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中考数学二轮复习第10讲 三角形与全等三角形（易错点梳理+微练习）（含解析）
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这是一份中考数学二轮复习第10讲 三角形与全等三角形（易错点梳理+微练习）（含解析），共59页。
第10讲 三角形与全等三角形易错点梳理
易错点梳理
易错点01 对三角形中“三线”位置掌握不好
对三角形中“三线”位置掌握不好，导致出错三角形的角平分线、中线都在三角形内部，而三角形的高不一定在三角形内部.锐角三角形的高在三角形的内部；直角三角形的两条高与直角边重合，斜边上的高在三角形内部；钝角三角形的两条高在三角形外部。
易错点02 误用多边形的内角和公式及三角形外角的性质
n边形的内角和等于(n-2)·180°，而并非为n·180°对三角形外角的性质理解不透彻而出现错误，在应用三角形外角的性质时，不可忽略了“不相邻”这个条件。
易错点03 忽略三角形存在的条件而导致计算错误
进行等腰三角形的边长或周长计算时，一般需要分类讨论，但不可忽略三角形存在的条件，即任意两边之和大于第三边.对出现的情况需要逐一验证，确定取舍。
易错点04 对正多边形的概念理解有误导致判断失误
判断正多边形的两个条件——各个角都相等、各条边都相等，两者缺一不可，不要以为每个内角都相等的多边形便是正多边形。
易错点05 全等三角形的对应关系考虑不全面而出错
用“≌”表示两个三角形全等时，对应点放在对应位置，但用语言描述的两个三角形全等却不需要，不要形成固定思维.解决这类问题要考虑各种对应情况，避免出现考虑不全面，导致结果错误.
易错点06 错用“SSA”进行判定三角形全等
判定一般三角形全等的方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”4种方法，不存在“SSA”的判定方法.
易错点07 运用角平分线的性质和判定时，误将斜线段当作距离
在运用角的平分线的性质和判定时，一定要注意“距离”必须有垂直的条件。
例题分析
考向01 三角形的三边关系
例题1：（2021·广东新丰·九年级期中）三角形的两边长分别是3和6，第三边的长是方程x2-7x +10 = 0的一个根，则这个三角形的周长是（ ）
A．11或14 B．14或16 C．14 D．11
【答案】C
【分析】
首先利用因式分解法求得一元二次方程x2-7x+10=0的两个根，又由三角形的两边长分别是3和6，利用三角形的三边关系，即可确定这个三角形的第三边长，然后求得周长即可．
【解析】解：∵x2-7x+10=0，
∴（x-5）（x-2）=0，
解得：x1=5，x2=2，
∵三角形的两边长分别是3和6，
当x=5时，3+5＞6，能组成三角形；
当x=2时，2+3<6，不能组成三角形．
∴这个三角形的第三边长是5，
∴这个三角形的周长为：3+6+5=14．
故选：C．
【点拨】本题考查了因式分解法解一元二次方程与三角形三边关系的知识．解题的关键是注意准确应用因式分解法解一元二次方程，注意分类讨论思想的应用．
例题2：（2021·江苏·常州外国语学校九年级）如图，⊙O的半径为2，定点P在⊙O上，动点A，B也在⊙O上，且满足∠APB＝30°，C为PB的中点，则点A，B在圆上运动的过程中，线段AC的最大值为（ ）
A．1+ B．+2 C．2﹣2 D．1+
【答案】A
【分析】
延长BA到点D，使DA=BA,连接PD，运用三角形中位线定理，当PD最大时，AC最大，运用三角形不等式原理计算即可．
【解析】如图，延长BA到点D，使DA=BA,连接PD，PO，OA，OB，OD，
∵BA=AD，BC=PC，
∴AC是△PBD的中位线，
∴AC=PD，
∵∠APB＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB等边三角形，
∴OA=OB=AB=AD=2，∠AOB=∠OAB=60°，
∴∠ADO=∠AOD=30°，
∴∠DOB=90°，
∴OD==，
∵DO+PO≥PD，
∴PD的最大值为：DO+PO=+2，
∴AC=PD=1+，
故选A．
【点拨】本题考查了圆的基本性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形不等式，构造三角形中位线定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
考向02 三角形的高、中线
例题3：（2021·山东安丘·二模）如图，四边形ABCD为菱形，BF∥AC，DF交AC的延长线于点E，交BF于点F，且CE：AC＝1：2．则下列结论不正确的有（ ）
A．△ABE≌△ADE； B．∠CBE＝∠CDF；
C．DE＝FE； D．S△BCE：S四边形ABFD＝1：9
【答案】D
【分析】
由四边形ABCD为菱形，AB=AD，∠BAC=∠DAC，可证可判定A；由，可得∠ABE=∠ADE，由四边形ABCD为菱形，可得∠ABC=∠ADC，利用等角之差∠CBE=∠CDE，可判定B；连结BD交AC于O，四边形ABCD为菱形，可得BD=2OD，可证△DOE∽△DBF，可证，可判定C；根据OE为△DBF的中位线，△DOE∽△DBF，可得，由CE：AC＝1：2．可得S△BOA=S△BOC=S△BCE=S△ADO，S△DOE=2S△BCE，可求可判定D．
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC，
∴在△ABE和△ADE中，
，
∴
故选项A正确；
∵
∴∠ABE=∠ADE，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ABC=∠ADC，
∴∠CBE=∠ABE-∠ABC =∠ADE-∠ADC=∠CDE，
故选项B正确；
连结BD交AC于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴DO=BO，OE⊥BD，
∴BD=2OD，
∵BF∥AE，
∴∠DOE=∠DBF，∠DEO=∠F，
∴△DOE∽△DBF，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选项C正确；
∵DO=OB，DE=EF，
∴OE为△DBF的中位线，
∴BF=2OE，
∵△DOE∽△DBF，
∴
∴
∵CE：AC＝1：2．
∴AC=2CE，
∴AO=OC=CE，
∴S△BOA=S△BOC=S△BCE=S△ADO，
∴S△DOE=2S△BCE，
∴
故选项D不正确．
故选择D．
【点拨】本题考查菱形性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，三角形面积与四边形面积，掌握菱形性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，三角形面积与四边形面积是解题关键．
例题4：（2021·安徽包河·九年级期中）如图，在中，D、E分别是边、上的点，与相交于点F，若E为的中点，，则的值是（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．2
【答案】A
【分析】
过点E作交AD于G，则EG是△ACD的中位线，△AGE∽△ADC，可以得到，再证明△FGE∽△FDB，得到，即可推出，设，则，，，，由此求解即可．
【解析】解：如图所示，过点E作交AD于G，
∵E是AC的中点，，
∴EG是△ACD的中位线，△AGE∽△ADC，
∴，，
∴，
同理可证△FGE∽△FDB，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
∴，
故选A．
【点拨】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定．
考向03 三角形的角平分线
例题5：（2021·湖南·常德市第五中学九年级开学考试）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，CD，则BD的长是（ ）
A．2 B．2 C．3 D．3
【答案】B
【分析】
根据三角形的内角和定理可知：，根据角平分线的定义得到，求得，得到,根据直角三角形性质即可得到答案．
【解析】∵，
∴
∵的平分线AD交BC于点D
∴
∴
∴
∵
∴
故选：B
【点拨】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、角平分线的定义，正确的理解题意、运用相应的性质是解题的关键．
例题6：（2021·陕西灞桥·一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，BE是AC边的中线，CF是∠ACB的角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面说法正确的是（ ）
①△ABE的面积＝△BCE的面积；②∠FAG＝∠FCB；③AF＝AG；④BH＝CH．
A．①②③④ B．①②③ C．②④ D．①③
【答案】D
【分析】
根据三角形的面积公式进行判断①，根据三角形的内角和定理求出∠FAG＝∠ACB，再判断②即可，根据三角形的内角和定理求出∠AFG＝∠AGF，再根据等腰三角形的判定判断③即可，根据等腰三角形的判定判断④即可．
【解析】解：∵BE是AC边的中线，
∴AE＝CE，
∵△ABE的面积＝，△BCE的面积＝AB，
∴△ABE的面积＝△BCE的面积，故①正确；
∵AD是BC边上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC+∠ACB＝90°，∠FAG+∠DAC＝90°，
∴∠FAG＝∠ACB，
∵CF是∠ACB的角平分线，
∴∠ACF＝∠FCB，∠ACB＝2∠FCB，
∴∠FAG＝2∠FCB，故②错误；
∵在△ACF和△DGC中，∠BAC＝∠ADC＝90°，∠ACF＝∠FCB，
∴∠AFG＝180°﹣∠BAC﹣∠ACF，∠AGF＝∠DGC＝180°﹣∠ADC﹣∠FCB，
∴∠AFG＝∠AGF，
∴AF＝AG，故③正确；
根据已知不能推出∠HBC＝∠HCB，即不能推出HB＝HC，故④错误；
即正确的为①③，
故选：D．
【点拨】本题考查了角平分线的定义，三角形的面积，三角形的中线，三角形的高，三角形内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
考向04 三角形的内角和
例题7：（2021·福建·福州十八中九年级期中）如图，ODC是由OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】D
【分析】
由旋转的性质知∠AOD=30°，OA=OD，根据等腰三角形的性质及内角和定理可得答案．
【解析】由题意得：∠AOD=30°，OA=OD，
∴∠A=∠ADO75°．
故选D．
【点拨】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等是解题的关键．
例题8：（2021·青海互助·九年级期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到，若点D在线段BC的延长线上，则的度数为（ ）
A．60° B．80° C．100° D．120°
【答案】B
【分析】
由题意得，，，得，则，即可得．
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握这些知识点．
考向05 三角形的外角
例题9：（2021·河南大学附属中学九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40° B．36° C．50° D．45°
【答案】B
【分析】
由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得，，由三角形的外角性质求出，由三角形内角和定理求出，即可得出的大小．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
，
由折叠的性质得：，，
，
，
．
故选：B．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
例题10：如图，四边形内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（ ）
A．30° B．54° C．50° D．65°
【答案】D
【分析】
根据圆内接四边形对角互补，求得的度数，根据三角形的外角性质可得，进而可确定的范围，根据选项即可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD内接于，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故选：D ．
【点拨】本题考查了圆内接四边形形对角互补，三角形的外角性质，求得的大小是解题的关键．
考向06 全等三角形的性质
例题11：（2021·广西大化·九年级期中）如图，已知，分别是正三角形的边和上的点，且，与交于，则的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】D
【分析】
根据△ABC是等边三角形，可得AC＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，结合AE＝CD，利用等式性质易得BD＝CE，利用SAS易证△ABD≌△BCE，从而有∠ADB＝∠BEC，再利用三角形外角性质可证∠C＝∠APE，而∠APE和∠BPD是对顶角，故可得∠BPD＝∠C．
【解析】∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，
∵AE＝CD，
∴AC−AE＝BC−CD，
即BD＝CE，
又∵∠ABD＝∠C＝60°，AC＝BC，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠ADB＝∠BEC，
∵∠ADB＝∠C＋∠DAC，
∠BEC＝∠DAC＋∠APE，
∴∠C＝∠APE，
∵∠APE＝∠BPD，
∴∠BPD＝∠C＝60°．
故选D．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形外角性质、等边三角形的性质，解题的关键是证明△ABD≌△BCE．
例题12：（2021·黑龙江·哈尔滨市第六十九中学校九年级期中）如图△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，当B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE＝65°，则∠CAF的度数为（ ）
A．30° B．25° C．35° D．65°
【答案】B
【分析】
根据三角形全等的性质可得，进而可得，根据直角三角形的两个锐角互余，即可求得的度数．
【解析】，
，
即，
，，
故选B
【点拨】本题考查了三角形全等的性质，直角三角形的两个锐角互余，证明是解题的关键．
考向07 全等三角形的判定
例题13：（2021·山东·禹城市教育和体育局九年级期中）如图，在边长为6的正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将绕点A顺时针旋转90°得到．若，则BE的长为（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【分析】
根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF=BG，∠DAF=∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF=3，AB=6和勾股定理，可以求出BE的长．
【解析】解：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF=BG，∠DAF=∠BAG，
∵∠DAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠BAG+∠EAB=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF(SAS)，
∴GE=FE，
设BE=x，则GE=BG+BE=3+x，CE=6−x，
∴EF=3+x，
∵CD=6，DF=3，
∴CF=3，
∵∠C=90°，
∴(6−x)2+32=(3+x)2，
解得，x=2，
即BE=2.
故选A..
【点拨】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、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．
例题14：（2021·黑龙江·哈尔滨德强学校九年级期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的度数为（ ）
A．15° B．20° C．30° D．45°
【答案】C
【分析】
连接，证明为等边三角形，然后进一步证明≌，得到，即可求出的度数．
【解析】解：如图所示，连接，
由题意得：
，，
∴为等边三角形，
∴，；
在与中，
∴≌△（SSS），
∴，
故选：C．
【点拨】该题主要考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定及其性质的应用等几何知识点问题．解题的关键是作辅助线；灵活运用旋转变换的性质、全等三角形的判定来分析、解答．
考向08 角平分线与线段垂直平分线
例题15：如图，正方形的边长为，点从点出发沿着线段向点运动(不与点，重合)，同时点从点出发沿着线段向点运动(不与点，重合)，点与点的运动速度相同．与相交于点，为中点、则有下列结论：
①是定值；
②平分；
③当运动到中点时，；
④当时，四边形的面积是
其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③
C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】
根据题意很容易证得△BAE≌△ADF，即可得到AF=BE，利用正方形内角为90°，得出AF⊥BE，即可判断①；②假设BF平分∠AFC，则角平分线的性质得到BG=BC，则BG=AB，又由∠BGA=90°，得到AB＞BG，由此即可判断②；③先利用勾股定理求出BF的长，然后根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解；④根据△BAE≌△ADF，即可得到S四边形GEDF，然后根据时，得到，再由即可得到，则．
【解析】证明：∵E在AD边上(不与A，D重合)，点F在DC边上(不与D，C重合)，
又∵点E，F分别同时从A，D出发以相同的速度运动，
∴AE=DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
在△BAE和△ADF中，
，
∴△BAE≌△ADF(SAS)，
∴∠1=∠2，
∵，
∴ 即，
∴即∠BGF是定值，故①正确；
假设BF平分∠AFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC⊥FC，BC=AB
∵BG⊥AF，
∴BG=BC，
∴BG=AB，
又∵∠BGA=90°，
∴AB＞BG，
∴假设不成立，
∴②不正确；
③当E运动到AD中点时，则F运动到CD中点，
∴，
∴，
∵∠BGF=90°，H为BF的中点
∴，故③正确；
④∵△BAE≌△ADF，
∴
∴S四边形GEDF
∴当时，，
∵，
，
∵，
∴S四边形GEDF =故④正确；
故选C．
【点拨】考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，角平分线的性质，直角三角形斜边上的中线，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
例题16：（2021·广东·深圳市高级中学九年级期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，BC＝2AB＝8，连接 BD，分别以点B，D为圆心，大于BD长为半径作弧，两弧交于点E和点F，作直线EF交AD于点I，交BC于点H，点H恰为BC的中点，连接AH，则AH的长为（ ）
A． B．6 C．7 D．4
【答案】A
【分析】
连接DH，根据作图过程可得EF是线段BD的垂直平分线，证明△DHC是等边三角形，然后证明∠AHD=90°，根据勾股定理可得AH的长．
【解析】解：如图，连接DH，
根据作图过程可知：EF是线段BD的垂直平分线，
∴DH=BH，
∵点H为BC的中点，
∴BH=CH，BC=2CH，
∴DH=CH，
在▱ABCD中，AB=DC，
∵AD=BC=2AB=8，
∴DH=CH=CD=4，
∴△DHC是等边三角形，
∴∠C=∠CDH=∠DHC=60°，
在▱ABCD中，∠BAD=∠C=60°，AD∥BC，
∴∠DAH=∠BHA，
∵AB=BH，
∴∠BAH=∠BHA，
∴∠BAH=∠DAH=30°，
∴∠AHD=90°，
∴AH=．
故选：A．
【点拨】本题考查了作图-基本作图，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法．
微练习
一、单选题
1．（2021·浙江拱墅·九年级期中）如图，H是△ABC的重心，延长AH交BC于D，延长BH交AC于M，E是DC上一点，且DE∶EC＝5∶2，连结AE交BM于G，则BH∶HG∶GM等于（ ）
A．7∶5∶2 B．13∶5∶2 C．5∶3∶1 D．26∶10∶3
【答案】D
【分析】
过C作CF∥BM，交AE的延长线于F，设CF＝a，则GM＝a，依据CF∥BG，DE∶EC＝5∶3，D是BC的中点，可得BG＝6CF＝6a，再根据H是△ABC的重心，即可得到BH＝BM＝a，HG＝BG﹣BH＝a，进而得到BH∶HG∶GM＝a∶a∶a＝26∶10∶3．
【解析】：如图，过C作CF∥BM，交AE的延长线于F，
∵H是△ABC的重心，
∴M是AC的中点，D是BC的中点，
∴G是AF的中点，
∴GM＝CF，
设CF＝a，则GM＝a，
∵CF∥BG，DE∶EC＝5∶2，D是BC的中点，
∴＝，
∴BG＝6CF＝6a，
∴BM＝a，
∵H是△ABC的重心，
∴BH＝BM＝a，
∴HG＝BG﹣BH＝6a﹣a＝a，
∴BH∶HG∶GM＝a∶a∶a＝26∶10∶3．
故选D．
【点拨】本题主要考查了重心的性质，解题的关键在于能够熟练掌握重心是三条中线的交点以及重心的性质．
2．（2021·云南鲁甸·九年级期中）已知三角形的两边长为2和5，第三边满足方程，则三角形的周长为（ ）
A．10 B．11 C．10或11 D．以上都不对
【答案】B
【分析】
解方程得到两个解，分两类情况讨论，看是否能构成三角形，若能构成，则三边长加起来即为三角形周长．
【解析】∵，
解得
∴三角形三边长可能的情况为：
①2，5，3，∵2+3=5，∴2，3，5不能构成三角形
②2，5，4，∵2+4>5，∴2，4，5能构成三角形
∴三角形的周长为2+4+5=11
故选B
【点拨】本题考查了解一元二次方程，注意用三角形三边关系验证是否能构成三角形是解决本题的关键．
3．（2021·吉林·长春市第五十二中学九年级期中）如图，在中，．按以下步骤作图：分别以点和为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧相交于点和；作直线交于点，连结．若，则的长可能是（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【答案】A
【分析】
由基本作图得到MN垂直平分AC，则DA=DC，根据三角形三边的关系得到BC＜CD+DB，然后对各选项进行判断．
【解析】解：由作法得MN垂直平分AC，
∴DA=DC，
∴CD+BD=DA+DB=AB=7，
∵BC＜CD+DB，
∴BC＜7．
故选：A．
【点拨】本题考查了作图-基本作图－作已知线段的垂直平分线．三角形三边关系，线段垂直平分线的性质，掌握三角形三边关系，线段垂直平分线的性质是解题关键．
4．（2021·江苏·宜兴市树人中学九年级期中）下列说法正确的是（ ）
A．三角形三条中线的交点是三角形重心 B．等弦所对的圆周角相等
C．长度相等的两条弧是等弧 D．三角形的外心到三边的距离相等
【答案】A
【分析】
根据重心，弦与圆周角之间的关系，等弧的定义以及外心的定义进行逐一判断即可．
【解析】解：A、三角形三条中线的交点是三角形重心，故此选项符合题意；
B、在同圆或等圆中，等弦所对的圆周角相等，故此选项不符合题意；
C、在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，故此说法不符合题意；
D、三角形的外心是三边垂直平分线的交点，到三个顶点的距离相等，故此说法不符合题意；
故选A．
【点拨】本题主要考查了三角形重心，外心，以及圆中弦、弧的知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5．（2021·浙江·杭州市天杭实验学校九年级期中）如图，⊙O的两条弦AB、CD所在的直线交于点P，AC、BD交于点E，∠AED＝105°，∠P＝55°，则∠ACD等于（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【答案】C
【分析】
由图可得：所对的圆周角相等，可得，在及中利用三角形内角和定理分别表示出，，由等式的性质可得：，对顶角相等可得：，根据四边形内角和为可得，由平角定义即可得出结果．
【解析】解：由图可得：所对的圆周角相等，即：
，
在中，
，
在中，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点拨】题目主要考查同弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理及对顶角相等的性质，理解同弧所对圆周角相等是解题关键．
6．（2021·辽宁旅顺口·九年级期中）如图，将绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△，连接，若，则的度数是（ ）．
A．10° B．20° C．30° D．40°
【答案】B
【分析】
由旋转得，，求出，利用外角性质求出，由旋转的性质得到∠B的度数，再计算90°-∠B即可得到结果．
【解析】解：由旋转得，，
∴，
∵，
∴=∠1+，
由旋转得∠B=，
∴=90°-∠B=20°，
故选：B．
【点拨】此题考查三角形外角的性质，等边对等角求角的度数，直角三角形两锐角互余的性质，旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
7．（2021·陕西师大附中九年级期中）如图所示，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到，点恰好在AB上，交AC于F，在不添加其他线段的情况下，图中与相似的三角形有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质及相似三角形的判定方法进行分析，找出存在的相似三角形即可．
【解析】由题意得：，，，，，
∵∠A=30°，∠ACB=90°
∴∠B=60°
∵
∴是等边三角形
∴
∴，∠，
∴∥BC
∵∠ACB=90°
∴
∴与相似的三角形有CF、△ABC、、
所以有4个
故选：C
【点拨】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是关键．
8．（2021·重庆一中九年级期中）下列命题是真命题的是（ ）
A．三角形的外角大于它的任何一个内角 B．边形的外角和为
C．矩形的对角线互相垂直且平分 D．三角形的内心到三角形三个项点的距离相等
【答案】B
【分析】
根据三角形的性质、多边形外角的性质，以及矩形的性质，对选项逐个判断即可．
【解析】解：A、三角形的外角大于和它不相邻的任何一个内角，则选项错误，不符合题意；B、边形的外角和为，则选项正确，符合题意；C、矩形的对角线互相平分，但不一定垂直，则选项错误，不符合题意；D、三角形的内心到三角形三个边的距离相等，则选项错误，不符合题意；故选B
【点拨】本题考查的是真假命题的判断，同时考查三角形的外角的性质，多边形的外角和定理，矩形的性质，三角形内心的性质，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2021·宁夏·银川市第十五中学九年级期中）如图，在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点E；以点A为圆心，的长为半径画弧交于点F．若，则的长为（ ）
A．16 B．15 C．14 D．13
【答案】A
【分析】
连接，设交于点，根据平行四边形的性质和作图可知,，进而证明四边形是菱形，根据勾股定理求得的长，即可求得的长．
【解析】解：如图，连接，设交于点，
平分
四边形是平行四边形
，
又
四边形是平行四边形
四边形是菱形
，
在中，，
故选A
【点拨】本题考查了作角平分线，等角对等边，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，证明是菱形是解题的关键．
10．（2021·黑龙江·大庆市第六十九中学九年级）如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝CE，连接AD，BE交于点F，连接CF，则CF的最小值是（ ）
A．3 B．2 C．4 D．3
【答案】B
【分析】
根据三角形全等的判定定理和性质可得：，，利用各角之间的数量关系可得：，作的外接圆，则点F在圆上运动，连接OB、OC，交劣弧于点F’，当点F与点F’重合时，CF的长度最小，由切线定理可得，，在中，利用三角函数的正切可得，再根据所对直角边是斜边的一半即可确定，即可求出CF的最小值．
【解析】解：在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
作的外接圆，则点F的运动轨迹为以O为圆心，OB为半径的圆，如图所示，连接OB、OC，交劣弧于点F’，当点F与点F’重合时，CF的长度最小，
由切线定理可得：BC与⊙O相切于点B,
∴，，
在中，
，
∴，
∴，
∴CF的最小值为，
故选：B．
【点拨】题目主要考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的相关性质定理、正切三角函数等，添加辅助圆作出相应辅助线是解题关键．
11．（2021·陕西碑林·九年级期中）如图，平行四边形ABCD的周长为16，AC、BD相交于点O，OE⊥AC交AD于E，则△DCE的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】
先证明AE＝EC，再求解AD+DC＝8，再利用三角形的周长公式进行计算即可.
【解析】解：∵平行四边形ABCD，
∴AD＝BC，AB＝CD，OA＝OC，
∵EO⊥AC，
∴AE＝EC，
∵AB+BC+CD+AD＝16，
∴AD+DC＝8，
∴△DCE的周长是：CD+DE+CE＝AE+DE+CD＝AD+CD＝8，
故选：C．
【点拨】本题考查的是平行四边形性质，线段垂直平分线的性质，证明AE＝EC是解本题关键.
12．（2021·湖北青山·九年级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
【解析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中
∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中
∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
二、填空题
13．（2021·四川恩阳·九年级期中）点G为的重心，如果，，，则的面积为______．
【答案】72
【分析】
延长AG到，连接，使得，则，再证明是直角三角形即可得解；
【解析】如图所示，延长AG到，连接，使得，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是直角三角形，
∴，
∴；
故答案是：72．
【点拨】本题主要考查了三角形重心的性质和三角形全等判定与性质，准确计算是解题的关键．
14．（2021·上海交通大学附属第二中学九年级期中）如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称作为这个平面图形的一条优美线．已知ΔABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D、E在边BC上，且 BD＝2，E为BC中点，过点D的优美线交过点E的优美线于F，那么线段AF的长等于_____．
【答案】
【分析】
作使得是ΔABC一条优美线，过点作于点，根据,，，，列出比例式，代入数值计算即可．
【解析】如图，ΔABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，
E为BC中点，
，，
是ΔABC的一条优美线
BD＝2，
作使得是ΔABC一条优美线，过点作于点，
则
,
，
设，则
解得
又
即
解得
故答案为：
【点拨】本题考查了相似三角形的性质与判定，找到优美线是解题的关键．
15．（2021·湖北·黄石经济技术开发区教研室九年级期中）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA
【答案】①②④
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠OAC＋∠AOB，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确；
作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示：则∠OGA＝∠OHB＝90°，利用全等三角形对应边上的高相等，得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠AMD，④正确；
假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，由全等三角形的判定定理可得△AMO≌△DMO，得AO＝OD，而OC＝OD，所以OA＝OC，而OA＜OC，故③错误；即可得出结论．
【解析】解：∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确；
∵∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB＋∠OBD＝∠OAC＋∠AOB，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确；
作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，
则∠OGA＝∠OHB＝90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD，故④正确；
假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，
在△AMO与△DMO中，，
∴△AMO≌△DMO（ASA），
∴AO＝OD，
∵OC＝OD，
∴OA＝OC，
而OA＜OC，故③错误；
所以其中正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点拨】本题属于三角形综合题，是中考填空题压轴题，考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
16．（2021·湖南长沙·九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠ABC的角平分线BE和∠BAC的外角平分线AD相交于点P，AP与BC的延长线交于点D．过点P作PF⊥AD交AC的延长线于点H，交BC的延长线于点F，连接AF并延长交DH于点G．下列结论中，正确的是______．（填序号）
①∠APB＝45°，②PF＝PA，③DG＝AP+GH，④BD＝AH+AB．
【答案】①②④
【分析】
①根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和与角平分线的定义表示出∠CAP，再根据角平分线的定义可得∠ABP＝∠ABC，然后利用三角形的内角和定理整理即可得解；
②先求出∠APB＝∠FPB，再利用“角边角”证明△ABP和△FBP全等，根据全等三角形对应边相等得到AB＝BF，AP＝PF；
③根据PF⊥AD，∠ACB＝90°，可得AG⊥DH，然后求出∠ADG＝∠DAG＝45°，再根据等角对等边可得DG＝AG，再根据等腰直角三角形两腰相等可得GH＝GF，然后求出DG＝GH+AF，根据AF＝PA可得结论；
④根据直角的关系求出∠AHP＝∠FDP，然后利用“角角边”证明△AHP与△FDP全等，根据全等三角形对应边相等可得DF＝AH．
【解析】解：①∵∠ABC的角平分线BE和∠BAC的外角平分线相交于点P，
∴∠ABP＝∠ABC，∠CAP＝（90°+∠ABC）＝45°+∠ABC，
在△ABP中，∠APB＝180°﹣∠BAP﹣∠ABP＝180°﹣（45°+∠ABC+90°﹣∠ABC）﹣∠ABC＝180°﹣45°﹣∠ABC﹣90°+∠ABC﹣∠ABC＝45°，故①正确；
②∵PF⊥AD，∠APB＝45°（已证），
∴∠APB＝∠FPB＝45°，
∵PB为∠ABC的角平分线，
∴∠ABP＝∠FBP，
在△ABP和△FBP中，
，
∴△ABP≌△FBP（ASA），
∴AB＝BF，AP＝PF，故②正确；
③∵PF⊥AD，∠ACB＝90°，由④知PD＝PH，
∴△DPH为等腰直角三角形，
∴∠PDH＝45°，
∵∠PAF＝45°，
∴AG⊥DH，
∵AP＝PF，PF⊥AD，
∴∠PAF＝45°，
∴∠ADG＝∠DAG＝45°，
∴DG＝AG，
∵∠PAF＝45°，AG⊥DH，
∴△ADG与△FGH都是等腰直角三角形，
∴DG＝AG，GH＝GF，
∴DG＝GH+AF，
∵AF＝PA，
∴DG＝AP+GH，故③错误；
④∵∠ACB＝90°，PF⊥AD，
∴∠FDP+∠HAP＝90°，∠AHP+∠HAP＝90°，
∴∠AHP＝∠FDP，
∵PF⊥AD，
∴∠APH＝∠FPD＝90°，
在△AHP与△FDP中，
，
∴△AHP≌△FDP（AAS），
∴DF＝AH，
∵BD＝DF+BF，
又∵AB=BF，
∴BD＝AH+AB，故④正确；
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查外角的性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题关键是掌握外角的性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质．
17．（2021·辽宁连山·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A、B在x轴上，顶点D在y轴上，点A的坐标为，点C的坐标为．一条直线经过点．且将平行四边形分割成面积相等的两部分，则此直线的表达式是____________．
【答案】
【分析】
当直线过对角线AC的中点时，可以证明直线一定将平行四边形的面积分割成面积相等的两部分，只要求得对角线AC的中点坐标，用待定系数法即可求得直线的解析式．
【解析】解：如图，连接AC，设点E为AC的中点，设过点EF的直线交平行四边形的对边AB、CD于点H、G，下面证明直线EF必平分平行四边形的面积
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD
∴∠GCE=∠HAE，∠CGE=∠AHE
∵E为AC的中点
∴EC=EA
∴△CGE≌△AHE
∴
∵
∴
即过平行四边形对角线中点的直线必平分这个平行四边形的面积
分别过点E、C作EM⊥x轴于点M、CN⊥x轴于点N，则EM∥CN
∴
∴AM=MN，即M为AN的中点
∴EM为△CAN的中位线
∴
∵A(-2，0)，C(6，4)
∴OA=2，ON=6，CN=4
∴AN=OA+ON=2+6=8，EM=2
∴AM=4
∴OM=AM-OA=2
∴M(2，0)，E(2，2)
设过点F、E的直线解析式为y=kx+b(k≠0)
则有，解得：
所以直线EF的解析式为y=2x−2
故答案为：
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，待定系数法求一次函数解析式等知识，掌握过平行四边形对角线中点的直线必平分这个平行四边形的面积是问题的关键和难点．
18．（2021·江苏秦淮·九年级期中）百度百科这样定义凹四边形：把四边形的某边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．关于凹四边形ABCD（如图），以下结论：①∠BCD＝∠A+∠B+∠D；②若AB＝AD，BC＝CD，则AC⊥BD；③若∠BCD＝2∠A，则BC＝CD；④存在凹四边形ABCD，有AB＝CD，AD＝BC．其中所有正确结论的序号是 _____．
【答案】①②
【分析】
连接AC并延长至点E，根据三角形外角的性质可证明结论①；连接AC，BD，根据“”证明△ABC≌△ACD，结论②可得；由由∠BCD＝∠A+∠B+∠D可得∠A＝∠B+∠D，不能得出BC＝CD，可得结论③；连接BD，假设存在凹四边形ABCD，则可证△ABD≌△CDB，∠A＝∠BCD，从而得出结论④．
【解析】解：①连接AC并延长至点E，如图1所示：
∵∠BCE为△ABC的外角，
∴∠BCE＝∠BAC+∠B，
∵∠DCE为△DAC的外角，
∴∠DCE＝∠CAD+∠D，
∴∠BCD＝∠BCE+∠DCE＝∠BAC+∠DAC+∠B+∠D＝∠BAD+∠B+∠D，
故①正确；
②连接AC，BD，如图2所示：
在△ABC和△ACD中，
，
∴△ABC≌△ACD（SSS）．
∴∠BAC＝∠DAC，
又∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AC⊥BD，
故②正确；
③若∠BCD＝2∠A，由∠BCD＝∠A+∠B+∠D可得∠A＝∠B+∠D，
不能得出BC＝CD，
故③不正确；
④连接BD，假设存在凹四边形ABCD，
有AB＝CD，AD＝BC，
则在△ABD和△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（SSS）．
∴∠A＝∠BCD，
又∵∠BCD＝∠A+∠B+∠D，
故④不正确；
故答案为：①②．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、凹四边形的定义、三角形外角的性质、等腰三角形的性质等知识点，通过添加辅助线证明三角形全等是解题的关键．
19．（2021·江苏·连云港市新海实验中学九年级期中）如图，在△ABC中，AC＝BC＝9，∠ACB＝90°，CD＝BC，过点C作CE⊥AD，垂足为点H，交DB的延长线于点E，BE＝，则BD的长为____________
【答案】
【分析】
由AC=BC=DC，可得A、B、D三点在以C为圆心，以CB的长为半径的圆上，如图所示，作三角形ABD的外接圆，连接AE，由勾股定理可求得，由圆周角定理可得，再由三线合一定理可得CE垂直平分线AD，则AE=DE，∠EAD=∠EDA=45°，故∠AED=90°，由此求解即可．
【解析】解：∵AC=BC=DC，
∴A、B、D三点在以C为圆心，以CB的长为半径的圆上，
如图所示，作三角形ABD的外接圆，连接AE，
∵∠ACB=90°，AC=BC=9，
∴,，
∵AC=CD，CH⊥AD，
∴CE垂直平分线AD，
∴AE=DE，∠EAD=∠EDA=45°，
∴∠AED=90°，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质与判定，解题的关键在于根据题意得到A、B、D三点在以C为圆心，以CB的长为半径的圆上．
20．（2021·福建·厦门双十中学九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′B C′，其中点A，C的对应点分别为点连接，直线交于点D，点E为AC的中点，连接DE．则DE的最小值为_________
【答案】1
【分析】
过点A作交CD延长线于P，连接，证明，得到，从而得到DE为的中位线，则，要使得DE最小，则要最小，故当、B、C三点共线时的值最小，由此求解即可．
【解析】解：如图所示，过点A作交CD延长线于P，连接，
由旋转的性质得：，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，．
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴D为的中点，
又∵E为BC的中点，
∴DE为的中位线，
∴，
要使得DE最小，则要最小，
∴当、B、C三点共线时的值最小，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，平行线的性质，解题的关键在于能够做出辅助线构造全等三角形．
三、解答题
21．如图，AD和BC相交于点E，AC∥BD，点F在CD上，AC＝4，BD＝6，，
（1）求EF的长；
（2）已知S△CBD＝25，求△CEF的面积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）过E作EG⊥CD于G，由AC∥BD，可证△ACE∽△DBE，可得，由，可得，可证△CEF∽△CBD，可得EF∥BD，EF∥AC，可证△DEF∽△DAC，可得即可；
（2）由△CEF∽△CBD，可得即可．
【解析】解：（1）过E作EG⊥CD于G，
∵AC∥BD，
∴∠A=∠EDB，∠ACE=∠B，
∴△ACE∽△DBE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠ECF=∠BCD，
∴△CEF∽△CBD，
∴∠CEF=∠B，，
∴EF∥BD，
∵AC∥BD，
∴EF∥AC，
∴∠DEF=∠A，∠DFE=∠DCA，
∴△DEF∽△DAC，
∴，
∴，
∴，
解得；
（2）∵△CEF∽△CBD，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题考查三角形相似判定与性质，利用面积比得对应线段比证明线段平行，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
22．（2021·黑龙江讷河·九年级期中）如图，在中，∠B＝∠C，点D在BC边上，点E在AC边上，且∠ADE＝∠ AED，连接DE．
（1）若∠BAD＝50°，DA＝DB，求∠CDE的度数．
（2）猜想∠CDE与∠BAD的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2），证明见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和等于进行求解；
（2）根据等腰三角形的性质把表示出来，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，把表示出来，再根据角之间的关系得出与的数量关系．
【解析】解：（1）∵，
∴，
∴
∵
∴，
∴
∵
∴
∴
（2）∵，
∴
∴
∵
∴
∴
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质和三角形的内角和定理是解答本题的关键．
23．如图，已知点D，E分别是△ABC的边BA和BC延长线上的点，作∠DAC的平分线AF，若AF∥BC．
（1）求证：△ABC是等腰三角形
（2）作∠ACE的平分线交AF于点G，若，求∠AGC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据角平分线的定义，得到∠DAF=∠CAF，又根据，得到∠DAF=∠ABC，∠CAG=∠ACB，进一步得到∠ABC=∠ACB，即可证明△ABC是等腰三角形；
（2）在中，分别求得和的度数，利用三角形内角和求解即可．
【解析】（1）证明：∵AF是∠DAC的角平分线
∴∠DAF=∠CAF
又∵
∴∠DAF=∠ABC，∠CAG=∠ACB
∴∠ABC=∠ACB
∴AB=AC
∴△ABC是等腰三角形
（2）∵CG是∠ACE的角平分线
∴∠ACG=∠ECG
又∵，∠ACB=∠B
∴
∴∠ACG=∠ECG=
又∵∠CAG=∠ACB
∴∠AGC=
【点拨】本题考查等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义等相关知识点，牢记知识点是解题关键．
24．（2021·云南·昆明市第三中学模拟预测）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．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行线的判定，解题的关键在于能够熟练掌握直角三角形全等的性质与判定条件．
25．（2021·吉林永吉·九年级期中）如图，在等边中，点是边上一点，连接将绕点顺时针旋转后得到，连接．
（1）是 三角形；
（2）若，求的周长；
（3）求证：．
【答案】（1）等边；（2）；（3）见解析
【分析】
（1）根据旋转的性质可得进而可得，旋转角，即可求得答案；
（2）根据（1）的结论可得，，结合已知条件即可求得的周长；
（3）根据旋转的性质可得，进而可得，又，根据内错角相等，两直线平行即可得证．
【解析】（1）∵将绕点顺时针旋转后得到，
∴,
是等边三角形
故答案为：等边
（2）
是等边三角形
是等边三角形
的周长为
（3），是等边三角形
,
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的性质，根据旋转得出是解题的关键．
26．（2021·北京市第十三中学分校九年级期中）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：△AEB ≌△ADC；
（2）连接DE，若∠ADC=105°，求∠BED的度数．
【答案】（1）见解析；（2）45°
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，可得，，再由旋转的性质，可得，，从而得到，即可求证；
（2）根据题意可得为等边三角形．可得， 即可求解．
【解析】解：(1)是等边三角形，
，．
线段AD绕点A顺时针旋转，得到线段AE，
，．
．
．
≌．
．
，，
为等边三角形．
，
又．
．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
27．（2021·福建仙游·九年级期中）如图1，在等边中，，点D，E分别在边上，，连接，点M，P，N分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段与的数量关系是 ， ；
（2）探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，则上面题（1）中的两个结论是否依然成立，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，请直接写出周长的最大值．
【答案】（1），；（2）成立，见解析；（3）
【分析】
（1）利用三角形的中位线定理以及平行线的性质解决问题即可；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD=CE，再利用三角形的中位线定理解决问题即可；
（3）首先证明点D恰好在BA延长线上时，PM 、PN的最大值为7，再利用30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，求出M N的长度即可解决问题．
【解析】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠A=60°，
∵AD=AE，
∴AB-AD=AC-AE，即BD=CE，
∵M，P，N分别是DE，DC，BC的中点，
∴MP=EC，PM∥EC，PN=BD，PN∥BD，
∴PM=PN，∠MPD=∠ACD，∠NPD=∠ADC，
在△ACD中，∠ADC+∠ACD=180°-∠A=120°，
∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=120°．
故答案为：PM=PN，120°；
（2）成立，理由如下：
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵DM=ME，DP=PC，BN=NC，
∴MP=EC，PM∥EC，PN=BD，PN∥BD，
∴MP=PN，
∴△PMN是等腰三角形．
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
∵PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=60°，
∴∠ACB+∠ABC=120°，
∴∠MPN=120°，
∴PM=PN，∠MPN=120°；
（3）由（2）知：PM=PN，∠MPN=120°，
∵BD≤AB+AD，
∴BD≤14，
∴点D恰好在BA延长线上时，BD、CE取得最大值，且最大值为14，
∴PM 、PN的最大值为7，
此时MN经过点A，即MN垂直平分BC，如图：
∵△ABC、△ADE是等边三角形，且AD=4，AB=10，
∴∠BAN=∠DAM=30°，
∴BN=CN=5，DM=EM=2，
∴AN=5，AM=2，
∴△PMN周长的最大值为PM+PN+MN=7+7+5+2=14+7．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．（2021·四川·成都教育科学研究院附属学校九年级期中）如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，连接DE、DC，DE交AC于点G，且DE＝DC．
（1）请证明∠ACD＝∠BDE；
（2）若AB＝mAD，求的值（用含m的式子表示）
（3）如图2，将△ABC沿BC翻折，若点A的对应点A'恰好落在DE的延长线上，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质以及三角形的外角性质即可证得；
（2）过点E作交AB于点F，先证明，由此可得，再根据即可证得；
（3）设，，则，先证明，由此可得，再根据等腰三角形的性质以及翻折的性质可得，，由此可得，由此计算即可求得答案．
【解析】解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）如图，过点E作交AB于点F，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）设，，则，
由（1）可知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
解得：（舍负），
∵，
∴，
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
整理得：，
解得：（舍负），
∴
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质以及翻折的性质，熟练掌握它们的基本性质是解决本题的关键．
29．（2021·河南郏县·九年级期中）（教材呈现）如图是某版九年级上册数学教材的部分内容．如图1，先把一张矩形纸片ABCD上下对折后展开，折痕为MN；如图2，再把点B叠在折痕线上，得到，过点B向右折纸片后展开，使D，Q，A三点仍保持在一条直线上，折痕为PQ．
（1）求证：．
（2）你认为和相似吗？如果相似，给出证明；如果不相似，请说明理由．
（问题解决）
（1）写出教材中的第一问的证明过程．
（2）小明同学对教材中的第二问进行作答，下面只给出了部分证明过程，请你结合小明的思路填空，将证明过程补充完整．判断：和相似．证明：作的斜边AB上的中线QF，如图3所示，则．由题意得，．为______．______°，∵，______°，由翻折可知＝______°．∵，，∴．∴∠______．又∵，∴．
（结论应用）在图2的基础上，将纸片ABCD按图4所示翻折，点C恰好落在直线AB上，得到．若，则CG的长为______．
【答案】（1）见解析；（2）等边三角形，60，30，30，EAB，【结论应用】
【分析】
【问题解决】：
（1）由余角的性质可得∠EBP=∠BAQ，由两组对角对应相等的两三角形相似可证△PBE∽△QAB；
（2）作Rt△ABQ的斜边AB上的中线QF，可证△FBQ为等边三角形，可得∠ABQ=60°，可求∠EBP=∠EAB=30°，由两组对角对应相等的两三角形相似可证△PBE∽△BAE；
【结论应用】：
（3）由“ASA”可证△ABE≌△GBE，可得AB=BG=2，由折叠的性质和直角三角形的性质可得AC=CD=2，即可求解．
【解析】问题解决：解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠EBA=90°．
∴∠EBP+∠ABQ=90°．
∵点D、Q、A共线，
∴∠AQB=90°．
∴∠ABQ+∠BAQ=90°．
∴∠EBP=∠BAQ．
∵∠BPE=∠AQB=90°，
∴△PBE∽△QAB．
（2）证明：作Rt△ABQ的斜边AB上的中线QF，如图（3）所示，则AB=2QF=2BF．
由题意得AB=PQ=2BQ，
∴QF=BF=BQ．
∴△FBQ为等边三角形，
∴∠ABQ=60°，
∵∠BQA=90°，
∴∠BAQ=30°，
由翻折可知．∠EAB=（90°-∠BAQ）=30°，
∵∠ABE=90°，∠ABQ=60°，
∴∠EBP=30°，
∴∠EBP=∠EAB，
又∵∠BPE=∠ABE=90°，
∴△PBE∽△BAE．
故答案为：等边三角形，60，30，30，EAB；
【结论应用】：
（3）∵∠EAB=∠EBP=30°，
∴∠AEB=∠GEB=60°，
又∵EB=EB，∠ABE=∠EBG=90°，
∴△ABE≌△GBE（ASA），
∴AB=BG=3，
∴AG=6，
由折叠可得∠ACD=90°，
∵∠BAQ=30°，
∴AD=2CD=6，AC=CD=3，
∴CG=AG-AC=6-3，
故答案为：．
【点拨】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
第10讲 三角形与全等三角形易错点梳理
易错点梳理
易错点01 对三角形中“三线”位置掌握不好
对三角形中“三线”位置掌握不好，导致出错三角形的角平分线、中线都在三角形内部，而三角形的高不一定在三角形内部.锐角三角形的高在三角形的内部；直角三角形的两条高与直角边重合，斜边上的高在三角形内部；钝角三角形的两条高在三角形外部。
易错点02 误用多边形的内角和公式及三角形外角的性质
n边形的内角和等于(n-2)·180°，而并非为n·180°对三角形外角的性质理解不透彻而出现错误，在应用三角形外角的性质时，不可忽略了“不相邻”这个条件。
易错点03 忽略三角形存在的条件而导致计算错误
进行等腰三角形的边长或周长计算时，一般需要分类讨论，但不可忽略三角形存在的条件，即任意两边之和大于第三边.对出现的情况需要逐一验证，确定取舍。
易错点04 对正多边形的概念理解有误导致判断失误
判断正多边形的两个条件——各个角都相等、各条边都相等，两者缺一不可，不要以为每个内角都相等的多边形便是正多边形。
易错点05 全等三角形的对应关系考虑不全面而出错
用“≌”表示两个三角形全等时，对应点放在对应位置，但用语言描述的两个三角形全等却不需要，不要形成固定思维.解决这类问题要考虑各种对应情况，避免出现考虑不全面，导致结果错误.
易错点06 错用“SSA”进行判定三角形全等
判定一般三角形全等的方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”4种方法，不存在“SSA”的判定方法.
易错点07 运用角平分线的性质和判定时，误将斜线段当作距离
在运用角的平分线的性质和判定时，一定要注意“距离”必须有垂直的条件。
例题分析
考向01 三角形的三边关系
例题1：（2021·广东新丰·九年级期中）三角形的两边长分别是3和6，第三边的长是方程x2-7x +10 = 0的一个根，则这个三角形的周长是（ ）
A．11或14 B．14或16 C．14 D．11
【答案】C
【分析】
首先利用因式分解法求得一元二次方程x2-7x+10=0的两个根，又由三角形的两边长分别是3和6，利用三角形的三边关系，即可确定这个三角形的第三边长，然后求得周长即可．
【解析】解：∵x2-7x+10=0，
∴（x-5）（x-2）=0，
解得：x1=5，x2=2，
∵三角形的两边长分别是3和6，
当x=5时，3+5＞6，能组成三角形；
当x=2时，2+3<6，不能组成三角形．
∴这个三角形的第三边长是5，
∴这个三角形的周长为：3+6+5=14．
故选：C．
【点拨】本题考查了因式分解法解一元二次方程与三角形三边关系的知识．解题的关键是注意准确应用因式分解法解一元二次方程，注意分类讨论思想的应用．
例题2：（2021·江苏·常州外国语学校九年级）如图，⊙O的半径为2，定点P在⊙O上，动点A，B也在⊙O上，且满足∠APB＝30°，C为PB的中点，则点A，B在圆上运动的过程中，线段AC的最大值为（ ）
A．1+ B．+2 C．2﹣2 D．1+
【答案】A
【分析】
延长BA到点D，使DA=BA,连接PD，运用三角形中位线定理，当PD最大时，AC最大，运用三角形不等式原理计算即可．
【解析】如图，延长BA到点D，使DA=BA,连接PD，PO，OA，OB，OD，
∵BA=AD，BC=PC，
∴AC是△PBD的中位线，
∴AC=PD，
∵∠APB＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB等边三角形，
∴OA=OB=AB=AD=2，∠AOB=∠OAB=60°，
∴∠ADO=∠AOD=30°，
∴∠DOB=90°，
∴OD==，
∵DO+PO≥PD，
∴PD的最大值为：DO+PO=+2，
∴AC=PD=1+，
故选A．
【点拨】本题考查了圆的基本性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形不等式，构造三角形中位线定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
考向02 三角形的高、中线
例题3：（2021·山东安丘·二模）如图，四边形ABCD为菱形，BF∥AC，DF交AC的延长线于点E，交BF于点F，且CE：AC＝1：2．则下列结论不正确的有（ ）
A．△ABE≌△ADE； B．∠CBE＝∠CDF；
C．DE＝FE； D．S△BCE：S四边形ABFD＝1：9
【答案】D
【分析】
由四边形ABCD为菱形，AB=AD，∠BAC=∠DAC，可证可判定A；由，可得∠ABE=∠ADE，由四边形ABCD为菱形，可得∠ABC=∠ADC，利用等角之差∠CBE=∠CDE，可判定B；连结BD交AC于O，四边形ABCD为菱形，可得BD=2OD，可证△DOE∽△DBF，可证，可判定C；根据OE为△DBF的中位线，△DOE∽△DBF，可得，由CE：AC＝1：2．可得S△BOA=S△BOC=S△BCE=S△ADO，S△DOE=2S△BCE，可求可判定D．
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC，
∴在△ABE和△ADE中，
，
∴
故选项A正确；
∵
∴∠ABE=∠ADE，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ABC=∠ADC，
∴∠CBE=∠ABE-∠ABC =∠ADE-∠ADC=∠CDE，
故选项B正确；
连结BD交AC于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴DO=BO，OE⊥BD，
∴BD=2OD，
∵BF∥AE，
∴∠DOE=∠DBF，∠DEO=∠F，
∴△DOE∽△DBF，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选项C正确；
∵DO=OB，DE=EF，
∴OE为△DBF的中位线，
∴BF=2OE，
∵△DOE∽△DBF，
∴
∴
∵CE：AC＝1：2．
∴AC=2CE，
∴AO=OC=CE，
∴S△BOA=S△BOC=S△BCE=S△ADO，
∴S△DOE=2S△BCE，
∴
故选项D不正确．
故选择D．
【点拨】本题考查菱形性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，三角形面积与四边形面积，掌握菱形性质，三角形全等判定与性质，三角形相似判定与性质，三角形面积与四边形面积是解题关键．
例题4：（2021·安徽包河·九年级期中）如图，在中，D、E分别是边、上的点，与相交于点F，若E为的中点，，则的值是（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．2
【答案】A
【分析】
过点E作交AD于G，则EG是△ACD的中位线，△AGE∽△ADC，可以得到，再证明△FGE∽△FDB，得到，即可推出，设，则，，，，由此求解即可．
【解析】解：如图所示，过点E作交AD于G，
∵E是AC的中点，，
∴EG是△ACD的中位线，△AGE∽△ADC，
∴，，
∴，
同理可证△FGE∽△FDB，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
∴，
故选A．
【点拨】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定．
考向03 三角形的角平分线
例题5：（2021·湖南·常德市第五中学九年级开学考试）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，CD，则BD的长是（ ）
A．2 B．2 C．3 D．3
【答案】B
【分析】
根据三角形的内角和定理可知：，根据角平分线的定义得到，求得，得到,根据直角三角形性质即可得到答案．
【解析】∵，
∴
∵的平分线AD交BC于点D
∴
∴
∴
∵
∴
故选：B
【点拨】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、角平分线的定义，正确的理解题意、运用相应的性质是解题的关键．
例题6：（2021·陕西灞桥·一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，BE是AC边的中线，CF是∠ACB的角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下面说法正确的是（ ）
①△ABE的面积＝△BCE的面积；②∠FAG＝∠FCB；③AF＝AG；④BH＝CH．
A．①②③④ B．①②③ C．②④ D．①③
【答案】D
【分析】
根据三角形的面积公式进行判断①，根据三角形的内角和定理求出∠FAG＝∠ACB，再判断②即可，根据三角形的内角和定理求出∠AFG＝∠AGF，再根据等腰三角形的判定判断③即可，根据等腰三角形的判定判断④即可．
【解析】解：∵BE是AC边的中线，
∴AE＝CE，
∵△ABE的面积＝，△BCE的面积＝AB，
∴△ABE的面积＝△BCE的面积，故①正确；
∵AD是BC边上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC+∠ACB＝90°，∠FAG+∠DAC＝90°，
∴∠FAG＝∠ACB，
∵CF是∠ACB的角平分线，
∴∠ACF＝∠FCB，∠ACB＝2∠FCB，
∴∠FAG＝2∠FCB，故②错误；
∵在△ACF和△DGC中，∠BAC＝∠ADC＝90°，∠ACF＝∠FCB，
∴∠AFG＝180°﹣∠BAC﹣∠ACF，∠AGF＝∠DGC＝180°﹣∠ADC﹣∠FCB，
∴∠AFG＝∠AGF，
∴AF＝AG，故③正确；
根据已知不能推出∠HBC＝∠HCB，即不能推出HB＝HC，故④错误；
即正确的为①③，
故选：D．
【点拨】本题考查了角平分线的定义，三角形的面积，三角形的中线，三角形的高，三角形内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
考向04 三角形的内角和
例题7：（2021·福建·福州十八中九年级期中）如图，ODC是由OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，则∠A的度数是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】D
【分析】
由旋转的性质知∠AOD=30°，OA=OD，根据等腰三角形的性质及内角和定理可得答案．
【解析】由题意得：∠AOD=30°，OA=OD，
∴∠A=∠ADO75°．
故选D．
【点拨】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等是解题的关键．
例题8：（2021·青海互助·九年级期中）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到，若点D在线段BC的延长线上，则的度数为（ ）
A．60° B．80° C．100° D．120°
【答案】B
【分析】
由题意得，，，得，则，即可得．
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转80°，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点拨】本题考查了旋转的性质，三角形内角和定理，解题的关键是掌握这些知识点．
考向05 三角形的外角
例题9：（2021·河南大学附属中学九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将沿AE折叠至处，与CE交于点F，若，，则的度数为（ ）
A．40° B．36° C．50° D．45°
【答案】B
【分析】
由平行四边形的性质得出，由折叠的性质得，，由三角形的外角性质求出，由三角形内角和定理求出，即可得出的大小．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
，
由折叠的性质得：，，
，
，
．
故选：B．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出和是解决问题的关键．
例题10：如图，四边形内接于⊙O，点P为边AD上任意一点（点P不与点 A 、 重合）连接CP，若，则的度数可能为（ ）
A．30° B．54° C．50° D．65°
【答案】D
【分析】
根据圆内接四边形对角互补，求得的度数，根据三角形的外角性质可得，进而可确定的范围，根据选项即可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD内接于，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为的外角，
∴ ，只有D满足题意．
故选：D ．
【点拨】本题考查了圆内接四边形形对角互补，三角形的外角性质，求得的大小是解题的关键．
考向06 全等三角形的性质
例题11：（2021·广西大化·九年级期中）如图，已知，分别是正三角形的边和上的点，且，与交于，则的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】D
【分析】
根据△ABC是等边三角形，可得AC＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，结合AE＝CD，利用等式性质易得BD＝CE，利用SAS易证△ABD≌△BCE，从而有∠ADB＝∠BEC，再利用三角形外角性质可证∠C＝∠APE，而∠APE和∠BPD是对顶角，故可得∠BPD＝∠C．
【解析】∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，
∵AE＝CD，
∴AC−AE＝BC−CD，
即BD＝CE，
又∵∠ABD＝∠C＝60°，AC＝BC，
∴△ABD≌△BCE，
∴∠ADB＝∠BEC，
∵∠ADB＝∠C＋∠DAC，
∠BEC＝∠DAC＋∠APE，
∴∠C＝∠APE，
∵∠APE＝∠BPD，
∴∠BPD＝∠C＝60°．
故选D．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形外角性质、等边三角形的性质，解题的关键是证明△ABD≌△BCE．
例题12：（2021·黑龙江·哈尔滨市第六十九中学校九年级期中）如图△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，当B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE＝65°，则∠CAF的度数为（ ）
A．30° B．25° C．35° D．65°
【答案】B
【分析】
根据三角形全等的性质可得，进而可得，根据直角三角形的两个锐角互余，即可求得的度数．
【解析】，
，
即，
，，
故选B
【点拨】本题考查了三角形全等的性质，直角三角形的两个锐角互余，证明是解题的关键．
考向07 全等三角形的判定
例题13：（2021·山东·禹城市教育和体育局九年级期中）如图，在边长为6的正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将绕点A顺时针旋转90°得到．若，则BE的长为（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【分析】
根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF=BG，∠DAF=∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF=3，AB=6和勾股定理，可以求出BE的长．
【解析】解：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF=BG，∠DAF=∠BAG，
∵∠DAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠BAG+∠EAB=45°，
∴∠EAF=∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF(SAS)，
∴GE=FE，
设BE=x，则GE=BG+BE=3+x，CE=6−x，
∴EF=3+x，
∵CD=6，DF=3，
∴CF=3，
∵∠C=90°，
∴(6−x)2+32=(3+x)2，
解得，x=2，
即BE=2.
故选A..
【点拨】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、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．
例题14：（2021·黑龙江·哈尔滨德强学校九年级期中）如图，在中，，，将绕点A顺时针方向旋转60°到的位置，连接，则的度数为（ ）
A．15° B．20° C．30° D．45°
【答案】C
【分析】
连接，证明为等边三角形，然后进一步证明≌，得到，即可求出的度数．
【解析】解：如图所示，连接，
由题意得：
，，
∴为等边三角形，
∴，；
在与中，
∴≌△（SSS），
∴，
故选：C．
【点拨】该题主要考查了旋转变换的性质、全等三角形的判定及其性质的应用等几何知识点问题．解题的关键是作辅助线；灵活运用旋转变换的性质、全等三角形的判定来分析、解答．
考向08 角平分线与线段垂直平分线
例题15：如图，正方形的边长为，点从点出发沿着线段向点运动(不与点，重合)，同时点从点出发沿着线段向点运动(不与点，重合)，点与点的运动速度相同．与相交于点，为中点、则有下列结论：
①是定值；
②平分；
③当运动到中点时，；
④当时，四边形的面积是
其中正确的是（ ）
A．①②④ B．①②③
C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】
根据题意很容易证得△BAE≌△ADF，即可得到AF=BE，利用正方形内角为90°，得出AF⊥BE，即可判断①；②假设BF平分∠AFC，则角平分线的性质得到BG=BC，则BG=AB，又由∠BGA=90°，得到AB＞BG，由此即可判断②；③先利用勾股定理求出BF的长，然后根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解；④根据△BAE≌△ADF，即可得到S四边形GEDF，然后根据时，得到，再由即可得到，则．
【解析】证明：∵E在AD边上(不与A，D重合)，点F在DC边上(不与D，C重合)，
又∵点E，F分别同时从A，D出发以相同的速度运动，
∴AE=DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
在△BAE和△ADF中，
，
∴△BAE≌△ADF(SAS)，
∴∠1=∠2，
∵，
∴ 即，
∴即∠BGF是定值，故①正确；
假设BF平分∠AFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC⊥FC，BC=AB
∵BG⊥AF，
∴BG=BC，
∴BG=AB，
又∵∠BGA=90°，
∴AB＞BG，
∴假设不成立，
∴②不正确；
③当E运动到AD中点时，则F运动到CD中点，
∴，
∴，
∵∠BGF=90°，H为BF的中点
∴，故③正确；
④∵△BAE≌△ADF，
∴
∴S四边形GEDF
∴当时，，
∵，
，
∵，
∴S四边形GEDF =故④正确；
故选C．
【点拨】考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，角平分线的性质，直角三角形斜边上的中线，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
例题16：（2021·广东·深圳市高级中学九年级期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，BC＝2AB＝8，连接 BD，分别以点B，D为圆心，大于BD长为半径作弧，两弧交于点E和点F，作直线EF交AD于点I，交BC于点H，点H恰为BC的中点，连接AH，则AH的长为（ ）
A． B．6 C．7 D．4
【答案】A
【分析】
连接DH，根据作图过程可得EF是线段BD的垂直平分线，证明△DHC是等边三角形，然后证明∠AHD=90°，根据勾股定理可得AH的长．
【解析】解：如图，连接DH，
根据作图过程可知：EF是线段BD的垂直平分线，
∴DH=BH，
∵点H为BC的中点，
∴BH=CH，BC=2CH，
∴DH=CH，
在▱ABCD中，AB=DC，
∵AD=BC=2AB=8，
∴DH=CH=CD=4，
∴△DHC是等边三角形，
∴∠C=∠CDH=∠DHC=60°，
在▱ABCD中，∠BAD=∠C=60°，AD∥BC，
∴∠DAH=∠BHA，
∵AB=BH，
∴∠BAH=∠BHA，
∴∠BAH=∠DAH=30°，
∴∠AHD=90°，
∴AH=．
故选：A．
【点拨】本题考查了作图-基本作图，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法．
微练习
一、单选题
1．（2021·浙江拱墅·九年级期中）如图，H是△ABC的重心，延长AH交BC于D，延长BH交AC于M，E是DC上一点，且DE∶EC＝5∶2，连结AE交BM于G，则BH∶HG∶GM等于（ ）
A．7∶5∶2 B．13∶5∶2 C．5∶3∶1 D．26∶10∶3
【答案】D
【分析】
过C作CF∥BM，交AE的延长线于F，设CF＝a，则GM＝a，依据CF∥BG，DE∶EC＝5∶3，D是BC的中点，可得BG＝6CF＝6a，再根据H是△ABC的重心，即可得到BH＝BM＝a，HG＝BG﹣BH＝a，进而得到BH∶HG∶GM＝a∶a∶a＝26∶10∶3．
【解析】：如图，过C作CF∥BM，交AE的延长线于F，
∵H是△ABC的重心，
∴M是AC的中点，D是BC的中点，
∴G是AF的中点，
∴GM＝CF，
设CF＝a，则GM＝a，
∵CF∥BG，DE∶EC＝5∶2，D是BC的中点，
∴＝，
∴BG＝6CF＝6a，
∴BM＝a，
∵H是△ABC的重心，
∴BH＝BM＝a，
∴HG＝BG﹣BH＝6a﹣a＝a，
∴BH∶HG∶GM＝a∶a∶a＝26∶10∶3．
故选D．
【点拨】本题主要考查了重心的性质，解题的关键在于能够熟练掌握重心是三条中线的交点以及重心的性质．
2．（2021·云南鲁甸·九年级期中）已知三角形的两边长为2和5，第三边满足方程，则三角形的周长为（ ）
A．10 B．11 C．10或11 D．以上都不对
【答案】B
【分析】
解方程得到两个解，分两类情况讨论，看是否能构成三角形，若能构成，则三边长加起来即为三角形周长．
【解析】∵，
解得
∴三角形三边长可能的情况为：
①2，5，3，∵2+3=5，∴2，3，5不能构成三角形
②2，5，4，∵2+4>5，∴2，4，5能构成三角形
∴三角形的周长为2+4+5=11
故选B
【点拨】本题考查了解一元二次方程，注意用三角形三边关系验证是否能构成三角形是解决本题的关键．
3．（2021·吉林·长春市第五十二中学九年级期中）如图，在中，．按以下步骤作图：分别以点和为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧相交于点和；作直线交于点，连结．若，则的长可能是（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【答案】A
【分析】
由基本作图得到MN垂直平分AC，则DA=DC，根据三角形三边的关系得到BC＜CD+DB，然后对各选项进行判断．
【解析】解：由作法得MN垂直平分AC，
∴DA=DC，
∴CD+BD=DA+DB=AB=7，
∵BC＜CD+DB，
∴BC＜7．
故选：A．
【点拨】本题考查了作图-基本作图－作已知线段的垂直平分线．三角形三边关系，线段垂直平分线的性质，掌握三角形三边关系，线段垂直平分线的性质是解题关键．
4．（2021·江苏·宜兴市树人中学九年级期中）下列说法正确的是（ ）
A．三角形三条中线的交点是三角形重心 B．等弦所对的圆周角相等
C．长度相等的两条弧是等弧 D．三角形的外心到三边的距离相等
【答案】A
【分析】
根据重心，弦与圆周角之间的关系，等弧的定义以及外心的定义进行逐一判断即可．
【解析】解：A、三角形三条中线的交点是三角形重心，故此选项符合题意；
B、在同圆或等圆中，等弦所对的圆周角相等，故此选项不符合题意；
C、在同圆或等圆中，长度相等的两条弧是等弧，故此说法不符合题意；
D、三角形的外心是三边垂直平分线的交点，到三个顶点的距离相等，故此说法不符合题意；
故选A．
【点拨】本题主要考查了三角形重心，外心，以及圆中弦、弧的知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5．（2021·浙江·杭州市天杭实验学校九年级期中）如图，⊙O的两条弦AB、CD所在的直线交于点P，AC、BD交于点E，∠AED＝105°，∠P＝55°，则∠ACD等于（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【答案】C
【分析】
由图可得：所对的圆周角相等，可得，在及中利用三角形内角和定理分别表示出，，由等式的性质可得：，对顶角相等可得：，根据四边形内角和为可得，由平角定义即可得出结果．
【解析】解：由图可得：所对的圆周角相等，即：
，
在中，
，
在中，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点拨】题目主要考查同弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理及对顶角相等的性质，理解同弧所对圆周角相等是解题关键．
6．（2021·辽宁旅顺口·九年级期中）如图，将绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△，连接，若，则的度数是（ ）．
A．10° B．20° C．30° D．40°
【答案】B
【分析】
由旋转得，，求出，利用外角性质求出，由旋转的性质得到∠B的度数，再计算90°-∠B即可得到结果．
【解析】解：由旋转得，，
∴，
∵，
∴=∠1+，
由旋转得∠B=，
∴=90°-∠B=20°，
故选：B．
【点拨】此题考查三角形外角的性质，等边对等角求角的度数，直角三角形两锐角互余的性质，旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键．
7．（2021·陕西师大附中九年级期中）如图所示，在中，，，将绕点C顺时针旋转得到，点恰好在AB上，交AC于F，在不添加其他线段的情况下，图中与相似的三角形有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质及相似三角形的判定方法进行分析，找出存在的相似三角形即可．
【解析】由题意得：，，，，，
∵∠A=30°，∠ACB=90°
∴∠B=60°
∵
∴是等边三角形
∴
∴，∠，
∴∥BC
∵∠ACB=90°
∴
∴与相似的三角形有CF、△ABC、、
所以有4个
故选：C
【点拨】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是关键．
8．（2021·重庆一中九年级期中）下列命题是真命题的是（ ）
A．三角形的外角大于它的任何一个内角 B．边形的外角和为
C．矩形的对角线互相垂直且平分 D．三角形的内心到三角形三个项点的距离相等
【答案】B
【分析】
根据三角形的性质、多边形外角的性质，以及矩形的性质，对选项逐个判断即可．
【解析】解：A、三角形的外角大于和它不相邻的任何一个内角，则选项错误，不符合题意；B、边形的外角和为，则选项正确，符合题意；C、矩形的对角线互相平分，但不一定垂直，则选项错误，不符合题意；D、三角形的内心到三角形三个边的距离相等，则选项错误，不符合题意；故选B
【点拨】本题考查的是真假命题的判断，同时考查三角形的外角的性质，多边形的外角和定理，矩形的性质，三角形内心的性质，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2021·宁夏·银川市第十五中学九年级期中）如图，在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点E；以点A为圆心，的长为半径画弧交于点F．若，则的长为（ ）
A．16 B．15 C．14 D．13
【答案】A
【分析】
连接，设交于点，根据平行四边形的性质和作图可知,，进而证明四边形是菱形，根据勾股定理求得的长，即可求得的长．
【解析】解：如图，连接，设交于点，
平分
四边形是平行四边形
，
又
四边形是平行四边形
四边形是菱形
，
在中，，
故选A
【点拨】本题考查了作角平分线，等角对等边，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，证明是菱形是解题的关键．
10．（2021·黑龙江·大庆市第六十九中学九年级）如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝CE，连接AD，BE交于点F，连接CF，则CF的最小值是（ ）
A．3 B．2 C．4 D．3
【答案】B
【分析】
根据三角形全等的判定定理和性质可得：，，利用各角之间的数量关系可得：，作的外接圆，则点F在圆上运动，连接OB、OC，交劣弧于点F’，当点F与点F’重合时，CF的长度最小，由切线定理可得，，在中，利用三角函数的正切可得，再根据所对直角边是斜边的一半即可确定，即可求出CF的最小值．
【解析】解：在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
作的外接圆，则点F的运动轨迹为以O为圆心，OB为半径的圆，如图所示，连接OB、OC，交劣弧于点F’，当点F与点F’重合时，CF的长度最小，
由切线定理可得：BC与⊙O相切于点B,
∴，，
在中，
，
∴，
∴，
∴CF的最小值为，
故选：B．
【点拨】题目主要考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆的相关性质定理、正切三角函数等，添加辅助圆作出相应辅助线是解题关键．
11．（2021·陕西碑林·九年级期中）如图，平行四边形ABCD的周长为16，AC、BD相交于点O，OE⊥AC交AD于E，则△DCE的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】
先证明AE＝EC，再求解AD+DC＝8，再利用三角形的周长公式进行计算即可.
【解析】解：∵平行四边形ABCD，
∴AD＝BC，AB＝CD，OA＝OC，
∵EO⊥AC，
∴AE＝EC，
∵AB+BC+CD+AD＝16，
∴AD+DC＝8，
∴△DCE的周长是：CD+DE+CE＝AE+DE+CD＝AD+CD＝8，
故选：C．
【点拨】本题考查的是平行四边形性质，线段垂直平分线的性质，证明AE＝EC是解本题关键.
12．（2021·湖北青山·九年级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．
【解析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图
∵四边形ABCD内接于⊙O
∴∠ABC+∠ADC=180゜
∵∠ABH+∠ABC=180゜
∴∠ABH=∠ADF
在△ABH和△ADF中
∴△ABH≌△ADF
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF
∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜
∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜
∵∠EAF=30゜
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜
∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜
在△AHE和△AFE中
∴△AHE≌△AFE
∴HE=EF=3
∴BE=HE-BH=3-1=2
故选：B
【点拨】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．
二、填空题
13．（2021·四川恩阳·九年级期中）点G为的重心，如果，，，则的面积为______．
【答案】72
【分析】
延长AG到，连接，使得，则，再证明是直角三角形即可得解；
【解析】如图所示，延长AG到，连接，使得，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是直角三角形，
∴，
∴；
故答案是：72．
【点拨】本题主要考查了三角形重心的性质和三角形全等判定与性质，准确计算是解题的关键．
14．（2021·上海交通大学附属第二中学九年级期中）如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，我们把这条直线称作为这个平面图形的一条优美线．已知ΔABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D、E在边BC上，且 BD＝2，E为BC中点，过点D的优美线交过点E的优美线于F，那么线段AF的长等于_____．
【答案】
【分析】
作使得是ΔABC一条优美线，过点作于点，根据,，，，列出比例式，代入数值计算即可．
【解析】如图，ΔABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，
E为BC中点，
，，
是ΔABC的一条优美线
BD＝2，
作使得是ΔABC一条优美线，过点作于点，
则
,
，
设，则
解得
又
即
解得
故答案为：
【点拨】本题考查了相似三角形的性质与判定，找到优美线是解题的关键．
15．（2021·湖北·黄石经济技术开发区教研室九年级期中）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA
【答案】①②④
【分析】
由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠OAC＋∠AOB，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确；
作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示：则∠OGA＝∠OHB＝90°，利用全等三角形对应边上的高相等，得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠AMD，④正确；
假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，由全等三角形的判定定理可得△AMO≌△DMO，得AO＝OD，而OC＝OD，所以OA＝OC，而OA＜OC，故③错误；即可得出结论．
【解析】解：∵∠AOB＝∠COD＝36°，
∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，故②正确；
∵∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：
∠AMB＋∠OBD＝∠OAC＋∠AOB，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°，故①正确；
作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，
则∠OGA＝∠OHB＝90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD，故④正确；
假设MO平分∠AOD，则∠DOM＝∠AOM，
在△AMO与△DMO中，，
∴△AMO≌△DMO（ASA），
∴AO＝OD，
∵OC＝OD，
∴OA＝OC，
而OA＜OC，故③错误；
所以其中正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点拨】本题属于三角形综合题，是中考填空题压轴题，考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
16．（2021·湖南长沙·九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠ABC的角平分线BE和∠BAC的外角平分线AD相交于点P，AP与BC的延长线交于点D．过点P作PF⊥AD交AC的延长线于点H，交BC的延长线于点F，连接AF并延长交DH于点G．下列结论中，正确的是______．（填序号）
①∠APB＝45°，②PF＝PA，③DG＝AP+GH，④BD＝AH+AB．
【答案】①②④
【分析】
①根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和与角平分线的定义表示出∠CAP，再根据角平分线的定义可得∠ABP＝∠ABC，然后利用三角形的内角和定理整理即可得解；
②先求出∠APB＝∠FPB，再利用“角边角”证明△ABP和△FBP全等，根据全等三角形对应边相等得到AB＝BF，AP＝PF；
③根据PF⊥AD，∠ACB＝90°，可得AG⊥DH，然后求出∠ADG＝∠DAG＝45°，再根据等角对等边可得DG＝AG，再根据等腰直角三角形两腰相等可得GH＝GF，然后求出DG＝GH+AF，根据AF＝PA可得结论；
④根据直角的关系求出∠AHP＝∠FDP，然后利用“角角边”证明△AHP与△FDP全等，根据全等三角形对应边相等可得DF＝AH．
【解析】解：①∵∠ABC的角平分线BE和∠BAC的外角平分线相交于点P，
∴∠ABP＝∠ABC，∠CAP＝（90°+∠ABC）＝45°+∠ABC，
在△ABP中，∠APB＝180°﹣∠BAP﹣∠ABP＝180°﹣（45°+∠ABC+90°﹣∠ABC）﹣∠ABC＝180°﹣45°﹣∠ABC﹣90°+∠ABC﹣∠ABC＝45°，故①正确；
②∵PF⊥AD，∠APB＝45°（已证），
∴∠APB＝∠FPB＝45°，
∵PB为∠ABC的角平分线，
∴∠ABP＝∠FBP，
在△ABP和△FBP中，
，
∴△ABP≌△FBP（ASA），
∴AB＝BF，AP＝PF，故②正确；
③∵PF⊥AD，∠ACB＝90°，由④知PD＝PH，
∴△DPH为等腰直角三角形，
∴∠PDH＝45°，
∵∠PAF＝45°，
∴AG⊥DH，
∵AP＝PF，PF⊥AD，
∴∠PAF＝45°，
∴∠ADG＝∠DAG＝45°，
∴DG＝AG，
∵∠PAF＝45°，AG⊥DH，
∴△ADG与△FGH都是等腰直角三角形，
∴DG＝AG，GH＝GF，
∴DG＝GH+AF，
∵AF＝PA，
∴DG＝AP+GH，故③错误；
④∵∠ACB＝90°，PF⊥AD，
∴∠FDP+∠HAP＝90°，∠AHP+∠HAP＝90°，
∴∠AHP＝∠FDP，
∵PF⊥AD，
∴∠APH＝∠FPD＝90°，
在△AHP与△FDP中，
，
∴△AHP≌△FDP（AAS），
∴DF＝AH，
∵BD＝DF+BF，
又∵AB=BF，
∴BD＝AH+AB，故④正确；
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查外角的性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题关键是掌握外角的性质，角平分线的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质．
17．（2021·辽宁连山·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A、B在x轴上，顶点D在y轴上，点A的坐标为，点C的坐标为．一条直线经过点．且将平行四边形分割成面积相等的两部分，则此直线的表达式是____________．
【答案】
【分析】
当直线过对角线AC的中点时，可以证明直线一定将平行四边形的面积分割成面积相等的两部分，只要求得对角线AC的中点坐标，用待定系数法即可求得直线的解析式．
【解析】解：如图，连接AC，设点E为AC的中点，设过点EF的直线交平行四边形的对边AB、CD于点H、G，下面证明直线EF必平分平行四边形的面积
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD
∴∠GCE=∠HAE，∠CGE=∠AHE
∵E为AC的中点
∴EC=EA
∴△CGE≌△AHE
∴
∵
∴
即过平行四边形对角线中点的直线必平分这个平行四边形的面积
分别过点E、C作EM⊥x轴于点M、CN⊥x轴于点N，则EM∥CN
∴
∴AM=MN，即M为AN的中点
∴EM为△CAN的中位线
∴
∵A(-2，0)，C(6，4)
∴OA=2，ON=6，CN=4
∴AN=OA+ON=2+6=8，EM=2
∴AM=4
∴OM=AM-OA=2
∴M(2，0)，E(2，2)
设过点F、E的直线解析式为y=kx+b(k≠0)
则有，解得：
所以直线EF的解析式为y=2x−2
故答案为：
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，待定系数法求一次函数解析式等知识，掌握过平行四边形对角线中点的直线必平分这个平行四边形的面积是问题的关键和难点．
18．（2021·江苏秦淮·九年级期中）百度百科这样定义凹四边形：把四边形的某边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．关于凹四边形ABCD（如图），以下结论：①∠BCD＝∠A+∠B+∠D；②若AB＝AD，BC＝CD，则AC⊥BD；③若∠BCD＝2∠A，则BC＝CD；④存在凹四边形ABCD，有AB＝CD，AD＝BC．其中所有正确结论的序号是 _____．
【答案】①②
【分析】
连接AC并延长至点E，根据三角形外角的性质可证明结论①；连接AC，BD，根据“”证明△ABC≌△ACD，结论②可得；由由∠BCD＝∠A+∠B+∠D可得∠A＝∠B+∠D，不能得出BC＝CD，可得结论③；连接BD，假设存在凹四边形ABCD，则可证△ABD≌△CDB，∠A＝∠BCD，从而得出结论④．
【解析】解：①连接AC并延长至点E，如图1所示：
∵∠BCE为△ABC的外角，
∴∠BCE＝∠BAC+∠B，
∵∠DCE为△DAC的外角，
∴∠DCE＝∠CAD+∠D，
∴∠BCD＝∠BCE+∠DCE＝∠BAC+∠DAC+∠B+∠D＝∠BAD+∠B+∠D，
故①正确；
②连接AC，BD，如图2所示：
在△ABC和△ACD中，
，
∴△ABC≌△ACD（SSS）．
∴∠BAC＝∠DAC，
又∵AB＝AD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AC⊥BD，
故②正确；
③若∠BCD＝2∠A，由∠BCD＝∠A+∠B+∠D可得∠A＝∠B+∠D，
不能得出BC＝CD，
故③不正确；
④连接BD，假设存在凹四边形ABCD，
有AB＝CD，AD＝BC，
则在△ABD和△CDB中，
，
∴△ABD≌△CDB（SSS）．
∴∠A＝∠BCD，
又∵∠BCD＝∠A+∠B+∠D，
故④不正确；
故答案为：①②．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、凹四边形的定义、三角形外角的性质、等腰三角形的性质等知识点，通过添加辅助线证明三角形全等是解题的关键．
19．（2021·江苏·连云港市新海实验中学九年级期中）如图，在△ABC中，AC＝BC＝9，∠ACB＝90°，CD＝BC，过点C作CE⊥AD，垂足为点H，交DB的延长线于点E，BE＝，则BD的长为____________
【答案】
【分析】
由AC=BC=DC，可得A、B、D三点在以C为圆心，以CB的长为半径的圆上，如图所示，作三角形ABD的外接圆，连接AE，由勾股定理可求得，由圆周角定理可得，再由三线合一定理可得CE垂直平分线AD，则AE=DE，∠EAD=∠EDA=45°，故∠AED=90°，由此求解即可．
【解析】解：∵AC=BC=DC，
∴A、B、D三点在以C为圆心，以CB的长为半径的圆上，
如图所示，作三角形ABD的外接圆，连接AE，
∵∠ACB=90°，AC=BC=9，
∴,，
∵AC=CD，CH⊥AD，
∴CE垂直平分线AD，
∴AE=DE，∠EAD=∠EDA=45°，
∴∠AED=90°，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质与判定，解题的关键在于根据题意得到A、B、D三点在以C为圆心，以CB的长为半径的圆上．
20．（2021·福建·厦门双十中学九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′B C′，其中点A，C的对应点分别为点连接，直线交于点D，点E为AC的中点，连接DE．则DE的最小值为_________
【答案】1
【分析】
过点A作交CD延长线于P，连接，证明，得到，从而得到DE为的中位线，则，要使得DE最小，则要最小，故当、B、C三点共线时的值最小，由此求解即可．
【解析】解：如图所示，过点A作交CD延长线于P，连接，
由旋转的性质得：，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，．
∴，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴D为的中点，
又∵E为BC的中点，
∴DE为的中位线，
∴，
要使得DE最小，则要最小，
∴当、B、C三点共线时的值最小，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，平行线的性质，解题的关键在于能够做出辅助线构造全等三角形．
三、解答题
21．如图，AD和BC相交于点E，AC∥BD，点F在CD上，AC＝4，BD＝6，，
（1）求EF的长；
（2）已知S△CBD＝25，求△CEF的面积．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）过E作EG⊥CD于G，由AC∥BD，可证△ACE∽△DBE，可得，由，可得，可证△CEF∽△CBD，可得EF∥BD，EF∥AC，可证△DEF∽△DAC，可得即可；
（2）由△CEF∽△CBD，可得即可．
【解析】解：（1）过E作EG⊥CD于G，
∵AC∥BD，
∴∠A=∠EDB，∠ACE=∠B，
∴△ACE∽△DBE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠ECF=∠BCD，
∴△CEF∽△CBD，
∴∠CEF=∠B，，
∴EF∥BD，
∵AC∥BD，
∴EF∥AC，
∴∠DEF=∠A，∠DFE=∠DCA，
∴△DEF∽△DAC，
∴，
∴，
∴，
解得；
（2）∵△CEF∽△CBD，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题考查三角形相似判定与性质，利用面积比得对应线段比证明线段平行，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
22．（2021·黑龙江讷河·九年级期中）如图，在中，∠B＝∠C，点D在BC边上，点E在AC边上，且∠ADE＝∠ AED，连接DE．
（1）若∠BAD＝50°，DA＝DB，求∠CDE的度数．
（2）猜想∠CDE与∠BAD的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2），证明见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和等于进行求解；
（2）根据等腰三角形的性质把表示出来，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，把表示出来，再根据角之间的关系得出与的数量关系．
【解析】解：（1）∵，
∴，
∴
∵
∴，
∴
∵
∴
∴
（2）∵，
∴
∴
∵
∴
∴
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质和三角形的内角和定理是解答本题的关键．
23．如图，已知点D，E分别是△ABC的边BA和BC延长线上的点，作∠DAC的平分线AF，若AF∥BC．
（1）求证：△ABC是等腰三角形
（2）作∠ACE的平分线交AF于点G，若，求∠AGC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据角平分线的定义，得到∠DAF=∠CAF，又根据，得到∠DAF=∠ABC，∠CAG=∠ACB，进一步得到∠ABC=∠ACB，即可证明△ABC是等腰三角形；
（2）在中，分别求得和的度数，利用三角形内角和求解即可．
【解析】（1）证明：∵AF是∠DAC的角平分线
∴∠DAF=∠CAF
又∵
∴∠DAF=∠ABC，∠CAG=∠ACB
∴∠ABC=∠ACB
∴AB=AC
∴△ABC是等腰三角形
（2）∵CG是∠ACE的角平分线
∴∠ACG=∠ECG
又∵，∠ACB=∠B
∴
∴∠ACG=∠ECG=
又∵∠CAG=∠ACB
∴∠AGC=
【点拨】本题考查等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义等相关知识点，牢记知识点是解题关键．
24．（2021·云南·昆明市第三中学模拟预测）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．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行线的判定，解题的关键在于能够熟练掌握直角三角形全等的性质与判定条件．
25．（2021·吉林永吉·九年级期中）如图，在等边中，点是边上一点，连接将绕点顺时针旋转后得到，连接．
（1）是 三角形；
（2）若，求的周长；
（3）求证：．
【答案】（1）等边；（2）；（3）见解析
【分析】
（1）根据旋转的性质可得进而可得，旋转角，即可求得答案；
（2）根据（1）的结论可得，，结合已知条件即可求得的周长；
（3）根据旋转的性质可得，进而可得，又，根据内错角相等，两直线平行即可得证．
【解析】（1）∵将绕点顺时针旋转后得到，
∴,
是等边三角形
故答案为：等边
（2）
是等边三角形
是等边三角形
的周长为
（3），是等边三角形
,
【点拨】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的性质，根据旋转得出是解题的关键．
26．（2021·北京市第十三中学分校九年级期中）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：△AEB ≌△ADC；
（2）连接DE，若∠ADC=105°，求∠BED的度数．
【答案】（1）见解析；（2）45°
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，可得，，再由旋转的性质，可得，，从而得到，即可求证；
（2）根据题意可得为等边三角形．可得， 即可求解．
【解析】解：(1)是等边三角形，
，．
线段AD绕点A顺时针旋转，得到线段AE，
，．
．
．
≌．
．
，，
为等边三角形．
，
又．
．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
27．（2021·福建仙游·九年级期中）如图1，在等边中，，点D，E分别在边上，，连接，点M，P，N分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段与的数量关系是 ， ；
（2）探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，则上面题（1）中的两个结论是否依然成立，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，请直接写出周长的最大值．
【答案】（1），；（2）成立，见解析；（3）
【分析】
（1）利用三角形的中位线定理以及平行线的性质解决问题即可；
（2）证明△ABD≌△ACE（SAS），推出BD=CE，再利用三角形的中位线定理解决问题即可；
（3）首先证明点D恰好在BA延长线上时，PM 、PN的最大值为7，再利用30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，求出M N的长度即可解决问题．
【解析】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠A=60°，
∵AD=AE，
∴AB-AD=AC-AE，即BD=CE，
∵M，P，N分别是DE，DC，BC的中点，
∴MP=EC，PM∥EC，PN=BD，PN∥BD，
∴PM=PN，∠MPD=∠ACD，∠NPD=∠ADC，
在△ACD中，∠ADC+∠ACD=180°-∠A=120°，
∴∠MPN=∠MPD+∠NPD=120°．
故答案为：PM=PN，120°；
（2）成立，理由如下：
∵AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，
∵DM=ME，DP=PC，BN=NC，
∴MP=EC，PM∥EC，PN=BD，PN∥BD，
∴MP=PN，
∴△PMN是等腰三角形．
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
∵PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=60°，
∴∠ACB+∠ABC=120°，
∴∠MPN=120°，
∴PM=PN，∠MPN=120°；
（3）由（2）知：PM=PN，∠MPN=120°，
∵BD≤AB+AD，
∴BD≤14，
∴点D恰好在BA延长线上时，BD、CE取得最大值，且最大值为14，
∴PM 、PN的最大值为7，
此时MN经过点A，即MN垂直平分BC，如图：
∵△ABC、△ADE是等边三角形，且AD=4，AB=10，
∴∠BAN=∠DAM=30°，
∴BN=CN=5，DM=EM=2，
∴AN=5，AM=2，
∴△PMN周长的最大值为PM+PN+MN=7+7+5+2=14+7．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．（2021·四川·成都教育科学研究院附属学校九年级期中）如图1，△ABC中，AB＝AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，连接DE、DC，DE交AC于点G，且DE＝DC．
（1）请证明∠ACD＝∠BDE；
（2）若AB＝mAD，求的值（用含m的式子表示）
（3）如图2，将△ABC沿BC翻折，若点A的对应点A'恰好落在DE的延长线上，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质以及三角形的外角性质即可证得；
（2）过点E作交AB于点F，先证明，由此可得，再根据即可证得；
（3）设，，则，先证明，由此可得，再根据等腰三角形的性质以及翻折的性质可得，，由此可得，由此计算即可求得答案．
【解析】解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）如图，过点E作交AB于点F，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）设，，则，
由（1）可知，
又∵，
∴，
∴，
∴，
解得：（舍负），
∵，
∴，
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
整理得：，
解得：（舍负），
∴
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质以及翻折的性质，熟练掌握它们的基本性质是解决本题的关键．
29．（2021·河南郏县·九年级期中）（教材呈现）如图是某版九年级上册数学教材的部分内容．如图1，先把一张矩形纸片ABCD上下对折后展开，折痕为MN；如图2，再把点B叠在折痕线上，得到，过点B向右折纸片后展开，使D，Q，A三点仍保持在一条直线上，折痕为PQ．
（1）求证：．
（2）你认为和相似吗？如果相似，给出证明；如果不相似，请说明理由．
（问题解决）
（1）写出教材中的第一问的证明过程．
（2）小明同学对教材中的第二问进行作答，下面只给出了部分证明过程，请你结合小明的思路填空，将证明过程补充完整．判断：和相似．证明：作的斜边AB上的中线QF，如图3所示，则．由题意得，．为______．______°，∵，______°，由翻折可知＝______°．∵，，∴．∴∠______．又∵，∴．
（结论应用）在图2的基础上，将纸片ABCD按图4所示翻折，点C恰好落在直线AB上，得到．若，则CG的长为______．
【答案】（1）见解析；（2）等边三角形，60，30，30，EAB，【结论应用】
【分析】
【问题解决】：
（1）由余角的性质可得∠EBP=∠BAQ，由两组对角对应相等的两三角形相似可证△PBE∽△QAB；
（2）作Rt△ABQ的斜边AB上的中线QF，可证△FBQ为等边三角形，可得∠ABQ=60°，可求∠EBP=∠EAB=30°，由两组对角对应相等的两三角形相似可证△PBE∽△BAE；
【结论应用】：
（3）由“ASA”可证△ABE≌△GBE，可得AB=BG=2，由折叠的性质和直角三角形的性质可得AC=CD=2，即可求解．
【解析】问题解决：解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠EBA=90°．
∴∠EBP+∠ABQ=90°．
∵点D、Q、A共线，
∴∠AQB=90°．
∴∠ABQ+∠BAQ=90°．
∴∠EBP=∠BAQ．
∵∠BPE=∠AQB=90°，
∴△PBE∽△QAB．
（2）证明：作Rt△ABQ的斜边AB上的中线QF，如图（3）所示，则AB=2QF=2BF．
由题意得AB=PQ=2BQ，
∴QF=BF=BQ．
∴△FBQ为等边三角形，
∴∠ABQ=60°，
∵∠BQA=90°，
∴∠BAQ=30°，
由翻折可知．∠EAB=（90°-∠BAQ）=30°，
∵∠ABE=90°，∠ABQ=60°，
∴∠EBP=30°，
∴∠EBP=∠EAB，
又∵∠BPE=∠ABE=90°，
∴△PBE∽△BAE．
故答案为：等边三角形，60，30，30，EAB；
【结论应用】：
（3）∵∠EAB=∠EBP=30°，
∴∠AEB=∠GEB=60°，
又∵EB=EB，∠ABE=∠EBG=90°，
∴△ABE≌△GBE（ASA），
∴AB=BG=3，
∴AG=6，
由折叠可得∠ACD=90°，
∵∠BAQ=30°，
∴AD=2CD=6，AC=CD=3，
∴CG=AG-AC=6-3，
故答案为：．
【点拨】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
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