专题07 三角形的有关计算与证明-2024年中考数学二轮复习讲练测（浙江新中考专用）

第第页专题07三角形的有关计算与证明目录题型01三角形的三边关系题型02与三角形有关的线段的综合问题题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题题型04线段垂直平分线的性质与判定题型05角平分线的性质与判定题型06等腰三角形的性质与判定题型07等边三角形的性质与判定题型08全等三角形的性质与判定题型09勾股定理﹑勾股定理定理逆定理与网格问题题型10赵爽线图题型11利用勾股定理解决实际问题题型12比例线段题型13相似多边形的性质题型14相似三角形的性质和判定题型15相似三角形的实际应用题型01三角形的三边关系1．（2024•贺州一模）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（）A．5，6，12 B．4，4，8 C．2，3，4 D．2，3，5【答案】C【解析】解：A、5+6＜12，长度是5、6、12的线段不能组成三角形，故A不符合题意；B、4+4＝8，长度是4、4、8的线段不能组成三角形，故B不符合题意；C、2+3＞4，长度是2、3、4的线段能组成三角形，故C符合题意；D、2+3＝5，长度是2、3、5的线段不能组成三角形，故D不符合题意．故选：C．2．（2024•天河区校级一模）现有3cm，6cm，9cm，10cm长的四根木棒，任取其中三根组成一个三角形，那么可以组成的三角形的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【解析】解：四条木棒的所有组合：3，6，9和3，6，10和3，9，10和6，9，10；只有3，9，10和6，9，10能组成三角形．故选：B．3．（2024•新华区一模）为估计池塘两岸A、B间的距离，如图，小明在池塘一侧选取了一点O，测得OA＝16m，OB＝12m，那么AB的距离不可能是（）A．5m B．15m C．20m D．30m【答案】D【解析】解：根据三角形的三边关系可得：16﹣12＜AB＜16+12，即4＜AB＜28，30m不可能．故选：D．题型02与三角形有关的线段的综合问题1．（2023•丰润区模拟）如图，在△ABC中，∠1＝∠2＝∠3＝∠4，则下列说法中，正确的是（）A．AD是△ABE的中线 B．AE是△ABC的角平分线 C．AF是△ACE的高线 D．AE是△DAF的中线【答案】B【解析】解：∵∠1＝∠2＝∠3＝∠4，∴∠1+∠2＝∠3+∠4，即∠BAE＝∠CAE，∴AE是△ABC的角平分线，故选：B．2．（2023•桥东区模拟）用一块含30°角的透明直角三角板画已知△ABC的边BC上的高，下列三角板的摆放位置正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：A，B，C都不是△ABC的边BC上的高．故选：D．3．（2024•武汉模拟）如图，将△ABC的边AC沿BC边上的高AD折叠到AE，E在边BC上，若∠B＝56°，∠BAE＝22°，则∠C的度数为（）A．78° B．56° C．34° D．22°【答案】A【解析】解：∵AD是△ABC的BC边上的高，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∴∠BAD＝90°﹣∠B＝90°﹣56°＝34°，∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝34°﹣22°＝12°．由折叠的性质，可知：∠CAD＝∠EAD＝12°，∴∠C＝90°﹣∠CAD＝90°﹣12°＝78°．故选：A．4．（2024•沭阳县校级模拟）已知：如图所示，在△ABC中，点D，E，F分别为BC，AD，CE的中点，且S△ABC＝4cm2，则阴影部分的面积为1cm2．【答案】见试题解答内容【解析】解：∵D为BC中点，根据同底等高的三角形面积相等，∴S△ABD＝S△ACD＝S△ABC＝×4＝2（cm2），同理S△BDE＝S△CDE＝S△BCE＝×2＝1（cm2），∴S△BCE＝2（cm2），∵F为EC中点，∴S△BEF＝S△BCE＝×2＝1（cm2）．故答案为1．5．（2023•鲤城区校级模拟）如图，AD是△ABC的中线，AB＝8，AC＝6．若△ACD的周长为16，则△ABD周长为18．【答案】18．【解析】解：∵AD是△ABC的中线，∴BD＝DC，∵△ACD的周长为16，∴AC+AD+CD＝16，∵AC＝6，∴AD+CD＝16﹣6＝10，∴AD+BD＝10，∴△ABD周长为：AB+BD+AD＝10+8＝18，故答案为：18．题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题1．（2024•阳谷县一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝50°，∠ACB＝100°，点M是射线AB上的一个动点，过点M作MN∥BC交射线AC于点N，连结BN．若△BMN中有两个角相等，则∠MNB的度数不可能是（）A．25° B．30° C．50° D．65°【答案】B【解析】解：如图1中，当点N在线段AC上时，如果MN＝BM，则∠MNB＝∠MBN，∵MN∥BC，∴∠AMN＝∠ABC＝50°，∴∠MNB＝25°．如图2中，当BM＝BN时，∠BNM＝∠BMN＝50°，当MB＝MN时，∠BNM＝（180°﹣50°）＝65°，当NB＝MN时，∠BNM＝80°，综上所述，选项B符合题意，故选：B．2．（2024•瑶海区一模）如图，在△ABC中，∠B+∠C＝110°，AM平分∠BAC，交BC于点M，MN∥AB，交AC于点N，则∠AMN的大小是（）A．30° B．35° C．40° D．55°【答案】B【解析】解：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，∴∠BAC＝180°﹣（∠B+∠C）＝180°﹣110°＝70°，∵AM平分∠BAC，∴∠BAM＝，∵MN∥AB，∴∠AMN＝∠BAM＝35°，故选：B．3．（2024•天长市一模）如图，分别过△ABC的顶点A，B作AD∥BE．若∠CAD＝25°，∠EBC＝80°，则∠ACB的度数为（）A．65° B．75° C．85° D．95°【答案】B【解析】解：∵AD∥BE，∴∠ADC＝∠EBC＝80°，∵∠CAD+∠ADC+∠ACB＝180°，∠CAD＝25°，∴∠ACB＝180°﹣25°﹣80°＝75°，故选：B．4.（2024•凤阳县一模）将直角三角板AOB和直角三角板COD按如图方式摆放（直角顶点重合），已知∠AOC＝45°，则∠DEB的度数是（）A．20° B．30° C．45° D．60°【答案】D【解析】解∵∠AOC＝45°，∠C＝45°，∴∠AFD＝∠CFO＝90°，在△AEF中，∵∠A＝30°，∠AFE＝90°，∴∠AEF＝60°，∴∠DEB＝∠AEF＝60．故选：D．5．（2024•盐城模拟）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则∠α的大小为（）A．105° B．75° C．65° D．55°【答案】B【解析】解：由三角形的外角性质可知：∠α＝30°+45°＝75°，故选：B．题型04线段垂直平分线的性质与判定1．（2024•贺州一模）如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线MN分别与边BC，AC相交于点D，E，连接AD．若AC＝8，AD＝5，则DE的长为（）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】D【解析】解：由题意得：MN是AC的垂直平分线，∴AE＝AC＝4，DE⊥AC，∵DA＝5，∴DE＝＝＝3，故选：D．2．（2024•安徽一模）如图，在△ABC中，DM、EN分别垂直平分AB和AC，垂足为M，N．且分别交BC于点D，E．若∠DAE＝20°，则∠BAC的度数为（）A．100° B．105° C．110° D．120°【答案】A【解析】解：∵DM，EN分别垂直平分AB和AC，∴DB＝DA，EA＝EC，∴∠B＝∠DAB，∠C＝∠EAC，∵∠DAE＝20°，∠B+∠C+∠BAC＝180°，∵∠B+∠BAD+∠C+∠EAC＝180°﹣20°＝160°，∴2∠BAD+2∠EAC＝160°，∴∠BAD+∠CAE＝80°，∴∠BAC＝∠BAD+∠CAE+∠DAE＝80°+20°＝100°．故选：A．3．（2024•雁塔区校级三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝67.5°，D为AB中点，且DE⊥AB交AC于点E，BC＝2，则AC的长为（）A． B．4 C． D．【答案】C【解析】解：如图，连接BE，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝67.5°，∴∠A＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°，∵D为AB中点，且DE⊥AB交AC于点E，∴DE垂直平分AB，∴EB＝EA，∴∠A＝∠ABE＝22.5°，∴∠BEC＝∠A+∠ABE＝45°，∴∠CBE＝180°﹣90°﹣45°＝45°＝∠BEC，∴BC＝CE＝2，∴BE＝BC＝2＝EA，∴AC＝CE+EA＝2+2，故选：C．4．（2023•武安市二模）如图，在△ABC中，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，点O是AC、BC的垂直平分线的交点，连接AO、BO，若∠AOB＝α，则∠AIB的大小为（）A．α B．α+90° C．α+90° D．180°+α【答案】B【解析】解：连接CO并延长至D，∵点O是AC、BC的垂直平分线的交点，∴OA＝OC，OB＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∠OCB＝∠OBC，∵∠AOD是△AOC的一个外角，∴∠AOD＝∠OCA+∠OAC＝2∠OCA，同理，∠BOD＝2∠OCB，∴∠AOB＝∠AOD+∠BOD＝2∠OCA+2∠OCB＝α，∴∠OCA+∠OCB＝，∴∠ACB＝，∵AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴∠IAB＝∠CAB，∠IBA＝∠CBA，∴∠IAB+∠IBA＝（∠CAB+∠CBA）＝（180°﹣∠ACB）＝90°﹣，∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）＝90°+，故选：B．5．（2023•越秀区校级二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝80°，AB边的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，AC边的垂直平分线交AC于点F，交BC于点G，连接AE，AG．则∠EAG的度数为（）A．15° B．20° C．25° D．30°【答案】B【解析】解：∵AB边的垂直平分线交AB于点D，AC边的垂直平分线交AC于点F，∴AG＝CG，AE＝BE，∴∠C＝∠CAG，∠B＝∠BAE，∴∠BAE+∠CAG＝∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝100°，∴∠EAG＝∠BAE+∠CAG﹣∠BAC＝100°﹣80°＝20°，故选：B．6．（2024•宿豫区一模）如图，已知▱ABCD．（1）尺规作图：作对角线AC的垂直平分线，交AD于点E，交BC于点F；（不写作法，保留作图痕迹）（2）连接AF、CE．求证：四边形AECF是菱形．【答案】（1）图形见解答；（2）证明过程见解答．【解析】（1）解：如图，EF即为所求，（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EAO＝∠FCO，∵EF垂直平分AC，∴AO＝CO，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，∵EF⊥AC，∴四边形AECF是菱形．题型05角平分线的性质与判定1．（2024•米东区一模）如图，在△ABC，∠C＝90°，AD平分∠BAC交CB于点D，过点D作DE⊥AB，垂足恰好是边AB的中点E，若AD＝3cm，则BE的长为（）A． B．4cm C． D．6cm【答案】见试题解答内容【解析】解：∵DE⊥AB，E为AB的中点，∴AD＝BD，∴∠B＝∠BAD，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠BAD，∴∠B＝∠CAD＝∠BAD，∵∠C＝90°，∴∠B+∠BAD+∠CAD＝180°﹣∠C＝90°，∴∠B＝∠CAD＝30°，∵∠C＝90°，AD＝3cm，∴CD＝AD＝cm，由勾股定理得：AC＝＝＝（cm），∴AB＝2AC＝3cm，∴BE＝AE＝AB＝（cm），故选：A．2．（2023•兴宁区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AC＝10，AB∥CD，AC平分∠DAB．AB＝x，AD＝y，则y关于x的函数关系用图象大致可以表示为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：过D点作DE⊥AC于点E．∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，∵AC平分∠DAB，∴∠BAC＝∠CAD，∴∠ACD＝∠CAD，则CD＝AD＝y，即△ACD为等腰三角形，则DE垂直平分AC，∴AE＝CE＝AC＝5，∠AED＝90°，∵∠BAC＝∠CAD，∠B＝∠AED＝90°，∴△ABC∽△AED，∴，∴＝，∴y＝，∵在△ABC中，AB＜AC，∴x＜10，故选：D．3．（2024•天府新区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠ACB＝62°，按以下步骤作图：（1）以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交线段BA，BC于点M，N；（2）以点C为圆心，BM的长为半径画弧，交线段CB于点D；（3）以点D为圆心，MN的长为半径画弧，与（2）中所画的弧相交于点E；（4）过点E作射线CE，与AB相交于点F，则∠AFC＝56°．【答案】56．【解析】解：由作图知：∠BCF＝∠B，∵∠A＝90″，∠ACB＝62°，∴∠B＝90°﹣∠ACB＝28°，∴∠BCF＝28″，∴∠AFC＝∠B+∠BCF＝56°．故答案为：56．4．（2024•仓山区校级模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，CD＝1，AB＝4，则△ABD的面积是2．【答案】2．【解析】解：过点D作DE⊥AB于点E∵∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB，∴DC＝DE＝1，∵AB＝4，∴S△ABD＝×DE×AB＝×1×4＝2．故答案为：2．5．（2024•吐鲁番市一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交BA、BC于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交AC于点D，则S△CBD：S△ABD＝1：2．【答案】1：2．【解析】解：过点D作DE⊥AB于点E，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，则BC＝AB，由作图可知：BP平分∠ABC，∵∠C＝90°，DE⊥AB，∴DC＝DE，∴＝＝＝，故答案为：1：2．6．（2024•雁塔区校级二模）已知：Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，请你用尺规在Rt△ABC的边AB上求作一点M，使得点M到BC的距离等于AM．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】见解析．【解析】解，如图，点M即为所求，理由：过点M作MN⊥BC于点N，由作图知：CM平分∠ACB，又∠BAC＝90°，∴AM＝MN，即点M到BC的距离等于AM．题型06等腰三角形的性质与判定1．（2023•广西模拟）如图，D为△ABC内一点，CD平分∠ACB，BD⊥CD于点D．∠ABD＝∠A，若BD＝1，BC＝3，则AC的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【解析】解：延长BD交AC于E，如图，∵CD平分∠ACB，BD⊥CD，∴△BCE为等腰三角形，∴DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，∵∠A＝∠ABD，∴EA＝EB＝2，∴AC＝AE+CE＝2+3＝5．故选：D．2．（2023•新城区校级三模）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，BD⊥AD，垂足为D，过点D作DE∥AC，交AB于E，若AB＝5，则线段DE的长为（）A．2 B． C．3 D．【答案】B【解析】解：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵DE∥AC，∴∠CAD＝∠ADE，∴∠BAD＝∠ADE，∴AE＝DE，∵AD⊥DB，∴∠ADB＝90°，∴∠EAD+∠ABD＝90°，∠ADE+∠BDE＝∠ADB＝90°，∴∠ABD＝∠BDE，∴DE＝BE，∵AB＝5，∴DE＝BE＝AE＝AB＝2.5，故选：B．3．（2024•利津县一模）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，MN过点O，且MN∥BC，分别交AB、AC于点M、N．则△AMN的周长为18．【答案】见试题解答内容【解析】解：∵在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线相交于点O，∴∠ABO＝∠OBC，∵MN∥BC，∴∠MOB＝∠OBC，∴∠ABO＝∠MOB，∴BM＝OM，同理CN＝ON，∴△AMN的周长是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝10+8＝18．故答案为：18．4．（2023•振兴区校级二模）如图，在△ABC中，CG平分∠ACB，过点A作AH⊥CG交BC于点H，且H是BC的中点．若AH＝4，CG＝6，则AB的长为．【答案】．【解析】解：作HK∥CG交AB于点K，∴，．∵H是BC的中点，∴BH＝CH，∴BK＝KG，∴．∵AH⊥CG，∴∠ANC＝∠HNC＝∠ANG＝90°．∵CG平分∠ACB，∴∠ACN＝∠HCN．∵CN＝CN，在△ACN与△HCN中，，∴△ACN≌△HCN（ASA），∴AN＝HN，∴AG＝KG，∴AG＝KG＝BG，∵HK∥CG，∴∠KHA＝∠ANG＝90°，∴，∴，∴．故答案为：．题型07等边三角形的性质与判定1．（2023•庐阳区模拟）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为边BC上一点，且BD＝CD．点E，F分别在边AB，AC上，且∠EDF＝90°，M为边EF的中点，连接CM交DF于点N．若DF∥AB，则CM的长为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：∵等边三角形边长为2，BD＝CD，∴BD＝，CD＝，∵等边三角形ABC中，DF∥AB，∴∠FDC＝∠B＝60°，∵∠EDF＝90°，∴∠BDE＝30°，∴DE⊥BE，∴∠BED＝90°，∵∠B＝60°，∴∠BDE＝30°，∴BE＝BD＝，∴DE＝＝，如图，连接DM，则Rt△DEF中，DM＝EF＝FM，∵∠FDC＝∠FCD＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CD＝CF＝，∴CM垂直平分DF，∴∠DCN＝30°，DN＝FN，∴Rt△CDN中，DN＝，CN＝，∵M为EF的中点，∴MN＝DE＝，∴CM＝CN+MN＝+＝，故选：C．2．（2022•开远市二模）△ABC是等边三角形，点P在△ABC内，PA＝4，将△PAB绕点A逆时针旋转得到△P1AC，则P1P的长等于（）A．4 B． C．2 D．【答案】A【解析】解：∵△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠CAB＝60°，∵将△PAB绕点A逆时针旋转得到△P1AC∴△CP1A≌△BPA，∴AP1＝AP，∠CAP1＝∠BAP，∴∠CAB＝∠CAP+∠BAP＝∠CAP+∠CAP1＝60°，即∠PAP1＝60°，∴△APP1是等边三角形，∴P1P＝PA＝4，故选：A．3．（2024•泗县一模）如图，△ABC是等边三角形，点D是BC下方的一点，∠BDC＝120°，BD＝CD，点E和点F分别是AC和AB上一点，∠EDF＝60°．若△ABC的周长为12，则△AEF的周长为（）A．5 B．6 C．8 D．9【答案】C【解析】解：如图，延长AC至点P，使CP＝BF，连接PD，∵△ABC是等边三角形，△ABC的周长为12，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC＝4．∵BD＝CD，∠BDC＝120°∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠FBD＝∠DCE＝90°，∴∠DCP＝∠DBF＝90°，在△BDF和△CDP中，，∴△BDF≌△CDP（SAS），∴DF＝DP，∠BDF＝∠CDP．∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，∴∠BDF+∠CDE＝60°，∴∠CDP+∠CDE＝60°，∴∠EDF＝∠PDE＝60°在△DEF和△DPE中，，∴△DEF≌△DPF（SAS），∴EF＝EP，∴EF＝EC+CP＝EC+BF，∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝AE+CE+BF+AF＝AB+AC＝8，故选：C．4．（2024•顺德区一模）如图所示A、B、C为正方体的三个顶点，则∠ACB的度数为60°．【答案】60°．【解析】解：∵A，B、C为正方体的三个顶点，∴AB，AC，BC是正方体一个面的对角线，∴AB＝AC＝BC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，故答案为：60°．5．（2024•望城区一模）已知：如图所示，边长为6的等边△ABC，以BC边所在直线为x轴，过B点且垂直于BC的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A点坐标为（3，3）．【答案】见试题解答内容【解析】解：过A作AD⊥BC，∵BC＝6，等边三角形ABC，∴AD＝3，∴点A的坐标为（3，3），故答案为：（3，3）6．（2023•和平区校级三模）如图，△ABC和△BDE均为等边三角形，边长分别为12和8，点D在直线AB上运动，C、E在直线AB上方，分别连接AE，CD，它们相交于点F，连接BF，则BF的长或．【答案】或．【解析】解：当D点在射线AB上时，连接MN，∵△ABC和△BDE均为等边三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝60°，BD＝BE，AB＝BC，∵∠ABC+∠DBE+∠CBE＝180°，∴∠CBE＝60°，∴∠ABC+∠CBE＝∠DBE+∠CBE＝120°，即∠ABE＝∠DBC＝120°，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴∠EAB＝∠DCB，在△ABM和△CBN中，，∴△ABM≌△CBN（ASA），∴BM＝BN，∵∠EAB+∠ABC+∠AMB＝∠DCB+∠CFM+∠CMF＝180°，∠AMB＝∠CMF，∴∠CFM＝∠ABC＝60°，∴∠AFD＝120°，∴∠CBE+∠AFD＝120°+60°＝180°，∴点M，B，N，F四点共圆，∴∠MFB＝∠BFN＝，∴∠CFB＝∠CFM+∠MFB＝120°，∴∠CBD＝∠CFB＝120°，∵∠BCD＝∠FCB，∴△BCD∽△FCB，∴CD：CB＝BD：FB，过C作CG⊥AB于G，∵AB＝12，∴BG＝AB＝6，CG＝，∵BD＝8，∴DG＝6+8＝14，∴CD＝，∴：12＝8：BF，解得BF＝；当D点在线段AB上时，分别过点C、F作CP⊥AB于点P，CQ⊥AB于点Q，∵△ABC和△BDE为等边三角形，AB＝12，∴∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝∠BDE＝60°，∴DE∥AC，BP＝AB＝6，CP＝，∴△AFC∽△EFD，∵AC＝12，DE＝8，∴，∴，∵CP⊥AB，CQ⊥AB，∴FQ∥CP，∴△DFQ∽△DCP，∴，即，解得FQ＝，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴∠BAE＝∠BCD，∴∠FAC＝∠FCA，∴AF＝CF，在△AFB和△CFB中，，∴△AFB≌△CFB（SSS），∴∠ABF＝∠CBF＝30°，∴BF＝2FQ＝，综上BF的长为或，故答案为：或．6．（2023•南山区模拟）如图，等边三角形ABC边长为2，点D在BC边上，且BD＜CD，点E在AB边上且AE＝BD，连接AD，CE交于点F，在线段FC上截取FG＝FA，连接BG，则线段BG的最小值是2﹣2．．【答案】2﹣2．【解析】解：如图所示，连接CH，取AC的中点N，连接BN，延长AD到M，使得FM＝FC，则△FCM是等边三角形，∵∠ACB＝∠FCM，∴∠ACF＝∠BCM，∵CA＝CB，CF＝CM，∴△BHM≌△GHF（SAS），∴FH＝MH，即点H为MF的中点，∵△FMC是等边三角形，∴CH⊥MF，即∠AHC＝90°，∴点H在以AC为直径的圆上运动，∴当B、H、N三点共线时，BH有最小值，∴△ABC是等边三角形，N是AC的中点，∴BN⊥AC，CN＝AC＝1，∴BN＝，∴BH最小＝﹣1．∵BG＝2BH＝2﹣2．故答案为：2﹣2．题型08全等三角形的性质与判定1．（2024•玄武区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，C（4，4），点B、A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，∠ACB＝90°，则OA+OB等于（）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A【解析】解：过C作CM⊥y轴于M，CN⊥x轴于N，则∠CMA＝∠CNB＝90°，∵C（5，5），∴CN＝CM＝5，∵∠MON＝∠CNO＝∠CMO＝90°，∴∠MCN＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠MCN，∴∠ACM＝∠BCN，在△ACM和△BCN中，，∴△ACM≌△BCN（ASA），∴AM＝BN，∴OA+OB＝OA+0N+BN＝OA+ON+AM＝ON+OM＝4+4＝8．故选：A．2．（2024•杭锦后旗模拟）如图，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为6和8，则b的面积为（）A．6 B．8 C．10 D．14【答案】D【解析】解：∵a、b、c都是正方形，∴AC＝CE，∠ACE＝90°；∵∠ACB+∠DCE＝∠ACB+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠DCE，∵∠ABC＝∠CED＝90°，AC＝CE，∴△ACB≌△CED（AAS），∴AB＝CD，BC＝DE；在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2＝AB2+BC2＝AB2+DE2，即Sb＝Sa+Sc＝6+8＝14，故选：D．3．（2024•禹州市一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC为等腰直角三角形，点A（﹣1，0），B（0，﹣4）．将△ABC向上平移一个单位长度后，点C的坐标为（）A．（4，1） B．（3，1） C．（4，2） D．（3，2）【答案】D【解析】解：∵点A（﹣1，0），B（0，﹣4），∴OA＝1，OB＝4，∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC＝AB，∠BAC＝90°，过C作CE⊥x轴于E，∴∠AEC＝∠AOB＝90°，∴∠CAE+∠BAO＝∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠CAO＝∠ABO，在△CAE与△ABO中，，∴△CAE≌△ABO（AAS），∴CE＝AO＝1．AE＝OB＝4，∴OE＝3，∴C（3，1），∵将△ABC向上平移一个单位长度，∴点C的坐标为（3，2）．故选：D．4．（2024•凉州区校级模拟）如图，在△ABC与△DCB中，AC与BD交于点E，且∠A＝∠D，AB＝DC．（1）求证：△ABE≌△DCE；（2）求证：∠EBC＝∠ECB．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明：在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（AAS）；（2）∵△ABE≌△DCE，∴EB＝EC，∴△EBC是等腰三角形，∴∠EBC＝∠ECB．5．（2024•蓬江区校级一模）如图，▱ABCD，E、F分别是边AB、CD上一点，且AE＝CF，直线EF分别交AC、AD延长线、CB延长线于O、H、G．（1）求证：△AHO≌△CGO．（2）分别连接AG、CH，试判断AG与CH的关系，并证明．【答案】（1）见解析；（2）AG∥CH，AG＝CH，理由见解析．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∵∠AOE＝COF，∠FOC＝∠AOE，AE＝CF∴△COF≌△AOE（AAS），∴AO＝CO，∴AH∥CG，AO＝CO，∴∠CAH＝∠ACG，∠H＝∠G，∴△AHO≌△CGO（AAS）；（2）证明：如图，连接AG、CH，∵△AHO≌△CGO，∴AH＝CG，∵AH∥CG，∴四边形AGCH是平行四边形，∴AG∥CH，AG＝CH．题型09勾股定理﹑勾股定理定理逆定理与网格问题1．（2024•元谋县一模）如图所示，在4×4网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，若△ABC的顶点均是格点，则△ABC的面积为（）A． B．5 C． D．10【答案】B【解析】解：△ABC的面积＝4×4﹣＝5，故选：B．2．（2024•凉州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为13，则AB的长为（）A．5 B． C． D．【答案】A【解析】解：∵四边形ABGF是正方形，∴AB＝AF，∠BAN＝∠F＝90°，∴∠MAF+∠BAC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ABN+∠BAC＝90°，∴∠ABN＝∠MAF，∵AB＝AF，∠BAN＝∠F，∴△BAN≌△AFM（ASA），∴△BAN的面积＝△AFM的面积，∴四边形FNCM的面积＝△ABC的面积，∴空白部分的面积＝正方形ABGF的面积﹣2×△ABC的面积，∴AB2﹣2×AC•BC＝13①，∵AC+BC＝7，∴（AC+BC）2＝72，∴AC2+BC2+2AC•BC＝49，∵AB2＝AC2+BC2，∴AB2+2AC•BC＝49②，由①和②得AB2＝25，∴AB＝5（舍去负值）．故选：A．3．（2024•珠海校级一模）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，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则OC的值为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：在Rt△AOB中，AB＝1，∠AOB＝30°，∴OB＝2，在Rt△BOC中，OC＝＝＝．故选：A．4．（2024•雁塔区校级模拟）学习了勾股定理后，老师给大家留了一个作业题，小华看了后，无从下手，请你帮帮小华．如图，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上，CD⊥AB于点D，则CD的长是（）A． B．4 C． D．【答案】A【解析】解：由题知，，，∵CD⊥AB，∴S△ABC＝，∴，解得，故选：A．5．（2024•长沙一模）若三角形的三边长分别为a、b、c，且满足（a﹣3）2+|b﹣4|+＝0，则这个三角形的形状是（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断【答案】B【解析】解：∵（a﹣3）2+|b﹣4|+＝0，∴a﹣3＝0，b﹣4＝0，c﹣5＝0，∴a＝3，b＝4，c＝5，∵32+42＝52＝25，∴这个三角形是直角三角形．故选：B．6．（2023•雁塔区校级模拟）下列条件中不能判断△ABC是直角三角形的是（）A．AB2+BC2＝AC2 B．AB2﹣BC2＝AC2 C．∠A+∠B＝∠C D．∠A：∠B：∠C＝3：4：5【答案】D【解析】解：∵AB2+BC2＝AC2，故△ABC是直角三角形，选项A不符合题意；∵AB2﹣BC2＝AC2，∴AC2+BC2＝AB2，故△ABC是直角三角形，选项B不符合题意；∵∠A+∠B＝∠C，∴△ABC是直角三角形，选项C不符合题意；∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，∴最大角∠C＝180°×＝75°，故△ABC不是直角三角形，选项D符合题意；故选：D．7．（2023•南充一模）如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，连接AB，AC，BC．有下列结论：①BC＝AD；②△ABC是直角三角形；③∠BAC＝45°．其中，正确结论的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】解：如图，连接AQ，AQ交BD于W，过B作BE⊥QF于E，设10个完全相同的三角形的边长是1，∵图中的三角形都是正三角形，∴边长都是1，则AW＝BE＝WQ＝＝，在Rt△AWB、Rt△BEF，Rt△AQC中，由勾股定理得：AB2＝AW2+BW2＝（）2+（1+1+）2＝7，AC2＝AQ2+CQ2＝（+）2+12＝4，BC2＝（1+）2+（）2＝3，∵AD＝1，BC＝，∴BC＝AD，故①正确；∵AB2＝7，AC2＝4，BC2＝3，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，故②正确；∵AC≠BC，∴∠BAC≠45°，故③错误；即正确的个数是2个，故选：C．8．（2024•中山市校级模拟）在直线l上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别1、4、9，正放置的四个正方形的面积依次为S1，S2，S3，S4，则S1+S2+S3+S4的值是10．【答案】10．【解析】解：在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（ASA），∴AB＝CD，BC＝DE，∴AB2+DE2＝DE2+CD2＝CE2＝9，同理可证FG2+LK2＝HL2＝1，∴S1+S2+S3+S4＝CE2+HL2＝9+1＝10．故答案为：10．9．（2024•长安区一模）清朝数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，AD是锐角△ABC的边BC上的高，则．当AB＝7，BC＝6，AC＝5时，则△ABC的面积为6．【答案】6．【解析】解：∵BD＝（BC+），AB＝7，BC＝6，AC＝5，∴BD＝5，在Rt△ABD中，AD＝＝＝2，∴△ABC的面积＝BC•AD＝×6×2＝6，故答案为：6．10．（2024•韩城市模拟）图1叫做一个基本的“勾股树”，也叫做第一代勾股树．让图1中两个小正方形各自长出一个新的勾股树（如图2），叫做第二代勾股树．从第二代勾股树出发，又可以长出第三代勾股树（如图3）．这样一生二、二生四、四生八，继续生长下去，则第四代勾股树图形中正方形的个数为31．【答案】31．【解析】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2＝3（个），第二代勾股树中正方形有1+2+22＝7（个），第三代勾股树中正方形有1+2+22+23＝15（个），∴第四代勾股树图形中正方形的个数有1+2+22+23+24＝31（个）．故答案为：31．题型10赵爽弦图1．（2024•巧家县校级模拟）如图，“赵爽弦图”是一个由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接成的大正方形，若E是AF的中点，AD＝5，连接BF并延长交CD于点M，则DM的长为（）A． B．1 C． D．【答案】C【解析】解：如图，延长AF交DC为K，∵四边形EFGH为正方形，∴EF∥∥HG，EH∥FG，∴，∠DFK＝∠DGC＝90°，∵DF＝EF；EF＝FG，∴DF＝FG，∴，∵DG∥∥EB，∴∠GFB＝∠EBF，∵AE＝EF，BE⊥AF，∴AB＝BF，∠ABE＝∠FBE，∵△CDG≌△ABE，∴∠CDG＝∠ABE，∴∠CDG＝∠FBE，∴∠MDF＝∠GFB，∵∠MFD＝∠GFB，∴∠MDF＝∠MFD，∴DM＝MF，∵∠MDF+∠DKF＝90°，∠MFK+∠DFM＝90°，∴∠MFK＝∠MKF，∴MF＝MK，∴，故选：C．2．（2024•浙江模拟）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”得到正方形ABCD与正方形EFGH，连接BD交CH，EG，AF于点M，O，N，若M，O，N是BD的四等分点，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：∵M，O，N是BD的四等分点∴DM＝MO＝ON＝NB，设DH＝k，依题意得：AE＝DH＝k，DE＝CH，∵∠DHC＝∠DEA＝90°，∴HC∥AF，∴△DHM∽△DEN，∴DH：DE＝DM：DN＝1：3，∴DE＝3DH＝3k，∴CH＝DE＝3k，在Rt△ADE中，AE＝k，DH＝3k，由勾股定理得：AD＝＝，在Rt△ABD中，AD＝AB＝，由勾股定理得：BD＝＝，∴DM＝BD＝，在Rt△DHM中，DH＝k，DM＝，由勾股定理得：HM＝＝，∴CM＝CH﹣HM＝3k﹣k＝，∴＝．故选：B．3．（2023•杭州模拟）如图，“赵爽弦图”是用四个相同的直角三角形与一个小正方形无缝隙地铺成一个大正方形，已知大正方形面积为25，（x+y）2＝49，用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列选项中正确的是（）A．小正方形面积为4 B．x2+y2＝5 C．x2﹣y2＝7 D．xy＝24【答案】C【解析】解：根据题意可得：x2+y2＝25，故B错误，∵（x+y）2＝49，∴2xy＝24，故D错误，∴（x﹣y）2＝1，故A错误，∴x2﹣y2＝7，故C正确；故选：C．4．（2024•肥西县一模）如图1，历史上有名的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形围成，已知大正方形的边长为，小正方形的边长为1，连接四条线段得到如图2新的图案，则阴影部分的面积为5．【答案】5．【解析】解：如图，由题意，得AB＝，CD＝1，AC＝BD，设AC＝BD＝x，则BC＝x+1，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC2+BC2＝AB2，即x2+（x+1）2＝13，解得x1＝2，x2＝﹣3＜0（舍去），阴影部分的面积＝4××2×1+12＝5，故答案为：5．题型11利用勾股定理解决实际问题1．（2024•高新区模拟）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何．”（丈、尺是长度单位，1丈＝10尺）其大意为：有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．水的深度是多少？则水深为（）A．10尺 B．12尺 C．13尺 D．15尺【答案】B【解析】解：设水深为h尺，则芦苇长为（h+1）尺，根据勾股定理，得（h+1）2﹣h2＝（10÷2）2，解得h＝12，∴水深为12尺，故选：B．2．（2024•鞍山模拟）勾股定理是人类数学文化的一颗璀璨明珠，是用代数思想解决几何问题最重要的工具，也是数形结合的纽带之一．如图，当秋千静止时，踏板B离地的垂直高度BE＝0.7m，将它往前推3m至C处时（即水平距离CD＝3m），随板离地的垂直高度CF＝2.5m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（）A．3.4m B．5m C．4m D．5.5m【答案】A【解析】解：由题意可知，CF＝2.5m，BE＝0.7m，∴BD＝1.8m．设AC的长为xm，则AB＝AC＝xm，所以AD＝AB﹣BD＝（x﹣1.8）m．在直角△ADC中，AD2+CD2＝AC2，即（x﹣1.8）2+32＝x2，解得：x＝3.4，即绳索AC的长是3.4米．故选：A．3．（2024•望城区一模）如图，在笔直的公路AB旁有一座山，从山另一边的C处到公路上的停靠站A的距离为AC＝15km，与公路上另一停靠站B的距离为BC＝20km，停靠站A、B之间的距离为AB＝25km，为方便运输货物现要从公路AB上的D处开凿隧道修通一条公路到C处，且CD⊥AB．（1）请判断△ABC的形状？（2）求修建的公路CD的长．【答案】（1）直角三角形．（2）12km．【解析】解：（1）△ABC是直角三角形．∵AC＝15km，BC＝20km，AB＝25km，152+202＝252，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴△ABC是直角三角形．（2）∵CD⊥AB，∴S△ABC＝AB•CD＝AC•BC，∴CD＝＝＝12（km）．答：修建的公路CD的长是12km．4．（2023•中山市三模）某高铁站入口的双翼闸机如图所示，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm．双翼的边缘AC＝BD＝54cm，且与闸机侧立面夹角∠ACP＝∠BDQ＝30°．一名旅客携带一件长方体行李箱进站，行帮箱规格为60×80×100（长×宽×高，单位：cm）．当双翼收回进闸机箱内时，该旅客的行书箱是否可以通过闸机？请说明理由．【答案】可以通过，见解析．【解析】解：如图1，过点A作AE垂直PC于点E，过点B作BF垂直QD于点F．∵∠ACE＝30°，∠BDF＝30°，∴，．当双翼收回进闸机箱内时，闸机入口宽度PQ＝AE+AB+BF＝27+10+27＝64（cm）．∵长方体行李箱长为60cm，且60cm＜64cm，∴当双翼收回进闸机箱内时，该旅客的行李箱可以通过闸机．题型12比例线段1．（2024•沭阳县校级模拟）若，则的值是（）A．﹣1 B． C． D．1【答案】C【解析】解：∵，∴＝1﹣＝1﹣＝．故选：C．2．（2024•南海区校级模拟）黄金分割被很多人认为是“最美比例”，是因为它符合人们的视觉习惯和审美心理，能够创造出更加和谐、平衡和美观的艺术作品和产品．在自然界中黄金分割也很常见，如图是一个有着“最美比例”的鹦鹉螺，点B是线段AC的黄金分割点，AB＞BC，若AC＝16cm，那么AB的长为（）cm．A． B． C． D．【答案】C【解析】解：∵点B是线段AC的黄金分割点（AB＞BC），∴AB＝AC，∵AC＝16，∴AB＝×16＝8﹣8，故选：C．3．（2024•全椒县一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，AC＝5，AE平分∠BAC，点D是AC的中点，AE与BD交于点O，则的值为（）A．2 B． C． D．【答案】B【解析】解：过C作CN∥AB交AE延长线于N，过E作EM∥BD交AC于M，∴∠BAE＝∠N，∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAE，∴∠N＝∠CAE，∴CN＝CA＝5，∵AB∥CN，∴△ABE∽△NCE，∴BE：EC＝AB：CN＝4：5，∵EM∥BD，∴DM：MC＝BE：EC＝4：5，∴DC：DM＝9：4，∵D是AC的中点，∴AD＝CD，∴AD：DM＝9：4，∵OD∥EM，∴＝＝．故选：B．4．（2024•西安校级四模）如图，在正六边形ABCDEF中，对角线AC与AD的比值为．【答案】．【解析】解：∵六边形ABCDEF为正六边形，∴∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，在Rt△ACD中，sin∠ADC＝sin60°＝＝．∴对角线AC与AD的比值为．故答案为：．5．（2024•凉州区一模）如图，已知矩形ABCD∽矩形BCFE，AE＝4，EB＝1，则BC的长为．【答案】．【解析】解∵四边形ABCD和四边形BCFE都是矩形，∴AD＝BC，EF＝BC，∴AD＝EF＝BC，∵AE＝4，EB＝1，∴AB＝AE+BE＝5，∵矩形ABCD∽矩形BCFE，∴，即，∴（负值舍去），经检验，是原方程的解，故答案为：．6．（2024•西安校级四模）如图，在正六边形ABCDEF中，对角线AC与AD的比值为．【答案】．【解析】解：∵六边形ABCDEF为正六边形，∴∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，在Rt△ACD中，sin∠ADC＝sin60°＝＝．∴对角线AC与AD的比值为．故答案为：．7．（2024•凉州区一模）如图，已知矩形ABCD∽矩形BCFE，AE＝4，EB＝1，则BC的长为．【答案】．【解析】解∵四边形ABCD和四边形BCFE都是矩形，∴AD＝BC，EF＝BC，∴AD＝EF＝BC，∵AE＝4，EB＝1，∴AB＝AE+BE＝5，∵矩形ABCD∽矩形BCFE，∴，即，∴（负值舍去），经检验，是原方程的解，故答案为：．题型13相似多边形的性质1．（2024•红桥区模拟）若两个相似多边形的面积之比为1：3，则它们的相似比为（）A．1： B．1：3 C．1：6 D．1：9【答案】A【解析】解：∵两个相似多边形的面积之比为1：3，∴两个相似多边形的相似比为1：．故选：A．2．（2024•香洲区校级模拟）如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折痕为CF．若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD＝1，则CD的长为（）A．﹣1 B．﹣1 C．+1 D．+1【答案】C【解析】解：设HG＝x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADH＝90°，AD＝BC＝1，由折叠得：∠A＝∠AHE＝90°，AD＝DH＝1，BC＝CG＝1，∴四边形ADHE是矩形，∵AD＝DH，∴四边形ADHE是正方形，∴AD＝HE＝1，∵矩形HEFG与原矩形ABCD相似，∴＝，∴＝，解得：x＝﹣1或x＝﹣﹣1，经检验：x＝﹣1或x＝﹣﹣1都是原方程的根，∵GH＞0，∴GH＝﹣1，∴DC＝2+x＝+1，故选：C．3．（2023•宁波模拟）矩形相邻的两边长分别为25和x（x＜25），把它按如图所示的方式分割成五个全等的小矩形，每一个小矩形均与原矩形相似，则x的值为（）A．5 B．5 C．5 D．10【答案】B【解析】解：∵原矩形的长为25，宽为x，∴小矩形的长为x，宽为＝5，∵小矩形与原矩形相似，∴，解得：x＝5或﹣5（舍去），故选：B．题型14相似三角形的性质和判定1．（2024•惠城区模拟）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB和AC边上的点，DE∥BC，AD＝3BD，四边形BDEC的面积是28，则△ABC的面积为（）A．61 B．62 C．63 D．64【答案】D【解析】解：∵AD＝3BD，∴，∴，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∵四边形BDEC的面积是28，∴△ABC的面积＝，故选：D．2．（2024•锡山区一模）在平行四边形ABCD中，点F是BC的中点，AF与BD交于点E，则△ABE与四边形EFCD的面积之比（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：设S△BEF＝a，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴△ADE∽△FBE，∵点F是BC的中点，∴BF＝BC＝AD，∴＝2，∴S△ABE＝2a，，即＝4，∴S△ADE＝4a，∴S△BCD＝S△ABD＝2a+4a＝6a，∴S四边形CDEF＝S△BCD﹣S△BEF＝6a﹣a＝5a，∴△ABE与四边形EFCD的面积之比为：2a：5a＝2：5．故选：C．3．（2024•揭东区一模）如图，正方形ABCD中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，则等于（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠DAO+∠EAO＝90°，∵E为AB的中点，∴AE＝AB＝AD，∵AF⊥DE，∴∠AOE＝∠DOA＝90°，∴∠DAO+∠ADO＝90°，∴∠EAO＝∠ADO，∴△AOE∽△DOA，∴．故选：A．4．（2024•应县一模）如图，在△ABC中，O是边AD上的一点，以点O为圆心，OD的长为半径，⊙O恰好与边AB相切于点B，与边AD交于点C，连接BC．（1）求证：△ABC∽△ADB．（2）若AB＝5，AC＝3，求⊙O的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：连接OB，∵AB与圆相切于B，∴OB⊥AB，∴∠ABC+∠CBO＝90°，∵CD是圆的直径，∴∠CBD＝90°，∴∠D+∠OCB＝90°，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∴∠D＝∠ABC，∵∠CAB＝∠BAD，∴△ABC∽△ADB．（2）解：∵△ABC∽△ADB，∴AB：AD＝AC：AB，∵AB＝5，AC＝3，∴5：AD＝3：5，∴AD＝，∴CD＝AD﹣AC＝，∴⊙O的半径是CD＝．5．（2024•瑶海区校级模拟）已知，如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，则有AC2＝AD•AB，尝试运用此结论解决下列问题：（1）如图②，在矩形ABCD中，AD＝2，点F在AB上，FB＝2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长；（2）如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，△DCE与△DFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连接GC交DF于点M，GC∥FE，若AD＝2，求GM的长．【答案】（1）AE＝1；（2）GM的长为．【解析】解：（1）∵FB＝2AF，∴AB＝AF+BF＝3AF，在矩形ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，∠ADC＝90°，∴△AFE∽△CDE，∴，∴CE＝3AE，∴AC＝4AE，∵DF⊥AC，由题干可得，DA2＝AE⋅AC，∴22＝AE⋅4AE，∴AE＝1；（2）在矩形ABCD中，∠BCD＝∠CDA＝∠A＝90°，∴∠ADF+∠CDM＝90°，∵△DCE与△DFE关于直线DE对称，∴△DFE≌△DCE，∴∠DFE＝∠DCE＝90°，DC＝DF，∵GC∥FE，∴DM⊥GC，∴∠CDM+∠DCM＝90°，∴∠ADF＝∠DCM，在△CDM和△DFA中，，∴△CDM≌△DFA（ASA），∴CM＝DA＝2，∵G是AD的中点，∴DG＝GA＝1，由题干可得，DG2＝GM⋅GC，设GM＝x，则CG＝GM+CM＝x+2，∴12＝x（x+2），解得，（舍去），∴GM的长为．6．（2024•凉州区校级一模）已知，如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，对角线AC、BD相交于点E，且AC⊥BD．（1）求证：CD2＝BC•AD；（2）点F是边BC上一点，连接AF，与BD相交于点G，如果∠BAF＝∠DBF，求证：．【答案】见试题解答内容【解析】证明：（1）∵AD∥BC，∠BCD＝90°，∴∠ADC＝∠BCD＝90°，又∵AC⊥BD，∴∠ACD+∠ACB＝∠CBD+∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠CBD，∴△ACD∽△DBC，∴＝，即CD2＝BC×AD；（2）方法一：∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBF，∵∠BAF＝∠DBF，∴∠ADB＝∠BAF，∵∠ABG＝∠DBA，∴△ABG∽△DBA，∴＝，∴＝，又∵△ABG∽△DBA，∴＝，∴AB2＝BG•BD，∴＝＝＝，方法二：∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBF，∵∠BAF＝∠DBF，∴∠ADB＝∠BAF，∵∠ABG＝∠DBA，∴△ABG∽△DBA，∴＝（）2＝，而＝，∴＝．7．（2024•荆州模拟）（1）如图1，已知正方形AEFG与正方形ABCD，将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，求证：BE＝DG，且BE⊥DG；（2）如图2，将（1）中的两个正方形分别改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝2，AB＝4，将矩形AEFG绕点A顺时针方向旋转，连接DE，BG，在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．【答案】（1）证明见解答过程；（2）65．【解析】（1）证明：如图1，延长DG交BE于H，交AB于点O，∵四边形AEFG与ABCD为正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠EAB＝∠GAD，∴△AEB≌△AGD（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠AOG＝∠BOH，∴∠BHO＝∠GAO＝90°，即BE⊥DG；（2）解：如图2，连接EG，BD，设BE与DG交于Q，BE与AG交于点P，AB与DG交于点H，∵四边形AEFG与ABCD为矩形，∴∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠EAB＝∠GDA＝90°+∠GAB，又∵＝＝，AE＝2，AB＝4，∴△EAB∽△GAD，AG＝3，AD＝6，∴∠EBA＝∠GDA，∴∠AHD+∠ADG＝90°＝∠QHB+∠EBA，∴GD⊥EB，∴DE2+BG2＝EQ2+QD2+GQ2+QB2＝EG2+BD2，∵EG2+BD2＝AE2+AG2+AB2+AD2＝22+32+42+62＝65，∴DE2+BG2＝65．题型15相似三角形的实际应用1．（2024•南充模拟）我国古代教育家墨子发现了小孔成像：用一个带有小孔的板遮挡在墙体与物之间，墙体上就会形成物的倒影，这种现象叫小孔成像．如图，根据小孔成像原理，已知蜡烛的火焰高AB＝2cm，当物距OE＝5cm，像距OF＝8cm时，火焰的像高CD为（）A．cm B．cm C．cm D．cm【答案】D【解析】解：由题意可知，△AOB∽△COD，∴，∴，解得，CD＝，故选：D．2．（2024•应县一模）如图，这是一把折叠椅子及其侧面的示意图，线段AE和BD相交于点C，点F在AE的延长线上，测得AC＝30cm，BC＝40cm，CD＝24cm，EC＝18cm，若∠BAC＝60°，则∠DEF的度数为（）A．120° B．125° C．130° D．135°【答案】A【解析】解：∵AC＝30cm，BC＝40cm，CD＝24cm，EC＝18cm，∴＝＝，＝＝，∴＝，∵∠ACB＝∠DCE，∴△ACB∽△ECD，∴∠BAC＝∠DEC＝60°，∴∠DEF＝180°﹣∠DEC＝120°，故选：A．3．（2024•随州模拟）如图，育才学校教学楼AB的后面有一建筑物CD，当光线与地面的夹角是25°时，教学楼在建筑物的墙上留下高3m的影子CE，而当光线与地面夹角是45°时，教学楼顶点A在地面上的影子点F与墙角点C有20m的距离（B，F，C在同一条直线上，结果精确到1m，参考数据：sin25°＝0.42，cos25°＝0.91，tan25°＝0.47）（1）求教学楼AB的高度；（2）请你求出点A，E之间的距离．【答案】（1）约为23m；（2）约为47m．【解析】解：（1）如图所示，过点E作EM⊥AB于点M，∴四边形MBCE为矩形，∴MB＝CE＝3m，ME＝BC，设AB＝xm，在Rt△ABF中，∵∠AFB＝45°，∴BF＝AB＝xm，∴ME＝BC＝BF+FC＝（x+20）cm，在Rt△AME中，∵∠AEM＝25°，AM＝AB﹣MB＝（x﹣3）m，，∴，解得x≈23，答：办公楼AB的高度约为23m．（2）在Rt△AME中，∵，∴，答：A，E之间的距离约为47m．4．（2024•凉州区一模）在数学活动课上，老师带领数学小组测量大树AB的高度．如图，数学小组发现大树离教学楼5m，大树的影子有一部分落在地面上，还有一部分落在教学楼的墙上，墙上的影子CD长为2m，已知此时高1.2m的竹竿在水平地面上的影子长1m，那么这棵大树高度是多少？【答案】8m．【解析】解：过D点作DE⊥AB于E点，如图，DE＝BC＝5m，CD＝BE＝2m，根据题意得＝，∴AE＝1.2DE＝1.2×5＝6（m），∴AB＝AE+BE＝6+2＝8（m）．答：这棵大树高度是8m．5．（2024•新城区二模）如图，在某学校的明德楼和启智楼之间有一条文化长廊AB，文化长廊上伫立着三座名人塑像CD，EF，GH，点A，D，F，H，B在同一条直线上，且AD＝DF＝FH＝HB．在明德楼的楼顶有一照明灯P，塑像CD的影子为DM，塑像EF的影子为FN．该校“探数学”兴趣小组的同学测得文化长廊AB＝32米，塑像的高CD＝EF＝GH＝3米，塑像CD的影长DM＝2米．（1）求明德楼的高PA．（2）求塑像EF的影长FN．【答案】（1）15；（2）4．【解析】解：（1）∵AD＝DF＝FH＝HB，AB＝32米，∴AD＝＝8（米），根据题意得∠CDM＝∠PAM＝90°，∵∠CMD＝∠PMA，∴△CDM∽△PAM，∴，∴，∴AP＝15，答：明德楼的高PA为15米．（2）根据题意得∠PAN＝∠EFN＝90°，∵∠ENF＝∠PNA，∴△EFN∽△PAN，∴，∴，∴FN＝4，答：塑像EF的影长FN为4米．（限时60分钟）一．选择题（共11小题）1．（2024•山亭区一模）将一副直角三角尺按如图位置摆放在同一平面内，使两个直角三角尺的斜边AB∥DF，含30°角的直角三角尺的直角顶点E在含45°角的直角三角尺的斜边AB上，且点F在CB的延长线上，已知∠A＝45°，则∠1的度数是（）A．30° B．45° C．60° D．75°【答案】C【解析】解：由题意知，在Rt△DEF中，∠EDF＝60°，∵AB∥DF，∴∠1＝∠EDF＝60°，故选：C．2．（2024•东平县校级一模）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，AE是∠BAC的角平分线，AE⊥CE于点E，连接DE．若AB＝7，DE＝1，则AC的长度是（）A．4 B．4.5 C．5 D．5.5【答案】C【解析】解：延长CE，交AB于点F．∵AE平分∠BAC，AE⊥CE，∴∠EAF＝∠EAC，∠AEF＝∠AEC，在△EAF与△EAC中，，∴△EAF≌△EAC（ASA），∴AF＝AC，EF＝EC，又∵D是BC中点，∴BD＝CD，∴DE是△BCF的中位线，∴BF＝2DE＝2．∴AC＝AF＝AB﹣BF＝7﹣2＝5；故选：C．3．（2024•凉州区一模）如图，由六个边长为1的小正方形构成一个大长方形，连接小正方形的三个顶点，可得到△ABC，则△ABC中BC边上的高是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：据图可知，AB＝＝，AC＝＝2，BC＝＝，∵+＝，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，∴S△ABC＝AB•AC＝2，∴△ABC中BC边上的高＝＝，故选：A．4．（2024•新昌县一模）如图，桌上有一个圆柱形玻璃杯（无盖）高6厘米，底面周长16厘米，在杯口内壁离杯口1.5厘米的A处有一滴蜜糖，在玻璃杯的外壁，A的相对方向有一小虫P，小虫离杯底的垂直距离为1.5厘米，小虫爬到蜜糖A处的最短距离是（）A．厘米 B．10厘米 C．8厘米 D．8厘米【答案】B【解析】解：如图所示：最短距离为PA'的长度，将圆柱展开，PA'＝＝＝10cm，最短路程为PA'＝10cm．故选：B．5．（2024•新乐市一模）为测量一池塘两端A，B间的距离．甲、乙两位同学分别设计了两种不同的方案．甲：如图1，先过点B作AB的垂线BF，再在射线BF上取C，D两点，使BC＝CD，接着过点D作BD的垂线DE，交AC的延长线于点E．则测出DE的长即为A，B间的距离；乙：如图2，先确定直线AB，过点B作射线BE，在射线BE上找可直接到达点A的点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，则测出BC的长即为AB间的距离，则下列判断正确的是（）A．只有甲同学的方案可行 B．只有乙同学的方案可行 C．甲、乙同学的方案均可行 D．甲、乙同学的方案均不可行【答案】A【解析】解：甲：∵AB⊥BC，ED⊥BC，∴∠B＝∠CDE，在△ABC和△EDC中，，∴△ABC≌△EDC（ASA），∴DE＝AB，故甲正确；故选：A．6．（2024•常州模拟）如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，连接AC，分别交EF，GH于点M，N．已知AH＝3DH，正方形ABCD的面积为24，则图中阴影部分的面积之和为（）A．4 B．4.5 C．4.8 D．5【答案】C【解析】解：∵S正方形ABCD＝24，∴AB2＝24，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，∴x2+9x2＝24，∴，根据题意可知：AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，∴S△FGN＝2S△CGN，∵S△AEM＝S△CGN，∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，∴阴影部分的面积之和为：＝＝＝＝2x2＝＝4.8．故选：C．7．（2024•长安区一模）如图，四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是线段AB、CD、AC、BD的中点，则四边形EGFH的周长（）A．只与AB、CD的长有关 B．只与AD、BC的长有关 C．只与AC、BD的长有关 D．与四边形ABCD各边的长都有关．【答案】B【解析】解：∵点E、F、G、H分别是线段AB、CD、AC、BD的中点，∴四边形EGFH的周长＝FG+GE+EH+FH＝，故选：B．8．（2024•南阳模拟）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（）A．2 B．5 C．7 D．9【答案】B【解析】解：连接DN，∵ED＝EM，MF＝FN，∴EF＝DN，∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小，∵N与B重合时DN最大，此时DN＝DB＝＝＝13，∴EF的最大值为6.5．∵∠A＝90°，AD＝5，∴DN≥5，∴EF≥2.5，∴EF长度的可能为5；故选：B．9．（2024•凉州区一模）如图：△AOB与△A1OB1是以原点为位似中心的位似图形，且位似比为1：3，点B的坐标为（﹣1，2），则点B1的坐标为（）A．（2，﹣4） B．（﹣2，4） C．（3，﹣6） D．（3，6）【答案】C【解析】解：∵△AOB与△A1OB1是以原点为位似中心的位似图形，且位似比为1：3，点B的坐标为（﹣1，2），∴点B1的坐标为[﹣1×（﹣3），2×（﹣3）]，即（3，﹣6）．故选：C．10．（2024•两江新区校级模拟）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O分别与BC，AC交于点F，D，点F是的中点，连接AF，BD交于点E．若AB＝10，CD＝4．连接DF，则弦DF的长为（）A． B． C．4 D．5【答案】A【解析】解：如图，连接DF，∵AB为⊙O的直径，∴AF⊥BC，BD⊥AC，∵点F是的中点，∴BF＝DF，∠BAF＝∠DAF，∴AB＝AC，BF＝CF（等腰三角形三线合一），∴，∵AB＝10，CD＝4，∴AD＝AC﹣CD＝AB﹣CD＝6，又∵AB2﹣AD2＝BD2＝BC2﹣CD2，∴102﹣62＝BC2﹣42，解得或（舍去），∴，故选：A．11．（2024•大石桥市校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，连接AD，分别以点A，C为圆心，AD的长为半径在△ABC外画弧，两弧交于点E，连接AE，CE，过点D作DF⊥CE于点F．若AB＝6，AC＝8，则DF的长为（）A． B．4 C． D．5【答案】C【解析】解：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，∴AD＝CD，AE＝EC＝AD，AE＝EC＝AD＝CD，∴四边形ADCE是菱形，如图，过点A作AH⊥BC于点H，∵AB＝6，AC＝8，∴BC＝10，∴AH＝．∵△AHD≌△DFC，∵AD⊥DF，∴∠ADH+∠FDC＝90°，∵AH⊥BD，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠FDC＝∠DAH，∵∠AHD＝∠DFC＝90°，∵AD＝DF，∴△AHD≌△DFC，∴DF＝AH＝．故选：C．二．填空题（共7小题）12．（2024•台安县一模）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB＝10，DO＝4，平移距离为6，则阴影部分面积为48．【答案】见试题解答内容【解析】解：由平移的性质知，BE＝6，DE＝AB＝10，∴OE＝DE﹣DO＝10﹣4＝6，∴S四边形ODFC＝S梯形ABEO＝（AB+OE）•BE＝（10+6）×6＝48．故答案为48．13．（2024•永靖县一模）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE⊥AB．若AC＝2，DE＝1，则S△ACD＝1．【答案】1．【解析】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF＝1，∵AC＝2，∴S△ACD＝AC•DF＝×2×1＝1，故答案为：1．14．（2024•南岗区校级一模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC、BD相交于点E，AC＝BD，且AC⊥BD，若AB＝4，AD＝5，则CD边的长为．【答案】见试题解答内容【解析】解：如图所示，过D作DF⊥AB，交AB的延长线于F，过C作CG⊥DF，交FD的延长线于G，则∠F＝∠G＝90°，∵∠ABC＝90°，AC⊥BD，∴∠FBD+∠DBC＝∠BCA+∠DBC＝90°，∴∠FBD＝∠BCA，又∵∠ABC＝∠F＝90°，AC＝DB，∴△ABC≌△DFB，∴DF＝AB＝4，又∵AD＝5，∴Rt△ADF中，AF＝3，∴BF＝7＝BC，FG＝CG＝7，∴DG＝7﹣4＝3，∴Rt△CDG中，CD＝＝．故答案为：．15．（2024•南山区校级一模）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，当AF的最大值是2时，正方形ABCD的边长为8．【答案】8．【解析】解：以AB为直径作圆，因为∠AGB＝90°，所以G点在圆上．当CF与圆相切时，AF最大．此时FA＝FG，BC＝CG．设正方形的边长为x，则DF＝x﹣2，FC＝2+x，在Rt△DFC中，利用勾股定理可得：x2+（x﹣2）2＝（2+x）2，解得x＝8．故答案为：8．16．（2024•新荣区一模）如图，A是反比例函数y＝（x＞0）图象上一点，点B、D在y轴正半轴上，△ABD是△COD关于点D的位似图形，且△ABD与△COD的位似比是1：3，△ABD的面积为1，则该反比例函数的表达式为．【答案】见试题解答内容【解析】解：过A作AE⊥x轴，∵△ABD是△COD关于点D的位似图形，且△ABD与△COD的位似是1：3，∴＝，∴OE＝AB，∴，假设BD＝x，AB＝y∴DO＝3x，AE＝4x，CO＝3y，∵△ABD的面积为1，∴xy＝1，∴xy＝2，∴AB•AE＝4xy＝8，该反比例函数的表达式为：y＝，故答案为：y＝．17．（2024•即墨区校级一模）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点EF，连接BD、DP，BD与CF相交于点H．给出下列结论：①；②∠PDE＝15°；③，④DE2＝PF•FC．其中正确的为①②④.（填序号）【答案】①②④．【解析】解：①∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝90°，BC＝CD，AD∥BC，∠DBC＝45°，∵△PBC是等边三角形，∴PB＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝60°，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠PBC＝30°，在Rt△ABE中，∠ABE＝30°，∴AE＝EB，∵AD∥BC，∴∠PEF＝∠PBC＝60°，∠PFE＝∠PCB＝60°，∴∠PEF＝∠PFE＝60°，∴△PEF为等边三角形，∴PE＝PF，∴PB+PE＝PC+PF，即EB＝FC，∴AE＝FC，故结论①正确；②∵∠DCP＝∠BCD﹣∠PCB＝30°，PC＝BC＝CD，∴∠CDP＝（180°﹣∠DCP）＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠PDE＝∠CDA﹣∠CDP＝90°﹣75°＝15°，故结论②正确；③过点H作HT⊥CD于T，HK⊥BC于K，如图所示：∵∠BCD＝90°，∴四边形CTHK为矩形，∴KH＝CT，在Rt△CHT中，∠HCT＝30°，∴CH＝2HT，由勾股定理得：CT＝＝＝HT，∴KH＝CT＝HT，∴S△DHC＝CD•HT，S△