專題07 三角形的有關(guān)計算與證明（講練）-2024年中考數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習(xí)講練測（浙江新中考）（解析版）

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考點要求命題預(yù)測三角形的基礎(chǔ)近幾年浙江省數(shù)學(xué)中考中，三角形相關(guān)的考查主要集中在三角形的性質(zhì)、三角形的邊角關(guān)系、三角形的全等和相似等方面。選擇題和填空題主要考查學(xué)生對三角形基本性質(zhì)和定理的理解和應(yīng)用，而解答題則更注重對學(xué)生綜合應(yīng)用能力和解題技巧的考查，同時，題目中也經(jīng)常出現(xiàn)一些需要結(jié)合其他知識點進行綜合應(yīng)用的情況，增加了題目的難度和復(fù)雜性。因此，在備考過程中，學(xué)生需要充分理解三角形的性質(zhì)和定理，熟練掌握相關(guān)的計算方法和證明技巧，同時還需要注重培養(yǎng)自己的邏輯思維能力和空間想象能力特殊三角形的性質(zhì)與判定相似三角形一．選擇題（共6小題）1．（2023?金華）在下列長度的四條線段中，能與長6cm，8cm的兩條線段圍成一個三角形的是（）A．1cm B．2cm C．13cm D．14cm【答案】C【解析】解：設(shè)第三條線段長為xcm，由題意得：8﹣6＜x＜8+6，解得：2＜x＜14，只有13cm適合，故選：C．2．（2023?麗水）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB為腰作等腰直角三角形BAE，頂點E恰好落在CD邊上，若AD＝1，則CE的長是（）A． B． C．2 D．1【答案】A【解析】解：如圖，過點A作AF⊥BC于F，過點E作GH⊥BC于H，交AD的延長線于G，則∠AFB＝∠CHE＝90°，∴AF∥GH，∵AD∥BC，∠AFH＝90°，∴四邊形AFHG是矩形，∴∠G＝∠AFH＝∠FHG＝∠FAG＝90°，∵△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝AE，∠BAE＝90°，∵∠FAG＝∠BAE，∴∠BAF＝∠EAG，∵∠AFB＝∠G＝90°，∴△AFB≌△AGE（AAS），∴AF＝AG，∴矩形AFHG是正方形，∴AG＝GH，∵AG∥BC，∴∠C＝∠EDG＝45°，∴△CHE和△DGE是等腰直角三角形，∴DG＝EG，CH＝EH，∴AD＝EH＝1，∴CH＝1，由勾股定理得：CE＝＝．解法二：如圖2，過點E作EF⊥CD，交BC于F，∵∠C＝45°，∴△EFC是等腰直角三角形，∴EF＝CE，∠CFE＝45°，∴∠BFE＝180°﹣45°＝135°，∵∠CFE＝∠FBE+∠BEF＝45°，∠AED+∠BEF＝90°﹣45°＝45°，∴∠AED＝∠FBE，∵△ABE是等腰直角三角形，∴＝，∵AD∥BC，∴∠C+∠D＝180°，∴∠D＝180°﹣45°＝135°，∴∠D＝∠BFE，∴△ADE∽△EFB，∴＝＝，∵AD＝1，∴EF＝，∴CE＝EF＝．故選：A．3．（2023?浙江）如圖，點P是△ABC的重心，點D是邊AC的中點，PE∥AC交BC于點E，DF∥BC交EP于點F．若四邊形CDFE的面積為6，則△ABC的面積為（）A．12 B．14 C．18 D．24【答案】C【解析】解：如圖，連接BD．∵點P是△ABC的重心，點D是邊AC的中點，∴P在BD上，S△ABC＝2S△BDC，∴BP：PD＝2：1，∵DF∥BC，∴△DFP∽△BEP，∴＝，∵EF∥AC，∴△BEP∽△BCD，∴＝（）2＝（）2＝，設(shè)△DFP的面積為m，則△BEP的面積為4m，△BCD的面積為9m，∵四邊形CDFE的面積為6，∴m+9m﹣4m＝6，∴m＝1，∴△BCD的面積為9，∴△ABC的面積是18．故選：C．4．（2023?衢州）如圖是脊柱側(cè)彎的檢測示意圖，在體檢時為方便測出Cobb角∠O的大小，需將∠O轉(zhuǎn)化為與它相等的角，則圖中與∠O相等的角是（）A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO【答案】B【解析】解：由示意圖可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，∴∠O+∠ADO＝90°，∠DEB+∠ADO＝90°，∴∠DEB＝∠O，故選：B．5．（2022?金華）如圖，圓柱的底面直徑為AB，高為AC，一只螞蟻在C處，沿圓柱的側(cè)面爬到B處，現(xiàn)將圓柱側(cè)面沿AC“剪開”，在側(cè)面展開圖上畫出螞蟻爬行的最近路線，正確的是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：將圓柱側(cè)面沿AC“剪開”，側(cè)面展開圖為矩形，∵圓柱的底面直徑為AB，∴點B是展開圖的一邊的中點，∵螞蟻爬行的最近路線為線段，∴C選項符合題意，故選：C．6．（2022?麗水）如圖，五線譜是由等距離、等長度的五條平行橫線組成的，同一條直線上的三個點A，B，C都在橫線上．若線段AB＝3，則線段BC的長是（）A． B．1 C． D．2【答案】C【解析】解：過點A作平行橫線的垂線，交點B所在的平行橫線于D，交點C所在的平行橫線于E，則＝，即＝2，解得：BC＝，故選：C．7．（2023?衢州）如圖，一款可調(diào)節(jié)的筆記本電腦支架放置在水平桌面上，調(diào)節(jié)桿，AB＝b，AB的最大仰角為α．當(dāng)∠C＝45°時，則點A到桌面的最大高度是（）A． B． C．a(chǎn)+bcosα D．a(chǎn)+bsinα【答案】D【解析】解：如圖，過點A作AF⊥BE于F，過點B作BG⊥CD于G，在Rt△ABF中，AF＝AB?sinα＝bsinα，在Rt△BCG中，BG＝BC?sin45°＝a×＝a，∴點A到桌面的最大高度＝BG+AF＝a+bsinα，故選：D．二．填空題（共6小題）8．（2023?金華）如圖，把兩根鋼條OA，OB的一個端點連在一起，點C，D分別是OA，OB的中點，若CD＝4cm，則該工件內(nèi)槽寬AB的長為8cm．【答案】8．【解析】解：∵點C，D分別是OA，OB的中點，∴CD是△AOB的中位線，∴AB＝2CD，∵CD＝4cm，∴AB＝2CD＝8（cm），故答案為：8．9．（2023?麗水）如圖，在△ABC中，AC的垂直平分線交BC于點D，交AC于點E，∠B＝∠ADB．若AB＝4，則DC的長是4．【答案】4．【解析】解：∵∠B＝∠ADB，AB＝4，∴AD＝AB＝4，∵DE是AC的垂直平分線，∴DC＝AD＝4，故答案為：4．10．（2023?臺州）如圖，點C，D在線段AB上（點C在點A，D之間），分別以AD，BC為邊向同側(cè)作等邊三角形ADE與等邊三角形CBF，邊長分別為a，b，CF與DE交于點H，延長AE，BF交于點G，AG長為c．（1）若四邊形EHFG的周長與△CDH的周長相等，則a，b，c之間的等量關(guān)系為5a+5b＝7c；（2）若四邊形EHFG的面積與△CDH的面積相等，則a，b，c之間的等量關(guān)系為a2+b2＝c2．【答案】（1）5a+5b＝7c；（2）a2+b2＝c2．【解析】解：（1）∵△ADE和△CBF是等邊三角形，∴∠A＝∠ADE＝∠B＝∠BCF＝60°，∴△CDH和△ABG是等邊三角形，DE∥BG，CF∥AG，∴四邊形EHFG是平行四邊形，AB＝AG＝BG＝c，CH＝DH＝CD＝AD+BC﹣AB＝a+b﹣c，∴EG＝AG﹣AE＝c﹣a，GF＝BG﹣BF＝c﹣b，∵四邊形EHFG的周長與△CDH的周長相等，∴2[（c﹣a）+（c﹣b）]＝3（a+b﹣c），整理得：5a+5b＝7c，故答案為：5a+5b＝7c；（2）∵S四邊形EHFG＝S△ABG﹣S△BCF﹣S△ADE+S△CDH，四邊形EHFG的面積與△CDH的面積相等，∴S△ABG﹣S△BCF﹣S△ADE+S△CDH＝S△CDH，∴S△ABG＝S△BCF+S△ADE，∵△ABG，△ADE和△CBF是等邊三角形，∴c2＝a2+b2，∴c2＝a2+b2，故答案為：a2+b2＝c2．11．（2023?湖州）某數(shù)學(xué)興趣小組測量校園內(nèi)一棵樹的高度，采用以下方法：如圖，把支架（EF）放在離樹（AB）適當(dāng)距離的水平地面上的點F處，再把鏡子水平放在支架（EF）上的點E處，然后沿著直線BF后退至點D處，這時恰好在鏡子里看到樹的頂端A，再用皮尺分別測量BF，DF，EF，觀測者目高（CD）的長，利用測得的數(shù)據(jù)可以求出這棵樹的高度．已知CD⊥BD于點D，EF⊥BD于點F，AB⊥BD于點B，BF＝6米，DF＝2米，EF＝0.5米，CD＝1.7米，則這棵樹的高度（AB的長）是4.1米．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：過點E作水平線交AB于點G，交CD于點H，如圖，∵DB是水平線，CD，EF，AB都是鉛垂線，∴DH＝EF＝GB＝0.5米，EH＝DF＝2米，EG＝FB＝6米，∴CH＝CD﹣DH＝1.7﹣0.5＝1.2（米），又根據(jù)題意，得∠CHE＝∠AGE＝90°，∠CEH＝∠AEG，∴△CHE∽△AGE，∴，即，解得：AG＝3.6米，∴AB＝AG+GB＝3.6+0.5＝4.1（米）．