专题02 特殊三角形的性质及其应用（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

专题02 特殊三角形的性质及其应用 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 考点一：等腰三角形的性质 易｜混｜易｜错 1）等腰三角形求角度，多想等边对等角，另外熟记——等腰三角形顶角的外角=底角的2倍； 2）等腰三角形求长度，多想“三线合一”，同步结合直角三角形勾股定理等； 3）等腰三角形常见辅助线——底边上的高线； 4）等腰三角形常考模型——手拉手全等、知二得一； 1．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°．以点B为圆心，BC为半径画弧，与AB交于点D，连结CD，则∠ACD的度数为（　　） A．12° B．15° C．18° D．20° 【分析】根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质即可求解． 【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝40°， ∴∠B＝∠ACD（180°﹣40°）＝70°， 又∵以点B为圆心，BC为半径画弧，与AB交于点D，连结CD， ∴BD＝BC， ∴∠BCD＝∠ABD＝55°， ∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝70°﹣55°＝15°， 即∠ACD的度数为15°， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正确理解题意是解题的关键． 2．（2025•宁波一模）图1是阿基米德的滑动曲尺模型，图2是其抽象成的几何图形．AB为⊙O的直径，其延长线与弦DC的延长线交于点E，CE＝CO．若∠AOD＝60°，则∠AED的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【分析】根据等腰三角形的性质及三角形外角性质求解即可． 【解答】解：∵CE＝CO， ∴∠AED＝∠COE， ∵CO＝DO， ∴∠OCD＝∠D， ∵∠OCD＝∠AED+∠COE， ∴∠D＝∠OCD＝2∠AED， ∵∠AOD＝∠AED+∠D＝60°， ∴∠AED＝20°， 故选：B． 【点评】此题考查了等腰三角形的性质、三角形外角性质，熟记等腰三角形的性质、三角形外角性质是解题的关键． 3．（2025•钱塘区三模）如图，在△ABC中，∠A＝45°，D为AC上一点，BC＝BD，过点C作CE⊥BD于点E，交AB于点F．若∠ABD＝α（0°＜α＜45°），则∠BCF的大小为（　　） A．2a B．45°﹣α C．45°+α D．90°﹣α 【分析】根据三角形外角性质求出∠BDC＝45°+α，根据等腰三角形的性质求出∠BCD＝∠BDC＝45°+α，进而得∠CBD＝90°﹣2α，然后根据CE⊥BD即可得出∠BCF的度数． 【解答】解：在△ABD中，∠A＝45°，∠ABD＝α（0°＜α＜45°）， ∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝45°+α， ∵BC＝BD， ∴∠BCD＝∠BDC＝45°+α， 在△BCD中，∠CBD＝180°﹣（∠BCD+∠BDC）＝180°﹣（45°+α+45°+α）＝90°﹣2α， ∵CE⊥BD， ∴∠BCF+∠CBD＝90°， ∴∠BCF＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α， 故选：A． 【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解决问题的关键． 4．（2025•普陀区三模）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，BD＝BC，AD＝AE，若要求∠CDE的度数，则只需知道（　　）的度数． A．∠A B．∠B C．∠ACB D．∠DCE 【分析】由等腰三角形的性质得到∠BDC＝90°∠B，∠ADE＝90°∠A，由三角形内角和定理求出∠DCE＝90°∠ACB，∠DCE和∠DCE没有数量关系，于是得到答案． 【解答】解：∵BD＝BC， ∴∠BCD＝∠BDC， ∴∠BDC（180°﹣∠B）＝90°∠B， 同理：∠ADE＝90°∠A， ∴∠ADE+∠BDC＝180°（∠A+∠B）， ∴∠DCE＝180°﹣（∠ADE+∠BDC）（∠A+∠B）， 故A、B不符合题意； ∵∠DCE（∠A+∠B）（180°﹣∠ACB）＝90°∠ACB， 故C符合题意； ∠DCE和∠DCE没有数量关系， 故D不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查等腰三角形的性质，关键是由等腰三角形的性质推出∠DCE＝90°∠ACB． 5．（2025•宁波一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，点D，E分别在AB，AC上，CD＝BE＝9，记BD长为x，CE长为y，x＞y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 【分析】在CA上截取CF＝BD＝x，过B作BH⊥AC于H，则EF＝x﹣y，证明△FCB和△DBC全等得BF＝CD＝BE＝9，则EH＝FHEF，由勾股定理得BH2＝BF2﹣FH2＝BC2﹣CH2，则，整理得xy＝19，由此即可得出答案． 【解答】在CA上截取CF＝BD，过点B作BH⊥AC于点H，如图所示： ∵BD长为x，CE长为y， ∴CF＝BD＝x， ∴EF＝CF﹣CE＝x﹣y， ∵AB＝AC，BC＝10，点D，E分别在AB，AC上，CD＝BE＝9， ∴∠ACB＝∠ABC， 在△FCB和△DBC中，， ∴△FCB≌△DBC（SAS）， ∴BF＝CD＝BE＝9， ∵BH⊥AC， ∴EH＝FHEF， 在Rt△BHF和Rt△BHC中，由勾股定理得：BH2＝BF2﹣FH2＝BC2﹣CH2， ∴， 整理得：xy＝19， ∴当x，y的值发生变化时，代数式xy的值不变，始终等于19． 故选：A． 【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质，灵活运用锐角三角函数的定义，勾股定理列代数式是解决问题的关键． 6．（2025•嘉兴二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F分别在边AB，AC上，且CB＝CE＝CF，连接BF，CE． （1）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数． （2）若∠BFC+∠BEC＝126°，求∠A的度数． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝70°，求出； （2）根据等腰三角形的性质得到∠CBE＝∠CEB＝∠BCF，推出∠BFC＝∠CBF＝54°，得到∠CBE＝∠BCF＝72°，求出∠A＝180°﹣∠CBE﹣∠BCF＝36°． 【解答】解：（1）由条件可知， ∵CB＝CF， ∴． （2）由条件可知∠CBE＝∠CEB＝∠BCF， ∵∠BFC+∠BEC＝126°， ∴∠BFC+∠BCF＝126°， ∴∠CBF＝180°﹣（∠BFC+∠BCF）＝54°， ∴∠BFC＝∠CBF＝54°， ∴∠BCF＝180°﹣∠BFC﹣∠CBF＝72°， ∴∠CBE＝∠BCF＝72°， ∴∠A＝180°﹣∠CBE﹣∠BCF＝36°． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 考点二：等腰三角形的性质与判定 易｜混｜易｜错 1） 等腰三角形的判定方法有： ①定义法；②等角对等边；③“三线合一”的逆应用； 2） 等腰三角形判定与性质的综合，常需要先依据条件判定三角形是等腰三角形，然后再根据等腰三角形的性质解决后续角度或长度问题； 1．（2025•庆元县一模）如图，在△ABC中，点D在BC上，∠DAC＝∠ADC＝2∠B，AC＝3，AD＝2，则BC的长为（　　） A．7 B．6 C．5 D．4 【分析】根据∠DAC＝∠ADC得DC＝AC＝3，再根据三角形外角性质及已知条件证明∠B＝∠DAB，则BD＝AD＝2，由此可得出BC的长． 【解答】解：∵∠DAC＝∠ADC，AC＝3， ∴DC＝AC＝3， ∵∠ADC是△ABD的外角， ∴∠ADC＝∠B+∠DAB， 又∵∠ADC＝2∠B， ∴2∠B＝∠B+∠DAB， ∴∠B＝∠DAB， ∴BD＝AD＝2， ∴BC＝BD+CD＝2+3＝5． 故选：C． 【点评】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解决问题的关键． 2．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD⊥BC于点D．若△ABC的周长为20，CD＝6，则AC的长为　 　 ． 【分析】在CD上取点E，使AE＝AB运用等腰三角形的性质，可得BD+AB＝DC，再用△ABC的周长为20，即可求出答案． 【解答】解：如图，在CD上取点E，使AE＝AB， 由条件可知CE＝AE＝AB， 得CD＝DE+AE＝BD+AB． 则AC＝20﹣2×6＝8． 故答案为：8． 【点评】本题由倍角构造等腰三角形，在运用等腰三角形的性质即可解答．熟练掌握以上知识点是关键． 考点三：等边三角形的性质与判定 易｜混｜易｜错 1） 遇到等边三角形，时刻谨记，等边三角形可以为几何问题提供“边相等”、“60°特殊角”的特殊结论； 2） 等边三角形的判定常考方法：有一个角=60°的等腰三角形是等边三角形； 3） 等边三角形与勾股定理：做一边上的高线，得含30°角的直角三角形，三边比= 4） 等边三角形面积公式： 1．（2025•温岭市二模）如图，在△ABC中，CD为AB边上的中线，AD＝CD，E为AC上任意一点，∠B＝∠BDC，若DE最小值为2时，则DC的长为 　 　 ． 【分析】判定△BCD是等边三角形，得到∠BCD＝∠BDC＝60°，由AD＝CD，推出∠A＝∠ACD，由三角形的外角性质求出∠ACD＝30°，当DE⊥AC时，DE有最小值为2，由含30度角的直角三角形的性质推出DC＝2DE＝4． 【解答】解：∵CD为AB边上的中线， ∴AD＝BD， ∵AD＝CD， ∴DB＝CD， ∵∠B＝∠BDC， ∴BC＝CD， ∴△BCD是等边三角形， ∴∠BCD＝∠BDC＝60°， ∵AD＝CD， ∴∠A＝∠ACD， ∵∠A+∠ACD＝∠BDC， ∴∠ACD∠BDC＝30°， 当DE⊥AC时，DE有最小值为2， 此时DC＝2DE＝4． 故答案为：4． 【点评】本题考查等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，关键是判定△BCD是等边三角形，由含30度角的直角三角形的性质推出DC＝2DE． 2．（2025•绍兴二模）尺规作图问题： 如图，在⊙O中，点A为⊙O上一点，以A为圆心，AO长为半径作弧，交⊙O于点B，点C，连结OB，BC． （1）求∠AOB的度数； （2）求证：AO垂直平分BC． 