《全國各地2015年中考數(shù)學試卷解析分類匯編（第2期）專題23 直角三角形與勾股定理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《全國各地2015年中考數(shù)學試卷解析分類匯編（第2期）專題23 直角三角形與勾股定理（30頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、直角三角形與勾股定理 一.選擇題 1．（2015?濱州,第10題3分）如圖，在直角∠O的內部有一滑動桿AB，當端點A沿直線AO向下滑動時，端點B會隨之自動地沿直線OB向左滑動，如果滑動桿從圖中AB處滑動到A′B′處，那么滑動桿的中點C所經(jīng)過的路徑是（　?。? 　 A． 直線的一部分 B． 圓的一部分 　 C． 雙曲線的一部分 D． 拋物線的一部分 考點： 軌跡；直角三角形斜邊上的中線． 分析： 根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到OC=AB=A′B′=OC′，從而得出滑動桿的中點C所經(jīng)過的路徑是一段圓弧． 解答： 解：連接OC、OC′，如圖， ∵∠AOB=90°，

2、C為AB中點， ∴OC=AB=A′B′=OC′， ∴當端點A沿直線AO向下滑動時，AB的中點C到O的距離始終為定長， ∴滑動桿的中點C所經(jīng)過的路徑是一段圓弧． 故選B． 點評： 本題考查了軌跡，圓的定義與性質，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵． 2.（2015?山東泰安,第20題3分）如圖，矩形ABCD中，E是AD的中點，將△ABE沿直線BE折疊后得到△GBE，延長BG交CD于點F．若AB=6，BC=4，則FD的長為（　?。? 　 A．2 B． 4 C． D． 2 考點： 翻折變換（折疊問題）．. 分析： 根據(jù)點E是AD的中點以及翻折的性質可以

3、求出AE=DE=EG，然后利用“HL”證明△EDF和△EGF全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可證得DF=GF；設FD=x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式進行計算即可得解． 解答： 解：∵E是AD的中點， ∴AE=DE， ∵△ABE沿BE折疊后得到△GBE， ∴AE=EG，AB=BG， ∴ED=EG， ∵在矩形ABCD中， ∴∠A=∠D=90°， ∴∠EGF=90°， ∵在Rt△EDF和Rt△EGF中， ， ∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL）， ∴DF=FG， 設DF=x，則BF=6+x，CF=6﹣x， 在Rt△BCF中，（4）2+（6﹣x）

4、2=（6+x）2， 解得x=4． 故選：B． 點評： 本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理的應用，翻折的性質，熟記性質，找出三角形全等的條件EF=EC是解題的關鍵． 3. （2015年浙江衢州10，3分）如圖，已知等腰，以為直徑的圓交于點，過點的的切線交于點，若，則的半徑是【 】 A. 　　　B. 　　　 C. 　　　 D. 【答案】D． 【考點】等腰三角形的性質；切線的性質；平行的判定和性質；矩形的判定和性質；勾股定理；方程思想的應用． 【分析】如答圖，連接，過點作于點， ∵，∴. ∵，∴.∴.∴.

5、 ∵是的切線，∴.∴. ∴，且四邊形是矩形. ∵，∴由勾股定理，得. 設的半徑是， 則. ∴由勾股定理，得，即，解得. ∴的半徑是. 故選D． 4.（2015?青海西寧第17題2分）如圖，Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，BC=3，AC的垂直平分線DE分別交AB，AC于D，E兩點，則CD的長為　?。? 考點： 線段垂直平分線的性質；勾股定理．. 分析： 先根據(jù)線段垂直平分線的性質得出CD=AD，故AB=BD+AD=BD+CD，設CD=x，則BD=4﹣x，在Rt△BCD中根據(jù)勾股定理求出x的值即可． 解答： 解：∵DE是AC的垂直平分線， ∴CD=AD，

6、 ∴AB=BD+AD=BD+CD， 設CD=x，則BD=4﹣x， 在Rt△BCD中， CD2=BC2+BD2，即x2=32+（4﹣x）2， 解得x=． 故答案為：． 點評： 本題考查的是線段垂直平分線的性質，熟知垂直平分線上任意一點，到線段兩端點的距離相等是解答此題的關鍵． 5．（3分）（2015?桂林）（第8題）下列各組線段能構成直角三角形的一組是（　?。? A． 30，40，50 B． 7，12，13 C． 5，9，12 D． 3，4，6 考點： 勾股定理的逆定理． 分析： 根據(jù)勾股定理的逆定理：如果三角形有兩邊的平方和等于第三邊的平方，那么這個是直角三角形判定則可

7、．如果有這種關系，這個就是直角三角形． 解答： 解：A、∵302+402=502，∴該三角形符合勾股定理的逆定理，故是直角三角形，故正確； B、∵72+122≠132，∴該三角形不符合勾股定理的逆定理，故不是直角三角形，故錯誤； C、∵52+92≠122，∴該三角形不符合勾股定理的逆定理，故不是直角三角形，故錯誤； D、∵32+42≠62，∴該三角形不符合勾股定理的逆定理，故不是直角三角形，故錯誤； 故選A． 點評： 本題考查了勾股定理的逆定理，在應用勾股定理的逆定理時，應先認真分析所給邊的大小關系，確定最大邊后，再驗證兩條較小邊的平方和與最大邊的平方之間的關系，進而作出判斷．

