第2章：特殊三角形章末重点题型复习-【上好课】2024-2025学年八年级数学上册同步精品课堂（浙教版）

（浙教版）八年级上册 第2章：特殊三角形章末重点题型复习 题型一 轴对称图形的识别 1．（2024秋•宜州区期中）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可，轴对称图形的概念：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形． 【解答】解：A、B、D选项中的图形均能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以是轴对称图形，不符合题意； C选项中的图形不能找到这样的一条直线，使直线两旁的部分能够完全重合的图形，所以不是轴对称图形，符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 2．（2024秋•龙江县期中）在第19届杭州亚运会上，中国健儿勇于挑战，超越自我，共获得201金111银71铜的骄人战绩．在下列的运动标识中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【解答】解：选项A、C、D的图形都不能找到一条（或多条）直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； 选项B的图形能找到一条直线，使直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：B． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 3．（2024秋•双城区月考）如图，其中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，逐项判断即可． 【解答】解：选项A、B、C的图形均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形． 选项D的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：D． 【点评】本题考查轴对称图形的识别，理解定义，找准图形中的对称轴是解答的关键． 4．（2024•旌阳区模拟）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史，下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【解答】解：A，B，C选项中的图案都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形； D选项中的图案能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形； 故选：D． 【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合． 题型二 轴对称性质的应用 1．（2024秋•石阡县期中）如图，已知△ABC与△DEF关于直线l对称，∠1＝35°，∠2＝120°，则∠3的度数为（　　） A．25° B．35° C．20° D．15° 【分析】根据轴对称的性质得到△ABC≌△DEF，进而得到∠E＝∠1＝35°，再利用三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：∵△ABC与△DEF关于直线l对称，∠1＝35°，∠2＝120°， ∴△ABC≌△DEF， ∴∠E＝∠1＝35°， 又∵∠2＝120°，∠2+∠3+∠E＝180°， ∴∠3＝180°﹣∠E﹣∠2＝180°﹣35°﹣120°＝25°， 故选：A． 【点评】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，熟知以上知识是解题的关键． 2．（2023秋•承德期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点M、N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，QN＝1.5cm，则线段MR的长为（　　） A．4.5cm B．5.5cm C．6.5cm D．7cm 【分析】利用轴对称图形的性质得出PM＝MQ，PN＝NR，结合图形即可求解． 【解答】解：∵点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上， ∴PM＝MQ，PN＝NR， ∵PM＝2.5cm，PN＝3cm， ∴RN＝3cm，MQ＝2.5cm， ∵QN＝1.5cm， ∴MR＝MQ+QN+NR＝7（cm）， 故选：D． 【点评】本题主要考查轴对称，线段和差的计算，掌握轴对称的性质，线段和差的计算方法是解题的关键． 3．（2024春•桃源县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（　　） A．10° B．20° C．30° D．40° 【分析】求出∠C，∠AB′D，利用三角形的外角的性质求解即可． 【解答】解：∵∠B＝50°，∠BAC＝90°， ∴∠C＝90°﹣50°＝40°， ∵AD⊥BC，△ADB与△ADB'关于直线AD对称， ∴∠AB′D＝∠B＝50°， ∵∠AB′D＝∠C+∠CAB′， ∴∠CAB′＝50°﹣40°＝10°， 故选：A． 【点评】本题考查轴对称，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 4．（2023秋•睢阳区校级期末）如图，已知点P在∠AOB的内部，且点P与点M关于OA对称，PM交OA于点Q，点P与点N关于OB对称，PN交OB于点R，MN分别交OA，OB于点E，F． （1）连接PE，PF，若MN＝15，求△PEF的周长； （2）若PM＝PN，求证：OP平分∠AOB． 【分析】（1）先根据轴对称的性质可得ME＝PE，FN＝PF，再根据三角形的周长公式即可得； （2）先根据轴对称的性质可得，，从而可得Q＝PR，再根据角平分线的判定定理即可得证． 【解答】（1）解：∵点P与点M关于OA对称， ∴ME＝PE． 同理：FN＝PF． ∴△PEF的周长＝EP+FP+EF＝ME+EF+FN＝MN＝15； （2）证明：∵PN＝PM，Q、R为MP，PN的中点， ∴，， ∴PQ＝PR． 又∵点P与点M关于OA对称，点P与点N关于OB对称， ∴PQ⊥QA，PR⊥OB， ∴OP平分∠AOB． 【点评】本题考查了轴对称的性质、角平分线的判定定理，熟练掌握轴对称的性质是解题关键． 题型三 与轴对称相关的探索规律问题 1．（2023秋•罗庄区期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第9次碰到矩形的边时的点为图中的（　　） A．点P B．点Q C．点M D．点N 【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，进而确定位置即可． 【解答】解：如图所示，小球反弹6次回到点P处，而9﹣6＝3， ∴第9次碰到矩形的边时的点为图中的点N． 故选：D． 【点评】此题主要考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键． 2．如图是一个台球桌面的示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔．若一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过多次反射），则该球最后将落入的球袋是（　　） A．1号袋 B．2号袋 C．3号袋 D．4号袋 【分析】根据网格结构利用轴对称的性质作出球的运动路线，即可进行判断． 【解答】解：如图所示，该球最后落入2号袋． 故选：B． 【点评】本题考查了生活中的轴对称现象，根据网格结构作出球的运动路线是解题的关键． 3．如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（　　） A．点P B．点Q C．点M D．点N 【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形，可知每6次反弹为一个循环组依次循环，用2022除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的位置即可． 【解答】解：如图，经过6次反弹后动点回到出发点P， ∵2022÷6＝337， ∴当点P第2022次碰到矩形的边时为第337个循环组的第6次反弹， ∴第2022次碰到矩形的边时的点为图中的点P， 故选：A． 【点评】此题主要考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组依次循环是解题的关键． 4．下面四个图形是标出了长宽之比的台球桌的俯视图，一个球从一个角落以45°角击出，在桌子边沿回弹若干次后，最终必将落入角落的一个球囊．图1中回弹次数为1次，图2中回弹次数为2次，图3中回弹次数为3次，图4中回弹次数为5次．若某台球桌长宽之比为5：4，按同样的方式击球，球在边沿回弹的次数为（　　）次． A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】根据题意画出图形，然后即可作出判断． 【解答】解：根据图形可得总共反射了7次． 故选：B． 【点评】本题考查轴对称的知识，难度不大，注意画出图形会使问题比较简单直观． 题型四 利用轴对称解决最短路径问题 1．（2024秋•云南期末）如图，河道l的同侧有M，N两个村庄，计划铺设管道将河水引至M，N两村，下面四个方案中，管道总长度最短的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称的性质及两点之间线段最短即可得出结论． 【解答】解：根据题中所给的信息分析可得： 作点M关于直线l的对称点M′，连接M′N交直线l于点Q，则MQ+NQ＝QN+QM′＝NM′，此时管道长度最短． 故选：B． 【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知两点之间线段最短是解题的关键． 2．（2024秋•同安区期中）如图，在△ABC中，直线m是线段BC的垂直平分线，点P是直线m上的一个动点．若AB＝7，AC＝4，BC＝5，则△APC周长的最小值是（　　） A．12 B．11 C．9 D．7 【分析】根据题意得到△APC周长的最小值是AB+AC，直接求解即可得到答案． 【解答】解：连接PB， ∵直线m是△ABC中BC边的垂直平分线，点P是直线m上一动点， ∴PB＝PC， ∴AP+CP＝BP+AP， ∴AP+CP≥AB， ∴△APC周长的最小值＝AB+AC＝7+4＝11． 故选：B． 【点评】本题考查垂直平分线的性质，轴对称的最短路径问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 3．（2024春•石狮市期末）如图，△ABC中，点D在BC边上，过D作DE⊥BC交AB于点E，P为DC上的一个动点，连接PA、PE，若PA+PE最小，则点P应该满足（　　） A．PA＝PC B．PA＝PE C．∠APE＝90° D．∠APC＝∠DPE 【分析】作点E关于直线BC的对称点F，连接AF交BC于P，此时PA+PE的值最小，依据轴对称的性质即可得到∠APC＝∠DPE． 【解答】解：如图，作点E关于直线BC的对称点F，连接AF交BC于P，此时PA+PE的值最小． 由对称性可知：∠EPD＝∠FPD， ∵∠CPA＝∠FPD， ∴∠APC＝∠DPE， ∴PA+PE最小时，点P应该满足∠APC＝∠DPE， 故选：D． 【点评】本题考查轴对称最短问题、对顶角的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 4．（2023秋•阳新县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10．如果点D，E分别为BC，AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（　　） A．8.4 B．9.6 C．10 D．10.8 【分析】作点A关于BC的对称点A'，作点A'E⊥AB，交BC于点D．则AD＝A'D，所以AD+DE＝A'D+DE≥A'E．即AD+DE的最小值为A'E． 【解答】解：作点A关于BC的对称点A'，作点A'E⊥AB，交BC于点D. 则AD＝A'D， ∴AD+DE＝A'D+DE≥A'E． 即AD+DE的最小值为A'E． ∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB＝10，AA'＝12， ∵S△AA'B， ∴A'E9.6， 即AD+DE的最小值为9.6． 故选：B． 【点评】此题考查了角平分线的性质，角平分线的性质为：角平分线上的点到角两边的距离相等，熟练掌握此性质是解本题的关键． 题型五 等腰三角形的性质的应用 1．（2023秋•应城市期末）如图，在△ABC中，点D在边BC上，AB＝AD＝CD，∠BAD＝20°，则∠C的度数是（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 【分析】根据三角形外角的性质以及等腰三角形的性质，由AB＝AD＝DC可得∠DAC＝∠C，易求解． 【解答】解：∵∠BAD＝20°，AB＝AD＝DC， ∴∠ABD＝∠ADB＝80°， 由三角形外角与外角性质可得∠ADC＝180°﹣∠ADB＝100°， 又∵AD＝DC， ∴∠C∠ADB＝40°． 故选：B． 【点评】本题考查的是三角形内角和定理，三角形外角的性质以及等腰三角形的性质．此类题目考查学生分析各角之间关系的能力，运用所学的三角形知识点求解． 2．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD＝DB，DE⊥AB于点E，若BC＝3，且△BDC的周长为8，则AE的长为（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【分析】根据已知可得BD+CD＝5，从而可得AB＝AC＝5，然后利用等腰三角形的三线合一性质进行计算即可解答． 【解答】解：∵BC＝3，且△BDC的周长为8， ∴BD+CD＝8﹣3＝5， ∵AD＝BD， ∴AD+DC＝5， ∴AC＝5， ∵AB＝AC， ∴AB＝5， ∵AD＝DB，DE⊥AB， ∴AEAB＝2.5， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 3．（2023春•西安月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，DE⊥AB于点E，BF⊥AC于点F，DE＝5cm，则BF＝（　　） A．8cm B．10cm C．12cm D．14cm 【分析】先得出AD是△ABC的中线，得出S△ABC＝2S△ABD＝2AB•DE＝AB•DE＝5AB，又S△ABCAC•BF，将AC＝AB代入即可求出BF． 【解答】解：∵△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC， ∴AD是△ABC的中线， ∴S△ABC＝2S△ABD＝2AB•DE＝AB•DE＝5AB， ∵S△ABCAC•BF， ∴AC•BF＝5AB， ∵AC＝AB， ∴BF＝5， ∴BF＝10（cm）， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的面积，利用面积公式得出等式是解题的关键． 4．（2024秋•湖北月考）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为60°，则这个等腰三角形的顶角为（　　） A．30° B．150° C．75°或15° D．30°或150° 【分析】当等腰三角形的顶角是钝角或者等腰三角形的顶角是锐角两种情况，分别画出图形，求出结果即可． 【解答】解：①当为锐角三角形时，如图： ∵∠ABD＝60°，BD⊥AC， ∴∠ADB＝90°， ∴∠A＝180°﹣90°﹣60°＝30°， ∴三角形的顶角为30°； ②当为钝角三角形时，如图： ∵∠ABD＝60°，BD⊥AC， ∴∠BAD＝90°﹣60°＝30°， ∵∠BAD+∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝150°， ∴三角形的顶角为150°； 综上所述：这个等腰三角形的顶角为30°或150°， 故选：D． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理，本题要分情况讨论． 题型六 等腰三角形的性质证明 1．已知：如图，P、Q是△ABC边BC上两点，且AB=AC，AP=AQ．求证：BP=CQ． 【分析】根据线段垂直平分线的性质，可得BO=CO，PO=QO，根据等式的性质，可得答案． 【解答】证明：过点A作AO⊥BC于O．   ∵AB=AC，AO⊥BC， ∴BO=CO，                           ∵AP=AQ，AO⊥BC ， ∴PO=QO ,                    ∴BO-PO=CO-QO ∴BP=CQ． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，利用线段垂直平分线的性质是解题关键． 2．如图，AB＝AC，BD＝CD，AD的延长线与BC交于E，求证：AE⊥BC． 【分析】由AB＝AC，BD＝CD，AD是公共边，即可证得△ABD≌△ACD（SSS），则可得∠BAD＝∠CAD，又由等腰三角形的三线合一的性质，证得AE⊥BC． 【解答】解：在△ABD和△ACD中， ， ∴△ABD≌△ACD（SSS）， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵AB＝AC， ∴AE⊥BC． 【点评】此题考查了等腰三角形的性质与全等三角形的判定与性质．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 3．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，BE⊥AC于点E，AD与BE相交于点F． （1）求证：∠CBE＝∠BAD； （2）若CE＝EF，求证：AF＝2BD． 【分析】（1）根据∠CBE+∠C＝90°，∠CAD+∠C＝90°，得出∠CBE＝∠CAD，再根据等腰三角形的性质得出∠CAD＝∠BAD即可得证结论； （2）根据AAS证△BCE≌△AFE，得出AF＝BC，根据BC＝2BD，即可得证结论． 【解答】证明：（1）∵∠CBE+∠C＝90°，∠CAD+∠C＝90°， ∴∠CBE＝∠CAD， ∵AB＝AC，AD是BC边上的中线， ∴∠CAD＝∠BAD， ∴∠CBE＝∠BAD； （2）由（1）知∠CBE＝∠CAD， 在△BCE和△AFE中， ， ∴△BCE≌△AFE（AAS）， ∴AF＝BC， ∵BC＝2BD， ∴AF＝2BD． 【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 4．（2024秋•佳木斯月考）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，O是AB的中点，点D，E分别在直角边AC，BC上，且∠DOE＝90°，DE交OC于点P． （1）求证：△AOD≌△COE； （2）直接写出△ABC的面积与四边形CDOE的面积的数量关系． 【分析】（1）根据题意可求得AO＝CO，∠AOD＝∠COE，∠OAD＝∠OCE，进而可求得结论； （2）根据S四边形CDOE＝S△COD+S△COE＝S△COD+S△AOD＝S△AOC，即可求得答案． 【解答】（1）证明：由题意可得： ∴∠ACO＝∠OCE＝45°，∠AOC＝90°． ∴△AOC为等腰直角三角形． ∴AO＝CO，∠OAD＝45°． ∴∠OAD＝∠OCE． ∵∠AOD+∠DOC＝∠DOC+∠COE＝90°， ∴∠AOD＝∠COE． 在△AOD和△COE中， ， ∴△AOD≌△COE（ASA）； （2）解：， 即△ABC的面积等于四边形CDOE的面积的2倍． 【点评】本题主要考查等腰三角形的性质、全等三角形的性质及判定，正确记忆相关知识点是解题关键． 题型七 等腰三角形的判定 1．（2023秋•仓山区校级期末）如图，∠ACD是△ABC的一个外角，CE平分∠ACD，且CE∥AB，求证：△ABC为等腰三角形． 【分析】根据角平分线定义及平行线的性质推出∠A＝∠B，根据等腰三角形的判定定理即可得解． 【解答】证明：∵CE平分∠ACD， ∴， ∵CE∥AB， ∴∠A＝∠ACE，∠B＝∠DCE， ∴∠B＝∠A， ∴BC＝AC， ∴△ABC为等腰三角形． 【点评】此题考查了等腰三角形的判定，熟记等腰三角形的判定定理是解题的关键． 2．如图：△ABC的边AB的延长线上有一个点D，过点D作DF⊥AC于F，交BC于E，且BD＝BE，求证：△ABC为等腰三角形． 【分析】要证△ABC为等腰三角形，须证∠A＝∠C，而由题中已知条件，DF⊥AC，BD＝BE，因此，可以通过角的加减求得∠A与∠C相等，从而判断△ABC为等腰三角形． 【解答】证明：∵DF⊥AC， ∴∠DFA＝∠EFC＝90°． ∴∠A＝∠DFA﹣∠D，∠C＝∠EFC﹣∠CEF， ∵BD＝BE， ∴∠BED＝∠D． ∵∠BED＝∠CEF， ∴∠D＝∠CEF． ∴∠A＝∠C． ∴△ABC为等腰三角形． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定方法；角的等量代换是正确解答本题的关键． 3．（2024春•益阳期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点E在BC上，点F在AB的延长线上，连接AE，CF，且AE＝CF，BF＝BE．求证：△ABC是等腰三角形． 【分析】求出∠CBF＝90°，根据全等三角形的判定定理推出Rt△ABE≌Rt△CBF，根据全等三角形的性质得出AB＝CB，再根据等腰三角形的判定推出即可． 【解答】证明：∵∠ABC＝90°， ∴∠CBF＝180°﹣∠ABC＝90°， 在Rt△ABE和Rt△CBF中 ， ∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）， ∴AB＝CB， ∴△ABC是等腰三角形． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性质和判定等知识点，注意：有两边相等的三角形是等腰三角形． 4．（2024秋•东台市期中）如图，已知点D、E在AB上，且AB＝AC，BE＝CD．求证：△ADE是等腰三角形． 【分析】首先由BE＝CD得BD＝CE，再由AB＝AC得∠B＝∠C，由此可依据“SAS”判定△ABD和△ACE全等，从而得AD＝AE，据此即可得出结论． 【解答】证明：∵BE＝CD， ∴BE﹣DE＝CD﹣DE， 即BD＝CE， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴AD＝AE， ∴△CDE是等腰三角形． 【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解决问题的关键． 题型八 等腰三角形的性质与判定的综合 1．（2024秋•南开区期中）如图，在△ABC中，DE∥BC，∠ABC和∠ACB的平分线分别交ED于点G，F，若FG＝4，ED＝9，则BE+DC的值为（　　） A．13 B．14 C．15 D．16 【分析】只要证明EG＝EB，DF＝DC即可解决问题． 【解答】解：∵ED∥BC， ∴∠EGB＝∠GBC，∠DFC＝∠FCB， ∵∠GBC＝∠GBE，∠FCB＝∠FCD， ∴∠EGB＝∠EBG，∠DCF＝∠DFC， ∴BE＝EG，CD＝DF， ∵FG＝4，ED＝9， ∴EB+CD＝EG+DF＝EF+FG+FG+DG＝ED+FG＝13， 故选：A． 【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是等腰三角形的证明，属于基础题． 2．（2024秋•长春月考）如图，在等腰△ABC中，腰长为5，AB＝AC，E，M，F分别是AB，BC，AC上的点，并且ME∥AC，MF∥AB，则四边形MEAF的周长是（　　） A．5 B．10 C．15 D．13 【分析】由等腰三角形的性质推出∠B＝∠C，由平行线的性质得到∠BME＝∠C，因此∠B＝∠BME，判定BE＝EM，同理：CF＝MF，于是得到四边形MEAF的周长＝AB+AC＝10． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵ME∥AC， ∴∠BME＝∠C， ∴∠B＝∠BME， ∴BE＝EM， 同理：CF＝MF， ∵等腰△ABC的腰长为5， ∴AB＝AC＝5， ∴四边形MEAF的周长＝AE+EM+AF+MF＝AE+BE+AF+CF＝AB+AC＝5+5＝10． 故选：B． 【点评】本题考查平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，关键是由等腰三角形的判定推出BE＝EM，CF＝MF． 3．（2024秋•临颍县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AB上的一点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED和CA，交于点F． （1）求证：AF＝AD； （2）若∠F＝30°，BD＝4，EC＝6，求AC的长． 【分析】（1）由等边对等角得出∠B＝∠C，证明∠F＝∠ADF，即可得证； （2）证明△ABC为等边三角形．得出BC＝AC，由直角三角形的性质可得，求出BC＝BE+EC＝2+6＝8，即可得解． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C． ∵FE⊥BC， ∴∠FEC＝∠FEB＝90°， ∴∠F+∠C＝90°，∠B+∠BDE＝90°， ∴∠F＝∠BDE， ∵∠BDE＝∠FDA， ∴∠F＝∠ADF， ∴AF＝AD； （2）解：∵DE⊥BC， ∴∠DEB＝90°， ∵∠F＝30°， ∴∠BDE＝30°，∠C＝60°， ∵AB＝AC， ∴△ABC为等边三角形． ∴BC＝AC， ∵BD＝4， ∴ ∴BC＝BE+EC＝2+6＝8， ∴AC＝8． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 4．（2023秋•汉阴县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC边上，且BE＝CF，BD＝CE． （1）求证：△DEF是等腰三角形； （2）当∠A＝50°时，求∠DEF的度数． 【分析】（1）根据等边对等角可得∠B＝∠C，利用“边角边”证明△BDE和△CEF全等，根据全等三角形对应边相等可得DE＝EF，再根据等腰三角形的定义证明即可； （2）根据全等三角形对应角相等可得∠BDE＝∠CEF，然后求出∠BED+∠CEF＝∠BED+∠BDE，再利用三角形的内角和定理和平角的定义求出∠B＝∠DEF． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△BDE和△CEF中， ， ∴△BDE≌△CEF（SAS）， ∴DE＝EF， ∴△DEF是等腰三角形； （2）解：∵△BDE≌△CEF， ∴∠BDE＝∠CEF， ∴∠BED+∠CEF＝∠BED+∠BDE， ∵∠B+（∠BED+∠BDE）＝180°， ∠DEF+（∠BED+∠BDE）＝180°， ∴∠B＝∠DEF， ∵∠A＝50°，AB＝AC， ∴∠B（180°﹣50°）＝65°， ∴∠DEF＝65°． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并确定出全等三角形是解题的关键． 题型九 等边三角形的性质 1．如图，a∥b，△ABC为等边三角形，若∠1＝45°，则∠2的度数为（　　） A．105° B．120° C．75° D．45° 【分析】先根据等边三角形的性质求出∠ACB的度数，再根据平行线的性质即可得出结论． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∵∠1＝45°， ∴∠1+∠ACB＝105°， ∵a∥b， ∴∠2＝∠1+∠ACB＝105°． 故选：A． 【点评】本题考查的是平行线的性质，等边三角形的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等． 2．（2023春•保定期末）如图：等边三角形ABC中，BD＝CE，AD与BE相交于点P，则∠APE的度数是（　　） A．45° B．55° C．60° D．75° 【分析】根据题目已知条件可证△ABD≌△BCE，再利用全等三角形的性质及三角形外角和定理求解． 【解答】解：∵等边△ABC， ∴∠ABD＝∠C，AB＝BC， 在△ABD与△BCE中，， ∴△ABD≌△BCE（SAS）， ∴∠BAD＝∠CBE， ∵∠ABE+∠EBC＝60°， ∴∠ABE+∠BAD＝60°， ∴∠APE＝∠ABE+∠BAD＝60°， ∴∠APE＝60°． 故选：C． 【点评】本题考查等边三角形的性质，关键是利用等边三角形的性质来为三角形全等的判定创造条件，是中考的热点． 3．（2023春•锦江区期末）如图，△ABC和△DEF都是等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，若△ABC的周长为15，AF＝2，则BE的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】先根据等边三角形的性质推出∠AFD＝∠BDE，再证△AFD和△BDE全等，得出BD＝AF＝2，BE＝AD，根据等边△ABC的周长求出AB的长，于是得出AD的长，即可求出BE的长． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝60°， ∴∠ADF+∠AFD＝120°， ∵△DEF是等边三角形， ∴∠FDE＝60°，DF＝ED， ∴∠ADF+∠BDE＝120°， ∴∠AFD＝∠BDE， 在△AFD和△BDE中， ， ∴△AFD≌△BDE（AAS）， ∴BD＝AF＝2，BE＝AD， ∵△ABC的周长为15且△ABC是等边三角形， ∴AB＝5， ∴AD＝AB﹣BD＝5﹣2＝3， ∴BE＝3， 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． 4．如图：△ABC和△ADE是等边三角形．证明：BD＝CE． 【分析】根据等边三角形的性质可得到两组边对应相等，一组角相等，从而利用SAS判定两三角形全等，根据全等三角形的对应边相等即可得到BD＝CE． 【解答】证明：∵△ABC和△ADE是等边三角形（已知）， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°（等边三角形的性质）． ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC（等式的性质），即∠BAD＝∠CAE． 在△BAD与△CAE中， ∵， ∴△BAD≌△CAE（SAS）． ∴BD＝CE（全等三角形的对应边相等）． 【点评】此题考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质；证明线段相等常常通过三角形全等进行解决，全等的证明是正确解答本题的关键． 题型十 等边三角形的判定 1．下列对△ABC的判断，错误的是（　　） A．若AB＝AC，∠B＝60°，则△ABC是等边三角形 B．若∠A：∠B：∠C＝3：4：7，则△ABC是直角三角形 C．若∠A＝20°，∠B＝80°，则△ABC是等腰三角形 D．若AB＝BC，∠C＝40°，则∠B＝40° 【分析】根据等腰三角形，等边三角形，直角三角形的判定以及三角形的内角和定理即可作出判断． 【解答】解：A．若AB＝AC，∠B＝60°，则∠A＝60°，∠C＝60°，所以△ABC是等边三角形，故此选项判断正确，不符合题意； B．若∠A：∠B：∠C＝3：4：7，则∠C＝90°，所以△ABC是直角三角形，故此选项判断正确，不符合题意； C．若∠A＝20°，∠B＝80°，则∠C＝80°，所以△ABC是等腰三角形，故此选项判断正确，不符合题意； D．若AB＝BC，∠C＝40°，则∠B＝100°，故此选项判断错误，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了等边三角形的判定，直角三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识点，能熟记等腰三角形的性质和判定定理是解此题的关键． 2．如图，在△ABC中，AB＝AC，尺规作图：（1）分别以B，C为圆心，BC长为半径作弧，两弧交于点D；（2）作射线AD，连接BD，CD．则下列结论中错误的是（　　） A．∠BAD＝∠CAD B．△BCD是等边三角形 C．AD垂直平分BC D．S四边形ABDC＝AD⋅BC 【分析】根据作图方法可得BC＝BD＝CD，进而可得△BCD是等边三角形，再利用垂直平分线的判定方法可得AD垂直平分BC，利用等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠CAD，利用面积公式可计算四边形ABDC的面积． 【解答】解：根据作图方法可得BC＝BD＝CD， ∵BD＝CD， ∴点D在BC的垂直平分线上， ∵AB＝AC， ∴点A在BC的垂直平分线上， ∴AD是BC的垂直平分线，故C结论正确； ∴O为BC中点， ∴AO是△BAC的中线， ∵AB＝AC， ∴∠BAD＝∠CAD，故A结论正确； ∵BC＝BD＝CD， ∴△BCD是等边三角形，故B结论正确； ∵四边形ABDC的面积＝S△BCD+S△ABCBC•DOBC•AOBC•AD，故D选项错误， 故选：D． 【点评】此题主要考查了等边三角形的判定，等腰三角形的性质，关键是掌握等腰三角形三线合一． 3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AF平分∠CAB，交CD于E，交BC于F，若AF＝BF，求证：△CEF是等边三角形． 【分析】在△ABC中，AF平分∠CAB、AF＝BF求得∠B＝∠2＝∠1＝60°，根据外角性质可得∠4＝60°，在RT△ADE中可得∠3＝∠5＝60°，进而可知∠4＝∠5＝60°，得证． 