2026中考数学二轮复习考点三角形专项训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026中考数学二轮复习考点三角形专项训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-18 00:00:00 | ||
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文档简介
2026年中考数学解密之三角形
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西）如图，小谊将两根长度不等的木条AC，BD的中点连在一起，记中点为O，即AO＝CO，BO＝DO．测得C，D两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上A，B两点之间的距离．图中△AOB与△COD全等的依据是（ ）
A．SSS B．SAS C．ASA D．HL
2．（2025 内蒙古）如图，ABCD是一个矩形草坪．对角线AC、BD相交于点O，H是BC边的中点，连接OH，且OH＝20m，AD＝30m，则该草坪的面积为（ ）
A．2400m2 B．1800m2 C．1200m2 D．600m2
3．（2025 汇川区二模）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（ ）
A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm
4．（2025 东河区校级自主招生）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则（sinθ+cosθ）2＝（ ）
A． B． C． D．
5．（2025 锡山区二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（ ）
A．AB＝2BF B．AE＝BE
C． D．CD⊥AB
6．（2025 灞桥区校级一模）如图，M，N为4×4方格纸中格点上的两点，若以MN为边，在方格中取一点P（P在格点上），使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
7．（2025 祁阳市校级一模）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离为0.7米，顶端距离地面2.4米．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，顶端距离地面2米．则小巷的宽度为（ ）
A．0.7米 B．1.5米 C．2.2米 D．2.4米
8．（2025 门头沟区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，DE⊥AB于E，点F在AC上，点G在AB上，BE＝CF．FD平分∠CFG，下列结论中正确的个数（ ）①DC＝DE；②GD平分∠FGE；③∠CAB+2∠FDG＝180°；④S△FDG＝S△CDF+S△DEG．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2025 贵州模拟）如图①是第14届数学教育大会会标，中心图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图②所示的“弦图”是由4个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．已知大正方形的边长AD为10，AE的长为6，则小正方形的边长EF为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
10．（2025 景德镇模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，若∠A＝62°，则∠BCD的度数为（ ）
A．28° B．31° C．34° D．38°
二．填空题（共10小题）
11．（2025 南关区校级模拟）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF，给出下列五个结论：①EF＝2DE；②4BF2+4DE2＝BC2；③AE+BF＝BC；④若△CDE的面积为S，则四边形ABFE的面积为5S；⑤．上述结论中，正确结论的序号有 ．
12．（2025 凉州区校级二模）在△ABC中，AC＝4，BC＝8，，若P是△ABC三边所在直线上的一点，且PA＝PB，则AP的长为 ．
13．（2025 威海一模）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B在反比例函数位于第一象限的图象上，OA＝OB．点C是△OAB的重心，点C也恰好在反比例函数的图象上，连接OC，延长OC与AB相交于点D，那么点D的坐标为 ．
14．（2025 阿城区二模）图1是第七届国际数学教育大会（JCME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形演化而成的．若图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，按此规律继续演化，则△OA9A10的面积为 ．
15．（2025 河南模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是边BC的中点，AD＝8，S△ABC＝48，则BE的长为 ．
16．（2025 惠州一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝ ．
17．（2025 泗阳县一模）如图所示，在边长为1的正方形网格图中，点A、B、C、D均在正方形网格格点上．图中∠B+∠D＝ °．
18．（2025 广东校级模拟）如图，在△ABC中，CD＝4BD，CI平分∠ACB与AD相交于点I，IH⊥AC于点H，若BC＝5，AC＝7，S△ABD＝3，则IH的长为 ．
19．（2025 南海区校级三模）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，以A为圆心，AB为半径画弧，交最上方的网格线于点D，则CD的长为 ．
20．（2025 福州模拟）如图1，小明按照体育老师教的方法确定适合自己的绳长：一脚踩住绳子的中央，手肘靠近身体，两肘弯屈90°，小臂水平转向两侧，两手将绳拉直，绳长即合适长度．将图1抽象成图2，若两手握住的绳柄两端距离约为1m，小臂到地面的距离约1.2m，则适合小明的绳长为 m．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 晋中二模）阅读与思考
三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle，1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard，1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若任意△ABC内一点P，满足∠BAP＝∠ACP＝∠CBP＝α，则点P叫做△ABC的布洛卡点，α叫做布洛卡角．
任务一：
（1）若点Q是边长为3的等边△ABC的布洛卡点，则布洛卡角α的度数为 ，点Q到三个顶点的距离之和为 ．
任务二：如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P是△ABC内部一点，且∠APB＝∠BPC＝135°．
（2）求证：点P是△ABC的布洛卡点．
（3）求sin∠ACP的值．
22．（2025 云南模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若AB＝2，BE＝3，求CD的长．
23．（2025 丹阳市二模）如图，∠A＝∠B，点D在AC边上，AE和BD相交于点O．
（1）若∠2＝36°，求∠AEB的度数；
（2）若∠1＝∠2，AE＝BE，求证：△AEC≌△BED．
24．（2025 岳阳楼区二模）某校“综合与实践”小组开展了测量本校旗杆高度的实践活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量结果如下表（不完整）．
课题 测量学校旗杆的高度
成员 组长：XXX组员：XXX，XXX，XXX
工具 皮尺等
测量示意图 说明：线段AB表示学校旗杆，AB垂直地面于点B． 第一次操作：如图①，将系在旗杆顶端的绳子自然下垂到地面，绳子多出的一段在地面拉直后记作BC，用皮尺测出BC的长度； 第二次操作：如图②，将绳子拉直，绳子末端落在地面的点D处，用皮尺测出BD的长度．
测量数据 测量项目 数值（单位：米）
图①中BC的长度 1
图②中BD的长度 5
…… ……
（1）根据以上测量结果，请你帮助这个小组求出学校旗杆AB的高度．
（2）如图③，第三次操作：某同学从点D前行至点F处，再次将绳子拉直，此时测得绳子末端E到地面的距离EF的长度为1米，求该同学前进的距离DF的长度．（1.73，结果精确到0.1）
25．（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．
2026年中考数学解密之三角形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B A B C C D D A
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西）如图，小谊将两根长度不等的木条AC，BD的中点连在一起，记中点为O，即AO＝CO，BO＝DO．测得C，D两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上A，B两点之间的距离．图中△AOB与△COD全等的依据是（ ）
A．SSS B．SAS C．ASA D．HL
【考点】全等三角形的应用．网版权所有
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】B
【分析】根据SAS可证明结论．
【解答】解：在△AOB与△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（SAS），
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2025 内蒙古）如图，ABCD是一个矩形草坪．对角线AC、BD相交于点O，H是BC边的中点，连接OH，且OH＝20m，AD＝30m，则该草坪的面积为（ ）
A．2400m2 B．1800m2 C．1200m2 D．600m2
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质．网版权所有
【专题】三角形；应用意识．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到CO＝OA，根据三角形中位线定理求出AB，再根据矩形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CO＝OA，
