模块2 专题4 等腰三角形（数学）-【专项训练】2026-2027学年初中数理化二级结论秒解

切中敏理代二级匙结论秒解 5年389考占5-10分 专题4 等腰三角形 (1)等腰三角形中的“距离和差”模型： 二级结论 (2)等腰三角形底边动点模型： 警 (3)等腰直角三角形中的“半角”模型 二级结论①等腰三角形中的“距离和差”模型高频考点 秒解结论 推导过程 情况1：动点P在底边BC上.如图， 情况1：如图，连接AP. 在△ABC中，AB=AC,P是BC上 动点，PDLAB于点D,PE⊥AC于点E, CFLAB于点F,则PD+PE=CF. :AB=AC,PDLAB,PE⊥AC, E CF⊥AB, .S△ABC=S△ABP+S△ACP 题干搜索：动点在等腰三角形底边 =3AB·PD+4AC·PE 上，求到两腰的距离之和」 情况2：动点P在底边BC的延长线 =号4B(PD+PE. 上.如图，在△ABC中，AB=AC,P 又：S△ABC= AB·CF, 1 是BC的延长线上一动点，PDLAB于 ∴.PD+PE=CF 点D,PE⊥AC交AC的延长线于点E, 情况2：如图，连接AP CF⊥AB于点F,则PD-PE=CF. D B ,PD⊥AB,PE⊥AC,CF⊥AB 题干搜索：动点在等腰三角形底边延 长线上，求到两腰的距离之差 且S△ABC=SAABP--S△ACP, 秒解口诀：底上和，底延差，等腰腰高 ·7ABCF=5AB·PD-34C·PE 是定值 .AB=AC,..PD-PE=CF -34 模块©图形与几何 念秒解典例如图，在△ABC中，AB=AC=8,P为边BC上的一个动 点，PDLAB于点D,PE⊥AC于点C,CF⊥AB于点F.当CF=6时，PD+ PE= D 二级结论解法 结论秒解技法 解析：在△ABC中，AB=AC,PD⊥AB, 已知动点P在底边BC上，求 PE⊥AC,CF⊥AB,根据等腰三角形中“距 PD+PE的值，可直接利用“二 学 离和差”模型，可得PD+PE=CF=6 级结论1”计算. 二级结论②等腰三角形底边动点模型/高频考点 秒解结论 推导过程 如图，在△ABC中，AB=AC,P 如图，过点A作ADLBC于点D. 是BC上一动点，则AB2=AP2+ BP·PC B PD C ,AB=AC,∴.BD=CD 在Rt△ADP中，AP2=AD2+PD2, B P 题干搜索：等腰三角形底边上 在Rt△ADC中，AD2=AC2-CD2, 有任意一点 .AP2=AC2-CD2+PD2=AC2-(CD2- 秒解口诀：腰长平方为定值，动 PD2)=AC2-(CD+PD).(CD-PD)=AC2- 线平方加底积 CP(BD-PD)=AC2-CP·BP=AB-CP· BP, 即AB2=AP2+BP·PC. 二级结论③等腰直角三角形中的“半角”模型/高频考点 秒解结论 推导过程 如图，在Rt△ABC中，AB=AC, 如图，把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到 ∠BAC=90°，点D,E在边BC △AFB,连接FD,则△AEC≌△AFB, -35 切中敏理代二级结论秒解 秒解结论 推导过程 上，∠DAE=45°，则BD+CE2= DE2. B D ∴.BF=CE,∠C=∠ABF,∠CAE=∠BAF, AF=AE. 学 E 在Rt△ABC中，AB=AC, 题干搜索：在等腰直角三角形 ∴.∠ABC=∠C=45°， 中，直角顶点处有一个45°角， .∴.∠ABF=45°， 求斜边三条线段之间的数量 .∴.∠FBD=∠ABC+∠ABF=45°+45°=90° 关系 又.∠BAC=90°，∠DAE=45°， .∴.∠BAD+∠CAE=45°， .∠BAD+∠BAF=45°，∴.∠DAF=∠DAE. 又AD=AD .∴.△AFD≌△AED(SAS),.DF=DE. 在Rt△FBD中，BD+BF2=DF2, ∴.BD2+CE2=DE2 必练习题。 1.如图，在△ABC中，AB=AC=8,P是BC边上任意一点，PDLAB于点D, PELAC于点E,且△ABC的面积是32，则PD+PE的值为() A.4 B.6 C.8 D.10 2.如图，在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,P是BC边上的一动点，连接AP设BP= x,AP=y,则y关于x的函数解析式为 B -36- 模块三图彩与几何 3.