2018年中考数学真题分类汇编第一期专题23直角三角形与勾股定理试题含解析.doc

1 直角三角形与勾股定理 一、选择题 1．（2018•山西•3 分）“ 算 经 十 书 ” 是 指汉 唐 一 千 多 年 间 的十部 著 名 数 学 著 作 ，它们 曾 经 是 隋 唐 时 期国子 监 算 学 科的教科书，这些流传下来的古算书中 凝聚着历代数学家的劳动成果.下列四部著作中，不属于我国 古 代 数 学 著 作 的是（ ） A.《 九 章 算 术 》 B. 《 几 何 原 本 》 C. 《海岛算经》 D. 《周髀算经 》 【 答 案 】B 【 考 点 】数 学 文 化 【 解 析】《几何原本》的作者是欧几里得 2． （2018•山东滨州•3 分）在直角三角形中，若勾为 3，股为 4，则弦为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】直接根据勾股定理求解即可． 【解答】解：∵在直角三角形中，勾为 3，股为 4， ∴弦为 =5． 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等 于斜边长的平方． 3. （2018·湖北省孝感·3 分）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，AC=10， BD=24，则菱形 ABCD 的周长为（　　）2 A．52 B．48 C．40 D．20 【分析】由勾股定理即可求得 AB 的长，继而求得菱形 ABCD 的周长． 【解答】解：∵菱形 ABCD 中，BD=24，AC=10， ∴OB=12，OA=5， 在 Rt△ABO 中，AB= =13，∴菱形 ABCD 的周长=4AB=52， 故选：A． 【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属 于中考常考题型． 4. （2018·山东青岛·3 分）如图，三角形纸片 ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点 E 为 AB 中 点．沿过点 E 的直线折叠，使点 B 与点 A 重合，折痕现交于点 F．已知 EF= ，则 BC 的长是 （　　） A． B． C．3 D． 【分析】由折叠的性质可知∠B=∠EAF=45°，所以可求出∠AFB=90°，再直角三角形的性质3 可知 EF= AB，所以 AB=AC 的长可求，再利用勾股定理即可求出 BC 的长． 【解答】解： ∵沿过点 E 的直线折叠，使点 B 与点 A 重合， ∴∠B=∠EAF=45°， ∴∠AFB=90°， ∵点 E 为 AB 中点， ∴EF= AB，EF= ， ∴AB=AC=3， ∵∠BAC=90°， ∴BC= =3 ， 故选：B． 【点评】本题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，求出 ∠AFB=90°是解题的关键． 5. （2018·四川自贡·4 分）如图，若△ABC 内接于半径为 R 的⊙O，且∠A=60°，连接 OB、OC，则边 BC 的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】延长 BO 交圆于 D，连接 CD，则∠BCD=90°，∠D=∠A=60°；又 BD=2R，根据锐角 三角函数的定义得 BC= R． 【解答】解：延长 BO 交⊙O 于 D，连接 CD， 则∠BCD=90°，∠D=∠A=60°， ∴∠CBD=30°， ∵BD=2R， ∴DC=R， ∴BC= R， 故选：D．4 【点评】此题综合运用了圆周角定理、直角三角形 30°角的性质、勾股定理，注意：作直 径构造直角三角形是解决本题的关键． 6.（2018·台湾·分）如图 1 的矩形 ABCD 中，有一点 E 在 AD 上， 今以 BE 为折线将 A 点往 右折，如图 2 所示，再作过 A 点且与 CD 垂直的直线，交 CD 于 F 点，如图 3 所示，若 AB=6 ，BC=13，∠BEA=60°，则图 3 中 AF 的长度为何？（　　） A．2 B．4 C．2 D．4 【分析】作 AH⊥BC 于 H．则四边形 AFCH 是矩形，AF=CH，AH=CF=3 ．在 Rt△ABH 中，解 直角三角形即可解决问题； 【解答】解：作 AH⊥BC 于 H．则四边形 AFCH 是矩形，AF=CH，AH=CF=3 ． 在 Rt△AHB 中，∠ABH=30°， ∴BH=AB•cos30°=9， ∴CH=BC﹣BH=13﹣9=4， ∴AF=CH=4， 故选：B． 【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是 学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 7. （2018·台湾·分）如图，坐标平面上，A、B 两点分别为圆 P 与 x 轴、y 轴的交点，有 一直线 L 通过 P 点且与 AB 垂直，C 点为 L 与 y 轴的交点．