三角形与全等三角形2022年中考数学专练(解析版).pdf

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1、热点 06 三角形与全等三角形 三角形的基础知识是解决后续很多几何问题的基础，全等三角形也是几何问题中证明线段相等或者角相等的常用关系。所以，在中考中，考察的几率也是比较大。在考察题型上，三角形基础知识部分多以选择或者填空题形式，考察其三边关系、内角和定理、“三线”基本性质等，全等三角形考点，考题形式选择填空均有，个别以简答题形式出现考察其性质与判定的简单应用。而且，因为该考点与其他几何考点的融入性特别多，所以还有作为几何综合问题的考点之一来综合考察。1.三角形基本性质：分类记忆，边、角、线；有关三角形的基本性质，主要从以下几个方向考察：边的角度三边关系三角形两边之和大于第三边；角的角度三角形

2、内角和定理三个内角之和=180（外角定理：三角形的一个外角等于与它不相邻两个内角的和）；三线的角度高线、中线、角平分线 2.应用方面抓实质当问题已知条件中出现什么概念，立马想找个概念对应的性质；不仅仅是三角形的基本性质，其他几何图形也一样，概念决定性质，性质决定应用。应用时用不上怎么办？添加对应的辅助线，使对应概念的性质可以应用。3.全等三角形：根据不同条件选择合适的判定方法，判定和性质通常都是同步考察的；全等三角形的问题，简单问题直接选择合适的方法判定或者应用；复杂的问题中，证出两个三角形是全等三角形之后，通常要接着用全等三角形的对应边或者对应角相等来解决后续问题。所以，有时候问题中并没有让

3、判定两个三角形全等，但是我们需要通常“三角形全等的证明”间接得到所需要的边相等或角相等。三角形常考热点考点有：三角形三边关系、内角和定理、外角定理、中线高线角平分线的应用、全等三角形的性质与判定等。大多数是数学问题的直接考察，个别时候会需要我们把生活实例中的某个物体抽象出数学模型，之后根据其性质对应计算或应用。A 卷（建议用时：50 分钟）1（2021宜宾中考真题）若长度分别是 a、3、5 的三条线段能组成一个三角形，则 a 的值可以是（）A1 B2 C4 D8【分析】根据三角形三边关系定理得出 53a5+3，求出即可【解答】解：由三角形三边关系定理得：53a5+3，即 2a8，即符合的只有

4、4，故选：C 2（2021梧州中考真题）在ABC 中，A20，B4C，则C 等于（）A32 B36 C40 D128【分析】由三角形的内角和定理可得：A+B+C180，再结合所给的条件，可得 5C160，从而可求解【解答】解：A20，B4C，在ABC 中，A+B+C180，20+4C+C180，5C160，C32 故选：A 3（2021湖北中考真题）如图，在ABC 中，C90，点 D 在 AC 上，DEAB，若CDE160，则B 的度数为（）A40 B50 C60 D70【分析】利用平角的定义可得ADE20，再根据平行线的性质知AADE20，再由内角和定理可得答案【解答】解：CDE160，AD

5、E20，DEAB，AADE20，B180AC180209070 故选：D 4（2021本溪中考真题）一副三角板如图所示摆放，若180，则2 的度数是（）A80 B95 C100 D110【分析】根据直角三角形的性质求出5，根据三角形的外角性质求出3，根据对顶角相等求出4，再根据三角形的外角性质计算，得到答案【解答】解：如图，5903060，314535，4335，24+595，故选：B 5（2021哈尔滨中考真题）如图，ABCDEC，点 A 和点 D 是对应顶点，点 B 和点 E 是对应顶点，过点 A 作 AFCD，垂足为点 F，若BCE65，则CAF 的度数为（）A30 B25 C35 D6

6、5【分析】由全等三角形的性质可求得ACD65，由垂直可得CAF+ACD90，进而可求解CAF的度数【解答】解：ABCDEC，ACBDCE，BCE65，ACDBCE65，AFCD，AFC90，CAF+ACD90，CAF906525，故选：B 6（2021盐城中考真题）工人师傅常常利用角尺构造全等三角形的方法来平分一个角如图，在AOB的两边 OA、OB 上分别截取 OCOD，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点 C、D 重合，这时过角尺顶点 M 的射线 OM 就是AOB 的平分线这里构造全等三角形的依据是（）ASAS BASA CAAS DSSS【分析】根据全等三角形的判定定理 SSS 推出CO

7、MDOM，根据全等三角形的性质得出COMDOM，根据角平分线的定义得出答案即可【解答】解：在COM 和DOM 中，所以COMDOM（SSS），所以COMDOM，即 OM 是AOB 的平分线，故选：D 7（2021攀枝花中考真题）如图，一名工作人员不慎将一块三角形模具打碎成三块，他要带其中一块或两块碎片到商店去配一块与原来一样的三角形模具，他带（）去最省事 A B C D【分析】根据全等三角形的判定方法结合图形判断出带去【解答】解：由图形可知，有完整的两角与夹边，根据“角边角”可以作出与原三角形全等的三角形，所以，最省事的做法是带去 故选：C 8（2021青海 中考真题）如图，在四边形 ABCD

8、 中，A90，AD3，BC5，对角线 BD 平分ABC，则BCD 的面积为（）A8 B7.5 C15 D无法确定【分析】过 D 点作 DEBC 于 E，如图，根据角平分线的性质得到 DEDA3，然后根据三角形面积公式计算【解答】解：过 D 点作 DEBC 于 E，如图，BD 平分ABC，DEBC，DAAB，DEDA3，BCD 的面积537.5 故选：B 9（2021宁夏中考真题）如图，在ABCD 中，AD4，对角线 BD8，分别以点 A、B 为圆心，以大于AB 的长为半径画弧，两弧相交于点 E 和点 F，作直线 EF，交对角线 BD 于点 G，连接 GA，GA 恰好垂直于边 AD，则 GA 的

9、长是（）A2 B3 C4 D5【分析】根据线段垂直平分线的性质得到 AGBG，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案【解答】解：设 BGx，则 DG8x，由作图可知：EF 是线段 AB 的垂直平分线，AGBGx，在 RtDAG 中，AD2+AG2DG2，即 42+x2（8x）2，解得：x3，即 AG3，故选：B 10（2021安徽中考真题）在ABC 中，ACB90，分别过点 B，C 作BAC 平分线的垂线，垂足分别为点 D，E，BC 的中点是 M，连接 CD，MD，ME则下列结论错误的是（）ACD2ME BMEAB CBDCD DMEMD【分析】根据题意作出图形，可知点 A，C，D，B 四点共圆

10、，再结合点 M 是中点，可得 DMBC，又CEAD，BDAD，可得CEMBFM，可得 EMFMDM，延长 DM 交 AB 于点 N，可得 MN 是ACB 的中位线，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得 DNAN，得到角之间的关系，可得 MEAB【解答】解：根据题意可作出图形，如图所示，并延长 EM 交 BD 于点 F，延长 DM 交 AB 于点 N，在ABC 中，ACB90，分别过点 B，C 作BAC 平分线的垂线，垂足分别为点 D，E，由此可得点 A，C，D，B 四点共圆，AD 平分CAB，CADBAD，CDDB，（故选项 C 正确）点 M 是 BC 的中点，DMBC，又ACB90，

11、ACDN，点 N 是线段 AB 的中点，ANDN，DABADN，CEAD，BDAD，CEBD，ECMFBM，CEMBFM，点 M 是 BC 的中点，CMBM，CEMBFM（AAS），EMFM，CEMBFM，点 M 是 EF 的中点，CEBF，EDFCED90，EMFMDM（故选项 D 正确），DEMMDEDAB，EMAB（故选项 B 正确），综上，可知选项 A 的结论不正确 故选：A 11（2021雅安中考真题）如图，将ABC 沿 BC 边向右平移得到DEF，DE 交 AC 于点 G若 BC：EC3：1SADG16则 SCEG的值为（）A2 B4 C6 D8【分析】根据平移的性质得出 ADBE

12、，进而得出 BE：EC2：1，利用三角形面积之比解答即可【解答】解：由平移性质可得，ADBE，ADBE，ADGCEG，BC：EC3：1，BE：EC2：1，AD：EC2：1，4，SADG16，SCEG4，故选：B 12（2021鄂州中考真题）如图，四边形 ABDC 中，ACBC，ACB90，ADBD 于点 D若 BD2，CD4，则线段 AB 的长为 【分析】过点 C 作 CECD 交 AD 于 E，判断出ACEBCD，进而利用 AAS 判断出ACEBCD，得出 AEBD2，CECD，进而利用勾股定理求出 DE8，即 AD10，最后用勾股定理即可得出结论【解答】解：如图，过点 C 作 CECD 交

13、 AD 于 E，ECD90，ACB90，ACBECD，ACBBCEECDBCE，ACEBCD，ACBC，BC 与 AD 的交点记作点 F，ACB90，AFC+CAE90，AFCDFB，DFB+CAE90，ADB90，DFB+CBD90，CAECBD，ACEBCD（AAS），AEBD，CECD，在 RtDCE 中，CECD4，DECD8，BD2，AE2，ADAE+DE2+810，在 RtABD 中，根据勾股定理得，AB2，故答案为 13（2021兰州中考真题）如图，点 E，C 在线段 BF 上，AD，ABDE，BCEF求证：ACDF 【分析】根据平行线的性质得到ABCDEF根据全等三角形的判定和

14、性质定理即可得到结论【解答】证明：ABED，ABCDEF 在ABC 与DEF 中，ABCDEF（AAS）ACDF 14（2021南京中考真题）如图，AC 与 BD 交于点 O，OAOD，ABODCO，E 为 BC 延长线上一点，过点 E 作 EFCD，交 BD 的延长线于点 F（1）求证AOBDOC；（2）若 AB2，BC3，CE1，求 EF 的长 【分析】（1）由 AAS 证明AOBDOC 即可；（2）由全等三角形的性质得 ABDC2，再证BCDBEF，得，即可求解【解答】（1）证明：在AOB 和DOC 中，AOBDOC（AAS）；（2）解：由（1）得：AOBDOC，ABDC2，BC3，CE

15、1，BEBC+CE4，EFCD，BCDBEF，即，解得：EF 15（2021河池中考真题）如图，在 RtABC 中，A90，AB4，AC3，D，E 分别是 AB，BC边上的动点，以 BD 为直径的O 交 BC 于点 F（1）当 ADDF 时，求证：CADCFD；（2）当CED 是等腰三角形且DEB 是直角三角形时，求 AD 的长 【分析】（1）因为 BD 是O 的直径，所以DFB90，利用“HL“证明 RtCADRtCFD；（2）因为CED 为等腰三角形，故每一条边都可能是底边，可以分三类讨论，由于DEB 是直角三角形，所以 D 和 F 都可能为直角顶点，故需要分两类讨论，我们选择按照 D 和

16、 F 为直角顶点分两类讨论更简单，当EDB90时，DEB90，CED 是钝角，所以此时只能构造 ECED 的等腰三角形，故取点 D 使 CD 平分ACB，作 DEAB 交 BC 于 E，可以证明 DEDC，且 DEAC，得到BDEBAC，设 DEDCx，利用相似三角形对应边成比例，列出方程并求解，即可解决，当DEB90时，如图 2，则AED90，若CED 为等腰三角形，则ECDEDC45，即 ECDC，可以利用三角函数或相似来求 AD 的长度【解答】证明：（1）BD 为O 直径，DFB90，在 RtACD 与 RtFCD 中，RtACDRtFCD（HL），解：（2）DEB 是直角三角形，且B9

17、0，直角顶点只能是 D 点和 E 点，若EDB90，如图 1，在 AB 上取点 D，使 CD 平分ACB，过 D 作 DEAB 交 BC 于 E，CD 平分ACB，ACDECD，CABEDB90，ACDE，ACDCDE，ECDCDE，CEDE，此时ECD 为 E 为顶角顶点的等腰三角形，DEB 是以 D 为直角顶点的直角三角形，设 CEDEx，在直角ABC 中，BC5，BE5x，DEAC，BDEBAC，x，DEAC，AD，若DEB90，如图 2，则CED90，CED 为等腰三角形，ECDEDC45，可设 CEDEy，tanB，tanB，BCCE+EB5，y+5，CEDE，BD，ADABBD4，

18、AD 的长为或 B 卷（建议用时：80 分钟）1（2021绥化中考真题）下列命题是假命题的是（）A任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边 B三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半 C如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等 D一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【分析】利用三角形的三边关系、三角形的中位线定理、平行线的性质及平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项【解答】解：A、任意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边，正确，是真命题，不符合题意；B、三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半，正确，是真命题，不符合题意；C

19、、如果一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等或互补，故原命题错误，是假命题，符合题意；D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，正确，是真命题，不符合题意，故选：C 2（2021淮安 中考真题）一个三角形的两边长分别是1和4，若第三边的长为偶数，则第三边的长是 【分析】利用三角形三边关系定理，先确定第三边的范围，再根据第三边是偶数这一条件，求得第三边的值【解答】解：设第三边为 a，根据三角形的三边关系知，41a4+1，即 3a5，又第三边的长是偶数，a 为 4 故答案为：4 3（2021宿迁中考真题）如图，在ABC 中，A70，C30，BD 平分ABC 交 AC 于点 D

20、，DEAB，交 BC 于点 E，则BDE 的度数是（）A30 B40 C50 D60【分析】根据三角形内角和定理求出ABC，根据角平分线定义求出ABD，根据平行线的性质得出BDEABD 即可【解答】解：在ABC 中，A70，C30，ABC180AC80，BD 平分ABC，ABDABC40，DEAB，BDEABD40，故选：B 4（2021乐山 中考真题）如图，已知直线 l1、l2、l3两两相交，且 l1l3，若 50，则 的度数为（）A120 B130 C140 D150【分析】先求出 的对顶角等于 50，再根据三角形的外角性质求出 的度数【解答】解：如图，根据对顶角相等得：150，l1l3，

21、290 是三角形的外角，1+250+90140，故选：C 5（2021台湾中考真题）已知ABC 与DEF 全等，A、B、C 的对应点分别为 D、E、F，且 E 点在 AC上，B、F、C、D 四点共线，如图所示若A40，CED35，则下列叙述何者正确？（）AEFEC，AEFC BEFEC，AEFC CEFEC，AEFC DEFEC，AEFC【分析】由ABC 与DEF 全等，A、B、C 的对应点分别为 D、E、F，可得AD40，ACDF，ACBDFE，可得 EFEC；CED35，D40可得DCED，由大角对大边可得 CECD；利用 ACDF，可得 ACCEDFCD，即 AEFC，由上可得正确选项【

22、解答】解：ABCDEF，AD40，ACDF，ACBDFE，ACBDFE，EFEC CED35，D40，DCED CECD ACDF，ACCEDFCD，即 AEFC AEFC EFEC，AEFC 故选：B 6（2021齐齐哈尔中考真题）如图，ACAD，12，要使ABCAED，应添加的条件是 （只需写出一个条件即可）【分析】利用12 得到BACEAD，由于 ACAD，然后根据全等三角形的判定方法添加条件【解答】解：12，1+BAD2+BAD，即BACEAD，ACAD，当添加BE 时，可根据“AAS”判断ABCAED；当添加CD 时，可根据“ASA”判断ABCAED；当添加 ABAE 时，可根据“S

23、AS”判断ABCAED 故答案为BE 或CD 或 ABAE 7（2021陕西中考真题）如图，AB、BC、CD、DE 是四根长度均为 5cm 的火柴棒，点 A、C、E 共线若AC6cm，CDBC，则线段 CE 的长度是（）A6cm B7cm C6cm D8cm【分析】过 B 作 BMAC 于 M，过 D 作 DNCE 于 N，由等腰三角形的性质得到 AMCM3，CNEN，根据全等三角形判定证得BCMCDN，得到 BMCN，在 RtBCM 中，根据勾股定理求出 BM4，进而求出【解答】解：由题意知，ABBCCDDE5cm，AC6cm，过 B 作 BMAC 于 M，过 D 作 DNCE 于 N，则B

24、MCCND90，AMCMAC63，CNEN，CDBC，BCD90，BCM+CBMBCM+DCN90，CBMDCN，在BCM 和CDN 中，BCMCDN（AAS），BMCN，在 RtBCM 中，BC5，CM3，BM4，CN4，CE2CN248，故选：D 8（2021泰州中考真题）如图，四边形 ABCD 中，ABCD4，且 AB 与 CD 不平行，P、M、N 分别是AD、BD、AC 的中点，设PMN 的面积为 S，则 S 的范围是 【分析】有中点一般思考中线或者中位线，本题借助三角形中位线求解【解答】解：作 MEPN，如图所示，P，M，N 分别是 AD，BD，AC 中点，PMAB2，PNCD2，S

25、PMNME，AB 与 CD 不平行，M，N 不能重合，ME0 MEMP2 0S2 故答案是：0S2 9（2021威海中考真题）如图，在ABC 和ADE 中，CABDAE36，ABAC，ADAE连接 CD，连接 BE 并延长交 AC，AD 于点 F，G若 BE 恰好平分ABC，则下列结论错误的是（）AADCAEB BCDAB CDEGE DBF2CFAC【分析】根据题意得出DACEAB，用边角边定理证明DACEAB，从而得出ADCAEB；根据平分线的性质得出角之间的关系：DCAEBA36CAB36，再根据平行线的判定可得出 CDAB；先假设 DEGE，根据等边对等角及三角形的内角和推出各角之间的

26、关系，得到AEGEAB+ABE与三角形的外角性质产生矛盾，从而推出假设不成立；【解答】解：CABDAE36，CABCAEDAECAE，即DACEAB，在DAC 和EAB 中有：，DACEAB（SAS），ADCAEB，故 A 选项不符合题意；CABDAE36，ACBABC（18036）272，BE 平分ABC，ABECBE36，由可知DCAEBA36，CAB36，CDAB（内错角相等，两直线平行），故 B 选项不符合题意；假设 DEGE，则DGEADE72，DEG18027236，AEGAEDDEG723636，ABE36，AEG 是ABE 的一个外角，AEGEAB+ABE 而事实上AEGEAB

27、+ABE，假设不成立，故 C 选项符合题意；FABFBA36，AFB180236108，在AFB 中有，CBF36，FCB72，BFC72，在BFC 中有：，即 BF2ABCF，ABAC，BF2ACCF，故 D 选项不符合题意 故选：C 10（2021日照中考真题）如图，在矩形 ABCD 中，AB8cm，AD12cm，点 P 从点 B 出发，以 2cm/s的速度沿 BC 边向点 C 运动，到达点 C 停止，同时，点 Q 从点 C 出发，以 vcm/s 的速度沿 CD 边向点 D运动，到达点D停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动 当 v为 2或 时，ABP 与PCQ 全等

28、【分析】可分两种情况：ABPPCQ 得到 BPCQ，ABPC，ABPQCP 得到 BACQ，PBPC，然后分别计算出 t 的值，进而得到 v 的值【解答】解：当 BPCQ，ABPC 时，ABPPCQ，AB8cm，PC8cm，BP1284（cm），2t4，解得：t2，CQBP4cm，v24，解得：v2；当 BACQ，PBPC 时，ABPQCP，PBPC，BPPC6cm，2t6，解得：t3，CQAB8cm，v38，解得：v，综上所述，当 v2 或时，ABP 与PQC 全等，故答案为：2 或 11（2021绍兴中考真题）已知ABC 与ABD 在同一平面内，点 C，D 不重合，ABCABD30，AB4

29、，ACAD2，则 CD 长为 【分析】分 C，D 在 AB 的同侧或异侧两种情形，分别求解，注意共有四种情形【解答】解：如图，当 C，D 同侧时，过点 A 作 AECD 于 E 在 RtAEB 中，AEB90，AB4，ABE30，AEAB2，ADAC2，DE2，EC2，DEECAE，ADC 是等腰直角三角形，CD4，当 C，D 异侧时，过 C作 CHCD 于 H，BCC是等边三角形，BCBEEC22，CHBH1，CHCH3，在 RtDCH 中，DC2，DBD是等边三角形，DD2+2，CD 的长为 22 或 4 或 2 故答案为：22 或 4 或 2 12（2021达州中考真题）如图，在边长为

30、6 的等边ABC 中，点 E，F 分别是边 AC，BC 上的动点，且AECF，连接 BE，AF 交于点 P，连接 CP，则 CP 的最小值为 【分析】由“SAS”可证ABEACF，可得ABECAF，可求APB120，过点 A，点 P，点B 作O，则点 P 在上运动，利用锐角三角函数可求 CO，AO 的长，即可求解【解答】解：ABC 是等边三角形，ABACBC，CABACB60，在ABE 和CAF 中，ABECAF（SAS），ABECAF，BPFPAB+ABPCAP+BAP60，APB120，如图，过点 A，点 P，点 B 作O，连接 CO，PO，点 P 在上运动，AOOPOB，OAPOPA，O

31、PBOBP，OABOBA，AOB360OAPOPAOPBOBP120，OAB30，CAO90，ACBC，OAOB，CO 垂直平分 AB，ACO30，cosACO，CO2AO，CO4，AO2，在CPO 中，CPCOOP，当点 P 在 CO 上时，CP 有最小值，CP 的最小值422，故答案为 2 13（2021长沙中考真题）如图，在ABC 中，ADBC，垂足为 D，BDCD，延长 BC 至 E，使得 CECA，连接 AE（1）求证：BACB；（2）若 AB5，AD4，求ABE 的周长和面积 【分析】（1）证明 AD 是 BC 的中垂线，即可求解；（2）利用勾股定理分别计算出 BD 和 AE 即可

32、求出ABE 的周长和面积【解答】解：（1）证明：ADBC，BDCD，AD 是 BC 的中垂线，ABAC，BACB；（2）在 RtADB 中，BD3，BDCD3，ACABCE5，BE2BD+CE23+511，在 RtADE 中，AE4，CABEAB+BE+AE5+11+416+4，SABE22 14（2021黄石中考真题）如图，D 是ABC 的边 AB 上一点，CFAB，DF 交 AC 于 E 点，DEEF（1）求证：ADECFE；（2）若 AB5，CF4，求 BD 的长 【分析】（1）利用角角边定理判定即可；（2）利用全等三角形对应边相等可得 AD 的长，用 ABAD 即可得出结论【解答】（1

33、）证明：CFAB，ADFF，AECF 在ADE 和CFE 中，ADECFE（AAS）（2）ADECFE，ADCF4 BDABAD541 15（2021湘潭中考真题）如图，矩形 ABCD 中，E 为边 BC 上一点，将ABE 沿 AE 翻折后，点 B 恰好落在对角线 AC 的中点 F 上（1）证明：AEFCEF；（2）若 AB，求折痕 AE 的长度 【分析】（1）由折叠性质得到，AFEB90，由点 B 恰好落在对角线 AC 的中点 F 上可得 AFCF，根据邻补角的定义得到CFE90，即可根据 SAS 判定AEFCEF；（2）由（1）得EAFECF，由折叠性质得到BAEEAF，根据直角三角形的两

34、锐角互余求出BAE30，再解直角三角形求解即可【解答】（1）证明：四边形 ABCD 是矩形，B90，将ABE 沿 AE 翻折后，点 B 恰好落在对角线 AC 的中点 F 上，AFEB90，AFCF，AFE+CFE180，CFE180AFE90，在AEF 和CEF 中，AEFCEF（SAS）（2）解：由（1）知，AEFCEF，EAFECF，由折叠性质得，BAEEAF，BAEEAFECF，B90，BAC+BCA90，3BAE90，BAE30，在 RtABE 中，AB，B90，AE2 16（2021威海中考真题）（1）已知ABC，ADE 如图摆放，点 B，C，D 在同一条直线上，BACDAE90，A

35、BCADE45连接 BE，过点 A 作 AFBD，垂足为点 F，直线 AF 交 BE 于点 G求证：BGEG（2）已知ABC，ADE 如图摆放，BACDAE90，ACBADE30连接 BE，CD，过点 A 作 AFBE，垂足为点 F，直线 AF 交 CD 于点 G求的值 【分析】（1）连接 EC，根据题意易推出BADCAE，从而证明BADCAE，得到 AFCE，再利用平行线分线段成比例的性质求解即可（2）作相关辅助线构造直角三角形DGM 和CGN，先由角之间的互余关系推出12，34，再根据等角的正弦值相等得出边之间的关系 DMCN，从而证明DGMCGN，利用全等三角形的性质求解即可【解答】（1

36、）证明：如图，连接 EC，BACDAE90，ABCADE45，ABC 和ADE 为等腰直角三角形，ABAC，ADAE，BAC+CADDAE+CAD，即BADCAE，在BAD 与CAE 中，BADCAE（SAS），ABDACE45，ACB+ACE90，则 CEBD，AFBD，AFCE，BFFC，1，BGEG（2）解：如图，过点 D 作 DMAG，垂足为点 M，过点 C 作 CNAG，交 AG 的延长线于点 N，在ABC 和AED 中，BACDAE90，ACBADE30，设 AEa，ABb，则 ADa，ACb，1+EAF90，2+EAF90，12，sin1sin2，即，同理可证34，DMCN，在DGM 和CGN 中，有：，DGMCGN（AAS），DGCG，1