第17讲 等腰（边）三角形与直角三角形 2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第四章三角形第17讲等腰（边）三角形与直角三角形（6~8分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一等腰三角形的性质与判定考点二等边三角形的性质与判定考点三线段垂直平分线的性质与判定定理考点四直角三角形的性质与判定考点五勾股定理04题型精研·考向洞悉命题点一等腰三角形►题型01根据等边对等角求角度►题型02根据三线合一求解►题型03根据等角对等边求边长►题型04根据等角对等边证明边相等►题型05等腰三角形性质与判定综合命题点二等边三角形►题型01利用等边三角形的性质求线段长►题型02利用等边三角形的性质求角度►题型03等边三角形的性质与判定应用命题点三垂直平分线►题型01利用垂直平分线的性质求解►题型02线段垂直平分线的判定命题点四直角三角形►题型01利用直角三角形的性质求解►题型02含30°的直角三角形问题►题型03直角三角形斜边上的中线问题命题点五勾股定理及其逆用►题型01利用勾股定理求线段长►题型02以直角三角形三边为边长的图形面积►题型03利用勾股定理解决折叠问题►题型04以弦图为背景的计算题►题型05利用勾股定理解决实际问题►题型06勾股定理的逆用►题型07勾股定理与几何交汇问题05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升0考点要求新课标要求考查频次命题预测等腰三角形的性质与判定理解等腰三角形的概念.探索并证明等腰三角形的性质定理:等腰三角形的两个底角相等;底边上的高线、中线及顶角平分线重合.探索并掌握等腰三角形的判定定理:有两个角相等的三角形是等腰三角形.10年7考该板块内容重在掌握基本知识的基础上灵活运用，也是考查重点，年年都会考查，直角三角形的性质定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理与实际问题等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点.出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结的.而数学中考中，等腰三角形单独出题的可能性还是比较大的，多以选择填空题型出现，但是因为等腰三角形可以放在很多模型中，所以等腰三角形结合其他考点出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.等边三角形的性质与判定探索等边三角形的性质定理:等边三角形的各角都等于60°.探索等边三角形的判定定理:三个角都相等的三角形(或有一个角是60°的等腰三角形)是等边三角形.近10年连续考查线段垂直平分线的性质与判定定理理解线段垂直平分线的概念，探索并证明线段垂直平分线的性质定理:线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等;反之，到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上.10年8考直角三角形的性质与判定理解直角三角形的概念.探索并掌握直角三角形的性质定理:直角三角形的两个锐角互余，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.掌握有两个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，并能运用它们解决一些简单的实际问题.10年7考考点一等腰三角形的性质与判定等腰三角形的概念：有两边相等的三角形角等腰三角形．等腰三角形性质：1）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）.2）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）.等腰三角形的判定：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称“等角对等边”）.考点二等边三角形的性质与判定等边三角形的概念：三条边都相等的三角形叫等边三角形，它是特殊的等腰三角形.等边三角形的性质：1）等边三角形的三条边相等.2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°.等边三角形的判定：1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形.1.等边1.等边三角形具有等腰三角形的一切性质.2.等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴．3．等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合．4.在等腰三角形中，只要有一个角是60°，无论这个角是顶角还是底角，这个三角形就是等边三角形．5.等腰(等边)三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合．6.等边三角形面积的求解方法：S正三角形=04题型精研·考向洞悉考点三线段垂直平分线的性质与判定定理垂直平分线的概念：经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（或线段的中垂线）.性质：线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.判定：到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上.考点四直角三角形的性质与判定直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．直角三角形的性质：1）直角三角形两个锐角互余.2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.3）在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.直角三角形的判定：1）两个内角互余的三角形是直角三角形.2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形．3）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c有关系a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。面积公式：S=(其中：c为斜边上的高，m为斜边长)考点五勾股定理勾股定理的概念：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么.变式：，，,,.勾股定理的证明方法（常见）：方法一（图一）：，，化简可证．方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为大正方形面积为，所以方法三（图三）：，，化简得证图一图二图三勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即中，，，为正整数时，称，，为一组勾股数.常见的勾股数：如；；；等.命题点一等腰三角形►题型01根据等边对等角求角度1．（2024·广东中山·三模）如图，直线，，于点，若，则的度数为（）A．. B． C． D．【答案】B【分析】本题考查平行线的性质和三角形内角和，根据可得，再结合和三角形内角和即可求解．【详解】∵，，∴∵∴∵∴故选：B．2．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点刚好落在边上，且，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故选：C．3．（2024·广东珠海·一模）如图，绕点A逆时针旋转一定角度后得到，点D在BC上，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】此题重点考查旋转的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、“等边对等角”、三角形的内角和等于等知识，证明是解题的关键．设交于点，由，且，得，则，由，得，而，则，求得，于是得到问题的答案．【详解】解：设交于点，，，，由旋转得，，，，，，，，，故选：A．4．（2023·广东广州·二模）如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转角度得到，使得、、A三点共线，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据旋转得到，，，根据，得到，即可得到答案；【详解】解：∵绕点C顺时针旋转角度得到，∴，，，∴∵，，∴，∴，故选D；【点睛】本题考查三角形内角和定理，旋转的性质，解题的关键是根据旋转的性质得到角度及线段的关系．►题型02根据三线合一求解5．（2023·广东江门·三模）已知直线，将一块含角的直角三角板按如图方式放置，其中直角顶点在直线上，斜边与直线交于的中点，连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质得出，进而得出，根据平行线的性质即可求解．【详解】解：∵是等腰直角三角形，斜边与直线交于的中点，∴∴∵，∴∵，∴，故选：A．【点睛】本题考查了三线合一，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．6．（2024·甘肃陇南·三模）如图，在中，，点D在上，且，点E和点F分别是和的中点，则的长是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题考查了等腰三角形，直角三角形，解题的关键是熟练掌握三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．连接，根据等腰三角形的性质得，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半进行解答即可得．【详解】解：如图，连接，∵，点F是的中点，∴，，∵，点E是的中点，∴，故选：B．7．（2024·陕西·模拟预测）如图，在中，，是的高线，是的中线，连接．若．则为（）