【解答】证明：如图， ∵AF是∠BAC的平分线， ∴∠CAB＝2∠1＝2∠2， ∵AF＝BF， ∴∠2＝∠B， ∵∠ACB＝90°， ∴∠B+∠CAB＝90°，即∠B+2∠1＝∠B+2∠2＝90°， ∴∠B＝∠1＝∠2＝30°， ∵∠4是△ABF的外角， ∴∠4＝∠2+∠B＝60°， ∵CD是AB边上的高， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠3＝60°， ∵∠5＝∠3， ∴∠4＝∠5＝60°， ∴△CEF是等边三角形． 【点评】本题考查了等边三角形的判定、等腰三角形的性质、角平分线的定义、直角三角形两锐角互余的性质，利用阿拉伯数字加弧线表示角更简单明了． 4．如图，点D在线段BC上，∠B＝∠C＝∠ADE＝60°，AB＝DC．求证：△ADE为等边三角形． 【分析】先判定△ABD≌△DCE（ASA），即可得到AD＝ED，再根据∠ADE＝60°，即可得出△ADE是等边三角形． 【解答】证明：∵∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝60°+∠CDE， ∠ADC＝∠B+∠BAD＝60°+∠BAD， ∴∠BAD＝∠CDE， 在△ABD和△DCE中， ， ∴△ABD≌△DCE（ASA）， ∴AD＝ED， 又∵∠ADE＝60°， ∴△ADE是等边三角形． 【点评】本题主要考查了等边三角形的判定，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具． 题型十一 等边三角形的性质与判定 1．如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，且OD∥AB，OE∥AC． （1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由； （2）若BC＝10，求△ODE的周长． 【分析】（1）证明∠ABC＝∠ACB＝60°；证明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即可解决问题． （2）证明BD＝OD；同理可证CE＝OE；即可解决问题． 【解答】解：（1）△ODE是等边三角形；理由如下： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°； ∵OD∥AB，OE∥AC， ∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°， ∴△ODE为等边三角形． （2）∵OB平分∠ABC，OD∥AB， ∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO， ∴∠DOB＝∠DBO， ∴BD＝OD；同理可证CE＝OE； ∴△ODE的周长＝BC＝10． 【点评】该题主要考查了等边三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用平行线的性质、等边三角形的性质来分析、判断、解答． 2．已知：如图，在等边三角形ABC的三边上，分别取点D，E，F，使AD＝BE＝CF． 求证：△DEF是等边三角形． 【分析】由△ABC是等边三角形，AD＝BE＝CF，易证得△ADF≌△BED，即可得DF＝DE，同理可得DF＝EF，即可证得：△DEF是等边三角形． 【解答】证明：∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∵AD＝BE＝CF， ∴AF＝BD， 在△ADF和△BED中， ， ∴△ADF≌△BED（SAS）， ∴DF＝DE， 同理DE＝EF， ∴DE＝DF＝EF． ∴△DEF是等边三角形． 【点评】此题考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 3．（2023秋•岳普湖县校级期末）如图1，已知等边△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，连接DE． （1）若DE∥BC，求证：△ADE是等边三角形； （2）如图2，若D、E分别为AB、AC中点，连接CD、BE，CD与BE相交于点F，请直接写出图中所有等腰三角形．（△ADE与△ABC除外） 【分析】（1）根据△ABC为等边三角形，则∠C＝∠B＝60°，由DE∥BC得到∠ADE＝∠C＝∠B＝∠AED＝60°，然后根据等边三角形的判定方法得到△ADE是等边三角形； （2）由等边三角形的性质可得出结论． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠C， ∵DE∥BC， ∴∠ADE＝∠B，∠AED＝∠C， ∴∠A＝∠ADE＝∠AED， ∴△ADE是等边三角形． （2）解：△BDE，△DEC，△DEF和△BFC为等腰三角形． 由（1）可知，AB＝AC，∠＝60°， ∵D、E分别为AB、AC中点， ∴AD， ∵AD＝AE， ∴△ADE为等边三角形， ∴AD＝DE， ∴BD＝DE， 即△BDE为等腰三角形， 同理△DEC为等腰三角形． ∵AB＝BC，E为AC的中点， ∴∠ABE＝∠CBE＝30°， ∵∠ADE＝∠ABC＝60°， ∴DE∥BC， ∴∠EBC＝∠DEB＝30°， 同理∠BCD＝∠EDC＝30°， ∴FB＝FC，DF＝EF． 即△DEF和△BFC都为等腰三角形． 【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质；熟练掌握等边三角形的判定与性质是解决问题的关键． 4．（2023春•毕节市期末）已知：如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F． （1）求证：AN＝BM； （2）求证：△CEF为等边三角形． 【分析】（1）由等边三角形可得其对应线段相等，对应角相等，进而可由SAS得到△ACN≌△MCB，结论得证； （2）由（1）中的全等可得∠CAN＝∠CMB，进而得出∠MCF＝∠ACE，由ASA得出△CAE≌△CMF，即CE＝CF，又ECF＝60°，所以△CEF为等边三角形． 【解答】证明：（1）∵△ACM，△CBN是等边三角形， ∴AC＝MC，BC＝NC，∠ACM＝∠NCB＝60°， ∴∠ACM+∠MCN＝∠NCB+∠MCN，即∠ACN＝∠MCB， 在△ACN和△MCB中， ∵， ∴△ACN≌△MCB（SAS）， ∴AN＝BM． （2）∵△CAN≌△CMB， ∴∠CAN＝∠CMB， 又∵∠MCF＝180°﹣∠ACM﹣∠NCB＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠MCF＝∠ACE， 在△CAE和△CMF中， ∵， ∴△CAE≌△CMF（ASA）， ∴CE＝CF， ∴△CEF为等腰三角形， 又∵∠ECF＝60°， ∴△CEF为等边三角形． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质以及等边三角形的判定问题，能够掌握并熟练运用． 题型十二 直角三角形的性质与判定 1．（2024秋•张店区校级月考）在下列条件：①∠A+∠B+∠C＝180°；②∠A：∠B：∠C＝1：2：3；③∠A＝2∠B＝3∠C；④；⑤∠A＝∠B＝2∠C中，能确定△ABC为直角三角形的条件有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【分析】由三角形内角和是180°，即可求解． 【解答】解：①当∠A+∠B+∠C＝180°时，不能求出△ABC各角的大小，不能判定△ABC是直角三角形，故①不符合题意； ②当∠A：∠B：∠C＝1：2：3时，∠C＝180°90°，判定△ABC为直角三角形，故②符合题意； ③由条件得到∠B∠A，∠C∠A，而∠A+∠B+∠C＝180°，得到∠A，不能判定△ABC是直角三角形，故③不符合题意； ④设∠A＝x，则∠B＝2x，∠C＝3x， ∴x+2x+3x＝180°， 解得x＝30°， ∴∠C＝3x＝90°，能确定△ABC为直角三角形，故④符合题意； ⑤设∠C＝x，则∠A＝∠B＝2x， ∴2x+2x+x＝180°， 解得：x＝36°， ∴∠A＝∠B＝72°，∠C＝36°，不能判定△ABC是直角三角形，故④不符合题意； ∴能确定△ABC为直角三角形的条件有2个， 故选：D． 【点评】本题考查直角三角形的判定，三角形内角和定理，熟知三角形的内角和等于180°是解答此题的关键． 2．（2024秋•铜梁区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，交AC边上的高BE于点F，若∠C＝α，则∠BFD＝（　　） A．α B．α+22.5° C． D． 【分析】先根据直角三角形的性质得出∠BAC的度数，再由AD平分∠BAC交BC于点D可知∠EAF∠BAC，再由BE⊥AC于点E可知∠AEF＝90°，故可用α表示出∠AFE的度数，根据对顶角相等即可得出结论． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠C＝α， ∴∠BAC＝90°﹣α， ∵AD平分∠BAC交BC于点D， ∴∠EAF∠BAC（90°﹣α）＝45°α， ∵BE⊥AC于点E， ∴∠AEF＝90°， ∴∠AFE＝90°﹣∠EAF＝90°﹣（45°α）＝45°α， ∴∠BFD＝∠AFE＝45°α， 故选：D． 【点评】本题考查的是直角三角形的性质，熟知在直角三角形中，两个锐角互余是解题的关键． 3．（2024秋•庐阳区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，BE平分∠ABC，分别交CD，AC于点F，E． （1）若∠CEF＝62°，求∠A的度数； （2）证明：∠CFE＝∠CEF． 【分析】（1）根据直角三角形的性质得出∠CBE，进而利用角平分线的定义和三角形内角和定理解答即可， （2）题目中有两对直角，可得两对角互余，由角平分线及对顶角可得两对角相等，然后利用等量代换可得答案． 【解答】（1）解：∵∠CEF＝62°，∠ACB＝90°， ∴∠CBE＝28°， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABC＝2∠CBE＝2×28°＝56°， ∴∠A＝180﹣∠ACB﹣∠ABC＝34°． （2）证明：如图： ∵∠ACB＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠2+∠4＝90°， 又∵BE平分∠ABC， ∴∠1＝∠2， ∴∠3＝∠4， ∵∠4＝∠5， ∴∠3＝∠5， ∴∠CFE＝∠CEF． 【点评】本题考查了直角三角形的性质、三角形角平分线、中线和高的有关知识，掌握其性质定理是解决此题的关键． 4．（2024秋•离石区月考）小明在学习过程中，对教材中的一个有趣问题做如下探究： 【习题回顾】已知：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AE是角平分线，CD是高，AE、CD相交于点F．求证：∠CFE＝∠CEF； 【变式思考】如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，若△ABC的外角∠BAG的平分线交CD的延长线于点F，其反向延长线与BC边的延长线交于点E，则∠CFE与∠CEF还相等吗？说明理由； 【分析】习题回顾：根据角平分线性质可得∠CAE＝∠BAE，根据对顶角相等可得∠AFD＝∠CFE，结合CD是AB边上的高，∠ACB＝90°，即可证明∠CFE＝∠CEF； 变式思考：根据角平分线性质可得∠GAF＝∠BAF，根据对顶角相等可得∠GAF＝∠BAF＝∠EAC，再结合CD是AB边上的高，∠ACB＝90°，即可证明∠CFE＝∠CEF． 【解答】习题回顾： 证明：∵AE平分∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAE， ∵CD是高， ∴CD⊥AB， ∴∠CDA＝∠ACB＝90°， ∴∠AFD＝180°﹣∠BAE﹣∠CDA＝180°﹣∠CAE﹣∠ACB＝∠CEF． ∵∠AFD＝∠CFE， ∴∠CFE＝∠CEF； 变式思考：解：相等，理由如下： ∵AF平分∠GAB， ∴∠GAF＝∠BAF， ∵∠EAC＝∠GAF， ∴∠EAC＝∠BAF， ∵CD是高，∠ACB＝90°， ∴CF⊥AB， ∴∠ACE＝∠ADF＝90°， ∴∠CFE＝180°﹣∠ADF﹣∠BAF＝180°﹣∠ACE﹣∠EAC＝∠CEF． 【点评】本题考查了角平分线定义，三角形内角和，对顶角相等，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 题型十三 直角三角形斜边上的中线的性质 1．（2024•邯郸三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点D为边BC的中点，顶点B，C分别对应刻度尺上的刻度2cm和8cm，则AD的长为（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 【分析】由题意可得BC的长度，再根据AD是直角三角形的中线即可解答． 【解答】解：由题意可知，BC＝8﹣2＝6cm， 又∵∠BAC＝90°，且点D为边BC的中点， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握该知识点是解题的关键． 2．（2024春•谷城县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则∠ECD的度数为（　　） A．30° B．45° C．22.5° D．60° 【分析】根据题意分别求出∠ACD和∠BCD，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到CE＝AE，得到∠ECA＝∠A＝22.5°，计算即可． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ACD＝3∠BCD， ∴∠BCD＝22.5°，∠ACD＝67.5°， ∵CD⊥AB， ∴∠ADC＝90°， ∴∠A＝90°﹣67.5°＝22.5°， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是斜边AB的中点， ∴CEAB＝AE， ∴∠ECA＝∠A＝22.5°， ∴∠ECD＝∠ACD﹣∠ECA＝67.5°﹣22.5°＝45°， 故选：B． 【点评】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的性质，熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 3．（2024春•东西湖区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，∠BAD＝35°，E是斜边BC的中点，则∠DAE的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【分析】根据垂直定义可得∠ADB＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得：∠B＝55°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得AE＝BE，从而可得∠B＝∠BAE＝55°，最后利用角的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∵∠BAD＝35°， ∴∠B＝90°﹣∠BAD＝55°， ∵∠BAC＝90°，E是斜边BC的中点， ∴AE＝BEBC， ∴∠B＝∠BAE＝55°， ∴∠DAE＝∠BAE﹣∠BAD＝20°， 故选：B． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形内角和定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 4．（2023秋•沭阳县期中）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点E，CE⊥AB于点E，点M，N分别是BC，DE的中点． （1）求证：MN⊥DE； （2）若∠ECB+∠DBC＝45°，DE＝10，求MN的长． 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD＝MEBC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MD＝ME＝BM＝CM，进而得到∠DBM＝∠BDM，∠MEC＝∠MCE，由三角形外角定理及∠ECB+∠DBC＝45°得到∠EMB+∠DMC＝90°，即∠EMD＝90°，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得MN． 【解答】（1）证明：连接EM、DM， ∵BD⊥AC，CE⊥AB， ∴∠BDC＝∠BEC＝90°， ∵在Rt△DBC中和Rt△EBC中，M是BC的中点， ∴DMBC，EMBC， ∴DM＝EM， ∵N是DE的中点， ∴MN⊥ED； （2）解：在Rt△DBC中，M是BC的中点， ∴DMBC＝BM， ∴∠DBM＝∠BDM， 同理∠MEC＝∠MCE， ∵∠ECB+∠DBC＝45°， ∴∠EMB+∠DMC＝2（∠ECB+∠DBC）＝90°， ∴∠EMD＝90°， ∵N是DE的中点，DE＝10， ∴MNDE＝5． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决问题的关键． 题型十四 运用勾股定理求线段长 1．（2024秋•武侯区校级月考）一个直角三角形的一条直角边和斜边的长分别为3和5，则另一条直角边的长为（　　） A． B． C．4 D．4或 【分析】根据勾股定理求解即可． 【解答】解：∵一个直角三角形的一条直角边和斜边的长分别为3和5， ∴另一条直角边的长， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理，熟记勾股定理是解题的关键． 2．（2024春•忠县期末）在△ABC中，已知∠A＝30°，AC＝8，BC＝5，某同学用直尺和圆规先确定了三角形顶点A、C，在用BC长确定顶点B时，作出了如图所示的两个B点，那么这两个B点之间的长度为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【分析】过C作CD⊥AB，垂足为D，利用股股定理求出CD的长，再利用勾股得到求出BD，即可得到结论． 【解答】解：过C作CD⊥AB，垂足为D， 在Rt△ACD中， ∵∠A＝30°，AC＝8， ∴CD4， 在Rt△BCD中， BD3， 这两个B点之间的长度为3×2＝6， 故选：A． 【点评】本题考查股股勾股定理，正确记忆勾股定理的公式是解题关键． 3．（2024秋•长安区月考）在△ACB中，∠ACB＝90°． （1）已知a＝6，b＝8，求c的值； （2）已知AB＝10，AC＝9，求BC的值． 【分析】（1）（2）直接利用勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）如图，∵∠ACB＝90°，a＝6，b＝8， ∴c10； （2）如图，∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝9， ∴BC． 【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键． 4．（2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15． 求：（1）CD的长； （2）AD的长． 【分析】（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得AB的长，再根据等面积法即可求出CD的长； （2）直接由勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得， AB25， ∵CD⊥AB， ∴， ∴CD12； （2）在Rt△BDC中，由勾股定理得， BD9， AD＝25﹣9＝16． 【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题型十五 勾股定理的证明 1．（2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（　　） A．a2+b2＝c2 B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2 C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b） D．（a+b）2＝a2+2ab+b2 【分析】根据图形可知是梯形，再根据梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和，列式整理即可证明． 【解答】解：梯形的面积（a+b）（a+b）＝2abc2， ∴（a2+2ab+b2）＝abc2， ∴a2+b2＝c2； 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 2．（2023秋•辽宁期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理． 【解答】解：A、大正方形的面积为：c2； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：a2+b2， ∴a2+b2＝c2，故A选项能证明勾股定理． B、梯形的面积为：； 也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：， ∴， ∴a2+b2＝c2，故B选项能证明勾股定理． C、大正方形的面积为：（a+b）2； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：2ab+c2， ∴（a+b）2＝2ab+c2， ∴a2+b2＝c2，故C选项能证明勾股定理． D、大正方形的面积为：（a+b）2； 也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab， ∴D选项不能证明勾股定理． 故选：D． 【点评】本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键． 3．如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为：　 　；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为：　 　；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 　 　＝　 　，即 　 　． 【分析】图（1）中两个正方形的面积分别为a2，b2，四个直角三角形的面积均为ab．图（2）中空白正方形的面积为c2，四个阴影直角三角形的面积都为ab． 【解答】解：图（1）中大正方形的面积为：a2+b2+4a×b＝a2+b2+2ab＝（a+b）2； 图（2）中大正方形的面积为：c2+4a×b＝c2+2ab； 因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等， 所以（a+b）2＝c2+2ab， 所以a2+2ab+b2＝c2+2ab， 即a2+b2＝c2． 故答案为：（a+b）2，c2+2ab，（a+b）2，c2+2ab，a2+b2＝c2． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，解决本题的关键是学会利用面积法证明勾股定理． 5．（2023秋•碑林区校级期末） 用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列三个问题： （1）如图1是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理c2＝a2+b2． （2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度； （3）如图1，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a+b）2的值（a＜b）． 【分析】（1）根据大正方形的面积的两种表示方法求解即可； （2）根据直角三角形的面积公式求解即可； （3）根据小正方形的为1得出2ab＝12，再结合c2＝13即可求解． 【解答】解：（1）如图1，大正方形的面积＝c2＝4， 整理得，c2＝a2+b2； （2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB5， ∵， ∴CD； （3）∵大正方形的面积是13，小正方形的面积是1， ∴c2＝13，（b﹣a）2＝1， ∴a2+b2﹣2ab＝1， ∴2ab＝12， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝13+12＝25， 即（a+b）2的值为25． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，正确表示出大正方形的面积的两种表示方法是解题的关键． 题型十六 勾股定理的实际应用 1．（2024春•确山县期中）如图，长方形BCFG是一块草地，折线ABCDE是一条人行道，BC＝15米，CD＝8米，为了避免行人穿过草地（走虚线BD），践踏绿草，管理部门分别在B、D处各挂了一块牌子，牌子上写着“少走____米，踏之何忍”（　　） A．5 B．6 C．4 D．7 【分析】由矩形的性质得∠C＝90°，再由勾股定理得出BD的长，即可解决问题． 【解答】解：∵四边形BCFG是矩形， ∴∠C＝90°， 在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD17（（米）， ∴BC+CD﹣BD＝15+8﹣17＝6（米）， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理的应用以及矩形的性质，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理求出BD的长是解题的关键． 2．（2024秋•新泰市期中）某小区两面直立的墙壁之间为安全通道，一架梯子斜靠在左墙DE时，梯子底端A到左墙的距离AE为0.7m，梯子顶端D到地面的距离DE为2.4m，若梯子底端A保持不动，将梯子斜靠在右墙BC上，梯子顶端C到地面的距离CB为2m，则这两面直立墙壁之间的安全通道的宽BE为（　　） A．2.2m B．2m C．1.5m D．2.5m 【分析】先根据勾股定理求出AD的长，同理可得出AB的长，进而可得出结论． 【解答】解：在Rt△ADE中，∵∠AED＝90°，AE＝0.7米，DE＝2.4米， ∴AD2＝0.72+2.42＝6.25． 在Rt△ABC中， ∵∠ABC＝90°，BC＝2米，AB2+BC2＝AC2， ∴AB2+22＝6.25， ∴AB＝1.5（米）． ∴BE＝AE+AB＝0.7+1.5＝2.2（米）． 答：小巷的宽度BE为2.2米， 故选：A． 【点评】本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用． 3．（2023秋•荣成市期末）如图，是一个滑梯示意图，若将滑梯BD水平放置，则刚好与DE一样长，已知滑梯的高度CE为3米，BC为1米．则滑道BD的长度为 　 ． 【分析】设BD的长为x米，则DE＝x米，AD＝DE﹣AE＝（x﹣1）米，在Rt△ABD中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：设BD的长为x米，则DE＝x米，AD＝DE﹣AE＝（x﹣1）米， 由题意得：∠BAD＝90°，AB＝CE＝3米， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：x2＝32+（x﹣1）2， 解得：x＝5，即：滑道BD的长为5米； 故答案为：5米． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 4．（2024秋•沙坪坝区校级月考）如图，某居民小区有一块四边形空地ABCD，小道AC和CE把这块空地分成了△ABC、△ACE和△CDE三个区域，分别摆放三种不同的花卉．已知∠B＝90°，∠CAD＝90°，AB＝12米，BC＝16米，AE＝15米，CE＝25 米． （1）求四边形ABCE的面积； （2）小明和小林同时以相同的速度同时从点E出发，分别沿E→A→C和E→D→C两条不同的路径散步，结果两人同时到达点C，求线段DE的长度． 【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论； （2）根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠B＝90°，AB＝12米，BC＝16米， ∴AC20（米）， ∴四边形ABCE的面积＝△ABC的面积+△ACE的面积AB•BCAC•AE12×1620×15＝246（平方米）， 答：四边形ABCE的面积为246平方米； （2）∵CD（米）， 根据题意得，CD+DE＝AC+AE， ∴DE＝20+15， 解得DE＝6， 故线段DE的长度为6米． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题型十七 利用勾股定理解决折叠问题 1．（2024秋•海州区校级期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CD的长为（　　） A． B． C．2cm D．3cm 【分析】勾股定理求出AB的长，利用折叠得到BD＝DE，AE＝AB＝5cm，求出CE，设CD＝x，则ED＝3﹣x，根据勾股定理即可求解． 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm， ∴， 根据翻折可得BD＝DE，AE＝AB＝5cm， ∴CE＝AE﹣AC＝1cm， 设CD＝x，则ED＝BD＝3﹣x． 在直角三角形CDE中，由勾股定理得：x2+12＝（3﹣x）2， 解得：． 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理，翻折变换（折叠问题），熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 2．（2024春•武城县校级月考）已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　） A．3cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．12cm2 【分析】根据折叠的条件可得：BE＝DE，在直角△ABE中，利用勾股定理就可以求解． 【解答】解：将此长方形折叠，使点B与点D重合，∴BE＝ED． ∵AD＝9cm＝AE+DE＝AE+BE． ∴BE＝9﹣AE， 根据勾股定理可知AB2+AE2＝BE2， ∴32+AE2＝（9﹣AE）2， 解得AE＝4． ∴△ABE的面积为3×4÷2＝6（cm2）． 故选：C． 【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． 3．（2024•芝罘区二模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意可得AP＝AB＝2，∠B＝∠APB，CE＝PE，∠C＝∠CPE，可得∠APE＝90°，继而设AE＝x，则CE＝PE＝3﹣x，根据勾股定理即可求解． 【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处， ∴AP＝AB＝2，∠B＝∠APB， ∵折叠纸片，使点C与点D重合， ∴CE＝PE，∠C＝∠CPE， ∵∠BAC＝90°， ∴∠B+∠C＝90°， ∴∠APB+∠C＝90°， ∴∠APE＝90°， ∴AP2+PE2＝AE2， 设AE＝x， 则CE＝PE＝3﹣x， ∴22+（3﹣x）2＝x2， 解得， 即， 故选：A． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键． 4．如图，长方形ABCD中，点E在边AB上，将长方形ABCD沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC上的点F处，若AD＝10，DC＝6，则BF的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据折叠的性质可得AD＝DF＝10，则在Rt△CDF中，可求出CF的长；根据长方形对边相等可得BC＝10，再根据BF＝BC﹣CF求解即可． 【解答】解：由折叠的性质可得AD＝DF＝10． 在Rt△CDF中，DF＝10，CD＝6， ∴CF＝8． ∵四边形ABCD是长方形， ∴AD＝BC＝10， ∴BF＝BC﹣CF＝2． 故选B． 【点评】本题是一道关于折叠的问题，主要考查了勾股定理，关键是掌握折叠的性质． 题型十八 用勾股定理探究规律 1．（2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（　　）条． A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】OA1＝1，根据勾股定理可得OA2，OA3，找到OAn的规律，即可得到结论． 【解答】解：∵OA1＝1， ∴由勾股定理可得OA2， OA3， …， ∴OAn， ∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，完全平方数有1，4，9，16， ∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有4条， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理的灵活运用，本题中找到OAn的规律是解题的关键． 2．（2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理得OB，OC，OD，按照这个规律，根据勾股定理得OI2，作HM⊥OI于点M，根据三角形的面积公式即可求出答案． 