文档内容
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专题 04 三角形的性质与判定
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 三角形的基础
【真题研析 · 规律探寻】
题型01 三角形的三边关系
题型02 与三角形有关线段的综合问题
题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题
题型04 三角形内角和与外角和定理的实际应用
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
考点二 特殊三角形的性质与判定
【真题研析 · 规律探寻】
题型01 线段垂直平分线的性质与判定
题型02 角平分线的性质与判定
题型03 等腰三角形的性质与判定
题型04 等边三角形的性质与判定
题型05 直角三角形的性质与判定
题型06 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
题型07 与三角形有关的折叠问题
题型08 赵爽弦图
题型09利用勾股定理解决实际问题
【核心提炼 · 查漏补缺】
【好题必刷 · 强化落实】
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考点要求 命题预测
三角形的基础知识是解决后续很多几何问题的基础，所以在中考中考察的几率
三角形的基础 比较大.在考察题型上，三角形基础知识部分多以选择或者填空题形式，考察其三边
关系、内角和/外角和定理、“三线”基本性质等.特殊三角形的性质与判定也是考
查重点，年年都会考查，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结
的，且等腰三角形单独出题的可能性还是比较大.直角三角形的出题类型可以是选择
特殊三角形的性质与
填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几
判定
何背景进行拓展延伸.
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考点一 三角形的基础
题型01 三角形的三边关系
三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边．
推论：三角形的两边之差小于第三边．
【解题技巧】
1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形．
2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b
3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形．
1．（2021·湖南娄底·统考中考真题）2,5,m是某三角形三边的长，则√(m−3) 2+√(m−7) 2等于（ ）
A．2m−10 B．10−2m C．10 D．4
【答案】D
【分析】先根据三角形三边的关系求出m的取值范围，再把二次根式进行化解，得出结论．
【详解】解：∵2,5,m是三角形的三边，
∴5−20，由此化简绝对值再合并同类项即可得到
答案．
【详解】解：∵a，b，c是三角形的三条边，
∴a+b>c，b+c>a，
∴c−a−b<0，c+b−a>0，
∴|c−a−b|+|c+b−a|
=−(c−a−b)+(c+b−a)
=a+b−c+c+b−a
=2b，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形三边的关系，化简绝对值和合并同类项，熟知三角形中任意两边之和大于
第三边，任意两边之差小于第三边是解题的关键．
8．（2021·江苏南京·统考二模）百度百科这样定义凹四边形：把四边形的某边向两方延长，其他各边有不
在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．关于凹四边形ABCD（如图），以下结论：
①∠BCD=∠A+∠B+∠D；
②若AB=AD,BC=CD，则AC⊥BD；
③若∠BCD=2∠A，则BC=CD；
④存在凹四边形ABCD，有AB=CD,AD=BC．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①③④
【答案】A
【分析】根据凹四边形的定义及相关知识，逐项加以甄别即可．
【详解】解：①如图1，连接AC并延长到点E．
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∵∠BCE=∠BAC+∠B，
∠DCE=∠DAC+∠D，
∴∠BCE+∠DCE=∠BAC+∠B+∠DAC+∠D．
即∠BCD=∠BAD+∠B+∠D．
所以结论①正确；
②如图2，连接BD，作直线AC．
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上．
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上．
∴点A和点C都在线段BD的垂直平分线上．
∴直线AC是线段BD的垂直平分线．
∴AC⊥BD．
所以结论②正确；
③如图③，
由①可知，∠BCD=∠A+∠B+∠D，
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当∠BCD=2∠A时，有2∠A=∠A+∠B+∠D，
∴∠A=∠B+∠D．
因再无其它已知条件证得BC=CD，所以结论③错误；
④如图④，假设存在凹四边形ABCD，连接AC．
当AB=CD，AD=BC时，
∵AC=CA，
∴ΔABC≅ΔCDA(SSS)．
∴∠1=∠4，∠3=∠2．
∴AB∥CD，BC∥DA．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵平行四边形是凸四边形，
这与“四边形ABCD是凹四边形”的假设相矛盾．
∴不存在凹四边形ABCD，使得AB=CD，AD=BC．
所以结论④错误．
故选：A
【点睛】本题考查了对新定义的理解、三角形的外角性质、线段的垂直平分线的判定、反证法等知识点，
综合运用上述的知识点，对每个结论加以推理证明是解题的关键．
二、填空题
9．（2023·河北衡水·二模）如图，在△ABC中，点D在BC边上，沿AD将△ABC折叠，使点C与BC边上
的点C'重合，展开后得到折痕a．
（1）折痕a是△ABC的 ；（填“角平分线”“中线”或“高”）
（2）若∠BAC'=15°，则∠C比∠B的度数大 °．
【答案】 高 15
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【分析】（1）由折叠的性质结合三角形角平分线，中线，高的定义即可判断；
（2）由折叠的性质结合三角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）由折叠的性质可知AD⊥BC，∠CAD=∠C' AD，CD=∠C'D，
∴折痕a是△ABC的高．
故答案为：高；
（2）∵由折叠的性质可知∠C=∠AC'D，∠AC'D=∠B+∠BAC'，
∴∠C−∠B=∠AC'D−∠B=∠BAC'=15°．
故答案为：15．
【点睛】本题考查折叠的性质，三角形角平分线，中线，高的定义，三角形外角的性质．熟练掌握上述知
识点是解题关键．
10．（2022·河北邢台·校考三模）如图，AB，BC，CD是某正多边形相邻的三条边，延长AB，DC交于
点P，∠P=120°．
（1）∠PBC的度数为 ；
（2）该多边形为正 边形．
【答案】 30°/30度 十二
【分析】（1）根据三角形内角和是180°，得出∠PBC+∠PCB=60°，再根据∠PBC=∠PCB，即可
得出∠PBC的度数；
（2）根据多边形的外角和为360°，再除以一个外角的度数，即可得出多边形的边数．
【详解】解：（1）∵∠P=120°，
∴∠PBC+∠PCB=60°，
∵∠PBC=∠PCB，
∴∠PBC=30°．
故答案为：30°；
（2）360÷30=12（边），
答：该多边形为正十二边形．
故答案为：十二．
【点睛】此题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是掌握多边形的外角和为360°和多边形的内角和公
式．
三、解答题
11．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学初中部校考三模）已知三角形的两边长分别是1、2，第三边为整数
且为不等式组¿的解，求这个三角形的周长．
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【答案】5
【分析】分别解不等式，得出整数解，根据三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：¿
解不等式①得x<3．
解不等式②得x≥0
∴0≤x<3
∴不等式的整数解为0、1、2
∵2−10，
√5−1
∴x= a，
2
√5−1
即ED= BC，③错误；
2
当AC=2时，CD=2−AD，
√5−1
∵CD= AD，
2
√5−1
∴ AD=2−AD,
2
∴AD=√5−1，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，
相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
12
2．（2022·江西·统考中考真题）已知点A在反比例函数y= (x>0)的图象上，点B在x轴正半轴上，若
x
△OAB为等腰三角形，且腰长为5，则AB的长为 ．
【答案】5或2√5或√10
【分析】因为等腰三角形的腰不确定，所以分三种情况分别计算即可．
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【详解】解：①当AO=AB时，AB=5；
②当AB=BO时，AB=5；
③当OA=OB时，则OB=5，B（5，0），
12
设A（a， ）（a>0），
a
∵OA=5，
√ 12 2
∴ a2+( ) =5，
a
解得：a =3，a =4，
1 2
∴A（3，4）或（4，3），
∴AB=√(3−5) 2+42=2√5或AB=√(4−5) 2+32=√10；
综上所述，AB的长为5或2√5或√10．
故答案为：5或2√5或√10．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，考查分类讨论的思想，当时，
求出点的坐标是解题的关键．
3．（2023·北京·统考中考真题）在△ABC中、∠B=∠C=α(0°<α<45°)，AM⊥BC于点M，D是线
段MC上的动点（不与点M，C重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2α得到线段DE．
(1)如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；
(2)如图2，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DF=DC，连接AE，EF，直接写出
∠AEF的大小，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠AEF=90°，证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质得DM=DE，∠MDE=2α，利用三角形外角的性质求出∠DEC=α=∠C，
可得DE=DC，等量代换得到DM=DC即可；
（2）延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，可得DE是△FCH的中位线，然后求出∠B=∠ACH，
设DM=DE=m，CD=n，求出BF=2m=CH，证明△ABF≅△ACH(SAS)，得到AF=AH，再根据等
腰三角形三线合一证明AE⊥FH即可．
【详解】（1）证明：由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∵∠C=α，
∴∠DEC=∠MDE−∠C=α，
∴∠C=∠DEC，
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∴DE=DC，
∴DM=DC，即D是MC的中点；
（2）∠AEF=90°；
证明：如图2，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，
∵DF=DC，
∴DE是△FCH的中位线，
∴DE∥CH，CH=2DE，
由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∴∠FCH=2α，
∵∠B=∠C=α，
∴∠ACH=α，△ABC是等腰三角形，
∴∠B=∠ACH，AB=AC，
设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，
∴DF=CD=n，
∴FM=DF−DM=n−m，
∵AM⊥BC，
∴BM=CM=m+n，
∴BF=BM−FM=m+n−(n−m)=2m，
∴CH=BF，
在△ABF和△ACH中，¿，
∴△ABF≅△ACH(SAS)，
∴AF=AH，
∵FE=EH，
∴AE⊥FH，即∠AEF=90°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及
全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
4．（2022·新疆·中考真题）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是
线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
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(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)∠AEB=30°+∠CAD
(3)y=(2√3−x) 2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，
∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根
据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
180°−(120°−2∠CAD)
∴∠AEB= =30°+∠CAD；
2
（3）如图，连接OA，
