資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第四章 三角形與四邊形
第五節 直角三角形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 直角三角形的性質與判定 ☆ 該模塊內容在中考中一直是較為重要的幾何考點，考察難度為中等偏上，常考考點為：直角三角形的性質定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理與實際問題等，特別是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重點.出題類型可以是選擇填空題這類小題，也可以是各類解答題，以及融合在綜合壓軸題中，作為問題的幾何背景進行拓展延伸.結合以上考察形式，需要考生在復習這一模塊時，準確掌握有關直角三角形的各種性質與判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向.
考點2 勾股定理及其逆定理 ☆☆
考點3勾股定理的實際應用 ☆☆☆
1.定義：有一個角是直角的三角形叫做直角三角形
2. 性質
（1）直角三角形的兩銳角互余
（2）勾股定理：直角三角形中，兩直角邊的平方和等于斜邊的平方.a2＋b2＝c2
（3）直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的 .
（4）直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的 ；直角三角形中，一條直角邊等于斜邊的 ，那么它所對的角等于30°
若∠A＝30°，則a＝c，b＝c；若a＝c，則∠A＝30°
（5）ch=ab=2S(h是斜邊上的高)
（6）外接圓半徑R=，內切圓半徑r=
3. 判定
（1）有一個角是90°的三角形是直角三角形；
（2）有兩個角互余的三角形是直角三角形
（3）有一條邊上的中線等于這條邊的一半的三角形是直角三角形；
（4）勾股定理逆定理：若一個三角形中有兩邊的平方和等于第三邊的平方，則這個三角形是直角三角形
■考點一　直角三角形的性質與判定
◇典例1：（2021 寧波模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB邊上的高，BE是AC邊上的中線，且BD＝CE，已知∠A＝38°，則∠BFC的度數是（　　）
A．111° B．110° C．109° D．108°
◆變式訓練
1．（2023 柯橋區一模）如圖，直線a∥b，Rt△ABC的直角頂點A落在直線a上，點B落在直線b上，若∠1＝15°，∠2＝25°，則∠ABC的大小為（　　）
A．40° B．45° C．50° D．55°
2．（2022 永州）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，點D為邊AC的中點，BD＝2，則BC的長為（　　）
A． B．2 C．2 D．4
3．（2023 溫州模擬）如圖所示，在△ABC中，AD是邊BC上的高線，CE是邊AB上的中線，DG⊥CE于點G，CD＝AE．
（1）證明：CG＝EG．
（2）若AB＝10，AD＝6，求CE的長．
■考點二 勾股定理及其逆定理
◇典例2：（2022 鄞州區模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各邊為邊作三個正方形，點G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面積為12，則AB的長為（　　）
A．3 B． C．2 D．
◆變式訓練
1．（2023 鎮海區校級一模）下列長度的三條線段不能組成直角三角形的是（　　）
A．3cm，4cm，5cm B．4cm，3cm， C．6cm，8cm，9cm D．1cm，，
2．（2022 拱墅區模擬）如圖，△ABC中，AB＝AC，BC＝4，高線AD的長為m，腰AC上的中線BM的長為n，過M作MN⊥BC于N點，則m，n之間的數量關系式為（　　）
A．n2﹣m2+16＝0 B．m2﹣4n2+36＝0 C．m2+n2﹣24＝0 D．m2+4n2﹣20＝0
■考點三 勾股定理的實際應用
◇典例3：（2021 濱江區三模）（1）門框的尺寸如圖1，一塊長3m，寬2.1m的長方形薄板能否從門框內通過？請通過計算進行說明．
（2）放在墻角的立柜（圖2）上下面是一個等腰直角三角形（圖3），腰長為1.4m，現要將這個立柜搬過寬為1.2m的通道，能通過嗎？請通過計算進行說明．（參考數據：≈1.4，≈2.2）
◆變式訓練
1．（2021 玉林）如圖，某港口P位于東西方向的海岸線上，甲、乙輪船同時離開港口，各自沿一固定方向航行，甲、乙輪船每小時分別航行12海里和16海里，1小時后兩船分別位于點A，B處，且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，則乙船沿 　　方向航行．
2．（2021 杭州一模）如圖，小明想要測量學校旗桿AB的高度，他發現系在旗桿頂端的繩子垂到了地面，從而測得繩子比旗桿長a米，小明將這根繩子拉直，繩子的末端落在地面的點C處，點C距離旗桿底部b米（b＞a），則旗桿AB的高度為　　米（用含a，b的代數式表示）．
1．（2022 紹興）如圖，把一塊三角板ABC的直角頂點B放在直線EF上，∠C＝30°，AC∥EF，則∠1＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
2．（2023 衢州）如圖是脊柱側彎的檢測示意圖，在體檢時為方便測出Cobb角∠O的大小，需將∠O轉化為與它相等的角，則圖中與∠O相等的角是（　　）
A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
3．（2023 金華模擬）下列條件中，能判定△ABC為直角三角形的是（　　）
A．∠A＝30°B．∠B+∠C＝120°C．∠A：∠B：∠C＝1：1：2 D．AB＝AC＝1，BC＝
4．（2021 濱江區一模）一個門框的尺寸如圖所示，下列長×寬型號（單位：m）的長方形薄木板能從門框中通過的是（　　）
A．2.9×2.2 B．2.8×2.3 C．2.7×2.4 D．2.6×2.5
5．（2021 湖州模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2BC，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，與AC相交于點D，若AC＝8，則點D到AB的距離是（　　）
A．3 B． C． D．
6．（2021 寧波模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，BE⊥AC，D是AB的中點，且DE＝BE，則∠C的度數是（　　）
A．65° B．70° C．75° D．80°
7．（2022 金華）如圖是城市某區域的示意圖，建立平面直角坐標系后，學校和體育場的坐標分別是（3，1），（4，﹣2），下列各地點中，離原點最近的是（　　）
A．超市 B．醫院 C．體育場 D．學校
8．（2022 湖州）如圖，已知在銳角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E是AD上一點，連結EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，則△EBC的面積是（　　）
A．12 B．9 C．6 D．3
9．（2022 舟山）如圖，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，點A在邊DE的中點上，若AB＝BC，DB＝DE＝2，連結CE，則CE的長為（　　）
A． B． C．4 D．
10．（2022 溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連結CF，作GM⊥CF于點M，BJ⊥GM于點J，AK⊥BJ于點K，交CF于點L．若正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，CE＝+，則CH的長為（　　）
A． B． C．2 D．
11．（2022 富陽區一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C所對的邊分別為a，b，c，且a＝5，∠A＝30°，求b＝　　．
12．（2022 金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，連結CC'，則四邊形AB'C'C的周長為 　　cm．
13．（2022 舟山二模）《九章算術》是古代東方數學代表作，書中記載：今有開門去閫（讀kǔn，門檻的意思）一尺，不合二寸，問門廣幾何？題目大意是：如圖1、2（圖2為圖1的平面示意圖），推開雙門，雙門間隙CD的距離為2寸，點C和點D距離門檻AB都為1尺（1尺＝10寸），則AB的長是　 　寸．
14．（2023 蕭山區二模）如圖，在3×3的正方形網格中，每個小正方形邊長為1，點A，B，C均為格點，以點A為圓心，AB長為半徑作弧，交格線于點D，則CD的長為　 　．
15．（2020 蕭山區一模）如圖，CE、BF分別是△ABC的高線，連接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分別是EF、BC的中點，則DG的長為　 　．
16．（2022 永嘉縣三模）如圖，在Rt△ABC中，CD為斜邊AB的中線，在邊AD及CD的延長線上依次取點E，F，且∠EFD＝∠B．
（1）求證：EF∥BC．
（2）若∠A＝65°，求∠AEF的度數．
17．（2023 上城區模擬）如圖，由12個形狀、大小完全相同的小矩形組成一個大的矩形網格，小矩形的頂點稱為這個矩形網格的格點，已知這個大矩形網格的寬為6，△ABC的頂點都在格點．
（1）求每個小矩形的長與寬；
（2）求證：∠BAC≠60°．
18．（2022 杭州）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，點M為邊AB的中點，點E在線段AM上，EF⊥AC于點F，連接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求證：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求線段FC的長．
