3. 下列命题中，逆命题为假命题的是()

A.角平分线所在直线上的点到这个角的两边的距离相等
B.在一个三角形中，如果两边相等，那么它们所对的角相等
C.两直线平行，同位角相等
D.全等三角形的对应角相等

D

A选项：原命题：角平分线所在直线上的点到这个角的两边的距离相等，逆命题：到一个角的两边距离相等的点在这个角平分线所在直线上，逆命题是真命题。
B选项：原命题：在一个三角形中，如果两边相等，那么它们所对的角相等，逆命题：在一个三角形中，如果两角相等，那么它们所对的边相等，逆命题是真命题。
C选项：原命题：两直线平行，同位角相等，逆命题：同位角相等，两直线平行，逆命题是真命题。
D选项：原命题：全等三角形的对应角相等，逆命题：三个角对应相等的两个三角形全等，逆命题是假命题。

4. 一个三角形的三边长a，b，c满足$\vert a - 12\vert+\sqrt{b - 16}+(c - 20)^{2}=0$，则这个三角形最长边上的高为.

9.6

由于$\vert a - 12\vert≥0$，$\sqrt{b - 16}≥0$，$(c - 20)^{2}≥0$，且$\vert a - 12\vert+\sqrt{b - 16}+(c - 20)^{2}=0$，所以可得：
$\begin{cases}a - 12 = 0\\b - 16 = 0\\c - 20 = 0\end{cases}$
解得$\begin{cases}a = 12\\b = 16\\c = 20\end{cases}$
因为$12^{2}+16^{2}=144 + 256 = 400=20^{2}$，即$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，所以该三角形是直角三角形，两直角边为$a = 12$，$b = 16$，斜边为$c = 20$。
设最长边上的高为$h$，根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}ch$，可得$12×16 = 20h$，解得$h = 9.6$。

5. 如图，在Rt△ABC中，斜边AB = 4，∠BAC = 30°，AB的垂直平分线分别交AB，AC于点E，D，连接BD，点M，N分别是BD和BC上的动点，则CM + MN的最小值是.

5题图

√3

在Rt△ABC中，AB=4，∠BAC=30°，则BC=2，AC=2√3。AB垂直平分线ED交AB于E（AB中点），交AC于D，由垂直平分线性质得AD=BD。以C为原点，BC为x轴，AC为y轴建立坐标系，得B(2,0)，A(0,2√3)，E(1,√3)，D(0,2√3/3)。BD方程为y=(-√3/3)x+2√3/3。作C关于BD的对称点C'，由对称性质得C'(1,√3)。C'到BC（x轴）的距离为√3，即CM+MN最小值为√3。

6. 如图，在△ABC中，∠B = 90°，AB = 3，AC = 5，将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为DE，则△ABE的面积为.
6题图

在$△ABC$中，$∠B=90°$，$AB=3$，$AC=5$，
由勾股定理可得：$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
由题意得，$DE$垂直平分$AC$，
所以$AE=CE$，
设$BE=x$，则$AE=4-x$，
在$△ABE$中，由勾股定理可得：
$AB^2+BE^2=AE^2$，
$3^2+x^2=(4-x)^2$，
$9+x^2=16-8x+x^2$，
$8x=7$，
$x=\frac{7}{8}$，
所以，$△ABE$的面积为：
$S_{△ABE}=\frac{1}{2}× AB× BE=\frac{1}{2}×3×\frac{7}{8}=\frac{21}{16}$。
故答案为：$\frac{21}{16}$（或1.3125）。

7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AC = BC = 10，点D在AB上，∠BCD = 60°，BE，AF分别垂直于CD及其延长线，垂足分别为E，F.
(1) 求证：△ACF≌△CBE；
(2) 求线段EF的长.

(1) 证明：
∵∠ACB=90°，∠BCD=60°，
∴∠ACD=∠ACB-∠BCD=30°.
∵AF⊥CD，BE⊥CD，
∴∠AFC=∠CEB=90°.
在Rt△AFC中，∠CAF=90°-∠ACD=60°；在Rt△CEB中，∠CBE=90°-∠BCD=30°.
∴∠ACF=∠CBE=30°.
在△ACF和△CBE中，
$\{\begin{array}{l} ∠AFC=∠CEB\\ ∠ACF=∠CBE\\ AC=BC\end{array} $，
∴△ACF≌△CBE(AAS).
(2) 在Rt△ACF中，∠ACD=30°，AC=10，
∴CF=AC·cos30°=10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=5$\sqrt{3}$.
在Rt△CBE中，∠BCD=60°，BC=10，
∴CE=BC·cos60°=10×$\frac{1}{2}$=5.
∵△ACF≌△CBE，
∴CF=BE，CE=AF.
∴EF=CF-CE=5$\sqrt{3}$-5.
答案：(2) $5\sqrt{3}-5$

(1) 证明：∵∠ACB=90°，∠BCD=60°，∴∠ACD=∠ACB-∠BCD=30°.
∵AF⊥CD，BE⊥CD，∴∠AFC=∠CEB=90°.
在Rt△AFC中，∠CAF=90°-∠ACD=60°；在Rt△CEB中，∠CBE=90°-∠BCD=30°.
∴∠ACF=∠CBE=30°.
在△ACF和△CBE中，
$\{\begin{array}{l} ∠AFC=∠CEB\\ ∠ACF=∠CBE\\ AC=BC\end{array} $，
∴△ACF≌△CBE(AAS).
(2) 在Rt△ACF中，∠ACD=30°，AC=10，
∴CF=AC·cos30°=10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=5$\sqrt{3}$.
在Rt△CBE中，∠BCD=60°，BC=10，
∴CE=BC·cos60°=10×$\frac{1}{2}$=5.
∵△ACF≌△CBE，∴CF=BE，CE=AF.
∴EF=CF-CE=5$\sqrt{3}$-5.

1. (2025·江苏·连云港)如图，长为3 m的梯子靠在墙上，梯子的底端和墙脚线的距离为1.8 m，则梯子顶端的高度h为m.

1题图

$2.4$

由题意可知，梯子、墙和地面构成一个直角三角形，其中梯子为斜边，梯子底端和墙脚线的距离为一条直角边，梯子顶端的高度为另一条直角边。
根据勾股定理$a^2 + b^2 = c^2$（其中$c$为斜边，$a$、$b$为两直角边），设梯子顶端的高度为$h$米，已知梯子长$3$米，梯子底端和墙脚线的距离为$1.8$米，则可列出方程：
$h^{2}+1.8^{2}=3^{2}$
$h^{2}=3^{2}-1.8^{2}$
$h^{2}=9 - 3.24$
$h^{2}=5.76$
因为$h$为高度，大于$0$，所以$h=\sqrt{5.76}=2.4$（米）。

2. (2025·重庆)如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC边的中点，连接DE，将△DCE沿直线DE翻折到正方形ABCD所在的平面内，得△DFE，延长DF交AB于点G. ∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H，连接GH，则△DGH的面积为()

A.$\dfrac{5}{8}$
B.$\dfrac{5}{4}$
C.$\dfrac{5\sqrt{5}}{8}$
D.$\dfrac{5\sqrt{5}}{4}$

A

1. 翻折与全等：正方形ABCD边长为2，E为BC中点，故EC=BE=1。将△DCE沿DE翻折得△DFE，则DF=DC=2，EF=EC=1，∠DFE=∠C=90°。连接EG，易证Rt△GBE≌Rt△GFE（HL），得GF=GB。
2. 求AG长度：设AG=x，则BG=2-x=GF，DG=DF+FG=2+(2-x)=4-x。在Rt△ADG中，由勾股定理得：$2^2 + x^2 = (4 - x)^2$，解得$x=\frac{3}{2}$，故DG=$\frac{5}{2}$。
3. 内心与内切圆半径：AH、DH分别平分∠DAG、∠ADG，H为△ADG内心。直角三角形内切圆半径$r=\frac{AD + AG - DG}{2}=\frac{2 + \frac{3}{2} - \frac{5}{2}}{2}=\frac{1}{2}$。
4. △DGH面积：H到DG距离为r=$\frac{1}{2}$，面积=$\frac{1}{2}×DG×r=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×\frac{1}{2}=\frac{5}{8}$。