2020中考數(shù)學(xué)真題分類匯編 專題23 直角三角形與勾股定理

直角三角形與勾股定理一.選擇題1.（2020?河南省?3分）如圖，在△ABC中，AB＝BC＝，∠BAC＝30°，分別以點(diǎn)A，C為圓心，AC的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)D，連接DA，DC，則四邊形ABCD的面積為（）A．6 B．9 C．6 D．3【分析】連接BD交AC于O，根據(jù)已知條件得到BD垂直平分AC，求得BD⊥AC，AO＝CO，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ACB＝∠BAC＝30°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠DAC＝∠DCA＝60°，求得AD＝CD＝AB＝3，于是得到結(jié)論．【解答】解：連接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是等邊三角形，∴∠DAC＝∠DCA＝60°，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝30°，∵AB＝BC＝，∴AD＝CD＝AB＝3，∴四邊形ABCD的面積＝2×＝3，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了含30°角的直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2.（2020?貴州省銅仁市?4分）已知等邊三角形一邊上的高為2，則它的邊長(zhǎng)為（）A．2 B．3 C．4 D．4【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)：三線合一，利用勾股定理可求解即可．【解答】解：根據(jù)等邊三角形：三線合一，設(shè)它的邊長(zhǎng)為x，可得：，解得：x＝4，x＝﹣4（舍去），故選：C．3.（2020?河北省?3分）在如圖所示的網(wǎng)格中，以點(diǎn)O為位似中心，四邊形ABCD的位似圖形是（）A．四邊形NPMQ B．四邊形NPMR C．四邊形NHMQ D．四邊形NHMR【分析】由以點(diǎn)O為位似中心，確定出點(diǎn)C對(duì)應(yīng)點(diǎn)M，設(shè)網(wǎng)格中每個(gè)小方格的邊長(zhǎng)為1，則OC＝，OM＝2，OD＝，OB＝，OA＝，OR＝，OQ＝2，OP＝2，OH＝3，ON＝2，由＝2，得點(diǎn)D對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q，點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)P，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)N，即可得出結(jié)果．【解答】解：∵以點(diǎn)O為位似中心，∴點(diǎn)C對(duì)應(yīng)點(diǎn)M，設(shè)網(wǎng)格中每個(gè)小方格的邊長(zhǎng)為1，則OC＝＝，OM＝＝2，OD＝，OB＝＝，OA＝＝，OR＝＝，OQ＝2，OP＝＝2，OH＝＝3，ON＝＝2，∵＝＝2，∴點(diǎn)D對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q，點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)P，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)N，∴以點(diǎn)O為位似中心，四邊形ABCD的位似圖形是四邊形NPMQ，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了位似變換、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握位似中心，找出點(diǎn)C對(duì)應(yīng)點(diǎn)M是解題的關(guān)鍵．4.（2020?河北省?2分）如圖，從筆直的公路l旁一點(diǎn)P出發(fā)，向西走6km到達(dá)l；從P出發(fā)向北走6km也到達(dá)l．下列說法錯(cuò)誤的是（）A．從點(diǎn)P向北偏西45°走3km到達(dá)l B．公路l的走向是南偏西45° C．公路l的走向是北偏東45° D．從點(diǎn)P向北走3km后，再向西走3km到達(dá)l【分析】先作出圖形，根據(jù)勾股定理和等腰直角三角形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：如圖，由題意可得△PAB是腰長(zhǎng)6km的等腰直角三角形，則AB＝6km，則PC＝3km，則從點(diǎn)P向北偏西45°走3km到達(dá)l，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；則公路l的走向是南偏西45°或北偏東45°，選項(xiàng)B，C正確；則從點(diǎn)P向北走3km后，再向西走3km到達(dá)l，選項(xiàng)D正確．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是從題中抽象出勾股定理這一數(shù)學(xué)模型，畫出準(zhǔn)確的示意圖．領(lǐng)會(huì)數(shù)形結(jié)合的思想的應(yīng)用．5.（2020?河北省?2分）如圖是用三塊正方形紙片以頂點(diǎn)相連的方式設(shè)計(jì)的“畢達(dá)哥拉斯”圖案．現(xiàn)有五種正方形紙片，面積分別是1，2，3，4，5，選取其中三塊（可重復(fù)選?。┌磮D的方式組成圖案，使所圍成的三角形是面積最大的直角三角形，則選取的三塊紙片的面積分別是（）A．1，4，5 B．