考點(diǎn)1：角、相交線與平行線（10年6考，4~5分）
考點(diǎn)2：三角形與全等三角形（10年10考，4~14分）
考點(diǎn)3：等腰三角形（10年9考，4~9分）
考點(diǎn)4：直角三角形（10年10考，4~9分）
考點(diǎn)5：尺規(guī)作圖（2018年20題，10分）
考點(diǎn)6：相似三角形及其應(yīng)用（10年10考，9~19分）
考點(diǎn)7：解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用（10年10考，5~10分）
【安徽最新模擬練】
考點(diǎn)1：角、相交線與平行線（10年6考，4~5分）
一．選擇題（共13小題）
1．（2023?懷遠(yuǎn)縣校級(jí)二模）如圖，直線a∥b∥c，直角三角板的直角頂點(diǎn)落在直線b上，若∠1＝38°，則∠2等于（ ）
A．38°B．42°C．52°D．62°
【分析】首先根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等，即可求得∠3的度數(shù)，然后求得∠4的度數(shù)，然后根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等，即可求得∠2的度數(shù)．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠3＝∠1＝36°，
∴∠4＝90°﹣∠3＝90°﹣36°＝54°．
∵b∥c，
∴∠2＝∠4＝54°．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題利用了平行線的性質(zhì)：兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等．
2．（2023?亳州二模）如圖，已知a∥b，曉玉把三角板的直角頂點(diǎn)放在直線b上．若∠1＝25°，則∠2的度數(shù)為（ ）
A．115°B．120°C．125°D．135°
【分析】根據(jù)“兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等”求解即可．
【解答】解：如圖，
∵∠BAC＝90°，∠1＝25°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠1＝115°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠BAD＝115°，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了平行線的性質(zhì)，熟記平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?貴池區(qū)二模）將一副直角三角板按如圖方式擺放，若直線a∥b，則∠1的大小為（ ）
A．75°B．60°C．45°D．30°
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可知∠1+45°+60°＝180°，即可求出∠1．
【解答】解：∵a∥b，
∴∠1+45°+60°＝180°，
∴∠1＝75°．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行線的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是結(jié)合圖形利用平行線的性質(zhì)進(jìn)行角的計(jì)算．
4．（2023?安慶一模）一桿古秤在稱物時(shí)的狀態(tài)如圖所示，已知∠1＝80°，則∠2的度數(shù)為（ ）
A．60°B．80°C．100°D．120°
【分析】由平行線的性質(zhì)可得∠BCD＝80°，從而可得答案．
【解答】解：如圖，
由題意可得：AB∥CD，∠1＝80°，
∴∠BCD＝∠1＝80°，
∴∠2＝180°﹣80°＝100°．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是平行線的性質(zhì)，鄰補(bǔ)角的含義，掌握“兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等”是解本題的關(guān)鍵．
5．（2023?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)一模）如圖是一款手推車的平面示意圖，其中AB∥CD，∠1＝24°，∠3＝148°，則∠2的度數(shù)為（ ）度．
A．56B．66C．98D．104
【分析】如圖，在∠2處作EF∥AB，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BHE+∠HEF＝180°，∠FED＝∠1，由對(duì)頂角相等可得∠BHE＝∠3，根據(jù)∠2＝∠HEF+∠FED計(jì)算求解即可．
【解答】解：如圖，在∠2處作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴EF∥AB∥CD，
∵EF∥AB，
∴∠BHE+∠HEF＝180°，
∵EF∥CD，
∴∠FED＝∠1，
∵∠BHE＝∠3，
∴∠2＝∠HEF+∠FED＝180°﹣∠BHE+∠1＝180°﹣∠3+∠1＝56°，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)頂角相等，平行線的性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于明確角度之間的數(shù)量關(guān)系．
6．（2023?安徽模擬）如圖，若AB∥CD∥EF，∠1＝15°，∠2＝60°，那么∠BCE＝（ ）
A．120°B．125°C．130°D．135°
【分析】由AB∥CD，可得∠1＝∠BCD＝15°，由CD∥EF，可得∠2+∠DCE＝180°，即∠DCE＝180°﹣60°＝120°，即可得∠BCE的度數(shù)．
【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝15°，
∴∠1＝∠BCD＝15°，
∵CD∥EF，
∴∠2+∠DCE＝180°，
∴∠DCE＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BCE＝∠BCD+∠DCE＝15°+120°＝135°．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行線的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖理清圖中各角度之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?定遠(yuǎn)縣一模）如圖，直線l1∥l2，點(diǎn)A在直線l1上，以點(diǎn)A為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交直線l1，l2于B，C兩點(diǎn)，連接AC，BC，若∠1＝72°，則∠ABC的度數(shù)為（ ）
A．36°B．54°C．72°D．75°
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠BAC的度數(shù)，再由題意可知AC＝AB，從而有∠ACB＝∠ABC，根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可得到結(jié)果．
【解答】解：∵l1∥l2，∠1＝72°，
∴∠BAC＝∠1＝72°，
∵以點(diǎn)A為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，分別交直線l1，l2于B，C兩點(diǎn)，
∴AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠ABC＝（180°﹣∠CAB）＝54°．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是要根據(jù)題意得到AC＝AB．
8．（2023?廬江縣模擬）如圖，Rt△ABC是一塊直角三角板，其中∠C＝90°，∠BAC＝30°．直尺的一邊DE經(jīng)過頂點(diǎn)A，若DE∥CB，則∠DAB的度數(shù)為（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)求得∠DAC的度數(shù)，再根據(jù)角的和差關(guān)系求得結(jié)果．
【解答】解：∵DE∥CB，∠C＝90°，
∴∠DAC＝∠C＝90°，
∵∠BAC＝30°，
∴∠DAB＝∠DAC+∠BAC＝120°，
故答案為：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行線的性質(zhì)以及三角形角和差計(jì)算，關(guān)鍵是利用平行線的性質(zhì)求得∠DAC．
9．（2023?蚌山區(qū)一模）如圖所示，∠1＝32°，∠AOC＝90°，點(diǎn)B，O，D在同一直線上，則∠2的度數(shù)為（ ）
A．128°B．112°C．122°D．148°
【分析】由圖示可得，∠1與∠BOC互余，結(jié)合已知可求∠BOC的度數(shù)，又因?yàn)椤?與∠BOC互補(bǔ)，即可求出∠2的度數(shù)．
【解答】解：∵∠1＝32°，∠AOC＝90°，
∴∠BOC＝∠AOC﹣∠1＝58°，
∵∠2+∠BOC＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠BOC＝122°．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了余角和補(bǔ)角的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握互余的兩角之和為90°，互補(bǔ)的兩角之和為180°．
10．（2023?雨山區(qū)校級(jí)一模）如圖，直線l∥BC，若∠A＝70°，∠1＝65°，則∠B的度數(shù)為（ ）
A．45°B．65°C．70°D．110°
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理解答即可．
【解答】解：∵∠1＝65°，
∴∠2＝65°，
∵∠A＝70°，
∴∠3＝180°﹣65°﹣70°＝45°，
∴l(xiāng)∥BC，
∴∠B＝∠3＝45°，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)兩直線平行，同位角相等解答．
11．（2023?安徽模擬）如圖，將矩形ABCD沿對(duì)角線BD折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)E處，BE交AD于點(diǎn)F．若∠BDC＝64°，則∠EDF的度數(shù)為（ ）
A．36°B．38°C．41°D．44°
【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠C＝90°，AD∥BC，從而利用直角三角形的兩個(gè)銳角互余可得∠DBC＝26°，再利用平行線的性質(zhì)可得∠ADB＝∠DBC＝26°，然后利用折疊的性質(zhì)可得∠EDB＝∠BDC＝64°，從而利用角的和差關(guān)系，進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AD∥BC，
∵∠BDC＝64°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BDC＝26°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC＝26°，
由折疊得：∠EDB＝∠BDC＝64°，
∴∠EDF＝∠EDB﹣∠ADB＝38°，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行線的性質(zhì)，熟練掌握平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2023?長(zhǎng)豐縣模擬）直線BD∥EF，兩個(gè)直角三角板如圖擺放，若∠CBD＝10°，則∠1＝（ ）
A．75°B．80°C．85°D．95°
【分析】先由已知條件求出∠ABD，再根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠BAAF，最后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求出∠1．
【解答】解：∵∠ABC＝30°，∠CBD＝10°，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝30°+10°＝40°，
∵BD∥EF，
∴∠BAF＝∠ABD＝40°，
∵∠EFD＝45°，
∴∠1＝180°﹣∠BAF﹣∠EFD＝180°﹣40°﹣45°＝95°．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行線的性質(zhì)，熟練掌握平行線的性質(zhì)：兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等是解題的關(guān)鍵．
13．（2023?滁州二模）如圖，已知AB∥CD，OE平分∠BOC，OF⊥OE，OP⊥CD．若∠ABO＝α°，給出下列結(jié)論：①；②OF平分∠BOD；③∠POE＝∠BOF；④∠POB＝2∠DOF．其中正確的有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【分析】因?yàn)锳B//CD，所以∠BOC＝180°﹣α，所以∠ABO＝∠BOD＝α（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等），因?yàn)镺F⊥OE，得，所以∠POE＝90°﹣α，，即可解答．
【解答】解：∵AB//CD，
∴∠BOC＝180°﹣∠ABO＝180°﹣α，
∴∠ABO＝∠BOD＝α，
∵OE平分∠BOC，
∴，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF＝90°，
∴，
∴，
即OF平分∠BOD，
∵OP⊥CD，
∴∠POC＝90°，
∴，
∴∠POE＝∠BOF∠POB＝90°﹣∠BOD＝90°﹣α，，
所以④錯(cuò)誤；
故答案為：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行線的性質(zhì)，掌握角平分線的定義，平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
二．解答題（共1小題）
14．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）【數(shù)學(xué)抽象】實(shí)驗(yàn)證明：平面鏡反射光線的規(guī)律是射到平面鏡上的光線和被反射出的光線與平面鏡所夾的銳角相等，如圖①，一束光線m射到平面鏡a上，被a反射后的光線為n，則入射光線m，反射光線n與平面鏡a所夾的銳角相等，即∠1＝∠2．
（1）利用這個(gè)規(guī)律人們制作了潛望鏡，圖②是潛望鏡工作原理示意圖，AB、CD是平行放置的兩面平面鏡，請(qǐng)解釋進(jìn)入潛望鏡的光線m為什么和離開潛望鏡的光線n是平行的？
（2）如圖③，改變兩平面鏡之間的位置關(guān)系，經(jīng)過兩次反射后，入射光線m與反射光線n之間的位置關(guān)系會(huì)隨之改變．若入射光線m與反射光線n平行但方向相反，則兩平面鏡的夾角∠ABC為多少度？
【分析】（1）已知AB∥CD，則∠2＝∠3，根據(jù)入射角等于反射角可得∠1＝∠2＝∠3＝∠4，所以∠5＝∠6，根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行可知m∥n；
（2）（2）由平行線的性質(zhì)得出∠MAC+∠ACN＝180°，根據(jù)平角的定義得出∠2＝（180°﹣∠MAC），∠3＝（180°﹣∠ACN），進(jìn)而得到∠2+∠3＝90°，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可得解．
【解答】解：（1）∵AB∥CD（已知），
∴∠2＝∠3（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等 ），
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4（已知），
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4（等量代換），
∴180°﹣∠1﹣∠2＝180°﹣∠3﹣∠4（等量減等量，差相等），
∴∠5＝∠6（等量代換），
∴m∥n（ 內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行）；
（2）如圖，
∵∠1＝∠2，∠1+∠2+∠MAC＝180°，
∴∠2＝（180°﹣∠MAC），
同理，∠3＝（180°﹣∠ACN），
∵m∥n，
∴∠MAC+∠ACN＝180°，
∴∠2+∠3＝[（180°﹣∠MAC）+（180°﹣∠ACN）]＝×360°﹣×（∠MAC+∠ACN）＝180°﹣90°＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣（∠2+∠3）＝90°，
即兩平面鏡的夾角∠ABC為90°．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了平行線的判定與性質(zhì)，熟練掌握平行線的判定定理及性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)2：三角形與全等三角形（10年10考，4~14分）
一．選擇題（共8小題）
1．（2023?合肥模擬）如圖，△ABC中，AB＝8，∠ACB＝45°，則邊AC的最大值為（ ）
A．B．C．8D．
【分析】以AB為斜邊，在C的同側(cè)作等腰直角三角形AOB，以O(shè)為圓心，OA為半徑作優(yōu)弧AB，根據(jù)∠ACB＝45°＝∠AOB，可知C在優(yōu)弧AB上運(yùn)動(dòng)，故AC為直徑時(shí)取得最大值，即可得AC最大值為8．
【解答】解：以AB為斜邊，在C的同側(cè)作等腰直角三角形AOB，以O(shè)為圓心，OA為半徑作優(yōu)弧AB，如圖：
∵∠ACB＝45°＝∠AOB，
∴C在優(yōu)弧AB上運(yùn)動(dòng)，
∴當(dāng)AC為直徑時(shí)取得最大值，
∵△AOB是等腰直角三角形，AB＝8，
∴AC＝AB＝8，即AC最大值為8；
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形邊的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是根據(jù)∠ACB＝45°，求出C在優(yōu)弧AB上運(yùn)動(dòng)．
2．（2023?安徽模擬）如圖，在△ABC中，∠A＝75°，若∠ABD＝105°，過點(diǎn)C作CE∥BD，則∠ACE的度數(shù)為（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠AFE＝105°，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求出∠ACE的度數(shù)即可．
【解答】解：如圖所示，設(shè)AB、CE交于F，
∵CE∥BD，∠ABD＝105°，
∴∠AFE＝∠ABD＝105°，
∵∠A＝75°，
∴∠ACE＝∠AFE﹣∠A＝30°，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，熟知三角形一個(gè)外角的度數(shù)等于與其不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角度數(shù)之和是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?蜀山區(qū)模擬）如圖，一副直角三角尺如圖擺放，點(diǎn)D在BC的延長(zhǎng)線上．EF∥BD，∠B＝∠EDF＝90°，∠A＝30°，則∠CED的度數(shù)是（ ）
A．5°B．10°C．15°D．25°
【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠CDE的度數(shù)，再由補(bǔ)角的性質(zhì)得出∠ECD的度數(shù)，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵一副直角三角尺如圖擺放，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DEF＝∠F＝45°，
∵EF∥BD，
∴∠CDE＝∠DEF＝45°．
∵∠B＝∠EDF＝90°，∠A＝30°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ECD＝180°﹣60°＝120°，
∴∠CED＝180°﹣∠ECD﹣∠CDE＝180°﹣120°﹣45°＝15°．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是三角形內(nèi)角和定理及平行線的性質(zhì)，熟知直角三角板的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（2023?南陵縣模擬）一副直角三角板按如圖所示方式擺放，圖中∠α的度數(shù)為（ ）
A．65°B．67.5°C．75°D．80°
【分析】先利用三角板的角度以及外角性質(zhì)即可求得∠α＝90°﹣∠EDC，進(jìn)而得出結(jié)果．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ACD＝∠CED+∠CDE，
∴∠CDE＝∠ACD﹣∠CED＝45°﹣30°＝15°，
∵∠α＝∠ADE﹣∠CDE＝90°﹣15°＝75°，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是利用三角板度數(shù)求未知角的度數(shù)，熟記三角形外角的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
5．（2023?合肥模擬）動(dòng)點(diǎn)P在等邊△ABC的邊AC上，AB＝2，連接PB，AD⊥PB于D，以AD為一邊作等邊△ADE，ED的延長(zhǎng)線交BC于F，當(dāng)EF取最大值時(shí)，PB的長(zhǎng)為（ ）
A．2B．C．D．
【分析】分別連接AF，EC，作CG∥BD，交EF的延長(zhǎng)線于G，利用等邊三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)得到∠AEC＝∠ADB＝90°，CE＝BD；證明△BDF≌△CGF，則BF＝FC，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)得到∠AFC＝90°，從而得到A，F(xiàn)，C，E四點(diǎn)共圓，利用圓中最長(zhǎng)的弦為直徑得到當(dāng)EF取最大值時(shí)，則EF等于直徑AC，利用勾股定理即可求得結(jié)論．
【解答】解：如圖，分別連接AF，EC，作CG∥BD，交EF的延長(zhǎng)線于G，
∵△ABC和△ADE是等邊三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，
∵AD⊥PB，
∴∠ADB＝90°，
∴∠AEC＝90°．
∵∠AED＝60°，
∴∠CED＝30°，
∵CG∥BD，
∴∠G＝∠FDB＝30°，
∴∠G＝∠CEG＝30°，
∴CG＝CE，
∴BD＝CG．
在△BDF和△CGF中，
