易錯點04三角形(原卷版+解析)

易錯點04三角形線段、角、相交線與平行線三角形及其性質(zhì)全等三角形等腰三角形直角三角形相似三角形解直角三角形易錯分析易錯分析01三角形的概念以及三角形的角平分線，中線，高線的特征與區(qū)別。對三角形中“三線”位置掌握不好，導致出錯三角形的角平分線、中線都在三角形內(nèi)部，而三角形的高不一定在三角形內(nèi)部.銳角三角形的高在三角形的內(nèi)部；直角三角形的兩條高與直角邊重合，斜邊上的高在三角形內(nèi)部；鈍角三角形的兩條高在三角形外部。（2022春?市中區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，CD是AB邊上的中線，AC＝9cm，BC＝3cm，那么△ACD和△BCD的周長的差是（）A．3cm B．6cm C．12cm D．無法確定【答案】C【思路點撥】本題答案有誤，根據(jù)三角形的中線的概念得到AD＝DB，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案．【規(guī)范解答】解：∵CD是AB邊上的中線，∴AD＝DB，∴△ACD的周長﹣△BCD的周長＝（AC+CD+AD）﹣（BC+CD+BD）＝AC﹣BC＝9﹣3＝6（cm），故選：B．【考點解讀】本題考查的是三角形的中線的概念，三角形一邊的中點與此邊所對頂點的連線叫做三角形的中線．【變式訓練01】（2021秋?白堿灘區(qū)期末）如圖，在△ABC中，BC邊上的高為（）A．AD B．BE C．BF D．CG【變式訓練02】（2022春?無錫期中）已知AD為△ABC的中線，AB＝12cm，AC＝9cm，△ACD的周長為27cm，則△ABD的周長為cm．【變式訓練03】（2022春?徐州期中）如圖，AD是△ABC的高，CE是△ACB的角平分線，F(xiàn)是AC中點，∠ACB＝50°，∠BAD＝65°．（1）求∠AEC的度數(shù)；（2）若△BCF與△BAF的周長差為3，AB＝7，AC＝4，則BC＝．易錯分析易錯分析02三角形三邊之間的不等關系，注意其中的“任何兩邊”。求最短距離的方法要具有技巧性。（2022春?常州期中）已知△ABC的兩條邊a，b的長分別為1.5和7.5，則第三邊c的正整數(shù)值是．【答案】7【思路點撥】答案不全面，沒有考慮到‘任何兩邊’，根據(jù)三角形的三邊關系確定第三邊的范圍，根據(jù)題意解答即可．【規(guī)范解答】解：∵△ABC的兩條邊a，b的長分別為1.5和7.5，∴7.5﹣1.5＜c＜7.5+1.5，即6＜c＜9，∴c的正整數(shù)值是7或8，故答案為：7或8．【考點解讀】本題考查的是三角形的三邊關系，掌握三角形兩邊之和大于第三邊、三角形的兩邊差小于第三邊是解題的關鍵．【變式訓練01】（2022秋?泉州期中）如圖，正方形ABCD的邊長為8，點E是AB邊上一個動點，點F是CD邊上一個動點，且AE＝CF，過點B作BG⊥EF于點G，連接AG，則AG長的最小值是．【變式訓練02】（2022秋?南康區(qū)期中）已知a，b，c是一個三角形的三邊長，（1）填入“＞、＜或＝”號：a﹣b﹣c0，b﹣a﹣c0，c+b﹣a0．（2）化簡：|a﹣b﹣c|+|b﹣a﹣c|﹣|c+b﹣a|．【變式訓練03】（2021秋?云浮期末）若△ABC的三邊長分別為m﹣2，2m+1，8．（1）求m的取值范圍；（2）若△ABC的三邊均為整數(shù)，求△ABC的周長．易錯分析易錯分析03三角形的內(nèi)角和，三角形的分類與三角形內(nèi)外角性質(zhì)，特別關注外角性質(zhì)中的“不相鄰”。n邊形的內(nèi)角和等于(n-2)·180°，而并非為n·180°對三角形外角的性質(zhì)理解不透徹而出現(xiàn)錯誤，在應用三角形外角的性質(zhì)時，不可忽略了“不相鄰”這個條件。（2021秋?黃石期末）如圖，△ABC的內(nèi)角∠ABC的平分線BP與外角∠ACD的平分線CP交于點P，連接AP，若∠BPC＝46°，則∠CAP＝°．【答案】80°【思路點撥】答案有誤，延長BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，設∠PCD＝x°，由角平分線的定義可得∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，從而可得PF＝PM，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)得∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，由三角形的內(nèi)角和性質(zhì)得出∠BAC的度數(shù)，再利用角平分線的性質(zhì)以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案．【規(guī)范解答】解：延長BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，如圖所示：設∠PCD＝x°，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，∵∠BPC＝46°，∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣46°）﹣（x°﹣46°）＝92°，∴∠CAF＝88°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，，∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），∴∠FAP＝∠PAC＝44°．故答案為：44．【考點解讀】此題主要考查了角平分線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，直角三角全等的判定等知識，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出PM＝PN＝PF是解決問題的關鍵．【變式訓練01】（2022秋?前郭縣期末）（問題背景）∠MON＝90°，點A、B分別在OM、ON上運動（不與點O重合）．（問題思考）（1）如圖①，AE、BE分別是∠BAO和∠ABO的平分線，隨著點A、點B的運動，∠AEB＝．（2）如圖②，若BC是∠ABN的平分線，BC的反向延長線與∠OAB的平分線交于點D．①若∠BAO＝70°，則∠D＝°．②隨著點A、B的運動，∠D的大小會變嗎？如果不會，求∠D的度數(shù)；如果會，請說明理由；（問題拓展）（3）在圖②的基礎上，如果∠MON＝α，其余條件不變，隨著點A、B的運動（如圖③），∠D＝．（用含α的代數(shù)式表示）【變式訓練02】（2022春?宜興市校級月考）如圖，在△ABC中，在AB上存在一點D，使得∠ACD＝∠B，角平分線AE交CD于點F．△ABC的外角∠BAG的平分線所在直線MN與BC的延長線交于點M，若∠M＝35°，則∠CFE°．【變式訓練03】（2022春?太倉市校級月考）如圖，在△ABC中，AE平分∠BAC，AD⊥BC于點D．∠ABD的角平分線BF所在直線與射線AE相交于點G，若∠ABC＝3∠C，且∠G＝20°，則∠DFB的度數(shù)是度．易錯分析易錯分析04全等形，全等三角形及其性質(zhì)，三角形全等判定。著重學會論證三角形全等。用“≌”表示兩個三角形全等時，對應點放在對應位置，但用語言描述的兩個三角形全等卻不需要，不要形成固定思維.解決這類問題要考慮各種對應情況，避免出現(xiàn)考慮不全面，導致結果錯誤.判定一般三角形全等的方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”4種方法，不存在“SSA”的判定方法.（2022春?海陵區(qū)期末）如圖，在正方形方格中，各正方形的頂點叫做格點，三個頂點都在格點上的三角形稱為格點三角形．圖中△ABC是格點三角形，請你找出方格中所有與△ABC全等，且以A為頂點的格點三角形．這樣的三角形共有個（△ABC除外）．【答案】4【思路點撥】答案有誤，答案不全面，根據(jù)全等三角形的判定定理SSS畫出和△ABC全等的三角形，再得出答案即可．【規(guī)范解答】解：如圖1所示：方格中所有與△ABC全等，且以A為頂點的格點三角形有△FAO，△HOA，△EAD，△AEF，△ACH，共5個，故答案為：5．【考點解讀】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL等．【變式訓練01】（2022秋?聊城月考）如圖，已知四邊形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，點E為AB的中點．如果點P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CD上由C點向D點運動．（1）若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPE與△CQP是否全等？請說明理由．（2）當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPE與△CQP全等．【變式訓練02】（2020秋?江陰市月考）如圖，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝6cm，點D為AB的中點．（1）如果點P在線段BC上以1cm/s的速度由點B向點C運動，同時，點Q在線段CA上由點C向點A運動．①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由；②若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿△ABC三邊運動，則經(jīng)過秒后，點P與點Q第一次在△ABC的邊上相遇？（在橫線上直接寫出答案，不必書寫解題過程）【變式訓練03】（2022?杭州模擬）如圖，已知∠CAE＝∠BAD，AC＝AD，增加下列條件：①AB＝AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E．其中能使△ABC≌△AED的條件有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個易錯分析易錯分析05兩個角相等和平行經(jīng)常是相似的基本構成要素，以及相似三角形對應高之比等于相似比，對應線段成比例，面積之比等于相似比的平方。相似三角形的常用判定方法有：平行于三角形一邊的直線和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似；三邊對應成比例，兩三角形相似；兩邊對應成比例且夾角相等，兩三角形相似；兩角對應相等，兩三角形相似.全等三角形的常用判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS這4種。（2022秋?海陵區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，記S△ADE＝16，S△EFC＝4，則S平行四邊形DBFE＝（）A．9 B．12 C．16 D．20【答案】B【思路點撥】答案有誤，證明△AED∽△ECF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出＝，再證明△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算即可．【規(guī)范解答】解：∵DE∥BC，∴∠AED＝∠C，∵EF∥AB，∴∠A＝∠CEF，∴△AED∽△ECF，∴＝（）2，∵S△ADE＝16，S△EFC＝4，∴＝2，∴＝，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝，∴S△ABC＝36，∴S平行四邊形DBFE＝36﹣16﹣4＝16，故選：C．【考點解讀】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)，熟記相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題的關鍵．【變式訓練01】（2022?江都區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．矩形DEFG的頂點D、E、F分別在邊BC、AC、AB上，若tan∠DEC＝，則矩形DEFG面積的最大值＝．【變式訓練02】（2021?無錫）如圖，四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，AB＝CD，BD平分∠ABC，AC與BD相交于點E．（1）求證：△ABE∽△ACB；（2）若AD＝4，BC＝6，求線段DE的長度．【變式訓練03】（2022?鎮(zhèn)江一模）如圖，BC是⊙O的直徑，CE是⊙O的弦，EG切⊙O于點E，交射線CB的延長線于點G．點A在直線CE上，∠ABG＝2∠ACG．（1）用尺規(guī)作出點A（要求：不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）連接AB，直線AB與GE相交于點F，，GB＝6．①求⊙O的半徑；②連接CF，CF平分∠ACG嗎？為什么？易錯分析易錯分析06等腰（等邊）三角形的定義以及等腰（等邊）三角形的判定與性質(zhì)，運用等腰（等邊）三角形的判定與性質(zhì)解決有關計算與證明問題，這里需注意分類討論思想的滲入。但不可忽略三角形存在的條件，即任意兩邊之和大于第三邊.對出現(xiàn)的情況需要逐一驗證，確定取舍。（2020秋?鹽城校級期中）如圖，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，CD是△ABC的角平分線．若在邊AC上截取CE＝CB，連接DE，則圖中等腰三角形共有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】C【思路點撥】答案有誤，遺漏情況，根據(jù)已知條件分別求出圖中三角形的內(nèi)角度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的判定即可找出圖中的等腰三角形．【規(guī)范解答】解：∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝36°，∴∠A＝∠ABD＝36°，∴BD＝AD，∴△ABD是等腰三角形；在△BCD中，∵∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠C＝180°﹣36°﹣72°＝72°，∴∠C＝∠BDC＝72°，∴BD＝BC，∴△BCD是等腰三角形；∵BE＝BC，∴BD＝BE，∴△BDE是等腰三角形；∴∠BED＝（180°﹣36°）÷2＝72°，∴∠ADE＝∠BED﹣∠A＝72°﹣36°＝36°，∴∠A＝∠ADE，∴DE＝AE，∴△ADE是等腰三角形；∴圖中的等腰三角形有5個．故選：D．【考點解讀】此題考查了等腰三角形的判定，用到的知識點是等腰三角形的判定、三角形內(nèi)角和定理、三角形外角的性質(zhì)、三角形的角平分線定義等，解題時要找出所有的等腰三角形，不要遺漏．【變式訓練01】（2021秋?崇川區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠ABC和∠ACB的平分線交于點E，過點E作EM∥BC分別交AB，AC于M，N，則△AMN的周長為．【變式訓練02】（2018秋?吳江區(qū)校級月考）（1）如圖①，在△ABC中，BD平分∠ABC，過點D作ED∥BC．指出圖中的等腰三角形，并說明理由．（2）如圖②，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分線交于點O，過點O作EF∥BC．證明：EF＝BE+CF．【變式訓練03】（2020?亭湖區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標系中，∠MOA1＝30°，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4…△AnBnBn+1都是等邊三角形，點A1，A2，A3…An在軸上，點B1，B2，B3…Bn+1在OM上，A1B2∥A2B3∥A3B4…AnBn+1∥y軸，，則第n個等邊△AnBnBn+1的面積是．易錯分析易錯分析07運用勾股定理及其逆定理計算線段的長，證明線段的數(shù)量關系，解決與面積有關的問題以及簡單的實際問題。在題目中沒有明確哪個角為直角時，常需要分類討論，不可漏解。在利用勾股定理計算時，誤認為第三邊為斜邊，其實第三邊可能是斜邊，也可能是直角邊。（2021秋?常州期末）下列各組數(shù)中，能作為直角三角形三邊長的是（）A．4，5，6 B．5，7，12 C．3，5， D．1，，【答案】A【思路點撥】答案有誤，沒有應用勾股定理公式解決問題。如果三角形兩條邊的平方和等于第三邊的平方，那么這個三角形就是直角三角形，最長邊所對的角為直角．由此判定即可．【規(guī)范解答】解：A、∵52+42≠62，∴三條線段不能組成直角三角形，故A選項錯誤；B、∵52+72≠122，∴三條線段不能組成直角三角形，故B選項錯誤；C、∵32+（）2≠52，∴三條線段不能組成直角三角形，故C選項錯誤；D、∵12+（）2＝（）2，∴三條線段能組成直角三角形，故D選項正確；故選：D．【考點解讀】此題考查了勾股定理逆定理的運用，判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．【變式訓練01】（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）到目前為止，勾股定理的證明已超過400種，其中一種簡潔易懂方法叫做“常春證法”，兩個直角三角形如圖擺放，已知Rt△ABC≌Rt△DEF，點F落在AC上，點C與點E重合，斜邊AB與斜邊CD交于點M，連接AD，BD，若AC＝9，BC＝5，則四邊形ACBD的面積為．【變式訓練02】（2022秋?豐城市校級期末）某會展中心在會展期間準備將高5m、長13m、寬2m的樓道鋪上地毯，已知地毯每平方米20元，請你幫助計算一下，鋪完這個樓道至少需要元．【變式訓練03】（2021秋?建鄴區(qū)期末）如圖①，長方體長AB為8cm，寬BC為6cm，高BF為4cm．在該長體的表面上，螞蟻怎樣爬行路徑最短？（1）螞蟻從點A爬行到點G，且經(jīng)過棱EF上一點，畫出其最短路徑的平面圖，并標出它的長．（2）設該長方體上底面對角線EG、FH相交于點O（如圖②），則OE＝OF＝OG＝OH＝5cm．①螞蟻從點B爬行到點O的最短路徑的長為cm；②當點P在BC邊上，設BP長為acm，求螞蟻從點P爬行到點O的最短路的長（用含a的代數(shù)式表示）．易錯分析易錯分析08特殊角的三角函數(shù)值及計算。熟練記憶一些特殊角的三角函數(shù)值，不能搞混淆（2022秋?