2026年人教版中考数学二轮复习：三角形（含答案）

2026年中考数学二轮复习之三角形
一．选择题（共10小题）
1．（2026 黄石一模）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（3，1），AB＝OB，∠ABO＝90°，则点A的坐标是（　　）
A．（3，1） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）
2．（2026 碑林区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝60°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．若DE＝3，则CD的长为（　　）
A． B． C．5 D．6
3．（2026 泸县校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，G是△ABC的重心，点D在边BC上，DG⊥GC，如果，则值是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025秋 伊川县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝5，线段AB的垂直平分线交AB于点E，交AC于点D，则△BDC的周长为（　　）
A．21 B．14 C．13 D．9
5．（2025 安庆模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，BC＝10，CD＝6，P为BC边上一点（不与点B，C重合），连接BD，PD，AP，且BD⊥CD，PD⊥AD，M为AP的中点，连接DM，CM．则下列结论错误的是（　　）
A．若PC＝3，则AB＝4
B．若PC＝7.2，则四边形ABCD的周长为33.6
C．△ABP的面积最大为25
D．△MDC的面积恒为12
6．（2025 路桥区二模）如图，在3×3的正方形网格中，线段AB，CD的端点均在格点上，则∠1和∠2的数量关系是（　　）
A．∠1+∠2＝180° B．∠1＝∠2
C．∠2＝∠1+90° D．∠2＝2∠1
7．（2025 玉田县校级三模）如图是三个叠在一起的三角形（三角形Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ），部分图形被遮盖，要作出与图中三角形Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ完全相同的三角形，下列说法正确的是（　　）
A．只有Ⅰ可以
B．只有Ⅰ、Ⅱ可以
C．作出三角形Ⅱ的依据是AAS
D．作出三角形Ⅲ的依据是SAS
8．（2025 沂水县校级模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G．下列结论正确的有（　　）个．
①BF＝AC；
②CEBF；
③△DGF是等腰三角形；
④BD+DF＝BC；
⑤；
A．5 B．4 C．3 D．2
9．（2025 东阳市二模）如图，△ABC是边长为1的正三角形，点D，E分别是边AB，AC上的动点，连结BE，CD交于点F，且∠BFD＝60°．作DG⊥BC于点G，EH⊥BC于点H．下列两条线段的和，不随D，E的运动而改变的是（　　）
A．AE+BD B．DF+EF C．GH+AE D．DG+EH
10．（2025 武冈市校级模拟）如图，将一根25cm长的细木棒放入长、宽、高分别为8cm、6cm和10cm的长方体无盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是（　　）cm．
A．20 B．15 C．10 D．5
二．填空题（共5小题）
11．（2025秋 金寨县期末）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝44°，CD⊥AB于D，则∠DCB等于　 　 ．
12．（2026 浙江一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝2，连结AC，BD，若△ABD与△CBD的面积相等，则AC的长为　 　 ．
13．（2025 河南模拟）如图，小明制作了一个三角形的小旗帜，测得∠B＝45°，∠ACD＝75°，BC＝20cm，请你帮助小明计算这个小旗帜的面积为　 　 cm2．（精确到0.1cm2，1.732）
14．（2025 碑林区校级三模）如图，在Rt△ABC中，已知∠ACB＝90°，AC＝4，，点D、E分别是AB、AC边上的两个动点，且始终保持AD＝CE，连接BE、CD，则当CD+BE取最小值时，AE＝ 　 　 ．
15．（2025 南通校级模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2026 黄石一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D在边AB上，连接BE．
（1）如图1，求证：△BCE∽△ACD；
（2）如图2，当BE＝4，BD＝3时，求AC的长；
（3）如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，连接DF交BC于K．
①求证：△EFC≌△BDC；
②当时，直接写出的值．
17．（2026 大渡口区模拟）如图，一艘轮船以30km/h的速度沿既定航线由南向北航行，途中接到台风警报，某台风中心正以10km/h的速度由东向西移动，距台风中心300km的圆形区域（包括边界）都属台风影响区，当这艘轮船接到台风警报时，它与台风中心移动路线的最近距离400km，此时台风中心与轮船既定航线的最近距离也是400km．
（1）如果这艘船不改变航向，那么它会不会进入台风影响区？
（2）假设轮船航向不变，航行速度不变，航行到受台风影响的警戒线外立即停止航行，求它至少需要停止航行多少小时？
