1三角形难题
三角形1
分
边相等
6.已知AD是ABC的边BC上的中线， AB=15cm，AC=10cm，则ABD的周 长比ABD的周长大_____________。
7.在下图中，正确画出AC边上高的是
（）
BB
三角形的高
B
B
B
E
A
C AE A E BB EE
B
C CA E BB
A C E AC
C
E C CA A
C
A
D
B
11.下列几组线段能组成三角形的是（ ） A. 3cm，5cm，8cm B. 8cm，8cm，18cm C. 0.1cm，0.1cm，0.1cm D. 3cm，4cm，8cm
三角形的三边关系
12.已知若干条长为1，2，3的线段，任 取其中三条构造三角形，•则最多能构 成形状或大小不同的三角形的个数是（ ） （A） 5 （B） 7 （C） 8 （D） 10
6、等腰△ABC中，AB=AC，AD为
中线， △ABC的周长为34cm，△ABD
的周长为30cm，求AD的长。
A
B
C
D
7.如图，四边形ABCD中，∠A =∠C = 90°，BE平分∠ABC交CD于E，DF 平分∠ADC交AB于F。试判断BE与DF 的位置关系，并说明你的理由。
A
D
F
E
B
C
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三角形(一)
1.如图，在⊿ABC中，AD是中线，则
⊿ABD的面积 ⊿ACD的面积（填
“＞”“＜”“＝”）。
A
三角形的中线
分
B
D
C
面积相等
2.一块三角形优良品种试验田，现引进 四种不同的种子进行对比试验，需要将 这块地分成面积相等的四块，请你设计 出两种划分方案供选择，画图说明。
三角形培优训练100题集锦(1)
DC 三角形培优训练专题【三角形辅助线做法】图中有角平分线，可向两边作垂线。
也可将图对折看，对称以后关系现。
角平分线平行线，等腰三角形来添。
角平分线加垂线，三线合一试试看。
线段垂直平分线，常向两端把线连。
要证线段倍与半，延长缩短可试验。
三角形中两中点，连接则成中位线。
三角形中有中线，延长中线等中线。
【常见辅助线的作法有以下几种】EF 的位置关系及数量关系．（1）如图①当ABC ∆为直角三角形时，探究：AM 与DE 的位置关系和数量关系；（2）将图①中的等腰Rt ABD ∆绕点A 沿逆时针方向旋转︒θ(0<θ<90)后，如图②所示，（1）问中得到的两个结论是否发生改变？并说明理由．A 5、如图，ABC ∆中，AB=2AC ，AD 平分BAC ∠，且AD=BD ，求证：CD ⊥AC.6、如图，AD ∥BC ，EA,EB 分别平分∠DAB,∠CBA ，CD 过点E ，求证;AB ＝AD+BC 。
7、如图，已知在△ABC 内，060BAC ∠=，040C ∠=，P ，Q 分别在BC ，CA 上，并且相交于点F 。
请你判断并写出FE 与FD 之间的数量关系；（2）如图③，在△ABC 中，如果∠ACB 不是直角，而(1)中的其它条件不变，请问，你在(1)中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由。
MB16、正方形ABCD 中，E 为BC 上的一点，F 为CD 上的一点，BE+DF=EF ，求∠EAF 的度数.17、D 为等腰Rt ABC ∆斜边AB 的中点，DM ⊥DN,DM,DN 分别交BC,CA 于点E,F 。
ABC 外一点，、AC 上移动时，的周长L 的关系．22、如图2-7-1，△ABC 和△DCE 均是等边三角形，B 、C 、E 三点共线，AE 交CD 于G ，BD 交AC 于F 。
求证：①AE=BD;②CF=CG.23、如图2-7-2，在正方形ABCD 中，M 是AB 的中点，MN⊥MD，BN 平分∠CBE。
专题1.2 等边三角形【十大题型】(举一反三)(北师大版)(解析版)
专题1.2 等边三角形【十大题型】【北师大版】【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】 (1)【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】 (5)【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】 (11)【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】 (17)【题型5 等边三角形的证明】 (22)【题型6 与等边三角形有关的规律问题】 (26)【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】 (31)【题型8 与等边三角形有关的动点问题】 (36)【题型9 含30°角的直角三角形性质】 (41)【题型10 直角三角形斜边的中线】 (45)【题型1 与等边三角形有关的角度的计算】【例1】（2022秋•泰兴市期末）（1）如图1，∠AOB和∠COD都是直角①若∠BOC＝60°，则∠BOD＝ 30 °，∠AOC＝ 30 °；②改变∠BOC的大小，则∠BOD与∠AOC相等吗？为什么？（2）如图2，∠AOB＝∠COD＝80°，若∠AOD＝∠BOC+40°，求∠AOC的度数；（3）如图3，将三个相同的等边三角形（三个内角都是60°）的一个顶点重合放置，若∠BAE＝10°，∠HAF＝30°，则∠1＝ 20 °．【分析】（1）根据余角的性质即可得到结论；（2）根据角的和差即可得到结果；（3）根据等边三角形的性质得到∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，根据角的和差即可得到结论．【解答】解：（1）∵∠AOB和∠COD都是直角，∠BOC＝60°，∴∠BOD＝30°，∠AOC＝30°，故答案为：30，30；（2）∵∠AOB＝∠COD＝80°，∴∠AOC＝∠BOD=1（∠AOD﹣∠BOC），2∵∠AOD＝∠BOC+40°，∴∠AOC＝20°；（3）∵∠DAH＝∠EAF＝∠BAC＝60°，∴∠DAE＝∠HAF＝30°，∴∠1＝60°﹣30°﹣10°＝20°．故答案为：20．【变式1-1】（2022秋•巫溪县校级月考）已知：如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上的点，BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，求∠BEC的度数．【分析】△ABC是等边三角形的外角是120°，平分后是60°，又由角平分线与角的对边垂直可知所求角是直角三角形内的一个锐角，故而可解得．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，且有BE、CE分别平分∠ABC和∠ACD，AC⊥BE，∴∠ECD＝（180°﹣60°）÷2＝120°÷2＝60°，∴∠ACE＝60°，又∵AC⊥BE，∴∠BEC＝180°﹣90°﹣60°＝30°．【变式1-2】（2022秋•太原期末）问题情境：如图1，点D是△ABC外的一点，点E在BC边的延长线上，BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．试探究∠D与∠A的数量关系．（1）特例探究：如图2，若△ABC是等边三角形，其余条件不变，则∠D＝ 30° ；如图3，若△ABC是等腰三角形，顶角∠A＝100°，其余条件不变，则∠D＝ 50° ；这两个图中，∠D与∠A度数的比是 1：2 ；（2）猜想证明：如图1，△ABC为一般三角形，在（1）中获得的∠D与∠A的关系是否还成立？若成立，利用图1证明你的结论；若不成立，说明理由．【分析】（1）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根据角平分线的定义得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．（2）根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和用∠A和∠D表示出∠ACE，再根据角平分线的定义得到∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，然后整理即可．【解答】解：（1）如图2，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∠ACE＝120°，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．∴∠DBC＝30°，∠DCE＝60°，∵∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠D＝30°；如图3，∵△ABC是等腰三角形，∠A＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∠ACE＝140°，∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACE．∴∠DBC＝20°，∠DCE＝70°，∵∠DCE＝∠D+∠DBC，∴∠D＝50°；故答案为30°，50°，1：2；（2）成立，如图1，在△ABC中，∠ACE＝∠A+∠ABC，在△DBC中，∠DCE＝∠D+∠DBC， (1)∵CD平分∠ACE，BD平分∠ABC，∴∠ACE＝2∠DCE，∠ABC＝2∠DBC，又∵∠ACE＝∠A+∠ABC，∴2∠DCE＝∠A+2∠DBC， (2)由（1）×2﹣（2），∴2∠D+2∠DBC﹣（∠A+2∠DBC）＝0，∴∠A＝2∠D．【变式1-3】（2022秋•龙港区期末）已知△ABC，△EFG是边长相等的等边三角形，点D是边BC，EF的中点．（1）如图①，连接AD，GD，则∠ADC的大小＝ 90 （度）；∠GDF的大小＝ 90 （度）；AD与GD的数量关系是 AD＝GD ；DC与DF的数量关系是 DC＝DF ；（2）如图②，直线AG，FC相交于点M，求∠AMF的大小．【分析】（1）如图①中，根据等边三角形的性质解答即可．（2）如图连接AD，DG，利用等边三角形的性质即可解决问题．【解答】解：（1）如图①，连接AD，GD，∵△ABC是等边三角形，BD＝DC，则∠ADC的大小＝90°；∵△EGF是等边三角形，ED＝DF，∴∠GDF＝90°；∵BC＝EF，∴AD＝GD；DC＝DF；故答案为：90；90；AD＝GD；DC＝DF．（2）连接AD，DG，由（1）得：∠ADC＝∠GDF＝90°，∴∠ADC﹣∠GDC＝∠GDF﹣∠GDC，即∠1＝∠2，由（1）得：AD＝GD，∴∠DGA＝∠DAG=180°−∠1，2由（1）得：DC＝DF，∴∠3＝∠DCF=180°−∠2，2∴∠DGA＝∠3，∵∠AMF＝∠AGF+∠5，∴∠AMF＝∠DGA+∠5+∠4＝∠3+∠5+∠4＝180°﹣∠GDF＝180°﹣90°＝90°．【题型2 共顶点的等边三角形（手拉手图形）】【例2】（2022秋•华容县期末）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③OP＝OQ；④△CPQ为等边三角形；⑤∠AOB＝60°．其中正确的有 ①②④⑤ ．（注：把你认为正确的答案序号都写上）【分析】①根据全等三角形的判定方法，证出△ACD≌△BCE，即可得出AD＝BE，①正确．④先证明△ACP≌△BCQ，即可判断出CP＝CQ，即可得④正确；②根据∠PCQ＝60°，可得△PCQ为等边三角形，证出∠PQC＝∠DCE＝60°，得出PQ∥AE，②正确．③没有条件证出OP＝OQ，得出③错误；⑤∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，⑤正确；即可得出结论．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，∠ACD＝∠BCE，CD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，结论①正确．∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，又∵∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴∠ACP＝∠BCQ＝60°，在△ACP和△BCQ中，∠ACP＝∠BCQ，∠CAP＝∠CBQ，AC＝BC，∴△ACP≌△BCQ（AAS），∴AP＝BQ，CP＝CQ，又∵∠PCQ＝60°，∴△PCQ为等边三角形，结论④正确；∴∠PQC＝∠DCE＝60°，∴PQ∥AE，结论②正确．∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠AEO，∴∠AOB＝∠DAE+∠AEO＝∠DAE+∠ADC＝∠DCE＝60°，∴结论⑤正确．没有条件证出OP＝OQ，③错误；综上，可得正确的结论有4个：①②④⑤．故答案为：①②④⑤．【变式2-1】（2022秋•西青区期末）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点E在△ABC内部，连接AE，BE，BD．若∠EBD＝50°，则∠AEB的度数是 110° ．【分析】由已知条件推导出△ACE≌△BCD，从而∠DBC＝∠CAE，再通过角之间的转化，利用三角形内角和定理能求出∠AEB的度数．【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝∠ECD＝60°，又∵∠ACB＝∠ACE+∠BCE，∠ECD＝∠BCE+∠BCD，∴∠BCD＝∠ACE，在△ACE和△BCD中，AC=BC∠BCD=∠ACE，CE=CD∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CAE＝∠DBC，∴∠EBD﹣∠EBC＝∠BAC﹣∠BAE，∵∠EBD＝50°，∴50°﹣∠EBC＝60°﹣∠BAE，∴50°﹣（60°﹣∠ABE）＝60°﹣∠BAE，∴∠ABE+∠BAE＝70°，∴∠AEB＝180°﹣（∠ABE+∠BAE）＝180°﹣70°＝110°，故答案为：110°．【变式2-2】（2022秋•兴化市校级月考）如图1，等边△ABC中，D是AB边上的点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连接AE．（1）求证：△DBC≌△EAC；（2）求证：AE∥BC；（3）如图2，若D在边BA的延长线上，且AB＝6，AD＝2，试求△ABC与△EAC面积的比值．【分析】（1）首先证明∠BCD＝∠ACE，然后利用SAS证明△DBC≌△EAC即可；（2）根据全等的性质可得∠EAC＝∠B＝60°，进而可得∠EAC＝∠ACB，从而可得AE∥BC；（3）利用等边三角形的性质可得BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，然后再证明△DBC≌△EAC，再推出∠EAC＝∠ACB，进而可得AE∥BC，进而利用三角形面积解答即可．【解答】证明：（1）∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD，∴∠BCD＝∠ACE，在△DBC 和△EAC 中，BC=AC∠BCD=∠ACEEC=DC∴△DBC≌△EAC（SAS）；（2）∵△DBC≌△EAC，∴∠EAC＝∠B＝60°，又∠ACB＝60°，∴∠EAC＝∠ACB，∴AE∥BC；（3）∵△ABC、△EDC 为等边三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE，在△DBC 和△EAC 中BC=AC∠BCD=∠ACE CD=CE，∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°，AE＝BD＝AB+AD＝8，又∵∠ACB＝60°，∴∠EAC＝∠ACB，∴AE∥BC．∴△ABC与△EAC面积比=BCAE =662=34．【变式2-3】（2022秋•赫山区期末）如图，△ABC和△CDE都为等边三角形，E在BC上，AE的延长线交BD于F．（1）求证：AE＝BD；（2）求∠AFB的度数；（3）求证：CF平分∠AFD；（4）直接写出EF，DF，CF之间的数量关系．【分析】（1）要证明边相等可证明边所在的三角形全等，由△ABC和△CDE都为等边三角形，可得∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，继而证明三角形全等，即可解答题目；（2）由三角形全等可得∠CAE＝∠CBD，结合∠AEC＝∠BEF即可证明；（3）作CM⊥AF于点M，CN⊥DF于点N，连接CF，利用全等三角形的性质证明CM＝CN，即可解答题目；（4）延长AF到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，则只需证明CF＝EQ，所以考虑证明△CDF≌△EDQ，自己试着解答．【解答】（1）证明：△ABC和△CDE都为等边三角形，∴∠ACE＝∠BCD＝60°，AC＝BC，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD．（2）解：∵△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD，又∠AEC＝∠BEF，∴∠AFB＝∠ACB＝60°．（3）证明：作CM⊥AF于点M，CN⊥DF于点N，连接CF，∵∠CAE＝∠CBD，∠AMC＝∠BNC＝90°，AC＝BC，∴△CAM≌△CBN（SAS），则CM＝CN，∴CF平分∠AFD．（4）解：延长AF到点Q，使FQ＝DF，连接DQ，∵∠AFB＝∠ACB＝60°，则∠DFQ＝60°，∴△DFQ是等边三角形，则DQ＝DF，∠FDQ＝∠CDE＝60°，∴∠CDF＝∠EDQ，∵CD＝DE，∠CDF＝∠EDQ，DQ＝DF，∴△CDF≌△EDQ（SAS），∴CF＝EQ，则CF＝EF+FQ＝EF+DF．【题型3 平面直角坐标系中的等边三角形】【例3】（2022春•禅城区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为（2，0），以线段OC为边在第一象限内作等边△OBC，点D为x轴正半轴上一动点（OD＞2），连结BD，以线段BD为边在第一象限内作等边△BDE，直线CE与y轴交于点A，则点A的坐标为（ ）A．(0，B．(0，C．（0，﹣2）D．(0，【分析】根据“手拉手”全等可得∠BCE＝∠BOD＝60°，进而可得∠OCA＝60°，即可求解A点坐标．【解答】解：∵△OBC，△BDE为等边三角形，∴BO＝BC，BD＝BE，∠OBC＝∠DBE＝∠BCO＝60°，∴∠OBD＝∠CBE，在△OBD和△CBE中，BO=BC∠OBD=∠CBE，BD=BE∴△OBD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BOD＝60°，∴∠OCA＝60°，∵∠COA＝90°，∴OA=即A点坐标为：（0，故选：B．【变式3-1】（2022春•龙口市期末）如图，在直角坐标系xOy 中，直线MN 分别与x 轴，y 轴交于点M ，N ，且OM ＝4，∠OMN ＝30°，等边△AOB 的顶点A ，B 分别在线段MN ，OM 上，点A 的坐标为（ ）A ．（1B ．（1C 1）D ．（32，【分析】根据∠OMN ＝30°和△AOB 为等边三角形，证明△OAM 为直角三角形，即可得出答案．【解答】解：∵直线MN 分别与x 轴正半轴、y 轴正半轴交于点M 、N ，OM ＝4，∠OMN ＝30°，∴∠ONM ＝60°，∵△AOB 为等边三角形，∴∠AOB ＝60°，∠AMO ＝30°，∴∠OAM ＝90°，∴OA ⊥MN ，即△OAM 为直角三角形，∴OA =12OM =12×4＝2，过点A 作AC ⊥OB 于点C ，∴OC =12OA ＝1，∴AC =∴点A 的坐标为（1故选：A ．【变式3-2】（2022秋•新洲区期末）在平面直角坐标系中，已知点A 在y 轴的正半轴上，点B 在第二象限，AO＝a，AB＝b，BO与x轴正方向的夹角为150°，且a2﹣b2+a﹣b＝0．（1）试判定△ABO的形状；（2）如图1，若BC⊥BO，BC＝BO，点D为CO的中点，AC、BD交于E，求证：AE＝BE+CE；（3）如图2，若点E为y轴的正半轴上一动点，以BE为边作等边△BEG，延长GA交x轴于点P，问：AP与AO之间有何数量关系？试证明你的结论．【分析】（1）△ABO为等边三角形，理由为：根据（a2﹣b2）+（a﹣b）＝0，得到a＝b，再由BO与x 轴正方向的夹角为150°得到∠AOB＝60°，即可得证；（2）在AC上截取AM＝CE，先证∠AEB＝60°，方法是根据题意得到△ABO为等边三角形，△BOC为等腰直角三角形，确定出∠ABD度数，根据AB＝BC，且∠ABC＝120°，得到∠BAE度数，进而确定出∠AEB为60°，再由AM＝CE，得到AE＝CM，再由AB＝CB，且夹角∠BAC＝∠BCA，利用SAS得到△BCM与△BAE全等，利用全等三角形的对应边相等得到BM＝BE，得到△BEM为等边三角形，得到BE ＝EM，由AE＝EM+AM，等量代换即可得证；（3）AP＝2AO，理由为：由题意得到BG＝BE，AB＝OB，利用等式的性质得到∠ABG＝∠OBE，利用SAS得到△ABG与△OBE全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠GAB＝∠BOE＝60°，利用外角的性质得到∠APO＝30°，在Rt△AOP中，利用30度角所对的直角边等于斜边的一半得到AP＝2AO．【解答】（1）解：结论：△ABO为等边三角形，理由：∵a2﹣b2+a﹣b＝（a+b）（a﹣b）+（a﹣b）＝（a﹣b）（a+b+1）＝0∴a﹣b＝0，得到a＝b，即AO＝AB∵OB与x轴正半轴夹角为150°∴∠AOB＝150°﹣90°＝60°∴△AOB为等边三角形；（2）证明：在AC上截取AM＝EC，可得AM+EM＝CE+EM，即AE＝CM．∵△AOB为等边三角形，△BOC为等腰直角三角形∴∠OBC＝90°，∠ABO＝60°∵D为CO的中点∴BD平分∠OBC，即∠CBD＝∠OBD＝45°∴∠ABD＝105°，∠ABC＝150°∴∠BAC＝∠BCA＝15°∴∠AEB＝60°在△ABE和△CBM中AB=CB∠BAE=∠BCM，AE=CM∴△ABE≌△CBM（SAS）∴BM＝BE∴△BEM为等边三角形∴BE＝EM∴AE＝AM+EM＝CE+BE；（3）解：结论：AP＝2AO，理由：∵△AOB与△BGE都为等边三角形∴BE＝BG，AB＝OB，∠EBG＝∠OBA＝60°∴∠EBG+∠EBA＝∠OBA+∠EBA即∠ABG＝∠OBE在△ABG和△OBE中AB=OB∠ABG=∠OBE，BE=BG∴△ABG≌△OBE（SAS）∴∠BAG＝∠BOE＝60°∴∠GAO＝∠GAB+∠BAO＝120°∵∠GAO为△AOP的外角且∠AOP＝90°∴∠APO＝30°在Rt△AOP中，∠APO＝30°∴AP＝2AO．【变式3-3】（2022秋•汉阳区校级期中）如图，平面直角坐标系中，已知A（﹣2，0），B（2，0），C （6，0），D为y轴正半轴上一点，且∠ODB＝30°，延长DB至E，使BE＝BD．P为x轴正半轴上一动点（P在C点右边），M在EP上，且∠EMA＝60°，AM交BE于N．（1）求证：BE＝BC；（2）求证：∠ANB＝∠EPC；（3）当P点运动时，求BP﹣BN的值．【分析】（1）根据点A、B的坐标求出AD＝BD，根据直角三角形两锐角互余求出∠ABD＝60°，然后判断出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BD＝AB＝4，再求出BC＝4，从而得到BC＝BD，然后等量代换即可得证；（2）根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，即可得证；（3）求出△BCE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BC＝CE，然后求出AB＝CE，再求出∠ABN ＝∠ECP＝120°，然后利用“角角边”证明△ABN和△ECP全等，根据全等三角形对应边相等BN＝CP，再根据BP﹣CP＝BC等量代换即可得解．【解答】（1）证明：∵A（﹣2，0），B（2，0），∴AD＝BD，AB＝4，∵∠ODB＝30°，∴∠ABD＝90°﹣30°＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝AB＝4，∵B（2，0），C（6，0），∴BC＝6﹣2＝4，∴BC＝BD，又∵BE＝BD，∴BE＝BC；（2）证明：由三角形的外角性质得，∠BAN+∠ANB＝∠ABD＝60°，∠BAN+∠EPC＝∠EMA＝60°，所以，∠ANB＝∠EPC；（3）解：∵BE＝BD＝BC，∠CBE＝∠ABD＝60°，∴△BCE是等边三角形，∴BC＝CE，∵AB＝BC＝4，∴AB＝CE，∵∠ABD ＝∠BCE ＝60°，∴∠ABN ＝∠ECP ＝120°，在△ABN 和△ECP 中，∠ANB =∠EPC ∠ABN =∠ECP AB =CE，∴△ABN ≌△ECP （AAS ），∴BN ＝CP ，∵BP ﹣CP ＝BC ，∴BP ﹣BN ＝BC ＝4，故BP ﹣BN 的值为4，与点P 的位置无关．【题型4 与等边三角形有关的线段长度的计算】【例4】（2022•南陵县模拟）如图，在边长为2的等边三角形ABC 中，D 为边BC 上一点，且BD =12CD ．点E ，F 分别在边AB ，AC 上，且∠EDF ＝90°，M 为边EF 的中点，连接CM 交DF 于点N ．若DF ∥AB ，则CM 的长为（ ）A B C D 【分析】根据等边三角形边长为2，在Rt △BDE 中求得DE 的长，再根据CM 垂直平分DF ，在Rt △CDN 中求得CN ，最后根据线段和可得CM 的长．【解答】解：∵等边三角形边长为2，BD =12CD ，∴BD =23，CD =43，∵等边三角形ABC 中，DF ∥AB ，∴∠FDC ＝∠B ＝60°，∵∠EDF ＝90°，∴∠BDE ＝30°，∴DE ⊥BE ，∴∠BED ＝90°，∵∠B ＝60°，∴∠BDE ＝30°，∴BE =12BD =13，∴DE 如图，连接DM ，则Rt △DEF 中，DM =12EF ＝FM ，∵∠FDC ＝∠FCD ＝60°，∴△CDF 是等边三角形，∴CD ＝CF =43，∴CM 垂直平分DF ，∴∠DCN ＝30°，DN ＝FN ，∴Rt △CDN 中，DN =23，CN =∵M 为EF 的中点，∴MN =12DE∴CM ＝CN +MN +故选：C ．【变式4-1】（2022春•西乡县期末）如图，△ABC 是等边三角形，BD 是中线，过点D 作DE ⊥AB 于E 交BC 边延长线于F ，AE ＝1，求BF 的长．【分析】根据等边三角形的性质和中线的性质解答即可．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是中线，AC，∴∠A＝∠ACB＝60°，AC＝BC，AD＝CD=12∵DE⊥AB于E，∴∠ADE＝90°﹣∠A＝30°，∴CD＝AD＝2AE＝2，∴∠CDF＝∠ADE＝30°，∴∠F＝∠ACB﹣∠CDF＝30°，∴∠CDF＝∠F，∴DC＝CF，∴BF＝BC+CF＝2AD+AD＝6．【变式4-2】（2022•浙江模拟）如图，等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，Q为BC延长线上一点，CQ：BC＝1：2，过P作PE⊥AC于E，连PQ交AC边于D，求DE的长【分析】过P点作PF∥BC交AC于F点，根据等边三角形的性质和判定求出△APF是等边三角形，推出AP＝AF＝PF＝CQ，根据等腰三角形性质求出AE＝EF，根据AAS证△PFD和△QCD全等，求出FD AC，代入求出即可．＝CD，推出DE=12【解答】解：过P点作PF∥BC交AC于F点，∵等边△ABC的边长为10，点P是边AB的中点，CQ：BC＝1：2，∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠A＝60°，∴AP ＝CQ ，∵PF ∥AB ，∴∠APF ＝∠B ＝60°，∠AFP ＝∠ACB ＝60°，∴∠A ＝∠APF ＝∠AFP ＝60°，∴△APF 是等边三角形，∵PE ⊥AC ，∴EF =12AF ，∵△APF 是等边三角形，AP ＝CQ ，∴PF ＝CQ∵PF ∥AB ，∴∠Q ＝∠FPD ，在△PDF 和△QDC 中∵∠FPD =∠Q ∠FDP =∠QDC PF =CQ，∴△PDF ≌△QDC ，∴DF ＝CD ，∴DF =12CF ，∴DE ＝EF +DF =12AF +12CF =12AC ，∴ED ＝5．【变式4-3】（2022秋•崇川区校级月考）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，D 、E 是△ABC 内两点，AD 平分∠BAC ，∠EBC ＝∠E ＝60°，若BE ＝30cm ，DE ＝2cm ，则BC ＝ 32 cm ．【分析】作出辅助线后根据等腰三角形的性质得出BE＝30，DE＝2，进而得出△BEM为等边三角形，△EFD为等边三角形，从而得出BN的长，进而求出答案．【解答】解：延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AN⊥BC，BN＝CN，∵∠EBC＝∠E＝60°，∴△BEM为等边三角形，∴△EFD为等边三角形，∵BE＝30，DE＝2，∴DM＝28，∵△BEM为等边三角形，∴∠EMB＝60°，∵AN⊥BC，∴∠DNM＝90°，∴∠NDM＝30°，∴NM＝14，∴BN＝16，∴BC＝2BN＝32，故答案为32．【题型5 等边三角形的证明】【例5】（2022秋•建水县校级期中）如图，△ABC为等边三角形，D为BC边上一点，以AD为边作∠ADE＝60°，DE与△ABC的外角平分线CE交于点E，连接AE．求证：△ADE是等边三角形．【分析】过D作DG∥AC交AB于G，得出∠3＝∠2，再利用AAS得出△AGD≌△DCE，进而得出答案．【解答】解：过D作DG∥AC交AB于G，则∠1＝∠3，△GDB为等边三角形，∠AGD＝∠DCE＝120°，AG＝DC．又∵∠ADE＝∠ACE＝60°，∠ACE＝∠ECF，∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠2．在△AGD和△DCE中，∠3=∠2∠AGD=∠DCE，AG=DC∴△AGD≌△DCE（AAS），∴AD＝DE，∵∠ADE＝60°，∴△ADE是等边三角形．