第19讲 直角三角形（复习讲义，2考点7题型3重难）（山东专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习讲义聚焦“直角三角形”专题，覆盖直角三角形性质与判定、勾股定理及其逆定理等中考核心考点，构建“考情剖析-知识网络-考点解析-题型预测-重难突破-分层练习”的系统复习框架，通过考点梳理、方法指导和真题训练帮助学生突破含30度角、斜边中线、折叠问题等难点。 亮点在于“题型归类+策略指导”的创新设计，如针对折叠问题总结“标等量-设未知-构直角三角形列方程”三步法，培养学生几何直观和推理能力。分层练习涵盖基础巩固、能力提升和全国新趋势，配合限时测试与即时反馈，助力学生高效掌握考点，教师可依此把控复习节奏，实现精准备考。

第四章 三角形 第19讲 直角三角形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 4 04·命题洞悉·题型预测 8 命题点一 直角三角形 题型01 含30度的直角三角形 题型02 直角三角形斜边中线 命题点二 勾股定理及其逆定理 题型01 用勾股定理解三角形 题型02 勾股定理与网格问题 题型03 勾股问题与折叠问题 题型04 勾股定理的实际应用 题型05 在网格中判断直角三角形 05·重难突破·思维进阶难 17 突破一 直角三角形中的动点问题 突破二 直角三角形中的规律性问题 突破三 直角三角形与二次函数综合 06·优题精选·练能提分 20 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 直角三角形的性质与判定 山东德州T15 山东潍坊T12 山东青岛T15 山东东营T17 山东青岛T12 山东济宁T4 山东泰安T24 山东滨州T20 山东枣庄T15 山东济南T22 1.理解直角三角形的概念. 2.探索并掌握直角三角形的性质定理:直角三角形的两个锐角互余，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半. 3.掌握有两个角互余的三角形是直角三角形. 勾股定理 山东东营T17 山东滨州T16 山东德州T20 山东德州T10 山东日照T16 山东淄博T14 山东东营T16 山东青岛T9 山东淄博T10 山东济南T10 探索勾股定理及其逆定理，并能运用它们解决一些简单的实际问题. 勾股定理逆定理 山东淄博T20 山东威海T22 / 山东威海T10 山东卷T7 命题预测 该模块内容在中考中一直是较为重要的几何考点，考察难度为中等偏上，常考考点为:直角三角形的性质定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理与实际问题等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点.出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸.结合以上考察形式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向。 考点一 直角三角形的性质与判定 直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形． 直角三角形的性质：1）直角三角形两个锐角互余. 2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半. 3）在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半. 直角三角形的判定：1）两个内角互余的三角形是直角三角形. 2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形． 3）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形． 4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c有关系a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 2．（2025·山东潍坊·三模）如图，是的中点，则长为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东东营·三模）如图，在正方形中，，对角线和相交于点O，E为上一点，连接，点F为的中点，若，则的周长是 ． 考点二 勾股定理 勾股定理的：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么. 勾股定理的证明方法（常见）： 方法一（图一）：，，化简可证． 方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积． 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为 大正方形面积为，所以 方法三（图三）：，，化简得证 图一 图二 图三 勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即中，，，为正整数时，称，，为一组勾股数.常见的勾股数：如；；；等. 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一张纸片被y轴分成矩形和平行四边形两部分．点A的坐标为，点B，C分别在x轴和y轴上，点D的坐标为．下列结论： ①纸片的面积是； ②点E的坐标为； ③若直线既平分矩形的面积又平分的面积，则直线的解析式为； ④若点M是直线上的一个动点，连接EM，设，点C到的距离为n，则m与n之间的关系式为． 其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为 ． 考点三 勾股定理逆定理 勾股定理的逆定理内容：如果三角形三边长，，满足，那么这个三角形是直角三角形，其中为斜边. 1．（2025·山东淄博·二模）下列长度的三条线段，能组成钝角三角形的是（   ） A．3，4，4 B．3，4，5 C．3，4，6 D．3，4，7 2．（2025·山东滨州·模拟预测）如图所示的网格是正方形网格，则 （点，，是网格线交点），请只用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出解决该题的关键思路的连线． 3．（2025·山东青岛·模拟预测）【问题呈现】 如图①，在边长为1的正方形网格中，分别连接格点和和相交于点．求的值． 【方法归纳】 利用网格将线段平移得到线段，连接，得到格点，且，则就变换成中的． 【问题解决】 （1）图①中的值为___________． （2）如图②，在边长为1的正方形网格中，分别连接格点和与交于点，求的值． 【思维拓展】 （3）如图③，，垂足为，点在上，且，连接交的延长线于点，利用网格求的值． 命题点一 直角三角形 ►题型01 含30度的直角三角形 / 1. 先找30°角对的直角边（短边），已知斜边直接乘，已知短边直接乘2得斜边 2. 求另一条直角边（长边）：要么勾股定理(长边=√(斜边²-短边²))，要么用短边×√3 3. 遇折叠/综合题，先标记30°、90°角，锁定含30°的直角三角形，再找已知边代公式 4. 辅助线常用：作高构造含30°的直角三角形，或延长线段补全特殊三角形 【典例】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，圆锥的底面圆心为，顶点为，母线长为，母线与高的夹角为，那么圆锥侧面展开图的面积为 ． 【变式】1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 2．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则 ． ►题型02 直角三角形斜边中线 / 核心定理：直角三角形斜边中线=½斜边，先定中线/斜边关系，再结合题型破题 1. 已知斜边→直接÷2得中线；已知中线→直接×2得斜边，优先用此定理少算步骤 2. 遇等腰三角形关联：中线=斜边一半=短直角边时，必含30°直角三角形 3. 综合题解题步骤：①标直角+斜边，找/作斜边中线 ②用定理转中线与斜边数量关系 ③结合勾股定理/角相等条件推其他边/角 4. 辅助线技巧：无中线时，主动作斜边中线，构造两个等腰三角形（中线分直角三角形成两个等腰） 【典例】（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为 ． 【变式】1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴和y轴上，点C为的中点，反比例函数的图象经过点C．若点B的坐标为，，则 ． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在中，点D、E分别是的中点，点F是上一点，，则（   ）cm． A．5 B．4 C．3 D．2 命题点二 勾股定理及其逆定理 ►题型01 用勾股定理解三角形 / 核心：两直角边平方和=斜边平方（a²+b²=c²），分3类场景解题，步骤清晰不踩坑 1. 直角三角形（知2边求1边）：先定直角边/斜边，直接套公式，未知边单独放一侧计算 直角边a=√(c²-b²)，直角边b=√(c²-a²)，斜边c=√(a²+b²) 2. 证直角三角形（知3边）：算短两边平方和，看是否等于最长边平方，相等则是直角 3. 综合题（含折叠/高/中线）：先作辅助线构造直角三角形，标已知边长，设未知数代公式求解 【典例】（2025·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为 ． 【变式】1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 ►题型02勾股定理与网格问题 / 核心：网格里靠“补/割”构直角三角形，再套勾股定理算边长，分2步 1. 求网格中线段长：①以线段为斜边，向网格线作水平+竖直辅助线，围出直角三角形 ②数网格格子得两直角边长度 ③套a²+b²=c²算线段长 2. 网格证直角/算面积：①证直角：找3条线段，分别构直角三角算长度，验短边平方和=长边平方 ②算面积：直角三角直接(直角边乘积)/2；不规则图形用割补法拆成直角三角+矩形再算 3. 易错点：网格边长默认1，斜着数格子无效，必须构直角边；算完可简单验长度合理性 【典例】（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹） ． （2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为 ． 【变式】1．（2025·山东威海·中考真题）问题提出 已知，都是锐角，，，求的度数． 问题解决 （1）如图，小亮同学在边长为1的正方形网格中画出和，请你按照这个思路求的度数．（点A，B，C，D都在格点上） 策略迁移 （2）已知，都是锐角，，，则___________； （3）已知，，都是锐角，，，，求的值． （提示：在正方形网格中画出求解过程的图形，并直接写出答案） 2．（2025·山东滨州·一模）图①、图②均是的正方形网格，点A、B均在格点上，在图①、图②中只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写画法． （1）在图①中，在的内部画射线，使，点C在格点上； （2）在图②中，在的外部画射线，使，点D在格点上． ►题型03 勾股问题与折叠问题 / 核心：折叠=全等+对应边/角相等，先抓折叠等量关系，再构直角三角形用勾股定理求解 1. 标等量：折叠后重合边相等、重合角相等，优先标已知边和折叠对应边（关键） 2. 设未知数：未知边长设为x，用折叠等量关系表示其他相关边（多设折痕旁未知边） 3. 