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专题 15 三角形及其性质（14 个高频考点）（强化训练）
【考点1 三角形的三边关系】
1．（2022·湖南邵阳·统考中考真题）下列长度的三条线段能首尾相接构成三角形的是（ ）
A．1cm，2cm，3cm B．3cm，4cm，5cm
C．4cm，5cm，10cm D．6cm，9cm，2cm
【答案】B
【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”，进行分析．
【详解】解：根据三角形的三边关系，知
A、1+2＝3，不能组成三角形，故选项错误，不符合题意；
B、3+4＞5，能够组成三角形，故选项正确，符合题意；
C、5+4＜10，不能组成三角形，故选项错误，不符合题意；
D、2+6＜9，不能组成三角形，故选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查了三角形的三边关系．解题的关键是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
2．（2022·贵州遵义·统考二模）方程x2−7x+12=0的两根是一个等腰三角形的两边长，则这个三角形的
周长为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．10或11
【答案】D
【分析】先解一元二次方程求出三角形的两边长，再分其中一条边长为底和腰两种情况，结合构成三角形
的条件进行求解即可．
【详解】解：∵x2−7x+12=0，
∴(x−3)(x−4)=0，
解得x=3或x=4，
∴等腰三角形的两边长为3、4，
当边长为3的是腰长时，则三角形三边长分别为3、3、4，能构成三角形，
∴此时等腰三角形的周长为3+3+4=10；
当边长为3的是底边长时，则三角形三边长分别为3、4、4，能构成三角形，
∴此时等腰三角形的周长为3+4+4=11；综上所述，这个三角形的周长为10或11，
故选D．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，构成三角形的条件，正确求出方程的两个
解是解题的关键．
3．（2022·山东济南·统考二模）如果2、5、m是某三角形三边的长，则√(m−3)2+√(m−7)2等于_____．
【答案】4
【分析】根据三角形三边的关系得到32AD．
△
(1)甲说：不可能出现△ABD≌△ACD，所以此题无法解决；
乙说：我们可以延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE,CE，因为BD=DC，就可以直接得到四边形
ABEC是平行四边形．请写出此处的依据：________（平行四边形判定的文字描述）．所以AC=BE，在
△ABE中，AB+BE>AE，即AB+AC>2AD．
(2)请根据乙提供的思路解决下列问题：
如图2，在 ABC中，D为BC的中点，AB=5，AC=3，AD=2．求 ABC的面积．
【答案】(1△)对角线互相平分的四边形是平行四边形 △
(2) ABC的面积为6．
△
【分析】（1）根据AD=DE，BD=DC可知是利用对角线互相平分来进行判定的；
（2）延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE、CE，得到平行四边形，经过线段的转化，利用勾股定理的
逆定理推断出 ABE是直角三角形，从而求出这个直角三角形面积，根据平行四边形性质可知 ABC面积
与此相等． △ △
（1）
解：因为AE、BC都是对角线，且AD=DE，BD=DC，
根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，∴四边形ABEC是平行四边形．
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）
解：如图，延长AD至点E，使得DE=AD，连接BE、CE，
∵BD=DC，DE=AD，
∴四边形ABEC是平行四边形．
∴BE=AC，AE=2AD=4．
在 ABE中，三条边长度的3，4，5是勾股数，
∴△△ABE是直角三角形．
1
∴△ABE面积为 ×3×4=6．
2
根据平行四边形的性质可知 ABC的面积等于 ABE面积，即 ABC的面积为6．
【点睛】本题主要考查了平△行四边形的判定和△性质、勾股定理△的逆定理，同时考查了阅读理解能力，模仿
运用已知材料的解题方法的解题的关键．
58．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，某海岸线MN的方向为北偏东75°，甲，乙两船分别向海岛C运送
物资，甲船从港口A处沿北偏东45°方向航行，乙船从港口B处沿北偏东30°方向航行，已知港口B到海岛
C的距离为30海里，求港口A到海岛C的距离．
【答案】30√2
【分析】过点C作CD⊥AM垂足为D，设CD=x，根据直角三角形的性质求可得AC=2x、BD=BC=x，再利用勾股定理可求得x，进而求得AC的长．
【详解】解：过点C作CD⊥AM垂足为D，
∴∠CAD=75°-45°=30°，∠CBD=75°-30°=30°，
设CD=x
∵在Rt△ACD中，∠CAD=75°-45°=30°
∴AC=2x
∵在Rt△BCD中，∠CBD=45°,BC=30
∴BD=BC=x
∴x2+x2=302，解得x=15√2
∴AC=2x=30√2．
答：港口A到海岛C的距离是30√2海里．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握直角三角形的边角关系是正确解答
的前提，作垂线构造直角三角形是解决问题的关键．
59．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）桌面上的某创意可折叠台灯的平面示意图如图1
所示，将其抽象成图2，量得∠DCB=60°，∠CDE=165°﹔灯杆CD的长为30cm，灯管DE的长为
20cm，底座AB的厚度为3cm，不考虑其他因素，求台灯的高（点E到桌面的距离，结果保留根号）．
【答案】(10√2+15√3+3)cm．