，
∴△BDF≌△CGF（AAS），
∴BF＝FC，
∵AB＝AC，
∴點(diǎn)F為BC中點(diǎn)，
∴AF⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
∴∠AFC+∠AEC＝180°，
∴A，F(xiàn)，C，E四點(diǎn)共圓，
∴當(dāng)EF取最大值時(shí)，則EF等于直徑AC，
此時(shí)P為AC中點(diǎn)，AP⊥AC，
∴AP＝PC＝1．
∵AB＝2，
∴PB＝＝．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，利用全等三角形的判定定理準(zhǔn)確找出圖中的全等三角形是解題的關(guān)鍵．
6．（2023?蜀山區(qū)校級(jí)一模）如圖，已知線段AB＝6，點(diǎn)P為線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，以PB為邊作等邊△PBC，以PC為直角邊，∠CPE為直角，在△PBC同側(cè)構(gòu)造Rt△PCE，點(diǎn)M為EC的中點(diǎn)，連接AM，則AM的最小值為（ ）
A．1B．C．3D．6
【分析】連接PM，BM，并延長(zhǎng)BM至F，由直角三角形的性質(zhì)得出PM＝CM＝CE，證明△BCM≌△BPM（SSS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠CBM＝∠PBM＝30°，當(dāng)AM⊥BF時(shí)，AM最小，則可得出答案．
【解答】解：連接PM，BM，并延長(zhǎng)BM至F，
∵∠CPE＝90°，M為CE的中點(diǎn)，
∴PM＝CM＝CE，
又∵△ABC是等邊三角形，
∴BC＝PB，∠PBC＝60°，
∵BM＝BM，
∴△BCM≌△BPM（SSS），
∴∠CBM＝∠PBM＝30°，
∴M在∠PBC的角平分線BF上運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)AM⊥BF時(shí)，AM最小，
∴AM＝AB＝＝3．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，垂線段最短，直角三角形的性質(zhì)，證明△BCM≌△BPM是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?長(zhǎng)豐縣模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，P是BC下方的一動(dòng)點(diǎn)，記△ABC，△PBC的面積分別記為S1，S2.若S1＝2S2，則線段AP長(zhǎng)的最小值是（ ）
A．3B．2+2C．3D．+1
【分析】當(dāng)AP⊥BC時(shí)，線段AP長(zhǎng)最小，利用三角形面積公式解答即可．
【解答】解：當(dāng)AP⊥BC時(shí)，線段AP長(zhǎng)最小，如圖所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
∴△ABC的面積為S1＝，h1＝2，
∵S1＝2S2，
∴S2＝，
∴h＝，
∴AP＝h+h1＝3，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查等腰直角三角形，關(guān)鍵是根據(jù)等腰直角三角形的邊長(zhǎng)關(guān)系解答．
8．（2023?五河縣一模）如圖，在△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，BD是∠ABC的平分線，若CD＝2，則AD的長(zhǎng)度為（ ）
A．B．C．2D．1+
【分析】過D點(diǎn)作DH⊥AB于H，如圖，利用角平分線的性質(zhì)得到DH＝DC＝2，再判斷△ADH為等腰直角三角形，從而得到AD＝DH．
【解答】解：過D點(diǎn)作DH⊥AB于H，如圖，
∵BD是∠ABC的平分線，
∴DH＝DC＝2，
∵AC＝BC，∠C＝90°，
∴∠A＝45°，
∴△ADH為等腰直角三角形，
∴AD＝DH＝2．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了角平分線的性質(zhì)：角的平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)．
二．填空題（共3小題）
9．（2023?利辛縣模擬）如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，BC＝8，．
（1）當(dāng)AB＝AC時(shí)，∠CAD＝ 45 °；
（2）當(dāng)△ACD面積最大時(shí)，則AD＝ 4 ．
【分析】（1）根據(jù)勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)已知條件得到CD＝BC＝4，當(dāng)AC⊥BC時(shí)，△ACD面積最大，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：（1）∵AB＝AC＝4，BC＝8，
∴AC2+AB2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝AC，AD是BC邊上的中線，
∴∠CAD＝BAC＝45°，
故答案為：45；
（2）∵AD是BC邊上的中線，BC＝8，
∴CD＝BC＝4，
∴AC⊥BC時(shí)，△ACD面積最大，
∴AD＝＝＝4，
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形的面積，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的逆定理，判斷△ABC是等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．
10．（2023?來(lái)安縣一模）已知三角形兩邊的長(zhǎng)分別為1、5，第三邊長(zhǎng)為整數(shù)，則第三邊的長(zhǎng)為 5 ．
【分析】根據(jù)三角形的三邊關(guān)系“任意兩邊之和＞第三邊，任意兩邊之差＜第三邊”，求得第三邊的取值范圍，再進(jìn)一步根據(jù)第三邊是整數(shù)求解．
【解答】解：根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，得
第三邊＞4，而＜6．
又第三條邊長(zhǎng)為整數(shù)，
則第三邊是5．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要是考查了三角形的三邊關(guān)系，同時(shí)注意整數(shù)這一條件．
11．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）在等邊三角形ABC中，AB＝6，D、E是BC上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是AB上的動(dòng)點(diǎn)，且BF＝BD＝EC＝2，連接FE，＝ ．
【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得DE＝BD，可得S△DEF＝S△BDF，根據(jù)BD＝BF，∠B＝60°，可知△BDE是等邊三角形，易證△BDF∽△BCA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，進(jìn)一步即可確定答案．
【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°，
∵BD＝EC＝2，
∴DE＝2，
∴S△DEF＝S△BDF，
∵BD＝BF，∠B＝60°，
∴△BDE是等邊三角形，
∴∠BDF＝∠C＝60°，
又∵∠B＝∠B，
∴△BDF∽△BCA，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共4小題）
12．（2023?亳州模擬）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，CE⊥AE于點(diǎn)E，點(diǎn)F是CE上一點(diǎn)，連接AF并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)D，CG⊥AD于點(diǎn)G，連接EG．
（1）如圖1，若CF＝2EF，求證：BD＝CD；
（2）如圖2，若CG＝1，EG＝，求線段CE的長(zhǎng)．
【分析】（1）過點(diǎn)E作EH∥AD，交BC于點(diǎn)H，根據(jù)等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得BE＝AE，從而可得BH＝HD＝BD，進(jìn)而可以解決問題；
（2）過點(diǎn)E作EM⊥AD，垂足為M，根據(jù)垂直定義可得∠AGC＝∠AEC＝90°，從而證明點(diǎn)A、C、G、E四點(diǎn)共圓，進(jìn)而可得∠AGE＝∠ACE＝45°，然后求出GM＝ME＝1，從而可證明△CGF≌△EMF，進(jìn)而可得FG＝FM＝GM＝1，然后可求出CF、CE．
【解答】（1）證明：如圖1，過點(diǎn)E作EH∥AD，交BC于點(diǎn)H，
∵CB＝CA，CE⊥AB，
∴BE＝AE，
∵EH∥AD，
∴BH＝HD＝BD，
∵CF＝2EF，
∴＝＝2
∴CD＝2DH，
∴CD＝BD；
（2）解：如圖2，過點(diǎn)E作EM⊥AD，垂足為M，
∴∠EMG＝90°，
∵∠ACB＝90°，CB＝CA，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵CE⊥AB，CG⊥AD，
∴∠AGC＝∠AEC＝90°，
∴點(diǎn)A、C、G、E四點(diǎn)共圓，
∴∠AGE＝∠ACE＝45°，
∴△GME是等腰直角三角形，
∴GM＝ME＝GE＝1，
∵CG＝1，
∴CG＝ME，
∵∠CGM＝∠GME＝90°，∠CFG＝∠EFM，
∴△CGF≌△EMF（AAS），
∴CF＝EF，F(xiàn)G＝FM＝GM＝，
∴CF＝＝＝，
∴CE＝2CF＝．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
13．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖①，在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D在BC邊上，點(diǎn)E在AC的延長(zhǎng)線上，DA＝DE．
（1）求證：∠BAD＝∠EDC；
（2）如圖②，M是點(diǎn)E關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)，連接DM，AM，CM，求證：DM＝AM．
【分析】（1）利用三角形內(nèi)角和定理以及三角形的外角的性質(zhì)解決問題即可；
（2）證明△ADM是等邊三角形即可解決問題．
【解答】證明：（1）∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣∠DAE，∠EDC＝∠ACB﹣∠E＝60°﹣∠E，
又∵DA＝DE，
∴∠DAE＝∠E，
∴∠BAD＝∠EDC．
（2）∵點(diǎn)M是點(diǎn)E關(guān)于直線BC的對(duì)稱點(diǎn)，
∴DM＝DE，∠EDC＝∠MDC，
∵DA＝DE，
∴DM＝DA，由（1）可得，∠BAD＝∠EDC，
∴∠MDC＝∠BAD，
∵在△ABD中，∠BAD+∠ADB＝180°﹣∠B＝180°﹣60°＝120°，
∴∠MDC+∠ADB＝120°，
∴∠ADM＝180°﹣（∠MDC+∠ADB）＝60°，
∴△ADM是等邊三角形，
∴DM＝AM．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查軸對(duì)稱，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平角的定義等知識(shí)．解題的關(guān)鍵是理解和掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)．
14．（2023?五河縣一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，點(diǎn)F是射線CA上一點(diǎn)，連接BF，過點(diǎn)C作CE⊥BF，垂足為點(diǎn)E，直線CE、AB相交于點(diǎn)D．
（1）如圖1所示，當(dāng)點(diǎn)F在線段CA延長(zhǎng)線上時(shí)，求證：△CAD≌△BAF；
（2）如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)F在線段CA上時(shí)，連接EA，過點(diǎn)A作AM⊥BE于M，AN⊥CE于N，求證：EA平分∠DEB．
【分析】（1）證出∠ACD＝∠ABF，根據(jù)ASA可證明△CAD≌△BAF；
（2）證明△ACN≌△ABM（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出AN＝AM，由角平分線的性質(zhì)得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵∠BAC＝90°，
∴∠ACD+∠ADC＝90°，
∵CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BDE＝90°，
∵∠ADC＝∠BDE，
∴∠ACD＝∠ABF，
在△CAD和△BAF中，
，
∴△CAD≌△BAF（ASA）；
（2）證明：∵∠BAC＝90°，
∴∠ACD+∠ADC＝90°，
∵CE⊥BF，
∴∠ABM+∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝∠ABM，
在△ACN和△ABM中，
，
∴△ACN≌△ABM（ASA），
∴AN＝AM，
∵AN＝AM，AN⊥CD，AM⊥BF，
∴EA平分∠DEB；
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是三角形全等的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
15．（2023?懷遠(yuǎn)縣校級(jí)二模）如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)E在AC邊上，點(diǎn)D是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以DE為邊作等邊△DEF，連接CF．
（1）當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)，如圖2，求證：CE+CF＝CD；
（2）當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到如圖3的位置時(shí)，猜想CE、CF、CD之間的等量關(guān)系，并說明理由；
（3）只將條件“點(diǎn)D是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)”改為“點(diǎn)D是BC延長(zhǎng)線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)”，如圖4，猜想CE、CF、CD之間的等量關(guān)系為 CF＝CE+CD （不必證明）．
【分析】（1）由三角形ABC與三角形EBF都為等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)得到一對(duì)角相等，兩對(duì)邊相等，利用等式的性質(zhì)得到夾角相等，利用SAS得到三角形ABE與三角形CBF全等，利用全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得到AE＝CF，由AC＝AE+EC，等量代換即可得證；
（2）CE＝CF+CD，理由為：過D作DG∥AB，交AC于點(diǎn)G，連接CF，如圖所示，由DG與AB平行，利用兩直線平行同位角相等，確定出三角形GDC為等邊三角形，再由三角形EDF為等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)得到兩對(duì)邊相等，再利用等式的性質(zhì)得到夾角相等，利用SAS得到三角形EGD與三角形FCD全等，利用全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等得到EG＝FC，由EC＝EG+GC，等量代換即可得證；
（3）CF＝CE+CD，過D作DG∥AB，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，只要證明△EGD≌△FCD即可解決問題；
【解答】（1）證明：如圖2：
∵△ABC與△BEF都為等邊三角形，
∴∠ABC＝∠EBF＝60°，AB＝BC＝CD，EB＝BF，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠EBF﹣∠EBC，即∠ABE＝∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，
則CD＝AC＝AE+EC＝FC+EC；
（2）CE＝CF+CD，理由為：
證明：過D作DG∥AB，交AC于點(diǎn)G，連接CF，
∵DG∥AB，
∴∠CGD＝∠CDG＝60°，△CDG為等邊三角形，
∵△DEF為等邊三角形，
∴∠EDF＝∠GDC＝60°，ED＝FD，GD＝CD，
∴∠EDF﹣∠GDF＝∠GDC﹣∠GDF，即∠EDG＝∠FDC，
在△EDG和△FDC中，
，
∴△EDG≌△FDC（SAS），
∴EG＝FC，
則CE＝CG+EG＝CG+CF＝CF+CD；
（3）CF＝CE+CD，理由為：
證明：過D作DG∥AB，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，即△GCD為等邊三角形，
∵△EDF為等邊三角形，
∴∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠CDF，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
則FC＝EC+CG＝EC+CD．
故答案為：（3）CF＝CE+CD．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)3：等腰三角形（10年9考，4~9分）
一．選擇題（共6小題）
1．（2023?蜀山區(qū)校級(jí)一模）已知等腰△ABC，∠A的相鄰?fù)饨鞘?30°，則這個(gè)三角形的頂角為（ ）
A．65°或80°B．80°C．50°或80°D．50°
【分析】先根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義求出∠A，再分∠A是頂角與底角兩種情況討論求解即可．
【解答】解：∵∠A的相鄰?fù)饨鞘?30°，
∴∠A＝180°﹣130°＝50°，
①∠A是頂角時(shí)，頂角為50°，
②∠A是底角時(shí)，頂角為180°﹣50°×2＝80°，
所以，這個(gè)三角形的頂角為50°或80°．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，鄰補(bǔ)角的定義，難點(diǎn)在于要分情況討論．
2．（2023?蚌山區(qū)校級(jí)二模）將一塊等邊三角形蛋糕切三次，最多能分成的塊數(shù)為（ ）
A．3B．5C．7D．9
【分析】根據(jù)等邊三角形作圖即可確定答案．
【解答】解：將一塊等邊三角形按如圖所示切3次，最多可分成7塊，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，作出圖形是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?蜀山區(qū)校級(jí)一模）已知，AD∥BE，AB＝BC，∠DAC＝40°，∠CBE＝15°，則∠BAC＝（ ）
A．65°B．60°C．45°D．55°
【分析】過點(diǎn)C作CF∥AD，交AB于點(diǎn)F，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠ACF＝∠DAC，根據(jù)平行線的傳遞性可知CF∥BE，進(jìn)一步可得∠BCF＝∠CBE，根據(jù)∠ACB＝∠DAC+∠CBE求出∠ACB的度數(shù)，根據(jù)AB＝BC，可得∠BAC＝∠ACB，即可確定∠BAC的度數(shù)．
【解答】解：過點(diǎn)C作CF∥AD，交AB于點(diǎn)F，如圖所示：
則∠ACF＝∠DAC，
∵AD∥BE，
∴CF∥BE，
∴∠BCF＝∠CBE，
∴∠ACB＝∠DAC+∠CBE，
∵∠DAC＝40°，∠CBE＝15°，
∴∠ACB＝40°+15°＝55°，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB＝55°，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（2023?全椒縣模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝BC＝4，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)D，連接CD，∠ADC＝45°，點(diǎn)P為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥CD于F，連接EF，則EF的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】連接DP，取DP的中點(diǎn)M，分別連接ME，MF，得點(diǎn)P，F(xiàn)，D，E四點(diǎn)共圓，當(dāng)MF取最小值時(shí)，EF也取最小值，由此解答即可．
【解答】解：如圖，連接DP，取DP的中點(diǎn)M，分別連接ME、MF，過C作CH⊥BD交BD于H．
∵PE⊥AB，PF⊥CD，
∴點(diǎn)P，F(xiàn)，D，E四點(diǎn)共圓，
∴．
∵∠ADC＝45°，
∴∠EMF＝90°，
∴當(dāng)MF取最小值時(shí)，EF也取最小值，
∴DP⊥BC時(shí)，DP取最小值．
∵BC＝4，
∴，BH＝2，
∴，
∵CH×BD＝DP×BC，
∴，
∴，
∴，
即EF的最小值為．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查等邊三角形性質(zhì)，能得出點(diǎn)P，F(xiàn)，D，E四點(diǎn)共圓是解題的關(guān)鍵．
5．（2023?貴池區(qū)二模）如圖，在等邊△ABC中，點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸上，AC＝6，當(dāng)點(diǎn)A在x軸正半軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)C隨之在y軸上運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，點(diǎn)B到原點(diǎn)的最大距離是（ ）
A．6B．3C．+3D．9
【分析】作BH⊥CA于H，連接OB，OH，由等邊三角形的性質(zhì)，銳角的正切求出BH的長(zhǎng)，由直角三角形的性質(zhì)求出OH的長(zhǎng)，由OB≤BH+OH，即可解決問題．
【解答】解：作BH⊥CA于H，連接OB，OH，
∵△ABC是等邊三角形，∠BCH＝60°，
∴CH＝AH＝AC＝×6＝3，
∵tan∠BCH＝，
∴BH＝3×tan60°＝9，
∵∠AOC＝90°，
∴OH＝AC＝3，
∵OB≤BH+OH＝9+3，
