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专题05三角形-2022年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练试卷（学生版+教师版）
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这是一份专题05三角形-2022年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练试卷（学生版+教师版），文件包含专题05三角形教师版docx、专题05三角形学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。
一、热点题型归纳
【题型一】 三角形基础知识
【题型二】 全等三角形的性质与判定
【题型三】 等腰三角形的性质与判定
【题型四】 直角三角形
二、最新模考题组练2
【题型一】 三角形基础知识
【典例分析】（2021·四川宜宾·中考真题）若长度分别是a、3、5的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，求出a的取值范围即可得解．
【解析】根据三角形的三边关系得，即，则选项中4符合题意，
故选：C．
【提分秘籍】
1.三角形的三边关系问题
三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，利用三角形三边之间的关系可以解决以下两类问题：(1)判断三条线段能否组成三角形：三条线段中，如果较短的两条线段之和大于最长的线段，那么这三条线段能组成一个三角形。
(2)确定三角形第三边的取值范围：三角形两边为a，b(a>b)，则第三边c必满足a-b2.与三角形的高、中线有关的问题
三角形的高和中线是三角形中的两条重要线段；
①从三角形一个顶点向它的对边所在直线作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高；利用三角形的高可解决三角形相关角度的计算和面积计算的问题.钝角三角形有两条高线在三角形外部，对于无附图的几何题一般需进行分类讨论。
②三角形的顶点和它对边中点的连线叫做三角形的中线，三角形的每条中线把三角形分成两个等底同高的三角形，因此这两个三角形的面积相等。
3.与三角形内、外角的度数问题
求三角形内角或外角的度数时，常用到的理论依据有两点：一是三角形内角和定理，即三角形的内角和等于180°；二是三角形外角的性质，即三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和。
4.与三角形内、外角平分线有关的问题
当题目中出现三角形的内角或外角的平分线时，常运用三角形外角与内角的关系以及三角形的内角和解决问题。
5.解与三角形中位线有关的问题
连接三角形两边中点的线段，叫做三角形的中位线.三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半。三角形中位线分得的三角形两部分的面积比为1：3。当已知三角形两边的中点时，可考虑运用三角形中位线定理，得相应线段的数量关系与位置关系。
【变式演练】
1．（2021·广西河池·中考真题）如图，，是△ABC的外角，，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形的外角性质直接求解即可．
【解析】是△ABC的外角，，，
．
．
故选B．
2．（2021·广西梧州·中考真题）在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，则∠C等于（ ）
A．32°B．36°C．40°D．128°
【答案】A
【分析】直接根据三角形内角和定理求解即可．
【解析】解：∵ ，且∠A＝20°，∠B＝4∠C，
∴
∴
∴∠C=32°
故选：A．
3．（2021·辽宁本溪·中考真题）一副三角板如图所示摆放，若，则的度数是（ ）
A．80°B．95°C．100°D．110°
【答案】B
【分析】由三角形的外角性质得到∠3=∠4=35°，再根据三角形的外角性质求解即可．
【解析】解：如图，∠A=90°-30°=60°，
∵∠3=∠1-45°=80°-45°=35°，
∴∠3=∠4=35°，
∴∠2=∠A+∠4=60°+35°=95°，
故选：B．
【题型二】 全等三角形的性质与判定
【典例分析】（2021·江苏盐城·中考真题）工人师傅常常利用角尺构造全等三角形的方法来平分一个角．如图，在的两边、上分别在取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点、重合，这时过角尺顶点的射线就是的平分线．这里构造全等三角形的依据是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定条件判断即可．
【解析】解：由题意可知
在中
∴(SSS)
∴
∴就是的平分线
故选：D
【提分秘籍】
1.全等三角形性质的问题
证明两条线段相等或两个角相等时，常证明两条线段或两个角所在的三角形全等，运用全等三角形的性质，即全等三角形的对应边相等、对应角相等得到。
2.三角形全等的判定问题
证明两条线段相等（或两个角相等）的常用方法是证明这两条线段（或两个角）所在的三角形全等。
判定两个三角形全等的一般方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”，对于直角三角形还有“HL”，三角形全等的判定方法的选择：
(1)当已知两边分别相等时，可找两边的夹角或第三边，利用“SAS”或“SSS”来证明两个三角形全等；
(2)当已知两个角分别相等时，可找这两个角的夹边或找任意一组等角的对边，利用“ASA”或“AAS”来证明两个三角形全等；
(3)当已知一角及其对边分别相等时，可找任意一角，利用“AAS”来证明两个三角形全等；
(4)当已知一角及其一邻边分别相等时，可找任意一角利用“AAS”或“ASA”来证明两个三角形全等，也可以找这个角的另一邻边，利用“SAS”来证明两个三角形全等；
(5)在直角三角形中除了利用“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”，还可以利用“HL”来证明两个三角形全等。
【变式演练】
1．（2021·重庆·中考真题）如图，在△ABC和△DCB中， ，添加一个条件，不能证明△ABC和△DCB全等的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件和添加条件，结合全等三角形的判断方法即可解答．
【解析】选项A，添加，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（ASA），
选项B，添加，
在△ABC和△DCB中，，，，无法证明△ABC≌△DCB；
选项C，添加，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（SAS）；
选项D，添加，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（AAS）；
综上，只有选项B符合题意．
故选B．
2．（2021·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠A=∠DC．AC=DFD．AC∥FD
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定与性质逐一分析即可解题．
【解析】解：BF=EC，
A. 添加一个条件AB=DE，
又
故A不符合题意；
B. 添加一个条件∠A=∠D
又
故B不符合题意；
C. 添加一个条件AC=DF ，不能判断△ABC≌△DEF ，故C符合题意；
D. 添加一个条件AC∥FD
又
故D不符合题意，
故选：C．
3．（2021·四川阿坝·中考真题）如图，等腰△中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定≌的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．
【解析】解： A、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定≌，故本选项不符合题意；B、若添加，不能判定≌，故本选项符合题意；C、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定≌，故本选项不符合题意；
D、若添加，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定≌，故本选项不符合题意．故选：B．
【题型三】 等腰三角形的性质与判定
【典例分析】（2021·湖南永州·中考真题）如图，在中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M和点N，作直线分别交､于点D和点E，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由尺规作图痕迹可知，MN是线段AB的垂直平分线，进而得到DB=DA，∠B=∠BAD，再由AB=AC得到∠B=∠C=50°，进而得到∠BAC=80°，∠CAD=∠BAC-∠BAD=30°即可求解．
【解析】解：由题意可知：MN是线段AB的垂直平分线，
∴DB=DA，
∴∠B=∠BAD=50°，
又AB=AC，
∴∠B=∠C=50°，
∴∠BAC=80°，
∴∠CAD=∠BAC-∠BAD=30°，
故选：A．
【提分秘籍】
1.角平分线的性质（判定）问题
如果题目中出现角平分线时，常运用“角平分线上的点到角的两边的距离相等”得到相等的线段；如果题目中出现到角的两边距离时，常证这两个距离相等，进而得到角的平分线。
2.等腰三角形有关的问题
（1）解与等腰三角形的边有关的问题时，常利用三角形的三边关系确定能否构成三角形。当已知等腰三角形的边不能确定是腰还是底时，要分类讨论，还要考虑三角形的存在性，即两腰之和大于底边。
（2）解与等腰三角形的角有关的问题时，常利用三角形的内角和定理，遇到顶角、底角未知或仅知道两角之差但不确定大小关系时，还要注意分类讨论。
3.等边三角形问题
（1）等边三角形是三边都相等的特殊的等腰三角形，等边三角形又叫正三角形。