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∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=2√3，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD=√ y−4，
1 1
∵S = ×OC×AO− ×OD×OA，
ΔADC 2 2
1 1
∴x= ×2×2√3− ×2×√y−4，
2 2
∴y=(2√3−x) 2+4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练
掌握相关性质并能够灵活运用．
5．（2022·安徽·中考真题）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点
E，连接DE．
(1)如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)（ⅰ）∠CED=60°；（ⅱ）见解析
【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明ΔODE≌ΔOBC，得出
DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形
BCDE为菱形；
（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据
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180°
∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出∠CED= =60°；
3
（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出∠GEF=15°，得出∠OEF=45°，证明
OE=OF，再证明ΔBOE≌ΔCOF，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD，
∴DO=BO，
∵DE∥BC，
∴∠ODE=∠OBC，∠OED=∠OCB，
∴ΔODE≌ΔOBC（AAS），
∴DE=BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵CE⊥BD，
∴四边形BCDE为菱形．
（2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO，
∴CE垂直平分BD，
∴BE=DE，
∵BO=DO，
∴∠BEO=∠DEO，
∵DE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠DEO，
∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，
∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，
180°
∴∠CED= =60°．
3
（ⅱ）连接EF，
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∵EG⊥AC，
∴∠EGF=90°，
∴∠EFA=90°−∠GEF，
∵∠AEF=180°−∠BEF
=180°−∠BEC−∠CEF
=180°−∠BEC−(∠CEG−∠GEF)
=180°−60°−60°+∠GEF
=60°+∠GEF
∵AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴90°−∠GEF=60°+∠GEF，
∴∠GEF=15°，
∴∠OEF=∠CEG−∠GEF=60°−15°=45°，
∵CE⊥BD，
∴∠EOF=∠EOB=90°，
∴∠OFE=90°−∠OEF=45°，
∴∠OEF=∠OFE，
∴OE=OF，
∵AE=CE，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠EAC+∠ECA=∠CEB=60°，
∴∠ECA=30°，
∵∠EBO=90°−∠OEB=30°，
∴∠OCF=∠OBE=30°，
∵∠BOE=∠COF=90°，
∴ΔBOE≌ΔCOF（AAS），
∴BE=CF．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形
的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出∠GEF=15°，得出OE=OF，是解题的关键．
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题型04 等边三角形的性质与判定
等边三角形的性质：1）等边三角形的三条边相等.
2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°.
等边三角形的判定：1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形.
2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
1. 等边三角形具有等腰三角形的一切性质.
2. 等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴．
3．等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合．
4. 在等腰三角形中，只要有一个角是60°，无论这个角是顶角还是底角，这个三角形就是等边三角形．
5. 等腰(等边)三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、
底边上的高重合．
√3
6. 等边三角形面积的求解方法：S 正三角形 = 边长2
4
1．（2022·贵州贵阳·统考中考真题）如图，已知∠ABC=60°，点D为BA边上一点，BD=10，点O为线
段BD的中点，以点O为圆心，线段OB长为半径作弧，交BC于点E，连接DE，则BE的长是（ ）
A．5 B．5√2 C．5√3 D．5√5
【答案】A
【分析】根据同圆半径相等可得△OBE为等腰三角形，又因为∠ABC=60°，可得△OBE为等边三角形，
即可求得BE的长．
【详解】连接OE，如图所示：
∵BD=10，点O为线段BD的中点，
∴OB=OD=5，
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∵以点O为圆心，线段OB长为半径作弧，交BC于点E，
∴OE=OB=OD=5，
∴∠ABC=∠OEB=60°,
∴△OBE为等边三角形，
即BE=OE=OB=5，
故选：A．
【点睛】本题考查了同圆半径相等，一个角为60°的等腰三角形，解题的关键是判断出△OBE为等边三角
形．
2．（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以
看作是由全等的等边三角形ABC和等边三角形DEF组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若
AB=27厘米，则这个正六边形的周长为 厘米．
【答案】54
【分析】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，再证明
△FMN、△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形即可求解．
【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，
∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FMN=60°，
∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
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∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，
∴AB=DE，
∵AB=27cm，
∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
【点睛】本题考查了正六边的性质、全等三角形的性质以及等边三角形的判定与性质等知识，掌握正六边
的性质是解答本题的关键．
3．（2022·黑龙江·统考中考真题）△ABC和△ADE都是等边三角形．
(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有
PA+PB=PC（或PA+PC=PB）成立；请证明．
(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之
间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之
间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)图②结论：PB=PA+PC，证明见解析
(3)图③结论：PA+PB=PC
【分析】（1）由 ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，
PA=0，即可得出结论；
△
（2）在BP上截取BF=CP，连接AF，证明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再证明
△CAP≌△BAF（SAS），得∠CAP=∠BAF，AF=AP，然后证明△AFP是等边三角形，得PF=AP，
即可得出结论；
（3）在CP上截取CF=BP，连接AF，证明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再证明
△BAP≌△CAF（SAS），得出∠CAF=∠BAP，AP=AF，然后证明△AFP是等边三角形，得PF=AP，
即可得出结论：PA+PB=PF+CF=PC．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
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∴AB=AC，
∵点P与点A重合，
∴PB=AB，PC=AC，PA=0，
∴PA+PB=PC或PA+PC=PB；
（2）解：图②结论：PB=PA+PC
证明：在BP上截取BF=CP，连接AF，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵AC=AB，CP=BF，
∴△CAP≌△BAF（SAS），
∴∠CAP=∠BAF，AF=AP，
∴∠CAP+∠CAF=∠BAF+∠CAF，
∴∠FAP=∠BAC=60°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=AP，
∴PA+PC=PF+BF=PB；
（3）解：图③结论：PA+PB=PC，
理由：在CP上截取CF=BP，连接AF，
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∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，BP=CF，
∴△BAP≌△CAF（SAS），
∴∠CAF=∠BAP，AP=AF，
∴∠BAF+∠BAP=∠BAF+∠CAF，
∴∠FAP=∠BAC=60°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=AP，
∴PA+PB=PF+CF=PC，
即PA+PB=PC．
【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性
质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2020·山东烟台·统考中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线
BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
（1）如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明
理由．
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【答案】（1）见解析；（2）FC＝CD+CE，见解析
【分析】（1）在CD上截取CH＝CE，易证 CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明
DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
△
（2）过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出 GCD
△
为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明 EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝
△
CD+CE．
△
【详解】（1）证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在 DEH和 FEC中，
¿，
△ △
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
（2）解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
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∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在 EGD和 FCD中，
¿，
△ △
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助
线构建等边三角形是解题的关键．
5．（2022·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，延长BC
AF
至点E，使DE=DB，延长ED交AB于点F，探究 的值．
AB
AF
(1)先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC=60°时，直接写出 的值；
AB
(2)再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
CG 1
问题拓展：如图（3），在△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，G是边BC上一点， = (n<2)，延
