专题12直角三角形（4个知识点6种题型）

专题12直角三角形（4个知识点6种题型）【目录】倍速学习三种方法【方法一】脉络梳理法知识点1.直角三角形全等的判定知识点2.直角三角形的性质定理的推论知识点3.勾股定理知识点4.两点的距离公式【方法二】实例探索法题型1.直角三角形全等的判定定理题型2.直角三角形的性质定理题型3.直角三角形的性质的应用题型4.勾股定理题型5.勾股定理及其逆定理的应用题型6.两点间距离【方法三】成果评定法【倍速学习三种方法】【方法一】脉络梳理法知识点1.直角三角形全等的判定图形定理符号如果两个直角三角形的斜边和一条直角边对应相等，那么这两个直角三角形全等（简记：H.L）在中，，【例1】（22·23上·宝山·期中）五边形中，，平分，，求证：．【分析】在上截取，连接，过点A作，根据全等三角形的判定分别证明，，，然后再由其性质即可证明．【详解】解：如图所示，在上截取，连接，过点A作，∴，∵平分，∴，在与中，，∴，∴，，∴，∵，，∴，在与中，，∴，∴，在与中，，∴，∴，∴，即．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，理解题意，作出相应辅助线，运用全等三角形的判定和性质是解题关键．【变式】（22·23上·青浦·期末）如图，在中，垂直平分边，交于点E，平分的外角，，垂足为点G，，垂足为点H．求证：．【分析】根据角平分线的性质得到，根据线段垂直平分线的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】证明：∵平分的外角，，，∴，∵垂直平分边，∴，在和中，，∴（HL），∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，角平分线的性质，是熟练正确全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．知识点2.直角三角形的性质定理的推论定理1直角三角形的两个锐角互余；定理2直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.推论1：在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半；推论2：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的角等于.【例2】（23·24上·上海·阶段练习）在中，若，于，，，则．【答案】8【分析】先根据直角三角形两锐角互余计算出，再根据含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】解：如图所示，在中，，，，，，又在中，，，，故答案为：8．【点睛】本题主要考查直角三角形两锐角互余，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是掌握含30度角的直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半．【变式1】．（23·24上·上海·阶段练习）在中，，平分，交于，如果，那么．【答案】/30度【分析】先画出图形，作，于点E，根据角平分线的性质得，再根据，得，根据直角三角形的性质可得答案．【详解】如图所示，过点D作，于点E，∵平分，，∴．∵，∴，在中，，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质定理，含的直角三角形的性质等，构造直角三角形是解题的关键．【变式2】．（2022·上海市罗星中学八年级期末）已知是等腰三角形，是边上的高，且，那么此三角形的顶角的度数为______．【答案】或者【分析】根据题意画出图形，分情况讨论，根据等边三角形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，三角形内角和定理即可求解．【详解】解：如图1，取的中点，连接，，，，，是的中点，，是等边三角形，，；如图2，是等腰三角形，，，，，是等腰直角三角形，，，，；故答案为：或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分类讨论并画出图形是解题的关键．知识点3.勾股定理图形名称定理符号表示边的定理在直角三角形中，斜边大于直角边.在中，勾股定理直角三角形两条直角边的平方和，等于斜边的平方.在中，，勾股定理逆定理如果三角形的一条边的平方等于其他两条边的平方和，那么这个三角形是直角三角形.在中，，【例3】（21·22上·浦东新·期末）中，，点D、E分别为边AB、BC上的点，且，，联结AE交CD与点F，点M是AE的中点，联结CM并延长与AB交于点H．（1）点F是CD中点时，求证：；（2）求证：【分析】（1）联结MD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得,根据点F是CD中点，即可判断是的垂直平分线；（2）证明是的垂直平分线，可得，进而在中，，等量代换即可得【详解】（1）证明：联结MD．∵，∴∵点M是AE的中点，∴．同理可证：，∴．