18．（2025 武汉模拟）问题背景如图（1），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB，点C在直线EF上，AE⊥EF，BF⊥EF，垂足分别为点E和F，求证：AE＝CF．
尝试应用如图（2），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB，点C在直线HF上，BF⊥HF，垂足为F，延长BF至G点，使得FG＝FC，连接AG，交直线HF于H点，试探究HC，CF和BG之间的数量关系，并证明．拓展创新如图（3），△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，点C在直线HF上，BF⊥HF，垂足为F，延长BF至G点，使得FG＝FC，连接AG，交直线HF于H点，若CB平分∠ABG，且tan∠ABC＝k（0＜k＜1），试用含k的式子直接表示tan∠G的值．
19．（2025 东昌府区二模）△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°点E是斜边AB上的动点，连接CE，过点C作CE的垂线，过点B作AB的垂线，两条垂线交于点F，连接EF．
（1）如图1，若三角形ABC为等腰直角三角形，求证：CE＝CF；
（2）如图2，若∠A＝30°，
①求的值；
②点M是EF的中点，连接BM，CM，若，则当△CBM是直角三角形时，求CF的长．
20．（2025 渝中区校级模拟）在学习了直线与圆的位置关系相关知识后，创新小分队结合直角三角形进行深入探究发现：在30°、60°、90°直角三角形中，圆心在60°角所对直角边上且与这个直角三角形另两边都相切的圆，圆心分这条边所得两条线段的比等于与这两条线段相邻的三角形的边之比．可利用证明三角形全等、证明切线和计算面积得到此结论．根据他们的想法与思路，完成以下作图和填空：
（1）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，∠A＝30°．用无刻度直尺和圆规作∠ABC的平分线，交AC于点O，以点O为圆心、OC为半径作圆（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，过点O作OF⊥AB于点F，
证明：⊙O与AB相切；OC：OA＝BC：BA．
证明：过点O作OF⊥AB于点F，
∴∠OFB＝90°，
∵BO平分∠ABC，
∴　 　 ①，
在△OBC与△OBF中，
∴△OBC≌△OBF（AAS），
∴　 　 ③．
∴⊙O与AB相切于点F；
，
∴，
∴．
进一步思考，从作图过程可以发现：△ABC一个角的平分线与对边相交的交点为圆心，交点到这个角两边距离为半径的圆与这个角的两边相切，圆心分圆心所在边的两条线段长度之比等于 　 　 ④．
2026年中考数学二轮复习之三角形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2026 黄石一模）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（3，1），AB＝OB，∠ABO＝90°，则点A的坐标是（　　）
A．（3，1） B．（1，4） C．（2，3） D．（2，4）
【考点】全等三角形的判定与性质；坐标与图形性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
过点A作AC∥x轴，过点B作BD∥y轴，两条直线相交于点E，根据ASA定理得出△ABE≌△BOD，故可得出AC及DE的长，由此可得出结论．
【解答】解：如图，过点A作AC∥x轴，过点B作BD∥y轴，两条直线相交于点E，
∵B（3，1），
∴OD＝3，BD＝1．
∵∠DOB+∠OBD＝90°，∠OBD+∠ABE＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，
∴∠BOD＝∠ABE，∠OBD＝∠BAE．
在△ABE与△BOD中，
，
∴△ABE≌△BOD（ASA），
∴AE＝BD＝1，BE＝OD＝3，
∴AC＝OD﹣BD＝3﹣1＝2，DE＝BD+BE＝1+3＝4，
∴A（2，4）．
故选：D．
本题考查的是全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
2．（2026 碑林区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝60°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E．若DE＝3，则CD的长为（　　）
A． B． C．5 D．6
【考点】角平分线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
根据角平分线的性质和勾股定理可以求得CD的长．
【解答】解：作DF⊥AC于点F，如图所示，
则∠DFC＝90°，
∵∠C＝60°，
∴∠CDF＝30°，
∴CD＝2CF，
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，DE＝3，DF⊥AC，
∴DF＝DE＝3，
设CF＝x，则CD＝2x，
∵∠CFD＝90°，
∴DF2+CF2＝CD2，
即32+x2＝（2x）2，
解得x，
∴CD＝2x＝2，
故选：A．
本题考查角平分线的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3．（2026 泸县校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，G是△ABC的重心，点D在边BC上，DG⊥GC，如果，则值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】三角形的重心；三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】D
连接AG并延长交BC于点F，延长CG交AB于点E，连接EF，根据重心的定义可得AF，CE都是△ABC的中线，则由三角形中位线定理可得，证明△EFG∽△CAG得到，设EG＝a，CG＝2a，则CE＝3a，设CD＝2b，BD＝3b，则，证明△FCE∽△GCD求出a与b的关系即可得到答案．