【分析】过点D分别作DM//AB、DG⊥AB于点G，作EF⊥DM于点F．根据所作辅助线结合题意利用平行线的性质可求出∠EDF=45°，即△≝¿为等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求出EF的长，
在根据含30°角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出DG的长，即可求出台灯的高．
【详解】如图，过点D分别作DM//AB、DG⊥AB于点G，作EF⊥DM于点F．
根据所作辅助线结合题意可知∠CDF=180°−∠DCB=180°−60°=120°，
∴∠EDF=∠CDE−∠CDF=165°−120°=45°，
故△≝¿为等腰直角三角形，
√2 √2
∴EF= DE= ×20=10√2cm．
2 2
∵∠DCB=60°，
√3 √3
∴DG= CD= ×30=15√3cm，
2 2
∴台灯的高=EF+DG+3=(10√2+15√3+3)cm．
【点睛】本题考查勾股定理的实际应用，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30°角的直角
三角形的性质．正确作出辅助线是解答本题的关键．
60．（2022·河南周口·周口市第一初级中学校考模拟预测）如图，牧童在A处放牛，其家在C处，A、C到
河岸L的距离分别为AB=2km，CD=4km且，BD=8km．
（1）牧童从A处将牛牵到河边P处饮水后再回到家C，试确定P在何处，所走路程最短？请在图中画出饮
水的位置（保留作图痕迹），不必说明理由．
（2）求出（1）中的最短路程．
【答案】（1）详见解析；（2）10km．
【详解】试题分析：（1）作点A关于直线l的对称点A′，连接A′C交l于点P，则P点即为所求点；
（2）过A′作A′E⊥CD，交CD的延长线于E，再根据勾股定理即可得出A′C的长．试题解析：
（1）如图：
（2）由作图可得最短路程为A′C的距离，
过A′作A′E⊥CD,交CD的延长线于E，
则DE=A′B=AB=2km，A′E=BD=8km，CE=2+4=6km，
根据勾股定理可得，A′C=10km．
【点睛】主要运用了轴对称-最短路线问题，熟知两点之间线段最短是解答此题的关键．
【考点13 直角三角形斜边的中线的性质】
61．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB
于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32√3，则CD的长为（ ）
A．4 B．4√3 C．8 D．8√3
【答案】C
【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．
【详解】∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴OB＝OD，OC＝OA＝ AC，AC⊥BD，
2
1
∴OH＝OB＝OD＝ BD（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
2∴OD＝4，BD＝8，
1
由 AC⋅BD=32√3得，
2
1
×8⋅AC＝32√3，
2
∴AC＝8√3，
1
∴OC＝ AC＝4√3，
2
∴CD＝√OC2+OD2＝8，
故答案为：C．
【点睛】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是先求得BD的长．
62．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为
CE中点．若AE=AD，DF=2，则BD的长为（ ）
A．2√2 B．3 C．2√3 D．4
【答案】D
【分析】根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形
斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
【详解】解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
1
∴BD＝ AC＝AD＝4，
2
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
63．（2022·宁夏银川·校考一模）如图，在▱ ABCD中，AB=5，BC=8.E是边BC的中点，F是▱
ABCD内一点，且∠BFC=90°. 连接AF并延长，交CD于点G.若，则DG的长为（ ）
5 3
A． B． C．3 D．2
2 2
【答案】D
【分析】依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再得到CG的长，进而得出DG的长．
【详解】解：∵E是边BC的中点，且∠BFC=90°，
1
∴Rt△BCF中，EF= BC=4，
2
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，
∴F是AG的中点，
1
可得EF= (AB+CG)，
2
∴CG=2EF−AB=3，
又∵CD=AB=5，
∴DG=5−3=2，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、梯形的中位线定理、直角三角形
斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键．
64．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD=60°，
AD=3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值
是________．3√6 3
【答案】 ## √6
2 2
【分析】作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则
PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF，利用菱形的性质与直角三角形的性质，勾股定理，求出OF，
OE长，再证明△EOF是直角三角形，然后由勾股定理求出EF长即可．
【详解】解：如图，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，
