考点22直角三角形及勾股定理（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）

考点22直角三角形及勾股定理

【命题趋势】

在直角三角形与勾股定理方面主要以选择题、填空题、解答题三种形式来考查。考查内容有：①利用性质求角度；②求线段长度或取值范围，在直角坐标系中求坐标；③利用勾股定理或直角三角形的性质进行相关计算，命基础题，在解答题中常与二次函数结合，探究直角三角形的决存在性问题，命中档题。

【常考知识】

①利用性质求角度；②求线段长度或取值范围，在直角坐标系中求坐标；③利用勾股定理或直角三角形的性质进行相关计算；④在解答题中常与二次函数结合，探究直角三角形的决存在性问题。

【夺分技巧】

①勾股定理的逆定理是判断一个三角形是否是直角三角形的重要方法，应先确定最大边，然后验证两条短边的平方和是否等于最大边的平方。

②勾股定理是揭示直角三角形三边关系的定理。若已知直角三角形中的两边长，则可求出第三边长；若已知直角三角形三边关系，则可设未知边长，根据勾股定理列方程求解。

③在直角三角形中求边长，首先要考虑的是勾股定理求解。当直角三角形中出现300角时应想到300角所对的直角边是斜边的一半，当出现斜边上的中线时要想到直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半。这些线段间的关系式直角三角形中求线段长的关键。

④若图形中含折叠，要考虑用折叠的性质，然后在直角三角形中，设未知量，列方程求解。

⑤若所求为线段和（或可能转化为线段和的形式），考虑用证全等转化到直角三角形中求解。

真题演练

一、单选题

1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠C=90°, ∠A=30°．以点B为圆心画弧，分别交BC、AB于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于MN为半径画弧，两弧交于点P，画射线BP交AC于点D．若点D到AB的距离为1,则AC的长是（　　）

A．2 B．3 C． D．+1

【答案】B

【分析】

过点D作DEAB于E，则DE=1，先计算出∠ABD=30°，在中，由直角三角形的性质求出BE，利用等腰三角形的性质求出AB，最后在中求出AC的长．

【详解】

解：如图，

过点D作DEAB于E，则DE=1，

∠C=90°, ∠A=30°，

由尺规作图，知PB是的平分线，

，

，

，

，

在中， 

，

在中， ,

故选：B

2．（2021·江西九江·二模）如图摆放的一副学生用直角三角板，，与相交于点G，当时，的度数是（    ）

A．135° B．120° C．115° D．105°

【答案】D

【分析】

过点G作，则有，，又因为和都是特殊直角三角形，，可以得到，有即可得出答案．

【详解】

解：过点G作，有，

∵在和中，

∴

∴，

∴

故的度数是105°．

3．（2021·山东莱西·七年级期中）如图，直线l1 ∥ l2 ，CD⊥AB于点D ，∠1=50°，则∠BCD的度数为（   ）

A．40° B．45° C．50° D．30°

【答案】A

【分析】先依据平行线的性质可求得∠ABC的度数，然后在直角三角形CBD中可求得∠BCD的度数．

【详解】∵l1∥l2，

∴∠ABC=∠1=50°，

∵CD⊥AB于点D，

∴∠CDB=90°，

∴∠BCD+∠DBC=90°，即∠BCD+50°=90°，

∴∠BCD=40°，

故选A．

4．（2021·北京·一模）如图，直线，点，，分别是，上的点，且于点，若，则的度数为（    ）

A．30° B．50° C．60° D．70°

【答案】C

【分析】

由，可∠CAD=90°，∠ACD+∠ADC=90°，由，可求，由直线，可得即可．

【详解】

解：∵，

∴∠CAD=90°，

∴∠ACD+∠ADC=90°，

∵，

∴，

∵直线，

∴，

故选择：C．

5．（2021·河北顺平·二模）在Rt△ABC中，∠C=90°，则∠A是∠B的（    ）

A．同位角 B．对顶角 C．余角 D．补角

【答案】C

【分析】

由，可得从而可得答案．

【详解】

解：在Rt△ABC中，∠C=90°，

是的余角，

故选：

6．（2021·浙江·杭州市丰潭中学二模）如图，已知平面直角坐标系中，点A，B坐标分别为A（4，0），B（﹣6，0）．点C是y轴正半轴上的一点，且满足∠ACB＝45°，圆圆得到了以下4个结论：①△ABC的外接圆的圆心在OC上；②∠ABC＝60°；③△ABC的外接圆的半径等于5；④OC＝12．其中正确的是（　　）

