专题一解直角三角形的综合探究题（题型归纳+分类解析练）大单元教学分层优化练2025－2026学年人教版九年级数学下册

2025学年人教版九年级数学下大单元教学分层优化练 专题一解直角三角形的综合探究题（题型归纳+分类解析练）（解析版） 解直角三角形的综合探究题,它要求我们不仅能熟练运用三角函数的基本知识，还要具备将几何图形、代数方程和实际情境融会贯通的能力。下面为你系统梳理这类题型的核心特征、常见类型及实用的解题策略，希望能帮助你建立清晰的解题思路。 解直角三角形与特殊三角形综合题的三大核心题型及其应对策略。 题型类别 关键特征 常用方法与核心思路 与等腰三角形的综合 通常给出腰相等、底角相等等条件，可能涉及角度关联、边长比例。 利用 “三线合一”性质作底边上的高，构造直角三角形。利用等边对等角进行角度转换 。 与等边三角形的综合 三边相等，三个角均为60°。 任意一边上的高都将图形分为两个全等的含30°锐角的直角三角形，可直接应用特殊角三角函数值 。 与具有特殊角的非特殊三角形综合 三角形非等腰也非等边，但包含30°、45°、60°等特殊角。 通过作高，将原三角形分为两个直角三角形，利用特殊角三角函数值进行计算 。 题型1 与等腰三角形的综合 例1．在中，，，，点，分别是，上一动点，且，连接，当为等腰三角形时，的长为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查等腰三角形的存在性问题，三角函数以及分类讨论思想，先根据题意，画出大致图形，并求出图中相关的量，由等腰三角形的腰不确定，分三种情况讨论，求解即可． 【详解】解：如图（1），，，， ， ①当 时，如图（2）， ， ， ； ②当时，如图（3）， 过点作 于点， ， ， ， 即， ； ③当时，如图（4）， 过点作于点， ， ，， ， 即， ， 综上所述，的长为或或． 故答案为：或或 【变式1-1】．在矩形中，，，E为线段上的动点，将三角形沿着折叠，使点B落在点F处．若三角形是以为腰的等腰三角形，线段的长为 ． 【答案】或 【分析】分为和，两种情形，利用折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，对称性解答即可． 【详解】当时，过点F作于点M，于点G， ∴四边形是矩形，， ∴， 根据折叠的性质，得， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，如图，过点F作于点M，延长交于点N， ∴， ∴直线是矩形的对称轴， ∴，四边形是矩形， ∴，， ∴， 设，则， ∴ 解得． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，三角函数，熟练掌握勾股定理，三角函数是解题的关键． 【变式1-2】．如图，在矩形中，，P是的中点，点E在上，，连接，点M，N在线段上．若是等腰三角形，且，，则的长为 ． 【答案】或或 【分析】先构造求出，，然后根据等腰中M、N两点的位置进行分类讨论求解即可． 【详解】解：如图，过点P作于点F． ∵， ∴． ∵． ∴， ∴， 即． 解得，． ①如图，为等腰的底边，点N在点M的左边，且． ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴不符合题意，舍去． ②如图，为等腰的底边，点N在点M的右边，且， ∵． ∴． ③如图，是等腰的腰，点N在点M的右边，且． 由①得，． 设，则． 在 中，， 即， 解得． ∴， ∴． ④如图，是等腰的腰，点N在点M的左边，且， ∵，，， ∴． 综上所述，符合题意的的长为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了矩形与等腰三角形，熟练掌握矩形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正切定义，勾股定理，分类讨论, 是解题的关键． 【变式1-3】已知等腰三角形中，，．求的值． 【答案】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握三角函数的定义是解题关键． 过点作于点，通过等腰三角形的性质“三线合一”求出，根据勾股定理求得，根据即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， ∵，， ∴， 又∵， ∴在中，， ∴． 题型2与等边三角形综合 例2．点为等边三角形的重心，连接，如果，那么 ． 【答案】 【分析】延长交于点，三角形的重心是三边中线的交点，且重心到顶点的距离与到对边的距离之比为，即可求出的长度且；等边三角形三线合一，同时也是高线和角平分线，则是直角三角形，从而可求出的长度，即可求出的长度； 本题主要考查了三角形重心的性质、等边三角形的性质以及含30度角的直角三角形，熟练掌握等边三角形三线合一是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交于点， ∵点为等边三角形的重心， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式2-1】．如图：已知是边长为2的等边三角形，正方形的顶点D、E分别在边上，点F、G在边上，那么正方形的边长是 【答案】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，正方形的性质，锐角三角函数，二次根式的化简，解题的关键是掌握以上性质． 假设正方形的边长为，根据正方形的性质和等边三角形的性质表示出相关的线段，根据锐角三角函数求出，根据线段的和差列出方程求解即可． 【详解】解：假设正方形的边长为， ∵四边形为正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 即， 解得， 故答案为：． 【变式2-2】．在边长为7的等边三角形中，点在上，．点是直线上的一个动点，连接，以为边在的左侧作等边三角形，连接，当为直角三角形时，则的长是 ． 【答案】6或8或9 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键． 过点D作交于点E，分类讨论，逐个分析，即可解答． 【详解】解：过点D作交于点E， ①当时，如图（1）， ∵是等边三角形，， ∴，，即是等边三角形， ∴ ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． ②当时，如图（2） 同理可得，， ∴，即， ∴， ∴． ③当时，如图（3） 同理可证， ∴ ∴． ∴． ④当时，如图（4） 同理可证， ∴， ∴， ∴． 综上所述，的长是6或8或9． 故答案为：6或8或9． 【变式2-3】．等边三角形外接圆的半径长为2，则等边三角形边长为 ． 【答案】 【分析】此题考查的是三角形的外接圆与外心、等边三角形的性质，等边三角形一边上的高线也是这边上中线．根据在中，的余弦值是角的邻边与斜边的比值，求出，再求出等边三角形的边长即可． 【详解】解：根据题意画出图形，得，， 过点O作于点D， ∴， 根据圆和等边三角形的对称性可知， 在中，， 由，得， ∴． 即该等边三角形的边长为． 故答案为：． 题型3与与特殊角的三角形综合 例3．台风是一种破坏性极强的自然灾害．如图，点A是东方市，台风中心位于东方市的南偏东方向，距离为240千米的点B 处，已知台风中心沿北偏西的方向移动， 一段时间后台风中心移动到东方市的南偏东方向的点C处，此时台风中心移动的路径 的长度为 千米 ． 【答案】240 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的知识是解题关键． 根据题意可得，得到，过点C作于H点，利用等腰三角形的性质结合锐角三角函数的知识求解即可． 【详解】解：根据题意可得：，， 则， ∴， 过点C作于H点， ∴， 则在直角三角形中，千米． 故答案为：240． 【变式3-1】．某天10∶00海警于A处测得北偏东方向距离为73海里的B处有一艘不明船只正在沿北偏东方向航行，海警立即派出一艘快艇沿北偏东方向航行，并于当天15∶20在C处成功拦截该不明船只．求快艇前往C处的平均速度．（结果精确到个位，参考数据：，，） 【答案】46海里/小时 【分析】本题考查了解直角三角形的应用．设，在中，，在中，，求得，得到，据此求解即可． 【详解】解：过点C作交的延长线于点D， ∴， 设，在中，， 在中，， ∴， ∴， 解得， ∴． ∵5小时20分钟小时， ∴平均速度为（海里/小时）． 答：快艇前往C处的平均速度约为46海里/小时． 【变式3-2】．人间四月芳菲尽，山寺桃花始盛开．如图所示，点B为学校所在地，点D为歌乐山一寺庙，D点位于点B的北偏西方向．D点位于小雨家点A的北偏东方向．D点位于小瑜家点C的北偏西方向．又点A位于点B的正西方向，C点位于点B的正北方向，已知小雨家离学校的距离公里．（参考数据：，，） (1)求小雨家A离寺庙D的距离（结果保留根号）； (2)甲、乙、丙三人邀约小雨和小瑜去寺庙D处看桃花，他们三人同时从学校出发，为了接A处的小雨，甲驾车以每小时60公里的速度从学校出发走路线①，为了接C处的小瑜，乙驾车以每小时50公里的速度从学校出发走路线②，（接人时间忽略不计）丙骑共享电动自行车以每小时30公里的从学校出发走路线③，请通过计算说明，甲、乙、丙三人谁最晚达目的地D点？（结果精确到0.01） 【答案】(1)公里 (2)丙最晚达目的地D点 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键． （1）过点D作交于点，在取点，使，得，设，可求出，得出，在中由列方程求出，，在中由勾股定理可求出公里； （2）过点作于点，得出四边形是矩形，得，在取点，使，得，设，则根据求出，由分别求出公里，公里，公里，公里，分别求出三条路线用时，再进行比较即可得出结论． 【详解】（1）解：过点D作交于点，在取点，使，如图， 根据题意得， ∵， ∴ ∴ 设则 ∴ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得，， ∴ ∴ 在中，, 答：小雨家A离寺庙D的距离为公里； （2）解：过点作于点，则得出四边形是矩形， ∴， 在取点，使， 根据题意得， ∴ ∴， 设，则 ∴, ∴， ∴ ∴， 在中，公里， 在中， ∴公里， 又公里， ∴①用时为小时； ②用时为小时； ③用时为小时， ∵， ∴丙最晚达目的地D点． 【变式3-3】．2025年4月20日，重庆沙坪坝全球校友半程马拉松将在磁器口古镇沙磁文化广场开跑，某校优秀校友小凤、小鸣均已报名，并相约从小区一同前往参赛．如图，已知沙磁文化广场在处，其西南方向有一酒店，正南方有一超市，且超市位于酒店的北偏东方向，小区位于酒店的南偏东方向1000米处，且位于超市的南偏西方向．（参考数据：，，） (1)求沙磁文化广场与超市之间的距离（结果保留根号）； (2)从小区出发有两条线路可以前往沙磁文化广场，线路①：沿骑行，预计速度为210米/分钟；线路②：沿步行，预计速度为80米/分钟．请问选择哪一条线路能较快到达沙磁文化广场？ 【答案】(1)米 (2)线路一能较快到达沙磁文化广场 【分析】本题主要考查了解直角三角的实际应用，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，作辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）过点作，交的延长线于点，则可得到是等腰直角三角形，然后根据勾股定理求出长，在中，根据角的直角三角形的性质求出和长，再求出长解题即可； （2）求出线路一和线路二的时间，比较解题即可． 【详解】（1）解：如图，过点作，交的延长线于点． ，，， ，， 是等腰直角三角形． ， ． 在中，， ， ， ． 在中，， 是等腰直角三角形， ， ． （米） 答：沙磁文化广场与超市之间的距离为米． （2）解：线路一：沿 （分钟） 路线二： （分钟） 线路一能较快到达沙磁文化广场． 解直角三角形与特殊四边形的四种主要的题型及其应对要点。 题型类别 关键特征 常用方法与核心思路 与平行四边形的综合 可能涉及角度关联、线段和差等条件，图形常由旋转或折叠产生。 利用平行四边形性质（对边平行且相等）进行角度和线段的转化，常需连接对角线构造直角三角形 。 与矩形的综合 充分利用矩所有内角为直角的性质，折叠是常见背景。 折叠问题中，利用折叠前后图形全等的性质确定边角关系，并设未知数，在直角三角形中利用勾股定理建立方程。 与菱形的综合 充分利用对角线互相垂直平分且平分一组对角的性质。 对角线将菱形分成四个直角三角形。解题关键是将条件集中在一个直角三角形中求解 。 与正方形的综合 具备矩形和菱形的所有性质，边相等、角为直角、对角线垂直平分且相等。 常与旋转结合。利用旋转前后的全等关系进行边角转化，解题时常需连接对角线构造等腰直角三角形 题型4 与平行四边形的综合 例4．如图，在平行四边形中，边，，，点为射线上的一点．线段绕点顺时针旋转，点落在点处，连接，，则的最小值为 ． 