资源简介

2025年中考数学二轮复习押题预测 三角形
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 西湖区期末）如图，在3×3的正方形网格中，点A，B，C，D均为格点，顺次连接AB，BC，CD，DA，则下列说法正确的是（　　）
A．∠BAD＝∠BCD B．∠BAD+∠BCD＝45°
C．∠ADC＝120° D．∠ABC﹣∠BCD＝90°
2．（2024秋 新乐市期末）如图，某超市为了吸引顾客，在超市门口离地高4.5m的墙上，装有一个由传感器控制的门铃A，如图①所示，人只要移至该门铃5m及5m以内时，即AC≤5m，门铃就会自动发出语音“欢迎光临”．如图②所示，一个身高1.5m的学生走到D处，即CD＝1.5m，门铃恰好自动响起，则BD的长为（　　）
A．3米 B．4米 C．5米 D．7米
3．（2024秋 天津期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BD是角平分线，若AC＝6cm，AD：CD＝2：1，则点D到AB的距离是（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
4．（2024秋 西湖区校级期末）将两个直角三角形摆放如图，其中∠BAC＝∠ADC＝90°，AC＝AB＝BD＝1，则AD长为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 湛江期末）如图，△ABC中，点D、E分别在BC、AC边上，E是AC的中点，BC＝3BD，BE与AD相交于F，S△ABD＝4，则△BCE的面积为（　　）
A．1.5 B．2.5 C．3 D．6
6．（2024秋 泉州期末）如图，有一池塘，要测池塘两端A、B的距离，可先在平地上取一个点C，从点C不经过池塘可以直接到达点A和B，连接AC并延长到点D，使CD＝CA，连接BC并延长到点E，使CE＝CB，连接DE，可得△ABC≌△DEC，此时测得DE的长度就是A、B两点间的距离，这里判定△ABC≌△DEC的依据是（　　）
A．AAS B．ASA C．SAS D．SSS
7．（2024秋 洛宁县期末）将一支长为14cm的圆珠笔，放在底面内径为6cm，高为8cm的圆柱形笔筒中，设圆珠笔在笔筒外面的长度为a cm，则a的取值范围是（　　）
A．a≤10 B．a≤8 C．a≥6 D．4≤a≤6
8．（2024秋 上城区期末）有若干个三角形，这些三角形的所有内角中，有2个直角，1个钝角，15个锐角，则在这些三角形中锐角三角形有（　　）
A．2个 B．3个 C．2个或3个 D．4个
9．（2024秋 钢城区期末）如图，小华注意到跷跷板静止状态时，可以与地面构成一个△ABC，跷跷板中间的支撑杆EF垂直于地面（E、F分别为AB、AC的中点），若EF＝35cm，则点B距离地面的高度为（　　）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm
10．（2024秋 万州区期末）如图，已知在正方形ABCD中，点M是BC边的中点，连接AM，过点B作BN⊥AM于点N，连接DN，若∠BAM＝α，则∠DNA的度数用含α的代数式表示为（　　）
A．2α B．45°+α C． D．90°﹣α
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 扬州校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以Rt△ABC的三边为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，且S1＝5，S3＝21，则AC的长为 　 　．
12．（2024秋 电白区期末）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．其中，b+a＝12，则中间小正方形的面积是　 　．
13．（2024秋 思明区校级期末）在△ABC中，CA＝CB，将一块足够大的直角三角尺PMN（∠M＝90°，∠MPN＝30°）按如图所示放置，顶点P在线段AB上滑动，三角尺的直角边PM始终经过点C，斜边PN交AC于点D．在点P的滑动过程中，若存在某一时刻△PCD是以∠CPD为其中一个底角的等腰三角形，则此时∠APD与∠PCB的数量关系为 　 　．
14．（2024秋 上城区期末）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DF并延长，交BC于点M．若S正方形ABCD＝5，E为AF中点，则DF的长为　 　；BM的长为　 　．
15．（2024秋 泉州期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，点D在△ABC外，DA⊥AB，DC⊥BC，连接BD，交AC于点E，过点A作AF∥BC，交BD的延长线于点F．若AD＝DF，则下列结论中，正确的结论有 　 　．
①BD平分∠ABC；②E为BF的中点；③△ABC是等边三角形；④AF＝2AE．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 上城区期末）如图，在四边形ACBD中，∠C＝90°，BA＝BD．
