2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题23 直角三角形与勾股定理(含解析) 34页

直角三角形与勾股定理 ‎ ‎ 一.选择题 ‎1.（2020•河南省•3分）如图，在△ABC中，AB＝BC＝，∠BAC＝30°，分别以点A，C为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA，DC，则四边形ABCD的面积为（　　）‎ A．6 B．9 C．6 D．3‎ ‎【分析】连接BD交AC于O，根据已知条件得到BD垂直平分AC，求得BD⊥AC，AO＝CO，根据等腰三角形的性质得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根据等边三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝60°，求得AD＝CD＝AB＝3，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：连接BD交AC于O，‎ ‎∵AD＝CD，AB＝BC，‎ ‎∴BD垂直平分AC，‎ ‎∴BD⊥AC，AO＝CO，‎ ‎∵AB＝BC，‎ ‎∴∠ACB＝∠BAC＝30°，‎ ‎∵AC＝AD＝CD，‎ ‎∴△ACD是等边三角形，‎ ‎∴∠DAC＝∠DCA＝60°，‎ ‎∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝30°，‎ ‎∵AB＝BC＝，‎ ‎∴AD＝CD＝AB＝3，‎ ‎∴四边形ABCD的面积＝2×＝3，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了含30°角的直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．‎ ‎2.（2020•贵州省铜仁市•4分）已知等边三角形一边上的高为2，则它的边长为（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．4‎ ‎【分析】根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解即可．‎ ‎【解答】解：根据等边三角形：三线合一，‎ 设它的边长为x，可得：，‎ 解得：x＝4，x＝﹣4（舍去），‎ 故选：C．‎ ‎3.（2020•河北省•3分）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是（　　）‎ A．四边形NPMQ B．四边形NPMR C．四边形NHMQ D．四边形NHMR ‎【分析】由以点O为位似中心，确定出点C对应点M，设网格中每个小方格的边长为1，则OC＝，OM＝2，OD＝，OB＝，OA＝，OR＝，OQ＝2，OP＝2，OH＝3，ON＝2，由＝2，得点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，即可得出结果．‎ ‎【解答】解：∵以点O为位似中心，‎ ‎∴点C对应点M，‎ 设网格中每个小方格的边长为1，‎ 则OC＝＝，OM＝＝2，OD＝，OB＝＝，OA＝＝，OR＝＝，OQ＝2，OP＝＝2，OH＝＝3，ON＝＝2，‎ ‎∵＝＝2，‎ ‎∴点D对应点Q，点B对应点P，点A对应点N，‎ ‎∴以点O为位似中心，四边形ABCD的位似图形是四边形NPMQ，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了位似变换、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握位似中心，找出点C对应点M是解题的关键．‎ ‎4.（2020•河北省•2分）如图，从笔直的公路l旁一点P出发，向西走6km到达l；从P出发向北走6km也到达l．下列说法错误的是（　　）‎ A．从点P向北偏西45°走3km到达l ‎ B．公路l的走向是南偏西45° ‎ C．公路l的走向是北偏东45° ‎ D．从点P向北走3km后，再向西走3km到达l ‎【分析】先作出图形，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质即可求解．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 由题意可得△PAB是腰长6km的等腰直角三角形，‎ 则AB＝6km，‎ 则PC＝3km，‎ 则从点P向北偏西45°走3km到达l，选项A错误；‎ 则公路l的走向是南偏西45°或北偏东45°，选项B，C正确；‎ 则从点P向北走3km后，再向西走3km到达l，选项D正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的是勾股定理的应用，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．‎ ‎5.（2020•河北省•2分）如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（　　）‎ A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 D．2，2，4‎ ‎【分析】根据题意可知，三块三角形的面积中，两个较小的面积之和等于最大的面积，再根据三角形的面积，分别计算出各个选项中围成的直角三角形的面积，比较大小，即可解答本题．‎ ‎【解答】解：当选取的三块纸片的面积分别是1，4，5时，围成的直角三角形的面积是＝，‎ 当选取的三块纸片的面积分别是2，3，5时，围成的直角三角形的面积是＝；‎ 当选取的三块纸片的面积分别是3，4，5时，围成的三角形不是直角三角形；‎ 当选取的三块纸片的面积分别是2，2，4时，围成的直角三角形的面积是＝，‎ ‎∵，‎ ‎∴所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是2，3，5，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．‎ ‎6.