中考数学二轮复习冲刺第09讲几何初步及三角形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）（2份打包，原卷版+解析版）

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1.了解直线、射线、线段的概念和性质以及表示方法，掌握三者之间的区别和联系，会解决与线段有关的实际问题；
2.了解角的概念和表示方法，会把角进行分类以及进行角的度量和计算；
3.掌握相交线、平行线的定义，理解所形成的各种角的特点、性质和判定；
4.了解命题的定义、结构、表达形式和分类，会简单的证明有关命题；
5.了解三角形有关概念（内角、外角、中线、高、角平分线），会画出任意三角形的角平分线、中线和高，了解三角形的稳定性.
【知识导图】
【考点梳理】
考点一、直线、射线和线段
1．直线
代数中学习的数轴和一张纸对折后的折痕等都是直线，直线可以向两方无限延伸.(直线的概念是一个描述性的定义，便于理解直线的意义).
2．射线
直线上一点和它一旁的部分叫做射线.射线只向一方无限延伸.
3.线段
直线上两点和它们之间的部分叫做线段，两个点叫做线段的端点.
考点二、角
1．角的概念：
(1)定义一：有公共端点的两条射线组成的图形叫做角，这个公共端点叫做角的顶点，两条射线分别叫做角的边
(2)定义二：一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所成的图形叫做角.射线旋转时经过的平面部分是角的内部，射线的端点是角的顶点，射线旋转的初始位置和终止位置分别是角的两条边.
2．角的平分线：
如果一条射线把一个角分成两个相等的角，那么这条射线叫做这个角的平分线.
考点三、相交线
1．对顶角
(1)定义：如果两个角有一个公共顶点， 而且一个角的两边分别是另一角两边的反向延长线，那么这两个角叫对顶角.
(2)性质：对顶角相等
2．邻补角
(1)定义：有一条公共边，而且另一边互为反向延长线的两个角叫做邻补角.
(2)性质：邻补角互补.
3．垂线
（1）定义：当两条直线相交所得的四个角中，有一个角是直角时，就说这两条直线是互相垂直的，它们的交点叫做垂足.垂直用符号“⊥”来表示
4．同位角、内错角、同旁内角
(1)基本概念：两条直线(如a、b)被第三条直线(如c)所截，构成八个角，简称三线八角，如图所示： ∠1和∠8、∠2和∠7、∠3和∠6、∠4和∠5是同位角；∠1和∠6、∠2和∠5是内错角；∠1和∠5、∠2和∠6是同旁内角.
(2)特点：同位角、内错角、同旁内角都是由三条直线相交构成的两个角.两个角的一条边在同一直线(截线)上，另一条边分别在两条直线(被截线)上.
考点四、平行线
平行线定义：
在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线.平行用符号“∥”来表示，.如直线a与b平行，记作a∥b.在几何证明中，“∥”的左、右两边也可能是射线或线段.
2．平行公理及推论：
(1)经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行.
(2)平行公理推论：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行.即：如果b∥a，c∥a，那么b∥c
3．性质：
(1)平行线永远不相交；
(2)两直线平行，同位角相等；
(3)两直线平行，内错角相等；
(4)两直线平行，同旁内角互补；
(5)如果两条平行线中的一条垂直于某直线，那么另一条也垂直于这条直线，可用符号表示为：若b∥c，b⊥a，则c⊥a
4．判定方法：
(1)定义；
(2)平行公理的的推论；
(3)同位角相等，两直线平行；
(4)内错角相等，两直线平行；
(5)同旁内角互补，两直线平行；
(6)垂直于同一条直线的两条直线平行.
考点五、命题、定理、证明
1．命题：
(1)定义：判断一件事情的语句叫命题.
(2)命题的结构：题设+结论=命题；
(3)命题的表达形式：如果……那么……；若……则……；
(4)命题的分类：真命题和假命题；
(5)逆命题：原命题的题设是逆命题的结论，原命题的结论是逆命题的题设.
2．公理、定理：
(1)公理：人们在长期实践中总结出来的能作为判断其他命题真假依据的真命题叫做公理
(2)定理：经过推理证实的真命题叫做定理.
3．证明：
用推理的方法证实命题正确性的过程叫做证明
考点六、三角形的概念及其性质
1．三角形的概念
由不在同一直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形.
2．三角形的分类
(1)按边分类：

(2)按角分类：

3．三角形的内角和外角
(1)三角形的内角和等于180°.
(2)三角形的任意一个外角等于和它不相邻的两个内角之和；三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角.
4．三角形三边之间的关系
三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
5．三角形内角与对边对应关系
在同一个三角形内，大边对大角，大角对大边；在同一三角形中，等边对等角，等角对等边.
6．三角形具有稳定性.
考点七、三角形的“四心”和中位线
三角形中的四条特殊的线段是：高线、角平分线、中线、中位线.
1．内心：
三角形角平分线的交点，是三角形内切圆的圆心，它到各边的距离相等.
2．外心：
三角形三边垂直平分线的交点，是三角形外接圆的圆心，它到三个顶点的距离相等.
3．重心：
三角形三条中线的交点，它到每个顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍.
4．垂心：
三角形三条高线的交点.
5．三角形的中位线：
连结三角形两边中点的线段是三角形的中位线.
中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半.
【典型例题】
题型一、几何初步
例1．判断下列语句是不是命题
①延长线段AB( )．
②两条直线相交，只有一交点( )．
③画线段AB的中点( )．
④若|x|=2，则x=2( )．
⑤角平分线是一条射线( )．
【思路点拨】判断语句是否是命题有两个关键，首先观察是不是一个完整的句子，再观察是否作出判断.
【答案与解析】①③两个语句都没有作出判断，所以①不是 ②是 ③不是 ④是 ⑤是.
【总结升华】本题考查学生对命题概念的理解.
【变式】命题：①对顶角相等；②垂直于同一条直线的两直线平行；③相等的角是对顶角；④同位角相等.其中假命题有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】B.
题型二、三角形
例2．四边形ABCD是任意四边形，AC与BD交点O．
求证：AC+BD＞（AB+BC+CD+DA）．
证明：在△OAB中有OA+OB＞AB
在△OAD中有 ，
在△ODC中有 ，
在△ 中有 ，
∴OA+OB+OA+OD+OD+OC+OC+OB＞AB+BC+CD+DA
即： ，
即：AC+BD＞（AB+BC+CD+DA）
【思路点拨】直接根据三角形的三边关系进行解答即可．
【答案与解析】证明：∵在△OAB中OA+OB＞AB
在△OAD中有OA+OD＞AD，
在△ODC中有OD+OC＞CD，
在△OBC中有OB+OC＞BC，
∴OA+OB+OA+OD+OD+OC+OC+OB＞AB+BC+CD+DA
即2（AC+BD）＞AB+BC+CD+DA，
即AC+BD＞（AB+BC+CD+DA）．
故答案为：OA+OD＞AD；OD﹣OC＞CD；OBC；OB+OC＞BC；2（AC+BD）＞AB+BC+CD+DA．
【总结升华】本题考查的是三角形的三边关系，即三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
【变式】
【答案】50°.
例3．如图，将第一个图（图①）所示的正三角形连结各边中点进行分割，得到第二个图（图②）；再将第二个图中最中间的小正三角形按同样的方式进行分割，得到第三个图（图③）；再将第三个图中最中间的小正三角形按同样的方式进行分割，……，则得到的第五个图中，共有________个正三角形．

【思路点拨】分别写出前三个图形的正三角形的个数，并观察出后一个图形比前一个图形多分割出四个小的正三角形，依此类推即可写出第n个图形的正三角形的个数，进而得出第5个图中正三角形的个数．
【答案与解析】图①有１个正三角形；图②有（１＋４）个正三角形；
图③有（１＋４＋４）个正三角形；图④有（１＋４＋４＋４）个正三角形
图⑤有（１＋４＋４＋４＋４）个正三角形；…．所以共有17个.
【总结升华】这是一道找规律的题目，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的.
【变式】一个三角形的内心在它的一条高线上，则这个三角形一定是( )．
A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等腰直角三角形 D.等边三角形
【答案】B.
例4．到三角形三个顶点距离相等的点是三角形( )的交点．
A.三个内角平分线 B. 三边垂直平分线 C.三条中线 D.三条高
【思路点拨】可分别根据线段垂直平分线的性质进行思考，首先满足到A点、B点的距离相等，然后思考满足到C点、B点的距离相等，都分别在各自线段的垂直平分线上，于是答案可得．
【答案】B.
【解析】三角形三边垂直平分线的交点是外心，是三角形外接圆的圆心，到三角形三个顶点距离相等.【总结升华】考点：线段垂直平分线的定理.
【变式】
【答案】A.
题型三、综合运用
例5．如图：已知，△ABC中，∠A=50°
(1)如图(1)，点O是∠ABC和∠ACB的平分线交点，则∠BOC=_____；
(2)如图(2)，点P是∠ABC和外角∠ACE的平分线交点，则∠BPC=____；
(3)如图(3)，点M是外角∠BCE和∠CBF的平分线交点，则∠BMC=____.
【思路点拨】本题涉及知识点是三角形内角和定理；三角形的外角性质．
【答案与解析】图(1)中，∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)
图(2)中，∠BPC=∠PCE-∠PBC
图(3)中，∠BMC=180°-(∠MBC+∠MCB)
.
【总结升华】本题考查角平分线，三角形内角和，外角和内角关系等多个知识点，常采用建立方程或直接推理的方法.
例6．探索
在如图-1至图-3中，△ABC的面积为a.