（1）若CA＝3，BC＝4，AD＝6，求四边形ACBD的面积；
（2）请在①∠ABD＝2∠ABC；②AD＝2AC中选择一个做为条件，另一个为结论，并证明．
17．（2024秋 宁波期末）如图，AD是△ABC的高线，E为AB上一点，连结CE，交AD于点F，BE＝CE．
（1）求证：△AEF是等腰三角形；
（2）若点F是CE的中点，CE＝26，CD＝12，求AF的长．
18．（2024秋 丰泽区期末）阅读项目报告，探索解决问题：
项目名称 玩转三角尺：探索几何之美
项目主题 通过实践操作等腰直角三角尺探究几何图形的性质．
项目背景 在初中数学教学中，为了让学生深入理解几何图形的图象和性质，开展此项目式学习．通过活动操作引导学生在实际情境中发现问题，将其转化成合理的数学问题，并解决问题，激发学生对等腰直角三角形相关知识的兴趣，培养学生空间想象力和逻辑思维能力．
项目材料 等腰直角三角尺、带横格线的作业簿
操作方式 将等腰直角三角尺放置在作业簿横格上，使三角尺三个顶点恰好落在横格线上，形成相关几何图形．
问题提出 已知∠ACB＝90°，AC＝BC，l1∥l2∥l3∥l4，且AB与l3交于点D，若相邻的每两条横格线之间的距离都是1． （1）求证：AD＝BD； （2）请求出AB的长．
问题解决 …
请你根据报告，解决以上问题．
19．（2024秋 龙湖区期末）问题提出：
（1）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形，如图△ABC中，AC＝7，BC＝9，AB＝10，P为AC上一点，当AP＝　 　时，△ABP与△CBP是偏等积三角形；
问题探究：
（2）如图，△ABD与△ACD是偏等积三角形，AB＝2，AC＝6，且线段AD的长度为正整数，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，求AD的长度为 　 　；
问题解决：
（3）如图，四边形ABED是一片绿色花园，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°（0°＜∠BCE＜90°）．△ACD与△BCE是偏等积三角形吗？请说明理由．
20．（2024秋 长沙期末）在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，点D是AC上一点，AD＝AB，点E是AB上一点，AE＝CD．
（1）如图1，求证：△BDE是等腰三角形．
（2）如图2，过点E作EF⊥AC于点F，求证：ED平分∠FEB．
（3）如图3，延长ED，BC交于点G，求证：点C在DG的垂直平分线上．
2025年中考数学二轮复习押题预测 三角形
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B A B D C D B B D
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 西湖区期末）如图，在3×3的正方形网格中，点A，B，C，D均为格点，顺次连接AB，BC，CD，DA，则下列说法正确的是（　　）
A．∠BAD＝∠BCD B．∠BAD+∠BCD＝45°
C．∠ADC＝120° D．∠ABC﹣∠BCD＝90°
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】取格点E，连接BE，CE，利用网格线的性质利用SAS证明△ABD≌△CBE，再利用三角形全等的性质逐一判断即可．
【解答】解：如图，取格点E，连接BE，CE，
在△ABD和△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴∠BAD＝∠BCE，
∴∠BDC＝90°+45°＝135°，
若∠BAD＝∠BCD，则∠BCE＝∠BCD，
∵∠BCE＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠BCD，
∴DB＝CD（与题干矛盾），
故A选项错误；
∵∠BAD＝∠BCE，∠BCE+∠BCD＝45°，
∴∠BAD+∠BCD＝45°，
故B选项正确；
∠ADC＝90°+45°＝135°，
故C选项错误；
∵∠BAD+∠ABD＝90°，∠BAD＝∠BCE，∠BCE＝∠DBC，
∴∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝∠ABD+∠BAD＝90°，
∴∠ABC﹣∠BCD＜90°，
故D选项错误；
故选：B．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的对应边相等，对应角相等是解本题的关键．
2．（2024秋 新乐市期末）如图，某超市为了吸引顾客，在超市门口离地高4.5m的墙上，装有一个由传感器控制的门铃A，如图①所示，人只要移至该门铃5m及5m以内时，即AC≤5m，门铃就会自动发出语音“欢迎光临”．如图②所示，一个身高1.5m的学生走到D处，即CD＝1.5m，门铃恰好自动响起，则BD的长为（　　）
