考点16三角形的有关概念、等腰三角形、直角三角形（解析版）练习题

这是一份考点16三角形的有关概念、等腰三角形、直角三角形（解析版）练习题，共31页。试卷主要包含了三角形的概念，三角形中的主要线段，三角形的稳定性，三角形的特性与表示，三角形的分类，三角形的三边关系定理及推论，三角形的内角和定理及推论，三角形的面积等内容，欢迎下载使用。

考点16三角形的有关概念、等腰三角形、直角三角形
考点总结
考点1 三角形的有关概念
1、三角形的概念
由不在同意直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形。组成三角形的线段叫做三角形的边；相邻两边的公共端点叫做三角形的顶点；相邻两边所组成的角叫做三角形的内角，简称三角形的角。
2、三角形中的主要线段
（1）三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点间的线段叫做三角形的角平分线。
（2）在三角形中，连接一个顶点和它对边的中点的线段叫做三角形的中线。
（3）从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线（简称三角形的高）。
3、三角形的稳定性
三角形的形状是固定的，三角形的这个性质叫做三角形的稳定性。三角形的这个性质在生产生活中应用很广，需要稳定的东西一般都制成三角形的形状。
4、三角形的特性与表示
三角形有下面三个特性：

三角形用符号“”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“ABC”，读作“三角形ABC”。
5、三角形的分类
三角形按边的关系分类如下：
三角形按角的关系分类如下：

把边和角联系在一起，我们又有一种特殊的三角形：等腰直角三角形。它是两条直角边相等的直角三角形。
6、三角形的三边关系定理及推论
（1）三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边。
推论：三角形的两边之差小于第三边。
（2）三角形三边关系定理及推论的作用：
①判断三条已知线段能否组成三角形
②当已知两边时，可确定第三边的范围。
③证明线段不等关系。
7、三角形的内角和定理及推论
三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°。
推论：
①直角三角形的两个锐角互余。
②三角形的一个外角等于和它不相邻的来两个内角的和。
③三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角。
注：在同一个三角形中：等角对等边；等边对等角；大角对大边；大边对大角。
8、三角形的面积
三角形的面积=×底×高
考点2 等腰三角形
1、等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的性质定理及推论：
定理：等腰三角形的两个底角相等（简称：等边对等角）
推论1：等腰三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边。即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合。
推论2：等边三角形的各个角都相等，并且每个角都等于60°。
（2）等腰三角形的其他性质：
①等腰直角三角形的两个底角相等且等于45°
②等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）。
③等腰三角形的三边关系：设腰长为a，底边长为b，则 ④等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A，底角为∠B、∠C，则∠A=180°—2∠B，∠B=∠C=
2、等腰三角形的判定
等腰三角形的判定定理及推论：
定理：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称：等角对等边）。这个判定定理常用于证明同一个三角形中的边相等。
推论1：三个角都相等的三角形是等边三角形
推论2：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
推论3：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
等腰三角形的性质与判定

等腰三角形性质
等腰三角形判定
中线
1、等腰三角形底边上的中线垂直底边，平分顶角；
2、等腰三角形两腰上的中线相等，并且它们的交点与底边两端点距离相等。
1、两边上中线相等的三角形是等腰三角形；
2、如果一个三角形的一边中线垂直这条边（平分这个边的对角），那么这个三角形是等腰三角形
角平分线
1、等腰三角形顶角平分线垂直平分底边；
2、等腰三角形两底角平分线相等，并且它们的交点到底边两端点的距离相等。
1、如果三角形的顶角平分线垂直于这个角的对边（平分对边），那么这个三角形是等腰三角形；
2、三角形中两个角的平分线相等，那么这个三角形是等腰三角形。
高线
1、等腰三角形底边上的高平分顶角、平分底边；
2、等腰三角形两腰上的高相等，并且它们的交点和底边两端点距离相等。
1、如果一个三角形一边上的高平分这条边（平分这条边的对角），那么这个三角形是等腰三角形；
2、有两条高相等的三角形是等腰三角形。
角
等边对等角
等角对等边
边
底的一半<腰长<周长的一半
两边相等的三角形是等腰三角形
4、三角形中的中位线
连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。
（1）三角形共有三条中位线，并且它们又重新构成一个新的三角形。
（2）要会区别三角形中线与中位线。
三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于它的一半。
三角形中位线定理的作用：
位置关系：可以证明两条直线平行。
数量关系：可以证明线段的倍分关系。
常用结论：任一个三角形都有三条中位线，由此有：
结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半。
结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形。
结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形。
结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分。
结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等。
考点3 直角三角形
1、直角三角形的两个锐角互余
可表示如下：∠C=90°∠A+∠B=90°
2、在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半。
可表示如下：

3、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
可表示如下：

4、勾股定理
直角三角形两直角边a，b的平方和等于斜边c的平方，即

真题演练

一、单选题
1．（2021·浙江嘉兴·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
【答案】D
【分析】
此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
【详解】
解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．

故选：
2．（2021·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定△ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．
【详解】
解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，
圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，
∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，
∴AG=BM，
又∵OG=OM，OA=OB，
∴△AOG≌△BOM，
∴∠CAB=∠CBA，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
，


，
．

故选：C．
3．（2021·浙江宁波·中考真题）如图，在中，于点D，．若E，F分别为，的中点，则的长为（ ）

A． B． C．1 D．
【答案】C
【分析】
根据条件可知△ABD为等腰直角三角形，则BD=AD，△ADC是30°、60°的直角三角形，可求出AC长，再根据中位线定理可知EF=。
【详解】
解：因为AD垂直BC，
则△ABD和△ACD都是直角三角形，
又因为
所以AD=，
因为sin∠C=，
所以AC=2，
因为EF为△ABC的中位线，
所以EF==1，
故选：C．
4．（2021·浙江·中考真题）如图，已知在中，，是边上的中线．按下列步骤作图：①分别以点为圆心，大于线段长度一半的长为半径作弧，相交于点；②过点作直线，分别交，于点；③连结．则下列结论错误的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
首先根据题意可知道MN为线段BC的中垂线，然后结合中垂线与中线的性质逐项分析即可．
【详解】
由题意可知，MN为线段BC的中垂线，
∵O为中垂线MN上一点，
∴OB=OC，故A正确；
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵MN⊥BC，
∴∠ODB=∠ODC，
∴∠BOD=∠COD，故B正确；
∵D为BC边的中点，BE为AC边上的中线，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，故C正确；
由题意可知DB=DC，
假设DB=DE成立，
则DB=DE=DC，∠BEC=90°，
而题干中只给出BE是中线，无法保证BE一定与AC垂直，
∴DB不一定与DE相等，故D错误；
故选：D．
5．（2020·浙江宁波·中考真题）△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（　　）

A．△ABC的周长 B．△AFH的周长
C．四边形FBGH的周长 D．四边形ADEC的周长
【答案】A
【分析】
由等边三角形的性质和三角形的内角和定理可得：FH＝GH，∠ACB＝∠A＝60°，∠AHF＝∠HGC，进而可根据AAS证明△AFH≌△CHG，可得AF＝CH，然后根据等量代换和线段间的和差关系即可推出五边形DECHF的周长＝AB+BC，从而可得结论．
【详解】
解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH＝GH，∠FHG＝60°，
∴∠AHF+∠GHC＝120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠A＝60°，
∴∠GHC+∠HGC＝120°，
∴∠AHF＝∠HGC，
∴△AFH≌△CHG（AAS），
∴AF＝CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE＝FH，
∴五边形DECHF的周长＝DE+CE+CH+FH+DF
＝BD+CE+AF+BE+DF
＝（BD+DF+AF）+（CE+BE），
＝AB+BC．
∴只需知道△ABC的周长即可．
故选：A．

