【文档说明】考点13 直角三角形-备战2022年中考数学一轮复习考点帮(浙江专用)（解析版）.docx，共(45)页，1.640 MB，由管理员店铺上传

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考点13直角三角形【命题趋势】数学中考中，直角三角形一直是一个较为重要的几何考点，考察难度为中等偏上，常考考点为：直角三角形的性质定理、判定定理、勾股定理及其逆定理等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点。出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问

题的几何背景进行拓展延伸。结合以上考察形式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向等。【中考考查重点】一、直角三角形的性质和判定二、勾股

定理及其逆定理三、勾股定理与弦图、拼图考向一：直角三角形的性质和判定一．直角三角形的性质与判定性质直角三角形的两个锐角互余直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边长的一半

判定有一个角是90°的三角形时直角三角形有两个角互余的三角形是直角三角形【方法提炼】直角三角形摄影定理图形常见的三个应用方向【同步练习】1．直角三角形的斜边长为10，则斜边上的中线长为（）A．2B．3C．4D．5【分析】根据直角三角形斜边上的中

线等于斜边的一半，这一性质，即可推出斜边上的中线长为5．【解答】解：∵直角三角形斜边长为10，∴斜边上的中线长为5．1.等积法（求斜边上的高）2.同角的余角相等（得∠A=∠BCD）3.射影定理在圆中因为直径所对圆周角=90°，转化得此图形，进

而利用以上3个结论！故选：D．2．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，CD＝，则BD的长是（）A．2B．2C．3D．3【分析】根据三角形的内角和定理得到∠CA

B＝60°，根据角平分线的定义得到∠CAD＝∠BAD＝CAB＝30°，求得∠DAB＝∠B，得到BD＝AD，根据直角三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵∠C＝90°，∠B＝30°，∴∠CAB＝60°

，∵∠BAC的平分线AD交BC于点D，∴∠CAD＝∠BAD＝CAB＝30°，∴∠DAB＝∠B，∴BD＝AD，∵CD＝，∴BD＝AD＝2CD＝2，故选：B．3．将一个含30°角的直角三角板ABC与一个直尺如图放置，∠AC

B＝90°，点A在直尺边MN上，点B在直尺边PQ上，BC交MN于点D．若∠ABP＝15°，AC＝6，则AD的长为（）A．B．8C．6D．6【分析】先由平行线的性质可得∠DAB＝∠ABP＝15°，根据三角形内角和定理得到∠CAB＝60°，∠CAD＝∠CAB﹣∠DAB＝45°，那么△ACD是等腰直角

三角形，从而求出AD的长．【解答】解：由题意可得，MN∥PQ，∴∠DAB＝∠ABP＝15°，∵∠CAB＝180°﹣∠C﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣30°＝60°，∴∠CAD＝∠CAB﹣∠DAB＝60°﹣15°＝45°，∵∠ACD＝90°，∴∠ADC＝45°，∴△AC

D是等腰直角三角形，∴AD＝AC＝．故选：C．4．如图，含30°角的Rt△OCB的斜边在y轴上，OC＝，顶点O与原点重合，则点B的坐标是．【分析】由含30°角的直角三角形的性质可得OB＝2BC，即刻求解CB＝1，OB＝2，再利用y

轴上点的坐标的特征可求解B点坐标．【解答】解：在Rt△OBC中，∠C＝90°，∠COB＝30°，∴OB＝2BC，∵OC＝，∴CB＝1，OB＝2，∵点B在y轴上，∴B点坐标为（0，2），故答案为：（0，2）．5．如图设计一张折叠型方桌子，若AO＝

BO＝50cm，CO＝DO＝30cm，将桌子放平后，要使AB距离地面的高为40cm，则两条桌腿需要叉开的∠AOB应为．【分析】作DE⊥AB于E，根据题意，得在Rt△ADE中，AD＝50+30＝80cm，DE＝40cm，由此可以推出∠A＝30°，接着可以求出∠B＝

∠A＝30°，再根据三角形的内角和即可求出∠AOB的度数．【解答】解：作DE⊥AB于E．∵AD＝50+30＝80cm，DE＝40cm，∴∠A＝30°，∵AO＝BO，∴∠B＝∠A＝30°，∴∠AOB＝180°﹣30°﹣30°＝120°．故答案

为：120°．6．如图，已知D是线段BC的延长线上一点，∠ACD＝∠ACB，∠COD＝∠B，求证：△AOE是直角三角形．【分析】根据平角的概念求出∠ACB＝90°，根据对顶角相等、直角三角形的性质证明结论．【解答】证明：∵∠ACD+∠ACB＝18

0°，∠ACD＝∠ACB，∴∠ACD＝∠ACB＝90°，∵∠AOE＝∠COD，∠COD＝∠B，∴∠AOE＝∠B，∵∠BAC+∠B＝90°，∴∠BAC+∠AOE＝90°，∴∠AEO＝90°，即△AOE是直角三角形．7

．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD＝6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF＝90°，求此时BQ的长．【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一

