專題233構(gòu)造直角三角形解題四大題型（滬科版）

專題23.3構(gòu)造直角三角形解題四大題型【滬科版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共40題，題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強(qiáng)學(xué)生構(gòu)造直角三角形解題四大題型的理解！【題型1三角形作高法】1．（2023秋·江蘇南通·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，∠A=30°，AC=23，tanB

A．2+23 B．3+3 C．4 D【答案】D作CD⊥AB于D，根據(jù)∠A=30°，AC=23，算出CD和AD，再根據(jù)【詳解】如下圖，作CD⊥AB于

在Rt△ACD中，∠A∴CD=1在Rt△BCD中，∴3∴BD∴AB故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了用銳角三角函數(shù)解非直角三角形，作垂直構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·江蘇·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，直線y=34x+3交x軸于A點(diǎn)，將一塊等腰直角三角形紙板的直角頂點(diǎn)置于原點(diǎn)O，另兩個(gè)頂點(diǎn)M、N恰落在直線y=34x+3上，若N點(diǎn)在第二象限內(nèi)，則A．17 B．16 C．15【答案】A過O作OC⊥AB于C，過N作ND⊥OA于D，設(shè)N的坐標(biāo)是（x，34x+3），得出DN=34x+3，OD=x，求出OA=4，OB=3，由勾股定理求出AB=5，由三角形的面積公式得出AO×OB=AB×OC，代入求出OC，根據(jù)sin45°=OCON，求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（34x+3）2+（x）2=(1225)2，求出N的坐標(biāo)，得出ND【詳解】過O作OC⊥AB于C，過N作ND⊥OA于D，∵N在直線y=34x+3∴設(shè)N的坐標(biāo)是（x，34x+3則DN=34x+3，OD=xy=34x+3當(dāng)x=0時(shí)，y=3，當(dāng)y=0時(shí)，x=4，∴A（4，0），B（0，3），即OA=4，OB=3，在△AOB中，由勾股定理得：AB=5，∵在△AOB中，由三角形的面積公式得：AO×OB=AB×OC，∴3×4=5OC，OC=125∵在Rt△NOM中，OM=ON，∠MON=90°，∴∠MNO=45°，∴sin45°=OCON∴ON=122在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2=ON2，即（34x+3）2+（x）2=(1225解得：x1=8425，x2=12∵N在第二象限，∴x只能是842534x+3=12即ND=1225，OD=84tan∠AON=NDOD故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，勾股定理，三角形的面積，解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)的運(yùn)用，主要考查學(xué)生運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的能力，題目比較典型，綜合性比較強(qiáng)．3．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)哈爾濱市蕭紅中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在△ABC中，若AB=58，tanB=37【答案】1或13過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)D，分高【詳解】解：過點(diǎn)A作AD⊥BC于點(diǎn)①當(dāng)AD在△ABC

∵tanB=∴設(shè)AD=3x,∴x=1∴AD=3,∴CD=∴BC=②當(dāng)AD在△ABC

同法可得：BD=7,∴BC=綜上：BC=1或13故答案為：1或13．【點(diǎn)睛】本題考查解非直角三角形，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想，進(jìn)行求解．4．（2023·天津河北·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=2,BC=23，連接AC，點(diǎn)E在AC上，∠

【答案】3-3/過點(diǎn)D作DG⊥AC，由∠DEF=90°,EC平分∠DEF可得△DEG【詳解】解：過點(diǎn)D作DG⊥

∵∠DEF=90°,EC∴∠DEG∴DG=∵在矩形ABCD中，AB=2,∴CD=2，AD=23∴AC=∴sin∠ACD=∴EG=GC=∴AE=故答案為：3-3【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形性質(zhì)和解三角形，解題關(guān)鍵是過點(diǎn)D作DG⊥AC構(gòu)造5．（2023·上海·九年級(jí)假期作業(yè)）如圖，將平行四邊形ABCD沿著對(duì)角線AC翻折，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為M，CM交AD于點(diǎn)N，如果∠B=76°，∠ACM=∠DCM+10°【答案】4.96由∠B=76°，四邊形ABCD為平行四邊形，折疊的性質(zhì)可得△ANC是等腰三角形，AN=NC，設(shè)∠DCM=x，則∠ACM=∠ACB=【詳解】解：∵∠B=76∴∠∵翻折∴∠∵∴∠∴∠∴△ANC∴AN設(shè)∠DCM=在△DACx∴∴∠分別過點(diǎn)A、N在Rt△在Rt△∴平行四邊形ABCD的周長(zhǎng)為2(故答案為：4.96m【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、圖形的翻折變換等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．6．（2023春·重慶·九年級(jí)重慶實(shí)驗(yàn)外國(guó)語學(xué)校?？计谀┤鐖D，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，點(diǎn)D、點(diǎn)E分別為線段AC、AB上的點(diǎn)，連結(jié)DE．將△ADE沿DE折疊，使點(diǎn)A落在BC的延長(zhǎng)線上的點(diǎn)F處，此時(shí)恰好有∠BFE＝30°，則CF的長(zhǎng)度為_____．【答案】20過點(diǎn)E作EG⊥BF于G，根據(jù)勾股定理求得BC的長(zhǎng)，繼而求得tanA=BCAC=34，設(shè)GB=3k,GE=4k，則【詳解】過點(diǎn)E作EG⊥BF于∵∠BFE＝30°，∴GE∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，∴BC∴tanA∵GE∴GE∴tan∴GE設(shè)GB=3k,GE=4∵AB解得k=∴GE=4k∴GC在Rt△GFE中，∴FC故答案為：203【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，求得GC的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．7．（2023·山西·校聯(lián)考二模）如圖，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠BAC=∠BDE=90°，AB=AC，∠DBC=30°，且點(diǎn)B，C，E在同一條直線上，AC與BD交于點(diǎn)F，連接【答案】12-43/先證明AD∥BE，由此得到∠DAC=∠ACB，可見△ADC的∠DAC、邊AC【詳解】解：如圖，分別過點(diǎn)A、D作AM⊥BE，DN⊥在Rt△ABC和Rt△DBE中，由∠BAC=∠BDE=90°，∵BD=BC，∴∠BCD∴∠ACD在Rt△DBE中，∴BC=8在Rt△ABC中，∴AC=4分別解Rt△ABM和Rt△DEN，可得∴AM=又AM∥∴四邊形AMND是平行四邊形，∴AD∥∴∠DAC解△ADC過點(diǎn)D作DH⊥由于∠DAC=45°，∠ACD=30°，故可設(shè)DH=k，則由于AC=46，故得到3k∴AD=【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)考查了解直角三角形的相關(guān)知識(shí)．在直角三角形中，知道了除直角外的兩個(gè)元素（至少有一個(gè)元素是邊），就可以求出這個(gè)直角三角形的其他三個(gè)元素．如果沒有直角三角形，有時(shí)需要構(gòu)造直角三角形．本題中的△ADC的∠DAC、邊AC、∠ACD經(jīng)過分析可知都是確定的，故可“8．（2023春·上海靜安·九年級(jí)上海市靜安區(qū)教育學(xué)院附屬學(xué)校校考期中）如圖，在菱形紙片ABCD中，AB=2，∠A=60°，將菱形紙片翻折，使得點(diǎn)A落在CD的中點(diǎn)E處，折痕為FG，點(diǎn)F．G分別在邊AB．AD上，則sin∠EFG=．【答案】2作GN⊥AB于N，作EM⊥AD交AD延長(zhǎng)線于M，連接BE，BD．在RtΔDME，RtΔGME，RtΔAGN，RtΔEFB中，根據(jù)勾股定理可求DM，ME，AN，EF的長(zhǎng)，即可求【詳解】解：如圖：作GN⊥AB于N，作EM⊥AD于M∵四邊形ABCD是菱形，AB∴CD=∵∴∠∵E是CD∴∵M(jìn)E⊥∴∠MED=30°∴DM=1∵折疊，∴AG=GE在RtΔGME中，GE∴G∴GE在RtΔAGN中，∠A=60°，∴∴AN∴GN∵BC=CD∴ΔBCD∵E點(diǎn)是CD∴BE⊥CD，DE∴BE∵AB∴∠ABE在RtΔEFB中，EF∴E∴EF∴AF∵NF∴NF在RtΔGNF中，GF=∴sin【點(diǎn)睛】本題考查了折疊問題，解非直角三角形，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造直角三角形是本題的關(guān)鍵．9．（2023·山東濰坊·校考一模）如圖，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=3，AC=5，∠ABC和∠ACB的平分線相交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE//AC交

【答案】5過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，由題意易得∠DBC=45°，∠ACB=∠DEB，則有sin∠【詳解】解：過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，如圖所示：

∵∠ABC=90°，∠ABC和∠∴∠DBC=45°，∠DCB=∠ACD，∴△DFB是等腰直角三角形，即DF=BF，∵DE∥AC，∴∠ACB=∠DEB，∠ACD=∠CDE，∴∠CDE=∠DCE，∴DE=EC，∵AB=3，AC=5，∴BC=4，sin∠設(shè)DF=BF=3x，則有：EF=4x，DE=EC=5x，∴3x+4x∴DE=故答案為53【點(diǎn)睛】本題主要考查解直角三角形，熟練掌握三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．10．（2023春·江蘇蘇州·九年級(jí)蘇州市景范中學(xué)校?？计谀┤鐖D，已知△ABC是面積為43的等邊三角形，△ABC∽△ADE，AB＝2AD，∠BAD＝45°，AC與DE相交于點(diǎn)F，則△AEF的面積等于（結(jié)果保留根號(hào)）．【答案】33根據(jù)相似三角形面積比等于相似比的平方求得三角形ADE的面積，然后求出其邊長(zhǎng)，過點(diǎn)F作FH⊥AE，過C作CM⊥AB，利用三角函數(shù)求出HF的值，即可得出三角形AFE的面積.【詳解】解：作CM⊥AB于M，∵等邊△ABC的面積是43，∴設(shè)BM=x，∴tan∠BCM=BMCM∴BM=33CM∴12×CM×AB=12×2×33CM2∴CM=23，BM=2，∴AB=4，AD=12AB=2在△EAD中，作HF⊥AE交AE于H，則∠AFH=45°，∠EFH=30°，∴AH=HF，設(shè)AH=HF=x，則EH=xtan30°=33x又∵AH+EH=AE=AD=2，∴x+33x=2解得x=33．∴S△AEF=12×2×（33）=33故答案為3311．（2023秋·全國(guó)·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D是邊AB上一點(diǎn)，且tan∠BCD=1（1）試求sinB的值；（2）試求△BCD的面積.【答案】（1）sinB=35；（2（1）作AH⊥BC，則△ABH中，根據(jù)勾股定理即可求得AH的長(zhǎng)，即可求得sinB；（2）作DE⊥BC，則根據(jù)勾股定理可以求得BE的長(zhǎng)，求得BC=BE+EC，即4k+6k=8，求得k的值即可求△BCD的面積．【詳解】（1）作AH⊥BC，垂足為H∵AB=AC∴BH=在△ABH中，AH∴sinB=（2）作DE⊥BC,垂足為在△BDE中，sinB=35，令DE則BE=B又在△CDE中，tan則CE=DE于是BC=BE+EC解得k=4∴S△【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理在直角三角形中的運(yùn)用，考查了直角三角形中三角函數(shù)值的計(jì)算，本題中正確求三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．12．（2023秋·河南駐馬店·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF拼合在一個(gè)平面上，邊AC與EF重合．AC＝6，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AC方向滑動(dòng)時(shí)，點(diǎn)F同時(shí)從點(diǎn)C出發(fā)沿射線BC方向滑動(dòng)．(1)如圖2，點(diǎn)E在邊AC上，點(diǎn)F在射線CG上，連接CD，求證：CD平分∠ACG；(2)若AE＝0時(shí)，CD＝__________；AE＝3時(shí)，CD＝__________；(3)當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A滑動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，則點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)是__________．【答案】(1)證明見解析(2)32，(3)12-6（1）過點(diǎn)D作DM⊥AC于點(diǎn)M，DN⊥BG于點(diǎn)N，利用AAS證明△DEM≌△DFN，可得DM=DN，即可得到結(jié)論；（2）當(dāng)AE=0時(shí)，由△ACD是等腰直角三角形，得AC=2CD=6；從而可得CD的長(zhǎng)度，當(dāng)AE=3時(shí)，作EH⊥CD于點(diǎn)H，解△ECD即可得到CD的長(zhǎng)度；（3）由（1）知，CD平分∠ACG，從而可確定點(diǎn)D在射線CD上運(yùn)動(dòng)，通過起點(diǎn)和終點(diǎn)可以分析出點(diǎn)D是往返型運(yùn)動(dòng)，再確定在運(yùn)動(dòng)過程中CD的最大值和最小值即可求解．【詳解】（1）證明：過D點(diǎn)作DM⊥AC于點(diǎn)M，DN⊥BG于點(diǎn)N，∴∠DME＝∠DNF=90°，∵∠ACG=90°，∴∠MDN=90°，∵△DEF是等腰直角三角形∴∠EDF=90°，DE=DF，∴∠EDM+∠MDF=∠MDF+∠FDN=90°，∴∠EDM=∠FDN，∴△DEM≌△DFN（AAS）．∴DM∴點(diǎn)D在∠ACG的角平分線上．∴CD是∠ACG的角平分線．（2）當(dāng)AE=0時(shí)，∵AC=6，△ACD是等腰直角三角形，∴AC=2CD=6，∴CD=32當(dāng)AE=3時(shí)，作EH⊥CD交CD于點(diǎn)H，CE=63=3，∵∠ACD=45°，∴EH=CH=22CE=3在Rt△EDF中，F(xiàn)E∴DE=22FE=3在Rt△EDH中，EH=322，DE∴DH=(32)2-(∴CD=CH+DH=322+36故答案為：32，（3）由（1）知，點(diǎn)D在∠ACG的平分線上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)A滑動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，線段CD的長(zhǎng)度先變長(zhǎng)再變短．當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)，CD最短=32當(dāng)DE⊥AC時(shí)，CD最長(zhǎng)=6，故點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)路徑=2(6-32)）=故答案為：12-6【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)和判定，能夠熟練全等三角形的判定和性質(zhì)，以及分析動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是解決本題的關(guān)鍵．【題型2連接四邊形不相鄰兩頂點(diǎn)法】1.（2023秋·河南駐馬店·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，BC=4，將矩形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)B，D分別落在點(diǎn)B'，D'處，如果點(diǎn)B'，D'，C在同一條直線上，那么tan∠A.52 B.5-12【答案】B

【解析】本題主要考查矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及三角函數(shù)的定義，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和正切函數(shù)的定義求得矩形的寬是解題的關(guān)鍵．連接C、B'、D'，由題意可知∠DCB'=∠AD'B'，可設(shè)AB=x【解答】解：如圖，

∵四邊形ABCD為矩形，

∴BC=AD=4，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB=AB'，則CD=AB'=x，B'D=4-x，

∵D'、B'、C在同一條直線上，且D解得x=-2+25或x=-2-25(小于0，不合題意，舍去)，

2.（2023秋·湖南永州·九年級(jí)校考期中）菱形ABCD中，AE⊥BC于E，交BD于F點(diǎn)，下列結(jié)論：①BF為∠ABE的角平分線；②DF=2BF；③2AB2=A.①③ B.①②④ C.①④ D.①③④【答案】D

【解析】解：①∵四邊形ABCD是菱形，

∴BF為∠ABE的角平分線，

故①正確；

②連接AC交BD于點(diǎn)O，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC=AD，

∴當(dāng)∠ABC=60°時(shí)，△ABC是等邊三角形，

即AB=AC，

則DF=2BF，

∵∠ABC的度數(shù)不定，

∴DF不一定等于2BF；

故②錯(cuò)誤；

③∵AE⊥BC，AD//BC，

∴AE⊥AD，

∴∠FAD=90°，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，OB=OD=12DB，AD=AB，

∴∠AOD=∠FAD=90°，

∵∠ADO=∠FDO，

∴△AOD∽△FAD，

∴AD：DF=OD：AD，

∴AD2=DF?OD，

∴AB2=DF?12DB，

即2AB2=DF?DB；

故③正確；

④連接CF，

在△ABF和△CBF中，AB3.（2023秋·江蘇鹽城·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖所示，將一副三角板擺放在一起，組成四邊形ABCD，∠ABC=∠ACD=90°，∠ADC=60°，∠ACB=45°，連接BD，則tan【答案】3【解析】

本題考查了解直角三角形，同時(shí)考查了特殊角的三角函數(shù)值，如何作輔助線，是解題的關(guān)鍵．

如圖所示，連接BD，過點(diǎn)D作DE垂直于BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，構(gòu)造直角三角形，將∠CBD置于直角三角形中，設(shè)CE為1，根據(jù)特殊直角三角形分別求得線段CD、AC、BC，從而按正切函數(shù)的定義可解．

【解答】

解：如圖所示，連接BD，過點(diǎn)D作DE垂直于BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，

∵在Rt△ABC中，∠ACB=45°，在Rt△ACD中，∠ACD=90°

∴∠DCE=45°，

∵DE⊥CE，

∴∠CED=90°，∠CDE=45°

∴設(shè)DE=CE=1，則CD=2，

在Rt△ACD中，

∵∠4.（2023·黑龍江哈爾濱·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，點(diǎn)M、N分別在AB、AD邊上，若AM：MB=AN：ND【答案】1314【解析】

此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及解直角三角函數(shù)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．連接AC，通過三角形全等，求得∠BAC=30°，從而求得BC的長(zhǎng)，然后根據(jù)勾股定理求得CM的長(zhǎng)，連接MN，過M點(diǎn)作ME⊥CN于E，則△MNA是等邊三角形求得MN=2，設(shè)NE=x，表示出CE，然后求得cos∠MCN的值即可．

【解答】

解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，

∴AM=AN=2，BM=DN=4，連接MN，連接AC，

∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°

在Rt△ABC與Rt△ADC中，

AB=AD，AC=AC，

∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，

∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，MC=NC，

∴BC=5.（2023·河北邯鄲·?？既＃┤鐖D，四邊形ABCD，CEFG均為菱形，∠A=∠F，連接BE，EG，EG/?/BC，EB⊥BC，若sin∠EGD=13

【答案】12【解析】解：∵四邊形ABCD，CEFG均為菱形，∠A=∠F，

∴∠BCD=∠ECG，

∴∠BCE=∠DCG，

∵BC=CD，CE=CG，

∴△BCE≌△DCG(SAS)，

∴BE=DG，∠EBC=∠GDC，

連接CF交EG于N，交DG于Q，延長(zhǎng)AD交FC于P，

∴PC⊥EG，EN=GN，

∵EG/?/BC，EB⊥BC，

∴四邊形BENC是矩形，

∴EN=BC，BE=CN，

∵AD/?/BC，

∴AD/?/EG，∠CBE=∠CDG=90°

∴AP⊥CF，

∵∠CQD=FQG，

∴∠DCP=∠EGD，

∵sin∠EGD=13，

∴sin∠DCP=PDCD=13，

∵菱形ABCD的周長(zhǎng)為12，

∴CD=3，

∴PD=1，CP=CD2-PD2=22，

過D作DH⊥EG6.（2023秋·云南普洱·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，D是AC邊上的中點(diǎn)，連結(jié)BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC?，DC'與AB交于點(diǎn)E，連結(jié)AC?，若AD=AC'=2，BD=3，則點(diǎn)【答案】3【解析】

本題考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等，解題關(guān)鍵是會(huì)通過面積法求線段的長(zhǎng)度．

連接CC'，交BD于點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DH⊥BC'于點(diǎn)H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，證△ADC'為等邊三角形，利用解直角三角形求出DM=1，C'M=3DM=3，BM=2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的長(zhǎng)，在△BDC'中利用面積法求出DH的長(zhǎng)．

【解答】

解：如圖，連接CC'，交BD于點(diǎn)M，過點(diǎn)D作DH⊥BC'于點(diǎn)H，

∵AD=AC'=2，D是AC邊上的中點(diǎn)，

∴DC=AD=2，

由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，

∴DC=DC'=2，BC=BC'，CM=C'M7.（2023秋·浙江湖州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E，使DE=AD，連接BD、CE．

(1)求證：四邊形BCED是平行四邊形；

(2)若DA=DB=4，cosA=1【答案】(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD=BC，AD//BC，

∵DE=AD，

∴DE=BC，DE/?/BC，

∴四邊形BCED是平行四邊形；

(2)解：連接BE，

∵DA=DB=4，DE=AD，【解析】(1)根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD=BC，AD//BC，等量代換得到DE=BC，DE/?/BC，于是得到四邊形BCED是平行四邊形；

(2)連接BE，根據(jù)已知條件得到AD=BD8.（2023秋·浙江湖州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)E，使AE=AB，連接DE，AC

(1)求證：四邊形ACDE為平行四邊形；

(2)連接CE交AD于點(diǎn)O，若AC=AB=3，cosB=【答案】解：(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB/?/CD，AB=CD，

∵AE=AB，

∴AE=CD，

∵AE//CD，

∴四邊形ACDE是平行四邊形．

(2)如圖，連接EC．

∵AC=AB【解析】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定、直角三角形的判定、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，是中等題．

(1)欲證明四邊形ACDE是平行四邊形，只要證明AE=CD，AE/?/CD即可；

(2)連接【題型3梯形作高法】1．（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖，將邊長(zhǎng)6cm的正方形紙片沿虛線剪開，剪成兩個(gè)全等梯形．已知裁剪線與正方形的一邊夾角為60°，則梯形紙片中較短的底邊長(zhǎng)為（）A．（3﹣3）cm B．（3﹣23）cm C．（6﹣3）cm D．（6﹣23）cm【答案】A過M點(diǎn)作ME⊥AD于E點(diǎn)，根據(jù)四邊形ABCD是正方形，有AD=CD=6，∠C=∠D=90°，由裁剪的兩個(gè)梯形全等，可得AN=MC；再證明四邊形MCDE是矩形，即有MC=ED，ME=CD=6，進(jìn)而有AN=ED，在Rt△MNE中，解直角三角形可得NE=23，則可得【詳解】如圖，過M點(diǎn)作ME⊥AD于E點(diǎn)，∵四邊形ABCD是正方形，邊長(zhǎng)為6，∴AD=CD=6，∠C=∠D=90°，∵裁剪的兩個(gè)梯形全等，∴AN=MC，∵M(jìn)E⊥AD，∴四邊形MCDE是矩形，∴MC=ED，ME=CD=6，∴AN=ED，根據(jù)題意有∠MNE=60°，∴在Rt△MNE中，NE=∴AN+∴AN=3-即梯形中較短的底為3-3（cm故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的、矩形的判定與性質(zhì)、解直角三角形的應(yīng)用等知識(shí)，根據(jù)梯形全等得出AN=MC是解答本題的關(guān)鍵．2．（2023春·上海普陀·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝532，CD＝5，那么∠D的度數(shù)是【答案】60°或120°該題根據(jù)題意分為兩種情況，首先正確畫出圖形，根據(jù)已知易得直角三角形DEC的直角邊和斜邊的長(zhǎng)，然后利用三角函數(shù)，即可求解.【詳解】①如圖1，過D作DE⊥BC于E，則∠DEC＝∠DEB＝90°，∵AD∥BC，∠A＝90°，∴∠B＝90°，∴四邊形ABED是矩形，∴∠ADE＝90°，AB＝DE＝53∵CD＝5，∴sinC＝DECD＝3∴∠C＝60°，∴∠EDC＝30°，∴∠ADC＝90°+30°＝120°；②如圖2，此時(shí)∠D＝60°，即∠D的度數(shù)是60°或120°，故答案為60°或120°．【點(diǎn)睛】該題重點(diǎn)考查了三角函數(shù)的相關(guān)知識(shí)，解決該題的關(guān)鍵一是：能根據(jù)題意畫出兩種情況，二是：把該題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，從而即可求解.3．（2023·廣東深圳·深圳市海濱中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE=BE，連接DE，若AB=CD=CE=2，則tan∠DEC=．【答案】3作AF⊥BC于點(diǎn)F，DL⊥BC于點(diǎn)L，DG⊥CE于點(diǎn)G交BC于點(diǎn)H，先證明四邊形ABHD是平行四邊形，得DH=AB=CD=CE=2，再證明BF=HL=CL【詳解】解：如圖，作AF⊥BC于點(diǎn)F，DL⊥BC于點(diǎn)L，DG⊥CE于點(diǎn)∵CE∴DH//AB，∴AD//BC，∴四邊形ABHD是平行四邊形，∴DH∴∠DCL∴CL設(shè)∠DCL∵∠DLC∴BFAB∴BF∵∠BEC=90°，∴BC∴BFAB∴CL∴CH∵GH//BE，∴ΔCHG∴HGBE∴HG=4∴DG=DH∵∠DGE∴tan故答案為：3．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、解直角三角形等知識(shí)與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2023秋·山西臨汾·九年級(jí)統(tǒng)考期末）為加強(qiáng)防汛工作，我縣對(duì)小河口水庫(kù)大壩進(jìn)行了加固，如圖，加固前攔水壩的橫斷面是梯形ABCD，已知迎水壩的坡面AB=12米，背水壩的坡面CD=123米，∠B=60°，加固后水庫(kù)大壩背水坡面為DE，已知tan

【答案】8分別過A、D作下底的垂線，設(shè)垂足為F、G．在RtΔABF中，已知坡面長(zhǎng)和坡角的度數(shù)，可求得鉛直高度AF的值，也就得到了DG的長(zhǎng)；在RtΔCDG中，由勾股定理求CG的長(zhǎng)，在RtΔDEG中，根據(jù)正切函數(shù)定義得到GE的長(zhǎng)；根據(jù)CE=【詳解】解：分別過A、D作AF⊥BC，DG⊥BC，垂點(diǎn)分別為

∵在Rt△ABF中，AB=12∴sin∴AF=12×3∴DG=63∵在Rt△DGC中，CD=12∴GC∵在Rt△DEG中，∴63∴GE∴CE=GE即CE的長(zhǎng)為8米．故答案為8．【點(diǎn)睛】本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用-坡度坡角問題，銳角三角函數(shù)的定義，勾股定理．作輔助線構(gòu)造直角三角形是解答此類題的一般思路．5．（2023秋·上?！ぞ拍昙?jí)上海市文來中學(xué)?？计谥校┰谔菪蜛BCD中，AB∥DC，∠B＝90°，BC＝6，CD＝2，tanA=34．點(diǎn)E為BC上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF∥AD交邊AB于點(diǎn)F【答案】65根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠A＝∠EFB，∠GFE＝∠AMF，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得到∠GFE＝∠B