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专题 04 三角形的性质与判定
目 录
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
题型05 线段垂直平分线和角平分线综合
题型06 特殊三角形的性质与判定
题型07 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
题型08 与三角形有关的折叠问题
题型09 赵爽弦图
题型10 利用勾股定理解决实际问题
题型11 求最短距离
题型12 勾股定理逆定理的拓展问题
题型13 判断图形中与已知两点构成等腰三角形的点的位置
题型14 判断图形中与已知两点构成直角三角形的点的位置
（时间：60分钟）
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题型 01 三角形的三边关系
1．（2023·广东广州·广州市越秀区明德实验学校校考模拟预测）等腰三角形的一边长是3，另两边的长是
关于x的方程x2−10x+k=0的两个根，则k的值为（ ）
A．21 B．25 C．21或25 D．20或24
【答案】B
【分析】结合根与系数的关系，分已知边长3是底边和腰两种情况讨论．
【详解】解：设关于x的方程x2﹣10x+k＝0的两个实数根分别为a、b．
方程x2﹣10x+k＝0有两个实数根，则Δ＝100﹣4k≥0，得k≤25．
①当底边长为3时，另两边相等时，则a+b＝10，
∴另两边的长都是为5，
∴k＝ab＝25；
②当腰长为3时，另两边中至少有一个是3，则3一定是方程x2﹣10x+k＝0的根，
则32﹣10×3+k＝0
解得k＝21
解方程x2﹣10x＋21＝0
解得另一根为：x＝7．
∵3+3＜7，不能构成三角形．
∴k的值为25．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不
相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了三角形三边的
关系以及等腰三角形的性质．
2．（2021·甘肃兰州·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，点D为BC的中点，则AD的长可能
是（ ）
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A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】延长AD到E，使DE＝AD，连接BE．证 ADC≌△EDB（SAS），可得BE＝AC＝2，再利用三角
形的三边关系求出AE的范围即可解决问题． △
【详解】解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，
在 ADC和 EDB中，
¿，
△ △
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝2，
在 ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即△2＜2AD＜6，
解得1＜AD＜3，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的全等判定和性质，三角形三边关系定理，熟练证明三角形的全等是解题的关
键．
3．（2023·河北·统考模拟预测）已知一个三角形的第一条边长为3a+b，第二条边长为2a−b
(1)求第三条边长m的取值范围；（用含a，b的式子表示）
(2)若a，b满足|a−5|+(b−2) 2=0，第三条边长m为整数，求这个三角形周长的最大值
【答案】(1)a+2b<m<5a
(2)49
【分析】（1）根据三角形三边关系定理即可得出结论；
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（1）根据绝对值和平方的非负性可确定a，b的值，从而得出m的最大值，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵三角形的第一条边长为3a+b，第二条边长为2a−b，
∴第三条边长m的取值范围是3a+b−(2a−b)<m<3a+b+(2a−b)，
即a+2b<m<5a，
∴第三条边长m的取值范围是a+2b<m<5a；
（2）∵a，b满足|a−5|+(b−2) 2=0，第三条边长m为整数，
∴¿，
∴¿，
∴5+2×2<m<5×5，即9<m<25，
则三角形的周长为：3a+b+(2a−b)+m=5a+m=25+m，
∵m为整数，
∴m可取最大值为24，
此时这个三角形周长的最大值为25+24=49，
∴这个三角形周长的最大值为49．
【点睛】本题考查三角形三边关系定理，绝对值和平方的非负性，不等式组的整数解，三角形的周长．掌
握三角形三边关系定理是解题的关键．
4．（2023·广东江门·二模）已知关于x的方程x2+(3k−2)x−6k=0．
(1)求证：无论k取何实数值，方程总有实数根；
(2)若等腰三角形△ABC的一边a=6，另两边长b、c恰好是这个方程的两个根，求△ABC的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】（1）计算方程的根的判别式，若Δ=b2−4ac≥0，则方程总是有实数根；
（2）已知a=6，则a可能是底，也可能是腰，分两种情况求得b、c的值后，再求出△ABC的周长，注意
两种情况都要用三角形三边关系定理进行检验．
【详解】（1）证明：∵ Δ=b2−4ac
=(3k−2) 2−4⋅(−6k)
=9k2−12k+4+24k
=9k2+12k+4
=(3k+2) 2≥0，
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∴无论k取何值，方程总有实数根；
（2）解：①若a=6为底边，则b，c为腰长，b=c，Δ=0，
∴(3k+2) 2=0，
2
解得：k=− ，
3
此时原方程化为x2−4x+4=0，
∴x =x =2，即b=c=2，
1 2
此时△ABC三边为6，2，2不能构成三角形，故舍去；
②若a=6为腰，则b，c中一边为腰，
把x=6代入方程，62+6(3k−2)−6k=0，
∴k=−5，
则原方程化为x2−8x+12=0，
(x−2)(x−6)=0，
∴x =2，x =6，
1 2
此时△ABC三边为6，6，2能构成三角形，
综上所述：△ABC三边为6，6，2，
∴周长为6+6+2=14．
【点睛】本题主要考查了根的判别式及三角形的三边关系定理，注意求出三角形的三边后，要用三边关系
定理检验．
题型 02 与三角形有关线段的综合问题
1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°．
(1)若∠C=32°，求∠A的度数．
(2)画∠ABC的平分线BD交AC于点D，过点D作DE⊥AB于点E．若AB=3，BC=4，求DE的长．
（画图工具不限）
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【答案】(1)∠A=58°
12
(2)作图见解析；DE=
7
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余求出∠A的度数即可；
（2）根据题意作图，过点D作DF⊥BC于点F，根据角平分线的性质得出DE=DF，根据
1
S =S +S 得出 (AB+BC)×DE=6，求出DE即可．
△ABC △ABD △CBD 2
【详解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠C=32°，
∴∠A=90°−∠C=90°−32°=58°；
（2）解：如图，BD为所求作的角平分线，DE为所求作的垂线；
过点D作DF⊥BC于点F，
∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DF⊥BC，
∴DE=DF，
1 1
∵S = ×AB×BC= ×3×4=6，
△ABC 2 2
又∵S =S +S
△ABC △ABD △CBD
1 1
= AB×DE+ BC×DF
2 2
1
= (AB+BC)×DE，
2
1
∴ (AB+BC)×DE=6，
2
1
即 (3+4)×DE=6，
2
12
∴DE= ．
7
【点睛】本题主要考查了直角三角形两锐角互余，角平分线的性质，三角形面积的计算，解题的关键是理
解题意，作出辅助线，熟练掌握角平分线上的点到角的两边距离相等．
2．（2023·陕西西安·一模）（1）请在图中过点A画一条直线，将△ABC分成面积相等的两部分；
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（2）如图，在平行四边形ABCD中，请过顶点A画两条直线将平行四边形ABCD的面积三等分，并说明
理由；
（3）如图，农博园有一块四边形ABCD空地，其中AB=60m，BC=80m，CD=100m，AD=120m，
∠B=90°，点P为边AD的中点．春天到了，百花齐放，农博园设计部门想在这片空地上种三种不同的花
卉，要求三种花卉的种植面积相等，现规划，从入口P处修两条笔直的小路（小路的面积忽略不计）方便
游客赏花，两条小路将这块地的面积三等分，请通过计算、画图说明设计部门能否实现规划，若能，请确
定小路尽头的位置；若不能，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）能实现．点Q在BC上 ，当CQ=62.5米时，PQ，PC将四边
形ABCD的面积三等分，即小路为PQ、PC．
【分析】（1）取BC的中点D，作直线AD即可；
1 1
（2）分别取BC、DC边上的两个三等分点D、E，且CD= BC，CE= CD，作直线AD，AE即可；
3 3
（3）连接PC，PB，PB交AC于点J，过点P作PH⊥CB于点H．点Q在BC上，连接PQ，设CQ=x米．
首先证明S =S =S ，再利用面积法求出CQ，可得结论．
△ACB △APC △CDP
【详解】解：（1）如图，取BC的中点D，作直线AD，则直线AD即为所求．
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1 1
（2）如图，分别取BC、DC边上的两个三等分点D、E，且CD= BC，CE= CD，作直线AD，AE，
3 3
则直线AD、AE即为所求．
理由：连接AC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴S =S = S
△ABC △ACD 2 ▱ABCD
1 1
∵CD= BC，CE= CD，
3 3
2 1 2 1
∴S = S = S ，S = S = S
△ABD 3 △ABC 3 ▱ABCD △ADE 3 △ADC 3 ▱ABCD
1
∴S =S −S −S = S ，
四边形ADCE ▱ABCD △ABD △ADE 3 ▱ABCD
∴S =S =S ．
△ABD △ADE 四边形ADCE
（3）能实现．理由如下：
能，理由如下：
如图③中，连接PC，PB，PB交AC于点J，过点P作PH⊥CB于点H．点Q在BC上，连接PQ，设
CQ=x米．
∵AB=60米，BC=80米，∠ABC=90°，
∴AC=√AB2+BC2=√602+802=100米，
∵CD=100米，
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∴CA=CD，
∵AP=PD=60米，
∴CP⊥AD，
∴CP=√AC2−AD2=√1002−602=80米，
∴AB=AP，CB=CP，
在△ABC和△APC中，
¿，
∴△ABC≌△APC(SSS)，
∴S =S =S ，
△ACB △APC △CDP
∵AB=AP，CB=CP，
∴AC⊥BP，BJ=PJ，
1 1
∵ ⋅AB⋅BC= ⋅AC⋅BJ，
2 2
60×80
∴BJ= =48米，
100
∴PB=2BJ=96米，
∵PH⊥BC，
∴∠PHC=∠ABC=90°，
∴AB∥PH，
∴∠ABJ=∠BPH，
∴cos∠ABJ=cos∠BPH，
BJ PH
∴ = ，
AB PB
48 PH
∴ = ，
60 96
∴PH=76.8米，
1 1
当S =S 时， ×x×76.8= ×60×80，
△PCQ △ACB 2 2
∴x=62.5，
∴当CQ=62.5米时，PQ，PC将四边形ABCD的面积三等分，即小路为PQ、PC．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了四边形的面积，三角形的面积，全等三角形的判定和性质等知识，
解题关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
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3．（2023·湖北武汉·校考一模）如图，已知△ABC，M为边AC上一动点，AM=mMC，D为边BC上一
动点，BD=nDC，BM交AD于点N．
(1)【问题提出】三角形的三条中线会相交于一点，这一点就叫做三角形的重心，重心有很多美妙的性质，
请大家探究以下问题
BN
若m=n=1，则 = ______（直接写出结果）
MN
BN
(2)【问题探究】若m=1，猜想 与n存在怎样的数量关系？并证明你的结论
MN
S
(3)【问题拓展】若m=1，n=2，则 △ANM =______（直接写出结果）
S
四边形CDNM
【答案】(1)2
BN
(2) =2n
MN
3
(3)
7
【分析】（1）连接DM，根据m=n=1，AM=mMC，BD=nDC，可得MD是△ABC的中位线，从而
BN AB
可证△NDM∼△NAB，即可得到 = ，即可求出结果；
MN MD
（2）过点B作BE∥AC，交AD的延长线于点E，根据m=1可得AC=2AM，证明△BDE∼△CDA可
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BE nDC
得 = =n，从而可得BE=2nAM，再证明△ANM∼△ENB，即可求出结果；
AC DC
（3）过点A作AO⊥BM，AG⊥BC，根据m=1，n=2，可得BM是△ABC的中线，BD=2DC，由
BN 1 7
（2）可知 =2n=4，设AO=a，AG=b，MN=x，分别表示出S = ax，S = ax，
NM △ANM 2 四边形NDCM 6
即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接DM，
∵m=n=1，AM=mMC，BD=nDC，
∴AM=MC，BD=DC，
∴点D、M分别是BC、AC的中点，
∴MD是△ABC的中位线，
∴AB=2MD，MD∥AB，
∴∠MDA=∠BAD，∠BMD=∠ABM，
∴△NDM∼△NAB，
BN AB 2MD
∴ = = =2，
MN MD MD
故答案为：2．
（2）解：过点B作BE∥AC，交AD的延长线于点E，
∵m=1，
∴AC=2AM，
∵BE∥AC，
∴∠AEB=∠CAE，∠CBE=∠ACB，
∴△BDE∼△CDA，
BD BE
∴ = ，
DC AC
又∵BD=nDC，
BE nDC
∴ = =n，
AC DC
∴BE=nAC=n×2AM=2nAM，
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又∵∠MAN=∠NEB，∠AMN=∠EBN，
∴△ANM∼△ENB，
BN BE 2nAM
∴ = = =2n．
MN AM AM
（3）解：过点A作AO⊥BM，AG⊥BC，
∵m=1，n=2，
∴AM=MC，BD=2DC，
∴BM是△ABC的中线，
∴S =S ，
△ABM △BMC
设AO=a，AG=b，MN=x，
BN
由（2）可知 =2n=4，
NM
∴BN=4x，
1 1
∵S = ×a×MN= ax，
△ANM 2 2
1
S = ×a×4x=2ax，
△ABN 2
1 5
∴S = ax+2ax= ax，
△ABM 2 2
5
∴S =2× ax=5ax，
△ABC 2
1 1
又因为S = ×b×BC= ×b×3DC=3S ，
△ABC 2 2 △ADC
1 1 5
∴S = S = ×5ax= ax，
△ADC 3 △ABC 3 3
5 1 7
∵S =S −S = ax− ax= ax，
四边形NDCM △ADC △ANM 3 2 6
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1
ax
S 2 3
∴ △ANM = = ．
S 7 7
四边形CDNM ax
6
【点睛】本题考查了中位线的性质和判定、三角形相似的性质和判定和平行线的性质及中线的性质，准确
作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
题型 03 三角形内角和定理与外角和定理综合问题
1．（2022·安徽·一模）将两个直角三角板如图摆放，其中∠BCA=∠EDF=90°，∠E=45°，
∠A=30°，BC与DE交于点P，AC与DF交于点Q．若AB∥EF，则∠DPC−∠DQC=（ ）
A．40° B．32.5° C．45.5° D．30°
【答案】D
【分析】根据常用直角三角板的角度，先把各角表示出来，再利用平行线性质及外角性质分别求出
∠DPC和∠DQC，作差即可．
【详解】解：在Rt ΔABC中，∠BCA=90°，∠A=30°,则∠B=60°,
在Rt ΔDEF中，∠EDF=90°，∠E=45°,则∠F=45°,
∵ AB∥EF,
∴∠ACF=∠A=30°,∠BCE=∠B=60°,
∴∠DPC=∠E+∠BCE=45°+60°=105°,∠DQC=∠F+∠ACF=45°+30°=75°,
∴∠DPC−∠DQC=105°−75°=30°,
故选：D．
【点睛】本题考查求角度问题，涉及到常见三角板的内角、平行线性质和外角性质，准确将题中数据与图
形对应起来得到关系是解决问题的关键．
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4．（2022·安徽合肥·二模）如图是一款手推车的平面示意图，其中AB∥CD，∠3=150°，∠1=30°，则
∠2的大小是（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【答案】A
【分析】如图∠3的顶点用F表示，∠2的顶点用E表示，根据AB∥CD，得出∠1=∠A=30°，根据领补角互
补得出∠AFE=180°-∠3=180°-150°=30°，根据三角形外角性质求解即可．
【详解】解：如图∠3的顶点用F表示，∠2的顶点用E表示，
∵AB∥CD，
∴∠1=∠A=30°，
∵∠3+∠AFE=180°，
∴∠AFE=180°-∠3=180°-150°=30°，
∵∠2是△AEF的外角，
∴∠2=∠A+∠AFE=30°+30°=60°．
故选择A．
【点睛】本题考查平行线性质，领补角互补性质，三角形外角性质，掌握平行线性质，领补角互补性质，
三角形外角性质是解题关键．
3．（2023·广东广州·统考一模）在“玩转数学”活动中，小林剪掉等边三角形纸片的一角，如图所示，发
现得到的∠1与∠2的和总是一个定值．则∠1+∠2= 度．
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【答案】240
【分析】由等边三角形的性质可得∠A=60°，再根据三角形外角的性质和内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠A=60°，
∵ ∠1=∠A+∠AED，∠2=∠A+∠ADE，
∴ ∠1+∠2=∠A+∠AED+∠A+∠ADE，
∵ ∠AED+∠A+∠ADE=180°，
∴ ∠1+∠2=∠A+180°=60°+180°=240°，
故答案为：240．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形外角的定义和性质，三角形内角和定理等，解题的关键是掌
握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和．
4．（2022·河北秦皇岛·统考一模）如图，用铁丝折成一个四边形ABCD（点C在直线BD的上方），且
∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将
∠BCD （填“增大”或“减小”） °．
【答案】 增大 10
【分析】利用三角形的外角性质先求得∠ABE+∠ADE=30°，根据角平分线的定义得到
∠ABC+∠ADC=60°，再利用三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长，
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∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，
∵∠BAD＝70°，
∴∠ABE+∠ADE=30°，
∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线，
∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，
同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，
∴∠BCD增大了10°．
故答案为：增大，10．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义等知识，熟练运用题目中
所给的结论是解题的关键．
5．（2022·江西吉安·统考二模）如图，在 ABC中，∠ABC的平分线BD交∠ACB的平分线CE于点O．
△
1
(1)求证：∠BOC= ∠A+90°．
2
(2)如图1，若∠A=60°，请直接写出BE，CD，BC的数量关系．
(3)如图2，∠A=90°，F是ED的中点，连接FO．
①求证：BC−BE−CD=2OF．
②延长FO交BC于点G，若OF=2， DEO的面积为10，直接写出OG的长．
【答案】(1)见解析 △
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(2)BE+CD=BC，
(3)①见解析；②OG=5
1
【分析】（1）先根据三角形内角和得：∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)，由角平分线定义得：∠OBC=
2
1
∠ABC，∠OCB= ∠ACB，最后由三角形内角和可得结论；
2
（2）在BC上截取BM=BE，证明 BOE≌△BOM，推出∠BOE=∠BOM=60°，再证明 DCO≌△MCO可
得结论； △ △
（3）①延长OF到点M，使MF=OF，证明 ODF≌ MEF(SAS)，推出OD=EM．过点O作CE，BD的垂
线，证明 OBE≌ OBK(AAS)和 ODC≌ △OHC，推△出EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．据此
即可证明△结论； △ △ △
②利用①的结论以及三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)
1
=180°− (∠ABC+∠ACB)
2
1
=180°− (180°−∠A)
2
1
= ∠A+90°；
2
（2）解：BE+CD=BC．
在BC上截取BM=BE，连接OM，如图：
1
∵∠BOC= ∠A+90°=120°，
2
∴∠BOE=60°，
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∵BD平分∠ABC，
∴∠EBO=∠MBO，
∴ BOE≌△BOM，
∴△∠BOE=∠BOM=60°，
∴∠MOC=∠DOC=60°，
∵OC为∠DCM的角平分线，
∴∠DCO=∠MCO，
在 DCO与 MCO中，
¿，
△ △
∴△DCO≌△MCO （ASA），
∴CM=CD，
∴BC=BM+CM=BE+CD；
（3）①证明：如图，延长OF到点M，使MF=OF，连接EM，
∴OM=2OF．
∵F是ED的中点，
∴EF=DF，
∵∠DFO=∠EFM，
∴ ODF≌ MEF(SAS)，
∴△OD=EM．△
过点O作CE，BD的垂线，分别交BC于点K，H，
∴∠OCK+∠OKC=90°．
∵∠A=90°，
∴∠ACE+∠AEC=90°
∵∠ACE=∠OCK，
∴∠AEO=∠OKC，
∴∠BEO=∠BKO，
∴ OBE≌ OBK(AAS)，
△ △
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同理可得 ODC≌ OHC，
∴EO=OK△，OD=O△H=EM，BE=BK，CD=CH．
1
由（1）可知∠DOE=∠BOC= ×90°+90°=135°，
2
∴∠BOE=∠COD=45°，
∴∠OEM=∠KOH=45°，
∴ OME≌ KHO，
∴△KH=OM，△
∴KH=2OF．
∵BC−BK−CH=KH=2OE，
∴BC−BE−CD=KH=2OF；
②解：∵ OME≌ KHO，
∴∠EOM△=∠OKH，△
∴FG⊥BC．
由①可知KH=2OF=4， ODF≌ MEF，
∴S DEO=S OME=S KH△O=10，△
△ △ △
1
∴KH×OG× =10，
2
∴OG=5．
【点睛】本题考查了角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形全等的性质和判定．解题的关键是灵活
运用所学知识解决问题．
6．（2023·山东青岛·统考一模）【阅读理解】
三角形内角和定理告诉我们：如图①，三角形三个内角的和等于180°．
如图②，在△ABC中，有∠A+∠ABC+∠C=180°，点D是AB延长线上一点．由平角的定义可得
∠ABC+∠CBD=180°，所以∠CBD=∠A+∠C．从而得到三角形内角和定理的推论：三角形的外
角等于与它不相邻的两个内角的和．
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【初步应用】
如图③，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点，
（1）若∠A=60°，∠CBD=110°，则∠ACB=______°；
（2）若∠A=60°，∠CBD=110°，则∠CBD+∠BCE=______°；
（3）若∠A=m°，则∠CBD+∠BCE=______°．
【拓展延伸】
如图④，点D，E分别是△ABC的边AB，AC延长线上一点，
（4）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，则∠BOC=______°；
1
（5）若∠A=60°，分别作∠CBD和∠BCE的三等分线交于点O，且∠CBO= ∠CBD，
3
1
∠BCO= ∠BCE，则∠BOC=______°；
3
1
（6）若∠A=m°，分别作∠CBD和∠BCE的n等分线交于点O，且∠CBO= ∠CBD，
n
1
∠BCO= ∠BCE，则∠BOC=______°．
n
( m 180)
【答案】（1）50；（2）240；（3）(m+180)；（4）60；（5）100；（6） 180− − ．
n n
【分析】（1）根据三角形外角的性质求解即可；
（2）根据三角形外角的性质结合三角形内角和定理求解即可；
（3）由（2）同理求解即可；
1 1
（4）根据角平分线的定义可得出∠CBO= ∠CBD，∠BCO= ∠BCE，即可求出
2 2
1
∠CBO+∠BCO= (∠CBD+∠BCE)，再结合（2）即得出∠CBO+∠BCO=120°，最后由三角
2
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形内角和定理求解即可；
1 1
（5）由∠CBO= ∠CBD，∠BCO= ∠BCE，即可求出
3 3
1
∠CBO+∠BCO= (∠CBD+∠BCE)，再结合（2）即得出∠CBO+∠BCO=80°，最后由三角形
3
内角和定理求解即可；
1 1
（6）由∠CBO= ∠CBD，∠BCO= ∠BCE，即可求出
n n
1 1
∠CBO+∠BCO= (∠CBD+∠BCE)，结合（3）可知∠CBO+∠BCO= (m+180)°，最后由三
n n
角形内角和定理求解即可．
【详解】（1）由三角形外角的性质可得出∠ACB=∠CBD−∠A=110°−60°=50°．
故答案为：50；
（2）∵∠CBD=∠A+∠ACB，∠BCE=∠A+∠ABC，
∴∠CBD+∠BCE=∠A+∠ABC+∠A+∠ACB．
∵∠A=60°，∠ABC+∠A+∠ACB=180°，
∴∠CBD+∠BCE=240°．
故答案为：240；
（3）由（2）同理可得∠CBD+∠BCE=∠A+∠ABC+∠A+∠ACB．
∵∠A=m°，∠ABC+∠A+∠ACB=180°，
∴∠CBD+∠BCE=m°+180°=(m+180)°
故答案为：(m+180)；
（4）∵∠CBD和∠BCE的平分线交于点O，
1 1
∴∠CBO= ∠CBD，∠BCO= ∠BCE，
2 2
1 1 1
∴∠CBO+∠BCO= ∠CBD+ ∠BCE= (∠CBD+∠BCE)．
2 2 2
由（2）可知∠CBD+∠BCE=240°，
∴∠CBO+∠BCO=120°，
∴∠BOC=180°−(∠CBO+∠BCO)=60°．
故答案为：60；
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1 1
（5）∵∠CBO= ∠CBD，∠BCO= ∠BCE，
3 3
1 1 1
∴∠CBO+∠BCO= ∠CBD+ ∠BCE= (∠CBD+∠BCE)．
3 3 3
由（2）可知∠CBD+∠BCE=240°，
∴∠CBO+∠BCO=80°，
∴∠BOC=180°−(∠CBO+∠BCO)=100°．
故答案为：100；
1 1
（6）∵∠CBO= ∠CBD，∠BCO= ∠BCE，
n n
1 1 1
∴∠CBO+∠BCO= ∠CBD+ ∠BCE= (∠CBD+∠BCE)．
n n n
由（3）可知∠CBD+∠BCE=(m+180)°，
1
∴∠CBO+∠BCO= (m+180)°，
n
1 ( m 180)
∴∠BOC=180°− (m+180)°= 180− − °．
n n n
( m 180)
故答案为： 180− − ．
n n
【点睛】本题考查三角形内角和定理的应用，三角形外角的性质，角平分线的定义和角的n等分点的定义．
利用数形结合的思想是解题关键．
题型 04 三角形内角和与外角和定理的实际应用
1．（2023·江西吉安·模拟预测）苯分子的环状结构是由德国化学家凯库勒提出的．随着研究的不断深入，
发现苯分子中的6个碳原子与6个氢原子均在同一平面，且所有碳碳键的键长都相等（如图1），组成了
一个完美的六边形（正六边形），图2是其平面示意图，则∠1的度数为（ ）
A．130° B．120° C．110° D．60°
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【答案】B
【分析】根据正六边形的内角和公式求出∠BAF的度数，再根据等腰三角形的性质求∠ABF的度数，同
理可得∠EAF的度数，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
(6−2)×180°
∴AB=AF=EF， ∠BAF= =120°，
6
180°−120°
∴∠ABF=∠AFB= =30°，
2
同理∠EAF=30°，
∴∠1=180°−30°−30°−120°，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形内角和的计算以及三角形公式，n边形的内角和为180°⋅(n−2)．
2．（2023·山西太原·模拟预测）绿色出行，健康出行，你我同行．某市为了方便市民绿色出行，推出了共
享单车服务．图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中AB，CD都与地面平
行，∠BCD=68°，∠BAC=52°．已知AM与CB平行，则∠MAC的度数为（ ）
图1 图2
A．70° B．68° C．60° D．50°
【答案】C
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC=∠BCD=68°，根据三角形的内角和定理可得
∠ACB=180°−68°−52°=60°，再根据平行线的性质即得答案．
【详解】解：∵AB，CD都与地面平行，∠BCD=68°，
∴AB∥CD，
∴∠ABC=∠BCD=68°，
∵∠BAC=52°，
∴∠ACB=180°−68°−52°=60°，
∵AM∥CB，
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∴∠MAC=∠ACB=60°；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质和三角形的内角和定理，属于基础题型，熟练掌握平行线的性质是解题
关键．
3．（2024·陕西西安·一模）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心
O的光线相交于点P，点F为焦点． 若∠1=155°，∠2=30°，则 ∠3的大小为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．65°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质等知识，掌握这两个知识点是关键．利用平行线的
性质及三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：如图，
∵AB∥OF，
∴∠1+∠BFO=180°，
∴∠BFO=180°−155°=25°，
∵∠POF=∠2=30°，
∴∠3=∠POF+∠BFO=30°+25°=55°，
故选：C．
题型 05 线段垂直平分线和角平分线综合问题
1．（2023·浙江杭州·二模）如图，△ABC中，∠BAC=70°，AB的垂直平分线与∠BAC的角平分线交
于点O，则∠ABO的度数为（ ）
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A．35° B．30° C．25° D．20°
【答案】A
1
【分析】根据角平分线的定义得出∠BAO= ∠BAC=35°，再根据垂直平分线的性质得到OA=OB，
2
最后根据等边对等角得到结果．
【详解】解：∵AO平分∠BAC，
1
∴∠BAO= ∠BAC=35°，
2
∵OD垂直平分AB，
∴OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=35°，
故选A．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，垂直平分线的性质，等边对等角，属于基本知识，这几个知识点经
常组合考查，关键是要能够将它们关联起来．
2．（2023·山东枣庄·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，CD平分∠ACB．
边AB的垂直平分线DE分别交CD，AB于点D，E．下列结论中正确的有（ ）个
1
①∠BAC=60°；②CD<2BE；③DE=AC；④√2CD=BC+ AB．
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】利用直角三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识对各选
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项的说法分别进行论证，即可得出结论．
【详解】解：如图，连接BD、AD，过点D作DM⊥BC于M，DN⊥CA的延长线于N，
①在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°．故①说法正确；
②∵DM⊥BC，DN⊥CA，则四边形DMCN是矩形，
∴∠DNC=∠DMC=∠MDN=∠ACB=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠DCN=∠DCM=45°，
∴∠DCN=∠CDN=45°，
∴CN=DN，
则△CDN是等腰直角三角形．
同理可证：△CDM也是等腰直角三角形，
∴CD=√DN2+CN2=√2DN,CD=√DM2+CM2=√2DM,
∴DM=DN=CM=CN，∠MDN=90°，
∵DE垂直平分AB，
∴BD=AD，AB=2BE，
∵CD平分∠ACB，
∴DM=DN
在Rt△BDM和Rt△ADN中，
¿
∴Rt△BDM≅Rt△ADN(HL)，
∴∠BDM=∠ADN，
∴∠BDM+∠ADM=∠ADN+∠ADM=∠MDN，
∴∠ADB=90°，
∴AB=√BD2+AD2=√2AD，
即2BE=√2AD，
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在Rt△∧¿中，AD是斜边，DN是直角边，
∴AD>DN，则√2AD＞√2DN，
∴AB>CD，
∴2BE>CD．故②说法正确．
③∵BD=AD，∠ADB=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
1
∴DE= AB，
2
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
1
∴AC= AB，
2
∴DE=AC．故③说法正确．
④∵△BDM≌△ADN，
∴BM=AN，DM=DN，
∴矩形DMCN是正方形，
∴CN=CM,
∴CN=AC+AN=AC+BM=CM，
∴BC=BM+CM=AC+2BM，
∵CD=√2CN，
∴√2CD=2CN=2AC+2BM=AC+2BM+AC=AC+BC，
1
∵AC= AB，
2
1
∴√2CD= AB+BC．故④说法正确．
2
故选：D．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，准确作出辅助
线并灵活运用所学知识是解题的关键．
3．（2023·山西吕梁·模拟预测）如图：在△ABC中，
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(1)实践与操作：利用尺规作∠BAC的角平分线交BC于点D，作线段AD的垂直平分线EF，交边AB于点
E，交边AC于点F，交AD于点O（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)猜想与证明：连接DE．试猜想线段DE与AF的数量及位置关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)DE∥AF，DE=AF，理由见解析
【分析】（1）按照角平分线和垂直平分线的的尺规作图步骤作图即可；
（2）根据角平分线及垂直平分线可证△AOE≌△AOF，从而得证平行四边形AEDF、AD⊥EF，最
后得证菱形AEDF即可得出结论．
【详解】（1）解：如图线段AD、EF为所求作线段．
（2）平行且相等；
理由如下：
连接DF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAO=∠FAO，
∵EF是AD的垂直平分线，
∴∠AOE=∠AOF=90°，
∵AO=AO，
∴△AOE≌△AOF(ASA)
∴OE=OF，
∵OA=OD，
∴四边形AEDF是平行四边形,
∵AD⊥EF，
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∴平行四边形AEDF是菱形，
∴DE∥AF，DE=AF．
【点睛】本题考查角平分线及垂直平分线的的尺规作图方法、性质，全等三角形的性质及判定，平行四边
形的判定，菱形的性质及判定，掌握相关定理并能理解是关键．
4．（2023·江苏连云港·二模）“关联”是解决数学问题的重要思维方式．角平分线的有关联想就有很
多……
【问题提出】
PA AC
(1)如图①，PC是△PAB的角平分线，求证： = ．
PB BC
小明思路：关联“平行线、等腰三角形”，过点B作BD∥PA，交PC的延长线于点D，利用“三角形相
似”．
小红思路：关联“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，过点C分别作CD⊥PA交PA于点D，作
CE⊥PB交PB于点E，利用“等面积法”．
请根据小明或小红的思路，选择一种并完成证明．
【理解应用】
(2)如图②，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是边BC上一点．连接AD，将△ACD沿AD所在直线折
叠，使点C恰好落在边AB上的E点处，落AC=1，AB=2，则DE的长为___________．
【深度思考】
(3)如图③，△ABC中，AB=6，AC=4，AD为∠BAC的角平分线．AD的垂直平分线EF交BC延长线
于点F，连接AF，当BD=3时，AF的长为___________．
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【拓展升华】
(4)如图④，PC是△PAB的角平分线，若AC=3，BC=1，则△PAB的面积最大值是___________．
【答案】(1)见解析
√5
(2)
3
(3)6
(4)3
【分析】（1）选择小明的思路，过点BD∥AP交PC的延长线于点D，易证△ACP∽△BCD，得到
PA AC
= ，由角平分线的性质和平行线的性质得∠BPC=∠D，可得PB=BD，等量代换即可证明；选
BD BC
PA AC
择小红的思路，根据角平分线的性质得到CD=CE，再利用等面积 = ；
PB BC
AB BD
（2）利用（1）中的结论得到 = ，再利用勾股定理即可解答；
AC CD
AB BD
（3）利用（1）中的结论得到 = ，再利用垂直平分线的性质得到∠B=∠FAC，再根据相似三角
AC CD
形得到AF的值；
（4）作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D，在AP的延长线上截取PE=PB,易得
DE PE PA AD
△BPD≌△EPD(SAS)，由（1）结论可得 = ，由等量代换可得 = ，利用（1）中的结论
DA PA PB BD
PA AD 3
得到 = ，求得⊙O的半径为 ，当P运动到点P'，P'O⊥AD时，△APB的面积最大，计算即可．
PB BD 2
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【详解】（1）解：选择小明的思路，如图，过点BD∥AP交PC的延长线于点D，
∵BD∥AP，
∴∠APC=∠D，
又∵∠ACP=∠BCD，
∴△ACP∽△BCD，
PA AC
∴ =
BD BC
∵PC是△PAB的角平分线，
∴∠APC=∠BPC，
∴∠BPC=∠D，
∴PB=BD，
PA AC
∴ = ；
PB BC
选择小红的思路，如图，过点C分别作CD⊥PA交PA于点D，作CE⊥PB交PB于点E，作PF⊥BC于
点F，
∵PC是△PAB的角平分线，
∴CD=CE，
1 1 1 1
∴S = ⋅PA⋅CD，S = ⋅PB⋅CE，S = ⋅AC⋅PF，S = ⋅BC⋅PF，
△PAC 2 △PBC 2 △PAC 2 △PBC 2
∴BC⋅PF=PB⋅CE，PA⋅CD=AC⋅PF，
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BC⋅PF
∴CE= ，
PB
BC⋅PF
∴PA⋅ =AC⋅PF，
PB
PA AC
∴ = ．
PB BC
（2）解：∵将△ACD沿AD所在直线折叠点C恰好落在边AB上的E点处，
∴AD平分∠BAC，
AB BD
∴ = ，
AC CD
∵AC=1，AB=2，
2 BD
∴ = ，
1 CD
∴BD=2CD，
∵∠BAC=90°，
∴BC=√AC2+AB2=√5，
∴BD+CD=√5，
∴3CD=√5，
√5
∴CD= ，
3
√5
∴DE= ；
3
√5
故答案为 ；
3
（3）解：∵AD为∠BAC的角平分线，
AB BD
∴ = ，∠BAD=∠DAC，
AC CD
∵△ABC中，AB=6，AC=4，BD=3，
6 3
∴ = ，
4 CD
∴CD=2，
∵AD的垂直平分线EF交BC延长线于F，
∴AF=DF，
∴∠FAD=∠FDA，
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∵∠FAD=∠FAC+∠DAC，∠FDA=∠B+∠BAD，
∴∠B=∠FAC，
∵∠AFB=∠CFA，
∴△FBA∽△FAC，
AB AF
∴ = ，
AC CF
6 AF
∴ = ，
4 AF−2
∴AF=6，
故答案为6．
（4）解：如图，
如图，作△APB的外角平分线PD，交AB的延长线于D，
在AP的延长线上截取PE=PB,
∵PD是△APB的外角平分线，
∴∠BPD=∠EPD，
又∵PD=PD，
∴△BPD≌△EPD(SAS)，
∴DB=DE，∠BDP=∠EDP
DE PE
∴ = ，
DA PA
∵PE=PB，DB=DE
PA AD
∴ = ，
PB BD
∵PC是△APB的角平分线，
PA AC
∴ = =3，
PB BC
AD
∴ =3，
BD
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AB+BD
∴ =3，
BD
4+BD
∴ =3，
BD
∴BD=2
∴CD=3，
1
∵∠CPB+∠DPB= ×180°=90°，
2
3
∴点P在以半径为 的⊙O上，
2
如图，当P运动到点P'，P'O⊥AD时，
1 1 3
△APB的面积最大，最大值为 AB⋅P'O= ×4× =3，
2 2 2
故答案为：3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，角平分线、中垂线、等腰三角形的性质及勾股定理，熟练
掌握角平分线的性质是解题的关键．
5．（2022·浙江温州·模拟预测）已知：如图，∠MAN为锐角，AD平分∠MAN，点B，点C分别在射
线AM和AN上，AB=AC．
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(1)若点E在线段CA上，线段EC的垂直平分线交直线AD于点F，直线BE交直线AD于点G，求证：
∠EBF=∠CAG；
(2)若（1）中的点E运动到线段CA的延长线上，（1）中的其它条件不变，猜想∠EBF与∠CAG的数量
关系并证明你的结论．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）如图1，连接EF、CF，由中垂线的性质就可以得出EF=CF，就有∠FEC=∠FCE，由
△AFB≌△AFC就可以得出∠ABF=∠ACF，由∠FEC+∠FEA=180°就可以得出
∠FEC+∠FEA=180°，得出A、B、F、E四点共圆，再得出∠EBF=∠CAG；
（2）如图2，连接EF、CF，由中垂线的性质就可以得出EF=CF，就有∠FEC=∠FCE，由
△AFB≌△AFC就可以得出∠ABF=∠ACF，就有∠AEF=∠ABF，近而得出A、B、F、E四点
共圆，就有∠EBF=∠FAC，从而得出∠EBF+∠CAG=180°．
【详解】（1）解：如图1，连接EF、CF，
∵EC的垂直平分线交直线AD，
∴EF=CF，
∴∠FEC=∠FCE，
∵AD平分∠MAN，
∴∠BAF=∠CAF．
在△AFB和△AFC中
¿
∴△AFB≌△AFC，
∴∠ABF=∠ACF，
∴∠ABF=∠FCE．
∵∠FEC+∠FEA=180°，
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∴∠ABF+∠AEF=180°，
则A、B、F、E四点共圆，
∴∠EBF=∠CAG；
（2）解：∠EBF+∠CAG=180°
理由：如图2，连接EF、CF，
∵EC的垂直平分线交直线AD，
∴EF=CF，
∴∠FEC=∠FCE，
∵AD平分∠MAN，
∴∠BAF=∠CAF．
在△AFB和△AFC中
¿
∴△AFB≌△AFC，
∴∠ABF=∠ACF，
∴∠ABF=∠FCE．
则A、B、F、E四点共圆，
∴∠EBF=∠FAC．
∵∠FAC+∠CGA=180°，
∵∠EBF+∠CAG=180°．
【点睛】本题考查角平分线的性质的运用，中垂线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，四点
共圆的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
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题型 06 特殊三角形的性质与判定
AB
1．（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，在△ABC中，∠B=45°，∠C=30°，则 的值为
AC
（ ）
√2 1 √3 2
A． B． C． D．
2 2 2 3
【答案】A
【分析】过点A作AD⊥BC于D，将△ABC分成两个特殊的直角三角形：△ABD和△ACD，从而解决问题．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
∵∠B＝45°，∠ADB＝90°，
∴BD＝AD，AB=√2BD=√2AD，
∵∠C＝30°，∠ADC＝90°，
∴AC＝2AD，
AB √2AD √2
∴ = = ．
AC 2AD 2
故选：A．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造特
殊的直角三角形是解题的关键．
2．（2024·上海普陀·一模）如图，△ABC和△DCB都是直角三角形，∠BAC=∠BCD=90°，
AB=AC，AC、BD相交于点O，如果∠DBC=30°，那么OC:AC的值是( )
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√3 √3−1
A． B．2−√3 C． D．√3−1
3 2
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质；过点O作
OE⊥BC于点E，证△OCE是等腰直角三角形，得OE=CE，OC= √2 OE，设OE=CE=a，则OC=
√2 a，再由勾股定理得BE= √3 a，然后求出AC，即可解决问题．
【详解】解：如图，过点O作OE⊥BC于点E，
则∠OEB=∠OEC=90°，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ACB=45°，BC=√AB2+AC2=√2AC
∴△OCE是等腰直角三角形，
∴OE=CE，
∴OC=√OE2+CE2=√2OE
设OE=CE=a，
则OC= √2 a，
∵∠DBC=30°，
∴OB=2OE=2a，
∴BE=√OB2−OE2=√(2a) 2−a2=√3a，
∴BC=BE+CE=(√3+1)a，
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√2 √2 (√6+√2)a
∴AC= BC= ×(√3+1)a= ，
2 2 2
OC √2a
∴ = =√3−1
AC (√6+√2)a ，
2
故选：D．
3．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，斜边AB=8，
k
AB经过原点O，点C在y轴的正半轴上，AC交x轴于点D，且CD:AD=4:3，反比例函数y= 的图象
x
经过A、B两点．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)点P为直线AC上一动点，求BP+OP的最小值．
3√7
【答案】(1)y=−
x
(2)4√2
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，根据题意可得A、B关于原点对称，再由直角三角形的性质可
1
得AO=CO=BO= AB=4，再由平行线分线段成比例可得OE=3，然后根据勾股定理求出AE=√7，可
2
得到点A的坐标，即可求解；
（2）延长BC至点F，使得FC=BC，连接OF交直线AC于点P，连接BP，可得AC垂直平分BF，从而
得到BP=FP，再由“两点间线段最短”可得BP+OP的最小值为线段OF的长，然后根据A、B关于原点
对称，可得B(−√7,3)，可求出点F的坐标为(√7,5)，即可求解．
【详解】（1）解：如图①，过点A作AE⊥x轴于点E，
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∵AB经过原点O，
∴A、B关于原点对称，
∴O为AB的中点，
∵∠ACB=90°，AB=8，
1
∴AO=CO=BO= AB=4，
2
∵OD∥EA，
CO CD 4
∴ = = ，
OE DA 3
4 4
∴ = ，
OE 3
∴OE=3，
∴AE=√AO2−OE2=√42−32=√7，
∴点A的坐标为(√7,−3)，
∴k=√7×(−3)=−3√7，
3√7
∴反比例函数的解析式为y=− ．
x
（2）解：如图②，延长BC至点F，使得FC=BC，连接OF交直线AC于点P，连接BP，
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∵BC⊥AC，FC=BC，
∴AC垂直平分BF，
∴BP=FP，
∴BP+OP=FP+OP=OF，
由“两点间线段最短”可得BP+OP的最小值为线段OF的长，
由（1）得A、B关于原点对称，
∴B(−√7,3)，
∵C为线段BF的中点，
x +x y + y −√7+x 3+ y
∴ B F =x ， B F = y ，即 F =0， F =4，
2 C 2 C 2 2
解得x =√7，y =5，
F F
∴点F的坐标为(√7,5)，
∴OF=√(√7) 2+52=√32=4√2，即BP+OP的最小值为4√2．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例，勾股定理，线段垂直平分线的性
质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
4．（2023·山西·模拟预测）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且
CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．
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(1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；
(2)将图1中的 CDE绕点C按逆时针旋转，
①如图2，（1△）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S ADF的取值范围．
【答案】(1)∠ADF=45°，AD=√2DF； △
(2)①成立，理由见解析；②1≤S ADF≤4.
△
【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰
直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于
M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即 ADH为等腰
直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论； △
1
②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S ADF
AD2
求解即可．
=4
△
【详解】（1）解：∠ADF=45°，AD=√2DF，理由如下：
延长DF交AB于H，连接AF，
∵∠EDC=∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴∠ABF=∠FED，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
又∠BFH=∠DFE，
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∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，AB=AC，
∴BH=CD，AH=AD，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
又HF=FD，
∴AF⊥DH，
∴∠FAD=∠ADF=45°，
即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=√2DF;
（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=√2DF，理由如下：
过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，
则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，
∴BH=CD，
延长ED交BC于M，
∵BH∥EM，∠EDC=90°，
∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，
又∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠HBA+∠DCB=45°，
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∵∠ACD+∠DCB=45°，
∴∠HBA=∠ACD，
∴△ACD≌△ABH，
∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，
∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，
即∠HAD=90°，
∴∠ADH=45°，
∵HF=DF，
∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=√2DF．
1 1
②由①知，S ADF= DF2= AD2，
2 4
△
由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，
当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，
∴1≤S ADF≤4．
△
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等
三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶
三角形全等是常用辅助线．
5．（2021·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，ΔABC、ΔADE均为等边三角形，BC=6，
AD=4．将ΔADE绕点A沿顺时针方向旋转，连接BD、CE．
(1)在图①中证明ΔADB≅ΔAEC；
(2)如图②，当∠EAC=90°时，连接CD，求ΔDBC的面积；
(3)在ΔADE的旋转过程中，直接写出ΔDBC的面积S的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)9√3+6
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(3)9√3−12⩽S⩽9√3+12
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAD=90°，进而得出∠DAE=60°，再用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求
出AG，AH，最后用三角形的面积公式即可得出结论．
1
（3）过A作AH⊥BC于H，根据等边三角形的性质得到BH=CH= BC=3，根据勾股定理得到
2
AH=√AB2−BH2=√62−32=3√3，如图⑤，当AD与AH在同一条直线上，且点D在ΔABC的外部时，
ΔDBC的面积最大，如图⑥，当AD与AH在同一条直线上，且点D在ΔABC的内部时，ΔDBC的面积最
小，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵ΔABC和ΔADE是等边三角形，
∴AD=AE，AB=AC，∠DAE=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在ΔABD和ΔACE中，¿，
∴ΔABD≅ΔACE(SAS)；
（2）如图②，
连接CE，同（1）的方法得，ΔABD≅ΔACE(SAS)，
∴∠BAD=∠CAE，
∵∠CAE=90°，
∴∠BAD=90°，
过点A作AH⊥BC于H，过点D作DG//BC，交HA的延长线于G，则DG⊥AH，
在等边ΔABC中，AH⊥BC，
1 1
∴BH= BC=3，∠BAH= ∠BAC=30°，
2 2
∴∠DAG=180°−∠BAD−∠BAH=60°，
在RtΔABH中，根据勾股定理得，AH=√AB2−BH2=3√3，
在RtΔADG中，∠ADG=90°−∠DAG=30°，AD=4，
1
∴AG= AD=2，
2
∴GH=AH+AG=3√3+2，
1 1
∴S = BC⋅GH= ×6×(3√3+2)=9√3+6；
ΔBCD 2 2
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（3）过A作AH⊥BC于H，
∵ΔABC是等边三角形，
1
∴BH=CH= BC=3，
2
∴AH=√AB2−BH2=√62−32=3√3，
如图③，
当AD与AH在同一条直线上，且点D在ΔABC的外部时，ΔDBC的面积最大，
1 1
S = ×BC×DH= ×6×(4+3√3)=12+9√3，
最大 2 2
如图④，
当AD与AH在同一条直线上，且点D在ΔABC的内部时，ΔDBC的面积最小，
1 1
S = ×BC×DH= ×6×(3√3−4)=9√3−12，
最小 2 2
综上所述，ΔDBC的面积S的取值范围为9√3−12≤S≤9√3+12．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、
勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，熟练运用上述知识点是解题的关键．
6．（2021·江苏南京·南师附中树人学校校考一模）如图1，若△DEF的三个顶点D，E，F分别在△ABC各
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边上，则称△DEF是△ABC的内接三角形．
（1）如图2，点D，E，F分别是等边三角形ABC各边上的点，且AD＝BE＝CF，则△DEF是△ABC的内
接 ．
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形或等边三角形
D．直角三角形
（2）如图3，已知等边三角形ABC，请作出△ABC的边长最小的内接等边三角形DEF．（保留作图痕迹，
不写作法）
（3）问题：如图4，△ABC是不等边三角形，点D在AB边上，是否存在△ABC的内接等边三角形DEF？
如果存在，如何作出这个等边三角形？
①探究1：如图5，要使△DEF是等边三角形，只需∠EDF＝60°，DE＝DF．于是，我们以点D为角的顶
点任作∠EDF＝60°，且DE交BC于点E，DF交AC于点F．
我们选定两个特殊位置考虑：位置1（如图6）中的点F与点C重合，位置2（如图7）中的点E与点C重
合．在点E由位置1中的位置运动到位置2中点C的过程中，DE逐渐变大而DF逐渐变小后再变大，如果
存在某个时刻正好DE＝DF，那么这个等边三角形DEF就存在（如图8）．理由： 是等边三角形．
②探究2：在BC上任取点E，作等边三角形DEF（如图9），并分别作出点E与点B、点C重合时的等边
三角形DBF′和DCF″．连接FF'，FF″，证明：FF'+FF″＝BC．
③探究3：请根据以上的探究解决问题：如图10，△ABC是不等边三角形，点D在AB边上，请作出
△ABC的内接等边三角形DEF．（保留作图痕迹，不写作法）
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【答案】（1）B；（2）见解析；（3）①有一个角是60°的等腰三角形；②见解析；③见解析
【分析】（1）通过已知条件判断三角形全等即可；
（2）过三点作对边的垂线即可；
（3）①运用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形这一定理即可；
②通过证明三角形全等得到BE＝F′F和EC＝FF″，即可证明FF'+FF″＝BC；
③运用②的结论，确定等边三角形一个点F，再通过截取确定点E，即可作出所求三角形．
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵AD＝BE＝CF，
∴AB﹣AD＝BC﹣BE＝AC﹣CF，
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∴BD＝CE＝AF，
在△ADF和△BED中，
¿，
∴△ADF≌△BED（SAS），
∴DF＝ED，
在△ADF和△CFE中，
¿，
∴△ADF≌△CFE（SAS），
∴DF＝EF，
∴DF＝DE＝EF，
∴△DEF是等边三角形，
故答案为：B；
（2）如图所示，△ABC的边长最小的内接等边△DEF即为所求；
（3）①∵DE＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形），
故答案为：有一个角是60°的等腰三角形；
②连接FF′和FF″，
∵△DBF′、△DEF、△DCF″都是等边三角形，
∴DB＝DF′，DE＝DF，DC＝DF″，∠BDF′＝∠EDF＝∠CDF″＝60°，
∴∠BDE＝∠F′DF，∠EDC＝∠FDF″，
在△DBE和△DF′F中，
¿，
∴△DBE≌△DF′F（SAS），
∴BE＝F′F，
在△DEC和△DFF″中，
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¿，
∴△DEC≌△DFF″（SAS），
∴EC＝FF″，
∴BC＝BE+EC＝F′F+FF″，即FF'+FF″＝BC；
③以BD为边作等边△BDF′，以CD为边作等边△CDF″，
连接F′F″交AC于点F，连接DF，
在BC上截取BE＝F′F，连接DE，DF，△DEF即为所求．
【点睛】本题考查等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质以及尺规作图，构造全等三角形是
解题的关键．
题型 07 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
1．（2022·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在9×5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，若BD是∠ABC的平分线，则BD的长为（ ）
√10 3√10
A． B．√10 C． D．3√10
2 2
【答案】A
【分析】利用勾股定理求出AB、BC、AC的长，可得△ABC为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一
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可得AD的值，继续用勾股定理即可求出BD的值．
【详解】解：由题可知，AB=5，BC=√32+42=5，AC=√92+32=3√10，
∴ AB=BC，
又∵ BD平分∠ABC，
1 3√10
∴ AD= AC= ，且BD⊥AC,即三角形ABD是直角三角形，
2 2
√ 3√10 2 √10
∴ BD=√AB2−AD2= 52−( ) = ．
2 2
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，等腰三角形的三线合一，熟练掌握相关定理是解题的关键．
2．（2021·北京门头沟·统考二模）图所示的正方形网格内，点A，B，C，D，E是网格线交点，那么
∠ECD+∠EDC= ° ．
【答案】90
【分析】由题意设出网格边长，根据勾股定理分别表示出CD2 ，DE2 ，CE2，再利用勾股定理逆定理可
得结论．
【详解】解：设正方形网格边长为a，
由勾股定理求得CD2=20a2 ，DE2=18a2 ，CE2=2a2，
∴ CD2=DE2+CE2
∴△CDE为直角三角形，
即∠ECD+∠EDC=90°
故答案为：90．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，表示出各边的平方是解答本题的关键．
3．（2022·江苏南通·统考二模）如图，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上．
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(1)∠ABC+∠ACB=______．
(2)利用正方形网格，证明（1）中的结论．
【答案】(1)45°
(2)见解析
【分析】（1）根据网格特点和三角形外角的性质分析求解即可；
（2）延长BA交格点于D，连接CD，利用勾股定理逆定理证明∠ADC=90°，然后根据三角形外角的性
质可得答案．
【详解】（1）解：∠ABC+∠ACB=45°，
故答案为：45°；
（2）证明：如图，延长BA交格点于D，连接CD，
则AD2=CD2=12+22=5，AC2=12+32=10，
∴AD2+CD2=AC2，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠ABC+∠ACB=45°．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形外角的性质，根据网格特点求出∠ADC=90°是解题
的关键．
4.（2022·吉林长春·统考模拟预测）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长为1，
每个小正方形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中，
以AB为边画三角形．按下列要求作图：
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(1)在图①中，画一个等腰△ABC，使其面积为3．
10
(2)在图②中，画一个直角三角形△ABD，使其面积为 ．
3
15
(3)在图③中，画一个△ABE，使其面积为 ，且∠BAE＝45°．
4
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质及三角形面积公式即可得出；
（2）根据勾股定理及平行线分线段成比例进行验证画图即可；
（3）利用勾股定理及等腰三角形的性质、平行线分线段成比例画图即可．
【详解】（1）解：如图所示，AB=BC=√12+32=√10，
1
三角形面积为： ×2×3=3，
2
∴∆ABC即为所求；
（2）解：线段AB为1×3矩形对角线，
找到格点C使得线段BC是3×1的矩形对角线，
AB=BC=√12+32=√10，AC=√22+42=2√5，
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∴AB2+BC2=AC2，
∴∠ABC=90°，
如图所示：AB⊥BC，点D是线段BC与网格线的交点，
2 2√10
由平行线分线段成比例可得：BD= BC= ，
3 3
1 10
∴S = ×AB×BD= ，
∆ABD 2 3
∴∆ABD即为所求；
（3）如图所示，找到格点D，连接AD，BD，
∵AB=√12+32=√10，AD=√12+22=√5，BD=√12+22=√5，
∴AD2+BD2=AB2，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AD，
延长AD与网格线交于点E，
由“平行线分线段成比例”，
DE 1
= ，
AE 3
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∴AE=3DE，
∵AD=AE-DE=2DE，
1 √5
∴DE= AD= ，
2 2
3√5
∴AE= ，
2
∵BD⊥AD即BD⊥AE，，
1 15
∴S = ×AE×BD= ，
∆ABE 2 4
∵BD⊥AD，AD=BD=√5，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
即∠BAE=45°，
∴∆ABE即为所求．
【点睛】题目主要考查网格与三角形，包括勾股定理解三角形，等腰三角形的性质，勾股定理逆定理，平
行线分线段成比例等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
题型 08 与三角形有关的折叠问题
1．（2022·重庆大足·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， AB＝5，AC＝3，点D是BC上一动
点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当∠DEB是直角时，DF的
长为（ ）．
3 3
A．5 B．3 C． D．
2 4
【答案】C
【分析】如图，由题意知∠AED=∠C=90°，AE=AC=3，DE=CD，∠AED=∠DEB=90°，可
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知A、E、B三点共线，E与F重合，在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=√AB2−AC2，求BC的值，
设DF=DE=CD=x，BD=4−x，在Rt△BDE中，由勾股定理得BE2=BD2−DE2，计算求解即可．
【详解】解：如图，
∵∠DEB是直角
∴∠DEB=90°
由题意知∠AED=∠C=90°，AE=AC=3，DE=CD
∴∠AED=∠DEB=90°
∴A、E、B三点共线
∴E与F重合
在Rt△ABC中，由勾股定理得BC=√AB2−AC2=4
设DF=DE=CD=x，BD=4−x
在Rt△BDE中，由勾股定理得BE2=BD2−DE2即22=(4−x) 2−x2
3
解得x=
2
3
∴DF的长为
2
故选C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于明确A、E、B三点共线，E与F重
合．
2．（2022·广东汕头·统考一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且
CD＝3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为
．
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【答案】3√5−3/−3+3√5
【分析】先由折叠判断出F的运动轨迹是为以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当B、D、F共线且F在
B、D之间时BF最小，根据勾股定理及圆的性质求出此时BD、BF的长度即可．
【详解】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，
可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，
∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC=6，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=√CD2+BC2=√32+62=3√5，
∴BF=BD－DF=3√5−3，
故答案为：3√5−3．
【点睛】本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中
考常考题型，根据折叠确定出F点运动轨迹是解题关键．
3．（2023·广东深圳·模拟预测）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=5，BC=12，点D是边BC上
一点（不含B、C两个端点），将△ADC沿AD折叠得到△ADC'，当DC'所在的直线与△ABC的一边
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垂直时，点D到边AC的距离是 ．
35 10
【答案】 或
13 3
【分析】分两种情况：当DC' ⊥BC时，由折叠得：DC'=DC，∠ADC'=∠ADC，可推出
∠ADC=135°，∠ADB=45°，可求得BD、CD，再运用三角函数定义即可求得DE；当DC' ⊥AC
时，可证得C'、D、E在同一条直线上，进而得出△ADB≌△ADE，求得AE、CE，再运用三角函数
定义求得DE即可．
【详解】解：当DC' ⊥BC时，如图1，
过点D作DE⊥AC于E，
在Rt△ABC中，∠ABC=90，AB=5，BC=12，
∴AC=√AB2+BC2=√52+122=13，
由折叠得：DC'=DC，∠ADC'=∠ADC，
∵DC' ⊥BC，
∴∠CDC'=90°，
∵∠ADC+∠ADC'+∠CDC'=360°，
∴∠ADC=135°，
∴∠ADB=180°−∠ADC=180°−135°=45°，
AB 5
∴BD= = =5，
tan∠ADB tan45°
∴CD=BC−BD=12−5=7，
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DE AB
∵sinC= = ，
CD AC
DE 5
即 = ，
7 13
35
∴DE= ；
13
当DC' ⊥AC时，
如图2，过点D作DE⊥AC于E，
由折叠得：AC'=AC=13，DC'=DC，∠ADC'=∠ADC，
∵DC' ⊥AC，DE⊥AC，
∴C'、D、E在同一条直线上，
∴∠ADC'+∠ADE=180°，
∵∠ADC+∠ADB=180°，
∴∠ADB=∠ADE，
∵∠ABD=∠AED=90°，AD=AD，
∴△ADB≌△ADE，
∴AE=AB=5，
∴CE=AC−AE=13−5=8，
DE AB
∵tanC= = ，
CE BC
DE 5
即 = ，
8 12
10
∴DE= ；
3
当DC' ⊥AB时，点D与点B重合，不符合题意；
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35 10
综上所述，点D到边AC的距离是 或 ；
13 3
35 10
故答案为： 或 ．
13 3
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，三角函数定
义等，注意分类讨论，防止漏解．
4．（2023·安徽亳州·三模）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D在
边AB上，以CD为折痕将△CBD折叠得到△CDF，CF与边AB交于点E，当DF⊥AB时，BD的长是
．
4
【答案】
5
12
【分析】作CH⊥AB于H，由勾股定理得AB=5，由等面积法可得CH= ，由同角的余角相等可得
5
∠ACH=∠B，由折叠的性质可得∠B=∠F，∠DCE=∠DCB，由等角的余角相等可得
∠F=∠HCE，从而得出∠ACH=∠HCE，进而得出∠HCD=45°，△HCD为等腰直角三角形，
12 9
则CH=DH= ，由勾股定理可得AH= ，最后由BD=AB−AH−DH进行计算即可得到答案．
5 5
【详解】解：如图，作CH⊥AB于H，
在Rt△ACB中，AC=3，BC=4，
∴AB=√AC2+BC2=√32+42=5，
1 1
∵S = AC⋅BC= AB⋅CH，
△ABC 2 2
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AC⋅BC 3×4 12
∴CH= = = ，
AB 5 5
∵∠ACB=∠AHC=90°，
∴∠ACH+∠BCH=90°，∠BCH+∠B=90°，
∴∠ACH=∠B，
由折叠的性质可得：∠B=∠F，∠DCE=∠DCB，
∴∠ACH=∠B=∠F，
∵FD⊥AB，
∴∠FDE=90°，
∴∠F+∠FED=90°，
∵∠HCE+∠CEH=90°，∠FED=∠CEH，
∴∠F=∠HCE，
∴∠ACH=∠HCE，
∵∠DCE=∠DCB，∠ACH+∠HCE+∠DCE+∠DCB=90°，
1 1
∴∠HCD=∠HCE+∠DCE= (∠ACE+∠BCE)= ∠ACB=45°，
2 2
∴△CDH为等腰直角三角形，
12
∴HC=HD= ，
5
∵AH=√AC2−CH2=
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
9 12 4
∴BD=AB−AH−DH=5− − = ，
5 5 5
4
故答案为： ．
5
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质、同角或等角的余角相等、勾股定理，
熟练掌握折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质、同角或等角的余角相等，是解题的关键．
5．（2023·河南商丘·一模）综合与实践
综合实践课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
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(1)【操作发现】对折△ABC(AB>AC)，使点C落在边AB上的点E处，得到折痕AD，把纸片展平，如
图1．小明根据以上操作发现：四边形AEDC满足AE=AC，DE=DC．查阅相关资料得知，像这样的有
两组邻边分别相等的四边形叫作“筝形”．请写出图1中筝形AEDC的一条性质____．
(2)【探究证明】如图2，连接EC，设筝形AEDC的面积为S．若AD+EC=12，求S的最大值；
(3)【迁移应用】在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=1，点D，E分别在BC，AB上，当四边
形AEDC是筝形时，请直接写出四边形AEDC的面积．
【答案】(1)对角线AD垂直平分CE，
(2)18
2 √5−1
(3) 或
3 2
【分析】（1）根据AE=AC，DE=DC可知对角线AD垂直平分CE；
1 1
（2）设AD=x，则EC=12−x，推导筝形AEDC的面积得：S= AD⋅EC= x(12−x)，再利用二次
2 2
函数的顶点式求最值即可；
（3）分两种情况讨论：①当AE=AC，CD=ED时，根据中线的性质和全等三角形面积相等即可求解．
②当AE=DE，CD=AC时，设EA=ED=x，则BE=2−x,BD=√5−1，在Rt△DBE中，根据勾股
定理得：BE2=BD2+DE2，即(2−x) 2=(√5−1) 2+x2，解出x，继而求出筝形面积．
【详解】（1）解：∵AE=AC，DE=DC，
∴点A、点D都在CE的垂直平分线上，即对角线AD垂直平分CE，
故答案为：对角线AD垂直平分CE，(填“对角线互相垂直”也对)
（2）由（1）得AD⊥CE，
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1 1 1 1
∴筝形面积为：S=S +S = AO⋅EC+ OD⋅EC= (AO+OD)⋅EC= AD⋅EC，
△ACE △DCE 2 2 2 2
设AD=x，则EC=12−x
1 1 1
∴S= AD⋅EC= x(12−x)=− (x−6) 2+18
2 2 2
∴当AD=EC=6时，S =18
max
2 √5−1
（3）四边形AEDC的面积为 或 ，
3 2
补充理由如下：
根据题意，分两种情况讨论：①AE=AC，CD=ED；② AE=DE，CD=AC．
①当AE=AC，CD=ED时
作出这个筝形如下，
根据折叠的性质可知：△ACD≌△AED，AC=AE=1
∴S =S ，
△ACD △AED
∵AC=AE=1，AB=2，
∴AE=BE=1，即DE是△ADB中边AB边上的中线，
∴S =S
△BDE △AED
∴S =S =S
△BDE △AED △ACD
2 2 1 2 1 2
∴S =S +S = S = × AB⋅AC= × ×2×1= ．
筝形AEDC △AED △ACD 3 △ABC 3 2 3 2 3
②当AE=DE，CD=AC时，作出这个筝形如下
根据折叠的性质可知：△ACE≌△DCE，
∴EA⊥AC,ED⊥BC，
在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2,AC=1,
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∴BC=√AB2+AC2=√5，
设EA=ED=x，
∵CA=CD=1，
∴BE=AB−AE=2−x,BD=BC−CD=√5−1，
在Rt△DBE中，根据勾股定理得：BE2=BD2+DE2，
∴(2−x) 2=(√5−1) 2+x2，
√5−1
解得：x= ，
2
1 √5−1 √5−1
∴S =2S =2× ×1× =
筝形AEDC △AEC 2 2 2
2 √5−1
综上所示：四边形AEDC的面积为 或
3 2
【点睛】本题考查新定义的“筝形”的性质和面积，涉及垂直平分线的判断，二次函数的最值，中线的性
质，折叠的性质等知识，掌握垂直平分线的判断和二次函数的最值是解题的关键．
6．（2023·河南周口·三模）综合与实践
【问题背景】
数学活动课上，老师将矩形ABCD 按如图①所示方式折叠，使点A与点C重合，点B的对应点为B'，折痕
为EF，若△CEF为等边三角形．
(1)请解答老师提出的问题：
试猜想AB与AD的数量关系，并加以证明．
【实践探究】
(2)小明受到此问题启发，将△ABC纸片按如图②所示方式折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，若
∠A=45°,AC=2，
①试判断重叠部分△CEF的形状，并说明理由；
②若点D为EF的中点，连接CD，求CD的长；
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【问题解决】
(3)小亮深入研究小明提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图③，在△ABC中，将△ABC折叠，
使点A与点C重合，点D为折痕所在直线上一点，若AB=AC=√5，BC=2，∠ACD=45°，请直接写出
线段BD的长．
AB √3
【答案】(1) = ，理由见解析．
AD 3
√5
(2)①△CEF为等腰直角三角形，理由见解析． ②
2
√2 √34
(3) 或
2 2
【分析】（1）设DE=x，可求得EC=2x，CD=√3x，进而求得AD=3x，即可求得答案．
（2）①根据图形折叠的性质可求得∠EFC=90°，∠ECF=45°，进而可求得答案；②求得CF，DF的
长度，根据勾股定理即可求得答案．
（3）需要分两种情况讨论：①当点D在△ABC内部时，过点A作AE⊥BC于点E，折痕为直线l，点D
为折痕上一点，过点D作DM⊥AE于点M，作DN⊥BC于点N，连接AD，CD，BD，先证得
△ADM≌△CDN，进而证得四边形DMEN为正方形，设DN=x，根据AE=AM+ME=2可求得x的
值，进而可求得答案；②当点D在△ABC外部时，求解过程与①相似．
AB √3
【详解】（1） = ．
AD 3
理由如下：
∵△CEF为等边三角形，
∴∠ECF=60°．
∴∠DCE=30°．
设DE=x．
在Rt△DEC 中
EC=2DE=2x， CD=√CE2−DE2=√(2x)❑−x2=√3x．
∵矩形ABCD沿EF折叠，
∴AE=EC=2x．
∴AD=AE+DE=2x+x=3x．
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB=CD=√3x．
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AB √3x √3
∴ = = ．
AD 3x 3
（2）①△CEF为等腰直角三角形．
理由如下：
∵△AEF沿EF折叠，点A与点C重合，
∴EF是线段AC的垂直平分线，∠ECF=∠A=45°．
∴∠EFC=90°．
∴∠FEC=180°−∠EFC−∠ECF=180°−90°−45°=45°．
∴∠FEC=∠ECF．
∴△CEF为等腰直角三角形．
1
②根据图形折叠的性质可知CF=EF= AC=1．
2
∵点D是EF的中点，
1 1
∴DF= EF= ．
2 2
∴CD=√DF2+CF2=
√ (1) 2
+1=
√5
．
2 2
√2 √34
（3） 或 ．
2 2
理由如下：
①当点D在△ABC内部时．
如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，折痕为直线l，点D为折痕上一点，过点D作DM⊥AE于点M，
作DN⊥BC于点N，连接AD，CD，BD．
∵A，C 两点关于折痕对称，∠ACD=45°，
∴DA=DC，∠ACD=∠DAC=45°．
∴∠ADC=180°−∠ACD−∠DAC=180°−45°−45°=90°．
∵AB=AC，AE⊥BC，
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∴点E为BC的中点．
1
∴BE=EC= BC=1．
2
∴AE=√AB2−BE2=√(√5) 2 −12=2．
∵AE⊥BC，DM⊥AE，DN⊥BC，
∴四边形DMEN为矩形，DM∥BC．
∴∠MDC=∠NCD．
∵∠MDC+∠ADM=∠NCD+∠CDN=90°，
∴∠ADM=∠CDN．
在△ADM和△CDN中，
¿
∴△ADM≌△CDN．
∴DM=DN，AM=NC．
∴四边形DMEN为正方形．
∴DM=DN=NE=ME．
设DN=x．
∴DM=DN=NE=ME=x，AM=NC=NE+EC=x+1．
∴AE=AM+ME=x+1+x=2x+1=2．
1
∴x= ．
2
1 1
∴ BN=BE−NE=1− = ．
2 2
∴BD=√BN2+DN2=
√ (1) 2
+
(1) 2
=
√2
．
2 2 2
②当点D在△ABC外部时．
如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，折痕为直线l，点D为折痕上一点，过点D作DM⊥AE于点M，
作DN⊥BC于点N，连接AD，CD，BD．
根据①的证明过程，同理可得△ADM≌△CDN，四边形DMEN为正方形．
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设DN=x．
∴DM=DN=NE=ME=x，AM=CN=NE−CE=x−1．
∴AE=AM+ME=x−1+x=2x−1=2．
3
∴x= ．
2
3 5
∴BN=BE+NE=1+ = ．
2 2
∴BD=√BN2+DN2=
√ (5) 2
+
(3) 2
=
√34
．
2 2 2
√2 √34
综上所述，BD 的长为 或 ．
2 2
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股
定理、轴对称图形的性质，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．
题型 09 赵爽弦图
1．（2023·山东济南·统考三模）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽
弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形
MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S ，S (S >S )，则下列四个判断：①
1 2 1 2
1
S +S = S ②DG=2AF；③若∠EMH=30°，则S =3S ；④若点A是线段GF的中点，则
1 2 4 四边形MNPQ 1 2
3S =4S ，其中正确的序号是
1 2
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【答案】①②③
【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，则小正方形的边
长为b−a，正方形ABCD的边长为b，正方形EFGH的边长为a，正方形MNPQ的边长为2c，由正方形
面积公式，勾股定理逐项进行判断即可．
【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，则小正方形的边
长为b−a，正方形ABCD的边长为b，正方形EFGH的边长为a，正方形MNPQ的边长为2c，
∴S =b2 ，S =a2 ，S =(2c) 2=4c2．
1 2 四边形MNPQ
∴S +S =a2+b2=c2 ．
1 2
1
∴S +S = S ．
1 2 4 四边形MNPQ
故①正确；
∵AF=b−a，
∴AG=FG−AF=a−(b−a)=2a−b．
∴DG=AD−AG=b−(2a−b)=2(b−a)．
∴DG=2AF．
故②正确；
∵∠EMH=30°，∠MHE=90°，
∴MH=√3HE．
即b=√3a．
∴b2=3a2．
∴S =3S ．
1 2
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故③正确；
∵点A是线段GF的中点，
∴AG=AF．
即2a−b=b−a．
∴2b=3a．
∴4b2=9a2．
∴4S =9S ．
1 2
故④不正确；
故答案是①②③．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边
为a，较长直角边为b，斜边为c，用a,b,c表示出相关线段的长度，从而解决问题．
2．（2023·浙江丽水·统考一模）公元3世纪，我国数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦
图”）证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和
一个小正方形EFGH组成的大正方形．连结BG、DE，设S =S ，S =S ，
正方形ABCD 1 正方形EFGH 2
S =S ．
四边形BEDG 3
（1）若BE=2DH，则tan∠EDH= ．
BE
（2）若S =S +S ，则 的值是 ．
1 2 3 DE
3 3√5
【答案】 1 √5/
5 5
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AH=BE，AE=DH，进而求得EH=DH，即可求出
tan∠EDH的值；
（2）由题意可知S =S +4S ，进而得到S =4S ，设EH=a，DH=b，得到
1 2 △AHD 3 △AHD
1 1
S = ab+ b2 ，S =a2+ab，从而求得a=2b，则BE=3b，再利用勾股定理，求得DE=√5b，即
△AHD 2 2 3
BE
可求出 的值．
DE
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【详解】解：（1）由题意可知，△AHD≌△BEA，
∴AH=BE，AE=DH，
∵BE=2DH
∴EH=AH−AE=BE−DH=2DH−DH=DH，
EH DH
∴tan∠EDH= = =1，
DH DH
故答案为：1；
（2）设S =S ，S =S ，S =S ，
正方形ABCD 1 正方形EFGH 2 四边形BEDG 3
由题意可知，S =S +4S ，
1 2 △AHD
∵S =S +S ，
1 2 3
∴S =4S ，
3 △AHD
设EH=a，DH=b，则DG=AH=a+b，
∵∠AHD=90°，
1 1 1 1
∴S = AH⋅DH= (a+b)⋅b= ab+ b2 ，
△AHD 2 2 2 2
∵DE=BG，DG=BE，
∴四边形BEDG是平行四边形，
S =DG⋅EH=(a+b)⋅a=a2+ab，
3
∴a2+ab=4 (1 ab+ 1 b2) ，
2 2
∴a=2b，
∴BE=a+b=3b，
在Rt△DHE中，DE=√EH2+DH2=√a2+b2=√5b，
BE 3b 3
∴ = = √5，
DE √5b 5
3
故答案为： √5．
5
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，锐角三角函数，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，熟
练掌握全等三角形的性质是解题关键．
3．（2022·福建福州·福建省福州延安中学校考模拟预测）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1），图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角
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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S 、S 、S ，如果
1 2 3
S +S +S =96，那么S 的值是 ．
1 2 3 2
【答案】32
【分析】根据正方形的面积分别表示S 、S 、S ，根据S +S +S =96列出方程即可求解．
1 2 3 1 2 3
【详解】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：S =(a+b) 2 ，S =a2+b2 ，S =(a−b) 2 ，
1 2 3
因为S +S +S =96，
1 2 3
即(a+b) 2+a2+b2+(a−b) 2=96，
∴3(a2+b2 )=96，
∴3S =48．
2
故答案32．
【点睛】本题考查勾股定理，正方形的面积，解题的关键在于用字母表示正方形的面积．
4．（2023·广东深圳·校联考三模）中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时
给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图
制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定
理．
问题发现：
如图①，若直角三角形的直角边BC=3，斜边AB=5，则中间小正方形的边长CD=______，连接BD，
△ABD的面积为______．
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知识迁移：
如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC=90°，BP=√10时，△PAB的面积
为______．
拓展延伸：
如图③，已知∠MBN=90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，C两点．
（1）已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使
EF=BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段BE，DE，GF之间的数量关系，并说明理
由．
（2）在（1）的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点；当AB=10，CF=2时，直接
写出线段DE的长．
9
【答案】问题发现：1， ；
2
知识迁移：5；
9 32
拓展延伸：（1）BE=DE+GF，理由见解析；（2） 或
2 3
【分析】问题发现：先由∠ACB=90°，AB=5，BC=3，根据勾股定理求得AC=4，再由图①中的四
1 9
个直角三角形全等得AD=BC=3，则CD=AC−AD=1，S = AD⋅BC= ；
△ABD 2 2
知识迁移：将△PCB绕点B沿逆时针方向旋转90°，得到△EAB，则∠PBE=90°，
∠AEB=∠CPB=90°，可证明AE//PB，则△PAB与△PEB的面积相等，由BE=BP=√10求出
△PEB的面积即可；
拓展延伸：（1）作GH⊥BE于点H，先证明四边形EFGH是矩形，则EF=GH，EH=GF，而
EF=BE，于是得GH=BE；再证明△GBH≌△BDE，得BH=DE，于是得
BE=BH+EH=DE+GF．
（2）分为两种情况，一是点D在线段AB上，设EF=BE=x，则CE=x+2，由BE2+CE2=CB2，且
CB=AB=10，列方程得x2+（x+2） 2=102，解方程求出符合题意的x的值，再证明
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△BED∽△CEB，根据相似三角形的性质求出DE的值；二是点D在线段BA的延长线上，则点F在线
段EC的延长线上，设EF=BE=x，则CE=x−2，可列方程x2+（x−2） 2=102，解方程求出符合题意
的x的值，再根据相似三角形的性质求出DE的值即可．
【详解】解：问题发现：如图①，连接BD，
∵∠ACB=90°，AB=5，BC=3，
∴AC=√AB2−BC2=√52−32=4，
∵图①中的四个直角三角形全等，
∴AD=BC=3，
∴CD=AC−AD=4−3=1；
∵BC⊥AC，
1 1 9
∴S = AD⋅BC= ×3×3= ，
△ABD 2 2 2
9
故答案为：1， ．
2
知识迁移：如图②，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，
将△PCB绕点B沿逆时针方向旋转90°，得到△EAB，
∵∠PBE=90°，∠AEB=∠CPB=90°，
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∴∠PBE+∠AEB=180°，
∴AE//PB，
∵BE=BP=√10，
1 1
∴S =S = BE⋅BP= ×√10×√10=5，
△PAB △PEB 2 2
故答案为：5．
拓展延伸：（1）BE=DE+GF，理由如下：
如图③，作GH⊥BE于点H，
∵BE⊥CD于点E，GF⊥CD于点F，
∴∠GFE=∠FEH=∠GHE=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴EF=GH，EH=GF，
∵EF=BE，
∴GH=BE，
∵∠GHB=∠BED=∠ABC=90°，
∴∠GBH=∠BDE=90°−∠DBE，
∴△GBH≌△BDE（AAS），
∴BH=DE，
∴BE=BH+EH=DE+GF．
（2）当点D在线段AB上，如图③，设EF=BE=x，
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∵CF=2，
∴CE=x+2，
∵BE2+CE2=CB2，且CB=AB=10，
∴x2+（x+2） 2=102，
解得x =6，x =−8（不符合题意，舍去），
1 2
∴EF=BE=6，CE=6+2=8，
∵∠BED=∠CEB=90°，∠BDE=∠CBE，
∴△BED∽△CEB，
DE BE
∴ = ，
BE CE
BE2 62 9
∴DE= = = ．
CE 8 2
当点D在线段BA的延长线上，如图④，设EF=BE=x，
∵点F在线段EC的延长线上，且CF=2，
∴CE=x−2，
∴x2+（x−2） 2=102，
解得x =8，x =−6，
1 2
∴BE=8，CE=8−2=6，
∵△BED∽△CEB，
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DE BE
∴ = ，
BE CE
BE2 82 32
∴DE= = = ．
CE 6 3
9 32
综上所述，线段DE的长为 或 ．
2 3
9 32
故答案为： 或 ．
2 3
【点睛】此题重点考查勾股定理及其应用、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似
三角形的判定与性质、一元二次方程的解法以及分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需
要的辅助线是解题的关键．
5．（2023·山东济宁·统考二模）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯
定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明
勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．勾股定理内容为：如
果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2．
(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图
形中面积关系满足S +S =S 的有______个；
1 2 3
(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别
为S ，S ，直角三角形面积为S ，请判断S ，S ，S 的关系并证明；
1 2 3 1 2 3
(3)如果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
一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的
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边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，则
当∠α变化时，回答下列问题：（结果可用含m的式子表示）
①a2+b2+c2+d2= ______；
②b与c的关系为______，a与d的关系为______．
【答案】(1)3
(2)S +S =S ，详见解析
1 2 3
(3)①a2+b2+c2+d2=m2，②b=c，a+d=m．
【分析】（1）根据题意，设直角三角形的三边分别为a、b、c，利用面积相等的方法，分别求出面积的关
系，即可得到答案；
（2）根据半圆面积和勾股定理即可证明S +S =S ；
1 2 3
（3）①由（1）（2）中的结论，结合勾股定理的应用可知，a2+b2+c2+d2=m2；
②由∠1=∠2=∠3=∠α，则sin∠1=sin∠2=sin∠3=sinα，同理可得
cos∠1=cos∠2=cos∠3=cosα，利用解直角三角形以及勾股定理，即可得到答案．
【详解】（1）在图2中，直角三角形的边长分别为a、b、c，则
由勾股定理，得a2+b2=c2，
∴S +S =S ；
1 2 3
在图3中，三个扇形的直径分别为a、b、c，则
1 a 2 1 1 b 2 1 1 c 2 1
S = π⋅( ) = πa2，S = π⋅( ) = πb2，S = π⋅( ) = πc2，
1 2 2 8 2 2 2 8 3 2 2 8
1
∴S +S = π(a2+b2 )，
1 2 8
∵a2+b2=c2，
1 1
∴ π(a2+b2 )= πc2 ，
8 8
∴S +S =S ；
1 2 3
在图4中，等边三角形的边长分别为a、b、c，则
1 √3 1 √3 1 √3
S = a2sin60°= a2 ，S = b2sin60°= b2 ，S = c2sin60°= c2 ，
1 2 4 2 2 4 3 2 4
√3
∵S +S = (a2+b2 )，a2+b2=c2，
1 2 4
√3 √3
∴ (a2+b2 )= c2 ，
4 4
∴S +S =S ；
1 2 3
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∴满足S +S =S 的有3个，
1 2 3
故答案为：3；
（2）结论：S +S =S ．证明如下：
1 2 3
1 (a) 2 1 (b) 2 1 (c) 2
∵S +S = π + π +S − π ，
1 2 2 2 2 2 3 2 2
1
∴S +S = π(a2+b2−c2)+S ，
1 2 8 3
∴a2+b2=c2
∴S +S =S ；
1 2 3
（3）①如图：设中间两个正方形为E、F，边长分别为e、f
∵∠1、∠2、∠3所在的三角形为直角三角形
∴e2+f2=m2,e2=a2+b2,f2=c2+d2
∴a2+b2+c2+d2=m2；
②∵∠1=∠2=∠3=∠α
∴b=esinα,c=f cosα,f =etanα
∴c=f cosα=etanα·cosα=esinα=b
∴b=c；
e f
∵a=ecosα,d=f sinα,cosα= ,sinα=
m m
e2 f2 e2+f2
∴a+d= + =
m m m
∵e2+f2=m2
∴a+d=m
∴b=c，a+d=m．
【点睛】本题考查了求扇形的面积，解直角三角形，勾股定理的证明，以及正方形的性质，掌握勾股定理
的内容以及数形结合思想成为解答本题的关键．
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题型 10 利用勾股定理解决实际问题
1．（2023·河北秦皇岛·统考三模）如图，点P为观测站，一艘巡航船位于观测站P的南偏西34°方向的点
A处，一艘渔船在观测站P的南偏东56°方向的点B处，巡航船和渔船与观测站P的距离分别为45海里、
60海里．现渔船发生紧急情况无法移动，巡航船以30海里/小时的速度前去救助，至少需要的时间是（
）
A．1.5小时 B．2小时 C．2.5小时 D．4小时
【答案】C
【分析】利用角度关系得到直角，再利用勾股定理求出AB，再使用路程公式求出时间即可．
【详解】∠APB=34°+56°=90°，
连接AB，
∴Rt△APB中AB=√AP2+PB2=√452+602=75，
巡航船前去救助，沿直线AB方向用时最少，
AB 75
∴t= = =2.5
v 30
故选C．
【点睛】本题考查解直角三角形，利用题中的数据找到直角三角形，并采用勾股定理求出路程是解题的关
键．
2．（2023·辽宁抚顺·统考三模）如图，AB是斜靠在墙上的长梯，AB与地面夹角为α，当梯顶A下滑2m到
4
A'时，梯脚B滑到B'，AB'与地面的夹角为β，若tanα= ，BB'=2m，则cosβ=（ ）
3
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4 3 3 4
A． B． C． D．
3 4 5 5
【答案】D
4
【分析】在Rt△ABC中，由tanα= ，可设AC=4x m，那么BC=3x m，根据勾股定理求出AB=5x
3
m，那么A'B'=AB=5xm．在Rt△A'B'C中，根据勾股定理列出方程(4x−2) 2+(3x+2) 2=(5x) 2，求
出x=2，然后利用余弦函数的定义即可求解．
4
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tanα= ，
3
∴可设AC=4x m，那么BC=3x m，
∴AB= √AC2+BC2 =5x m，
∴ A'B'=AB=5x ( m )．
在Rt△A'B'C中，∠A'CB'=90°，A'C=(4x−2)m，B'C=(3x+2)m，
∴ (4x−2) 2+(3x+2) 2=(5x) 2，
解得：x=2，
∴ A'C=6m，B'C=8m，A'B'=10m，
B'C 4
∴cosβ= = ．
A'B' 5
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、勾股定理、锐角三角函数定义，熟练掌握以上知识是解题的关
键．
3．（2023·湖北十堰·统考一模）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放在该
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杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有（ ）
A．5cm B．7cm C．8cm D．11cm
【答案】A
【分析】由已知可得，该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形，图见
详解．由勾股定理可得，该长方形中的最长线段为15cm，所以当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可
放进15cm，即露在杯子外面的部分至少是5cm．
【详解】解：如下图所示：
该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形．
连接BD，
∵长方形ABCD，
∴ △BCD是直角三角形，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BC2+CD2=BD2，
由题意得，BC=9cm，CD=12cm，
∴ BD=√BC2+CD2=15cm，
∵ BD是长方形ABCD中最长的线段，
∴当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可放进15cm，
即露在杯子外面的部分至少是20−15=5cm．
故选：A．
【点睛】本题主要考查知识点为勾股定理．在直角三角形中，两条直角边平方的和等于斜边的平方．熟练
掌握勾股定理，是解决本题的关键．
4．（2023·陕西西安·校考二模）如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm，底面周长为
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10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm
的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是 ．
【答案】13cm/13厘米
【分析】如图，将容器侧面展开，作点A关于EF的对称点A'，根据两点之间线段最短可知A'B的长度即
为所求．
【详解】解：如图：
∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A'，连接A'B，则A'B即为最短距离，
∴A'D=5cm，BD=12−3+AE=12(cm)，
∴A'B=√A'D2+BD2=√52+122=13(cm)，
即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是13cm．
故答案为：13cm
【点睛】本题考查了轴对称的性质、平面展开－最短路径问题，勾股定理的应用等，正确利用侧面展开图、
熟练运用相关知识是解题的关键．
5．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）一块木板如图所示，已知AB=4，BC=3，DC=12，AD=13，
∠B=90°，求此木板的面积 ．
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【答案】24
【分析】连接AC，利用勾股定理解出直角三角形ABC的斜边，通过三角形ACD的三边关系可确定它为
直角三角形，木板面积为这两三角形面积之差．
【详解】解：如图所示，连接AC，
∵∠B=90°，AB=4，
∴AC= √AB2+BC2=5，
∵DC=12，AD=13，
∴ DC2+AC2=52+122=169=132，
∴△ADC是直角三角形，
1 1
∴ S =S −S = ×5×12− ×3×4=24．
木板 △ADC △ABC 2 2
故答案为：24．
【点睛】本题考查正确运用勾股定理及其勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
题型 11 求最短距离
1．（2023·湖北十堰·一模）如图，这是一个供滑板爱好者使用的U形池，该U形池可以看作是一个长方体
去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是弧长为12m的半圆，其边缘AB=CD=20m（边缘
的宽度忽略不计），点E在CD上，CE=4m.一滑板爱好者从A点滑到E点，则他滑行的最短距离为
（ ）
A．28m B．24m C．20m D．18m
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【答案】C
【分析】滑行的距离最短，即是沿着AE的线段滑行，我们可将半圆展开为矩形来研究，展开后，A、D、
E三点构成直角三角形，AE为斜边，AD和DE为直角边，写出AD和DE的长，根据题意，由勾股定理即
可得出AE的距离．
【详解】解：将半圆面展开可得：
AD=12米，DE=DC−CE=AB−CE=16米，
在Rt△ADE中，
AE=√122+162=20（米）．
即滑行的最短距离为20米．
故选：C．
【点睛】本题考查了平面展开−最短路径问题，U型池的侧面展开图是一个矩形，此矩形的宽是半圆的弧
长，矩形的长等于AB=CD=20m.本题就是把U型池的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理
解决．
2．（2021·山东临沂·模拟预测）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=12，点D是
ΔABC内的一点，连接AD，CD，BD，满足∠ADC=90°，则BD的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．8 D．13
【答案】C
【分析】如图，取AC中点O，连接DO．则点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，当O、D、
B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB−OD=OB−5为最短．所以
BD=OB−OD=OB−5=13−5=8，即为BD的最小值．
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【详解】解：如图，取AC中点O，连接DO．
∵∠ADC=90°，
1 1
∴点D在以点O为圆心，AC长为直径的圆周上运动，且DO= AC= ×10=5，
2 2
当O、D、B在同一直线上时，OB最短，此时BD=OB−OD=OB−5为最短．
在Rt ΔOCB中，
OC=5，BC=12，
则OB=√122+52=13，
∴BD=OB−OD=OB−5=13−5=8，
即BD的最小值是8．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了两点之间最短距离的问题，解题的关键是正确构造圆和运用勾股定理．
3．（2023·湖北十堰·模拟预测）如图，动点P在矩形ABCD内运动，AB=7，BC=5，且满足
S =10.5，PA+PB的最小值是 ．
△ABP
【答案】√85
【分析】首先由S =10.5，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是3的直线l上，作A关于直线l的对
△ABP
称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求
得BE的值，即PA+PB的最小值．
【详解】设△ABP中AB边上的高是h，
1
则S = ×7×h=10.5，
△ABP 2
解得h=3，
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∴动点P在与AB平行且与AB的距离是3的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则
BE的长就是所求的最短距离，如图：
在Rt△ABE中，AB=7，AE=2h=6，
∴BE=√AB2+AE2=√72+62=√85，
即PA+PB的最小值是√85；
故答案为：√85．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的
性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
4．（2023·山东德州·一模）小南同学报名参加了学校的攀岩选修课，攀岩墙近似一个长方体的两个侧面，
如图所示，他根据学过的数学知识准确地判断出：从点A攀爬到点B的最短路径为 米．
【答案】8√2
【分析】利用立体图形路径最小值为展开平面图的两点间距离，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：平面展开图为：
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AB=√(5+3) 2+82=8√2（米），
故答案为8√2．
【点睛】本题考查立体图形中两点间最短路径问题，通用办法是展开为平面图形，两点间最短路径为两点
线段长度，利用水平距离和竖直距离得到直角三角形，勾股定理求出两点线段长度．熟悉立体图形中两点
间最短路径问题的计算方法是解题的关键．
5．（2022·广东深圳·三模）某课题组在探究“将军饮马问题”时抽象出数学模型：
直线l同旁有两个定点A、B，在直线l上存在点P，使得PA+PB的值最小．解法：作点A关于直线l的对称
点A'，连接A'B，则A'B与直线l的交点即为P，且PA+PB的最小值为A'B．
请利用上述模型解决下列问题：
（1）几何应用：如图1，等腰直角三角形ABC的直角边长为2，E是斜边AB的中点，P是AC边上的一动
点，则PB+PE的最小值为 ；
（2）几何拓展：如图2，△ABC中，AB=2，∠BAC=30°，若在AC、AB上各取一点M、N使
BM+MN的值最小，求这个最小值 ；
（3）代数应用：求代数式√x2+1+√(4−x) 2+4(0≤x≤4)的最小值 ．
【答案】 √10 √3 5
【分析】（1）作点B关于AC的对称点B'，连接B'E，交AC于点P，连接AB'，根据轴对称的性质可得
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AB=AB'=√AC2+BC2=2√2，PB=PB'，∠ABC=∠AB'C=45°，最后根据PB+PE=PB'+PE=EB'即可求
解；
（2）作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于点N，交AC于点M，连接BB'交AC于点O，根
据BM=B'M可知BM+MN=B'M+MN=B'N，根据轴对称的性质和含30°角的直角三角想30°角所对的边
等于斜边的一半，分别求出BB'和BN的长度即可；
（3）根据题意，构造两个直角三角形，斜边分别等于√x2+1和√(4−x) 2+4，用勾股定理进行即可进行证
明．
【详解】（1）解：如图，作点B关于AC的对称点B'，连接B'E，交AC于点P，连接AB'
∵点B和点B'关于AC对称，
∴AB=AB'=√AC2+BC2=2√2，PB=PB'，∠ABC=∠AB'C=45°，
∴在△ABB'中，∠BAB'=90°，
∵点E为AB中点，
1
∴AE= AB=√2，
2
∴EB'=√AE2+(AB'
)
2=√10，
∵PB=PB'，
∴PB+PE=PB'+PE=EB'=√10，
故答案为：√10．
（2）作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于点N，交AC于点M，连接BB'交AC于点O，
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根据轴对称的性质可知，BB'⊥AC，
∵AB=2，∠BAC=30°，∠AOB=90°，
1
∴BO= AB=1，∠NBB'=60°，
2
∴BB'=2 BO=2，
在Rt△NBB'中，∠NBB'=60°，
∴∠B'=30°，
1
∴NB=
BB'=1，
2
∴B'N=√(BB'
)
2−BN2=√3，
∵BM=B'M，
∴BM+MN=B'M+MN=√3，
故答案为：√3．
（3）如图，构造图形，点P是AB边上一点，其中AB=4，AP=x，AC=1，BD=2，
作点C关于AB的对称点C'，连接C'D交AB于点P，延长DB，过点C'作C'O⊥BD，垂足为O，
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根据轴对称的性质可知，AC=AC'=1，CP=C'P，
∵AB=4，AC'=1，
∴C'O=4，BO=AC'=1，
∴DO=3，
在Rt△C'OD中，C'D=√C'O2+DO2=5，
∵AB=4，AP=x，AC=1，BD=2，
∴C'P=√AC2+AP2=√x2+1，DP=√BD2+BP2=√(4−x) 2+4，
∵CP+DP =C'P+DP=C'D=5，
∴√x2+1+√(4−x) 2+4的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了利用勾股定理求最短路径问题，熟练掌握勾股定理的内容，利用轴对称的性质构
造直角三角形是解题的关键．
题型 12 勾股定理逆定理的拓展问题
2 1
1．（2022·江苏无锡·二模）已知反比例函数y= 和正比例函数y= x的图像交于点M，N，动点P(m，0)在
x 2
x轴上.若 PMN为锐角三角形，则m的取值为( )
A．-2＜m△＜√5且m≠0 B．-√5＜m＜√5且m≠0
5 5
C．- ＜m＜-√5或√5＜m＜ D．-2＜m＜-√5或√5＜m＜2
2 2
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【答案】C
【分析】将两个函数联立求解可确定点M、N的坐标，然后由锐角三角形的判定及勾股定理分类讨论求解
即可得出取值范围．
【详解】解：正比例函数解析式与反比例函数解析式组成方程组¿，
1 2
即 x= ，
2 x
解得x =2，x =−2，
1 2
假设M(2,1)，N(-2,-1)，
当PM2+PN2>M N2时，
∵PM2=(m−2) 2+1，PN2=(m+2) 2+1，M N2=(2+2) 2+(1+1) 2=20，
∴(m−2) 2+1+(m+2) 2+1>20，
∴m>√5，m<−√5，
当PN2+M N2>PM2时，(m+2) 2+1+20>(m−2) 2+1,
5
∴m>− ，
2
当PM2+M N2>PN2时，(m−2) 2+1+20>(m+2) 2+1,
5
∴m< ，
2
5 5
综上， − <m<−√5或√5<m< ．
2 2
故选C
【点睛】本题考查了反比例函数和正比例函数，锐角三角形的判定，熟练运用反比例函数和正比例函数的
性质，熟练拓展勾股定理的逆定理，是解决本题的关键．
2．（2020·贵州安顺·中考真题）如图，在4×4的正方形网格中，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶
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点分别按下列要求画三角形．
（1）在图①中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它的一边长是有理数，另外两边长是无理数；
（3）在图③中，画一个直角三角形，使它的三边长都是无理数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）画一个边长为3,4,5的三角形即可；
（2）利用勾股定理，找长为2√2、2√2和4的线段，画三角形即可；
（3）利用勾股定理，找长为√2、2√2和√10的线段，画三角形即可；
【详解】解：（答案不唯一）
（1）图① （2）图② （3）图③
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【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确的理解勾股定理公式和构造直角三角形是解题的关键．
3．（2020·山西·二模）综合与实践
问题情境
在综合与实践课上，老师组织同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动．请你解决活动过程中
产生的下列问题．如图1，现有正方形纸片ABCD，先对折得到对角线BD，接着折叠使点C落到BD上的
点C'处，再展开，得到折痕BE，连接CE．
观察计算
DE
（1）在图1中， 的值是________________；
BC'
操作探究
（2）如图2，在图1的基础上，折叠正方形纸片，使点A,D分别落到AB,DC边上的点A',E处，再展开，
折痕为GH，则点C'在折痕GH上吗？若在，请加以证明；若不在，请说明理由；
（3）如图3，在图2（隐去点A'和A'E）的基础上，折叠正方形纸片，使点A,B分别落到点A',E处，再
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展开，折痕为MN，折痕与GH交于点P，连接，PB，PE，则PB和PE之间有何位置关系？并加以证明；
操作拓展
（4）如图4，该图中所有已知条件与图3完全相同，利用图4探索新的折叠方法(图3中产生折痕MN的方
法除外)，找出与图3中点Р位置相同的点，该点命名为P'，要求只有一条折痕．请在图4中画出折痕和必
要线段，标出点P'，并简要说明折叠方法．(不需要说明理由）
【答案】（1）2−√2；（2）点C'在折痕GH上，证明见解析；（3）PB⊥PE，证明见解析；（4）见解
析
【分析】（1）设C'E=x，求出BC=DC=√2x+x和BC'=BC=√2x+x计算即可；
（2）根据正方形的性质得到∠C=∠ADC=90°，根据折叠的性质得出点C'在DE的中垂线上，证明
GH垂直平分DE，即可得到结果；
（3）根据正方形的性质得到∠A=90°,AD=BC=AB=DC，在根据折叠的性质证明四边形AGHD是矩
形，设GH=BC=BC'=DC=AB=a，根据三角函数的计算得到
( √2 ) √2
GB=HC=AB−AG=a− a− a = a，再由图3得到PB=PE，再结合全等三角形的性质和勾股定
2 2
理计算即可；
（4）根据折叠的性质作图即可；
【详解】解: （1）设C'E=x，
∵∠BC'E=∠C=90°，∠BDE=45°，
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∴BD=√2x，
正方形边长√2x+x，
∴BC=DC=√2x+x，
BC'=BC=√2x+x，
DE √2x √2
∴ = = =2−√2；
BC' √2x+x √2+1
(2)点C'在折痕GH上，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠ADC=90°，
1 1
由图1中的折叠可知:∠BDC= ∠ADC= ×90°=45°,∠BC'E=∠C=90°．
2 2
∴∠DC'E=180°−∠BC'E=180°−90°=90∘，
∴在△DC'E中，C'E=C'D⋅tan45∘=C'D．
∴点C'在DE的中垂线上．
由图2中的折叠可知：DH=HE,GH⊥DE，
∴GH垂直平分DE，
∴点C'在折痕GH上．
(3)PB⊥PE,证明如下：
如答图，连接PD,PC，
由(2)得GH是DE的中垂线，
∴PD=PE，
由折叠性质可得PB=PE,
∴PD=PB,
在△PBC和△PDC中，¿．
∴△PBC≅△PDC(SSS)．
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∴∠PCB=∠PCD，
即点Р在∵∠BCD的平分线上
过点Р作PF⊥BC于点F,
则四边形GPFB为矩形，
∴PF=GB．
又∵PH⊥CD，
∴PH=PF，
∴PH=BG，
在Rt△PHE和Rt△BGP中¿，
Rt△PHE≅Rt△BGP(HL)．
∴∠HPE=∠GBP，
∴∠HPE+∠GPB=∠GBP+∠GPB=90°，
∴∠BPE=180°−(∠HPE+∠GPB)=90∘；
∴PB⊥PE．
(4)方法不唯一，例如:
方法一:沿过H点的折痕折叠HK正方形纸片ABCD,使HC落到线段HG上，点C落到的位置即点P'．
方法二:将正方形纸片对折，使点B落在点D处，折痕为对角线AC,则AC与GH的交点即点P'，
【点睛】本题主要考查了翻折变换的知识点，结合三角函数的应用，勾股定理，
全等三角形的判定与性质求解是解题的关键．
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4．（2020·内蒙古鄂尔多斯·一模）定义：如图1，点M、N把线段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、
MN、BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股点．已知点M、N是线段AB的
勾股点，若AM＝1，MN＝2，则BN ＝ ．
（1）【类比探究】如图2，DE是 ABC的中位线，M、N是AB边的勾股点（AM＜MN＜NB），连接
CM、CN分别交DE于点G、H．求△证：G、H是线段DE的勾股点．
（2）【知识迁移】如图3，C，D是线段AB的勾股点，以CD为直径画⊙O，P在⊙O上，AC＝CP， 连
结PA，PB，若∠A＝2∠B，求∠B的度数．
2
（3）【拓展应用】如图4，点P（a，b）是反比例函数y= （x＞0）上的动点，直线y=−x+2与坐标轴
x
分别交于A、B两点，过点P分别向x、y轴作垂线，垂足为C、D，且交线段AB于E、F．证明：E、F是
线段AB的勾股点．
【答案】BN=√3或√5；（1）见解析；（2）∠B＝15°；（3）见解析．
【分析】定义：根据勾股点的定理，即可求出BN的长；
1 1 1
（1）根据已知条件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝ AM，GH＝ MN，EH＝ BN，根据条件求
2 2 2
1 1 1
出（ BN）2＝（ MN）2+（ AM）2，即可得到结果；
2 2 2
（2）连接PD，根据已知条件可得PC2+BD2＝CD2，进而求出∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，得到
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2∠A+∠A＝90°，即可得到结果；
2 2
（3）根据已知条件先求得点F的坐标为（2﹣ ， ），即可求得BF、EF，根据已知条件可得BF2+AE2＝
a a
8 16
16+2a2﹣8a+ ﹣ ＝EF2，即可求得结果；
a2 a
【详解】定义：∵点M、N是线段AB的勾股点，
∴BN=√AM2+M N2=√5或BN=√M N2−AM2=√3，
∴BN=√3或√5．
（1）如图，
∵CD＝DA，CE＝EB，
∴DE∥AB，
∴CG＝GM，CH＝HN，
1 1 1
∴DG＝ AM，GH＝ MN，EH＝ BN，
2 2 2
∵BN2＝MN2+AM2，
1 1 1
∴ BN2＝ MN2+ AM2，
4 4 4
1 1 1
∴（ BN）2＝（ MN）2+（ AM）2，
2 2 2
∴EH2＝GH2+DG2，
∴G、H是线段DE的勾股点．
(2)如图所示，连接PD，
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∵AC＝PC，
∴∠A＝∠APC，
∴∠PCD＝2∠A，
∵C，D是线段AB的勾股点，
∴AC2+BD2＝CD2，
∴PC2+BD2＝CD2，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CPD＝90°，
∴PC2+PD2＝CD2，
∴PD＝BD，
∴∠PDC＝2∠B，
∵∠A＝2∠B，
∴∠PDC＝∠A，
在Rt△PCD中，
∵∠PCD+∠PDC＝90°，
∴2∠A+∠A＝90°，
解得∠A＝30°，
1
则∠B＝ ∠A＝15°．
2
2
（3）∵点P（a，b）是反比例函数y＝ （x＞0）上的动点，
x
2
∴b＝ ．
a
∵直线y＝﹣x+2与坐标轴分别交于A、B两点，
∴点B的坐标为（0，2），点A的坐标为（2，0）；
当x＝a时，y＝﹣x+2＝2﹣a，
∴点E的坐标为（a，2﹣a）；
2 2
当y＝ 时，有﹣x+2＝ ，
a a
2
解得：x＝2﹣ ，
a
2 2
∴点F的坐标为（2﹣ ， ）．
a a
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√ 2 2 2 2 2
∴BF＝ (2− −0) +( −2) ＝√2（2﹣ ），
a a a
√ 2 2 2 2
EF＝ (2− −a) +[ −(2−a)] ,
a a
2
＝√2|2﹣a﹣ |，AE＝√(2−a) 2+[0−(2−a)] 2 ❑＝√2（2﹣a）．
a ❑
8 16
∵BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+ ﹣ ＝EF2，
a2 a
∴以BF、AE、EF为边的三角形是一个直角三角形，
∴E、F是线段AB的勾股点．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的扩展应用，结合中位线定理、圆周角定理等知识点解题是关键．
题型 13 判断图形中与已知两点构成等腰三角形的点的位置
问题 分情况 找点 画图 解法
分别以点 A，B
为圆心，以 AB
以AB 长为半径画圆，
B
为腰 与已知直线的交 A 分别表示出点A，B，P
点 P ，P ，P ， l 的坐标，再表示出线段
1 2 3 P P P P
1 2 3 4
已知点A，B和直 P 4 即为所求 AB，BP，AP的长度，
线 l，在 l 上求点 由① AB＝AP；② AB
P，使△PAB为等
作线段 AB 的垂 ＝BP；③BP＝AP列方
以AB 直平分线，与已 程解出坐标
腰三角形
B
为底 知直线的交点P A
5 P
5
l
即为所求
1．如图，在3×3的网格中，每个网格线的交点称为格点．已知图中A，B两个格点，请在图中再寻找另一
个格点C，使△ABC成为等腰三角形，则满足条件的点C有（ ）个．
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A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】根据题意，分三种情况：当BA=BC时，当AB=AC时，当CA=CB时，即可解答．
【详解】解：如图所示：
分三种情况：
①当BA=BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，交网格线的格点为C ，C ，
1 2
②当AB=AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，交网格线的格点为C ，C ，
3 4
③当CA=CB时，作AB的垂直平分线，交网格线的格点为C ，C ，C ，C ，
5 6 7 8
综上所述：使△ABC成为等腰三角形，则满足条件的点C有8个，
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，根据题意，分三种情况讨论是解题的关键．
2．（2020·安徽淮北·统考一模）如图，在矩形ABCD中， AB=4,BC=6,点E是AD的中点，点F在DC
上，且CF=1,若在此矩形上存在一点P，使得△PEF是等腰三角形，则点P的个数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
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【分析】根据等腰三角形的定义，分三种情况讨论：①当EF为腰，E为顶角顶点时，②当EF为腰，F为
顶角顶点时，③当EF为底，P为顶角顶点时，分别确定点P的位置，即可得到答案．
【详解】∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，CF=1，点E是AD的中点，
∴EF=3√2=√18>4．
∴△PEF是等腰三角形，存在三种情况：
①当EF为腰，E为顶角顶点时，根据矩形的轴对称性，可知：在BC上存在两个点P，在AB上存在一个点
P，共3个，使△PEF是等腰三角形；
②当EF为腰，F为顶角顶点时，
∵√18<6,
∴在BC上存在一个点P，使△PEF是等腰三角形；
③当EF为底，P为顶角顶点时，点P一定在EF的垂直平分线上，
∴EF的垂直平分线与矩形的交点，即为点P，存在两个点．
综上所述，满足题意的点P的个数是6．
故选D．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的定义，矩形的性质，熟练掌握等腰三角形的定义和矩形的性质，学会
分类讨论思想，是解题的关键．
3．（2021·广东深圳·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（0，6），动点C在直线y＝﹣
x上，若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数为 ．
【答案】3
【分析】分别以A、B、C为三角形顶角顶点，根据平面直角坐标中两点距离公式，列出方程求解即可．
【详解】解：如图所示：
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∵动点C在直线y＝﹣x上，
设点C坐标为（x，﹣x），
分三种情况讨论：
∵A（0，2），B（0，6），
∴AB=6-2=4，
当AC＝AB时，根据勾股定理，得
（x-0）2+(-x-2)2=AC2=AB2=42，
整理得，（﹣x﹣2）2+x2＝42，
解得，x＝﹣1+√7，x＝﹣1﹣√7，
1 2
所以点C的坐标分别为：（﹣1+√7，1﹣√7）、（﹣1﹣√7，1+√7）．
当BC＝AC时，点C在AB中垂线上，
点C纵坐标为（6+2）÷2=4，点C（﹣4，4）；
当BC＝AB时，（﹣x﹣6）2+x2＝42
整理，得x2+6x+10＝0，
实数范围内此方程无解，
这种情况不存在，
所以点C的个数为3个．
故答案为3．
【点睛】本题考查了直线上与已知两点组成等腰三角形的点，已知两点坐标用勾股定理求两点距离，用公
式法解一元二次方程，根据根的判别式判断一元二次方程根的情况，分类讨论是解决本题的关键．
4．（2022·江苏南京·统考一模）如图，M，N是∠AOB的边OA上的两个点(OM＜ON)，∠AOB＝30°，OM
＝a，MN＝4．若边OB上有且只有1个点P，满足△PMN是等腰三角形，则a的取值范围是 ．
【答案】a＞8或a=4
【分析】如图，作线段MN的垂直平分线交OB于点OP，连接PM，PN，则PM=PN，△PMN是等腰三角
形，另外当△PMN是等边三角形时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个．
【详解】如图，作线段MN的垂直平分线交OB于点OP，连接PM，PN，则PM=PN，△PMN是等腰三角
形，
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过点M作MH⊥OB于H，当MH＞MN，即MH＞4时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
当MH=4时，
∵∠AOB=30°，
∴OM=2MH=8，
∴当a＞8时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
另外当△PMN是等边三角形时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
此时a=4，
故答案为：a＞8或a=4
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会特殊位置解决问
题．
题型 14 判断图形中与已知两点构成直角三角形的点的位置
问题 分情况 找点 画图 解法
分别过点A，B B
以AB 作 AB 的 垂
A
分别表示出点 A，
为直角 线，与已知直
B，P 的坐标，再表
边 线的交点 P ， l
1 P P 示出线段AB，BP，
已知点A，B和直线 P 4 即为所求 1 4 AP 的 长 度 ， 由
l，在l上求点P，使 以 AB 的中点 Q
①AB2＝BP2＋AP2；
B
△PAB 为直角三角 为圆心，QA 为
②BP2＝AB2＋AP2；
形 以AB 半径作圆，与
A
③AP2＝AB2＋BP2列
为斜边 已知直线的交
方程解出坐标
l
点P2，P3即为
P P
2 3
所求
1．（2022·河北承德·统考二模）如图，在由边长为1的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．
若再选择一个格点C，使△ABC是直角三角形，且每个直角三角形边长均大于1，则符合条件的格点C的
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个数是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】分三种情况讨论，当∠A=90°，或∠B=90°，或∠C=90°时，分别画出符合条件的图形，即可解答．
【详解】解：分三种情况讨论，当∠A=90°，或∠B=90°，或∠C=90°如图
符合条件的格点C的个数是6个
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形和圆的性质、直角三角形的判定与性质、直径所对的圆周角是90°等知识，是
基础考点，掌握相关知识是解题关键．
2．（2019·福建·校联考一模）点 A（2，m），B（2，m-5）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点．若
ABO是直角三角形，则m的值不可能是（ ）
△A．4 B．2 C．1 D．0
【答案】B
【分析】分∠OAB＝90°，∠OBA＝90°，∠AOB＝90°三种情况考虑：当∠OAB＝90°时，点A在x轴上，
进而可得出m＝0；当∠OBA＝90°时，点B在x轴上，进而可得出m＝5；当∠AOB＝90°时，利用勾股定
理可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．综上，对照四个选项即可得出结论．
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【详解】
解：分三种情况考虑（如图所示）：
当∠OAB＝90°时，m＝0；
当∠OBA＝90°时，m−5＝0，解得：m＝5；
当∠AOB＝90°时，AB2＝OA2＋OB2，即25＝4＋m2＋4＋m2−10m＋25，
解得：m＝1，m＝4．
1 2
综上所述：m的值可以为0，5，1，4．
故选B．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质以及勾股定理，分∠OAB＝90°，∠OBA＝90°，∠AOB＝90°三种情
况求出m的值是解题的关键．
3．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）在平面直角坐标系中，已知点A(−6,0)，B(2,0)，若点C在一次函数
1
y=− x+2的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的C点的个数有 个．
2
【答案】4
【分析】根据已知可求得直线与两轴的交点，①分别过点A、点B作垂线，可得出符合题意的点C，②利
用圆周角定理，可得出符合条件的两个点C．
1
【详解】由题意知，直线y=− x+2与x轴的交点为(4，0)，与y轴的交点为(0，2)，如图：
2
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过点A作垂线与直线的交点W(−6，5)，
过点B作垂线与直线的交点S(2，1)，
过A、B中点E(−2，0)，作垂线与直线的交点为F(−2，3)，
则EF=3<4，
所以以4为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点，
∴共有四个点能与点A，点B组成直角三角形．
故答案为：4．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、圆周角定理和勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握一
次函数图象上点的坐标特征、圆周角定理和勾股定理的逆定理．
4．（2023·浙江温州·校考二模）在直角坐标系中，我们把横纵坐标都为整数的点叫作整点，顶点都是整点
的三角形称为整点三角形．如图，已知整点A(0,1)，B(4,0)，请在所在的网格区域（含边界）画出符合要
求的整点三角形．
(1)在图1中画一个Rt△ABC．
(2)在图2中画一个△ABQ，使点Q的横纵坐标相等，且△ABQ的面积等于3．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论AB分别为直角边和斜边时，共3种情况；
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（2）根据点Q的横纵坐标相等，可得点Q在第一象限的角平分线上，选择合适的点即可；
【详解】（1）解：如图，当AB分别为直角边和斜边时，
（2）解：如图：
∵点Q的横纵坐标相等，
∴点Q在直线OP上，
根据割补法依次计算可得：点Q的位置如上图．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，割补法求面积，根据面积确定点坐标等知识点，直角坐标系性质
的熟练运用是解题关键．
（时间：60分钟）
一、单选题
1．（2023·山西太原·二模）利用课后服务时间，同学们在操场上进行实地测量．如图，在A处测得建筑物
C在南偏西60°的方向上，在B处测得建筑物C在南偏西20°的方向上．在建筑物C处测得A，B两处的视
角∠C的度数为（ ）
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A．30° B．40° C．60° D．80°
【答案】B
【分析】将实际问题转化为方向角的问题即可解答．
【详解】解：如图，
∵AD∥BE，
∴∠AEB=∠A=60°，
∴∠ACB=∠AEB−∠B=60°−20°=40°，
故选：B．
【点睛】本题考查了方位角，解答此类题的关键是认清方位角，再结合三角形的内角与外角的关系求解．
2．（2023·安徽·模拟预测）有一内角是30°的直角三角尺CDE与直尺如图放置，三角尺的斜边与直尺交于
点F．若∠CDE的平分线DG平行于直尺的短边AB，则∠AFC的度数是（ ）
A．10° B．15° C．20° D．30°
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【答案】B
【分析】本题考查了平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
设DG与AF交于点M，根据角平分线的定义和外角的性质求得∠DGE=∠DCE+∠CDG=75°，然后
利用直角三角形两锐角互余计算求解．
【详解】解：设DG与AF交于点M，如图，
∵∠CDE=90°，且DG平分∠CDE，
1
∴∠CDG= ∠CDE=45°，
2
∵∠DCE=30°，
∴∠DGE=∠DCE+∠CDG=75°，
∵DG∥AB，AB⊥AF，
∴DG⊥AF，即∠GMF=90°，
∴∠AFC=90°−∠DGE=15°，
故选：B．
3．（2023·陕西西安·模拟预测）图1为红斑钟螺，壳型为圆锥形．多分布在菲律宾、以及我国台湾垦丁等
区域．现有一个“钟螺”小摆件，可近似看成圆锥形，图2为其主视图，其中AB=13cm，摆件的高度为
12cm．现要在AB上选取一个位置P安装挂钩，在该点与C之间布设导线，线路上安装微型小彩灯，若挂
钩以及导线连接处等长度损耗忽略不计，则最短线路，即CP的最小值为（ ）
120 60
A．10cm B． cm C． cm D．6√3cm
13 13
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【答案】B
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，过点C作CM⊥AB于点M，由题意可知，AB=AC=13cm，
1
AH=12cm，BH=CH= BC,由勾股定理得到BH=5cm，则BC=2BH=10cm，由
2
1 1 1 1 120
S = BC⋅AH= AB⋅CM得到 10×12= ×13×CM，得到CM= cm，根据垂线段最短，
❑△ABC 2 2 2 2 13
120
则CP的最小值即为CM的长，即CP的最小值为 cm．
13
【详解】解：过点A作AH⊥BC于点H，过点C作CM⊥AB于点M，
1
由题意可知，AB=AC=13cm，AH=12cm，BH=CH= BC，
2
∴BH=√AB2−AH2=√132−122=5(cm)，
∴BC=2BH=10cm，
1 1
∴S = BC⋅AH= AB⋅CM，
❑△ABC 2 2
1 1
即 10×12= ×13×CM，
2 2
1 1
解得 ×10×12= ×13×CM，
2 2
120
∴CM= cm，
13
120
根据垂线段最短，则CP的最小值即为CM的长，即CP的最小值为 cm．
13
故选：B
【点睛】此题考查了等腰三角形判定和性质、勾股定理、垂线段最短等知识，熟练掌握等腰三角形的性质
是解题的关键．
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4．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，∠A=30°，AB=6，点E，F在线段AB上，且满足
AE=EF=FB=2，点P在射线AC上，且PE+PF=5，则满足上述条件的点P有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．3个以上
【答案】B
【分析】分为两种情况：①当P在线段AC上时，②当P在BC上时，分别求出PE或PF的值，再根据
AE=EF=BF=2判断即可．
【详解】解：分为两种情况：①当P在线段AC上时，作E关于AC的对称点E'，连接EE'交AC于点O，
则AC⊥EE'，
连接E'F交AC于P，过E'作E'H⊥AB于H，
∵E，E'关于AC对称，
∴PE=PE'，
∴PE+PF=PE'+PF，
∵两点之间，线段最短，
∴PE+PF的最小值为线段E'F的长度，
∵AE=2，∠A=30°，DE⊥AC，
∴DE=1，∠AED=60°，
∴EE'=DE+DE'=2DE=2，
∵E'H⊥AB，
∴HE=1，H E'=√3，
∵EF=2，
∴HF=HE+EF=1+2=3，
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∴E'F=√E'H2+H F2=√(√3) 2+32=2√3<5，
当P在点A处时，PE+PF=AE+AF=AE+AE+EF=2+2+2=6>5，
当P在点C处时，连接AE，CF，过C作CM⊥AB于M，
∵∠C=90°，∠A=30°，AB=AE+EF+FB=6，
∴BC=3，AC=3√3，
∵CM⊥AB，
∴∠AMC=90°，
3 9
∴CM= √3，AM= ，
2 2
1 9 5
∴FM=AM−AF=AM−(AE+EF)= ，EM=AM−AE= −2= ，
2 2 2
3 1
在Rt△CMF中，CM= √3，MF= ，∠CMF=90°，
2 2
∴CF=√CM2+M F2=√7，
3 5
在Rt△CEM中，CM= √3，EM= ，∠CME=90°，
2 2
∴CE=√CM2+EM2=√13，
当P在C处时，PE+PF=CE+CF=√13+√7>5，
∴当P在AC边上时，存在两个点P使PE+PF=5，
②当P在BC边上时，作F关于BC的对称点F'，连接FF'，交BC于点G，则BC⊥FF'，过F'作
F'N⊥AB，交AB的延长线于点N，连接F'E，交BC于P，连接PF，如图：
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∵F与F'关于BC对称，
∴PF=PF'，
∴PE+PF=PE+PF'，
∴PE+PF的最小值为线段E'F的长度．
∵∠C=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，
又∵FF' ⊥BC，
∴∠GFB=30°，
∵BF=2，
∴FG=√3，
∴FF'=FG+GF'=2FG=2√3，
又∵FN⊥AB，
∴F'N=√3,FN=3，
又∵EF=2，
∴EN=EF+FN=2+3=5，
∴EF'=√EN2+F'N2=2√7>5，
∴当P在BC边上时，不存在PE+PF=5，
综上所述，点P在直角边上，且满足PE+PF=5，则这样的P点个数有两个．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理、含30°的直角三角形的性质及轴对称等知识点，数形结合、分类讨论及熟
练掌握相关性质及定理是解题的关键．
二、填空题
5．（2023·吉林松原·二模）如图，在△ABC中，BC=10，AC=8， ∠C=30°．若将△ABC沿EF折
叠，点A与边BC的点D恰好重合，点H，G分别在BD，CD上．将△ABC沿EH折叠，点B与点D恰好
重合．将△ABC沿FG折叠，点C与点D恰好重合，则四边形EFGH的周长为 ．
【答案】14
【分析】将△ABC沿EF折叠，点A与边BC的点D恰好重合，得EF是△ABC的中位线，可证明四边形
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EFGH为矩形，根据∠C=30°，可得FG=2，即可解答．
【详解】解：∵将△ABC沿EF折叠，点A与边BC的点D恰好重合，
∴EF是△ABC的中位线，
1 1
∴EF= BC=5，EF∥BC，AF=FC= AC=4，
2 2
由折叠的性质可得：EH⊥BC，FG⊥BC，
∴EF⊥EH，GF⊥EF，
∴∠EHG=∠HGF=∠HEF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∵∠C=30°，
1
∴FG= FC=2，
2
∴四边形EFGH的周长为2(EF+FG)=2×7=14，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了翻折变换，三角形中位线定理，含30°角的直角三角形，矩形的判定与性质，解决本
题的关键是掌握上述知识点．
6．（2023·陕西西安·模拟预测）中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特
的贡献和地位．学习了勾股定理后，小明也绘制了的一幅“赵爽弦图”，如图①所示，已知他绘制的大正
方形的面积是5，且图中四个全等的直角三角形与中间的小正方形恰好能拼成如图②所示的矩形，则矩形
的周长是 ．
【答案】12
【分析】设直角三角形的较长直角边长度为a，较短直角边长度为b，则中间的小正方形长度为(a−b)，矩
形图可知小正方形的边长为b，易得a=2b，根据矩形的面积与大正方形的面积相等列方程求得b=1，即
可求得周长．
【详解】解：如图，设直角三角形的较长直角边长度为a，较短直角边长度为b，则中间的小正方形长度为
(a−b)，
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由图②可得，小正方形的边长为b，
∴a−b=b，即a=2b，
∴围成的矩形长为：a+b+a=2b+b+2b=5b，
∴围成的矩形面积为：5b⋅b=5b2，
∵矩形的面积与大正方形的面积相等，
∴5b2=5，
解得：b=1（舍去负值），
矩形的周长为：(5b+b)×2=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了赵爽弦图，注意利用图形之间的关系进行求解．
7．（2023·浙江嘉兴·一模）如图，已知△ABC的面积为12，结合尺规作图痕迹所提供的条件可知，
△APC的面积为 ．
【答案】4
1
【分析】由作图知M，N分别为AB,BC的中点，利用中位线定理得出MN∥AC,MN= AC，再利用
2
等底同高三角形面积相等得S =12，最后利用相似比得出面积比，即可得解；
△ACM
【详解】连MN，由作图知M，N分别为AB,BC的中点，
1
∴MN∥AC,MN= AC，
2
1 1
由等底同高三角形面积相等得S =S = ×S = ×12=6
△ACM △BCM 2 △ABC 2
又∵MN∥AC
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∴∠PAC=∠PNM,∠PCA=∠PMN,
∴△ACP∼△NMP
MP MN 1
∴ = =
PC AC 2
PC 2 2
∴ = =
CM 1+2 3
2 2
∴S = S = ×6=4
△APC 3 △ACM 3
故答案为：4
【点睛】本题考查了尺规作图，三角形的中位线，相似三角形的判定和性质，三角形中线的性质等知识
点，，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
三、解答题
8．（2023·陕西渭南·一模）在学习了勾股定理后，数学兴趣小组在李老师的引导下，利用正方形网格和勾
股定理，运用构图法进行了探究活动：如图，在5×5正方形的网格中，每个小正方形的边长为1，点A、
B、C均在格点上，已知△ABC的三边长分别为2√5、2√2、2，李老师在图中已经画出了其中一边AB．
请你补全△ABC，并根据图形比较2√5与2√2+2的大小．
【答案】2√2+2>2√5
【分析】根据勾股定理画出BC、AC，再运用三角形三边关系比较2√5与2√2+2的大小即可．
【详解】解：△ABC如图所示，
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可知AB=√22+42=2√5，BC=√22+22=2√2，AC=2，
∵BC+AC>AB，
∴2√2+2>2√5；
【点睛】本题考查了勾股定理得实际应用和三角形三边关系，熟练掌握相关知识点是关键．
9．（2023·山西太原·二模）如图，在凹四边形ABCD中，∠A=55°，∠B=30°，∠D=20°，求
∠BCD的度数．
下面是学习小组的同学们交流时得到的解决问题的三种方法：
方法一：作射线AC；
方法二：延长BC交AD于点E；
方法三：连接BD．
请选择上述一种方法，求∠BCD的度数．
【答案】∠BCD=105°，方法见解析
【分析】选择方法一：作射线AC并在线段AC的延长线上任取一点E，根据外角的性质求出
∠BCE=∠B+∠BAE即可解得；
选择方法二：延长BC交AD于点E， 根据外角的性质求出∠BED=∠B+∠A即可解得；
选择方法三：连接BD，根据三角形内角和求出∠A+∠ABD+∠ADB=180°，在△BCD中，
∠BCD=180°−∠CBD−∠CDB，再根据角之间的和差即可求出．
【详解】解：选择方法一：
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如答图1，作射线AC并在线段AC的延长线上任取一点E．
∵∠BCE是△ABC的外角，
∴∠BCE=∠B+∠BAE．
同理可得∠DCE=∠D+∠DAE．
∴∠BCD=∠B+∠BAE+∠D+∠DAE．
∴∠BCD=∠B+∠BAD+∠D．
∵∠BAD=55°，∠B=30°，∠D=20°，
∴∠BCD=105°
选择方法二：
如答图2，延长BC交AD于点E．
∵∠BED是△ABE的外角，
∴∠BED=∠B+∠A．
同理可得∠BCD=∠BED+∠D．
∴∠BCD=∠B+∠A+∠D．
∵∠A=55°，∠B=30°，∠D=20°，
∴∠BCD=105°
选择方法三：
如答图3，连接BD．
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在△ABD中，∠A+∠ABD+∠ADB=180°．
∴∠A+∠ABC+∠CBD+∠ADC+∠CDB=180°
∴∠A+∠ABC+∠ADC=180°−∠CBD−∠CDB．
在△BCD中，∠BCD=180°−∠CBD−∠CDB．
∴∠BCD=∠A+∠ABC+∠ADC．
∵∠A=55°，∠ABC=30°，∠ADC=20°，
∴∠BCD=105°
【点睛】此题考查了三角形的外角性质、三角形内角和，解题的关键是构造辅助线，会用三角形的外角性
质、三角形内角和解题．
10．（2023·山东青岛·一模）定义：三角形一边中线的中点和该边的两个顶点组成的三角形称为中原三角
形．如图①，AD是△ABC的中线，F是AD的中点，则△FBC是中原三角形．
(1)求中原三角形与原三角形的面积之比（直接写出答案）．
(2)如图②，AD是△ABC的中线，E是边AC上的点，AC=3AE，BE与AD相交于点F，连接CF．求证：
△FBC是中原三角形．
(3)如图③，在（2）的条件下，延长CF交AB于点M，连接ME，求△FEM与△ABC的面积之比．
【答案】(1)中原三角形与原三角形的面积之比为1：2
(2)见解析
(3)△FEM与△ABC的面积之比为1：18
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1 1 1
【分析】（1）由F是AD的中点，可得S = S ，S = S ，即有S = S ，故
△DFC 2 △DAC △DFB 2 △DAB △FBC 2 △ABC
中原三角形与原三角形的面积之比为1：2；
（2）作CE的中点G，连接DG，由AD是△ABC的中线，可得DG是△BCE的中位线，CE=2EG，即
得BE∥DG，即EF∥DG，根据AC=3AE，CE=2AE，可得AE=EG，即得AF=DF，从而
△FBC是中原三角形；
（3）过D作DH∥CM交AB于H，由DH∥CM，D是BC中点，F是AD中点，可得AM=MH=BH，
AE 1 AM ME AE 1
即知 = = ，可得△AME∽△ABC，有∠AME=∠ABC， = = ，从而ME∥BC，
AC 3 AB BC AC 3
△MEF∽△CBF，即有
S
△FEM =
(ME) 2
=
(1) 2
=
1
，再根据S =
1
S ，即得△FEM与
S BC 3 9 △FBC 2 △ABC
△FBC
△ABC的面积之比．
【详解】（1）解：∵F是AD的中点，
1 1
∴S = S ，S = S ，
△DFC 2 △DAC △DFB 2 △DAB
1 1
∴S +S = S + S ，
△DFC △DFB 2 △DAC 2 △DAB
1
∴S = S ，
△FBC 2 △ABC
∴中原三角形与原三角形的面积之比为1：2；
（2）证明：作CE的中点G，连接DG，如图：
∵AD是△ABC的中线，
∴D是BC中点，
∵G是CE中点，
∴DG是△BCE的中位线，CE=2EG，
∴BE∥DG，即EF∥DG，
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∵AC=3AE，
∴CE=2AE，
∴AE=EG，
又∵EF∥DG，
∴AF=DF，即F是AD中点，
∴△FBC是中原三角形；
（3）解：过D作DH∥CM交AB于H，如图：
∵DH∥CM，D是BC中点，
∴BH=MH，
∵DH∥MF，F是AD中点，
∴AM=MH，
∴AM=MH=BH，
AM 1
∴ = ，
AB 3
∵AC=3AE，
AE 1 AM
∴ = = ，
AC 3 AB
又∵∠MAE=∠BAC，
∴△AME∽△ABC，
ME AE 1
∴∠AME=∠ABC， = = ，
BC AC 3
∴ME∥BC，
∴△MEF∽△CBF，
∴
S
△FEM =
(ME) 2
=
(1) 2
=
1
，
S BC 3 9
△FBC
∴S =9S ，
△FBC △FEM
1
由（1）知：S = S ，
△FBC 2 △ABC
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1
∴9S = S ，
△FEM 2 △ABC
1
∴S = S ，
△FEM 18 △ABC
∴△FEM与△ABC的面积之比为1：18．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例以及相似三角形的判定
和性质，正确理解新定义是解题的关键．
11．（2023·山东泰安·三模）【例题探究】数学课上，老师给出一道例题，如图1，点C在AB的延长线上，
且∠A=∠DBE=∠C，若求证：△DAB∽△BCE；请用你所学的知识进行证明．
【拓展训练】
3 CE
如图2，点C在AB的延长线上，且∠DAB=∠DBE，若CE∥AD，∠C=60°，AD= AB，则
2 BC
的值为______；（直接写出）
【知识迁移】
将此模型迁移到平行四边形中，如图3，在平行四边形ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一
点.若∠≝=∠B.求证：AB⋅FE=BE⋅DE．
2
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3）详见解析
5
【分析】（1）由∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，
∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE推出∠ADB=∠CBE，进而得出结论；
BF DA 3
（2）在CB上截取CF=CE，连接EF，可证得△DAB∽△BFE，从而 = = ，进而得出
EF AB 2
CE 2
= ；
BC 5
（3）以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，可得出△BEF∽△GDE，从而
EF BE
= ，进一步得出结论．
DE DG
【详解】（1）证明：∵∠A=∠DBE=∠C，∠ADB+∠ABD=180°−∠A，
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∠ABD+∠CBE=180°−∠DBE，
∴∠ADB=∠CBE，
∴△DAB∽△BCE；
（2）解：如图1，
在CB上截取CF=CE，连接EF，
∵∠C=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠EFC=60°，
∴∠EFB=180°−∠EFC=120°，
∵AD∥CE，
∴∠DBE=∠DAB=180°−∠C=120°，
∴∠DBE=∠DAB=∠EFB，
由（1）知：△DAB∽△BFE，
BF DA 3
∴ = = ，
EF AB 2
CE 2
∴ = ，
BC 5
2
故答案为： ；
5
（3）证明：如图2，
以D为圆心，DC长为半径画弧，交BC的延长线于点G，
∴DC=DG，
∴∠G=∠DCG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴CD=AB，AB∥CD，
∴∠B=∠DCG=∠G，
∵∠≝=∠B，
∴∠≝=∠≝=∠G，
由（1）知：△BEF∽△GDE，
EF BE
∴ = ，
DE DG
EF BE
∴ = ，
DE AB
∴AB⋅FE=BE⋅DE．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定的性质，平行四边形的性质，平行线的
性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”．
12．（2023·辽宁·模拟预测）【问题初探】
（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在△ACD中，∠D=2∠C，AB⊥CD，垂足
为B，且BC>AB．求证：BC=AD+BD．
①如图2，小鹏同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BC上截取BE=BD，连接AE，将线段BC与
AD，BD之间的数量关系转化为AD与CE之间的数量关系．
②如图3，小亮同学从∠D=2∠C这个条件出发给出另一种解题思路：作AC的垂直平分线，分别与AC，
CD交于F，E两点，连接AE，将∠D=2∠C转化为∠D与∠BEA之间的数量关系．
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
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【类此分析】
（2）李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将证明三条线段的关系转化为证明两条线段的关系；
为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．
如图4，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，过点A作AD∥BC（点D与点C在AB同侧），若
∠ADB=2∠C．求证：BC=AD+BD．
【学以致用】
（3）如图5，在四边形ABCD中，
100 121 3
AD= ,CD= ,sinD= ,∠BCD=∠BAD,∠ABC=3∠ADC，求四边形ABCD的面积．
3 3 5
1444
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
3
【分析】（1）选择小鹏同学的解题思路，利用垂直平分线的性质、三角形外角的性质，可得
AE=AD=CE，进而可证BC=CE+BE=AD+BD；选择小亮同学的解题思路，先证AE=EC，
∠D=∠AED，推出AE=AD，再根据等腰三角形“三线合一”证明BE=BD，进而可证
BC=CE+BE=AD+BD；
（2）过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E，证明四边形AEBD是平行四边形，推出AD=BE，
AE=BD，∠ADB=∠E，在BC上截取BF=BE，同（1）可证BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD；
（3）延长AB交DC的延长线于点E，作AH⊥DE于点H，作BF⊥DE于点F，先通过导角证明
∠D=∠E，∠BCE=2∠E，同（1）可得EF=BC+CF．再利用勾股定理、锐角三角函数解直角三
角形，求出△EAD，△EBC的底和高，根据四边形ABCD的面积=S −S 即可求解．
△EAD △EBC
【详解】解：（1）选择小鹏同学的解题思路，证明如下：
如图，
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∵ BE=BD，AB⊥CD，
∴ AB是线段DE的垂直平分线，
∴ AE=AD，
∴ ∠D=∠AED，
∵ ∠D=2∠C，
∴ ∠AED=2∠C，
又∵ ∠AED=∠C+∠CAE，
∴ ∠C=∠CAE，
∴ CE=AE，
∴ CE=AD，
∴ BC=CE+BE=AD+BD；
选择小亮同学的解题思路，证明如下：
如图，
∵ EF是线段AC的垂直平分线，
∴ AE=EC，
∴ ∠C=∠CAE，
∴ ∠AED=∠C+∠CAE=2∠C，
又∵ ∠D=2∠C，
∴ ∠D=∠AED，
∴ AE=AD，
∴ CE=AD．
∵ AE=AD，AB⊥CD，
∴ BE=BD，
∴ BC=CE+BE=AD+BD；
（2）证明如下：
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如图，过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E，在BC上截取BF=BE，连接AF，
∵ AE∥DB，AD∥BC，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴ AD=BE，AE=BD，∠ADB=∠E，
∵ ∠ADB=2∠C，
∴ ∠E=2∠C，
∵ ∠ABC=90°，
∴ AB⊥FE，
又∵ BE=BF，
∴ AB是线段EF的垂直平分线，
∴ AE=AF，
∴ ∠E=∠AFE，
∵ ∠E=2∠C，
∴ ∠AFE=2∠C，
又∵ ∠AFE=∠C+∠CAF，
∴ ∠C=∠CAF，
∴ CF=AF，
∴ CF=AE，
∴ BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD；
（3）如图，延长AB交DC的延长线于点E，作AH⊥DE于点H，作BF⊥DE于点F，
∵ ∠BCD=∠BAD，∠BCD+∠BCE=180°，∠BAD+∠E+∠D=180°，
∴ ∠BCE=∠E+∠D，
∵ ∠ABC=∠E+∠BCE，
∴ ∠ABC=∠E+∠E+∠D=2∠E+∠D，
∵ ∠ABC=3∠ADC，
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∴ 3∠D=2∠E+∠D，
∴ ∠D=∠E，
∴ ∠BCE=∠E+∠D=2∠E，
又∵ BF⊥DE，
同（1）可证EF=BC+CF．
100 3
∵ AD= ，sinD= ，AH⊥DE，
3 5
100 3
∴ AH=AD⋅sinD= × =20，
3 5
∴ HD=√AD2−AH2=
√ (100) 2
−202=
80
，
3 3
∵ ∠D=∠E，
∴ AD=AE，
又∵ AH⊥DE，
∴ HE=HD，
160
∴ DE=2HD= ，
3
121
∵ CD= ，
3
160−121
∴ EC=DE−CD= =13，
3
设EF=x，则CF=EC−EF=13−x，
∵ EF=BC+CF，
∴ BC=EF−CF=x−(13−x)=2x−13，
∴ BF2=BC2−CF2=(2x−13) 2−(13−x) 2=3x2−26x，
3
∵ sinD= ，∠D=∠E，
5
3
∴ tanE=tanD= ，
4
3
∴ BF=EF⋅tanE= x，
4
∴ (3 x ) 2 =3x2−26x，
4
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32
解得x = ，x =0（舍），
1 3 2
3 32
∴ BF= × =8，
4 3
1 1 1 160 1 1444
∴四边形ABCD的面积=S −S = DE⋅AH− EC⋅BF= × ×20− ×13×8= ．
△EAD △EBC 2 2 2 3 2 3
【点睛】本题考查解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，平行四边形的判定和性
质，垂直平分线的性质，勾股定理等，第3问难度较大，解题的关键是正确作出辅助线，注意应用前两问
的结论．
131
