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专题14 直角三角形、等腰三角形、等边三角形
（时间：60分钟，满分120分）
一、填空题（每题3分，共30分）
1．下列几组数中，不能作为直角三角形三边长的是
A．5，12，13 B．9，40，41 C．3，4，5 D．2，3，4
【解答】解： ． ，
以5，12，13为边能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
． ，
以9，40，41为边能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
． ，
以3，4，5为边能组成直角三角形，故本选项不符合题意；
． ，
以2，3，4为边不能组成直角三角形，故本选项符合题意；
故选： ．
2．如图，已知△ABC中，AB＝3，AC＝5，BC＝7，在△ABC所在平面内一条直线，将△ABC分割成两个
三角形，使其中有一个边长为3的等腰三角形，则这样的直线最多可画（ ）
A．5条 B．4条 C．3条 D．2条
【分析】根据等腰三角形的性质分别利用AB为底以及AB为腰得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示，当AB＝AF＝3，BA＝BD＝3，AB＝AE＝3，BG＝AG时，都能得到符合题意的等
腰三角形．故选：B．
3．（2022·黑龙江大庆）下列说法不正确的是( )
A．有两个角是锐角的三角形是直角或钝角三角形
B．有两条边上的高相等的三角形是等腰三角形
C．有两个角互余的三角形是直角三角形
D．底和腰相等的等腰三角形是等边三角形
【答案】A
【分析】利用等腰三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定、直角三角形的判定，对各选项逐项分
析可得出正确答案．
【详解】解：A、设∠1、∠2为锐角，
因为：∠1+∠2+∠3=180°，
所以：∠3可以为锐角、直角、钝角，所以该三角形可以是锐角三角形，也可以是直角或钝角三角形，故
A选项不正确，符合题意；
B、如图，在 ABC中，BE⊥AC，CD⊥AB，且BE=CD．
△
∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠CDB=∠BEC=90°，
在Rt△BCD与Rt△CBE中，
，
∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，即 ABC是等腰三角形．，
故B选项正确△，不符合题意；
C、根据直角三角形的判定：有两个角互余的三角形是直角三角形，，故C选项正确，不符合题意；
D、底和腰相等的等腰三角形是等边三角形，
故D选项正确，不符合题意；故选：A．
4．（2022·广西梧州）如图，在 中， 是 的角平分线，过点D分别作
，垂足分别是点E，F，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形底边上的高线、顶角的角平分线、底边上的中线这三线合一及角平分线的性质即
可判断求解．
【详解】解：∵ 是 的角平分线，
∴ ，
∴ ，故选项A、D结论正确，不符合题意；
又 是 的角平分线， ，
∴ ，故选项B结论正确，不符合题意；
由已知条件推不出 ，故选项C结论错误，符合题意；故选：C．
5．（2022·湖北鄂州）如图，直线l l，点C、A分别在l、l 上，以点C为圆心，CA长为半径画弧，交
1 2 1 2
l 于点B，连接AB．若∠BCA＝150°，则∠1的度数为（ ）
1A．10° B．15° C．20° D．30°
【答案】B
【分析】由作图得 为等腰三角形，可求出 ，由l l 得 ，从而可得结论．
1 2
【详解】解：由作图得， ，∴ 为等腰三角形，∴
∵∠BCA＝150°，∴
∵l l∴ 故选B
1 2
6．（2021·辽宁九年级一模）如图， 是等边三角形， 是 边上的中线，点 在 上，且
，则 （ ）
A．100° B．105° C．110° D．115°
【答案】B
【分析】由 是等边三角形，可得∠B=60°，由 是 边上的中线，可得BD=CD= ，
AD⊥BC，由 ，ED=CD，可求∠ECD=45°，由三角形外角性质可求∠AFC=105°．
【详解】解：∵ 是等边三角形，∴∠B=60°，AB=AC，
∵ 是 边上的中线，∴BD=CD= ，AD⊥BC，
∵ ，∴ED=CD，∠EDC=90°，∴∠ECD=∠DEC=45°，
∵∠AFC是△FBC的外角，∴∠AFC=∠B+∠FCD=60°+45°=105°．故选择：B．7．（2021·广东九年级一模）如图，在 中， ， 是角平分线， 是中线，则 的长
（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】由等腰三角形的性质推出 ，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求得 ．
【详解】解：∵ ， 是角平分线，
∴ ，∴ ，
∵ 是中线，∴ ，∴ ，故选：B．
8. 如图，点O是等边三角形ABC内一点，连接OA、OB、OC，并以OC为一边向外作等边三角形OCD，
连接AD．若∠AOB=110°， ∠BOC=150°，则∠OAD的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】B
【分析】根据已知易证△ACD≌BCO，得出∠ADC=∠BOC=150°，又因△OCD是等边三角形， 易证
∠ADO=90°，又由∠AOB+∠BOC+∠AOC=360°，求出∠AOC=100°，从而得∠AOD=40°，再根据直角三角
形的两个内角互余即可求出∠OAD的度数．
【解析】解：∵△ABC和△OCD是等边三角形，∴AC=BC，OC=CD，
∠ODC=∠DCO=∠COD=∠ACB=60°，
∴∠DCO-∠ACO=∠ACB-∠ACO即∠ACD=∠BCO．在△ACD和△BCO中 ∴△ACD≌△BCO．∴∠ADC=∠BOC=150°．∴∠ADO=90°，
∵∠AOB+∠BOC+∠AOC=360°，∴∠AOC=100°，∴∠AOD=40°，∴∠OAD=90°-40°=50°．故选B．
9．对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，点E为对角线
BD上任意一点，连接AE、CE． 若AB=5，BC=3，则AE2-CE2等于( )
A．7 B．9 C．16 D．25
【答案】C
【解析】
【分析】
连接AC，与BD交于点O，根据题意可得 ，在在 与 中，利用勾股定理可得
，在在 与 中，继续利用勾股定理可得 ，
求解即可得．
【详解】
解：如图所示：连接AC，与BD交于点O，
对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，
∵ ，
∴在 中， ，
在 中， ，，
∴在 中， ，
在 中， ，
，
∴
，
∴
故选：C．
10．（2022·黑龙江）如图， 中， ，AD平分 与BC相交于点D，点E是AB的中点，
点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若 的面积是24， ，则PE的长是（ ）
A．2.5 B．2 C．3.5 D．3
【答案】A
【分析】连接DE，取AD的中点G，连接EG，先由等腰三角形“三线合一“性质，证得AD⊥BC，
BD=CD，再由E是AB的中点，G是AD的中点，求出S△EGD=3，然后证 EGP≌△FDP（AAS），得
GP=CP=1.5，从而得DG=3，即可由三角形面积公式求出EG长，由勾股定△理即可求出PE长．
【详解】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，
∵AB=AC，AD平分 与BC相交于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴S△ABD= =12，
∵E是AB的中点，
∴S△AED= =6，
∵G是AD的中点，∴S EGD= =3，
△
∵E是AB的中点，G是AD的中点，
∴EG BC，EG= BD= CD，
∴∠EGP=∠FDP=90°，
∵F是CD的中点，
∴DF= CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠FPD，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
∴GP=PD=1.5，
∴GD=3，
∵S EGD= =3，即 ，
△
∴EG=2，
在Rt△EGP中，由勾股定理，得
PE= =2.5，
故选：A．
二、填空题（每题4分，共24分）
11．如图，点C所表示的数是（ ）【答案】1﹣
【分析】根据勾股定理求出AB的长为 ，根据弧的半径相等得AC＝AB＝ ，根据两点之间的距离求得
点C表示的数．
【详解】解：根据勾股定理得： ，
∴AC＝AB＝ ，
∴点C表示的数是1﹣ ．
故答案为：1﹣
12．（2022·湖南岳阳）如图，在 中， ， 于点 ，若 ，则 ______．
【答案】3
【分析】根据等腰三角形的性质可知 是 的中点，即可求出 的长．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为：3．
13．已知等腰三角形的底边长为6，一条腰上的中线把三角形的周长分为两部分，其中一部分比另外一部
分长2，则三角形的腰长是 ．
【分析】其中一部分比另外一部分长2，分两种情况：腰比底大2或底比腰大2，分别求出腰即可．
【解答】解：等腰三角形一条腰上的中线把三角形的周长分为两部分，这两部分的差即是腰与底的差的绝对值，
∵其中一部分比另外一部分长2，
∴腰比底大2或底比腰大2，
∴腰为8或4．
故答案为：8或4．
14．（2022·湖南永州）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的
证明.如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正
方形的面积是25，小正方形的面积是1，则 ______．
【答案】3
【分析】根据题意得出AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，设AF=DE=CH=BG=x，结合图形得出
AE=x-1，利用勾股定理求解即可得出结果．
【详解】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，
∴AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，
根据题意，设AF=DE=CH=BG=x，
则AE=x-1，
在Rt∆AED中，
，
即 ，
解得：x=4（负值已经舍去），
∴x-1=3，
故答案为：3．
15．如图，在四边形 中，对角线 ， 交于点 ， ， ，， ， ，则 的长为______．
【答案】
【分析】如图，过点 作 于点 ，根据30°角的直角三角形的性质可求出CH的长，然后根据
等腰直角三角形的性质、已知条件和勾股定理可依次求出EH、CE、AE、DE的长，进而可得DH的长，
再根据勾股定理即可求出答案．
【解析】解：如图，过点 作 于点 ．
， ， ，
又 ， ，则 ．∴ ，
在直角 中， ， ，则AD=DE，AD2+DE2=AE2，
∴ ， ，
∴在直角 中，根据勾股定理可得： ．故答案为： ．
16．（2022·辽宁锦州）如图，在 中， ，点D为 的中点，将 绕点D
逆时针旋转得到 ，当点A的对应点 落在边 上时，点 在 的延长线上，连接 ，若
，则 的面积是____________．【答案】
【分析】先证明 是等边三角形，再证明 ，再利用直角三角形 角对应的边是斜边的一
般分别求出 和 ，再利用勾股定理求出 ，从而求得 的面积．
【详解】解：如下图所示，设 与 交于点O，连接 和 ，
∵点D为 的中点， ，
∴ , ， 是 的角平分线， 是 ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴
∵
∵ ，
∴
∴ ， ,
∴ ．
三、简答题（共46分）
17．（7分）如图，点D是 内部的一点， ，过点D作 ， ，垂足分别
为E、F，且
求证： 为等腰三角形．
【答案】见解析.
【分析】欲证明AB＝AC，只要证明∠ABC＝∠ACB即可；
【解析】证明： ， ， ．在 和 中， ≌ ， ，
， ， ，
即 ， ．
为等腰三角形．
18．（7分）（2022·四川自贡·中考真题）如图，△ 是等边三角形， 在直线 上， ．
求证： ．
【答案】详见解析
【分析】由等边三角形的性质以及题设条件，可证△ADB≌△AEC，由全等三角形的性质可得 ．
【详解】证明：∵△ 是等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ADB和△AEC中，
∴△ADB≌△AEC(SAS)，
∴ ．
19．（8分）（2022·浙江温州·中考真题）如图， 是 的角平分线， ，交 于点E．（1）求证： ．
（2）当 时，请判断 与 的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析 (2)相等，见解析
【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质可得结论；
（2）利用平行线的性质可得 ， 则AD= AE，从而有CD = BE，由(1) 得，
，可知BE = DE，等量代换即可．
【详解】(1)证明：∵ 是 的角平分线，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
(2) ．理由如下：
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ．
由（1）得 ，
∴ ，∴ ．
20．（12分）已知： ， ， ， ．
（1）试猜想线段 与 的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将 沿 方向平移至图2情形，其余条件不变，结论 还成立吗？请说明理由．（3）若将 沿 方向平移至图3情形，其余条件不变，结论 还成立吗？请说明理由．
【答案】（1） ，见解析；（2）成立，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）先用 判断出 ，得出 ，进而判断出
，即可得出结论；（2）同（1）的方法，即可得出结论；（3）同（1）的方法，即
可得出结论．
【详解】解：（1） 理由如下：∵ ， ，∴
在 和 中 ∴ ，∴
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（2）成立，理由如下：∵ ， ，∴ ，
在 和 中 ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
在 中， ，∴ ；
（3）成立，理由如下：∵ ， ，∴
在 和 中 ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
在 中， ，∴ ．
21．（12分）（2021·重庆）在等边 中， ， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．
图1 图2 图3
（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证： ；
（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且 ，点F从BD中点
Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当 最小时，直接
写出 的面积．
【答案】（1）① ；②见解析；（2）
【分析】
（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出
AD=3，AG=BG= ，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延
长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得
出结论即可；
（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出 ，当N、P、J
三点共线的时候满足条件，然后利用相似三角形的判定与性质分别计算出PN与DN的长度，即可得出结
论．【详解】
（1）解：①如图所示，连接AG，
由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠GFB=60°，
∵BD⊥AC，
∴∠FBC=30°，
∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，
∵AC=BC，GC=GC，
∴△GBC≌△GAC（SAS），
∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，
∵AB=6，
∴AD=3，AG=BG= ，
∴在Rt△ADG中， ，
∴ ；
②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，∵△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，
∴∠BEF+∠BHF=180°，
∵∠BHF+∠KHF=180°，
∴∠BEF=∠KHF，
由辅助线作法可知，FB=FK，则∠K=∠FBE，
∵BD是等边△ABC的高，
∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，
∴∠BFK=120°，
在△FEB与△FHK中，
∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE=KH，
∴BE+BH=KH+BH=BK，
∵FB=FK，∠BFK=120°，
∴BK= BF，
即： ；（2）如图1所示，以MP为边构造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，则PJ= MP，
∴求 的最小值，即为求 的最小值，如图2所示，当运动至N、P、J三点共线时，满足 最小，
此时，连接EQ，则根据题意可得EQ∥AD，且EQ= AD，
∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，
∵∠PEF=60°，
∴∠MEP=∠QEF，
由题意，EF=EP，
∴△MEP≌△QEF（SAS），
∴∠EMP=∠EQF=90°，
又∵∠PMJ=30°，
∴∠BMJ=60°，
∴MJ∥AC，
∴∠PMJ=∠DNP=90°，
∵∠BDC=90°，
∴四边形ODNJ为矩形，NJ=OD，
由题，AD=3，BD= ，
∵MJ∥AC，
∴△BMO∽△BAD，
∴ ，
∴OD= BD= ，OM= AD= ，
设PJ=x，则MJ= x，OJ= x- ，
由题意可知，DN= CD=2，
∴ ，解得： ，即：PJ= ，
∴ ，
∴ ．