(1)如图-1，延长△ABC的边BC到点D，使CD=BC，连结DA，若△ACD的面积为S1，则S1=____(用含a的代数式表示)；
(2)如图-2，延长△ABC的边BC到点D，延长边CA到点E，使CD=BC，AE=CA，连结DE，若△DEC的面积为S2，则S2=____(用含a的代数式表示)，并写出理由；
(3)在图-2的基础上延长AB到点F，使BF=AB，连结FD，FE，得到△DEF(如图-3)，若阴影部分的面积为S3，则S3=____(用含a的代数式表示)；
（4）像上面那样，将△ABC各边均顺次延长一倍，连结所得端点，得到△DEF(如图-3)，此时，我们称△ABC向外扩展了一次，可以发现，扩展一次后得到的△DEF的面积是原来△ABC面积的____倍．
【思路点拨】灵活运用等底同高的两三角形面积相等来解决问题．
【答案与解析】（1）∵BC=CD，∴△ACD和△ABC是等底同高的，即S1=a；
（2）2a；连接AD，∵CD=BC，AE=CA，∴S△DAC=S△DAE=S△ABC=a，∴S2=2a；
（3）结合（2）得：S3=2a×3=6a；
（4）扩展一次后得到的△DEF的面积是6a+a=7a，即是原来三角形的面积的7倍．
【总结升华】本题的探索过程由简到难，运用类比方法可依次求出．从而使考生在身临数学的情境中潜移默化，逐渐感悟到数学思维的力量，使学生对知识的发生及发展过程，解题思想方法的感悟，体会得淋漓尽致，是一道新课标理念不可多得的好题．
【变式】 去年在面积为10m2的△ABC空地上栽种了某种花卉，今年准备扩大种植规模，把△ABC向外进行两次扩展，第一次由△ABC扩展成△DEF，第二次由△DEF扩展成△MGH(如图)，求这两次扩展的区域(即阴影部分)面积共为多少m2？

【答案】第一次扩展后的阴影面积为6a=6×10=60(m2)
第二次扩展后的阴影面积为42a=42×10=420(m2)
两次扩展后阴影部分面积共为480 m2.
【中考过关真题练】
一．选择题（共13小题）
1．（2022•柳州）如图，从学校A到书店B有①、②、③、④四条路线，其中最短的路线是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【分析】应用两点的所有连线中，可以有无数种连法，如折线、曲线、线段等，这些所有的线中，线段最短．进行判定即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，
从学校A到书店B有①、②、③、④四条路线，其中最短的路线是②．
故选：B．
【点评】本题主要考查了线段的性质，熟练掌握线段的性质进行求解是解决本题的关键．
2．（2022•广州）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（ ）
A．圆锥B．圆柱C．棱锥D．棱柱
【分析】根据基本几何体的展开图判断即可．
【解答】解：∵圆锥的侧面展开图是扇形，
∴判断这个几何体是圆锥，
故选：A．
【点评】本题主要考查几何体的展开图，熟练掌握基本几何体的展开图是解题的关键．
3．（2022•淮安）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点，若AB＝10，则DE的长是（ ）
A．8B．6C．5D．4
【分析】利用等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【解答】解：∵AB＝AC＝10，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵E为AC的中点，
∴DE＝AC＝5，
故选：C．
【点评】此题考查了等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键．
4．（2022•柳州）如图，将矩形绕着它的一边所在的直线l旋转一周，可以得到的立体图形是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据“面动成体”进行判断即可．
【解答】解：将矩形绕着它的一边所在的直线l旋转一周，可以得到圆柱体，
故选：B．
【点评】本题考查认识立体图形，理解“面动成体”是正确判断的前提．
5．（2022•烟台）如图，某海域中有A，B，C三个小岛，其中A在B的南偏西40°方向，C在B的南偏东35°方向，且B，C到A的距离相等，则小岛C相对于小岛A的方向是（ ）
A．北偏东70°B．北偏东75°C．南偏西70°D．南偏西20°
【分析】根据题意可得∠ABC＝75°，AD∥BE，AB＝AC，再根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠C＝75°，从而求出∠BAC的度数，然后利用平行线的性质可得∠DAB＝∠ABE＝40°，从而求出∠DAC的度数，即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：
∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝40°+35°＝75°，AD∥BE，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝75°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝30°，
∵AD∥BE，
∴∠DAB＝∠ABE＝40°，
∴∠DAC＝∠DAB+∠BAC＝40°+30°＝70°，
∴小岛C相对于小岛A的方向是北偏东70°，
故选：A．
【点评】本题考查了方向角，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
6．（2022•内蒙古）如图，直线a∥b，截线c，d相交成30°角，∠1＝146°33′，则∠2的度数是（ ）
A．63°27′B．64°27′C．64°33′D．63°33′
【分析】由邻补角的定义可求得∠3＝33°27'，再由平行线的性质可得∠4＝∠3＝33°27'，利用三角形的外角性质即可求∠2．
【解答】解：如图，
∵∠1＝146°33′，
∴∠3＝180°﹣∠1＝33°27'，
∵a∥b，
∴∠4＝∠3＝33°27'，
∵∠A＝30°，∠2＝∠4+∠A，
∴∠2＝33°27'+30°＝63°27'．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，内错角相等．
7．（2022•襄阳）已知直线m∥n，将一块含30°角的直角三角板ABC（∠ABC＝30°，∠BAC＝60°）按如图方式放置，点A，B分别落在直线m，n上．若∠1＝70°．则∠2的度数为（ ）
A．30°B．40°C．60°D．70°
【分析】根据平行线的性质求得∠ABD，再根据角的和差关系求得结果．
【解答】解：∵m∥n，∠1＝70°，
∴∠1＝∠ABD＝70°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠2＝∠ABD﹣∠ABC＝40°，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，关键是熟练掌握平行线的性质．
8．（2022•德州）将一副三角板（厚度不计）如图摆放，使含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，则∠α的角度为（ ）
A．100°B．105°C．110°D．120°
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC的度数，再根据三角形内角和定理可得∠α的度数．
【解答】解：∵含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，如图所示：
∴∠ABC＝∠A＝45°，
∵∠C＝30°，
∴∠α＝180°﹣45°﹣30°＝105°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握这些知识是解题的关键．
9．（2022•淮安）下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．3，3，6B．3，5，10C．4，6，9D．4，5，9
【分析】根据三角形的三边关系判断即可．
【解答】解：A、∵3+3＝6，
∴长度为3，3，6的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
B、∵3+5＜10，
∴长度为3，5，10的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
C、∵4+6＞9，
∴长度为4，6，9的三条线段能组成三角形，本选项符合题意；
D、∵4+5＝9，
∴长度为4，5，9的三条线段不能组成三角形，本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系，熟记三角形两边之和大于第三边是解题的关键．
10．（2022•攀枝花）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC＝，BC＝1，∠AOB＝30°，则OA的值为（ ）
A．B．C．D．1
【分析】根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠OBC＝90°，OC＝，BC＝1，
∴OB＝＝＝2，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，
∴AB＝OB＝1，
∴OA＝＝＝，
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，三角函数等知识，熟练掌握等角的三角函数值相等是解题的关键．
11．（2022•淄博）经过折叠可以围成正方体，且在正方体侧面上的字恰好环绕组成一个四字成语的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据正方体的表面展开图找相对面的方法，一线隔一个，“Z”字两端是对面，即可解答．
【解答】解：A、因为图中两个空白面不是相对面，所以图中的四个字不能恰好环绕组成一个四字成语，故A不符合题意；
B、因为图中两个空白面不是相对面，所以图中的四个字不能恰好环绕组成一个四字成语，故B不符合题意；
C、因为金与题是相对面，榜与名是相对面，所以正方体侧面上的字恰好环绕组成一个四字成语金榜题名，故C符合题意；
D、因为图中两个空白面不是相对面，所以图中的四个字不能恰好环绕组成一个四字成语，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
12．（2022•菏泽）如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知∠ABC＝36°，则∠D1AD＝（ ）
A．48°B．66°C．72°D．78°
【分析】先根据折叠的性质可得出∠BAD＝∠BAD1，再根据两直线平行，同旁内角互补可得∠BAD1的度数，最后根据周角是360°可得出答案．
【解答】解：根据题意可得：∠BAD＝∠BAD1，
∵矩形纸片的对边平行，即ED∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝36°，
∴∠BAD＝180°﹣36°＝144°，
∴∠BAD1＝∠BAD＝144°，
∴∠D1AD＝360°﹣∠BAD1﹣∠BAD＝360°﹣144°﹣144°＝72°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质和翻折变换的知识．熟练掌握平行线的性质：两直线平行，同旁内角互补是解题的关键．
13．（2022•济南）如图，AB∥CD，点E在AB上，EC平分∠AED，若∠1＝65°，则∠2的度数为（ ）
A．45°B．50°C．57.5°D．65°
【分析】根据平行线的性质，由AB∥CD，得∠AEC＝∠1＝65°．根据角平分线的定义，得EC平分∠AED，那么∠AED＝2∠AEC＝130°，进而求得∠2＝180°﹣∠AED＝50°．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠AEC＝∠1＝65°．
∵EC平分∠AED，
∴∠AED＝2∠AEC＝130°．
∴∠2＝180°﹣∠AED＝50°．
故选：B．
【点评】本题主要考查平行线的性质、角平分线，熟练掌握平行线的性质、角平分线的定义是解决本题的关键．
二．填空题（共12小题）
14．（2022•益阳）如图，PA，PB表示以P为起点的两条公路，其中公路PA的走向是南偏西34°，公路PB的走向是南偏东56°，则这两条公路的夹角∠APB＝ 90 °．