（2）等边三角形具有等腰三角形的一切性质，并且还具有如下性质：等边三角形的三个内角都相等，并且每一个角都等于60°；所有边上的高、中线与所有角平分线都相等。
（3）解与等边三角形有关的问题时，一般都要运用等边三角形中特殊的60°角、三条边中任意两边都相等进行推理或计算。
【变式演练】
1．（2021·湖南益阳·中考真题）如图，为等边三角形，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据等边三角形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角的和差即可得．
【解析】解：为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
解得，
故选：C．
2．（2021·青海·中考真题）已知，是等腰三角形的两边长，且，满足，则此等腰三角形的周长为（ ）．
A．8B．6或8C．7D．7或8
【答案】D
【分析】先根据非负数的性质列式求出a、b的值，再分a的值是腰长与底边两种情况讨论求解．
【解析】解：∵，
∴
解得，
①2是腰长时，三角形的三边分别为2、2、3，能组成三角形，周长=2+2+3=7；
②2是底边时，三角形的三边分别为2、3、3，能组成三角形，周长=2+3+3=8，
所以该等腰三角形的周长为7或8．
故选：D．
3．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在的正方形网格中有两个格点A、B，连接，在网格中再找一个格点C，使得△ABC是等腰直角三角形，满足条件的格点C的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据题意，结合图形，分两种情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰．
【解析】解：如图：分情况讨论：
①AB为等腰直角△ABC底边时，符合条件的C点有0个；
②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有3个．
故共有3个点，
故选：B．
【题型四】 直角三角形
【典例分析】（2021·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝6，点P是线段AC上一动点，点M在线段AB上，当AM＝AB时，PB＋PM的最小值为（ ）
A．3B．2C．2＋2D．3＋3
【答案】B
【分析】作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，则PB＋PM的最小值为B'M的长，过点B'作B'H⊥AB交H点，在Rt△BB'H中，B'H＝3，HB＝3，可求MH＝1，在Rt△MHB'中，B'M＝2，所以PB＋PM的最小值为2．
【解析】解：作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，
∴BP＝B'P，BC＝B'C，
∴PB＋PM＝B'P＋PM≥B'M，
∴PB＋PM的最小值为B'M的长，
过点B'作B'H⊥AB交H点，
∵∠A＝30°，∠C＝90°，
∴∠CBA＝60°，
∵AB＝6，
∴BC＝3，
∴BB'＝BC＋B'C＝6，
在Rt△BB'H中，∠B'BH＝60°，
∴∠BB'H＝30°，
∴BH＝3，
由勾股定理可得：，
∴AH＝AB－BH＝3，
∵AM＝AB，
∴AM＝2，
∴MH＝AH－AM＝1，
在Rt△MHB'中，，
∴PB＋PM的最小值为2，
故选：B．
【提分秘籍】
（一）直角三角形的边长的问题
1.求直角三角形的边长时常用到以下性质：
(1)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
(2)在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方(勾股定理）。
2.求直角三角形的边长常用的方法，要根据题目已知条件及图形特征灵活运用，并运用勾股定理进行推理或计算。
(1)当已知条件中出现直角三角形斜边上的中线或中点(构造斜边上的中线）时，可以考虑应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”；
(2)善于在直角三角形中发现特殊角度产生的作用，如应用“30°角所对的直角边等于斜边的一半”“含45°角的直角三角形是等腰直角三角形，斜边上的高等于斜边的一半”等等；
(3)在解与直角三角形的边有关的问题时，通常考虑应用勾股定理。
（二）直角三角形内角的度数的有关问题
遇到求直角三角形内角度数的问题时，常用“三角形内角和定理”“直角三角形两锐角互余”以及“直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”来求解。
【拓展】在解与直角三角形内角的角度有关的问题时，可以利用“直角三角形的两锐角互余”或由边长的特殊关系来推特殊角度。
（三）勾股定理的证明问题
勾股定理的证明方法有很多种，而“面积法”是常用的证明方法。
证明勾股定理的方法是用两种不同的方法表示同一个图形的面积，列出含有a，b，c的等式，利用整式的运算法则把等式整理后得到。
（四）最短路径问题
1.在立体图形上，求其表面上某两点间的最短距离，通常将立体图形转化为平面图形，将路径转化为线段。
2.在平面图形中，连接这两个点所得的线段的长（根据“两点之间线段最短”），即为立体图形表面上某两点间的最短距离。
3.要注意题干中要求的行进路线，不可想当然地展开；当路线不明确时，还需分类讨论再计算对比。
【变式演练】
1．（2021·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在中，，将边沿折叠，使点B落在上的点处，再将边沿折叠，使点A落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点N、M，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用勾股定理求出AB=10，利用等积法求出CN＝，从而得AN＝，再证明∠NMC＝∠NCM＝45°，进而即可得到答案．
【解析】解：∵
∴AB=，
∵S△ABC＝×AB×CN＝×AC×BC
∴CN＝，
∵AN＝，
∵折叠
∴AM＝A'M，∠BCN＝∠B'CN，∠ACM＝∠A'CM，
∵∠BCN+∠B'CN+∠ACM+∠A'CM=90°，
∴∠B'CN +∠A'CM＝45°，
∴∠MCN＝45°，且CN⊥AB，
∴∠NMC＝∠NCM＝45°，
∴MN＝CN＝，
∴A'M＝AM＝AN−MN＝-=．
故选B．
2．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝12，D为AC边上的一个动点，连接BD，E为BD上的一个动点，连接AE，CE，当∠ABD＝∠BCE时，线段AE的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】如图，取的中点，连接，．首先证明，求出，，根据，可得结论．
【解析】解：如图，取的中点，连接，．
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为4，
故选：B．
3．（2021·山西·中考真题）在勾股定理的学习过程中，我们已经学会了运用以下图形，验证著名的勾股定理：这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．实际上它也可用于验证数与代数，图形与几何等领域中的许多数学公式和规律，它体现的数学思想是（ ）
A．统计思想B．分类思想C．数形结合思想D．函数思想
【答案】C
【分析】根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，据此回答即可．
【解析】解：根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，
如勾股定理的推导是根据图形面积转换得以证明的，
由图形到数学规律的转化体现的数学的思想为：数形结合思想，
故选：C．
1．（2021·广东东莞·二模）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，如图②所示，BC∥DE则旋转角∠BAD的度数为（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【解析】解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
2．（2021·广东越秀·一模）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，∠C＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，则BD的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据勾股定理得到BC＝3，过D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到CD＝DE，根据全等三角形的性质得到BE＝BC＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】解：在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，∠C＝90°，
∴，
过D作DE⊥AB于E，
∵BD平分∠ABC，∠C＝90°，
∴CD＝DE，
在Rt△BCD与Rt△BED中，
，
∴Rt△BCD≌Rt△BED（HL），
∴BE＝BC＝3，
∴AE＝2，
∵AD2＝DE2+AE2，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
3．（2021·江苏·扬州市梅岭中学二模）如图，用直尺和圆规作一个角等于已知角，能得出∠A′O′B′＝∠AOB的依据是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
【答案】A
【分析】我们可以通过其作图的步骤来进行分析，作图时满足了三条边对应相等，于是我们可以判定是运用SSS，答案可得．
【解析】作图的步骤：