找直角：锁定折叠后形成的直角三角形，把含x的边全放进这个直角三角形里 4. 列方程求解：套a²+b²=c²列方程，解出x再回代求目标边/角 易错点：别漏折叠的隐藏等量，直角三角形边长要分清直角边和斜边 【典例】（2023·山东烟台·中考真题）【问题背景】 如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．    【问题提出】 在矩形中，，求线段的长． 【问题解决】 经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长； 方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长． 请你任选其中一种方案求线段的长． 【变式】1．（2025·山东烟台·模拟预测）如图，在中，将沿折叠后，点恰好落在的延长线上的点处，若，，则的面积为 ． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，将一张矩形纸片沿折叠，顶点A刚好落在边上的点处，若的长度为，的长度为，则折痕的长度为（     ）． A． B． C．12 D．5 ►题型04 勾股定理的实际应用 / 核心：先建模转直角三角形，再套勾股定理，最后回代实际，分3步通解 1. 建模转化：找实际场景里的直角（如垂直、水平、墙角、升降），抽象出直角三角形，标已知边/待求边 2. 设元列方程：未知边设x，分清直角边/斜边，套a²+b²=c²列等式（无直接直角则作高构造） 3. 求解验证：解出x，结合实际舍负根，单位统一后回代场景确认合理性 ✅3类高频实际题型速解 • 测距/爬梯类（如梯子靠墙）：墙高+地面距=两直角边，梯长=斜边，直接套公式 • 航海/航行类（如两船垂直行驶）：行驶路程为直角边，相距距离为斜边，算路程和再套定理 • 折叠/升降类（如折叠门、旗杆断裂）：折叠/断裂后对应边相等，构直角三角设x列方程 【典例】（2025·山东滨州·模拟预测）一根高的旗杆，下午三时其影长，此时旗杆的顶端与影子的顶端之间的距离是 ． 【变式】1．（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元． 2．（2025·山东淄博·二模）如图，护城河在处直角转弯，宽度保持4米，从往处，经过两座桥：，．设护城河是东西—南北方向，，在东西方向上相距64米，南北方向距84米，恰当地架桥可使，，的路程最短．则这个最短距离是 米． ►题型05 在网格中判断直角三角形 / 核心两步：先勾股算三边长→再验平方和关系，3步快速判定 1. 算三边长度：分别以三角形三边为斜边，沿网格线作直角边，数格子得直角边长，套勾股定理算每边实际长度（或直接算边长平方，省开方步骤） 2. 排边长顺序：找出最长边（疑似斜边），单独放一侧 3. 验证关系：算两条短边的平方和，看是否等于最长边的平方，相等就是直角三角形，不等则不是 【典例】（2025·山东滨州·二模）如图所示的网格是正方形网格，则 点、、、、是网格线交点．请只用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出解决该题关键思路的连线（虚线表示）． 【变式】1．（2025·山东滨州·二模）如图，如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，，均在格点上． ①为 三角形． ②只用无刻度的直尺在线段上找一个点，使． 2．（2025·山东潍坊·模拟预测）如图，已知直角坐标系中一条圆弧经过正方形网格的格点． (1)用直尺画出该圆弧所在圆的圆心M的位置； (2)点M的坐标为 ；的半径为 ； (3)点与的位置关系是点D在⊙M ； (4)若E点的坐标为，求证：直线是的切线． 突破一 直角三角形中的动点问题 【典例】如图，在等腰直角三角形中，，点是直线上一动点，连接，以为斜边，作直角三角形，使，连接，则线段的最小值为 ． 【变式】1．如图，矩形中，，点、分别为、边上的点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．如图，在等腰直角中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向终点运动，过点作交折线于点，以为边向右作长方形，使，设点的运动时间为秒． (1)用含的代数式表示线段的长； (2)当点落在边上时，求的值； (3)求长方形与重叠部分图形的面积与之间的关系式； (4)点为的中点，连结，当所在的直线垂直的一边时，直接写出的值． 突破二 直角三角形中的规律性问题 【典例】如图，正方形中，与直线的夹角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依此规律，则等于 ． 【变式】如图，，，，，都是斜边在x轴上的等腰直角三角形，直角顶点，，，，都在反比例函数的图象上，则的坐标是 ． 突破三 直角三角形与二次函数综合 【典例】 定义：在平面直角坐标系中，当点在图形的内部，或在图形上，且点的横坐标和纵坐标相等时，则称点为图形的“梦之点”． (1)如图①，矩形的顶点坐标分别是，，，，在点，，中，是矩形 “梦之点”的是___________； (2)点是反比例函数图象上的一个“梦之点”，则该函数图象上的另一个“梦之点”的坐标是___________，直线的解析式是___________． (3)如图②，已知点，是抛物线上的“梦之点”，点是抛物线的顶点，连接，，，判断的形状，并说明理由． 【变式】如图1，已知抛物线（）与轴交于点，，与轴交于点． (1)用含的代数式表示，． (2)如图2，点与点关于抛物线的对称轴对称，点为对称轴上且位于顶点下方的一点，连接，，，若． ①直接写出点的坐标； ②过点作轴的平行线，交抛物线于点，（点在点左侧），将该抛物线沿直线翻折，翻折后抛物线的顶点为，若四边形是正方形，求的值． (3)如图3，若，点，是抛物线上两动点（点在点左侧），运动过程中始终保持，当时，连接，，直接写出四边形的面积． 1．（2025·山东临沂·一模）如图，中，，，．点P为内一点，且满足．则的长度最小值为（    ） A．3 B． C． D． 2．（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·山东淄博·二模）如图，在中，，，，点E，F分别是边，上的动点（点E，F均不与的顶点重合），连接，．若，，则m的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为（    ） A． B．3 C． D． 5．（2024·山东潍坊·三模）如图，直棱柱包装盒子的上、下底面边长都是的正六边形，侧棱长，如果用丝线从点A处开始经过六个侧面缠绕n圈到达点B，则丝线长最短需要 ． 6．（2025·山东青岛·二模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，，交于点M，已知，，，则的周长为 ． 7．（2024·山东济宁·二模）如图，在正方形网格中，点A、B、C、D均在格点上，过B，C，D的弧交于点E，若每个正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 8．（2025·山东滨州·一模）以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，均在格点上． （1）在图1中，，相交于点，则的值为 ； （2）如图2，在线段上找一点，使，并简要说明点是如何找到的（不用证明）： 9．（2025·山东济南·一模）如图，平行四边形，，，，G为边上一点，连接，将沿翻折，点B的对应点为，E为中点，F为边上一点，连接，将沿翻折，点D的对应点恰巧也为，则 ． 10．（2024·山东聊城·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴分别交于、两点，与轴交于点，抛物线的顶点坐标为，连结、、．    (1)求抛物线的表达式； (2)判断的形状，并说明理由； (3)点是线段的中点，点是线段上一点（不与、重合），连接，一动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度运动到点，再沿线段以每秒个单位的速度运动到点后停止．当点的坐标是多少时，点在整个运动过程中用时最短，请直接写出最短时间和点的坐标． 1．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点是上的一点，且，于点；，交于点．下列结论正确的是 （填序号）． ①；②；③；④． 2．（2024·山东菏泽·一模）已知二次函数经过点、，与x轴交于另一点A，抛物线的顶点为D． (1)求此二次函数解析式； (2)连接、、，求证：是直角三角形； (3)在x轴是否存在一点P，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标． 3．（2025·山东·一模）问题情境：在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点，分别是，边上的点，将菱形沿折叠． 猜想证明：（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状； 问题解决：（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上点处，若，，求线段的长； （3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，的面积 ． 4．（2025·山东青岛·模拟预测）在正方形中，对角线相交于点O，点H，G为线段上两动点，且保持，延长交于点F，延长交于点E．    (1)求证：； (2)当时，求四边形的面积． 5．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在四边形中，，，，对角线．点P从B点出发沿方向匀速运动，速度为，同时，点Q从C出发沿方向匀速运动，速度为，设运动时间为．连接． (1)当时，求t的值． (2)设四边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 1．（2025·海南·模拟预测）如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，则的面积等于（　　） A．24 B．18 C．14 D．12 2．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，点、分别在边和的延长线上，连接、、AC，与边交于点，若，，则线段的长为 ． 3．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图是由小正方形组成的的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．每问的辅助线不得超过三条． (1)图中，在上画点，使；在上画点，使； (2)图中，在上画点，连，使； (3)图中，点是内一个格点，如图所示，在 上画点，使值最小． 4．（2025·湖南·模拟预测）如图，为矩形对角线，的交点，，，是直线上的动点，且，求的最小值． 5．（2025·青海西宁·三模）参照例题解决问题 例题：求的最小值 求解：如图所示在中可看成是直角边分别为x和3的直角三角形斜边的长度，延长到D，使得，则为，以点D为直角构造，使得，可得，过点E作交的延长线于点F，此时为直角三角形，四边形为矩形，连结交于点，当x等于时，最小，此时最小值 拓展应用 (1)直接写出的最小值为______． (2)请求出的值最小时x的值． 6．