∵H是BC边的中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴AB＝2OH＝2×20＝40（m），
∴该草坪的面积为：40×30＝1200（m2），
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、矩形的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
3．（2025 汇川区二模）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（ ）
A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm
【考点】直角三角形斜边上的中线．网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长．
【解答】解：∵点A、B对应的刻度为1、7，
∴AB＝7﹣1＝6（cm），
∵∠ACB＝90°，点D为线段AB的中点，
∴CDAB6＝3（cm），
故选：B．
【点评】本题考查直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
4．（2025 东河区校级自主招生）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则（sinθ+cosθ）2＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】勾股定理的证明；解直角三角形；数学常识；全等图形．网版权所有
【专题】数形结合；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】先由两个正方形的面积分别得出其边长，设AC＝BD＝a，由勾股定理解得a的值，后按照正弦函数和余弦函数的定义得出sinθ和cosθ的值，最后代入要求的式子计算即可．
【解答】解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，
∴大正方形的边长是5，小正方形的边长是5，
设AC＝BD＝a，如图，
△ABD中，由勾股定理得：
a2+（5+a）2，
解得a＝5，
∴sinθ，cosθ，
∴（sinθ+cosθ）2．
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理、弦图及正弦函数和余弦函数的计算，明确相关性质及定理是解题的关键．
5．（2025 锡山区二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（ ）
A．AB＝2BF B．AE＝BE
C． D．CD⊥AB
【考点】三角形的角平分线、中线和高．网版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据高线，中线，角平分线的定义，进行判断即可．
【解答】解：A、∵CF是边AB的中线，
∴AB＝2BF，正确，不符合题意；
B、无法证明AE＝BE，说法错误，符合题意；
C、∵CE是∠ACB的平分线，
∴∠ACE∠ACB，正确，不符合题意；
D、∵CD是△ABC的高，
∴CD⊥AB，正确，不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，熟知以上知识是解题的关键．
6．（2025 灞桥区校级一模）如图，M，N为4×4方格纸中格点上的两点，若以MN为边，在方格中取一点P（P在格点上），使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【考点】等腰三角形的判定．网版权所有
【专题】分类讨论；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】分三种情况：当MP＝MN时，当NP＝NM时，当PM＝PN时，即可解答．
【解答】解：如图：
分三种情况：
当MP＝MN时，以点M为圆心，以MN长为半径作圆，则点P1，P2即为所求；
当NP＝NM时，以点N为圆心，以NM长为半径作圆，则点P3即为所求；
当PM＝PN时，作线段MN的垂直平分线，则点P4，P5即为所求；
综上所述：使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为5个，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，分三种情况讨论是解题的关键．
7．（2025 祁阳市校级一模）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离为0.7米，顶端距离地面2.4米．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，顶端距离地面2米．则小巷的宽度为（ ）
A．0.7米 B．1.5米 C．2.2米 D．2.4米
【考点】勾股定理的应用．网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】C
【分析】先根据题意求得∠ACB，∠ACB的度数，再求得CB，AC，DE的长，从而利用勾股定理求得AB的长；然后再利用勾股定理求得BD的长，进而利用线段的和差关系，求得CD即可．
【解答】解：如图，∠ACB＝∠ACB＝90°，CB＝0.7m，AC＝2.5m，DE＝2m．
在Rt△ABC中，AB2.5（m）．
∵AB＝BE，
∴BE＝2.5（m），
∴BD1.5（m），
∴CD＝CB+BD＝0.7+1.5＝2.2（m），即小巷的宽度为2.2米．
故选：C．
【点评】此题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理的内容是解决此题的关键．
8．（2025 门头沟区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，DE⊥AB于E，点F在AC上，点G在AB上，BE＝CF．FD平分∠CFG，下列结论中正确的个数（ ）①DC＝DE；②GD平分∠FGE；③∠CAB+2∠FDG＝180°；④S△FDG＝S△CDF+S△DEG．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．网版权所有
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】①根据角平分线的性质即可对结论①进行判断；
②过点D作DH⊥FG于点H，根据角平分线性质得DC＝DH，DC＝DE，则DH＝DE，由此可对结论②进行判断；
③根据∠AFG＝180°﹣2∠DFG，∠AGF＝180°﹣2∠DGF得∠AFG+∠AGF＝360°﹣2（∠DFG+∠DGF），再根据∠DFG+∠DGF＝180°﹣∠FDG得∠AFG+∠AGF＝2∠FDG，然后根据∠CAB+∠AFG+∠AGF＝180°得∠CAB+2∠FDG＝180°，由此可对结论③进行判断；
④证明Rt△CDF和Rt△HDF全等得S△CDF＝S△HDF，同理证明Rt△DEG和Rt△DHG全等得S△DEG＝S△DHG，由此得S△CDF+S△DEG＝S△FDG，进而可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DC＝DE，
故结论①正确；
②过点D作DH⊥FG于点H，如图所示：
∵FD平分∠CFG，∠C＝90°，DH⊥FG，
∴DC＝DH，
又∵DC＝DE，
∴DH＝DE，
∴点D在∠FGE的平分线上，
∴GD平分∠FGE，
故结论②正确；
③∵FD平分∠CFG，GD平分∠FGE，
∴∠CFG＝2∠DFG，∠FGE＝2∠DGF，
∴∠AFG＝180°﹣∠CFG＝180°﹣2∠DFG，∠AGF＝180°﹣∠FGE＝180°﹣2∠DGF，
∴∠AFG+∠AGF＝360°﹣2（∠DFG+∠DGF），
在△DFG中，∠DFG+∠DGF＝180°﹣∠FDG，
∴∠AFG+∠AGF＝360°﹣2（180°﹣∠FDG）＝2∠FDG，
在△AFG中，∠CAB+∠AFG+∠AGF＝180°，
∴∠CAB+2∠FDG＝180°，
故结论③正确；
④在Rt△CDF和Rt△HDF中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△HDF（HL），
∴S△CDF＝S△HDF，
同理证明：Rt△DEG≌Rt△DHG（HL），
∴S△DEG＝S△DHG，
∴S△CDF+S△DEG＝S△HDF+S△DHG＝S△FDG，
即S△FDG＝S△CDF+S△DEG，
故结论④正确，
综上所述：正确的结论是①②③④，共4个．
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的内角和定理是解决问题的关键．
9．（2025 贵州模拟）如图①是第14届数学教育大会会标，中心图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图②所示的“弦图”是由4个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．已知大正方形的边长AD为10，AE的长为6，则小正方形的边长EF为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：由题意得DH＝AE＝6，
∵AD＝10，
∴AH8，
∴EH＝AH﹣AE＝2，
∴小正方形的边长EF为2，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
10．（2025 景德镇模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，若∠A＝62°，则∠BCD的度数为（ ）
A．28° B．31° C．34° D．38°
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【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质可得，然后利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠DCA＝62°，进而可得出结论．
【解答】解：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴BD＝AD＝CDAB，
∴∠A＝∠DCA＝62°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠DCA＝90°﹣62°＝28°．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．
二．填空题（共10小题）
11．（2025 南关区校级模拟）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF，给出下列五个结论：①EF＝2DE；②4BF2+4DE2＝BC2；③AE+BF＝BC；④若△CDE的面积为S，则四边形ABFE的面积为5S；⑤．上述结论中，正确结论的序号有 ①②⑤ ．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；解直角三角形．网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；几何直观；推理能力．
【答案】①②⑤．
【分析】根据角平分线的意义，可得∠ABC＝∠CBF，再根据平行线的性质，可得∠ACB＝∠CBF，从而可得∠ACB＝∠ABC，利用ASA证明△CDE≌△BDF，从而可判断①；利用勾股定理即可判断②；利用全等三角形的性质得AC＝AE+BF，可判断③；先利用全等三角形的性质，可得出S△CDE＝S△BDF，再利用等底同高的两个三角形面积相等，可得出S△ADB＝S△ACD，利用AE＝2BF，可证得S△ADB＝S△ACD＝3S△CDE＝3S△BDF，从而可得出S四边形ABFE＝S△ADE+S△ABD+S△BDF，再根据△CDE的面积为S，可求出S四边形ABFE，从而可判断④；先证明△ADE∽△DBF，列出比例式，求出，即可求得tan∠DBF，从而可判断⑤．
【解答】解：∵BC恰好平分∠ABF，
∴∠ABC＝∠CBF，
∵BF∥AC，
∴∠ACB＝∠CBF，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴AC＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD，
在△CDE和△BDF中，
，
∴△CDE≌△BDF（ASA），
∴DE＝DF，CE＝BF，∠CED＝∠BFD，
∴EF＝2DE，
故结论①正确，符合题意；
∵DE⊥AC，
∴∠CED＝∠BFD＝90°，
在直角三角形CDE中，由勾股定理得：，
∴4CE2+4DE2＝4BF2+4DE2＝BC2，
故结论②正确，符合题意；
∵CE＝BF，
∴AC＝AE+CE＝AE+BF，
∵AC与BC不一定相等，
∴AE+BF不一定等于BC，
故结论③错误，不符合题意；
∵△CDE≌△BDF，
∴S△CDE＝S△BDF，
∵BD＝CD，
∴S△ADB＝S△ACD，
∵AE＝2BF，
∴S△ADB＝S△ACD＝3S△CDE＝3S△BDF，
∴S四边形ABFE＝S△ADE+S△ABD+S△BDF，
∵△CDE的面积为S，
∴S四边形ABFE＝2S+3S+S＝6S，
故结论④错误，不符合题意；
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDF＝90°，
又∵BF∥AC，
∴∠F＝∠DEC＝90°，
∴∠BDF+∠DBF＝90°，
∴△ADE∽△DBF，
∴，
又∵DE＝DF，AE＝2BF，
∴，
∴，
∴，
故结论⑤正确，符合题意，
综上所述，正确结论的序号为①②⑤，
故答案为：①②⑤．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
12．（2025 凉州区校级二模）在△ABC中，AC＝4，BC＝8，，若P是△ABC三边所在直线上的一点，且PA＝PB，则AP的长为 或10或5 ．
【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理；线段垂直平分线的性质．网版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】或10或5．
【分析】先根据勾股定理逆定理得到∠ACB＝90°，然后由垂直平分线的性质和P是△ABC三边所在直线上的一点，推出点P在线段AB的中点或者在线段AB的垂直平分线和直线AC和BC的交点上，当点P在线段AB上时，易得AP的长；当点P在AC上时，利用勾股定理和三角形面积法即可求得AP的长；当点P在BC上时，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵AC＝4，BC＝8，，
∴AC2＝42＝16，BC2＝82＝64，，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵PA＝PB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
又∵P是△ABC三边所在直线上的一点，
∴如图所示，点P1、P2、P3符合题意，
①当点P在AB上时，如上图点P1，
∵，P1A＝P1B，
∴；
②当点P在AC上时，如上图点P2，
∵P1P2为线段AB的垂直平分线，
∴∠AP1P2＝90°，
设AP2＝x，
由勾股定理得：，
∵，
∴，即，
解得x＝10，（负值已舍去）
∴AP2＝10，
③当点P在BC上时，如上图点P3，
设AP3＝BP3＝x，那么CP3＝8﹣x，
∵AC＝4，
由勾股定理得：，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
∴x＝5，
∴AP3＝5．
综上所述，AP的长为或10或5，
故答案为：或10或5．
【点评】本题考查了勾股定理逆定理，垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并得到P点的两种情况是解题的关键．
13．（2025 威海一模）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B在反比例函数位于第一象限的图象上，OA＝OB．点C是△OAB的重心，点C也恰好在反比例函数的图象上，连接OC，延长OC与AB相交于点D，那么点D的坐标为 （3，3） ．
【考点】三角形的重心；等腰三角形的性质；勾股定理；反比例函数图象上点的坐标特征．网版权所有
【专题】三角形．
【答案】（3，3）．
【分析】由题意得点A，B关于直线y＝x对称，由OA＝OB可得△OAB的重心在直线OD：y＝x上，联立函数解析式求出点C坐标，即得，再根据三角形重心的性质可得，得到D（3，3），即可得到答案．
【解答】解：由题意得点A，B关于直线y＝x对称，
∵OA＝OB，点C是△OAB的重心，
∴△OAB的重心在直线OD：y＝x上，
∴点C在直线y＝x上，
联立得，
解得或，
∵点C在第一象限，
∴C（2，2），
∴，
∵点C是△OAB的重心，
∴OC：CD＝2：1，
∴，
∴，
设D（d，d）（d＞0），
∴，
∴d＝3，
∴D（3，3），
故答案为：（3，3）．
【点评】本题考查了反比例函数的图象和性质，等腰三角形性质，三角形的重心，勾股定理，掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
14．（2025 阿城区二模）图1是第七届国际数学教育大会（JCME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形演化而成的．若图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，按此规律继续演化，则△OA9A10的面积为 ．
【考点】勾股定理；规律型：图形的变化类．网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】．
【分析】利用勾股定理依次计算出，，OA4＝2，，然后依据计算出前几个三角形的面积，然后依据规律解答求得△OAn﹣1An的面积即可得到结论．
【解答】解：，，，，
∴．；；；…
△OAn﹣1An的面积．
∴△OA9A10的面积，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，能根据求出的结果得出规律是解此题的关键．
15．（2025 河南模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是边BC的中点，AD＝8，S△ABC＝48，则BE的长为 6 ．
【考点】三角形的面积；三角形的角平分线、中线和高．网版权所有
【专题】三角形；运算能力．
【答案】6．
【分析】根据三角形面积公式列关于BC的方程并求解，再由中点的定义计算BE的长即可．
【解答】解：根据题意，得BC AD＝S△ABC，即8BC＝48，
解得BC＝12，
∵点E是边BC的中点，
∴BEBC＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查三角形的面积、中线，掌握三角形面积计算公式和中点的定义是解题的关键．
16．（2025 惠州一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝ 3 ．
【考点】勾股定理；等边三角形的性质．网版权所有
【专题】几何变换；推理能力．
【答案】3．
【分析】AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，可得△ABC为等边三角形．作BM⊥AC于点M，可得M为AC的中点，可求得BM的长，连接DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM为AC的一半．作DN⊥BM于点N，则BD 为直角三角形的斜边，利用平行线分线段成比例定理可得MN的长，利用勾股定理可得DN的长，进而根据勾股定理可得BD的长．
【解答】解：过点B作BM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BM于点N，连接DM．
∴∠BMC＝∠BND＝90°，
∴CM∥DN．
∵BE＝3DE，
∴BM＝3MN．
∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝6．
∵BM⊥AC，
∴CMAC＝3．
∴BM3．
∴MN．
∴BN＝4．
∵∠ADC＝90°，
∴DMAC＝3．
∴DN．
∴BD3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了勾股定理的应用．若图中有等边三角形，常用辅助线作法是做出一边上的高．把所求线段放在一个直角三角形中当斜边也是常用辅助线作法．
17．（2025 泗阳县一模）如图所示，在边长为1的正方形网格图中，点A、B、C、D均在正方形网格格点上．图中∠B+∠D＝ 45 °．
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【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】45．
【分析】证明△ABC≌△DAE（SAS），得∠B＝∠DAE，再由三角形的外角性质得∠DAE+∠ADC＝45°，即可得出结论．
【解答】解：如图，在△ABC和△DAE中，
，
∴△ABC≌△DAE（SAS），
∴∠B＝∠DAE，
∵∠DCE＝∠DAE+∠ADC＝45°，
∴∠B+∠ADC＝45°，
故答案为：45．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的外角性质等知识，熟练掌握三角形的外角性质，证明三角形全等是解题的关键．
18．（2025 广东校级模拟）如图，在△ABC中，CD＝4BD，CI平分∠ACB与AD相交于点I，IH⊥AC于点H，若BC＝5，AC＝7，S△ABD＝3，则IH的长为 ．
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【专题】三角形；推理能力．
【答案】．
【分析】过点I作IE⊥BC于D，根据角平分线的性质得到IH＝IE，再根据三角形面积公式计算即可．
【解答】解：如图，过点I作IE⊥BC于D，