6．（2020·浙江绍兴·中考真题）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（　　）

A．随着θ的增大而增大
B．随着θ的增大而减小
C．不变
D．随着θ的增大，先增大后减小
【答案】C
【分析】
由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性质可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．
【详解】
解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，
∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，
∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，
∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，
∴∠PAH的度数是定值，
故选：C．
7．（2020·浙江绍兴·中考真题）长度分别为2，3，3，4的四根细木棒首尾相连，围成一个三角形（木棒允许连接，但不允许折断），得到的三角形的最长边长为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】
利用三角形的三边关系列举出所围成三角形的不同情况，通过比较得到结论.
【详解】
①长度分别为5、3、4，能构成三角形，且最长边为5；
②长度分别为2、6、4，不能构成三角形；
③长度分别为2、7、3，不能构成三角形；
④长度分别为6、3、3，不能构成三角形；
综上所述，得到三角形的最长边长为5．
故选：B.
8．（2020·浙江嘉兴·中考真题）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（　　）

A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
【详解】
解：作AM⊥BC于M，如图：

重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；
故选：C．
9．（2020·浙江嘉兴·中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（　　）

A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设OA交BC于T．

∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
10．（2020·浙江·中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（　　）

A．DC=DT B．AD=DT C．BD=BO D．2OC=5AC
【答案】D
【分析】
根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
【详解】
解：如图，连接OD．

∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．

二、填空题
11．（2021·浙江金华·中考真题）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知，．

（1）ED的长为____________．
（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到（如图2），点P的对应点为，与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜反射后，在MN上的光点为．若，则的长为____________．
【答案】13
【分析】
（1）由题意，证明△ABP∽△EDP，根据相似三角形的性质，即可求出ED的长度；
（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，由勾股定理D′B，可证△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．△AHP′∽△E′FP′，，解得x=1.5．
【详解】
解：（1）由题意，
∵，
∴，
∵从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．
∴，
∴△ABP∽△EDP，
∴，
即，
∴；
故答案为：13．
（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,
在Rt△BDN中，
∵BD=12，DD′=5，
由勾股定理D′B=，
∵∠AHB=∠ABD=∠E′FN=∠BDD′=90°，
∴∠ABH+∠DBD′=∠DBD′+∠DD′B=+∠E′D′F,
∴∠ABH=∠BD′D=∠E′D′F,
∴△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,
∴，，
∴,，
∴，
∵从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．
∴，
∴△AHP′∽△E′FP′，HP′=HB+BP=2.5+4=6.5，P′D′=BD′-BP′=13-4=9，
P′F= P′D′-FD′=9-，
∴即，
解得x=1.5，
经检验x=1.5是方程的解，
EE′=DE-DE′=13-1.5=11.5=．

故答案为．
12．（2021·浙江温州·中考真题）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为______；记图1中小正方形的中心为点，，，图2中的对应点为点，，．以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，，在圆内或圆上时，圆的最小面积为______．

【答案】
【分析】
（1）先求出剪拼后大正方形的面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；
（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解．
【详解】
解：∵图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，
∴每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，
所以图2中正方形的边长,如下图3所示；
∴图1中，；
分别连接、、，并分别过点、、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，
综合两图可知，,,,O点到大正方形各边距离为，
∴，,
∴;
综合两图可知：,,,
∴,,
∴；
继续综合两图可知：,
∴,
∴,
∵，
∴距离O点最远，
∴最小圆的半径应为，
∴圆的面积为；
故答案为：；．

13．（2021·浙江丽水·中考真题）小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己．已知图1正方形纸片的边长为4，图2中，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即之间的距离是__________．

【答案】
【分析】
先根据图1求EQ与CD之间的距离，再求出BQ，即可得到之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ．
【详解】
解：过点E作EQ⊥BM，则

根据图1图形EQ与CD之间的距离=
由勾股定理得：，解得：；
，解得：
∵
∴
∵EQ⊥BM，
∴
∴
∴之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ
故答案为．
14．（2021·浙江金华·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上．若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是___________．

【答案】
【分析】
设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，用含有a的代数式表示点A的横坐标，表示点F的坐标，确定a值即可.
【详解】
设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，如图，过点F作FG⊥x轴，垂足为G, 点F作FH⊥y轴，垂足为H, 过点A作AQ⊥x轴，垂足为Q,延长大等腰直角三角形的斜边交x轴于点N，交FH于点M，
根据题意，得OC==，CD=a,DQ=，
∵点A的横坐标为1,
∴+a+=1，
∴a=；

根据题意，得FM=PM=，MH=，
∴FH==；
∴MT=2a-，BT=2a-,
∴TN=-a，
∴MN=MT+TN=2a-+-a==，
∵点F在第二象限，
∴点F的坐标为（-，）
故答案为：（-，）．
15．（2021·浙江绍兴·中考真题）已知与在同一平面内，点C，D不重合，，，，则CD长为_______．
【答案】，，
【分析】
首先确定满足题意的两个三角形的形状，再通过组合得到四种不同的结果，每种结果分别求解，共得到四种不同的取值；图2、图3、图4均可通过过A点向BC作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的性质可求出相应线段的长，与CD关联即可求出CD的长；图5则是要过D点向BC作垂线，构造直角三角形，解直角三角形即可求解．
【详解】
解：如图1，满足条件的△ABC 与△ABD的形状为如下两种情况，点C，D不重合，则它们两两组合，形成了如图2、图3、图4、图5共四种情况；
如图2，，此时，，由题可知：
，
∴是等边三角形，
∴；
过A点作AE⊥BC，垂足为E点，
在中，∵，
∴,
;
在中，;
∴；
（同理可得到图4和图5中的，，．）
∴．
如图3，，此时，，由题可知：
，
∴是等边三角形，
∴；
过A点作AM⊥BC，垂足为M，
在中，∵，
∴,
;
在中，;
（同理可得到图4和图5中的，，．）
∴CD=；
如图4，由上可知：；
如图5，过D点作DN⊥BC，垂足为N点；
∵，
∴，
∴在中，,
；
∵,
∴在中，;
综上可得：CD的长为，，．
故答案为：，，．





三、解答题
16．（2021·浙江温州·中考真题）如图，在中，，是对角线上的两点（点在点左侧），且．

（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）当，，时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，，和已知条件一起，用于证明三角形全等，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定定理得出结论；
（2）根据平行四边形的性质得到一组对角相等，通过等量代换，得到，则相等的角正切值也相等，根据比值算出结果．
【详解】
（1）证明，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵，
∴BE=DF，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在中，，
∴AE=3，BE=4．
∵BE=DF，AE=CF，
∴BE=DF=4，AE=CF=3，
，，
∴，
∴tan∠CBF=，tan∠ECF=，
∴，得到EF=，或EF=（舍去），
∴BD=4+4+=，
即BD=．
17．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，在中，，点D，E分別在边AB，AC上，，连结CD，BE．


（1）若，求，的度数．
（2）写出与之间的关系，并说明理由．
【答案】（1）；；（2），见解析
【分析】
（1）利用三角形的内角和定理求出的大小，再利用等腰三角形的性质分别求出，．
（2）利用三角形的内角和定理、三角形外角的性质和等腰三角形的性质，求出用含分别表示，，即可得到两角的关系．
【详解】
（1），，
．
在中，，
，
，
，
．
．


（2），的关系：．
理由如下：设，．
在中，，
，
．
，
在中，，
．
．
．
．
18．（2021·浙江宁波·中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连结并延长交的延长线于点F，与交于点G．

（1）若，请用含的代数式表列．
（2）如图2，连结．求证；．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结，．
①若，求的周长．
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②
【分析】
（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案；
（2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论；
（3）①连结．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；
②过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函数的最值解答即可．
【详解】
解：（1）∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）①如图，连结．

∵为的直径，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
即，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴的周长为．
②如图，过点C作于H．

∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
当时，的最小值为3，
∴的最小值为．
19．（2021·浙江金华·中考真题）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．

（1）求矩形对角线的长．
（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．
【答案】（1）4；（2）
【分析】
（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长；
（2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得．
【详解】
解：（1）∵四边形是矩形
，


是等边三角形，
，
所以．
故答案为：4．
（2）在矩形中，．

由（1）得，．
又

在中，．
故答案为：．