A．3米 B．4米 C．5米 D．7米
【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．
【答案】B
【分析】由题意可知BD＝CE，BE＝CD＝1.5m，AC＝5m，则AE＝AB﹣BE＝3m，再由勾股定理求出CE的长，即可得出结论．
【解答】解：由题意可知，BD＝CE，BE＝CD＝1.5m，AC＝5m，则AE＝AB﹣BE＝4.5﹣1.5＝3（m），
在Rt△ACE中，由勾股定理得：CE4（m），
∴BD＝CE＝4米，
即门铃恰好自动响起，则BD的长为4米，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，理解题意，正确应用勾股定理是解题的关键．
3．（2024秋 天津期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BD是角平分线，若AC＝6cm，AD：CD＝2：1，则点D到AB的距离是（　　）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【考点】角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】A
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，再根据角平分线的性质得出DE＝CD，然后由比例求出CD＝2cm，即可得出答案．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠ACB＝90，BD是∠ABC的角平分线，DE⊥AB，
∴DE＝CD，
∵AD：CD＝2：1，
∴CDAC6＝2（cm），
∴DE＝2cm，
∴D到AB的距离为2cm，
故选：A．
【点评】本题考查了角平分线的性质，正确作出辅助线是解决本题的关键．
4．（2024秋 西湖区校级期末）将两个直角三角形摆放如图，其中∠BAC＝∠ADC＝90°，AC＝AB＝BD＝1，则AD长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】过点B作BE⊥AD于点E，根据等腰三角形的性质得AE＝DE，然后证明△ABE≌△DAC，得AE＝DE＝CD，利用勾股定理即可求出AD的长．
【解答】解：如图，过点B作BE⊥AD于点E，
∵AB＝BD，
∴AE＝DE，
∵∠AEB＝∠BAC＝∠ADC＝90°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△DAC中，
，
∴△ABE≌△DAC（AAS），
∴AE＝CD，
∴AE＝DE＝CD，
在Rt△ADC中，根据勾股定理，得AD2+CD2＝AC2，
∴AD2+（AD）2＝12，
∴AD，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是得到△ABE≌△DAC．
5．（2024秋 湛江期末）如图，△ABC中，点D、E分别在BC、AC边上，E是AC的中点，BC＝3BD，BE与AD相交于F，S△ABD＝4，则△BCE的面积为（　　）
A．1.5 B．2.5 C．3 D．6
【考点】三角形的面积．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】D
【分析】先根据BC＝3BD及△ABD的面积，求出△ABC的面积，再由点E是AC的中点，求出△BCE的面积即可．
【解答】解：由题知，
因为BC＝3BD，且S△ABD＝4，
所以S△ABC＝3S△ABD＝3×4＝12．
因为E是AC的中点，
所以．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形的面积，熟知三角形的面积公式是解题的关键．
6．（2024秋 泉州期末）如图，有一池塘，要测池塘两端A、B的距离，可先在平地上取一个点C，从点C不经过池塘可以直接到达点A和B，连接AC并延长到点D，使CD＝CA，连接BC并延长到点E，使CE＝CB，连接DE，可得△ABC≌△DEC，此时测得DE的长度就是A、B两点间的距离，这里判定△ABC≌△DEC的依据是（　　）
A．AAS B．ASA C．SAS D．SSS
【考点】全等三角形的应用．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】利用“边角边”证明△ABC和△DEC全等．
【解答】解：在△ABC和△DEC中，
，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
∴AB＝DE，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．
7．（2024秋 洛宁县期末）将一支长为14cm的圆珠笔，放在底面内径为6cm，高为8cm的圆柱形笔筒中，设圆珠笔在笔筒外面的长度为a cm，则a的取值范围是（　　）
A．a≤10 B．a≤8 C．a≥6 D．4≤a≤6