则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF的长，
∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AD=AB=3，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=3，∠BAO=30°，
1 3
∴OB= AB= ，
2 2
3
∴OA= √3，
2
∴点O关于AB的对称点F，
∴OF⊥AB，OG=FG，3
∴OF=2OG=OA= √3，∠AOG=60°，
2
∵CE⊥AH于E，OA=OC，
3
∴OE=OC=OA= √3，
2
∴∠AEC=∠CAE，
∵AH平分∠BAC，
∴∠CAE=15°，
∴∠AEO=∠CAE=15°，
∴∠COE=∠AEO+∠CAE=30°，
∴∠COE+∠AOG=30°+60°=90°，
∴∠FOE=90°，
∴由勾股定理，得EF=√OF2+OE2=
√ (3√3) 2
+
(3√3) 2
=
3√6
,
2 2 2
3√6
∴PO+PE最小值= ．
2
3√6
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查菱形的性质，利用轴对称求最短距离问题，直角三角形的性质，勾股定理，作点O关于
AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，则PO+PE最小，最
小值=EF的长是解题的关键．
65．（2022·广西·统考中考真题）已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为
A′,B′,D′，连接OD,OD′．判断OD与OD′有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面
积的最大值．
【答案】(1)OD=OD′，证明见解析
(2)3√3+3
(3)当OA=OB时，△AOB的面积最大；理由见解析，△AOB面积的最大值为9√2+9
1 1
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD= AB，OD′= A′B′，进而得出结论；
2 2
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD
和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，
连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根
据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定
理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
（1）
解：OD=OD′，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
1
∴OD= AB，
2
∵D′为A′B′的中点，∠A′OB′=α=90°，
1
∴OD′= A′B′
，
2
∵AB=A′B′，
∴OD=OD′；
（2）
解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
1 √3
OC =CO′=CD+DO′= AB+ BO′=3+3√3；
最大 2 2
（3）
解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接
BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
1
∴TC=AT=BT= AB=3，
2
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
1
∴∠BOT= ∠AOB=22.5°，
2
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
∴∠BET=∠OBE+∠BOC=45°
∵OT⊥AB
∴∠EBT=90°−∠BET=45°
∴∠EBT=∠BET=45°
∴ET=BT=3,OE=BE=√ET2+BT2=3√2∴OT=OE+ET=3√2+3
1
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为 ×6×(3√2+3)=
2
9√2+9．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌
握“定弦对定角”的模型．
【考点14 三角形中位线的定理】
66．（2022·广东·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点
F，点G为EF的中点，连接BD、DG．
(1)试判断△ECF的形状，并说明理由；
(2)求∠BDG的度数．
【答案】(1)△ECF是等腰直角三角形，理由见解析
(2)45°
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义及平行线的性质证得∠CEF=∠F=45°，
∠ECF=∠BCD=90°，再根据等角对等边得到EC=FC即可得到结论；
（2）根据矩形性质和等腰直角三角形的性质证得BE=CD，∠DCG=∠BEG，CG=EG，再根据全等
三角形的判定与性质证明△DCG≌△BEG得到DG=BG，∠DGC=∠BGE，则有
∠BGD=∠EGC=90°，进而求解即可．
【详解】（1）解：△ECF是等腰直角三角形；理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠DAE=∠CEF，∠BAE=∠F．
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE=45°，∴∠CEF=∠F=45°，
∴EC=FC．
又∵∠ECF=∠BCD=90°，
∴△ECF是等腰直角三角形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD∥BC，
∴∠BEA=∠BAE=45°
∴AB=BE，即BE=CD．
