三年江苏中考数学模拟题分类汇总之三角形

这是一份三年江苏中考数学模拟题分类汇总之三角形，共38页。

A．AB＝36mB．MN∥ABC．MN=12CBD．CM=12AC
2．（2021•常熟市模拟）已知直线l1∥l2，将一块直角三角板ABC（其中∠A是30°，∠C是60°）按如图所示方式放置，若∠1＝84°，则∠2等于（ ）
A．56°B．64°C．66°D．76°
3．（2021•苏州模拟）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M、N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM＝（ ）
A．3B．4C．5D．6
4．（2022•无锡模拟）如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该方法运用了祖冲之的出入相补原理．若图中空白部分的面积是15，整个图形（连同空白部分）的面积是39，则大正方形的边长是（ ）
A．26B．33C．5D．42
5．（2022•江都区校级三模）如图，在9×5的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是∠ABC的平分线，则BD的长为（ ）
A．102B．10C．3102D．310
6．（2022•锡山区一模）如图，数轴上点A，B分别对应2，4，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C；以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是（ ）
A．42B．25C．5D．32
7．（2023•梁溪区模拟）如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝5cm，BC＝8cm，则AB边上的高为（ ）
A．2.4cmB．3cmC．4.8cmD．无法确定
8．（2023•盐都区一模）已知Rt△ACB≌Rt△DEF，其中∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，M、N分别为DF、AB的中点，将两个三角形按图①方式摆放，点F从点A开始沿AC方向平移至点E与点C重合结束（如图②），在整个平移过程中，MN的取值范围是（ ）
A．0＜MN＜52B．0≤MN≤5C．0≤MN≤52D．1≤MN≤52
二．填空题（共7小题）
9．（2021•海安市二模）如图，△ABC中，AB＝42，BC＝6，D为边BC上一点，∠CAD＝∠B＝45°，则BD＝ ．
10．（2021•海州区校级一模）如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 ．
11．（2021•高新区模拟）如图，已知l1∥l2∥l3，相邻两条平行直线间的距离相等．若等腰直角三角形ABC的直角顶点C在l1上，另两个顶点A、B分别在l3、l2上，则tanα的值是 ．
12．（2022•淮阴区模拟）将一副三角板按如图方式重叠，则∠1的度数为 ．
13．（2022•鼓楼区二模）在△ABC中，AB＝2，AC＝1，BC=3．若点P在△ABC内部（含边界）且∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，则所有满足条件的P组成的区域的面积为 ．
14．（2022•泗洪县一模）如图所示，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为 ．
15．（2023•仪征市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是AB，AC的中点，点F是AD的中点，EF＝2，则AB＝ ．
三．解答题（共7小题）
16．（2021•泰州二模）如图，已知：∠A＝∠D＝90°，AC＝DB，AC、DB相交于点O．
①求证：OB＝OC；
②若AC＝4，DO＝1，求BC的长度．
17．（2023•昆山市校级一模）如图，△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝AB，过点C作CE∥AB且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC、AB于点F、G．
（1）求证：△ABC≌△DCE；
（2）若∠B＝50°，∠D＝22°，求∠AFG的度数．
18．（2021•淮阴区校级模拟）【问题呈现】某学校的数学社团成员在学习时遇到这样一个题目：
如图1，在△ABC中，AB＞AC，AD平分∠BAC交BC于点D，点E在DC的延长线上，过E作EF∥AB交AC的延长线于点F，当BD：DE＝1时，试说明：AF+EF＝AB；
【方法探究】
社团成员在研究探讨后，提出了下面的思路：
在图1中，延长线段AD，交线段EF的延长线于点M，可以用AAS明△ABD≌△MED，从而得到EM＝AB…
（1）请接着完成剩下的说理过程；
【方法运用】
（2）在图1中，若BD：DE＝k，则线段AF、EF、AB之间的数量关系为 （用含k的式子表示，不需要证明）；
（3）如图2，若AB＝7，EF＝6，AF＝8，BE＝12，求出BD的长；
【拓展提升】
（4）如图3，若DE＝2BD，连接AE，已知AB＝9，tan∠DAF=12，AE＝217，且AF＞EF，则边EF的长＝ ．