【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】D
【分析】分当圆珠笔斜放在笔筒中时，露在笔筒外的长度最短，当圆珠笔垂直放在笔筒中时，露在笔筒外的长度最长两种情况求解即可．
【解答】解：如图，当圆珠笔斜放在笔筒中时，露在笔筒外的长度最短，最短为14144；
如图，当圆珠笔垂直放在笔筒中时，露在笔筒外的长度最长，最长为14﹣8＝6，
故a的取值范围是4≤a≤6，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟记勾股定理是解题的关键．
8．（2024秋 上城区期末）有若干个三角形，这些三角形的所有内角中，有2个直角，1个钝角，15个锐角，则在这些三角形中锐角三角形有（　　）
A．2个 B．3个 C．2个或3个 D．4个
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】先根据角的个数，得出三角形的总数，再根据直角和钝角数量，得出锐角三角形的个数．
【解答】解：∵这些三角形的所有内角中，有2个直角，1个钝角，15个锐角，
∴共有个三角形，且有2个直角三角形，1个钝角三角形，
∴有3个锐角三角形，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，掌握三角形内角和是解题的关键．
9．（2024秋 钢城区期末）如图，小华注意到跷跷板静止状态时，可以与地面构成一个△ABC，跷跷板中间的支撑杆EF垂直于地面（E、F分别为AB、AC的中点），若EF＝35cm，则点B距离地面的高度为（　　）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理即可解决问题．
【解答】解：∵E、F分别为AB、AC的中点，EF＝35cm，
∴BC＝2EF＝70（cm），
∴点B距离地面的高度为70cm．
故选：B．
【点评】本题考查三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半．
10．（2024秋 万州区期末）如图，已知在正方形ABCD中，点M是BC边的中点，连接AM，过点B作BN⊥AM于点N，连接DN，若∠BAM＝α，则∠DNA的度数用含α的代数式表示为（　　）
A．2α B．45°+α C． D．90°﹣α
【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】延长BN交CD于点E，连接AE，作△ADE的外接圆⊙O，再根据BN⊥AM得点N在⊙O上，则∠DNE＝∠DAE，进而得∠DNA＝90°﹣∠DNE＝90°﹣∠DAE，证明△ABM和△BCE全等得BM＝CE，进而得点E是CD的中点，则BM＝DE，进而再证明△ABM和△ADE全等得∠BAM＝∠DAE＝α，则∠DNE＝∠DAE＝α，由此即可得出答案．
【解答】解：延长BN交CD于点E，连接AE，作△ADE的外接圆⊙O，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠C＝∠ADC＝∠BAD＝90°，
∴AE是△ADE的外接圆⊙O的直径，
∵BN⊥AM，
∴∠ANB＝∠ANE＝90°，
∴点N在△ADE的外接圆⊙O上，
∴∠DNE＝∠DAE，
∴∠DNA＝90°﹣∠DNE＝90°﹣∠DAE，
∵∠ANB＝∠ABC＝90°，
∴∠BAM+∠ABN＝90°，∠ABN+∠CBE＝90°，
∴∠BAM＝∠CBE，
在△ABM和△BCE中，
，
∴△ABM≌△BCE（ASA），
∴BM＝CE，
∵点M是BC边的中点，
∴BMBCCD，
∴CECD，
∴点E是CD的中点，
∴DECD，
∴BM＝DE，
在△ABM和△ADE中，
，
∴△ABM≌△ADE（SAS），
∴∠BAM＝∠DAE＝α，
∴∠DNE＝∠DAE＝α，
∴∠DNA＝90°﹣∠DAE＝90°﹣α．
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，正方形的性质是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 扬州校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以Rt△ABC的三边为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，且S1＝5，S3＝21，则AC的长为 　4　．
【考点】勾股定理；正方形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】4．
【分析】先求出BC2＝5，AB2＝21，再由勾股定理即可求出AC的长．
【解答】解：由正方形的性质得：S1＝BC2，S3＝AB2，
∴BC2＝5，AB2＝21，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了勾股定理以及正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