8、 6．（3分）（2015?畢節(jié)市）（第5題）下列各組數(shù)據(jù)中的三個數(shù)作為三角形的邊長，其中能構成直角三角形的是（　?。? 　 A． ，， B． 1，， C． 6，7，8 D． 2，3，4 考點： 勾股定理的逆定理． 分析： 知道三條邊的大小，用較小的兩條邊的平方和與最大的邊的平方比較，如果相等，則三角形為直角三角形；否則不是． 解答： 解：A、（）2+（）2≠（）2，不能構成直角三角形，故錯誤； B、12+（）2=（）2，能構成直角三角形，故正確； C、62+72≠82，不能構成直角三角形，故錯誤； D、22+32≠42，不能構成直角三角形，故錯誤． 故選：B． 點評： 本

9、題考查勾股定理的逆定理的應用．判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可． 7．（4分）（2015?銅仁市）（第8題）如圖，在矩形ABCD中，BC=6，CD=3，將△BCD沿對角線BD翻折，點C落在點C1處，BC1交AD于點E，則線段DE的長為（　?。? 　 A． 3 B． C． 5 D． 考點： 翻折變換（折疊問題）．. 分析： 首先根據(jù)題意得到BE=DE，然后根據(jù)勾股定理得到關于線段AB、AE、BE的方程，解方程即可解決問題． 解答： 解：設ED=x，則AE=8﹣x； ∵四邊形ABCD為矩形， ∴A

10、D∥BC， ∴∠EDB=∠DBC； 由題意得：∠EBD=∠DBC， ∴∠EDB=∠EBD， ∴EB=ED=x； 由勾股定理得： BE2=AB2+AE2， 即x2=42+（8﹣x）2， 解得：x=5， ∴ED=5． 故選：C． 點評： 本題主要考查了幾何變換中的翻折變換及其應用問題；解題的關鍵是根據(jù)翻折變換的性質，結合全等三角形的判定及其性質、勾股定理等幾何知識，靈活進行判斷、分析、推理或解答． 8．（2015?甘肅天水，第8題，4分）如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=2，CD=，點P在四邊形ABCD的邊上．若點P到BD的距離為，則點

11、P的個數(shù)為（　?。? 　 A． 2 B． 3 C． 4 D． 5 考點： 等腰直角三角形；點到直線的距離． 分析： 首先作出AB、AD邊上的點P（點A）到BD的垂線段AE，即點P到BD的最長距離，作出BC、CD的點P（點C）到BD的垂線段CF，即點P到BD的最長距離，由已知計算出AE、CF的長與比較得出答案． 解答： 解：過點A作AE⊥BD于E，過點C作CF⊥BD于F， ∵∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=2，CD=， ∴∠ABD=∠ADB=45°， ∴∠CDF=90°﹣∠ADB=45°， ∵sin∠ABD=， ∴AE=AB?sin∠ABD=2?sin45° =

12、2?=2＞， 所以在AB和AD邊上有符合P到BD的距離為的點2個， 故選A． 點評： 本題考查了解直角三角形和點到直線的距離，解題的關鍵是先求出各邊上點到BD的最大距離比較得出答案． 9．（2015?青島，第4題3分）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，垂足為E，DE=1，則BC=（　　） 　 A． B． 2 C． 3 D． +2 考點： 含30度角的直角三角形． 分析： 根據(jù)角平分線的性質即可求得CD的長，然后在直角△BDE中，根據(jù)30°的銳角所對的直角邊等于斜邊的一半，即可求得BD長，則B

13、C即可求得． 解答： 解：∵AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，∠C=90°， ∴CD=DE=1， 又∵直角△BDE中，∠B=30°， ∴BD=2DE=2， ∴BC=CD+BD=1+2=3． 故選C． 點評： 本題考查了角的平分線的性質以及直角三角形的性質，30°的銳角所對的直角邊等于斜邊的一半，理解性質定理是關鍵． 二.填空題 1. （2015?江蘇宿遷，第14題3分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點D，E，F(xiàn)分別為AB，AC，BC的中點．若CD=5，則EF的長為　5　． 考點： 三角形中位線定理；直角三角形斜邊上的中線．. 分析： 已

14、知CD是Rt△ABC斜邊AB的中線，那么AB=2CD；EF是△ABC的中位線，則EF應等于AB的一半． 解答： 解：∵△ABC是直角三角形，CD是斜邊的中線， ∴CD=AB， 又∵EF是△ABC的中位線， ∴AB=2CD=2×5=10cm， ∴EF=×10=5cm． 故答案為：5． 點評： 此題主要考查了三角形中位線定理以及直角三角形斜邊上的中線等知識，用到的知識點為：（1）直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半；（2）三角形的中位線等于對應邊的一半． 2．（2015?濟南,第18題3分）如圖，PA是⊙O的切線，A是切點，PA=4，OP=5，則⊙O的周長為　6π?。ńY果保留π）

15、． 考點： 切線的性質；勾股定理． 分析： 連接OA，根據(jù)切線的性質求出∠OAP=90°，根據(jù)勾股定理求出OA即可． 解答： 解： 連接OA， ∵PA是⊙O的切線，A是切點， ∴∠OAP=90°， 在Rt△OAP中，∠OAP=90°，PA=4，OP=5，由勾股定理得：OA=3， 則⊙O的周長為2π×3=6π， 故答案為：6π． 點評： 本題考查了切線的性質，勾股定理的應用，解此題的關鍵是能正確作出輔助線，并求出∠OAP=90°，注意：圓的切線垂直于過切點的半徑． 3．（2015?棗莊,第15題4分）如圖，△ABC中，CD⊥AB于D，E是AC的中點．若AD=6，D

16、E=5，則CD的長等于　8　． 考點： 勾股定理；直角三角形斜邊上的中線．. 專題： 計算題． 分析： 由“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”求得AC=2DE=10；然后在直角△ACD中，利用勾股定理來求線段CD的長度即可． 解答： 解：如圖，∵△ABC中，CD⊥AB于D，E是AC的中點，DE=5， ∴DE=AC=5， ∴AC=10． 在直角△ACD中，∠ADC=90°，AD=6，AC=10，則根據(jù)勾股定理，得 CD===8． 故答案是：8． 點評： 本題考查了勾股定理，直角三角形斜邊上的中線．利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求得AC的長度是解

