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沪教版 (五四制)八年级上册19．8 直角三角形的性质精品达标测试
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这是一份沪教版 (五四制)八年级上册19．8 直角三角形的性质精品达标测试，文件包含198直角三角形的性质原卷版docx、198直角三角形的性质解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共120页， 欢迎下载使用。
1.认识直角三角形
2.掌握直角三角形的两个锐角互余的性质定理
3.掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质
知识点 直角三角形性质定理
直角三角形性质定理1
直角三角形的两个锐角互余
因为“三角形三个内角的和等于 180°”,直角三角形两个锐角的和为180-90°=90°
直角三角形性质定理2
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
直角三角形性质定理3（含 30°角的直角三角形的性质）
在直角三角形中,如果一个锐角等于 30°那么它所对的直角边等于斜边的一半
即学即练1如图，将直尺与含30°角的三角尺叠放在一起，∠1=62°，则∠2的大小是（ ）
A．56°B．58°C．60°D．62°
【答案】B
【分析】利用角的和差关系先计算∠FED=122°，再利用平行线的性质得结论即可．
【详解】解：如图：
由题意可知：∠GEF=90°-30°=60°，
∴∠FED=∠1+∠FEG=62°+60°=122°，
∵AB∥CD，
∴∠2+∠FED=180°，
∴∠2=180°-122°=58°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线，直角三角形两锐角互余，掌握平行线的性质是解决本题的关键．
即学即练2 如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2，BC=5，点E在BA的延长线上，点D在BC边上，且ED=EC，若AE=4，则BD的长等于( )
A．1B．32C．2D．52
【答案】A
【分析】如图所示过点E作EF⊥BC，根据30°所对边为斜边一半可计算BF长度，进而可计算BD的长度．
【详解】解：如图所示过点E作EF⊥BC于F，在Rt△BEF中，
∵∠BFE=90°，∠B= 60°，
∴∠BEF=90°-60°=30°，
∵AB=2，AE=4，
∴ BF=12BE=12AB+AE=12×2+4=3，
∵ BC=5，
∴ CF=BC-BF=5-3=2，
∵ ED=EC，EF⊥BC于F，
∴ DC=2CF=4，
∴ BD=BC-DC=5-4=1，
故选：A．
【点睛】本题考查直角三角形30°所对的边等于斜边的一半，等腰三角形的性质，在图中构造合适的辅助线的解题的关键．
即学即练3 如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=8，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连结DE，则△CDE的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得AD⊥BC，CD=BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=CE=12AC，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BC=8，
∴AD⊥BC，CD=BD=12BC=4，
∵点E为AC的中点，
∴DE=CE=12AC=5，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=4+5+5=14．
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
题型1 直角三角形的性质概念应用
例1如图，在中，，，于点D，下列结论：①；②；③；④；其中正确的有（ ）．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据含的直角三角形的性质：在直角三角形中，所对应的边等于斜边的一半；以及三角形的内角和为，判断即可得出答案
【详解】解：∵，
∴，
故①正确；
又∵
∴
∴
∴，，
故③，④正确；
∴
即
故②正确；
∴其中正确的结论有4个
故选：D．
【点睛】本题考查的是含的直角三角形的性质和三角形的内角和，熟练掌握相关的性质是解题的关键．
举一反三1如图，在中，，直角的顶点D是的中点，两边分别交于点E，F，有以下结论：①：②是等腰直角三角形；③：④ ．上述结论中一定正确的是 （填上正确的序号）
【答案】①②④
【分析】本题主要考查等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，由等腰直角三角形的性质可得，所以可知和是等腰直角三角形，由等腰直角三角形可计算，所以的长决定的长，可判断与不一定相等，根据全等三角形面积相等可得，问题得解．
【详解】解：①连接，
∵，D是的中点
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∵D是斜边上的中点，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，故①正确；
②∵，
∴是等腰直角三角形，故②正确；
③∵是等腰直角三角形
∴
∵点E，F分别在边运动，
∴的长不确定，则EF的长不确定
∵，
∴与不一定相等，故③错误；
④∵
∴，
∴，故④正确．
∴结论中始终正确的有①②④．
故答案为：①②④．
举一反三2如图，在中，，是高，是中线，是角平分线，交于点G，交于点H，给出以下结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①根据等底等高的两个三角形面积相等即可判断；②根据三角形内角和定理求出，根据三角形外角性质即可推出；③根据三角形内角和定理求出，根据角平分线定义即可判断；④根据等腰三角的判定方法即可判断．
【详解】解：∵是中线，
∴，
∴ (等底等高的两个三角形面积相等)，
故①正确；
∵是角平分线，
∴，
∵是高，
∴，
∵，
∴,
故②正确；
∵,
∴,
故③正确；
∵连接，如图,
∵为的斜边的中线,
∴，
∴，
∵,
∴只有当时, ,此时，
∴，
∵条件中不能确定，
∴不成立，
故④错误．
故选：C．
【点睛】此题考查了三角形的角平分线，中线和高性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的角平分线，中线和高性质，三角形内角和定理．
题型2 直角三角形的两个锐角互余
例2在直角三角形中，一个锐角比另一个锐角的2倍小15°，则该三角形中的最小角的度数为 ．
【答案】35°
【分析】根据直角三角形两锐角互余列式计算即可．
【详解】由题意设一个锐角为x，则另一个为2x-15°，列方程得：
x+2x-15°=90°，
解得：x=35°；
故答案为：35°．
【点睛】此题考查一元一次方程的应用，涉及到直角三角形两锐角互余的知识．
举一反三1如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D在边BC上，将△ABD沿AD折叠，使点B恰好落在边AC上的点E处．若∠C＝28°，则∠CDE＝ °．
【答案】34
【分析】根据直角三角形的两锐角互余和折叠性质求出∠AED=∠B=62°，再根据三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝28°，
∴∠B=90°﹣∠C=90°﹣28°=62°，
由折叠知∠AED=∠B=62°，
∵∠AED=∠C+∠CDE，
∴∠CDE=62°﹣28°=34°，
故答案为：34．
【点睛】本题考查直角三角形的两锐角互余、折叠性质、三角形的外角性质，熟练掌握折叠性质和三角形的外角性质是解答的关键．
举一反三2（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）在中，，，则的度数为 ．
【答案】/度
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得，再由代入进行计算即可得到答案．
【详解】解：在中，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，熟练掌握直角三角形的两锐角互余是解此题的关键．
题型3 斜边的中线等于斜边的一半
例3（2023上·上海青浦·八年级校考期中）在中，，，，点D为斜边的中点，那么 ．
【答案】
【分析】本题考查了直角三角形相关知识，根据勾股定理，求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案，解题关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【详解】解：由勾股定理得：，
∵点是的中点，
∴．
故答案为：．
举一反三1如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D在BC上，E是AB的中点，AD、CE相交于F，且AD=DB．若∠B=20°，则∠DFE等于 ．
【答案】60°/60度
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，E是AB的中点，
∴BE=CE．
∵∠B=20°，
∴∠ECB=∠B=20°，
∵AD=BD，∠B=20°，
∴∠DAB=∠B=20°，
∴∠ADC=∠B+∠DAB=20°+20°=40°，
∴∠DFE=∠ADC+∠ECB=40°+20°=60°，
故答案为60°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角性质，直角三角形斜边上中线性质的应用，能求出∠ADC和∠ECB的度数是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
举一反三2（2022上·上海崇明·八年级校考期末）如图，在中，，，斜边BC的垂直平分线交边AB于点E，垂足为点D，取线段BE的中点F，联结DF，如果，则 ．
【答案】
【分析】先根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，再利用直角三角形斜边中线的性质得DF=BE，最后根据直角三角形30度的性质得AC=AE，从而得出，即可得出答案．
【详解】证明：如图，联结CE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE=BE,∠EDB=90°，
∴∠EAB=∠B=15°，
∴∠AEC=30°，
Rt△EDB中，∵F是BE的中点，
∴DF=BE，
Rt△ACE中,∵∠AEC=30°，
∴AC=AE，
∴AC=DF=4．
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质以及30°所对的直角边的性质，熟练掌握这些基本性质得出线段关系是解题的关键．
举一反三3（2021上·上海普陀·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，BE⊥CD，垂足为点E．如果∠CBE＝25°，那么∠CDA＝ °．
【答案】130
【分析】由直角三角形斜边中线的性质可得，即可得，由同角的余角相等可得，再根据三角形的内角和定理可求解．
【详解】解：，是边的中点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：130．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，三角形的内角和定理，解题的关键是求解．
题型4 含30度角的直角三角形
例4 如图，在中，，是高，，．则的长为．
【答案】的长为1
【分析】利用含角的直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：在中，，，，
，
，
，
，
，
，
，
的长为1．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握含角的直角三角形的性质是解此题的关键．
举一反三1（2023上·北京大兴·八年级统考期中）如图，在中，，D是中点，，，点E，F分别在边上，且．
(1)用等式表示线段与的数量关系，并证明；
(2)求的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)
【分析】（1）过D作于G，于H，利用等边三角形的性质得出，进而利用证明与全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2），得到，进而推出，根据等边三角形和含角的直角三角形的性质，求出的长，进而求出的长，即可．
【详解】（1）解： ，理由如下：
过D作于G，于H，
∵，D是中点，，
∴是等边三角形，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角新的判定和性质，含30度角的直角三角形，解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形．
举一反三2如图，平分，，，在上取一点，连接，使，．
(1)求证：PC//OB；
(2)求∠CPO的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据，可得，再由平分，可得，从而得到 ，即可求证；
（2）根据角平分线的性质定理，可得，从而得到，进而得到，再由PC//OB，可得 ，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
∴PC//OB；
（2）解：平分，，，
，
，
，
，
，
，
∵PC//OB，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，角平分线的性质定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行线的判定和性质，角平分线的性质定理，直角三角形的性质是解题的关键．
举一反三3（2023上·上海·八年级校考阶段练习）如图，，的平分线上有一点，，，，求的长．
【答案】
【分析】过点作于，如图，根据角平分线的性质得到，，再证明，计算出，则可计算出，然后证明，从而得到，进而即可求解．
【详解】解：过点作于，如图，
∵是平分线上一点，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴， ，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了平行线的性质和含30度的直角三角形三边的关系．
举一反三4（2021上·上海普陀·八年级校联考期末）在中，，，平分，是的垂直平分线，交于点M，交于点N，已知，求的长．
【答案】
【分析】连接，过点D作于点H，由角平分线的性质可得，由线段垂直平分线的性质可证，进而可证，求出，然后根据含30度角的直角边等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：连接，过点D作于点H
∵平分，，DH⊥AB
∴，
∵是的垂直平分线
∴
∴
∴
∴
∴
∴在中，
即AN=4
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，综合运用各知识点是解答本题的关键．
题型5 已知直角三角形斜边中线和高求三角形面积问题
例5直角三角形斜边上的高与中线分别是5和8，则它的面积是（ ）
A．80B．60C．40D．20
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质求出斜边长，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，
∵直角三角形斜边上的中线CD是8，
∴斜边AB长为：2×CD=8×2=16，
∴它的面积=×AB×CE=×16×5=40，
故选C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
举一反三1（2020上·吉林长春·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，CE是斜边AB上的中线，CD⊥AB，若CD＝5，CE＝6，则△ABC的面积是（ ）
A．24B．25C．30D．36
【答案】C
【分析】根据题意及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：AB=2CE=12再根据三角形面积公式，即△ABC面积=AB×CD=30.故选C.
【详解】解：∵CE是斜边AB上的中线，
∴AB＝2CE＝2×6＝12，
∴S△ABC＝×CD×AB＝×5×12＝30，
故选：C．
【点睛】本题的考点是直角三角形斜边上的中线性质及三角形面积公式.方法是根据题意求出三角形面积公式中的底，再根据面积公式即可得出答案.