【答案】5 【分析】过点A作于M，过点M作于I，交于J，连接，解直角三角形可得，则可求出，由勾股定理可得，则可解直角三角形得到；证明，推出，则可得到，即；可证明，则可推出B、A、F三点共线；作点C关于直线的对称点G，连接，设交于H，则，，，解直角三角形可得，则；根据，得到当D、F、G三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为线段的长；可证明，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点A作于M，过点M作于I，交于J，连接， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，； ∵， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 由旋转的性质可得， ∴，即； ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴B、A、F三点共线； 如图所示，作点C关于直线的对称点G，连接，设交于H， ∴，，， 在中，， ∴； ∵， ∴当D、F、G三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为线段的长； ∵， ∴，即， ∴， ∴的最小值为5， 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质，旋转的性质等等，解题的关键在于证明B、A、F三点共线． 【变式4-1】．如图，平行四边形中，，，，P为边上的一动点，则的最小值等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，线段最短问题，将求的最小值转化为求出线段的长是解题关键．过点作交延长线于点，连接，根据平行四边形的性质得出，再结合特殊角的正弦值，得到，则，当、、三点共线时，有最小值为的长，再在直角三角形中求解即可． 【详解】解：如图，过点作交延长线于点，连接， 四边形是平行四边形， ， ， ， 在中，， ， 当、、三点共线时，有最小值为的长， ， ， 在中，，， ， 即的最小值等于， 故答案为：． 【变式4-2】．四边形中，，在边上（不与重合），在边上； (1)如图1，若平分，且为中点，判断的形状，并证明； (2)如图2，若四边形为平行四边形，且，，求的值； (3)如图3，若，平分，，，且为等腰三角形，直接写出的值． 【答案】(1)为直角三角形，证明见解析 (2)的值为 (3) 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的相关计算，关键是根据题意作出适当的辅助线以及熟练掌握全等三角形的判定与性质． （1）延长与的延长线交于点，可证，进一步得，最后利用等腰三角形“三线合一”的性质即可证明； （2）先证出和，再利用对应边成比例得与的值即可； （3）先作出适当的辅助线，作，过点作交的延长线于点，交于点，再证出，得比例关系式，在根据等腰三角形的性质求值，最后设，，得出和的值即可． 【详解】（1）解：为直角三角形． 证明如下：如图， 延长与的延长线交于点， 为中点， ． ， ． ， ． ． 平分， ． ， ． ． （三线合一） ． 即为直角三角形． （2）解：如图， 延长与的延长线交于点， ， 设，则． 四边形为平行四边形， ，． ，． ， ． ，， ． ， ． ， ． ． 即， ． ， ， ． 答：的值为． （3）解：如图， 作，过点作交的延长线于点，交于点， ，． ， ，， 又， ． ， ， ． ， ， ． 平分， ． 在等腰三角形中， 由得，． 设边上的高为，，，（） 则，（利用等面积法） ． ，， 设，则， ， ，． ， ，． ， ，． ． 【变式4-3】．如图，中，，点在四条边上，且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形是菱形时，求的长． (3)当四边形的面积取得最大值时，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，二次函数最值，勾股定理， （1）根据平行四边形的性质，结合已知条件，证明，，得，，即可得出结论； （2）先根据，得，，解直角三角形得，，，，再由勾股定理得，即可得关于x的方程，解方程即可； （3）参考（2）中辅助线和设未知数，得到，，，再根据，当时，取得最大值，此时，再在中，求出，在中，求出，作于点，根据求出，最后根据代入计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，即， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，作于点，于点， 设， 则． ∵，， ∴，， ∴，，，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 根据勾股定理得，，， ∴， ∴， 解得（舍去）， ∴； （3）解：如图，作于点，于点，于点， 设，则． ∵，， ∴，， ∴，，，，，， ∴， ， ， ∴ ， ∴当时，取得最大值， ∴， ∴，，，，，， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， 作于点， ∵ ∴， ∴． 题型5 与矩形的综合 例5．如图，矩形中，，点E在边上，点F在边上，点G、H在对角线上．若四边形是菱形，则的长是（   ）． A． B． C．18 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练运用定理是解题的关键． 连接，证明，可得，从而得到，再由，可设，结合，可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∴， ∵， ∴，即，， ∴， 在中，． 即． 故选：D 【变式5-1】．如图，在矩形纸片中，，，将沿翻折，使点落在处，为折痕；再将沿翻折，使点恰好落在线段上的点处，为折痕，连接，若，则 ． 【答案】/0.25 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键． 连接，设，用x表示，再证明，由勾股定理得通过进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出，便可求得结果． 【详解】连接，设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ， 由折叠知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或， 当时，，不合题意，应舍去， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【变式5-2】．矩形中，点在边上，连接，过点作交于点． (1)如图1，求证： (2)如图2，当，连接，，则___________． (3)如图3，在（2）的条件下，过点的直线交和延长线于点、，若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)60 【分析】本题考查相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，勾股定理，解直角三角形； （1）在与中找到两组角相等即可证明； （2）易证明，由和矩形的性质，可设，，再求出，最后根据求解即可； （3）由（2）可设，，则，，由和求出、、，再求出，利用建立方程求出x，最后用勾股定理求出. 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ （2）解：由（1）得，， 在与中 ∴， ∴，， ∵， ∴设，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴. （3）解：由（2）可设，，则，， ∵四边形是矩形， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 即 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，， ∴. 【变式5-3】．如图，在矩形中，点是的中点，连接，将沿着翻折得到，延长交于点． (1)如图，求证：； (2)如图，若，连接，请直接写出图中的余弦值为的角． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据翻折的性质证明，即可解决问题． （2）设，可得，，然后证明，可得，可得，进而可得余弦值为的角． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由翻折而成， ， 是的中点， ， 在和中 ， ， ． （2）解：，理由如下： 如图，连接， ∵， ∴矩形是正方形， ∴， 由（1）同理可得：， 设， 则， ， ∵， ， 由翻折而成， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 余弦值为的角是 【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，矩形的性质，正方形的判定与性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 题型6 与菱形的综合 例6．如图，在菱形中，，，是上一点，将菱形沿折叠，使、的对应点分别是、，当时，则点到的距离是（    ） A． B． C．6 D． 【答案】D 【分析】过作于，过作于，由菱形性质和正切定义求出，，再由折叠证明，得到，从而得到，则，则问题可解． 【详解】解：过作于，过作于，    由已知，，， ∴，， ∴设，则， ∴在中，， ， 解得， ∴，， 由折叠可知，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点到的距离是． 故选：D． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及正切定义的应用，解答关键是根据折叠的条件推出． 【变式6-1】．如图，四边形是菱形，，．动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度向终点运动，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动．二者同时出发，当点到达点时，点也同时停止运动．连接，设点的运动时间为()． (1)菱形的周长为___________； (2)用含的代数式表示线段的长； (3)当时，求的值； (4)当时，请直接写出的值． 【答案】(1) (2) (3) (4)或 【分析】本题考查了菱形的性质，列代数式，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形； （1）根据菱形的性质，菱形的四边相等，即可求解； （2）根据题意得，进而分在上以及的延长线上时，分别求得的长； （3）根据含30度角的直角三角形的性质，得出，又，建立方程，解方程，即可求解； （4）过点作于点，分在上以及的延长线上时，分别表示出的长，进而建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）∵四边形是菱形，， ∴菱形的周长为； 故答案为：． （2）解：∵四边形是菱形，， ∴， 依题意，， 当时，， 当时，， ∴ （3）解：∵四边形是菱形，，，， ∴， ∴ ∴ 解得： （4）解：如图，当在上时，过点作于点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 解得： 当在的延长线上时，过点作于点， 同理可得，，， ∴， ∵， ∴， 解得：， 综上所述：或． 【变式6-2】．如图，四边形是一张平行四边形纸片（），要求利用所学知识作一个菱形．下面是小红和小星的做法： (1)请你选择一位同学的做法，补全图形并进行证明； (2)在（1）的图形中，若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定和性质，三角函数． （1）根据做法画出图形，进而证明即可； （2）过作交于点，根据三角函数求出，根据菱形的性质得到，进而求面积即可． 【详解】（1）解：小星：如图： 证明：由作图可知，， ∵四边形是一张平行四边形纸片， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； 小红：如图： 证明：由作图可知，，， ∵四边形是一张平行四边形纸片， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图，过作交于点， ∵，， ∴． ∵，四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积． 【变式6-3】．如图所示，菱形的边长为，对角线的长为，为等边三角形，，，交于点，为的中点． (1)求证：菱形的较小内角为； (2)求证：； (3)在上找一点，使的值最小，并求最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)图见解析，的最小值为． 