A．4 B．2．5 C．3 D．【答案】B【分析】本题主要考查了三线合一定理，勾股定理，直角三角形的性质，先由三线合一定理得到，再由勾股定理得到，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案．【详解】解：∵，，是的高线，∴，∴，∵是的中线，∴点D为的中点，∴，故选：B．8．（2024·贵州黔东南·二模）如图，中，，，，点在的延长线上，点在边上，且．若，则的边长为（

）A．2.5 B．3.5 C．2 D．【答案】C【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质．过点作于．先在中利用角所对的直角边等于斜边的一半得出，于是，再根据等腰三角形三线合一的性质得出，然后根据即可求解．【详解】解：过点作于．在中，，，，∵，．，于，，．故选：C．►题型03根据等角对等边求边长9．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平行四边形中，平分交于点E，平分交于点F，若，则为（

）A．4 B．3.5 C．3 D．2.5【答案】A【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行线与角平分线相结合可得，再结合平行四边形的性质即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴，∴，∴．故选：A10．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，点E、F分别在、的延长线上，且满足．若，，则的长为（）A．4 B．5 C．6 D．8【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定．根据平行四边形的性质得出，，通过证明出四边形是平行四边形，以及，即可得出结论．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴．故选：C．11．（2024·云南楚雄·模拟预测）如图，在中，平分交于点．若，，则的周长为（

）A．16 B．14 C．10 D．8【答案】A【分析】此题考查平行四边形的性质，等角对等边，利用平行四边形的性质和角平分线的定义求得是解题的关键．首先根据平行四边形的性质得到，，结合角平分线的概念得到，求出，进而求解即可．【详解】∵在中，∴，∴∵平分交于点∴∴∴∴∴∴的周长为．故选：A．12．（2024·海南三亚·二模）如图，是的中位线，平分交于点，若，，则边的长为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】本题考查了三角形中位线定理、角平分线的定义、平行线的性质、等角对等边，由三角形中位线定理得出，，，由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，求出的长即可得解．【详解】解：是的中位线，，，，，平分，，，，，，故选：B．►题型04根据等角对等边证明边相等13．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，．(1)求证：；(2)若，平分，请直接写出的形状．【答案】(1)见解析(2)是等腰直角三角形．【分析】本题考查了平行线的判定和性质，等腰直角三角形的判定．（1）由平行证明，由等量代换得到，利用平行线的判定“内错角相等，两直线平行”证明，即可证明；（2）利用平行线的性质结合角平分线的定义求得，，据此即可得到是等腰直角三角形．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：是等腰直角三角形．∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形．14．（2024·山西吕梁·三模）如图，在中，于点．

(1)尺规作图：作的平分线交边于点．（保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)试猜想线段与之间的数量关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，等角对等边，角平分线的定义和角平分线的尺规作图：（1）根据角平分线的尺规作图方法作图即可；（2）先得到，再由垂直的定义和三角形内角和定理得到，由角平分线的定义得到，进而推出，则．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；

（2）解：，证明如下：，，，，，平分，．∴，∴．15．（2023·湖北武汉·二模）如图，，，的平分线交于点E，交的延长线于点F．

(1)求证：；(2)若，直接写出的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用推出，推出，用平分推导，从而得到，从而得证；（2）根据，推出，再结合利用三角形内角和为推出，从而得到.【详解】（1）证明：∵，∴．∵，∴．∵平分，∴，∴，∴．（2），求解过程如下：∵，，∴，又∵，∴，∴．【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的相关计算，等角对等边，三角形内角和等知识，掌握平行线的性质是解题的关键．16．（2023·湖北宜昌·一模）已知：如图，点C是线段的中点，于A，于B，过点C的直线与，分别交于E，F．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）根据，可证明，根据全等三角形的性质，可得证明的结论；（2）设，根据等腰直角三角形的性质，得，根据全等三角形的性质，可得，根据勾股定理列式计算可得答案．【详解】（1）证明：∵C是线段的中点，∴，∵，，∴，又，∴，∴；（2）解：设，∵，，∴，∴，∵，∴．∴，在中，由勾股定理得．解得．∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，（1）利用证明三角形全等，再利用性质证明对应边相等；（2）利用勾股定理是解题关键．►题型05等腰三角形性质与判定综合17．（2024·广东中山·三模）如图，和的斜边分别为正方形的边和，其中，线段与线段相交于．(1)求证：是等腰直角三角形．(2)若，的面积是2，求长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，得到，推出，即可得证；（2）证明，得到，三角形的面积公式求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，即可．【详解】（1）证明：∵正方形，，

