第四章三角形第17講等腰（邊）三角形與直角三角形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透視·目標導航02知識導圖·思維引航03考點突破·考法探究考點一等腰三角形的性質與判定考點二等邊三角形的性質與判定考點三線段垂直平分線的性質與判定定理考點四直角三角形的性質與判定考點五勾股定理04題型精研·考向洞悉命題點一等腰三角形?題型01根據等邊對等角求角度?題型02根據三線合一求解?題型03根據等角對等邊求邊長?題型04根據等角對等邊證明邊相等?題型05等腰三角形性質與判定綜合命題點二等邊三角形?題型01利用等邊三角形的性質求線段長?題型02利用等邊三角形的性質求角度?題型03等邊三角形的性質與判定應用命題點三垂直平分線?題型01利用垂直平分線的性質求解?題型02線段垂直平分線的判定命題點四直角三角形?題型01利用直角三角形的性質求解?題型02含30°的直角三角形問題?題型03直角三角形斜邊上的中線問題命題點五勾股定理及其逆用?題型01利用勾股定理求線段長?題型02以直角三角形三邊為邊長的圖形面積?題型03利用勾股定理解決折疊問題?題型04以弦圖為背景的計算題?題型05利用勾股定理解決實際問題?題型06勾股定理的逆用?題型07勾股定理與幾何交匯問題05分層訓練·鞏固提升基礎鞏固能力提升0考點要求新課標要求考查頻次命題預測等腰三角形的性質與判定理解等腰三角形的概念.探索并證明等腰三角形的性質定理:等腰三角形的兩個底角相等;底邊上的高線、中線及頂角平分線重合.探索并掌握等腰三角形的判定定理:有兩個角相等的三角形是等腰三角形.10年7考該板塊內容重在掌握基本知識的基礎上靈活運用，也是考查重點，年年都會考查，直角三角形的性質定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理與實際問題等，特別是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重點.出題類型可以是選擇填空題這類小題，也可以是各類解答題，以及融合在綜合壓軸題中，最為經典的“手拉手”模型就是以等腰三角形為特征總結的.而數學中考中，等腰三角形單獨出題的可能性還是比較大的，多以選擇填空題型出現，但是因為等腰三角形可以放在很多模型中，所以等腰三角形結合其他考點出成壓軸題的幾率特別大，所占分值也是比較多，屬于是中考必考的中等偏上難度的考點.等邊三角形的性質與判定探索等邊三角形的性質定理:等邊三角形的各角都等于60°.探索等邊三角形的判定定理:三個角都相等的三角形(或有一個角是60°的等腰三角形)是等邊三角形.近10年連續考查線段垂直平分線的性質與判定定理理解線段垂直平分線的概念，探索并證明線段垂直平分線的性質定理:線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等;反之，到線段兩端距離相等的點在線段的垂直平分線上.10年8考直角三角形的性質與判定理解直角三角形的概念.探索并掌握直角三角形的性質定理:直角三角形的兩個銳角互余，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.掌握有兩個角互余的三角形是直角三角形.10年8考勾股定理探索勾股定理及其逆定理，并能運用它們解決一些簡單的實際問題.10年7考考點一等腰三角形的性質與判定等腰三角形的概念：有兩邊相等的三角形角等腰三角形．等腰三角形性質：1）等腰三角形的兩個底角相等（簡稱“等邊對等角”）.2）等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合.（簡稱“三線合一”）.等腰三角形的判定：如果一個三角形有兩個角相等，那么這兩個角所對的邊也相等（簡稱“等角對等邊”）.考點二等邊三角形的性質與判定等邊三角形的概念：三條邊都相等的三角形叫等邊三角形，它是特殊的等腰三角形.等邊三角形的性質：1）等邊三角形的三條邊相等.2）三個內角都相等，并且每個內角都是60°.等邊三角形的判定：1）三邊相等或三個內角都相等的三角形是等邊三角形.1.等邊1.等邊三角形具有等腰三角形的一切性質.2.等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸．3．等邊三角形的內心、外心、重心和垂心重合．4.在等腰三角形中，只要有一個角是60°，無論這個角是頂角還是底角，這個三角形就是等邊三角形．5.等腰(等邊)三角形頂角平分線平分底邊并且垂直于底邊，即等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高重合．6.等邊三角形面積的求解方法：S正三角形=04題型精研·考向洞悉考點三線段垂直平分線的性質與判定定理垂直平分線的概念：經過線段的中點并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線（或線段的中垂線）.性質：線段的垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等.判定：到一條線段兩個端點距離相等的點在這條線段的垂直平分線上.考點四直角三角形的性質與判定直角三角形的定義：有一個角是直角的三角形叫做直角三角形．直角三角形的性質：1）直角三角形兩個銳角互余.2）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.3）在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半.直角三角形的判定：1）兩個內角互余的三角形是直角三角形.2）三角形一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是直角三角形．3）有一個角是直角的三角形叫做直角三角形．4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三邊長a，b，c有關系a2+b2=c2，那么這個三角形是直角三角形。面積公式：S=(其中：c為斜邊上的高，m為斜邊長)考點五勾股定理勾股定理的概念：如果直角三角形的兩直角邊分別為，，斜邊為，那么.變式：，，,,.勾股定理的證明方法（常見）：方法一（圖一）：，，化簡可證．方法二（圖二）：四個直角三角形的面積與小正方形面積的和等于大正方形的面積．四個直角三角形的面積與小正方形面積的和為大正方形面積為，所以方法三（圖三）：，，化簡得證圖一圖二圖三勾股數概念：能夠構成直角三角形的三邊長的三個正整數稱為勾股數，即中，，，為正整數時，稱，，為一組勾股數.常見的勾股數：如；；；等.命題點一等腰三角形?題型01根據等邊對等角求角度1．（2024·廣東中山·三模）如圖，直線，，于點，若，則的度數為（）A．. B． C． D．【答案】B【分析】本題考查平行線的性質和三角形內角和，根據可得，再結合和三角形內角和即可求解．【詳解】∵，，∴∵∴∵∴故選：B．2．（2024·廣東惠州·模擬預測）如圖，在中，，將繞點A按逆時針方向旋轉得到．若點剛好落在邊上，且，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，由旋轉的性質可得，，由等腰三角形的性質可得，，由三角形的外角性質和三角形內角和定理可求解．【詳解】解：∵，∴，∴，∵將繞點A按逆時針方向旋轉得到，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故選：C．3．（2024·廣東珠海·一模）如圖，繞點A逆時針旋轉一定角度后得到，點D在BC上，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】此題重點考查旋轉的性質、三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和、“等邊對等角”、三角形的內角和等于等知識，證明是解題的關鍵．設交于點，由，且，得，則，由，得，而，則，求得，于是得到問題的答案．【詳解】解：設交于點，，，，由旋轉得，，，，，，，，，故選：A．4．（2023·廣東廣州·二模）如圖，在中，，，將繞點C順時針旋轉角度得到，使得、、A三點共線，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據旋轉得到，，，根據，得到，即可得到答案；【詳解】解：∵繞點C順時針旋轉角度得到，∴，，，∴∵，，∴，∴，故選D；【點睛】本題考查三角形內角和定理，旋轉的性質，解題的關鍵是根據旋轉的性質得到角度及線段的關系．?題型02根據三線合一求解5．（2023·廣東江門·三模）已知直線，將一塊含角的直角三角板按如圖方式放置，其中直角頂點在直線上，斜邊與直線交于的中點，連接．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據等腰三角形的性質得出，進而得出，根據平行線的性質即可求解．【詳解】解：∵是等腰直角三角形，斜邊與直線交于的中點，∴∴∵，∴∵，∴，故選：A．【點睛】本題考查了三線合一，平行線的性質，熟練掌握等腰三角形的性質是解題的關鍵．6．（2024·甘肅隴南·三模）如圖，在中，，點D在上，且，點E和點F分別是和的中點，則的長是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本題考查了等腰三角形，直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握三線合一，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．連接，根據等腰三角形的性質得，根據直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半進行解答即可得．【詳解】解：如圖，連接，∵，點F是的中點，∴，，∵，點E是的中點，∴，故選：B．7．（2024·陜西·模擬預測）如圖，在中，，是的高線，是的中線，連接．若．則為（）