∴點(diǎn)B到原點(diǎn)的最大距離是9+3．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查等邊三角形、直角三角形的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，關(guān)鍵是通過作輔助線得到OB≤BH+OH．
6．（2023?廬陽(yáng)區(qū)模擬）如圖，在邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC中，D為邊BC上一點(diǎn)，且BD＝CD．點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AC上，且∠EDF＝90°，M為邊EF的中點(diǎn)，連接CM交DF于點(diǎn)N．若DF∥AB，則CM的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)等邊三角形邊長(zhǎng)為2，在Rt△BDE中求得DE的長(zhǎng)，再根據(jù)CM垂直平分DF，在Rt△CDN中求得CN，最后根據(jù)線段和可得CM的長(zhǎng)．
【解答】解：∵等邊三角形邊長(zhǎng)為2，BD＝CD，
∴BD＝，CD＝，
∵等邊三角形ABC中，DF∥AB，
∴∠FDC＝∠B＝60°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝30°，
∴DE⊥BE，
∴∠BED＝90°，
∵∠B＝60°，
∴∠BDE＝30°，
∴BE＝BD＝，
∴DE＝＝，
如圖，連接DM，則Rt△DEF中，DM＝EF＝FM，
∵∠FDC＝∠FCD＝60°，
∴△CDF是等邊三角形，
∴CD＝CF＝，
∴CM垂直平分DF，
∴∠DCN＝30°，DN＝FN，
∴Rt△CDN中，DN＝，CN＝，
∵M(jìn)為EF的中點(diǎn)，
∴MN＝DE＝，
∴CM＝CN+MN＝+＝，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三角形的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是掌握等邊三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、線段垂直平分線的判定等．熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
二．填空題（共1小題）
7．（2023?金安區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，OD⊥AB交AC于點(diǎn)D，CD＝OD，則∠BAC＝ 30 °．
【分析】連接OC，利用等腰三角形的性質(zhì)得到∠C＝∠DOC，∠A＝∠C，即∠A＝∠C＝∠DOC，然后利用三角形內(nèi)角和計(jì)算∠A的度數(shù)．
【解答】解：連接OC，
∵CD＝OD，
∴∠C＝∠DOC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠C，
∴∠A＝∠C＝∠DOC，
∵OD⊥AB，
∴∠AOD＝90°，
∵∠A+∠AOC+∠C＝180°，
∴∠A+90°+∠A+∠A＝180°，
∴∠A＝30°．
故答案為：30．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)：等腰三角形的兩腰相等；等腰三角形的兩個(gè)底角相等．也考查了三角形內(nèi)角和．
考點(diǎn)4：直角三角形（10年10考，4~9分）
一．選擇題（共5小題）
1．（2023?明光市一模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠A＝120°，DM垂直平分AB，垂足為點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)D，EN垂直平分AC，垂足為點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)E，則五邊形AMDEN的周長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
【分析】過點(diǎn)A作AF⊥BC，垂足為F，先利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C＝30°，BF＝CF＝BC，再利用線段垂直平分線的性質(zhì)可得∠BMD＝∠CNE＝90°，BM＝AM＝AB＝，CN＝AN＝AC＝，從而利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)可得DM＝，NE＝，BD＝，CE＝，然后在Rt△ABF中，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)可得AF＝，BF＝，從而可得BC＝2BF＝3，進(jìn)而可得DE＝，最后利用五邊形的周長(zhǎng)公式進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】解：過點(diǎn)A作AF⊥BC，垂足為F，
∵AB＝AC＝3，∠A＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，BF＝CF＝BC，
∵DM垂直平分AB，EN垂直平分AC，
∴∠BMD＝∠CNE＝90°，BM＝AM＝AB＝，CN＝AN＝AC＝，
∴DM＝＝，NE＝＝，BD＝2DM＝，CE＝2NE＝，
在Rt△ABF中，∠B＝30°，
∴AF＝AB＝，BF＝AF＝，
∴BC＝2BF＝3，
∴DE＝BC﹣BD﹣CE＝3﹣﹣＝，
∴五邊形AMDEN的周長(zhǎng)＝AM+MD+DE+EN+AN
＝++++
＝3+2，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了含30度角的直角三角形，線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
2．（2023?瑤海區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠CAB＝30°，AC＝6，D為AB邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），△AED為等邊三角形，過點(diǎn)D作DE的垂線，F(xiàn)為垂線上任意一點(diǎn)，連接EF，G為EF的中點(diǎn)，連接BG，則BG的最小值是（ ）
A．2B．6C．3D．9
【分析】連接DG，AG，設(shè)AG交DE于點(diǎn)H，先判定AG為線段DE的垂直平分線，從而可判定△BAC≌△BAG'（AAS），然后由全等三角形的性質(zhì)可得答案．
【解答】解：如圖，連接DG，AG，設(shè)AG交DE于點(diǎn)H，
∵DE⊥DF，G為EF的中點(diǎn)，
∴DG＝GE，
∴點(diǎn)G在線段DE的垂直平分線上，
∵△AED為等邊三角形，
∴AD＝AE，
∴點(diǎn)A在線段DE的垂直平分線上，
∴AG為線段DE的垂直平分線，
∴AG⊥DE，∠DAG＝∠DAE＝30°，
∴點(diǎn)G在射線AH上，當(dāng)BG⊥AH時(shí)，BG的值最小，如圖所示，設(shè)點(diǎn)G'為垂足，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，
∴∠ACB＝∠AG'B，∠CAB＝∠BAG'，
則在△BAC和△BAG'中，
，
∴△BAC≌△BAG'（AAS）．
∴BG'＝BC，
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，AC＝6，
∴AB＝2BC，
∵AB2＝BC2+AC2，
∴（2BC）2＝BC2+（6）2，
解得：BC＝6，
∴BG'＝6．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了含30°的直角三角形，全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合并明確相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?蚌埠二模）如圖，M為Rt△ABC斜邊AB上的中點(diǎn)，等腰△MBD的底邊BD與AC交于點(diǎn)P，若∠A＝30°，則的最小值為（ ）
A．1B．C．2D．3
【分析】由題意可知A，D，B，C在以點(diǎn)M為圓心的圓上，且AB為直徑，過點(diǎn)D作DN⊥AC，可得△DPN∽△BPC，則，則當(dāng)DN最最大值時(shí)，即取最小值，即當(dāng)點(diǎn)D在的中點(diǎn)時(shí)，亦即DN經(jīng)過圓心（DM⊥AC）時(shí)，點(diǎn)D到弦AC的距離最大，如圖，設(shè)BC＝a，利用含30°的直角三角形可得，此時(shí)，，即可得的最小值為2．
【解答】解：∵M(jìn)為Rt△ABC斜邊AB上的中點(diǎn)，等腰△MBD的底邊BD與AC交于點(diǎn)P，
∴AM＝BM＝DM，∠C＝90°，
∴A，D，B，C在以點(diǎn)M為圓心的圓上，且AB為直徑，
過點(diǎn)D作DN⊥AC，則∠DNP＝∠C＝90°，
∵∠DPN＝∠BPC，
∴△DPN∽△BPC，
∴，
由題意可知，BC為長(zhǎng)度不發(fā)生變化，則當(dāng)DN最最大值時(shí)，即取最小值，
即：當(dāng)點(diǎn)D在的中點(diǎn)時(shí)，亦即DN經(jīng)過圓心（DM⊥AC）時(shí)，點(diǎn)D到弦AC的距離最大，如圖，
設(shè)BC＝a，
∵∠A＝30°，∠C＝90°，
∴AB＝2a，AM＝BM＝DM＝a，
∵DM⊥AC，
∴，則，
此時(shí)，，
綜上，的最小值為2；
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的判定及性質(zhì)，圓的相關(guān)知識(shí)，得到A，D，B，C在以點(diǎn)M為圓心的圓上，且AB為直徑，再添加輔助線構(gòu)造相似是解決問題的關(guān)鍵．
4．（2023?譙城區(qū)一模）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，CD平分∠ACB交AB于點(diǎn)D，分別過點(diǎn)D作DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，則四邊形CEDF的面積為（ ）
A．12B．16C．D．
【分析】先由勾股定理，得BC＝6，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出DE＝DF，推出四邊形ECFD是正方形，再推理△AED∽△ACB，得比例線段，進(jìn)而求出四邊形CEDF的面積．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝8，AB＝10，
根據(jù)勾股定理，得BC＝6，
∵CD平分∠ACB交AB于點(diǎn)D，
DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，∠DEF＝∠DFC＝90°，
∴四邊形ECFD是正方形，
∴EC＝ED，ED∥BC，
∴△AED∽△ACB，
∴＝，
設(shè)EC＝ED＝x，
則＝，
解得x＝，
∴四邊形CEDF的面積為．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理、角平分線的性質(zhì)，掌握這兩個(gè)性質(zhì)的應(yīng)用，其中相似三角形中的比例線段是解題關(guān)鍵．
5．（2023?來(lái)安縣一模）如圖，一副三角板按如圖方式擺放，已知∠BAC＝∠DBE＝90°，∠D＝60°，∠C＝45°且AC∥DE，則∠1的度數(shù)為（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【分析】根據(jù)AC∥DE可得∠DFB＝∠C，再根據(jù)直角三角形兩個(gè)銳角互余求出∠E＝30°，最后根據(jù)三角形的外角定理，即可求解．
【解答】解：∵AC∥DE，∠C＝45°，
∴∠BFD＝45°，
∵∠DBE＝90°，∠D＝60°，
∴∠E＝30°，
∵∠DFB＝∠E+∠1＝45°，
∴∠1＝45°﹣30°＝15°．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行線的性質(zhì)，直角三角形兩個(gè)銳角互余，三角形的外角定理，解題的關(guān)鍵是掌握兩直線平行，同位角相等；直角三角形兩個(gè)銳角互余；三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角之和．
二．填空題（共7小題）
6．（2023?宿州模擬）如圖，在△ABC中，∠A＝60°，AC＝2，CD是AB邊上的高，過點(diǎn)C作CE∥AB，且CE＝AB，點(diǎn)E與點(diǎn)B均在CD的右側(cè)，連接DE，交BC于點(diǎn)F．
（1）若點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，則DE的長(zhǎng)為 ；
（2）若DE⊥BC，則AB的長(zhǎng)為 ．
【分析】（1）先求出AD＝1，，進(jìn)而得出AB＝CE＝2，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠DCE＝∠ADC＝90°，再利用勾股定理即可得出答案；
（2）先證明△BDC∽△DCE，得出BD?CE＝DC?DC，設(shè)BD＝x，則AB＝CE＝1+x，得出x2+x﹣3＝0，求出答案即可．
【解答】解：（1）∵CD是AB邊上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠A＝60°，AC＝2，
∴AD＝1，，
∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，
∴AB＝CE＝2，
∵CE∥AB，
∴∠DCE＝∠ADC＝90°，
∴；
故答案為：；
（2）∵CE∥AB，CD⊥AB，
∴∠DCE＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥BC，
∴∠CFE＝90°，
∴∠BCD+∠ECF＝∠E+∠ECF＝90°，即∠BCD＝∠E，
又∵∠BDC＝∠DCE＝90°，
∴△BDC∽△DCE，
∴，即BD?CE＝DC?DC，
設(shè)BD＝x，
則AB＝CE＝1+x，
∴，即x2+x﹣3＝0，
解得（負(fù)值舍去）．
∴．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查含30度角的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解一元二次方程，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?雨山區(qū)校級(jí)一模）定義：我們把三角形某邊上高的長(zhǎng)度與這邊中點(diǎn)到高的距離的比值稱為三角形某邊的“中偏度值”．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，則△ABC中AB邊的“中偏度值”為 ．
【分析】根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出△ABC中AB邊上的高和該邊上的中點(diǎn)到CD的距離，再求它們的比值即可．
【解答】解：作CD⊥AB于點(diǎn)D，CE為△ACB的中線，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵＝，
∴，
解得CD＝，
∴BD＝＝＝，
∵CE為Rt△ACB斜邊AB上的中線，AB＝5，
∴BE＝，
∴ED＝BE﹣BD＝﹣＝，
即點(diǎn)E到CD的距離為，
∴△ABC中AB邊的“中偏度值”為：＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，求出AB邊上的高和該邊上的中點(diǎn)到高的距離．
8．（2023?合肥模擬）勾股定理在《九章算術(shù)》中的表述是：“勾股各自乘，并而開方除之，即弦．”即c＝（a為勾，b為股，c為弦），若“勾”為2，“股”為3，則“弦”最接近的整數(shù)是 4 ．
【分析】先根據(jù)勾股定理計(jì)算出“弦”長(zhǎng)，再估算出其取值范圍即可．
【解答】解：由題意得“弦”是，
∵9＜13＜16，13﹣9＝4，16﹣13＝3，
∴13更接近于16，
∴接近于4．
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查勾股定理，熟知在任何一個(gè)直角三角形中，兩條直角邊長(zhǎng)的平方之和一定等于斜邊長(zhǎng)的平方是解題的關(guān)鍵．
9．（2023?瑤海區(qū)模擬）已知，如圖，△ABC中，∠B＝30°，BC＝6，AB＝7，D是BC上一點(diǎn)，BD＝4，E為BA邊上一動(dòng)點(diǎn)，以DE為邊向右側(cè)作等邊三角形△DEF．
（1）當(dāng)F在AB上時(shí)，BF長(zhǎng)為 ；
（2）連結(jié)CF，則CF的取值范圍為 1≤CF≤2 ．
【分析】（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)，根據(jù)△DEF為等邊三角形，可證明∠FDB＝90°，再利用＝cs∠B，即可求出答案；
（2）如圖2，以CD為邊在△ABC內(nèi)部作等邊三角形CDG，連接EG，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，EG最大，此時(shí)CF取得最大值，如圖3，過點(diǎn)F作FH⊥BC于點(diǎn)H，利用勾股定理即可求得CF的最大值為2；當(dāng)EG⊥AB時(shí)，EG最小，此時(shí)CF取得最小值．如圖4，延長(zhǎng)CG交AB于點(diǎn)M，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)M重合時(shí)，CF取得最小值，利用解直角三角形即可求出CF的最小值，從而得出答案．
【解答】解：（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)F在AB上時(shí)，
∵△DEF為等邊三角形，
∴∠AED＝∠EFD＝∠EDF＝60°，
∵∠B＝30°，
∴∠FDB＝180°﹣∠B﹣∠EFD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∵＝cs∠B，
∴BF＝＝＝；
故答案為：；
（2）如圖2，以CD為邊在△ABC內(nèi)部作等邊三角形CDG，連接EG，
∵△CDG和△DEF均為等邊三角形，
∴DE＝DF，DG＝DC，∠EDF＝∠CDG＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
∴△DEG≌△DFC（SAS），
∴CF＝EG，
當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，EG最大，
∴此時(shí)CF取得最大值，
如圖3，過點(diǎn)F作FH⊥BC于點(diǎn)H，
∵△DEF是等邊三角形，
∴DF＝BD＝4，∠BDF＝60°，BH＝DH＝2，
∴FH＝DF?sin∠BDF＝4×sin60°＝2，CH＝BC﹣BH＝6﹣2＝4，
∴CF＝＝＝2，
∴CF的最大值為2；
當(dāng)EG⊥AB時(shí)，EG最小，
∴此時(shí)CF取得最小值．
如圖4，延長(zhǎng)CG交AB于點(diǎn)M，
∵∠B＝30°，∠DCG＝60°，
∴∠BMC＝90°，
∴當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)M重合時(shí)，CF取得最小值，
在Rt△BCE中，CE＝BC＝3，
∵CG＝CD＝2，
∴EG＝CE﹣CG＝1，
∴CF的最小值為1，．
綜上所述，CF的取值范圍為：1≤CF≤2，
故答案為：1≤CF≤2；
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形判定和性質(zhì)，特殊角三角函數(shù)值，等邊三角形性質(zhì)，勾股定理等，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．
10．（2023?蕪湖模擬）點(diǎn)A，B，C，D，E是如圖所示的正方形網(wǎng)格中網(wǎng)格線的交點(diǎn)，則∠BAC+∠CDE＝ 45 °．
【分析】如圖，連接AD．設(shè)圖中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為x，根據(jù)勾股定理，得AD＝x，CD＝x，AC＝x，那么AD2+CD2＝AC2，，AD＝CD．再根據(jù)勾股定理的逆定理，進(jìn)而推斷出∠ADC＝90°．再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，得∠DAC＝∠ACD＝45°．根據(jù)平行線的性質(zhì)，由AB∥DE，得∠BAD+∠ADE＝180°，從而解決此題．
【解答】解：如圖，連接AD．
設(shè)圖中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為x．
∴AD＝x，CD＝x，AC＝x．
∴AD2+CD2＝AC2，AD＝CD．
∴∠ADC＝90°．
∴∠DAC＝∠ACD＝45°．
由題意得，AB∥DE．
∴∠BAD+∠ADE＝180°．
∴∠BAC+∠DAC+∠ADC+∠CDE＝∠BAC+45°+90°+∠CDE＝180°．
∴∠BAC+∠CDE＝45°．
故答案為：45．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查勾股定理、勾股定理的逆定理、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握勾股定理、勾股定理的逆定理、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．
11．（2023?廬江縣模擬）勾股定理最早出現(xiàn)在商高的《周髀算經(jīng)》：“勾廣三，股修四，徑隅五”．觀察下列勾股數(shù)：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，這類勾股數(shù)的特點(diǎn)是：勾為奇數(shù)，弦與股相差為1．柏拉圖研究了勾為偶數(shù)，弦與股相差為2的一類勾股數(shù)，如：6，8，10；8，15，17；…，若此類勾股數(shù)的勾為2m（m≥3，m為正整數(shù)），則其弦是 m2+1 （結(jié)果用含m的式子表示）．
【分析】根據(jù)題意得2m為偶數(shù)，設(shè)其股是a，則弦為a+2，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵m為正整數(shù)，
∴2m為偶數(shù)，設(shè)其股是a，則弦為a+2，
根據(jù)勾股定理得，（2m）2+a2＝（a+2）2，
解得a＝m2﹣1，
∴弦是a+2＝m2﹣1+2＝m2+1，
故答案為：m2+1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股數(shù)，勾股定理，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
12．（2023?定遠(yuǎn)縣一模）如圖，把一副三角板按如圖放置，∠ACB＝∠ADB＝90°，∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，連結(jié)CE，DE，DC．若AB＝6，則△DEC的面積為