，．；又是等腰直角三角形；（2），的面积是2，且，，得，在中，，．【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似，是解题的关键．18．（2024·广东中山·模拟预测）如图所示，是等边三角形，点是的中点，延长到，使．(1)用尺规作图的方法，过点作，垂足是M（不写作法，保留作图痕迹）．(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了过直线外一点作已知直线的垂线及考查了等边三角形和等腰三角形的性质；作图题要注意保留做题痕迹．证得是正确解答本题的关键．（1）按照过直线外一点作已知直线的垂线步骤来作图；（2）要证可证，根据三线合一得出．【详解】（1）作图如下：（2）是等边三角形，是的中点平分（三线合一）又又又．19．（2024·河南安阳·模拟预测）（1）【问题发现】如图1，在中，，，点D为的中点，以为一边作正方形，点E与点A重合，易知，则线段与的数量关系是________；（2）【拓展研究】在（1）的条件下，将正方形绕点B旋转至如图2所示的位置，连接，，．请猜想线段和的数量关系，并证明你的结论；（3）【结论运用】在（1）（2）的条件下，若的面积为8时，当正方形旋转到C、E、F三点共线时，请直接写出线段的长．【答案】（1）；（2），详见解析；（3）或【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理得到即可求解；（2）根据等腰直角三角形和正方形的性质证得，，进而可证得，利用相似三角形的性质可得结论；（3）先利用等腰直角三角形的性质求得，，进而，设，则，根据题意分两种情况，利用勾股定理求解即可．【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，点E与点A重合，∴，故答案为：；（2），理由为：∵在中，，，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，，∴，∴，∴；（3）∵在中，，，的面积为8，∴，则（负值舍去），∴，由（1）知，，设，则，∵C、E、F三点共线，∴有两种情况：①如图1，在中，，，由得，解得（负值舍去）；②如图②，在中，，，由得，解得（负值舍去）；综上，满足条件的线段值为或．【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的性质，以及分类讨论和方程的思想的运用是解答的关键．20．（2022·河南信阳·一模）如图1，点B在直线l上，过点B构造等腰直角三角形，使，且，过点C作直线l于点D，连接．(1)小娟在研究这个图形时发现，，点A，D应该在以为直径的圆上，则的度数为____________，将射线顺时针旋转交直线l于点E，可求出线段的数量关系为____________；(2)小娟将等腰直角三角形绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段的数量关系是否变化，请说明理由：(3)在旋转过程中，若长为1，当面积取得最大值时，请求出此时的长．【答案】(1)，(2)，理由见解析(3)【分析】本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．（1）由，且，可得，由，推出、、、四点共圆，所以；由题意知，所以，由，，可知是等腰直角三角形，推出；（2）如图2，将绕点顺时针旋转交直线于点．易证，则，由，，所以是等腰直角三角形，则，由，推出；（3）当点在线段的垂直平分线上且在的左侧时，的面积最大．【详解】（1）解：①如图，在图1中．，且，，，、、、四点共圆，；②由题意可知，，，又，，，，，，是等腰直角三角形，，，；故答案为：，；（2）解：线段，，的数量关系会变化，数量关系为．理由如下：如图2，将绕点顺时针旋转交直线于点．则，，又，，，，，，是等腰直角三角形，，，；（3）解：由（2）知，，，，，，，、、、四点共圆，于是作、、、外接圆，如图，当点在线段的垂直平分线上且在的左侧时，经过圆心，此时最长，因此的面积最大．作，则平分，，在上截取一点，使得，，，，，，，，．命题点二等边三角形►题型01利用等边三角形的性质求线段长21．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在等边中，是边上的中线，延长至点E，使，若，则（

）A． B．6 C．8 D．【答案】C【分析】先证明，得到，再利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质即可求出答案．【详解】解：∵在等边三角形中，是边上的中线，∴，，∴；∵，∴，∵，∴，∴，由勾股定理得：,∴，∴，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键．22．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，O为正方形的对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，利用勾股定理求出的长度，再利用等边三角形的性质即可解决问题．掌握以上知识点是解题的关键．【详解】解：在正方形中：，，∴，∵O为正方形对角线的中点，∴，∵为等边三角形,O为的中点，∴，，则、、在同一直线上，∴,∴，则，故选：D．23．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图是等边三角形，点是边的三等分点，连接．若的周长为9，则点到的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了等边三角形的性质和正弦的定义，先过点D作于点E，由题意得到，，在中，利用正弦定义求即可．【详解】解：过点D作于点E，∵是等边三角形且周长为9，∴，，∵点是边BC的三等分点，∴，在中，，∴，∴点到AC的距离为．故选：A24．（2024·辽宁大连·三模）如图，在等边中，点D在平面内，，，则的最大值为（

）

A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形三边的关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．以为边作等边三角形，证明得，根据三角形三边的关系求出的最大值即可求解．【详解】如图，以为边作等边三角形，则，．

∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴．∵，，∵，∴当点E，D，C三点共线时，有最大值，即的长度为5．∴的最大值是5．故选：B．►题型02利用等边三角形的性质求角度25．（2024·福建南平·模拟预测）如图，等边三角形中，，垂足为D，点E在线段上，且，则等于（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了等边三角形的性质，解题的关键是掌握等边三角形三个角都是60度，三线合一．先得出，，再推出，则，最后根据，即可解答．【详解】解：∵为等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故选：A．26．（2024·河南漯河·二模）如图，已知等边三角形内接于，点是的中点，点是上的动点（不与点，重合），连接交于点，则的度数可能是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了等边三角形的性质，圆周角定理，直角三角形中两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据圆和等边三角形的性质，得出三点共线，由圆周角定理得，结合直角三角形中两个锐角互余，得出，以及三角形内角和180度，得，即可作答．【详解】解：连接，∵等边三角形内接于，∴三点共线∴∴∴∵点是上的动点（不与点，重合），∴∴∵∴在中，观察A、B、C、D四个选项，则的度数可能是故选：C27．（2023·四川达州·模拟预测）如图，等边三角形的顶点在直线上，直线且交于点，交于点，已知，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了等边三角形的性质、三角形外角的定义及性质、平行线的性质，由等边三角形的性质可得，由三角形外角的定义及性质可得，再由平行线的性质可得，即可得解．【详解】解：如图：，∵为等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故选：A．28．（2024·浙江杭州·模拟预测）如图，直线，等腰直角三角形和等边在之间，点A，D分别在上，点B，C，E，F在同一直线上．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，准确识图，熟练掌握等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质是解决问题的关键．延长交于H，根据两直线平行同旁内角互补可求得，由等腰直角三角形性质得，再由等边三角形性质得，再由四边形内角和等于得，由此可得的度数．【详解】解：延长交于H，如下图所示：∵，，∴，，∵是等腰直角三角形，且，∴，∵是等边三角形，∴，∴，在四边形中，，即，∴，∴．故选：B．►题型03等边三角形的性质与判定应用29．（2024·广东清远·模拟预测）如图1，，是等边三角形，且点B、C、E在同一条直线上，连接，且交于点．(1)求证：；(2)如图2，的外接圆O经过点F，求证是的切线；(3)在（2）的条件下，若，，求的边长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，然后求出，再利用边角边证明即可；（2）连接，证出，由切线的判定可得出结论；（3）证明，由相似三角形的性质得出，求出的长，由全等三角形的性质可得出答案．本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关的性质定理是解题的关键．【详解】（1）证明：，都是等边三角形，，即，在和中，（2）证明：连接，是等边三角形，点为外心，，，，又是半径，是的切线；（3）解：是等边三角形，，，，，又∵，，，，，，，(负值舍去)，，30．（2024·广东佛山·二模）综合应用如图，等边三角形的边长为a，点D，E，F分别是边，，上的动点，且满足，连接，，．