（2025·吉林松原·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，连接，对称轴为，点为此抛物线的顶点． (1)求抛物线的解析式． (2)若连接，则_____． (3)点是第一象限内抛物线上的动点，连接和，求面积的最大值． (4)点在抛物线的对称轴上，平面内存在点，当以点为顶点的四边形是矩形时，请直接写出点的横坐标． 7．（2025·重庆·模拟预测）如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别去B，D两港装载物资，运送到位于A港正东方向的C港．甲货轮沿A港的北偏东方向航行120海里后到达B港．2小时后，甲货轮装载好货物，再沿东南方向航行一定距离到达C港．乙货轮沿A港的南偏东方向航行一定距离到达D港．乙货轮花了1小时装载货物，再沿北偏东方向航行一定距离到达C港．（参考数据：） (1)求A，C两港之间的距离（结果保留整数）； (2)若甲、乙两艘货轮都匀速航行，甲货轮每小时航行20海里，乙货轮每小时航行10海里，哪艘货轮先到达C港？请通过计算说明（结果保留小数点后一位）． 8．（2025·河南郑州·一模）【问题情境】数学课上，兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为 【特例探究】（）如图，连接，与交于点，当点三点共线时，与相等的角为________（写出一个即可）． （）如图，为的中点，点恰好落在边上．①直接写出四边形的形状：________，________（填“”“”或“”） ②延长交于点，判断与的数量关系，并说明理由． 【深入探究】（）如图，将矩形纸片更换为平行四边形，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时直接写出的值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 三角形 第19讲 直角三角形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 4 04·命题洞悉·题型预测 17 命题点一 直角三角形 题型01 含30度的直角三角形 题型02 直角三角形斜边中线 命题点二 勾股定理及其逆定理 题型01 用勾股定理解三角形 题型02 勾股定理与网格问题 题型03 勾股问题与折叠问题 题型04 勾股定理的实际应用 题型05 在网格中判断直角三角形 05·重难突破·思维进阶难 42 突破一 直角三角形中的动点问题 突破二 直角三角形中的规律性问题 突破三 直角三角形与二次函数综合 06·优题精选·练能提分 58 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 直角三角形的性质与判定 山东德州T15 山东潍坊T12 山东青岛T15 山东东营T17 山东青岛T12 山东济宁T4 山东泰安T24 山东滨州T20 山东枣庄T15 山东济南T22 1.理解直角三角形的概念. 2.探索并掌握直角三角形的性质定理:直角三角形的两个锐角互余，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半. 3.掌握有两个角互余的三角形是直角三角形. 勾股定理 山东东营T17 山东滨州T16 山东德州T20 山东德州T10 山东日照T16 山东淄博T14 山东东营T16 山东青岛T9 山东淄博T10 山东济南T10 探索勾股定理及其逆定理，并能运用它们解决一些简单的实际问题. 勾股定理逆定理 山东淄博T20 山东威海T22 / 山东威海T10 山东卷T7 命题预测 该模块内容在中考中一直是较为重要的几何考点，考察难度为中等偏上，常考考点为:直角三角形的性质定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理与实际问题等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点.出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸.结合以上考察形式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向。 考点一 直角三角形的性质与判定 直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形． 直角三角形的性质：1）直角三角形两个锐角互余. 2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半. 3）在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半. 直角三角形的判定：1）两个内角互余的三角形是直角三角形. 2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形． 3）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形． 4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c有关系a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 【答案】①④ 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．证明，推出，再由直角三角形斜边中线的性质求得，推出，可得到，故①正确；证明，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得，即可求得，故③错误；证明，推出，再等量代换即可证明故④正确． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵正方形， ∴，即， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴，故②错误； ∵， ∴， 设正方形的边长为， ∴，， ∴，故③错误； ∵正方形， ∴，， ∵点，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①④． 2．（2025·山东潍坊·三模）如图，是的中点，则长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长，使，过点D作于点H，证明，得出，，证明，得出，得出，，根据勾股定理求出，，即可得出答案． 【详解】解：延长，使，连接，过点D作于点H，如图所示： ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 3．（2025·山东东营·三模）如图，在正方形中，，对角线和相交于点O，E为上一点，连接，点F为的中点，若，则的周长是 ． 【答案】25 【分析】本题考查正方形性质，勾股定理，三角形中位线性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，熟练掌握相关性质并灵活运用即可解题． 利用三角形中位线性质推出， 进而得到， 利用勾股定理算出，进而得到 ，再根据三角形周长公式计算解题． 【详解】解：∵正方形中，对角线和相交于点， ∴， 即为的中点， ， ∵， ∴， ∵点为的中点， ， ∴， ∴， ， ， 则的周长是， 故答案为：． 考点二 勾股定理 勾股定理的：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么. 勾股定理的证明方法（常见）： 方法一（图一）：，，化简可证． 方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积． 四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为 大正方形面积为，所以 方法三（图三）：，，化简得证 图一 图二 图三 勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即中，，，为正整数时，称，，为一组勾股数.常见的勾股数：如；；；等. 1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一张纸片被y轴分成矩形和平行四边形两部分．点A的坐标为，点B，C分别在x轴和y轴上，点D的坐标为．下列结论： ①纸片的面积是； ②点E的坐标为； ③若直线既平分矩形的面积又平分的面积，则直线的解析式为； ④若点M是直线上的一个动点，连接EM，设，点C到的距离为n，则m与n之间的关系式为． 其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】如图，延长交轴于， 求解，，，，，可得，，可得①符合题意；可得，可得②符合题意；如图，连接交于点，连接交于点，结合矩形和平行四边形，可得直线即直线既平分矩形的面积又平分的面积，进一步可得③符合题意；如图，连接，过作于，求解，进一步可得④符合题意． 【详解】解：如图，延长交轴于， ∵一张纸片被y轴分成矩形和平行四边形两部分．点A的坐标为，点B，C分别在x轴和y轴上，点D的坐标为， ∴，，，，， ∴，，纸片面积为：，故①符合题意； ∴，故②符合题意； 如图，连接交于点，连接交于点， ∵矩形和平行四边形， ∴直线即直线既平分矩形的面积又平分的面积， ∵，，， ∴，， 设直线为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为；故③符合题意； 如图，连接，过作于， 由题意可得：，而的面积为， ∴， ∴， ∵当最小时，最大， ∴当时，最小， ∵， ∴，解得：， 此时， ∴m与n之间的关系式为，故④符合题意； 故选：D 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 3．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 考点三 勾股定理逆定理 勾股定理的逆定理内容：如果三角形三边长，，满足，那么这个三角形是直角三角形，其中为斜边. 1．（2025·山东淄博·二模）下列长度的三条线段，能组成钝角三角形的是（   ） A．3，4，4 B．3，4，5 C．3，4，6 D．3，4，7 【答案】C 【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理． 利用勾股定理的逆定理逐项进行判断即可． 【详解】解：， 可构成直角三角形，且斜边为5，故选项B不符合题意； ∵，且， ∴可构成钝角三角形，故选项C符合题意； ∵，故选项D不能构成三角形，不符合题意； ∵，故选项A不符合题意； 故选：C． 2．（2025·山东滨州·模拟预测）如图所示的网格是正方形网格，则 （点，，是网格线交点），请只用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出解决该题的关键思路的连线． 【答案】或45度 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，延长交格点于，连接，根据勾股定理得到，，求得，于是得到，根据三角形外角的性质即可得到结论，正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：延长交格点于，连接， ∴，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 故答案为：． 3．（2025·山东青岛·模拟预测）【问题呈现】 如图①，在边长为1的正方形网格中，分别连接格点和和相交于点．求的值． 【方法归纳】 利用网格将线段平移得到线段，连接，得到格点，且，则就变换成中的． 【问题解决】 （1）图①中的值为___________． （2）如图②，在边长为1的正方形网格中，分别连接格点和与交于点，求的值． 【思维拓展】 （3）如图③，，垂足为，点在上，且，连接交的延长线于点，利用网格求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）由题意可得，则，在中，由锐角三角函数的定义可得出答案． （2）过点A作，连接，证明，在中，由锐角三角函数的定义可得出答案． （3）以为边长构造网格，过点作，连接，由图可知点在格点上，证明，再由锐角三角函数的定义可得出答案． 【详解】解：（1）由勾股定理得： ． ∴， ∴， ∵， ． 故答案为． （2）如图①，过点作， 连接，由图可知点在格点上， 由勾股定理得， ∴， ∴， ． （3）如图②，构造网格，过点作，连接，由图可知点在格点上， 同理可得：， 由勾股定理可得：， ． 命题点一 直角三角形 ►题型01 含30度的直角三角形 / 1. 先找30°角对的直角边（短边），已知斜边直接乘，已知短边直接乘2得斜边 2. 求另一条直角边（长边）：要么勾股定理(长边=√(斜边²-短边²))，要么用短边×√3 3. 遇折叠/综合题，先标记30°、90°角，锁定含30°的直角三角形，再找已知边代公式 4. 辅助线常用：作高构造含30°的直角三角形，或延长线段补全特殊三角形 【典例】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，圆锥的底面圆心为，顶点为，母线长为，母线与高的夹角为，那么圆锥侧面展开图的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形的性质，圆锥侧面积，先利用直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半计算出，然后利用圆锥的侧面展开图为一扇形，扇形的面积公式计算圆锥的侧面积即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， 由题意得，，， ∴， ∴圆锥侧面展开图的面积为， 故答案为：． 【变式】1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在扇形中，，，点在上，且．延长到，使．以，为邻边作平行四边形，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）． 【答案】 【分析】本题考查扇形面积公式，平行四边形性质，含三角形的性质，正确将阴影面积进行组合是解决问题的关键．由题意，利用计算即可． 【详解】解：过A作， ∵，， ， ∵， ∴， ， ， ， 设长度为，则，在中，由勾股定理得： 解得：， ， ， 则，， ， ． 故答案为：． 2．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则 ． 【答案】3或1 【分析】过点作于点，连接，分两种情况①当在点左侧，证出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，证明，得出，进而推出为等边三角形，再由直角三角形性质以及勾股定理求出，，，进而即可得解，②当在点右侧，同理即可得解． 【详解】解：过点作于点，连接， 当在点左侧， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵将绕点旋转，点恰好落在边上的点处， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ②当在点右侧， 与①同理可得，，， ， ∴， ∴， 故答案为：3或1． ►题型02 直角三角形斜边中线 / 核心定理：直角三角形斜边中线=½斜边，先定中线/斜边关系，再结合题型破题 1. 已知斜边→直接÷2得中线；已知中线→直接×2得斜边，优先用此定理少算步骤 2. 遇等腰三角形关联：中线=斜边一半=短直角边时，必含30°直角三角形 3. 综合题解题步骤：①标直角+斜边，找/作斜边中线 ②用定理转中线与斜边数量关系 ③结合勾股定理/角相等条件推其他边/角 4. 辅助线技巧：无中线时，主动作斜边中线，构造两个等腰三角形（中线分直角三角形成两个等腰） 【典例】（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形斜边中线定理及勾股定理的应用，得到是解题的关键． 由勾股定理先计算，易得，继而得到，再根据和得到，接着解直角三角形，最后利用勾股定理求即可． 【详解】连接，过作交的延长线于， 根据题意，， ， ， ，即，解得， 和，M，N分别是的中点， ， , ， ， , ， 又， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式】1．（2025·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴和y轴上，点C为的中点，反比例函数的图象经过点C．若点B的坐标为，，则 ． 【答案】12 【分析】本题考查了直角三角形的斜边中线，勾股定理，中点坐标，求反比例函数解析式，利用数形结合的思想解决问题是关键．在中，由直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，利用勾股定理得到，则，再结合中点坐标公式，得到，根据反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出值． 【详解】解：在中，点C为的中点，， ， 点B的坐标为， ， ， ， 点C的坐标为，即， 反比例函数的图象经过点C， ， 故答案为：12． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在中，点D、E分别是的中点，点F是上一点，，则（   ）cm． A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解是解题的关键．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，然后根据计算即可得解． 【详解】解：∵点D，点E分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵，E是的中点， ∴， ∴． 故选：D. 命题点二 勾股定理及其逆定理 ►题型01 用勾股定理解三角形 / 核心：两直角边平方和=斜边平方（a²+b²=c²），分3类场景解题，步骤清晰不踩坑 1. 直角三角形（知2边求1边）：先定直角边/斜边，直接套公式，未知边单独放一侧计算 直角边a=√(c²-b²)，直角边b=√(c²-a²)，斜边c=√(a²+b²) 2. 证直角三角形（知3边）：算短两边平方和，看是否等于最长边平方，相等则是直角 3. 综合题（含折叠/高/中线）：先作辅助线构造直角三角形，标已知边长，设未知数代公式求解 【典例】（2025·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆的切线性质，勾股定理，坐标与图形等知识，连接，，过点P作于点A，由点P的坐标可得出，，再结合切线的性质和圆的半径相同可得出，再由勾股定理得出，进而可求出，即可求出点N的坐标． 【详解】解：如图，连接，，过点P作于点A， ∵与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q， ∴轴， ∵点P的坐标为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式】1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 2．（2025·山东淄博·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 【答案】B 【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理及解直角三角形，解题的关键是利用勾股定理建立方程得到圆的半径． 根据题意可得，设半径为，利用勾股定理求出半径，再根据求解即可． 【详解】解：设中点圆心为，半径为，连接， 因为圆与相切于点，所以， 则，即， 解得，， 又， 所以． 故选：B． ►题型02勾股定理与网格问题 / 核心：网格里靠“补/割”构直角三角形，再套勾股定理算边长，分2步 1. 求网格中线段长：①以线段为斜边，向网格线作水平+竖直辅助线，围出直角三角形 ②数网格格子得两直角边长度 ③套a²+b²=c²算线段长 2. 网格证直角/算面积：①证直角：找3条线段，分别构直角三角算长度，验短边平方和=长边平方 ②算面积：直角三角直接(直角边乘积)/2；不规则图形用割补法拆成直角三角+矩形再算 3. 易错点：网格边长默认1，斜着数格子无效，必须构直角边；算完可简单验长度合理性 【典例】（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点A、B、C均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点D，使得最短（保留作图痕迹） ． （2）在（1）的基础上，在边上找一点M，使得最小，最小值为 ． 【答案】 见解析 【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键． （1）由勾股定理可得，根据矩形的对角线互相平分找出的中点，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由垂线段最短可知此时最短； （2）作点关于的对称点，连接，由轴对称的性质可得当、、三点共线时，最小，最小值为的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）如图，点即为所求作， 故答案为： （2）如图，作点关于的对称点，连接， 由轴对称的性质可知，， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为的长， 过点作，由方格和为的中点知，，， ， 故答案为：． 【变式】1．（2025·山东威海·中考真题）问题提出 已知，都是锐角，，，求的度数． 问题解决 （1）如图，小亮同学在边长为1的正方形网格中画出和，请你按照这个思路求的度数．（点A，B，C，D都在格点上） 策略迁移 （2）已知，都是锐角，，，则___________； （3）已知，，都是锐角，，，，求的值． （提示：在正方形网格中画出求解过程的图形，并直接写出答案） 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】本题考查作了解直角三角形，勾股定理及其逆定理等知识，解题的关键是学会路数形结合的思想解决问题． （1）连接，利用等腰直角三角形的性质求解； （2）构造等腰直角三角形可得结论； （3）构造直角三角形可得结论． 【详解】解：（1）如图1中，连接， ，， ， ∴是等腰直角三角形， ，， ； （2）如图中，连接， 由题意，，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， 故答案为：； （3）如图中， 由题意知，，， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴是直角三角形， ． 2．（2025·山东滨州·一模）图①、图②均是的正方形网格，点A、B均在格点上，在图①、图②中只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写画法． （1）在图①中，在的内部画射线，使，点C在格点上； （2）在图②中，在的外部画射线，使，点D在格点上． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】本题主要考查作图-应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． （1）由勾股定理得，连接，取与格线的交点，根据等腰三角形性质画出图形即可； （2）取格点，连接，使，连接与格线的交于点，根据等腰三角形性质画出图形即可． 【详解】解：（1）如图①所示，射线为所求； ； （2）如图②所示，射线为所求， ； ►题型03 勾股问题与折叠问题 / 核心：折叠=全等+对应边/角相等，先抓折叠等量关系，再构直角三角形用勾股定理求解 1. 标等量：折叠后重合边相等、重合角相等，优先标已知边和折叠对应边（关键） 2. 设未知数：未知边长设为x，用折叠等量关系表示其他相关边（多设折痕旁未知边） 3. 找直角：锁定折叠后形成的直角三角形，把含x的边全放进这个直角三角形里 4. 列方程求解：套a²+b²=c²列方程，解出x再回代求目标边/角 易错点：别漏折叠的隐藏等量，直角三角形边长要分清直角边和斜边 【典例】（2023·山东烟台·中考真题）【问题背景】 如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．    【问题提出】 在矩形中，，求线段的长． 【问题解决】 经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长； 方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长． 请你任选其中一种方案求线段的长． 【答案】线段的长为． 【分析】方案一：连接，由翻折的不变性，知，，证明，推出，设，在中，利用勾股定理列式计算求解即可； 方案二：将绕点旋转至处，证明，推出，设，同方案一即可求解． 【详解】解：方案一：连接，如图2．    ∵四边形是矩形， ∴，， 由作图知， 由翻折的不变性，知，，， ∴，，又， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴线段的长为； 方案二：将绕点旋转至处，如图3．    ∵四边形是矩形， ∴，， 由作图知， 由旋转的不变性，知，，， 则， ∴共线， 由翻折的不变性，知， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴线段的长为． 【变式】1．（2025·山东烟台·模拟预测）如图，在中，将沿折叠后，点恰好落在的延长线上的点处，若，，则的面积为 ． 【答案】 【分析】由平行四边形的性质得，由折叠得，，因为点恰好落在的延长线上的点处，所以，，所以，则，，即可求得． 【详解】解：四边形是平行四边形，，， ∴， 由折叠得， ∵点恰好落在的延长线上的点处， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、轴对称的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的面积公式，熟练掌握各知识点是解题的关键． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，将一张矩形纸片沿折叠，顶点A刚好落在边上的点处，若的长度为，的长度为，则折痕的长度为（     ）． A． B． C．12 D．5 【答案】A 【分析】本题考查的是图形的翻折变换及勾股定理．先根据翻折变换的性质得出，再先设，则，，在中由勾股定理可求出，得到，在和中由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵由翻折而成， ∴， ∴，，， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， 在中，由勾股定理可得：，即， ∴，即， 在中，由勾股定理可得， 故选：A． ►题型04 勾股定理的实际应用 / 核心：先建模转直角三角形，再套勾股定理，最后回代实际，分3步通解 1. 建模转化：找实际场景里的直角（如垂直、水平、墙角、升降），抽象出直角三角形，标已知边/待求边 2. 设元列方程：未知边设x，分清直角边/斜边，套a²+b²=c²列等式（无直接直角则作高构造） 3. 求解验证：解出x，结合实际舍负根，单位统一后回代场景确认合理性 ✅3类高频实际题型速解 • 测距/爬梯类（如梯子靠墙）：墙高+地面距=两直角边，梯长=斜边，直接套公式 • 航海/航行类（如两船垂直行驶）：行驶路程为直角边，相距距离为斜边，算路程和再套定理 • 折叠/升降类（如折叠门、旗杆断裂）：折叠/断裂后对应边相等，构直角三角设x列方程 【典例】（2025·山东滨州·模拟预测）一根高的旗杆，下午三时其影长，此时旗杆的顶端与影子的顶端之间的距离是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么．根据勾股定理进行计算即可． 【详解】解：∵旗杆和地上的影子互相垂直， ∴， ∴， 即此时旗杆的顶端与影子的末端之间的距离是． 故答案为：25． 【变式】1．（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理解决实际问题，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用． 利用勾股定理求得所有台阶横面长度，横面长度加上竖面长度即为总长度，总长度乘单价即为总造价． 【详解】解：根据题意得，整个楼梯图形为直角三角形，根据勾股定理得： 所有台阶横面长为：（m） ∴所有楼梯表面的长度为：（m） ∴总造价为：元． 故答案为：． 2．（2025·山东淄博·二模）如图，护城河在处直角转弯，宽度保持4米，从往处，经过两座桥：，．设护城河是东西—南北方向，，在东西方向上相距64米，南北方向距84米，恰当地架桥可使，，的路程最短．则这个最短距离是 米． 【答案】108 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，将点向下平移至点，使的长等于河宽，将点向右平移至点，使的长等于河宽；连接，与河岸相交于点，；过点作于点D，过点作于点，可证明四边形和四边形都是平行四边形，得到，则当四点共线时，有最小值，即此时，，的路程最短，据此利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示， 将点向下平移至点，使的长等于河宽，将点向右平移至点，使的长等于河宽；连接，与河岸相交于点，；过点作于点D，过点作于点，则四边形和四边形都是平行四边形， ∴， ∴当四点共线时，有最小值，即此时，，的路程最短， ∵，在东西方向上相距64米，南北方向距84米，且河宽为4米， ∴点G与点F的东西距离为米，南北距离为米， ∴点G与点F的距离为米， ∴这个最短距离是米， 故答案为：108． ►题型05 在网格中判断直角三角形 / 核心两步：先勾股算三边长→再验平方和关系，3步快速判定 1. 算三边长度：分别以三角形三边为斜边，沿网格线作直角边，数格子得直角边长，套勾股定理算每边实际长度（或直接算边长平方，省开方步骤） 2. 排边长顺序：找出最长边（疑似斜边），单独放一侧 3. 验证关系：算两条短边的平方和，看是否等于最长边的平方，相等就是直角三角形，不等则不是 【典例】（2025·山东滨州·二模）如图所示的网格是正方形网格，则 点、、、、是网格线交点．请只用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出解决该题关键思路的连线（虚线表示）． 【答案】/45度 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的性质与判定，取格点H、G，连接，设交于O，可证明四边形是矩形，则，，可证明四边形是平行四边形，得到，则，据此可证明，再证明是等腰直角三角形即可得到答案． 【详解】解：如图所示，取格点H、G，连接，设交于O， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式】1．（2025·山东滨州·二模）如图，如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，，均在格点上． ①为 三角形． ②只用无刻度的直尺在线段上找一个点，使． 【答案】 直角 见解析 【分析】本题考查了直角三角形的判定，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关判定定理是解题的关键． ①借助格点计算三角形各边长度的平方，根据勾股定理的逆定理即可求解； ②根据三角形相似的判定和性质，找点，连线，即可． 【详解】①解：∵，，， ∴， ∴为直角三角形， 故答案为： 直角． ②解：如图，点为所求． 2．（2025·山东潍坊·模拟预测）如图，已知直角坐标系中一条圆弧经过正方形网格的格点． (1)用直尺画出该圆弧所在圆的圆心M的位置； (2)点M的坐标为 ；的半径为 ； (3)点与的位置关系是点D在⊙M ； (4)若E点的坐标为，求证：直线是的切线． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)内 (4)证明见解析 【分析】本题考查了切线的判定，勾股定理，点和圆的位置关系，坐标与图形，解题的关键是熟练掌握圆的相关知识，掌握勾股定理的逆定理； （1）弦的垂直平分线的交点即为圆心； （2）直接求出M，根据勾股定理求出即可得解； （3）根据勾股定理求出，再和半径比较，根据点和圆的位置关系即可得解； （4）设过C点与x轴垂直的直线与x轴的交点为D，连接，作直线，根据勾股定理分别求出，根据勾股定理的逆定理即可证明，即可得证． 【详解】（1）解：用直尺画出该圆弧所在圆的圆心M的位置； （2）解：由图可知M点的坐标为， ， 圆M的半径是； 故答案为：，； （3）解：， ， ， ∴点D在圆M内． 故答案为：内； （4）证明：设过C点与x轴垂直的直线与x轴的交点为D，连接，作直线， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， ， 又∵为半径， ∴直线是的切线． 突破一 直角三角形中的动点问题 【典例】如图，在等腰直角三角形中，，点是直线上一动点，连接，以为斜边，作直角三角形，使，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】由在点、点运动过程中，；，确定点运动轨迹为直线，由点到直线距离垂线段最短计算即可得到答案． 【详解】解：由题意可知，点是直线上一动点，且点是主动点、点是从动点， 在点、点运动过程中，；； 点运动轨迹与点的运动轨迹一致，为直线， 当点与点重合时，如图所示： 当点与点重合时，如图所示： 综上所述，点的运动轨迹是直线，找出特殊位置，由两点确定一条直线，如图所示： 过点作轨迹垂线段，如图所示： 由点与直线上动点距离的最小值为过点向直线作垂线后得到的垂线段最短， 连接，以为斜边，作直角三角形，使， 在中，，，则，； 在中，，，则，； ，， ， 是等腰直角三角形，则， ， ， 在等腰中，，则， 线段的最小值为线段的长度， 故答案为：． 【变式】1．如图，矩形中，，点、分别为、边上的点，且，点为的中点，点为上一动点，则的最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】此题考查矩形的性质，勾股定理，轴对称最短路径问题，先利用直角三角形斜边中线的性质得到，作A关于的对称点，连接，交于P，当点，P，G，D共线时，的值最小，最小值为的长；勾股定理求出，减去即可得到答案，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴ ，点G为的中点， ∴， 作A关于的对称点，连接，交于P，当点，P，G，D共线时，的值最小，最小值为的长； ，， ， ∴， ∴； ∴的最小值为4； 故选：B． 2．如图，在等腰直角中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度向终点运动，过点作交折线于点，以为边向右作长方形，使，设点的运动时间为秒． (1)用含的代数式表示线段的长； (2)当点落在边上时，求的值； (3)求长方形与重叠部分图形的面积与之间的关系式； (4)点为的中点，连结，当所在的直线垂直的一边时，直接写出的值． 