19．（2022•邗江区二模）如图1，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝45°，∠ACB的角平分线交边AB于D点，BD=2，
（1）请求出AC的长；
（2）如图2，E为CD上的一个动点，AE⊥EF，AC⊥CF，EF交AC于G点，连接AF，当E点在CD间运动时，请判断EFAE的值是否为一个定值，如果是请求出具体的值，不是，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AE＝EC，请求出△EGC的面积．
20．（2022•天宁区校级二模）如图，已知AB＝DC，AB∥CD，E、F是AC上两点，且AF＝CE．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若∠BCE＝30°，∠CBE＝70°，求∠CFD的度数．
21．（2023•梁溪区二模）如图，点E在△ABC边AC上，AE＝BC，BC∥AD，∠CED＝∠BAD．
（1）求证：△ABC≌△DEA；
（2）若∠ACB＝30°，求∠BCD的度数．
22．（2023•丹徒区二模）如图1，在△ABC中，点D在边AB上，点P在边AC上，若满足∠BPD＝∠BAC，则称点P是点D的“和谐点”．
​
（1）如图2，∠BDP+∠BPC＝180°．
①求证：点P是点D的“和谐点”；
②在边AC上还存在某一点Q（不与点P重合），使得点Q也是点D的“和谐点”，请在图2中仅用圆规作图，找出点Q的位置，并写出证明过程．（保留作图痕迹）
（2）如图3，以点A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系，已知点B（6，0），C（2，4），点P在线段AC上，且点P是点D的“和谐点”．
①若AD＝1，求出点P的坐标；
②若满足条件的点P恰有2个，直接写出AD长的取值范围是 ．
江苏三年（2021-2023）中考数学模拟题分类汇总---三角形
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2021•高新区模拟）如图，A、B两地被池塘隔开，小康通过下列方法测出了A、B间的距离：先在AB外选一地点C，然后测出AC，BC的中点M、N，并测量出MN的长为18m，由此他就知道了A、B间的距离．下列有关他这次探究活动的结论中，错误的是（ ）
A．AB＝36mB．MN∥ABC．MN=12CBD．CM=12AC
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形．
【答案】C
【分析】根据三角形的中位线定理即可判断；
【解答】解：∵CM＝MA，CN＝NB，
∴MN∥AB，MN=12AB，
∵MN＝18m，
∴AB＝36m，
故A、B、D正确，
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的中位线定理在实际生活中的运用，锻炼了学生利用几何知识解答实际问题的能力．
2．（2021•常熟市模拟）已知直线l1∥l2，将一块直角三角板ABC（其中∠A是30°，∠C是60°）按如图所示方式放置，若∠1＝84°，则∠2等于（ ）
A．56°B．64°C．66°D．76°
【考点】三角形内角和定理；对顶角、邻补角；平行线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】利用三角形内角和定理及对顶角相等，可求出∠3的度数，再利用“两直线平行，内错角相等”，即可求出∠2的度数．
【解答】解：∵∠3+∠4+∠A＝180°，∠A＝30°，∠4＝∠1＝84°，
∴∠3＝180°﹣∠A﹣∠4＝180°﹣30°﹣84°＝66°．
又∵直线l1∥l2，
∴∠2＝∠3＝66°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形内角和定理、对顶角以及平行线的性质，牢记“三角形内角和是180°”及“两直线平行，内错角相等”是解题的关键．
3．（2021•苏州模拟）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M、N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM＝（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．
【答案】B
【分析】作PH⊥MN于H，根据等腰三角形的性质求出MH，根据直角三角形的性质求出OH，计算即可．
【解答】解：作PH⊥MN于H，
∵PM＝PN，
∴MH＝NH=12MN＝1，
∵∠AOB＝60°，
∴∠OPH＝30°，
∴OH=12OP＝5，
∴OM＝OH﹣MH＝4，
故选：B．
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
4．（2022•无锡模拟）如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该方法运用了祖冲之的出入相补原理．若图中空白部分的面积是15，整个图形（连同空白部分）的面积是39，则大正方形的边长是（ ）
A．26B．33C．5D．42
【考点】勾股定理的证明．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，根据题意列出方程组，即可求得．
