专题14直角三角形中的分类讨论模型

专题14直角三角形中的分类讨论模型模型1、直角三角形中的分类讨论模型【知识储备】凡是涉及直角三角形问题，优先考虑直角顶点（或斜边）分类讨论，再利用直角三角形的性质或勾股定理解题即可。1）无图需分类讨论：①已知边长度无法确定是直角边还是斜边时要分类讨论；②已知无法确定是哪个角是直角时要分类讨论（常见与折叠、旋转中出现的直角三角形）。2）“两定一动”直角三角形存在性问题：（常见于与坐标系综合出题，后续会专题进行讲解）即：如图：已知，两点是定点，找一点构成方法：两线一圆具体图解：①当时，过点作的垂线，点在该垂线上（除外）②当时，过点作的垂线，点在该垂线上（除外）。③当时，以为直径作圆，点在该圆上（，除外）。例1．（2023秋·重庆·八年级统考期末）已知三角形的两边分别为6和8，当第三边为时，此三角形是直角三角形．【答案】10或【分析】根据勾股定理的逆定理分情况求解即可．【详解】解：当6和8都为直角边长时，则第三边长为=10；当6为直角边长，8为斜边长时，则第三边长为，∴当第三边为10或时，此三角形是直角三角形，故答案为：10或．【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理及其逆定理，确定直角边和斜边是解答的关键．例2．（2023秋·浙江八年级课时练习）如图，在中，于点D，平分．若，F为线段上的任意一点，则当为直角三角形时，则的度数为（）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】根据平分，可得，再由，可得，，再分两种情况：当时；当时，即可求解．【详解】解：∵平分，，∴，∵，∴，，当时，如图，∴；当时，如图，∴，∴；综上所述，的度数为或．故选：D【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，三角形外角的性质，有关角平分线的计算，熟练掌握直角三角形的性质，三角形外角的性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．例3．（2022秋·江西吉安·八年级统考期末）如图，在的小正方形网格中，点A，B为格点，另取一格点C，使为直角三角形，则点C的个数为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】根据网格的特点，以及直角三角形的定义即可求解．【详解】解：如图所示，共有6个格点使为直角三角形，，故选：B．【点睛】本题主要考查了直角三角形的定义，根据题意、画出符合实际条件的图形以及掌握数形结合的思想是解答本题的关键．．例4．（2023·河南新乡·八年级校考期中）平面直角坐标系中有点、，连接AB，以AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形，则点C的坐标是．【答案】或/或【分析】据题意作出图形，①当时，过点作轴于点，证明；②当时，过点作轴于点，证明，根据点的坐标即可求得的坐标．【详解】解：如图，、，以AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形，则,①当时，过点作轴于点，在与中②当时，过点作轴于点，同理可得，综上，点C的坐标是或故答案为：或【点睛】本题考查坐标与图形，等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质与判定，分类讨论是解题关键．例5．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝BC＝8，AO＝BO，点M是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△ABM为直角三角形时，AM的长为．【答案】4或4或4【分析】分三种情况讨论：①当M在AB下方且∠AMB=90°时，②当M在AB上方且∠AMB=90°时，③当∠ABM=90°时，分别根据含30°直角三角形的性质、直角三角形斜边的中线的性质或勾股定理，进行计算求解即可．【详解】如图1，当∠AMB=90°时，∵O是AB的中点，AB=8，∴OM=OB=4，又∵∠AOC=∠BOM=60°，∴△BOM是等边三角形，∴BM=BO=4，∴Rt△ABM中，AM==；如图2，当∠AMB=90°时，∵O是AB的中点，AB=8，∴OM=OA=4，又∵∠AOC=60°，∴△AOM是等边三角形，∴AM=AO=4；如图3，当∠ABM=90°时，∵∠BOM=∠AOC=60°，∴∠BMO=30°，∴MO=2BO=2×4=8，∴Rt△BOM中，BM==，∴Rt△ABM中，AM==．综上所述，当△ABM为直角三角形时，AM的长为或或4．故答案为或或4．例6.（2023·河南·三模）如图，长方形ABCD中，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°，AD=BC=8，AB=CD=17．点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD′E关于直线AE对称，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为．【答案】或【分析】分两种情况：点E在DC线段上，点E为DC延长线上的一点，进一步分析探讨得出答案即可．【详解】如图1，∵折叠，∴△AD′E≌△ADE，∴∠AD′E=∠D=90°，∵∠AD′B=90°，∴B、D′、E三点共线，又∵∠AD′B=∠C=90°，∠ABD′=∠BEC=90°，AD′=BC，∴ABD′≌△BEC（AAS），∴BE=AB=17，∵BD′==15，∴DE=D′E=17﹣15=2；如图2，∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，∴∠CBE=∠BAD″，在△ABD″和△BEC中，∠D″=∠BCE，AD″=BC，∠CBE=∠BAD″，∴△ABD″≌△BEC（ASA），∴BE=AB=17，∴DE=D″E=17+15=32．综上所知，DE=2或32．故答案为2或32．【点睛】本题考查翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键．例7.（2023秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在中，，，点D是边上的点，将沿折叠得到，线段与边交于点F．若为直角，则的长是．【答案】/【分析】过点A作于点G，根据等腰三角形的性质可得，从而得到，进而得到，再由折叠的性质可得，从而得到，进而得到，即可求解．【详解】解：如图，过点A作于点G，∵，，∴，∴，∴，∵将沿折叠得到，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，图形的折叠问题，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．例8．（2023秋·广西百色·八年级统考期末）在△ABC中，AB＝20cm，BC＝16cm，点D为线段AB的中点，动点P以2cm/s的速度从B点出发在射线BC上运动，同时点Q以αcm/s（α＞0且α≠2）的速度从C点出发在线段CA上运动，设运动时间为秒．(1)若AB＝AC，P在线段BC上，求当α为何值时，能够使△BPD和△CQP全等？(2)若∠B＝60°，求出发几秒后，△BDP为直角三角形？(3)若∠B＝60°，求出发几秒后，△BDP为等边三角形？【答案】(1)2.5（cm/s）(2)出发2.5S或10S时，△BPD为直角三角形(3)当时，△BPD为等边三角形【分析】（1）分当△BPD≌△CQP，即BP=CQ时，当△BPD≌△CPQ，即BP=CP，BD=CQ时，两种情况讨论求解即可；（2）分当∠BPD=90°时，当∠BDP=90°时，两种情况讨论求解即可．（3）当BD=BP时，又∠B=，即，即可求解．【详解】（1）∵AB=AC，∴∠B=∠C，