故答案為：4.1．12．（2023?衢州）下面是勾股定理的一種證明方法：圖1所示紙片中，∠ACB＝90°（AC＜BC），四邊形ACDE，CBFG是正方形．過點C，B將紙片CBFG分別沿與AB平行、垂直兩個方向剪裁成四部分，并與正方形ACDE，△ABC拼成圖2．（1）若cos∠ABC＝，△ABC的面積為16，則紙片Ⅲ的面積為9．（2）若，則＝．【答案】（1）9；（2）．【解析】解：（1）在圖1中，過C作CM⊥AB于M，如圖：∵CT∥AB，∴∠ABC＝∠BCT，∵cos∠ABC＝，∴cos∠BCT＝，即＝，∴CT＝BC，∵∠ACM＝90°﹣∠BCM＝∠ABC，∴cos∠ACM＝cos∠ABC＝，即＝，∴CM＝AC，∴CT?CM＝BC?AC＝BC?AC，∵△ABC的面積為16，∴BC?AC＝16，∴BC?AC＝32，∴CT?CM＝18，∴紙片Ⅲ的面積為CT?BT＝CT?CM＝9；故答案為：9；（2）如圖：∵＝，∴＝，設(shè)NT＝19t，則BT＝15t，BN＝34t，∵∠FBN＝90°﹣∠CBN＝∠BCW，BF＝BC，∠BFN＝∠CBW＝90°，∴△BFN≌△CBW（ASA），∴BN＝CW＝34t，∵∠BCT＝∠WBT，∠BTC＝∠WTB＝90°，∴△BCT∽△WBT，∴＝，∴CT?WT＝BT2，∴CT?（34t﹣CT）＝（15t）2，解得CT＝9t或CT＝25t，當(dāng)CT＝9t時，WT＝25t，這情況不符合題意，舍去；當(dāng)CT＝25t時，WT＝9t，而BK＝CT，AK＝WT，∴＝．故答案為：．13．（2022?溫州）如圖是某風(fēng)車示意圖，其相同的四個葉片均勻分布，水平地面上的點M在旋轉(zhuǎn)中心O的正下方．某一時刻，太陽光線恰好垂直照射葉片OA，OB，此時各葉片影子在點M右側(cè)成線段CD，測得MC＝8.5m，CD＝13m，垂直于地面的木棒EF與影子FG的比為2：3，則點O，M之間的距離等于10米．轉(zhuǎn)動時，葉片外端離地面的最大高度等于（10+）米．【答案】10，（10+）．【解析】解：解法一：如圖，過點O作OP∥BD，交MG于P，過P作PN⊥BD于N，則OB＝PN，∵AC∥BD，∴AC∥OP∥BD，∴＝，∠EGF＝∠OPM，∵OA＝OB，∴CP＝PD＝CD＝6.5，∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，tan∠EGF＝tan∠OPM，∴＝＝，∴OM＝×15＝10；∵DB∥EG，∴∠EGF＝∠NDP，∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即＝，∴OB＝PN＝，以點O為圓心，OA的長為半徑作圓，當(dāng)OB與OM共線時，葉片外端離地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．解法二：如圖，設(shè)AC與OM交于點H，過點C作CN⊥BD于N，∵HC∥EG，∴∠HCM＝∠EGF，∵∠CMH＝∠EFG＝90°，∴△HMC∽△EFG，∴＝＝，即＝，∴HM＝，∵BD∥EG，∴∠BDC＝∠EGF，∴tan∠BDC＝tan∠EGF，∴＝＝，設(shè)CN＝2x，DN＝3x，則CD＝x，∴x＝13，∴x＝，∴AB＝CN＝2，∴OA＝OB＝AB＝，在Rt△AHO中，∵∠AHO＝∠CHM，∴sin∠AHO＝＝，∴＝，∴OH＝，∴OM＝OH+HM＝+＝10（米），以點O為圓心，OA的長為半徑作圓，當(dāng)OB與OM共線時，葉片外端離地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．故答案為：10，（10+）．三．解答題（共7小題）14．（2023?衢州）已知：如圖，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上．下面四個條件：①AB＝DE；②AC＝DF；③BE＝CF；④∠ABC＝∠DEF．（1）請選擇其中的三個條件，使得△ABC≌△DEF（寫出一種情況即可）．（2）在（1）的條件下，求證：△ABC≌△DEF．【答案】（1）選擇的三個條件是：①②③，或者選擇的三個條件是：①③④；（2）證明見解析過程．【解析】解：（1）由題知，選擇的三個條件是：①②③；或者選擇的三個條件是：①③④．證明：（2）當(dāng)選擇①②③時，∵BE＝CF，∴BE+EC＝CF+EC，即BC＝EF．在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SSS）．當(dāng)選擇①③④時，∵BE＝CF，∴BE+EC＝CF+EC，即BC＝EF．在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS）．15．（2023?金華）如圖，為制作角度尺，將長為10，寬為4的矩形OABC分割成4×10的小正方形網(wǎng)格，在該矩形邊上取點P，來表示∠POA的度數(shù)，閱讀以下作圖過程，并回答下列問題：作法（如圖）結(jié)論①在CB上取點P1，使CP1＝4．∠P1OA＝45°，點P1表示45°．②以O(shè)為圓心，8為半徑作弧，與BC交于點P2．∠P2OA＝30°，點P2表示30°．③分別以O(shè)，P2為圓心，大于OP2長度一半的長為半徑作弧，相交于點E，F(xiàn)，連接EF與BC相交于點P3．…④以P2為圓心，OP2的長為半徑作弧，與射線CB交于點D，連結(jié)OD交AB于點P4．…（1）分別求點P3，P4表示的度數(shù)．（2）用直尺和圓規(guī)在該矩形的邊上作點P5，使該點表示37.5°（保留作圖痕跡，不寫作法）．【答案】（1）點P3表示60°，點P4表示15°；（2）見解析．【解析】解：①∵四邊形OABC是矩形，∴BC∥OA，∴∠OP2C＝∠P2OA＝30°，由作圖可知，EF是OP2的中垂線，∴OP3＝P3P2；∴∠P3OP2＝∠P3P2O＝30°，∴∠P3OA＝∠P3OP2+∠P2OA＝60°，∴點P3表示60°；②作圖可知，P2D＝P2O，∴∠P2OD＝∠P2DO，∵CB∥OA，∴∠P2DO＝∠DOA；∴，∴點P4表示15°；答：點P3表示60°，點P4表示15°；（2）作∠P3OP4的角平分線交BC于P5，點P5即為所求作的點，如圖：∵點P3表示60°，點P4表示15°，∴∠P3OP4＝60°﹣15°＝45°，∴∠P3OP4+∠P4OA＝22.5°+15°＝37.5°，∴P5表示37.5°．16．（2023?湖州）【特例感知】（1）如圖1，在正方形ABCD中，點P在邊AB的延長線上，連結(jié)PD，過點D作DM⊥PD，交BC的延長線于點M．求證：△DAP≌△DCM．【變式求異】（2）如圖2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點D在邊AB上，過點D作DQ⊥AB，交AC于點Q，點P在邊AB的延長線上，連結(jié)PQ，過點Q作QM⊥PQ，交射線BC于點M．已知BC＝8，AC＝10，AD＝2DB，求的值．【拓展應(yīng)用】（3）如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點P在邊AB的延長線上，點Q在邊AC上（不與點A，C重合），連結(jié)PQ，以Q為頂點作∠PQM＝∠PBC，∠PQM的邊QM交射線BC于點M．若AC＝mAB，CQ＝nAC（m，n是常數(shù)），求的值（用含m，n的代數(shù)式表示）．【答案】（1）證明見解答過程；（2）；（3）．【解析】（1）證明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝DC，∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，∴∠A＝∠DCM，∵DM⊥PD，∴∠ADP+∠PDC＝∠CDM+∠PDC＝90°，∴∠ADP＝∠CDM，在△DAP和△DCM中，，∴△DAP≌△DCM（ASA）；（2）解：如圖2，作QN⊥BC于點N，∵∠ABC＝90°，DQ⊥AB，QN⊥BC，∴四邊形DBNQ是矩形，∴∠DQN＝90°，QN＝DB，∵QM⊥PQ，∴∠DQP+∠PQN＝∠MQN+∠PQN＝90°，∴∠DQP＝∠MQN，∵∠QDP＝∠QNM＝90°，∴△DQP∽△NQM，∴，∵BC＝8，AC＝10，∠ABC＝90°，∴，∵AD＝2DB，∴DB＝2，∵∠ADQ＝∠ABC＝90°，∴DQ∥BC，∴△ADQ∽△ABC，∴，∴，∴；（3）解：∵AC＝mAB，CQ＝nAC，∴CQ＝mnAB，∴AQ＝AC﹣CQ＝（m﹣mn）AB，∵∠BAC＝90°，∴，如圖3，作QN⊥BC于點N，∵∠BAC+∠ABN+∠BNQ+∠AQN＝360°，∠BAC＝90°，∴∠ABN+∠AQN＝180°，∵∠ABN+∠PBN＝180°，∴∠AQN＝∠PBN，∵∠PQM＝∠PBC，∴∠PQM＝∠AQN，∴∠AQP＝∠NQM，∵∠A＝∠QNM＝90°，∴△QAP∽△QNM，∴，∵∠A＝∠QNC＝90°，∠QCN＝∠BCA，∴△QCN∽△BCA，∴，∴，∴．