①以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA、OB于点C、D；
②任意作一点O′，作射线O′A′，以O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′B′于点C′；
③以C′为圆心，CD长为半径画弧，交前弧于点D′；
④过点D′作射线O′A′．
所以∠A′O′B′就是与∠AOB相等的角；
在△OCD与△O′C′D′，O′C′=OC，O′D′=OD，C′D′=CD，
∴△OCD≌△O′C′D′（SSS），
∴∠A′O′B′=∠AOB，
显然运用的判定方法是SSS．
故选：A．
4．（2021·湖南·师大附中梅溪湖中学二模）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形全等的判定方法求解即可．
【解析】解：A、∵，，，
∴，选项不符合题意；
B、∵，，，
∴，选项不符合题意；
C、∵由，，，
∴无法判定，选项符合题意；
D、∵，，，
∴，选项不符合题意．
故选：C．
5．（2022·重庆·一模）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使B与C重合，CD，AE相交于F，已知BD＝4AD，设△ABC的面积为S，△CEF的面积为S1，△ADF的面积为S2，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由折叠可知 ，进而得到，过E作EH⊥AB于H，CM垂直AB交BA的延长线于M，由BD＝4AD得到，进而得到，再利用三角形面积公式推出，即可求解．
【解析】解：由折叠可知 ，
∴ ，
∴ ，
∴①，
过E作EH⊥AB于H，CM垂直AB交BA的延长线于M，
∴ ， ，
∵BD＝4AD，
∴ ，
∴ ②，
①－②得： ，
∵CM⊥AB，
∴ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ,
故选：C．
6．（2021·湖北荆州·一模）工人常用角尺平分一个任意角，做法如下：如图，是一个任意角，在边、上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点、重合，过角尺顶点作射线，由此作法便可得，共依据是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，再加上公共边CO＝CO可利用SSS定理判定△MOC≌△NOC．
【解析】解：由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，
在△ONC和△OMC中，
∴△MOC≌△NOC（SSS），
∴∠BOC＝∠AOC，
故选：A．
7．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校一模）如图，在中，，将△ABC绕点顺时针旋转后得到的（点的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】旋转中心为点A，C、C′为对应点，可知AC=AC′，又因为∠CAC′=90°，根据三角形外角的性质求出∠C′B′A的度数，进而求出∠B的度数．
【解析】解：由旋转的性质可知，AC=AC′，
∵∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A=45°．
∵∠CC′B′=32°，
∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°，
∵∠B=∠C′B′A，
∴∠B=77°，
故选：C．
8．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）二模）如图，已知△ABC中，，，分别为，的中点，连结，过作的平行线与的角平分线交于点，连结，若，，则的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，设DF=x，运用三角形中位线定理、全等三角形的性质以及锐角三角函数定义构建方程，求出x即可得出答案．
【解析】解：延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，
设DF=x，
∵DH∥AC，D为BC的中点，
∴H为AB的中点，
∴BH=AH，
∴DH是△ABC的中位线，
∴DH=AC=1，
∴FH=1-x，
∵FA平分∠CAB，FE⊥AC，FT⊥AB，
∴FE=FT，
∵E为AC的中点，FE⊥AC，
∴CF=AF，
在Rt△CFE和Rt△AFT中，
，
∴Rt△CFE≌Rt△AFT（HL），
∴AE=AT=1，
∵∠FAE=∠AFH=∠FAH，
∴FH=AH=BH=1-x，
∴TH=1-（1-x）=x，
∵∠C=∠BDH=∠TFH，
∴sin∠C=sin∠TFH，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∵DE=，
∴.
故选：A．
9．如图，在△ABC中，，，，将△ABC绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得点恰好落在上，则线段的长为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】C
【分析】由锐角三角函数可求，由旋转的性质可求，，，，，，可证是等边三角形，由勾股定理可求解．
【解析】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
，
∴，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，
∴，，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
10．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AD平分∠BAC，BC=10cm，点D到AB的距离为4cm，则DB=（ ）
A．6cmB．8cmC．5cmD．4cm
【答案】A
【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到DC=DE，结合图形计算，得到答案．
【解析】解：过点D作DE⊥AB于E，
由题意得，DE=4cm，
∵AD平分∠BAC，∠ACB=90°，DE⊥AB，
∴DC=DE=4（cm），
∴BD=BC-DC=6（cm），
故选：A．
11．（2021·江苏·连云港市新海实验中学二模）如图，四边形ABCD中∠ABC＝90°，AB＝CB，AD＝2，CD＝4，将BD绕点B逆时针旋转90°得BD'，连接DD'，当DD’的长取得最大值时，AB长为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】B
【分析】连接，AC然后证明≌△DBC（SAS），利用三角形三边的关系得到当点A在上时，有最大值，然利用勾股定理求解即可得到答案.
【解析】解：如图所示，连接，AC
由题意可得：∠=90°=∠1+∠2，
∵∠ABC=90°=∠2+∠3，
∴∠1=∠3，
∵AB=BC，，
在和△DBC中
，
∴≌△DBC（SAS），
∴，
在三角形中，，
∴当点A在上时，的最大值为，
∴此时∠=45°，
∴∠ADC=90°
∵≌△DBC
∴∠CDB=45°
在直角三角形ADC中，
在直角三角形ABC中，
∴
又∵AB=BC，
∴，
∴，
故选B.
12．（2021·山东省诸城市树一中学三模）如图，一只蚂蚁要从圆柱体下底面的点，沿圆柱侧面爬到与相对的上底面的点，圆柱底面直径为4，母线为6，则蚂蚁爬行的最短路线长为（ ）
A．B．
C．D．10
【答案】B
【分析】要求最短路线，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，再利用勾股定理来求．
【解析】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，点A，B的最短距离为线段AB的长，
BC＝6，AC为底面半圆弧长，AC＝2π，
所以AB＝．
故选：B．
13．（2021·广东花都·二模）如图，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到Rt△AED，则边AC在旋转过程中所扫过的图形的面积为 __________________．
【答案】
【分析】先由勾股定理求出AC，再求以点A为圆心，以AC为半径，圆心角为90°的扇形面积即可．
【解析】解：如图，根据题意得，
边AC在旋转过程中所扫过的图形是以点A为圆心，以AC为半径，圆心角为90°的扇形，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC2=AB2+BC2=32+42=25，
∴边AC在旋转过程中所扫过的图形的面积为
S扇形ACD= ，
故答案为：．
14．如图，在四边形ABCD中，，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，，，则BD=______．
【答案】
【分析】连接BE，如图，根据旋转的性质得∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，再判断△BCE为等边三角形得到BE=BC=9，∠CBE=60°，从而有∠ABE=90°，然后利用勾股定理计算出AE即可．
【解析】解：连接BE，如图，
∵△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，
∴∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE=BC=9，∠CBE=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠ABE=90°，
在Rt△ABE中，AE=．
故答案为：．
15．（2021·广东越秀·一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝75°，将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△ADE，若点C落在△ADE的边上，则α的度数是__________．