（2020•广东省广州市•3分）往直径为的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽，则水的最大深度为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得油的最大深度的长．‎ ‎【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，‎ 由垂径定理得：，‎ ‎∵⊙O的直径为，‎ ‎∴，‎ 在中，由勾股定理得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴油的最大深度为，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．‎ 二.填空题 ‎1.（2020•河南省•3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为　1　．‎ ‎【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设DF，CE交于O，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，‎ ‎∵点E，F分别是边AB，BC的中点，‎ ‎∴BE＝CF，‎ ‎∴△CBE≌△DCF（SAS），‎ ‎∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，‎ ‎∵∠CDF+∠CFD＝90°，‎ ‎∴∠BCE+∠CFD＝90°，‎ ‎∴∠COF＝90°，‎ ‎∴DF⊥CE，‎ ‎∴CE＝DF＝＝，‎ ‎∵点G，H分别是EC，FD的中点，‎ ‎∴CG＝FH＝，‎ ‎∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，‎ ‎∴CF2＝OF•DF，‎ ‎∴OF＝＝＝，‎ ‎∴OH＝，OD＝，‎ ‎∵OC2＝OF•OD，‎ ‎∴OC＝＝，‎ ‎∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，‎ ‎∴HG＝＝＝1，‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题考查了射影定理，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．‎ ‎2.（2020•贵州省贵阳市•4分）如图，△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则边BC的长为　4　．‎ ‎【分析】延长BD到F，使得DF＝BD，根据等腰三角形的性质与判定，勾股定理即可求出答案．‎ ‎【解答】解：延长BD到F，使得DF＝BD，‎ ‎∵CD⊥BF，‎ ‎∴△BCF是等腰三角形，‎ ‎∴BC＝CF，‎ 过点C点作CH∥AB，交BF于点H ‎∴∠ABD＝∠CHD＝2∠CBD＝2∠F，‎ ‎∴HF＝HC，‎ ‎∵BD＝8，AC＝11，‎ ‎∴DH＝BH﹣BD＝AC﹣BD＝3，‎ ‎∴HF＝HC＝8﹣3＝5，‎ 在Rt△CDH，‎ ‎∴由勾股定理可知：CD＝4，‎ 在Rt△BCD中，‎ ‎∴BC＝＝4，‎ 故答案为：4‎ ‎【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用等腰三角形的性质与判定，本题属于中等题型．‎ ‎3.（2020•贵州省铜仁市•4分）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝　　．‎ ‎【分析】依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1C＝BC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长．‎ ‎【解答】解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，‎ ‎∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，‎ ‎∴∠DA1B1＝∠CA1D，‎ 又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，‎ ‎∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），‎ ‎∴A1C＝A1B1，‎ ‎∴BA1＝A1C＝BC＝2，‎ ‎∴Rt△A1CD中，CD＝＝，‎ ‎∴AB＝，‎ 故答案为：．‎ ‎4.（2020•贵州省遵义市•4分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC=45°，AD⊥BC于点D，延长AD交⊙O于点E，若BD=4，CD=1，则DE的长是____.‎ ‎【分析】连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC=90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相交弦定理可求DE．‎ ‎【解答】‎ 解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，‎ ‎∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC=45°，‎ ‎∴∠BOC=90°，‎ ‎∵BD=4，CD=1，‎ ‎∴BC=4+1=5，‎ ‎∴OB=OC=，‎ 在Rt△AGO中，‎ ‎∴AD×DE=BDXCD，‎ 故答案为:‎ ‎5.（2020•湖北孝感•3分）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若S1＝S2，则的值为　　．‎ ‎【分析】可设直角三角形另一条直角边为x，根据S1＝S2，可得2x2＝m2，则x＝m，再根据勾股定理得到关于m，n的方程，可求的值．‎ ‎【解答】解：设直角三角形另一条直角边为x，依题意有 ‎2x2＝m2，‎ 解得x＝m，‎ 由勾股定理得（m）2+（n+m）2＝m2，‎ m2﹣2mn﹣2n2＝0，‎ 解得m1＝（﹣1﹣）n（舍去），m2＝（﹣1+）n，‎ 则的值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了勾股定理的证明，根据正方形的面积公式和三角形形的面积公式得出它们之间的关系是解题的关键．