若 A、B、C 的坐标分别为（a， 0），（0，4），（0，﹣5），其中 a＜0，则 a 的值为何？（　　）5 A．﹣2 B．﹣2 C．﹣8 D．﹣7 【分析】连接 AC，根据线段垂直平分线的性质得到 AC=BC，根据勾股定理求出 OA，得到答 案． 【解答】解：连接 AC， 由题意得，BC=OB+OC=9， ∵直线 L 通过 P 点且与 AB 垂直， ∴直线 L 是线段 AB 的垂直平分线， ∴AC=BC=9， 在 Rt△AOC 中，AO= =2 ， ∵a＜0， ∴a=﹣2 ， 故选：A． 【点评】本题考查的是垂径定理、坐标与图形的性质以及勾股定理，掌握垂径定理的推论是 解题的关键． 8.（2018•湖北黄冈•3 分）如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，CD 为 AB 边上的高，CE 为 AB 边上的中线，AD=2，CE=5，则 CD= A.2 B.3 C.4 D.2 36 （第 5 题图） 【考点】直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定 理。 【分析】由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得 CE=AE=5，又知 AD=2，可得 DE=AE-AD=5-2=3，在 Rt△CDE 中，运用勾股定理可得直角边 CD 的长。 【解答】解：在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，CE 为 AB 边上的中线， ∴CE=AE=5， 又∵AD=2， ∴DE=AE-AD=5-2=3， ∵CD 为 AB 边上的高 ∴∠CDE=90°， ∴△CDE 为 Rt△ ∴CD= = =4 故选 C. 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理。得出 DE 的长是解题的关 键。 9. （2018•广西桂林•3 分）如图，在正方形 ABCD 中，AB=3，点 M 在 CD 的边上，且 DM=1，ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称，将 ΔADM 按顺时针方向绕点 A 旋转 90°得到 ΔABF，连 接 EF，则线段 EF 的长为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：连接 BM.证明△AFE≌△AMB 得 FE=MB，再运用勾股定理求出 BM 的长即可. DECE 22 − 35 22 −7 详解：连接 BM，如图， 由旋转的性质得：AM=AF. ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°, ∵ΔAEM 与 ΔADM 关于 AM 所在的直线对称， ∴∠DAM=∠EAM. ∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°, ∴∠BAM=∠EAF, ∴△AFE≌△AMB ∴FE=BM. 在 Rt△BCM 中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2, ∴BM= ∴FE= . 故选 C. 点睛：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段 的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质． 10．（2018 四川省泸州市 3 分）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，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拼成 的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为 a，较短直角边长为 b．若 ab=8，大正方形 的面积为 25，则小正方形的边长为（　　） A．9 B．6 C．4 D．3 【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，根据勾股定理以及题目给出的已知数8 据即可求出小正方形的边长． 【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b， ∵每一个直角三角形的面积为： ab= ×8=4， ∴4× ab+（a﹣b）2=25， ∴（a﹣b）2=25﹣16=9， ∴a﹣b=3， 故选：D． 【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于 基础题型． 二.填空题 1.