【解答】解：设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，
根据题意得：c2−12ab×2=15c2+12ab×2=39，
解得：c2＝27，
解得：c＝33或﹣33（舍去），
故大正方形的边长为33，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
5．（2022•江都区校级三模）如图，在9×5的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是∠ABC的平分线，则BD的长为（ ）
A．102B．10C．3102D．310
【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】由勾股定理求出BC＝5，AC＝310，AB＝5，得出AB＝BC，由等腰三角形的性质得出BD⊥AC，AD＝CD，根据勾股定理可求出答案．
【解答】解：由题意可得，BC=32+42=5，AB＝5，AC=32+92=310，
∴AB＝BC，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴BD⊥AC，AD＝CD=12AC=3210，
∴BD=AB2−AD2=52−(3210)2=102，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
6．（2022•锡山区一模）如图，数轴上点A，B分别对应2，4，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C；以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是（ ）
A．42B．25C．5D．32
【考点】勾股定理；实数与数轴．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】直接利用勾股定理得出OC的长，进而得出答案．
【解答】解：由题意可得：OB＝4，BC＝2，
则OC=OB2+BC2=42+22=25，
故点M对应的数是：25．
故选：B．
【点评】此题主要考查了勾股定理，根据题意得出CO的长是解题关键．
7．（2023•梁溪区模拟）如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝5cm，BC＝8cm，则AB边上的高为（ ）
A．2.4cmB．3cmC．4.8cmD．无法确定
【考点】勾股定理；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质，可以得到BD的长，再根据勾股定理可以得到AD的长，然后根据等面积法即可求得AB边上的高．
【解答】解：作AD⊥BC于点D，作CE⊥BA交BA的延长线于点E，如图所示，
∵AB＝AC＝5cm，BC＝8cm，AD⊥BC，
∴BD＝CD＝4cm，
∴AD=AB2−BD2=52−42=3（cm），
∵S△ABC=BC⋅AD2=AB⋅CE2，
∴8×32=5CE2，
解得CE=245=4.8，
故选：C．
【点评】本题考查勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．（2023•盐都区一模）已知Rt△ACB≌Rt△DEF，其中∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，M、N分别为DF、AB的中点，将两个三角形按图①方式摆放，点F从点A开始沿AC方向平移至点E与点C重合结束（如图②），在整个平移过程中，MN的取值范围是（ ）
A．0＜MN＜52B．0≤MN≤5C．0≤MN≤52D．1≤MN≤52
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；平移的性质．
【专题】三角形；平移、旋转与对称．
【答案】D
【分析】先根据题意确定MN取得最大值和最小值时的位置，再综合应用中位线的性质即可解答．
【解答】解：如图①，连接BD，此时MN最大，
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=10
∵Rt△ACB≌Rt△DEF，
∴DA＝AB＝10，∠D＝∠BAC，∠E＝∠C＝90°，
∵∠D+∠DAE＝90°，
∴∠DAE+∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴BD=2AB＝102，
∵M、N分别为DF、AB的中点，
∴MN=12BD=52；
如图②，当MN∥BC时，MN最小，
延长MN交AC于点H，根据中位线的性质可得NH=12BC＝4，
MH=12ED＝3，
∴MN＝4﹣3＝1，
综上所述，MN的取值范围是1≤MN≤52．
故选：D．
【点评】本题考查中位线的性质，平移的性质和全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
二．填空题（共7小题）
9．（2021•海安市二模）如图，△ABC中，AB＝42，BC＝6，D为边BC上一点，∠CAD＝∠B＝45°，则BD＝ 83 ．
【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】83．
