2026年中考数学一轮复习 第16讲 直角三角形、勾股定理【3大考点18大题型】

第16讲 直角三角形、勾股定理（练习） 1．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 2．（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． 3．（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：． 4．（2025·四川资阳·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，的平分线交于点D，过点D作的平行线交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形： （1）连接，圆周角定理，得到，平行得到，证明，求出，即可得证； （2）设交于点，易得四边形为矩形，得到，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，进行求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的外接圆，是的直径， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵的平分线交于点D， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线； （2）解：设交于点， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， 设的半径为，则：，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴的半径为． 5．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在正六边形中，，连接，，以点D为圆心、的长为半径作圆弧，则图中阴影部分的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的性质，扇形面积的计算，连接，根据多边形的内角求出扇形的圆心角，然后根据30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出长，再根据解答即可． 【详解】解：连接， ∵是正六边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，P为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 7．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），， 【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答； （2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长； （3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长； （4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为． 【详解】（1）∵正方形每个内角为 ， ∴， ∴能密铺； ∵正八边形的每个内角为， ∴， ∴不能密铺； 故答案为：①；② ；③；④不能； （2）设切于点E，连接， 则交于点O，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的周长为8； 故答案为：8； （3）设切于点G，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正六边形周长为； （4）三角形： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 正方形： ∵， ∴， 正六边： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 8．（2025·辽宁·中考真题）（1）如图1，在与中，与相交于点，，求证：； （2）如图2，将图1中的绕点逆时针旋转得到，当点的对应点在线段的延长线上时，与相交于点：若，求的长； （3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长，与的延长线相交于点，连接，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）利用等边对等角求得，再利用证明即可； （2）由题意得，得到，，，作于点，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得，，证明，推出，利用相似三角形的性质列式计算即可求解； （3）设，由旋转的性质得，则，利用三角形内角和定理以及平角的性质求得，，推出，求得，作于点，求得，再求得，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴，即， ∵，， ∴； （2）∵，即， ∴，，， 作于点， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）设， 由旋转的性质得，则， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，即， ∴． 9．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为_______． 【答案】/0.375 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解． 【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵, ∴， ∵，垂足为F，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 10．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1)见解析 (2)①30°；② (3)见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证； （2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可； （3）利用尺规作图作，即可． 【详解】（1）解：， 四边形为平行四边形， 又，且为中点 ， 平行四边形为菱形． （2）①四边形为菱形． ， ， 又， ， ， 切于， ， ； ； ②设半径为， ， ， ，， ； 解得：； （3）由题意，作图如下： 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 11．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形，若，则______cm． 【答案】12 【分析】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键； 根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质和平行四边形的性质可得，结合三角形的外角性质可得，进而得到，再利用30度角的直角三角形的性质即可得解． 【详解】解：∵为等边三角形， ∴， ∵折叠， ∴， ∵是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：12． 12．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到，进而得到，三角形的外角得到的度数，作图可知，等边对等角求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：∵，是斜边上的中线，， ∴， ∴， ∴， 由作图可知， ∴， ∴， ∴的长为； 故选B． 13．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，，为边上的中线，，则图中与互余的角共有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】该题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，根据三角形内角和定理求出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，根据等边对等角得出，再结合根据三角形内角和定理求出，最后根据余角的性质求解即可． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵为边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴图中与互余的角是，共有4个， 故选：C． 14．（2025·福建·中考真题）某房梁如图所示，立柱，E，F分别是斜梁，的中点．若，则的长为_______m． 【答案】4 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，是解题的关键．根据，得出为直角三角形，根据直角三角形的性质得出． 【详解】解：∵， ∴为直角三角形， ∵E是斜梁的中点， ∴． 故答案为：4． 15．（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（  ） A．3 B．2 C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查直角三角形斜边中线性质和平移的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解题的关键． 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，结合，得，由平移得到，根据平移对应线段相等，可知，进而得． 【详解】在中，，是中点， ∴， ∵， ∴， ∵沿方向向右平移至， ∴， 故选：B． 16．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长是______． 【答案】6 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据求解即可得． 【详解】解：∵在中，点，分别是边，的中点，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：6． 17．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则_______． 【答案】12 【分析】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠得到，平行线的性质，得到，进而得到，等边三角形的性质，结合三角形的外角推出，进而得到，再根据含30度角的直角三角形的性质，得到即可． 【详解】解：∵折叠， ∴， ∵平行四边形纸片， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：12 18．（2025·江西·中考真题）图1是一种靠墙玻璃淋浴房，其俯视示意图如图2所示，AE与DE两处是墙，AB与CD两处是固定的玻璃隔板，BC处是门框，测得，，MN处是一扇推拉门，推动推拉门时，两端点M，N分别在BC，CD对应的轨道上滑动．当点N与点C重合时，推拉门与门框完全闭合；当点N滑动到限位点P处时，推拉门推至最大，此时测得 (1)在推拉门从闭合到推至最大的过程中， ①的最小值为________度，最大值为________度； ②面积的变化情况是（   ） A．越来越大    B．越来越小    C．先增大后减小 (2)当时，求的面积． 【答案】(1)①，；②C． (2) 【分析】（1）①根据临界点运用已知条件以及三角形内角和定理即可解答；②由由特殊情况分析：点与点重合时，；过没有点的限制，点与点重合时，；即可解答； （2）如图2，过N作延长线于G当时，，由勾股定理可得，再根据等腰直角三角形的性质可得，则；最后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：①当点N与点C重合时，推拉门与门框完全闭合，此时有最小值； 当点N滑动到限位点P处时，推拉门推至最大，，则此时有最大值． ∵，， ∴，即有最大值为． 故答案为：，． ②由特殊情况分析：点与点重合时，； 过没有点的限制，点与点重合时，； ∴面积的变化情况是先增大后减小． 故选：C． （2）解：如图2，过N作延长线于G 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（平方米）． 【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质，理解题意解题的关键． 19．（2025·安徽·中考真题）如图，在中，，，边的中点为D，边上的点E满足．若，则的长是（   ） A． B．6 C． D．3 【答案】B 【分析】本题主要考查了等腰三角形性质、含角的直角三角形性质及勾股定理，熟练掌握这些性质定理，通过设未知数，利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．先根据等腰三角形性质求出的度数，再利用中点得到线段关系，最后在中，结合含角的直角三角形性质及勾股定理求出的长 ． 【详解】解：∵在中，，， ． 是中点， ∴设，则． ∵， 是直角三角形，且， ， ∵，则．在中，根据勾股定理， ∴， ， ， 解得（）． ， ． 故选：． 20．（2025·四川广安·中考真题）如图，在等腰中，，，D是边上的一个动点，连接，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，垂线段最短，由勾股定理可得，由垂线段最短可得，当时，有最小值，则此时点D为的中点，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得． 【详解】解：∵在等腰中，，， ∴， 由垂线段最短可知，当时，有最小值， ∵， ∴当时，点D为的中点， ∴此时， 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 直角三角形、勾股定理（举一反三复习讲义） 【3大考点18大题型】 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 2 （一）考查分值 2 （二）考查题型 2 （三）高频考点（2023-2026 年重点） 2 （四）命题趋势（2026 年预测） 2 （五）复习建议 2 考点一 直角三角形的性质和判定 3 【题型1 直角三角形的两个锐角互余】 3 【题型2 锐角互余的三角形是直角三角形】 7 【题型3 含30度角的直角三角形】 11 【题型4 斜边的中线等于斜边的一半】 16 考点二 勾股定理 23 【题型5 用勾股定理解三角形】 24 【题型6 已知两点坐标求两点距离】 28 【题型7 勾股树（数）问题】 35 【题型8 以直角三角形的三边为边长的图形面积】 39 【题型9 勾股定理与折叠问题】 44 【题型10 利用勾股定理证明线段平方关系】 51 【题型11 勾股定理的证明方法】 61 【题型12 以弦图为背景的计算题】 65 【题型13 用勾股定理构造图形解决问题】 69 【题型14 勾股定理与实际应用】 74 考点三 勾股定理的逆定理 82 【题型15 判断三边是否构成直角三角形】 82 【题型16 求图形上与已知两点构成直角三角形的点】 87 【题型17 利用勾股定理的逆定理求解】 95 【题型18 勾股定理的逆定理的实际应用】 104 特色专项练 108 【新考向：新考法】 108 【新考向：新情境】 111 【新考向：跨学科】 113 中考真题练 116 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 直角三角形与勾股定理是中考几何核心模块，衔接全等、三角函数，兼具基础与综合属性，近4年坚持“素养立意”，侧重计算与推理，核心考情如下： （一）考查分值 全国各省市中考中，分值6～10分，占总分6%～10%，覆盖选择、填空、解答题，属重点必拿分模块，常作为几何综合题的核心铺垫。 （二）考查题型 基础题型（65%）：选择、填空，考查直角三角形性质、勾股定理直接计算； 中档题型（25%）：解答题，考查勾股定理逆用、与全等 / 角平分线综合； 压轴题型（10%）：结合几何图形、折叠、实际情境，考查勾股定理综合应用。 （三）高频考点（2023-2026 年重点） 核心：直角三角形两锐角互余、直角三角形斜边中线等于斜边一半； 必考：勾股定理计算边长、直角三角形判定（勾股定理逆用）； 高频：勾股定理与折叠、航海/测量实际情境结合，与三角函数衔接。 （四）命题趋势（2026 年预测） 整体难度适中，基础题稳定，综合题侧重计算与推理结合； 情境化命题增多（航海、测量、折叠），强化实际应用能力； 重点考查勾股定理灵活运用、逆用判定，规避计算失误、逆用条件遗漏。 （五）复习建议 牢记直角三角形性质、勾股定理及逆用，熟练掌握边长计算； 强化实际情境建模能力，学会将实际问题转化为直角三角形问题； 专项训练折叠、综合计算题，规范步骤，突破计算与逆用易错点。 考点一 直角三角形的性质和判定 1.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． 2.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. 3.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）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形． 3）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c，若a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。 【题型1 直角三角形的两个锐角互余】 【例1】 （2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为______． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据为的直径，，则，再根据，即，代入进行计算，即可作答． 【详解】解：∵为的直径，， ∴， 即， ∵， ∴， 则， 故答案为：． 【变式1-1】 （2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为________． 【答案】20 【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由切线的性质可得，根据直角三角形两锐角互余可得的度数，再由圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵与相切于点B， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式1-2】 （2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】如图，延长交于点，连接，，，，由垂径定理得，进而得，点关于的对称点为点，根据两点之间线段最短得当，，三点共线时，最小，最小值为的长，在利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点，连接，，， ∵于点，交于点，为弧的中点， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点关于的对称点为点， ∴， ∴ 当，，三点共线时，最小，最小值为的长， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了弧、圆心角的关系，垂径定理，直角三角形的性质，两点之间线段最短，熟练掌握弧、圆心角的关系，垂径定理是解题的关键． 【变式1-3】 （2024·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数是_______． 【答案】/37度 【分析】本题考查了圆周角定理及其推论，直角三角形的性质等知识，连接，根据直径所对的圆周角是直角得，进而可求出，然后再根据在同圆中，等弧所对的圆周角相等可得出的度数． 【详解】解：连接，如图所示： ∵为的直径， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【题型2 锐角互余的三角形是直角三角形】 【例2】 （2024·天津·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的． 【详解】解：记与相交于一点H，如图所示： ∵中，将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∵ ∴在中， ∴ 故D选项是正确的，符合题意； 设 ∴ ∵ ∴ ∴ ∵不一定等于 ∴不一定等于 ∴不一定成立， 故B选项不正确，不符合题意； ∵不一定等于 ∴不一定成立， 故A选项不正确，不符合题意； ∵将绕点顺时针旋转得到， ∴ ∴ 故C选项不正确，不符合题意； 故选：D 【变式2-1】 （2025·河南·模拟预测）如图，在中，，为的中点，．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，为的中点，，可知是等边三角形，根据等边三角形的性质可得：，，从而可得，根据平行四边形的性质可知，，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：为的中点， ， ， ， 又， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 在中，，， ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的判定与性质、勾股定理．解决本题的关键是根据平行四边形的性质找到边和角之间的关系，再利用边、角之间的关系求解． 【变式2-2】 （2025·河南平顶山·模拟预测）如图，以为直径的半圆交于点，已知与相切于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由圆周角定理可得出，再由圆的切线定理可得出，最后由直角三角形两锐角互余即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴． ∵以为直径的与相切于点A， ∴， ∴． 故选：B． 【变式2-3】 （2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（   ） A．直角三角形的两个锐角互余 B．等量代换 C．两个锐角互余的三角形是直角三角形 D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 【答案】D 【分析】本题主要考查了等角的作图，涉及了直角三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形的性质与判定是解题的关键． 根据直角三角形的性质与判定推出，作图即可． 【详解】解：∵， ∴（直角三角形的两个锐角互余）， 若， ∴（等量代换）， ∴，（两个锐角互余的三角形是直角三角形）， ∴， 故选：D． 【题型3 含30度角的直角三角形】 【例3】 （2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为_____． 【答案】 【分析】考查平行四边形性质、全等三角形、面积公式及勾股定理，用面积分割与对称性思想．关键是借对称性证全等、用面积求线段，再构直角三角形计算；易错点是漏用对称性或误判直角边． 首先通过构造垂线得到直角三角形，利用的锐角三角函数求得，接着计算得到平行四边形总面积，得每部分面积为． 然后借对称性证，得、． 由平行四边形的对称性与面积平衡再设，用与的面积列方程，解得，推得、． 最后过作构直角三角形，用勾股定理得． 【详解】解：过A作于点H， ， 在中，． ， ∵，将分成面积相等的四部分， ∴每部分面积为，交点即为平行四边形的中心O， 在中，，， ∴，．，， 连接， ∴经过中心点O， ∴， ∵ ． 同理得：， ∴，． 设，过作于点Q， 在中， 在中，由三角形面积公式：   ． 过E作于延长线上点G， 又，， 且． 在中， 又平行四边形的对称性与面积平衡可得， ， 解得， ． 过M作交于P，过A作于点H， 则． ，． ． 在中，由勾股定理：   ． 故答案为：． 【变式3-1】 （2025·海南·中考真题）如图，在中，，，以为直径的半圆交于点，若与半圆相切于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据切线的性质得出，再利用直角三角形两个锐角互余求得，然后利用圆周角定理求得，再利用弧长公式求解即可． 【详解】解：连结， ∵，以为直径的半圆交于点， ∴， ∵与半圆相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，弧长公式，直角三角形两个锐角互余，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【变式3-2】 （2024·甘肃甘南·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；再分别以点和点为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，则的长为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查含30度直角三角形的性质、垂线的尺规作图，直角三角形锐角互余，熟练掌握含30度直角三角形的性质是解题的关键．由作图可知，然后根据含30度直角三角形的性质可得，进而问题可求解． 【详解】解：由作图可知：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【变式3-3】 （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：． 【题型4 斜边的中线等于斜边的一半】 【例4】 （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4-1】 （2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在四边形中，，对角线与相交于点分别为的中点，．以下结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查直角三角形，等腰三角形，相似三角形，垂直平分线； 连接，证出是的垂直平分线，即可判断，根据题意得到，，在中，即可判断；根据题意证出是的垂直平分线，即可判断的长度；先证出，，即可判断，即可求出． 【详解】解：如图所示，连接． ∵，分别为的中点， ∴， ∴． ∵N是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴．故A正确； ∵， ∴， ∴．         ∵， ∴．         ∵， ∴． 在中， ， ∴．故B正确； ∵在， ， ∵， ， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴，故C错误； ∵， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故D正确； 故选：C． 【变式4-2】 （2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，是的中点，是边上的动点，作，交于点，延长到点，使得．当面积最大时，的长等于_____． 【答案】2 【分析】连接，取的中点，连接并延长交于点，证明，得到，证明，得到，，进而得到，推出为等腰直角三角形，求出，设，则：，，根据面积，转化为二次函数求最值即可． 【详解】解：连接，取的中点，连接并延长交于点， ∵，，是的中点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点． ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴，即：， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则：，， ∴， ∴面积， ∴当时，面积的面积最大； 此时； 故答案为：2． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定性质，二次函数求最值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点的位置，将三角形的面积转化为二次函数求最值，是解题的关键． 【变式4-3】 （2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 【答案】B 【分析】延长至点，使，证明，进而推出，即可得到点是的中点，再根据直角三角形的性质可知点在以点为圆心，为半径的圆上，当时，取的最大值，即此时面积最大，然后根据弧、弦、圆心角的关系可知，最后利用勾股定理即可解答． 【详解】解：如图，延长至点，使， D为中点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ∴，即， ， 点是的中点， ，D为中点， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上，如图， 当时，边上的高取的最大值，即此时面积最大， ， ，即为等腰直角三角形， ∵，， ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 考点二 勾股定理 1.勾股定理：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么. 2.勾股定理的证明方法： 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 【题型5 用勾股定理解三角形】 【例5】 （2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 【变式5-1】 （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：或， ，， 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． 【变式5-2】 （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． 【变式5-3】 （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：． 【题型6 已知两点坐标求两点距离】 【例6】 （2025·江苏无锡·中考真题）已知二次函数图象的顶点为，与轴交于点，对称轴与轴交于点． (1)若该函数图象经过点，求点的横坐标； (2)若，点和在该函数图象上，证明：； (3)若是等腰三角形，求的值． 【答案】(1)点的横坐标为 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）把代入可得，再进一步求解即可. （2）先求解，，结合，，再进一步计算即可. （3）先求解，，，可得，，，再分三种情况讨论即可. 【详解】（1）解：∵二次函数图象过点， ∴， 解得：， ∴二次函数为， ∴， ∴点的横坐标为. （2）解：∵点和在函数图象上， ∴，， ∵， ， ∴. （3）解：在函数中， 当时，， ∴， ∵，二次函数图象的顶点为，对称轴与轴交于点 ∴，， ∴，，， 当时，则， 解得：（舍去），， 当时，则， 解得：（舍去），， 当时，∴，，则和重合，舍去， 当时，则， 解得：（舍去），，， 综上：或. 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形定义，两点间的距离公式等，解题的关键是分类讨论思想的应用． 【变式6-1】 （2024·四川巴中·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于两点，点的横坐标为1． (1)求的值及点的坐标． (2)点是线段上一点，点在直线上运动，当时，求的最小值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）先求解A的坐标，再求解反比例函数解析式，再联立两个解析式可得B的坐标； （2）由，证明，可得，求解,证明，如图，当时，最短；再进一步利用勾股定理与等面积法求解即可； 【详解】（1）解：∵直线与反比例函数的图象交于两点，点的横坐标为1． ∴， ∴, ∴， ∴反比例函数为：； ∴， 解得：，， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴，, ∴， ∴，， 如图，当时，最短； ∴； 【点睛】本题考查的是一次函数与反比例函数的综合，求解函数解析式，一元二次方程的解法，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，理解题意是解本题的关键. 