（2018•湖北黄冈•3 分）如图，圆柱形玻璃杯高为 14cm，底面周长为 32cm，在杯内壁离 杯底 5cm 的点 B 处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿 3cm 与蜂蜜相对的点 A 处，则蚂蚁从外壁 A 处到内壁 B 处的最短距离为_________________cm（杯壁厚度不计）. （第 13 题图） 【考点】平面展开-最短路径问题． 【分析】将圆柱体侧面展开，过 B 作 BQ⊥EF 于 Q，作 A 关于 EH 的对称点 A′，连接 A′B 交 EH 于 P，连接 AP，则 AP+PB 就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出 A′Q，BQ，根据勾股定 理求出 A′B 即可．9 【解答】解：沿过 A 的圆柱的高剪开，得出矩形 EFGH，过 B 作 BQ⊥EF 于 Q，作 A 关于 EH 的 对称点 A′，连接 A′B 交 EH 于 P，连接 AP，则 AP+PB 就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离， ∵AE=A′E，A′P=AP， ∴AP+PB=A′P+PB=A′B， ∵BQ= ×32cm=16cm，A′Q=14cm-5cm+3cm=12cm， 在 Rt△A′QB 中，由勾股定理得：A′B= =20cm. 故答案为：20. 【点评】本题考查了平面展开-最短路径问题．将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理 进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力． 2. （2018·天津·3 分）如图，在边长为 4 的等边 中， ， 分别为 ， 的中点， 于点 ， 为 的中点，连接 ，则 的长为__________． 2 1 1216 22 +10 【答案】 【解析】分析：连接 DE，根据题意可得 ΔDEG 是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解 DG 的长. 详解：连接 DE， ∵D、E 分别是 AB、BC 的中点， ∴DE∥AC，DE= AC ∵ΔABC 是等边三角形，且 BC=4 ∴∠DEB=60°,DE=2 ∵EF⊥AC，∠C=60°,EC=2 ∴∠FEC=30°，EF= ∴∠DEG=180°-60°-30°=90° ∵G 是 EF 的中点， ∴EG= . 在 RtΔDEG 中，DG= 故答案为： . 点睛：本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线性质定理，记住和熟 练运用性质是解题的关键. 3 （2018·天津·3 分）如图，在每个小正方形的边长为 1 的网格中， 的顶点 ， ， 均在格点上.11 （1） 的大小为__________（度）； （2）在如图所示的网格中， 是 边上任意一点. 为中心，取旋转角等于 ，把点 逆 时针旋转，点 的对应点为 .当 最短时，请用无刻度的直尺，画出点 ，并简要说明点 的位置是如何找到的（不要求证明）__________． 【答案】 (1). ； (2). 见解析 【解析】分析：（1）利用勾股定理即可解决问题； （2）如图，取格点 ， ，连接 交 于点 ；取格点 ， ，连接 交 延长线于点 ； 取格点 ，连接 交 延长线于点 ，则点 即为所求. 详解：（1）∵每个小正方形的边长为 1， ∴AC= ，BC= ，AB= , ∵ ∴ ∴ΔABC 是直角三角形，且∠C=90° 故答案为 90； （2）如图，即为所求. 点睛：本题考查作图-应用与设计、勾股定理等知识，解题的关键是利用数形结合的思想解 决问题，学会用转化的思想思考问题. 4. （2018·四川自贡·4 分）如图，在△ABC 中，AC=BC=2，AB=1，将它沿 AB 翻折得到△12 ABD，则四边形 ADBC 的形状是　菱　形，点 P、E、F 分别为线段 AB、AD、DB 的任意点，则 PE+PF 的最小值是　 　． 【分析】根据题意证明四边相等即可得出菱形；作出 F 关于 AB 的对称点 M，再过 M 作 ME⊥AD， 交 ABA 于点 P，此时 PE+PF 最小，求出 ME 即可． 【解答】解：∵△ABC 沿 AB 翻折得到△ABD， ∴AC=AD，BC=BD， ∵AC=BC， ∴AC=AD=BC=BD， ∴四边形 ADBC 是菱形， 故答案为菱； 如图 作出 F 关于 AB 的对称点 M，再过 M 作 ME⊥AD，交 ABA 于点 P，此时 PE+PF 最小，此时 PE+PF=ME， 过点 A 作 AN⊥BC， ∵AD∥BC， ∴ME=AN， 作 CH⊥AB， ∵AC=BC，13 ∴AH= ， 由勾股定理可得，CH= ， ∵ ， 可得，AN= ， ∴ME=AN= ， ∴PE+PF 最小为 ， 故答案为 ． 【点评】此题主要考查路径和最短问题，会结合轴对称的知识和“垂线段最短”的基本事实 分析出最短路径是解题的关键． 5.（2018·山东青岛·3 分）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 5，点 E、F 分别在 AD、DC 上， AE=DF=2，BE 与 AF 相交于点 G，点 H 为 BF 的中点，连接 GH，则 GH 的长为　 　． 