（江苏·模拟)如图，在△ABC中，AB=AC=4,P是BC边上一动点，则AP2+ BP·PC的值为 P C 4.（天津·模拟)如图，在Rt△ABC中，AB=AC,D,E是斜边BC上的两点，且 学 ∠DAE=45°.若BE=4,CD=3,求AB的长. 5.如图，在△ABC中，AB=AC,P是BC延长线上一动点，过点P分别作PD⊥AB 于点D,PELAC交AC的延长线于点E若∠A=30,PD-PE=了，求AB的长. D CE P -37-在Rt△ABD中，由勾股定理得AD= AB2-BD2=25-BD2. 在Rt△ACD中，由勾股定理得AD= AC2-CD2=80-(5+BD)2, 故25-BD2=80-(5+BD)2, 解得BD=3. 专题2三角形的内角 1.40° 2.解：(1).：点D是∠ACB和∠ABC的平 分线的交点， “.根据三角形双内角平分线的夹角模 型，可得∠BDC=90+2∠A=90°+2× 70°=125°. (2).'∠EDC=50°， ∴.∠BDC=180°-∠EDC=180°-50°= 130°. 由（知，∠BDC=90+∠A, ∴.90°+。∠A=130°，即∠A=80°. (3)LBDC=90+2∠A 3.解：，CF平分∠BCD,EF平分∠BED, .根据“8”字形内角平分线的夹角模 型，可得2∠F=∠D+∠B. 又.∠B:∠D:∠F=2:4x, ∴.设∠B=2a,∠D=4a, 则2∠F=∠D+∠B=6a,∴.∠F=3a, ∴.∠B:∠D:∠F=2a:4a:3ax=2:4:3, .x=3. 参考答案 专题3三角形的外角 1.20° 2.解：BI,CI分别平分∠ABC,∠ACB, ∠I是这两条角平分线的夹角， ∴.根据三角形双内角平分线的夹角模 型，可得∠1=90°+2∠A=90+2×100 2 140°. ·.BM,CM分别平分外角∠DBC,∠BCE, ∠M是这两条外角平分线的夹角， ∴.根据双外角平分线的夹角模型，可 得∠M=90°7∠A=90°2×100 40°， ∴.∠1-∠M=140°-40°=100°. 3.解：：∠A=88°，∠ABC与∠ACD的平 分线相交于点A, ∴.根据内、外角平分线的夹角模型，可 1 1 得∠A=2∠A=2×8=449 Γ2 同理得∠A,=2∠A=22,∠A= 5LA=°，LA4A,=5.59 专题4等腰三角形 1.C2.y=√x2-6x+253.16 4.解：在Rt△ABC中，AB=AC, ∴.△ABC是等腰直角三角形 又∠DAE=45°， ∴.根据等腰直角三角形中的“半角模 型”，可得BE2+CD=DE2, -175- 刀中敏理代二级结论秒解 ∴.DE=√BE2+CD2=√4+32=5， .∴.BC=BE+CD+DE=4+3+5=12. 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得 AB2+AC2=BC2,E 2AB2=BC2, 1 5.解：如图，过点C作CH⊥AB于点H. CE P .·在Rt△ACH中，∠A=30°， .AC=2CH. 根据等腰三角形中的“距离和差”模型 可知，PD-PE=CH 714 AB=AC..AB=2CH=2X33 专题5等边三角形 1.B2.150° 3.解：如图，过点A作AH⊥BC于点H. 根据等边三角形内的点到三边距离模 型，可知AH=PD+PE+PF=1+2+4=7. .·△ABC是等边三角形，AH⊥BC, ·.AB=AC=BC,∠AHC=90,CH=2BC C 1 在Rt△AHC中，由勾股定理，得 -176- AH2+CH2=AC2, 即49+14C2=AC2, 解得AC=143(负值已合去). 3 即等边三角形ABC的边长为43 专题6勾股定理的应用 1.6√6 2解：△ABC的半周长D=13+15+14=21, 2 根据海伦公式，可知 S48c=√21×(21-13)×(21-15)×(21-14)= 84. :AD是△ABC中BC边上的高， EBS)BCAD即X4XAD=84 .∴.AD=12. 专题7平行四边形 1.B2.B3.2 专题8矩形 1.C 3 10 3.解：根据矩形“距离的平方和相等”模 型，可知AP2+CP2=BP2+DP2, 即62+102=BP2+82, 解得BP=6√2（负值已舍去）. 4.解：由题意可知，BD=CD=4, ∴.BC=BD+CD=8.