专题19等腰三角形、等边三角形、直角三角形（基础巩固练习）解析版

这是一份专题19等腰三角形、等边三角形、直角三角形（基础巩固练习）解析版，共47页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年中考数学 专题19 等腰、等边三角形、直角三角形
（基础巩固练习，共50个小题）
一、选择题（共20小题）：
1.（2020•毕节市）已知等腰三角形两边的长分别为3和7，则此等腰三角形的周长为（　）
A．13 B．17 C．13或17 D．13或10
【答案】B
【解析】解：①当腰是3，底边是7时，不满足三角形的三边关系，因此舍去．
②当底边是3，腰长是7时，能构成三角形，则其周长＝3+7+7＝17．故选：B．
2.（2020•福建）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BD＝5，则CD等于（　　）

A．10 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】解：∵AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BD＝5，∴CD＝5．故选：B．
3.（2020•呼伦贝尔）如图，AB＝AC，AB的垂直平分线MN交AC于点D，若∠C＝65°，则∠DBC的度数是（　　）

A．25° B．20° C．30° D．15°
【答案】D
【解析】解：∵AB＝AC，∠C＝∠ABC＝65°，
∴∠A＝180°﹣65°×2＝50°，
∵MN垂直平分AB，
∴AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD＝50°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝15°，故选：D．
4.（2020•兰州）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在CA的延长线上，DE⊥BC于点E，∠BAC＝100°，则∠D＝（　　）

A．40° B．50° C．60° D．80°
【答案】B
【解析】解：∵AB＝AC，∠BAC＝100°，
∴∠C＝∠B＝40°，
∵DE⊥BC于点E，
∴∠D＝90°﹣∠C＝50°，故选：B．
5.（2020•青海）等腰三角形的一个内角为70°，则另外两个内角的度数分别是（　　）
A．55°，55° B．70°，40°或70°，55°
C．70°，40° D．55°，55°或70°，40°
【答案】D
【解析】解：分情况讨论：
（1）若等腰三角形的顶角为70°时，底角＝（180°﹣70°）÷2＝55°；
（2）若等腰三角形的底角为70°时，顶角为180°﹣70°﹣70°＝40°．
故选：D．
6.（2020•临沂）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，CD∥AB，则∠BCD＝（　　）

A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【解析】解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠ACB＝70°，
∵CD∥AB，
∴∠ACD＝180°﹣∠A＝140°，
∴∠BCD＝∠ACD﹣∠ACB＝70°．故选：D．
7.（2020•自贡）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝50°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，连接CD，则∠ACD的度数是（　　）

A．50° B．40° C．30° D．20°
【答案】D
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝50°，
∴∠B＝40°，
∵BC＝BD，
∴∠BCD＝∠BDC=12（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ACD＝90°﹣70°＝20°，故选：D．
8.（2020•巴中）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，DE∥AB，AD＝3，CE＝5，则AC的长为（　　）

A．9 B．8 C．6 D．7
【答案】B
【解析】解：∵∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD=12∠BAC＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE＝60°，
∠DEC＝∠BAC＝120°，
∴∠AED＝60°，
∴∠ADE＝∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD＝3，
∴AC＝AE+CE＝3+5＝8，
故选：B．
9.（2020•铜仁市）已知等边三角形一边上的高为23，则它的边长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．43
【答案】C
【解析】解：根据等边三角形：三线合一，
设它的边长为x，可得：x2=(x2)2+(23)2，
解得：x＝4，x＝﹣4（舍去），
故选：C．
10.（2019•天水）如图，等边△OAB的边长为2，则点B的坐标为（　　）

A．（1，1） B．（1，3） C．（3，1） D．（3，3）
【答案】B
【解析】解：过点B作BH⊥AO于H点，∵△OAB是等边三角形，
∴OH＝1，BH=3．
∴点B的坐标为（1，3）．
故选：B．
11.（2019•铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，点E、F分别在边DC、BC上，且CE=13CD，CF=13CB，则S△CEF＝（　　）

