1 如图，$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ B=30°$，要求用圆规和直尺作图，把它分成两个三角形，其中一个三角形是等腰三角形。其作法错误的是（）


A
B
C D

1.B 【解析】A 选项, 由作法知 $AD = AC$, 所以 $△ACD$ 是等腰三角形, 故选项 A 不符合题意. B 选项, 由作法知所作直线是线段 $BC$ 的垂直平分线, 不能推出 $△ACD$ 或 $△ABD$ 是等腰三角形, 故选项 B 符合题意. C 选项, 由作法知所作直线是线段 $AB$ 的垂直平分线, 所以 $DA=DB$, 所以 $△ABD$ 是等腰三角形, 故选项 C 不符合题意. D 选项, 因为 $∠ACB=90°,∠B=30°$, 所以 $∠BAC=60°$. 由作法知 $AD$ 是 $∠BAC$ 的平分线, 所以 $∠BAD = 30° = ∠B$, 所以 $DB = DA$, 所以 $△ABD$ 是等腰三角形, 故选项 D 不符合题意. 故选 B.

2 如图,在$△ ABC$中,CD是AB边上的高,BE是AC边上的中线,且$BD=AE$,已知$∠ A=26°$,则$∠ DFE$的度数是 ()

A.$103°$
B.$104°$
C.$105°$
D.$106°$

(第2题图)
(第3题图)

2.A 【解析】连结 $DE$, 如图. 因为 $CD$ 是 $AB$ 边上的高, 所以 $∠ADC=∠BDC = 90°$. 因为 $BE$ 是 $AC$ 边上的中线, 所以 $E$ 是 $AC$ 的中点, 所以 $DE = \frac{1}{2} AC = AE$, 所以 $∠ADE = ∠A = 26°$. 因为 $BD = AE$, 所以 $DE = BD$, 所以 $∠DBE = ∠DEB$. 因为 $∠ADE = ∠DBE + ∠DEB = 2∠DBE$, 所以 $∠DBE=13°$, 所以 $∠DFE = ∠BDF + ∠DBE = 103°$. 故选 A.
关键点拨
熟练掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键.

3 如图,三角形纸片ABC中,∠BAC=90°,AB=2,AC=3.沿过点A的直线将纸片折叠,使点B落在边BC上的点D处;再折叠纸片,使点C与点D重合,若折痕与AC的交点为E,则AE的长是 ()

A.$\frac{13}{6}$
B.$\frac{5}{6}$
C.$\frac{7}{6}$
D.$\frac{6}{5}$

3.A 【解析】因为沿过点 $A$ 的直线将纸片折叠, 使点 $B$ 落在边 $BC$ 上的点 $D$ 处, 所以 $AD=AB=2$, $∠B=∠ADB$. 因为折叠纸片, 使点 $C$ 与点 $D$ 重合, 所以 $CE=DE$, $∠C=∠CDE$. 因为 $∠BAC=90°$, 所以 $∠B+∠C=90°$, 所以 $∠ADB+∠CDE=90°$, 所以 $∠ADE=90°$, 所以 $AD^2+DE^2=AE^2$. 设 $AE=x$, 则 $CE=DE=3-x$, 所以 $2^2+(3-x)^2=x^2$, 解得 $x=\frac{13}{6}$, 所以 $AE=\frac{13}{6}$. 故选 A.

4[2025山东潍坊中考]如图,甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地.
甲:$A→C→B$,路程为$l_甲$.
乙:$A→D→E→F→B$,路程为$l_乙$.
丙:$A→G→H→B$,路程为$l_丙$.
下列关系正确的是（）