1．（2022 岳陽）如圖，已知l∥AB，CD⊥l于點D，若∠C＝40°，則∠1的度數是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
2．（2023 麻章區二模）直角三角形兩銳角的平分線所夾的鈍角的度數為（　　）
A．100度 B．120度 C．135度 D．140度
3．（2023 漳浦縣模擬）在下列條件中：
①∠A+∠B＝∠C， ②∠A：∠B：∠C＝1：5：6，③∠A＝90°﹣∠B，
④∠A＝∠B＝∠C 中，能確定△ABC是直角三角形的條件有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
4．（2022 蓮湖區二模）如圖，點D是AC的垂直平分線與BC邊的交點，作DE⊥AB于點E，若∠BAC＝68°，∠C＝36°，則∠ADE的度數為（　　）
A．56° B．58° C．60° D．62°
5．（2023 貴州）5月26日，“2023中國國際大數據產業博覽會”在貴陽開幕，在“自動化立體庫”中有許多幾何元素，其中有一個等腰三角形模型（示意圖如圖所示），它的頂角為120°，腰長為12m，則底邊上的高是（　　）
A．4m B．6m C．10m D．12m
6．（2021 寧波模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝60°，AB＝2．若點M在邊BC上（不與點B或點C重合），則線段AM的長可能等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2023 海曙區校級一模）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中點，過點D作AB的垂線，交BC于E，連接CD，AE，CD＝4，AE＝5，則AC＝（　　）
A．3 B． C．5 D．
8．（2022 湖州）在每個小正方形的邊長為1的網格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點，BM＝4，BN＝2．若點P是這個網格圖形中的格點，連結PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（　　）
A．4 B．6 C．2 D．3
9．（2023 揚州）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝4，若△ABC是銳角三角形，則滿足條件的BC長可以是（　　）
A．1 B．2 C．6 D．8
10．（2023 麗水）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB為腰作等腰直角三角形BAE，頂點E恰好落在CD邊上，若AD＝1，則CE的長是（　　）
A． B． C．2 D．1
11．（2021 富陽區二模）有一根長33厘米的木棒（粗細忽略），木箱的長、寬、高分別為24厘米、18厘米、16厘米，這根木棒理論上　　（填“能”或“不能”）放進木箱．
12．（2023 攀枝花）如圖，在△ABC中，∠A＝40°，∠C＝90°，線段AB的垂直平分線交AB于點D，交AC于點E，則∠EBC＝　　．
13．（2023 荊州）如圖，CD為Rt△ABC斜邊AB上的中線，E為AC的中點．若AC＝8，CD＝5，則DE＝　　．
14．（2023 永嘉縣二模）在△ABC中，比較AB與AC的大小關系時，小明同學用圓規設計了如圖的方案，以點A為圓心，AB為半徑作圓弧，分別交BC，AC于點D，E，若∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝6，則CE的長為 　　．
15．（2023 長興縣一模）數學活動課上，將底邊12的等腰三角形按圖1所示剪成三個直角三角形，這三個直角三角形按圖2方式進行拼搭，其中點B，C，M，H四點處在同一直線上，且點C與點H重合，點A與點F重合，點D恰好在AC與GM交點處，則AB的長是 　　．
16．（2022 嘉興二模）一副含45°和30°角的直角三角形紙板ABC和DEF按圖1擺放，BC＝DE＝12，∠ABC＝∠DEF＝90°．現將點D從B點向A點滑動，邊DE始終經過BC上一點G，BG＝2．H是DF邊上一點，滿足DH＝DG（如圖2），當點E到達G點時運動停止．當E到達G點時BD的長為 　　；運動過程中AH的最小值是 　　．
17．（2023 秦都區校級二模）如圖，已知△ABC為等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，點P為底邊BC上一點，連接AP，AP⊥AB，若CP＝5，求BP的長．
18．（2023 錢塘區三模）如圖，在Rt△ABC中，D為斜邊AC的中點，E為BD上一點，且AE＝AD，F為CE的中點．
（1）求證：∠ADE＝∠EDF．
（2）若DF＝2，求BD的長．
19．（2023 臨平區二模）已知，如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，過D作DE∥AC交AB于E．
（1）求證：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，，求AE的長．
20．（2021 杭州）如圖，在△ABC中，∠ABC的平分線BD交AC邊于點D，AE⊥BC于點E．已知∠ABC＝60°，∠C＝45°．
（1）求證：AB＝BD；
（2）若AE＝3，求△ABC的面積．
21．（2023 臨淄區一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分線分別交AB和AC于點D，E．
（1）求證：AE＝2CE；
（2）連接CD，請判斷△BCD的形狀，并說明理由．
22．（2022 常山縣模擬）圖1是一種木質投石機模型，其示意圖如圖2所示．已知AB＝AC，BD＝4cm，BC＝8cm，木架AG＝8cm．彈繩在自然狀態時，點A，E，D在同一直線上，按壓點F旋轉至點F'，拋桿EF繞點A旋轉至E'F'，彈繩DE隨之拉伸至DE′，測得∠CDE'＝∠BAE'＝90°．
（1）求∠ADG的度數．
（2）求AE'的長度．
（3）求點E轉至點E'的過程中，點E垂直上升的高度．
備考指南
知識導圖
知識清單
考點梳理
真題在線
專項練習
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第四章 三角形與四邊形
第五節 直角三角形
考點分布 考查頻率 命題趨勢
考點1 直角三角形的性質與判定 ☆ 該模塊內容在中考中一直是較為重要的幾何考點，考察難度為中等偏上，常考考點為：直角三角形的性質定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理與實際問題等，特別是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重點.出題類型可以是選擇填空題這類小題，也可以是各類解答題，以及融合在綜合壓軸題中，作為問題的幾何背景進行拓展延伸.結合以上考察形式，需要考生在復習這一模塊時，準確掌握有關直角三角形的各種性質與判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向.
考點2 勾股定理及其逆定理 ☆☆
考點3勾股定理的實際應用 ☆☆☆
1.定義：有一個角是直角的三角形叫做直角三角形
2. 性質
（1）直角三角形的兩銳角互余
（2）勾股定理：直角三角形中，兩直角邊的平方和等于斜邊的平方.a2＋b2＝c2
（3）直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半
（4）直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半 ；直角三角形中，一條直角邊等于斜邊的一半 ，那么它所對的角等于30°
若∠A＝30°，則a＝c，b＝c；若a＝c，則∠A＝30°
（5）ch=ab=2S(h是斜邊上的高)
（6）外接圓半徑R=，內切圓半徑r=
3. 判定
（1）有一個角是90°的三角形是直角三角形；
（2）有兩個角互余的三角形是直角三角形
（3）有一條邊上的中線等于這條邊的一半的三角形是直角三角形；
（4）勾股定理逆定理：若一個三角形中有兩邊的平方和等于第三邊的平方，則這個三角形是直角三角形
■考點一　直角三角形的性質與判定
◇典例1：（2021 寧波模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB邊上的高，BE是AC邊上的中線，且BD＝CE，已知∠A＝38°，則∠BFC的度數是（　　）
A．111° B．110° C．109° D．108°
【考點】直角三角形斜邊上的中線；等腰三角形的判定與性質．
【答案】C
【點撥】連接DE，根據直角三角形斜邊上的中線及余角的定義∠ADE＝∠A＝38°，∠ACD＝52°，可得∠DBE＝∠DEB＝19°，進而可求解∠BCD，∠CBE的度數，再利用三角形的內角和定理可求解．
【解析】解：連接DE，
∵CD是AB邊上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵BE是AC邊上的中線，∠A＝38°，
∴DE＝AE＝CE＝BD，∠ACD＝90°﹣38°＝52°，
∴∠ADE＝∠A＝38°，
∴∠DBE＝∠DEB＝19°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣38°＝52°，∠BCD＝90°﹣52°＝38°，
∴∠CBE＝52°﹣19°＝33°，
∴∠BFC＝180°﹣33°﹣38°＝109°．
故選：C．
【點睛】本題主要考查直角三角形斜邊上的中線，直角三角形的性質，三角形的內角和定理，等腰三角形的性質，求解∠BCD，∠CBE的度數是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023 柯橋區一模）如圖，直線a∥b，Rt△ABC的直角頂點A落在直線a上，點B落在直線b上，若∠1＝15°，∠2＝25°，則∠ABC的大小為（　　）