離石區(qū)期末）在△ABC中，若，∠A，∠B都是銳角，則△ABC是三角形．【答案】等腰【思路點撥】答案有誤，直接利用特殊角的三角函數(shù)值得出∠A＝60°，∠B＝60°，進而得出答案．【規(guī)范解答】解：∵，∴sinA＝，cosB＝，∴∠A＝60°，∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形．故答案為：等邊．【考點解讀】此題主要考查了特殊角的三角函數(shù)值，正確記憶相關數(shù)據(jù)是解題關鍵．【變式訓練01】（2021秋?慈利縣期末）在△ABC中，若|sinA﹣|+（﹣cosB）2＝0，則∠C的度數(shù)是（）A．45° B．75° C．105° D．120°【變式訓練02】（2022秋?駐馬店期末）在△ABC中，若|sinA﹣|+（cosB﹣）2＝0，則∠C的度數(shù)是．【變式訓練03】（2022秋?河口區(qū)校級期末）計算：cos30°﹣tan60°﹣cos45°；cos60°﹣2sin245°+30°﹣sin30°．易錯分析易錯分析09解直角三角形的實際應用。坡度是指坡面的垂直高度h和水平寬度l的比值，而并非度數(shù)。仰角和俯角是指視線與水平線的夾角，而非視線與鉛垂線的夾角。只有在直角三角形中才能解直角三角形，沒有直角三角形時需要通過作輔助線構造直角三角形求解。（2022?鄭州二模）如圖是簡化的冬奧會跳臺滑雪的雪道示意圖，AB為助滑道，BC為著陸坡，著陸坡傾角為α，A點與B點的高度差為h，A點與C點的高度差為120m，著陸坡BC長度為（）A． B． C．（120﹣h）sinα D．（120﹣h）cosα【答案】B【思路點撥】答案有誤，過點A作AG⊥CD，交DC的延長線于點G，過點B作BE⊥CG，垂足為E，過點B作BF⊥AG，垂足為F，可得四邊形BFGE矩形，從而得FG＝BE，然后在Rt△BEC中，利用銳角三角函數(shù)的定義，進行計算即可解答．【規(guī)范解答】解：過點A作AG⊥CD，交DC的延長線于點G，過點B作BE⊥CG，垂足為E，過點B作BF⊥AG，垂足為F，則四邊形BFGE矩形，∴FG＝BE，∵AG＝120m，AF＝h，∴FG＝BE＝（120﹣h）m，在Rt△BEC中，BC＝＝m，故選：A．【考點解讀】本題考查了解直角三角形的應用，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式訓練01】（2022?江陰市校級一模）圖1是一款折疊式跑步機，其側(cè)面結構示意圖如圖2（忽略跑步機的厚度）．該跑步機由支桿AB（點A固定），底座AD和滑動桿EF組成．支桿AB可繞點A轉(zhuǎn)動，點E在滑槽AC上滑動．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收納時，滑動端點E向右滑至點C，點F與點A重合；打開時，點E從點C向左滑動，若滑動桿EF與AD夾角的正切值為2，則察看點F處的儀表盤視角為最佳．（1）BE＝cm；（2）當滑動端點E與點A的距離EA＝cm時，察看儀表盤視角最佳．【變式訓練02】（2021?荊州）如圖1是一臺手機支架，圖2是其側(cè)面示意圖，AB，BC可分別繞點A，B轉(zhuǎn)動，測量知BC＝8cm，AB＝16cm．當AB，BC轉(zhuǎn)動到∠BAE＝60°，∠ABC＝50°時，點C到AE的距離為cm．（結果保留小數(shù)點后一位，參考數(shù)據(jù)：sin70°≈0.94，≈1.73）【變式訓練03】（2022?亭湖區(qū)校級一模）鹽城海棠公園為引導游客觀光游覽公園的盤點，在主要路口設置了導覽指示牌，我?！熬C合與實踐”活動小組想要測量此指示牌的高度，他們繪制了該指示牌支架側(cè)面的截面圖如圖所示，并測得AB＝100cm，BC＝80cm，∠ABC＝120°，∠BCD＝75°，四邊形DEFG為矩形，且DE＝5cm．請幫助該小組求出指示牌最高點A到地面EF的距離（結果精確到1cm．參考數(shù)據(jù)：sin75°≈0.97，cos75?≈0.26，tan75°≈3.73，≈1：414）．一．選擇題1．（2021秋?沛縣期末）下列長度的三條線段，能組成直角三角形的是（）A．，， B．，， C．3，4，5 D．6，8，112．（2021秋?泗陽縣期末）如圖，AC和BD相交于O點，若OA＝OD，用“SAS”證明△AOB≌△DOC還需（）A．AB＝DC B．OB＝OC C．∠C＝∠D D．∠AOB＝∠DOC3．（2022秋?離石區(qū)期末）如圖，在△ABC中，CD平分∠ACB，交AB于點D，過D作BC的平行線交AC于M，若BC＝3，AC＝2，則DM＝（）A． B． C． D．4．（2021秋?雙灤區(qū)期末）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，A，B，C，D是網(wǎng)格線交點，AC與BD相交于點O，則△ABO的面積與△CDO的面積的比為（）A．1：2 B． C．1：4 D．5．（2022秋?西崗區(qū)校級期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，則tanA的值是（）A． B． C． D．二．填空題（共6小題）6．（2022秋?惠山區(qū)期中）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，已知tanB＝，S△ACD＝2，則S△ABC＝．7．（2022?富陽區(qū)二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．點P從B點出發(fā)沿著BD方向運動，到達點O停止運動．連接AP，點B關于直線AP的對稱點為Q．當點Q落在AC上時，則OQ＝，在運動過程中，點Q到直線BD的距離的最大值為．8．（2019秋?內(nèi)江期末）等腰△ABC的腰AB邊上的中線CD，把△ABC的周長分成12和15兩部分，則底邊BC長為．9．（2022秋?邗江區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，BC＝6，＝，動點P在射線EF上，BP交CE于點D，∠CBP的平分線交CE于點Q，當CQ＝CE時，EP+BP的值為．10．（2022?錫山區(qū)校級三模）如圖，平面內(nèi)幾條線段滿足AB＝BC＝10．AB、CD的交點為E，現(xiàn)測得AD⊥BC，AD＝DE，，則CD的長度為．11．（2020?港南區(qū)一模）如圖，點G是△ABC的重心，AG的延長線交BC于點D，過點G作GE∥BC交AC于點E，如果BC＝6，那么線段GE的長為．三．解答題12．（2020春?輝南縣校級月考）如圖，A、B、C在同一直線上，且△ABD，△BCE都是等邊三角形，AE交BD于點M，CD交BE于點N，求證：（1）∠BDN＝∠BAM；（2）△BMN是等邊三角形．13．（2019秋?禪城區(qū)期末）一個零件的形狀如圖所示，工人師傅按規(guī)定做得∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝12，AD＝13，假如這是一塊鋼板，你能幫工人師傅計算一下這塊鋼板的面積嗎？14．（2022?建鄴區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，點D在BC上且DA⊥AC，垂足為A．（1）求證：AB2＝BD?BC；（2）若BD＝2，則AC的長是．15．（2021?紅谷灘區(qū)校級模擬）在日常生活中我們經(jīng)常會使用到訂書機，如圖MN是裝訂機的底座，AB是裝訂機的托板，始終與底座平行，連接桿DE的D點固定，點E沿AB滑動，壓柄BC可繞著轉(zhuǎn)軸B旋轉(zhuǎn)．已知壓柄BC的長度為15cm，BD＝5cm，壓柄與托板的長度相等．（1）當托板與壓柄夾角∠ABC＝37°時，如圖①點E從A點滑動了2cm，求連接桿DE的長度；（2）當壓柄BC從（1）中的位置旋轉(zhuǎn)到與底座AB的夾角∠ABC＝127°，如圖②．求這個過程中點E滑動的距離．（答案保留根號）（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8．tan37°≈0.75）易錯點04三角形線段、角、相交線與平行線三角形及其性質(zhì)全等三角形等腰三角形直角三角形相似三角形解直角三角形易錯分析易錯分析01三角形的概念以及三角形的角平分線，中線，高線的特征與區(qū)別。對三角形中“三線”位置掌握不好，導致出錯三角形的角平分線、中線都在三角形內(nèi)部，而三角形的高不一定在三角形內(nèi)部.銳角三角形的高在三角形的內(nèi)部；直角三角形的兩條高與直角邊重合，斜邊上的高在三角形內(nèi)部；鈍角三角形的兩條高在三角形外部。（2022春?市中區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，CD是AB邊上的中線，AC＝9cm，BC＝3cm，那么△ACD和△BCD的周長的差是（）A．3cm B．6cm C．12cm D．無法確定【答案】C【思路點撥】本題答案有誤，根據(jù)三角形的中線的概念得到AD＝DB，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案．【規(guī)范解答】解：∵CD是AB邊上的中線，∴AD＝DB，∴△ACD的周長﹣△BCD的周長＝（AC+CD+AD）﹣（BC+CD+BD）＝AC﹣BC＝9﹣3＝6（cm），故選：B．