【变式6-2】 （2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质求出是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出，从而可求出，即得出顶点的坐标为． 【详解】解：如图， ∵点的坐标为， ∴．　 ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴顶点的坐标为． 故选C． 【变式6-3】 （2023·山东济南·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于点，当点满足时，称点是点的“倍增点”，已知点，有下列结论： ①点，都是点的“倍增点”； ②若直线上的点A是点的“倍增点”，则点的坐标为； ③抛物线上存在两个点是点的“倍增点”； ④若点是点的“倍增点”，则的最小值是． 其中，正确结论的个数是（　　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】①根据题目所给“倍增点”定义，分别验证即可；②点，根据“倍增点”定义，列出方程，求出a的值，即可判断；③设抛物线上点是点的“倍增点”，根据“倍增点”定义列出方程，再根据判别式得出该方程根的情况，即可判断；④设点，根据“倍增点”定义可得，根据两点间距离公式可得，把代入化简并配方，即可得出的最小值为，即可判断． 【详解】解：①∵，， ∴， ∴，则是点的“倍增点”； ∵，， ∴， ∴，则是点的“倍增点”； 故①正确，符合题意； ②设点， ∵点A是点的“倍增点”， ∴， 解得：， ∴， 故②不正确，不符合题意； ③设抛物线上点是点的“倍增点”， ∴，整理得：， ∵， ∴方程有两个不相等实根，即抛物线上存在两个点是点的“倍增点”； 故③正确，符合题意； ④设点， ∵点是点的“倍增点”， ∴， ∵，， ∴ ， ∵， ∴的最小值为， ∴的最小值是， 故④正确，符合题意； 综上：正确的有①③④，共3个． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，一元二次方程根的判别式，两点间的距离公式，解题的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解． 【题型7 勾股树（数）问题】 【例7】 （2023·江苏南通·中考真题）勾股数是指能成为直角三角形三条边长的三个正整数，世界上第一次给出勾股数公式的是中国古代数学著作《九章算术》．现有勾股数a，b，c，其中，均小于，，，是大于1的奇数，则___________（用含的式子表示）． 【答案】 【分析】根据直角三角形的性质，直角边小于斜边得到，为直角边，为斜边，根据勾股定理即可得到的值． 【详解】解：由于现有勾股数a，b，c，其中，均小于， ，为直角边，为斜边， ， ， 得到， ， ， 是大于1的奇数， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理的应用，分清楚，为直角边，为斜边是解题的关键． 【变式7-1】 （2023·四川泸州·中考真题）《九章算术》是中国古代重要的数学著作，该著作中给出了勾股数，，的计算公式：，，，其中，，是互质的奇数．下列四组勾股数中，不能由该勾股数计算公式直接得出的是（　　） A．3，4，5 B．5，12，13 C．6，8，10 D．7，24，25 【答案】C 【分析】首先证明出，得到a，b是直角三角形的直角边然后由，，是互质的奇数逐项求解即可． 【详解】∵， ∴． ∵， ∴． ∴a，b是直角三角形的直角边， ∵，是互质的奇数， ∴A．， ∴当，时，，，， ∴3，4，5能由该勾股数计算公式直接得出； B．， ∴当，时，，，， ∴5，12，13能由该勾股数计算公式直接得出； C．，， ∵，是互质的奇数， ∴6，8，10不能由该勾股数计算公式直接得出； D．， ∴当，时，，，， ∴7，24，25能由该勾股数计算公式直接得出． 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股数的应用，通过，，是互质的奇数这两个条件去求得符合题意的t的值是解决本题的关键． 【变式7-2】 （2022·四川遂宁·中考真题）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第六代勾股树中正方形的个数为______． 【答案】127 【分析】由已知图形观察规律，即可得到第六代勾股树中正方形的个数． 【详解】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2=3（个）， 第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个）， 第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个）， .....． ∴第六代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25+26=127（个）， 故答案为：127． 【点睛】本题考查图形中的规律问题，解题的关键是仔细观察图形，得到图形变化的规律． 【变式7-3】 （2026·黑龙江哈尔滨·一模）勾股树是一个可以无限生长的树形图形，它既展示了数学中的精确与秩序，还蕴含了自然界的生长与繁衍之美．如图是勾股树及它的形成过程，其中第1个图形是正方形，第2个图形是以这个正方形的边长为斜边在其外部构造一个直角三角形，再以这个直角三角形的两条直角边为边长，分别向外生成两个新的正方形，重复上述步骤得到第3个图形，……，则第8个图形中共有______个正方形． 【答案】255 【分析】观察可知，第一个图形有1个正方形，第2个图形有个正方形，第3个图形有个正方形，依次类推求出第8个图形中小正方形的个数即可． 【详解】解：由图可知：第一个图形有1个正方形， 第2个图形有个正方形， 第3个图形有个正方形， ∴第8个图形中共有个正方形． 【题型8 以直角三角形的三边为边长的图形面积】 【例8】 （25-26九年级上·湖南株洲·期末）就实证科学而言，宇宙这部著作是用数学语言写成的．其中勾股定理是我们的祖先在“立竿见影，以正农时”，探索天地相对运动周期时捕捉到的数学原理．它所蕴含的“天道之数”，被人们用以作为沟通天地、与自然对话的凭借，最早被“放之四海”，构筑起中华文明的大厦．如图，在中，，以其三边为边分别向外作正方形，连接，，，设，，的面积分别是，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过作交的延长线于，连接，过作交的延长线于，连接，结合正方形的性质及可判定，由全等三角形的性质得，由平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得，同理求出，即可求解． 【详解】解：如图，过作交的延长线于，连接，过作交的延长线于，连接， ， ， 四边形、、是正方形， ，， ，, ， ， ， ， （）， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 同理可证：四边形是平行四边形， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，能添加恰当的辅助线，构建平行四边形是解题的关键． 【变式8-1】 （2025·江苏南京·二模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“最美弦图”（如图），图由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形，正方形，正方形的面积分别为，，，若，则的值是______． 【答案】 【分析】此题主要考查整式的加减，全等三角形的性质，根据已知得出用含，表示出，，，再利用求出答案是解决问题的关键．根据图形的特征设四边形的面积设为，其余八个全等的三角形面积中的一个设为，从而用含，的式子表示出，，，得出答案即可． 【详解】解：设四边形的面积为，其余八个全等的三角形面积中的一个设为， 正方形，正方形，正方形的面积分别为，，，， 得出，，， ， 故， ∴， 即． 故答案为：． 【变式8-2】 （2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，分别以为边向上作正方形、正方形、正方形，点E在上，若，，则图中阴影部分的面积为___． 【答案】12 【分析】本题考查求阴影部分的面积，全等三角形的性质和判定，勾股定理．勾股定理求出，根据条件证明，利用全等三角形的性质即可得到，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵，，， ∴， ∴， ∵是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴阴影部分的面积， 故答案为：12． 【变式8-3】 （2025·广东深圳·三模）某数学兴趣小组学完勾股定理后，类比“赵爽弦图”将八个全等的直角三角形拼接构造成如图所示的弦图，图中正方形，正方形，正方形的面积分别记为，，，若，则的长是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查勾股定理的证明，正方形面积的计算，整式的运算等，掌握勾股定理是解题的关键． 利用勾股定理结合正方形的面积公式以及面积关系列出等式，即可求解． 【详解】解：设图中八个全等的直角三角形的长直角边为，短直角边为，斜边长为，则：， 由题意，得：，，， ， ， ， 即， ， 故选：A． 【题型9 勾股定理与折叠问题】 【例9】 （25-26八年级上·江苏扬州·期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式对折，使点落在上的点处，折痕为，点落在点处，交于点．若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理． 先根据勾股定理求出，然后证明，得到，，即可得到，，然后在中，利用解题即可． 【详解】解：在中，， 由折叠可得，， 又∵是矩形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， 设，则， 在中，，即， 解得：， 故选：A． 【变式9-1】 （2025·河南驻马店·三模）如图，在中，，，，点是线段上一动点（不与点，重合），连接，将沿直线折叠，点落到点处，连接，．当为等腰三角形时，的长为_______．    【答案】或 【分析】分三种情况：①时，作于，则，设，由折叠的性质得：，证明，得出，在中，，由勾股定理得出方程，解方程即可；②时，由折叠的性质得：，证明，得出，求出；③时，由折叠的性质得：垂直平分，由知，得出点与重合，不符合题意． 【详解】解：当为等腰三角形时，分三种情况： ①当时，如图1所示：作于，    则， 设， 由折叠的性质得：垂直平分， ， ， ， ∴，即， 解得：， 在中，， 由勾股定理得：， 即， 解得：，或（不合题意舍去）， ； ②当时，如图2所示：      由折叠的性质得：， ，， ， ， ， 即， 解得：； ③当时，连接，如图3所示：    由折叠的性质得：垂直平分， ， ， ∴点E与C重合，不符合题意； 综上所述，当为等腰三角形时，的长为或； 故答案为：或． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键． 【变式9-2】 （2026·四川巴中·模拟预测）已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 【答案】(1)的长为 (2)见解析 (3)的长为5或3 【分析】（1）利用折叠的性质和勾股定理即可求解； （2）利用折叠的性质得出，，利用证得，得到，利用等边对等角得到，然后证得，得到，即可证得； （3）分①当在的延长线上时，②当在线段时，两种情况讨论，根据折叠的性质．利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：设，则， 由折叠的性质可知， 在中，， ∴， 解得， ∴； （2）证明：由折叠的性质可知，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：①当在的延长线上时，如图①， 由，设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴； ②当在线段时，如图②， 设，则， 由折叠的性质可知， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 综上，的长为5或3． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了轴对称的性质，勾股定理的应用，三角形全等的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键． 【变式9-3】 （2026·四川成都·一模）如图，将一张三角形纸片按照以下步骤进行操作：第一步，折叠纸片，使得点A恰好落在边上的点M处，折痕为；第二步、展开纸片，再次折叠纸片，使得点M恰好落在边上的点N处，折痕为．若，点N恰好是线段的黄金分割点，且，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查了黄金分割，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 先由黄金分割的定义求出，由折叠得，，设，然后对运用勾股定理建立方程求解． 【详解】解：∵点N是线段的黄金分割点，且， ∴， 由折叠得，， 设，则， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【题型10 利用勾股定理证明线段平方关系】 【例10】 （2025·安徽淮南·二模）在矩形中，为对角线上一点（），连接，过点作交的延长线于点，交于点，设． (1)如图1，已知． （ⅰ）若，求证：； （ⅱ）求证：． (2)如图2，若，，求的值． 【答案】(1)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析； (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定； （1）（ⅰ）根据已知等边对等角可得。进而证明，根据线段的和差以及等量代换即可得证； （ⅱ）过点作，交于点，交于点．证明得出，设，，进而根据勾股定理，即可得证； （2）过点作，交于点，交于点．设，则，证明，得出，根据已知可得，，代入比例式，即可求解． 【详解】（1）解： （ⅰ）， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即． （ⅱ）如图1，过点作，交于点，交于点， ， 矩形为正方形， ，和均为等腰直角三角形， ， 又∵， ∴， ∴， ∴， ， 设，， ， ， ． （2）解：如图2，过点作，交于点，交于点． 设，则， ， ∴ ∴ ∴， ， 为的中点，为的中点， ，， ， 解得（负值舍去）． 【变式10-1】 （2025·四川广元·模拟预测）如图1，在等腰三角形中， ，点 D 是直线上一点，连接，将线段绕点A 顺时针旋转得到线段，连接，． (1)当，且点 D 在线段上时，线段与之间的数量关系是 ． (2)如图2，当，且点 D 在线段上时，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)当，，时，求的长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)或 【分析】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）将线段绕点A 顺时针旋转得到线段，那么，，然后可证，推出，得到； （2）同理可证，那么，，得到，然后根据勾股定理即可得到结论； （3）由勾股定理求出，然后分当点在线段上时，当点在线段的延长线上时，当点在线段的延长线上时三种情况进行分类讨论． 【详解】（1）解：， 理由如下： 将线段绕点A 顺时针旋转得到线段， ，， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：，理由如下： ∵，， ∴． 由题意可知，，， ∴ ∴，． ∴． 在中， （3）解：∵，， ∴． ∴在中，由勾股定理，得 ①当点在线段上时， 由(2)，得在中，由勾股定理，得， ②当点在线段的延长线上时，如图． ∵， ∴． 又，， ∴． ∴，． 又， ． ∴在中， ， 即 ， ③当点在线段的延长线上时，，不满足条件． 综上所述， 的长为或 ． 