举一反三2（2020上·江苏镇江·八年级镇江市外国语学校校考阶段练习）若直角三角形斜边上的高和中线长分别是4cm，6cm，则它的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直角三角形的性质，先求出斜边的长度，然后利用面积公式，即可得到答案．
【详解】解：∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
∴斜边的长度为：，
∴它的面积：；
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形的中线的性质，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握直角三角形的性质，正确求出斜边的长度．
举一反三3（2021下·山东聊城·八年级统考期末）直角三角形斜边上的高与中线分别是5和6，则它的面积是（ ）
A．60B．50C．40D．30
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质求出斜边长，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵直角三角形斜边上的中线CD是6，
∴斜边AB长为：2CD＝6×2＝12，
∴它的面积，
故选：D．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题关键．
题型6 根据直角三角形性质求三角形面积
例6在中， ，，，则的面积等于（ ）
A．5B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查含角的直角三角形，根据含的直角三角形的性质得出，进而利用三角形面积公式解答即可，关键是根据含的直角三角形的性质得出．
【详解】解：过点A作于点D，如图所示：
∴，
∵，，
∴
∴的面积
故选：D
举一反三1（2022上·浙江绍兴·八年级统考期末）在中，的度数之比为，边上的中线长是2，则的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】过点作，利用三角形内角和以及三个角的比求出各角的度数，再利用直角三角形中线定理求出的长，再根据含角的直角三角形的性质求出，最后利用面积公式求解即可．
【详解】解：如图所示：
过点作
∵
是边上的中线，
故选B．
【点睛】本题主要考查三角形内角和，直角三角形中线定理以及含角的直角三角形的性质，运用内角和求各角的度数以及中线性质求解面积是解决本题的关键．
举一反三2（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知在锐角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E是AD上一点，连结EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，则△EBC的面积是（ ）
A．12B．9C．6D．
【答案】B
【分析】根据三线合一可得，根据垂直平分线的性质可得，进而根据∠EBC＝45°，可得为等腰直角三角形，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形面积公式即可求解．
【详解】解： AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
，
，
∠EBC＝45°，
，
为等腰直角三角形，
，
，
则△EBC的面积是．
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
举一反三3（2023上·山西阳泉·八年级统考期末）如图，已知中，，按以下步骤作图：
①分别以A、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点M、N；
②作直线交于点，连接．若，，则的面积等于（ ）
A．4B．C．3D．2
【答案】A
【分析】连接，根据作图得到垂直平分，得到，结合等边对等角和外角的性质求出，可得，再利用三角形面积公式计算即可．
【详解】解：连接，
由作图可知：垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴的面积为，
故选A．
【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，等边对等角，含30度的直角三角形的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
举一反三4（2023上·广东湛江·八年级校考期中）将一副三角尺按如图所示叠放在一起，若，求阴影部分的面积．
【答案】
【分析】本题考查了含角的直角三角形及等腰直角三角形的知识，由于，那么也是等腰直角三角形，欲求其面积，必须先求出直角边的长；中，已知斜边及的度数，易求得的长，进而可根据三角形面积的计算方法求出阴影部分的面积．
【详解】解：，，，
．
由题意可知，
，
，
故．
即阴影部分面积为．
举一反三5（2023上·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在中，是的中点，点在上，点在上，且．
(1)求证：；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形的面积为
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识点．掌握“斜中半定理”和“三线合一”是解题关键．
（1）证即可求证；
（2）由（1）可得，故，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，是的中点，
∴
∵，是的中点，
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
在和中
∴
∴
（2）解：∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴四边形的面积为．
题型7 根据直角三角形性质求三角形周长问题
例7如图，在中，，，平分交于点D，点E为的中点，连结，则的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
【详解】解：，平分，，
，
∵点E为的中点，
，
∴的周长．
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
举一反三1（2023上·江苏淮安·八年级淮安市浦东实验中学校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点，，，则的周长是（ ）
A．13B．18C．15D．21
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求出，据此即可求解．
【详解】解：∵于F，于E，
∴和都是直角三角形，
又∵点M为的中点，
∴，
∴的周长．
故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟练掌握和运用该性质是解题的关键．
举一反三2（2023上·江苏无锡·八年级统考期中）如图，中，，，平分交于点，点为的中点，连接，则的周长是（ ）
A．20B．12C．16D．13
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形斜边的中线性质；根据等腰三角形三线合一求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，根据三角形的周长公式计算得到答案．
【详解】，平分，
，，
，点为的中点，
，
∴的周长，
故选：C．
举一反三3如图，、分别是的高，为的中点，，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先求出，再求的周长．
【详解】解：、分别是的高，为的中点，，
在中，，
在中，，
又，
的周长．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质；由性质定理求得线段长是解题的关键.
题型8 利用直角三角形的性质证明线段和差倍关系
例8 （2022上·上海宝山·八年级校考期末）如图，在中，于点D，，点E、F分别是、的中点且，求证：．
【答案】见解析
【分析】利用证明，即可解决问题．
【详解】证明： ，
．
∵点E、F分别是、的中点，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质，正确证明三角形全等是解题的关键．
举一反三1（2022上·上海青浦·八年级校考期末）如图，已知中，，于点，是中点，，求证：．
【答案】证明见详解
【分析】连接，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得出等腰三角形，再等量代换即可得到结论；
【详解】证明：连接，
∵，
∴ ，
∵是中点，
∴；
∴
∵
∴
在中
外角
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了三角形的外角定理，平行线额性质以及直角三角形的性质，正确地识别图形是解题的关键．
举一反三2 （2021上·上海浦东新·八年级上海市建平实验中学校考期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝30°．
（1）在BC边上求作一点N，使得AN＝BN；（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，求证：CN＝2BN．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）作线段AB的垂直平分线交于点，点即为所求；
（2）根据等腰三角形的性质计算出∠C的度数，再计算出∠CAN的度数，然后根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得CN＝2AN，进而得到CN＝2BN．
【解答】（1）解：如图，点即为所求；
（2）证明：连接AN．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°．
∴∠BAC＝180°﹣2∠B＝120°．
∵AN＝BN，
∴∠BAN=∠B＝30°
∴∠NAC＝∠BAC﹣∠NAB＝120°﹣30°＝90°．
∵∠C＝30°，
∴CN＝2AN．
∴CN＝2BN．
【点睛】此题主要考查了作图，等腰三角形的性质以及含30度角的直角三角形，关键是正确画出图形，掌握在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
举一反三3（2022上·上海青浦·八年级校考期末）已知：如图，在四边形中，，，点是边的中点，．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）延长交于点F，证明，可得，，从而得到垂直平分，进而得到，即可；
（2）根据等腰三角形的性质可得，再由，可得，从而得到，进而得到，可得到，即可．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点F，
∵，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，，
∵，，
∴，即，
∴，即：，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
举一反三4如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝15°，边AB的垂直平分线交边BC于点E，垂足为点D，取线段BE的中点F，联结DF．求证：AC＝DF．（说明：此题的证明过程需要批注理由）
【答案】见解析
【详解】先根据线段垂直平分线的性质得：AE＝BE，再利用直角三角形斜边中线的性质得：DF与BE的关系，最后根据直角三角形30度的性质得AC和AE的关系，从而得出结论．
【解答】证明：联结AE，
∵DE是AB的垂直平分线（已知），
∴AE＝BE，∠EDB＝90°（线段垂直平分线的性质），
∴∠EAB＝∠EBA＝15°（等边对等角），
∴∠AEC＝30°（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），
Rt△EDB中，
∵F是BE的中点（已知），
∴DF＝BE（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
Rt△ACE中，∵∠AEC＝30°（已知），
∴AC＝AE（直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半），
∴AC＝DF（等量代换）．
【点睛】本题考查中垂线的性质，直角三角形斜边中线的性质，直角三角形30°角所对的边与斜边之间的关系，能够熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
举一反三5（2022上·上海·八年级上海市南洋模范中学校考期末）已知：如图，在中，是边边上的高，是中线，是的中点，．求证：．
【答案】见详解．
【分析】连接DE，由中垂线的性质可得DE=DC，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DE=BE，进而得到CDAB．
【详解】证明：如图，连接DE，
∵F是CE的中点，DF⊥CE，
∴DF垂直平分CE，
∴DE=DC
∵AD⊥BC，CE是边AB上的中线，
∴DE是Rt△ABD斜边上的中线，即DE=BE=AB，
∴CD =DE=AB．
【点睛】本题考查了中垂线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，推出DE=CD是解决本题的关键．
题型9 利用直角三角形的性质证明线段相等
例9 （2021上·上海浦东新·七年级校联考期末）如图，AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，DB＝DC．
（1）求证：BE＝CF；
（2）如果BD//AC，∠DAF＝15°，求证：AB＝2DF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）证明，；进而证明 ，即可解决问题；
（2）根据平行线的性质和含的直角三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）平分，， ，
，；
在和中，
，
，
；
（2）平分，，
，，
，
，，
，
，
在中，，
，
，
平分，， ，
，
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、角平分线的性质及其应用等几何知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
举一反三1 如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=AC，CE⊥AD于E，且CE=5．
（1）求BC的长；
（2）求证：BD=CD．
【答案】（1）BC=10；（2）见解析
【分析】（1）求出∠BAC，求出∠CAD=30°，求出AC=2CE=10，即可求出BC；
（2）过D作DF⊥BC于F，求出∠ECD=∠DCF=15°，证CE=CF=5，推出BF=CF，根据线段垂直平分线的性质求出即可．
【详解】（1）解：在△ABC中，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∵∠BAD=15°，
∴∠CAD=30°，
∵CE⊥AD，CE=5，
∴AC=10，
∴BC=10；
（2）证明：过D作DF⊥BC于F，
在△ADC中，∠CAD=30°，AD=AC，
∴∠ACD=75°，
∵∠ACB=90°，
∴∠FCD=15°，
在△ACE中，∠CAE=30°，CE⊥AD，
∴∠ACE=60°，
∴∠ECD=∠ACD-∠ACE=15°，
∴∠ECD=∠FCD，
∴DF=DE．
∵在Rt△DCE与Rt△DCF中，
，
∴Rt△DCE≌Rt△DCF（HL），
∴CF=CE=5，
∵BC=10，
∴BF=BC-CF=5，
∴BF=FC，
∵DF⊥BC，
∴BD=CD．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形性质，线段垂直平分线性质等知识点的应用．熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
举一反三2（2020上·上海·八年级校考期末）已知：如图在ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E在边BC上，∠EAD＝90°，AD＝AE．求证：
(1)ABE≌ACD；
(2)如果点F是DE的中点，联结AF、CF，求证：AF＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据SAS证明即可；
（2）由∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠B=∠ACB=，根据全等三角形的性质得到∠ACD=∠B=，求出∠DCE=，利用直角三角形斜边中线的性质得到DE=2CF，DE=2AF，由此得到结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAC＝90°，∠EAD＝90°，
∴∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC+∠CAE＝∠EAD+∠CAE，即∠BAE=∠CAD，
在ABE和ACD中，
，
∴ABE≌ACD（SAS）；
（2）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B=∠ACB=，
∵ABE≌ACD，
∴∠ACD=∠B=，
∴∠BCD=，
∴∠DCE=，
∵点F是DE的中点，
∴DE=2CF，
∵∠EAD＝90°，
∴DE=2AF，
∴AF＝CF．
．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
举一反三3已知：如图，在△ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的高，点M是BC的中点，且MN⊥DE，垂足为点N
（1）求证：ME=MD；
（2）如果BD平分∠ABC，求证：AC=4EN．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到DM=BC，EM=BC，等量代换即可证明；
（2）证明△ABD≌△CBD，根据全等三角形的性质得到AD=CD，根据直角三角形的性质，等腰三角形的性质证明．
【详解】证明：（1）∵BD是边AC上的高，
∴∠BDC=90°，
∵点M是BC的中点，
∴DM=BC，
同理，EM=BC，
∴ME=MD；
（2）∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，．
∵BD是边AC上的高，
∴∠ADB=∠CDB=90°．
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（ASA），
∴AD=CD，
∵CE是边AB上的高，
∴∠CEA=90°，
∴AC=2ED，
∵ME=MD，MN⊥DE，
∴DE=2EN，
∴AC=4EN．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
题型10 利用直角三角形证明角的和差倍
例10（2023上·上海·八年级校考阶段练习）如图，在和中，，是中点．求证：．
【答案】见解析
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，找出相等的边，再利用等边对等角、三角形外角的性质得出、，从而证明结论．
【详解】证明：在中，，是中点．
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
举一反三1（2021上·上海青浦·八年级校考期末）如图，在中，，是斜边上的中线，过点A作于点F，交于点E．
(1)求证：；
(2)若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据，得出，根据，推出，根据是斜边上的中线，得出，进而得出，即可等量代换求证；
（2）由（1）可得：，则，得出则平分，推出，进而得出为等边三角形，则，得出，根据等角对等边得出，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得：，
∵，
∴，则平分，
∵，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴为等边三角形，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定和性质，等腰三角形等角对等边，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，并灵活运用．
题型11 利用直角三角形的性质证明线段垂直
例11（2021上·上海浦东新·八年级校考期末）已知：如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是中线，F是CE的中点，，求证：DF⊥CE．
【答案】见解析
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AB，再求出DE=CD，然后根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．
【详解】证明： 在△ACB中，CE是中线，
∴点E为AB边的中点
∵AD是BC边上的高，
∴△ADB是直角三角形
∴DE=AB，
∵CD=AB，
∴DC=DE，
∵F是CE中点，
∴DF⊥CE．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．
举一反三1（2020上·上海静安·八年级上海市市西初级中学校考期末）如图，在四边形中，，对角线与相交于点O，M、N分别是边、的中点．
(1)求证：；
(2)当，，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接．由直角三角形斜边上中线的性质可得，由线段垂直平分线的判定即可证明结果；
（2）由及可得，再由得，在中由含30度角直角三角形的性质即可求得的长．
【详解】（1）证明：如图，连接．
，点M、点N分别是边、的中点，
∴，，
∴，
∵N是的中点，
∴是的垂直平分线，
．
（2）解：，，
，
，
，
，
，，
，
在中，，
∴cm，
答：的长是．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，线段垂直平分线的判定，等腰三角形的性质，含30度角直角三角形的性质等知识，其中连接是解题的关键．
题型12 翻折与直角三角形
例12（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级校考阶段练习）如图，长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处．如果，，则长方形的面积是（ ）
A．12B．16C．18D．20
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质可得，再由折叠的性质可得，即可求解．
【详解】解：在长方形中，，
∵，，
∴，
∴，
∵长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处，
∴，
∴长方形的面积是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握直角三角形的性质，折叠的性质是解题的关键．
举一反三1如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解．
【详解】解：∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
举一反三2如图，为等腰直角三角形，为斜边的中点，点在边上，将沿折叠至，与，分别交于，两点．若已知的长，则可求出下列哪个图形的周长（ ）
A．B．C．四边形D．四边形
【答案】A
【分析】先作出辅助线，利用等腰直角三角形的性质转化角的数量关系得出即可求解．
【详解】如图，连接，，
∵三角形是等腰直角三角形，且D为斜边的中点，
∴，，
由折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质和折叠，解题关键是掌握等腰三角形的两个底角是和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，折叠前后的对应边相等，对应角相等．
举一反三3在中，，是边上的动点，过点作交于点，将沿折叠，点的对应点为点．
(1)如图1，若点恰好落在边上，判断的形状，并证明；
(2)如图2，若点落在内，且的延长线恰好经过点，，求的度数；
(3)若，当是直角三角形时，直接写出的长．
【答案】(1)是等边三角形；见解析
(2)；
(3)的长是或
【分析】（1）根据平行线的性质即可求出相等的角，再根据等边三角形的判定即可得到结论；
（2）根据折叠的性质可知角相等，再根据三角形的内角和定理即可得到结果；
（3）根据题意分两种情况，再根据图形以及折叠的性质得到的长度．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
∵，
∴，
由折叠可得，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：由折叠可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴；
（3）解：的长是或，理由如下：
当时，点在内（如图所示）
∵，
∴，
∴
由折叠得，
∴，
∴，
∴；
当时，点在外，
同理可得，
∴．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，平行线的性质，根据题意画出图形是解题的关键．
举一反三4如图，在△ABC中，，，将纸片沿DE折叠，使点B落到点A处，若，则DE= ．
【答案】1
【分析】利用等腰三角形的性质得到，则，再由折叠性质得，，，进而得到，再根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵，
∴，则，
由折叠性质得，，，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、折叠性质、三角形的内角和定理、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握折叠性质和直角三角形的性质是解答的关键．
题型13 利用直角三角形的性质证明三角形
例13（2022上·上海宝山·八年级校联考期末）如图，在中，，、边上的高、交于点H，点F、G分别是、的中点．
(1)求证：；
(2)联结，求证是等腰直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据、分别为、边上的高，得到，再根据，得到，即可得到证明；
（2）由（1）得，根据点G是的中点得到，，同理得到，从而得到，即可得证明．
【详解】（1）证明∵、分别为、边上的高
∴、、是直角三角形，
∴，，
∴
在中，
∵，
∴，
∴
在和中
∵ ，
∴；
（2）证明：∵；
∴，
在中，点G是的中点，
∴，
∴
同理，，
∴，，
∵
∴，
∴
∴是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查全等三角形性质与判定，直角三角形斜边上中线等于斜边一半及直角三角形两锐角互余，解题的关键是经过角度互余转换等到线段相等．
举一反三1（2023上·上海徐汇·八年级校联考期末）如图，已知锐角中、分别是、边上的高，M、N分别是线段、的中点．求证：
(1)．
(2)若，求证：是等边三角形
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，然后由等腰三角形“三线合一”即可得到答案；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出即可证明．
【详解】（1）如图：连接、，
、分别是、边上的高，
,，
在与中，
M是线段的中点，
,，
，
是等腰三角形，
又因为N是线段的中点，
；
（2）在中，，
，
由（1）可知：
，
，，
，
，
，
由（1）可知是等腰三角形，
是等边三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和，等边三角形的证明；掌握基本性质是解题的关键．
举一反三2（2023上·江苏南京·八年级统考期中）如图， 在中，分别是边上的高，点 M 是的中点， 连接.
(1)求证：为等腰三角形；
(2)直接写出与之间的数量关系： .
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，三角形内角和定理．
（1）根据垂直定义可得，然后利用直角三角形的斜边上的中线性质可得，，从而可得，即可解答；
（2）利用（1）的结论和等腰三角形的性质可得，，从而利用三角形内角和定理可得，，然后利用平角定义以及三角形内角和定理可得可得，再根据垂直定义可得，从而可得，最后进行计算可得，即可解答．
【详解】（1）∵，
∴，
∵点M是的中点，
∴，，
∴，
∴为等腰三角形；
（2），
理由：∵，
∴，
∴，，
∴
=2(∠ABC+∠ACB)-180°
，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：，
故答案为：．
题型14 利用直角三角形的性质证明线段的垂直平分线
例14（2022上·上海·八年级上外附中校考期末）如图，已知 的高 相交于点 分别是 的中点，求证： 垂直平分 ．(括号中需写本学期新学理由)
【答案】见解析
【分析】联结,根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而判断在线段的垂直平分线上，即可证明 垂直平分
【详解】证明：联结,
∵ , ,
∴ ,
∵ 是 的中点 ,
∴ (直角三角形斜边中线等于斜边一半),
∴ ,
∴ 在线段的垂直平分线上 (垂直平分线的逆定理) ,
∴ 垂直平分 .
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，垂直平分线的判定，掌握以上性质定理是解题的关键．
举一反三1（2022上·上海·八年级上海市民办立达中学校考阶段练习）如图，在中，垂直平分边，交于点，平分的外角，，垂足为点，，垂足为点．
(1)求证：；
(2)如果，求证：点在的垂直平分线上．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）通过证明，即可求证；
（2）通过四边形内角和的性质得到，从而得到，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵垂直平分边，
∴，
∵平分的外角，，，
∴，，
∴，
∴；
（2）证明：连接，如下图：
由（1）可得，，
又∵，
∴，
∴，
由题意可得：为的中点，
∴，，
∴，
∴点在的垂直平分线上．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，角平分线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
题型15 直角三角形与角平分线、垂直平分线综合问题
例15 在中，的平分线交边于点，于点，．
(1)若，求的长；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)3
(2)
【分析】本题考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的性质；
（1）作，利用角平分线的性质得到，，在中，，利用含有角的直角三角形的性质得，从而得解；
（2）由第（1）小问可知，从而根据三角形的面积公式求解；
解题的关键是熟练掌握角平分线的性质、含有角的直角三角形的性质．
【详解】（1）解：如图，作，交于点，
∵的平分线交边于点，，
∴，
∵，，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴；
（2）如图，
由（1）可知，，
，
∴的面积为：．
举一反三1（2023上·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，已知中，，E是的中点，垂直平分．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形外角的性质等等，根据三角形直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等推出是解题的关键.
（1）三角形直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等得到，由此得到；
（2）根据等边对等角得到，，利用三角形外角的性质得到，则.
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴.
举一反三2如图，中，，的垂直平分线交于D，交于点E，，求的长．
【答案】8
【分析】本题考查了含角的直角三角形性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线性质等知识点的运用，连接，求出的度数，根据是的垂直平分线，求出，根据含角的直角三角形求出的长即可, 能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
【详解】连接,
∵
∴
∵是的垂直平分线
∴
∴
∴
在中，
∴
题型16 比值问题
例16 中，，，点D在底边上，，则与的面积之比是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质可求得，进而可得，根据30度角的直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：如图，∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积之比是；
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形的内角和定理以及30度角的直角三角形的性质，熟练掌握上述知识是解题的关键．
举一反三1如图，在等边中，D，E分别是的中点，P是上一动点，当的周长最小时，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质，垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接交于点F，连接，根据轴对称的性质得出P点与F点重合时，的周长最小，进而得出即可求解，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：如图，连接交于点F，连接，
∵点D，E分别是等边的中点，
∴，
∴，
∵点P是上一动点，当的周长最小时，即，
即当E,P,C三点共线时，的周长最小，此时点P点与F点重合，
∵垂直平分，垂直平分
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴P点与F点重合，，
故选B．
举一反三2（2023上·浙江杭州·八年级杭州市十三中教育集团（总校）校联考期中）如图，在中，是边上的高线，是边上的中线，为中点，连接，．
(1)已知，求的度数；
(2)求证：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)1
【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半．
（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得，进而得出由垂直定义即可求解；
（2）由（1）得，进而可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质，即可解答；
（3）根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分即可求解．
【详解】（1）解：，是边上的中线，
，，
．
（2）证明：， F是CE边上的中点，
．
（3） F是CE边上的中点， E是AB边上的中点，
，，
∵。
∴，
∴
题型17 动点问题
例17 如图1，在中，，动点以每秒的速度从点出发，沿射线运动．设点的运动时间为秒．
(1)当时，求证：是直角三角形．