∵CI平分∠ACB，IH⊥AC，IE⊥BC，
∴IH＝IE，
∵S△ABD＝3，CD＝4BD，BC＝5，
∴S△ADC＝12，CD＝4，
∴CD×IEAC×IH＝12，
∴4×IE7×IH＝12，
解得：IH＝IE，
故答案为：．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，熟记角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
19．（2025 南海区校级三模）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，以A为圆心，AB为半径画弧，交最上方的网格线于点D，则CD的长为 3 ．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接AD，则AD＝AB＝3，在Rt△ADE中，利用勾股定理得到DE，根据线段的和差即可得到结论．
【解答】解：连接AD，
由题意知：AD＝AB＝3，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
DE，
∴CD＝CE﹣DE＝3，
故CD的长为3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了勾股定理，明确AD＝AB＝3是解题的关键．
20．（2025 福州模拟）如图1，小明按照体育老师教的方法确定适合自己的绳长：一脚踩住绳子的中央，手肘靠近身体，两肘弯屈90°，小臂水平转向两侧，两手将绳拉直，绳长即合适长度．将图1抽象成图2，若两手握住的绳柄两端距离约为1m，小臂到地面的距离约1.2m，则适合小明的绳长为 2.6 m．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】2.6．
【分析】如图，过A作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：如图，过A作AD⊥BC于D，
∵AB＝AC，
∴BDBC（m），
在Rt△ABD中，AD＝1.2，
∴AB＝AC1.3（m），
∴绳长为1.3×2＝2.6（m）；
故答案为：2.6．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 晋中二模）阅读与思考
三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle，1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard，1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若任意△ABC内一点P，满足∠BAP＝∠ACP＝∠CBP＝α，则点P叫做△ABC的布洛卡点，α叫做布洛卡角．
任务一：
（1）若点Q是边长为3的等边△ABC的布洛卡点，则布洛卡角α的度数为 30° ，点Q到三个顶点的距离之和为 ．
任务二：如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P是△ABC内部一点，且∠APB＝∠BPC＝135°．
（2）求证：点P是△ABC的布洛卡点．
（3）求sin∠ACP的值．
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【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）30°；；
（2）在△ABP中，∠1+∠ABP＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠3+∠ABP＝∠ABC＝45°，
∴∠3＝∠1，
在△CBP中，∠3+∠BCP＝180°﹣∠BPC＝180°﹣135°＝45°，
∵∠2+∠BCP＝∠ACB＝45°，
∴∠3＝∠2，
∴∠3＝∠2＝∠1，
∴点P是△ABC的布洛卡点；
（3）、
【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明△AQB≌△BQC，得出AQ＝BQ，根据等腰三角形的性质得出∠QAB＝∠QBA，求出∠QBC＝30°，过点Q作QH⊥AB于点H，解直角三角形得出，求出；
（2）先证明∠3＝∠1，再证明∠3＝∠2，得出∠3＝∠2＝∠1，即可得出结论；
（3）证明△ABP∽△BCP，得出，根据AB＝AC，∠BAC＝90°，求出，设AP＝k，则，CP＝2k，根据勾股定理求出，最后求出结果即可．
【解答】（1）解：由题意知：∠BAQ＝∠CBQ＝∠ACQ，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，AB＝BC＝AC＝3，
∴∠ABC﹣∠CBQ＝∠ACB﹣∠ACQ＝∠BAC﹣∠BAQ，
即∠ABQ＝∠BCQ＝∠CAQ，
在△AQB和△BQC中，
，
∴△AQB≌△BQC（ASA），
∴AQ＝BQ，
∴∠QAB＝∠QBA，
∴∠QBA＝∠QBC，∠QBA+∠QBC＝60°，
∴∠QBC＝30°，
即布洛卡角α的度数为30°，
同理可证出：∠BAQ＝∠CBQ＝∠ACQ＝30°，
∠ABQ＝∠BCQ＝∠CBQ＝30°，
QA＝QB＝QC，
过点Q作QH⊥AB于点H，如图1，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：30°；；
（2）证明：在△ABP中，∠1+∠ABP＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠3+∠ABP＝∠ABC＝45°，
∴∠3＝∠1，
在△CBP中，∠3+∠BCP＝180°﹣∠BPC＝180°﹣135°＝45°，
∵∠2+∠BCP＝∠ACB＝45°，
∴∠3＝∠2，
∴∠3＝∠2＝∠1，
∴点P是△ABC的布洛卡点；
（3）解：∵∠APB＝∠BPC＝135°，
∴∠APC＝360°﹣145°﹣145°＝90°，
∵∠1＝∠3，∠APB＝∠BPC，
∴△ABP∽△BCP，
∴，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴，
设AP＝k，则，CP＝2k，
在Rt△APC中，由勾股定理，得：，
∴．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质．
22．（2025 云南模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若AB＝2，BE＝3，求CD的长．
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【专题】证明题；图形的全等；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由“AAS”即可证△ABD≌△EDC；
（2）结合（1）可得AB＝DE，BD＝CD，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠EDC．
在△ABD和△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（AAS），
（2）由（1）得△ABD≌△EDC，
∴AB＝DE＝2，BD＝CD，
∴CD＝BD＝DE+BE＝2+3＝5．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
23．（2025 丹阳市二模）如图，∠A＝∠B，点D在AC边上，AE和BD相交于点O．
（1）若∠2＝36°，求∠AEB的度数；
（2）若∠1＝∠2，AE＝BE，求证：△AEC≌△BED．
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【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用三角形内角和得到∠AEB＝∠2；
（2）先利用三角形外角性质证明∠C＝∠BDE，然后根据“AAS”证明△AEC≌△BED．
【解答】（1）解：∵∠AOD＝∠BOE，∠A＝∠B，
∴∠AEB＝∠2＝36°；
（2）证明：∵∠ADE＝∠1+∠C，
即∠2+∠BDE＝∠1+∠C，
而∠2＝∠1，
∴∠C＝∠BDE，
在△AEC和△BED中，
，
∴△AEC≌△BED（AAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
24．（2025 岳阳楼区二模）某校“综合与实践”小组开展了测量本校旗杆高度的实践活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量结果如下表（不完整）．
课题 测量学校旗杆的高度
成员 组长：XXX组员：XXX，XXX，XXX
工具 皮尺等
测量示意图 说明：线段AB表示学校旗杆，AB垂直地面于点B． 第一次操作：如图①，将系在旗杆顶端的绳子自然下垂到地面，绳子多出的一段在地面拉直后记作BC，用皮尺测出BC的长度； 第二次操作：如图②，将绳子拉直，绳子末端落在地面的点D处，用皮尺测出BD的长度．
测量数据 测量项目 数值（单位：米）
图①中BC的长度 1
图②中BD的长度 5
…… ……
（1）根据以上测量结果，请你帮助这个小组求出学校旗杆AB的高度．
（2）如图③，第三次操作：某同学从点D前行至点F处，再次将绳子拉直，此时测得绳子末端E到地面的距离EF的长度为1米，求该同学前进的距离DF的长度．（1.73，结果精确到0.1）
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【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】（1）旗杆AB的高度为12米；
（2）1.9米．
【分析】（1）设旗杆AB的高度为x米，根据题意可得：AD＝x+1（米），则在直角三角形ABD中，根据勾股定理构建方程求解即可；
（2）作EG⊥AB于点G，如图，则由题意可得四边形BFEG是矩形，AE＝AD＝13米，在直角三角形AEG中，根据勾股定理求出EG，即BF的长度即可解决问题．
【解答】解：（1）设旗杆AB的高度为x米，根据题意可得：AD＝x+1，
则在直角三角形ABD中（图②），根据勾股定理可得：x2+52＝（x+1）2，
解得：x＝12，
所以旗杆AB的高度为12米．
（2）作EG⊥AB于点G，如图，
由条件可知四边形BFEG是矩形，AE＝AD＝13，
∴BG＝EF＝1，GE＝BF，
∴AG＝AB﹣BG＝11，
则在直角三角形AEG中，根据勾股定理得：112+GE2＝132，
解得：，即BF＝6.92，
∴DF＝6.92﹣5＝1.92≈1.9；
该同学前进的距离DF的长约为1.9米．
【点评】本题考查了勾股定理的应用、矩形的判定和性质等知识，正确理解题意、熟练掌握勾股定理是解题的关键．
25．（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．
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【专题】几何综合题．
【答案】（1）见解析；
（2）①；②．
