专题04 三角形的性质与判定（解析版）-2024年中考数学复习

专题04三角形的性质与判定目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01三角形的三边关系题型02与三角形有关线段的综合问题题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题题型04三角形内角和与外角和定理的实际应用题型05线段垂直平分线和角平分线综合题型06特殊三角形的性质与判定题型07勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题题型08与三角形有关的折叠问题题型09赵爽弦图题型10利用勾股定理解决实际问题题型11求最短距离题型12勾股定理逆定理的拓展问题题型13判断图形中与已知两点构成等腰三角形的点的位置题型14判断图形中与已知两点构成直角三角形的点的位置（时间：60分钟）题型01三角形的三边关系1．（2023·广东广州·广州市越秀区明德实验学校校考模拟预测）等腰三角形的一边长是3，另两边的长是关于x的方程x2-10x+A．21 B．25 C．21或25 D．20或24【答案】B【分析】结合根与系数的关系，分已知边长3是底边和腰两种情况讨论．【详解】解：设关于x的方程x2﹣10x+k＝0的两个实数根分别为a、b．方程x2﹣10x+k＝0有两个实数根，则Δ＝100﹣4k≥0，得k≤25．①当底边长为3时，另两边相等时，则a+b＝10，∴另两边的长都是为5，∴k＝ab＝25；②当腰长为3时，另两边中至少有一个是3，则3一定是方程x2﹣10x+k＝0的根，则32﹣10×3+k＝0解得k＝21解方程x2﹣10x＋21＝0解得另一根为：x＝7．∵3+3＜7，不能构成三角形．∴k的值为25．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了三角形三边的关系以及等腰三角形的性质．2．（2021·甘肃兰州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，点D为BC的中点，则AD的长可能是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】延长AD到E，使DE＝AD，连接BE．证△ADC≌△EDB（SAS），可得BE＝AC＝2，再利用三角形的三边关系求出AE的范围即可解决问题．【详解】解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，在△ADC和△EDB中，AD=∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝2，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即2＜2AD＜6，解得1＜AD＜3，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的全等判定和性质，三角形三边关系定理，熟练证明三角形的全等是解题的关键．3．（2023·河北·统考模拟预测）已知一个三角形的第一条边长为3a+(1)求第三条边长m的取值范围；（用含a，b的式子表示）(2)若a，b满足a-5+【答案】(1)a(2)49【分析】（1）根据三角形三边关系定理即可得出结论；（1）根据绝对值和平方的非负性可确定a，b的值，从而得出m的最大值，即可得出结论．【详解】（1）解：∵三角形的第一条边长为3a+b∴第三条边长m的取值范围是3a即a+2∴第三条边长m的取值范围是a+2（2）∵a，b满足a-5+∴a-∴a=5∴5+2×2<m<5×5，即则三角形的周长为：3a∵m为整数，∴m可取最大值为24，此时这个三角形周长的最大值为25+24=49，∴这个三角形周长的最大值为49．【点睛】本题考查三角形三边关系定理，绝对值和平方的非负性，不等式组的整数解，三角形的周长．掌握三角形三边关系定理是解题的关键．4．（2023·广东江门·二模）已知关于x的方程x2(1)求证：无论k取何实数值，方程总有实数根；(2)若等腰三角形△ABC的一边a=6，另两边长b、【答案】(1)见解析(2)14【分析】（1）计算方程的根的判别式，若Δ=（2）已知a=6，则a可能是底，也可能是腰，分两种情况求得b、c【详解】（1）证明：∵Δ==9=9=3∴无论k取何值，方程总有实数根；（2）解：①若a=6为底边，则b，c为腰长，b∴3k解得：k=-此时原方程化为x2∴x1=x此时△ABC三边为6，2，2②若a=6为腰，则b把x=6代入方程，6∴k=-5则原方程化为x2x-∴x1=2，此时△ABC三边为6，6，2综上所述：△ABC三边为6，6，2∴周长为6+6+2=14．【点睛】本题主要考查了根的判别式及三角形的三边关系定理，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验．题型02与三角形有关线段的综合问题1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，在Rt△ABC中，

(1)若∠C=32°，求(2)画∠ABC的平分线BD交AC于点D，过点D作DE⊥AB于点E．若AB【答案】(1)∠(2)作图见解析；DE【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余求出∠A（2）根据题意作图，过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质得出DE=DF，根据S△【详解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ABC∴∠A（2）解：如图，BD为所求作的角平分线，DE为所求作的垂线；

