠SPQ＝∠PST，
∴PT＝TS＝6，
∵ST∥PR，
∴∠R＝∠TSQ，∠RPQ＝∠STQ，
∴△QST∽△QRP，
∴＝，
∴＝，
∴PR＝15，
故选：D．
7．（2022•庐阳区校级三模）如图，将一副直角三角尺重叠摆放，使得60°角的顶点与等腰直角三角形的直角顶点重合，且DE⊥AB于点D，与BC交于点F，则∠FCE的度数为（　　）

A．60° B．65° C．75° D．85°
【分析】根据等腰三角形的两个底角相等，直角三角形的两个锐角互余解答即可．
【解答】解：∵DE⊥AB于点D，
∴∠ADF＝90°，
∵∠CDE＝45°，
∴∠ADC＝45°，
∵∠A＝90°，
∴∠ACD＝45°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠DCB＝15°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠FCE＝75°，
故选：C．
8．（2022•萧山区校级二模）在△ABC中，AD平分∠BAC交边BC于点D．点E在线段AD上，若∠ABE＝∠C，AE：ED＝2：1，则△BDE与△ADC的面积比为（　　）
A．16：45 B．1：9 C．2：9 D．1：3
【分析】根据已知条件先求得S△ABE：S△BED＝2：1，再根据三角形相似求得S△ACD＝S△ABE＝S△BED即可求得．
【解答】解：∵AD：ED＝3：1，
∴AE：AD＝2：3，
∵∠ABE＝∠C，∠BAE＝∠CAD，
∴△ABE∽△ACD，
∴S△ABE：S△ACD＝4：9，
∴S△ACD＝S△ABE，
∵AE：ED＝2：1，
∴S△ABE：S△BED＝2：1，
∴S△ABE＝2S△BED，
∴S△ACD＝S△ABE＝S△BED
∴△BDE与△ADC的面积比为2：9，
故选：C．
9．（2022•道外区二模）在△ABC中，AB＝AC，点F在AC上，连接BF，延长CA至点D，连接BD，点H在线段BC上，连接DH交BF于点E，交AB于点G，若∠BAC＝∠BEH＝120°，∠ABF＝∠ABD，CH＝3，则AD＝　　．

【分析】过H作HM∥AB交DC于点M，过点M作MN⊥BC交BC于点N，通过解直角三角形求出MH的长，再通过相似三角形和全等三角形的性质和判定解答即可．
【解答】解：过H作HM∥AB交DC于点M，过点M作MN⊥BC交BC于点N，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠C＝∠ABC＝30°，
∵HM∥AB，
∴∠MHC＝∠ABC＝30°，
∴△MHC为等腰三角形，
∴MH＝MC，
∵MH＝MC，MN⊥BC，CH＝3，
∴HN＝NC＝，
在Rt△MNC中，∠C＝30°，NC＝，
∴MC＝MH＝，
∵∠BEH＝∠DEF＝120°＝∠BAC，∠DFE＝∠BFA，
∴△DFE∽BFA，
∴∠FDE＝∠FBA，
∵∠DBH＝∠DBA+∠ABC，∠DHB＝∠C+∠CDH，∠ABC＝∠C，
∴∠DBA＝∠CDH，
∵∠ABF＝∠ABD，∠ABF＝∠FDE，
∴∠ABD＝∠FDE，
∴∠DBH＝∠DHB，
∴DB＝DH，
∵∠BAC＝120°，
∴∠DAB＝60°，
∵∠MHC＝∠MCH＝30°，
∴∠DMH＝60°，
∵∠HDM＝∠DBA，
∴△ABD≌△MDH，
∴AD＝MH＝．
故答案为：．

10．（2022•保定一模）如图，将长方形纸条ABCD折叠，重叠部分是一个等边三角形△EFG．
（1）∠AGE＝　60　°；
（2）若这个等边三角形的边长为acm，则纸条的宽度为 　a　cm．

【分析】（1）根据等边三角形的性质及平行线的性质求解即可；
（2）过点G作GM⊥EF于点M，解直角三角形求解即可．
【解答】解：（1）∵△EFG是等边三角形，
∴∠GEF＝60°，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB∥CD，
∴∠AGE＝∠GEF＝60°，
故答案为：60；
（2）过点G作GM⊥EF于点M，

∵△EFG是等边三角形，
∴∠EFG＝60°，FG＝acm，
∴GM＝FG•sin60°＝a•＝a（cm），
故答案为：a．
11．（2022•玄武区二模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB是等边三角形，点B在x轴上，C，D分别是边AO，AB上的点，且CD∥OB，OC＝2AC，若CD＝2，则点A的坐标是 　（3，3）　．

【分析】根据三角形相似，可以求得BO的长，然后根据等边三角形的性质即可得到点A的坐标．
【解答】解：∵CD∥OB，
∴△ACD∽△AOB，
∴，
∵OC＝2AC，CD＝2，
∴AO＝3AC，
∴，
解得OB＝6，
作AE⊥OB于点E，
∵△AOB是等边三角形，
∴OE＝OB＝3，OA＝OB＝6，
∴AE＝＝＝3，
∴点A的坐标为（3，3），
故答案为：（3，3）．

12．（2022•于洪区二模）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于G，CD＝AE．
（1）求证：CG＝EG．
（2）已知BC＝13，CD＝5，连接ED，求△BEC的面积．

【分析】（1）连接DE，根据直角三角形的性质得到DE＝AB＝AE，根据等腰三角形的性质证明结论；
（2）作EF⊥BC于F，根据题意求出BD，根据等腰三角形的性质求出DF，根据勾股定理求出EF，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】（1）证明：连接DE，
在Rt△ADB中，点E是AB的中点，
∴DE＝AB＝AE，
∵CD＝AE，
∴DE＝DC，又DG⊥CE，
∴CG＝EG．
（2）解：作EF⊥BC于F，
∵BC＝13，CD＝5，
∴BD＝13﹣5＝8，
∵DE＝BE，EF⊥BC，
∴DF＝BF＝4，
∴EF＝＝＝3，
∴△BEC的面积＝×CB×EF＝×13×3＝．

13．（2020•海淀区一模）如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，∠BAD的平分线交CD于点E，交BC的延长线于点F，连接DF．
（1）求证：△ABF是等边三角形；
（2）若∠CDF＝45°，CF＝2，求AB的长度．

【分析】（1）根据在▱ABCD中，∠ABC＝60°，可以得到∠DAB的度数，然后根据AF平分∠DAB，可以得到∠FAB的度数，然后等边三角形的判定方法即可得到△ABF是等边三角形；
（2）作FG⊥DC于点G，然后根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，可以得到CG、FG的长，然后即可得到DG的长，从而可以得到DC的长，然后即可得到AB的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DAB＝120°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAB＝60°，
∴∠FAB＝∠ABF＝60°，
∴∠FAB＝∠ABF＝∠AFB＝60°，
∴△ABF是等边三角形；
（2）作FG⊥DC于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝60°，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∴∠FCG＝∠ABC＝60°，
∴∠GFC＝30°，
∵CF＝2，∠FGC＝90°，
∴CG＝1，FG＝，
∵∠FDG＝45°，∠FGD＝90°，
∴∠FDG＝∠DFG＝45°，
∴DG＝FG＝，
∴DC＝DG+CG＝+1，
∴AB＝+1，
即AB的长度是+1．

14．（2022•建湖县一模）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，以C为旋转中心，顺时针旋转△ABC到△DCE位置，使点A落在BC边的延长线上的E处，连接AD和BD．
（1）求证：△ADC≌△BCD；
（2）请判断△ABE的形状，并证明你的结论．

【分析】（1）由等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，理由等边对等角得到一对底角相等，再利用内角和定理求出底角的度数，再由顺时针旋转△ABC到△DCE位置，利用旋转的性质得到三角形DEC与三角形ABC全等，利用全等三角形的对应边相等及对应角相等得到AB＝AC＝DE＝CE，BC＝DC，∠DCE＝∠ABC＝72°，由BC＝DC得到三角形BCD为等腰三角形，由三角形的内角和定理求出∠DBC为36°，与∠E相等，利用等角对等边得到DB＝DE，而DE＝AC，故得到BD＝AC，利用SAS可得出三角形ADC与三角形BCD全等；
（2）△ABE为等腰三角形，理由为：由第一问得出的三角形ADC与BCD全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠ADC＝108°，而∠CDE＝72°，得出两角互补，即为邻补角，进而确定出A、D、E三点共线，由∠BAC+∠CAD求出∠BAE的度数，发现与∠ABE的度数相等，利用等角对等边可得出EA＝EB，即三角形ABE为等腰三角形．
【解答】解：（1）证明：∵等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝72°，
由旋转可得：△EDC≌△ABC，
∴∠DCE＝∠ACB＝72°，BC＝DC，DE＝AB＝AC，
又B、C、E三点共线，
∴∠BCD＝108°，
∵BC＝DC，
∴∠CBD＝∠CDB＝36°，
又∠E＝36°，
∴∠DBE＝∠E，
∴BD＝ED，
∴BD＝CA，
在△ADC和△BCD中，，
∴△ADC≌△BCD（SAS）；
（2）△ABE为等腰三角形，理由为：
证明：∵△ADC≌△BCD，
∴∠ADC＝∠BCD＝108°，又∠CDE＝72°，
∴∠ADC+∠CDE＝180°，即A、D、E三点共线，
又∠BAE＝∠BAC+∠CAD＝72°，∠ABE＝72°，
∴∠BAE＝∠ABE，
∴AE＝BE，即△ABE为等腰三角形．
15．（2022•虞城县一模）如图，等腰直角三角形ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点P为边BC上不与端点B、C重合的一个动点，点Q为点P关于AC的对称点，过点Q作QM⊥AP，垂足为点M，交AB于点N，连接AQ，PN．
（1）当∠CAP＝30°时，∠ANQ的度数为 　75°　；
（2）求证：QA＝QN；
（3）若AC＝3，当△APN为等腰三角形时，直接写出CP的长．

【分析】（1）由直角三角形的性质求出∠CAP＝∠MQP＝30°，由等腰直角三角形的性质得出∠ABC＝45°，则可得出答案；
（2）由等腰三角形的性质及直角三角形的性质证出∠QAN＝∠QNA，则可得出结论；
（3）分三种情况讨论，①当NA＝NP时，②当AP＝AN时，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可求出CP的长，③观察图形可知AP＝PN这种情形不存在．则可得出答案．
【解答】（1）解：∵∠ACB＝90°，
∴∠CAP+∠APC＝90°，
∵QM⊥AP，
∴∠MQP+∠QPM＝90°，
∴∠CAP＝∠MQP＝30°，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ANQ＝∠ABC+∠NQB＝45°+30°＝75°，
故答案为：75°；
（2）证明：∵AC⊥PQ，CP＝QC，
∴AP＝AQ，
∴∠CAP＝∠CAQ，
∵QM⊥AP，
∴∠PMQ＝90°，
∴∠QPM+∠NQB＝90°，
∵∠QPM+∠CAP＝90°，
∴∠CAP＝∠NQB＝∠CAQ，
∵∠NAQ＝∠CAB+∠CAQ＝45°+∠CAQ，∠ANQ＝∠B+∠NQB＝45°+∠NQB，
∴∠QAN＝∠QNA，
∴QA＝QN；
（3）解：①当NA＝NP时，

∵QM⊥AP，NA＝NP，
∴AM＝MP，
∴QA＝QP，
∵AP＝AQ，
∴AP＝AQ＝QP，
∴∠APC＝60°，
∴CP＝AC•tan30°＝．
②当AP＝AN时，

∵AP＝AN＝AQ，AQ＝QN，
∴AN＝AQ＝QN，
∴∠QAN＝60°，
∵AP⊥QN，
∴∠PAN＝30°，
∵∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝15°，
在AC上取一点H，连接PH，使AH＝PH，设CP＝a，
∵PH＝AH，
∴∠HAP＝∠APH＝15°，
∴∠PHC＝∠HAP+∠APH＝30°，
∴PH＝AH＝2a，CH＝a，
∴a+2a＝3，
∴a＝6﹣3．
③观察图形可知AP＝PN这种情形不存在．
综上所述，CP的值为或6﹣3．