【分析】（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．
【点评】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．
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西）如图，小谊将两根长度不等的木条AC，BD的中点连在一起，记中点为O，即AO＝CO，BO＝DO．测得C，D两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上A，B两点之间的距离．图中△AOB与△COD全等的依据是（ ）
A．SSS B．SAS C．ASA D．HL
2．（2025 内蒙古）如图，ABCD是一个矩形草坪．对角线AC、BD相交于点O，H是BC边的中点，连接OH，且OH＝20m，AD＝30m，则该草坪的面积为（ ）
A．2400m2 B．1800m2 C．1200m2 D．600m2
3．（2025 汇川区二模）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（ ）
A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm
4．（2025 东河区校级自主招生）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则（sinθ+cosθ）2＝（ ）
A． B． C． D．
5．（2025 锡山区二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（ ）
A．AB＝2BF B．AE＝BE
C． D．CD⊥AB
6．（2025 灞桥区校级一模）如图，M，N为4×4方格纸中格点上的两点，若以MN为边，在方格中取一点P（P在格点上），使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
7．（2025 祁阳市校级一模）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离为0.7米，顶端距离地面2.4米．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，顶端距离地面2米．则小巷的宽度为（ ）
A．0.7米 B．1.5米 C．2.2米 D．2.4米
8．（2025 门头沟区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，DE⊥AB于E，点F在AC上，点G在AB上，BE＝CF．FD平分∠CFG，下列结论中正确的个数（ ）①DC＝DE；②GD平分∠FGE；③∠CAB+2∠FDG＝180°；④S△FDG＝S△CDF+S△DEG．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2025 贵州模拟）如图①是第14届数学教育大会会标，中心图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图②所示的“弦图”是由4个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．已知大正方形的边长AD为10，AE的长为6，则小正方形的边长EF为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
10．（2025 景德镇模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，若∠A＝62°，则∠BCD的度数为（ ）
A．28° B．31° C．34° D．38°
二．填空题（共10小题）
11．（2025 南关区校级模拟）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF，给出下列五个结论：①EF＝2DE；②4BF2+4DE2＝BC2；③AE+BF＝BC；④若△CDE的面积为S，则四边形ABFE的面积为5S；⑤．上述结论中，正确结论的序号有 ．
12．（2025 凉州区校级二模）在△ABC中，AC＝4，BC＝8，，若P是△ABC三边所在直线上的一点，且PA＝PB，则AP的长为 ．
13．（2025 威海一模）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B在反比例函数位于第一象限的图象上，OA＝OB．点C是△OAB的重心，点C也恰好在反比例函数的图象上，连接OC，延长OC与AB相交于点D，那么点D的坐标为 ．
14．（2025 阿城区二模）图1是第七届国际数学教育大会（JCME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形演化而成的．若图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，按此规律继续演化，则△OA9A10的面积为 ．
15．（2025 河南模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是边BC的中点，AD＝8，S△ABC＝48，则BE的长为 ．
16．（2025 惠州一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝ ．
17．（2025 泗阳县一模）如图所示，在边长为1的正方形网格图中，点A、B、C、D均在正方形网格格点上．图中∠B+∠D＝ °．
18．（2025 广东校级模拟）如图，在△ABC中，CD＝4BD，CI平分∠ACB与AD相交于点I，IH⊥AC于点H，若BC＝5，AC＝7，S△ABD＝3，则IH的长为 ．
19．（2025 南海区校级三模）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，以A为圆心，AB为半径画弧，交最上方的网格线于点D，则CD的长为 ．
20．（2025 福州模拟）如图1，小明按照体育老师教的方法确定适合自己的绳长：一脚踩住绳子的中央，手肘靠近身体，两肘弯屈90°，小臂水平转向两侧，两手将绳拉直，绳长即合适长度．将图1抽象成图2，若两手握住的绳柄两端距离约为1m，小臂到地面的距离约1.2m，则适合小明的绳长为 m．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 晋中二模）阅读与思考
三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle，1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard，1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若任意△ABC内一点P，满足∠BAP＝∠ACP＝∠CBP＝α，则点P叫做△ABC的布洛卡点，α叫做布洛卡角．
任务一：
（1）若点Q是边长为3的等边△ABC的布洛卡点，则布洛卡角α的度数为 ，点Q到三个顶点的距离之和为 ．
任务二：如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P是△ABC内部一点，且∠APB＝∠BPC＝135°．
（2）求证：点P是△ABC的布洛卡点．
（3）求sin∠ACP的值．
22．（2025 云南模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若AB＝2，BE＝3，求CD的长．
23．（2025 丹阳市二模）如图，∠A＝∠B，点D在AC边上，AE和BD相交于点O．
（1）若∠2＝36°，求∠AEB的度数；
（2）若∠1＝∠2，AE＝BE，求证：△AEC≌△BED．
24．（2025 岳阳楼区二模）某校“综合与实践”小组开展了测量本校旗杆高度的实践活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量结果如下表（不完整）．
课题 测量学校旗杆的高度
成员 组长：XXX组员：XXX，XXX，XXX
工具 皮尺等
测量示意图 说明：线段AB表示学校旗杆，AB垂直地面于点B． 第一次操作：如图①，将系在旗杆顶端的绳子自然下垂到地面，绳子多出的一段在地面拉直后记作BC，用皮尺测出BC的长度； 第二次操作：如图②，将绳子拉直，绳子末端落在地面的点D处，用皮尺测出BD的长度．
测量数据 测量项目 数值（单位：米）
图①中BC的长度 1
图②中BD的长度 5
…… ……
（1）根据以上测量结果，请你帮助这个小组求出学校旗杆AB的高度．
（2）如图③，第三次操作：某同学从点D前行至点F处，再次将绳子拉直，此时测得绳子末端E到地面的距离EF的长度为1米，求该同学前进的距离DF的长度．（1.73，结果精确到0.1）
25．（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．
2026年中考数学解密之三角形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B A B C C D D A
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山西）如图，小谊将两根长度不等的木条AC，BD的中点连在一起，记中点为O，即AO＝CO，BO＝DO．测得C，D两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上A，B两点之间的距离．图中△AOB与△COD全等的依据是（ ）
A．SSS B．SAS C．ASA D．HL
【考点】全等三角形的应用．网版权所有
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】B
【分析】根据SAS可证明结论．
【解答】解：在△AOB与△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（SAS），
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2025 内蒙古）如图，ABCD是一个矩形草坪．对角线AC、BD相交于点O，H是BC边的中点，连接OH，且OH＝20m，AD＝30m，则该草坪的面积为（ ）
A．2400m2 B．1800m2 C．1200m2 D．600m2
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质．网版权所有
【专题】三角形；应用意识．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到CO＝OA，根据三角形中位线定理求出AB，再根据矩形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CO＝OA，
∵H是BC边的中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴AB＝2OH＝2×20＝40（m），
∴该草坪的面积为：40×30＝1200（m2），
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、矩形的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
3．（2025 汇川区二模）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（ ）
A．3.5cm B．3cm C．4.5cm D．6cm
【考点】直角三角形斜边上的中线．网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长．
【解答】解：∵点A、B对应的刻度为1、7，
∴AB＝7﹣1＝6（cm），
∵∠ACB＝90°，点D为线段AB的中点，
∴CDAB6＝3（cm），
故选：B．
【点评】本题考查直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
4．（2025 东河区校级自主招生）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是125，小正方形面积是25，则（sinθ+cosθ）2＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】勾股定理的证明；解直角三角形；数学常识；全等图形．网版权所有
【专题】数形结合；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】先由两个正方形的面积分别得出其边长，设AC＝BD＝a，由勾股定理解得a的值，后按照正弦函数和余弦函数的定义得出sinθ和cosθ的值，最后代入要求的式子计算即可．
【解答】解：∵大正方形的面积是125，小正方形面积是25，
∴大正方形的边长是5，小正方形的边长是5，
设AC＝BD＝a，如图，
△ABD中，由勾股定理得：
a2+（5+a）2，
解得a＝5，
∴sinθ，cosθ，
∴（sinθ+cosθ）2．
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理、弦图及正弦函数和余弦函数的计算，明确相关性质及定理是解题的关键．
5．（2025 锡山区二模）如图，CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（ ）
A．AB＝2BF B．AE＝BE
C． D．CD⊥AB
【考点】三角形的角平分线、中线和高．网版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据高线，中线，角平分线的定义，进行判断即可．
【解答】解：A、∵CF是边AB的中线，
∴AB＝2BF，正确，不符合题意；
B、无法证明AE＝BE，说法错误，符合题意；
C、∵CE是∠ACB的平分线，
∴∠ACE∠ACB，正确，不符合题意；
D、∵CD是△ABC的高，
∴CD⊥AB，正确，不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形的角平分线、中线和高，熟知以上知识是解题的关键．
6．（2025 灞桥区校级一模）如图，M，N为4×4方格纸中格点上的两点，若以MN为边，在方格中取一点P（P在格点上），使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为（ ）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【考点】等腰三角形的判定．网版权所有
【专题】分类讨论；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】分三种情况：当MP＝MN时，当NP＝NM时，当PM＝PN时，即可解答．
【解答】解：如图：
分三种情况：
当MP＝MN时，以点M为圆心，以MN长为半径作圆，则点P1，P2即为所求；
当NP＝NM时，以点N为圆心，以NM长为半径作圆，则点P3即为所求；
当PM＝PN时，作线段MN的垂直平分线，则点P4，P5即为所求；
综上所述：使得△MNP为等腰三角形，则点P的个数为5个，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，分三种情况讨论是解题的关键．
7．（2025 祁阳市校级一模）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离为0.7米，顶端距离地面2.4米．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，顶端距离地面2米．则小巷的宽度为（ ）
A．0.7米 B．1.5米 C．2.2米 D．2.4米
【考点】勾股定理的应用．网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】C
【分析】先根据题意求得∠ACB，∠ACB的度数，再求得CB，AC，DE的长，从而利用勾股定理求得AB的长；然后再利用勾股定理求得BD的长，进而利用线段的和差关系，求得CD即可．
【解答】解：如图，∠ACB＝∠ACB＝90°，CB＝0.7m，AC＝2.5m，DE＝2m．
在Rt△ABC中，AB2.5（m）．
∵AB＝BE，
∴BE＝2.5（m），
∴BD1.5（m），
∴CD＝CB+BD＝0.7+1.5＝2.2（m），即小巷的宽度为2.2米．
故选：C．
【点评】此题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理的内容是解决此题的关键．
8．（2025 门头沟区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，DE⊥AB于E，点F在AC上，点G在AB上，BE＝CF．FD平分∠CFG，下列结论中正确的个数（ ）①DC＝DE；②GD平分∠FGE；③∠CAB+2∠FDG＝180°；④S△FDG＝S△CDF+S△DEG．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．网版权所有
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】D
【分析】①根据角平分线的性质即可对结论①进行判断；
②过点D作DH⊥FG于点H，根据角平分线性质得DC＝DH，DC＝DE，则DH＝DE，由此可对结论②进行判断；
③根据∠AFG＝180°﹣2∠DFG，∠AGF＝180°﹣2∠DGF得∠AFG+∠AGF＝360°﹣2（∠DFG+∠DGF），再根据∠DFG+∠DGF＝180°﹣∠FDG得∠AFG+∠AGF＝2∠FDG，然后根据∠CAB+∠AFG+∠AGF＝180°得∠CAB+2∠FDG＝180°，由此可对结论③进行判断；
④证明Rt△CDF和Rt△HDF全等得S△CDF＝S△HDF，同理证明Rt△DEG和Rt△DHG全等得S△DEG＝S△DHG，由此得S△CDF+S△DEG＝S△FDG，进而可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DC＝DE，
故结论①正确；
②过点D作DH⊥FG于点H，如图所示：
∵FD平分∠CFG，∠C＝90°，DH⊥FG，
∴DC＝DH，
又∵DC＝DE，
∴DH＝DE，
∴点D在∠FGE的平分线上，
∴GD平分∠FGE，
故结论②正确；
③∵FD平分∠CFG，GD平分∠FGE，
∴∠CFG＝2∠DFG，∠FGE＝2∠DGF，
∴∠AFG＝180°﹣∠CFG＝180°﹣2∠DFG，∠AGF＝180°﹣∠FGE＝180°﹣2∠DGF，
∴∠AFG+∠AGF＝360°﹣2（∠DFG+∠DGF），
在△DFG中，∠DFG+∠DGF＝180°﹣∠FDG，
∴∠AFG+∠AGF＝360°﹣2（180°﹣∠FDG）＝2∠FDG，
在△AFG中，∠CAB+∠AFG+∠AGF＝180°，
∴∠CAB+2∠FDG＝180°，
故结论③正确；
④在Rt△CDF和Rt△HDF中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△HDF（HL），
∴S△CDF＝S△HDF，
同理证明：Rt△DEG≌Rt△DHG（HL），
∴S△DEG＝S△DHG，
∴S△CDF+S△DEG＝S△HDF+S△DHG＝S△FDG，
即S△FDG＝S△CDF+S△DEG，
故结论④正确，
综上所述：正确的结论是①②③④，共4个．
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，三角形的内角和定理是解决问题的关键．
9．（2025 贵州模拟）如图①是第14届数学教育大会会标，中心图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”．如图②所示的“弦图”是由4个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形．已知大正方形的边长AD为10，AE的长为6，则小正方形的边长EF为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：由题意得DH＝AE＝6，
∵AD＝10，
∴AH8，
∴EH＝AH﹣AE＝2，
∴小正方形的边长EF为2，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
10．（2025 景德镇模拟）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，若∠A＝62°，则∠BCD的度数为（ ）
A．28° B．31° C．34° D．38°
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【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质可得，然后利用等腰三角形的性质可得∠A＝∠DCA＝62°，进而可得出结论．
【解答】解：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴BD＝AD＝CDAB，
∴∠A＝∠DCA＝62°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠DCA＝90°﹣62°＝28°．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．
二．填空题（共10小题）
11．（2025 南关区校级模拟）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为E，BF∥AC交ED的延长线于点F，若BC恰好平分∠ABF，AE＝2BF，给出下列五个结论：①EF＝2DE；②4BF2+4DE2＝BC2；③AE+BF＝BC；④若△CDE的面积为S，则四边形ABFE的面积为5S；⑤．上述结论中，正确结论的序号有 ①②⑤ ．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；解直角三角形．网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；几何直观；推理能力．
【答案】①②⑤．
【分析】根据角平分线的意义，可得∠ABC＝∠CBF，再根据平行线的性质，可得∠ACB＝∠CBF，从而可得∠ACB＝∠ABC，利用ASA证明△CDE≌△BDF，从而可判断①；利用勾股定理即可判断②；利用全等三角形的性质得AC＝AE+BF，可判断③；先利用全等三角形的性质，可得出S△CDE＝S△BDF，再利用等底同高的两个三角形面积相等，可得出S△ADB＝S△ACD，利用AE＝2BF，可证得S△ADB＝S△ACD＝3S△CDE＝3S△BDF，从而可得出S四边形ABFE＝S△ADE+S△ABD+S△BDF，再根据△CDE的面积为S，可求出S四边形ABFE，从而可判断④；先证明△ADE∽△DBF，列出比例式，求出，即可求得tan∠DBF，从而可判断⑤．
【解答】解：∵BC恰好平分∠ABF，
∴∠ABC＝∠CBF，
∵BF∥AC，
∴∠ACB＝∠CBF，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴AC＝AB，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD，
在△CDE和△BDF中，
，
∴△CDE≌△BDF（ASA），
∴DE＝DF，CE＝BF，∠CED＝∠BFD，
∴EF＝2DE，
故结论①正确，符合题意；
∵DE⊥AC，
∴∠CED＝∠BFD＝90°，
在直角三角形CDE中，由勾股定理得：，
∴4CE2+4DE2＝4BF2+4DE2＝BC2，
故结论②正确，符合题意；
∵CE＝BF，
∴AC＝AE+CE＝AE+BF，
∵AC与BC不一定相等，
∴AE+BF不一定等于BC，
故结论③错误，不符合题意；
∵△CDE≌△BDF，
∴S△CDE＝S△BDF，
∵BD＝CD，
∴S△ADB＝S△ACD，
∵AE＝2BF，
∴S△ADB＝S△ACD＝3S△CDE＝3S△BDF，
∴S四边形ABFE＝S△ADE+S△ABD+S△BDF，
∵△CDE的面积为S，
∴S四边形ABFE＝2S+3S+S＝6S，
故结论④错误，不符合题意；
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDF＝90°，
又∵BF∥AC，
∴∠F＝∠DEC＝90°，
∴∠BDF+∠DBF＝90°，
∴△ADE∽△DBF，
∴，
又∵DE＝DF，AE＝2BF，
∴，
∴，
∴，
故结论⑤正确，符合题意，
综上所述，正确结论的序号为①②⑤，
故答案为：①②⑤．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
12．（2025 凉州区校级二模）在△ABC中，AC＝4，BC＝8，，若P是△ABC三边所在直线上的一点，且PA＝PB，则AP的长为 或10或5 ．
【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理；线段垂直平分线的性质．网版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】或10或5．
【分析】先根据勾股定理逆定理得到∠ACB＝90°，然后由垂直平分线的性质和P是△ABC三边所在直线上的一点，推出点P在线段AB的中点或者在线段AB的垂直平分线和直线AC和BC的交点上，当点P在线段AB上时，易得AP的长；当点P在AC上时，利用勾股定理和三角形面积法即可求得AP的长；当点P在BC上时，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵AC＝4，BC＝8，，
∴AC2＝42＝16，BC2＝82＝64，，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵PA＝PB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
又∵P是△ABC三边所在直线上的一点，
∴如图所示，点P1、P2、P3符合题意，
①当点P在AB上时，如上图点P1，
∵，P1A＝P1B，
∴；
②当点P在AC上时，如上图点P2，
∵P1P2为线段AB的垂直平分线，
∴∠AP1P2＝90°，
设AP2＝x，
由勾股定理得：，
∵，
∴，即，
解得x＝10，（负值已舍去）
∴AP2＝10，
③当点P在BC上时，如上图点P3，
设AP3＝BP3＝x，那么CP3＝8﹣x，
∵AC＝4，
由勾股定理得：，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
∴x＝5，
∴AP3＝5．
综上所述，AP的长为或10或5，
故答案为：或10或5．
【点评】本题考查了勾股定理逆定理，垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点并得到P点的两种情况是解题的关键．
13．（2025 威海一模）如图，在平面直角坐标系中，点A、点B在反比例函数位于第一象限的图象上，OA＝OB．点C是△OAB的重心，点C也恰好在反比例函数的图象上，连接OC，延长OC与AB相交于点D，那么点D的坐标为 （3，3） ．
【考点】三角形的重心；等腰三角形的性质；勾股定理；反比例函数图象上点的坐标特征．网版权所有
【专题】三角形．
【答案】（3，3）．
【分析】由题意得点A，B关于直线y＝x对称，由OA＝OB可得△OAB的重心在直线OD：y＝x上，联立函数解析式求出点C坐标，即得，再根据三角形重心的性质可得，得到D（3，3），即可得到答案．
【解答】解：由题意得点A，B关于直线y＝x对称，
∵OA＝OB，点C是△OAB的重心，
∴△OAB的重心在直线OD：y＝x上，
∴点C在直线y＝x上，
联立得，
解得或，
∵点C在第一象限，
∴C（2，2），
∴，
∵点C是△OAB的重心，
∴OC：CD＝2：1，
∴，
∴，
设D（d，d）（d＞0），
∴，
∴d＝3，
∴D（3，3），
故答案为：（3，3）．
【点评】本题考查了反比例函数的图象和性质，等腰三角形性质，三角形的重心，勾股定理，掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
14．（2025 阿城区二模）图1是第七届国际数学教育大会（JCME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形演化而成的．若图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝…＝1，按此规律继续演化，则△OA9A10的面积为 ．
【考点】勾股定理；规律型：图形的变化类．网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】．
【分析】利用勾股定理依次计算出，，OA4＝2，，然后依据计算出前几个三角形的面积，然后依据规律解答求得△OAn﹣1An的面积即可得到结论．
【解答】解：，，，，
∴．；；；…
△OAn﹣1An的面积．
∴△OA9A10的面积，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，能根据求出的结果得出规律是解此题的关键．
15．（2025 河南模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是边BC的中点，AD＝8，S△ABC＝48，则BE的长为 6 ．
【考点】三角形的面积；三角形的角平分线、中线和高．网版权所有
【专题】三角形；运算能力．
【答案】6．
【分析】根据三角形面积公式列关于BC的方程并求解，再由中点的定义计算BE的长即可．
【解答】解：根据题意，得BC AD＝S△ABC，即8BC＝48，
解得BC＝12，
∵点E是边BC的中点，
∴BEBC＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查三角形的面积、中线，掌握三角形面积计算公式和中点的定义是解题的关键．
16．（2025 惠州一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝ 3 ．
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【专题】几何变换；推理能力．
【答案】3．
【分析】AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，可得△ABC为等边三角形．作BM⊥AC于点M，可得M为AC的中点，可求得BM的长，连接DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM为AC的一半．作DN⊥BM于点N，则BD 为直角三角形的斜边，利用平行线分线段成比例定理可得MN的长，利用勾股定理可得DN的长，进而根据勾股定理可得BD的长．
【解答】解：过点B作BM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BM于点N，连接DM．
∴∠BMC＝∠BND＝90°，
∴CM∥DN．
∵BE＝3DE，
∴BM＝3MN．
∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝6．
∵BM⊥AC，
∴CMAC＝3．
∴BM3．
∴MN．
∴BN＝4．
∵∠ADC＝90°，
∴DMAC＝3．
∴DN．
∴BD3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了勾股定理的应用．若图中有等边三角形，常用辅助线作法是做出一边上的高．把所求线段放在一个直角三角形中当斜边也是常用辅助线作法．
17．（2025 泗阳县一模）如图所示，在边长为1的正方形网格图中，点A、B、C、D均在正方形网格格点上．图中∠B+∠D＝ 45 °．
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【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】45．
【分析】证明△ABC≌△DAE（SAS），得∠B＝∠DAE，再由三角形的外角性质得∠DAE+∠ADC＝45°，即可得出结论．
【解答】解：如图，在△ABC和△DAE中，
，
∴△ABC≌△DAE（SAS），
∴∠B＝∠DAE，
∵∠DCE＝∠DAE+∠ADC＝45°，
∴∠B+∠ADC＝45°，
故答案为：45．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的外角性质等知识，熟练掌握三角形的外角性质，证明三角形全等是解题的关键．
18．（2025 广东校级模拟）如图，在△ABC中，CD＝4BD，CI平分∠ACB与AD相交于点I，IH⊥AC于点H，若BC＝5，AC＝7，S△ABD＝3，则IH的长为 ．
【考点】角平分线的性质；三角形的面积．网版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【答案】．
【分析】过点I作IE⊥BC于D，根据角平分线的性质得到IH＝IE，再根据三角形面积公式计算即可．
【解答】解：如图，过点I作IE⊥BC于D，
∵CI平分∠ACB，IH⊥AC，IE⊥BC，
∴IH＝IE，
∵S△ABD＝3，CD＝4BD，BC＝5，
∴S△ADC＝12，CD＝4，
∴CD×IEAC×IH＝12，
∴4×IE7×IH＝12，
解得：IH＝IE，
故答案为：．