又点P与点Q同时出发，但速度不同，∴

∴当BP=CP，BD=CQ时，△BPD≌△CQP，则2=162，解得．又点D是AB的中点，∴CQ=BD=10，∴4α=10，解得α=2.5（cm/s）（2）分两种情况讨论：①当∠BPD=90°时，又∠B=60°，∴∠BDP=30°∴②当∠BDP=90°时，又∠B=60°，∴∠BPD=30°∴，解得：∴出发2.5S或10S时，△BPD为直角三角形．（3）当BD=BP时，又∠B=，△BPD为等边三角形∴，解得∴当时，△BPD为等边三角形【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．例9．（2023秋·浙江杭州·八年级校联考期末）在中，，，点在上（不与点B，C重合）．(1)如图1，点E在上（不与点A，B重合），且．若，求证：；(2)若是直角三角形，求的长．【答案】(1)见解析(2)6或【分析】（1）利用三角形外角的性质得，再利用证明；（2）分两种情况，①若，②若，过点作于，由勾股定理可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB=AC=10，，，，，在和中，∴；（2）解：①若，，，，，；②若，过点作于，由①可知，设，，，，解得，，．综上所述，的长为6或．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．例10．（2023秋·浙江金华·八年级统考期末）如图，已知，，C为y轴上的一个动点，连接，把线段分别绕着点O逆时针方向旋转得到，连接．(1)求证：．(2)当时，求的面积．(3)在点C的运动过程中，是否存在为直角三角形，若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)见解析(2)8(3)在点C的运动过程中，存在为直角三角形，此时点D的坐标为或或或【分析】（1）根据旋转的性质得到，进而利用证明即可；（2）先求出，如图所示，过点F作轴于H，证明，得到，进而求出；如图所示，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N，同理可得，求出，则，即可得到；（3）如图31所示，当点C在x轴上方时，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N，设点C的坐标为，同理可证，可得到；如图32所示，当点C在x轴下方时，过点D作轴，同理可得，可得到，综上所述，当点C的坐标为时，点D的坐标为，同理可得，当点C的坐标为时，点F的坐标为，利用勾股定理得到，，，再分当时，当时，当时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质可得，∴，即，∴；

（2）解：∵，，，∴，如图所示，过点F作轴于H，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；如图所示，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N，同理可得，∴，∴，∴，∴；

（3）解：如图31所示，当点C在x轴上方时，过点C作轴，过点A作，过点D作，垂足分别为M、N，设点C的坐标为，同理可证，∴，∴；

如图32所示，当点C在x轴下方时，过点D作轴，同理可得，∴，∴，∴，综上所述，当点C的坐标为时，点D的坐标为，同理可得，当点C的坐标为时，点F的坐标为，∴，∵，∴，，，当时，则由勾股定理得，∴，解得，∴；当时，则由勾股定理得，∴，解得，∴；当时，则由勾股定理得，∴，∴，解得或，∴或；综上所述，在点C的运动过程中，存在为直角三角形，此时点D的坐标为或或或．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质等等，通过证明三角形全等从而确定点D和点F两点坐标与点C坐标之间的关系是解题的关键．例11．（2023秋·辽宁锦州·八年级统考期末）【模型构建】如图，将含有的三角板的直角顶点放在直线l上，过两个锐角顶点分别向直线l作垂线，这样就得到了两个全等的直角三角形．由于三个直角的顶点都在同一条直线上，因此我们将其称为“一线三直角”，这模型在数学解题中被广泛使用．【模型应用】(1)如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，①则_________；②C，D是正比例函数图像上的两个动点，连接AD，BC，若，则AD的最小值是_______；(2)如图2，一次函数的图像与y轴，x轴分别交于A，B两点．将直线绕点A逆时针旋转得到直线l，求直线l对应的函数表达式；【模型拓展】(3)如图3，点A在x轴负半轴上，，过点A作轴交直线于点B，P是直线上的动点，Q是y轴上的动点，若是以其中一个动点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点P的坐标．

【答案】(1)①；②(2)(3)或或或【分析】（1）①先根据函数解析式确定，进而得到，然后根据等腰直角三角形的性质即可解答；②根据点到直线的距离垂线段最短，可得当时，AD有最小值，然后判定可得，最后根据勾股定理求解即可；（2）先证可得，进而得到，最后根据待定系数法即可解答；（3）分，点P在x轴上方或下方和点P在x轴上方或下方，四种情况，分别运用全等三角形的判定与性质和二元一次方程组解答即可【详解】（1）解：①∵与x轴，y轴交于A，B两点，∴，∴，又∵，∴为等腰直角三角形，∴；故答案为；②∵A是定点，∴如图：当时，有最小值；

∵,∴，∵，∴，在和中，∴，∴在中，由勾股定理得：，∴，∴的最小值为．故答案为．（2）解：如图，过点B作交直线l于点C，过点C作轴．∴．

∵，∴．∴．∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴．当时，，∴．当时，，∴．∴．设直线l对应的函数表达式为，将和代入，得

解得∴．（3）解：①当,,P在x轴的上方，如图1：过P作轴，交于M，交y轴于N，∵，∴，又∵，∴，∴；∵直线l：，∴设，∴，∴，∴，∴,即，①②联立解得：，∴；

②当,,P在x轴的下方，如图2：同①易证：，∴；∵直线l：，∴设，∴，∴，∴,∴,即，①②联立解得：，∴;