(2)如图2，若另一动点在线段上以每秒的速度由点向点运动，且与点同时出发，点到达终点时点也随之停止运动．当是直角三角形时，直接写出的值．
(3)如图3，若另一动点从点出发，以每秒的速度沿射线方向运动，且与点同时出发．当点运动到在的延长线上，连接交延长线于点，过点作于．在运动过程中，线段的长度是否发生变化？为什么？
【答案】(1)见解析
(2)或
(3)的长度不变化，，理由见解析
【分析】(1)利用等腰三角形三线合一性质，证明即可．
(2)分和，两种情况，利用直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半，列式计算即可．
(3)过点Q作，交的延长线于点F，证明，得到，再证明即可得证．
【详解】（1）∵动点以每秒的速度从点出发，
∴时，，
∵
∴，
∴，
∴是直角三角形．
（2）∵动点以每秒的速度从点出发，另一动点在线段上以每秒的速度由点向点运动，且与点同时出发，
∴，，
∵
∴，，
当时，，
∴，
∴，
解得
如图，时，，
∴，
∴，
解得
故当是直角三角形时，或．
（3）的长度不变化，．理由如下：
过点Q作，交的延长线于点F，
∵
∴，
根据题意，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
故的长度不变化，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形全等的判定和性质，含特殊角的直角三角形，分类思想，熟练掌握分类思想，三角形全等的判定和性质，直角三角形的特征是解题的关键．
举一反三1在中，，以为斜边，作直角三角形，．
(1)如图①，点落在内时，， ，点为边的中点，交于，求线段的长；
(2)如图②，点落在外时，把绕点逆时针旋转一定角度，得到，连接交于点，点在上，且．
①求证：；
②求证：是的中点．
【答案】(1)
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据平行线的性质，等腰三角形的性质与判定得出，即可求解；
（2）①根据旋转的性质可得，则，设，则，，进而得出，即可得证；
②根据等边对等角可得，即可得出，证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：在中， ，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点为边的中点，
∴，
∴；
（2）解：∵把绕点逆时针旋转一定角度，得到，
∴
∴
∴
∵
∴，
设，则，
∴，
∴
②∵
∴
∴
又∵，，
∴
∴
即为的中点
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
举一反三2如图所示，已知是边长为的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿方向匀速运动，其中点P运动的速度是，点Q运动的速度是，当点Q到达点C时，两点都停止运动，设运动时间为，解答下列问题：
(1)当点Q到达点C时，与的位置关系如何？请说明理由．
(2)在点P与点Q的运动过程中，是否能成为等边三角形？若能，请求出t，若不能，请说明理由．
(3)t为何值时是直角三角形？
【答案】(1)
(2)当时，是等边三角形
(3)当或是直角三角形
【分析】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的判定，等边三角形的性质和判定，几何动点问题，熟练掌握直角三角形含30度角的性质是关键．
（1）先求出的长，可得点是的中点，由等边三角形的性质可求解；
（2）由等边三角形的性质可得方程，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质列出方程，可求解．
【详解】（1）当点到达点时，与垂直，理由如下：
∵，
当点到达点时，则，
∴，
∴点为的中点，
∴；
（2）假设在点与点的运动过程中，能成为等边三角形，
∴，
∴，
解得，
∴当时，是等边三角形；
（3）根据题意得，
∴，
当时，
∵，
∵，
即
解得；
当时，同理可得，
解得，
综上所述：当或是直角三角形．
题型18 直角三角形探究题
例18（2019上·上海松江·八年级统考期末）在△ABC中，点Q是BC边上的中点，过点A作与线段BC相交的直线l，过点B作BN⊥l于N，过点C作CM⊥l于M．
(1)如图1，如果直线l过点Q，求证：QM＝QN；
(2)如图2，若直线l不经过点Q，联结QM，QN，那么第（1）问的结论是否成立？若成立，给出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)仍然成立，理由见解析
【分析】（1）由“AAS”可证△BQN≌△CQM，可得QM＝QN；
（2）延长NQ交CM于E，由“ASA”可证△BQN≌△CQE，可得QE＝QN，由直角三角形的性质可得结论．
【详解】（1）证明：∵点Q是BC边上的中点，
∴BQ＝CQ，
∵BN⊥l，CM⊥l，
∴∠BNQ＝∠CMQ＝90°，且BQ＝CQ，∠BQN＝∠CQM，
∴△BQN≌△CQM（AAS）
∴QM＝QN；
（2）解：仍然成立，
理由如下：如图，延长NQ交CM于E，
∵点Q是BC边上的中点，
∴BQ＝CQ，
∵BN⊥l，CM⊥l，
∴BN∥CM
∴∠NBQ＝∠QCM，且BQ＝CQ，∠BQN＝∠CQE，
∴△BQN≌△CQE（ASA）
∴QE＝QN，且∠NME＝90°，
∴QM＝NQ＝QE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
举一反三1（2022上·上海·八年级期末）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，其中∠ABC=∠ADE=90°，连接BD、EC，点M为EC的中点，连接BM、DM．
(1)如图1，当点D、E分别在AC、AB上时，求证：△BMD为等腰直角三角形；
(2)如图2，将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转45°，使点D落在AB上，此时（1）中的结论“△BMD为等腰直角三角形”还成立吗？请对你的结论加以证明；
(3)如图3，将图2中的△ADE绕点A逆时针旋转90°时，△BMD为等腰直角三角形的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)成立，证明见解析；
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得BM=DM=MC，即有∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，则可得∠MBC+∠MDC =∠MCB+∠MCD=∠ACB，根据三角形外角的性质可得，∠BMD=∠EMB+∠EMD=2∠ACB=245=90，即可证得△BMD为等腰直角三角形；
（2）延长DM交BC于N，先证明△EMD≌△CMN，即有DM=MN，ED=CN，进而有AD=CN，BD=BN，则有BM=DN=DM，可得BM⊥DN，即∠BMD=90，则有△BMD为等腰直角三角形；
（3）作交DM延长线于N，连接BN，先证明△EMD≌△CMN，根据（2）的方法同理可证得△BMD为等腰直角三角形．
【详解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，
∴BM=MC=EC，DM=MC=EC，
∴BM=DM，∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，
∴∠MBC+∠MDC =∠MCB+∠MCD=∠ACB，
∵∠EMB=∠MBC+∠MCB，∠EMD=∠MDC+∠MCD，
∴∠BMD=∠EMB+∠EMD=∠MBC+∠MCB+∠MDC+∠MCD=2∠ACB=245=90，
∴△BMD为等腰直角三角形；
（2）成立；
如图1，延长DM交BC于N，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，
∴BA=BC，DE=DA，∠EDB=90，
∴∠EDB=∠DBC，
∴，
∴∠DEM=∠NCM，
∵M为EC中点，
∴EM=CM，又∠EMD=∠CMN，
∴△EMD≌△CMN，
∴DM=MN，ED=CN，
∴AD=CN，
∴BD=BN，
∴BM=DN=DM，
∴BM⊥DN，即∠BMD=90，
∴△BMD为等腰直角三角形；
（3）成立；如图2，作交DM延长线于N，连接BN，
∵，
∴∠BAC=∠MCN=45，
∴∠E=∠MCN=45，
∵∠DME=∠NMC，EM=CM，
∴△EMD≌△CMN，
∴CN=DE=AD，MN=DM，
又∵∠DAB =180-45-45=90，∠BCN=45+45=90，
∴∠DAB=∠BCN，
又BA＝BC，
∴△DBA≌△NBC(SAS)，
∴∠DBA =∠NBC，BD=BN；
∴∠DBN=∠ABC=90，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边中线，
∴BM⊥DM，∠DBM=∠BDM=45，BM=DM=MN，
即△BMD为等腰直角三角形．
【点睛】本题是一道三角形的综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、平行的性质等知识，充分利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解答本题的关键．
举一反三2（2022上·上海普陀·八年级校考期中）如图，已知：是等边三角形，，点D为直线上一点，点E是直线上一点，连接、、．
(1)如图1，当且点D在边上，求证：是等边三角形；
(2)如果的边长为11，且，请直接写出线段的长度；（无需写出解题过程）
(3)当时，
①如图1，当点D在边上，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
②如图2，点D在的反向延长线上，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
【答案】(1)证明见解析
(2)线段的长度为或
(3)①成立，理由见解析；②成立，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出，，再根据平行线的性质，得出，再根据等量代换，得出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等边三角形的判定定理，即可得出结论；
（2）①当点在边上时，根据角之间的数量关系，得出，再根据等边三角形的性质和三线合一的性质，即可得出线段的长度；②点在边的延长线上时，根据角之间的数量关系，得出，进而得出，再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，再根据线段之间的数量关系，即可得出线段的长度；
（3）①在上截取，连接，根据等边三角形的判定定理，得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，再根据邻补角互补，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据角之间的数量关系，得出，进而得出，再根据三角形的外角的性质和角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等边三角形的判定定理，即可得出结论；②过作交的延长线于点，根据等边三角形的判定定理，得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等边三角形的判定定理，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：①当点在边上时，
∵，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，边长为11，
∴，；
②点在边的延长线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，线段的长度为或；
（3）解：①成立，理由如下：
如图，在上截取，连接，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形；
②成立，理由如下：
如图，过作交的延长线于点，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、三角形的外角的性质，解本题的关键在证明三角形全等和运用分类讨论思想．
举一反三3我们知道：过三角形的顶点引一条直线，可以将它分割成两个小三角形．如果每个小三角形都有两个相等的内角，则我们称这条直线为原三角形的“美丽线”．如图1，直线为的“美丽线”．
（1）通过画图，数学小组的同学发现，任意一个直角三角形都可以分割成两个等腰三角形．
已知：在中，．求作：直线，使得直线将分割成两个等腰三角形．使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）在中，，．若存在过点C的“美丽线”，试探究与的关系．下面是对这个问题的部分探究过程：
设为的“美丽线”，点D在边上，则与中各有两个相等的内角．
【探究1】
如图3，当时，因为，所以，且为锐角，则为钝角，所以在中，．由此可以得到与的关系为________，其中的取值范围为________．
【探究2】
借助图4，请你继续完成本问题的探究，直接写出与的关系为________，其中的取值范围为________．
【答案】（1）见详解，（2）探究1：，，探究2：与的关系有，或，或，
【分析】（1）作出直角三角形斜边的中线，即可求解；
（2）探究1：根据“美丽线”的定义，等腰三角形的性质，三角形外角的性质即可求解；
探究2：根据“美丽线”的定义，图形结合（图示见详解），分类讨论，根据等腰三角形的性质，三角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）作图如下：
直线即为所求．
根据斜边的中线等于斜边的一半，可得：，
∴直线将分割成两个等腰三角形；
（2）探究1：∵在中，，，
∴，
如图所示，设为的“美网线”，
当时，是等腰三角形，
∵，
∴，
∵为锐角，
∴为钝角，
∴在中，，
∴，，
∴，
整理得，，
∴与的关系为：，
∴，
∵，，
∴，
解得：
∴取值范围为：；
探究2：①如图所示，是的“美丽线”，
∴，，
∵，，，
∴，整理得，，
同探究1，可得：取值范围为：；
②如图所示，是三角形的“美丽线”，
∴，，
∴是等腰三角形，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，即；
③如图所示，当，是三角形的“美丽线”，
∴，，
∴，
∵，
∴；
综上所述，与的关系有，或，或，．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了新定义“美丽线”、三角形内角和定理以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，理解新定义“美丽线”，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
一、单选题
1．（2023下·四川达州·八年级校考期末）将一张长方形纸片按如图所示折叠，使顶点C落在点F处，已知，，则折痕的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】长方形得到，，折叠得到，利用含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵长方形纸片，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴；
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，含30度的直角三角形．熟练掌握折痕为角平分线，30度所对的直角边是斜边的一半，是解题的关键．
2．（2023上·天津·八年级校联考期中）如图，是等边三角形，是中线，延长至，
(1)求证：．
(2)在图中过作交于，若，求的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查等边三角形的性质及三角形外角的性质的理解及运用，
（1）根据等边三角形的性质得到，再根据角之间的关系求得，根据等角对等边即可得到；
（2）由的长可求出，进而可求出的长，则的周长即可求出．
【详解】（1）解：证明：∵是等边三角形，是中线，
∴．
(等腰三角形三线合一)．
又∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴(等角对等边)；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的周长．
3．（2022下·广东广州·八年级统考期末）如果直角三角形斜边上的中线和高分别是6和5，那么它的面积是（ ）
A．10B．15C．20D．30
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线先求出斜边长，再利用三角形的面积进行计算即可解答．
【详解】∵直角三角形斜边上的中线是6，
∴斜边长= 2×6= 12，
∵直角三角形斜边上的高是5，
∴直角三角形的面积=×12×5=30，
故选：D．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、三角形的面积，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
4．（2022上·黑龙江大庆·八年级校考期末）如图，在一个等边三角形纸片中取三边中点，以虚线为折痕折叠纸片，若三角形纸片的面积是，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据中点和等边三角形的性质得到，，再求出，根据直角三角形斜边中线的性质和三线合一求出，从而可得结果．
【详解】解：如图，∵F分别为中点，是等边三角形，
∴，，
∵D为边中点，
∴，，
∵E为中点，
∴D，E关于对称，
∴垂直平分，
，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线，三角形面积，解题的关键是掌握基本定理，用边的关系找出面积的关系．
二、填空题
5．（2020上·广东东莞·八年级统考期中）如图，在三角形纸片中，，，，折叠该纸片，使点A和点B重合，折痕与、分别相交于点D和点E，（如图），则的长为 ．
【答案】8
【分析】利用折叠的性质，等腰三角形的性质和含角的直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：由题意得：，