【分析】根据正方形的四条边都相等可得 AB=AD，每一个角都是直角可得∠BAE=∠D=90°， 然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF 得∠ABE=∠DAF，进一步得∠AGE=∠BGF=90°，从而 知 GH= BF，利用勾股定理求出 BF 的长即可得出答案． 【解答】解：∵四边形 ABCD 为正方形， ∴∠BAE=∠D=90°，AB=AD， 在△ABE 和△DAF 中， ∵ ， ∴△ABE≌△DAF（SAS）， ∴∠ABE=∠DAF，14 ∵∠ABE+∠BEA=90°， ∴∠DAF+∠BEA=90°， ∴∠AGE=∠BGF=90°， ∵点 H 为 BF 的中点， ∴GH= BF， ∵BC=5、CF=CD﹣DF=5﹣2=3， ∴BF= = ， ∴GH= BF= ， 故答案为： ． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知 识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键． 6. （2018•江苏盐城•3 分）如图，在直角 中， ， ， ， 、 分别为边 、 上的两个动点，若要使 是等腰三角形且 是直角三 角形，则 ________． 16.【答案】 或 【考点】等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】解：当△BPQ 是直角三角形时，有两种情况：∠BPQ=90 度，∠BQP=90 度。 在直角 中， ， ， ，则 AB=10，AC：BC：AB=3:4:5.( 1 ) 当∠BPQ=90 度，则△BPQ~△BCA，则 PQ：BP：BQ=AC：BC：AB=3:4:5， 设 PQ=3x，则 BP=4x，BQ=5x，AQ=AB-BQ=10-5x， 此时∠AQP 为钝角，则当△APQ 是等腰三角形时，只有 AQ=PQ，15 则 10-5x=3x，解得 x= ， 则 AQ=10-5x= ； （ 2 ）当∠BQP =90 度，则△BQP~△BCA，则 PQ：BQ：BP=AC：BC：AB=3:4:5， 设 PQ=3x，则 BQ=4x，BP=5x，AQ=AB-BQ=10-4x， 此时∠AQP 为直角，则当△APQ 是等腰三角形时，只有 AQ=PQ， 则 10-4x=3x，解得 x= ， 则 AQ=10-4x= ； 故答案为： 或 【分析】要同时使 是等腰三角形且 是直角三角形，要先找突破口，可先确定 当△APQ 是等腰三角形时，再讨论△BPQ 是直角三角形可能的情况；或者先确定△BPQ 是直 角三角形，再讨论△APQ 是等腰三角形的情况；此题先确定△BPQ 是直角三角形容易一些：△ BPQ 是直角三角形有两种情况，根据相似的判定和性质可得到△BQP 与△BCA 相似，可得到△ BQP 三边之比，设出未知数表示出三边的长度，再讨论△APQ 是等腰三角形时，是哪两条相 等，构造方程解出未知数即可，最后求出 AQ。 三.解答题 1、（2018·湖北省宜昌·8 分）如图，在△ABC 中，AB=AC，以 AB 为直径的圆交 AC 于点 D， 交 BC 于点 E，延长 AE 至点 F，使 EF=AE，连接 FB，FC． （1）求证：四边形 ABFC 是菱形； （2）若 AD=7，BE=2，求半圆和菱形 ABFC 的面积． 【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边 相等的平行四边形是菱形即可证明； （2）设 CD=x，连接 BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题； 【解答】（1）证明：∵AB 是直径，∴∠AEB=90°，∴AE⊥BC，∵AB=AC， ∴BE=CE，∵AE=EF，∴四边形 ABFC 是平行四边形，16 ∵AC=AB，∴四边形 ABFC 是菱形． （2）设 CD=x．连接 BD．∵AB 是直径， ∴∠ADB=∠BDC=90°，∴AB2﹣AD2=CB2﹣CD2， ∴（7+x）2﹣72=42﹣x2，解得 x=1 或﹣8（舍弃）∴AC=8，BD= = ， ∴S 菱形 ABFC=8 ． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定 理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角 形解决问题，属于中考常考题型． 2. （2018•湖南省永州市•10 分）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段 AB 为边向外作等边△ABD，点 E 是线段 AB 的中点，连接 CE 并延长交线段 AD 于点 F． （1）求证：四边形 BCFD 为平行四边形； （2）若 AB=6，求平行四边形 BCFD 的面积． 