(1)证明：；(2)设的长为x，的面积为y，求出y与x的函数表达式（用含a的式子表示）；(3)在（2）的条件下，当时，y有最小值，画出y与x的函数图象．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】（1）由题意易得，，然后根据“”可进行求证；（2）过F作于H，可证，得，，从而是等边三角形，由是等边三角形，看求出，即可得，，，故，然后根据即可求解；（3）先根据当时，y有最小值，求出函数解析式，然后描点法画出图象即可．【详解】（1）∵是边长为4的等边三角形，∴，，∵，∴，在和中，，∴；（2）过F作于H，如图：

同（1）可证，∴，∴，∴是等边三角形，∵是等边三角形，∴，∴，∴，，∴，∴，∴；∴y与x的函数表达式为；（3）解：，∵当时，y有最小值，∴，解得，∴，∴的图象顶点为，过点，，，，画出图象如下：

【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及等边三角形面积，全等三角形判定与性质，二次函数的图象及性质等知识，解题的关键是掌握等边三角形面积与边长的关系．31．（2024·广东湛江·一模）综合与实践主题：研究旋转的奥妙．素材：一张等边三角形硬纸板和一根木棍．步骤：如图，将一根木棍放在等边三角形硬纸板上，木棍一端A与等边三角形的顶点重合，点在上（不与点重合），将木棍绕点顺时针方向旋转，得到线段，点A的对应点为，连接．猜想与证明：(1)直接写出线段与线段的数量关系．(2)证明（1）中你发现的结论．【答案】(1)(2)见解析【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．（1）通过观察，测量，猜想等方式即可得到；（2）连接，先证明是等边三角形，进而证明，问题得证．【详解】（1）解：；（2）证明：如图，连接．由旋转的性质可知，，，是等边三角形，，．是等边三角形，，，，，即．在和中，，，．32．（2024·广东广州·一模）如图，等边三角形边长为2，点是直线上一点，连接，将绕点逆时针旋转后得到．连接与交于点．(1)若，求线段的长；(2)连接．①记点的运动路径为．试判断与的位置关系；②在点在运动的过程中，是否有最小值？如果有，请求出，并求此时的值；如果没有，请说明理由．【答案】(1)2(2)①；②的最小值为，【分析】（1）根据等边三角形的性质得到点D是的中点，，求得，得到，根据旋转的性质得到，，得到，由勾股定理求得；（2）①将绕点逆时针旋转后得到．将绕点逆时针旋转后得到．证明，证明得；②点E在定直线上运动，当时最短．过A作于H，根据全等三角形的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）解：∵是等边三角形，，∴点是的中点，，∵，∴，∴∵将绕点A逆时针旋转后得到，∴，∴，∴，∵由勾股定理得，，∴解得，；（2）解：①，理由如下：如图，将绕点A逆时针旋转得到，连接，∴，∵将绕点A逆时针旋转后得到，∴，∴，∴∴，∴，∵∴∴∴∴即；②∵点E在定直线上运动，当时最短．过A作于H，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．所以，的最小值为，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质勾股定理以及角所对直角边等于斜边的一半等知识．正确作出辅助线是解题的关键．命题点三垂直平分线►题型01利用垂直平分线的性质求解33．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边，相交于点D，E，连接．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由作法可知是的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可得，从而可得，再结合已知易得，从而可得，然后利用三角形内角和定理即可求解．【详解】解：由作法可知是的垂直平分线，∴，，，，，，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了尺规作图-作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理，以及线段垂直平分线的性质是解题的关键．34．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，在中，为中点，且交于点E，，则的长为（

