备战2021年上海中考专题12：三角形

备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编（上海专版）
专题12三角形（共32题）上海
一．选择题（共7小题）
1．（2020•松江区二模）如图，已知△ABC中，AC＝2，AB＝3，BC＝4，点G是△ABC的重心．将△ABC平移，使得顶点A与点G重合．那么平移后的三角形与原三角形重叠部分的周长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．4.5
【分析】先根据平移和平行线的性质得到∠GMN＝∠B，∠GNM＝∠C，则可判断△GMN∽△ABC，根据相似三角形的性质得到△GMN的周长△ABC的周长=GDAD，接着利用三角形重心性质得AG＝2GD，然后根据三角形周长定义计算即可．
【解析】∵将△ABC平移得到△GEF，
∴GE∥AB，GF∥AC，
∴∠GMN＝∠B，∠GNM＝∠C，
∴△GMN∽△ABC，
∴△GMN的周长△ABC的周长=GDAD，
∵点G是△ABC的重心，
∴AG＝2GD，
∴△GMN的周长△ABC的周长=13，
∴△GMN的周长=13×（2+3+4）＝3．
故选：B．

2．（2020•奉贤区二模）如果线段AM和线段AN分别是△ABC边BC上的中线和高，那么下列判断正确的是（　　）
A．AM＞AN B．AM≥AN C．AM＜AN D．AM≤AN
【分析】根据三角形的高的概念得到AN⊥BC，根据垂线段最短判断．
【解析】∵线段AN是△ABC边BC上的高，
∴AN⊥BC，
由垂线段最短可知，AM≥AN，
故选：B．

3．（2020•虹口区二模）已知在△ABC中，小明按照下列作图步骤进行尺规作图（示意图与作图步骤如表），那么交点O是△ABC的（　　）
示意图
作图步骤


（1）分别以点B、C为圆心，大于12BC长为半径作圆弧，两弧分别交于点M、N，联结MN交BC于点D；
（2）分别以点A、C为圆心，大于12AC长为半径作圆弧，两弧分别交于点P、Q，联结PQ交AC于点E；
（3）联结AD、BE，相交于点O
A．外心 B．内切圆的圆心
C．重心 D．中心
【分析】根据尺规作图得到AD、BE是△ABC的中线，根据重心的概念判断即可．
【解析】由尺规作图可知，MN、PQ分别是线段BC、AC的垂直平分线，
∴点D、E分别是BC、AC的中点，
∴AD、BE是△ABC的中线，
∴点O是△ABC的重心，
故选：C．
4．（2020•黄浦区二模）在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣3，0），B（2，0），C（﹣1，2），E（4，2），如果△ABC与△EFB全等，那么点F的坐标可以是（　　）
A．（6，0） B．（4，0） C．（4．﹣2） D．（4，﹣3）
【分析】直接利用全等三角形的性质以及坐标与图形的性质得出符合题意的答案．
【解析】如图所示：△ABC与△EFB全等，点F的坐标可以是：（4，﹣3）．
故选：D．

5．（2020•嘉定区一模）三角形的重心是（　　）
A．三角形三边的高所在直线的交点
B．三角形的三条中线的交点
C．三角形的三条内角平分线的交点
D．三角形三边中垂线的交点
【分析】根据重心是三角形三边中线的交点，三角形三条高的交点是垂心，三角形三条角平分线的交点是三角形的内心，等知识点作出判断．
【解析】∵三角形的重心是三角形三条边中线的交点，
∴选项B正确．
故选：B．
6．（2020•奉贤区一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，如果∠A的正弦值是14，那么下列各式正确的是（　　）
A．AB＝4BC B．AB＝4AC C．AC＝4BC D．BC＝4AC
【分析】根据正弦函数的定义解答即可．
【解析】在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，

∴sinA=BCAB=14，
∴AB＝4BC，
故选：A．
7．（2020•崇明区一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，如果AC＝8，BC＝6，那么∠B的余切值为（　　）
A．34 B．43 C．35 D．45
【分析】根据余切函数的定义解答即可．
【解析】如图，在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，

∴cotB=BCAC=68=34，
故选：A．
二．填空题（共20小题）
8．（2019•上海）如图，已知直线11∥l2，含30°角的三角板的直角顶点C在l1上，30°角的顶点A在l2上，如果边AB与l1的交点D是AB的中点，那么∠1＝　120　度．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得到DA＝DC，则∠DCA＝∠DAC＝30°，再利用三角形外角性质得到∠2＝60°，然后根据平行线的性质求∠1的度数．
【解析】∵D是斜边AB的中点，
∴DA＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠2＝∠DCA+∠DAC＝60°，
∵11∥l2，
∴∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣60°＝120°．
故答案为120．

9．（2019•上海）在△ABC和△A1B1C1中，已知∠C＝∠C1＝90°，AC＝A1C1＝3，BC＝4，B1C1＝2，点D、D1分别在边AB、A1B1上，且△ACD≌△C1A1D1，那么AD的长是　53　．
【分析】根据勾股定理求得AB＝5，由△ACD≌△C1A1D1，所以可以将A1点放在左图的C点上，C1点放在左图的A点上，D1点对应左图的D点，从而得出BC∥B1C1，根据其性质得出5-ADAD=2，解得求出AD的长．
【解析】∵△ACD≌△C1A1D1，可以将△C1A1D1与△ACD重合，如图，
∵∠C＝∠C1＝90°，
∴BC∥B1C1，
∴ADBD=B1C1BC，
∵AC＝3，BC＝4，
∴AB=32+42=5，
∴AD5-AD=24，
解得AD=53，
∴AD的长为53，
故答案为53．

10．（2020•杨浦区二模）如图，已知在5×5的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上，如果小正方形的边长都为1，那么点C到线段AB所在直线的距离是　355　．

【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据每个小正方形的边长为1，利用勾股定理，可以得到AC、CD、AD的长，然后即可得到△ACD的形状，再利用等积法，即可求得CE的长．
【解析】连接AD、AC，作CE⊥AD于点E，
∵小正方形的边长都为1，
∴AD=42+22=25，AC=32+32=32，CD=12+12=2，
∵（25）2＝（32）2+（2）2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴AC⋅CD2=AD⋅CE2，
即32×22=25×CE2，
解得，CE=355，
即点C到线段AB所在直线的距离是355，
故答案为：355．

11．（2020•松江区二模）如果一个三角形中有一个内角的度数是另外两个内角度数差的2倍，我们就称这个三角形为“奇巧三角形”．已知一个直角三角形是“奇巧三角形”，那么该三角形的最小内角等于　22.5　度．
【分析】设直角三角形的最小内角为x，另一个内角为y，根据三角形的内角和列方程组即可得到结论．
【解析】设直角三角形的最小内角为x，另一个内角为y，
由题意得，x+y=90°2(y-x)=90°，
解得：x=22.5°y=67.5°，
答：该三角形的最小内角等于22.5°，
故答案为：22.5．
12．（2020•崇明区二模）如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为16，阴影部分三角形的面积为9．如果AA'＝1，那么A'D的长为　3　．

【分析】先证明△DA′E∽△DAB，再利用相似三角形的性质求得A'D便可．
【解析】如图，

∵S△ABC＝16、S△A′EF＝9，且AD为BC边的中线，
∴S△A′DE=12S△A′EF＝4.5，S△ABD=12S△ABC＝8，
∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'，
∴A′E∥AB，
∴△DA′E∽△DAB，
则(A'DAD)2=S△A'DES△ADB，即(A'DA'D+1)2=4.58，
解得A′D＝3或A′D=-37（舍），
故答案为3．
13．（2020•闵行区一模）如果三角形的两个内角∠α与∠β满足2α+β＝90°，那么，我们将这样的三角形称为“准互余三角形”．在△ABC中，已知∠C＝90°，BC＝3，AC＝4（如图所示），点D在AC边上，联结BD．如果△ABD为“准互余三角形”，那么线段AD的长为　52或74　（写出一个答案即可）．

【分析】作DM⊥AB于M．设∠ABD＝α，∠A＝β．分两种情形：①当2α+β＝90°时．②当α+2β＝90°时，分别求解即可．
【解析】过点D作DM⊥AB于M．设∠ABD＝α，∠A＝β．

①当2α+β＝90°时，∵α+β+∠DBC＝90°，
∴∠DBC＝∠DBA，
∵DM⊥AB，DC⊥BC，
∴DM＝DC，
∵∠DMB＝∠C＝90°，DM＝DC，BD＝BD，
∴Rt△BDC≌Rt△BDM（HL），
∴BM＝BC＝3，
∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB=BC2+AC2=5，
∴AM＝5﹣3＝2，设AD＝x，则CD＝DM＝4﹣x，
在Rt△ADM中，则有x2＝（4﹣x）2+22，
解得x=52．
∴AD=52．
②当α+2β＝90°时，∵α+β+∠DBC＝90°，
∴∠DBC＝β＝∠A，
∵∠C＝∠C，
∴△CBD∽△CAB，
∴BC2＝CD•CA，
∴CD=94，
∴AD＝AC﹣CD＝4-94=74．
故答案为52或74．
14．（2020•虹口区一模）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如果小正方形面积是49，直角三角形中较小锐角θ的正切为512，那么大正方形的面积是　　．

【分析】由题意知小正方形的边长为7．设直角三角形中较小边长为a，较长的边为b，运用正切函数定义求解．
【解析】由题意知，小正方形的边长为7，
设直角三角形中较小边长为a，较长的边为b，则
tanθ＝短边：长边＝a：b＝5：12．
所以b=125a，①
又以为b＝a+7，②
联立①②，得a＝5，b＝12．
所以大正方形的面积是：a2+b2＝25+144＝169．
故答案是：169．
15．（2020•宝山区一模）如图，点C是长度为8的线段AB上一动点，如果AC＜BC，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作等边△ACD、△BCE，联结DE，当△CDE的面积为33时，线段AC的长度是　2　．

【分析】作DH⊥EC于H．设AC＝x，则BC＝EC＝8﹣x．利用三角形的面积公式构建方程即可解决问题．
【解析】作DH⊥EC于H．设AC＝x，则BC＝EC＝8﹣x．

∵△ACD，△ECB都是等边三角形，
∴∠ACD＝∠ECB＝60°，
∴∠DCE＝60°，
∴S△DCE=12•EC•CD•sin60°＝33，
∴12•（8﹣x）•32x＝33，
解得x＝2或6（舍弃），
∴AC＝2，
故答案为2．
16．（2020•金山区一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点G是重心，AC＝4，tan∠ABG=13，则BG的长是　4310　．

【分析】延长BG交AC于E．易知AH＝2，根据三角函数计算AB的长，由勾股定理可得BH的长，由三角形重心的性质：三角形重心到顶点的距离是到对应中点距离的二倍，可得结论．
【解析】延长BG交AC于H．

∵G是△ABC的重心，
∴AH=12AC=12×4=2，
∵∠BAC＝90°，tan∠ABG=13，
∴AHAB=13，
∴AB＝6，
由勾股定理得：BH=AB2+AH2=62+22=210，
∵∵G是△ABC的重心，
∴BG＝2GH，
∴BG=23×210=4103；
故答案为：4103．
17．（2020•浦东新区一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，点D、E分别是边BC、AB的中点，将△BDE绕着点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别为点D'、E'，当直线D'E'经过点A时，线段CD'的长为　25或655　．
【分析】分两种情况：①点A在E'D'的延长线上时；②点A在线段D'E'的延长线上时；然后分类讨论，求出线段BD的长各是多少即可．
【解析】如图1，当点A在E'D'的延长线上时，

∵∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=4+16=25，
∵点D、E分别是边BC、AB的中点，
∴DE∥AC，DE=12AC＝1，BD=12BC＝2，
∴∠EDB＝∠ACB＝90°，
∵将△BDE绕着点B旋转，
∴∠BD'E'＝∠BDE＝90°，D'E'＝DE＝1，BD＝BD'＝2，
∵在Rt△ABC和Rt△BAD'中，D'B＝AC＝2，AB＝BA，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD'（HL），
∴AD'＝BC，且AC＝D'B，
∴四边形ACBD'是平行四边形，且∠ACB＝90°，
∴四边形ACBD'是矩形，
∴CD'＝AB＝25；
如图2，当点A在线段D'E'的延长线上时，

∵∠AD'B＝90°，
∴AD'=AB2-D'B2=20-4=4，
∴AE'＝AD'﹣D'E'＝3，
∵将△BDE绕着点B旋转，
∴∠ABC＝∠E'BD'，
∵BE'AB=12=BD'BC，
∴△ABE'∽△CBD'，
∴AE'CD'=ABBC，
∴3CD'=254，
∴CD'=655，
故答案为：25或655．
18．（2020•浦东新区一模）如图，在△ABC中，AE是BC边上的中线，点G是△ABC的重心，过点G作GF∥AB交BC于点F，那么EFEB=　13　．

【分析】由点G是△ABC的重心，可得GE：AG＝1：2，则GE：AE＝1：3，再GF∥AB，得出结论．
【解析】∵点G是△ABC的重心，
∴GE：AG＝1：2，
∴GE：AE＝1：3，
∵GF∥AB，
△EGF∽△EAB，
∴EFEB=GEAE=13，
故答案为13．
19．（2020•静安区一模）在△ABC中，边BC、AC上的中线AD、BE相交于点G，AD＝6，那么AG＝　4　．
【分析】由三角形的重心的概念和性质求解．
【解析】∵AD、BE为△ABC的中线，且AD与BE相交于点G，
∴G点是三角形ABC的重心，
∴AG=23AD=23×6=4，
故答案为4．
20．（2020•普陀区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是三角形的角平分线，如果AB＝35，AC＝25，那么点D到直线AB的距离等于　2　．

【分析】作DE⊥AB于E，如图，利用勾股定理计算出BC＝5，再根据角平分线的性质得DC＝DE，然后利用面积法得到12×25×DC+12×DE×35=12×25×5，从而可求出DE．
【解析】作DE⊥AB于E，如图，
在Rt△ABC中，BC=(35)2-(25)2=5，
∵AD是三角形的角平分线，
∴DC＝DE，
∵S△ACD+S△ABD＝S△ABC，
∴12×25×DC+12×DE×35=12×25×5，
∴DE＝2，
即点D到直线AB的距离等于2．
故答案为2．

21．（2020•浦东新区一模）如图，将△ABC沿射线BC方向平移得到△DEF，边DE与AC相交于点G，如果BC＝6cm，△ABC的面积等于9cm2，△GEC的面积等于4cm2，那么CF＝　2　cm．

【分析】易证△ABC∽△GEC，根据相似三角形的面积的比等于相似比的平方，即可求得EC的长，则CF即可求解．
【解析】∵AB∥DE，
∴△ABC∽△GEC，
∴S△GECS△ABC=（ECBC）2=49，
∴EC6=23
∴EC＝4cm，
∵EF＝BC＝6cm，
∴CF＝EF﹣EC＝6﹣4＝2cm．
故答案是：2
22．（2020•杨浦区一模）已知点G是△ABC的重心，过点G作MN∥BC分别交边AB、AC于点M、N，那么S△AMNS△ABC=　49　．
【分析】根据三角形重心和相似三角形的判定和性质解答即可．
【解析】如图，，
连接AG并延长交BC于点E，
∵点G是△ABC的重心，
∴AGGE=21，
∵MN∥BC，
∴△AMN∽△ABC，
∴S△AMNS△ABC=(AGAE)2=49，
故答案为：49
23．（2020•黄浦区一模）如图，在△ABC中，中线BF、CE交于点G，且CE⊥BF，如果AG＝5，BF＝6，那么线段CE的长是　92　．

【分析】如图，延长AG交BC于K．根据重心的性质以及勾股定理即可解决问题．
【解析】如图，延长AG交BC于K．

∵点G是△ABC的重心，
∴AG＝2GK，BG＝2GF，CG＝2EG，
∵AG＝5，BF＝6，
∴GK=52，BG＝4，
∵CE⊥BF，
∴∠BGC＝90°，
∴BC＝2GK＝5，CG=BC2-BG2=52-42=3，
∴EG=12CG=32，
∴EC＝3+32=92．
故答案为92．
24．（2020•青浦区一模）如图，在菱形ABCD中，O、E分别是AC、AD的中点，联结OE．如果AB＝3，AC＝4，那么cot∠AOE＝　255　．

【分析】连接OD，根据菱形的性质、勾股定理求出OD，根据三角形中位线定理得到∠AOE＝∠ACD，根据余切的定义计算，得到答案．
【解析】连接OD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴OD⊥AC，OA＝OC=12AC＝2，
由勾股定理得，OD=AD2-OA2=32-22=5，
∵O、E分别是AC、AD的中点，
∴OE∥CD，
∴∠AOE＝∠ACD，
∴cot∠AOE＝cot∠ACD=OCOD=25=255，
故答案为：255．

25．（2020•黄浦区一模）如果等腰△ABC中，AB＝AC＝3，cos∠B=13，那么cos∠A＝　79　．
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，根据余弦的定义求得BD，即可求得BC，根据勾股定理求得AD，然后根据三角形面积公式求得CE，进一步求得AE，根据余弦的定义求得cos∠A的值．
【解析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，
∴∠ADB＝90°
∴在△ADC中，cos∠B=BDAB=13，
∴BD=13AB＝1．
∵AB＝AC，AD⊥BC
∴BD＝DC，
∴BC＝2，
∴AD=AB2-BD2=32-12=22
∵12AB•CE=12BC⋅AD，
∴CE=BC⋅ADAB=2×223=423，
∴AE=AC2-CE2=73
∴cos∠A=AEAC=733=79，
故答案为79．

26．（2020•黄浦区一模）如图，将一个装有水的杯子倾斜放置在水平的桌面上，其截面可看作一个宽BC＝6厘米，长CD＝16厘米的矩形．当水面触到杯口边缘时，边CD恰有一半露出水面，那么此时水面高度是　9.6　厘米．

【分析】直接利用勾股定理得出BF的长，再利用相似三角形的判定与性质得出答案．
【解析】如图所示：作BE⊥AE于点E，
由题意可得，BC＝6cm，CF=12DC＝8cm，
故BF=FC2+BC2=62+82=10（cm），
可得：∠CFB＝∠BAE，∠C＝∠AEB，
故△BFC∽△BAE，
∴BCEB=FBAB，
∴6BE=1016，
解得：BE＝9.6．
故答案为：9.6．

27．（2020•崇明区一模）如果两个三角形相似，其中一个三角形的两个内角分别为50°和60°，那么另一个三角形的最大角为　70　度．
【分析】根据相似三角形的性质以及三角形的内角和定理即可解决问题．
【解析】∵三角形的两个内角分别为50°和60°，
∴这个三角形的第三个内角为180°﹣50°﹣60°＝70°，
根据相似三角形的性质可知，另一个三角形的最大角为70°．
故答案为70．
三．解答题（共5小题）
28．（2020•浦东新区三模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4．D是边AB的中点，点E为边AC上的一个动点（与点A、C不重合），过点E作EF∥AB，交边BC于点F．联结DE、DF，设CE＝x．
（1）当x＝1时，求△DEF的面积；
（2）如果点D关于EF的对称点为D′，点D′恰好落在边AC上时，求x的值；
（3）以点A为圆心，AE长为半径的圆与以点F为圆心，EF长为半径的圆相交，另一个交点H恰好落在线段DE上，求x的值．

【分析】（1）如图1，过E作EM⊥AB于M，根据勾股定理计算AB＝5，根据三角函数定义得sin∠A=BCAB=35=EMAE，可得EM的长，由平行线分线段成比例定理可得EF的长，根据三角形面积公式可得结论；
（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，连接DD'，交EF于Q，由对称得DD'⊥EF，QD=12DD'，先根据三角函数计算DD'=3×524=158，得QD=1516，证明四边形ENDQ是矩形，则EN＝QD=1516，最后利用三角函数可得结论；
（3）如图3，连接AF，交ED于G，先表示CF=34x，EF=54x，计算AF的长，根据平行线分线段成比例定理可得AG的长，证明△AEG∽△AFC，得AG•AF＝AC•AE，列方程解出即可．
【解析】（1）如图1，过E作EM⊥AB于M，

当x＝1时，CE＝1，AE＝4﹣1＝3，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝5，sin∠A=BCAB=35=EMAE，
∴35=EM3，
∴EM=95，
∵EF∥AB，
∴CEAC=EFAB，即x4=EF5，
∴EF=54x=54，
∴△DEF的面积=12EF•EM=12×54×95=98；
（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，连接DD'，交EF于Q，

∵点D关于EF的对称点为D′，
∴DD'⊥EF，QD=12DD'，
∴∠EQD'＝90°，
∵EF∥AB，
∴∠ADQ＝∠EQD'＝90°，
∵D是AB的中点，
∴AD=12AB=52，
tan∠A=DD'AD=34，
∴DD'=3×524=158，
∴QD=1516，
∵EF∥AB，EN⊥AB，QD⊥AB，
∴∠END＝∠NDQ＝∠EQD＝90°，
∴四边形ENDQ是矩形，
∴EN＝QD=1516，
Rt△AEN中，sin∠A=ENAE=35，
∴1516AE=35，AE＝4﹣x，
∴x=3916；
（3）如图3，连接AF，交ED于G，

Rt△CEF中，∠ECF＝90°，
tan∠CEF＝tan∠CAB=34=CFCE，
∴34=CFx，CF=34x，
∴EF=54x，
∴AF=AC2+CF2=42+(34x)2=16+916x2，
∵EF∥AB，
∴AGFG=ADEF，即AGFG=5254x=2x，
∴AGAG+FG=22+x，
∴AG=216+916x22+x，
∵⊙A与⊙F相交于点E、H，且H在ED上，
∴AF⊥DE，
∴∠AGE＝90°，
∴∠AGE＝∠ACF＝90°，
∵∠EAG＝∠FAC，
∴△AEG∽△AFC，
∴AGAC=AEAF，即AG•AF＝AC•AE，
∴216+916x22+x⋅16+916x2=4（4﹣x），
解得：x1＝0（舍），x2=6441．
29．（2020•闵行区二模）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4，AB的垂直平分线交AB于点E，交BC的延长线于点D．
（1）求CD的长；
（2）求点C到ED的距离．

【分析】（1）过A点作AF⊥BC于点F．根据AB＝AC＝6，BC＝4，AF⊥BC，可得BF＝FC＝2，∠BFA＝90°，再根据三角函数即可求出CD的长；
（2）过C点作CH⊥ED于点H，根据CH⊥ED，AB⊥ED，可得∠DEB＝∠DHC＝90°，即CH∥AB，对应边成比例即可求出CH的长．
【解析】如图，

（1）过A点作AF⊥BC于点F．
∵AB＝AC＝6，BC＝4，AF⊥BC，
∴BF＝FC＝2，∠BFA＝90°，
∴在Rt△ABF中，cos∠B=BFAB=13，
∵AB的垂直平分线交AB于点E，AB＝6，
∴AE＝BE＝3，∠DEB＝90°，
在Rt△DEB中，cos∠B=BEBD=13，
∴BD＝9，
∴CD＝5．
（2）过C点作CH⊥ED于点H，
∵CH⊥ED，AB⊥ED，
∴∠DEB＝∠DHC＝90°，
∴CH∥AB，
∴CHBE=CDBD，
∵BE＝3，BD＝9，CD＝5，
∴CH=53．
∴点C到ED的距离CH为53．
30．（2020•嘉定区二模）如图所示的方格纸是由9个大小完全一样的小正方形组成的．点A、B、C、D均在方格纸的格点（即图中小正方形的顶点）上，线段AB与线段CD相交于点E．设图中每个小正方形的边长均为1．
（1）求证：AB⊥CD；
（2）求sin∠BCD的值．

【分析】（1）证明△BAG≌△CDF（SAS），可得∠BAG＝∠CDF，根据同角的余角相等可得结论；
（2）根据勾股定理先计算CD和BC的长，根据面积法可得BE的长，最后由三角函数定义可得结论．
【解答】（1）证明：如图，

∵AG＝DF＝1，∠G＝∠CFD＝90°，BG＝CF＝3，
∴△BAG≌△CDF（SAS），
∴∠BAG＝∠CDF，
又∵∠BAG+∠ABG＝90°，
∴∠CDF+∠ABG＝90°，
∴∠BED＝180°﹣（∠CDF+∠ABG）＝90°，
∴AB⊥CD；
（2）解：在Rt△CFD中，∵DF＝1，CF＝3，
∴CD=1+32=10，
同理，BC=10，
∵S△BCD=12BD⋅CF=12×2×3=3，
S△BCD=12CD⋅BE=102BE，
∴102BE=3，
解得BE=3510，
∴sin∠BCD=BEBC=35．
31．（2020•虹口区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，sin∠ABC=35，点D为射线BC上一点，联结AD，过点B作BE⊥AD分别交射线AD、AC于点E、F，联结DF，过点A作AG∥BD，交直线BE于点G．
（1）当点D在BC的延长线上时，如果CD＝2，求tan∠FBC；
（2）当点D在BC的延长线上时，设AG＝x，S△DAF＝y，求y关于x的函数关系式（不需要写函数的定义域）；
（3）如果AG＝8，求DE的长．

【分析】（1）求出AC＝3，可得∠DAC＝∠FBC，则tan∠FBC＝tan∠DAC=DCAC=23；
（2）由条件可得∠AGF＝∠CBF，可得AFAG=CFBC，可用x表示CF和AF的长，求出CD，则S△DAF=12AF⋅CD，可用x表示结果；
（3）分两种情况，①当点D在BC的延长线上时，②当点D在BC的边上时，可求出AE长AD的长，则DE＝AD﹣AE可求出．
【解析】（1）∵∠ACB＝90°，BC＝4，sin∠ABC=35，
∴设AC＝3x，AB＝5x，
∴（3x）2+16＝（5x）2，
∴x＝1，
即AC＝3，
∵BE⊥AD，
∴∠AEF＝90°，
∵∠AFE＝∠CFB，
∴∠DAC＝∠FBC，
∴tan∠FBC＝tan∠DAC=DCAC=23；
（2）∵AG∥BD，
∴∠AGF＝∠CBF，
∴tan∠AGF＝tan∠CBF，
∴AFAG=CFBC，
AGBC=AFCF，
∴x4=3-CFCF，
∴CF=124+x．
∴AF=3-CF=3-124+x=3x4+x．
∵∠EAF＝∠CBF，
∴CDAC=CFBC，
∴CD=94+x，
∴S△DAF=12AF⋅CD=12×3x4+x×94+x=27x2(4+x)2；
（3）①当点D在BC的延长线上时，如图1，

∵AG＝8，BC＝4，AG∥BD，
∴AGBC=AFCF=21，
∴AF＝2CF，
∵AC＝3，
∴AF＝2，CF＝1，
∴tan∠AGE=tan∠CBF=CFBC=14，
∴AEGE=14，
设AE＝x，GE＝4x，
∴x2+16x2＝82，
解得x=81717，
即AE=81717．
同理tan∠DAC＝tan∠CBF，
∴DCAC=14，
∴DC=34，
∴AD=AC2+DC2=32+(34)2=3417．
∴DE=AD-AE=3417-81717=191768．
②当点D在BC的边上时，如图2，

∵AG∥BD，AG＝8，BC＝4，
∴AGBC=AFCF=84=21．
∴AF＝6，
∵∠EAF＝∠CBF＝∠ABC，
∴cos∠EAF＝cos∠ABC，
∴6AE=54，
∴AE=245，
同理ACAD=BCAB，
∴3AD=45，
∴AD=154．
∴DE＝AE﹣AD=245-154=2120．
综合以上可得DE的长为191768或2120．
32．（2020•徐汇区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点D是边AB上的动点（点D不与点AB重合），点G在边AB的延长线上，∠CDE＝∠A，∠GBE＝∠ABC，DE与边BC交于点F．
（1）求cosA的值；
（2）当∠A＝2∠ACD时，求AD的长；
（3）点D在边AB上运动的过程中，AD：BE的值是否会发生变化？如果不变化，请求AD：BE的值；如果变化，请说明理由．

【分析】（1）作AH⊥BC于H，BM⊥AC于M．解直角三角形求出BM，AM即可解决问题．
（2）设AH交CD于K．首先证明AK＝CK，设AK＝CK＝x，在Rt△CHK中，理由勾股定理求出x，再证明△ADK∽△CDA，理由相似三角形的性质构建方程组即可解决问题．
（3）结论：AD：BE＝5：6值不变．证明△ACD∽△BCE，可得ADBE=ACBC=56．
【解析】（1）作AH⊥BC于H，BM⊥AC于M．
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝3，
∴AH=AB2-BH2=52-32=4，
∵S△ABC=12•BC•AH=12•AC•BM，
∴BM=BC⋅AHAC=245，
∴AM=AB2-BM2=52-(245)2=75，
∴cosA=AMAB=725．

（2）设AH交CD于K．
∵∠BAC＝2∠ACD，∠BAH＝∠CAH，
∴∠CAK＝∠ACK，
∴CK＝AK，设CK＝AK＝x，
在Rt△CKH中，则有x2＝（4﹣x）2+32，
解得x=258，
∴AK＝CK=258，
∵∠ADK＝∠ADC，∠DAK＝∠ACD，
∴△ADK∽△CDA，
∴ADCD=AKAC=DKAD=2585=58，设AD＝m，DK＝n，
则有mn+258=58m2=n(n+258)，解得m=12539，n=625312．
∴AD=12539．

（3）结论：AD：BE＝5：6值不变．
理由：∵∠GBE＝∠ABC，∠BAC+2∠ABC＝180°，∠GBE+∠EBC+∠ABC＝180°，
∴∠EBC＝∠BAC，
∵∠EDC＝∠BAC，
∴∠EBC＝∠EDC，
∴D，B，E，C四点共圆，
∴∠EDB＝∠ECB，
∵∠EDB+∠EDC＝∠ACD+∠DAC，∠EDC＝∠DAC，
∴∠EDB＝∠ACD，
∴∠ECB＝∠ACD，
∴△ACD∽△BCE，
∴ADBE=ACBC=56．