【考點解讀】本題考查的是三角形的中線的概念，三角形一邊的中點與此邊所對頂點的連線叫做三角形的中線．【變式訓練01】（2021秋?白堿灘區(qū)期末）如圖，在△ABC中，BC邊上的高為（）A．AD B．BE C．BF D．CG【思路點撥】從三角形的一個頂點向底邊作垂線，垂足與頂點之間的線段叫做三角形的高．根據(jù)三角形的高線的定義解答．【規(guī)范解答】解：由圖可知，△ABC中，BC邊上的高為AD，故選：A．【考點解讀】本題考查了三角形的高線的定義，是基礎題，準確識圖并熟記高線的定義是解題的關鍵．【變式訓練02】（2022春?無錫期中）已知AD為△ABC的中線，AB＝12cm，AC＝9cm，△ACD的周長為27cm，則△ABD的周長為30cm．【思路點撥】根據(jù)三角形的中線的概念得到BD＝CD，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案．【規(guī)范解答】解：∵AD為△ABC的中線，∴BD＝CD，∵△ACD的周長為27cm，∴AC+CD+AD＝27cm，∴CD+AD＝BD+AD＝18cm，∴△ABD的周長＝AB+BD+AD＝30（cm），故答案為：30．【考點解讀】本題考查的是三角形的中線，三角形一邊的中點與此邊所對頂點的連線叫做三角形的中線．【變式訓練03】（2022春?徐州期中）如圖，AD是△ABC的高，CE是△ACB的角平分線，F(xiàn)是AC中點，∠ACB＝50°，∠BAD＝65°．（1）求∠AEC的度數(shù)；（2）若△BCF與△BAF的周長差為3，AB＝7，AC＝4，則BC＝10．【思路點撥】（1）根據(jù)三角形的高的概念得到ADB＝90°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出∠ABD，根據(jù)角平分線的定義求出∠ECB，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計算即可；（2）根據(jù)三角形的中線的概念得到AF＝FC，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案．【規(guī)范解答】解：（1）∵AD是△ABC的高，∴∠ADB＝90°，∵∠BAD＝65°，∴∠ABD＝90°﹣65°＝25°，∵CE是△ACB的角平分線，∠ACB＝50°，∴∠ECB＝∠ACB＝25°，∴∠AEC＝∠ABD+∠ECB＝25°+25°＝50°；（2）∵F是AC中點，∴AF＝FC，∵△BCF與△BAF的周長差為3，∴（BC+CF+BF）﹣（AB+AF+BF）＝3，∴BC﹣AB＝3，∵AB＝7，∴BC＝10，故答案為：10．【考點解讀】本題考查的是三角形的三角形的角平分線、中線和高，從三角形的一個頂點向?qū)呑鞔咕€，垂足與頂點之間的線段叫做三角形的高；三角形一個內(nèi)角的平分線與這個內(nèi)角的對邊交于一點，則這個內(nèi)角的頂點與所交的點間的線段叫做三角形的角平分線；三角形一邊的中點與此邊所對頂點的連線叫做三角形的中線．易錯分析易錯分析02三角形三邊之間的不等關系，注意其中的“任何兩邊”。求最短距離的方法要具有技巧性。（2022春?常州期中）已知△ABC的兩條邊a，b的長分別為1.5和7.5，則第三邊c的正整數(shù)值是．【答案】7【思路點撥】答案不全面，沒有考慮到‘任何兩邊’，根據(jù)三角形的三邊關系確定第三邊的范圍，根據(jù)題意解答即可．【規(guī)范解答】解：∵△ABC的兩條邊a，b的長分別為1.5和7.5，∴7.5﹣1.5＜c＜7.5+1.5，即6＜c＜9，∴c的正整數(shù)值是7或8，故答案為：7或8．【考點解讀】本題考查的是三角形的三邊關系，掌握三角形兩邊之和大于第三邊、三角形的兩邊差小于第三邊是解題的關鍵．【變式訓練01】（2022秋?泉州期中）如圖，正方形ABCD的邊長為8，點E是AB邊上一個動點，點F是CD邊上一個動點，且AE＝CF，過點B作BG⊥EF于點G，連接AG，則AG長的最小值是2﹣2．【思路點撥】連接AC與EF相交于O，判斷出點O是正方形的中心，連接OB，取OB中點M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，利用兩點之間線段最短解決問題即可．【規(guī)范解答】解：如圖，連接AC與EF相交于O，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠OAE＝∠OCF，∵∠AOE＝∠COF，AE＝CF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OA＝OC，∴點O是正方形的中心，連接OB，取OB中點M，連接MA，MG，則MA，MG為定長，過點M作MH⊥AB于H．則MH＝BH＝2，AH＝6，由勾股定理可得MA＝＝2，MG＝OB＝2，∵AG≥AM﹣MG＝2﹣2，當A，M，G三點共線時，AG最?。?﹣2．故答案為：2﹣2．【考點解讀】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，解直角三角形，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是求出AM，MG的值．【變式訓練02】（2022秋?南康區(qū)期中）已知a，b，c是一個三角形的三邊長，（1）填入“＞、＜或＝”號：a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c+b﹣a＞0．（2）化簡：|a﹣b﹣c|+|b﹣a﹣c|﹣|c+b﹣a|．【思路點撥】（1）利用三邊關系直接寫出答案即可；（2）根據(jù)（1）的判斷去掉絕對值符號后合并同類項即可．【規(guī)范解答】解：（1）∵a，b，c是一個三角形的三邊長，∴a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c+b﹣a＞0，故答案為：＜，＜，＞；（2）原式＝b+c﹣a+a+c﹣b﹣c﹣b+a＝a﹣b+c．【考點解讀】考查了三角形三邊關系，絕對值的性質(zhì)，整式的加減，關鍵是得到a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c+b﹣a＞0．【變式訓練03】（2021秋?云浮期末）若△ABC的三邊長分別為m﹣2，2m+1，8．（1）求m的取值范圍；（2）若△ABC的三邊均為整數(shù)，求△ABC的周長．【思路點撥】（1）直接利用三角形三邊關系得出不等式組求出答案；（2）利用m的取值范圍得出m的值，進而得出答案．【規(guī)范解答】解：（1）根據(jù)三角形的三邊關系，，解得：3＜m＜5；（2）因為△ABC的三邊均為整數(shù)，且3＜m＜5，所以m＝4．所以，△ABC的周長為：（m﹣2）+（2m+1）+8＝3m+7＝3×4+7＝19．【考點解讀】此題主要考查了三角形三邊關系，正確得出不等式組是解題關鍵．易錯分析易錯分析03三角形的內(nèi)角和，三角形的分類與三角形內(nèi)外角性質(zhì)，特別關注外角性質(zhì)中的“不相鄰”。n邊形的內(nèi)角和等于(n-2)·180°，而并非為n·180°對三角形外角的性質(zhì)理解不透徹而出現(xiàn)錯誤，在應用三角形外角的性質(zhì)時，不可忽略了“不相鄰”這個條件。（2021秋?黃石期末）如圖，△ABC的內(nèi)角∠ABC的平分線BP與外角∠ACD的平分線CP交于點P，連接AP，若∠BPC＝46°，則∠CAP＝°．【答案】80°【思路點撥】答案有誤，延長BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，設∠PCD＝x°，由角平分線的定義可得∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，從而可得PF＝PM，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)得∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，由三角形的內(nèi)角和性質(zhì)得出∠BAC的度數(shù)，再利用角平分線的性質(zhì)以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案．【規(guī)范解答】解：延長BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，如圖所示：設∠PCD＝x°，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，∵∠BPC＝46°，∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣46°）﹣（x°﹣46°）＝92°，∴∠CAF＝88°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，，∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），∴∠FAP＝∠PAC＝44°．故答案為：44．【考點解讀】此題主要考查了角平分線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，直角三角全等的判定等知識，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出PM＝PN＝PF是解決問題的關鍵．