【分析】过A作AE⊥BC于E，∠B＝45°，三角形ABE是等腰直角三角形，求出BE＝4，CE＝2，由勾股定理求出AC2＝20，然后通过△CAD∽△CBA，得出AC2＝CD•BC，求出CD，然后根据线段之间的关系求出BD．
【解答】解：过A作AE⊥BC于E，
∵∠B＝45°，∠AEB＝90°，
∴BE＝AE＝AB•sin45°＝42×22=4，
∵BC＝6，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2，
在Rt△AEC中，
AC2＝AE2+CE2＝42+22＝20，
∵∠B＝∠CAD＝45°，∠C＝∠C，
∴△CAD∽△CBA，
∴CDAC=ACBC，
即AC2＝CD•BC，
∴6CD＝20，
CD=103，
∴BD＝BC﹣CD＝6−103=83，
故答案为：83．
【点评】本题主要考查勾股定理以及相似三角形的判定和性质，关键是对知识的掌握和运用．
10．（2021•海州区校级一模）如图，在△ABC中，AB＝BC＝6，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为 3或33或37 ．
【考点】勾股定理；等腰三角形的性质．
【专题】常规题型．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用分类讨论，当∠ABP＝90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC＝∠BOP＝60°，易得∠BPO＝30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；当∠APB＝90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO＝BO，易得△BOP为等边三角形，利用锐角三角函数可得AP的长；易得BP，利用勾股定理可得AP的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．
【解答】解：当∠APB＝90°时（如图1），
∵AO＝BO，
∴PO＝BO，
∵∠AOC＝60°，
∴∠BOP＝60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB＝BC＝6，
∴AP＝AB•sin60°＝6×32=33；
当∠ABP＝90°时（如图2），
∵∠AOC＝∠BOP＝60°，
∴∠BPO＝30°，
∴BP=OBtan30°=333=33，
在直角三角形ABP中，
AP=62+(33)2=37；
如图3，∵AO＝BO，∠APB＝90°，
∴PO＝AO，
∵∠AOC＝60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP＝AO＝3，
故答案为3或33或37．
【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形结合是解答此题的关键．
11．（2021•高新区模拟）如图，已知l1∥l2∥l3，相邻两条平行直线间的距离相等．若等腰直角三角形ABC的直角顶点C在l1上，另两个顶点A、B分别在l3、l2上，则tanα的值是 13 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；解直角三角形．
【专题】创新题型．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点A作AD⊥l1于D，过点B作BE⊥l1于E，根据同角的余角相等求出∠CAD＝∠BCE，然后利用“角角边”证明△ACD和△CBE全等，根据全等三角形对应边相等可得CD＝BE，然后利用勾股定理列式求出AC，然后利用锐角的正切等于对边比邻边列式计算即可得解．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥l1于D，过点B作BE⊥l1于E，设l1，l2，l3间的距离为1，
∵∠CAD+∠ACD＝90°，
∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在等腰直角△ABC中，AC＝BC，
在△ACD和△CBE中，
∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90°AC=BC，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝1，
∴DE＝3，
∴tan∠α=13．
故答案为：13．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
12．（2022•淮阴区模拟）将一副三角板按如图方式重叠，则∠1的度数为 75° ．
【考点】三角形的外角性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】75°．
【分析】直接利用一副三角板的内角度数，再结合三角形外角的性质得出答案．
【解答】解：根据三角板的度数知，∠ABC＝∠ACB＝45°，∠DBC＝30°，
∴∠1＝∠DBC+∠ACB＝30°+45°＝75°，
故答案为：75°．
【点评】此题主要考查了三角形的外角以及三角尺的特征，正确利用三角形外角的性质是解题关键．
13．（2022•鼓楼区二模）在△ABC中，AB＝2，AC＝1，BC=3．若点P在△ABC内部（含边界）且∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，则所有满足条件的P组成的区域的面积为 14π−338 ．
【考点】勾股定理的逆定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】14π−338．
【分析】作△ABC，作BC的垂直平分线DE交∠ABC的角平分线BD于点D，作△BCD的外接圆弧，圆心为O，连接OB，OC，OE，利用∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，判断出点P所在区域，利用扇形COD的面积减去△OCE的面积即可求解．
【解答】解：如图，作△ABC，作BC的垂直平分线DE交∠ABC的角平分线BD于点D，作△BCD的外接圆弧，圆心为O，连接OB，OC，OE，
∵AB＝2，AC＝1，BC=3，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵sin∠A=BCAB=32，
∴∠A＝60°，∠ABC＝30°，
∵∠PBC≤∠PBA，
∴点P在BD左侧，
∵∠PBC≤∠PCB，
∴点P在DE下侧，
∵BC=3，
∴CE=32，
∵∠DBE=12∠ABC＝15°，
∴∠BDE＝90°﹣∠DBE＝75°，
∴∠BDC＝2∠BDE＝150°，
当点P在圆弧CD上时，∠BPC＝∠BDC＝150°，
∴∠PBC+∠PCB＝30°，
∵∠PBC+∠PBA＝30°，
∴∠PCB＝∠PBA，
∵∠PCB≤∠PBA，
∴点P在圆弧内侧，
∵OB＝OC＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝75°，
∴∠OBE＝60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB＝OC＝BC=3，∠OCD＝30°，
在Rt△OCE中，由勾股定理可得：
OE=OC2−CE2=32，
∴S扇形OCD=30°360°π•OB2=14π，S△OCE=12CE•OE=338，
∴点P组成的区域的面积为14π−338，
故答案为：14π−338．
【点评】本题考查勾股定理逆定理，扇形面积，直角三角形性质，线段垂直平分线性质等知识点；能够结合条件判断点P所在区域是解题的关键．
14．（2022•泗洪县一模）如图所示，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为 45° ．
【考点】等腰直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】网格型．
【答案】见试题解答内容
【分析】分别在格点三角形中，根据勾股定理即可得到AB，BC，AC的长度，继而可得出∠ABC的度数．
【解答】解：如图，连接AC．
根据勾股定理可以得到：AC＝BC=5，AB=10，
∵（5）2+（5）2＝（10）2，即AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴∠ABC＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了勾股定理，判断△ABC是等腰直角三角形是解决本题的关键，注意在格点三角形中利用勾股定理．
15．（2023•仪征市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是AB，AC的中点，点F是AD的中点，EF＝2，则AB＝ 8 ．
【考点】三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用三角形的中位线定理，直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．
【解答】解：∵AE＝EC，AF＝DF，
∴EF∥CD，CD＝2EF，
∵EF＝2，
∴CD＝4，
∵∠ACB＝90°，BD＝AD，
∴AB＝2CD＝8，
故答案为8．
【点评】本题考查三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
三．解答题（共7小题）
16．（2021•泰州二模）如图，已知：∠A＝∠D＝90°，AC＝DB，AC、DB相交于点O．
①求证：OB＝OC；
②若AC＝4，DO＝1，求BC的长度．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）26．
【分析】（1）根据HL定理推出Rt△ABC≌Rt△DCB，求出∠ACB＝∠DBC，再根据等角等边求出即可；
（2）由Rt△ABC≌Rt△DCB得AC＝BD＝4，由OB＝OC得OA＝OD＝1，则OB＝OC＝3，根据勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC和Rt△DCB中，
AC=DBBC=CB，
∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），
∴∠ACB＝∠DBC，
∴OB＝OC；
（2）∵Rt△ABC≌Rt△DCB，
∴AC＝BD＝4，
∵OB＝OC，
∴OA＝OD＝1，
∴OB＝OC＝3，
在Rt△OAB中，AB=OB2−OA2=22，