【分析】作CF⊥DE交DE的延長(zhǎng)線于F，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得出DE＝CE＝AE＝BE＝AB＝3，然后根據(jù)∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，得出△BEC是等邊三角形，△BDE是等腰直角三角形，即可得出∠CEB＝60°，DE⊥AB，進(jìn)而求得∠ECF＝∠CEB＝60°，根據(jù)30°的直角三角形的性質(zhì)得出CF＝CE＝，最后根據(jù)三角形面積公式求得即可．
【解答】解：作CF⊥DE交DE的延長(zhǎng)線于F，
∵∠ACB＝∠ADB＝90°，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，
∴DE＝CE＝AE＝BE＝AB＝3，
∵∠CAB＝30°，∠DAB＝45°，
∴△BEC是等邊三角形，△BDE是等腰直角三角形，
∴∠CEB＝60°，DE⊥AB，
∵CF⊥DE，
∴CF∥AB，
∴∠ECF＝∠CEB＝60°，
∴CF＝CE＝，
∴S△DEC＝DE?CF＝×3×＝，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積等，作出輔助線構(gòu)建含30°的直角三角形是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共2小題）
13．（2023?宿州模擬）如圖，已知△ABC是等腰直角三角形，其中AC＝BC，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為AC上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，連接BD，取BD的中點(diǎn)O，連接OC，OE，CE．
（1）求證：①OC＝OE；②△OCE為等腰直角三角形；
（2）若BC＝4，CE⊥BD，試求AD的長(zhǎng)．
【分析】（1）①根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得，，即可求證；②根據(jù)中點(diǎn)的定義可得，則OC＝OB，OE＝OB，根據(jù)等角對(duì)等邊和三角形的外角定了可得∠COD＝2∠OBC，∠DOE＝2∠OBE，進(jìn)而得出∠COE＝90°，即可求證；
（2）根據(jù)OC＝OE，CE⊥BD，可推出BD是CE的垂直平分線，則DE＝CD，BE＝BC＝4，再根據(jù)勾股定理求出AB，進(jìn)而得出，最后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠A＝45°，即可求解．
【解答】（1）證明：①∵∠BCD＝90°，DE⊥AB，點(diǎn)O為BD點(diǎn)的中點(diǎn)，
∴，，
∴OC＝OE．
②∵點(diǎn)O為BD點(diǎn)的中點(diǎn)，
∴，
由①知，，
∴OC＝OB，OE＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，∠OBE＝∠OEB．
又∠COD＝∠OCB+∠OBC，∠DOE＝∠OBE+OEB，
∴∠COD＝2∠OBC，∠DOE＝2∠OBE，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∴∠COE＝∠COD+∠DOE＝2（∠OBC+∠OBE）＝2∠ABC＝2×45°＝90°．
又∵OC＝OE，
∴△OCE為等腰直角三角形．
（2）解：由①知OC＝OE，
又∵CE⊥BD，
∴BD是CE的垂直平分線，
∴DE＝CD，BE＝BC＝4，
在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理可得：，
∴，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A＝45°，
∵DE⊥AB，
∴．
∴．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，等腰三角形等角對(duì)等邊，勾股定理，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)內(nèi)容，并靈活運(yùn)用．
14．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿A→B方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2cm；點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿B→C→A方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒4cm；兩點(diǎn)同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）①Rt△ABC斜邊AC上的高為 9.6cm ；
②當(dāng)t＝3時(shí)，PQ的長(zhǎng)為 ；
（2）當(dāng)點(diǎn)Q在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，出發(fā)幾秒鐘后，△BPQ是等腰三角形？
（3）當(dāng)點(diǎn)Q在邊AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直接寫出所有能使△BCQ成為等腰三角形的t的值．
【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的長(zhǎng)，利用面積法進(jìn)而可求解Rt△ABC斜邊AC上的高；
②可求得AP和BQ，則可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的長(zhǎng)；
（2）用t可分別表示出BP和BQ，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到BP＝BQ，可得到關(guān)于t的方程，可求得t；
（3）用t分別表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性質(zhì)可分BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三種情況，分別得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．
【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得，
∴Rt△ABC斜邊AC上的高為；
②當(dāng)t＝3時(shí)，則AP＝6cm，BQ＝4t＝12cm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣6＝10（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得，
即PQ的長(zhǎng)為，
故答案為：①9.6cm；②；
（2）由題意可知AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣2t（cm），
當(dāng)△BPQ為等腰三角形時(shí)，則有BP＝BQ，即16﹣2t＝4t，
解得，
∴出發(fā)秒后△BPQ能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，AC＝20cm，
當(dāng)點(diǎn)Q在AC上時(shí)，AQ＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t（cm），CQ＝4t﹣12（cm），
∵△BCQ為等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三種情況，
①當(dāng)BQ＝BC＝12時(shí)，如圖，過B作BE⊥AC于E，
則，
由（1）知BE＝9.6cm，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，
即122＝9.62+（2t﹣6）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；
②當(dāng)CQ＝BC＝12時(shí)，則4t﹣12＝12，解得t＝6；
③當(dāng)CQ＝BQ時(shí)，則∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴，即4t﹣12＝10，解得t＝5.5；
綜上可知當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為6.6秒或6秒或5.5秒時(shí)，△BCQ為等腰三角形．
【點(diǎn)評(píng)】本題為三角形的綜合應(yīng)用，涉及勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、等積法、方程思想及分類討論思想等知識(shí)．用時(shí)間t表示出相應(yīng)線段的長(zhǎng)，化“動(dòng)”為“靜”是解決這類問題的一般思路，注意方程思想的應(yīng)用．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，但難度不大．熟練掌握這些知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
考點(diǎn)5：尺規(guī)作圖（2018年20題，10分）
一．選擇題（共3小題）
1．（2023?歙縣校級(jí)模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的邊BC在x軸上，O為線段BC的中點(diǎn)，矩形ABCD的頂點(diǎn)D（2，3），連接AC按照下列方法作圖：（1）以點(diǎn)C為圓心，適當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)度為半徑畫弧分別交CA，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)；（2）分別以點(diǎn)E，F(xiàn)為圓心，大于EF的長(zhǎng)為半徑畫弧交于點(diǎn)G；（3）作射線CG交AD于H，則線段DH的長(zhǎng)為（ ）
A．B．1C．D．
【分析】過H點(diǎn)作HM⊥AC于M，如圖，根據(jù)基本作圖得到CH平分∠ACD，則利用角平分線的性質(zhì)得到HM＝HD，接著根據(jù)勾股定理計(jì)算出AC＝15，通過證明Rt△CHD≌Rt△CHM得到CD＝CM＝3，所以AM＝2，設(shè)DH＝t，則AH＝4﹣t，HM＝t，利用勾股定理得到t2+22＝（4﹣t）2，解方程得到HD＝1.5，從而得到H點(diǎn)的橫坐標(biāo)．
【解答】解：∵O為線段BC的中點(diǎn)，矩形ABCD的頂點(diǎn)D（2，3），
∴AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，
如圖，過H點(diǎn)作HM⊥AC于M，
由作法得CH平分∠ACD，
∵HM⊥AC，HD⊥CD，
∴HM＝HD，
在Rt△ABC中，AC＝＝＝5，
在Rt△CHD和Rt△CHM中，
，
∴Rt△CHD≌Rt△CHM（HL），
∴CD＝CM＝3，
∴AM＝AC﹣CM＝5﹣3＝2，
設(shè)DH＝t，則AH＝4﹣t，HM＝t，
在Rt△AHM中，t2+22＝（4﹣t）2，解得t＝1.5，
即HD＝1.5，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣基本作圖：熟練掌握基本作圖（作一條線段等于已知線段；作一個(gè)角等于已知角；作已知線段的垂直平分線；作已知角的角平分線；過一點(diǎn)作已知直線的垂線）．也考查了矩形的性質(zhì)和坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．
2．（2023?南譙區(qū)校級(jí)一模）如圖，已知AB∥CD，小妍同學(xué)進(jìn)行以下尺規(guī)作圖：
①以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交射線AB于點(diǎn)E；
②以點(diǎn)E為圓心，小于線段CE的長(zhǎng)為半徑作弧，與射線CE交于點(diǎn)M，N；
③分別以點(diǎn)M，N為圓心，大于的長(zhǎng)為半徑作弧，交于點(diǎn)F，直線EF交CD于點(diǎn)G．若∠CGE＝α，則∠A的度數(shù)可以用α表示為（ ）
A．90°﹣αB．C．180°﹣4αD．2α
【分析】由作圖可知：AC＝AE，CE⊥CE，所以∠ACE＝∠AEC，∠CEG＝90°，則∠CGE+∠ECG＝90°，所以∠ECG＝90°﹣α，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠AEC＝∠ECG＝90°﹣α，即可由三角形內(nèi)角和定理求解．
【解答】解：由作圖可知：AC＝AE，CE⊥CE，
∴∠ACE＝∠AEC，∠CEG＝90°，
∴∠CGE+∠ECG＝90°，
∴∠ECG＝90°﹣α，
∵AB∥CD，
∴∠ACE＝∠AEC＝∠ECG＝90°﹣α，
∴∠A＝180°﹣∠ACE﹣∠AEC＝180°﹣2∠AEC＝180°﹣2（90°﹣α）＝2α，故D正確．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查作線段等于已知線段，經(jīng)過上點(diǎn)作直線的垂線，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握尺規(guī)基本作圖和三角形內(nèi)角和定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，用直尺和圓規(guī)作∠BAD的平分線AG交BC于點(diǎn)E．若BF＝8，AB＝5，則AE的長(zhǎng)為（ ）
A．5B．6C．8D．12
【分析】根據(jù)作圖過程證明△FAO≌△BAO，可得∠AOF＝∠AOB＝90°，F(xiàn)O＝BO＝4，根據(jù)勾股定理得AO＝3，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AD∥BC，從而∠DAG＝∠AEB，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求得AO＝EO＝3，進(jìn)而得AE的長(zhǎng)．
【解答】解：如圖，
∵∠BAD的平分線AG交BC于點(diǎn)E
∴∠FAE＝∠BAE
由作圖可知：
AF＝AB
AO＝AO
∴△FAO≌△BAO（SAS）
∴∠AOF＝∠AOB＝90°
FO＝BO＝4
AB＝5
∴AO＝3
在平行四邊形ABCD中
AD∥BC
∴∠DAG＝∠AEB
∠FAE＝∠BAE
∴∠AEB＝∠BAE
∴AB＝BE
∴AO＝EO＝3
∴AE＝6．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣基本作圖、角平分線的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握角平分線的性質(zhì)．
二．填空題（共2小題）
4．（2023?雨山區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC．以點(diǎn)A為圓心，以任意長(zhǎng)為半徑作弧交AB，AC于D，E兩點(diǎn)；分別以點(diǎn)D，E為圓心，以大于DE長(zhǎng)為半徑作弧，在∠BAC內(nèi)兩弧相交于點(diǎn)P；作射線AP交BC于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥AB，垂足為G．若AB＝8cm，則△BFG的周長(zhǎng)等于 8 cm．
【分析】直接利用基本作圖方法結(jié)合全等三角形的判定與性質(zhì)進(jìn)而得出AC＝AG，即可得出答案．
【解答】解：在△ABC中，
∵∠C＝90°，
∴FC⊥AC，
∵FG⊥AB，
由作圖方法可得：AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF，F(xiàn)C＝FG，
在Rt△ACF和Rt△AGF中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△AED（HL），
∴AC＝AG，
∵AC＝BC，
∴AG＝BC，
∴△BFG的周長(zhǎng)＝GF+BF+BG＝CF+BF+BG＝BC+BG＝AG+BG＝AB＝8cm．
故答案為：8．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了作圖﹣基本作圖以及全等三角形的判定與性質(zhì)，正確理解基本作圖方法是解題關(guān)鍵．
5．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）如圖，在△ABC中，AB＝BC，由圖中的尺規(guī)作圖痕跡得到的射線BD與AC交于點(diǎn)E，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，連接EF，若BE＝AC＝2，則△CEF的周長(zhǎng)為 1+ ．
【分析】利用基本作圖得到BE平分∠ABC，則根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∴BE⊥AC，AE＝CE＝1，在利用勾股定理計(jì)算出BC＝，接著根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得EF＝BF＝CF＝BC，所以△CEF的周長(zhǎng)＝CE+BC．
【解答】解：由作法得BE平分∠ABC，
∵AB＝BC，
∴BE⊥AC，AE＝CE＝AC＝1，
∴∠BEC＝90°，
在Rt△BCE中，BC＝＝＝，
∵點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，
∴EF＝BF＝CF＝BC，
∴△CEF的周長(zhǎng)＝CE+EF+CF＝CE+BC＝1+．
故答案為：1+．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖：解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了等腰三角形的性質(zhì)．
三．解答題（共4小題）
6．（2023?蜀山區(qū)校級(jí)一模）如圖，網(wǎng)格中小正方形的邊長(zhǎng)均為1，△ABC是格點(diǎn)三角形（即三角形的頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上），請(qǐng)僅用無(wú)刻度的直尺作圖．
（1）在圖（1）中作出△ABC的中線CD；
（2）請(qǐng)?jiān)趫D（2）中找一格點(diǎn)E，使得S△ABE＝S△ABC．
【分析】（1）根據(jù)矩形的對(duì)角線互相平分找出AB的中點(diǎn)，再連線即可；
（2）根據(jù)網(wǎng)格線的特征，CE∥AB，根據(jù)等底同高面積相等，點(diǎn)E即為所求．
【解答】解：如下圖：
（1）線段CD即為所求；
（2）點(diǎn)E即為所求．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖的應(yīng)用與設(shè)計(jì)，掌握三角形的面積公式是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)一模）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1的網(wǎng)格中，△ABC的頂點(diǎn)A在格點(diǎn)上，B是小正方形邊的中點(diǎn)，∠ABC＝50°，∠BAC＝30°，經(jīng)過點(diǎn)A，B的圓的圓心在邊AC上．
（1）線段AB的長(zhǎng)等于 ；
（2）請(qǐng)用無(wú)刻度的直尺，在如圖所示的圓上，畫出一個(gè)點(diǎn)D，使其滿足∠ADB的度數(shù)小于∠ACB的度數(shù)，并說明理由；
（3）請(qǐng)用無(wú)刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中，畫出一個(gè)點(diǎn)P，使其滿足∠PAC＝∠PBC＝∠PCB，并簡(jiǎn)要說明點(diǎn)P的位置是如何找到的（不要求證明） 取圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF與AC交于一點(diǎn)，則這一點(diǎn)是圓心O，AB與網(wǎng)格線相交于D，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)Q，連接QC并延長(zhǎng)，與點(diǎn)B，O的連線相交于點(diǎn)P，連接AP，
則點(diǎn)P滿足∠PAC＝∠PBC＝∠PCB． ．
【分析】（1）根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；
（2）在直線AC上方的弧上找一點(diǎn)D，使得點(diǎn)C在△ABD內(nèi)，連接AD，BD，延長(zhǎng)AC，與BD交于E，根據(jù)外角的性質(zhì)可得大??；
（3）取圓與網(wǎng)格的交點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF與AC交于一點(diǎn)，則這一點(diǎn)是圓心O，AB與網(wǎng)格線相交于D，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)Q，連接QC并延長(zhǎng)，與B，O的連線相交于點(diǎn)P，連接AP，于是得到結(jié)論．
【解答】解：（1）由勾股定理可得：；
故答案為：；
（2）如圖，點(diǎn)D即為所求；
連接AD，BD，延長(zhǎng)AC，與BD交于E，
∵∠ACB＝∠CBE+∠CEB，
∴∠ACB＞∠CEB，
∵∠CEB＝∠DAE+∠D，
∴∠ACB＞∠CEB＞∠D；
（3）如圖，取圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF與AC交于一點(diǎn)，則這一點(diǎn)是圓心O，AB與網(wǎng)格線相交于D，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)Q，連接QC并延長(zhǎng)，與點(diǎn)B，O的連線相交于點(diǎn)P，連接AP，
則點(diǎn)P滿足∠PAC＝∠PBC＝∠PCB．
理由：第一步：連接EF得圓心，因?yàn)椤螮AF＝90°，所以EF是直徑．
第二步：D點(diǎn)根據(jù)網(wǎng)格相似比，可以知道D為AB的中點(diǎn)，所以QD是垂徑．
第三步：連接QC并延長(zhǎng)，交OB于P，OB是半徑等于OA，所以∠OBA＝∠BAC＝30°，
∴∠PBC＝20°，∠AOB＝∠AOQ＝∠BOQ＝120°，
∴∠COQ＝60°＝∠BOC，又OB＝OQ，OC＝OC，
∴△OCQ≌△OCB（SAS），
∴∠Q＝∠PBC＝20°，
∴∠OPQ＝180°﹣120°﹣20°＝40°，
∴∠PCB＝40°﹣20°＝20°，
又∵OA＝OQ，OP＝OP，∠AOP＝∠POQ＝120°，
∴△OPQ≌△OPA（SAS），
∴∠PAC＝∠Q＝20°，
∴∠PAC＝∠PBC＝∠PCB．
故答案為：取圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF與AC交于一點(diǎn)，則這一點(diǎn)是圓心O，AB與網(wǎng)格線相交于D，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)Q，連接QC并延長(zhǎng)，與點(diǎn)B，O的連線相交于點(diǎn)P，連接AP，
則點(diǎn)P滿足∠PAC＝∠PBC＝∠PCB．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖，外角的性質(zhì)，勾股定理，垂徑定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵．
8．（2023?蕭縣一模）我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽利用影子對(duì)物體進(jìn)行測(cè)量的方法，至今仍有借鑒意義．如圖1，身高1.5m的小王晚上在路燈燈柱AH下散步，他想通過測(cè)量自己的影長(zhǎng)來(lái)估計(jì)路燈的高度，具體做法如下：先從路燈底部A向東走20步到M處，發(fā)現(xiàn)自己的影子端點(diǎn)落在點(diǎn)P處，作好記號(hào)后，繼續(xù)沿剛才自己的影子走4步恰好到達(dá)點(diǎn)P處，此時(shí)影子的端點(diǎn)在點(diǎn)Q處，已知小王和燈柱的底端在同一水平線上，小王的步間距保持一致．
（1）請(qǐng)?jiān)趫D中畫出路燈O和影子端點(diǎn)Q的位置．
（2）估計(jì)路燈AO的高，并求影長(zhǎng)PQ的步數(shù)．
（3）無(wú)論點(diǎn)光源還是視線，其本質(zhì)是相同的，日常生活中我們也可以直接利用視線解決問題．如圖2，小明同學(xué)用自制的直角三角形紙板DEF測(cè)量樹的高度AB，他調(diào)整自己的位置，設(shè)法使斜邊DF保持水平，并且邊DE與點(diǎn)B在同一直線上．測(cè)得DF＝0.5m，EF＝0.3m，CD＝10m，小明眼睛到地面的距離為1.5m，則樹高AB為 9 m．
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)光源的性質(zhì)畫圖；
（2）根據(jù)三角形相似的性質(zhì)，列方程求解；
（3）根據(jù)三角形相似的性質(zhì)，列方程求解．
【解答】解：（1）如下圖：
點(diǎn)O和點(diǎn)Q即為所求；
（2）設(shè)AO＝x米，PQ＝y(tǒng)步，
由題得：MP＝4步，AM＝20步，MN＝BP＝1.5米，AO∥MN∥BP，
∴△MNP∽△AOP，△BPQ∽△AOQ，
∴＝＝，
即：＝＝，
解得：x＝9，y＝4.8，
所以路燈AO的高是9米，影長(zhǎng)PQ的步數(shù)4.8步；
（3）在Rt△DEF中，DE＝＝0.4（米），
∵∠D＝∠D，∠DEF＝∠DCB＝90°，
∴△DEF∽△DCB，
∴＝，
∴＝，
解得：BC＝7.5（米），
∴7.5+1.5＝9（米），
故答案為：9米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖，掌握相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．（2023?杜集區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)P，交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接BD．
（1）求作⊙O的切線PQ，PQ交AC于點(diǎn)Q；（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）
（2）在（1）的條件下，求證：QC＝DQ．
【分析】（1）過P點(diǎn)作PQ⊥OP，即可解決問題；
（2）連接AP，根據(jù)AB為直徑，可得∠APB＝∠BDA＝90°，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得BP＝CP，所以O(shè)P是△BAC的中位線，可得OP∥AC，PQ∥BD，進(jìn)而可以解決問題．
【解答】（1）解：如圖，直線PQ即為所求；
（2）證明：如圖，連接AP，
∵AB為直徑，
∴∠APB＝∠BDA＝90°，
∴AP⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BP＝CP，
∵OA＝OB，
∴OP是△BAC的中位線，
∴OP∥AC，
∵PQ是⊙O的切線，
∴OP⊥PQ，
∴PQ⊥AC，
∵BD⊥DC，
∴PQ∥BD，
∵BP＝CP，
∴QC＝DQ．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖，圓周角定理，切線的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握切線的判定與性質(zhì)．
考點(diǎn)6：相似三角形及其應(yīng)用（10年10考，9~19分）
一．選擇題（共10小題）
1．（2023?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝4，BC＝7，∠ABC的平分線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，則BE：FE等于（ ）
A．7：4B．7：3C．4：3D．4：7
【分析】平行四邊形的對(duì)邊相等且平行，利用平行四邊形的性質(zhì)以及平行線的基本性質(zhì)G求得∠CBF＝∠E，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得CE＝CB＝7．然后證△ECB∽△EDF，得，即可求解．
【解答】解：∵平行四邊形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠ABF＝∠E，
∵∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)F，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠CBF＝∠E，
∴CE＝CB＝7，
∴DE＝CE﹣CD＝7﹣4＝3，
∵平行四邊形ABCD，
∴AD∥BC，
∴△ECB∽△EDF，
∴．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，在平行四邊形中，當(dāng)出現(xiàn)角平分線時(shí)，一般可構(gòu)造等腰三角形，進(jìn)而利用等腰三角形的性質(zhì)解題．
2．（2023?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)一模）矩形ABCD中，E為邊CD上一點(diǎn)，延長(zhǎng)AE與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，G在CD的延長(zhǎng)線上且∠GAD＝∠EAD，連接FG．以下結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A．BC?CE＝GD?CFB．AG?CD＝AF?DE
C．S△CFG＝S四邊形ABCED．S△AGF＝S矩形ABCD
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，AD⊥CD，由等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得AG＝AE，DG＝DE，易證明△FCE～△ADE，則，以此可判斷A選項(xiàng)；再證明△ADE∽△FBA，得到，以此可判斷B選項(xiàng)；分別表示出△CFG和四邊形ABCE的面積，根據(jù)選段之間的關(guān)系化簡(jiǎn)得S△CFG＝，S四邊形ABCE＝，以此可判斷C選項(xiàng)；分別表示出△AGF和矩形ABCE的面積，根據(jù)選段之間的關(guān)系化簡(jiǎn)得S△AGF＝BC?CD，S矩形ABCD＝BC?CD，以此可判斷D選項(xiàng)．
【解答】解：如圖，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，AD⊥CD，
∴∠ADG＝∠ADE，
∵∠GAD＝∠EAD，AD＝AD，
∴△ADG≌△ADE（ASA），
∴AG＝AE，
∴△AGE為等腰三角形，
∴AG＝AE，DG＝DE，
∵AD∥BC，
∴△FCE～△ADE，
∴，
∴AD?CE＝DE?CF，
∴BC?CE＝GD?CF，故A選項(xiàng)正確，不符合題意；
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠F，
∵∠ADE＝∠B＝90°，
∴△ADE∽△FBA，
∴，
∴AE?AB＝AF?DE，
∵AG＝AE，AB＝CD，
∴AG?CD＝AF?DE，故B選項(xiàng)正確，不符合題意；
由上述可知，AB＝CD，BC?CE＝GD?CF，
∴
＝
＝
＝，
＝，
∵不能確定BC和CF的大小關(guān)系，
∴不能確定S△CFG和S四邊形ABCE的大小關(guān)系，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意；
由上述可知，DG＝DE，AD＝BC，BC?CE＝GD?CF，
∴S△AEG＝2S△ADE，
S△AGF＝2S△ADE+S△CGF﹣S△FCE
＝
＝
＝
＝DE?BC+BC?CE
＝BC?（DE+CE）
＝BC?CD，
S矩形ABCD＝BC?CD，
∴S△AEG＝S矩形ABCD，故D選項(xiàng)正確，不符合題意．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意畫出圖形，利用相似三角形的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)線段的比時(shí)解題關(guān)鍵．
3．（2023?無(wú)為市一模）一個(gè)三邊長(zhǎng)分別為a，b，b的等腰三角形與另一個(gè)腰長(zhǎng)為b的等腰三角形拼接，得到一個(gè)腰長(zhǎng)為a的等腰三角形，其中a＞b，則的值等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由條件可畫圖，如圖所示，易得：△ADC、△ABC、△CBD均為等腰三角形，得到△ABC∽△CBD，列出比例式，解方程即可．
【解答】解：如圖：
∵∠ABC＝∠CBD，且都為底角，
∴△ABC∽△CBD，
∴，
即：，
整理得：a2﹣ab﹣b2＝0，
即：，
解得或（舍去），
因此．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的性質(zhì)，相關(guān)知識(shí)點(diǎn)有：等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例、解一元二次方程以及整體思想，根據(jù)相似列出比例式是解題的關(guān)鍵．
4．（2023?蕪湖模擬）《墨經(jīng)》最早述及的小孔成像，是世界上最早的關(guān)于光學(xué)問題的論述．如圖是小孔成像原理的示意圖，根據(jù)圖中所標(biāo)注的尺寸，這支蠟燭在暗盒中所成的像CD的長(zhǎng)是（ ）
A．cmB．1cmC．cmD．cm
【分析】據(jù)小孔成像原理可知△AOB∽△COD，利用它們的對(duì)應(yīng)邊成比例就可以求出CD之長(zhǎng)．
【解答】解：如圖過O作直線OE⊥AB，交CD于F，
依題意AB∥CD，
∴OF⊥CD，
∴OE＝12，OF＝2，
而AB∥CD可以得△AOB∽△COD，
∵OE，OF分別是它們的高，
∴＝，
∵AB＝6cm，
∴CD＝1cm，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于理解小孔成像原理給我們帶來(lái)的已知條件，還有會(huì)用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例．
5．（2023?蕭縣一模）如圖，四邊形ABCD與四邊形EFGH位似，其位似中心為點(diǎn)O，且＝，則四邊形EFGH的面積與四邊形ABCD的面積之比為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)位似變換的概念得到四邊形ABCD∽四邊形EFGH，EF∥AB，再根據(jù)相似多邊形的面積比等于相似比的平方計(jì)算即可．
【解答】解：∵＝，
∴＝，
∵四邊形ABCD與四邊形EFGH位似，
∴四邊形ABCD∽四邊形EFGH，EF∥AB，
∴△OEF∽△OAB，
∴＝＝，
∴四邊形EFGH的面積與四邊形ABCD的面積之比為25：81，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是位似變換的概念、相似多邊形的性質(zhì)，掌握相似多邊形的面積比等于相似比的平方是解題的關(guān)鍵．
6．（2023?蚌山區(qū)校級(jí)二模）E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的兩邊BC，CD的中點(diǎn)，AE，BF相交于P，M，N分別是AE，BF的中點(diǎn)，連接MN，DP．則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A．AE⊥BFB．DP＝ADC．D．
【分析】證明△ABE≌△BCF（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠BAE＝∠CBF，進(jìn)而得出∠BPE＝90°，即可判斷①，延長(zhǎng)BF交AD的延長(zhǎng)線于Q，證明△BCF≌△QDF（AAS），得出DQ＝BC＝AD，即可判斷②，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a，則BE＝FC＝a，勾股定理得出，根據(jù)，得出，進(jìn)而勾股定理求得MN，即可求解．
【解答】解：如圖所示，
∵E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的兩邊BC，CD的中點(diǎn)，
∴CF＝BE，
∵AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
即∠BPE＝90°，
∴AE⊥BF，
故A正確；
如圖所示，延長(zhǎng)BF交AD的延長(zhǎng)線于Q，
∵正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠Q＝∠CBF，
∵F是CD的中點(diǎn)，
∴DF＝CF，
∵∠DFQ＝∠CFB，
∴△BCF≌△QDF（AAS），
∴DQ＝BC＝AD，
∴D是AQ的中點(diǎn)，
∴Rt△APQ中，PD＝AD＝AB；
故B正確；
設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a，
則BE＝FC＝a，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵M(jìn)，N分別是AE，BF的中點(diǎn)，
∴，
，
在Rt△PMN中，，
∴，，
故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，正切的定義，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
7．（2023?無(wú)為市一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D為線段BC上一點(diǎn)，以AD為一邊構(gòu)造Rt△ADE，∠DAE＝90°，AD＝AE，下列說法正確的是（ ）
①∠BAD＝∠EDC；②△ADO∽△ACD；③；④2AD2＝BD2+CD2．
A．僅有①②B．僅有①②③C．僅有②③④D．①②③④
【分析】①根據(jù)三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行判斷推理即可解答；②根據(jù)三角形相似的判定方法推理即可判斷正誤；③先說明△BAD∽△EAO，再運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)即可解答；④利用矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理進(jìn)行推理即可解答．
【解答】解：①∵∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠BDA＝135°﹣∠BDA，
∴∠EDC＝180°﹣∠ADE﹣∠BDA＝135°﹣∠BDA，
∴∠BAD＝∠EDC，
故①正確；
②∵∠ADE＝∠ACB，∠CAD＝∠OAD，
∴△ADO∽△ACD．
故②正確；
③∵∠ABD＝∠AEO，∠BAD＝∠EAO，
∴△BAD∽△EAO，
∴．
故③正確；
④如圖，過點(diǎn)D作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M，N，
在Rt△AED中，DE2＝AD2+AE2，AD＝AE，
∴DE2＝2AD2，
同理，在Rt△BMD中，BD2＝2MD2；在Rt△DCN中，CD2＝2DN2．
∵∠DMA＝∠MAN＝∠DNA＝90°，
∴四邊形AMDN是矩形，
∴DN＝AM，
在Rt△AMD中，AD2＝AM2+MD2，
∴2AD2＝2AM2+2MD2，
∴2AD2＝BD2+CD2．
故④正確．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題是考查的是等腰三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角形相似等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角形相似的判斷及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
8．（2023?蒙城縣一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，過點(diǎn)B作BD⊥AB，連接AD交BC于點(diǎn)E，若AB＝4，BD＝2，則CE的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
【分析】過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，連接CD，利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到CF＝BF＝AB＝2，利用正方形的判定得到四邊形DBFC為正方形，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到CE＝BC，利用勾股定理求得BC，則結(jié)論可得．
【解答】解：過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，連接CD，如圖，
∵∠C＝90°，AC＝BC，CF⊥AB，
∴CF＝BF＝AB＝2．
∵DB⊥AB，CF⊥AB，
∴DB∥CF，
∵DB＝CF＝2，
∴四邊形DBFC為平行四邊形，
∵∠DBA＝90°，DB＝DF＝2，
∴四邊形DBFC為正方形，
∴CD＝DB＝2，CD∥AB．
∴△DCE∽△ABE，
∴，
∴CE＝BC．
∵BC＝，
∴CE＝．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F是解題的關(guān)鍵．
9．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC，對(duì)角線AC平分∠BAD，∠BAD＝120°，P為線段AC上一點(diǎn)，PD∥AB，連接BP并延長(zhǎng)交CD于E，連接AE．下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A．∠BED＝120°B．PA?PC＝PB?PE
C．△BPC∽△DEPD．△ABE∽△DCA
【分析】利用等邊三角形的判定得出△ABC，△ADP均為等邊三角形，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)不難求得△DAC≌△PAB，則有∠DCA＝∠PBA，從而可求得∠CEP＝∠PAB＝60°，即可求得∠BED＝120°，則A正確；不難求得△EPC∽△APB，則有，從而可判斷B正確；只有當(dāng)∠PBA＝60°時(shí)，即P，C重合時(shí)，∠BPC＝120°，∠BPC＝∠DEP，∠DCA＝∠PBA，此時(shí)△BPC∽△DEP，其它情況不成立，故C錯(cuò)誤；首先證得△EPA∽△CPB，∠AEP＝∠PCB＝60°，∠DCA＝∠PBA，∠AEP＝∠DAC，從而得△DCA∽△ABE，故D正確．
【解答】解：∵AB＝BC，對(duì)角線AC平分∠BAD，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝∠CAD＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∵PD∥AB，
∴∠BAC＝∠CAD＝∠DPA＝60°，
∴△ADP均為等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，AD＝DP＝AP，∠CAB＝∠ABC＝∠ACB＝∠DAP＝∠ADP＝∠APD＝60°，
在△DAC和△PAB中，
，
∴△DAC≌△PAB（SAS），
∴∠DCA＝∠PBA，
∵∠CEP+∠EPC+∠DCA＝180°，∠PAB+∠APB+∠PBA＝180°，∠EPC＝∠APB，
∴∠CEP＝∠PAB＝60°，
∴∠BED＝120°，故A正確；
∵∠EPC＝∠APB，∠DCA＝∠PBA，
∴△EPC∽△APB，
∴，
∴PA?PC＝PB?PE，故B正確；
∵∠DEP＝120°，∠BPC＝∠CAB+∠PBA＝60°+∠PBA，0°≤∠PBA≤60°，
∴只有當(dāng)∠PBA＝60°時(shí)，即P，C重合時(shí)，∠BPC＝∠DEP，∠DCA＝∠PBA，此時(shí)△BPC∽△DEP，其它情況不成立，故C錯(cuò)誤；
∵，
∴，
∵∠EPA＝∠CPB，
∴△EPA∽△CPB，
∴∠AEP＝∠PCB＝60°，
∵∠DCA＝∠PBA，∠AEP＝∠DAC，
∴△DCA∽△ABE，故D正確．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的判定，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解答的關(guān)鍵是結(jié)合圖形分析清楚角與角，邊與邊之間的關(guān)系．
10．（2023?蕪湖模擬）如圖所示，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，E在線段OD上，連接CE，作EF⊥CE交AB于點(diǎn)F，連接CF交BD于點(diǎn)H，則下列結(jié)論：①EF＝EC；②CF2＝CG?CA；③BE?DH＝16；④若BF＝1，則DE＝，正確的是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【分析】①由“SAS”可證△ADE≌△CDE，可得AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，由四邊形的內(nèi)角和定理可證∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，可得AE＝EF＝EC；
②通過證明△FCG∽△ACF，可得CF2＝CG?CA；
③通過證明△ECH∽△CDH，可得，通過證明△ECH∽△EBC，可得，可得結(jié)論；
④通過證明△AFC∽△DEC，可得，即可求解．
【解答】解：如圖，連接AE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝∠DAC＝45°，
又∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，
∴∠EAF＝∠BCE，
∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE＝360°，
∴∠BCE+∠EFB＝180°，
又∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，
∴AE＝EF，
∴EF＝EC，故①正確；
∵EF＝EC，∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴∠FAC＝∠EFC＝45°，
又∵∠ACF＝∠FCG，
∴△FCG∽△ACF，
∴，
∴CF2＝CG?CA，故②正確；
∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC，
∴△ECH∽△CDH，
∴，
∴，
∵∠ECH＝∠DBC，∠BEC＝∠CEH，
∴△ECH∽△EBC，
∴，
∴，
∴，
∴BC?CD＝DH?BE＝16，故③正確；
∵BF＝1，AB＝4，
∴AF＝3，AC＝4，
∵∠ECF＝∠ACD＝45°，
∴∠ACF＝∠DCE，
又∵∠FAC＝∠CDE＝45°，
∴△AFC∽△DEC，
∴，
∴，
∴DE＝，故④正確，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．
二．填空題（共5小題）
11．（2023?亳州模擬）如圖，點(diǎn)P把線段AB分成兩部分，且BP為AP與AB的比例中項(xiàng)．如果AB＝2，那么AP＝ 3﹣ ．
【分析】根據(jù)黃金分割的定義結(jié)合已知條件得BP＝AB，即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵點(diǎn)P把線段AB分成兩部分，且BP為AP與AB的比例中項(xiàng)，
∴BP2＝AB?AP，
∴BP＝AB＝＝﹣1，
∴AP＝AB﹣BP＝2﹣（﹣1）＝3﹣，
故答案為：3﹣．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是黃金分割的概念，把一條線段分成兩部分，使其中較長(zhǎng)的線段為全線段與較短線段的比例中項(xiàng)，這樣的線段分割叫做黃金分割．
12．（2023?南陵縣模擬）在數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中，小明進(jìn)行了如下操作：如圖，在三角形紙片ABC（∠C＝90°）中剪下以C點(diǎn)為一個(gè)頂點(diǎn)，另3個(gè)頂點(diǎn)分別在AC，AB，BC上的一個(gè)正方形CDEF，量得BE＝10，AE＝20，則：
（1）正方形CDEF的邊長(zhǎng)為 4 ；
（2）△ADE和△BEF的面積之和為 100 ．
【分析】（1）設(shè)BF＝x，證明Rt△ADE∽R(shí)t△EFB，利用相似比表示出DE＝2x，AD＝4x，則CD＝CF＝2x，AC＝6x，BC＝3x，接著利用勾股定理計(jì)算出AB＝3x，所以3x＝30，然后解出x；
（2）設(shè)BF＝x，由（1）知DE＝EF＝2x，AD＝4x，利用三角形的面積公式分別計(jì)算出S1和S2，從而得到S1+S2的值．
【解答】解：（1）設(shè)BF＝x，
∵四邊形CDEF為正方形，
∴CD＝DE＝EF＝CF，∠CDE＝∠EFC＝90°，DE∥BC，
∴∠AED＝∠B，
∴Rt△ADE∽R(shí)t△EFB，
∴＝＝，即＝＝，
解得DE＝2x，AD＝4x，
∴CD＝CF＝2x，
∴AC＝6x，BC＝3x，
在Rt△ABC中，AB＝＝3x，
∴3x＝30，
解得x＝2，
∴正方形CDEF的邊長(zhǎng)為2x＝4；
故答案為：4；
（2）設(shè)BF＝x，由（1）知DE＝EF＝2x，AD＝4x，
∴S△ADE＝AD?DE＝?4x?2x＝4×（2）2＝80，
S△BEF＝?EF?BF＝?2x?x＝（2）2＝20，
∴S△ADE+S△BEF＝80+20＝100．
故答案為：100．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)：正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角．也考查了三角形面積和相似三角形的判定與性質(zhì)．
13．（2023?淮北一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，點(diǎn)D是斜邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AC上的一點(diǎn)，∠EDF＝45°，DF交射線BC于點(diǎn)F．
（1）寫出圖中與∠ADE相等的角 ∠F ；
（2）若AE＝2，CF＝3，則BC＝ 6 ．
【分析】（1）先利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠B＝45°，然后利用三角形外角性質(zhì)得∠ADF＝∠F+∠B，即∠ADE+∠EDF＝∠F+∠B，從而得到∠ADE＝∠F；
（2）設(shè)AD＝x，則AB＝2x，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到BC＝x，再證明△ADE∽△BFD，利用相似比得到＝，所以x2﹣2x﹣6＝0，然后解方程求出x，從而得到BC的長(zhǎng)．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵∠ADF＝∠F+∠B，
即∠ADE+∠EDF＝∠F+∠B，
而∠EDF＝45°，
∴∠ADE＝∠F；
故答案為：∠F；
（2）設(shè)AD＝x，則AB＝2x，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴BC＝AB＝x，
∵∠A＝∠B，∠ADE＝∠F，
∴△ADE∽△BFD，
∴＝，即＝，
整理得x2﹣2x﹣6＝0，
解得x1＝﹣（舍去），x2＝3，
∴BC＝×＝6．
故答案為：6．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)：在判定兩個(gè)三角形相似時(shí)，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用．在應(yīng)用相似三角形的性質(zhì)時(shí)利用相似比進(jìn)行幾何計(jì)算．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)．
14．（2023?來(lái)安縣一模）Rt△ABC和Rt△DEF的位置如圖，∠ACB＝∠DFE＝90°，AC＝BC＝EF＝4，連接AE，且AC?DE＝AE?DF，則：
（1）若∠EDF＝α，則∠BAE＝ 45°﹣α （用含α的代數(shù)式來(lái)表示）；
（2）若，則GF的長(zhǎng)為 ．
【分析】（1）由AC?DE＝AE?DF，證明Rt△ACE∽R(shí)t△DFE，得到∠EDF＝∠EAC＝α，再根據(jù)△ACB是等腰直角三角形可得∠BAC＝45°，即可得出結(jié)果；
（2）證明Rt△ACE≌Rt△EFA，可得EC＝AF，∠EAC＝∠AEF，從而證明△GAE是等腰三角形，得出GE＝GA，利用，BC＝4，求出，，設(shè)GF＝x，AG＝EG＝4﹣x，在Rt△AGF中利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）∵AC?DE＝AE?DF，
∴，
∵∠C＝∠F＝90°，
∴Rt△ACE∽R(shí)t△DFE，
∴∠EDF＝∠EAC＝α，
∵AC＝BC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠EAC＝45°﹣α，
故答案為：45°﹣α；
（2）∵∠C＝∠F＝90°，
在Rt△ACE和Rt△EFA中，
，
∴Rt△ACE≌Rt△EFA（HL），
∴EC＝AF，∠EAC＝∠AEF，
∴△GAE是等腰三角形，
∴GE＝GA，
∵，即EC＝2BE，
∴BC＝3BE＝4，
∴，，
設(shè)GF＝x，AG＝EG＝4﹣x，
在Rt△AGF中，利用勾股定理得AF2+FG2＝AG2，
即，
解得，
∴．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)證明三角形相似或全等是解題的關(guān)鍵．
15．（2023?花山區(qū)一模）如圖1，四邊形ABCD和四邊形CEGF均是正方形，其中點(diǎn)G在四邊形ABCD的對(duì)角線AC上．
（1）AG與BE之間的數(shù)量關(guān)系為 AG＝BE ；
（2）將正方形CEGF繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)B、E、F三點(diǎn)共線時(shí)，如圖2，CG的延長(zhǎng)線交AD于點(diǎn)H．若CH＝5，GH＝，則AG的長(zhǎng)為 4 ．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠CEG＝90°，∠ECG＝45°，＝，∠B＝90°，∠BCA＝45°，以此得到A、G、C三點(diǎn)共線，根據(jù)同位角相等，兩直線平行得AB∥GE，最后根據(jù)平行線分線段成比例即可求解；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠CGF＝∠AGH＝∠HAC＝45°，再證明△AGH∽△CAH，得到，則AH2＝CH?GH，求出，進(jìn)而得到，設(shè)DH＝a，則CD＝AD＝，在Rt△CDH中，根據(jù)勾股定理列出方程，解得a＝，CD＝AD＝，AC＝CD＝，以此即可求解．
【解答】解：（1）∵四邊形CEGF是正方形，
∴∠CEG＝90°，∠ECG＝45°，＝，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，∠BCA＝45°，
∴A、G、C三點(diǎn)共線，
∵∠CEG＝∠B＝90°，
∴AB∥GE，
∴，
∴AG＝BE；
故答案為：AG＝BE；
（2）∵四邊形CEGF是正方形，
∴∠CGF＝45°，
∵∠AGH＝∠CGF＝45°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠HAC＝45°，
∴∠AGH＝∠HAC，
∵∠AHG＝∠CHA，
∴△AGH∽△CAH，
∴，
∴AH2＝CH?GH，
∵CH＝5，GH＝，
∴，
∴或（舍去），
∴，即AG＝，
設(shè)DH＝a，則CD＝AD＝AH+DH＝，
在Rt△CDH中，由勾股定理得CH2＝DH2+CD2，
即，
解得：a＝或（舍去），
∴DH＝，CD＝AD＝，
∴AC＝CD＝，
∴AG＝×＝4
故答案為：4．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正方形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問題是解題關(guān)鍵．
三．解答題（共4小題）
16．（2023?利辛縣模擬）已知：△ABC三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（2，2），B（4，1），C（1，5）．
（1）以點(diǎn)O為位似中心，在第一象限將△ABC放大為原來(lái)的2倍，得到△A1B1C1，請(qǐng)?jiān)诰W(wǎng)格中畫出△A1B1C1；
（2）若點(diǎn)P（x，y）是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，點(diǎn)P在△A1B1C1內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為P1，則點(diǎn)P1的坐標(biāo)為 （2x，2y） ；
（3）請(qǐng)用無(wú)刻度直尺將線段AB三等分．
【分析】（1）根據(jù)位似的性質(zhì)作圖即可．
（2）根據(jù)位似的性質(zhì)可得答案．
（3）取格點(diǎn)M，N，P，Q，連接MP，NQ，分別交AB于點(diǎn)G，H，此時(shí)，，即點(diǎn)G，H 將線段AB三等分．
【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1即為所求.
（2）由題意得，點(diǎn)P1的坐標(biāo)為 （2x，2y）．
故答案為：（2x，2y）．
（3）如圖，點(diǎn)G，H 將線段AB三等分．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查作圖﹣位似變換，熟練掌握位似的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
17．（2023?蜀山區(qū)校級(jí)一模）如圖1，AB＝AC＝2CD，DC∥AB，將△ACD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△FCE，使點(diǎn)D落在AC的點(diǎn)E處，AB與CF相交于點(diǎn)O，AB與EF相交于點(diǎn)G，連接BF．
（1）求證：△ABE≌△CAD；
（2）求證：AC∥FB；
（3）若點(diǎn)D，E，F(xiàn)在同一條直線上，如圖2，求的值．（溫馨提示：請(qǐng)用簡(jiǎn)潔的方式表示角）
【分析】（1）首先說明CD＝AE，再利用SAS即可證明結(jié)論；
（2）由旋轉(zhuǎn)可知EF＝AD，由（1）中全等可得BE＝AD，從而得出EF＝BE，進(jìn)而得出∠8＝∠7，則∠2＝∠6，再利用三角形外角的性質(zhì)得∠2＝∠7，利用平行線的判定即可證明；
（3）利用△FEC∽△AED，得，由△EAF∽△FAC，得，可知，再證明AF＝BC，即可解決問題．
【解答】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)得，△FCE≌△ACD，
∴CE＝CD，
∵AC＝2CD，
∴AC＝2CE，
∵AC＝CE+AE，
∴AC＝2AE，
∴CD＝AE，
∵DC∥AB，
∴∠1＝∠2，
在△ABE與△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS）；
（2）證明：如圖1，由（1）得△FCE≌△ACD，△ABE≌△CAD，
∴FE＝AD，BE＝AD，∠4＝∠5，∠3＝∠5，∠6＝∠1，
∴FE＝BE，∠4＝∠3，
∵FE＝BE，
∴∠EFB＝∠EBF，
∴∠4+∠8＝∠3+∠7，
∴∠8＝∠7，
∵∠1＝∠2，∠6＝∠1，
∴∠2＝∠6，
∵∠9＝∠2+∠6，∠9＝∠7+∠8，
∴∠2+∠6＝∠7+∠8，
∴2∠2＝2∠7，
∴∠2＝∠7，
∴AC∥FB；
（3）解：如圖2，由（2）得∠4＝∠5，∠1＝∠6，
∵∠4＝∠5，∠FEC＝∠AED，
∴△FEC∽△AED，
∴，
∴，
又∵∠FEA＝∠CED，
∴△FEA∽△CED，
∴∠EFA＝∠1，
∴∠EFA＝∠6，
又∵∠EAF＝∠FAC，
∴△EAF∽△FAC，
∴，
∴AF2＝AE?AC，
∵AE＝，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∴（負(fù)值已舍），
由（2）得∠2＝∠6，∠7＝∠8，
∴AO＝CO，F(xiàn)O＝BO，
在△AOF與△COB中，
∵AO＝CO，∠AOF＝∠COB，F(xiàn)O＝BO，
∴△AOF≌△COB（SAS），
∴AF＝CB，
∴．
【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定等知識(shí)，得出是解決問題（3）的關(guān)鍵．
18．（2023?合肥模擬）在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于O點(diǎn)．
（1）如圖1，若AC平分∠BAD，AB＝AC，AD＝AO，求證：CD＝BO；
（2）如圖2，點(diǎn)E在AB邊上，EM，EN分別垂直平分AD，BC，若AC＝BD，求證：∠BAD＝∠ABC；
（3）如圖3，E，F(xiàn)，G分別為AC，BD，AB的中點(diǎn)，連接EF分別交BC，AD于H，I，若，求的值．
?
【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義得到∠DAO＝BAO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD＝BO；
（2）連接EC，ED，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到EA＝ED，EB＝EC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠AEC＝∠DEB，于是得到結(jié)論；
（3）分別過C，D作AD，BC的平行線交直線lH于P，Q，根據(jù)線段中點(diǎn)的定義得到AE＝CE，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)得到AI＝CP，BH＝DQ．根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵AC平分∠BAD，
∴∠DAO＝∠BAO，
∵AB＝AC，AD＝AO，
在△ACD與△ABO中，
，
∴△ACD≌△ABO（SAS），
∴CD＝BO；
（2）證明：連接EC，ED，
∵EM，EN分別垂直平分AD，BC，
∴EA＝ED，EB＝EC，
在△AEC與△DEB中，
，
∴△AEC≌△DEB（SSS），
∴∠AEC＝∠DEB，
∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AED＝2∠AEM，∠BEC＝2∠BEN，
∴∠AEM＝∠BEN，即∠BAD＝∠ABC；
（3）解：分別過C，D作AD，BC的平行線交直線lH于P，Q，
∵E，F(xiàn)分別是AC，BD的中點(diǎn)，
∴AE＝CE，
又∵∠IAE＝∠PCE，∠AEI＝∠PEC，
∴△AEI≌△CEP（AAS），
同理△BFH≌△DFQ，
∴AI＝CP，BH＝DQ．
∵CP∥AD，DQ∥BC，
∴∠CPH＝∠DIQ，∠CHP＝∠DQl，
∴△CHP∽△DQI，
∴，，
∴，，
∴．
【點(diǎn)評(píng)】本題是相似形的綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
19．（2023?明光市一模）如圖1，在正方形ABCD中，E是AD上一點(diǎn)，作DF⊥CE，垂足為點(diǎn)P，交AB于點(diǎn)F．
（1）求證：DF＝CE；
（2）如圖2，延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G；
①如果E是AD的中點(diǎn)，求的值；
②如果，求PH的長(zhǎng)度．
【分析】（1）證明△ADF≌△DCE，從而得出結(jié)論；
（2）①可證明∴△ADF∽△BGF，△ADH∽△CGH，△DEP∽△GCP，從而，，，進(jìn)一步得出結(jié)果；
②作HM⊥BC于M，作HN⊥AB，可證得△NHF∽△BGF，從而＝＝，設(shè)AN＝NH＝BM＝x，NF＝y(tǒng)，可表示出DE＝x+y，CG＝4x+4y，根據(jù)△DEP∽△GCP，，設(shè)PE＝a，則PC＝4a，由射影定理得：PD2＝PE?PC＝4a2，從而PD＝2a，進(jìn)而得出F是AB的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，進(jìn)一步得出結(jié)果．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠CDP＝90°，
∵DF⊥CE，
∴∠CPD＝90°，
∴∠DCE+∠CDP＝90°，
∴∠ADF＝∠DCE，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DF＝CE；
（2）解：①由（1）得：△ADF≌△DCE，
∴AF＝DE，
∵點(diǎn)D是AD的中點(diǎn)，
∴DE＝AD＝，
∴AF＝，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴△ADF∽△BGF，△ADH∽△CGH，△DEP∽△GCP，
∴，，，
∴，，
∴；
②如圖，
作HM⊥BC于M，作HN⊥AB，
可得：AN＝NH＝BM，HM＝BN，NH∥BC，BF∥HM，
∴△NHF∽△BGF，
∴＝＝，
設(shè)AN＝NH＝BM＝x，NF＝y(tǒng)，
∴BG＝3x，BF＝3y，
∴CM＝HM＝BN＝NF+BF＝4y，
DE＝AF＝AN+NF＝x+y，
∴CG＝BG+BM+CM＝3x+x+4y＝4x+4y，
由①知：△DEP∽△GCP，
∴，
設(shè)PE＝a，則PC＝4a，
由射影定理得：PD2＝PE?PC＝4a2，
∴PD＝2a，
∴tan∠ADN＝，
∵AD＝AB，
∴，
∴F是AB的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，
由①知：DF＝FG＝3，PH＝DH，
∴DH＝DF﹣FH＝3，
∴PH＝．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是弄清比例之間的數(shù)量關(guān)系．
考點(diǎn)7：解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用（10年10考，5~10分）
一．選擇題（共5小題）
1．（2023?亳州模擬）計(jì)算2sin30°的值（ ）
A．3B．1C．D．
【分析】根據(jù)特殊角的正弦值解決此題．
【解答】解：2sin30°＝2×＝1．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查特殊角的正弦值，熟練掌握特殊角的正弦值是解決本題的關(guān)鍵．
2．（2023?長(zhǎng)豐縣模擬）如圖，在網(wǎng)格中小正方形的邊長(zhǎng)均為1，△ABC的頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上，則sin∠ABC等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】先利用勾股定理求出三角形三邊長(zhǎng)，再利用勾股定理逆定理判定三角形ABC是直角三角形，最后根據(jù)三角函數(shù)定義即可求解．
【解答】解：∵小正方形的邊長(zhǎng)均為1，
∴AC2＝5，BC2＝20，AB2＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴sin∠ABC＝＝．
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理和勾股定理的逆定理，解題關(guān)鍵是熟練掌握兩個(gè)定理．
3．（2023?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D和點(diǎn)E分別是BC和AB上的點(diǎn)，已知DE⊥AB，，AC＝8，CD＝2，則DE的長(zhǎng)為（ ）
A．3.2B．4C．4.5D．4.8
【分析】先在Rt△ABC中根據(jù)正弦的定義和勾股定理可得AB＝10、BC＝6，進(jìn)而得到BD＝4，最后根據(jù)DE⊥AB運(yùn)用正弦的定義即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，
∴，即，
解得AB＝10，
∴，
∵CD＝2，
∴BD＝BC﹣CD＝4，
∵DE⊥AB，
∴，即，
解得DE＝3.2．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦的定義、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用正弦的定義成為解答本題的關(guān)鍵．
4．（2023?無(wú)為市一模）如圖，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)A、B、C均在格點(diǎn)上，則sinB的值是（ ）