【解答】解：如图所示，连接AG并延长交BC于点F，延长CG交AB于点E，连接EF，
由条件可知AF，CE都是△ABC的中线，
∴EF为△ABC的中位线，
∴，
∴△EFG∽△CAG，∠CFE＝180°﹣∠ACB＝90°，
∴，
设EG＝a，CG＝2a，则CE＝3a，
∵，
∴可设CD＝2b，BD＝3b，则BC＝BD+CD＝5b，
∴，
由条件可知∠CGD＝∠CFE＝90°，
又∵∠FCE＝∠GCD，
∴△FCE∽△GCD，
∴，
∴6a2＝5b2，
∴或（舍去），
∴，
故选：D．
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，重心的定义，熟练掌握以上知识点是关键．
4．（2025秋 伊川县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝5，线段AB的垂直平分线交AB于点E，交AC于点D，则△BDC的周长为（　　）
A．21 B．14 C．13 D．9
【考点】等腰三角形的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
由线段垂直平分线的性质推出BD＝AD，得到△BDC的周长＝BC+AC＝13．
【解答】解：∵DE垂直平分线段AB，
∴BD＝AD，
∴△BDC的周长＝BC+DB+CD＝BC+AD+CD＝BC+AC＝8+5＝13．
故选：C．
本题考查等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，关键是由线段垂直平分线的性质推出BD＝AD．
5．（2025 安庆模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，BC＝10，CD＝6，P为BC边上一点（不与点B，C重合），连接BD，PD，AP，且BD⊥CD，PD⊥AD，M为AP的中点，连接DM，CM．则下列结论错误的是（　　）
A．若PC＝3，则AB＝4
B．若PC＝7.2，则四边形ABCD的周长为33.6
C．△ABP的面积最大为25
D．△MDC的面积恒为12
【考点】勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】C
根据相似三角形的性质即可判断A，证明A、B、P、D四点共圆，得出∠PAD＝∠CBD，再证明△ADP≌△BDC（AAS），得出AD＝BD＝8，从而即可判断B；设CP＝x，则BP＝10﹣x，，表示出，由此即可判断C；证明△ADP∽△BDC，求出，表示出，作DE⊥BC于E，MF⊥BC于F，由等面积法得出，结合勾股定理得出，证明△MPF∽△APB，求出，再由△MDC的面积为S△MDP+S△PCD﹣S△PCM计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【解答】解：在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，BC＝10，CD＝6，P为BC边上一点（不与点B，C重合），
由题意可得：∠ADP＝∠BDC＝90°，
∴∠ADP﹣∠BDP＝∠BDC﹣∠BDP，
∴∠ADB＝∠PDC，
∵BC＝10，CD＝6，
∴，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠CBD＝∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠ABD＝∠BCD，
∴△ABD∽△PCD，
∴，
当PC＝3时，，即AB＝4，故A正确；
当PC＝7.2时，，即AB＝9.6，
∵BP＝BC﹣CP＝2.8，
∴，
由题意可得：∠ABP+∠ADP＝180°，
∴∠PAD＝∠CBD，
∵∠ADP＝∠BDC＝90°，
∴△ADP≌△BDC（AAS），
∴AD＝BD＝8，
∴周长为AB+BC+CD+AD＝9.6+10+6+8＝33.6，故B正确；
设CP＝x，则BP＝BC﹣CP＝10﹣x，，即，
∴，
∴当CP＝x＝5时，△ABP的面积最大为，故C错误；
∵∠PAD＝∠CBD，∠ADP＝∠BDC＝90°，
∴△ADP∽△BDC，
∴，
∴，
由题意可得：
，
∵作DE⊥BC于E，MF⊥BC于F，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意可得：∠MFP＝∠ABC＝90°，
∵∠MPF＝∠APB，
∴△MPF∽△APB，
∴，
∴，
∴△MDC的面积为，故D正确；
故选：C．
本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，△ABD∽△PCD，正确记忆相关知识点是解题关键．
6．（2025 路桥区二模）如图，在3×3的正方形网格中，线段AB，CD的端点均在格点上，则∠1和∠2的数量关系是（　　）
A．∠1+∠2＝180° B．∠1＝∠2
C．∠2＝∠1+90° D．∠2＝2∠1
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】A
利用SAS证明△ABM≌△DCN，根据全等三角形的性质求出∠ABM＝∠1，再根据邻补角定义求解即可．
【解答】解：如图，
在△ABM和△DCN中，
，
∴△ABM≌△DCN（SAS），
∴∠ABM＝∠1，
∵∠ABM+∠2＝180°，
∴∠1+∠2＝180°，
故选：A．
此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键．
7．（2025 玉田县校级三模）如图是三个叠在一起的三角形（三角形Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ），部分图形被遮盖，要作出与图中三角形Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ完全相同的三角形，下列说法正确的是（　　）
A．只有Ⅰ可以
B．只有Ⅰ、Ⅱ可以
C．作出三角形Ⅱ的依据是AAS
D．作出三角形Ⅲ的依据是SAS
【考点】全等三角形的判定．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】B
由全等三角形的判定方法，即可判断．
【解答】解：由SAS或ASA或AAS作出三角形Ⅰ，由ASA作出三角形Ⅱ，三角形Ⅲ的三边都被遮盖，不能作出三角形Ⅲ，
∴可以作出三角形Ⅰ、Ⅱ．
故选：B．
本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法：SAS、ASA、AAS、SSS、HL．
8．（2025 沂水县校级模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G．下列结论正确的有（　　）个．
①BF＝AC；
②CEBF；
③△DGF是等腰三角形；
④BD+DF＝BC；
⑤；
A．5 B．4 C．3 D．2
【考点】三角形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
由“AAS”可证△BDF≌△CDA，可得BF＝AC，故①正确．由等腰三角形的性质可得AE＝ECACBF，故②正确，由角的数量关系可求∠DGF＝∠DFG＝67.5°，可得DG＝DF，即△DGF是等腰三角形，故③正确．由全等三角形的性质可得DF＝DA，则可得BC＝AB＝BD+DF，故④正确；由角平分线的性质可得点F到AB的距离等于点F到BC的距离，由三角形的面积公式可求，故⑤正确，即可求解．
【解答】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDC＝∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠A+∠ABE＝90°，∠ABE+∠DFB＝90°，
∴∠A＝∠DFB，
∵∠ABC＝45°，∠BDC＝90°，
∴∠DCB＝90°﹣45°＝45°＝∠DBC，
∴BD＝DC，
在△BDF和△CDA中
，
∴△BDF≌△CDA（AAS），
∴BF＝AC，故①正确．
∵∠ABE＝∠EBC＝22.5°，BE⊥AC，
∴∠A＝∠BCA＝67.5°，
∴BA＝BC，
∵BE⊥AC，
∴AE＝ECACBF，故②正确，
∵BE平分∠ABC，∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝∠CBE＝22.5°，
∵∠BDC＝90°，BH＝HC，
∴∠BHG＝90°，
∴∠BDF＝∠BHG＝90°，
∴∠BGH＝∠BFD＝67.5°，
∴∠DGF＝∠DFG＝67.5°，
∴DG＝DF，
∴△DGF是等腰三角形，故③正确．
∵△BDF≌△CDA，
∴DF＝AD，
∴BC＝AB＝BD+AD＝BD+DF，故④正确；
∵BE平分∠ABC，
∴点F到AB的距离等于点F到BC的距离，
∴，故⑤正确，
故选：A．
本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的面积公式等知识，证明三角形全等是解题的关键．
9．（2025 东阳市二模）如图，△ABC是边长为1的正三角形，点D，E分别是边AB，AC上的动点，连结BE，CD交于点F，且∠BFD＝60°．作DG⊥BC于点G，EH⊥BC于点H．下列两条线段的和，不随D，E的运动而改变的是（　　）
A．AE+BD B．DF+EF C．GH+AE D．DG+EH
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】D
设BG＝a，在Rt△BDG中，∠BDG＝30°，则BD＝BG＝2a，DG，证明△ABE和△BCD全等得BD＝AE＝2a，则CE＝AC﹣AE＝1﹣2a，在Rt△CEH中，根据∠CEH＝30°得CHCE，进而由勾股定理得EH，则DG+EH，据此即可得出答案．
【解答】解：设BG＝a，
∵△ABC是等边三角形，且边长为1，
∴AB＝BC＝AC＝1，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵DG⊥BC，EH⊥BC，
∴△BDG和△CEH都是直角三角形，
在Rt△BDG中，∠BDG＝90°﹣∠ABC＝30°，
∴BD＝BG＝2a，
由勾股定理得：DG，
∵∠BFD是△FBC的外角，且∠BFD＝60°，
∴∠FBC+∠BCD＝60°，
∵∠ABE+∠FBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ABE＝∠BCD，
在△ABE和△BCD中，
，
∴△ABE≌△BCD（ASA），
∴BD＝AE＝2a，
∴CE＝AC﹣AE＝1﹣2a，
在Rt△CEH中，∠CEH＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴CHCE，
由勾股定理得：EH，
∴EH），
∴DG+EH，
∴DG+EH的值不随D，E的运动而改变，始终是．
故选：D．
此题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，理解等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活利用含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
10．（2025 武冈市校级模拟）如图，将一根25cm长的细木棒放入长、宽、高分别为8cm、6cm和10cm的长方体无盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是（　　）cm．
A．20 B．15 C．10 D．5
【考点】勾股定理的应用．
【专题】常规题型．
【答案】D
长方体内体对角线是最长的，当木条在盒子里对角放置的时候露在外面的长度最小，这样就是求出盒子的对角线长度即可．
【解答】解：由题意知：盒子底面对角线长为10（cm），
盒子的对角线长：20（cm），
细木棒长25cm，故细木棒露在盒外面的最短长度是：25﹣20＝5cm．