【解答】解：在Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1， 根据勾股定理得OB， 在Rt△OBC，根据勾股定理得OC， 在Rt△OCD，根据勾股定理得OD， 按照这个规律，在Rt△OHI中，根据勾股定理得OI2， 如图，作HM⊥OI于点M， ∴OI•HMOH•HI， ∴2HM1， ∴HM， ∴点H到OI的距离是． 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理和规律是解题的关键． 3．（2024秋•惠来县期中）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，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S2，……按照此规律继续下去，则S2024的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】先根据题意求得前几个正方形的面积，继而可得第n个正方形的边长为2×（）n﹣1，则Sn即可求解． 【解答】解：由题意得，第一个正方形的边长为2，则， ∵△DEC是等腰直角三角形， ∴DCDE， ∴第二个正方形的边长为DE， ∴S2＝（）2＝2， ∵△FGH是等腰直角三角形， ∴第三个正方形的边长为1， ∴S3＝12＝1， 同理可得，第四个正方形的边长为， ∴S4＝（）2， ⋯， ∴第n个正方形的边长为2×（）n﹣1， ∴Sn＝[2×（）n﹣1]2＝4（）n﹣1， ∴S2024． 故选：B． 【点评】本题考查图形类规律类、等腰直角三角形的性质、勾股定理，掌握勾股定理是关键． 4．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，以这个直角三角形两直角边为边作正方形．图2由图1的两个小正方形向外分别作直角边之比为4：3的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形，…，按此规律，则图6中所有正方形的面积和为（　　） A．200 B．175 C．150 D．125 【分析】根据勾股定理求出AB＝5，再根据勾股定理和正方形面积公式得出规律，即可解决问题． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB5， ∴图1中正方形的面积和为：32+42+52＝25+25＝2×25＝50， 图2中所有正方形的面积和为：32+42+32+42+52＝25+25+25＝25+50， 图3中所有正方形面积和为：32+42+32+42+32+42+52＝25+25+25+25＝2×25+50， ......， ∴图6中所有正方形的面积为5×25+50＝175， 故选：B． 【点评】本题考查的是勾股定理、图形的变化规律，根据勾股定理、正方形的面积公式得出所有正方形的面积和的变化规律是解题的关键． 题型十九 利用勾股定理解决最短路径 1．（2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（　　） A．8km B．10km C．12km D．14km 【分析】根据题意画出图形，再利用轴对称求最短路径的方法得出P点位置，进而结合勾股定理得出即可． 【解答】解：如图所示：作A点关于直线MN的对称点A'，再连接A'B，交直线MN于点P. 则此时AP+PB最小，过点B作BE⊥CA延长线于点E， ∵AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km， ∴AA'＝4km，则A′E＝6km， 在Rt△A'EB中， A′B10（km）， 则AP+PB的最小值为：10km． 故选：B． 【点评】本题主要考查最短路径、解题的关键是学会利用对称解决最短问题． 2．（2024秋•扶风县期中）葛藤是一种多年生草本植物，为获得更多的雨露和阳光，其茎蔓常绕着附近的树干沿最短路线盘旋而上，如图，如果把树干看成圆柱体，它的底面周长是2.4m，当一段葛藤绕树干盘旋1圈升高为1m时，这段葛藤的长为（　　） A．1.4m B． C．2.6m D．3.4m 【分析】根据题意画出图形，利用圆柱侧面展开图，结合勾股定理求解即可． 【解答】解：如图所示： 由题意可得，展开图中AB＝1m，AC＝2.4m， 则在Rt△ABC中，BC2.6（m）． 这段葛藤的长是2.6m． 故选：C． 【点评】此题主要考查了平面展开﹣最短路径问题，利用勾股定理是解题关键． 3．（2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+2米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 　 米． 【分析】解答此题要将木块展开，然后根据两点之间线段最短解答． 【解答】解：由题意可知，将木块展开， 相当于是AB+等腰直角三角形的两腰， ∴长为6+22+2﹣210（米）；宽为4米． 于是最短路径为2（米）， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查平面展开﹣最短路径问题，两点之间线段最短，有一定的难度，要注意培养空间想象能力． 4．（2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 　 　cm（杯壁厚度不计）． 【分析】将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求． 【解答】解：如图，将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′， 连接A′B，则A′B即为最短距离， 在直角△A′DB中，由勾股定理得， A′B15（cm）． 则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为15cm， 故答案为：15． 【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键． 题型二十 勾股定理的逆定理的应用 1．（2024秋•碑林区校级月考）△ABC的三边分别为a，b，c，下列选项中的条件不能判定直角三角形的是（　　） A．a＝32，b＝42，c＝52 B．∠A+∠B＝90° C．a＝6，b＝8，c＝10 D．a＝8，b＝15，c＝17 【分析】根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可． 【解答】解：A、∵（32）2+（42）2≠（52）2， ∴a2+b2≠c2， ∴此三角形不是直角三角形，故符合题意； B、∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A+∠B＝90°，∴∠C＝90°， ∴此三角形是直角三角形，故不符合题意； C、∵b2＝64，c2＝100，a2＝36，∴a2+b2＝c2， ∴此三角形是直角三角形，故不符合题意； D、∵b2＝225，c2＝289，a2＝64，∴a2+b2＝c2， ∴此三角形是直角三角形，故不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查的是勾股定理的逆定理及三角形内角和定理，熟知以上知识是解答此题的关键． 2．甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（　　） A．南偏西30° B．北偏西30° C．南偏东60° D．南偏西60° 【分析】根据题意得到OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km），根据勾股定理的逆定理得到∠AOB＝90°，根据平角的定义即可得到结论． 【解答】解：∵甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点， ∴OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km）， ∵AB＝10km， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴∠AOB＝90°， ∵甲探险者沿着北偏东30°的方向行走， ∴乙探险者的行走方向可能是南偏东60°， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，方向角，正确地判断出∠AOB＝90°是解题的关键． 3．（2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm． （1）判断△BDC的形状，并说明理由； （2）求△ABC的周长． 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得出答案即可； （2）设AB＝AC＝xcm，在Rt△ADC中根据勾股定理求出AC，再求出△ABC的周长即可． 【解答】解：（1）△BDC是直角三角形， 理由是：∵BC＝8cm，BD＝16cm，CD＝8cm， ∴BD2+CD2＝BC2， ∴∠D＝90°， 即△BDC是直角三角形； （2）设AB＝AC＝xcm， 在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD2+DC2＝AC2， 即（16﹣x）2+82＝x2， 解得：x＝10， ∴AB＝AC＝10（cm）， ∵BC＝8cm， ∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+10+8（20+8）（cm）． 故△ABC的周长是（20+8）cm． 【点评】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键． 4．（2024秋•永春县月考）为了增强学生体质，丰富校园文化生活，推行中小学生每天锻炼一小时的“阳光体育运动”，某学校决定在校园内某一区域内新建一块塑胶场地DABC供同学们课间活动使用，如图，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°． （1）连接AC，求AC的长度； （2）若平均每平方米的材料成本加施工费为110元，请计算该学校建成这块塑胶场地需花费多少元？ 【分析】（1）直接利用勾股定理求解即可； （2）直接利用勾股定理的逆定理得出∠DAC＝90°，再根据S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC求出这块塑胶场地的面积即可求出答案． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，AB＝9m，BC＝12m， ∴； （2）在△ADC中，∵CD＝17m，AD＝8m，AC＝15m， ∴AD2+AC2＝82+152＝289，DC2＝172＝289， ∴AD2+AC2＝DC2． ∴△ADC为直角三角形，且∠DAC＝90°． ∴（m2）， ∴114×110＝12540（元）． 答：该学校建成这块塑胶场地需花费12540元． 【点评】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理的实际应用，难度不大． 题型二十一 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算 1．（2024秋•芗城区校级月考）如图所示，在△ABC中，AC＝10，BC＝17，CD＝8，AD＝6．求BD的长． 【分析】先根据勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，且∠ADC＝90°，再求出∠CDB＝90°，然后利用勾股定理列式计算即可． 【解答】解：∵AC＝10，CD＝8，AD＝6， ∴CD2+AD2＝AC2， ∴△ACD是直角三角形，且∠ADC＝90°， ∴∠CDB＝180°﹣90°＝90°， ∵BC＝17，CD＝8， ∴BD15， 即BD的长为15． 【点评】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 2．（2024秋•宝鸡期中）如图，在△ADC中，AD＝13cm，AC＝12cm，DC＝5cm，B是CD延长线上的点，连接AB，若AB＝15cm，求BD的长． 【分析】根据逆定理得到△ACD是直角三角形，利用勾股定理求出BC即可得到答案； 【解答】解：∵AD＝13cm，AC＝12cm，DC＝5cm， ∴AD2＝AC2+DC2， ∴△ACD是直角三角形，即∠C＝90°， ∵AB＝15cm，由勾股定理得， ∴， ∴BD＝BC﹣DC＝4cm． 【点评】本题考查勾股定理定理及逆定理，掌握勾股定理定理及逆定理是关键． 3．（2023秋•三原县期末）如图，在△ABC中，BC＝2，AC＝4，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，且．延长DE交BC的延长线于点F，连接AF． （1）求证：∠BCA＝90°； （2）求AF的长． 【分析】（1）根据垂直平分线的性质可得，在△ABC中，根据勾股定理的逆定理即可得出结论； （2）根据垂直平分线的性质得出BF＝AF，进而可得CF＝AF﹣2，在Rt△ACF中，勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵DE垂直平分AB，， ∴． ∵在△ABC中，BC＝2，AC＝4，， ∴BC2+AC2＝20＝AB2， ∴AC⊥BC，即∠BCA＝90°． （2）解：∵DF是线段AB的垂直平分线， ∴BF＝AF， ∴CF＝BF﹣BC＝AF﹣2． ∵∠ACF＝90°， ∴CF2+AC2＝AF2， ∴（AF﹣2）2+42＝AF2， ∴AF＝5，即AF的长为5． 【点评】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 4．（2024秋•龙华区期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB，AB＝5，BC，CD＝2． （1）求DB的长； （2）求证：AC⊥BC． 【分析】（1）根据垂直定义可得∠CDA＝∠CDB＝90°，然后在Rt△CDB中，利用勾股定理进行计算，即可解答； （2）利用（1）的结论可得AD＝4，然后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AC的长，从而利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，进而可得∠ACB＝90°，即可解答． 【解答】（1）解：∵CD⊥AB， ∴∠CDA＝∠CDB＝90°， 在Rt△CDB中，BC，CD＝2， ∴BD1， ∴DB的长为1； （2）证明：∵AB＝5，BD＝1， ∴AD＝AB﹣BD＝5﹣1＝4， 在Rt△ACD中，AC2， ∴AC2+BC2＝（2）2+（）2＝25，AB2＝52＝25， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形， ∴∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC． 【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理是解题的关键． 5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2， PA＝3，求∠BPC的度数． 【分析】根据旋转的性质得到CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3，则△CPD为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得PD＝PC＝2，∠CPD＝45°，由PB＝1，PD＝2，DB＝3，易得PB2+PD2＝BD2，根据勾股定理的逆定理得到△PBD为直角三角形，即可得到∠BPC的度数． 【解答】解：如图，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD，连接DP， ∵△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD， ∴CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3， ∴△CPD为等腰直角三角形， ∴PD＝PC＝2，∠CPD＝45°， 在△PDB中，PB＝1，PD＝2，DB＝3， 而12+（2）2＝32， ∴PB2+PD2＝BD2， ∴△PBD为直角三角形， ∴∠DPB＝90°， ∴∠BPC＝45°+90°＝135°． 【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用． 题型二十二 勾股定理的综合压轴题 1．（2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm 的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒． （1）AC＝　 　cm； （2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值； （3）在运动过程中，当t＝　 　值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果） 【分析】（1）利用勾股定理计算； （2）P点只能在AC边上，设CP＝a，再做PD⊥AB与D，PD＝a，根据等面积，列方程，求出a，再计算t； （3）读懂题意，可以发现，在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形，分情况计算t的值． 