A．40° B．45° C．50° D．55°
【考點】直角三角形的性質；平行線的性質．
【答案】C
【點撥】如圖，作CK∥a利用平行線的性質可得∠ACB＝∠1+∠2＝40°，再利用直角三角形的性質即可解決問題．
【解析】解：如圖，作CK∥a．
∵a∥b，CK∥a，
∴CK∥b，
∴∠1＝∠3＝15°，∠4＝∠2＝25°，
∴∠ACB＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣40°＝50°，
故選：C．
【點睛】本題考查直角三角形的性質，平行線的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造平行線解決問題．
2．（2022 永州）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，點D為邊AC的中點，BD＝2，則BC的長為（　　）
A． B．2 C．2 D．4
【考點】直角三角形斜邊上的中線；含30度角的直角三角形．
【答案】C
【點撥】根據直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半和30°角所對的直角邊等于斜邊的一半即可得到結論．
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點D為邊AC的中點，BD＝2，
∴AC＝2BD＝4，
∵∠C＝60°，
∴∠A＝30°，
∴BC＝AC＝2，
故選：C．
【點睛】本題考查了直角三角形斜邊中線，含30°角的直角三角形的性質，熟練掌握直角三角形的性質是解題的關鍵．
3．（2023 溫州模擬）如圖所示，在△ABC中，AD是邊BC上的高線，CE是邊AB上的中線，DG⊥CE于點G，CD＝AE．
（1）證明：CG＝EG．
（2）若AB＝10，AD＝6，求CE的長．
【考點】直角三角形斜邊上的中線；等腰三角形的判定與性質．
【答案】（1）證明見解析部分；
（2）3．
【點撥】（1）連接DE，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出DE＝AE，由CD＝AE，等量代換得到DE＝CD，再根據等腰三角形三線合一的性質，即可得出CG＝EG；
（2）過E作EM⊥BC于M．先證明EM是△ABD的中位線，可求出EM．根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出DE＝AB，由勾股定理求得DM的長，而CD＝AE＝DE，那么CM＝CD+DM，進而根據勾股定理求出CE．
【解析】（1）證明：連接DE，如圖．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
又E為AB中點，
∴DE＝AE＝BE，
∵CD＝AE，
∴DE＝CD，又DG⊥EC，
∴EG＝CG；
（2）解：過E作EM⊥BC于M，如圖．
∵AD⊥BC，EM⊥BC，
∴EM∥AD，
∵E為AB中點，
∴EM是△ABD的中位線，
∴EM＝AD＝3．
∵AB＝10，
∵DE＝AB＝5，
∴DM＝4，
∵CD＝AE＝DE＝5，
∴CM＝CD+DM＝9，
∴CE＝＝3．
【點睛】此題考查了勾股定理，三角形中位線的判定與性質，等腰三角形的性質，直角三角形斜邊上的中線的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．
■考點二 勾股定理及其逆定理
◇典例2：（2022 鄞州區模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各邊為邊作三個正方形，點G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面積為12，則AB的長為（　　）
A．3 B． C．2 D．
【考點】勾股定理；全等三角形的判定與性質．
【答案】C
【點撥】根據余角的性質得到∠FAC＝∠ABC，根據全等三角形的性質得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四邊形FNCM，根據勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，解方程組得到3AB2＝60，于是得到結論．
【解析】解：∵四邊形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC+∠BAC＝∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM與△ABN中，
，
∴△FAM≌△ABN（ASA），
∴S△FAM＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四邊形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+BC＝6，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC BC＝36，
∴AB2+2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝12，
∴AB2﹣AC BC＝12，
∴3AB2＝60，
解得AB＝2或﹣2（負值舍去）．
故選：C．
【點睛】本題考查了勾股定理，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．
◆變式訓練
1．（2023 鎮海區校級一模）下列長度的三條線段不能組成直角三角形的是（　　）
A．3cm，4cm，5cm B．4cm，3cm， C．6cm，8cm，9cm D．1cm，，
【考點】勾股定理的逆定理．
【答案】C
【點撥】根據勾股定理的逆定理，判斷較小兩邊的平方和是否等于第三邊的平方，則可以判斷各個選項的三條線段能否構成直角三角形，本題得以解決．
【解析】解：A、32+42＝52，故選項A中的三條線段能構成直角三角形；
B、32+（）2＝42，故選項B中的三條線段能構成直角三角形；
C、62+82≠92，故選項C中的三條線段不能構成直角三角形；
D、12+（）2＝（）2，故選項D中的三條線段能構成直角三角形．
故選：C．
【點睛】本題考查的是勾股定理的逆定理的應用，勾股定理的逆定理：如果三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2＝c2，那么這個三角形就是直角三角形．
2．（2022 拱墅區模擬）如圖，△ABC中，AB＝AC，BC＝4，高線AD的長為m，腰AC上的中線BM的長為n，過M作MN⊥BC于N點，則m，n之間的數量關系式為（　　）
A．n2﹣m2+16＝0 B．m2﹣4n2+36＝0 C．m2+n2﹣24＝0 D．m2+4n2﹣20＝0
【考點】勾股定理；等腰三角形的性質．
【答案】B
【點撥】根據三角形中位線定理和勾股定理即可得到結論．
【解析】解：∵BM是腰AC上的中線，
∴AM＝CM，
∵AD⊥BC，MN⊥BC，
∴MN∥AD，
∴MN＝AD＝m，DN＝CD，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD＝BC＝2，
∴DN＝1，
∴BN＝3，
∵BM2＝BN2+MN2，
∴n2＝32+（m）2，
∴m2﹣4n2+36＝0，
故選：B．
【點睛】本題考查了勾股定理，三角形中位線定理，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．
■考點三 勾股定理的實際應用
◇典例3：（2021 濱江區三模）（1）門框的尺寸如圖1，一塊長3m，寬2.1m的長方形薄板能否從門框內通過？請通過計算進行說明．
（2）放在墻角的立柜（圖2）上下面是一個等腰直角三角形（圖3），腰長為1.4m，現要將這個立柜搬過寬為1.2m的通道，能通過嗎？請通過計算進行說明．（參考數據：≈1.4，≈2.2）
【考點】勾股定理的應用；等腰直角三角形．
【答案】（1）能通過，理由見解析；
（2）能通過，理由見解析．
【點撥】（1）解答此題先要弄清題意，只要求出門框對角線的長再與已知薄木板的寬相比較即可得出答案；
（2）根據等腰直角三角形可得CD≈0.98m＜1.2m，可得AB邊平行通道兩邊來平移立柜就可以通過．
【解析】解：（1）能，理由是：
如圖，連接AC，則AC與AB、BC構成直角三角形，
根據勾股定理得，
則AC＝＝＝≈2.2，
∵2.1cm＜2.2cm，
∴該長方形能從門框內通過．（將該長方形的寬沿著AC斜著進去）；
（2）能，理由是：
在等腰直角三角形中（圖3），
∵腰長為1.4m，
∴AB＝AC＝（m），
∵CD⊥AB，
∴CD＝AB＝≈0.98（m），
∵0.98m＜1.2m，
∴能通過．（AB邊平行通道兩邊來平移立柜就可以通過）．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用，等腰直角三角形的性質，解決本題的關鍵是掌握勾股定理的應用．
◆變式訓練
1．（2021 玉林）如圖，某港口P位于東西方向的海岸線上，甲、乙輪船同時離開港口，各自沿一固定方向航行，甲、乙輪船每小時分別航行12海里和16海里，1小時后兩船分別位于點A，B處，且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，則乙船沿 　北偏東50°　方向航行．
【考點】勾股定理的應用；方向角．
【答案】北偏東50°．
【點撥】根據題意即可知AP＝12，BP＝16，AB＝20，利用勾股定理的逆定理可推出△APB是直角三角形，由甲船沿北偏西40°方向航行，即可推出乙船的航行方位角．
【解析】解：由題意可知：AP＝12，BP＝16，AB＝20，
∵122+162＝202，
∴△APB是直角三角形，
∴∠APB＝90°，
由題意知∠APN＝40°，
∴∠BPN＝90°﹣∠APN＝90°﹣40°＝50°，
即乙船沿北偏東50°方向航行，
故答案為：北偏東50°．
【點睛】本題考查勾股定理的應用以及方位角，熟練掌握勾股定理并能熟練應用以及能正確找出方位角是解題的關鍵．
2．（2021 杭州一模）如圖，小明想要測量學校旗桿AB的高度，他發現系在旗桿頂端的繩子垂到了地面，從而測得繩子比旗桿長a米，小明將這根繩子拉直，繩子的末端落在地面的點C處，點C距離旗桿底部b米（b＞a），則旗桿AB的高度為　　米（用含a，b的代數式表示）．