过点D作DF⊥BC于点∵BD平分∠ABC，DE⊥AB∴DE=∵S△又∵S==1∴12即12∴DE=【点睛】本题主要考查了直角三角形两锐角互余，角平分线的性质，三角形面积的计算，解题的关键是理解题意，作出辅助线，熟练掌握角平分线上的点到角的两边距离相等．2．（2023·陕西西安·一模）（1）请在图中过点A画一条直线，将△ABC（2）如图，在平行四边形ABCD中，请过顶点A画两条直线将平行四边形ABCD的面积三等分，并说明理由；（3）如图，农博园有一块四边形ABCD空地，其中AB=60m，BC=80m，CD=100m，AD=120m，【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）能实现．点Q在BC上，当CQ=62.5米时，PQ，PC将四边形ABCD的面积三等分，即小路为PQ、PC【分析】（1）取BC的中点D，作直线AD即可；（2）分别取BC、DC边上的两个三等分点D、E，且CD=13BC，CE=（3）连接PC，PB，PB交AC于点J，过点P作PH⊥CB于点H．点Q在BC上，连接PQ，设CQ=x米．首先证明【详解】解：（1）如图，取BC的中点D，作直线AD，则直线AD即为所求．（2）如图，分别取BC、DC边上的两个三等分点D、E，且CD=13BC，CE=13CD，作直线理由：连接AC．∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△∵CD=13∴S△ABD∴S四边形∴S△（3）能实现．理由如下：能，理由如下：如图③中，连接PC，PB，PB交AC于点J，过点P作PH⊥CB于点H．点Q在BC上，连接PQ，设∵AB=60米，BC=80∴AC∵CD∴CA∵AP∴CP∴CP∴AB=AP在△ABC和△AB=∴△ABC∴S∵AB=AP∴AC⊥BP∵12∴BJ∴PB∵PH∴∠PHC∴AB∴∠ABJ∴cos∴BJAB∴4860∴PH当S△PCQ=∴x∴当CQ=62.5米时，PQ，PC将四边形ABCD的面积三等分，即小路为PQ、PC【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．3．（2023·湖北武汉·校考一模）如图，已知△ABC，M为边AC上一动点，AM=mMC，D为边BC上一动点，BD=nDC，BM(1)【问题提出】三角形的三条中线会相交于一点，这一点就叫做三角形的重心，重心有很多美妙的性质，请大家探究以下问题若m=n=1，则(2)【问题探究】若m=1，猜想BNMN与(3)【问题拓展】若m=1，n=2，则S【答案】(1)2(2)BN(3)3【分析】（1）连接DM，根据m=n=1，AM=mMC，BD=nDC，可得MD（2）过点B作BE∥AC，交AD的延长线于点E，根据m=1可得AC=2AM，证明△BDE∼△（3）过点A作AO⊥BM，AG⊥BC，根据m=1，n=2，可得BM是△ABC的中线，BD=2DC，由（2）可知BNNM=2【详解】（1）解：如图，连接DM，∵m=n=1，∴AM=MC∴点D、M分别是BC、AC的中点，∴MD是△∴AB=2MD∴∠MDA=∠BAD∴△NDM∴BN故答案为：2．（2）解：过点B作BE∥AC，交AD的延长线于点∵m∴AC∵BE∴∠AEB=∠CAE∴△BDE∴BD又∵BD∴BE∴BE又∵∠MAN=∠NEB∴△ANM∴BN（3）解：过点A作AO⊥BM，∵m=1，∴AM=MC∴BM是△∴S设AO=a，AG=由（2）可知BNNM∴BN∵SS△∴S∴S又因为S△∴S∵S∴S【点睛】本题考查了中位线的性质和判定、三角形相似的性质和判定和平行线的性质及中线的性质，准确作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题1．（2022·安徽·一模）将两个直角三角板如图摆放，其中∠BCA=∠EDF=90°，∠E=45°，∠A=30°，BC与DE交于点P，AC与DF交于点A．40° B．32.5° C．45.5° D．30°【答案】D【分析】根据常用直角三角板的角度，先把各角表示出来，再利用平行线性质及外角性质分别求出∠DPC和∠【详解】解：在RtΔABC中，∠BCA=90°，∠在RtΔDEF中，∠EDF=90°，∠∵AB∥∴∠ACF=∠A∴∠DPC=∠E∴∠DPC故选：D．【点睛】本题考查求角度问题，涉及到常见三角板的内角、平行线性质和外角性质，准确将题中数据与图形对应起来得到关系是解决问题的关键．4．（2022·安徽合肥·二模）如图是一款手推车的平面示意图，其中AB∥CD，∠3=150°，∠1=30°，则A．60° B．70° C．80° D．90°【答案】A【分析】如图∠3的顶点用F表示，∠2的顶点用E表示，根据AB∥CD，得出∠1=∠A=30°，根据领补角互补得出∠AFE=180°-∠3=180°-150°=30°，根据三角形外角性质求解即可．【详解】解：如图∠3的顶点用F表示，∠2的顶点用E表示，∵AB∥CD，∴∠1=∠A=30°，∵∠3+∠AFE=180°，∴∠AFE=180°-∠3=180°-150°=30°，∵∠2是△AEF的外角，∴∠2=∠A+∠AFE=30°+30°=60°．故选择A．【点睛】本题考查平行线性质，领补角互补性质，三角形外角性质，掌握平行线性质，领补角互补性质，三角形外角性质是解题关键．3．（2023·广东广州·统考一模）在“玩转数学”活动中，小林剪掉等边三角形纸片的一角，如图所示，发现得到的∠1与∠2的和总是一个定值．则∠1+∠2=度．【答案】240【分析】由等边三角形的性质可得∠A【详解】解：如图，∵△ABC∴∠A∵∠1=∠A+∠AED∴∠1+∠2=∠A∵∠AED∴∠1+∠2=∠A故答案为：240．【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形外角的定义和性质，三角形内角和定理等，解题的关键是掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．4．（2022·河北秦皇岛·统考一模）如图，用铁丝折成一个四边形ABCD（点C在直线BD的上方），且∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将∠BCD（填“增大”或“减小”）°．【答案】增大10【分析】利用三角形的外角性质先求得∠ABE+∠ADE=30°，根据角平分线的定义得到∠ABC+∠ADC=60°，再利用三角形的外角性质求解即可．【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长，∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，∵∠BAD＝70°，∴∠ABE+∠ADE=30°，∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线，∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，∴∠BCD增大了10°．故答案为：增大，10．【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟练运用题目中所给的结论是解题的关键．5．（2022·江西吉安·统考二模）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交∠ACB的平分线CE于点O．(1)求证：∠BOC(2)如图1，若∠A=60°，请直接写出BE，CD，BC的数量关系．(3)如图2，∠A=90°，F是ED的中点，连接FO．①求证：BC−BE−CD=2OF．②延长FO交BC于点G，若OF=2，△DEO的面积为10，直接写出OG的长．【答案】(1)见解析(2)BE+CD=BC，(3)①见解析；②OG【分析】（1）先根据三角形内角和得：∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)，由角平分线定义得：∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠（2）在BC上截取BM=BE，证明△BOE≌△BOM，推出∠BOE=∠BOM=60°，再证明△DCO≌△MCO可得结论；（3）①延长OF到点M，使MF=OF，证明△ODF≌△MEF(SAS)，推出OD=EM．过点O作CE，BD的垂线，证明△OBE≌△OBK(AAS)和△ODC≌△OHC，推出EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．据此即可证明结论；②利用①的结论以及三角形面积公式即可求解．【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=180°−12(∠ABC+∠ACB=180°−12(180°−∠A=12∠A+90°（2）解：BE+CD=BC．在BC上截取BM=BE，连接OM，如图：∵∠BOC=12∠A+90°=120°∴∠BOE=60°，∵BD平分∠ABC，∴∠EBO=∠MBO，∴△BOE≌△BOM，∴∠BOE=∠BOM=60°，∴∠MOC=∠DOC=60°，∵OC为∠DCM的角平分线，∴∠DCO=∠MCO，在△DCO与△MCO中，∠DCO∴△DCO≌△MCO（ASA），∴CM=CD，∴BC=BM+CM=BE+CD；（3）①证明：如图，延长OF到点M，使MF=OF，连接EM，∴OM=2OF．∵F是ED的中点，∴EF=DF，∵∠DFO=∠EFM，∴△ODF≌△MEF(SAS)，∴OD=EM．过点O作CE，BD的垂线，分别交BC于点K，H，∴∠OCK+∠OKC=90°．∵∠A=90°，∴∠ACE+∠AEC=90°∵∠ACE=∠OCK，∴∠AEO=∠OKC，∴∠BEO=∠BKO，∴△OBE≌△OBK(AAS)，同理可得△ODC≌△OHC，∴EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．由（1）可知∠DOE=∠BOC=12×90°+90°=135°∴∠BOE=∠COD=45°，∴∠OEM=∠KOH=45°，∴△OME≌△KHO，∴KH=OM，∴KH=2OF．∵BC−BK−CH=KH=2OE，∴BC−BE−CD=KH=2OF；②解：∵△OME≌△KHO，∴∠EOM=∠OKH，∴FG⊥BC．由①可知KH=2OF=4，△ODF≌△MEF，∴S△DEO=S△OME=S△KHO=10，∴KH×OG×12=10∴OG=5．【点睛】本题考查了角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形全等的性质和判定．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．6．（2023·山东青岛·统考一模）【阅读理解】三角形内角和定理告诉我们：如图①，三角形三个内角的和等于180°．如图②，在△ABC中，有∠A+∠ABC+∠C=180°，点D【初步应用】如图③，点D，E分别是△ABC的边AB（1）若∠A=60°，∠CBD（2）若∠A=60°，∠CBD（3）若∠A=m°，则【拓展延伸】如图④，点D，E分别是△ABC的边AB（4）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，则（5）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的三等分线交于点O，且∠CBO=1（6）若∠A=m°，分别作∠CBD和∠BCE的n等分线交于点O，且∠CBO【答案】（1）50；（2）240；（3）m+180；（4）60；（5）100；（6）180-【分析】（1）根据三角形外角的性质求解即可；（2）根据三角形外角的性质结合三角形内角和定理求解即可；（3）由（2）同理求解即可；（4）根据角平分线的定义可得出∠CBO=12∠CBD，∠BCO（5）由∠CBO=13∠CBD，∠BCO（6）由∠CBO=1n∠CBD，∠BCO【详解】（1）由三角形外角的性质可得出∠ACB故答案为：50；（2）∵∠CBD=∠A∴∠CBD∵∠A=60°，∴∠CBD故答案为：240；（3）由（2）同理可得∠CBD∵∠A=m∴∠故答案为：m+180（4）∵∠CBD和∠BCE的平分线交于点∴∠CBO=1∴∠CBO由（2）可知∠CBD∴∠CBO∴∠BOC故答案为：60；（5）∵∠CBO=1∴∠CBO由（2）可知∠CBD∴∠CBO∴∠BOC故答案为：100；（6）∵∠CBO=1∴∠CBO由（3）可知∠CBD∴∠CBO∴∠BOC故答案为：180-m【点睛】本题考查三角形内角和定理的应用，三角形外角的性质，角平分线的定义和角的n等分点的定义．利用数形结合的思想是解题关键．题型04三角形内角和与外角和定理的实际应用1．（2023·江西吉安·模拟预测）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（）