BC n
AF
长BC至点E，使DE=DG，延长ED交AB于点F．直接写出 的值（用含n的式子表示）．
AB
1
【答案】(1)[问题提出]（1） ；（2）见解析
4
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2−n
(2)[问题拓展]
4
【分析】[问题探究]（1）根据等边三角形的性质结合已知条件，求得∠ADF=∠ADB=30°，
1 1 1
∠AFD=90°，根据含30度角的直角三角形的性质，可得AF= AD,AD= AC= AB，即可求解；
2 2 2
（2）取BC的中点H，连接DH．证明△DBH≌△DEC，可得BH=EC，根据DH∥AB，证明
FB EB 3 AF 1
△EDH∽△EFB，根据相似三角形的性质可得 = = ，进而可得 = ；
DH EH 2 AB 4
[问题拓展]方法同（2）证明△DBH≌△DEC，得出，GH=EC，证明△EDH∽△EFB，得到
FB EB 2+n AF 2−n
= = ，进而可得 = ．
DH EH 2 AB 4
【详解】（1）[问题探究]：（1）如图，
∵ △ABC中，AB=AC，D是AC的中点，∠BAC=60°，
1
∴△ABC是等边三角形，AD= AB
2
∴∠ABD=∠DBE=30°，∠A=60°，
∴DB=DE，
∴∠E=∠DBE=30°，
∵∠DCE=180°−∠ACB=120°，
∴∠ADF=∠CDE=180°−∠E−∠DCE=30°，
∵∠A=60°，
∴∠AFD=90°，
1
∴AF= AD，
2
1
AD
AF 2 1．
∴ = =
AB AB 4
（2）证明：取BC的中点H，连接DH．
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∵D是AC的中点，
1
∴DH∥AB，DH= AB．
2
∵AB=AC，
∴DH=DC，
∴∠DHC=∠DCH．
∵BD=DE，
∴∠DBH=∠DEC．
∴∠BDH=∠EDC．
∴△DBH≌△DEC．
∴BH=EC．
EB 3
∴ = ．
EH 2
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB．
FB EB 3
∴ = = ．
DH EH 2
FB 3
∴ = ．
AB 4
AF 1
∴ = ．
AB 4
（2）[问题拓展]如图，取BC的中点H，连接DH．
∵D是AC的中点，
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1
∴DH∥AB，DH= AB．
2
∵AB=AC，
∴DH=DC，
∴∠DHC=∠DCH．
∵DE=DG，
∴∠DGH=∠DEC．
∴∠GDH=∠EDC．
∴△DGH≌△DEC．
∴GH=EC．
∴HE=CG
CG 1
∵ = (n<2)
BC n
∴BC=nCG
∴BG=(n−1)CG，
1 1 ( n)
CE=GH= BC−BG= nCG−(n−1)CG= 1− CG
2 2 2
( n)
nCG+ 1− CG
∴ EB BC+CE 2 n 2+n．
= = =1+ =
EH EH CG 2 2
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB．
FB EB 2+n
∴ = = ．
DH EH 2
FB 2+n
∴ = ．
AB 4
AF 4−2−n 2−n
∴ = = ．
AB 4 4
AF 2−n
∴ = ．
AB 4
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边对等
角，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
6．（2022·山东临沂·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．
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(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长
线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？说明理由．
(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠DPQ大小不变，理由见解析
(3)CP=AQ，证明见解析
【分析】（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出AB=BC=CD=AD，便可
证明；
（2）连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明△APE是等边三角形，由等腰三
角形三线合一证明∠APF=∠EPF，∠QPF=∠BPF，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
【详解】（1）
连接BD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∵点B，D关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BD，
∴DC=BC,AD=AB，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
∵将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
∴PQ=PD，
∵ △ABC是等边三角形，
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∴AB=BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，
则∠APE=∠ACB=60°,∠AEP=∠ABC=60°，
∴∠APE=∠BAC=60°=∠AEP，
∴△APE是等边三角形，
∴AP=EP=AE，
∵PF⊥ AB，
∴∠APF=∠EPF，
∵点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
∴PB = PD，∠DPA =∠BPA，
∴PQ = PD，
∵PF⊥ AB，
∴∠QPF=∠BPF，
∴∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∴∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
（3）AQ= CP，证明如下：
∵AC = AB，AP= AE，
∴AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
∵AP = EP，PF⊥AB，
∴AF = FE，
∵PQ= PD，PF⊥AB，
∴QF = BF，
∴ QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
∴AQ= CP．
【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌
握知识点是解题的关键．
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题型05 直角三角形的性质与判定
直角三角形的性质：1）直角三角形两个锐角互余.
2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
3）在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.
直角三角形的判定：1）两个内角互余的三角形是直角三角形.
2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形．
3）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c有关系a2+b2=c2，那么这个三角
形是直角三角形.
1 1
面积公式：S= ab= cm (其中：c为斜边上的高，m为斜边长)
2 2
m
b
c
a
1．（2022·浙江金华·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2cm．把
△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，连结CC'，则四边形AB'C'C的周长为 cm．
【答案】8+2√3
【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长
即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2cm，
∴AB=2BC=4，
∴AC=√AB2−BC2=√16−4=2√3，
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴CC'=1，AB'=4+1=5， B'C'=BC=2，
∴四边形的周长为：2√3+1+5+2=8+2√3，
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故答案为：8+2√3．
【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
2．（2023·山东·中考真题）△ABC的三边长a，b，c满足(a−b) 2+√2a−b−3+|c−3√2|=0，则
△ABC是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】D
【分析】由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由a2+b2=c2的关系，
可推导得到△ABC为直角三角形．
【详解】解∵(a−b) 2+√2a−b−3+|c−3√2|=0
又∵¿
∴¿，
∴¿
解得¿ ，
∴a2+b2=c2，且a=b，
∴△ABC为等腰直角三角形，
故选：D．
【点睛】本题考查了非负性和勾股定理逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非
负数均为0，和勾股定理逆定理．
3．（2023·河北·中考真题）在△ABC和△A'B'C'中，∠B=∠B'=30°，AB=A'B'=6，AC=A'C'=4．
已知∠C=n°，则∠C'=（ ）
A．30° B．n° C．n°或180°−n° D．30°或150°
【答案】C
【分析】过A作AD⊥BC于点D，过A'作A'D' ⊥B'C'于点D'，求得AD=A'D'=3，分两种情况讨论，
利用全等三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：过A作AD⊥BC于点D，过A'作A'D' ⊥B'C'于点D'，
∵∠B=∠B'=30°，AB=A'B'=6，
∴AD=A'D'=3，
当B、C在点D的两侧，B'、C'在点D'的两侧时，如图，
∵AD=A'D'=3，AC=A'C'=4，
∴Rt△ACD≌Rt△A'C'D' (HL)，
∴∠C'=∠C=n°；
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当B、C在点D的两侧，B'、C'在点D'的同侧时，如图，
∵AD=A'D'=3，AC=A'C'=4，
∴Rt△ACD≌Rt△A'C'D' (HL)，
∴∠A'C'D'=∠C=n°，即∠A'C'B'=180°−∠A'C'D'=180°−n°；
综上，∠C'的值为n°或180°−n°．
故选：C．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
4．（2022·甘肃兰州·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接
OE，∠ABC=60°，BD=4√3，则OE=（ ）
A．4 B．2√3 C．2 D．√3
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得出AB=AD=DC=BC，AC⊥BD，再由△AOD直角三角形斜边上的中线等
1
于斜边一半得出OE= AD．利用菱形性质、直角三角形边长公式求出AD=4，进而求出OE=2．
2
【详解】∵▱ABCD是菱形，E为AD的中点，
∴AB=AD=DC=BC，AC⊥BD．
1
∴ △AOD是直角三角形，OE= AD．
2
∵∠ABC=60°，BD=4√3，
1 1 1 1
∴∠ADO= ∠ADC= ∠ABC=30°，OD= BD= ×4√3=2√3．
2 2 2 2
1 3
∵AD2− AD2=OD2
，即
AD2=12，
4 4
1 1
∴AD=4，OE= AD= ×4=2．
2 2
故选：C．
1
【点睛】本题主要考查菱形、直角三角形的性质的理解与应用能力．解题关键是得出OE= AD并求得
2
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AD=4．求解本题时应恰当理解并运用菱形对角线互相垂直且平分、对角相等，直角三角形斜边上的中线
等于斜边一半的性质．
5．（2020·广东·中考真题）已知关于x，y的方程组¿与¿的解相同．
（1）求a，b的值；
（2）若一个三角形的一条边的长为2√6，另外两条边的长是关于x的方程x2+ax+b=0的解．试判断该三
角形的形状，并说明理由．
【答案】（1）−4√3；12 （2）等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）关于x，y的方程组¿与¿的解相同．实际就是方程组
¿的解，可求出方程组的解，进而确定a、b的值；
（2）将a、b的值代入关于x的方程x2＋ax＋b＝0，求出方程的解，再根据方程的两个解与2√6为边长，
判断三角形的形状．
【详解】解：由题意列方程组：
¿解得¿
将x=3，y=1分别代入ax+2√3 y=−10√3和x+by=15
解得a=−4√3，b=12
∴a=−4√3，b=12
（2）x2−4√3x+12=0
4√3±√48−48
解得x= =2√3
2
这个三角形是等腰直角三角形
理由如下：∵(2√3)
2+(2√3) 2=(2√6) 2
∴该三角形是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查一次方程组、一元二次方程的解法以及等腰直角三角形的判定，掌握一元二次方程的解
法和勾股定理是得出正确答案的关键．
题型06 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
1）因为正方形网格中的每一个角都是直角，所以在正方形网格中的计算都可以归结为求任意两个格点之
间的长度问题，一般情况下都是设每一个小正方形的边长为1,然后应用勾股定理来进行计算.
