2023年浙江省温州市中考数学专题练——6三角形.docx

1、2023年浙江省温州市中考数学专题练6三角形一选择题（共15小题）1（2022永嘉县三模）如图是我国汉代数学家赵爽在注解周辞算经时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD连结CE，若CEAD，则tanBCE的值为（）A12B23C34D452（2022瑞安市校级三模）如图（1）是我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图示意图，图（2）中，在线段AE和CG上分别取点P和点Q，使APCQ，连接PD、PB、QD和QB，则构成了一个“压扁”的弦图“压扁”的弦图（四边形PBQD）中，4个直角三角形的面积（如图（2）中的阴影部分）依次记作S1，S2，

2、S3，S4，连接PQ并延长交BC于点M若AE3EF3，S1S3S2+S4，则CM的长为（）A2B31314C1411D60533（2022龙湾区模拟）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书周髀算经中早有记载如图1，在ABC中，C90，以ABC的各边为边分别向外作正方形，再将较小的两个正方形按图2所示放置，连结MG，DG若MGDG，且BQAF=32，则AB的长为（）A43B52C152D2534（2022鹿城区二模）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示作EMNGAD若GF2FM，则MN：FD的值为（）A233B52C54D15（2022鹿城区二模）如图，四

3、个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH连结EB，EG，延长EG交CD于点M，若BEM90，则BE：EM的值为（）A1：2B3：4C5：6D5：126（2022鹿城区校级三模）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣现把直角三角形改为锐角三角形：如图，在锐角ABC中，以AB，AC，BC为边分别向外作正方形，连结CD，CE，S正方形ACHK14，S正方形BCGF5，记ADC的面积为S1，BCE的面积为S2，若S14S2，则正方形ADEB的面积为（）A15B16C17D187（2022鹿城区校级二模）如图，在RtABC中，ACB90，分别以AB，AC，BC为边作三

4、个等边三角形：ABD，ACE，BCF，其中CAB15，AB2+433，BD与CE交于点M，AC与BD交于点N，连结AM，则AMN的面积为（）A3+33B2+32C3+233D6+328（2022龙港市模拟）如图，在等腰RtABC中，BAC90，AD是ABC的高线，E是边AC上一点，分别作EFAD于点F，EGBC于点G，几何原本中曾用该图证明了BG2+CG22（BD2+DG2）过点B作BHEF于点H，若四边形BHEG的周长为20，且图中阴影部分的面积和为14，则四边形BHEG的面积为（）A20B22C24D289（2022瓯海区模拟）如图来自清朝数学家梅文鼎的勾股举隅，该图由四个全等的直角三角形

5、围成，延长BC分别交AG，HG于点M，N，梅文鼎就是利用这幅图证明了勾股定理若图中记MNG的面积为S，GDF的面积为9S，则阴影部分的面积为（）A20SB21SC22SD24S10（2022温州模拟）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣1955年希腊发行了以勾股图为背景的邮票所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理在RtABC中，BAC90，ACa，ABb（ab）如图所示作矩形HFPQ，延长CB交HF于点G若正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，则ab为（）A24B22C5-12D3-5211（2022瓯海区一模）如图，在ABC中，BAC90，

6、以BC为边向上作正方形BCDE，以AC为边作正方形ACFG，点D落在GF上，连结AE，EG若DG2，BC6，则AEG的面积为（）A4B6C52D812（2022苍南县一模）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD，连结EG并延长交CD于点P若AE3EF3，则DP的长为（）A207B209C3D15713（2021永嘉县模拟）清代著名数学家梅文鼎在勾股举隅一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形ABCD的方法证明了勾股定理（如图）延长HD，BF交于点M，分别记RtAFB，四边形DIFM的面积分别为S1

7、，S2，若S1S2=23，阴影部分的面积为10，则四边形BGHM的面积为（）A20413B16C18013D2001314（2021永嘉县模拟）如图，AB为某河流的宽，为了估测河流的宽，在笔直的河岸上依此取点C，E，B，F，使DECF，且DACF，测得CE2米，EB4米，BF7米，且CFDC，则AB的长为（）米A47B6.9C43D715（2021温州模拟）如图1是由四个全等的直角三角形组成的“风车”图案，其中AOB90，延长直角三角形的斜边恰好交于另一直角三角形的斜边中点，得到如图2，若IJ=2，则该“风车”的面积为（）A2+1B22C4-2D42二填空题（共7小题）16（2022龙港市模拟

8、）如图，在正六边形ABCDEF中，AB2，点P在边CD上，M，N分别是AP，EF的中点，连结AC，MN，且MNAM，MNAM，则AC的长为 ，ACP的面积为 17（2022乐清市三模）研究任务画出平分直角三角形面积的一条直线研究成果中线法分割法等积法BD是AC边上的中线若AEBE=n，则AFCF=n+1n-1DEBF成果应用如图，在RtABC中，B90，AB4，直线EF平分ABC的面积若EFAC，AFCF=2，则AC的值为 ；若BECF，AEEF，则AC的值为 18（2022温州模拟）如图1，是一种锂电池自动液压搬运物体叉车，图2是叉车侧面近似示意图车身为四边形ABCD，ABDC，BCAB，底