2，3，5 C．3，4，5 【分析】根據(jù)題意可知，三塊三角形的面積中，兩個(gè)較小的面積之和等于最大的面積，再根據(jù)三角形的面積，分別計(jì)算出各個(gè)選項(xiàng)中圍成的直角三角形的面積，比較大小，即可解答本題．【解答】解：當(dāng)選取的三塊紙片的面積分別是1，4，5時(shí)，圍成的直角三角形的面積是＝，當(dāng)選取的三塊紙片的面積分別是2，3，5時(shí)，圍成的直角三角形的面積是＝；當(dāng)選取的三塊紙片的面積分別是3，4，5時(shí)，圍成的三角形不是直角三角形；當(dāng)選取的三塊紙片的面積分別是2，2，4時(shí)，圍成的直角三角形的面積是＝，∵，∴所圍成的三角形是面積最大的直角三角形，則選取的三塊紙片的面積分別是2，3，5，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理的逆定理，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用勾股定理的逆定理解答．6.（2020?廣東省廣州市?3分）往直徑為的圓柱形容器內(nèi)裝入一些水以后，截面如圖所示，若水面寬，則水的最大深度為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】過點(diǎn)O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，連接OA，根據(jù)垂徑定理即可求得AD的長(zhǎng)，又由⊙O的直徑為，求得OA的長(zhǎng)，然后根據(jù)勾股定理，即可求得OD的長(zhǎng)，進(jìn)而求得油的最大深度的長(zhǎng)．【詳解】解：過點(diǎn)O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，連接OA，由垂徑定理得：，∵⊙O的直徑為，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴油的最大深度為，故選：．【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂徑定理的知識(shí)．此題難度不大，解題的關(guān)鍵是注意輔助線的作法，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理解決．二.填空題1.（2020?河南省?3分）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接EC，F(xiàn)D，點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，連接GH，則GH的長(zhǎng)度為1．【分析】設(shè)DF，CE交于O，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根據(jù)線段中點(diǎn)的定義得到BE＝CF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根據(jù)勾股定理得到CE＝DF＝＝，點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，根據(jù)射影定理即可得到結(jié)論．【解答】解：設(shè)DF，CE交于O，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，∴BE＝CF，∴△CBE≌△DCF（SAS），∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，∵∠CDF+∠CFD＝90°，∴∠BCE+∠CFD＝90°，∴∠COF＝90°，∴DF⊥CE，∴CE＝DF＝＝，∵點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，∴CG＝FH＝，∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，∴CF2＝OF?DF，∴OF＝＝＝，∴OH＝，OD＝，∵OC2＝OF?OD，∴OC＝＝，∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，∴HG＝＝＝1，故答案為：1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了射影定理，勾股定理，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．2.（2020?貴州省貴陽(yáng)市?4分）如圖，△ABC中，點(diǎn)E在邊AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，BD＝8，AC＝11，則邊BC的長(zhǎng)為4．【分析】延長(zhǎng)BD到F，使得DF＝BD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理即可求出答案．【解答】解：延長(zhǎng)BD到F，使得DF＝BD，∵CD⊥BF，∴△BCF是等腰三角形，∴BC＝CF，過點(diǎn)C點(diǎn)作CH∥AB，交BF于點(diǎn)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，故答案為：4【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)與判定，本題屬于中等題型．3.（2020?貴州省銅仁市?4分）如圖，在矩形ABCD中，AD＝4，將∠A向內(nèi)翻析，點(diǎn)A落在BC上，記為A1，折痕為DE．若將∠B沿EA1向內(nèi)翻折，點(diǎn)B恰好落在DE上，記為B1，則AB＝．【分析】依據(jù)△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根據(jù)折疊的性質(zhì)，即可得到A1C＝BC＝2，最后依據(jù)勾股定理進(jìn)行計(jì)算，即可得到CD的長(zhǎng)，即AB的長(zhǎng)．