‎ ‎6.（2020•湖北省黄冈市•3分）我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：”今有池方一丈，葭（jiā）生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何？”（注：丈，尺是长度单位，1丈＝10尺）这段话翻译成现代汉语，即为：如图，有一个水池，水面是一个边长为1丈的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面，则水池里水的深度是　12　尺．‎ ‎【分析】根据勾股定理列出方程，解方程即可．‎ ‎【解答】解：设水池里水的深度是x尺，‎ 由题意得，x2+52＝（x+1）2，‎ 解得：x＝12，‎ 答：水池里水的深度是12尺．‎ 故答案为：12．‎ ‎【点评】本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理、根据勾股定理正确列出方程是解题的关键．‎ ‎7. (2020•江苏省徐州市•3分)如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D.E.F分别为AB.BC.CA的中点，若BF＝5，则DE＝　5　．‎ ‎【分析】首先由直角三角形的性质求得AC＝2BF，然后根据三角形中位线定理得到DE＝AC，此题得解．‎ ‎【解答】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，F为CA的中点，BF＝5，‎ ‎∴AC＝2BF＝10．又∵D.E分别为AB.BC的中点，∴DE是Rt△ABC的中位线，‎ ‎∴DE＝AC＝5．故答案是：5．‎ ‎【点评】本题考查了三角形中位线定理和直角三角形斜边上中线的性质，此题中，AC是联系线段DE和BF间数量关系的一条关键性线段．‎ ‎8 (2020•江苏省扬州市•3分)《九章算术》是中国传统数学的重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．如图所示是其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”题意是：一根竹子原高1丈(1丈＝10尺)，中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？答：折断处离地面　4.55　尺高．‎ ‎【分析】根据题意结合勾股定理得出折断处离地面的高度即可．‎ ‎【解答】解：设折断处离地面x尺，根据题意可得：x2+32＝(10－x)2，解得：x＝4.55．折断处离地面4.55尺．故答案为4.55．‎ ‎【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，根据题意正确应用勾股定理是解题关键．‎ ‎9. （2020年内蒙古通辽市）16.如图，在中，，点P在斜边上，以为直角边作等腰直角三角形，，则三者之间的数量关系是_____．‎ ‎【答案】PA2+PB2=PQ2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把AP2和PB2都用PC和CD表示出来，结合Rt△PCD中，可找到PC和PD和CD的关系，从而可找到PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系；‎ ‎【详解】解：过点C作CD⊥AB，交AB于点D ‎∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，‎ ‎∴CD=AD=DB，‎ ‎∵PA2=（AD-PD）2=（CD-PD）2=CD2-2CD•PD+PD2，‎ PB2=（BD+PD）2=（CD+PD）2=CD2-2CD•PD+PD2，‎ ‎∴PA2+PB2=2CD2+2PD2=2（CD2+PD2），‎ 在Rt△PCD中，由勾股定理可得PC2=CD2+PD2，‎ ‎∴PA2+PB2=2PC2，‎ ‎∵△CPQ为等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，‎ ‎∴2PC2=PQ2，‎ ‎∴PA2+PB2=PQ2，‎ 故答案为PA2+PB2=PQ2.‎ ‎【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，关键是作出辅助线，利用三线合一进行论证.‎ ‎10. （2020•江苏省淮安市•3分）已知直角三角形斜边长为16，则这个直角三角形斜边上的中线长为　8　．‎ ‎【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB，代入求出即可．‎ ‎【解答】解：‎ ‎∵在△ACB中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，AB＝16，‎ ‎∴CD＝AB＝8，‎ 故答案为：8．‎ ‎【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质，能熟记直角三角形斜边上的中线性质的内容是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．‎ ‎11.（2020•湖北孝感•3分）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“‎ 赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若S1＝S2，则的值为　　．‎ ‎【分析】可设直角三角形另一条直角边为x，根据S1＝S2，可得2x2＝m2，则x＝m，再根据勾股定理得到关于m，n的方程，可求的值．‎ ‎【解答】解：设直角三角形另一条直角边为x，依题意有 ‎2x2＝m2，‎ 解得x＝m，‎ 由勾股定理得（m）2+（n+m）2＝m2，‎ m2﹣2mn﹣2n2＝0，‎ 解得m1＝（﹣1﹣）n（舍去），m2＝（﹣1+）n，‎ 则的值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了勾股定理的证明，根据正方形的面积公式和三角形形的面积公式得出它们之间的关系是解题的关键．