∵点F是CD中点，∴．（2）证明：∵，∴．∵点M是AE的中点，∴．∵，∴点M，点C在线段AD的垂直平分线上．∴CM是线段AD的垂直平分线．∴，．∴．∴中，∴．【点睛】本题考查了垂直平分线的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，掌握垂直平分线的性质与判定是解题的关键．【变式】．（2022·上海浦东新·八年级期末）某中学初二年级游同学在学习了勾股定理后对《九章算术》勾股章产生了学习兴趣．今天，他学到了勾股章第7题：“今有立木，系索其末，委地三尺，引索却行，去本八尺而索尽．问索长几何？”本题大意是：如图，木柱，绳索AC比木柱AB长三尺，BC的长度为8尺，求：绳索AC的长度．【答案】绳索长是尺【分析】设，则，由勾股定理及即可求解．【详解】设，则，在中，，∴，解得：，答：绳索长是尺．【点睛】本题考查勾股定理得应用，用题意列出等量关系式是解题的关键．知识点4.两点的距离公式①数轴上两点A、B分别表示实数m、n，则AB的距离为.②如果直角坐标平面内有两点，那么两点间的距离.【例4】（2022·上海·八年级单元测试）已知直角坐标平面内的两点分别为A（﹣3，1）、B（1，﹣2），那么A、B两点间的距离等于_____．【答案】5．【分析】根据两点间的距离公式进行计算，即A（x，y）和B（a，b），则AB=【详解】A.B两点间的距离为：AB===5,故答案为5,故答案是：5.【点睛】本题考查了勾股定理，两点间的距离，解题的关键是掌握两点间的距离公式．【变式】．已知点、，则线段的长为______．【答案】10【分析】直接利用两点间的距离公式计算即可．【详解】线段PQ的长==10．故答案为10．【点睛】此题考查坐标与图形性质，利用点的坐标计算相应线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系．解题的关键是记住两点间的距离公式．【方法二】实例探索法题型1.直角三角形全等的判定定理1．（22·23上·青浦·期末）如图，在中，，点在边上，过点作，垂足为点，如果，且，那么的度数是．【答案】/36度【分析】根据证明，可得，，根据求出，进而可求出的度数．【详解】解：，∴．在和中，∴，∴，．∵，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，四边形内角和等知识，证明是解答本题的关键．2．（22·23上·青浦·期末）如图，已知，按如下步骤作图：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交、于点、；②分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点；③作射线交于点．(1)按照上述方法所作的线段是的________；（在横线上填上正确的序号）①中线；②角平分线；③高．(2)求作：点，使得点到直线与直线的距离相等，且；（保留作图痕迹，不写作法，但要写出结论）(3)过点分别作，，垂足分别为点、．求证：．【答案】(1)②(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据作图方法可得答案；（2）作线段的垂直平分线，交于点M即可；（3）连接，，根据证明即可．【详解】（1）由作图方法可知线段是的角平分线．故答案为：②；（2）∵点到直线与直线的距离相等，∴点在的平分线上．∵，∴点在的垂直平分线上．如图，点M即为所求；（3）如图，连接，．∵点在的平分线上，，，∴．∵点在的垂直平分线上，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了角平分线的作图及性质，线段垂直平分线的作图及性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．3．（22·23上·静安·期中）如图，已知在中，，点是内部的一点，，，垂足分别为点，且．求证：．【分析】连接，利用可证明，可得，利用可证明，进而可证得结论．【详解】证明：连接，∵，，∴，又∵，，∴，∴，又∵，，∴，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质是解决问题的关键．4．（2022·上海市崇明区横沙中学八年级期末）已知：如图，AB∥CD，∠ABD＝90°，∠AED＝90°，BD＝DE．求证：∠AFC＝2∠ADC．【分析】根据HL证明Rt△ABD≌Rt△AED，得出∠BAD＝∠EAD再由AB∥CD可推出∠EAD＝∠ADC，最后根据外角的性质即可得出结论．【详解】证明：在Rt△ABD与Rt△AED中，，∴Rt△ABD≌Rt△AED（HL），∴∠BAD＝∠EAD，∵AB∥CD，∴∠BAD＝∠ADC，∴∠EAD＝∠ADC，∵∠AFC＝∠EAD+∠ADC，∴∠AFC＝2∠ADC．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．5．（2022·上海松江·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC>CD，AC平分∠BCD，过点A作AE⊥BC，垂足为点E．