）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】此题考查了线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，勾股定理等，熟记线段垂直平分线的性质是解题的关键．连接，根据三角形内角和定理求出，根据线段垂直平分线的判定与性质求出，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质求出，根据三角形内角和定理求出，解直角三角形求出，，再根据线段的和差求解即可．【详解】解：如图，连接，，，，为中点，且交于点，垂直平分，，，，，，，，故选：B．35．（2024·广东梅州·一模）如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．根据四边形是正方形及，可证出，则得到：①；可判断④；可以证出，则②一定成立；用反证法可证明，即可判断③．【详解】解：四边形是正方形，，，，，在和中，，，（故①正确）；∴∵四边形是正方形，∴∴（故④正确）；∴∵四边形是正方形，∴，，∴一定成立（故②正确）；假设，，（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），在中，，，这与正方形的边长相矛盾，假设不成立，（故③错误）；∴正确的有①②④共3个正确，故选：C．36．（2024·广东珠海·一模）如图，在中，，按以下步骤作图：分别以为圆心，大于一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点和点，作直线MN交AB于点D，连结．若，，则的周长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了线段垂直平分线的作法及性质，三角形的周长，根据作图过程可知，是线段的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可得，进而得到的周长，即可求解，掌握线段垂直平分线的作法及性质是解题的关键．【详解】解：根据作图过程可知，是线段的垂直平分线，∴，∴的周长为．故选：．►题型02线段垂直平分线的判定37．（2024·广东·模拟预测）如图，在中，，且．(1)作的垂直平分线，交于点D，交于点E，连接，延长，交直线于点F；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）所作的图中，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了垂直平分线的作图，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，证明是等腰三角形是解题的关键．（1）作图：分别以为圆心，大于为半径作圆弧相交于两点，过两点作直线，交于点D，交于点，即可求解；（2）根据和（1）的结论，证明是等腰三角形，且，即可证明．【详解】（1）解：如图，为所作；（2）如（1）中所作的图，且是的垂直平分线，，，，，，，，，，是等腰三角形，又，．38．（2024·广东·模拟预测）如图，在中，是的角平分线．(1)实践与操作：用尺规作图法，在上找到一点E使得为以为底边的等腰三角形；(保留作图痕迹，不写作法)(2)应用与计算：在（1）的条件下，过点D作交于点F，求证：【答案】(1)图见解析(2)见解析【分析】本题考查了作垂直平分线，角平分线的定义，三角形全等的判定及性质，解题的关键是作出相应的辅助线；（1）理解是需要作线段的垂直平分线即可；（2）利用垂直平分线的性质，角平分线的定义，平行线的性质证明出，再通过等量代换即可证明．【详解】（1）解：作图如下：（2）证明：作图如下：是的角平分线，的垂直平分线交于点，，，，，，，，，．39．（2024·广东深圳·模拟预测）在学习《解直角三角形》一章时，小明同学对互为倍数的两个锐角正切三角比产生了浓厚的兴趣，进行了一些研究．(1)初步尝试：我们知道：，，发现结论：；（选填“”或“”）(2)实践探究：如图，在中，，，，求的值；小明想构造包含的直角三角形：延长至点，使得，连接，所以得到，即转化为求的正切值．请按小明的思路求解；(3)拓展延伸：如图，在中，，，，求．【答案】(1)，，；(2)；(3)．【分析】（）根据特殊角的三角函数值即可求解；（）利用勾股定理求出，延长至，使得，连接，如图所示，可得，，进而得，，根据即可求解；（）如图，作的垂直平分线交于，连接，可得，由得，即得，设，则，在中由勾股定理得，得到，即得，进而得，再根据即可求解；本题考查了三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形外角性质，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】（1）解：，，发现结论：，故答案为：，，；（2）解：在中，，，，∴，延长至，使得，连接，如图所示，∴，，∴，，∴；（3）解：如图，作的垂直平分线交于，连接，则，∴，∴∵中，，，，∴，∴，设，则，在中，，∴，解得，∴∴，∴．40．（2024·广东江门·二模）LED感应灯是一种通过感应模块自动控制光源开关的智能照明产品．当人进入感应范围内，灯自动亮，离开感应范围，灯自动熄灭．若在感应范围内有多个感应灯，则人距离哪个感应灯更近，哪个感应灯就会亮，其他感应灯则不亮．若人到两个感应灯的距离相等，则两个感应灯都亮．(1)如图1，在中，，，若在顶点B，C处分别装有感应灯，垂直平分，垂足为点F，交于点E，请求出在该三角形内能使感应灯C亮的区域面积；(2)如图2，在中，，为边上的高，在的三个顶点处都装有感应灯，请求出在该三角形内能使感应灯B亮的区域面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，，得到，，结合垂直平分，得到，根据，计算，根据三角形的面积公式，计算即可．（2）根据在中，，为边上的高，得，作线段的垂直平分线，交于点F，交于点E，计算即可．本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，三角函数的应用，线段的垂直平分线，熟练掌握勾股定，三角函数是解题的关键．【详解】（1）∵，，∴，，∵垂直平分，∴，∴，∴，∴．（2）在中，∵，为边上的高，∴，作线段的垂直平分线，交于点F，交于点E，∴，，∴，∴．命题点四直角三角形►题型01利用直角三角形的性质求解41．（2024·广东佛山·三模）如图，的直角顶点A在直线a上，斜边在直线b上，若，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了平行线的性质，直角三角形是特征；由平行线的性质得，再由直角三角形的特征即可求解；掌握平行线的性质是解题的关键．【详解】解：，，，，故选：A．42．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，是的切线，切点是点D，直线交于点A、B，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了切线的性质和圆周角定理，如图，连接，根据圆的切线垂直于经过切点的半径得到，再根据圆周角定理得到，然后利用互余计算出的度数．【详解】解：连接，如图，是的切线，切点是点，，，，．故选：B．43．（2023·广东佛山·二模）矩形和直角三角形的位置如图所示，点在EG上，点在EF上.若，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据矩形及直角三角板得到，，即可得到，结合求出，即可得到答案.【详解】解：∵矩形和直角三角形的位置如图所示，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，故选C．【点睛】本题考查邻补角互补，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握直角三角形的性质．44．（2023·广东深圳·一模）一副三角形板如图放置，，，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，，可得，，结合，即可得到，即可得到答案；【详解】解：∵，，，∴，，∵，∴，∴，故选B．【点睛】本题考查平行线性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是根据直角三角板得到相应的角度．►题型02含30°的直角三角形问题45．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，，是上一点，把四边形沿折叠后得到四边形，，则的长为（

）

A． B．3 C． D．【答案】D【分析】本题考查折叠，菱形的性质，正方形的判定和性质，三角函数，熟练掌握数形结合的思想是解题的关键；根据题意，连接，延长到于点，延长到于点，证明为正方形，根据三角函数求出，的长度，即可求解；【详解】解：连接，延长到于点，延长到于点，

因为四边形沿折叠后得到四边形，，，为正方形，，，，，，，故选：D46．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，在中，，

点O为的中点，将绕点O按逆时针方向旋转得到，点A，B，C的对应点分别为．当落在边上时，两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为（

）A． B．4 C． D．【答案】D【分析】此题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识，设与交于点D，求出，，，即可求出答案．【详解】解：设与交于点D，∵，点O为的中点，∴，将绕点O按逆时针方向旋转得到，点A，B，C

的对应点分别为．当落在边上时，，，∴，∴，∴，∴，由勾股定理得：，∴，即两个三角形重叠部分(阴影部分)的面积为，故选：D．47．（2024·广东广州·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，的平分线交对角线于点E，且，则线段的长为（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，由矩形的性质推出，，，得到，，判定是等边三角形，由等边三角形的性质得到，关键是得到是等边三角形．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，是等边三角形，平分，，，，．故选：B．48．（2024·广东珠海·一模）如图，等边边长为3，O是中点，点沿的路径运动，连接，H、E分别是、上的点，、在上，若点P运动的某段路程中正方形始终存在，则满足条件的点P运动的路径长度为（