A.$l_甲＞l_乙＞l_丙$
B.$l_乙＞l_甲＞l_丙$
C.$l_甲＞l_丙＞l_乙$
D.$l_甲=l_乙＞l_丙$

4.D 【解析】设 $AB$ 的长度为 $a$. 因为 $△ABC$ 有两个角是 $60°$, 所以 $△ABC$ 是等边三角形, 所以 $AC=BC=AB=a$, 所以 $l_甲=AC+BC=a+a=2a$. 因为 $△ADE$ 和 $△EFB$ 都有两个角是 $60°$, 所以 $△ADE$ 和 $△EFB$ 是等边三角形. 设 $△ADE$ 的边长为 $m$, 可得 $AD=DE=AE=m$, $EF=FB=EB=a-m$, 所以 $l_乙=AD+DE+EF+FB=m+m+(a-m)+(a-m)=2a$. 丙的路线中, 延长 $AG$ 与 $BH$, 交于点 $I$, 如图. 因为 $△ABI$ 有两个角是 $60°$, 所以 $△ABI$ 是等边三角形, 所以 $AI=BI=AB=a$. 因为 $GI+HI＞GH$, 两边同加 $AG+BH$ 得 $AG+GI+BH+HI＞AG+GH+BH$, 所以 $AI+BI＞AG+GH+BH$. 又因为 $AB=AI=BI=a$, 所以 $2a＞AG+GH+BH$, 所以 $l_丙=AG+GH+BH＜2a$, 所以 $l_甲=l_乙＞l_丙$. 故选 D.

5 已知$∠ MON=20°$,点$A,B$分别是射线$OM,ON$上的动点$(A,B$不与点$O$重合$)$,若$AB⊥ OM$,在射线$ON$上有一点$C$,设$∠ OAC=x°$,则下列选项中的$x$值不能使$△ ABC$为等腰三角形的是 ()

A.$20$
B.$45$
C.$50$
D.$125$

5.B 【解析】如图, 因为 $AB ⊥ OM$, 所以 $∠OAB = 90°$. 因为 $∠MON=20°$, 所以 $∠ABO= 70°$. 当 $△ABC$ 为等腰三角形且点 $C$ 在点 $B$ 左侧时, 分以下三种情况: ① $AC_1 = AB$ 时, $∠AC_1B = ∠ABC_1 = 70°$, 所以 $x=70-20=50$; ② $C_2A = C_2B$ 时, $∠C_2AB = ∠ABC_2=70°$, 所以 $x=90-70=20$; ③ $AB = BC_3$ 时, $∠BAC_3 = ∠BC_3A = \frac{1}{2}×(180°-70°)=55°$, 所以 $x=90-55=35$. 当 $△ABC$ 为等腰三角形且点 $C$ 在点 $B$ 右侧时, 只有图中 $AB=BC'$ 一种情况, 此时 $∠BAC' = ∠AC'B = \frac{1}{2}×70°=35°$, 所以 $∠OAC' = x° = 180°- 20° - 35° = 125°$, 所以 $x=125$, 故选 B.

6 如图，$△ ABC$的外角$∠ ACF$，$∠ EAC$的平分线$CP$，$AP$交于点$P$，$PM ⊥ BE$，$PN ⊥ BF$，则下列结论中正确的有 （）
①$BP$平分$∠ ABC$；②$∠ ABC+2∠ APC=180°$；③$∠ CAB=2∠ CPB$；④$S_{△ PAC}=S_{△ MAP}+S_{△ NCP}$.