∴，，．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，全等三角形的性质，三角形的内角和，含角的直角三角形的性质，熟练这折叠的性质和含角的直角三角形的性质是解题的关键．
6．（2021上·江苏镇江·八年级校考期中）直角三角形中，若斜边上的高和中线分别为3cm、4cm，则三角形的面积为 ．
【答案】
【分析】直角三角形中，根据斜边上的中线等于斜边的一半求出斜边值、再由三角形的面积公式计算即可得解．
【详解】直角三角形中，∵斜边上的中线为4cm，
∴斜边长为8cm，
∵斜边上的高为3cm，
∴三角形的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、三角形的面积计算，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
三、解答题
7．（2022下·上海·八年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，BD⊥AC，D为垂足，E是AB的中点，，交AC于点F，∠A＝2∠C．求证：．
【答案】见解析
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE＝AE＝AB，根据平行线的性质和三角形的外角的性质得到DE＝DF，证明结论．
【详解】证明：连接DE，
∵BD⊥AC，E为AB的中点，
∴DE＝AE＝AB，
∴∠A＝∠ADE，
∵EF∥BC，
∴∠AFE＝∠C，
又∵∠A＝2∠C，
∴∠ADE＝2∠DFE，
又∵∠ADE＝∠DFE+∠DEF，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴DF＝DE，
又∵DE＝AB，
∴DF＝AB．
【点睛】本题考查直角三角形的性质、三角形外角的性质和平行线的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
1.认识直角三角形
2.掌握直角三角形的两个锐角互余的性质定理
3.掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质
知识点 直角三角形性质定理
直角三角形性质定理1
直角三角形的两个锐角互余
因为“三角形三个内角的和等于 180°”,直角三角形两个锐角的和为180-90°=90°
直角三角形性质定理2
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
直角三角形性质定理3（含 30°角的直角三角形的性质）
在直角三角形中,如果一个锐角等于 30°那么它所对的直角边等于斜边的一半
即学即练1如图，将直尺与含30°角的三角尺叠放在一起，∠1=62°，则∠2的大小是（ ）
A．56°B．58°C．60°D．62°
【答案】B
【分析】利用角的和差关系先计算∠FED=122°，再利用平行线的性质得结论即可．
【详解】解：如图：
由题意可知：∠GEF=90°-30°=60°，
∴∠FED=∠1+∠FEG=62°+60°=122°，
∵AB∥CD，
∴∠2+∠FED=180°，
∴∠2=180°-122°=58°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行线，直角三角形两锐角互余，掌握平行线的性质是解决本题的关键．
即学即练2 如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2，BC=5，点E在BA的延长线上，点D在BC边上，且ED=EC，若AE=4，则BD的长等于( )
A．1B．32C．2D．52
【答案】A
【分析】如图所示过点E作EF⊥BC，根据30°所对边为斜边一半可计算BF长度，进而可计算BD的长度．
【详解】解：如图所示过点E作EF⊥BC于F，在Rt△BEF中，
∵∠BFE=90°，∠B= 60°，
∴∠BEF=90°-60°=30°，
∵AB=2，AE=4，
∴ BF=12BE=12AB+AE=12×2+4=3，
∵ BC=5，
∴ CF=BC-BF=5-3=2，
∵ ED=EC，EF⊥BC于F，
∴ DC=2CF=4，
∴ BD=BC-DC=5-4=1，
故选：A．
【点睛】本题考查直角三角形30°所对的边等于斜边的一半，等腰三角形的性质，在图中构造合适的辅助线的解题的关键．
即学即练3 如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=8，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连结DE，则△CDE的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得AD⊥BC，CD=BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=CE=12AC，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BC=8，
∴AD⊥BC，CD=BD=12BC=4，
∵点E为AC的中点，
∴DE=CE=12AC=5，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=4+5+5=14．
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
题型1 直角三角形的性质概念应用
例1如图，在中，，，于点D，下列结论：①；②；③；④；其中正确的有（ ）．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据含的直角三角形的性质：在直角三角形中，所对应的边等于斜边的一半；以及三角形的内角和为，判断即可得出答案
【详解】解：∵，
∴，
故①正确；
又∵
∴
∴
∴，，
故③，④正确；
∴
即
故②正确；
∴其中正确的结论有4个
故选：D．
【点睛】本题考查的是含的直角三角形的性质和三角形的内角和，熟练掌握相关的性质是解题的关键．
举一反三1如图，在中，，直角的顶点D是的中点，两边分别交于点E，F，有以下结论：①：②是等腰直角三角形；③：④ ．上述结论中一定正确的是 （填上正确的序号）
【答案】①②④
【分析】本题主要考查等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质等知识点，由等腰直角三角形的性质可得，所以可知和是等腰直角三角形，由等腰直角三角形可计算，所以的长决定的长，可判断与不一定相等，根据全等三角形面积相等可得，问题得解．
【详解】解：①连接，
∵，D是的中点
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∵D是斜边上的中点，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，故①正确；
②∵，
∴是等腰直角三角形，故②正确；
③∵是等腰直角三角形
∴
∵点E，F分别在边运动，
∴的长不确定，则EF的长不确定
∵，
∴与不一定相等，故③错误；
④∵
∴，
∴，故④正确．
∴结论中始终正确的有①②④．
故答案为：①②④．
举一反三2如图，在中，，是高，是中线，是角平分线，交于点G，交于点H，给出以下结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①根据等底等高的两个三角形面积相等即可判断；②根据三角形内角和定理求出，根据三角形外角性质即可推出；③根据三角形内角和定理求出，根据角平分线定义即可判断；④根据等腰三角的判定方法即可判断．
【详解】解：∵是中线，
∴，
∴ (等底等高的两个三角形面积相等)，
故①正确；
∵是角平分线，
∴，
∵是高，
∴，
∵，
∴,
故②正确；
∵,
∴,
故③正确；
∵连接，如图,
∵为的斜边的中线,
∴，
∴，
∵,
∴只有当时, ,此时，
∴，
∵条件中不能确定，
∴不成立，
故④错误．
故选：C．
【点睛】此题考查了三角形的角平分线，中线和高性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握三角形的角平分线，中线和高性质，三角形内角和定理．
题型2 直角三角形的两个锐角互余
例2在直角三角形中，一个锐角比另一个锐角的2倍小15°，则该三角形中的最小角的度数为 ．
【答案】35°
【分析】根据直角三角形两锐角互余列式计算即可．
【详解】由题意设一个锐角为x，则另一个为2x-15°，列方程得：
x+2x-15°=90°，
解得：x=35°；
故答案为：35°．
【点睛】此题考查一元一次方程的应用，涉及到直角三角形两锐角互余的知识．
举一反三1如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D在边BC上，将△ABD沿AD折叠，使点B恰好落在边AC上的点E处．若∠C＝28°，则∠CDE＝ °．
【答案】34
【分析】根据直角三角形的两锐角互余和折叠性质求出∠AED=∠B=62°，再根据三角形的外角性质求解即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝28°，
∴∠B=90°﹣∠C=90°﹣28°=62°，
由折叠知∠AED=∠B=62°，
∵∠AED=∠C+∠CDE，
∴∠CDE=62°﹣28°=34°，
故答案为：34．
【点睛】本题考查直角三角形的两锐角互余、折叠性质、三角形的外角性质，熟练掌握折叠性质和三角形的外角性质是解答的关键．
举一反三2（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）在中，，，则的度数为 ．
【答案】/度
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得，再由代入进行计算即可得到答案．
【详解】解：在中，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的特征，熟练掌握直角三角形的两锐角互余是解此题的关键．
题型3 斜边的中线等于斜边的一半
例3（2023上·上海青浦·八年级校考期中）在中，，，，点D为斜边的中点，那么 ．
【答案】
【分析】本题考查了直角三角形相关知识，根据勾股定理，求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案，解题关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【详解】解：由勾股定理得：，
∵点是的中点，
∴．
故答案为：．
举一反三1如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D在BC上，E是AB的中点，AD、CE相交于F，且AD=DB．若∠B=20°，则∠DFE等于 ．
【答案】60°/60度
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，E是AB的中点，
∴BE=CE．
∵∠B=20°，
∴∠ECB=∠B=20°，
∵AD=BD，∠B=20°，
∴∠DAB=∠B=20°，
∴∠ADC=∠B+∠DAB=20°+20°=40°，
∴∠DFE=∠ADC+∠ECB=40°+20°=60°，
故答案为60°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形外角性质，直角三角形斜边上中线性质的应用，能求出∠ADC和∠ECB的度数是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
举一反三2（2022上·上海崇明·八年级校考期末）如图，在中，，，斜边BC的垂直平分线交边AB于点E，垂足为点D，取线段BE的中点F，联结DF，如果，则 ．
【答案】
【分析】先根据线段垂直平分线的性质得AE=BE，再利用直角三角形斜边中线的性质得DF=BE，最后根据直角三角形30度的性质得AC=AE，从而得出，即可得出答案．
【详解】证明：如图，联结CE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE=BE,∠EDB=90°，
∴∠EAB=∠B=15°，
∴∠AEC=30°，
Rt△EDB中，∵F是BE的中点，
∴DF=BE，
Rt△ACE中,∵∠AEC=30°，
∴AC=AE，
∴AC=DF=4．
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质以及30°所对的直角边的性质，熟练掌握这些基本性质得出线段关系是解题的关键．
举一反三3（2021上·上海普陀·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，BE⊥CD，垂足为点E．如果∠CBE＝25°，那么∠CDA＝ °．
【答案】130
【分析】由直角三角形斜边中线的性质可得，即可得，由同角的余角相等可得，再根据三角形的内角和定理可求解．
【详解】解：，是边的中点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：130．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，三角形的内角和定理，解题的关键是求解．
题型4 含30度角的直角三角形
例4 如图，在中，，是高，，．则的长为．
【答案】的长为1
【分析】利用含角的直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：在中，，，，
，
，
，
，
，
，
，
的长为1．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，熟练掌握含角的直角三角形的性质是解此题的关键．
举一反三1（2023上·北京大兴·八年级统考期中）如图，在中，，D是中点，，，点E，F分别在边上，且．
(1)用等式表示线段与的数量关系，并证明；
(2)求的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)
【分析】（1）过D作于G，于H，利用等边三角形的性质得出，进而利用证明与全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2），得到，进而推出，根据等边三角形和含角的直角三角形的性质，求出的长，进而求出的长，即可．
【详解】（1）解： ，理由如下：
过D作于G，于H，
∵，D是中点，，
∴是等边三角形，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角新的判定和性质，含30度角的直角三角形，解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形．
举一反三2如图，平分，，，在上取一点，连接，使，．
(1)求证：PC//OB；
(2)求∠CPO的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据，可得，再由平分，可得，从而得到 ，即可求证；
（2）根据角平分线的性质定理，可得，从而得到，进而得到，再由PC//OB，可得 ，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
∴PC//OB；
（2）解：平分，，，
，
，
，
，
，
，
∵PC//OB，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定和性质，角平分线的性质定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行线的判定和性质，角平分线的性质定理，直角三角形的性质是解题的关键．
举一反三3（2023上·上海·八年级校考阶段练习）如图，，的平分线上有一点，，，，求的长．
【答案】
【分析】过点作于，如图，根据角平分线的性质得到，，再证明，计算出，则可计算出，然后证明，从而得到，进而即可求解．
【详解】解：过点作于，如图，
∵是平分线上一点，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴， ，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了平行线的性质和含30度的直角三角形三边的关系．
举一反三4（2021上·上海普陀·八年级校联考期末）在中，，，平分，是的垂直平分线，交于点M，交于点N，已知，求的长．
【答案】
【分析】连接，过点D作于点H，由角平分线的性质可得，由线段垂直平分线的性质可证，进而可证，求出，然后根据含30度角的直角边等于斜边的一半求解即可．
【详解】解：连接，过点D作于点H
∵平分，，DH⊥AB
∴，
∵是的垂直平分线
∴
∴
∴
∴
∴
∴在中，
即AN=4
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，综合运用各知识点是解答本题的关键．
题型5 已知直角三角形斜边中线和高求三角形面积问题
例5直角三角形斜边上的高与中线分别是5和8，则它的面积是（ ）
A．80B．60C．40D．20
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质求出斜边长，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，
∵直角三角形斜边上的中线CD是8，
∴斜边AB长为：2×CD=8×2=16，
∴它的面积=×AB×CE=×16×5=40，
故选C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
举一反三1（2020上·吉林长春·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，CE是斜边AB上的中线，CD⊥AB，若CD＝5，CE＝6，则△ABC的面积是（ ）
A．24B．25C．30D．36
【答案】C
【分析】根据题意及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得：AB=2CE=12再根据三角形面积公式，即△ABC面积=AB×CD=30.故选C.
【详解】解：∵CE是斜边AB上的中线，
∴AB＝2CE＝2×6＝12，
∴S△ABC＝×CD×AB＝×5×12＝30，
故选：C．
【点睛】本题的考点是直角三角形斜边上的中线性质及三角形面积公式.方法是根据题意求出三角形面积公式中的底，再根据面积公式即可得出答案.