9、座AB上装着两个半径为30cm的轮胎切于水平地面，AB169cm，BC120cm挡货架AE上有一固定点T与AD的中点N之间由液压伸缩杆TN连接当TNAD时，TN的延长线恰好经过B点，则AD的长度是 cm；一个长方体物体准备装卸时，AE绕点A左右旋转，托物体的货叉PQAE（PQ沿着AE可上下滑动），PQ65cm，AEAD当AE旋转至AF时，PQ下降到PQ的位置，此时F，D，C三点共线，且FQ52cm，则点P到地面的距离是 cm19（2022龙港市模拟）如图，在ABC中，ADBC于点D，AD3，点F在BD上，DF1，EFAC，交AB于点E，EF2.5若E为AB的中点，则BC的长为 20（2022温

10、州一模）图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示已知ABAC，BD4cm，BC8cm，木架高AG8Cm按压点F旋转至点F，抛杆EF绕点A旋转至EF，弹绳DE随之拉伸至DE，测得CDEBAE90，则抛杆EF的长为 cm若弹绳自然状态时，点A，E，D在同一直线上，则此次旋转后弹绳被拉长的长度DEDE为 cm21（2022乐清市一模）如图1是一款多功能儿童餐椅，有坐和躺两种模式，图2是它的横截面示意图，已知脚架ABAC85cm，脚垫B，C两点之间的距离为80cm，靠背DE40cm，分离式餐盘AQ与B，C所在直线平行，固定支撑杆AE平分BAC，坐垫EG与AC交于点F，且AEAF17cm，脚踏GH始

11、终与AC保持平行，当调到坐式时，DEAC，则此时点D到AQ的距离为 cm，当调到躺式时，坐垫EG会沿EF方向平移，从点E恰好移动到EF的中点E1，GH移动到G1H1，靠背DE向下调整到D1E1，此时D1E1EEAF，则点D向下调整的高度为 cm22（2022温州模拟）我们知道，勾股定理反映了直角三角形三条边的关系：a2+b2c2，而a2，b2，c2又可以看成是以a，b，c为边长的正方形的面积如图，在RtABC中，ACB90，ACa，BCb，O为AB的中点分别以AC，BC为边向ABC外作正方形ACFG，BCED，连结OF，EF，OE，则OEF的面积为 （用含a，b的代数式表示），若a+b8，则O

12、EF的面积为 三解答题（共8小题）23（2022温州校级模拟）如图，AD是ABC的中线，CEAD，BFAD交AD的延长线于点F（1）求证：CDEBDF；（2）若AE3，BF2，求AC的长24（2022鹿城区校级三模）如图，A，B，D依次在同一条直线上，在AD的同侧作AD90，ACBD，ABCBED（1）求证：CBBE（2）若AC2，AD6，求CE的长25（2022永嘉县三模）如图，在RtABC中，CD为斜边AB的中线，在边AD及CD的延长线上依次取点E，F，且EFDB（1）求证：EFBC（2）若A65，求AEF的度数26（2022瑞安市二模）如图，在等边ABC中，AB6，D为边BC上一点，以A

13、D为边向右构造等边ADE，过点A作AFDE于点F，并延长交BC于点G，连结CE（1）求证：BDCE（2）当tanCDE=36时，求CE的长（3）已知BD2，P为边AC的中点，Q为线段AG上一点，当直线PQ将ACD的面积分成1：3两部分时，求AQAG的值27（2022鹿城区校级二模）如图，在ABC和ADE中，D是BC边上一点，ACAE，CE，已知BADCAE（1）求证：ABCADE（2）若EAC50，求B的度数28（2022乐清市一模）如图，ABC内接于O，ABAC10，BC12，点E为AC上一点，点F为CE的中点，连结BF并延长与AE交于点G，连结AF，CF（1）求证：AFCAFG（2）当BG

14、经过圆心O时，求FG的长29（2022龙港市模拟）如图，在ABC中，D为BC的中点，点E在AD的延长线上，使1BAD（1）求证：CEAB（2）若AB=6，BC=241，tan1=22，求SCDESABC的值30（2022瓯海区模拟）如图，AB，DE交于点F，ADBE，点C在线段AB上，且ACBE，ADBC连结CD，CE（1）求证：ADCBCE（2）若A40，ADC20，求CDE的度数2023年浙江省温州市中考数学专题练6三角形参考答案与试题解析一选择题（共15小题）1（2022永嘉县三模）如图是我国汉代数学家赵爽在注解周辞算经时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EF

15、GH拼成的一个大正方形ABCD连结CE，若CEAD，则tanBCE的值为（）A12B23C34D45【解答】解：如图，令CE交BG于点M，过点M作MNBC于点N，设CH4x，RtAFBRtBGCRtCHDRtDEA，AFBGCHDE4x，FBGCHDEA，四边形EFGH是正方形，EFFGGHHE，CHEAFG90，CEAD，HDEHEFFGFBCGGH2x，BC=BG2+CG2=25x，在EFM和CGM中，EFM=CGM=90FME=GMCEF=CG，EFMCGM（AAS），FMGMx，在BMN和BCG中，MBN=CBGBNM=BGC=90，BNMBGC（AA），BMBC=MNGC，即3x25

16、x=MN2x，BNBG=BMBC，即BN4x=3x25x，MN=355x，BN=655x，CN=BC-BN=25x-655x=455x，tanBCE=MNCN=355x455x=34故选：C2（2022瑞安市校级三模）如图（1）是我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图示意图，图（2）中，在线段AE和CG上分别取点P和点Q，使APCQ，连接PD、PB、QD和QB，则构成了一个“压扁”的弦图“压扁”的弦图（四边形PBQD）中，4个直角三角形的面积（如图（2）中的阴影部分）依次记作S1，S2，S3，S4，连接PQ并延长交BC于点M若AE3EF3，S1S3S2+S4，则CM的长为（）A2B31314

17、C1411D6053【解答】解：如图，过点M作MSCG于点S，设PQ交BF、DG于点T、K，根据题意得：AECGBFDH，BEDG，四边形EFGH是正方形，AEBDGC90，AE3EF3，CGAEDH3，EFFGEH1，EHFG，APCQ，PEGQ，BPEDQG（SAS），SBPESDQG，即S4S2，S1S3S2+S4，S1S32S4，12DH(PE+EH)=212PE(BF+EF)，即123(PE+1)=212PE(3+1)PE=GQ=35，CQ=CG-GQ=125，EHFG，PETGQK，PETKGQ90，PEGQ，PETQGK，ETKG，设KGETa，则FT1a，HGEF，KGQTFQ

18、，KGFT=GQFQ，即a1-a=351+35，解得：a=311，即KG=311，tanKQG=KGGQ=511SQMKQG，tanSQM=511，在RtBCF中，BF3，CFCG+FG4，tanBCF=BFCF=34，可设SM3x，则CS4x，SQ=CQ-CS=125-4x，CM5x，tanSQM=SMSQ=3x125-4x=511，解得：x=1253，CM=6053故选：D3（2022龙湾区模拟）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书周髀算经中早有记载如图1，在ABC中，C90，以ABC的各边为边分别向外作正方形，再将较小的两个正方形按图2所示放置，连结MG，DG若MGDG，且B

19、QAF=32，则AB的长为（）A43B52C152D253【解答】解：延长HG交AD于P，延长FG交DE于I，则四边形DIGP为正方形，GDM45，设BCa，ACb，ABc，则c2a2+b2，BQcb，AFca，BQAF=32，ab=32，MGDG，GMD45，MPPD，caab，联立得c2=a2+b2a-b=32c-a=a-b，解得a=6b=92c=152则AB的长为152故选：C4（2022鹿城区二模）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示作EMNGAD若GF2FM，则MN：FD的值为（）A233B52C54D1【解答】解：四个全等的直角三角形和一个小正方形组成

20、的大正方形ABCD，AFBGCIDE，DFAGBICE，DFAF，FGEF，MEAD，FMEFAD，FMFA=EFDF，EFFM=DFFA，GFEF2FM，DF2AF，DF2DE，E为DF中点，M为AF中点，MF=12AF，同理HNCN=12CI，INMF，如图，连接CF，四边形CNMF为平行四边形，CFMN，E为DF中点，CEDF，CFCD，MNCDAD，在RtADF中，AD=AF2+DF2=5AF，DF2AF，MN：DF=5AF：2AF=52，故选：B5（2022鹿城区二模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH连结EB，EG，延长EG交CD于点M，

21、若BEM90，则BE：EM的值为（）A1：2B3：4C5：6D5：12【解答】解：如图，过G作GNED交CD于N，BEM90，而EM为正方形EFGH的对角线，FEGEGF45，EBF45，EFBFAE，设BFa，AF2a，EFFGa，EGBE=2a，根据赵爽弦图可知EHHDGHGCa，GNED，GNHD=CGCH=12，GNED=GMEM=14，GMEG=13，GM=13EG=132a，BE：EM=2a：（132a+2a）3：4故选：B6（2022鹿城区校级三模）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣现把直角三角形改为锐角三角形：如图，在锐角ABC中，以AB，AC，BC为边分别向外作正方

22、形，连结CD，CE，S正方形ACHK14，S正方形BCGF5，记ADC的面积为S1，BCE的面积为S2，若S14S2，则正方形ADEB的面积为（）A15B16C17D18【解答】解：过点C作CQDE于点Q，交AB于点P四边形ABED为正方形，ADBE，ABDE，CPAB，则S1=12ADAP，S2=12BEPB，S14S2，即12ADAP412BEPB，AP4PB，设PBx，则AP4x，PC2AC2AP2BC2PB2，S正方形ACHKAC214，S正方形BCGFBC25，14（4x）25x2，解得x=155，ABAP+BP=15，S正方形ADEBAB215故选：A7（2022鹿城区校级二模）如

23、图，在RtABC中，ACB90，分别以AB，AC，BC为边作三个等边三角形：ABD，ACE，BCF，其中CAB15，AB2+433，BD与CE交于点M，AC与BD交于点N，连结AM，则AMN的面积为（）A3+33B2+32C3+233D6+32【解答】解：过点N作NHAB于点HACE，ABD都是等边三角形，MCNABN60，MNCANB，MNCANB，MNAN=CNBN，MNCN=ANBN，ANMBNC，AMNBNC，AMNBCN90，BAM906030，BM=12AB1+233，AM=3BM=3+2，SABM=12BMAM=12（1+233）（3+2）2+736，CAB15，MANBAN，N

24、MAM，NHAB，NMNH，SAMNSABN=12AMMN12ABNH=32，SAMN=32+3SABM=32+3（2+736）=2+32，故选：B8（2022龙港市模拟）如图，在等腰RtABC中，BAC90，AD是ABC的高线，E是边AC上一点，分别作EFAD于点F，EGBC于点G，几何原本中曾用该图证明了BG2+CG22（BD2+DG2）过点B作BHEF于点H，若四边形BHEG的周长为20，且图中阴影部分的面积和为14，则四边形BHEG的面积为（）A20B22C24D28【解答】解：ABC是等腰直角三角形，AD是ABC的中线，AD=12BC，CABC45，四边形BHEG的周长为20，EFA

25、D，EGBC，BHEF，四边形BHEG是矩形，BG+EG10，EGC90，C45，EGGC，BCBG+GCBG+EG10，AD5，图中阴影部分的面积和为14，四边形FDCE的面积为：12BCAD14=121051411，BHEG，HEGC90，HBMGEC45，BHMEGC（ASA），四边形BHEG的面积等于四边形MBCE的面积，四边形MBCE的面积等于四边形DCEF面积的2倍，四边形MBCE的面积是11222，故选：B9（2022瓯海区模拟）如图来自清朝数学家梅文鼎的勾股举隅，该图由四个全等的直角三角形围成，延长BC分别交AG，HG于点M，N，梅文鼎就是利用这幅图证明了勾股定理若图中记MNG

26、的面积为S，GDF的面积为9S，则阴影部分的面积为（）A20SB21SC22SD24S【解答】解：设AHa，MGx，则ACHNa，该图由四个全等的直角三角形围成，SACBSDFGSBEDSAGH9S，MNAH，MNGAHG，SMNGSAHG=S9S=19，NGGH=MNAH=MGAG=13，MN=13a，NG=12a，AG3x，MNG的面积为S，1212a13aS，a212S，由勾股定理得：MG2MN2+NG2，x2（12a）2+（13a）2，x2=1336a2，阴影部分的面积（3x）229S9x218S91336a218S=13412S18S21S故选：B10（2022温州模拟）勾股定理有着

27、悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣1955年希腊发行了以勾股图为背景的邮票所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理在RtABC中，BAC90，ACa，ABb（ab）如图所示作矩形HFPQ，延长CB交HF于点G若正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，则ab为（）A24B22C5-12D3-52【解答】解：过A作AQBC，AQ=abc，设BCc，c2a2+b2，S正方形BEDCc2，MBABb，MBABQAMGB90，MBG+ABC90，ABC+BAQ90，ABCBMG，MGBBQA（AAS），BGAQ=abc，S矩形BGFEcabc=ab，正方形BCDE的

28、面积等于矩形BEFG面积的3倍，c23ab，c2a2+b2，a2+b23ab，a2+b23ab0，a=352b，ab，ab=3-52；故选：D11（2022瓯海区一模）如图，在ABC中，BAC90，以BC为边向上作正方形BCDE，以AC为边作正方形ACFG，点D落在GF上，连结AE，EG若DG2，BC6，则AEG的面积为（）A4B6C52D8【解答】解：四边形BCDE是正方形，BCCD，BCD90，四边形ACFG是正方形，CFAGAC，ACFDFC90，ACBFCD，在ABC和FDC中，AC=CFACB=FCDCB=CD ABCFDC（SAS），ABDF，过点E作EHBG于点H，则EBHACB

29、，EHBBAC90，BEBC，ABCHEB（AAS），EHAB，设ABa，ACb，a2+b2BC236，DGFGDFACAB，ba2，a22ab+b24，362ab4，ab16SAEG=12AGEH=12ACAB=12ab=12168故选：D12（2022苍南县一模）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD，连结EG并延长交CD于点P若AE3EF3，则DP的长为（）A207B209C3D157【解答】解：由图可知AFB90，AE3EF3，EF1，AF4，BF3，AB=AF2+BF2=42+32=5，

30、过点P作PNCH于点N，如图所示，四边形EFGH为正方形，EG为对角线，EFG为等腰直角三角形，EGFNGM45，故GNP为等腰直角三角形设GNNPa，则NCGCGN3a，tanHCD=DHCH=34=PNCN=a3-a，解得：a=97，PNGN=97，CN=127，PC=PN2+CN2=(97)2+(127)2=157，PD5-157=207故选：A13（2021永嘉县模拟）清代著名数学家梅文鼎在勾股举隅一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形ABCD的方法证明了勾股定理（如图）延长HD，BF交于点M，分别记RtAFB，四边形DIFM的面积分别为S1，S2，若S1S2=23，阴影部分的面积为

31、10，则四边形BGHM的面积为（）A20413B16C18013D20013【解答】解：过点C作CQMB交MB于点Q，延长DE交CQ于点N，AFBDEA，SAFBSDEA，SAED=12DEAE，S矩形DEFMDEEF，S1S2=23，12DEAFDEEF=23，AE=43EF，AEEF+AF，AF=13EF，DEAF=13EF，CQDN，DEBQ，四边形EFQN是正方形，S阴影部分SCND+SCQB+S正方形EFQN，=12CDDN+12BQCQ+EFQN =1213EF43EF+1213EF43EF+EF2 =139EF2，阴影部分的面积为10，139EF2=10，EF=313013，HM

32、EF+DHEF+DE=313013+13313013=413013，BMFH+MF+QBEF+2DE=313013+213313013=513013，S四边形BGHM=HMBM=413013513013=20013，故选：D14（2021永嘉县模拟）如图，AB为某河流的宽，为了估测河流的宽，在笔直的河岸上依此取点C，E，B，F，使DECF，且DACF，测得CE2米，EB4米，BF7米，且CFDC，则AB的长为（）米A47B6.9C43D7【解答】解：DECF，DACF，ADEDEB90，由题意得ABCF，四边形ABED是矩形，DEAB，CFDC，DFCFCE+BE+BF13米，EFBE+BF1

33、1米，DE=DF2-EF2=43（米），答：AB的长为43米故选：C15（2021温州模拟）如图1是由四个全等的直角三角形组成的“风车”图案，其中AOB90，延长直角三角形的斜边恰好交于另一直角三角形的斜边中点，得到如图2，若IJ=2，则该“风车”的面积为（）A2+1B22C4-2D42【解答】解：连接BH由题意，四边形IJKL是正方形IJ=2，正方形IJKL的面积2，四边形IBOH的面积=142=12，HI垂直平分AB，HAHB，OHOB，BOH90，HABH=2OH，SABH：SBOH=2，SAIHSIBH，SIBH：SBOH=2：2，SAHISIBH=22+2S四边形IBOH=22+21

34、2=2-12，SAOBSAIH+S四边形IBOH=2-12+12=22，“风车”的面积4SAOB22故选：B二填空题（共7小题）16（2022龙港市模拟）如图，在正六边形ABCDEF中，AB2，点P在边CD上，M，N分别是AP，EF的中点，连结AC，MN，且MNAM，MNAM，则AC的长为 23，ACP的面积为 3【解答】解：如图，作MGCD交AC于G，M是AP的中点，G是AC的中点，连接EM，EMCD，MEF60，过点N作NHME于点H，N是EF的中点，EN=12EF1，HE=12EN=12，NH=3HE=32，MNAM，AMG+NMH90，六边形ABCDEF是正六边形，AB2，ABAFBC

35、EF2，ABCAFEBCD120，BACBCA30，ACD90，AGM90，GAM+GMA90，NMHGAM，在AGM和MHN中，AGM=MHN=90GAM=HMNAM=MN，AGMMHN（AAS），GMNH=32，GMCP，GM=12CP，CP2GM=3，连接BG，ABBC，且G是AC中点，AC2AG，ACBG，BG=12AB1，AG=3BP=3，BECD，AC2AP=23；ACP的面积=12ACCP=12233=3故答案为：23；317（2022乐清市三模）研究任务画出平分直角三角形面积的一条直线研究成果中线法分割法等积法BD是AC边上的中线若AEBE=n，则AFCF=n+1n-1DEBF

36、成果应用如图，在RtABC中，B90，AB4，直线EF平分ABC的面积若EFAC，AFCF=2，则AC的值为 32；若BECF，AEEF，则AC的值为 163【解答】解：如图1，连接BF，设ACb，在RtABC中，B90，AB4，BC=AC2-AB2=b2-42=b2-16，SABC=12ABBC=124b2-16=2b2-16，由研究成果分割法得：若AEBE=n，则AFCF=n+1n-1，AFCF=2，n+1n-1=2，解得：n3，AEBE=3，AB4，AE3，BE1，AF+CFb，AFCF=2，AF=23b，CF=13b，SAEF=12SABC，12AFEF=1212ABBC，即1223b

37、EF=12124b2-16，EF=3b2-16b，在RtAEF中，AF2+EF2AE2，（23b）2+（3b2-16b）232，且b0，解得：b32，故答案为：32；如图2，设D是AC的中点，连接DE、BD、BF，过点E作EGAC于点G，由研究成果等积法得：点D是AC的中点，DEBF，AEBE=ADDF，AD=12AC，设AEBE=n，则AEBE=ADDF=12ACDF=n，根据研究成果分割法得：若AEBE=n，则AFCF=n+1n-1，AEnBE，AE+BEAB4，（n+1）BE4，BE=4n+1，AE=4nn+1，又BECF，CF=4n+1，AF=n+1n-1CF=n+1n-14n+1=4

38、n-1，ACAF+CF=4n-1+4n+1=8n(n-1)(n+1)，AEEF，EGAF，AG=12AF=124n-1=2n-1，cosA=AGAE=ABAC，AGACABAE，163即2n-18n(n-1)(n+1)=44nn+1，n0，n2，AC=8n(n-1)(n+1)=82(2-1)(2+1)=163，故答案为：16318（2022温州模拟）如图1，是一种锂电池自动液压搬运物体叉车，图2是叉车侧面近似示意图车身为四边形ABCD，ABDC，BCAB，底座AB上装着两个半径为30cm的轮胎切于水平地面，AB169cm，BC120cm挡货架AE上有一固定点T与AD的中点N之间由液压伸缩杆TN

39、连接当TNAD时，TN的延长线恰好经过B点，则AD的长度是 130cm；一个长方体物体准备装卸时，AE绕点A左右旋转，托物体的货叉PQAE（PQ沿着AE可上下滑动），PQ65cm，AEAD当AE旋转至AF时，PQ下降到PQ的位置，此时F，D，C三点共线，且FQ52cm，则点P到地面的距离是 77cm【解答】解：连接BD，过D点D作DG交DGAB于点G，如图2，N为AB的中点，且TNAD，ANDN，ANBDNB90，BN为ABN与DBN共公共边，在RtABN和RtDBN中，BDAB169cm，ABDC，BCAB，DCB90，CD=BD2-BC2=119（cm），BCAB，DGAB，BCDG，四边

40、形DGBC为矩形，BGDC119cm，DGBC120cm，AGABBG16911950cm，AD=DG2+AG2=1202+502=130cm如图3，过P作PHAB，过点Q作QLAB延长线，交AB延长线于点LL，交PH于点I，过AA作AKFC于点KK，则AKBC120cm，QHPQALF，AFAD130cm，FK=AF2-AK2=1302-1202=50（cm），cosF=513，tanF=125，sinF=1213，DFPH，FPHQ，在RtPQH中，PQ65cm，QH=PQtanPHQ=65125=32512（cm），在RtQIH在，QIQHsinQHI=325121213=25（cm），

41、在RtQAL中，QAAFFQ1305278（cm），ILQLLQ722547，轮胎的半径为30cm，点P到地面的距离是77cm故答案为：130，7719（2022龙港市模拟）如图，在ABC中，ADBC于点D，AD3，点F在BD上，DF1，EFAC，交AB于点E，EF2.5若E为AB的中点，则BC的长为 10【解答】解：EFAC，BEFBAC，EBFABC，EBFABC，EFAC=BEBA=BFBC，E为AB的中点，BEBA=12，F是BC的中点，EF是ABC的中位线，EF2.5，AC5，ADBC，AD3，根据勾股定理，得CD4，DF1，CF4+15，BC10，故答案为：1020（2022温州一

42、模）图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示已知ABAC，BD4cm，BC8cm，木架高AG8Cm按压点F旋转至点F，抛杆EF绕点A旋转至EF，弹绳DE随之拉伸至DE，测得CDEBAE90，则抛杆EF的长为 85cm若弹绳自然状态时，点A，E，D在同一直线上，则此次旋转后弹绳被拉长的长度DEDE为 1282+45cm【解答】解：如图，延长AB交ED的延长线于H，在ABD和HBD中，AGB=BDH=90BG=BD=4ABG=HBD，ABGHBD（ASA），DHAG8，BHAB，AGB90，AB=AG2+BG2=82+42=45，AHAB+BH85，tanH=AEAH=BDDH=48=12，A

43、E=12AH=45，EFEF2AE85，在RtAHE中，HE=EA2+AH2=(45)2+(85)2=20，DEHEDH20812，在RtAGD中，AD=AG2+DG2=82+82=82，DEADAEADAE82-45，DEDE为12（82-45）1282+45，故答案是：85，1282+4521（2022乐清市一模）如图1是一款多功能儿童餐椅，有坐和躺两种模式，图2是它的横截面示意图，已知脚架ABAC85cm，脚垫B，C两点之间的距离为80cm，靠背DE40cm，分离式餐盘AQ与B，C所在直线平行，固定支撑杆AE平分BAC，坐垫EG与AC交于点F，且AEAF17cm，脚踏GH始终与AC保持平

44、行，当调到坐式时，DEAC，则此时点D到AQ的距离为 31117cm，当调到躺式时，坐垫EG会沿EF方向平移，从点E恰好移动到EF的中点E1，GH移动到G1H1，靠背DE向下调整到D1E1，此时D1E1EEAF，则点D向下调整的高度为 583-401717cm【解答】解：（1）如图1，延长AE交BC于点M，作DTAM，ETBC，延长QA交DT于点R，DEAC，DTAM，DEAEAC，DEATDE，TDEEACMAC，AE平分BAC，ABAC85，BC80，AMMC，MC=12BC40，DTEAMC90，AM=AC2-MC2=75，TDEMAC，DTAM=DEAC，即：DT75=4085，解得：

45、DT=60017，四边形RAET是矩形，RTAE17，DRDTRT=60017-17=31117，故答案为：31117；（2）躺式时，如图2，连接AE1，作DJAM，延长FE交DJ于点J，作EZBC，E1NBC，分别交DJ于点Z，点N，AEAF17，EE1E1F，EAE1=12EAF，tanEAFtanMAC=MCAM=4075=815，如图3，在AEF中，过点E作EHAF交AF于点H，EHAH=815，AE17，EH8，AH15，HF2，EF217，AEAF，EE1E1F=12EF=17，SEAF=12AFEH=12EFAE1，AE1=AFEHEF=178217=417，tanEAE1=EE

46、1AE1=17417=14，在RtEAE1中，设EE1x，则：AE14x，由勾股定理可得：AE2EE12+AE12，即：172x2+（4x）2，解得：EE1x=17，EF2EE1217，D1E1EEAF，AMDJ，DJE1EFA，DJEF=DE1AE，即：DJ217=4017，解得：DJ=801717，DNNJ=12DJ=401717，EZE1N，ZEJNE1J=12DE1J=12EAFEAE1，ZJEEAE1，ZJEE1=EJAE，即：ZJ17=40-1717，解得：ZJ=401717-1，ZNNJZJ1，DZDN+NZ=401717+1，点D向下调整的高度为：DTDZ=60017-（401

47、717+1）=583-401717，故答案为：583-40171722（2022温州模拟）我们知道，勾股定理反映了直角三角形三条边的关系：a2+b2c2，而a2，b2，c2又可以看成是以a，b，c为边长的正方形的面积如图，在RtABC中，ACB90，ACa，BCb，O为AB的中点分别以AC，BC为边向ABC外作正方形ACFG，BCED，连结OF，EF，OE，则OEF的面积为 14（a+b）2（用含a，b的代数式表示），若a+b8，则OEF的面积为 16【解答】解：如图，过点O作OHAC于点H，ACB90OHBC，设OF与AC交于点M，OHFC=MHCM，O为AB的中点，OHBC，H为AC的中点

48、，OH=12BC=12b，AH=12AC=12a，设CMx，则MH=12ax，12ba=12a-xx，解得x=a2b+2a，SOEF=12（EC+CG）（FC+OH）=12（b+a2b+2a）（a+12b）=14（b2+2ab+a2）=14（a+b）2，a+b8，OEF的面积为16，故答案为：14（a+b）2，16三解答题（共8小题）23（2022温州校级模拟）如图，AD是ABC的中线，CEAD，BFAD交AD的延长线于点F（1）求证：CDEBDF；（2）若AE3，BF2，求AC的长【解答】（1）证明：CEAD，BFAD，CEDBFD90，AD为BC边上的中线，BDCD，在CED和BFD中，C

49、ED=BFDCDE=BDFCD=BD，CEDBFD（AAS）；（2）解：由（1）得：CEDBFD，CEBF2，AE3，AC=AE2+CE2=32+22=1324（2022鹿城区校级三模）如图，A，B，D依次在同一条直线上，在AD的同侧作AD90，ACBD，ABCBED（1）求证：CBBE（2）若AC2，AD6，求CE的长【解答】（1）证明：在ABC和DEB中，ABC=BEDA=DAC=BD，ABCDEB（AAS），CBBE；（2）解：ABCDEB，AC2，ACBD2，ABADBD4，BC=22+42=20=25，ABC+DBEDEB+DBERt，CBE90，CE=CB2+BE2=2BC=210

50、25（2022永嘉县三模）如图，在RtABC中，CD为斜边AB的中线，在边AD及CD的延长线上依次取点E，F，且EFDB（1）求证：EFBC（2）若A65，求AEF的度数【解答】（1）证明：在RtABC中，CD为斜边AB的中线，CDBD=12AB，DCBB，EFDB，DCBEFD，EFBC；（2）解：在RtABC中，A65，B90A25，EFBC，FEDB25，FED+AEF180，AEF15526（2022瑞安市二模）如图，在等边ABC中，AB6，D为边BC上一点，以AD为边向右构造等边ADE，过点A作AFDE于点F，并延长交BC于点G，连结CE（1）求证：BDCE（2）当tanCDE=36

51、时，求CE的长（3）已知BD2，P为边AC的中点，Q为线段AG上一点，当直线PQ将ACD的面积分成1：3两部分时，求AQAG的值【解答】（1）证明：ABC和ADE是等边三角形，ABAC，ADAE，BACDAE60，BACDACDAEDAC，即BADCAE，在ABD和ACE中，AB=ACBAD=CAEAD=AE，ABDACE（SAS），BDCE；（2）解：过点E作EHBC，交BC的延长线于点H，ABDACE，ABC是等边三角形，ACEBACB60，CEBD，ECH60，设CEBDx，则CD6x，在CEH中，sinECH=EHEC，cosECH=CHCE，EHECsin60=32x，CHECcos

52、60=12x，在EDH中，tanCDE=EHDH=32x6-x+12x=36，解得x=127，CE=127；（3）解：过点P作PMCD，交AD于点M，如图2，AMPADC，APAC=AMAD，P是AC的中点，APAC=12，SAMPSADC=(12)2=14，SAMPS四边形CDMP=13，直线PQ将ACD的面积分成1：3两部分，点Q可以是PM与AG的交点，PMCD，APQACG，AQAG=APAC=12；过点P作PNAD，交BC于点N，交AG于Q，此时直线PQ将ACD的面积分成1：3两部分过点D作DRAB于点R，BD2，B60，BR1，DR=3，AB6，AR5，AD=AR2+DR2=52+(

53、3)2=27，AFDE，DF=12DE=12AD=7，ADEB60，ADB+GDFADB+BAD120，BADGDF，cosBADcosGDF，ARAD=DFDG，DG=145，CG62-145=65，PK=12CG=125，又DNCN2，NG=145-2=45，PKNG，PKGNGQ，PKNG=KQGQ，12545=KQGQ，KQ3GQ，AQAG=5GQ7GQ=57，综上所述，AQAG的值为57或1227（2022鹿城区校级二模）如图，在ABC和ADE中，D是BC边上一点，ACAE，CE，已知BADCAE（1）求证：ABCADE（2）若EAC50，求B的度数【解答】（1）证明：BADCAE，

54、BAD+DACCAE+DAC，BACDAE在ABC和ADE中，C=EAC=AEBAC=DAE，ABCADE（ASA）；（2）解：ABCADE，ABAD，BADB，BADEAC50，B=12（18050）6528（2022乐清市一模）如图，ABC内接于O，ABAC10，BC12，点E为AC上一点，点F为CE的中点，连结BF并延长与AE交于点G，连结AF，CF（1）求证：AFCAFG（2）当BG经过圆心O时，求FG的长【解答】（1）证明：ABAC，ABCACB，ACBAFB，ABCAFB，ABC+AFC180，AFG+AFB180，AFCAFG；（2）解：连结AO并延长AO交于点H，如图，ABAC

55、，AB=AC，AHBC，BHCH6，AH=102-62=8，设OHx，则OAOB8x，在RtOBH中，x2+62（8x）2，解得x=74，OBOF，BHCH，OH是RtBCF的中位线，CF2OH=72，点F为CE的中点，EAFCAF，在AFG和AFC中，GAF=CAFAF=AFAFG=AFC，AFGAFC（ASA），FGFC=7229（2022龙港市模拟）如图，在ABC中，D为BC的中点，点E在AD的延长线上，使1BAD（1）求证：CEAB（2）若AB=6，BC=241，tan1=22，求SCDESABC的值【解答】（1）证明：过点B作BGAE于G，过点C作CFAE，交AE延长线于F，如图所示

56、：则CFDBGDBGA90，D为BC中点，CDBD，在CDF和BDG中，CFD=BGDCDF=BDGCD=BD，CDFBDG（AAS），CFBG，在CEF和BAG中，CFE=BGA1=BAGCF=BG，CEFBAG（AAS），CEAB；（2）解：BAG1，tanBAGtan122，tanBAG=BGAG=22，设AGx，则BG22x，在RtBGA中，AG2+BG2AB2，即x2+（22x）262，解得：x2（负值已舍去），CEFBAG，EFAG2，CFBG42，BD=12BC=12241=41，在RtBDG中，由勾股定理得：DG=BD2-BG2=(41)2-(42)2=3，CEFBAG，DFDG，DEDFEFDFEF321，SCDESABC=12DECF12AD(BG+CF)=DE2AD=DE2(DG+AG)=12(2+3)=11030（2022瓯海区模拟）如图，AB，DE交于点F，ADBE，点C在线段AB上，且ACBE，ADBC连结CD，CE（1）求证：ADCBCE（2）若A40，ADC20，求CDE的度数【解答】（1）证明：ADBE，AB，在ADC和BCE中，AC=BCA=BAD=BC，ADCBCE（SAS）；（2）解：ADCBCE，CDCE，BCEADC20，FCDA+ADC40+2060，ECD60+2080，CDCE，CDECED（18080）250，CDE50