专题14 全等三角形、相似三角形（讲义）（解析版）

专题14全等三角形、相似三角形核心知识点精讲理解全等三角形的概念、全等三角形的表示方法以及性质；理解掌握三角形全扽的判定方法、定理、全等变换；理解掌握相似三角形的概念；理解掌握相似三角形的基本定理以及运用；掌握三角形相似的判定方法以及综合运用；理解掌握相似三角形的性质以及运用。考点1全等三角形的概念和性质1.全等三角形的概念：能够完全重合的两个图形叫做全等形。能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。两个三角形全等时，互相重合的顶点叫做对应顶点，互相重合的边叫做对应边，互相重合的角叫做对应角。夹边就是三角形中相邻两角的公共边，夹角就是三角形中有公共端点的两边所成的角。2.全等三角形的表示和性质全等用符号“≌”表示，读作“全等于”。如△ABC≌△DEF，读作“三角形ABC全等于三角形DEF”。考点2三角形全等的判定三角形全等的判定定理：（1）边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）（2）角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）（3）边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）。（4）角角边定理：有两角和其中一个角所对的边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或“AAS”）考点3直角三角形全等的判定对于特殊的直角三角形，判定它们全等时，还有HL定理（斜边、直角边定理）：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）考点4全等变换、全等三角形的应用1.只改变图形的位置，二不改变其形状大小的图形变换叫做全等变换。全等变换包括一下三种：（1）平移变换：把图形沿某条直线平行移动的变换叫做平移变换。（2）对称变换：将图形沿某直线翻折180°，这种变换叫做对称变换。（3）旋转变换：将图形绕某点旋转一定的角度到另一个位置，这种变换叫做旋转变换。2.全等三角形的实际应用考点5相似三角形的概念、性质1.对应角相等，对应边成比例的三角形叫做相似三角形。相似用符号“∽”来表示，读作“相似于”。相似三角形对应边的比叫做相似比（或相似系数）。2.平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似。用数学语言表述如下：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC相似三角形的等价关系：（1）反身性：对于任一△ABC，都有△ABC∽△ABC；（2）对称性：若△ABC∽△A’B’C’，则△A’B’C’∽△ABC；（3）传递性：若△ABC∽△A’B’C’，并且△A’B’C’∽△A’’B’’C’’，则△ABC∽△A’’B’’C’’。3.相似三角形的性质相似三角形的定义：如果两个三角形的对应边的比相等，对应角相等，那么这两个三角形相似．（1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等．（2）相似三角形（多边形）的周长的比等于相似比；相似三角形的对应线段（对应中线、对应角平分线、对应边上的高）的比也等于相似比．（3）相似三角形的面积的比等于相似比的平方．由三角形的面积公式和相似三角形对应线段的比等于相似比可以推出相似三角形面积的比等于相似比的平方．考点6三角形相似的判定（1）三角形相似的判定方法①定义法：对应角相等，对应边成比例的两个三角形相似②平行法：平行于三角形一边的直线和其他两边（或两边的延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似③判定定理1：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似，可简述为两角对应相等，两三角形相似。④判定定理2：如果一个三角形的两条边和另一个三角形的两条边对应相等，并且夹角相等，那么这两个三角形相似，可简述为两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似。⑤判定定理3：如果一个三角形的三条边与另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似，可简述为三边对应成比例，两三角形相似（2）直角三角形相似的判定方法①以上各种判定方法均适用②定理：如果一个直角三角形的斜边和一条直角边与另一个直角三角形的斜边和一条直角边对应成比例，那么这两个直角三角形相似③垂直法：直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原三角形相似。考点7相似三角形的性质（1）相似三角形的对应角相等，对应边成比例（2）相似三角形对应高的比、对应中线的比与对应角平分线的比都等于相似比（3）相似三角形周长的比等于相似比（4）相似三角形面积的比等于相似比的平方【题型1：全等三角形的性质】【典例1】（2022•龙岗区模拟）如图，△ABC≌△A′B′C，且点B′在AB边上，点A′恰好在BC的延长线上，下列结论错误的是（）A．∠BCB′＝∠ACA′ B．∠ACB＝2∠B C．∠B′CA＝∠B′AC D．B′C平分∠BB′A′【答案】C【分析】根据全等三角形的性质得出BC＝B′C，∠ACB＝∠A′CB′，∠B＝∠A′B′C，再逐个判断即可．【解答】解：∵△ABC≌△A′B′C，∴BC＝B′C，∠ACB＝∠A′CB′，∠B＝∠A′B′C，A．∵∠ACB＝∠A′CB′，∴∠ACB﹣∠ACB′＝∠A′CB′﹣∠ACB′，∴∠BCB′＝∠ACA′，故本选项不符合题意；B．∵BC＝B′C，∴∠B＝∠CB′B，∴∠A′CB′＝∠B+∠BB′C＝2∠B，∵∠ACB＝∠A′CB′，∴∠ACB＝2∠B，故本选项不符合题意；C．不能推出∠B′CA＝∠B′AC，故本选项符合题意；D．∵∠B＝∠BB′C，∠B＝∠A′B′C，∴∠A′B′C＝∠BB′C，即B′C平分∠BB′A′，故本选项不符合题意；故选：C．1．（2023•高州市校级二模）如图，△ABC≌△DEF，AC∥DF，则∠C的对应角为（）A．∠F B．∠AGE C．∠AEF D．∠D【答案】A【分析】根据△ABC≌△DEF可得：∠B的对应角为∠DEF，∠BAC的对应角为∠D，∠C的对应角为∠F．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴∠C＝∠F，∴∠C的对应角是∠F，故选：A．2．（2023•广东模拟）如图，△ABC≌△BAD，A的对应顶点是B，C的对应顶点是D，若AB＝8，AC＝3，BC＝7，则AD的长为（）A．3 B．7 C．8 D．以上都不对【答案】B【分析】根据全等三角形的性质进行求解即可．【解答】解：∵△ABC≌△BAD，A的对应顶点是B，C的对应顶点是D，知AD和BC是对应边，BC＝7，∴AD＝BC＝7．故选：B．3．（2023•澄海区模拟）将两块全等的三角板如图摆放，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠A＝∠D＝30°，BC＝1，AB与CD交于点Q，在CE上取一点P，连接BP、PQ，当PB⊥QB时，△PBQ面积的最大值为36【答案】36【分析】证明∴△AQC∽△BPC，则有AQ：BP＝AC：BC=3：1，设AQ＝x，则BP=33x，得出S△PBQ【解答】解：∵∠ACB＝∠QBP＝90°，∠ABC＝60°，∴∠A＝∠CBQ＝30°，∴AC=3BC由旋转的性质可得：∠ACQ＝∠BCP，∴△AQC∽△BPC，∴AQ：BP＝AC：BC=3：1设AQ＝x，则BP=33在Rt△ABC中，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝2，∴S△PBQ=12×33x=-36x2=-36（x﹣1）2故当x＝1时，S△PBQ（max）=3故答案为：36【题型2：三角形全等的判定】【典例2】（2023•海珠区校级二模）如图，AB＝AD，AC平分∠BAD．求证：△ABC≌△ADC．【答案】证明过程见解答．【分析】先利用角平分线的定义可得∠BAC＝∠DAC，然后再利用SAS证明△ABC≌△ADC，即可解答．【解答】证明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，在△ABC和△ADC中，AB=AD∠BAC=∠DAC∴△ABC≌△ADC（SAS）．1．（2023•香洲区校级一模）如图，用直尺和圆规作已知角的平分线的示意图，则说明∠CAD＝∠DAB的依据是（）A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS【答案】D【分析】利用三角形全等的判定证明．【解答】解：从角平分线的作法得出，△AFD与△AED的三边全部相等，则△AFD≌△AED．故选：D．2．（2023•光明区校级三模）如图，点A，B，C，D是⊙O上的四点，AB为⊙O的直径，OC∥AD，CE⊥AB，垂足为E，则△ACE和四边形ABCD的面积之比为（）A．1：3 B．1：2 C．2：2【答案】B【分析】作CH⊥AD交AD延长线于H，由角平分线的性质得到CH＝CE，于是可以证明△CDH≌△CBE（AAS），得到四边形ABCD的面积＝四边形AECH的面积，而∴Rt△ACH≌Rt△ACE（HL），得到四边形AECH的面积＝△ACE面积×2，即可解决问题．【解答】解：作CH⊥AD交AD延长线于H，∵OC∥AD，∴∠DAC＝∠OCA，∵OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA，∴∠DAC＝∠OAC，∵CE⊥AB，∴CH＝CE，∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠ADB+∠B＝180°，∵∠CDH+∠ADC＝180°，∴∠CDH＝∠B，∵∠CHD＝∠CEB＝90°，∴△CDH≌△CBE（AAS），∴四边形ABCD的面积＝四边形AECH的面积，∵CH＝CE，AC＝AC，∴Rt△ACH≌Rt△ACE（HL），∴四边形AECH的面积＝△ACE面积×2，∴△ACE和和四边形ABCD的面积之比为1：2．故选：B．3．（2023•增城区一模）如图，点E、F在线段BC上，AB∥CD，∠A＝∠D，BE＝CF．求证：△ABE≌△DCF．【答案】见试题解答内容【分析】先利用两直线平行，内错角相等求出∠B＝∠C，再利用“AAS”即可求证．【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，在△ABE和△DCF中，∠A=∠D∠B=∠C∴△ABE≌△DCF（AAS）．【题型3：直角三角形的全等判定】【典例4】（2023春•禅城区校级期中）已知：如图，∠A＝∠D＝90°，AC＝BD．求证：OB＝OC．【答案】见试题解答内容【分析】因为∠A＝∠D＝90°，AC＝BD，BC＝BC，知Rt△BAC≌Rt△CDB（HL），所以∠ACB＝∠DBC，即∠OCB＝∠OBC，所以有OB＝OC．【解答】证明：∵∠A＝∠D＝90°，AC＝BD，BC＝BC，∴Rt△BAC≌Rt△CDB（HL）∴∠ACB＝∠DBC．∴∠OCB＝∠OBC．∴OB＝OC（等角对等边）．1．（海珠区校级模拟）下列判断一定正确的是（）A．有两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等 B．有一个角和一边对应相等的两个直角三角形全等 C．有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等 D．有两边对应相等，且有一个角为30°的两个等腰三角形全等【答案】A【分析】根据三角形全等的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL逐个判断即可．【解答】解：A、有两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，符合AAS，正确，故本选项符合题意；B、当两三角形的直角边和斜边相等时，就不全等，故本选项不符合题意；C、有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等（SSA）不符合全等三角形的判定定理，故本选项不符合题意；D、30°角没有对应关系，不能成立，错误，故本选项不符合题意；故选：A．2．（宝安区校级一模）下面四个条件，不能判定两个直角三角形全等的是（）A．两条直角边分别相等 B．两个锐角分别相等 C．斜边和一直角边对应相等 D．一锐角和斜边分别相等【答案】B【分析】利用SAS、HL、AAS进行判定．【解答】解：A、两条直角分别相等，再加上夹角都是直角，根据SAS可证全等，此选项错误；B、两个锐角分别相等，只有角没有边，不能判定全等，此选项正确；C、斜边和一直角边对应相等，利用HL可判定全等，此选项错误；D、一锐角和斜边分别相等，再加上一直角相等，利用AAS可证全等，此选项错误．故选：B．【题型4：全等三角形的性质与判定】【典例4】（2023•南海区三模）如图，已知∠AOC＝∠BOC，点P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E．（1）求证：△OPD≌△OPE．（2）如果OE＝3，PD=3，求四边形OEPD【答案】（1）见解析；（2）33【分析】（1）根据角平分线的性质得到PD＝PE，再利用直角三角形全等判定定理证明即可；（2）根据全等三角形的性质，将四边形OEPD的面积转化为两个三角形的面积计算即可．【解答】（1）证明：∵∠AOC＝∠BOC，PD⊥OA，PE⊥OB，∴PD＝PE．在Rt△OPD和Rt△OPE中，OP=OPPD=PE∴Rt△OPD≌Rt△OPE（HL）．（2）解：∵PD=3∴PE=3∵△OPD≌△OPE，OE＝3，∴S四边形1．（2023•香洲区二模）如图，在△ABC和△DEF中，∠B＝∠DEF，AB＝DE，添加一个条件后，仍然不能证明△ABC≌△DEF，这个条件可能是（）A．∠A＝∠D B．AC∥DF C．BE＝CF D．AC＝DF【答案】D【分析】根据全等三角形的判定，利用ASA、AAS、SAS即可得出答案．【解答】解：∵∠B＝∠DEF，AB＝DE，∴当∠A＝∠D时，由ASA可得△ABC≌△DEF，故A不符合题意；当AC∥DF时，则∠C＝∠F，由AAS可得△ABC≌△DEF，故B不符合题意；当BE＝CF时，则BC＝EF，由SAS可得△ABC≌△DEF，故C不符合题意；当AC＝DF时，不能得出△ABC≌△DEF，故D符合题意；故选：D．2.（2023•福田区模拟）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD，若图中两阴影三角形的面积之差为32（即，S△ACP﹣S△PBD＝32），则CD＝8．【答案】8．【分析】由“ASA”可证△ACH≌△BCD，可得CH＝CD，S△ACH＝S△BCD，即可求解．【解答】解：如图，过点C作CH⊥CD，交AD于H，∴∠HCD＝∠ACB＝90°，∴∠ACH＝∠BCD，∵∠ACP＝∠ADB＝90°，∠APC＝∠BPD，∴∠CAH＝∠CBD，又∵AC＝BC，∴△ACH≌△BCD（ASA），∴CH＝CD，S△ACH＝S△BCD，∵S△ACP﹣S△PBD＝32，∴S△ACH+S△CHP﹣S△PBD＝32，∴S△CHD＝32，∴12×CD2＝∴CD＝8，故答案为：8．3．（2023•香洲区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D在BC上点E是AC延长线上一点，且BE＝AD．（1）求证：△ACD≌△BCE；（2）若∠BAD＝22°，求∠ABE的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠ABE＝68°．【分析】（1）根据“HL”证明Rt△ACD≌Rt△BCE；（2）由Rt△ACD≌Rt△BCE，求出∠CAD＝∠CBE，再求出∠EBC＝23°，即可求解．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，在Rt△ACD与Rt△BCE中，AD=BEAC=BC∴Rt△ACD≌Rt△BCE（HL）；（2）解：∵Rt△ACD≌Rt△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝45°，∴∠CAD＝45°﹣22°＝23°，∴∠EBC＝23°，∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝68°．【题型5：全等三角形的应用】【典例5】（2023•顺德区校级一模）如图，AC＝BC＝BE＝DE＝10cm，点A、B、D在同一条直线上，AB＝12cm，BD＝16cm，则点C和点E之间的距离是（）A．6cm B．7cm C．8cm D．10【答案】D【分析】连接CE，过C作CM⊥AB于M，过E作EN⊥BD于N，根据等腰三角形的性质得到AM＝BM＝6cm，BN＝DN＝8cm，根据勾股定理得到的长，根据全等三角形的性质得到∠MBC＝∠BEN，推出∠CBE＝90°，根据勾股定理得出答案．【解答】解：连接CE，过C作CM⊥AB于M，过E作EN⊥BD于N，∴∠AMC＝∠BMC＝∠BNE＝∠DNE＝90°，∵AC＝BC，BE＝DE，∴AM＝BM=12AB=12×12＝6（cm），BN＝DN=12BD∴CM=BC2-B在Rt△BCM与Rt△EBN中，CM=BNBC=BE∴Rt△BCM≌Rt△EBN（HL），∴∠MBC＝∠BEN，∵∠BEN+∠EBN＝90°，∴∠MBC+∠EBN＝90°，∴∠CBE＝90°，∴CE=BC2+BE故点C和点E之间的距离是102cm，故选：D．1．（2022•东莞市校级一模）一块三角形玻璃不慎被小明摔成了四片碎片（如图所示），小明经过仔细的考虑认为只要带其中的两块碎片去玻璃店，就可以让师傅配一块与原玻璃一样的玻璃．你认为下列四个答案中考虑最全面的是（）A．带其中的任意两块去都可以 B．带1、4或2、3去就可以了 C．带1、4或3、4去就可以了 D．带1、2或2、4去就可以了【答案】C【分析】直接利用全等三角形的判定方法分析得出答案．【解答】解：带3、4可以用“角边角”确定三角形，带1、4可以用“角边角”确定三角形，故选：C．【题型6：相似三角形的性质】【典例6】（2023•汕头二模）若两个相似三角形的周长之比是1：2，则它们的面积之比是（）A．1：2 B．1：2 C．2：1 D．1：4【答案】D【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比、相似三角形面积的比等于相似比的平方解答即可．【解答】解：∵两个相似三角形的周长之比是1：2，∴两个相似三角形的相似比是1：2，∴它们的面积之比是：1：4，故选：D．1．（2023•蓬江区一模）如图，在△ABC中，D是AB边上的点，∠B＝∠ACD，AC：AB＝1：2，则△ADC与△ABC的面积比是（）A．1：2 B．1：2 C．1：3 D．1：4【答案】D【分析】根据相似三角形的周长之比等于相似比可以解答本题．【解答】解：∵∠B＝∠ACD，∠CAD＝∠BAC，∴△ACD∽△ABC，∴S△ACD故选：D．2．（2023•东莞市校级二模）如图，△ABC∽△ADE，S△ABC：S四边形BDEC＝1：3，BC=2，则DEA．6 B．22 C．32 D【答案】B【分析】利用相似三角形的性质求解即可．【解答】解：∵S△ABC：S四边形BDEC＝1：3，∴S△ABC：S△ADE＝1：4，∵△ABC∽△ADE，∴(BC∴BCDE=1∵BC=2∴DE=22故选：B．3．（2023•禅城区校级三模）已知一个三角形的三边长分别为2，3，4，与其相似的另一个三角形的周长为36，则它的最长边的长为（）A．8 B．12 C．16 D．20【答案】C【分析】根据相似多边形的性质得最长边的长为三角形的周长×4【解答】解：∵一个三角形的三边长分别为2，3，4，与其相似的另一个三角形的周长为36，∴它的最长边的长为36×42+3+4故选：C．【题型7：相似三角形的性质与判定】【典例7】（2023•南海区校级模拟）已知BD是平行四边形ABCD的对角线，E是AB上一点，连接EC，交BD于点F，若△BEF与△DCF的面积比是1：9，则BEABA．13 B．23 C．14 【答案】A【分析】先画出几何图形，再根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB＝DC，接着证明△BEF∽△DCF，则根据相似三角形的性质得（BEDC）2=19，然后计算出BE【解答】解：如图，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，AB＝DC，∴△BEF∽△DCF，∴S△BEFS△DCF=（BE∴BEDC∴BEAB故选：A．1．（2023•深圳模拟）下列说法中错误的是（）A．同角或等角的补角相等 B．圆周角等于圆心角的一半 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．两边成比例及其夹角相等的两个三角形相似【答案】B【分析】根据补角的定义，圆周角定理，平行四边形的判定，相似三角形的判定定理逐项分析判断即可求解．【解答】解：A．同角或等角的补角相等，故该选项正确，不符合题意；B．在同圆或等圆中，同一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半，故该选项不正确，符合题意；C．对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项正确，不符合题意；D．两边成比例及其夹角相等的两个三角形相似，故该选项正确，不符合题意；故选：B．2．（2023•雷州市一模）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E，F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①∠DPC＝75°；②CF＝2AE；③DFBC=23；④△A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】由等边三角形的性质和等腰三角形的性质可得∠CPD＝∠CDP＝75°，故①正确；通过证明△BDE∽△DPE，可得∠EPD＝∠BDE＝45°，可求∠DPF＝∠BHP＝105°，可证△BHP∽△DPF，故④正确；由相似三角形的性质可得PFPH=DFBC=33，故③错误，根据∠BPC＝∠EPF＝60°，得∠ABE＝30°，△BPC是等边三角形，PC＝PB，PE＝PF，得CF【解答】解：∵△BPC是等边三角形，∴BP＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ABE＝∠DCF＝30°，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，故①正确；∵△BPC是等边三角形，∴BP＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠PEF＝∠PFE＝60°，∴△PEF是等边三角形，∴PE＝PF，∴CP+PF＝CP+PE，∴CF＝BE，在Rt△ABE中，∠ABE＝∠ABC﹣∠PBC＝30°，∴BE＝2AE，∴CF＝2AE，故②正确；∴∠PDE＝15°，∵∠PBD＝∠PBC﹣∠HBC＝60°﹣45°＝15°，∴∠EBD＝∠EDP，∵∠DEP＝∠DEB，∴△BDE∽△DPE，∴∠EPD＝∠BDE＝45°，∵∠BPC＝∠EPF＝60°，∴∠FPD＝105°，∵∠BHP＝∠BCH+∠HBC＝105°，∴∠DPF＝∠BHP，又∵∠PDF＝∠DBP＝15°，∴△BHP∽△DPF，故④正确；∴PFPH∴PFPH∵∠DCF＝30°，∴DC=3DF∴DFDC∴PFPH=DF故选：B．3．（2023•天河区校级三模）如图，正方形MNPQ内接于△ABC，点M、N在BC上点P、Q分别在AC和AB边上，且BC边上的高AD＝6，BC＝12，则正方形MNPQ的边长为（）A．6 B．5 C．3 D．4【答案】D【分析】通过证明△AQP∽△ABC，可得AEAD【解答】解：设正方形MNPQ的边长为x，∵QP∥MN，∴△AQP∽△ABC，∴AEAD∴6-x6∴x＝4，∴正方形MNPQ的边长为4，故选：D．【题型8：相似三角形的实际应用】【典例8】（2023•高州市校级二模）如图，有一块直角边AB＝4cm，BC＝3cm的Rt△ABC的铁片，现要把它加工成一个正方形（加工中的损耗忽略不计），则正方形的边长为（）A．67 B．3037 C．127 【答案】D【分析】过点B作BP⊥AC，垂足为P，BP交DE于Q，三角形的面积公式求出BP的长度，由相似三角形的判定定理得出△BDE∽△BAC，设边长DE＝x，根据相似三角形的对应边成比例求出x的长度可得．【解答】解：如图，过点B作BP⊥AC，垂足为P，BP交DE于Q．∵S△ABC=12•AB•BC=12•∴BP=AB⋅BC∵DE∥AC，∴∠BDE＝∠A，∠BED＝∠C，∴△BDE∽△BAC，∴DEAC设DE＝x，则有：x5解得x=60故选：D．1．（2024•深圳模拟）如图是凸透镜成像示意图，CD是蜡烛AB通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高AB为5.4cm，蜡烛AB离凸透镜MN的水平距离OB为6cm，该凸透镜的焦距OF为10cm，AE∥OF，则像CD的高为（）A．15cm B．14.4cm C．13.5cm D．9cm【答案】C【分析】先证△CAE∽△COF得出OACO=25，再证△OAB∽△OCD，根据相似三角形的对应边成比例得出【解答】解：由题意得，AB∥MN，AE∥OF，AB∥CD，∴四边形ABOE是平行四边形，∴AE＝OB＝6cm，∵AE∥OF，∴△CAE∽△COF，∴CACO∴CACO∴OACO∵AB∥CD，∴△OAB∽△OCD，∴ABCD∴5.4CD∴CD＝13.5cm，故选：C．2．（2024•深圳模拟）击地传球是篮球运动中的一种传球方式，利用击地传球可以有效地躲避对手的拦截．传球选手从点A处将球传出，经地面点O处反弹后被接球选手在点C处接住，将球所经过的路径视为直线，此时∠AOB＝∠COD．若点A距地面的高度AB为1.5m，点C距地面的高度CD为1m，传球选手与接球选手之间的距离BD为5m，则OB的长度为（）A．53m B．2m C．2.5m D．3【答案】D【分析】先根据两角分别相等的两个三角形相似证得△ABO∽△CDO，再根据相似三角形的对应边成比例即可求出OB的长．【解答】解：由题意得∠ABO＝∠CDO，∠AOB＝∠COD，∴△ABO∽△CDO，∴ABCD设OB＝xm，则OD＝（5﹣x）m，∴1.51∴x＝3，即OB＝3m，故选：D．3．（2023•南海区校级模拟）如图，身高1.6米的小慧同学从一盏路灯下的B处向前走了8米到达点C处时，发现自己在地面上的影子CE的长是2米，则路灯AB的高为（）A．5米 B．6.4米 C．8米 D．10米【答案】C【分析】根据CD∥AB，得出△ECD∽△EBA，进而得出比例式求出即可．【解答】解：由题意知，CE＝2米，CD＝1.6米，BC＝8米，CD∥AB，则BE＝BC+CE＝10米，∵CD∥AB，∴△ECD∽△EBA∴CDAB=CE解得AB＝8，即路灯的高AB为8米；故选：C．一．选择题（共7小题）1．在△ABE与△DBC中，BC＝BE，AB＝DB，要使这两个三角形全等，还需具备的条件是（）A．∠E＝∠C B．∠ABD＝∠CBE C．∠ABE＝∠DBE D．∠A＝∠D【答案】B【分析】根据所给条件可知，应加已知边的夹角才可证明这两个三角形全等．【解答】解：A、加上∠E＝∠C，不能证明这两个三角形全等，故此选项不符合题意；B、加上∠ABD＝∠CBE可得∠ABD+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，即∠ABE＝∠DBC，根据SAS能证明这两个三角形全等，故此选项符合题意；C、加上∠ABE＝∠DBE，不能证明这两个三角形全等，故此选项不符合题意；D、加上∠A＝∠D，不能证明这两个三角形全等，故此选项不符合题意．故选：B．2．如图，已知∠1＝∠2，则不一定能使△ABD≌△ACD的条件是（）A．BD＝CD B．AB＝AC C．∠B＝∠C D．∠BDA＝∠CDA【答案】A【分析】分析已知条件知道，在△ABD与△ACD中，有一对对应角相等，一公共边，所以结合全等三角形的判定定理进行判断即可．【解答】解：A、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若BD＝CD，不符合全等三角形判定定理，不能判定△ABD≌△ACD，故本选项正确；B、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若AB＝AC，则△ABD≌△ACD（SAS），故本选项错误；C、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若∠B＝∠C，则△ABD≌△ACD（AAS）故本选项错误；D、∵∠1＝∠2，AD为公共边，若∠BDA＝∠CDA，则△ABD≌△ACD（ASA）故本选项错误；故选：A．3．如图，已知△ABC的六个元素，则下面甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的图形是（）A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙【答案】B【分析】全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，根据定理逐个判断即可．【解答】解：图甲不符合三角形全等的判定定理，即图甲和△ABC不全等；图乙符合SAS定理，即图乙和△ABC全等；图丙符合AAS定理，即图丙和△ABC全等；故选：B．4．图中的小正方形边长都相等，若△MNP≌△MEQ，则点Q可能是图中的（）A．点A B．点B C．点C D．点D【答案】D【分析】根据全等三角形的性质和已知图形得出即可．【解答】解：∵△MNP≌△MEQ，∴点Q应是图中的D点，如图，故选：D．5．如图，点P是△ABC的边AC上一点，连接BP，以下条件中，不能判定△ABP∽△ACB的是（）A．ABAP=ACAB B．BCBP=ACAB C．∠ABP【答案】B【分析】根据相似三角形的判定定理（①有两角分别相等的两三角形相似，②有两边的比相等，并且它们的夹角也相等的两三角形相似）逐个进行判断即可．【解答】解：A、∵∠A＝∠A，ABAP∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；B、根据BCBP=ACAB和∠A＝∠A不能判断△C、∵∠A＝∠A，∠ABP＝∠C，∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意；D、∵∠A＝∠A，∠APB＝∠ABC，∴△ABP∽△ACB，故本选项不符合题意．故选：B．6．如图，△ABC中，DE∥BC，AD＝5，BD＝10，DE＝4，则BC的长度为（）A．6 B．8 C．12 D．16【答案】C【分析】根据DE∥BC可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边成比例即可进行解答．【解答】解：∵DE∥BC，∴∠B＝∠ADE，∠C＝∠AED，∴△ADE∽△ABC，∴ADAB即ADAD+BD∴55+10解得BC＝12，故选：C．7．我国古代数学著作《九章算术》中的“井深”问题：“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸，问井深几何？”，它的题意是：如图AB＝DE＝5尺，BF＝0.4尺，问井深BD是多少．如图，设井深为x尺，所列方程正确的是（）A．55+x=0.45 C．x5+x=50.4【答案】A【分析】利用相似三角形的性质，构建方程即可．【解答】解：设BD＝x尺．∵四边形BCED是矩形，∴BF∥DE，∴△AFB∽△AED，∴BFBE∴0.45故选：A．二．填空题（共5小题）8．如图，点B的坐标为（0，1），点A是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△ABC，使∠ABC＝90°，设点A的横坐标为x，点C的纵坐标为y，则y与x的关系式为y＝x+1．【答案】y＝x+1．【分析】作BD∥x轴，作CD⊥BD于点D，利用AAS证明△OBA≌△DBC，根据全等三角形的性质即可建立y与x的函数关系．【解答】解：作BD∥x轴，作CD⊥BD于点D，如图所示，由已知可得，OA＝x，OB＝1，∠AOB＝90°，∠ABC＝90°，AB＝BC，点C的纵坐标是y，∵BD∥x轴，∴∠DBO+∠AOB＝180°，∴∠DBO＝90°，∴∠OBA+∠ABD＝∠ABD+∠DBC＝90°，∴∠OBA＝∠DBC，在△OBA和△DBC中，∠AOB=∠CDB=90°∠OBA=∠DBC∴△OBA≌△DBC（AAS），∴OA＝CD，∴CD＝x，∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点B到x的距离1，∴y＝x+1，故答案为：y＝x+1．9．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于点E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G，下列结论：①BF＝AC；②2AE＝BF；③S四边形ADGE＝S四边形GHCE；④△DGF，△ABC都是等腰三角形．其中正确的是①②④．【答案】①②④．【分析】证明△ACD≌△FBD（AAS），由全等三角形的性质得出AC＝BF．则①正确；证明△ABE≌△CBE（ASA），由全等三角形的性质得出AE＝CE，则可得出②正确；过G作GM⊥BD于点M，由直角三角形的性质及全等三角形的性质得出S四边形ADGE＜S四边形GHCE，故③错误；证出∠DGF＝∠DFG，由等腰三角形的判定可得出④正确．【解答】解：①∵CD⊥AB，∴∠CDA＝∠BDF＝90°，∠DBF+∠DFB＝180°﹣∠BDF＝90°，又∵BE⊥AC，∴∠BEA＝90°，∴∠DBF+∠DAC＝180°﹣∠BEA＝90°，∴∠DAC＝∠DFB，又∵∠ABC＝45°，∴∠DCB＝180°﹣∠ABC﹣∠BDF＝45°，△BCD是等腰直角三角形，∴BD＝CD，∴在△ACD和△FBD中，∠DAC=∠DFB∠CDA=∠BDF∴△ACD≌△FBD（AAS），∴AC＝BF．故①正确；②∵BE平分∠ABC，BE⊥AC，∴∠ABE＝∠CBE，∠BEA＝∠BEC＝90°，∴在△ABE和△CBE中，∠ABE=∠CBEBE=BE∴△ABE≌△CBE（ASA），∴AE＝CE，∴AC＝AE+CE＝2CE，又∵AC＝BF，∴BF＝2CE故②正确；③如图所示，过G作GM⊥BD于点M，∵H为等腰直角△BCD斜边BC的中点，∴DH⊥BC，即∠GHB＝90°，又∵BE平分∠ABC，GM⊥BD，∴GM＝GH，又∵BD＞BH，∴S△BDG＞S△BGH，又∵△ABE≌△CBE，∴S△ABE＝S△CBE，∴S四边形ADGE＝S△ABE﹣S△BDG，S四边形GHCE＝S△CBE﹣S△BGH，∴S四边形ADGE＜S四边形GHCE，故③错误；④∵∠HBG+∠BGH＝180°﹣∠GHB＝90°，∠DBF+∠DFG＝180°﹣∠BDF＝90°，∠HBG＝∠DBF，∴∠BGH＝∠DFG，又∵∠BGH＝∠DGF，∴∠DGF＝∠DFG，∴△DGF为等腰三角形．故答案为：①②④．10．如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC=42，AE＝CF=2，则四边形BEDF的周长是410【答案】410．【分析】根据题意和正方形的性质，利用勾股定理，可以求得DE、EB、BF、FD的长，从而可以求得四边形BEDF的周长．【解答】解：如图，连接BD，交AC于O，∵四边形ABCD是正方形，AC＝42，∴AC＝BD＝42，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD＝22，∵AE＝CF=2∴EO＝FO=2∴DE＝DF＝BF＝BE=(2∴四边形BEDF的周长是410，故答案为：410．11．如图，在平面直角坐标系中已知点A（8，0）和点B（0，6），C是AB的中点，若有一动点P在折线AOB上运动，直线CP截△AOB所得的三角形为直角三角形，则点P的坐标为（0，3）、（4，0）、（74，0）【答案】（0，3）、（4，0）、（74，0【分析】分类讨论：当PC∥OA时，∠BPC＝∠BOA＝90°，Rt△BPC∽Rt△BOA，易得P点坐标为（0，3）；当PC∥OB时，∠APC＝∠BOA＝90°，Rt△ACP∽Rt△ABO，易得P点坐标为（4，0）；当PC⊥AB时，如图，由于∠CAP＝∠OAB，则Rt△APC∽Rt△ABC，计算出AB、AC，则可利用比例式计算出AP，于是可得到OP的长，从而得到P点坐标．【解答】解：当PC∥OA时，∠BPC＝∠BOA＝90°，∵∠B＝∠B，∴Rt△BPC∽Rt△BOA，由点C是AB的中点，可得P为OB的中点，此时P点坐标为（0，3）；当PC∥OB时，∠APC＝∠BOA＝90°，∵∠A＝∠A，∴Rt△ACP∽Rt△ABO，由点C是AB的中点，可得P为OA的中点，此时P点坐标为（4，0）；当PC⊥AB时，如图，∠ACP＝∠BOA＝90°，∵∠CAP＝∠OAB，∴Rt△APC∽Rt△ABO，∴ACOA∵点A（8，0）和点B（0，6），∴AB=62∵点C是AB的中点，∴AC＝5，∴58∴AP=25∴OP＝OA﹣AP＝8-25此时P点坐标为（74，0综上所述，满足条件的P点坐标为（0，3）、（4，0）、（74，0故答案为：（0，3）、（4，0）、（74，012．在某一时刻，测得一根高为1.2m的竹竿的影长为2m，同时测得一栋楼的影长为90m，这栋楼的高度是54m．【答案】54．【分析】设这栋楼的高度为x米，根据题意可得：x90【解答】解：设这栋楼的高度为x米，由题意得：x90解得：x＝54，∴这栋楼的高度为54米．故答案为：54．三．解答题（共3小题）13．如图，点B，F，C，E在同一条直线上，BF＝CE，∠B＝∠E，∠ACB＝∠DFE．求证：△ABC≌△DEF．【答案】证明见解答过程．【分析】根据线段的和差得出BC＝EF，利用ASA证明△ABC≌△DEF即可．【解答】证明：∵BF＝CE，∴BF+CF＝CE+CF，即BC＝EF，在△ABC和△DEF中，∠B=∠EBC=EF∴△ABC≌△DEF（ASA）．14．如图，点B、C、D、E在同一直线上，BC＝DE，AB＝FC，∠B＝∠FCE，求证：AD∥FE．【答案】证明过程见解答．【分析】先由BC＝DE，推导出BD＝CE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABC≌△FCE，得∠ADB＝∠E，即可证明AD∥FE．【解答】证明：∵BC＝DE，∴BC+CD＝DE+CD，∴BD＝CE，在△ABC和△FCE中，AB=FC∠B=∠FCE∴△ABC≌△FCE（SAS），∴∠ADB＝∠E，∴AD∥FE．15．如图，一块直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的边BC上，并且使一条直角边经过点D．另一条直角边与AB交于点Q．求证：△BPQ∽△CDP．【答案】见解析过程．【分析】由余角的性质可证∠BPQ＝∠PDC，由相似三角形的判定可得结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵∠QPD＝90°，∴∠BPQ+∠DPC＝90°＝∠DPC+∠PDC，∴∠BPQ＝∠PDC，∴△BPQ∽△CDP．一．选择题（共6小题）1．如图，已知△CAD≌△CBE，若∠A＝30°，∠C＝80°，则∠CEB＝（）A．50° B．60° C．70° D．80°【答案】C【分析】三角形内角和定理，求出∠ADC，△CAD≌△CBE，得到∠CEB＝∠CDA，即可得解．【解答】解：∵∠A＝30°，∠C＝80°，∴∠ADC＝180°﹣80°﹣30°＝70°，∵△CAD≌△CBE，∴∠CEB＝∠CDA＝70°；故选：C．2．如图，AD是△ABC的边BC上的中线，AB＝7，AD＝5，则AC的取值范围为（）A．3＜AC＜17 B．3＜AC＜15 C．1＜AC＜6 D．2＜AC＜12【答案】A【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据三角形的三边关系即可求解．【解答】解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．在△ABD与△ECD中，DB=CD∠ADB=∠EDC∴△ABD≌△ECD（SAS），∴CE＝AB．在△ACE中，AE﹣EC＜AC＜AE+CE，即5+5﹣7＜AC＜5+5+7，3＜AC＜17．故选：A．3．如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，AD＜AB，且点E在线段CD上，则下列结论中不一定成立的是（）A．△ABD≌△ACE B．BD⊥CD C．∠BAE﹣∠ABD＝45° D．DE＝CE【答案】D【分析】利用SAS可判定△ABD≌△ACE；由题意可得∠BCD＝45°﹣∠ACD，∠CBD＝45°+∠ABD，从而有∠CBD+∠BCD＝90°，即有∠BDC＝90°，从而得BD⊥CD；由三角形的内角和可得∠ABD+∠BAD＝45°，则有∠BAD＝45°﹣∠ABD，结合∠DAE＝90°从而可求解．【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠BAE＝∠DAE﹣∠BAE，即∠CAE＝∠BAD，在△ABD与△ACE中，AC=AB∠CAE=∠BAD∴△ACE≌△ABD（SAS），故A不符合题意；∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ADE＝∠AED＝45°，∴∠BCD＝45°﹣∠ACD，∠CBD＝45°+∠ABD，∵△ACE≌△ABD，∴∠ACE＝∠ABD，∴∠CBD+∠BCD＝45°+∠ABD+45°﹣∠ACD＝90°，∴BD⊥CD，故B不符合题意；∴∠ADB＝∠CBD+∠ADE＝135°，∴∠ABD+∠BAD＝180°﹣∠ADB＝45°，∴∠BAD＝45°﹣∠ABD，∵∠BAE＝90°﹣∠BAD，∴∠BAE＝90°﹣（45°﹣∠ABD）＝45°+∠ABD，∴∠BAE﹣∠ABD＝45°，故C不符合题意；现有条件不能求得DE＝CE，故D符合题意．故选：D．4．小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是（）A．1m B．1.6m C．1.8m D．1.4m【答案】D【分析】由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD，由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案．【解答】解：由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．∴∠COE＝∠OBD，在△COE和△OBD中，∠COE=∠OBD∠CEO=∠ODB∴△COE≌△OBD（AAS），∴CE＝OD，OE＝BD，∵BD、CE分别为1.4m和1.8m，∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝1.8﹣1.4＝0.4（m），∵AD＝1m，∴AE＝AD+DE＝1.4（m），答：爸爸是在距离地面1.4m的地方接住小丽的．故选：D．5．如图，点P在△ABC的边AC上，要判断△ABP≌△ACB，添加下列一个条件，不正确的是（）A．∠ABP＝∠C B．∠APB＝∠ABC C．APAB=BPBC【答案】C【分析】根据相似三角形的判定方法，逐项判断即可．【解答】解：在△ABP和△ACB中，∠BAP＝∠CAB，∴当∠ABP＝∠C时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故A正确；当∠APB＝∠ABC时，满足两组角对应相等，可判断△ABP∽△ACB，故B正确；当APAB=BPBC时，其夹角不相等，则不能判断△ABP∽△当APAB=ABAC时，满足两边对应成比例且夹角相等，可判断△ABP∽△故选：C．6．如图所示，王华晚上在路灯下散步，已知王华的身高AB＝1.6米，灯柱的高OP＝O'P'＝4.8米，两灯柱之间的距离OO'＝10米，王华在两路灯之间行走时（O、A、O'三点在一条直线上），则他身子前后的两个影子之和DC的长为（）米．A．6 B．5 C．4 D．3【答案】B【分析】利用AB∥OP可判断△CAB∽△COP，则CACO=ABOP=13，所以CA=13CO，同理方法得到DA=13DO′，所以CD＝CA+DA=13（CO+DO′），即3CD【解答】解：∵AB∥OP，∴△CAB∽△COP，∴CACO∴CA=13同理可得DA=13∴CD＝CA+DA=13（CO+∴3CD＝CO+DO′，即3CD＝OC+CD+CO′＝CD+OO′，∵OO′＝10米，∴3CD＝CD+10，解得CD＝5（米）．故选：B．二．填空题（共4小题）7．如图所示的“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲．它巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，若大正方形边长为4，M为边FG的中点，则AM＝2，当正方形ABCD变化时，则MD的最小值为22-2【答案】2，22-2【分析】由四边形ABCD、EFGH是正方形，可得：GH＝FG＝4，∠ADC＝∠BAD＝90°，推出∠GDH＝∠FAG＝90°，根据直角三角形的性质可得AM=12FG＝2；取GH的中点O，连接OD、OM，可得△GOM是等腰直角三角形，得出OM=2OG＝22，再根据三角形三边的关系可得MD≥OM﹣OD＝22-【解答】解：∵四边形ABCD、EFGH是正方形，∴GH＝FG＝4，∠ADC＝∠BAD＝90°，∴∠GDH＝∠FAG＝90°，∵M为边FG的中点，∴AM=12FG＝如图，取GH的中点O，连接OD、OM，∵∠GDH＝90°，点O为H的中点，M为边FG的中点，∴OD=12GH＝2，GO＝GM＝∵∠OGM＝90°，∴△GOM是等腰直角三角形，∴OM=2OG＝22在△ODM中，MD≥OM﹣OD，∴MD≥22-2∴MD的最小值为22-2故答案为：2，22-28．如图，把△ABC放置在平面直角坐标系中，已知AB＝BC，∠ABC＝90°，A（3，0），B（0，﹣1），点C在第四象限，则点C的坐标是（1，﹣4）．【答案】见试题解答内容【分析】过点C作CD⊥y轴于点D，通过角的计算可找出∠OAB＝∠DBC，结合∠AOB＝∠BDC、AB＝BC，即可证出△OAB≌△DBC（AAS），根据全等三角形的性质即可得出BD＝AO、DC＝OB，再结合点A、B的坐标即可得出DC、OD的长度，进而可得出点C的坐标．【解答】解：过点C作CD⊥y轴于点D，如图所示．∵∠ABC＝90°，∠AOB＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∠OBA+∠DBC＝90°，∴∠OAB＝∠DBC．在△OAB和△DBC中，∠AOB=∠BDC=90°∠OAB=∠DBC∴△OAB≌△DBC（AAS），∴BD＝AO，DC＝OB．∵A（3，0），B（0，﹣1），∴BD＝AO＝3，DC＝OB＝1，OD＝OB+BD＝4，∴点C的坐标为（1，﹣4）．故答案为：（1，﹣4）．9．如图①是用杠杆撬石头的示意图，当用力压杠杆时，杠杆绕着支点转动，另一端会向上撬起，石头就被撬动了．在图②中，杠杆的D端被向上撬起的距离BD＝9cm，动力臂OA与阻力臂OB满足OA＝3OB（AB与CD相交于点O），要把这块石头撬起，至少要将杠杆的C点向下压27cm．【答案】27．【分析】首先根据题意构造出相似三角形，然后根据相似三角形的对应边成比例求得端点C向下压的长度．【解答】解：由题意得，AC∥BD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD∵AO＝3OB，∴ACBD=∴AC＝3BD＝27cm，∴至少要将杠杆的C点向下压27cm，故答案为：27．10．如图，N是线段AB上一点，AC⊥AB，BD⊥AB，NM⊥AB，联结CM并延长交AB于点P，联结DM并延长交AB于点Q．已知AB＝4，AC＝3，BD＝2，MN＝1，PN＝1.2，那么QN＝1.6．【答案】1.6．【分析】先证△MNP∽△CAP，求得PN、NB，再证△MNQ∽△DBQ，可得QN．【解答】解：∵AC⊥AB，NM⊥AB，∴∠CAP＝∠MNP＝90°，∵∠MPN＝∠CPA，∴△MNP∽△CAP，∴PNPA∵AC＝3，MN＝1，PN＝1.2，∴PA＝3.6，PB＝AB﹣PA＝0.4，NB＝NP+PB＝1.6，设QN＝x，则QB＝x+1.6，∵BD⊥AB，NM⊥AB，∴∠MNQ＝∠DBQ＝90°，∵∠DQB＝∠MQN，∴△MNQ∽△DBQ，∴MNDB∵BD＝2，MN＝1，∴12解得：x＝1.6，即QN＝1.6，故答案为：1.6．三．解答题（共3小题）11．已知：如图，点E、F在线段BC上，BF＝EC，且AB∥CD，∠A＝∠D，求证：AE＝DF．【答案】证明见解析．【分析】由平行线的性质得∠B＝∠C，再证BE＝CF，然后证△ABE≌△CDF（AAS），即可得出结论．【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，∵BF＝EC，∴BF﹣EF＝EC﹣EF，即BE＝CF，在△ABE与△DCF中，∠A=∠D∠B=∠C∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝DF．12．如图，OD平分∠AOG，DC⊥OA，垂足为C．（1）若△AOD的面积为18cm2，OA＝12cm，求点D到OG的距离；（2）点B在线段OG上，∠A＝∠GBD，求证：AO+BO＝2CO．【答案】（1）点D到OG的距离为3cm；（2）证明过程见解答．【分析】（1）根据三角形的面积求出CD，过点D作DH⊥OG于点H，根据角平分线的性质即可解决问题；（2）先证明△ACD≌△HBD（AAS），得AC＝BH，再证明Rt△OCD≌Rt△OHD（HL），得OC＝OH，然后利用线段的和差即可得结论．【解答】（1）解：∵△AOD的面积为18cm2，OA＝12cm，DC⊥OA，∴12OA•CD＝18∴CD＝3cm，如图，过点D作DH⊥OG于点H，∵OD平分∠AOG，DC⊥OA，∴DH＝DC＝3cm，∴点D到OG的距离为3cm；（2）证明：∵DC⊥OA，DH⊥OG，∴∠DCA＝∠DHB＝90°，在△ACD和△HBD中，∠A=∠DBH∠ACD=∠BHD=90°∴△ACD≌△HBD（AAS），∴AC＝BH，在Rt△OCD和Rt△OHD中，OD=ODDC=DH∴Rt△OCD≌Rt△OHD（HL），∴OC＝OH，∴AO+BO＝AC+CO+OB＝BH+OB+CO＝OH+CO＝2CO．13．如图，在梯形ABCD中AD∥BC，点F，E分别在线段BC，AC上，且∠FAC＝∠ADE，AC＝AD．（1）求证：DE＝AF；（2）若∠ABC＝∠CDE，求证：AF2＝BF•CE．【答案】证明过程见解答．【分析】（1）证明△ACF≌△DAE（ASA），即可解决问题；（2）证明△ABF∽△CDE，得AF•DE＝BF•CE，结合（1）AF＝DE，即可解决问题．【解答】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠ACF＝∠DAC∵∠FAC＝∠ADE，AC＝AD，∴△ACF≌△DAE（ASA），∴AF＝DE；（2）∵△ACF≌△DAE，∴∠AFC＝∠DEA，∴∠AFB＝∠DEC，∵∠ABC＝∠CDE，∴△ABF∽△CDE，∴AFCE∴AF•DE＝BF•CE，∵AF＝DE，∴AF2＝BF•CE．一．填空题（共4小题）1．（2023•广东）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为15．【答案】15．【分析】根据相似三角形的性质，利用相似比求出梯形的上底和下底，用面积公式计算即可．【解答】解：如图，∵BF∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴ABAD∵AB＝4，AD＝4+6+10＝20，DE＝10，∴420∴BF＝2，∴GF＝6﹣2＝4，∵CK∥DE，∴△ACK∽△ADE，∴ACAD∵AC＝4+6＝10，AD＝20，DE＝10，∴1020∴CK＝5，∴HK＝6﹣5＝1，∴阴影梯形的面积=12（HK+GF=12×（＝15．故答案