‎ ‎12（2020•贵州省安顺市•4分）如图，△ABC中，点E在边AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延长线于点D，BD＝8，AC＝11，则边BC的长为　4　．‎ ‎【分析】延长BD到F，使得DF＝BD，根据等腰三角形的性质与判定，勾股定理即可求出答案．‎ ‎【解答】解：延长BD到F，使得DF＝BD，‎ ‎∵CD⊥BF，‎ ‎∴△BCF是等腰三角形，‎ ‎∴BC＝CF，‎ 过点C点作CH∥AB，交BF于点H ‎∴∠ABD＝∠CHD＝2∠CBD＝2∠F，‎ ‎∴HF＝HC，‎ ‎∵BD＝8，AC＝11，‎ ‎∴DH＝BH﹣BD＝AC﹣BD＝3，‎ ‎∴HF＝HC＝8﹣3＝5，‎ 在Rt△CDH，‎ ‎∴由勾股定理可知：CD＝4，‎ 在Rt△BCD中，‎ ‎∴BC＝＝4，‎ 故答案为：4‎ ‎【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用等腰三角形的性质与判定，本题属于中等题型．‎ 三.解答题 ‎1.（2020•湖北武汉•10分）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；‎ 尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，求的值；‎ 拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接写出AD的长．‎ ‎【分析】问题背景 由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论；‎ 尝试应用 连接EC，证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可证明△ADF∽△ECF，得出＝3，则可求出答案．‎ 拓展创新 过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，证明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性质得出，证明△BDM∽△CDA，得出，求出BM＝6，由勾股定理求出AM，最后由直角三角形的性质可求出AD的长．‎ ‎【解答】问题背景 证明：∵△ABC∽△ADE，‎ ‎∴，∠BAC＝∠DAE，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAE，，‎ ‎∴△ABD∽△ACE；‎ 尝试应用 解：如图1，连接EC，‎ ‎∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，‎ ‎∴△ABC∽△ADE，‎ 由（1）知△ABD∽△ACE，‎ ‎∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，‎ 在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝3．‎ ‎∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，‎ ‎∴△ADF∽△ECF，‎ ‎∴＝3．‎ 拓展创新 解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，‎ ‎∵∠BAD＝30°，‎ ‎∴∠DAM＝60°，‎ ‎∴∠AMD＝30°，‎ ‎∴∠AMD＝∠DBC，‎ 又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，‎ ‎∴△BDC∽△MDA，‎ ‎∴，‎ 又∠BDC＝∠ADM，‎ ‎∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠ADC，‎ 即∠BDM＝∠CDA，‎ ‎∴△BDM∽△CDA，‎ ‎∴，‎ ‎∵AC＝2，‎ ‎∴BM＝2＝6，‎ ‎∴AM＝＝＝2，‎ ‎∴AD＝．‎ ‎【点评】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎2.（2020•贵州省贵阳市•8分）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．‎ ‎【分析】（1）构造边长3，4，5的直角三角形即可．‎ ‎（2）构造直角边为2，斜边为4的直角三角形即可（答案不唯一）．‎ ‎（3）构造三边分别为2，，的直角三角形即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图①中，△ABC即为所求．‎ ‎（2）如图②中，△ABC即为所求．‎ ‎（3）△ABC即为所求．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣应用与设计，无理数，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ www.czsx.com.cn ‎3. （2020•湖南省张家界·）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，连接，求四边形的周长．‎ ‎【答案】（1）证明过程见解析；（2）25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据矩形的性质可得，，，即可证的两个三角形全等；‎ ‎（2）设，根据已知条件可得，由（1）可推得，可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；‎ ‎【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 在△DOE和△BOF中，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由（1）可得，，，‎ ‎∴四边形BFDE是平行四边形，‎ 在△EBO和△EDO中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形BFDE是菱形，‎ 根据，设，可得，‎ 在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：，‎ 即，‎ 解得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形的周长=．‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．‎ ‎4.（2020•湖北武汉•10分）问题背景 如图（1），已知△ABC∽△ADE，求证：△ABD∽△ACE；‎ 尝试应用 如图（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC与DE相交于点F，点D在BC边上，＝，求的值；‎ 拓展创新 如图（3），D是△ABC内一点，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接写出AD的长．‎ ‎【分析】问题背景 由题意得出，∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，可证得结论；‎ 尝试应用 连接EC，证明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性质得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可证明△ADF∽△ECF，得出 ‎＝3，则可求出答案．‎ 拓展创新 过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，证明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性质得出，证明△BDM∽△CDA，得出，求出BM＝6，由勾股定理求出AM，最后由直角三角形的性质可求出AD的长．‎ ‎【解答】问题背景 证明：∵△ABC∽△ADE，‎ ‎∴，∠BAC＝∠DAE，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAE，，‎ ‎∴△ABD∽△ACE；‎ 尝试应用 解：如图1，连接EC，‎ ‎∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，‎ ‎∴△ABC∽△ADE，‎ 由（1）知△ABD∽△ACE，‎ ‎∴，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，‎ 在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝3．‎ ‎∵∠ADF＝∠ECF，∠AFD＝∠EFC，‎ ‎∴△ADF∽△ECF，‎ ‎∴＝3．‎ 拓展创新 解：如图2，过点A作AB的垂线，过点D作AD的垂线，两垂线交于点M，连接BM，‎ ‎∵∠BAD＝30°，‎ ‎∴∠DAM＝60°，‎ ‎∴∠AMD＝30°，‎ ‎∴∠AMD＝∠DBC，‎ 又∵∠ADM＝∠BDC＝90°，‎ ‎∴△BDC∽△MDA，‎ ‎∴，‎ 又∠BDC＝∠ADM，‎ ‎∴∠BDC+∠CDM＝∠ADM+∠ADC，‎ 即∠BDM＝∠CDA，‎ ‎∴△BDM∽△CDA，‎ ‎∴，‎ ‎∵AC＝2，‎ ‎∴BM＝2＝6，‎ ‎∴AM＝＝＝2，‎ ‎∴AD＝．‎ ‎【点评】此题是相似形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎5（2020•湖南省株洲市·‎ ‎）某高速公路管理部门工作人员在对某段高速公路进行安全巡检过程中，发现该高速公路旁的一斜坡存在落石隐患．该斜坡横断面示意图如图所示，水平线l1∥l2，点A.B分别在l1.l2上，斜坡AB的长为18米，过点B作BC⊥l1于点C，且线段AC的长为2米．‎ ‎（1）求该斜坡的坡高BC；（结果用最简根式表示）‎ ‎（2）为降低落石风险，该管理部门计划对该斜坡进行改造，改造后的斜坡坡角α为60°，过点M作MN⊥l1于点N，求改造后的斜坡长度比改造前的斜坡长度增加了多少米？‎ ‎【分析】（1）运用勾股定理解题即可；‎ ‎（2）根据勾股定理列出方程，求出AM，问题得解．‎ ‎【解答】解：（1）在Rt△ABC中，；‎ ‎（2）∵∠α＝60°，‎ ‎∴∠AMN＝30°，‎ ‎∴AM＝2MN，‎ ‎∵在Rt△ABC中，AN2+MN2＝AM2，‎ ‎∴AN2+300＝4AN2‎ ‎∴AN＝10，‎ ‎∴AM＝20，‎ ‎∴AM﹣AB＝20﹣18＝2．‎ 综上所述，长度增加了2米．‎ ‎【点评】本题考查了解直角三角形，题目难度不大，理解好题意运用勾股定理解题是关键．‎ ‎ 6. (2020•江苏省泰州市•10分)如图，已知线段a，点A在平面直角坐标系xOy内．‎ ‎(1)用直尺和圆规在第一象限内作出点P，使点P到两坐标轴的距离相等，且与点A的距离等于a．(保留作图痕迹，不写作法)‎ ‎(2)在(1)的条件下，若a≈2，A点的坐标为(3，1)，求P点的坐标．‎ ‎【分析】(1)根据角平分线的性质即可用直尺和圆规在第一象限内作出点P，使点P到两坐标轴的距离相等，且与点A的距离等于a；‎ ‎(2)在(1)的条件下，根据a≈2，A点的坐标为(3，1)，利用勾股定理即可求P点的坐标．‎ ‎【解答】解：(1)如图，点P即为所求；‎ ‎(2)由(1)可得OP是角平分线，设点P(x，x)，过点P作PE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥x轴于点F，AD⊥PE于点D，∵PA＝a≈2，A点的坐标为(3，1)，∴PD＝x－1，AD＝x－3，根据勾股定理，得PA2＝PD2+AD2，∴(2)2＝(x－1)2+(x－3)2，解得x1＝5，x2＝－1(舍去)．所以P点的坐标为(5，5)．‎ ‎【点评】本题考查了作图－复杂作图、坐标与图形的性质、角平分线的性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握角平分线的性质．‎ ‎‎ ‎7.（2020•广东省深圳市•9分）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），‎ 发现BE=DG且BE⊥DG。