故选：D．
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025秋 金寨县期末）如图，等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝44°，CD⊥AB于D，则∠DCB等于　22°　 ．
【考点】等腰三角形的性质．
【答案】22°
由等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝44°，根据等边对等角的性质，即可求得∠ACB的度数，又由CD⊥AB，可求得∠ACD的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝44°，
∴∠ACB＝∠B68°，
∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°﹣∠A＝46°，
∴∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝68°﹣46°＝22°．
故答案为：22°．
此题考查了等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
12．（2026 浙江一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝2，连结AC，BD，若△ABD与△CBD的面积相等，则AC的长为　　 ．
【考点】三角形的面积；全等三角形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】．
分别过A，C作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，设AC，BD交于点G，则∠AEG＝∠CFG＝90°，△ABD与△CBD的面积相等，可得AE＝CF，证明△AEG≌△CFG（AAS），可得CG＝AG，再证明△CDG∽△CAD，即可求解．
【解答】解：如图，作AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，设AC，BD交于点G，则∠AEG＝∠CFG＝90°，
∵△ABD与△CBD的面积相等，
∴，
∴AE＝CF，
∵∠AGE＝∠CGF，∠AEG＝∠CFG＝90°，
∴△AEG≌△CFG（AAS），
∴CG＝AG，
∵BC＝CD＝2，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠BDC＝∠CAD，
∵∠ACD＝∠DCG，
∴△CDG∽△CAD，
∴，即，
∴．
故答案为：．
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆周角相等，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
13．（2025 河南模拟）如图，小明制作了一个三角形的小旗帜，测得∠B＝45°，∠ACD＝75°，BC＝20cm，请你帮助小明计算这个小旗帜的面积为　273.2　 cm2．（精确到0.1cm2，1.732）
【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】273.2．
过点C作CF⊥AB于点F，根据勾股定理分别求出CF与AF的长即可推出结果．
【解答】解：如图，过点C作CF⊥AB于点F，
∵∠B＝45°，
∴∠BCF＝45°，
∴CF＝BF，
又∵BC＝20cm，
∴BF＝CF10cm，
∵∠ACD＝75°，
∴∠A＝30°，
∴AFCF＝10cm，
∴AB＝（1010）cm，
∴S△ABC（1010）（100）≈273.2cm2，
故答案为：273.2．
本题考查了勾股定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键．
14．（2025 碑林区校级三模）如图，在Rt△ABC中，已知∠ACB＝90°，AC＝4，，点D、E分别是AB、AC边上的两个动点，且始终保持AD＝CE，连接BE、CD，则当CD+BE取最小值时，AE＝ 　　 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；三角形三边关系．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】．
如图，作CT∥AB，且CT＝AC，连接ET，过点T作TH⊥BC交BC的延长线于点H，设BT交AC于点E′．利用相似三角形的性质求出CE′，再证明CD＝ET，推出CD+BE＝BE+ET≥BT，推出当点E与点E′重合时，CD+BE的值最小可得结论．
【解答】解：如图，作CT∥AB，且CT＝AC，连接ET，过点T作TH⊥BC交BC的延长线于点H，设BT交AC于点E′．
∵AB∥CT，
∴∠A＝∠ECT，∠ABC＝∠TCH，
∵AC＝4，BC＝2.∠ACB＝90°，
∴AB6，
∵∠ACB＝∠H＝90°，
∴△ACB∽△THC，
∴，
∴，
∴TH，CH，
∴BH＝BC+CH，
∵CE′∥TH，
∴，
∴，
∴CE′，
∴AE′＝AC﹣CE′＝4，
在△ACD和△CTE中，
，
∴△ACD≌△CTE（SAS），
∴CD＝ET，
∴CD+BE＝BE+ET≥BT，
∴当点E与点E′重合时，CD+BE的值最小，此时AE＝AE′．
故答案为：．
本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形三边关系，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．（2025 南通校级模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 　3　 ．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】3．
仔细审题，连接DN，首先根据三角形的中位线定理得出EFDN；从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN＝DB的值，从而求得EF的最大值．
【解答】解：连接DN．
∵ED＝EM，MF＝FN，
∴EFDN，
∴DN最大时，EF最大．
∵N与B重合时DN最大，此时DN＝DB6，
∴EF的最大值为3．
故答案为：3．
本题考查三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想，属于中考常考题型．
三．解答题（共5小题）
16．（2026 黄石一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D在边AB上，连接BE．
（1）如图1，求证：△BCE∽△ACD；
（2）如图2，当BE＝4，BD＝3时，求AC的长；
（3）如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，连接DF交BC于K．
①求证：△EFC≌△BDC；
②当时，直接写出的值．
【考点】三角形综合题．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】（1）由旋转的性质可知，CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，
∴，
∴△ACD∽△BCE；
（2）；
（3）①由旋转的性质可知，CA＝CD，CB＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠CAD＝∠CDB，
∵EF∥AB，
∴∠F+∠CAD＝180°，
∵∠CDB+∠CDA＝180°，
∴∠CDB＝∠F，
∵∠BCF＝∠BCE+∠ECF＝90°，∠DCE＝∠BCE+∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠ECF，
在△EFC和△BDC中，
，
∴△EFC≌△BDC（AAS）；
②．
（1）根据旋转的性质和相似三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据相似三角形的性质可得，△BDE是直角三角形，由勾股定理可得，DE＝5，由旋转的性质可得，AB＝DE＝5，则AD＝2．从而得到，使用勾股定理计算即可；
（3）①由旋转的性质可得，CA＝CD，CB＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，则∠CDA＝∠CAD，结合EF∥BA，可证明∠F＝∠CDB．通过等量代换，可得∠ECF＝∠BCD，则可证明△EFC≌△BDC（AAS）；
②作CG⊥AB，垂足为G，延长EF、BC交于点H，设AC＝3x，则BC＝4x，使用勾股定理计算出AB＝5x．容易证明△ACG∽△ABC，根据相似三角形的性质可得，．由等腰三角形的性质，可得，进而得到．容易证明△ABC≌△FHC（AAS），则FH＝AB＝5x．由①中的△EFC≌△BDC，可得．由平行判定△BDK∽△HFK，则，代入即可．
【解答】（1）证明：由旋转的性质可知，CA＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE，
∴，
∴△ACD∽△BCE；
（2）解：由（1）可知，△ACD∽△BCE，
∴∠CBE＝∠A，，
又∵∠A+∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠CBE＝90°，
∴∠DBE＝90°，
在直角△DBE中，，
∴AB＝ED＝5，
∴AD＝AB﹣BD＝5﹣3＝2，
∴，
∴BC＝2AC，
在直角△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∴AC2+（2AC）2＝52，
解得，；
（3）①证明：由旋转的性质可知，CA＝CD，CB＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠CAD＝∠CDB，
∵EF∥AB，
∴∠F+∠CAD＝180°，
∵∠CDB+∠CDA＝180°，
∴∠CDB＝∠F，
∵∠BCF＝∠BCE+∠ECF＝90°，∠DCE＝∠BCE+∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠ECF，
在△EFC和△BDC中，
，
∴△EFC≌△BDC（AAS）；
②解：如图，作CG⊥AB，垂足为G，延长EF、BC交于点H，设AC＝3x，
∵，
∴，
在直角△ABC中，，
∵CG⊥AB，
∴∠AGC＝90°＝∠ACB，
∵∠BAC＝∠CAG，
∴△ACG∽△ABC，
∴，
∴，
∵CD＝CA，
∴，
∴，
∵△EFC≌△BDC，
∴，CF＝CD＝CA，
∵EF∥AB，
∴∠H＝∠ABC，∠AFH＝∠BAC，
在△ABC和△FHC中，
，
∴△ABC≌△FHC（AAS），
∴FH＝AB＝5x，
∵EF∥AB，
∴△BDK∽△HFK，
∴．
本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键．
17．（2026 大渡口区模拟）如图，一艘轮船以30km/h的速度沿既定航线由南向北航行，途中接到台风警报，某台风中心正以10km/h的速度由东向西移动，距台风中心300km的圆形区域（包括边界）都属台风影响区，当这艘轮船接到台风警报时，它与台风中心移动路线的最近距离400km，此时台风中心与轮船既定航线的最近距离也是400km．
（1）如果这艘船不改变航向，那么它会不会进入台风影响区？
（2）假设轮船航向不变，航行速度不变，航行到受台风影响的警戒线外立即停止航行，求它至少需要停止航行多少小时？
【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】（1）如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区；
如图2，
设经过t小时进行台风区域，则AB′＝400﹣10t，AC′＝400﹣30t，
当B′C′＝300时，将受到台风影响，