【變式訓練01】（2022秋?前郭縣期末）（問題背景）∠MON＝90°，點A、B分別在OM、ON上運動（不與點O重合）．（問題思考）（1）如圖①，AE、BE分別是∠BAO和∠ABO的平分線，隨著點A、點B的運動，∠AEB＝135°．（2）如圖②，若BC是∠ABN的平分線，BC的反向延長線與∠OAB的平分線交于點D．①若∠BAO＝70°，則∠D＝45°．②隨著點A、B的運動，∠D的大小會變嗎？如果不會，求∠D的度數(shù)；如果會，請說明理由；（問題拓展）（3）在圖②的基礎上，如果∠MON＝α，其余條件不變，隨著點A、B的運動（如圖③），∠D＝．（用含α的代數(shù)式表示）【思路點撥】（1）根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理和角平分線的定義即可得到結論；（2）①根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理和角平分線的定義即可得到結論；②由①的思路可得結論；（3）在②的基礎上，將90°換成α即可．【規(guī)范解答】解：（1）∵∠MON＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，∵AE、BE分別是∠BAO和∠ABO角的平分線，∴∠BAE＝∠BAO，∠ABE＝∠ABO，∴∠BAE+∠ABE＝（∠BAO+∠ABO）＝45°，∴∠AEB＝135°；故答案為：135°；（2）①∵∠AOB＝90°，∠BAO＝70°，∴∠ABO＝20°，∠ABN＝160°，∵BC是∠ABN的平分線，∴∠OBD＝∠CBN＝×160°＝80°，∵AD平分∠BAO，∴∠DAB＝35°，∴∠D＝180°﹣∠ABD﹣∠BAD﹣∠AOB＝180°﹣80°﹣35°﹣20°＝45°，故答案為：45；②∠D的度數(shù)不隨A、B的移動而發(fā)生變化，設∠BAD＝x，∵AD平分∠BAO，∴∠BAO＝2x，∵∠AOB＝90°，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝90+2x，∵BC平分∠ABN，∴∠ABC＝45°+x，∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝45°+x﹣x＝45°；（3）設∠BAD＝x，∵AD平分∠BAO，∴∠BAO＝2x，∵∠AOB＝α，∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝α+2x，∵BC平分∠ABN，∴∠ABC＝+x，∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝+x﹣x＝；故答案為：．【考點解讀】本題考查了三角形的內(nèi)角和定理，角平分線的定義，熟練掌握三角形的內(nèi)角和定理是解題的關鍵．【變式訓練02】（2022春?宜興市校級月考）如圖，在△ABC中，在AB上存在一點D，使得∠ACD＝∠B，角平分線AE交CD于點F．△ABC的外角∠BAG的平分線所在直線MN與BC的延長線交于點M，若∠M＝35°，則∠CFE＝55°．【思路點撥】由平角的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可求∠EAN＝90°，由外角的性質(zhì)可求解．【規(guī)范解答】證明：∵C、A、G三點共線AE、AN為角平分線，∴∠EAN＝90°，又∵∠GAN＝∠CAM，∴∠M+∠CEF＝90°，∵∠CEF＝∠EAB+∠B，∠CFE＝∠EAC+∠ACD，∠ACD＝∠B，∴∠CEF＝∠CFE，∴∠M+∠CFE＝90°．∴∠CFE＝90°﹣∠M＝90°﹣35°＝55°．故答案為：55°．【考點解讀】本題考查了三角形的外角性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，余角的性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．【變式訓練03】（2022春?太倉市校級月考）如圖，在△ABC中，AE平分∠BAC，AD⊥BC于點D．∠ABD的角平分線BF所在直線與射線AE相交于點G，若∠ABC＝3∠C，且∠G＝20°，則∠DFB的度數(shù)是60度．【思路點撥】由題意AE平分∠BAC，BF平分∠ABD，推出∠CAE＝∠BAE，∠ABF＝∠DBF，設∠CAE＝∠BAE＝x，設∠C＝y(tǒng)，∠ABC＝3y，想辦法用含x和y的代數(shù)式表示∠ABF和∠DBF即可解決問題．【規(guī)范解答】解：如圖：∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABD，∴∠CAE＝∠BAE，∠1＝∠2，設∠CAE＝∠BAE＝x，∠C＝y(tǒng)，∠ABC＝3y，由外角的性質(zhì)得：∠1＝∠BAE+∠G＝x+20，∠2＝∠ABD＝（2x+y）＝x+y，∴x+20＝x+y，解得y＝40°，∴∠1＝∠2＝（180°﹣∠ABC）＝×（180°﹣120°）＝30°，∴∠DFB＝60°．故答案為：60．【考點解讀】本題考查三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考?？碱}型．易錯分析易錯分析04全等形，全等三角形及其性質(zhì)，三角形全等判定。著重學會論證三角形全等。用“≌”表示兩個三角形全等時，對應點放在對應位置，但用語言描述的兩個三角形全等卻不需要，不要形成固定思維.解決這類問題要考慮各種對應情況，避免出現(xiàn)考慮不全面，導致結果錯誤.判定一般三角形全等的方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”4種方法，不存在“SSA”的判定方法.（2022春?海陵區(qū)期末）如圖，在正方形方格中，各正方形的頂點叫做格點，三個頂點都在格點上的三角形稱為格點三角形．圖中△ABC是格點三角形，請你找出方格中所有與△ABC全等，且以A為頂點的格點三角形．這樣的三角形共有個（△ABC除外）．【答案】4【思路點撥】答案有誤，答案不全面，根據(jù)全等三角形的判定定理SSS畫出和△ABC全等的三角形，再得出答案即可．【規(guī)范解答】解：如圖1所示：方格中所有與△ABC全等，且以A為頂點的格點三角形有△FAO，△HOA，△EAD，△AEF，△ACH，共5個，故答案為：5．【考點解讀】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，兩直角三角形全等還有HL等．【變式訓練01】（2022秋?聊城月考）如圖，已知四邊形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，點E為AB的中點．如果點P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CD上由C點向D點運動．（1）若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPE與△CQP是否全等？請說明理由．（2）當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPE與△CQP全等．【思路點撥】（1）經(jīng)過1秒后，可得BP＝CQ＝3厘米，則PC＝8﹣3＝5厘米，可證明△BPE≌△CQP；（2）由△BPE與△CQP全等可知有△BEP≌△CQP或△BEP≌△CPQ，全等可得BP＝CP或BP＝CQ，或可求得BP的長，可求得P點運動的時間，由CQ＝BE或CQ＝BP可求得Q點運動的路程，可求得其速度．【規(guī)范解答】解：（1）△BPE與△CQP全等，理由如下：當運動1秒后，則BP＝CQ＝3厘米，∴PC＝BC﹣BP＝8﹣3＝5厘米，∵E為AB中點，且AB＝10厘米∴BE＝5厘米，∴BE＝PC，在△BPE和△CQP中∴△BPE≌△CQP（SAS）；（2）∵△BPE與△CQP全等，∴△BEP≌△CQP或△BEP≌△CPQ，當△BEP≌△CQP時，則BP＝CP，CQ＝BE＝5厘米，設P點運動的時間為t秒，則3t＝8﹣3t，解得t＝，∴Q點的運動的速度＝5÷＝（厘米/秒），當△BEP≌△CPQ時，由（1）可知t＝1（秒），∴BP＝CQ＝3厘米，∴Q點的運動的速度＝3÷1＝3（厘米/秒），即當Q點每秒運動厘米或3厘米時△BEP≌△CQP．【考點解讀】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定是解題的關鍵，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL【變式訓練02】（2020秋?江陰市月考）如圖，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝6cm，點D為AB的中點．（1）如果點P在線段BC上以1cm/s的速度由點B向點C運動，同時，點Q在線段CA上由點C向點A運動．①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，△BPD與△CQP是否全等，請說明理由；②若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD與△CQP全等？（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿△ABC三邊運動，則經(jīng)過30秒后，點P與點Q第一次在△ABC的BC邊上相遇？