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专题 15 三角形及其性质（14 个高频考点）（举一反三）
【考点1 三角形的三边关系】...............................................................................................................................1
【考点2 三角形的角平分线、中线、高】...........................................................................................................4
【考点3 三角形的内角和定理】...........................................................................................................................7
【考点4 三角形的外角性质】.............................................................................................................................14
【考点5 等腰三角形的判定与性质】.................................................................................................................23
【考点6 等边三角形的判定与性质】.................................................................................................................34
【考点7 含30度角的直角三角形的性质】........................................................................................................44
【考点8 角平分线的判定与性质】.....................................................................................................................51
【考点9 垂直平分线的判定与性质】.................................................................................................................61
【考点10 勾股定理】.............................................................................................................................................68
【考点11 勾股定理的逆定理】.............................................................................................................................76
【考点12 勾股定理的应用】.................................................................................................................................82
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】.........................................................................................................87
【考点14 三角形中位线的定理】.........................................................................................................................94
【要点1 三角形的三边关系】
三角形两边的和大于第三边，两边的差小于第三边.
在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段
长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【考点1 三角形的三边关系】
【例1】（2022·河北·统考中考真题）平面内，将长分别为1，5，1，1，d的线段，顺次首尾相接组成凸五
边形（如图），则d可能是（ ）
A．1 B．2 C．7 D．8【答案】C
【分析】如图（见解析），设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设AC=a,CE=b，先在△ABC
和△CDE中，根据三角形的三边关系定理可得49，6−4<9，
∴长度为4，6，9的三条线段能组成三角形，本选项符合题意；
D.∵4+5=9，
∴长度为4，5，9的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
故选：C.
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，熟记三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．
【变式1-2】（2022·四川德阳·统考中考真题）八一中学校九年级2班学生杨冲家和李锐家到学校的直线距
离分别是5km和3km．那么杨冲，李锐两家的直线距离不可能是（ ）
A．1km B．2km C．3km D．8km
【答案】A
【分析】利用构成三角形的条件即可进行解答．
【详解】以杨冲家、李锐家以及学校这三点来构造三角形，设杨冲家与李锐家的直线距离为a，
则根据题意有：5−3＜a＜5+3，即2＜a＜8，
当杨冲家、李锐家以及学校这三点共线时，a=5+3=8或者a=5−3=2，
综上a的取值范围为：2≤a≤8，
据此可知杨冲家、李锐家的距离不可能是1km，
故选：A．
【点睛】本题考查了构成三角形的条件的知识，构成三角的条件：三角形中任意的两边之和大于第三边，
任意的两边之差小于第三边．
k
【变式1-3】（2022·全国·九年级专题练习）如果方程(x−1)( x2 −2x+ )=0的三根可以作为一个三角形
4
的三边之长，那么实数k的取值范围是___．
【答案】3AC，∠ABC=20°时，四边形CDEF能是正方形吗？如果能，求出此时∠BAC的度数；如果
不能，试说明理由；
(3)题目改为“AD平分∠BAC的外角交直线BC于点D，在射线AB的反向延长线上截取AE=AC”，设
∠ABC=x．其他条件不变，四边形CDEF能是正方形吗？如果能，求出此时∠BAC的度数（用关于x的