A．1B．C．D．
【分析】過A作AD⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于D．在Rt△ABD中，根據(jù)正弦函數(shù)的定義即可得答案．
【解答】解：如圖，過A作AD⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于D．
在Rt△ABD中，
∵BD＝4，AD＝3，
∴AB＝＝＝5，
∴sinB＝＝，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查銳角三角函數(shù)，勾股定理，解題關(guān)鍵是構(gòu)造以∠B為銳角的直角三角形．
5．（2023?東至縣一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B分別在x軸負(fù)半軸和y軸正半軸上，點(diǎn)C在OB上，OC：OB＝1：3，連接AC，過點(diǎn)O作OP∥AB交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P．若P（1，1），則tan∠ACO的值是（ ）
A．B．3C．D．2
【分析】根據(jù)OP∥AB，證明出△OCP∽△BCA，結(jié)合OC：OB＝1：3得到CP：AC＝OC：BC＝1：2，過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于點(diǎn)Q，根據(jù)∠AOC＝∠AQP＝90°，得到CO∥PQ，根據(jù)平行線分線段成比例定理得到OQ：AO＝CP：AC＝1：2，根據(jù)P（1，1），得到PQ＝OQ＝1，得到AO＝2，則可求得AQ＝3，根據(jù)正切的定義即可得到tan∠APQ的值，從而可求tan∠ACO的值．
【解答】解：∵OP∥AB，
∴△OCP∽△BCA，
∴，
∵OC：OB＝1：3，
∴，
∴，
過點(diǎn)P作PQ⊥x軸于點(diǎn)Q，如圖，
∴∠AOC＝∠AQP＝90°，
∴CO∥PQ，
∴OQ：AO＝CP：AC＝1：2，∠ACO＝∠APQ，
∵P（1，1），
∴PQ＝OQ＝1，
∴AO＝2OQ＝2，
∴AQ＝3，
∴tan∠APQ＝＝3，
∴tan∠ACO＝tan∠APQ＝3．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形，坐標(biāo)與圖形，根據(jù)平行線分線段成比例定理得到OQ：AO＝CP：AC＝1：2是解題的關(guān)鍵．
二．填空題（共2小題）
6．（2023?合肥一模）一斜坡的坡角是60°，則此斜坡的坡度為 ：1 ．
【分析】直接利用坡度的定義得出答案．
【解答】解：∵一斜坡的坡角是60°，
∴此斜坡的坡度為：tan60°＝，即為：：1．
故答案為：：1．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，正確掌握坡度的定義是解題關(guān)鍵．
7．（2023?亳州模擬）如圖，已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上，則csC＝ ．
【分析】作△ABC的高AH．利用勾股定理求出AC，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，作△ABC的高AH，
∵∠H＝90°，AH＝2，CH＝4，
∴AC＝＝，
∴csC＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．
三．解答題（共8小題）
8．（2023?包河區(qū)一模）數(shù)學(xué)測(cè)繪社團(tuán)欲測(cè)算平臺(tái)DB上旗桿的拉繩AC的長(zhǎng)．從旗桿AB的頂端A拉直繩子，繩子末端正好與斜坡CD的底部C重合，此時(shí)拉繩AC與水平線CN所成的夾角∠ACN＝53°，已知斜坡CD的高DN＝4米，坡比為1：2.5（即DN：CN＝1：2.5），DB＝6米，求拉繩AC的長(zhǎng)．（結(jié)果保留1位小數(shù)，參考數(shù)據(jù)：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33）
【分析】延長(zhǎng)AB交CN于E，則四邊形DBEN為矩形，那么NE＝DB＝6米．解Rt△CDN，求出CN＝10米，得出CE＝CN+NE＝16米．解Rt△ACE，即可求出拉繩AC的長(zhǎng)．
【解答】解：如圖，延長(zhǎng)AB交CN于E，則四邊形DBEN為矩形，
∴NE＝DB＝6米．
∵斜坡CD的高DN＝4米，坡比為1：2.5（即DN：CN＝1：2.5），
∴CN＝10米，
∴CE＝CN+NE＝16米．
在Rt△ACE中，∵∠AEC＝90°，CE＝16米，∠ACE＝53°，
∴AC＝≈≈26.7（米）．
故拉繩AC的長(zhǎng)約為26.7米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用﹣坡度坡角問題，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
9．（2023?滁州二模）如圖，在修建公路AD時(shí)，需要挖掘一段隧道BC，已知點(diǎn)A、B、C、D在同一直線上，CE⊥AD，∠ABE＝143°，BE＝1500米；
（1）求隧道兩端B、C之間的距離（精確到個(gè)位）；
（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）．
（2）原計(jì)劃單向開挖，但為了加快施工進(jìn)度，從B、C兩端同時(shí)相向開挖，這樣每天的工作效率提高了20%，結(jié)果提前2天完工．問原計(jì)劃單向開挖每天挖多少米？
【分析】（1）求出∠EBC的度數(shù)，再根據(jù)銳角三角函數(shù)直接進(jìn)行計(jì)算即可；
（2）設(shè)未知數(shù)，列方程求解即可．
【解答】解：（1）∵CE⊥BC，∠ABE＝143°，
∴∠EBC＝180°﹣143°＝37°，
在Rt△BCE中，∠EBC＝37°，BE＝1500，
∴BC＝cs37°?BE≈1200（米），
答：隧道兩端B、C之間的距離約為1200米；
（2）設(shè)有原計(jì)劃每天開挖x米，則實(shí)際每天開挖（1+20%）x米，由題意得，
﹣＝2，
解得x＝100，
經(jīng)檢驗(yàn)，x＝100是原方程的解，
答：原計(jì)劃單向開挖每天挖100米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形的應(yīng)用以及分式方程的應(yīng)用，掌握直角三角形的邊角關(guān)系以及分式方程的應(yīng)用是正確解答的前提．
10．（2023?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）周末爬大蜀山，是合肥市民周末娛樂休閑、鍛煉身體的方式之一，如圖，某個(gè)周末小張同學(xué)從大蜀山西坡沿坡角為37°的山坡爬了280米，到達(dá)點(diǎn)E處，緊接著沿坡角為45°的山坡又爬了160米，到達(dá)山頂A處；請(qǐng)你計(jì)算大蜀山的高度．（結(jié)果精確到個(gè)位，參考數(shù)據(jù)：，，sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【分析】過點(diǎn)A作AD⊥BC于D，過點(diǎn)E作EF⊥AD于F，EG⊥BC于G，根據(jù)正弦的定義可以分別求出AF和EG的長(zhǎng)，然后結(jié)合矩形的對(duì)邊相等即可得到答案．
【解答】解：過點(diǎn)A作AD⊥BC于D，過點(diǎn)E作EF⊥AD于F，EG⊥BC于G，則四邊形EGDF為矩形，
∴EG＝FD，
在Rt△AEF中，，
則（米），
在Rt△EBG中，，
則EG＝BE?sinB≈280×0.6＝168（米），
∴AD＝AF+EG＝113.12+168＝281.12≈281（米），
答：大蜀山的高度約為281米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用中的坡度坡角問題，將坡度坡角與三角函數(shù)的定義結(jié)合并熟練掌握銳角三角函數(shù)的計(jì)算是解題的關(guān)鍵．
11．（2023?安慶模擬）備受矚目的卡塔爾世界杯掀起了全民足球運(yùn)動(dòng)的熱潮．如圖為某中學(xué)的矩形足球場(chǎng)的一部分，點(diǎn)A、B為球門邊框（不考慮球門的高度）的兩個(gè)端點(diǎn)，AB＝6米，CD⊥AB于點(diǎn)D．某學(xué)生沿CD向球門AB進(jìn)攻，在Q點(diǎn)起腳射門，此時(shí)射門角∠AQB＝36°，∠QAB＝27°．求射門點(diǎn)Q到球門AB的距離QD的長(zhǎng)度．（結(jié)果保留整數(shù)）（參考數(shù)據(jù)：sin27°≈0.45，cs27°≈0.90，tan27°≈0.51，sin36°≈0.59，cs36°≈0.81，tan36°≈0.73）
【分析】由∠AQB＝36°，∠QAB＝27°，得出∠DBQ＝63°，又因?yàn)镃D⊥AB，得出∠DQB＝27°，設(shè)QD＝x米，在Rt△DBQ中，根據(jù)三角函數(shù)得出BD的長(zhǎng)，在Rt△DAQ中，根據(jù)三角函數(shù)得出AD的長(zhǎng)，又因?yàn)锳B+BD＝AD，AB＝6米，得出
6+0.51x＝1.96x，得出x的值即為所求．
【解答】解：∵∠AQB＝36°，∠QAB＝27°，
∴∠DBQ＝∠AQB+∠QAB＝63°，
又CD⊥AB，
∴∠DQB＝27°，
設(shè)QD＝x米，
在Rt△DBQ中，，
∴BD＝DQ?tan∠DQB＝DQ?tan27°≈0.51x（米），
在Rt△DAQ中，，
∴（米），
又AB+BD＝AD，AB＝6米，
∴6+0.51x＝1.96x，
解得x≈4，即QD＝4米，
答：射門點(diǎn)Q到球門AB的距離QD的長(zhǎng)度為4米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，掌握相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
12．（2023?蚌山區(qū)校級(jí)二模）如圖，山的南北兩面分別有兩條索道AP和BP，索道AP的底端A與山腳C的距離為400米，在A和C處分別測(cè)得山頂P的仰角∠PAB＝37°，∠PCB＝45°，在山的另一面B處測(cè)得山頂P的仰角∠PBC＝53°．分別求兩條索道AP和BP的長(zhǎng)．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，tan37°≈0.75，sin53°≈0.80，tan53°≈1.33）
【分析】過點(diǎn)P作PD⊥AB于點(diǎn)D，在Rt△ADP，Rt△PCD中，分別求得AD，CD，根據(jù)AC＝400，求得PD，進(jìn)而在Rt△ADP，Rt△PCD中，求得AP＝2000米，BP＝1596米．
【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)P作PD⊥AB于點(diǎn)D，
在Rt△ADP中，，
在Rt△PCD中，，
∵AC＝400，
∴AD﹣CD＝400，即，
解得：PD＝1200，
在Rt△PAD中，PA＝＝≈＝2000（米），
在Rt△PBD中，PB＝≈＝1500（米）
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握三角函數(shù)關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
13．（2023?長(zhǎng)豐縣二模）安徽浮山是中國(guó)第一文山，爬山是居民周末娛樂休閑、鍛煉身體的方式之一．如圖，某個(gè)周末小明同學(xué)從浮山山底沿斜坡AB爬了260米到達(dá)B處，緊接著又向上爬了坡角為45°的山坡90米，最后到達(dá)山頂P處，若AB的坡度為1：2.4，請(qǐng)你計(jì)算浮山的高度PC（結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：）．
【分析】過點(diǎn)B作BE⊥AC于點(diǎn)E，結(jié)合坡度比以及AB的長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理列方程求出DC的長(zhǎng)，再根據(jù)∠PBD＝45°解直角三角形求出PD的長(zhǎng)，最后相加即可．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)B作BE⊥AC于點(diǎn)E，則四邊形DCEB為矩形，
∴DC＝BE，
∵AB的坡度為1：2.4，AB＝260米，
∴設(shè)BE＝5x（米），則AE＝12x（米），
在Rt△ABE中，，
解得x＝20，
則BE＝20×5＝100（米），
在Rt△PBD中，∠PBD＝45°，PB＝90米，
∴（米），
∴PC＝PD+DC＝163.6米，
答：浮山的高度PC約為163.6米．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查坡度的概念以及解直角三角形，熟練掌握坡度的概念并能夠利用勾股定理列方程，運(yùn)用三角函數(shù)值解直角三角形是解決本題的關(guān)鍵．
14．（2023?合肥二模）某滑雪場(chǎng)建造了全省最長(zhǎng)的一條滑雪道，其對(duì)外宣傳說，此雪道AB的長(zhǎng)度超過500米，春節(jié)期間，某校“綜合與實(shí)踐”活動(dòng)小組的同學(xué)利用無(wú)人機(jī)，根據(jù)自己的所學(xué)知識(shí)，設(shè)計(jì)了如下測(cè)量方案：無(wú)人機(jī)在距地面高度為450米的點(diǎn)P處測(cè)得滑雪道起點(diǎn)B處的俯角為22°，測(cè)得滑雪道的終點(diǎn)A處的俯角為50°（即∠CPA＝50°），沿水平方向由點(diǎn)P飛行525米到達(dá)點(diǎn)C處，此時(shí)測(cè)得起點(diǎn)B處的俯角為45°，其中P、A、B、C均在同一豎直平面內(nèi)，根據(jù)以上數(shù)據(jù)，該滑雪場(chǎng)的宣傳是否屬實(shí)，請(qǐng)說明理由．
（參考數(shù)據(jù)sin50°≈0.77，sin22°≈0.37，tan50°≈1.2，tan22°≈0.4）
【分析】過點(diǎn)B作地面的垂線，垂足為E，交直線PC于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作地面的垂線，垂足為F，則四邊形PDEF為矩形，設(shè)BD＝DC＝x，則PD＝525+x，在Rt△PDB中，利用正切函數(shù)求得x＝350，PD＝875米，在Rt△PAF中，利用正切函數(shù)求得AF＝375米，據(jù)此求解即可解答．
【解答】解：滑雪場(chǎng)的宣傳屬實(shí)，理由如下，
如圖，過點(diǎn)B作地面的垂線，垂足為E，交直線PC于點(diǎn)D，過點(diǎn)P作地面的垂線，垂足為F，則四邊形PDEF為矩形，
∵∠DCB＝45°，
∴△DBC是等腰直角三角形，
∴設(shè)BD＝DC＝x，則PD＝525+x，
在Rt△PDB中，∠DPB＝22°，
∴，即，
解得x＝350，
∴PD＝875米，
在Rt△PAF中，∠PAF＝∠CPA＝50°，PF＝450米，
∴，即，
解得AF＝375米，
∴AE＝EF﹣AF＝PD﹣AF＝875﹣375＝500米，
∴AB＞AE＝500，
∴滑雪場(chǎng)的宣傳屬實(shí)．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題，等腰三角形的判定，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
15．（2023?太湖縣一模）如圖是某段河道的坡面橫截面示意圖，從點(diǎn)A到點(diǎn)B，從點(diǎn)B到點(diǎn)C是兩段不同坡度的坡路，CM是一段水平路段．為改建成河道公園，改善居民生活環(huán)境．決定按照AB的坡度降低坡面BC的坡度，得到新的山坡AD，經(jīng)測(cè)量獲得如下數(shù)據(jù)：CM與水平面AN的距離為12m，坡面AB的長(zhǎng)為10m，∠BAN＝15°，坡面BC與水平面的夾角為31°．降低BC坡度后，A，B，D三點(diǎn)在同一條直線上，即∠DAN＝15°．為確定施工點(diǎn)D的位置，試求坡面AD和CD的長(zhǎng)度．（參考數(shù)據(jù)：sin15°≈0.26，cs15°≈0.97，tan15°≈0.27，sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60，結(jié)果精確到0.1m）
【分析】過點(diǎn)B作BE⊥AN于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AN于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CG⊥AN于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥CG于點(diǎn)H，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BE＝HG，EG＝BH，CD＝GF，CG＝DF，求得CH＝DF﹣BE，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)B作BE⊥AN于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AN于點(diǎn)F，過點(diǎn)C作CG⊥AN于點(diǎn)G，過點(diǎn)B作BH⊥CG于點(diǎn)H，
，
則四邊形CDFG和四邊形BEGH都是菱形，
∴BE＝HG，EG＝BH，CD＝GF，CG＝DF，
∴CH＝DF﹣BE，
根據(jù)題意知，DF＝12m，AB＝10m，
在Rt△ABE中，∠BAE＝15°，sin∠BAE＝，cs∠BAE＝，
∴BE＝AB?sin∠BAE＝AB?sin15°≈10×0.26＝2.6（m），AE＝AB?cs∠BAE＝AB?cs15°≈10×0.97＝9.7（m），
在Rt△ADF中，∠DAF＝15°，sin∠DAF＝，tan∠DAF＝，
∴AD＝≈46.2（m），AF＝≈44.4（m），
∴CH＝DF﹣BE＝12﹣2.6＝9.4（m），
在Rt△BCH中，∠CBH＝31°，tan，
∴BH＝13.8（m），
∴CD＝GF＝AF﹣AE﹣EG＝AF﹣AE﹣BH≈44.4﹣9.7﹣13.8＝20.9（m），
答：坡面AD的長(zhǎng)約為46.2m，CD的長(zhǎng)約為20.9m．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，熟練掌握銳角三角函數(shù)以及正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
【安徽實(shí)戰(zhàn)真題練】
一．選擇題（共4小題）
1．（2021?安徽）兩個(gè)直角三角板如圖擺放，其中∠BAC＝∠EDF＝90°，∠E＝45°，∠C＝30°，AB與DF交于點(diǎn)M．若BC∥EF，則∠BMD的大小為（ ）
A．60°B．67.5°C．75°D．82.5°
【分析】首先根據(jù)直角三角形兩銳角互余可算出∠F和∠B的度數(shù)，再由“兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等”，可求出∠MDB的度數(shù)，在△BMD中，利用三角形內(nèi)角和可求出∠BMD的度數(shù)．
【解答】解：如圖，
在△ABC和△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠E＝45°，∠C＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠C＝60°，
∠F＝90°﹣∠E＝45°，
∵BC∥EF，
∴∠MDB＝∠F＝45°，
在△BMD中，∠BMD＝180°﹣∠B﹣∠MDB＝75°．
故選：C．法二、∵BC∥EF，∴∠EAC＝∠C＝30°，則∠MAE＝120°，在四邊形AMDE中，∠AMD＝360°﹣120°﹣90°﹣45°＝105，∴∠BMD＝180﹣∠AMD＝75°．故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查三角形內(nèi)角和，平行線的性質(zhì)等內(nèi)容，根據(jù)圖形，結(jié)合定理求出每個(gè)角的度數(shù)是解題關(guān)鍵．
2．（2020?安徽）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D在AC上，∠DBC＝∠A．若AC＝4，csA＝，則BD的長(zhǎng)度為（ ）
A．B．C．D．4
【分析】在△ABC中，由銳角三角函數(shù)求得AB，再由勾股定理求得BC，最后在△BCD中由銳角三角函數(shù)求得BD．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝4，csA＝，
∴AB＝，
∴，
∵∠DBC＝∠A．
∴cs∠DBC＝cs∠A＝，
∴，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勾股定理，解直角三角形的應(yīng)用，關(guān)鍵是解直角三角形．
3．（2022?安徽）已知點(diǎn)O是邊長(zhǎng)為6的等邊△ABC的中心，點(diǎn)P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，則線段OP長(zhǎng)的最小值是（ ）
A．B．C．3D．
【分析】如圖，不妨假設(shè)點(diǎn)P在AB的左側(cè)，證明△PAB的面積是定值，過點(diǎn)P作AB的平行線PM，連接CO并延長(zhǎng)CO交AB于點(diǎn)R，交PM于點(diǎn)T．因?yàn)椤鱌AB的面積是定值，推出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線PM，求出OT的值，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，不妨假設(shè)點(diǎn)P在AB的左側(cè)，
∵S△PAB+S△ABC＝S△PBC+S△PAC，
∴S1+S0＝S2+S3，
∵S1+S2+S3＝2S0，
∴S1+S1+S0＝2，
∴S1＝S0，
∵△ABC是等邊三角形，邊長(zhǎng)為6，
∴S0＝×62＝9，
∴S1＝，
過點(diǎn)P作AB的平行線PM，連接CO延長(zhǎng)CO交AB于點(diǎn)R，交PM于點(diǎn)T．
∵△PAB的面積是定值，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是直線PM，
∵O是△ABC的中心，
∴CT⊥AB，CT⊥PM，
∴?AB?RT＝，CR＝3，OR＝，
∴RT＝，
∴OT＝OR+TR＝，
∵OP≥OT，
∴OP的最小值為，
當(dāng)點(diǎn)P在②區(qū)域時(shí)，同法可得OP的最小值為，
如圖，當(dāng)點(diǎn)P在①③⑤區(qū)域時(shí)，OP的最小值為，當(dāng)點(diǎn)P在②④⑥區(qū)域時(shí)，最小值為，
∵＜，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是證明△PAB的面積是定值．
4．（2021?安徽）在△ABC中，∠ACB＝90°，分別過點(diǎn)B，C作∠BAC平分線的垂線，垂足分別為點(diǎn)D，E，BC的中點(diǎn)是M，連接CD，MD，ME．則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A．CD＝2MEB．ME∥ABC．BD＝CDD．ME＝MD