（在橫線上直接寫出答案，不必書寫解題過程）【思路點撥】（1）①根據(jù)時間和速度分別求得兩個三角形中BP、CQ和BD、PC邊的長，根據(jù)SAS判定兩個三角形全等；②根據(jù)全等三角形應滿足的條件探求邊之間的關系，再根據(jù)路程＝速度×時間公式，先求得點P運動的時間，再求得點Q的運動速度．（2）設經(jīng)過x秒后點P，Q第一次相遇，由題意列出x＝x+2×10，可得x＝30，所以點P共運動了30×1m/s＝30cm．可得點P、點Q在BC邊上相遇，進而可以解決問題．【規(guī)范解答】解：（1）①△BPD與△CQP全等，理由如下：∵t＝1秒，∴BP＝CQ＝1×1＝1cm，∵AB＝10cm，點D為AB的中點，∴BD＝5cm，又∵PC＝BC﹣BP，BC＝6cm，∴PC＝6﹣1＝5cm，∴PC＝BD．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△BPD與△CQP中，，∴△BPD≌△CQP（SAS）；②∵VP≠VQ，∴BP≠CQ，而∠B＝∠C，∴△BPD與△CQP全等時，只能是△BPD≌△CPQ，∴BP＝CP＝3，BD＝CQ＝5，∴點P，點Q運動的時間t＝BP÷1＝3÷1＝3（秒），∴vQ＝CQ÷t＝5÷3＝（cm/s），∴當點Q的運動速度為cm/s時，能夠使△BPD與△CQP全等；（2）設經(jīng)過x秒后點P，Q第一次相遇，由題意得：x＝x+2×10，解得x＝30，∴點P共運動了30×1m/s＝30（cm）．∴點P、點Q在BC邊上相遇，∴經(jīng)過30秒點P與點Q第一次在邊BC上相遇．故答案為：30，BC．【考點解讀】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，路程、速度與時間的關系，掌握全等三角形的對應邊相等是解題的關鍵．【變式訓練03】（2022?杭州模擬）如圖，已知∠CAE＝∠BAD，AC＝AD，增加下列條件：①AB＝AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E．其中能使△ABC≌△AED的條件有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【思路點撥】根據(jù)全等三角形的判定解決此題．【規(guī)范解答】解：①由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．增加AB＝AE，那么AB＝AE，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，推斷出△ABC≌△AED，故①符合題意．②由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．添加BC＝ED，△ABC與△AED不一定全等，故②不符合題意．③由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．增加∠C＝∠D，那么∠C＝∠D，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，推斷出△ABC≌△AED，故③符合題意．④由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．增加∠B＝∠E，那么∠B＝∠E，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，推斷出△ABC≌△AED，故④符合題意．綜上：符合題意的有①③④，共3個．故選：C．【考點解讀】本題主要考查全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定是解決本題的關鍵．易錯分析易錯分析05兩個角相等和平行經(jīng)常是相似的基本構成要素，以及相似三角形對應高之比等于相似比，對應線段成比例，面積之比等于相似比的平方。相似三角形的常用判定方法有：平行于三角形一邊的直線和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似；三邊對應成比例，兩三角形相似；兩邊對應成比例且夾角相等，兩三角形相似；兩角對應相等，兩三角形相似.全等三角形的常用判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS這4種。（2022秋?海陵區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，記S△ADE＝16，S△EFC＝4，則S平行四邊形DBFE＝（）A．9 B．12 C．16 D．20【答案】B【思路點撥】答案有誤，證明△AED∽△ECF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出＝，再證明△ADE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算即可．【規(guī)范解答】解：∵DE∥BC，∴∠AED＝∠C，∵EF∥AB，∴∠A＝∠CEF，∴△AED∽△ECF，∴＝（）2，∵S△ADE＝16，S△EFC＝4，∴＝2，∴＝，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝（）2＝，∴S△ABC＝36，∴S平行四邊形DBFE＝36﹣16﹣4＝16，故選：C．【考點解讀】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)，熟記相似三角形的面積比等于相似比的平方是解題的關鍵．【變式訓練01】（2022?江都區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．矩形DEFG的頂點D、E、F分別在邊BC、AC、AB上，若tan∠DEC＝，則矩形DEFG面積的最大值＝．【思路點撥】過點F作FM⊥AC，垂足為M，根據(jù)已知可得＝，再根據(jù)矩形的性質(zhì)可證一線三等角模型相似三角形△FME∽△ECD，從而可得＝＝，然后設ME＝3x，F(xiàn)M＝4x，DC＝3y，EC＝4y，利用勾股定理可得FE＝5x，DE＝5y，再在Rt△AFM中，利用銳角三角函數(shù)的定義表示出AM＝4x，從而根據(jù)AC＝4，可得y＝1﹣x，最后根據(jù)矩形的面積公式進行計算可得矩形DEFG的面積＝﹣x2+25x，從而利用二次函數(shù)的最值進行計算即可解答．【規(guī)范解答】解：過點F作FM⊥AC，垂足為M，∴∠FMA＝∠FME＝90°，∴∠MFE＝∠FEM＝90°，∵∠C＝90°，tan∠DEC＝，∴＝，∵四邊形EFGD是矩形，∴∠FED＝90°，∴∠FEM+∠DEC＝90°，∴∠MFE＝∠DEC，∵∠C＝∠FME＝90°，∴△FME∽△ECD，∴＝＝，設ME＝3x，F(xiàn)M＝4x，DC＝3y，EC＝4y，∴EF＝＝＝5x，DE＝＝＝5y，∵∠C＝90°，AC＝BC＝4，∴∠A＝∠B＝45°，∴AM＝＝4x，∵AM+ME+EC＝4，∴4x+3x+4y＝4，∴y＝1﹣x，∴矩形DEFG的面積＝EF?DE＝5x?5y＝25x（1﹣x）＝﹣x2+25x，∴當x＝時，矩形DEFG的面積最大值為：，故答案為：．【考點解讀】本題考查了二次函數(shù)的最值，等腰直角三角形，解直角三角形，相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式訓練02】（2021?無錫）如圖，四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，AB＝CD，BD平分∠ABC，AC與BD相交于點E．（1）求證：△ABE∽△ACB；（2）若AD＝4，BC＝6，求線段DE的長度．【思路點撥】（1）根據(jù)角平分線的定義可得∠ABD＝∠DBC，從而可得＝，進而可得＝，然后再利用等弧所對的圓周角相等可得∠ACB＝∠ABD，即可解答；（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，從而證明△ADE∽△CBE，進而利用相似三角形的性質(zhì)可得＝＝，然后設AE＝2a，CE＝3a，從而利用（1）的結論可得AB2＝AC?AE，列出關于a的方程，進行計算即可求出a的值，最后根據(jù)等弧所對的圓周角相等可得∠ADE＝∠DAE，從而可得AE＝DE，即可解答．【規(guī)范解答】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴＝，∵AB＝CD，∴＝，∴＝，∴∠ACB＝∠ABD，∵∠BAE＝∠BAC，∴△ABE∽△ACB；（2）解：∵＝，∴∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，∴△ADE∽△CBE，∴＝＝＝，∴設AE＝2a，CE＝3a，∴AC＝AE+CE＝5a，∵△ABE∽△ACB，∴＝，∴AB2＝AC?AE，∴16＝2a?5a，∴a＝或a＝﹣（舍去），∴AE＝2a＝，∵＝，∴∠ADE＝∠DAE，∴AE＝DE＝，∴線段DE的長度為．【考點解讀】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，角平分線的性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理，以及相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．