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第13章 三角形
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 广信区期末）自行车支架一般都会采用如图△ABC的设计．这种方法应用的几何原理是（　　）
A．两点确定一条直线 B．两点之间线段最短
C．三角形的稳定性 D．垂线段最短
2．（2024秋 宁阳县期末）现有2cm，5cm长的两根木棒，再从下列长度的四根木棒中选取一根，可以围成一个三角形的是（　　）
A．2cm B．3cm C．5cm D．7cm
3．（2024秋 文峰区期末）如图是折叠凳及其侧面示意图，若AC＝BC＝18cm，则折叠凳的宽AB可能为（　　）
A．70cm B．55cm C．40cm D．25cm
4．（2024秋 濉溪县期末）一个三角形的两边长分别为4和7，第三边长为整数，则第三条边长可能为（　　）
A．2 B．3 C．8 D．11
5．（2024秋 象州县期末）如图，小明同学利用课间跟同桌玩拼接三角板游戏的时候，将一副三角板按如图所示的位置摆放，则∠1的度数为（　　）
A．95° B．75° C．105° D．115°
6．（2024秋 单县期末）如图，∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A7B7A8的边长为（　　）
A．6 B．12 C．32 D．64
7．（2024秋 项城市期末）若△ABC中刚好有∠B＝2∠C，则称此三角形为“可爱三角形”，并且∠A称作“可爱角”．现有一个“可爱且等腰的三角形”，那么聪明的同学们知道这个三角形的“可爱角”应该是（　　）
A．45°或36° B．72°或36°
C．45°或72° D．45°或36°或72°
8．（2024秋 濉溪县期末）如图是可调躺椅示意图，AE与BD的交点为C，且∠CAB、∠CBA、∠D的大小保持不变．为了舒适，需调整∠E的大小，使∠EFD＝130°，则图中∠E应（　　）
A．增加10° B．减少10° C．增加20° D．减少20°
9．（2024秋 柳州期末）如图，在△ABC中，M，N分别是边AB，BC上的点，将△BMN沿MN折叠；使点B落在点B'处，若∠B＝35°，∠BNM＝28°，则∠AMB'的度数为（　　）
A．30° B．37° C．54° D．63°
10．（2024秋 莆田期末）如图，某校实践小组为了让旗杆垂直于地面，采取以下的操作方法：从旗杆DE上一点A往地面拉两条长度相等的固定绳AB与AC，当固定点B，C到旗杆脚E的距离相等，且B，E，C三点在同一直线上时，旗杆DE⊥BC．这种操作方法的依据是（　　）
A．等角对等边
B．垂线段最短
C．等腰三角形“三线合一”
D．三角形两边的和大于第三边
二．填空题（共5小题）
11．（2025春 沙坪坝区校级月考）一个等腰三角形的周长是25，已知一边是6，则其他两边分别为 　 　 ．
12．（2025春 榆次区期中）如图，线段AD是等边△ABC的中线，点E是边AC上的一点，且AE＝AD，则∠EDC的度数为 　 　 °．
13．（2025 湘潭模拟）马扎是中国传统手工艺制品，腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，方便携带，如图，已知OA＝OB，∠A＝55°，则∠BOD的度数为 　 　 ．
14．（2025 莱芜区模拟）如图，△ABC是等腰三角形，∠ACB＝90°，顶点B在l1上，顶点C在l2上，当l1∥l2，∠1＝20°时，∠2＝ 　 　 度．
15．（2025 武进区校级一模）如图，AB∥CD，∠C＝40°，OC＝OE，则∠A＝ 　 　 °．
三．解答题（共8小题）
16．（2024春 绥中县期中）如图，B点在A的南偏西45°方向，C处在A处的南偏东15°方向、C处在B处的北偏东80° 方向．
（1）求∠BAC的度数；
（2）求∠C的度数．
17．（2024春 禹州市期中）如图，AD⊥BC，垂足为D，BE平分，∠ABC交于AD于E，∠C＝76°，∠BED＝66°，求∠BAC的度数．
18．（2024春 仁寿县期中）阅读：在同一个三角形中，相等的边所对的角相等，简称为“等边对等角”．
例如，在△ABC中，如果AB＝AC，依据“等边对等角”可得∠B＝∠C．
请运用上述知识，解决问题：
已知：如图，△ABC中，AD⊥BC于D，BE是三角形的角平分线，交AD于F．
（1）若∠ABC＝40°，求∠AFE的度数．
（2）若AE＝AF，试判断△ABC的形状，并写出证明过程．
19．（2024春 黑山县期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是中线，且DG⊥CE于G，2CD＝AB．
（1）求证：G是CE的中点；
（2）求证∠B＝2∠BCE．
20．（2024春 秦都区期中）如图，已知BE＝CE，ED⊥BC于点D，BD＝6，△AEC的周长为20，求△ABC的周长．
21．（2024秋 城关区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝36°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E，F为AC延长线上的一点，连接DF．
（1）求∠CBE的度数．
（2）若∠F＝27°，求证：BE∥DF．
22．（2024春 南关区校级期中）在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，AH是△ABC边BC上的高，且∠ACB＝70°，∠ADC＝80°，求∠BAC和∠BAH的度数．
23．（2024 明水县校级开学）如图，AB∥CD，△EFG的顶点F，G分别落在直线AB，CD上，GE平分∠FGD，若∠EFG＝90°，∠E＝35°，求∠EFB的度数．
第13章 三角形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024秋 广信区期末）自行车支架一般都会采用如图△ABC的设计．这种方法应用的几何原理是（　　）
A．两点确定一条直线 B．两点之间线段最短
C．三角形的稳定性 D．垂线段最短
【考点】三角形的稳定性；直线的性质：两点确定一条直线；线段的性质：两点之间线段最短；垂线段最短．
【专题】三角形；应用意识．
【答案】C
【分析】根据三角形具有稳定性解答即可．
【解答】解：自行车支架一般都会采用三角形设计的几何原理是三角形具有稳定性，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
2．（2024秋 宁阳县期末）现有2cm，5cm长的两根木棒，再从下列长度的四根木棒中选取一根，可以围成一个三角形的是（　　）
A．2cm B．3cm C．5cm D．7cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形．
【答案】C
【分析】先设第三根木棒长为x cm，根据三角形的三边关系定理可得5﹣2＜x＜5+2，计算出x的取值范围，然后可确定答案．
【解答】解：设第三根木棒长为x cm，由题意得：
5﹣2＜x＜5+2，
3＜x＜7，
∴5cm符合题意，
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
3．（2024秋 文峰区期末）如图是折叠凳及其侧面示意图，若AC＝BC＝18cm，则折叠凳的宽AB可能为（　　）
A．70cm B．55cm C．40cm D．25cm
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据三角形的三边关系即可得到结论．
【解答】解：∵AC＝BC＝18cm，
∴0＜AB＜36，
∴折叠凳的宽AB可能为25cm，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
4．（2024秋 濉溪县期末）一个三角形的两边长分别为4和7，第三边长为整数，则第三条边长可能为（　　）
A．2 B．3 C．8 D．11
【考点】三角形三边关系．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边差小于第三边，由此即可解决问题，
【解答】解：设三角形第三边长是x，
∴7﹣4＜x＜7+4，
∴3＜x＜11，
∵x为整数，
∴x可能为8．
故选：C．
【点评】本题考查三角形的三边关系，关键是掌握三角形的三边关系定理．
5．（2024秋 象州县期末）如图，小明同学利用课间跟同桌玩拼接三角板游戏的时候，将一副三角板按如图所示的位置摆放，则∠1的度数为（　　）
A．95° B．75° C．105° D．115°
【考点】三角形的外角性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据一副三角板可知∠B＝45°、∠A＝60°、∠ADE＝90°，进一步求出∠ACE，再根据外角的性质即可解答．
【解答】解：如图所示：
∵将一副三角板按如图所示的位置摆放，
∴∠B＝45°、∠A＝60°、∠ADE＝90°，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BCD＝∠ACF＝45°，
∵∠1是△ACG的外角，
∴∠1＝∠A+∠ACF＝60°+45°＝105°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，熟知三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
6．（2024秋 单县期末）如图，∠MON＝30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1＝1，则△A7B7A8的边长为（　　）
A．6 B．12 C．32 D．64
【考点】等边三角形的性质．
【专题】压轴题；规律型．
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝4，A4B4＝8B1A2＝8，A5B5＝16B1A2…进而得出答案．
【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形，
∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，
∴∠2＝120°，
∵∠MON＝30°，
∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
又∵∠3＝60°，
∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∵∠MON＝∠1＝30°，
∴OA1＝A1B1＝1，
∴A2B1＝1，
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，
∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，
∵∠4＝∠12＝60°，
∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，
∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，
∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，
∴A3B3＝4B1A2＝4，
A4B4＝8B1A2＝8，
A5B5＝16B1A2＝16，
以此类推：A7B7＝64B1A2＝64．
故选：D．
【点评】此题主要考查了等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据已知得出A3B3＝4B1A2，A4B4＝8B1A2，A5B5＝16B1A2进而发现规律是解题关键．
7．（2024秋 项城市期末）若△ABC中刚好有∠B＝2∠C，则称此三角形为“可爱三角形”，并且∠A称作“可爱角”．现有一个“可爱且等腰的三角形”，那么聪明的同学们知道这个三角形的“可爱角”应该是（　　）
A．45°或36° B．72°或36°
C．45°或72° D．45°或36°或72°
【考点】三角形内角和定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】分设三角形底角为α，顶角为2α或设三角形的底角为2α，顶角为α，根据三角形的内角和为180°，得出答案．
【解答】解：①设三角形底角为α，顶角为2α，
则α+α+2α＝180°，
解得：α＝45°，
②设三角形的底角为2α，顶角为α，
则2α+2α+α＝180°，
解得：α＝36°，
∴2α＝72°，
∴三角形的“可爱角”应该是45°或72°，
故选：C．
【点评】本题是新定义题，主要考查了三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，运用分类思想是解题的关键．
8．（2024秋 濉溪县期末）如图是可调躺椅示意图，AE与BD的交点为C，且∠CAB、∠CBA、∠D的大小保持不变．为了舒适，需调整∠E的大小，使∠EFD＝130°，则图中∠E应（　　）
A．增加10° B．减少10° C．增加20° D．减少20°
【考点】三角形的外角性质；三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】A
【分析】延长EF，交CD于点G，依据三角形的内角和定理可求∠ACB，根据对顶角相等可得∠DCE，再由三角形内角和定理的推论得到∠DGF的度数；利用∠EFD＝110°，和三角形的外角的性质可得∠D的度数，从而得出结论．
【解答】解：延长EF，交CD于点G，如图：
∵∠ACB＝180°﹣50°﹣60°＝70°，
∴∠ECD＝∠ACB＝70°．
∵∠DGF＝∠DCE+∠E，
∴∠DGF＝70°+30°＝100°．
∵∠EFD＝130°，∠EFD＝∠DGF+∠D，
∴∠D＝30°．
而图中∠D＝20°，
∴∠D应增加10°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形的内角和定理．熟练使用上述定理是解题的关键．
9．（2024秋 柳州期末）如图，在△ABC中，M，N分别是边AB，BC上的点，将△BMN沿MN折叠；使点B落在点B'处，若∠B＝35°，∠BNM＝28°，则∠AMB'的度数为（　　）
A．30° B．37° C．54° D．63°
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】由折叠的性质，得△BMN≌△B'MN，得∠BMN＝∠B'MN，再求出∠BMN，∠AMN的度数，即可得答案．
【解答】解：∵△BMN沿MN折叠，使点B落在点B'处，
∴△BMN≌△B'MN，
∴∠BMN＝∠B'MN，
∵∠B＝35°，∠BNM＝28°，
∴∠BMN＝180°﹣35°﹣28°＝117°，∠AMN＝35°+28°＝63°，
∴∠AMB'＝∠B'MN﹣∠AMN＝117°﹣63°＝54°，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，三角形的内角和，外角的性质，解题的关键是证明△BMN≌△B'MN．
10．（2024秋 莆田期末）如图，某校实践小组为了让旗杆垂直于地面，采取以下的操作方法：从旗杆DE上一点A往地面拉两条长度相等的固定绳AB与AC，当固定点B，C到旗杆脚E的距离相等，且B，E，C三点在同一直线上时，旗杆DE⊥BC．这种操作方法的依据是（　　）
A．等角对等边
B．垂线段最短
C．等腰三角形“三线合一”
D．三角形两边的和大于第三边
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形底边上的高线、中线及顶角平分线重合即可求解．
【解答】解：∵AB＝AC，BE＝EC，
∴AE⊥BC