A．4 B．2．5 C．3 D．【答案】B【分析】本題主要考查了三線合一定理，勾股定理，直角三角形的性質，先由三線合一定理得到，再由勾股定理得到，最后根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到答案．【詳解】解：∵，，是的高線，∴，∴，∵是的中線，∴點D為的中點，∴，故選：B．8．（2024·貴州黔東南·二模）如圖，中，，，，點在的延長線上，點在邊上，且．若，則的邊長為（

）A．2.5 B．3.5 C．2 D．【答案】C【分析】本題考查了含30度角的直角三角形的性質，等腰三角形的性質．過點作于．先在中利用角所對的直角邊等于斜邊的一半得出，于是，再根據等腰三角形三線合一的性質得出，然后根據即可求解．【詳解】解：過點作于．在中，，，，∵，．，于，，．故選：C．?題型03根據等角對等邊求邊長9．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在平行四邊形中，平分交于點E，平分交于點F，若，則為（

）A．4 B．3.5 C．3 D．2.5【答案】A【分析】本題考查平行四邊形的性質，等腰三角形的判定，平行線的性質，平行線與角平分線相結合可得，再結合平行四邊形的性質即可求解．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴，∴，∴．故選：A10．（2024·浙江杭州·模擬預測）如圖，在中，點E、F分別在、的延長線上，且滿足．若，，則的長為（）A．4 B．5 C．6 D．8【答案】C【分析】本題考查了平行四邊形的判定和性質，等腰三角形的判定．根據平行四邊形的性質得出，，通過證明出四邊形是平行四邊形，以及，即可得出結論．【詳解】∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，∴．故選：C．11．（2024·云南楚雄·模擬預測）如圖，在中，平分交于點．若，，則的周長為（

）A．16 B．14 C．10 D．8【答案】A【分析】此題考查平行四邊形的性質，等角對等邊，利用平行四邊形的性質和角平分線的定義求得是解題的關鍵．首先根據平行四邊形的性質得到，，結合角平分線的概念得到，求出，進而求解即可．【詳解】∵在中，∴，∴∵平分交于點∴∴∴∴∴∴的周長為．故選：A．12．（2024·海南三亞·二模）如圖，是的中位線，平分交于點，若，，則邊的長為（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】本題考查了三角形中位線定理、角平分線的定義、平行線的性質、等角對等邊，由三角形中位線定理得出，，，由平行線的性質結合角平分線的定義得出，由等角對等邊得出，求出的長即可得解．【詳解】解：是的中位線，，，，，平分，，，，，，故選：B．?題型04根據等角對等邊證明邊相等13．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，在中，，．(1)求證：；(2)若，平分，請直接寫出的形狀．【答案】(1)見解析(2)是等腰直角三角形．【分析】本題考查了平行線的判定和性質，等腰直角三角形的判定．（1）由平行證明，由等量代換得到，利用平行線的判定“內錯角相等，兩直線平行”證明，即可證明；（2）利用平行線的性質結合角平分線的定義求得，，據此即可得到是等腰直角三角形．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：是等腰直角三角形．∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形．14．（2024·山西呂梁·三模）如圖，在中，于點．

(1)尺規作圖：作的平分線交邊于點．（保留作圖痕跡，不寫作法，標明字母）(2)試猜想線段與之間的數量關系，并加以證明．【答案】(1)見解析(2)，理由見解析【分析】本題主要考查了三角形內角和定理，等角對等邊，角平分線的定義和角平分線的尺規作圖：（1）根據角平分線的尺規作圖方法作圖即可；（2）先得到，再由垂直的定義和三角形內角和定理得到，由角平分線的定義得到，進而推出，則．【詳解】（1）解：如圖所示，即為所求；

（2）解：，證明如下：，，，，，平分，．∴，∴．15．（2023·湖北武漢·二模）如圖，，，的平分線交于點E，交的延長線于點F．

(1)求證：；(2)若，直接寫出的度數．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）利用推出，推出，用平分推導，從而得到，從而得證；（2）根據，推出，再結合利用三角形內角和為推出，從而得到.【詳解】（1）證明：∵，∴．∵，∴．∵平分，∴，∴，∴．（2），求解過程如下：∵，，∴，又∵，∴，∴．【點睛】本題考查平行線的性質，角平分線的相關計算，等角對等邊，三角形內角和等知識，掌握平行線的性質是解題的關鍵．16．（2023·湖北宜昌·一模）已知：如圖，點C是線段的中點，于A，于B，過點C的直線與，分別交于E，F．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)．【分析】（1）根據，可證明，根據全等三角形的性質，可得證明的結論；（2）設，根據等腰直角三角形的性質，得，根據全等三角形的性質，可得，根據勾股定理列式計算可得答案．【詳解】（1）證明：∵C是線段的中點，∴，∵，，∴，又，∴，∴；（2）解：設，∵，，∴，∴，∵，∴．∴，在中，由勾股定理得．解得．∴．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，（1）利用證明三角形全等，再利用性質證明對應邊相等；（2）利用勾股定理是解題關鍵．?題型05等腰三角形性質與判定綜合17．（2024·廣東中山·三模）如圖，和的斜邊分別為正方形的邊和，其中，線段與線段相交于．(1)求證：是等腰直角三角形．(2)若，的面積是2，求長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）證明，得到，推出，即可得證；（2）證明，得到，三角形的面積公式求出的長，進而求出的長，勾股定理求出的長，即可．【詳解】（1）證明：∵正方形，，