在Rt△ABC中，BC=AB2+AC2=26．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理和性质定理、等腰三角形的判定，勾股定理等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有：SAS，AAS，ASA，SSS，直角三角形全等还有HL定理．
17．（2023•昆山市校级一模）如图，△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝AB，过点C作CE∥AB且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC、AB于点F、G．
（1）求证：△ABC≌△DCE；
（2）若∠B＝50°，∠D＝22°，求∠AFG的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据CE∥AB可得∠B＝∠DCE，由SAS定理可得结论；
（2）利用全等三角形的性质定理可得∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，由平行线的性质定理易得∠ACE＝∠A＝22°，由三角形的内角和定理和外角的性质可得结果．
【解答】（1）证明：∵CE∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△ABC与△DCE中，
BC=CE∠ABC=∠DCEBA=CD，
∴△ABC≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABC≌△DCE，∠B＝50°，∠D＝22°，
∴∠ECD＝∠B＝50°，∠A＝∠D＝22°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE＝∠A＝22°，
∵∠CED＝180°﹣∠D﹣∠ECD＝180°﹣22°﹣50°＝108°，
∴∠AFG＝∠DFC＝∠CED﹣∠ACE＝108°﹣22°＝86°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定定理及性质定理，平行线的性质定理，外角的性质等，熟记定理是解答此题的关键．
18．（2021•淮阴区校级模拟）【问题呈现】某学校的数学社团成员在学习时遇到这样一个题目：
如图1，在△ABC中，AB＞AC，AD平分∠BAC交BC于点D，点E在DC的延长线上，过E作EF∥AB交AC的延长线于点F，当BD：DE＝1时，试说明：AF+EF＝AB；
【方法探究】
社团成员在研究探讨后，提出了下面的思路：
在图1中，延长线段AD，交线段EF的延长线于点M，可以用AAS明△ABD≌△MED，从而得到EM＝AB…
（1）请接着完成剩下的说理过程；
【方法运用】
（2）在图1中，若BD：DE＝k，则线段AF、EF、AB之间的数量关系为 AF+EF=1kAB （用含k的式子表示，不需要证明）；
（3）如图2，若AB＝7，EF＝6，AF＝8，BE＝12，求出BD的长；
【拓展提升】
（4）如图3，若DE＝2BD，连接AE，已知AB＝9，tan∠DAF=12，AE＝217，且AF＞EF，则边EF的长＝ 8 ．
【考点】三角形综合题．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）AF+EF=1kAB，理由见解析；
（3）4；
（4）8．
【分析】（1）延长AD、EF交于点G，当BD：DE＝1时，DE＝BD，再根据∠BDA＝∠EDM，BD＝ED，证出△ABD≌△MED，得出AB＝ME，又因为∠BAD＝∠DAC，所以∠FMD＝∠DAC，AF＝MF，即可证出AF+EF＝AB；
（2）当BD：DE＝k时，同（1）可得△ABD∽△GED，根据相似三角形的对应边成比例即可得出结论；
（3）根据（2）的结论代入数值计算即可；
（4）延长AD、EF交点为G，由（1）（2）可知GE＝18，过点A作AH⊥GE，在Rt△AGH中，AHGH=12，所以GH＝2AH，设AH＝x，则GH＝2x，HE＝18﹣2x，在Rt△AEH中，由勾股定理可得x2+(18−2x)2=(217)2，解得x1=8，x2=325，当AH＝8时，在Rt△AFH中，82+a2＝（16﹣a）2，解得a＝6，AF＝10，EF＝8，成立，当AH=325时，因为AF＞EF，此种情况不成立．
【解答】（1）证明：当BD：DE＝1时，DE＝BD，
∵EF∥AB，
∴∠BAD＝∠EMD，
在△ABD与△MED中，
∠BAD=∠EMD∠BDA=∠EDCBD=ED，
∴△ABD≌△MED（AAS），
∴AB＝ME，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∴∠FMD＝∠DAC，
∴AF＝MF，
∴AF+EF＝AB；
（2）AF+EF=1kAB，
当BDDE=k时，
∵EF∥AB，
∴∠BAD＝∠EGD，
又∵∠BDA＝∠EDG，
∴△ABD∽△GED，
∴GEAB=DEBD=k，即GE＝kAB，
又∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∴∠FGD＝∠DAC，
∴AF＝GF，
∴AF+EF=1kAB；
（3）由（2）得，AF+EF＝kAB，
∴（8+6）k＝7，
∴k=12，
∵BD：DE=12，
∴BDBE=13，
∴BD12=13，
∴BD＝4；
（4）延长AD、EF交点为G．
由（1）（2）可知：FG+EF＝2AB＝18，即GE＝18．
过点A作AH⊥GE，在Rt△AGH中，tan∠G＝tan∠DAF=12．
即AHGH=12，
∴GH＝2AH，
设AH＝x，则GH＝2x，HE＝18﹣2x，
在Rt△AEH中，由勾股定理可得x2+(18−2x)2=(217)2，
解得x1=8，x2=325，
当AH＝8时，GH＝16，设FH＝a，则AF＝16﹣a，在Rt△AFH中，
由勾股定理可得：82+a2＝（16﹣a）2，
解得a＝6，AF＝10，EF＝8，成立．
当AH=325时，同理可求FH＝4.8，AF＝8，EF＝10．
∵AF＞EF，
∴此种情况不成立．
【点评】此题考查了三角形综合题，相似三角形的判定和性质，关键是根据相似三角形的性质列出方程，要注意的是（4）中，要进行分类求解．
19．（2022•邗江区二模）如图1，Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝45°，∠ACB的角平分线交边AB于D点，BD=2，
（1）请求出AC的长；
（2）如图2，E为CD上的一个动点，AE⊥EF，AC⊥CF，EF交AC于G点，连接AF，当E点在CD间运动时，请判断EFAE的值是否为一个定值，如果是请求出具体的值，不是，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AE＝EC，请求出△EGC的面积．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）AC=2+1；
（2）EFAE的值为是一个定值，EFAE=2+1；
（3）S△GEC=14．
【分析】（1）作DM⊥BC于M，由角平分线的性质得到AD＝DM，根据BD=2，∠B＝45°求出DM＝BM＝1，进而得到AC＝AB=2+1；
（2）如图2，取AF的中点为N，连接EN，CN，证得A、E、C、F四点共圆，推出∠AFE＝∠ACD，进而证得△AEF∽△DAC，得到EFAE=ACAD=2+1；
（3）由AE＝EC求得∠AFC＝45°，得到CF＝AC=2+1，求出CG＝1，AG=2，易证AE＝DE＝EC，利用 S△AEC的值，得到答案．
【解答】解：（1）如图，作DM⊥BC于M，
∵CD平分∠ACB，∠DAC＝90°，
∴AD＝DM，
∵BD=2，∠B＝45°，
∴DM＝BM＝1，
∴AD＝DM＝1，
又∵∠A＝90°，∠B＝45°，
∴AC＝AB=2+1；
（2）EFAE的值是一个定值，理由如下：
如图2，取AF的中点为N，连接EN，CN，
∵∠AEF＝∠ACF＝90°，
∴EN＝CN＝AN＝NF，
∴A、E、C、F四点共圆，
∴∠AFE＝∠ACD，
又∵∠DAC＝∠AEF＝90°，
∴△AEF∽△DAC，
∴EFAE=ACAD=2+1；
（3）由第（2）问可知A、E、C、F四点共圆，
∴∠EAC＝∠CFE，
∵AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AFE＝∠ACE，
∴∠AFE＝∠EFC，
∵CD平分∠ACB，且∠ACB＝45°，
∴∠ACD＝22.5°，
∴∠AFE＝∠EFC＝22.5°，
∴∠AFC＝45°，
∴CF＝AC=2+1，
又∵tan∠EFC＝tan∠AFE，
∴CGCF=AEEF，
∴CFCG=EFAE=2+1，
∴CG＝1，
∴AG=2，
∵∠EAC＝∠ACE，
∵∠EAC+∠DAE＝∠ACE+∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE＝EC，
∴S△AEC=12S△ADC=12×12×1×（2+1）=2+14，
∵S△EGCS△AEC=12+1，
∴S△GEC=2+14•12+1=14．
【点评】此题是三角形的综合题，考查了角平分线的性质定理，四点共圆，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
20．（2022•天宁区校级二模）如图，已知AB＝DC，AB∥CD，E、F是AC上两点，且AF＝CE．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若∠BCE＝30°，∠CBE＝70°，求∠CFD的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】计算题；证明题；图形的全等；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由平行线的性质得出∠BAE＝∠FCD，根据SAS可得出△ABE≌△CDF；
（2）求出∠AEB＝∠BCE+∠CBE＝100°，可得出∠CFD＝∠AEB＝100°．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠FCD，
∵AF＝CE，
∴AE＝CF，
又∵AB＝CD，
∴△ABE≌△CDF（SAS）．
（2）解：∵∠BCE＝30°，∠CBE＝70°，
∴∠AEB＝∠BCE+∠CBE＝30°+70°＝100°，
∵△ABE≌△CDF，
∴∠CFD＝∠AEB＝100°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的外角和等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21．（2023•梁溪区二模）如图，点E在△ABC边AC上，AE＝BC，BC∥AD，∠CED＝∠BAD．
（1）求证：△ABC≌△DEA；
（2）若∠ACB＝30°，求∠BCD的度数．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）105°．
【分析】（1）根据平行线的性质得出∠DAE＝∠BCA，进而利用三角形外角性质得出∠ADE＝∠CAB，利用AAS证明三角形全等即可；
（2）根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵BC∥AD，
∴∠DAE＝∠BCA，
∵∠CED＝∠DAE+∠ADE，∠BAD＝∠DAE+∠CAB，
∵∠CED＝∠BAD，
∴∠ADE＝∠CAB，
在△ABC与△DEA中，
∠DAE=∠BCA∠ADE=∠CABAE=BC，
∴△ABC≌△DEA（AAS），
（2）解：∵△ABC≌△DEA，
∴∠ACB＝∠DAE＝30°，AD＝AC，
∴∠ACD=180°−30°2=75°，
∴∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝75°+30°＝105°．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明三角形全等解答．
22．（2023•丹徒区二模）如图1，在△ABC中，点D在边AB上，点P在边AC上，若满足∠BPD＝∠BAC，则称点P是点D的“和谐点”．
​
（1）如图2，∠BDP+∠BPC＝180°．
①求证：点P是点D的“和谐点”；
②在边AC上还存在某一点Q（不与点P重合），使得点Q也是点D的“和谐点”，请在图2中仅用圆规作图，找出点Q的位置，并写出证明过程．（保留作图痕迹）
（2）如图3，以点A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系，已知点B（6，0），C（2，4），点P在线段AC上，且点P是点D的“和谐点”．
①若AD＝1，求出点P的坐标；
②若满足条件的点P恰有2个，直接写出AD长的取值范围是 23≤AD＜65 ．
【考点】三角形综合题．
【专题】新定义；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①证明见解答；
②作图、证明见解答；
（2）①点P的坐标为（6−65，12−265）或（6+65，12+265）；
②23≤AD＜65．
【分析】（1）①由∠BDP+∠BPC＝180°考虑平角APC，只要证明∠BPD＝∠BAC即可；
②分别做线段DB、BP的中垂线，两条中垂线交于点O，则O为△PDB的外心，以O为圆心，OP为半径作圆交AC于点Q，点Q即为所求．用同弧所对的圆周角相等证明；
（2）①通过△PBD∽△ABP求出BP的长度，然后求出直线AC的表达式为：y＝2x，设点P的坐标为（x，2x），利用B、P两点间的距离公式解方程求出点P；
②求出两个临界状态时的AD：一是当点P与点C重合时；二是△BDP的外接圆与线段AC恰有一个交点时．
【解答】（1）①证明：∵∠BDP+∠BPC＝180°，∠BDP＝∠BAC+∠APD，
∴∠BAC+∠APD+∠BPC＝180°，
∵∠APD+∠BPD+∠BPC＝180°，
∴∠BPD＝∠BAC，
∴点P是点D的“和谐点”；
②解：以B为圆心，BP为半径作弧交AC于点Q，点Q即为所求，如图：
连接BQ，
∵∠BDP＝∠BAC+∠APD，∠BPD＝∠BAC，
∴∠BDP＝∠BPD+∠APD，
∵∠APD+∠BPD+∠BPC＝180°，
∴∠BDP+∠BPC＝180°，
∵BP＝BQ，
∴∠BPC＝∠BQP，
∴∠BDP+∠BQP＝180°，
∴B、Q、P、D四点共圆，
∴∠BPD＝∠DQB，
∵∠BPD＝∠BAC，
∴∠DQB＝∠BAC，
∴Q也是点D的“和谐点”；
（2）解：①∵∠BPD＝∠BAP，∠PBD＝∠ABP，
∴△PBD∽△ABP，
∴BDBP=BPAB，5BP=BP6，
∴BP=30，
∵C（2，4），
∴直线AC的表达式为：y＝2x，
设点P的坐标为（x，2x），
∵点B（6，0），
∴（x﹣6）2+（2x）2＝30，
∴5x2﹣12x+6＝0，
∴x1=6−65，x2=6+65，
∴P（6−65，12−265）或（6+65，12+265）；
②当点P与点C重合时，△BDP的外接圆与线段AC恰有两个交点，恰有两个“和谐点”，如图：
∵点B（6，0），C（2，4），
∴BC=(6−2)2+(0−4)2=42，
由①知△PBD∽△ABP，
∴BDBC=BCAB，即BD42=426，
∴BD=163，
∴AD＝AB﹣BD＝6−163=23；
当△BDP的外接圆与线段AC恰有一个交点时，如图：
此时△BDP的外接圆与线段AC相切，则AP⊥PB，且PB为直径，
∴∠PDB＝90°，
∵点P的坐标为（x，2x），
∴AD＝x，PD＝2x，BD＝AB﹣AD＝6﹣x，
∵∠PAD+∠PBD＝90°，∠PAD+∠APD＝90°，
∴∠APD＝∠PBD，
∵∠ADP＝∠PDB＝90°，
∴△ADP∽△PDB，
∴ADPD=PDDB，
∴PD2＝AD•DB，即（2x）2＝x（6﹣x），
∴x=65，
∴AD=65；
综上，若满足条件的点P恰有2个，AD长的取值范围是23≤AD＜65，
故答案为：23≤AD＜65．
【点评】本题在新定义下考查了三角形相似，解直角三角形，圆的性质，直线与圆的位置关系等知识，渗透了方程和数形结合的思想，关键是理解定义，紧靠∠BPD＝∠BAC．对于（2）②，关键是找出两个临界状态时的AD：一是当点P与点C重合时；二是△BDP的外接圆与线段AC恰有一个交点时。