‎ 小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：‎ ‎（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如 若不能，请说明理由：‎ ‎（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；‎ ‎（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG。小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值 背景图 图3‎ 图2‎ 图1‎ ‎【考点】手拉手，相似，勾股 ‎【解析】‎ 解：（1）证明：∵四边形ABCD为正方形 ‎∴AB=AD，‎ ‎∵四边形AEFG为正方形 ‎∴AE=AG，‎ ‎∴‎ 在△EAB和△GAD中有：‎ ‎∴△EAB≌△GAD ‎∴BE=DG ‎(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。‎ 证明：∵四边形ABCD菱形 ‎∴AB=AD ‎∵四边形AEFG为正方形 ‎∴AE=AG ‎∵∠EAG=∠BAD ‎∴‎ ‎∴‎ 在△EAB和△GAD中有：‎ ‎∴△EAB≌△GAD ‎∴BE=DG ‎(3)连接EB，BD，设BE和GD相交于点H ‎∵四边形AEFG和ABCD为矩形 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴△EAB∽△GAD ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎8（2020•广东省•4分）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫、老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如题17图，∠ABC=90°，点M、N分别在射线BA.BC上，MN长度始终不变，MN=4，E为MN的中点，点D到BA.BC的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为_________________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 点B到点E的距离不变，点E在以B为圆心的圆上，线段BD与圆的交点即为所求最短距离的E点，BD=，BE=2‎ ‎【考点】直角三角形的性质、数学建模思想、最短距离问题 ‎9（2020•广东省•8分）已知关于x、y的方程组与的解相同．‎ ‎（1）求A.b的值；‎ ‎（2）若一个三角形的一条边的长为2，另外两条边的长是关于x的方程x2+ax+b=0的解，试判断该三角形的形状，并说明理由．‎ ‎【答案】‎ 解：‎ （1） 由题意得，解得 由，解得 ‎（2）该三角形的形状是等腰直角三角形，理由如下：‎ 由（1）得x2﹣4x+12=0‎ ‎ （x-）2=0‎ ‎ x1=x2=‎ ‎∴该三角形的形状是等腰三角形 ‎∵（2）2=24，（）2=12‎ ‎∴（2）2=（）2+（）2‎ ‎∴该三角形的形状是等腰直角三角形 ‎【解析】理解方程组同解的概念，一元二次方程的解法、三角形形状的判断 ‎【考点】二元一次方程组、一元二次方程、勾股定理逆定理 ‎10（2020•贵州省安顺市•10分）如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD交于点E，⊙O的切线AF交BD的延长线于点F，切点为A，且∠CAD＝∠ABD．‎ ‎（1）求证：AD＝CD；‎ ‎（2）若AB＝4，BF＝5，求sin∠BDC的值．‎ ‎【分析】（1）根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD，进而得∠ACD＝∠CAD，便可由等腰三角形判定定理得AD＝CD；‎ ‎（2）证明△ADF≌△ADE，得AE＝AF，DE＝DF，由勾股定理求得AF ‎，由三角形面积公式求得AD，进而求得DE，BE，再证明△BEC∽△AED，得BC，进而求得sin∠BAC便可．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵∠CAD＝∠ABD，‎ 又∵∠ABD＝∠ACD，‎ ‎∴∠ACD＝∠CAD，‎ ‎∴AD＝CD；‎ ‎（2）∵AF是⊙O的切线，‎ ‎∴∠FAB＝90°，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝∠ADB＝∠ADF＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠BAD＝∠BAD+∠FAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD＝∠FAD，‎ ‎∵∠ABD＝∠CAD，‎ ‎∴∠FAD＝∠EAD，‎ ‎∵AD＝AD，‎ ‎∴△ADF≌△ADE（ASA），‎ ‎∴AF＝AE，DF＝DE，‎ ‎∵AB＝4，BF＝5，‎ ‎∴AF＝，‎ ‎∴AE＝AF＝3，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴DE＝，‎ ‎∴BE＝BF﹣2DE＝，‎ ‎∵∠AED＝∠BEC，∠ADE＝∠BCE＝90°，‎ ‎∴△BEC∽△AED，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDC＝∠BAC，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形的应用，勾股定理，关键是证明三角形全等与相似．‎ ‎11（2020•贵州省安顺市•8分）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．‎ ‎【分析】（1）构造边长3，4，5的直角三角形即可．‎ ‎（2）构造直角边为2，斜边为4的直角三角形即可（答案不唯一）．‎ ‎（3）构造三边分别为2，，的直角三角形即可．‎ ‎【解答】解：（1）如图①中，△ABC即为所求．‎ ‎（2）如图②中，△ABC即为所求．‎ ‎（3）△ABC即为所求．‎ ‎【点评】本题考查作图﹣应用与设计，无理数，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．‎ ‎ ‎