【解答】解：由折疊可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E∴∠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＝，故答案為：．4.（2020?貴州省遵義市?4分）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠BAC=45°，AD⊥BC于點(diǎn)D，延長(zhǎng)AD交⊙O于點(diǎn)E，若BD=4，CD=1，則DE的長(zhǎng)是____.【分析】連結(jié)OB，OC，OA，過O點(diǎn)作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根據(jù)圓周角定理可得∠BOC=90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根據(jù)相交弦定理可求DE．【解答】解：連結(jié)OB，OC，OA，過O點(diǎn)作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，∵⊙O是△ABC的外接圓，∠BAC=45°，∴∠BOC=90°，∵BD=4，CD=1，∴BC=4+1=5，∴OB=OC=，在Rt△AGO中，∴AD×DE=BDXCD，故答案為:5.（2020?湖北孝感?3分）如圖1，四個(gè)全等的直角三角形圍成一個(gè)大正方形，中間是個(gè)小正方形，這個(gè)圖形是我國(guó)漢代趙爽在注解《周髀算經(jīng)》時(shí)給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”．在此圖形中連接四條線段得到如圖2的圖案，記陰影部分的面積為S1，空白部分的面積為S2，大正方形的邊長(zhǎng)為m，小正方形的邊長(zhǎng)為n，若S1＝S2，則的值為．【分析】可設(shè)直角三角形另一條直角邊為x，根據(jù)S1＝S2，可得2x2＝m2，則x＝m，再根據(jù)勾股定理得到關(guān)于m，n的方程，可求的值．【解答】解：設(shè)直角三角形另一條直角邊為x，依題意有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，則的值為．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理的證明，根據(jù)正方形的面積公式和三角形形的面積公式得出它們之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．6.（2020?湖北省黃岡市?3分）我國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中有這樣一個(gè)問題：”今有池方一丈，葭（jiā）生其中央，出水一尺．引葭赴岸，適與岸齊．問水深幾何？”（注：丈，尺是長(zhǎng)度單位，1丈＝10尺）這段話翻譯成現(xiàn)代漢語(yǔ)，即為：如圖，有一個(gè)水池，水面是一個(gè)邊長(zhǎng)為1丈的正方形，在水池正中央有一根蘆葦，它高出水面1尺．如果把這根蘆葦拉向水池一邊的中點(diǎn)，它的頂端恰好到達(dá)池邊的水面，則水池里水的深度是12尺．【分析】根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可．【解答】解：設(shè)水池里水的深度是x尺，由題意得，x2+52＝（x+1）2，解得：x＝12，答：水池里水的深度是12尺．故答案為：12．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，掌握勾股定理、根據(jù)勾股定理正確列出方程是解題的關(guān)鍵．7.(2020?江蘇省徐州市?3分)如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D.E.F分別為AB.BC.CA的中點(diǎn)，若BF＝5，則DE＝5．【分析】首先由直角三角形的性質(zhì)求得AC＝2BF，然后根據(jù)三角形中位線定理得到DE＝AC，此題得解．【解答】解：如圖，∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，F(xiàn)為CA的中點(diǎn)，BF＝5，∴AC＝2BF＝10．又∵D.E分別為AB.BC的中點(diǎn)，∴DE是Rt△ABC的中位線，∴DE＝AC＝5．故答案是：5．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角形中位線定理和直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，此題中，AC是聯(lián)系線段DE和BF間數(shù)量關(guān)系的一條關(guān)鍵性線段．8(2020?江蘇省揚(yáng)州市?3分)《九章算術(shù)》是中國(guó)傳統(tǒng)數(shù)學(xué)的重要著作之一，奠定了中國(guó)傳統(tǒng)數(shù)學(xué)的基本框架．如圖所示是其中記載的一道“折竹”問題：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，問折者高幾何？”題意是：一根竹子原高1丈(1丈＝10尺)，中部有一處折斷，竹梢觸地面處離竹根3尺，試問折斷處離地面多高？答：折斷處離地面4.55尺高．【分析】根據(jù)題意結(jié)合勾股定理得出折斷處離地面的高度即可．【解答】解：設(shè)折斷處離地面x尺，根據(jù)題意可得：x2+32＝(10－x)2，解得：x＝4.55．折斷處離地面4.55尺．故答案為4.55．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，根據(jù)題意正確應(yīng)用勾股定理是解題關(guān)鍵．