根据勾股定理可得：（400﹣10t）2+（400﹣30t）2＝3002，
整理得到：t2﹣32t+230＝0，
解得t＝16±，
由此可知，如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区．
（2）2小时．
（1）如图易知AB′＝300﹣10t，AC′＝400﹣30t，当B′C′＝200时，将受到台风影响，根据勾股定理可得：（300﹣10t）2+（400﹣30t）2＝2002，整理得到：t2﹣30t+210＝0，解得t＝16±，由此可知，如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区；
（2）利用（2）中的数据即可解决问题．
【解答】解：（1）如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区；理由如下：
如图2，
设经过t小时进行台风区域，则AB′＝400﹣10t，AC′＝400﹣30t，
当B′C′＝300时，将受到台风影响，
根据勾股定理可得：（400﹣10t）2+（400﹣30t）2＝3002，
整理得到：t2﹣32t+230＝0，
解得t＝16±，
由此可知，如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区．
（2）由（1）可知它至少需要停止航行162（小时），
答：它至少需要停止航行2小时．
本题考查勾股定理的应用、解题的关键是理解题意，学会于转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
18．（2025 武汉模拟）问题背景如图（1），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB，点C在直线EF上，AE⊥EF，BF⊥EF，垂足分别为点E和F，求证：AE＝CF．
尝试应用如图（2），△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，CA＝CB，点C在直线HF上，BF⊥HF，垂足为F，延长BF至G点，使得FG＝FC，连接AG，交直线HF于H点，试探究HC，CF和BG之间的数量关系，并证明．拓展创新如图（3），△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，点C在直线HF上，BF⊥HF，垂足为F，延长BF至G点，使得FG＝FC，连接AG，交直线HF于H点，若CB平分∠ABG，且tan∠ABC＝k（0＜k＜1），试用含k的式子直接表示tan∠G的值．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；解直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】问题背景：证明见解答过程；
尝试应用：BG＝2（HC+CF），证明见解答过程；
拓展创新：．
问题背景：证明△ACE和△CBF全等即可得出结论；
尝试应用：过点A作AE⊥FH，交FH于点E，同问题背景证明△ACE和△CBF全等得AE＝FC，EC＝FB，再根据FG＝FC得AE＝FG，BG＝EF，再证明△AEH和△GFH全等得HE＝HF，则EF＝2HF＝2（HC+CF），由此即可得出HC，CF和BG之间的数量关系；
拓展创新：过点C作CM⊥AB于点M，过点A作AP⊥FH，交FH的延长线于点P，证明∠ACP＝∠ACM＝∠ABC，进而可证明△ACP和△ACM全等得PC＝MC，设PC＝MC＝FG＝FC＝a，根据tan∠ACP＝tan∠ABC＝k得tan∠ACPk，则AP＝ak，设CH＝x，则PH＝a﹣x，FH＝a+x，根据tan∠AHP，tan∠GHF，∠AHP＝∠GHF得，由此得x，进而得FH，然后在Rt△GFH中，由正切函数的定义即可得出tan∠G的值．
【解答】问题背景：证明：如图（1）所示：
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠FCB＝90°，
∵AE⊥EF，BF⊥EF，
∴∠E＝∠F＝90°，
∴∠EAC+∠ACE＝90°，
∴∠EAC＝∠FCB，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF；
尝试应用：解：HC，CF和BG之间的数量关系是：BG＝2（HC+CF），证明如下：
过点A作AE⊥FH，交FH于点E，如图（2）所示：
同问题背景证明：△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝FC，EC＝FB，
∵FG＝FC，
∴AE＝FG，
∴BG＝FB+FG＝EC+FC＝EF，
∵AE⊥EF，BF⊥EF，
∴∠E＝∠HFG＝90°，
在△AEH和△GFH中，
，
∴△AEH≌△GFH（AAS），
∴HE＝HF，
∴EF＝HE+HF＝2HF＝2（HC+CF），
∴BG＝2（HC+CF）；
拓展创新：解：过点C作CM⊥AB于点M，过点A作AP⊥FH，交FH的延长线于点P，如图（3）所示：
∴CB平分∠ABG，BF⊥HF，
∴FC＝MC，∠ABC＝∠GBC，
∴FG＝FC＝MC，
∵∠ACB＝90°，CM⊥AB，
∴∠ACM+∠BCM＝90°，∠ABC+∠BCM＝90°，
∴∠ACM＝∠ABC＝∠GBC，
∵∠ACB＝90°，BF⊥HF，
∴∠ACP+∠BCF＝90°，∠GBC+∠BCF＝90°，
∴∠ACP＝∠GBC，
∴∠ACP＝∠ACM＝∠ABC，
又∵AP⊥FH，CM⊥AB，
∴∠P＝∠AMC＝90°，
在△ACP和△ACM中，
，
∴△ACP≌△ACM（AAS），
∴PC＝MC，
∴设PC＝MC＝FG＝FC＝a
∵tan∠ABC＝k（0＜k＜1），
∴tan∠ACP＝k（0＜k＜1），
在Rt△ACP中，tan∠ACPk，
∴AP＝k PC＝ak，
设CH＝x，则PH＝PC﹣CH＝a﹣x，FH＝FC+CH＝a+x，
∵AP⊥FH，BF⊥HF，
在Rt△AHP中，tan∠AHP，
在Rt△GFH中，tan∠GHF，
∵∠AHP＝∠GHF，
∴，
∴x，
∴FH＝a+x，
在Rt△GFH中，tan∠G．
此题主要考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，灵活运用锐角三角函数的定义进行计算是解决问题的关键．
19．（2025 东昌府区二模）△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°点E是斜边AB上的动点，连接CE，过点C作CE的垂线，过点B作AB的垂线，两条垂线交于点F，连接EF．
（1）如图1，若三角形ABC为等腰直角三角形，求证：CE＝CF；
（2）如图2，若∠A＝30°，
①求的值；
②点M是EF的中点，连接BM，CM，若，则当△CBM是直角三角形时，求CF的长．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）见解析；
（2）①；②．
（1）利用等腰直角三角形的性质，得到AC＝BC，∠A＝∠ABC＝45°，由FB⊥EB推出∠CBF＝45°．再根据同角的余角相等，即∠ACE+∠BCE＝∠BCF+∠BCE＝90°，得出∠ACE＝∠BCF．最后证明△ACE≌△BCF，从而得出结论．
（2）①根据直角三角形两锐角互余，由∠A＝30°，BF⊥AB推出∠CBF＝∠A；再结合∠ACE+∠BCE＝∠BCF+∠BCE＝90°，得到∠BCF＝∠ACE．由此证明△AEC∽△BFC，根据相似三角形对应边成比例，结合Rt△ABC中，得出答案；
②先由直角三角形斜边中线性质得出，根据△CBM是直角三角形确定∠BMC＝90°；利用第一小问相似结论得到，结合已知AC求出BC；再由勾股定理求出，进而得到；最后在Rt△ECF中设CF＝x，根据勾股定理列方程，求解即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠A＝∠ABC＝45°，
∵FB⊥EB，
∴∠CBF＝45°，
∵∠ACE+∠BCE＝90°，
∠BCE+∠BCF＝90°，
∴∠ACE＝∠BCF，
∴△ACE≌△BCF（ASA），
∴CE＝CF；
（2）解：①∵∠A＝30°，BF⊥AB
∴∠A+∠ABC＝90°，∠CBF+∠ABC＝90°
∴∠CBF＝∠A∠ACE+∠BCE＝∠BCF+∠BCE＝90°
∴∠BCF＝∠ACE，
∴△AEC∽△BFC，
∴，
在Rt△ABC中
，
∴；
②∵点M是EF的中点，∠EBF＝90°，∠ECF＝90°
∴，，
∴BM＝CM
又∵△CBM为直角三角形
∴只能∠BMC＝90°
由①可知△BCF∽△ACE
∴
∵，
∴BC＝4，
∵BM2+CM2＝BC2，
∴，
∴
设CF＝x，则，
在Rt△ECF中
∵CF2+EC2＝EF2，
∴
∴，
∴CF的长为．
本题考查三角形全等与相似的判定及性质、直角三角形的性质，解题关键是通过分析角的关系证明三角形全等或相似，利用相关性质建立边的联系，结合直角三角形性质求解．
20．（2025 渝中区校级模拟）在学习了直线与圆的位置关系相关知识后，创新小分队结合直角三角形进行深入探究发现：在30°、60°、90°直角三角形中，圆心在60°角所对直角边上且与这个直角三角形另两边都相切的圆，圆心分这条边所得两条线段的比等于与这两条线段相邻的三角形的边之比．可利用证明三角形全等、证明切线和计算面积得到此结论．根据他们的想法与思路，完成以下作图和填空：
（1）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，∠A＝30°．用无刻度直尺和圆规作∠ABC的平分线，交AC于点O，以点O为圆心、OC为半径作圆（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，过点O作OF⊥AB于点F，
证明：⊙O与AB相切；OC：OA＝BC：BA．
证明：过点O作OF⊥AB于点F，
∴∠OFB＝90°，
∵BO平分∠ABC，
∴　∠OBC＝∠OBF ①，
在△OBC与△OBF中，
∴△OBC≌△OBF（AAS），
∴OF＝OC ③．
∴⊙O与AB相切于点F；
，
∴，
∴．
进一步思考，从作图过程可以发现：△ABC一个角的平分线与对边相交的交点为圆心，交点到这个角两边距离为半径的圆与这个角的两边相切，圆心分圆心所在边的两条线段长度之比等于 　与这两条线段相邻的三角形的边之比　 ④．
【考点】全等三角形的判定与性质；切线的判定与性质；作图—复杂作图；三角形的面积．
【专题】图形的全等；与圆有关的位置关系；尺规作图；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见作图；
（2）∠OBC＝∠OBF，OB＝OB，OF＝OC，与这两条线段相邻的三角形的边之比．
（1）以B为圆心，任意长为半径画弧分别交AB、BC于M、N，分别以N、M为圆心，大于MN长为半径画弧，两弧交于K，作射线BK，交AC于O，以O为圆心，OC长为半径作⊙O；
（2）判定△OBC≌△OBF（AAS），推出OF＝OC．即可证明⊙O与AB相切于点F；由三角形内角公式得到，S△OBABA OFOA BC，即可推出，由以上作图和证明即可得到结论．
【解答】解：（1）如图所示；
（2）在（1）的条件下，过点O作OF⊥AB于点F，
证明：⊙O与AB相切；OC：OA＝BC：BA．
证明：过点O作OF⊥AB于点F，
∴∠OFB＝90°，
∵BO平分∠ABC，
∴∠OBC＝∠OBF，
在△OBC与△OBF中，
，
∴△OBC≌△OBF（AAS），
∴OF＝OC，
∴⊙O与AB相切于点F；
∵，，
∴，
∴．
进一步思考，从作图过程可以发现：△ABC一个角的平分线与对边相交的交点为圆心，交点到这个角两边距离为半径的圆与这个角的两边相切，圆心分圆心所在边的两条线段长度之比等于与这两条线段相邻的三角形的边之比．
故答案为：∠OBC＝∠OBF，OB＝OB，OF＝OC，与这两条线段相邻的三角形的边之比．
本题考查全等三角形的判定和性质，切线的判定，三角形的面积，作图﹣复杂作图，关键是掌握基本作图：作已知角的平分线，切线的判定方法；判定△OBC≌△OBF（AAS），用面积法来解决问题．