，．；又是等腰直角三角形；（2），的面積是2，且，，得，在中，，．【點睛】本題考查正方形的性質，等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握相關知識點，證明三角形全等和相似，是解題的關鍵．18．（2024·廣東中山·模擬預測）如圖所示，是等邊三角形，點是的中點，延長到，使．(1)用尺規作圖的方法，過點作，垂足是M（不寫作法，保留作圖痕跡）．(2)求證：．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查了過直線外一點作已知直線的垂線及考查了等邊三角形和等腰三角形的性質；作圖題要注意保留做題痕跡．證得是正確解答本題的關鍵．（1）按照過直線外一點作已知直線的垂線步驟來作圖；（2）要證可證，根據三線合一得出．【詳解】（1）作圖如下：（2）是等邊三角形，是的中點平分（三線合一）又又又．19．（2024·河南安陽·模擬預測）（1）【問題發現】如圖1，在中，，，點D為的中點，以為一邊作正方形，點E與點A重合，易知，則線段與的數量關系是________；（2）【拓展研究】在（1）的條件下，將正方形繞點B旋轉至如圖2所示的位置，連接，，．請猜想線段和的數量關系，并證明你的結論；（3）【結論運用】在（1）（2）的條件下，若的面積為8時，當正方形旋轉到C、E、F三點共線時，請直接寫出線段的長．【答案】（1）；（2），詳見解析；（3）或【分析】（1）根據正方形的性質和勾股定理得到即可求解；（2）根據等腰直角三角形和正方形的性質證得，，進而可證得，利用相似三角形的性質可得結論；（3）先利用等腰直角三角形的性質求得，，進而，設，則，根據題意分兩種情況，利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）∵四邊形是正方形，∴，，∴，∵，點E與點A重合，∴，故答案為：；（2），理由為：∵在中，，，∴，∵四邊形是正方形，∴，，∴，，∴，∴，∴；（3）∵在中，，，的面積為8，∴，則（負值舍去），∴，由（1）知，，設，則，∵C、E、F三點共線，∴有兩種情況：①如圖1，在中，，，由得，解得（負值舍去）；②如圖②，在中，，，由得，解得（負值舍去）；綜上，滿足條件的線段值為或．【點睛】本題考查正方形的性質、等腰直角三角形的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，熟練掌握相似三角形的性質，以及分類討論和方程的思想的運用是解答的關鍵．20．（2022·河南信陽·一模）如圖1，點B在直線l上，過點B構造等腰直角三角形，使，且，過點C作直線l于點D，連接．(1)小娟在研究這個圖形時發現，，點A，D應該在以為直徑的圓上，則的度數為____________，將射線順時針旋轉交直線l于點E，可求出線段的數量關系為____________；(2)小娟將等腰直角三角形繞點B在平面內旋轉，當旋轉到圖2位置時，線段的數量關系是否變化，請說明理由：(3)在旋轉過程中，若長為1，當面積取得最大值時，請求出此時的長．【答案】(1)，(2)，理由見解析(3)【分析】本題考查三角形綜合題、等腰直角三角形的性質和判定、全等三角形的判定和性質、圓等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用輔助圓解決問題，屬于中考壓軸題．（1）由，且，可得，由，推出、、、四點共圓，所以；由題意知，所以，由，，可知是等腰直角三角形，推出；（2）如圖2，將繞點順時針旋轉交直線于點．易證，則，由，，所以是等腰直角三角形，則，由，推出；（3）當點在線段的垂直平分線上且在的左側時，的面積最大．【詳解】（1）解：①如圖，在圖1中．，且，，，、、、四點共圓，；②由題意可知，，，又，，，，，，是等腰直角三角形，，，；故答案為：，；（2）解：線段，，的數量關系會變化，數量關系為．理由如下：如圖2，將繞點順時針旋轉交直線于點．則，，又，，，，，，是等腰直角三角形，，，；（3）解：由（2）知，，，，，，，、、、四點共圓，于是作、、、外接圓，如圖，當點在線段的垂直平分線上且在的左側時，經過圓心，此時最長，因此的面積最大．作，則平分，，在上截取一點，使得，，，，，，，，．命題點二等邊三角形?題型01利用等邊三角形的性質求線段長21．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，在等邊中，是邊上的中線，延長至點E，使，若，則（

）A． B．6 C．8 D．【答案】C【分析】先證明，得到，再利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性質即可求出答案．【詳解】解：∵在等邊三角形中，是邊上的中線，∴，，∴；∵，∴，∵，∴，∴，由勾股定理得：,∴，∴，∴．故選：C．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，等腰三角形的性質與判定，掌握這些判定定理以及性質是解題的關鍵．22．（2024·山東青島·模擬預測）如圖，O為正方形的對角線的中點，為等邊三角形．若，則的長度為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】此題考查了正方形的性質，勾股定理，等邊三角形的性質，利用勾股定理求出的長度，再利用等邊三角形的性質即可解決問題．掌握以上知識點是解題的關鍵．【詳解】解：在正方形中：，，∴，∵O為正方形對角線的中點，∴，∵為等邊三角形,O為的中點，∴，，則、、在同一直線上，∴,∴，則，故選：D．23．（2024·海南省直轄縣級單位·二模）如圖是等邊三角形，點是邊的三等分點，連接．若的周長為9，則點到的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了等邊三角形的性質和正弦的定義，先過點D作于點E，由題意得到，，在中，利用正弦定義求即可．【詳解】解：過點D作于點E，∵是等邊三角形且周長為9，∴，，∵點是邊BC的三等分點，∴，在中，，∴，∴點到AC的距離為．故選：A24．（2024·遼寧大連·三模）如圖，在等邊中，點D在平面內，，，則的最大值為（

）

A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形三邊的關系等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．以為邊作等邊三角形，證明得，根據三角形三邊的關系求出的最大值即可求解．【詳解】如圖，以為邊作等邊三角形，則，．

∵是等邊三角形，∴，∴，∴，∴．∵，，∵，∴當點E，D，C三點共線時，有最大值，即的長度為5．∴的最大值是5．故選：B．?題型02利用等邊三角形的性質求角度25．（2024·福建南平·模擬預測）如圖，等邊三角形中，，垂足為D，點E在線段上，且，則等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了等邊三角形的性質，解題的關鍵是掌握等邊三角形三個角都是60度，三線合一．先得出，，再推出，則，最后根據，即可解答．【詳解】解：∵為等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故選：A．26．（2024·河南漯河·二模）如圖，已知等邊三角形內接于，點是的中點，點是上的動點（不與點，重合），連接交于點，則的度數可能是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了等邊三角形的性質，圓周角定理，直角三角形中兩個銳角互余，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．先根據圓和等邊三角形的性質，得出三點共線，由圓周角定理得，結合直角三角形中兩個銳角互余，得出，以及三角形內角和180度，得，即可作答．【詳解】解：連接，∵等邊三角形內接于，∴三點共線∴∴∴∵點是上的動點（不與點，重合），∴∴∵∴在中，觀察A、B、C、D四個選項，則的度數可能是故選：C27．（2023·四川達州·模擬預測）如圖，等邊三角形的頂點在直線上，直線且交于點，交于點，已知，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了等邊三角形的性質、三角形外角的定義及性質、平行線的性質，由等邊三角形的性質可得，由三角形外角的定義及性質可得，再由平行線的性質可得，即可得解．【詳解】解：如圖：，∵為等邊三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故選：A．28．（2024·浙江杭州·模擬預測）如圖，直線，等腰直角三角形和等邊在之間，點A，D分別在上，點B，C，E，F在同一直線上．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此題主要考查了等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質，平行線的性質，準確識圖，熟練掌握等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質，平行線的性質是解決問題的關鍵．延長交于H，根據兩直線平行同旁內角互補可求得，由等腰直角三角形性質得，再由等邊三角形性質得，再由四邊形內角和等于得，由此可得的度數．【詳解】解：延長交于H，如下圖所示：∵，，∴，，∵是等腰直角三角形，且，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，在四邊形中，，即，∴，∴．故選：B．?題型03等邊三角形的性質與判定應用29．（2024·廣東清遠·模擬預測）如圖1，，是等邊三角形，且點B、C、E在同一條直線上，連接，且交于點．(1)求證：；(2)如圖2，的外接圓O經過點F，求證是的切線；(3)在（2）的條件下，若，，求的邊長．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據等邊三角形的性質可得，然后求出，再利用邊角邊證明即可；（2）連接，證出，由切線的判定可得出結論；（3）證明，由相似三角形的性質得出，求出的長，由全等三角形的性質可得出答案．本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，圓周角定理，切線的判定與性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關的性質定理是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：，都是等邊三角形，，即，在和中，（2）證明：連接，是等邊三角形，點為外心，，，，又是半徑，是的切線；（3）解：是等邊三角形，，，，，又∵，，，，，，，(負值舍去)，，30．（2024·廣東佛山·二模）綜合應用如圖，等邊三角形的邊長為a，點D，E，F分別是邊，，上的動點，且滿足，連接，，．

(1)證明：；(2)設的長為x，的面積為y，求出y與x的函數表達式（用含a的式子表示）；(3)在（2）的條件下，當時，y有最小值，畫出y與x的函數圖象．【答案】(1)見解析(2)(3)見解析【分析】（1）由題意易得，，然后根據“”可進行求證；（2）過F作于H，可證，得，，從而是等邊三角形，由是等邊三角形，看求出，即可得，，，故，然后根據即可求解；（3）先根據當時，y有最小值，求出函數解析式，然后描點法畫出圖象即可．【詳解】（1）∵是邊長為4的等邊三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴；（2）過F作于H，如圖：