9.（2020年內(nèi)蒙古通遼市）16.如圖，在中，，點(diǎn)P在斜邊上，以為直角邊作等腰直角三角形，，則三者之間的數(shù)量關(guān)系是_____．【答案】PA2+PB2=PQ2【解析】【分析】把AP2和PB2都用PC和CD表示出來，結(jié)合Rt△PCD中，可找到PC和PD和CD的關(guān)系，從而可找到PA2，PB2，PQ2三者之間的數(shù)量關(guān)系；【詳解】解：過點(diǎn)C作CD⊥AB，交AB于點(diǎn)D∵△ACB為等腰直角三角形，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為等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，∴2PC2=PQ2，∴PA2+PB2=PQ2，故答案為PA2+PB2=PQ2.【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是作出輔助線，利用三線合一進(jìn)行論證.10.（2020?江蘇省淮安市?3分）已知直角三角形斜邊長(zhǎng)為16，則這個(gè)直角三角形斜邊上的中線長(zhǎng)為8．【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CD＝AB，代入求出即可．【解答】解：∵在△ACB中，∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，AB＝16，∴CD＝AB＝8，故答案為：8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，能熟記直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵，注意：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．11.（2020?湖北孝感?3分）如圖1，四個(gè)全等的直角三角形圍成一個(gè)大正方形，中間是個(gè)小正方形，這個(gè)圖形是我國(guó)漢代趙爽在注解《周髀算經(jīng)》時(shí)給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”．在此圖形中連接四條線段得到如圖2的圖案，記陰影部分的面積為S1，空白部分的面積為S2，大正方形的邊長(zhǎng)為m，小正方形的邊長(zhǎng)為n，若S1＝S2，則的值為．【分析】可設(shè)直角三角形另一條直角邊為x，根據(jù)S1＝S2，可得2x2＝m2，則x＝m，再根據(jù)勾股定理得到關(guān)于m，n的方程，可求的值．【解答】解：設(shè)直角三角形另一條直角邊為x，依題意有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，則的值為．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理的證明，根據(jù)正方形的面積公式和三角形形的面積公式得出它們之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．12（2020?貴州省安順市?4分）如圖，△ABC中，點(diǎn)E在邊AC上，EB＝EA，∠A＝2∠CBE，CD垂直于BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，BD＝8，AC＝11，則邊BC的長(zhǎng)為4．【分析】延長(zhǎng)BD到F，使得DF＝BD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理即可求出答案．【解答】解：延長(zhǎng)BD到F，使得DF＝BD，∵CD⊥BF，∴△BCF是等腰三角形，∴BC＝CF，過點(diǎn)C點(diǎn)作CH∥AB，交BF于點(diǎn)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，故答案為：4【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)與判定，本題屬于中等題型．三.解答題1.（2020?湖北武漢?10分）問題背景如圖（1），已知△ABC∽△ADE，求證：△ABD∽△ACE；嘗試應(yīng)用如圖（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC與DE相交于點(diǎn)F，點(diǎn)D在BC邊上，＝，求的值；拓展創(chuàng)新如圖（3），D是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接寫出AD的長(zhǎng)．【分析】問題背景由題意得出，∠BAC＝∠DAE，則∠BAD＝∠CAE，可證得結(jié)論；嘗試應(yīng)用連接EC，證明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性質(zhì)得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可證明△ADF∽△ECF，得出＝3，則可求出答案．拓展創(chuàng)新過點(diǎn)A作AB的垂線，過點(diǎn)D作AD的垂線，兩垂線交于點(diǎn)M，連接BM，證明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性質(zhì)得出，證明△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質(zhì)可求出AD的長(zhǎng)．【解答】問題背景證明：∵△ABC∽△ADE，∴，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE；嘗試應(yīng)用解：如圖1，連接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．