）A． B． C．4.5 D．6【答案】A【分析】根据点P的运动路径可知，当点P在上时，总能找到点E，H，F，G使之组成正方形，当点P在上时，随着点C向点B运动，当点H与点P重合时是临界点，作出图形，根据题意求解即可．【详解】解：根据点的运动路径可知，①当点在上运动时，正方形始终存在，②当点在上运动时，随着点向运动，当点与点重合时是临界点，如图所示：为等边三角形，，四边形为正方形，，，，设，，，四边形为正方形，，，为等边三角形，，等边边长为3，，解得，，满足条件的点P运动的路径长度为：，故选：A．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，含的直角三角形等相关知识，根据正方形的性质得出点P与点H重合时为临界点是解题关键．►题型03直角三角形斜边上的中线问题49．（2024·广东清远·模拟预测）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长度为（）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．由菱形，可得，，则，由勾股定理得，，，根据，计算求解即可．【详解】解：∵菱形，∴，，∴，∵，∴，由勾股定理得，，，∴，故选：A．50．（2023·河南驻马店·三模）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点A作于点E，若，，则的长为（）A．2 B．4 C．2 D．【答案】C【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质得出，由菱形的面积得出，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∵，∴，∵为的中点，∴，故选：C．51．（2023·广东揭阳·一模）如图，在中，，，平分，点是的中点，若，则的长为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】由题意推出，在中，，即可求出的长，进而可求出的长．【详解】解：∵，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．52．（2022·广东·模拟预测）如图，在正方形中，，延长至点，使．过点作于点，同时使，且点与点分别在直线的两旁，连接和．已知的中点为，连接，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了正方形，勾股定理，直角三角形．构造直角三角形，熟练掌握正方形和等腰直角三角形的性质，勾股定理解直角三角形，直角三角形斜边上的中线的性质，是解决问题的关键．首先连接，由正方形的性质可得，利用勾股定理求出的长，根据，，可推出是等腰直角三角形，进而得出为直角三角形，求出的长，求出的长，在中求出的长，然后由M为的中点求解即可.【详解】连接，∵四边形是正方形，∴．∵，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．∴为直角三角形．∵，∴．∵，∴．∴．∵M为的中点，∴．故选：D．命题点五勾股定理及其逆用►题型01利用勾股定理求线段长53．（2025·广东广州·一模）如图，菱形的对角线与相交于点为边的中点，连接．若，则的长为（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查菱形的性质、三角形的中位线性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和三角形的中位线性质是解答的关键．先根据菱形性质得到，，，再利用勾股定理求得，然后根据三角形的中位线定理求解即可．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，，在中，，∵点E为边的中点，，∴是的中位线，∴，故选：C．54．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，当点C，，三点共线时，交于点E，则的长度是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，先证明，进而证明，于是可得，，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案．【详解】解：如图，连接，矩形，，，，由旋转的性质可得：，，，，是等腰三角形，且，，，在和中，，，，，设，则，在中，根据勾股定理可得：，，解得：，，故选：A．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．55．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，，为上一点，为上一点，若，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了相似的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．过点C作交的延长线于点，过点C作于点，证明推出，，得到和，据此求解即可．【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点，过点C作于点，．，，，，．，，．设，，，，．，，．，，，．故选：B．56．（2024·广东·模拟预测）如图，在等腰中，，顶点A为反比例函数（其中）图像上的一点，点B在x轴正半轴上，过点B作，交反比例函数的图像于点C，连接交于点D，若，，则的面积为（）A． B．6 C． D．5【答案】C【分析】过点A作轴于点H，交于点E，进而求出，而求出反比例函数的解析，根据易证，由相似三角形的性质求出，设，则，，进而求出面积即可．【详解】解：过点A作轴于点H，交于点E，，，，，，，，，，轴，轴，，，，，，，，设，则，，，，故选：C．【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练识记这些知识是解题的关键．►题型02以直角三角形三边为边长的图形面积57．（2024·广东深圳·一模）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，则一定能求出（）A．直角三角形的面积B．最大正方形的面积C．较小两个正方形重叠部分的面积D．最大正方形与直角三角形的面积和【答案】C【分析】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么．根据勾股定理得到，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可．【详解】解：设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，由勾股定理得，，阴影部分的面积，较小两个正方形重叠部分的宽，长，则较小两个正方形重叠部分底面积，∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，故选：C．58．（2023·江苏连云港·中考真题）如图，矩形内接于，分别以为直径向外作半圆．若，则阴影部分的面积是（

）

A． B． C． D．20【答案】D【分析】根据阴影部分面积为2个直径分别为的半圆的面积加上矩形的面积减去直径为矩形对角线长的圆的面积即可求解．【详解】解：如图所示，连接，

∵矩形内接于，∴∴阴影部分的面积是，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．59．（2024·河北唐山·三模）如图，所有阴影部分的四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形、、的面积依次为、、，则正方形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了正方形和勾股定理，解题关键是勾股定理的正确应用．由所有阴影部分的四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，根据勾股定理得，由正方形、、的面积依次为、、，得，求得正方形的面积为．【详解】解：由题意可得，由正方形、、的面积依次为、、，得，求得正方形的面积为．故正确故答案为：60．（2024·浙江杭州·二模）如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点H恰为中点，若，则阴影部分的面积为（）A． B．20 C．25 D．【答案】C【分析】本题主要考查了不规则图形面积．熟练掌握正方形性质，全等三角形判定和性质，勾股定理解直角三角形，线段中点性质，分割法求不规则图形面积，是解决问题的关键．设交于点P，由正方形边角性质证明，得到，由中点性质得到，得到，中由勾股定理得到，，证明，结合，，得到，得到，得到．【详解】设交于点P，∵四边形，四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∵H是中点，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．故选：C．►题型03利用勾股定理解决折叠问题61．（2024·广东深圳·一模）如图，在矩形中，，，，分别是边，上一点，，将沿翻折得，连接，当是以为腰的等腰三角形时，那么的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点．设，则，由翻折得：．当时，由勾股定理得：；当时，作，由，平方可证得，则，所以，由三线合一得，即，解方程即可．【详解】解：设，则，由翻折得：，当时，，四边形是矩形，，由勾股定理得：，解得：，当时，如图，作，，，，沿翻折得，，，，，，，，，即，解得，综上所述：或．故选：A．62．（2023·广东广州·一模）如图，在中，，，，点F在AC上，并且，点E为上的动点（点E不与点C重合），将沿直线翻折，使点C落在点P处，的长为，则边的长为（）

A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】根据折叠可得，再利用勾股定理即可求解．【详解】解：根据折叠可知，，在中，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理及翻折的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．63．（2023·山东泰安·一模）如图，在矩形中，，，点为的中点，将沿折叠，使点落在矩形内点处，连接，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图所示，过作于，根据折叠可知是等腰三角形，可证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：如图所示，过作于，∵将沿折叠，使点落在矩形内点处，点为的中点，∴，∴是等腰三角形，∴是中点，平分，且平分，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，根据题意，矩形中，，，点为的中点，即，∴在中，，∴，即，∴，∵，∴，故选：D．【点睛】本题中主要考查矩形，直角三角形，相似三角形的综合，理解矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．64．（2023·山东济南·一模）如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点A落在上的点N处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点D恰好落在上的点F处，为折痕，连接并延长交于点P，若，则线段的长等于（

）

A．22 B．20 C．18 D．16【答案】B【分析】根据折叠可得是正方形，，可求出三角形的三边为9，12，15，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证，三边占比为，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长．【详解】解：过点P作，垂足为G、H，

由折叠得：是正方形，，，∴，在中，，∴，在中，设，则，由勾股定理得，，解得：，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，解得：，∴，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．►题型04以弦图为背景的计算题65．（2024·广东河源·二模）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形面积为136，小正方形面积为16，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查正方形性质，锐角三角函数，勾股定理．根据题意先求得大正方形边长的平方为136，再求得小正方形边长为4，再利用三角函数正切值等于该角的对边与邻边的比值即可得到本题答案．【详解】解：∵大正方形面积为136，小正方形面积为16，∴大正方形边长的平方为136，小正方形边长为4，∴设一个直角三角形短直角边为x，则长直角边为，∴在一个直角三角形中应用勾股定理：，解得或（舍去）∴长直角长为10，短直角边长为6，∴，故选：A．66．（2023·江苏徐州·模拟预测）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．连接，若平分，且正方形的面积为3，则正方形的面积为（

）A． B． C． D．15【答案】A【分析】设直角三角形的长直角边是，短直角边是，得到，由，得到，由，得到，因此，由，得到，即可求出，的值，由勾股定理即可解决问题．【详解】解：设直角三角形的长直角边是，短直角边是，正方形的边长是，正方形的面积为3，，，平分，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，正方形的面积是．故选：A．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，关键是求出直角三角形的直角边的长，由勾股定理即可解决问题．67．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（

）

A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可．【详解】设，，∵，，∴，即，∴，整理得，∴，∵，∴，∴正方形的面积为，∵正方形的面积为，∵正方形与正方形的面积之比为，∴，∴解得．故选：C．【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．68．（2023·广东东莞·三模）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…按照此规律继续下去，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分、、、的值，根据面积的变化即可找出变化规律，依此规律即可解决问题．【详解】解：是等腰直角三角形，，，，，即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍，，，，，，，．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律“是解题的关键．►题型05利用勾股定理解决实际问题69．（2024·广东中山·二模）《九章算术》中提出了如下问题：今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出，问户高、广、邪各几何？这段话的意思是：今有门不知其高宽；有竿，不知其长短，横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽和对角线的长各是多少？则该问题中的门高是（

）尺．A．2 B．10 C．8 D．6【答案】C【分析】本题考查勾股定理的应用，设未知数建立关于未知数的方程是解题的关键．利用勾股定理建立方程，解方程得出门高即可．【详解】解：设竿长为尺，则门宽为尺，门高尺，门对角线是尺，根据勾股定理可得：，整理得：，解得（舍去）或．则门高：．故选：C．70．（2024·四川巴中·中考真题）“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题．即，，，则（

）A．8 B．10 C．12 D．13【答案】C【分析】本题考查勾股定理的实际应用．设，则，由勾股定理列出方程进行求解即可．【详解】解：设，则，由题意，得：，解得：，即，故选：C．71．（2024·江苏苏州·一模）《九章算术》卷九“勾股”中记载：今有户不知高广，竿不知长短，横之不出四尺，纵之不出二尺，斜之适出，问户斜几何，意思是：一根竿子横放，竿比门宽长出四尺；竖放竿比门高长出二尺，斜放恰好能出去，则竿长为（

）A．10尺 B．5尺 C．10尺或2尺 D．5尺或4尺【答案】A【分析】本题考查勾股定理的运用．根据题中所给的条件可知，竿斜放就恰好等于门的对角线长，可与门的宽和高构成直角三角形，运用勾股定理可求出门对角线长．【详解】解：设竹竿x尺，则图中．∴，，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：竹竿为10尺．故选：A72．（2023·贵州遵义·模拟预测）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一．在《勾股》章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，未折抵地，去本三尺．问折者高几何？”大意是：如图，在中，，，（注：1丈＝10尺）．设的长为x尺，则根据题意列方程正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了勾股定理，根据勾股定理建立方程即可．【详解】解：，，，设，则，则故选：C．►题型06勾股定理的逆用73．（2024·广东佛山·三模）下列各组数中，以它们为边长的线段不能构成直角三角形的是（

）A．1，， B．3，4，5 C．2，2，3 D．5，12，13【答案】C【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，掌握“三角形的三边为，，，若，则三角形是直角三角形．”是解题的关键．【详解】解：A.，能构成直角三角形，故不符合题意；B.，能构成直角三角形，故不符合题意；C.，不能构成直角三角形，故符合题意；D.，能构成直角三角形，故不符合题意；故选：C．74．（2024·浙江温州·二模）如图，在中，分别以点，为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连结．若，，，则的长为（

）A． B． C．9 D．10【答案】B【分析】本题考查了尺规作图——垂直平分线及其性质，勾股定理及逆定理的应用，由作图可得，垂直平分，则有，通过得，最后由勾股定理即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：由作图可得，垂直平分，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，故选：．75．（2024·山东淄博·一模）如图，在中，，，，点D在上，且满足，是的中线，与交于点F，则的面积是（

）

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，，根据等腰三角形的性质可得，则，过点F作于H，交于G，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求解．【详解】解：∵，∴为直角三角形，，∵，是的中线，∴，∴，∴，过点F作于H，交于G，

∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴的面积是．故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线，相似三角形的判定和性质，熟练掌握定理和性质是解题的关键．76．（2024·广东江门·一模）如图，的三边的长度分别用表示，且满足，点在边上，将沿折叠，使点落在点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了非负数的性质，勾股定理的逆定理，折叠的性质，点和圆的位置关系，三角形的三边关系，由非负数的性质可得，，进而由勾股定理的逆定理可得为直角三角形，又由折叠可得，，由此判断出点在以点为圆心，为半径的圆上，由三角形三边关系可得，即可求解，判断出点在以点为圆心，为半径的圆上是解题的关键．【详解】解：∵，∴，，，∴，，∴，，∵，∴为直角三角形，，由折叠可得，，，∴点在以点为圆心，为半径的圆上，如图，∵，∴，∴的最小值为，故选：．►题型07勾股定理与几何交汇问题77．（2025·广东佛山·一模）如图所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩，，垂直于地面放置，醒狮少年从点跳跃到点，随后纵身跃至点，已知，，，．（参考数据：，，）(1)在图2中，________；(2)醒狮少年在某次演出时需要从点直接腾跃至点进行“采青”，请求出“采青”路径的长度；(3)醒狮少年在休息时发现，在太阳光下梅花桩的影子顶端恰好落在点处，梅花桩的影子顶端恰好与点重合，请在图3中画出梅花桩，的影子并计算出的高度；(4)如图4，保持不变，通过调整梅花桩的高度，使得的值最小，请求出此时的高度（结果精确到）．【答案】(1)(2)的长度约为(3)见解析，的高度约为(4)的高度约为【分析】（1）延长至，根据平行线的性质可得，，即可得解；（2）过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接，则四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形，由矩形的性质可得，，，再解直角三角形结合勾股定理计算即可得解；（3）线段，为梅花桩的影子，线段为梅花桩的影子．再利用相似三角形的性质求解即可；（4）作点关于的对称点，连接交于，连接，，则，则就是的最小值，由（2）得，由轴对称得，再利用相似三角形的性质计算即可得解．【详解】（1）解：如图：延长至，由题意可得：，∴，，∴；（2）解：如图，过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接．由题意得，∴四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形，∴，，，∴．∵，，∴，，∴，，∴，∵在中，，，∴．即“采青”路径的长度约为．（3）解：如图，线段，为梅花桩的影子，线段为梅花桩的影子．∵，，∴，∴．由（1）得，∴，解得．经检验且符合题意，所以的高度约为米．（4）解：如图，作点关于的对称点，连接交于，连接并延长交于，连接，，∴，则就是的最小值，由对称性质可知：，同理（2）得，由轴对称得，∴．∵∴，∴．即，解得，∴，∴此时的高度约为．【点睛】本题考查了平行线的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．78．（2024·广东佛山·三模）综合探究如图1，老师指导同学们对正方形进行探究，在正方形中，过点C作射线，点P在射线上．【动手操作】（1）如图2，若点P是线段的中点，连接，并将绕点P逆时针旋转与交于点E，根据题意在图中画出图形，并判断线段与的数量关系：．【问题探究】（2）若点P在线段的中点，连接，并将绕点P逆时针旋转与交于点E，则（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，若点P在射线上移动，将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，如果，，求的长．【答案】（1）轶闻见解析，；（2）成立，见解析；（3）或【分析】（1）求出，，取的中点，连接，证明，得出；（2）过点作交于点，证出，，同理，则可得出结论；（3）若点在线段上时，过点作交于点，由（2）可知，，，，由直角三角形的性质可得出结论；若点在线段的延长线上时，过点作交于点，同理可得出答案．【详解】解：（1）如图所示；理由如下：正方形，，，，，，，取的中点，连接，点是线段中点，，是等腰直角三角形，，，，；故答案为：；（2）还成立，理由如下，过点作交于点，，是等腰直角三角形，，，即，，同理，；（3）若点在线段上时，过点作交于点，由（2）可知，，，，，，，，，，．若点在线段的延长线上时，过点作交于点，，，，是等腰直角三角形，，，，，同理，；，，，，，．综上所述，的长为或．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识；熟练掌握以上知识是解题的关键．79．（2024·广东·模拟预测）在中，，．(1)如图1，点D在上，于点D，连接，若，，，求线段的长；(2)如图2，点D在内部，连接，F是的中点，连接，若，求证：；(3)如图3，A点关于直线的对称点为，连接，点D是内部一动点且，若，当线段最短时，直接写出的面积．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）如图1中，过点E作，交延长线于点Q，则四边形是矩形，解直角三角形求出即可解决问题；（2）如图2中，在上取一点M，使得，并且延长至点H，使，连接．利用全等三角形的性质证明，再证明即可解决问题；（3）如图3中，取的中点F，连接，过点F作于T．解直角三角形求出，，判断出当，D，F共线时，的值最小，此时，过点作于R，求出即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，过点E作，交延长线于点Q，则四边形是矩形，∴，．在中，，∴，在中，，∴，在中，；（2）如图2中，在上取一点M，使得，并且延长至点H，使，连接．在和中，，∴，∴，∵F是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴，又∵是的外角，∴，∵，∴，∴；（3）如图3中，取的中点F，连接，过点F作于T．∵，若，∴．∵，∴，∵，，∴，∴∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴当，D，F共线时，的值最小，此时，过点作于R，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．80．（23-24九年级上·贵州贵阳·期末）如图①，在正方形中，点E，F分别在边、上，于点O，点G，H分别在边、上，．(1)问题解决：①写出与的数量关系：；②的值为；(2)类比探究，如图②，在矩形中，（k为常数），将矩形沿折叠，使点C落在边上的点E处，得到四边形交于点P，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；(3)拓展应用，如图③，四边形中，，，，，点E、F分别在边、上，求的值．【答案】(1)①；②1(2)，理由见解析(3)【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质即可得证；②证明四边形四边形是平行四边形，得出，即可得证；（2）作于，证明，得出，证明四边形是矩形，得出，从而推出，即可得解；（3）作交的延长线于，作于，连接，证明四边形是矩形，得出，，证明，得出，证明，得出，即，再由勾股定理求出，从而得出，结合（2）的结论即可得解．【详解】（1）解：①∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②∵，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴；（2）解：，理由如下：如图，作于，，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∵（k为常数），∴；（3）解：如图，作交的延长线于，作于，连接，，∵，，，∴四边形是矩形，∴，，，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（不符合题意，舍去），，∴，由（2）的结论可得：．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．基础巩固单选题1．（2024·广东珠海·一模）图1是第七届国际数学教育大会的会徽，图2由主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．当，时，的长为（

）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】本题考查含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，先求出的长，再利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：∵，∴，∵，∴；故选：A．2．（2023·陕西宝鸡·一模）下图1是某地铁站入口的双翼闸机，如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为，双翼的边缘，且与闸机侧立面夹角，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主