【答案】或
【分析】分两种情况：当点C在边AD上，当点C在边DE上，由旋转的性质及三角形内角和定理可求出答案．
【解析】解：当点C在边AD上，如图1，
∵，
∴，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴，
如图2，当点C在边DE上，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴，
∴，
∴．
综合以上可得α的度数是或．
故答案为：或．
16．如图，在△ABC中，∠C＝45°，AD⊥BC于D，F为AC上一点，连接BF交AD于E，过F作MN⊥FB交BA延长线于M，交BC于N，若点M恰在BN的垂直平分线上，且DE：BN＝1：7，S△ABD＝15，则S△ABE＝_____．
【答案】
【分析】过点F作FG⊥BN于点G，根据已知条件证明△ABD≌△BFG，可得BD＝FG，AD＝BG，再证明△BDE≌△FGN可得DE＝GN，根据DE：BN＝1：7，可得GN：BN＝1：7，设ED＝x，DE：BG＝1：6，可得AD＝BG＝6x， AE＝5x，然后根据S△ABD＝15，进而可得S△ABE．
【解析】解：如图，过点F作FG⊥BN于点G，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵∠C＝45°，
∴∠DAC＝45°，
∵MN⊥FB，
∴∠FBN+∠FNB＝90°，
∵点M恰在BN的垂直平分线上，
∴MB＝MN，
∴∠ABN＝∠FNB，
∴∠ABN+∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝∠FBN，
∵∠AFB＝∠FBC+∠C＝∠BAD+∠DAC＝∠BAF，
∴BA＝BF，
在△ABD和△BFG中，
，
∴△ABD≌△BFG（AAS），
∴BD＝FG，AD＝BG，
∵∠BED+∠EBD＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠BED＝∠ABD＝∠BFG=∠FNG，
在△BDE和△FGN中，
，
∴△BDE≌△FGN（AAS），
∴DE＝GN，
∵DE：BN＝1：7，
∴GN：BN＝1：7，
设ED＝x，
∴DE：BG＝1：6，
∴AD＝BG＝6x，
∴AE＝AD﹣ED＝6x﹣x＝5x，
∵S△ABD＝15，
∴S△ABE＝=．
故答案为：．
17．如图，已知AB＝CD，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，BF＝DE，求证：AB∥CD．
【答案】见解析
【分析】先证明BE＝DF，然后证明Rt△AEB≌Rt△CFD得到∠B＝∠D，则AB∥CD．
【解析】证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵BF＝DE，
∴BF+EF＝DE+EF，
∴BE＝DF．
在Rt△AEB和Rt△CFD中，
，
∴Rt△AEB≌Rt△CFD（HL），
∴∠B＝∠D，
∴AB∥CD．
18．（2021·浙江·温州市第十二中学二模）已知：如图，点A、B、C、D在一条直线上，FB∥EA交EC于H点，EA＝FB，AB＝CD．
（1）求证：△ACE≌△BDF；
（2）若CH＝BC，∠A＝50°，求∠D的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理（定理）即可得证；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据全等三角形的性质即可得．
【解析】证明：（1），
，
，
，即，
在和中，，
；
（2）由（1）已得：，
，
，
，
，
，
由（1）已证：，
．
19．如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠ACD＝∠B，点E，F分别在AB，BC上，BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：AD＝EF；
（2）若EF∥AC，∠D＝78°，求∠BAC的度数．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）78°
【分析】（1）证明△BEF≌△CDA即可得解；
（2）根据全等三角形的性质和平行线的性质计算即可；
【解析】（1）证明：在△BEF与△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴AD＝EF；
（2）解：∵△BEF≌△CDA，
∴∠D＝∠BEF，
∵∠D＝78°，
∴∠BEF＝78°．
∵EF∥AC，
∴∠BAC＝∠BEF＝78°．
20．（2021·广东龙湖·一模）如图，AD、BC相交于点O，AD＝BC，∠C＝∠D＝90°．
(1)求证：△ACB≌△BDA；
(2)若∠ABC＝32°，求∠CAO的度数．
【答案】(1)见解析(2)∠CAO＝26°
【分析】（1）根据HL证明Rt△ABC≌Rt△BAD；
（2）利用全等三角形的性质证明即可．
【解析】(1)证明：∵∠D=∠C=90°，
∴△ABC和△BAD都是Rt△，
在Rt△ABC和Rt△BAD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL）；
(2)∵Rt△ABC≌Rt△BAD，
∴∠ABC=∠BAD=32°，
∵∠C=90°，
∴∠BAC=58°，
∴∠CAO=∠CAB-∠BAD=58°-32°=26°．
21．（2021·广东·广州市番禺执信中学二模）如图，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．填空：
(1)∠AEB的度数为 ；
(2)线段AD、BE之间的数量关系是 ．
(3)当点A、D、E不在同一直线上，∠AEB的度数会发生变化吗？ （填写“变化”或“不变”）．
【答案】(1)60°
(2)AD＝BE
(3)变化
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）根据全等三角形的对应边相等可得结论；
（3）分类讨论当点E在内部和当点E在外部时，根据三角形内角和定理和全等三角形的性质即可证明．
【解析】(1)∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACB-∠BCD＝∠DCE-∠BCD，即∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC-∠CED＝60°．
故答案为：60°．
(2)∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
故答案为：AD＝BE．
(3)点A、D、E不在同一直线上，∠AEB的度数会发生变化，理由如下：
①如图，当点E在△ABC内部时
∵，，
∴，
∴；
②如图，当点E在△ABC外部时，
根据（1）同理易证，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
22．（2021·辽宁·建昌县教师进修学校二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，过点C作MN∥AB，点P为斜边BC上一点，点Q为直线MN上一点，连接PQ，作PR⊥PQ交直线AC于点R．
（1）当点Q在射线CM上时
①如图1，若P是BC的中点，则线段PQ，PR的数量关系为 ；
②如图2，若P不是BC的中点，写出线段CP，CQ，CR之间的数量关系，并证明你的结论；
（2）若，，请直接写出CR的长．
【答案】（1）①PQ＝PR；②，见解析；（2）或
【分析】（1）①PQ＝PR；连结AP，∠BAC＝90°，AB＝AC，可得∠ACP=45°，由点P为BC中点，可得AP⊥BC，AP平分∠BAC，可得∠APQ+∠QPC=90°，∠PAC=45°，可求∠RAP=135°，∠ACP=∠PAC=45°，可证△RAP≌△QCP（ASA）即可；
②．作PE ⊥PC交AC于点E， 可得∠EPC＝90°，可得∠EPQ+∠QPC=90°，由PR⊥PQ ，可得∠RPE+∠EPQ=90°，可得∠RPE＝∠QPC，再证△PER≌△PCQ（ASA），可得ER＝CQ，在Rt△CEP中，利用三角函数 可求即可；
（2）由∠BAC＝90°，AB＝AC＝，利用勾股定理可求，由，可，根据点Q在MN上位置分两种情况：当点Q在CM上与点Q在CN上时，利用结论可求CR．
【解析】（1）①连结AP，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACP=45°，
∵点P为BC中点
∴AP⊥BC，AP平分∠BAC，
∴∠APQ+∠QPC=90°，∠PAC=45°，
∴∠RAP=180°-∠PAC=135°，∠ACP=∠PAC=45°
∴AP=CP，
∵RP⊥PQ，
∴∠RPA+∠APQ=90°，
∴∠RPA=∠QOC，
∵MN∥AB，
∴∠ACQ=∠BAC=90°，
∴∠QCP=∠ACQ+∠PCA=90°+45°=135°=∠RAP，
在△RAP和△QCP中，
∴△RAP≌△QCP（ASA），
∴PR=PQ，
故答案为：PQ＝PR；
②．
证明：作PE ⊥PC交AC于点E，
则∠EPC＝90°，
∴∠EPQ+∠QPC=90°
∵PR⊥PQ
∴∠RPQ＝90°，
∴∠RPE+∠EPQ=90°，
∴∠RPE＝∠QPC，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，MN∥AB
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ACM＝∠BAC＝90°
∴∠PEC＝45°
∴PE＝PC，∠PER＝∠PCQ＝135°，
在△REP和△QCP中，
∴△PER≌△PCQ（ASA），
∴ER＝CQ，
在Rt△CEP中，cs∠PEC＝，
又∵，
∴．
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝，
∴，
∵
∴
当点Q在CM上时
当点Q在CN上时
证明：作PE ⊥PC交CN于点E，
则∠EPC＝90°，
∴∠EPR+∠RPC=90°
∵PR⊥PQ
∴∠RPQ＝90°，
∴∠RPE+∠EPQ=90°，
∴∠RPC＝∠QPE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，MN∥AB
∴∠ABC＝∠ACB＝45°=∠BCQ，∠ACN＝∠ACB+∠BCQ=90°=∠BAC
∴∠PEC＝45°
∴PE＝PC，∠PEQ＝∠PCR＝135°，
在△QEP和△RCP中，
∴△QEP≌△RCP（ASA），
∴EQ＝CR，
在Rt△CEP中，cs∠PEC＝，
又∵，
∴．
∴CR的长为或．
一、热点题型归纳
【题型一】 三角形基础知识
【题型二】 全等三角形的性质与判定
【题型三】 等腰三角形的性质与判定
【题型四】 直角三角形
二、最新模考题组练2
【题型一】 三角形基础知识
【典例分析】（2021·四川宜宾·中考真题）若长度分别是a、3、5的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，求出a的取值范围即可得解．
【解析】根据三角形的三边关系得，即，则选项中4符合题意，
故选：C．
【提分秘籍】
1.三角形的三边关系问题
三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，利用三角形三边之间的关系可以解决以下两类问题：(1)判断三条线段能否组成三角形：三条线段中，如果较短的两条线段之和大于最长的线段，那么这三条线段能组成一个三角形。
(2)确定三角形第三边的取值范围：三角形两边为a，b(a>b)，则第三边c必满足a-b
三角形的高和中线是三角形中的两条重要线段；
①从三角形一个顶点向它的对边所在直线作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高；利用三角形的高可解决三角形相关角度的计算和面积计算的问题.钝角三角形有两条高线在三角形外部，对于无附图的几何题一般需进行分类讨论。
②三角形的顶点和它对边中点的连线叫做三角形的中线，三角形的每条中线把三角形分成两个等底同高的三角形，因此这两个三角形的面积相等。
3.与三角形内、外角的度数问题
求三角形内角或外角的度数时，常用到的理论依据有两点：一是三角形内角和定理，即三角形的内角和等于180°；二是三角形外角的性质，即三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和。
4.与三角形内、外角平分线有关的问题
当题目中出现三角形的内角或外角的平分线时，常运用三角形外角与内角的关系以及三角形的内角和解决问题。
5.解与三角形中位线有关的问题
连接三角形两边中点的线段，叫做三角形的中位线.三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半。三角形中位线分得的三角形两部分的面积比为1：3。当已知三角形两边的中点时，可考虑运用三角形中位线定理，得相应线段的数量关系与位置关系。
【变式演练】
1．（2021·广西河池·中考真题）如图，，是△ABC的外角，，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形的外角性质直接求解即可．
【解析】是△ABC的外角，，，
．
．
故选B．
2．（2021·广西梧州·中考真题）在△ABC中，∠A＝20°，∠B＝4∠C，则∠C等于（ ）
A．32°B．36°C．40°D．128°
【答案】A
【分析】直接根据三角形内角和定理求解即可．
【解析】解：∵ ，且∠A＝20°，∠B＝4∠C，
∴
∴
∴∠C=32°
故选：A．
3．（2021·辽宁本溪·中考真题）一副三角板如图所示摆放，若，则的度数是（ ）
A．80°B．95°C．100°D．110°
【答案】B
【分析】由三角形的外角性质得到∠3=∠4=35°，再根据三角形的外角性质求解即可．
【解析】解：如图，∠A=90°-30°=60°，
∵∠3=∠1-45°=80°-45°=35°，
∴∠3=∠4=35°，
∴∠2=∠A+∠4=60°+35°=95°，
故选：B．
【题型二】 全等三角形的性质与判定
【典例分析】（2021·江苏盐城·中考真题）工人师傅常常利用角尺构造全等三角形的方法来平分一个角．如图，在的两边、上分别在取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点、重合，这时过角尺顶点的射线就是的平分线．这里构造全等三角形的依据是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定条件判断即可．
【解析】解：由题意可知
在中
∴(SSS)
∴
∴就是的平分线
故选：D
【提分秘籍】
1.全等三角形性质的问题
证明两条线段相等或两个角相等时，常证明两条线段或两个角所在的三角形全等，运用全等三角形的性质，即全等三角形的对应边相等、对应角相等得到。
2.三角形全等的判定问题
证明两条线段相等（或两个角相等）的常用方法是证明这两条线段（或两个角）所在的三角形全等。
判定两个三角形全等的一般方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”，对于直角三角形还有“HL”，三角形全等的判定方法的选择：
(1)当已知两边分别相等时，可找两边的夹角或第三边，利用“SAS”或“SSS”来证明两个三角形全等；
(2)当已知两个角分别相等时，可找这两个角的夹边或找任意一组等角的对边，利用“ASA”或“AAS”来证明两个三角形全等；
(3)当已知一角及其对边分别相等时，可找任意一角，利用“AAS”来证明两个三角形全等；
(4)当已知一角及其一邻边分别相等时，可找任意一角利用“AAS”或“ASA”来证明两个三角形全等，也可以找这个角的另一邻边，利用“SAS”来证明两个三角形全等；
(5)在直角三角形中除了利用“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”，还可以利用“HL”来证明两个三角形全等。
【变式演练】
1．（2021·重庆·中考真题）如图，在△ABC和△DCB中， ，添加一个条件，不能证明△ABC和△DCB全等的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件和添加条件，结合全等三角形的判断方法即可解答．
【解析】选项A，添加，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（ASA），
选项B，添加，
在△ABC和△DCB中，，，，无法证明△ABC≌△DCB；
选项C，添加，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（SAS）；
选项D，添加，
在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（AAS）；
综上，只有选项B符合题意．
故选B．
2．（2021·重庆·中考真题）如图，点B，F，C，E共线，∠B=∠E，BF=EC，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠A=∠DC．AC=DFD．AC∥FD
【答案】C
【分析】根据全等三角形的判定与性质逐一分析即可解题．
【解析】解：BF=EC，
A. 添加一个条件AB=DE，
又
故A不符合题意；
B. 添加一个条件∠A=∠D
又
故B不符合题意；
C. 添加一个条件AC=DF ，不能判断△ABC≌△DEF ，故C符合题意；
D. 添加一个条件AC∥FD
又
故D不符合题意，
故选：C．
3．（2021·四川阿坝·中考真题）如图，等腰△中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定≌的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据全等三角形的判定方法逐项判断即得答案．
【解析】解： A、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据SAS判定≌，故本选项不符合题意；B、若添加，不能判定≌，故本选项符合题意；C、若添加，由于AB=AC，∠A是公共角，则可根据AAS判定≌，故本选项不符合题意；
D、若添加，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABE=∠ACD，由于∠A是公共角，则可根据ASA判定≌，故本选项不符合题意．故选：B．
【题型三】 等腰三角形的性质与判定
【典例分析】（2021·湖南永州·中考真题）如图，在中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M和点N，作直线分别交､于点D和点E，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由尺规作图痕迹可知，MN是线段AB的垂直平分线，进而得到DB=DA，∠B=∠BAD，再由AB=AC得到∠B=∠C=50°，进而得到∠BAC=80°，∠CAD=∠BAC-∠BAD=30°即可求解．
【解析】解：由题意可知：MN是线段AB的垂直平分线，
∴DB=DA，
∴∠B=∠BAD=50°，
又AB=AC，
∴∠B=∠C=50°，
∴∠BAC=80°，
∴∠CAD=∠BAC-∠BAD=30°，
故选：A．
【提分秘籍】
1.角平分线的性质（判定）问题
如果题目中出现角平分线时，常运用“角平分线上的点到角的两边的距离相等”得到相等的线段；如果题目中出现到角的两边距离时，常证这两个距离相等，进而得到角的平分线。
2.等腰三角形有关的问题
（1）解与等腰三角形的边有关的问题时，常利用三角形的三边关系确定能否构成三角形。当已知等腰三角形的边不能确定是腰还是底时，要分类讨论，还要考虑三角形的存在性，即两腰之和大于底边。
（2）解与等腰三角形的角有关的问题时，常利用三角形的内角和定理，遇到顶角、底角未知或仅知道两角之差但不确定大小关系时，还要注意分类讨论。
3.等边三角形问题
（1）等边三角形是三边都相等的特殊的等腰三角形，等边三角形又叫正三角形。
（2）等边三角形具有等腰三角形的一切性质，并且还具有如下性质：等边三角形的三个内角都相等，并且每一个角都等于60°；所有边上的高、中线与所有角平分线都相等。
（3）解与等边三角形有关的问题时，一般都要运用等边三角形中特殊的60°角、三条边中任意两边都相等进行推理或计算。
【变式演练】