12．（2024秋 电白区期末）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．其中，b+a＝12，则中间小正方形的面积是　36　．
【考点】勾股定理的证明．
【专题】整式；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】36．
【分析】由题意可知：a2+b2＝c2＝90，再与已知条件b+a＝12联立，即可求出ab的值，根据中间小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积之和，即可求得答案．
【解答】解：由勾股定理，得a2+b2＝c2＝（3）2＝90，
∵b+a＝12，
∴b2+2ab+a2＝144，
∴90+2ab＝144，
∴ab＝27，四个直角三角形的面积为4ab＝54，
∴中间小正方形的面积是90﹣54＝36．
故答案为：36．
【点评】本题考查赵爽弦图，勾股定理，完全平方公式，三角形面积计算，掌握勾股定理是解题的关键．
13．（2024秋 思明区校级期末）在△ABC中，CA＝CB，将一块足够大的直角三角尺PMN（∠M＝90°，∠MPN＝30°）按如图所示放置，顶点P在线段AB上滑动，三角尺的直角边PM始终经过点C，斜边PN交AC于点D．在点P的滑动过程中，若存在某一时刻△PCD是以∠CPD为其中一个底角的等腰三角形，则此时∠APD与∠PCB的数量关系为 　2∠APD﹣∠PCB＝90°或2∠APD＝∠PCB　．
【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质．
【专题】分类讨论；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】2∠APD﹣∠PCB＝90°或2∠APD＝∠PCB．
【分析】依题意有以下两种情况：①当∠CPD＝∠PCD＝30°时，则∠APC＝∠APD+30°，由三角形内角定理得∠B＝∠A＝120°﹣∠APD，再根据∠APC＝∠PCB+∠B即可得出∠APD与∠PCB的数量关系；②当∠CPD＝∠CDP＝30°时，则∠APC＝∠APD+30°，∠PCD＝120°，由三角形内角和定理得∠B＝∠A＝30°﹣∠APD，再根据∠APC＝∠PCB+∠B即可得出∠APD与∠PCB的数量关系，综上所述即可得出答案．
【解答】解：当△PCD是以∠CPD为其中一个底角的等腰三角形，有以下两种情况：
①当∠CPD＝∠PCD＝30°时，如图1所示：
∴∠APC＝∠APD+∠CPD＝∠APD+30°，
在△APC中，∠A+∠APC+∠PCD＝180°，
∴∠A+∠APD+30°+30°＝180°，
∴∠A＝120°﹣∠APD，
∵在△ABC中，CA＝CB，
∴∠B＝∠A＝120°﹣∠APD，
∵∠APC是△PBC的一个外角，
∴∠APC＝∠PCB+∠B，
∴∠APD+30°＝∠PCB+120°﹣∠APD，
∴2∠APD﹣∠PCB＝90°；
②当∠CPD＝∠CDP＝30°时，如图2所示：
∴∠APC＝∠APD+∠CPD＝∠APD+30°，
在△CDP中，∠PCD＝180°﹣（∠CPD+∠CDP）＝120°，
在△ACP中，∠A＝180°﹣（∠APC+∠PCD）＝180°﹣（∠APD+30°+120°）＝30°﹣∠APD，
∵在△ABC中，CA＝CB，
∴∠B＝∠A＝30°﹣∠APD，
∵∠APC是△PBC的一个外角，
∴∠APC＝∠PCB+∠B，
∴∠APD+30°＝∠PCB+30°﹣∠APD，
∴2∠APD＝∠PCB，
综上所述：∠APD与∠PCB的数量关系为2∠APD﹣∠PCB＝90°或2∠APD＝∠PCB．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点．
14．（2024秋 上城区期末）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DF并延长，交BC于点M．若S正方形ABCD＝5，E为AF中点，则DF的长为　　；BM的长为　　．
【考点】勾股定理的证明．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】，．
【分析】根据SAS证明△AED≌△FED得出DF＝AD，根据勾股定理即可得出结果．
【解答】解：∵E为AF中点，
∴EFAF＝AE，
又∵∠AED＝∠FED＝90°，DE＝DE，
∴△AED≌△FED（SAS），
∴DF＝AD，
∵S正方形ABCD＝5，
∴DF＝AD，
∵DE∥BG，
∴∠EDF＝∠DFG，
∵∠FBM＝∠EDF，∠DFG＝∠BFM，
∴∠FBM＝∠BFM，
∴BM＝FM，
∵DM2＝CM2+CD2，
∴（DF+BM）2＝CD2+（BC﹣BM）2，
∴，
∴BM，
故答案为：，．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的判定与性质，证明△AED≌△FED是解题的关键．
15．（2024秋 泉州期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，点D在△ABC外，DA⊥AB，DC⊥BC，连接BD，交AC于点E，过点A作AF∥BC，交BD的延长线于点F．若AD＝DF，则下列结论中，正确的结论有 　①②③④　．
①BD平分∠ABC；②E为BF的中点；③△ABC是等边三角形；④AF＝2AE．
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】①②③④．
【分析】①依据“HL”判定Rt△ABD和Rt△CBD全等，则∠ABD＝∠CBD，由此可对结论①进行判断；
②设∠ABD＝∠CBD＝α，根据AF∥BC得∠F＝∠CBD＝α，∠FAC＝∠BCA，则∠ABD＝∠F＝∠CBD＝α，进而得AB＝AF，再根据AB＝BC得∠BAC＝∠BCA，则∠BAC＝∠BCA＝∠FAC，即AE平分∠BAF，然后根据等腰三角形“三线合一”的性质可对结论②进行判断；
③根据AD＝DF，∠DAF＝∠F＝α，则∠ADB＝2α，在Rt△ABD中，根据∠ABD+∠ADB＝90°得α+2α＝90°，则α＝30°，进而得∠ABC＝60°，然后根据等边三角形的判定可对结论③进行判断；
④根据△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC得BD⊥AC，在△AEF是直角三角形，根据∠F＝α＝30°得AF＝2AE．由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵DA⊥AB，DC⊥BC，
∴△ABD和△CBD均为直角三角形，
在Rt△ABD和Rt△CBD中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴∠ABD＝∠CBD，
∴BD平分∠ABC，
故结论①正确；
②∵BD平分∠ABC，
∴设∠ABD＝∠CBD＝α，
∵AF∥BC，
∴∠F＝∠CBD＝α，∠FAC＝∠BCA，
∴∠ABD＝∠F＝∠CBD＝α，
∴AB＝AF，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠FAC，
∴AE平分∠BAF，
∴E为BF的中点，
故结论②正确；
③∵AD＝DF，
∴∠DAF＝∠F＝α，
∴∠ADB＝∠DAF+∠F＝2α，
在Rt△ABD中，∠ABD+∠ADB＝90°，
又∵∠ABD＝α，
∴α+2α＝90°，
∴α＝30°，
∴∠ABC＝60°，
又∵AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
故结论③正确；
④∵△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，
∴△AEF是直角三角形，
∵∠F＝α＝30°，
∴AF＝2AE．
故结论④正确，
综上所述：正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的定义，理解角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质是解决问题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 上城区期末）如图，在四边形ACBD中，∠C＝90°，BA＝BD．
（1）若CA＝3，BC＝4，AD＝6，求四边形ACBD的面积；
（2）请在①∠ABD＝2∠ABC；②AD＝2AC中选择一个做为条件，另一个为结论，并证明．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形的面积．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】（1）18；
（2）选择①作为条件，②作为结论，理由见解析．
【分析】过B作BH⊥AD于H，（1）由等腰三角形的性质推出AH＝DHAD＝3，判定Rt△ACB≌Rt△AHB（HL），得到△ABC的面积＝△BAH的面积，得到四边形ACBD的面积＝△ABC面积的3倍＝18；
（2）由等腰三角形的性质推出AD＝2AH∠ABD＝2∠ABH，得到ABH＝∠ABC，判定△ABH≌△ABC（AAS），即可推出AD＝2AC．
【解答】解：过B作BH⊥AD于H，
（1）∵BA＝BD，AD＝6，
∴AH＝DHAD＝3，
∴AC＝AH，
∵AB＝AB，
∴Rt△ACB≌Rt△AHB（HL），
∴△ABC的面积＝△BAH的面积，
∵AH＝DH，
∴△ABH的面积＝△BDH的面积，
∴S四边形ACBD＝3S△ABC，
∵△ACB的面积AC BC3×4＝6，
∴四边形ACBD的面积＝3×6＝18；
（2）选择①作为条件，②作为结论，理由如下：
∵AB＝DB，BH⊥AD，
∴AD＝2AH，∠ABD＝2∠ABH，
∵∠ABD＝2∠ABC，
∴∠ABH＝∠ABC，
∵∠C＝∠AHB＝90°，AB＝AB，
∴△ABH≌△ABC（AAS），
∴AH＝AC，
∴AD＝2AC．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形你的性质，三角形的面积，关键是判定Rt△ACB≌Rt△AHB（HL），△ABH≌△ABC（AAS）．
