第4讲 长方体与三角形（练习）解析版

第4讲长方体与三角形（练习）真题回顾一、填空题1．（2020·上海中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．【答案】．【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，∵BC=7，CD=3，∴BD=BC-CD=4，∵AB=4=BD，∠B=60°，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，∴∠ADC=∠ADE=120°，∴∠EDH=60°，∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．∵DE=DC=3，∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，∴E到直线BD的距离为．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．2.（2017·上海中考真题）一副三角尺按如图的位置摆放（顶点C与F重合，边CA与边FE叠合，顶点B、C、D在一条直线上）．将三角尺DEF绕着点F按顺时针方向旋转n°后（0＜n＜180），如果EF∥AB，那么n的值是_____．【答案】45【解析】解：①如图1中，EF∥AB时，∠ACE=∠A=45°，∴旋转角n=45时，EF∥AB．②如图2中，EF∥AB时，∠ACE+∠A=180°，∴∠ACE=135°∴旋转角n=360°﹣135°=225°，∵0＜n°＜180，∴此种情形不合题意，故答案为45．3．（2011·上海中考真题）如图，点B、C、D在同一条直线上，CE//AB，∠ACB＝90°，如果∠ECD＝36°，那么∠A＝_________．【答案】54分析：由∠ACB=90°，∠ECD=36°，求得∠ACE的度数，又由CE∥AB，即可求得∠A的度数．解答：解：∵∠ECD=36°，∠ACB=90°，∴∠ACD=90°，∴∠ACE=∠ACD-∠ECD=90°-36°=54°，∵CE∥AB，∴∠A=∠ACE=54°．故答案为54°．4．（2019·上海中考真题）如图，已知直线l1∥l2，含30°角的三角板的直角顶点C在l1上，30°角的顶点A在l2上，如果边AB与l1的交点D是AB的中点，那么∠1＝___________________度.【答案】120【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得到，则，再利用三角形外角性质得到，然后根据平行线的性质求的度数.【详解】是斜边的中点，，，，，，.故答案为.【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半（即直角三角形的外心位于斜边的中点）.也考查了平行线的性质.5．（2019·上海中考真题）在△ABC和△A1B1C1中，已知∠C＝∠C1＝90°，AC＝A1C1＝3，BC＝4，B1C1＝2，点D、D1分别在边AB、A1B1上，且，那么AD的长是_________________.【答案】【分析】根据勾股定理求得，设，则，根据全等三角形的性质得出，，，即可求得，根据等角的余角相等求得，即可证得，根据其性质得出，解答求出的长.【详解】如图，在和中，，，，，，设，则，，，，，，，，，，，即，解得，的长为.故答案为.【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判定和性质，证得是解题的关键.二、解答题6．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．（1）求证：∠BAC=2∠ABD；（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．(3)如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：∵AB=AC，∴=，∴OA⊥BC，∴∠BAO=∠CAO．∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAO，∴∠BAC=2∠ABD．(2)如图2中，延长AO交BC于H．①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠DBC=2∠ABD．∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，∴8∠ABD=180°，∴∠C=3∠ABD=67.5°．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，∴10∠ABD=180°，∴∠BCD=4∠ABD=72°．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．综上所述：∠C的值为67.5°或72°．(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．则==，且BC=2BH，∴==，设OB=OA=4a，OH=3a．则在Rt△ABH和Rt△OBH中，∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，∴25-49a2=16a2﹣9a2，∴a2=，∴BH=，∴BC=2BH=．故答案为：．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．7．（2020·上海中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，，∠DAB=90°，AB=8，CD=5，BC=3．（1）求梯形ABCD的面积；（2）联结BD，求∠DBC的正切值．【答案】（1）39；（2）．【分析】(1)过C作CE⊥AB于E，推出四边形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=5，根据勾股定理得到，即可求出梯形的面积；(2)过C作CH⊥BD于H，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求解．【详解】解：(1)过C作CE⊥AB于E，如下图所示：∵ABDC，∠DAB=90°，∴∠D=90°，∴∠A=∠D=∠AEC=90°，∴四边形ADCE是矩形，∴AD=CE，AE=CD=5，∴BE=AB﹣AE=3．∵BC=3，∴CE==6，∴梯形ABCD的面积=×(5+8)×6=39，故答案为：39．(2)过C作CH⊥BD于H，如下图所示：∵CDAB，∴∠CDB=∠ABD．∵∠CHD=∠A=90°，∴△CDH∽△DBA，∴，∵BD===10，∴，∴CH=3，∴BH===6，∴∠DBC的正切值===．故答案为：．【点睛】本题考查了直角梯形，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．8．（2020·上海中考真题）在平面直角坐标系xOy中，直线y=﹣x+5与x轴、y轴分别交于点A、B(如图)．抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过点A．（1）求线段AB的长；（2）如果抛物线y=ax2+bx经过线段AB上的另一点C，且BC=，求这条抛物线的表达式；（3）如果抛物线y=ax2+bx的顶点D位于△AOB内，求a的取值范围．【答案】（1）5；（2）y=﹣x2+x；（3）﹣＜a＜0．【分析】（1）先求出A，B坐标，即可得出结论；

（2）设点C（m，-m+5），则BC=|m，进而求出点C（2，4），最后将点A，C代入抛物线解析式中，即可得出结论；

（3）将点A坐标代入抛物线解析式中得出b=-10a，代入抛物线解析式中得出顶点D坐标为（5，-25a），即可得出结论．【详解】（1）针对于直线y=﹣x+5，令x=0，y=5，∴B(0，5)，令y=0，则﹣x+5=0，∴x=10，∴A(10，0)，∴AB==5；（2）设点C(m，﹣m+5)．∵B(0，5)，∴BC==|m|．∵BC=，∴|m|=，∴m=±2．∵点C在线段AB上，∴m=2，∴C(2，4)，将点A(10，0)，C(2，4)代入抛物线y=ax2+bx(a≠0)中，得，∴，∴抛物线y=﹣x2+x；（3）∵点A(10，0)在抛物线y=ax2+bx中，得100a+10b=0，∴b=﹣10a，∴抛物线的解析式为y=ax2﹣10ax=a(x﹣5)2﹣25a，∴抛物线的顶点D坐标为(5，﹣25a)，将x=5代入y=﹣x+5中，得y=﹣×5+5=，∵顶点D位于△AOB内，∴0＜﹣25a＜，∴﹣＜a＜0．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，抛物线的顶点坐标的求法，求出点D的坐标是解本题的关键．9．（2019·上海中考真题）如图1，AD、BD分别是△ABC的内角∠BAC、∠ABC的平分线，过点A作AE上AD，交BD的延长线于点E（1）求证：∠E＝∠C；（2）如图2，如果AE＝AB，且BD：DE＝2：3，求cos∠ABC的值；（3）如果∠ABC是锐角，且△ABC与△ADE相似，求∠ABC的度数，并直接写出的值.【答案】（1）见解析；（2）cos∠ABC的值为2∶3；（3）∠ABC＝30°或∠ABC＝45°，的值或【分析】（1）由AE⊥AD，得到∠DAE＝90°，∠E＝90°－∠ADE，再由AD平分∠BAC，得到∠ABD∠BAC，即可解答（2）延长AD交BC于点F，得出，再利用三角函数即可即可（3）根据题意得出∠ABC＝∠E＝∠C，继而可得∠ABC＝30°，，∠ABC＝45°，，即可解答【详解】证明：∵AE⊥AD，∴∠DAE＝90°，∠E＝90°－∠ADE.∵AD平分∠BAC，∴∠BAD∠BAC，同理∠ABD∠BAC又∵∠ADE＝∠BAD＋∠ABD，∠BAC＋∠ABC＝180°－∠C，∴∠ADE（∠BAC＋∠BAC）（180°－∠C）.∴∠E＝90°－（180°－∠C）∠C解：延长AD交BC于点F.∵AE＝AB，∴∠ABE＝∠E.∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠CBE＝∠E.∴AE∥BC.∴∠AFB＝∠FAE＝90°，又∵BD∶DE＝2∶3∴cos∠ABC＝∴cos∠ABC的值为2∶3.（3）解：△ABC与△ADE相似，且∠DAE＝90°，∴△ABC中必有一个内角等于90°.∵ABC是锐角，∴∠ABC≠90°.若∠BAC＝∠DAE＝90°，∵∠E＝∠C,∴∠ABC＝∠E＝∠C∵∠ABC＋∠C＝90°，∴∠ABC＝30°.这时综上所述，∠ABC＝30°或∠ABC＝45°，的值或【点睛】此题考查角平分线的性质，三角函数，相似三角形的性质，解题关键在于作辅助线10．（2019·上海中考真题）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC，D是AO延长线上一点，联结BD并延长交⊙O于点E，联结CD并延长交⊙O于点F.（1）求证：BD＝CD：（2）如果AB2＝AO·AD，求证：四边形ABDC是菱形.【分析】（1）连接BC，根据垂直平分线的性质即可解答（2）连接OB，先求出△ABO∽△ADB，再利用相似的性质，求出四边形ABDC的四边相等，即可解答【详解】（1）连接BC，在⊙O中，∵AB＝AC，∴△ABC为等腰三角形又∵AD经过圆心O，∴AD垂直平分BC∴BD＝CD.（2）连接OB.∵AB2＝AO·AD，，又∵∠BAO＝∠DAB，∴△ABO∽△ADB，∴∠OBA＝∠BDA，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB.∴∠OAB＝∠BDA，∴AB＝BD.又∵AB＝AC，BD＝CD，∴AB＝AC＝BD＝CD.∴四边形ABDC是菱形.【点睛】此题考查垂直平分线的性质，三角形相似的判定与性质，菱形的判定，解题关键在于作辅助线模拟预测一、单选题1．（2021·上海宝山区·九年级一模）已知点是线段的中点，那么下列结论中，正确的是（）．A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意画出图形，因为点M是线段AB的中点，所以根据线段中点的定义解答．【详解】解：A、，故本选项错误；B、，故本选项正确；C、，故本选项错误；D、，，故本选项错误．【点睛】本题考查了线段的中点定义，注意向量的方向及运算法则．2．（2021·上海宝山区·九年级一模）如果是线段延长线上一点，且，那么等于（）．A． B． C． D．【答案】A【分析】先画出图形，设BC为k，然后用k表示出AB，最后求出即可．【详解】解：根据题意可画出下图：∵，设BC为k，∴AC=3k，∴AB=AC-BC=2k，∴=2k∶k=2∶1．故答案为A．【点睛】本题主要考查了线段的和差，根据题意画出图形成为解答本题的关键．3．（2021·上海崇明区·九年级一模）已知点是的重心，如果连接，并延长交边于点，那么下列说法中错误的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形重心的定义和性质解答即可．【详解】解：∵点是的重心，∴，，，∴A、C、D正确，B错误，故选B．【点睛】本题考查的是三角形的重心的概念和性质，三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍．二、填空题4．（2021·上海市静安区实验中学九年级一模）如果两个相似三角形的周长比为，那么它们的对应角平分线的比为_________________．【答案】【分析】结合题意得：；再根据角平分线的性质，通过证明，即可得到答案．【详解】如图，，的角平分线交BC于点N，交PQ于点M∴，∵和周长比为，∴∵的角平分线交BC于点N，交PQ于点M∴，∴，∴故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形、角平分线的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、角平分线的性质，从而完成求解．5．（2021·上海奉贤区·九年级一模）已知点是线段上一点，且，如果厘米，那么________________（厘米）．【答案】【分析】设厘米，得厘米，根据题意得，通过求解方程，即可得到答案．【详解】设厘米，根据题意得：厘米∵，∴，∴，故舍去；∴，即厘米故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程、二次根式、线段的知识；解题的关键是熟练掌握一元二次方程、二次根式的性质，从而完成求解．6．（2021·上海市静安区实验中学九年级一模）小明在楼上点处行到楼下点处的小丽的俯角是，那么点处的小丽看点处的小明的仰角是_______________度．【答案】【分析】根据题意画出图形，然后根据平行线的性质可以求得点B处的小丽看点A处的小明的仰角的度数，本题得以解决．【详解】解：由题意可得，∠BAC＝32°，∵AC∥BO，∴∠ABO＝∠BAC，∴∠ABO＝32°，即点B处的小丽看点A处的小明的仰角等于32度，故答案为32．【点睛】本题利用平行线间角的关系求仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．7．（2021·上海黄浦区·九年级一模）如图，点D、E、F分别位于的三边上，且，．如果的面积为2，的面积为8，那么四边形的面积是________．【答案】8【分析】根据平行线的性质可得∠AED=∠C，∠A=∠CEF，从而证出△ADE∽△EFC，然后根据相似三角形的性质即可求出，从而求出，然后利用平行证出△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质求出，即可求出，最后根据S四边形=－－即可证出结论．【详解】解：∵，，∴∠AED=∠C，∠A=∠CEF∴△ADE∽△EFC，∵的面积为2，的面积为8，∴，∴∵，∴△ADE∽△ABC，∴∴，∴，∴S四边形=－－=8故答案为：8．【点睛】此题考查的是相似三角形的判定及性质和平行线的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题关键．8．（2021·上海金山区·九年级一模）已知：如图，的中线与交于点，交于，那么______．【答案】【分析】根据已知条件得出G点是重心，再通过证明∼得出比例关系即可．【详解】∵的中线与交于点，∴G为的重心，∴=，=；∴=，∵DF//AE，∴∼，∴=∵=，∴．故答案为．【点睛】本题考查了重心的判定和性质与相似三角形的判定与性质，找到重心和两个相似三角形是解题的关键．9．（2021·上海徐汇区·九年级一模）如图，在中，，，点在边上，点在边上，，，如果的面积是，那么的长是_____．【答案】【分析】过点F作交AC于F，过点A作BC的垂线交CB的延长线于点H，通过解直角三角形、勾股定理及三角形面积公式求出CF，再通过解直角三角形求出CH，即可解得答案．【详解】解；过点F作交AC于F，∵，又∵，∴，∴，又∵，∴，，过点A作BC的垂线交CB的延长线于点H，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，，在和中，，即，【点睛】本题考查了解直角三角形及勾股定理，解题的关键是根据题意做出辅助线．10．（2021·上海徐汇区·九年级一模）如图，已知是边长为的等边三角形，正方形的顶点分别在边上，点在边上，那么的长是_____．【答案】【分析】根据等边三角形以及正方形的性质，在Rt△CDG中运用正弦的定义建立方程求解即可．【详解】根据题可知，△ADE为等边三角形，即：AD=DE，根据正方形的性质可知DE=DG，DG⊥BC，∠C=60°，设AD=x，则DG=x，DC=AC-AD=2-x，∴在Rt△CDG中，，即：，解得：，经检验是上述分式方程的解，故答案为：．【点睛】本题考查正方形和等边三角形的性质，以及利用锐角三角函数解直角三角形，灵活根据题意找准合适的直角三角形是解题关键．11．（2021·上海长宁区·九年级一模）如果一条对角线把凸四边形分成两个相似的三角形，那么我们把这条对角线叫做这个凸四边形的相似对角线，在凸四边形ABCD中，，，点E、点F分别是边AD，边BC上的中点．如果AC是凸四边形ABCD的相似对角线，那么EF的长等于_________．【答案】【分析】根据相似三角形的判定及性质可得BC，，继而可证，根据等腰三角形三线合一性质可得CF＝BF＝＝1，，∠AFC＝∠FAE＝90°，继而在Rt△AFC中，根据勾股定理可得AF，继而在Rt△AEF中，由勾股定理即可求解．【详解】解：∵，，∵∴，∵，，∴，又，∴，∵AB＝AC，又点E、点F分别是边AD，边BC上的中点．∴AF⊥BC，AF⊥AD，CF＝BF＝＝1，，即∠AFC＝∠FAE＝90°，在Rt△AFC中，由勾股定理，得：，∴在Rt△AEF中，由勾股定理，得：．【点睛】本题考查相似三角形的判定及其性质、等腰三角形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是求出综合利用所学知识求得BC，AF的长度．12．（2021·上海长宁区·九年级一模）如图，点G为△ABC的重心．如果AG＝CG，BG＝2，AC＝4，那么AB的长等于_________．【答案】【分析】先延长BG交AC与点D，再根据重心的性质得出BD=3；证∆ADG∆CDG，得出BD⊥AC，再利用勾股定理求出AB的长．【详解】解：（如图）延长BG交AC与点D，∵点G为△ABC的重心，BG=2,∴AD=CD，BD=3，又∵AG＝CG，GD=GD，∴∆ADG∆CDG，∴∠ADG=∠CDG，∴BD⊥AC，∵AC＝4，∴AD=2，∴AB===，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，三角形全等和勾股定理，正确做出辅助线，求出BD、AD的长以及证明∆ADG∆CDG是解决本题的关键．13．（2021·上海市静安区实验中学九年级一模）如图，、、是小正方形的顶点，且每个小正方形的边长相同，那么的正弦值为_________________．【答案】【分析】连接BC，根据网格求出AB,BC,AC，得到△ABC是直角三角形，再进行求解.【详解】∵每个小正方形的边长均为1，∴AB＝，BC＝，AC＝，∴AB2＝BC2＋AC2，∴△ABC是直角三角形，∴sin∠BAC＝，故答案为．【点睛】此题主要考查正弦的求解，解题的关键熟知勾股定理的运用.14．（2021·上海市静安区实验中学九年级一模）直角三角形的重心到斜边中点的距离为，那么该直角三角形的斜边长为____________．【答案】【分析】先根据三角形重心的性质求出斜边中线的长，再根据三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得斜边的长．【详解】解：由题意得，GD=2，∵点G是△ABC的重心，∴CD=3GD=6，CD是△ABC的中线，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，CD是△ABC的中线，∴AB=2CD=12，故答案为：12．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质和重心的性质，熟练掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半以及重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解决问题的关键．15．（2021·上海黄浦区·九年级一模）已知一个直角三角形的两条直角边长分别为3和6．则该三角形的重心到其直角顶点的距离是________．【答案】【分析】根据题意，画出图形，如解图所示，连接CO并延长交AB于点D，利用勾股定理求出AB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出CD，再利用三角形重心的性质即可求出结论．【详解】解：Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=3，点O为三角形的重心，连接CO并延长交AB于点D，∴AB==，CD为△ABC的中线，∴CD==∵O为△ABC的重心，∴该三角形的重心到其直角顶点的距离CO=CD=．故答案为：．【点睛】此题考查的是直角三角形的性质和重心的定义及性质，掌握勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和重心的定义及性质是解题关键．16．（2021·上海宝山区·九年级一模）如图，某堤坝的坝高为12米，如果迎水坡的坡度为，那么该大坝迎水坡的长度为______米．【答案】15【分析】过点B作BC⊥AC于C，由迎水坡的坡度为，得到tan∠BAC=，求出AC=9米，再利用勾股定理求出答案．【详解】过点B作BC⊥AC于C，∵迎水坡的坡度为，∴tan∠BAC=，∵BC=12米，∴AC=9米，∴AB===15(米)，故答案为：15．．【点睛】此题考查坡度的定义，解直角三角形的实际应用，勾股定理，正确理解迎水坡的坡度为得到tan∠BAC=是解题的关键．17．（2021·上海宝山区·九年级一模）已知等腰梯形上底为5，高为4，底角的余弦值为，那么其周长为______．【答案】26【分析】作DF⊥BC于F，AE⊥BC于E，根据等腰梯形的性质就可以得出△AEB≌△DFC就可以求出FC=BE，然后根据底角的余弦值为，求得BE，AB，从而求出周长．【详解】解：如图示，作DF⊥BC于F，AE⊥BC于E，∵四边形ABCD是等腰梯形，

∴∠B=∠C，AB=CD，AD∥BC，

∴∠ADF=∠DFC=90°，

∴∠AEF=∠DFE=∠ADF=90°，

∴四边形AEFD是矩形，，在△AEB和△DFC中，∴△AEB≌△DFC（AAS），∴BE=CF；∵，设，则，根据勾股定理，有：，解之得：（取正值），∴，，∴，，∴周长，故答案是：26．【点睛】本题考查了等腰梯形的性质的运用，三角函数，矩形的判定及性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，能熟练应用相关性质是解题的关键．三、解答题18．（2021·上海九年级专题练习）在单位长度为1的数轴上，点A表示的数为﹣2.5，点B表示的数为4．（1）求AB的长度；（2）若把数轴的单位长度扩大30倍，点A、点B所表示的数也相应的发生变化：①此时点A表示的数为，点B表示的数为；②已知点M是线段AB的三等分点，求点M所表示的数．【答案】（1）AB＝6.5；（2）①75，120；②﹣10或55【分析】（1）用点B表示的数减去点A表示的数即可得到AB的长；（2）①点A、点B表示的数也扩大30倍即可得到结果；②根据点A、B表示的数得到线段AB的长，再由点M是线段AB的三等分点，分两种情况确定点M表示的数．【详解】解：（1）AB＝4－(－2.5)＝6.5；（2）①根据题意可知，数轴的单位长度扩大30倍，则点A表示的数为－2.5×30＝－75，点B表示的数为4×30＝120，故答案为：－75，120；②AB＝120－(－75)＝195，当点M靠近点A时，AM＝AB＝65，∴点M表示的数为65－75＝－10，当点M靠近点B时，BM＝AB＝65，∴点M表示的数为120－65＝55，综上所述，点M表示的数为－10或55