【点评】本题考查的是角平分线的性质，熟记角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
19．（2025 南海区校级三模）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，以A为圆心，AB为半径画弧，交最上方的网格线于点D，则CD的长为 3 ．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接AD，则AD＝AB＝3，在Rt△ADE中，利用勾股定理得到DE，根据线段的和差即可得到结论．
【解答】解：连接AD，
由题意知：AD＝AB＝3，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
DE，
∴CD＝CE﹣DE＝3，
故CD的长为3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了勾股定理，明确AD＝AB＝3是解题的关键．
20．（2025 福州模拟）如图1，小明按照体育老师教的方法确定适合自己的绳长：一脚踩住绳子的中央，手肘靠近身体，两肘弯屈90°，小臂水平转向两侧，两手将绳拉直，绳长即合适长度．将图1抽象成图2，若两手握住的绳柄两端距离约为1m，小臂到地面的距离约1.2m，则适合小明的绳长为 2.6 m．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】2.6．
【分析】如图，过A作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：如图，过A作AD⊥BC于D，
∵AB＝AC，
∴BDBC（m），
在Rt△ABD中，AD＝1.2，
∴AB＝AC1.3（m），
∴绳长为1.3×2＝2.6（m）；
故答案为：2.6．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025 晋中二模）阅读与思考
三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle，1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard，1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若任意△ABC内一点P，满足∠BAP＝∠ACP＝∠CBP＝α，则点P叫做△ABC的布洛卡点，α叫做布洛卡角．
任务一：
（1）若点Q是边长为3的等边△ABC的布洛卡点，则布洛卡角α的度数为 30° ，点Q到三个顶点的距离之和为 ．
任务二：如图2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P是△ABC内部一点，且∠APB＝∠BPC＝135°．
（2）求证：点P是△ABC的布洛卡点．
（3）求sin∠ACP的值．
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【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）30°；；
（2）在△ABP中，∠1+∠ABP＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠3+∠ABP＝∠ABC＝45°，
∴∠3＝∠1，
在△CBP中，∠3+∠BCP＝180°﹣∠BPC＝180°﹣135°＝45°，
∵∠2+∠BCP＝∠ACB＝45°，
∴∠3＝∠2，
∴∠3＝∠2＝∠1，
∴点P是△ABC的布洛卡点；
（3）、
【分析】（1）根据等边三角形的性质，证明△AQB≌△BQC，得出AQ＝BQ，根据等腰三角形的性质得出∠QAB＝∠QBA，求出∠QBC＝30°，过点Q作QH⊥AB于点H，解直角三角形得出，求出；
（2）先证明∠3＝∠1，再证明∠3＝∠2，得出∠3＝∠2＝∠1，即可得出结论；
（3）证明△ABP∽△BCP，得出，根据AB＝AC，∠BAC＝90°，求出，设AP＝k，则，CP＝2k，根据勾股定理求出，最后求出结果即可．
【解答】（1）解：由题意知：∠BAQ＝∠CBQ＝∠ACQ，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠BCA＝∠CAB＝60°，AB＝BC＝AC＝3，
∴∠ABC﹣∠CBQ＝∠ACB﹣∠ACQ＝∠BAC﹣∠BAQ，
即∠ABQ＝∠BCQ＝∠CAQ，
在△AQB和△BQC中，
，
∴△AQB≌△BQC（ASA），
∴AQ＝BQ，
∴∠QAB＝∠QBA，
∴∠QBA＝∠QBC，∠QBA+∠QBC＝60°，
∴∠QBC＝30°，
即布洛卡角α的度数为30°，
同理可证出：∠BAQ＝∠CBQ＝∠ACQ＝30°，
∠ABQ＝∠BCQ＝∠CBQ＝30°，
QA＝QB＝QC，
过点Q作QH⊥AB于点H，如图1，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：30°；；
（2）证明：在△ABP中，∠1+∠ABP＝180°﹣∠APB＝180°﹣135°＝45°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠3+∠ABP＝∠ABC＝45°，
∴∠3＝∠1，
在△CBP中，∠3+∠BCP＝180°﹣∠BPC＝180°﹣135°＝45°，
∵∠2+∠BCP＝∠ACB＝45°，
∴∠3＝∠2，
∴∠3＝∠2＝∠1，
∴点P是△ABC的布洛卡点；
（3）解：∵∠APB＝∠BPC＝135°，
∴∠APC＝360°﹣145°﹣145°＝90°，
∵∠1＝∠3，∠APB＝∠BPC，
∴△ABP∽△BCP，
∴，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴，
设AP＝k，则，CP＝2k，
在Rt△APC中，由勾股定理，得：，
∴．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质．
22．（2025 云南模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若AB＝2，BE＝3，求CD的长．
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【专题】证明题；图形的全等；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由“AAS”即可证△ABD≌△EDC；
（2）结合（1）可得AB＝DE，BD＝CD，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠EDC．
在△ABD和△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（AAS），
（2）由（1）得△ABD≌△EDC，
∴AB＝DE＝2，BD＝CD，
∴CD＝BD＝DE+BE＝2+3＝5．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
23．（2025 丹阳市二模）如图，∠A＝∠B，点D在AC边上，AE和BD相交于点O．
（1）若∠2＝36°，求∠AEB的度数；
（2）若∠1＝∠2，AE＝BE，求证：△AEC≌△BED．
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【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用三角形内角和得到∠AEB＝∠2；
（2）先利用三角形外角性质证明∠C＝∠BDE，然后根据“AAS”证明△AEC≌△BED．
【解答】（1）解：∵∠AOD＝∠BOE，∠A＝∠B，
∴∠AEB＝∠2＝36°；
（2）证明：∵∠ADE＝∠1+∠C，
即∠2+∠BDE＝∠1+∠C，
而∠2＝∠1，
∴∠C＝∠BDE，
在△AEC和△BED中，
，
∴△AEC≌△BED（AAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
24．（2025 岳阳楼区二模）某校“综合与实践”小组开展了测量本校旗杆高度的实践活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量结果如下表（不完整）．
课题 测量学校旗杆的高度
成员 组长：XXX组员：XXX，XXX，XXX
工具 皮尺等
测量示意图 说明：线段AB表示学校旗杆，AB垂直地面于点B． 第一次操作：如图①，将系在旗杆顶端的绳子自然下垂到地面，绳子多出的一段在地面拉直后记作BC，用皮尺测出BC的长度； 第二次操作：如图②，将绳子拉直，绳子末端落在地面的点D处，用皮尺测出BD的长度．
测量数据 测量项目 数值（单位：米）
图①中BC的长度 1
图②中BD的长度 5
…… ……
（1）根据以上测量结果，请你帮助这个小组求出学校旗杆AB的高度．
（2）如图③，第三次操作：某同学从点D前行至点F处，再次将绳子拉直，此时测得绳子末端E到地面的距离EF的长度为1米，求该同学前进的距离DF的长度．（1.73，结果精确到0.1）
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【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】（1）旗杆AB的高度为12米；
（2）1.9米．
【分析】（1）设旗杆AB的高度为x米，根据题意可得：AD＝x+1（米），则在直角三角形ABD中，根据勾股定理构建方程求解即可；
（2）作EG⊥AB于点G，如图，则由题意可得四边形BFEG是矩形，AE＝AD＝13米，在直角三角形AEG中，根据勾股定理求出EG，即BF的长度即可解决问题．
【解答】解：（1）设旗杆AB的高度为x米，根据题意可得：AD＝x+1，
则在直角三角形ABD中（图②），根据勾股定理可得：x2+52＝（x+1）2，
解得：x＝12，
所以旗杆AB的高度为12米．
（2）作EG⊥AB于点G，如图，
由条件可知四边形BFEG是矩形，AE＝AD＝13，
∴BG＝EF＝1，GE＝BF，
∴AG＝AB﹣BG＝11，
则在直角三角形AEG中，根据勾股定理得：112+GE2＝132，
解得：，即BF＝6.92，
∴DF＝6.92﹣5＝1.92≈1.9；
该同学前进的距离DF的长约为1.9米．
【点评】本题考查了勾股定理的应用、矩形的判定和性质等知识，正确理解题意、熟练掌握勾股定理是解题的关键．
25．（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．
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【专题】几何综合题．
【答案】（1）见解析；
（2）①；②．
【分析】（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．
【点评】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．
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