【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm， ∴AC2＝AB2﹣BC2＝25﹣16＝9， ∴AC＝3cm， 故答案为：3； （2）根据题意可知，P点在AC边上，再做PD⊥AB与D， 设CP＝a， ∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，由（1）得AC＝3cm， ∴PD＝a， ∴S△ABP+S△PBC＝S△ABC， ∴AB•DPBC•CPBC•AC， ∴5×a4×a4×3， 解得a， ∴t（秒）， ∴此时t的值秒； （3）在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形， 点P在AB上时，此时AP＝AC＝3cm， t（秒）； 点P在BC上时，此时PC＝AC＝3cm， t3（秒）， 综上所述，当t或3秒时，△ACP为等腰三角形． 故答案为：或3秒． 【点评】本题考查了三角形中动点的问题，解题的关键是掌握勾股定理，等腰三角形的判断，三角形的面积． 2．（2023秋•海曙区期末）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长． 小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长． 解决下列问题： （1）图2中，AE＝　 　，AB＝ 　； （2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b． 【分析】（1）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，根据垂直平分线的性质得到AB＝BD，∠A＝∠D，根据题意、三角形内角和定理得到∠CBD＝∠A，根据勾股定理计算即可； （2）仿照（1）的作法解答． 【解答】解：（1）如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD， 则BE是AD的垂直平分线， ∴AB＝BD，∠A＝∠D， ∵3∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°， ∴∠BCA＝2∠A， ∵∠BCA＝∠D+∠CBD， ∴∠BCA＝∠A+∠CBD＝2∠A， ∴∠CBD＝∠A， ∴DC＝BC＝8， ∴AD＝DC+AC＝8+10＝18， ∴AE＝AD＝9， ∴EC＝AD﹣CD＝9﹣8＝1． ∴在直角△BCE和直角△AEB中， 由勾股定理得到：BC2﹣CE2＝AB2﹣AE2，即82﹣12＝AB2﹣92， 解得，AB＝12， 故答案为：9；12； （2）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD， 则BE是边AD的垂直平分线， ∴AB＝BD，∠A＝∠D． ∵3∠A+2∠B＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°， ∴2∠A+∠ABC＝∠ACB， ∵∠ACB＝∠D+∠DBC， ∴2∠A+∠ABC＝∠D+∠DBC， ∵∠A＝∠D， ∴∠A+∠ABC＝∠DBC，BD＝AB＝c，即∠DCB＝∠DBC， ∴DB＝DC＝c， 由题意得，DE＝AE， ∴EC＝AE﹣ACb， 在Rt△BEC中，BE2＝BC2﹣EC2， 在Rt△BEA中，BE2＝BA2﹣EA2， ∴BC2﹣EC2＝BA2﹣EA2，即a2﹣（）2＝c2﹣（）2， 整理得，b． 【点评】本题考查的是勾股定理、线段垂直平分线的性质，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a2+b2＝c2． 3．（2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2． （1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值． （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值． （3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长． 【分析】（1）根据勾股定理，利用新定义即可得出结论； （2）取BC的中点O，连接AO，求出OB＝6，则可求出AB∇AC，取AC的中点D，连接BD，过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E，求出BE，BD，则可求出BA∇BC的值； （3）作BD⊥CD，根据三角形ABC的面积求出BD＝6，求出OC，BC的长，再求出CD和AD的长，则可求出答案． 【解答】解：（1）如图1，AO是BC边上的中线， ∵∠ACB＝90°， ∴AO2﹣OC2＝AC2， ∵AB∇AC＝81， ∴AO2﹣OC2＝81， ∴AC2＝81， ∴AC＝9； （2）①如图2，取BC的中点O，连接AO， ∵AB＝AC， ∴AO⊥BC， ∵∠BAC＝120°， ∴∠ABC＝30°， 在Rt△AOB中， ∴OB6， ∴AB∇AC＝AO2﹣BO2＝36﹣108＝﹣72； ②如图3，取AC的中点D，连接BD， ∴AD＝CDAC＝6， 过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E， ∴∠BAE＝180°﹣∠BAC＝60°， ∴∠ABE＝30°， ∵AB＝12， ∴AE＝6， ∴BE6． ∴DE＝AD+AE＝12， ∴BD6， ∴BA∇BC＝BD2﹣CD2216； （3）作BD⊥CD，如图4， ∵S△ABC＝24，AC＝8， ∴BD6， ∵AB∇AC＝﹣64，AO是BC边上的中线， ∴AO2﹣OC2＝﹣64， ∴OC2﹣AO2＝64， 又∵AC2＝82＝64， ∴OC2﹣AO2＝AC2， ∴∠AOC＝90°， ∴OA＝23， ∴OC． ∴BC＝2OC＝2， 在Rt△BCD中，CD16， ∴AD＝CD﹣AC＝16﹣8＝8， ∴AB10． 【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理的运用． 4．（2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒． （1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 　 　； ②当t＝3时，PQ的长为 　 ． （2）当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值． 【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的长，进而可求解Rt△ABC斜边AC上的高； ②可求得AP和BQ，则可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的长； （2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t； （3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ＝BC、CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值． 【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC（cm）， ∴Rt△ABC斜边AC上的高为4.8（cm）； ②当t＝3时，则AP＝3cm，BQ＝2t＝6cm， ∵AB＝8cm， ∴BP＝AB﹣AP＝8﹣3＝5（cm）， 在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ（cm）， 即PQ的长为cm， 故答案为：①4.8cm；②cm； （2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm， ∵AB＝8， ∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t， 当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t， ∴出发秒后△PQB能形成等腰三角形； （3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10， 当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣2t＝16﹣2t， ∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣（16﹣2t）＝2t﹣6， ∵△BCQ为等腰三角形， ∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况， ①当BQ＝BC＝6时，如图1，过B作BD⊥AC于D， 则CDCQ＝t﹣3， 在Rt△ABC中，S△ABCAC×BDBC×AB， ∴BD， 在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2+CD2， 即62＝（ ）2+（t﹣3）2， 解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）； ②当CQ＝BC＝6时，则2t﹣6＝6，解得t＝6； ③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC， ∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA， ∴∠A＝∠QBA， ∴QB＝QA， ∴CQAC＝5，即2t﹣6＝5，解得t＝5.5； 综上可知当运动时间为6.6秒或6秒或5.5秒时，△BCQ为等腰三角形． 【点评】本题为三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，但难度不大． 题型二十三 直角三角形的全等的判定 1．（2023秋•孝昌县期中）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD相交于点O．如果AB＝AC，那么图中全等的直角三角形的对数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】全等的直角三角形共有3对，分别为△ADC≌△AEB、△BOD≌△COE、Rt△ADO≌Rt△AEO；做题时要从已知条件开始结合图形利用全等的判定方法由易到难逐个寻找即可． 【解答】解：∵CD⊥AB，BE⊥AC， ∴∠ADC＝∠AEB＝90°， 在△ADC和△AEB中， ， ∴△ADC≌△AEB（AAS）； ∴AD＝AE，∠C＝∠B， ∵AB＝AC， ∴BD＝CE， 在△BOD和△COE中， ， ∴△BOD≌△COE（AAS）； ∴OB＝OC，OD＝OE， 在Rt△ADO和Rt△AEO中， ， ∴Rt△ADO≌Rt△AEO（HL）； ∴共有3对全等直角三角形， 故选：C． 【点评】本题考查三角形全等的判定方法，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 2．（2024秋•宿豫区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C作CE⊥BA，垂足为点E，延长CE至点F，使CF＝BA，过点F作FD⊥AC，垂足为点D． 求证：Rt△ABC≌Rt△FCD． 【分析】根据余角的性质和全等三角形的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：∵FD⊥AC，CE⊥BA， ∴∠AEC＝∠CDF＝90°， ∴∠A+∠ACE＝∠F+∠DCF＝90°， ∴∠A＝∠F， 在△ABC与△FCD中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△FCD（AAS）． 【点评】本题考查了全等三角形的判断，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 3．（2024秋•大连期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BC于D，EC⊥BC于C，且AB＝BE，CD＝CE． （1）求证：AB＝AC； （2）求证：Rt△ABD≌Rt△BEC． 【分析】（1）通过证明△ADB≌△ADC得到AB＝AC； （2）利用“HL”证明Rt△ABD≌Rt△BEC． 【解答】证明：（1）∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， 在△ADB和△ADC中， ， ∴△ADB≌△ADC（ASA）， ∴AB＝AC； （2）∵△ADB≌△ADC， ∴BD＝CD， ∵CD＝CE， ∴BD＝CE， ∵EC⊥BC， ∴∠BCE＝90°， 在Rt△ABD和Rt△BEC中， ， ∴Rt△ABD≌Rt△BEC（HL）． 【点评】本题考查了直角三角形全等的判定：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．也考查了等腰三角形的判定与性质． 4．（2023春•任城区期末）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，分别过B、C向过A的直线作垂线，垂足分别为E、F． （1）如图①过A的直线与斜边BC不相交时，求证：EF＝BE+CF； （2）如图②过A的直线与斜边BC相交时，其他条件不变，若BE＝10，CF＝3，求：FE长． 【分析】（1）此题根据已知条件容易证明△BEA≌△AFC，然后利用对应边相等就可以证明题目的结论； （2）根据（1）知道△BEA≌△AFC仍然成立，再根据对应边相等就可以求出EF了． 【解答】（1）证明：∵BE⊥EA，CF⊥AF， ∴∠BAC＝∠BEA＝∠CFE＝90°， ∴∠EAB+∠CAF＝90°，∠EBA+∠EAB＝90°， ∴∠CAF＝∠EBA， 在△ABE和△AFC中， ∠BEA＝∠AFC＝90°，∠EBA＝∠CAF，AB＝AC， ∴△BEA≌△AFC（AAS）． ∴EA＝FC，BE＝AF． ∴EF＝EB+CF． （2）解：∵BE⊥EA，CF⊥AF， ∴∠BAC＝∠BEA＝∠CFE＝90°， ∴∠EAB+∠CAF＝90°，∠ABE+∠EAB＝90°， ∴∠CAF＝∠ABE， 在△ABE和△AFC中， ∠BEA＝∠AFC＝90°，∠EBA＝∠CAF，AB＝AC， ∴△BEA≌△AFC（AAS）． ∴EA＝FC＝3，BE＝AF＝10． ∴EF＝AF﹣CF＝10﹣3＝7． 【点评】此题主要考查了全等三角形的性质与判定，利用它们解决问题，经常用全等来证线段和的问题． 题型二十四 角平分线的性质与判定的综合 1．如图，在△ABC中，∠ABC的平分线与△ABC的外角∠ACE的平分线交于点P，PD⊥AC于点D，PH⊥BA，交BA的延长线于点H． （1）若点P到直线BA的距离为5cm，求点P到直线BC的距离； （2）求证：点P在∠HAC的平分线上． 【分析】（1）过点P作PF⊥BE于F，根据角平分线的性质解答即可； （2）根据角平分线的性质得到PF＝PD，进而得到PD＝PH，根据角平分线的判定定理证明结论． 【解答】（1）解：过点P作PF⊥BE于F， ∵点P在∠ABC的平分线，PH⊥BA，PF⊥BE， ∴PF＝PH＝5cm，即点P到直线BC的距离为5cm； （2）证明：∵点P在∠ACE的平分线，PH⊥BA，PF⊥BE， ∴PF＝PD， ∵PF＝PH， ∴PD＝PH， ∵PD⊥AC，PH⊥BA， ∴点P在∠HAC的平分线上． 【点评】本题考查的是角平分线的性质和判定，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键． 2．（2023秋•铁东区校级月考）如图，△ABC中，点D在BC边上，∠BAD＝100°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，且∠AEF＝50°，连接DE． （1）求∠CAD的度数； （2）求证：DE平分∠ADC； （3）若AB＝7，AD＝4，CD＝8，且S△ACD＝15，则△ABE的面积＝　 　（直接写出结果，不需要过程） 【分析】（1）根据题意先求出∠DAF的度数，利用直角三角形中两锐角互余可求出∠EAF的度数，然后根据∠CAD＝∠DAF﹣∠EAF即可求出∠CAD的度数； （2）根据题意作出辅助线，利用角平分线的性质，可以推出EF＝EN＝EM，再利用角平分线的判定推出DE平分∠ADC； （3）根据图形可得出：S△ADE+S△CDE＝S△ACD，利用高相等可以求出EF长，即可求出△ABE的面积． 