【分析】（1）连接AB，根据等边三角形的判定与性质计算即可； （2）连接OC、AC，根据线段垂直平分线的性质证明即可． 【解答】（1）解：如图，连接AB， ∵以A为圆心，AO长为半径作弧，交⊙O于点B，点C， ∴OA＝OB＝AB， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠AOB＝60°． （2）证明：连接OC、AC， ∵以A为圆心，AO长为半径作弧，交⊙O于点B，点C， ∴OB＝OC，AB＝AC， ∴AO垂直平分BC． 【点评】本题考查等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，掌握等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质是解题的关键． 考点四：直角三角形的性质与判定 易｜混｜易｜错 1） 直角三角形的三大性质应用： ①直角三角形+30°→；②直角三角形+中点→斜中线+斜边上的中线把一个直角三角形分成2个等腰三角形；③直角三角形求角度→一个直角或两锐角互余；④直角三角形求长度→勾股定理； 1．（2025•杭州二模）如图，在△ABC中，点P在边BC上（不与点B，点C重合），（　　） A．若∠BAC＝90°，∠BAP＝∠B，则AC＝PC B．若∠BAC＝90°，∠BAP＝∠C，则AP⊥BC C．若AP⊥BC，PB＝PC，则∠BAC＝90° D．若PB＝PC，∠BAP＝∠CAP，则∠BAC＝90° 【分析】根据直角三角形的性质逐项判定可求解． 【解答】解：A．∵∠BAC＝90°， ∴∠BAP+∠CAP＝∠B+∠C＝90°， ∵∠BAP＝∠B， ∴∠CAP＝∠C， ∴AP＝PC， 只有当∠B＝30°时，AC＝PC，故错误； B．∵∠BAC＝90°， ∴∠BAP+∠CAP＝90°， ∵∠BAP＝∠C， ∴∠C+∠CAP＝90°， ∴∠APC＝180°﹣（∠C+∠CAP）＝90°， 即AP⊥BC，故正确； C．∵AP⊥BC，PB＝PC， ∴AP垂直平分BC， 而∠BAC不一定等于90°，故错误； D．根据PB＝PC，∠BAP＝∠CAP，无法证明∠BAC＝90°，故错误， 故选：B． 【点评】本题主要考查直角三角形，等腰三角形的性质与判定，灵活运用直角三角形的性质是解题的关键． 2．（2025•龙泉市二模）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC边于点D，AE⊥BC于点E．已知∠ABC＝60°，∠C＝45°，CE，则BC的长为　 　 ． 【分析】根据垂直定义可得∠AEB＝∠AEC＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余求出∠BAE＝30°，利用直角三角形的两个锐角互余求出∠CAE＝45°，可得AE＝CE，然后在Rt△ABE中，利用含30度角的直角三角形的性质可得BEAE＝1，即可解答． 【解答】解：∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BAE＝90°﹣∠ABC＝30°， ∴AEBE， ∵∠C＝45°， ∴∠EAC＝90°﹣∠C＝45°， ∴∠EAC＝∠C＝45°， ∴AE＝EC， ∴BEAE＝1， ∴BC的长为． 故答案为：1． 【点评】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质，以及等腰直角三角形的性质是解题的关键． 3．（2025•浙江模拟）定义：若一个三角形一边上的中线、高线与这条边均有交点，则这两个交点之间的距离称为这条边上的“中高距”．如图，△ABC中，AD为BC边上的中线，AE为BC边上的高线，则DE的长称为BC边上的“中高距”． （1）若BC边上的“中高距”为0，求证：AB＝AC； （2）若∠B＝30°，∠C＝45°，AB＝4，求BC边上的“中高距”． 【分析】（1）利用垂直平分线的性质即可解答； （2）根据含30°角的直角三角形的性质求出AE＝2，BE＝2，根据等腰直角三角形的性质得EC＝AE＝2，可得CD1，由DE＝BE﹣BD即可求解． 【解答】（1）证明：∵BC边上的“中高距”为0， ∴△ABC中BC边上的中线、高线重合， 即AD垂直平分BC， ∴AB＝AC． （2）解：∵∠B＝30°，∠C＝45°，AB＝4，AE⊥BC， ∴，，EC＝AE， ∴EC＝AE＝2． ∵AD为BC边上的中线， ∴BD． ∴DE＝BE﹣BD＝2（1）1． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定，含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题关键是熟练掌握直角三角形的性质． 4．（2025•宁波三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，若E为BC上一点，使得∠AEB＝∠ADB，且AB＝12，BE＝5，则EC＝　 　 ． 【分析】由直角三角形的性质得BD＝AD＝CD，进而得∠DBC＝∠C，利用三角形的外角性质及∠AEB＝∠ADB得∠DBC＝∠EAC＝∠C，AE＝EC，再利用勾股定理即可得解． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，D为AC的中点， ∴BD＝AD＝CD， ∴∠DBC＝∠C， ∵∠AEB＝∠ADB，∠AEB＝∠EAC+∠C，∠ADB＝∠DBC+∠C， ∴∠DBC＝∠EAC＝∠C， ∴AE＝EC， ∵AB＝12，BE＝5， ∴， 故答案为：13． 【点评】本题主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线，三角形外角的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键， 5．（2025•开化县模拟）如图，直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，CD是中线，AE是角平分线，CD与AE交于点F，CD＝6． （1）求证：CD⊥AE； （2）求EF的长． 【分析】（1）由直角三角形斜边中线的性质推出CD＝AD＝BD，得到DCB＝∠B＝30°，判定△ACD是等边三角形，推出CD⊥AE； （2）由锐角的余弦定义求出AE＝4，AF＝3，即可得到EF的长． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴CDAB， ∴CD＝AD＝BD， ∴DCB＝∠B＝30°， ∴∠ADC＝∠B+∠BCD＝60°， ∴△ACD是等边三角形， ∵AE平分∠CAB， ∴CD⊥AE； （2）解：∵△ACD是等边三角形， ∴AC＝CD＝6， ∵∠B＝30°，∠ACB＝90°， ∴∠CAB＝90°﹣30°＝60°， ∵AE平分∠CAB， ∴∠CAE∠CAB＝30°， ∵cos∠CAE＝cos30°， ∴AE＝4， ∵cos∠CAF＝cos30°， ∴AF＝3， ∴EF＝AE﹣AF． 【点评】本题考查直角三角形斜边的中线，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，关键是判定△ACD是等边三角形，由锐角的余弦定义求出AE和AF的长． 考点五：勾股定理 易｜混｜易｜错 1）常规勾股定理： ①求长度时，有直角三角形，直接用勾股定理；没有直角三角形，常作垂线，先构造直角三角形，再用勾股定理； ②折叠问题求长度→在新形成的直角三角形中列勾股； 2） 当两个直角三角形有公共边时，勾股定理变形为：在两个直角三角形中分别表示公共边的平方，由“勾股1=勾股2”来列方程； 3） 在直角三角形三边分别作规则的等边三角形、等腰直角三角形、正方形、半圆，则固定有“S1+S2=S3”类结论，即两直角边图形的面积和=斜边图形的面积； 1．（2025•丽水一模）如图，在△ABC中，AC＝1，AC边上的中线，过点A作AE⊥BC于点E，记BE长为x，EC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．x2+xy D．y2+xy 【分析】连接DE，过D作DF⊥BC于F，根据中线得到，根据三线合一得到，然后在Rt△BDF和Rt△CDF中利用勾股定理列方程，化简整理即可． 【解答】解：连接DE，过D作DF⊥BC于F， 则∠BFD＝∠CFD＝90°， ∵AC边上的中线，AE⊥BC，AC＝1， ∴， ∴， ∵EC的长为y，BE的长为x， ∴， ∴， 由勾股定理可得，， 由勾股定理可得，， ∴， 整理得：， 故选：C． 【点评】本题考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 2．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当AC＝2，时，则阴影部分的面积为（　　） A．8π B．8 C．4π D．4 【分析】根据勾股定理求出BC，分别求出三个半圆的面积和△ABC的面积，即可得出答案． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，AB＝2，由勾股定理得：BC4，∴阴影部分的面积：Sπ×（）2π×（）2AC×BCπ×（）2π+2π+4π＝4．故选：D． 【点评】本题考查了勾股定理和三角形的面积、圆的面积，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键． 3．（2025•杭州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF．若AC＝3，AB＝5，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由勾股定理可求，由面积法求得，证明四边形DECF是矩形，根据对角线相等即可求解． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5， 由勾股定理得：， ∵三角形ABC的面积AC•BCAB•×CD， ∴， ∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°， ∴∠ECF＝∠DEC＝∠DFC＝90°， ∴四边形DECF是矩形， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 4．（2025•杭州模拟）达芬奇曾发明过一个简易圆规．某数学兴趣学习小组在课后复刻了这一圆规（图1）．其原理为如图2：有两条互相垂直的卡槽，将一根木棒的两端A和B分别卡在卡槽中自由滑动，在木棒的中部P插有一支记号笔，然后移动木棒的一端，另一端也随之移动．记号笔最终画出了一段圆弧．根据你所学知识，分析“木棒作弧”所运用的数学原理是（　　） A．直角三角形的两直角边长度的平方和等于第三条边长度的平方 B．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 C．