17．（2024秋 宁波期末）如图，AD是△ABC的高线，E为AB上一点，连结CE，交AD于点F，BE＝CE．
（1）求证：△AEF是等腰三角形；
（2）若点F是CE的中点，CE＝26，CD＝12，求AF的长．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）10．
【分析】（1）先根据BE＝CE得∠B＝∠BCE，再根据AD是△ABC的高线得∠B+∠BAD＝90°，∠BCE+∠CFD＝90°，则∠BAD＝∠CFD＝∠AFE，由此可得出结论；
（2）过点E作EG⊥AF于点G，先求出DF＝5，再证明△EGF和△CDF全等得FG＝DF＝5，再根据△AEF是等腰三角形的性质得AG＝FG＝5，由此可得AF的长．
【解答】（1）证明：∵BE＝CE，
∴∠B＝∠BCE，
∵AD 是△ABC的高线，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠B+∠BAD＝90°，∠BCE+∠CFD＝90°，
∴∠BAD＝∠CFD，
∵∠AFE＝∠CFD，
∴∠BAD＝∠AFE，
∴△AEF 是等腰三角形；
（2）解：过点E作EG⊥AF于点G，如图所示：
∵CE＝26，点F是CE的中点，
∴EF＝CF＝13，
∵AD 是△ABC的高线，
∴在Rt△CDF中，CF＝13，CD＝12，
由勾股定理得：DF＝√5，
∵EG⊥AF，AD是△ABC 的高线，
∴∠EGF＝∠CDF＝90°，
在△EGF和△CDF中，
，
∴△EFG≌△CFD（AAS），
∴FG＝DF＝5，
∵△AEF 是等腰三角形，
即EA＝EF，
又∵EG⊥AF，
∴AG＝FG＝5，
∴AF＝AG+FG＝10．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质是解决问题的关键．
18．（2024秋 丰泽区期末）阅读项目报告，探索解决问题：
项目名称 玩转三角尺：探索几何之美
项目主题 通过实践操作等腰直角三角尺探究几何图形的性质．
项目背景 在初中数学教学中，为了让学生深入理解几何图形的图象和性质，开展此项目式学习．通过活动操作引导学生在实际情境中发现问题，将其转化成合理的数学问题，并解决问题，激发学生对等腰直角三角形相关知识的兴趣，培养学生空间想象力和逻辑思维能力．
项目材料 等腰直角三角尺、带横格线的作业簿
操作方式 将等腰直角三角尺放置在作业簿横格上，使三角尺三个顶点恰好落在横格线上，形成相关几何图形．
问题提出 已知∠ACB＝90°，AC＝BC，l1∥l2∥l3∥l4，且AB与l3交于点D，若相邻的每两条横格线之间的距离都是1． （1）求证：AD＝BD； （2）请求出AB的长．
问题解决 …
请你根据报告，解决以上问题．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；函数的图象．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）2．
【分析】（1）过A作AE⊥l3于E，过D作DF⊥l4于F，得到∠AED＝∠DFB＝90°，AE＝DF，根据平行线的性质得到∠ADE＝∠DBF，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）过A作AG⊥l1于G，过B作BH⊥l1于H，求得∠AGC＝∠ACB＝∠BHC＝90°，AG＝1，BH＝3，得到∠CAG＝∠BCH，根据全等三角形的性质得到CG＝BH＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：过A作AE⊥l3于E，过D作DF⊥l4于F，
∴∠AED＝∠DFB＝90°，AE＝DF，
∵l3∥l4，
∴∠ADE＝∠DBF，
在△ADE与△DBF中，
，
∴△ADE≌△DBF（AAS），
∴AD＝BD；
（2）解：过A作AG⊥l1于G，过B作BH⊥l1于H，
∴∠AGC＝∠ACB＝∠BHC＝90°，AG＝1，BH＝3，
∴∠ACG+∠CAG＝∠ACG+∠BCH＝90°，
∴∠CAG＝∠BCH，
在△ACG与△CBH中，
，
∴△ACG≌△CBH（AAS），
∴CG＝BH＝3，
∴AC，
∴AB．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
19．（2024秋 龙湖区期末）问题提出：
（1）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形，如图△ABC中，AC＝7，BC＝9，AB＝10，P为AC上一点，当AP＝　　时，△ABP与△CBP是偏等积三角形；
问题探究：
（2）如图，△ABD与△ACD是偏等积三角形，AB＝2，AC＝6，且线段AD的长度为正整数，过点C作CE∥AB交AD的延长线于点E，求AD的长度为 　3　；
问题解决：
（3）如图，四边形ABED是一片绿色花园，CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°（0°＜∠BCE＜90°）．△ACD与△BCE是偏等积三角形吗？请说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接BP，由△ABP与△CBP在AP、CP边上的高相等，可知当点P为AC中点时，△ABP与△CBP面积相等，但此时△ABP与△CBP不全等，所以，△ABP与△CBP是偏等积三角形，则AP＝CP，于是得到题题的答案；