17．（2023?溫州）如圖1，AB為半圓O的直徑，C為BA延長線上一點，CD切半圓于點D，BE⊥CD，交CD延長線于點E，交半圓于點F，已知OA＝，AC＝1．如圖2，連結(jié)AF，P為線段AF上一點，過點P作BC的平行線分別交CE，BE于點M，N，過點P作PH⊥AB于點H．設(shè)PH＝x，MN＝y(tǒng)．（1）求CE的長和y關(guān)于x的函數(shù)表達式；（2）當(dāng)PH＜PN，且長度分別等于PH，PN，a的三條線段組成的三角形與△BCE相似時，求a的值；（3）延長PN交半圓O于點Q，當(dāng)NQ＝x﹣3時，求MN的長．【答案】（1）CE＝，y＝﹣x+4；（2）a的值為或或；（3）MN的長為．【解析】解：（1）如圖1，連接OD，∵CD切半圓O于點D，∴OD⊥CE，∵OA＝，AC＝1，∴OC＝，BC＝4，∴CD＝＝2，∵BE⊥CE，∴OD∥BE，∴，∴，∴CE＝，如圖2，∵∠AFB＝∠E＝90°，∴AF∥CE，∴MN∥CB，∴四邊形APMC是平行四邊形，∴CM＝PA＝＝＝＝x，∵NM∥BC，∴△BCE∽△NME，∴，∴＝，∴y＝﹣x+4；（2）∵PN＝y(tǒng)﹣1＝﹣x+4﹣1＝﹣x+3，PH＜PN，△BCE的三邊之比為3：4：5，∴可分為三種情況，當(dāng)PH：PN＝3：5時，x＝﹣x+3，解得：x＝，∴a＝x＝，當(dāng)PH：PN＝4：5時，x＝﹣x+3，解得：x＝，∴a＝x＝，當(dāng)PH：PN＝3：4時，x＝﹣x+3，解得：x＝，∴a＝x＝，綜上所述：a的值為或或；（3）如圖3，連接AQ，BQ，過點Q作QG⊥AB于點G，則∠AQB＝∠AGQ＝90°，PH＝QG＝x，∴∠QAB＝∠BQG，∵NQ＝x﹣3，PN＝y(tǒng)﹣1＝﹣x+3，∴HG＝PQ＝NQ+PN＝x，∵AH＝x，∴AG＝AH+HG＝3x，∴tan∠BQG＝tan∠QAB＝＝＝，∴BG＝QG＝x，∴AB＝AG+BG＝x＝3，∴x＝，∴y＝﹣x+4＝，∴MN的長為．18．（2022?杭州）如圖，在△ABC中，點D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，連接DE，EF．已知四邊形BFED是平行四邊形，＝．（1）若AB＝8，求線段AD的長．（2）若△ADE的面積為1，求平行四邊形BFED的面積．【答案】（1）2；（2）6．【解析】解：（1）∵四邊形BFED是平行四邊形，∴DE∥BF，∴DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝，∵AB＝8，∴AD＝2；（2）∵△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝（）2＝，∵△ADE的面積為1，∴△ABC的面積是16，∵四邊形BFED是平行四邊形，∴EF∥AB，∴△EFC∽△ABC，∴＝（）2＝，∴△EFC的面積＝9，∴平行四邊形BFED的面積＝16﹣9﹣1＝6．19．（2022?寧波）【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC上的點，DE∥BC，BF＝CF，AF交DE于點G，求證：DG＝EG．【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在（1）的條件下，連結(jié)CD，CG．若CG⊥DE，CD＝6，AE＝3，求的值．【拓展提高】（3）如圖3，在?ABCD中，∠ADC＝45°，AC與BD交于點O，E為AO上一點，EG∥BD交AD于點G，EF⊥EG交BC于點F．若∠EGF＝40°，F(xiàn)G平分∠EFC，F(xiàn)G＝10，求BF的長．【答案】（1）證明見解答過程；（2）；（3）5+5．【解析】（1）證明：∵DE∥BC，∴△AGD∽△AFB，△AFC∽△AGE，∴＝，＝，∴＝，∵BF＝CF，∴DG＝EG；（2）解：∵DG＝EG，CG⊥DE，∴CE＝CD＝6，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝＝＝；（3）解：延長GE交AB于M，連接MF，過點M作MN⊥BC于N，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴OB＝OD，∠ABC＝∠ADC＝45°，∵MG∥BD，∴ME＝GE，∵EF⊥EG，∴FM＝FG＝10，在Rt△GEF中，∠EGF＝40°，∴∠EFG＝90°﹣40°＝50°，∵FG平分∠EFC，∴∠GFC＝∠EFG＝50°，∵FM＝FG，EF⊥GM，∴∠MFE＝∠EFG＝50°，∴∠MFN＝30°，∴MN＝MF＝5，∴NF＝＝5，∵∠ABC＝45°，∴BN＝MN＝5，∴BF＝BN+NF＝5+5．20．（2023?紹興）圖1是某款籃球架，圖2是其示意圖，立柱OA垂直地面OB，支架CD與OA交于點A，支架CG⊥CD交OA于點G，支架DE平行地面OB，籃筐EF與支架DE在同一直線上，OA＝2.5米，AD＝0.8米．∠AGC＝32°．（1）求∠GAC的度數(shù)；（2）某運動員準(zhǔn)備給籃筐掛上籃網(wǎng)，如果他站在凳子上，最高可以把籃網(wǎng)掛到離地面3米處，那么他能掛上籃網(wǎng)嗎？請通過計算說明理由．（參考數(shù)據(jù)：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62）【答案】（1）∠GAC的度數(shù)為58°；（2）該運動員能掛上籃網(wǎng)，理由見解答．【解析】解：（1）∵CG⊥CD，∴∠ACG＝90°，∵∠AGC＝32°，∴∠GAC＝90°﹣∠AGC＝90°﹣32°＝58°，∴∠GAC的度數(shù)為58°；（2）該運動員能掛上籃網(wǎng)，理由如下：延長OA，ED交于點M，∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∵DE∥OB，∴∠DMA＝∠AOB＝90°，∵∠GAC＝58°，∴∠DAM＝∠GAC＝58°，∴∠ADM＝90°﹣∠DAM＝32°，在Rt△ADM中，AD＝0.8米，∴AM＝AD?sin32°≈0.8×0.53＝0.42（米），∴OM＝OA+AM＝2.5+0.424＝2.924（米），∵2.924米＜3米，∴該運動員能掛上籃網(wǎng)．考點一三角形的基礎(chǔ)題型01三角形的三邊關(guān)系三角形三邊關(guān)系定理：三角形的兩邊之和大于第三邊．推論：三角形的兩邊之差小于第三邊．【解題技巧】1）判斷三條已知線段能否組成三角形，只需檢驗最短的兩邊之和大于第三邊，則可說明能組成三角形．2）已知三角形兩邊的長度分別為a，b，求第三邊長度的范圍：|a-b|＜c＜a＋b3）所有通過周長相加減求三角形的邊，求出兩個答案的，要注意檢查每個答案能否組成三角形．1．（2023?衢江區(qū)三模）已知一個三角形的兩邊長分別為1和2，則第三邊的長可以是（）A．1 B．2 C．3 D．3.5【答案】B【解析】解：設(shè)第三邊的長為l，則2﹣1＜l＜2+1，即1＜l＜3，所以只有2適合，故選：B．2．（2023?淳安縣一模）袁老師在課堂上組織學(xué)生用小棍擺三角形，小棍的長度有8cm，7cm，13cm和15cm四種規(guī)格，小朦同學(xué)已經(jīng)取了8cm和7cm兩根木棍，那么第三根木棍不可能?。ǎ〢．15cm B．13cm C．8cm D．7cm【答案】A【解析】解：設(shè)第三根木棍的長為xcm，則8﹣7＜x＜8+7，即1＜x＜15，∴第三根木棍不可能取15cm，故選：A．題型02與三角形有關(guān)的線段的綜合問題三角形有關(guān)的線段的性質(zhì)：高（AD）中線（AD）角平分線（AD）中位線（DE）∠ADB=∠ADC=90°BD=CD，S△ABD=S△ADCC∠BAD=∠DAC=12AD=DBAE=ECDE=12BC1．（2024?拱墅區(qū)一模）王老漢要將一塊如圖所示的三角形土地平均分配給兩個兒子，則圖中他所作的線段AD應(yīng)該是△ABC的（）A．角平分線 B．中線 C．高線 D．以上都不是【答案】B【解析】解：由三角形的面積公式可知，三角形的中線把三角形分為面積相等的兩部分，∴他所作的線段AD應(yīng)該是△ABC的中線，故選：B．2．（2023?西湖區(qū)校級模擬）如圖圖形中，作△ABC的邊BC上的高，正確的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：A、圖形中，AD是△ABC的BC邊上的高，本選項符合題意；B、圖形中，不能表示△ABC的BC邊上的高，本選項不符合題意；C、圖形中，不能表示△ABC的BC邊上的高，本選項不符合題意；D、圖形中，不能表示△ABC的BC邊上的高，本選項不符合題意；故選：A．題型03三角形內(nèi)角和定理與外角和定理綜合問題三角形的內(nèi)角和定理：三角形三個內(nèi)角和等于180°．推論：直角三角形的兩個銳角互余.