回歸教材重難點(diǎn)02三角形與相似三角形(原卷版+解析)

回歸教材重難點(diǎn)02三角形與相似三角形本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等及中等偏上，在全國各地市的中考試卷中都有考查。(2023年山東省東營市中考試卷第17題）如圖，在△ABC中，點(diǎn)F、G在BC上，點(diǎn)E、H分別在AB、AC上，四邊形EFGH是矩形，EH＝2EF，AD是△ABC的高，BC＝8，AD＝6，那么EH的長為．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．分析：設(shè)AD交EH于點(diǎn)R，由矩形EFGH的邊FG在BC上證明EH∥BC，∠EFC＝90°，則△AEH∽△ABC，得＝，其中BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，可以列出方程＝，解方程求出EH的值即可．【解答】解：設(shè)AD交EH于點(diǎn)R，∵矩形EFGH的邊FG在BC上，∴EH∥BC，∠EFC＝90°，∴△AEH∽△ABC，∵AD⊥BC于點(diǎn)D，∴∠ARE＝∠ADB＝90°，∴AR⊥EH，∴＝，∵EF⊥BC，RD⊥BC，EH＝2EF，∴RD＝EF＝EH，∵BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，∴＝，解得EH＝，∴EH的長為，故答案為：．【點(diǎn)評】此題重點(diǎn)考查矩形的性質(zhì)、兩條平行線之間的距離處處相等、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)“相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比”列方程是解題的關(guān)鍵．三角形是中考數(shù)學(xué)中的重要考點(diǎn)，也是所有幾何圖形的學(xué)習(xí)基礎(chǔ)。三角形的考點(diǎn)容量很大，包含三角形的基礎(chǔ)知識(shí)、特殊三角形、相似三角形三大塊，考察難度的跨度很大，題型多變，部分綜合題中題目的綜合性也很強(qiáng)，需要比較高的知識(shí)儲(chǔ)備和邏輯思維能力。本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等或較大，個(gè)別還會(huì)以壓軸題出現(xiàn)，在全國各地市的中考試卷中均有考查。技法01：三角形通用知識(shí)：①三角形內(nèi)角和定理：三角形三個(gè)內(nèi)角的和=180°三角形外角定理：三角形的一個(gè)外角=與它不相鄰兩個(gè)內(nèi)角的和②三角形三邊關(guān)系：三角形兩邊之和＞第三邊，兩邊之差＜第三邊③角平分線性質(zhì)定理：角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等④線段垂直平分線性質(zhì)定理：線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等技法02：全等三角形的性質(zhì)和判定：①全等三角形的性質(zhì)：對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等推論：全等三角形的周長和面積相等，對應(yīng)的“三線”分別相等②全等三角形的判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）技法03：特殊三角形常用知識(shí)：①等腰三角形：等邊對等角、“三線合一”，常做輔助線→底邊上的高線判定方法：兩邊長相等、等角對等邊、逆用“三線合一”（角平分線與中線重合除外）②直角三角形：直角三角形兩銳角互余、斜邊上的中線=斜邊長的一半、勾股定理判定方法：一個(gè)角為直角、兩個(gè)內(nèi)角互余、勾股定理逆定理、一邊上的中線等于這邊長的一半技法04：相似三角形常用知識(shí)：①相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊成比例推論：相似三角形的周長比=相似比；面積比=相似比的平方；對應(yīng)三線之比=相似比②相似三角形的判定：兩對內(nèi)角對應(yīng)相等、三邊對應(yīng)成比例、兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等【中考真題練】1．(2023?淮安）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，E為AC的中點(diǎn)，若AB＝10，則DE的長是（）A．8 B．6 C．5 D．42．(2023?南京）直三棱柱的表面展開圖如圖所示，AC＝3，BC＝4，AB＝5，四邊形AMNB是正方形，將其折疊成直三棱柱后，下列各點(diǎn)中，與點(diǎn)C距離最大的是（）A．點(diǎn)M B．點(diǎn)N C．點(diǎn)P D．點(diǎn)Q3．(2023?鎮(zhèn)江）如圖，點(diǎn)A、B、C、D在網(wǎng)格中小正方形的頂點(diǎn)處，AD與BC相交于點(diǎn)O，小正方形的邊長為1，則AO的長等于（）A．2 B． C． D．4．(2023?安順）如圖，在△ABC中，AC＝2，∠ACB＝120°，D是邊AB的中點(diǎn)，E是邊BC上一點(diǎn)，若DE平分△ABC的周長，則DE的長為（）A． B． C． D．5．(2023?達(dá)州）如圖，點(diǎn)E在矩形ABCD的AB邊上，將△ADE沿DE翻折，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)F處，若CD＝3BF，BE＝4，則AD的長為（）A．9 B．12 C．15 D．186．(2023?鎮(zhèn)江）如圖，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分別為AB、AC、BC的中點(diǎn)，若DE＝1，則FG＝．7．(2023?荊門）如圖，點(diǎn)G為△ABC的重心，D，E，F(xiàn)分別為BC，CA，AB的中點(diǎn)，具有性質(zhì)：AG：GD＝BG：GE＝CG：GF＝2：1．已知△AFG的面積為3，則△ABC的面積為．8．(2023?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，A′E與BC相交于點(diǎn)G，B′A′的延長線過點(diǎn)C．若＝，則的值為（）A．2 B． C． D．9．(2023?衢州）希臘數(shù)學(xué)家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，A，B是兩側(cè)山腳的入口，從B出發(fā)任作線段BC，過C作CD⊥BC，然后依次作垂線段DE，EF，F(xiàn)G，GH，直到接近A點(diǎn)，作AJ⊥GH于點(diǎn)J．每條線段可測量，長度如圖所示．分別在BC，AJ上任選點(diǎn)M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得＝＝k，此時(shí)點(diǎn)P，A，B，Q共線．挖隧道時(shí)始終能看見P，Q處的標(biāo)志即可．（1）CD﹣EF﹣GJ＝km．（2）k＝．10．(2023?內(nèi)江）勾股定理被記載于我國古代的數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中，漢代數(shù)學(xué)家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅如圖①所示的“弦圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”．圖②由弦圖變化得到，它是由八個(gè)全等的直角三角形拼接而成．記圖中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面積分別為S1、S2、S3．若正方形EFGH的邊長為4，則S1+S2+S3＝．11．(2023?鄂州）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D、E分別為邊BC、AC上的點(diǎn)，AD與BE相交于點(diǎn)P，若BD＝CE＝2，則△ABP的周長為．12．(2023?河池）如圖、在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（4，1），B（2，3），C（1，2）．（1）畫出與△ABC關(guān)于y軸對稱的△A1B1C1；（2）以原點(diǎn)O為位似中心，在第三象限內(nèi)畫一個(gè)△A2B2C2，使它與△ABC的相似比為2：1，并寫出點(diǎn)B2的坐標(biāo)．13．(2023?資陽）如圖，在△ABC中（AB＜BC），過點(diǎn)C作CD∥AB，在CD上截取CD＝CB，CB上截取CE＝AB，連接DE、DB．（1）求證：△ABC≌△ECD；（2）若∠A＝90°，AB＝3，BD＝2，求△BCD的面積．14．(2023?青島）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，連接CD．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)、速度為1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．PQ交AC于點(diǎn)F，連接CP，EQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）當(dāng)EQ⊥AD時(shí)，求t的值；（2）設(shè)四邊形PCDQ的面積為S（cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）是否存在某一時(shí)刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．15．(2023?廣西）已知∠MON＝α，點(diǎn)A，B分別在射線OM，ON上運(yùn)動(dòng)，AB＝6．（1）如圖①，若α＝90°，取AB中點(diǎn)D，點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D也隨之運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A，B，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，D′，連接OD，OD′．判斷OD與OD′有什么數(shù)量關(guān)系？證明你的結(jié)論；（2）如圖②，若α＝60°，以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，求點(diǎn)O與點(diǎn)C的最大距離；（3）如圖③，若α＝45°，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，△AOB的面積最大？請說明理由，并求出△AOB面積的最大值．【中考模擬練】1．（2023?銅梁區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC與△A′B′C′是位似圖形，點(diǎn)O為位似中心，，則△ABC與△A′B′C′的周長之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：12．（2023?越秀區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)E，且AC⊥BD，AC＝AD，∠CBD＝∠CAD，CB＝5，，則AD的長是（）A．9 B．10 C． D．3．（2023?雁塔區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠B＝45°，AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D，若BD＝4，則點(diǎn)D到AC的距離為（）A．2 B． C． D．44．（2023?秀洲區(qū)校級(jí)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，，D在AC上，且∠APD＝∠B，則CD的長是（）A．2 B． C． D．5．（2023?鎮(zhèn)江模擬）如圖，點(diǎn)D在△ABC的AD邊上，且AD：AB＝2：5，過點(diǎn)D作DE∥BC，交AC于點(diǎn)E，連接BE，則△ABE與△BEC的面積之比為．6．（2023?東城區(qū)一模）在如圖所示的網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長都是1，點(diǎn)A，B，C是網(wǎng)格線交點(diǎn)，則△ABC的外角∠ACD的度數(shù)等于°．7．（2023?川匯區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，，D是AB的中點(diǎn)，連接PA，PD，當(dāng)△PAD為等腰三角形時(shí)，PA的長為．8．（2023?崇明區(qū)二模）如圖，已知在兩個(gè)直角頂點(diǎn)重合的Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝30°，BC＝3，CE＝2，將△CDE繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)D恰好落在AB邊上時(shí)，聯(lián)結(jié)BE，那么BE＝．9．（2023?大石橋市模擬）如圖，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中點(diǎn)，連接MC，MD，CD，若CD＝6，則△MCD的面積．10．（2023?雁塔區(qū)校級(jí)二模）如圖，C是AB上一點(diǎn)，點(diǎn)D，E分別在AB兩側(cè)，AD∥BE，且AD＝BC，BE＝AC，求證：CD＝EC．11．（2023?石景山區(qū)一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點(diǎn)D為射線CA上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE∥CB且DE＝CB（點(diǎn)E在點(diǎn)D的右側(cè)），射線ED交射線BA于點(diǎn)F，點(diǎn)H是AF的中點(diǎn)，連接HC，HE．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段CA上時(shí)，判斷線段HE與HC的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系；（2）當(dāng)點(diǎn)D在線段CA的延長線上時(shí)，依題意補(bǔ)全圖2．用等式表示線段CB，CD，CH之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．12．（2023?洛龍區(qū)一模）[問題情境]（1）王老師給愛好學(xué)習(xí)的小明和小穎提出這樣一個(gè)問題：如圖①，在△ABC中，AB＝AC，P為邊BC上的任一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D，E，過點(diǎn)C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE＝CF．小明的證明思路是：如圖①，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△ABC的面積可以證得：PD+PE＝CF．小穎的證明思路是：如圖②，過點(diǎn)P作PG⊥CF，垂足為G，可以證得：PD＝GF，PE＝CG，則PD+PE＝CF．請你選擇小明、小穎兩種證明思路中的任意一種，寫出詳細(xì)的證明過程．[變式探究]（2）如圖③，當(dāng)點(diǎn)P在BC延長線上時(shí)，問題情境中，其余條件不變，求證：PD﹣PE＝CF．[結(jié)論運(yùn)用]（3）如圖④，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)B上，點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處，點(diǎn)P為折痕EF上的任一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PG⊥BE，PH⊥BG，垂足分別為G，H，若AD＝18，CF＝5，求PG+PH的值．[遷移拓展]（4）圖⑤是一個(gè)機(jī)器模型的截面示意圖，在四邊形ABCD中，E為AB邊上的一點(diǎn)，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D，C，且AD?CE＝DE?BC，AB＝cm，AD＝3cm，，M、N分別為AE，BE的中點(diǎn)，連接DM，CN，請直接寫出△DEM與△CEN的周長之和．回歸教材重難點(diǎn)02三角形與相似三角形本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等及中等偏上，在全國各地市的中考試卷中都有考查。(2023年山東省東營市中考試卷第17題）如圖，在△ABC中，點(diǎn)F、G在BC上，點(diǎn)E、H分別在AB、AC上，四邊形EFGH是矩形，EH＝2EF，AD是△ABC的高，BC＝8，AD＝6，那么EH的長為．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．分析：設(shè)AD交EH于點(diǎn)R，由矩形EFGH的邊FG在BC上證明EH∥BC，∠EFC＝90°，則△AEH∽△ABC，得＝，其中BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，可以列出方程＝，解方程求出EH的值即可．【解答】解：設(shè)AD交EH于點(diǎn)R，∵矩形EFGH的邊FG在BC上，∴EH∥BC，∠EFC＝90°，∴△AEH∽△ABC，∵AD⊥BC于點(diǎn)D，∴∠ARE＝∠ADB＝90°，∴AR⊥EH，∴＝，∵EF⊥BC，RD⊥BC，EH＝2EF，∴RD＝EF＝EH，∵BC＝8，AD＝6，AR＝6﹣EH，∴＝，解得EH＝，∴EH的長為，故答案為：．【點(diǎn)評】此題重點(diǎn)考查矩形的性質(zhì)、兩條平行線之間的距離處處相等、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)“相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比”列方程是解題的關(guān)鍵．三角形是中考數(shù)學(xué)中的重要考點(diǎn)，也是所有幾何圖形的學(xué)習(xí)基礎(chǔ)。三角形的考點(diǎn)容量很大，包含三角形的基礎(chǔ)知識(shí)、特殊三角形、相似三角形三大塊，考察難度的跨度很大，題型多變，部分綜合題中題目的綜合性也很強(qiáng)，需要比較高的知識(shí)儲(chǔ)備和邏輯思維能力。本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等或較大，個(gè)別還會(huì)以壓軸題出現(xiàn)，在全國各地市的中考試卷中均有考查。技法01：三角形通用知識(shí)：①三角形內(nèi)角和定理：三角形三個(gè)內(nèi)角的和=180°三角形外角定理：三角形的一個(gè)外角=與它不相鄰兩個(gè)內(nèi)角的和②三角形三邊關(guān)系：三角形兩邊之和＞第三邊，兩邊之差＜第三邊③角平分線性質(zhì)定理：角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等④線段垂直平分線性質(zhì)定理：線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等技法02：全等三角形的性質(zhì)和判定：①全等三角形的性質(zhì)：對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等推論：全等三角形的周長和面積相等，對應(yīng)的“三線”分別相等②全等三角形的判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）技法03：特殊三角形常用知識(shí)：①等腰三角形：等邊對等角、“三線合一”，常做輔助線→底邊上的高線判定方法：兩邊長相等、等角對等邊、逆用“三線合一”（角平分線與中線重合除外）②直角三角形：直角三角形兩銳角互余、斜邊上的中線=斜邊長的一半、勾股定理判定方法：一個(gè)角為直角、兩個(gè)內(nèi)角互余、勾股定理逆定理、一邊上的中線等于這邊長的一半技法04：相似三角形常用知識(shí)：①相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)角相等、對應(yīng)邊成比例推論：相似三角形的周長比=相似比；面積比=相似比的平方；對應(yīng)三線之比=相似比②相似三角形的判定：兩對內(nèi)角對應(yīng)相等、三邊對應(yīng)成比例、兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等【中考真題練】1．(2023?淮安）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，E為AC的中點(diǎn)，若AB＝10，則DE的長是（）A．8 B．6 C．5 D．4分析：利用等腰三角形的性質(zhì)得出∠ADC＝90°，再利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求解即可．【解答】解：∵AB＝AC＝10，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵E為AC的中點(diǎn)，∴DE＝AC＝5，故選：C．2．(2023?南京）直三棱柱的表面展開圖如圖所示，AC＝3，BC＝4，AB＝5，四邊形AMNB是正方形，將其折疊成直三棱柱后，下列各點(diǎn)中，與點(diǎn)C距離最大的是（）A．點(diǎn)M B．點(diǎn)N C．點(diǎn)P D．點(diǎn)Q分析：根據(jù)直三棱柱的特征結(jié)合勾股定理求出各線段的距離，再比較大小即可求解．【解答】解：如圖，過C點(diǎn)作CE⊥AB于E，∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，32+42＝52，∴△ACB是直角三角形，∴CE＝AC?BC÷÷AB＝3×4÷5＝2.4，∴AE＝＝＝1.8，∴BE＝5﹣1.8＝3.2，∵四邊形AMNB是正方形，立方體是直三棱柱，∴CQ＝5，∴CM＝CP＝＝，CN＝＝，∵＞＞5，∴與點(diǎn)C距離最大的是點(diǎn)N．故選：B．3．(2023?鎮(zhèn)江）如圖，點(diǎn)A、B、C、D在網(wǎng)格中小正方形的頂點(diǎn)處，AD與BC相交于點(diǎn)O，小正方形的邊長為1，則AO的長等于（）A．2 B． C． D．分析：連接AE，根據(jù)題意可得：AE∥BC，AD＝DE＝5，然后利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAE＝∠DEA，再利用平行線的性質(zhì)可得∠DAE＝∠DOC，∠DEA＝∠DCO，從而可得∠DOC＝∠DCO，進(jìn)而可得DO＝DC＝3，最后進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：如圖：連接AE，由題意得：AE∥BC，AD＝＝5，DE＝5，∴AD＝DE＝5，∴∠DAE＝∠DEA，∵AE∥BC，∴∠DAE＝∠DOC，∠DEA＝∠DCO，∴∠DOC＝∠DCO，∴DO＝DC＝3，∴AO＝AD﹣DO＝5﹣3＝2，故選：A．4．(2023?安順）如圖，在△ABC中，AC＝2，∠ACB＝120°，D是邊AB的中點(diǎn)，E是邊BC上一點(diǎn)，若DE平分△ABC的周長，則DE的長為（）A． B． C． D．分析：延長BC至F，使CF＝CA，連接AF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AF，根據(jù)三角形中位線定理解答即可．【解答】解：延長BC至F，使CF＝CA，連接AF，∵∠ACB＝120°，∴∠ACF＝60°，∴△ACF為等邊三角形，∴AF＝AC＝2，∵DE平分△ABC的周長，∴BE＝CE+AC，∴BE＝CE+CF＝EF，∵BD＝DA，∴DE＝AF＝，故選：C．5．(2023?達(dá)州）如圖，點(diǎn)E在矩形ABCD的AB邊上，將△ADE沿DE翻折，點(diǎn)A恰好落在BC邊上的點(diǎn)F處，若CD＝3BF，BE＝4，則AD的長為（）A．9 B．12 C．15 D．18分析：證明△BEF∽△CFD，求得CF，設(shè)BF＝x，用x表示DF、CD，由勾股定理列出方程即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠A＝∠EBF＝∠BCD＝90°，∵將矩形ABCD沿直線DE折疊，∴AD＝DF＝BC，∠A＝∠DFE＝90°，∴∠BFE+∠DFC＝∠BFE+∠BEF＝90°，∴∠BEF＝∠CFD，∴△BEF∽△CFD，∴，∵CD＝3BF，∴CF＝3BE＝12，設(shè)BF＝x，則CD＝3x，DF＝BC＝x+12，∵∠C＝90°，∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2，∴（3x）2+122＝（x+12）2，解得x＝3（舍去0根），∴AD＝DF＝3+12＝15，故選：C．6．(2023?鎮(zhèn)江）如圖，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分別為AB、AC、BC的中點(diǎn)，若DE＝1，則FG＝1．分析：根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出AB的長，進(jìn)而利用三角形中位線定理解答即可．【解答】解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中點(diǎn)，∴AB＝2DE＝2，∵F、G分別為AC、BC的中點(diǎn)，∴FG是△ACB的中位線，∴FG＝AB＝1，故答案為：1．7．(2023?荊門）如圖，點(diǎn)G為△ABC的重心，D，E，F(xiàn)分別為BC，CA，AB的中點(diǎn)，具有性質(zhì)：AG：GD＝BG：GE＝CG：GF＝2：1．已知△AFG的面積為3，則△ABC的面積為18．分析：根據(jù)高相等的兩個(gè)三角形的面積之比等于底之比可得答案．【解答】解：∵CG：GF＝2：1，△AFG的面積為3，∴△ACG的面積為6，∴△ACF的面積為3+6＝9，∵點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，∴△ACF的面積＝△BCF的面積，∴△ABC的面積為9+9＝18，故答案為：18．8．(2023?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，A′E與BC相交于點(diǎn)G，B′A′的延長線過點(diǎn)C．若＝，則的值為（）A．2 B． C． D．分析：連接FG，CA′，過點(diǎn)G作GT⊥AD于點(diǎn)T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．設(shè)BF＝2k，CG＝3k．則AE＝DE＝y(tǒng)，由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因?yàn)镃，A′，B′共線，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得結(jié)論．【解答】解：連接FG，CA′，過點(diǎn)G作GT⊥AD于點(diǎn)T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．∵＝，∴可以假設(shè)BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE＝y(tǒng)，由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y(tǒng)﹣5k，∴GA′＝y(tǒng)﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，∵C，A′，B′共線，GA′∥FB′，∴＝，∴＝，∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四邊形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT＝＝2k，∴＝＝2．解法二：不妨設(shè)BF＝2，CG＝3，連接CE，則Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4則A'B'＝2，故選：A．9．(2023?衢州）希臘數(shù)學(xué)家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，A，B是兩側(cè)山腳的入口，從B出發(fā)任作線段BC，過C作CD⊥BC，然后依次作垂線段DE，EF，F(xiàn)G，GH，直到接近A點(diǎn)，作AJ⊥GH于點(diǎn)J．每條線段可測量，長度如圖所示．分別在BC，AJ上任選點(diǎn)M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得＝＝k，此時(shí)點(diǎn)P，A，B，Q共線．挖隧道時(shí)始終能看見P，Q處的標(biāo)志即可．（1）CD﹣EF﹣GJ＝1.8km．（2）k＝．分析：（1）根據(jù)圖中三條線段所標(biāo)數(shù)據(jù)即可解答；（2）連接AB，過點(diǎn)A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點(diǎn)Z．易得AZ＝1.8，BZ＝4＝2.6，證明△BMQ∽△BZA，即可解答．【解答】解：（1）CD﹣EF﹣GJ＝5.5﹣1﹣2.7＝1.8（km）；（2）連接AB，過點(diǎn)A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點(diǎn)Z．由矩形性質(zhì)得：AZ＝CD﹣EF﹣GJ＝1.8，BZ＝DE+FG﹣CB﹣AJ＝4.9+3.1﹣3﹣2.4＝2.6，∵點(diǎn)P，A，B，Q共線，∴∠MBQ＝∠ZBA，又∵∠BMQ＝∠BZA＝90°，∴△BMQ∽△BZA，∴＝k＝＝＝．故答案為：1.8；．10．(2023?內(nèi)江）勾股定理被記載于我國古代的數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中，漢代數(shù)學(xué)家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅如圖①所示的“弦圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”．圖②由弦圖變化得到，它是由八個(gè)全等的直角三角形拼接而成．記圖中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面積分別為S1、S2、S3．若正方形EFGH的邊長為4，則S1+S2+S3＝48．分析：由勾股定理和乘法公式完成計(jì)算即可．【解答】解：設(shè)八個(gè)全等的直角三角形的長直角邊為a，短直角邊是b，則：S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，且：a2+b2＝EF2＝16，∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16＝2×16+16＝48．故答案為：48．11．(2023?鄂州）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D、E分別為邊BC、AC上的點(diǎn)，AD與BE相交于點(diǎn)P，若BD＝CE＝2，則△ABP的周長為．分析：根據(jù)SAS證△ABD≌△BCE，得出∠APB＝120°，在CB上取一點(diǎn)F使CF＝CE＝2，則BF＝BC﹣CF＝4，證△APB∽△BFE，根據(jù)比例關(guān)系設(shè)BP＝x，則AP＝2x，作BH⊥AD延長線于H，利用勾股定理列方程求解即可得出BP和AP的長．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，∴∠APB＝120°，在CB上取一點(diǎn)F使CF＝CE＝2，則BF＝BC﹣CF＝4，∴∠C＝60°，∴△CEF是等邊三角形，∴∠BFE＝120°，即∠APB＝∠BFE，∴△APB∽△BFE，∴＝＝2，設(shè)BP＝x，則AP＝2x，作BH⊥AD延長線于H，∵∠BPD＝∠APE＝60°，∴∠PBH＝30°，∴PH＝，BH＝，∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，即（x）2+（x）2＝62，解得x＝或﹣（舍去），∴AP＝，BP＝，∴△ABP的周長為AB+AP+BP＝6++＝6+＝，故答案為：．12．(2023?河池）如圖、在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（4，1），B（2，3），C（1，2）．（1）畫出與△ABC關(guān)于y軸對稱的△A1B1C1；（2）以原點(diǎn)O為位似中心，在第三象限內(nèi)畫一個(gè)△A2B2C2，使它與△ABC的相似比為2：1，并寫出點(diǎn)B2的坐標(biāo)．分析：（1）根據(jù)關(guān)于y軸對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)得到A1、B1、C1的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)即可；（2）把A、B、C的坐標(biāo)都乘以﹣2得到A2、B2、C2的坐標(biāo)，然后描點(diǎn)即可．【解答】解：（1）如圖，△A1B1C1為所作；（2）如圖，△A2B2C2為所作，點(diǎn)B2的坐標(biāo)為（﹣4，﹣6）；13．(2023?資陽）如圖，在△ABC中（AB＜BC），過點(diǎn)C作CD∥AB，在CD上截取CD＝CB，CB上截取CE＝AB，連接DE、DB．（1）求證：△ABC≌△ECD；（2）若∠A＝90°，AB＝3，BD＝2，求△BCD的面積．分析：（1）由CD∥AB得∠ABC＝∠ECD，而CD＝CB，CE＝AB，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“SAS”證明△ABC≌△ECD；（2））由∠A＝90°，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等證明∠BED＝∠CED＝∠A＝90°，設(shè)BE＝x，由BD2﹣BE2＝CD2﹣EC2＝DE2，列方程（2）2﹣x2＝（3+x）2﹣32，解方程求得符合題意的x的值為2，則BC＝5，再根據(jù)勾股定理求出DE的長，即可求出△BCD的面積．【解答】（1）證明：∵CD∥AB，CD＝CB，CE＝AB，∴∠ABC＝∠ECD，在△ABC和△ECD中，，∴△ABC≌△ECD（SAS）．（2）解：∵∠A＝90°，∴∠CED＝∠A＝90°，∴∠BED＝180°﹣∠CED＝90°，設(shè)BE＝x，∵EC＝AB＝3，BD＝2，∴CD＝BC＝3+x，∵BD2﹣BE2＝CD2﹣EC2＝DE2，∴（2）2﹣x2＝（3+x）2﹣32，整理得x2+3x﹣10＝0，解得x1＝2，x2＝﹣5（不符合題意，舍去），∴BE＝2，BC＝3+2＝5，∴DE＝＝＝4，∴S△BCD＝BC?DE＝×5×4＝10，∴△BCD的面積為10．14．(2023?青島）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，連接CD．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)、速度為1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．PQ交AC于點(diǎn)F，連接CP，EQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問題：（1）當(dāng)EQ⊥AD時(shí)，求t的值；（2）設(shè)四邊形PCDQ的面積為S（cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）是否存在某一時(shí)刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．分析：（1）由將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，知AD＝AB＝5，DE＝BC＝3，AE＝AC＝4，∠AED＝∠ACB＝90°，證明△AQE∽△AED，有＝，可得AQ＝，即得t的值為；（2）過P作PN⊥BC于N，過C作CM⊥AD于M，證明△ABC∽△CAM，有＝，CM＝，即得S△ACD＝AD?CM＝8，S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝14，由△PBN∽△ABC，可得PN＝t，S△BCP＝BC?PN＝t，從而S＝S四邊形ABCD﹣S△BCP﹣S△APQ＝t2﹣t+14；（3）過C作CM⊥AD于M，證明△APQ∽△MCD，有＝，即可解得t＝．【解答】解：（1）如圖：在Rt△ABC中，AC＝＝＝4，∵將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，∴AD＝AB＝5，DE＝BC＝3，AE＝AC＝4，∠AED＝∠ACB＝90°，∵EQ⊥AD，∴∠AQE＝∠AED＝90°，∵∠EAQ＝∠DAE，∴△AQE∽△AED，∴＝，即＝，∴AQ＝，∴t＝＝；答：t的值為；（2）過P作PN⊥BC于N，過C作CM⊥AD于M，如圖：∵將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADE，∴∠BAD＝90°，即∠BAC+∠CAM＝90°，∵∠B+∠BAC＝90°，∴∠B＝∠CAM，∵∠ACB＝90°＝∠AMC，∴△ABC∽△CAM，∴＝，即＝，∴CM＝，∴S△ACD＝AD?CM＝×5×＝8，∴S四邊形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝×3×4+8＝14，∵∠PBN＝∠ABC，∠PNB＝90°＝∠ACB，∴△PBN∽△ABC，∴＝，即＝，∴PN＝t，∴S△BCP＝BC?PN＝×3×t＝t，∴S＝S四邊形ABCD﹣S△BCP﹣S△APQ＝14﹣t﹣（5﹣t）?t＝t2﹣t+14；答：S與t之間的函數(shù)關(guān)系式是S＝t2﹣t+14；（3）存在某一時(shí)刻t，使PQ∥CD，理由如下：過C作CM⊥AD于M，如圖：由（2）知CM＝，∴AM＝＝＝，∴DM＝AD﹣AM＝5﹣＝，∵PQ∥CD，∴∠AQP＝∠MDC，∵∠PAQ＝∠CMD＝90°，∴△APQ∽△MCD，∴＝，即＝，解得t＝，答：存在時(shí)刻t＝，使PQ∥CD．15．(2023?廣西）已知∠MON＝α，點(diǎn)A，B分別在射線OM，ON上運(yùn)動(dòng)，AB＝6．（1）如圖①，若α＝90°，取AB中點(diǎn)D，點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)D也隨之運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A，B，D的對應(yīng)點(diǎn)分別為A′，B′，D′，連接OD，OD′．判斷OD與OD′有什么數(shù)量關(guān)系？證明你的結(jié)論；（2）如圖②，若α＝60°，以AB為斜邊在其右側(cè)作等腰直角三角形ABC，求點(diǎn)O與點(diǎn)C的最大距離；（3）如圖③，若α＝45°，當(dāng)點(diǎn)A，B運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，△AOB的面積最大？請說明理由，并求出△AOB面積的最大值．分析：（1）根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊一半”可得OD＝，OD′＝，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）作△AOB的外接圓I，連接CI并延長，分別交⊙I于O′和D，當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到O′時(shí)，OC最大，求出CD和等邊三角形AO′B上的高O′D，進(jìn)而求得結(jié)果；（3）作等腰直角三角形AIB，以I為圓心，AI為半徑作⊙I，取AB的中點(diǎn)C，連接CI并延長交⊙I于O，此時(shí)△AOB的面積最大，進(jìn)一步求得結(jié)果．【解答】解：（1）OD＝OD′，理由如下：在Rt△AOB中，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴OD＝，同理可得：OD′＝，∵AB＝A′B′，∴OD＝OD′；（2）如圖1，作△AOB的外接圓I，連接CI并延長，分別交⊙I于O′和D，當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到O′時(shí)，OC最大，此時(shí)△AOB是等邊三角形，∴BO′＝AB＝6，OC最大＝CO′＝CD+DO′＝+BO′＝3+3；（3）如圖2，作等腰直角三角形AIB，以I為圓心，AI為半徑作⊙I，∴AI＝＝3，∠AOB＝，則點(diǎn)O在⊙I上，取AB的中點(diǎn)C，連接CI并延長交⊙I于O，此時(shí)△AOB的面積最大，此時(shí)OA＝OB，∵OC＝CI+OI＝AB+3＝3+3，∴S△AOB最大＝＝9+9，∴當(dāng)OA＝OB時(shí)，△AOB的最大面積是9+9．【中考模擬練】1．（2023?銅梁區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC與△A′B′C′是位似圖形，點(diǎn)O為位似中心，，則△ABC與△A′B′C′的周長之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1分析：根據(jù)位似圖形的概念得到△ABC∽△A'B'C'，AB∥A'B'，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出＝，再根據(jù)相似三角形的周長之比等于相似比計(jì)算即可．【解答】解：∵，∴＝．∵△ABC與△A'B'C'是位似圖形，∴△ABC∽△A'B'C'，AB∥A'B'，∴△ABO∽△A'B'O，∴＝＝，∴△ABC與△A′B′C′的相似比是1：2．∴△ABC與△A′B′C′的周長之比是1：2．故選：C．2．（2023?越秀區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)E，且AC⊥BD，AC＝AD，∠CBD＝∠CAD，CB＝5，，則AD的長是（）A．9 B．10 C． D．分析：設(shè)CE＝x，AE＝y(tǒng)，分別用x，y表示出sin∠CBD和sin∠CAD，由sin∠CBD＝sin∠CAD，列出方程關(guān)于x，y的方程，再根據(jù)勾股定理DE2＝CD2﹣CE2＝AD2﹣AE2，列出方程關(guān)于x，y的方程，兩方程聯(lián)立解出x，y的值，從而得到AD的長度．【解答】解：設(shè)CE＝x，AE＝y(tǒng)，則AC＝AD＝x+y，∵AC⊥DB，∴sin∠CBD＝＝，sin∠CAD＝＝＝，∵∠CBD＝∠CAD，∴sin∠CBD＝sin∠CAD，∴＝，整理得，x4+2x3y+x2y2+25x2＝2000①，在Rt△CED和Rt△AED中，DE2＝CD2﹣CE2＝AD2﹣AE2，∴（4）2﹣x2＝（x+y）2﹣y2，∴y＝②，把②代入①式并整理得，25x2＝400，∴x＝4，∴y＝＝＝6，∴AD＝x+y＝4+6＝10．故選：B．3．（2023?雁塔區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠B＝45°，AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D，若BD＝4，則點(diǎn)D到AC的距離為（）A．2 B． C． D．4分析：作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，由角平分線的性質(zhì)得到DM＝DN，由等腰直角三角形的性質(zhì)求出DM的長，即可解決問題．【解答】解：作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，∵AD平分∠BAC，∴DM＝DN，∵∠B＝45°，∴△MBD是等腰直角三角形，∴MD＝BD＝×4＝2，∴DN＝2，∴點(diǎn)D到AC的距離為2．故選：C．4．（2023?秀洲區(qū)校級(jí)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，，D在AC上，且∠APD＝∠B，則CD的長是（）A．2 B． C． D．分析：根據(jù)已知易得BC＝6，從而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C，從而利用三角形內(nèi)角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定義可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，從而可得∠DPC＝∠BAP，進(jìn)而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：∵，∴BC＝3BP＝6，∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，∵∠APD＝∠B，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴，∴，∴，故選：D．5．（2023?鎮(zhèn)江模擬）如圖，點(diǎn)D在△ABC的AD邊上，且AD：AB＝2：5，過點(diǎn)D作DE∥BC，交AC于點(diǎn)E，連接BE，則△ABE與△BEC的面積之比為2：3．分析：根據(jù)DE∥BC得出△ADE∽△ABC，進(jìn)而得出，即可進(jìn)行解答．【解答】解：∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，∴△ADE∽△ABC，∵AD：AB＝2：5，∴，則，∴S△ABE：S△BEC＝2：3，故答案為：2：3．6．（2023?東城區(qū)一模）在如圖所示的網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長都是1，點(diǎn)A，B，C是網(wǎng)格線交點(diǎn)，則△ABC的外角∠ACD的度數(shù)等于135°．分析：根據(jù)勾股定理得出AB，BC，AC，進(jìn)而利用勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：由勾股定理可知，AB＝BC＝，AC＝，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，∵AB＝BC，∴∠ACB＝45°，∴∠ACD＝180°﹣45°＝135°，故答案為：135．7．（2023?川匯區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，，D是AB的中點(diǎn)，連接PA，PD，當(dāng)△PAD為等腰三角形時(shí)，PA的長為4或．分析：分PA＝AD和PA＝PD兩種情況，由直角三角形的性質(zhì)及勾股定理可求出答案．【解答】解：∵點(diǎn)P在△ABC的內(nèi)部，∴PD＝AD不符合題意，分PA＝AD和PA＝PD兩種情況，①若PA＝AD，如圖，∵∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，∴AB＝2AC＝8，∵D是AB的中點(diǎn)，∴CD＝AD＝AB＝4，∴PA＝4；②若PA＝PD，如圖，∵∠B＝30°，∴∠CAB＝60°，由①知CA＝CD，∴△ACD為等邊三角形，連接CP，并延長交AB于點(diǎn)E，∴CE⊥AB，∵AC＝4，∴AE＝AC＝2，∴CE＝＝2，∵CP＝，∴PE＝CE﹣CP＝，∴PA＝＝．綜上所述，PA的長為4或．故答案為：4或．8．（2023?崇明區(qū)二模）如圖，已知在兩個(gè)直角頂點(diǎn)重合的Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝30°，BC＝3，CE＝2，將△CDE繞著點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)D恰好落在AB邊上時(shí)，聯(lián)結(jié)BE，那么BE＝．分析：證明△ACD∽△BCE，推出＝＝，∠A＝∠CBE，再證明∠DBE＝90°，設(shè)BE＝x，則AD＝x，在Rt△DBE中，DE2＝BD2+BE2，構(gòu)建方程求出x即可．【解答】解：Rt△ABC和Rt△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，∠CAB＝∠CDE＝30°，BC＝3，CE＝2，∴＝＝，AB＝2BC＝6，DE＝2CE＝4，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD∽△BCE，∴＝＝，∠A＝∠CBE，∵∠A+∠ABC＝90°，∴∠CBE+∠ABC＝90°，∴∠DBE＝90°，設(shè)BE＝x，則AD＝x，在Rt△DBE中，DE2＝BD2+BE2，∴（6﹣x）2+x2＝42，∴x＝（負(fù)根已經(jīng)舍去），∴BE＝．9．（2023?大石橋市模擬）如圖，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中點(diǎn)，連接MC，MD，CD，若CD＝6，則△MCD的面積12．分析：過點(diǎn)M作ME⊥CD，垂足為E，先利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得CM＝DM＝5，再利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得DE＝CD＝3，然后在Rt△DEM中，利用勾股定理求出EM的長，最后利用三角形的面積公式進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：過點(diǎn)M作ME⊥CD，垂足為E，∵∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝10，M是AB的中點(diǎn)，∴CM＝DM＝AB＝5，∴DE＝CD＝3，在Rt△DEM中，EM＝＝＝4，∴△MCD的面積＝CD?EM＝×6×4＝12，故答案為：12．10．（2023?雁塔區(qū)校級(jí)二模）如圖，C是AB上一點(diǎn)，點(diǎn)D，E分別在AB兩側(cè)，AD∥BE，且AD＝BC，BE＝AC，求證：CD＝EC．分析：由平行線的性質(zhì)可知∠A＝∠B，結(jié)合條件可證明△ADC≌△BCE，故可得出CD＝EC．【解答】證明：∵AD∥BE，∴∠A＝∠B，在△ADC和△BCE中，，∴△ADC≌△BCE（SAS），∴CD＝EC．11．（2023?石景山區(qū)一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點(diǎn)D為射線CA上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE∥CB且DE＝CB（點(diǎn)E在點(diǎn)D的右側(cè)），射線ED交射線BA于點(diǎn)F，點(diǎn)H是AF的中點(diǎn)，連接HC，HE．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段CA上時(shí)，判斷線段HE與HC的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系；（2）當(dāng)點(diǎn)D在線段CA的延長線上時(shí)，依題意補(bǔ)全圖2．用等式表示線段CB，CD，CH之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．分析：（1）連接DH，根據(jù)，∠ACB＝90°，CA＝CB，DE∥CB且DE＝CB，H是AF的中點(diǎn)，證明△ACH≌△DEH，得出HE＝HC，再根據(jù)DH⊥AF，得出CH⊥EH，從而得出結(jié)論；（2）連接DH，CE，用和（1）相同的方法證明CAH≌△EDH，再根據(jù)在Rt△CHE中，CH2+EH2＝CE2，得出2CH2＝CE2，在Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，得出CD2+CB2＝CE2，從而得出結(jié)論．【解答】解：（1）數(shù)量關(guān)系：HE＝HC；位置關(guān)系：HE⊥HC．理由：如圖，連接DH，∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵DE∥CB且DE＝CB，∴∠ADE＝∠ACB＝90°，CA＝DE，∵點(diǎn)H是AF的中點(diǎn)，∴DH＝AH＝FH，∴∠ADH＝∠ADF＝45°，∴∠BAC＝∠HDF，∴△ACH≌△DEH（SAS），∴HE＝HC，∠AHC＝∠DHE，又∵DH⊥AF，∴∠AHD＝∠CHE＝90°，∴CH⊥EH，∴HE＝HC，且HE⊥HC；（2）依題意補(bǔ)全圖形，如圖：數(shù)量關(guān)系：CB2+CD2＝2CH2．理由：連接DH，CE，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵DE∥CB，且DE＝CB，∴CA＝DE，∠ADF＝∠ACB＝90°，∵H是AF的中點(diǎn)，∴DH＝AH，∴∠BAC＝∠DAH＝∠ADH＝45°，∴∠CAH＝∠HDE＝45°，∴△CAH≌△EDH（SAS），∴CH＝EH，∠CHB＝∠EHD，∴∠CHD＝∠AHD，∵∠DAH＝∠ADH＝45°，∴∠AHD＝90°，∴∠CHE＝90°，在Rt△CHE中，CH2+EH2＝CE2，∴2CH2＝CE2，在Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，∴CD2+CB2＝CE2，∴CB2+CD2＝2CH2．12．（2023?洛龍區(qū)一模）[問題情境]（1）王老師給愛好學(xué)習(xí)的小明和小穎提出這樣一個(gè)問題：如圖①，在△ABC中，AB＝AC，P為邊BC上的任一點(diǎn)，過點(diǎn)P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分別為D，E，過點(diǎn)C作CF⊥AB，垂足為F．求證：PD+PE＝CF．小明的證明思路是：如圖①，連接AP，由△ABP與△ACP面積之和等于△AB