17、題的難點． 4．（2015?甘肅慶陽，第20題，3分）在底面直徑為2cm，高為3cm的圓柱體側面上，用一條無彈性的絲帶從A至C按如圖所示的圈數(shù)纏繞，則絲帶的最短長度為　　cm．（結果保留π） 考點： 平面展開-最短路徑問題．. 分析： 根據(jù)繞兩圈到C，則展開后相當于求出直角三角形ACB的斜邊長，并且AB的長為圓柱的底面圓的周長，BC的長為圓柱的高，根據(jù)勾股定理求出即可． 解答： 解：如圖所示， ∵無彈性的絲帶從A至C， ∴展開后AB=2πcm，BC=3cm， 由勾股定理得：AC==cm． 故答案為：． 點評： 本題考查了平面展開﹣最短路線問題和勾股定理的應用，

18、能正確畫出圖形是解此題的關鍵，用了數(shù)形結合思想． 5．（3分）（2015?寧夏）（第15題）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，在CD上任取一點E，連接BE，將△BCE沿BE折疊，使點C恰好落在AD邊上的點F處，則CE的長為　　． 考點： 翻折變換（折疊問題）． 分析： 設CE=x，由矩形的性質得出AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°．由折疊的性質得出BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD﹣CE=3﹣x．在Rt△ABF中利用勾股定理求出AF的長度，進而求出DF的長度；然后在Rt△DEF根據(jù)勾股定理列出關于x的方程即可解決問題． 解答： 解：設

19、CE=x． ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°． ∵將△BCE沿BE折疊，使點C恰好落在AD邊上的點F處， ∴BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD﹣CE=3﹣x． 在Rt△ABF中，由勾股定理得： AF2=52﹣32=16， ∴AF=4，DF=5﹣4=1． 在Rt△DEF中，由勾股定理得： EF2=DE2+DF2， 即x2=（3﹣x）2+12， 解得：x=， 故答案為． 點評： 本題考查了折疊的性質：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．也考查了勾股定理、矩形的

20、性質、方程思想等知識，關鍵是熟練掌握勾股定理，找準對應邊． 6．（5分）（2015?畢節(jié)市）（第19題）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD平分∠CAB，交BC于點D，若CD=1，則BD=　2?。? 考點： 含30度角的直角三角形；角平分線的性質． 分析： 根據(jù)角平分線性質求出∠BAD的度數(shù)，根據(jù)含30度角的直角三角形性質求出AD即可得BD． 解答： 解：∵∠C=90°，∠B=30°， ∴∠CAB=60°， AD平分∠CAB， ∴∠BAD=30°， ∴BD=AD=2CD=2， 故答案為2． 點評： 本題考查了對含30度角的直角三角形的性質和角平分線

21、性質的應用，求出AD的長是解此題的關鍵． 7．（4分）（2015?銅仁市）（第17題）如圖，∠ACB=9O°，D為AB中點，連接DC并延長到點E，使CE=CD，過點B作BF∥DE交AE的延長線于點F．若BF=10，則AB的長為　8?。? 考點： 三角形中位線定理；直角三角形斜邊上的中線．. 分析： 先根據(jù)點D是AB的中點，BF∥DE可知DE是△ABF的中位線，故可得出DE的長，根據(jù)CE=CD可得出CD的長，再根據(jù)直角三角形的性質即可得出結論． 解答： 解：∵點D是AB的中點，BF∥DE， ∴DE是△ABF的中位線． ∵BF=10， ∴DE=BF=5． ∵CE=C

22、D， ∴CD=5，解得CD=4． ∵△ABC是直角三角形， ∴AB=2CD=8． 故答案為：8． 點評： 本題考查的是三角形中位線定理，熟知三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解答此題的關鍵． 8.（2015?昆明第16題，3分）如圖，在Rt△ABC中，∠C=30°，以直角頂點A為圓心，AB長為半徑畫弧交BC于點D，過D作DE⊥AC于點E．若DE=a，則△ABC的周長用含a的代數(shù)式表示為　（6+2）a?。? 考點： 含30度角的直角三角形；等邊三角形的判定與性質；勾股定理．. 分析： 先根據(jù)∠C=30°，∠BAC=90°，DE⊥AC可知BC=2AB，C

23、D=2DE，再由AB=AD可知點D是斜邊BC的中點，由此可用a表示出AB的長，根據(jù)勾股定理可得出AC的長，由此可得出結論． 解答： 解：∵∠C=30°，∠BAC=90°，DE⊥AC， ∴BC=2AB，CD=2DE=2a． ∵AB=AD， ∴點D是斜邊BC的中點， ∴BC=2CD=4a，AB=BC=2a， ∴AC===2a， ∴△ABC的周長=AB+BC+AC=2a+4a+2a=（6+2）a． 故答案為：（6+2）a． 點評： 本題考查的是含30°的直角三角形，熟知在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半是解答此題的關鍵． 9. （2015?溫州第8題4分）如圖

24、，在Rt∠AOB的平分線ON上依次取點C，F(xiàn)，M，過點C作DE⊥OC，分別交OA，OB于點D，E，以FM為對角線作菱形FGMH．已知∠DFE=∠GFH=120°，F(xiàn)G=FE，設OC=x，圖中陰影部分面積為y，則y與x之間的函數(shù)關系式是（　?。? 　 A．y= B． y= C． y=2 D． y=3 考點： 菱形的性質；等邊三角形的判定與性質；解直角三角形．. 分析： 由在Rt∠AOB的平分線ON上依次取點C，F(xiàn)，M，過點C作DE⊥OC，可得△OCD與△OCE是等腰直角三角形，即可得OC垂直平分DE，求得DE=2x，再由∠DFE=∠GFH=120°，可求得C與DF，EF的長，繼而求得△D