三角形的內(nèi)角和定理的應(yīng)用：1)在三角形中,已知兩個內(nèi)角的度數(shù),可以求出第三個內(nèi)角的度數(shù)；2)在三角形中,已知三個內(nèi)角的比例關(guān)系,可以求出三個內(nèi)角的度數(shù)；3)在直角三角形中,已知一個銳角的度數(shù),可以求出另一個銳角的度數(shù).三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．三角形的外角和的性質(zhì)：1）三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和；2）三角形的一個外角大于任何一個和它不相鄰的內(nèi)角．1．（2024?浙江模擬）如圖，直線l與直線a，b分別相交于點A，B，點C在直線b上，若a∥b，CA＝CB，∠2＝74°，則∠1的度數(shù)為（）A．74° B．37° C．32° D．16°【答案】C【解析】解：∵a∥b，∠2＝74°，∴∠CBA＝∠2＝74°，∵CA＝CB，∴∠1＝180°﹣74°﹣74°＝32°，故選：C．2．（2023?麗水模擬）如圖，小明用一副三角板拼成一幅“帆船圖”，∠E＝45°，∠B＝30°，AC∥EF，CA＝CF，連結(jié)AF，則∠BAF的度數(shù)是（）A．127.5° B．135° C．120° D．105°【答案】A【解析】解：∵∠D＝∠ACB＝90°，∠E＝45°，∠B＝30°，∴∠DFE＝45°，∠BAC＝60°，∵AC∥EF，∴∠ACF＝∠DFE＝45°，∵CA＝CF，∴∠CAF＝∠CFA＝×（180°﹣∠ACF）＝67.5°，∴∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝127.5°，故選：A3．（2023?杭州二模）如圖所示，將含角45°的直角三角板與含60°角的直角三角板疊放在一起，若∠1＝70°，則∠2的度數(shù)為（）A．85° B．60° C．50° D．95°【答案】D【解析】解：如圖，∵∠1＝70°，∴∠3＝180°﹣60°﹣∠1＝50°，∵∠4＝45°，∴∠2＝∠3+∠4＝50°+45°＝95°，故選：D．4．（2023?臨平區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，以點B為圓心，AB為半徑畫弧交BC于點D，以點C為圓心，AC為半徑畫弧交BC于點E，連接AE，AD．設(shè)∠EAD＝α，∠ACB＝β，則∠B的度數(shù)為（）A．α﹣ B．2α﹣β C．α+ D．3α﹣β【答案】B【解析】解：由題意得：BA＝BD，CA＝CE，∵CA＝CE，∠ACB＝β，∴＝，在△AED中，∠ADE＝180°﹣∠AED﹣∠EAD＝180°﹣＝90°+，∵BA＝BD，∴，在△BAD中，＝2α﹣β．故選：B．5．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級一模）如圖，在△ABC中，D、E分別是△ABC邊AB、AC上的點，已知DE∥BC且DB＝DE．（1）求證：BE是△ABC的角平分線；（2）若∠A＝65°，∠C＝45°，求∠AEB的度數(shù)．【答案】（1）證明見解析；（2）80°．【解析】（1）證明：∵DE∥BC，∴∠DEB＝∠CBE，∵DB＝DE，∴∠DBE＝∠DEB，∴∠CBE＝∠DBE，∴BE是△ABC的角平分線；（2）解：∵∠A＝65°，∠C＝45°，∴∠ABC＝70°，∵BE是△ABC的角平分線，∴∠ABE＝35°，∴∠AEB＝180°﹣∠A﹣∠ABE＝80°．6．（2023?新昌縣模擬）在△ABC中，BA＝BC，在射線BC上取點D，E，且BD＜BE，作△ADE，使DA＝DE．（1）如圖，當(dāng)點D在線段BC上時，且∠BAD＝30°．①若∠B＝40°，求∠EAC的度數(shù)；②若∠B≠40°，求∠EAC的度數(shù)；（2）當(dāng)點D在BC延長線上時，猜想∠BAD與∠EAC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．【答案】（1）①15°；②15°；（2）∠BAD＝2∠EAC，見證明．【解析】解：（1）①∵∠BAD＝30°，∠B＝40°，∴∠ADE＝70°，∵DA＝DE，∴∠DEA＝55°，∵∠B＝40°，BA＝BC，∴∠BCA＝70°，∴∠EAC＝∠BCA﹣∠DEA＝15°，②∠B≠40°時，設(shè)∠B＝a，∵∠BAD＝30°，∴∠ADE＝30°+α，∵DA＝DE，∴∠DEA＝＝，∵∠B＝a，BA＝BC，∴∠BCA＝，∴∠EAC＝∠BCA﹣∠DEA＝＝15°；（2）∠BAD＝2∠EAC，理由如下：作圖如圖2，設(shè)∠B＝a，∠BAD＝β，∴∠ADE＝α+β，∵DA＝DE，∴∠DEA＝，∵∠B＝a，BA＝BC，∴∠BCA＝，∴∠EAC＝∠BCA﹣∠DEA＝＝，∴∠BAD＝2∠EAC．考點二特殊三角形的性質(zhì)與判定題型01線段垂直平分線的性質(zhì)與判定垂直平分線的概念：經(jīng)過線段的中點并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線（或線段的中垂線）.性質(zhì)：線段的垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等.判定：到一條線段兩個端點距離相等的點在這條線段的垂直平分線上.解題技巧：對于含有垂直平分線的題目，首先考慮將垂直平分線上的點與線段兩端點連接起來1．（2023?臨安區(qū)一模）在Rt△ABC中，∠A＝90°，以C為圓心，適當(dāng)長為半徑畫弧交BC，AC于D，E兩點，分別以D，E為圓心，大于長為半徑畫弧交于M點，作射線CM交AB1于K點．以K為圓心，CK為半徑畫弧交射線CM于H點，分別以C，H為圓心，大于為半徑畫弧交于N，L，作直線NL交BC于G，AC＝4，CG＝5，則GK＝（）A． B． C．3 D．【答案】A【解析】解：由作法得CK平分∠ACB，NL⊥CH，∴∠ACK＝∠BCK，∠CKG＝90°，∵∠A＝∠CKG，∠ACK＝∠GCK，∴△ACK∽△KCG，∴AC：CK＝CK：CG，即4：CK＝CK：5，解得CK＝2，在Rt△CKG中，KG＝＝＝．故選：A．2．（2023?西湖區(qū)校級二模）如圖，△ABC中，∠BAC＝70°，AB的垂直平分線與∠BAC的角平分線交于點O，則∠ABO的度數(shù)為（）A．35° B．30° C．25° D．20°【答案】A【解析】解：∵AO平分∠BAC，∴，∵OD垂直平分AB，∴OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO＝35°，故選：A．3．（2023?寧波模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，邊AB的垂直平分線交AB于點D，交AC于點E，連接BE，CD，若BC＝5，CD＝6.5，則△BCE的周長為（）A．17 B．18 C．19 D．20【答案】A【解析】解：∵DE是AB的垂直平分線，∴EA＝EB，AD＝DB，在Rt△ABC中，AD＝DB，CD＝6.5，∴AB＝2CD＝13，∴AC＝＝＝12，∴△BCE的周長＝BC+CE+BE＝BC+CE+EA＝BC+AC＝17，故選：A．題型02角平分線的性質(zhì)與判定角平分線的性質(zhì)定理：角的平分線上的點到這個角的兩邊的距離相等．角平分線的判定定理：角的內(nèi)部，與角的兩邊的距離相等的點在這個角的平分線上．解題技巧：看到角平分線的題目，可考慮作“兩垂線”1．（2023?椒江區(qū)一模）點P在∠ABC的平分線上，點P到BA邊的距離等于3，點D是BC邊上的任意一點，則下列選項正確的是（）A．PD＞3 B．PD≥3 C．PD＜3 D．PD≤3【答案】B【解析】解：∵點P在∠ABC的平分線上，點P到BA邊的距離等于3，∴點P到BC邊的距離等于3，∵點D是BC邊上的任意一點，∴PD≥3，故選：B．2．（2023?舟山模擬）如圖，AE，BE，CE分別平分∠BAC，∠ABC，∠ACB，ED⊥BC于點D，ED＝3，△ABC的面積為36，則△ABC的周長為（）A．48 B．36 C．24 D．12【答案】C【解析】解：過點E作EF⊥AB，垂足為F，過點E作EG⊥AC，垂足為G，∵BE平分∠ABC，ED⊥BC，EF⊥AB，∴EF＝ED＝3，∵CE平分∠ACB，ED⊥BC，EG⊥AC，∴ED＝EG＝3，∴△ABC的面積＝△ABE的面積+△BEC的面積+△AEC的面積＝，∴AB+BC+AC＝24，即△ABC的周長為24．故選：C．3．（2023?鹿城區(qū)校級模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，若AC＝9，DC＝AC，BD平分∠ABC，則點D到AB的距離等于（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】解：如圖，過點D作DH⊥AB，垂足為H，∵AC＝9，DC＝AC，∴DC＝3，∵BD平分∠ABC，∠C＝90°，DH⊥AB，∴CD＝DH＝3，∴點D到AB的距離等于3，故選：B4．（2023?濱江區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°．（1）若∠C＝32°，求∠A的度數(shù)．（2）畫∠ABC的平分線BD交AC于點D，過點D作DE⊥AB于點E．若AB＝3，BC＝4，求DE的長．（畫圖工具不限）【答案】（1）58°；（2）．【解析】解：（1）由題意得，∠A＝90°﹣∠C．∵∠C＝32°，∴∠A＝90°﹣32°＝58°．即∠A＝58°．（2）如圖，∵DE⊥AB，∴∠AED＝90°．又∠ABC＝90°，∴∠AED＝∠ABC．∴ED∥BC．∴△AED∽△ABC．∴．∵BD平分∠ABC，∴∠EBD＝∠ABC＝45°．又∵DE⊥AB，∴∠EBD＝∠EDB＝45°．∴EB＝ED．設(shè)ED＝x，∴EB＝ED＝x．∴AE＝AB﹣ED＝3﹣x．∴．∴x＝．∴DE＝．題型03等腰三角形的性質(zhì)與判定等腰三角形性質(zhì)：1）等腰三角形的兩個底角相等（簡稱“等邊對等角”）.2）等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合.（簡稱“三線合一”）.等腰三角形的判定：如果一個三角形有兩個角相等，那么這兩個角所對的邊也相等（簡稱“等角對等邊”）.1．（2023?桐鄉(xiāng)市一模）若等腰△ABC的一個外角等于130°，則該三角形的頂角等于（）A．50° B．80° C．65°或80° D．50°或80°【答案】D【解析】解：①當(dāng)130°外角是底角的外角時，底角為：180°﹣130°＝50°，∴頂角度數(shù)是180°﹣50°﹣50°＝80°；②當(dāng)130°外角是頂角的外角時，頂角為：180°﹣130°＝50°，∴頂角為50°或80°．故選：D．2．（2023?秀洲區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，，D在AC上，且∠APD＝∠B，則CD的長是（）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】解：∵，∴BC＝3BP＝6，∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，∵∠APD＝∠B，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴，∴，∴，故選：D．3．（2023?西湖區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，E為BA延長線上一點，且ED⊥BC交AC于點F．（1）求證：△AEF是等腰三角形；（2）若AB＝13，EF＝12，F(xiàn)為AC中點，求BC的長．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵ED⊥BC，∴∠EDB＝∠EDC＝90°，∴∠E+∠B＝90°，∠C+∠DFC＝90°，∴∠E＝∠DFC，∵∠DFC＝∠EFA，∴∠EFA＝∠E，∴AE＝AF，∴△AEF為等腰三角形；（2）解：過點A作AG⊥ED于點G，AH⊥BC于H，如圖所示：∵AE＝AF，AG⊥ED，EF＝12，∴FG＝GE＝EF＝6，∵F為AC中點，∴AF＝FC＝AC＝AB＝，在△AFG與△CFD中，，∴△AFG≌△CFD（AAS），∴DF＝FG＝6，∴AH＝2DF＝12，∴BH＝＝5，∴BC＝2BH＝10，題型04等邊三角形的性質(zhì)與判定等邊三角形的性質(zhì)：1）等邊三角形的三條邊相等.2）三個內(nèi)角都相等，并且每個內(nèi)角都是60°.等邊三角形的判定：1）三邊相等或三個內(nèi)角都相等的三角形是等邊三角形.2）有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形.1．（2023?東陽市三模）如圖，直線a∥b，等邊△ABC的頂點C在直線b上，若∠1＝42°，則∠2的度數(shù)為（）A．92° B．102° C．112° D．114°【答案】B【解析】解：如圖：AB，AC分別交直線a于點D，E，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，又∵∠ADE＝∠1＝42°，∴∠DEC＝∠ADE+∠A＝102°，又∵a∥b，∴∠2＝∠DEC＝102°．故選：B．2．（2023?西湖區(qū)校級三模）如圖，已知△ABC是等邊三角形，AB＝6，點D，E，F(xiàn)分別在AB，BC，AC上，BD：BE＝2：3，DE同時平分∠BEF和∠BDF，則＝，BD的長是．【答案】；．【解析】解：∵DE平分∠BEF和∠BDF，∴∠BED＝∠FED，∠BDF＝∠FDE，∵DE＝DE，∴△BDE≌△FDE（ASA），∴FD＝BD，BE＝FE，∠DFE＝∠B，∵BD：BE＝2：3，∴＝＝；設(shè)BD＝2x，BE＝3x，∴FD＝2x，F(xiàn)E＝3x，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝6，∠B＝∠A＝∠C＝60°，∴AD＝6﹣2x，CE＝6﹣3x，∵∠DFE+∠EFC＝∠A+∠ADF，∴∠EFC＝∠ADF，∵∠C＝∠A，∴△ADF∽△CFE，∴＝＝，∴＝＝，∴CF＝9﹣3x，AF＝4﹣2x，∵CF+AF＝AC＝6，∴9﹣3x+4﹣2x＝6，∴x＝，∴BD＝2x＝．故答案為：；．3．（2023?紹興模擬）已知，如圖，AB＝8，P為線段AB上的一個動點，以PB為邊作等邊三角形PBC，在射線PC上取PD＝PA，連接AD，BC，M，N分別是AD，BC的中點，當(dāng)點P在線段AB上移動時，點M，N之間的距離的最小值為．【答案】2．【解析】解：連接PM、PN，∵△PBC是等邊三角形，∴∠CPB＝60°，∴∠APC＝120°，∵PD＝PA，∴∠A＝30°，∵M，N分別是對角線AD，BC的中點，∴∠CPM＝∠APC＝60°，∠CPN＝∠CPB＝30°，∴∠MPN＝60°+30°＝90°，設(shè)PA＝2a，則PB＝8﹣2a，∴PM＝a，BN＝PB＝4﹣a，∴PN＝（4﹣a），∴MN＝＝＝＝，∴a＝3時，MN有最小值，最小值為2，故答案為：2．4．（2023?安吉縣模擬）如圖，等邊三角形紙片ABC的邊長為6，E，F(xiàn)是邊BC上的三等分點．分別過點E，F(xiàn)沿著平行于BA，CA方向各剪一刀，則剪下的△DEF的周長是6．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：∵等邊三角形紙片ABC的邊長為6，E，F(xiàn)是邊BC上的三等分點，∴EF＝2，∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝∠C＝60°，又∵DE∥AB，DF∥AC，∴∠DEF＝∠B＝60°，∠DFE＝∠C＝60°，∴△DEF是等邊三角形，∴剪下的△DEF的周長是2×3＝6．故答案為：6．題型05全等三角形的性質(zhì)與判定判定兩個三角形全等常用的思路方法如下：2．找等角的常用方法證三角形全等時，常見的隱含等角有（1）公共角；（2）對頂角相等；（3）等角加（或減）等角仍得等角；（4）角平分線得兩等角；（5）同角（或等角）的余角或補角相等；（6）平行線得同位角、內(nèi)錯角相等；（7）垂直定義得兩角相等；（8）一些自然規(guī)律：“太陽光線可以看作是平行線”“光的入射角等于反射角”等也是常見的隱含條件．3．根據(jù)對應(yīng)頂點的字母寫在對應(yīng)位置上準(zhǔn)確確定出全等三角形的對應(yīng)邊和對應(yīng)角是解題關(guān)鍵．4．全等三角形的性質(zhì)（1）全等三角形性質(zhì)的應(yīng)用：可用來證明兩條線段相等，兩個角相等．（2）平移、折疊、旋轉(zhuǎn)屬于全等變換，都能產(chǎn)生全等圖形，利用全等的性質(zhì)得到對應(yīng)邊相等、對應(yīng)角相等解決問題．1．（2023?金東區(qū)二模）如圖，點B，E，C，F(xiàn)共線，AB∥DE，∠A＝∠D，添加一個條件，不能判斷△ABC≌△DEF的是（）A．AB＝DE B．∠ACB＝∠F C．BE＝CF D．AC＝DF【答案】B【解析】解：∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEF．A、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，AB＝DE可以判定△ABC≌△DEF（ASA），不符合題意；B、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，∠ACB＝∠F不可以判定△ABC≌△DEF（AAA），符合題意；C、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，BE＝CF可以判定△ABC≌△DEF（AAS），不符合題意；D、由∠B＝∠DEF，∠A＝∠D，AC＝DF可以判定△ABC≌△DEF（AAS），不符合題意；故選：B．2．（2023?義烏市校級模擬）如圖，AC與BD相交于點O，OA＝OD，OB＝OC，不添加輔助線，判定△ABO≌△DCO的依據(jù)是（）A．SSS B．SAS C．AAS D．HL【答案】B【解析】解：在△AOB和△DOC中，，∴△AOB≌△DOC（SAS），故選：B．3．（2024?寧波一模）如圖，在三角形ABC中，過點B，A作BD⊥AC，AE⊥BC，BD，AE交于點F，若∠BAC＝45°，AD＝5，CD＝2，則線段BF的長度為（）A．2 B． C．3 D．【答案】C【解析】解：∵BD⊥AC，AE⊥BC，∴∠BDA＝∠AEC＝90°，∵∠BAC＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD＝BD，∵∠FAD+∠AFD＝90°，∠DBC+∠BFE＝90°，∠AFD＝∠BFE，∴∠FAD＝∠DBC，在△ADF與△BDC中，，∴△ADF≌△BDC（ASA），∴DF＝CD，∴BF＝BD﹣DF＝AD﹣CD＝5﹣2＝3，故選：C．4．（2023?安吉縣模擬）如圖，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，BD，CE交于點F，連接AF，下列結(jié)論：①BD＝CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE＝45°．其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【解析】解：∵∠BAC＝∠EAD，∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE．故①正確；∵△BAD≌△CAE，∴∠ABF＝∠ACF，∵∠ABF+∠BGA＝90°、∠BGA＝∠CGF，∴∠ACF+∠BGA＝90°，∴∠BFC＝90°，故②正確；分別過A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分別為M、N，∵△BAD≌△CAE，∴S△BAD＝S△CAE，∴，∵BD＝CE，∴AM＝AN，∴AF平分∠BFE，無法證明AF平分∠CAD．故③錯誤；∵AF平分∠BFE，BF⊥CF，∴∠AFE＝45°，故④正確．故選：C5．（2024?拱墅區(qū)一模）已知：如圖，∠ADC＝90°，DC∥AB，BA＝BC，AE⊥BC，垂足為點E，點F為AC的中點．（1）求證：BF⊥AC；（2）求證：△ADC≌△AEC；（3）連結(jié)DE，若CD＝5，AD＝12，求DE的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）DE＝．【解析】（1）證明：∵BA＝BC，F(xiàn)是AC的中點，∴BF⊥AC（等腰三角形的三線合一）；（2）證明：∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠AEC，∵DC∥AB，∴∠DCA＝∠CAB，∵BA＝BC，∴∠ECA＝∠CAB，∴∠DCA＝∠ECA，在△ADC和△AEC中，，∴△ADC≌△AEC（AAS）；（3）解：設(shè)DE，AC交于G，由（2）知△ADC≌△AEC，∴CD＝CE，AD＝AE，∴AC垂直平分線DE，∴DG＝EG，在Rt△ACD中，AC＝＝＝13，∵S△ACD＝AD?CD＝DG?AC，∴DG＝＝＝，∴DE＝．6．（2024?金華一模）已知：如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E為AC上一點，且BF＝AC，DF＝DC．（1）求證：△BDF≌△ADC．（2）已知AC＝5，DF＝3，求AF的長．【答案】（1）證明見解答．（2）1．【解析】（1）證明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，在Rt△BDF和Rt△ADC中，，∴Rt△BDF≌Rt△ADC（HL）．（2）解：∵BF＝AC，AC＝5，∴BF＝5．在Rt△BDF中，BD2+32＝52，∴BD＝4，即：AD＝BD＝4，∴AF＝1．題型06勾股定理﹑勾股定理定理逆定理與網(wǎng)格問題1.已知直角三角形的兩邊長，求第三邊長，關(guān)鍵是先明確所求邊是斜邊還是直角邊，再決定用勾股定理的原式還是變式．2．勾股定理的證明是通過拼圖法或割補法完成的，探索時利用面積關(guān)系，將“形”的問題轉(zhuǎn)化為“數(shù)”的問題．3．勾股定理揭示了直角三角形三條邊之間所存在的數(shù)量關(guān)系，它只適用于直角三角形，因而在應(yīng)用勾股定理時，必須明了所考察的對象是直角三角形．4．利用勾股定理解應(yīng)用題的關(guān)鍵是尋找直角三角形，若不存在直角三角形，可通過添加輔助線構(gòu)造出直角三角形．5．利用勾股定理的逆定理判斷一個三角形是不是直角三角形的一般步驟：①確定三角形的最長邊；②分別計算出最長邊的平方與另兩邊的平方和；③通過比較來判斷最長邊的平方與另兩邊的平方和是否相等；④作出結(jié)論，若相等，則說明這個三角形是直角三角形，否則不是直角三角形．6．勾股數(shù)（1）常見的勾股數(shù)有：①3，4，5；②6，8，10；③8，15，17；④7，24，25；⑤5，12，13；⑥9，12，15．常見的勾股數(shù)需牢記，平時在解決問題時常用，有利于打開思路．（2）用含字母的代數(shù)式表示組勾股數(shù)：①（為正整數(shù)）．1．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級一模）下列長度的三條線段不能組成直角三角形的是（）A．3cm，4cm，5cm B．4cm，3cm， C．6cm，8cm，9cm D．1cm，，【答案】C【解析】解：A、32+42＝52，故選項A中的三條線段能構(gòu)成直角三角形；B、32+（）2＝42，故選項B中的三條線段能構(gòu)成直角三角形；C、62+82≠92，故選項C中的三條線段不能構(gòu)成直角三角形；D、12+（）2＝（）2，故選項D中的三條線段能構(gòu)成直角三角形．故選：C．2．（2023?寧波模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD為中線，延長CB至點E，使BE＝BC，連接DE，F(xiàn)為DE的中點，連接BF，若AC＝8，BC＝6，則BF的長為（）A．2 B．2.5 C．3 D．4【答案】B【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝10．又∵CD為中線，∴CD＝AB＝5．∵F為DE中點，BE＝BC即點B是EC的中點，∴BF是△CDE的中位線，則BF＝CD＝2.5．故選：B．3．（2023?鹿城區(qū)校級二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連接AD，AH，AG，DH，若AH＝AG＝10，則S△ADH的面積為（）A．40 B．45 C． D．【答案】A【解析】解：如圖所示，連接HC并延長交AD于點M，∵四邊形CIHB，ACDE是正方形，且A，C，I；D，C，B共線，∴∠DCM＝∠BCH＝∠ACM＝∠ICH＝45°，∴HM⊥AD，設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a，依題意得：c2＝a2+b2，∵AH＝AG＝10，∴，（a+b）2+a2＝100，即a2+b2＝50①，2a2+2ab+b2＝100，∴2ab+a2＝50②，由①②得b2＝2ab，∵b≠0，∴b＝2a③，將③代入①得：a2+4a2＝50，解得：（負值舍去），則，∵，AH2＝（AC+CI）2+IH2＝（a+b）2+a2，∴，∴，∴，∴，故選：A．題型07趙爽弦圖趙爽弦圖的幾何意義：1）證明勾股定理：c2=a2+b22)IJ=b-a3）S正方形EFGH=c2=a2+b2,S正方形IJKL=(b-a)24）S陰影=S正方形EFGH-S正方形IJKL=2ab1．（2024?金華一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，其中四邊形ABCD與四邊形EFGH都是正方形．連結(jié)DG并延長，交BC于點P，點P為BC的中點．若EF＝2，則AE的長為（）A．4 B． C． D．【答案】C【解析】解：由題意，EF＝HG＝FG＝2，AD∥BC，BG⊥HC，DH⊥HG，∠ADE＝∠GBP，∴∠ADG＝∠GPC．∵點P為BC的中點，∴PB＝PG＝PC．∴∠BGP＝∠GBP，∠GPC＝2∠GBP．∴∠GPC﹣∠ADE＝2∠GBP﹣∠ADE，即∠GDH＝∠GBP．∴△GDH∽△CBG．∴＝，即＝．設(shè)AE＝BF＝HD＝x，∴＝．∴x＝1+或x＝1﹣（舍去）．故選：C．2．（2023?鹿城區(qū)校級二模）三國時代的數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)作了一幅“青朱出入圖”（如圖1），利用割補的方法可以得到兩個小正方形的面積之和等于大正方形的面積，這樣就證明了勾股定理，圖2也是一幅青朱出入圖，設(shè)△ABM，△EFH，△CMQ的面積分別為S1，S2，S3，已知S1+S2+S3＝42，S1+S2﹣S3＝36，則大正方形AMNE的面積為（）A．114 B．117 C．120 D．126【答案】B【解析】解：設(shè)AD＝a，DE＝b（a＞b），由題意得：△ADE的面積＝S1，△AGH的面積＝S3，∴S1+S2﹣S3＝正方形DEFG的面積＝36，∴b＝6，∵S1+S2+S3＝42，S1+S2﹣S3＝36，∴S3＝3，∴（a﹣b）?GH＝3，∴GH＝，∵GH∥DE，∴△AGH∽△ADE，∴AG：AD＝HG：DE，∴（a﹣b）：a＝GH：b，∴GH＝，∴＝，∴a＝9或a＝4（舍），∵AE2＝AD2+DE2＝92+62＝117．∴正方形AMNE的面積＝117．故選：B．3.（2023?武義縣一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH，連結(jié)DH并延長交AB于點K，若DF平分∠CDK，則＝（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：過點K作KM⊥AH，設(shè)DE＝a，AE＝b，∵DF平分∠CDK，∴∠CDF＝∠EDH，∵四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH，∴∠CDF＝∠ABH，DE＝AH，∠DEA＝∠EHB，∴DF∥HB，∴∠EDH＝∠BHK，∴∠KBH＝∠KHB，∴KH＝KB，∵∠AHB＝90°，∴∠KBH+∠KAH＝90°，∠KHB+∠KHA＝90°，∴∠KHA＝∠KAH，∴KH＝KA，∴，∵∠HED＝∠DEA，∠HDE＝∠EAD，∴△EHD∽△EDA，∴，即，解得：，∵DE∥KM，∴△HED∽△HMK，∴，故選：C．|題型08利用勾股定理解決實際問題利用勾股定理解決實際問題的一般步驟：1)將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題；2)明確已知條件及結(jié)論；3)利用勾股定理解答，并確定實際問題的答案.1`．（2023?金華模擬）如圖2是一扇窗戶（圖1）打開示意圖，AB是長度不變的滑動支架，其中一端固定在窗戶的點A處，OA＝6cm．當(dāng)窗戶垂直打開，即OM⊥ON時，有，窗戶閉合時，另一端B在ON上滑動，點A，B的對應(yīng)位置分別記為點A′，B′．（1）滑動支架AB的長為14cm；（2）當(dāng)A，A′，B′三點在同一直線上時，OB′的長度為12cm．【答案】12．【解析】解：（1）∵OM⊥ON，∴∠AOB＝90°，∵OA＝6cm，OB＝4cm，∴AB＝＝＝14（cm）．故答案為：14；（2）當(dāng)A，A′，B′三點在同一直線上時，如圖，則OA＝OA′＝6cm，A′B′＝14cm，過點O作OC⊥AB′，∴AC＝A′C，設(shè)AC＝A′C＝xcm，OB′＝y(tǒng)cm，則B′C＝（14+x）cm，在Rt△AOC中，OC2＝OA2﹣AC2＝62﹣x2，在Rt△B′OC中，OC2＝OB′2﹣B′C2＝y(tǒng)2﹣（14+x）2，∴62﹣x2＝y(tǒng)2﹣（14+x）2，∴y2＝62+142+28x，在Rt△B′OA中，OB2＝y(tǒng)2＝AB2﹣OA2＝（14+2x）2﹣62，∴62+142+28x＝（14+2x）2﹣62，解得x＝2（舍去負值），∴y2＝62+142+28×2＝288，∴y＝12（舍去負值），∴OB′＝12cm．故答案為：12．2．（2023?長興縣校級一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點D與點B重合）平移至終止位置（點E與點A重合），且斜邊DE始終在線段AB上，則Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域面積是21．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點H，過點F′作F′H⊥AB于點G，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域是梯形MFF′N．在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，∴DE＝＝＝5，在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，∴AB＝＝＝15，∵?DF?EF＝?DE?GF，∴FG＝，∴BG＝＝＝，∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，∴F′H＝FG＝，∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，∵BF∥AC，∴＝＝，∴BM＝AB＝，同法可證AN＝AB＝，∴MN＝15﹣﹣＝，∴Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域的面積＝×（10+）×＝21，故答案為：21．3．（2023?溫州三模）如圖1是由兩個正六邊形組成的壁掛置物架，軸對稱仙人掌盆栽放置在木板上，圖2是其示意圖，兩個正六邊形的邊AB與CD，BF與EG均在同一直線上．木板AD＝44cm（木板厚度忽略不計），F(xiàn)G＝4cm，則AB的長為20cm，盆栽由矩形HIJK和圓弧組成，且K，E，D恰好在同一直線上，已知AI＝BJ＝3cm，圓弧最高點P到MN的距離與線段HI的長度之比為，則圓弧的半徑為cm．【答案】20，．【解析】解：設(shè)的圓心是O，作PQ⊥HK于Q，連接OH，DK，BN，∵P是圓弧最高點，∴O在PQ上，∵兩個多邊形是正六邊形，∴CD＝CE＝EG，AB＝BG，∠ECD＝∠BFN＝∠CEG＝120°，∴∠BEC＝∠BCE＝60°，∴△BCE是等邊三角形，∴BC＝CE＝CD，∴AD＝AB+BC+CD＝AB+2CD＝44cm，∵BF+FG＝BE+EG＝2CD，∴AB+4＝2CD，∴AB＝20（cm），CD＝12（cm），∴DJ＝CD+BC+BJ＝12+12+3＝27（cm），IJ＝AB﹣AI﹣BJ＝20﹣3﹣3＝14（cm），∵CE＝CD，∠ECD＝120°，∴∠EDC＝30°，∵K、E、D共線，∴KJ＝DJ＝9（cm），∵四邊形HIJK是矩形，∴HI＝KJ＝9（cm），∵圓弧最高點P到MN的距離與線段HI的長度之比為，∴P到MN的距離是9×＝4cm，∵BF＝NF，∠BFN＝120°，∴BN＝BF＝20（cm），∴PQ＝20﹣9﹣4＝7（cm），設(shè)的半徑是rcm，∴OQ＝7﹣r，∵OQ⊥HK，∴HQ＝HK＝7，∵OH2＝OQ2+HQ2，∴r2＝+72，∴r＝，∴的半徑是rcm．故答案為：20，考點三相似三角形題型01比例線段1、比例：如果兩個數(shù)的比值與另兩個數(shù)的比值相等，就說這四個數(shù)成比例，通常我們把四個實數(shù)成比例表示成：或者a：b=c：d，期中b，c稱為比例內(nèi)項，a，d稱為比例外項。等式兩邊同乘以bd，可得ad=bc，反過來等式ad=bc同除以bd，可得2、比例線段：在四條線段中，如果的比等于的比，即，那么這四條線段叫做成比例線段，簡稱比例線段。3、比例中項：如果三個數(shù)a，b，c滿足比例式，那么b叫做a、c的比例中項，此時有。4、黃金分割：如果點P把線段分成兩條線段AP和PB，使，那么稱線段AB被點P黃金分割，點P叫做線段的黃金分割點，比值叫做黃金比?！?.6185、比例式變形：或1．（2023?婺城區(qū)模擬）下列各組數(shù)中，成比例的是（）A．1，﹣2，﹣3，﹣6 B．1，4，2，﹣8 C．5，6，2，3 D．，，1，【答案】D【解析】解：A．由﹣2×（﹣3）≠1×（﹣6），得1，﹣2，﹣3，﹣6不成比例，故A不符合題意．B．由4×2≠1×（﹣8），得1，4，2，﹣8不成比例，故B不符合題意．C．由6×2≠5×3，得5，6，2，3不成比例，故C不符合題意．D．由，得，，1，成比例，故D符合題意．故選：D．2．（2023?蘭溪市模擬）若＝，則＝（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：∵＝，∴＝，∴＝2+＝2+＝，故選：D．3．（2023?開化縣模擬）美是一種感覺，當(dāng)人體下半身長與身高的比值越接近0.618時，越給人一種美感．如圖，某女士身高165cm，下半身長x與身高l的比值是0.60，為盡可能達到美的效果，她應(yīng)穿的高跟鞋的高度大約為（）A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm【答案】C【解析】解：根據(jù)已知條件得下半身長是165×0.60＝99cm，設(shè)需要穿的高跟鞋是ycm，則根據(jù)黃金分割的定義得：＝0.618，解得：y≈8cm．故選：C．4．（2023?鹿城區(qū)校級三模）把一條線段分割為兩部分，使較大部分與全長的比值等于較小部分與較大的比值，則這個比值為黃金分割，比值為，它被公認(rèn)為是最能引起美感的比例，如圖1為世界名畫蒙娜麗莎．如圖2，點E是正方形ABCD的AB邊上的黃金分割點，且AE＞EB，以AE為邊作正方形AEHF，延長EH交CD于點I，連結(jié)BF交EI于點G，連結(jié)BI，則S△BCI：S△FGH為（）A．1：1 B． C． D．【答案】D【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝DA＝AB．∵點E是正方形ABCD的AB邊上的黃金分割點，且AE＞EB，∴＝＝．∵四邊形AEHF是正方形，∴EH＝HF＝FA＝AE，F(xiàn)H∥AE，∴△FHG∽△BEG，∴＝，∴＝＝＝＝，∴GH＝HE＝AE，∵∠C＝∠CBE＝∠BEI＝90°，∴四邊形BCIE是矩形，∴IC＝BE，∴S△BCI：S△FGH＝＝＝?＝?＝?＝＝．故選：D．5．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）如圖，在△ABC中，D、E分別為AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD相交于點F，則下列結(jié)論一定正確的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：∵DE∥BC，∴＝，＝，∴＝，A正確；∵DE∥BC，∴＝，B錯誤；∵DE∥BC，∴＝，C錯誤；∵DE∥BC，∴＝，D錯誤，故選：A．6．（2023?蕭山區(qū)二模）如圖，已知AB∥CD∥EF，BC：CE＝3：4，AF＝21，那么DF的長為（）A．9 B．12 C．15 D．18【答案】B【解析】解：∵AB∥CD∥EF，BC：CE＝3：4，∴＝＝，∵AF＝21，∴＝，解得：DF＝12，故選：B．7．（2023?越城區(qū)模擬）小明用地理中所學(xué)的等高線的知識在某地進行野外考察，他根據(jù)當(dāng)?shù)氐匦萎嫵隽恕暗雀呔€示意圖”，如圖所示（注：若某地在等高線上，則其海拔就是其所在等高線的數(shù)值；若不在等高線上，則其海拔在相鄰兩條等高線的數(shù)值范圍內(nèi)），若A，B，C三點均在相應(yīng)的等高線上，且三點在同一直線上，則的值為（）A． B． C． D．2【答案】B【解析】解；∵點A，B，C三點均在相應(yīng)的等高線上，且三點在同一直線上，∴＝＝，故選：B．8．（2023?金華模擬）已知線段a＝2，b＝8，則線段a和b的比例中項為4．【答案】4．【解析】解：∵線段c是線段a、b的比例中項，∴c2＝ab＝2×8＝16，∴c＝4（負值舍去）．故答案為：4．9．（2024?浙江模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以點B為圓心、BA為半徑畫劣弧交射線CB于點D，M為的中點，聯(lián)結(jié)CM、AD，CM分別交AB、AD于點E、F，如果點B是線段CD的黃金分割點，則cos∠ABC＝．【答案】．【解析】解：由題意得：BD＝BA，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴AB＞BC，∴BD＞BC，∵點B是線段CD的黃金分割點，∴＝＝，∴cos∠ABC＝＝＝，故答案為：．10．（2023?拱墅區(qū)校級二模）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝AC，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，交AB于AE點D，再以點A為圓心，AD長為半徑畫弧，交AC于點E，則＝．【答案】．【解析】解：由作法設(shè)BD＝CB＝a，AE＝AD，AC＝2a，∵∠ABC＝90°，AB＝2a，BC＝a，∴由勾股定理可得AC＝a，∴AD＝AB﹣BD＝a﹣a，∴AE＝a﹣a＝（﹣1）a，∴＝＝．故答案為：．題型02相似三角形的性質(zhì)和判定1.判定定理判定定理1：平行于三角形一邊的直線和其他兩邊相交，所構(gòu)成的三角形與原三角形相似．判定定理2：三邊成比例的兩個三角形相似．判定定理3：兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似．判定定理4：兩角分別相等的兩個三角形相似．2．判定三角形相似的幾條思路：（1）條件中若有平行線，可采用相似三角形的判定定理1；（2）條件中若有一對等角，可再找一對等角[用判定定理1]或再找夾邊成比例[用判定定理2]；（3）條件中若有兩邊對應(yīng)成比例，可找夾角相等；（4）條件中若有一對直角，可考慮再找一對等角或證明斜邊、直角邊對應(yīng)成比例；（5）條件中若有等腰條件，可找頂角相等，或找一個底角相等，也可找底和腰對應(yīng)成比例．3.性質(zhì)(1)相似三角形對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊成比例．(2)相似三角形對應(yīng)高的比，對應(yīng)中線的比和對應(yīng)角平分線的比都等于相似比．(3)相似三角形周長的比等于相似比．(4)相似三角形面積的比等于相似比的平方1．（2024?義烏市模擬）如圖所示，若△DAC∽△ABC，則需滿足（）A．CD2＝AD?DB B．AC2＝BC?CD C． D．【答案】B【解析】解：由CD2＝AD?DB，可得CD：AD＝BD：CD，由此得不出結(jié)論；由AC2＝BC?CD，可得AC：BC＝CD：AC，∵∠C＝∠C，∴△ABC∽△DAC，故B選項正確；由得不出結(jié)論；由＝及∠BAC＝∠ADC＝90°可得結(jié)論，但題目中未提及．故選：B．2．（2023?海寧市校級一模）兩個相似三角形的面積之比為1：4，較小的三角形的周長為4，則另一個三角形的周長為（）A．16 B．8 C．2 D．1【答案】B【解析】解：設(shè)另一個三角形的周長為x，則4：x＝，解得：x＝8．故另一個三角形的周長為8，故選：B．3．（2023?余杭區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝108°，點P在BC邊上，若AP是∠BAC的三等分線，則BP的長度為（）A．或5 B． C．﹣1或2 D．或2【答案】C【解析】解：∵AB＝AC＝2，∠BAC＝108°，∴∠B＝∠C＝36°，∵AP是∠BAC的三等分線，∴∠BAP＝36°，∠CAP＝72°，∴∠CPA＝72°，∴AC＝PC＝2，在△BAP與△BCA中，，∴△BAP∽△BCA，∴＝，∴＝，∴BP2+2BP﹣4＝0，∴BP＝﹣1或2（舍去）．當(dāng)∠BAP＝72°，∠CAP＝36°時，AB＝PB＝2，故選C．4．（2023?柯橋區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABOC的邊OB，OC分別在x軸、y軸的正半軸上，點A的坐標(biāo)為（8，6），點P在矩形ABOC的內(nèi)部，點E在BO邊上，且滿足△PBE∽△CBO，當(dāng)△APC是等腰三角形時，點P的坐標(biāo)為（，）或（4，3）．【答案】（，）或（4，3）．【解析】解：∵點P在矩形ABOC的內(nèi)部，且△APC是等腰三角形，∴P點在AC的垂直平分線上或在以點C為圓心AC為半徑的圓弧上；①當(dāng)P點在AC的垂直平分線上時，點P同時在BC上，AC的垂直平分線與BO的交點即是E，如圖1所示：∵PE⊥BO，CO⊥BO，∴PE∥CO，∴△PBE∽△CBO，∵四邊形ABOC是矩形，A點的坐標(biāo)為（8，6），∴點P橫坐標(biāo)為4，OC＝6，BO＝8，BE＝4，∵△PBE∽△CBO，∴＝，即＝，解得：PE＝3，∴點P（4，3）；②P點在以點C為圓心AC為半徑的圓弧上，圓弧與BC的交點為P，過點P作PE⊥BO于E，如圖2所示：∵CO⊥BO，∴PE∥CO，∴△PBE∽△CBO，∵四邊形ABOC是矩形，A點的坐標(biāo)為（8，6），∴AC＝BO＝8，CP＝8，AB＝OC＝6，∴BC＝＝＝10，∴BP＝2，∵△PBE∽△CBO，∴＝＝，即：＝＝，解得：PE＝，BE＝，∴OE＝8﹣＝，∴點P（，）；綜上所述：點P的坐標(biāo)為：（，）或（4，3）；故答案為：（，）或（4，3）．題型03相似三角形的實際應(yīng)用1.利用投影、平行線、標(biāo)桿等構(gòu)造相似三角形求解2.測量底部可以到達的物體的高度3.測量底部不可以到達的物體的高度4.測量河的寬度1．（2024?溫州模擬）如圖是“小孔成像”示意圖，保持蠟燭與光屏平行，測得點O到蠟燭、光屏的距離分別為10cm，6cm．若CD長為2cm，則AB長為（）A． B．2cm C． D．【答案】D【解析】解：如圖：過點O作OE⊥AB，垂足為E，延長EO交CD于點F，由題意得：OF⊥CD，AB∥CD，∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，∴△OAB∽△OCD，∴＝，∴＝，解得：AB＝，∴AB的長為cm，故選：D．2．（2023?蓮都區(qū)一模）如圖，測量小玻璃管口徑的量具ABC，AB的長為3cm，AC被分