2）网格中，求顶点在格点上的四边形或五边形等几何图形的面积，可利用外部补法，转化成用长方形(或
正方形)的面积减去直角三角形面积.
1．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在
格点上，AC与BD相交于点E，连接AB,CD，则△ABE与△CDE的周长比为（ ）
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A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1
【答案】D
【分析】运用网格图中隐藏的条件证明四边形DCBM为平行四边形，接着证明△ABE∽△CDE，最后利
相似三角形周长的比等于相似比即可求出．
【详解】如图：由题意可知，DM=3，BC=3，
∴DM=BC，
而DM∥BC，
∴四边形DCBM为平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠BAE=∠DCE，∠ABE=∠CDE，
∴△ABE∽△CDE，
C AB √22+42 2√5 2
∴ △ABE = = = = ．
C CD √12+22 √5 1
△CDE
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关知识
并正确计算是解题关键．
2．（2022·四川广元·中考真题）如图，在正方形方格纸中，每个小正方形的边长都相等，A、B、C、D都
在格点处，AB与CD相交于点P，则cos∠APC的值为（ ）
√3 2√5 2 √5
A． B． C． D．
5 5 5 5
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【答案】B
【分析】把AB向上平移一个单位到DE，连接CE，则DE∥AB，由勾股定理逆定理可以证明 DCE为直角
三角形，所以cos∠APC＝cos∠EDC即可得答案．
△
【详解】解：把AB向上平移一个单位到DE，连接CE，如图．
则DE∥AB，
∴∠APC＝∠EDC．
在 DCE中，有EC=√22+12=√5，DC=√22+42=2√5，DE=√32+42=5，
∴△EC2+DC2=5+20=25=DE2，
∴ΔDCE是直角三角形，且∠DCE=90°，
DC 2√5
∴cos∠APC＝cos∠EDC＝ = ．
DE 5
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形、平行线的性质，勾股定理，作出合适辅助线是解题关键．
3．（2022·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及∠DPF的
一边上的点E，F均在格点上．
（Ⅰ）线段EF的长等于 ；
（Ⅱ）若点M，N分别在射线PD,PF上，满足∠MBN=90°且BM=BN．请用无刻度的直尺，在如图所
示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 √10 见解析
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理，从图中找出EF所在直角三角形的直角边的长进行计算；
（Ⅱ）由图可找到点Q，EQ=BQ=EF=BF=√10，即四边形EFBQ是正方形，因为
BM=BN，∠MBN=90°，所以ΔBQM≅ΔBFN，点M在EQ上，BM、BN与圆的交点为直径端点，
所以EQ与PD交点为M，通过BM与圆的交点G和圆心O连线与圆相交于H，所以H在BN上，则延长
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BH与PF相交点即为N．
【详解】解：（Ⅰ）从图中可知：点E、F水平方向距离为3，竖直方向距离为1，
所以EF=√32+12=√10，
故答案为：√10；
（Ⅱ）连接AC，与竖网格线相交于点O，O即为圆心；取格点Q（E点向右1格，向上3格），连接EQ
与射线PD相交于点M；连接MB与⊙O相交于点G；连接GO并延长，与⊙O相交于点H；连接BH并延
长，与射线PF相交于点N，则点M，N即为所求，
理由如下：连接BQ,BF
由勾股定理算出BQ=QE=EF=BF=√12+32=√10，
由题意得∠MQB=∠QEF=∠BFE=∠QBF=90°，
∴四边形BQEF为正方形，
在Rt△BQM和Rt△BFN中，
BQ=BF，
1
∵tan∠QBA=tan∠FBC= ，
3
∴∠QBA=∠FBC，
∵∠AOG=∠COH，
⏜ ⏜
∴AG=CH ，
∴∠ABG=∠HBC，
∴∠MBQ=∠NBF
∴Rt△BQM≌Rt△BFN(ASA)
∴BM=BN，
∵∠QBM+∠MBF=∠MBF+∠FBN=90°
∴∠MBN=90，
从而确定了点M,N的位置．
【点睛】本题考查作图，锐角三角函数、圆周角定理，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握圆周
角的定理．
4．（2023·广东·中考真题）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
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素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：
(1)直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A B C 的大小关系；
1 1 1
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)∠ABC=∠A B C
1 1 1
(2)证明见解析.
【分析】（1）△ABC和ΔA B C 均是等腰直角三角形，∠ABC=∠A B C =45°；
1 1 1 1 1 1
（2）证明△ABC是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）解：∠ABC=∠A B C
1 1 1
（2）证明：连接AC，
设小正方形边长为1，则AC=BC=√12+22=√5，AB=√12+32=√10，
∵AC2+BC2=5+5=AB2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵A C =B C =1，A C ⊥B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴△A B C 为等腰直角三角形，
1 1 1
∴∠ABC=∠A B C =45°，
1 1 1
故∠ABC=∠A B C
1 1 1
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．
5．（2023·吉林·中考真题）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线
段AB的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以AB为边各画一个等腰三角形，使其依次为锐角三角形、
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直角三角形、钝角三角形，且所画三角形的顶点均在格点上．
【答案】见解析
【分析】根据勾股定理可得AB=√5，结合题意与网格的特点分别作图即可求解．
【详解】解：如图所示，
如图①，AC=AB=√12+22=√5，则△ABC是等腰三角形，且△ABC是锐角三角形，
如图②，AD=AB=√12+22=√5，BD=√12+32=√10，则AD2+AB2=BD2，则△ABD是等腰直角三
角形，
如图③，AE=AB=√12+22=√5，则△ABE是等腰三角形，且△ABE是钝角三角形，
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
题型07 与三角形有关的折叠问题
利用勾股定理解答折叠问题的一般步骤：
1）运用折叠图形的性质找出相等的线段或角；
2）在图形中找到一个直角三角形（选不以折痕为边的直角三角形），然后设图形中某一线段的长为x，将
此直角三角形的三边长用数或含有x的代数式表示出来；
3）利用勾股定理列方程求出x；
4）进行相关计算解决问题.
1．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点D，E
分别在AB，BC上，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点B'恰好落在AB上，连接CB'，若CB'=BB'，
则AD的长为 ．
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【答案】7.5
1
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后根据CB'=BB'得出AB'=BB'= AB，再根
2
1
据折叠的性质可得BD=B'D= BB'．根据AD=AB'+B'D求得AD的长．
2
【详解】解：在Rt△ABC中，
AB=√AC2+BC2，
∵AC=6，BC=8，
∴AB=√62+82=10．
∵CB'=BB'，
∴∠B=∠BCB'，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=∠ACB'+∠BCB'=90°．
∴∠A=∠ACB'．
∴AB'=CB'．
1
∴AB'=BB'= AB=5．
2
∵将ΔBDE沿直线DE翻折，点B的对应点B'恰好落在AB上，
1
∴B'D=BD= BB'=2.5．
2
∴AD=AB'+B'D=5+2.5=7.5．
故答案为：7.5．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理，解题的关键是在直角三角形中根据CB'=BB'通过推
理论证得到CB'是斜边上的中线．
3．（2021·四川凉山·中考真题）如图，△ABC中，∠ACB=90°,AC=8,BC=6，将△ADE沿DE翻折，
使点A与点B重合，则CE的长为（ ）
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19 25 7
A． B．2 C． D．
8 4 4
【答案】D
【分析】先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设
AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=10，
∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，
1
∴AE=BE，AD=BD= AB=5，
2
设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，
在Rt△BCE中
∵BE2=BC2+CE2，
25
∴x2=62+（8-x）2，解得x= ，
4
25 7
∴CE=8− = ，
4 4
故选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图象全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了勾股定理．
3．（2021·河南·中考真题）小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在Rt△ABC中，
∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1．第一步，在AB边上找一点D，将纸片沿CD折叠，点A落在A'处，
如图2，第二步，将纸片沿C A'折叠，点D落在D'处，如图3．当点D'恰好在原直角三角形纸片的边上时，
线段A'D'的长为 ．
1
【答案】 或2−√3
2
【分析】因为点D'恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当D'落在AB边上和BC边上两种情况分析，
根据勾股定理求解即可．
【详解】解：当D'落在AB边上时，如图（1）：
设DD'交AB于点E，
由折叠知：∠EA'D=∠A=60°,
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AD=A'D=A'D',DD'
⊥
A'E,A'C=AC
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1
∴AB=2,BC=√3
1
设AD=x，则在Rt△A'ED中，A'E= x
2
1 √3
在Rt△ECB中，EC= BC=
2 2
∵A'C=AC
1 √3
∴ x+ =1
2 2
即x=2−√3．
当D'落在BC边上时，如图（2）
因为折叠，∠ACD=∠A'CD=∠A'CD'=30°,
1 1
∴
A'D'= A'C= A'B,A'C=A'B=AC=1
2 2
1
∴AD=A'D'=
．
2
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1
故答案为： 或2−√3
2
【点睛】本题考查了轴对称变换，勾股定理，直角三角形中30°的性质，正确的作出图形是解题的关键．
4．（2021·江苏无锡·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=2√2，AC=6，点E在线段
AC上，且AE=1，D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形
FGDE，当点G恰好落在线段AC上时，AF= ．
2
【答案】 √6
3
【分析】过点F作FM⊥AC于点M，由折叠的性质得FG=AB=2√2，∠EFG=∠BAC=90°，EF=AE=1，
1 2
再证明△FME∽△GFE，得EM= ，MF= √2，进而即可求解．
3 3
【详解】解：过点F作FM⊥AC于点M，
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∵将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，当点G恰好落在线段AC上，
∴FG=AB=2√2，∠EFG=∠BAC=90°，EF=AE=1，
∴EG=√12+(2√2) 2=3，
∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°，
∴△FME∽△GFE，
EM EF MF 1
∴ = = = ，
EF EG FG 3
1 1 1 2
∴EM= EF= ，MF= FG= √2，
3 3 3 3
4
∴AM=AE+EM= ，
3
∴AF= √AM2+M F2= √ (4) 2 + (2 √2 ) 2 = 2 √6．
3 3 3
2
故答案是： √6．
3
【点睛】本题主要考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造”母子相似三
角形“是解题的关键．
题型08 赵爽弦图
A E D
赵爽弦图的几何意义：
c
1）证明勾股定理：c2=a2+b2 b L
I H
a
2) IJ=b-a F K
J
3）S正方形EFGH = c2 = a2+b2 , S正方形IJKL=(b-a) 2
B G C
4）S阴影 = S正方形EFGH - S正方形IJKL =2ab
1．（2022·四川宜宾·中考真题）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方
形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方
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形的面积为 ．
【答案】289
【分析】设直角三角形的三边分别为a,b,c，较长的直角边为a,较短的直角边为b, c为斜边，由切线长定
a+b−c
理可得，直角三角形的内切圆的半径等于 ，即a+b−c=6，根据小正方的面积为49，可得
2
(a−b) 2=49，进而计算c2即a2+b2即可求解．
【详解】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为a,b,c，较长的直角边为a,较短的直角边为b, c为斜
边，
∵直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
a+b−c
∴ =3，(a−b) 2=49，
2
∴ a+b−c=6①，a−b=7②，
13+c c−1
∴a= ,b= ，
2 2
∵a2+b2=c2③，
∴
(13+c) 2
+
(c−1) 2
=c2 ，
2 2
解得c=17或c=−5（舍去），
大正方形的面积为c2=172=289，
故答案为：289．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，解一元二次方程，二元一次方程组，掌握直角三角形的内切
a+b−c
圆的半径等于 是解题的关键．
2
2．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵
爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF=a，DF=b，
b2 a2
连接AE,BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则 + = ．
a2 b2
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【答案】3
b2 b b √5+1
【分析】根据题意得出a2=b2−ab，即 − −1=0，解方程得出 = （负值舍去）代入进行计算
a2 a a 2
即可求解．
【详解】解：∵图中AF=a，DF=b，
∴ED=AF=a,EH=EF=DF−DE=b−a
∵△ADE与△BEH的面积相等，
1 1
∴ DE×AF= EH×BH
2 2
1 1
∴ a×a= (b−a)×b
2 2
∴a2=b2−ab
(b) 2 b
∴1= −
a a
b2 b
∴ − −1=0
a2 a
b √5+1
解得： = （负值舍去）
a 2
b2 a2 (√5+1) 2 ( 2 ) 2
∴ + = + =3，
a2 b2 2 √5+1
故答案为：3．
b
【点睛】本题考查了解一元二次方程，弦图的计算，根据题意列出关于 的方程是解题的关键．
a
3．（2023·湖北鄂州·中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的
第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽
弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（Rt△AHB≌Rt△BEC≌Rt△CFD≌Rt△DGA）拼成“赵爽
弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连接AC和EG，AC与DF、EG、BH分别相交于点P、
OP
O、Q，若BE:EQ=3:2，则 的值是 ．
OE
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√5
【答案】
3
【分析】设EC=x(x>0)，EQ=2a(a>0)，则BE=3a，证明△AHQ∼△CEQ，利用相似三角形的性质
求出EC=BH=6a，可得QH=a，EH=3a，利用勾股定理求出BC和AQ，进而可得OQ的长，再证明
√10
△QEO≅△PGO(SAS)，可得OP=OQ= a，然后根据正方形的性质求出OE，即可得出答案．
2
【详解】解：设EC=x(x>0)，EQ=2a(a>0)，则BE=3a，
∵∠AHQ=∠CEQ=90°，∠AQH=∠CQE，
∴△AHQ∼△CEQ，
QH AH
∴ = ，
QE EC
∵Rt△AHB≌Rt△BEC，
∴AH=BE=3a，BH=EC=x，
∴QH=BH−BE−EQ=x−5a，
x−5a 3a
∴ = ，
2a x
整理得：x2−5ax−6a2=0，
解得：x =6a，x =−a（舍去），
1 2
即EC=BH=6a，
∴QH=a，EH=3a，
∴BC=√BE2+EC2=3√5a，AQ=√AH2+QH2=√10a，
∴AC=√2BC=3√10a，
1 3√10
∴OA= AC= a
2 2
√10
∴OQ=OA−AQ= a，
2
∵四边形HEFG是正方形，
∴∠QEO=∠PGO，OE=OG，
又∵∠QOE=∠POG，
∴△QEO≅△PGO(SAS)，
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√10
∴OP=OQ= a，
2
又∵EG=√2EH=3√2a，
1 3√2
∴OE= EG= a，
2 2
√10
a
OP 2 √5
∴ = = ，
OE 3√2 3
a
2
√5
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解
一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明△AHQ∼△CEQ，求出EC的长是解题的关键．
4．（2021·贵州贵阳·中考真题）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国
古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，
后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
（2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，
作FG⊥HP，将它分成4份．所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若
AC=12,BC=5，求EF的值；
（3）拓展探究：如图③，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，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形
A,B,C,D的边长分别为a,b,c,d．已知∠1=∠2=∠3=α，当角α(0°<α<90°)变化时，探究b与c的
关系式，并写出该关系式及解答过程（b与c的关系式用含n的式子表示）．
17 7
【答案】（1）见详解；（2）EF= 或 ；（3）c+b=n，理由见详解
2 2
【分析】（1）根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和，即可得
到结论；
（2）设EF=a，FD=b，由图形的特征可知：a+b=12，a-b=±5，进而即可求解；
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（3）设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，由相似三角形的性质可知：e2=cn，f2=bn，结合勾
股定理，可得e2+f2=n2，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵在图①中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面