【分析】（）设与交于点，由四边形是菱形，得，，，，然后通过，从而求出角度即可； （）由四边形是菱形，则，，从而有是等边三角形，证明，则，，然后通过三角形内角和定理及角度和差即可求解； （）连接，，交于点，连接，由四边形是菱形，则，点与点关于对称，，所以，得即为所求，此时为最小值，然后证明为等边三角形，故有，又为的中点，得，，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：如图，设与交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的较小内角为； （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴； （3）解：如图，连接，，交于点，连接， ∵四边形是菱形， ∴，点与点关于对称，， ∴， ∴即为所求，此时为最小值， 由（）得， ∴为等边三角形， ∴， ∵为的中点， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，轴对称的性质，平行线的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型7 与正方形的综合 例7．如图，正方形中，点E在边上，且，点F在边上，点G在边上，． （1）若，则的长为 ； （2）若与相似，则的长为 ． 【答案】 4或5 【分析】（1）利用正方形性质推出，从而证明，得到，利用角的正切值求出的长，再利用勾股定理求出结果即可； （2）分两种情况①；②，利用相似三角形性质结合正方形性质，利用勾股定理求出最后结果 【详解】解：（1）， ． 四边形是正方形， ， ． ， ， ， ， ． 在中，， ， ， ， ， ， ， ． （2）有两种情况： ①， 即， ， 则四边形为矩形， ； ②， 则． 由（1），得， 即， ， ． 由（1），得， ， ， 即点G和点D重合． ， ． 综上，的长为4或5． 故答案为：（1）；（2）4或5． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 【变式7-1】．如图，现有正方形纸片，点，分别在边，上，，．沿垂直于的直线折叠得到折痕，点，分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原． （1）若线段经过点，则 ； （2）若点落在边上，则 ． 【答案】 【分析】（1）先根据正方形的性质得，结合折叠的性质得，设，则，运用勾股定理得，，再证明，结合线段的和差关系得，同理可证和，则，即， （2）当点落在边上，则点和点C关于直线对称，所以直线垂直平分线段，根据平行线的性质以及角的等量代换得，则，即，在中，根据勾股定理可得，代入数值到，解得，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， 正方形纸片沿垂直于的直线折叠得到折痕，点，分别落在正方形所在平面内的点，处，且线段经过点， ∴关于对称轴对称， ∴， 如图所示： 设，则， ∵， ∴， 在中，根据勾股定理可得，， 即， 解得， 即，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 同理可证和， ∴， ∴， 故答案为：； （2）若点落在边上， ∵点和点C关于直线对称， ∴直线垂直平分线段， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 则， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴，即为线段中点， ∵直线垂直平分线段， ∴， 设， 则，， 在中，根据勾股定理可得，， ∴ 解得 即． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关运算，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．垂直平分线的性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式7-2】．如图，已知中，，正方形的顶点、分别在边、上，、在边上，如果，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，正切函数．根据已知条件证明，根据对应边成比例列出等式，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴， 故答案为：． 【变式7-3】．（1）如图1，正方形和正方形，其中D，G，F三点共线，延长交于E，连结．若，则_________． （2）在（1）的条件下，如图1，求的值； （3）如图2，正方形和正方形，P是中点，连结，F恰在上，连结，若，当最小时，求正方形的边长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）结合正方形的性质可得的长，即可求解； （2）证明，即可解答； （3）连接，证明，可得，可得点G在定直线上运动，当时，最小，设直线与相交于M，过M作于N，设，则，，再由，可得，从而得到，然后根据，可得，，过点G作于点O，同理，，再由勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形，， ∴，， ∴； 故答案为： （2）∵四边形和均为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图，连接， ∵四边形和均为正方形， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴点G在定直线上运动， ∴当时，最小， 设直线与相交于M，过M作于N， ∴， 即， ∵P是中点， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，解得：， 即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点G作于点O， 同理， ∴， ∴， ∴， 即正方形的边长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等知识．明确题意，添加合适的辅助线，寻找相似三角形求解是解题的关键． 这类综合题主要呈现为以下几种高频题型： 题型类别 关键特征与核心方法 考查重点 与切线的综合 通常涉及切线的证明​（需证垂直）和切线长定理的应用。解题时常连接圆心与切点，构造直角三角形。 对切线判定与性质的理解，以及在此基础上进行边角计算的能力。 与直径的综合 题目中明确或隐含直径条件。核心方法是利用 “直径所对的圆周角是直角” 这一性质来构造直角三角形。 对直径基本性质的敏锐洞察和直接应用。 与垂径定理的综合 常涉及弦长、弦心距、半径的计算。通过过圆心作弦的垂线，构造直角三角形，再利用勾股定理或三角函数求解。 利用垂径定理建立弦、弦心距、半径三者关系的能力。 与圆内接四边形的综合 图形中包含圆内接四边形。利用其 “对角互补”及 “外角等于内对角” 的性质进行角度转化，进而构造三角形或寻找相似关系。 圆内接四边形性质与解三角形的结合应用。 题型8 与切线的综合 例8．如图，四边形是平行四边形，以为圆心，为半径的圆经过点，延长交于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由平行四边形的性质可知，，，可得四边形是平行四边形；由同弧所对的圆心角相等及邻补角的性质可知，，由此可得，平行四边形是矩形，再结合切线的性质可得结论； （2）根据（1）中所求，可得，，分别利用三角形的面积公式及扇形的面积公式可得出阴影部分的面积． 【详解】（1）证明：如图，连接， 四边形是平行四边形， ，， ， ，， 四边形是平行四边形． ， ， ， ， 平行四边形是矩形． ， ， 是半径， 是的切线． （2）解：由（1）知，，， ， 在中，， ， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ， ∴． ． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定，弧与圆心角的关系，扇形的面积公式，解直角三角形，矩形的判定与性质等知识点，是一道圆的综合题，解题关键是得到四边形是矩形． 【变式8-1】．如图，以的直角为直径作，与斜边交于点D，E为边的中点，连结． (1)求证：是的切线． (2)连结，当为何值时，四边形是平行四边形？并在此条件下，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）如图，连结．先证是直角三角形，得,再证，得，问题得证； （2）根据可证得是等腰三角形，得证是的中点，根据中位线可证得四边形为平行四边形；如图，过点E作于点H．可根据正弦定义求出即可． 【详解】（1）证明：如图，连结． 是的直径， ． ∵E是的中点， ． 又,， ， ． ∵点D在上， 是的切线． （2）当时，四边形平行四边形． 理由：， ， ， ， 在中，， ， ， ，即是的中点， 又是的中点， ， 四边形是平行四边形， 如图，过点E作于点H． 设，则，， 在中，， ． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，切线的判定定理和性质定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理，正弦定义，构造辅助线是解题的关键． 【变式8-2】．如图，在中，为直径，且弦，垂足为点E，点P为延长线上的一点，且与切于点C．连接并延长，交于点F，连接和． (1)求证：直线为的切线； (2)探究线段，，之间的数量关系，并加以证明； (3)若，，求的值及线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)， 【分析】（1）连接，根据垂径定理可知是的垂直平分线，得，则，再利用可证明，从而证明结论； （2）利用，得，从而得出答案； （3）设，则，，由垂径定理可知是的中位线，得，，在中，由勾股定理得：，从而得出，从而解决问题． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是直径，， ∴，， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， 设，则，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定与性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用参数法表示出中各边的长是解题的关键． 【变式8-3】．已知四边形内接于，过C、D分别作的切线，，若，为的一条直径，设与交于P点 (1)判断线段、、的数量关系，并证明 (2)若也是的一条直径，连接、，设，求的值 【答案】(1)线段、、的数量关系为，见解析 (2) 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆的切线的性质，圆周角定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质，勾股定理； （1）过C点作且使，连接，，构造出了，可寻找条件证明，得出从而将转化为，再利用圆内接四边形对角互补得出A、D、E三点共线，从而得出即为线段，最后证明是等腰直角三角形，得出，得出； （2）过P作交延长线于E，于F于G，解题思路是构建一个含有的，在这个直角三角形中利用来求解，所以解题的关键就变成表示出，的长度，设，利用正方形的性质，矩形的性质，勾股定理可分别求出，的长度，从而求出. 【详解】（1）解：线段、、的数量关系为，证明如下： 如图1所示，过C点作且使，连接， ∵，为的切线切点为C、D， ∴，，， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵为的一条直径，O为圆心， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴在与中， ∴， ∴，，， ∵四边形内接于， ∴， ∴， 即 ∴A、D、E三点共线， ∵， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形，D点为边上一点， ∴， 即 ∵， ∴. 故答案为：线段、、的数量关系为. （2）解：如图2所示，过P作交延长线于E，于F，于G， 若也是的一条直径，由（1）得四边形为正方形，四边形也为正方形，且，设，则， ∵四边形为正方形，四边形也为正方形， ∴四边形为矩形， ∴， 在中 ∵，， ∴， ∵， ∴， 在中 ∴. 故答案为：. 题型9 与直径的综合 例9．