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专题十八 直角三角形、等腰三角形、等边三角形、中垂线、角平分线专题讲义
【题型一】直角三角形全等的判定
【例1】（2025 天元区校级一模）如图，∠B＝∠D＝90°，BC＝CD，∠1＝40°，则∠2＝（　　）
A．40° B．50° C．60° D．75°
【分析】本题要求∠2，先要证明Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），则可求得∠2＝∠ACB＝90°﹣∠1的值．
【解答】解：∵∠B＝∠D＝90°
在Rt△ABC和Rt△ADC中
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）
∴∠2＝∠ACB＝90°﹣∠1＝50°．
故选：B．
【变式1】（2025 万山区模拟）如图，点P是∠BAC内一点，且点P到AB、AC的距离相等．则△PEA≌△PFA的理由是（　　）
A．HL B．AAS C．SSS D．ASA
【分析】根据题意找出三角形全等的条件，然后根据条件确定全等的依据，解答即可．
【解答】解：∵点P到AB、AC的距离相等，
∴PE＝PF，
又∵PA是公共边，
∴△PEA≌△PFA用的是PA＝PA，PE＝PF，
符合斜边直角边定理，即HL．
故选：A．
【变式2】（2024 西安区校级模拟）如图，点E，C在BF上，BE＝CF，∠A＝∠D＝90°，请添加一个条件 DE＝AC（答案不唯一）　 ，使Rt△ABC≌Rt△DFE．
【分析】根据直角三角形的判定方法解答即可．
【解答】解：添加DE＝AC，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即EF＝CB，
在Rt△ABC与Rt△DFE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△DFE（HL）．
故答案为：DE＝AC（答案不唯一）．
【变式3】（2025 泰兴市一模）中国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时，用如图所示的4个全等直角三角形拼成正方形ABCD，并用它证明了勾股定理，这个图被称为“弦图”．如图，若“弦图”中小正方形表示为EFGH，I是AD中点，延长IH交FG于点J，且HI＝HJ，则tan∠ADE＝　　 ．
【分析】过点I作IM⊥ED垂足为点M，并延长交BG的延长线于点N，设AE＝b，ED＝a，则EH＝a﹣b，根据点I是AD的中点，且HI＝HJ，利用平行线分线段成比例，结合相似三角形的判定和性质，得到IM＝MN，，进而推出，再根据正切的定义可求tan∠ADE的值．
【解答】解：用4个全等直角三角形拼成正方形ABCD，如图，过点I作IM⊥ED垂足为点M，并延长交BG的延长线于点N，
∴∠IMD＝90°＝∠AED，
∴IM∥AE，
∴，
∵I是AD中点，
∴，
∴EM＝MD，
∴，
∵“弦图”中小正方形表示为EFGH，
∴EH∥FG，EF∥HG，
∴，IM∥HJ，
∵HI＝HJ，
∴IM＝MN，
∵IM∥HJ，
∴△HGJ∽△ING，
∴，
∴，
设AE＝b，ED＝a，则GH＝EH＝a﹣b，，
∴，
整理得：，
在Rt△ADE中，．
故答案为：．
【题型二】角平分线的性质
【例1】（2024 青海）如图，OC平分∠AOB，点P在OC上，PD⊥OB，PD＝2，则点P到OA的距离是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】过P作PE⊥AO于E，由角平分线的性质推出PE＝PD＝2，即可得到点P到OA的距离是2．
【解答】解：过P作PE⊥AO于E，
∵OC平分∠AOB，点P在OC上，PD⊥OB，
∴PE＝PD＝2，
∴点P到OA的距离是2．
故选：C．
【变式1】（2024 绵阳）如图，在△ABC中，AB＝5，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AC，垂足为E，△ABD的面积为5，则DE的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．5
【分析】过D作DF⊥AB于F，根据AD平分∠BAC，DE⊥AC，DF⊥AB，得DE＝DF，由△ABD的面积为5，AB＝5，可得DF＝2，故DE＝2．
【解答】解：过D作DF⊥AB于F，如图：
∵AD平分∠BAC，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴DE＝DF，
∵△ABD的面积为5，
∴AB DF＝5，
∵AB＝5，
∴DF＝2，
∴DE＝2；
故选：B．
【变式2】（2025 长安区校级四模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，点E为AB的中点，若AB＝12，CD＝3，则△DBE的面积为（　　）
A．10 B．12 C．9 D．6
【分析】过D作DF⊥AB于F，由角平分线的性质求出DF，根据三角形的面积公式即可求出△DBE的面积．
【解答】解：过D作DF⊥AB于F，
∵∠C＝90°，
∴DC⊥BC，
∵BD平分∠ABC，CD＝3，
∴DF＝CD＝3，
∵点E为AB的中点，AB＝12，
∴BE＝6，
∴△DBE的面积BE DF6×3＝9，
故选：C．
【变式3】（2025 东莞市模拟）如图，一个加油站恰好位于两条公路a，b所夹角的平分线上，若加油站到公路a的距离是80m，则它到公路b的距离是（　　）
A．60m B．70m C．80m D．90m
【分析】根据角平分线的性质解答即可．
【解答】解：∵一个加油站恰好位于两条公路a，b所夹角的平分线上，加油站到公路a的距离是80m，
∴加油站到公路b的距离也是80m．
故选：C．
【题型三】线段垂直平分线的性质
【例1】（2025 连云港）如图，在△ABC中，BC＝7，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，则△AEG的周长为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，GA＝GC，再根据三角形周长公式计算即可．
【解答】解：∵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，
∴EA＝EB，GA＝GC，
∴△AEG的周长＝EA+EG+GA＝EB+EG+GC＝BC＝7，
故选：C．
【变式1】（2025 德州）如图，在△ABC中，AB＝AC．分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，与AC交于点D，连接BD，若∠A＝42°，则∠CBD的度数为（　　）
A．21° B．27° C．30° D．34.5°
【分析】根据等腰三角形性质得∠ABC＝∠C，根据三角形内角和定理得∠ABC＝69°，再根据尺规作图得MN是线段AB的垂直平分线，则DA＝DB，由此得∠DBA＝∠A＝42°，然后根据∠CBD＝∠ABC﹣∠DBA＝27°即可得出答案．
【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵∠ABC+∠C+∠A＝180°，∠A＝42°，
∴2∠ABC+42°＝180°，
∴∠ABC＝69°，
由尺规作图可知：MN是线段AB的垂直平分线，
∴DA＝DB，
∴∠DBA＝∠A＝42°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠DBA＝69°﹣45°＝27°．
故选：B．
【变式2】（2024 凉山州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，DE垂直平分AB交BC于点D，若△ACD的周长为50cm，则AC+BC＝（　　）
A．25cm B．45cm C．50cm D．55cm
【分析】根据线段垂直平分线得出AD＝DB，进而利用三角形的周长解答即可．
【解答】解：∵DE垂直平分AB交BC于点D，
∴AD＝DB，
∵△ACD的周长为50cm，
即AC+AD+CD＝AC+CD+DB＝AC+BC＝50cm，
故选：C．
【变式3】（2025 哈尔滨模拟）如图，在△ABC中，∠B＝30°，BC的垂直平分线交AB于E，垂足为D．若ED＝5，则CE的长为（　　）
A．7 B．8 C．10 D．12
【分析】先根据线段垂直平分线的性质得出BE＝CE，故可得出∠B＝∠DCE，再由直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：∵在△ABC中，∠B＝30°，BC的垂直平分线交AB于E，ED＝5，
∴BE＝CE，
∴∠B＝∠DCE＝30°，
在Rt△CDE中，
∵∠DCE＝30°，ED＝5，
∴CE＝2DE＝10．
故选：C．
【题型四】等腰三角形的性质
【例1】（2025 陕西）如图，在△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝2∠C．若AB＝5，BC＝6，则△ABD的周长为（　　）
A．8 B．10 C．11 D．12