A．①② B．②③ C．③④ D．①④

【答案】C

【分析】

如图，作出的外接圆，以AB为斜边在轴上方作等腰，过点E作轴于D，连接EC，过点E作轴于F，由圆心必然在弦的垂直平分线上可判断①；再证明E为外接圆圆心，求出半径，可判断③；再在中由勾股定理求出CF，可求得OC和，即可判断②④．

【详解】

解：如图，作出的外接圆，以AB为斜边在x轴上方作等腰，

过点E作轴于D，连接EC，过点E作轴于F，

∵的外接圆的圆心必在弦AB的垂直平分线上，

∴圆心肯定不在OC上，故①错误；

∵∠ACB＝45°，

∴由圆周角定理得：所对的圆心角必为90°，

∵EB＝EA，

∴在弦AB的垂直平分线上，

∵∠AEB＝90°，

∴E必为圆心，即AE、BE为半径，

∴，故③正确；

∵BD＝5，OB＝6，

∴OD＝1，

∵∠EDO＝∠DOF＝∠OFE＝90°，

∴OD＝EF＝1，ED＝FO＝5，

∴，

∴OC＝OF+FC＝12，故④正确；

∵，

∴∠ABC≠60°，故②错误；

故选：C．

7．（2021·黑龙江·二模）已知，则的面积为（    ）

A．6或 B．6或 C．12或 D．12或

【答案】A

【分析】

分两种情况：当BC为直角边时，利用面积公式计算即可；当BC为斜边时，利用勾股定理求出该三角形的另一条直角边长，再利用面积公式计算求出答案．

【详解】

解：当BC为直角边时，的面积为，

当BC为斜边时，该三角形的另一条直角边长为，

的面积为，

故选：A．

8．（2021·江苏秦淮·二模）用一个平面截棱长为1的正方体（如图），截面形状不可能是（    ）

A．边长为1的正方形 B．长为、宽为1的矩形

C．边长为的正三角形 D．三边长为1、1、的三角形

【答案】D

【分析】

平面截正方体时，分析截面形状特点，通过空间想象和画图即可求得．

【详解】

A、当截面与正方体任意一个面平行时，截面形状为边长为1的正方形，如图：

，故该选项不合题意；

B、当截面通过正方体两个相对面的对角线时，由勾股定理得对角线为，所得截面为长为、宽为1的矩形，如图：

，故该选项不合题意；

C、当截面经过正方体三个两两相邻的面的对角线时，而一个面的对角线是，所截得的截面为边长为的正三角形，如图：

，故该选项不合题意；

D、无论怎样截取，都无法得到三边长为1、1、的三角形，故该选项符合题意，

故选：D．

9．（2021·广东黄埔·一模）如图，在直角三角形纸片中，，，点E在边上，将沿直线折叠，点B恰好落在斜边上的点F处，若，则的长是（    ）

A．6 B． C． D．

【答案】C

【分析】

根据折叠的性质可得AF=AB，∠EAB=∠EAC，∠AFE=∠ABC=90°，即可得出∠EAC=∠ECA，可得AE=CE，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得AF=CF，即可证明AC=2AB，可得∠ECA=30°，可得∠BAE=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BE=AE，利用勾股定理列方程求出AE的值即可得答案．

【详解】

∵将沿直线折叠，点B恰好落在斜边上的点F处，，

∴AF=AB，∠EAB=∠EAC，∠AFE=∠ABC=90°，

∵，

∴∠EAC=∠ECA，

∴AE=CE，

∴AF=CF，

∴AC=2AB，

∴∠ECA=30°，

∴∠BAE=30°，

∴BE=AE，

在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，

∴32+（AE）2=AE2，

解得：AE=，（负值舍去）

故选：C．

10．（2021·福建湖里·二模）三个顶点都在网格点上，且有一个角为直角的三角形称为网格直角三角形．在的网格图中，若为网格直角三角形，则满足条件的点个数有（    ）

A．6 B．7 C．13 D．15

【答案】C

【分析】

根据题意，分别以A，B，C三个点为直角顶点构造网格直角三角形即可得解．

【详解】

根据题意，分别以A，B，C三个点为直角顶点构造网格直角三角形，满足条件的C点如下图所示：

则满足条件的点个数有13个，

故选：C．

二、填空题

11．（2021·江苏·扬州中学教育集团树人学校三模）已知：直线，将一块含30°角（∠B＝30°）的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线b交于点D，若∠2＝20°，则∠1＝___°．

【答案】

【分析】

作直线，由平行线的传递性可得，，再结合直角三角形的性质、两直线平行内错角相等，分别解得的度数即可解题．

【详解】

解：作直线

故答案为：．

12．（2021·广东金平·一模）如图，有一个含有30°角的直角三角板，一顶点放在直尺的一条边上，若∠2＝68°，则∠1=_____°．

【答案】22

【分析】

如图，延长HE，交BC于点G，求出∠2=∠HGF=68°，根据直角三角形两锐角互余即可求解．

【详解】

解：如图，延长HE，交BC于点G，

∵AD∥BC，

∴∠2=∠HGF=68°，

由题意得∠FEH=∠FEG=90°，

∴∠1=90°-∠EGF=90°-68°=22°．

故答案为：22

13．（2021·湖南张家界·一模）如图△ABC中，∠A＝90°，点D在AC边上，DE∥BC，若∠1＝155°，则∠C的度数为_____°．

【答案】25．

【分析】

先根据平角的定义求出∠EDC的度数，再由平行线的性质得出∠C的度数．

【详解】

解：∵∠1＝155°，

∴∠EDC＝180°﹣155°＝25°，

∵DE∥BC，

∴∠C＝∠EDC＝25°．

故答案为：25．

14．（2021·山东青岛·中考真题）已知正方形的边长为3，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】

由正方形的性质，可得A点与C点关于BD对称，则有MN +CM=MN+AM≥AN，所以当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，先证明△DCG~△FCE，再由，可得，分别求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．

【详解】

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴A点与C点关于BD对称，

∴CM=AM，

∴MN+CM=MN+AM≥AN，

∴当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小，

∵AD∥CF，

∴∠DAE=∠F，

∵∠DAE+∠DEH=90°，

∵DG⊥AF，

∴∠CDG+∠DEH=90°，

∴∠DAE=∠CDG，

∴∠CDG=∠F，

∴△DCG~△FCE，

∵，

∴ ，

∵正方形边长为3，

∴CF=6，

∵AD∥CF，

，

∴DE=1，CE=2，

在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，

∴ ，

∵N是EF的中点，

，

在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，

∴ ，

∴ ，

∴MN+MC的最小值为 ．

故答案为：．

15．（2021·四川内江·中考真题）已知，在中，，，，则的面积为 __．

【答案】2或14#14或2

【分析】

过点B作AC边的高BD，Rt△ABD中，∠A=45°，AB=4，得BD=AD=4，在Rt△BDC中，BC=4，得CD==5，①△ABC是钝角三角形时，②△ABC是锐角三角形时，分别求出AC的长，即可求解．

【详解】

解：过点作边的高，

中，，，

，

在中，，

，

①是钝角三角形时，

，

；

②是锐角三角形时，

，

，

故答案为：2或14．

16．（2021·安徽·合肥一六八中学模拟预测）一张直角三角形纸片，，，，点，分别是，上的点，点不与点，重合，折叠使得直角顶点落在斜边上的点处，且是直角三角形．

（1）四边形的形状是 __；

（2）的长为 __．

【答案】正方形       

【分析】

（1）先证明四边形是矩形，然后由折叠的性质得到，即可证明四边形是正方形；

（2）先利用勾股定理求出BC的长为8，设，则，，证明，得到，即，解方程即可．

【详解】

解（1）是直角三角形．

，

，

又，

，

四边形是矩形，

由折叠的性质可得：，

四边形是正方形，

故答案为：正方形；

（2）在中，由勾股定理得：

，

设，则，，

，，

，

，

即

解得：，

．

故答案为：．

17．（2021·辽宁锦州·一模）如图，在中，，是边上的动点，连接，若为直角三角形，则的度数为_______．

【答案】55°或20°

【分析】

先求解 再分两种情况讨论：当 或当 从而可得答案．

【详解】

解： ，

为直角三角形，

当

当

故答案为：或

三、解答题

18．（2021·陕西·西安市铁一中学模拟预测）如图1是一种手机平板支架，图2是其侧面结构示意图．量得托板长，支撑板长，底座长．托板固定在支撑板顶端点C处，且，托板可绕点C转动，支撑板可绕点D转动．如图2，若，求点A到底座的距离（结果保留根号）．

【答案】（40+40）mm．

【分析】

过C作CF⊥DE，过A作AH⊥DE交ED延长线于H，与过C的水平线交于G，可证四边形GHFC为矩形，可得GH=CF，∠GCF=90°，由∠CDE=60°，CG∥DE，可求∠GCD=∠CDF=60°，由∠DCB=90°，可求∠ACG=30°，在Rt△AGC中AG=AC×sin30°，在Rt△CDF中，CF=CD×sin60°，AH= AG+CF=（40+40）mm即可．

【详解】

解：过C作CF⊥DE，过A作AH⊥DE交ED延长线于H，与过C的水平线交于G，

∵∠CGH=∠H=∠CFH=90°，

∴四边形GHFC为矩形，

∴GH=CF，∠GCF=90°，

∵∠CDE=60°，CG∥DE，

∴∠GCD=∠CDF=60°，

∵∠DCB=90°，

∴∠ACG=90°-∠GCD=90°-60°=30°，

∵BC=40mm，AB=120mm，

∴AC=AB-BC=120-40=80mm，

在Rt△AGC中AG=AC×sin30°=80×=40mm，

在Rt△CDF中，CF=CD×sin60°=80×=40mm,

∴AH=AG+GH=AG+CF=（40+40）mm．

19．（2021·广东·江门市第二中学二模）如图，在△ABC中，∠C=90°．

（1）用尺规作图法作AB边上的垂直平分线DE，交AC于点D，交AB于点E．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）；

（2）连结BD，若BD平分∠CBA，求∠A的度数．

【答案】（1）见解析；（2）30°.

【分析】

（1）根据线段中垂线的作法作出图形；

（2）根据等腰三角形的性质求出角的度数.

【详解】

解：（1）如图所示，DE为所求作的垂直平分线；

(2) ∵DE是AB边上的垂直平分线，

∴AD=BD，

∴∠ABD=∠A，

∵BD平分∠CBA，

∴∠CBD=∠ABD=∠A，

∵∠C=90°，

∴∠CBD+∠ABD+∠A=90°，

∴∠A=30°．

20．（2021·广东连州·九年级阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．

（1）求证：四边形BCEF是矩形；

（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）EF=．

【分析】

（1）先证明四边形BCEF是平行四边形，再根据垂直，即可求证；

（2）根据勾股定理的逆定理，求得△CDF是直角三角形，等面积法求得CE，勾股定理即可求解．

【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵EF=DA，
∴EF=BC，EF∥BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵CF=4，DF=5，
∴CD2+CF2=DF2，
∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，
∴△CDF的面积=DF×CE=CF×CD，
∴CE=，
由（1）得：EF=BC，四边形BCEF是矩形，
∴∠FBC=90°，BF=CE=，
∴BC=，
∴EF=．

21．（2021·云南·昆明市第三中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD，连接AC，EF垂直平分AC于点O，分别交AD、BC于点E、点F，连接FA、CE．

（1）求证：四边形AECF是菱形；

（2）若△CEF与△CED的面积比为3：1，且AB＝4，求四边形AECF的面积．

【答案】（1）见解析；（2）12

【分析】

（1）首先根据题意证明出△EAO≌△FCO，然后根据一组对边平行且相等证明四边形AECF为平行四边形，然后根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明；

（2）首先根据同高的两个三角形的面积比等于底边的比，得出CF：DE＝AF：BF＝3：1，然后设出未知数根据勾股定理列方程求出AF的长度，最后根据菱形的面积公式求解即可．

【详解】

（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，

∴EF⊥AC，AO＝CO，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠EAO＝∠FCO，

在△EAO和△FCO中

，

∴△EAO≌△FCO（ASA），

∴AE＝CF，

∵AE∥CF，

∴四边形AECF为平行四边形，

∵EF⊥AC，

∴四边形AECF为菱形；

（2）解：∵，

∴，

∵△CEF与△CED的面积比为3：1，

∴CF：DE＝AF：BF＝3：1，

设AF＝3x，BF＝x，

由勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，

即42+x2＝（3x）2，

解得：x＝，

∴CF＝3，

∴S菱形AECF＝CF×AB＝3×4＝12．