拓展創(chuàng)新解：如圖2，過點(diǎn)A作AB的垂線，過點(diǎn)D作AD的垂線，兩垂線交于點(diǎn)M，連接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＝．【點(diǎn)評(píng)】此題是相似形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2.（2020?貴州省貴陽(yáng)市?8分）如圖，在4×4的正方形網(wǎng)格中，每個(gè)小格的頂點(diǎn)叫做格點(diǎn)，以格點(diǎn)為頂點(diǎn)分別按下列要求畫三角形．（1）在圖①中，畫一個(gè)直角三角形，使它的三邊長(zhǎng)都是有理數(shù)；（2）在圖②中，畫一個(gè)直角三角形，使它的一邊長(zhǎng)是有理數(shù)，另外兩邊長(zhǎng)是無理數(shù)；（3）在圖③中，畫一個(gè)直角三角形，使它的三邊長(zhǎng)都是無理數(shù)．【分析】（1）構(gòu)造邊長(zhǎng)3，4，5的直角三角形即可．（2）構(gòu)造直角邊為2，斜邊為4的直角三角形即可（答案不唯一）．（3）構(gòu)造三邊分別為2，，的直角三角形即可．【解答】解：（1）如圖①中，△ABC即為所求．（2）如圖②中，△ABC即為所求．（3）△ABC即為所求．【點(diǎn)評(píng)】本題考查作圖﹣應(yīng)用與設(shè)計(jì)，無理數(shù)，勾股定理，勾股定理的逆定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考常考題型．3.（2020?湖南省張家界·）如圖，在矩形中，過對(duì)角線的中點(diǎn)O作的垂線，分別交于點(diǎn)．（1）求證：；（2）若，連接，求四邊形的周長(zhǎng)．【答案】（1）證明過程見解析；（2）25【解析】【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，，，即可證的兩個(gè)三角形全等；（2）設(shè)，根據(jù)已知條件可得，由（1）可推得，可得ED=EB，可證得四邊形EBFD是菱形，根據(jù)勾股定理可得BE的長(zhǎng)，即可求得周長(zhǎng)；【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴，，∴，又∵，∴，在△DOE和△BOF中，，∴．（2）由（1）可得，，，∴四邊形BFDE是平行四邊形，在△EBO和△EDO中，，∴，∴，∴四邊形BFDE是菱形，根據(jù)，設(shè)，可得，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理可得：，即，解得：，∴，∴四邊形的周長(zhǎng)=．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)應(yīng)用，結(jié)合菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵．4.（2020?湖北武漢?10分）問題背景如圖（1），已知△ABC∽△ADE，求證：△ABD∽△ACE；嘗試應(yīng)用如圖（2），在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC與DE相交于點(diǎn)F，點(diǎn)D在BC邊上，＝，求的值；拓展創(chuàng)新如圖（3），D是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2，直接寫出AD的長(zhǎng)．【分析】問題背景由題意得出，∠BAC＝∠DAE，則∠BAD＝∠CAE，可證得結(jié)論；嘗試應(yīng)用連接EC，證明△ABC∽△ADE，由（1）知△ABD∽△ACE，由相似三角形的性質(zhì)得出，∠ACE＝∠ABD＝∠ADE，可證明△ADF∽△ECF，得出＝3，則可求出答案．拓展創(chuàng)新過點(diǎn)A作AB的垂線，過點(diǎn)D作AD的垂線，兩垂線交于點(diǎn)M，連接BM，證明△BDC∽△MDA，由相似三角形的性質(zhì)得出，證明△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質(zhì)可求出AD的長(zhǎng)．【解答】問題背景證明：∵△ABC∽△ADE，∴，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，，∴△ABD∽△ACE；嘗試應(yīng)用解：如圖1，連接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．拓展創(chuàng)新解：如圖2，過點(diǎn)A作AB的垂線，過點(diǎn)D作AD的垂線，兩垂線交于點(diǎn)M，連接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＝．【點(diǎn)評(píng)】此題是相似形綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5（2020?湖南省株洲市·）某高速公路管理部門工作人員在對(duì)某段高速公路進(jìn)行安全巡檢過程中，發(fā)現(xiàn)該高速公路旁的一斜坡存在落石隱患．該斜坡橫斷面示意圖如圖所示，水平線l1∥l2，點(diǎn)A.B分別在l1.l2上，斜坡AB的長(zhǎng)為18米，過點(diǎn)B作BC⊥l1于點(diǎn)C，且線段AC的長(zhǎng)為2米．（1）求該斜坡的坡高BC；（結(jié)果用最簡(jiǎn)根式表示）（2）為降低落石風(fēng)險(xiǎn)，該管理部門計(jì)劃對(duì)該斜坡進(jìn)行改造，改造后的斜坡坡角α為60°，過點(diǎn)M作MN⊥l1于點(diǎn)N，求改造后的斜坡長(zhǎng)度比改造前的斜坡長(zhǎng)度增加了多少米？