∵EC=FC，∠ECF=90°，点G为EF的中点，
1 1
∴CG= EF=EG，∠ECG= ∠ECF=45°，∠EGC=90°，
2 2
∴∠DCG=90°+45°=135°．
∵∠BEG=180°−45°=135°，
∴∠DCG=∠BEG．
在△DCG和△BEG中，
DC=BE
{∠DCG=∠BEG，
CG=EG
∴△DCG≌△BEG(SAS)，
∴DG=BG，∠DGC=∠BGE，
∴∠BGD=∠EGC=90°．
又∵DG=BG，
∴△BGD是等腰直角三角形
∴∠BDG=45°．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质、全等三角形
的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰直角三角形的判定与
性质，证明△DCG≌△BEG是解答的关键．
67．（2022·山东菏泽·统考三模）如图1，在Rt ΔABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别在边AB、
AC上，AD=AE，连结DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．(1)观察猜想图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明把ΔADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN、BD、CE，判断ΔPMN的形状，
并说明理由；
(3)拓展延伸把ΔADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出ΔPMN面积的最大值
．
【答案】(1)PM＝PN，PM⊥PN；
(2) PMN是等腰直角三角形，理由见解析；
△49
(3)
2
1 1
【分析】（1）利用三角形的中位线定理得出PN＝ BD，PM＝ CE，进而判断出BD＝CE，再利用三角
2 2
形的中位线定理得出PM∥CE，根据平行线的性质求出∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝
90°，即可得出PM⊥PN；
1 1
（2）证明 ABD≌△ACE，得出BD＝CE，利用三角形的中位线定理得出PM＝ BD，PN＝ BD，PM∥
2 2
△
CE，PN∥BD，即可得出PM＝PN，再根据平行线的性质和三角形内角和定理求出∠MPN＝∠ACB＋
∠ABC＝90°，即可得出结论；
（3）先判断出BD最大时， PMN的面积最大，求出BD的最大值，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点P，△N是CD，BC的中点，
1
∴PN∥BD，PN＝ BD，
2
∵点P，M是CD，DE的中点，
1
∴PM∥CE，PM＝ CE，
2
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，∴PM＝PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADC＋∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；
（2） PMN是等腰直角三角形，
理由：△由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
∵点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，
1 1
∴PN＝ BD，PM＝ CE，
2 2
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
又∵PM∥CE，PN∥BD，
∴∠DPM＝∠DCE，∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN
＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC
＝∠BCE＋∠DBC
＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC
＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC
＝∠ACB＋∠ABC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB＋∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
1
（3）由（2）知， PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝ BD，
2
△
∴BD最大时， PMN面积最大，
∵当点D在BA△的延长线上时，BD最大，BD＝AB＋AD＝14，
∴PM=PN＝7，
1 1 49
∴ΔPMN面积的最大值为： PM2= ×72= ，
2 2 2
49
故答案为： ．
2
【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全
等三角形的判断和性质，平行线的性质，直角三角形两锐角互余，旋转的性质等知识；解（1）的关键是
1 1
判断出PM＝ CE，PN＝ BD，解（2）的关键是判断出 ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出BD最大
2 2
△
时， PMN的面积最大．
68．△（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一动点（不与点A重
合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．
(1)如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
(2)如图2，当点D不与M重合时，MG∥DE交CE于点G，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