同（1）可證，∴，∴，∴是等邊三角形，∵是等邊三角形，∴，∴，∴，，∴，∴，∴；∴y與x的函數表達式為；（3）解：，∵當時，y有最小值，∴，解得，∴，∴的圖象頂點為，過點，，，，畫出圖象如下：

【點睛】本題考查三角形綜合應用，涉及等邊三角形面積，全等三角形判定與性質，二次函數的圖象及性質等知識，解題的關鍵是掌握等邊三角形面積與邊長的關系．31．（2024·廣東湛江·一模）綜合與實踐主題：研究旋轉的奧妙．素材：一張等邊三角形硬紙板和一根木棍．步驟：如圖，將一根木棍放在等邊三角形硬紙板上，木棍一端A與等邊三角形的頂點重合，點在上（不與點重合），將木棍繞點順時針方向旋轉，得到線段，點A的對應點為，連接．猜想與證明：(1)直接寫出線段與線段的數量關系．(2)證明（1）中你發現的結論．【答案】(1)(2)見解析【分析】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質等知識．（1）通過觀察，測量，猜想等方式即可得到；（2）連接，先證明是等邊三角形，進而證明，問題得證．【詳解】（1）解：；（2）證明：如圖，連接．由旋轉的性質可知，，，是等邊三角形，，．是等邊三角形，，，，，即．在和中，，，．32．（2024·廣東廣州·一模）如圖，等邊三角形邊長為2，點是直線上一點，連接，將繞點逆時針旋轉后得到．連接與交于點．(1)若，求線段的長；(2)連接．①記點的運動路徑為．試判斷與的位置關系；②在點在運動的過程中，是否有最小值？如果有，請求出，并求此時的值；如果沒有，請說明理由．【答案】(1)2(2)①；②的最小值為，【分析】（1）根據等邊三角形的性質得到點D是的中點，，求得，得到，根據旋轉的性質得到，，得到，由勾股定理求得；（2）①將繞點逆時針旋轉后得到．將繞點逆時針旋轉后得到．證明，證明得；②點E在定直線上運動，當時最短．過A作于H，根據全等三角形的性質得到，，根據等邊三角形的性質得到，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】（1）解：∵是等邊三角形，，∴點是的中點，，∵，∴，∴∵將繞點A逆時針旋轉后得到，∴，∴，∴，∵由勾股定理得，，∴解得，；（2）解：①，理由如下：如圖，將繞點A逆時針旋轉得到，連接，∴，∵將繞點A逆時針旋轉后得到，∴，∴，∴∴，∴，∵∴∴∴∴即；②∵點E在定直線上運動，當時最短．過A作于H，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．所以，的最小值為，．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質勾股定理以及角所對直角邊等于斜邊的一半等知識．正確作出輔助線是解題的關鍵．命題點三垂直平分線?題型01利用垂直平分線的性質求解33．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在中，分別以點A和點C為圓心，大于的長為半徑作弧（弧所在圓的半徑都相等），兩弧相交于M，N兩點，直線分別與邊，相交于點D，E，連接．若，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由作法可知是的垂直平分線，根據線段垂直平分線的性質可得，從而可得，再結合已知易得，從而可得，然后利用三角形內角和定理即可求解．【詳解】解：由作法可知是的垂直平分線，∴，，，，，，，，，，故選：B．【點睛】本題考查了尺規作圖-作線段垂直平分線，線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，熟練掌握勾股定理，以及線段垂直平分線的性質是解題的關鍵．34．（2024·廣東梅州·模擬預測）如圖，在中，為中點，且交于點E，，則的長為（

）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】此題考查了線段垂直平分線的性質，三角形內角和定理，勾股定理等，熟記線段垂直平分線的性質是解題的關鍵．連接，根據三角形內角和定理求出，根據線段垂直平分線的判定與性質求出，根據等腰三角形的性質及三角形外角性質求出，根據三角形內角和定理求出，解直角三角形求出，，再根據線段的和差求解即可．【詳解】解：如圖，連接，，，，為中點，且交于點，垂直平分，，，，，，，，故選：B．35．（2024·廣東梅州·一模）如圖，E、F分別是正方形的邊，上的點，且，，相交于點，下列結論：①；②；③；④中，正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，證明是解題的關鍵．根據四邊形是正方形及，可證出，則得到：①；可判斷④；可以證出，則②一定成立；用反證法可證明，即可判斷③．【詳解】解：四邊形是正方形，，，，，在和中，，，（故①正確）；∴∵四邊形是正方形，∴∴（故④正確）；∴∵四邊形是正方形，∴，，∴一定成立（故②正確）；假設，，（線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等），在中，，，這與正方形的邊長相矛盾，假設不成立，（故③錯誤）；∴正確的有①②④共3個正確，故選：C．36．（2024·廣東珠海·一模）如圖，在中，，按以下步驟作圖：分別以為圓心，大于一半的長為半徑作圓弧，兩弧相交于點和點，作直線MN交AB于點D，連結．若，，則的周長為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了線段垂直平分線的作法及性質，三角形的周長，根據作圖過程可知，是線段的垂直平分線，根據線段垂直平分線的性質可得，進而得到的周長，即可求解，掌握線段垂直平分線的作法及性質是解題的關鍵．【詳解】解：根據作圖過程可知，是線段的垂直平分線，∴，∴的周長為．故選：．?題型02線段垂直平分線的判定37．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在中，，且．(1)作的垂直平分線，交于點D，交于點E，連接，延長，交直線于點F；（要求：尺規作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）(2)在（1）所作的圖中，求證：．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查了垂直平分線的作圖，垂直平分線的性質，等腰三角形的性質與判定，證明是等腰三角形是解題的關鍵．（1）作圖：分別以為圓心，大于為半徑作圓弧相交于兩點，過兩點作直線，交于點D，交于點，即可求解；（2）根據和（1）的結論，證明是等腰三角形，且，即可證明．【詳解】（1）解：如圖，為所作；（2）如（1）中所作的圖，且是的垂直平分線，，，，，，，，，，是等腰三角形，又，．38．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在中，是的角平分線．(1)實踐與操作：用尺規作圖法，在上找到一點E使得為以為底邊的等腰三角形；(保留作圖痕跡，不寫作法)(2)應用與計算：在（1）的條件下，過點D作交于點F，求證：【答案】(1)圖見解析(2)見解析【分析】本題考查了作垂直平分線，角平分線的定義，三角形全等的判定及性質，解題的關鍵是作出相應的輔助線；（1）理解是需要作線段的垂直平分線即可；（2）利用垂直平分線的性質，角平分線的定義，平行線的性質證明出，再通過等量代換即可證明．【詳解】（1）解：作圖如下：（2）證明：作圖如下：是的角平分線，的垂直平分線交于點，，，，，，，，，．39．（2024·廣東深圳·模擬預測）在學習《解直角三角形》一章時，小明同學對互為倍數的兩個銳角正切三角比產生了濃厚的興趣，進行了一些研究．(1)初步嘗試：我們知道：，，發現結論：；（選填“”或“”）(2)實踐探究：如圖，在中，，，，求的值；小明想構造包含的直角三角形：延長至點，使得，連接，所以得到，即轉化為求的正切值．請按小明的思路求解；(3)拓展延伸：如圖，在中，，，，求．【答案】(1)，，；(2)；(3)．【分析】（）根據特殊角的三角函數值即可求解；（）利用勾股定理求出，延長至，使得，連接，如圖所示，可得，，進而得，，根據即可求解；（）如圖，作的垂直平分線交于，連接，可得，由得，即得，設，則，在中由勾股定理得，得到，即得，進而得，再根據即可求解；本題考查了三角函數，勾股定理，等腰三角形的性質，三角形外角性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】（1）解：，，發現結論：，故答案為：，，；（2）解：在中，，，，∴，延長至，使得，連接，如圖所示，∴，，∴，，∴；（3）解：如圖，作的垂直平分線交于，連接，則，∴，∴∵中，，，，∴，∴，設，則，在中，，∴，解得，∴∴，∴．40．（2024·廣東江門·二模）LED感應燈是一種通過感應模塊自動控制光源開關的智能照明產品．當人進入感應范圍內，燈自動亮，離開感應范圍，燈自動熄滅．若在感應范圍內有多個感應燈，則人距離哪個感應燈更近，哪個感應燈就會亮，其他感應燈則不亮．若人到兩個感應燈的距離相等，則兩個感應燈都亮．(1)如圖1，在中，，，若在頂點B，C處分別裝有感應燈，垂直平分，垂足為點F，交于點E，請求出在該三角形內能使感應燈C亮的區域面積；(2)如圖2，在中，，為邊上的高，在的三個頂點處都裝有感應燈，請求出在該三角形內能使感應燈B亮的區域面積．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據，，得到，，結合垂直平分，得到，根據，計算，根據三角形的面積公式，計算即可．（2）根據在中，，為邊上的高，得，作線段的垂直平分線，交于點F，交于點E，計算即可．本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質，三角函數的應用，線段的垂直平分線，熟練掌握勾股定，三角函數是解題的關鍵．【詳解】（1）∵，，∴，，∵垂直平分，∴，∴，∴，∴．（2）在中，∵，為邊上的高，∴，作線段的垂直平分線，交于點F，交于點E，∴，，∴，∴．命題點四直角三角形?題型01利用直角三角形的性質求解41．（2024·廣東佛山·三模）如圖，的直角頂點A在直線a上，斜邊在直線b上，若，，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了平行線的性質，直角三角形是特征；由平行線的性質得，再由直角三角形的特征即可求解；掌握平行線的性質是解題的關鍵．【詳解】解：，，，，故選：A．42．（2024·廣東佛山·模擬預測）如圖，是的切線，切點是點D，直線交于點A、B，，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了切線的性質和圓周角定理，如圖，連接，根據圓的切線垂直于經過切點的半徑得到，再根據圓周角定理得到，然后利用互余計算出的度數．【詳解】解：連接，如圖，是的切線，切點是點，，，，．故選：B．43．（2023·廣東佛山·二模）矩形和直角三角形的位置如圖所示，點在EG上，點在EF上.若，則等于（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據矩形及直角三角板得到，，即可得到，結合求出，即可得到答案.【詳解】解：∵矩形和直角三角形的位置如圖所示，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，故選C．【點睛】本題考查鄰補角互補，直角三角形兩銳角互余，解題的關鍵是掌握直角三角形的性質．44．（2023·廣東深圳·一模）一副三角形板如圖放置，，，，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據，，可得，，結合，即可得到，即可得到答案；【詳解】解：∵，，，∴，，∵，∴，∴，故選B．【點睛】本題考查平行線性質，直角三角形兩銳角互余，解題的關鍵是根據直角三角板得到相應的角度．?題型02含30°的直角三角形問題45．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在菱形中，，，是上一點，把四邊形沿折疊后得到四邊形，，則的長為（

）

A． B．3 C． D．【答案】D【分析】本題考查折疊，菱形的性質，正方形的判定和性質，三角函數，熟練掌握數形結合的思想是解題的關鍵；根據題意，連接，延長到于點，延長到于點，證明為正方形，根據三角函數求出，的長度，即可求解；【詳解】解：連接，延長到于點，延長到于點，

因為四邊形沿折疊后得到四邊形，，，為正方形，，，，，，，故選：D46．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，在中，，

點O為的中點，將繞點O按逆時針方向旋轉得到，點A，B，C的對應點分別為．當落在邊上時，兩個三角形重疊部分(陰影部分)的面積為（

）A． B．4 C． D．【答案】D【分析】此題考查了旋轉的性質、等腰三角形的判定和性質、勾股定理、含角的直角三角形的性質等知識，設與交于點D，求出，，，即可求出答案．【詳解】解：設與交于點D，∵，點O為的中點，∴，將繞點O按逆時針方向旋轉得到，點A，B，C

的對應點分別為．當落在邊上時，，，∴，∴，∴，∴，由勾股定理得：，∴，即兩個三角形重疊部分(陰影部分)的面積為，故選：D．47．（2024·廣東廣州·三模）如圖，在矩形中，對角線與相交于點O，的平分線交對角線于點E，且，則線段的長為（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】本題考查矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，由矩形的性質推出，，，得到，，判定是等邊三角形，由等邊三角形的性質得到，關鍵是得到是等邊三角形．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，，，，是等邊三角形，平分，，，，．故選：B．48．（2024·廣東珠海·一模）如圖，等邊邊長為3，O是中點，點沿的路徑運動，連接，H、E分別是、上的點，、在上，若點P運動的某段路程中正方形始終存在，則滿足條件的點P運動的路徑長度為（

）A． B． C．4.5 D．6【答案】A【分析】根據點P的運動路徑可知，當點P在上時，總能找到點E，H，F，G使之組成正方形，當點P在上時，隨著點C向點B運動，當點H與點P重合時是臨界點，作出圖形，根據題意求解即可．【詳解】解：根據點的運動路徑可知，①當點在上運動時，正方形始終存在，②當點在上運動時，隨著點向運動，當點與點重合時是臨界點，如圖所示：為等邊三角形，，四邊形為正方形，，，，設，，，四邊形為正方形，，，為等邊三角形，，等邊邊長為3，，解得，，滿足條件的點P運動的路徑長度為：，故選：A．【點睛】本題主要考查等邊三角形的性質與判定，正方形的性質，勾股定理，含的直角三角形等相關知識，根據正方形的性質得出點P與點H重合時為臨界點是解題關鍵．?題型03直角三角形斜邊上的中線問題49．（2024·廣東清遠·模擬預測）如圖，在菱形中，對角線交于點O，過點A作于點E，連接，若，則的長度為（）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】本題考查了菱形的性質，勾股定理，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半．熟練掌握菱形的性質，勾股定理，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．由菱形，可得，，則，由勾股定理得，，，根據，計算求解即可．【詳解】解：∵菱形，∴，，∴，∵，∴，由勾股定理得，，，∴，故選：A．50．（2023·河南駐馬店·三模）如圖，菱形的對角線、相交于點O，過點A作于點E，若，，則的長為（）A．2 B．4 C．2 D．【答案】C【分析】本題主要考查了菱形的性質、直角三角形斜邊上的中線性質；熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．由菱形的性質得出，由菱形的面積得出，再由直角三角形斜邊上的中線性質即可得出結果．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∵，∴，∵為的中點，∴，故選：C．51．（2023·廣東揭陽·一模）如圖，在中，，，平分，點是的中點，若，則的長為（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】由題意推出，在中，，即可求出的長，進而可求出的長．【詳解】解：∵，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵點是的中點，∴，∴，∴．故選：B．【點睛】本題主要考查了角平分線的定義、直角三角形斜邊上的中線的性質、等腰三角形的判定等知識，熟練掌握相關知識是解題關鍵．52．（2022·廣東·模擬預測）如圖，在正方形中，，延長至點，使．過點作于點，同時使，且點與點分別在直線的兩旁，連接和．已知的中點為，連接，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題主要考查了正方形，勾股定理，直角三角形．構造直角三角形，熟練掌握正方形和等腰直角三角形的性質，勾股定理解直角三角形，直角三角形斜邊上的中線的性質，是解決問題的關鍵．首先連接，由正方形的性質可得，利用勾股定理求出的長，根據，，可推出是等腰直角三角形，進而得出為直角三角形，求出的長，求出的長，在中求出的長，然后由M為的中點求解即可.【詳解】連接，∵四邊形是正方形，∴．∵，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．∴為直角三角形．∵，∴．∵，∴．∴．∵M為的中點，∴．故選：D．命題點五勾股定理及其逆用?題型01利用勾股定理求線段長53．（2025·廣東廣州·一模）如圖，菱形的對角線與相交于點為邊的中點，連接．若，則的長為（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】本題考查菱形的性質、三角形的中位線性質、勾股定理，熟練掌握菱形的性質和三角形的中位線性質是解答的關鍵．先根據菱形性質得到，，，再利用勾股定理求得，然后根據三角形的中位線定理求解即可．【詳解】解：∵四邊形是菱形，，∴，，，在中，，∵點E為邊的中點，，∴是的中位線，∴，故選：C．54．（2024·廣東深圳·一模）如圖，矩形中，，，將矩形繞點A逆時針旋轉得到矩形，當點C，，三點共線時，交于點E，則的長度是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，先證明，進而證明，于是可得，，設，則，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案．【詳解】解：如圖，連接，矩形，，，，由旋轉的性質可得：，，，，是等腰三角形，且，，，在和中，，，，，設，則，在中，根據勾股定理可得：，，解得：，，故選：A．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，旋轉的性質，等腰三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握旋轉的性質和全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．55．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在中，，，為上一點，為上一點，若，，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了相似的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理．過點C作交的延長線于點，過點C作于點，證明推出，，得到和，據此求解即可．【詳解】解：如圖，過點C作交的延長線于點，過點C作于點，．，，，，．，，．設，，，，．，，．，，，．故選：B．56．（2024·廣東·模擬預測）如圖，在等腰中，，頂點A為反比例函數（其中）圖像上的一點，點B在x軸正半軸上，過點B作，交反比例函數的圖像于點C，連接交于點D，若，，則的面積為（）A． B．6 C． D．5【答案】C【分析】過點A作軸于點H，交于點E，進而求出，而求出反比例函數的解析，根據易證，由相似三角形的性質求出，設，則，，進而求出面積即可．【詳解】解：過點A作軸于點H，交于點E，，，，，，，，，，軸，軸，，，，，，，，設，則，，，，故選：C．【點睛】本題考查了反比例函數系數k的幾何意義，等腰三角形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，熟練識記這些知識是解題的關鍵．?題型02以直角三角形三邊為邊長的圖形面積57．（2024·廣東深圳·一模）勾股定理是人類最偉大的科學發現之一，在我國古算書《周髀算經》中早有記載．如圖1，以直角三角形的各邊為邊分別向外作正方形，則一定能求出（）A．直角三角形的面積B．最大正方形的面積C．較小兩個正方形重疊部分的面積D．最大正方形與直角三角形的面積和【答案】C【分析】本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么．根據勾股定理得到，根據正方形的面積公式、長方形的面積公式計算即可．【詳解】解：設直角三角形的斜邊長為c，較長直角邊為b，由勾股定理得，，陰影部分的面積，較小兩個正方形重疊部分的寬，長，則較小兩個正方形重疊部分底面積，∴知道圖中陰影部分的面積，則一定能求出較小兩個正方形重疊部分的面積，故選：C．58．（2023·江蘇連云港·中考真題）如圖，矩形內接于，分別以為直徑向外作半圓．若，則陰影部分的面積是（

）

A． B． C． D．20【答案】D【分析】根據陰影部分面積為2個直徑分別為的半圓的面積加上矩形的面積減去直徑為矩形對角線長的圓的面積即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，

∵矩形內接于，∴∴陰影部分的面積是，故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理，矩形的性質，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．59．（2024·河北唐山·三模）如圖，所有陰影部分的四邊形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形、、的面積依次為、、，則正方形的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查了正方形和勾股定理，解題關鍵是勾股定理的正確應用．由所有陰影部分的四邊形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，根據勾股定理得，由正方形、、的面積依次為、、，得，求得正方形的面積為．【詳解】解：由題意可得，由正方形、、的面積依次為、、，得，求得正方形的面積為．故正確故答案為：60．（2024·浙江杭州·二模）如圖，在中，，以的各邊為邊作三個正方形，點H恰為中點，若，則陰影部分的面積為（）A． B．20 C．25 D．【答案】C【分析】本題主要考查了不規則圖形面積．熟練掌握正方形性質，全等三角形判定和性質，勾股定理解直角三角形，線段中點性質，分割法求不規則圖形面積，是解決問題的關鍵．設交于點P，由正方形邊角性質證明，得到，由中點性質得到，得到，中由勾股定理得到，，證明，結合，，得到，得到，得到．【詳解】設交于點P，∵四邊形，四邊形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∵H是中點，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．故選：C．?題型03利用勾股定理解決折疊問題61．（2024·廣東深圳·一模）如圖，在矩形中，，，，分別是邊，上一點，，將沿翻折得，連接，當是以為腰的等腰三角形時，那么的長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了矩形的性質、等腰三角形的性質、勾股定理等知識點．設，則，由翻折得：．當時，由勾股定理得：；當時，作，由，平方可證得，則，所以，由三線合一得，即，解方程即可．【詳解】解：設，則，由翻折得：，當時，，四邊形是矩形，，由勾股定理得：，解得：，當時，如圖，作，，，，沿翻折得，，，，，，，，，即，解得，綜上所述：或．故選：A．62．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在中，，，，點F在AC上，并且，點E為上的動點（點E不與點C重合），將沿直線翻折，使點C落在點P處，的長為，則邊的長為（）

A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】根據折疊可得，再利用勾股定理即可求解．【詳解】解：根據折疊可知，，在中，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了勾股定理及翻折的性質，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．63．（2023·山東泰安·一模）如圖，在矩形中，，，點為的中點，將沿折疊，使點落在矩形內點處，連接，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖所示，過作于，根據折疊可知是等腰三角形，可證明，根據相似三角形的性質即可求解．【詳解】解：如圖所示，過作于，∵將沿折疊，使點落在矩形內點處，點為的中點，∴，∴是等腰三角形，∴是中點，平分，且平分，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，根據題意，矩形中，，，點為的中點，即，∴在中，，∴，即，∴，∵，∴，故選：D．【點睛】本題中主要考查矩形，直角三角形，相似三角形的綜合，理解矩形的性質，等腰三角形的性質，掌握三角形相似的判定和性質是解題的關鍵．64．（2023·山東濟南·一模）如圖，在矩形紙片中，將沿翻折，使點A落在上的點N處，為折痕，連接；再將沿翻折，使點D恰好落在上的點F處，為折痕，連接并延長交于點P，若，則線段的長等于（

）

A．22 B．20 C．18 D．16【答案】B【分析】根據折疊可得是正方形，，可求出三角形的三邊為9，12，15，在中，由勾股定理可以求出三邊的長，通過作輔助線，可證，三邊占比為，設未知數，通過，列方程求出待定系數，進而求出的長，然后求的長．【詳解】解：過點P作，垂足為G、H，

由折疊得：是正方形，，，∴，在中，，∴，在中，設，則，由勾股定理得，，解得：，∵，∴，∵，∴，∴，設，則，∴，解得：，∴，∴，故選：B．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，折疊的性質，正方形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，正確作出輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．?題型04以弦圖為背景的計算題65．（2024·廣東河源·二模）我國漢代數學家趙爽在注解《周髀算經》時給出的“趙爽弦圖”如圖所示，它是由四個全等的直角三角形與中間的小正方形拼成的一個大正方形．若大正方形面積為136，小正方形面積為16，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查正方形性質，銳角三角函數，勾股定理．根據題意先求得大正方形邊長的平方為136，再求得小正方形邊長為4，再利用三角函數正切值等于該角的對邊與鄰邊的比值即可得到本題答案．【詳解】解：∵大正方形面積為136，小正方形面積為16，∴大正方形邊長的平方為136，小正方形邊長為4，∴設一個直角三角形短直角邊為x，則長直角邊為，∴在一個直角三角形中應用勾股定理：，解得或（舍去）∴長直角長為10，短直角邊長為6，∴，故選：A．66．（2023·江蘇徐州·模擬預測）如圖，“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形．連接，若平分，且正方形的面積為3，則正方形的面積為（

）A． B． C． D．15【答案】A【分析】設直角三角形的長直角邊是，短直角邊是，得到，由，得到，由，得到，因此，由，得到，即可求出，的值，由勾股定理即可解決問題．【詳解】解：設直角三角形的長直角邊是，短直角邊是，正方形的邊長是，正方形的面積為3，，，平分，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，正方形的面積是．故選：A．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，關鍵是求出直角三角形的直角邊的長，由勾股定理即可解決問題．67．（2023·浙江杭州·中考真題）第二十四屆國際數學家大會會徽的設計基礎是1700多年前中國古代數學家趙爽的“弦圖”．如圖，在由四個全等的直角三角形（）和中間一個小正方形拼成的大正方形中，，連接．設，若正方形與正方形的面積之比為，則（

）

A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】設，，首先根據得到，然后表示出正方形的面積為，正方形的面積為，最后利用正方形與正方形的面積之比為求解即可．【詳解】設，，∵，，∴，即，∴，整理得，∴，∵，∴，∴正方形的面積為，∵正方形的面積為，∵正方形與正方形的面積之比為，∴，∴解得．故選：C．【點睛】此題考查了勾股定理，解直角三角形，趙爽“弦圖”等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．68．（2023·廣東東莞·三模）如圖，正方形ABCD的邊長為2，其面積標記為，以CD為斜邊作等腰直角三角形，以該等腰直角三角形的一條直角邊為邊向外作正方形，其面積標記為，…按照此規律繼續下去，則的值為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據等腰直角三角形的性質結合勾股定理以及三角形的面積公式可得出部分、、、的值，根據面積的變化即可找出變化規律，依此規律即可解決問題．【詳解】解：是等腰直角三角形，，，，，即等腰直角三角形的直角邊為斜邊的倍，，，，，，，．故選：C．【點睛】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質、正方形的面積以及規律型中數字的變化類，根據面積的變化找出變化規律“是解題的關鍵．?題型05利用勾股定理解決實際問題69．（2024·廣東中山·二模）《九章算術》中提出了如下問題：今有戶不知高、廣，竿不知長短，橫之不出四尺，從之不出二尺，邪之適出，問戶高、廣、邪各幾何？這段話的意思是：今有門不知其高寬；有竿，不知其長短，橫放，竿比門寬長出4尺；豎放，竿比門高長出2尺；斜放，竿與門對角線恰好相等．問門高、寬和對角線的長各是多少？則該問題中的門高是（

）尺．A．2 B．10 C．8 D．6【答案】C【分析】本題考查勾股定理的應用，設未知數建立關于未知數的方程是解題的關鍵．利用勾股定理建立方程，解方程得出門高即可．【詳解】解：設竿長為尺，則門寬為尺，門高尺，門對角線是尺，根據勾股定理可得：，整理得：，解得（舍去）或．則門高：．故選：C．70．（2024·四川巴中·中考真題）“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，適與岸齊．問：水深幾何？”這是我國數學史上的“葭生池中”問題．即，，，則（

）A．8 B．10 C．12 D．13【答案】C【分析】本題考查勾股定理的實際應用．設，則，由勾股定理列出方程進行求解即可．【詳解】解：設，則，由題意，得：，解得：，即，故選：C．71．（2024·江蘇蘇州·一模）《九章算術》卷九“勾股”中記載：今有戶不知高廣，竿不知長短，橫之不出四尺，縱之不出二尺，斜之適出，問戶斜幾何，意思是：一根竿子橫放，竿比門寬長出四尺；豎放竿比門高長出二尺，斜放恰好能出去，則竿長為（

）A．10尺 B．5尺 C．10尺或2尺 D．5尺或4尺【答案】A【分析】本題考查勾股定理的運用．根據題中所給的條件可知，竿斜放就恰好等于門的對角線長，可與門的寬和高構成直角三角形，運用勾股定理可求出門對角線長．【詳解】解：設竹竿x尺，則圖中．∴，，在直角三角形中，，由勾股定理得：，所以，整理，得，因式分解，得，解得，∵，∴．答：竹竿為10尺．故選：A72．（2023·貴州遵義·模擬預測）《九章算術》是我國古代最重要的數學著作之一．在《勾股》章中記載了一道“折竹抵地”問題：“今有竹高一丈，未折抵地，去本三尺．問折者高幾何？”大意是：如圖，在中，，，（注：1丈＝10尺）．設的長為x尺，則根據題意列方程正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】本題考查了勾股定理，根據勾股定理建立方程即可．【詳解】解：，，，設，則，則故選：C．?題型06勾股定理的逆用73．（2024·廣東佛山·三模）下列各組數中，以它們為邊長的線段不能構成直角三角形的是（

）A．1，， B．3，4，5 C．2，2，3 D．5，12，13【答案】C【分析】本題主要考查了勾股定理的逆定理，掌握“三角形的三邊為，，，若，則三角形是直角三角形．”是解題的關鍵．【詳解】解：A.，能構成直角三角形，故不符合題意；B.，能構成直角三角形，故不符合題意；C.，不能構成直角三角形，故符合題意；D.，能構成直角三角形，故不符合題意；故選：C．74．（2024·浙江溫州·二模）如圖，在中，分別以點，為圓心，大于為半徑畫弧，兩弧交于點，，作直線分別交，于點，，連結．若，，，則的長為（

）A． B． C．9 D．10【答案】B【分析】本題考查了尺規作圖——垂直平分線及其性質，勾股定理及逆定理的應用，由作圖可得，垂直平分，則有，通過得，最后由勾股定理即可求解，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】解：由作圖可得，垂直平分，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，故選：．75．（2024·山東淄博·一模）如圖，在中，，，，點D在上，且滿足，是的中線，與交于點F，則的面積是（

）

A．12 B．10 C．8 D．6【答案】B【分析】由勾股定理的逆定理，可得是直角三角形，，根據等腰三角形的性質可得，則，過點F作于H，交于G，根據相似三角形的判定和性質可得，即可求解．【詳解】解：∵，∴為直角三角形，，∵，是的中線，∴，∴，∴，過點F作于H，交于G，

∴四邊形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴的面積是．故選：B．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理，等腰三角形的性質，三角形的中位線，相似三角形的判定和性質，熟練掌握定理和性質是解題的關鍵．76．（2024·廣東江門·一模）如圖，的三邊的長度分別用表示，且滿足，點在邊上，將沿折疊，使點落在點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了非負數的性質，勾股定理的逆定理，折疊的性質，點和圓的位置關系，三角形的三邊關系，由非負數的性質可得，，進而由勾股定理的逆定理可得為直角三角形，又由折疊可得，，由此判斷出點在以點為圓心，為半徑的圓上，由三角形三邊關系可得，即可求解，判斷出點在以點為圓心，為半徑的圓上是解題的關鍵．【詳解】解：∵，∴，，，∴，，∴，，∵，∴為直角三角形，，由折疊可得，，，∴點在以點為圓心，為半徑的圓上，如圖，∵，∴，∴的最小值為，故選：．?題型07勾股定理與幾何交匯問題77．（2025·廣東佛山·一模）如圖所示是廣東醒獅，它是國家級非物質文化遺產之一，其中高樁醒獅更是由現代藝術演出轉變而來的體育競技．如圖2，三根梅花樁，，垂直于地面放置，醒獅少年從點跳躍到點，隨后縱身躍至點，已知，，，．（參考數據：，，）(1)在圖2中，________；(2)醒獅少年在某次演出時需要從點直接騰躍至點進行“采青”，請求出“采青”路徑的長度；(3)醒獅少年在休息時發現，在太陽光下梅花樁的影子頂端恰好落在點處，梅花樁的影子頂端恰好與點重合，請在圖3中畫出梅花樁，的影子并計算出的高度；(4)如圖4，保持不變，通過調整梅花樁的高度，使得的值最小，請求出此時的高度（結果精確到）．【答案】(1)(2)的長度約為(3)見解析，的高度約為(4)的高度約為【分析】（1）延長至，根據平行線的性質可得，，即可得解；（2）過點作直線，分別交，于點，，過點作直線，交于點，連接，則四邊形，四邊形，四邊形，四邊形均是矩形，由矩形的性質可得，，，再解直角三角形結合勾股定理計算即可得解；（3）線段，為梅花樁的影子，線段為梅花樁的影子．再利用相似三角形的性質求解即可；（4）作點關于的對稱點，連接交于，連接，，則，則就是的最小值，由（2）得，由軸對稱得，再利用相似三角形的性質計算即可得解．【詳解】（1）解：如圖：延長至，由題意可得：，∴，，∴；（2）解：如圖，過點作直線，分別交，于點，，過點作直線，交于點，連接．由題意得，∴四邊形，四邊形，四邊形，四邊形均是矩形，∴，，，∴．∵，，∴，，∴，，∴，∵在中，，，∴．即“采青”路徑的長度約為．（3）解：如圖，線段，為梅花樁的影子，線段為梅花樁的影子．∵，，∴，∴．由（1）得，∴，解得．經檢驗且符合題意，所以的高度約為米．（4）解：如圖，作點關于的對稱點，連接交于，連接并延長交于，連接，，∴，則就是的最小值，由對稱性質可知：，同理（2）得，由軸對稱得，∴．∵∴，∴．即，解得，∴，∴此時的高度約為．【點睛】本題考查了平行線的性質、解直角三角形、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵．78．（2024·廣東佛山·三模）綜合探究如圖1，老師指導同學們對正方形進行探究，在正方形中，過點C作射線，點P在射線上．【動手操作】（1）如圖2，若點P是線段的中點，連接，并將繞點P逆時針旋轉與交于點E，根據題意在圖中畫出圖形，并判斷線段與的數量關系：．【問題探究】（2）若點P在線段的中點，連接，并將繞點P逆時針旋轉與交于點E，則（1）中的結論是否成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由．【拓展延伸】（3）如圖3，若點P在射線上移動，將射線繞點P逆時針旋轉與交于點E，如果，，求的長．【答案】（1）軼聞見解析，；（2）成立，見解析；（3）或【分析】（1）求出，，取的中點，連接，證明，得出；（2）過點作交于點，證出，，同理，則可得出結論；（3）若點在線段上時，過點作交于點，由（2）可知，，，，由直角三角形的性質可得出結論；若點在線段的延長線上時，過點作交于點，同理可得出答案．【詳解】解：（1）如圖所示；理由如下：正方形，，，，，，，取的中點，連接，點是線段中點，，是等腰直角三角形，，，，；故答案為：；（2）還成立，理由如下，過點作交于點，，是等腰直角三角形，，，即，，同理，；（3）若點在線段上時，過點作交于點，由（2）可知，，，，，，，，，，．若點在線段的延長線上時，過點作交于點，，，，是等腰直角三角形，，，，，同理，；，，，，，．綜上所述，的長為或．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理等知識；熟練掌握以上知識是解題的關鍵．79．（2024·廣東·模擬預測）在中，，．(1)如圖1，點D在上，于點D，連接，若，，，求線段的長；(2)如圖2，點D在內部，連接，F是的中點，連接，若，求證：；(3)如圖3，A點關于直線的對稱點為，連接，點D是內部一動點且，若，當線段最短時，直接寫出的面積．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）如圖1中，過點E作，交延長線于點Q，則四邊形是矩形，解直角三角形求出即可解決問題；（2）如圖2中，在上取一點M，使得，并且延長至點H，使，連接．利用全等三角形的性質證明，再證明即可解決問題；（3）如圖3中，取的中點F，連接，過點F作于T．解直角三角形求出，，判斷出當，D，F共線時，的值最小，此時，過點作于R，求出即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，過點E作，交延長線于點Q，則四邊形是矩形，∴，．在中，，∴，在中，，∴，在中，；（2）如圖2中，在上取一點M，使得，并且延長至點H，使，連接．在和中，，∴，∴，∵F是的中點，∴，在和中，，∴，∴，∴，又∵是的外角，∴，∵，∴，∴；（3）如圖3中，取的中點F，連接，過點F作于T．∵，若，∴．∵，∴，∵，，∴，∴∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴當，D，F共線時，的值最小，此時，過點作于R，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質，解直角三角形，等腰直角三角形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形或全等三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題．80．（23-24九年級上·貴州貴陽·期末）如圖①，在正方形中，點E，F分別在邊、上，于點O，點G，H分別在邊、上，．(1)問題解決：①寫出與的數量關系：；②的值為；(2)類比探究，如圖②，在矩形中，（k為常數），將矩形沿折疊，使點C落在邊上的點E處，得到四邊形交于點P，連接交于點O．試探究與之間的數量關系，并說明理由；(3)拓展應用，如圖③，四邊形中，，，，，點E、F分別在邊、上，求的值．【答案】(1)①；②1(2)，理由見解析(3)【分析】（1）①證明，由全等三角形的性質即可得證；②證明四邊形四邊形是平行四邊形，得出，即可得證；（2）作于，證明，得出，證明四邊形是矩形，得出，從而推出，即可得解；（3）作交的延長線于，作于，連接，證明四邊形是矩形，得出，，證明，得出，證明，得出，即，再由勾股定理求出，從而得出，結合（2）的結論即可得解．【詳解】（1）解：①∵四邊形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②∵，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴；（2）解：，理由如下：如圖，作于，，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，∵（k為常數），∴；（3）解：如圖，作交的延長線于，作于，連接，，∵，，，∴四邊形是矩形，∴，，，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（不符合題意，舍去），，∴，由（2）的結論可得：．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了折疊的性質、正方形的性質、矩形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與、勾股定理等知識，熟練掌握以上知識點并靈活運用是解此題的關鍵．基礎鞏固單選題1．（2024·廣東珠海·一模）圖1是第七屆國際數學教育大會的會徽，圖2由主體圖案中相鄰兩個直角三角形組合而成．當，時，的長為（

）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】本題考查含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，先求出的長，再利用勾股定理求出的長即可．【詳解】解：∵，∴，∵，∴；故選：A．2．（2023·陜西寶雞·一模）下圖1是某地鐵站入口的雙翼閘機，如圖2，它的雙翼展開時，雙翼邊緣的端點A與B之間的距離為，雙翼的邊緣，且與閘機側立面夾角，當雙翼收起時，可以通過閘機的物體的最大寬度為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題主