【分析】（1）在 Rt△ABC 中，E 为 AB 的中点，则 CE= AB，BE= AB，得到∠BCE=∠ EBC=60°．由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°．又∠D=60°，得∠AFE=∠D=60 度．所 以 FC∥BD，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以 AD∥BC，即 FD∥BC，则四边形 BCFD 是平行四 边形． （2）在 Rt△ABC 中，求出 BC，AC 即可解决问题； 【解答】（1）证明：在△ABC 中，∠ACB=90°，∠CAB=30°， ∴∠ABC=60°． 在等边△ABD 中，∠BAD=60°， ∴∠BAD=∠ABC=60°． ∵E 为 AB 的中点，17 ∴AE=BE． 又∵∠AEF=∠BEC， ∴△AEF≌△BEC． 在△ABC 中，∠ACB=90°，E 为 AB 的中点， ∴CE= AB，BE= AB． ∴CE=AE， ∴∠EAC=∠ECA=30°， ∴∠BCE=∠EBC=60°． 又∵△AEF≌△BEC， ∴∠AFE=∠BCE=60°． 又∵∠D=60°， ∴∠AFE=∠D=60°． ∴FC∥BD． 又∵∠BAD=∠ABC=60°， ∴AD∥BC，即 FD∥BC． ∴四边形 BCFD 是平行四边形． （2）解：在 Rt△ABC 中，∵∠BAC=30°，AB=6， ∴BC= AB=3，AC= BC=3 ， ∴S 平行四边形 BCFD=3× =9 ． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、 解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常 考题型． 3. （2018 年江苏省泰州市•12 分）对给定的一张矩形纸片 ABCD 进行如下操作：先沿 CE 折 叠，使点 B 落在 CD 边上（如图①），再沿 CH 折叠，这时发现点 E 恰好与点 D 重合（如图 ②）18 （1）根据以上操作和发现，求 的值； （2）将该矩形纸片展开． ①如图③，折叠该矩形纸片，使点 C 与点 H 重合，折痕与 AB 相交于点 P，再将该矩形纸片 展开．求证：∠HPC=90°； ②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的 P 点，要求只有 一条折痕，且点 P 在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由） 【分析】（1）依据△BCE 是等腰直角三角形，即可得到 CE= BC，由图②，可得 CE=CD， 而 AD=BC，即可得到 CD= AD，即 = ； （2）①由翻折可得，PH=PC，即 PH 2=PC2，依据勾股定理可得 AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出 AP=BC，再根据 PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到 Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠ CPH=90°； ②由 AP=BC=AD，可得△ADP 是等腰直角三角形，PD 平分∠ADC，故沿着过 D 的直线翻折，使 点 A 落在 CD 边上，此时折痕与 AB 的交点即为 P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH， 由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到 CP 平分∠BCE，故沿着过点 C 的直线折 叠，使点 B 落在 CE 上，此时，折痕与 AB 的交点即为 P． 【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE= ∠BCD=45°， 又∵∠B=90°， ∴△BCE 是等腰直角三角形， ∴ =cos45°= ，即 CE= BC， 由图②，可得 CE=CD，而 AD=BC， ∴CD= AD， ∴ = ；19 （2）①设 AD=BC=a，则 AB=CD= a，BE=a， ∴AE=（ ﹣1）a， 如图③，连接 EH，则∠CEH=∠CDH=90°， ∵∠BEC=45°，∠A=90°， ∴∠AEH=45°=∠AHE， ∴AH=AE=（ ﹣1）a， 设 AP=x，则 BP= a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即 PH2=PC2， ∴AH2+AP2=BP2+BC2， 即[（ ﹣1）a]2+x2=（ a﹣x）2+a2， 解得 x=a，即 AP=BC， 又∵PH=CP，∠A=∠B=90°， ∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL）， ∴∠APH=∠BCP， 又∵Rt△BCP 中，∠BCP+∠BPC=90°， ∴∠APH+∠BPC=90°， ∴∠CPH=90°； ②折法：如图，由 AP=BC=AD，可得△ADP 是等腰直角三角形，PD 平分∠ADC， 故沿着过 D 的直线翻折，使点 A 落在 CD 边上，此时折痕与 AB 的交点即为 P； 折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH， 由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH， 又∵∠DCH=∠ECH， ∴∠BCP=∠PCE，即 CP 平分∠BCE， 故沿着过点 C 的直线折叠，使点 B 落在 CE 上，此时，折痕与 AB 的交点即为 P．20 【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形 的判定与性质的综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大 小不变，对应边和对应角相等．解题时常常设要求的线段长为 x，然后根据折叠和轴对称的 性质用含 x 的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程 求出答案． 4. （2018·天津·10 分）在平面直角坐标系中，四边形 是矩形，点 ，点 ， 点 .以点 为中心，顺时针旋转矩形 ，得到矩形 ，点 ， ， 的对应点分别 为 ， ， . （Ⅰ）如图①，当点 落在 边上时，求点 的坐标； （Ⅱ）如图②，当点 落在线段 上时， 与 交于点 . ①求证 ； ②求点 的坐标. （Ⅲ）记 为矩形 对角线的交点， 为 的面积，求 的取值范围（直接写出结果 即可）. 【答案】（Ⅰ）点 的坐标为 .（Ⅱ）①证明见解析；②点 的坐标为 .（Ⅲ） . 【解析】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得 AD=AO=5,设 CD=x，在直角三角形 ACD 中运用勾股 定理可 CD 的值，从而可确定 D 点坐标； （Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；21 ②由①知 ，再根据矩形的性质得 .从而 ，故 BH=AH， 在 Rt△ACH 中，运用勾股定理可求得 AH 的值，进而求得答案； （Ⅲ） . 详解：（Ⅰ）∵点 ，点 ， ∴ ， . ∵四边形 是矩形， ∴ ， ， . ∵矩形 是由矩形 旋转得到的， ∴ . 在 中，有 ， ∴ . ∴ . ∴点 的坐标为 . （Ⅱ）①由四边形 是矩形，得 . 又点 在线段 上，得 . 由（Ⅰ）知， ，又 ， ， ∴ . ②由 ，得 . 又在矩形 中， ， ∴ .∴ .∴ . 设 ，则 ， . 在 中，有 ， ∴ .解得 .∴ . ∴点 的坐标为 .22 （Ⅲ） . 点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识， 灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键. 5. （2018·四川自贡·8 分）如图，在△ABC 中，BC=12，tanA= ，∠B=30°；求 AC 和 AB 的长． 【分析】如图作 CH⊥AB 于 H．在 Rt△求出 CH、BH，这种 Rt△ACH 中求出 AH、AC 即可解决 问题； 【解答】解：如图作 CH⊥AB 于 H． 在 Rt△BCH 中，∵BC=12，∠B=30°， ∴CH= BC=6，BH= =6 ， 在 Rt△ACH 中，tanA= = ， ∴AH=8， ∴AC= =10， ∴AB=AH+BH=8+6 ． 【点评】本题考查解直角三角形，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线， 构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．23 6. （2018·四川自贡·10 分）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°． （1）作出经过点 B，圆心 O 在斜边 AB 上且与边 AC 相切于点 E 的⊙O（要求：用尺规作图， 保留作图痕迹，不写作法和证明） （2）设（1）中所作的⊙O 与边 AB 交于异于点 B 的另外一点 D，若⊙O 的直径为 5，BC=4； 求 DE 的长．（如果用尺规作图画不出图形，可画出草图完成（2）问） 【分析】（1）作∠ABC 的角平分线交 AC 于 E，作 EO⊥AC 交 AB 于点 O，以 O 为圆心，OB 为半 径画圆即可解决问题； （2）作 OH⊥BC 于 H．