【分析】根据题意可得∠APC＝34°，∠BPC＝56°，然后进行计算即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：
∠APC＝34°，∠BPC＝56°，
∴∠APB＝∠APC+∠BPC＝90°，
故答案为：90．
【点评】本题考查了方向角，熟练掌握方向角的定义是解题的关键．
15．（2022•玉林）已知：α＝60°，则α的余角是 30 °．
【分析】根据如果两个角的和等于90°，就说这两个角互为余角，即其中一个角是另一个角的余角即可得出答案．
【解答】解：90°﹣60°＝30°，
故答案为：30．
【点评】本题考查了余角和补角，掌握如果两个角的和等于90°，就说这两个角互为余角，即其中一个角是另一个角的余角是解题的关键．
16．（2022•湘潭）如图，一束光沿CD方向，先后经过平面镜OB、OA反射后，沿EF方向射出，已知∠AOB＝120°，∠CDB＝20°，则∠AEF＝ 40° ．
【分析】根据平面镜反射的规律得到∠EDO＝∠CDB＝20°，∠AEF＝∠OED，在△ODE中，根据三角形内角和定理求出∠OED的度数，即可得到∠AEF＝∠OED的度数．
【解答】解：∵一束光沿CD方向，先后经过平面镜OB、OA反射后，沿EF方向射出，
∴∠EDO＝∠CDB＝20°，∠AEF＝∠OED，
在△ODE中，∠OED＝180°﹣∠AOB﹣∠EDO＝180°﹣120°﹣20°＝40°，
∴∠AEF＝∠OED＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查了角的计算，根据平面镜反射的规律得到∠EDO＝∠CDB＝20°，∠AEF＝∠OED是解题的关键．
17．（2022•阜新）一副三角板如图摆放，直线AB∥CD，则∠α的度数是 15° ．
【分析】根据题意可得：∠EBD＝90°，∠BDE＝45°，∠EDC＝30°，然后利用平行线的性质可得∠ABD+∠BDC＝180°，从而进行计算即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：
∠EFD＝90°，∠FDE＝45°，∠EDC＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠AFD+∠FDC＝180°，
∴∠α＝180°﹣∠EFD﹣∠FDE﹣∠EDC
＝180°﹣90°﹣45°﹣30°
＝15°，
故答案为：15°．
【点评】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
18．（2022•镇江）一副三角板如图放置，∠A＝45°，∠E＝30°，DE∥AC，则∠1＝ 105 °．
【分析】利用平行和对顶角相等求出∠DOA，根据三角形内角和求出∠D，根据外角性质求出∠1．
【解答】解：如图，设DE交AB于O点，
∵DE∥AC，
∴∠A＝∠BOE＝45°，
∴∠DOA＝∠BOE＝45°，
∠D＝90°﹣∠E＝90°﹣30°＝60°，
∠1＝∠D+∠DOA＝60°+45°＝105°．
故答案为：105．
【点评】本题考查平行线的性质、对顶角和三角形内角和定理，熟练运用平行线的性质是关键．
19．（2022•枣庄）光线在不同介质中传播速度不同，从一种介质射向另一种介质时会发生折射．如图，水面AB与水杯下沿CD平行，光线EF从水中射向空气时发生折射，光线变成FH，点G在射线EF上，已知∠HFB＝20°，∠FED＝45°，则∠GFH的度数为 25° ．
【分析】根据平行线的性质知∠GFB＝∠FED＝45°，结合图形求得∠GFH的度数．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠GFB＝∠FED＝45°．
∵∠HFB＝20°，
∴∠GFH＝∠GFB﹣∠HFB＝45°﹣20°＝25°．
故答案为：25°．
【点评】本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同位角相等．
20．（2022•湘西州）如图，直线a∥b，点C、A分别在直线a、b上，AC⊥BC，若∠1＝50°，则∠2的度数为 40° ．
【分析】利用平行线的性质定理和垂直的意义解答即可．
【解答】解：如图，
∵AC⊥BC，
∴∠2+∠3＝90°，
∵a∥b，
∴∠1＝∠3＝50°．
∴∠2＝90°﹣∠3＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题主要考查了平行线的性质，垂直的意义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
21．（2022•绵阳）两个三角形如图摆放，其中∠BAC＝90°，∠EDF＝100°，∠B＝60°，∠F＝40°，DE与AC交于点M，若BC∥EF，则∠DMC的大小为 110° ．
【分析】延长ED交CB的延长线于点G，利用三角形内角和定理可得求出∠E，∠C的度数，再利用平行线的性质可求出∠G的度数，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：延长ED交CB的延长线于点G，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠C＝90°﹣∠ABC＝30°，
∵∠EDF＝100°，∠F＝40°，
∴∠E＝180°﹣∠F﹣∠EDF＝40°，
∵EF∥BC，
∴∠E＝∠G＝40°，
∴∠DMC＝180°﹣∠C﹣∠G＝110°，
故答案为：110°．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行线的性质，以及三角形内角和定理是解题的关键．
22．（2022•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，若DE＝1，则FG＝ 1 ．
【分析】根据直角三角形的性质得出AB的长，进而利用三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，
∴AB＝2DE＝2，
∵F、G分别为AC、BC的中点，
∴FG是△ACB的中位线，
∴FG＝AB＝1，
故答案为：1．
【点评】此题考查三角形中位线定理，关键是根据直角三角形的性质得出AB的长解答．
23．（2022•东营）如图，在⊙O中，弦AC∥半径OB，∠BOC＝40°，则∠AOC的度数为 100° ．
【分析】先根据平行线的性质得到∠OCA＝∠BOC＝40°，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算∠AOC的度数．
【解答】解：∵AC∥半径OB，
∴∠OCA＝∠BOC＝40°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA＝40°，
∴∠AOC＝180°﹣∠A﹣∠OCA＝180°﹣40°﹣40°＝100°．
故答案为：100°．
【点评】本题考查了三角形内角和：三角形内角和是180°．也考查了等腰三角形的性质和圆的认识．
24．（2022•朝阳）等边三角形ABC中，D是边BC上的一点，BD＝2CD，以AD为边作等边三角形ADE，连接CE．若CE＝2，则等边三角形ABC的边长为 3或． ．
【分析】分两种情况，先证明△CAE≌△BAD（SAS），再根据全等三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：如图，E点在AD的右边，
∵△ADE与△ABC都是等边三角形，
∴AC＝AB，AE＝AD，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠CAD＝∠BAC﹣∠CAD，
即∠CAE＝∠BAD．
在△CAE和△BAD中，
，
∴△CAE≌△BAD（SAS），
∴CE＝BD＝2，
∵BD＝2CD，
∴CD＝1，
∴BC＝BD+CD＝2+1＝3，
∴等边三角形ABC的边长为3，
如图，E点在AD的左边，
同上，△BAE≌△CAD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，
∴∠EBD＝120°，
过点E作EF⊥BC交CB的延长线于点F，则∠EBF＝60°，
∴EF＝BE＝CD，BF＝BE＝CD，
∴CF＝BF+BD+CD＝CD，
在Rt△EFC中，CE＝2，
∴EF2+CF2＝CE2＝4，
∴+＝4，
∴CD＝或CD＝﹣（舍去），
∴BC＝，
∴等边三角形ABC的边长为，
故答案为：3或．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明△CAE≌△BAD是解题的关键．
25．（2022•锦州）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O＝60°，OA1＝3，B1A1＝1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1＝60°，C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2＝60°，C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3＝60°，C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积为 ．
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1，B2D2，B3D3，分别作B2H⊥B1D1，B3G⊥B2D2，B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1∥OA1，B2D2∥OA1，B3D3∥OA1，则有，进而可得出规律进行求解．
【解答】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1，B2D2，B3D3，分别作B2H⊥B1D1，B3G⊥B2D2，B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO＝∠B1DA1＝∠B2HD1＝∠B3GD2＝∠B4ED3＝90°，
∵∠B1A1O＝60°，
∴∠DB1A1＝30°，
∵B1A1＝1，OA1＝3，
∴，，
∴，
∴，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1＝60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1＝60°，B1D1＝A1B1＝1，
∵∠A1B1D1＝∠OA1B1＝60°，
∴OA1∥B1D1，
∴∠O＝∠B2B1D1，
∴，
设B2D1＝x，
∵∠B2D1H＝60°，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴，
同理可得：，，
∴，
由上可得：，，
∴，
故答案为：．
【点评】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
三．解答题（共6小题）
26．（2022•武汉）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝80°．
（1）求∠BAD的度数；
（2）AE平分∠BAD交BC于点E，∠BCD＝50°．求证：AE∥DC．
【分析】（1）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠BAD；
（2）根据角平分线的定义求出∠DAE，根据平行线的性质求出∠AEB，得到∠AEB＝∠BCD，根据平行线的判定定理证明结论．
【解答】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠B＝80°，
∴∠BAD＝100°；
（2）证明：∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝50°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE＝50°，
∵∠BCD＝50°，
∴∠AEB＝∠BCD，
∴AE∥DC．
【点评】本题考查的是平行线的判定和性质、角平分线的定义，掌握平行线的性质是解题的关键．
27．（2022•淮安）已知：如图，点A、D、C、F在一条直线上，且AD＝CF，AB＝DE，∠BAC＝∠EDF．求证：∠B＝∠E．
【分析】利用全等三角形的判定和性质定理解答即可．
【解答】证明：∵AD＝CF，
∴AD+CD＝CF+CD，
∴AC＝DF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠B＝∠E．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确利用全等三角形的判定定理进行解答是解题的关键．
28．（2022•淄博）如图，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE＝CD，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
【分析】根据等腰三角形的性质得出∠EBC＝∠DCB，进而利用SAS证明△EBC与△DCB全等，再利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴∠EBC＝∠DCB，
在△EBC与△DCB中，
，
∴△EBC≌△DCB（SAS），
∴BD＝CE．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是利用SAS证明△EBC与△DCB全等解答．
29．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
（1）∠EDC的度数为 45 °；
（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；
（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
（4）求的最大值．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由三角形中位线定理可得DE∥AB，可求解；
（2）设AP＝x，由等腰直角三角形的性质和三角形中位线定理可求AG的长，由三角形面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）由“SAS”可证△CEF≌△GDF，可得CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，可求解；
（4）利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出CH，CE的值，即可求解．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，
∵D、E分别为BC、PC的中点，
∴DE∥AB，DE＝BP，
∴∠EDC＝∠ABC＝45°，
故答案为：45；
（2）设AP＝x，则BP＝12﹣x，
∵DE＝BP，
∴DE＝6﹣，
∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEF＝45°，
∴DF＝EF＝DE＝3﹣x，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝6，
∴CF＝3+x，
∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CGF＝45°，
∴GF＝FC，
∴GC＝FC＝6+，
∴AG＝6﹣，
∴S△APG＝×AP×AG＝×x×（6﹣）＝﹣（x﹣6）2+9，
∴当x＝6时，△APG的面积的最大值为9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：
∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，
∴△CEF≌△GDF（SAS），
∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF＝90°，
∴∠GDF+∠DCE＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DG⊥PE，
∵点E是PC的中点，
∴PE＝EC，
∴DG＝PE；
（4）方法一、∵CF＝3+x＝GF，EF＝3﹣x，
∴EC＝＝，
∵AP＝x，AC＝12，
∴PC＝＝，
∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，
∴△APC∽△HGC，
∴＝，
∴＝，
∴GH＝，CH＝，
∴＝＝12×＝≤＝＝＝，
∴的最大值为．
方法二、如图，过点H作MH∥AB，交BC于M，
∵∠DHC＝90°，
∴点H以CD为直径的⊙O上，
连接OH，并延长交AB于N，
∵MH∥AB，
∴，
∵OH，OB是定长，
∴ON的取最小值时，OM有最大值，
∴当ON⊥AB时，OM有最大值，
此时MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE∥AB，
∴MH∥DE，
∴，
∴当CM有最大值时，有最大值，
∵AB∥MH，
∴∠HMO＝∠B＝45°，
∵MH⊥OH，
∴∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴MH＝HO，
∴MO＝HO，
∵HO＝CO＝DO，
∴MO＝CO，CD＝2CO，
∴CM＝（+1）CO，
∴＝＝．
【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
30．（2022•菏泽）如图1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使DE＝DC，连接BE、CE．
（1）直接写出CE与AB的位置关系；
（2）如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′、E′分别与点B、E对应），连接CE′、AB′，在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致？请说明理由；
（3）如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE′与AD、AB′分别交于点G、F，若CG＝FG，DC＝，求AB′的长．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，可得结论；
（2）通过证明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB'＝AD，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，延长CE交AB于H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，
∵DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，
∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致，
理由如下：如图2，延长CE'交AB'于H，
由旋转可得：CD＝DE'，B'D＝AD，
∵∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴∠CDE'＝∠ADB'，
又∵＝1，
∴△ADB'∽△CDE'，
∴∠DAB'＝∠DCE'，
∵∠DCE'+∠DGC＝90°，
∴∠DAB'+∠AGH＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴CE'⊥AB'；
（3）如图3，过点D作DH⊥AB'于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，
∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，
∵DH⊥AB'，
∴AD＝2DH，AH＝DH＝B'H，
∴AB'＝AD，
由（2）可知：△ADB'∽△CDE'，
∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，
∵AD⊥BC，CD＝，
∴DG＝1，CG＝2DG＝2，
∴CG＝FG＝2，
∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，
∴AG＝2GF＝4，
∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，
∴AB'＝AD＝5．
【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
31．（2022•济宁）如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 （0，）或（0，2） ；
（2）当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分为点P在线段AB上和在BA的延长线两种情形．当点P在AB上时，AD＝OD，通过解Rt△ACD求得结果；当点P在BA延长线上时，OD＝OA＝2，从而求得点D坐标；
（2）①设OD＝x，可证得△ACD∽△DOM，从而得出m和x之间二次函数关系式，进一步求得结果；
②作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，可证得AE＝OF，从而表示出FH和OH及DH，根据△DHF∽△DOM列出关于x的方程，进而求得x，进一步求得m的值．
【解答】解：（1）∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
当点P在线段AB上时，AD＝OD，
∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，
∵AC⊥y轴，
∴∠CAO＝∠AOB＝60°，
∴∠CAD＝∠OAC﹣∠DAO＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AOC中，
AC＝OC•tan∠AOC＝＝1，OA＝2AC＝2，
在Rt△ACD中，
AD＝＝，
∴DO＝，
∴D（0，），
当点P在BA的延长线上时，OD＝OA＝2，
∴D（0，2），
故答案为：（0，）或（0，2）；
（2）①设OD＝x，则CD＝﹣x，
∵∠ACD＝∠DOM＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵DM⊥AD，
∴∠ADM＝90°，
∴∠ADC+∠ODM＝90°，
∴∠CAD＝∠ODM，
∴△ACD∽△DOM，
∴，
∴＝，
∴m＝x•（）＝﹣（x﹣）2+，
∴当x＝时，m最大＝，
∴当m最大＝时，D（0，）；
②如图，
假设存在m，使BE＝BF，
作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，
∵BE＝BF，
∴GE＝GF，
∵△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB，
∴AG＝OG，
∴AG﹣GE＝OG﹣GF，
即：AE＝OF，
由①知：m＝x，
∵∠ACD＝∠CDQ＝∠AQD＝90°，
∴四边形ACDQ是矩形，
∴AQ＝CD＝﹣x，
在Rt△AEQ中，
AE＝＝＝，
∴OF＝AE＝，
在Rt△OFH中，
HF＝＝，OH＝OF＝﹣x，
∴DH＝OD﹣OH＝x﹣（﹣x），
∵HF∥OM，
∴△DHF∽△DOM，
∴，
∴＝，
∴x＝，
∴m＝＝2﹣＝．
【点评】本题考查了等边三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握“一线三直角”等模型．
【中考挑战满分模拟练】
一．选择题（共7小题）
1．（2023•未央区校级三模）唐代李白《日出行》云：“日出东方隈，似从地底来”．描述的是看日出的景象，意思是太阳从东方升起，似从地底而来．如图，此时观测到地平线和太阳所成的视图可能是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】利用圆在海平面以下部分用虚线可对各选项进行判断．
【解答】解：观测到地平线和太阳所成的视图可能．
故选：C．
【点评】本题考查了平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．也考查了视图．
2．（2023•碑林区校级模拟）如图，AB∥CD，CE平分∠BCD，若∠ABC＝58°，则∠ECD的度数为（ ）
A．39°B．29°C．38°D．28°
【分析】先利用平行线的性质可得∠ABC＝∠BCD＝58°，然后再利用角平分线的定义进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB∥CD，∠ABC＝58°，
∴∠ABC＝∠BCD＝58°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠ECD＝∠BCD＝29°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
3．（2023•秦都区校级模拟）如图，BE是△ABC外角的平分线，且BE∥AC，∠C＝50°，则∠A等于（ ）
A．50°B．60°C．70°D．80°
【分析】由平行线的性质可得∠DBE＝∠C＝50°，∠A＝∠ABE，再由角平分线的定义得∠ABE＝∠DBE＝50°，从而可求解．
【解答】解：∵BE∥AC，∠C＝50°，
∴∠DBE＝∠C＝50°，∠A＝∠ABE，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠DBE＝50°，
∴∠A＝50°．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行线的性质，角平分线的定义，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等．
4．（2023•海口一模）如图，一副直角三角尺如图摆放，点D在BC的延长线上，EF∥BD，∠B＝∠EDF＝90°，∠A＝30°，∠CED＝15°，则∠F的度数是（ ）
A．15°B．25°C．45°D．60°
【分析】利用平行线的性质及三角形的内角和求解．
【解答】解：
∵∠B＝90°，∠A＝30，
∴∠ACB＝60°，
∵∠ACB＝∠CED+∠EDB，
∴∠EDB＝45°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠FDH＝45°，
∵EF∥CD，
∴∠F＝∠FDH＝45°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，结合三角形的内角和定理是解题的关键．
5．（2023•黔江区一模）如图，直线l1∥l2，△ABC是等边三角形∠1＝50°，则∠2的大小为（ ）
A．60°B．80°C．70°D．100°
【分析】根据等边三角形的性质及外角性质可求∠3，再根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵∠1＝50°，
∴∠3＝∠1+∠A＝50°+60°＝110°，
∵直线l1∥l2，
∴∠2+∠3＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和平行线的性质，熟记等边三角形的性质和平行线的性质是解题的关键．
6．（2023•三亚一模）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，E为边AC上一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作BF∥AC交EG的延长线于点F．若AG＝3，则阴影部分的面积为（ ）
A．12B．12.5C．13D．13.5
【分析】设DG＝a，CG＝b，则CD＝a+b，根据勾股定理得出关于x和y的代数式的值，然后用含有x和y的代数式表示出阴影部分的面积，进而求出阴影部分的面积即可．
【解答】解：设DG＝a，CG＝b，则CD＝a+b，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，AB＝AC，
又∵D为BC的中点，
∴BD＝AD＝CD＝a+b，BC＝2BD＝2（a+b），
∵EG⊥BC，EH⊥AD，
∴四边形DGEH为矩形，∠GEC＝45°，
∴DH＝EG＝CG＝b，
∵BF∥AC，
∴∠FBG＝∠ACB＝45°，
∵EF⊥BC，
∴∠F＝45°，
∴GF＝BG＝BD+DG＝a+b+a＝2a+b，
由勾股定理得，AD2+DG2＝AG2，
∴（a+b）2+a2＝32，
整理得，2a2+2ab+b2＝9，
由题意知，S阴＝S△ABC+S△BGF﹣S矩形DGEH
＝BC•AD+BG•GF﹣DG•DH
＝BD•AD+BG2﹣DG•DH
＝（a+b）2+（2a+b）2﹣ab
＝a2+2ab+b2+2a2+ab+b2﹣ab
＝（2a2+2ab+b2）
＝×9
＝13.5，
故选：D．
【点评】本题主要考查直角三角形的知识，熟练掌握勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识是解题的关键．
7．（2023•雁塔区校级模拟）由12个有公共顶点O的直角三角形拼成的图形如图所示，∠AOB＝∠BOC＝…＝∠LOM＝30°，且点M在线段OA上．若OA＝16，则OH的长为（ ）
A．9B．C．D．
【分析】由已知可知∠AOB＝∠BOC＝……＝∠LOM＝30°，∠ABO＝∠BCO＝……＝∠LMO＝90°，可知AB：OB：OA＝BC：OC：OB＝……＝FG：OG：OF＝1：：2，由此可求出OH的长．
【解答】解：由图可知，∠ABO＝∠BCO＝……＝∠LMO＝90°，
∵∠AOB＝∠BOC＝……＝∠LOM＝360°÷12＝30°，
∴∠A＝∠OBC＝∠OCD＝……＝∠OLM＝60°，
∴AB＝OA，OB＝AB＝OA，
同理可得，OC＝OB＝（）2OA，
OD＝OC＝（）3OA，
……
OH＝OG＝（）7OA＝（）7×16＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查含30°角的直角三角形的三边关系，属于基础题，掌握含30°角的直角三角形的三边关系是解题的关键．
二．填空题（共8小题）
8．（2023•奉贤区一模）在△ABC中，AD是BC边上的中线，G是重心．如果AD＝6，那么线段DG的长是 3 ．
【分析】根据重心的性质三角形的重心到一顶点的距离等于到对边中点距离的2倍，直接求得结果．
【解答】解：∵三角形的重心到顶点的距离是其到对边中点的距离的2倍，
∴DG＝AG＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查的是三角形的重心，熟知心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解题的关键．
9．（2023•萧县一模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A，B，C，D均在格点上，连接AC，BD相交于点E，若小正方形的边长为1，则点E到AB的距离为 ．
【分析】过点E作FG∥AD，则FG⊥AB，FG⊥CD，先根据勾股定理计算AC的长，再根据△ABE∽△CDE，对应边成比例，得到，所以，从而求出AE的长．
【解答】解：过点E作FG∥AD，则FG⊥AB，FG⊥CD，
在Rt△ACD中，AC＝，
∵AB∥DC，
∴△ABE∽△CDE，
∴，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝FG＝×3＝，即点E到AB的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查勾股定理和相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
10．（2023•崇明区一模）如图，△ABC的两条中线AD和BE相交于点G，过点E作EF∥BC交AD于点F，那么＝ ．
【分析】由三角形的重心定理得出＝，＝，由平行线分线段成比例定理得出＝，从而得到的值．
【解答】解：∵线段AD、BE是△ABC的中线，
∴＝，＝，
∵EF∥BC，
∴＝＝，
∴＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行线分线段成比例定理、三角形的重心定理；熟练掌握三角形的重心定理，由平行线分线段成比例定理得出FG：DG＝1：2是解决问题的关键
11．（2023•崇明区一模）点P是线段MN的黄金分割点，如果MN＝10cm，那么较长线段MP的长是 （5﹣5） cm．
【分析】由黄金分割的定义即可计算．
【解答】解：较长线段MP＝10×＝（5﹣5）（cm）．
故答案为：（5﹣5）．
【点评】本题考查黄金分割，掌握黄金分割的定义是解题的关键．
12．（2023•吉阳区一模）长方形如图折叠，D点折叠到D′的位置．已知∠D′FC＝76°，则∠EFC＝ 128° ．
【分析】根据翻折不变性可知∠DFE＝∠D′FE，又因为∠D′FC＝76°，根据平角的定义，可求出∠EFC的度数．
【解答】解：根据翻折不变性得出，∠DFE＝∠EFD′
∵∠D′FC＝76°，∠DFE+∠EFD′+∠D′FC＝180°，
∴2∠EFD′＝180°﹣76°＝104°
∴∠EFD′＝52°，
∴∠EFC＝∠EFD′+∠D′FC＝76°+52°＝128°．
故答案为：128°．
【点评】此题考查了角的计算和翻折变化，掌握长方形的性质和翻折不变性是解题的关键．
13．（2023•槐荫区模拟）如图，在4×4的正方形网格中，求α+β＝ 45 度．
【分析】连接BC，根据勾股定理AB＝BC＝＝，AC＝＝，根据勾股定理的逆定理得到∠ABC＝90°，求得∠BAC＝∠ACB＝45°，根据全等三角形的性质和平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：连接BC，
∵AB＝BC＝＝，AC＝＝，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵AB＝BC＝，AE＝BD＝1，BE＝CD＝2，
∴△ABE≌△BCD，
∴∠ACD＝∠ABE＝α，
∵AE∥CD，
∴∠DCA＝∠CAE＝β，
∴α+β＝∠BCA＝45°，
故答案为：45．
【点评】本题考查了全等图形，勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
14．（2023•琼山区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣3，0），B（3，0），C（3，2），如果△ABC与△ABD全等，那么点D的坐标可以是 （3，﹣2）（答案不唯一） （写出一个即可）．
【分析】直接利用全等三角形的性质以及坐标与图形的性质即可得出符合题意的答案．
【解答】解：如图所示：延长CB到D，使BD＝BC，连接AD，
∵△ABC与△ABD全等，
∴BD＝BC，∠ABC＝∠ABD＝90°，
∵C的坐标为（3，2），
∴D的坐标为（3，﹣2），
故答案为：（3，﹣2）（答案不唯一）．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质以及坐标与图形的性质，正确掌握全等图形的性质是解题关键．
15．（2023•深圳模拟）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是AB的中点，过点B作BD⊥AB，交CE的延长线于点D，若BD＝4，CD＝8，则AC＝ ．
【分析】先根据题意作出辅助线，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出AE＝BE＝CE＝x，利用勾股定理推出BE2+BD2＝DE2，即x2+42＝（8﹣x）2，解出x的值，推出AE、BE、CE和DE的长，根据∠CFE＝∠EBD和∠CEF＝∠DEB推出△CFE∽△DBE，可求出EF和CF的长，再求出AF的长，利用勾股定理即可求出AC的长．
【解答】解：如图所示，过点C作CF⊥AB于点F，
设CE＝x，则DE＝CD﹣CE＝8﹣x，
∵在Rt△ABC中，点E为AB的中点，
∴AE＝BE＝CE＝x，
∵BD⊥AB，
∴∠EBD＝90°，
∴BE2+BD2＝DE2，即x2+42＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
∴AE＝BE＝CE＝3，DE＝8﹣3＝5，
∵CF⊥AB，
∴∠CFE＝∠CFA＝90°，
∴∠CFE＝∠EBD，
又∵∠CEF＝∠DEB，
∴△CFE∽△DBE，
∴，即，
解得：EF＝，CF＝，
∴AF＝AE﹣EF＝，
∵∠CFA＝90°，
∴AC＝＝；
故答案为：．
【点评】本题主要考查的是直角三角形斜边的中线和相似三角形，解题关键：一是求出AE、BE、CE和DE的长，二是证出△CFE∽△DBE．
三．解答题（共10小题）
16．（2023•定远县校级一模）【数学抽象】实验证明：平面镜反射光线的规律是射到平面镜上的光线和被反射出的光线与平面镜所夹的锐角相等，如图①，一束光线m射到平面镜a上，被a反射后的光线为n，则入射光线m，反射光线n与平面镜a所夹的锐角相等，即∠1＝∠2．
（1）利用这个规律人们制作了潜望镜，图②是潜望镜工作原理示意图，AB、CD是平行放置的两面平面镜，请解释进入潜望镜的光线m为什么和离开潜望镜的光线n是平行的？
（2）如图③，改变两平面镜之间的位置关系，经过两次反射后，入射光线m与反射光线n之间的位置关系会随之改变．若入射光线m与反射光线n平行但方向相反，则两平面镜的夹角∠ABC为多少度？
【分析】（1）已知AB∥CD，则∠2＝∠3，根据入射角等于反射角可得∠1＝∠2＝∠3＝∠4，所以∠5＝∠6，根据内错角相等，两直线平行可知m∥n；
（2）（2）由平行线的性质得出∠MAC+∠ACN＝180°，根据平角的定义得出∠2＝（180°﹣∠MAC），∠3＝（180°﹣∠ACN），进而得到∠2+∠3＝90°，再根据三角形的内角和即可得解．
【解答】解：（1）∵AB∥CD（已知），
∴∠2＝∠3（两直线平行，内错角相等 ），
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4（已知），
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4（等量代换），
∴180°﹣∠1﹣∠2＝180°﹣∠3﹣∠4（等量减等量，差相等），
∴∠5＝∠6（等量代换），
∴m∥n（ 内错角相等，两直线平行）；
（2）如图，
∵∠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°，
即两平面镜的夹角∠ABC为90°．
【点评】此题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定定理及性质定理是解题的关键．
17．（2023•定远县校级一模）如图①，在等边三角形ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DA＝DE．
（1）求证：∠BAD＝∠EDC；
（2）如图②，M是点E关于直线BC的对称点，连接DM，AM，CM，求证：DM＝AM．
【分析】（1）利用三角形内角和定理以及三角形的外角的性质解决问题即可；
（2）证明△ADM是等边三角形即可解决问题．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠B＝60°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣∠DAE，∠EDC＝∠ACB﹣∠E＝60°﹣∠E，
又∵DA＝DE，
∴∠DAE＝∠E，
∴∠BAD＝∠EDC．
（2）∵点M是点E关于直线BC的对称点，
∴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是等边三角形，
∴DM＝AM．
【点评】本题考查轴对称，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，平角的定义等知识．解题的关键是理解和掌握等边三角形的判定和性质．
18．（2023•阎良区一模）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，，点D是AB边的中点．点E是射线BC上的一动点（点E不与点B重合）．点F在ED的延长线上，且DF＝DE，DG⊥EF，垂足为点D，DG交边AC于点G．
（1）求证：AF∥BC；
（2）当点E在线段BC上时，设AG＝x，CE＝y，求y关于x的函数解析式，并指出函数的定义域；
（3）当CE＝2时，直接写出AG的长．
【分析】（1）证明△ADF≌△BDE，根据全等三角形的性质得到∠FAD＝∠B，根据平行线的判定定理证明；
（2）连接GF，根据全等三角形的性质得到AF＝BE，根据线段垂直平分线的性质得到GF＝GE，根据勾股定理列出关系式，得到答案；
（3）分点E在线段BC上，点E在线段BC的延长线上两种情况，根据（2）的结论，勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：在△ADF和△BDE中，
，
∴△ADF≌△BDE（SAS），
∴∠FAD＝∠B，
∴AF∥BC；
（2）解：连接GF，
∵△ADF≌△BDE，
∴AF＝BE，
∵DF＝DE，DG⊥EF，
∴DG是EF的垂直平分线，
∴GF＝GE，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴AB＝2BC＝12，
∴AC＝＝18，
由勾股定理得，GF2＝AF2+AG2，GE2＝CE2+CG2，
∴AF2+AG2＝CE2+CG2，即（6﹣y）2+x2＝y2+（18﹣x）2，
整理得，y＝x﹣6（6＜x＜12）；
（3）解：当点E在线段BC上时，CE＝2，即y＝2，
∴x﹣6＝2，
解得，x＝6+，即AG＝6+，
当点E在线段BC的延长线上时，如图2，连接GE，GF，
由（1）得，AF∥BC，
∴∠GAF＝90°，
∴AF2+AG2＝CE2+CG2，即（2+6）2+x2＝22+（18﹣x）2，⊆
解得，x＝6﹣，
综上所述，当CE＝2时，AG的长为6+或6﹣．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
19．（2023•定远县校级一模）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒2cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒4cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒．
（1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 9.6cm ；
②当t＝3时，PQ的长为 ；
（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△BPQ是等腰三角形？
（3）当点Q在边AC上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的长，利用面积法进而可求解Rt△ABC斜边AC上的高；
②可求得AP和BQ，则可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的长；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，分别得到关于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斜边AC上的高为；
②当t＝3时，则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的长为，
故答案为：①9.6cm；②；
（2）由题意可知AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣2t（cm），
当△BPQ为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即16﹣2t＝4t，
解得，
∴出发秒后△BPQ能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，AC＝20cm，
当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t（cm），CQ＝4t﹣12（cm），
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝12时，如图，过B作BE⊥AC于E，
则，
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当CQ＝BC＝12时，则4t﹣12＝12，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴，即4t﹣12＝10，解得t＝5.5；
综上可知当运动时间为6.6秒或6秒或5.5秒时，△BCQ为等腰三角形．
【点评】本题为三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，但难度不大．熟练掌握这些知识点是解题的关键．
20．（2023•抚州一模）如图：已知∠1+∠2＝180°，∠A＝∠C，BC平分∠DBE．
（1）AE与FC平行吗？说明理由．
（2）AD与BC的位置关系如何？为什么？
（3）DA平分∠BDF吗？为什么？
【分析】（1）根据同角的补角相等，可得∠BDC＝∠1，进而得出AE∥FC；
（2）根据AE∥FC，可得∠C+∠ABC＝180°，再根据∠A＝∠C，可得∠A+∠ABC＝180°，进而得出AD∥BC；
（3）根据BC平分∠EBD，可得∠3＝∠4，再根据平行线的性质，可得∠3＝∠C＝∠5，∠4＝∠6，进而得到∠5＝∠6，即DA平分∠BDF．
【解答】解：（1）AE与FC平行．
∵∠1+∠2＝180°，∠2+∠CDB＝180°，
∴∠BDC＝∠1，
∴AE∥FC；
（2）AD与BC平行．
∵AE∥FC，
∴∠C+∠ABC＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∴AD∥BC；
（3）DA平分∠BDF．如图所示，
∵BC平分∠EBD，
∴∠3＝∠4，
∵AD∥BC，AB∥CD，∠3＝∠C＝∠5，∠4＝∠6，
∴∠5＝∠6，
∴DA平分∠BDF．
【点评】本题主要考查了平行线的性质与判定的综合运用，掌握平行线的判定与性质是解答本题的关键．
21．（2023•雁塔区一模）如图①，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，E为△ABC内一点，连接ED并延长到F，使得ED＝DF，连接AF、CF．
（1）求证：BE∥CF；
（2）若∠EBD＝∠BAC，求证：AF2＝AB2+BE2；
（3）如图②连接，探索当∠BEC与∠BAC满足什么数量关系时，AC＝AF，并说明理由．
【分析】（1）利用SAS证明△BDE≅△CDF，可得∠EBD＝∠FCD，运用平行线判定定理即可证得结论；
（2）由全等三角形性质可得：BE＝CF，∠EBD＝∠FCD，由等腰三角形性质可得∠ABC＝∠ACB＝，进而可得∠ACF＝90°，运用勾股定理即可得出答案；
（3）如图，连接BF，先证明四边形BECF是平行四边形，利用平行四边形性质可得∠BEC＝∠BFC，再运用四边形内角和为360°即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵D是BC的中点，
∴BD＝DC，
∵ED＝DF，∠EDB＝∠CDF，
∴△BDE≅△CDF（SAS），
∴∠EBD＝∠FCD，
∴BE∥CF；
（2）证明：由（1）可知△BDE≅△CDF（SAS），
∴BE＝CF，∠EBD＝∠FCD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝，
∵∠EBD＝∠BAC，
∴∠FCD＝∠BAC，
∴∠ACF＝∠ACB+∠FCD＝+∠BAC＝90°，
∴AF2＝AC2+CF2＝AB2+BE2；
（3）解：当∠BEC＝180°﹣∠BAC时，AC＝AF．理由如下：
如图，连接BF，
由（1）（2）可得：BE∥CF，BE＝CF，
∴四边形BECF是平行四边形，
∴∠BEC＝∠BFC，
∵AC＝AF，AB＝AC，
∴∠ABF＝∠AFB，∠AFC＝∠ACF，
∵四边形ABFC的内角和为360°，
∴∠BAC+∠ABF+∠AFB+∠AFC+∠ACF＝360°，
∴∠BAC+2（∠AFB+∠AFC）＝360°，
∴∠BAC+2∠BFC＝360°，
∴∠BAC+2∠BEC＝360°，
∴∠BEC＝180°﹣∠BAC．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，四边形内角和，等腰三角形的性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，解决问题的关键是运用全等三角形的判定与性质和等腰三角形性质．
22．（2023•琼山区一模）已知△ABC为等边三角形，点D、E分别是BC、AC上一点．
（1）如图1，BD＝CE，连接AD、BE，AD交BE于点F，在BE的延长线上取点G，使得FG＝AF，连接AG，若AF＝4，求△AFG的面积；
（2）如图2，AD、BE相交于点G，点F为AD延长线上一点，连接BF、CF、CG，已知BD＝CE，∠BFG＝60°，∠AEB＝∠BGC，探究BF、GE、CF之间的数量关系并说明理由；
（3）如图3，已知AB＝12，过点A作AD⊥BC于点D，点M是直线AD上一点，以CM为边，在CM的下方作等边△CMN，连DN，当DN取最小值时请直接写出CM的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，可证△AFG是等边三角形，即可求解；
（2）由“SAS”可证△ABG≌△CBF，可得AG＝CF，由“SAS”可证△CGF≌△DBG，可得CF＝GD，由线段的和差关系可求解；
（3）由“SAS”可证△ACM≌△BCN，可得AM＝BN，∠CAM＝∠CBN＝30°，由直角三角形的性质可求DN的最小值＝BD＝3，BN＝DN＝3，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
又∵DB＝EC，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∴∠AFE＝∠BAD+∠ABF＝∠CBE+∠ABF＝∠ABC＝60°，
又∵AF＝FG，
∴△AFG是等边三角形，
∴S△AFG＝AF2＝4；
（2）BF+GE＝2CF，理由如下：
由（1）可知：△ABD≌△BCE，∠BGF＝60°，AD＝BE，
又∵∠BFG＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴BG＝BF＝GF，∠BGF＝∠ABC＝60°，
∴∠ABG＝∠CBF，
又∵AB＝BC，
∴△ABG≌△CBF（SAS），
∴AG＝CF，
∵∠AEB＝∠BGC，
∴∠ACB+∠CBE＝∠BGF+∠FGC，∠CGE＝∠CEG，
∴∠GBD＝∠CGF，CE＝CG，
∴△CGF≌△DBG（SAS），
∴CF＝GD，
∴AG＝GD＝CF，
∴BG+GE＝BE＝AD＝2CF，
∴BF+GE＝2CF；
（3）如图3，连接BN，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠CAD＝30°，AC＝BC，BD＝CD＝6，AD＝BD＝6，
∵△CMN是等边三角形，
∴CM＝CN，∠MCN＝∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝∠BCN，
∴△ACM≌△BCN（SAS），
∴AM＝BN，∠CAM＝∠CBN＝30°，
∴点N在过点B且与BC成30度的直线BN上移动，
∴当DN⊥BN时，DN有最小值，
此时，DN的最小值＝BD＝3，
∴BN＝DN＝3，
∴AM＝BN＝3，
∴DM＝3，
∴MC＝＝＝3．
【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质等知识，证明△CGF≌△DBG是解题的关键．
23．（2023•延安一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．
（1）如图1，点E、F分别是线段CD、AD上的点，且DE＝DF，AE与BF的延长线交于点G，则AE与BF的数量关系是 AE＝BF ，位置关系是 AE ；
（2）如图2，点E、F分别在DC和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交BF于点G．
①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由；
②连接DG，若DG＝4，DE＝6，求EG的长．
【分析】（1）证明ADE≌△BDF，根据全等三角形的性质得出AE＝BF，∠DBF＝∠DAE，根据∠DAE+∠AED＝90°得出∠DBF+∠AED＝90°，进而得出AE⊥BF；
（2）①根据（1）的方法证明△ADE≌△BDDF，进而得出结论；
②过点D作DM⊥BF，DN⊥GE，垂足分别为F，E，证明△DNE≌△DMF（AAS）得出DN＝DM，则GD平分∠BGE，得出△GDN是等腰直角三角形，勾股定理得出GN＝DN＝4，进而在Rt△DNE中，勾股定理求得EN，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，
∴△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，BD＝CD，
∴∠ABD＝∠ACD＝45°，∠BDF＝∠ADE，
∴△ABD，△ACD是等腰直角三角形，
∴AD＝BD，
在△ADE，△BDF中，
，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴AE＝BF，∠DBF＝∠DAE
又∵∠DAE+∠AED＝90°，
∴∠DBF+∠AED＝90°
∴∠BGE＝90°，
即AE⊥BF，
故答案为：AE＝BF，AE⊥BF；
（2）①同（1）可得△ADE≌△BDF（SAS）
∴AE＝BF，∠E＝∠F
∵∠F+∠FBD＝90°，
∴∠E+∠FBD＝90°，
∴∠BGE＝90°
∴AE⊥BF；
②如图，过点D作DM⊥BF，DN⊥GE，垂足分别为F，E，
∵∠E＝∠F，∠DNE＝∠DMF＝90°，DE＝DF，
∴△DNE≌△DMF（AAS），
∴DN＝DM，
∴GD平分∠BGE，
∴∠DGN＝45°，则△GDN是等腰直角三角形，
∵，
∴GN＝DN＝4，
在Rt△DNE中，，
∴．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（2023•深圳模拟）（1）如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是AC上一点，AE＝5，ED⊥AB，垂足为D，求AD的长．
（2）类比探究：如图2，△ABC中，AC＝14，BC＝6，点D，E分别在线段AB，AC上，∠EDB＝∠ACB＝60°，DE＝2．求AD的长．
（3）拓展延伸：如图3，△ABC中，点D，点E分别在线段AB，AC上，∠EDB＝∠ACB＝60°．延长DE，BC交于点F，AD＝4，DE＝5，EF＝6，DE＜BD，＝ ；BD＝ ．
【分析】（1）证明△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质得到＝，把已知数据代入计算，求出AD；
（2）在AC上截取CH＝CB，连接BH，根据等边三角形的性质得到CH＝BH＝BC＝6，∠CHB＝60°，证明△ADE∽△AHB，根据相似三角形的性质计算即可；
（3）过点B作BM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AB于点N，设DM＝a，用a表示出FM、BM，证明△AEN∽△FMB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：（1）∵∠ADE＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∴＝，
∵AB＝10，AC＝8，AE＝5，
∴＝，
解得：AD＝4，
故答案为：4；
（2）如图2，在AC上截取CH＝CB，连接BH，
∵∠ACB＝60°，
∴△BCH为等边三角形，
∴CH＝BH＝BC＝6，∠CHB＝60°，
∴AH＝AC﹣CH＝8，∠AHB＝120°，
∵∠EDB＝60°，
∴∠ADE＝120°，
∴∠ADE＝∠AHB，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△AHB，
∴＝，即＝，
解得：AD＝；
（3）过点B作BM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∴∠BMD＝∠BME＝∠ANE＝90°，
∵∠EDN＝60°，
∴∠DEN＝30°，
∴DN＝DE＝，
则EN＝＝，
∴AN＝AD+DN＝4+＝，
设DM＝a，
∵∠BDM＝60°，∠DMB＝30°，
∴∠MBD＝30°，
∴BD＝2a，
∴BM＝＝a，
∵DE＝5，EF＝6，
∴MF＝DE+EF﹣DM＝11﹣a，
∵∠BCA＝∠F+∠FEC，∠BDE＝∠A+∠AED，∠AED＝∠FEC，∠BCA＝∠BDE，
∴∠A＝∠F，
∴△AEN∽△FBM，
∴＝＝，即＝＝，
解得：a＝，
∴BD＝2a＝，
∵∠ABC＝∠DBF，∠ACB＝∠BDF＝60°，
∴△ABC∽△FBD，
∴＝＝＝，
故答案为：，．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，正确作出辅助线、熟记三角形相似的判定定理是解题的关键．
25．（2023•黔江区一模）如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA＝CB，CE＝CD，△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上，连接DB．
（1）证明：△EAC≌△DBC；
（2）当点A在线段ED上运动时，猜想AE、AD和AC之间的关系，并证明．
（3）在A的运动过程中，当，时，求△ACM的面积．
【分析】（1）利用△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，证明∠BCD＝∠ECA，再利用（SAS）证明三角形全等即可；
（2）作AF⊥EC交EC于点F，设AF＝EF＝a，设FC＝b，求出AD2＝2b2，AE＝2a2，AC2＝a2+b2，即可求出AD2+AE2＝2AC2；
（3）作AF⊥EC交EC于点F，，，利用勾股定理求出，得到∠ACF＝30°，作MG⊥AC交AC于点G，设AG＝GM＝x，则GC＝AC﹣AG＝2﹣x，利用，解得：，所以．
【解答】（1）证明：∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACB﹣∠ACD＝∠ECD﹣∠ACD，
即∠BCD＝∠ECA
在△EAC和△DBC中，
，
∴△EAC≌△DBC（SAS）；
（2）解：作AF⊥EC交EC于点F，
∵∠CED＝45°，
故设AF＝EF＝a，设FC＝b，
则EC＝a+b，，
∵△ECD是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵△AFC是直角三角形，
∴由勾股定理可得：，
∵AD2＝2b2，AE＝2a2，AC2＝a2+b2，
∴AD2+AE2＝2AC2；
（3）解：作AF⊥EC交EC于点F，
∵，，△ECD是等腰直角三角形，
∴，
∵∠CED＝45°，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AFC中，AC2＝AF2+FC2，即，
∴∠ACF＝30°，
作MG⊥AC交AC于点G，
∵∠ECD＝90°，∠ACF＝30°，
∴∠ACM＝60°，
∵∠CAB＝45°，
∴AG＝GM，
故设AG＝GM＝x，则GC＝AC﹣AG＝2﹣x，
∵∠ACM＝60°，
∴，
解得：，
∴．
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，30°所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，解直角三角形，难度较大，考查学生对所学知识的综合运用能力．
【名校自招练】
一．选择题（共8小题）
1．（2022•渝北区自主招生）若∠α＝50°，则α的补角的度数是（ ）
A．40°B．50°C．130°D．310°
【分析】根据互为补角的两个角的和等于180°列式计算即可得解．
【解答】解：∠α的补角＝180°﹣∠α＝180°﹣50°＝130°．
故选：C．
【点评】本题考查了余角和补角，是基础题，熟记补角的概念是解题的关键．
2．（2022•长寿区自主招生）如图，将一副直角三角板的直角顶点叠放在一起，其中∠BAC＝∠EAD＝90°，∠B＝60°，∠E＝45°，AE与BC相交于点F，若AB∥DE，则∠EFB的大小是（ ）
A．75°B．90°C．105°D．120°
【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠EAB＝∠E，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．
【解答】解：∵AB∥DE，∠E＝45°，
∴∠EAB＝∠E＝45°，
∵∠B＝60°，
∴∠EFB＝∠B+∠EAB＝60°+45°＝105°．
故选：C．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角板的知识，是基础题，熟记性质是解题的关键．
3．（2022•荣昌区自主招生）如图，直线l1与l2被l3、l4所截，以下条件不能证明直线l1∥l2的是（ ）
A．∠1＝∠2B．∠2＝∠5C．∠3+∠4＝180°D．∠2+∠3＝180°
【分析】根据平行线的判定定理求解即可．
【解答】解：∵∠1＝∠2，
∴l1∥l2，
故A不符合题意；
∵∠2＝∠5，
∴l1∥l2，
故B不符合题意；
∵∠3+∠4＝180°，
∴l1∥l2，
故C不符合题意；
由∠2+∠3＝180°，不能判定l1∥l2，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】此题考查了平行线的判定，熟记平行线的判定定理是解题的关键．
4．（2022•南岸区自主招生）如图，点F，E在AC上，AD＝CB，∠D＝∠B．添加一个条件，不一定能证明△ADE≌△CBF的是（ ）
A．AD∥BCB．DE∥FBC．DE＝BFD．AE＝CF
【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠A＝∠C，
又AD＝CB，∠D＝∠B，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
故A不符合题意；
∵DE∥FB，
∴∠AED＝∠CFB，
又AD＝CB，∠D＝∠B，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
故B不符合题意；
∵DE＝BF，
又AD＝CB，∠D＝∠B，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
故C不符合题意；
∵AE＝CF，
又AD＝CB，∠D＝∠B，
不能判定△ADE≌△CBF，
故D符合题意，
故选：D．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
5．（2022•温江区校级自主招生）一个等腰直角三角尺和一把直尺按如图所示的位置摆放，若∠1＝20°，则∠2的度数是（ ）
A．15°B．20°C．25°D．40°
【分析】根据平行线的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠3＝∠1＝20°，
∵三角形是等腰直角三角形，
∴∠2＝45°﹣∠3＝25°，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
6．（2022•九龙坡区自主招生）如图，已知AB∥EF，∠ABC＝75°，∠CDF＝135°，则∠BCD＝（ ）
A．35°B．30°C．25°D．15°
【分析】根据邻补角的定义得到∠EDC＝180°﹣135°＝45°，根据平行线的性质得到∠1＝∠ABC＝75°，根据三角形外角的性质即可得到结论．
【解答】解：如图：
∵∠CDF＝135°，
∴∠EDC＝180°﹣135°＝45°，
∵AB∥EF，∠ABC＝75°，
∴∠1＝∠ABC＝75°，
∴∠BCD＝∠1﹣∠EDC＝75°﹣45°＝30°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，邻补角的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
7．（2022•巴南区自主招生）如图，a∥b，等腰直角三角形ABC的直角顶点C在直线a上，若∠1＝12°，则∠2等于（ ）
A．24°B．30°C．33°D．35°
【分析】延长AB交直线a于点D，先根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝45°，再利用三角形的外角性质可求出∠ADC＝33°，然后利用平行线的性质即可解答．
【解答】解：延长AB交直线a于点D，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠ABC＝∠1+∠ADC，
∴∠ADC＝∠ABC﹣∠1＝45°﹣12°＝33°，
∵a∥b，
∴∠2＝∠ADC＝33°，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
8．（2022•荣昌区自主招生）下列命题是假命题的是（ ）
A．任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边
B．三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半
C．如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
【分析】利用三角形的三边关系、三角形的中位线定理、平行线的性质及平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边，正确，是真命题，不符合题意；
B、三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，正确，是真命题，不符合题意；
C、如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等或互补，故原命题错误，是假命题，符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，是真命题，不符合题意，
故选：C．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解三角形的三边关系、三角形的中位线定理、平行线的性质及平行四边形的判定方法，难度不大．
二．填空题（共3小题）
9．（2022•徐汇区校级自主招生）如图是正方体的一种展开图，那么在原正方体中，与“上”字所在面相对的面上的汉字是 迎 ．
【分析】正方体的平面展开图中，相对的面一定相隔一个正方形，据此作答．
【解答】解：由图可知，与“上”字所在面相对的面上的汉字是“迎”，
故答案为：迎．
【点评】本题考查正方体相对的两个面上的文字，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
10．（2022•南陵县自主招生）如图，在△ABC中，∠BAC、∠BCA的平分线相交于点I，且BC＝AI+AC，若∠ABC＝35°，则∠BAC的度数为 70 度．
【分析】在BC上取CD＝AC，连接BI、DI，然后利用边角边证明△ACI与△DCI全等，根据全等三角形对应边相等可得AI＝DI，对应角相等可得∠CAI＝∠CDI，再根据BC＝AI+AC求出AI＝BD，从而可得BD＝DI，然后根据等角对等边的性质以及三角形的任意一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠CDI＝2∠DBI，再根据角平分线的定义即可求出∠CDI＝∠ABC，又∠BAC＝2∠CAI，代入数据进行计算即可求解．
【解答】解：如图，在BC上取CD＝AC，连接BI、DI，
∵CI平分∠ACB，
∴∠ACI＝∠BCI，
在△ACI与△DCI中，
，
∴△ACI≌△DCI（SAS），
∴AI＝DI，∠CAI＝∠CDI，
∵BC＝AI+AC，
∴BD＝AI，
∴BD＝DI，
∴∠IBD＝∠BID，
∴∠CDI＝∠IBD+∠BID＝2∠IBD，
又∵AI、CI分别是∠BAC、∠ACB的平分线，
∴BI是∠ABC的平分线，
∴∠ABC＝2∠IBD，∠BAC＝2∠CAI，
∴∠CDI＝∠ABC，
∴∠BAC＝2∠CAI＝2∠CDI＝2∠ABC，
∵∠B＝35°，
∴∠BAC＝35°×2＝70°，
故答案为：70．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，利用“割补法”作辅助线构造全等三角形以便于利用条件“BC＝AI+AC”是解决本题的关键，也是难点．
11．（2022•瓯海区校级自主招生）在等腰直角△ABC中，AB＝BC＝5，P是△ABC内一点，且PA＝，PC＝5，则PB＝ ．
【分析】先依据题意作一三角形，再结合图形进行分析，在等腰直角△ABC中，已知PA、PC，通过辅助线求出AD，DC及PD边的长，进而PB可求．
【解答】解：如图所示，过点B作BE⊥AC，过点P作PD，PF分别垂直AC，BE
在△APD中，PA2＝PD2+AD2＝5，
在△PCD中，PC2＝PD2+CD2，且AD+CD＝5，
解得AD＝，CD＝，PD＝，
在Rt△ABC中，BE＝AE＝，
所以在Rt△BPF中，PB2＝PF2+BF2＝＝10，
所以PB＝．
【点评】熟练掌握勾股定理的运用．会画出简单的图形辅助解题．
三．解答题（共3小题）
12．（2022•徐汇区校级自主招生）斜边和斜边上的高分别对应相等的两个直角三角形是否全等？判断并给出理由．
【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断即可．
【解答】解：全等，理由如下：
证明：设点O，O′分别为AB，A′B′的中点，则CO＝C′O′，
∵CD⊥AB于D，C'D'⊥A'B'于D'，
∴∠CDB＝∠C′D′B′＝90°，
∴Rt△CDO≌Rt△C′D′O′（HL），
∴∠COD＝∠C'O'D'，
∵CO＝BO，C′O′＝B′O′，
∴∠OCB＝∠B，∠O′C′B′＝∠B′，
∴∠B＝（180°﹣∠COB），∠B'＝（180°﹣∠C′O′B′），
∴∠B＝∠B'，
∴△ABC≌△A′B′C′（AAS），
【点评】本题考查的是直角全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
13．（2022•相城区校级自主招生）如图，等边△ABC内接于⊙O，P是上任一点（点P不与点A、B重合），连接AP、BP、CP，CP与AB交于点D，过点C作CM∥BP交PA的延长线于点M．
（1）求证：△ACM≌△BCP；
（2）若PA＝1，PB＝2．求⊙O的半径．
【分析】（1）证明∠M＝∠BPC，∠MAC＝∠PBC，AC＝BC，即可证明△ACM≌△BCP（AAS）；
（2）过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ＝30°，得到PQ＝PB＝1，根据勾股定理得到BQ＝，AN＝，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形APBC是⊙O的内接四边形，
∴∠MAC＝∠PBC，∠ACB+∠APB＝180°；
∵CM∥BP，
∴∠M+∠APB＝180°，
∴∠M＝∠ACB；
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠BAC＝60°，AC＝BC；而∠BPC＝∠BAC＝60°，
∴∠M＝∠BPC；
在△ACM与△BCP中，
，
∴△ACM≌△BCP（AAS）；
（2）解：过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC＝∠BPC＝60°，
∴∠BPQ＝60°，
∴∠PBQ＝30°，
∴PQ＝PB＝1，
在Rt△BPQ中，BQ＝＝，
在Rt△AQB中，AB＝＝＝，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN＝AB＝，
∴AN＝＝，
在Rt△BON中，设BO＝r，则ON＝﹣r，
∴（）2+（﹣r）2＝r2，
解得：r＝．
即⊙O的半径为．
【点评】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定和性质、三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
14．（2022•瓯海区校级自主招生）如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，D，G是边CA上的两点，连接BD，BG．过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF．若BE＝EF，求证：∠ABG＝∠DFC．
【分析】设AE、BG交于点I，作GH⊥AB于点H，连接HI，由AE⊥BD，GF⊥BD证明AE∥GF，则＝＝1，BI＝IG，BG＝2BI，由S△ABG＝2S△ABI得AB•HG＝2×AI•BF，则AB•HG＝AI•BF，由△AHG∽△ABC得＝，则AB•HG＝AH•BC，所以AH•BC＝AI•BF，变形为＝，而∠HAI＝∠FBC＝90°﹣∠ABE，所以△HAI∽△FBC，则∠AHI＝∠BFC，所以∠IHB＝∠DFC，再由IH＝IB＝BG得∠IHB＝∠ABG，所以∠ABG＝∠DFC．
【解答】证明：如图，设AE、BG交于点I，作GH⊥AB于点H，连接HI，
∵AE⊥BD，GF⊥BD，BE＝EF，
∴AE∥GF，BE＝BF，∠AEB＝90°，
∴＝＝1，
∴BI＝IG，BG＝2BI，
∴S△ABG＝2S△ABI，
∴AB•HG＝2×AI•BF，
∴AB•HG＝AI•BF，
∵∠AHG＝∠ABC＝90°，∠HAG＝∠BAC，
∴△AHG∽△ABC，
∴＝，
∵AB•HG＝AH•BC，
∴AH•BC＝AI•BF，
∴＝，
∵∠HAI＝∠FBC＝90°﹣∠ABE，
∴△HAI∽△FBC，
∴∠AHI＝∠BFC，
∴180°﹣∠AHI＝180°﹣∠BFC，
∴∠IHB＝∠DFC，
∵∠BHG＝90°，BI＝IG，
∴IH＝IB＝BG，
∴∠IHB＝∠ABG，
∴∠ABG＝∠DFC．
【点评】此题重点考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、同角的余角相等、根据面积等式证明线段的乘积相等、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．