【考點】勾股定理的應用；列代數式．
【答案】米．
【點撥】設旗桿的高為x米，在Rt△ABC中，由AC2＝AB2+BC2，推出（x+a）2＝b2+x2，可得x＝，由此即可解決問題．
【解析】解：設旗桿的高為x米．
在Rt△ABC中，
∵AC2＝AB2+BC2，
∴（x+a）2＝b2+x2，
∴x＝，
故答案為：米．
【點睛】此題考查勾股定理的應用，能夠用一個未知數表示出未知的兩條邊，再根據勾股定理列方程求解．
1．（2022 紹興）如圖，把一塊三角板ABC的直角頂點B放在直線EF上，∠C＝30°，AC∥EF，則∠1＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考點】直角三角形的性質；平行線的性質．
【答案】C
【點撥】根據平行線的性質，可以得到∠CBF的度數，再根據∠ABC＝90°，可以得到∠1的度數．
【解析】解：∵AC∥EF，∠C＝30°，
∴∠C＝∠CBF＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠1＝180°﹣∠ABC﹣∠CBF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
故選：C．
【點睛】本題考查直角三角形的性質、平行線的性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用平行線的性質解答．
2．（2023 衢州）如圖是脊柱側彎的檢測示意圖，在體檢時為方便測出Cobb角∠O的大小，需將∠O轉化為與它相等的角，則圖中與∠O相等的角是（　　）
A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
【考點】直角三角形的性質．
【答案】B
【點撥】根據直角三角形的性質可知：∠O與∠ADO互余，∠DEB與∠ADO互余，根據同角的余角相等可得結論．
【解析】解：由示意圖可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，
∴∠O+∠ADO＝90°，∠DEB+∠ADO＝90°，
∴∠DEB＝∠O，
故選：B．
【點睛】本題考查直角三角形的性質的應用，掌握直角三角形的兩個銳角互余是解題的關鍵．
3．（2023 金華模擬）下列條件中，能判定△ABC為直角三角形的是（　　）
A．∠A＝30°B．∠B+∠C＝120°C．∠A：∠B：∠C＝1：1：2 D．AB＝AC＝1，BC＝
【考點】勾股定理的逆定理；三角形內角和定理．
【答案】C
【點撥】根據直角三角形的判定即可判斷選項A和B；求出最大角∠C的度數，即可判斷選項C；根據勾股定理的逆定理即可判斷選項D．
【解析】解：A．由∠A＝30°無法得到△ABC為直角三角形，故本選項符合題意；
B．∵∠B+∠C＝120°，
∴∠A＝60°，無法得到△ABC為直角三角形，故本選項符合題意；
C．∵∠A：∠B：∠C＝1：1：2，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴最大角∠C＝×180°＝90°，
∴△ABC是直角三角形，故本選項符合題意；
D．∵AB＝AC＝1，BC＝，12+12＝1+1＝2，（）2＝3，
∴12+12≠（）2，
∴△ABC不是直角三角形，故本選項不符合題意．
故選：C．
【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理和三角形內角和定理，能熟記勾股定理的逆定理是解此題的關鍵，注意：如果一個三角形的兩邊a、b的平方和等于第三邊c的平方，那么這個三角形是直角三角形．
4．（2021 濱江區一模）一個門框的尺寸如圖所示，下列長×寬型號（單位：m）的長方形薄木板能從門框中通過的是（　　）
A．2.9×2.2 B．2.8×2.3 C．2.7×2.4 D．2.6×2.5
【考點】勾股定理的應用．
【答案】A
【點撥】解答此題先要弄清題意，只要求出門框對角線的長再與已知薄木板的寬相比較即可得出答案．
【解析】解：薄木板不能從門框內通過．理由如下：
連接AC，則AC與AB、BC構成直角三角形，
根據勾股定理得AC＝＝＝≈2.236＞2.2．
∴只有2.9×2.2薄木板能從門框內通過，
故選：A．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用，只要根據已知條件構造出直角三角形即可解答．
5．（2021 湖州模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝2BC，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，與AC相交于點D，若AC＝8，則點D到AB的距離是（　　）
A．3 B． C． D．
【考點】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性質．
【答案】D
【點撥】先證明△BCD∽△ACB，則BC＝BD＝AC＝×8＝4，，CD＝BC＝2，CF＝DF＝CD＝1，由勾股定理推出BF＝，
再根據S△ABD＝AB DE＝，推出DE＝＝＝．
【解析】解：如圖．過點D作DE⊥AB于點E．
∵以B為圓心，BC長為半徑畫弧，與AC交于點D．
∴BC＝BD，
∴∠C＝∠BDC，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠CBA，
∴∠C＝∠C，∠BDC＝∠CBA，
∴△BCD∽△ACB，
∵AB＝AC＝2BC，
∴BC＝BD＝AC＝×8＝4，
∴，
∴CD＝BC＝＝＝2，
∴AD＝AC＝CD＝8﹣2＝6，
∴CF＝DF＝CD＝＝1，
∴BF＝，
∵S△ABD＝AB DE＝，
∴DE＝＝＝．
故選：D．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質和相似三角形的判定以及性質，三角形相似的判定一直是中考考查的熱點之一，在判定兩個三角形相似時，應注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發揮基本圖形的作用，尋找相似三角形的一般方法是通過作平行線構造相似三角形；或依據基本圖形對圖形進行分解、組合；或作輔助線構造相似三角形，判定三角形相似的方法有時可單獨使用，有時需要綜合運用，無論是單獨使用還是綜合運用，都要具備應有的條件方可．
6．（2021 寧波模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，BE⊥AC，D是AB的中點，且DE＝BE，則∠C的度數是（　　）
A．65° B．70° C．75° D．80°
【考點】直角三角形斜邊上的中線；等腰三角形的性質．
【答案】C
【點撥】根據直角三角形的性質得到DE＝AB＝BD＝AD，得到△BDE為等邊三角形，根據等邊三角形的性質得到∠ABE＝60°，根據等腰三角形的性質、三角形內角和定理計算即可．
【解析】解：∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∵D是AB的中點，
∴DE＝AB＝BD＝AD，
∵DE＝BE，
∴DE＝BE＝BD，
∴△BDE為等邊三角形，
∴∠ABE＝60°，
∴∠A＝90°﹣60°＝30°，
∵AB＝AC，
∴∠C＝×（180°﹣30°）＝75°，
故選：C．
【點睛】本題考查的是直角三角形的性質、等邊三角形的判定和性質，掌握在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．
7．（2022 金華）如圖是城市某區域的示意圖，建立平面直角坐標系后，學校和體育場的坐標分別是（3，1），（4，﹣2），下列各地點中，離原點最近的是（　　）
A．超市 B．醫院 C．體育場 D．學校
【考點】勾股定理；點的坐標．
【答案】A
【點撥】根據題意可以畫出相應的平面直角坐標系，然后根據勾股定理，可以得到點O到超市、學校、體育場、醫院的距離，再比較大小即可．
【解析】解：如圖所示，
點O到超市的距離為：＝，
點O到學校的距離為：＝，
點O到體育場的距離為：＝，
點O到醫院的距離為：＝，
∵＜＝＜，
∴點O到超市的距離最近，
故選：A．
【點睛】本題考查勾股定理、平面直角坐標系，解答本題的關鍵是明確題意，作出合適平面直角坐標系．
8．（2022 湖州）如圖，已知在銳角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E是AD上一點，連結EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，則△EBC的面積是（　　）
A．12 B．9 C．6 D．3
【考點】等腰直角三角形；三角形的面積；等腰三角形的性質．
【答案】B
【點撥】根據等腰三角形的性質得到BD＝CD＝3，AD⊥BC，根據等腰直角三角形的性質求出ED，根據三角形的面積公式計算，得到答案．
【解析】解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，
∴BD＝CD＝BC＝3，AD⊥BC，
在Rt△EBD中，∠EBC＝45°，
∴ED＝BD＝3，
∴S△EBC＝BC ED＝×6×3＝9，
故選：B．
【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質、等腰直角三角形的性質，掌握等腰三角形的三線合一是解題的關鍵．
9．（2022 舟山）如圖，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，點A在邊DE的中點上，若AB＝BC，DB＝DE＝2，連結CE，則CE的長為（　　）
A． B． C．4 D．
【考點】勾股定理；等腰直角三角形．
【答案】D
【點撥】根據題意先作出合適的輔助線，然后根據勾股定理可以得到AB和BC的長，根據等面積法可以求得EG的長，再根據勾股定理求得EF的長，最后計算出CE的長即可．
【解析】解：作EF⊥CB交CB的延長線于點F，作EG⊥BA交BA的延長線于點G，
∵DB＝DE＝2，∠BDE＝90°，點A是DE的中點，
∴BE＝＝＝2，DA＝EA＝1，
∴AB＝＝＝，
∵AB＝BC，
∴BC＝，
∵＝，
∴，
解得EG＝，
∵EG⊥BG，EF⊥BF，∠ABF＝90°，
∴四邊形EFBG是矩形，
∴EG＝BF＝，
∵BE＝2，BF＝，
∴EF＝＝＝，CF＝BF+BC＝+＝，
∵∠EFC＝90°，
∴EC＝＝＝，
故選：D．
【點睛】本題考查勾股定理、等腰直角三角形，解答本題的關鍵是明確題意，求出EF和CF的長．
10．（2022 溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連結CF，作GM⊥CF于點M，BJ⊥GM于點J，AK⊥BJ于點K，交CF于點L．若正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，CE＝+，則CH的長為（　　）
A． B． C．2 D．
【考點】勾股定理．
【答案】C
【點撥】設CF交AB于點P，過C作CN⊥AB于點N，設正方形JKLM邊長為m，根據正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，得AF＝AB＝m，證明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL＝FM，設AL＝FM＝x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2＝（m）2，可解得x＝m，有AL＝FM＝m，FL＝2m，從而可得AP＝，FP＝m，BP＝，即知P為AB中點，CP＝AP＝BP＝，由△CPN∽△FPA，得CN＝m，PN＝m，即得AN＝m，而tan∠BAC＝＝＝，又△AEC∽△BCH，得＝，即＝，故CH＝2．
【解析】解：設CF交AB于點P，過C作CN⊥AB于點N，如圖：
設正方形JKLM邊長為m，
∴正方形JKLM面積為m2，
∵正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，
∴正方形ABGF的面積為5m2，
∴AF＝AB＝m，
由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL＝FM，
設AL＝FM＝x，則FL＝FM+ML＝x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，
∴x2+（x+m）2＝（m）2，
解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），
∴AL＝FM＝m，FL＝2m，
∵tan∠AFL＝＝＝＝，
∴＝，
∴AP＝，
∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，
∴AP＝BP，即P為AB中點，
∵∠ACB＝90°，
∴CP＝AP＝BP＝，
∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴CN＝m，PN＝m，
∴AN＝AP+PN＝m，
∴tan∠BAC＝＝＝＝，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
∴＝，
∵CE＝+，
∴＝，
∴CH＝2，
故選：C．
【點睛】本題考查正方形性質及應用，涉及全等三角形判定與性質，相似三角形判定與性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是用含m的代數式表示相關線段的長度．
11．（2022 富陽區一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C所對的邊分別為a，b，c，且a＝5，∠A＝30°，求b＝　5　．
【考點】含30度角的直角三角形．
【答案】5．
【點撥】根據∠C＝90°，∠A＝30°，于是得到c＝2a＝10，根據勾股定理得到c2﹣a2＝b2，即可得到結論．
【解析】解：∵∠C＝90°，∠A＝30°，a＝5
∴c＝2a＝10，
∵c2﹣a2＝b2，
即：102﹣52＝b2，
∴b＝5．
故答案為：5．
【點睛】本題考查了含30°角的直角三角形的性質，熟練掌握含30°角的直角三角形的性質是解題的關鍵．
12．（2022 金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，連結CC'，則四邊形AB'C'C的周長為 　（8+2）　cm．
【考點】勾股定理；平移的性質；含30度角的直角三角形．
【答案】（8+2）．
【點撥】利用含30°角的直角三角形的性質，勾股定理和平移的性質，求得四邊形AB'C'C的四邊即可求得結論．
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4cm，
∴AC＝＝2cm．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2cm，AA′＝CC′＝1cm，A′B′＝AB＝4cm，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5cm．
∴四邊形AB'C'C的周長為AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2＝（8+2）cm．
故答案為：（8+2）．
【點睛】本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質，勾股定理和平移的性質，熟練掌握平移的性質是解題的關鍵．
13．（2022 舟山二模）《九章算術》是古代東方數學代表作，書中記載：今有開門去閫（讀kǔn，門檻的意思）一尺，不合二寸，問門廣幾何？題目大意是：如圖1、2（圖2為圖1的平面示意圖），推開雙門，雙門間隙CD的距離為2寸，點C和點D距離門檻AB都為1尺（1尺＝10寸），則AB的長是　101　寸．
【考點】勾股定理的應用．
【答案】101
【點撥】取AB的中點O，過D作DE⊥AB于E，根據勾股定理解答即可得到結論．
【解析】解：取AB的中點O，過D作DE⊥AB于E，如圖2所示：
由題意得：OA＝OB＝AD＝BC，
設OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
則AB＝2r（寸），DE＝10寸，OE＝CD＝1寸，
∴AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，
AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
故答案為：101．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用，弄懂題意，構建直角三角形是解題的關鍵．
14．（2023 蕭山區二模）如圖，在3×3的正方形網格中，每個小正方形邊長為1，點A，B，C均為格點，以點A為圓心，AB長為半徑作弧，交格線于點D，則CD的長為　3﹣　．
【考點】勾股定理．
【答案】3﹣
【點撥】由勾股定理求出AB，再由勾股定理求出DE，即可得出CD的長．
【解析】解：連接AB，AD，如圖所示：
∵AD＝AB＝＝2，
∴DE＝＝，
∴CD＝3﹣．
故答案為：3﹣．
【點睛】本題考查了勾股定理，由勾股定理求出AB，DE是解決問題的關鍵．
15．（2020 蕭山區一模）如圖，CE、BF分別是△ABC的高線，連接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分別是EF、BC的中點，則DG的長為　4　．
【考點】直角三角形斜邊上的中線．
【答案】4
【點撥】連接EG、FG，根據直角三角形的性質得到EG＝FG＝BC＝5，根據等腰三角形的性質求出ED，根據勾股定理計算，得到答案．
【解析】解：連接EG、FG，
∵CE，BF分別是△ABC的高線，
∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，
∵G是BC的中點，
∴EG＝FG＝BC＝5，
∵D是EF的中點，
∴ED＝EF＝3，GD⊥EF，
由勾股定理得，DG＝＝4，
故答案為：4．
【點睛】本題考查的是直角三角形的性質，掌握在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．
16．（2022 永嘉縣三模）如圖，在Rt△ABC中，CD為斜邊AB的中線，在邊AD及CD的延長線上依次取點E，F，且∠EFD＝∠B．
（1）求證：EF∥BC．
（2）若∠A＝65°，求∠AEF的度數．
【考點】直角三角形斜邊上的中線；平行線的判定與性質．
【答案】（1）證明過程見解答；
（2）155°．
【點撥】（1）根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質得出CD＝BD，從而可得∠DCB＝∠B，根據等量代換可知∠DCB＝∠EFD，根據平行線的判定可得出結論；
（2）根據直角三角形的兩個銳角互余可得∠B＝25°，然后利用平行線的性質得出∠FED＝∠B＝25°，再根據平角的定義得出角度即可．
【解析】（1）證明：在Rt△ABC中，CD為斜邊AB的中線，
∴CD＝BD＝AB，
∴∠DCB＝∠B，
∵∠EFD＝∠B，
∴∠DCB＝∠EFD，
∴EF∥BC；
（2）解：在Rt△ABC中，∠A＝65°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝25°，
∵EF∥BC，
∴∠FED＝∠B＝25°，
∵∠FED+∠AEF＝180°，
∴∠AEF＝155°．
【點睛】本題考查了平行線的判定與性質和直角三角形斜邊上的中線，熟練掌握直角三角形斜邊上的中線性質，以及平行線的判定與性質是本題的關鍵．
17．（2023 上城區模擬）如圖，由12個形狀、大小完全相同的小矩形組成一個大的矩形網格，小矩形的頂點稱為這個矩形網格的格點，已知這個大矩形網格的寬為6，△ABC的頂點都在格點．
（1）求每個小矩形的長與寬；
（2）求證：∠BAC≠60°．
【考點】勾股定理；二元一次方程組的應用；含30度角的直角三角形．
【答案】（1）每個小矩形的長為2，寬為1；（2）見解答；
【點撥】（1）設每個小矩形的長為x，寬為y，根據圖形可知小矩形的長與寬間的數量關系有兩個：2個矩形的寬＝矩形的長；兩個矩形的寬+1個矩形的長＝4，據此列出方程組，并解答即可；
（2）利用銳角三角函數的定義進行解答．