【解答】（1）解：∵∠BAD＝100°， ∴∠DAF＝180°﹣∠BAD＝80°， ∵EF⊥AB， ∴∠AFE＝90°， ∴∠EAE+∠AEF＝90°， ∴∠EAF＝90°﹣∠AEF＝90°﹣50°＝40°， ∴∠CAD＝∠DAF﹣∠EAF＝80°﹣40°＝40°； （2）证明：如图所示，过点E作EN⊥AD于点N，EM⊥CD于点M， ∵∠ABC的平分线交AC于点E，EM⊥CD，EF⊥AB， ∴EM＝EF， 由（1）可得，∠CAD＝∠CAF＝40°， ∴CA平分∠DAF， 又∵EN⊥AD，EF⊥AF， ∴EF＝EN， ∴EM＝EN， ∵EN⊥AD，EM⊥CD， ∴DE平分∠ADC； （3）解：由（2）可知，EF＝EN＝EM， ∵S△ADE+S△CDE＝S△ACD， ∴•AD•EN•CD•EM＝15，即2EF+4EF＝15， ∴EF， ∴S△ABE•AB•EF． 【点评】本题主要考查了角平分线的性质和判定，解题关键：熟练掌握角平分线的性质和判定． 3．如图①，在△ABC中，AD是它的角平分线，P是AD上一点，PE∥AB交BC于E，PF∥AC交BC于F． （1）求证：D到PE的距离与D到PF的距离相等； （2）如图②，若点P在AD的延长线上，其他条件不变，试猜想（1）中的结论还成立吗？请证明你的猜想． 【分析】（1）首先由PE∥AB，PF∥AC，根据两直线平行，同位角相等，可得∠EPD＝∠BAD，∠DPF＝∠CAD，又由△ABC中，AD是它的角平分线，可得DP平分∠EPF，根据角平分线的性质，即可证得D到PE的距离与D到PF的距离相等； （2）若点P在AD的延长线上，其他条件不变，（1）中的结论还成立，同（1）证明即可． 【解答】（1）证明：∵PE∥AB，PF∥AC， ∴∠EPD＝∠BAD，∠DPF＝∠CAD， ∵△ABC中，AD是它的角平分线， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴∠EPD＝∠DPF， 即PD平分∠EPF， ∴D到PE的距离与D到PF的距离相等； （2）若点P在AD的延长线上，其他条件不变，（1）中的结论还成立．理由如下： ∵PE∥AB，PF∥AC， ∴∠EPD＝∠BAD，∠DPF＝∠CAD， ∵△ABC中，AD是它的角平分线， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴∠EPD＝∠DPF， 即PD平分∠EPF， ∴D到PE的距离与D到PF的距离相等． 【点评】此题考查了角平分线的性质与平行线的性质．此题难度不大，解题的关键是熟记角平分线的性质定理的应用，注意数形结合思想的应用． 4．如图①，OP是∠MON的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题： （1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；（不需证明） （2）如图③，在△ABC中，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，请问，你在（1）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【分析】图①根据角平分线上的点到角的两边的距离相等，过点P作PA⊥OM于A，作PB⊥ON于B，△POA和△POB即为关于直线OP对称的全等三角形； （1）猜想FE＝FD； （2）过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得FG＝FH＝FK，根据四边形的内角和定理求出∠GFH＝120°，再根据三角形的内角和定理求出∠AFC＝120°，根据对顶角相等求出∠EFD＝120°，然后求出∠EFG＝∠DFH，再利用“角角边”证明△EFG和△DFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FE＝FD． 【解答】解：图①如图所示； （1）FE＝FD； （2）如图，过点F作FG⊥AB于G，作FH⊥BC于H，作FK⊥AC于K， ∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线， ∴FG＝FH＝FK， 在四边形BGFH中，∠GFH＝360°﹣60°﹣90°×2＝120°， ∵AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，∠B＝60°， ∴∠FAC+∠FCA（180°﹣60°）＝60°， 在△AFC中，∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝180°﹣60°＝120°， ∴∠EFD＝∠AFC＝120°， ∴∠EFG＝∠DFH， 在△EFG和△DFH中， ， ∴△EFG≌△DFH（ASA）， ∴FE＝FD． 【点评】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，遇到角平分线，作角平分线上的点到两边的距离构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ （浙教版）八年级上册 第2章：特殊三角形章末重点题型复习 题型一 轴对称图形的识别 1．（2024秋•宜州区期中）剪纸文化是中国最古老的民间艺术之一，下列剪纸图案中，不是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•龙江县期中）在第19届杭州亚运会上，中国健儿勇于挑战，超越自我，共获得201金111银71铜的骄人战绩．在下列的运动标识中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•双城区月考）如图，其中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 4．（2024•旌阳区模拟）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史，下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 题型二 轴对称性质的应用 1．（2024秋•石阡县期中）如图，已知△ABC与△DEF关于直线l对称，∠1＝35°，∠2＝120°，则∠3的度数为（　　） A．25° B．35° C．20° D．15° 2．（2023秋•承德期末）如图，点P是∠AOB外的一点，点M、N分别是∠AOB两边上的点，点P关于OA的对称点Q恰好落在线段MN上，点P关于OB的对称点R落在MN的延长线上．若PM＝2.5cm，PN＝3cm，QN＝1.5cm，则线段MR的长为（　　） A．4.5cm B．5.5cm C．6.5cm D．7cm 3．（2024春•桃源县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（　　） A．10° B．20° C．30° D．40° 4．（2023秋•睢阳区校级期末）如图，已知点P在∠AOB的内部，且点P与点M关于OA对称，PM交OA于点Q，点P与点N关于OB对称，PN交OB于点R，MN分别交OA，OB于点E，F． （1）连接PE，PF，若MN＝15，求△PEF的周长； （2）若PM＝PN，求证：OP平分∠AOB． 题型三 与轴对称相关的探索规律问题 1．（2023秋•罗庄区期末）如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第9次碰到矩形的边时的点为图中的（　　） A．点P B．点Q C．点M D．点N 2．如图是一个台球桌面的示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球孔．若一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过多次反射），则该球最后将落入的球袋是（　　） A．1号袋 B．2号袋 C．3号袋 D．4号袋 3．如图，弹性小球从点P出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球第1次碰到矩形的边时的点为Q，第2次碰到矩形的边时的点为M，…．第2022次碰到矩形的边时的点为图中的（　　） A．点P B．点Q C．点M D．点N 4．下面四个图形是标出了长宽之比的台球桌的俯视图，一个球从一个角落以45°角击出，在桌子边沿回弹若干次后，最终必将落入角落的一个球囊．图1中回弹次数为1次，图2中回弹次数为2次，图3中回弹次数为3次，图4中回弹次数为5次．若某台球桌长宽之比为5：4，按同样的方式击球，球在边沿回弹的次数为（　　）次． A．6 B．7 C．8 D．9 题型四 利用轴对称解决最短路径问题 1．（2024秋•云南期末）如图，河道l的同侧有M，N两个村庄，计划铺设管道将河水引至M，N两村，下面四个方案中，管道总长度最短的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•同安区期中）如图，在△ABC中，直线m是线段BC的垂直平分线，点P是直线m上的一个动点．若AB＝7，AC＝4，BC＝5，则△APC周长的最小值是（　　） A．12 B．11 C．9 D．7 3．（2024春•石狮市期末）如图，△ABC中，点D在BC边上，过D作DE⊥BC交AB于点E，P为DC上的一个动点，连接PA、PE，若PA+PE最小，则点P应该满足（　　） A．PA＝PC B．PA＝PE C．∠APE＝90° D．∠APC＝∠DPE 4．（2023秋•阳新县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10．如果点D，E分别为BC，AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（　　） A．8.4 B．9.6 C．10 D．10.8 题型五 等腰三角形的性质的应用 1．（2023秋•应城市期末）如图，在△ABC中，点D在边BC上，AB＝AD＝CD，∠BAD＝20°，则∠C的度数是（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 2．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD＝DB，DE⊥AB于点E，若BC＝3，且△BDC的周长为8，则AE的长为（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 3．（2023春•西安月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，DE⊥AB于点E，BF⊥AC于点F，DE＝5cm，则BF＝（　　） A．8cm B．10cm C．12cm D．14cm 4．（2024秋•湖北月考）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为60°，则这个等腰三角形的顶角为（　　） A．30° B．150° C．75°或15° D．30°或150° 题型六 等腰三角形的性质证明 1．已知：如图，P、Q是△ABC边BC上两点，且AB=AC，AP=AQ．求证：BP=CQ． 2．如图，AB＝AC，BD＝CD，AD的延长线与BC交于E，求证：AE⊥BC． 3．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，BE⊥AC于点E，AD与BE相交于点F． （1）求证：∠CBE＝∠BAD； （2）若CE＝EF，求证：AF＝2BD． 4．（2024秋•佳木斯月考）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，O是AB的中点，点D，E分别在直角边AC，BC上，且∠DOE＝90°，DE交OC于点P． （1）求证：△AOD≌△COE； （2）直接写出△ABC的面积与四边形CDOE的面积的数量关系． 题型七 等腰三角形的判定 1．（2023秋•仓山区校级期末）如图，∠ACD是△ABC的一个外角，CE平分∠ACD，且CE∥AB，求证：△ABC为等腰三角形． 2．如图：△ABC的边AB的延长线上有一个点D，过点D作DF⊥AC于F，交BC于E，且BD＝BE，求证：△ABC为等腰三角形． 3．（2024春•益阳期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点E在BC上，点F在AB的延长线上，连接AE，CF，且AE＝CF，BF＝BE．求证：△ABC是等腰三角形． 4．（2024秋•东台市期中）如图，已知点D、E在AB上，且AB＝AC，BE＝CD．求证：△ADE是等腰三角形． 题型八 等腰三角形的性质与判定的综合 1．（2024秋•南开区期中）如图，在△ABC中，DE∥BC，∠ABC和∠ACB的平分线分别交ED于点G，F，若FG＝4，ED＝9，则BE+DC的值为（　　） A．13 B．14 C．15 D．16 2．（2024秋•长春月考）如图，在等腰△ABC中，腰长为5，AB＝AC，E，M，F分别是AB，BC，AC上的点，并且ME∥AC，MF∥AB，则四边形MEAF的周长是（　　） A．5 B．10 C．15 D．13 3．（2024秋•临颍县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是AB上的一点，过点D作DE⊥BC于点E，延长ED和CA，交于点F． （1）求证：AF＝AD； （2）若∠F＝30°，BD＝4，EC＝6，求AC的长． 4．（2023秋•汉阴县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在AB、BC、AC边上，且BE＝CF，BD＝CE． （1）求证：△DEF是等腰三角形； （2）当∠A＝50°时，求∠DEF的度数． 题型九 等边三角形的性质 1．如图，a∥b，△ABC为等边三角形，若∠1＝45°，则∠2的度数为（　　） A．105° B．120° C．75° D．45° 2．（2023春•保定期末）如图：等边三角形ABC中，BD＝CE，AD与BE相交于点P，则∠APE的度数是（　　） A．45° B．55° C．60° D．75° 3．（2023春•锦江区期末）如图，△ABC和△DEF都是等边三角形，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，若△ABC的周长为15，AF＝2，则BE的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 4．如图：△ABC和△ADE是等边三角形．证明：BD＝CE． 题型十 等边三角形的判定 1．下列对△ABC的判断，错误的是（　　） A．若AB＝AC，∠B＝60°，则△ABC是等边三角形 B．若∠A：∠B：∠C＝3：4：7，则△ABC是直角三角形 C．若∠A＝20°，∠B＝80°，则△ABC是等腰三角形 D．若AB＝BC，∠C＝40°，则∠B＝40° 2．如图，在△ABC中，AB＝AC，尺规作图：（1）分别以B，C为圆心，BC长为半径作弧，两弧交于点D；（2）作射线AD，连接BD，CD．则下列结论中错误的是（　　） A．∠BAD＝∠CAD B．△BCD是等边三角形 C．AD垂直平分BC D．S四边形ABDC＝AD⋅BC 3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AF平分∠CAB，交CD于E，交BC于F，若AF＝BF，求证：△CEF是等边三角形． 4．如图，点D在线段BC上，∠B＝∠C＝∠ADE＝60°，AB＝DC．求证：△ADE为等边三角形． 题型十一 等边三角形的性质与判定 1．如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，且OD∥AB，OE∥AC． （1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由； （2）若BC＝10，求△ODE的周长． 2．已知：如图，在等边三角形ABC的三边上，分别取点D，E，F，使AD＝BE＝CF． 求证：△DEF是等边三角形． 3．（2023秋•岳普湖县校级期末）如图1，已知等边△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，连接DE． （1）若DE∥BC，求证：△ADE是等边三角形； （2）如图2，若D、E分别为AB、AC中点，连接CD、BE，CD与BE相交于点F，请直接写出图中所有等腰三角形．（△ADE与△ABC除外） 4．（2023春•毕节市期末）已知：如图，点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F． （1）求证：AN＝BM； （2）求证：△CEF为等边三角形． 题型十二 直角三角形的性质与判定 1．（2024秋•张店区校级月考）在下列条件：①∠A+∠B+∠C＝180°；②∠A：∠B：∠C＝1：2：3；③∠A＝2∠B＝3∠C；④；⑤∠A＝∠B＝2∠C中，能确定△ABC为直角三角形的条件有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 2．（2024秋•铜梁区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，交AC边上的高BE于点F，若∠C＝α，则∠BFD＝（　　） A．