A．32 B．33 C．34 D．39
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°
∴AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60°
∵CE=13CD，CF=13CB
∴CE＝CF=23
∴△CEF为等边三角形
∴S△CEF=34×(23)2=39
故选：D．
12.（2018•扬州）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，CE平分∠ACD交AB于E，则下列结论一定成立的是（　　）

A．BC＝EC B．EC＝BE C．BC＝BE D．AE＝EC
【答案】C
【解析】解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，∠ACD+∠A＝90°，
∴∠BCD＝∠A．
∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠DCE．
又∵∠BEC＝∠A+∠ACE，∠BCE＝∠BCD+∠DCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴BC＝BE．故选：C．
13.（2020•常州）如图，AB是⊙O的弦，点C是优弧AB上的动点（C不与A、B重合），CH⊥AB，垂足为H，点M是BC的中点．若⊙O的半径是3，则MH长的最大值是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【解析】解：∵CH⊥AB，垂足为H，
∴∠CHB＝90°，
∵点M是BC的中点．
∴MH=12BC，
∵BC的最大值是直径的长，⊙O的半径是3，
∴MH的最大值为3，故选：A．
14.（2019•陕西）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝52°，BE为AC边上的中线，AD平分∠BAC，交BC边于点D，过点B作BF⊥AD，垂足为F，则∠EBF的度数为（　　）

A．19° B．33° C．34° D．43°
【答案】B
【解析】解：∵∠ABC＝90°，BE为AC边上的中线，
∴∠BAC＝90°﹣∠C＝90°﹣52°＝38°，BE=12AC＝AE，
∴∠BAC＝∠ABE＝38°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAF=12∠BAC＝19°，
∴∠BOF＝∠BAD+∠ABE＝19°+38°＝57°，
∵BF⊥AD，
∴∠BFO＝90°，
∴∠EBF＝90°﹣∠BOF＝90°﹣57°＝33°；
故选：B．
15.（2020•赤峰）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝3，把Rt△ABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到△A'B'C'，则四边形ABC'A'的面积是（　　）

A．15 B．18 C．20 D．22
【答案】A
【解析】解：∵把Rt△ABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到△A'B'C'，
∴A′A＝CC′＝3，AA′∥BC′，
在Rt△ABC中，
∵AB＝5，AC＝3，
∴BC=52-32=4，
∵AA′∥BC′，
∴四边形ABC′A′是梯形，
∴四边形ABC'A'的面积=12（AA′+BC′）•AC=12×（3+4+3）×3＝15，故选：A．
16.（2020•绵阳）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DF∥BC，∠ABC的平分线BE交DF于点G，GH⊥DF，点E恰好为DH的中点，若AE＝3，CD＝2，则GH＝（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】解：过E作EM⊥BC，交FD于点N，
∵DF∥BC，
∴EN⊥DF，
∴EN∥HG，
∴∠DEN＝∠DHG，∠END＝∠HGD，
∴△END∽△HGD，
∴ENHG=EDHD，
∵E为HD中点，
∴EDHD=12，
∴ENHG=12，即HG＝2EN，
∴∠DNM＝∠NMC＝∠C＝90°，
∴四边形NMCD为矩形，
∴MN＝DC＝2，
∵BE平分∠ABC，EA⊥AB，EM⊥BC，
∴EM＝AE＝3，
∴EN＝EM﹣MN＝3﹣2＝1，
则HG＝2EN＝2．故选：B．
17.（2020•包头）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，BE⊥CD，交CD的延长线于点E．若AC＝2，BC＝22，则BE的长为（　　）

A．263 B．62 C．3 D．2
【答案】A
【解析】解：方法1：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝22，
由勾股定理得AB=AC2+BC2=22+(22)2=23，
∵D是AB的中点，
∴BD＝CD=3，
设DE＝x，
由勾股定理得（3）2﹣x2＝（22）2﹣（3+x）2，
解得x=33，
∴在Rt△BED中，BE=BD2-DE2=(3)2-(33)2=263．
方法2：三角形ABC的面积=12×AC×BC=12×2×22=22，
∵D是AB中点，
∴△BCD的面积＝△ABC面积×12=2，
Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝22，
由勾股定理得AB=AC2+BC2=22+(22)2=23，
∵D是AB的中点，
∴CD=3，
∴BE=2×2÷2×2÷3=263．故选：A．
18.（2020•陕西）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为（　　）