积的和．
1
∴c2＝ ab×4＋（b−a）2，
2
化简得：a2＋b2＝c2；
（2）由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形，
设EF=a，FD=b，
∴a+b=12，
∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM拼成，
∴E'F'=EF，K F'=FD，E'K=BC=5，
当EF>DF时，
∵E'F'−K F'=E'K，
∴a-b=5，
17
∴¿，解得：a= ，
2
17
∴EF= ；
2
7
同理，当EF0)
1
则S =4S +n2=4× AB⋅BD+n2=2an+n2
1 Rt△ABD 2
1
S =4S =4× CD⋅AB=2a2
2 △ACD 2
∵S =S
1 2
∴2an+n2=2a2
又∵S +S =m2 ，即2S =m2
1 2 2
∴4a2=m2
m m
解得a= 或a=− （不符题意，舍去）
2 2
m m2
将a= 代入2an+n2=2a2得：mn+n2=
2 2
m2 2n n 2
两边同除以 得： +2( ) =1
2 m m
n
令 =x>0
m
则2x+2x2=1
√3−1 −√3−1
解得x= 或x= <0（不符题意，舍去）
2 2
n √3−1
即 的值为
m 2
√3−1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了一元二次方程与几何图形、勾股定理、三角形全等的性质等知识点，理解题意，正确
求出S ,S 的值是解题关键．
1 2
6．（2022·青海西宁·统考中考真题）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
将2a−3ab−4+6b因式分解．
【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法：
解法一：原式=(2a−3ab)−(4−6b)=a(2−3b)−2(2−3b)=(2−3b)(a−2)
解法二：原式=(2a−4)−(3ab−6b)=2(a−2)−3b(a−2)=(a−2)(2−3b)
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式
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法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法．分组分解法在代数式的化简、求值及方
程、函数等学习中起着重要的作用．（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止）
【类比】
(1)请用分组分解法将x2−a2+x+a因式分解；
【挑战】
(2)请用分组分解法将ax+a2−2ab−bx+b2因式分解；
【应用】
(3)“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲，我们利用它验证了勾股定理．如图，“赵爽弦图”是由四个全等
的直角三角形围成的一个大正方形，中间是一个小正方形．若直角三角形的两条直角边长分别是a和
b(a>b)，斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4−2a3b+2a2b2−2ab3+b4因式分解，
再求值．
【答案】(1)(x+a)(x−a+1)
(2)(a−b)(a−b+x)
(3)(a2+b2)(a−b) 2，9
【分析】（1）直接将前两项和后两项组合，利用平方差公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（2）先分组，利用完全平方公式再提取公因式，进而分解因式即可；
（3）分组，先提取公因式，利用完全平方公式分解因式，再由勾股定理以及面积得到a2+b2=9，
(a−b) 2=1，整体代入得出答案即可．
【详解】（1）解：x2−a2+x+a
=(x2−a2)+(x+a)
=(x+a)(x−a)+(x+a)
=(x+a)(x−a+1)；
（2）解：ax+a2−2ab−bx+b2
=(a2−2ab+b2)+(ax−bx)
=(a−b) 2+x(a−b)
=(a−b)(a−b+x)；
（3）解：a4−2a3b+2a2b2−2ab3+b4
=(a4+2a2b2+b4)−(2a3b+2ab3)
=(a2+b2) 2 −2ab(a2+b2)
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=(a2+b2)(a2−2ab+b2)
=(a2+b2)(a−b) 2，
∴根据题意得a2+b2=9，(a−b) 2=1，
∴原式=9．
【点睛】此题主要考查了分组分解法以及、提取公因式法、公式法分解因式以及勾股定理的应用，正确分
组再运用公式法分解因式是解题关键．
题型09利用勾股定理解决实际问题
利用勾股定理解决实际问题的一般步骤：
1)将实际问题转化为数学问题；
2)明确已知条件及结论；
3)利用勾股定理解答，并确定实际问题的答案.
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的
底面圆周长为20π cm，母线AB长为30cm，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一
条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（ ）
v
A．30 cm B．30√3 cm C．60 cm D．20π cm
【答案】B
【分析】根据圆锥的底面圆周长求得半径为10，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为120°，进而即
可求解．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为20π cm，
∴2πr=20π
解得：r=10
nπ×30
∵ =20π
180
解得：n=120
∴侧面展开图的圆心角为120°
如图所示，AC即为所求，过点B作BD⊥ AC，
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∵∠ABC=120°，BA=BC，则∠BAC=30°
∵AB=30，则BD=15
∴AD=15√3，AC=2AD=30√3，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理解直角三角形，求得侧面展开图的圆心角
为120°解题的关键．
2．（2023·四川广安·中考真题）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为9cm，底面周长为16cm，在杯内壁离杯底
4cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿1cm，且与蜂蜜相对的点B处，
则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）
【答案】10
【分析】如图（见解析），将玻璃杯侧面展开，作B关于EF的对称点B'，根据两点之间线段最短可知AB'
的长度即为所求，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，将玻璃杯侧面展开，作B关于EF的对称点B'，作B'D⊥ AE，交AE延长线于点D，
连接AB'，
1
由题意得：DE= BB'=1cm,AE=9−4=5(cm)，
2
∴AD=AE+DE=6cm，
∵底面周长为16cm，
1
∴B'D= ×16=8(cm)，
2
∴AB'=√AD2+B'D2=10cm，
由两点之间线段最短可知，蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为AB'=10cm，
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故答案为：10．
【点睛】本题考查了平面展开——最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是
解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力．
3．（2023·山东东营·中考真题）一艘船由A港沿北偏东60°方向航行30km至B港，然后再沿北偏西30°方
向航行40km至C港，则A，C两港之间的距离为 km．
【答案】50
【分析】根据题意画出图形，易证△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可求解．
【详解】如图，根据题意，得AN∥BM，∠NAB=60°，∠MBC=30°，AB=30km，BC=40km
∵AN∥BM
∴∠MBA=180°−∠NAB=180°−60°=120°
∴∠ABC=∠ABM−∠MBC=120°−30°=90°
∴在Rt△ABC中，AC=√AB2+BC2=√302+402=50(km)
即A，C两港之间的距离为50 km．
故答案为：50
【点睛】本题考查方位角，勾股定理，根据题意画出图形，证明△ABC是直角三角形是解题的关键．
4．（2023·四川德阳·中考真题）如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC−A B C 中，
1 1 1
AB=2√3,A A =2，点M为AC的中点，一只小虫从B 沿三棱柱ABC−A B C 的表面爬行到M处，则
1 1 1 1 1
小虫爬行的最短路程等于 ．
【答案】√19
【分析】：如图，连接B M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC−A B C ，
1 1 1 1
AB=2√3,A A =2，点M为AC的中点，当B 在右侧处时，可得MB =√22+(3√3) 2=√31，当B 在下方
1 1 1 1
时，由等边三角形的性质可得：B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，此时B M=3+2=5，如图，当按下图方式展
1 1
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开时，延长AC，过C 作C N⊥ AC于N，作B T⊥ AC于T，作C K⊥B T于K，则C K∥AC，四
1 1 1 1 1 1
1
边形KTNC 为矩形，可得C N=1，CN=√3，C K= B C =√3，B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，此时
1 1 1 2 1 1 1
C,T重合，可得B M=√(√3) 2+42=√19，从而可得答案．
1
【详解】解：如图，连接B M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC−A B C ，
1 1 1 1
AB=2√3,A A =2，点M为AC的中点，
1
当B 在右侧处时，
1
∴BB =A A =2，MB=2√3+√3=3√3，
1 1
∴MB =√22+(3√3) 2=√31，
1
当B 在下方时，由等边三角形的性质可得：B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
1 1
此时B M=3+2=5，
1
如图，当按下图方式展开时，延长AC，过C 作C N⊥ AC于N，作B T⊥ AC于T，作C K⊥B T于K，
1 1 1 1 1
则C K∥AC，四边形KTNC 为矩形，
1 1
∴C N=KT，KC =TN，
1 1
则∠C CN=180°−60°−90°=30°=∠KC C，
1 1
∴∠B C K=90°−30°=60°，
1 1
∵B C =2√3，CC =2，
1 1 1
1
∴C N=1，CN=√3，C K= B C =√3，B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
1 1 2 1 1 1
∴此时C,T重合，
∴B T=3+1=4，MT=2√3−√3=√3，
1
∴B M=√(√3) 2+42=√19，
1
∵√31>5>√19，
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∴小虫爬行的最短路程等于√19．
故答案为：√19．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质，含
30°的直角三角形的性质，最短路径的理解，清晰的分类讨论是解本题的关键．
5．（2021·广西玉林·中考真题）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各
自沿一固定方向航行，甲、乙轮船每小时分别航行12海里和16海里，1小时后两船分别位于点A，B处，
且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，则乙船沿 方向航行．
【答案】北偏东50°（或东偏北40°）
【分析】由题意易得AP=12海里，PB=16海里，∠APN=40°，则有AP2+BP2=AB2，所以
∠APB=90°，进而可得∠BPN=50°，然后问题可求解．
【详解】解：由题意得：AP=1×12=12海里，PB=1×16=16海里，∠APN=40°，AB=20海里，
∴AP2+BP2=400=AB2，
∴∠APB=90°，
∴∠BPN=50°，
∴乙船沿北偏东50°（或东偏北40°）方向航行；
故答案为北偏东50°（或东偏北40°）．
【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理及方位角，熟练掌握勾股定理的逆定理及方位角是解题的关键．
6（2021·江苏盐城·中考真题）如图，点A是数轴上表示实数a的点．
（1）用直尺和圆规在数轴上作出表示实数的√2的点P；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）利用数轴比较√2和a的大小，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）a>√2，见解析
【分析】（1）利用勾股定理构造直角三角形得出斜边为√2，再利用圆规画圆弧即可得到点P．
（2）在数轴上比较，越靠右边的数越大．
【详解】解：（1）如图所示，点P即为所求．
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（2）如图所示，点A在点P的右侧，所以a>√2
【点睛】本题考查无理数与数轴上一一对应的关系、勾股定理、尺规作图法、熟练掌握无理数在数轴上的
表示是关键．
勾股定理的概念：如果直角三角形的两直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2.
变式：a2=c2−b2，b2=c2−a2，c=√a2+b2,a=√c2−b2,b=√c2−b2.
勾股定理的证明方法（常见）：
1
方法一（图一）：4S +S =S ，4× ab+(b−a) 2=c2 ，化简可证．
Δ 正 方形EF正GH 方 形ABCD 2
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．
1
四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为S=4× ab+c2=2ab+c2
2
大正方形面积为S=(a+b) 2=a2+2ab+b2，所以a2+b2=c2
1 1 1
方法三（图三）：S = (a+b)⋅(a+b)，S =2S +S =2⋅ ab+ c2 ，化简得证a2+b2=c2
梯形 2 梯形 ΔADE ΔABE 2 2
D b a A a
C D
a
H c
c b b
c
E
G
F c
b c c E
b a a a
A c B a b B b C
图一 图二 图三
勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即a2+b2=c2中，a，b，c为正整数
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时，称a，b，c为一组勾股数.
常见的勾股数：如3,4,5；6,8,10；5,12,13；7,24,25等.
判断勾股数的方法：1）确定是三个正整数a，b，c；
2）确定最大的数c；
3）计算较小的两个数的平方a2+b2是否等于c2.
1. 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，因而在应用勾股定
理时，必须明了所考察的对象是直角三角形.
2. 如果已知的两边没有明确边的类型，那么它们可能都是直角边，也可能是一条直角边、一条斜边，求解
时必须进行分类讨论，以免漏解．
3. 应用勾股定理时，要分清直角边和斜边，尤其在记忆 a2+b2=c2时，斜边只能是c．若b为斜边，则关系
式是a2+c2=b2；若a为斜边，则关系式是b2+c2=a2．
4. 每组勾股数的相同整数倍也是勾股数.
勾股定理的逆定理内容：如果三角形三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形，其中
c为斜边.
1. 勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定
三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和a2+b2与较长边的平方c2作比较，若它们相
等时，以a，b，c为三边的三角形是直角三角形；若a2+b2c2，时，以a，b，c为三边的三角形是锐角三角形
2. 定理中a，b，c及a2+b2=c2只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长a，b，c满足
a2+c2=b2，那么以a，b，c为三边的三角形是直角三角形，但是b为斜边.
一、单选题
1．（2024·陕西西安·一模）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点
上，AD为△ABC的高，则AD的长为（ ）
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14√10 14√10 7√10 7√10
A． B． C． D．
20 10 20 10
【答案】D
【分析】本题考查了割补法求三角形的面积和等面积法，以及勾股定理，根据题意利用割补法求得△ABC
的面积，利用勾股定理算出BC的长，再利用等面积法即可求得AD的长．
【详解】解：由题可得：
1 1 1 7
S△ABC=3×3−1×3× −2×3× −1×2× = ，
2 2 2 2
BC=√12+32=√10，
1 7
∴ AD×√10× = ，
2 2
7√10
解得：AD= ，
10
故选：D．
2．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将两个相同的含30°角的直角三角形摆放在一起，借助这个图形，
探究Rt△ABC的直角边BC与斜边AB之间的数量关系，给出下列两种解法：
嘉嘉： 琪琪：
解：∵两个含30°角的直角三角尺相同， 解：∵通过测量可得
∴AB=AD，BC=CD，∴△ABD是等腰三角形， BC=4cm，AB=8cm
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，∴∠ABC=60°， BC 4 1
∴ = = ，
∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB， AB 8 2
1 1 1
∵BC= BD，∴BC= AB ∴BC= AB.
2 2 2
下列说法正确的是（ ）
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A．嘉嘉的解法对，琪琪的解法不对 B．嘉嘉的解法不对，琪琪的解法对
C．嘉嘉、琪琪的解法都对 D．嘉嘉、琪琪的解法都不对
【答案】A
【分析】嘉嘉的解法是经过了严谨的推理证明，琪琪的解法是通过测量线段的长度得到的结论，不代表一
般性，由此即可进行判断.
【详解】解：嘉嘉的解法是经过了严谨的推理证明，所以嘉嘉的解法对，
琪琪的解法是通过测量线段的长度得到的结论，不代表一般性，如边长是无理数时，就不能得出准确的结
论，只是一个近似的结果，所以琪琪的解法不对；
故选：A.
【点睛】本题考查了证明的严谨性、等边三角形的判定和性质等知识，正确理解题意、准确作出判断是关
键.