【變式訓練03】（2022?鎮(zhèn)江一模）如圖，BC是⊙O的直徑，CE是⊙O的弦，EG切⊙O于點E，交射線CB的延長線于點G．點A在直線CE上，∠ABG＝2∠ACG．（1）用尺規(guī)作出點A（要求：不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）連接AB，直線AB與GE相交于點F，，GB＝6．①求⊙O的半徑；②連接CF，CF平分∠ACG嗎？為什么？【思路點撥】（1）以B為圓心BC為半徑作弧，交直線CE于點A，點A即為所求；（2）①在Rt△GFB中，勾股定理求得FB，證明△GFB∽△GEO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，即可求得r；②連接CF，BE，OE，過點C作CD⊥AB交AB的延長線于點D，由①中數(shù)據(jù)勾股定理求得EC，設F到AC距離為a，到GC的距離為b，根據(jù)等面積法求得的值，根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可證明CF不平分∠ACG．【規(guī)范解答】解：（1）如圖，以B為圓心BC為半徑作弧，交直線CE于點A，點A即為所求，（2）如圖，連接OE，∵EG是⊙O的切線，∴OE⊥GE，∵AB＝BC，∴∠ABG＝2∠ACG，∵OE＝OC，∴∠EOG＝2∠ECO，∴OE∥FB，∴BF⊥FG，在Rt△GFB中，GF＝4，GB＝6，∴FB＝2，∴△△GFB∽△GEO，∴FB：OE＝GB：GO，設半徑為r，則2：r＝6：（6+r），解得r＝3；②CF不平分∠ACG，理由如下：連接CF，BE，OE，過點C作CD⊥AB交AB的延長線于點D，∵GF＝4，GB＝6，OE＝3，F(xiàn)B＝2，∴AB＝BC＝6，∴AF＝AB﹣FB＝4，∵OE∥FB，∴△GFB∽△GEO，∴EF：GF＝OB：BG＝3：6，∴EF＝GF＝2在Rt△EFB中，BE＝2，在Rt△EBC中，EC＝2，∵AB＝BC，BE⊥AC，∴AC＝2AE＝4，設F到AC距離為a，到GC的距離為b，∴S△AFC：S△BFC＝AC?a：（BC?b）＝AF?CD：（FB?CD），∴＝＝＝≠1，若CF平分∠ACG，則a＝b，∴CF不平分∠ACG．易錯分析易錯分析06等腰（等邊）三角形的定義以及等腰（等邊）三角形的判定與性質(zhì)，運用等腰（等邊）三角形的判定與性質(zhì)解決有關計算與證明問題，這里需注意分類討論思想的滲入。但不可忽略三角形存在的條件，即任意兩邊之和大于第三邊.對出現(xiàn)的情況需要逐一驗證，確定取舍。（2020秋?鹽城校級期中）如圖，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，CD是△ABC的角平分線．若在邊AC上截取CE＝CB，連接DE，則圖中等腰三角形共有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】C【思路點撥】答案有誤，遺漏情況，根據(jù)已知條件分別求出圖中三角形的內(nèi)角度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的判定即可找出圖中的等腰三角形．【規(guī)范解答】解：∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形；∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝36°，∴∠A＝∠ABD＝36°，∴BD＝AD，∴△ABD是等腰三角形；在△BCD中，∵∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠C＝180°﹣36°﹣72°＝72°，∴∠C＝∠BDC＝72°，∴BD＝BC，∴△BCD是等腰三角形；∵BE＝BC，∴BD＝BE，∴△BDE是等腰三角形；∴∠BED＝（180°﹣36°）÷2＝72°，∴∠ADE＝∠BED﹣∠A＝72°﹣36°＝36°，∴∠A＝∠ADE，∴DE＝AE，∴△ADE是等腰三角形；∴圖中的等腰三角形有5個．故選：D．【考點解讀】此題考查了等腰三角形的判定，用到的知識點是等腰三角形的判定、三角形內(nèi)角和定理、三角形外角的性質(zhì)、三角形的角平分線定義等，解題時要找出所有的等腰三角形，不要遺漏．【變式訓練01】（2021秋?崇川區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠ABC和∠ACB的平分線交于點E，過點E作EM∥BC分別交AB，AC于M，N，則△AMN的周長為6．【思路點撥】根據(jù)BE、CE是角平分線和MN∥BC可以得出MB＝ME，NE＝NC，繼而可以得出△AMN的周長＝AB+AC，從而可以得出答案．【規(guī)范解答】解：∵BE，CE分別是∠ABC與∠ACB的角平分線，∴∠MBE＝∠EBC，∠NCE＝∠ECB，∵MN∥BC，∴∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB，∴∠MBE＝∠MEB，∠NCE＝∠NEC，∴MB＝ME，NC＝NE，∵AB＝AC＝3，∴△AMN的周長＝AM+ME+NE+AN＝AM+MB+AN+NC＝AB+AC＝3+3＝6．故答案為：6．【考點解讀】本題考查了平行線的性質(zhì)和等腰三角形的判定，是一道綜合題，能夠推出MB＝ME，NE＝NC是解題的關鍵．【變式訓練02】（2018秋?吳江區(qū)校級月考）（1）如圖①，在△ABC中，BD平分∠ABC，過點D作ED∥BC．指出圖中的等腰三角形，并說明理由．（2）如圖②，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分線交于點O，過點O作EF∥BC．證明：EF＝BE+CF．【思路點撥】（1）根據(jù)角平分線的定義以及平行線的性質(zhì)，可得∠EBD＝∠EDB，進而得出△BDE是等腰三角形．（2）根據(jù)角平分線的定義可得∠CBO＝∠ABO，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠BOE＝∠CBO，等量代換可得∠ABO＝∠BOE，根據(jù)等角對等邊可得BE＝OE，同理可得CF＝OF，然后根據(jù)EF＝EO+OF等量代換即可得證．【規(guī)范解答】解：（1）∵BD平分∠ABC，ED∥BC，∴∠EBD＝∠CBD，∠EDB＝∠CBD，∴∠EBD＝∠EDB，∴DE＝BE，即△BDE是等腰三角形．（2）∵OB平分∠ABC，∵EF∥BC，∴∠BOE＝∠CBO，∴∠ABO＝∠BOE，∴BE＝OE，同理可得CF＝OF，∵EF＝EO+OF，∴EF＝BE+CF．【考點解讀】本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線的定義的綜合運用，熟練掌握性質(zhì)與判定是解本題的關鍵．【變式訓練03】（2020?亭湖區(qū)校級三模）如圖，在平面直角坐標系中，∠MOA1＝30°，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4…△AnBnBn+1都是等邊三角形，點A1，A2，A3…An在軸上，點B1，B2，B3…Bn+1在OM上，A1B2∥A2B3∥A3B4…AnBn+1∥y軸，，則第n個等邊△AnBnBn+1的面積是．【思路點撥】根據(jù)題意可得前幾個等邊三角形的面積，進而可得結論．【規(guī)范解答】解：∵A1B2∥y軸，∴∠OA1B1＝90°，∵∠MOA1＝30°，，∴A1B2＝2，∴S＝A1B22?sin60°＝4×＝，∵∠OA2B2＝90°﹣60°＝30°，∴OB2＝A2B2＝B2B3，A1A2＝OA1＝2，∴OA2＝4，A2B3＝4，∴S△＝A2B32?sin60°＝16×＝4，同理：OA3＝8，A2B3＝8，∴S△＝A3B42?sin60°＝64×＝42，…，∴第n個等邊△AnBnBn+1的面積是：4n﹣1，故答案為：4n﹣1．【考點解讀】本題考查了規(guī)律型：點的坐標，等邊三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，三角形面積公式，等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)圖形求出面積得到規(guī)律是解題關鍵．易錯分析易錯分析07運用勾股定理及其逆定理計算線段的長，證明線段的數(shù)量關系，解決與面積有關的問題以及簡單的實際問題。在題目中沒有明確哪個角為直角時，常需要分類討論，不可漏解。在利用勾股定理計算時，誤認為第三邊為斜邊，其實第三邊可能是斜邊，也可能是直角邊。（2021秋?常州期末）下列各組數(shù)中，能作為直角三角形三邊長的是（）A．4，5，6 B．5，7，12 C．3，5， D．1，，【答案】A【思路點撥】答案有誤，沒有應用勾股定理公式解決問題。如果三角形兩條邊的平方和等于第三邊的平方，那么這個三角形就是直角三角形，最長邊所對的角為直角．由此判定即可．【規(guī)范解答】解：A、∵52+42≠62，∴三條線段不能組成直角三角形，故A選項錯誤；B、∵52+72≠122，∴三條線段不能組成直角三角形，故B選項錯誤；C、∵32+（）2≠52，∴三條線段不能組成直角三角形，故C選項錯誤；D、∵12+（）2＝（）2，∴三條線段能組成直角三角形，故D選項正確；故選：D．