举一反三2（2020上·江苏镇江·八年级镇江市外国语学校校考阶段练习）若直角三角形斜边上的高和中线长分别是4cm，6cm，则它的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直角三角形的性质，先求出斜边的长度，然后利用面积公式，即可得到答案．
【详解】解：∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
∴斜边的长度为：，
∴它的面积：；
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形的中线的性质，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握直角三角形的性质，正确求出斜边的长度．
举一反三3（2021下·山东聊城·八年级统考期末）直角三角形斜边上的高与中线分别是5和6，则它的面积是（ ）
A．60B．50C．40D．30
【答案】D
【分析】根据直角三角形的性质求出斜边长，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵直角三角形斜边上的中线CD是6，
∴斜边AB长为：2CD＝6×2＝12，
∴它的面积，
故选：D．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题关键．
题型6 根据直角三角形性质求三角形面积
例6在中， ，，，则的面积等于（ ）
A．5B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查含角的直角三角形，根据含的直角三角形的性质得出，进而利用三角形面积公式解答即可，关键是根据含的直角三角形的性质得出．
【详解】解：过点A作于点D，如图所示：
∴，
∵，，
∴
∴的面积
故选：D
举一反三1（2022上·浙江绍兴·八年级统考期末）在中，的度数之比为，边上的中线长是2，则的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】过点作，利用三角形内角和以及三个角的比求出各角的度数，再利用直角三角形中线定理求出的长，再根据含角的直角三角形的性质求出，最后利用面积公式求解即可．
【详解】解：如图所示：
过点作
∵
是边上的中线，
故选B．
【点睛】本题主要考查三角形内角和，直角三角形中线定理以及含角的直角三角形的性质，运用内角和求各角的度数以及中线性质求解面积是解决本题的关键．
举一反三2（2022·浙江湖州·统考中考真题）如图，已知在锐角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E是AD上一点，连结EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，则△EBC的面积是（ ）
A．12B．9C．6D．
【答案】B
【分析】根据三线合一可得，根据垂直平分线的性质可得，进而根据∠EBC＝45°，可得为等腰直角三角形，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形面积公式即可求解．
【详解】解： AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
，
，
∠EBC＝45°，
，
为等腰直角三角形，
，
，
则△EBC的面积是．
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
举一反三3（2023上·山西阳泉·八年级统考期末）如图，已知中，，按以下步骤作图：
①分别以A、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点M、N；
②作直线交于点，连接．若，，则的面积等于（ ）
A．4B．C．3D．2
【答案】A
【分析】连接，根据作图得到垂直平分，得到，结合等边对等角和外角的性质求出，可得，再利用三角形面积公式计算即可．
【详解】解：连接，
由作图可知：垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴的面积为，
故选A．
【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，等边对等角，含30度的直角三角形的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
举一反三4（2023上·广东湛江·八年级校考期中）将一副三角尺按如图所示叠放在一起，若，求阴影部分的面积．
【答案】
【分析】本题考查了含角的直角三角形及等腰直角三角形的知识，由于，那么也是等腰直角三角形，欲求其面积，必须先求出直角边的长；中，已知斜边及的度数，易求得的长，进而可根据三角形面积的计算方法求出阴影部分的面积．
【详解】解：，，，
．
由题意可知，
，
，
故．
即阴影部分面积为．
举一反三5（2023上·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在中，是的中点，点在上，点在上，且．
(1)求证：；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形的面积为
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识点．掌握“斜中半定理”和“三线合一”是解题关键．
（1）证即可求证；
（2）由（1）可得，故，据此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，是的中点，
∴
∵，是的中点，
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
在和中
∴
∴
（2）解：∵，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴四边形的面积为．
题型7 根据直角三角形性质求三角形周长问题
例7如图，在中，，，平分交于点D，点E为的中点，连结，则的周长为（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
【详解】解：，平分，，
，
∵点E为的中点，
，
∴的周长．
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
举一反三1（2023上·江苏淮安·八年级淮安市浦东实验中学校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点，，，则的周长是（ ）
A．13B．18C．15D．21
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求出，据此即可求解．
【详解】解：∵于F，于E，
∴和都是直角三角形，
又∵点M为的中点，
∴，
∴的周长．
故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟练掌握和运用该性质是解题的关键．
举一反三2（2023上·江苏无锡·八年级统考期中）如图，中，，，平分交于点，点为的中点，连接，则的周长是（ ）
A．20B．12C．16D．13
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形斜边的中线性质；根据等腰三角形三线合一求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，根据三角形的周长公式计算得到答案．
【详解】，平分，
，，
，点为的中点，
，
∴的周长，
故选：C．
举一反三3如图，、分别是的高，为的中点，，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先求出，再求的周长．
【详解】解：、分别是的高，为的中点，，
在中，，
在中，，
又，
的周长．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质；由性质定理求得线段长是解题的关键.
题型8 利用直角三角形的性质证明线段和差倍关系
例8 （2022上·上海宝山·八年级校考期末）如图，在中，于点D，，点E、F分别是、的中点且，求证：．
【答案】见解析
【分析】利用证明，即可解决问题．
【详解】证明： ，
．
∵点E、F分别是、的中点，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质，正确证明三角形全等是解题的关键．
举一反三1（2022上·上海青浦·八年级校考期末）如图，已知中，，于点，是中点，，求证：．
【答案】证明见详解
【分析】连接，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得出等腰三角形，再等量代换即可得到结论；
【详解】证明：连接，
∵，
∴ ，
∵是中点，
∴；
∴
∵
∴
在中
外角
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了三角形的外角定理，平行线额性质以及直角三角形的性质，正确地识别图形是解题的关键．
举一反三2 （2021上·上海浦东新·八年级上海市建平实验中学校考期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝30°．
（1）在BC边上求作一点N，使得AN＝BN；（不要求写作法，但要保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，求证：CN＝2BN．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）作线段AB的垂直平分线交于点，点即为所求；
（2）根据等腰三角形的性质计算出∠C的度数，再计算出∠CAN的度数，然后根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得CN＝2AN，进而得到CN＝2BN．
【解答】（1）解：如图，点即为所求；
（2）证明：连接AN．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°．
∴∠BAC＝180°﹣2∠B＝120°．
∵AN＝BN，
∴∠BAN=∠B＝30°
∴∠NAC＝∠BAC﹣∠NAB＝120°﹣30°＝90°．
∵∠C＝30°，
∴CN＝2AN．
∴CN＝2BN．
【点睛】此题主要考查了作图，等腰三角形的性质以及含30度角的直角三角形，关键是正确画出图形，掌握在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
举一反三3（2022上·上海青浦·八年级校考期末）已知：如图，在四边形中，，，点是边的中点，．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）延长交于点F，证明，可得，，从而得到垂直平分，进而得到，即可；
（2）根据等腰三角形的性质可得，再由，可得，从而得到，进而得到，可得到，即可．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点F，
∵，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：∵，，
∴，，
∵，，
∴，即，
∴，即：，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
举一反三4如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝15°，边AB的垂直平分线交边BC于点E，垂足为点D，取线段BE的中点F，联结DF．求证：AC＝DF．（说明：此题的证明过程需要批注理由）
【答案】见解析
【详解】先根据线段垂直平分线的性质得：AE＝BE，再利用直角三角形斜边中线的性质得：DF与BE的关系，最后根据直角三角形30度的性质得AC和AE的关系，从而得出结论．
【解答】证明：联结AE，
∵DE是AB的垂直平分线（已知），
∴AE＝BE，∠EDB＝90°（线段垂直平分线的性质），
∴∠EAB＝∠EBA＝15°（等边对等角），
∴∠AEC＝30°（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和），
Rt△EDB中，
∵F是BE的中点（已知），
∴DF＝BE（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
Rt△ACE中，∵∠AEC＝30°（已知），
∴AC＝AE（直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半），
∴AC＝DF（等量代换）．
【点睛】本题考查中垂线的性质，直角三角形斜边中线的性质，直角三角形30°角所对的边与斜边之间的关系，能够熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
举一反三5（2022上·上海·八年级上海市南洋模范中学校考期末）已知：如图，在中，是边边上的高，是中线，是的中点，．求证：．
【答案】见详解．
【分析】连接DE，由中垂线的性质可得DE=DC，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DE=BE，进而得到CDAB．
【详解】证明：如图，连接DE，
∵F是CE的中点，DF⊥CE，
∴DF垂直平分CE，
∴DE=DC
∵AD⊥BC，CE是边AB上的中线，
∴DE是Rt△ABD斜边上的中线，即DE=BE=AB，
∴CD =DE=AB．
【点睛】本题考查了中垂线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，推出DE=CD是解决本题的关键．
题型9 利用直角三角形的性质证明线段相等
例9 （2021上·上海浦东新·七年级校联考期末）如图，AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，DB＝DC．
（1）求证：BE＝CF；
（2）如果BD//AC，∠DAF＝15°，求证：AB＝2DF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）证明，；进而证明 ，即可解决问题；
（2）根据平行线的性质和含的直角三角形的性质解答即可．
【详解】证明：（1）平分，， ，
，；
在和中，
，
，
；
（2）平分，，
，，
，
，，
，
，
在中，，
，
，
平分，， ，
，
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、角平分线的性质及其应用等几何知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
举一反三1 如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为△ABC内一点，∠BAD=15°，AD=AC，CE⊥AD于E，且CE=5．
（1）求BC的长；
（2）求证：BD=CD．
【答案】（1）BC=10；（2）见解析
【分析】（1）求出∠BAC，求出∠CAD=30°，求出AC=2CE=10，即可求出BC；
（2）过D作DF⊥BC于F，求出∠ECD=∠DCF=15°，证CE=CF=5，推出BF=CF，根据线段垂直平分线的性质求出即可．
【详解】（1）解：在△ABC中，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∵∠BAD=15°，
∴∠CAD=30°，
∵CE⊥AD，CE=5，
∴AC=10，
∴BC=10；
（2）证明：过D作DF⊥BC于F，
在△ADC中，∠CAD=30°，AD=AC，
∴∠ACD=75°，
∵∠ACB=90°，
∴∠FCD=15°，
在△ACE中，∠CAE=30°，CE⊥AD，
∴∠ACE=60°，
∴∠ECD=∠ACD-∠ACE=15°，
∴∠ECD=∠FCD，
∴DF=DE．
∵在Rt△DCE与Rt△DCF中，
，
∴Rt△DCE≌Rt△DCF（HL），
∴CF=CE=5，
∵BC=10，
∴BF=BC-CF=5，
∴BF=FC，
∵DF⊥BC，
∴BD=CD．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，全等三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形性质，线段垂直平分线性质等知识点的应用．熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
举一反三2（2020上·上海·八年级校考期末）已知：如图在ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E在边BC上，∠EAD＝90°，AD＝AE．求证：
(1)ABE≌ACD；
(2)如果点F是DE的中点，联结AF、CF，求证：AF＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据SAS证明即可；
（2）由∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠B=∠ACB=，根据全等三角形的性质得到∠ACD=∠B=，求出∠DCE=，利用直角三角形斜边中线的性质得到DE=2CF，DE=2AF，由此得到结论．
【详解】（1）证明：∵∠BAC＝90°，∠EAD＝90°，
∴∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC+∠CAE＝∠EAD+∠CAE，即∠BAE=∠CAD，
在ABE和ACD中，
，
∴ABE≌ACD（SAS）；
（2）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B=∠ACB=，
∵ABE≌ACD，
∴∠ACD=∠B=，
∴∠BCD=，
∴∠DCE=，
∵点F是DE的中点，
∴DE=2CF，
∵∠EAD＝90°，
∴DE=2AF，
∴AF＝CF．
．
【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
举一反三3已知：如图，在△ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的高，点M是BC的中点，且MN⊥DE，垂足为点N
（1）求证：ME=MD；
（2）如果BD平分∠ABC，求证：AC=4EN．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到DM=BC，EM=BC，等量代换即可证明；
（2）证明△ABD≌△CBD，根据全等三角形的性质得到AD=CD，根据直角三角形的性质，等腰三角形的性质证明．
【详解】证明：（1）∵BD是边AC上的高，
∴∠BDC=90°，
∵点M是BC的中点，
∴DM=BC，
同理，EM=BC，
∴ME=MD；
（2）∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，．
∵BD是边AC上的高，