【解析】解：（1）設每個小矩形的長為x，寬為y，
依題意得：，
解得，
所以每個小矩形的長為3，寬為1.5；
（2）如圖所示：
；
由圖可知，AE1＝2，BE1＝1，DE1＝1，
∴∠BAE1＝∠DAE1，
tan，
∴∠BAE1≠30°，
∴∠BAC≠60°．
【點睛】本題考查了四邊形綜合題，需要掌握二元一次方程組的應用、勾股定理、勾股定理的逆定理以及銳角三角函數的定義的應用，主要考查學生的理解能力和觀察圖形的能力，求三角函數值需構建直角三角形是解此類題的常用作法．
18．（2022 杭州）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，點M為邊AB的中點，點E在線段AM上，EF⊥AC于點F，連接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求證：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求線段FC的長．
【考點】直角三角形斜邊上的中線；直角三角形的性質．
【答案】（1）證明見解析；
（2）．
【點撥】（1）根據直角三角形的性質可得MC＝MA＝MB，根據外角的性質可得∠MEC＝∠A+∠ACE，∠EMC＝∠B+∠MCB，根據等角對等邊即可得證；
（2）根據CE＝CM先求出CE的長，再解直角三角形即可求出FC的長．
【解析】（1）證明：∵∠ACB＝90°，點M為邊AB的中點，
∴MC＝MA＝MB，
∴∠MCA＝∠A，∠MCB＝∠B，
∵∠A＝50°，
∴∠MCA＝50°，∠MCB＝∠B＝40°，
∴∠EMC＝∠MCB+∠B＝80°，
∵∠ACE＝30°，
∴∠MEC＝∠A+∠ACE＝80°，
∴∠MEC＝∠EMC，
∴CE＝CM；
（2）解：∵AB＝4，
∴CE＝CM＝AB＝2，
∵EF⊥AC，∠ACE＝30°，
∴FC＝CE cos30°＝．
【點睛】本題考查了直角三角形的性質，涉及三角形外角的性質，解直角三角形等，熟練掌握并靈活運用直角三角形的性質是解題的關鍵．
1．（2022 岳陽）如圖，已知l∥AB，CD⊥l于點D，若∠C＝40°，則∠1的度數是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考點】直角三角形的性質；平行線的性質．
【答案】C
【點撥】根據直角三角形的性質求出∠CED，再根據平行線的性質解答即可．
【解析】解：在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，∠DCE＝40°，
則∠CED＝90°﹣40°＝50°，
∵l∥AB，
∴∠1＝∠CED＝50°，
故選：C．
【點睛】本題考查的是直角三角形的性質、平行線的性質，掌握直角三角形的兩銳角互余是解題的關鍵．
2．（2023 麻章區二模）直角三角形兩銳角的平分線所夾的鈍角的度數為（　　）
A．100度 B．120度 C．135度 D．140度
【考點】直角三角形的性質；三角形的角平分線、中線和高．
【答案】C
【點撥】作出圖形，根據直角三角形兩銳角互余可得∠BAC+∠ABC＝90°，再根據角平分線的定義可得∠OAB+∠OBA＝45°，然后根據三角形的內角和定理列式計算即可得解．
【解析】解：如圖，∵∠C＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵AD、BE分別是∠BAC和∠ABC的平分線，
∴∠OAB+∠OBA＝×90°＝45°，
∴∠AOB＝180°﹣（∠OAB+∠OBA）＝180°﹣45°＝135°．
故選：C．
【點睛】本題考查了直角三角形兩銳角互余的性質，角平分線的定義，三角形內角和定理，整體思想的利用是解題的關鍵，作出圖形更形象直觀．
3．（2023 漳浦縣模擬）在下列條件中：
①∠A+∠B＝∠C， ②∠A：∠B：∠C＝1：5：6，③∠A＝90°﹣∠B，
④∠A＝∠B＝∠C 中，能確定△ABC是直角三角形的條件有（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【考點】直角三角形的性質．
【答案】C
【點撥】根據直角三角形的判定方法對各個選項進行分析，從而得到答案．
【解析】解：①因為∠A+∠B＝∠C，則2∠C＝180°，∠C＝90°，所以△ABC是直角三角形；
②因為∠A：∠B：∠C＝1：5：6，設∠A＝x，則x+5x+6x＝180，x＝15°，∠C＝15°×6＝90°，所以△ABC是直角三角形；
③因為∠A＝90°﹣∠B，所以∠A+∠B＝90°，則∠C＝180°﹣90°＝90°，所以△ABC是直角三角形；
④因為∠A＝∠B＝∠C，所以∠A＝∠B＝∠C＝60°，△ABC不是直角三角形；
能確定△ABC是直角三角形的有①②③共3個．
故選：C．
【點睛】解答此題要用到三角形的內角和為180°，以及三角形的形狀判定：若有一個內角為90°，則△ABC是直角三角形．
4．（2022 蓮湖區二模）如圖，點D是AC的垂直平分線與BC邊的交點，作DE⊥AB于點E，若∠BAC＝68°，∠C＝36°，則∠ADE的度數為（　　）
A．56° B．58° C．60° D．62°
【考點】直角三角形的性質；線段垂直平分線的性質；等腰三角形的判定與性質．
【答案】B
【點撥】根據線段垂直平分線的性質可得AD＝CD，由等邊對等角可得∠DAC＝36°，根據角的差可得∠BAD＝32°，進而利用互余解答即可．
【解析】解：∵點D是AC的垂直平分線與BC邊的交點，
∴AD＝DC，∠C＝36°，
∴∠DAC＝∠C＝36°，
∵∠BAC＝68°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝68°﹣36°＝32°，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE＝90°﹣32°＝58°，
故選：B．
【點睛】此題主要考查了線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，解本題的關鍵是根據角的差可得∠BAD＝32°．
5．（2023 貴州）5月26日，“2023中國國際大數據產業博覽會”在貴陽開幕，在“自動化立體庫”中有許多幾何元素，其中有一個等腰三角形模型（示意圖如圖所示），它的頂角為120°，腰長為12m，則底邊上的高是（　　）
A．4m B．6m C．10m D．12m
【考點】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性質．
【答案】B
【點撥】作AD⊥BC于點 D，根據等腰三角形的性質和三角形內角和定理可得∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，再根據含30度角的直角三角形的性質即可得出答案．
【解析】解：如圖，作AD⊥BC于點D，
在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，
又∵AD⊥BC，
∴AD＝AB＝12＝6（m），
故選：B．
【點睛】本題考查等腰三角形的性質，三角形內角和定理，含30度角的直角三角形的性質等，解題關鍵是掌握30度角所對的直角邊是斜邊的一半．
6．（2021 寧波模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝60°，AB＝2．若點M在邊BC上（不與點B或點C重合），則線段AM的長可能等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考點】含30度角的直角三角形．
【答案】A
【點撥】過點A作AD⊥BC于點D．由∠A＝90°，∠C＝60°，推出∠B＝30°，所以AD＝AB＝＝＝1，點M在邊BC上（不與點B或點C重合），得出答案．
【解析】解：過點A作AD⊥BC于點D．
∵∠A＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AD＝AB＝＝1，
∵點M在邊BC上（不與點B或點C重合），
∴AD≤AM＜AB，
即1≤AM＜2，
故選：A．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質：在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半．
7．（2023 海曙區校級一模）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中點，過點D作AB的垂線，交BC于E，連接CD，AE，CD＝4，AE＝5，則AC＝（　　）
A．3 B． C．5 D．
【考點】直角三角形斜邊上的中線；線段垂直平分線的性質．
【答案】B
【點撥】由直角三角形斜邊上的中線可求AB＝8，根據線段垂直平分線的性質可得BE＝AE＝5，再利用勾股定理求得CE的長，進而可求解AC的長．
【解析】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中點，CD＝4，
∴AB＝2CD＝8，
∵ED⊥AB，
∴DE垂直平分AB，
∴BE＝AE＝5，
∵AC2＝AE2﹣CE2＝AB2﹣BC2，
∴52﹣CE2＝82﹣（5+CE）2，
解得CE＝1.4，
∴AC＝．
故選：B．
【點睛】本題主要考查直角三角形斜邊上的中線，線段垂直平分線的性質與判定，勾股定理，掌握勾股定理是解題的關鍵．
8．（2022 湖州）在每個小正方形的邊長為1的網格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點，BM＝4，BN＝2．若點P是這個網格圖形中的格點，連結PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（　　）
A．4 B．6 C．2 D．3
【考點】勾股定理．
【答案】C
【點撥】在網格中，以MN為直角邊構造一個等腰直角三角形，使PM最長，利用勾股定理求出即可．
【解析】解：如圖所示：
∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，
∴△BMN≌△CNP（SAS），
∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，
∵∠BMN+∠BNM＝90°，