【变式5-1】如图，已知△ABC是等边三角形，E是AC延长线上一点，选择一点D，使得△CDE是等边三角形，如果M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，求证：△CMN是等边三角形．【分析】根据△ACD≌△BCE，得出AD＝BE，AM＝BN；又△AMC≌△BNC，可得CM＝CN，∠ACM＝∠BCN，证明∠NCM＝∠ACB＝60°即可证明△CMN是等边三角形；【解答】证明：∵△ABC是等边三角形，△CDE是等边三角形，M是线段AD的中点，N是线段BE的中点，∴∠ACB＝∠ECD＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠ECD+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE，CD=CE∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，AM＝BN；∴AC＝BC，∠CAD＝∠CBE，AM＝BN，∴△AMC≌△BNC（SAS），∴CM＝CN，∠ACM＝∠BCN；又∵∠NCM＝∠BCN﹣∠BCM，∠ACB＝∠ACM﹣∠BCM，∴∠NCM＝∠ACB＝60°，∴△CMN是等边三角形．【变式5-2】（2022春•龙口市期末）如图，E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OB，ED⊥OA，C、D是垂足，连接CD交OE于点F，若∠AOB＝60°．（1）求证：△OCD是等边三角形；（2）若EF＝5，求线段OE的长．【分析】（1）根据角平分线的性质得出DE＝CE，然后根据HL证得Rt△ODE≌Rt△OCE，得出OD＝OC，由∠AOB＝60°，证得△OCD是等边三角形；（2）根据三线合一的性质得出∠AOE＝∠BOE＝30°，OE⊥DC，进而证得∠EDF＝30°，然后根据30°的直角三角形的性质即可求得OE的长．【解答】解：（1）∵点E是∠AOB的平分线上一点，EC⊥OB，ED⊥OA，垂足分别是C，D，∴DE＝CE，在Rt△ODE与Rt△OCE中，DE=CEOE=OE∴Rt△ODE≌Rt△OCE（HL），∴OD＝OC，∵∠AOB＝60°，∴△OCD是等边三角形；（2）∵△OCD是等边三角形，OF是∠COD的平分线，∴OE⊥DC，∵∠AOB＝60°，∴∠AOE＝∠BOE＝30°，∵∠ODF＝60°，ED⊥OA，∴∠EDF＝30°，∴DE＝2EF＝10，∴OE＝2DE＝20．【变式5-3】（2022秋•韶关期末）已知：如图，△ABC、△CDE都是等边三角形，AD、BE相交于点O，点M、N分别是线段AD、BE的中点．（1）求证：AD＝BE；（2）求∠DOE的度数；（3）求证：△MNC是等边三角形．【分析】（1）根据等边三角形性质得出AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，求出∠ACD＝∠BCE，证△ACD≌△BCE即可；（2）根据全等求出∠ADC＝∠BEC，求出∠ADE+∠BED的值，根据三角形的内角和定理求出即可；（3）求出AM＝BN，根据SAS证△ACM≌△BCN，推出CM＝CN，求出∠NCM＝60°即可．【解答】解：（1）∵△ABC、△CDE都是等边三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中AC=BC∠ACD=∠BCE，CD=CE∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE．（2）解：∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC，∵等边三角形DCE，∴∠CED＝∠CDE＝60°，∴∠ADE +∠BED ＝∠ADC +∠CDE +∠BED ，＝∠ADC +60°+∠BED ，＝∠CED +60°，＝60°+60°，＝120°，∴∠DOE ＝180°﹣（∠ADE +∠BED ）＝60°，答：∠DOE 的度数是60°．（3）证明：∵△ACD ≌△BCE ，∴∠CAD ＝∠CBE ，AD ＝BE ，AC ＝BC又∵点M 、N 分别是线段AD 、BE 的中点，∴AM =12AD ，BN =12BE ，∴AM ＝BN ，在△ACM 和△BCN 中AC =BC ∠CAM =∠CBN AM =BN，∴△ACM ≌△BCN ，∴CM ＝CN ，∠ACM ＝∠BCN ，又∠ACB ＝60°，∴∠ACM +∠MCB ＝60°，∴∠BCN +∠MCB ＝60°，∴∠MCN ＝60°，∴△MNC 是等边三角形．【题型6 与等边三角形有关的规律问题】【例6】（2022秋•思明区校级期中）如图，已知∠MON ＝30°，点A 1，A 2，A 3…在射线ON 上，点B 1，B 2，B 3…在射线OM 上，△A 1B 1A 2，△A 2B 2A 3，△A 3B 3A 4…均为等边三角形，若OA 1＝2，则△A 7B 7A 8的边长为 27 ．【分析】据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2＝2B1A2，得出A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32…，进而得出答案．【解答】解：∵△A1B1A2是等边三角形，∴A1B1＝A2B1，∠3＝∠4＝∠12＝60°，∴∠2＝120°，∵∠MON＝30°，∴∠1＝180°﹣120°﹣30°＝30°，又∵∠3＝60°，∴∠5＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵∠MON＝∠1＝30°，∴OA1＝A1B1＝1，∴A2B1＝1，∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，∴∠11＝∠10＝60°，∠13＝60°，∵∠4＝∠12＝60°，∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，∴∠1＝∠6＝∠7＝30°，∠5＝∠8＝90°，∴A2B2＝2B1A2，B3A3＝2B2A3，∴A3B3＝4B1A2＝8，A4B4＝8B1A2＝16，A5B5＝16B1A2＝32，…∴△A n B n A n+1的边长为2n，∴△A7B7A8的边长为27．故答案为27．【变式6-1】（2022秋•简阳市 期中）一只电子青蛙在如图的平面直角坐标系做如下运动：从坐标原点开始起跳记为A 1，然后沿着边长为1的等边三角形跳跃即A 1→A 2→A 3→A 4→A 5……已知A 3的坐标为（1，0），则A 2018的坐标是 （1008.5，） ．【分析】根据已知图形得出A 2，A 4，A 6的坐标，进而得出变化规律求出点A 2018的坐标．【解答】解：过点A 2作A 2B ，交y 轴于点B ，由题意可得出：A 2B =12OA 3=12，∴BO ∴A 2坐标为：（12，A 4坐标为：（32，A 6坐标为：（52，…∴点A 2018的坐标为（1008.5故答案是：（1008.5【变式6-2】（2022•定兴县二模）如图，△ABC 是一个边长为2的等边三角形，AD 0⊥BC ，垂足为点D 0．过点D 0作D 0D 1⊥AB ，垂足为点D 1；再过点D 1作D 1D 2⊥AD 0，垂足为点D 2；又过点D 2作D 2D 3⊥AB ，垂足为点D 3；…；这样一直作下去，得到一组线段：D 0D 1，D 1D 2，D 2D 3，…，则线段D 1D 2的长为 34 ，线段D n ﹣1D n 的长为 (n （n 为正整数）．【分析】由三角形ABC 为等边三角形，AD 0⊥BC ，利用等边三角形的性质及三线合一得到BD 0＝1，∠B ＝60°，再由D 0D 1⊥AB ，得到∠D 1D 0B ＝30°，求出D 1D 0的长，同理求出D 1D 2的长，依此类推得出D n ﹣1D n 的长．【解答】解：∵△ABC 是一个边长为2的等边三角形，AD 0⊥BC ，∴BD 0＝1，∠B ＝60°，∵D 0D 1⊥AB ，∴∠D 1D 0B ＝30°，∴D 1D 0同理∠D 0D 1D 2＝30°，D 1D 22=34，依此类推，线段D n ﹣1D n n ．故答案为：34；（n【变式6-3】（2022•齐齐哈尔模拟）如图，点A 1是面积为3的等边△ABC 的两条中线的交点，以BA 1为一边，构造等边△BA 1C 1，称为第一次构造；点A 2是△BA 1C 1的两条中线的交点，再以BA 2为一边，构造等边△BA 2C 2，称为第二次构造；以此类推，当第n 次构造出的等边△B n A n ∁n 的边B ∁n 与等边△CBA 的边AB 第一次在同一直线上时，构造停止．则构造出的最后一个三角形的面积是 127 ．【分析】设等边△ABC 的边长为a ，根据等边三角形的性质求出A 1C ，∠ABA 1＝30°，同理判断出B 顺时针旋转30°，然后求出4次构造后构造停止，用a 表示出构造停止后的等边三角形的边长，再根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列式计算即可得解．【解答】解：设等边△ABC 的边长为a ，则等边△ABC ，∵A 1是两条中线的交点，∴A 1C =23，∠ABA 1＝30°，∵第n 次构造出的等边△B n A n ∁n 的边B ∁n 与等边△CBA 的边AB 第一次在同一直线上时，构造停止，∴（180°﹣60°）÷30°＝120°÷30°＝4，即4次构造后，构造停止，4a ，设最后一个三角形的面积为S ，则S 3=（34aa）2，解得S =127．故答案为：127．【题型7 利用等边三角形的性质进行证明】【例7】（2000•内蒙古）如图，已知△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，并且使AE＝BD，连接CE，DE．求证：EC＝ED．【分析】首先延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，得出△BEF为等边三角形，进而求出△ECB≌△EDF，从而得出EC＝DE．【解答】证明：延长BD至F，使DF＝BC，连接EF，∵AE＝BD，△ABC为等边三角形，∴BE＝BF，∠B＝60°，∴△BEF为等边三角形，∴∠F＝60°，在△ECB和△EDF中BE=EF∠B=∠F=60°BC=DF∴△ECB≌△EDF（SAS），∴EC＝ED．【变式7-1】如图，在等边三角形ABC中，BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，OE∥AB，OF∥AC，试说明BE＝EF＝FC．【分析】由题可证△OEF为等边三角形，从而得到∠EOF＝60°，OE＝OF＝EF．又因为BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，所以∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF．所以OE∥AB，OF∥AC，根据两直线平行，内错角相等，得到∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，即∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF．根据等角对等边得OE＝BE，OF＝CF，所以BE＝EF＝FC．【解答】证明：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵OE∥AB，OF∥AC，∴∠OEF＝∠ABC＝60°，∠OFE＝∠ACF＝60°，∴∠OEF＝∠OFE，∴∠EOF＝60°，∴△OEF为等边三角形，∴OE＝OF＝EF，∵BO，CO分别平分∠ABC，∠ACB，∴∠ABO＝∠OBE，∠ACO＝∠OCF，∵OE∥AB，OF∥AC，∴∠ABO＝∠BOE，∠ACO＝∠COF，∴∠OBE＝∠BOE，∠OCF＝∠COF，∴OE＝BE，OF＝CF，∴BE＝EF＝FC．【变式7-2】（2022秋•绵竹市期末）在等边△ABC中，点E是AB上的动点，点E与点A、B不重合，点D 在CB的延长线上，且EC＝ED．（1）如图1，若点E是AB的中点，求证：BD＝AE；（2）如图2，若点E不是AB的中点时，（1）中的结论“BD＝AE”能否成立？若不成立，请直接写出BD与AE数量关系，若成立，请给予证明．【分析】（1）由等边三角形的性质得出AE＝BE，∠BCE＝30°，再根据ED＝EC，得出∠D＝∠BCE＝30°，再证出∠D＝∠DEB，得出DB＝BE，从而证出AE＝DB；（2）作辅助线得出等边三角形AEF，得出AE＝EF，再证明三角形全等，得出DB＝EF，证出AE＝DB．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵点E是AB的中点，∴CE平分∠ACB，AE＝BE，∴∠BCE＝30°，∵ED＝EC，∴∠D＝∠BCE＝30°．∵∠ABC＝∠D+∠BED，∴∠BED＝30°，∴∠D＝∠BED，∴BD＝BE．∴AE＝DB．（2）解：AE＝DB；理由：过点E作EF∥BC交AC于点F．如图2所示：∴∠AEF＝∠ABC，∠AFE＝∠ACB．∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝∠A＝60°，AB＝AC＝BC，∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°，即∠AEF＝∠AFE＝∠A＝60°，∴△AEF是等边三角形．∴∠DBE＝∠EFC＝120°，∠D+∠BED＝∠FCE+∠ECD＝60°，∵DE＝EC，∴∠D＝∠ECD，∴∠BED＝∠ECF．在△DEB和△ECF中，∠DEB=∠ECF∠DBE=∠EFC，DE=EC∴△DEB≌△ECF（AAS），∴DB＝EF，∴AE＝BD．【变式7-3】（2022春•建平县期末）如图（1），等边△ABC中，D是AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边△EDC，连接AE．（1）△DBC和△EAC会全等吗？请说说你的理由；（2）试说明AE∥BC的理由；（3）如图（2），将（1）动点D运动到边BA的延长线上，所作仍为等边三角形，请问是否仍有AE∥BC？证明你的猜想．【分析】（1）要证两个三角形全等，已知的条件有AC＝BC，CE＝CD，我们发现∠BCD和∠ACE都是60°减去一个∠ACD，因此两三角形全等的条件就都凑齐了（SAS）；（2）要证AE∥BC，关键是证∠EAC＝∠ACB，由于∠ACB＝∠ACB，那么关键是证∠EAC＝∠ACB，根据（1）的全等三角形，我们不难得出这两个角相等，也就得出了证平行的条件．（3）同（1）（2）的思路完全相同，也是通过先证明三角形BCD和ACE全等，得出∠EAC＝∠B＝60°，又由∠ABC＝∠ACB＝60°，得出这两条线段之间的内错角相等，从而得出平行的结论．【解答】解：（1）△DBC和△EAC会全等证明：∵∠ACB＝60°，∠DCE＝60°∴∠BCD＝60°﹣∠ACD，∠ACE＝60°﹣∠ACD∴∠BCD＝∠ACE在△DBC和△EAC中，∵BC=AC∠BCD=∠ACE EC=DC，∴△DBC≌△EAC（SAS），（2）∵△DBC≌△EAC∴∠EAC＝∠B＝60°又∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC（3）结论：AE∥BC理由：∵△ABC、△EDC为等边三角形∴BC＝AC，DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°∠BCA+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠BCD＝∠ACE 在△DBC和△EAC中，∵BC=AC∠BCD=∠ACE CD=EC，∴△DBC≌△EAC（SAS），∴∠EAC＝∠B＝60°又∵∠ACB＝60°∴∠EAC＝∠ACB∴AE∥BC．【题型8 与等边三角形有关的动点问题】【例8】（2022秋•香洲区期中）如图，在等边△ABC中，AB＝9cm，点P从点C出发沿CB边向B点以2cm/s的速度移动，点Q从B点出发沿BA边向A点以5cm/s速度移动．P、Q两点同时出发，它们移动的时间为t秒钟．（1）你能用t表示BP和BQ的长度吗？请你表示出来．（2）请问几秒钟后，△PBQ为等边三角形？（3）若P、Q两点分别从C、B两点同时出发，并且都按顺时针方向沿△ABC三边运动，请问经过几秒钟后点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？【分析】（1）由三角形ABC为等边三角形，根据等边三角形的三边相等得到AB＝BC＝9cm，由P的速度和时间t表示出P走过的路程CP的长，然后用边长BC减去CP即可表示出BP；由Q的速度及时间t，即可表示出Q走过的路程BQ；（2）若△PBQ为等边三角形，根据等边三角形的边长相等则有PB＝BQ，由（1）表示出的代数式代入即可列出关于t的方程，求出方程的解即可得到满足题意的t的值；（3）同时出发，要相遇其实是一个追及问题，由于Q的速度大于P的速度，即Q要追及上P，题意可知两点相距AB+AC即两个边长长，第一次相遇即为Q比P多走两个三角形边长，设出第一次相遇所需的时间，根据Q运动的路程﹣P运动的路程＝18列出关于t的方程，求出方程的解即可求出满足题意的t 的值，然后由求出t的值计算出P运动的路程，确定出路程的范围，进而判断出P的位置即为第一次相遇的位置．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝9cm，∵点P的速度为2cm/s，时间为ts，∴CP＝2t，则PB＝BC﹣CP＝（9﹣2t）cm；∵点Q的速度为5cm/s，时间为ts，∴BQ＝5t；（2）若△PBQ为等边三角形，则有BQ＝BP，即9﹣2t＝5t，，解得t=97s时，△PBQ为等边三角形；所以当t=97（3）设ts时，Q与P第一次相遇，根据题意得：5t﹣2t＝18，解得t＝6，则6s时，两点第一次相遇．当t＝6s时，P走过得路程为2×6＝12cm，而9＜12＜18，即此时P在AB边上，则两点在AB上第一次相遇．【变式8-1】（2022春•渭滨区期末）如图，在等边△ABC中，AB＝12cm，现有M，N两点分别从点A，B 同时出发，沿△ABC的边按顺时针方向运动，已知点M的速度为1cm/s，点N的速度为2cm/s，当点N 第一次到达B点时，M，N同时停止运动，设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，M，N两点重合？两点重合在什么位置？（2）当点M，N在BC边上运动时，是否存在使AM＝AN的位置？若存在，请求出此时点M，N运动的时间；若不存在，请说明理由．【分析】（1）首先根据M、N两点重合，表示出M，N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多12cm，列出方程求解即可；（2）首先假设△AMN是等腰三角形，可证出△ACM≌△ABN，可得CM＝BN，设出运动时间，表示出CM，NB，NM的长，列出方程，可解出未知数的值．【解答】解：（1）由题意，t×1+12＝2t，解得：t＝12，∴当t＝12时，M，N两点重合，此时两点在点C处重合；（2）结论：当点M、N在BC边上运动时，可以得到以MN为底边的等腰三角形．理由：由（1）知12秒时M、N两点重合，恰好在C处，如图，假设△AMN是等腰三角形，∴AN＝AM，∴∠AMN＝∠ANM，∴∠AMC＝∠ANB，∵△ACB是等边三角形，∴∠C＝∠B，在△ACM和△ABN中，∠C=∠B∠AMC=∠ANB，AC=AB∴△ACM≌△ABN（AAS），∴CM＝BN，设当点M、N在BC边上运动时，M、N运动的时间y秒时，△AMN是等腰三角形，∴CM＝y﹣12，NB＝36﹣2y，∵CM＝NB，∴y﹣12＝36﹣2y，解得：y＝16．故假设成立．∴当点M、N在BC边上运动时，当运动时间为12秒或16秒时，AM＝AN．【变式8-2】（2022春•金牛区校级期中）如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．（1）求证：△ABQ≌△CAP；（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC 变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；（3）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形∴∠ABQ＝∠CAP，AB＝CA，又∵点P、Q运动速度相同，∴AP＝BQ，。
专题1-3 一定是直角三角形吗-重难点题型(举一反三)(北师大版)(解析版)
专题1.3 一定是直角三角形吗-重难点题型【北师大版】【题型1 直角三角形判别的条件】【例1】（2021春•蜀山区校级期中）下列条件中，不能判定ABC为直角三角形的是（）A．a：b：c＝5：12：13B．∠A：∠B：∠C＝2：3：5C．a＝9k，b＝40k，c＝41k（k＞0）D．a＝32，b＝42，c＝52【分析】利用直角三角形的定义和勾股定理的逆定理逐项判断即可．【解答】解：A、因为a：b：c＝5：12：13，设a＝5x，b＝12x，c＝13x，（5x）2+（12x）2＝（13x）2，故△ABC是直角三角形；B、∠A：∠B：∠C＝2：3：5，且∠A+∠B+∠C＝180°，所以∠C＝180°×52+3+5=90°，故△ABC是直角三角形；C、因为（9k）2＝（41k）2﹣（40k）2，故△ABC是直角三角形；D、因为（32）2＝（52）2﹣（42）2，故△ABC不是直角三角形．故选：D．【点评】本题考查了勾股定理的逆定理：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．也考查了三角形内角和定理．【变式1-1】（2021春•庐阳区校级期中）△ABC的三边为a，b，c且（a+b）（a﹣b）＝c2，则该三角形是（）A．锐角三角形B．以c为斜边的直角三角形C．以b为斜边的直角三角形D．以a为斜边的直角三角形【分析】由题意可知：c2+b2＝a2，此三角形三边关系符合勾股定理的逆定理．【解答】解：由题意，a2﹣b2＝c2，∴b2+c2＝a2，此三角形三边关系符合勾股定理的逆定理，所以此三角形是以a为斜边的直角三角形．故选：D．【点评】考查了勾股定理的逆定理，解答此题要用到勾股定理的逆定理：已知三角形ABC的三边满足a2+b2＝c2，则三角形ABC是直角三角形．【变式1-2】（2020秋•天宁区校级期中）△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，下列条件中能判定是直角三角形的是．（填写序号）（1）a：b：c＝5：12：13，（2）a＝1.5，b＝2.5，c＝2，（3）（a﹣b）2+2ab＝c2，（4）∠A：∠B：∠C＝3：4：5，（5）a＝n2﹣1，b＝2n，c＝n2+1（n为大于1的正整数）【分析】直角三角形的判定方法，大约有以下几种：①勾股定理的逆定理，即三角形三边符合勾股定理；②三个内角中有一个是直角，或两个内角的度数和等于第三个内角的度数；根据两种情况进行判断即可．【解答】解：（1）（5x）2+（12x）2＝（13x）2，符合勾股定理的逆定理，能够判断△ABC是直角三角形，符合题意；（2）（1.5）2+（2）2＝（2.5）2，符合勾股定理的逆定理，能够判断△ABC是直角三角形，符合题意；（3）由（a﹣b）2+2ab＝c2，可得：a2+b2＝c2，符合勾股定理的逆定理，能够判断△ABC是直角三角形，符合题意；（4）∠A：∠B：∠C＝3：4：5，此时∠C＝75°，不能够判断△ABC是直角三角形，不符合题意；（5）（n2﹣1）2+（2n）2＝（n2+1）2，符合勾股定理的逆定理，能够判断△ABC是直角三角形，符合题意；故答案为：（1）（2）（3）（5）．【点评】此题主要考查了直角三角形的判定方法，只有三角形的三边长构成勾股数或三内角中有一个是直角的情况下，才能判定三角形是直角三角形．【变式1-3】（2021春•汉阳区校级期中）如图，在单位为1的正方形网格图中有a ，b ，c ，d 四条线段，从中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【分析】根据图形和勾股定理可以求得a ，b ，c ，d 四条线段的长，然后根据勾股定理的逆定理，即可得到构成直角三角形的个数． 【解答】解：由图可得，线段a ，b ，c ，d 的长度分别为：√2，3√2，2√2，√10，∵（√2）2+（2√2）2＝（√10）2，（√10）2+（2√2）2＝（3√2）2，∴从a ，b ，c ，d 四条线段中任取三条线段所构成的三角形中恰好是直角三角形的个数为2， 故选：B ．【点评】本题考查勾股定理的逆定理、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理和勾股定理的逆定理解答．【题型2 勾股数】【例2】（2020秋•岐山县期中）下列四组数中，是勾股数的是（ ） A ．0.3，0.4，0.5 B ．32，42，52 C ．30，40，50D ．13，14，15【分析】根据勾股数的定义逐一计算即可得出答案．【解答】解：A．0.3，0.4，0.5不是整数，不是勾股数；B．（32）2+（42）2＝337≠（52）2，∴32，42，52不是勾股数；C．∵302+402＝2500＝502，∴30、40、50是勾股数；D．(13)2+（14）2≠（15）2且13，14，15均不是整数，∴13，14，15不是勾股数；故选：C．【点评】本题考查了勾股数，能熟记勾股数的意义是解此题的关键．【变式2-1】（2021春•武昌区期中）在学习“勾股数”的知识时，爱动脑的小明发现了一组有规律的勾股数，并将它们记录在如下的表格中．则当a＝24时，b+c的值为（）a68101214…b815243548…c1017263750…A．250B．288C．300D．574【分析】先根据表中的数据得出规律，根据规律求出b、c的值，再求出答案即可．【解答】解：从表中可知：a依次为6，8，10，12，14，16，18，20，22，24，•••，即24＝2×（10+2），b依次为8，15，24，35，48，•••，即当a＝24时，b＝122﹣1＝143，c依次为10，17，26，37，50，•••，即当a＝24时，c＝122+1＝145，所以当a＝24时，b+c＝143+145＝288，故选：B．【点评】本题考查了勾股数，能根据表中数据得出c＝（n+2）2﹣1，c＝（n+2）2+1是解此题的关键．【变式2-2】（2021春•肥乡区月考）我们学习了勾股定理后，都知道“勾三、股四、弦五”．观察：3、4、5；5、12、13；7、24、25；9、40、41；…，发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过．（1）请你根据上述的规律写出下一组勾股数：；（2）若第一个数用字母n（n为奇数，且n≥3）表示，那么后两个数用含n的代数式分别表示为和．【分析】（1）分析所给四组的勾股数：3、4、5；5、12、13；7、24、25；9、40、41；可得下一组勾股数：11，60，61；（2）根据所提供的例子发现股是勾的平方减去1的二分之一，弦是勾的平方加1的二分之一．【解答】解：（1）11，60，61；故答案为：11，60，61． （2）后两个数表示为n 2−12和n 2+12，∵n 2+（n 2−12）2＝n 2+n 4−2n 2+14=n 4+2n 2+14，（n 2+12）2=n 4+2n 2+14，∴n 2+（n 2−12）2＝（n 2+12）2．又∵n ≥3，且n 为奇数， ∴由n ，n 2−12，n 2+12三个数组成的数是勾股数． 故答案为：n 2−12，n 2+12．【点评】本题属规律性题目，考查的是勾股数之间的关系，根据题目中所给的勾股数及关系式进行猜想、证明即可．【变式2-3】（2020秋•蕉城区期中）满足a 2+b 2＝c 2的三个正整数，称为勾股数． （1）请把下列三组勾股数补充完整：① ，8，10 ②5， ，13 ③8，15， ．（2）小敏发现，很多已经约去公因数的勾股数组中，都有一个数是偶数，如果将它写成2mn ，那么另外两个数可以写成m 2+n 2，m 2﹣n 2，如4＝2×2×1，5＝22+12，3＝22﹣12．请你帮小敏证明这三个数2mn ，m 2+n 2，m 2﹣n 2是勾股数组．（3）如果21，72，75是满足上述小敏发现的规律的勾股数组，求m +n 的值． 【分析】（1）根据勾股数的定义即可求解； （2）根据勾股定理的逆定理即可求解；（3）先化简得：7，24，25，可得24＝2×3×4，25＝42+32，7＝42﹣32，依此可求m ＝4，n ＝3，再代入计算即可求解．【解答】解：（1）①6，8，10； ②5.12，13；③8，15，17． 故答案为：6，12，17；（2）证明：∵（m 2﹣n 2）2+（2mn ）2＝m 4+n 4﹣2m 2n 2+4m 2n 2＝m 4+n 4+2m 2n 2， （m 2+n 2）2＝m 4+n 4+2m 2n 2，∴（m 2﹣n 2）2+（2mn ）2＝（m 2+n 2）2， ∴m 2﹣n 2，m 2+n 2，2mn 是勾股数； （3）化简得：7，24，25，∵偶数24＝2×3×4，25＝42+32，7＝42﹣32，∴m＝4，n＝3，∴m+n＝7．【点评】此题主要考查了勾股数的定义，及勾股定理的逆定理：已知△ABC的三边满足a2+b2＝c2，则△ABC是直角三角形．【题型3 格点图中求角度】【例3】（2020秋•南关区校级期末）如图，每个小正方形的边长为1，则∠ABC的度数为45°．【分析】连接AC，利用勾股定理计算出AC2、BC2、AB2，然后利用勾股定理逆定理可判断出△ABC是直角三角形，进而可得答案．【解答】解：连接AC，由勾股定理得：AC2＝22+12＝5，BC2＝22+12＝5，AB2＝12+32＝10，∴AC2+BC2＝5+5＝10＝BA2，∴△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°，故答案为：45．【点评】此题主要考查了勾股定理逆定理，以及勾股定理，关键是掌握运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．【变式3-1】（2020秋•朝阳区期末）如图所示的正方形网格中，A，B，C，D，P是网格线交点．若∠APB ＝α，则∠BPC的度数为（用含α的式子表示）．【分析】根据勾股定理的逆定理解答即可．【解答】解：∵AP2＝32+32＝18，AC2＝36，PC2＝32+32＝18，∴AC2＝AP2+PC2，∴∠APC＝90°，∴∠BPC＝∠APC﹣∠APB＝90°﹣α，故答案为：90°﹣α．【点评】此题考查勾股定理的逆定理，关键是根据勾股定理的逆定理得出∠APC＝90°解答．【变式3-2】（2021春•海淀区校级月考）如图，正方形网格中，点A，B，C，D均在格点上，则∠AOB+∠COD＝°．【分析】根据勾股定理求出OC、OB、BC的平方，再根据勾股定理的逆定理和等腰三角形的判定求出△COB是等腰直角三角形，求出∠COB＝45°，再求出答案即可．【解答】解：连接BC，由勾股定理得：OC2＝12+22＝5，OB2＝12+32＝10，BC2＝12+22，∴OC＝BC，OC2+BC2＝OB2，∴∠OCB＝90°，即△COB是等腰直角三角形，∴∠COB＝45°，∵∠DOA＝90°，∴∠AOB+∠COD＝∠DOA﹣∠COB＝45°，故答案为：45．【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的判定，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．【变式3-3】（2021春•海淀区校级期中）如图所示的是正方形网格，则∠MDC﹣∠MAB＝°（点A，B，C，D，M．网格线交点）．【分析】根据图形，可以分别求得ME、MD和DE的长，再根据勾股定理的逆定理即可得到∠EMD的度数．然后根据ME和MD的长，即可得到∠MDE的度数，从而可以得到∠MDC﹣∠MAB的度数．【解答】解：连接ME、DE，由图可知，∠MAB＝∠EDF，∴∠MDC﹣∠MAB＝∠MDC﹣∠EDF＝∠EDM，∵ME=√12+22=√5，MD=√12+22=√5，DE=√12+32=√10，∴ME2+MD2＝DE2，∴△END是直角三角形，∵ME＝ME，∴∠MDE＝45°，即∠MDC﹣∠MAB＝45°，故答案为：45．【点评】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【题型4 勾股定理及逆定理的应用（求线段长度）】【例4】（2020秋•淮安期末）如图，△ABC中，AB的垂直平分线DE分别交AC、AB于点D、E，且AD2﹣DC2＝BC2，AC＝16，CD：AD＝3：5，求BC的长．【分析】连接BD，根据线段垂直平分线的性质得出AD＝BD，求出DC2+BC2＝BD2，求出AD和CD，求出BD＝10，再根据勾股定理求出答案即可．【解答】连接BD，∵AB的垂直平分线DE分别交AC、AB于点D、E，∴AD＝BD，∵AD2﹣DC2＝BC2，∴BD2﹣DC2＝BC2，即DC2+BC2＝BD2，∴∠C＝90°；∵AC＝16，CD：AD＝3：5，∴CD＝6，AD＝10，∵AD＝BD，∴BD＝10，在Rt△DCB中，由勾股定理得：BC=√BD2−DC2=√102−62=8．【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理和线段垂直平分线的性质等知识点，能熟记知识点是解此题的关键，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．【变式4-1】（2021春•江岸区校级月考）已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AH＝3，CH＝4，AC＝5，求BH的长．【分析】根据AH ＝3，CH ＝4，AC ＝5，利用勾股定理的逆定理可以判断△AHC 的形状，从而可以得到∠BHC ＝90°，再根据勾股定理即可得到BH 的长． 【解答】解：∵AH ＝3，CH ＝4，AC ＝5， ∴AH 2+CH 2＝AC 2， ∴△ACH 是直角三角形， ∴∠AHC ＝90°，∠CHB ＝90°， ∴BC 2＝CH 2+BH 2， ∵∠BCA ＝90°， ∴AB 2﹣AC 2＝BC 2， ∴AB 2﹣AC 2＝CH 2+BH 2， ∴（AH +BH ）2﹣AC 2＝CH 2+BH 2， ∵AH ＝3，CH ＝4，AC ＝5， ∴（3+BH ）2﹣52＝42+BH 2， 解得BH =163， 即BH 的长是163．【点评】本题考查勾股定理的逆定理、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【变式4-2】（2020秋•沙县期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝15，D 是AB 上一点，BD ＝9，CD ＝12，求AC 长．【分析】根据勾股定理列方程即可得到结论．【解答】∵BC＝15，BD＝9，CD＝12，∴BD2+CD2＝92+122＝152＝BC2,∴∠CDB＝90°,∴CD⊥AB；∵AB＝AC，∴AC＝AB＝AD+BD＝AD+9,∵∠ADC＝90°,∴AC2＝AD2+CD2,∴(AD+9)2＝AD2+122,∴AD=7 2,∴AC=72+9=252．【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．【变式4-3】（2021春•莲湖区期中）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝5，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，AB于点E，求DE的长．【分析】利用勾股定理逆定理：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可得△ABC是直角三角形；根据线段垂直平分线的性质可得BE＝CE，设AE＝x，则EC＝4﹣x，根据勾股定理可得x2+32＝（4﹣x）2，求出x的值，再根据勾股定理即可求解．【解答】∵△ABC中，AB＝4，AC＝3，BC＝5，又∵42+32＝52，即AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形；连接CE．∵DE 是BC 的垂直平分线，∴EC ＝EB ，设AE ＝x ，则EC ＝4﹣x ．∴x 2+32＝（4﹣x ）2．解之得x =78，即AE 的长是78， ∴BE ＝4−78=258，∵BD =12BC =52，∴DE =√BE 2−BD 2=√(258)2−(52)2=158． 【点评】此题主要考查了勾股定理逆定理和勾股定理，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a ，b ，c 满足a 2+b 2＝c 2，那么这个三角形就是直角三角形．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．【题型5 勾股定理及逆定理的应用（求面积）】【例5】（2020秋•槐荫区校级月考）如图△ABC 的三边长为5，12，13，分别以三边为直径向上作三个半圆，则阴影部分的面积为（ ）A ．30B ．24C ．60D ．6013【分析】先利用勾股定理的逆定理求出△ABC 是直角三角形，再根据图形，阴影部分的面积等于两个小扇形的面积加上△ABC 的面积减去大扇形的面积，然后列式计算即可得解．【解答】解：∵52+122＝169＝132，∴△ABC 是直角三角形，由图可知，阴影部分的面积=12π（52）2+12π（122）2+12×5×12−12π（132）2=258π+1448π+30−1698π＝30．故选：A．【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，扇形的面积，观察图形，表示出阴影部分的面积是解题的关键．【变式5-1】（2021春•东城区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，CD＝5，AD＝6，AB ⊥BC，求四边形ABCD的面积．【分析】根据勾股定理可以求得AC的长，然后根据等腰三角形的性质和勾股定理可以得到CE的长，然后即可求得四边形ABCD的面积．【解答】解：连接AC，作CE⊥AD于点E，∵AB＝3，BC＝4，AB⊥BC，∴AC＝5，∵CD＝5，AD＝6，CE⊥AD，∴AE＝3，∠CEA＝90°，∴CE=√52−32=4，∴四边形ABCD的面积是：3×42+6×42=18，即四边形ABCD的面积是18．【点评】本题考查勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【变式5-2】（2020秋•陕西期末）已知，如图在△ABC中，BC＝6，AC＝8，DE⊥AB，DE＝7，△ABE的面积为35，求△ACB的面积．【分析】根据三角形面积求出AB ，推出AC 、BC 的平方和等于AB 的平方，求出∠C ＝90°，根据三角形面积公式求出即可．【解答】解：∵DE ＝7，△ABE 的面积为35，∴12×AB ×7＝35， ∴AB ＝10，∵BC ＝6，AC ＝8，∴AC 2+BC 2＝AB 2，∴∠C ＝90°，∴S △ABC =12×6×8＝24．【点评】本题考查了三角形的面积，勾股定理的逆定理的应用，解此题的关键是求出△ABC 是直角三角形．【变式5-3】（2020秋•卫辉市期末）如图所示，在△ABC 中，AB ：BC ：CA ＝3：4：5，且周长为36cm ，点P 从点A 开始沿边向B 点以每秒1cm 的速度移动；点Q 从点B 沿BC 边向点C 以每秒2cm 的速度移动，如果同时出发，问过3秒时，△BPQ 的面积为多少？【分析】本题先设适当的参数求出三角形的三边，由勾股定理的逆定理得出三角形为直角三角形．再求出3秒后的BP ，BQ 的长，利用三角形的面积公式计算求解．【解答】解：设AB 为3xcm ，BC 为4xcm ，AC 为5xcm ，∵周长为36cm ，AB+BC+AC＝36cm，∴3x+4x+5x＝36，得x＝3，∴AB＝9cm，BC＝12cm，AC＝15cm，∵AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形，过3秒时，BP＝9﹣3×1＝6（cm），BQ＝2×3＝6（cm），∴S△PBQ=12BP•BQ=12×6×6＝18（cm2）．故过3秒时，△BPQ的面积为18cm2．【点评】本题是道综合性较强的题，需要学生把勾股定理的逆定理、三角形的面积公式结合求解．由勾股定理的逆定理得出三角形为直角三角形，是解题的关键．隐含了整体的数学思想和正确运算的能力．【题型6 勾股定理及逆定理的实际应用】【例6】（2020秋•兰州期末）为了绿化环境，我县某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，∠ADC＝90°，CD＝3米，AD＝4米，AB＝13米，BC＝12米．（1）求出空地ABCD的面积．（2）若每种植1平方米草皮需要200元，问总共需投入多少元？【分析】（1）连接AC，在直角三角形ACD中可求得AC的长，由AC、AB、BC的长度关系可得三角形ABC为一直角三角形，AB为斜边；由此看，四边形ABCD的面积等于Rt△ABC面积减Rt△ACD的面积解答即可；（2）根据题意列式计算即可．【解答】解：（1）连接AC，在Rt△ACD中，AC2＝CD2+AD2＝32+42＝52，在△ABC中，AB2＝132，BC2＝122，而52+122＝132，即AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，S四边形ABCD＝S△ACB﹣S△ACD=12AC•BC−12AD•CD=12×5×12−12×4×3＝24（m2）．（2）需费用24×200＝4800（元），答：总共需投入4800元．【点评】本题考查了勾股定理的应用，通过勾股定理由边与边的关系也可证明直角三角形，这样解题较为简单．【变式6-1】（2021春•茅箭区校级期末）某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，∠ABC＝90°，BC＝6m，AB＝8m，AD＝26m，CD＝24m．（1）求出空地ABCD的面积．（2）若每种植1平方米草皮需要100元，问总共需投入多少元？【分析】（1）连接AC，在直角三角形ABC中利用勾股定理可求得AC的长，由AC、AD、CD的长度关系根据勾股定理的逆定理可得三角形ACD为一直角三角形，AD为斜边；由此看，四边形ABCD的面积等于Rt△ABC面积加上Rt△ACD的面积解答即可；（2）由（1）求出的面积，乘以100即可得到结果．【解答】解：（1）如图，连接AC，在直角三角形ABC中，∵∠ABC＝90°，BC＝6m，AB＝8m，∴AC=√BC2+AB2=10m，∵AC2+CD2＝102+242＝676＝AD2，∴∠ACD＝90°，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD=12×6×8+12×10×24=144，答：空地ABCD的面积是144m2．（2）144×100＝14400（元），答：总共需投入14400元．【点评】此题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理及逆定理是解本题的关键．【变式6-2】（2020秋•东台市期末）一艘轮船从A港向南偏西48°方向航行100km到达B岛，再从B岛沿BM方向航行125km到达C岛，A港到航线BM的最短距离是60km．（1）若轮船速度为25km/小时，求轮船从C岛沿CA返回A港所需的时间．（2）C岛在A港的什么方向？【分析】（1）Rt△ABC中，利用勾股定理求得BD的长度，则CD＝BC﹣BD；然后在Rt△ACD中，利用勾股定理来求AC的长度，则时间＝路程÷速度；（2）由勾股定理的逆定理推知∠BAC＝90°．由方向角的定义作答．【解答】解：（1）由题意AD＝60km，Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2，得602+BD2＝1002．∴BD＝80（km）．∴CD＝BC﹣BD＝125﹣80＝45（km）．∴AC=√CD2+AD2=√452+602=75（km）．75÷25＝3（小时）．答：从C岛返回A港所需的时间为3小时．（2）∵AB2+AC2＝1002+752＝15625，BC2＝1252＝15625，∴AB2+AC2＝BC2．∴∠BAC＝90°．∴∠NAC＝180°﹣90°﹣48°＝42°．∴C岛在A港的北偏西42°．【点评】本题考查了勾股定理的应用，方向角问题，是基础知识比较简单．【变式6-3】（2020秋•叶县期末）如图（1）是超市的儿童玩具购物车，图（2）为其侧面简化示意图，测得支架AC＝24cm，CB＝18cm，两轮中心的距离AB＝30cm，求点C到AB的距离．（结果保留整数）【分析】过点C作CE⊥AB于点E，则CE的长即点C到AB的距离，根据勾股定理的逆定理得到△ABC 为直角三角形，即∠ACB＝90°，根据三角形的面积公式即可得到结论．【解答】解：过点C作CE⊥AB于点E，则CE的长即点C到AB的距离，在△ABC中，∵AC＝24，CB＝18，AB＝30，∴AC2+CB2＝242+182＝900，AB2＝302＝900，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC为直角三角形，即∠ACB＝90°，∵S△ABC=12AC•BC=12CE•AB，∴AC•BC＝CE•AB，即24×18＝CE×30，∴CE＝14.4≈14，答：点C到AB的距离约为14cm．【点评】本题考查了勾股定理的应用，三角形的面积公式，勾股定理的逆定理，正确的识别图形是解题的关键．。
相似三角形的判定1
用数学符号表示： 用数学符号表示：
A E D
D
B
E
C B
A
(1)
C
(2)
∵ DE∥BC ∥
∴ ∆ADE∽∆ABC ∽
问题
三角形的中位线截得的三角形与原三角形是 三角形的中位线截得的三角形与原三角形是 截得的三角形 否相似？ 相似比是多少？ 否相似？ 相似比是多少？
A D B E C
问题
已知：如图， ∥ 已知：如图，AB∥EF ∥CD，则△AOB与 ， 与
而△A1B1C1 ∽△A2B2C2
那么△ABC∽△A2B2C2 。 ∽
练习1 练习1
（1）∆ABC和∆DEF中， ∠A=400，∠B=800，∠E=800， 相似 ∠F=600。∆ABC与∆DEF （“相似”或“不相 似”）。 （2） D为∆ABC边AB上的一点，且∠ACD=∠B ，则 D ∆ABC与∆ACD 相似 （ “相似”或“不相似”）。 (3)在∆ABC中，AB›AC，D为AB边上的一点，过D点作直 A
相似三角形定义： 对应角相等 相似三角形定义 ： 问题1 问题1：这两个三角形是 相似形定义：我们把形状 相似形定义：我们把对应角相等
、对应边成比例的两个三角形叫做相似三 对应边成比例的两个三角形叫做相似三 成比例的两个三角形叫做 否为相似形？ 否为相似形？ 相同的两个图形称为相似形。 相同的两个图形称为相似形。 角形。 角形。
观察左图中两 幅图形的形状 和大小有什么 关系？
对应角……？ 对应边……？
△ABC与△ A'B'C'相似
C A C/
表示为： △ABC∽△ A'B'C' 读作： 读作： △ABC相似于△ A'B'C'
北师大版初中数学八年级下册第一单元《三角形的证明》(困难)(含答案解析)
北师大版初中数学八年级下册第一单元《三角形的证明》（困难）（含答案解析）考试范围：第一单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 如图，DA=DB=DC，则x的值是．( )A. 10B. 20C. 30D. 402. 在△ABC中，∠A=∠B，则．( )A. AB=ACB. BA=BCC. CA=CBD. 不能确定3. 在△ABC中，已知a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，则下列条件中，不能判定△ABC是等腰三角形的是( )A. a=3，b=3，c=4B. a:b:c=2:3:4C. ∠B=50∘，∠C=80∘D. ∠A:∠B:∠C=1:1:24. 在如图所示的4×4正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7为．( )A. 330∘B. 315∘C. 310∘D. 320∘5. 将一副三角尺按如图所示的方式放置，则∠1与∠2的和是．( )A. 60∘B. 45∘C. 30∘D. 25∘6. 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BC为0.7米，梯子顶端到地面的距离AC为2.4米，如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，梯子顶端到地面的距离A′D为1.5米，则小巷的宽为( )A. 2.5米B. 2.6米C. 2.7米D. 2.8米7. 如图，要用“HL”判断Rt△ABC和Rt△DEF全等的条件是( )A. AC=DF，BC=EFB. ∠A=∠D，AB=DEC. AC=DF，AB=DED. ∠B=∠E，BC=EF8. 如果三角形两条边上的垂直平分线的交点在第三条边上，那么这个三角形是．( )A. 锐角三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形9. 如图，AC垂直平分BD，垂足为点E，连接AB，AD，BC，CD，下列结论不一定成立的是．( )A. AB=ADB. CA平分∠BCDC. AB=BDD. △BEC≌△DEC10. 如图，三个居民小区在△ABC的顶点上，现决定在三个小区之间修建一个购物超市，使超市到三个小区的距离相等，则超市应建在．( )A. AC，BC两边高线的交点处B. AC，BC两边中线的交点处C. AC，BC两边中垂线的交点处D. ∠A，∠B两角平分线的交点处11. 如图，在四边形ABCD中，BE⊥AC于点E，连接DE，四边形ABCD的面积为12cm2，若BE平分∠ABC，则四边形ABED的面积为．( )A. 4cm2B. 6cm2C. 8cm2D. 10cm212. ▵ABC的三边AB,BC,CA长分别是20,30,40,其三条角平分线交于点O，则S△ABO∶S△BCO∶S△CAO=( )A. 1:1:1B. 1:2:3C. 2:3:4D. 3:4:5第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13. 如图，∠A=20∘，∠C=40∘，∠ADB=80∘，则图中等腰三角形共有个，分别是．14. 如图，小明和小芳以相同的速度分别同时从A，B出发，小明沿AC行走，小芳沿BD行走，并同时到达C，D.若CB⊥AB，DA⊥AB，则CB DA.(填“>”“<”或“=”)15. 如图，过正方形ABCD的顶点B作直线a，分别过点A，C作直线a的垂线，垂足分别为点E，F.若AE=1，CF=3，则AB=．16. 如图，D是∠ABC平分线上一点，E，F分别在AB，BC上，且DE=DF.若∠BED=130∘，则∠BFD等于．三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。
专题1-5 角边角判定三角形全等-重难点题型(举一反三)(苏科版)(解析版)
专题1.5 角边角判定三角形全等-重难点题型【苏科版】【题型1 角边角判定三角形全等的条件】【例1】（2020秋•宜兴市期中）如图，已知AB＝AD，∠1＝∠2，要根据“ASA”使△ABC≌△ADE，还需添加的条件是．【分析】利用ASA定理添加条件即可．【解答】解：还需添加的条件是∠B＝∠D，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，在△ABC和△ADE中{∠BAC=∠DAE AB=AD∠B=∠D，∴△ABC≌△ADE（ASA），故答案为：∠B＝∠D．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．【变式1-1】（2020秋•覃塘区期中）如图，点B ，F ，C ，E 在同一直线上，AC ＝DF ，∠1＝∠2，如果根据“ASA ”判断△ABC ≌△DEF ，那么需要补充的条件是（ ）A ．AB ＝DE B ．∠A ＝∠DC ．BF ＝CED ．∠B ＝∠D【分析】利用全等三角形的判定方法，“ASA ”即角边角对应相等，只需找出一对对应角相等即可，进而得出答案．【解答】解：需要补充的条件是∠A ＝∠D ，在△ABC 和△DEF 中，{∠A =∠D AC =DF ∠2=∠1，∴△ABC ≌△DEF （ASA ）．故选：B ．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS 、SAS 、ASA 、AAS 、HL ．添加时注意：AAA 、SSA 不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．【变式1-2】（2020秋•浦东新区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC 的是（ ）A ．AB ＝3，BC ＝4，CA ＝8B ．AB ＝4，BC ＝3，∠A ＝60° C ．∠A ＝60°，∠B ＝45°，AB ＝4D ．∠C ＝90°，∠B ＝30°，∠A ＝60°【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．【解答】解：A ．∵AB ＝3，BC ＝4，CA ＝8，AB +BC ＜CA ，∴不能画出三角形，故本选项不合题意；B ．AB ＝4，BC ＝3，∠A ＝60°，不能画出唯一三角形，故本选项不合题意；C ．当∠A ＝60°，∠B ＝45°，AB ＝4时，根据“ASA ”可判断△ABC 的唯一性；D ．已知三个角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；故选：C ．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，正确把握全等三角形的判定方法是解题关键．【变式1-3】（2020•路南区校级月考）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是（）A．B．C．D．【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断．【解答】解：A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，故本选项不符合题意；B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，故本选项不符合题意；C、如图1，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，∴∠FEC＝∠BDE，所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD＝FC＝3，所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；D、如图2，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，∴∠FEC＝∠BDE，∵BD＝EC＝2，∠B＝∠C，∴△BDE≌△CEF，所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意；由于本题选择可能得不到全等三角形纸片的图形，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定，注意三角形边和角的对应关系是关键．【题型2 角边角判定三角形全等（求角的度数）】【例2】（2020秋•简阳市期中）如图，∠A＝∠D，OA＝OD，∠DOC＝50°，∠DBC的度数为（）A．50°B．30°C．45°D．25°【分析】由题中条件易证得△AOB≌△DOC，可得∠ACB＝∠DBC，由三角形外角的性质可得∠DOC＝∠ACB+∠DBC，即可得∠DBC的度数．【解答】解：∵∠A＝∠D，OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，∴△AOB≌△DOC（ASA），∴∠ACB＝∠DBC，∵∠DOC＝∠ACB+∠DBC，∴∠DBC=12∠DOC＝25°．故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质，三角形外角的性质等知识点，找到相应等量关系的角是解题的关键．【变式2-1】（2019秋•天心区校级月考）AD，BE是△ABC的高，这两条高所在的直线相交于点O，若BO＝AC，则∠ABC＝．【分析】由AD、BE是锐角△ABC的高，可得∠DBA＝∠DAC，又BO＝AC，∠BDO＝∠ADC＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：如图1，∵AD、BE是锐角△ABC的高，∴∠AEO＝∠BDO＝90°，∵∠AOE＝∠BOD，∴∠DBO＝∠DAC，∵BO＝AC，∠BDO＝∠ADC＝90°∴△BDO≌△ADC（ASA），∴BD＝AD，∴∠ABC＝∠BAD＝45°，如图2，同理证得△BDO≌△ADC（ASA），∴BD＝AD，∴∠ABD＝∠BAD＝45°，∴∠ABC＝135°，故答案为：45°或135°．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；结合已知条件发现并利用△BDO≌△ADC是正确解答本题的关键．【变式2-2】（2021•苍南县一模）如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，点E 为对角线BD 上一点，∠A ＝∠BEC ，且AD ＝BE ．（1）求证：△ABD ≌△ECB ．（2）若∠BDC ＝70°．求∠ADB 的度数．【分析】（1）由“ASA ”可证△ABD ≌△ECB ；（2）由全等三角形的性质可得BD ＝BC ，由等腰三角形的性质可求解．【解答】证明：（1）∵AD ∥BC ，∴∠ADB ＝∠CBE ，在△ABD 和△ECB 中，{∠A =∠BEC AD =BE ∠ADB =∠CBE，∴△ABD ≌△ECB （ASA ）；（2）∵△ABD ≌△ECB ，∴BD ＝BC ，∴∠BDC ＝∠BCD ＝70°，∴∠DBC ＝40°，∴∠ADB ＝∠CBD ＝40°．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，还考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较典型，难度适中．【变式2-3】（2020秋•丛台区期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，点E ，F 在边BC 上，连接AE ，AF ，∠BAF ＝∠CAE ，延长AF 至点D ，使AD ＝AC ，连接CD ．（1）求证：△ABE ≌△ACF ；（2）若∠ACF ＝30°，∠AEB ＝130°，求∠ADC 的度数．【分析】（1）要证明△ABE≌△ACF，由题意可得AB＝AC，∠B＝∠ACF，∠AEF＝∠AFE，从而可以证明结论成立；（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质可以求得∠ADC的度数．【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACF，∵∠BAF＝∠CAE，∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，∴∠BAE＝∠CAF，在△ABE和△ACF中，{∠B=∠ACFAB=AC∠BAE=∠CAF，∴△ABE≌△ACF（ASA）；（2）解：∵∠B＝∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，∵△ABE≌△ACF，∴∠CAF＝∠BAE＝20°，∵AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，∴∠ADC=180°−20°2=80°．答：∠ADC的度数为80°．【点评】本题考查全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．【题型3 角边角判定三角形全等（求线段的长度）】【例3】（2021春•德城区校级月考）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且MQ＝NQ，已知PQ＝5，NQ＝9，则MH长为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【分析】证明△MQP ≌△NQH ，由全等三角形的性质可得PQ ＝QH ＝5，根据MQ ＝NQ ＝9，即可解决问题．【解答】解：∵MQ ⊥PN ，NR ⊥PM ，∴∠NQH ＝∠NRP ＝∠HRM ＝90°，∵∠RHM ＝∠QHN ，∴∠PMH ＝∠HNQ ，在△MQP 和△NQH 中，{∠PMQ =∠QNHMQ =NQ ∠MQP =∠NQH =90°，∴△MQP ≌△NQH （ASA ），∴PQ ＝QH ＝5，∵NQ ＝MQ ＝9，∴MH ＝MQ ﹣HQ ＝9﹣5＝4，故选：B ．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．【变式3-1】（2020春•万州区期末）如图，在△ABC 中，D 、E 分别为AB 、AC 上一点，延长ED 至F ，使得DF ＝DE ，若BF ∥AC ，AC ＝4，BF ＝3，则CE 的长为（ ）A ．0.5B ．1C ．1.5D ．2【分析】证明△BDF ≌△ADE （ASA ），由全等三角形的性质得出BF ＝AE ＝3，则可得出答案．【解答】解：∵BF ∥AC ，∴∠F ＝∠AED ，在△BDF 和△ADE 中，{∠F =∠AED DF =DE ∠BDF =∠ADE，∴△BDF ≌△ADE （ASA ），∴BF ＝AE ＝3，∵AC ＝4，∴CE ＝AC ﹣AE ＝4﹣3＝1．故选：B ．【点评】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式3-2】（2020春•铁西区期末）如图，点D 是△ABC 的边AB 上一点，FC ∥AB ，连接DF 交AC 于点E ，若CE ＝AE ，AB ＝7，CF ＝4，则BD 的长是 ．【分析】先由全等三角形的判定定理ASA 证明△AED ≌△CEF ，然后根据全等三角形的对应边相等知AD ＝CF ，从而求得BD 的长度．【解答】解：∵FC ∥AB ，∴∠A ＝∠ECF ，在△AED 和△CEF 中，{∠A =∠ECF AE =CE ∠AED =∠CEF，∴△AED ≌△CEF （ASA ），∴AD ＝CF （全等三角形的对应边相等），又∵AB ＝7，CF ＝4，AB ＝AD +BD ，∴BD ＝3．故答案为：3． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式3-3】（2020秋•香洲区校级期中）如图，△ABC 中，∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC 、∠ACB ，AD 、CE 相交于点P ．（1）求∠APC 的度数；（2）若AE ＝4，CD ＝4，求线段AC 的长．【分析】（1）利用∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC ，∠ACB ，即可得出答案；（2）由题中条件可得△APE ≌△APF ，进而得出∠APE ＝∠APF ，通过角之间的转化可得出△CPF ≌△CPD ，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论．【解答】解：（1）∵∠ABC ＝60°，AD 、CE 分别平分∠BAC ，∠ACB ，∴∠BAC +∠BCA ＝120°，∠P AC +∠PCA =12（∠BAC +∠BCA ）＝60°，∴∠APC ＝120°．（2）如图，在AC 上截取AF ＝AE ，连接PF ．∵AD 平分∠BAC ，∴∠BAD ＝∠CAD ，在△APE 和△APF 中，{AE =AF ∠EAP =∠FAP AP =AP，∴△APE ≌△APF （SAS ），∴∠APE ＝∠APF ，∵∠APC ＝120°，∴∠APE ＝60°，∴∠APF ＝∠CPD ＝60°＝∠CPF ，在△CPF 和△CPD 中，{∠FPC =∠DPC CP =CP ∠FCP =∠DCP，∴△CPF ≌△CPD （ASA ）∴CF ＝CD ，∴AC ＝AF +CF ＝AE +CD ＝4+4＝8．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，根据在AC 上截取AF ＝AE 得出△APE ≌△APF 是解题关键．【题型4 角边角判定三角形全等（实际应用）】【例4】（2020秋•伊通县期末）如图，某同学把一块三角形的玻璃打碎成了三块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么，最省事的方法是（ ）A ．带①去B ．带②去C ．带③去D ．带①去和带②去【分析】已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．【解答】解：第①块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA 来配一块一样的玻璃．故选：A ．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定方法的开放性的题，要求学生将所学的知识运用于实际生活中，要认真观察图形，根据已知选择方法．【变式4-1】（2020秋•丰南区期中）如图，小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，他的依据是 ．【分析】根据图形，未污染的部分两角与这两角的夹边可以测量，然后根据全等三角形的判定方法解答即可．【解答】解：小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，他根据的定理是：两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（ASA）．故答案为：ASA．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．【变式4-2】（2020秋•齐河县期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由C走到D的过程中，通过隔离带的空隙P，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语．具体信息如下：如图，AB∥PM∥CD，相邻两平行线间的距离相等．AC，BD相交于P，PD⊥CD垂足为D．已知CD＝16米．请根据上述信息求标语AB的长度．【分析】由AB∥CD，利用平行线的性质可得∠ABP＝∠CDP，利用ASA定理可得，△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质可得结果．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠ABP＝∠CDP，∵PD⊥CD，∴∠CDP＝90°，∴∠ABP＝90°，即PB⊥AB，∵相邻两平行线间的距离相等，∴PD ＝PB ，在△ABP 与△CDP 中，{∠ABP =∠CDP PB =PD ∠APB =∠CPD，∴△ABP ≌△CDP （ASA ），∴CD ＝AB ＝16米．【点评】本题主要考查了平行线的性质和全等三角形的判定及性质定理，综合运用各定理是解答此题的关键．【变式4-3】（2020秋•孝义市期中）一位经历过战争的老战士讲述了这样一个故事：在一次战役中，我军阵地与敌军碉堡隔河相望．为了炸掉这个碉堡，需要知道碉堡与我军阵地的距离，在不能过河测量又没有任何测量工具的情况下，一个战士想出来这样的办法：他面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部；然后，他转过一个角度，保持刚才的姿态，这时视线落在了自己所在岸的某一点上，接着，他用步测的方法量出自己与那个点的距离，这个距离就是他与碉堡间的距离． 将这位战士看成一条线段，碉堡看成一点，示意图如下，你能根据示意图解释其中的道理吗下面是彤彤同学写出的不完整的已知和求证，请你补全已知和求证，并完成证明．已知：如图，AB ⊥CD ， ．求证： ．证明：【分析】根据垂直的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：已知：如图，AB ⊥CD ，∠ABC ＝∠ABD ．求证：AD ＝AC ．证明：∵AB ⊥CD ，∴∠BAD ＝∠BAC ，在△ABD 与△ABC 中，{∠ABD =∠ABC AB =AB ∠BAC =∠BAD，∴△ABD ≌△ABC （ASA ），∴AD ＝AC ，故答案为：∠ABC ＝∠ABD ，AD ＝AC ．【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．【题型5 角边角判定三角形全等（证明题）】【例5】（2020秋•涟源市期末）如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，E 为边BC 上的任意点，D 为线段BE 的中点，AB ＝AE ，EF ⊥AE ，AF ∥BC ．（1）求证：∠DAE ＝∠C ；（2）求证：AF ＝BC ．【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD ⊥BC ，由余角的性质可得∠C ＝∠BAD ，再证明∠BAD ＝∠DAE 即可解决问题．（2）由“ASA ”可证△ABC ≌△EAF ，可得AC ＝EF ．【解答】证明：（1）∵AB ＝AE ，D 为线段BE 的中点，∴AD ⊥BC ，（三线合一没有学习到，可以用全等证明）∴∠C +∠DAC ＝90°，∵∠BAC ＝90°∴∠BAD +∠DAC ＝90°∴∠C ＝∠BAD ，∵AB ＝AE ，AD ⊥BE ，∴∠BAD ＝∠DAE ，∴∠DAE ＝∠C（2）∵AF∥BC∴∠F AE＝∠AEB∵AB＝AE∴∠B＝∠AEB∴∠B＝∠F AE，且∠AEF＝∠BAC＝90°，AB＝AE∴△ABC≌△EAF（ASA）∴AC＝EF【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．【变式5-1】（2020秋•汝南县期末）如图，△ABC的两条高AD，BE相交于H，且AD＝BD．试说明下列结论成立的理由．（1）∠DBH＝∠DAC；（2）△BDH≌△ADC．【分析】（1）因为∠BHD＝∠AHE，∠BDH＝∠AEH＝90°，所以∠DBH+∠BHD＝∠HAE+∠AHE＝90°，故∠DBH＝∠DAC；（2）因为AD⊥BC，所以∠ADB＝∠ADC，又因为AD＝BD，∠DBH＝∠DAC，故可根据ASA判定两三角形全等．【解答】解：（1）∵∠BHD＝∠AHE，∠BDH＝∠AEH＝90°∴∠DBH+∠BHD＝∠HAE+∠AHE＝90°∴∠DBH＝∠HAE∵∠HAE＝∠DAC∴∠DBH＝∠DAC；（2）∵AD⊥BC∴∠ADB＝∠ADC在△BDH 与△ADC 中，{∠ADB =∠ADC AD =BD ∠DBH =∠DAC∴△BDH ≌△ADC ．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS 、SAS 、ASA 、AAS 、HL ．注意：AAA 、SSA 不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．【变式5-2】（2020秋•郯城县期中）如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，过D 点的直线EG 交AB 于点E ，交AB 的平行线CG 于点G ，DF ⊥EG ，交AC 于点F ．（1）求证：BE ＝CG ；（2）判断BE +CF 与EF 的大小关系，并证明你的结论．【分析】（1）先利用ASA 判定△BED ≌△CGD ，从而得出BE ＝CG ；（2）先连接FG ，再利用全等的性质可得DE ＝DG ，再根据DF ⊥GE ，从而得出FG ＝EF ，依据三角形两边之和大于第三边得出BE +CF ＞EF ．【解答】解：（1）∵D 是BC 的中点，∴BD ＝CD ，∵AB ∥CG ，∴∠B ＝∠DCG ，在△BDE 和△CDG 中，∵∠BDE ＝∠CDG ，BD ＝CD ，∠DBE ＝∠DCG ，∴△BDE ≌△CDG （ASA ），∴BE ＝CG ；（2）BE+CF＞EF．理由：如图，连接FG，∵△BDE≌△CDG，∴DE＝DG，又∵FD⊥EG，∴FD垂直平分EG，∴EF＝GF，又∵△CFG中，CG+CF＞GF，∴BE+CF＞EF．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形三边关系的运用，本题中求证△BDE≌△CDG，得出BE＝CG是解题的关键．【变式5-3】（2020秋•岫岩县月考）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD、CE相交于点G，BD＝DC，DF∥BC交AB于点F，连接FG．求证：（1）△DAB≌△DGC；（2）CG＝FB+FG．【分析】（1）由“ASA”可证△DAB≌△DGC；（2）由全等三角形的性质可得AB＝CG，DA＝DG，由“SAS”可证△DF A≌△DFG，可得F A＝FG，可得结论．【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，∴∠ABD +∠A ＝90°，∠ACE +∠A ＝90°，∴∠ABD ＝∠ACE ，在△DAB 和△DGC 中，{∠ABD =∠ACE BD =CD ∠ADB =∠BDC =90°，∴△DAB ≌△DGC （ASA ）；（2）∵△DAB ≌△DGC ，∴AB ＝CG ，DA ＝DG ，∵BD ＝CD ．∠BDC ＝90°，∴∠DBC ＝∠DCB ＝45°，∵DF ∥BC ，∴∠FDA ＝∠FDG ＝45°，在△DF A 和△DFG 中，{AD =DG ∠FDA =∠FDG DF =DF，∴△DF A ≌△DFG （SAS ），∴F A ＝FG ．∴CG ＝AB ＝FB +F A ＝FB +FG ．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找到正确的全等三角形是本题的关键．【题型6 角边角判定三角形全等（探究题）】【例6】（2020春•崂山区期末）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°点D 在BC 的延长线上，且BD ＝AB ．过点B 作BE ⊥AC ，与BD 的垂线DE 交于点E ．（1）求证：△ABC ≌△BDE ；（2）请找出线段AB 、DE 、CD 之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）利用已知得出∠A＝∠DBE，进而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，∴∠A+∠ABE＝90°，∵∠ABC＝90°，∴∠DBE+∠ABE＝90°，∴∠A＝∠DBE，在△ABC和△BDE中，{∠A=∠DBEBD=AB∠ABC=∠BDE=90°，∴△ABC≌△BDE（ASA）；（2）解：AB＝DE+CD，理由：由（1）证得，△ABC≌△BDE，∴AB＝BD，BC＝DE，∵BD＝CD+BC，∴AB＝CD+DE．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．【变式6-1】（2021春•黄浦区期末）如图在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．（1）说明△ADE≌△BFE的理由；（2）联结EG，那么EG与DF的位置关系是，请说明理由．【分析】（1）由AD ∥BC ，得出∠1＝∠F ，因为E 是AB 的中点，得AE ＝BE ，即可证明△ADE ≌△BFE ；【解答】解：（1）∵AD ∥BC ，∴∠1＝∠F ，∵E 是AB 的中点，∴AE ＝BE ，在△ADE 和△BFE 中，{∠1=∠F ∠AED =∠BEF AE =BE，∴△ADE ≌△BFE （ASA ），（2）如图，EG ⊥DF ，∵∠1＝∠F ，∠1＝∠2，∴∠2＝∠F ，∴DG ＝FG ，由（1）知：△ADE ≌△BFE ，∴DE ＝EF ，∴EG ⊥DF ．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的三线合一等知识，找出全等所需的条件是解题的关键．【变式6-2】（2020春•文圣区期末）已知：如图，BD 、CE 是△ABC 的高，BD 、CE 交于点F ，BD ＝CD ，CE 平分∠ACB ．（1）如图1，试说明BE =12CF ．（2）如图2，若点M 在边BC 上（不与点B 重合），MN ⊥AB 于点N ，交BD 于点G ，请直接写出BN 与MG 的数量关系，并画出能够说明该结论成立的辅助线，不必书写过程．【分析】（1）由“ASA ”可证△ABD ≌△FCD ，可得AB ＝CF ，由“ASA ”可证△ACE ≌△BCE ，可得AE ＝BE ，可得结论；（2）如图，过点M 作MH ∥AC ，交AB 于H ，交BD 于P ，由“ASA ”可证BPH ≌△MPG ，可得GM ＝BH ，由“ASA ”可证△BMN ≌△HMN ，可得BN ＝NH ，可得结论．【解答】解：（1）∵BD ⊥AC ，CE ⊥AB ，∴∠ADB ＝∠BDC ＝∠AEC ＝90°，∴∠A +∠ABD ＝90°，∠A +∠ACE ＝90°，∴∠ABD ＝∠ACE ，在△ABD 和△FCD 中，{∠ADB =∠FDC BD =CD ∠ABD =∠FCD，∴△ABD ≌△FCD （ASA ），∴AB ＝CF ，∵CE 平分∠ACB ，∴∠ACE ＝∠BCE ＝22.5°，在△ACE 和△BCE 中，{∠ACE =∠BCE CE =CE ∠AEC =∠BEC，∴△ACE ≌△BCE （ASA ），∴AE ＝BE ，∴BE =12AB =12CF ；理由如下：如图，过点M 作MH ∥AC ，交AB 于H ，交BD 于P ，∵BD ＝CD ，BD ⊥CD ，∴∠DBC ＝∠DCB ＝45°，∵MH ∥AC ，∴∠PMB ＝∠DCB ＝∠PBM ＝45°，∠BPM ＝∠BDC ＝90°，∴BP ＝PM ，∵∠BHP +∠HBP ＝90°，∠BHP +∠HMN ＝90°，∴∠HBP ＝∠HMN ，在△BHP 和△MGP 中，{∠HBP =∠GMP BP =PM ∠BPH =∠GPM =90°，∴△BPH ≌△MPG （ASA ），∴GM ＝BH ，∵MN ⊥AB ，CE ⊥AB ，∴MN ∥CE ，∴∠BMN ＝∠BCE =12∠ACB ＝22.5°，∴∠BMN ＝∠HMN ＝22.5°，在△BMN 和△HMN 中，{∠BMN =∠HMN MN =MN ∠BNM =∠HNM，∴△BMN ≌△HMN （ASA ）∴BN ＝NH ，【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【变式6-3】（2020春•揭阳期末）已知△ABC，点D、F分别为线段AC、AB上两点，连接BD、CF交于点E．（1）若BD⊥AC，CF⊥AB，如图1所示，试说明∠BAC+∠BEC＝180°；（2）若BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，如图2所示，试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系；（3）在（2）的条件下，若∠BAC＝60°，试说明：EF＝ED．【分析】（1）根据余角的性质得到∠DEC＝∠BAC，由于∠DEC+∠BEC＝180°，即可得到结论；（2）根据角平分线的定义得到∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，于是得到结论；（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，由∠BAC＝60°，得到∠BEC＝90°+12∠BAC＝120°，求得∠FEB＝∠DEC＝60°，根据角平分线的性质得到∠BEM＝60°，推出△FBE≌△EBM，根据全等三角形的性质得到EF＝EM，同理DE＝EM，即可得到结论．【解答】解：（1）∵BD⊥AC，CF⊥AB，∴∠DCE+∠DEC＝∠DCE+∠F AC＝90°，∴∠DEC＝∠BAC，∠DEC+∠BEC＝180°，∴∠BAC+∠BEC＝180°；（2）∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，∴∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°−12（∠ABC+∠ACB）＝180°−12（180°﹣∠BAC）＝90°+12∠BAC；（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，∵∠BAC ＝60°，∴∠BEC ＝90°+12∠BAC ＝120°，∴∠FEB ＝∠DEC ＝60°，∵EM 平分∠BEC ，∴∠BEM ＝60°，在△FBE 与△EBM 中，{∠FBE =∠EBM BE =BE ∠FEB =∠MEB，∴△FBE ≌△EBM （ASA ），∴EF ＝EM ，同理DE ＝EM ，∴EF ＝DE ．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，垂直的定义，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．。
第一章 解直角三角形单元测试卷(困难 含解析)
浙教版初中数学九年级下册第一单元《解直角三角形》（困难）（含答案解析）考试范围：第一单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共36分。
在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 如图，已知△ABC中，∠B=90°，D，E分别为BC，AC的中点，连结DE，过D作AC的平行线与∠CAB的角平分线交于点F，连结EF，若EF⊥DF，AC=2，则∠DEF的正弦值为( )A. √5−12B. √5+14C. √5−14D. 3+√542. 在△ABC中，已知tanA=tanB，则下列说法不正确的是( )A. 边AB上任意一点P到边AC、BC的距离之和等于点B到AC的距离B. 边AB的垂直平分线是△ABC的对称轴C. △ABC的外心可能在△ABC内部、边上或外部D. 如果△ABC的周长是l，那么BC=l−2AB3. 如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点M处，折痕为AP，再将△PCM，△ADM分别沿PM，AM折叠，此时点C，D落在AP上的同一点N处.给出以下结论：①M是CD的中点；②AD//BC；③∠DAM+∠CPM=90∘；④当AD=CP时，ABCD =√32．其中正确的个数为( )A. 1B. 2C. 3D. 44. 在Rt△ABC中，∠C=90°，cosB=12，则sinA的值为( )A. 12B. √22C. √32D. √35. 如图，AB⏜是半径为1的半圆弧，△AOC 为等边三角形，点D 是BC ⏜上的一动点、则△COD 的面积S 的最大值是 ( )A. √34B. √33C. √32D. 126. 如图，Rt △ABC 中，∠BAC =90∘，cosB =14，点D 是边BC 的中点，以AD 为底边在其右侧作等腰三角形ADE ，使∠ADE =∠B ，连接CE ，则CEAD的值为( )A. 32B. √3C. √152D. 27. 已知圆内接正三角形的面积为√3，则该圆的内接正六边形的边心距是( ) A. 2B. 1C. √3D. √328. 如图，在正方形ABCD 中，AB =2，点E 是BC 边的中点，连接DE ，延长EC 至点F ，使得EF =DE ，过点F 作FG ⊥DE ，分别交CD 、AB 于N 、G 两点，连接CM 、EG 、EN ，下列正确的是：①tan∠GFB =12；②MN =NC ；③CMEG =12；④S 四边形GBEM =√5+12( )A. 4B. 3C. 2D. 19. 四巧板是一种类似七巧板的传统智力玩具，它是由一个长方形按如图1分割而成，这几个多边形的内角除了有直角外，还有45°、135°、270°角．小明发现可以将四巧板拼搭成如图2的T字形和V字形，那么T字形图中高与宽的比值ℎl为( )A. √2B. √2+12C. 4+√24D. 3√2210. 如图，OA=4，线段OA的中点为B，点P在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，PA的中点为Q.当点Q也落在⊙O上时，cos∠OQB的值等于( )A. 12B. 13C. 14D. 2311. 如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP.则下列结论：①AE⊥BF；②△OAP∽△EAC；③四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14；④AP−BP=√2OP；⑤若BE：CE=2：3，则tan∠CAE=47.其中正确的结论有( )个A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个12. 如图，建筑工地划出了三角形安全区(△ABC)，一人从A点出发，沿北偏东53°方向走50m 到达C点，另一人从B点出发，沿北偏西53°方向走100m到达C点，则点A与点B相距(tan53°=43)( )A. 30√15mB. 30√17mC. 40√10mD. 130m第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共12分）13. 如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AD⊥BC，垂足为D.给出下列四个结论：①sinα=sinB；②sinβ=sinC；③sinB=cosC；④sinα=cosβ.其中正确的结论有______．14. 如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cos∠EFG的值为______．，BE=2，则该菱形的面积是______．15.如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，cosA=3516.如图，在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，若AH：AE=4：3，四边形EFGH的周长是40cm，则矩形ABCD的面积是______cm2．三、解答题（本大题共9小题，共72分。
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三角形习题
1已知等边△ABC和点P，设点P到△ABC三边的AB、AC、BC的距离分别是h1，h2，h3，△ABC的高为h，请你探索以下
问题：
（1）若点P在一边BC上（图1），此时h3=0，问h1、h2与h之间有怎样的数量关系？请说明理由；
（2）若当点P在△ABC内（图2），此时h1、h2、h3与h之间有怎样的数量关系？请说明理由；
（3）若点P在△ABC外（图3），此时h1、h2、h3与h之间有怎样的数量关系______．（请直接写出你的猜想，不需要说明理
由．）
1 2
2.（1）如图1，延长△ABC的边BC到点D，使CD=BC，连接DA、若△ACD的面积为S1，则S1=______（用含a的代数
式表示）；
（2）如图2，延长△ABC的边BC到点D，延长边CA到点E，使CD=BC，AE=CA，连接DE、若△DEC的面积为S2，则
S2=______（用含a的代数式表示）；
（3）在图2的基础上延长AB到点F，使BF=AB，连接FD，FE，得到△DEF（如图3）、若阴影部分的面积为S3，则S3=______
（用含a的代数式表示）．
发现：像上面那样，将△ABC各边均顺次延长一倍，连接所得端点，得到△DEF（如图3），此时，我们称△ABC向外扩展了
一次、可以发现，扩展一次后得到的△DEF的面积是原来△ABC面积的______倍．
3．△ABC中，G为重心，l是过G的一条动直线，且分别交AB、AC于点E、F，设S△ABC=1，问l在何处时，所截得的△AEF
面积取到最大值或最小值．
. 4 5 67810
4已知如图BE、CF分别是∠ABD、∠ACD的平分线． （1）若∠BDC=∠152°，∠BGC=104°，求∠A；
（2）若∠A=54°，∠BGC=110°，求∠BDC
5. AD是△ABC的角平分线，且∠B=∠ADB，过点C作AD的延长线的垂线，垂足为M．
（1）若∠DCM=α，试用α表示∠BAD； （2）求证：AB+AC=2AM．
6. ABCD是一个边长为1的正方形，U、V分别是AB、CD上的点，AV与DU相交于点P，BV与CU相交于点Q．求四边形
PUQV面积的最大值．
7. 在△ABC中，∠ABC=3∠C，∠1=∠2，BE⊥AE． 求证：AC-AB=2BE．
8. △ABC的面积是1平方厘米，如图所示，AD=DE=EC，BG=GF=FC，求阴影四边形的面积
9. 一个凸多边形的内角的度数从小到大排列，恰好依次增加相同的度数，其中最小角是100°，最大角是140°，求这个多边形
的边数
10. 实验证明，平面镜反射光线的规律是：射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等．
（1）如图，一束光线m射到平面镜上，被a反射到平面镜b上，又被b镜反射，若被b反射出的光线n与光线m平行，且
∠1=50°，则∠2=______°，∠3=______°；
（2）在（1）中，若∠1=55°，则∠3=______°，若∠1=40°，则∠3=______°；
（3）由（1）、（2）请你猜想：当两平面镜a、b的夹角∠3=______°时，可以使任何射到平面镜a上的光线m，经过平面镜a、
b的两次反射后，入射光线m与反射光线n平行，请说明理由