∴∠ADB=∠CDB=90°．
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（ASA），
∴AD=CD，
∵CE是边AB上的高，
∴∠CEA=90°，
∴AC=2ED，
∵ME=MD，MN⊥DE，
∴DE=2EN，
∴AC=4EN．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
题型10 利用直角三角形证明角的和差倍
例10（2023上·上海·八年级校考阶段练习）如图，在和中，，是中点．求证：．
【答案】见解析
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，找出相等的边，再利用等边对等角、三角形外角的性质得出、，从而证明结论．
【详解】证明：在中，，是中点．
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
举一反三1（2021上·上海青浦·八年级校考期末）如图，在中，，是斜边上的中线，过点A作于点F，交于点E．
(1)求证：；
(2)若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据，得出，根据，推出，根据是斜边上的中线，得出，进而得出，即可等量代换求证；
（2）由（1）可得：，则，得出则平分，推出，进而得出为等边三角形，则，得出，根据等角对等边得出，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得：，
∵，
∴，则平分，
∵，
∴，
∵是斜边上的中线，
∴，
∴为等边三角形，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定和性质，等腰三角形等角对等边，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，并灵活运用．
题型11 利用直角三角形的性质证明线段垂直
例11（2021上·上海浦东新·八年级校考期末）已知：如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，CE是中线，F是CE的中点，，求证：DF⊥CE．
【答案】见解析
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AB，再求出DE=CD，然后根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．
【详解】证明： 在△ACB中，CE是中线，
∴点E为AB边的中点
∵AD是BC边上的高，
∴△ADB是直角三角形
∴DE=AB，
∵CD=AB，
∴DC=DE，
∵F是CE中点，
∴DF⊥CE．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．
举一反三1（2020上·上海静安·八年级上海市市西初级中学校考期末）如图，在四边形中，，对角线与相交于点O，M、N分别是边、的中点．
(1)求证：；
(2)当，，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接．由直角三角形斜边上中线的性质可得，由线段垂直平分线的判定即可证明结果；
（2）由及可得，再由得，在中由含30度角直角三角形的性质即可求得的长．
【详解】（1）证明：如图，连接．
，点M、点N分别是边、的中点，
∴，，
∴，
∵N是的中点，
∴是的垂直平分线，
．
（2）解：，，
，
，
，
，
，，
，
在中，，
∴cm，
答：的长是．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，线段垂直平分线的判定，等腰三角形的性质，含30度角直角三角形的性质等知识，其中连接是解题的关键．
题型12 翻折与直角三角形
例12（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级校考阶段练习）如图，长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处．如果，，则长方形的面积是（ ）
A．12B．16C．18D．20
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质可得，再由折叠的性质可得，即可求解．
【详解】解：在长方形中，，
∵，，
∴，
∴，
∵长方形沿着折叠，使D点落在边上的F点处，
∴，
∴长方形的面积是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握直角三角形的性质，折叠的性质是解题的关键．
举一反三1如图，在中，．点，分别在边，上，连接，将沿折叠，点的对应点为点．若点刚好落在边上，，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据折叠的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可求解．
【详解】解：∵将沿折叠，点的对应点为点．点刚好落在边上，在中，，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
举一反三2如图，为等腰直角三角形，为斜边的中点，点在边上，将沿折叠至，与，分别交于，两点．若已知的长，则可求出下列哪个图形的周长（ ）
A．B．C．四边形D．四边形
【答案】A
【分析】先作出辅助线，利用等腰直角三角形的性质转化角的数量关系得出即可求解．
【详解】如图，连接，，
∵三角形是等腰直角三角形，且D为斜边的中点，
∴，，
由折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质和折叠，解题关键是掌握等腰三角形的两个底角是和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，折叠前后的对应边相等，对应角相等．
举一反三3在中，，是边上的动点，过点作交于点，将沿折叠，点的对应点为点．
(1)如图1，若点恰好落在边上，判断的形状，并证明；
(2)如图2，若点落在内，且的延长线恰好经过点，，求的度数；
(3)若，当是直角三角形时，直接写出的长．
【答案】(1)是等边三角形；见解析
(2)；
(3)的长是或
【分析】（1）根据平行线的性质即可求出相等的角，再根据等边三角形的判定即可得到结论；
（2）根据折叠的性质可知角相等，再根据三角形的内角和定理即可得到结果；
（3）根据题意分两种情况，再根据图形以及折叠的性质得到的长度．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
∵，
∴，
由折叠可得，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：由折叠可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴；
（3）解：的长是或，理由如下：
当时，点在内（如图所示）
∵，
∴，
∴
由折叠得，
∴，
∴，
∴；
当时，点在外，
同理可得，
∴．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，平行线的性质，根据题意画出图形是解题的关键．
举一反三4如图，在△ABC中，，，将纸片沿DE折叠，使点B落到点A处，若，则DE= ．
【答案】1
【分析】利用等腰三角形的性质得到，则，再由折叠性质得，，，进而得到，再根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵，
∴，则，
由折叠性质得，，，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、折叠性质、三角形的内角和定理、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握折叠性质和直角三角形的性质是解答的关键．
题型13 利用直角三角形的性质证明三角形
例13（2022上·上海宝山·八年级校联考期末）如图，在中，，、边上的高、交于点H，点F、G分别是、的中点．
(1)求证：；
(2)联结，求证是等腰直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据、分别为、边上的高，得到，再根据，得到，即可得到证明；
（2）由（1）得，根据点G是的中点得到，，同理得到，从而得到，即可得证明．
【详解】（1）证明∵、分别为、边上的高
∴、、是直角三角形，
∴，，
∴
在中，
∵，
∴，
∴
在和中
∵ ，
∴；
（2）证明：∵；
∴，
在中，点G是的中点，
∴，
∴
同理，，
∴，，
∵
∴，
∴
∴是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查全等三角形性质与判定，直角三角形斜边上中线等于斜边一半及直角三角形两锐角互余，解题的关键是经过角度互余转换等到线段相等．
举一反三1（2023上·上海徐汇·八年级校联考期末）如图，已知锐角中、分别是、边上的高，M、N分别是线段、的中点．求证：
(1)．
(2)若，求证：是等边三角形
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，然后由等腰三角形“三线合一”即可得到答案；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出即可证明．
【详解】（1）如图：连接、，
、分别是、边上的高，
,，
在与中，
M是线段的中点，
,，
，
是等腰三角形，
又因为N是线段的中点，
；
（2）在中，，
，
由（1）可知：
，
，，
，
，
，
由（1）可知是等腰三角形，
是等边三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和，等边三角形的证明；掌握基本性质是解题的关键．
举一反三2（2023上·江苏南京·八年级统考期中）如图， 在中，分别是边上的高，点 M 是的中点， 连接.
(1)求证：为等腰三角形；
(2)直接写出与之间的数量关系： .
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，三角形内角和定理．
（1）根据垂直定义可得，然后利用直角三角形的斜边上的中线性质可得，，从而可得，即可解答；
（2）利用（1）的结论和等腰三角形的性质可得，，从而利用三角形内角和定理可得，，然后利用平角定义以及三角形内角和定理可得可得，再根据垂直定义可得，从而可得，最后进行计算可得，即可解答．
【详解】（1）∵，
∴，
∵点M是的中点，
∴，，
∴，
∴为等腰三角形；
（2），
理由：∵，
∴，
∴，，
∴
=2(∠ABC+∠ACB)-180°
，
∵，
∴，
∴，
∴，
即：，
故答案为：．
题型14 利用直角三角形的性质证明线段的垂直平分线
例14（2022上·上海·八年级上外附中校考期末）如图，已知 的高 相交于点 分别是 的中点，求证： 垂直平分 ．(括号中需写本学期新学理由)
【答案】见解析
【分析】联结,根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而判断在线段的垂直平分线上，即可证明 垂直平分
【详解】证明：联结,
∵ , ,
∴ ,
∵ 是 的中点 ,
∴ (直角三角形斜边中线等于斜边一半),
∴ ,
∴ 在线段的垂直平分线上 (垂直平分线的逆定理) ,
∴ 垂直平分 .
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，垂直平分线的判定，掌握以上性质定理是解题的关键．
举一反三1（2022上·上海·八年级上海市民办立达中学校考阶段练习）如图，在中，垂直平分边，交于点，平分的外角，，垂足为点，，垂足为点．
(1)求证：；
(2)如果，求证：点在的垂直平分线上．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）通过证明，即可求证；
（2）通过四边形内角和的性质得到，从而得到，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵垂直平分边，
∴，
∵平分的外角，，，
∴，，
∴，
∴；
（2）证明：连接，如下图：
由（1）可得，，
又∵，
∴，
∴，
由题意可得：为的中点，
∴，，
∴，
∴点在的垂直平分线上．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，角平分线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
题型15 直角三角形与角平分线、垂直平分线综合问题
例15 在中，的平分线交边于点，于点，．
(1)若，求的长；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)3
(2)
【分析】本题考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的性质；
（1）作，利用角平分线的性质得到，，在中，，利用含有角的直角三角形的性质得，从而得解；
（2）由第（1）小问可知，从而根据三角形的面积公式求解；
解题的关键是熟练掌握角平分线的性质、含有角的直角三角形的性质．
【详解】（1）解：如图，作，交于点，
∵的平分线交边于点，，
∴，
∵，，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴；
（2）如图，
由（1）可知，，
，
∴的面积为：．
举一反三1（2023上·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，已知中，，E是的中点，垂直平分．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形外角的性质等等，根据三角形直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等推出是解题的关键.
（1）三角形直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等得到，由此得到；
（2）根据等边对等角得到，，利用三角形外角的性质得到，则.
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴.
举一反三2如图，中，，的垂直平分线交于D，交于点E，，求的长．
【答案】8
【分析】本题考查了含角的直角三角形性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线性质等知识点的运用，连接，求出的度数，根据是的垂直平分线，求出，根据含角的直角三角形求出的长即可, 能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
【详解】连接,
∵
∴
∵是的垂直平分线
∴
∴
∴
在中，
∴
题型16 比值问题
例16 中，，，点D在底边上，，则与的面积之比是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质可求得，进而可得，根据30度角的直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：如图，∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与的面积之比是；
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形的内角和定理以及30度角的直角三角形的性质，熟练掌握上述知识是解题的关键．
举一反三1如图，在等边中，D，E分别是的中点，P是上一动点，当的周长最小时，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质，垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接交于点F，连接，根据轴对称的性质得出P点与F点重合时，的周长最小，进而得出即可求解，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：如图，连接交于点F，连接，
∵点D，E分别是等边的中点，
∴，
∴，
∵点P是上一动点，当的周长最小时，即，
即当E,P,C三点共线时，的周长最小，此时点P点与F点重合，
∵垂直平分，垂直平分
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴P点与F点重合，，
故选B．
举一反三2（2023上·浙江杭州·八年级杭州市十三中教育集团（总校）校联考期中）如图，在中，是边上的高线，是边上的中线，为中点，连接，．
(1)已知，求的度数；
(2)求证：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)1
【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半．
（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得，进而得出由垂直定义即可求解；
（2）由（1）得，进而可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质，即可解答；
（3）根据三角形中线把三角形面积分成相等的两部分即可求解．
【详解】（1）解：，是边上的中线，
，，
．
（2）证明：， F是CE边上的中点，
．
（3） F是CE边上的中点， E是AB边上的中点，
，，
∵。
∴，
∴
题型17 动点问题
例17 如图1，在中，，动点以每秒的速度从点出发，沿射线运动．设点的运动时间为秒．
(1)当时，求证：是直角三角形．
(2)如图2，若另一动点在线段上以每秒的速度由点向点运动，且与点同时出发，点到达终点时点也随之停止运动．当是直角三角形时，直接写出的值．
(3)如图3，若另一动点从点出发，以每秒的速度沿射线方向运动，且与点同时出发．当点运动到在的延长线上，连接交延长线于点，过点作于．在运动过程中，线段的长度是否发生变化？为什么？
【答案】(1)见解析
(2)或
(3)的长度不变化，，理由见解析
【分析】(1)利用等腰三角形三线合一性质，证明即可．
(2)分和，两种情况，利用直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半，列式计算即可．
(3)过点Q作，交的延长线于点F，证明，得到，再证明即可得证．
【详解】（1）∵动点以每秒的速度从点出发，
∴时，，
∵
∴，
∴，
∴是直角三角形．
（2）∵动点以每秒的速度从点出发，另一动点在线段上以每秒的速度由点向点运动，且与点同时出发，
∴，，
∵
∴，，
当时，，
∴，
∴，
解得
如图，时，，
∴，
∴，
解得
故当是直角三角形时，或．
（3）的长度不变化，．理由如下：
过点Q作，交的延长线于点F，
∵
∴，
根据题意，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴．
故的长度不变化，．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的三线合一性质，三角形全等的判定和性质，含特殊角的直角三角形，分类思想，熟练掌握分类思想，三角形全等的判定和性质，直角三角形的特征是解题的关键．
举一反三1在中，，以为斜边，作直角三角形，．
(1)如图①，点落在内时，， ，点为边的中点，交于，求线段的长；
(2)如图②，点落在外时，把绕点逆时针旋转一定角度，得到，连接交于点，点在上，且．
①求证：；
②求证：是的中点．
【答案】(1)
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据平行线的性质，等腰三角形的性质与判定得出，即可求解；
（2）①根据旋转的性质可得，则，设，则，，进而得出，即可得证；
②根据等边对等角可得，即可得出，证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：在中， ，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点为边的中点，
∴，
∴；
（2）解：∵把绕点逆时针旋转一定角度，得到，
∴
∴
∴
∵
∴，
设，则，
∴，
∴
②∵
∴
∴
又∵，，
∴
∴
即为的中点
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
举一反三2如图所示，已知是边长为的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿方向匀速运动，其中点P运动的速度是，点Q运动的速度是，当点Q到达点C时，两点都停止运动，设运动时间为，解答下列问题：
(1)当点Q到达点C时，与的位置关系如何？请说明理由．
(2)在点P与点Q的运动过程中，是否能成为等边三角形？若能，请求出t，若不能，请说明理由．
(3)t为何值时是直角三角形？
【答案】(1)
(2)当时，是等边三角形
(3)当或是直角三角形
【分析】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的判定，等边三角形的性质和判定，几何动点问题，熟练掌握直角三角形含30度角的性质是关键．
（1）先求出的长，可得点是的中点，由等边三角形的性质可求解；
（2）由等边三角形的性质可得方程，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质列出方程，可求解．
【详解】（1）当点到达点时，与垂直，理由如下：
∵，
当点到达点时，则，
∴，
∴点为的中点，
∴；
（2）假设在点与点的运动过程中，能成为等边三角形，
∴，
∴，
解得，
∴当时，是等边三角形；
（3）根据题意得，
∴，
当时，
∵，
∵，
即
解得；
当时，同理可得，
解得，
综上所述：当或是直角三角形．
题型18 直角三角形探究题
例18（2019上·上海松江·八年级统考期末）在△ABC中，点Q是BC边上的中点，过点A作与线段BC相交的直线l，过点B作BN⊥l于N，过点C作CM⊥l于M．
(1)如图1，如果直线l过点Q，求证：QM＝QN；
(2)如图2，若直线l不经过点Q，联结QM，QN，那么第（1）问的结论是否成立？若成立，给出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)仍然成立，理由见解析
【分析】（1）由“AAS”可证△BQN≌△CQM，可得QM＝QN；
（2）延长NQ交CM于E，由“ASA”可证△BQN≌△CQE，可得QE＝QN，由直角三角形的性质可得结论．
【详解】（1）证明：∵点Q是BC边上的中点，
∴BQ＝CQ，
∵BN⊥l，CM⊥l，
∴∠BNQ＝∠CMQ＝90°，且BQ＝CQ，∠BQN＝∠CQM，
∴△BQN≌△CQM（AAS）
∴QM＝QN；
（2）解：仍然成立，
理由如下：如图，延长NQ交CM于E，
∵点Q是BC边上的中点，
∴BQ＝CQ，
∵BN⊥l，CM⊥l，
∴BN∥CM
∴∠NBQ＝∠QCM，且BQ＝CQ，∠BQN＝∠CQE，
∴△BQN≌△CQE（ASA）
∴QE＝QN，且∠NME＝90°，
∴QM＝NQ＝QE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
举一反三1（2022上·上海·八年级期末）已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，其中∠ABC=∠ADE=90°，连接BD、EC，点M为EC的中点，连接BM、DM．
(1)如图1，当点D、E分别在AC、AB上时，求证：△BMD为等腰直角三角形；
(2)如图2，将图1中的△ADE绕点A逆时针旋转45°，使点D落在AB上，此时（1）中的结论“△BMD为等腰直角三角形”还成立吗？请对你的结论加以证明；
(3)如图3，将图2中的△ADE绕点A逆时针旋转90°时，△BMD为等腰直角三角形的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)成立，证明见解析；
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得BM=DM=MC，即有∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，则可得∠MBC+∠MDC =∠MCB+∠MCD=∠ACB，根据三角形外角的性质可得，∠BMD=∠EMB+∠EMD=2∠ACB=245=90，即可证得△BMD为等腰直角三角形；
（2）延长DM交BC于N，先证明△EMD≌△CMN，即有DM=MN，ED=CN，进而有AD=CN，BD=BN，则有BM=DN=DM，可得BM⊥DN，即∠BMD=90，则有△BMD为等腰直角三角形；
（3）作交DM延长线于N，连接BN，先证明△EMD≌△CMN，根据（2）的方法同理可证得△BMD为等腰直角三角形．
【详解】（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，点M为EC的中点，
∴BM=MC=EC，DM=MC=EC，
∴BM=DM，∠MBC=∠MCB，∠MDC=∠MCD，
∴∠MBC+∠MDC =∠MCB+∠MCD=∠ACB，
∵∠EMB=∠MBC+∠MCB，∠EMD=∠MDC+∠MCD，
∴∠BMD=∠EMB+∠EMD=∠MBC+∠MCB+∠MDC+∠MCD=2∠ACB=245=90，
∴△BMD为等腰直角三角形；
（2）成立；
如图1，延长DM交BC于N，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC=∠ADE=90°，
∴BA=BC，DE=DA，∠EDB=90，
∴∠EDB=∠DBC，
∴，
∴∠DEM=∠NCM，
∵M为EC中点，
∴EM=CM，又∠EMD=∠CMN，
∴△EMD≌△CMN，
∴DM=MN，ED=CN，
∴AD=CN，
∴BD=BN，
∴BM=DN=DM，
∴BM⊥DN，即∠BMD=90，
∴△BMD为等腰直角三角形；
（3）成立；如图2，作交DM延长线于N，连接BN，
∵，
∴∠BAC=∠MCN=45，
∴∠E=∠MCN=45，
∵∠DME=∠NMC，EM=CM，
∴△EMD≌△CMN，
∴CN=DE=AD，MN=DM，
又∵∠DAB =180-45-45=90，∠BCN=45+45=90，
∴∠DAB=∠BCN，
又BA＝BC，
∴△DBA≌△NBC(SAS)，
∴∠DBA =∠NBC，BD=BN；
∴∠DBN=∠ABC=90，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边中线，
∴BM⊥DM，∠DBM=∠BDM=45，BM=DM=MN，
即△BMD为等腰直角三角形．
【点睛】本题是一道三角形的综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、平行的性质等知识，充分利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解答本题的关键．
举一反三2（2022上·上海普陀·八年级校考期中）如图，已知：是等边三角形，，点D为直线上一点，点E是直线上一点，连接、、．
(1)如图1，当且点D在边上，求证：是等边三角形；
(2)如果的边长为11，且，请直接写出线段的长度；（无需写出解题过程）
(3)当时，
①如图1，当点D在边上，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
②如图2，点D在的反向延长线上，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
【答案】(1)证明见解析
(2)线段的长度为或
(3)①成立，理由见解析；②成立，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出，，再根据平行线的性质，得出，再根据等量代换，得出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等边三角形的判定定理，即可得出结论；
（2）①当点在边上时，根据角之间的数量关系，得出，再根据等边三角形的性质和三线合一的性质，即可得出线段的长度；②点在边的延长线上时，根据角之间的数量关系，得出，进而得出，再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，再根据线段之间的数量关系，即可得出线段的长度；
（3）①在上截取，连接，根据等边三角形的判定定理，得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，再根据邻补角互补，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据角之间的数量关系，得出，进而得出，再根据三角形的外角的性质和角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等边三角形的判定定理，即可得出结论；②过作交的延长线于点，根据等边三角形的判定定理，得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据等边三角形的判定定理，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：①当点在边上时，
∵，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，边长为11，
∴，；
②点在边的延长线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，线段的长度为或；
（3）解：①成立，理由如下：
如图，在上截取，连接，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形；
②成立，理由如下：
如图，过作交的延长线于点，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、三角形的外角的性质，解本题的关键在证明三角形全等和运用分类讨论思想．
举一反三3我们知道：过三角形的顶点引一条直线，可以将它分割成两个小三角形．如果每个小三角形都有两个相等的内角，则我们称这条直线为原三角形的“美丽线”．如图1，直线为的“美丽线”．
（1）通过画图，数学小组的同学发现，任意一个直角三角形都可以分割成两个等腰三角形．
已知：在中，．求作：直线，使得直线将分割成两个等腰三角形．使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）在中，，．若存在过点C的“美丽线”，试探究与的关系．下面是对这个问题的部分探究过程：
设为的“美丽线”，点D在边上，则与中各有两个相等的内角．
【探究1】
如图3，当时，因为，所以，且为锐角，则为钝角，所以在中，．由此可以得到与的关系为________，其中的取值范围为________．
【探究2】
借助图4，请你继续完成本问题的探究，直接写出与的关系为________，其中的取值范围为________．
【答案】（1）见详解，（2）探究1：，，探究2：与的关系有，或，或，
【分析】（1）作出直角三角形斜边的中线，即可求解；
（2）探究1：根据“美丽线”的定义，等腰三角形的性质，三角形外角的性质即可求解；
探究2：根据“美丽线”的定义，图形结合（图示见详解），分类讨论，根据等腰三角形的性质，三角形外角的性质即可求解．
【详解】（1）作图如下：
直线即为所求．
根据斜边的中线等于斜边的一半，可得：，
∴直线将分割成两个等腰三角形；
（2）探究1：∵在中，，，
∴，
如图所示，设为的“美网线”，
当时，是等腰三角形，
∵，
∴，
∵为锐角，
∴为钝角，
∴在中，，
∴，，
∴，
整理得，，
∴与的关系为：，
∴，
∵，，
∴，
解得：
∴取值范围为：；
探究2：①如图所示，是的“美丽线”，
∴，，
∵，，，
∴，整理得，，
同探究1，可得：取值范围为：；
②如图所示，是三角形的“美丽线”，
∴，，
∴是等腰三角形，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，即；
③如图所示，当，是三角形的“美丽线”，
∴，，
∴，
∵，
∴；
综上所述，与的关系有，或，或，．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了新定义“美丽线”、三角形内角和定理以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，理解新定义“美丽线”，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键．
一、单选题
1．（2023下·四川达州·八年级校考期末）将一张长方形纸片按如图所示折叠，使顶点C落在点F处，已知，，则折痕的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】长方形得到，，折叠得到，利用含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵长方形纸片，
∴，，
∵折叠，
∴，
∴；
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，含30度的直角三角形．熟练掌握折痕为角平分线，30度所对的直角边是斜边的一半，是解题的关键．
2．（2023上·天津·八年级校联考期中）如图，是等边三角形，是中线，延长至，
(1)求证：．
(2)在图中过作交于，若，求的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查等边三角形的性质及三角形外角的性质的理解及运用，
（1）根据等边三角形的性质得到，再根据角之间的关系求得，根据等角对等边即可得到；
（2）由的长可求出，进而可求出的长，则的周长即可求出．
【详解】（1）解：证明：∵是等边三角形，是中线，
∴．
(等腰三角形三线合一)．
又∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴(等角对等边)；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的周长．
3．（2022下·广东广州·八年级统考期末）如果直角三角形斜边上的中线和高分别是6和5，那么它的面积是（ ）
A．10B．15C．20D．30
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线先求出斜边长，再利用三角形的面积进行计算即可解答．
【详解】∵直角三角形斜边上的中线是6，
∴斜边长= 2×6= 12，
∵直角三角形斜边上的高是5，
∴直角三角形的面积=×12×5=30，
故选：D．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、三角形的面积，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
4．（2022上·黑龙江大庆·八年级校考期末）如图，在一个等边三角形纸片中取三边中点，以虚线为折痕折叠纸片，若三角形纸片的面积是，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据中点和等边三角形的性质得到，，再求出，根据直角三角形斜边中线的性质和三线合一求出，从而可得结果．
【详解】解：如图，∵F分别为中点，是等边三角形，
∴，，
∵D为边中点，
∴，，
∵E为中点，
∴D，E关于对称，
∴垂直平分，
，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线，三角形面积，解题的关键是掌握基本定理，用边的关系找出面积的关系．
二、填空题
5．（2020上·广东东莞·八年级统考期中）如图，在三角形纸片中，，，，折叠该纸片，使点A和点B重合，折痕与、分别相交于点D和点E，（如图），则的长为 ．
【答案】8
【分析】利用折叠的性质，等腰三角形的性质和含角的直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：由题意得：，
∴，，．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，全等三角形的性质，三角形的内角和，含角的直角三角形的性质，熟练这折叠的性质和含角的直角三角形的性质是解题的关键．
6．（2021上·江苏镇江·八年级校考期中）直角三角形中，若斜边上的高和中线分别为3cm、4cm，则三角形的面积为 ．
【答案】
【分析】直角三角形中，根据斜边上的中线等于斜边的一半求出斜边值、再由三角形的面积公式计算即可得解．
【详解】直角三角形中，∵斜边上的中线为4cm，
∴斜边长为8cm，
∵斜边上的高为3cm，
∴三角形的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、三角形的面积计算，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
三、解答题
7．（2022下·上海·八年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，BD⊥AC，D为垂足，E是AB的中点，，交AC于点F，∠A＝2∠C．求证：．
【答案】见解析
【分析】连接DE，根据直角三角形的性质得到DE＝AE＝AB，根据平行线的性质和三角形的外角的性质得到DE＝DF，证明结论．
【详解】证明：连接DE，
∵BD⊥AC，E为AB的中点，
∴DE＝AE＝AB，
∴∠A＝∠ADE，
∵EF∥BC，
∴∠AFE＝∠C，
又∵∠A＝2∠C，
∴∠ADE＝2∠DFE，
又∵∠ADE＝∠DFE+∠DEF，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴DF＝DE，
又∵DE＝AB，
∴DF＝AB．
【点睛】本题考查直角三角形的性质、三角形外角的性质和平行线的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
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