(1)求证：CE=CDBE；(2)如果CE=3BE，求的值．【答案】(1)证明见详解；(2)=．【分析】（1）过点A作AF⊥CD交CD延长线于F，先根据AC平分∠BCD，AE⊥BC，AF⊥CD，得出AE=AF，∠AEB=∠AFD=90°，再证Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），得出BE=DF，然后证明Rt△ACE≌Rt△ACF（HL）即可；（2）先求出BC=4BE，CD=2BE,，然后S△ABC=，S△ADC=即可．(1)证明：过点A作AF⊥CD交CD延长线于F，∵AC平分∠BCD，AE⊥BC，AF⊥CD，∴AE=AF，∠AEB=∠AFD=90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE=DF，在Rt△ACE和Rt△ACF中，，∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），∴CE=CF，∴CE=CF=CD+DF=CD+BE；(2)解：BC=BE+EC=BE+3BE=4BE，∴S△ABC=，∴CD=CFFD=CEBE=3BEBE=2BE，∴S△ADC=，∴=．【点睛】本题考查角平分线性质，三角形全等判定与性质，三角形面积，线段和差倍分，掌握角平分线性质，三角形全等判定与性质，三角形面积，线段和差倍分是解题关键．题型2.直角三角形的性质定理6．（22·23上·上海·期中）如图，在四边形中，，点分别是对角线的中点，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】如图所示，连接，根据中点的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得，根据“边边边”可证，由此即可求解．【详解】解：如图所示，连接，∵，点分别是对角线的中点，∴在中，是斜边的中线，则，在中，是斜边的中线，则，∴，∵点是对角线的中点，∴，在中，，∴，∴，且，∴，∴，故选项正确，故选：．【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．7．（2022·上海·八年级单元测试）如图，在梯形ABCD中，，AD＝3，AB＝CD＝4，∠A＝120°，则下底BC的长为__．【答案】7【分析】分别过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，分别利用解直角三角形的知识得出BE、CF的长，继而可得出答案．【详解】解：过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，∵AB＝4，∠B＝60°，∴∠BAE＝60°，∴BE＝2，同理可得CF＝2，故BC的长＝BE+EF+FC＝4+AD＝7．故答案为：7【点睛】此题考查了等腰梯形的性质，直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半，解答本题的关键是求出BE及CF的长度，要求我们熟练记忆等腰梯形的几个性质．8．（23·24上·上海·阶段练习）如图，在和中，，是中点．求证：．【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，找出相等的边，再利用等边对等角、三角形外角的性质得出、，从而证明结论．【详解】证明：在中，，是中点．∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．9．（22·23上·宝山·期末）如图，在中，于点D，，点E、F分别是、的中点且，求证：．【分析】利用证明，即可解决问题．【详解】证明：，．∵点E、F分别是、的中点，，，，，在和中，，，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质，正确证明三角形全等是解题的关键．10．（22·23上·徐汇·期末）如图，已知锐角中、分别是、边上的高，M、N分别是线段、的中点．求证：(1)．(2)若，求证：是等边三角形【分析】（1）连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，然后由等腰三角形“三线合一”即可得到答案；（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出即可证明．【详解】（1）如图：连接、，、分别是、边上的高，,，在与中，M是线段的中点，,，，是等腰三角形，又因为N是线段的中点，；（2）在中，，，由（1）可知：，，，，，，由（1）可知是等腰三角形，是等边三角形．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和，等边三角形的证明；掌握基本性质是解题的关键．11．（22·23上·青浦·期末）已知：如图，在四边形中，，，点是边的中点，．求证：(1)；(2)．【分析】（1）延长交于点F，证明，可得，，从而得到垂直平分，进而得到，即可；（2）根据等腰三角形的性质可得，再由，可得，从而得到，进而得到，可得到，即可．【详解】（1）证明：如图，延长交于点F，∵，∴，∵点是边的中点，∴，∴，∴，，∵，∴垂直平分，∴，∵，∴；（2）证明：∵，，∴，，∵，，∴，即，