【考點解讀】此題考查了勾股定理逆定理的運用，判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．【變式訓練01】（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級期中）到目前為止，勾股定理的證明已超過400種，其中一種簡潔易懂方法叫做“常春證法”，兩個直角三角形如圖擺放，已知Rt△ABC≌Rt△DEF，點F落在AC上，點C與點E重合，斜邊AB與斜邊CD交于點M，連接AD，BD，若AC＝9，BC＝5，則四邊形ACBD的面積為53．【思路點撥】根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，再根據(jù)四邊形ACBD的面積＝△DAC的面積+△DBC的面積，列出算式計算即可求解．【規(guī)范解答】解：∵Rt△ABC≌Rt△DEF，∴DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，∴四邊形ACBD的面積＝△DAC的面積+△DBC的面積＝×9×9+×5×5＝53．故答案為：53．【考點解讀】本題考查了勾股定理的證明，關鍵是求出DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，以及由圖形得到四邊形ACBD的面積＝△DAC的面積+△DBC的面積．【變式訓練02】（2022秋?豐城市校級期末）某會展中心在會展期間準備將高5m、長13m、寬2m的樓道鋪上地毯，已知地毯每平方米20元，請你幫助計算一下，鋪完這個樓道至少需要680元．【思路點撥】地毯的長是樓梯的豎直部分與水平部分的和，即AB與BC的和，在直角△ABC中，根據(jù)勾股定理即可求得AB的長，地毯的長與寬的積就是面積，再乘地毯每平方米的單價即可求解．【規(guī)范解答】解：由勾股定理得AB＝＝＝12（m），則地毯總長為12+5＝17（m），則地毯的總面積為17×2＝34（平方米），所以鋪完這個樓道至少需要34×20＝680（元）．故答案為：680．【考點解讀】本題考查了勾股定理的應用，正確理解地毯的長度的計算是解題的關鍵．【變式訓練03】（2021秋?建鄴區(qū)期末）如圖①，長方體長AB為8cm，寬BC為6cm，高BF為4cm．在該長體的表面上，螞蟻怎樣爬行路徑最短？（1）螞蟻從點A爬行到點G，且經(jīng)過棱EF上一點，畫出其最短路徑的平面圖，并標出它的長．（2）設該長方體上底面對角線EG、FH相交于點O（如圖②），則OE＝OF＝OG＝OH＝5cm．①螞蟻從點B爬行到點O的最短路徑的長為4cm；②當點P在BC邊上，設BP長為acm，求螞蟻從點P爬行到點O的最短路的長（用含a的代數(shù)式表示）．【思路點撥】（1）畫出展開圖連接AG交EF于點M，根據(jù)勾股定理求出AG的長即可；（2）①畫出展開圖連接OB，作ON⊥AB于點N，根據(jù)勾股定理求出OB的值即可；②畫出展開圖連接OP，作OQ⊥BC于點Q，根據(jù)勾股定理求出OP的值即可．【規(guī)范解答】解：（1）展開面HGFE和面ABFE如下圖，連接AG交EF于點M，由題意知，AB＝8cm，BG＝BF+FG＝6+4＝10（cm），∴AG＝＝＝2（cm），即AG的長為2cm；（2）①展開面HGFE和面ABFE如下圖，連接OB，作ON⊥AB于點N，由題意知，ON＝4+×6＝7（cm），BN＝8＝4（cm），∴OB＝＝＝（cm），故答案為：；②展開面HGFE和面BCGF如下圖，連接OP，作OQ⊥BC于點Q，由題意知，OQ＝+4＝8（cm），PQ＝|×6﹣a|＝|3﹣a|（cm），∴OP＝＝＝（cm），即螞蟻從點P爬行到點O的最短路的長為cm．【考點解讀】本題主要考查展開圖的最短路徑問題，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．易錯分析易錯分析08特殊角的三角函數(shù)值及計算。熟練記憶一些特殊角的三角函數(shù)值，不能搞混淆（2022秋?離石區(qū)期末）在△ABC中，若，∠A，∠B都是銳角，則△ABC是三角形．【答案】等腰【思路點撥】答案有誤，直接利用特殊角的三角函數(shù)值得出∠A＝60°，∠B＝60°，進而得出答案．【規(guī)范解答】解：∵，∴sinA＝，cosB＝，∴∠A＝60°，∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形．故答案為：等邊．【考點解讀】此題主要考查了特殊角的三角函數(shù)值，正確記憶相關數(shù)據(jù)是解題關鍵．【變式訓練01】（2021秋?慈利縣期末）在△ABC中，若|sinA﹣|+（﹣cosB）2＝0，則∠C的度數(shù)是（）A．45° B．75° C．105° D．120°【思路點撥】根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)列出關系式，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求出∠A、∠B的度數(shù)，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算即可．【規(guī)范解答】解：由題意得，sinA﹣＝0，﹣cosB＝0，即sinA＝，＝cosB，解得，∠A＝30°，∠B＝45°，∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝105°，故選：C．【考點解讀】本題考查的是非負數(shù)的性質(zhì)的應用、特殊角的三角函數(shù)值的計算和三角形內(nèi)角和定理的應用，熟記特殊角的三角函數(shù)值是解題的關鍵．【變式訓練02】（2022秋?駐馬店期末）在△ABC中，若|sinA﹣|+（cosB﹣）2＝0，則∠C的度數(shù)是75°．【思路點撥】根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值分別求出∠A，∠B，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理計算，得到答案．【規(guī)范解答】解：∵|sinA﹣|+（cosB﹣）2＝0，∴|sinA﹣|＝0，（cosB﹣）2＝0，∴sinA＝，cosB＝，∴∠A＝45°，∠B＝60°，∴∠C＝180°﹣45°﹣60°＝75°，故答案為：75°．【考點解讀】本題考查的是特殊角的三角函數(shù)值，熟記30°、45°、60°的四個三角函數(shù)值是解題的關鍵．【變式訓練03】（2022秋?河口區(qū)校級期末）計算：（1）cos30°﹣tan60°﹣cos45°；（2）cos60°﹣2sin245°+30°﹣sin30°．【思路點撥】（1）根據(jù)特殊角三角函數(shù)值的混合計算法則求解即可；（2）根據(jù)特殊角三角函數(shù)值的混合計算法則求解即可．【規(guī)范解答】解：（1）cos30°﹣tan60°﹣cos45°＝＝．（2）＝＝＝．【考點解讀】本題主要考查了特殊角三角函數(shù)值的混合計算，熟知相關計算法則是解題的關鍵．易錯分析易錯分析09解直角三角形的實際應用。坡度是指坡面的垂直高度h和水平寬度l的比值，而并非度數(shù)。仰角和俯角是指視線與水平線的夾角，而非視線與鉛垂線的夾角。只有在直角三角形中才能解直角三角形，沒有直角三角形時需要通過作輔助線構造直角三角形求解。（2022?鄭州二模）如圖是簡化的冬奧會跳臺滑雪的雪道示意圖，AB為助滑道，BC為著陸坡，著陸坡傾角為α，A點與B點的高度差為h，A點與C點的高度差為120m，著陸坡BC長度為（）A． B． C．（120﹣h）sinα D．（120﹣h）cosα【答案】B【思路點撥】答案有誤，過點A作AG⊥CD，交DC的延長線于點G，過點B作BE⊥CG，垂足為E，過點B作BF⊥AG，垂足為F，可得四邊形BFGE矩形，從而得FG＝BE，然后在Rt△BEC中，利用銳角三角函數(shù)的定義，進行計算即可解答．【規(guī)范解答】解：過點A作AG⊥CD，交DC的延長線于點G，過點B作BE⊥CG，垂足為E，過點B作BF⊥AG，垂足為F，則四邊形BFGE矩形，∴FG＝BE，∵AG＝120m，AF＝h，∴FG＝BE＝（120﹣h）m，在Rt△BEC中，BC＝＝m，故選：A．【考點解讀】本題考查了解直角三角形的應用，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式訓練01】（2022?江陰市校級一模）圖1是一款折疊式跑步機，其側(cè)面結構示意圖如圖2（忽略跑步機的厚度）．該跑步機由支桿AB（點A固定），底座AD和滑動桿EF組成．支桿AB可繞點A轉(zhuǎn)動，點E在滑槽AC上滑動．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收納時，滑動端點E向右滑至點C，點F與點A重合；打開時，點E從點C向左滑動，若滑動桿EF與AD夾角的正切值為2，則察看點F處的儀表盤視角為最佳．（1）BE＝65cm；（2）當滑動端點E與點A的距離EA＝（13+2）或（13﹣2）cm時，察看儀表盤視角最佳．【思路點撥】（1）利用線段的和差定義求解即可；（2）分∠BAE是銳角或鈍角，分別畫出圖形求解即可．【規(guī)范解答】解：（1）由題意BE＝AC﹣AB＝125﹣60＝65（cm）．故答案為：65．（2）如圖2﹣1中，當∠BAE是銳角時，過點B作BT⊥AE于點T．在Rt△BTE中，BE＝65cm，tan∠BET＝＝2，∴ET＝13（c