（2）先由△ABD与△ACD是偏等积三角形，且△ABD与△ACD在BD、CD边上的高相等，得BD＝CD，再证明△ECD≌△ABD，得ED＝AD，EC＝AB＝2，由三角形的三边关系得6﹣2＜2AD＜6+2，则2＜AD＜4，而AD是正整数，则AD＝3；
（3）先证明∠ACD≠∠BCE，再由CA＝CB，CD＝CE，说明△ACD与△BCE不全等，作BF⊥CE于点F，AG⊥DC交DC的延长线于点G，可证明△ACG≌△BCF，得AG＝BF，即可证明△ACD与△BCE面积相等，从而证明△ACD与△BCE是偏等积三角形．
【解答】解：（1）如图1，连接BP，
∵△ABP与△CBP在AP、CP边上的高相等，
∴当AP＝CPAC7，△ABP与△CBP面积相等，
∵BC＝9，AB＝10，
∴BC≠AB，
∵AP＝CP，BP＝BP，BC≠AB，
∴△ABP与△CBP不全等，
∴此时△ABP与△CBP是偏等积三角形，
故答案为：．
（2）如图2，∵△ABD与△ACD是偏等积三角形，且△ABD与△ACD在BD、CD边上的高相等，
∴BD＝CD，
∵CE∥AB，
∴∠E＝∠BAD，
在△ECD和△ABD中，
，
∴△ECD≌△ABD（AAS），
∴ED＝AD，EC＝AB＝2，
∵AC﹣EC＜AE＜AC+EC，且AC＝6，AE＝2AD，
∴6﹣2＜2AD＜6+2，
∴2＜AD＜4，
∵线段AD的长度为正整数，
∴AD＝3，
故答案为：3．
（3）△ACD与△BCE是偏等积三角形，
理由：如图3，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝180°，
∵0°＜∠BCE＜90°，
∴∠ACD＞90°，
∴∠ACD≠∠BCE，
∵CA＝CB，CD＝CE，
∴△ACD与△BCE不全等，
作BF⊥CE于点F，AG⊥DC交DC的延长线于点G，则∠G＝∠BFC＝90°，
∵∠ECG＝180°﹣∠DCE＝90°，
∴∠ACG＝∠BCF＝90°﹣∠BCG，
在△ACG和△BCF中，
，
∴△ACG≌△BCF（AAS），
∴AG＝BF，
∴CD AGCE BF，
∴△ACD与△BCE面积相等，
∴△ACD与△BCE是偏等积三角形．
【点评】此题重点考查新定义问题的求解、三角形的三边关系、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
20．（2024秋 长沙期末）在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，点D是AC上一点，AD＝AB，点E是AB上一点，AE＝CD．
（1）如图1，求证：△BDE是等腰三角形．
（2）如图2，过点E作EF⊥AC于点F，求证：ED平分∠FEB．
（3）如图3，延长ED，BC交于点G，求证：点C在DG的垂直平分线上．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）证明见解答过程；
（3）证明见解答过程．
【分析】（1）证明△AED≌△CDB（SAS），得出ED＝BD即可证明；
（2）过点D作DH∥BC，根据两直线平行内错角相等得出∠HDB＝∠DBC，由（1）得△AED≌△CDB，从而得出∠ADE＝∠DBC，再根据△BDE是等腰三角形运用等腰三角形三线合一得出∠BDH＝∠EDH，从而得出∠FDE＝∠EDH，再根据EF⊥AC，即可证明△FDE≌△EDH，根据全等三角形对应角相等即可证明；
（3）由（2）∠DEB＝∠DEF，再根据等量代换得出∠FDE＝∠G，从而证得∠CDG＝∠G，即可证明．
【解答】证明：（1）∵AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠C（180°﹣∠ABC）＝45°，
∵AD＝AB，
∴AD＝BC，
∵AE＝CD，
∴△AED≌△CDB（SAS），
∴ED＝BD，
∴△BDE是等腰三角形；
（2）过点D作DH∥BC，
∴∠HDB＝∠DBC，
∵△AED≌△CDB（SAS），
∴∠ADE＝∠DBC，
∴∠FDE＝∠BDH，
∵△BDE是等腰三角形，
∴∠BDH＝∠EDH，
∴∠FDE＝∠EDH，
∵EF⊥AC，
∴△FDE≌△EDH（AAS），
∴∠FED＝∠DEB，
∴ED平分∠FEB；
（3）由（2）∠DEB＝∠DEF，
在Rt△DEF中，∠FDE+∠FED＝90°，
在Rt△EBG中，∠G+∠BED＝90°，
∴∠FDE＝∠G，
∵∠FDE＝∠CDG，
∴∠CDG＝∠G，
∴点C在DG的垂直平分线上．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质“三线合一”和判定，线段垂直平分线的判定以及角平分线的判定，解题的关键是证三角形全等，作出适合的辅助线．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