∴，即：，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．题型3.直角三角形的性质的应用12．（2022·上海·八年级专题练习）如图1，△ABC是边长为的等边三角形，已知G是边AB上的一个动点（G点不与A、B点重合），且GEAC，GFBC，若AG＝x，S△GEF＝y．(1)求y与x的函数关系式，并写出函数定义域；(2)点G在运动过程中，能否使△GEF成为直角三角形，若能，请求出AG长度；若不能，请说明理由；(3)点G在运动过程中，能否使四边形GFEB构成平行四边形，若能，直接写出S△GEF的值；若不能，请说明由．【答案】(1)（）(2)或(3)能，【分析】（1）如图，过点F作FD⊥GE于点D．由题意易得△AFG，△BEG都是等边三角形，则可得及FG、EG，可求得FD，则可得y与x的关系；（2）点G在运动过程中，能使△GEF成为直角三角形；分两种情况考虑：；，利用30度角直角三角形的性质即可求得AG的值；（3）若四边形GFEB构成平行四边形，则△CEF是等边三角形，△FEG是等边三角形，由等边三角形的性质可求得△FEG的边长，则可求得其面积．(1)如图，过点F作FD⊥GE于点D．∵△ABC是边长为的等边三角形，且GE∥AC，GF∥BC，∴△AFG是等边三角形，△BEG是等边三角形，∴，，，∴在中，∠DFG=30°，∴，由勾股定理得：，∴（）；(2)当时，∵，∴，即，解得：；当时，∵，∴，即，解得：；综上所述：或；(3)若四边形GFEB构成平行四边形，则△CEF是等边三角形，△FEG是等边三角形，∴，由（1）知，∴．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质和直角三角形性质的综合运用，注意分类讨论思想的运用．题型4.勾股定理13．（22·23上·青浦·期末）美国数学家伽菲尔德在1876年提出了证明勾股定理的一种巧妙方法，如图，在直角梯形中，，，是边上一点，且，．如果的面积为1，且，那么的面积为（

）A．1 B．2 C． D．5【答案】C【分析】由题意求得，根据的面积为梯形面积减去两个直角三角形的面积，列式计算即可求解．【详解】解：∵的面积为1，∴，即，∵，即，∴，即，∴的面积．故选：C．【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，解题关键是利用面积关系，完全平方公式的变形求解．14．（21·22上·上海·期末）如图，所有三角形都是直角三角形，所有四边形都是正方形，已知，，，，则．【答案】46【分析】利用勾股定理分别求出AB2，AC2，继而再用勾股定理解题．【详解】解：由图可知，AB2=故答案为：46．【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．15．（22·23上·上海·期中）是斜边上的高，若，，则的长为．【答案】【分析】根据，设，则，在中根据勾股定理可求出的值，根据等面积法即可求解．【详解】解：如图所示，已知是直角三角形，，，，，设，则，在中，，即，解得，，∴，，∵，且，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查勾股定理的运用，运用等面积法求高，掌握以上知识的运用是解题的关键．16．（22·23上·徐汇·期末）如图，点是的边的中点，将沿直线翻折能与重合，若，，，则点到直线的距离为【答案】【分析】连接，延长交于点G，作于点H，如图所示，由折叠的性质及中点性质可得三角形为直角三角形，且G为中点，从而，由勾股定理可得的长，再根据，即，从而可求得的长．【详解】解：连接，延长交于点G，作于点H，如图所示，由折叠的性质可得：，则为的中垂线，∴，∵D为中点，∴，∴，∵，即，∴，即，在直角三角形中，由勾股定理可得：，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换，点到直线的距离，直角三角形的判定、勾股定理、线段中垂线的判定，解决本题的关键是利用面积相等求相应线段的长．17．（22·23上·虹口·期中）已知：三角形纸片中，，，，是边上一点．将三角形纸片折叠，使点B与点重合，折痕与、分别相交于E、F．(1)设，，试建立y关于x的函数关系式，并直接写出x的取值范围；(2)当是直角三角形时，求出x的值．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据折叠的性质得，在中利用勾股定理得，整理后即可得到y关于x的函数关系式；（2）根据含30度的直角三角形三边的关系得，由折叠的性质得到，然后讨论：①当时，则，易得，则，即，把y代入得到关于x的方程，解方程求出满足条件的x的值；②当时，则，即有，即，解方程即可．【详解】（1）解：∵三角形纸片折叠，使点B与点重合，∴，∴，，在中，，即，∴；（2）解：∵，，，∴，∴，①当时，则，∴，∴，∴，即，∴，解得，∵，∴；②当时，则，∴即，解得，所以或时，是直角三角形．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系以及勾股定理．18．（22·23上·宝山·期末）如图，直角三角形，直角顶点C在直线上，分别过点A、B作直线的垂线，垂足分别为点D和点E．(1)求证：；(2)如果，①求证：；②若设的三边分别为a、b、c，试用此图证明勾股定理．【分析】（1）根据已知得到，，证得，，推出；（2）证明即可得到结论；根据全等三角形的性质得到，根据四边形的面积即可推出．【详解】（1）证明：∵三角形是直角三角形，直角顶点C在直线上，∴，∵过点A、B作直线的垂线，垂足分别为点D和点E．∴，∴，，∴；（2）在和中∴，∴；∵，∴，∵四边形的面积∴，∴．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的推导，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理及勾股定理的公式是解题的关键．题型5.勾股定理及其逆定理的应用19．（21·22上·奉贤·期中）如图，在4×3的正方形网格中，△ABC与△DEC的顶点都在边长为1的小正方形的顶点上，则∠BAC+∠CDE＝度．【答案】【分析】连接、，根据勾股定理以及勾股定理的逆定理求解即可．【详解】解：连接、，如下图：由勾股定理得，，，，，∵，，∴，，∴为等腰直角三角形，为直角三角形，∴∴故答案为：【点睛】此题考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理．20．如图，这是美国第20届总统加菲尔德的构图，其中Rt△ADE和Rt△BEC是完全相同的，请你试用此图形验证勾股定理的正确性．【分析】此梯形的面积有三部分组成，利用梯形的面积等于三个直角三角形的面积之和列出方程并整理．【详解】证明：∵S梯形，又∵S梯形，，∴，∴c2=a2+b2．【点睛】此题考查勾股定理的证明，此类证明要转化成同一个图形的两种表示方法，从而得出等式达到证明的结果．21．如图，笔直的公路上A、两点相距，、为两村庄，于点A，于点，已知，，现在要在公路的段上建一个土特产品收购站，使得、两村到收购站的距离相等，则收购站应建在离A点多远处？【答案】收购站E应建在离A点10km处【分析】先根据“C，D两村到E站的距离相等”得出DE=CE，再根据勾股定理列方程求解即可．【详解】解：∵C，D两村到E站的距离相等．∴DE=CE，∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，∴∠A=∠B=90°，∴，，∴，设AE=xkm，则BE=ABAE=（25x）km．∵DA=15km，CB=10km，∴，即解得：x=10，∴AE=10km，∴收购站E应建在离A点10km处．【点睛】本题考查了勾股定理的应用及解一元一次方程，解题的关键是运用勾股定理将两个直角三角形的斜边表示出来．22．如图，已知：大风把一颗大树刮断，折断的一端恰好落在地面上的A处，量得BC=3米，AC=4米，试计算这棵大树的高度．【答案】这棵大树高8米.【分析】该大树折断后，折断部分与地面、原来的树干恰好构成一直角三角形，设大树折断部分AB高为x米，由勾股定理可得出方程：32+42=x2，解该方程可得出AB的长，进而可得大树原来的高．【详解】设大树断掉的部分AB长为x米．∵∠BCA=90°，∴BC2+CA2=AB2，∴32+42=x2，解得：x=5（米），∴大树原高为：3+5=8（米），答：大树的高为8米．【点睛】本题考查了利用勾股定理解应用题，关键在于把折断部分、大树原来部分和地面看作一个直角三角形，利用勾股定理列出方程求解．题型6.两点间距离23．（2022·上海市崇明区横沙中学八年级期末）在直角坐标平面内，已知点、，且，那么m的值是________．【答案】【分析】由、，再根据长度公式可得出AB的距离表达式，由即可求得的值．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了利用勾股定理求两点距离，掌握两点间的距离公式是解决此题的关键．24．（22·23上·杨浦·期末）、、是三角形的三个顶点，则是三角形．【答案】等腰直角【分析】求出的长，再利用勾股定理逆定理，进行求解即可．【详解】解：∵，，，∴，∴是等腰直角三角形；故答案为：等腰直角．【点睛】本题考查三角形的判定，勾股定理以及逆定理．解题的关键是掌握两点间的距离公式．25．（2020·上海市静安区实验中学八年级课时练习）如图，有两条互相垂直的公路，A厂离公路的距离为2千米，离公路的距离为5千米；B厂离公路的距离为11千米，离公路的距离为4千米；现在要在公路上建造一仓库P，使A厂到P仓库的距离与B厂到P仓库的距离相等，求仓库P的位置．【答案】仓库P在公路上，且在公路的右侧，离公路的距离为6千米处.【分析】以直线建立直角坐标系，根据题述可得A厂，B厂所在点的坐标，再设仓库P所在点的坐标为(x,0)，根据“A厂到P仓库的距离与B厂到P仓库的距离相等”列出方程，求解，根据方程的解可得出仓库P的位置．【详解】解：为两条互相垂直的公路，以建立平面直角坐标系，如下图，根据题意可知,设P(x,0)，则整理得：，解得．