【分析】根据三角形的外角性质得出角的关系，进而得到边的关系，最后计算△ABD的周长．
【解答】解：∵∠ADB是△ACD的外角，
∴∠ADB＝∠C+∠DAC，
又∵∠ADB＝2∠C，
∴∠C＝∠DAC，
∴△ABD是等腰三角形，
∴AD＝DC，
因为△ABD的周长＝AB+BD+AD＝AB+BD+DC＝AB+BC，
∵AB＝5，BC＝6，
∴△ABD的周长＝5+6＝11．
故选：C．
【变式1】（2025 淮安）等腰三角形的一个底角为50°，则它的顶角的度数为 　80°　 ．
【分析】本题给出了一个底角为50°，利用等腰三角形的性质得另一底角的大小，然后利用三角形内角和可求顶角的大小．
【解答】解：∵等腰三角形底角相等，
∴180°﹣50°×2＝80°，
∴顶角为80°．
故填80°．
【变式2】（2025 西宁）等腰三角形的两边长分别为3和7，则第三边长为　7　 ．
【分析】分两种情况讨论，由三角形三边关系定理判定等腰三角形的腰长是7，于是得到答案．
【解答】解：当等腰三角形的腰长是3时，
3+3＜7，不满足三角形三边关系定理，
∴等腰三角形的第三边不能是3；
当等腰三角形的腰长是7时，
7+3＞7，满足三角形三边关系定理，
∴等腰三角形的第三边为7．
故答案为：7．
【变式3】（2025 武汉）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝2，点D在边AC上，CD＝3．若点E在边AB上，满足CE＝BD，则AE的长是 　7或9　 ．
【分析】过A作AM⊥BC于M，过C作CH⊥AB于H，由等腰三角形的性质得到BMBC，由勾股定理求出AM＝3，由三角形的面积公式求出CH＝6由勾股定理求出BH＝2，如果E在H的上面，求出AE＝AB﹣BE＝10﹣3＝7；如果E在H的下面，求出AE′＝AH+E′H＝8+1＝9，于是得到答案．
【解答】解：过A作AM⊥BC于M，过C作CH⊥AB于H，
∵AB＝AC＝10，
∴BMBC2，
∴AM3，
∵△ABC的面积AB CHBC AM，
∴10×CH＝23，
∴CH＝6，
∴BH2，
如果E在H的上面，
当BE＝CD＝3时，CE＝BD，
∴AE＝AB﹣BE＝10﹣3＝7；
如果E在H的下面，
∵CE′＝CE，CH⊥EE′，
∴HE′＝HE，
∵EH＝BE﹣BH＝3﹣2＝1，
∴AE′＝AH+E′H＝8+1＝9，
综上所述：AE的长是7或9．
故答案为：7或9．
【题型五】等腰三角形的判定
【例1】（2025 郴州二模）如图，AB＝10，BC＝8，∠A＝∠ACD，则△BCD的周长是（　　）
A．18 B．20 C．26 D．28
【分析】根据∠A＝∠ACD，得AD＝CD，则CD+BD＝10，由此即可求解．
【解答】解：∵∠A＝∠ACD，
∴AD＝CD（等角对等边），
∵AB＝AD+BD＝10，
∴CD+BD＝10，
∴BD+DC+BC＝10+8＝18，即△BCD的周长是18，
故选：A．
【变式1】（2025 新吴区一模）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（　　）
A．5条 B．4条 C．3条 D．2条
【分析】根据等腰三角形的性质分别利用AB为底以及AB为腰得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，都能得到符合题意的等腰三角形．
故选：B．
【变式2】（2025 灞桥区校级一模）如图，M，N为4×4方格纸中格点上的两点，若以MN为边，在方格中取一点P（P在格点上），使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为（　　）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【分析】分三种情况：当MP＝MN时，当NP＝NM时，当PM＝PN时，即可解答．
【解答】解：如图：
分三种情况：
当MP＝MN时，以点M为圆心，以MN长为半径作圆，则点P1，P2即为所求；
当NP＝NM时，以点N为圆心，以NM长为半径作圆，则点P3即为所求；
当PM＝PN时，作线段MN的垂直平分线，则点P4，P5即为所求；
综上所述：使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为5个，
故选：C．
【题型六】等腰三角形的判定与性质
【例1】（2025 工业园区校级二模）如图，AC∥BD，BC平分∠ABD．以下结论不一定成立的是（　　）
A．∠ABD＝2∠ACB B．∠BAC＝3∠ACB
C．AB＝AC D．BC＜2AB
【分析】根据平行线的性质、角平分线的定义，对每个选项逐一进行分析判断即可．
【解答】解：选项A：
由条件可知∠ACB＝∠CBD．
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD＝2∠CBD，
∴∠ABD＝2∠ACB，该选项成立．
选项B：无法得出∠BAC＝3∠ACB．例如，当∠ACB＝30°时，∠ABD＝60°，∠ABC＝30°，∠BAC的度数取决于△ABC的形状，不一定等于3×30°＝90°，该选项不一定成立．
选项C：
由条件可知∠ACB＝∠CBD，又BC平分∠ABD，即∠ABC＝∠CBD，
∴∠ABC＝∠ACB．在△ABC中，等角对等边，
∴AB＝AC，该选项成立．
选项D：在△ABC中，根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，
由条件可知AB+AC＞BC，即2AB＞BC，也就是BC＜2AB，该选项成立．
故选：B．
【变式1】（2025 邯郸模拟）如图，已知线段AB，使用直尺和圆规作得直线l，交AB于点D，点C在直线l上，若∠ACB＝110°，则∠ACD＝（　　）
A．35° B．40° C．50° D．55°
【分析】根据尺规作图痕迹可知，直线l垂直平分AB，点C在直线l上，△ABC是等腰三角形，由等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：根据尺规作图痕迹可知，直线l垂直平分AB，点C在直线l上，△ABC是等腰三角形，
∴．
故选：D．
【变式2】（2025 碑林区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，AD⊥BC，AC＝5，CD＝3，则BC＝（　　）
A． B．7 C．8 D．11
【分析】作AB的垂直平分线，交BD于点M，借助于三角形的外角定理及∠C＝2∠B得出AM＝AC，进而得出DM＝DC，据此可求出BC的长．
【解答】解：作AB的垂直平分线，交BD于点M，连接AM，
则AM＝BM，
∴∠B＝∠BAM，
∴∠AMD＝∠B+∠BAM＝2∠B．
又∵∠C＝2∠B，
∴∠AMD＝∠C，
∴△AMC是等腰三角形．
又∵AD⊥BC，AC＝5，CD＝3，
∴AM＝AC＝5，MD＝CD＝3，
∴BM＝5，
∴BC＝BM+MD+CD＝5+3+3＝11．
故选：D．
【变式3】（2025 莲湖区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，BE⊥AC于点E．若∠A＝22.5°，则图中的等腰三角形共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得出△ADB，△DBC是等腰三角形，再得出∠BDE＝∠DBE＝45°，进而可得出△DBE是等腰三角形．
【解答】解：∵在△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，
∴AD＝DB＝DC，
∴△ADB，△DBC是等腰三角形，
∴∠A＝∠ABD＝22.5°，∠DBC＝∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠A＝180°﹣90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠BDE＝∠A+∠ABD＝45°，
∵BE⊥AC，
∴∠BED＝∠BEC＝90°，
∴∠EBC＝180°﹣∠BEC﹣∠C＝22.5°，
∴∠DBE＝∠ABC﹣∠ABD﹣∠EBC＝45°，
∴∠BDE＝∠DBE＝45°，
∴DE＝BE，
∴△DBE是等腰三角形，
综上：一共有3个等腰三角形，所以只有选项C正确，符合题意，
故选：C．
【题型七】等边三角形的性质
【例1】（2025 淮安）观察点和观察的图形在同一平面内，我们把以观察点为顶点，包含被观察图形的最小角称为从观察点观察该图形的张角．如图（1），α为观察点P观察正方形的张角．如图（2），在正方形所在平面内观察这个正方形，若张角为90°，则观察点的位置都在图中的圆弧上．如图（3），等边三角形ABC的边长为6，在三角形所在平面内观察这个三角形，若张角为30°，则所有符合条件的观察点组成的图形周长为　24π　 ．
【分析】根据张角的定义，画出图形可得结论．
【解答】解：如图，所有符合条件的观察点组成的图形如图所示：
这个图形的周长＝2×2×π×6＝24π．
故答案为：24π．
【变式1】（2025 广西）如图，点A，D在BC同侧，AB＝BC＝CA＝2，BD＝CD，则AD＝　1　 ．
【分析】延长AD交BC于E，由AB＝CA，BD＝CD可得AE⊥BC，BE＝CE，根据等边三角形的性质以及勾股定理可得AE，DE＝1，即可求解．
【解答】解：延长AD交BC于E，
∵AB＝CA，BD＝CD，
∴AE⊥BC，BE＝CE，
∵AB＝BC＝CA＝2，
∴BE＝CE＝1，
∴AE，DE1，
∴AD＝AE﹣DE1．
故答案为：1．
【变式2】（2025 德阳）等宽曲线是指在任何方向上的直径都相等的一种几何图形，它在我们的日常生活中应用比较广泛，例如可以利用等宽曲线设计自行车的车轮等．如图，分别以等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭图形就是等宽曲线（图中阴影部分），如果AB＝1，那么这个等宽曲线的周长是 　π　 ．
【分析】根据等边三角形性质得AB＝BC＝AC＝1，∠A＝∠B＝∠C＝60°，进而可根据弧长公式分别求出弧BC的长为，弧AB的长为，弧AC的长为，由此即可得出这个等宽曲线的周长．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，且AB＝1，
∴AB＝BC＝AC＝1，∠A＝∠B＝∠C＝60°，
依题意得：弧BC的圆心为A，半径为AB＝1，
∴弧BC的长为：，
同理：弧AB的长为，弧AC的长为，
∴这个等宽曲线的周长是：π．
故答案为：π．
【题型八】等边三角形的判定
【例1】（2025 珠海校级三模）如图，在直角坐标系中，已知A（﹣1，0），B（3，0），点C在第一象限内，若△ABC是等边三角形，则点C的坐标是（　　）
A．（1，2） B．（2，2） C．（1，） D．（2，）
【分析】根据A（﹣1，0），B（3，0），可以得到AB的长和OA的长，然后根据△ABC是等边三角形和勾股定理，即可得到点C的坐标．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，如图所示，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝3﹣（﹣1）＝3+1＝4，OA＝1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝4，AD＝2，
∴CD2，OD＝1，
∴点C的坐标为（1，2），
故选：A．
【变式1】（2025 重庆校级模拟）下列说法正确的是（　　）
A．两直线平行，同旁内角相等
B．有一个角是60°的三角形是等边三角形
C．相等的弦，所对的圆周角相等
D．平行于同一条直线的两条直线互相平行
【分析】根据相关知识逐项判断即可．
【解答】解：A、两直线平行，同旁内角互补，故说法错误；
B、有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，故说法错误；
C、在同圆或等圆中，相等的弦，所对的圆周角相等，故说法错误；
D、平行于同一条直线的两条直线互相平行，故说法正确；
故选：D．
【变式2】（2025 资阳）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点E在线段AB上，CE∥DA．若使△BCE成为等边三角形，可增加的一个条件是 　∠BCE＝∠B（答案不唯一）　 ．
【分析】由等边三角形的判定方法，即可得到答案．
【解答】解：要使△BCE成为等边三角形，可增加的一个条件是∠BCE＝∠B（答案不唯一），理由如下：
∵CE∥DA，
∴∠A＝∠BEC，
∵∠A＝∠B，
∴∠B＝∠BEC，
∵∠BCE＝∠B，
∴∠B＝∠BCE＝∠BEC，
∴△BCE 成为等边三角形．
故答案为：∠BCE＝∠B（答案不唯一）．
【题型九】等边三角形的判定与性质
【例1】（2025 潍坊）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地．
甲：A→C→B，路程为l甲．
乙：A→D→E→F→B，路程为l乙．
丙：A→G→H→B，路程为l丙．
下列关系正确的是（　　）
A．l甲＞l乙＞l丙 B．l乙＞l甲＞l丙
C．l甲＞l丙＞l乙 D．l甲＝l乙＞l丙
【分析】在图丙中，延长AG，BH交于点P，在图甲中，根据△ABC是等边三角形得AC＝BC＝AB＝a，进而得l甲＝AC+BC＝2a，在图乙中，根据△DAE和△FEB都是等边三角形得AD＝DE＝AE，DF＝FB＝EB，由此得l乙＝AD+DE+DF+FB＝2（AE+BE）＝2a；在图丙种，根据△PAB是等边三角形得AP＝AB＝a，根据三角形三边之间的关系得GH＜PG+PH，由此得AG+GH+HB＜PA+PB＝2a，进而得l丙＝AG+GH+HB＜2a，综上所述即可得出答案．
【解答】解：在图丙中，延长AG，BH交于点P，如图所示：
设AB＝a，
在图甲中，
∵∠A＝∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝a，
∴甲所行走的路程l甲＝AC+BC＝2a，
在图乙中，AE+BE＝AB＝a
∵∠A＝∠AED＝∠FEB＝∠B＝60°，
∴△DAE和△FEB都是等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，DF＝FB＝EB，
∴乙所行走的路程l乙＝AD+DE+DF+FB＝2（AE+BE）＝2a；
在图丙种，
∴∠A＝∠B＝60°，
∴AP＝AB＝a，
根据三角形三边之间的关系得：GH＜PG+PH，
∴AG+GH+HB＜AG+GH+PG+PH＝PA+PB＝2a，
∴丙所行走的路程l丙＝AG+GH+HB＜2a，
∴l甲＝l乙＞l丙，
故选：D．
【变式1】（2024 青海）如图，在Rt△ABC中，D是AC的中点，∠BDC＝60°，AC＝6，则BC的长是（　　）
A．3 B．6 C． D．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得BD＝CD＝AD＝3，再根据∠BDC＝60°得△BCD为等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得出BC的长．
【解答】解：∵点D是Rt△ABC斜边AC的中点，AC＝6，
∴BD＝CD＝ADAC＝3，
∵∠BDC＝60°，
∴△BCD为等边三角形，
∴BC＝BD＝3．
故选：A．
【变式2】（2024 乐山）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，点P是BC边上一个动点，在BC延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连结DP、AQ交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（　　）
A． B． C． D．
【分析】菱形有内角为60°必定有等边，又因为P、Q关于点C对称，所以点M一定在CG 上运动，再把B点对称点找到，则M运动路径就是CH这一段，再进行求解即可．
【解答】解：如图过C作CG⊥BC，交AD于点G，作B关于C的对称点Q'，连接BD和AQ'交于点H．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴CG垂直平分AD，
∵P、Q关于点C对称，
∴M一定在直线CG上，
∵P从点B运动到点C，
∴可以得到点M的运动轨迹就是CH这一段．
∵AB＝1＝CD，
∴CG＝CD sin60°，
∵△AHD∽△Q'HB，
∴，
∴CHCG，
即点M的运动路径长为．
故选：B．
【题型十】直角三角形的性质
【例1】（2024 陕西）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E是BC的中点，连接AE，则图中的直角三角形共有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据直角三角形的定义，找出图中的直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为∠BAC＝90°，
所以△ABC是直角三角形．
因为AD是BC边上的高，
所以∠ADB＝∠ADC＝90°，
所以△ABD、△AED、△ACD都是直角三角形，
所以图中的直角三角形共有4个．
故选：C．
【变式1】（2024 海南）设直角三角形中一个锐角为x度（0＜x＜90），另一个锐角为y度，则y与x的函数关系式为（　　）
A．y＝180+x B．y＝180﹣x C．y＝90+x D．y＝90﹣x
【分析】根据直角三角形的性质得到x+y＝90，根据题意列出不等式，解不等式求出x的范围．
【解答】解：在Rt△ABC中，已知其中一个锐角为y°，另一个锐角为x°，
则x+y＝90，
∴y＝90﹣x，
由题意得：90﹣x≥x，
解得：x≤45，
∴y＝90﹣x（0＜x≤45），
故选：D．
【变式2】（2025 鄂尔多斯一模）将一副三角板按照如图方式摆放，则∠BGE的度数为（　　）
A．65° B．75° C．85° D．105°
【分析】根据直角三角形的性质求出∠BCF＝60°，∠EAD＝45°，根据三角形内角和定理求出∠AGC＝180°﹣∠BCF﹣∠EAD＝75°，得到∠BGE＝∠AGC＝75°，即可得到答案．
【解答】解：∵将一副三角板按照如图方式摆放，
∴∠BCF＝60°，∠EAD＝45°，
∴∠AGC＝180°﹣∠BCF﹣∠EAD＝75°，
∴∠BGE＝∠AGC＝75°，
故选：B．
【题型十一】含30度角的直角三角形
【例1】（2025 安徽）如图，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，边AC的中点为D，边BC上的点E满足ED⊥AC．若DE，则AC的长是（　　）
A．4 B．6 C．2 D．3
【分析】由等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，由tanC，求出DC＝3，由线段的中点定义得到AC＝2DC＝6．
【解答】解：∵∠A＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C（180°﹣120°）＝30°，
∵ED⊥AC，
∴∠CDE＝90°，
∵tanC＝tan30°，
∴DC＝3，
∵D是AC的中点，
∴AC＝2DC＝6．
故选：B．
【变式1】（2024 新疆）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝8．若点D在直线AB上（不与点A，B重合），且∠BCD＝30°，则AD的长为 　6或12　 ．
【分析】根据题意画出示意图，结合所画图形即可解决问题．
【解答】解：在Rt△ABC中，
sinA，
∴BC，
∴AC．
当点D在点B左上方时，如图所示，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°．
又∵∠BCD＝30°，
∴∠BDC＝60°﹣30°＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴AD＝8+4＝12．
当点D在点B的右下方时，如图所示，
∵∠ABC＝60°，∠BCD＝30°，
∴∠CDA＝90°．
在Rt△ACD中，
cosA，
∴AD．
综上所述，AD的长为6或12．
故答案为：6或12．
【变式2】（2024 临夏州）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，将△ABC沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A′满足AA′AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 　　 ．
【分析】根据特殊角的三角函数值可求出AD的长，再由AA′AD可得出A′D的长，最后根据平移的性质求出A′D所对应的底边长即可解决问题．
【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°．
又∵AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC．
在Rt△ABD中，
sinB，
∴AD，
∴BD．
∴AA′AD，
∴A′D．
令A′B′与BD的交点为M，A′C′与CD的交点为N，
由平移可知，
∠A′MD＝∠B＝30°，
在Rt△A′DM中，
tan∠A′MD，
∴MD．
∵A′M＝A′N，
∴MN＝2MD，
∴．
故答案为：．
【题型十二】直角三角形斜边上的中线
【例1】（2025 德阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿CB方向向右平移至△EGF处，使EF恰好过边AB的中点D，连接CD，若CD＝1，则GE＝（　　）
A．3 B．2 C．1 D．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线得AB＝2CD＝2，由平移的性质即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，
∴CD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴AB＝2CD，
∵CD＝1，
∴AB＝2，
由平移得，GE＝AB＝2，
故选：B．
【变式1】（2025 陕西）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°，CD为AB边上的中线，DE⊥AC，则图中与∠A互余的角共有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD＝BD，推出∠B＝∠BCD，∠ADE＝∠CDE，而∠A+∠ADE＝90°，∠A+∠B＝90°，即可得到答案．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CD为AB边上的中线，
∴CDAB，
∴CD＝AD＝BD，
∴∠B＝∠BCD，
∵AD＝CD，DE⊥AC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵∠A+∠ADE＝90°，∠A+∠B＝90°，
∴图中与∠A互余的角共有4个．
故选：C．
【变式2】（2025 浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则的长为（　　）
A．π B．π C．π D．π
【分析】由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD，得到∠ACD＝∠A＝35°，由三角形的外角性质求出∠CDE＝70°，由等腰三角形的性质推出∠CED＝∠CDE＝70°，由三角形内角和定理求出∠DCE＝40°，求出CD2＝1，由弧长公式即可求出的长．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CDAB，
∴CD＝AD，
∴∠ACD＝∠A＝35°，
∴∠CDE＝∠A+∠ACD＝70°，
由题意知：CD＝CE，
∴∠CED＝∠CDE＝70°，
∴∠DCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵AB＝2，
∴CD2＝1，
∴的长π．
故选：B．
【变式3】（2025 福建）某房梁如图所示，立柱AD⊥BC，E，F分别是斜梁AB，AC的中点．若AB＝AC＝8m，则DE的长为 　4　 m．
【分析】由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可计算．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵E是AB的中点，
∴DEAB8＝4（m）．
故答案为：4．
【题型十三】勾股定理的应用
【例1】（2025 西宁）如图，用四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到大正方形ABCD和小正方形EFGH，连接BD交CH于点P．若BP＝BC，则tan∠CBG的值是（　　）
A．1 B．2 C． D．
【分析】依据题意，设△BGC的边长BC＝c，CG＝b，BG＝a，从而小正方形EFGH的边长FG＝a﹣b，又BP＝BC，BG⊥PC，则CG＝GP＝b，可得HP＝a﹣2b，又DE∥BG，则，故，进而1（负根不合题意，舍去），最后可得tan∠CBG1，即可得解．
【解答】解：由题意，设△BGC的边长BC＝c，CG＝b，BG＝a，
∴小正方形EFGH的边长FG＝a﹣b．
∵BP＝BC，BG⊥PC，
∴CG＝GP＝b．
∴HP＝a﹣2b．
∵DE∥BG，
∴．
∴．
∴b2+2ab﹣a2＝0．
∴（）2+2（）﹣1＝0．
∴1（负根不合题意，舍去）．
∴tan∠CBG1．
故选：A．
【变式1】（2024 巴中）“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题．即AC＝5，DC＝1，BD＝BA，则BC＝（　　）
A．8 B．10 C．12 D．13
【分析】设BC＝x，则BD＝BA＝x+1，在Rt△ABC中，由勾股定理得出方程求解即可．
【解答】解：设BC＝x，则BD＝BA＝x+1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB2＝AC2+BC2，
即（x+1）2＝52+x2，
解得x＝12，
即BC＝12，
故选：C．
【变式2】（2025 宁夏）如图，在单位长度均为1cm的平面直角坐标系中，放置一个圆柱形笔筒的展开图．其中，侧面展开图OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B坐标为（24，﹣10）．将一根长度为14.6cm的铅笔放入笔筒内，露出笔筒部分的最小长度是 　2　 cm．（结果保留整数，π取3，壁厚忽略不计）
【分析】由题意得出圆柱形笔筒的高为10cm，笔筒的底面圆周长为24cm，计算出笔筒的底面圆直径为8cm，再由勾股定理求出铅笔放入笔筒内最长为12.8cm，即可得出结果．
【解答】解：由题意得：圆柱形笔筒的高为10cm，笔筒的底面圆周长为24cm，
∴笔筒的底面圆直径为：8（cm），
铅笔放入笔筒内最长为：12.8（cm），
∴铅笔放入笔筒内，露出笔筒部分的最小长度是14.6﹣12.8≈2（cm），
故答案为：2．
【题型十四】三角形中位线定理
【例1】（2025 宿迁）如图，在△ABC中，AB≠AC，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，则下列结论错误的是（　　）
A．DE∥BC B．∠B＝∠EFC C．∠BAF＝∠CAF D．OD＝OE
【分析】由题意可得DF，EF，DE为△ABC的中位线，根据三角形的中位线定理可得DE∥BC，DF∥AC，EF∥AB，则∠B＝∠EFC，四边形ADFE是平行四边形，即可判断A、B、D；再由AB≠AC，F是边BC的中点，即可判断C．
【解答】解：点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，
∴DF，EF，DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DF∥AC，EF∥AB，
∴∠B＝∠EFC，四边形ADFE是平行四边形，
∴OD＝OE，
故A、B、D正确，不符合题意；
∵AB≠AC，F是边BC的中点，
∴∠BAF≠CAF，
故C错误，符合题意，
故选：C．
【变式1】（2025 广东）如图，点D，E，F分别是△ABC各边上的中点，∠A＝70°，则∠EDF＝（　　）
A．20° B．40° C．70° D．110°
【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥AC，根据平行线的性质得到∠DEB＝∠A＝70°，同理得到DF∥AB，得到∠EDF＝∠DEB＝70°．
【解答】解：∵点D，E分别BC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，
∴∠DEB＝∠A＝70°，
同理可得：DF∥AB，
∴∠EDF＝∠DEB＝70°，
故选：C．
【变式2】（2025 扬州）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点，点F在线段DE的延长线上，且∠BFC＝90°．若AC＝4，BC＝8，则DF的长是　6　 ．
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出FE，进而求出DF．
【解答】解：∵点D，E分别是边AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DEAC4＝2，
在Rt△BFC中，E是斜边BC的中点，BC＝8，
则FEBC8＝4，
∴DF＝DE+FE＝2+4＝6，
故答案为：6．
【课后练习】
1．（2025 滨州）如图，△ABC的两个外角的平分线AD，CE相交于点O．若点O到BC的距离为3.5，AB＝4，则△ABO的面积为　7　 ．
【分析】作OP⊥BA交BA的延长线于点P，OQ⊥BC交BC的延长线于点Q，OR⊥AC于点R，因为△ABC的两个外角的平分线AD，CE相交于点O，所以OP＝OQ＝OR，由点O到BC的距离为3.5，得OP＝OQ＝3.5，而AB＝4，则S△ABOAB OP＝7，于是得到问题的答案．
【解答】解：作OP⊥BA交BA的延长线于点P，OQ⊥BC交BC的延长线于点Q，OR⊥AC于点R，
∵△ABC的两个外角的平分线AD，CE相交于点O，
∴OP＝OR，OQ＝OR，
∴OP＝OQ，
∵点O到BC的距离为3.5，
∴OP＝OQ＝3.5，
∵AB＝4，
∴S△ABOAB OP4×3.5＝7，
故答案为：7．
2．（2025 昭通模拟）如图，在△ABC中，DE垂直平分AB．若BD＝6，CD＝3，则AC的长是（　　）
A．12 B．10 C．9 D．8
【分析】由线段垂直平分线的性质推出AD＝BD＝6，即可求出AC的长．
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AD＝BD＝6，
∴AC＝AD+CD＝6+3＝9．
故选：C．
3．（2025 浙江一模）如图，在△ABC中，点D在BC边上，2∠B＝∠DAC，CE⊥AD，若AE＝DE＝2，AC＝6，则BC的长为（　　）
A．10 B． C．8 D．
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到CD＝AC，根据等腰三角形的性质得到∠CDA＝∠DAC，根据三角形的外角性质求出∠B＝∠DAB，得到DB＝DA＝4，计算即可．
【解答】解：∵AE＝DE＝2，CE⊥AD，
∴AD＝4，CE是AD的垂直平分线，
∴CD＝AC＝6，
∴∠CDA＝∠DAC，
∵2∠B＝∠DAC，
∴2∠B＝∠CDA，
∵∠CDA＝∠B+∠DAB，
∴∠B＝∠DAB，
∴DB＝DA＝4，
∴BC＝DB+DC＝4+6＝10，
故选：A．
4．（2025 钱塘区二模）如图，在△ABC中，分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点D，E，作直线DE与BC交于点F，连结AF．若AB＝6，BC＝7，则△ABF 的周长为（　　）
A．13 B．14 C．15 D．16
【分析】根据尺规作图得到DE是线段AC的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到AF＝CF，再根据三角形周长公式计算即可．
【解答】解：由尺规作图可知：DE是线段AC的垂直平分线，
∴AF＝CF，
∵AB＝6，BC＝7，
∴△ABF＝AB+BF+AF＝AB+BF+CF＝AB+BC＝6+7＝13，
故选：A．
5．（2025 宿迁）若等腰三角形的两边长为2cm和4cm，则该等腰三角形的周长为 　10　 cm．
【分析】已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，等腰三角形两边的长为2cm和4cm，具体哪条是底边，哪条是腰没有明确说明，因此要分两种情况讨论．
【解答】解：①当腰是2cm，底边是4cm时，2+2＝4，不能构成三角形，
②当底边是2cm，腰长是4cm时，能构成三角形，
则其周长＝4+4+2＝10（cm），
所以，这个三角形的周长是10cm．
故答案为：10．
6．（2025 新城区校级二模）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC，点E在边AB上，且BE＝BD，则图中等腰三角形的个数有（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据等边对等角，结合角平分线的定义，三角形的内角和定理，求出各个角的度数，再根据等角对等边确定等腰三角形即可．
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，
∴△ABC是等腰三角形，，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBDABC＝36°，
∴∠ABE＝∠A，∠BEC＝180°﹣∠CBE﹣∠ACB＝72°＝∠BCE，
∴BE＝AE，BC＝BD，
∴△ABD，△CBD均为等腰三角形，
∵BE＝BD，
∴BE＝BC（等量代换），
∴△BCE为等腰三角形，
综上所述，图中等腰三角形的个数有4个，所以只有选项B正确，符合题意，
故选：B．
7．（2023 山西）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点O．若AB＝AC＝5，BC＝6，∠ADB＝2∠CBD，则AD的长为 　　 ．
【分析】过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，根据等腰三角形的性质得出BH＝HCBC＝3，根据勾股定理求出AH4，证明∠CBD＝∠CED，得到DB＝DE，根据等腰三角形的性质得出CE＝BC＝6，证明CD∥AH，得到，求出CD，根据勾股定理求出DE，根据CD∥AH，得到，即，求出结果即可．
【解答】解：过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，如图所示：
则∠AHC＝∠AHB＝90°，
∵AB＝AC＝5，BC＝6，
∴BH＝HCBC＝3，
∴AH4，
∵∠ADB＝∠CBD+∠CED，∠ADB＝2∠CBD，
∴∠CBD＝∠CED，
∴DB＝DE，
∵∠BCD＝90°，
∴DC⊥BE，
∴CE＝BC＝6，
∴EH＝CE+CH＝9，
∴，
∵DC⊥BE，AH⊥BC，
∴CD∥AH，
∴，
∴，
解得AD．
故答案为：．
8．（2023 潍坊）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足为点E，过点E作EF∥BC，交AC于点F，G为BC的中点，连接FG．求证：FGAB．
【分析】由角平分线的定义及平行线的性质可得∠ACD＝∠FEC，即可证明EF＝CF，再利用直角三角形的性质可证明AF＝CF，即可得GF是△ABC的中位线，进而可证明结论．
【解答】证明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵EF∥BC，
∴∠FEC＝∠BCD，
∴∠ACD＝∠FEC，
∴EF＝CF，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠EAC+∠ACD＝90°，∠AEF+∠FEC＝90°，
∴∠EAC＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴AF＝CF，
∵G是BC的中点，
∴GF是△ABC的中位线，
∴FGAB．
9．（2025 台江区校级三模）如图，在△ABC中，CD为AB边上的中线，AD＝CD，E为AC上任意一点，∠B＝∠BDC，若DE最小值为2时，则DC的长为 　4　 ．
【分析】判定△BCD是等边三角形，得到∠BCD＝∠BDC＝60°，由AD＝CD，推出∠A＝∠ACD，由三角形的外角性质求出∠ACD＝30°，当DE⊥AC时，DE有最小值为2，由含30度角的直角三角形的性质推出DC＝2DE＝4．
【解答】解：∵CD为AB边上的中线，
∴AD＝BD，
∵AD＝CD，
∴DB＝CD，
∵∠B＝∠BDC，
∴BC＝CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BCD＝∠BDC＝60°，
∵AD＝CD，
∴∠A＝∠ACD，
∵∠A+∠ACD＝∠BDC，
∴∠ACD∠BDC＝30°，
当DE⊥AC时，DE有最小值为2，
此时DC＝2DE＝4．
故答案为：4．
10．（2025 南充）如图，∠AOB＝90°，在射线OB上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧；再以点C为圆心，OC长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点D，连接并延长CD交射线OA于点E．设OC＝1，则OE的长是　　 ．
【分析】先确定△OCD是等边三角形，则∠OCD＝60°，再解直角三角形即可求解．
【解答】解：连OD，由作图可得OD＝OC＝CD，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠OCD＝60°，
∴，
故答案为：．
11．（2025 黔南州一模）将一个含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，若∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据题意，∠1＝∠BED＝40°，△BDE中，∠BDE＝90°﹣40°＝50°，根据对顶角相等即可求解．
【解答】解：如图所示，∠B＝90°，
根据题意，∠1＝∠BED＝40°（对顶角相等），
在△BDE中，∠BDE＝90°﹣∠BED＝90°﹣40°＝50°，
∴∠2＝∠BDE＝50°，
所以∠2的度数是50°，
故选：C．
12．（2025 连云港）如图，长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，则梯子顶端的高度h为 　2.4　 m．
【分析】根据长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，进行列式计算，即可作答．
【解答】解：∵长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，
∴，
故答案为：2.4．专题十八 直角三角形、等腰三角形、等边三角形、中垂线、角平分线专题讲义
【题型一】直角三角形全等的判定
【例1】（2025 天元区校级一模）如图，∠B＝∠D＝90°，BC＝CD，∠1＝40°，则∠2＝（　　）
A．40° B．50° C．60° D．75°
【分析】本题要求∠2，先要证明Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），则可求得∠2＝∠ACB＝90°﹣∠1的值．
【解答】解：∵∠B＝∠D＝90°
在Rt△ABC和Rt△ADC中
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）
∴∠2＝∠ACB＝90°﹣∠1＝50°．
故选：B．
【变式1】（2025 万山区模拟）如图，点P是∠BAC内一点，且点P到AB、AC的距离相等．则△PEA≌△PFA的理由是（　　）
A．HL B．AAS C．SSS D．ASA
【变式2】（2024 西安区校级模拟）如图，点E，C在BF上，BE＝CF，∠A＝∠D＝90°，请添加一个条件 　 ，使Rt△ABC≌Rt△DFE．
【变式3】（2025 泰兴市一模）中国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时，用如图所示的4个全等直角三角形拼成正方形ABCD，并用它证明了勾股定理，这个图被称为“弦图”．如图，若“弦图”中小正方形表示为EFGH，I是AD中点，延长IH交FG于点J，且HI＝HJ，则tan∠ADE＝　 　 ．
【题型二】角平分线的性质
【例1】（2024 青海）如图，OC平分∠AOB，点P在OC上，PD⊥OB，PD＝2，则点P到OA的距离是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】过P作PE⊥AO于E，由角平分线的性质推出PE＝PD＝2，即可得到点P到OA的距离是2．
【解答】解：过P作PE⊥AO于E，
∵OC平分∠AOB，点P在OC上，PD⊥OB，
∴PE＝PD＝2，
∴点P到OA的距离是2．
故选：C．
【变式1】（2024 绵阳）如图，在△ABC中，AB＝5，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AC，垂足为E，△ABD的面积为5，则DE的长为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．5
【变式2】（2025 长安区校级四模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，点E为AB的中点，若AB＝12，CD＝3，则△DBE的面积为（　　）
A．10 B．12 C．9 D．6
【变式3】（2025 东莞市模拟）如图，一个加油站恰好位于两条公路a，b所夹角的平分线上，若加油站到公路a的距离是80m，则它到公路b的距离是（　　）
A．60m B．70m C．80m D．90m
【题型三】线段垂直平分线的性质
【例1】（2025 连云港）如图，在△ABC中，BC＝7，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，则△AEG的周长为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，GA＝GC，再根据三角形周长公式计算即可．
【解答】解：∵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，
∴EA＝EB，GA＝GC，
∴△AEG的周长＝EA+EG+GA＝EB+EG+GC＝BC＝7，
故选：C．
【变式1】（2025 德州）如图，在△ABC中，AB＝AC．分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线MN，与AC交于点D，连接BD，若∠A＝42°，则∠CBD的度数为（　　）
A．21° B．27° C．30° D．34.5°
【变式2】（2024 凉山州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，DE垂直平分AB交BC于点D，若△ACD的周长为50cm，则AC+BC＝（　　）
A．25cm B．45cm C．50cm D．55cm
【变式3】（2025 哈尔滨模拟）如图，在△ABC中，∠B＝30°，BC的垂直平分线交AB于E，垂足为D．若ED＝5，则CE的长为（　　）
A．7 B．8 C．10 D．12
【题型四】等腰三角形的性质
【例1】（2025 陕西）如图，在△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝2∠C．若AB＝5，BC＝6，则△ABD的周长为（　　）
A．8 B．10 C．11 D．12
【分析】根据三角形的外角性质得出角的关系，进而得到边的关系，最后计算△ABD的周长．
【解答】解：∵∠ADB是△ACD的外角，
∴∠ADB＝∠C+∠DAC，
又∵∠ADB＝2∠C，
∴∠C＝∠DAC，
∴△ABD是等腰三角形，
∴AD＝DC，
因为△ABD的周长＝AB+BD+AD＝AB+BD+DC＝AB+BC，
∵AB＝5，BC＝6，
∴△ABD的周长＝5+6＝11．
故选：C．
【变式1】（2025 淮安）等腰三角形的一个底角为50°，则它的顶角的度数为 　 　 ．
【变式2】（2025 西宁）等腰三角形的两边长分别为3和7，则第三边长为　 　 ．
【变式3】（2025 武汉）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝2，点D在边AC上，CD＝3．若点E在边AB上，满足CE＝BD，则AE的长是 　 　 ．
【题型五】等腰三角形的判定
【例1】（2025 郴州二模）如图，AB＝10，BC＝8，∠A＝∠ACD，则△BCD的周长是（　　）
A．18 B．20 C．26 D．28
【分析】根据∠A＝∠ACD，得AD＝CD，则CD+BD＝10，由此即可求解．
【解答】解：∵∠A＝∠ACD，
∴AD＝CD（等角对等边），
∵AB＝AD+BD＝10，
∴CD+BD＝10，
∴BD+DC+BC＝10+8＝18，即△BCD的周长是18，
故选：A．
【变式1】（2025 新吴区一模）如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线，将△ABC分割成两个三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（　　）
A．5条 B．4条 C．3条 D．2条
【变式2】（2025 灞桥区校级一模）如图，M，N为4×4方格纸中格点上的两点，若以MN为边，在方格中取一点P（P在格点上），使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为（　　）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【题型六】等腰三角形的判定与性质
【例1】（2025 工业园区校级二模）如图，AC∥BD，BC平分∠ABD．以下结论不一定成立的是（　　）
A．∠ABD＝2∠ACB B．∠BAC＝3∠ACB
C．AB＝AC D．BC＜2AB
【分析】根据平行线的性质、角平分线的定义，对每个选项逐一进行分析判断即可．
【解答】解：选项A：
由条件可知∠ACB＝∠CBD．
∵BC平分∠ABD，
∴∠ABD＝2∠CBD，
∴∠ABD＝2∠ACB，该选项成立．
选项B：无法得出∠BAC＝3∠ACB．例如，当∠ACB＝30°时，∠ABD＝60°，∠ABC＝30°，∠BAC的度数取决于△ABC的形状，不一定等于3×30°＝90°，该选项不一定成立．
选项C：
由条件可知∠ACB＝∠CBD，又BC平分∠ABD，即∠ABC＝∠CBD，
∴∠ABC＝∠ACB．在△ABC中，等角对等边，
∴AB＝AC，该选项成立．
选项D：在△ABC中，根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，
由条件可知AB+AC＞BC，即2AB＞BC，也就是BC＜2AB，该选项成立．
故选：B．
【变式1】（2025 邯郸模拟）如图，已知线段AB，使用直尺和圆规作得直线l，交AB于点D，点C在直线l上，若∠ACB＝110°，则∠ACD＝（　　）
A．35° B．40° C．50° D．55°
【变式2】（2025 碑林区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，AD⊥BC，AC＝5，CD＝3，则BC＝（　　）
A． B．7 C．8 D．11
【变式3】（2025 莲湖区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，BE⊥AC于点E．若∠A＝22.5°，则图中的等腰三角形共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【题型七】等边三角形的性质
【例1】（2025 淮安）观察点和观察的图形在同一平面内，我们把以观察点为顶点，包含被观察图形的最小角称为从观察点观察该图形的张角．如图（1），α为观察点P观察正方形的张角．如图（2），在正方形所在平面内观察这个正方形，若张角为90°，则观察点的位置都在图中的圆弧上．如图（3），等边三角形ABC的边长为6，在三角形所在平面内观察这个三角形，若张角为30°，则所有符合条件的观察点组成的图形周长为　24π　 ．
【分析】根据张角的定义，画出图形可得结论．
【解答】解：如图，所有符合条件的观察点组成的图形如图所示：
这个图形的周长＝2×2×π×6＝24π．
故答案为：24π．
【变式1】（2025 广西）如图，点A，D在BC同侧，AB＝BC＝CA＝2，BD＝CD，则AD＝ 　 ．
【变式2】（2025 德阳）等宽曲线是指在任何方向上的直径都相等的一种几何图形，它在我们的日常生活中应用比较广泛，例如可以利用等宽曲线设计自行车的车轮等．如图，分别以等边三角形ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭图形就是等宽曲线（图中阴影部分），如果AB＝1，那么这个等宽曲线的周长是 　 　 ．
【题型八】等边三角形的判定
【例1】（2025 珠海校级三模）如图，在直角坐标系中，已知A（﹣1，0），B（3，0），点C在第一象限内，若△ABC是等边三角形，则点C的坐标是（　　）
A．（1，2） B．（2，2） C．（1，） D．（2，）
【分析】根据A（﹣1，0），B（3，0），可以得到AB的长和OA的长，然后根据△ABC是等边三角形和勾股定理，即可得到点C的坐标．
【解答】解：作CD⊥x轴于点D，如图所示，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝3﹣（﹣1）＝3+1＝4，OA＝1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝4，AD＝2，
∴CD2，OD＝1，
∴点C的坐标为（1，2），
故选：A．
【变式1】（2025 重庆校级模拟）下列说法正确的是（　　）
A．两直线平行，同旁内角相等
B．有一个角是60°的三角形是等边三角形
C．相等的弦，所对的圆周角相等
D．平行于同一条直线的两条直线互相平行
【变式2】（2025 资阳）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点E在线段AB上，CE∥DA．若使△BCE成为等边三角形，可增加的一个条件是 　 　 ．
【题型九】等边三角形的判定与性质
【例1】（2025 潍坊）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地．
甲：A→C→B，路程为l甲．
乙：A→D→E→F→B，路程为l乙．
丙：A→G→H→B，路程为l丙．
下列关系正确的是（　　）
A．l甲＞l乙＞l丙 B．l乙＞l甲＞l丙
C．l甲＞l丙＞l乙 D．l甲＝l乙＞l丙
【分析】在图丙中，延长AG，BH交于点P，在图甲中，根据△ABC是等边三角形得AC＝BC＝AB＝a，进而得l甲＝AC+BC＝2a，在图乙中，根据△DAE和△FEB都是等边三角形得AD＝DE＝AE，DF＝FB＝EB，由此得l乙＝AD+DE+DF+FB＝2（AE+BE）＝2a；在图丙种，根据△PAB是等边三角形得AP＝AB＝a，根据三角形三边之间的关系得GH＜PG+PH，由此得AG+GH+HB＜PA+PB＝2a，进而得l丙＝AG+GH+HB＜2a，综上所述即可得出答案．
【解答】解：在图丙中，延长AG，BH交于点P，如图所示：
设AB＝a，
在图甲中，
∵∠A＝∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝a，
∴甲所行走的路程l甲＝AC+BC＝2a，
在图乙中，AE+BE＝AB＝a
∵∠A＝∠AED＝∠FEB＝∠B＝60°，
∴△DAE和△FEB都是等边三角形，
∴AD＝DE＝AE，DF＝FB＝EB，
∴乙所行走的路程l乙＝AD+DE+DF+FB＝2（AE+BE）＝2a；
在图丙种，
∴∠A＝∠B＝60°，
∴AP＝AB＝a，
根据三角形三边之间的关系得：GH＜PG+PH，
∴AG+GH+HB＜AG+GH+PG+PH＝PA+PB＝2a，
∴丙所行走的路程l丙＝AG+GH+HB＜2a，
∴l甲＝l乙＞l丙，
故选：D．
【变式1】（2024 青海）如图，在Rt△ABC中，D是AC的中点，∠BDC＝60°，AC＝6，则BC的长是（　　）
A．3 B．6 C． D．
【变式2】（2024 乐山）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，点P是BC边上一个动点，在BC延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连结DP、AQ交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（　　）
A． B． C． D．
【题型十】直角三角形的性质
【例1】（2024 陕西）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，E是BC的中点，连接AE，则图中的直角三角形共有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据直角三角形的定义，找出图中的直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为∠BAC＝90°，
所以△ABC是直角三角形．
因为AD是BC边上的高，
所以∠ADB＝∠ADC＝90°，
所以△ABD、△AED、△ACD都是直角三角形，
所以图中的直角三角形共有4个．
故选：C．
【变式1】（2024 海南）设直角三角形中一个锐角为x度（0＜x＜90），另一个锐角为y度，则y与x的函数关系式为（　　）
A．y＝180+x B．y＝180﹣x C．y＝90+x D．y＝90﹣x
【变式2】（2025 鄂尔多斯一模）将一副三角板按照如图方式摆放，则∠BGE的度数为（　　）
A．65° B．75° C．85° D．105°
【题型十一】含30度角的直角三角形