A．101313 B．91313 C．81313 D．71313
【答案】D
【解析】解：由勾股定理得：AC=22+32=13，
∵S△ABC＝3×3-12×1×2-12×1×3-12×2×3=3.5，
∴12AC⋅BD=72，
∴13⋅BD=7，
∴BD=71313，故选：D．
19.（2020•德阳）已知：等腰直角三角形ABC的腰长为4，点M在斜边AB上，点P为该平面内一动点，且满足PC＝2，则PM的最小值为（　　）
A．2 B．22-2 C．22+2 D．22
【答案】B
【解析】解：∵等腰直角三角形ABC的腰长为4，
∴斜边AB＝42，
∵点P为该平面内一动点，且满足PC＝2，
∴点P在以C为圆心，PC为半径的圆上，
当点P在斜边AB的中线上时，PM的值最小，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CM=12AB＝22，
∵PC＝2，
∴PM＝CM﹣CP＝22-2，故选：B．
20.（2020•威海）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具．用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将一块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②）．已知AB＝40cm，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．25cm2 B．1003cm2 C．50cm2 D．75cm2
【答案】C
【解析】解：如图：设OF＝EF＝FG＝x（cm），
∴OE＝OH＝2x，
在Rt△EOH中，EH＝22x，
由题意EH＝20cm，
∴20＝22x，
∴x＝52，
∴阴影部分的面积＝（52）2＝50（cm2）
故选：C．
二、填空题（共16小题）：
21.（2020•齐齐哈尔）等腰三角形的两条边长分别为3和4，则这个等腰三角形的周长是　 　．
【答案】10或11
【解析】解：①3是腰长时，三角形的三边分别为3、3、4，
∵此时能组成三角形，
∴周长＝3+3+4＝10；
②3是底边长时，三角形的三边分别为3、4、4，
此时能组成三角形，
所以周长＝3+4+4＝11．
综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11．
故答案为：10或11．
22.（2020•眉山）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝10，边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E．若△ABD的周长为26，则DE的长为　 　．

【答案】154
【解析】解：作AM⊥BC于M，
∵边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，
∴∠AED＝90°，AE＝CE=12AC=12×10=5，AD＝CD，
∴∠DAC＝∠C，
∵△ABD的周长为26，
∴AB+BD+AD＝AB+BD+CD＝AB+BC＝26，
∵AB＝AC＝10，
∴BC＝16，∠B＝∠C，
∴∠B＝∠DAC，
∵∠ACB＝∠DCA，
∴△ABC∽△DAC，
∴AMDE=BCAC，
∵AB＝AC，
∴BM=12BC＝8，
∴AM=AB2-BM2=102-82=6，
∴6DE=1610，
∴DE=154，
故答案为154．
23.（2020•滨州）在等腰△ABC中，AB＝AC，∠B＝50°，则∠A的大小为　 　．
【答案】80°
【解析】解：∵AB＝AC，∠B＝50°，
∴∠C＝∠B＝50°，
∴∠A＝180°﹣2×50°＝80°．故答案为：80°．
24.（2020•恩施州）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，点B在直线l2上，AB＝BC，∠C＝30°，∠1＝80°，则∠2＝　 　．

【答案】40°
【解析】解：如图，延长CB交l1于点D，
∵AB＝BC，∠C＝30°，
∴∠C＝∠4＝30°，
∵l1∥l2，∠1＝80°，
∴∠1＝∠3＝80°，
∵∠C+∠3+∠2+∠4＝180°，即30°+80°+∠2+30°＝180°，
∴∠2＝40°．
故答案为：40°．
25.（2020•黄冈）已知：如图，在△ABC中，点D在边BC上，AB＝AD＝DC，∠C＝35°，则∠BAD＝　 　度．

【答案】40°
【解析】解：∵AD＝DC，
∴∠DAC＝∠C＝35°，
∴∠ADB＝∠DAC+∠C＝70°．
∵AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB＝70°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣70°﹣70°＝40°．
故答案为：40．
26.（2020•常州）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线分别交BC、AB于点E、F．若△AFC是等边三角形，则∠B＝　 　°．

【答案】30
【解析】解：∵EF垂直平分BC，
∴BF＝CF，
∴∠B＝∠BCF，
∵△ACF为等边三角形，
∴∠AFC＝60°，
∴∠B＝∠BCF＝30°．
故答案为：30．
27.（2019•哈尔滨）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，∠A＝60°，点E为AD边上一点，连接BD、CE，CE与BD交于点F，且CE∥AB，若AB＝8，CE＝6，则BC的长为　 　．

【答案】27
【解析】解：如图，连接AC交BD于点O
∵AB＝AD，BC＝DC，∠A＝60°，
∴AC垂直平分BD，△ABD是等边三角形
∴∠BAO＝∠DAO＝30°，AB＝AD＝BD＝8，
BO＝OD＝4
∵CE∥AB
∴∠BAO＝∠ACE＝30°，∠CED＝∠BAD＝60°
∴∠DAO＝∠ACE＝30°
∴AE＝CE＝6
∴DE＝AD﹣AE＝2
∵∠CED＝∠ADB＝60°
∴△EDF是等边三角形
∴DE＝EF＝DF＝2
∴CF＝CE﹣EF＝4，OF＝OD﹣DF＝2
∴OC=CF2-OF2=23
∴BC=BO2+OC2=27
28.（2020•岳阳）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，∠A＝20°，则∠BCD＝　 　°．

【答案】70
【解析】解：在Rt△ABC中，∵∠A＝20°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝70°，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD，
∴∠BCD＝∠B＝70°，
故答案为70．
29.（2020•绵阳）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为　 　．

【答案】33-2
【解析】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．
∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，
∴OM=12AD＝2，
∵AB∥CD，
∴∠GCF＝∠B＝60°，
∴∠DGO＝∠CGF＝30°，
∵AD＝BC，
∴∠DAB＝∠B＝60°，
∴∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠DOG＝30°＝∠DGO，
∴DG＝DO＝2，
∵CD＝4，
∴CG＝2，
∴OG＝23，GF=3，OF＝33，
∴ME≥OF﹣OM＝33-2，
∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为33-2．
30.（2020•宿迁）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC＝12，AD＝8，则DE的长为　 　．

【答案】5
【解析】解：∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝6，
∴∠ADB＝90°，
∴AB=AD2+BD2=82+62=10，
∵AE＝EB，
∴DE=12AB＝5，
故答案为5．
31.（2020•雅安）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝　 　．

【答案】20
【解析】解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∵AD＝2，BC＝4，
∴AB2+CD2＝22+42＝20．
故答案为：20．
32.（2020•苏州）如图，在△ABC中，已知AB＝2，AD⊥BC，垂足为D，BD＝2CD．若E是AD的中点，则EC＝　 　．

【答案】1
【解析】解：设AE＝ED＝x，CD＝y，
∴BD＝2y，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在Rt△ABD中，
∴AB2＝4x2+4y2，
∴x2+y2＝1，
在Rt△CDE中，
∴EC2＝x2+y2＝1
∵EC＞0
∴EC＝1．
另解：依据AD⊥BC，BD＝2CD，E是AD的中点，
即可得判定△CDE∽△BDA，
且相似比为1：2，
∴CEAB=12，
即CE＝1．
故答案为：1
33.（2020•安顺）如图，△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则边BC的长为　 ．

【答案】45
【解析】解：延长BD到F，使得DF＝BD，
∵CD⊥BF，
∴△BCF是等腰三角形，
∴BC＝CF，
过点C作CH∥AB，交BF于点H
∴∠ABD＝∠CHD＝2∠CBD＝2∠F，
∴HF＝HC，
∵CH∥AB，
∴∠ABE＝∠CHE，∠BAE＝∠ECH，
∴EH＝CE，
∵EA＝EB，
∴AC＝BH，
∵BD＝8，AC＝11，
∴DH＝BH﹣BD＝AC﹣BD＝3，
∴HF＝HC＝8﹣3＝5，
在Rt△CDH，
∴由勾股定理可知：CD＝4，
在Rt△BCD中，
∴BC=82+42=45，
故答案为：45
34.（2020•丹东）如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥AC，AD＝AC，∠BAD＝105°，点E和点F分别是AC和CD的中点，连接BE，EF，BF，若CD＝8，则△BEF的面积是　 ．

【答案】23
【解析】解：过点E作EH⊥BF于H．
∵AD＝AC，∠DAC＝90°，CD＝8，
∴AD＝AC＝42，
∵DF＝FC，AE＝EC，
∴EF=12AD＝22，EF∥AD，
∴∠FEC＝∠DAC＝90°，
∵∠ABC＝90°，AE＝EC，
∴BE＝AE＝EC＝22，
∴EF＝BE＝22，
∵∠BAD＝105°，∠DAC＝90°，
∴∠BAE＝105°﹣90°＝15°，
∴∠EAB＝∠EBA＝15°，
∴∠CEB＝∠EAB+∠EBA＝30°，
∴∠FEB＝90°+30°＝120°，
∴∠EFB＝∠EBF＝30°，
∵EH⊥BF，
∴EH=12EF=2，FH=3EH=6，
∴BF＝2FH＝26，
∴S△EFB=12•BF•EH=12×26×2=23．
故答案为23．
35.（2020•十堰）如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线．若AE＝3，△ABD的周长为13，则△ABC的周长为　 　．

【答案】19
【解析】解：∵DE是AC的垂直平分线，AE＝3，
∴AC＝2AE＝6，AD＝DC，
∵AB+BD+AD＝13，
∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝AB+BD+AD+AC＝13+6＝19．
故答案为：19．
36.（2020•青海）如图，△ABC中，AB＝AC＝14cm，AB的垂直平分线MN交AC于点D，且△DBC的周长是24cm，则BC＝　 　cm．

【答案】10
【解析】解：∵C△DBC＝24cm，
∴BD+DC+BC＝24cm①，
又∵MN垂直平分AB，
∴AD＝BD②，
将②代入①得：AD+DC+BC＝24cm，
即AC+BC＝24cm，
又∵AC＝14cm，
∴BC＝24﹣14＝10cm．
故填10．
三、解答题（共14小题）：
37.（2020•衡阳）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，过BC的中点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E、F．
（1）求证：DE＝DF；
（2）若∠BDE＝40°，求∠BAC的度数．
【答案】(1)见解析；(2)80°.
【解析】（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠BED＝∠CFD＝90°，
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BED与△CFD中，
∠BED=∠CFD∠B=∠CBD=CD，
∴△BED≌△CFD（AAS），
∴DE＝DF；
（2）解：∵∠BDE＝40°，
∴∠B＝50°，
∴∠C＝50°，
∴∠BAC＝80°．
38.（2019•攀枝花）如图，在△ABC中，CD是AB边上的高，BE是AC边上的中线，且BD＝CE．求证：
（1）点D在BE的垂直平分线上；
（2）∠BEC＝3∠ABE．
【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【解析】解：（1）连接DE，
∵CD是AB边上的高，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∵BE是AC边上的中线，
∴AE＝CE，
∴DE＝CE，
∵BD＝CE，
∴BD＝DE，
∴点D在BE的垂直平分线上；
（2）∵DE＝AE，
∴∠A＝∠ADE，
∵∠ADE＝∠DBE+∠DEB，
∵BD＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴∠A＝∠ADE＝2∠ABE，
∵∠BEC＝∠A+∠ABE，
∴∠BEC＝3∠ABE．




39.（2019•重庆）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D．
（1）若∠C＝42°，求∠BAD的度数；
（2）若点E在边AB上，EF∥AC交AD的延长线于点F．求证：AE＝FE．



【答案】(1)48°；(2)见解析.
【解析】解：（1）∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，∠ADC＝90°，
又∠C＝42°，
∴∠BAD＝∠CAD＝90°﹣42°＝48°；

（2）∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵EF∥AC，
∴∠F＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠F，
∴AE＝FE．
40.（2019•重庆）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的中点，连结AD，BE平分∠ABC交AC于点E，过点E作EF∥BC交AB于点F．
（1）若∠C＝36°，求∠BAD的度数；
（2）求证：FB＝FE．

【答案】(1)54°；(2)见解析.
【解析】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC，
∵∠C＝36°，
∴∠ABC＝36°，
∵BD＝CD，AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝90°﹣36°＝54°．

（2）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC，
∵EF∥BC，
∴∠FEB＝∠CBE，
∴∠FBE＝∠FEB，
∴FB＝FE．
41.（2020秋•河北区期末）如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．
（1）求∠F的度数．
（2）求证：DC＝CF．

【答案】(1)30°；(2)见解析.
【解析】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠B＝∠EDC＝60°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴∠F＝90°﹣60°＝30°．

（2）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠B＝∠EDC＝60°，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°，
∴△DEC是等边三角形，
∴CE＝CD，
∵∠ECD＝∠F+∠CEF，∠F＝30°，
∴∠CEF＝∠F＝30°，
∴EC＝CF，
∴CD＝CF．
42.（2020秋•道外区期中）如图1，已知等边△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，连接DE．

（1）若DE∥BC，求证：△ADE是等边三角形；
（2）如图2，若D、E分别为AB、AC中点，连接CD、BE，CD与BE相交于点F，请直接写出图中所有等腰三角形．（△ADE与△ABC除外）
【答案】(1)见解析；(2)△DEF和△BFC都为等腰三角形.
【解析】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C，
∴∠A＝∠ADE＝∠AED，
∴△ADE是等边三角形．
（2）解：△BDE，△DEC，△DEF和△BFC为等腰三角形．
由（1）可知，AB＝AC，∠＝60°，
∵D、E分别为AB、AC中点，
∴AD=12AB，AE=12AC，
∵AD＝AE，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE=12AB，
∴BD＝DE，
即△BDE为等腰三角形，
同理△DEC为等腰三角形．
∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴∠ABE＝∠CBE＝30°，
∵∠ADE＝∠ABC＝60°，
∴DE∥BC，
∴∠EBC＝∠DEB＝30°，
同理∠BCD＝∠EDC＝30°，
∴FB＝FC，DF＝EF．
即△DEF和△BFC都为等腰三角形．
43.（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．

【答案】(1)见解析；(2)3+.
【解析】（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=3，
∵∠FDG＝45°，∠FGD＝90°，
∴∠FDG＝∠DFG＝45°，
∴DG＝FG=3，
∴DC＝DG+CG=3+1，
∴AB=3+1，即AB的长度是3+1．
44.（2018•无锡）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝m，BC＝n，m＞n，点P是边AB上一点，连结CP，将△ACP沿CP翻折得到△QCP．
（1）若m＝4，n＝3，且PQ⊥AB，求BP的长；
（2）连结BQ，若四边形BCPQ是平行四边形，求m与n之间的关系式．

【答案】(1)PB=125+95=215；(2)m=3n.
【解析】解：（1）如图，作CH⊥AB于H．
由翻折的性质可知：∠APC＝∠QPC，
∵PQ⊥PA，
∴∠APQ＝90°，
∴∠APC＝∠QPC＝135°，
∴∠BPC+∠QPB＝135°，
∵∠QPB＝90°，
∴∠BPC＝45°，
∵CH⊥AB，
∴CH＝PH，
在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=32+42=5，
∵12•AB•CH=12•AC•BC，
∴CH=125，BH=BC2-CH2=95，
∴PB＝PH+BH=125+95=215．

（2）如图2中，连接BQ．

由翻折不变性可知：PA＝PQ，∠QPC＝∠APC，
∵四边形BCPQ是平行四边形，
∴PQ＝BC＝PA＝n，PQ∥BC，
∴∠QPC+∠PCB＝180°，
∵∠BPC+∠APC＝180°，
∴∠PCB＝∠BPC，
∴PB＝BC＝n，
∴AP＝PB＝n，AB＝2n，
在Rt△ABC中，则有（2n）2＝m2+n2，
∴m2＝3n2，
∵m＞0．n＞0，
∴m=3n．
45.（2020秋•齐河县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，CE垂直于AB于点E，D是AB的中点．
（1）求证：AE＝ED；
（2）若AC＝2，求DE的长．

【答案】(1)见解析；(2)1.
【解析】（1）证明：在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝AD＝BD=12AB，
∴∠DCB＝∠B，
∵∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠DCB＝30°，∠A＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∴∠ADC＝∠B+∠DCB＝60°，
∴∠A＝∠ADC，
∴AC＝DC，
∵CE垂直于AB于点E，
∴AE＝ED；
（2）解：∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∴AE=12AC，
∵AC＝2，AE＝DE，
∴DE＝AE＝1．
46.（2020秋•农安县期末）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若CD＝2，求DF的长．

【答案】(1)见解析；(2)4.
【解析】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°．
∵DE∥AB，
∴∠B＝EDC＝60°，∠A＝∠CED＝60°，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°，
∵EF⊥ED，
∴∠DEF＝90°，
∴∠F＝30°
∵∠F+∠FEC＝∠ECD＝60°，
∴∠F＝∠FEC＝30°，
∴CE＝CF．
（2）由（1）可知∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°，
∴CE＝DC＝2．
又∵CE＝CF，
∴CF＝2．
∴DF＝DC+CF＝2+2＝4．
47.（2020秋•松江区期末）如图，已知四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，点F是BD中点．
（1）求证：EF⊥BD；
（2）过点D作DH⊥AC于H点，如果BD平分∠HDE，求证：BA＝BC．

【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【解析】（1）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，
∴DE=12AC，BE=12AC，
∴DE＝BE，
∵点F是BD中点，
∴EF⊥BD；
（2）证明：设AC，BD交于点O，
∵DH⊥AC，EF⊥BD，
∴∠DHO＝∠EFO＝90°，
∵∠DOH＝∠BOE，
∴∠HDF＝∠OEF，
∵DE＝BE，
∴∠EDO＝∠EBO，
∵BD平分∠HDE，
∴∠HDF＝∠BDE，
∴∠OEF＝∠OBE，
∵∠OEF+∠EOF＝90°，
∴∠EOF+∠EBO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴BE⊥AC，
∴BA＝BC．


48.（2020秋•南海区期末）在△ABC中，
（1）如图1，AC＝15，AD＝9，CD＝12，BC＝20，求△ABC的面积；
（2）如图2，AC＝13，BC＝20，AB＝11，求△ABC的面积．

【答案】(1)S△ABC＝150；(2)S△ABC=42.1575.
【解析】解：（1）∵CD2+AD2＝144+81＝225，AC2＝225，
∴CD2+AD2＝CA2，
∴△△ADC是直角三角形，
∴∠ADC＝90°，
∴CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴BD=BC2-CD2=16，
∴AB＝AD+DB＝16+9＝25，
∴S△ABC=12×25×12＝150；
（2）过C作CD⊥BA的延长线于点D，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
设AD为x，DB＝（x+11），由勾股定理得：CD2＝AC2﹣AD2，CD2＝BC2﹣DB2，
即AC2﹣AD2＝BC2﹣DB2，
则132﹣x2＝202﹣（x+11）2，
解得：x＝10.5，
∴CD=AC2-AD2=132-10．52≈7.665，
∴S△ABC=12AB⋅CD=12×11×7.665=42.1575．
49.（2020春•米东区期末）如图1，∠BAC＝∠ACD＝90°，∠ABC＝∠ADC，CE⊥AD，且BE平分∠ABC．
（1）求证：∠ACE＝∠ABC；
（2）求证：∠ECD+∠EBC＝∠BEC；
（3）求证：∠CEF＝∠CFE．

【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析.
【解析】证明：（1）∵CE⊥AD，∠ACD＝90°，
∵∠ACE+∠ECD＝∠D+∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠D．
∵∠D＝∠ABC，
∴∠ACE＝∠ABC；
（2）∵∠BAC＝∠ACD＝90°，∠ABC＝∠ADC，
∴∠ACB＝∠DAC，
∴AD∥BC，
∵CE⊥AD，
∴CE⊥BC，
∴∠BEC+∠EBC＝90°，
∵∠D+∠ECD＝90°，∠D＝∠ABC，
∴∠ABC+∠ECD＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABC＝2∠EBC
∴2∠EBC+∠ECD＝90°，
∴2∠EBC+∠ECD＝∠BEC+∠EBC，
即∠EBC+∠ECD＝∠BEC；
（3）∵∠ABF+∠AFB＝90°，∠AFB＝∠CFE，
∴∠ABF+∠CFE＝90°，
∵∠CBE+∠CEF＝90°，∠ABF＝∠CAE，
∴∠CEF＝CFE．
50.（2020秋•锦江区校级期末）如图1，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是AB上一点，且AC＝8，∠DCA＝45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．
（1）如图1，若AB＝2AC，求AE的长；
（2）如图2，若∠B＝30°，求△CEF的面积；
（3）如图3，点P是BA延长线上一点，且AP＝BD，连接PF，求证：PF+AF＝BC




【答案】(1)AE=8×1685=1655；(2)S△ECF＝8（2-3）；(3)见解析.
【解析】（1）解：如图1中，
∵AB＝2AC，AC＝8，
∴AB＝16，
∵∠BAC＝90°，
∴BC=AC2+AB2=82+162=85，
∵AE⊥BC，
∴S△ABC=12•BC•AE=12•AC•AB，
∴AE=8×1685=1655．
（2）解：如图2中，在CE上取一点T，使得FJ＝CJ，连接FJ．
∵∠BAC＝90°，∠B＝30°，
∴∠ACE＝90°﹣30°＝60°，
∵AE⊥BC，AC＝8，
∴CE＝AC•cos60°＝4，
∵∠DCA＝45°，
∴∠FCE＝∠ACE﹣∠ACD＝15°，
∵JF＝JC，
∴∠JFC＝∠JCF＝15°，
∴∠EJF＝∠JFC+∠JCF＝30°，
设EF＝m，则FJ＝JC＝2m，EJ=3m，
∴3m+2m＝4，
∴m＝4（2-3），
∴EF＝4（2-3），
∴S△ECF=12×4×4（2-3）＝8（2-3）．
（3）证明：如图3中，过A点作AM⊥CD于点M，与BC交于点N，连接DN．
∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴AM⊥CD，AM＝DM＝CM，∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴DN＝CN，
∴∠NDM＝∠NCM，
∵AE⊥BC，
∴∠ECF+∠EFC＝∠MAF+∠AFM＝90°，
∵∠AFM＝∠EFC，
∴∠MAF＝∠ECF，
∴∠MAF＝∠MDN，
∵∠AMF＝∠AMN，
∴△AMF≌△DMN（ASA），
∴AF＝DN＝CN，
∵∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴∠DAM＝∠CAM＝∠ADM＝∠ACD＝45°，
∴∠NAP＝∠CDB＝135°，
∵∠MAF＝∠MDN，∴∠PAF＝∠BDN，
∵AP＝DB，∴△APF≌△DBN（SAS），∴PF＝BN，
∵AF＝CN，∴PF+AF＝CN+BN，
即PF+AF＝BC．