【变式10-2】 （2024·北京东城·一模）在中，，，点、是边上的点，，连接，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接交于点． (1)如图①，当点与点重合时，直接写出与之间的数量关系； (2)如图②，当点与点不重合点在点的左侧时， ①补全图形； ②与在（1）中的数量关系是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． (3)在（2）的条件下，用等式表示线段、、的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)①见解析；②仍然成立，证明见解析 (3) 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等等： （1）由三线合一定理可得，再由，得到三点共线，即可得到； （2）①根据题意画图即可；②过点A作于H，则，先证明，再证明，进而证明，得到，则，即； （3）将绕点A逆时针旋转得到，连接，由旋转的性质可得，证明，得到，由勾股定理得，即可得到． 【详解】（1）解：∵在中，，，点D与点B重合，， ∴， ∵， ∴三点共线， ∴； （2）解：①如图所示，即为所求； ②仍然成立，证明如下： 如图所示，过点A作于H， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，连接， 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 【变式10-3】 （24-25九年级上·北京·月考）如图，在中，，D、E是斜边上两点，将绕点A顺时针旋转，得到，若，下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①② D．①②④ 【答案】D 【分析】先求出，再根据旋转和全等的性质得到，即可判断①；，，即可判断②；根据旋转和全等三角形的性质得到，，再根据三角形三边关系即可判断③；证明，在中，利用勾股定理和等量代换即可判断④． 【详解】解：在中，， ∴， ∵将绕点A顺时针旋转，得到， ∴， ∵， ∴， 故①正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， 故②正确； ∵将绕点A顺时针旋转，得到， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 故结论③错误； ∵将绕点A顺时针旋转，得到， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴， 故结论④正确， 综上可知，正确的是①②④， 故选：D． 【点睛】此题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定、勾股定理、三角形三边关系、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 【题型11 勾股定理的证明方法】 【例11】 （2023·山西·模拟预测）如图，是第14届国际数学教育大会的会标，数学元素无处不在，画面非常几何化，主画面由圆和螺线组成，呈中心对称，其中的“弦图”也是中国数学会的徽标，充分展示了中国古代数学的灿烂，利用“弦图”所证明的数学定理是（    ） A．三角形内角和定理 B．垂径定理 C．正弦定理 D．勾股定理 【答案】D 【分析】本题考查用“赵爽弦图”证明勾股定理，作出图象，设四个全等的直角三角形，边长为，围成了一个边长为c和的大正方形和小正方形，根据大正方形的面积小正方形的面积4个直角三角形的面积列出等式，化简等式即可得到勾股定理． 【详解】 如图，四个全等的直角三角形，边长为，围成了一个边长为c和的大正方形和小正方形， 则， 化简得， 此即为勾股定理， 故“弦图”所证明的数学定理是勾股定理， 故选：D． 【变式11-1】 （2025·河北沧州·模拟预测）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是将图1放入矩形内得到的，，点D，E，F，G，H，I都在矩形的边上，则空白部分的面积为____________ 【答案】60 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题意证得和是解题的关键． 延长交于点，延长交于点，通过证明得到，同理可得，得到，再计算、的长，最后由长方形的面积公式计算得出总面积，然后减去三个正方形的面积即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点，延长交于点， 则， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 同理可证， ， ∵， ∴， ，， 长方形的面积为， ∴空白部分的面积为：， 故答案为：． 【变式11-2】 （2025·湖北襄阳·二模）如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，这个图形被称为赵爽弦图，赵爽弦图是我国古代数学的骄傲．借助赵爽弦图可以证明的结论是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了勾股定理的证明，根据中间边长为的正方形面积等于边长为c的正方形面积减去4个直角边为a和b的直角三角形的面积列式求解即可． 【详解】解：由题意得，中间小正方形的边长为，大正方形的边长为c， 则， ∴， ∴， 故选：A． 【变式11-3】 （2025·广东汕头·一模）如题图，是的直径，C，D是上的两点、若，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．不能确定 【答案】A 【分析】本题主要考查圆周角定理，勾股定理；连接，由圆周角定理得到，由勾股定理求出，得到，因此，即可推出． 【详解】解：连接， ∵是圆的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【题型12 以弦图为背景的计算题】 【例12】 （2026·新疆昌吉·一模）如图，由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形的直角边为m、n，小正方形面积为5，，则大正方形面积为（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【答案】B 【分析】根据小正方形的面积为5并结合计算得出，即可得出结果． 【详解】解：∵直角三角形的直角边为m、n，小正方形面积为5， ∴， ∵， ∴由可得：， ∴， ∴大正方形面积为． 【变式12-1】 （25-26九年级上·河南新乡·期末）《周髀算经》是我国最早的一部数学著作，其中记载了勾股定理这一重要的数学原理，吴国数学家赵爽在证明勾股定理时，创制了一幅“赵爽弦图（也称勾股圆方图），在如图所示的“赵爽弦图”中，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的大正方形．分别以，为圆心，长为半径作弧，若，为的中点，则图中阴影部分的面积为____________． 【答案】 【分析】先利用全等直角三角形的性质，得出线段之间的数量关系，求出小正方形边长，再分别计算扇形面积和小正方形中相关三角形（或直接小正方形）面积，通过面积和差求出阴影部分面积． 本题主要考查赵爽弦图的性质、扇形面积公式，熟练掌握全等三角形对应边关系求小正方形边长，以及利用“扇形面积和—重叠部分面积（小正方形）”计算阴影面积是解题关键． 【详解】解：根据题意得：，点G为的中点， ∴， 在中，， ∵， ∴， 即小正方形的边长． ∴． 故答案为： 【变式12-2】 （25-26八年级上·陕西渭南·期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．连接，，若，，则大正方形的边长为（    ）    A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题以“赵爽弦图”为背景考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，掌握数形结合思想是解题的关键． 根据题意及全等三角形的判定得出，确定，再由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【变式12-3】 （25-26九年级上·云南昆明·月考）“赵爽弦图”利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图，在正方形中，，，假设可在弦图区域内随机取点，则这个点落在阴影部分的概率为______． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理的运用，几何概率，设，则，根据，求出，得到正方形的面积，利用概率公式代入计算即可． 【详解】解：设，则， ，， ，     ， 解得：或舍去， ， ， ， ， 这个点落在阴影部分的概率为， 故答案为： 【题型13 用勾股定理构造图形解决问题】 【例13】 （2025·浙江·模拟预测）一无人超市门口的墙AB上装有一个传感器P，离地面高度，当人从门外走到离该传感器及以内时，便自动发出语音“欢迎光临”．身高的小明走到处时，恰好响起“欢迎光临”，则的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理的应用,理解题意，正确应用勾股定理是解题的关键．过作于点，根据题意构造出直角三角形，利用勾股定理即可解答． 【详解】解：如图，过点作于点 ∴ ∴ 由勾股定理可得： 即离门铃米远的地方，门铃恰好自动响起 故答案为：． 【变式13-1】 （24-25八年级下·河北唐山·月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，已知，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质和勾股定理等知识内容，正确掌握菱形的性质是解题的关键．因为四边形是菱形，所以，再根据菱形的顶点D在y轴上，得． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵菱形的顶点D在y轴上， ∴，即， 故选：A． 【变式13-2】 （2025·湖南张家界·二模）材料：在古罗马时代，传说在亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．将军每天从营地甲出发，先到河边饮马，再去河岸同侧的营地乙开会，应该怎样走才能使路程最短？从此、这个被称为“将军饮马”的问题广泛流传． (1)在解决日常生活中遇到的问题时，我们常常把问题数学化，将问题抽象归纳为一个数学模型，将军饮马问题也不例外．在这个问题中，我们把营地甲、营地乙分别抽象为点、点，把河岸抽象为直线，把距离抽象为线段的长度，这样，一个生活问题就转化为一个数学问题．现有如下四种设计方案，则所走路程最短的是___________． A．        B．  C．       D． (2)如图所示，牧童在处放牛，其家在处，米，米，米，牧童从处把牛牵到河边饮水再回家，求牧童需要走的最短路程为多少米． (3)已知，求的最小值．（可结合图形） 【答案】(1)D (2)50米 (3)10 【分析】本题考查了轴对称的性质，两点之间线段最短，三角形三边关系，勾股定理等知识，解题的关键是理解轴对称的性质． （1）如图，根据轴对称的性质作点关于直线的对应点，连接交直线于点，则点就是所要求作点．在直线在任取另一点，连接，根据三角形三边关系可解本题； （2）如图，延长至点，使得，连接，则的长度为牧童需要走的最短路程．过点作，与的延长线交于点．根据勾股定理求得即可求解； （3）如图，设线段，作，取，，的值可看作的值． 【详解】（1）解：选：D， 理由：如图，作点关于直线的对应点，连接交直线于点，则点就是所要求作点．在直线在任取另一点，连接， 由轴对称的性质可得：， ，， 在中，， ， 故选：D． （2）如图，延长至点，使得，连接，则的长度为牧童需要走的最短路程． 过点作，与的延长线交于点， 则． 在中，米，米． （米）． （3）如图，设线段， 作，取，， 的值可看作的值． 当三点共线时，的值最小， 即的最小值为的长． 作于点， ∴ 则， ， 的最小值为10． 【变式13-3】 （23-24七年级上·山东烟台·期中）如图，当秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至C处时（即水平距离），踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，则绳索的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【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． 设的长为x m，则，故．在直角中利用勾股定理即可求解． 【详解】解：由题意可知，， ∴． 设的长为， 则， ∴． 在中，由勾股定理， 得， 即， 解得：． 故选：B． 【题型14 勾股定理与实际应用】 【例14】 （2026·浙江·一模）在中，，，，点N，M分别是边和上的动点，始终保持，连接，，则的最小值为 ______． 【答案】 【分析】过点C作，使，连接、，根据勾股定理求出，，利用“”，可证明，得，根据三角形三边关系可得，，当点G、M、B三点共线时，的值最小，最小值为的值，进而可以求解． 【详解】解：如图，过点C作，使，连接、， ，，， ， ， ， ，即， ， ， ， ，， （）， ， ， 当点G、M、B三点共线时，的值最小，最小值为的值， 的最小值为． 【变式14-1】 （25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图像为直线l，已知两点、． (1)在直线l位于第一象限的部分找一点C，使得．用直尺和圆规作出点C（不写画法，保留作图痕迹）； (2)直接写出点C的坐标为______； (3)点P在x轴上，的最小值为______． 【答案】(1)见解析 (2) (3)10 【分析】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，一次函数图象上的点的坐标特征，最短路径问题，两点之间的距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． （1）作线段的垂直平分线交直线于点即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义得，点是线段的中点，轴，可得点的坐标，再将代入，即可得点的坐标； （3）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则当、、三点共线时，的值最小，即的值最小，最小值为的长度，由此求解即可． 【详解】（1）解：如图，作线段的垂直平分线交直线于点即为所求， ∵是线段的垂直平分线， ∴， ∴． （2）解：∵是线段的垂直平分线， ∴点是线段的中点，轴． ∵、， ∴，即． 将代入得，， 解得， ∴点的坐标为． 故答案为：． （3）解：如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点， ∴， ∴要使的值最小，即的值最小， ∴当、、三点共线时，的值最小，最小值为的长度． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴的最小值是10． 故答案为：10． 【变式14-2】 （2026·重庆大渡口·一模）如图，一艘轮船以的速度沿既定航线由南向北航行，途中接到台风警报，某台风中心正以的速度由东向西移动，距台风中心的圆形区域（包括边界）都属台风影响区，当这艘轮船接到台风警报时，它与台风中心移动路线的最近距离400，此时台风中心与轮船既定航线的最近距离也是． (1)如果这艘船不改变航向，那么它会不会进入台风影响区？ (2)假设轮船航向不变，航行速度不变，航行到受台风影响的警戒线外立即停止航行，求它至少需要停止航行多少小时？ 