直角三角形的面积等于两直角边乘积的一半 D．直角三角形的两锐角互余 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可． 【解答】解：因为“木棒作弧”过程中弧上的点到两条相互垂直的卡槽交点距离相等，且木棒作为三角形的斜边，记号笔在木棒的中点， 所以运用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 故选：B． 【点评】本题考查了直角三角形的性质，熟记“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是解题关键． 5．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8．在高线AD所在直线上任取一点P（不与点A，D重合），连结PB，PC，则PB2﹣PC2的值为（　　） A．6 B．18 C．36 D．72 【分析】在Rt△BDP及Rt△CDP中分别将BD2及CD2的表示形式代入表示出BP2和PC2，在Rt△ABD及Rt△ADC中可分别表示出BD2及CD2，据此计算即可得出结果． 【解答】解：PB2﹣PC2＝（BD2+PD2）﹣（CD2+PD2） ＝BD2﹣CD2 ＝（BD2+AD2）﹣（CD2+AD2） ＝AB2﹣AC2 ＝102﹣82 ＝36． 即PB2﹣PC2的值为36， 综上所述，只有选项C正确，符合题意， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理，关键是勾股定理的熟练掌握． 考点六：勾股定理的证明 易｜混｜易｜错 1）勾股定理的证明——“赵爽弦图”常考方向： ①全等三角形的对应边相等；②勾股定理的计算；③平行类形似；④数形结合思想 1．（2025•临平区校级三模）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD，直线MP交正方形ABCD的两边于点E，F，若BN＝a，PN＝b，则用含a、b的式子表示的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】作AL∥BP，交FE的延长线于点L，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：作AL∥BP，交FE的延长线于点L， ∴△ALM∽△NPM， ∴1， ∴AL＝AM＝BN＝a， ∵AL∥NP， ∴△AEL∽△BEP， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，相似三角形的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键． 2．（2025•杭州二模）如图一所示，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图（2）所示的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若S1＝S2，则的值为（　　） A．1 B． C． D． 【分析】如图2，由题意可设AB＝CD＝x，则可以用x表示出S2，又由于S1＝S2，S1+S2＝m2，所以可以得到m与x的关系式，在直角△ABC中，利用勾股定理列出方程，得到n与x的关系，等量代换进行运算，即可解决． 【解答】解：设图2中AB＝x，则CD＝AB＝x， ∴S△ACDCD•ABx2， ∴S2＝4S△ACD＝2x2， ∵S1＝S2，S1+S2＝m2， ∴4x2＝m2， ∴m＝2x， 在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2， ∴x2+（x+n）2＝m2， ∴x2+（x+n）2＝4x2， ∴x+nx， ∴n＝（1）x， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的性质，以及勾股定理的应用，设出参数，用参数表示出线段或者面积，利用勾股定理列方程，是解决本题的关键． 3．（2025•浙江三模）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH，连结DE与FG相交于点M，延长DE交BC于点N，若M是DE的中点，AB＝8，则EN的长（　　） A． B． C．2 D． 【分析】根据正方形性质得AB＝BC＝CD＝AD＝8，∠BCD＝90°，FG∥EH，GH∥EH，∠EHG＝90°，GH＝EH，由全等三角形的性质得DG＝AH，∠ADH＝∠CBF，证明MG是△FEH的中位线得AH＝GH＝EH，进而得DH是线段AE的垂直平分线，则DE＝AD＝8，在证明Rt△EDH和Rt△ADH全等得∠EDH＝∠ADH，进而得∠CBF＝∠NEB，设BN＝EN＝x，则CN＝8﹣x，DN＝8+x，在Rt△DCN中，由勾股定理求出x即可得出EN的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝8， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝8，∠BCD＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴FG∥EH，GH∥EH，∠EHG＝90°，GH＝EH， 由全等三角形的性质得：DG＝AH，∠ADH＝∠CBF， ∵点M是DE的中点，MG∥EH， ∴MG是△FEH的中位线， ∴DG＝GH， ∴AH＝GH＝EH， ∵∠EHG＝90°， ∴DH是线段AE的垂直平分线， ∴DE＝AD＝8， 在Rt△EDH和Rt△ADH中， ， ∴Rt△EDH和Rt△ADH（HL）， ∴∠EDH＝∠ADH， ∴∠EDH＝∠CBF， ∵GH∥EF， ∴∠EDH＝∠DEF， ∵∠NEB＝∠DEF， ∴∠EDH＝∠NEB， ∴∠CBF＝∠NEB， ∴BN＝EN， 设BN＝EN＝x， ∴CN＝BC﹣BN＝8﹣x，DN＝DE+EN＝8+x， 在Rt△DCN中，由勾股定理得：DN2＝CD2+CN2， ∴（8+x）2＝（8﹣x）2+82， 解得：x＝2， ∴EN＝x＝2． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形的中位线定理，勾股定理是解决问题的关键． 4．（2025•鹿城区校级一模）小雯在学习了勾股定理的证明后，尝试制作了四个全等三角形纸板，并拼出一个新图形如图所示，若EF＝1，GH＝7，则正方形ABCD的周长为（　　） A．14 B．17 C．20 D．24 【分析】先设每个三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据题意和图形可以得到，然后求出a、b的值，再根据勾股定理即可求得AB的长，最后根据正方形的周长＝边长×4计算即可． 【解答】解：设每个三角形的长直角边为a，短直角边为b， 由题意可得，， 解得， ∴AB5， ∴正方形ABCD的周长为4AB＝4×5＝20， 故选：C． 【点评】本题考查勾股定理、正方形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 5．（2025•拱墅区模拟）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“赵爽弦图如图，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ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝21，则S2的值是（　　） A．9.5 B．9 C．7.5 D．7 【分析】根据正方形的面积和勾股定理即可求解． 【解答】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b， 由题意可知： S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2， 因为S1+S2+S3＝21，即 （a+b）2+a2+b2+（a﹣b）2＝21 3（a2+b2）＝21， 所以3S2＝21， S2的值是7． 故选：D． 【点评】本题考查了正方形的面积、勾股定理，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积． 考点七：勾股定理的应用 1．（2025•金华模拟）如图，分别在三角形纸板ABC的顶点A，B处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线AD和BE，相交于点P．AB＝6，AC＝8，BC＝10．则CP的长度是 　 ． 【分析】根据题意得出P为Rt△ABC的重心，连接CP并延长交AB于点F，勾股定理求得CF，进而根据重心的性质，即可求解． 【解答】解：如图所示，连接CP并延长交AB于点F， ∵AB＝6，AC＝8，BC＝10， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形， 依题意，P为Rt△ABC的重心， ∴， 在Rt△ACF中，， ∴CP， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形重心的性质，勾股定理，熟记三角形重心的性质，勾股定理是解题的关键． 2．（2025•浙江模拟）一无人超市门口的墙AB上装有一个传感器P，离地面高度PB＝4.7m，当人从门外走到离该传感器4m及4m以内时，便自动发出语音“欢迎光临”．身高1.7m的小明走到D处时，恰好响起“欢迎光临”，则BD的长为 　 m． 【分析】过C作CQ⊥AB于点Q，根据题意构造出直角三角形，利用勾股定理即可解答． 【解答】解：如图，过点C作CQ⊥AB于点Q， ∴BQ＝CD＝1.7m． ∴PQ＝PB﹣QE＝4.7﹣1.7＝3（m），PC＝4m． 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：． 【点评】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． 3．（2025•浙江模拟）数学经典著作《九章算术》中有一道著名的“引葭（jiā）赴岸”题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”意思为：如图，有一池塘，底面是边长为一丈（一丈等于十尺）的正方形，池的中央生有一棵芦苇，高出水面一尺，若将芦苇引到池边中点处，正好与岸边齐平，则水深为 　 　 尺． 【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EB′的长为10尺，则B′C＝5尺，设出AB＝AB′＝x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深． 【解答】解：依题意画出图形，设芦苇长AB＝AB′＝x尺，则水深AC＝（x﹣1）尺， 因为B′E＝10尺，所以B′C＝5尺， 在Rt△AB′C中，52+（x﹣1）2＝x2， 解之得x＝13， ∴水深为x﹣1＝12（尺）． 