【答案】(1)； (2)； (3)； (4)的值为或或． 【分析】（1）过点作于点，由三线合一、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半推得，，分两种情况讨论：当时，当时，结合等腰三角形的判定与性质分别表示出即可得解； （2）过点作于点，结合等腰直角三角形性质得、、，结合矩形性质可证是等腰直角三角形，则，即，求解即可； （3）分三种情况讨论：当时，当时，当时，分别表示出与之间的关系式即可； （4）分三种情况讨论：当时，当时，当时． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ，，，， ，， 当时，， ，， 是等腰直角三角形， ； 当时，如图，，， ，， 是等腰直角三角形， ， 综上所述，； （2）解：如图，过点作于点， 由题意得：， 由（1）得：，， 当时，， ， ， 和是等腰直角三角形， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 是等腰直角三角形， ， 即， 解得：； （3）解：当时，长方形与重叠部分图形为长方形，如图， ； 当时，如图， ，，， ，， ， ，， 是等腰直角三角形， ； 当时，如图，， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ； 综上所述，与之间的关系式为； （4）解：当时，如图，延长交于点，连接， 则， 点为的中点，，， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 解得：； 当时，如图， ， 、、三点共线，即点与点重合， ，，， ， 解得：； 当时，如图，设交于，交于，交于， ， ， ， ， 和均为等腰直角三角形， ，， ， ， 解得：； 综上所述，的值为或或． 突破二 直角三角形中的规律性问题 【典例】如图，正方形中，与直线的夹角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依此规律，则等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，含直角三角形的性质，平行线的性质，熟记各性质并求出后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的倍是解题的关键． 由四边形是正方形，得到，，于是得到，根据平行线的性质得到，解直角三角形得到，，同理：，，找出规律，答案即可求出． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， 同理：， ， ， ． 故答案为：． 【变式】如图，，，，，都是斜边在x轴上的等腰直角三角形，直角顶点，，，，都在反比例函数的图象上，则的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了与一次函数有关的规律探索，反比例函数与几何综合，等腰直角三角形的性质，过作轴于，则有，即可得到的横纵坐标相同，据此根据反比例函数解析式可得，进而可得，求出直线的解析式为：，证明，可求出直线的表达式是，则可求出，进而可得；同理可得，以此类推可知，，据此可得答案． 【详解】解：过作轴于， ∵是等腰直角三角形，且斜边为， ∴， ∴的横纵坐标相同， 在中，当时，解得或（舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴； 设直线的解析式为，则， ∴直线的解析式为：， ∵，都是等腰直角三角形， ∴ ∴， 的表达式的次项系数与的表达式的一次项系数相同， 设的表达式的表达式为， 将代入， ， 直线的表达式是， 联立，解得或（舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理可得， ……， 以此类推可知，， ∴，即， 故答案为：． 突破三 直角三角形与二次函数综合 【典例】 定义：在平面直角坐标系中，当点在图形的内部，或在图形上，且点的横坐标和纵坐标相等时，则称点为图形的“梦之点”． (1)如图①，矩形的顶点坐标分别是，，，，在点，，中，是矩形 “梦之点”的是___________； (2)点是反比例函数图象上的一个“梦之点”，则该函数图象上的另一个“梦之点”的坐标是___________，直线的解析式是___________． (3)如图②，已知点，是抛物线上的“梦之点”，点是抛物线的顶点，连接，，，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)， (2)， (3)是直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形内部或边上即可； （2）把代入，求出，联立与可求出，进而人得到； （3）根据“梦之点”的定义求出点，的坐标，再求出顶点的坐标，最后求出，，，即可判断的形状． 【详解】（1）矩形的顶点坐标分别是，，，， 矩形“梦之点”满足，， 点，是矩形的“梦之点”，点不是矩形 “梦之点”， 故答案为：，； （2）点是反比例函数图象上的一个“梦之点”， 把代入得， ， “梦之点”的横坐标和纵坐标相等， “梦之点”都在直线上， 联立， 解得：或 ， ， 直线的解析式是， 故答案为：，； （3）是直角三角形，理由如下： 点，是抛物线上的“梦之点”， 联立， 解得： 或 ， ，， ， 顶点， ， ， ， ， 是直角三角形． 【点睛】本题是函数的综合题，考查了一次函数、反比例函数、二次函数，勾股定理的逆定理，理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式，正确理解新定义是解决此题的关键． 【变式】如图1，已知抛物线（）与轴交于点，，与轴交于点． (1)用含的代数式表示，． (2)如图2，点与点关于抛物线的对称轴对称，点为对称轴上且位于顶点下方的一点，连接，，，若． ①直接写出点的坐标； ②过点作轴的平行线，交抛物线于点，（点在点左侧），将该抛物线沿直线翻折，翻折后抛物线的顶点为，若四边形是正方形，求的值． (3)如图3，若，点，是抛物线上两动点（点在点左侧），运动过程中始终保持，当时，连接，，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)，； (2)①点的坐标为；②； (3)． 【分析】（1）利用抛物线与轴交点式，将、两点代入，展开后对比系数得出、与的关系． （2）①通过对称性得到角相等，推出直线的表达式，结合对称轴求出点横坐标，代入表达式得坐标；②根据菱形与正方形的关系，结合抛物线方程、根与系数关系及正方形条件列方程求解． （3）先确定抛物线表达式，求出长度，取中点构造平行四边形，利用平行四边形面积关系，结合点坐标求出相关三角形面积，进而得到四边形面积． 【详解】（1）解：抛物线过，， 该抛物线的函数表达式为， 即， ，； （2）解：①如图1，连接交轴于点． 由对称性知， ， ， 直线的函数表达式为， ，， 点的横坐标为， 将代入中，得， 点的坐标为； ②如图2，由轴对称性可知四边形为菱形． 当时，菱形为正方形， 设点的坐标为，点的坐标为， 在中，令， 得， 则，是该一元二次方程的两个根， ，， 故， 当时，， ， ， 化简，得， ， 解得（，舍去）， 故； （3）解：， 抛物线为， 则点的坐标为， ， 如图3，取的中点，连接，， ， ，， 四边形、四边形均为平行四边形， ， ， 过点作轴的垂线，过点作轴的平行线，两直线交于点， 设点，则点， 将点代入二次函数的表达式，得 ， 解得， ，， 的中点为， 连接，则， ． 1．（2025·山东临沂·一模）如图，中，，，．点P为内一点，且满足．则的长度最小值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，最短，再进一步求解即可． 【详解】解： 取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆，则点P在上运动， 由题意知：当B、P、O三点共线时，最短，而， ， ∵， ， ∴的长度最小值为． 故选：B 2．（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形的计算，掌握解直角三角形的计算方法是关键． 根据菱形，折叠的性质，勾股定理得到，，如图所示，过点作于点，则，设，可得，，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∵， ∴，则， 在中，， ∴， 如图所示，过点作于点，则， ∵， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴，， ∴， 解得，， ∴ ∴， ∴， 故选：A ． 3．（2024·山东淄博·二模）如图，在中，，，，点E，F分别是边，上的动点（点E，F均不与的顶点重合），连接，．若，，则m的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理，过点B作且，连接，先证明，再由平行线的性质得到，证明得到，则当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为线段的长，在中，由勾股定理得，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点B作且，连接， ∵在中，，，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为线段的长， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为， 故选：D． 4．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点O，利用菱形性质和，可得、是等边三角形，从而得到、是含有的直角三角形，进而求出、，最后在中利用勾股定理求解. 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴、都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴. 故选：A. 5．（2024·山东潍坊·三模）如图，直棱柱包装盒子的上、下底面边长都是的正六边形，侧棱长，如果用丝线从点A处开始经过六个侧面缠绕n圈到达点B，则丝线长最短需要 ． 【答案】 【分析】要求直棱柱中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将直棱柱展开，然后利用两点之间线段最短结合勾股定理解答．本题主要考查平面展开最短路径问题，解题的关键是得到两条直角边分别是和，根据两点之间线段最短，运用勾股定理进行解答． 【详解】解：将直棱柱展开，连接． 从点开始经过6个侧面缠绕圈到达点，相当于两条直角边分别是和， 根据两点之间线段最短，则． 故答案为：． 6．（2025·山东青岛·二模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，，交于点M，已知，，，则的周长为 ． 【答案】9 【分析】本题考查勾股定理逆定理，斜边上的中线，平行线分线段成比例，根据平行四边形的性质，结合平行线分线段成比例，推出点为的中点，勾股定理逆定理，求出，斜边上的中线求出，再根据周长公式进行计算即可． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴的周长； 故答案为：9． 7．（2024·山东济宁·二模）如图，在正方形网格中，点A、B、C、D均在格点上，过B，C，D的弧交于点E，若每个正方形的边长为1，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】设过B，C，D的弧的圆心为O，连接，由勾股定理求出，，的值，进而由勾股定理的逆定理得是等腰直角三角形， 再由圆周角定理得，，为半圆的直径，则，然后由等腰直角三角形的性质得，，根据即可求解． 【详解】如图，设过B，C，D的弧的圆心为O，连接， 由勾股定理得，，， ， ， 是等腰直角三角形，， ， ，为半圆的直径， ， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆周角定理、与圆有关的计算，熟练掌握勾股定理和圆周角定理是解题的关键． 8．（2025·山东滨州·一模）以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格，均在格点上． （1）在图1中，，相交于点，则的值为 ； （2）如图2，在线段上找一点，使，并简要说明点是如何找到的（不用证明）： 【答案】（1）（2）见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握有关基础知识． （1）可证得，进而得出结果； （2）格点满足，，，连接，交于点则 ； 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图， 格点满足，，，连接，交于点则，理由如下： 由上可知，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 9．（2025·山东济南·一模）如图，平行四边形，，，，G为边上一点，连接，将沿翻折，点B的对应点为，E为中点，F为边上一点，连接，将沿翻折，点D的对应点恰巧也为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，其中涉及勾股定理与折叠问题以及相似三角形相关，考查学生的综合应用能力，有一定难度．连接，延长交于点，得出和，由勾股定理得出，同时过作，交于点，结合平行四边形的性质以及相似三角形的性质得出，列方程得出，进一步即可得出． 【详解】解：连接，延长交于点， 为中点， ， 沿翻折得到， ， ， ∵， ， 沿翻折得到， ， 在中，由勾股定理可得：， ， ， 过作，交于点， ∵四边形是平行四边形，， ， 在中，由勾股定理可得：， ∵， ∴， 设，则， ∴，即， 在中，，则， ∵， ∴， 解得， 即， ∴． 故答案为：． 10．（2024·山东聊城·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴分别交于、两点，与轴交于点，抛物线的顶点坐标为，连结、、．    (1)求抛物线的表达式； (2)判断的形状，并说明理由； (3)点是线段的中点，点是线段上一点（不与、重合），连接，一动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度运动到点，再沿线段以每秒个单位的速度运动到点后停止．当点的坐标是多少时，点在整个运动过程中用时最短，请直接写出最短时间和点的坐标． 【答案】(1) (2)为直角三角形，理由见解析 (3)点的坐标是时，点在整个运动过程中用时最短，最短时间为秒 【分析】（1）设抛物线的表达式为，再将点代入即可得解； （2）说明，即可求解； （3）过点作交轴于点，过点作交于点，则此时运动过程中用时最短，即可求解． 【详解】（1）解：设抛物线的表达式为， ∵抛物线与轴交于点， ∴， 解得：， ∴ ∴抛物线的表达式为； （2）为直角三角形．理由如下： ∵抛物线与轴分别交于、两点， 当时，， 解得：，， ∴，， ∵，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴为直角三角形； （3）由（2）知：，， 过点作交轴于点，过点作交于点，则此时运动过程中用时最短， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴运动时间为：，此时运动时间最短， 过点作于点， 设直线的表达式为，过点，， ∴， 解得：， ∴直线的表达式为， ∵，，， ∴， 设直线的表达式为，过点， ∴， ∴直线的表达式为， 当时，，得：， ∴， ∵， ∴，， ∴， 过点作轴于点， ∵， ∴， ∴， ∴， 即此时运动过程中用时最短为秒， ∵在中，点是线段的中点，，， ∴点的坐标为，即， ∴， ∴， 设直线的表达式为，过点，， ∴， 解得：， ∴线的表达式为， 设点， ∴， 解得：（舍去）或， ∴， 即点的坐标是时，点在整个运动过程中用时最短，最短时间为秒．    1．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点是上的一点，且，于点；，交于点．下列结论正确的是 （填序号）． ①；②；③；④． 【答案】①②④ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行线的性质，垂直的定义等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质和定义． 利用正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行线的性质，垂直的定义等知识点，逐项进行判断即可． 【详解】解：①∵，， ∴， 由勾股定理得， ∴①正确，符合题意； ②∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴②正确，符合题意； ③∵， ∴， ， ∵ ∴， ∴， 即， ∴③错误，不符合题意； ④由②得， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴, ∴④正确，符合题意； 综上，正确的选项是①②④， 故答案为：①②④． 2．（2024·山东菏泽·一模）已知二次函数经过点、，与x轴交于另一点A，抛物线的顶点为D． (1)求此二次函数解析式； (2)连接、、，求证：是直角三角形； (3)在x轴是否存在一点P，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标． 【答案】(1) (2)见解析 (3)点坐标为或或或 【分析】本题考查了二次函数图象的性质，等腰三角形的性质，勾股定理及其逆定理的应用，利用分类讨论的数学思想是解决问题的关键． （1）将、，代入二次函数，求得、的值即可确定二次函数的解析式； （2）分别求得线段、、的长，利用勾股定理的逆定理进行判定即可； （3）分，，三种情况讨论．根据等腰三角形的性质，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵二次函数经过点、， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为； （2）证明：由得，点坐标为， 与轴交于另一点， 令，，解得或， ，， ， ， ， ，， ， 是直角三角形； （3）∵点坐标为，点， ∴， 如图，当时，则点或； 当时，过点作轴， ∵， ，， 点； 当时， ， ， ， 点， 综上所述：点坐标为或或或． 3．（2025·山东·一模）问题情境：在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点，分别是，边上的点，将菱形沿折叠． 猜想证明：（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状； 问题解决：（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上点处，若，，求线段的长； （3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，的面积 ． 【答案】（1）四边形为菱形；（2）；（3） 【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据折叠的性质可知，易得，进而证明四边形为平行四边形，然后根据“邻边相等的平行四边形为菱形”，即可获得答案； （2）过点作于点，首先证明为等边三角形，进而可得，，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由三角函数解得的值，进而可得的长度，然后在中，由勾股定理解得的值，即可获得答案； （3）过点作，交延长线于点，根据题意可得，在中，由三角函数解得的值，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：（1）四边形为菱形．理由如下： 四边形为菱形， ， 将菱形沿折叠，点的对应点与点重合， ，， ， ，， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为菱形； （2）如下图，过点作于点， 四边形为菱形，， ，， ， 为等边三角形， ，， ， ， 设，则， 由折叠的性质可得，， ， ， ， ， 在中，， 即， 解得， ； （3）如下图，过点作，交延长线于点， 四边形为菱形，，且点为的一个三等分点， ，，， ， ， ， 设，则，， 由折叠的性质可得，， 在中，， 即，解得， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和折叠的性质是解题关键． 4．（2025·山东青岛·模拟预测）在正方形中，对角线相交于点O，点H，G为线段上两动点，且保持，延长交于点F，延长交于点E．    (1)求证：； (2)当时，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）延长到T，使得，连接，可证明，再证明，得到，进而证明，得到；可证明，得到，由此可证明； （2）连接，由勾股定理得到；由全等三角形的性质得到，；设，则，则可推出，求得，，则；可证明四点共圆，进而可证明是等腰直角三角形，得到；由相似三角形的性质得到，则可得到． 【详解】（1）证明：如图所示，延长到T，使得，连接，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴； 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解；如图所示，连接，    在中，， ∴； ∵， ∴，； 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴； ∵， ∴四点共圆， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，四点共圆，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在四边形中，，，，对角线．点P从B点出发沿方向匀速运动，速度为，同时，点Q从C出发沿方向匀速运动，速度为，设运动时间为．连接． (1)当时，求t的值． (2)设四边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． (4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)t的值为； (2)； (3)t的值为； (4)t的值为． 【分析】（1）作于点，于点，求得，，由题意得，，∴，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解； （2）作于点，于点，证明，求得，再利用三角形面积公式列式即可求解； （3）利用三角形面积公式列式计算即可求解； （4）作于点，由线段垂直平分线的性质，求得，再证明，根据平行线分线段成比例，列式计算即可求解． 【详解】（1）解：作于点，于点， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由题意得，， ∴，， 当时，又， ∴，， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∴t的值为； （2）解：作于点，于点， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴ ； （3）解：∵，， ∴， 由（2）得， 整理得， 解得或， ∵， ∴t的值为； （4）解：作于点， ∵点P在的垂直平分线上， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∴t的值为． 1．（2025·海南·模拟预测）如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，则的面积等于（　　） A．24 B．18 C．14 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，由菱形的性质得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，再根据菱形面积等于其对角线乘积的一半求出菱形的面积即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 2．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，点、分别在边和的延长线上，连接、、AC，与边交于点，若，，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】作于点N，作交于点M，由菱形的性质得，，，，，证明，利用相似三角形的性质求出，，．证明，利用相似三角形的性质求出，进而求出，，证明，利用相似三角形的性质求出，进而可求出线段的长． 【详解】如图，作于点N，作交于点M， ∵在菱形中，，， ∴，，，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图是由小正方形组成的的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．每问的辅助线不得超过三条． (1)图中，在上画点，使；在上画点，使； (2)图中，在上画点，连，使； (3)图中，点是内一个格点，如图所示，在 上画点，使值最小． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析 【分析】（）如图，取点，由平行线等分线段定理及相似三角形的性质可得，进而得到，故点即为所求； （）取格点，连接交格线于点，连接交格线于点，利用勾股定理及其逆定理可得为直角三角形，，再利用相似三角形的性质求出，根据正切的定义可求得，故点即为所求； （）取格点，连接，与相交于点，由网格可知，，由勾股定理及其逆定理可得为直角三角形，，即可知，又由平行线等分线段定理得，即得点和点关于对称，得到，进而得到，可知点三点共线时，的值最小，故点即为所求． 本题考查了平行线等分线段定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求． 理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即，故点即为所求； （2）解：如图所示，点即为所求． 理由如下： 设小正方形的边长为， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴，， ∴为直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，故点即为所求； （3）解：如图所示，点即为所求． 理由如下： 由网格可知，，， ∵，， ∴， ∴为直角三角形，， ∴， 即， ∵，由平行线等分线段定理可知， ∴点和点关于对称， ∴， ∴， 即点三点共线时，的值最小，故点即为所求． 4．（2025·湖南·模拟预测）如图，为矩形对角线，的交点，，，是直线上的动点，且，求的最小值． 【答案】最小值是． 【分析】本题主要考查了矩形的性质以及最短路线问题，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． 利用轴对称变换以及平移变换，作辅助线构造平行四边形，依据平行四边形的性质以及轴对称的性质，可得当，，在同一直线上时，的最小值等于的长，利用勾股定理进行计算，即可得到的长，进而得出的最小值． 【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，将沿着的方向平移长的距离，得到，连接， 则四边形是平行四边形， ，， ， 当，，在同一直线上时，的最小值等于长， 连接，交于， 由轴对称的性质，可得垂直平分， 又矩形中，， 是的中点， 是的中位线， ， ， 又， ， 中，， 的最小值是． 5．（2025·青海西宁·三模）参照例题解决问题 例题：求的最小值 求解：如图所示在中可看成是直角边分别为x和3的直角三角形斜边的长度，延长到D，使得，则为，以点D为直角构造，使得，可得，过点E作交的延长线于点F，此时为直角三角形，四边形为矩形，连结交于点，当x等于时，最小，此时最小值 拓展应用 (1)直接写出的最小值为______． (2)请求出的值最小时x的值． 【答案】(1)10 (2)的值最小时x的值为 【分析】本题考查轴对称—最短路线问题，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． （1）通过构造几何图形，利用勾股定理将代数式中的根式转化为直角三角形的斜边，再依据两点之间线段最短的性质来求解最小值． （2）证明，根据相似三角形性质求出结论． 【详解】（1）解：如下图所示， 在中，可看成是直角边分别为x和2的直角三角形的斜边的长度， 延长到D，使得，则为， 以点D为直角构造，使得，可得， 过点E作交的延长线的垂线交于点F， 此时为直角三角形，四边形为矩形， 连结交于点， ∵， ∴当点A、C、E三点共线时，最小，最小值为的长， 即当x等于时，最小， 此时最小值， 故答案为：10； （2）由（1）知，当x等于时，最小， ， ， ， ， ， 解得：，经检验是原方程的解， 的值最小时x的值为． 6．（2025·吉林松原·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，连接，对称轴为，点为此抛物线的顶点． (1)求抛物线的解析式． (2)若连接，则_____． (3)点是第一象限内抛物线上的动点，连接和，求面积的最大值． (4)点在抛物线的对称轴上，平面内存在点，当以点为顶点的四边形是矩形时，请直接写出点的横坐标． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）根据题意求得的坐标，根据对称性求得的坐标，进而待定系数法求二次函数解析式即可； （2）求出顶点的坐标，分别求出，根据勾股定理逆定理得是直角三角形，故可得； 先根据解析式求得的坐标，进而求得的解析式，设，作轴交于点，则，进而求得关于的表达式，根据二次函数的性质即可求得最大值； （3）分情况讨论，为矩形的对角线，设，根据矩形的性质以及中点坐标公式求得的值，进而求得点的横坐标． 【详解】（1）解：抛物线与轴交于点、，，对称轴为直线， ∴， ∴， 将，代入得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：， ∴， 又， ∴， ∴，，， ∴， ∴； 故答案为：； （3）解：设直线的解析式为， 将点，点的坐标代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 设， 如图，作轴交于点， 则， ∴， ∴， 当时，有最大值为； （4）解：设，， 由（1）知， ①若为矩形的对角线， 由中点坐标公式得：， 解得：， ∴点的横坐标为2； ②若为矩形的对角线， 由中点坐标公式得：， 解得， ∴点的横坐标为4； ③若为矩形的对角线， 由中点坐标公式得：， 解得：， ∴点的横坐标为， 综上，点的横坐标为或或． 7．（2025·重庆·模拟预测）如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别去B，D两港装载物资，运送到位于A港正东方向的C港．甲货轮沿A港的北偏东方向航行120海里后到达B港．2小时后，甲货轮装载好货物，再沿东南方向航行一定距离到达C港．乙货轮沿A港的南偏东方向航行一定距离到达D港．乙货轮花了1小时装载货物，再沿北偏东方向航行一定距离到达C港．（参考数据：） (1)求A，C两港之间的距离（结果保留整数）； (2)若甲、乙两艘货轮都匀速航行，甲货轮每小时航行20海里，乙货轮每小时航行10海里，哪艘货轮先到达C港？请通过计算说明（结果保留小数点后一位）． 【答案】(1) (2)甲货轮先到达C港 【分析】本题考查了解直角三角形应用——方向角问题．熟练掌握方向角定义，含30度和45度的直角三角形性质，勾股定理，是解题的关键． （1）过点A作于点E，过点B作于点F，则，可求得，得，得∴，，可得，得，即得； （2）在上取点G，使，连接，设于点H，则，求出，得，得，，设，， 得,得，得，得， ，得，乙货轮到达C港用时（小时），，甲货轮到达C港用时（小时），可知甲货轮先到达C港． 【详解】（1）解：过点A作于点E，过点B作于点F， 则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）在上取点G，使，连接，设于点H， 则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴乙货轮到达C港用时， （小时）， ∵， ∴甲货轮到达C港用时， （小时）． ∵， 故甲货轮先到达C港． 8．（2025·河南郑州·一模）【问题情境】数学课上，兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为 【特例探究】（）如图，连接，与交于点，当点三点共线时，与相等的角为________（写出一个即可）． （）如图，为的中点，点恰好落在边上．①直接写出四边形的形状：________，________（填“”“”或“”） ②延长交于点，判断与的数量关系，并说明理由． 【深入探究】（）如图，将矩形纸片更换为平行四边形，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时直接写出的值． 【答案】（）或（任选一个）；（）①菱形，；②，理由见解析；（）或 【分析】（）根据折叠的性质和余角性质解答即可求解； （）①由折叠的性质和等腰三角形的判定可得，即得四边形是菱形，进而根据为的中点可得，即得，即可得；②连接，即可求解； （）分和，分别画出图形，根据折叠的性质和勾股定理解答即可求解． 【详解】解：（）∵四边形是矩形， ∴， 由折叠可得，，， ∵点三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴与相等的角为或， 故答案为：或（任选一个）； （）①由折叠可得，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵为的中点， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：菱形，； ②，理由如下： 连接， 由折叠可得，， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （）当时，如图，垂足为点，过点作于，连接交于， ∵，四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠可得，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴； 当时，如图，垂足为点，延长交于点， 由折叠可得，，，，，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $