1、专题13 解三角形与三角形全等考点1 解三角形与三角形全等一、单选题1（2020广西贺州统考中考真题）如图，将两个完全相同的RtACB和RtACB拼在一起，其中点A与点B重合，点C在边AB上，连接BC，若ABCABC30，ACAC2，则BC的长为（）A2B4C2D4【答案】A【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据勾股定理和角的和差可得，最后在中，利用勾股定理即可得【详解】解：，则在中，故选：A【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键2（2020广西贵港中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，与的延长线交于点则对于以下结论
2、：；其中正确结论的个数是（）A1个B2个C3个D4个【答案】D【分析】先由菱形的性质得ADABBCCD，BADBCD60，DAEBAE，DCEBCE30，再由三角形的外角性质得BFE80，则EBF50，然后证CDECBE（SAS），得DECBEC50，进而得出正确；由SAS证ADEABE，得正确；证出BEMEBC（AAS），得BMEC，EMBC，正确；连接BD交AC于O，由菱形的性质得ACBD，再由直角三角形的性质得ODCDBC，OCOD，则OCBC，进而得出正确即可【详解】解：四边形ABD是菱形，ADC120，ADABBCCD，BADBCD60，DAEBAE，DCEBCEBCD30，BFEB
3、CECBF305080，EBF180BECBFE1805088050，在CDE和CBE中，CDECBE（SAS），DECBEC50，BEMDECBEC100，BME180BEMEBF1801005030，故正确；在ADE和ABE中，ADEABE（SAS），故正确；EBCEBFCBF100，BEMEBC，在BEM和EBC中，BEMEBC（AAS），BMEC，EMBC，故正确；连接BD交AC于O，如图所示：四边形ABCD是菱形，OAOC，ACBD，DCO30，ODCDBC，OCOD，OCBC，AC2OCBC，BMEC，EMBC，AEBMAEECACBCEM，故正确，正确结论的个数是4个，故选：D【
4、点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键3（2020广西贵港中考真题）如图，动点在边长为2的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段的最小值为（）ABCD【答案】A【分析】作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，由轴对称的性质及90的圆周角所对的弦是直径，可知线段PEPM的最小值为OE的值减去以AB为直径的圆的半径OM，根据正方形的性质及勾股定理计算即可【详解】解答：解：作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，如图：动点M在
5、边长为2的正方形ABCD内，且AMBM，点M在以AB为直径的圆上，OMAB1，正方形ABCD的边长为2，ADAB2，DAB90，E是AD的中点，DEAD21，点E与点E关于DC对称，DEDE1，PEPE，AEADDE213，在RtAOE中，OE，线段PEPM的最小值为：PEPMPEPMMEOEOM1故选：A【点睛】本题考查了轴对称最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键4（2023年安徽中考数学真题）如图，点在正方形的对角线上，于点，连接并延长，交边于点，交边的延长线于点若，则（）ABCD【答案】B【分析】根据平行线分线段成比
6、例得出，根据，得出，则，进而可得，根据，得出，根据相似三角形的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解【详解】解：四边形是正方形，则，在中，故选：B【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键5（2023年安徽中考数学真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点若，则下列结论错误的是（）A的最小值为B的最小值为C周长的最小值为6D四边形面积的最小值为【答案】A【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解【详解
7、】解：如图所示，延长，依题意是等边三角形，是的中点，四边形是平行四边形，则为的中点如图所示，设的中点分别为，则当点在上运动时，在上运动，当点与重合时，即，则三点共线，取得最小值，此时，则，到的距离相等，则，此时此时和的边长都为2，则最小，或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，此时故A选项错误，根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确；周长等于，即当最小时，周长最小，如图所示，作平行四边形，连接，则如图，延长,，交于点，则，是等边三角形，在与中，则，是直角三角形，在中，当时，最短，周长的最小值为，故C选项正确；四边形面积等于当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合四边
8、形面积的最小值为，故D选项正确，故选：A【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键二、填空题6（2019江苏南通统考中考真题）如图，ABC中，AB=BC，ABC=90，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF，若BAE=25，则ACF= 度【答案】70【分析】先利用HL证明ABECBF，可证BCF=BAE=25，即可求出ACF=45+25=70.【详解】ABC=90，AB=AC，CBF=180-ABC=90，ACB=45，在RtABE和RtCBF中，RtABERtCBF(HL)，BCF=BAE=25，AC
9、F=ACB+BCF=45+25=70，故答案为70.【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.7（2021四川甘孜统考中考真题）如图，腰长为22的等腰ABC中，顶角A45，D为腰AB上的一个动点，将ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 【答案】或2【分析】分两种情况：当CEAB时，设垂足为M，在RtAMC中，A45，由折叠得：ACDDCE22.5，证明BCMDCM，得到BMDM，证明MDE是等腰直角三角形，即可得解；当CEAC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质计算即可；【详解】
10、当CEAB 时，如图，设垂足为M，在RtAMC中，A45，由折叠得：ACDDCE22.5，等腰ABC中，顶角A45，BACB67.5，BCM22.5，BCMDCM，在BCM和DCM中，BCMDCM（ASA），BMDM，由折叠得：EA45，ADDE，MDE是等腰直角三角形，DMEM，设DMx，则BMx，DEx，ADxAB22，2xx22，解得：x，BD2x2；当CEAC时，如图，ACE90，由折叠得：ACDDCE45，等腰ABC中，顶角A45，EA45，ADDE，ADCEDC90，即点D、E都在直线AB上，且ADC、DEC、ACE都是等腰直角三角形，ABAC22，ADAC2，BDABAD（22）
11、（2），综上，BD的长为或2故答案为：或2【点睛】本题主要考查折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，注重分类讨论思想的运用是解题的关键8（2023年山东省枣庄市中考数学真题）如图所示，桔棒是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆米，支架米，可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时，此时点B到水平地面的距离为 米（结果保留根号）【答案】/【分析】过点作于点，过点作交于点，交于点，易得四边形为矩形，分别解，求出的长，利用进
12、行求解即可【详解】解：过点作于点，过点作交于点，交于点，四边形为矩形，在中，；，在中，；（米）；故答案为：【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形9（2023年河南省中考数学真题）如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且若，则的长为 【答案】【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可【详解】如图，连接，与相切于点A，；,，设，则，解得，故的长为，故答案为：【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键三、解答题10（2023年广西壮族自治区中考数学真题）如图，在
13、中，(1)在斜边上求作线段，使，连接；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)若，求的长【答案】(1)图见详解(2)【分析】（1）以A为圆心，长为半径画弧，交于点O，则问题可求解；（2）根据含30度直角三角形的性质可得，则有，进而问题可求解【详解】（1）解：所作线段如图所示：（2）解：，即点O为的中点，【点睛】本题主要考查含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键11（2022贵州安顺统考中考真题）如图，在中，是边上的一点，以为直角边作等腰，其中，连接(1)求证：；(2)若时，求的
14、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，进而证明，即可根据证明；（2）勾股定理求得根据已知条件证明是等腰三角形可得，进而根据即可求解【详解】（1）证明：是等腰直角三角形，在与中；，（2）在中，,ADC=ACD，,【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键12（2022辽宁丹东统考中考真题）如图，我国某海域有A，B，C三个港口，B港口在C港口正西方向33.2nmile（nmile是单位“海里”的符号）处，A港口在B港口北偏西50方向且距离B港口40nmile处，在A港口北偏东53方向且位于C港
15、口正北方向的点D处有一艘货船，求货船与A港口之间的距离（参考数据：sin500.77，cos500.64，tan501.19，sin530.80，cos530.60，tan531.33）【答案】货船与A港口之间的距离约为80海里【分析】过点A作AECD，垂足为E，过点B作BFAE，垂足为F，根据题意得：EF=BC=33.2海里，AGDC，从而可得ADC=53，然后在RtAEF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，从而求出AE的长，最后在RtADE中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，进行计算即可解答【详解】解：过点A作AECD，垂足为E，过点B作BFAE，垂足为F，由题意得：EF=BC=3
16、3.2海里，AGDC，GAD=ADC=53，在RtABF中，ABF=50，AB=40海里，AF=ABsin50400.77=30.8（海里），AE=AF+EF=64（海里），在RtADE中，AD=80（海里），货船与A港口之间的距离约为80海里【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，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13（2023年河南省中考数学真题）综合实践活动中，某小组用木板自制了一个测高仪测量树高，测高仪为正方形，顶点A处挂了一个铅锤M如图是测量树高的示意图，测高仪上的点D，A与树顶E在一条直线上，铅垂线交于点H经测量，点A距地面，到树的距离，求树的高度（
17、结果精确到）【答案】树的高度为【分析】由题意可知，易知，可得，进而求得，利用即可求解【详解】解：由题意可知，则，则，则，答：树的高度为【点睛】本题考查解直角三角形的应用，得到是解决问题的关键14（2023年湖南省长沙市中考数学真题）如图，垂足分别为，(1)求证：；(2)若，求的长【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用“”可证明；（2）先利用全等三角形的性质得到，再利用勾股定理计算出，从而得到的长，然后计算即可【详解】（1）证明：，在和中，；（2）解：，在中，【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具在判定三角形全等时，关键是
18、选择恰当的判定条件15（2023年广东省中考数学真题）2023年5月30日，神舟十六号载人飞船发射取得圆满成功，3名航天员顺利进驻中国空间站，如图中的照片展示了中国空间站上机械臂的一种工作状态，当两臂，两臂夹角时，求A，B两点间的距离(结果精确到，参考数据，)【答案】【分析】连接，作作于D，由等腰三角形“三线合一”性质可知，在中利用求出，继而求出即可【详解】解：连接，作于D，是边边上的中线，也是的角平分线，在中，答：A，B两点间的距离为【点睛】本题考查等腰三角的性质，解直角三角形的应用等知识，掌握等腰三角形的性质是解题的关键16（2023年广西壮族自治区中考数学真题）如图，是边长为4的等边三角
19、形，点D，E，F分别在边，上运动，满足(1)求证：；(2)设的长为x，的面积为y，求y关于x的函数解析式；(3)结合（2）所得的函数，描述的面积随的增大如何变化【答案】(1)见详解(2)(3)当时，的面积随的增大而增大，当时，的面积随的增大而减小【分析】（1）由题意易得，然后根据“”可进行求证；（2）分别过点C、F作，垂足分别为点H、G，根据题意可得，然后可得，由（1）易得，则有，进而问题可求解；（3）由（2）和二次函数的性质可进行求解【详解】（1）证明：是边长为4的等边三角形，在和中，；（2）解：分别过点C、F作，垂足分别为点H、G，如图所示：在等边中，设的长为x，则，同理（1）可知，的面积
20、为y，；（3）解：由（2）可知：，对称轴为直线，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小；即当时，的面积随的增大而增大，当时，的面积随的增大而减小【点睛】本题主要考查锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质是解题的关键17（2019江苏南通统考中考真题）如图，有一池塘，要测池塘两端，的距离，可先在平地上取一个点，从点不经过池塘可以直接到达点和连接并延长到点，使连接并延长到点，使连接，那么量出的长就是，的距离为什么？【答案】见解析【分析】利用“边角边”证明和全等，再根据全等三角形对应边相等解答【详解】解：量出的长就等于的长，
21、理由如下：在和中，【点睛】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键18（2020广西贵港中考真题）如图，在中，点在边上，且，是的外接圆，是的直径（1）求证：是的切线：（2）若，求直径的长【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）连接，直径所对的圆周角是直角可得ADE90，继而根据已知条件和等边对等角的性质及等角代换可得：BADEC，进而可得，再根据切线的判定即可求证结论；（2）作，垂足为，易证ABCDBA，继而根据相似三角形的性质可得：，进而可求BC=8，由勾股定理可得AH，然后根据相似三角形的判定及其性质可得，代入数据即可求解【详解】（1）证明：如图，连接，是的直
22、径，又，BADEC，即，是的切线（2）解：如图，作，垂足为，ABCDBA，则，又，在中，由勾股定理求得：，【点睛】本题主要考查切线的判定和性质、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握所学知识并正确作辅助线构造三角形19（2022山东菏泽统考中考真题）菏泽某超市计划更换安全性更高的手扶电梯，如图，把电梯坡面的坡角由原来的37减至30，已知原电梯坡面AB的长为8米，更换后的电梯坡面为AD，点B延伸至点D，求BD的长（结果精确到0.1米参考数据：）【答案】约为1.9米【分析】根据正弦的定义求出AC，根据余弦的定义求出BC，根据正切的定义求出CD，结合图形计算，得到
23、答案【详解】解：在RtABC中，AB=8米，ABC=37，则AC=ABsinABC80.60=4.8（米），BC=ABcosABC80.80=6.40（米），在RtADC中，ADC=30，则CD=8.30（米），BD=CD-BC=8.30-6.401.9（米），答：BD的长约为1.9米【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用坡度坡角问题，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键20（2023年江西省中考数学真题）如图1是某红色文化主题公园内的雕塑，将其抽象成加如图2所示的示意图，已知点，均在同一直线上，测得（结果保小数点后一位）(1)连接，求证：；(2)求雕塑的高（即点E到直线BC的距离）（参考数据：
24、）【答案】(1)见解析(2)雕塑的高约为米【分析】（1）根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理得出，进而得出，即可得证；（2）过点作，交的延长线于点，在中，得出，则，在中，根据，即可求解【详解】（1）解：，即即；（2）如图所示，过点作，交的延长线于点，在中， 在中，（米）答：雕塑的高约为米【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键21（2023年河南省中考数学真题）如图，中，点D在边上，且(1)请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法）(2)若（1）中所作的角平分线与边交于点E，连接求证：【答案】(1)
25、见解析(2)见解析【分析】（1）利用角平分线的作图步骤作图即可；（2）证明，即可得到结论【详解】（1）解：如图所示，即为所求，（2）证明：平分，【点睛】此题考查了角平分线的作图、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握角平分线的作图和全等三角形的判定是解题的关键22（2023年湖南省长沙市中考数学真题）年月日点分，“神舟十六号”载人飞船在中国酒泉卫星发射中心点火发射，成功把景海鹏、桂海潮、朱杨柱三名航天员送入到中国空间站如图，在发射的过程中，飞船从地面处发射，当飞船到达点时，从位于地面处的雷达站测得的距离是，仰角为；后飞船到达处，此时测得仰角为(1)求点离地面的高度；(2)求飞船从处到处的平均速
26、度(结果精确到，参考数据：)【答案】(1)(2)飞船从处到处的平均速度约为【分析】（1）根据含度角的直角三角形的性质即可得到结论；（2）在中，根据直角三角形的性质得到，在中，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到结论【详解】（1）解：在中，（2）在中，在中，飞船从处到处的平均速度【点睛】本题考查了解直角三角形-俯角仰角问题，准确识图，熟练运用相关知识是解题的关键23（2019江苏南通统考中考真题）如图，在RtABC中，ACB=90，A=30，BC=1，以边AC上一点O为圆心，OA为半径的O经过点B(1)求O的半径；(2)点P为中点，作PQAC，垂足为Q，求OQ的长；(3)在(2)的条件下，连接
27、PC，求tanPCA的值【答案】(1)O的半径为；(2)；(3)【分析】(1)若连接OB，则BCO是一个含30角的直角三角形，AOB是底角为30的等腰三角形，可得OBC=30，再根据特殊角的三角函数值求得OB；(2) 连接OP，设AB与QP交于点M，根据题中条件证得QPO=A=30，再根据特殊角的三角函数值求得OQ；(3)可在RtPCQ中解决，分别计算出两条直角边，即可求出tanPCA的值【详解】(1)连接OB，如图OA=OB，ABO=A=30，ACB=90，A=30，ABC=60，OBC=30，在RtOBC中，即，解得，即O的半径为；(2)连接OP，设AB与QP交于点M，点P为的中点，OPA
28、B，QPO+PMB=90，PQAC，A+AMQ=90，又AMQ=PMB，QPO=A=30，在RtOPQ中，即，(3)在RtOBC中，OBC=30，ACB=90，【点睛】本题考查了垂径定理、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.24（2021四川甘孜统考中考真题）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF(1)求证：CBFCDF；(2)如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N求证：FBFG；若tanBDE，ON1，直接写出CG的长【答案】(1)证明见解析(2)证明见
29、解析；【分析】（1）由正方形的性质结合三角形全等的判定条件“SAS”即可证明；（2）由和可推出，再根据可推出，即可证明，根据等角对等边即得出FBFG；由题意易证，得出，即，从而可求出，进而可求，过点F作于点H，易证为等腰直角三角形，即得出，从而可求最后由等腰三角形“三线合一”即得，即可求出【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，CB=CD，又，（2），FBFG；，即，四边形ABCD是正方形，OD=OC=OB, ，解得：，如图，过点F作于点H，四边形ABCD是正方形，为等腰直角三角形，BF=FG，【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判
30、定和性质，勾股定理以及解直角三角形熟练掌握正方形的性质是解题关键25（2023年湖北省武汉市数学真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，交于点，探究与的数量关系问题探究：(1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；(2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系问题拓展：(3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明（3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，通过相似求出，即可解出【详解】（1）延长过点F作，在和中
31、，故答案为：（2）解：在上截取，使，连接，（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，在中，由（2）知，在上截取，使，连接，作于点O由（2）知，【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似26（2023年广东省中考数学真题）综合探究如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接(1)求证：；(2)以点为圆心，为半径作圆如图2，与相切，求证：；如图3，与相切，求的面积【答案】(1)见解析(2)见解析；【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；（2）过点O作于点F，
32、延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为【详解】（1）点关于的对称点为，点E是的中点，又四边形是矩形，O是的中点，是的中位线，（2）过点O作于点F，延长交于点G，则，四边形是矩形，与相切，为半径，又即，是的角平分线，即，设，则，又又，即是直角三角形，即解得：，即，在中，；过点O作于点H，与相切，四边形是矩形，又，四边形是
33、正方形，又是的中位线，又，又，又，是等腰直角三角形，设，则在中，即的面积为：【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键27（2023福建福州校考二模）在数学综合实践课上，某学习小组计划制作一个款式如图所示的风筝在骨架设计中，两条侧翼的长度设计，风筝顶角的度数为，在上取D，E两处，使得，并作一条骨架在制作风筝面时，需覆盖整个骨架，根据以上数据，B，C两点间的距离大约是（）（参考数据：）A41B57C82D143【答案】C【分析】设与交于点，连接，交于点，根据
34、已知易证，然后利用相似三角形的性质可得，从而可得，进而可得，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，最后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，即可解答【详解】解：设与交于点，连接，交于点，在中，两点间的距离大约是，故选：C【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，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28（2023山东泰安校考三模）某通信公司准备逐步在歌乐山上建设5G基站如图，某处斜坡CB的坡度（或坡比）为i12.4，通讯塔AB垂直于水平地面，在C处测得塔顶A的仰角为45，在D处测得塔顶A的仰角为53，斜坡路段CD长26米，则通讯塔AB的高度为（）（参考数据：
35、，）A米B米C56米D66米【答案】B【分析】通过作辅助线，利用斜坡的坡度为，由勾股定理可求出的长，设出的长，根据坡度表示，进而表示出，由于是等腰直角三角形，可表示，在中由锐角三角函数可列方程求出，进而求出【详解】解：如图，延长与水平线交于，过作，为垂足，过作，为垂足，连接，斜坡的坡度为，设米，则米，在中，米，由勾股定理得，即，解得，（米，（米，斜坡的坡度为，设米，则米，米，米，在中，米，米，解得，（米，（米，（米，（米，答：基站塔的高为米故选：B【点睛】本题考查解直角三角形仰角俯角问题，坡度坡角问题，通过作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度的意义进行计算是解题关键29（202
36、3浙江金华统考一模）安装了软件“”的智能手机可以测量物高其数学原理是：该软件通过测量手机离地面的高度，物体底端的俯角和顶端的仰角即可得出物体高度如图，小明测得大树底端点俯角，顶端点的仰角，点离地面的高度米，则大树的为（）A米B米C米D米【答案】D【分析】过点作，垂足为，由题意得：，从而可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答【详解】解：过点作，垂足为，由题意得：，在中，在中，故选：D【点睛】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，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30（2023福建福
37、州校考二模）如图，在中，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（）ABC3D2【答案】C【分析】如图，过作于 求解 结合旋转：证明 可得为等边三角形，求解 再应用锐角三角函数可得答案【详解】解：如图，过作于由， 结合旋转： 为等边三角形， A到的距离为3故选C【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键31（2023浙江金华统考一模）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也
38、是证明勾股定理的一种思想方法如图所示，在矩形中，以为边作正方形，在的延长线上取一点，使得，过点作交于点，过点作于点若，则为（）A4BCD【答案】B【分析】由，证明四边形是矩形，再证明，得，则四边形是正方形，所以，而，则，所以，由，得，所以，即可求得，于是得到问题的答案【详解】解：，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是正方形，点在边上，点在边上，四边形是正方形，解得或，若，则，不符合题意，舍去，故选：B【点睛】此题重点考查矩形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键32（2023黑龙江绥化统考模拟预测）在矩形ABCD中，AD = 2AB = 4，E为AD的中
39、点，一块足够大的三角板的直角顶点与E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB、BC（或它们的延长线）于点M、N，设AEM= （0 90），给出四个结论：AM CNAME BNEBNAM 2 .上述结论中正确的个数是A1B2C3D4【答案】C【详解】试题解析：如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，作EFBC于点F，则有AB=AE=EF=FC，AEM+DEN=90，FEN+DEN=90，AEM=FEN，在RtAME和RtFNE中，AEM=FEN，AE=EF，MAE=NFE，RtAMERtFNE，AM=FN，MB=CNAM不一定等于CN，AM不一定等于CN，错误，由有Rt
40、AMERtFNE，AME=BNE，正确，由得，BM=CN，AD=2AB=4，BC=4，AB=2BNAM=BCCNAM=BCBMAM=BC（BM+AM）=BCAB=42=2，正确，如图，由得，CN=CFFN=2AM，AE=AD=2，AM=FNtan=，AM=AEtancos=， ，=1+=1+=1+，=2（1+）SEMN=S四边形ABNESAMESMBN=（AE+BN）ABAEAMBNBM=（AE+BCCN）2AEAM（BCCN）CN=（AE+BCCF+FN）2AEAM（BC2+AM）（2AM）=AE+BCCF+AMAEAM（2+AM）（2AM）=AE+AMAEAM+=AE+AEtantan+=
41、2+2tan2tan+2=2（1+）=，正确故选C33（2023河南信阳校考三模）如图，在等边中，点D在边上，点E是边上一动点，将B沿折叠，点B的对应点在AC边上，当为直角三角形时，的长为 【答案】或【分析】存在两种情况：如图，时，设由折叠知，运用解直角三角形，得，从而，得；当时，同法求解，得【详解】如图，当时，设将沿着翻折，为等边三角形，当时，设将沿着DE翻折，为等边三角形，故答案为：或【点睛】本题考查等边三角形性质，折叠的性质，解直角三角形，注意分类讨论是解题的关键34（2023湖南郴州校考三模）如图1，对于平面内的点A、P，如果将线段PA绕点P逆时针旋转90得到线段PB，就称点B是点A关
42、于点P的“放垂点”如图2，已知点，点P是y轴上一点，点B是点A关于点P的“放垂点”，连接AB、OB，则的最小值是 【答案】【分析】设，过点作轴，证明，求得的坐标，求得点的轨迹，作如图，作关于的对称点，连接交轴于点，则，求得的坐标，继而根据即可求解【详解】解：如图，设，过点作轴，点在上，如图，作关于的对称点，连接交轴于点，则，令，得，则，的最小值故答案为：【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，坐标与图形，勾股定理，二次函数的性质，求得点的坐标是解题的关键35（2023黑龙江绥化统考模拟预测）在三角形纸片中，将该纸片沿过点的直线折叠，使点落在斜边上的一点处，折痕记为（如图1），剪去后得到双层（
43、如图2），再沿着过某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形，则所得平行四边形的周长为 【答案】或【分析】解直角三角形得到，根据折叠的性质得到，求得，如图，平行四边形的边是，如图，平行四边形的边是，于是得到结论【详解】解：，由折叠可知：，如图，作，平行四边形的边是，且，设，则，根据勾股定理可得：，即，解得：，平行四边形的周长，如图，作，平行四边形的边是，且，平行四边形的周长，综上所述：平行四边形的周长为或，故答案为：或【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，解直角三角形，正确的理解题意是解题的关键36（2023福建龙岩统考模拟预测）如图，已知，求证：【答案】见
44、解析【分析】证明即可【详解】证明：，.在和中，.【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握三角形全等的判定是解题的关键37（2023湖南郴州校考三模）如图，在中，是边上的中线，点E是的中点过点A作交的延长线于点F，连接(1)求证：；(2)若，试判断四边形的形状，并证明你的结论；(3)在（2）的情况下，如果，点M在线段上移动，当有最小值时，求的长度【答案】(1)见解析(2)菱形，见解析(3)【分析】（1）由平行线的性质可得，再由点E是的中点及对顶角相等即可证明结论；（2）由（1）可得，可得，由平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，由直角三角形斜边中线的性质即可判定四边形为
45、菱形；（3）连接交于M，有最小值，则点M即为所求；由题意可得四边形是正方形；在线段上任取一点，连接，则，由由可得，即可求得的长度【详解】（1）证明：，点E是的中点，在和中，；（2）证明：四边形是菱形，又，四边形是平行四边形，是边上的中线，四边形是菱形；（3）解：连接交于M，有最小值，则点M即为所求，理由如下：，四边形是菱形，四边形是正方形，点D与点F关于直线对称，在线段上任取一点，连接，则，有最小值为的长，即当有最小值时，的长度为【点睛】本题考查了菱形的判定，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，涉及的知识
46、点较多，灵活运用是关键38（2023浙江金华统考一模）如图，在中，点P是边上的动点，连接并延长交直线于点E，将沿直线折叠得到，直线交直线于F(1)求证：(2)若四边形为菱形，且求的值(3)若点P为的中点，在改变长度的过程中，当成为以为腰的等腰三角形时，求的长【答案】(1)见解析(2)或(3)13或3或或或【分析】（1）由四边形是平行四边形得到，则，由折叠可知，则，即可得到结论；（2）过点B作于点M，分点F在点D的右侧和点F在点D的左侧两种情况进行求解即可；（3）分五种情况，分别画出图形，分别进行求解即可【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，由折叠可知，；（2）过点B作于点M，则，设，且，四边
47、形为菱形，在中，即，解得，当点F在点D的右侧时，如图，在中，由（1）可知，当点F在点D的左侧时，如图，点F与点M重合，则，同理可得，综上所述，的值为或；（3）当时，点F在点E的左侧，如图，过点B作于点M，由（1）（2）可知，点P是的中点，,，；当时，若点F在点E的右侧，如图，则，同理可得，；当时，若点F在线段上，如图，过点B作于点M，由（1）（2）可知，由（3）可知，；当时，若点F在线段的延长线上时，如图，同理可得，；当时，若点F在线段的反向延长线上时，如图，同理可得，综上所述，的长为13或3或或或【点睛】此题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、菱形的性质、折叠的性质、勾股定理、解直角三角
48、形、相似三角形的判定和性质，综合性较强，难度较大，分类讨论思想是解题的关键39（2023山东济宁校联考三模）测量旗杆的高度，在C处测得旗杆顶端的仰角为，朝旗杆方向前进20米到达D处，再次测得旗杆的仰角为，求旗杆的高度【答案】旗杆的高度为10米【分析】根据题意可得：，进而可得， 可得米，然后解即可求出答案【详解】解：由题意可得：， 米，在中，由，得：（米） 答：旗杆的高度为10米【点睛】此题主要考查了解直角三角形仰角问题应用，借助仰角关系构造直角三角形，熟练掌握三角函数知识是解题的关键40（2023新疆和田和田市第三中学校考二模）某校数学兴趣小组开展“无人机测旗杆高度”的活动：已知无人机的飞行高
49、度为，当无人机飞行至处时，观测旗杆顶部的俯角为，继续飞行到达处，测得旗杆顶部的俯角为，则旗杆的高度约为多少米（参考数据：）【答案】【分析】设旗杆底部为点，顶部为点，过点作，交直线于点在中和中，分别利用锐角三角函数即可求解【详解】解：设旗杆底部为点，顶部为点，过点作，交直线于点，如图所示：，设，在中，即，解得，则在中，即，解得，经检验，是原分式方程的解，且符合题意【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键41（2023贵州黔东南统考二模）某校“数学活动小组”准备测量学校旗杆的高，他们设计的测量方案为：如图，测角仪在C处测得旗杆顶部的仰角为40，将测角仪向右移动1
50、1m到点E处测得旗杆顶部的仰角为60，已知测角仪的高，点A，B，C，D，E，F在同一平面内请你根据他们的测量数据计算学校旗杆的高（参考数据：，结果精确到0.1m）【答案】【分析】过点作交于点，设，通过锐角三角函数求得，即可得到方程，求解可得，即可求得【详解】过点作交于点，如图则，设所以即解得故即旗杆的高度为【点睛】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，锐角三角函数等，根据题意构建直角三角形是解题的关键42（2023四川成都统考二模）如图，有大树和建筑物，从建筑物的顶部处看树顶处的仰角为，看树干处的俯角为若在同一水平地面上，已知米，米求大树的高度（参考数据：，）【答案】大树的高度约为米【分析
51、】过点作，垂足为，根据题意可得：米，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答【详解】解：过点作，垂足为，由题意得：米，在，米，在中，米，米，米，大树的高度约为米【点睛】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，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43（2023安徽六安校考模拟预测）伴随着北京冬奥会的成功举办，很多学校掀起了学习冰雪项目的热潮如图，滑雪轨道由、两部分组成，为，为一位同学乘滑雪板沿此轨道由点滑到了点，若的坡度为，与水平面的夹角为，则他下降的高度为多少米？（精确到1米参考数据：，）【
52、答案】234米【分析】过点A作AF水平面于点F，过点B作BE水平面于点E，BDAF于D，四边形BEFD是矩形，BEDF，在RtABD中，的坡度为，设ADx，则BD2.4x，由勾股定理得x，得到AD，在RtBCE中，求得BE，即可得到下降的高度【详解】解：过点A作AF水平面于点F，过点B作BE水平面于点E，BDAF于D，则BEFEFDBDF90，四边形BEFD是矩形，BEDF，在RtABD中，的坡度为，设ADx，则BD2.4x，由勾股定理得，解得x100米，AD100米，在RtBCE中，BCE42，BEC90，BC200m，sinBCE，BEBCsinBCE200sin42133.8米134米，
53、DFBE134米，AFADDF100134234（米），即下降的高度为234米【点睛】此题考查的是解直角三角形的应用坡度坡角问题，也考查了勾股定理、矩形的判定和性质、添加辅助线构造直角三角形是解题的关键44.（2023天津西青统考二模）如图，四边形ABCD是正方形，点E在BC边上，点F在CD的延长线上，满足，连接EF与对角线BD交于点G，连接AF，AG，若，则AG的长为 【答案】【分析】本题已知的长度,欲求的长度,设法寻找两边之间的关系,因利用已知条件很容易想到,从而得到,进一步可证是等腰直角三角形.下一步设法证明G为的中点, 作,从而构造出全等三角形得证.最后利用等腰直角三角形可求得与之间的
54、关系式,最后求解.【详解】连接，如图1，由正方形的性质与已知条件可知，所以，因此是等腰直角三角形过E作，EH与BD交于H，如图2因，故为等腰直角三角形，所以，又，由得， ，又以上证明：是等腰直角三角形，故为等腰直角三角形，由勾股定理得，所以，即的长为【点睛】本题考查了正方形性质及应用，涉及三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形判定及性质等知识，解题的关键是证明为等腰直角三角形.45.（2023江苏泰州统考二模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点、分别是直线与坐标轴的交点，点，点是边上的一点，垂足为，点在边上，且、两点关于轴上某点成中心对称，连接、线段长度的最小值为 【答案】【分析】过点F，D分别
55、作垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明，由全等三角形的性质得出，可求出，根据勾股定理得出，由二次函数的性质可得出答案；【详解】过点F，D分别作垂直于y轴，垂足分别为G，H，则，记交y轴于点K，D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，直线的解析式为，时，又，设直线的解析式为，解得=，直线的解析式为，过点F作轴于点R，D点的横坐标为m,，令，得，当时，l的最小值为8，的最小值为【点睛】待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识46.（2023四川攀枝花统考二模）如图，在四边形中，相交于点O，O是的中点，(1)求证：四边形是平行
56、四边形；(2)若，求四边形的面积【答案】(1)见解析(2)48【分析】（1）先利用证，由全等三角形的性质得，即可解决问题；（2）先证明四边形是矩形，利用勾股定理得出，再利用矩形面积公式即可得出答案【详解】（1）证明：，是的中点，在和中，（），又，四边形是平行四边形；（2）解：由（1）得：四边形是平行四边形，又，平行四边形是矩形在直角中，由勾股定理知：则即四边形的面积是48【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型47.（2023广西柳州统考二模）综合与实践(1)问题发现：如图1，和均为等腰三角形，点、在
57、同一条直线上，连接求证：；将下列解答过程补充完整证明：，_，在和中，；若，则的度数为_(2)类比探究：如图2，和均为等腰直角三角形，点、在同一条直线上，为中边上的高，连接请判断、与三条线段的数量关系，并说明理由(3)拓展延伸：在（2）的条件下，若，请直接写出四边形的面积【答案】(1)；(2)，理由见解析；(3)6【分析】（1）根据，即可得到答案；根据可得，求出，根据全等三角形的性质，得出，即可求出结果；（2）由得出，再判断出，即可得出结论；（3）根据（2）的结论求得，再根据四边形的面积的面积的面积，进行计算即可求解【详解】（1）解：证明：，在和中，故答案为：；，故答案为：；（2），在中，；（3
58、）解：由（2）得：，为中边上的高，【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质是解本题的关键48.（2023河南周口统考二模）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为_；当与垂直时，重叠部分的面积为_；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的
59、关系为_；(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），（参考数据：）【答案】(1)1,1，(2)是等边三角形，理由见解析；(3)【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=O
60、BC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OEBC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S利用全等三角形的性质证明即可；（2）结论：OMN是等边三角形证明OM=ON，可得结论；如图3中，连接OC，过点O作OJBC于点J证明OCMOCN（SAS），推出COM=CON=30，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；（3）如图4-1中，过点O作OQBC于点Q，当BM=CN时，OMN的面积最小，即S2最小如图4-2中，当CM=CN时，S2最大分别求解即可【详解】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋
61、转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OEBC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OMAB于点M，ONBC于点NO是正方形ABCD的中心，OM=ON，OMB=ONB=B=90，四边形OMBN是矩形，OM=ON，四边形OMBN是正方形，MON=EOF=90，MOJ=NOK，OMJ=ONK=90，OMJONK（AAS），SPMJ=SONK，S四边形OKBJ=S正方形
62、OMBN=S正方形ABCD，S1=S故答案为：1，1，S1=S（2）如图2中，结论：OMN是等边三角形理由：过点O作OTBC，O是正方形ABCD的中心，BT=CT，BM=CN，MT=TN，OTMN，OM=ON，MON=60，MON是等边三角形；如图3中，连接OC，过点O作OJBC于点JCM=CN，OCM=OCN，OC=OC，OCMOCN（SAS），COM=CON=30，OMJ=COM+OCM=75，OJCB，JOM=90-75=15，BJ=JC=OJ=1，JM=OJtan15=2-，CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，S四边形OMCN=2CMOJ=-1（3）如图4，将沿翻折得到，则，此时则当
63、在上时，比四边形的面积小，设，则当最大时，最小，即时，最大，此时垂直平分，即，则如图5中，过点O作OQBC于点Q， ，BM=CN当BM=CN时，OMN的面积最小，即S2最小在RtMOQ中，MQ=OQtan=tan，MN=2MQ=2tan，S2=SOMN=MNOQ=tan如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大 则COMCON，COM=，COQ=45，MOQ=45-，QM=OQtan（45-）=tan（45-），MC=CQ-MQ=1-tan（45-），S2=2SCMO=2CMOQ=1-tan（45-）【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的
64、面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题49.（2023河南新乡校联考二模）如图1是鹤壁市玄天洞石塔，原名玲珑塔，是我省现存最大的一座楼阁式石塔，玄天洞石塔坐东朝西，为九级重檐平面四角楼阁式建筑，此塔始建于元朝，重建于明代，时称天塔，因该塔屹立于淇河北岸玄天洞东南，又得名玄天洞石塔，某数学兴趣小组开展了测量“玄天洞石塔的高度”的实践活动，具体过程如下：方案设计：如图2，石塔CD垂直于地面，在地面上选取A，B两处分别测得CAD和CBD的度数（A，D，B三点在同一条直线上）数据收集：通过实地测量，地面上A，B两点的距离为20m，CAD=45，CBD=58问
65、题解决：求石塔CD的高度（结果保留一位小数参考数据：sin580.85，cos580.53，tan581.60）【答案】12.3m【分析】设CD=xm，在RtACD中，可得出AD=，在RtBCD中，BD=，再由AD+BD=AB，列式计算即可得出答案【详解】解：设CD为xm，在中，在中，解得：答：石塔的高度约为12.3m【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法进行计算是解决本题的关键50.（2023北京昌平统考二模）船航行的海岸附近有暗礁，为了使船不触上暗礁，可以在暗礁的两侧建立两座灯塔.只要留心从船上到两个灯塔间的角度不超过一定的大小，就不用担心触礁.如图所示的网格是正方形网格，点是网格线交点，当船航行到点的位置时，此时与两个灯塔间的角度（的大小）一定无触礁危险.那么，对于四个位置，船处于_时，也一定无触礁危险.（）A位置B位置C位置D位置【答案】B【分析】先利用格点找出的外接圆的圆心，再判断哪个点在的外接圆上即可【详解】解：如图，由网格可知，点O是和垂直平分线的交点，即点O是的外接圆的圆心，点M在的外接圆上，船处于位置B时，也一定无触礁危险，故选B【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外心，勾股定理与网格问题等，解题的关键有两个，一是找出的外接圆的圆心，二是掌握同弧所对的圆周角相等