A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

6.D 【解析】如图, 过 $P$ 作 $PQ ⊥ AC$ 于 $Q$. 因为 $∠ACF,∠EAC$ 的平分线 $CP,AP$ 交于点 $P$, $PM ⊥ BE$, $PN ⊥ BF$, 所以 $PM = PQ$, $PQ = PN$, 所以 $PM=PN$, 所以 $P$ 在 $∠ABC$ 的平分线上, 即 $BP$ 平分 $∠ABC$, 故①正确. 因为 $PM ⊥ BE$, $PN ⊥ BF$, $PQ ⊥ AC$, 所以 $∠PMA = ∠PQA = 90°$, $∠PQC = ∠PNC = 90°$. 在 $Rt△PMA$ 和 $Rt△PQA$ 中, $\begin{cases}PA=PA, \\ PM=PQ\end{cases}$ 所以 $Rt△PMA≌ Rt△PQA(HL)$, 所以 $∠MPA=∠QPA$, 同理, $Rt△PQC≌ Rt△PNC$, 所以 $∠QPC=∠NPC$. 因为 $∠PMA=∠PNC=90°$, 所以 $∠ABC+∠MPN=360°-90°-90°=180°$, 所以 $∠ABC+2∠APC=180°$, 故②正确. 因为 $CP$ 平分 $∠FCA$, $BP$ 平分 $∠ABC$, 所以 $∠FCA=∠ABC+∠CAB=2∠PCN$, $∠PCN=\frac{1}{2}∠ABC+∠CPB$, 所以 $∠ABC+∠CAB=2(\frac{1}{2}∠ABC+∠CPB)$, 所以 $∠CAB=2∠CPB$, 故③正确. 因为 $Rt△PMA≌ Rt△PQA$, $Rt△PQC≌ Rt△PNC$, 所以 $S_{△PAC} = S_{△MAP} + S_{△NCP}$, 故④正确. 即正确的有 4 个, 故选 D.
思路分析
过 $P$ 作 $PQ ⊥ AC$ 于 $Q$, 根据角平分线的性质得出 $PQ = PN$, $PQ=PM$, 进而根据 HL 证明 $Rt△PMA≌ Rt△PQA$, $Rt△PQC≌ Rt△PNC$, 再逐个分析判断即可.

二、填空题(每小题5分,共20分)
7 如图,已知$∠ AOB=40°$,按下列步骤作图:①在OA边上取一点D,以O为圆心,OD长为半径画弧MN,交OB于点C,连结CD.②以D为圆心,DO长为半径画弧GH,交OB于点E,连结DE,则$∠ CDE$的度数为.

(第7题图)

(第8题图)

(第9题图)

7.30° 【解析】由作图步骤①可知, $OC=OD$, 所以 $∠OCD=∠ODC$. 因为 $∠COD=40°$, 所以 $∠OCD=\frac{1}{2}(180°-∠COD)=\frac{1}{2}×(180°-40°)=70°$. 由作图步骤②可知, $DO=DE$, 所以 $∠DEO=∠DOE=40°$. 因为 $∠OCD$ 是 $△CDE$ 的外角, 所以 $∠OCD=∠DEC+∠CDE$, 所以 $∠CDE=∠OCD-∠DEC=70°-40°=30°$. 故答案为 $30°$.

8 如图,在正方形网格中,点A,B,P是网格线的交点,则∠PAB+∠PBA= °.

8.45 【解析】如图, 延长 $AP$ 至 $C$, 连结 $BC$. 设小正方形的边长为 1, 则 $CP=CB=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$, $BP=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$. 因为 $(\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2=(\sqrt{10})^2$, 即 $CP^2+CB^2=BP^2$, 所以 $△PCB$ 是等腰直角三角形, 所以 $∠BPC=45°$, 所以 $∠PAB+∠PBA=∠BPC=45°$. 故答案为 45.
关键点拨
作辅助线, 构造等腰直角三角形, 从而求解.

9 如图是一个儿童滑梯的示意图，AE，DF，MN是滑梯的三根加固支架，且AE和DF都垂直于地面BC，N是滑道DC的中点，小周测得FM=2米，MN=3米，MC=6米，通过计算，他知道了NC长为米。

9.$\sqrt{21}$ 【解析】如图, 连结 $FN$, 过 $N$ 作 $NG ⊥ CF$ 于 $G$. 因为 $FM=2$ 米, $MC=6$ 米, 所以 $CF=FM+MC=8$ 米. 因为 $DF ⊥ BC$, 所以 $∠DFC=90°$. 因为 $N$ 是滑道 $DC$ 的中点, 所以 $FN=\frac{1}{2}DC=CN$. 因为 $NG ⊥ CF$, 所以 $FG=CG=\frac{1}{2}CF=4$ 米, 所以 $MG=FG-FM=4-2=2$(米). 在 $Rt△MNG$ 中, 由勾股定理得 $NG=\sqrt{MN^2-MG^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$(米), 所以在 $Rt△CNG$ 中, 由勾股定理得 $NC=\sqrt{NG^2+CG^2}=\sqrt{5+16}=\sqrt{21}$(米). 故答案为 $\sqrt{21}$.