∴∠BNM+∠CNP＝90°，
∴∠MNP＝90°，
∴△NMP為等腰直角三角形，
根據題意得到點P的軌跡為圓弧，當MP為直徑時最長，
在Rt△BMN和Rt△NCP中，
根據勾股定理得：MN＝NP＝＝2，
則PM＝＝2．
故選：C．
【點睛】此題考查了勾股定理，熟練掌握勾股定理是解本題的關鍵．
9．（2023 揚州）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝4，若△ABC是銳角三角形，則滿足條件的BC長可以是（　　）
A．1 B．2 C．6 D．8
【考點】含30度角的直角三角形；三角形三邊關系．
【答案】C
【點撥】作△ABC的高AD、CE．根據銳角三角形的三條高均在三角形的內部得出BC＞BD，AB＞BE．解直角三角形求出2＜BC＜8，即可求解．
【解析】解：如圖，作△ABC的高AD、CE．
∵△ABC是銳角三角形，
∴AD、CE在△ABC的內部，即BC＞BD，AB＞BE．
∵在直角△ABD中，∠B＝60°，AB＝4，
∴BD＝AB cosB＝4×＝2，
∴BC＞2；
又∵BC＝＜＝＝8，
∴2＜BC＜8，
∴綜觀各選項，BC可以為6．
故選：C．
【點睛】本題考查了解直角三角形，三角形的高，三角形的三邊關系，得出BC的范圍是解題的關鍵．
10．（2023 麗水）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB為腰作等腰直角三角形BAE，頂點E恰好落在CD邊上，若AD＝1，則CE的長是（　　）
A． B． C．2 D．1
【考點】等腰直角三角形；平行線的性質．
【答案】A
【點撥】如圖，過點A作AF⊥BC于F，過點E作GH⊥BC于H，交AD的延長線于G，則∠AFB＝∠CHE＝90°，證明四邊形AFHG是正方形，則AG＝GH，再證明△CHE和△DGE是等腰直角三角形，則DG＝EG，CH＝EH，最后根據勾股定理可得結論．
【解析】解：如圖，過點A作AF⊥BC于F，過點E作GH⊥BC于H，交AD的延長線于G，則∠AFB＝∠CHE＝90°，
∴AF∥GH，
∵AD∥BC，∠AFH＝90°，
∴四邊形AFHG是矩形，
∴∠G＝∠AFH＝∠FHG＝∠FAG＝90°，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°，
∵∠FAG＝∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAG，
∵∠AFB＝∠G＝90°，
∴△AFB≌△AGE（AAS），
∴AF＝AG，
∴矩形AFHG是正方形，
∴AG＝GH，
∵AG∥BC，
∴∠C＝∠EDG＝45°，
∴△CHE和△DGE是等腰直角三角形，
∴DG＝EG，CH＝EH，
∴AD＝EH＝1，
∴CH＝1，
由勾股定理得：CE＝＝．
故選：A．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，三角形全等的性質和判定，矩形和正方形的性質和判定等知識，正確作輔助線構建△AFB和△AGE全等是解本題的關鍵．
11．（2021 富陽區二模）有一根長33厘米的木棒（粗細忽略），木箱的長、寬、高分別為24厘米、18厘米、16厘米，這根木棒理論上　能　（填“能”或“不能”）放進木箱．
【考點】勾股定理的應用．
【答案】能．
【點撥】在木箱中，一角的頂點與斜對的不共面的頂點的距離最大，根據木箱的長、寬、高可求出最大距離，然后和木棒的長度進行比較即可．
【解析】解：設放入長方體盒子中的最大長度是x cm，
根據題意得：x2＝242+182+162＝1156，
∵332＝1089，
1089＜1156，
∴能放進去，
故答案為：能．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用、長方體的性質等知識；解題的關鍵是求出木箱的最長的對角線的長．
12．（2023 攀枝花）如圖，在△ABC中，∠A＝40°，∠C＝90°，線段AB的垂直平分線交AB于點D，交AC于點E，則∠EBC＝　10°　．
【考點】直角三角形的性質；線段垂直平分線的性質．
【答案】10°．
【點撥】由∠C＝90°，∠A＝40°，求得∠ABC＝50°，根據線段的垂直平分線、等邊對等角和直角三角形的兩銳角互余求得．
【解析】解：∵∠C＝90°，∠A＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，
∵DE是線段AB的垂直平分線，
∴AE＝BE，
∴∠EBA＝∠A＝40°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠EBA＝50°﹣40°＝10°，
故答案為：10°．
【點睛】此題考查了直角三角形的性質、線段垂直平分線性質，熟記直角三角形的性質、線段垂直平分線性質是解題的關鍵．
13．（2023 荊州）如圖，CD為Rt△ABC斜邊AB上的中線，E為AC的中點．若AC＝8，CD＝5，則DE＝　3　．
【考點】直角三角形斜邊上的中線．
【答案】3．
【點撥】根據直角三角形斜邊上的中線的性質得到AB＝2CD＝10，根據勾股定理得到BC＝＝6，根據三角形中位線定理即可得到結論．
【解析】解：∵CD為Rt△ABC斜邊AB上的中線，CD＝5，
∴AB＝2CD＝10，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，
∴BC＝＝6，
∵E為AC的中點，
∴AE＝CE，
∴DE是△ABC的中位線，
∴DE＝BC＝3，
故答案為：3．
【點睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，三角形中位線定理，熟練掌握直角三角形的性質是解題的關鍵．
14．（2023 永嘉縣二模）在△ABC中，比較AB與AC的大小關系時，小明同學用圓規設計了如圖的方案，以點A為圓心，AB為半徑作圓弧，分別交BC，AC于點D，E，若∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝6，則CE的長為 　6﹣6　．
【考點】含30度角的直角三角形；等邊三角形的判定．
【答案】6﹣6．
【點撥】連接AD，根據題意可得：AB＝AD＝AE，先利用直角三角形的兩個銳角互余求出∠B＝60°，從而可得△ABD是等邊三角形，進而可得AB＝BD＝6，然后在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性質求出AC的長，最后利用線段的和差關系進行計算，即可解答．
【解析】解：連接AD，
由題意得：AB＝AD＝AE，
∵∠BAC＝90°，∠C＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠C＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴AB＝BD＝6，
∴AC＝AB＝6，
∴CE＝AC﹣AE＝6﹣6，
故答案為：6﹣6．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形，等邊三角形的判定，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．
15．（2023 長興縣一模）數學活動課上，將底邊12的等腰三角形按圖1所示剪成三個直角三角形，這三個直角三角形按圖2方式進行拼搭，其中點B，C，M，H四點處在同一直線上，且點C與點H重合，點A與點F重合，點D恰好在AC與GM交點處，則AB的長是 　　．
【考點】勾股定理．
【答案】．
【點撥】根據等腰三角形的性質求出MG＝BC＝6，AB＝DF，∠HMG＝∠ACB，DC＝DM＝DG＝3，根據勾股定理求解即可．
【解析】解：由圖1及等腰三角形的性質可知，
MG＝BC＝6，AB＝DF，∠HMG＝∠ACB，
如圖2，∠DMC＝∠DCM，
∵∠DMC+∠G＝∠DCM+∠DCG＝90°，
∴∠G＝∠DCG，
∴DG＝CD，
∴DC＝DM＝DG＝MG＝3，
設AB＝DF＝x，則AC＝AD+CD＝x+3，
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∴x2+62＝（x+3）2，
∴x＝，
∴AB＝，
故答案為：．
【點睛】此題考查了勾股定理，熟記勾股定理是解題的關鍵．
16．（2022 嘉興二模）一副含45°和30°角的直角三角形紙板ABC和DEF按圖1擺放，BC＝DE＝12，∠ABC＝∠DEF＝90°．現將點D從B點向A點滑動，邊DE始終經過BC上一點G，BG＝2．H是DF邊上一點，滿足DH＝DG（如圖2），當點E到達G點時運動停止．當E到達G點時BD的長為 　2　；運動過程中AH的最小值是 　6﹣1　．
【考點】含30度角的直角三角形；軌跡；垂線段最短；全等三角形的判定與性質；等邊三角形的判定與性質．
【答案】2，6﹣1．
【點撥】利用勾股定理求出BD即可．如圖2中，以BG為邊，在BC的上方作等邊△BGJ，作直線HJ交AB于點K，連接GH，過點A作AT⊥JH于點T．證明△DGB≌△HGJ（SAS），推出∠HJG＝∠DBG＝90°，推出點H在過點J且垂直JG的直線上運動，根據垂線段最短可知，當AH與AT重合時，AH的值最小，求出AT即可解決問題．
【解析】解：當E與G重合時，在Rt△BDG中，DG＝DE＝12，BG＝2，
∴BD＝＝＝2，
如圖2中，以BG為邊，在BC的上方作等邊△BGJ，作直線HJ交AB于點K，連接GH，過點A作AT⊥JH于點T．
∵DG＝DH，∠GDH＝60°，
∴△DGH是等邊三角形，
∴GD＝GH，
∵∠JGB＝∠DGH＝60°，
∴∠DGB＝∠HGJ，
∵GB＝GJ，GD＝GH，
∴△DGB≌△HGJ（SAS），
∴∠HJG＝∠DBG＝90°，
∴點H在過點J且垂直JG的直線上運動，
根據垂線段最短可知，當AH與AT重合時，AH的值最小，
∵∠KBJ＝∠KJB＝30°，
∴BK＝KJ，
∵GB＝GJ，GK＝GK，
∴△GKB≌△GKJ（SSS），
∴∠BGK＝∠JGK＝30°，
∴BK＝BG tan30°＝，
∴AK＝AB＝BK＝12﹣，
∵AT⊥KT，∠AKT＝60°，
∴AT＝AK sin60°＝（12﹣）×＝6﹣1，
∴AH的最小值為6﹣1．
故答案為：2，6﹣1．