关系式表示）；如果不能，试说明理由．【答案】(1)菱形，理由见解析；
(2)能，∠BAC=50°；
(3)能，∠BAC=90°−2x或∠BAC=270°−2x
【分析】（1）利用菱形的判定定理：四条边相等的四边形是菱形，证明即可；
（2）求出∠AEF=20°，利用三角形外角性质得到∠AEF+∠EAF=∠EFD=45°，进一步求出
∠EAF=25°，再利用AD平分∠BAC，得∠BAC=50°；
（3）分两种情况讨论：当∠ABC<90°时，当∠ABC＞90°时，表示出∠ACB，利用三角形内角和定
理求解即可．
（1）
解：四边形CDEF是菱形，
理由如下：
∵AD平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
在△AEF和△ACF，
¿
∴△AEF≌△ACF(SAS)
∴EF=FC，
同理可得：△AED≌△ACD(SAS)，
∴ED=CD，∠ADE=∠ADC，
∵EF∥BD，
∴∠EFD=∠FDC，
∴∠ADE=∠EFD，
∴EF=ED，
∴EF=FC=ED=DC，
∴四边形CDEF是菱形．
（2）解：能，理由如下：
∵CDEF是正方形，
∴∠EDC=∠≝=90°，
∵∠ABC=20°，
∴∠AEF=20°，
∵DF是正方形对角线，
∴∠EFD=45°，
∵∠AEF+∠EAF=∠EFD=45°，
∴∠EAF=25°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=50°．
（3）
解：能，理由如下：
当∠ABC<90°时，如图：
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠FCD=∠CDE=90°，
∵AD平分∠BAC的外角，
∴∠CAD=∠EAD，
在△ACD和△AED中，
¿
∴△ACD≌△AED(SAS)，
∴∠ACD=∠AED，
∵∠ABC=x，
∴∠ACD=∠AED=90°−x，
∴∠FCA=90°−(90°−x)=x，
∴∠BCA=90°+x
△BAC中，∠BAC=180°−∠B−∠BCA
=180°−x−(90°+x)
=90°−2x；当∠ABC>90°时，如图：
∵四边形CDEF是正方形，
∴EF∥CD，∠FCD=∠CDE=90°，
∴∠FEB=∠EBD，
∵∠ABC=x，
∴∠FEB=∠EBD=180°−x，
∵AD平分∠BAC的外角，
∴∠CAF=∠EAF，
在△ACF和△AEF中，
¿
∴△ACF≌△AEF(SAS)，
∴∠ACF=∠AEF，即∠ACF=∠AEF=∠FEB=180°−x，
∴∠BCA=90°−(180°−x)=x−90°，
△BAC中，∠BAC=180°−∠B−∠BCA
=180°−x−(x−90°)
=270°−2x．
综上所述：∠BAC=90°−2x或∠BAC=270°−2x．
【点睛】本题考查菱形的判定定理，正方形的性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，解题的关键是
熟练掌握以上定理及性质，（3）注意需要分情况讨论，画出图形，结合图形分析．
【变式3-3】（2022·浙江宁波·统考一模）一个角的余角的两倍称为这个角的倍余角．(1)若∠1=30°，∠2是∠1的倍余角，则∠2的度数为 ；若∠1=α，∠2是∠1的倍余角，则∠2的度
数为 ；（用α的代数式表示）
(2)如图1，在△ABC中，AC>BC，在AC上截取CD=CB，在AB上截取AE=AD．求证：∠ABC是
∠EDB的倍余角；
(3)如图2，在（2）的情况下，作BF∥DE交AC于点F，将△BFC沿BF折叠得到ΔBFC′，BC′交AC于
点P，若∠ABC=90°，设∠CBF=α，求∠CPB的度数．
【答案】(1)120°；180°−2α
(2)证明见解析
(3)90°
【分析】（1）由倍余角的定义可求解即可；
∠B+∠C
（2）由等腰三角形的性质可求∠ADE＋∠BDC＝180°− ，由三角形内角和定理可求∠ABC＝2
2
（90°−∠EDB），可得结论；
（3）由倍余角的定义可求∠EDB＝45°，由平行线的性质可求∠EDB＝∠DBF＝45°，由折叠的性质和等腰三
角形的性质可求∠DBP＝45°−α，即可求解．
【详解】（1）解：∵∠1＝30°，∠2是∠1的倍余角，
∴∠2＝2（90°−30°）＝120°；
∵∠1＝α，∠2是∠1的倍余角，
∴∠2＝2（90°−α）＝180°−2α．
故答案为：120°；180°−2α．
（2）设∠AED=a，∠CBD=b
∵CD＝CB，AE＝AD
∴∠AED=∠ADE=a，∠DBC=∠BDC=b∴∠EDB=180°−a−b，
∠ABC=180°−(180°−2a)−(180°−2b)=2a+2b−180°，
1
∴ ∠ABC+∠EDB=90°即∠ABC是∠EDB的倍余角．
2
（3）由（2）得∠EDB=45°，
∵BF∥DE，
∴∠EDB=∠DBF=45°，
∵CB=CD，
∴∠DBC=45°+α=∠BDC，
∴∠DBP=45°−α，
∴∠DBP+∠BDC=90°，∠CPB=90°．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，理解倍余
角的定义并运用，是解题的关键．
【要点3 三角形的外角】
三角形外角的概念：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
【要点4 三角形的外角性质】
①三角形的外角和为360°；②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；③三角形的一个外角大
于和它不相邻的任何一个内角．
【考点4 三角形的外角性质】
【例4】（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图1，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，作∠CAB平分
线AF交BC于点F，以AF为边作等腰直角△AFE，且∠AFE=90°，如图2将△AFE绕点F每秒3°的速
度顺时针旋转得到三角形DFE（当点D落在射线FB上时停止旋转），则旋转时间为t秒．
(1)当t＝ 秒，DE∥AB；
(2)在旋转过程中，DF与AB的交点记为M，如图3，若△AMF为等腰三角形，求t的值；
(3)当边DE与边AB、BC分别交于点P、Q时，如图4，连接AE，设∠BAE=x°，∠AED= y°，
∠DFB=z°，试探究x，y，z之间的关系．【答案】(1)5
(2)10或25或40
(3)x+ y+z=105
【分析】（1）根据平行线的性质可得，∠≝=∠BPE=45°，再利用三角形外角的性质得∠BFE的度数，
从而得出旋转的角度，可得答案；
（2）分∠AFM=∠FAM或∠AFM=∠AMF或∠MAF=∠AMF，分别求出旋转的角度，从而解决问
题；
（3）利用三角形外角的性质知∠BPE=∠BAE+∠AED=x°+ y°，∠BQP=∠DFB+∠D=z°+45°，
再根据三角形内角和定理可得答案．
【详解】（1）解：当DE∥AB时，∠≝=∠BPE=45°，
∴∠BFE=∠BPE−∠B=45°−30°=15°，
∵起始状态∠BFE=30°，
∴t=(30−15)÷3=5，
故答案为：5；
（2）解：当∠AFM=∠FAM=30°，
t=30°÷3°=10，
当∠AFM=∠AMF=75°时，
t=75°÷3°=25，
当∠MAF=∠AMF=30°时，∠AFM=120°，
t=120°÷3°=40，
综上：t＝10或25或40；
（3）解：∵∠BPE是△APE的外角，
∴∠BPE=∠BAE+∠AED=x°+ y°，
∵∠BQP是△DFQ的外角，
∴∠BQP=∠DFB+∠D=z°+45°，
在△BQP中，∠B+∠BQP+∠BPQ=30°+z°+45°+x°+ y°=180°，∴x+ y+z=105．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角
的性质，等腰三角形的性质等知识，运用分类思想是解决问题（2）的关键．运用三角形外角的性质是解
决问题（3）的关键．
【变式4-1】（2022·浙江绍兴·一模）（1）问题背景
如图①，Rt ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∠ABC的平分线交直线AC于D，过点C作CE⊥BD，交直线
BD于E，C△E交直线BA于M．探究线段BD与CE的数量关系得到的结论是________．
（2）类比探索
在（1）中，如果把BD改为 ABC的外角∠ABF的平分线，其他条件均不变（如图②），（1）中的结论
还成立吗？若成立，请写出证△明过程；若不成立，请说明理由．
（3）拓展延伸
1
在（2）中，如果AB= AC，其他条件均不变（如图③），请直接写出BD与CE的数量关系为________．
2
【答案】（1）问题背景：BD=2CE（2）类比探索：结论BD=2CE仍然成立，证明见解析（3）拓展延伸：
BD=CE
【分析】（1）根据角平分线及全等三角形的判定和性质得出△BME≅△BCE（ASA），CE=ME，结合图形
得出∠ADB=∠M，sin∠ADB=sin∠M，再由正弦函数证明即可；
（2）根据题意，证明方法同（1）类似，证明即可；
AB AC
（3）根据②得 = ，将线段间的数量关系代入即可得出结果．
BD CM
【详解】（1）解：∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
在△BME和△BCE中，
¿，∴△BME≅△BCE（ASA），
∴CE=ME，
∵CE⊥BD，∠BAC=90°，
∴∠ABD+∠M=90°，∠ADB+∠ABD=90°，
∴∠ADB=∠M，
∴sin∠ADB=sin∠M，
AB AC
即 = ，
BD CM
∵AB=AC，
∴BD=CM，
∴BD=2CE；
（2）结论BD=2CE仍然成立．
证明：∵BD是∠ABF的平分线，
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠3，∠2=∠4，
∴∠3=∠4，
在△CBE和△MBE中，
¿，
∴△CBE≅△MBE（ASA），
∴CE=ME，
∴CM=2CE，
∵∠D+∠DCM=∠M+∠DCM=90°．
∴∠D=∠M，∴sin∠D=sin∠M，
AB AC
∴ = ，
BD CM
∵AB=AC，
∴BD=CM=2CE；
AB AC
（3）解：同（2）可得 = ，CE=ME，
BD CM
1
∵AB= AC，
2
1
∴BD= CM，
2
∴BD=CE．
故答案为： BD=CE．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，解三角形的应用，角平分线的计算等，理解题意，综合
运用这些知识点是解题关键．
【变式4-2】（2022·四川内江·统考模拟预测）探究与发现：
如图1所示的图形，像我们常见的学习用品——圆规．我们不妨把这样图形叫做“规形图”，那么在这一
个简单的图形中，到底隐藏了哪些数学知识呢？下面就请你发挥你的聪明才智，解决以下问题：
(1)观察“规形图”，试探究∠BDC与∠A、∠B、∠C之间的关系，并说明理由；
(2)请你直接利用以上结论，解决以下三个问题：
①如图2，把一块三角尺XYZ放置在△ABC上，使三角尺的两条直角边XY、XZ恰好经过点B、C，若
∠A=50°，则∠ABX+∠ACX=_____°；
②如图3，DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠DAE=50°，∠DBE=130°，则∠DCE=
______°；
③如图4，∠ABD，∠ACD的10等分线相交于点G ，G ，…，G ，若∠BDC=140°，
1 2 9∠BG C=77°，求∠A的度数．
1
【答案】(1)∠BDC=∠BAC+∠B+∠C
(2)①40，②90，③70°
【分析】（1）根据题意观察图形连接AD并延长至点F，根据一个三角形的外角等于与它不相邻的两个内
角的和即可证明；
（2）①由（1）的结论可得∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC，然后把∠A=50°，∠BXC=90°代入
上式即可得到∠ABX+∠ACX的值；②结合图形可得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，代入
∠DAE=50°，∠DBE=130°即可得到∠ADB+∠AEB的值，再利用上面得出的结论可知
1
∠DCE= (∠ADB+∠AEB)+∠A，易得答案．③由②方法，进而可得答案．
2
【详解】（1）∠BDC=∠BAC+∠B+∠C，理由如下：
连接AD并延长至点F，
由外角定理可得∠BDF=∠BAD+∠B，∠CDF=∠C+∠CAD，
∵∠BDC=∠BDF+∠CDF，
∴∠BDC=∠BAD+∠B+∠C+∠CAD，
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，
∴∠BDC=∠BAC+∠B+∠C；
（2）①由（1）的结论易得：∠ABX+∠ACX+∠A=∠BXC，
∵∠A=50°，∠BXC=90°，
∴∠ABX+∠ACX=90°−50°=40°，
故答案是：40；
②由（1）的结论易得∠DBE=∠DAE+∠ADB+∠AEB，∠DCE=∠ADC＋∠AEC＋∠A，
∵∠DAE=50°，∠DBE=130°，∴∠ADB+∠AEB=80°；
∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，
1 1
∴∠ADC= ∠ADB，∠AEC= ∠AEB，
2 2
1
∴∠DCE= (∠ADB+∠AEB)+∠A=40°+50°=90°；
2
1
③由②知，∠BG C= (∠ABD+∠ACD)+∠A，
1 10
∵∠BG C=77°，
1
∴设∠A为x°，
∵∠ABD+∠ACD=140°− x°，
1
∴ (140− x)+x=77，
10
∴x=70，
∴∠A为70°．
故答案是：70°．
【点睛】本题考查三角形外角的性质，三角形的内角和定理的应用，能求出∠BDC=∠A+∠B+∠C是
解答的关键，注意：三角形的内角和等于180°，三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
【变式4-3】（2022·四川成都·四川省成都市七中育才学校校考二模）（1）[模型研究]如图①，在△ABC
中，AB=AC，D为边BA延长线上一点，且∠C=n°.则∠CAD=______°；
（2）[模型应用]如图②，在△ABC中，∠ABC=2∠ACB.若AB=3，BC=5，求AC的长；
1 1
（3）[模型迁移]如图③，点P为△ABC边AC上一点，∠PBC= ∠ABC= ∠BPC，CD⊥BP，交
3 4
BP的延长线于D.若AC=a，BD=b(bm>0)，点C在第一象限，AB⊥BC，BC=BA，点P在线段OB上，OP=OA，AP的延长线