【答案】(1)如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区 (2) 【分析】本题考查行程问题，方向角； （1）求出当台风中心移动到距时，轮船是否通过点即可判断； （2）分别确定轮船停止和重新开始移动时台风中心的位置，根据台风中心移动的时间就是停止时间求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：，， 方法一： 设小时后，当台风中心在点时，轮船在点，此时，则，， ∵， ∴， 整理得， 解得， 当时，，此时轮船还没有经过， ∴如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区； 方法二：当台风中心移动到距时，移动时间小时， 此时轮船航行距离，即还没有通过点，如果不改变航向，后续必定会进入台风影响区， ∴如果这艘船不改变航向，那么它会进入台风影响区； （2）解：如图，取点、，使， 当轮船运动到警戒线的点时，此时台风中心移动到点处，运动时间，此时； 轮船从点运动到点用时（小时）， 设台风中心小时从移动到，则， ∴当轮船重新开始移动到点时，此时台风中心距离刚好，此后都不再受台风影响， ∴在轮船停止航行时间段，台风从移动到点，， ∴轮船停止航行时间为（小时）， ∴设轮船航向不变，航行速度不变，航行到受台风影响的警戒线外立即停止航行，它至少需要停止航行小时． 【变式14-3】 （2026九年级上·重庆·专题练习）为了加强海上巡航检查能力，某海警船甲、乙在如图所示的海域进行航行检查训练．为同一平面内的四座小岛．岛位于岛正西方向，岛位于岛北偏西方向海里处，岛位于岛的正北方向，岛位于岛北偏西方向（参考数据：，）． (1)求小岛间的距离（结果精确到海里）； (2)甲、乙两海警船同时从岛出发前往岛进行巡航检查训练，甲海警船沿航行，乙海警船沿航行，甲海警船的速度与乙海警船的速度之比为．两海警船同时到达岛处，求小岛间的距离（结果保留小数点后一位）． 【答案】(1)小岛间的距离为海里； (2)小岛间的距离为海里． 【分析】本题主要考查勾股定理中方位角的应用、所对的直角边等于斜边的一半、解一元二次方程等，能够理解方位角的角度进行应用时解决本题的关键． （1）先过点作交于点，通过方位角，得出各个角的角度，再用所对的直角边等于斜边的一半求出边的关系，最后用勾股定理求解即可． （2）过点作交于点，通过方位角，得出各个角的角度，再用所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理结合求出边，然后用速度比求出路程比，最后用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：过点作交于点， ∵岛位于岛正西方向，岛位于岛的正北方向， ∴． ∵岛位于岛北偏西方向海里处， ∴，． ∴， ∵， ∴． ∵中，，， ∴，， ∴． ∵岛位于岛北偏西方向， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵，，， ∴， 解得， ∴， 将，代入得： ． 答：小岛间的距离为海里． （2）解：过点作交于点， ∵岛位于岛正西方向，岛位于岛的正北方向， ∴． ∵岛位于岛北偏西方向海里处， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∵中，，， ∴， ∴ ． ∵甲海警船的速度与乙海警船的速度之比为．两海警船同时到达岛处， 设甲海警船的速度为，乙海警船的速度为，时间， ∴甲海警船的路程为，乙海警船的路程为． ∵， ∴甲海警船的航行路程与乙海警船的航行路程之比也为， ∴设，， ∴，． ∵中，，，，， ∴根据勾股定理：， ， 解得（舍），． ∴． 答：小岛间的距离为海里． 考点三 勾股定理的逆定理 勾股定理的逆定理：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. 拓展：若，时，以，，为三边的三角形是钝角三角形； 若，时，以，，为三边的三角形是锐角三角形 【题型15 判断三边是否构成直角三角形】 【例15】 （2026·安徽安庆·模拟预测）如图，在中，，，，点D是边上一动点（不与A、B重合），沿着运动，过点D作交于点E，作交于点F，设，的长为x，能反映y与x之间函数关系的图象是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，过点作于点，根据勾股定理逆定理得到是直角三角形，根据等面积法求出，根据勾股定理求出，设，则，，根据勾股定理得到，证明四边形是矩形，得到，可知． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 在中，，，， ， 是直角三角形，， ， ， ， ， ，， ， ，， ∴四边形是平行四边形， ∵， 四边形是矩形， ， ． 【变式15-1】 （2026·河南周口·一模）如图，为的外接圆，为直径，是上一动点，连接，若，． (1)求的半径； (2)若，求的长（结果保留）． 【答案】(1)10 (2) 【分析】（1）先根据直径所对的圆周角为直角，得出，再利用勾股定理得出直径的长，即可解答；（2）先连接，再利用勾股定理的逆定理，得出是直角三角形，最后利用弧长公式进行解答即可． 【详解】（1）解：∵为的外接圆，为直径， ∴． ∵，， ∴， ∴的半径为． 答：的半径为10． （2）解：如图，连接． ∵，， ∴，， ∴， ∴是直角三角形，即， ∴的长为． 答：的长为． 【变式15-2】 （25-26八年级上·陕西西安·期末）如图，在中，为边上的高，，则图中的直角三角形共有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】根据，得到，继而得到，解答即可． 本题考查了三角形的高，勾股定理的逆定理，熟练掌握逆定理是解题的关键． 【详解】解：根据，得到，继而得到，故是直角三角形； 又为边上的高， 故都是直角三角形； 故选：D． 【变式15-3】 （2026·上海松江·一模）的三边分别是、、，且， (1)如果的周长为60，求的值； (2)如果的面积为 60，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查比例的性质和勾股定理逆定理． （1）设，则，利用周长公式列方程求解即可； （2）设，则，通过勾股定理逆定理判断直角三角形，再利用面积公式求解即可． 【详解】（1）解：设， 则， ∵的周长为60， ∴， 解得：， ∴； （2）解：设， 则， ∵，， ∴， 即是直角三角形，， ∵的面积为60， ∴， 即， 解得：（负值舍去）， ∴． 【题型16 求图形上与已知两点构成直角三角形的点】 【例16】 （24-25九年级上·江苏苏州·月考）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过两点，与x轴交于点B． (1)若直线经过B，C两点，求直线解析式； (2)在抛物线的对称轴上找一点M，使的值最小，求点M的坐标； (3)设P为对称轴上的一个动点，直接写出为直角三角形的点P的坐标． 【答案】(1)， (2) (3)点P的坐标为或或或 【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、直角三角形的性质、点的对称性等； （1）用待定系数法即可求解； （2）设直线与对称轴的交点为M，根据轴对称性质可知，由此可知，即最小时的值最小，进而求解； （3）分点B为直角顶点、点C为直角顶点、P为直角顶点三种情况，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过， ∴， 设抛物线的表达式为， 将代入上式得：，解得， ∴抛物线的解析式为：； 把，代入得： ，解得， ∴直线的解析式为； （2）设直线与对称轴的交点为M，则此时的值最小， 把代入直线得，故， 即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为； （3）设， ∵，， ∴， 若点B为直角顶点时，则， 即， 解得； 若点C为直角顶点时，则， 即 解得， 若P为直角顶点时，则， ∴， 解得， 综上，点P的坐标为或或或． 【变式16-1】 （23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在方格纸网格中，每个小正方形的边长均为，按下列要求画图： (1)以为斜边画直角三角形，使点在小正方形的顶点上，且； (2)以为一边画等腰，使，点在小正方形的顶点上，连接，并直接写出的值． 【答案】(1)作图见解析； (2)作图见解析，或（画出一个即可）． 【分析】（）取格点，连接，所得即为所求； （）根据题意，取格点即可，有两种画法，任选一种，根据图形，即可； 本题考查了利用网格作直角三角形、等腰三角形，正切的定义，掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，即为所求； 理由：由勾股定理可得，，， ∴， ∵， ∴， ∴为直角三角形，且，即为斜边； （2）解：有两种画法，画一个即可： 画法：如图，取格点，点即为所求， 理由：由勾股定理可得，， ∴为等腰三角形， ∵，， ∴， 此时，由图可得，； 画法：如图，取格点，点即为所求，    理由：由勾股定理可得，， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， 此时，由图可得，． 【变式16-2】 （2023·山东济南·二模）如图，在直角坐标系中，直线与反比例函数的图像交于、B两点． (1)求反比例函数的表达式； (2)将直线向上平移后与y轴交于点C，与双曲线在第二象限内的部分交于点D，如果的面积为16，求直线向上平移的距离； (3)E是y轴正半轴上的一点，F是平面内任意一点，使以点A，B，E，F为顶点的四边形是矩形，请求出所有符合条件的点E的坐标． 【答案】(1) (2)4 (3)， 【分析】（1）用待定系数法求反比例函数解析式即可； （2）连接、，设平移后直线的解析式为，得出点， 根据直线平行直线，得出，根据点A、点B关于原点对称，得出点，根据，列出关于b的方程，解方程即可； （3）设，，，得出，，，分两种情况，当为边时，当为对角线时，分别求出m的值即可． 【详解】（1）解：令一次函数中，则 解得：，即点A的坐标为， ∵点在反比例函数的图像上， ∴， ∴反比例函数的表达式为； （2）解：连接、，如图所示： 设平移后直线的解析式为， ∴点， ∵直线平行直线， ∴， ∵的面积为16， ∵点A、点B关于原点对称， ∴点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴直线向上平移的距离为4． （3）解：设，，， 则， ， ， ①如图，当为边时，此时满足， 即：， 解得， ∴； ②如图，当为对角线时，此时满足， 即， 解得（舍去）， ∴； 【点睛】本题主要考查了反比例函数的综合应用，求反比例函数解析式，一次函数平移，三角形面积的计算，解题的关键是数形结合，注意分类讨论． 【变式16-3】 （2023·浙江温州·二模）在直角坐标系中，我们把横纵坐标都为整数的点叫作整点，顶点都是整点的三角形称为整点三角形．如图，已知整点，，请在所在的网格区域（含边界）画出符合要求的整点三角形． (1)在图1中画一个． (2)在图2中画一个，使点Q的横纵坐标相等，且的面积等于3． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）分类讨论分别为直角边和斜边时，共3种情况； （2）根据点Q的横纵坐标相等，可得点Q在第一象限的角平分线上，选择合适的点即可； 【详解】（1）解：如图，当分别为直角边和斜边时， （2）解：如图： 点Q的横纵坐标相等， 点Q在直线上， 根据割补法依次计算可得：点Q的位置如上图． 【点睛】本题考查了直角三角形的判定，割补法求面积，根据面积确定点坐标等知识点，直角坐标系性质的熟练运用是解题关键． 【题型17 利用勾股定理的逆定理求解】 【例17】 （2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与反比例函数的图象交于，B两点(点B位于点A右侧)，连接． (1)求直线的表达式． (2)当的面积为时，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，作点B关于的对称点C，连接，是否存在点D，使得四边形为矩形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把点A坐标代入反比例函数解析式中求出点A坐标，再设出直线解析式，并利用待定系数法求解即可； （2）过点A作轴于T，连接，则，可得，进而得到；设，则，解方程即可得到答案； （3）连接交于H，可证明，得到；由对称性可得，且点H为的中点，由等面积法可得，设，则，解方程可得，根据中点坐标公式可得，求出的中点坐标为，则的中点坐标为，即可得到点D的坐标为． 【详解】（1）解：∵直线与反比例函数的图象交于，B两点， ∴， ∴， 设直线的表达式为， ∴， ∴， ∴直线的表达式为； （2）解：如图所示，过点A作轴于T，连接， ∵， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴； 设， ∴， 解得（已检验符合题意）或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接交于H， ∵，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴； ∵点B和点C关于对称， ∴，且点H为的中点， ∴， ∴， 设，则， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴的中点坐标为， ∵四边形是矩形， ∴的中点坐标为， ∴点D的坐标为． 【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，勾股定理及其逆定理，矩形的性质，轴对称的性质，中点坐标公式，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式17-1】 （2023·广东东莞·模拟预测）如图，在四边形中，，，四边形的面积是____________． 【答案】 【分析】本题主要考查了勾股定理以及勾股定理逆定理．连接，根据勾股定理可得的长，再利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，再根据四边形的面积等于，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 在中，， ∴， 在中，∵， ∴， ∴为直角三角形，且， ∴四边形的面积是． 故答案为： 【变式17-2】 （2025·贵州黔东南·二模）如图，P是正方形内一点，，，，将线段以点A为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，下列结论：①可以由绕点A逆时针旋转得到；②点P与的距离为4；③；④；其中正确的结论是__________．（填序号） 【答案】①③ 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的判断和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握相关知识点，数形结合是解题的关键； 利用旋转的性质和正方形的性质，证明，可判定结论①正确； 利用勾股定理可得，可判定结论②错误； 利用等腰三角形的性质推出，利用勾股定理逆定理可推出，可判定结论③正确； 过点D作交延长线于点E，利用勾股定理可求出，进而可判定结论④错误． 【详解】由旋转可知，，， 四边形是正方形， ，， ，， ， ， 可以由绕点A逆时针旋转得到， 故结论①正确； 由勾股定理得， 故结论②错误； ，， ， 由得， ，， ， 为直角三角形，且， ， 故结论③正确； 如图，过点D作交延长线于点E，则， ，， ， ， 由勾股定理得，，即， 解得， ，， 由勾股定理得， 正方形的面积等于， 故结论④错误； 综上可知，正确的结论是①③． 故答案为：①③． 【变式17-3】 （2024·湖南·模拟预测）如图，已知点，，线段与x轴相交于点B，过点P作轴，垂足为C，经过点B、C、Q的抛物线交x轴于另一点A，连接，． (1)求该抛物线的函数解析式； (2)求证：； (3)在第四象限的抛物线上是否存在一点M，使得？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在， 【分析】本题考查了一次函数与抛物线解析式的待定系数法求法、勾股定理及逆定理、初中三角形面积公式（底高）、特殊角三角函数（）及一元二次方程求解，解题的关键是通过构造直角三角形（含特殊角）表示三角形的高，将角相等转化为线段比例关系，结合函数解析式联立求解． （1）设直线解析式，代入P、Q坐标求解析式得B点；由轴得C点；设抛物线一般式，代入B、C、Q三点解方程组得解析式； （2）设直线解析式求参数，找与y轴交点F，用勾股定理逆定理证 为直角三角形，得； （3）令抛物线求A点，构造含的直角三角形得；以为底，过M作高，利用与坐标轴的夹角构造等腰直角三角形求高，用底高公式表示面积，结合建立关系，联立抛物线求解． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， 代入、得： 两式相减得，解得，代入得， 故直线：． 令，则，解得， ∴． ∵轴，， ∴（垂直y轴时横坐标为0，纵坐标与P相同）． 设抛物线解析式为，代入、、得： 代入得， 两式相加得，解得，代入得． ∴抛物线解析式为． （2）证明：设直线的解析式为， 代入、得： 解得，故直线：． 令直线中，得，即与y轴交点． 由勾股定理计算线段长度：，， 又． ∵，， ∴，故为直角三角形，且． ∴． （3）解：令抛物线，因式分解得，解得（即B点）或，故． 设（，，第四象限）． 在中（为坐标原点，），（到的水平距离），（到的垂直距离），． 过作轴于，交直线于． 由（2）知直线，且、，故是等腰直角三角形，与x轴夹角为． 过作于，则是等腰直角三角形，（）． 的横坐标为，代入解析式得，故（在上方），则． 的面积，代入（由勾股定理得），得． 因，在中，，即． 由勾股定理，，且（到的水平距离为，垂直距离为），故． 将代入化简得， 再将代入，整理得， 因式分解得， 解得（舍去，不在第四象限）． 将代入，得，即． ∴存在符合条件的点M，坐标为． 【题型18 勾股定理的逆定理的实际应用】 【例18】 （24-25八年级下·山东临沂·期中）如图，连接A，B两城市的是一条东西走向的公路，C，D为两座工厂，且工厂C位于工厂D的北边，B市和工厂C之间有一大型水库．从工厂C修建了两条公路通往A市和工厂D，已知，，． (1)试通过计算说明长是工厂C到公路的最短距离； (2)若，求工厂C到B市的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明即可； （2）设，则，利用勾股定理，建立等式解方程即可． 【详解】（1）解：∵，，． 且， ∴， ∴， 根据垂线段最短， ∴长是工厂C到公路的最短距离． （2）解：设，则， 根据勾股定理，得， 解得， 答：工厂C到B市的距离为． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，垂线段最短，勾股定理，解方程，熟练掌握勾股定理，勾股定理的逆定理是解题的关键． 【变式18-1】 （2025·湖北武汉·模拟预测）如图，已知，，，则的值为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理逆定理以及求正切值，能够通过勾股定理逆定理证明三角形为直角三角形是解题关键； 先通过坐标求出的长度，再证得三角形为直角三角形，再通过正切的定义求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴，，， ∵， ∴为直角三角形，为斜边， ∴， 故选：B． 【变式18-2】 （2025·河南商丘·二模）如图，在平行四边形中，点P沿方向从点A移动到点C．设点P移动的路程为x，线段的长为y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则点Q的横坐标b等于（    ） A． B． C． D．5 【答案】C 【分析】本题主要考查动点问题的函数图象，平行四边形的性质，勾股定理及其逆定理，掌握平行四边形的性质，根据点P运动规律，结合函数图象解题是解题关键．根据平行四边形的性质，再结合P运动时y随x的变化的关系图象，通过勾股定理的逆定理及其定理即可求解． 【详解】解：当点P运动到点B处时，，即， 当点P运动到点C处时，如图， ∵，即，此时，即， ∵， ∴为直角三角形， 由等面积得，， ∴，即． ∴ ∴ 故选：C． 【变式18-3】 （2025·安徽芜湖·二模）如图，中为上的中线，，垂足为，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理，能得出是直角三角形是解此题的关键． 首先由勾股定理的逆定理可判定是直角三角形，再根据勾股定理即可求得的长，最后根据三角形的面积公式即可求出． 【详解】解：∵，中为上的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ， ， ∴， 故选：D． 特色专项练 【新考向：新考法】 1．（2026·陕西西安·二模）探索四边形与矩形中的角度及边长关系 问题提出： (1)如图①，在四边形中，，，，，求四边形的对角线的长； 问题解决： (2)如图②，矩形为某公园内的一片空地，现计划将此区域修建为园林景观，其中将区域建设为池塘，四边形区域放置假山，其余区域种植花草树木．已知，，G为的中点，，．根据设计要求，需将假山区修建的尽可能小．试问四边形面积是否存在最小值？若存在，求出四边形PEGF面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)四边形的面积存在最小值，最小值为 【分析】（1）过点D作，由旋转的性质得到为等腰三角形，求出，再利用正弦的定义求解即可；（2）连接将绕点P逆时针旋转60°，得到，连接，证明为等边三角形，得出，作的外接圆O，过点O作，垂足为M，过点E作，垂足为N，连接、，得到，作的外接圆，过点G作，垂足为I，交圆于点K，过点P作，垂足为H，连接、，证明G、P、H、四点共线，求出的最小值即可得解； 【详解】（1）解：， ， ， 如图①，将绕点D逆时针旋转120°得到， ，， 点A与点C对应，点B与点E对应， 则， B、C、E三点共线， ，， 为等腰三角形， ， 过点D作，垂足为F， ， ，， ， ， ； （2）解：存在． 如图②，连接将绕点P逆时针旋转60°，得到，连接， ，， 点E与点F对应，点G与点对应， ，， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 作的外接圆O，过点O作，垂足为M，过点E作，垂足为N，连接、， 当N、M两点重合时有，此时， 此时， 作的外接圆，过点G作，垂足为I，交圆于点K，过点P作，垂足为H，连接、， ， 当G、P、H三点共线时有， 点G为的中点， ， ， 当P、H、三点共线时有， 此时，G、P、H、四点共线， ， 连接、， ， 易得， 为等边三角形， ， ， ，， ， ， 四边形的面积存在最小值，最小值为． 【新考向：新情境】 1．（2026·河北沧州·模拟预测）【项目背景】石家庄正定隆兴寺的转轮藏殿是宋代建筑的瑰宝，其殿内巨大的木制转轮藏顶部覆盖着精美的圆形藻井．某中学活动小组前往该地进行综合与实践活动． (1)【活动一】测量与建模 图-1是藻井截面示意图（截面为圆的一部分）．该小组测得藻井开口为，拱高（圆拱的最大高度）为．求及半径的长； (2)【活动二】光影效果模拟实验 如图-2，殿内灯光设计模拟“佛光普照”，光源点沿缓慢移动．经测量，结合（1）中的数据回答问题． ①当点在的三等分点处，且在点的右侧时，求劣弧的长（取3）； ②如图-3，当光源在最高点时，光束张角恰好照亮藻井开口．求此时的度数，并判断当光源沿（不含端点，）移动时，的度数是否发生变化． 【答案】(1)；； (2)①；②，不变． 【分析】（1）由垂径定理得，设根据勾股定理列方程求解即可； （2）①先根据弧长求出，再根据三等分点的性质求即可； ②根据圆周角等于所对弧圆心角的一半解答即可． 【详解】（1）解：由题意得，为圆拱的半径，， ∴，， 设则， 由勾股定理得， 即 解得， ∴； （2）①∵，， ∴ ∵当点在的三等分点处，且在点的右侧时， ∴； ②∵当光源在最高点时，光束张角恰好照亮藻井开口， ∴为优弧所对的圆周角， ∴； ∵光源沿（不含端点，）移动时，圆心角不变， ∴不变． 【新考向：跨学科】 1．（2026·陕西西安·三模）问题探究 (1)如图①，是的中位线，点在上，，连接并延长，与的延长线相交于点．若，则线段的长为___________． (2)如图②，在中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段的最小值． 问题解决 (3)如图③，某学校规划一块矩形劳动实践基地，用于班级种植，是两个工具房，分别在，边上，且，沿铺设一条运送通道，再从点铺设一条垂直于的小路，在点处修一个肥料存放点，点处是基地水房，为方便参加劳动实践的同学取水后能最快到达点处获取肥料，需要沿铺设一条小路，要求尽可能的短，已知，．请问是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．（工具房、肥料存放点、水房的大小均忽略不计） 【答案】(1) (2) (3)存在最小值，为 【分析】（1）根据三角形中位线定理，可得，，从而可得，进而可求，计算即可求出； （2）根据，，易得，则可得动点的运动轨迹是圆弧，以的中点为圆心，为半径画圆弧交于点，连接，交圆弧于一点，即为点，此时线段的值最小，再根据勾股定理，计算即可求解； （3）延长、相交于点，连接，点是的中点，作，以点为圆心，为直径作圆弧，连接，交圆弧于点，此时的值最小，利用相似三角形的判定和性质，易求，再根据勾股定理，得，则，利用垂径定理，得，最后根据勾股定理，求得，，计算即可． 【详解】（1）解：是的中位线，， ，， ， ， ， ， ， ； （2）解：， ，即， ， ， ， 则动点是在以的中点为圆心，的长为直径的圆上，且在内部的圆弧上， 如图②，以的中点为圆心，为半径画圆弧交于点，连接，交圆弧于一点，即为点，此时线段的值最小，    ， ， 在，，， ， 则线段的最小值为； （3）存在最小值， 如图③，延长、相交于点，连接，点是的中点，作， 矩形， ，， ， ， ， ，即， ，即， 动点的运动轨迹是以点为圆心，为直径的圆弧上， 以点为圆心，为直径作圆弧，连接，交圆弧于一点，即为点，此时的值最小， 在中，，， ， ， ， ， 在中，， ， 在中， ， ， 则存在最小值，最小值为． 【点睛】审清题意，本题的难点是动点的运动轨迹． 中考真题练 1．（2025·四川巴中·中考真题）如图，在中，，，点P是边AB中点，，． (1)点N在线段AC上，点M在线段CB上． ①当时，CM的值是______； ②当时，求的值； (2)点N在射线上，点M在射线CB上．当时，直线MN与射线PC相交于点F，若，求的值． 【答案】(1)①2；②4 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，准确理解题目中给的条件，作出辅助线求解是解题的关键． （1）①根据题意可得此时为等腰直角三角形，作图求解即可； ②连结，根据直角三角行斜边上的中线等于斜边的一半求出，进而证明，即可得解． （2）分两种情况讨论，第一种情况，，设．则，求出的长，过点作于交于点，分别证明和即可得解；第二种情况，，连接，分别证明和即可得解． 【详解】（1）①如图所示， 为等腰直角三角形， ， 又， ， 为等腰直角三角形， ， ，， ，， 为中点， 、为、的中点， ， ； 故答案为：2． ②连结， ，， ， 又点为的中点， ，，， ， 又， ， ， ． （2）第一种情况如图所示，，设．则， ， ， ， 过点作于交于点， ，， ， 又， ， ， ， ， ， ， 又 ， ； 第二种情况：如右图所示，，连接， 易知，当时，点、分别与、重合，与题意不符，不成立； 由（1）可知：， ， ， 又， ．， 可得，，， ， ， ， ， ， 又，， ， ， ． 2．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 【答案】 4 【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可； （2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大， 即此时面积取得最大值，如图， ∵ ∴， ∴面积的最大值． 故答案为：4； （2）连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． 由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， 由（1）可知，， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹． 3．（2025·江苏无锡·中考真题）在平行四边形纸片中，．现将该纸片折叠，折痕与纸片的两边交于点、．若与重合，在上，且，则被折痕分成的与四边形的面积的比为___________；若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，则折痕长的取值范围是___________． 【答案】 或 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，含角的直角三角形，勾股定理，矩形的判定和性质．若与重合，在上，且，则，由角所对直角边与斜边的关系，可得，根据勾股定理可得，从而可得的面积和平行四边形纸片的面积，相减可得四边形的面积，进而可得与四边形的面积的比；取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，当过点或当过点时，折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，分别求出每种情况对应的的取值范围即可． 【详解】解：若与重合，在上，且， 则， ， ． ． ， ． 由勾股定理得，． ，． ． ． 与四边形的面积的比为． 若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为， 如图，取的中点，的中点，连接， 四边形是平行四边形， ，． ，，，． 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形． 平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为． 连接，，交于点，当过点时，且点在线段上，不与点重合，点在线段上，不与点重合， ∴此时，四边形的面积与四边形的面积的比为， 四边形的面积与四边形的面积的比为． 当时，取最小值，由可知，的最小值为， 作，交延长线于点，则， ， ． ， ． ． ． ，， ． ． ． ． 如图，取的中点，的中点，连接， 四边形是平行四边形， ，． ，，，． 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形． ，，平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为． 连接，，交于点，当过点时，且点在线段上，不与点重合，点在线段上，不与点重合， 四边形的面积与四边形的面积的比为，     四边形的面积与四边形的面积的比为． 作，交延长线于点，作于点，则，， ． ． ，， ． ． ． ， ． ． 四边形为矩形． ，． ，， ，． ． ∴折痕长的取值范围是或． 故答案为：；或． 4．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点在上，点在外，线段与交于点，过点作的切线交直线于点，且． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)直线与相切，理由见解析； (2)． 【分析】（）连接，，由直线与相切，可得，证明，则，然后通过切线的判定方法即可求证； （）由（）得，，则，，所以，通过直角三角形性质得，由勾股定理得，最后通过即可求解． 【详解】（1）解：直线与相切，理由， 如图，连接，， ∵直线与相切， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵是半径， ∴直线与相切； （2）解：由（）得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，扇形面积，直角三角形性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 5．（2025·江苏南通·中考真题）南通是“建筑之乡”，工程建筑中经常采用三角形的结构．如图是屋架设计图的一部分，是斜梁的中点，立柱垂直于横梁．若，，则的长为_____________． 【答案】1.2 【分析】本题考查了含角的直角三角形，根据含角的直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：∵E是斜梁的中点，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：1.2． 第1页，共3页 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 直角三角形、勾股定理（练习） 1．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 2．（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）． 3．（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）． 4．（2025·四川资阳·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，的平分线交于点D，过点D作的平行线交的延长线于点E． (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径． 5．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在正六边形中，，连接，，以点D为圆心、的长为半径作圆弧，则图中阴影部分的面积是______． 6．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 7．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 8．（2025·辽宁·中考真题）（1）如图1，在与中，与相交于点，，求证：； （2）如图2，将图1中的绕点逆时针旋转得到，当点的对应点在线段的延长线上时，与相交于点：若，求的长； （3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长，与的延长线相交于点，连接，求的面积． 9．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为_______． 10．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 11．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形，若，则______cm． 12．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 13．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，，为边上的中线，，则图中与互余的角共有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 14．（2025·福建·中考真题）某房梁如图所示，立柱，E，F分别是斜梁，的中点．若，则的长为_______m． 15．（2025·四川德阳·中考真题）如图，在中，，将沿方向向右平移至处，使恰好过边的中点D，连接，若，则（  ） A．3 B．2 C．1 D． 16．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长是______． 17．（2025·甘肃·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形．若，则_______． 18．（2025·江西·中考真题）图1是一种靠墙玻璃淋浴房，其俯视示意图如图2所示，AE与DE两处是墙，AB与CD两处是固定的玻璃隔板，BC处是门框，测得，，MN处是一扇推拉门，推动推拉门时，两端点M，N分别在BC，CD对应的轨道上滑动．当点N与点C重合时，推拉门与门框完全闭合；当点N滑动到限位点P处时，推拉门推至最大，此时测得 (1)在推拉门从闭合到推至最大的过程中， ①的最小值为________度，最大值为________度； ②面积的变化情况是（   ） A．越来越大    B．越来越小    C．先增大后减小 (2)当时，求的面积． 19．（2025·安徽·中考真题）如图，在中，，，边的中点为D，边上的点E满足．若，则的长是（   ） A． B．6 C． D．3 20．（2025·四川广安·中考真题）如图，在等腰中，，，D是边上的一个动点，连接，则的最小值为__________． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 直角三角形、勾股定理（举一反三复习讲义） 【3大考点18大题型】 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 2 （一）考查分值 2 （二）考查题型 2 （三）高频考点（2023-2026 年重点） 2 （四）命题趋势（2026 年预测） 2 （五）复习建议 2 考点一 直角三角形的性质和判定 3 【题型1 直角三角形的两个锐角互余】 3 【题型2 锐角互余的三角形是直角三角形】 4 【题型3 含30度角的直角三角形】 6 【题型4 斜边的中线等于斜边的一半】 7 考点二 勾股定理 8 【题型5 用勾股定理解三角形】 9 【题型6 已知两点坐标求两点距离】 10 【题型7 勾股树（数）问题】 12 【题型8 以直角三角形的三边为边长的图形面积】 13 【题型9 勾股定理与折叠问题】 15 【题型10 利用勾股定理证明线段平方关系】 16 【题型11 勾股定理的证明方法】 18 【题型12 以弦图为背景的计算题】 20 【题型13 用勾股定理构造图形解决问题】 21 【题型14 勾股定理与实际应用】 23 考点三 勾股定理的逆定理 25 【题型15 判断三边是否构成直角三角形】 25 【题型16 求图形上与已知两点构成直角三角形的点】 26 【题型17 利用勾股定理的逆定理求解】 28 【题型18 勾股定理的逆定理的实际应用】 30 特色专项练 31 【新考向：新考法】 31 【新考向：新情境】 32 【新考向：跨学科】 33 中考真题练 33 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 直角三角形与勾股定理是中考几何核心模块，衔接全等、三角函数，兼具基础与综合属性，近4年坚持“素养立意”，侧重计算与推理，核心考情如下： （一）考查分值 全国各省市中考中，分值6～10分，占总分6%～10%，覆盖选择、填空、解答题，属重点必拿分模块，常作为几何综合题的核心铺垫。 （二）考查题型 基础题型（65%）：选择、填空，考查直角三角形性质、勾股定理直接计算； 中档题型（25%）：解答题，考查勾股定理逆用、与全等 / 角平分线综合； 压轴题型（10%）：结合几何图形、折叠、实际情境，考查勾股定理综合应用。 （三）高频考点（2023-2026 年重点） 核心：直角三角形两锐角互余、直角三角形斜边中线等于斜边一半； 必考：勾股定理计算边长、直角三角形判定（勾股定理逆用）； 高频：勾股定理与折叠、航海/测量实际情境结合，与三角函数衔接。 （四）命题趋势（2026 年预测） 整体难度适中，基础题稳定，综合题侧重计算与推理结合； 情境化命题增多（航海、测量、折叠），强化实际应用能力； 重点考查勾股定理灵活运用、逆用判定，规避计算失误、逆用条件遗漏。 （五）复习建议 牢记直角三角形性质、勾股定理及逆用，熟练掌握边长计算； 强化实际情境建模能力，学会将实际问题转化为直角三角形问题； 专项训练折叠、综合计算题，规范步骤，突破计算与逆用易错点。 考点一 直角三角形的性质和判定 1.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． 2.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. 3.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）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形． 3）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c，若a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。 【题型1 直角三角形的两个锐角互余】 【例1】 （2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为______． 【变式1-1】 （2025·安徽·中考真题）如图，是的弦，与相切于点B，圆心O在线段上．已知，则的大小为________． 【变式1-2】 （2025·四川南充·中考真题）如图，是的直径，于点，交于点，于点，交于点，为弧的中点，为线段上一动点，若，则的最小值是（    ） A．4 B． C．6 D． 【变式1-3】 （2024·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数是_______． 【题型2 锐角互余的三角形是直角三角形】 【例2】 （2024·天津·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】 （2025·河南·模拟预测）如图，在中，，为的中点，．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】 （2025·河南平顶山·模拟预测）如图，以为直径的半圆交于点，已知与相切于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】 （2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（   ） A．直角三角形的两个锐角互余 B．等量代换 C．两个锐角互余的三角形是直角三角形 D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 【题型3 含30度角的直角三角形】 【例3】 （2025·陕西·中考真题）如图，在中，，点，，，分别在边，，，上，且，将分成面积相等的四部分．若，则的长为_____． 【变式3-1】 （2025·海南·中考真题）如图，在中，，，以为直径的半圆交于点，若与半圆相切于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】 （2024·甘肃甘南·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；再分别以点和点为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，则的长为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式3-3】 （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______． 【题型4 斜边的中线等于斜边的一半】 【例4】 （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4-1】 （2025·四川攀枝花·中考真题）如图，在四边形中，，对角线与相交于点分别为的中点，．以下结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】 （2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，是的中点，是边上的动点，作，交于点，延长到点，使得．当面积最大时，的长等于_____． 【变式4-3】 （2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 考点二 勾股定理 1.勾股定理：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么. 2.勾股定理的证明方法： 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 【题型5 用勾股定理解三角形】 【例5】 （2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【变式5-1】 （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 【变式5-2】 （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． 【变式5-3】 （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_______． 【题型6 已知两点坐标求两点距离】 【例6】 （2025·江苏无锡·中考真题）已知二次函数图象的顶点为，与轴交于点，对称轴与轴交于点． (1)若该函数图象经过点，求点的横坐标； (2)若，点和在该函数图象上，证明：； (3)若是等腰三角形，求的值． 【变式6-1】 （2024·四川巴中·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于两点，点的横坐标为1． (1)求的值及点的坐标． (2)点是线段上一点，点在直线上运动，当时，求的最小值． 【变式6-2】 （2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式6-3】 （2023·山东济南·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于点，当点满足时，称点是点的“倍增点”，已知点，有下列结论： ①点，都是点的“倍增点”； ②若直线上的点A是点的“倍增点”，则点的坐标为； ③抛物线上存在两个点是点的“倍增点”； ④若点是点的“倍增点”，则的最小值是． 其中，正确结论的个数是（　　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【题型7 勾股树（数）问题】 【例7】 （2023·江苏南通·中考真题）勾股数是指能成为直角三角形三条边长的三个正整数，世界上第一次给出勾股数公式的是中国古代数学著作《九章算术》．现有勾股数a，b，c，其中，均小于，，，是大于1的奇数，则___________（用含的式子表示）． 【变式7-1】 （2023·四川泸州·中考真题）《九章算术》是中国古代重要的数学著作，该著作中给出了勾股数，，的计算公式：，，，其中，，是互质的奇数．下列四组勾股数中，不能由该勾股数计算公式直接得出的是（　　） A．3，4，5 B．5，12，13 C．6，8，10 D．7，24，25 【变式7-2】 （2022·四川遂宁·中考真题）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第六代勾股树中正方形的个数为______． 【变式7-3】 （2026·黑龙江哈尔滨·一模）勾股树是一个可以无限生长的树形图形，它既展示了数学中的精确与秩序，还蕴含了自然界的生长与繁衍之美．如图是勾股树及它的形成过程，其中第1个图形是正方形，第2个图形是以这个正方形的边长为斜边在其外部构造一个直角三角形，再以这个直角三角形的两条直角边为边长，分别向外生成两个新的正方形，重复上述步骤得到第3个图形，……，则第8个图形中共有______个正方形． 【题型8 以直角三角形的三边为边长的图形面积】 【例8】 （25-26九年级上·湖南株洲·期末）就实证科学而言，宇宙这部著作是用数学语言写成的．其中勾股定理是我们的祖先在“立竿见影，以正农时”，探索天地相对运动周期时捕捉到的数学原理．它所蕴含的“天道之数”，被人们用以作为沟通天地、与自然对话的凭借，最早被“放之四海”，构筑起中华文明的大厦．如图，在中，，以其三边为边分别向外作正方形，连接，，，设，，的面积分别是，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式8-1】 （2025·江苏南京·二模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“最美弦图”（如图），图由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形，正方形，正方形的面积分别为，，，若，则的值是______． 【变式8-2】 （2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，分别以为边向上作正方形、正方形、正方形，点E在上，若，，则图中阴影部分的面积为___． 【变式8-3】 （2025·广东深圳·三模）某数学兴趣小组学完勾股定理后，类比“赵爽弦图”将八个全等的直角三角形拼接构造成如图所示的弦图，图中正方形，正方形，正方形的面积分别记为，，，若，则的长是（ ） A． B． C． D． 【题型9 勾股定理与折叠问题】 【例9】 （25-26八年级上·江苏扬州·期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式对折，使点落在上的点处，折痕为，点落在点处，交于点．若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式9-1】 （2025·河南驻马店·三模）如图，在中，，，，点是线段上一动点（不与点，重合），连接，将沿直线折叠，点落到点处，连接，．当为等腰三角形时，的长为_______．    【变式9-2】 （2026·四川巴中·模拟预测）已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 【变式9-3】 （2026·四川成都·一模）如图，将一张三角形纸片按照以下步骤进行操作：第一步，折叠纸片，使得点A恰好落在边上的点M处，折痕为；第二步、展开纸片，再次折叠纸片，使得点M恰好落在边上的点N处，折痕为．若，点N恰好是线段的黄金分割点，且，则的长为_____． 【题型10 利用勾股定理证明线段平方关系】 【例10】 （2025·安徽淮南·二模）在矩形中，为对角线上一点（），连接，过点作交的延长线于点，交于点，设． (1)如图1，已知． （ⅰ）若，求证：； （ⅱ）求证：． (2)如图2，若，，求的值． 【变式10-1】 （2025·四川广元·模拟预测）如图1，在等腰三角形中， ，点 D 是直线上一点，连接，将线段绕点A 顺时针旋转得到线段，连接，． (1)当，且点 D 在线段上时，线段与之间的数量关系是 ． (2)如图2，当，且点 D 在线段上时，猜想线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)当，，时，求的长． 【变式10-2】 （2024·北京东城·一模）在中，，，点、是边上的点，，连接，过点作的垂线，过点作的垂线，两垂线交于点，连接交于点． (1)如图①，当点与点重合时，直接写出与之间的数量关系； (2)如图②，当点与点不重合点在点的左侧时， ①补全图形； ②与在（1）中的数量关系是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由． (3)在（2）的条件下，用等式表示线段、、的数量关系，并证明． 【变式10-3】 （24-25九年级上·北京·月考）如图，在中，，D、E是斜边上两点，将绕点A顺时针旋转，得到，若，下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①② D．①②④ 【题型11 勾股定理的证明方法】 【例11】 （2023·山西·模拟预测）如图，是第14届国际数学教育大会的会标，数学元素无处不在，画面非常几何化，主画面由圆和螺线组成，呈中心对称，其中的“弦图”也是中国数学会的徽标，充分展示了中国古代数学的灿烂，利用“弦图”所证明的数学定理是（    ） A．三角形内角和定理 B．垂径定理 C．正弦定理 D．勾股定理 【变式11-1】 （2025·河北沧州·模拟预测）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是将图1放入矩形内得到的，，点D，E，F，G，H，I都在矩形的边上，则空白部分的面积为____________ 【变式11-2】 （2025·湖北襄阳·二模）如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，这个图形被称为赵爽弦图，赵爽弦图是我国古代数学的骄傲．借助赵爽弦图可以证明的结论是（   ） A． B． C． D． 【变式11-3】 （2025·广东汕头·一模）如题图，是的直径，C，D是上的两点、若，，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．不能确定 【题型12 以弦图为背景的计算题】 【例12】 （2026·新疆昌吉·一模）如图，由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形的直角边为m、n，小正方形面积为5，，则大正方形面积为（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【变式12-1】 （25-26九年级上·河南新乡·期末）《周髀算经》是我国最早的一部数学著作，其中记载了勾股定理这一重要的数学原理，吴国数学家赵爽在证明勾股定理时，创制了一幅“赵爽弦图（也称勾股圆方图），在如图所示的“赵爽弦图”中，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的大正方形．分别以，为圆心，长为半径作弧，若，为的中点，则图中阴影部分的面积为____________． 【变式12-2】 （25-26八年级上·陕西渭南·期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．连接，，若，，则大正方形的边长为（    ）    A．2 B． C． D． 【变式12-3】 （25-26九年级上·云南昆明·月考）“赵爽弦图”利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图，在正方形中，，，假设可在弦图区域内随机取点，则这个点落在阴影部分的概率为______． 【题型13 用勾股定理构造图形解决问题】 【例13】 （2025·浙江·模拟预测）一无人超市门口的墙AB上装有一个传感器P，离地面高度，当人从门外走到离该传感器及以内时，便自动发出语音“欢迎光临”．身高的小明走到处时，恰好响起“欢迎光临”，则的长为________． 【变式13-1】 （24-25八年级下·河北唐山·月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，已知，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式13-2】 （2025·湖南张家界·二模）材料：在古罗马时代，传说在亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．将军每天从营地甲出发，先到河边饮马，再去河岸同侧的营地乙开会，应该怎样走才能使路程最短？从此、这个被称为“将军饮马”的问题广泛流传． (1)在解决日常生活中遇到的问题时，我们常常把问题数学化，将问题抽象归纳为一个数学模型，将军饮马问题也不例外．在这个问题中，我们把营地甲、营地乙分别抽象为点、点，把河岸抽象为直线，把距离抽象为线段的长度，这样，一个生活问题就转化为一个数学问题．现有如下四种设计方案，则所走路程最短的是___________． A．        B．  C．       D． (2)如图所示，牧童在处放牛，其家在处，米，米，米，牧童从处把牛牵到河边饮水再回家，求牧童需要走的最短路程为多少米． (3)已知，求的最小值．（可结合图形） 【变式13-3】 （23-24七年级上·山东烟台·期中）如图，当秋千静止时，踏板离地的垂直高度，将它往前推至C处时（即水平距离），踏板离地的垂直高度，它的绳索始终拉直，则绳索的长是（   ） A． B． C． D． 【题型14 勾股定理与实际应用】 【例14】 （2026·浙江·一模）在中，，，，点N，M分别是边和上的动点，始终保持，连接，，则的最小值为 ______． 【变式14-1】 （25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图像为直线l，已知两点、． (1)在直线l位于第一象限的部分找一点C，使得．用直尺和圆规作出点C（不写画法，保留作图痕迹）； (2)直接写出点C的坐标为______； (3)点P在x轴上，的最小值为______． 【变式14-2】 （2026·重庆大渡口·一模）如图，一艘轮船以的速度沿既定航线由南向北航行，途中接到台风警报，某台风中心正以的速度由东向西移动，距台风中心的圆形区域（包括边界）都属台风影响区，当这艘轮船接到台风警报时，它与台风中心移动路线的最近距离400，此时台风中心与轮船既定航线的最近距离也是． (1)如果这艘船不改变航向，那么它会不会进入台风影响区？ (2)假设轮船航向不变，航行速度不变，航行到受台风影响的警戒线外立即停止航行，求它至少需要停止航行多少小时？ 【变式14-3】 （2026九年级上·重庆·专题练习）为了加强海上巡航检查能力，某海警船甲、乙在如图所示的海域进行航行检查训练．为同一平面内的四座小岛．岛位于岛正西方向，岛位于岛北偏西方向海里处，岛位于岛的正北方向，岛位于岛北偏西方向（参考数据：，）． (1)求小岛间的距离（结果精确到海里）； (2)甲、乙两海警船同时从岛出发前往岛进行巡航检查训练，甲海警船沿航行，乙海警船沿航行，甲海警船的速度与乙海警船的速度之比为．两海警船同时到达岛处，求小岛间的距离（结果保留小数点后一位）． 考点三 勾股定理的逆定理 勾股定理的逆定理：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. 拓展：若，时，以，，为三边的三角形是钝角三角形； 若，时，以，，为三边的三角形是锐角三角形 【题型15 判断三边是否构成直角三角形】 【例15】 （2026·安徽安庆·模拟预测）如图，在中，，，，点D是边上一动点（不与A、B重合），沿着运动，过点D作交于点E，作交于点F，设，的长为x，能反映y与x之间函数关系的图象是（   ） A． B． C． D． 【变式15-1】 （2026·河南周口·一模）如图，为的外接圆，为直径，是上一动点，连接，若，． (1)求的半径； (2)若，求的长（结果保留）． 【变式15-2】 （25-26八年级上·陕西西安·期末）如图，在中，为边上的高，，则图中的直角三角形共有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式15-3】 （2026·上海松江·一模）的三边分别是、、，且， (1)如果的周长为60，求的值； (2)如果的面积为 60，求的值． 【题型16 求图形上与已知两点构成直角三角形的点】 【例16】 （24-25九年级上·江苏苏州·月考）如图，已知抛物线的对称轴为直线，且抛物线经过两点，与x轴交于点B． (1)若直线经过B，C两点，求直线解析式； (2)在抛物线的对称轴上找一点M，使的值最小，求点M的坐标； (3)设P为对称轴上的一个动点，直接写出为直角三角形的点P的坐标． 【变式16-1】 （23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在方格纸网格中，每个小正方形的边长均为，按下列要求画图： (1)以为斜边画直角三角形，使点在小正方形的顶点上，且； (2)以为一边画等腰，使，点在小正方形的顶点上，连接，并直接写出的值． 【变式16-2】 （2023·山东济南·二模）如图，在直角坐标系中，直线与反比例函数的图像交于、B两点． (1)求反比例函数的表达式； (2)将直线向上平移后与y轴交于点C，与双曲线在第二象限内的部分交于点D，如果的面积为16，求直线向上平移的距离； (3)E是y轴正半轴上的一点，F是平面内任意一点，使以点A，B，E，F为顶点的四边形是矩形，请求出所有符合条件的点E的坐标． 【变式16-3】 （2023·浙江温州·二模）在直角坐标系中，我们把横纵坐标都为整数的点叫作整点，顶点都是整点的三角形称为整点三角形．如图，已知整点，，请在所在的网格区域（含边界）画出符合要求的整点三角形． (1)在图1中画一个． (2)在图2中画一个，使点Q的横纵坐标相等，且的面积等于3． 【题型17 利用勾股定理的逆定理求解】 【例17】 （2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与反比例函数的图象交于，B两点(点B位于点A右侧)，连接． (1)求直线的表达式． (2)当的面积为时，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，作点B关于的对称点C，连接，是否存在点D，使得四边形为矩形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式17-1】 （2023·广东东莞·模拟预测）如图，在四边形中，，，四边形的面积是____________． 【变式17-2】 （2025·贵州黔东南·二模）如图，P是正方形内一点，，，，将线段以点A为旋转中心逆时针旋转得到线段，连接，下列结论：①可以由绕点A逆时针旋转得到；②点P与的距离为4；③；④；其中正确的结论是__________．（填序号） 【变式17-3】 （2024·湖南·模拟预测）如图，已知点，，线段与x轴相交于点B，过点P作轴，垂足为C，经过点B、C、Q的抛物线交x轴于另一点A，连接，． (1)求该抛物线的函数解析式； (2)求证：； (3)在第四象限的抛物线上是否存在一点M，使得？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型18 勾股定理的逆定理的实际应用】 【例18】 （24-25八年级下·山东临沂·期中）如图，连接A，B两城市的是一条东西走向的公路，C，D为两座工厂，且工厂C位于工厂D的北边，B市和工厂C之间有一大型水库．从工厂C修建了两条公路通往A市和工厂D，已知，，． (1)试通过计算说明长是工厂C到公路的最短距离； (2)若，求工厂C到B市的距离． 【变式18-2】 （2025·河南商丘·二模）如图，在平行四边形中，点P沿方向从点A移动到点C．设点P移动的路程为x，线段的长为y，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则点Q的横坐标b等于（    ） A． B． C． D．5 【变式18-3】 （2025·安徽芜湖·二模）如图，中为上的中线，，垂足为，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 特色专项练 【新考向：新考法】 1．（2026·陕西西安·二模）探索四边形与矩形中的角度及边长关系 问题提出： (1)如图①，在四边形中，，，，，求四边形的对角线的长； 问题解决： (2)如图②，矩形为某公园内的一片空地，现计划将此区域修建为园林景观，其中将区域建设为池塘，四边形区域放置假山，其余区域种植花草树木．已知，，G为的中点，，．根据设计要求，需将假山区修建的尽可能小．试问四边形面积是否存在最小值？若存在，求出四边形PEGF面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【新考向：新情境】 1．（2026·河北沧州·模拟预测）【项目背景】石家庄正定隆兴寺的转轮藏殿是宋代建筑的瑰宝，其殿内巨大的木制转轮藏顶部覆盖着精美的圆形藻井．某中学活动小组前往该地进行综合与实践活动． (1)【活动一】测量与建模 图-1是藻井截面示意图（截面为圆的一部分）．该小组测得藻井开口为，拱高（圆拱的最大高度）为．求及半径的长； (2)【活动二】光影效果模拟实验 如图-2，殿内灯光设计模拟“佛光普照”，光源点沿缓慢移动．经测量，结合（1）中的数据回答问题． ①当点在的三等分点处，且在点的右侧时，求劣弧的长（取3）； ②如图-3，当光源在最高点时，光束张角恰好照亮藻井开口．求此时的度数，并判断当光源沿（不含端点，）移动时，的度数是否发生变化． 【新考向：跨学科】 1．（2026·陕西西安·三模）问题探究 (1)如图①，是的中位线，点在上，，连接并延长，与的延长线相交于点．若，则线段的长为___________． (2)如图②，在中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段的最小值． 问题解决 (3)如图③，某学校规划一块矩形劳动实践基地，用于班级种植，是两个工具房，分别在，边上，且，沿铺设一条运送通道，再从点铺设一条垂直于的小路，在点处修一个肥料存放点，点处是基地水房，为方便参加劳动实践的同学取水后能最快到达点处获取肥料，需要沿铺设一条小路，要求尽可能的短，已知，．请问是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．（工具房、肥料存放点、水房的大小均忽略不计） 中考真题练 1．（2025·四川巴中·中考真题）如图，在中，，，点P是边AB中点，，． (1)点N在线段AC上，点M在线段CB上． ①当时，CM的值是______； ②当时，求的值； (2)点N在射线上，点M在射线CB上．当时，直线MN与射线PC相交于点F，若，求的值． 2．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 3．（2025·江苏无锡·中考真题）在平行四边形纸片中，．现将该纸片折叠，折痕与纸片的两边交于点、．若与重合，在上，且，则被折痕分成的与四边形的面积的比为___________；若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，则折痕长的取值范围是___________． 4．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，点在上，点在外，线段与交于点，过点作的切线交直线于点，且． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求图中阴影部分的面积． 5．（2025·江苏南通·中考真题）南通是“建筑之乡”，工程建筑中经常采用三角形的结构．如图是屋架设计图的一部分，是斜梁的中点，立柱垂直于横梁．若，，则的长为_____________． 第1页，共3页 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $