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第四章 三角形与四边形
第五节 直角三角形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 直角三角形的性质与判定 ☆ 该模块内容在中考中一直是较为重要的几何考点，考察难度为中等偏上，常考考点为：直角三角形的性质定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理与实际问题等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点.出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸.结合以上考察形式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向.
考点2 勾股定理及其逆定理 ☆☆
考点3勾股定理的实际应用 ☆☆☆
1.定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形
2. 性质
（1）直角三角形的两锐角互余
（2）勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方.a2＋b2＝c2
（3）直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的 .
（4）直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的 ；直角三角形中，一条直角边等于斜边的 ，那么它所对的角等于30°
若∠A＝30°，则a＝c，b＝c；若a＝c，则∠A＝30°
（5）ch=ab=2S(h是斜边上的高)
（6）外接圆半径R=，内切圆半径r=
3. 判定
（1）有一个角是90°的三角形是直角三角形；
（2）有两个角互余的三角形是直角三角形
（3）有一条边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形；
（4）勾股定理逆定理：若一个三角形中有两边的平方和等于第三边的平方，则这个三角形是直角三角形
■考点一　直角三角形的性质与判定
◇典例1：（2021 宁波模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，BE是AC边上的中线，且BD＝CE，已知∠A＝38°，则∠BFC的度数是（　　）
A．111° B．110° C．109° D．108°
◆变式训练
1．（2023 柯桥区一模）如图，直线a∥b，Rt△ABC的直角顶点A落在直线a上，点B落在直线b上，若∠1＝15°，∠2＝25°，则∠ABC的大小为（　　）
A．40° B．45° C．50° D．55°
2．（2022 永州）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，点D为边AC的中点，BD＝2，则BC的长为（　　）
A． B．2 C．2 D．4
3．（2023 温州模拟）如图所示，在△ABC中，AD是边BC上的高线，CE是边AB上的中线，DG⊥CE于点G，CD＝AE．
（1）证明：CG＝EG．
（2）若AB＝10，AD＝6，求CE的长．
■考点二 勾股定理及其逆定理
◇典例2：（2022 鄞州区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面积为12，则AB的长为（　　）
A．3 B． C．2 D．
◆变式训练
1．（2023 镇海区校级一模）下列长度的三条线段不能组成直角三角形的是（　　）
A．3cm，4cm，5cm B．4cm，3cm， C．6cm，8cm，9cm D．1cm，，
2．（2022 拱墅区模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，BC＝4，高线AD的长为m，腰AC上的中线BM的长为n，过M作MN⊥BC于N点，则m，n之间的数量关系式为（　　）
A．n2﹣m2+16＝0 B．m2﹣4n2+36＝0 C．m2+n2﹣24＝0 D．m2+4n2﹣20＝0
■考点三 勾股定理的实际应用
◇典例3：（2021 滨江区三模）（1）门框的尺寸如图1，一块长3m，宽2.1m的长方形薄板能否从门框内通过？请通过计算进行说明．
（2）放在墙角的立柜（图2）上下面是一个等腰直角三角形（图3），腰长为1.4m，现要将这个立柜搬过宽为1.2m的通道，能通过吗？请通过计算进行说明．（参考数据：≈1.4，≈2.2）
◆变式训练
1．（2021 玉林）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．
2．（2021 杭州一模）如图，小明想要测量学校旗杆AB的高度，他发现系在旗杆顶端的绳子垂到了地面，从而测得绳子比旗杆长a米，小明将这根绳子拉直，绳子的末端落在地面的点C处，点C距离旗杆底部b米（b＞a），则旗杆AB的高度为　　米（用含a，b的代数式表示）．
1．（2022 绍兴）如图，把一块三角板ABC的直角顶点B放在直线EF上，∠C＝30°，AC∥EF，则∠1＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
2．（2023 衢州）如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cobb角∠O的大小，需将∠O转化为与它相等的角，则图中与∠O相等的角是（　　）
A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
3．（2023 金华模拟）下列条件中，能判定△ABC为直角三角形的是（　　）
A．∠A＝30°B．∠B+∠C＝120°C．∠A：∠B：∠C＝1：1：2 D．AB＝AC＝1，BC＝
4．（2021 滨江区一模）一个门框的尺寸如图所示，下列长×宽型号（单位：m）的长方形薄木板能从门框中通过的是（　　）
A．2.9×2.2 B．2.8×2.3 C．2.7×2.4 D．2.6×2.5
5．（2021 湖州模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2BC，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AC相交于点D，若AC＝8，则点D到AB的距离是（　　）
A．3 B． C． D．
6．（2021 宁波模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，BE⊥AC，D是AB的中点，且DE＝BE，则∠C的度数是（　　）
A．65° B．70° C．75° D．80°
7．（2022 金华）如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是（3，1），（4，﹣2），下列各地点中，离原点最近的是（　　）
A．超市 B．医院 C．体育场 D．学校
8．（2022 湖州）如图，已知在锐角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E是AD上一点，连结EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，则△EBC的面积是（　　）
A．12 B．9 C．6 D．3
9．（2022 舟山）如图，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，点A在边DE的中点上，若AB＝BC，DB＝DE＝2，连结CE，则CE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
10．（2022 温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L．若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，CE＝+，则CH的长为（　　）
A． B． C．2 D．
11．（2022 富阳区一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，且a＝5，∠A＝30°，求b＝　　．
12．（2022 金华）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．
13．（2022 舟山二模）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），则AB的长是　 　寸．
14．（2023 萧山区二模）如图，在3×3的正方形网格中，每个小正方形边长为1，点A，B，C均为格点，以点A为圆心，AB长为半径作弧，交格线于点D，则CD的长为　 　．
15．（2020 萧山区一模）如图，CE、BF分别是△ABC的高线，连接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分别是EF、BC的中点，则DG的长为　 　．
16．（2022 永嘉县三模）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，在边AD及CD的延长线上依次取点E，F，且∠EFD＝∠B．
（1）求证：EF∥BC．
（2）若∠A＝65°，求∠AEF的度数．
17．（2023 上城区模拟）如图，由12个形状、大小完全相同的小矩形组成一个大的矩形网格，小矩形的顶点称为这个矩形网格的格点，已知这个大矩形网格的宽为6，△ABC的顶点都在格点．
（1）求每个小矩形的长与宽；
（2）求证：∠BAC≠60°．
18．（2022 杭州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求证：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求线段FC的长．
1．（2022 岳阳）如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C＝40°，则∠1的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
2．（2023 麻章区二模）直角三角形两锐角的平分线所夹的钝角的度数为（　　）
A．100度 B．120度 C．135度 D．140度
3．（2023 漳浦县模拟）在下列条件中：
①∠A+∠B＝∠C， ②∠A：∠B：∠C＝1：5：6，③∠A＝90°﹣∠B，
④∠A＝∠B＝∠C 中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2022 莲湖区二模）如图，点D是AC的垂直平分线与BC边的交点，作DE⊥AB于点E，若∠BAC＝68°，∠C＝36°，则∠ADE的度数为（　　）
A．56° B．58° C．60° D．62°
5．（2023 贵州）5月26日，“2023中国国际大数据产业博览会”在贵阳开幕，在“自动化立体库”中有许多几何元素，其中有一个等腰三角形模型（示意图如图所示），它的顶角为120°，腰长为12m，则底边上的高是（　　）
A．4m B．6m C．10m D．12m
6．（2021 宁波模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝60°，AB＝2．若点M在边BC上（不与点B或点C重合），则线段AM的长可能等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2023 海曙区校级一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，过点D作AB的垂线，交BC于E，连接CD，AE，CD＝4，AE＝5，则AC＝（　　）
A．3 B． C．5 D．
8．（2022 湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　）
A．4 B．6 C．2 D．3
9．（2023 扬州）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝4，若△ABC是锐角三角形，则满足条件的BC长可以是（　　）
A．1 B．2 C．6 D．8
10．（2023 丽水）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB为腰作等腰直角三角形BAE，顶点E恰好落在CD边上，若AD＝1，则CE的长是（　　）
A． B． C．2 D．1
11．（2021 富阳区二模）有一根长33厘米的木棒（粗细忽略），木箱的长、宽、高分别为24厘米、18厘米、16厘米，这根木棒理论上　　（填“能”或“不能”）放进木箱．
12．（2023 攀枝花）如图，在△ABC中，∠A＝40°，∠C＝90°，线段AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，则∠EBC＝　　．
13．（2023 荆州）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点．若AC＝8，CD＝5，则DE＝　　．
14．（2023 永嘉县二模）在△ABC中，比较AB与AC的大小关系时，小明同学用圆规设计了如图的方案，以点A为圆心，AB为半径作圆弧，分别交BC，AC于点D，E，若∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝6，则CE的长为 　　．
15．（2023 长兴县一模）数学活动课上，将底边12的等腰三角形按图1所示剪成三个直角三角形，这三个直角三角形按图2方式进行拼搭，其中点B，C，M，H四点处在同一直线上，且点C与点H重合，点A与点F重合，点D恰好在AC与GM交点处，则AB的长是 　　．
16．（2022 嘉兴二模）一副含45°和30°角的直角三角形纸板ABC和DEF按图1摆放，BC＝DE＝12，∠ABC＝∠DEF＝90°．现将点D从B点向A点滑动，边DE始终经过BC上一点G，BG＝2．H是DF边上一点，满足DH＝DG（如图2），当点E到达G点时运动停止．当E到达G点时BD的长为 　　；运动过程中AH的最小值是 　　．
17．（2023 秦都区校级二模）如图，已知△ABC为等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P为底边BC上一点，连接AP，AP⊥AB，若CP＝5，求BP的长．
18．（2023 钱塘区三模）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，且AE＝AD，F为CE的中点．
（1）求证：∠ADE＝∠EDF．
（2）若DF＝2，求BD的长．
19．（2023 临平区二模）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E．
（1）求证：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，，求AE的长．
20．（2021 杭州）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC边于点D，AE⊥BC于点E．已知∠ABC＝60°，∠C＝45°．
（1）求证：AB＝BD；
（2）若AE＝3，求△ABC的面积．
21．（2023 临淄区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，E．
（1）求证：AE＝2CE；
（2）连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．
22．（2022 常山县模拟）图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示．已知AB＝AC，BD＝4cm，BC＝8cm，木架AG＝8cm．弹绳在自然状态时，点A，E，D在同一直线上，按压点F旋转至点F'，抛杆EF绕点A旋转至E'F'，弹绳DE随之拉伸至DE′，测得∠CDE'＝∠BAE'＝90°．
（1）求∠ADG的度数．
（2）求AE'的长度．
（3）求点E转至点E'的过程中，点E垂直上升的高度．
备考指南
知识导图
知识清单
考点梳理
真题在线
专项练习
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第四章 三角形与四边形
第五节 直角三角形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 直角三角形的性质与判定 ☆ 该模块内容在中考中一直是较为重要的几何考点，考察难度为中等偏上，常考考点为：直角三角形的性质定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理与实际问题等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点.出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸.结合以上考察形式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向.
考点2 勾股定理及其逆定理 ☆☆
考点3勾股定理的实际应用 ☆☆☆
1.定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形
2. 性质
（1）直角三角形的两锐角互余
（2）勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方.a2＋b2＝c2
（3）直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半
（4）直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半 ；直角三角形中，一条直角边等于斜边的一半 ，那么它所对的角等于30°
若∠A＝30°，则a＝c，b＝c；若a＝c，则∠A＝30°
（5）ch=ab=2S(h是斜边上的高)
（6）外接圆半径R=，内切圆半径r=
3. 判定
（1）有一个角是90°的三角形是直角三角形；
（2）有两个角互余的三角形是直角三角形
（3）有一条边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形；
（4）勾股定理逆定理：若一个三角形中有两边的平方和等于第三边的平方，则这个三角形是直角三角形
■考点一　直角三角形的性质与判定
◇典例1：（2021 宁波模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，BE是AC边上的中线，且BD＝CE，已知∠A＝38°，则∠BFC的度数是（　　）
A．111° B．110° C．109° D．108°
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的判定与性质．
【答案】C
【点拨】连接DE，根据直角三角形斜边上的中线及余角的定义∠ADE＝∠A＝38°，∠ACD＝52°，可得∠DBE＝∠DEB＝19°，进而可求解∠BCD，∠CBE的度数，再利用三角形的内角和定理可求解．
【解析】解：连接DE，
∵CD是AB边上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵BE是AC边上的中线，∠A＝38°，
∴DE＝AE＝CE＝BD，∠ACD＝90°﹣38°＝52°，
∴∠ADE＝∠A＝38°，
∴∠DBE＝∠DEB＝19°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣38°＝52°，∠BCD＝90°﹣52°＝38°，
∴∠CBE＝52°﹣19°＝33°，
∴∠BFC＝180°﹣33°﹣38°＝109°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，直角三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，求解∠BCD，∠CBE的度数是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023 柯桥区一模）如图，直线a∥b，Rt△ABC的直角顶点A落在直线a上，点B落在直线b上，若∠1＝15°，∠2＝25°，则∠ABC的大小为（　　）
A．40° B．45° C．50° D．55°
【考点】直角三角形的性质；平行线的性质．
【答案】C
【点拨】如图，作CK∥a利用平行线的性质可得∠ACB＝∠1+∠2＝40°，再利用直角三角形的性质即可解决问题．
【解析】解：如图，作CK∥a．
∵a∥b，CK∥a，
∴CK∥b，
∴∠1＝∠3＝15°，∠4＝∠2＝25°，
∴∠ACB＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°，
∵∠CAB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣40°＝50°，
故选：C．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题．
2．（2022 永州）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，点D为边AC的中点，BD＝2，则BC的长为（　　）
A． B．2 C．2 D．4
【考点】直角三角形斜边上的中线；含30度角的直角三角形．
【答案】C
【点拨】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到结论．
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边AC的中点，BD＝2，
∴AC＝2BD＝4，
∵∠C＝60°，
∴∠A＝30°，
∴BC＝AC＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
3．（2023 温州模拟）如图所示，在△ABC中，AD是边BC上的高线，CE是边AB上的中线，DG⊥CE于点G，CD＝AE．
（1）证明：CG＝EG．
（2）若AB＝10，AD＝6，求CE的长．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的判定与性质．
【答案】（1）证明见解析部分；
（2）3．
【点拨】（1）连接DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出DE＝AE，由CD＝AE，等量代换得到DE＝CD，再根据等腰三角形三线合一的性质，即可得出CG＝EG；
（2）过E作EM⊥BC于M．先证明EM是△ABD的中位线，可求出EM．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出DE＝AB，由勾股定理求得DM的长，而CD＝AE＝DE，那么CM＝CD+DM，进而根据勾股定理求出CE．
【解析】（1）证明：连接DE，如图．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
又E为AB中点，
∴DE＝AE＝BE，
∵CD＝AE，
∴DE＝CD，又DG⊥EC，
∴EG＝CG；
（2）解：过E作EM⊥BC于M，如图．
∵AD⊥BC，EM⊥BC，
∴EM∥AD，
∵E为AB中点，
∴EM是△ABD的中位线，
∴EM＝AD＝3．
∵AB＝10，
∵DE＝AB＝5，
∴DM＝4，
∵CD＝AE＝DE＝5，
∴CM＝CD+DM＝9，
∴CE＝＝3．
【点睛】此题考查了勾股定理，三角形中位线的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
■考点二 勾股定理及其逆定理
◇典例2：（2022 鄞州区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面积为12，则AB的长为（　　）
A．3 B． C．2 D．
【考点】勾股定理；全等三角形的判定与性质．
【答案】C
【点拨】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝60，于是得到结论．
【解析】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC+∠BAC＝∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
，
∴△FAM≌△ABN（ASA），
∴S△FAM＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+BC＝6，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC BC＝36，
∴AB2+2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝12，
∴AB2﹣AC BC＝12，
∴3AB2＝60，
解得AB＝2或﹣2（负值舍去）．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
◆变式训练
1．（2023 镇海区校级一模）下列长度的三条线段不能组成直角三角形的是（　　）
A．3cm，4cm，5cm B．4cm，3cm， C．6cm，8cm，9cm D．1cm，，
【考点】勾股定理的逆定理．
【答案】C
【点拨】根据勾股定理的逆定理，判断较小两边的平方和是否等于第三边的平方，则可以判断各个选项的三条线段能否构成直角三角形，本题得以解决．
【解析】解：A、32+42＝52，故选项A中的三条线段能构成直角三角形；
B、32+（）2＝42，故选项B中的三条线段能构成直角三角形；
C、62+82≠92，故选项C中的三条线段不能构成直角三角形；
D、12+（）2＝（）2，故选项D中的三条线段能构成直角三角形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理的应用，勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
2．（2022 拱墅区模拟）如图，△ABC中，AB＝AC，BC＝4，高线AD的长为m，腰AC上的中线BM的长为n，过M作MN⊥BC于N点，则m，n之间的数量关系式为（　　）
A．n2﹣m2+16＝0 B．m2﹣4n2+36＝0 C．m2+n2﹣24＝0 D．m2+4n2﹣20＝0
【考点】勾股定理；等腰三角形的性质．
【答案】B
【点拨】根据三角形中位线定理和勾股定理即可得到结论．
【解析】解：∵BM是腰AC上的中线，
∴AM＝CM，
∵AD⊥BC，MN⊥BC，
∴MN∥AD，
∴MN＝AD＝m，DN＝CD，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD＝BC＝2，
∴DN＝1，
∴BN＝3，
∵BM2＝BN2+MN2，
∴n2＝32+（m）2，
∴m2﹣4n2+36＝0，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
■考点三 勾股定理的实际应用
◇典例3：（2021 滨江区三模）（1）门框的尺寸如图1，一块长3m，宽2.1m的长方形薄板能否从门框内通过？请通过计算进行说明．
（2）放在墙角的立柜（图2）上下面是一个等腰直角三角形（图3），腰长为1.4m，现要将这个立柜搬过宽为1.2m的通道，能通过吗？请通过计算进行说明．（参考数据：≈1.4，≈2.2）
【考点】勾股定理的应用；等腰直角三角形．
【答案】（1）能通过，理由见解析；
（2）能通过，理由见解析．
【点拨】（1）解答此题先要弄清题意，只要求出门框对角线的长再与已知薄木板的宽相比较即可得出答案；
（2）根据等腰直角三角形可得CD≈0.98m＜1.2m，可得AB边平行通道两边来平移立柜就可以通过．
【解析】解：（1）能，理由是：
如图，连接AC，则AC与AB、BC构成直角三角形，
根据勾股定理得，
则AC＝＝＝≈2.2，
∵2.1cm＜2.2cm，
∴该长方形能从门框内通过．（将该长方形的宽沿着AC斜着进去）；
（2）能，理由是：
在等腰直角三角形中（图3），
∵腰长为1.4m，
∴AB＝AC＝（m），
∵CD⊥AB，
∴CD＝AB＝≈0.98（m），
∵0.98m＜1.2m，
∴能通过．（AB边平行通道两边来平移立柜就可以通过）．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握勾股定理的应用．
◆变式训练
1．（2021 玉林）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 　北偏东50°　方向航行．
【考点】勾股定理的应用；方向角．
【答案】北偏东50°．
【点拨】根据题意即可知AP＝12，BP＝16，AB＝20，利用勾股定理的逆定理可推出△APB是直角三角形，由甲船沿北偏西40°方向航行，即可推出乙船的航行方位角．
【解析】解：由题意可知：AP＝12，BP＝16，AB＝20，
∵122+162＝202，
∴△APB是直角三角形，
∴∠APB＝90°，
由题意知∠APN＝40°，
∴∠BPN＝90°﹣∠APN＝90°﹣40°＝50°，
即乙船沿北偏东50°方向航行，
故答案为：北偏东50°．
【点睛】本题考查勾股定理的应用以及方位角，熟练掌握勾股定理并能熟练应用以及能正确找出方位角是解题的关键．
2．（2021 杭州一模）如图，小明想要测量学校旗杆AB的高度，他发现系在旗杆顶端的绳子垂到了地面，从而测得绳子比旗杆长a米，小明将这根绳子拉直，绳子的末端落在地面的点C处，点C距离旗杆底部b米（b＞a），则旗杆AB的高度为　　米（用含a，b的代数式表示）．
【考点】勾股定理的应用；列代数式．
【答案】米．
【点拨】设旗杆的高为x米，在Rt△ABC中，由AC2＝AB2+BC2，推出（x+a）2＝b2+x2，可得x＝，由此即可解决问题．
【解析】解：设旗杆的高为x米．
在Rt△ABC中，
∵AC2＝AB2+BC2，
∴（x+a）2＝b2+x2，
∴x＝，
故答案为：米．
【点睛】此题考查勾股定理的应用，能够用一个未知数表示出未知的两条边，再根据勾股定理列方程求解．
1．（2022 绍兴）如图，把一块三角板ABC的直角顶点B放在直线EF上，∠C＝30°，AC∥EF，则∠1＝（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考点】直角三角形的性质；平行线的性质．
【答案】C
【点拨】根据平行线的性质，可以得到∠CBF的度数，再根据∠ABC＝90°，可以得到∠1的度数．
【解析】解：∵AC∥EF，∠C＝30°，
∴∠C＝∠CBF＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠1＝180°﹣∠ABC﹣∠CBF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
故选：C．
【点睛】本题考查直角三角形的性质、平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用平行线的性质解答．
2．（2023 衢州）如图是脊柱侧弯的检测示意图，在体检时为方便测出Cobb角∠O的大小，需将∠O转化为与它相等的角，则图中与∠O相等的角是（　　）
A．∠BEA B．∠DEB C．∠ECA D．∠ADO
【考点】直角三角形的性质．
【答案】B
【点拨】根据直角三角形的性质可知：∠O与∠ADO互余，∠DEB与∠ADO互余，根据同角的余角相等可得结论．
【解析】解：由示意图可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，
∴∠O+∠ADO＝90°，∠DEB+∠ADO＝90°，
∴∠DEB＝∠O，
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的性质的应用，掌握直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
3．（2023 金华模拟）下列条件中，能判定△ABC为直角三角形的是（　　）
A．∠A＝30°B．∠B+∠C＝120°C．∠A：∠B：∠C＝1：1：2 D．AB＝AC＝1，BC＝
【考点】勾股定理的逆定理；三角形内角和定理．
【答案】C
【点拨】根据直角三角形的判定即可判断选项A和B；求出最大角∠C的度数，即可判断选项C；根据勾股定理的逆定理即可判断选项D．
【解析】解：A．由∠A＝30°无法得到△ABC为直角三角形，故本选项符合题意；
B．∵∠B+∠C＝120°，
∴∠A＝60°，无法得到△ABC为直角三角形，故本选项符合题意；
C．∵∠A：∠B：∠C＝1：1：2，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴最大角∠C＝×180°＝90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项符合题意；
D．∵AB＝AC＝1，BC＝，12+12＝1+1＝2，（）2＝3，
∴12+12≠（）2，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．
4．（2021 滨江区一模）一个门框的尺寸如图所示，下列长×宽型号（单位：m）的长方形薄木板能从门框中通过的是（　　）
A．2.9×2.2 B．2.8×2.3 C．2.7×2.4 D．2.6×2.5
【考点】勾股定理的应用．
【答案】A
【点拨】解答此题先要弄清题意，只要求出门框对角线的长再与已知薄木板的宽相比较即可得出答案．
【解析】解：薄木板不能从门框内通过．理由如下：
连接AC，则AC与AB、BC构成直角三角形，
根据勾股定理得AC＝＝＝≈2.236＞2.2．
∴只有2.9×2.2薄木板能从门框内通过，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，只要根据已知条件构造出直角三角形即可解答．
5．（2021 湖州模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2BC，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AC相交于点D，若AC＝8，则点D到AB的距离是（　　）
A．3 B． C． D．
【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．
【答案】D
【点拨】先证明△BCD∽△ACB，则BC＝BD＝AC＝×8＝4，，CD＝BC＝2，CF＝DF＝CD＝1，由勾股定理推出BF＝，
再根据S△ABD＝AB DE＝，推出DE＝＝＝．
【解析】解：如图．过点D作DE⊥AB于点E．
∵以B为圆心，BC长为半径画弧，与AC交于点D．
∴BC＝BD，
∴∠C＝∠BDC，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠CBA，
∴∠C＝∠C，∠BDC＝∠CBA，
∴△BCD∽△ACB，
∵AB＝AC＝2BC，
∴BC＝BD＝AC＝×8＝4，
∴，
∴CD＝BC＝＝＝2，
∴AD＝AC＝CD＝8﹣2＝6，
∴CF＝DF＝CD＝＝1，
∴BF＝，
∵S△ABD＝AB DE＝，
∴DE＝＝＝．
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和相似三角形的判定以及性质，三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
6．（2021 宁波模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，BE⊥AC，D是AB的中点，且DE＝BE，则∠C的度数是（　　）
A．65° B．70° C．75° D．80°
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质．
【答案】C
【点拨】根据直角三角形的性质得到DE＝AB＝BD＝AD，得到△BDE为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠ABE＝60°，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解析】解：∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∵D是AB的中点，
∴DE＝AB＝BD＝AD，
∵DE＝BE，
∴DE＝BE＝BD，
∴△BDE为等边三角形，
∴∠ABE＝60°，
∴∠A＝90°﹣60°＝30°，
∵AB＝AC，
∴∠C＝×（180°﹣30°）＝75°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
7．（2022 金华）如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是（3，1），（4，﹣2），下列各地点中，离原点最近的是（　　）
A．超市 B．医院 C．体育场 D．学校
【考点】勾股定理；点的坐标．
【答案】A
【点拨】根据题意可以画出相应的平面直角坐标系，然后根据勾股定理，可以得到点O到超市、学校、体育场、医院的距离，再比较大小即可．
【解析】解：如图所示，
点O到超市的距离为：＝，
点O到学校的距离为：＝，
点O到体育场的距离为：＝，
点O到医院的距离为：＝，
∵＜＝＜，
∴点O到超市的距离最近，
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理、平面直角坐标系，解答本题的关键是明确题意，作出合适平面直角坐标系．
8．（2022 湖州）如图，已知在锐角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E是AD上一点，连结EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，则△EBC的面积是（　　）
A．12 B．9 C．6 D．3
【考点】等腰直角三角形；三角形的面积；等腰三角形的性质．
【答案】B
【点拨】根据等腰三角形的性质得到BD＝CD＝3，AD⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出ED，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解析】解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD＝BC＝3，AD⊥BC，
在Rt△EBD中，∠EBC＝45°，
∴ED＝BD＝3，
∴S△EBC＝BC ED＝×6×3＝9，
故选：B．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
9．（2022 舟山）如图，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，点A在边DE的中点上，若AB＝BC，DB＝DE＝2，连结CE，则CE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
【考点】勾股定理；等腰直角三角形．
【答案】D
【点拨】根据题意先作出合适的辅助线，然后根据勾股定理可以得到AB和BC的长，根据等面积法可以求得EG的长，再根据勾股定理求得EF的长，最后计算出CE的长即可．
【解析】解：作EF⊥CB交CB的延长线于点F，作EG⊥BA交BA的延长线于点G，
∵DB＝DE＝2，∠BDE＝90°，点A是DE的中点，
∴BE＝＝＝2，DA＝EA＝1，
∴AB＝＝＝，
∵AB＝BC，
∴BC＝，
∵＝，
∴，
解得EG＝，
∵EG⊥BG，EF⊥BF，∠ABF＝90°，
∴四边形EFBG是矩形，
∴EG＝BF＝，
∵BE＝2，BF＝，
∴EF＝＝＝，CF＝BF+BC＝+＝，
∵∠EFC＝90°，
∴EC＝＝＝，
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出EF和CF的长．
10．（2022 温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L．若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，CE＝+，则CH的长为（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】勾股定理．
【答案】C
【点拨】设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF＝AB＝m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL＝FM，设AL＝FM＝x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2＝（m）2，可解得x＝m，有AL＝FM＝m，FL＝2m，从而可得AP＝，FP＝m，BP＝，即知P为AB中点，CP＝AP＝BP＝，由△CPN∽△FPA，得CN＝m，PN＝m，即得AN＝m，而tan∠BAC＝＝＝，又△AEC∽△BCH，得＝，即＝，故CH＝2．
【解析】解：设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，如图：
设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF＝AB＝m，
由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL＝FM，
设AL＝FM＝x，则FL＝FM+ML＝x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，
∴x2+（x+m）2＝（m）2，
解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），
∴AL＝FM＝m，FL＝2m，
∵tan∠AFL＝＝＝＝，
∴＝，
∴AP＝，
∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，
∴AP＝BP，即P为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CP＝AP＝BP＝，
∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴CN＝m，PN＝m，
∴AN＝AP+PN＝m，
∴tan∠BAC＝＝＝＝，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
∴＝，
∵CE＝+，
∴＝，
∴CH＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
11．（2022 富阳区一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，且a＝5，∠A＝30°，求b＝　5　．
【考点】含30度角的直角三角形．
【答案】5．
【点拨】根据∠C＝90°，∠A＝30°，于是得到c＝2a＝10，根据勾股定理得到c2﹣a2＝b2，即可得到结论．
【解析】解：∵∠C＝90°，∠A＝30°，a＝5
∴c＝2a＝10，
∵c2﹣a2＝b2，
即：102﹣52＝b2，
∴b＝5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
12．（2022 金华）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 　（8+2）　cm．
【考点】勾股定理；平移的性质；含30度角的直角三角形．
【答案】（8+2）．
【点拨】利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形AB'C'C的四边即可求得结论．
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4cm，
∴AC＝＝2cm．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2cm，AA′＝CC′＝1cm，A′B′＝AB＝4cm，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5cm．
∴四边形AB'C'C的周长为AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2＝（8+2）cm．
故答案为：（8+2）．
【点睛】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
13．（2022 舟山二模）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），则AB的长是　101　寸．
【考点】勾股定理的应用．
【答案】101
【点拨】取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，根据勾股定理解答即可得到结论．
【解析】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
则AB＝2r（寸），DE＝10寸，OE＝CD＝1寸，
∴AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，
AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
故答案为：101．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，弄懂题意，构建直角三角形是解题的关键．
14．（2023 萧山区二模）如图，在3×3的正方形网格中，每个小正方形边长为1，点A，B，C均为格点，以点A为圆心，AB长为半径作弧，交格线于点D，则CD的长为　3﹣　．
【考点】勾股定理．
【答案】3﹣
【点拨】由勾股定理求出AB，再由勾股定理求出DE，即可得出CD的长．
【解析】解：连接AB，AD，如图所示：
∵AD＝AB＝＝2，
∴DE＝＝，
∴CD＝3﹣．
故答案为：3﹣．
【点睛】本题考查了勾股定理，由勾股定理求出AB，DE是解决问题的关键．
15．（2020 萧山区一模）如图，CE、BF分别是△ABC的高线，连接EF，EF＝6，BC＝10，D、G分别是EF、BC的中点，则DG的长为　4　．
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【答案】4
【点拨】连接EG、FG，根据直角三角形的性质得到EG＝FG＝BC＝5，根据等腰三角形的性质求出ED，根据勾股定理计算，得到答案．
【解析】解：连接EG、FG，
∵CE，BF分别是△ABC的高线，
∴∠BEC＝90°，∠BFC＝90°，
∵G是BC的中点，
∴EG＝FG＝BC＝5，
∵D是EF的中点，
∴ED＝EF＝3，GD⊥EF，
由勾股定理得，DG＝＝4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
16．（2022 永嘉县三模）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，在边AD及CD的延长线上依次取点E，F，且∠EFD＝∠B．
（1）求证：EF∥BC．
（2）若∠A＝65°，求∠AEF的度数．
【考点】直角三角形斜边上的中线；平行线的判定与性质．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）155°．
【点拨】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质得出CD＝BD，从而可得∠DCB＝∠B，根据等量代换可知∠DCB＝∠EFD，根据平行线的判定可得出结论；
（2）根据直角三角形的两个锐角互余可得∠B＝25°，然后利用平行线的性质得出∠FED＝∠B＝25°，再根据平角的定义得出角度即可．
【解析】（1）证明：在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，
∴CD＝BD＝AB，
∴∠DCB＝∠B，
∵∠EFD＝∠B，
∴∠DCB＝∠EFD，
∴EF∥BC；
（2）解：在Rt△ABC中，∠A＝65°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝25°，
∵EF∥BC，
∴∠FED＝∠B＝25°，
∵∠FED+∠AEF＝180°，
∴∠AEF＝155°．
【点睛】本题考查了平行线的判定与性质和直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质，以及平行线的判定与性质是本题的关键．
17．（2023 上城区模拟）如图，由12个形状、大小完全相同的小矩形组成一个大的矩形网格，小矩形的顶点称为这个矩形网格的格点，已知这个大矩形网格的宽为6，△ABC的顶点都在格点．
（1）求每个小矩形的长与宽；
（2）求证：∠BAC≠60°．
【考点】勾股定理；二元一次方程组的应用；含30度角的直角三角形．
【答案】（1）每个小矩形的长为2，宽为1；（2）见解答；
【点拨】（1）设每个小矩形的长为x，宽为y，根据图形可知小矩形的长与宽间的数量关系有两个：2个矩形的宽＝矩形的长；两个矩形的宽+1个矩形的长＝4，据此列出方程组，并解答即可；
（2）利用锐角三角函数的定义进行解答．
【解析】解：（1）设每个小矩形的长为x，宽为y，
依题意得：，
解得，
所以每个小矩形的长为3，宽为1.5；
（2）如图所示：
；
由图可知，AE1＝2，BE1＝1，DE1＝1，
∴∠BAE1＝∠DAE1，
tan，
∴∠BAE1≠30°，
∴∠BAC≠60°．
【点睛】本题考查了四边形综合题，需要掌握二元一次方程组的应用、勾股定理、勾股定理的逆定理以及锐角三角函数的定义的应用，主要考查学生的理解能力和观察图形的能力，求三角函数值需构建直角三角形是解此类题的常用作法．
18．（2022 杭州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求证：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求线段FC的长．
【考点】直角三角形斜边上的中线；直角三角形的性质．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【点拨】（1）根据直角三角形的性质可得MC＝MA＝MB，根据外角的性质可得∠MEC＝∠A+∠ACE，∠EMC＝∠B+∠MCB，根据等角对等边即可得证；
（2）根据CE＝CM先求出CE的长，再解直角三角形即可求出FC的长．
【解析】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，
∴MC＝MA＝MB，
∴∠MCA＝∠A，∠MCB＝∠B，
∵∠A＝50°，
∴∠MCA＝50°，∠MCB＝∠B＝40°，
∴∠EMC＝∠MCB+∠B＝80°，
∵∠ACE＝30°，
∴∠MEC＝∠A+∠ACE＝80°，
∴∠MEC＝∠EMC，
∴CE＝CM；
（2）解：∵AB＝4，
∴CE＝CM＝AB＝2，
∵EF⊥AC，∠ACE＝30°，
∴FC＝CE cos30°＝．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，涉及三角形外角的性质，解直角三角形等，熟练掌握并灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．
1．（2022 岳阳）如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C＝40°，则∠1的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】直角三角形的性质；平行线的性质．
【答案】C
【点拨】根据直角三角形的性质求出∠CED，再根据平行线的性质解答即可．
【解析】解：在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，∠DCE＝40°，
则∠CED＝90°﹣40°＝50°，
∵l∥AB，
∴∠1＝∠CED＝50°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、平行线的性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
2．（2023 麻章区二模）直角三角形两锐角的平分线所夹的钝角的度数为（　　）
A．100度 B．120度 C．135度 D．140度
【考点】直角三角形的性质；三角形的角平分线、中线和高．
【答案】C
【点拨】作出图形，根据直角三角形两锐角互余可得∠BAC+∠ABC＝90°，再根据角平分线的定义可得∠OAB+∠OBA＝45°，然后根据三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【解析】解：如图，∵∠C＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝180°﹣90°＝90°，
∵AD、BE分别是∠BAC和∠ABC的平分线，
∴∠OAB+∠OBA＝×90°＝45°，
∴∠AOB＝180°﹣（∠OAB+∠OBA）＝180°﹣45°＝135°．
故选：C．
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，角平分线的定义，三角形内角和定理，整体思想的利用是解题的关键，作出图形更形象直观．
3．（2023 漳浦县模拟）在下列条件中：
①∠A+∠B＝∠C， ②∠A：∠B：∠C＝1：5：6，③∠A＝90°﹣∠B，
④∠A＝∠B＝∠C 中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】直角三角形的性质．
【答案】C
【点拨】根据直角三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到答案．
【解析】解：①因为∠A+∠B＝∠C，则2∠C＝180°，∠C＝90°，所以△ABC是直角三角形；
②因为∠A：∠B：∠C＝1：5：6，设∠A＝x，则x+5x+6x＝180，x＝15°，∠C＝15°×6＝90°，所以△ABC是直角三角形；
③因为∠A＝90°﹣∠B，所以∠A+∠B＝90°，则∠C＝180°﹣90°＝90°，所以△ABC是直角三角形；
④因为∠A＝∠B＝∠C，所以∠A＝∠B＝∠C＝60°，△ABC不是直角三角形；
能确定△ABC是直角三角形的有①②③共3个．
故选：C．
【点睛】解答此题要用到三角形的内角和为180°，以及三角形的形状判定：若有一个内角为90°，则△ABC是直角三角形．
4．（2022 莲湖区二模）如图，点D是AC的垂直平分线与BC边的交点，作DE⊥AB于点E，若∠BAC＝68°，∠C＝36°，则∠ADE的度数为（　　）
A．56° B．58° C．60° D．62°
【考点】直角三角形的性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【答案】B
【点拨】根据线段垂直平分线的性质可得AD＝CD，由等边对等角可得∠DAC＝36°，根据角的差可得∠BAD＝32°，进而利用互余解答即可．
【解析】解：∵点D是AC的垂直平分线与BC边的交点，
∴AD＝DC，∠C＝36°，
∴∠DAC＝∠C＝36°，
∵∠BAC＝68°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝68°﹣36°＝32°，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE＝90°﹣32°＝58°，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是根据角的差可得∠BAD＝32°．
5．（2023 贵州）5月26日，“2023中国国际大数据产业博览会”在贵阳开幕，在“自动化立体库”中有许多几何元素，其中有一个等腰三角形模型（示意图如图所示），它的顶角为120°，腰长为12m，则底边上的高是（　　）
A．4m B．6m C．10m D．12m
【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．
【答案】B
【点拨】作AD⊥BC于点 D，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．
【解析】解：如图，作AD⊥BC于点D，
在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，
又∵AD⊥BC，
∴AD＝AB＝12＝6（m），
故选：B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质等，解题关键是掌握30度角所对的直角边是斜边的一半．
6．（2021 宁波模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠C＝60°，AB＝2．若点M在边BC上（不与点B或点C重合），则线段AM的长可能等于（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】含30度角的直角三角形．
【答案】A
【点拨】过点A作AD⊥BC于点D．由∠A＝90°，∠C＝60°，推出∠B＝30°，所以AD＝AB＝＝＝1，点M在边BC上（不与点B或点C重合），得出答案．
【解析】解：过点A作AD⊥BC于点D．
∵∠A＝90°，∠C＝60°，
∴∠B＝30°，
∴AD＝AB＝＝1，
∵点M在边BC上（不与点B或点C重合），
∴AD≤AM＜AB，
即1≤AM＜2，
故选：A．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
7．（2023 海曙区校级一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，过点D作AB的垂线，交BC于E，连接CD，AE，CD＝4，AE＝5，则AC＝（　　）
A．3 B． C．5 D．
【考点】直角三角形斜边上的中线；线段垂直平分线的性质．
【答案】B
【点拨】由直角三角形斜边上的中线可求AB＝8，根据线段垂直平分线的性质可得BE＝AE＝5，再利用勾股定理求得CE的长，进而可求解AC的长．
【解析】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，CD＝4，
∴AB＝2CD＝8，
∵ED⊥AB，
∴DE垂直平分AB，
∴BE＝AE＝5，
∵AC2＝AE2﹣CE2＝AB2﹣BC2，
∴52﹣CE2＝82﹣（5+CE）2，
解得CE＝1.4，
∴AC＝．
故选：B．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质与判定，勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键．
8．（2022 湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　）
A．4 B．6 C．2 D．3
【考点】勾股定理．
【答案】C
【点拨】在网格中，以MN为直角边构造一个等腰直角三角形，使PM最长，利用勾股定理求出即可．
【解析】解：如图所示：
∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，
∴△BMN≌△CNP（SAS），
∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，
∵∠BMN+∠BNM＝90°，
∴∠BNM+∠CNP＝90°，
∴∠MNP＝90°，
∴△NMP为等腰直角三角形，
根据题意得到点P的轨迹为圆弧，当MP为直径时最长，
在Rt△BMN和Rt△NCP中，
根据勾股定理得：MN＝NP＝＝2，
则PM＝＝2．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
9．（2023 扬州）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝4，若△ABC是锐角三角形，则满足条件的BC长可以是（　　）
A．1 B．2 C．6 D．8
【考点】含30度角的直角三角形；三角形三边关系．
【答案】C
【点拨】作△ABC的高AD、CE．根据锐角三角形的三条高均在三角形的内部得出BC＞BD，AB＞BE．解直角三角形求出2＜BC＜8，即可求解．
【解析】解：如图，作△ABC的高AD、CE．
∵△ABC是锐角三角形，
∴AD、CE在△ABC的内部，即BC＞BD，AB＞BE．
∵在直角△ABD中，∠B＝60°，AB＝4，
∴BD＝AB cosB＝4×＝2，
∴BC＞2；
又∵BC＝＜＝＝8，
∴2＜BC＜8，
∴综观各选项，BC可以为6．
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形，三角形的高，三角形的三边关系，得出BC的范围是解题的关键．
10．（2023 丽水）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB为腰作等腰直角三角形BAE，顶点E恰好落在CD边上，若AD＝1，则CE的长是（　　）
A． B． C．2 D．1
【考点】等腰直角三角形；平行线的性质．
【答案】A
【点拨】如图，过点A作AF⊥BC于F，过点E作GH⊥BC于H，交AD的延长线于G，则∠AFB＝∠CHE＝90°，证明四边形AFHG是正方形，则AG＝GH，再证明△CHE和△DGE是等腰直角三角形，则DG＝EG，CH＝EH，最后根据勾股定理可得结论．
【解析】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，过点E作GH⊥BC于H，交AD的延长线于G，则∠AFB＝∠CHE＝90°，
∴AF∥GH，
∵AD∥BC，∠AFH＝90°，
∴四边形AFHG是矩形，
∴∠G＝∠AFH＝∠FHG＝∠FAG＝90°，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°，
∵∠FAG＝∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAG，
∵∠AFB＝∠G＝90°，
∴△AFB≌△AGE（AAS），
∴AF＝AG，
∴矩形AFHG是正方形，
∴AG＝GH，
∵AG∥BC，
∴∠C＝∠EDG＝45°，
∴△CHE和△DGE是等腰直角三角形，
∴DG＝EG，CH＝EH，
∴AD＝EH＝1，
∴CH＝1，
由勾股定理得：CE＝＝．
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形和正方形的性质和判定等知识，正确作辅助线构建△AFB和△AGE全等是解本题的关键．
11．（2021 富阳区二模）有一根长33厘米的木棒（粗细忽略），木箱的长、宽、高分别为24厘米、18厘米、16厘米，这根木棒理论上　能　（填“能”或“不能”）放进木箱．
【考点】勾股定理的应用．
【答案】能．
【点拨】在木箱中，一角的顶点与斜对的不共面的顶点的距离最大，根据木箱的长、宽、高可求出最大距离，然后和木棒的长度进行比较即可．
【解析】解：设放入长方体盒子中的最大长度是x cm，
根据题意得：x2＝242+182+162＝1156，
∵332＝1089，
1089＜1156，
∴能放进去，
故答案为：能．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、长方体的性质等知识；解题的关键是求出木箱的最长的对角线的长．
12．（2023 攀枝花）如图，在△ABC中，∠A＝40°，∠C＝90°，线段AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，则∠EBC＝　10°　．
【考点】直角三角形的性质；线段垂直平分线的性质．
【答案】10°．
【点拨】由∠C＝90°，∠A＝40°，求得∠ABC＝50°，根据线段的垂直平分线、等边对等角和直角三角形的两锐角互余求得．
【解析】解：∵∠C＝90°，∠A＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠EBA＝∠A＝40°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠EBA＝50°﹣40°＝10°，
故答案为：10°．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质、线段垂直平分线性质，熟记直角三角形的性质、线段垂直平分线性质是解题的关键．
13．（2023 荆州）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点．若AC＝8，CD＝5，则DE＝　3　．
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【答案】3．
【点拨】根据直角三角形斜边上的中线的性质得到AB＝2CD＝10，根据勾股定理得到BC＝＝6，根据三角形中位线定理即可得到结论．
【解析】解：∵CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，CD＝5，
∴AB＝2CD＝10，
∵∠ACB＝90°，AC＝8，
∴BC＝＝6，
∵E为AC的中点，
∴AE＝CE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
14．（2023 永嘉县二模）在△ABC中，比较AB与AC的大小关系时，小明同学用圆规设计了如图的方案，以点A为圆心，AB为半径作圆弧，分别交BC，AC于点D，E，若∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝6，则CE的长为 　6﹣6　．
【考点】含30度角的直角三角形；等边三角形的判定．
【答案】6﹣6．
【点拨】连接AD，根据题意可得：AB＝AD＝AE，先利用直角三角形的两个锐角互余求出∠B＝60°，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得AB＝BD＝6，然后在Rt△ABC中，利用含30度角的直角三角形的性质求出AC的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解析】解：连接AD，
由题意得：AB＝AD＝AE，
∵∠BAC＝90°，∠C＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠C＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝6，
∴AC＝AB＝6，
∴CE＝AC﹣AE＝6﹣6，
故答案为：6﹣6．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形，等边三角形的判定，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15．（2023 长兴县一模）数学活动课上，将底边12的等腰三角形按图1所示剪成三个直角三角形，这三个直角三角形按图2方式进行拼搭，其中点B，C，M，H四点处在同一直线上，且点C与点H重合，点A与点F重合，点D恰好在AC与GM交点处，则AB的长是 　　．
【考点】勾股定理．
【答案】．
【点拨】根据等腰三角形的性质求出MG＝BC＝6，AB＝DF，∠HMG＝∠ACB，DC＝DM＝DG＝3，根据勾股定理求解即可．
【解析】解：由图1及等腰三角形的性质可知，
MG＝BC＝6，AB＝DF，∠HMG＝∠ACB，
如图2，∠DMC＝∠DCM，
∵∠DMC+∠G＝∠DCM+∠DCG＝90°，
∴∠G＝∠DCG，
∴DG＝CD，
∴DC＝DM＝DG＝MG＝3，
设AB＝DF＝x，则AC＝AD+CD＝x+3，
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∴x2+62＝（x+3）2，
∴x＝，
∴AB＝，
故答案为：．
【点睛】此题考查了勾股定理，熟记勾股定理是解题的关键．
16．（2022 嘉兴二模）一副含45°和30°角的直角三角形纸板ABC和DEF按图1摆放，BC＝DE＝12，∠ABC＝∠DEF＝90°．现将点D从B点向A点滑动，边DE始终经过BC上一点G，BG＝2．H是DF边上一点，满足DH＝DG（如图2），当点E到达G点时运动停止．当E到达G点时BD的长为 　2　；运动过程中AH的最小值是 　6﹣1　．
【考点】含30度角的直角三角形；轨迹；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
【答案】2，6﹣1．
【点拨】利用勾股定理求出BD即可．如图2中，以BG为边，在BC的上方作等边△BGJ，作直线HJ交AB于点K，连接GH，过点A作AT⊥JH于点T．证明△DGB≌△HGJ（SAS），推出∠HJG＝∠DBG＝90°，推出点H在过点J且垂直JG的直线上运动，根据垂线段最短可知，当AH与AT重合时，AH的值最小，求出AT即可解决问题．
【解析】解：当E与G重合时，在Rt△BDG中，DG＝DE＝12，BG＝2，
∴BD＝＝＝2，
如图2中，以BG为边，在BC的上方作等边△BGJ，作直线HJ交AB于点K，连接GH，过点A作AT⊥JH于点T．
∵DG＝DH，∠GDH＝60°，
∴△DGH是等边三角形，
∴GD＝GH，
∵∠JGB＝∠DGH＝60°，
∴∠DGB＝∠HGJ，
∵GB＝GJ，GD＝GH，
∴△DGB≌△HGJ（SAS），
∴∠HJG＝∠DBG＝90°，
∴点H在过点J且垂直JG的直线上运动，
根据垂线段最短可知，当AH与AT重合时，AH的值最小，
∵∠KBJ＝∠KJB＝30°，
∴BK＝KJ，
∵GB＝GJ，GK＝GK，
∴△GKB≌△GKJ（SSS），
∴∠BGK＝∠JGK＝30°，
∴BK＝BG tan30°＝，
∴AK＝AB＝BK＝12﹣，
∵AT⊥KT，∠AKT＝60°，
∴AT＝AK sin60°＝（12﹣）×＝6﹣1，
∴AH的最小值为6﹣1．
故答案为：2，6﹣1．
【点睛】本题考查含30度角的直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点H的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
17．（2023 秦都区校级二模）如图，已知△ABC为等腰三角形，AB＝AC，∠BAC＝120°，点P为底边BC上一点，连接AP，AP⊥AB，若CP＝5，求BP的长．
【考点】含30度角的直角三角形；等腰三角形的性质．
【答案】BP的长为10．
【点拨】先利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得∠B＝∠C＝30°，再根据垂直定义可得∠PAB＝90°，从而可得∠PAC＝∠C＝30°，进而可得PA＝PC＝5，然后在Rt△BAP中，利用含30度角的直角三角形的性质求出BP的长，即可解答．
【解析】解：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝30°，
∵AP⊥AB，
∴∠PAB＝90°，
∴∠PAC＝∠BAC﹣∠PAB＝30°，
∴∠PAC＝∠C＝30°，
∴PA＝PC＝5，
在Rt△BAP中，∠B＝30°，
∴BP＝2AP＝10，
∴BP的长为10．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
18．（2023 钱塘区三模）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，且AE＝AD，F为CE的中点．
（1）求证：∠ADE＝∠EDF．
（2）若DF＝2，求BD的长．
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【答案】（1）证明见解析；（2）4．
【点拨】（1）由三角形中位线定理推出DF∥AE，得到∠FDE＝∠AED，由AE＝AD，得到∠AED＝∠ADE，因此∠ADE＝∠EDF；
（2）由三角形中位线定理得到AE＝2DF＝2×2＝4，因此AD＝AE＝4，由直角三角形斜边中线的性质得到BD＝AC，故BD＝AD＝4．
【解析】（1）证明：∵D为斜边AC的中点，F为CE的中点，
∴DF是△CAE的中位线，
∴DF∥AE，
∴∠FDE＝∠AED，
∵AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠EDF；
（2）解：由（1）知FD是△CAE的中位线，
∴AE＝2DF＝2×2＝4，
∴AD＝AE＝4，
∵D是斜边AC中点，△ABC是直角三角形，
∴BD＝AC，
∴BD＝AD＝4．
【点睛】本题考查直角三角形斜边的中线，三角形中位线定理，等腰三角形，关键是由三角形中位线定理得到DF∥AE，DF＝AE，由角三角形斜边中线的性质，得到AD＝AE．
19．（2023 临平区二模）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E．
（1）求证：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，，求AE的长．
【考点】勾股定理；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
【点拨】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可；
（2）过点D作DF⊥AB于F，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答即可．
【解析】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠CAD＝∠ADE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠EAD．
∴∠EAD＝∠ADE．
∴AE＝DE；
（2）解：过点D作DF⊥AB于F．
∵∠C＝90°，AC＝3，，
在Rt△ACD中，由勾股定理得 AC2+DC2＝AD2．
∴．
∵AD平分∠BAC，
∴DF＝DC＝．
又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°，
∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）．
∴AF＝AC＝3，
∴Rt△DEF中，由勾股定理得 EF2+DF2＝DE2．
设AE＝x，则DE＝x，EF＝3﹣x，
∴，
∴x＝2．
∴AE＝2．
【点睛】本题考查勾股定理，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答是解题关键．
20．（2021 杭州）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交AC边于点D，AE⊥BC于点E．已知∠ABC＝60°，∠C＝45°．
（1）求证：AB＝BD；
（2）若AE＝3，求△ABC的面积．
【考点】含30度角的直角三角形；锐角三角函数的定义；三角形的面积；等腰三角形的判定．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【点拨】（1）计算出∠ADB和∠BAC，利用等角对等边即可证明；
（2）利用锐角三角函数求出BC即可计算△ABC的面积．
【解析】（1）证明：∵BD平分∠ABC，∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵∠C＝45°，
∴∠ADB＝∠DBC+∠C＝75°，
∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠C＝75°，
∴∠BAC＝∠ADB，
∴AB＝BD；
（2）解：在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，AE＝3，
∴BE＝＝，
在Rt△AEC中，∠C＝45°，AE＝3，
∴EC＝＝3，
∴BC＝3+，
∴S△ABC＝BC×AE＝．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定以及利用锐角三角函数求值，解题的关键是求出∠ADB和∠BAC的度数．
21．（2023 临淄区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分线分别交AB和AC于点D，E．
（1）求证：AE＝2CE；
（2）连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．
【考点】含30度角的直角三角形；线段垂直平分线的性质．
【答案】见试题解答内容
【点拨】（1）连接BE，由垂直平分线的性质可求得∠EBC＝∠ABE＝∠A＝30°，在Rt△BCE中，由直角三角形的性质可证得BE＝2CE，则可证得结论；
（2）由垂直平分线的性质可求得CD＝BD，且∠ABC＝60°，可证明△BCD为等边三角形．
【解析】（1）证明：
连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝30°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝30°，
在Rt△BCE中，BE＝2CE，
∴AE＝2CE；
（2）解：△BCD是等边三角形，
理由如下：连接CD．
∵DE垂直平分AB，
∴D为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCD是等边三角形．
【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．
22．（2022 常山县模拟）图1是一种木质投石机模型，其示意图如图2所示．已知AB＝AC，BD＝4cm，BC＝8cm，木架AG＝8cm．弹绳在自然状态时，点A，E，D在同一直线上，按压点F旋转至点F'，抛杆EF绕点A旋转至E'F'，弹绳DE随之拉伸至DE′，测得∠CDE'＝∠BAE'＝90°．
（1）求∠ADG的度数．
（2）求AE'的长度．
（3）求点E转至点E'的过程中，点E垂直上升的高度．
【考点】勾股定理的应用；等腰三角形的性质．
【答案】（1）45°；
（2）4cm；
（3）（2+4）cm．
【点拨】（1）由等腰三角形的性质得BG＝BC＝4（cm），则DG＝BD+BG＝8（cm），再证△AGD是等腰直角三角形，即可得出结论；
（2）延长AB交E′D的延长线于H，证△ABG≌△HBD（ASA），得DH＝AG＝8cm，BH＝AB，再由勾股定理得AB＝4（cm），然后由锐角三角函数定义求解即可；
（3）过点E作EM⊥DE′于M，由勾股定理得HE′＝20（cm），再由旋转的性质得AE＝AE′＝4cm，然后证△DME是等腰直角三角形，得DM＝8﹣2（cm），即可解决问题．
【解析】解：（1）由题意得：AG⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BG＝BC＝×8＝4（cm），
∴DG＝BD+BG＝4+4＝8（cm），
∴DG＝AG，
∴△AGD是等腰直角三角形，
∴∠ADG＝45°；
（2）延长AB交E′D的延长线于H，如图1所示：
由（1）得：BG＝BD＝4cm，
∵∠CDE'＝90°，AG⊥BC，
∴∠AGB＝∠HDB＝90°，
在△ABG和△HBD中，
，
∴△ABG≌△HBD（ASA），
∴DH＝AG＝8cm，BH＝AB，
在Rt△AGB中，由勾股定理得：AB＝＝＝4（cm），
∴AH＝BH+AB＝2AB＝8cm，
∵∠BAE'＝∠HDB＝90°，
∴tanH＝＝＝，
∴AE′＝AH＝×8＝4（cm）；
（3）过点E作EM⊥DE′于M，如图3所示：
在Rt△HAE′中，由勾股定理得：HE′＝＝＝20（cm），
∴DE′＝HE′﹣DH＝20﹣8＝12（cm），
∵△AGD是等腰直角三角形，
∴AD＝AG＝8cm，
由旋转的性质得：AE＝AE′＝4cm，
∴DE＝AD﹣AE＝（8﹣4）（cm），
∵∠EDM＝∠CDE′﹣∠ADG＝90°﹣45°＝45°，
∴△DME是等腰直角三角形，
∴DM＝DE＝×（8﹣4）＝8﹣2（cm），
∴ME′＝DE′﹣DM＝12﹣（8﹣2）＝（2+4）（cm），
∴点E垂直上升的高度为（2+4）cm．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识，熟练掌握勾股定理和旋转的性质是解题的关键．
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