与CB的延长线交于点M，AB与CP交于点N．
(1)点C的坐标为：______（用含m，n的式子表示）；
(2)求证：BM=BN；
(3)设点C关于直线AB的对称点为D，点C关于直线AP的对称点为G，求证：D，G关于x轴对称．
【答案】(1)(n,m+n)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）过点C作CE⊥y轴于点E，证明△BEC≌△AOB(AAS)，求出OE,CE，即可得到点C的坐
标；
（2）证明△ABM≌△CBN，即可得证；
（3）如图，连接DG交x轴于点H，证明△DAH≌△GAH(SAS)，即可得证．
【详解】（1）过点C作CE⊥y轴于点E，
则：∠CEB=90°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠BCE=∠CBE+∠OBA=90°，
∴∠BCE=∠OBA，
∵∠CEB=∠AOB=90°，BC=BA，
∴△BEC≌△AOB(AAS)，∴CE=OB,BE=OA，
∵A(m,0),B(0,n)，
∴CE=OB=n,BE=OA=m，
∴OE=OB+BE=m+n，
∴C(n,m+n)；
故答案为：(n,m+n)；
（2）证明：△BEC≌△AOB，
∴BE=OA=OP,CE=BO，
∴PE=OB=CE，∠OPA=∠OAP=45°，
∴∠EPC=45°，∠APC=90°，
∵∠ANP=∠BNC,∠CBN=∠APN=90°，
∴∠PAB=∠BCN，
在△ABM与△CBN中，
¿
∴△ABM≌△CBN(ASA)，
∴BM=BN；
（3）证明：如图，点C关于直线AB的对称点为D，点C关于直线AP的对称点为G，连接DG交x轴于点
H，
则：AD=AC,AG=AC，
∴AD=AG，
∵∠ABC=90°,BC=AB，
∴∠CAB=∠ACB=45°，
∴∠BAD=∠BDA=45°，
∵∠OAP=45°，∴∠HAD+∠DAM=∠PAB+∠DAM=45°，
∴∠HAD=∠PAB，
∵AG=AC,AP⊥CG，
∴∠GAP=∠CAP，
∴∠HAG+45°=∠PAB+45°，
∴∠HAG=∠PAB
∴∠HAG=∠HAD，
在△DAH与△GAH中，
¿
∴△DAH≌△GAH(SAS)，
∴D,G关于x轴对称．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．通过添加合适辅助线，证明三角
形全等，是解题的关键．
【变式5-2】（2022·青海·统考中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把
它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD=CE；图1
(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在
同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间
的数量关系并说明理由.
图2
【答案】(1)见解析
(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出 BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出 BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠A△DC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵△A△BC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE．
在△BAD和△CAE中，
¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE．
（2）解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°−∠CDE=135°，
∴∠BEC=∠ADC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°．
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM，
∴DE=2CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直
角三角形的性质，判断出△ 是解本题的关键．
【变式5-3】（2022·甘肃兰州AC·统D≌考△中BC考E真题）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一
个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角△DCG的平分线交
于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；(1)【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老
师提出的问题．
(2)【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD
中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP，可以
求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
(3)【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形
ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接
DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)45°，理由见解析
(3)4+4√5，理由见解析
【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC＝∠BAE，再根据ASA证明
△AFE≌△ECP，得AE＝EP；
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，则△FAE≌△CEP（SAS），再说明
△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与
G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
【详解】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝4√5，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝4+4√5．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定与
性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【要点6 等边三角形】
（1）定义：三条边都相等的三角形，叫做等边三角形.
（2）等边三角形性质：等边三角形的三个角相等，并且每个角都等于60°.
（3）等边三角形的判定：
①三条边都相等的三角形是等边三角形；
②三个角都相等的三角形是等边三角形；
③有一个角为 60°的等腰三角形是等边三角形.【考点6 等边三角形的判定与性质】
【例6】（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，
等边三角形AOB的顶点A的坐标为(4,0)，动点P从点O出发，以每秒2个单位的速度，沿O→A路线向终
点A匀速运动，设运动时间为t秒，连接BP，线段BP的中点为点Q，将线段PQ绕点P顺时针旋转60°得到
线段PC，连接AC．
(1)求证：∠CPA=∠OBP；
2
(2)当t= 时，求点C的坐标；
3
(3)在点P的运动过程中，△PCA能否成为直角三角形？若能，直接写出满足条件的所有t的值；若不能，
说明理由；
(4)在点P从起点O向终点A运动的过程中，直接写出点C所经过的路径长．
【答案】(1)证明见解析
( √3)
(2)C 3,
3
4
(3)t=1或t=
3
(4)2√3
【分析】（1）利用三角形的外角的性质解决问题即可．
（2）由三角形AOB是等边三角形可以得出OB=OA=AB=4，∠BOA=∠OAB=∠ABO=60°，过P作
PD⊥OB于D， 就可以得出∠PDO=90°，再通过解直角三角形就可以用t把PD以及OD表示出来．再
过C作CE⊥OA于E，可得△PCE∽△BPD，利用三角形相似的性质就可以CE和PE的值，从而可以表
示出C的坐标；
（3）在P的移动过程中使△PCA为直角三角形分两种情况，当∠PCA=90°或∠PAC=90°时就可以求出相对应的t值；
（4）设C点的坐标，表示出坐标的函数关系式确定C的运动轨迹的图象为线段，再根据条件就可以求出
起点的坐标和终点的坐标，运用两点间的距离公式就可以求出其值．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BOA=60°，
∵∠BPC=60°，
∴∠BOA=∠BPC，
∵∠BPA=∠BPC+∠CPA=∠BOA+∠OBP，
∴∠CPA=∠OBP．
（2）∵△AOB是等边三角形， A(4,0)，
∴OB=OA=AB=4，∠BOA=∠OAB=∠ABO=60°．
如图1，过P作PD⊥OB于D，
∴∠PDO=90°，
∴∠OPD=30°，
1 1
∴OD= OP= ×2t=t，
2 2
∴BD=4−t．
在Rt△OPD中，由勾股定理，得PD=√3t，
过C作CE⊥OA于E，则∠PEC=∠PDB=90°，
∵∠DBP=∠CPE，
∴△PCE∽△BPD，
CE PC PE PC 1
∴ = = ， 而 = ，
PD PB BD PB 2
CE 1 PE
∴ = = ，
√3t 2 4−t√3t 1
∴CE= ，PE=2− t，
2 2
3
∴OE=OP+PE=2+ t，
2
( 3 √3t)
∴C 2+ t, ，
2 2
2 ( √3)
当t= 时，C 3, ．
3 3
（3）如图2，当∠PCA=90°时，作CF⊥PA，
∴∠PCF+∠ACF=90°=∠ACF+∠CAF，
∴∠PCF=∠CAF，而∠PFC=∠AFC=90°，
∴△PCF∽△CAF，
PF CF
∴ = ，
CF AF
∴CF2=PF·AF，
1 3 √3t
由（2）得：PF=2− t，AF=4−OF=2− t，CF= ，
2 2 2
2
(√3 ) ( 1 )( 3 )
∴ t = 2− t 2− t ，
2 2 2
解得t=1，此时P是OA的中点．
如图3，当∠CAP=90°时，C的横坐标就是4，3
此时由（2）得：OA=2+ t，
2
3 4
∴2+ t=4， 解得t= ；
2 3
( 3 √3t)
（4）设C(x,y)， 由（2）得：C 2+ t, ，
2 2
3 √3
∴x=2+ t，y= t，
2 2
√3 2√3
∴y= x− ，
3 3
∴C点的运动轨迹是一条线段(0≤t≤2)．
当t=0时，C (2,0)，
1
当t=2时，C (5,√3)，
2
∴由两点间的距离公式得：C C =√ (2−5) 2+(0−√3) 2=2√3．
1 2
故点C运动路线的长为：2√3．
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，等边三角形
的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，两点间的距离公式的运用．解决问题的关键是依据相似三角形
对应边成比例列出比例式进行计算求解．
【变式6-1】（2022·四川南充·模拟预测）如图，△ABC是等边三角形，CF⊥AC交AB的延长线于点F，
G为BC的中点，射线AG交CF于D，E在CF上，CE=AD，连接BD，BE．求证：△BDE是等边三角
形．【答案】证明见解析
【分析】证明△ACD≌△CBE(SAS)，得到∠ACD=∠CBE=90°，CD=BE，再利用△CBE为直角三
角形，∠BCE=30°，证明∠BEC=60°， DE=BE，即可证明△BDE是等边三角形．
【详解】证明：∵△ABC是等边三角形，G为BC中点，
∴∠CAD=∠BAD=30°，∠ACB=60°，AC=BC，
∵CF⊥AC，
∴∠BCE=90°−60°=30°，即∠BCE=∠CAD=30°，
在△ACD和△CBE中，
¿
∴△ACD≌△CBE(SAS)，
∴∠ACD=∠CBE=90°，CD=BE，
∵△CBE为直角三角形，∠BCE=30°，
1
∴BE= CE，∠BEC=60°，
2
∵CD=BE，
1
∴CD= CE，即D为CE中点，
2
∴DE=BE，
∴△BDE是等边三角形．
【点睛】本题考查等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的性质，解题的关键
是掌握等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形的性质．
【变式6-2】（2022·山东东营·统考中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B
同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置
关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成
立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边
形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据
E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出 AFB≌ ADC，
得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出 BFE是△等边三△角形，
得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF； △
1 1
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设 ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= BC= a，
2 2
△
1
BD=AE，推出AE=BE= AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出 EBG∽ ABD，推出
2
△ △
EG BE 1 1 1
= = ，得到EG= AD= h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出
AD AB 2 2 2
1 1 1 1 1
S =CD⋅EG= a⋅ ℎ = ⋅ aℎ = S ，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边
CEFD 2 2 2 2 2 △ABC
形，根据BF=EF，推出▱BDEF是菱形．
【详解】（1）∵△ABC和△ADF均为等边三角形，∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴ AFB≌ ADC(SAS)，
∴△∠ABF=∠△ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴ BFE是等边三角形，
∴△BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形
BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设 ABC的边长为a，AD=h，
1 1△
∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，
2 21
∴AE=BE= AB，
2
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴ EBG∽ ABD，
△EG B△E 1
∴ = = ，
AD AB 2
1 1
∴EG= AD= h，
2 2
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
1 1 1 1 1
∴S =CD⋅EG= a⋅ ℎ = ⋅ aℎ = S ,
四边形CEFD 2 2 2 2 2 △ABC
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴▱BDEF是菱形．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，
相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
【变式6-3】（2022·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接
AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析
【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACE(SAS)，再由全等三角形的性
质求解；
（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据等边三角形的
AG AF
性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG， = ，进而得到△BAD∽△FAG，进而求出
AD AB
∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用等腰直角三角形的性质求解．
（1）
解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中
¿，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
（2）
解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，∴AD=DE=AE，
由（1）得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．
∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
1
∴∠DAG= ∠DAE=30°，
2
AG √3
∴ =cos∠DAG= ．
AD 2
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
1
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF= ∠BAC=30°，
2
AF √3
∴ =cos∠BAF= ，
AB 2
AG AF
∴∠BAF=∠DAG， = ，
AD AB
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相
似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
【要点7 含30°角的直角三角形】
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。【考点7 含30度角的直角三角形的性质】
【例7】（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主
体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC=√5，
BC=1，∠AOB=30°，则OA的值为（ ）
3
A．√3 B． C．√2 D．1
2
【答案】A
【分析】根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠OBC=90°，OC=√5，BC=1，
∴OB=√OC2−BC2=√(√5) 2 −12=2
∵∠A=90°，∠AOB=30°，
1
∴AB= OB=1，
2
∴OA=√OB2−AB2=√22−12=√3，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质是
解题的关键．
【变式7-1】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，
AC⊥BC,BC=4,∠ABC=60°，若EF过点O且与边AB,CD分别相交于点E，F，设BE=x,OE2= y，
则y关于x的函数图像大致为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点O向AB作垂线，交AB于点M，根据含有30°角的直角三角形性质以及勾股定理可得AB、
AC的长，再结合平行四边形的性质可得AO的长，进而求出OM、AM的长，设BE=x，则EM=5−x，
然后利用勾股定理可求出y与x的关系式，最后根据自变量的取值范围求出函数值的范围，即可做出判断．
【详解】解：如图过点O向AB作垂线，交AB于点M，
∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∵BC＝4，
∴AB＝8，AC＝4√3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴AO= AC=2√3，
2
1
∴OM= AO=√3，
2
∴AM=√AO2−OM2=3，
设BE=x,OE2= y，则EM=AB−AM−EM=8−3−x=5−x，
∵OE2=OM2+EM2，∴y=(x−5) 2+3，
当0≤x<3时，345
∴没有触礁危险
【点睛】本题考查了解直角三角形、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角直角三角形的性
质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
【要点14 直角三角形斜边的中线】
在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半。
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】
【例13】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB=3√2．Rt△BEF中，
∠BEF=90°,EF过点D，BE,BF分别交AD,CD于点G，M，连接OE,OM,EM．若
1
BG=DF,tan∠ABG= ，则△OEM的周长为___________．
3
【答案】3+3√5【分析】连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，解直角三角形可得BG＝2√5
1 1 1
，AG＝ AB，然后证明 ABG≌ HFD（AAS），可得DH＝AG＝ AB＝ CD，BC＝HF，进而可证
3 3 3
△ △
1
BCM≌ FHM（AAS），得到MH＝MC＝ CD，BM＝FM，然后根据等腰三角形三线合一求出DF＝FM，
3
△ △
则BG＝DF＝FM＝BM＝2√5，再根据直角三角形斜边中线的性质和三角形中位线定理分别求出OM、EM
和OE即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，
1
∵AB=3√2，tan∠ABG= ，
3
AG 1
∴tan∠ABG= =
AB 3
1
∴AG＝ AB＝√2，
3
∴BG＝√AG2+AB2=2√5，
∵∠BEF＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠EGD＋∠EDG＝90°，∠EDG＋∠HDF＝90°，
∴∠EGD＝∠HDF
∵∠AGB＝∠EGD，
∴∠AGB＝∠HDF，
在 ABG和 HFD中，¿，
∴ △ABG≌ H△FD（AAS），
∴△AG＝DH△，AB＝HF，
∵在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝90°，
1 1
∴DH＝AG＝ AB＝ CD，BC＝HF，
3 3
在 BCM和 FHM中，¿，
∴ △BCM≌ F△HM（AAS），
△ △ 1
∴MH＝MC＝ CD，BM＝FM，
3
∴DH＝MH，∵FH⊥CD，
∴DF＝FM，
∴BG＝DF＝FM＝BM＝2√5，
∴BF＝4√5，
∵M是BF中点，O是BD中点， BEF是直角三角形，
1 1 △
∴OM＝ DF=√5，EM＝ BF=2√5，
2 2
∵BD＝√2AB=6， BED是直角三角形，
1 △
∴EO＝ BD=3，
2
∴△OEM的周长＝EO＋OM＋EM＝3＋√5＋2√5=3+3√5，
故答案为：3+3√5．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角
形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质以及三角形中位线定理，综合性较强，能够作出合适的辅助
线，构造出全等三角形是解题的关键．
【变式13-1】（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=6，BC=8，点D，E分别是AB，
AC的中点，点F在DE上，且∠AFB=90°，则EF=________．
【答案】1
【分析】首先根据三角形中位线的定理，得出DE的长，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出DF的长，最后根据EF=DE−DF，即可算出答案．
【详解】∵点D，F分别是AB，AC的中点
∴DE为△ABC的中位线
1
∴DE= BC
2
又∵BC=8
∴DE=4
又∵∠AFB=90°
∴在Rt△ABF
点D是AB的中点
1
∴DF= AB
2
又∵AB=6
∴DF=3
又∵EF=DE−DF
∴EF=4−3=1
故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形中位线定理即应用，直角三角形的性质，本题解题的关键在熟练掌握直角三角形
斜边的中线等于斜边的一半．
【变式13-2】（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，连接CB′，若