故仓库P在公路上，且在公路的右侧，离公路的距离为6千米处．【点睛】本题考查两点之间的距离公式．能建立合适的直角坐标系，并根据“A厂到P仓库的距离与B厂到P仓库的距离相等”列出方程是解决此题的关键．【方法三】成果评定法一、单选题1．（22·23上·上海·专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，斜边AB的垂直平分线DE交AB于点D，交BC于点E，且AE平分∠BAC，下列关系式不成立的是（）A．AC＝2EC B．∠B＝∠CAE C．∠DEA＝∠CEA D．BC＝3CE【答案】A【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE＝BE，根据等边对等角可得∠BAE＝∠B，然后利用直角三角形两锐角互余列式求出∠CAE＝∠BAE＝∠B＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AE＝2CE，BE＝2DE，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得DE＝EC，然后对各选项分析判断后利用排除法求解．【详解】解：∵DE是AB的垂直平分线，∴AE＝BE，∴∠BAE＝∠B，∵AE平分∠BAC，∴∠CAE＝∠BAE，∵∠C＝90°，∴∠CAE＝∠BAE＝∠B＝30°，A.在Rt△ACE中，，故A错误，符合题意；B.∠B＝∠CAE=30°，故B正确，不符合题意；C.∵，，∴∠DEA＝∠CEA，故C正确，不符合题意；D.在Rt△BDE中，BE＝2DE，∵AE平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB，∴DE＝EC，∴BC＝EC+BE＝EC+2EC＝3EC，故D正确，不符合题意．故选：A．【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，等边对等角的性质，以及三角形的内角和定理，求出∠CAE＝∠BAE＝∠B＝30°，是解题的关键．2．（22·23上·宝山·期末）机场入口处的铭牌上说明，飞机行李架是一个的长方体空间，有位旅客想购买一件画卷随身携带，现有4种长度的画卷①；②；③；④，请问这位旅客可以购买的尺寸是（

）A．①②； B．①②③； C．①②③④； D．①；【答案】B【分析】根据题意求出行李架的对角线长度，然后与画卷长度进行比较即可．【详解】解：由题意可知，，，顾客能携带的长度为：①②③，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用；解题的关键是熟练运用勾股定理求长度．3．（22·23上·宝山·期末）下列四组数据为三角形的三边，其中能构成直角三角形的是（

）A．、、 B．、、 C．、、 D．、、（）【答案】D【分析】根据勾股定理的逆定理：“如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形”判定即可．【详解】解：A．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；B．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；C．，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；D．，能构成直角三角形，故此选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而做出判断．4．（22·23上·青浦·期末）在下列各原命题中，逆命题为假命题的是（）A．线段垂直平分线上的任意一点到这条线段两个端点的距离相等B．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半C．如果两个三角形全等，那么这两个三角形的对应边相等D．关于某一条直线对称的两个三角形全等【答案】D【分析】分别写出四个命题的逆命题，然后分别根据线段垂直平分线判定定理、等腰三角形的性质，三角形的内角和定理、全等三角形的判定和轴对称的定义进行判断即可．【详解】解：A、逆命题为到线段两个端点的距离相等的点在这条线段垂直平分线上，此逆命题为真命题；B、逆命题为如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形为直角三角形，此逆命题为真命题；C、逆命题为三边对应相等的三角形全等，此逆命题为真命题；D、逆命题为两个全等三角形关于某直线对称，此逆命题为假命题．故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．也考查了逆命题．5．（22·23上·青浦·期末）如图，在中，，，平分，，则以下结论错误的是（

）A．点C到直线的距离为1 B．点D到直线的距离为1C．点A到直线的距离为 D．点B到直线的距离为【答案】A【分析】根据，，易证，得到，根据三角形的内角和得到，根据角平分线的定义得到，过点作于，点C到直线的距离为，过作于，求得点到的距离为1，，点B到直线的距离为，过作交的延长线于，得到点到的距离为．【详解】解：过作于，∵平分，∴，，∴，则，又∵，∴，∴，∴，∴，，∴，过点作于，∵，，∴，则，∴，则，∴点C到直线的距离为，故A选项结论错误；过作于，∴，∴点到的距离为1，故选项B结论正确；，∴点B到直线的距离为，故选项D结论正确；过作交的延长线于，∴，∴点到的距离为，故选项C结论正确．故选：A．【点睛】本题考查的是含的直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，多次利用含的直角三角形求边的长度是解决问题的关键．6．（21·22上·静安·期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，BD平分∠ABC，BD=2，则以下结论错误的是（

）A．点D在AB的垂直平分线上；B．点D到直线AB的距离为1；C．点A到直线BD的距离为2；D．点B到直线AC的距离为.【答案】C【分析】如图，取AB中点E，连接DE，证明△EBD≌△CBD，可得∠DEB＝∠C＝90°，∠BAD＝∠ABD＝∠CBD＝30°，则BC＝AB，DE＝，然后根据勾股定理可求出BC，过A作AF⊥BD交BD的延长线于F，求出AF＝AB＝BC＝，进而可得答案．【详解】解：如图，取AB中点E，连接DE，∵AB=2BC，∴BE＝BC，∵BD平分∠ABC，∴∠EBD＝∠CBD，又∵BD＝BD，∴△EBD≌△CBD（SAS），∴∠DEB＝∠C＝90°，∴DE⊥AB，即点D在AB的垂直平分线上，A正确；∴AD＝DB，∴∠BAD＝∠ABD＝∠CBD＝30°，∴BC＝AB，DE＝，即点D到直线AB的距离为1，B正确；∴DE＝DC＝1，∴BC＝，即点B到直线AC的距离为，D正确，过A作AF⊥BD交BD的延长线于F，∴AF＝AB＝BC＝，∴点A到BD的距离为，C错误，故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理，作出合适的辅助线是解答本题的关键．二、填空题7．（22·23上·静安·期末）已知平面直角坐标内的两点、，那么，两点的距离等于.【答案】【分析】根据勾股定理进行计算即可求解．【详解】解：∵、，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理求两点距离，掌握勾股定理是解题的关键．8．（22·23下·虹口·期末）我们如下定义：如果一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，那么称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．如图，已知，，，如果格点四边形（即四边形的顶点都在格点上）是以为勾股边且对角线相等的勾股四边形，那么点M的坐标是．【答案】或/或【分析】根据勾股四边形的定义进行作图，即可求解．【详解】由题意得，格点四边形如图所示，故答案为：或．【点睛】本题考查了勾股定理，能够理解并运用新定义是解题的关键．9．（22·23下·嘉定·开学考试）如图，含30°的三角板绕点顺时针旋转150°得到，连接，若，则的面积为．【答案】【分析】过点作的垂线,垂足为,由及旋转角可知为平角,在中,,则,由旋转的性质可知,由面积法:,求,则【详解】解：过点作的垂线,垂足为,∵，∴,∵在中,,，∴，由旋转的性质可知.,由,即解得∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理等知识，关键是围绕三角形的面积需确定底和高的值.10．（22·23上·静安·期末）已知三角形的三边长分别为、、，那么这个三角形形状是.【答案】直角三角形【分析】根据勾股定理的逆定理进行判断即可求解．【详解】解：∵∴，∴这个三角形形状是直角三角形，故答案为：直角三角形．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．11．（22·23下·虹口·期末）如图，在中，，，，点D是的中点．将绕点A旋转得到（点D与点对应，点C与点对应），当点落在边上时，连接，那么线段的长是．【答案】【分析】如图，过作于，求解，证明，由旋转可得：，，证明，可得，，再利用勾股定理可得答案．【详解】解：如图，过作于，∵，，，∴，∵点D是的中点，∴，由旋转可得：，，∵，∴，∴，，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，熟练的利用勾股定理进行计算是解本题的关键．12．（22·23下·浦东新·期末）如图，梯形中，，，且平分，则梯形的周长是cm．【答案】15【分析】由推出，得到，由角平分线的定义得到因此，推出求出，得到梯形是等腰梯形，即可求解．【详解】解：∵，∴，，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴梯形是等腰梯形，∴，∴，∴梯形的周长，故答案为：15．【点睛】本题考查梯形，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，关键是证明．13．（22·23下·嘉定·开学考试）如图，在中，，平分，交边点，，，则．【答案】/【分析】如图：过点D作于E，由角平分线的性质定理可得，再证可得，再由勾股定理可得，进而得到，设，则，运用勾股定理列方程求得x,进而完成解答．【详解】解：如图：过点D作于E，∵平分，∴.，在和中，∴，∴，由勾股定理得：,∴，设，则，在中，，即,解得，∴．故答案为:．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，运用勾股定理列出方程是解答本题的关键．14．（21·22上·上海·期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，如图所示.如果将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，其中点A、B的对应点分别为点D、E，联结BD，那么BD的长等于.【答案】；【分析】过D作DH⊥BC交BC延长线于H，根据旋转的性质，可得CD=AC，并可求出∠DCH=30°，再在Rt△CDH中求出CH、DH，则可得BH，利用勾股定理即可求得BD．【详解】解：如图，过D作DH⊥BC交BC延长线于H，依题可知∠BCE=60°，∠ACB=90°=∠DCE，∴∠ACE=∠ACB∠BCE=30°，∵∠ACH=∠ACB=90°=∠DCE，∴∠ACD＝∠DCE∠ACE=60°，∴∠DCH＝∠ACH∠ACD=30°，∵根据旋转的性质，CD=AC=，∴在Rt△DCH中，DH=CD=，则CH=DH=6，∴BH=BC+CH=3+6=9，∴BD=＝．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．15．（22·23上·青浦·期末）已知两块相同的三角板如图所示摆放，点、、在同一直线上，，，，将绕点顺时针旋转一定角度，如果在旋转的过程中有一条边与平行，那么此时的面积是．【答案】或【分析】先求解，，，，再分两种情况讨论；如图，当时，过作于，则，当时，过作于，则，再求解中上的高即可得到答案．【详解】解：∵，，，且两个三角形一样，∴，，，，如图，当时，过作于，则，∴，，∴，当时，过作于，则，∴，，，∴，故答案为：或．【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用旋转的性质解题是关键．16．（22·23上·青浦·期末）在中，，于点，且，．则【答案】20【分析】根据题意画出图，在上找一点E，使得，连接，证明，得到，进而证明是等边三角形，得到，则，再根据含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．【详解】解：如图所示，在上找一点E，使得，连接，∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴故答案为：20．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．17．（22·23上·静安·期末）如图，在中，，，为边上一点，将沿着直线翻折，点恰好落在边上的点处，连接．如果，那么的长为．【答案】/【分析】根据题意，作出图形，进而根据折叠的性质以及已知条件得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出．【详解】解：如图，∵，∴，∴，∵折叠，∴，∴，∵中，，∴，∴，∵，∴，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，折叠的性质，得出是解题的关键．18．（22·23上·徐汇·期末）函数的最小值为【答案】5【分析】先把原式变形为，再构建几何图形满足，，，，，设，则故问题等价于在线段上求一点O，使最小，再利用两点之间线段最短，再构建直角三角形利用勾股定理可得答案．【详解】解：∵如图所示，，，，，，设，则，，．∴，如图，设E为C关于的对称点，则，故当且仅当三点共线时取最小值，过作，交的延长线于，∴，，∴，∴最小值等于．故答案为：5．【点睛】本题考查的是利用几何图形求解函数的最值问题，同时考查的轴对称的性质，勾股定理的应用，两点之间线段最短，熟练的构建几何图形是解本题的关键．三、解答题19．（23·24上·上海·阶段练习）已知：，，，且为等腰三角形，求的值．【答案】或【分析】根据等腰三角形的定义，结合两点距离公式得，，，然后进行分类讨论，即可列式作答．【详解】解：∵，，，∴，，，∵为等腰三角形，∴当时，即，则解得；或当时，即，因为，所以此种情况不存在；或当时，即，则，即，那么综上所述，或．【点睛】本题考查了两点的距离公式以及等腰三角形的性质，灵活运用分类讨论思想是解题的关键．20．（23·24上·上海·阶段练习）已知：如图，在四边形中，，，，．(1)求的度数．(2)求四边形的面积．【答案】(1)(2)【分析】对于（1），连接，根据勾股定理求出及，再根据勾股定理逆定理说明是直角三角形，即可求出答案；对于（2），根据两个三角形的面积和求出答案即可．【详解】（1）连接，如图所示．∵，，∴，根据勾股定理得，在中，，∴是直角三角形，且，