【例1】（2025 安徽）如图，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，边AC的中点为D，边BC上的点E满足ED⊥AC．若DE，则AC的长是（　　）
A．4 B．6 C．2 D．3
【分析】由等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝30°，由tanC，求出DC＝3，由线段的中点定义得到AC＝2DC＝6．
【解答】解：∵∠A＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C（180°﹣120°）＝30°，
∵ED⊥AC，
∴∠CDE＝90°，
∵tanC＝tan30°，
∴DC＝3，
∵D是AC的中点，
∴AC＝2DC＝6．
故选：B．
【变式1】（2024 新疆）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝8．若点D在直线AB上（不与点A，B重合），且∠BCD＝30°，则AD的长为 　 　 ．
【变式2】（2024 临夏州）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，将△ABC沿其底边中线AD向下平移，使A的对应点A′满足AA′AD，则平移前后两三角形重叠部分的面积是 　 　 ．
【题型十二】直角三角形斜边上的中线
【例1】（2025 德阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿CB方向向右平移至△EGF处，使EF恰好过边AB的中点D，连接CD，若CD＝1，则GE＝（　　）
A．3 B．2 C．1 D．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线得AB＝2CD＝2，由平移的性质即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，
∴CD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴AB＝2CD，
∵CD＝1，
∴AB＝2，
由平移得，GE＝AB＝2，
故选：B．
【变式1】（2025 陕西）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°，CD为AB边上的中线，DE⊥AC，则图中与∠A互余的角共有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【变式2】（2025 浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则的长为（　　）
A．π B．π C．π D．π
【变式3】（2025 福建）某房梁如图所示，立柱AD⊥BC，E，F分别是斜梁AB，AC的中点．若AB＝AC＝8m，则DE的长为 　 　 m．
【题型十三】勾股定理的应用
【例1】（2025 西宁）如图，用四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到大正方形ABCD和小正方形EFGH，连接BD交CH于点P．若BP＝BC，则tan∠CBG的值是（　　）
A．1 B．2 C． D．
【分析】依据题意，设△BGC的边长BC＝c，CG＝b，BG＝a，从而小正方形EFGH的边长FG＝a﹣b，又BP＝BC，BG⊥PC，则CG＝GP＝b，可得HP＝a﹣2b，又DE∥BG，则，故，进而1（负根不合题意，舍去），最后可得tan∠CBG1，即可得解．
【解答】解：由题意，设△BGC的边长BC＝c，CG＝b，BG＝a，
∴小正方形EFGH的边长FG＝a﹣b．
∵BP＝BC，BG⊥PC，
∴CG＝GP＝b．
∴HP＝a﹣2b．
∵DE∥BG，
∴．
∴．
∴b2+2ab﹣a2＝0．
∴（）2+2（）﹣1＝0．
∴1（负根不合题意，舍去）．
∴tan∠CBG1．
故选：A．
【变式1】（2024 巴中）“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题．即AC＝5，DC＝1，BD＝BA，则BC＝（　　）
A．8 B．10 C．12 D．13
【变式2】（2025 宁夏）如图，在单位长度均为1cm的平面直角坐标系中，放置一个圆柱形笔筒的展开图．其中，侧面展开图OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B坐标为（24，﹣10）．将一根长度为14.6cm的铅笔放入笔筒内，露出笔筒部分的最小长度是　 cm．（结果保留整数，π取3，壁厚忽略不计）
【题型十四】三角形中位线定理
【例1】（2025 宿迁）如图，在△ABC中，AB≠AC，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，则下列结论错误的是（　　）
A．DE∥BC B．∠B＝∠EFC C．∠BAF＝∠CAF D．OD＝OE
【分析】由题意可得DF，EF，DE为△ABC的中位线，根据三角形的中位线定理可得DE∥BC，DF∥AC，EF∥AB，则∠B＝∠EFC，四边形ADFE是平行四边形，即可判断A、B、D；再由AB≠AC，F是边BC的中点，即可判断C．
【解答】解：点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，
∴DF，EF，DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DF∥AC，EF∥AB，
∴∠B＝∠EFC，四边形ADFE是平行四边形，
∴OD＝OE，
故A、B、D正确，不符合题意；
∵AB≠AC，F是边BC的中点，
∴∠BAF≠CAF，
故C错误，符合题意，
故选：C．
【变式1】（2025 广东）如图，点D，E，F分别是△ABC各边上的中点，∠A＝70°，则∠EDF＝（　　）
A．20° B．40° C．70° D．110°
【变式2】（2025 扬州）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点，点F在线段DE的延长线上，且∠BFC＝90°．若AC＝4，BC＝8，则DF的长是　 　 ．
【课后练习】
1．（2025 滨州）如图，△ABC的两个外角的平分线AD，CE相交于点O．若点O到BC的距离为3.5，AB＝4，则△ABO的面积为　 　 ．
2．（2025 昭通模拟）如图，在△ABC中，DE垂直平分AB．若BD＝6，CD＝3，则AC的长是（　　）
A．12 B．10 C．9 D．8
3．（2025 浙江一模）如图，在△ABC中，点D在BC边上，2∠B＝∠DAC，CE⊥AD，若AE＝DE＝2，AC＝6，则BC的长为（　　）
A．10 B． C．8 D．
4．（2025 钱塘区二模）如图，在△ABC中，分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点D，E，作直线DE与BC交于点F，连结AF．若AB＝6，BC＝7，则△ABF 的周长为（　　）
A．13 B．14 C．15 D．16
5．（2025 宿迁）若等腰三角形的两边长为2cm和4cm，则该等腰三角形的周长为 　 　 cm．
6．（2025 新城区校级二模）如图所示，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC，点E在边AB上，且BE＝BD，则图中等腰三角形的个数有（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2023 山西）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点O．若AB＝AC＝5，BC＝6，∠ADB＝2∠CBD，则AD的长为 　 　 ．
8．（2023 潍坊）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足为点E，过点E作EF∥BC，交AC于点F，G为BC的中点，连接FG．求证：FGAB．
9．（2025 台江区校级三模）如图，在△ABC中，CD为AB边上的中线，AD＝CD，E为AC上任意一点，∠B＝∠BDC，若DE最小值为2时，则DC的长为 　 　 ．
10．（2025 南充）如图，∠AOB＝90°，在射线OB上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧；再以点C为圆心，OC长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点D，连接并延长CD交射线OA于点E．设OC＝1，则OE的长是　 　 ．
11．（2025 黔南州一模）将一个含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，若∠1＝40°，则∠2的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
12．（2025 连云港）如图，长为3m的梯子靠在墙上，梯子的底端离墙脚线的距离为1.8m，则梯子顶端的高度h为 　 　 m．

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