故答案为：12． 【点评】勾股定理在实际问题中的应用：运用勾股定理的数学模型解决现实世界的实际问题． 考点八：等腰直角三角形 易｜混｜易｜错 1） 等腰直角三角形具有等腰三角形和直角三角形的一切性质； 2） 等腰直角三角形三边比：； 3） 常结合模型：K型全等、手拉手全等； 1．（2025•浙江模拟）如图，图形ABCD在由完全相同的小正方形拼接而成的网格中，顶点A，B，C，D均在格点上，则∠ABC+∠BCD+∠BAD的值为（　　） A．120° B．135° C．145° D．150° 【分析】延长CD交AB于点E，根据正方形网格的特点得∠CDF＝90°，∠ADF＝45°，则∠CDA＝∠CDF+∠ADF＝135°，再根据三角形外角性质得∠CDA＝∠ADE+∠BAD，∠ADE＝∠ABC+∠BCD，由此得∠CDA＝∠ABC+∠BCD+∠BAD，据此可得∠ABC+∠BCD+∠BAD的值． 【解答】解：延长CD交AB于点E，如图所示： 根据正方形网格的特点得：∠CDF＝∠AFD＝90°， △ADF是等腰直角三角形， ∴∠ADF＝45°， ∴∠CDA＝∠CDF+∠ADF＝135°， ∵∠CDA是△ADE的外角， ∴∠CDA＝∠ADE+∠BAD， ∵∠ADE是△BCE的外角， ∴∠ADE＝∠ABC+∠BCD， ∴∠CDA＝∠ABC+∠BCD+∠BAD， ∴∠ABC+∠BCD+∠BAD＝135°． 故选：B． 【点评】此题主要考查了三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握三角形的外角性质，等腰直角三角形的性质是解决问题的关键． 2．（2025•西湖区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，点D在AB的延长线上，且CD＝AB，则BD的长是（　　） A． B． C．22 D． 【分析】由等腰直角三角形的性质可得AB＝2，AH＝BH＝CH，由勾股定理可求DH的长，即可求解． 【解答】解：如图，过点C作CH⊥AB于H， ∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，CH⊥AB， ∴AB＝2，AH＝BH＝CH， ∵CD＝AB＝2， ∴DH， ∴DB， 故选：B． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键． 3．（2025•宁波三模）如图，在△ABC中，CD是△ABC的中线，延长CB至点E，使BE＝3BC，连接AE，若∠EAB＝∠BDC＝45°，，则BC的长为（　　） A． B．3 C． D． 【分析】延长CD交AE于点G，过点B作BF⊥AE于点F，可得∠AGD＝90°，AG＝DG，AF＝BF，即得BF∥CG，然后解直角三角形求得AF，AG，再由平行线等分线段定理和BE＝3BC可得EF＝9，最后利用勾股定理求得BE，即可求解． 【解答】解：如图，延长CD交AE于点G，过点B作BF⊥AE于点F， 则∠AFB＝90°， ∵∠EAB＝∠BDC＝45°， ∴∠ADG＝∠BDC＝45°＝∠EAB，∠ABF＝90°﹣∠EAB＝45°， ∴∠AGD＝90°，AG＝DG，AF＝BF， ∴BF∥CG， ∵， ∴，， ∴， ∴FG＝AF﹣AG＝6﹣3＝3， 由平行线截线段成比例可得： ， ∵BE＝3BC， ∴， ∴EF＝9， ∴， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，平行线等分线段定理，解直角三角形等，正确作出辅助线是解题的关键． 4．（2025•萧山区一模）如图，点C是线段AB上一点（AC＞BC），分别以AC，BC为直角边在AB同侧作等腰Rt△ACD和等腰Rt△BCE，连结AE，BD．记S△ACD＝S1，S△BCE＝S2，S△ADE＝S3，S△BDE＝S4，若S1﹣S2＝20，则S3+S4＝（　　） A．10 B．15 C．20 D．40 【分析】依题意设AC＝CD＝a，BC＝CE＝b，则DE＝CD﹣CE＝a﹣b，进而得S1a2，S2b2，S3（a2﹣ab），S4（ab﹣b2），根据S1﹣S2＝20得（a2﹣b2）＝20，则S3+S4（a2﹣b2）＝20，据此即可得出答案． 【解答】解：依题意得：△ACD和△BCE都是直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°， ∴设AC＝CD＝a，BC＝CE＝b， ∴DE＝CD﹣CE＝a﹣b， ∴S1a2，S2b2，S3a（a﹣b）（a2﹣ab），S4b（a﹣b）（ab﹣b2）， ∵S1﹣S2＝20， ∴a2b2＝20， ∴（a2﹣b2）＝20， ∴S3+S4（a2﹣ab+ab﹣b2）（a2﹣b2）＝20． 故选：C． 【点评】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，三角形的面积，准确试题，熟练掌握等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式是解决问题的关键． 5．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝90°，在AC右侧作等边三角形ACD． （1）求∠CBD的度数； （2）若BC＝4，求BD的长度． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质进行解答即可； （2）作CE⊥BD于点E．BC＝4，CE⊥BD，∠CBD＝30°，得到，即可得到答案． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AC＝AB， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°． ∵△ACD为等边三角形， ∴AB＝AC＝AD，∠CAD＝∠ACD＝60°， ∴∠BAD＝150°， ∴∠ADB＝∠ABD＝15°， ∴∠CBD＝30°， 即∠CBD的度数为30°； （2）如图，作CE⊥BD于点E． ∵∠ACB＝45°，∠ACD＝60°，∠CBD＝30°， ∴∠BDC＝45°． ∵CE⊥BD， ∴∠DCE＝45°， ∴CE＝DE． ∵BC＝4，CE⊥BD，∠CBD＝30°， ∴， ∴， 即BD的长度为． 【点评】此题考查了等边三角形的性质、等腰三角形，熟练掌握等边三角形的性质是关键． 考点九：特殊三角形的综合 易｜混｜易｜错 1）此类题多为各题型的压轴题，做题时需要综合考虑各特殊图形的性质与常见模型 1．（2025•台州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O为BC中点，点D在边AB上，连接OD． （1）如图1，若OD⊥AB，OE⊥AC于点E，求证：OE＝OD； （2）如图2，已知∠BAC＝90°，AB＝4，AD＝1．若点F在边AC上，OF＝OD，求AF的长． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠C＝∠B，再证明△OCE≌△OBD（AAS），即可得出结论； （2）连接OA，过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥AC于点H，由等腰直角三角形的性质得∠B＝∠C＝45°，OA平分∠BAC，OABC＝OB＝OC，则OG＝OH，AH＝CHAC＝2，AG＝BGAB＝2，得AH＝AG，DG＝AG﹣AD＝1，再分两种情况，①点F在线段AH上时，证明Rt△OHF≌Rt△OGD（HL），得FH＝DG＝1，则AF＝AH﹣FH＝1；②点F在线段CH上时，同理可证Rt△OHF≌Rt△OGD（HL），得FH＝DG＝1，则AF＝AH+FH＝3；即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B， ∵OD⊥AB，OE⊥AC， ∴∠ODB＝∠OEC＝90°， ∵点O为BC中点， ∴OB＝OC， 在△OCE和△OBD中， ， ∴△OCE≌△OBD（AAS）， ∴OE＝OD； （2）解：如图2，连接OA，过点O作OG⊥AB于点G，OH⊥AC于点H， 则∠OGB＝∠OGA＝∠OHC＝∠OHA＝90°， ∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，点O为BC中点， ∴∠B＝∠C＝45°，OA平分∠BAC，OABC＝OB＝OC， ∴OG＝OH，AH＝CHAC＝2，AG＝BGAB＝2， ∴AH＝AG， ∵AD＝1， ∴DG＝AG﹣AD＝1， 分两种情况： ①点F在线段AH上时， 在Rt△OHF和Rt△OGD中， ， ∴Rt△OHF≌Rt△OGD（HL）， ∴FH＝DG＝1， ∴AF＝AH﹣FH＝1； ②点F在线段CH上时， 同理可证：Rt△OHF≌Rt△OGD（HL）， ∴FH＝DG＝1， ∴AF＝AH+FH＝2+1＝3； 综上所述，AF的长为1或3． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 2．（2025•临平区校级二模）课本56页中有这样一道题．“证明：如果两个三角形有两条边和其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等．” （1）小玲在思考这道题时，画出图形，写出已知和求证． 已知：在△ABC和△A'B'C'中，AB＝A'B'，AC＝A'C'，CD是△ABC边AB上的中线，C'D'是△A'B'C'边A'B'上的中线，CD＝C'D'． 求证：△ABC≌△A'B'C'． 请你帮她完成证明过程． （2）小玲接着提出了两个猜想： ①如果两个三角形有两条边和第三边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等； ②如果两个三角形有两条边和第三边上的高分别相等，那么这两个三角形全等； 请你分别判断这两个猜想是否正确，如果正确，请予以证明，如果不正确，请举出反例． 【分析】（1）证明△ACD≌△A′C′D′（SSS），推出∠A＝∠A′，再根据SAS证明△ABC≌△A′B′C′； （2）①正确，写出已知，求证，延长CD到T，使得CD＝DT，连接AT，延长C′D′到T′，使得C′D′＝D′T′，连接A′T′．利用确定的三角形的性质证明∠ACB＝∠A′C′B′，可得结论； ②不正确，画出反例图即可． 【解答】（1）证明：∵CD是△ABC边AB上的中线，C'D'是△A'B'C'边A'B'上的中线， ∴AD＝DB，A′D′＝D′B′， ∴AD＝A′D′， 在△ACD和△A′C′D′中， ， ∴△ACD≌△A′C′D′（SSS）， ∴∠A＝∠A′， 在△ABC和△A′B′C′中， ， ∴△ABC≌△A′B′C′（SAS）； （2）①正确，已知：在△ABC和△A'B'C'中，CB＝C′B′，AC＝A'C'，CD是△ABC边AB上的中线，C'D'是△A'B'C'边A'B'上的中线，CD＝C'D'． 求证：△ABC≌△A'B'C'． 证明：延长CD到T，使得CD＝DT，连接AT，延长C′D′到T′，使得C′D′＝D′T′，连接A′T′． 在△CDB和△TDA中， ， ∴△CDB≌△TDA（SAS）， ∴CB＝AT，∠DCB＝∠T， 同法可证，△C′DB′≌△T′D′A′，可得C′B′＝A′T′，∠D′C′B′＝∠T， ∵CB＝B′C′，CD＝C′D′， ∴CT＝C′T′， 在△ACT和△A′C′T′中， ， ∴△ACT≌△A′C′T′（SSS）， ∴∠ACT＝∠A′C′T′，∠T＝∠T′， ∴∠BCD＝∠B′C′D′， ∴∠ACB＝∠A′C′B′， 在△ACB和△A′B′C′中， ， ∴△ABC≌△A′B′C′（SAS）； ②不正确，如图，AB＝A′B′，AC＝A′C′，AD，A′D′分别是△ABC，△A′B′C′的高，Q且AD＝A′D′，则△ABC显然与△A′B′C′不全等． 【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中线，高等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 1．（2025•浙江模拟）如图，在等腰Rt△ACB中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，点E在BD上，连结CE，作AF⊥CE于点F，连结DF，则点E从点D向点B移动过程中（点E不与D、B重合），∠DFE角度的大小为（　　） A．由小变大 B．由大变小 C．不变 D．不能确定 【分析】取AC的中点O，连接OD，则F点在以AC为直径的圆上，再由OD＝OA，可知D点在圆O上，则A、F、C、D四点共圆，即可得∠DFE＝∠CAB＝45°． 【解答】解：取AC的中点O，连接OD， ∵AF⊥CE， ∴∠AFC＝90°， ∴F点在以AC为直径的圆上， ∵D是AB的中点， ∴ODBC， ∵AC＝BC， ∴OD＝OA，∠CAB＝∠CBA＝45°， ∴D点在圆O上， ∴A、F、C、D四点共圆， ∴∠DFE＝∠CAB＝45°， 故选：C． 【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，能够确定A、F、C、D四点共圆是解题的关键． 2．（2025•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC和BD交于点E，若AE＝4，CE＝2，则BD长的最小值为（　　） A．6 B． C．4 D． 【分析】由∠ABC＝∠ADC＝90°，知A，B，C，D四点共圆，当弦BD⊥AC时，BD取到最小值．据此解答． 【解答】解：如图，∵∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴A，B，C，D四点共圆， ∵AC为直径． ∴取AC的中点即圆心O，当弦BD⊥AC时，BD取到最小值． ∵AE＝4，CE＝2， ∴AC＝6， ∴OB＝OC＝3， ∴OE＝OC﹣CE＝3﹣2＝1， 在Rt△OEB 中，由勾股定理得， ， ∴， 即BD长的最小值为4， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理，四点共圆，得出当弦BD⊥AC时，BD取到最小值是解题的关键． 3．（2025•浙江二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝10，D为AC的中点，连结BD，E为BD上一点，BE＝3，过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N，记AM长为x，NC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．xy C． D．x2+y2 【分析】过D作DK⊥AB于K，DL⊥BC于L，由直角三角形斜边中线的性质推出BD＝AD＝DC，由等腰三角形的性质得到AK＝BK，BL＝CL，由平行线分线段成比例定理推出BM：MK＝BE：ED＝3：2，BN：NL＝BE：ED＝3：2，设BM＝3a，MK＝2a，BN＝3b，NL＝2b，求出x+y＝7a+7b，xy＝49ab，，因此x+y、xy、的值在变化，由勾股定理求出a2+b2＝1，得到x2+y2＝49（a2+b2）＝49． 【解答】解：过D作DK⊥AB于K，DL⊥BC于L， ∵∠ABC＝90°，AC＝10，D为AC的中点， ∴BDAC＝5， ∴BD＝AD＝DC， ∴AK＝BK，BL＝CL， ∵BE＝3， ∴DE＝BD﹣BE＝2， ∵ME∥KD， ∴BM：MK＝BE：ED＝3：2， 同理：BN：NL＝BE：ED＝3：2， 设BM＝3a，MK＝2a，BN＝3b，NL＝2b， ∴AK＝BK＝5a，CL＝BL＝5b， ∴AM＝AK+MK＝7a，CN＝CL+NL＝7b， ∵x+y＝7a+7b，xy＝49ab，， ∵a、b的值在变化， ∴x+y、xy、的值在变化， 故A、B、C不符合题意； ∵四边形BNEM是矩形， ∴NE＝MB＝3a， ∵BN2+NE2＝BE2， ∴9a2+9b2＝9， ∴a2+b2＝1， ∴x2+y2＝49（a2+b2）＝49， 故D符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查直角三角形斜边的中线，勾股定理，平行线分线段成比例，列代数式，关键是由平行线分线段成比例定理推出BM：MK＝BE：ED，BN：NL＝BE：ED． 4．（2025•台州一模）如图，长方形纸片MPQN的宽MP为10cm，三角板ABC中，AC＝8cm，∠A＝60°，∠ACB＝90°．将三角板的顶点C固定在纸片的边MN上，边AB与纸片的边PQ交于点D，则BD的最大值是（　　） A． B．4cm C． D．5cm 【分析】如图，连接BC，过C作CT⊥AB于T，求解，BC，AT＝AC•cos60°＝4，，AD＝4+DT，，由BD最大，可得AD最小，可得DT最小，可得CD最小，当CD⊥PQ时，CD最小，再进一步求解即可． 【解答】解：如图，连接CD，过C作CT⊥AB于T， ∵三角板ABC中，AC＝8cm，∠A＝60°，∠ACB＝90°， ∴AB16，， ∴AT＝AC•cos60°＝4，， ∴AD＝4+DT，DT， ∵BD最大， ∴AD最小， ∴DT最小， ∴CD最小，当CD⊥PQ时，CD最小， 此时四边形MPDC为矩形， ∴CD＝MP＝10， ∴DT， ∴AD， ∴BD， 故选：A． 【点评】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 5．（2025•浙江模拟）如图，以Rt△ABC的各边为边向外作等边△ABD，等边△ACE和等边△BCF，∠BAC＝90°，点G，H均在边BC上，且BG＝AB，CH＝AC，过点G作CF的平行线，交BF于点I，过点H作BF的平行线，交CF于点J，交GI于点K．若已知四边形KIFJ的面积，则下列面积一定能求出来的是（　　） A．S△BCF+S△ABC B．S△BCF C．S△ABC D．S△HGK 【分析】运用等边三角形的性质以及勾股定理得出点D到AB的距离为，则，，，在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，则S△ABD+S△ACE＝S△BCF，再根据HJ∥BF，CH＝AC，得△CJH是等边三角形，S△CJH＝S△ACE，整理得S四边形KIFJ＝S△HGK，即可作答． 【解答】解：过点D作DW⊥AB，如图所示： ∵DW⊥AB， 则， 即点D到AB的距离为， ∴， 同理可得，， 由条件可知S△ABD+S△ACE＝S△BCF， ∵HJ∥BF，CH＝AC， ∴△CJH是等边三角形，S△CJH＝S△ACE， ∵S△BCF﹣S△BGI﹣S△HCJ+S△HGK＝S四边形KIFJ， ∴S△ABD+S△ACE+S四边形KIFJ＝S△BCF+S△HGK， ∴S四边形KIFJ＝S△HGK， 即已知四边形KIFJ的面积，则一定能求△HGK的面积． 故选：D． 【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，几何图形的面积之间的关系，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 6．（2025•玉环市二模）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC2﹣BC2＝4，点E是边AB上的中点，连结CE，过点A作AD⊥CE交CE的延长线于点D，设AE长为x，DE长为y，则下列代数式的值不变的是（　　） A．x2+y2 B．x2﹣y2 C．xy D． 【分析】在Rt△ACB和Rt△ADC中，用x和y的式子表示AC2，化简即可． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，点E是边AB上的中点，AE＝x， ∴AB＝2AE＝2x，CEAB＝x， 在Rt△ACB中，由勾股定理得AC2+BC2＝AB2＝（2x）2， ∵AC2﹣BC2＝4， ∴AC2＝2x2+2， 在Rt△ADE中，由勾股定理得AD2＝AE2﹣DE2， ∵AE＝x，DE＝y， ∴AD2＝x2﹣y2， 在Rt△ADC中，DC＝DE+CE＝x+y， 由勾股定理得AC2＝AD2+CD2， ∴AC2＝x2﹣y2+（x+y）2， ∴2x2+2＝x2﹣y2+（x+y）2， 整理得xy＝1， ∴代数式xy的值不变． 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键． 7．（2025•浙江模拟）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，射线EG与BC的延长线相交于点P．若∠P＝30°，则的值是（　　） A． B．3 C． D． 【分析】作CM⊥PG于点M，GN⊥PB于点N，设CM＝x，在Rt△PCM中，求得CP＝2x，，在Rt△CGM中，求得，，在Rt△PNG中，求得，，再证明∠GCN∽∠BCG，求得，据此求解即可． 【解答】解：作CM⊥PG于点M，GN⊥PB于点N， 设CM＝x， ∴△PCM是直角三角形， ∵∠P＝30°， ∴CP＝2CM＝2x，， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠FGC＝∠FGH＝90°，∠CGM＝∠EGH＝45°， 在Rt△CGM中，∠CGM＝45°， ∴CM＝GM＝x， ∴，， 在Rt△PNG中，∠P＝30°， ∴，， ∴， ∵∠GNC＝∠BGC＝90°，∠GCN＝∠BCG， ∴∠GCN∽∠BCG， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握直角三角形的性质和勾股定理是解题的关键． 8．（2025•上虞区二模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．若，则（　　） A． B． C． D． 【分析】设正方形EFGH的边长为x，根据全等三角形的性质得到BF＝CG，在Rt△BCG中利用正切的定义得到tan∠GBC，则BG＝2CG，所以CG＝FG＝x，接着利用勾股定理可计算出BCx，然后利用正方形的面积公式计算的值． 