∴DE垂直于BC的依据是等腰三角形“三线合一”．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形“三线合一”是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025春 沙坪坝区校级月考）一个等腰三角形的周长是25，已知一边是6，则其他两边分别为 　9.5，9.5　 ．
【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】9.5，9.5．
【分析】此题分为两种情况：6是等腰三角形的底边或6是等腰三角形的腰．然后进一步根据三角形的三边关系进行分析能否构成三角形．
【解答】解：当6是等腰三角形的底边时，则其腰长是（25﹣6）÷2＝9.5，能够组成三角形；
当6是等腰三角形的腰时，则其底边是25﹣6×2＝13，
∵6+6＜13
∴6，6，13不能够组成三角形．
故该等腰三角形的其他两边为：9.5，9.5．
故答案为：9.5，9.5．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，解题的关键是掌握这些知识点．
12．（2025春 榆次区期中）如图，线段AD是等边△ABC的中线，点E是边AC上的一点，且AE＝AD，则∠EDC的度数为 　15　 °．
【考点】等边三角形的性质；三角形的角平分线、中线和高．
【专题】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】15．
【分析】根据等边三角形性质得∠BAC＝60°，再根据线段AD是等边△ABC的中线得AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝30°，然后根据AE＝AD得∠ADE＝∠AED＝75°，据此即可得出∠EDC的度数．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵线段AD是等边△ABC的中线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝30°，
∴∠ADC＝90°，
在△ADE中，AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED（180°﹣∠CAD）（180°﹣30°）＝75°，
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝90°﹣75°＝15°．
故答案为：15．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解决问题的关键．
13．（2025 湘潭模拟）马扎是中国传统手工艺制品，腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，方便携带，如图，已知OA＝OB，∠A＝55°，则∠BOD的度数为 　110°　 ．
【考点】等腰三角形的性质；三角形的外角性质．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】110°．
【分析】先根据等边对等角求出∠B＝55°，然后根据三角形外角的性质求解即可．
【解答】解：∵OA＝OB，∠A＝55°，
∴∠B＝∠A＝55°，
∴∠BOD＝∠A+∠B＝55°+55°＝110°．
故答案为：110°．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟知以上知识是解题的关键．
14．（2025 莱芜区模拟）如图，△ABC是等腰三角形，∠ACB＝90°，顶点B在l1上，顶点C在l2上，当l1∥l2，∠1＝20°时，∠2＝ 　70　 度．
【考点】等腰三角形的性质；平行线的性质；三角形内角和定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】70．
【分析】先根据∠1+∠ACB+∠3＝180°，得∠3＝70°，再根据l1∥l2得∠2＝∠3＝70°，由此即可得出答案．
【解答】解：如图所示：
∵点C在l2上，
∴∠1+∠ACB+∠3＝180°，
又∵∠ACB＝90°，∠1＝20°，
∴20°+90°+∠3＝180°，
∴∠3＝70°，
∵当l1∥l2，
∴∠2＝∠3＝70°，
故答案为：70．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解决问题的关键．
15．（2025 武进区校级一模）如图，AB∥CD，∠C＝40°，OC＝OE，则∠A＝ 　80　 °．
【考点】等腰三角形的性质；平行线的性质；三角形的外角性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】80．
【分析】由等腰三角形的性质推出∠E＝∠C＝40°，由三角形的外角性质得到∠DOE＝∠C+∠E＝80°，由平行线的性质推出A＝∠DOE＝80°．
【解答】解：∵OC＝OE，
∴∠E＝∠C＝40°，
∴∠DOE＝∠C+∠E＝80°，
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠DOE＝80°．
故答案为：80．
【点评】本题考查平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，关键是由平行线的性质推出∠A＝∠DOE＝80°．
三．解答题（共8小题）
16．（2024春 绥中县期中）如图，B点在A的南偏西45°方向，C处在A处的南偏东15°方向、C处在B处的北偏东80° 方向．
（1）求∠BAC的度数；
（2）求∠C的度数．
【考点】三角形内角和定理；方向角；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；运算能力．
【答案】（1）60°；
（2）85．
【分析】（1）根据题意可得：∠BAE＝45°，∠CAE＝15°，然后利用角的和差关系进行计算，即可解答；
（2）根据题意可得：∠DBC＝80°，BD∥AE，从而利用平行线的性质可得∠DBA＝∠BAE＝45°，进而可得∠ABC＝35°，然后利用三角形内角和定理进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：∠BAE＝45°，∠CAE＝15°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝60°；
（2）由题意得：∠DBC＝80°，BD∥AE，
∴∠DBA＝∠BAE＝45°，
∴∠ABC＝∠DBC﹣∠DBA＝35°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝85°．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，方向角，平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
17．（2024春 禹州市期中）如图，AD⊥BC，垂足为D，BE平分，∠ABC交于AD于E，∠C＝76°，∠BED＝66°，求∠BAC的度数．
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】∠BAC的度数为56°．
【分析】根据三角形内角和的性质，求得∠DBE＝90°﹣∠BED＝24°，根据BE平分∠ABC可得∠ABD＝2∠DBE＝48°，再根据三角形内角和的性质，求解即可．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BED＝66°，
∴∠DBE＝90°﹣66°＝24°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠DBE＝48°，
在△ABC中，∠ABC+∠BAC+∠C＝180°，
∵∠C＝76°，∠ABC＝48°，
∴∠BAC＝180°﹣76°﹣48°＝56°，
因此∠BAC的度数为56°．
【点评】此题考查了垂直的定义，角平分线的定义，三角形内角和定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
18．（2024春 仁寿县期中）阅读：在同一个三角形中，相等的边所对的角相等，简称为“等边对等角”．
例如，在△ABC中，如果AB＝AC，依据“等边对等角”可得∠B＝∠C．
请运用上述知识，解决问题：
已知：如图，△ABC中，AD⊥BC于D，BE是三角形的角平分线，交AD于F．
（1）若∠ABC＝40°，求∠AFE的度数．
（2）若AE＝AF，试判断△ABC的形状，并写出证明过程．
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】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）根据角平分线的定义求出∠DBF，再根据三角形内角和定理求出∠BFD即可解决问题；
（2）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABC＝40°，BE平分∠ABC，
∴∠DBF∠ABC＝20°，
∴∠BFD＝90°﹣20°＝70°，
∴∠AFE＝∠BFD＝70°；
（2）∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∵∠ABE＝∠DBE，∠AFE＝∠BFD，
∴∠BAE＝180°﹣∠ABE﹣∠AEB，∠BDF＝180°﹣∠DBF﹣∠BFD，
∴∠BAE＝∠BDF＝90°，
∴△ABC是直角三角形．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19．（2024春 黑山县期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是中线，且DG⊥CE于G，2CD＝AB．
（1）求证：G是CE的中点；
（2）求证∠B＝2∠BCE．
【考点】等腰三角形的性质；直角三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析．
【分析】（1）连接DE，由直角三角形的性质可得，由CE是中线得AB＝2BE，进而可得DC＝BE，即得DC＝DE，再根据三角形三线合一即可求证；
（2）由等腰三角形的性质得∠B＝∠EDB，∠DEC＝∠DCE，再根据三角形外角性质即可求证．
【解答】证明：（1）连接DE，
∵CE是△ABC的中线，
∴DE是△ABD的中线，
∵AD是高，
∴∠ADB＝90°，
∴，
∵CE是中线，
∴AB＝2BE，
∵2CD＝AB，
∴DC＝BE，
∴DC＝DE，
∵DG⊥CE，
∴CE＝EG，
即G是CE的中点；
（2）∵DE＝BE，
∴∠B＝∠EDB，
∵DC＝DE，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴∠EDB＝2∠BCE，
∴∠B＝2∠BCE．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，正确作出辅助线是解题的关键．
20．（2024春 秦都区期中）如图，已知BE＝CE，ED⊥BC于点D，BD＝6，△AEC的周长为20，求△ABC的周长．
【考点】等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】32．
【分析】根据三线合一定理得到BC＝2BD＝12，再由三角形周长公式得到AE+CE+AC＝20，进一步可得，△ABC的周长＝AE+CE+AC+BC＝32．
【解答】解：在△BCE中，BE＝CE，ED⊥BC于点D，
∴ED是△BCE的中线，
∴BC＝2BD＝2×6＝12．
∵△AEC的周长为20，
∴AE+CE+AC＝20，
∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝AE+CE+AC+BC＝20+12＝32．
【点评】本题主要考查了三线合一定理，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键．
21．（2024秋 城关区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝36°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E，F为AC延长线上的一点，连接DF．
（1）求∠CBE的度数．
（2）若∠F＝27°，求证：BE∥DF．
【考点】三角形的外角性质；平行线的判定；三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】（1）63°；
（2）见解答过程．
【分析】（1）由三角形的外角性质可求得∠CBD＝126°，再由角平分线的定义即可求∠CBE的度数；
（2）结合（1）可求得∠CEB＝27°，利用同位角相等，两直线平行即可判定BE∥DF．
【解答】（1）解：∵∠ACB＝90°，∠A＝36°，∠CBD是△ABC的外角，
∴∠CBD＝∠ACB+∠A＝126°，
∵BE平分∠CBD，
∴∠CBE∠CBD＝63°；
（2）证明：∵∠ACB＝90°，∠CBE＝63°，
∴∠CEB＝∠ACB﹣∠CBE＝27°，
∵∠F＝27°，
∴∠CEB＝∠F，
∴BE∥DF．
【点评】本题主要考查三角形的外角性质，平行线的判定，解答的关键是熟记三角形的外角等于与其不相邻的两个内角之和．
22．（2024春 南关区校级期中）在△ABC中，CD平分∠ACB交AB于点D，AH是△ABC边BC上的高，且∠ACB＝70°，∠ADC＝80°，求∠BAC和∠BAH的度数．
【考点】三角形内角和定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】65°；45°．
【分析】（1）根据角平分线的性质可得∠ACD＝35°，再根据三角形的内角和是180°即可求解；
（2）由直角三角形的两锐角互余即可求解∠HAC，根据∠BAH＝∠BAC﹣∠HAC，即可得解．
【解答】解：（1）∵CD平分∠ACB，∠ACB＝70°，
∴∠ACD∠ACB＝35°，
∵∠ADC＝80°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACD﹣∠ADC＝180°﹣35°﹣80°＝65°；
（2）由（1）知，∠BAC＝65°，
∵AH⊥BC，
∴∠AHC＝90°，
∴∠HAC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣70°＝20°，
∴∠BAH＝∠BAC﹣∠HAC＝65°﹣20°＝45°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的高的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．（2024 明水县校级开学）如图，AB∥CD，△EFG的顶点F，G分别落在直线AB，CD上，GE平分∠FGD，若∠EFG＝90°，∠E＝35°，求∠EFB的度数．
【考点】三角形内角和定理；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】20°．
【分析】求出∠EGF＝90°﹣35°＝55°，由角平分线定义得到∠DGH＝∠EGF＝55°，由平行线的性质推出∠BHE＝∠DGH＝55°，由三角形的外角性质即可求出∠EFB的度数．
【解答】解：∵∠EFG＝90°，∠E＝35°，
∴∠EGF＝90°﹣35°＝55°，
∵GE平分∠FGD，
∴∠DGH＝∠EGF＝55°，
∵AB∥CD，
∴∠BHE＝∠DGH＝55°，
∴∠EFB＝∠BHE﹣∠E＝20°．
【点评】本题考查平行线的性质，三角形的外角性质，关键是由平行线的性质推出∠BHE＝∠DGH，由三角形的外角性质得到∠EFB＝∠BHE﹣∠E．

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