25、F的面積，再由菱形FGMH中，F(xiàn)G=FE，得到△FGM是等邊三角形，即可求得其面積，繼而求得答案． 解答： 解：∵ON是Rt∠AOB的平分線， ∴∠DOC=∠EOC=45°， ∵DE⊥OC， ∴∠ODC=∠OEC=45°， ∴CD=CE=OC=x， ∴DF=EF，DE=CD+CE=2x， ∵∠DFE=∠GFH=120°， ∴∠CEF=30°， ∴CF=CE?tan30°=x， ∴EF=2CF=x， ∴S△DEF=DE?CF=x2， ∵四邊形FGMH是菱形， ∴FG=MG=FE=x， ∵∠G=180°﹣∠GFH=60°， ∴△FMG是等邊三角形， ∴S△FGH=x

26、2， ∴S菱形FGMH=x2， ∴S陰影=S△DEF+S菱形FGMH=x2． 故選B． 點評： 此題考查了菱形的性質、等腰直角三角形的性質、等邊三角形的判定與性質以及三角函數(shù)等知識．注意證得△OCD與△OCE是等腰直角三角形，△FGM是等邊三角形是關鍵． 10．（2015?長沙，第18題3分）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上的一點，若BC=6，AB=10，OD⊥BC于點D，則OD的長為　4?。? 考點： 垂徑定理；勾股定理． 分析： 根據(jù)垂徑定理求得BD，然后根據(jù)勾股定理求得即可． 解答： 解：∵OD⊥BC， ∴BD=CD=BC=3， ∵OB=AB=5， ∴

27、OD==4． 故答案為4． 點評： 題考查了垂徑定理、勾股定理，本題非常重要，學生要熟練掌握． 11．（2015?本溪，第16題3分）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AC=8，BD=6，OE⊥BC，垂足為點E，則OE=　?。? 考點： 菱形的性質．. 專題： 計算題． 分析： 先根據(jù)菱形的性質得AC⊥BD，OB=OD=BD=3，OA=OC=AC=4，再在Rt△OBC中利用勾股定理計算出BC=5，然后利用面積法計算OE的長． 解答： 解：∵四邊形ABCD為菱形， ∴AC⊥BD，OB=OD=BD=3，OA=OC=AC=4， 在Rt△OBC中，∵OB=

28、3，OC=4， ∴BC==5， ∵OE⊥BC， ∴OE?BC=OB?OC， ∴OE==． 故答案為． 點評： 本題考查了菱形的性質：菱形具有平行四邊形的一切性質；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．也考查了勾股定理和三角形面積公式． 12.（2015?山東泰安,第23題3分））如圖，在矩形ABCD中，M、N分別是邊AD、BC的中點，E、F分別是線段BM、CM的中點．若AB=8，AD=12，則四邊形ENFM的周長為　20　． 考點： 三角形中位線定理；勾股定理；矩形的性質．. 分析： 根據(jù)M是邊AD的中點，得AM=DM=6，根

29、據(jù)勾股定理得出BM=CM=10，再根據(jù)E、F分別是線段BM、CM的中點，即可得出EM=FM=5，再根據(jù)N是邊BC的中點，得出EM=FN，EN=FM，從而得出四邊形EN，F(xiàn)M的周長． 解答： 解：∵M、N分別是邊AD、BC的中點，AB=8，AD=12， ∴AM=DM=6， ∵四邊形ABCD為矩形， ∴∠A=∠D=90°， ∴BM=CM=10， ∵E、F分別是線段BM、CM的中點， ∴EM=FM=5， ∴EN，F(xiàn)N都是△BCM的中位線， ∴EN=FN=5， ∴四邊形ENFM的周長為5+5+5+5=20， 故答案為20． 點評： 本題考查了三角形的中位線，勾股定理以及矩形的性

30、質，是中考常見的題型，難度不大，比較容易理解． 13．（2015?通遼,第16題3分）如圖，在一張長為7cm，寬為5cm的矩形紙片上，現(xiàn)要剪下一個腰長為4cm的等腰三角形（要求：等腰三角形的一個頂點與矩形的一個頂點重合，其余的兩個頂點在矩形的邊上），則剪下的等腰三角形的面積為　8cm2或2cm2或2cm2　． 考點： 勾股定理；等腰三角形的判定；矩形的性質． 專題： 分類討論． 分析： 因為等腰三角形腰的位置不明確，所以分三種情況進行討論： （1）△AEF為等腰直角三角形，直接利用面積公式求解即可； （2）先利用勾股定理求出AE邊上的高BF，再代入面積公式求解； （3

31、）先求出AE邊上的高DF，再代入面積公式求解． 解答： 解：分三種情況計算： （1）當AE=AF=4時，如圖： ∴S△AEF=AE?AF=×4×4=8（cm2）； （2）當AE=EF=4時，如圖： 則BE=5﹣4=1， BF===， ∴S△AEF=?AE?BF=×4×=2（cm2）； （3）當AE=EF=4時，如圖： 則DE=7﹣4=3， DF===， ∴S△AEF=AE?DF=×4×=2（cm2）； 故答案為：8或2或2． 點評： 本題主要考查矩形的角是直角的性質和勾股定理的運用，要根據(jù)三角形的腰長的不確定分情況討論，有一定的難度． 14．（201

32、5?東營,第15題4分）如圖，水平放置的圓柱形排水管道的截面直徑是1m，其中水面的寬AB為0.8m，則排水管內水的深度為　0.8　m． 考點： 垂徑定理的應用；勾股定理． 分析： 過O點作OC⊥AB，C為垂足，交⊙O于D，連OA，根據(jù)垂徑定理得到AC=BC=0.5m，再在Rt△AOC中，利用勾股定理可求出OC，即可得到CD的值，即水的深度． 解答： 解：如圖，過O點作OC⊥AB，C為垂足，交⊙O于D、E，連OA， OA=0.5m，AB=0.8m， ∵OC⊥AB， ∴AC=BC=0.4m， 在Rt△AOC中，OA2=AC2+OC2， ∴OC=0.3m， 則CE=0.3+

33、0.5=0.8m， 故答案為：0.8． 點評： 本題考查了垂徑定理的應用，掌握垂徑定理：垂直于弦的直徑平分弦，并且平分弦所對的弧是解題的關鍵，注意勾股定理的運用． 15. （2015?東營,第17題4分）如圖，一只螞蟻沿著邊長為2的正方體表面從點A出發(fā)，經(jīng)過3個面爬到點B，如果它運動的路徑是最短的，則AC的長為　　． 考點： 平面展開-最短路徑問題． 專題： 計算題． 分析： 將正方體展開，右邊與后面的正方形與前面正方形放在一個面上，此時AB最短，根據(jù)三角形MCB與三角形ACN相似，由相似得比例得到MC=2NC，求出CN的長，利用勾股定理求出AC的長即可． 解答：

34、 解：將正方體展開，右邊與后面的正方形與前面正方形放在一個面上，展開圖如圖所示，此時AB最短， ∵△BCM∽△ACN， ∴=，即==2，即MC=2NC， ∴CN=MN=， 在Rt△ACN中，根據(jù)勾股定理得：AC==， 故答案為：． 點評： 此題考查了平面展開﹣最短路徑問題，涉及的知識有：相似三角形的判定與性質，勾股定理，熟練求出CN的長是解本題的關鍵． 　 三.解答題 1．（2015?湘潭，第22題6分）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，△ACD沿AD折疊，使得點C落在斜邊AB上的點E處． （1）求證：△BDE∽△BAC； （2）已知AC=6，BC=8，求線段

35、AD的長度． 考點： 相似三角形的判定與性質；翻折變換（折疊問題）．. 分析： （1）根據(jù)折疊的性質得出∠C=∠AED=90°，利用∠DEB=∠C，∠B=∠B證明三角形相似即可； （2）由折疊的性質知CD=DE，AC=AE．根據(jù)題意在Rt△BDE中運用勾股定理求DE，進而得出AD即可． 解答： 證明：（1）∵∠C=90°，△ACD沿AD折疊， ∴∠C=∠AED=90°， ∴∠DEB=∠C=90°， ∵∠B=∠B， ∴△BDE∽△BAC； （2）由勾股定理得，AB=10． 由折疊的性質知，AE=AC=6，DE=CD，∠AED=∠C=90°． ∴BE=AB﹣A

36、E=10﹣6=4， 在Rt△BDE中，由勾股定理得， DE2+BE2=BD2， 即CD2+42=（8﹣CD）2， 解得：CD=3， 在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2+CD2=AD2， 即32+62=AD2， 解得：AD=． 點評： 本題考查了相似三角形的判定和性質，關鍵是根據(jù)1、折疊的性質：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等；2、勾股定理求解． 2．（2015?宜昌，第23題11分）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點E，F(xiàn)是邊BA延長線上一點，連接EF，以EF為直徑作⊙O，

37、交DC于D，G兩點，AD分別于EF，GF交于I，H兩點． （1）求∠FDE的度數(shù)； （2）試判斷四邊形FACD的形狀，并證明你的結論； （3）當G為線段DC的中點時， ①求證：FD=FI； ②設AC=2m，BD=2n，求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比． 考點： 圓的綜合題；等腰三角形的判定；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；三角形中位線定理；平行四邊形的判定與性質；菱形的性質．. 專題： 綜合題． 分析： （1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角即可得到∠FDE=90°； （2）由四邊形ABCD是菱形可得AB∥CD，要證四邊形FACD是平行四邊形，只需證明DF∥AC

38、，只需證明∠AEB=∠FDE，由于∠FDE=90°，只需證明∠AEB=90°，根據(jù)四邊形ABCD是菱形即可得到結論； （3）①連接GE，如圖，易證GE是△ACD的中位線，即可得到GE∥DA，即可得到∠FHI=∠FGE=∠FGE=90°．根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DG=GE，從而有=，根據(jù)圓周角定理可得∠1=∠2，根據(jù)等角的余角相等可得∠3=∠4，根據(jù)等角對等邊可得FD=DI；②易知S⊙O=π（）2=πm2，S菱形ABCD=?2m?2n=2mn，要求⊙O的面積與菱形ABCD的面積之比，只需得到m與n的關系，易證EI=EA=m，DF=AC=2m，EF=FI+IE=DF+AE=3

39、m，在Rt△DEF中運用勾股定理即可解決問題． 解答： 解：（1）∵EF是⊙O的直徑，∴∠FDE=90°； （2）四邊形FACD是平行四邊形． 理由如下： ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AC⊥BD， ∴∠AEB=90°． 又∵∠FDE=90°， ∴∠AEB=∠FDE， ∴AC∥DF， ∴四邊形FACD是平行四邊形； （3）①連接GE，如圖． ∵四邊形ABCD是菱形，∴點E為AC中點． ∵G為線段DC的中點，∴GE∥DA， ∴∠FHI=∠FGE． ∵EF是⊙O的直徑，∴∠FGE=90°， ∴∠FHI=90°． ∵∠DEC=∠AEB=90°，G