1．（2021·湖南益阳·中考真题）如图，为等边三角形，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据等边三角形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角的和差即可得．
【解析】解：为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
解得，
故选：C．
2．（2021·青海·中考真题）已知，是等腰三角形的两边长，且，满足，则此等腰三角形的周长为（ ）．
A．8B．6或8C．7D．7或8
【答案】D
【分析】先根据非负数的性质列式求出a、b的值，再分a的值是腰长与底边两种情况讨论求解．
【解析】解：∵，
∴
解得，
①2是腰长时，三角形的三边分别为2、2、3，能组成三角形，周长=2+2+3=7；
②2是底边时，三角形的三边分别为2、3、3，能组成三角形，周长=2+3+3=8，
所以该等腰三角形的周长为7或8．
故选：D．
3．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在的正方形网格中有两个格点A、B，连接，在网格中再找一个格点C，使得△ABC是等腰直角三角形，满足条件的格点C的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据题意，结合图形，分两种情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰．
【解析】解：如图：分情况讨论：
①AB为等腰直角△ABC底边时，符合条件的C点有0个；
②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有3个．
故共有3个点，
故选：B．
【题型四】 直角三角形
【典例分析】（2021·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠C＝90°，AB＝6，点P是线段AC上一动点，点M在线段AB上，当AM＝AB时，PB＋PM的最小值为（ ）
A．3B．2C．2＋2D．3＋3
【答案】B
【分析】作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，则PB＋PM的最小值为B'M的长，过点B'作B'H⊥AB交H点，在Rt△BB'H中，B'H＝3，HB＝3，可求MH＝1，在Rt△MHB'中，B'M＝2，所以PB＋PM的最小值为2．
【解析】解：作B点关于AC的对称点B'，连接B'M交AC于点P，
∴BP＝B'P，BC＝B'C，
∴PB＋PM＝B'P＋PM≥B'M，
∴PB＋PM的最小值为B'M的长，
过点B'作B'H⊥AB交H点，
∵∠A＝30°，∠C＝90°，
∴∠CBA＝60°，
∵AB＝6，
∴BC＝3，
∴BB'＝BC＋B'C＝6，
在Rt△BB'H中，∠B'BH＝60°，
∴∠BB'H＝30°，
∴BH＝3，
由勾股定理可得：，
∴AH＝AB－BH＝3，
∵AM＝AB，
∴AM＝2，
∴MH＝AH－AM＝1，
在Rt△MHB'中，，
∴PB＋PM的最小值为2，
故选：B．
【提分秘籍】
（一）直角三角形的边长的问题
1.求直角三角形的边长时常用到以下性质：
(1)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
(2)在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方(勾股定理）。
2.求直角三角形的边长常用的方法，要根据题目已知条件及图形特征灵活运用，并运用勾股定理进行推理或计算。
(1)当已知条件中出现直角三角形斜边上的中线或中点(构造斜边上的中线）时，可以考虑应用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”；
(2)善于在直角三角形中发现特殊角度产生的作用，如应用“30°角所对的直角边等于斜边的一半”“含45°角的直角三角形是等腰直角三角形，斜边上的高等于斜边的一半”等等；
(3)在解与直角三角形的边有关的问题时，通常考虑应用勾股定理。
（二）直角三角形内角的度数的有关问题
遇到求直角三角形内角度数的问题时，常用“三角形内角和定理”“直角三角形两锐角互余”以及“直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”来求解。
【拓展】在解与直角三角形内角的角度有关的问题时，可以利用“直角三角形的两锐角互余”或由边长的特殊关系来推特殊角度。
（三）勾股定理的证明问题
勾股定理的证明方法有很多种，而“面积法”是常用的证明方法。
证明勾股定理的方法是用两种不同的方法表示同一个图形的面积，列出含有a，b，c的等式，利用整式的运算法则把等式整理后得到。
（四）最短路径问题
1.在立体图形上，求其表面上某两点间的最短距离，通常将立体图形转化为平面图形，将路径转化为线段。
2.在平面图形中，连接这两个点所得的线段的长（根据“两点之间线段最短”），即为立体图形表面上某两点间的最短距离。
3.要注意题干中要求的行进路线，不可想当然地展开；当路线不明确时，还需分类讨论再计算对比。
【变式演练】
1．（2021·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在中，，将边沿折叠，使点B落在上的点处，再将边沿折叠，使点A落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点N、M，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用勾股定理求出AB=10，利用等积法求出CN＝，从而得AN＝，再证明∠NMC＝∠NCM＝45°，进而即可得到答案．
【解析】解：∵
∴AB=，
∵S△ABC＝×AB×CN＝×AC×BC
∴CN＝，
∵AN＝，
∵折叠
∴AM＝A'M，∠BCN＝∠B'CN，∠ACM＝∠A'CM，
∵∠BCN+∠B'CN+∠ACM+∠A'CM=90°，
∴∠B'CN +∠A'CM＝45°，
∴∠MCN＝45°，且CN⊥AB，
∴∠NMC＝∠NCM＝45°，
∴MN＝CN＝，
∴A'M＝AM＝AN−MN＝-=．
故选B．
2．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝12，D为AC边上的一个动点，连接BD，E为BD上的一个动点，连接AE，CE，当∠ABD＝∠BCE时，线段AE的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】如图，取的中点，连接，．首先证明，求出，，根据，可得结论．
【解析】解：如图，取的中点，连接，．
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为4，
故选：B．
3．（2021·山西·中考真题）在勾股定理的学习过程中，我们已经学会了运用以下图形，验证著名的勾股定理：这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．实际上它也可用于验证数与代数，图形与几何等领域中的许多数学公式和规律，它体现的数学思想是（ ）
A．统计思想B．分类思想C．数形结合思想D．函数思想
【答案】C
【分析】根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，据此回答即可．
【解析】解：根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，
如勾股定理的推导是根据图形面积转换得以证明的，
由图形到数学规律的转化体现的数学的思想为：数形结合思想，
故选：C．
1．（2021·广东东莞·二模）有两个直角三角形纸板，一个含45°角，另一个含30°角，先将含30°角的纸板固定不动，再将含45°角的纸板绕顶点A顺时针旋转，如图②所示，BC∥DE则旋转角∠BAD的度数为（ ）
A．15°B．30°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】由平行线的性质可得∠CFA＝∠D＝90°，由外角的性质可求∠BAD的度数．
【解析】解：如图，设AD与BC交于点F，
∵BC∥DE，
∴∠CFA＝∠D＝90°，
∵∠CFA＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD，
∴∠BAD＝30°
故选：B．
2．（2021·广东越秀·一模）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，∠C＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，则BD的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据勾股定理得到BC＝3，过D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到CD＝DE，根据全等三角形的性质得到BE＝BC＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】解：在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，∠C＝90°，
∴，
过D作DE⊥AB于E，
∵BD平分∠ABC，∠C＝90°，
∴CD＝DE，
在Rt△BCD与Rt△BED中，
，
∴Rt△BCD≌Rt△BED（HL），
∴BE＝BC＝3，
∴AE＝2，
∵AD2＝DE2+AE2，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
3．（2021·江苏·扬州市梅岭中学二模）如图，用直尺和圆规作一个角等于已知角，能得出∠A′O′B′＝∠AOB的依据是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
【答案】A
【分析】我们可以通过其作图的步骤来进行分析，作图时满足了三条边对应相等，于是我们可以判定是运用SSS，答案可得．
【解析】作图的步骤：
①以O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA、OB于点C、D；
②任意作一点O′，作射线O′A′，以O′为圆心，OC长为半径画弧，交O′B′于点C′；
③以C′为圆心，CD长为半径画弧，交前弧于点D′；
④过点D′作射线O′A′．
所以∠A′O′B′就是与∠AOB相等的角；
在△OCD与△O′C′D′，O′C′=OC，O′D′=OD，C′D′=CD，
∴△OCD≌△O′C′D′（SSS），
∴∠A′O′B′=∠AOB，
显然运用的判定方法是SSS．
故选：A．
4．（2021·湖南·师大附中梅溪湖中学二模）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形全等的判定方法求解即可．
【解析】解：A、∵，，，
∴，选项不符合题意；
B、∵，，，
∴，选项不符合题意；
C、∵由，，，
∴无法判定，选项符合题意；
D、∵，，，
∴，选项不符合题意．
故选：C．
5．（2022·重庆·一模）如图，将三角形纸片ABC沿DE折叠，使B与C重合，CD，AE相交于F，已知BD＝4AD，设△ABC的面积为S，△CEF的面积为S1，△ADF的面积为S2，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由折叠可知 ，进而得到，过E作EH⊥AB于H，CM垂直AB交BA的延长线于M，由BD＝4AD得到，进而得到，再利用三角形面积公式推出，即可求解．
【解析】解：由折叠可知 ，
∴ ，
∴ ，
∴①，
过E作EH⊥AB于H，CM垂直AB交BA的延长线于M，
∴ ， ，
∵BD＝4AD，
∴ ，
∴ ②，
①－②得： ，
∵CM⊥AB，
∴ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ,
故选：C．
6．（2021·湖北荆州·一模）工人常用角尺平分一个任意角，做法如下：如图，是一个任意角，在边、上分别取，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点、重合，过角尺顶点作射线，由此作法便可得，共依据是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，再加上公共边CO＝CO可利用SSS定理判定△MOC≌△NOC．
【解析】解：由作图过程可得MO＝NO，NC＝MC，
在△ONC和△OMC中，
∴△MOC≌△NOC（SSS），
∴∠BOC＝∠AOC，
故选：A．
7．（2021·黑龙江·哈尔滨市虹桥初级中学校一模）如图，在中，，将△ABC绕点顺时针旋转后得到的（点的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】旋转中心为点A，C、C′为对应点，可知AC=AC′，又因为∠CAC′=90°，根据三角形外角的性质求出∠C′B′A的度数，进而求出∠B的度数．
【解析】解：由旋转的性质可知，AC=AC′，
∵∠CAC′=90°，可知△CAC′为等腰直角三角形，则∠CC′A=45°．
∵∠CC′B′=32°，
∴∠C′B′A=∠C′CA+∠CC′B′=45°+32°=77°，
∵∠B=∠C′B′A，
∴∠B=77°，
故选：C．
8．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）二模）如图，已知△ABC中，，，分别为，的中点，连结，过作的平行线与的角平分线交于点，连结，若，，则的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，设DF=x，运用三角形中位线定理、全等三角形的性质以及锐角三角函数定义构建方程，求出x即可得出答案．
【解析】解：延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，
设DF=x，
∵DH∥AC，D为BC的中点，
∴H为AB的中点，
∴BH=AH，
∴DH是△ABC的中位线，
∴DH=AC=1，
∴FH=1-x，
∵FA平分∠CAB，FE⊥AC，FT⊥AB，
∴FE=FT，
∵E为AC的中点，FE⊥AC，
∴CF=AF，
在Rt△CFE和Rt△AFT中，
，
∴Rt△CFE≌Rt△AFT（HL），
∴AE=AT=1，
∵∠FAE=∠AFH=∠FAH，
∴FH=AH=BH=1-x，
∴TH=1-（1-x）=x，
∵∠C=∠BDH=∠TFH，
∴sin∠C=sin∠TFH，
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∵DE=，
∴.
故选：A．
9．如图，在△ABC中，，，，将△ABC绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到△DEC，使得点恰好落在上，则线段的长为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】C
【分析】由锐角三角函数可求，由旋转的性质可求，，，，，，可证是等边三角形，由勾股定理可求解．
【解析】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
，
∴，
∴，
∵将绕点按逆时针方向旋转一定的角度得到，
∴，，，，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
10．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AD平分∠BAC，BC=10cm，点D到AB的距离为4cm，则DB=（ ）
A．6cmB．8cmC．5cmD．4cm
【答案】A
【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到DC=DE，结合图形计算，得到答案．
【解析】解：过点D作DE⊥AB于E，
由题意得，DE=4cm，
∵AD平分∠BAC，∠ACB=90°，DE⊥AB，
∴DC=DE=4（cm），
∴BD=BC-DC=6（cm），
故选：A．
11．（2021·江苏·连云港市新海实验中学二模）如图，四边形ABCD中∠ABC＝90°，AB＝CB，AD＝2，CD＝4，将BD绕点B逆时针旋转90°得BD'，连接DD'，当DD’的长取得最大值时，AB长为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】B
【分析】连接，AC然后证明≌△DBC（SAS），利用三角形三边的关系得到当点A在上时，有最大值，然利用勾股定理求解即可得到答案.
【解析】解：如图所示，连接，AC
由题意可得：∠=90°=∠1+∠2，
∵∠ABC=90°=∠2+∠3，
∴∠1=∠3，
∵AB=BC，，
在和△DBC中
，
∴≌△DBC（SAS），
∴，
在三角形中，，
∴当点A在上时，的最大值为，
∴此时∠=45°，
∴∠ADC=90°
∵≌△DBC
∴∠CDB=45°
在直角三角形ADC中，
在直角三角形ABC中，
∴
又∵AB=BC，
∴，
∴，
故选B.
12．（2021·山东省诸城市树一中学三模）如图，一只蚂蚁要从圆柱体下底面的点，沿圆柱侧面爬到与相对的上底面的点，圆柱底面直径为4，母线为6，则蚂蚁爬行的最短路线长为（ ）
A．B．
C．D．10
【答案】B
【分析】要求最短路线，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，再利用勾股定理来求．
【解析】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，点A，B的最短距离为线段AB的长，
BC＝6，AC为底面半圆弧长，AC＝2π，
所以AB＝．
故选：B．
13．（2021·广东花都·二模）如图，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到Rt△AED，则边AC在旋转过程中所扫过的图形的面积为 __________________．
【答案】
【分析】先由勾股定理求出AC，再求以点A为圆心，以AC为半径，圆心角为90°的扇形面积即可．
【解析】解：如图，根据题意得，
边AC在旋转过程中所扫过的图形是以点A为圆心，以AC为半径，圆心角为90°的扇形，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC2=AB2+BC2=32+42=25，
∴边AC在旋转过程中所扫过的图形的面积为
S扇形ACD= ，
故答案为：．
14．如图，在四边形ABCD中，，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，，，则BD=______．
【答案】
【分析】连接BE，如图，根据旋转的性质得∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，再判断△BCE为等边三角形得到BE=BC=9，∠CBE=60°，从而有∠ABE=90°，然后利用勾股定理计算出AE即可．
【解析】解：连接BE，如图，
∵△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，
∴∠BCE=60°，CB=CE，BD=AE，
∴△BCE为等边三角形，
∴BE=BC=9，∠CBE=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠ABE=90°，
在Rt△ABE中，AE=．
故答案为：．
15．（2021·广东越秀·一模）如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝75°，将△ABC绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到△ADE，若点C落在△ADE的边上，则α的度数是__________．
【答案】或
【分析】分两种情况：当点C在边AD上，当点C在边DE上，由旋转的性质及三角形内角和定理可求出答案．
【解析】解：当点C在边AD上，如图1，
∵，
∴，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴，
如图2，当点C在边DE上，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴，
∴，
∴．
综合以上可得α的度数是或．
故答案为：或．