【解答】解：设正方形EFGH的边长为x， ∵Rt△ABF和Rt△BCG全等， ∴BF＝CG， ∵四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形， ∴∠FGH＝90°， 在Rt△BCG中，∵tan∠GBC， ∴BG＝2CG， ∴BF+FG＝2CG， 即CG+FG＝2CG， ∴CG＝FG＝x， ∴BG＝2x， ∴BCx， ∴． 故选：D． 【点评】本题考查了勾股定理：灵活运用勾股定理和正方形的性质是解决问题的关键．也考查了解直角三角形． 9．（2024•鄞州区一模）如图，两个阴影正方形与4个全等的直角三角形拼成正方形ABCD，延长BE交MN于点F，若BE×EF＝m，MF×NF＝n，则阴影部分的面积之和用含m，n的代数式表示是（　　） A． B． C． D． 【分析】易得阴影部分的面积之和为BE2.根据BE×EF＝m，可得用EF2表示的BE2的代数式，易得△EFM∽△NFE，即可得到EF2的值，整理即可得到阴影部分的面积之和． 【解答】解：阴影部分的面积之和＝ME2+EN2＝MN2＝BE2． ∵BE×EF＝m， ∴BE． ∴BE2． ∵图中是4个全等的直角三角形， ∴∠MNE＝∠BEG，∠MNE+∠EMN＝90°． ∵∠BEG＝∠MEF， ∴∠MEF＝∠MNE． ∵∠MEF+∠FEN＝90°， ∴∠EMN＝∠FEN． ∴△EFM∽△NFE． ∴． ∴EF2＝FM•NF． ∵MF×NF＝n， ∴EF2＝n． ∴BE2． 故选：A． 【点评】本题考查相似三角形及勾股定理的综合应用．根据三角形的相似得到EF和MF、FN的关系是解决本题的关键． 10．（2025•瓯海区二模）如图，在△ABC中，∠C＝45°，AC＝6，点D，E把线段AC三等分，F是BC边上的中点，连接BE，DF．若BE＝AB，则DF的长为 　 ． 【分析】连接BD，求出AD＝DE＝ECAC＝2，得到DC＝2CE＝4，由等腰三角形的性质推出∠BDC＝90°，判定△DBC是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质推出∠DFC＝90°，判定△DFC是等腰直角三角形，即可求出DF的长． 【解答】解：连接BD， ∵点D，E把线段AC三等分， ∴AD＝DE＝ECAC6＝2， ∴DC＝2CE＝4， ∵BE＝BA，AD＝DE， ∴BD⊥AE， ∴∠BDC＝90°， ∵∠C＝45°， ∴△DBC是等腰直角三角形， ∵F是BC的中点， ∴DF⊥BC， ∴∠DFC＝90°， ∵∠C＝45°， ∴△DFC是等腰直角三角形， ∴DFDC4＝2． 故答案为：2． 【点评】本题考查等腰三角形的性质，等腰直角三角形，关键是由等腰三角形的性质推出BD⊥AE，判定△DFC是等腰直角三角形． 11．（2025•义乌市校级模拟）如图，在Rt△ABC和Rt△BDE中，AB＝BC＝BD＝2．连结AE，CD，若△BCD 与△ABE的面积之比为2：3，则DE的长为　 ． 【分析】过点A作AF⊥EB交EB的延长线于点F，过点D作DH⊥BC于点H，利用“角角边”证明△ABF≌△DBH，根据全等三角形的性质可得AF＝DH，由，，△BCD与△ABE的面积之比为2：3，则S△BCD：S△ABE＝BC：BE＝2：3，即可求得BE，最后根据勾股定理即可得解． 【解答】解：过点A作AF⊥EB交EB的延长线于点F，过点D作DH⊥BC于点H， ∴∠DHB＝∠AFB＝90°， 依题得：∠ABC＝∠DBE＝90°， ∴∠DBH+∠ABE＝180°， 由条件可知∠DBH＝∠ABF， 在△ABF和△DBH中， ， ∴△ABF≌△DBH（AAS）， ∴AF＝DH， ∵，， ∴S△BCD：S△ABE＝BC：BE＝2：3， ∴BE＝3， 在Rt△BDE中，BD2+BE2＝DE2， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是作出合适的辅助线． 12．（2025•柯桥区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，过点A作AD⊥AC，交BC于点D，点F是AB上的点，且满足DB＝DF，连接CF，若AC＝5，CF＝6，则CD＝ ． 【分析】先根据等边对等角以及三角形内角和得∠AFD+∠ACB＝180°，故∠FAC+∠FDC＝180°，即A，F，D，C四点共圆，运用圆周角定理得∠DAC＝90°，∠DFC＝90°，再分别表示DF2＝DC2﹣CF2＝4r2﹣36，AD2＝4r2﹣25，因为AE⊥CD，故LA2﹣DE2＝AO2﹣EO2，即4r2﹣25﹣（r﹣EO）2＝r2﹣EO2，解得，，结合等腰三角形的三线合一，得，则，因为DF＝BD，得解得（负值已舍去），即可作答． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∵DB＝DF， ∴∠B＝∠BFD， ∴∠ACB＝∠BFD， ∵∠AFD+∠BFD＝180°， ∴∠AFD+∠ACB＝180°， ∴∠FAC+∠FDC＝360°﹣（∠AFD+∠ACB）＝180°， 即A，F，D，C四点共圆， ∵AD⊥AC， ∴∠DAC＝90°，即DC是⊙O的直径， 如图所示： 连接AO，FO，分别过点F，A作FH⊥CD，AE⊥CD， 设CD＝2r，FO＝DO＝AO＝CO＝r， ∵DC是⊙O的直径， ∴∠DFC＝90°， ∵AC＝5，CF＝6，则DF2＝DC2﹣CF2＝4r2﹣36，∠DAC＝90°， ∴AD2＝DC2﹣AC2＝4r2﹣25， ∵AE⊥CD， ∴DA2﹣DE2＝AE2＝AO2﹣EO2， ∴DA2﹣DE2＝AO2﹣EO2，即4r2﹣25﹣（r﹣EO）2＝r2﹣EO2， 解得， ∴， ∵AC＝AB，AE⊥CD， ∴， ∴， ∵DF＝BD， ∴DF2＝BD2， ∵DF2＝4r2﹣36， ∴， ∴4r4﹣36r2＝（25﹣2r2）， ∴4r4﹣36r2＝625﹣100r2+4r4， 整理得64r2＝625， 解得（负值已舍去）， ∴； 故答案为：． 【点评】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 1．（2024•龙湾区二模）如图1是一种壁挂式投影仪．投影时，需将展台OA绕点O旋转90°至水平状态OA1，投影杆GM可绕点G顺时针旋转合适角度α（0°≤α≤90°），其侧面示意图如图2所示．在活动课上，小章同学旋转GM至GM1位置，点M竖直上升10cm，投射线M1H⊥OA1；当GM完全打开至GM2位置（α＝90°）时，地面DF被投射到的区域宽度EF＝　 　 cm（相关数据如图2所示）． 【分析】根据题意，OA＝41，GM＝41﹣8﹣8＝25，过M1作M1R⊥MG于R，过M2作M2S⊥OA1于S，交ED于T，则四边形M2SOG为矩形，STDC为矩形，根据投射角始终不变，EF＝FT﹣ET＝43.75cm． 【解答】解：根据题意，OA＝41，GM＝41﹣8﹣8＝25， ∴M1G＝M2G＝25， 过M1作M1R⊥MG于R， 则MR＝10， ∴GR＝15， 由勾股定理得M1R＝20， ∵∠M1HO＝∠ROH＝∠M1RO， ∴四边形M1HOR为矩形， ∴∠HM1R＝∠GM1P＝90°， ∴∠HM1P＝∠GM1R， ∴tan∠HM1P＝tan∠GM1R， 过M2作M2S⊥OA1于S，交ED于T， 则四边形M2SOG为矩形，STDC为矩形， ∴M2S＝GO＝33，SO＝M2G＝25，ST＝CT＝132， ∴A1S＝OA1﹣OS＝41﹣25＝16， 又∵A1S∥ET， ∴△A1SM2∽△ETM2， ∴， ∴ET， 又根据投射角始终不变， ∴∠FM2T＝∠HM1P， ∴tan∠FM2T， ∴FT＝M2T123.75， ∴EF＝FT﹣ET＝43.75cm． 故答案为43.75cm． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题关键在于熟练掌握勾股定理的应用． 2．（2025•西湖区二模）综合与实践 我们已经学过，在△ABC中，若∠ABC＝90°，则三角形三边满足勾股定理：AC2＝AB2+BC2． 【知识应用】 （1）如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若AC＞AB，则AC2﹣AB2＝BC（CD﹣BD），请说明理由． 【拓展探究】 （2）如图2，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是AC的中点，连接BE．求证：． 【拓展应用】 （3）如图3，在△ABC中，点E在边AB上（不与点A，B重合），点F在边BC上（不与点B，C重合），连接EF，∠BEF＝∠BCA，点O为△BEF的外心，连接OA，OC，求证：OC2﹣OA2＝BC2﹣BA2． 【分析】（1）由勾股定理可得出答案； （2）过点E作EF⊥BC于点F，则∠BFE＝∠CFE＝90°，得出BE2＝BF2+EF2，CE2＝EF2+CF2，证明CF＝DF，得出BF﹣CF＝BF﹣DF＝BD，则可得出结论； （3）连接BO、EO、FO，延长BO交AC于点M，证明BO＝EO＝FO，得出∠OBE＝∠OEB，∠OBF＝∠OFB，∠OEF＝∠OFE，证出∠OMC＝90°，得出OA2＝OM2+AM2，OC2＝OM2+CM2，则可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∴AB2＝AD2+BD2，AC2＝AD2+CD2， ∴AC2﹣AB2＝AD2+CD2﹣（AD2+BD2）＝CD2﹣BD2＝（CD+BD）（CD﹣BD）＝BC（CD﹣BD）； （2）证明：如图，过点E作EF⊥BC于点F，则∠BFE＝∠CFE＝90°， ∴BE2＝BF2+EF2，CE2＝EF2+CF2， ∵点E是AC的中点， ∴， ∴， ∴BF2﹣CF2＝（BF+CF）（BF﹣CF）， ∵AD⊥BC，EF⊥BC， ∴EF∥AD， ∵CE＝AE， ∴，即CF＝DF， ∴BF﹣CF＝BF﹣DF＝BD， 又∵BF+CF＝BC， ∴； （3）证明：如图，连接BO、EO、FO，延长BO交AC于点M， ∵点O为△BEF的外心， ∴BO＝EO＝FO， ∴∠OBE＝∠OEB，∠OBF＝∠OFB，∠OEF＝∠OFE， ∴2（∠OBE+∠OFB+∠OFE）＝180°， ∴∠OBE+∠OFB+∠OFE＝90°， 即∠OBE+∠BFE＝90°， ∵∠BEF＝∠BCA，∠BEF+∠AEF＝180°， ∴∠BCA+∠AEF＝180°， ∴∠BAC+∠EFC＝180°， ∵∠BFE+∠EFC＝180°， ∴∠BFE＝∠BAC， ∴∠OBE+∠BAC＝90°， ∴∠AMB＝90°， ∴∠OMC＝90°， ∴OA2＝OM2+AM2，OC2＝OM2+CM2， ∴OC2﹣OA2＝OM2+CM2﹣（OM2+AM2）＝CM2﹣AM2， ∵BC2＝BM2+CM2，BA2＝BM2+AM2， ∴BC2﹣BA2＝BM2+CM2﹣（BM2+AM2）＝CM2﹣AM2， ∴OC2﹣OA2＝BC2﹣BA2． 【点评】本题考查了三角形的外心、勾股定理、平行线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（2025•鹿城区校级三模）如图1，在△ABC中，∠C＝90°，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，DE＝DF，∠DEF＝∠B． （1）若∠AFE＝20°，求∠BDF的度数． （2）如图2，当点E与点C重合时，求证：F是AB的中点． （3）如图3，作EG∥BC交边AB于点G（点G在点F的左侧），猜想AG与BF的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）先利用等边对等角，得出∠DEF＝∠DFE，结合∠DEF＝∠B，可得∠DFE＝∠B，再利用三角形外角的性质，得出∠DFA＝∠B+∠BDF，结合∠AFE＝20°，求出∠BDF＝20°； （2）当点E与点C重合时，先根据等角对等边证得EF＝FB，再证明∠AEF＝∠A，然后利用等角对等边证得AF＝EF，从而可得AF＝BF，即有F是AB的中点； （3）作AG的中点J，先利用直角三角形斜边上的中线的性质证得，再利用等边对等角，得出∠JEG＝∠JGE，结合已知可证得∠IJE＝2∠B，再证明△DEF∽△DIB，根据相似三角形的性质可得∠EDF＝∠IDB，从而可得∠EDI＝∠FDB，再证明△DEI≌△DFB，利用全等三角形的性质可得∠EID＝∠B，从而可得∠EIJ＝2∠B，这样就有∠EIJ＝∠EJI，从而可得，于是可得． 【解答】（1）解：∵DE＝DF， ∴∠DEF＝∠DFE， ∵∠DEF＝∠B， ∴∠DFE＝∠B， 又∵∠DFA是△FBD的一个外角， ∴∠DFA＝∠B+∠BDF， ∵∠DFA＝∠AFE+∠DFE，∠AFE＝20°， ∴∠DFA＝20°+∠DFE， ∴20°+∠DFE＝∠B+∠BDF， ∴∠BDF＝20°； （2）证明：当点E与点C重合时， ∵∠DEF＝∠B， ∴EF＝FB， 又∵∠ACB＝90°， ∴∠DEF+∠AEF＝90°，∠B+∠A＝90°， ∴∠AEF＝∠A， ∴AF＝EF， ∴AF＝BF， 即F是AB的中点； （3）解：．理由如下： 作AG的中点J，如图3， ∵∠C＝90°，EG∥BC， ∴∠AEG＝90°，∠B＝∠JGE， ∴， ∴∠JEG＝∠JGE， ∴∠JEG＝∠JGE＝∠B， 作DI＝BD，则∠DIB＝∠B， ∵∠IJE＝∠JEG+∠JGE， ∴∠IJE＝2∠JGE＝2∠B， 又∵∠DEF＝∠DFE＝∠B， ∴△DEF∽△DIB， ∴∠EDF＝∠IDB， ∴∠EDI+∠IDF＝∠FDB+∠IDF， ∴∠EDI＝∠FDB， 在△DEI和△DFB中， ， ∴△DEI≌△DFB（SAS）， ∴∠EID＝∠B， 又∵∠GID＝∠B， ∴∠EIJ＝∠EID+∠DIJ＝2∠B， ∴∠EIJ＝∠EJI， ∴， ∴． 【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握上述知识点，并能运用这些知识点求解． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 几何初步 专题02 特殊三角形的性质及其应用 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 考点一：等腰三角形的性质 易｜混｜易｜错 1）等腰三角形求角度，多想等边对等角，另外熟记——等腰三角形顶角的外角=底角的2倍； 2）等腰三角形求长度，多想“三线合一”，同步结合直角三角形勾股定理等； 3）等腰三角形常见辅助线——底边上的高线； 4）等腰三角形常考模型——手拉手全等、知二得一； 1．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°．以点B为圆心，BC为半径画弧，与AB交于点D，连结CD，则∠ACD的度数为（　　） A．12° B．15° C．18° D．20° 2．（2025•宁波一模）图1是阿基米德的滑动曲尺模型，图2是其抽象成的几何图形．AB为⊙O的直径，其延长线与弦DC的延长线交于点E，CE＝CO．若∠AOD＝60°，则∠AED的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 3．（2025•钱塘区三模）如图，在△ABC中，∠A＝45°，D为AC上一点，BC＝BD，过点C作CE⊥BD于点E，交AB于点F．若∠ABD＝α（0°＜α＜45°），则∠BCF的大小为（　　） A．2a B．45°﹣α C．45°+α D．90°﹣α 4．（2025•普陀区三模）如图，在△ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，BD＝BC，AD＝AE，若要求∠CDE的度数，则只需知道（　　）的度数． A．∠A B．∠B C．∠ACB D．∠DCE 5．（2025•宁波一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，点D，E分别在AB，AC上，CD＝BE＝9，记BD长为x，CE长为y，x＞y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 6．（2025•嘉兴二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F分别在边AB，AC上，且CB＝CE＝CF，连接BF，CE． （1）当∠A＝40°时，求∠BFC的度数． （2）若∠BFC+∠BEC＝126°，求∠A的度数． 考点二：等腰三角形的性质与判定 易｜混｜易｜错 1） 等腰三角形的判定方法有： ①定义法；②等角对等边；③“三线合一”的逆应用； 2） 等腰三角形判定与性质的综合，常需要先依据条件判定三角形是等腰三角形，然后再根据等腰三角形的性质解决后续角度或长度问题； 1．（2025•庆元县一模）如图，在△ABC中，点D在BC上，∠DAC＝∠ADC＝2∠B，AC＝3，AD＝2，则BC的长为（　　） A．7 B．6 C．5 D．4 2．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AD⊥BC于点D．若△ABC的周长为20，CD＝6，则AC的长为　 　 ． 考点三：等边三角形的性质与判定 易｜混｜易｜错 1） 遇到等边三角形，时刻谨记，等边三角形可以为几何问题提供“边相等”、“60°特殊角”的特殊结论； 2） 等边三角形的判定常考方法：有一个角=60°的等腰三角形是等边三角形； 3） 等边三角形与勾股定理：做一边上的高线，得含30°角的直角三角形，三边比= 4） 等边三角形面积公式： 1．（2025•温岭市二模）如图，在△ABC中，CD为AB边上的中线，AD＝CD，E为AC上任意一点，∠B＝∠BDC，若DE最小值为2时，则DC的长为 　 　 ． 2．（2025•绍兴二模）尺规作图问题： 如图，在⊙O中，点A为⊙O上一点，以A为圆心，AO长为半径作弧，交⊙O于点B，点C，连结OB，BC． （1）求∠AOB的度数； （2）求证：AO垂直平分BC． 考点四：直角三角形的性质与判定 易｜混｜易｜错 1） 直角三角形的三大性质应用： ①直角三角形+30°→；②直角三角形+中点→斜中线+斜边上的中线把一个直角三角形分成2个等腰三角形；③直角三角形求角度→一个直角或两锐角互余；④直角三角形求长度→勾股定理； 1．（2025•杭州二模）如图，在△ABC中，点P在边BC上（不与点B，点C重合），（　　） A．若∠BAC＝90°，∠BAP＝∠B，则AC＝PC B．若∠BAC＝90°，∠BAP＝∠C，则AP⊥BC C．若AP⊥BC，PB＝PC，则∠BAC＝90° D．若PB＝PC，∠BAP＝∠CAP，则∠BAC＝90° 2．（2025•龙泉市二模）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC边于点D，AE⊥BC于点E．已知∠ABC＝60°，∠C＝45°，CE，则BC的长为　 　 ． 3．（2025•浙江模拟）定义：若一个三角形一边上的中线、高线与这条边均有交点，则这两个交点之间的距离称为这条边上的“中高距”．如图，△ABC中，AD为BC边上的中线，AE为BC边上的高线，则DE的长称为BC边上的“中高距”． （1）若BC边上的“中高距”为0，求证：AB＝AC； （2）若∠B＝30°，∠C＝45°，AB＝4，求BC边上的“中高距”． 4．（2025•宁波三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，若E为BC上一点，使得∠AEB＝∠ADB，且AB＝12，BE＝5，则EC＝　 　 ． 5．（2025•开化县模拟）如图，直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，CD是中线，AE是角平分线，CD与AE交于点F，CD＝6． （1）求证：CD⊥AE； （2）求EF的长． 考点五：勾股定理 易｜混｜易｜错 1）常规勾股定理： ①求长度时，有直角三角形，直接用勾股定理；没有直角三角形，常作垂线，先构造直角三角形，再用勾股定理； ②折叠问题求长度→在新形成的直角三角形中列勾股； 2） 当两个直角三角形有公共边时，勾股定理变形为：在两个直角三角形中分别表示公共边的平方，由“勾股1=勾股2”来列方程； 3） 在直角三角形三边分别作规则的等边三角形、等腰直角三角形、正方形、半圆，则固定有“S1+S2=S3”类结论，即两直角边图形的面积和=斜边图形的面积； 1．（2025•丽水一模）如图，在△ABC中，AC＝1，AC边上的中线，过点A作AE⊥BC于点E，记BE长为x，EC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．x2+xy D．y2+xy 2．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”．当AC＝2，时，则阴影部分的面积为（　　） A．8π B．8 C．4π D．4 3．（2025•杭州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF．若AC＝3，AB＝5，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 4．（2025•杭州模拟）达芬奇曾发明过一个简易圆规．某数学兴趣学习小组在课后复刻了这一圆规（图1）．其原理为如图2：有两条互相垂直的卡槽，将一根木棒的两端A和B分别卡在卡槽中自由滑动，在木棒的中部P插有一支记号笔，然后移动木棒的一端，另一端也随之移动．记号笔最终画出了一段圆弧．根据你所学知识，分析“木棒作弧”所运用的数学原理是（　　） A．直角三角形的两直角边长度的平方和等于第三条边长度的平方 B．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 C．直角三角形的面积等于两直角边乘积的一半 D．直角三角形的两锐角互余 5．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝8．在高线AD所在直线上任取一点P（不与点A，D重合），连结PB，PC，则PB2﹣PC2的值为（　　） A．6 B．18 C．36 D．72 考点六：勾股定理的证明 易｜混｜易｜错 1）勾股定理的证明——“赵爽弦图”常考方向： ①全等三角形的对应边相等；②勾股定理的计算；③平行类形似；④数形结合思想 1．