中考数学三轮冲刺培优训练专题08三角形的计算与证明（2份，原卷版+解析版）

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类型一、全等三角形的计算与证明
1．（2023·广东茂名·统考一模）如图，在和中，于A，于D，，与相交于点O．求证：．
【答案】见解析
【分析】由即可证明．
【详解】证明：∵，，
∴，
在和中，
，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握直角三角形全等的判定是解题的关键．
2．（2023·广东广州·统考一模）如图，点A、F、C、D在同一直线上，点B和点E分别位于直线的两侧，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】直接利用证明即可．
【详解】证明：∵，
∴，即．
在和中，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键，全等三角形的判定定理有等等．
3．（2023·陕西咸阳·统考一模）已知，如图，，，，求证：．
【答案】见解析
【分析】利用平行线的性质证明，再利用证明即可．
【详解】证明：∵，
∴，
在和中，，
∴．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，关键熟练应用判定来求解．
4．（2023·江苏无锡·江苏省锡山高级中学实验学校校考一模）如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，E，F为直线AD上的点，连接BE，CF，且BE∥CF．
(1)求证：△BDE≌△CDF；
(2)若AE=13，AF=7，试求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)DE=3
【分析】（1）利用中点性质可得BD=CD，由平行线性质可得∠DBE=∠DCF，再由对顶角相等可得∠BDE=∠CDF，即可证得结论；
（2）由题意可得EF=AE-AF=6，再由全等三角形性质可得DE=DF，即可求得答案．
【详解】（1）证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵BE∥CF，
∴∠DBE=∠DCF，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（ASA）；
（2）解：∵AE=13，AF=7，
∴EF=AE-AF=13-7=6，
∵△BDE≌△CDF，
∴DE=DF，
∵DE+DF=EF=6，
∴DE=3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
5．（2023·陕西延安·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，且CE＝AB．求证：△CED≌△ABC．
【答案】见解析
【分析】由垂直的定义可知，∠DEC＝∠B＝90°，由平行线的性质可得，∠A＝∠DCE，进而由ASA可得结论．
【详解】证明：∵DE⊥AC，∠B＝90°，
∴∠DEC＝∠B＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠A＝∠DCE，
在△CED和△ABC中，
，
∴△CED≌△ABC（ASA）．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、垂直的定义和平行线的性质，熟知全等三角形的判定定理是解题基础．
6．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接BD，点E在BD上，连接CE，若∠1＝∠2，AB＝ED，求证：DB＝CD．
【答案】见解析
【分析】根据AB∥CD，可得∠ABD＝∠EDC，利用AAS证明△ABD≌△EDC，即可得结论．
【详解】解：证明：∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠EDC，
在△ABD和△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（AAS），
∴DB＝CD．
【点睛】此题考查了平行线的性质和三角形全等的证明，解题的关键是根据题意找到证明三角形全等需要的条件．
7．（2023·浙江杭州·模拟预测）已知，如图，点A，D，B，E在同一条直线上，，与交于点G．
（1）求证：；
（2）当时，求的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先根据线段的和差可得，再根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）先根据三角形全等的性质可得，再根据三角形的外角性质即可得．
【详解】证明：（1），
，即，
在和中，，
；
（2）由（1）已证：，
，即，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、三角形的外角性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
8．（2023·福建漳州·统考一模）如图，点，，，在同一条直线上，，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】根据，先证出，利用得到，由此证明，得到，由此推出，．
【详解】证明：∵，
∴，即
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
9．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）如图，和中，，，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】只需要利用证明即可证明．
【详解】证明：∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定定理是解题的关键，全等三角形的判定定理有等等．
10．（2023·广东佛山·佛山市华英学校校考一模）如图，已知，，，且B、D、E三点共线，
(1)证明：；
(2)证明：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明，再根据全等三角形的判定方法证明；
（2）由全等三角形的性质推出，然后利用三角形外角性质可得结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
在与中，，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
类型二、等腰（等边）三角形的计算与证明
11．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，在中，，点D在边上（不与点A，点C重合），连接，．
(1)设时，求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，，则可求出答案；
（2）作于点N，由勾股定理得出，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
（2）解：过点B作于点N，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
12．（2023·陕西·交大附中分校校考模拟预测）如图，已知与相交于点，，．求证：
【答案】见解析
【分析】先根据得到，再根据证明，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【详解】证明：，
，
在与中，
，
，
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边对等角，关键是根据证明解答．
13．（2023·广西河池·校考一模）如图，在等腰直角三角形和中，，点E在边上，与交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据，可得，再由等腰直角三角形的性质可得，可证明，即可求证；
（2）根据，可得，从而得到，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵和是等腰直角三角形，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
14．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在中，，将绕点B逆时针旋转到的延长线与相交于点F，连接，求证：．
【答案】见解析
【分析】根据旋转的性质得到，证得是等边三角形，得到，即可证得结论．
【详解】解：由旋转得，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质及等边三角形的判定和性质定理是解题的关键．
15．（2023·湖南衡阳·校考一模）已知：如图，，，AC和BD相交于点O．点M是BC的中点，连接OM．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据边边边直接证明两三角形全等即可；
（2）根据全等三角形的性质可得，进而证明是等腰三角形，根据三线合一可得，即可求得．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴（SSS）．
（2）解：由（1）得：，
∴OB=OC
∴是等腰三角形．
∵点M是BC的中点，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2023·山东济宁·济宁市第十三中学校考模拟预测）如图所示，等腰△ABC，BA＝BC， AD⊥BC．
(1)过点B作∠ABD的平分线交AD于点E（要求：保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，已知AD＝BD ，求证BE＝AC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）以B为圆心BD为半径画弧与AB交点为M，以D、M为圆心，大于的长为半径画弧交点为N，连接BN并延长与AD交点即为E；
（2）先利用等腰直角三角形的性质得到∠ABD＝∠BAD＝45°，则∠ABE＝∠EBD＝22.5°，再计算出∠DAC＝22.5°，则可利用“ASA”证明△BDE≌△ADC，从而得到结论．
【详解】（1）解：如图，BE为所作；
（2）证明：∵AD⊥BC，AD＝BD，
∴∠ABD＝∠BAD＝45°，
∵BE是∠B的平分线，
∴∠ABE＝∠EBD＝22.5°，
∵△ABC是等腰三角形，BA＝BC，
∴∠BAC＝，
∴∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DBE，
在△BDE和△ADC中，
，
∴△BDE≌△ADC（ASA），
∴BE＝AC．
【点睛】本题考查角平分线的作图方法、角平分线的定义、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握角平分线的尺规作图方法是解题的基础．
17．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，在中，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和，作直线，交于点，连接．
(1)请根据作图过程回答问题：直线是线段的 ；
A．角平分线 B．高 C．中线 D．垂直平分线
(2)若中，，，，求的长．
【答案】(1)D
(2)
【分析】（1）由尺规作图痕迹可知，直线是线段的垂直平分线；
（2）根据三角形的内角和定理，得出，再根据线段垂直平分线的性质，得出，再根据等边对等角，得出，再根据三角形的外角的性质，得出，在中，根据直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，得出，在中，再根据锐角三角函数，计算即可得出答案．
【详解】（1）解：（1）由尺规作图痕迹可知，直线是线段的垂直平分线；
故答案为：D．
（2）解：如图，设与交于点，
∵，，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，
∵，
∴，
在中，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了作图——复杂作图、线段垂直平分线的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角的性质、含角的直角三角形、锐角三角函数，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解本题的关键．
18．（2023·北京西城·校考一模）已知：线段，点C是线段的中点，点D在直线上，线段绕点C顺时针旋转得到线段，过B作交的延长线于点F，交直线于点G．
(1)补全图形1；
(2)在（1）中补全图形中，求与的数量关系：
(3)在（1）中补全图形中，用等式表示的数量关系，并证明．
【答案】(1)见详解
(2)，理由见详解
(3)，理由见详解
【分析】（1）按照题目要求补全图形即可；
（2）连接，先证明，再表示出，，问题随之得解；
（3）过B作交于点H，根据等腰直角三角形的性质即可作答．
【详解】（1）补全图形如下：
（2），理由如下：
连接，如图，
∵线段绕点C顺时针旋转得到线段，
∴，，即，
∵点C是线段的中点，
∴垂直平分线段，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3），理由如下：
过B作交于点H，如图，
在（2）中已证明，，
∵，
∴，，
∴利用勾股定理可得：，
∵，，
∴利用勾股定理可得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
整理：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质以及三角形外角的性质等知识，掌握等腰三角形的判定与性质是解答本题的关键．
19．（2023·天津西青·校考模拟预测）已知点O是内一点，连接，将绕点B顺时针旋转如图，若是等边三角形，，，旋转后得到，连接，已知．
(1)求的长；
(2)求的大小．
【答案】(1)12
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质，推出为等边三角形，得到，即可得解；
（2）根据旋转的性质，得到，由（1）为等边三角形，得到，利用勾股定理逆定理得到，进而得到，即可得解．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴，
∵旋转后得到，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴；
（2）解：由（1）知：为等边三角形，，，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理．熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
20．（2023·北京海淀·校考二模）已知等边，其中点D、E是过顶点B的一条直线l上两点
(1)如图1，，求证：
(2)如图2，，，，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由等边三角形的性质结合题意易证，即得出；
（2）分别作，且角的顶点落在直线l上．由（1）可知，即得出，．设，则．在中，利用锐角三角形函数可求出，，从而可求出．再在中，利用锐角三角形函数可得出，即可列出关于x的等式，解出x的值，即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，分别作，且角的顶点落在直线l上．
由（1）可知，
∴，．
设，则．
∵在中，
，
，
∴．
∵在中，，
∴，即，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，解直角三角形等知识．掌握三角形全等的判定定理是解题关键．在解（2）时作出辅助线构造全等三角形也是关键．
类型三、直角三角形的计算与证明
21．（2023·江西吉安·校考模拟预测）我校的八（1）班教室位于工地处的正西方向，且米，一辆大型货车从处出发，以米/秒的速度沿北偏西度的方向行驶，如果大型货车的噪声污染半径为米：
(1)教室是否在大型货车的噪声污染范围内？请说明理由．
(2)若在，请求出教室受污染的时间是多少？
【答案】(1)是，理由见解析
(2)秒
【分析】（1）问教室是否在大型货车的噪声污染范围内，其实就是问到的距离是否大于污染半径，如果大于则不受影响，反正则受影响．如果过作于，那么就是所求的线段，在中，的度数容易求得，又已知了的值，那么便可求出，然后进行判断即可；
（2）要求教室受影响的范围，其实就是求的值，在中，的值已经求得，又有的值，那么根据勾股定理的值就能求出了，也就能求出了，然后根据时间路程速度即可得出答案．
【详解】（1）解：教室在大型货车的噪声污染范围内．
理由如下：
过作于，如图所示：
由题意得，，，
，
教室在大型货车的噪声污染范围内；
（2）解：根据题意，在上取，两点，连接，，使，如图所示：
，
为的中点，即，
，
，即影响的时间为．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，正确的理解题意，把实际问题转化为直角三角形中的数学问题是解题的关键．
22．（2023·广东·一模）如图，在中，，，，将绕点B顺时针旋转60°得到，连接，．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】先证明，，再证明，，从而可得结论．
【详解】证明：∵，，，
∴，，
∴，为等边三角形，
∴，
由旋转可得：，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，含的直角三角形的性质，旋转的性质，掌握以上基础知识是解本题的关键．
23．（2023·陕西咸阳·校考二模）如图，已知是等腰直角三角形，，点D为边的延长线上一点，连接，若，，求的长．
【答案】2
【分析】利用等腰直角三角形的性质可得，，再利用三角形的外角性质可得，然后在中，利用含30度角的直角三角形的性质，进行计算即可解答．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，，
∴，，
∵是的一个外角，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形，含30度角的直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形，以及含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
24．（2023·广东东莞·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）用直尺和圆规作∠BAC的平分线交BC于D（保留痕迹）；
（2）若AD＝DB，求∠B的度数．
【答案】（1）见解析；（2）30°
【分析】（1）根据角平分线的尺规作图即可得；
（2）由AD=DB知∠B=∠DAB，再由角平分线知∠B=∠DAB=∠DAC，结合∠ACB=90°可得答案．
【详解】（1）如图所示，AD即为所求．
（2）∵AD＝DB，
∴∠B＝∠DAB，
∵AD平分∠BAC，
∴∠DAB＝∠DAC，
∴∠B＝∠DAB＝∠DAC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠B+∠DAB+∠DAC＝90°，
∴∠B＝30°．
【点睛】本题主要考查了作图-基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的尺规作图及直角三角形的性质．
25．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，在中，，垂足是D，若，求的值．
【答案】
【分析】在中，根据，可得的长，进而得到的长，再由勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键．
26．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)cm
【分析】（1）利用ASA证明即可；
（2）过点E作EG⊥BC交于点G，求出FG的长，设AE=xcm，用x表示出DE的长，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，
由折叠知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，
∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF =∠ADC，
∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,
∴∠PDE=∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
,
∴（ASA）；
（2）如图，过点E作EG⊥BC交于点G，
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD=EG=4cm，
又∵EF=5cm，∴cm,
设AE=xcm，
∴EP=xcm，
由知，EP=CF=xcm，
∴DE=GC=GF+FC=3+x，
在Rt△PED中，,
即，
解得，，
∴BC=BG+GC= (cm）．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据翻折变换的性质将问题转化到直角三角形中利用勾股定理是解题的关键．
27．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，在中，，，，P、Q是边上的两个动点，其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒；两点同时开始运动，设运动时间为t秒．
(1)①斜边上的高为______
②当时，的长为______
(2)当点Q在边上运动时，出发几秒钟后，是等腰三角形？
(3)当点Q在边上运动时，直接写出所有能使成为等腰三角形的t的值．
【答案】(1)①；②
(2)出发秒后能形成等腰三角形；
(3)当运动时间为秒或6秒或秒时，为等腰三角形．
【分析】（1）①利用勾股定理可求解的长，利用面积法进而可求解斜边上的高；
②可求得和，则可求得，在中，由勾股定理可求得的长；
（2）用t可分别表示出和，根据等腰三角形的性质可得到，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）用t分别表示出和，利用等腰三角形的性质可分、和三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
【详解】（1）解：①在中，由勾股定理可得，
∴斜边上的高为；
②当时，则，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理可得，
即的长为，
故答案为：①；②；
（2）解：由题意可知，，
∵，
∴，
当为等腰三角形时，则有，即，
解得，
∴出发秒后能形成等腰三角形；
（3）解：在中，，
当点Q在上时，，，
∵为等腰三角形，
∴有、和三种情况，
①当时，如图，过B作于E，
则，
由（1）知，
在中，由勾股定理可得，
即，
解得或（舍去）；
②当时，则，解得；
③当时，则，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得；
综上可知当运动时间为秒或6秒或秒时，为等腰三角形．
【点睛】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．
28．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）如图，将边长为的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．设平移的距离为，两个三角形重叠部分(阴影四边形)的面积为
(1)当时，求的值．
(2)试写出与间的函数关系式，并求的最大值．
(3)是否存在的值，使重叠部分的四边形的相邻两边之比为：？如果存在，请求出此时的平移距离；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，最大值为
(3)或
【分析】（1）由正方形的性质得到和都为直角边为的等腰直角三角形，从而判定出也为等腰直角三角形，得到，从而得到的长，由四边形的面积公式底乘以高的一半即可求出；
（2）同理得到从而得到的长为，由四边形的面积公式底乘以高的一半即可表示出，根据二次函数的性质即可求解；
（3）由正方形的性质得到和都为等腰直角三角形，根据直角边方程为和，分别表示出邻边和，进而表示出两者之比等于已知的比值，列出关于的方程，求出方程的解即可得到的值．
【详解】（1）解：如图所示，
由题意可知和都为等腰直角三角形，且，
，又由平移可知，
也为等腰直角三角形， ，
，
又∵，
；
（2）由题意可知和都为等腰直角三角形，
，又由平移可知，
也为等腰直角三角形，

，
当时，有最大值，其最大值为；
（3）存在．理由如下：
由题意得到和都为等腰直角三角形，
，
，
或，
解得：或 ，
或时，
重叠部分的四边形的相邻两边之比为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，平移的性质，二次函数的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
29．（2023·河北衡水·校考二模）如图，有两个长度相同的滑梯（即），左边滑梯的高度与右边滑梯水平方向的长度相等．
(1)求证：；
(2)若滑梯的长度米，米，分别求出滑梯与的坡度；
(3)在（2）的条件下，由于太陡，在保持长不变的情况下，现在将点E向下移动，点F随之向右移动．
①若点E向下移动的距离为1米，求滑梯底端F向右移动的距离；
②在移动的过程中，直接写出面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)滑梯的坡度为．滑梯的坡度为
(3)①底端F向右滑行的距离为米；②25平方米
【分析】（1）根据直角三角形全等的判定直接证明即可；
（2）利用全等三角形的性质及勾股定理得出，再由坡度的定义求解即可；
（3）①点E向下滑动的距离为1米，则此时米．结合勾股定理求解即可；
②根据斜边不变，当三角形为等腰三角形时，面积最大求解即可．
【详解】（1）在与中，
，
∴；
（2）∵，
∴米．
在中，（米），
∴米，
∴滑梯的坡度为．
滑梯的坡度为；
（3）①点E向下滑动的距离为1米，则此时米．
在中，，
∴底端F向右滑行的距离为米；
②设点E向下滑动的距离为x米，则此时米
在中，，
当时，面积的最大，，
解得：，
∴面积最大值为平方米．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及坡度的定义，理解题意是解题关键．
30．（2023·上海青浦·校考一模）如图，在与中，，，与相交于点，，．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为24
【分析】（1）由，可以得出，可以得出，，由等式的性质可以得出，就可以得出，从而可以得出结论；
（2）由勾股定理可以得出，从而得出的长，由就可以得出，进而求出结论．
【详解】（1）证明： ，，
，
，，
，
，
，
，
；
（2）解：，，
由勾股定理得，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质的运用，勾股定理的运用，解答时证明三角形相似是关键．
类型四、相似三角形的计算与证明
31．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图，在平行四边形中，点E为边上一点，点F为线段上一点，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得，，再证明，即可判定．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，．
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
32．（2023·吉林松原·统考一模）如图，在矩形中，点E是边的中点，于点F．
(1)求证：．
(2)已知，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由四边形为矩形，，可得，即可证明结论；
（2）E为的中点，根据勾股定理可得，再根据相似三角形的性质即可列出比例式求得的长，进而求得的长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：∵E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判断与性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
33．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，在中，点D，G分别在边上，，与交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）只需要证明得到，即可证明；
（2）由相似三角形的性质得到，进而可证明得到，即可证明平分．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键．
34．（2023·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，，，，，．求的长．
【答案】
【分析】由，，，，，即可证得，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得的长．
【详解】解：∵，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故的长为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
35．（2023·广西桂林·统考一模）如图，点，分别在，上，交于点，，，，．
(1)求证：；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据等角的补角相等，由得到，加上对顶角相等得到，然后根据相似三角形的判定方法得到结论；
（2）由于，则利用相似三角形的性质得到，从而根据比例的性质可求出的长．
【详解】（1）解：证明：，
，
，
；
（2）；
，
即，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．在应用相似三角形的性质时利用相似比进行几何计算．
36．（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，在矩形中，于点E，点P是边上一点，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】利用等角的余角相等，证明和，推出，得到，再通过，等量代换，即可证明结论．
【详解】证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，利用等角的余角相等证明角相等，是解题的关键．
37．（2023·广东惠州·校联考一模）如图，在中，．
(1)请用尺规作图法，在内求作，使，交于D．（不要求写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）以B为圆心，小于任意长为半径画弧，交、于点E、F，以C为圆心，以长为半径画弧，交于点G，以G为圆心，以长为半径画弧，交前弧于点H，连接并延长交于D即可；
（2）在（1）的条件下，可证，根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】（1）
以B为圆心，小于任意长为半径画弧，交、于点E、F，以C为圆心，以长为半径画弧，交于点G，以G为圆心，以长为半径画弧，交前弧于点H，连接并延长交于D即可，如上图所示．
（2）∵，，
∴，
∴，即，
∴．
【点睛】本题考查了尺规作图法、三角形相似的判定及性质，熟练掌握上述知识点是解答本题的关键．
38．（2023·安徽合肥·一模）如图，点C在线段上，在同侧作等腰和等腰，使，连接，分别交于点O，交于点F，
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得，从而得到，即可；
（2）过点D作于点H，交于点G，可得，从而得到，进而得到，然后在等腰中，可得，从而得到，，再由勾股定理可得的长，再由相似三角形的性质可得，从而得到，再由，即可求解．
【详解】（1）证明：在等腰和等腰中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点D作于点H，交于点G，
∵，
∴，
∴，
∴，
在等腰中，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∵，
∴，
解得：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
39．（2023·河北石家庄·校考一模）如图，在中，．在BC的延长线上取一点B，使，连接AE，AE与CD交于点F．
(1)求证：；
(2)求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）由平行四边形的性质可得出，从而得出，即证明；
（2）由平行四边形的性质可得出，，即得出，再根据相似三角形的性质可得出，即，最后结合，即可求出DF的长．
【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，即．
∵，
∴，即．
∵,
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定定理及其性质是解题关键．
40．（2023·河南洛阳·统考一模）在中，，是边上的中线，过点作的垂线交的延长线于点，于点．
(1)求证：平分；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据斜边上的中线性质得到，则，再证明得到，所以，从而得到结论；
（2）先证明，则利用相似三角形的性质得到，然后利用得到结论．
【详解】（1）解：证明：
，是边上的中线，
，
，
，，
，
，
，
平分；
（2）解：，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键，也考查了直角三角形斜边上的中线性质．