【點睛】本題考查含30度角的直角三角形，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短，軌跡等知識，解題的關鍵是正確尋找點H的運動軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．
17．（2023 秦都區校級二模）如圖，已知△ABC為等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，點P為底邊BC上一點，連接AP，AP⊥AB，若CP＝5，求BP的長．
【考點】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性質．
【答案】BP的長為10．
【點撥】先利用等腰三角形的性質以及三角形內角和定理可得∠B＝∠C＝30°，再根據垂直定義可得∠PAB＝90°，從而可得∠PAC＝∠C＝30°，進而可得PA＝PC＝5，然后在Rt△BAP中，利用含30度角的直角三角形的性質求出BP的長，即可解答．
【解析】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，
∵AP⊥AB，
∴∠PAB＝90°，
∴∠PAC＝∠BAC﹣∠PAB＝30°，
∴∠PAC＝∠C＝30°，
∴PA＝PC＝5，
在Rt△BAP中，∠B＝30°，
∴BP＝2AP＝10，
∴BP的長為10．
【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形，等腰三角形的性質，熟練掌握含30度角的直角三角形的性質是解題的關鍵．
18．（2023 錢塘區三模）如圖，在Rt△ABC中，D為斜邊AC的中點，E為BD上一點，且AE＝AD，F為CE的中點．
（1）求證：∠ADE＝∠EDF．
（2）若DF＝2，求BD的長．
【考點】直角三角形斜邊上的中線．
【答案】（1）證明見解析；（2）4．
【點撥】（1）由三角形中位線定理推出DF∥AE，得到∠FDE＝∠AED，由AE＝AD，得到∠AED＝∠ADE，因此∠ADE＝∠EDF；
（2）由三角形中位線定理得到AE＝2DF＝2×2＝4，因此AD＝AE＝4，由直角三角形斜邊中線的性質得到BD＝AC，故BD＝AD＝4．
【解析】（1）證明：∵D為斜邊AC的中點，F為CE的中點，
∴DF是△CAE的中位線，
∴DF∥AE，
∴∠FDE＝∠AED，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠EDF；
（2）解：由（1）知FD是△CAE的中位線，
∴AE＝2DF＝2×2＝4，
∴AD＝AE＝4，
∵D是斜邊AC中點，△ABC是直角三角形，
∴BD＝AC，
∴BD＝AD＝4．
【點睛】本題考查直角三角形斜邊的中線，三角形中位線定理，等腰三角形，關鍵是由三角形中位線定理得到DF∥AE，DF＝AE，由角三角形斜邊中線的性質，得到AD＝AE．
19．（2023 臨平區二模）已知，如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，過D作DE∥AC交AB于E．
（1）求證：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，，求AE的長．
【考點】勾股定理；角平分線的性質；等腰三角形的判定與性質．
【答案】（1）證明見解析；
（2）2．
【點撥】（1）根據平行線的性質和角平分線的定義解答即可；
（2）過點D作DF⊥AB于F，根據勾股定理和全等三角形的判定和性質解答即可．
【解析】（1）證明：∵DE∥AC，
∴∠CAD＝∠ADE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠EAD．
∴∠EAD＝∠ADE．
∴AE＝DE；
（2）解：過點D作DF⊥AB于F．
∵∠C＝90°，AC＝3，，
在Rt△ACD中，由勾股定理得 AC2+DC2＝AD2．
∴．
∵AD平分∠BAC，
∴DF＝DC＝．
又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°，
∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）．
∴AF＝AC＝3，
∴Rt△DEF中，由勾股定理得 EF2+DF2＝DE2．
設AE＝x，則DE＝x，EF＝3﹣x，
∴，
∴x＝2．
∴AE＝2．
【點睛】本題考查勾股定理，根據勾股定理和全等三角形的判定和性質解答是解題關鍵．
20．（2021 杭州）如圖，在△ABC中，∠ABC的平分線BD交AC邊于點D，AE⊥BC于點E．已知∠ABC＝60°，∠C＝45°．
（1）求證：AB＝BD；
（2）若AE＝3，求△ABC的面積．
【考點】含30度角的直角三角形；銳角三角函數的定義；三角形的面積；等腰三角形的判定．
【答案】（1）證明見解析；
（2）．
【點撥】（1）計算出∠ADB和∠BAC，利用等角對等邊即可證明；
（2）利用銳角三角函數求出BC即可計算△ABC的面積．
【解析】（1）證明：∵BD平分∠ABC，∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵∠C＝45°，
∴∠ADB＝∠DBC+∠C＝75°，
∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝75°，
∴∠BAC＝∠ADB，
∴AB＝BD；
（2）解：在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，AE＝3，
∴BE＝＝，
在Rt△AEC中，∠C＝45°，AE＝3，
∴EC＝＝3，
∴BC＝3+，
∴S△ABC＝BC×AE＝．
【點睛】本題考查等腰三角形的判定以及利用銳角三角函數求值，解題的關鍵是求出∠ADB和∠BAC的度數．
21．（2023 臨淄區一模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分線分別交AB和AC于點D，E．
（1）求證：AE＝2CE；
（2）連接CD，請判斷△BCD的形狀，并說明理由．
【考點】含30度角的直角三角形；線段垂直平分線的性質．
【答案】見試題解答內容
【點撥】（1）連接BE，由垂直平分線的性質可求得∠EBC＝∠ABE＝∠A＝30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性質可證得BE＝2CE，則可證得結論；
（2）由垂直平分線的性質可求得CD＝BD，且∠ABC＝60°，可證明△BCD為等邊三角形．
【解析】（1）證明：
連接BE，
∵DE是AB的垂直平分線，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝30°，
在Rt△BCE中，BE＝2CE，
∴AE＝2CE；
（2）解：△BCD是等邊三角形，
理由如下：連接CD．
∵DE垂直平分AB，
∴D為AB中點，
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCD是等邊三角形．
【點睛】本題主要考查線段垂直平分線的性質，掌握線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等是解題的關鍵．
22．（2022 常山縣模擬）圖1是一種木質投石機模型，其示意圖如圖2所示．已知AB＝AC，BD＝4cm，BC＝8cm，木架AG＝8cm．彈繩在自然狀態時，點A，E，D在同一直線上，按壓點F旋轉至點F'，拋桿EF繞點A旋轉至E'F'，彈繩DE隨之拉伸至DE′，測得∠CDE'＝∠BAE'＝90°．
（1）求∠ADG的度數．
（2）求AE'的長度．
（3）求點E轉至點E'的過程中，點E垂直上升的高度．
【考點】勾股定理的應用；等腰三角形的性質．
【答案】（1）45°；
（2）4cm；
（3）（2+4）cm．
【點撥】（1）由等腰三角形的性質得BG＝BC＝4（cm），則DG＝BD+BG＝8（cm），再證△AGD是等腰直角三角形，即可得出結論；
（2）延長AB交E′D的延長線于H，證△ABG≌△HBD（ASA），得DH＝AG＝8cm，BH＝AB，再由勾股定理得AB＝4（cm），然后由銳角三角函數定義求解即可；
（3）過點E作EM⊥DE′于M，由勾股定理得HE′＝20（cm），再由旋轉的性質得AE＝AE′＝4cm，然后證△DME是等腰直角三角形，得DM＝8﹣2（cm），即可解決問題．
【解析】解：（1）由題意得：AG⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BG＝BC＝×8＝4（cm），
∴DG＝BD+BG＝4+4＝8（cm），
∴DG＝AG，
∴△AGD是等腰直角三角形，
∴∠ADG＝45°；
（2）延長AB交E′D的延長線于H，如圖1所示：
由（1）得：BG＝BD＝4cm，
∵∠CDE'＝90°，AG⊥BC，
∴∠AGB＝∠HDB＝90°，
在△ABG和△HBD中，
，
∴△ABG≌△HBD（ASA），
∴DH＝AG＝8cm，BH＝AB，
在Rt△AGB中，由勾股定理得：AB＝＝＝4（cm），
∴AH＝BH+AB＝2AB＝8cm，
∵∠BAE'＝∠HDB＝90°，
∴tanH＝＝＝，
∴AE′＝AH＝×8＝4（cm）；
（3）過點E作EM⊥DE′于M，如圖3所示：
在Rt△HAE′中，由勾股定理得：HE′＝＝＝20（cm），
∴DE′＝HE′﹣DH＝20﹣8＝12（cm），
∵△AGD是等腰直角三角形，
∴AD＝AG＝8cm，
由旋轉的性質得：AE＝AE′＝4cm，
∴DE＝AD﹣AE＝（8﹣4）（cm），
∵∠EDM＝∠CDE′﹣∠ADG＝90°﹣45°＝45°，
∴△DME是等腰直角三角形，
∴DM＝DE＝×（8﹣4）＝8﹣2（cm），
∴ME′＝DE′﹣DM＝12﹣（8﹣2）＝（2+4）（cm），
∴點E垂直上升的高度為（2+4）cm．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用、等腰直角三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、旋轉的性質等知識，熟練掌握勾股定理和旋轉的性質是解題的關鍵．
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