中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题15三角形及其性质(14个高频考点)(原卷版+解析)

这是一份中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题15三角形及其性质(14个高频考点)(原卷版+解析)，共118页。

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\l "_Tc24084" 【考点1 三角形的三边关系】 PAGEREF _Tc24084 \h 1
\l "_Tc2636" 【考点2 三角形的角平分线、中线、高】 PAGEREF _Tc2636 \h 2
\l "_Tc30207" 【考点3 三角形的内角和定理】 PAGEREF _Tc30207 \h 3
\l "_Tc32320" 【考点4 三角形的外角性质】 PAGEREF _Tc32320 \h 5
\l "_Tc28189" 【考点5 等腰三角形的判定与性质】 PAGEREF _Tc28189 \h 7
\l "_Tc1177" 【考点6 等边三角形的判定与性质】 PAGEREF _Tc1177 \h 10
\l "_Tc20255" 【考点7 含30度角的直角三角形的性质】 PAGEREF _Tc20255 \h 12
\l "_Tc17680" 【考点8 角平分线的判定与性质】 PAGEREF _Tc17680 \h 14
\l "_Tc9310" 【考点9 垂直平分线的判定与性质】 PAGEREF _Tc9310 \h 15
\l "_Tc15872" 【考点10 勾股定理】 PAGEREF _Tc15872 \h 17
\l "_Tc6572" 【考点11 勾股定理的逆定理】 PAGEREF _Tc6572 \h 19
\l "_Tc24418" 【考点12 勾股定理的应用】 PAGEREF _Tc24418 \h 20
\l "_Tc19649" 【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】 PAGEREF _Tc19649 \h 22
\l "_Tc12049" 【考点14 三角形中位线的定理】 PAGEREF _Tc12049 \h 23
【要点1 三角形的三边关系】
三角形两边的和大于第三边，两边的差小于第三边.
在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段
长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【考点1 三角形的三边关系】
【例1】（2022·河北·统考中考真题）平面内，将长分别为1，5，1，1，d的线段，顺次首尾相接组成凸五边形（如图），则d可能是（ ）
A．1B．2C．7D．8
【变式1-1】（2022·江苏淮安·统考中考真题）下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．3，3，6B．3，5，10C．4，6，9D．4，5，9
【变式1-2】（2022·四川德阳·统考中考真题）八一中学校九年级2班学生杨冲家和李锐家到学校的直线距离分别是5km和3km．那么杨冲，李锐两家的直线距离不可能是（ ）
A．1kmB．2kmC．3kmD．8km
【变式1-3】（2022·全国·九年级专题练习）如果方程(x−1)(x2−2x+k4)=0的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数k的取值范围是___．
【考点2 三角形的角平分线、中线、高】
【例2】（2022·浙江·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面说法正确的是（ ）
①△ABE的面积=△BCE的面积；②∠AFG=∠AGF；③∠FAG=2∠ACF；④BH=CH．
A．①②③④B．①②③C．②④D．①③
【变式2-1】（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图，CD⊥AB于点D，已知∠ABC是钝角，则（ ）
A．线段CD是△ABC的AC边上的高线B．线段CD是△ABC的AB边上的高线
C．线段AD是△ABC的BC边上的高线D．线段AD是△ABC的AC边上的高线
【变式2-2】（2022·江苏常州·统考中考真题）如图，在△ABC中，E是中线AD的中点．若△AEC的面积是1，则△ABD的面积是______．
【变式2-3】（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，点G为△ABC的重心，D，E，F分别为BC，CA，AB的中点，具有性质：AG：GD＝BG：GE＝CG：GF＝2：1．已知△AFG的面积为3，则△ABC的面积为 _____．
【要点2 三角形的内角和定理】
三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角．每个三角形都有三个内角，且每个内角均大于0°且
小于180°．三角形内角和定理：三角形内角和是180°．
【考点3 三角形的内角和定理】
【例3】（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．
(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
【变式3-1】（2022·湖北黄石·统考中考真题）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，且点D在线段BC上，连CE．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)若∠EAC=60°，求∠CED的度数．
【变式3-2】（2022·浙江丽水·校联考三模）如图，△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，在射线AB上截取AE=AC，过点E作EF∥BC交直线AD于点F．
(1)试判断四边形CDEF是何种特殊的四边形？并证明你的结论；
(2)当AB>AC，∠ABC=20°时，四边形CDEF能是正方形吗？如果能，求出此时∠BAC的度数；如果不能，试说明理由；
(3)题目改为“AD平分∠BAC的外角交直线BC于点D，在射线AB的反向延长线上截取AE=AC”，设∠ABC=x．其他条件不变，四边形CDEF能是正方形吗？如果能，求出此时∠BAC的度数（用关于x的关系式表示）；如果不能，试说明理由．
【变式3-3】（2022·浙江宁波·统考一模）一个角的余角的两倍称为这个角的倍余角．
(1)若∠1=30°，∠2是∠1的倍余角，则∠2的度数为 ；若∠1=α，∠2是∠1的倍余角，则∠2的度数为 ；（用α的代数式表示）
(2)如图1，在△ABC中，AC>BC，在AC上截取CD=CB，在AB上截取AE=AD．求证：∠ABC是∠EDB的倍余角；
(3)如图2，在（2）的情况下，作BF∥DE交AC于点F，将△BFC沿BF折叠得到ΔBFC′，BC′交AC于点P，若∠ABC=90°，设∠CBF=α，求∠CPB的度数．
【要点3 三角形的外角】
三角形外角的概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
【要点4 三角形的外角性质】
①三角形的外角和为360°；②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；③三角形的一个外角大
于和它不相邻的任何一个内角．
【考点4 三角形的外角性质】
【例4】（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，作∠CAB平分线AF交BC于点F，以AF为边作等腰直角△AFE，且∠AFE=90°，如图2将△AFE绕点F每秒3°的速度顺时针旋转得到三角形DFE（当点D落在射线FB上时停止旋转），则旋转时间为t秒．
(1)当t＝ 秒，DE∥AB；
(2)在旋转过程中，DF与AB的交点记为M，如图3，若△AMF为等腰三角形，求t的值；
(3)当边DE与边AB、BC分别交于点P、Q时，如图4，连接AE，设∠BAE=x°，∠AED=y°，∠DFB=z°，试探究x，y，z之间的关系．
【变式4-1】（2022·浙江绍兴·一模）（1）问题背景
如图①，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC的平分线交直线AC于D，过点C作CE⊥BD，交直线BD于E，CE交直线BA于M．探究线段BD与CE的数量关系得到的结论是________．
（2）类比探索
在（1）中，如果把BD改为△ABC的外角∠ABF的平分线，其他条件均不变（如图②），（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）拓展延伸
在（2）中，如果AB=12AC，其他条件均不变（如图③），请直接写出BD与CE的数量关系为________．
【变式4-2】（2022·四川内江·统考模拟预测）探究与发现：
如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：
(1)观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
(2)请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A=50°，则∠ABX+∠ACX=_____°；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE=50°，∠DBE=130°，则∠DCE=______°；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1，G2，…，G9，若∠BDC=140°，∠BG1C=77°，求∠A的度数．
【变式4-3】（2022·四川成都·四川省成都市七中育才学校校考二模）（1）[模型研究]如图①，在△ABC中，AB=AC，D为边BA延长线上一点，且∠C=n°.则∠CAD=______°；
（2）[模型应用]如图②，在△ABC中，∠ABC=2∠ACB.若AB=3，BC=5，求AC的长；
（3）[模型迁移]如图③，点P为△ABC边AC上一点，∠PBC=13∠ABC=14∠BPC，CD⊥BP，交BP的延长线于D.若AC=a，BD=b(b【要点5 等腰三角形】
（1）定义：有两边相等的三角形，叫做等腰三角形.
（2）等腰三角形性质
①等腰三角形的两个底角相等，即“等边对等角”；②等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线与底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）.特别地，等腰直角三角形的每个底角都等于45°.
（3）等腰三角形的判定
如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（即“等角对等边”）.
【考点5 等腰三角形的判定与性质】
【例5】（2022·江苏泰州·模拟预测）过三角形的顶点作射线与其对边相交，将三角形分成两个三角形．若得到的两个三角形中有等腰三角形，这条射线就叫做原三角形的“友好分割线”．
(1)下列三角形中，不存在“友好分割线”的是______（只填写序号）．
①等腰直角三角形；②等边三角形；③顶角为150°的等腰三角形．
(2)如图1，在△ABC中，∠A=60°，∠B=40°，直接写出△ABC被“友好分割线”分得的等腰三角形顶角的度数；
(3)如图2，△ABC中，∠A=30°，CD为AB边上的高，BD=2，E为AD的中点，过点E作直线l交AC于点F，作CM⊥l，DN⊥l，垂足为M，N.若射线CD为△ABC的“友好分割线”，求CM+DN的最大值．
【变式5-1】（2022·山东威海·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知两点Am,0，B0,nn>m>0，点C在第一象限，AB⊥BC，BC=BA，点P在线段OB上，OP=OA，AP的延长线与CB的延长线交于点M，AB与CP交于点N．
(1)点C的坐标为：______（用含m，n的式子表示）；
(2)求证：BM=BN；
(3)设点C关于直线AB的对称点为D，点C关于直线AP的对称点为G，求证：D，G关于x轴对称．
【变式5-2】（2022·青海·统考中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD=CE；
图1
(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.
图2
【变式5-3】（2022·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角△DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
(1)【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
(2)【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
(3)【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值．
【要点6 等边三角形】
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）等边三角形的判定：
①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.
【考点6 等边三角形的判定与性质】
【例6】（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，等边三角形AOB的顶点A的坐标为4,0，动点P从点O出发，以每秒2个单位的速度，沿O→A路线向终点A匀速运动，设运动时间为t秒，连接BP，线段BP的中点为点Q，将线段PQ绕点P顺时针旋转60°得到线段PC，连接AC．
(1)求证：∠CPA=∠OBP；
(2)当t=23时，求点C的坐标；
(3)在点P的运动过程中，△PCA能否成为直角三角形？若能，直接写出满足条件的所有t的值；若不能，说明理由；
(4)在点P从起点O向终点A运动的过程中，直接写出点C所经过的路径长．
【变式6-1】（2022·四川南充·模拟预测）如图，△ABC是等边三角形，CF⊥AC交AB的延长线于点F，G为BC的中点，射线AG交CF于D，E在CF上，CE=AD，连接BD，BE．求证：△BDE是等边三角形．
【变式6-2】（2022·山东东营·统考中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.
(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【变式6-3】（2022·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【要点7 含30°角的直角三角形】
在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
【考点7 含30度角的直角三角形的性质】
【例7】（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC=5，BC=1，∠AOB=30°，则OA的值为（ ）
A．3B．32C．2D．1
【变式7-1】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，AC⊥BC,BC=4,∠ABC=60°，若EF过点O且与边AB,CD分别相交于点E，F，设BE=x,OE2=y，则y关于x的函数图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【变式7-2】（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积___________．
【变式7-3】（2022·辽宁锦州·中考真题）在△ABC中，AC=BC，点D在线段AB上，连接CD并延长至点E，使DE=CD，过点E作EF⊥AB，交直线AB于点F．
(1)如图1，若∠ACB=120°，请用等式表示AC与EF的数量关系：____________．
(2)如图2．若∠ACB=90°，完成以下问题：
①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示AC,AD,DF之间的数量关系，并说明理由；
②当点D，点F位于点A的同侧时，若DF=1,AD=3，请直接写出AC的长．
【要点8 角平分线的性质】
角的平分线的性质：角的平分线上的点到角两边的距离相等.
用符号语言表示角的平分线的性质定理：
若CD平分∠ADB，点P是CD上一点，且PE⊥AD于点E，PF⊥BD于点F，则PE＝PF.
【要点9 角平分线的判定】
角平分线的判定：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.
用符号语言表示角的平分线的判定：
若PE⊥AD于点E，PF⊥BD于点F，PE＝PF，则PD平分∠ADB
【考点8 角平分线的判定与性质】
【例8】（2022·湖北省直辖县级单位·中考真题）如图，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=90°，BD,CE交于点F，连接AF，下列结论：①BD=CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE=45°．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【变式8-1】（2022·湖北襄阳·统考中考真题）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝33，则△ABC的周长为_____．
【变式8-2】（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，已知△ABC,AB=AC,BC=16,AD⊥BC,∠ABC的平分线交AD于点E，且DE=4．将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有：__________（填写序号）
①BD=8
②点E到AC的距离为3
③EM=103
④EM∥AC
【变式8-3】（2022·湖北武汉·统考中考真题）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S．
(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图1，若∠B=45°，m=52，则n=_____________，S=_____________；
②如图2，若∠B=60°，m=43，则n=_____________，S=_____________；
(2)如图3，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
【要点10 线段垂直平分线的性质】
线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等.反过来，与一条线段两个端点距离相等的点，在这
条线段的垂直平分线上.
【要点11 线段垂直平分线的判定】
到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，（这样的点需要找两个）
【考点9 垂直平分线的判定与性质】
【例9】（2022·四川巴中·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，分别以C、D为圆心，大于12CD为半径画弧，两弧分别交于点M、N，连接MN，若直线MN恰好过点A与边CD交于点E，连接BE，则下列结论错误的是（ ）
A．∠BCD=120°B．若AB=3，则BE=4
C．CE=12BCD．S△ADE=12S△ABE
【变式9-1】（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°．分别以点A和C为圆心，以大于12AC的长度为半径作弧，两弧相交于点P和点Q，作直线PQ分别交BC，AC于点D和点E．若CD=3，则BD的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【变式9-2】（2022·全国·八年级专题练习）如图，等边△ABC中，AB=10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF=______________，FB+FD的最小值为______________．
【变式9-3】（2022·陕西·统考中考真题）问题提出
(1)如图1，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP=AC，则∠APC的度数为__________．
问题探究
(2)如图2，在△ABC中，CA=CB=6,∠C=120°．过点A作AP∥BC，且AP=BC，过点P作直线l⊥BC，分别交AB、BC于点O、E，求四边形OECA的面积．
问题解决
(3)如图3，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC=45°．工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件，并要求∠BAP=15°,AP=AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；
②作CD的垂直平分线l，与CD于点E；
③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP、BP，得△ABP．
请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．
【要点12 勾股定理】
在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角
边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
【考点10 勾股定理】
【例10】（2022·江苏镇江·统考中考真题）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（ ）
A．2B．73C．625D．925
【变式10-1】（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝________．
【变式10-2】（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．
【变式10-3】（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在直线AC上，连接BD，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．
(1)求证：BC=3AB；
(2)当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求CEAD的值；
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出ANCE的值．
【要点13 勾股定理的逆定理】
如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
【考点11 勾股定理的逆定理】
【例11】（2022·湖南·统考中考真题）如图，点O是等边三角形ABC内一点，OA=2，OB=1，OC=3，则ΔAOB与ΔBOC的面积之和为（ ）
A．34B．32C．334D．3
【变式11-1】（2022·山东日照·统考中考真题）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，∠C=90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM=a，CN=b，若ab=8．
(1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；
(2)①当a=b时，求∠ECF的度数；
②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．
【变式11-2】（2022·吉林长春·统考中考真题）如图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．
(1)网格中△ABC的形状是________；
(2)在图①中确定一点D，连结DB、DC，使△DBC与△ABC全等：
(3)在图②中△ABC的边BC上确定一点E，连结AE，使△ABE∽△CBA：
(4)在图③中△ABC的边AB上确定一点P，在边BC上确定一点Q，连结PQ，使△PBQ∽△ABC，且相似比为1：2．
【变式11-3】（2022·北京·统考中考真题）在△ABC中，∠ACB=90∘，D为△ABC内一点，连接BD，DC，延长DC到点E，使得CE=DC.
(1)如图1，延长BC到点F，使得CF=BC，连接AF，EF，若AF⊥EF，求证：BD⊥AF；
(2)连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图2，若AB2=AE2+BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．
【考点12 勾股定理的应用】
【例12】（2022·江苏苏州·校考一模）一艘渔船从港口A沿北偏东60°方向航行60海里到达C处时突然发生故障，位于港口A正东方向的B处的救援艇接到信号后，立即沿北偏东45°方向以40海里/小时的速度前去救援，救援艇到达C处所用的时间为（ ）
A．32小时B．23小时C．334小时D．324小时
【变式12-1】（2022·福建福州·福建省福州教育学院附属中学校考模拟预测）我国古代数学著作《九章算术》中记载这样一个问题，原文是：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽．问索长几何?”译文为；“现在有一根直立的木柱，用一根绳索绑住木柱的顶端，另一端自由下垂，则绳索比木柱多三尺；将绳索的另一端靠地拉直，此时距离木柱的底端八尺，问这条绳索的长度是多少?”根据题意，求得绳索的长度是（ ）
A．916尺B．9尺C．12尺D．1216尺
【变式12-2】（2022·四川绵阳·校联考中考模拟）如图，长、宽、高分别为2，1，1的长方体木块上有一只蚂蚁从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点B，则它爬行的最短路程是（ ）
A．10B．3C．5D．22
【变式12-3】（2022·山东济宁·统考一模）如图，在东西方向的海面线MN上，有A，B两艘巡逻船和观测点D（A，B，D在直线MN上），两船同时收到渔船C在海面停滞点发出的求救信号．测得渔船分别在巡逻船A，B北偏西30°和北偏东45°方向，巡逻船A和渔船C相距120海里，渔船在观测点D北偏东15°方向．（说明：结果取整数．参考数据：2≈1.41，3≈1.73）
(1)求巡逻船B与观测点D间的距离；
(2)已知观测点D处45海里的范围内有暗礁．若巡逻船B沿BC方向去营救渔船C有没有触礁的危险？并说明理由．
【要点14 直角三角形斜边的中线】
在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半。
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】
【例13】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB=32．Rt△BEF中，∠BEF=90°,EF过点D，BE,BF分别交AD,CD于点G，M，连接OE,OM,EM．若BG=DF,tan∠ABG=13，则△OEM的周长为___________．
【变式13-1】（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=6，BC=8，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB=90°，则EF=________．
【变式13-2】（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB′，若CB′=BB′，则AD的长为_________．
【变式13-3】（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，连接DE,DF．

(1)如图1，求证：DF=52DE；
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【要点15 三角形的中位线定理】
定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。
中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
【考点14 三角形中位线的定理】
【例14】（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【变式14-1】（2022·贵州毕节·统考中考真题）如图1，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，AO=CO, ∠BCA=∠CAD．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)如图2，E，F，G分别是BO,CO,AD的中点，连接EF,GE,GF，若BD=2AB, BC=15, AC=16，求△EFG的周长．
【变式14-2】（2022·贵州铜仁·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，记△COD的面积为S1，△AOB的面积为S2．
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：S1S2=OC⋅ODOA⋅OB
（2）探索推广：如图②，若AB与CD不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OD于点F，点H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若OEOA=56，求S1S2值．
【变式14-3】（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.

(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度．
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
专题15 三角形及其性质（14个高频考点）（举一反三）

TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc24084" 【考点1 三角形的三边关系】 PAGEREF _Tc24084 \h 1
\l "_Tc2636" 【考点2 三角形的角平分线、中线、高】 PAGEREF _Tc2636 \h 4
\l "_Tc30207" 【考点3 三角形的内角和定理】 PAGEREF _Tc30207 \h 7
\l "_Tc32320" 【考点4 三角形的外角性质】 PAGEREF _Tc32320 \h 14
\l "_Tc28189" 【考点5 等腰三角形的判定与性质】 PAGEREF _Tc28189 \h 23
\l "_Tc1177" 【考点6 等边三角形的判定与性质】 PAGEREF _Tc1177 \h 34
\l "_Tc20255" 【考点7 含30度角的直角三角形的性质】 PAGEREF _Tc20255 \h 44
\l "_Tc17680" 【考点8 角平分线的判定与性质】 PAGEREF _Tc17680 \h 51
\l "_Tc9310" 【考点9 垂直平分线的判定与性质】 PAGEREF _Tc9310 \h 61
\l "_Tc15872" 【考点10 勾股定理】 PAGEREF _Tc15872 \h 68
\l "_Tc6572" 【考点11 勾股定理的逆定理】 PAGEREF _Tc6572 \h 76
\l "_Tc24418" 【考点12 勾股定理的应用】 PAGEREF _Tc24418 \h 82
\l "_Tc19649" 【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】 PAGEREF _Tc19649 \h 87
\l "_Tc12049" 【考点14 三角形中位线的定理】 PAGEREF _Tc12049 \h 94
【要点1 三角形的三边关系】
三角形两边的和大于第三边，两边的差小于第三边.
在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段
长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【考点1 三角形的三边关系】
【例1】（2022·河北·统考中考真题）平面内，将长分别为1，5，1，1，d的线段，顺次首尾相接组成凸五边形（如图），则d可能是（ ）
A．1B．2C．7D．8
【答案】C
【分析】如图（见解析），设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC=a,CE=b，先在△ABC和△CDE中，根据三角形的三边关系定理可得4【详解】解：如图，设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC=a,CE=b，
在△ABC中，5−1在△CDE中，1−1所以4在△ACE中，a−b所以2观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，通过作辅助线，构造三个三角形是解题关键．
【变式1-1】（2022·江苏淮安·统考中考真题）下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．3，3，6B．3，5，10C．4，6，9D．4，5，9
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系判断即可．
【详解】A.∵3+3=6，
∴长度为3，3，6的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
B.∵3+5<10，
∴长度为3，5，10的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
C.∵4+6>9，6−4<9，
∴长度为4，6，9的三条线段能组成三角形，本选项符合题意；
D.∵4+5=9，
∴长度为4，5，9的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
故选：C.
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，熟记三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
【变式1-2】（2022·四川德阳·统考中考真题）八一中学校九年级2班学生杨冲家和李锐家到学校的直线距离分别是5km和3km．那么杨冲，李锐两家的直线距离不可能是（ ）
A．1kmB．2kmC．3kmD．8km
【答案】A
【分析】利用构成三角形的条件即可进行解答．
【详解】以杨冲家、李锐家以及学校这三点来构造三角形，设杨冲家与李锐家的直线距离为a，
则根据题意有：5−3＜a＜5+3，即2＜a＜8，
当杨冲家、李锐家以及学校这三点共线时，a=5+3=8或者a=5−3=2，
综上a的取值范围为：2≤a≤8，
据此可知杨冲家、李锐家的距离不可能是1km，
故选：A．
【点睛】本题考查了构成三角形的条件的知识，构成三角的条件：三角形中任意的两边之和大于第三边，任意的两边之差小于第三边．
【变式1-3】（2022·全国·九年级专题练习）如果方程(x−1)(x2−2x+k4)=0的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数k的取值范围是___．
【答案】3【分析】首先根据题意得出方程的一个根为1，然后设另一个一元二次方程的两个根为m和n，再根据根的判别式、完全平方公式、三角形三边的关系m−n<1＜m+n即可求得k的取值范围．
【详解】解：由题意得：x−1=0，x2−2x+k4=0
∴x1=1
设x2−2x+k4=0的两根分别是m、n(m⩾n)；则m+n=2，mn=k4；
∴m−n=(m+n)2−4mn=4−k；
根据三角形三边关系定理，得：m−n<1∴4−k<14−k>0，解得3故答案为3【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系、完全平方公式、三角形的三边关系等知识点，灵活运用根与系数的关系成为解答本题的关键．
【考点2 三角形的角平分线、中线、高】
【例2】（2022·浙江·模拟预测）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面说法正确的是（ ）
①△ABE的面积=△BCE的面积；②∠AFG=∠AGF；③∠FAG=2∠ACF；④BH=CH．
A．①②③④B．①②③C．②④D．①③
【答案】B
【分析】根据三角形的中线性质、三角形的面积公式即可得判断①；先根据角平分线的定义可得∠ACF=∠DCG，再根据三角形内角和定理、等量代换可得∠AFG=∠CGD，再根据对顶角相等可得∠CGD=∠AGF，由此即可判断②；③先根据三角形内角和定理得到∠FAG+2∠AFC=180°、等量代换可得∠FAG=2∠ACF，即可判断③；④根据等腰三角形的判定即可得．
【详解】解：∵BE是△ABC中AC边上的中线，
∴AE=CE，
∴S△ABE=S△BCE，故①正确；
∵∠BAC=90°，AD是BC边上的高，
∴∠GDC=∠FAC=90°，
∴∠AFC+∠ACF=90°=∠DGC+∠DCG，
∵CF平分∠ACB，
∴∠ACF=∠DCG，
∴∠AFG=∠DGC，
又∵∠DGC=∠AGF，
∴∠AGF=∠AFG，故②正确；
∵∠FAG+∠AFG+∠AGF=180°，
∴∠FAG+2∠AFC=180°，
∴∠FAG+2∠AFC=2（∠AFC+∠ACF），
∴∠FAG=2∠ACF，故③正确；
根据现有条件无法证明∠HBC=∠HCB，即无法证明HB=HC，故④错误；
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的中线、三角形内角和定理、角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握三角形的中线、角平分线、高的性质是解题关键．
【变式2-1】（2022·浙江杭州·统考中考真题）如图，CD⊥AB于点D，已知∠ABC是钝角，则（ ）
A．线段CD是△ABC的AC边上的高线B．线段CD是△ABC的AB边上的高线
C．线段AD是△ABC的BC边上的高线D．线段AD是△ABC的AC边上的高线
【答案】B
【分析】根据高线的定义注意判断即可．
【详解】∵ 线段CD是△ABC的AB边上的高线，
∴A错误，不符合题意；
∵ 线段CD是△ABC的AB边上的高线，
∴B正确，符合题意；
∵ 线段AD是△ACD的CD边上的高线，
∴C错误，不符合题意；
∵线段AD是△ACD的CD边上的高线，
∴D错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查了三角形高线的理解，熟练掌握三角形高线的相关知识是解题的关键．
【变式2-2】（2022·江苏常州·统考中考真题）如图，在△ABC中，E是中线AD的中点．若△AEC的面积是1，则△ABD的面积是______．
【答案】2
【分析】根据ΔACE的面积=ΔDCE的面积，ΔABD的面积=ΔACD的面积计算出各部分三角形的面积．
【详解】解：∵AD是BC边上的中线，E为AD的中点，
根据等底同高可知，ΔACE的面积=ΔDCE的面积=1，
ΔABD的面积=ΔACD的面积=2ΔAEC的面积=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形的面积，解题的关键是利用三角形的中线平分三角形面积进行计算．
【变式2-3】（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，点G为△ABC的重心，D，E，F分别为BC，CA，AB的中点，具有性质：AG：GD＝BG：GE＝CG：GF＝2：1．已知△AFG的面积为3，则△ABC的面积为 _____．
【答案】18
【分析】根据线段比及三角形中线的性质求解即可．
【详解】解：∵CG：GF＝2：1，△AFG的面积为3，
∴△ACG的面积为6，
∴△ACF的面积为3+6＝9，
∵点F为AB的中点，
∴△ACF的面积＝△BCF的面积，
∴△ABC的面积为9+9＝18，
故答案为：18．
【点睛】题目主要考查线段比及线段中点的性质，熟练掌握线段中点的性质是解题关键．
【要点2 三角形的内角和定理】
三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角．每个三角形都有三个内角，且每个内角均大于0°且
小于180°．三角形内角和定理：三角形内角和是180°．
【考点3 三角形的内角和定理】
【例3】（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α．
(1)如图，当P与E重合时，求α的度数．
(2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系．
【答案】(1)25°
(2)①当点P在线段BE上时，2α－β＝50°；②当点P在线段CE上时，2α＋β＝50°
【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得∠ACD，从而α＝∠ACB−∠ACD；
（2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90°−α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α−β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90°−α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°−α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°．
【详解】（1）解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝50°，
∵P与E重合，AE平分∠BAC，
∴D在AB边上，AE⊥CD，
∴∠ACD＝65°，
∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°；
（2）①如图1，当点P在线段BE上时，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，
∴90°－α＋β＝40°＋α，
∴2α－β＝50°；
②如图2，当点P在线段CE上时，
延长AD交BC于点F，
∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β，
∴90°－α＝40°＋α＋β，
∴2α＋β＝50°．
【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质．
【变式3-1】（2022·湖北黄石·统考中考真题）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，且点D在线段BC上，连CE．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)若∠EAC=60°，求∠CED的度数．
【答案】(1)见解析
(2)30°
【分析】（1）证出∠BAD=∠CAE，由SAS证明△ABD≌△ACE即可；
（2）先由全等三角形的性质得到∠ACE=∠ABD，再由△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，得到∠ACE=∠ABD=45°且∠AED=45°，利用三角形内角和定理求出∠AEC的度数，即可求出∠CED的度数．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE．
在△ABD与△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：由（1）△ABD≌△ACE得∠ACE=∠ABD，
又∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠ACE=∠ABD=45°且∠AED=45°，
在△ACE中∵∠EAC=60°且∠ACE=45°
∴∠AEC=180°− 60°−45°=75°，
∴∠CED=∠AEC−∠AED=75°−45°=30°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
【变式3-2】（2022·浙江丽水·校联考三模）如图，△ABC中，AD平分∠BAC交BC于点D，在射线AB上截取AE=AC，过点E作EF∥BC交直线AD于点F．
(1)试判断四边形CDEF是何种特殊的四边形？并证明你的结论；
(2)当AB>AC，∠ABC=20°时，四边形CDEF能是正方形吗？如果能，求出此时∠BAC的度数；如果不能，试说明理由；
(3)题目改为“AD平分∠BAC的外角交直线BC于点D，在射线AB的反向延长线上截取AE=AC”，设∠ABC=x．其他条件不变，四边形CDEF能是正方形吗？如果能，求出此时∠BAC的度数（用关于x的关系式表示）；如果不能，试说明理由．
【答案】(1)菱形，理由见解析；
(2)能，∠BAC=50°；
(3)能，∠BAC=90°−2x或∠BAC=270°−2x
【分析】（1）利用菱形的判定定理：四条边相等的四边形是菱形，证明即可；
（2）求出∠AEF=20°，利用三角形外角性质得到∠AEF+∠EAF=∠EFD=45°，进一步求出∠EAF=25°，再利用AD平分∠BAC，得∠BAC=50°；
（3）分两种情况讨论：当∠ABC<90°时，当∠ABC＞90°时，表示出∠ACB，利用三角形内角和定理求解即可．
（1）
解：四边形CDEF是菱形，
理由如下：
∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
在△AEF和△ACF，
∠1=∠2AE=ACAF=AF
∴△AEF≌△ACFSAS
∴EF=FC，
同理可得：△AED≌△ACDSAS，
∴ED=CD，∠ADE=∠ADC，
∵EF∥BD，
∴∠EFD=∠FDC，
∴∠ADE=∠EFD，
∴EF=ED，
∴EF=FC=ED=DC，
∴四边形CDEF是菱形．
（2）
解：能，理由如下：
∵CDEF是正方形，
∴∠EDC=∠DEF=90°，
∵∠ABC=20°，
∴∠AEF=20°，
∵DF是正方形对角线，
∴∠EFD=45°，
∵∠AEF+∠EAF=∠EFD=45°，
∴∠EAF=25°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=50°．
（3）
解：能，理由如下：
当∠ABC<90°时，如图：
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠FCD=∠CDE=90°，
∵AD平分∠BAC的外角，
∴∠CAD=∠EAD，
在△ACD和△AED中，
AD=ADAC=AE∠CAD=∠EAD
∴△ACD≌△AEDSAS，
∴∠ACD=∠AED，
∵∠ABC=x，
∴∠ACD=∠AED=90°−x，
∴∠FCA=90°−90°−x=x，
∴∠BCA=90°+x
△BAC中，∠BAC=180°−∠B−∠BCA
=180°−x−90°+x
=90°−2x；
当∠ABC>90°时，如图：
∵四边形CDEF是正方形，
∴EF∥CD，∠FCD=∠CDE=90°，
∴∠FEB=∠EBD，
∵∠ABC=x，
∴∠FEB=∠EBD=180°−x，
∵AD平分∠BAC的外角，
∴∠CAF=∠EAF，
在△ACF和△AEF中，
AF=AFAC=AE∠CAF=∠EAF
∴△ACF≌△AEFSAS，
∴∠ACF=∠AEF，即∠ACF=∠AEF=∠FEB=180°−x，
∴∠BCA=90°−180°−x=x−90°，
△BAC中，∠BAC=180°−∠B−∠BCA
=180°−x−x−90°
=270°−2x．
综上所述：∠BAC=90°−2x或∠BAC=270°−2x．
【点睛】本题考查菱形的判定定理，正方形的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握以上定理及性质，（3）注意需要分情况讨论，画出图形，结合图形分析．
【变式3-3】（2022·浙江宁波·统考一模）一个角的余角的两倍称为这个角的倍余角．
(1)若∠1=30°，∠2是∠1的倍余角，则∠2的度数为 ；若∠1=α，∠2是∠1的倍余角，则∠2的度数为 ；（用α的代数式表示）
(2)如图1，在△ABC中，AC>BC，在AC上截取CD=CB，在AB上截取AE=AD．求证：∠ABC是∠EDB的倍余角；
(3)如图2，在（2）的情况下，作BF∥DE交AC于点F，将△BFC沿BF折叠得到ΔBFC′，BC′交AC于点P，若∠ABC=90°，设∠CBF=α，求∠CPB的度数．
【答案】(1)120°；180°−2α
(2)证明见解析
(3)90°
【分析】（1）由倍余角的定义可求解即可；
（2）由等腰三角形的性质可求∠ADE＋∠BDC＝180°−∠B+∠C2，由三角形内角和定理可求∠ABC＝2（90°−∠EDB），可得结论；
（3）由倍余角的定义可求∠EDB＝45°，由平行线的性质可求∠EDB＝∠DBF＝45°，由折叠的性质和等腰三角形的性质可求∠DBP＝45°−α，即可求解．
【详解】（1）解：∵∠1＝30°，∠2是∠1的倍余角，
∴∠2＝2（90°−30°）＝120°；
∵∠1＝α，∠2是∠1的倍余角，
∴∠2＝2（90°−α）＝180°−2α．
故答案为：120°；180°−2α．
（2）设∠AED=a，∠CBD=b
∵CD＝CB，AE＝AD
∴∠AED=∠ADE=a，∠DBC=∠BDC=b
∴∠EDB=180°−a−b，
∠ABC=180°−180°−2a−180°−2b=2a+2b−180°，
∴12∠ABC+∠EDB=90°即∠ABC是∠EDB的倍余角．
（3）由（2）得∠EDB=45°，
∵BF∥DE，
∴∠EDB=∠DBF=45°，
∵CB=CD，
∴∠DBC=45°+α=∠BDC，
∴∠DBP=45°−α，
∴∠DBP+∠BDC=90°，∠CPB=90°．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，理解倍余角的定义并运用，是解题的关键．
【要点3 三角形的外角】
三角形外角的概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
【要点4 三角形的外角性质】
①三角形的外角和为360°；②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；③三角形的一个外角大
于和它不相邻的任何一个内角．
【考点4 三角形的外角性质】
【例4】（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，作∠CAB平分线AF交BC于点F，以AF为边作等腰直角△AFE，且∠AFE=90°，如图2将△AFE绕点F每秒3°的速度顺时针旋转得到三角形DFE（当点D落在射线FB上时停止旋转），则旋转时间为t秒．
(1)当t＝ 秒，DE∥AB；
(2)在旋转过程中，DF与AB的交点记为M，如图3，若△AMF为等腰三角形，求t的值；
(3)当边DE与边AB、BC分别交于点P、Q时，如图4，连接AE，设∠BAE=x°，∠AED=y°，∠DFB=z°，试探究x，y，z之间的关系．
【答案】(1)5
(2)10或25或40
(3)x+y+z=105
【分析】（1）根据平行线的性质可得，∠DEF=∠BPE=45°，再利用三角形外角的性质得∠BFE的度数，从而得出旋转的角度，可得答案；
（2）分∠AFM=∠FAM或∠AFM=∠AMF或∠MAF=∠AMF，分别求出旋转的角度，从而解决问题；
（3）利用三角形外角的性质知∠BPE=∠BAE+∠AED=x°+y°，∠BQP=∠DFB+∠D=z°+45°，再根据三角形内角和定理可得答案．
【详解】（1）解：当DE∥AB时，∠DEF=∠BPE=45°，
∴∠BFE=∠BPE−∠B=45°−30°=15°，
∵起始状态∠BFE=30°，
∴t=30−15÷3=5，
故答案为：5；
（2）解：当∠AFM=∠FAM=30°，
t=30°÷3°=10，
当∠AFM=∠AMF=75°时，
t=75°÷3°=25，
当∠MAF=∠AMF=30°时，∠AFM=120°，
t=120°÷3°=40，
综上：t＝10或25或40；
（3）解：∵∠BPE是△APE的外角，
∴∠BPE=∠BAE+∠AED=x°+y°，
∵∠BQP是△DFQ的外角，
∴∠BQP=∠DFB+∠D=z°+45°，
在△BQP中，∠B+∠BQP+∠BPQ=30°+z°+45°+x°+y°=180°，
∴x+y+z=105．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识，运用分类思想是解决问题（2）的关键．运用三角形外角的性质是解决问题（3）的关键．
【变式4-1】（2022·浙江绍兴·一模）（1）问题背景
如图①，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC的平分线交直线AC于D，过点C作CE⊥BD，交直线BD于E，CE交直线BA于M．探究线段BD与CE的数量关系得到的结论是________．
（2）类比探索
在（1）中，如果把BD改为△ABC的外角∠ABF的平分线，其他条件均不变（如图②），（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）拓展延伸
在（2）中，如果AB=12AC，其他条件均不变（如图③），请直接写出BD与CE的数量关系为________．
【答案】（1）问题背景：BD=2CE（2）类比探索：结论BD=2CE仍然成立，证明见解析（3）拓展延伸：BD=CE
【分析】（1）根据角平分线及全等三角形的判定和性质得出△BME≅△BCE（ASA），CE=ME，结合图形得出∠ADB=∠M，sin∠ADB=sin∠M，再由正弦函数证明即可；
（2）根据题意，证明方法同（1）类似，证明即可；
（3）根据②得ABBD=ACCM，将线段间的数量关系代入即可得出结果．
【详解】（1）解：∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
在△BME和△BCE中，
∠ABD=∠CBDBE=BE∠BEM=∠BEC，
∴△BME≅△BCE（ASA），
∴CE=ME，
∵CE⊥BD，∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠M=90°，∠ADB+∠ABD=90°，
∴∠ADB=∠M，
∴sin∠ADB=sin∠M，
即ABBD=ACCM，
∵AB=AC，
∴BD=CM，
∴BD=2CE；
（2）结论BD=2CE仍然成立．
证明：∵BD是∠ABF的平分线，
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠3，∠2=∠4，
∴∠3=∠4，
在△CBE和△MBE中，
∠3=∠4BE=BE∠CEB=∠MEB=90°，
∴△CBE≅△MBE（ASA），
∴CE=ME，
∴CM=2CE，
∵∠D+∠DCM=∠M+∠DCM=90°．
∴∠D=∠M，
∴sin∠D=sin∠M，
∴ABBD=ACCM，
∵AB=AC，
∴BD=CM=2CE；
（3）解：同（2）可得ABBD=ACCM，CE=ME，
∵AB=12AC，
∴BD=12CM，
∴BD=CE．
故答案为： BD=CE．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，解三角形的应用，角平分线的计算等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【变式4-2】（2022·四川内江·统考模拟预测）探究与发现：
如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：
(1)观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
(2)请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若∠A=50°，则∠ABX+∠ACX=_____°；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE=50°，∠DBE=130°，则∠DCE=______°；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G1，G2，…，G9，若∠BDC=140°，∠BG1C=77°，求∠A的度数．
【答案】(1)∠BDC=∠BAC+∠B+∠C
(2)①40，②90，③70°
【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，根据一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可证明；
（2）①由（1）的结论可得∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC，然后把∠A=50°，∠BXC=90°代入上式即可得到∠ABX+∠ACX的值；②结合图形可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，代入∠DAE=50°，∠DBE=130°即可得到∠ADB+∠AEB的值，再利用上面得出的结论可知∠DCE=12∠ADB+∠AEB+∠A，易得答案．③由②方法，进而可得答案．
【详解】（1）∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，理由如下：
连接AD并延长至点F，
由外角定理可得∠BDF=∠BAD+∠B，∠CDF=∠C+∠CAD，
∵∠BDC=∠BDF+∠CDF，
∴∠BDC=∠BAD+∠B+∠C+∠CAD，
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC=∠BAC+∠B+∠C；
（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC，
∵∠A=50°，∠BXC=90°，
∴∠ABX+∠ACX=90°−50°=40°，
故答案是：40；
②由（1）的结论易得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，∠DCE=∠ADC＋∠AEC＋∠A，
∵∠DAE=50°，∠DBE=130°，
∴∠ADB+∠AEB=80°；
∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，
∴∠ADC=12∠ADB，∠AEC=12∠AEB，
∴∠DCE=12∠ADB+∠AEB+∠A=40°+50°=90°；
③由②知，∠BG1C=110∠ABD+∠ACD+∠A，
∵∠BG1C=77°，
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD=140°−x°，
∴110140−x+x=77，
∴x=70，
∴∠A为70°．
故答案是：70°．
【点睛】本题考查三角形外角的性质，三角形的内角和定理的应用，能求出∠BDC=∠A+∠B+∠C是解答的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式4-3】（2022·四川成都·四川省成都市七中育才学校校考二模）（1）[模型研究]如图①，在△ABC中，AB=AC，D为边BA延长线上一点，且∠C=n°.则∠CAD=______°；
（2）[模型应用]如图②，在△ABC中，∠ABC=2∠ACB.若AB=3，BC=5，求AC的长；
（3）[模型迁移]如图③，点P为△ABC边AC上一点，∠PBC=13∠ABC=14∠BPC，CD⊥BP，交BP的延长线于D.若AC=a，BD=b(b【答案】（1）2n；（2）26；（3）12b⋅3b2−2ab
【分析】（1）根据三角形外角的性质即可得到∠CAD=∠B+∠C=2∠C；
（2）以A为圆心，AB长为半径画弧交BC于D，作AE⊥BC于E，这样构造1中模型，进一步得出结果；
（3）作CE//BD交ABDE延长线于E，以点B为圆心，BE为半径画弧，交CE于G，作BF⊥CE于F，这样构造出（2）中模型，进一步求得结果．
【详解】解：（1）在△ABC中，
∵AB=AC，∠C=n°，
∴∠B=∠C=n°，
∵∠CAD是△ABC的外角，
∴∠CAD=∠B+∠C=2n°，
故答案为：2n；
（2）如图1，

以A为圆心，AB长为半径画弧交BC于D，作AE⊥BC于E，
∴AD=AB，
∴∠ADB=∠B=2∠C，
∵∠ADB=∠CAD+∠C，
∴∠C=∠CAD，
∴CD=AD=AB=3，
∴BD=BC−CD=5−3=2，
∵AB=AD，AE⊥BD，
∴DE=BE=12BD=1，
∴CE=DE+CD=4，
∴AE2=AD2−DE2=32−12=8，
∴AC=AE2+CE2=8+42=26；
（3）如图2，

作CE//BD交AB延长线于E，以点B为圆心，BE为半径画弧，交CE于G，作BF⊥CE于F，
∵CE//BD，
∴∠E=∠ABP，∠BCE=∠PBC，∠ECD=180°−∠D=90°，
设∠PBC=∠BCE=α，则∠ABC=3α，∠BPC=4α，
∴∠ABP=∠ABC−∠PBC=2α，
∴∠E=∠ABP=2α，
又∵∠A=∠BPC−∠ABP=4α−2α=2α，
∴∠E=∠A=2α，
∴CE=AC=a，
由（2）模型知：BE=BG=CG，
∵∠D=∠ECD=∠BFC=90°，
∴四边形BFCD是矩形，
∴CF=BD=b，CD=BF，
∴EF=FG=a−b，
∴BG=CG=CF−FG=b−a−b=2b−a，
∴CD=BF=BG2−FG2=(2b−a)2−(a−b)2=3b2−2ab，
∴S△BCD=12BD⋅CD=12b⋅3b2−2ab．
【点睛】本题考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造（2）中的“模型”．
【要点5 等腰三角形】
（1）定义：有两边相等的三角形，叫做等腰三角形.
（2）等腰三角形性质
①等腰三角形的两个底角相等，即“等边对等角”；②等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线与底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）.特别地，等腰直角三角形的每个底角都等于45°.
（3）等腰三角形的判定
如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（即“等角对等边”）.
【考点5 等腰三角形的判定与性质】
【例5】（2022·江苏泰州·模拟预测）过三角形的顶点作射线与其对边相交，将三角形分成两个三角形．若得到的两个三角形中有等腰三角形，这条射线就叫做原三角形的“友好分割线”．
(1)下列三角形中，不存在“友好分割线”的是______（只填写序号）．
①等腰直角三角形；②等边三角形；③顶角为150°的等腰三角形．
(2)如图1，在△ABC中，∠A=60°，∠B=40°，直接写出△ABC被“友好分割线”分得的等腰三角形顶角的度数；
(3)如图2，△ABC中，∠A=30°，CD为AB边上的高，BD=2，E为AD的中点，过点E作直线l交AC于点F，作CM⊥l，DN⊥l，垂足为M，N.若射线CD为△ABC的“友好分割线”，求CM+DN的最大值．
【答案】(1)②
(2)20°，40°，60°，80°或100°
(3)4
【分析】（1）根据“友好分割线”的定义判断即可；
（2）分三种情形：当“友好分割线”经过点C，当“友好分割线”经过点A，当“友好分割线”经过点B，分别画出图形求解即可；
（3）证明△DNE≌△AGE(ASA)，推出DN=AG．在Rt△AGF和Rt△CMF中，∠CMF=∠AGF=90°推出CM≤CF，AG≤AF，推出CM+AG≤CF+AF，即CM+AG≤AC，由此可得结论．
【详解】（1）根据“友好分割线”的定义可知，
如图，等腰直角三角形，顶角为150°的等腰三角形存在“友好分割线”．
等边三角形不存在“友好分割线”．
故答案为：②；
（2）∵∠A=60°,∠B=40°,
∴∠ACB=180°−60°−40°=80°,
如图，
当EC=EA时，∠AEC=60°，
当FC=FB时，∠BFC=100°，
当BC=BG时，∠B=40°．
如图，
当AC=AR时，∠CAR=20°，
当CA=CW时，∠C=80°，
如图，
当BC=BQ时，∠CBQ=20°，
综上所述，满足条件的等腰三角形的顶角的度数为：20°，40°，60°，80°或100°；
（3）解：如图2中，作AG⊥l于点G．
∵CD为AB边上的高，
∴∠CDB=∠CDA=90°．
∴∠ACD=90°−∠A=60°．
∴△CDA不是等腰三角形．
∵CD为△ABC的“友好分割线”，
∴△CDB和△CDA中至少有一个是等腰三角形．
∴△CDB是等腰三角形，且CD=BD=2．
∵∠BAC=30°，
∴AC=2CD=4．
∵DN⊥l于N，
∴∠DNE=∠AGE=90°．
∵E为AD的中点，
∴DE=AE．
在△DNE和△AGE中，
∠AGE=∠DNEDE=AE∠DEN=∠AEG
∴△DNE≌△AGE(ASA)，
∴DN=AG．
在Rt△AGF和Rt△CMF中，∠CMF=∠AGF=90°，
∴CM≤CF，AG≤AF，
∴CM+AG≤CF+AF，
即CM+AG≤AC，
∴CM+DN≤4，
∴CM+DN的最大值为4．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【变式5-1】（2022·山东威海·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知两点Am,0，B0,nn>m>0，点C在第一象限，AB⊥BC，BC=BA，点P在线段OB上，OP=OA，AP的延长线与CB的延长线交于点M，AB与CP交于点N．
(1)点C的坐标为：______（用含m，n的式子表示）；
(2)求证：BM=BN；
(3)设点C关于直线AB的对称点为D，点C关于直线AP的对称点为G，求证：D，G关于x轴对称．
【答案】(1)n,m+n
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）过点C作CE⊥y轴于点E，证明△BEC≌△AOBAAS，求出OE,CE，即可得到点C的坐标；
（2）证明△ABM≌△CBN，即可得证；
（3）如图，连接DG交x轴于点H，证明△DAH≌△GAHSAS，即可得证．
【详解】（1）过点C作CE⊥y轴于点E，
则：∠CEB=90°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠BCE=∠CBE+∠OBA=90°，
∴∠BCE=∠OBA，
∵∠CEB=∠AOB=90°，BC=BA，
∴△BEC≌△AOBAAS，
∴CE=OB,BE=OA，
∵Am,0,B0,n，
∴CE=OB=n,BE=OA=m，
∴OE=OB+BE=m+n，
∴Cn,m+n；
故答案为：n,m+n；
（2）证明：△BEC≌△AOB，
∴BE=OA=OP,CE=BO，
∴PE=OB=CE，∠OPA=∠OAP=45°，
∴∠EPC=45°，∠APC=90°，
∵∠ANP=∠BNC,∠CBN=∠APN=90°，
∴∠PAB=∠BCN，
在△ABM与△CBN中，
∠ABM=∠CBN∠PAB=∠BCNAB=CB,
∴△ABM≌△CBNASA，
∴BM=BN；
（3）证明：如图，点C关于直线AB的对称点为D，点C关于直线AP的对称点为G，连接DG交x轴于点H，
则：AD=AC,AG=AC，
∴AD=AG，
∵∠ABC=90°,BC=AB，
∴∠CAB=∠ACB=45°，
∴∠BAD=∠BDA=45°，
∵∠OAP=45°，
∴∠HAD+∠DAM=∠PAB+∠DAM=45°，
∴∠HAD=∠PAB，
∵AG=AC,AP⊥CG，
∴∠GAP=∠CAP，
∴∠HAG+45°=∠PAB+45°，
∴∠HAG=∠PAB
∴∠HAG=∠HAD，
在△DAH与△GAH中，
AD=AG∠HAG=∠HADAH=AH
∴△DAH≌△GAHSAS，
∴D,G关于x轴对称．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．通过添加合适辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
【变式5-2】（2022·青海·统考中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD=CE；
图1
(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.
图2
【答案】(1)见解析
(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE．
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
（2）解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，
理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°−∠CDE=135°，
∴∠BEC=∠ADC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°．
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM，
∴DE=2CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
【变式5-3】（2022·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角△DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
(1)【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
(2)【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
(3)【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)45°，理由见解析
(3)4+45，理由见解析
【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC＝∠BAE，再根据ASA证明△AFE≌△ECP，得AE＝EP；
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，则△FAE≌△CEP（SAS），再说明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
【详解】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝45，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝4+45．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【要点6 等边三角形】
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）等边三角形的判定：
①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.
【考点6 等边三角形的判定与性质】
【例6】（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，等边三角形AOB的顶点A的坐标为4,0，动点P从点O出发，以每秒2个单位的速度，沿O→A路线向终点A匀速运动，设运动时间为t秒，连接BP，线段BP的中点为点Q，将线段PQ绕点P顺时针旋转60°得到线段PC，连接AC．
(1)求证：∠CPA=∠OBP；
(2)当t=23时，求点C的坐标；
(3)在点P的运动过程中，△PCA能否成为直角三角形？若能，直接写出满足条件的所有t的值；若不能，说明理由；
(4)在点P从起点O向终点A运动的过程中，直接写出点C所经过的路径长．
【答案】(1)证明见解析
(2)C3,33
(3)t=1或t=43
(4)23
【分析】（1）利用三角形的外角的性质解决问题即可．
（2）由三角形AOB是等边三角形可以得出OB=OA=AB=4，∠BOA=∠OAB=∠ABO=60°，过P作PD⊥OB于D， 就可以得出∠PDO=90°，再通过解直角三角形就可以用t把PD以及OD表示出来．再过C作CE⊥OA于E，可得△PCE∽△BPD，利用三角形相似的性质就可以CE和PE的值，从而可以表示出C的坐标；
（3）在P的移动过程中使△PCA为直角三角形分两种情况，当∠PCA=90°或∠PAC=90°时就可以求出相对应的t值；
（4）设C点的坐标，表示出坐标的函数关系式确定C的运动轨迹的图象为线段，再根据条件就可以求出起点的坐标和终点的坐标，运用两点间的距离公式就可以求出其值．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BOA=60°，
∵∠BPC=60°，
∴∠BOA=∠BPC，
∵∠BPA=∠BPC+∠CPA=∠BOA+∠OBP，
∴∠CPA=∠OBP．
（2）∵△AOB是等边三角形， A4,0，
∴OB=OA=AB=4，∠BOA=∠OAB=∠ABO=60°．
如图1，过P作PD⊥OB于D，
∴∠PDO=90°，
∴∠OPD=30°，
∴OD=12OP=12×2t=t，
∴BD=4−t．
在Rt△OPD中，由勾股定理，得PD=3t，
过C作CE⊥OA于E，则∠PEC=∠PDB=90°，
∵∠DBP=∠CPE，
∴△PCE∽△BPD，
∴ CEPD=PCPB=PEBD ， 而PCPB=12，
∴ CE3t=12=PE4−t，
∴CE=3t2，PE=2−12t，
∴OE=OP+PE=2+32t，
∴C2+32t,3t2，
当t=23 时，C3,33．
（3）如图2，当∠PCA=90°时，作CF⊥PA，

∴∠PCF+∠ACF=90°=∠ACF+∠CAF，
∴∠PCF=∠CAF，而∠PFC=∠AFC=90°，
∴△PCF∽△CAF，
∴PFCF=CFAF ，
∴CF2=PF·AF，
由（2）得：PF=2−12t，AF=4−OF=2−32t，CF=3t2，
∴32t2=2−12t2−32t，
解得t=1，此时P是OA的中点．
如图3，当∠CAP=90°时，C的横坐标就是4，
此时由（2）得：OA=2+32t，
∴2+32t=4， 解得t=43；
（4）设Cx,y， 由（2）得：C2+32t,3t2，
∴x=2+32t，y=32t，
∴y=33x−233，
∴C点的运动轨迹是一条线段0≤t≤2．
当t=0时，C12,0，
当t=2时，C25,3，
∴由两点间的距离公式得：C1C2=2−52+0−32=23．
故点C运动路线的长为：23．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，等边三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，两点间的距离公式的运用．解决问题的关键是依据相似三角形对应边成比例列出比例式进行计算求解．
【变式6-1】（2022·四川南充·模拟预测）如图，△ABC是等边三角形，CF⊥AC交AB的延长线于点F，G为BC的中点，射线AG交CF于D，E在CF上，CE=AD，连接BD，BE．求证：△BDE是等边三角形．
【答案】证明见解析
【分析】证明△ACD≌△CBESAS，得到∠ACD=∠CBE=90°，CD=BE，再利用△CBE为直角三角形，∠BCE=30°，证明∠BEC=60°， DE=BE，即可证明△BDE是等边三角形．
【详解】证明：∵△ABC是等边三角形，G为BC中点，
∴∠CAD=∠BAD=30°，∠ACB=60°，AC=BC，
∵CF⊥AC，
∴∠BCE=90°−60°=30°，即∠BCE=∠CAD=30°，
在△ACD和△CBE中，
AC=CB∠CAD=∠BCEAD=CE
∴△ACD≌△CBESAS，
∴∠ACD=∠CBE=90°，CD=BE，
∵△CBE为直角三角形，∠BCE=30°，
∴BE=12CE，∠BEC=60°，
∵CD=BE，
∴CD=12CE，即D为CE中点，
∴DE=BE，
∴△BDE是等边三角形．
【点睛】本题考查等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的性质．
【变式6-2】（2022·山东东营·统考中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.
(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，推出AE=BE= 12AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD= 12h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出SCEFD=CD⋅EG=12a⋅12ℎ=12⋅12aℎ=12S△ABC，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱BDEF是菱形．
【详解】（1）∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，
∴AE=BE= 12AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴EGAD=BEAB=12，
∴EG=12AD= 12h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴S四边形CEFD=CD⋅EG=12a⋅12ℎ=12⋅12aℎ=12S△ABC,
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴▱BDEF是菱形．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
【变式6-3】（2022·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析
【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACESAS，再由全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，进而得到△BAD∽△FAG，进而求出∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用等腰直角三角形的性质求解．
（1）
解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）
解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，
由（1）得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．
∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
∴∠DAG=12∠DAE=30°，
∴AGAD=cs∠DAG=32．
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF=12∠BAC=30°，
∴AFAB=cs∠BAF=32，
∴∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
【要点7 含30°角的直角三角形】
在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
【考点7 含30度角的直角三角形的性质】
【例7】（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC=5，BC=1，∠AOB=30°，则OA的值为（ ）
A．3B．32C．2D．1
【答案】A
【分析】根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠OBC=90°，OC=5，BC=1，
∴OB=OC2−BC2=52−12=2
∵∠A=90°，∠AOB=30°，
∴AB=12OB=1，
∴OA=OB2−AB2=22−12=3，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
【变式7-1】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，AC⊥BC,BC=4,∠ABC=60°，若EF过点O且与边AB,CD分别相交于点E，F，设BE=x,OE2=y，则y关于x的函数图像大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点O向AB作垂线，交AB于点M，根据含有30°角的直角三角形性质以及勾股定理可得AB、AC的长，再结合平行四边形的性质可得AO的长，进而求出OM、AM的长，设BE=x，则EM=5−x，然后利用勾股定理可求出y与x的关系式，最后根据自变量的取值范围求出函数值的范围，即可做出判断．
【详解】解：如图过点O向AB作垂线，交AB于点M，
∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∵BC＝4，
∴AB＝8，AC＝43，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12AC=23，
∴OM=12AO=3，
∴AM=AO2−OM2=3，
设BE=x,OE2=y，则EM=AB−AM−EM=8−3−x=5−x，
∵OE2=OM2+EM2，
∴y=x−52+3，
当0≤x<3时，3当3≤x≤8时，3≤y≤12．
且图像是二次函数的一部分
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理、含有30°角的直角三角形的性质以及二次函数图象等知识，解题关键是求解函数解析式和函数值的范围．
【变式7-2】（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积___________．
【答案】36×434042
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，则有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12−A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
设B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1⋅cs60°=12x,B2H=B2D1⋅sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n−1，Bn+1Dn=13⋅43n−1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022−S△B2023B2022D2022=34×4320212−12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案为36×434042．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
【变式7-3】（2022·辽宁锦州·中考真题）在△ABC中，AC=BC，点D在线段AB上，连接CD并延长至点E，使DE=CD，过点E作EF⊥AB，交直线AB于点F．
(1)如图1，若∠ACB=120°，请用等式表示AC与EF的数量关系：____________．
(2)如图2．若∠ACB=90°，完成以下问题：
①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示AC,AD,DF之间的数量关系，并说明理由；
②当点D，点F位于点A的同侧时，若DF=1,AD=3，请直接写出AC的长．
【答案】(1)EF=12AC
(2)①AD+DF=22AC；②42或22；
【分析】（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到EF=CG，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；
（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明△ACH是等腰直角三角形，即可得到结论；
②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．
【详解】（1）解：过点C作CG⊥AB于G，如图，
∵EF⊥AB，
∴∠EFD=∠CGD=90°，
∵∠EDF=∠CDG，DE=CD，
∴△EDF≌△CDG，
∴EF=CG；
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，
∴∠A=∠B=12×(180°−120°)=30°，
∴CG=12AC，
∴EF=12AC；
故答案为：EF=12AC；
（2）解：①过点C作CH⊥AB于H，如图，
与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，
∴DF=DH，
∴AD+DF=AD+DH=AH，
在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAH=45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴AH=22AC，
∴AD+DF=22AC；
②如图，过点C作CG⊥AB于G，
与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，
∴DF=DG=1，
∵AD=3，
当点F在点A、D之间时，有
∴AG=1+3=4，
与①同理，可证△ACG是等腰直角三角形，
∴AC=2AG=42；
当点D在点A、F之间时，如图：
∴AG=AD−DG=3−1=2，
与①同理，可证△ACG是等腰直角三角形，
∴AC=2AG=22；
综合上述，线段AC的长为42或22．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．
【要点8 角平分线的性质】
角的平分线的性质：角的平分线上的点到角两边的距离相等.
用符号语言表示角的平分线的性质定理：
若CD平分∠ADB，点P是CD上一点，且PE⊥AD于点E，PF⊥BD于点F，则PE＝PF.
【要点9 角平分线的判定】
角平分线的判定：角的内部到角两边距离相等的点在角的平分线上.
用符号语言表示角的平分线的判定：
若PE⊥AD于点E，PF⊥BD于点F，PE＝PF，则PD平分∠ADB
【考点8 角平分线的判定与性质】
【例8】（2022·湖北省直辖县级单位·中考真题）如图，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=90°，BD,CE交于点F，连接AF，下列结论：①BD=CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE=45°．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①证明△BAD≌△CAE,再利用全等三角形的性质即可判断；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF=∠ACF，再由∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF证得∠BFC=90°即可判定；③分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE,根据全等三角形面积相等和BD=CE，证得AM=AN,即AF平分∠BFE,即可判定；④由AF平分∠BFE结合BF⊥CF即可判定．
【详解】解：∵∠BAC=∠EAD
∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中
AB=AC, ∠BAD=∠CAE,AD=AE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE
故①正确；
∵△BAD≌△CAE
∴∠ABF=∠ACF
∵∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF
∴∠ACF+∠BGA=90°,
∴∠BFC=90°
故②正确；
分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分别为M、N
∵△BAD≌△CAE
∴S△BAD=S△CAE,
∴12BD⋅AM=12CE⋅AN
∵BD=CE
∴AM=AN
∴AF平分∠BFE，无法证明AF平分∠CAD．
故③错误；
∵AF平分∠BFE，BF⊥CF
∴∠AFE=45°
故④正确．
故答案为C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质以及角的和差等知识，其中正确应用角平分线定理是解答本题的关键．
【变式8-1】（2022·湖北襄阳·统考中考真题）如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝33，则△ABC的周长为_____．
【答案】53
【分析】如图，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AC于点N，过点D作DT//AE交BC于点T．证明AB=3AD，设AD=CD=a，证明ET=CT，设ET=CT=b，则BE=3b，求出a+b，可得结论．
【详解】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥AC于点N，过点D作DT//AE交BC于点T．
∵AE平分∠BAC，FM⊥AB，FN⊥AC，
∴FM=FN，
∴ SΔABFSΔADF=BFDF=12⋅AB⋅FM12⋅AD⋅FN=3，
∴AB=3AD，
设AD=DC=a，则AB=3a，
∵AD=DC，DT//AE，
∴ET=CT，
∴ BEET=BFDF=3，
设ET=CT=b，则BE=3b，
∵AB+BE=33，
∴3a+3b=33，
∴a+b=3，
∴ΔABC的周长=AB+AC+BC=5a+5b=53，
故答案为：53．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
【变式8-2】（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，已知△ABC,AB=AC,BC=16,AD⊥BC,∠ABC的平分线交AD于点E，且DE=4．将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合．下列结论正确的有：__________（填写序号）
①BD=8
②点E到AC的距离为3
③EM=103
④EM∥AC

【答案】①④##④①
【分析】根据等腰三角形的性质即可判断①，根据角平分线的性质即可判断②，设DM=x，则EM=8−x，Rt△EDM中，EM2=DM2+DE2，DE=4．继而求得EM，设AE=a，则AD=AE+ED=4+a,BD=8，根据AEED=ABBD，进而求得a的值，根据tanC=ADDC=203+48=43，tan∠EMD=EDDM=43，可得∠C=∠EMD，即可判断④
【详解】解：∵△ABC,AB=AC,BC=16,AD⊥BC,
∴BD=DC=12BC=8，故①正确；
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥AC于H，
∵ AD⊥BC,AB=AC，
∴AE平分∠BAC，
∴EH=EF，
∵ BE是∠ABD的角平分线，
∵ED⊥BC,EF⊥AB，
∴EF=ED，
∴EH=ED=4，故②不正确，
.∵将∠C沿GM折叠使点C与点E恰好重合，
∴EM=MC,DM+MC=DM+EM=CD=8，
设DM=x，则EM=8−x，
Rt△EDM中，EM2=DM2+DE2，DE=4．
8−x2=42+x2，
解得x=3，
∴EM=MC=5故③不正确，
设AE=a，则AD=AE+ED=4+a,BD=8，
AB2=4+a2+82，
∵S△ABES△BDE=12AB×EF12BD×ED=12AE×BD12ED×BD，
∴AEED=ABBD，
a4=AB8，
AB=2a，
∴ 4+a2+82 =2a2，
解得a=203或a=−4（舍去）
∴tanC=ADDC=203+48=43，
∵tan∠EMD=EDDM=43，
∴∠C=∠EMD，
∴EM∥AC，故④正确，
故答案为：①④
【点睛】本题考查了解直角三角形，三线合一，角平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式8-3】（2022·湖北武汉·统考中考真题）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S．
(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图1，若∠B=45°，m=52，则n=_____________，S=_____________；
②如图2，若∠B=60°，m=43，则n=_____________，S=_____________；
(2)如图3，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
【答案】(1)①52，25；②4；83
(2)S=12mn
(3)S=63
【分析】（1）①先证四边形DECF为正方形，再证△ABC为等腰直角三角形，根据CD平分∠ACB，得出CD⊥AB，且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5即可；②先证四边形DECF为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°，利用30°直角三角形先证求出DE=12AD=12×43=23，利用三角函数求出AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，BF=DFtan30°=2，BD=DF÷sin60°=4即可；
（2）过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，先证四边形DGCH为正方形，再证△DFG≌△DEH（ASA）与△DBG≌△DIH（SAS），然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，先证明△DQF≌△DPE，△DBQ≌△DRP，再证△DBF≌△DRE，求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．
【详解】（1）解：①∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=45°，
∴∠A=90°-∠B=45°=∠B，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴CD⊥AB，且AD=BD=m,
∵m=52，
∴BD=n=52，
∴BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5，ED=DF=5，
∴S= S△ADE+SΔBDF=12×5×5+12×5×5=25；
故答案为52，25；
②∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=60°，
∴∠A=90°-∠B=30°，
∴DE=12AD=12×43=23，AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，
∵∠BDF=90°-∠B=30°，
∴BF=DFtan30°=2，
∴BD=DF÷sin60°=4，
∴BD=n=4，
∴S=S△ADE+SΔBDF=12×23×6+12×2×23=83，
故答案为：4；83；
（2）解：过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，
∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°，
∴四边形DGCH为矩形，
∵CD是△ABC的角平分线，DH⊥AC，DG⊥BC，
∴DG=DH，
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°，
∴∠FDG=∠EDH，
在△DFG和△DEH中，
∠FDG=∠EDHDG=DH∠DGF=∠DHE，
∴△DFG≌△DEH（ASA）
∴FG=EH，
在△DBG和△DIH中，
DG=DH∠DGB=∠DHIBG=IH，
∴△DBG≌△DIH（SAS），
∴∠B=∠DIH，DB=DI=n，
∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°，
∴∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°，
∴S△ADI=12AD⋅DI=12mn，
∴S=S△ADE+SΔBDF=S△ADE+SΔHDI=SΔADI=12mn；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，
∵CD是△ABC的角平分线，DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
∵∠ACB=60°
∴∠QDP=120°，
∵∠EDF=120°，
∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°，
∴∠FDQ=∠EDP，
在△DFQ和△DEP中，
∠FDQ=∠EDPDQ=DP∠DQF=∠DPE，
∴△DFQ≌△DEP（ASA）
∴DF=DE，∠QDF=∠PDE，
在△DBQ和△DRP中，
DQ=DP∠DQB=∠DPRBQ=RP，
∴△DBQ≌△DRP（SAS），
∴∠BDQ=∠RDP，DB=DR，
∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE，
∵DB=DE，DB=DR，
∴△DBF≌△DRE，
∴∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°，
∴S=S△ADR=12AS⋅DR=12ADsin60°×DR=12×6×32×4=63．
【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键．
【要点10 线段垂直平分线的性质】
线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等.反过来，与一条线段两个端点距离相等的点，在这
条线段的垂直平分线上.
【要点11 线段垂直平分线的判定】
到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，（这样的点需要找两个）
【考点9 垂直平分线的判定与性质】
【例9】（2022·四川巴中·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，分别以C、D为圆心，大于12CD为半径画弧，两弧分别交于点M、N，连接MN，若直线MN恰好过点A与边CD交于点E，连接BE，则下列结论错误的是（ ）
A．∠BCD=120°B．若AB=3，则BE=4
C．CE=12BCD．S△ADE=12S△ABE
【答案】B
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=32，
∵∠D=60°，
∴AE=AD2−ED2=32−322=332，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=32+3322=372 ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即CE=12BC，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵AB∥CD，AB=2DE，
∴S△ADE=12S△ABE，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
【变式9-1】（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°．分别以点A和C为圆心，以大于12AC的长度为半径作弧，两弧相交于点P和点Q，作直线PQ分别交BC，AC于点D和点E．若CD=3，则BD的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】连接AD，由作图知：DE是线段AC的垂直平分线，得到AD=CD=3，∠DAC=∠C=30°，求得∠BAD=90°，再利用含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接AD，
由作图知：DE是线段AC的垂直平分线，
∴AD=CD=3，
∴∠DAC=∠C，
∵AB=AC，∠A=120°，
∴∠B=∠C=30°，则∠DAC=∠C=30°，
∴∠BAD=120°-∠DAC=90°，
∴BD=2AD=6，
故选：C．
【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质．
【变式9-2】（2022·全国·八年级专题练习）如图，等边△ABC中，AB=10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF=______________，FB+FD的最小值为______________．
【答案】 30°##30度 53
【分析】①△ABC与△BEF为等边三角形，得到BA=BC，BE=BF，∠ABE=∠CBF，从而证△BAE≌△BCF(SAS)，最后得到答案．
②过点D作定直线CF的对称点G，连CG，证出△DCG为等边三角形，CF为DG的中垂线，得到FD=FG， FB+FD=FB+FG≥BG，再证△BCG为直角三角形，利用勾股定理求出BG=53，即可得到答案．
【详解】解：①∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，AD⊥BC，
∴∠BAE=12∠BAC=30°，
∵△BEF是等边三角形，
∵∠EBF=∠ABC=60°，BE=BF，
∴∠ABE=∠ABC−∠EBC=60°−∠EBC，
∠CBF=∠EBF−∠EBC=60°−∠EBC，
∴∠ABE=∠CBF，
在△BAE和△BCF中
BA=BC∠ABE=∠CBFBE=BF
∴△BAE≌△BCF(SAS)，
得∠BAE=∠BCF=30°；
故答案为：30°．
②（将军饮马问题）
过点D作定直线CF的对称点G，连CG，
∴△DCG为等边三角形，CF为DG的中垂线，FD=FG，
∴FB+FD=FB+FG，
连接BG，
∴FB+FD=FB+FG≥BG，
又DG=DC=12BC，
∴△BCG为直角三角形，
∵BC=10，CG=5，
∴BG=53，
∴FB+FD的最小值为53．
故答案为：53．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，将军饮马，线段垂直平分线的判定及性质，勾股定理等内容，熟练运用将军饮马是解题的关键，具有较强的综合性．
【变式9-3】（2022·陕西·统考中考真题）问题提出
(1)如图1，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP=AC，则∠APC的度数为__________．
问题探究
(2)如图2，在△ABC中，CA=CB=6,∠C=120°．过点A作AP∥BC，且AP=BC，过点P作直线l⊥BC，分别交AB、BC于点O、E，求四边形OECA的面积．
问题解决
(3)如图3，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC=45°．工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件，并要求∠BAP=15°,AP=AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；
②作CD的垂直平分线l，与CD于点E；
③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP、BP，得△ABP．
请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．
【答案】(1)75°
(2)1532
(3)符合要求，理由见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的判定及性质，结合三角形内角和，先求出∠PCD=15°即可；
（2）连接BP．先证明出四边形ACBP是菱形．利用菱形的性质得出BP=AC=6，由∠ACB=120°，得出∠PBE=60°．根据l⊥BC，得BE=PB⋅cs60°=3，PE=PB⋅sin60°=33，即可求出S△ABC=12BC⋅PE=93，再求出OE=3，利用S四边形OECA=S△ABC−S△OBE即可求解；
（3）由作法，知AP=AC，根据CD=CA,∠CAB=45°，得出∠ACD=90°．以AC、CD为边，作正方形ACDF，连接PF．得出AF=AC=AP．根据l是CD的垂直平分线，证明出△AFP为等边三角形，即可得出结论．
(1)
解：∵AC=AP，
∴∠ACP=∠APC，
∵2(∠ACD+∠PCD)+∠CAP=180°，
∴2×(60°+∠PCD)+30°=180°，
解得：∠PCD=15°，
∴∠ACP=∠ACD+∠PCD=75°，
∴∠APC=75°，
故答案为：75°；
(2)
解：如图2，连接BP．
图2
∵AP∥BC,AP=BC=AC，
∴四边形ACBP是菱形．
∴BP=AC=6．
∵∠ACB=120°，
∴∠PBE=60°．
∵l⊥BC，
∴BE=PB⋅cs60°=3,PE=PB⋅sin60°=33．
∴S△ABC=12BC⋅PE=93．
∵∠ABC=30°，
∴OE=BE⋅tan30°=3．
∴S△OBE=12BE⋅OE=332．
∴S四边形OECA=S△ABC−S△OBE=1532．
(3)
解：符合要求．
由作法，知AP=AC．
∵CD=CA,∠CAB=45°，
∴∠ACD=90°．
如图3，以AC、CD为边，作正方形ACDF，连接PF．
图3
∴AF=AC=AP．
∵l是CD的垂直平分线，
∴l是AF的垂直平分线．
∴PF=PA．
∴△AFP为等边三角形．
∴∠FAP=60°，
∴∠PAC=30°，
∴∠BAP=15°．
∴裁得的△ABP型部件符合要求．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理、菱形的判定及性质、锐角三角函数、正方形、垂直平分线，解题的关键是要灵活运用以上知识点进行求解，涉及知识点较多，题目较难．
【要点12 勾股定理】
在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角
边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
【考点10 勾股定理】
【例10】（2022·江苏镇江·统考中考真题）如图，点A、B、C、D在网格中小正方形的顶点处，AD与BC相交于点O，小正方形的边长为1，则AO的长等于（ ）
A．2B．73C．625D．925
【答案】A
【分析】先根据勾股定理计算AD的长，再根据△AOB∽△DOC，对应边成比例，从而求出AO的长．
【详解】解： AD=32+42=5，AB=2，CD=3，
∵AB∥DC，
∴△AOB∽△DOC，
∴AOOD=ABCD=23，
∴设AO=2x，则OD=3x，
∵AO+OD=AD，
∴2x+3x=5．
解得：x=1，
∴AO=2，
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理和相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
【变式10-1】（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿CE折叠，使点B落在边AD上的点F处．若点E在边AB上，AB＝3，BC＝5，则AE＝________．
【答案】43##113
【分析】由折叠性质可得CF=BC=5，BE=EF，由矩形性质有CD=AB=3，BC=AD=5，勾股定理求得DF，AF．设BE=EF=x，则AE=AB-BE，在直角三角形AEF中，根据勾股定理，建立方程，解方程即可求解．
【详解】解：由折叠性质可得CF=BC=5，BE=EF，
由矩形性质有CD=AB=3，BC=AD=5，
∵∠D=90°，
∴DF=CF2−CD2=4，
所以AF=AD−DF=5−4=1，
所以 BE=EF=x，则AE=AB-BE=3-x，在直角三角形AEF中:
AE2+AF2=EF2，
∴3−x2+12=x2，
解得x=53，
∴AE=3−53=43，
故答案为：43．
【点睛】本题考查了图形折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，在直角三角形AEF中运用勾股定理建立方程求解是关键．
【变式10-2】（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②26
【分析】1根据SAS证明三角形全等即可；
2①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
∵DE=DF，∠EDF=90°．
∴∠ADC=∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
DA=DC∠ADE=∠CDFDE=DF
∴△ADE≌△CDFSAS；
（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

∵∠ADP=90°，
∴∠DAP+∠DPA=90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE=∠DCF．
∵∠DPA=∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°．
∴∠PGN=90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠MBN=90°．
∴∠ABM=∠CBN．
又∵∠AMB=∠BNC=90°，
∴△AMB≌△CNB．
∴MB=NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，

∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°−∠DAH=∠BAM,AD=AB
∴△AMB≌△DHA．
∴BM=AH．
∵AH2=AD2−DH2，AD=4，
∴DH最大时，AH最小，DH最大值=DE=2．
∴BM最小值=AH最小值=23．
由2①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值=2BM=26．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
【变式10-3】（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在直线AC上，连接BD，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．
(1)求证：BC=3AB；
(2)当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求CEAD的值；
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出ANCE的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3
(3)5719或2121
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝32AB，BC＝2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
（1）
证明：如图1，
作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
∴∠BAH＝∠CAH＝12∠BAC＝12×120°＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝BHAB，
∴BH＝32AB，
∴BC＝2BH＝3AB；
（2）
解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝180°−∠BAC2＝180°−120°2＝30°，
由（1）得，BCAB=3，
同理可得，
∠DBE＝30°，BEBD=3，
∴∠ABC＝∠DBE，BCAB=BEBD，
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴CEAD=BEBD=3；
（3）
：如图2，
当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，CE=3AD=23a，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cs60°＝32a，BF＝3a•sin60°＝332a，
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2a+32a=72a，
BD＝BF2＋DF2=332a2+72a2=19a，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴AGBF＝ADBD，
∴AG332a=2a19a，
∴AG=3319a，
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴AN＝AGsin60°=3319·23a=61919a，
∴ANCE=61919a23a=5719，
如图3，
当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE＝3AD=43a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝3a，
∴BD=3a2+5a2=27a，
∴AQ3a=4a27a，
∴AQ=237a，
∴AN=237a·23=47a，
∴ANCE=47a43a=2121，
综上所述：ANCE的值为5719或2121．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
【要点13 勾股定理的逆定理】
如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
【考点11 勾股定理的逆定理】
【例11】（2022·湖南·统考中考真题）如图，点O是等边三角形ABC内一点，OA=2，OB=1，OC=3，则ΔAOB与ΔBOC的面积之和为（ ）
A．34B．32C．334D．3
【答案】C
【分析】将ΔAOB绕点B顺时针旋转60°得ΔBCD，连接OD，得到△BOD是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得∠COD=90°，从而求解．
【详解】解：将ΔAOB绕点B顺时针旋转60°得ΔBCD，连接OD，
∴OB=OD，∠BOD=60°，CD=OA=2，
∴ΔBOD是等边三角形，
∴OD=OB=1，
∵OD2+OC2=12+32=4，CD2=22=4，
∴OD2+OC2=CD2，
∴∠DOC=90°，
∴ΔAOB与ΔBOC的面积之和为
S△BOC+S△BCD=S△BOD+S△COD=34×12+12×1×3=334．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，旋转的性质等知识，利用旋转将ΔAOB与ΔBOC的面积之和转化为S△BOC+S△BCD，是解题的关键．
【变式11-1】（2022·山东日照·统考中考真题）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，∠C=90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM=a，CN=b，若ab=8．
(1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；
(2)①当a=b时，求∠ECF的度数；
②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．
【答案】(1)直角三角形，理由见解析
(2)①45°；②成立，理由见解析
【分析】（1）分别表示出AE，BF及EF，计算出AE2+BF2及EF2，从而得出结论；
（2）①连接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE=PE=PF=BF，从而得出ME=EG=GF=NF，进而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，从而得出结果；
②将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，可推出DE=EF，进而推出△DCF≌△FCE，进一步得出结果．
（1）解：线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下：∵AM=AC-CM=4-a，BN=4-b，∴AE=2AM=2 (4−a)，BE=2 (4−b)，∴AE2+BF2=2（4-a）2+2（4-b）2=2（a2+b2-8a-8b+32），2AC=42，∴EF=AB-AE-BF=2 [4-（4-a）-（4-b）]，∵ab=8，EF2=2（a+b-4）2=2（a2+b2-8a-8b+16+2ab）=2（a2+b2-8a-8b+32），∴AE2+BF2=EF2，∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形；
（2）解：①如图1，连接PC交EF于G，∵a=b，∴ME=AM=BN=NF，∵四边形CNPM是矩形，∴矩形CNPM是正方形，∴PC平分∠ACB，∴CG⊥AB，∴∠PEG=90°，∵CM=CN=PM=PN，∴PE=PF，∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，EF2=AE2+BF2，EF2=PE2+PF2，∴PE=AE=PF=BF，∴ME=EG=FG=FN，∴∠MCE=∠GCE，∠NCF=∠GCF，∵∠ACB=90°，∴∠ECG+∠FCG=12∠ACB=45°；②如图2，仍然成立，理由如下：将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，∴∠DAC=∠B=45°，AD=BF，∴∠DAE=∠DAC+∠CAB=90°，∴DE2=AD2+AE2=BF2+AE2，∵EF2=BF2+AE2，∴DE=EF，∵CD=CF，CE=CE，∴△DCF≌△FCE（SSS），∴∠ECF=∠DCF=12∠DCF=12×90°=45°．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，正方形判定和性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
【变式11-2】（2022·吉林长春·统考中考真题）如图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求作图，保留作图痕迹．
(1)网格中△ABC的形状是________；
(2)在图①中确定一点D，连结DB、DC，使△DBC与△ABC全等：
(3)在图②中△ABC的边BC上确定一点E，连结AE，使△ABE∽△CBA：
(4)在图③中△ABC的边AB上确定一点P，在边BC上确定一点Q，连结PQ，使△PBQ∽△ABC，且相似比为1：2．
【答案】(1)直角三角形
(2)见解析（答案不唯一）
(3)见解析
(4)翙解析
【分析】（1）运用勾股定理分别计算出AB，AC，BC的长，再运用勾股定理逆定理进行判断即可得到结论；
（2）作出点A关于BC的对称点D，连接BD，CD即可得出△DBC与△ABC全等：
（3）过点A作AE⊥BC于点E，则可知△ABE∽△CBA：
（4）作出以AB为斜边的等腰直角三角形，作出斜边上的高，交AB于点P，交BC于点Q，则点P，Q即为所求．
（1）
∵AB2=42+22=20,AC2=22+12=5,BC2=52=25
∴AB2+AC2=BC2,
∴△ABC是直角三角形，
故答案为：直角三角形；
（2）
如图，点D即为所求作，使△DBC与△ABC全等：
（3）
如图所示，点E即为所作，且使△ABE∽△CBA：
（4）
如图，点P，Q即为所求，使得△PBQ∽△ABC，且相似比为1：2．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
【变式11-3】（2022·北京·统考中考真题）在△ABC中，∠ACB=90∘，D为△ABC内一点，连接BD，DC，延长DC到点E，使得CE=DC.
(1)如图1，延长BC到点F，使得CF=BC，连接AF，EF，若AF⊥EF，求证：BD⊥AF；
(2)连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图2，若AB2=AE2+BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)CD=CH；证明见解析
【分析】（1）先利用已知条件证明△FCE≅△BCDSAS，得出∠CFE=∠CBD，推出EF∥BD，再由AF⊥EF即可证明BD⊥AF；
（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证△MEC≅△BDCSAS，推出ME=BD，通过等量代换得到AM2=AE2+ME2，利用平行线的性质得出∠BHE=∠AEM=90°，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到CD=CH．
【详解】（1）证明：在△FCE和△BCD中，
CE=CD∠FCE=∠BCDCF=CB，
∴ △FCE≅△BCDSAS，
∴ ∠CFE=∠CBD，
∴ EF∥BD，
∵AF⊥EF，
∴BD⊥AF．
（2）解：补全后的图形如图所示，CD=CH，证明如下：
延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，
∵∠ACB=90∘，CM＝CB，
∴ AC垂直平分BM，
∴AB=AM，
在△MEC和△BDC中，
CM=CB∠MCE=∠BCDCE=CD，
∴ △MEC≅△BDCSAS，
∴ ME=BD，∠CME=∠CBD，
∵AB2=AE2+BD2，
∴ AM2=AE2+ME2，
∴ ∠AEM=90°，
∵∠CME=∠CBD，
∴BH∥EM，
∴ ∠BHE=∠AEM=90°，即∠DHE=90°，
∵CE=CD=12DE，
∴ CH=12DE，
∴ CD=CH．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明∠DHE=90°是解题的关键．
【考点12 勾股定理的应用】
【例12】（2022·江苏苏州·校考一模）一艘渔船从港口A沿北偏东60°方向航行60海里到达C处时突然发生故障，位于港口A正东方向的B处的救援艇接到信号后，立即沿北偏东45°方向以40海里/小时的速度前去救援，救援艇到达C处所用的时间为（ ）
A．32小时B．23小时C．334小时D．324小时
【答案】D
【分析】过点C作CD⊥AB，垂足为点D，先求出CD的长度，再根据勾股定理求出BC的长度即可．
【详解】解：过点C作CD⊥AB，垂足为点D，
∵∠CAD=90°−60°=30°，AC=60海里，
∴CD=12AC=30海里，
∵∠CBD=90°−45°=45°，
∴BD=CD，
根据勾股定理得：BC=BD2+CD2=302海里，
∴救援艇到达C处所用的时间为：30240=324．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、含有30°角的直角三角形，以及等腰直角三角形，解题的关键是熟练掌握含有30°角的直角三角形，30°所对的边等于斜边的一半．
【变式12-1】（2022·福建福州·福建省福州教育学院附属中学校考模拟预测）我国古代数学著作《九章算术》中记载这样一个问题，原文是：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽．问索长几何?”译文为；“现在有一根直立的木柱，用一根绳索绑住木柱的顶端，另一端自由下垂，则绳索比木柱多三尺；将绳索的另一端靠地拉直，此时距离木柱的底端八尺，问这条绳索的长度是多少?”根据题意，求得绳索的长度是（ ）
A．916尺B．9尺C．12尺D．1216尺
【答案】D
【分析】设木柱长度为x尺，则绳索长度为（x+3）尺，根据题意利用勾股列方程即可求解．
【详解】解：设木柱长度为x尺，则绳索长度为（x+3）尺，
根据题意可得：x2+82=（x+3）2，
解得：x=556．
∴x+3=1216，
故绳索长度为1216尺．
故选：D．
【点睛】本题主要考查勾股定理的应用，正确理解题意，由勾股定理得出方程是解题的关键．
【变式12-2】（2022·四川绵阳·校联考中考模拟）如图，长、宽、高分别为2，1，1的长方体木块上有一只蚂蚁从顶点A出发沿着长方体的外表面爬到顶点B，则它爬行的最短路程是（ ）
A．10B．3C．5D．22
【答案】D
【分析】蚂蚁有两种爬法，就是把正视和俯视（或正视和侧视）二个面展平成一个长方形，然后求其对角线，比较大小即可求得最短路程．
【详解】解：如图所示，
路径一：AB=2+1+12=22；
路径二：AB=2+12+12=10 ，
∵22<10 ，
∴ 蚂蚁爬行的最短路程为22 ．
故选：D．
【点睛】本题考查了立体图形中的最短路线问题；通常应把立体几何中的最短路线问题转化为平面几何中的求两点间距离的问题；注意长方体展开图形应分情况进行探讨．
【变式12-3】（2022·山东济宁·统考一模）如图，在东西方向的海面线MN上，有A，B两艘巡逻船和观测点D（A，B，D在直线MN上），两船同时收到渔船C在海面停滞点发出的求救信号．测得渔船分别在巡逻船A，B北偏西30°和北偏东45°方向，巡逻船A和渔船C相距120海里，渔船在观测点D北偏东15°方向．（说明：结果取整数．参考数据：2≈1.41，3≈1.73）
(1)求巡逻船B与观测点D间的距离；
(2)已知观测点D处45海里的范围内有暗礁．若巡逻船B沿BC方向去营救渔船C有没有触礁的危险？并说明理由．
【答案】(1)巡逻船B与观测点D间的距离约为76海里
(2)没有触礁危险，理由见解析
【分析】（1）过点C作CE⊥MN 于点E，可求AE=12AC=60 ，∠ABC=45° ，继而求得AB=AE+BE=60+603 ，再证明ΔACD∼ΔABC ，利用相似三角形的性质得到ADAC=ACAB ，代入求值即可得到AD=1203−120 ，即可求解；
（2）过点D作DF⊥BC于点F，可证ΔBDF 是等腰直角三角形，继而求得DF的长度，再与45 比较，即可得到答案．
（1）
如图，过点C作CE⊥MN 于点E
∴∠CEA=∠CEB=90° ,∠ACE=30°,∠BCE=45°,∠DCE=15°,AC=120
∴AE=12AC=60 ，∠ABC=45°
∴CE=BE=AC2−AE2=1202−602=603
∴AB=AE+BE=60+603
∵∠ACD=∠ACE+∠DCE=45°=∠ABC ，∠CAD=∠BAC
∴ΔACD∼ΔABC
∴ADAC=ACAB
即AD120=12060+603
解得AD=1203−120
BD=AB−AD=60+603−(1203−120)=180−603≈76 （海里）
所以，巡逻船B与观测点D间的距离约为76海里；
（2）
没有触礁危险，理由如下
如图，过点D作DF⊥BC于点F
∴∠BFD=90°
∵∠ABC=45°
∴ΔBDF 是等腰直角三角形
∴DF=22BD=22×76=382≈54 （海里）
∵54>45
∴没有触礁危险
【点睛】本题考查了解直角三角形、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
【要点14 直角三角形斜边的中线】
在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半。
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】
【例13】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB=32．Rt△BEF中，∠BEF=90°,EF过点D，BE,BF分别交AD,CD于点G，M，连接OE,OM,EM．若BG=DF,tan∠ABG=13，则△OEM的周长为___________．
【答案】3+35
【分析】连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，解直角三角形可得BG＝25，AG＝13AB，然后证明△ABG≌△HFD（AAS），可得DH＝AG＝13AB＝13CD，BC＝HF，进而可证△BCM≌△FHM（AAS），得到MH＝MC＝13CD，BM＝FM，然后根据等腰三角形三线合一求出DF＝FM，则BG＝DF＝FM＝BM＝25，再根据直角三角形斜边中线的性质和三角形中位线定理分别求出OM、EM和OE即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，
∵AB=32，tan∠ABG=13，
∴tan∠ABG=AGAB=13
∴AG＝13AB＝2，
∴BG＝AG2+AB2=25，
∵∠BEF＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠EGD＋∠EDG＝90°，∠EDG＋∠HDF＝90°，
∴∠EGD＝∠HDF
∵∠AGB＝∠EGD，
∴∠AGB＝∠HDF，
在△ABG和△HFD中，∠A=∠DHF=90°∠AGB=∠HDFBG=DF，
∴△ABG≌△HFD（AAS），
∴AG＝DH，AB＝HF，
∵在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝90°，
∴DH＝AG＝13AB＝13CD，BC＝HF，
在△BCM和△FHM中，∠C=∠FHM=90°∠BMC=∠FMHBC=FH，
∴△BCM≌△FHM（AAS），
∴MH＝MC＝13CD，BM＝FM，
∴DH＝MH，
∵FH⊥CD，
∴DF＝FM，
∴BG＝DF＝FM＝BM＝25，
∴BF＝45，
∵M是BF中点，O是BD中点，△BEF是直角三角形，
∴OM＝12DF=5，EM＝12BF=25，
∵BD＝2AB=6，△BED是直角三角形，
∴EO＝12BD=3，
∴△OEM的周长＝EO＋OM＋EM＝3＋5＋25=3+35，
故答案为：3+35．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质以及三角形中位线定理，综合性较强，能够作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
【变式13-1】（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=6，BC=8，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB=90°，则EF=________．
【答案】1
【分析】首先根据三角形中位线的定理，得出DE的长，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出DF的长，最后根据EF=DE−DF，即可算出答案．
【详解】∵点D，F分别是AB，AC的中点
∴DE为△ABC的中位线
∴DE=12BC
又∵BC=8
∴DE=4
又∵∠AFB=90°
∴在Rt△ABF
点D是AB的中点
∴DF=12AB
又∵AB=6
∴DF=3
又∵EF=DE−DF
∴EF=4−3=1
故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形中位线定理即应用，直角三角形的性质，本题解题的关键在熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．
【变式13-2】（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB′，若CB′=BB′，则AD的长为_________．
【答案】7.5
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后根据CB′=BB′得出AB′=BB′=12AB，再根据折叠的性质可得BD=B′D=12BB′．根据AD=AB′+B′D求得AD的长．
【详解】解：在Rt△ABC中，
AB=AC2+BC2，
∵AC=6，BC=8，
∴AB=62+82=10．
∵CB′=BB′，
∴∠B=∠BCB′，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=∠ACB′+∠BCB′=90°．
∴∠A=∠ACB′．
∴AB′=CB′．
∴AB′=BB′=12AB=5．
∵将ΔBDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，
∴B′D=BD=12BB′=2.5．
∴AD=AB′+B′D=5+2.5=7.5．
故答案为：7.5．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理，解题的关键是在直角三角形中根据CB′=BB′通过推理论证得到CB′是斜边上的中线．
【变式13-3】（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，连接DE,DF．

(1)如图1，求证：DF=52DE；
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【答案】(1)见解析
(2)FN=52EM，理由见解析
(3)103
【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC=5，根据中位线定理可得DE=12BC=2，即可得证；
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN=52EM；
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE,AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD=MG+GD求得MD，根据（2）的结论DN=52DM，即可求解．
（1）
证明：如图，连接AF，
∵ AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
∴DE=12BC=2，AF⊥BC，
∴ DF=12AC=5，
∴ DF=52DE，
（2）
FN=52EM，理由如下，
连接AF，如图，
∵ AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
∴EF=12AC=CD,EF∥DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF=∠C，
∵ DF=12AC=DC，
∴∠DFC=∠C，
∴∠DEF=∠DFC，
∴180°−∠DEF=180°−∠DFC，
∴ ∠DEM=∠DFN，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴ ∠EDF = ∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE=52，
∴ FN=52EM，
（3）
如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
Rt△AFC中，FC=12BC=2,
∴ AF=AC2−FC2=4，
∵S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=4×425=855，
∵ DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=455，
Rt△GED中，
GE=ED2−GD2=22−4552=255，
Rt△AGD中，
AG=AD2−GD2=52−4552=355，
∴tan∠ADG=AGGD=355455=34，
∵EF∥AD，
∴∠EMG=∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43×255=8515，
∴MD=MG+GD=8515+455=453，
∵ △DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE=52，
∴DN=52DM=52×453=103．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【要点15 三角形的中位线定理】
定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。
中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
【考点14 三角形中位线的定理】
【例14】（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC ，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【变式14-1】（2022·贵州毕节·统考中考真题）如图1，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，AO=CO, ∠BCA=∠CAD．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)如图2，E，F，G分别是BO,CO,AD的中点，连接EF,GE,GF，若BD=2AB, BC=15, AC=16，求△EFG的周长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)24
【分析】(1)由∠BCA=∠CAD得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形；
(2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出GF=12AD=152；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解．
（1）
证明：∵∠BCA=∠CAD，
∴BC∥AD，
在△AOD和△COB中：∠BCA=∠CADCO=AO∠COB=∠AOD，
∴△AOD≌△COB(ASA)，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
（2）
解：∵点E、F分别为BO和CO的中点，
∴EF是△OBC的中位线，
∴EF=12BC=152；
∵ABCD为平行四边形，
∴BD=2BO，
又已知BD=2BA，
∴BO=BA=CD=OD，
∴△DOC与△BOA均为等腰三角形，
又F为OC的中点，连接DF，
∴DF⊥OC，
∴∠AFD=90°，
又G为AD的中点，
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：GF=12AD=12BC=152；
过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示：
由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=12AO=14AC=4，
∴HC=HO+OC=4+8=12，
在Rt△BHC中，由勾股定理可知BH=BC2−CH2=152−122=9,
∵H为AO中点，G为AD中点，
∴HG为△AOD的中位线，
∴HG∥BD，即HG∥BE，
且HG=12OD=12BO=BE，
∴四边形BHGE为平行四边形，
∴GE=BH=9，
∴C△EFG=GE+GF+EF=9+152+152=24．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键．
【变式14-2】（2022·贵州铜仁·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，记△COD的面积为S1，△AOB的面积为S2．
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：S1S2=OC⋅ODOA⋅OB
（2）探索推广：如图②，若AB与CD不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OD于点F，点H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若OEOA=56，求S1S2值．
【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）2554
【分析】（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=56，设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，证明△OGF∽△OHN，推出ON=32OF=15n2，BN=MN=ON−OM=3n2，则OB=ON+BN=9n，由（2）结论求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵EF∥CD，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵EF∥AM，
∴△OEF∽△OAM，
∴OFOM=OEOA=56，
设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴HN∥AM∥EF，
∴△OGF∽△OHN，
∴OGOH=OFON，
∵OG=2GH，
∴OG=23OH，
∴OGOH=OFON=23，
∴ON=32OF=15n2，BN=MN=ON−OM=3n2，
∴OB=ON+BN=9n，
由（2）可知S1S2=OC⋅ODOA⋅OB=5m⋅5n6m⋅9n=2554．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式14-3】（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.

(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH=34,求ON的长度．
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
(2)ON=207
(3)4+169π
【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，即可得出CD的长度；
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH=34,可得出tan∠NOD=NDOD=34，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据OD+DH=OH，即可求得x=47，再根据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ lBT，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出lBT，即可得出答案．
【详解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，
∵∠OHN=45°，
∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
又∵tan∠COH=34，
∴tan∠NOD=34，
∴tan∠NOD=NDOD=34，
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
解得x=47，
∴ND=127，OD=167，
∴在Rt△NOD中，ON=ND2+OD2=(127)2+(167)2=207；
（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：OB+ lBT．
∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
∴lBT =2π×4×80°360°=169π，
∴N点的运动路径长为：OB+ lBT=4+169π，
故答案为：4+169π．
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．