如图，是的外接圆，为的直径，与交于点，为延长线上一点，连接，，，． (1)求证：； (2)若，，半径为4，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了圆周角定理，三角形全等的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂径定理以及圆心角和圆周角的关系是本题解题的关键． （1）根据三角形内角和定理和已知两角的关系，得出，然后根据圆周角和圆心角的关系，得出和的关系，再根据三角形内角和定理求出的大小，从而可以得出，结合为的直径，，继而得到即可； （2）根据，以及，可以得出和全等，从而证出为角平分线，再根据等腰三角形的三线合一，得出，再根据互余两角三角函数的关系求出的正切，然后根据，得出和的长，从而求出的长，根据勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：连接，，如图： ，，， ， ，， ， ， 为的直径， ， , , ； （2）解：， ， ， 又， ， ， 为的平分线， ，，， ， ， ， ，， ， ． 【变式9-1】．如图，是的直径，是弦，于F，交于点E，． (1)求证：为的切线； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键： （1）圆周角定理得到，进而得到，根据垂直得到，进而得到，即，即可得证； （2）勾股定理结合等积法求出的长，进而求出的长，垂径定理得到的长，线段的和差求出的长，勾股定理求出的长，再根据余弦的定义进行计算即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线； （2）∵，， ∴， ∵， ∴，，即， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴． 【变式9-2】．如图，在中，，以为直径作，分别交，于点，，连接并延长，交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质得出角相等，进而得到同位角相等，证明两直线平行； （2）先设圆的半径，结合切线性质和三角函数求出半径，再利用圆的直径所对圆周角为直角、三角函数以及勾股定理求出的长． 【详解】（1）证明：， ． ， ， ， ； （2）解：如图，设的半径为，连接， 切于点， ． 在中，， 解得， ， ， ． 为的直径， ． 在中，， ． ， ． 在中，． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆的切线性质、解直角三角形、勾股定理以及圆内接四边形的相关知识，熟练掌握圆的切线性质和三角函数的应用是解题的关键． 【变式9-3】．如图，内接于，是的直径，D是上的一点，平分，与相交于点E． (1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点C作的切线，交延长线于点F； (2)当的半径为5，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）延长，以点为圆心，取合适长度画弧与及延长线交于两点，再分别以此两点为圆心，取大于的一半的长度为半径画弧，两弧交于一点，连接这点与点O，延长交这条直线于点F，由此作图即可； （2）由角平分线定义和圆周角定理可证得，再由为的切线可得，根据圆周角定理可知，由此证得，在和中分别解直角三角形求出的长，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，直线为所求； （2）平分， ， ， ， ， ， ， 为的切线， ， ， ， 是的直径， ， ，， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， 则的长为． 【点睛】本题主要考查了尺规作图，角平分线定义，圆周角定理，解直角三角形，切线的性质，勾股定理等，熟练掌握相关知识是解题的关键． 题型10与垂径定理综合 例10．如图，某游乐场矗立起一座摩天轮，其直径为，旋转1周用时．小明从摩天轮的底部（与地面相距）出发开始观光，摩天轮转动1周，小明在离地面以上的空中时间是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查垂径定理，解直角三角形的知识，熟练利用三角函数解直角三角形是解题的关键． 设小明在点和点时距离地面，利用三角函数求出的角度即可求出时间． 【详解】解：如图，设小明在点和点时距离地面，延长交于， 即，小明在上时即为所求， 由题知，，，， ， ， ， ， 摩天轮旋转1周用时， 小明在离地面以上的空中时间是． 故选：A． 【变式10-1】．如图在中，，且，点在上，点是线段上一个动点，以为直径作，点为直径上方半圆的中点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理的推论，圆周角定理，解直角三角形，连接，过点作交的延长线于点，可得，即得，再由锐角三角函数可得，最后根据垂线段最短即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过点作交的延长线于点， ∵点为直径上方半圆的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵垂线段最短， ∴，即， ∴当点与点重合时，的值最小，最小值为， 故答案为：． 【变式10-2】．如图，为外接圆，为直径，平分交于，过点作交延长线于点． (1)求证：为圆切线； (2)若，求阴影部分面积（用含的代数式表示）． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查圆的切线、圆周角定理、垂径定理、三角函数： （1）连接，利用垂径定理证明，再根据即可得证； （2）设与交于F点，证明F是的中点，求出的度数和圆的半径即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵平分， ∴， ∴， ∵是圆的半径，是圆的弦， ∴根据垂径定理可知， 又 ∴， ∴为圆切线； （2）解：设与交于F点： ∵，， ∴，即F是中点， ∴是的中位线， ∴， 设， 则， 在中，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴阴影部分面积为． 【变式10-3】．如图，梯形中，，，，，，以为直径作，交边于E、F两点． (1)求证：； (2)求直径的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】此题主要考查垂径定理、勾股定理以及三角函数的综合应用，熟练掌握，即可解题． （1）过点O作，垂足为H，首先根据，，，得出，进而根据得出，然后根据垂径定理得出，进而得出； （2）过点A作，垂足为点G，，首先根据，得出，得出四边形为矩形，进而得出，再根据三角函数得出，最后根据勾股定理得出． 【详解】（1）证明：过点O作，垂足为H， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，过圆心， ∴， ∴， 即：； （2）解：过点A作，垂足为点G，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， 在中，∵， ∴， 在中，， ∴． 题型11与圆内接四边形综合 例11．如图，四边形是圆O的内接四边形，连结、交于点E (1)求证： (2)若， ①求证． ②当时，求的值 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析 ② 【分析】（1）由同所对的圆周角相等得出，由对顶角相等得出，进而可得出． （2）①过点A作交于点F，根据可得出，设，则，根据等边对等角得出，再根据三角形内角和定理即可求出， ②设，则，，，进一步求得，设，利用求得，在中利用勾股定理求得，则，利用，解得，再由，解得，即可求得． 【详解】（1）证明：∵ ∴， 又∵， ∴； （2）①证明：过点A作交于点F，如图， ∵， ∴， 设，则， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴； ②解：设，则，， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴， 在中，，即，解得， ∴， ∴，解得， ∵， ∴， ∴，解得， 则． 【点睛】本题主要考查同弧所对圆周角相等、相似三角形的判定、等腰三角形的判定和性质、勾股定理和解直角三角形，解题的关键是熟悉圆的基本性质和解直角三角形． 【变式11-1】．在圆内接四边形中，为直径，为半圆弧的中点，连接． (1)如图1， ①求的度数； ②求证：； (2)如图2，过点作交于点，若，求的值． 【答案】(1)①；②见解析 (2) 【分析】本题主要考查了弧与圆心角之间的关系，圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键． （1）①连接，根据题意可得，再由圆周角定理即可得到答案；②过点作交于E，连接，可证明．则，再证明和为等腰直角三角形．进而证明．得到．由勾股定理得到，据此可证明结论； （2）先证明．在上截取．证明．得到．设，则，根据（1）的结论可得．过点作，证明，可推出，则，再由正切的定义可得答案． 【详解】（1）①解：如图所示，连接， 是半圆的中点，为直径， ∴， ∴ ②证明：如图所示，过点作交于E，连接， ∵为直径， ． ． 即． ∵， ∴ 和为等腰直角三角形． ， ． ． ∵． 又． ． （2）解：为直径， ∴ ∵， ∴， ． ． 如图所示，在上截取． 又， ． ． 又， 设，则， ． 由②可知，． 又， ． ． 过点作， ． 又． ． ． ． 又． ． ① 又② ，得 ∴ 或（舍去）． ． ． 【变式11-2】．如图，在中，四边形是圆内接四边形，是的直径，，过D作交延长线于点E，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）要证明为的切线，需连接，利用圆内接四边形性质和角度关系证明； （2）通过角度关系证明为等边三角形，过E作于H，利用辅助线构造直角三角形，结合特殊角（）的直角三角形的性质计算线段的长度，进而求求出半径． 【详解】（1）解：连接，如图， 四边形是圆内接四边形，， ， 又， ， ， ， ， ，即， 是半径， 为的切线。 （2）， ， ，四边形是圆内接四边形， ， 又， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 过E作于H， 在中， ， ， ， 在中，， ， ， 的半径为． 【点睛】本题考查了圆的综合题，切线的判定性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确构造辅助线是解题的关键． 【变式11-3】．如图，四边形是圆的内接四边形，为圆的直径．以点为圆心，以小于的长为半径画弧，分别交于点；以点为圆心、长为半径画弧，与射线交于点；以点为圆心、长为半径画弧，交以点为圆心且长为半径的弧于点，射线与射线交于点． (1)求证：是圆的切线； (2)若，求圆的半径及的长． 【答案】(1)见解析 (2)圆的半径为， 【分析】（1）由作图可知，圆周角定理结合角的和差关系，推出，即可得证； （2）延长，交于点，圆周角定理，得到，解直角三角形，直角三角形，求出的长，勾股定理求出的长，即可得到半径的长，证明，求出的长即可． 【详解】（1）证明：由作图可知． 是圆的直径， ， ， ， 即， ∴， 是圆的直径， 是圆的切线． （2）如图，延长，交于点． 是圆的直径， ． ，， ， ， ， ， ， 圆的半径为． 由（1）知， 又∵， ， ，即． ． 【点睛】本题考查尺规作图—作一个角等于已知角，圆周角定理，切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 解直角三角形与相似三角形综合题的三大核心题型及其应对策略。 题型类别 关键特征与核心方法 考查重点 与比例线段结合 图形中通常包含直角三角形斜边上的高，由此产生多组相似三角形和重要比例线段。 熟练运用 **AD² = BD · DC**，AB² = BD · BC 等经典等积式进行证明与计算。 与四边形结合 在矩形、梯形等四边形中，通过作高或连接对角线，构造出直角三角形和相似三角形。 综合运用四边形的性质（如对边平行、对角线性质）和相似、解三角形知识。 与动点问题结合 图中有一个或多个动点，导致图形发生变化。需要探究在某一时刻，两个三角形相似或满足特定的直角关系。 分类讨论思想。常需设运动时间为 t，用含 t 的代数式表示线段长，再根据相似关系或勾股定理列方程求解。 题型12与比例线段综合 例12．如图，在矩形ABCD中，∠CBN的正弦值等于，BN与CD交于点N，∠BND的平分线NM与AD交于点M，若CD＝7，DM＝2AM，则AD的长为（　　） A． B． C．8 D．9 【答案】B 【分析】延长NM交BA的延长线于H．设CN=a．根据BH=BN，构建方程即可解决问题， 【详解】解：延长NM交BA的延长线于H．设CN＝a． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠C＝90° ∵∠CBN的正弦值等于， ∴BN＝3a．BC＝2a， ∵DM＝2AM，AH∥DN， ∴，∠H＝∠BNH， ∴AH＝ ∵∠BNH＝∠DNH， ∴∠BNH＝∠H， ∴BN＝BH＝3a， ∴+7＝3a， 解得a＝3， ∴AD＝BC＝6． 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型． 【变式12-1】．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 6，AC = 8．点D是AB边上一点，过点D作DE // BC，交边AC于E．过点C作CF // AB，交DE的延长线于点F． （1）如果，求线段EF的长； （2）求∠CFE的正弦值． 【答案】（1）4；（2）. 【分析】（1）根据相似三角形的性质得到 ，求得DE=2，推出四边形BCFD是平行四边形，根据平行四边形的性质得到DF=BC=6，于是得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到∠B=∠F，根据勾股定理得，根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】解：（1）∵  DE // BC，∴  ． 又∵  BC = 6，∴  DE = 2． ∵  DF // BC，CF // AB，∴  四边形BCFD是平行四边形． ∴  DF = BC = 6．∴  EF = DF – DE = 4． （2）∵  四边形BCFD是平行四边形， ∴  ∠B =∠F． 在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 6，AC = 8， 利用勾股定理，得． ∴  ．∴  ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【变式12-2】．在平面直角坐标系中（如图），反比例函数（是常数，且）的图像经过点． (1)求的值； (2)点在该反比例函数图像上（点与点在不同的象限内），联结，与轴交于点，且，求的正切值． 【答案】(1)的值为 (2) 【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、三角形相似的判定与性质，熟练掌握以上知识点是关键． （1）根据反比例函数图象上点的坐标特征列出，求出值即可； （2）过点分别作轴的垂线，垂足为点，根据反比例函数图象上点的坐标特征得到，，再利用三角形相似的性质得到，最后根据正切的定义求出的正切值即可． 【详解】（1）解：把代入，得， ， 解得； 所以，的值为2． （2）解：过点分别作轴的垂线，垂足为点， 由（1）可知，点，则，， ， ， ， ， 当时，， ， ， ， 所以，在中，． 【变式12-3】．如图，是的直径，点C，D在上，平分. (1)求证：； (2)延长交于点E，连接交于点F，若，求的正切值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，三线合一，垂径定理，平行线的判定，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键. （1）连接交于，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据三线合一可得，根据平行线的判定定理可得得到结论 （2）证得 ，根据相似三角形的性质得到 ，设 根据三角形的中位线定理可求得，然后根据勾股定理求出长，根据求解即可. 【详解】（1）证明： 如图， 连接交于， ∵是的直径， ， ∵平分，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴，， ∴， ， 设， ， ∵， ， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴. 题型13与四边形结合 例13．在四边形中，，，，连接，，当时，请直接写出的最大值为 ． 【答案】 【分析】过点D作于点D，使，连接，，求出，，由，即得，，即，证明，即得，再证，可得，，故当最长时，最长，而，即可得的最大值为． 【详解】解：过点D作于点D，使，连接，，如图： ∴，， ∵， ∴，，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当最长时，最长， ∵， ∴， 即的最大值为； 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，涉及勾股定理，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【变式13-1】．已知：在平面直角坐标系中，直线分别交轴负半轴、轴于点，且． (1)如图，求直线的解析式； (2)如图，点为点关于轴的对称点，点是的内部一点，四边形为平行四边形，且点在线段的延长线上，求的正切值； (3)如图，在（）的条件下，若，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）先求出点坐标，运用待定系数法求解即可； （）连接，过点作轴于，由四边形为平行四边形可得和互相平分，利用求出的值，进而可求出的正切值； （）在的延长线取一点，使，连接，与相交于点，过点作于点，作于点，过点作于点，设与相交于点，可证，可得，即证明 ，可得，从而可证，由即可求解． 【详解】（1）解：∵把代入，得， ∴， ∵， ∴， 将代入，得， 解得， ∴直线的解析式为； （2）解：如图，连接，过点作轴于， ∵四边形为平行四边形，点为点关于轴的对称点， ∴与互相平分，点的坐标为， ∴为中点， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，在的延长线取一点，使，连接，与相交于点，过点作于点，作于点，过点作于点，设与相交于点， ∴，，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， 即， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵点为点关于轴的对称点， ∴，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及性质，锐角的三角函数，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线等，根据题意添加恰当的辅助线是解题的关键． 【变式13-2】．如图，在中， ，D是的中点，E是的中点，过点A作 交 的延长线于点 F． (1)证明：四边形是菱形； (2)若 ，，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)24 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质、平行四边形及菱形的判定、直角三角形的性质（斜边中线等于斜边一半）、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数及勾股定理的应用；掌握综合运用几何判定定理与代数计算求图形面积是解题的关键． （1）通过全等三角形判定与性质及平行关系证明四边形是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线性质证其为菱形． （2）利用三角函数和勾股定理求出相关边长，进而计算菱形面积． 【详解】（1）证明： ∵， ∴， ∵E是中点， ∴， 又（对顶角相等）， ∴， ∴， ∵D是中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵中，D是中点， ∴（直角三角形斜边中线=斜边一半）， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∴． 【变式13-3】．已知：如图①，在四边形中，对角线相交于点E，点是的中点，且；分别连接平分，且与交于点与相交于点． (1)求证：； (2)如图②，若，求的值； (3)当四边形的周长取最大值时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由等腰三角形的性质及角平分线的定义证得，则可得出结论； （2）证明和为等腰直角三角形，得出，证明，由相似三角形的性质可得出结论； （3）设，则，由勾股定理得出，解得：，可用表示四边形的周长，根据二次函数的性质可求出时，四边形有最大值，得出，由直角三角形的性质可得出答案． 【详解】（1）证明：∵点是的中点，，， ∴， ， ， 平分， ， 又， ， ； （2）解：， ， ， 设， ， ， ； ， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， ， 和为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， 又， ， ． （3）解：， ， ， 设， 则， ， ， 解得：， ， ， 为的中点， 又为的中点， ， 四边形的周长为， ， 时，四边形的周长有最大值为10． ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练运用这些图形的性质是解题的关键． 题型14与动点问题结合 例14．如图，在菱形中，，，点是边上一个动点，在延长线上找一点，使得点和点关于点C对称，连接，交于点．当点从点运动到点时，设点的运动路径长，则正切值为的角的余弦值为 【答案】 【分析】过点作交于点，根据，四边形是菱形，得出垂直平分，再证明垂直平分，点在上运动，根据解直角三角形，根据三角函数即可求解． 【详解】解：过点作交于点，连接， ∵，四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴垂直平分， ∵， ∴， ∵点和点关于点对称， ∴，即垂直平分， ∵、交于点， ∴点在上运动， 当点与点重合时，点位于点， ∵，四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴点M的运动路径长为， ∵正切值为的角是角， ∴角的余弦值为， 故答案为：． 【点睛】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，等边三角形的判定和性质，三角函数值等知识点，解题的关键是掌握以上点的运动路径． 【变式14-1】．在边长为7的等边三角形中，点在上，．点是直线上的一个动点，连接，以为边在的左侧作等边三角形，连接，当为直角三角形时，则的长是 ． 【答案】6或8或9 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键． 过点D作交于点E，分类讨论，逐个分析，即可解答． 【详解】解：过点D作交于点E， ①当时，如图（1）， ∵是等边三角形，， ∴，，即是等边三角形， ∴ ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． ②当时，如图（2） 同理可得，， ∴，即， ∴， ∴． ③当时，如图（3） 同理可证， ∴ ∴． ∴． ④当时，如图（4） 同理可证， ∴， ∴， ∴． 综上所述，的长是6或8或9． 故答案为：6或8或9． 【变式14-2】．已知抛物线与轴交于A，B两点（A在的左侧），与轴交于点，连结，D是线段上一动点，以为一边向右侧作菱形，且，连结．若，． (1)求抛物线的表达式； (2)求的度数； (3)当点沿轴正方向移动到点时，点也随着运动，请直接写出长的取值范围． 【答案】(1) (2)120° (3) 【分析】对于（1），先确定抛物线是关于y轴对称可得关系式为，再根据面积相等求出c，进而得出答案； 对于（2），先说明是等边三角形，再根据菱形的性质得出是等边三角形，然后根据“边角边”证明，可得； 对于（3），由（2）知点在射线上，当点D与点O重合时， 求出，再根据勾股定理求出，结合点A的坐标求出，然后根据勾股定理求出；当点D与点B重合时， 求出，进而求出，再根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】（1）解：由，可知此抛物线的对称轴是轴，即， ， ∴抛物线的关系式为， 当时，， ∴点，， 由， 解得， 抛物线表达式为； （2）解：由，，， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ． 连接， 菱形中，，且， 是等边三角形，则， ∴， ∴， ， ； （3）解：． 由（2）知，点在射线上， 当点沿轴正方向移动到点时， 当点D与点O重合时，， ∴， 则， 根据勾股定理，得． ∵点， ∴， ∴． 在中，； 当点D与点B重合时，， ∴． 在中，，， 则． ∵点， ∴， ∴． 在中，， ∴长的取值范围是． 【点睛】本题主要考查了求二次函数关系式，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，作出辅助线得出点E的运动轨迹是解题的关键． 【变式14-3】．如图，在中，，，，点D是线段上一动点（）．以点A为圆心，长为半径作交的延长线于点G，交直线于点E和点F，连接并延长交于点H，连接． (1)求的度数； (2)①若，求证：；②求的最大值． 【答案】(1) (2)①见解析；②18 【分析】本题主要考查圆的综合、三角函数及相似三角形的性质与判定，熟练掌握圆的性质、三角函数及相似三角形的性质与判定是解题的关键； （1）根据特殊三角函数值可进行求解； （2）①方法一：连接，，由题意易得，，则有，然后可得，进而问题可求证；方法二：连接，根据圆周角定理及角的等量代换即可得证； ②过点C作于点K，连接，设圆A的半径为r，则，则，然后可得，则有，进而问题可求解． 【详解】（1）解：在中，， ∴； （2）①证明：方法一：如图，连接，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵是的直径， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 方法二：如图，连结，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． ②解：如图，过点C作于点K，连接， 设圆A的半径为r，则， 则， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当时，有最大值18． 直角三角形与函数综合题的三种核心题型及其应对策略。 题型类别 关键特征与核心方法 考查重点 与一次函数的综合 常涉及直线的斜率、交点坐标、点到直线的距离等。利用 **k = tanα**（α 为直线倾斜角）建立角度与函数解析式的联系。 对一次函数图像与性质的理解，以及坐标环境下解直角三角形的能力。 与二次函数的综合 多为中考压轴题，常探究在抛物线背景下构成直角三角形的点的存在性。核心方法是利用勾股定理逆定理，并通过两点间距离公式列方程求解。 代几综合能力，包括复杂情境下的建模、方程思想以及分类讨论能力。 在坐标几何中的应用 在平面直角坐标系中，利用点的坐标构造直角三角形，求点的坐标、线段长度或某个角的三角函数值。 对坐标系的理解，以及将几何问题代数化的能力。 题型15与一次函数结合 例15．如图，在平面直角坐标系中，的圆心是，半径为1，一次函数的图象被截得的弦的长为，则b的值是 ． 【答案】0或2/2或0 【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，掌握垂径定理是解题的关键．先证明直线与x轴、y轴的夹角都是，再分两种情况：当点P在直线上方时，当点P在直线下方时，分别画出图形求出结果即可． 【详解】解：设直线与y轴交于点M，与x轴交于点N， 把代入得：， 把代入得：，解得：， ∴直线与y轴的交点坐标为，与x轴的交点坐标为， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 即直线与x轴、y轴的夹角都是， 当点P在直线上方时，作于点，连接，并延长，交x轴于点D，如图所示， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴轴， ∵， ∴， ∴， ∴， 把代入得：， 解得：； 当点P在直线下方时，作于点，连接，如图所示， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即轴， ∴轴， ∵的半径为1，且， ∴点A在y轴上， ∴， 把代入得：； 综上分析可知：或． 故答案为：0或2． 【变式15-1】．在平面直角坐标系中，一次函数：的图象与轴交于点，与反比例函数：的图象交于，两点（点在点的右侧），过的中点作线段的垂线交轴于点，交轴于点，连接，，． (1)如图1，当，点的坐标为时，求反比例函数的表达式和B点坐标； (2)如图2，当，连接，时，求m的值； (3)当时，若，求b的值． 【答案】(1)， (2)或 (3)或 【分析】（1）根据题意得到，两点坐标，运用待定系数法即可求解； （2）根据题意得到，根据点在一次函数的图象上，在反比例函数的图象上，得到一次函数解析式为：，反比例函数解析式为，则，如图所示，过点作轴于点，根据，得坐标，可求出直线的解析式，则坐标可表示，根据三角形面积的计算即可求解； （3）根据题意得到，则，，则点，，，设一次函数与轴交点，，直线的解析式为，即可知，根据两点之间距离的计算得到，，，，由，得到，由此列式求解即可． 【详解】（1）解：当时，一次函数解析式为， ， 点是的中点，且， ， 解得， ， 把点代入反比例函数解析式得，， 解得，， 反比例函数解析式为， 把点代入一次函数解析式得，， 解得，， 一次函数解析式为， 联立反比例函数、一次函数解析式得，， 解得，，， ； （2）解：当时，同理，， 点是的中点，且， 点的横坐标为，纵坐标为，即， 点在一次函数的图象上，在反比例函数的图象上， ，， 解得，，， 一次函数解析式为：，反比例函数解析式为， 联立方程组得， 解得，，， ， 如图所示，过点作轴于点， ，， ，，， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， 当时，，即， ， ， 整理得，， ， 解得，或， 或， 解得，或； （3）解：当时，一次函数解析式为， 把点代入得，， ，则， ，则点，， ， 把点代入得，， ， 反比例函数解析式为， ， 解得，，， ， 当时，，即设一次函数与轴交点， ， 同理，， ， ，则， 设直线的解析式为， ， 解得，， 直线的解析式为， 当时，，即， 由勾股定理得： ， ， ， ， ， ， ， 整理得，， ， 当时，， ，，如图所示， 当时，， ，，如图所示， 若，的值为或． 【点睛】本题主要考查一次函数性质，反比例函数与几何图形的综合，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，掌握相关知识是解决问题的关键． 【变式15-2】．已知一次函数与反比例函数的图像交于第一象限内的，两点，与x轴交于A点． (1)分别求出、、、的值； (2)求的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查反比例函数与一次函数综合问题及求一个角的正弦值，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）将代入反比例函数解析式求出，再将 代入反比例函数求出m，将两个点代入一次函数求解即可得到答案； （2）求出一次函数与x轴、y轴交点，结合三角函数即可得到答案； 【详解】（1）解：将代入反比例函数解析式得， ， 解得， ∴， 将点代入得， ， ∴， 将点，代入得， ， 解得， ∴； （2）解：过点P作轴，垂足为D． 依题意，点A在的图象上， 令时，则， 解得 ∴ 即， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， 即 ． 【变式15-3】．如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，点B在反比例函数图象上，以为斜边构造直角三角形，点C落在x轴上． (1) ； ； (2)当点B的横坐标为5时，求的长． 【答案】(1)4，4 (2)或 【分析】题主要考查了反比例函数和一次函数的结合，利用待定系数法求函数解析式，利用锐角三角函数解直角三角形，利用一元二次方程解决几何问题等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质． （1）利用一次函数的解析式求出点的坐标，再利用待定系数法求函数解析式即可； （2）先求出点的坐标，分别过点A，B作x轴的垂线，垂足分别为点D，H，设，则，根据条件得出，利用锐角三角函数得出，最后求解即可． 【详解】（1）解：在中，令，则， ∴点A的坐标为， ∴. 把点代入 得， 故答案为：4，4； （2）解：将代入得， ∴， 如图，分别过点A，B作x轴的垂线，垂足分别为点D，H， 则，， 点C在上，设，则. ∵， ∴， ∴， ，即， ， 解得， ∴当点B的横坐标为5时，的长为或． 题型16 与二次函数结合 例16．如图，已知关于的二次函数图象与轴正半轴于点，交轴负半轴于点，交轴负半轴于点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段． (1)求的值； (2)若点恰好在二次函数的图象上，求此时的值：_____ (3)过点作的平分线交二次函数图象于点，过点作线段交轴于点，请直接写出_____． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求得点A、B、C的坐标，进而求得、，由勾股定理求出，利用正弦定义求解即可； （2）过D作轴于P，证明，利用全等三角形的性质求得点D坐标为，代入二次函数解析式中解方程即可求解； （3）设与y轴交于点K，过K作于H，根据角平分线的定义可得是等腰直角三角形，则，设，解直角三角形求得，则，求得；过E作轴于M，然后解直角三角形，分别求得，，进而可求解． 【详解】（1）解：在中，当时，， ∴， ∴； 当时，由，解得，， ∴，， ∴， ∵， ∴ ∴； （2）解：如图所示，过D作轴于P，则， 由旋转性质得，，且点D在第一象限， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点D坐标为， ∵点D恰好在二次函数的图象上， ∴， 解得； （3）解：设与y轴交于点K，过K作于H， ∵平分，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，设， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 过E作轴于M，则， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及旋转的性质、锐角三角函数、二次函数图象与坐标轴的交点问题、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 【变式16-1】．如果过抛物线与的交点作轴的垂线与该抛物线有另一个交点，并且这两点与该抛物线的顶点构成正三角形，那么我们称这个抛物线为正三角拋物线． (1)抛物线______正三角抛物线；（填“是”或“不是”） (2)如图，已知二次函数的图像是正三角抛物线，它与轴交于两点（点在点的左侧），点在轴上，当时，求出点的坐标． 【答案】(1)不是 (2)或 【分析】（）由函数解析式可得抛物线的顶点的坐标为，与轴的交点坐标为原点，抛物线与轴的另一个交点的坐标为，过点作轴于，可得，即可判断求解； （）设抛物线与轴交于点，顶点为，过点作轴交抛物线于点，由抛物线解析式可得，，，根据正三角形的性质可得，可得，即得，进而得到，，设，利用勾股定理可得，解得，即可求解； 本题考查了等边三角形的性质，锐角三角函数，二次函数的几何应用等，理解新定义是解题的关键． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴抛物线的顶点的坐标为， 把代入，得， ∴抛物线与轴的交点坐标为原点， 把代入，得， 解得，， ∴抛物线与轴的另一个交点的坐标为， 过点作轴于，则，， ∴， ∴， ∴， ∴不是正三角形， ∴抛物线不是正三角抛物线， 故答案为：不是； （2）解：设抛物线与轴交于点，顶点为，过点作轴交抛物线于点， ∵二次函数， ∴，，， ∵是正三角形， ∴， ∴， 整理得，， 解得， ∴， 当时，， 解得，， ∴，， ∴， 设， ∵， ∴， 即， 整理得，， ∴， ∴点的坐标为或． 【变式16-2】．如图，反比例函数图像经过和点，平行四边形的顶点、分别在轴的负半轴、轴的正半轴上，对角线交于点，二次函数的图像经过点、、. (1)求点、、的坐标； (2)求抛物线的解析式： (3)如果点在第四象限的二次函数图像上，且，求点的坐标． 【答案】(1)点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是； (2)； (3)． 【分析】根据反比例函数图像经过和点，用待定系数法求出反比例函数的解析式，并根据解析式求出点的坐标，设点的坐标是，点的坐标是，根据平行四边形的性质求出点、的坐标； 利用待定系数示求出抛物线的解析式即可； 过点作轴，过点作轴，利用勾股定理求出、的长度，根据可得：，设，则，，可得点的坐标是，因为点在抛物线上，可得：，解方程求出的值，即可得到点的坐标． 【详解】（1）解：设反比例函数的解析式是， 把点代入， 可得：， 反比例函数的解析式是， 把点的坐标代入， 可得：， 点的坐标是， 设点的坐标是，点的坐标是， 四边形是平行四边形， 可得：， 解得：， 点的坐标是，点的坐标是； （2）解：设抛物线的解析式是 ， 把点、、的坐标代入， 可得：， 解得：， 抛物线的解析式是； （3）解：如下图所示，过点作轴，过点作轴， 点的坐标是，点的坐标是； ， ， 点的坐标是， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， 点的坐标是， ， 解得：(不符合题意，舍去)，， ，， 点的坐标是 【点睛】本题主要考查了待定系数法求反比例函数、一次函数、二次函数的解析式、直角三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质以及锐角三角函数的运用和两点间的距离公式的运用．此题难度较大，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用． 【变式16-3】．