【分析】（1）運(yùn)用勾股定理解題即可；（2）根據(jù)勾股定理列出方程，求出AM，問題得解．【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．綜上所述，長(zhǎng)度增加了2米．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了解直角三角形，題目難度不大，理解好題意運(yùn)用勾股定理解題是關(guān)鍵．6.(2020?江蘇省泰州市?10分)如圖，已知線段a，點(diǎn)A在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)．(1)用直尺和圓規(guī)在第一象限內(nèi)作出點(diǎn)P，使點(diǎn)P到兩坐標(biāo)軸的距離相等，且與點(diǎn)A的距離等于a．(保留作圖痕跡，不寫作法)(2)在(1)的條件下，若a≈2，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(3，1)，求P點(diǎn)的坐標(biāo)．【分析】(1)根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可用直尺和圓規(guī)在第一象限內(nèi)作出點(diǎn)P，使點(diǎn)P到兩坐標(biāo)軸的距離相等，且與點(diǎn)A的距離等于a；(2)在(1)的條件下，根據(jù)a≈2，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(3，1)，利用勾股定理即可求P點(diǎn)的坐標(biāo)．【解答】解：(1)如圖，點(diǎn)P即為所求；(2)由(1)可得OP是角平分線，設(shè)點(diǎn)P(x，x)，過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作AF⊥x軸于點(diǎn)F，AD⊥PE于點(diǎn)D，∵PA＝a≈2，A點(diǎn)的坐標(biāo)為(3，1)，∴PD＝x－1，AD＝x－3，根據(jù)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點(diǎn)的坐標(biāo)為(5，5)．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖－復(fù)雜作圖、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握角平分線的性質(zhì)．\7.（2020?廣東省深圳市?9分）背景：一次小組合作探究課上，小明將兩個(gè)正方形按背景圖位置擺放（點(diǎn)E，A，D在同一條直線上），發(fā)現(xiàn)BE=DG且BE⊥DG。小組討論后，提出了三個(gè)問題，請(qǐng)你幫助解答：（1）將正方形AEFG繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，（如圖1）還能得到BE=DG嗎？如果能，請(qǐng)給出證明．如若不能，請(qǐng)說明理由：（2）把背景中的正方形分別改為菱形AEFG和菱形ABCD，將菱形AEFG繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，（如圖2）試問當(dāng)∠EAG與∠BAD的大小滿足怎樣的關(guān)系時(shí)，背景中的結(jié)論BE=DG仍成立？請(qǐng)說明理由；（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，將矩形AEFG繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)（如圖3），連接DE，BG。小組發(fā)現(xiàn)：在旋轉(zhuǎn)過程中，BG2+DE2是定值，請(qǐng)求出這個(gè)定值背景圖圖3圖2圖1背景圖圖3圖2圖1【考點(diǎn)】手拉手，相似，勾股【解析】解：（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形∴AB=AD，∵四邊形AEFG為正方形∴AE=AG，∴在△EAB和△GAD中有：∴△EAB≌△GAD∴BE=DG(2)當(dāng)∠EAG=∠BAD時(shí)，BE=DG成立。證明：∵四邊形ABCD菱形∴AB=AD∵四邊形AEFG為正方形∴AE=AG∵∠EAG=∠BAD∴∴在△EAB和△GAD中有：∴△EAB≌△GAD∴BE=DG(3)連接EB，BD，設(shè)BE和GD相交于點(diǎn)H∵四邊形AEFG和ABCD為矩形∴∴∵∴△EAB∽△GAD∴∴∴，∴，∴8（2020?廣東省?4分）有一架豎直靠在直角墻面的梯子正在下滑，一只貓緊緊盯住位于梯子正中間的老鼠，等待與老鼠距離最小時(shí)撲捉．把墻面、梯子、貓、老鼠都理想化為同一平面內(nèi)的線或點(diǎn)，模型如題17圖，∠ABC=90°，點(diǎn)M、N分別在射線BA.BC上，MN長(zhǎng)度始終不變，MN=4，E為MN的中點(diǎn)，點(diǎn)D到BA.BC的距離分別為4和2．在此滑動(dòng)過程中，貓與老鼠的距離DE的最小值為_________________．【答案】【解析】點(diǎn)B到點(diǎn)E的距離不變，點(diǎn)E在以B為圓心的圓上，線段BD與圓的交點(diǎn)即為所求最短距離的E點(diǎn)，BD=，BE=2【考點(diǎn)】直角三角形的性質(zhì)、數(shù)學(xué)建模思想、最短距離問題9（2020?廣東省?8分）已知關(guān)于x、y的方程組與的解相同．（1）求A.b的值；（2）若一個(gè)三角形的一條邊的長(zhǎng)為2，另外兩條邊的長(zhǎng)是關(guān)于x的方程x2+ax+b=0的解，試判斷該三角形的形狀，并說明理由．【答案】解：由題意得，解得由，