【分析】根據(jù)題意作出圖形，可知點(diǎn)A，C，D，B四點(diǎn)共圓，再結(jié)合點(diǎn)M是中點(diǎn)，可得DM⊥BC，又CE⊥AD，BD⊥AD，可得△CEM≌△BFM，可得EM＝FM＝DM，延長(zhǎng)DM交AB于點(diǎn)N，可得MN是△ACB的中位線，再結(jié)合直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，可得DN＝AN，得到角之間的關(guān)系，可得ME∥AB．
【解答】解：根據(jù)題意可作出圖形，如圖，延長(zhǎng)EM交BD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)DM交AB于點(diǎn)N，
在△ABC中，∠ACB＝90°，分別過點(diǎn)B，C作∠BAC平分線的垂線，垂足分別為點(diǎn)D，E，
由此可得點(diǎn)A，C，D，B四點(diǎn)共圓，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴CD＝DB，（故選項(xiàng)C正確）
∵點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，
∴DM⊥BC，
又∵∠ACB＝90°，
∴AC∥DN，
∴點(diǎn)N是線段AB的中點(diǎn)，
∴AN＝DN，
∴∠DAB＝∠ADN，
∵CE⊥AD，BD⊥AD，
∴CE∥BD，
∴∠ECM＝∠FBM，∠CEM＝∠BFM，
∵點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，
∴CM＝BM，
∴△CEM≌△BFM（AAS），
∴EM＝FM，∠CEM＝∠BFM，
∴點(diǎn)M是EF的中點(diǎn)，
∵∠EDF＝∠CED＝90°，
∴EM＝FM＝DM（故選項(xiàng)D正確），
∴∠DEM＝∠MDE＝∠DAB，
∴EM∥AB（故選項(xiàng)B正確），
綜上，可知選項(xiàng)A的結(jié)論不正確．
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，中位線定理，全等三角形的性質(zhì)與判定等，根據(jù)題中條件，作出正確的輔助線是解題關(guān)鍵．
二．填空題（共2小題）
5．（2016?安徽）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝10，點(diǎn)E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點(diǎn)C恰落在邊AD上的點(diǎn)F處；點(diǎn)G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點(diǎn)A恰落在線段BF上的點(diǎn)H處，有下列結(jié)論：
①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝S△FGH；④AG+DF＝FG．
其中正確的是 ①③④ ．（把所有正確結(jié)論的序號(hào)都選上）
【分析】由折疊性質(zhì)得∠1＝∠2，CE＝FE，BF＝BC＝10，則在Rt△ABF中利用勾股定理可計(jì)算出AF＝8，所以DF＝AD﹣AF＝2，設(shè)EF＝x，則CE＝x，DE＝CD﹣CE＝6﹣x，在Rt△DEF中利用勾股定理得（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，即ED＝；再利用折疊性質(zhì)得∠3＝∠4，BH＝BA＝6，AG＝HG，易得∠2+∠3＝45°，于是可對(duì)①進(jìn)行判斷；設(shè)AG＝y(tǒng)，則GH＝y(tǒng)，GF＝8﹣y，在Rt△HGF中利用勾股定理得到y(tǒng)2+42＝（8﹣y）2，解得y＝3，則AG＝GH＝3，GF＝5，由于∠A＝∠D和≠，可判斷△ABG與△DEF不相似，則可對(duì)②進(jìn)行判斷；根據(jù)三角形面積公式可對(duì)③進(jìn)行判斷；利用AG＝3，GF＝5，DF＝2可對(duì)④進(jìn)行判斷．
【解答】解：∵△BCE沿BE折疊，點(diǎn)C恰落在邊AD上的點(diǎn)F處，
∴∠1＝∠2，CE＝FE，BF＝BC＝10，
在Rt△ABF中，∵AB＝6，BF＝10，
∴AF＝＝8，
∴DF＝AD﹣AF＝10﹣8＝2，
設(shè)EF＝x，則CE＝x，DE＝CD﹣CE＝6﹣x，
在Rt△DEF中，∵DE2+DF2＝EF2，
∴（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，
∴ED＝，
∵△ABG沿BG折疊，點(diǎn)A恰落在線段BF上的點(diǎn)H處，
∴∠3＝∠4，BH＝BA＝6，AG＝HG，
∴∠2+∠3＝∠ABC＝45°，所以①正確；
HF＝BF﹣BH＝10﹣6＝4，
設(shè)AG＝y(tǒng)，則GH＝y(tǒng)，GF＝8﹣y，
在Rt△HGF中，∵GH2+HF2＝GF2，
∴y2+42＝（8﹣y）2，解得y＝3，
∴AG＝GH＝3，GF＝5，
∵∠A＝∠D，＝＝，＝，
∴≠，
∴△ABG與△DEF不相似，所以②錯(cuò)誤；
∵S△ABG＝?6?3＝9，S△FGH＝?GH?HF＝×3×4＝6，
∴S△ABG＝S△FGH，所以③正確；
∵AG+DF＝3+2＝5，而GF＝5，
∴AG+DF＝GF，所以④正確．
故答案為①③④．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似形綜合題：熟練掌握折疊和矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定方法；會(huì)運(yùn)用勾股定理計(jì)算線段的長(zhǎng)．
6．（2018?安徽）矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．點(diǎn)P在矩形ABCD的內(nèi)部，點(diǎn)E在邊BC上，滿足△PBE∽△DBC，若△APD是等腰三角形，則PE的長(zhǎng)為 或3 ．
【分析】根據(jù)勾股定理求出BD，分PD＝DA、P′D＝P′A兩種情況，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算．
【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝＝10，
當(dāng)PD＝DA＝8時(shí)，BP＝BD﹣PD＝2，
∵△PBE∽△DBC，
∴＝，即＝，
解得，PE＝，
當(dāng)P′D＝P′A時(shí)，點(diǎn)P′為BD的中點(diǎn)，
∴P′E′＝CD＝3，
故答案為：或3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是相似三角形的性質(zhì)、勾股定理和矩形的性質(zhì)，掌握相似三角形的性質(zhì)定理、靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．
三．解答題（共10小題）
7．（2018?安徽）如圖，在由邊長(zhǎng)為1個(gè)單位長(zhǎng)度的小正方形組成的10×10網(wǎng)格中，已知點(diǎn)O，A，B均為網(wǎng)格線的交點(diǎn)．
（1）在給定的網(wǎng)格中，以點(diǎn)O為位似中心，將線段AB放大為原來(lái)的2倍，得到線段A1B1（點(diǎn)A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A1，B1），畫出線段A1B1；
（2）將線段A1B1繞點(diǎn)B1逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段A2B1，畫出線段A2B1；
（3）以A，A1，B1，A2為頂點(diǎn)的四邊形AA1B1A2的面積是 20 個(gè)平方單位．
【分析】（1）以點(diǎn)O為位似中心，將線段AB放大為原來(lái)的2倍，即可畫出線段A1B1；
（2）將線段A1B1繞點(diǎn)B1逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段A2B1，即可畫出線段A2B1；
（3）連接AA2，即可得到四邊形AA1B1A2為正方形，進(jìn)而得出其面積．
【解答】解：（1）如圖所示，線段A1B1即為所求；
（2）如圖所示，線段A2B1即為所求；
（3）由圖可得，四邊形AA1B1A2為正方形，
∴四邊形AA1B1A2的面積是（）2＝（）2＝20．
故答案為：20．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了位似變換以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)的運(yùn)用，利用相似變換的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置是解題關(guān)鍵．
8．（2014?安徽）如圖，在邊長(zhǎng)為1個(gè)單位長(zhǎng)度的小正方形組成的網(wǎng)格中，給出了格點(diǎn)△ABC（頂點(diǎn)是網(wǎng)格線的交點(diǎn)）．
（1）將△ABC向上平移3個(gè)單位得到△A1B1C1，請(qǐng)畫出△A1B1C1；
（2）請(qǐng)畫一個(gè)格點(diǎn)△A2B2C2，使△A2B2C2∽△ABC，且相似比不為1．
【分析】（1）利用平移的性質(zhì)得出對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置，進(jìn)而得出答案；
（2）利用相似圖形的性質(zhì)，將各邊擴(kuò)大2倍，進(jìn)而得出答案．
【解答】解：（1）如圖所示：△A1B1C1即為所求；
（2）如圖所示：△A2B2C2即為所求．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了相似變換和平移變換，得出變換后圖形對(duì)應(yīng)點(diǎn)位置是解題關(guān)鍵．
9．（2019?安徽）筒車是我國(guó)古代發(fā)明的一種水利灌溉工具．如圖1，明朝科學(xué)家徐光啟在《農(nóng)政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理．如圖2，筒車盛水桶的運(yùn)行軌道是以軸心O為圓心的圓．已知圓心在水面上方，且圓被水面截得的弦AB長(zhǎng)為6米，∠OAB＝41.3°，若點(diǎn)C為運(yùn)行軌道的最高點(diǎn)（C，O的連線垂直于AB），求點(diǎn)C到弦AB所在直線的距離．
（參考數(shù)據(jù)：sin41.3°≈0.66，cs41.3°≈0.75，tan41.3°≈0.88）
【分析】連接CO并延長(zhǎng)，與AB交于點(diǎn)D，由CD與AB垂直，利用垂徑定理得到D為AB的中點(diǎn)，在直角三角形AOD中，利用銳角三角函數(shù)定義求出OA，進(jìn)而求出OD，由CO+OD求出CD的長(zhǎng)即可．
【解答】解：連接CO并延長(zhǎng)，與AB交于點(diǎn)D，
∵CD⊥AB，∴AD＝BD＝AB＝3（米），
在Rt△AOD中，∠OAD＝41.3°，
∴cs41.3°＝，即OA＝＝＝4（米），
tan41.3°＝，即OD＝AD?tan41.3°＝3×0.88＝2.64（米），
則CD＝CO+OD＝4+2.64＝6.64（米）．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了解直角三角形的應(yīng)用，垂徑定理，以及圓周角定理，熟練掌握各自的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
10．（2017?安徽）如圖，游客在點(diǎn)A處坐纜車出發(fā)，沿A﹣B﹣D的路線可至山頂D處，假設(shè)AB和BD都是直線段，且AB＝BD＝600m，α＝75°，β＝45°，求DE的長(zhǎng)．
（參考數(shù)據(jù)：sin75°≈0.97，cs75°≈0.26，≈1.41）
【分析】在Rt△ABC中，求出BC＝AB?cs75°≈600×0.26≈156m，在Rt△BDF中，求出DF＝BD?sin45°＝600×≈300×1.41≈423，由四邊形BCEF是矩形，可得EF＝BC，由此即可解決問題．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∵AB＝600m，∠ABC＝75°，
∴BC＝AB?cs75°≈600×0.26＝156（m），
在Rt△BDF中，∵∠DBF＝45°，
∴DF＝BD?sin45°＝600×≈300×1.41＝423（m），
∵四邊形BCEF是矩形，
∴EF＝BC＝156（m），
∴DE＝DF+EF＝423+156＝579（m）．
答：DE的長(zhǎng)為579m．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)、矩形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
11．（2020?安徽）如圖，山頂上有一個(gè)信號(hào)塔AC，已知信號(hào)塔高AC＝15米，在山腳下點(diǎn)B處測(cè)得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔頂A的仰角∠ABD＝42.0°，求山高CD（點(diǎn)A，C，D在同一條豎直線上）．
（參考數(shù)據(jù)：tan36.9°≈0.75，sin36.9°≈0.60，tan42.0°≈0.90．）
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義和直角三角形的性質(zhì)解答即可．
【解答】解：由題意，在Rt△ABD中，tan∠ABD＝，
∴tan42.0°＝≈0.9，
∴AD≈0.9BD，
在Rt△BCD中，tan∠CBD＝，
∴tan36.9°＝≈0.75，
∴CD≈0.75BD，
∵AC＝AD﹣CD，
∴15＝0.15BD，
∴BD＝100（米），
∴CD＝0.75BD＝75（米），
答：山高CD為75米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題，注意方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
12．（2022?安徽）如圖，為了測(cè)量河對(duì)岸A，B兩點(diǎn)間的距離，數(shù)學(xué)興趣小組在河岸南側(cè)選定觀測(cè)點(diǎn)C，測(cè)得A，B均在C的北偏東37°方向上，沿正東方向行走90米至觀測(cè)點(diǎn)D，測(cè)得A在D的正北方向，B在D的北偏西53°方向上．求A，B兩點(diǎn)間的距離．
參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75．
【分析】由三角形內(nèi)角和定理證得△CBD和△ABD是直角三角形，解直角三角形即可求出AB．
【解答】解：∵CE∥AD，
∴∠A＝∠ECA＝37°，
∴∠CBD＝∠A+∠ADB＝37°+53°＝90°，
∴∠ABD＝90°，
在Rt△BCD中，∠BDC＝90°﹣53°＝37°，CD＝90米，cs∠BDC＝，
∴BD＝CD?cs37°≈90×0.80＝72（米），
在Rt△ABD中，∠A＝37°，BD＝72米，tanA＝，
∴AB＝≈＝96（米）．
答：A，B兩點(diǎn)間的距離約96米．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，證得△CBD和△ABD是直角三角形是解決問題的關(guān)鍵．
13．（2019?安徽）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P為△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且∠APB＝∠BPC＝135°．
（1）求證：△PAB∽△PBC；
（2）求證：PA＝2PC；
（3）若點(diǎn)P到三角形的邊AB，BC，CA的距離分別為h1，h2，h3，求證h12＝h2?h3．
【分析】（1）利用等式的性質(zhì)判斷出∠PBC＝∠PAB，即可得出結(jié)論；
（2）由（1）的結(jié)論得出，進(jìn)而得出，即可得出結(jié)論；
（3）先作出兩個(gè)直角三角形，再判斷出Rt△AEP∽R(shí)t△CDP，得出，即h3＝2h2，再由△PAB∽△PBC，判斷出，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC
又∠APB＝135°，
∴∠PAB+∠PBA＝45°
∴∠PBC＝∠PAB
又∵∠APB＝∠BPC＝135°，
∴△PAB∽△PBC
（2）∵△PAB∽△PBC
∴
在Rt△ABC中，AC＝BC，
∴
∴
∴PA＝2PC
（3）如圖，過點(diǎn)P作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，PF⊥AB于點(diǎn)F，
∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3，
∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°
∴∠APC＝90°，
∴∠EAP+∠ACP＝90°，
又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°
∴∠EAP＝∠PCD，
∴Rt△AEP∽R(shí)t△CDP，
∴，即，
∴h3＝2h2
∵△PAB∽△PBC，
∴，
∴
∴．
即：h12＝h2?h3．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出∠EAP＝∠PCD是解本題的關(guān)鍵．
14．（2018?安徽）如圖，⊙O為銳角△ABC的外接圓，半徑為5．
（1）用尺規(guī)作圖作出∠BAC的平分線，并標(biāo)出它與劣弧的交點(diǎn)E（保留作圖痕跡，不寫作法）；
（2）若（1）中的點(diǎn)E到弦BC的距離為3，求弦CE的長(zhǎng)．
【分析】（1）利用基本作圖作AE平分∠BAC；
（2）連接OE交BC于F，連接OC、EC，如圖，根據(jù)圓周角定理得到＝，再根據(jù)垂徑定理得到OE⊥BC，則EF＝3，OF＝2，然后在Rt△OCF中利用勾股定理計(jì)算出CF＝，在Rt△CEF中利用勾股定理可計(jì)算出CE．
【解答】解：（1）如圖，AE為所作；
（2）連接OE交BC于F，連接OC、EC，如圖，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∴＝，
∴OE⊥BC，
∴EF＝3，
∴OF＝5﹣3＝2，
在Rt△OCF中，CF＝＝，
在Rt△CEF中，CE＝＝．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖：復(fù)雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進(jìn)行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了三角形的外心．
15．（2018?安徽）為了測(cè)量豎直旗桿AB的高度，某綜合實(shí)踐小組在地面D處豎直放置標(biāo)桿CD，并在地面上水平放置一個(gè)平面鏡E，使得B，E，D在同一水平線上，如圖所示．該小組在標(biāo)桿的F處通過平面鏡E恰好觀測(cè)到旗桿頂A（此時(shí)∠AEB＝∠FED），在F處測(cè)得旗桿頂A的仰角為39.3°，平面鏡E的俯角為45°，F(xiàn)D＝1.8米，問旗桿AB的高度約為多少米？（結(jié)果保留整數(shù)）（參考數(shù)據(jù)：tan39.3°≈0.82，tan84.3°≈10.02）
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠FED＝45°．解等腰直角△DEF，得出DE＝DF＝1.8米，EF＝DE＝米．證明∠AEF＝90°．解直角△AEF，求出AE＝EF?tan∠AFE≈18.036米．再解直角△ABE，即可求出AB＝AE?sin∠AEB≈18米．
【解答】解：由題意，可得∠FED＝45°．
在直角△DEF中，∵∠FDE＝90°，∠EFD＝45°，
∴DE＝DF＝1.8米，EF＝DE＝米．
∵∠AEB＝∠FED＝45°，
∴∠AEF＝180°﹣∠AEB﹣∠FED＝90°．
在直角△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠AFE＝39.3°+45°＝84.3°，
∴AE＝EF?tan∠AFE≈×10.02＝18.036（米）．
在直角△ABE中，∵∠ABE＝90°，∠AEB＝45°，
∴AB＝AE?sin∠AEB≈18.036×≈18（米）．
故旗桿AB的高度約為18米．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用﹣仰角俯角問題，平行線的性質(zhì)，掌握銳角三角函數(shù)的定義、仰角俯角的概念是解題的關(guān)鍵．
16．（2018?安徽）如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D為邊AC上一點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E．點(diǎn)M為BD中點(diǎn)，CM的延長(zhǎng)線交AB于點(diǎn)F．
（1）求證：CM＝EM；
（2）若∠BAC＝50°，求∠EMF的大小；
（3）如圖2，若△DAE≌△CEM，點(diǎn)N為CM的中點(diǎn)，求證：AN∥EM．
【分析】（1）利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)定理即可證明；
（2）利用四邊形內(nèi)角和定理求出∠CME即可解決問題；
（3）首先證明△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等邊三角形，設(shè)FM＝a，則AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，推出＝，＝，由此即可解決問題；
【解答】（1）證明：如圖1中，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝∠DCB＝90°，
∵DM＝MB，
∴CM＝DB，EM＝DB，
∴CM＝EM．
（2）解：∵∠AED＝90°，∠A＝50°，
∴∠ADE＝40°，∠CDE＝140°，
∵CM＝DM＝ME，
∴∠MCD＝∠MDC，∠MDE＝∠MED，
∴∠CME＝360°﹣2×140°＝80°，
∴∠EMF＝180°﹣∠CME＝100°．
（3）證明：如圖2中，設(shè)FM＝a．
∵△DAE≌△CEM，CM＝EM，
∴AE＝ED＝EM＝CM＝DM，∠AED＝∠CME＝90°
∴△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等邊三角形，
∴∠DEM＝60°，∠MEF＝30°，
∴AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，
∵CN＝NM，
∴MN＝a，
∴＝，＝，
∴＝，
∴EM∥AN．
（也可以連接AM利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)證明）
【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．

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