已知在平面直角坐标系中，二次函数与x轴交于点，B，与y轴交于点C，连接，则． (1)试求抛物线解析式； (2)连接，若在直线上方的抛物线上有一动点P，连接交于点Q，试求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据，，得出，将和代入，利用待定系数法求解析式； （2）设点P的坐标为，利用待定系数法求出直线和直线的解析式，联立得出点Q的横坐标，作轴于点M，轴于点N，则，由平行线分线段成比例定理得，将所得二次函数解析式变形为顶点式，即可求出的最值． 【详解】（1）解：二次函数，与x轴有两个交点， 抛物线开口向下， ， ，点C在y轴的正半轴， ， ， ， ， 将和代入， 得：， 解得， 抛物线解析式为； （2）解：抛物线 的对称轴为直线：， ， B点的横坐标为， ， 设点P的坐标为， 设直线的解析式为：， 将和代入，得：， 解得， 直线的解析式为：， 同理可得，直线的解析式为：， 将直线和直线的解析式联立，得：， 解得， 点Q的横坐标为， 作轴于点M，轴于点N， 则，，， ，， ， ， ， 当时，取最大值，最大值为． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，求两条直线的交点坐标，平行线分线段成比例定理，二次的最值等，将进行转换，表示出点Q的横坐标是解题的关键． 题型17 与坐标几何中的应用 例17．在平面直角坐标系中，为原点，直角的顶点，点在轴的正半轴，，等腰直角，点在轴的负半轴，点在轴的正半轴，． (1)填空：如图①，点的坐标为___________，点的坐标为___________； (2)将等腰直角绕点逆时针旋转，得到，点的对应点分别为，记旋转角为． ①如图②，当点在边上时，求旋转角的大小和的长； ②连接，点为的中点，点为的中点，连接，求的取值范围（直接写出结果即可） 【答案】(1)， (2)①；；② 【分析】（1）由，，得，得,得；由 ，得，即得． （2）①过点作于点E，作线段的垂直平分线交于点G，交于点F,连接，设，由，得，由，得，，由，得，解得，得，，，设，由线段垂直平分线性质得，，得，解得，得，得，即得；②连接，由，得，根据三角形中位线性质得． 【详解】（1）解：∵点， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵点在轴的正半轴， ∴． ∵等腰直角中，， ∴ ∵点在轴的负半轴， ∴． 故答案为：，． （2）解：①过点作于点E，作线段的垂直平分线交于点G，交于点F，连接． 设， 由（1）知，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 化简，得． 解得（舍去），或． ∴，，． ∵， ∴． ∴． 设， 则，． ∵， ∴． 解得． ∴． ∴． ∴． ②连接， 则． ∵， ∴． ∵点为的中点，点为的中点， ∴． ∴． 【点睛】本题考查平面直角坐标系中三角形旋转，熟练掌握点的坐标，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线性质，三角形外角性质，三角形中位线定理，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，正确作出辅助线，是解题的关键． 【变式17-1】．已知点P位于第一象限内，，且与y轴正半轴夹角的正弦值为，那么点P的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理以及坐标与图形，解直角三角形，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出，代入，则，然后运用勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：依题意，如图：过点P作轴： ∵与y轴正半轴夹角的正弦值为， ∴， ∵， ∴， 则， ∴， 故答案为：． 【变式17-2】．如图，直线与轴、轴分别相交于A、B两点，点，点，圆心的坐标为，圆与轴相切于点．若将圆沿轴向左移动，当圆与线段有公共点时，令圆心的横坐标为，则的取值范围是 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形．根据题意可得，进行分类讨论：①当点P在点A右边，且与线段只有一个交点时，；②当点P在点A左边，且与线段只有一个交点时，与线段相交于点A． 【详解】解：∵点，点， ∴， ∴， ∴， 当点P在点A右边，且与线段只有一个交点时，如图中： ∵与线段只有一个交点， ∴， ∴， 则； 当点P在点A左边，且与线段只有一个交点时，如图中： ∵与线段只有一个交点， ∴与线段相交于点A， ∴，， 则； 综上：的取值范围是， 故答案为：． 【变式17-3】．如图，在平面直角坐标系中，，，，（），E为线段上一点，且，连接，为的中点． （1）当时，F点的坐标为 （2）若，，设点G的坐标为，则 ．（用含的式子表示）． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等边三角形的性质与判定； （1）根据坐标得出是等边三角形，进而解得出的坐标，根据中点坐标公式得出的坐标，将代入，即可求解； （2）过点作轴，过点分别作的垂线，垂足分别为，证明得出，进而即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作轴于点， ∵，，， ∴， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∴ ∴ ∵是的中点， ∴ 即 ∴当时， 故答案为：． （2）如图所示，过点作轴，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ 故答案为：． 三、解直角三角形与圆的综合 四、解直角三角形与相似三角形的综合 一、解直角三角形与特殊三角形综合 五、解直角三角形与函数的综合 二、解直角三角形与特殊四边形综合 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年人教版九年级数学下大单元教学分层优化练 专题一解直角三角形的综合探究题（题型归纳+分类解析练） 解直角三角形的综合探究题,它要求我们不仅能熟练运用三角函数的基本知识，还要具备将几何图形、代数方程和实际情境融会贯通的能力。下面为你系统梳理这类题型的核心特征、常见类型及实用的解题策略，希望能帮助你建立清晰的解题思路。 解直角三角形与特殊三角形综合题的三大核心题型及其应对策略。 题型类别 关键特征 常用方法与核心思路 与等腰三角形的综合 通常给出腰相等、底角相等等条件，可能涉及角度关联、边长比例。 利用 “三线合一”性质作底边上的高，构造直角三角形。利用等边对等角进行角度转换 。 与等边三角形的综合 三边相等，三个角均为60°。 任意一边上的高都将图形分为两个全等的含30°锐角的直角三角形，可直接应用特殊角三角函数值 。 与具有特殊角的非特殊三角形综合 三角形非等腰也非等边，但包含30°、45°、60°等特殊角。 通过作高，将原三角形分为两个直角三角形，利用特殊角三角函数值进行计算 。 题型1 与等腰三角形的综合 例1．在中，，，，点，分别是，上一动点，且，连接，当为等腰三角形时，的长为 ． 【变式1-1】．在矩形中，，，E为线段上的动点，将三角形沿着折叠，使点B落在点F处．若三角形是以为腰的等腰三角形，线段的长为 ． 【变式1-2】．如图，在矩形中，，P是的中点，点E在上，，连接，点M，N在线段上．若是等腰三角形，且，，则的长为 ． 【变式1-3】已知等腰三角形中，，．求的值． 题型2与等边三角形综合 例2．点为等边三角形的重心，连接，如果，那么 ． 【变式2-1】．如图：已知是边长为2的等边三角形，正方形的顶点D、E分别在边上，点F、G在边上，那么正方形的边长是 【变式2-2】．在边长为7的等边三角形中，点在上，．点是直线上的一个动点，连接，以为边在的左侧作等边三角形，连接，当为直角三角形时，则的长是 ． 【变式2-3】．等边三角形外接圆的半径长为2，则等边三角形边长为 ． 题型3与与特殊角的三角形综合 例3．台风是一种破坏性极强的自然灾害．如图，点A是东方市，台风中心位于东方市的南偏东方向，距离为240千米的点B 处，已知台风中心沿北偏西的方向移动， 一段时间后台风中心移动到东方市的南偏东方向的点C处，此时台风中心移动的路径 的长度为 千米 ． 【变式3-1】．某天10∶00海警于A处测得北偏东方向距离为73海里的B处有一艘不明船只正在沿北偏东方向航行，海警立即派出一艘快艇沿北偏东方向航行，并于当天15∶20在C处成功拦截该不明船只．求快艇前往C处的平均速度．（结果精确到个位，参考数据：，，） 【变式3-2】．人间四月芳菲尽，山寺桃花始盛开．如图所示，点B为学校所在地，点D为歌乐山一寺庙，D点位于点B的北偏西方向．D点位于小雨家点A的北偏东方向．D点位于小瑜家点C的北偏西方向．又点A位于点B的正西方向，C点位于点B的正北方向，已知小雨家离学校的距离公里．（参考数据：，，） (1)求小雨家A离寺庙D的距离（结果保留根号）； (2)甲、乙、丙三人邀约小雨和小瑜去寺庙D处看桃花，他们三人同时从学校出发，为了接A处的小雨，甲驾车以每小时60公里的速度从学校出发走路线①，为了接C处的小瑜，乙驾车以每小时50公里的速度从学校出发走路线②，（接人时间忽略不计）丙骑共享电动自行车以每小时30公里的从学校出发走路线③，请通过计算说明，甲、乙、丙三人谁最晚达目的地D点？（结果精确到0.01） 【变式3-3】．2025年4月20日，重庆沙坪坝全球校友半程马拉松将在磁器口古镇沙磁文化广场开跑，某校优秀校友小凤、小鸣均已报名，并相约从小区一同前往参赛．如图，已知沙磁文化广场在处，其西南方向有一酒店，正南方有一超市，且超市位于酒店的北偏东方向，小区位于酒店的南偏东方向1000米处，且位于超市的南偏西方向．（参考数据：，，） (1)求沙磁文化广场与超市之间的距离（结果保留根号）； (2)从小区出发有两条线路可以前往沙磁文化广场，线路①：沿骑行，预计速度为210米/分钟；线路②：沿步行，预计速度为80米/分钟．请问选择哪一条线路能较快到达沙磁文化广场？ 解直角三角形与特殊四边形的四种主要的题型及其应对要点。 题型类别 关键特征 常用方法与核心思路 与平行四边形的综合 可能涉及角度关联、线段和差等条件，图形常由旋转或折叠产生。 利用平行四边形性质（对边平行且相等）进行角度和线段的转化，常需连接对角线构造直角三角形 。 与矩形的综合 充分利用矩所有内角为直角的性质，折叠是常见背景。 折叠问题中，利用折叠前后图形全等的性质确定边角关系，并设未知数，在直角三角形中利用勾股定理建立方程。 与菱形的综合 充分利用对角线互相垂直平分且平分一组对角的性质。 对角线将菱形分成四个直角三角形。解题关键是将条件集中在一个直角三角形中求解 。 与正方形的综合 具备矩形和菱形的所有性质，边相等、角为直角、对角线垂直平分且相等。 常与旋转结合。利用旋转前后的全等关系进行边角转化，解题时常需连接对角线构造等腰直角三角形 题型4 与平行四边形的综合 例4．如图，在平行四边形中，边，，，点为射线上的一点．线段绕点顺时针旋转，点落在点处，连接，，则的最小值为 ． 【变式4-1】．如图，平行四边形中，，，，P为边上的一动点，则的最小值等于 ． 【变式4-2】．四边形中，，在边上（不与重合），在边上； (1)如图1，若平分，且为中点，判断的形状，并证明； (2)如图2，若四边形为平行四边形，且，，求的值； (3)如图3，若，平分，，，且为等腰三角形，直接写出的值． 【变式4-3】．如图，中，，点在四条边上，且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形是菱形时，求的长． (3)当四边形的面积取得最大值时，直接写出的值． 题型5 与矩形的综合 例5．如图，矩形中，，点E在边上，点F在边上，点G、H在对角线上．若四边形是菱形，则的长是（   ）． A． B． C．18 D． 【变式5-1】．如图，在矩形纸片中，，，将沿翻折，使点落在处，为折痕；再将沿翻折，使点恰好落在线段上的点处，为折痕，连接，若，则 ． 【变式5-2】．矩形中，点在边上，连接，过点作交于点． (1)如图1，求证： (2)如图2，当，连接，，则___________． (3)如图3，在（2）的条件下，过点的直线交和延长线于点、，若，，求的长． 【变式5-3】．如图，在矩形中，点是的中点，连接，将沿着翻折得到，延长交于点． (1)如图，求证：； (2)如图，若，连接，请直接写出图中的余弦值为的角． 题型6 与菱形的综合 例6．如图，在菱形中，，，是上一点，将菱形沿折叠，使、的对应点分别是、，当时，则点到的距离是（    ） A． B． C．6 D． 【变式6-1】．如图，四边形是菱形，，．动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度向终点运动，动点从点出发，沿射线以每秒个单位的速度运动．二者同时出发，当点到达点时，点也同时停止运动．连接，设点的运动时间为()． (1)菱形的周长为___________； (2)用含的代数式表示线段的长； (3)当时，求的值； (4)当时，请直接写出的值． 【变式6-2】．如图，四边形是一张平行四边形纸片（），要求利用所学知识作一个菱形．下面是小红和小星的做法： (1)请你选择一位同学的做法，补全图形并进行证明； (2)在（1）的图形中，若，，，求四边形的面积． 【变式6-3】．如图所示，菱形的边长为，对角线的长为，为等边三角形，，，交于点，为的中点． (1)求证：菱形的较小内角为； (2)求证：； (3)在上找一点，使的值最小，并求最小值． 题型7 与正方形的综合 例7．如图，正方形中，点E在边上，且，点F在边上，点G在边上，． （1）若，则的长为 ； （2）若与相似，则的长为 ． 【变式7-1】．如图，现有正方形纸片，点，分别在边，上，，．沿垂直于的直线折叠得到折痕，点，分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原． （1）若线段经过点，则 ； （2）若点落在边上，则 ． 【变式7-2】．如图，已知中，，正方形的顶点、分别在边、上，、在边上，如果，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，正切函数．根据已知条件证明，根据对应边成比例列出等式，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴， 故答案为：． 【变式7-3】．（1）如图1，正方形和正方形，其中D，G，F三点共线，延长交于E，连结．若，则_________． （2）在（1）的条件下，如图1，求的值； （3）如图2，正方形和正方形，P是中点，连结，F恰在上，连结，若，当最小时，求正方形的边长． 这类综合题主要呈现为以下几种高频题型： 题型类别 关键特征与核心方法 考查重点 与切线的综合 通常涉及切线的证明​（需证垂直）和切线长定理的应用。解题时常连接圆心与切点，构造直角三角形。 对切线判定与性质的理解，以及在此基础上进行边角计算的能力。 与直径的综合 题目中明确或隐含直径条件。核心方法是利用 “直径所对的圆周角是直角” 这一性质来构造直角三角形。 对直径基本性质的敏锐洞察和直接应用。 与垂径定理的综合 常涉及弦长、弦心距、半径的计算。通过过圆心作弦的垂线，构造直角三角形，再利用勾股定理或三角函数求解。 利用垂径定理建立弦、弦心距、半径三者关系的能力。 与圆内接四边形的综合 图形中包含圆内接四边形。利用其 “对角互补”及 “外角等于内对角” 的性质进行角度转化，进而构造三角形或寻找相似关系。 圆内接四边形性质与解三角形的结合应用。 题型8 与切线的综合 例8．如图，四边形是平行四边形，以为圆心，为半径的圆经过点，延长交于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若，求图中阴影部分的面积； 【变式8-1】．如图，以的直角为直径作，与斜边交于点D，E为边的中点，连结． (1)求证：是的切线． (2)连结，当为何值时，四边形是平行四边形？并在此条件下，求的值． 【变式8-2】．如图，在中，为直径，且弦，垂足为点E，点P为延长线上的一点，且与切于点C．连接并延长，交于点F，连接和． (1)求证：直线为的切线； (2)探究线段，，之间的数量关系，并加以证明； (3)若，，求的值及线段的长． 【变式8-3】．已知四边形内接于，过C、D分别作的切线，，若，为的一条直径，设与交于P点 (1)判断线段、、的数量关系，并证明 (2)若也是的一条直径，连接、，设，求的值 题型9 与直径的综合 例9．如图，是的外接圆，为的直径，与交于点，为延长线上一点，连接，，，． (1)求证：； (2)若，，半径为4，求长． 【变式9-1】．如图，是的直径，是弦，于F，交于点E，． (1)求证：为的切线； (2)若，求的值． 【变式9-2】．如图，在中，，以为直径作，分别交，于点，，连接并延长，交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【变式9-3】．如图，内接于，是的直径，D是上的一点，平分，与相交于点E． (1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点C作的切线，交延长线于点F； (2)当的半径为5，时，求的长． 题型10与垂径定理综合 例10．如图，某游乐场矗立起一座摩天轮，其直径为，旋转1周用时．小明从摩天轮的底部（与地面相距）出发开始观光，摩天轮转动1周，小明在离地面以上的空中时间是（   ） A． B． C． D． 【变式10-1】．如图在中，，且，点在上，点是线段上一个动点，以为直径作，点为直径上方半圆的中点，连接，则的最小值为 ． 【变式10-2】．如图，为外接圆，为直径，平分交于，过点作交延长线于点． (1)求证：为圆切线； (2)若，求阴影部分面积（用含的代数式表示）． 【变式10-3】．如图，梯形中，，，，，，以为直径作，交边于E、F两点． (1)求证：； (2)求直径的长． 题型11与圆内接四边形综合 例11．如图，四边形是圆O的内接四边形，连结、交于点E (1)求证： (2)若， ①求证． ②当时，求的值 【变式11-1】．在圆内接四边形中，为直径，为半圆弧的中点，连接． (1)如图1， ①求的度数； ②求证：； (2)如图2，过点作交于点，若，求的值． 【变式11-2】．如图，在中，四边形是圆内接四边形，是的直径，，过D作交延长线于点E，连接． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径长． 【变式11-3】．如图，四边形是圆的内接四边形，为圆的直径．以点为圆心，以小于的长为半径画弧，分别交于点；以点为圆心、长为半径画弧，与射线交于点；以点为圆心、长为半径画弧，交以点为圆心且长为半径的弧于点，射线与射线交于点． (1)求证：是圆的切线； (2)若，求圆的半径及的长． 解直角三角形与相似三角形综合题的三大核心题型及其应对策略。 题型类别 关键特征与核心方法 考查重点 与比例线段结合 图形中通常包含直角三角形斜边上的高，由此产生多组相似三角形和重要比例线段。 熟练运用 **AD² = BD · DC**，AB² = BD · BC 等经典等积式进行证明与计算。 与四边形结合 在矩形、梯形等四边形中，通过作高或连接对角线，构造出直角三角形和相似三角形。 综合运用四边形的性质（如对边平行、对角线性质）和相似、解三角形知识。 与动点问题结合 图中有一个或多个动点，导致图形发生变化。需要探究在某一时刻，两个三角形相似或满足特定的直角关系。 分类讨论思想。常需设运动时间为 t，用含 t 的代数式表示线段长，再根据相似关系或勾股定理列方程求解。 题型12与比例线段综合 例12．如图，在矩形ABCD中，∠CBN的正弦值等于，BN与CD交于点N，∠BND的平分线NM与AD交于点M，若CD＝7，DM＝2AM，则AD的长为（　　） A． B． C．8 D．9 【变式12-1】．如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 6，AC = 8．点D是AB边上一点，过点D作DE // BC，交边AC于E．过点C作CF // AB，交DE的延长线于点F． （1）如果，求线段EF的长； （2）求∠CFE的正弦值． 【变式12-2】．在平面直角坐标系中（如图），反比例函数（是常数，且）的图像经过点． (1)求的值； (2)点在该反比例函数图像上（点与点在不同的象限内），联结，与轴交于点，且，求的正切值． 【变式12-3】．如图，是的直径，点C，D在上，平分. (1)求证：； (2)延长交于点E，连接交于点F，若，求的正切值. 题型13与四边形结合 例13．在四边形中，，，，连接，，当时，请直接写出的最大值为 ． 【变式13-1】．已知：在平面直角坐标系中，直线分别交轴负半轴、轴于点，且． (1)如图，求直线的解析式； (2)如图，点为点关于轴的对称点，点是的内部一点，四边形为平行四边形，且点在线段的延长线上，求的正切值； (3)如图，在（）的条件下，若，求点的坐标． 【变式13-2】．如图，在中， ，D是的中点，E是的中点，过点A作 交 的延长线于点 F． (1)证明：四边形是菱形； (2)若 ，，求菱形的面积． 【变式13-3】．已知：如图①，在四边形中，对角线相交于点E，点是的中点，且；分别连接平分，且与交于点与相交于点． (1)求证：； (2)如图②，若，求的值； (3)当四边形的周长取最大值时，求的值． 题型14与动点问题结合 例14．如图，在菱形中，，，点是边上一个动点，在延长线上找一点，使得点和点关于点C对称，连接，交于点．当点从点运动到点时，设点的运动路径长，则正切值为的角的余弦值为 【变式14-1】．在边长为7的等边三角形中，点在上，．点是直线上的一个动点，连接，以为边在的左侧作等边三角形，连接，当为直角三角形时，则的长是 ． 【变式14-2】．已知抛物线与轴交于A，B两点（A在的左侧），与轴交于点，连结，D是线段上一动点，以为一边向右侧作菱形，且，连结．若，． (1)求抛物线的表达式； (2)求的度数； (3)当点沿轴正方向移动到点时，点也随着运动，请直接写出长的取值范围． 【变式14-3】．如图，在中，，，，点D是线段上一动点（）．以点A为圆心，长为半径作交的延长线于点G，交直线于点E和点F，连接并延长交于点H，连接． (1)求的度数； (2)①若，求证：；②求的最大值． 直角三角形与函数综合题的三种核心题型及其应对策略。 题型类别 关键特征与核心方法 考查重点 与一次函数的综合 常涉及直线的斜率、交点坐标、点到直线的距离等。利用 **k = tanα**（α 为直线倾斜角）建立角度与函数解析式的联系。 对一次函数图像与性质的理解，以及坐标环境下解直角三角形的能力。 与二次函数的综合 多为中考压轴题，常探究在抛物线背景下构成直角三角形的点的存在性。核心方法是利用勾股定理逆定理，并通过两点间距离公式列方程求解。 代几综合能力，包括复杂情境下的建模、方程思想以及分类讨论能力。 在坐标几何中的应用 在平面直角坐标系中，利用点的坐标构造直角三角形，求点的坐标、线段长度或某个角的三角函数值。 对坐标系的理解，以及将几何问题代数化的能力。 题型15与一次函数结合 例15．如图，在平面直角坐标系中，的圆心是，半径为1，一次函数的图象被截得的弦的长为，则b的值是 ． 【变式15-1】．在平面直角坐标系中，一次函数：的图象与轴交于点，与反比例函数：的图象交于，两点（点在点的右侧），过的中点作线段的垂线交轴于点，交轴于点，连接，，． (1)如图1，当，点的坐标为时，求反比例函数的表达式和B点坐标； (2)如图2，当，连接，时，求m的值； (3)当时，若，求b的值． 【变式15-2】．已知一次函数与反比例函数的图像交于第一象限内的，两点，与x轴交于A点． (1)分别求出、、、的值； (2)求的正弦值． 【变式15-3】．如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，点B在反比例函数图象上，以为斜边构造直角三角形，点C落在x轴上． (1) ； ； (2)当点B的横坐标为5时，求的长． 题型16 与二次函数结合 例16．如图，已知关于的二次函数图象与轴正半轴于点，交轴负半轴于点，交轴负半轴于点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段． (1)求的值； (2)若点恰好在二次函数的图象上，求此时的值：_____ (3)过点作的平分线交二次函数图象于点，过点作线段交轴于点，请直接写出_____． 【变式16-1】．如果过抛物线与的交点作轴的垂线与该抛物线有另一个交点，并且这两点与该抛物线的顶点构成正三角形，那么我们称这个抛物线为正三角拋物线． (1)抛物线______正三角抛物线；（填“是”或“不是”） (2)如图，已知二次函数的图像是正三角抛物线，它与轴交于两点（点在点的左侧），点在轴上，当时，求出点的坐标． 【变式16-2】．如图，反比例函数图像经过和点，平行四边形的顶点、分别在轴的负半轴、轴的正半轴上，对角线交于点，二次函数的图像经过点、、. (1)求点、、的坐标； (2)求抛物线的解析式： (3)如果点在第四象限的二次函数图像上，且，求点的坐标． 【变式16-3】．已知在平面直角坐标系中，二次函数与x轴交于点，B，与y轴交于点C，连接，则． (1)试求抛物线解析式； (2)连接，若在直线上方的抛物线上有一动点P，连接交于点Q，试求的最大值． 题型17 与坐标几何中的应用 例17．在平面直角坐标系中，为原点，直角的顶点，点在轴的正半轴，，等腰直角，点在轴的负半轴，点在轴的正半轴，． (1)填空：如图①，点的坐标为___________，点的坐标为___________； (2)将等腰直角绕点逆时针旋转，得到，点的对应点分别为，记旋转角为． ①如图②，当点在边上时，求旋转角的大小和的长； ②连接，点为的中点，点为的中点，连接，求的取值范围（直接写出结果即可） 【变式17-1】．已知点P位于第一象限内，，且与y轴正半轴夹角的正弦值为，那么点P的坐标是 ． 【变式17-2】．如图，直线与轴、轴分别相交于A、B两点，点，点，圆心的坐标为，圆与轴相切于点．若将圆沿轴向左移动，当圆与线段有公共点时，令圆心的横坐标为，则的取值范围是 ．    【变式17-3】．如图，在平面直角坐标系中，，，，（），E为线段上一点，且，连接，为的中点． （1）当时，F点的坐标为 （2）若，，设点G的坐标为，则 ．（用含的式子表示）． 五、解直角三角形与函数的综合 二、解直角三角形与特殊四边形综合 一、解直角三角形与特殊三角形综合 三、解直角三角形与圆的综合 四、解直角三角形与相似三角形的综合 学科网（北京）股份有限公司 $