3．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l与BC交
于点P，且点P到AB的距离为3cm，点Q为AC上任意一点，则PQ的最小值为（ ）
A．2cm B．2.5cm C．3cm D．3.5cm
【答案】C
【分析】由折叠可得：PA为∠BAC的角平分线，根据垂线段最短即可解答．
【详解】解：∵将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，
∴PA为∠BAC的角平分线，
∵点Q为AC上任意一点，
∴PQ的最小值等于点P到AB的距离3cm．
故选C．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、角平分线的性质定理等知识点，掌握角平分线上的点到两边距离相
等是解答本题的关键．
4．（2022·湖北荆州·三模）如图，在▱ABCD中，AD=4，BD=8．分别以点A，B为圆心，以大于
1
AB的长为半径画弧，两弧交于点E和点F；作直线EF，交BD于点G，连接GA．若GA与AD恰好垂直，
2
则GA的长为（ ）
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A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，根据线段垂直平分线的性
质求出GA=BG，再根据勾股定理得GA2+AD2=DG2是解决本题的关键．
【详解】解：由题意可得，EF是AB的垂直平分线，
∴GA=BG，
设GA=BG=x，则DG=8−x，
∵GA与AD垂直，
∴GA2+AD2=DG2，
即42+x2=(8−x) 2，
解方程得：x=3，
∴GA=3；
故选：A．
1 AP
5．（2023·福建泉州·模拟预测）如图，BC⊥ AB,BC= AB,试求 的小数部分（ ）．
2 AB
A．0.118 B．√5−0.5 C．√1.5−0.5√5 D．0.618
【答案】D
【分析】设AB=2x，然后利用已知条件分别用x表示出AP、AB，最后代入计算即可解答．
1
【详解】解：设AB=2x，则BC= AB=x，
2
∵BC⊥ AB
∴AC=√AB2+BC2=√5x，
根据作图痕迹可得：CD=BC=x，AP=AD=AC−DC=(√5−1)x，
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AP (√5−1)x √5−1
∴ = = ≈0.618．
AB 2x 2
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、无理数等知识点，分别用x表示出AP、AB是解答本题的关键．
6．（2023·湖南株洲·三模）如图，一幅三角板的直角顶点A重合，等腰三角板的腰AD⊥BC于D，则
∠α=（ ）
A．40° B．45° C．60° D．75°
【答案】D
【分析】根据三角板的特点和三角形外角的性质求解即可．
【详解】∵AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∵∠ADE=45°，
∴∠CDE=45°，
∵∠C=30°，
∴∠α=∠CDE+∠C=75°．
故选：D．
【点睛】此题考查了两个直角三角板角度的特点，三角形外角的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
二、填空题
7．（2023·吉林松原·三模）如图，点P为直线l外一点，点A在直线l上，连接PA，以点P为圆心，
PA=bcm长为半径画弧，交直线l于点B．已知线段AB=2cm，上述作法中PA满足的条件为b 1．
（填“>”“<”或“=”）
【答案】>
【分析】本题考查的是作线段等于已知线段，三角形的三边关系，利用PA+PB=2b>AB=2可得答案，
熟记三角形的三边关系是解本题的关键．
【详解】解：连接PB，
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∴PA=PB=b，
∵AB=2，
∴PA+PB=2b>AB=2，即2b>2，
解得：b>1，
故答案为：>
8．（2022·广东湛江·三模）如图，OA⊥OB，C，D分别是射线OA，OB上的动点，CD的长始终为8，
点E为CD的中点，则点E的运动路径长为
【答案】2π
1
【分析】根据垂直的定义可知△AOB是直角三角形，再根据直角三角形的性质可知OE=CE=DE= CD，
2
最后利用弧长公式即可解答．
【详解】解：连接OC，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，
∴△AOB是直角三角形，
∵CD=8，
1
∴OE=CE=DE= CD=4，
2
∴点E的运动路径长为弧GD，
90°×π×4
∴弧GD的长度： =2π，
180°
故答案为2π．
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【点睛】本题考查了垂直的定义，直角三角形的性质，弧长公式，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
9．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，点O为△ABC的外心，过点O分别作AB、AC的垂线l 、l ，交BC
1 2
于D、E两点．
（1）若∠DAE=50o，则∠BAC的度数为 ；
（2）过点O作OF⊥BC于点F，BF=5cm，则△ADE的周长为 ．
【答案】 115° 10cm
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质得∠BAD=∠ABC，∠CAE=∠ACB，从而有
∠ADE=2∠ABC，∠AED=2∠ACB，由三角形内角和定理∠ADE+∠AED=130o，从而由
∠BAC=∠BAD+∠CAE+∠DAE可求得结果；
（2）连接OA、OB、OC，由已知可得点O在线段BC的垂直平分线上，则可得BC=10cm；再利用线
段垂直平分线的性质得AD=BD，EA=EC，最后可求得周长的值．
【详解】（1）∵点O为△ABC中的外心，l ⊥ AB，l ⊥ AC，
1 2
∴l 、l 是AB、AC的垂直平分线，
1 2
∴AD=BD，EA=EC，
∴∠BAD=∠ABC，∠CAE=∠ACB，
∴∠ADE=∠BAD+∠ABC=2∠ABC，∠AED=∠CAE+∠ACB=2∠ACB，
∵∠DAE+∠ADE+∠AED=180o，
∴∠ADE+∠AED=180o−50o=130o，
1
∴∠BAD+∠CAE= (∠ADE+∠AED)=65o ，
2
∴∠BAC=∠BAD+∠CAE+∠DAE=65o+50o=115o；
故答案为：115°；
（2）连接OA、OB、OC，
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∵l 是AB边的垂直平分线，l 是AC边的垂直平分线，
1 2
∴OA=OB，OA=OC，
∴OB=OC，
∴点O在线段BC的垂直平分线上，
∵OF⊥BC，
∴BC=2BF=10cm，
∵AD=BD，EA=EC，
∴△ADE的周长=AD+AE+DE=BD+DE+EC=BC=10cm．
故答案为：10cm．
【点睛】本题考查了三角形的外心，线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，掌握线段
垂直平分线的性质与判定是关键．
10．（2023·福建泉州·模拟预测）如图1，第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为
基础进行设计的．现假设可在如图2的弦图区域内随机取点，若正方形ABCD中，AF=4,BF=3，则这
个点落在阴影部分的概率为 ．
24
【答案】
25
【分析】根据勾股定理求得AB=5，即可得出大正方形的面积为25，再求得阴影部分面积，根据概率公式，
即可求解．
【详解】解：∵AF=4,BF=3
∴AB=√AF2+BF2=5，
∴大正方形的面积为25，
1
阴影部分的面积为 ×4×3×4=24
2
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24
∴这个点落在阴影部分的概率为 ，
25
24
故答案为： ．
25
【点睛】本题考查了勾股定理，几何概率，熟练掌握勾股定理与概率公式求概率是解题的关键．
11．（2023·河南驻马店·三模）如图，在等边三角形ABC中，AC=4，E为AB的中点，在CB延长线上截
取BD=BE，将△DEB沿BC向右平移，点B的对应点为G，当平移后的△DEG和△ABC重叠部分的面积
1
是△DEG面积的 时，△DEB平移的距离为 ．
4
【答案】2−√3或6−√2
【分析】分DE与AB相交，DE与AC相交，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：①如解图1所示，当DE与AB交于点F时，重叠部分为四边形BFEG．
1 3
∵重叠部分的面积是△DEG面积的 ，S = S ．
4 △DBF 4 △DEG
由平移的性质，可知BF∥≥¿，
∴△DBF∽△DGE．
S 3
∵ △DBF = ，
S 4
△DGE
DB √3
∴ = ．
DG 2
1
∵¿= ×4=2，
2
∴DG=≥=2．
∴DB=√3．
∴BG=2−√3，即△DEB平移的距离为2−√3．
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1
②如图2所示，当DE交AC于点H时，S = S ，过点G作GM⊥DE于点M，
△CDH 4 △DEG
1
则S = S ．
△DGM 2 △DEG
1
∴S = S ．
△CDH 2 △DGM
∵∠ACB=60°，∠GDE=30°，
∴∠CHD=90°，即CH⊥DE．
∴CH∥GM，
∴△DCH∽△DGM．
S 1
∵ △DCH = ，
S 2
△DGM
DC 1
∴ = ．
DG √2
∵DG=2，
∴DC=√2．
∴CG=2−√2．
∴BG=4+2−√2=6−√2，即△DEB平移的距离为6−√2．
综上所述，△DEB平移的距离为2−√3或6−√2．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，平移的性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关性质，利用
数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
三、解答题
12．（2022·厦门市·二模）回顾：用数学的思维思考
(1)如图1，在△ABC中，AB＝AC．
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①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
（从①②两题中选择一题加以证明）
(2)猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点（不与点A，C重合）．对于
点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：
若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在 ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件（不再添加新的
字母），使得BD＝CE，并证明．
△
(3)探究：用数学的语言表达
如图3，在 ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点（不与点A，B重合），F为边AC延
长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
△
【答案】(1)见解析
(2)添加条件CD=BE，见解析
(3)能，0＜CF＜√5−1
【分析】（1）①利用ASA证明 ABD≌△ACE．
②利用SAS证明 ABD≌△ACE．
△
（2）添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明 ABD≌△ACE．
△
（3）在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证
△
CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．
【详解】（1）①如图1，∵AB=AC，
△
∴∠ABC=∠ACB，
∵BD，CE是 ABC的角平分线，
1 1
∴∠ABD= ∠A △ BC，∠ACE = ∠ACB，
2 2
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
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∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（2）添加条件CD=BE，证明如下：
∵AB=AC，CD=BE，
∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
（3）能
在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，
当BD=BF=BA时，E与A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴ CBF∽△BAF，
△
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BF CF
∴ = ，
AF BF
∵AB＝AC＝2=BF， 设CF=x，
2 x
∴ = ，
x+2 2
整理，得x2+2x−4=0，
解得x=√5−1，x=−√5−1（舍去），
故CF= x=√5−1，
∴0＜CF＜√5−1．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，一元二次
方程的解法，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定性质是解题的关键．
13．（2022·辽宁本溪市·二模）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角
顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，
AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理
由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
25 25
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN= ；（3）AN= ．
8 7
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明 NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明 CGN∽ CAB，利用相似三角形的性质
即可求解；
△ △ △
（3）延长ND，使DH=DN，证明 BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设
AM=AN=x，在Rt BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
△
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
△
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
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∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=△90°，BC=√AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
1
∴CD= BC=5．
2
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
1 5
∴CG= CD= ．
2 2
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴ CGN∽ CAB．
5
△CG CN△
∴ = ，即2 CN，
CA CB =
8 10
25
∴CN= ；
8
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
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∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=√2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(√2x)2，
25
解得x= ，
7
25
∴线段AN的长为 ．
7
【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，矩形的判定，勾股定理，解第
（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
110