③当,,P在x轴的上方，如图3：易证，∴；∵直线l：，∴设，∴，∴，∵，∴，①②联立解得：，∴；

④当,,P在x轴的下方，如图：易证，∴；∵直线l：，∴设，∴，∴，∵，∴，①②联立解得：，∴．

综上，点P的坐标为或或或．【点睛】本题主要考查了一次函数与几何的综合、等腰直角三角形的性质、垂线段最短、全等三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．课后专项训练1．（2023秋·山东枣庄·八年级统考期中）在直角坐标系中，为坐标原点，已知点，在坐标轴上确定点，使得为直角三角形，则符合条件的点的个数共有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】分两种情况：①当为斜边时，过分别作轴和轴的垂线，垂足即为点，符合条件的点有2个；②当为斜边时，过作的垂线，与轴和轴的交点即为点，即可得出结果．【详解】解：如图所示：①当为斜边时，过分别作轴和轴的垂线，垂足即为点，符合条件的点有2个；②当为斜边时，过作的垂线，与轴和轴的交点即为点，符合条件的点有2个；符合条件的点的个数共有4个，故选：．【点睛】本题考查了坐标与图形性质、直角三角形的判定；作出图形，分情况讨论是解题的关键．2．（2023春·广东广州·八年级校考期末）如图，点M是直线y=2x+3上的动点，过点M作MN垂直于x轴于点N，y轴上是否存在点P，使得△MNP为等腰直角三角形，则符合条件的点P有（提示：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的定义,由题意,应分两类情况讨论：当MN为直角边时和当MN为斜边时点Ｐ的位置的求法．【详解】当M运动到(－1，1)时，ON=1，MN=1，∵MN⊥x轴，所以由ON=MN可知，(0，0)和(0，1)就是符合条件的P点；又当M运动到第三象限时，要MN=MP，且PM⊥MN，设点M(x，2x+3)，则有－x=－(2x+3)，解得x=－3，所以点P坐标为(0，－3)．如若MN为斜边时，则∠ONP=45°，所以ON=OP，设点M(x，2x+3)，则有－x=－(2x+3)，化简得－2x=－2x－3，这方程无解，所以这时不存在符合条件的P点；又当点M′在第二象限，M′N′为斜边时，这时N′P=M′P，∠M′N′P=45°，设点M′(x，2x+3)，则OP=ON′，而OP=M′N′，∴有－x=(2x+3)，解得x=－，这时点P的坐标为(0，－)．因此，符合条件的点P坐标是(0，0)，(0，－)，(0，－3)，(0，1)．故答案选C,【点睛】本题主要采用分类讨论法,来求得符合条件的点P坐标．题中没有明确说明哪个边是直角边,哪条边是斜边,所以分情况说明,在证明时,注意点M的坐标表示方法以及坐标与线段长之间的转换.3．（2023秋·广东佛山·九年级校联考阶段练习）如图，在矩形中，，．点E为射线上的一个动点，与关于直线对称，当为直角三角形时，则的长为（

）A．2或18 B．3或18 C．3或2 D．2或8【答案】A【分析】分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可．【详解】解：分两种情况讨论：①当E点在线段DC上时，∵△AD'E≌△ADE，∴∠AD'E＝∠D＝90°，∵∠AD'B＝90°，∴∠AD'B+∠AD'E＝180°，∴B、D'、E三点共线，∵，AD'＝AD，∴BE＝AB＝10，∵，∴DE＝D'E＝10﹣8＝2；②当E点在线段DC的延长线上，且ED″经过点B时，满足条件，如下图，∵∠ABD″+∠CBE＝∠ABD″+∠BAD″＝90°，∴∠CBE＝∠BAD″，在△ABD″和△BEC中，∵，∴△ABD″≌△BEC（ASA），∴BE＝AB＝10，∵，∴DE＝D″E＝BD''+BE＝8+10＝18．综上所知，DE＝2或18．故选：A．【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键，有一定难度．4．（2023秋·重庆·八年级课堂例题）已知点A和点，以点A和点为两个顶点作等腰直角三角形，一共可以作出个．【答案】6【分析】根据等腰直角三角形的性质，分点是直角边和斜边两种情况作出图形即可得解．【详解】解：如图，以点和点为两个顶点作等腰直角三角形，

一共可作出6个．故答案为：6【点睛】本题考查了等腰直角三角形，作出图形，利用数形结合的思想求解更形象直观．5．（2022·浙江·诸暨市八年级期中）如图∠MAN＝60°，若△ABC的顶点B在射线AM上，且AB＝6，动点C从点A出发，以每秒1个单位沿射线AN运动，当运动时间t是_______秒时，△ABC是直角三角形．【答案】3或12【分析】分∠ACB＝90°和∠ABC＝90°两种情况，据含30°角的直角三角形的性质求出AC，再求出答案即可．【详解】解：如图：当△ABC是以∠ACB＝90°的直角三角形时，∵∠MAN＝60°，∴∠ABC＝30°，∴AC=，∴运动时间t=秒，当△ABC是以∠ABC＝90°的直角三角形时，∵∠MAN＝60°，∴∠ACB＝30°，∴AC=，∴运动时间t=秒，当运动时间t是3或12秒时，△ABC是直角三角形．故答案为：3或12【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和含30°角的直角三角形的性质，能熟记含30°角的直角三角形的性质是解此题的关键．6．（2022·上海普陀·八年级期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，点D为边BC上一点，将△ACD沿直线AD翻折得到△AED，点C的对应点为点E，联结BE，如果△BDE是以BD为直角边的等腰直角三角形，那么BC的长等于______．【答案】12或【分析】根据题意可知，需要分两种情况，，，画出对应的图形，再根据折叠的性质及等腰直角三角形的性质可求解．【详解】解：①当时，如图，此时，四边形是正方形，则，又是等腰直角三角形，则，所以；②当时，如图，设，则，，由折叠可知，，由题意可知，，，，即是等腰直角三角形，，，，，解得，．故答案为：12或．【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、等腰直角三角形的性质与判定等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．7．（2022·河南南阳·二模）如图，在的纸片中，，，．点在边上，以为折痕将折叠得到，与边交于点．若为直角三角形，则的长是_______．【答案】7或【分析】由勾股定理可以求出BC的长，由折叠可知对应边相等，对应角相等，当△DEB′为直角三角形时，可以分为两种情况进行考虑，分别利用勾股定理可求出BD的长．【详解】解：在中，，（1）当时，如图1，过点作，交的延长线于点，由折叠得：，，设，则，，在中，由勾股定理得：，即：，解得：（舍去），，因此，．（2）当时，如图2，此时点与点重合，由折叠得：，则，设，则，，在△中，由勾股定理得：，解得：，因此．故答案为：7或．【点睛】本题考查了轴对称的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，分类讨论思想的应用注意分类的原则是不遗漏、不重复．8．（2022·江西萍乡·二模）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为____．【答案】或或1【分析】利用分类讨论，当∠ABP=90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC=∠BOP=60°，易得∠BPO=30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；当∠APB=90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO=BO，易得△BOP为等边三角形，利用勾股定理可得AP的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．【详解】当∠ABP=90°时（如图2），∵∠AOC=∠BOP=60°，∴∠BPO=30°，∴OP=2OB=2，∴BP=，在直角三角形ABP中，AP=；当∠APB=90°时，分两种情况，情况一，（如图1），∵AO=BO，∴PO=BO，∵∠AOC=60°，∴∠BOP=60°，∴△BOP为等边三角形，∴BP=OB=1，∵AB=BC=2，∴AP=；情况二，如图3，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=AO，∵∠AOC=60°，∴△AOP为等边三角形，∴AP=AO=1，故答案为：或或1．．【点睛】本题主要考查了勾股定理，等边三角形的判定及性质，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形结合是解答此题的关键．9．（2022·广东·九年级课时练习）如图，点E是矩形ABCD的边AB的中点，点P是边AD上的动点，沿直线PE将△APE对折，点A落在点F处.已知AB=6，AD=4，连结CF、CE，当△CEF恰为直角三角形时，AP的长度等于___________.【答案】或1【分析】分∠CFE=90°和∠CEF=90°两种情况根据矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质求解．【详解】解：①如图，当∠CFE=90°时，∵四边形ABCD是矩形，点E是矩形ABCD的边AB的中点，AB=6，AD=4，∴∠PAE=∠PFE=∠EBC=90°，AE=EF=BE=3，∴∠PFE+∠CFE=180°，∴P、F、C三点一线，∴△EFC≌△EBC，∴FC=BC=4，EC==5，∠FEC=∠BEC，∴∠PEF+∠FEC=90°，设AP=x，则PC=x+4，∴,解得x=；②如图，当∠CEF=90°∴∠CEB+2∠PEA=90°，∴∠CEB+∠PEA=90°∠PEA，延长PE、CB，二线交于点G，∵AE=BE，∠PAE=∠GBE=90°，∠AEP=∠BEG，∴△PAE≌△GBE，∴PA=BG，∠AEP=∠BEG，∴∠G=90°∠GEB=90°∠PEA，∠CEB+∠PEA=90°∠PEA，∴∠G=∠CEB+∠PEA=∠CEB+∠GEB=∠CEG，∴CE=CBC+BG=BC+AP，∴5=4+AP，解得PA=1，故答案为：或1．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．10．（2023·山东·八年级课时练习）如图，在中，，，，．是边上的一个动点，点与点关于直线对称，当为直角三角形时，的长为________．【答案】7或17【分析】分当E在线段AD上时，当E在线段BD上时分别求解即可．【详解】解：当E在线段AD上时，连接CE，作A关于CE的对称点F，连接AF，EF，CF，∵∠AEF=90°，∴∠AEC=∠FEC==135°，∴∠CED=45°，∴CD=ED=5，∴AE=ADED=125=7；当E在线段BD上时，连接CE，作A关于CE的对称点F，连接EF，CF，AF，∵∠AEF=90°，∴∠CEF=∠CEA=45°，∴ED=CD=5，∴AE=AD+DE=17，故答案为：7或17．【点睛】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，解本题的关键是注意运用数形结合的思想解决问题．，则，，，设经过秒后的面积等于，则，，，当点在线段上运动时，，根据题意：，，，当点在的延长线上运动时，，根据题意：，，（舍，故经过2秒或4秒或秒后，的面积等于．故答案为：2秒或4秒或秒．【点睛】本题考查一元二次方程的实际应用，解题的关键是要对分类讨论．11.（2023·广东广州·八年级阶段练习）在中，若过顶点的一条直线把这个三角形分割成两个三角形，其中一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，则称这条直线为的关于点的二分割线．例如：如图，在中，，，若过顶点的一条直线交于点，且，则直线是的关于点的二分割线．如图，已知，同时满足：①为最小角；②存在关于点的二分割线，则的度数为______．【答案】或或【解析】【分析】根据关于点B的二分割线的定义即可得到结论．【详解】解：如图2所示：，如图3所示：，如图所示：，故答案为：或或．【点睛】本题考查了直角三角形，等腰三角形的性质，正确地理解“△ABC的关于点B的二分割线”是解题的关键12．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在中，，，D是边上的一个动点，点E与点A关于直线对称，

（1）的面积=．（2）当为直角三角形时，则的长为

．【答案】482或14【分析】第一空作边上的高，根据勾股定理求出的长，再由三角形的面积公式求解即可；第二空分两种情况：①当点D在上时；②当点D在上时；进行讨论即可求解．【详解】解：过点C作于点F，如图，∵，∴，∴，∴=；故答案为48.①如图1，当点D在上时，∵，∴．∴45°．∴．∴．②如图2，当点D在上时，∵，∴．∴．∴．故答案为：48，2或14【点睛】主要考查了勾股定理，等腰三角形的性质，轴对称的性质，解本题的关键是注意运用数形结合的思想解决问题．13．（2023春·广东·八年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=4，点D是AB的中点，点E是边BC上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交边BC于点F，若△CB′F为直角三角形，则CB′的长为．【答案】2或4/4或2【分析】当△为直角三角形时，需要分类讨论，点，，分别为直角顶点时，画出图形求解即可．【详解】解：在中，，，，点是的中点，，，，由折叠可知，，∴①由点运动可知点不可能是直角顶点；②如图，当点为直角顶点，即，，，，，，；③如图，当点是直角顶点时，即，连接，在△中，∴△，，故答案为：或4．【点睛】本题考查翻折变换、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．14．（2022秋·四川成都·八年级统考期中）如图，长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上任一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当CE的长为时，△CEB′恰好为直角三角形．【答案】1或【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC＝5，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可计算出CB′＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x，可得CE的长；②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形，可得BE的长，即可求CE的长．【详解】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∴AC＝＝5，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E＝∠B＝90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，∴EB＝EB′，AB＝AB′＝3，∴CB′＝5﹣3＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2＝CE2，∴x2+22＝（4﹣x）2，解得x＝，∴BE＝，CE＝4﹣＝②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形，∴BE＝AB＝3，∴CE＝BC﹣BE＝4﹣3＝1综上所述：CE＝1或故答案为：1或【点睛】此题利用矩形考查直角三角形与折叠相关问题，难度较大．15．（2023春·江西鹰潭·八年级校考阶段练习）如图，在中，已知，，．，在直线上．现将在直线上进行平移，当为直角三角形时，的长为．【答案】或或【分析】先进行分类讨论，通过平移的性质可知，，最后通过所对直角边是斜边的一半和等边三角形答性质即可求解．【详解】∵，，，∴，，如图，当在的左侧，且时，

∵为直角三角形，∴，∴，∴，∴；如图，当在线段上，且时，

即为直角三角形，∴，∴；如图，当在线段上，且时，

即为直角三角形，∴，∵，∴，∴为等边三角形，∴，故答案为：或或．【点睛】此题考查了平移和特殊三角形的性质，解题的关键是熟练掌握平移的性质和等边三角形的性质和判定．16．（2023春·河北张家口·八年级统考期末）如图，在中，，，，动点P，Q同时从A，B两点出发，分别在边上匀速运动，它们的速度分别为，，当点P到达点B时，P，Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为．

（1）当时，为等腰三角形；（2）当时，为直角三角形．【答案】2或【分析】（1）先求出，；则当为等腰三角形，为等边三角形，由等边三角形的性质得到，由此建立方程进行求解；（2）当为直角三角形可分当时和当时两种情况进行求解即可．【详解】解：（1）∵在中，，，，∴，，∵，，∴，∴，当为等腰三角形时，由于，则为等边三角形，∴，∴，解得，故答案为：；（2）当时，则，∴，∴，解得；当时，则，∴，则，解得；故答案为：2或．【点睛】本题考查等边三角形的性质与判定，含30度的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题关键．17．（2023·浙江·八年级假期作业）如图，已知，点是射线上一动点，当为直角三角形时，．【答案】或【分析】先分类讨论，根据直角三角形的两锐角互余即可求解．【详解】解：依题意，为直角三角形时，当，为直角三角形时，当时，，故答案为：或．【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余，分类讨论是解题的关键．18．（2023春·江苏南京·八年级校考阶段练习）如图，在中，，，，分别是高和角平分线，点E为边上一个点，当为直角三角形时，则度．【答案】42或21【分析】直接根据三角形内角和定理得，由角平分线的定义得，当为直角三角形时，存在两种情况：分别根据三角形内和定理和外角的性质，即可得出结论．【详解】解：，，，平分，当为直角三角形时，有以下两种情况：①当时，如图1，，；②当时，如图2，，，，综上，的度数为或．故答案为：42或21．【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，角平分线的有关计算，三角形内和定理与外角的性质，熟知三角形的外角的性质是解答此题的关键．19．（2023春·吉林长春·八年级校考阶段练习）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长为1个单位长度，存在线段，端点A，B均落在格点上，构建如图所示平面直角坐标系．(1)直接写出点A，B的坐标：A（______，______），

B（______，______）；(2)请在网格中找到点C，连接，，使为等腰直角三角形，此时点C的坐标为______；(3)如图所示，网格中（包括网格的边界）存在点P，点P的横纵坐标均为整数，连接，，得到锐角，且为等腰三角形，则满足条件的点P有_____个．【答案】(1)0；1；1；(2)或或(3)4【分析】（1）根据图中A、B点的位置，写出点A、B的坐标即可；（2）根据题意画出图形，写出点C的坐标即可；（3）画出图形找出符合条件的点P，得出答案即可．【详解】（1）解：点A，B的坐标分别为：，；故答案为：0；1；1；．（2）解：当点B为直角顶点时，点C的坐标为；当点A为直角顶点时，点C的坐标为或；故答案为：或或．（3）解：如图所示：满足条件的点P有4个．故答案为：4．【点睛】本题主要考查了在网格中画等腰三角形，坐标与图形，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的定义，数形结合．20．（2022·广东中山·八年级期末）如图，中，厘米，如果点M从点C出发，点N从点B出发，沿着三角形三边以4厘米/秒的速度运动，当点N第一次到达C点时，M，N两点同时停止运动．运动时间为t（秒）．(1)当且为直角三角形时，求t的值；(2)当t为何值，为等边三角形．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）根据题意可知当时，点M在BC上，点N在AB上，根