2026年中考数学专题特训：三角形和四边形综合

**基本信息** 聚焦三角形与四边形综合应用，以图形性质为基础，通过动态变换、最值探究等题型，系统提炼几何直观与推理能力，构建“性质-变换-应用”逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角形性质|单选1-4、填空11-13|外角定理、轨迹法求最值、分类讨论|从基础性质（如中点、等腰）到动态问题（点运动、旋转）| |四边形性质|单选5-9、填空14-15|折叠性质、相似比、菱形面积公式|矩形/菱形性质→对角线/边长计算→综合证明| |图形变换|单选10、解答17-21|旋转全等、翻折对称、赵爽弦图多结论|变换性质（旋转角、对应边）→模型应用（弦图、中位线）|

2026年中考数学专题特训：三角形和四边形综合 一、单选题 1.将一把直尺按如图所示的方式叠放在一块三角形木板上，直尺的一边经过三角形的顶点 C,并与AB交于点D,直尺的另一边分别交AC,AB于点E,F,若∠AEF=40°， ∠BDC=I05°，则∠A的度数为() B A.40° B.50° C.65° D.75 2.如图，AB‖CD,AB=BD,AD、BC交于点E,EFCD交BD于点F,BE=EF,若 3CD=5DF,CE=4,则BF=() B E D A.10 B.9 C.8 D.7 3.如图1，在ABC中，点P从点A出发向点C运动，在运动过程中，设x表示线段AP的 长，y表示线段BP的长，y与x之间的关系如图2所示，下列结论不正确的是() yA 4 B 3 2 1 P 图1 01234x 图2 A.AB=2 B.tan∠BAC=3 C.BC=23 D.AB2+BC2=AC2 4.如图，在等腰直角ABC中，AC=BC=8,点D在AB边上，AD=4,E是边AC上一 动点，F为ABC内一点，且∠BFD=90°，则线段EF的最小值为() 试卷第1页，共3页 B A.6-32 B.8-4W2 C.√2-1 D.22-1 5.如图，在矩形ABCD中，AB=8,BC=6,对角线AC,BD交于点O.点E在AB的延 长线上，连接CE,AF⊥CE于点F,AF分别交边BC、对角线BD于点G,H(点F不与点 C,E重合).若BE=2,则OH的长为() E B 5 B. 25 A. 8 8 C.3 5 D 6.如图，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°至矩形AEFG,点D的旋转路径为弧DG,若 AB=3√2，BC=6,则阴影部分的面积为() D C A B A2 B. 3 c.9+9 L9 2 D.3 7.如图，菱形ABCD的周长为16，∠DAB=60°，对角线AC与BD交于点O,E为BC的 中点，则OE的长为() D E A.1 B.2 C.23 D.4 8.如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=2√5，E是BC的中点，将△ABE沿直线AE翻折， 点B落在点F处，连接CF,则sin∠ECF的值为() 试卷第1页，共3页 A. B.V10 c.5 D.2 3 4 3 5 9.如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O为对角线BD上一点，过点O分别作 OM⊥AB于点M,ON⊥AD于点N,若OM+ON=2√5，则菱形ABCD的边长为() A M A.6 B.4 C.25 D.45 10.如图是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为赵爽弦图”，它是由四 个全等的直角三角形和一个小正方形组成.在正方形ABCD中，AB=20,下列三个结论： D若an∠CBH三，则GH=4:②若RIADF的面积是正方形EFGH面积的3倍，见 E是DF的三等分点；③将△ABG绕点A逆时针旋转90°得到△ADG',则BG'的最大值为 10√5+10.其中正确的结论是() D B A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 二、填空题 11.如图，ABC中，AB=AC,∠BAC=40°，D为BC的中点，P在AD上，点M在AB上， PM‖AC,将线段PM绕着点P旋转，使点M落在射线AC上点N处，则LANP= 试卷第1页，共3页 D 12.如图，口ABCD的对角线AC,BD交于点O,∠ABD=2∠CBD,若AB=√4，BC=7, 口ABCD的面积为 D 13.如图，在ABC中，∠A=120°，AB=AC,边AC的中点为D,边BC上的点E满足 ED⊥AC.若DE=√，则BC的长是 B E 14.如图，菱形ABCD的边长为4，对角线AC=2,则菱形ABCD面积为 ,点E、 F在边BC、CD上，且∠EAF=∠BAD,延长AF交射线BC于点N,当E为BC中点时， 2 CN= D E C N 15.如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB>AD,E为边AD的中点，点F在边 DC上，且DF=DE,连接EF,将△DEF沿EF翻折得到△GEF,点D的对称点为点G.点 M为边BC的中点，点N在边AB上，且BN=BM,连接MN,将△BMN沿MN翻折得到 △HMN,点B的对称点为点H,连接FH,GN. D G (1)四边形GFHN的形状是 试卷第1页，共3页 (2)若四边形GFHN是矩形，则4 的值为 AD 16.在物理学中，速度具有大小和方向.如图1，点O受到两个速度y,2的影响，其大小 分别用线段0A,0B的长度表示，其方向分别用画有箭头的有向线段0A,OB表示，以线段 0A,OB为邻边作平行四边形，则对角线0C的长度和方向表示y与，的合速度v(即实际速 度)的大小和方向，这种求与”，合速度v的方法称为平行四边形法则.如图2，若小河的 水流速度为ykh,方向为正东，小船在静水中的航行速度为y,kh,两个速度的方向所 成的角为a(0°≤a≤360)，且y2>y,小船的实际速度为km/h.根据平行四边形法则，下 列结论正确的是·（写出所有正确结论的序号） ①若，不变，2变大，则小船的实际速度v变大； ②v2-Y,<v<V2+V1; ③若小船沿正北方向行进，则v=√-km/h. 北 B 东 小船在静水 v2km/h 中的航行速度 a 水流速度 vikm/h 图1 图2 三、解答题 17.如图，已知ABC和射线CD,AB=AC,∠BAC<60°. D B (I)在射线CD上求作点E,使得LABE+LBCD=180°；（要求：尺规作图，不写作法，保留 作图痕迹) (2)在(1)的作图条件下，若LBCD=135°，求证：BE=√2AB. 18.在ABC中，D是BC边上的一点，E是AC边的中点，过点A作AF∥BC交DE的延 长线于点F,连接AD,CF. 试卷第1页，共3页 B (I)求证：四边形ADCF是平行四边形： (2)若∠FEA=2∠ADE,CF=2V10,CD=3,求AE的长. 19.筒车（图1)又称“天车“水车”，是古代水力灌溉工具.最早的记载见于唐代，宋以后 逐渐推广.如图2为其工作模型，筒车近似为圆，点0为圆心，筒车支柱0C与MN垂直， 且与00交于点A,点A到水底的距离AC=0.6米.筒车与水面接触点为B,D两点，在B点 测得C处的俯角为45°，测得A处的俯角为37°. 376MB A C 图1 图2 (I)L0DE的度数为； (2)求B,D两点间的距离； (3)求筒车最高点到水底的距离.（参考数据： sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75) 20.如图，在ABC中，AC=BC,∠ACB=90°. H B E B (图1) (图2) (图3) (I)点D在AB边上，连接CD ①如图1，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到线段CE,连接BE,求证：ACD≌BCE 试卷第1页，共3页 ②如图2，将线段CD绕点D逆时针旋转90°得到线段DF,连接BF,若AB=6√2， BF=2,求BDF的面积； (2)如图3，将线段CA绕点C逆时针旋转30°得到线段CG,连接AG,BG,过点A作 AH⊥AG交BG于点H,求证：BG=V2AH+BC. 21.【问题背景】借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转， 对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系.如图1，在“ABC中，∠B=90°，AB=BC=2 ,分别取AB,AC的中点D,E,连接DE·如图2所示，将ADE绕点A逆时针旋转， 连接BD,CE. 图1 图2 图3 图4 (I)【操作发现】如图2，旋转过程中，线段BD和CE的长度存在怎样的数量关系？写出你 的猜想，并证明。 (2)【问题探究】如图3，当B、D、E三点在一条直线上时，求CE的长 (3)【拓展延伸】如图4，在Rt△ABC中，LABC=90°，AB=4,BC=3,分别取AB, BC的中点D,E,作BDE,将BDE绕点B逆时针旋转，连接AD,CE.当边AB平分 线段DE时，直接写出点E到BC的距离. 试卷第1页，共3页 《2026年中考数学专题特训：三角形和四边形综合》参考答案 题号 1 2 3 4 6 8 9 10 答案 O B B D C D 1.C 【分析】根据平行线的性质以及三角形的外角定理即可求解， 【详解】解：：EF∥CD,∠BDC=I05°， .∠BFE=∠BDC=105°， :∠AEF=40°， .LA=LBFE-LAEF=65°. 2.B 【分析】设DF=3k,则CD=5k,设BF=x,可得AB∥EF,得△DEF∽△DAB,可得 BE=EF=DF=3k,可得△BEFn△BCD,得 BD-BC-CD可得=2,1=9，即得 BF BE EF BF的长度， 【详解】解：3CD=5DF, 设DF=3k,则CD=5k,设BF=x, 则BD=BF+DF=x+3k, AB=BD, .AB=x+3k. :AB∥CD,EFCD, .AB∥EF, .△DEF∽aDAB, :EF、DF AB BD AB=BD .EF=DF =3k, 又：BE=EF, .BE =3k. '△BEF∽△BCD, BE BF EF ·BC-BD CD 答案第1页，共2页 3k 六3k+4x+3k55 解得k=2, x=9, 即BF=9. 3.B 【分析】分析当点P在点A处、点P到达AC边高(BH)的位置、点P到达点C处，P 点的位置对应2个图中的位置关系，即可求解. 【详解】解：如图，过点B作BH⊥AC于点H, B 图1 ①当点P在点A处时，即当AP=0时，AB=2, ②当点P到达AC边高(BH)的位置时，AH=1,此时BP最小，即 BH=VAB2-AP2=√5， ③当AP=4时，点P对应图2末端x=4时，即AC=4,则HC=AC-AH=4-1=3, BC-+HC+32 2+23=4, .AB2+BC2=AC2, :ABC是直角三角形，∠ABC=90°， ian∠BAP=BC-25-V5. AB 2 综上所述，选项A、C、D正确，不合题意；选项B错误，符合题意 故选：B. 4.A 【分析】根据题意可知点F在以BD为直径的圆弧上，取BD的中点O,作OE⊥AC于点E ,OE交圆弧于点F,此时EF取最小值，通过勾股定理可求得AB的长，从而可得BD、 OD、OA的长，再解直角三角形0AE可求得OE的长，最后根据EF=OE-OF求解即可. 答案第1页，共2页 【详解】解：如图，易得点F在以BD为直径的圆弧上，取BD的中点O,作OE⊥AC于点 E,OE交圆弧于点F,此时EF取最小值， 在等腰直角ABC中，AC=BC=8, B AB=VAC2+BC2=V82+82=8V2, ∴.BD=AB-AD=8V2-4, 0F=0D=号8D=45-2. 0A=AD+0D=4+4V2-2=4V2+2, :∠A=45°， 0E=01m4=4+2小9-45， EF=0E-0F=4+V2-(4V2-2=6-32 5.D 【分析】作BM⊥AF,ON⊥AF,垂足分别为M、N,证明 么DNI∽aBMH,ANO△AFC△BMGCFG,推出，O-6B8C,再证明CBEABG 推出BG-氵，据此可得答案。 【详解】解：如图，作BM⊥AF,ON⊥AF,垂足分别为M、N, A B :四边形ABCD是矩形， EOA=0B=)AC∠ABC=90 ·AC=VAB2+BC2=10, .0B=5, :AF⊥CE, 答案第1页，共2页 ON∥BM∥CE, .△ONH∽△BMH,△ANO∽△AFC,△BMG∽△CFG, ON OHOH ON OA 1 BM BGBG BM HB 5-0H CF AC 2 CF CG G-GB ON 1 CF 2 BM=BG CF 6-BG ON 6-BG ∴BM=2BG' OH 6-BG 5-0H=2BG9 :∠FGC+∠FCG=90°=∠BAF+∠BGA,且∠FGC=∠BGA, .ZBAG ZBCE 又：∠ABG=∠CBE=90°， .△CBE∽△ABG, :=4B,即2=6 BG 8 BG-8 ’ OH 68 3 5-02×8' 0H=25 13 6.C 【分析】设DG与EF交于点H,连接AH,由题意得到 AB=AE=FG=3V2,AD=BC=AG=6,证明△AEH是等腰三角形，求出S。4EH=9和 9 S彩o之π即可得到答案。 【详解】解：由题意可得：AB=AE=FG=3V2,AD=BC=AG=6, 设DG与EF交于点H,连接AH, D E 矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°至矩形AEFG, 答案第1页，共2页 .AH =AD=6, :∠AEF=90°， EH=VAH2-AE2=V62-32=3V2, :EH=AE, △AEH是等腰直角三角形， :∠AEH=45, ∠HAG=45° Sm4E-m=×35×35=9. 1 2 S彩o-7rr2-45rx62、9 =一π， 3603602 则阴影部分的面积为S6+5-+9. 2 7.B 【分析】根据菱形ABCD的周长为16可得AB=4,根据对角线AC与BD交于点O可得O为 线段AC的中点，又由E为BC的中点，可得OE是ABC的中位线，即OE=】AB,即可求 2 解。 【详解】解：：菱形ABCD的周长为16， .AB=4, 对角线AC与BD交于点O, .O为线段AC的中点， :E为BC的中点， :0E是48C的中位线，即0E=B=2。 8.A 【分析】利用翻折的性质，以及外角定理证得∠AEB=∠ECF,进行角度转换即可求出结果 【详解】解：：四边形ABCD是矩形， .∠B=90°， E是BC的中点，BC=25, .BE CE=5, 答案第1页，共2页 AE=VAB2+BE2=V22+(5=3, 由翻折变换的性质得：∠AEF=∠AEB,EF=BE=√5， :EF=CE, .∠EFC=∠ECF, :∠BEF=LEFC+∠ECF, .LAEB=∠ECF, ·sin∠ECF=sin∠BEA=AB_2 AE 3 9.B 【分析】连接AO,连接AC与BD交于点E,由菱形ABCD中，∠ABC=60°，设 AB=AD=BC=CD=x,则EA=} )AB三x,BD=2EB=V3x·再根据 SaBD=SAAOR+SAon,整理得5x x=OM+ON,结合OM+ON=2√5，解得x=4,即可得 2 菱形ABCD的边长为4. 【详解】解：如图，连接AO,连接AC与BD交于点E, D M B :菱形ABCD中，∠ABC=60°， :AB=AD=BC=CD,∠ABE=∠ABC=30°，EA=AC,AC⊥BD,BD=2EB, ⑧R0ABBE,EBA行AB,EBAB2EP9AB 48-4D-8C-CD-EA8-BD-2EBx :S△ABD=SA4OB+S△AOD,OM⊥AB,ON⊥AD, AE.BD-TOM-4B+TON.AD, 2 1.1 1 2×2x3x=OM·x20W:x 2 整理得3，」 -x=OM+ON, 答案第1页，共2页 :OM+ON=25, OM+ON=23-3 , 解得x=4, 即菱形ABCD的边长为4. 10.D 【分析】根据∠CBH的正切值，结合勾股定理可求出GH的值，即可判断①；根据△ADF的 面积与正方形EFGH面积之间的关系，得出关于EF和DF的方程，即可判断②；得出点 G'的运动轨迹，根据勾股定理和直角三角形斜边上的中线性质即可判断③· 【详解】解：在RIA BCH中，an∠CBH=CH-_3, BH=41 CH =3x,BH=4x,BC=CH2+BH2=(3x)+(4x)=5x, :四边形ABCD是正方形，AB=20, :BC=AB=20, 5x=20,解得x=4, .CH=12,BH=16, :外部的四个直角三角形全等， :BG=CH=12, GH=BH-BG=16-12=4,故①正确 :RIAADF的面积是正方形EFGH面积的3倍， 1 AF DF-3EF2, :AF=DE=DF -EF FF3EF 整理得，6EF2+EFDF-DF2=0, EF2 EFDF DF2 6× DF=0,即6x EF EF DE2+ DF2 DF -1=0, DE 解得吧}（负值己舍去）， :点E是DF的三等分点，故②正确 由旋转可知，∠AG'D=∠AGB=90°， 答案第1页，共2页 :点G在以AD为直径的圆上，如图，取AD的中点O,连接BM,G'M, GM=AM三2AD=10 在Rt△ABM中，BM=√AM2+AB2=V102+202=105· 当点B,M,G共线时，BG取得最大值，此时BG'=105+10,故③正确， 综上，正确的结论是①②③， 11.140°或40° 【分析】满足条件的N点有N,、N2两个.①当PM=PN,时，根据等腰三角形三线合一的 性质可得∠BAP=∠CAP=20°，作PE⊥AB于E点，PF⊥AC于F点，根据角平分线的性 质可得PE=PF,再根据HL可得Rt△PEM≌Rt△PFN,进而可得∠PME=∠PN,F,由平行 线的性质及三角形外角的性质可得∠PME=40°，从而可得∠PN,F=40°，进而可得 ∠AN,P=140°.②当PM=PN时，结合PM=PN,可得PW2=PN,进而可得 ∠AN,P=∠PN,N2=40°，从而可得解 【详解】解：根据旋转的性质可得PM=PN,如图，满足条件的N点有N,、N,两个. (图1) ①当PM=PN,时， :ABC中，AB=AC,∠BAC=40°，D为BC的中点， 答案第1页，共2页 AD是∠BAC的平分线， ∠BAP=∠CAP=)∠BAC=20° 作PE⊥AB于E点，PF⊥AC于F点， 则PE=PF,∠PEM=∠PFN,=90°， 又：PM=PN, .RtoPEM≌Rt△PFN,(HL), ∠PME=∠PN,F, PMII AC, :∠APM=∠PAN=20°， :∠PME=∠PAM+∠APM=20°+20°=40°， .∠PN,F=40°， ∠ANP=180°-40°=140°」 ②当PM=PN2时，如图， D .PM PN, :.PN2 PN, .∠AN,P=∠PNN2=40°. 综上，∠ANP为140°或40°. 12.355 4 【分析】延长BD至点M,使得DM=CD,过点A作AP⊥BD,过点C作CQ⊥BD,根据 平行四边形的性质和等角对等边的性质，推出BC=CM，再结合三线合一的性质，得到， 答案第1页，共2页 证明△ABP≌△CDQ(AAS),从而推出PQ=DM=√4，设BP=DQ=x,利用勾股定理列方程 求出的值，从而待指D0-.80-,青求出c0=2三，即可符解 4 2 【详解】解：如图，延长BD至点M,使得DM=CD,过点A作AP⊥BD,过点C作 CQ⊥BD, M :口ABCD的对角线AC,BD交于点O,AB=√4， B BC=7, AB=CD=DM=4,AB∥CD, ·∠ABD=∠BDC, ∠ABD=2∠CBD, :ZBDC 2ZCBD :CD=DM .∠DCM=∠M, :∠BDC=2∠M, ·∠CBD=∠M, .BC=CM, CO L BD ..BO=MO, :.BP+PO=DQ+DM :LABP=LCDQ,∠APB=∠CQD,AB=CD, △ABP≌△CDO(AAS), :BP=DO PO=DM=14, 在Rt△BCQ中，CQ2=BC2-BQ, 在Rt△CDQ中，CQ2=CD2-DQ2, ..BC2-BO2=CD2-DO2, 答案第1页，共2页 设BP=DQ=x, 72-(4+x2=(142-x2, 解得：x=3④ 4 D0=3,BD=Bp+Pe+D034a+3M4.s 2 .co-cp-Do- 3v14) 7√2 4 4 S4cw=25.m=2x)BD.C0=514x72_35 一X 2 4 4 13.65 【分析】根据等腰三角形的性质以及直角三角形30°所对的直角边是斜边的一半得到 EC=2DE=2V5,根据勾股定理求出CD=3,即可求出AC=6,过点A作AF⊥BC,求 出CF=3V3,即可得到答案。 【详解】解：：∠A=120°，AB=AC, :∠B=∠C=30°， :ED⊥AC,DE=V3, :EC=2DE=23, CD=CE2-DE2= 2-(=3 “边AC的中点为D, .AC=6, 过点A作AF⊥BC, G4F-4C=3. :△ABC是等腰三角形， :F是BC的中点， CF=√AC2-AF2=V6-32=35, .BC 2CF=63. 答案第1页，共2页 14. 2V15 【分析】第一问，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出另一条对角线的 长，再利用菱形面积公式计算即可：第二问，根据菱形性质和平行线性质推导角的关系，证 明△AEC∽△NEA,利用相似三角形对应边成比例求出NE的长，进而求出CN的长. 【详解】解：连接BD与AC交于点O, D :四边形ABCD是菱形， E MC N :AC L BD,OA=AC=1,OB=-BD 在Rt△AB0中，AB=4,OA=1, 0B=VAB2-0A2=V42-12=5, BD=2V15, :菱形A8CD的面积=4C-BD=x2x25=25, 2 :四边形ABCD是菱形， :AD∥BC,AC平分∠BAD, 六∠DAC=∠ACB=} BAD. ∠EAF=)∠BAD :∠EAF=∠DAC , ∠EAF=∠ACB,即∠NAE=∠ACE, :∠EAF=∠DAC, :∠EAC+∠CAF=∠CAF+∠FAD, ∠EAC=∠FAD, ADII BC, ∠FAD=∠ANB, :∠EAC=∠ANB,即∠EAC=∠ANE, 答案第1页，共2页 在△AEC和aNEA中， 「∠AEC=∠NEA ∠EAC=∠ANE' .∴△AEC∽△NEA, AC EC AE NA EA NE' 过点A作AM⊥BC于点M, 在ABC中，AB=BC=4,AC=2, sc4c-08-×2x店=i5, 又：Sm-8c4w, ×4x4M=压，解得M=西 在RaWc,MC=aC-4M=2-5y- 2 :E为BC中点， CE=58c=2, ÷EM=CE-MC=2-=3 22 在w中，4E=+-+=6 :EC、AE EA NE 26 店E NE=3, NE=NC+CE, 3=NC+2, CN=1. 15. 平行四边形 2 【分析】(I)根据折叠的性质可证得四边形DEGF、BMHN是菱形，从而得到FG‖AD, NH‖BC,由中点的性质结合平行四边形的性质可得DE=BM,AD‖BC,从而证得 答案第1页，共2页 FG=HN,FGNH,即可得证： (2)过G作GK⊥AB于K,过E作ET⊥AB于T,设AT=x,由含30°角直角三角形的性 质结合勾股定理可得AE,ET,再由矩形的性质结合平行的性质求得LGNK=30°，再由含 30°角直角三角形的性质结合勾股定理可得KN,从而可得AB,即可得解. 【详解】解：(1)：将aDEF沿EF翻折得到aGEF, :DE=GE,DF=GF, DF =DE :.GE DE DF=GF :四边形DEGF是菱形， FG∥AD: 同理四边形BMHN是菱形， .NH II BC, :E为边AD的中点，M为边BC的中点， ·DE=I D.B-BC :四边形ABCD是平行四边形， :AD=BC,AD‖BC, :DE =BM :FG=HN,FGI NH, :四边形GFHN是平行四边形； (2)当四边形GFHN是矩形时，如图，过G作GK⊥AB于K,过E作ET⊥AB于T, D M :∠A=60°， B ∠AET=30°， ne, 设AT=x,则AE=2x, 在Rt△AET中，由勾股定理得：ET=√AE2-AT2=√5x=GK, :E为AD中点， 答案第1页，共2页 :AD =2AE=4x,DE=AE =2x, 由(1)得四边形DEGF是菱形， :EG=DE =2x=TK, :四边形GFHN是矩形， LGNH=90°， AD|NH,∠A=60°， ∠ANH=180°-∠A=120°， ∠GNK=∠ANH-∠GNH=120°-90°=30°， :GN=2GK 在RtAKNG中，由勾股定理得： KN=GN2-GK2=(2GK)2-GK2=GK=xx=3x ~Bv=BM-8c-4D=2, :AB AT +TK +KN BN x+2x+3x+2x=8x, ,AB_8x=2. AD 4x 16.①③ 【分析】①当，Y不变，2变大，即线段OC的长度变大为OE的长度，则小船的实际速 度v的大小从0D的长度变大为0F的长度；当=0°或360时，Y与2在同一方向上，此 时v=y+2,当a=180°时，y与2在相反方向上，此时v=2-y,其余情况时， 2-Y<v<V2+%;③如若小船沿正北方向行进，此时∠B0D=90°. 【详解】解：①如图①，当，y不变，2变大，即线段0C的长度变大为OE的长度，则 小船的实际速度v的大小从OD的长度变大为OF的长度，故①正确； ②.0°≤a≤360°， 当a=0°或360°时，y与y2在同一方向上，此时v=y,+V2, 当a=180°时，与y在相反方向上，此时v=V2-y, 其余情况时，y2-y<v<y2+, 综上所述，2-y≤v≤y2+y,故②不正确； ③如图②，若小船沿正北方向行进，此时∠B0D=90°， 答案第1页，共2页 则v=√-vkm/h,故③正确；综上所述，①③正确. E C... D V2 O VI B 图① 图② 17.(1)见解析 (2)见解析 【分析】(I)延长BC,作出∠ABE=∠DCM,与CD的交点即为点E; (2)过点B作BF⊥CE交EC的延长线于点F,推导出BCF为等腰直角三角形，得到 BF=CF,∠CBF=45°，连接AF交BC于点H,推导出AF垂直平分BC,得到 cos∠CBF=cos45°=BH=V BF 2 ,继而推导出LABE=LFBC,得到LABH=LEBF,则 cos∠ABH=cos ZEBF,得到B班-BF」 可推导出BE=NAB,即可解答。 AB BE 【详解】(1)解：如图①，点E即为所求作； D M 图① 理由如下：：∠ABE=∠DCM,∠BCD+∠DCM=180°， .∠ABE+∠BCD=180°； (2)证明：如图②，过点B作BF⊥CE交EC的延长线于点F, D B H 图② .∠BFC=90°， :∠BCE=135°， 答案第1页，共2页 ∠BCF=180°-∠BCE=45°， .BCF为等腰直角三角形， .BF=CF,∠CBF=45, 连接AF交BC于点H, AB=AC, .AF垂直平分BC, .∠BHF=90°， cos ZCBF=cos450=BH BE 2 :∠BCE=135°， ∠ABE=180°-∠BCE=45°，即LABE=LFBC, .∠ABE+∠EBH=∠FBC+∠EBH .∠ABH=∠EBF, .cos∠ABH=cos∠EBF, BH BF AB BE :4B_明-2 BE BF 2 :BE =2AB. 18.(1)见解析 回的长为好 【分析】(I)利用平行线的性质得∠EFA=∠EDC,根据中点的性质可得AE=EC,从而可 证△EFA≌△EDC,进而得AF=CD,即可根据“一组对边平行且相等”的四边形是平行四 边形： (2)根据己知条件先证平行四边形ADCF是矩形，再在Rt△CDF中，运用勾股定理即可得 DF=VCD2+CF2=7,进而可得出AE的长. 【详解】(1)证明：：AF∥BC, :ZEFA=ZEDC, :E是AC边的中点， :AE=EC, 在△EFA和△EDC中， 答案第1页，共2页 ∠EFA=∠EDC ∠FEA=∠DEC, AE=EC △EFA≌△EDC(AAS), .AF=CD, :AF∥BC, 四边形ADCF是平行四边形； (2)解：：∠FEA=2∠ADE, ∠FEA=∠ADE+∠EAD, .∠ADE=∠EAD, .AE DE, :四边形ADCF是平行四边形， :AE=CE,EF=DE, .AE +CE DE EF AC DF .平行四边形ADCF是矩形， 在Rt△CDF中， AC=DF=2io'+3=7, 1 7 =24C=2 故AE的长为2 19.(1)16° (2)4.8米 (3)筒车最高点到水底的距离为5.6米 【分析】(1)先推导出∠ABE=37°，OC⊥BD,得到∠0=2∠ABE=74°，∠0ED=90°，再 根据三角形的内角和求解即可； (2)设BE=x,推导出CE=BE=x,AE=BE.tan37°≈0.75x,根据AC=CE-AE,得到 0.6=x-0.75x,求出x=2.4，,再根据垂径定理求解即可； (3)连接OB,得到AE=CE-AC=2.4-0.6=1.8,0B=0A,根据勾股定理，得到 0B2=0E2+BE2,即0A=(0A-1.8)+2.42,求出0A=2.5,则20A+AC=5+0.6=5.6, 答案第1页，共2页 即可解答。 【详解】(1)解：由题意，得 ∠ABE=37°，OC⊥BD. L0=2LABE=74°，∠0ED=90°， .∠0DE=90°-∠0=16°； (2)解：设BE=x, 在Rt△CBE中，∠CBE=45°， :CE BE=x, 在Rt△ABE中，∠ABE=37°， .AE=BE.tan37°≈0.75x, AC=CE-AE, 0.6=x-0.75x, 解得x=2.4, OE⊥BD, :.DE=BE=IBD=2.4, BD=4.8 即B,D两点间的距离是4.8米. (3)解：如图，连接OB, E37° M 由题意，得AE=CE-AC=2.4-0.6=1.8,0B=0A, 0B2=0E2+BE2, .0A2=（0A-1.8)2+2.42, 0A=2.5, .20A+AC=5+0.6=5.6. :筒车最高点到水底的距离为5.6米 答案第1页，共2页 20.(1)①见解析；②4 (2)见解析 【分析】(I)①根据旋转得到∠DCE=90°，CD=CE,即可得到LACD=∠BCE,从而得 到△ACD≌△BCE,即可得到证明； ②过点D作DM⊥BD交BC的延长线于点M,DP⊥CB,根据等腰三角形的判定和性质得 出DM=DB,再由旋转的性质得出∠MDC=∠BDF,利用全等三角形的判定和性质得出 △MDC≌△BDF(SAS),MC=BF=2,∠DMB=∠DBF=45°，得出MB=8,再由直角三角 形斜边中线的性质即可求解： (2)过点A作MA⊥AC且MA=AC,连接MB、MH,根据旋转的性质及各角之间的关系 得出LAGH=∠AHG=45°，确定GH=√2AH,再由全等三角形的判定和性质得出 △AMH≌△ACG(SAS),MH=CG,∠AMH=∠ACG=30°，利用正方形的判定和性质得出 ∠BMH=90°-30°=60°，确定aMHB为等边三角形，即可证明 【详解】(1)解：①证明：：线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE, .∠DCE=90°，CD=CE, 又：∠ACB=90°， LACB-LDCB=∠DCE-∠DCB, .∠ACD=∠BCE, 「AC=BC ∠ACD=∠BCE, CD=CE △ACD≌△BCE(SAS); ②过点D作DM⊥BD交BC的延长线于点M,DP⊥CB于点P,如图所示： :在ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，AB=6V2, .∠ABC=45°，AC=BC=6, .∠DMB=45°， .△DMB为等腰直角三角形， 答案第1页，共2页 .DM DB, 线段CD绕点D逆时针旋转90°得到线段DF, ∠CDF=90°，CD=DF, LMDC=∠BDF=90°-∠BDC, △MDC≌△BDF(SAS), .MC=BF=2,∠DMC=∠DBF=45°， .MB=8,∠CBF=90°， bPn-B=4, S.BDF=S.MDC=2 CDP= 2*2x4=4: (2)过点A作MA⊥AC且MA=AC,连接MB、MH,如图所示： M ·线段CA绕点C逆时针旋转30°得到线段CG, ∠ACG=30°，AC=CG, .∠AGC=∠CAG=75°， :∠ACB=90°，AC=BC, .∠GCB=90°+30°=120°，∠CGB=∠CBG=30°， .∠AGH=75°-30°=45° :AH⊥AG, .∠AGH=∠AHG=45°， .AG=AH, :GH=2AH, :MA⊥AC, .∠MAC=∠GAH=90°， .LMAH=∠GAC, 又：MA=AC, .△AMH≌△ACG(SAS), 答案第1页，共2页 MH=CG,∠AMH=∠ACG=30°， :MA=AC=BC, 又LMAC=LACB=90°， AM∥BC, .四边形ACBM为平行四边形， .四边形ACBM为正方形， LAMB=90°， .∠BMH=90°-30°=60°， .△MHB为等边三角形， .BH BM =MH :BH=BC, BG=GH+BH :BG=2AH+BC. 21.()猜想BD=2 证明见解析 CE 2 (2)CE=√6 (3)点E到BC的距离为 0 ，易得 【分析】1)根据中点的定义得出AD-)B,4E=)4C,进面得出0 cos∠BAC=AB-V ,通过证明△ABD~aACE,即可得出结论： AC 2 (2)根据题意推出当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE,根据勾股定理可得 BD=√B-AD-N5,根据I)可得D-5,即可求解： CE 2 (3)令AB,DE相交于点Q,过点E作EG⊥BC于点G,根据直角三角形斜边中线的性质 得出BQ=DQ-)DE,则∠QBD=10D8,根据相似三角形的性质得出∠0D8=∠C4B, 而推出LCAB=∠EBG,则sin∠CAB=sin∠EBG=,求出EG=BE:sin∠EBG二’即D 10 【详解】1)解：猎想P-2,证明如下： CE 2 :点D和点E分别为AB,AC中点， 由图1可知、D号48,4-方4C 答案第1页，共2页 AP=A三，则=之 AE AC :∠B=90°，AB=BC=2, .∠BAC=45°， ·Cos∠BAC=AB=V2 AC 2 根据旋转的性质可得：∠BAD=∠CAE, .△ABD~△ACE, :.BD AB CE-AC-2 (2)解：由图1可知点D和点E为分别为AB,AC中点， DE∥BC,AD=。AB=1, .△ABC∽△ADE, .∠ADE=∠ABC=90°， 当DE所在直线经过点B时，AD⊥BE, 根据勾股定理可得：BD=√AB2-AD2=√5， 由(1)可得： BD CE 2 :55 CE 2 解得：CE=√6； (3)解：令AB,DE相交于点Q,过点E作EG⊥BC于点G, B G 根据题意可得：BE=}BC=3 :∠ABC=90°，AB=4,BC=3, :AC=AB2+BC2=5, 答案第1页，共2页 sin∠CAB= BC3 :边AB平分线段DE,∠DBE=∠ABC=90°， BO=DO-DE .Z0BD Z0DB :△DBE∽△ABC, ∠QDB=∠CAB, :∠QBD=∠CAB, 根据旋转的性质可得：∠QBD=∠EBG, .∠CAB=∠EBG, ·sin∠CAB=sin∠EBG=3 9 .EG=BE·sin∠EBG= 10 9 即点E到BC的距离为 0 答案第1页，共2页