（2025•临平区校级三模）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD，直线MP交正方形ABCD的两边于点E，F，若BN＝a，PN＝b，则用含a、b的式子表示的值是（　　） A． B． C． D． 2．（2025•杭州二模）如图一所示，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图（2）所示的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若S1＝S2，则的值为（　　） A．1 B． C． D． 3．（2025•浙江三模）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH，连结DE与FG相交于点M，延长DE交BC于点N，若M是DE的中点，AB＝8，则EN的长（　　） A． B． C．2 D． 4．（2025•鹿城区校级一模）小雯在学习了勾股定理的证明后，尝试制作了四个全等三角形纸板，并拼出一个新图形如图所示，若EF＝1，GH＝7，则正方形ABCD的周长为（　　） A．14 B．17 C．20 D．24 5．（2025•拱墅区模拟）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“赵爽弦图如图，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ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝21，则S2的值是（　　） A．9.5 B．9 C．7.5 D．7 考点七：勾股定理的应用 1．（2025•金华模拟）如图，分别在三角形纸板ABC的顶点A，B处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线AD和BE，相交于点P．AB＝6，AC＝8，BC＝10．则CP的长度是 　 ． 2．（2025•浙江模拟）一无人超市门口的墙AB上装有一个传感器P，离地面高度PB＝4.7m，当人从门外走到离该传感器4m及4m以内时，便自动发出语音“欢迎光临”．身高1.7m的小明走到D处时，恰好响起“欢迎光临”，则BD的长为 　 m． 3．（2025•浙江模拟）数学经典著作《九章算术》中有一道著名的“引葭（jiā）赴岸”题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”意思为：如图，有一池塘，底面是边长为一丈（一丈等于十尺）的正方形，池的中央生有一棵芦苇，高出水面一尺，若将芦苇引到池边中点处，正好与岸边齐平，则水深为 　 　 尺． 考点八：等腰直角三角形 易｜混｜易｜错 1） 等腰直角三角形具有等腰三角形和直角三角形的一切性质； 2） 等腰直角三角形三边比：； 3） 常结合模型：K型全等、手拉手全等； 1．（2025•浙江模拟）如图，图形ABCD在由完全相同的小正方形拼接而成的网格中，顶点A，B，C，D均在格点上，则∠ABC+∠BCD+∠BAD的值为（　　） A．120° B．135° C．145° D．150° 2．（2025•西湖区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝2，点D在AB的延长线上，且CD＝AB，则BD的长是（　　） A． B． C．22 D． 3．（2025•宁波三模）如图，在△ABC中，CD是△ABC的中线，延长CB至点E，使BE＝3BC，连接AE，若∠EAB＝∠BDC＝45°，，则BC的长为（　　） A． B．3 C． D． 4．（2025•萧山区一模）如图，点C是线段AB上一点（AC＞BC），分别以AC，BC为直角边在AB同侧作等腰Rt△ACD和等腰Rt△BCE，连结AE，BD．记S△ACD＝S1，S△BCE＝S2，S△ADE＝S3，S△BDE＝S4，若S1﹣S2＝20，则S3+S4＝（　　） A．10 B．15 C．20 D．40 5．（2025•宁波模拟）如图，在△ABC中，AC＝AB，∠BAC＝90°，在AC右侧作等边三角形ACD． （1）求∠CBD的度数； （2）若BC＝4，求BD的长度． 考点九：特殊三角形的综合 易｜混｜易｜错 1）此类题多为各题型的压轴题，做题时需要综合考虑各特殊图形的性质与常见模型 1．（2025•台州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O为BC中点，点D在边AB上，连接OD． （1）如图1，若OD⊥AB，OE⊥AC于点E，求证：OE＝OD； （2）如图2，已知∠BAC＝90°，AB＝4，AD＝1．若点F在边AC上，OF＝OD，求AF的长． 2．（2025•临平区校级二模）课本56页中有这样一道题．“证明：如果两个三角形有两条边和其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等．” （1）小玲在思考这道题时，画出图形，写出已知和求证． 已知：在△ABC和△A'B'C'中，AB＝A'B'，AC＝A'C'，CD是△ABC边AB上的中线，C'D'是△A'B'C'边A'B'上的中线，CD＝C'D'． 求证：△ABC≌△A'B'C'． 请你帮她完成证明过程． （2）小玲接着提出了两个猜想： ①如果两个三角形有两条边和第三边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等； ②如果两个三角形有两条边和第三边上的高分别相等，那么这两个三角形全等； 请你分别判断这两个猜想是否正确，如果正确，请予以证明，如果不正确，请举出反例． 1．（2025•浙江模拟）如图，在等腰Rt△ACB中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，点E在BD上，连结CE，作AF⊥CE于点F，连结DF，则点E从点D向点B移动过程中（点E不与D、B重合），∠DFE角度的大小为（　　） A．由小变大 B．由大变小 C．不变 D．不能确定 2．（2025•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC和BD交于点E，若AE＝4，CE＝2，则BD长的最小值为（　　） A．6 B． C．4 D． 3．（2025•浙江二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝10，D为AC的中点，连结BD，E为BD上一点，BE＝3，过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N，记AM长为x，NC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．xy C． D．x2+y2 4．（2025•台州一模）如图，长方形纸片MPQN的宽MP为10cm，三角板ABC中，AC＝8cm，∠A＝60°，∠ACB＝90°．将三角板的顶点C固定在纸片的边MN上，边AB与纸片的边PQ交于点D，则BD的最大值是（　　） A． B．4cm C． D．5cm 5．（2025•浙江模拟）如图，以Rt△ABC的各边为边向外作等边△ABD，等边△ACE和等边△BCF，∠BAC＝90°，点G，H均在边BC上，且BG＝AB，CH＝AC，过点G作CF的平行线，交BF于点I，过点H作BF的平行线，交CF于点J，交GI于点K．若已知四边形KIFJ的面积，则下列面积一定能求出来的是（　　） A．S△BCF+S△ABC B．S△BCF C．S△ABC D．S△HGK 6．（2025•玉环市二模）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC2﹣BC2＝4，点E是边AB上的中点，连结CE，过点A作AD⊥CE交CE的延长线于点D，设AE长为x，DE长为y，则下列代数式的值不变的是（　　） A．x2+y2 B．x2﹣y2 C．xy D． 7．（2025•浙江模拟）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，射线EG与BC的延长线相交于点P．若∠P＝30°，则的值是（　　） A． B．3 C． D． 8．（2025•上虞区二模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．若，则（　　） A． B． C． D． 9．（2024•鄞州区一模）如图，两个阴影正方形与4个全等的直角三角形拼成正方形ABCD，延长BE交MN于点F，若BE×EF＝m，MF×NF＝n，则阴影部分的面积之和用含m，n的代数式表示是（　　） A． B． C． D． 10．（2025•瓯海区二模）如图，在△ABC中，∠C＝45°，AC＝6，点D，E把线段AC三等分，F是BC边上的中点，连接BE，DF．若BE＝AB，则DF的长为 　 ． 11．（2025•义乌市校级模拟）如图，在Rt△ABC和Rt△BDE中，AB＝BC＝BD＝2．连结AE，CD，若△BCD 与△ABE的面积之比为2：3，则DE的长为　 ． 12．（2025•柯桥区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，过点A作AD⊥AC，交BC于点D，点F是AB上的点，且满足DB＝DF，连接CF，若AC＝5，CF＝6，则CD＝ ． 1．（2024•龙湾区二模）如图1是一种壁挂式投影仪．投影时，需将展台OA绕点O旋转90°至水平状态OA1，投影杆GM可绕点G顺时针旋转合适角度α（0°≤α≤90°），其侧面示意图如图2所示．在活动课上，小章同学旋转GM至GM1位置，点M竖直上升10cm，投射线M1H⊥OA1；当GM完全打开至GM2位置（α＝90°）时，地面DF被投射到的区域宽度EF＝　 　 cm（相关数据如图2所示）． 2．（2025•西湖区二模）综合与实践 我们已经学过，在△ABC中，若∠ABC＝90°，则三角形三边满足勾股定理：AC2＝AB2+BC2． 【知识应用】 （1）如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若AC＞AB，则AC2﹣AB2＝BC（CD﹣BD），请说明理由． 【拓展探究】 （2）如图2，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是AC的中点，连接BE．求证：． 【拓展应用】 （3）如图3，在△ABC中，点E在边AB上（不与点A，B重合），点F在边BC上（不与点B，C重合），连接EF，∠BEF＝∠BCA，点O为△BEF的外心，连接OA，OC，求证：OC2﹣OA2＝BC2﹣BA2． 3．（2025•鹿城区校级三模）如图1，在△ABC中，∠C＝90°，点D，E，F分别在边BC，AC，AB上，DE＝DF，∠DEF＝∠B． （1）若∠AFE＝20°，求∠BDF的度数． （2）如图2，当点E与点C重合时，求证：F是AB的中点． （3）如图3，作EG∥BC交边AB于点G（点G在点F的左侧），猜想AG与BF的数量关系，并说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $