【江苏专用】2023年中考数学易错题汇编——04 三角形（原卷版+解析版）

这是一份【江苏专用】2023年中考数学易错题汇编——04 三角形（原卷版+解析版），文件包含04三角形解析版docx、04三角形原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共78页， 欢迎下载使用。

易错点04 三角形
1． 线段、角、相交线与平行线
2． 三角形及其性质
3． 全等三角形
4． 等腰三角形
5． 直角三角形
6． 相似三角形
7． 解直角三角形

易错分析 01

三角形的概念以及三角形的角平分线，中线，高线的特征与区别。
对三角形中“三线”位置掌握不好，导致出错三角形的角平分线、中线都在三角形内部，而三角形的高不一定在三角形内部.锐角三角形的高在三角形的内部；直角三角形的两条高与直角边重合，斜边上的高在三角形内部；钝角三角形的两条高在三角形外部。


（2022春•市中区校级月考）如图，△ABC中，CD是AB边上的中线，AC＝9cm，BC＝3cm，那么△ACD和△BCD的周长的差是（　　）

A．3cm B．6cm C．12cm D．无法确定
【答案】C
【思路点拨】本题答案有误，根据三角形的中线的概念得到AD＝DB，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【规范解答】解：∵CD是AB边上的中线，
∴AD＝DB，
∴△ACD的周长﹣△BCD的周长＝（AC+CD+AD）﹣（BC+CD+BD）＝AC﹣BC＝9﹣3＝6（cm），
故选：B．
【考点解读】本题考查的是三角形的中线的概念，三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．

【变式训练01】（2021秋•白碱滩区期末）如图，在△ABC中，BC边上的高为（　　）

A．AD B．BE C．BF D．CG
【思路点拨】从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．根据三角形的高线的定义解答．
【规范解答】解：由图可知，△ABC中，BC边上的高为AD，
故选：A．
【考点解读】本题考查了三角形的高线的定义，是基础题，准确识图并熟记高线的定义是解题的关键．
【变式训练02】（2022春•无锡期中）已知AD为△ABC的中线，AB＝12cm，AC＝9cm，△ACD的周长为27cm，则△ABD的周长为 　30　cm．
【思路点拨】根据三角形的中线的概念得到BD＝CD，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【规范解答】解：∵AD为△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵△ACD的周长为27cm，
∴AC+CD+AD＝27cm，
∴CD+AD＝BD+AD＝18cm，
∴△ABD的周长＝AB+BD+AD＝30（cm），
故答案为：30．

【考点解读】本题考查的是三角形的中线，三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
【变式训练03】（2022春•徐州期中）如图，AD是△ABC的高，CE是△ACB的角平分线，F是AC中点，∠ACB＝50°，∠BAD＝65°．
（1）求∠AEC的度数；
（2）若△BCF与△BAF的周长差为3，AB＝7，AC＝4，则BC＝　10　．

【思路点拨】（1）根据三角形的高的概念得到ADB＝90°，根据直角三角形的性质求出∠ABD，根据角平分线的定义求出∠ECB，根据三角形的外角性质计算即可；
（2）根据三角形的中线的概念得到AF＝FC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【规范解答】解：（1）∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝65°，
∴∠ABD＝90°﹣65°＝25°，
∵CE是△ACB的角平分线，∠ACB＝50°，
∴∠ECB＝∠ACB＝25°，
∴∠AEC＝∠ABD+∠ECB＝25°+25°＝50°；
（2）∵F是AC中点，
∴AF＝FC，
∵△BCF与△BAF的周长差为3，
∴（BC+CF+BF）﹣（AB+AF+BF）＝3，
∴BC﹣AB＝3，
∵AB＝7，
∴BC＝10，
故答案为：10．
【考点解读】本题考查的是三角形的三角形的角平分线、中线和高，从三角形的一个顶点向对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高；三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线；三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．

易错分析 02

三角形三边之间的不等关系，注意其中的“任何两边”。求最短距离的方法要具有技巧性。


（2022春•常州期中）已知△ABC的两条边a，b的长分别为1.5和7.5，则第三边c的正整数值是 　 　．
【答案】7
【思路点拨】答案不全面，没有考虑到‘任何两边’，根据三角形的三边关系确定第三边的范围，根据题意解答即可．
【规范解答】
解：∵△ABC的两条边a，b的长分别为1.5和7.5，
∴7.5﹣1.5＜c＜7.5+1.5，即6＜c＜9，
∴c的正整数值是7或8，
故答案为：7或8．
【考点解读】本题考查的是三角形的三边关系，掌握三角形两边之和大于第三边、三角形的两边差小于第三边是解题的关键．

【变式训练01】（2022秋•泉州期中）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是AB边上一个动点，点F是CD边上一个动点，且AE＝CF，过点B作BG⊥EF于点G，连接AG，则AG长的最小值是 　2﹣2　．

【思路点拨】连接AC与EF相交于O，判断出点O是正方形的中心，连接OB，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【规范解答】解：如图，

连接AC与EF相交于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，AE＝CF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OA＝OC，
∴点O是正方形的中心，
连接OB，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，过点M作MH⊥AB于H．则MH＝BH＝2，AH＝6，
由勾股定理可得MA＝＝2，MG＝OB＝2，
∵AG≥AM﹣MG＝2﹣2，
当A，M，G三点共线时，AG最小＝2﹣2．
故答案为：2﹣2．
【考点解读】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是求出AM，MG的值．
【变式训练02】（2022秋•南康区期中）已知a，b，c是一个三角形的三边长，
（1）填入“＞、＜或＝”号：a﹣b﹣c　＜　0，b﹣a﹣c　＜　0，c+b﹣a　＞　0．
（2）化简：|a﹣b﹣c|+|b﹣a﹣c|﹣|c+b﹣a|．
【思路点拨】（1）利用三边关系直接写出答案即可；
（2）根据（1）的判断去掉绝对值符号后合并同类项即可．
【规范解答】解：（1）∵a，b，c是一个三角形的三边长，
∴a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c+b﹣a＞0，
故答案为：＜，＜，＞；

（2）原式＝b+c﹣a+a+c﹣b﹣c﹣b+a
＝a﹣b+c．
【考点解读】考查了三角形三边关系，绝对值的性质，整式的加减，关键是得到a﹣b﹣c＜0，b﹣a﹣c＜0，c+b﹣a＞0．
【变式训练03】（2021秋•云浮期末）若△ABC的三边长分别为m﹣2，2m+1，8．
（1）求m的取值范围；
（2）若△ABC的三边均为整数，求△ABC的周长．
【思路点拨】（1）直接利用三角形三边关系得出不等式组求出答案；
（2）利用m的取值范围得出m的值，进而得出答案．
【规范解答】解：（1）根据三角形的三边关系，
，
解得：3＜m＜5；

（2）因为△ABC的三边均为整数，且3＜m＜5，所以m＝4．
所以，△ABC 的周长为：（m﹣2）+（2m+1）+8＝3m+7＝3×4+7＝19．
【考点解读】此题主要考查了三角形三边关系，正确得出不等式组是解题关键．


易错分析 03

三角形的内角和，三角形的分类与三角形内外角性质，特别关注外角性质中的“不相邻”。n边形的内角和等于(n-2)·180°，而并非为n·180°对三角形外角的性质理解不透彻而出现错误，在应用三角形外角的性质时，不可忽略了“不相邻”这个条件。


（2021秋•黄石期末）如图，△ABC的内角∠ABC的平分线BP与外角∠ACD的平分线CP交于点P，连接AP，若∠BPC＝46°，则∠CAP＝　 　°．

【答案】80°
【思路点拨】答案有误，延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD＝x°，由角平分线的定义可得∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，从而可得PF＝PM，根据三角形的外角性质得∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，由三角形的内角和性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案．
【规范解答】解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，如图所示：

设∠PCD＝x°，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∵∠BPC＝46°，
∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣46）°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣46°）﹣（x°﹣46°）＝92°，
∴∠CAF＝88°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，
，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），
∴∠FAP＝∠PAC＝44°．
故答案为：44．
【考点解读】此题主要考查了角平分线的性质，三角形外角的性质，直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM＝PN＝PF是解决问题的关键．

【变式训练01】（2022秋•前郭县期末）（问题背景）
∠MON＝90°，点A、B分别在OM、ON上运动（不与点O重合）．

（问题思考）
（1）如图①，AE、BE分别是∠BAO和∠ABO的平分线，随着点A、点B的运动，∠AEB＝　135°　．
（2）如图②，若BC是∠ABN的平分线，BC的反向延长线与∠OAB的平分线交于点D．
①若∠BAO＝70°，则∠D＝　45　°．
②随着点A、B的运动，∠D的大小会变吗？如果不会，求∠D的度数；如果会，请说明理由；
（问题拓展）
（3）在图②的基础上，如果∠MON＝α，其余条件不变，随着点A、B的运动（如图③），∠D＝　　．（用含α的代数式表示）
【思路点拨】（1）根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和角平分线的定义即可得到结论；
②由①的思路可得结论；
（3）在②的基础上，将90°换成α即可．
【规范解答】解：（1）∵∠MON＝90°，
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∵AE、BE分别是∠BAO和∠ABO角的平分线，
∴∠BAE＝∠BAO，∠ABE＝∠ABO，
∴∠BAE+∠ABE＝（∠BAO+∠ABO）＝45°，
∴∠AEB＝135°；
故答案为：135°；
（2）①∵∠AOB＝90°，∠BAO＝70°，
∴∠ABO＝20°，∠ABN＝160°，
∵BC是∠ABN的平分线，
∴∠OBD＝∠CBN＝×160°＝80°，
∵AD平分∠BAO，
∴∠DAB＝35°，
∴∠D＝180°﹣∠ABD﹣∠BAD﹣∠AOB＝180°﹣80°﹣35°﹣20°＝45°，
故答案为：45；
②∠D的度数不随A、B的移动而发生变化，
设∠BAD＝x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO＝2x，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝90+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC＝45°+x，
∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，
∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝45°+x﹣x＝45°；
（3）设∠BAD＝x，
∵AD平分∠BAO，
∴∠BAO＝2x，
∵∠AOB＝α，
∴∠ABN＝180°﹣∠ABO＝∠AOB+∠BAO＝α+2x，
∵BC平分∠ABN，
∴∠ABC＝+x，
∵∠ABC＝180°﹣∠ABD＝∠D+∠BAD，
∴∠D＝∠ABC﹣∠BAD＝+x﹣x＝；
故答案为：．
【考点解读】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式训练02】（2022春•宜兴市校级月考）如图，在△ABC中，在AB上存在一点D，使得∠ACD＝∠B，角平分线AE交CD于点F．△ABC的外角∠BAG的平分线所在直线MN与BC的延长线交于点M，若∠M＝35°，则∠CFE　＝55°　．

【思路点拨】由平角的性质和角平分线的性质可求∠EAN＝90°，由外角的性质可求解．
【规范解答】证明：∵C、A、G三点共线 AE、AN为角平分线，
∴∠EAN＝90°，
又∵∠GAN＝∠CAM，
∴∠M+∠CEF＝90°，
∵∠CEF＝∠EAB+∠B，∠CFE＝∠EAC+∠ACD，∠ACD＝∠B，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴∠M+∠CFE＝90°．
∴∠CFE＝90°﹣∠M＝90°﹣35°＝55°．
故答案为：55°．
【考点解读】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，余角的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式训练03】（2022春•太仓市校级月考）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，AD⊥BC于点 D．∠ABD的角平分线BF所在直线与射线AE相交于点G，若∠ABC＝3∠C，且∠G＝20°，则∠DFB的度数是 　60　度．

【思路点拨】由题意AE平分∠BAC，BF平分∠ABD，推出∠CAE＝∠BAE，∠ABF＝∠DBF，设∠CAE＝∠BAE＝x，设∠C＝y，∠ABC＝3y，想办法用含x和y的代数式表示∠ABF和∠DBF即可解决问题．
【规范解答】解：如图：

∵AE平分∠BAC，BF平分∠ABD，
∴∠CAE＝∠BAE，∠1＝∠2，
设∠CAE＝∠BAE＝x，∠C＝y，∠ABC＝3y，
由外角的性质得：
∠1＝∠BAE+∠G＝x+20，∠2＝∠ABD＝（2x+y）＝x+y，
∴x+20＝x+y，解得y＝40°，
∴∠1＝∠2＝（180°﹣∠ABC）＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠DFB＝60°．
故答案为：60．
【考点解读】本题考查三角形内角和定理，三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．

易错分析 04

全等形，全等三角形及其性质，三角形全等判定。着重学会论证三角形全等。
用“≌”表示两个三角形全等时，对应点放在对应位置，但用语言描述的两个三角形全等却不需要，不要形成固定思维.解决这类问题要考虑各种对应情况，避免出现考虑不全面，导致结果错误.
判定一般三角形全等的方法有“SSS”“SAS”“ASA”“AAS”4种方法，不存在“SSA”的判定方法.


（2022春•海陵区期末）如图，在正方形方格中，各正方形的顶点叫做格点，三个顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．图中△ABC是格点三角形，请你找出方格中所有与△ABC全等，且以A为顶点的格点三角形．这样的三角形共有 　 　个（△ABC除外）．

【答案】4
【思路点拨】答案有误，答案不全面，根据全等三角形的判定定理SSS画出和△ABC全等的三角形，再得出答案即可．
【规范解答】解：如图1所示：

方格中所有与△ABC全等，且以A为顶点的格点三角形有△FAO，△HOA，△EAD，△AEF，△ACH，共5个，
故答案为：5．
【考点解读】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．

【变式训练01】（2022秋•聊城月考）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPE与△CQP是否全等？请说明理由．
（2）当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPE与△CQP全等．

【思路点拨】（1）经过1秒后，可得BP＝CQ＝3厘米，则PC＝8﹣3＝5厘米，可证明△BPE≌△CQP；
（2）由△BPE与△CQP全等可知有△BEP≌△CQP或△BEP≌△CPQ，全等可得BP＝CP或BP＝CQ，或可求得BP的长，可求得P点运动的时间，由CQ＝BE或CQ＝BP可求得Q点运动的路程，可求得其速度．
【规范解答】解：
（1）△BPE与△CQP全等，理由如下：
当运动1秒后，则BP＝CQ＝3厘米，
∴PC＝BC﹣BP＝8﹣3＝5厘米，
∵E为AB中点，且AB＝10厘米
∴BE＝5厘米，
∴BE＝PC，
在△BPE和△CQP中

∴△BPE≌△CQP（SAS）；
（2）∵△BPE与△CQP全等，
∴△BEP≌△CQP或△BEP≌△CPQ，
当△BEP≌△CQP时，
则BP＝CP，CQ＝BE＝5厘米，
设P点运动的时间为t秒，
则3t＝8﹣3t，解得t＝，
∴Q点的运动的速度＝5÷＝（厘米/秒），
当△BEP≌△CPQ时，
由（1）可知t＝1（秒），
∴BP＝CQ＝3厘米，
∴Q点的运动的速度＝3÷1＝3（厘米/秒），
即当Q点每秒运动厘米或3厘米时△BEP≌△CQP．
【考点解读】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL
【变式训练02】（2020秋•江阴市月考）如图，已知△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝6cm，点D为AB的中点．
（1）如果点P在线段BC上以1cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CA上由点C向点A运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
（2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，则经过 　30　秒后，点P与点Q第一次在△ABC的 　BC　边上相遇？（在横线上直接写出答案，不必书写解题过程）

【思路点拨】（1）①根据时间和速度分别求得两个三角形中BP、CQ和BD、PC边的长，根据SAS判定两个三角形全等；
②根据全等三角形应满足的条件探求边之间的关系，再根据路程＝速度×时间公式，先求得点P运动的时间，再求得点Q的运动速度．
（2）设经过x秒后点P，Q第一次相遇，由题意列出x＝x+2×10，可得x＝30，所以点P共运动了30×1m/s＝30cm．可得点P、点Q在BC边上相遇，进而可以解决问题．
【规范解答】解：（1）①△BPD与△CQP全等，理由如下：
∵t＝1秒，
∴BP＝CQ＝1×1＝1cm，
∵AB＝10cm，点D为AB的中点，
∴BD＝5cm，
又∵PC＝BC﹣BP，BC＝6cm，
∴PC＝6﹣1＝5cm，
∴PC＝BD．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BPD与△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）；
②∵VP≠VQ，
∴BP≠CQ，
而∠B＝∠C，
∴△BPD与△CQP全等时，只能是△BPD≌△CPQ，
∴BP＝CP＝3，BD＝CQ＝5，
∴点P，点Q运动的时间t＝BP÷1＝3÷1＝3（秒），
∴vQ＝CQ÷t＝5÷3＝（cm/s），
∴当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等；
（2）设经过x秒后点P，Q第一次相遇，
由题意得：x＝x+2×10，
解得x＝30，
∴点P共运动了30×1m/s＝30（cm）．
∴点P、点Q在BC边上相遇，
∴经过30秒点P与点Q第一次在边BC上相遇．
故答案为：30，BC．
【考点解读】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，路程、速度与时间的关系，掌握全
等三角形的对应边相等是解题的关键．
【变式训练03】（2022•杭州模拟）如图，已知∠CAE＝∠BAD，AC＝AD，增加下列条件：①AB＝AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E．其中能使△ABC≌△AED的条件有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】根据全等三角形的判定解决此题．
【规范解答】解：①由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．增加AB＝AE，那么AB＝AE，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，推断出△ABC≌△AED，故①符合题意．
②由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．添加BC＝ED，△ABC与△AED不一定全等，故②不符合题意．
③由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．增加∠C＝∠D，那么∠C＝∠D，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，推断出△ABC≌△AED，故③符合题意．
④由∠CAE＝∠BAD，得∠CAB＝∠DAE．增加∠B＝∠E，那么∠B＝∠E，∠CAB＝∠DAE，AC＝AD，推断出△ABC≌△AED，故④符合题意．
综上：符合题意的有①③④，共3个．
故选：C．
【考点解读】本题主要考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解决本题的关键．

易错分析 05

两个角相等和平行经常是相似的基本构成要素，以及相似三角形对应高之比等于相似比，对应线段成比例，面积之比等于相似比的平方。
相似三角形的常用判定方法有：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；三边对应成比例，两三角形相似；两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似；两角对应相等，两三角形相似.全等三角形的常用判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS这4种。


（2022秋•海陵区校级期末）如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，记S△ADE＝16，S△EFC＝4，则S平行四边形DBFE＝（　　）

A．9 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【思路点拨】答案有误，证明△AED∽△ECF，根据相似三角形的性质求出＝，再证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形的性质计算即可．
【规范解答】解：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠C，
∵EF∥AB，
∴∠A＝∠CEF，
∴△AED∽△ECF，
∴＝（）2，
∵S△ADE＝16，S△EFC＝4，
∴＝2，
∴＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝（）2＝，
∴S△ABC＝36，
∴S平行四边形DBFE＝36﹣16﹣4＝16，
故选：C．
【考点解读】本题考查的是相似三角形的判定和性质，熟记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．

【变式训练01】（2022•江都区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．矩形DEFG的顶点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，若tan∠DEC＝，则矩形DEFG面积的最大值＝　　．

【思路点拨】过点F作FM⊥AC，垂足为M，根据已知可得＝，再根据矩形的性质可证一线三等角模型相似三角形△FME∽△ECD，从而可得＝＝，然后设ME＝3x，FM＝4x，DC＝3y，EC＝4y，利用勾股定理可得FE＝5x，DE＝5y，再在Rt△AFM中，利用锐角三角函数的定义表示出AM＝4x，从而根据AC＝4，可得y＝1﹣x，最后根据矩形的面积公式进行计算可得矩形DEFG的面积＝﹣x2+25x，从而利用二次函数的最值进行计算即可解答．
【规范解答】解：过点F作FM⊥AC，垂足为M，

∴∠FMA＝∠FME＝90°，
∴∠MFE＝∠FEM＝90°，
∵∠C＝90°，tan∠DEC＝，
∴＝，
∵四边形EFGD是矩形，
∴∠FED＝90°，
∴∠FEM+∠DEC＝90°，
∴∠MFE＝∠DEC，
∵∠C＝∠FME＝90°，
∴△FME∽△ECD，
∴＝＝，
设ME＝3x，FM＝4x，DC＝3y，EC＝4y，
∴EF＝＝＝5x，
DE＝＝＝5y，
∵∠C＝90°，AC＝BC＝4，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴AM＝＝4x，
∵AM+ME+EC＝4，
∴4x+3x+4y＝4，
∴y＝1﹣x，
∴矩形DEFG的面积＝EF•DE
＝5x•5y
＝25x（1﹣x）
＝﹣x2+25x，
∴当x＝时，矩形DEFG的面积最大值为：，
故答案为：．
【考点解读】本题考查了二次函数的最值，等腰直角三角形，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，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．
【变式训练02】（2021•无锡）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AB＝CD，BD平分∠ABC，AC与BD相交于点E．
（1）求证：△ABE∽△ACB；
（2）若AD＝4，BC＝6，求线段DE的长度．

【思路点拨】（1）根据角平分线的定义可得∠ABD＝∠DBC，从而可得＝，进而可得＝，然后再利用等弧所对的圆周角相等可得∠ACB＝∠ABD，即可解答；
（2）根据同弧所对的圆周角相等可得∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，从而证明△ADE∽△CBE，进而利用相似三角形的性质可得＝＝，然后设AE＝2a，CE＝3a，从而利用（1）的结论可得AB2＝AC•AE，列出关于a的方程，进行计算即可求出a的值，最后根据等弧所对的圆周角相等可得∠ADE＝∠DAE，从而可得AE＝DE，即可解答．
【规范解答】（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴＝，
∵AB＝CD，
∴＝，
∴＝，
∴∠ACB＝∠ABD，
∵∠BAE＝∠BAC，
∴△ABE∽△ACB；
（2）解：∵＝，
∴∠DAC＝∠ACB，∠ADB＝∠DBC，
∴△ADE∽△CBE，
∴＝＝＝，
∴设AE＝2a，CE＝3a，
∴AC＝AE+CE＝5a，
∵△ABE∽△ACB，
∴＝，
∴AB2＝AC•AE，
∴16＝2a•5a，
∴a＝或a＝﹣（舍去），
∴AE＝2a＝，
∵＝，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE＝，
∴线段DE的长度为．
【考点解读】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，角平分线的性质，熟练掌握圆周角定理，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式训练03】（2022•镇江一模）如图，BC是⊙O的直径，CE是⊙O的弦，EG切⊙O于点E，交射线CB的延长线于点G．点A在直线CE上，∠ABG＝2∠ACG．
（1）用尺规作出点A（要求：不写作法，保留作图痕迹）；
（2）连接AB，直线AB与GE相交于点F，，GB＝6．
①求⊙O的半径；
②连接CF，CF平分∠ACG吗？为什么？

【思路点拨】（1）以B为圆心BC为半径作弧，交直线CE于点A，点A即为所求；
（2）①在Rt△GFB中，勾股定理求得FB，证明△GFB∽△GEO，根据相似三角形的性质列出比例式，即可求得r；
②连接CF，BE，OE，过点C作CD⊥AB交AB的延长线于点D，由①中数据勾股定理求得EC，设F到AC距离为a，到GC的距离为b，根据等面积法求得的值，根据角平分线的性质即可证明CF不平分∠ACG．
【规范解答】解：（1）如图，以B为圆心BC为半径作弧，交直线CE于点A，点A即为所求，

（2）如图，连接OE，

∵EG是⊙O的切线，
∴OE⊥GE，
∵AB＝BC，
∴∠ABG＝2∠ACG，
∵OE＝OC，
∴∠EOG＝2∠ECO，
∴OE∥FB，
∴BF⊥FG，
在Rt△GFB中，GF＝4，GB＝6，
∴FB＝2，
∴△△GFB∽△GEO，
∴FB：OE＝GB：GO，
设半径为r，
则2：r＝6：（6+r），解得r＝3；
②CF不平分∠ACG，理由如下：
连接CF，BE，OE，过点C作CD⊥AB交AB的延长线于点D，

∵GF＝4，GB＝6，OE＝3，FB＝2，
∴AB＝BC＝6，
∴AF＝AB﹣FB＝4，
∵OE∥FB，
∴△GFB∽△GEO，
∴EF：GF＝OB：BG＝3：6，
∴EF＝GF＝2
在Rt△EFB中，BE＝2，
在Rt△EBC中，EC＝2，
∵AB＝BC，BE⊥AC，
∴AC＝2AE＝4，
设F到AC距离为a，到GC的距离为b，
∴S△AFC：S△BFC＝AC•a：（BC•b）＝AF•CD：（FB•CD），
∴＝＝＝≠1，
若CF平分∠ACG，则a＝b，
∴CF不平分∠ACG．

易错分析 06

等腰（等边）三角形的定义以及等腰（等边）三角形的判定与性质，运用等腰（等边）三角形的判定与性质解决有关计算与证明问题，这里需注意分类讨论思想的渗入。但不可忽略三角形存在的条件，即任意两边之和大于第三边.对出现的情况需要逐一验证，确定取舍。


（2020秋•盐城校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，CD是△ABC的角平分线．若在边AC上截取CE＝CB，连接DE，则图中等腰三角形共有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【思路点拨】答案有误，遗漏情况，根据已知条件分别求出图中三角形的内角度数，再根据等腰三角形的判定即可找出图中的等腰三角形．
【规范解答】解：∵AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
∵AB＝AC，∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝72°，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠DBC＝∠ABC＝36°，
∴∠A＝∠ABD＝36°，
∴BD＝AD，
∴△ABD是等腰三角形；
在△BCD中，∵∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠C＝180°﹣36°﹣72°＝72°，
∴∠C＝∠BDC＝72°，
∴BD＝BC，
∴△BCD是等腰三角形；
∵BE＝BC，
∴BD＝BE，
∴△BDE是等腰三角形；
∴∠BED＝（180°﹣36°）÷2＝72°，
∴∠ADE＝∠BED﹣∠A＝72°﹣36°＝36°，
∴∠A＝∠ADE，
∴DE＝AE，
∴△ADE是等腰三角形；
∴图中的等腰三角形有5个．
故选：D．

【考点解读】此题考查了等腰三角形的判定，用到的知识点是等腰三角形的判定、三角形内角和定理、三角形外角的性质、三角形的角平分线定义等，解题时要找出所有的等腰三角形，不要遗漏．

【变式训练01】（2021秋•崇川区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作EM∥BC分别交AB，AC于M，N，则△AMN的周长为 　6　．

【思路点拨】根据BE、CE是角平分线和MN∥BC可以得出MB＝ME，NE＝NC，继而可以得出△AMN的周长＝AB+AC，从而可以得出答案．
【规范解答】解：∵BE，CE分别是∠ABC与∠ACB的角平分线，
∴∠MBE＝∠EBC，∠NCE＝∠ECB，
∵MN∥BC，
∴∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB，
∴∠MBE＝∠MEB，∠NCE＝∠NEC，
∴MB＝ME，NC＝NE，
∵AB＝AC＝3，
∴△AMN的周长
＝AM+ME+NE+AN
＝AM+MB+AN+NC
＝AB+AC
＝3+3
＝6．
故答案为：6．
【考点解读】本题考查了平行线的性质和等腰三角形的判定，是一道综合题，能够推出MB＝ME，NE＝NC是解题的关键．
【变式训练02】（2018秋•吴江区校级月考）（1）如图①，在△ABC中，BD平分∠ABC，过点D作ED∥BC．指出图中的等腰三角形，并说明理由．
（2）如图②，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点O，过点O作EF∥BC．证明：EF＝BE+CF．

【思路点拨】（1）根据角平分线的定义以及平行线的性质，可得∠EBD＝∠EDB，进而得出△BDE是等腰三角形．
（2）根据角平分线的定义可得∠CBO＝∠ABO，根据两直线平行，内错角相等可得∠BOE＝∠CBO，等量代换可得∠ABO＝∠BOE，根据等角对等边可得BE＝OE，同理可得CF＝OF，然后根据EF＝EO+OF等量代换即可得证．
【规范解答】解：（1）∵BD平分∠ABC，ED∥BC，
∴∠EBD＝∠CBD，∠EDB＝∠CBD，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴DE＝BE，即△BDE是等腰三角形．
（2）∵OB平分∠ABC，
∵EF∥BC，
∴∠BOE＝∠CBO，
∴∠ABO＝∠BOE，
∴BE＝OE，
同理可得CF＝OF，
∵EF＝EO+OF，
∴EF＝BE+CF．
【考点解读】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义的综合运用，熟练掌握性质与判定是解本题的关键．
【变式训练03】（2020•亭湖区校级三模）如图，在平面直角坐标系中，∠MOA1＝30°，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4…△AnBnBn+1都是等边三角形，点A1，A2，A3…An在轴上，点B1，B2，B3…Bn+1在OM上，A1B2∥A2B3∥A3B4…AnBn+1∥y轴，，则第n个等边△AnBnBn+1的面积是　　．

【思路点拨】根据题意可得前几个等边三角形的面积，进而可得结论．
【规范解答】解：∵A1B2∥y轴，
∴∠OA1B1＝90°，
∵∠MOA1＝30°，，
∴A1B2＝2，
∴S＝A1B22•sin60°＝4×＝，
∵∠OA2B2＝90°﹣60°＝30°，
∴OB2＝A2B2＝B2B3，A1A2＝OA1＝2，
∴OA2＝4，A2B3＝4，
∴S△＝A2B32•sin60°＝16×＝4，
同理：OA3＝8，A2B3＝8，
∴S△＝A3B42•sin60°＝64×＝42，
…，
∴第n个等边△AnBnBn+1的面积是：4n﹣1，
故答案为：4n﹣1．
【考点解读】本题考查了规律型：点的坐标，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数，三角形面积公式，等腰三角形的性质，根据图形求出面积得到规律是解题关键．

易错分析 07

运用勾股定理及其逆定理计算线段的长，证明线段的数量关系，解决与面积有关的问题以及简单的实际问题。在题目中没有明确哪个角为直角时，常需要分类讨论，不可漏解。在利用勾股定理计算时，误认为第三边为斜边，其实第三边可能是斜边，也可能是直角边。


（2021秋•常州期末）下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（　　）
A．4，5，6 B．5，7，12 C．3，5， D．1，，
【答案】A
【思路点拨】答案有误，没有应用勾股定理公式解决问题。如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形，最长边所对的角为直角．由此判定即可．
【规范解答】解：A、∵52+42≠62，∴三条线段不能组成直角三角形，故A选项错误；
B、∵52+72≠122，∴三条线段不能组成直角三角形，故B选项错误；
C、∵32+（）2≠52，∴三条线段不能组成直角三角形，故C选项错误；
D、∵12+（）2＝（）2，∴三条线段能组成直角三角形，故D选项正确；
故选：D．
【考点解读】此题考查了勾股定理逆定理的运用，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．

【变式训练01】（2022秋•工业园区校级期中）到目前为止，勾股定理的证明已超过400种，其中一种简洁易懂方法叫做“常春证法”，两个直角三角形如图摆放，已知Rt△ABC≌Rt△DEF，点F落在AC上，点C与点E重合，斜边AB与斜边CD交于点M，连接AD，BD，若AC＝9，BC＝5，则四边形ACBD的面积为 　53　．

【思路点拨】根据全等三角形的性质可得DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，再根据四边形ACBD的面积＝△DAC的面积+△DBC的面积，列出算式计算即可求解．
【规范解答】解：∵Rt△ABC≌Rt△DEF，
∴DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，
∴四边形ACBD的面积＝△DAC的面积+△DBC的面积＝×9×9+×5×5＝53．
故答案为：53．
【考点解读】本题考查了勾股定理的证明，关键是求出DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，以及由图形得到四边形ACBD的面积＝△DAC的面积+△DBC的面积．
【变式训练02】（2022秋•丰城市校级期末）某会展中心在会展期间准备将高5m、长13m、宽2m的楼道铺上地毯，已知地毯每平方米20元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要　680　元．

【思路点拨】地毯的长是楼梯的竖直部分与水平部分的和，即AB与BC的和，在直角△ABC中，根据勾股定理即可求得AB的长，地毯的长与宽的积就是面积，再乘地毯每平方米的单价即可求解．
【规范解答】解：由勾股定理得AB＝＝＝12（m），
则地毯总长为12+5＝17（m），
则地毯的总面积为17×2＝34（平方米），
所以铺完这个楼道至少需要34×20＝680（元）．
故答案为：680．
【考点解读】本题考查了勾股定理的应用，正确理解地毯的长度的计算是解题的关键．
【变式训练03】（2021秋•建邺区期末）如图①，长方体长AB为8cm，宽BC为6cm，高BF为4cm．在该长体的表面上，蚂蚁怎样爬行路径最短？
（1）蚂蚁从点A爬行到点G，且经过棱EF上一点，画出其最短路径的平面图，并标出它的长．
（2）设该长方体上底面对角线EG、FH相交于点O（如图②），则OE＝OF＝OG＝OH＝5cm．
①蚂蚁从点B爬行到点O的最短路径的长为 　4　cm；
②当点P在BC边上，设BP长为acm，求蚂蚁从点P爬行到点O的最短路的长（用含a的代数式表示）．

【思路点拨】（1）画出展开图连接AG交EF于点M，根据勾股定理求出AG的长即可；
（2）①画出展开图连接OB，作ON⊥AB于点N，根据勾股定理求出OB的值即可；
②画出展开图连接OP，作OQ⊥BC于点Q，根据勾股定理求出OP的值即可．
【规范解答】解：（1）展开面HGFE和面ABFE如下图，连接AG交EF于点M，

由题意知，AB＝8cm，BG＝BF+FG＝6+4＝10（cm），
∴AG＝＝＝2（cm），
即AG的长为2cm；
（2）①展开面HGFE和面ABFE如下图，连接OB，作ON⊥AB于点N，

由题意知，ON＝4+×6＝7（cm），BN＝8＝4（cm），
∴OB＝＝＝（cm），
故答案为：；
②展开面HGFE和面BCGF如下图，连接OP，作OQ⊥BC于点Q，

由题意知，OQ＝+4＝8（cm），PQ＝|×6﹣a|＝|3﹣a|（cm），
∴OP＝＝＝（cm），
即蚂蚁从点P爬行到点O的最短路的长为cm．
【考点解读】本题主要考查展开图的最短路径问题，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

易错分析 08

特殊角的三角函数值及计算。熟练记忆一些特殊角的三角函数值，不能搞混淆


（2022秋•离石区期末）在△ABC中，若，∠A，∠B都是锐角，则△ABC
是 　 　三角形．
【答案】等腰
【思路点拨】答案有误，直接利用特殊角的三角函数值得出∠A＝60°，∠B＝60°，进而得出答案．
【规范解答】解：∵，
∴sinA＝，cosB＝，
∴∠A＝60°，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
故答案为：等边．
【考点解读】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．

【变式训练01】（2021秋•慈利县期末）在△ABC中，若|sinA﹣|+（﹣cosB）2＝0，则∠C的度数是（　　）
A．45° B．75° C．105° D．120°
【思路点拨】根据非负数的性质列出关系式，根据特殊角的三角函数值求出∠A、∠B的度数，根据三角形内角和定理计算即可．
【规范解答】解：由题意得，sinA﹣＝0，﹣cosB＝0，
即sinA＝，＝cosB，
解得，∠A＝30°，∠B＝45°，
∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝105°，
故选：C．
【考点解读】本题考查的是非负数的性质的应用、特殊角的三角函数值的计算和三角形内角和定理的应用，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
【变式训练02】（2022秋•驻马店期末）在△ABC中，若|sinA﹣|+（cosB﹣）2＝0，则∠C的度数是　75°　．
【思路点拨】根据特殊角的三角函数值分别求出∠A，∠B，根据三角形的内角和定理计算，得到答案．
【规范解答】解：∵|sinA﹣|+（cosB﹣）2＝0，
∴|sinA﹣|＝0，（cosB﹣）2＝0，
∴sinA＝，cosB＝，
∴∠A＝45°，∠B＝60°，
∴∠C＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
故答案为：75°．
【考点解读】本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记30°、45°、60°的四个三角函数值是解题的关键．
【变式训练03】（2022秋•河口区校级期末）计算：
（1）cos30°﹣tan60°﹣cos45°；
（2）cos60°﹣2sin245°+30°﹣sin30°．
【思路点拨】（1）根据特殊角三角函数值的混合计算法则求解即可；
（2）根据特殊角三角函数值的混合计算法则求解即可．
【规范解答】解：（1）cos30°﹣tan60°﹣cos45°
＝
＝．
（2）
＝
＝
＝．
【考点解读】本题主要考查了特殊角三角函数值的混合计算，熟知相关计算法则是解题的关键．

易错分析 09

解直角三角形的实际应用。坡度是指坡面的垂直高度h和水平宽度l的比值，而并非度数。
仰角和俯角是指视线与水平线的夹角，而非视线与铅垂线的夹角。
只有在直角三角形中才能解直角三角形，没有直角三角形时需要通过作辅助线构造直角三角形求解。


（2022•郑州二模）如图是简化的冬奥会跳台滑雪的雪道示意图，AB为助滑道，BC为着陆坡，着陆坡倾角为α，A点与B点的高度差为h，A点与C点的高度差为120m，着陆坡BC长度为（　　）

A． B．
C．（120﹣h）sinα D．（120﹣h）cosα
【答案】B
【思路点拨】答案有误，过点A作AG⊥CD，交DC的延长线于点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E，过点B作BF⊥AG，垂足为F，可得四边形BFGE矩形，从而得FG＝BE，然后在Rt△BEC中，利用锐角三角函数的定义，进行计算即可解答．
【规范解答】解：过点A作AG⊥CD，交DC的延长线于点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E，过点B作BF⊥AG，垂足为F，

则四边形BFGE矩形，
∴FG＝BE，
∵AG＝120m，AF＝h，
∴FG＝BE＝（120﹣h）m，
在Rt△BEC中，BC＝＝m，
故选：A．
【考点解读】本题考查了解直角三角形的应用，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．
【变式训练01】（2022•江阴市校级一模）图1是一款折叠式跑步机，其侧面结构示意图如图2（忽略跑步机的厚度）．该跑步机由支杆AB（点A固定），底座AD和滑动杆EF组成．支杆AB可绕点A转动，点E在滑槽AC上滑动．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收纳时，滑动端点E向右滑至点C，点F与点A重合；打开时，点E从点C向左滑动，若滑动杆EF与AD夹角的正切值为2，则察看点F处的仪表盘视角为最佳．
（1）BE＝　65　cm；
（2）当滑动端点E与点A的距离EA＝　（13+2）或（13﹣2）　cm时，察看仪表盘视角最佳．

【思路点拨】（1）利用线段的和差定义求解即可；
（2）分∠BAE是锐角或钝角，分别画出图形求解即可．
【规范解答】解：（1）由题意BE＝AC﹣AB＝125﹣60＝65（cm）．
故答案为：65．

（2）如图2﹣1中，当∠BAE是锐角时，过点B作BT⊥AE于点T．

在Rt△BTE中，BE＝65cm，tan∠BET＝＝2，
∴ET＝13（cm），BT＝26（cm），
在Rt△ABT中，AT＝＝＝2（cm），
∴AE＝AT+ET＝（13+2）cm．
如图2﹣2中，当∠BAE是钝角时，过点B作BT⊥AE于点T．

同法可得，ET＝13，AT＝2，
∴AE＝TE﹣AT＝（13﹣2）cm，
综上所述，AE的长为（13+2）cm或（13﹣2）cm．
【考点解读】考查了解直角三角形的应用，利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．
【变式训练02】（2021•荆州）如图1是一台手机支架，图2是其侧面示意图，AB，BC可分别绕点A，B转动，测量知BC＝8cm，AB＝16cm．当AB，BC转动到∠BAE＝60°，∠ABC＝50°时，点C到AE的距离为 　6.3　cm．（结果保留小数点后一位，参考数据：sin70°≈0.94，≈1.73）

【思路点拨】通过作垂线构造直角三角形，在Rt△ABM中，求出BM，在Rt△BCD中，求出BD，即可求出CN，从而解决问题．
【规范解答】解：如图，过点B、C分别作AE的垂线，垂足分别为M、N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，
在Rt△ABM中，
∵∠BAE＝60°，AB＝16，
∴BM＝sin60°•AB＝×16＝8（cm），
∠ABM＝90°﹣60°＝30°，
在Rt△BCD中，
∵∠DBC＝∠ABC﹣∠ABM＝50°﹣30°＝20°，
∴∠BCD＝90°﹣20°＝70°，
又∵BC＝8，
∴BD＝sin70°×8≈0.94×8＝7.52（cm），
∴CN＝DM＝BM﹣BD＝8﹣7.52≈6.3（cm），
即点C到AE的距离约为6.3cm，
故答案为：6.3．

【考点解读】本题考查解直角三角形，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系是解决问题的关键．
【变式训练03】（2022•亭湖区校级一模）盐城海棠公园为引导游客观光游览公园的盘点，在主要路口设置了导览指示牌，我校“综合与实践”活动小组想要测量此指示牌的高度，他们绘制了该指示牌支架侧面的截面图如图所示，并测得AB＝100cm，BC＝80cm，
∠ABC＝120°，∠BCD＝75°，四边形DEFG为矩形，且DE＝5cm．请帮助该小组求出指示牌最高点A到地面EF的距离（结果精确到1cm．参考数据：sin75°≈0.97，cos75•≈0.26，tan75°≈3.73，≈1：414）．

【思路点拨】通过过点A作AH⊥EF于点H，交直线DG于点M，过点B作BN⊥DG于点N，BP⊥AH于点P，构造出直角三角形，利用解直角三角形分别求出AP、PM的长即可求出指示牌最高点A到地面EF的距离．
【规范解答】解：过点A作AH⊥EF于点H，交直线DG于点M，过点B作BN⊥DG于点N，BP⊥AH于点P，则四边形BNMP和四边形DEHM均为矩形，如图所示：

∴PM＝BN，MH＝DE＝5cm，
∴BP∥DG，
∴∠CBP＝∠BCD＝75°，
∴∠ABP＝∠ABC﹣∠CBP＝120°﹣75°＝45°，
在Rt△ABP中，∠APB＝90°，sin45°＝，
∴AP＝AB•sin45°＝100×＝50（cm），
在Rt△BCN中，∠BNC＝90°，sin75°＝，
∴BN＝BC•sin75°≈80×0.97＝77.6（cm），
∴PM＝BN＝77.6cm，
∴AH＝AP+PM+MH＝5077.6+5≈153（cm）．
答：指示牌最高点A到地面EF的距离约为153cm．
【考点解读】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造出直角三角形，熟练通过解直角三角形求相应未知量是解题的关键．

一．选择题
1．（2021秋•沛县期末）下列长度的三条线段，能组成直角三角形的是（　　）
A．，， B．，， C．3，4，5 D．6，8，11
解：A．因为，所以不能组成直角三角形，不合题意；
B．因为，所以不能组成直角三角形，不合题意；
C．因为32+42＝52，所以能组成直角三角形，符合题意；
D．因为62+82≠112，所以不能组成直角三角形，不合题意；
故选：C．
2．（2021秋•泗阳县期末）如图，AC和BD相交于O点，若OA＝OD，用“SAS”证明△AOB≌△DOC还需（　　）

A．AB＝DC B．OB＝OC C．∠C＝∠D D．∠AOB＝∠DOC
解：A、AB＝DC，不能根据SAS证两三角形全等，故本选项错误；
B、∵在△AOB和△DOC中
，
∴△AOB≌△DOC（SAS），故本选项正确；
C、两三角形相等的条件只有OA＝OD和∠AOB＝∠DOC，不能证两三角形全等，故本选项错误；
D、根据∠AOB＝∠DOC和OA＝OD，不能证两三角形全等，故本选项错误；
故选：B．
3．（2022秋•离石区期末）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，交AB于点D，过D作BC的平行线交AC于M，若BC＝3，AC＝2，则DM＝（　　）

A． B． C． D．
解：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB，
∵DM∥CB，
∴∠MDC＝∠DCB，
∴∠MDC＝∠ACD，
∴MD＝MC，
∵DM∥BC，
∴∠ADM＝∠B，∠AMD＝∠ACB，
∴△ADM∽△ABC，
∴＝，
∴＝，
∴DM＝，
故选：B．
4．（2021秋•双滦区期末）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，AC与BD相交于点O，则△ABO的面积与△CDO的面积的比为（　　）

A．1：2 B． C．1：4 D．
解：设小方格的边长为1，
由图可知，AB∥CD，
∴△ABO∽△CDO，且AB＝，CD＝2，
∴S△ABO：S△CDO＝（AB：CD）2，
∴S△ABO：S△CDO＝（：2）2＝1：4，
故选：C．
5．（2022秋•西岗区校级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，则tanA的值是（　　）
A． B． C． D．
解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC＝＝＝4，
∴tanA＝＝，
故选：D．
二．填空题
6．（2022秋•惠山区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，已知tanB＝，S△ACD＝2，则S△ABC＝　10　．

解：∵CD⊥AB，tanB＝，
∴＝，
∵△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴△ACD∽△CBD，
∴S△ACD：S△CBD＝1：4，
∵S△ACD＝2，
∴S△CBD＝8，
∴S△ABC＝S△ACD+S△CBD＝2+8＝10．
故答案为：10．
7．（2022•富阳区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．点P从B点出发沿着BD方向运动，到达点O停止运动．连接AP，点B关于直线AP的对称点为Q．当点Q落在AC上时，则OQ＝　2+2﹣2　，在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为 　2　．

解：过点O作OH⊥AB，垂足为H，

由题意得：
AQ＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝BD＝4，
在Rt△OBH中，∠ABO＝60°，
∴OH＝OB•sin60°＝4×＝2，
BH＝OB•cos60°＝4×＝2，
在Rt△AHO中，∠OAB＝45°，
∴AH＝＝＝2，OA＝＝＝2，
∴AQ＝AB＝AH+BH＝2+2，
∴OQ＝AQ﹣OA＝2+2﹣2，
∴当点Q落在AC上时，则OQ＝2+2﹣2，
∵AQ＝AB，
∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，AB长为半径的圆弧上，
当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接BQ，过点Q作QG⊥BD，垂足为G，连接OQ，

∵点B关于直线AP的对称点为Q，
∴OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，
∴QB＝AB＝2+2，
∠QBA＝∠AQB＝45°，
∵∠OBA＝60°，
∴∠OBQ＝∠OBA﹣∠QBA＝15°，
∵OQ＝OB，
∴∠OQB＝∠OBQ＝15°，
∴∠QOG＝∠OQB+∠OBQ＝30°，
设QG＝x，则OQ＝OB＝2x，
∴OG＝QG＝x，
∴BG＝OB+OG＝（2+）x，
在Rt△QGB中，QG2+GB2＝BQ2，
∴x2+[（2+）x]2＝（2+2）2，
∴x＝2或x＝﹣2（舍去），
∴QG＝2，
∴在运动过程中，点Q到直线BD的距离的最大值为2．
故答案为：2+2﹣2，2．


8．（2019秋•内江期末）等腰△ABC的腰AB边上的中线CD，把△ABC的周长分成12和15两部分，则底边BC长为　7或11　．
解：如图，在△ABC中，AB＝AC，且AD＝BD．设AB＝x，BC＝y，
①当AC+AD＝15，BD+BC＝12时，则x+x＝15，x+y＝12，
解得x＝10，y＝7．
②当AC+AD＝12，BC+BD＝15时，则x+x＝12，x+y＝15，
解得x＝8，y＝11，
综上所述，这个三角形的底边BC的长为7或11．
故答案为：7或11．

9．（2022秋•邗江区校级月考）如图，在△ABC中，BC＝6，＝，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于点Q，当CQ＝CE时，EP+BP的值为 　18　．

解：如图，延长EF交BQ的延长线于G．

∵＝，
∴EG∥BC，
∴∠G＝∠GBC，
∵∠GBC＝∠GBP，
∴∠G＝∠PBG，
∴PB＝PG，
∴PE+PB＝PE+PG＝EG，
∵CQ＝EC，
∴EQ＝3CQ，
∵EG∥BC，
∴△EQG∽△CQB，
∴＝＝3，
∵BC＝6，
∴EG＝18，
∴EP+BP＝EG＝18．
故答案为：18．
10．（2022•锡山区校级三模）如图，平面内几条线段满足AB＝BC＝10．AB、CD的交点为E，现测得AD⊥BC，AD＝DE，，则CD的长度为 　　．

解：延长AD交CB的延长线于点F，过点B作BG∥CD，交AF于点G，

∴∠GBA＝∠DEA，
∵AD＝DE，
∴∠A＝∠DEA，
∴∠A＝∠GBA，
∴GA＝GB，
∵AD⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
在Rt△AFB中，，
∴＝，
∴设BF＝3a，则AF＝4a，
∵AF2+BF2＝AB2，
∴（4a）2+（3a）2＝102，
∴a＝2或a＝﹣2（舍去），
∴AF＝8，BF＝6，
设AG＝GB＝x，则FG＝AF﹣AG＝8﹣x，
在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，
∴62+（8﹣x）2＝x2，
∴x＝，
∴BG＝，
∵BG∥CD，
∴∠FBG＝∠C，∠FGB＝∠FDC，
∴△FGB∽△FDC，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝，
故答案为：．
11．（2020•港南区一模）如图，点G是△ABC的重心，AG的延长线交BC于点D，过点G作GE∥BC交AC于点E，如果BC＝6，那么线段GE的长为　2　．

解：∵点G是△ABC重心，BC＝6，
∴CD＝BC＝3，＝2，
∵GE∥BC，
∴△AEG∽△ACD，
∴＝＝，
∴GE＝2．
故答案为：2．

三．解答题
12．（2020春•辉南县校级月考）如图，A、B、C在同一直线上，且△ABD，△BCE都是等边三角形，AE交BD于点M，CD交BE于点N，求证：
（1）∠BDN＝∠BAM；
（2）△BMN是等边三角形．

证明：（1）∵等边△ABD和等边△BCE，
∴AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝∠DBC＝120°，
在△ABE和△DBC中，
，
∴△ABE≌△DBC（SAS）
∴∠BDN＝∠BAM；
（2）∵△ABE≌△DBC，
∴∠AEB＝∠DCB，
又∵∠ABD＝∠EBC＝60°，
∴∠MBE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
即∠MBE＝∠NBC＝60°，
在△MBE和△NBC中，
，
∴△MBE≌△NBC（ASA），
∴BM＝BN，∠MBE＝60°，
∴△BMN为等边三角形．

13．（2019秋•禅城区期末）一个零件的形状如图所示，工人师傅按规定做得∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝12，AD＝13，假如这是一块钢板，你能帮工人师傅计算一下这块钢板的面积吗？

解：∵42+32＝52，52+122＝132，
即AB2+BC2＝AC2，故∠B＝90°，
同理，∠ACD＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD
＝×3×4+×5×12
＝6+30
＝36．
答：这块钢板的面积等于36．
14．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 　2　．

（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DA⊥AC，
∴∠DAC＝90°，
∴∠BDA＝∠DAC+∠C＝120°，
∴∠BAC＝∠BDA＝120°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，
∴AB2＝BD•BC；
（2）∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝30°，
∵∠B＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC＝AD＝2，
故答案为：2．
15．（2021•红谷滩区校级模拟）在日常生活中我们经常会使用到订书机，如图MN是装订机的底座，AB是装订机的托板，始终与底座平行，连接杆DE的D点固定，点E沿AB滑动，压柄BC可绕着转轴B旋转．已知压柄BC的长度为15cm，BD＝5cm，压柄与托板的长度相等．
（1）当托板与压柄夹角∠ABC＝37°时，如图①点E从A点滑动了2cm，求连接杆DE的长度；
（2）当压柄BC从（1）中的位置旋转到与底座AB的夹角∠ABC＝127°，如图②．求这个过程中点E滑动的距离．（答案保留根号）（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8．tan37°≈0.75）

解：（1）如图①，作DH⊥BE于H，

在Rt△BDH中，∠DHB＝90°，BD＝5，∠ABC＝37°，
∴，＝cos37°，
∴DH＝5sin37°≈5×0.6＝3（cm），BH＝5cos37°≈5×0.8＝4（cm）．
∵AB＝BC＝15cm，AE＝2cm，
∴EH＝AB﹣AE﹣BH＝15﹣2﹣4＝9（cm），
∴DE＝＝＝3（cm）．
答：连接杆DE的长度为cm．
（2）如图②，作DH⊥AB的延长线于点H，

∵∠ABC＝127°，
∴∠DBH＝53°，∠BDH＝37°，
在Rt△DBH中，＝＝sin37°≈0.6，
∴BH＝3cm，
∴DH＝4cm，
在Rt△DEH中，EH2+DH2＝DE2，
∴（EB+3）2+16＝90，
∴EB＝（）（cm），
∴点E滑动的距离为：15﹣（﹣3）﹣2＝（16﹣）（cm）．
答：这个过程中点E滑动的距离为（16﹣）cm．