A．130° B．120° C．110° D．60°【答案】B【分析】根据正六边形的内角和公式求出∠BAF的度数，再根据等腰三角形的性质求∠ABF的度数，同理可得【详解】解：∵六边形ABCDEF∴AB=AF=EF∴∠ABF同理∠EAF∴∠1=180°-30°-30°-120°，故选：B．【点睛】本题考查正多边形内角和的计算以及三角形公式，n边形的内角和为180°⋅n2．（2023·山西太原·模拟预测）绿色出行，健康出行，你我同行．某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中AB，CD都与地面平行，∠BCD=68°，∠BAC=52°．已知AM与CB平行，则图1

图2A．70° B．68° C．60° D．50°【答案】C【分析】根据平行线的性质可得∠ABC=∠BCD【详解】解：∵AB，CD都与地面平行，∠BCD∴AB∥∴∠ABC∵∠BAC∴∠ACB∵AM∥∴∠MAC故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和定理，属于基础题型，熟练掌握平行线的性质是解题关键．3．（2024·陕西西安·一模）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为焦点．若∠1=155°，∠2=30°，则A．45° B．50° C．55° D．65°【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质等知识，掌握这两个知识点是关键．利用平行线的性质及三角形外角的性质即可求解．【详解】解：如图，∵AB∥∴∠1+∠BFO∴∠BFO∵∠POF∴∠3=∠POF故选：C．题型05线段垂直平分线和角平分线综合问题1．（2023·浙江杭州·二模）如图，△ABC中，∠BAC=70°，AB的垂直平分线与∠BAC的角平分线交于点O，则A．35° B．30° C．25° D．20°【答案】A【分析】根据角平分线的定义得出∠BAO=1【详解】解：∵AO平分∠BAC∴∠BAO∵OD垂直平分AB，∴OA=∴∠ABO故选A．【点睛】本题考查了角平分线的定义，垂直平分线的性质，等边对等角，属于基本知识，这几个知识点经常组合考查，关键是要能够将它们关联起来．2．（2023·山东枣庄·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，CD平分∠ACB．边AB的垂直平分线DE分别交CD①∠BAC=60°；②CD<2BE；③DEA．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】利用直角三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识对各选项的说法分别进行论证，即可得出结论．【详解】解：如图，连接BD、AD，过点D作DM⊥BC于M，①在Rt△ABC中，∴∠BAC=60°．故②∵DM⊥BC，∴∠DNC∵CD平分∠ACB∴∠DCN∴∠DCN∴CN=则△CDN同理可证：△CDM∴CD∴DM=∵DE垂直平分AB，∴BD=∵CD平分∠ACB∴DM在Rt△BDM和BD∴Rt△∴∠BDM∴∠BDM∴∠ADB∴AB=即2BE在Rt△AND中，AD是斜边，∴AD>DN∴AB>∴2BE>CD③∵BD=∴△ABD是等腰直角三角形，∴DE=在Rt△ABC中，∴AC=∴DE=AC．故③④∵△BDM∴BM=AN，∴矩形DMCN是正方形，∴CN∴CN=∴BC=∵CD=∴2CD∵AC=∴2CD=1故选：D．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，准确作出辅助线并灵活运用所学知识是解题的关键．3．（2023·山西吕梁·模拟预测）如图：在△ABC

(1)实践与操作：利用尺规作∠BAC的角平分线交BC于点D，作线段AD的垂直平分线EF，交边AB于点E，交边AC于点F，交AD于点O(2)猜想与证明：连接DE．试猜想线段DE与AF的数量及位置关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)DE∥AF，【分析】（1）按照角平分线和垂直平分线的的尺规作图步骤作图即可；（2）根据角平分线及垂直平分线可证△AOE≌△AOF，从而得证平行四边形AEDF、AD【详解】（1）解：如图线段AD、EF为所求作线段．

（2）平行且相等；理由如下：

连接DF，∵AD平分∠∴∠EAO∵EF是AD∴∠AOE∵AO∴△∴OE∵OA∴四边形AEDF是平行四边形,∵AD∴平行四边形AEDF是菱形，∴DE∥AF【点睛】本题考查角平分线及垂直平分线的的尺规作图方法、性质，全等三角形的性质及判定，平行四边形的判定，菱形的性质及判定，掌握相关定理并能理解是关键．4．（2023·江苏连云港·二模）“关联”是解决数学问题的重要思维方式．角平分线的有关联想就有很多……【问题提出】(1)如图①，PC是△PAB的角平分线，求证：PA

小明思路：关联“平行线、等腰三角形”，过点B作BD∥PA，交PC的延长线于点D，利用“三角形相似小红思路：关联“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，过点C分别作CD⊥PA交PA于点D，作CE⊥PB交PB于点E，利用请根据小明或小红的思路，选择一种并完成证明．【理解应用】(2)如图②，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折叠，使点C恰好落在边AB上的E点处，落AC=1，

【深度思考】(3)如图③，△ABC中，AB=6，AC=4，AD为∠BAC的角平分线．AD的垂直平分线EF交BC延长线于点F，连接AF，当BD=3

【拓展升华】(4)如图④，PC是△PAB的角平分线，若AC=3，BC=1，则△

【答案】(1)见解析(2)5(3)6(4)3【分析】（1）选择小明的思路，过点BD∥AP交PC的延长线于点D，易证△ACP∽△BCD，得到PABD=AC（2）利用（1）中的结论得到ABAC（3）利用（1）中的结论得到ABAC=BDCD，再利用垂直平分线的性质得到（4）作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D，在AP的延长线上截取PE=PB,易得△BPD≌△EPDSAS，由（1）结论可得DEDA=PEPA，由等量代换可得PAPB=ADBD【详解】（1）解：选择小明的思路，如图，过点BD∥AP交PC的延长线于点

∵BD∥∴∠APC=∠又∵∠ACP∴△ACP∴PA∵PC是△PAB∴∠APC∴∠BPC∴PB=∴PAPB选择小红的思路，如图，过点C分别作CD⊥PA交PA于点D，作CE⊥PB交PB于点E，作

∵PC是△PAB∴CD=∴S△PAC=12⋅PA∴BC⋅PF=∴CE=∴PA⋅∴PAPB（2）解：∵将△ACD沿AD所在直线折叠点C恰好落在边AB上的E∴AD平分∠BAC∴ABAC∵AC=1，AB∴21∴BD=2∵∠BAC∴BC=∴BD+∴3CD∴CD=∴DE=故答案为53（3）解：∵AD为∠BAC∴ABAC=BD∵△ABC中，AB=6，AC=4∴64∴CD=2∵AD的垂直平分线EF交BC延长线于F，∴AF=∴∠FAD∵∠FAD=∠FAC∴∠B∵∠AFB∴△FBA∴ABAC∴64∴AF=6故答案为6．（4）解：如图，如图，作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D

在AP的延长线上截取PE=∵PD是△APB的外角平分线，∴∠BPD又∵PD=∴△BPD∴DB=DE∴DEDA∵PE=PB∴PAPB∵PC是△APB∴PAPB∴ADBD∴AB+∴4+BD∴BD∴CD=3∵∠CPB∴点P在以半径为32的⊙如图，当P运动到点P'，P

△APB的面积最大，最大值为1故答案为：3．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，角平分线、中垂线、等腰三角形的性质及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．5．（2022·浙江温州·模拟预测）已知：如图，∠MAN为锐角，AD平分∠MAN，点B，点C分别在射线AM和AN上，(1)若点E在线段CA上，线段EC的垂直平分线交直线AD于点F，直线BE交直线AD于点G，求证：∠EBF(2)若（1）中的点E运动到线段CA的延长线上，（1）中的其它条件不变，猜想∠EBF与∠【答案】(1)见解析；(2)见解析．【分析】（1）如图1，连接EF、CF，由中垂线的性质就可以得出EF=CF，就有∠FEC=∠FCE，由△AFB≌△AFC就可以得出∠ABF=∠ACF，由∠FEC+∠（2）如图2，连接EF、CF，由中垂线的性质就可以得出EF=CF，就有∠FEC=∠FCE，由△AFB≌△AFC就可以得出∠ABF=∠ACF，就有∠AEF=∠【详解】（1）解：如图1，连接EF、CF，∵EC的垂直平分线交直线AD∴EF∴∠FEC∵AD平分∠∴∠BAF在△AFB和△AB=∴△AFB∴∠ABF∴∠ABF∵∠FEC∴∠ABF则A、B、F、E四点共圆，∴∠EBF（2）解：∠理由：如图2，连接EF、CF，∵EC的垂直平分线交直线AD∴EF∴∠FEC∵AD平分∠∴∠BAF在△AFB和△AB∴△AFB∴∠ABF∴∠ABF则A、B、F、E四点共圆，∴∠EBF∵∠FAC∵∠EBF【点睛】本题考查角平分线的性质的运用，中垂线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，四点共圆的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．题型06特殊三角形的性质与判定1．（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=30°A．22 B．12 C．32【答案】A【分析】过点A作AD⊥BC于D，将△ABC分成两个特殊的直角三角形：△ABD和△ACD，从而解决问题．【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，∵∠B＝45°，∠ADB＝90°，∴BD＝AD，AB=2BD=2∵∠C＝30°，∠ADC＝90°，∴AC＝2AD，∴ABAC=故选：A．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．2．（2024·上海普陀·一模）如图，△ABC和△DCB都是直角三角形，∠BAC=∠BCD=90°，AB=AC，AC、BD相交于点OA．33 B．2-3 C．3-【答案】D【分析】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质；过点O作OE⊥BC于点E，证△OCE是等腰直角三角形，得OE=CE，OC=2OE，设OE=CE=a，则OC=2【详解】解：如图，过点O作OE⊥BC于点则∠OEB∵∠BAC=90°，∴∠∴△OCE∴OE∴设OE=则OC=2a∵∠DBC∴OB∴BE∴BC∴AC∴OC故选：D．3．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，斜边AB=8，AB经过原点O，点C在y轴的正半轴上，AC交x轴于点D，且CD:AD(1)求反比例函数的解析式．(2)点P为直线AC上一动点，求BP+【答案】(1)y(2)4【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意可得A、B关于原点对称，再由直角三角形的性质可得AO=CO=BO=（2）延长BC至点F，使得FC=BC，连接OF交直线AC于点P，连接BP，可得AC垂直平分BF，从而得到BP=FP，再由“两点间线段最短”可得BP+OP的最小值为线段OF的长，然后根据A、B关于原点对称，可得【详解】（1）解：如图①，过点A作AE⊥x轴于点E∵AB经过原点O，∴A、B关于原点对称，∴O为AB的中点，∵∠ACB=90°，∴AO=∵OD∥∴COOE∴4OE∴OE=3∴AE=∴点A的坐标为7,-3∴k=∴反比例函数的解析式为y=-（2）解：如图②，延长BC至点F，使得FC=BC，连接OF交直线AC于点P，连接∵BC⊥AC，∴AC垂直平分BF，∴BP=∴BP+由“两点间线段最短”可得BP+OP的最小值为线段由（1）得A、B关于原点对称，∴B-∵C为线段BF的中点，∴xB+xF2=x解得xF=7∴点F的坐标为7,5∴OF=72+5【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例，勾股定理，线段垂直平分线的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．4．（2023·山西·模拟预测）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．(1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；(2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转，①如图2，（1）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围．【答案】(1)∠ADF=45°，AD=2DF；(2)①成立，理由见解析；②1≤S△ADF≤4.【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S△ADF=14【详解】（1）解：∠ADF=45°，AD=2DF，理由如下：延长DF交AB于H，连接AF，∵∠EDC=∠BAC=90°，∴DE∥AB，∴∠ABF=∠FED，∵F是BE中点，∴BF=EF，又∠BFH=∠DFE，∴△DEF≌△HBF，∴BH=DE，HF=FD，∵DE=CD，AB=AC，∴BH=CD，AH=AD，∴△ADH为等腰直角三角形，∴∠ADF=45°，又HF=FD，∴AF⊥DH，∴∠FAD=∠ADF=45°，即△ADF为等腰直角三角形，∴AD=2DF;（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=2DF，理由如下：过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，∵F是BE中点，∴BF=EF，∴△DEF≌△HBF，∴BH=DE，HF=FD，∵DE=CD，∴BH=CD，延长ED交BC于M，∵BH∥EM，∠EDC=90°，∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，又∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°，∴∠HBA+∠DCB=45°，∵∠ACD+∠DCB=45°，∴∠HBA=∠ACD，∴△ACD≌△ABH，∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，即∠HAD=90°，∴∠ADH=45°，∵HF=DF，∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，∴AD=2DF．②由①知，S△ADF=12DF2=14AD由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，∴1≤S△ADF≤4．【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶三角形全等是常用辅助线．5．（2021·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，ΔABC、ΔADE均为等边三角形，BC=6，AD=4．将ΔADE绕点A(1)在图①中证明ΔADB(2)如图②，当∠EAC=90°时，连接CD，求(3)在ΔADE的旋转过程中，直接写出ΔDBC的面积【答案】(1)见解析(2)9(3)9【分析】（1）先判断出∠BAD（2）先判断出∠BAD=90°，进而得出∠DAE=60°，再用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出（3）过A作AH⊥BC于H，根据等边三角形的性质得到BH=CH=12BC=3，根据勾股定理得到AH=AB2-BH2=62-32=33【详解】（1）证明：∵ΔABC和∴AD=AE，AB∴∠BAD在ΔABD和ΔACE中，∴Δ（2）如图②，连接CE，同（1）的方法得，ΔABD∴∠BAD∵∠CAE∴∠BAD过点A作AH⊥BC于H，过点D作DG//BC，交HA的延长线于在等边ΔABC中，AH∴BH=1∴∠DAG在RtΔABH中，根据勾股定理得，在RtΔADG中，∠ADG∴AG∴GH∴S（3）过A作AH⊥BC于∵Δ∴BH∴AH如图③，当AD与AH在同一条直线上，且点D在ΔABC的外部时，ΔS最大如图④，当AD与AH在同一条直线上，且点D在ΔABC的内部时，ΔS最小综上所述，ΔDBC的面积S的取值范围为9【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，熟练运用上述知识点是解题的关键．6．（2021·江苏南京·南师附中树人学校校考一模）如图1，若△DEF的三个顶点D，E，F分别在△ABC各边上，则称△DEF是△ABC的内接三角形．（1）如图2，点D，E，F分别是等边三角形ABC各边上的点，且AD＝BE＝CF，则△DEF是△ABC的内接．A．等腰三角形B．等边三角形C．等腰三角形或等边三角形D．直角三角形（2）如图3，已知等边三角形ABC，请作出△ABC的边长最小的内接等边三角形DEF．（保留作图痕迹，不写作法）（3）问题：如图4，△ABC是不等边三角形，点D在AB边上，是否存在△ABC的内接等边三角形DEF？如果存在，如何作出这个等边三角形？①探究1：如图5，要使△DEF是等边三角形，只需∠EDF＝60°，DE＝DF．于是，我们以点D为角的顶点任作∠EDF＝60°，且DE交BC于点E，DF交AC于点F．我们选定两个特殊位置考虑：位置1（如图6）中的点F与点C重合，位置2（如图7）中的点E与点C重合．在点E由位置1中的位置运动到位置2中点C的过程中，DE逐渐变大而DF逐渐变小后再变大，如果存在某个时刻正好DE＝DF，那么这个等边三角形DEF就存在（如图8）．理由：是等边三角形．②探究2：在BC上任取点E，作等边三角形DEF（如图9），并分别作出点E与点B、点C重合时的等边三角形DBF′和DCF″．连接FF'，FF″，证明：FF'+FF″＝BC．③探究3：请根据以上的探究解决问题：如图10，△ABC是不等边三角形，点D在AB边上，请作出△ABC的内接等边三角形DEF．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】（1）B；（2）见解析；（3）①有一个角是60°的等腰三角形；②见解析；③见解析【分析】（1）通过已知条件判断三角形全等即可；（2）过三点作对边的垂线即可；（3）①运用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形这一定理即可；②通过证明三角形全等得到BE＝F′F和EC＝FF″，即可证明FF'+FF″＝BC；③运用②的结论，确定等边三角形一个点F，再通过截取确定点E，即可作出所求三角形．【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵AD＝BE＝CF，∴AB﹣AD＝BC﹣BE＝AC﹣CF，∴BD＝CE＝AF，在△ADF和△BED中，AD=∴△ADF≌△BED（SAS），∴DF＝ED，在△ADF和△CFE中，AD=∴△ADF≌△CFE（SAS），∴DF＝EF，∴DF＝DE＝EF，∴△DEF是等边三角形，故答案为：B；（2）如图所示，△ABC的边长最小的内接等边△DEF即为所求；（3）①∵DE＝DF，∠EDF＝60°，∴△DEF是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形），故答案为：有一个角是60°的等腰三角形；②连接FF′和FF″，∵△DBF′、△DEF、△DCF″都是等边三角形，∴DB＝DF′，DE＝DF，DC＝DF″，∠BDF′＝∠EDF＝∠CDF″＝60°，∴∠BDE＝∠F′DF，∠EDC＝∠FDF″，在△DBE和△DF′F中，DB=∴△DBE≌△DF′F（SAS），∴BE＝F′F，在△DEC和△DFF″中，DE=∴△DEC≌△DFF″（SAS），∴EC＝FF″，∴BC＝BE+EC＝F′F+FF″，即FF'+FF″＝BC；③以BD为边作等边△BDF′，以CD为边作等边△CDF″，连接F′F″交AC于点F，连接DF，在BC上截取BE＝F′F，连接DE，DF，△DEF即为所求．【点睛】本题考查等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质以及尺规作图，构造全等三角形是解题的关键．题型07勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题1．（2022·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在9×5的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是∠ABC的平分线，则BD的长为（

）A．102 B．10 C．3102【答案】A【分析】利用勾股定理求出AB、BC、AC的长，可得△ABC为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一可得AD的值，继续用勾股定理即可求出BD【详解】解：由题可知，AB=5，BC=3∴AB=又∵BD平分∠ABC∴AD=12AC=3∴BD=故选：A．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，等腰三角形的三线合一，熟练掌握相关定理是解题的关键．2．（2021·北京门头沟·统考二模）图所示的正方形网格内，点A，B，C，D，E是网格线交点，那么∠ECD+∠EDC【答案】90【分析】由题意设出网格边长，根据勾股定理分别表示出CD【详解】解：设正方形网格边长为a，由勾股定理求得CD∴C∴△CDE即∠故答案为：90．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，表示出各边的平方是解答本题的关键．3．（2022·江苏南通·统考二模）如图，△ABC的顶点都在边长为1(1)∠ABC+∠(2)利用正方形网格，证明（1）中的结论．【答案】(1)45°(2)见解析【分析】（1）根据网格特点和三角形外角的性质分析求解即可；（2）延长BA交格点于D，连接CD，利用勾股定理逆定理证明∠ADC【详解】（1）解：∠ABC故答案为：45°；（2）证明：如图，延长BA交格点于D，连接CD，则AD2=∴AD∴∠ADC∴∠DAC【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形外角的性质，根据网格特点求出∠ADC4.（2022·吉林长春·统考模拟预测）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中，以AB为边画三角形．按下列要求作图：(1)在图①中，画一个等腰△ABC，使其面积为3．(2)在图②中，画一个直角三角形△ABD，使其面积为103(3)在图③中，画一个△ABE，使其面积为154，且∠BAE＝45°【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质及三角形面积公式即可得出；（2）根据勾股定理及平行线分线段成比例进行验证画图即可；（3）利用勾股定理及等腰三角形的性质、平行线分线段成比例画图即可．【详解】（1）解：如图所示，AB=BC=1三角形面积为：12∴∆ABC即为所求；（2）解：线段AB为1×3矩形对角线，找到格点C使得线段BC是3×1的矩形对角线，AB=BC=12+32=∴AB2∴∠ABC=90°，如图所示：AB⊥BC，点D是线段BC与网格线的交点，由平行线分线段成比例可得：BD=23∴S∆∴∆ABD即为所求；（3）如图所示，找到格点D，连接AD，BD，∵AB=12+32=10，AD=∴AD2∴∠ADB=90°，∴BD⊥AD，延长AD与网格线交于点E，由“平行线分线段成比例”，DEAE∴AE=3DE，∵AD=AE-DE=2DE，∴DE=12∴AE=3∵BD⊥AD即BD⊥AE，，∴S∆ABE∵BD⊥AD，AD=BD=5，∴∠BAD=∠ABD=45°，即∠BAE=45°，∴∆ABE即为所求．【点睛】题目主要考查网格与三角形，包括勾股定理解三角形，等腰三角形的性质，勾股定理逆定理，平行线分线段成比例等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．题型08与三角形有关的折叠问题1．（2022·重庆大足·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝3，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当∠DEB是直角时，DF的长为（

）．A．5 B．3 C．32 D．【答案】C【分析】如图，由题意知∠AED=∠C=90°，AE=AC=3，DE=CD，∠AED=∠DEB=90°，可知A、E、B三点共线，E【详解】解：如图，∵∠DEB∴∠由题意知∠AED=∠C=90°∴∠∴A、∴E与F重合在Rt△ABC设DF=DE在Rt△BDE中，由勾股定理得B解得x∴DF的长为3故选C．【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于明确A、E、B三点共线，2．（2022·广东汕头·统考一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为．【答案】35-【分析】先由折叠判断出F的运动轨迹是为以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当B、D、F共线且F在B、D之间时BF最小，根据勾股定理及圆的性质求出此时BD、BF的长度即可．【详解】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，∴BC=6，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=CD∴BF=BD－DF=35故答案为：35【点睛】本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中考常考题型，根据折叠确定出F点运动轨迹是解题关键．3．（2023·广东深圳·模拟预测）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=5，BC=12，点D是边BC上一点（不含B、C两个端点），将△ADC沿

【答案】3513或【分析】分两种情况：当DC'⊥BC时，由折叠得：DC'=DC，∠ADC'=∠ADC，可推出∠ADC=135°，∠【详解】解：当DC'⊥过点D作DE⊥AC于

在Rt△ABC中，∴AC由折叠得：DC∵D∴∠CD∵∠ADC∴∠ADC∴∠ADB∴BD∴CD∵sin即DE7∴DE当DC如图2，过点D作DE⊥AC于

由折叠得：AC∵D∴C'、D、E∴∠AD∵∠ADC∴∠ADB∵∠ABD∴△ADB∴AE∴CE∵tan即DE8∴DE当DC'⊥AB时，点综上所述，点D到边AC的距离是3513或10故答案为：3513或10【点睛】本题考查了翻折变换的性质，直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，三角函数定义等，注意分类讨论，防止漏解．4．（2023·安徽亳州·三模）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D在边AB上，以CD为折痕将△CBD折叠得到△CDF，CF与边AB交于点E，当

【答案】4【分析】作CH⊥AB于H，由勾股定理得AB=5，由等面积法可得CH=125，由同角的余角相等可得∠ACH=∠B，由折叠的性质可得∠B=∠F，∠DCE=∠DCB【详解】解：如图，作CH⊥AB于

在Rt△ACB中，AC∴AB∵S∴CH∵∠ACB∴∠ACH∴∠ACH由折叠的性质可得：∠B=∠F∴∠ACH∵FD∴∠FDE∴∠F∵∠HCE∴∠F∴∠ACH∵∠DCE∴∠HCD∴△CDH∴HC∵AH∴BD故答案为：45【点睛】本题主要考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质、同角或等角的余角相等、勾股定理，熟练掌握折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质、同角或等角的余角相等，是解题的关键．5．（2023·河南商丘·一模）综合与实践综合实践课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠”为主题开展数学活动．

(1)【操作发现】对折△ABC(AB>AC)，使点C落在边AB上的点E处，得到折痕AD，把纸片展平，如图1．小明根据以上操作发现：四边形AEDC满足AE=AC，DE=DC．查阅相关资料得知，像这样的有两组邻边分别相等的四边形叫作(2)【探究证明】如图2，连接EC，设筝形AEDC的面积为S．若AD+EC=12(3)【迁移应用】在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=1，点D，E【答案】(1)对角线AD垂直平分CE，(2)18(3)23或【分析】（1）根据AE=AC，DE=DC可知对角线（2）设AD=x，则EC=12-x，推导筝形（3）分两种情况讨论：①当AE=AC，CD=ED时，根据中线的性质和全等三角形面积相等即可求解．②当AE=DE，CD=AC时，设【详解】（1）解：∵AE=AC，∴点A、点D都在CE的垂直平分线上，即对角线AD垂直平分CE，故答案为：对角线AD垂直平分CE，(填“对角线互相垂直”也对)（2）由（1）得AD⊥CE，

∴筝形面积为：S=设AD=x∴S∴当AD=EC（3）四边形AEDC的面积为23或5补充理由如下：根据题意，分两种情况讨论：①AE=AC，CD=①当AE=作出这个筝形如下，

根据折叠的性质可知：△ACD≌△∴S△∵AC=AE=1∴AE=BE=1，即DE是△∴S∴S∴S筝形②当AE=

根据折叠的性质可知：△ACE∴EA⊥在Rt△ABC中，∠∴BC=设EA=∵CA=∴BE=在Rt△DBE中，根据勾股定理得：∴2-x解得：x=∴S综上所示：四边形AEDC的面积为23或【点睛】本题考查新定义的“筝形”的性质和面积，涉及垂直平分线的判断，二次函数的最值，中线的性质，折叠的性质等知识，掌握垂直平分线的判断和二次函数的最值是解题的关键．6．（2023·河南周口·三模）综合与实践【问题背景】数学活动课上，老师将矩形ABCD按如图①所示方式折叠，使点A与点C重合，点B的对应点为B'，折痕为EF，若△CEF

(1)请解答老师提出的问题：试猜想AB与AD的数量关系，并加以证明．【实践探究】(2)小明受到此问题启发，将△ABC纸片按如图②所示方式折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，若∠A=45°①试判断重叠部分△CEF②若点D为EF的中点，连接CD，求CD的长；【问题解决】(3)小亮深入研究小明提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图③，在△ABC中，将△ABC折叠，使点A与点C重合，点D为折痕所在直线上一点，若AB=AC=5，【答案】(1)ABAD(2)①△CEF为等腰直角三角形，理由见解析．

②(3)22或【分析】（1）设DE=x，可求得EC=2x，（2）①根据图形折叠的性质可求得∠EFC=90°，∠ECF=45°，进而可求得答案；②求得（3）需要分两种情况讨论：①当点D在△ABC内部时，过点A作AE⊥BC于点E，折痕为直线l，点D为折痕上一点，过点D作DM⊥AE于点M，作DN⊥BC于点N，连接AD，CD，BD，先证得△ADM≌△CDN，进而证得四边形DMEN为正方形，设DN=x，根据【详解】（1）ABAD理由如下：∵△CEF∴∠ECF∴∠DCE=30°设DE=在Rt△DECEC=2DE=2x∵矩形ABCD沿EF折叠，∴AE=EC∴AD=∵四边形ABCD是矩形，∴AB=∴ABAD（2）①△CEF理由如下：∵△AEF沿EF折叠，点A与点C∴EF是线段AC的垂直平分线，∠ECF∴∠EFC∴∠FEC∴∠FEC∴△CEF②根据图形折叠的性质可知CF=∵点D是EF的中点，∴DF=∴CD=（3）22或34理由如下：①当点D在△ABC内部时．

如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，折痕为直线l，点D为折痕上一点，过点D作DM⊥AE于点M，作DN⊥BC于点N，连接∵A，C两点关于折痕对称，∠ACD∴DA=DC，∴∠ADC∵AB=AC，∴点E为BC的中点．∴BE=EC∴AE=∵AE⊥BC，DM⊥∴四边形DMEN为矩形，DM∥∴∠MDC∵∠MDC∴∠ADM在△ADM和△∠∴△ADM∴DM=DN，∴四边形DMEN为正方形．∴DM=设DN=∴DM=DN=∴AE=AM∴x=∴BN=∴BD=②当点D在△ABC如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，折痕为直线l，点D为折痕上一点，过点D作DM⊥AE于点M，作DN⊥BC于点N，连接根据①的证明过程，同理可得△ADM≌△CDN

设DN=∴DM=DN=∴AE=∴x=∴BN=∴BD=综上所述，BD的长为22或34【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股定理、轴对称图形的性质，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．题型09赵爽弦图1．（2023·山东济南·统考三模）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2S1>S2，则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ②

【答案】①②③【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，则小正方形的边长为b-a，正方形ABCD的边长为b，正方形EFGH的边长为a，正方形MNPQ的边长为【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，则小正方形的边长为b-a，正方形ABCD的边长为b，正方形EFGH的边长为a，正方形MNPQ的边长为∴S1=b2，∴S1∴S1故①正确；∵AF=∴AG=∴DG=∴DG=2故②正确；∵∠EMH=30°，∴MH=即b=∴b2∴S1故③正确；∵点A是线段GF的中点，∴AG=即2a∴2b∴4b∴4S故④不正确；故答案是①②③．【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，用a,2．（2023·浙江丽水·统考一模）公元3世纪，我国数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦图”）证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形．连结BG、DE，设S正方形ABCD=S1

（1）若BE=2DH，则tan（2）若S1=S2+【答案】1355【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AH=BE，AE=DH，进而求得（2）由题意可知S1=S2+4S△AHD，进而得到S3=4S△AHD，设EH=a【详解】解：（1）由题意可知，△AHD∴AH=BE∵∴EH∴tan故答案为：1；（2）设S正方形ABCD=S1由题意可知，S1∵S∴S设EH=a，DH=∵∠AHD∴S∵DE=BG∴四边形BEDG是平行四边形，S3∴a∴a∴BE在Rt△DHE中，∴BE故答案为：35【点睛】本题考查了全等三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的性质是解题关键．3．（2022·福建福州·福建省福州延安中学校考模拟预测）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1），图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，如果S1+【答案】32【分析】根据正方形的面积分别表示S1、S2、S3【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a>由题意可知：S1=(a+因为S1即(a∴3(a∴3S故答案32．【点睛】本题考查勾股定理，正方形的面积，解题的关键在于用字母表示正方形的面积．4．（2023·广东深圳·校联考三模）中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．问题发现：如图①，若直角三角形的直角边BC=3，斜边AB=5，则中间小正方形的边长CD=______，连接BD，△知识迁移：如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC=90°，BP=10时，拓展延伸：如图③，已知∠MBN=90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，（1）已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使EF=BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段（2）在（1）的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点；当AB=10，CF=2时，直接写出线段

【答案】问题发现：1，92知识迁移：5；拓展延伸：（1）BE=DE+GF，理由见解析；（2【分析】问题发现：先由∠ACB=90°，AB=5，BC=3，根据勾股定理求得AC=4，再由图①中的四个直角三角形全等得AD知识迁移：将△PCB绕点B沿逆时针方向旋转90°，得到△EAB，则∠PBE=90°，∠AEB=∠CPB=90°，可证明AE//拓展延伸：（1）作GH⊥BE于点H，先证明四边形EFGH是矩形，则EF=GH，EH=GF，而EF=BE，于是得（2）分为两种情况，一是点D在线段AB上，设EF=BE=x，则CE=x+2，由BE2+CE2=CB2，且CB=AB=10，列方程得x2+（x+2【详解】解：问题发现：如图①，连接BD，

∵∠ACB=90°，AB=5∴AC∵图①中的四个直角三角形全等，∴AD∴CD∵BC∴S故答案为：1，92知识迁移：如图②，∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=CB，将△PCB绕点B沿逆时针方向旋转90°，得到△∵∠PBE=90°，∴∠PBE∴AE∵BE∴S故答案为：5．拓展延伸：（1）BE=如图③，作GH⊥BE于点

∵BE⊥CD于点E，GF∴∠GFE∴四边形EFGH是矩形，∴EF=GH∵EF∴GH∵∠GHB∴∠GBH∴△GBH∴BH∴BE（2）当点D在线段AB上，如图③，设

∵CF∴CE∵BE2∴x解得x1=6，x2=-8∴EF=BE∵∠BED=∠CEB∴△BED∴DE∴DE当点D在线段BA的延长线上，如图④，设EF=

∵点F在线段EC的延长线上，且CF=2∴CE∴x解得x1=8，∴BE=8，∵△BED∴DE∴DE综上所述，线段DE的长为92或32故答案为：92或32【点睛】此题重点考查勾股定理及其应用、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法以及分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．5．（2023·山东济宁·统考二模）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2

(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：（结果可用含①a2+b②b与c的关系为______，a与d的关系为______．【答案】(1)3(2)S1(3)①a2+b2+c【分析】（1）根据题意，设直角三角形的三边分别为a、b、c，利用面积相等的方法，分别求出面积的关系，即可得到答案；（2）根据半圆面积和勾股定理即可证明S1（3）①由（1）（2）中的结论，结合勾股定理的应用可知，a2②由∠1=∠2=∠3=∠α，则sin∠1=sin【详解】（1）在图2中，直角三角形的边长分别为a、b、c，则由勾股定理，得a2∴S1在图3中，三个扇形的直径分别为a、b、c，则S1=12π∴S1∵a2∴18∴S1在图4中，等边三角形的边长分别为a、b、c，则S1=12a∵S1+S∴34∴S1∴满足S1+S故答案为：3；（2）结论：S1∵S1∴S1∴a∴S1（3）①如图：设中间两个正方形为E、F，边长分别为e、f∵∠1、∠2、∠3所在的三角形为直角三角形∴e∴a2②∵∠1=∠2=∠3=∠∴b∴c∴b=∵a∴a∵e∴a∴b=c，

【点睛】本题考查了求扇形的面积，解直角三角形，勾股定理的证明，以及正方形的性质，掌握勾股定理的内容以及数形结合思想成为解答本题的关键．题型10利用勾股定理解决实际问题1．（2023·河北秦皇岛·统考三模）如图，点P为观测站，一艘巡航船位于观测站P的南偏西34°方向的点A处，一艘渔船在观测站P的南偏东56°方向的点B处，巡航船和渔船与观测站P的距离分别为45海里、60海里．现渔船发生紧急情况无法移动，巡航船以30海里/小时的速度前去救助，至少需要的时间是（

）

A．1.5小时 B．2小时 C．2.5小时 D．4小时【答案】C【分析】利用角度关系得到直角，再利用勾股定理求出AB，再使用路程公式求出时间即可．【详解】∠APB连接AB，

∴Rt△APB巡航船前去救助，沿直线AB方向用时最少，∴故选C．【点睛】本题考查解直角三角形，利用题中的数据找到直角三角形，并采用勾股定理求出路程是解题的关键．2．（2023·辽宁抚顺·统考三模）如图，AB是斜靠在墙上的长梯，AB与地面夹角为α，当梯顶A下滑2m到A'时，梯脚B滑到B'，AB'与地面的夹角为β，若tanα=

A．43 B．34 C．35【答案】D【分析】在Rt△ABC中，由tanα=43，可设AC=4xm，那么BC=3xm，根据勾股定理求出AB=5x【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴可设AC=4xm，那么BC=3∴AB=AC2+∴A'B'=AB=5x在Rt△A'B'C中，∴(4x解得：x=2∴A'C=6m，∴cosβ=故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理、锐角三角函数定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．3．（2023·湖北十堰·统考一模）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放在该杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有（

A．5cm B．7cm C．8cm【答案】A【分析】由已知可得，该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形，图见详解．由勾股定理可得，该长方形中的最长线段为15cm，所以当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可放进15cm【详解】解：如下图所示：

该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm连接BD，∵长方形ABCD，∴△BCD在Rt△BCD中，由勾股定理得：由题意得，BC=9cm，∴BD=∵BD是长方形ABCD中最长的线段，∴当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可放进15cm即露在杯子外面的部分至少是20-15=5cm．故选：A．【点睛】本题主要考查知识点为勾股定理．在直角三角形中，两条直角边平方的和等于斜边的平方．熟练掌握勾股定理，是解决本题的关键．4．（2023·陕西西安·校考二模）如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点【答案】13cm/13【分析】如图，将容器侧面展开，作点A关于EF的对称点A'，根据两点之间线段最短可知A【详解】解：如图：∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A'，连接A'B∴A'D=5∴A'即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是13cm故答案为：13【点睛】本题考查了轴对称的性质、平面展开－最短路径问题，勾股定理的应用等，正确利用侧面展开图、熟练运用相关知识是解题的关键．5．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）一块木板如图所示，已知AB=4，BC=3，DC=12，AD=13，【答案】24【分析】连接AC，利用勾股定理解出直角三角形ABC的斜边，通过三角形ACD的三边关系可确定它为直角三角形，木板面积为这两三角形面积之差．【详解】解：如图所示，连接AC，∵∠B=90°，∴AC=∵DC=12，∴DC∴△ADC∴S木板故答案为：24．【点睛】本题考查正确运用勾股定理及其勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．题型11求最短距离1．（2023·湖北十堰·一模）如图，这是一个供滑板爱好者使用的U形池，该U形池可以看作是一个长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是弧长为12m的半圆，其边缘AB=CD=20m（边缘的宽度忽略不计），点E在CD上，CE=4m

A．28m B．24m C．20m【答案】C【分析】滑行的距离最短，即是沿着AE的线段滑行，我们可将半圆展开为矩形来研究，展开后，A、D、E三点构成直角三角形，AE为斜边，AD和DE为直角边，写出AD和DE的长，根据题意，由勾股定理即可得出AE的距离．【详解】解：将半圆面展开可得：

AD=12米，DE在Rt△AE=即滑行的最短距离为20米．故选：C．【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，U型池的侧面展开图是一个矩形，此矩形的宽是半圆的弧长，矩形的长等于AB=CD=20m.本题就是把U2．（2021·山东临沂·模拟预测）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=12，点D是ΔABC内的一点，连接AD，CD，BDA．5 B．6 C．8 D．13【答案】C【分析】如图，取AC中点O，连接DO．则点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB-OD=【详解】解：如图，取AC中点O，连接DO．∵∠ADC∴点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，且DO=当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=在RtΔOC=5，BC则OB=∴BD即BD的最小值是8．故选：C．【点睛】本题主要考查了两点之间最短距离的问题，解题的关键是正确构造圆和运用勾股定理．3．（2023·湖北十堰·模拟预测）如图，动点P在矩形ABCD内运动，AB=7，BC=5，且满足S△ABP=10.5

【答案】85【分析】首先由S△ABP=10.5，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是3的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE【详解】设△ABP中AB边上的高是h则S△解得h=3∴动点P在与AB平行且与AB的距离是3的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，如图：

在Rt△ABE中，AB=7∴BE=即PA+PB的最小值是故答案为：85．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，三角形的面积