(3)如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH=AM，则∠CAM=_________．
【答案】(1)见解析
(2)成立，理由见解析
(3)30°【分析】（1）先判断出∠ECD=∠ADB，进而判断出 ABD≌ EDC，即可得出结论；
（2）先判断出四边形DMGE是平行四边形，借助（△1）的结△论即可得出结论；
（3）取CH的中点I，连接IM，根据三角形中位线定理可得IM∥BH，BH=2IM，从而得到AM=2IM进而利
用直角三角形的性质即可得出结论．
（1）
证明：∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD=∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD=DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB=ED，
∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）
解∶ ∵CE∥AM，MG∥DE，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，
由（1）知，AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（3）解∶取CH的中点I，连接IM，
∵点M为BC的中点，
∴IM是 BCH的中位线，
∴IM∥ △BH，BH=2IM，
∵BH⊥AC，
∴IM⊥AC，
∵AM=BH，
∴AM=2IM，
在直角 AIM中，AM=2IM，
∴∠CAM△=30°．
故答案为：30°
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中线，中位线的性质和判定，平行四边形的平行和性
质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
69．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考三模）如图，在△ABC中，AD是BC边上
的高，CE是AB边上的中线，DF⊥CE于F，CD=AE．
(1)求证：CF=EF；
(2)已知BC=13，CD=5，求△BEC的周长．
【答案】(1)见解析
(2) BEC的周长为18+3√10
△
【分析】（1）连接DE，根据直角三角形斜边中线的性质得到DE=AE，推出DE=CD，根据等腰三角形三
线合一的性质得到结论；
（2）根据（1）得BE=DE=5，AB=2DE=10，求出AD=6，过点E作EG⊥BC于点G，根据三角形中位线性
1
质得到EG∥AD，EG= AD=3，BG=DG=4，勾股定理求出CE，即可得到 BEC的周长．
2
△（1）
证明：连接DE，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，AE=EB，
1
∴DE= AB=AE，
2
∵CD=AE，
∴DE=DC，
∵DF⊥CE，
∴CF=EF；
（2）
∵BC=13，CD=5，
∴BD=8，DE=CD=5，
∴BE=DE=5，AB=2DE=10，
∴AD=6，
过点E作EG⊥BC于点G，
∵AD⊥BC，E为AB的中点，
1
∴EG∥AD，EG= AD=3，BG=DG=4，
2
∴CE=√EG2+CG2=√32+92=3√10，
∴△BEC的周长=BC+BE+CE=13+5+3√10=18+3√10．【点睛】此题是三角形的综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形三线合一的性质，三角
形中位线的性质，勾股定理，熟练掌握三角形的知识是解题的关键．
70．（2022·吉林长春·统考二模）（1）探究：如图（1），点P在线段AB上，在AB的同侧作△APC和
△BPD，满足PC=PA，PD=PB，∠APC＝∠BPD，连接CD，点E、F、G分别是AC、BD、CD边中点，连
接EF、FG、EG．求证：∠EFG＝∠GEF．
（2）应用：如图（2），点P在线段AB上方，∠APC＝∠BPD＝90°，图（1）题中的其他条件不变，若
EF＝2，则四边形ABDC的面积为 ．
【答案】（1）见解析；（2）4
【分析】（1）连接AD，BC，可证得△APD≌△CPB，从而得到AD=CB．再由三角形中位线定理，可得
EG=GF，即可求证；
（2）连接AD、BC交于点M，BC、PD交于点N，可证得△APD≌△CPB，从而得到AD=CB．
∠ADP=∠CBP，再由∠CND=∠PNB，AD⊥BC，再由三角形中位线定理，可得△GEF为等腰直角三角形，
1
从而得到2EG2=4，再由S = AD⋅BC，即可求解．
四边形ABDC 2
【详解】证明：（1） 如图，连接AD，BC，∵∠APC=∠BPD，
∴∠APD=∠CPB．
∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB，
∴AD=CB．
∵E、G、F分别为AC、CD、DB的中点，
1 1
∴EG= AD，GF= BC，
2 2
∴EG=GF，
∴∠GEF=∠GFE．
（2）如图，连接AD、BC交于点M，BC、PD交于点N，
∵∠APC=∠BPD=90°，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠CPB，
∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB（SAS），
∴AD=CB，∠ADP=∠CBP，
∵∠CND=∠PNB，
∴∠DMN=∠BPD=90°，
∴AD⊥BC，∵E、G、F分别为AC、CD、DB的中点，
∴EG是△ACD的中位线，GF是△DCB的中位线，
1 1
∴EG= AD，GF= BC， EG∥AD，GF∥BC，
2 2
∴GE=GF，GE⊥GF，
∴△GEF为等腰直角三角形，
∴EF2=EG2+GF2=2EG2，
∵EF=2，
∴2EG2=4，
1 1
∴S = AD⋅BC= ⋅2EG⋅2GF=2EG2=4．
四边形ABDC 2 2
故答案为：4
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质
及三角形中位线的性质是解题的关键．