首先求出 OH、EC、BE，利用△BCE∽△BED，可得 = ，解决问题； 【解答】解：（1）⊙O 如图所示； （2）作 OH⊥BC 于 H． ∵AC 是⊙O 的切线， ∴OE⊥AC， ∴∠C=∠CEO=∠OHC=90°， ∴四边形 ECHO 是矩形， ∴OE=CH= ，BH=BC﹣CH= ， 在 Rt△OBH 中，OH= =2， ∴EC=OH=2，BE= =2 ， ∵∠EBC=∠EBD，∠BED=∠C=90°， ∴△BCE∽△BED， ∴ = ，24 ∴ = ， ∴DE= ． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质、勾股定 理、角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解 决问题，属于中考常考题型． 7. （2018·台湾·分）嘉嘉参加机器人设计活动，需操控机器人在 5×5 的方格棋盘上从 A 点行走至 B 点，且每个小方格皆为正方形，主办单位规定了三条行走路径 R1，R2，R3，其行 经位置如图与表所示： 路径 编号 图例 行径位置 第一条路径 R1 _ A→C→D→B 第二条路径 R2 … A→E→D→F→B 第三条路径 R3 ▂ A→G→B 已知 A、B、C、D、E、F、G 七点皆落在格线的交点上，且两点之间的路径皆为直线，在无法 使用任何工具测量的条件下，请判断 R1、R2、R3 这三条路径中，最长与最短的路径分别为何？ 请写出你的答案，并完整说明理由． 【分析】利用勾股定理分别计算出三条路径的长，比较大小即可得． 【解答】解：第一条路径的长度为 + + =2 + ， 第二条路径的长度为 + +1+ = + + +1， 第三条路径的长度为 + =2 + ， ∵2 + ＜2 + ＜ + + +1， ∴最长路径为 A→E→D→F→B；最短路径为 A→G→B． 【点评】本题主要考查勾股定理的应用，解题的关键是根据勾股定理求得每条线段的长 度． 8.（2018·广东·9 分）如图，四边形 ABCD 中，AB=AD=CD，以 AB 为直径的⊙O 经过点 C， 连接 AC，OD 交于点 E．25 （1）证明：OD∥BC； （2）若 tan∠ABC=2，证明：DA 与⊙O 相切； （3）在（2）条件下，连接 BD 交于⊙O 于点 F，连接 EF，若 BC=1，求 EF 的长． 【分析】（1）连接 OC，证△OAD≌△OCD 得∠ADO=∠CDO，由 AD=CD 知 DE⊥AC，再由 AB 为直 径知 BC⊥AC，从而得 OD∥BC； （2）根据 tan∠ABC=2 可设 BC=a、则 AC=2a、AD=AB= = ，证 OE 为中位线知 OE= a、AE=CE= AC=a，进一步求得 DE= =2a，再△AOD 中利用勾股定理逆定理证∠ OAD=90°即可得； （3）先证△AFD∽△BAD 得 DF•BD=AD 2①，再证△AED∽△OAD 得 OD•DE=AD 2②，由①②得 DF•BD=OD•DE，即 = ，结合∠EDF=∠BDO 知△EDF∽△BDO，据此可得 = ，结合 （2）可得相关线段的长，代入计算可得． 【解答】解：（1）连接 OC， 在△OAD 和△OCD 中， ∵ ， ∴△OAD≌△OCD（SSS）， ∴∠ADO=∠CDO， 又 AD=CD， ∴DE⊥AC， ∵AB 为⊙O 的直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠ACB=90°，即 BC⊥AC， ∴OD∥BC；26 （2）∵tan∠ABC= =2， ∴设 BC=a、则 AC=2a， ∴AD=AB= = ， ∵OE∥BC，且 AO=BO， ∴OE= BC= a，AE=CE= AC=a， 在△AED 中，DE= =2a， 在△AOD 中，AO2+AD2=（ ）2+（ a）2= a2，OD2=（OF+DF）2=（ a+2a）2= a2， ∴AO2+AD2=OD2， ∴∠OAD=90°， 则 DA 与⊙O 相切； （3）连接 AF， ∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠AFD=∠BAD=90°， ∵∠ADF=∠BDA， ∴△AFD∽△BAD， ∴ = ，即 DF•BD=AD2①， 又∵∠AED=∠OAD=90°，∠ADE=∠ODA， ∴△AED∽△OAD， ∴ = ，即 OD•DE=AD2②， 由①②可得 DF•BD=OD•DE，即 = ， 又∵∠EDF=∠BDO， ∴△EDF∽△BDO， ∵BC=1， ∴AB=AD= 、OD= 、ED=2、BD= 、OB= ， ∴ = ，即 = ， 解得：EF= ． 【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的27 判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理逆定理等知识点． 9.（2018·广东·9 分）已知 Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边 OB=4，将 Rt△OAB 绕点 O 顺时针旋转 60°，如题图 1，连接 BC． （1）填空：∠OBC=　60　°； （2）如图 1，连接 AC，作 OP⊥AC，垂足为 P，求 OP 的长度； （3）如图 2，点 M，N 同时从点 O 出发，在△OCB 边上运动，M 沿 O→C→B 路径匀速运动，N 沿 O→B→C 路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点 M 的运动速度为 1.5 单位/秒， 点 N 的运动速度为 1 单位/秒，设运动时间为 x 秒，△OMN 的面积为 y，求当 x 为何值时 y 取 得最大值？最大值为多少？ 【分析】（1）只要证明△OBC 是等边三角形即可； （2）求出△AOC 的面积，利用三角形的面积公式计算即可； （3）分三种情形讨论求解即可解决问题：①当 0＜x≤ 时，M 在 OC 上运动，N 在 OB 上运 动，此时过点 N 作 NE⊥OC 且交 OC 于点 E．②当 ＜x≤4 时，M 在 BC 上运动，N 在 OB 上运 动． ③当 4＜x≤4.8 时，M、N 都在 BC 上运动，作 OG⊥BC 于 G． 【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°， ∴△OBC 是等边三角形， ∴∠OBC=60°． 故答案为 60． （2）如图 1 中， ∵OB=4，∠ABO=30°，28 ∴OA= OB=2，AB= OA=2 ， ∴S△AOC= •OA•AB= ×2×2 =2 ， ∵△BOC 是等边三角形， ∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°， ∴AC= =2 ， ∴OP= = = ． （3）①当 0＜x≤ 时，M 在 OC 上运动，N 在 OB 上运动，此时过点 N 作 NE⊥OC 且交 OC 于 点 E． 则 NE=ON•sin60°= x， ∴S△OMN= •OM•NE= ×1.5x× x， ∴y= x2． ∴x= 时，y 有最大值，最大值= ． ②当 ＜x≤4 时，M 在 BC 上运动，N 在 OB 上运动． 作 MH⊥OB 于 H．则 BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°= （8﹣1.5x）， ∴y= ×ON×MH=﹣ x2+2 x．29 当 x= 时，y 取最大值，y＜ ， ③当 4＜x≤4.8 时，M、N 都在 BC 上运动，作 OG⊥BC 于 G． MN=12﹣2.5x，OG=AB=2 ， ∴y= •MN•OG=12 ﹣ x， 当 x=4 时，y 有最大值，最大值=2 ， 综上所述，y 有最大值，最大值为 ． 【点评】本题考查几何变换综合题、30 度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、 三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 10.（2018•广西桂林•10 分）如图 1，已知⊙O 是 ΔADB 的外接圆，∠ADB 的平分线 DC 交 AB 于点 M，交⊙O 于点 C，连接 AC，BC. （1）求证：AC=BC； （2）如图 2，在图 1 的基础上做⊙O 的直径 CF 交 AB 于点 E，连接 AF，过点 A 作⊙O 的切线 AH，若 AH//BC，求∠ACF 的度数； （3）在（2）的条件下，若ΔABD 的面积为 ，ΔABD 与 ΔABC 的面积比为 2：9，求 CD 的 长. 【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3） 【解析】分析：（1）运用“在同圆或等圆中，弧相等，所对的弦相等”可求解；30 （2）连接 AO 并延长交 BC 于 I 交⊙O 于 J,由 AH 是⊙O 的切线且 AH∥BC 得 AI⊥BC，易证 ∠IAC=30°，故可得∠ABC=60°=∠F=∠ACB，由 CF 是直径可得∠ACF 的度数； （3）过点 D 作 DG⊥AB ，连接 AO，知 ABC 为等边三角形，求出 AB、AE 的长，在 RtΔAEO 中， 求出 AO 的长，得 CF 的长，再求 DG 的长，运用勾股定理易求 CD 的长. 详解：（1）∵DC 平分∠ADB ∴∠ADC=∠BDC ∴AC=BC （2）连接 AO 并延长交 BC 于 I 交⊙O 于 J ∵AH 是⊙O 的切线且 AH∥BC ∴AI⊥BC ∴BI=IC ∵AC=BC ∴IC= AC ∴∠IAC=30° ∴∠ABC=60°=∠F=∠ACB ∵FC 是直径 ∴∠FAC=90° ∴∠ACF=180°-90°-60°=30° （3）过点 D 作 ，连接 AO31 由（1）（2）知 ABC 为等边三角形 ∵∠ACF=30° ∴ ∴AE=BE ∴ ∴AB= ∴ 在 RtΔAEO 中，设 EO=x，则 AO=2x ∴ ∴ ∴x=6，⊙O 的半径为 6 ∴CF=12 ∵ ∴DG=2 过点 D 作 ,连接 OD ∵ , ∴CF//DG ∴四边形 G’DGE 为矩形 ∴ 在 RtΔ 中 ∴ ∴ 点睛：本题是一道圆的综合题.考查了圆的基本概念，垂径定理，勾股定理，圆周角定理等 相关知识.比较复杂，熟记相关概念是解题关键.