CB′=BB′，则AD的长为_________．
【答案】7.5
1
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后根据CB′=BB′得出AB′=BB′= AB，再根
2
1
据折叠的性质可得BD=B′D= BB′．根据AD=AB′+B′D求得AD的长．
2【详解】解：在Rt△ABC中，
AB=√AC2+BC2，
∵AC=6，BC=8，
∴AB=√62+82=10．
∵CB′=BB′，
∴∠B=∠BCB′，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=∠ACB′+∠BCB′=90°．
∴∠A=∠ACB′．
∴AB′=CB′．
1
∴AB′=BB′= AB=5．
2
∵将ΔBDE沿直线DE翻折，点B的对应点B′恰好落在AB上，
1
∴B′D=BD= BB′=2.5．
2
∴AD=AB′+B′D=5+2.5=7.5．
故答案为：7.5．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理，解题的关键是在直角三角形中根据CB′=BB′通过推
理论证得到CB′是斜边上的中线．
【变式13-3】（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=2√5,BC=4，D，E，F分
别为AC,AB,BC的中点，连接DE,DF．
√5
(1)如图1，求证：DF= DE；
2
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【答案】(1)见解析
√5
(2)FN= EM，理由见解析
2
10
(3)
3
【分析】（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得
1 1
DF= AC=√5，根据中位线定理可得DE= BC=2，即可得证；
2 2
√5
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN= EM；
2
1 4√5
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD= HC= ，勾股定理求
2 5
AG 3 EG 3
得¿,AG，根据tan∠ADG= = ，∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG= = ，进而求得MG，
GD 4 MG 4
√5
根据MD=MG+GD求得MD，根据（2）的结论DN= DM，即可求解．
2
（1）
证明：如图，连接AF，
∵ AB=AC=2√5,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
1
∴DE= BC=2，AF⊥BC，
2
1
∴ DF= AC=√5，
2√5
∴ DF= DE，
2
（2）
√5
FN= EM，理由如下，
2
连接AF，如图，
∵ AB=AC=2√5,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
1
∴EF= AC=CD,EF∥DC，
2
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠≝=∠C，
1
∵ DF= AC=DC，
2
∴∠DFC=∠C，
∴∠≝=∠DFC，
∴180°−∠≝=180°−∠DFC，
∴ ∠DEM=∠DFN，
∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴ ∠EDF = ∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
NF DF √5
∴ = = ，
EM DE 2
√5
∴ FN= EM，
2（3）
如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，
1
Rt△AFC中，FC= BC=2,
2
∴ AF=√AC2−FC2=4，
1 1
∵S = BC⋅AF= AB⋅CH，
△ABC 2 2
BC⋅AF 4×4 8√5
∴HC= = = ，
AB 2√5 5
∵ DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
GD AD 1
∴ = = ，
HC AC 2
1 4√5
∴GD= HC= ，
2 5
Rt△GED中，
¿=√ED2−GD2=
√
22−
(4√5) 2
=
2√5
，
5 5
Rt△AGD中，
AG=√AD2−GD2=
√
(√5) 2 −
(4√5) 2
=
3√5
，
5 5
3√5
AG 5 3
∴tan∠ADG= = = ，
GD 4 4
√5
5∵EF∥AD，
∴∠EMG=∠ADG，
EG 3
∴tan∠EMG= = ，
MG 4
4 4 2√5 8√5
∴MG= ≥= × = ，
3 3 5 15
8√5 4√5 4√5
∴MD=MG+GD= + = ，
15 5 3
∵ △DNF∽△DME，
DN DF √5
∴ = = ，
DM DE 2
√5 √5 4√5 10
∴DN= DM= × = ．
2 2 3 3
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角
形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【要点15 三角形的中位线定理】
定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线。
中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
【考点14 三角形中位线的定理】
【例14】（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶
点D放在Rt AB△C斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC
交于点M，N△，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理
由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
25 25
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN= ；（3）AN= ．
8 7
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC ，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明 NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明 CGN∽ CAB，利用相似三角形的性质
即可求解；△ △ △
（3）延长ND，使DH=DN，证明 BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设
AM=AN=x，在Rt BMH中，利用勾△股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1△）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
△
∴∠B+∠C=90°，BC=√AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
1
∴CD= BC=5．
2
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．1 5
∴CG= CD= ．
2 2
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴ CGN∽ CAB．
△ △ 5
CG CN
∴ = ，即2 CN，
CA CB =
8 10
25
∴CN= ；
8
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=√2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(√2x)2，
25
解得x= ，
7
25
∴线段AN的长为 ．
7
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第
（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【变式14-1】（2022·贵州毕节·统考中考真题）如图1，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，
AO=CO,∠BCA=∠CAD．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)如图2，E，F，G分别是BO,CO,AD的中点，连接EF,≥,GF，若BD=2AB, BC=15, AC=16，求
△EFG的周长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)24
【分析】(1)由∠BCA=∠CAD得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形
ABCD为平行四边形；
(2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF
与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出1 15
GF= AD= ；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到
2 2
GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解．
（1）
证明：∵∠BCA=∠CAD，
∴BC∥AD，
在△AOD和△COB中：¿，
∴△AOD≌△COB(ASA)，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
（2）
解：∵点E、F分别为BO和CO的中点，
∴EF是△OBC的中位线，
1 15
∴EF= BC= ；
2 2
∵ABCD为平行四边形，
∴BD=2BO，
又已知BD=2BA，
∴BO=BA=CD=OD，
∴△DOC与△BOA均为等腰三角形，
又F为OC的中点，连接DF，
∴DF⊥OC，
∴∠AFD=90°，
又G为AD的中点，
1 1 15
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：GF= AD= BC= ；
2 2 2过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示：
1 1
由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO= AO= AC=4，
2 4
∴HC=HO+OC=4+8=12，
在Rt△BHC中，由勾股定理可知BH=√BC2−CH2=√152−122=9,
∵H为AO中点，G为AD中点，
∴HG为△AOD的中位线，
∴HG∥BD，即HG∥BE，
1 1
且HG= OD= BO=BE，
2 2
∴四边形BHGE为平行四边形，
∴GE=BH=9，
15 15
∴C =≥+GF+EF=9+ + =24．
△EFG 2 2
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上
的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键．
【变式14-2】（2022·贵州铜仁·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
记△COD的面积为S ，△AOB的面积为S ．
1 2
S OC⋅OD
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：
1=
S OA⋅OB
2
（2）探索推广：如图②，若AB与CD不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请
说明理由．
（3）拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OD于点F，点H为ABOE 5 S
的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若 = ，求 1 值．
OA 6 S
2
25
【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）
54
【分析】（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出
DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到
OF OE 5
OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到 = = ，设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则
OM OA 6
3 15n 3n
OA=6m，OM=6n，证明△OGF∽△OHN，推出ON= OF= ，BN=MN=ON−OM= ，则
2 2 2
OB=ON+BN=9n，由（2）结论求解即可．
【详解】解：（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
1 1
∴S =S = OC⋅DE= OC⋅OD⋅sin∠DOE，
△OCD 1 2 2
1 1
S =S = OA⋅BF= OA⋅OB⋅sin∠BOF，
△AOB 2 2 2
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
1
OC⋅OD⋅sin∠DOE
S 2 OC⋅OD
∴ 1= = ；
S 1 OA⋅OB
2 OA⋅OB⋅sin∠BOF
2（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
1 1
∴S =S = OC⋅DE= OC⋅OD⋅sin∠DOE，
△OCD 1 2 2
1 1
S =S = OA⋅BF= OA⋅OB⋅sin∠BOF，
△AOB 2 2 2
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
1
OC⋅OD⋅sin∠DOE
S 2 OC⋅OD
∴ 1= = ；
S 1 OA⋅OB
2 OA⋅OB⋅sin∠BOF
2
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵EF∥CD，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵EF∥AM，
∴△OEF∽△OAM，
OF OE 5
∴ = = ，
OM OA 6设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴HN∥AM∥EF，
∴△OGF∽△OHN，
OG OF
∴ = ，
OH ON
∵OG=2GH，
2
∴OG= OH，
3
OG OF 2
∴ = = ，
OH ON 3
3 15n 3n
∴ON= OF= ，BN=MN=ON−OM= ，
2 2 2
∴OB=ON+BN=9n，
S OC⋅OD 5m⋅5n 25
由（2）可知 1= = = ．
S OA⋅OB 6m⋅9n 54
2
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中
位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式14-3】（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆O,AB为直径，半圆O上点C处有个
吊灯EF, EF//AB, CO⊥AB,EF的中点为D,OA=4.(1)如图①，CM为一条拉线，M在OB上，OM=1.6,DF=0.8,求CD的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆O相切，H为切点，M为OB上一点，MH为入射光线，NH为反射光线，
3
∠OHM=∠OHN=45°,tan∠COH= ,求ON的长度．
4
(3)如图③，M是线段OB上的动点，MH为入射光线，∠HOM=50°,HN为反射光线交圆O于点N,在M
从O运动到B的过程中，求N点的运动路径长．
【答案】(1)2
20
(2)ON=
7
16
(3)4+ π
9
【分析】（1）由DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB，可得出DF为△COM的中位线，可得出D为CO中点，
即可得出CD的长度；
3
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，可得出△NHD为等腰直角三角形，根据tan∠COH= ,可得
4
ND 3 4
出tan∠NOD= = ，设ND=3x=DH，则OD=4x，根据OD+DH=OH，即可求得x= ，再根
OD 4 7
据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为：OB+ l ，推导得出∠BOT=80°，即可计算给出l ，即可得出答案．
B´T B´T
【详解】（1）∵DF=0.8,OM=1.6,DF∥OB
∴DF为△COM的中位线
∴D为CO的中点
∵CO=AO=4
∴CD=2
（2）过N点作ND⊥OH，交OH于点D，
∵∠OHN=45°，∴△NHD为等腰直角三角形，即ND=DH，
3
又∵tan∠COH= ，
4
3
∴tan∠NOD= ，
4
ND 3
∴tan∠NOD= = ，
OD 4
∴ND:OD=3:4，
设ND=3x=DH，则OD=4x，
∵OD+DH=OH，
∴3x+4x=4，
4
解得x= ，
7
12 16
∴ND= ，OD= ，
7 7
√ 12 2 16 2 20
∴在Rt△NOD中，ON=√N D2+OD2= ( ) +( ) = ；
7 7 7
（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点
N路径长为：OB+ l ．
B´T
∵∠NHO=∠MHO,∠THO=∠MHO,∠HOM=50°．
∴∠OHA=∠OAH=65°．
∴∠THO=65°,∠TOH=50°．
∴∠BOT=80°，
80° 16
∴l =2π×4× = π，
B´T 360° 9
16
∴N点的运动路径长为：OB+ l =4+ π，
B´T 9
16
故答案为：4+ π．
9【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以
上知识，并能灵活运用是解题的关键．