α B．α+22.5° C． D． 3．（2024秋•庐阳区校级月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的高，BE平分∠ABC，分别交CD，AC于点F，E． （1）若∠CEF＝62°，求∠A的度数； （2）证明：∠CFE＝∠CEF． 4．（2024秋•离石区月考）小明在学习过程中，对教材中的一个有趣问题做如下探究： 【习题回顾】已知：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AE是角平分线，CD是高，AE、CD相交于点F．求证：∠CFE＝∠CEF； 【变式思考】如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，若△ABC的外角∠BAG的平分线交CD的延长线于点F，其反向延长线与BC边的延长线交于点E，则∠CFE与∠CEF还相等吗？说明理由； 题型十三 直角三角形斜边上的中线的性质 1．（2024•邯郸三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点D为边BC的中点，顶点B，C分别对应刻度尺上的刻度2cm和8cm，则AD的长为（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 2．（2024春•谷城县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则∠ECD的度数为（　　） A．30° B．45° C．22.5° D．60° 3．（2024春•东西湖区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，∠BAD＝35°，E是斜边BC的中点，则∠DAE的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 4．（2023秋•沭阳县期中）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点E，CE⊥AB于点E，点M，N分别是BC，DE的中点． （1）求证：MN⊥DE； （2）若∠ECB+∠DBC＝45°，DE＝10，求MN的长． 题型十四 运用勾股定理求线段长 1．（2024秋•武侯区校级月考）一个直角三角形的一条直角边和斜边的长分别为3和5，则另一条直角边的长为（　　） A． B． C．4 D．4或 2．（2024春•忠县期末）在△ABC中，已知∠A＝30°，AC＝8，BC＝5，某同学用直尺和圆规先确定了三角形顶点A、C，在用BC长确定顶点B时，作出了如图所示的两个B点，那么这两个B点之间的长度为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 3．（2024秋•长安区月考）在△ACB中，∠ACB＝90°． （1）已知a＝6，b＝8，求c的值； （2）已知AB＝10，AC＝9，求BC的值． 4．（2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15． 求：（1）CD的长； （2）AD的长． 题型十五 勾股定理的证明 1．（2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（　　） A．a2+b2＝c2 B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2 C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b） D．（a+b）2＝a2+2ab+b2 2．（2023秋•辽宁期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　） A． B． C． D． 3．如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为：　 　；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为：　 　；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 　 　＝　 　，即 　 　． 5．（2023秋•碑林区校级期末） 用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列三个问题： （1）如图1是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理c2＝a2+b2． （2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度； （3）如图1，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a+b）2的值（a＜b）． 题型十六 勾股定理的实际应用 1．（2024春•确山县期中）如图，长方形BCFG是一块草地，折线ABCDE是一条人行道，BC＝15米，CD＝8米，为了避免行人穿过草地（走虚线BD），践踏绿草，管理部门分别在B、D处各挂了一块牌子，牌子上写着“少走____米，踏之何忍”（　　） A．5 B．6 C．4 D．7 2．（2024秋•新泰市期中）某小区两面直立的墙壁之间为安全通道，一架梯子斜靠在左墙DE时，梯子底端A到左墙的距离AE为0.7m，梯子顶端D到地面的距离DE为2.4m，若梯子底端A保持不动，将梯子斜靠在右墙BC上，梯子顶端C到地面的距离CB为2m，则这两面直立墙壁之间的安全通道的宽BE为（　　） A．2.2m B．2m C．1.5m D．2.5m 3．（2023秋•荣成市期末）如图，是一个滑梯示意图，若将滑梯BD水平放置，则刚好与DE一样长，已知滑梯的高度CE为3米，BC为1米．则滑道BD的长度为 　 ． 4．（2024秋•沙坪坝区校级月考）如图，某居民小区有一块四边形空地ABCD，小道AC和CE把这块空地分成了△ABC、△ACE和△CDE三个区域，分别摆放三种不同的花卉．已知∠B＝90°，∠CAD＝90°，AB＝12米，BC＝16米，AE＝15米，CE＝25 米． （1）求四边形ABCE的面积； （2）小明和小林同时以相同的速度同时从点E出发，分别沿E→A→C和E→D→C两条不同的路径散步，结果两人同时到达点C，求线段DE的长度． 题型十七 利用勾股定理解决折叠问题 1．（2024秋•海州区校级期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CD的长为（　　） A． B． C．2cm D．3cm 2．（2024春•武城县校级月考）已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　） A．3cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．12cm2 3．（2024•芝罘区二模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（　　） A． B． C． D． 4．如图，长方形ABCD中，点E在边AB上，将长方形ABCD沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC上的点F处，若AD＝10，DC＝6，则BF的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 题型十八 用勾股定理探究规律 1．（2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（　　）条． A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•惠来县期中）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，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S2，……按照此规律继续下去，则S2024的值为（　　） A． B． C． D． 4．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，以这个直角三角形两直角边为边作正方形．图2由图1的两个小正方形向外分别作直角边之比为4：3的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形，…，按此规律，则图6中所有正方形的面积和为（　　） A．200 B．175 C．150 D．125 题型十九 利用勾股定理解决最短路径 1．（2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（　　） A．8km B．10km C．12km D．14km 2．（2024秋•扶风县期中）葛藤是一种多年生草本植物，为获得更多的雨露和阳光，其茎蔓常绕着附近的树干沿最短路线盘旋而上，如图，如果把树干看成圆柱体，它的底面周长是2.4m，当一段葛藤绕树干盘旋1圈升高为1m时，这段葛藤的长为（　　） A．1.4m B． C．2.6m D．3.4m 3．（2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+2米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 　 米． 4．（2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 　 　cm（杯壁厚度不计）． 题型二十 勾股定理的逆定理的应用 1．（2024秋•碑林区校级月考）△ABC的三边分别为a，b，c，下列选项中的条件不能判定直角三角形的是（　　） A．a＝32，b＝42，c＝52 B．∠A+∠B＝90° C．a＝6，b＝8，c＝10 D．a＝8，b＝15，c＝17 2．甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（　　） A．南偏西30° B．北偏西30° C．南偏东60° D．南偏西60° 3．（2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm． （1）判断△BDC的形状，并说明理由； （2）求△ABC的周长． 4．（2024秋•永春县月考）为了增强学生体质，丰富校园文化生活，推行中小学生每天锻炼一小时的“阳光体育运动”，某学校决定在校园内某一区域内新建一块塑胶场地DABC供同学们课间活动使用，如图，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°． （1）连接AC，求AC的长度； （2）若平均每平方米的材料成本加施工费为110元，请计算该学校建成这块塑胶场地需花费多少元？ 题型二十一 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算 1．（2024秋•芗城区校级月考）如图所示，在△ABC中，AC＝10，BC＝17，CD＝8，AD＝6．求BD的长． 2．（2024秋•宝鸡期中）如图，在△ADC中，AD＝13cm，AC＝12cm，DC＝5cm，B是CD延长线上的点，连接AB，若AB＝15cm，求BD的长． 3．（2023秋•三原县期末）如图，在△ABC中，BC＝2，AC＝4，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，且．延长DE交BC的延长线于点F，连接AF． （1）求证：∠BCA＝90°； （2）求AF的长． 4．（2024秋•龙华区期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB，AB＝5，BC，CD＝2． （1）求DB的长； （2）求证：AC⊥BC． 5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2， PA＝3，求∠BPC的度数． 题型二十二 勾股定理的综合压轴题 1．（2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm 的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒． （1）AC＝　 　cm； （2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值； （3）在运动过程中，当t＝　 　值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果） 2．（2023秋•海曙区期末）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长． 小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长． 解决下列问题： （1）图2中，AE＝　 　，AB＝ 　； （2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b． 3．（2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2． （1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值． （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值． （3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长． 4．（2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒． （1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 　 　； ②当t＝3时，PQ的长为 　 ． （2）当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值． 题型二十三 直角三角形的全等的判定 1．（2023秋•孝昌县期中）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD相交于点O．如果AB＝AC，那么图中全等的直角三角形的对数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2024秋•宿豫区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C作CE⊥BA，垂足为点E，延长CE至点F，使CF＝BA，过点F作FD⊥AC，垂足为点D． 求证：Rt△ABC≌Rt△FCD． 3．（2024秋•大连期中）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BC于D，EC⊥BC于C，且AB＝BE，CD＝CE． （1）求证：AB＝AC； （2）求证：Rt△ABD≌Rt△BEC． 4．（2023春•任城区期末）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，分别过B、C向过A的直线作垂线，垂足分别为E、F． （1）如图①过A的直线与斜边BC不相交时，求证：EF＝BE+CF； （2）如图②过A的直线与斜边BC相交时，其他条件不变，若BE＝10，CF＝3，求：FE长． 题型二十四 角平分线的性质与判定的综合 1．如图，在△ABC中，∠ABC的平分线与△ABC的外角∠ACE的平分线交于点P，PD⊥AC于点D，PH⊥BA，交BA的延长线于点H． （1）若点P到直线BA的距离为5cm，求点P到直线BC的距离； （2）求证：点P在∠HAC的平分线上． 2．（2023秋•铁东区校级月考）如图，△ABC中，点D在BC边上，∠BAD＝100°，∠ABC的平分线交AC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为F，且∠AEF＝50°，连接DE． （1）求∠CAD的度数； （2）求证：DE平分∠ADC； （3）若AB＝7，AD＝4，CD＝8，且S△ACD＝15，则△ABE的面积＝　 　（直接写出结果，不需要过程） 3．如图①，在△ABC中，AD是它的角平分线，P是AD上一点，PE∥AB交BC于E，PF∥AC交BC于F． （1）求证：D到PE的距离与D到PF的距离相等； （2）如图②，若点P在AD的延长线上，其他条件不变，试猜想（1）中的结论还成立吗？请证明你的猜想． 4．如图①，OP是∠MON的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题： （1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；（不需证明） （2）如图③，在△ABC中，∠B＝60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，请问，你在（1）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$