40、為線段DC的中點， ∴DG=GE， ∴=， ∴∠1=∠2． ∵∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°， ∴∠3=∠4， ∴FD=FI； ②∵AC∥DF，∴∠3=∠6． ∵∠4=∠5，∠3=∠4， ∴∠5=∠6，∴EI=EA． ∵四邊形ABCD是菱形，四邊形FACD是平行四邊形， ∴DE=BD=n，AE=AC=m，F(xiàn)D=AC=2m， ∴EF=FI+IE=FD+AE=3m． 在Rt△EDF中，根據(jù)勾股定理可得： n2+（2m）2=（3m）2， 即n=m， ∴S⊙O=π（）2=πm2，S菱形ABCD=?2m?2n=2mn=2m2， ∴S⊙O：S菱形ABCD=．

41、 點評： 本題主要考查了菱形的性質、圓周角定理、平行四邊形的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理、等角的余角相等、等角對等邊、平行線的性質、勾股定理、圓及菱形的面積公式等知識，綜合性強，證到IE=EA，進而得到EF=3m是解決第3（2）小題的關鍵． 3．（2015?永州，第24題10分）如圖，有兩條公路OM、ON相交成30°角，沿公路OM方向離O點80米處有一所學校A．當重型運輸卡車P沿道路ON方向行駛時，在以P為圓心50米長為半徑的圓形區(qū)域內都會受到卡車噪聲的影響，且卡車P與學校A的距離越近噪聲影響越大．若一直重型運輸卡車P沿道路ON方向行駛的速度為18

42、千米/時． （1）求對學校A的噪聲影響最大時卡車P與學校A的距離； （2）求卡車P沿道路ON方向行駛一次給學校A帶來噪聲影響的時間． 考點： 勾股定理的應用；垂徑定理的應用．. 分析： （1）直接利用直角三角形中30°所對的邊等于斜邊的一半求出即可； （2）根據(jù)題意可知，圖中AB=50m，AD⊥BC，且BD=CD，∠AOD=30°，OA=80m；再利用垂徑定理及勾股定理解答即可． 解答： 解：（1）過點A作AD⊥ON于點D， ∵∠NOM=30°，AO=80m， ∴AD=40m， 即對學校A的噪聲影響最大時卡車P與學校A的距離為40米； （2）由圖可知：以5

43、0m為半徑畫圓，分別交ON于B，C兩點，AD⊥BC，BD=CD=BC，OA=800m， ∵在Rt△AOD中，∠AOB=30°， ∴AD=OA=×800=400m， 在Rt△ABD中，AB=50，AD=40，由勾股定理得：BD===30m， 故BC=2×30=60米，即重型運輸卡車在經(jīng)過BD時對學校產(chǎn)生影響． ∵重型運輸卡車的速度為18千米/小時，即=30米/分鐘， ∴重型運輸卡車經(jīng)過BD時需要60÷30=2（分鐘）． 答：卡車P沿道路ON方向行駛一次給學校A帶來噪聲影響的時間為2分鐘． 點評： 此題考查的是垂徑定理與勾股定理在實際生活中的運用，解答此題的關鍵是卡車在哪段路

44、上運行時對學校產(chǎn)生影響． 4. （2015江蘇連云港第16題3分）如圖，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，直線l1∥l2∥l3，l1與l2之間距離是1，l2與l3之間距離是2．且l1、l2、l3分別經(jīng)過點A、B、C，則邊AC的長為 ▲ ． 【思路分析】 過點B作DE⊥l2，交l1于D，交l3于E，如圖， ∵DE⊥l2，l1∥l2∥l3， ∴DE⊥l1⊥l3， ∴∠ABD＋∠DAB＝90°，∠ADB＝∠BEC＝90°， 又∵∠ABC＝90°， ∴∠ABD＋∠EBC＝90°， ∴∠DAB＝∠EBC， 在△ABD和△BCE中， ∠AD

45、B＝∠BEC ∠DAB＝∠EBC， ∴△ABD∽△BCE， ∴＝＝ 在△ABC中 ∠BAC＝60°，tan∠BAC＝＝ ∴＝＝＝ ∵DB＝1，BE＝2， ∴EC＝，AD＝ 在△ABD和△BCE中， EC＝，BE＝2，AD＝，DB＝1， ∴BC2＝7，AB2＝， ∴AC2＝BC2＋AB2＝7＋＝ ∴AC＝ 【答案】 【點評】本題考查了圖形翻折的性質、勾股定理和銳角三角比的相關知識. 5．（2015?通遼,第20題5分）如圖，建筑物AB后有一座假山，其坡度為i=1：，山坡上E點處有一涼亭，測得假山坡腳C與建筑物水平距離BC=25米，與涼亭距離CE=20米，某人從

46、建筑物頂端測得E點的俯角為45°，求建筑物AB的高．（注：坡度i是指坡面的鉛直高度與水平寬度的比） 考點： 解直角三角形的應用-仰角俯角問題；解直角三角形的應用-坡度坡角問題． 分析： 首先過點E作EF⊥BC于點F，過點E作EN⊥AB于點N，再利用坡度的定義以及勾股定理得出EF、FC的長，求出AB的長即可． 解答： 解：過點E作EF⊥BC于點F，過點E作EN⊥AB于點N， ∵建筑物AB后有一座假山，其坡度為i=1：， ∴設EF=x，則FC=x， ∵CE=20米， ∴x2+（x）2=400， 解得：x=10， 則FC=10m， ∵BC=25m，∴BF=NE=（25+1

47、0）m， ∴AB=AN+BN=NE+EF=10+25+10=（35+10）m， 答：建筑物AB的高為（35+10）m． 點評： 本題考查了解直角三角形的應用，要求學生借助坡角關系構造直角三角形，并結合圖形利用三角函數(shù)解直角三角形，難度適中． 6．（2015?烏魯木齊,第22題10分）如圖，AB是⊙O的直徑，CD與⊙O相切于點C，與AB的延長線交于點D，DE⊥AD且與AC的延長線交于點E． （1）求證：DC=DE； （2）若tan∠CAB=，AB=3，求BD的長． 考點： 切線的性質；勾股定理；解直角三角形．. 分析： （1）利用切線的性質結合等腰三角形的性質得出

48、∠DCE=∠E，進而得出答案； （2）設BD=x，則AD=AB+BD=3+x，OD=OB+BD=1.5+x，利用勾股定理得出BD的長． 解答： （1）證明：連接OC， ∵CD是⊙O的切線， ∴∠OCD=90°， ∴∠ACO+∠DCE=90°， 又∵ED⊥AD，∴∠EDA=90°， ∴∠EAD+∠E=90°， ∵OC=OA，∴∠ACO=∠EAD， 故∠DCE=∠E， ∴DC=DE， （2）解：設BD=x，則AD=AB+BD=3+x，OD=OB+BD=1.5+x， 在Rt△EAD中， ∵tan∠CAB=，∴ED=AD=（3+x）， 由（1）知，DC=（3+x），在R

49、t△OCD中， OC2+CD2=DO2， 則1.52+[（3+x）]2=（1.5+x）2， 解得：x1=﹣3（舍去），x2=1， 故BD=1． 點評： 此題主要考查了切線的性質以及以及勾股定理和等腰三角形的性質等知識，熟練應用切線的性質得出∠OCD=90°是解題關鍵． o7．（2015?懷化，第21題8分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是BC的中點，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點D，連接DE （1）求證：△ABC∽△CBD； （2）求證：直線DE是⊙O的切線． 考點： 切線的判定；相似三角形的判定與性質． 分析： （1）根據(jù)AC為⊙O的直徑，

50、得出△BCD為Rt△，通過已知條件證明△BCD∽△BAC即可； （2）連結DO，如圖，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質，由∠BDC=90°，E為BC的中點得到DE=CE=BE，則利用等腰三角形的性質得∠EDC=∠ECD，∠ODC=∠OCD，由于∠OCD+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠EDC+∠ODC=90°，即∠EDO=90°，于是根據(jù)切線的判定定理即可得到DE與⊙O相切． 解答： （1）證明：∵AC為⊙O的直徑， ∴∠ADC=90°， ∴∠BDC=90°， 又∵∠ACB=90°， ∴∠ACB=∠BDC， 又∵∠B=∠B， ∴△BCD∽△BAC； （2）連結DO，如圖，

51、∵∠BDC=90°，E為BC的中點， ∴DE=CE=BE， ∴∠EDC=∠ECD， 又∵OD=OC， ∴∠ODC=∠OCD， 而∠OCD+∠DCE=∠ACB=90°， ∴∠EDC+∠ODC=90°，即∠EDO=90°， ∴DE⊥OD， ∴DE與⊙O相切． 點評： 本題考查了切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點，連接圓心與這點（即為半徑），再證垂直即可．也考查了直角三角形斜邊上的中線性質和相似三角形的判定與性質． 8．（2015?懷化，第22題8分）如圖，已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC

52、=6，點P以每秒1個單位的速度從A向C運動，同時點Q以每秒2個單位的速度從A→B→C方向運動，它們到C點后都停止運動，設點P，Q運動的時間為t秒． （1）在運動過程中，求P，Q兩點間距離的最大值；（2）經(jīng)過t秒的運動，求△ABC被直線PQ掃過的面積S與時間t的函數(shù)關系式； （3）P，Q兩點在運動過程中，是否存在時間t，使得△PQC為等腰三角形？若存在，求出此時的t值；若不存在，請說明理由（≈2.24，結果保留一位小數(shù)） 考點： 相似形綜合題． 分析： （1）如圖1，過Q作QE⊥AC于E，連接PQ，由△ABC∽△AQE，得到比例式，求得PE=，QE=，根據(jù)勾股定理得到PQ2=QE

53、2+PE2，求出PQ=t，當Q與B重合時，PQ的值最大，于是得到當t=5時，PQ的最大值=3； （2）由三角形的面積公式即可求得； （3）存在，如圖2，連接CQ，PQ，分三種情況①當CQ=CP時，②當PQ=CQ時，③當PQ=PC時，列方程求解即可． 解答： 解：（1）如圖1，過Q作QE⊥AC于E，連接PQ， ∵∠C=90°， ∴QE∥BC， ∴△ABC∽△AQE， ∴， ∵AQ=2t，AP=t， ∵∠C=90°，AC=8，BC=6， ∴AB=10， ∴， ∴PE=，QE=， ∴PQ2=QE2+PE2， ∴PQ=t， 當Q與B重合時，PQ的值最大， ∴當t=5時，

54、PQ的最大值=3； （2）如圖1，△ABC被直線PQ掃過的面積=S△AQP， 當Q在AB邊上時，S=AP?QE=t?=，（0＜t≤5） 當Q在BC邊上時，△ABC被直線PQ掃過的面積=S四邊形ABQP， ∴S四邊形ABQP=S△ABC﹣S△PQC=×8×6﹣（8﹣t）?（16﹣2t）=﹣t2+16t﹣40，（5＜t≤8）； ∴經(jīng)過t秒的運動，△ABC被直線PQ掃過的面積S與時間t的函數(shù)關系式：S=或S=﹣t2+16t﹣40． （3）存在，如圖2，連接CQ，PQ， 由（1）知QE=，CE=AC﹣AE=8﹣，PQ=t， ∴CQ====2， ①當CQ=CP時， 即：2=8

55、﹣t， 解得；t=， ②當PQ=CQ時， 即；t=2， 解得：t=，t=（不合題意舍去）， ③當PQ=PC時， 即t=8﹣t， 解得：t=3﹣5≈1.7； 綜上所述：當t=，t=，t=1.7時，△PQC為等腰三角形． 點評： 本題考查了動點問題，相似三角形的判定和性質，三角形的面積，勾股定理，等腰三角形的性質，特別是（3）要分類討論，不要漏解． 9．（2015?婁底，第22題8分）“為了安全，請勿超速”．如圖，一條公路建成通車，在某直線路段MN限速60千米/小時，為了檢測車輛是否超速，在公路MN旁設立了觀測點C，從觀測點C測得一小車從點A到達點B行駛了5秒鐘，已

56、知∠CAN=45°，∠CBN=60°，BC=200米，此車超速了嗎？請說明理由．（參考數(shù)據(jù)：≈1.41，≈1.73） 考點： 勾股定理的應用． 分析： 根據(jù)題意結合銳角三角函數(shù)關系得出BH，CH，AB的長進而求出汽車的速度，進而得出答案． 解答： 解：此車沒有超速． 理由：過C作CH⊥MN， ∵∠CBN=60°，BC=200米， ∴CH=BC?sin60°=200×=100（米）， BH=BC?cos60°=100（米）， ∵∠CAN=45°， ∴AH=CH=100米， ∴AB=100﹣100≈73（m）， ∵60千米/小時=m/s， ∴=14.6（m/s）＜≈

57、16.7（m/s）， ∴此車沒有超速． 點評： 此題主要考查了勾股定理以及銳角三角函數(shù)關系的應用，得出AB的長是解題關鍵． &10.（2015年重慶B第25題12分）在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，點D是線段BC的中點，∠EDF=120°，DE與線段AB相交于點E，DF與線段AC（或AC的延長線）相交于點F. （1）如圖1，若DF⊥AC，垂足為F，AB=4，求BE的長； （2）如圖2，將（1）中的∠EDF繞點D順時針旋轉一定的角度，DF扔與線段AC相交于點F.求證：； （3）如圖3，將（2）中的∠EDF繼續(xù)繞點D順時針旋轉一定的角度，使DF與線段AC的延長線交與點F

58、，作DN⊥AC于點N，若DN=FN，求證：. 【答案】2；略；略. (2)、取AB的中點G，連接DG 易證：DG為△ABC的中位線，故DG=DC，∠BGD=∠C=60° 又四邊形AEDF的對角互補，故∠GED=∠DFC ∴△DEG≌△DFC 故EG=CF ∴BE+CF=BE+EG=BG=AB (3)、取AB的中點G，連接DG 同⑵，易證△DEG≌△DFC 故EG=CF 故BE-CF=BE-EG=BG= 設 在Rt△DCN中，CD=2x，DN= 在RT△DFN中，NF=DN=，故EG=CF= BE=BG+EG=DC+CF=2x+= 故BE

59、+CF= 故 考點：三角形全等、直角三角形的性質. 11.（2015·湖北省咸寧市，第23題10分）定義：數(shù)學活動課上，樂老師給出如下定義：有一組對邊相等而另一組對邊不相等的凸四邊形叫做對等四邊形． 理解：（1）如圖1，已知A、B、C在格點（小正方形的頂點）上，請在方格圖中畫出以格點為頂點，AB、BC為邊的兩個對等四邊形ABCD； （2）如圖2，在圓內接四邊形ABCD中，AB是⊙O的直徑，AC=BD．求證：四邊形ABCD是對等四邊形； （3）如圖3，在Rt△PBC中，∠PCB=90°，BC=11，tan∠PBC=，點A在BP邊上，且AB=13．用圓規(guī)在PC上找到符合條

60、件的點D，使四邊形ABCD為對等四邊形，并求出CD的長． 考點： 四邊形綜合題．. 分析： （1）根據(jù)對等四邊形的定義，進行畫圖即可； （2）連接AC，BD，證明Rt△ADB≌Rt△ACB，得到AD=BC，又AB是⊙O的直徑，所以AB≠CD，即可解答； （3）根據(jù)對等四邊形的定義，分兩種情況：①若CD=AB，此時點D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此時點D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11；利用勾股定理和矩形的性質，求出相關相關線段的長度，即可解答． 解答： 解：（1）如圖1所示（畫2個即可）． （2）如圖2，連接AC，BD，

61、 ∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ADB=∠ACB=90°， 在Rt△ADB和Rt△ACB中， ∴Rt△ADB≌Rt△ACB， ∴AD=BC， 又∵AB是⊙O的直徑， ∴AB≠CD， ∴四邊形ABCD是對等四邊形． （3）如圖3，點D的位置如圖所示： ①若CD=AB，此時點D在D1的位置，CD1=AB=13； ②若AD=BC=11，此時點D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11， 過點A分別作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足為E，F(xiàn)， 設BE=x， ∵tan∠PBC=， ∴AE=， 在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2， 即， 解得：x1=5，x2﹣5（舍去）， ∴BE=5，AE=12， ∴CE=BC﹣BE=6， 由四邊形AECF為矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12， 在Rt△AFD2中，， ∴，， 綜上所述，CD的長度為13、12﹣或12+． 點評： 本題主要考查了四邊形的綜合題，解題的關鍵是理解并能運用“等對角四邊形”這個概念．在（3）中注意分類討論思想的應用、勾股定理的應用．