【文档说明】《九年级数学》考点10 中考一轮复习之三角形（解析版）.docx，共(28)页，380.780 KB，由管理员店铺上传

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1考点10中考一轮复习之三角形姓名：__________________班级：______________得分：_________________一、单选题（共15小题）1.（2021•宝山区一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，那么sinA

的值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据正弦的定义解答即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则sinA＝＝，故选：A．【知识点】勾股定理、锐角三角函数的定义2.（2

020秋•高明区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则cosB的值是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据余弦的定义解答即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则cosB

＝＝，故选：D．【知识点】锐角三角函数的定义、勾股定理3.（2020•西湖区校级模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，AB＝c，若a+b＝5，则Rt△ABC的面积S关于边长c的函数关系式为

（）2A．S＝B．S＝C．S＝D．S＝【答案】A【分析】直接利用直角三角形的性质结合完全平方公式得出S与c的关系．【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，AB＝c，∴a2+b2＝c2，∵Rt△ABC的面积S，∴

S＝ab，∵a+b＝5，∴（a+b）2＝25，∴a2+b2+2ab＝25，∴c2+4S＝25，∴S＝．故选：A．【知识点】根据实际问题列二次函数关系式、勾股定理4.（2020秋•洪山区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝4，AD平分∠BAC交BC于点D

，在AB上截取AE＝AC，则△BDE的周长为（）A．8B．7C．6D．5【答案】B【分析】利用已知条件证明△ADE≌△ADC（SAS），得到ED＝CD，从而BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，即可求得△BDE的周长．【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，∴

∠EAD＝∠CAD在△ADE和△ADC中，，∴△ADE≌△ADC（SAS），∴ED＝CD，∴BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，∴△BDE的周长＝BE+BD+ED＝（6﹣4）+5＝7．3故选：B．【知识点】全等三角形的判定与性质5.（2020秋•南京期末

）如图，若△ABC≌△DEF，四个点B、E、C、F在同一直线上，BC＝7，EC＝5，则CF的长是（）A．2B．3C．5D．7【答案】A【分析】根据全等三角形的对应边相等得到EF＝BC＝7，计算即可．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，又BC＝7，∴EF＝7，∵EC＝5，∵CF＝EF﹣

EC＝7﹣5＝2．故选：A．【知识点】全等三角形的性质6.（2021•松江区一模）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为E，如果CB＝8，则线段GE的长为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】延长AG交BC于D，如图，

利用三角形重心的性质得到CD＝BD＝4，AG＝2GD，再证明GE∥CD，则可判断△AEG∽△ACD，然后利用相似比可求出EG的长．【解答】解：延长AG交BC于D，如图，∵点G是△ABC的重心，∴CD＝BD＝BC＝

4，AG＝2GD，∵GE⊥AC，4∴∠AEG＝90°，而∠C＝90°，∴GE∥CD，∴△AEG∽△ACD，∴＝＝＝，∴EG＝CD＝×4＝．故选：C．【知识点】三角形的重心7.（2020春•新罗区期末）如图，一次函数l：y＝﹣x+2的图象与x轴、y轴分别交于A

、B两点，以A为直角顶点在第一象限作等腰直角三角形ABC，则直线BC的解析式是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CE⊥x轴于点E，由全等三角形的判定定理可得出△ABO≌△CAE，得出C点坐标，用待定系数法即可求出直线BC的解析式．【解答】解

：∵一次函数y＝﹣x+2中，令x＝0得：y＝2；令y＝0，解得x＝5，∴B的坐标是（0，2），A的坐标是（5，0）．若∠BAC＝90°，如图，作CE⊥x轴于点E，∵∠BAC＝90°，∴∠OAB+∠CAE＝90°，又∵∠CAE+∠AC

E＝90°，5∴∠ACE＝∠BAO．在△ABO与△CAE中，∴△ABO≌△CAE（AAS），∴OB＝AE＝2，OA＝CE＝5，∴OE＝OA+AE＝2+5＝7．则C的坐标是（7，5）．设直线BC的解析式是y＝kx+b，

根据题意得：，解得，∴直线BC的解析式是y＝x+2．故选：D．【知识点】待定系数法求一次函数解析式、等腰直角三角形、一次函数图象上点的坐标特征8.（2020秋•朝阳县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝11，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中线，AE是∠BAD的角平分线，DF∥A

B交AE的延长线于点F，则DF的长为（）A．4.5B．5C．5.5D．6【答案】C【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得到AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，从而可得到∠BAD＝60°，∠ADB＝90°，再根据角平分线的性质即可得到∠DAE＝∠EAB＝30°，从而可推出AD＝DF，根据直

角三角形30度角的性质即可求得AD的长，即得到了DF的长．6【解答】解：∵△ABC是等腰三角形，D为底边的中点，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，∵∠BAC＝120°，∴∠BAD＝60°，∠ADB＝90°，∵AE是∠BAD的角平分线，∴∠DAE＝∠EAB＝30°．∵DF∥AB，∴∠F

＝∠BAE＝30°．∴∠DAF＝∠F＝30°，∴AD＝DF．∵AB＝11，∠B＝30°，∴AD＝5.5，∴DF＝5.5故选：C．【知识点】含30度角的直角三角形、等腰三角形的性质9.（2020秋•海淀区期末）小聪在用直尺和圆规作一个

角等于已知角时，具体过程是这样的：已知：∠AOB．求作：∠A′O′B′，使∠A′O′B′＝∠AOB．作法：（1）如图，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA，OB于点C，D；（2）画一条射线O′A′，以点O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′A′于点C′

；（3）以点C'为圆心，CD长为半径画弧，与第（2）步中所画的弧相交于点D′；（4）过点D'画射线O′B′，则∠A′O′B′＝∠AOB．小聪作法正确的理由是（）A．由SSS可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOBB

．由SAS可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOBC．由ASA可得△O′C′D′≌△OCD，进而可证∠A′O′B′＝∠AOBD．由“等边对等角”可得∠A′O′B′＝∠AOB【答案】A【分析】先利用作法得到OD＝OC＝OD′＝OC′，CD＝C′D′，然后根据全等三角形的判

定方法对各选项进行判断．7【解答】解：由作图得OD＝OC＝OD′＝OC′，CD＝C′D′，则根据“SSS”可判断△C′O′D′≌△COD．故选：A．【知识点】作图—基本作图、全等三角形的判定、等腰三角形的性质10.（2020秋•沈北新区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3

，BC＝4，BE平分∠ABC，CD⊥AB于D，BE与CD相交于F，则CF的长是（）A．1B．C．D．2【答案】B【分析】过点E作EG⊥AB于点G，由EG⊥AB，CD⊥AB，可得EG∥CD，由平行线的性质可得∠GEB＝∠EFC；在Rt△ABC中，由勾股定理求得AB的值；由HL判定R

t△EBC≌Rt△EBG，由全等三角形的性质可得∠CEB＝∠EFC及AG的值，进而可判定CF＝CE．设CF＝EG＝EC＝x，则AE＝3﹣x，在Rt△AEG中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值即为CF的长．【解答】解：过点E作EG⊥AB于点G，如图：∵CD⊥AB于D，∴EG∥CD

，∴∠GEB＝∠EFC，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴EC⊥CB，又∵BE平分∠ABC，EG⊥AB，∴EG＝EC．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝5．在Rt△EBC和Rt△EBG中，，∴Rt△E

BC≌Rt△EBG（HL），∠CEB＝∠GEB，BG＝BC＝4，∴∠CEB＝∠EFC，AG＝AB﹣BG＝5﹣4＝1，8∴CF＝CE．设CF＝EG＝EC＝x，则AE＝3﹣x，在Rt△AEG中，由勾股定理得：（3﹣x）2＝x2+12，解得x＝∴CF的长是．故选：B．【知识

点】角平分线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理11.（2020秋•集贤县期末）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下

列结论：①△AOC≌△BOD；②AC＝BD；③∠AMB＝40°；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（）A．4B．3C．2D．1【答案】A【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD，①正确，进而得出∠OCA＝∠O

DB，AC＝BD，②正确，由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，③正确，作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出

OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确．【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，即∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，，∴△AOC≌

△BOD（SAS），①正确，∴∠OCA＝∠ODB，∠OAC＝∠OBD，AC＝BD，②正确，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，∴∠AMB＝∠AOB＝40°，③正确，作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如

图所示：9则∠OGC＝∠OHD＝90°，在△OCG和△ODH中，，∴△OCG≌△ODH（AAS），∴OG＝OH，∴MO平分∠BMC，④正确；故选：A．【知识点】等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质12.（2020秋•丰台区期末）如图，OP平分∠AOB，PC⊥OA于点C，P

D⊥OB于点D，延长CP，DP交OB，OA于点E，F．下列结论错误的是（）A．PC＝PDB．OC＝ODC．∠CPO＝∠DPOD．PC＝PE【答案】D【分析】根据AAS证明△POD≌△POC（AAS），可得结论．【解答】解：∵OP平分∠AOB

，∴∠POD＝∠POC，∵PD⊥OB，PC⊥OA，∴∠PCO＝∠PDO，在△POD和△POC中，，∴△POC≌△POD（AAS），∴PC＝PD，OC＝OD，∠CPO＝∠DPO，故A，B，C正确；故选：D．【知识点】全等三角形的判定与性质、角平分线的性质13.（2020秋•如皋市期中）如

图，△ABC的顶点A是⊙O上的一个动点，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，边10AC，AB分别交⊙O于点E，D，分别过点E，D作⊙O的切线交于点F，且点F恰好在边BC上，连接OC，若⊙O的半径为6，则OC的最大值为（）A．+B．2+C．3+D．5

【答案】A【分析】如图，取EF的中点T，连接CT，OT，OF．想办法求出CT，OT，根据OC≤CT+OT，即可解决问题．【解答】解：如图，取EF的中点T，连接CT，OT，OF．∵∠EOD＝2∠A，∠A＝30°，∴∠E

OD＝60°，∵EF，FD是⊙O的切线，∴FE＝FD，∠OEF＝∠ODF＝90°，∴∠EOF＝∠DOF＝30°，∴EF＝OE•tan30°＝2，∴ET＝TF＝，∴OT＝＝＝，∵∠ECF＝90°，ET＝TF，∴CT＝EF＝，∴OC≤CT

+OT，∴OC≤+．故选：A．【知识点】圆周角定理、切线的性质、勾股定理14.（2020•浙江自主招生）等腰△ABC中，AB＝AC，E、F分别是AB、AC上的点，且BE＝AF，连结CE、11BF交于点P，若＝，则的值为（）A．B．C．D．【答

案】A【分析】作ED∥AC交BF于D，如图，根据平行于三角形的一边，并且和其他两边（或两边的延长线）相交的直线，所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例，设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，易得AE＝FC＝3x，再利用DE∥AF得到对应边成

比例，利用比例的性质和解方程得到y＝6x，进而可得结果．【解答】解：作ED∥AC交BF于D，如图，∵ED∥FC，∴＝＝，设ED＝4x，BE＝y，则FC＝3x，AF＝y，∵AB＝AC，∴AE＝FC＝3x，∵DE∥AF，∴＝，即＝，整理得y2﹣4xy﹣12x

2＝0，∴（y+2x）（y﹣6x）＝0，∴y＝6x，∴＝＝．故选：A．【知识点】黄金分割、等腰三角形的性质1215.（2020•无锡）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，AD＝，线段PQ在边BA上运动，PQ＝，有下列结论：①CP与QD可能相等；②△AQD与△

BCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为；④四边形PCDQ周长的最小值为3+．其中，正确结论的序号为（）A．①④B．②④C．①③D．②③【答案】D【分析】①利用图象法判断或求出DQ的最大值，PC的最小值判定即可．②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝3﹣x﹣＝﹣x，因为∠A

＝∠B＝60°，当＝时，△ADQ与△BPC相似，即，解得x＝1或，推出当AQ＝1或时，两三角形相似．③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝×32﹣×x××﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，当x取最大值时，可得结论．④如图，作点D关于AB的对称点D

′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．求出CF的长即可判断．【解答】解：①利用图象法可知PC＞DQ，或通过计算可知DQ的最大值为，PC的最小值为，所以PC＞DQ，故①错误．②设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣P

Q＝3﹣x﹣＝﹣x，∵∠A＝∠B＝60°，13∴当＝或＝时，△ADQ与△BPC相似，即或＝，解得x＝1或或，∴当AQ＝1或或时，两三角形相似，故②正确③设AQ＝x，则四边形PCDQ的面积＝S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP＝×32﹣×x×

×﹣×3×（3﹣x﹣）×＝+x，∵x的最大值为3﹣＝，∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，最大值＝，故③正确，如图，作点D关于AB的对称点D′，作D′F∥PQ，使得D′F＝PQ，连接CF交AB于点P′，在射线P′A上取

P′Q′＝PQ，此时四边形P′CDQ′的周长最小．过点C作CH⊥D′F交D′F的延长线于H，交AB于J．由题意，DD′＝2AD•sin60°＝，HJ＝DD′＝，CJ＝，FH＝﹣﹣＝，∴CH＝CJ+HJ＝，∴CF＝＝＝，∴四边形P′CDQ′的周长的最小值＝3+，故

④错误，故选：D．【知识点】相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、轴对称-最短路线问题、二次函数的最值二、填空题（共9小题）16.（2020秋•常熟市期中）若直角三角形的两条直角边分别为9和12，则它的斜边上的中线

长为．【答案】7.5【分析】根据勾股定理求出斜边长，根据直角三角形的性质计算，得到答案．14【解答】解：由勾股定理得，直角三角形的斜边长＝＝15，则斜边上的中线长＝×15＝7.5，故答案为：7.5．【知识点】直角三角形斜边上的中线17.（2020秋•利通

区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，若AB＝5，DC＝2，则△ABD的面积为．【答案】5【分析】作DH⊥AB于H，如图，根据角平分线的性质得到DH＝DC＝2，然后根据三角形面积公式计算．【解答】解：作DH⊥AB于H，如图，∵AD平分∠

BAC，DH⊥AB，DC⊥AC，∴DH＝DC＝2，∴△ABD的面积＝×5×2＝5．故答案为5．【知识点】角平分线的性质18.（2020秋•利通区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD⊥AB，垂足为D

．若∠A＝32°，则∠BCD＝°．【答案】32【分析】根据直角三角形的两锐角互余得到∠BCD＝∠A，得到答案．15【解答】解：∵∠C＝90°，∴∠BCD+∠ACD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∴∠A+∠AC

D＝90°，∴∠BCD＝∠A＝32°，故答案为：32．【知识点】直角三角形的性质19.（2020秋•宜兴市期中）如图，△ABC中，边BC的垂直平分线分别交AB、BC于点E、D，AC＝5，△AEC的周长为12，则AB＝．【答案】7【分析】根据线段垂直平分线的性质得到EB＝EC，根据三角形的周长公式计

算，得到答案．【解答】解：∵DE是线段BC的垂直平分线，∴EB＝EC，∵△AEC的周长为12，∴AC+AE+EC＝12，∴AC+AE+EB＝AC+AB＝12，∴AB＝12﹣5＝7，故答案为：7．【知识点】线段垂直平分线的性质20.（2021•虹口区一模）如图

，图中提供了一种求cot15°的方法．作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝30°，再延长CB到点D，使BD＝BA，联结AD，即可得∠D＝15°．如果设AC＝t，则可得CD＝（2+）t，那么cot15°＝cotD＝＝2+．运用以上方法，可求得cot22.5°的值是．【分析】利用题中的方法构建

一个Rt△ADC，使∠D＝22.5°，然后利用余切的定义求解．【解答】解：作Rt△ABC，使∠C＝90°，∠ABC＝45°，再延长CB到点D，使BD＝BA，联结AD，∵AB＝BD，∴∠BAD＝∠D，16∵∠

ABC＝∠BAD+∠D，∴∠D＝∠ABC＝22.5°，设AC＝t，则BC＝t，AB＝t，∴CD＝BC+BD＝t+t＝（+1）t，在Rt△ADC中，cotD＝＝＝+1，∴cot22.5°＝+1．故答案为+1．【知识点】解直角三角形、含30度角的直角三角形21.（

2020秋•长春期末）如图，在△ABC中，AB＞AC．按以下步骤作图：分别以点B和点C为圆心、大于BC一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N；作直线MN交AB于点D；连结CD．若AC＝4，且△ACD的周长为13，则A

B的长为．【答案】9【分析】根据作图过程可得MN是BC的垂直平分线，所以CD＝BD，进而根据三角形周长即可求出AB的长．【解答】解：根据作图过程可知：MN是BC的垂直平分线，∴CD＝BD，∵AC＝4，△ACD的周长＝AD+CD+AC＝13，即AD+BD

+4＝13，∴AB＝9．则AB的长为9．故答案为：9．【知识点】作图—基本作图、线段垂直平分线的性质22.（2020秋•双阳区期末）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂17直．若AD＝10，则点P到BC的距离是．【答案】5【分析】作PE⊥BC于E，根据平

行线的性质得到AD⊥CD，根据角平分线的性质计算，得到答案．【解答】解：过点P作PE⊥BC于E，∵AB∥CD，AD⊥AB，∴AD⊥CD，∵BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD⊥AB，AD⊥CD，PE⊥BC，∴PA＝PE＝PD，∵AD＝10，∴PE＝5，即点P到BC的距

离是5，故答案为：5．【知识点】平行线的性质、角平分线的性质23.（2020秋•河南期末）如图，AD∥BC，∠ABC的角平分线BP与∠BAD的角平分线AP相交于点P，作PE⊥AB于点E，若PE＝3，则两平行线AD与BC间的距离为．【答案】6【分析】作PF⊥AD

于F，PG⊥BC于G，根据角平分线的性质得到PF＝PE＝3，PG＝PE＝3，根据平行线间的距离的求法计算即可．【解答】解：作PF⊥AD于F，PG⊥BC于G，∵AP是∠BAD的角平分线，PF⊥AD，PE⊥AB，∴PF＝PE＝3，

∵BP是∠ABC的角平分线，PE⊥AB，PG⊥BC，∴PG＝PE＝3，∵AD∥BC，18∴两平行线AD与BC间的距离为PF+PG＝6，故答案为：6．【知识点】平行线之间的距离、角平分线的性质24.（2020•浙江自主招生）如图所示，已知AB＝10，点P是线

段AB上的动点，以AP为边作正六边形APCDEF，以PB为底作等腰三角形BPN，连结PD，DN，则△PDN的面积的最大值是．【分析】根据正六边形的性质求得EF∥AD，DP⊥AB，DP⊥ED，正六边形的每一个内角为120°，进而求得∠ADP＝30

°，从而求得PD＝PA，设PA＝x．则PB＝10﹣x，根据等腰三角形的性质求得PM＝PB＝（10﹣x），根据三角形的面积就可得出S△PDN＝PD•PM＝﹣（x﹣5）2+，从而得出△PDN的面积的最大值

．【解答】解：连接AD，作NM⊥PB于M，∵六边形APCDEF是正六边形，∴EF∥AD，DP⊥AB，DP⊥ED，正六边形的每一个内角为120°，∴∠ADE＝60°，∴∠ADP＝30°∴PD＝PA，∵DP⊥AB，NM⊥PB∴PD∥MN，

∴PM就是△PDN的PD边的高，设PA＝x．则PB＝10﹣x，∵在等腰△BPN中，MN⊥PB，∴PM＝PB＝（10﹣x），∴S△PDN＝PD•PM＝×x×（10﹣x）＝﹣（x﹣5）2+（0＜x＜10），∴△PDN的面积的最大值为：．

19故答案为：．【知识点】正多边形和圆、等腰三角形的性质、二次函数的最值三、解答题（共10小题）25.（2020秋•卫辉市期末）星期天小明去钓鱼，鱼钩A在离水面BD1.3米处，在距离鱼线1.2米处D点的水下0.8米处有一条鱼发现了鱼饵，于是以0.2m/s的

速度向鱼饵游来，那么这条鱼至少几秒后才能到这鱼饵处？【分析】根据题意直接得出AE，EC的长，再利用勾股定理得出AC的长，进而求出答案．【解答】解：如图所示：过点C作CE⊥AB于点E，连接AC，由题意可得：EC＝BD＝1.2m，AE＝AB﹣BE＝AB﹣DC＝

1.3﹣0.8＝0.5（m），故AC＝＝＝1.3（m），则1.3÷0.2＝6.5（s），答：这条鱼至少6.5秒后才能到这鱼饵处．【知识点】勾股定理的应用2026.（2020秋•海淀区期中）如图，在△ABC和△DCB中，AB⊥AC，CD⊥BD，AB＝DC，AC与BD交于点O．求证：AC＝BD

．【分析】根据已知条件，用HL即可证明Rt△ABC≌Rt△DCB，则可得出答案．【解答】证明：∵AB⊥AC，CD⊥BD，∴∠A＝∠D＝90°，在Rt△ABC和Rt△DCB中，，∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL）．∴AC＝BD．【知识点】全等三角形的

判定与性质27.（2020•花都区一模）如图，在▱ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，求证：BE＝DF．【分析】利用平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，再利用平行线的性质可得∠DAF＝∠BCE，结合AAS判定△AFD≌△CEB，进而可得BE＝DF．【解答】证明：∵四边形AB

CD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAF＝∠BCE．又∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，∴∠AFD＝∠CEB＝90°，在△AFD和△CEB中，∴△AFD≌△CEB（AAS），∴BE＝DF．【知识点】全等三角形的判定与性

质、平行四边形的性质2128.（2020秋•崆峒区期末）如图，已知在△ABC中，BD是∠ABC的角平分线，∠A＝60°，∠BDC＝80°，求∠DBC的度数．【分析】利用三角形的外角性质可求出∠ABD的度数，再结合角平分线的定义可得出∠DBC的度数

．【解答】解：∵∠A＝60°，∠BDC＝80°，∴∠ABD＝∠BDC﹣∠A＝80°﹣60°＝20°．又∵BD是∠ABC的角平分线，∴∠DBC＝∠ABD＝20°．【知识点】角平分线的定义、三角形的外角性质29.（2020春•龙泉驿区期末）已

知：如图，点E，D，B，F在同一条直线上，AD∥CB，∠E＝∠F，DE＝BF．求证：AE＝CF．（每一行都要写依据）【分析】由AD∥CB，利用“两直线平行，内错角相等”可得出∠ADB＝∠CBD，由等角的补角相等可得

出∠ADE＝∠CBF，结合DE＝BF，∠E＝∠F可证出△ADE≌△CBF（ASA），再利用全等三角形的性质可证出AE＝CF．【解答】证明：∵AD∥CB（已知），∴∠ADB＝∠CBD（两直线平行，内错角相等），∴∠ADE＝∠CBF（等角的补角相等）．

在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝CF（全等三角形的对应边相等）．22【知识点】全等三角形的判定与性质30.（2020秋•番禺区期末）如图，△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB，BC于点D，E，AC的垂直平分线分别交

AC，BC于点F，G，连接AE，AG．（1）若△AEG的周长为10，求线段BC的长；（2）若∠BAC＝104°，求∠EAG的度数．【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，GA＝GC，根据三角形的周长公式计算，得到答案；（2）根据三角形内角和定理得到∠B+∠C＝76

°，根据等腰三角形的性质求出∠EAB+∠GAC，结合图形计算即可．【解答】解：（1）∵DE垂直平分AB，GF垂直平分AC，∴EA＝EB，GA＝GC，∵△AEG的周长为10，∴AE+EG+AG＝10，∴BC＝BE+EG+GC＝AE+EG+GC

＝10；（2）∵∠BAC＝104°，∴∠B+∠C＝180°﹣104°＝76°，∵EA＝EB，GA＝GC，∴∠EAB＝∠B，∠GAC＝∠C，∴∠EAB+∠GAC＝∠B+∠C＝76°，∴∠EAG＝∠BAC﹣（∠EAB+∠GAC）＝104°﹣76°＝28°．【知识点】线段垂直平分线的性质31.

（2020秋•抚顺县期末）已知△ABC中，AC＝BC；△DEC中，DC＝EC；∠ACB＝∠DCE＝α，点A、D、E在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．（1）如图1，当α＝60时，23①请直接写出△ABC和△DE

C的形状；②求证：AD＝BE；③请求出∠AEB的度数；（2）如图2，当α＝90°时，请直接写出：①∠AEB的度数；②若∠CAF＝∠BAF，BE＝2，线段AF的长．【分析】（1）①由等边三角形的判定可求解；②由“SAS”可证△CDA≌△CEB，可得AD＝BE；③由全等三角形的性质

可得∠CEB＝∠CDA＝120°，由平角的性质可求解；（2）①由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC＝135°，可得结论；②由全等三角形的性质可得AD＝BE＝2，由外角的性质和等腰三角形的性质可求AD＝CD＝DF＝2，即可求解．【解答】解：（1

）①∵AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴△ABC和△DEC是等边三角形；②∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，CA＝CB，CD＝CE，∴∠ACD＝∠BCE，在△CDA和△CEB中，，∴△

CDA≌△CEB（SAS），∴AD＝BE，③∵△CDA≌△CEB，∴∠CEB＝∠CDA＝120°，又∵∠CED＝60°，∴∠AEB＝120°﹣60°＝60°；（2）①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB﹣∠DCB

＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE，∠CDE＝45°＝∠CED，∴∠ADC＝135°，在△ACD和△BCE中，24，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC＝∠BEC＝135°，∴∠AEB＝

90°，②∵△ACD≌△BCE，∴BE＝AD＝2，∵∠CAF＝∠BAF＝22.5°，∠CDE＝45°＝∠CAD+∠ACD，∴∠ACD＝∠CAD＝22.5°，∴AD＝CD＝2，∵∠DCF＝90°﹣∠ACD＝67.5°，∠AFC＝∠ABC+∠BAF＝67.5°，∴∠DCF＝∠AFC，∴DC＝DF＝2

，∴AF＝AD+DF＝4．【知识点】全等三角形的判定与性质32.（2020秋•中山市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB．（1）求∠ADB的度数；（2）线

段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由．【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD＝∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）在线段DE上截取D

M＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据△ABD≌△AEM，得到BD＝ME，结合图形证明结论【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°，∵DB＝DC，∠DCB＝30°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴

∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°，在△ABD和△ACD中，25，∴△ABD≌△ACD（SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝15°，∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°；（2）DE＝AD+CD，理由如

下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADE＝60°，DM＝AD，∴△ADM是等边三角形，∴∠ADB＝∠AME＝120°．∵AE＝AB，∴∠ABD＝∠E，在△ABD和△AEM中，，∴△ABD≌△AEM（AAS），∴BD＝ME，∵BD＝CD，∴CD＝ME．∵DE＝DM+ME，

∴DE＝AD+CD．【知识点】全等三角形的判定与性质33.（2020秋•海珠区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），以线段OA为边在第四象限内作等边三角形AOB，点C为x轴正半轴上一动点（OC＞1），连接BC，以线段BC为边在第四象限内作等

边三角形CBD，连接DA并延长，交y轴于点E．（1）求证：OC＝AD；（2）在点C的运动过程中，∠CAD的度数是否会变化？如果不变，请求出∠CAD的度数；如果改变，请说明理由；26（3）当点C运动到什么位置时，以A、E、C为顶点的三角形是等腰三角形？【分析】（1）先根据等边三

角形的性质得∠OBA＝∠CBD＝60°，OB＝BA，BC＝BD，则∠OBC＝∠ABD，然后可根据“SAS”可判定△OBC≌△ABD，由全等三角形的判定与性质可得出结论；（2）由△AOB是等边三角形知∠BOA＝∠OAB＝60°，再由△OBC≌△ABD知∠BAD＝∠BOC＝60°，根据∠CAD＝18

0°﹣∠OAB﹣∠BAD可得结论；（3）先根据全等三角形的性质以及等边三角形的性质，求得∠EAC＝120°，进而得出以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，最后根据Rt△AOE中，OA＝1，∠OEA＝30°

，求得AC＝AE＝2，据此得到OC＝1+2＝3，即可得出点C的位置．【解答】解：（1）∵△AOB，△CBD都是等边三角形，∴OB＝AB，CB＝DB，∠ABO＝∠DBC，∴∠OBC＝∠ABC，在△OBC和△ABD中，∵，∴△OBC≌△ABD（SAS），∴OC＝AD；（2）点C在运动

过程中，∠CAD的度数不会发生变化，理由如下：∵△AOB是等边三角形，∴∠BOA＝∠OAB＝60°，∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD＝∠BOC＝60°，∴∠CAD＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝60°；（3）∵△OBC≌△ABD，∴∠BOC

＝∠BAD＝60°，又∵∠OAB＝60°，∴∠OAE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠EAC＝120°，∠OEA＝30°，∴以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形时，AE和AC是腰，在Rt△AOE中，OA

＝1，∠OEA＝30°，∴AE＝2，27∴AC＝AE＝2，∴OC＝1+2＝3，∴当点C的坐标为（3，0）时，以A，E，C为顶点的三角形是等腰三角形．【知识点】三角形综合题34.（2020秋•金昌期末）在等边三角形ABC中，点E

在AB上，点D在CB的延长线上，且AE＝BD．试探索以下问题：（1）当点E为AB的中点时，如图1，求证：EC＝ED．（2）如图2，当点E不是AB的中点时，过点E作EF∥BC，交AC于点F，求证：△AEF是等边三角形．（3）在（2）的条件下，

EC与ED还相等吗？请说明理由．【分析】（1）根据等边三角形的性质得出AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，再由E是AB的中点，AE＝BE＝BD，证出∠EDB＝∠ECB，得出EC＝ED；（2）在△AEF中，只要证明有两个内角是60°即可；

（3）只要证明△DBE≌△EFC，即可推出结论；【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，∵E是AB的中点，∴AE＝BE，∠ECB＝∠ACB＝30°，∵AE＝BD，∴BE＝BD，∴∠EDB＝∠DEB＝∠ABC＝30

°，∴∠EDB＝∠ECB，∴EC＝ED．（2）过E点作EF∥BC交AC于F点．如图2所示：∵EF∥BC，∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°，∴△AEF是等边三角形．（3）ED＝EC．理由如下

：∵△AEF是等边三角形．28∴∠AFE＝∠ABC＝60°∴∠EFC＝∠DBE＝120°，又∵AE＝BD，AB＝AC，∴BD＝EF，BE＝FC，在△DBE和△EFC中，，∴△DBE≌△EFC（SAS），∴ED＝EC．【知识点】全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质