16．如图，在△ABC中，∠C＝45°，AD⊥BC于D，F为AC上一点，连接BF交AD于E，过F作MN⊥FB交BA延长线于M，交BC于N，若点M恰在BN的垂直平分线上，且DE：BN＝1：7，S△ABD＝15，则S△ABE＝_____．
【答案】
【分析】过点F作FG⊥BN于点G，根据已知条件证明△ABD≌△BFG，可得BD＝FG，AD＝BG，再证明△BDE≌△FGN可得DE＝GN，根据DE：BN＝1：7，可得GN：BN＝1：7，设ED＝x，DE：BG＝1：6，可得AD＝BG＝6x， AE＝5x，然后根据S△ABD＝15，进而可得S△ABE．
【解析】解：如图，过点F作FG⊥BN于点G，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵∠C＝45°，
∴∠DAC＝45°，
∵MN⊥FB，
∴∠FBN+∠FNB＝90°，
∵点M恰在BN的垂直平分线上，
∴MB＝MN，
∴∠ABN＝∠FNB，
∴∠ABN+∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝∠FBN，
∵∠AFB＝∠FBC+∠C＝∠BAD+∠DAC＝∠BAF，
∴BA＝BF，
在△ABD和△BFG中，
，
∴△ABD≌△BFG（AAS），
∴BD＝FG，AD＝BG，
∵∠BED+∠EBD＝90°，∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠BED＝∠ABD＝∠BFG=∠FNG，
在△BDE和△FGN中，
，
∴△BDE≌△FGN（AAS），
∴DE＝GN，
∵DE：BN＝1：7，
∴GN：BN＝1：7，
设ED＝x，
∴DE：BG＝1：6，
∴AD＝BG＝6x，
∴AE＝AD﹣ED＝6x﹣x＝5x，
∵S△ABD＝15，
∴S△ABE＝=．
故答案为：．
17．如图，已知AB＝CD，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，BF＝DE，求证：AB∥CD．
【答案】见解析
【分析】先证明BE＝DF，然后证明Rt△AEB≌Rt△CFD得到∠B＝∠D，则AB∥CD．
【解析】证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵BF＝DE，
∴BF+EF＝DE+EF，
∴BE＝DF．
在Rt△AEB和Rt△CFD中，
，
∴Rt△AEB≌Rt△CFD（HL），
∴∠B＝∠D，
∴AB∥CD．
18．（2021·浙江·温州市第十二中学二模）已知：如图，点A、B、C、D在一条直线上，FB∥EA交EC于H点，EA＝FB，AB＝CD．
（1）求证：△ACE≌△BDF；
（2）若CH＝BC，∠A＝50°，求∠D的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理（定理）即可得证；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据全等三角形的性质即可得．
【解析】证明：（1），
，
，
，即，
在和中，，
；
（2）由（1）已得：，
，
，
，
，
，
由（1）已证：，
．
19．如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠ACD＝∠B，点E，F分别在AB，BC上，BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：AD＝EF；
（2）若EF∥AC，∠D＝78°，求∠BAC的度数．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）78°
【分析】（1）证明△BEF≌△CDA即可得解；
（2）根据全等三角形的性质和平行线的性质计算即可；
【解析】（1）证明：在△BEF与△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴AD＝EF；
（2）解：∵△BEF≌△CDA，
∴∠D＝∠BEF，
∵∠D＝78°，
∴∠BEF＝78°．
∵EF∥AC，
∴∠BAC＝∠BEF＝78°．
20．（2021·广东龙湖·一模）如图，AD、BC相交于点O，AD＝BC，∠C＝∠D＝90°．
(1)求证：△ACB≌△BDA；
(2)若∠ABC＝32°，求∠CAO的度数．
【答案】(1)见解析(2)∠CAO＝26°
【分析】（1）根据HL证明Rt△ABC≌Rt△BAD；
（2）利用全等三角形的性质证明即可．
【解析】(1)证明：∵∠D=∠C=90°，
∴△ABC和△BAD都是Rt△，
在Rt△ABC和Rt△BAD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL）；
(2)∵Rt△ABC≌Rt△BAD，
∴∠ABC=∠BAD=32°，
∵∠C=90°，
∴∠BAC=58°，
∴∠CAO=∠CAB-∠BAD=58°-32°=26°．
21．（2021·广东·广州市番禺执信中学二模）如图，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一直线上，连接BE．填空：
(1)∠AEB的度数为 ；
(2)线段AD、BE之间的数量关系是 ．
(3)当点A、D、E不在同一直线上，∠AEB的度数会发生变化吗？ （填写“变化”或“不变”）．
【答案】(1)60°
(2)AD＝BE
(3)变化
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）根据全等三角形的对应边相等可得结论；
（3）分类讨论当点E在内部和当点E在外部时，根据三角形内角和定理和全等三角形的性质即可证明．
【解析】(1)∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACB-∠BCD＝∠DCE-∠BCD，即∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC-∠CED＝60°．
故答案为：60°．
(2)∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．
故答案为：AD＝BE．
(3)点A、D、E不在同一直线上，∠AEB的度数会发生变化，理由如下：
①如图，当点E在△ABC内部时
∵，，
∴，
∴；
②如图，当点E在△ABC外部时，
根据（1）同理易证，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
22．（2021·辽宁·建昌县教师进修学校二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，过点C作MN∥AB，点P为斜边BC上一点，点Q为直线MN上一点，连接PQ，作PR⊥PQ交直线AC于点R．
（1）当点Q在射线CM上时
①如图1，若P是BC的中点，则线段PQ，PR的数量关系为 ；
②如图2，若P不是BC的中点，写出线段CP，CQ，CR之间的数量关系，并证明你的结论；
（2）若，，请直接写出CR的长．
【答案】（1）①PQ＝PR；②，见解析；（2）或
【分析】（1）①PQ＝PR；连结AP，∠BAC＝90°，AB＝AC，可得∠ACP=45°，由点P为BC中点，可得AP⊥BC，AP平分∠BAC，可得∠APQ+∠QPC=90°，∠PAC=45°，可求∠RAP=135°，∠ACP=∠PAC=45°，可证△RAP≌△QCP（ASA）即可；
②．作PE ⊥PC交AC于点E， 可得∠EPC＝90°，可得∠EPQ+∠QPC=90°，由PR⊥PQ ，可得∠RPE+∠EPQ=90°，可得∠RPE＝∠QPC，再证△PER≌△PCQ（ASA），可得ER＝CQ，在Rt△CEP中，利用三角函数 可求即可；
（2）由∠BAC＝90°，AB＝AC＝，利用勾股定理可求，由，可，根据点Q在MN上位置分两种情况：当点Q在CM上与点Q在CN上时，利用结论可求CR．
【解析】（1）①连结AP，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACP=45°，
∵点P为BC中点
∴AP⊥BC，AP平分∠BAC，
∴∠APQ+∠QPC=90°，∠PAC=45°，
∴∠RAP=180°-∠PAC=135°，∠ACP=∠PAC=45°
∴AP=CP，
∵RP⊥PQ，
∴∠RPA+∠APQ=90°，
∴∠RPA=∠QOC，
∵MN∥AB，
∴∠ACQ=∠BAC=90°，
∴∠QCP=∠ACQ+∠PCA=90°+45°=135°=∠RAP，
在△RAP和△QCP中，
∴△RAP≌△QCP（ASA），
∴PR=PQ，
故答案为：PQ＝PR；
②．
证明：作PE ⊥PC交AC于点E，
则∠EPC＝90°，
∴∠EPQ+∠QPC=90°
∵PR⊥PQ
∴∠RPQ＝90°，
∴∠RPE+∠EPQ=90°，
∴∠RPE＝∠QPC，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，MN∥AB
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ACM＝∠BAC＝90°
∴∠PEC＝45°
∴PE＝PC，∠PER＝∠PCQ＝135°，
在△REP和△QCP中，
∴△PER≌△PCQ（ASA），
∴ER＝CQ，
在Rt△CEP中，cs∠PEC＝，
又∵，
∴．
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝，
∴，
∵
∴
当点Q在CM上时
当点Q在CN上时
证明：作PE ⊥PC交CN于点E，
则∠EPC＝90°，
∴∠EPR+∠RPC=90°
∵PR⊥PQ
∴∠RPQ＝90°，
∴∠RPE+∠EPQ=90°，
∴∠RPC＝∠QPE，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，MN∥AB
∴∠ABC＝∠ACB＝45°=∠BCQ，∠ACN＝∠ACB+∠BCQ=90°=∠BAC
∴∠PEC＝45°
∴PE＝PC，∠PEQ＝∠PCR＝135°，
在△QEP和△RCP中，
∴△QEP≌△RCP（ASA），
∴EQ＝CR，
在Rt△CEP中，cs∠PEC＝，
又∵，
∴．
∴CR的长为或．
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