半求出EF，再判断出EF到BC的距离等于EF的一半，取EF的中点O，过点O作OQ⊥BC与Q，根据等腰直角三角形的性质，点Q即为所求的点，过点E作EG⊥BC于G，先求出EG，GQ，再解直角三角形求出BG，然后根据BQ＝BG+GQ计算即可得解．【

解答】解：∵E、F分别为边AB、AC的中点，∴EF∥BC，EF＝BC，∵BC＝12，∴EF＝6，取EF的中点O，过点O作OQ⊥BC与Q，过点E作EG⊥BC于G，∵AD是BC边上的高，AD＝6，∴OQ＝EG＝×6＝3，∴点Q即为所求的使∠EQF＝90°的

点，∵EF∥BC，EG∥OQ，OE＝OQ＝3，∴四边形OEQG是正方形，∴GQ＝OQ＝3，∵点E是AB的中点，∴EG是△ABD的中位线，∴EG＝AD＝3，∵∠ABC＝60°，∴BG＝EG＝×3＝，∴BQ＝BG+GQ＝3+．考向二：勾股

定理及其逆定理勾股定理及其逆定理勾股定理直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方勾股定理逆定理如果三角形中两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形勾股数能够成为直角三角形三条边长的三个正整数，成为勾股数常见的勾股数：3,4,5及其倍数；5,

12,13及其倍数；7,24,25及其倍数；8,15,17及其倍数【同步练习】1．已知直角三角形两边的长分别为3和4，则此三角形的周长为（）A．5B．7+C．12D．12或7+【分析】先设Rt△ABC的第三边长为x，再分4是斜边或x为斜边两种情况讨论即可．【解答】解：设Rt△ABC的第三边

长为x，分两种情况：①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，由勾股定理得：x＝＝5，此时这个三角形的周长＝3+4+5＝12；②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，由勾股定理得：x＝＝，此时这个三角形的周长＝3+4+＝7+；综上所述：此三角

形的周长为12或7+，故选：D．2．下列各组数中能作为直角三角形的三边长是（）A．2，5，6B．，2，C．7，24，25D．13，14，15【分析】根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项中的条件能否构成直角三角

形，从而可以解答本题．【解答】解：A、22+52≠62，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；B、（）2+22≠（）2，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；C、72+242＝252，能构成直角三角形，故此

选项符合题意；D、132+142≠152，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；故选：C．3．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示的弦图中，四个直角三角形都是全等的，它们的斜边长为5，较短直角边长为3

，则图中小正方形（空白区域）的面积为（）A．1B．4C．6D．9【分析】由勾股定理可求解直角三角形的较长的直角边，进而可求得小正方形的边长，即可求解面积．【解答】解：由勾股定理可得：较长的直角边的边长为：，∴空白小正方形的边长为4﹣3＝1

，∴空白小正方形的面积为1．故选：A．4．如图，在4×4的网格中，每个小正方形的边长为1，点A，B，C均在格点上，D是AB与网格线的交点，则CD的长是（）A．2B．3C．D．【分析】先证明△ABC是直角三角形，求出其面积，再拆成以CD为底边的两个三角形，根据面积来

求CD．【解答】解：根据题意由勾股定理得：AC＝＝，AB＝＝5，BC＝＝2，∴AB2＝AC2+BC2，∴AC⊥BC，∴S△ABC＝＝5，∵S△ABC＝S△BCD+S△ACD，∴S△ABC＝＝5，解得：CD＝，故选：C．5．如图，在△ABC中，AB＝4，

AC＝3，BC＝5．将△ABC沿着点A到点C的方向平移到△DEF的位置，图中阴影部分面积为4，则平移的距离为（）A．3﹣B．C．3+D．2【分析】根据勾股定理的逆定理求出△ABC是直角三角形，求出△ABC的面积，根据平移的性质得出AC＝DF＝3，△DEF的面积＝△A

BC的面积＝6，再根据面积比等于相似比的平方得出即可．【解答】解：∵AB＝4，AC＝3，BC＝5，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，∠A＝90°，∵将△ABC沿着点A到点C的方向平移到△DEF

的位置，∴△DEF的面积＝△ABC的面积＝＝6，DF＝AC＝3，∵图中阴影部分面积为4，∴＝，∴＝，解得：DC＝，即平移的距离是CF＝AC﹣DC＝3﹣，故选：A．6．如图，车库宽AB的长为3米，一辆宽为1.8米（即MN＝1.8米）的汽车正直停入车库（MN∥

AB），车门CD长为1.2米，当左侧车门CD接触到墙壁时，车门与车身的夹角∠CDE为45°，此时右侧车门开至最大的宽度FG的长为（）A．米B．米C．米D．（﹣）米【分析】根据勾股定理和三角函数得出CO，进而解答即可．【解答】解：如图所示，过C作CO⊥DE于O

，∵∠CDE＝45°，CD＝，∴CO＝CD•cos∠CDE＝，∵AB＝MN+CO+FG，∴FG＝3﹣1.8﹣＝，故选：D．7．将一副直角三角尺按如图所示放置，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，BC＝2，则AB的长为．【分析】过C作CD⊥AB于D，解直角三角形即可得到结论．【解答】解：过C作

CD⊥AB于D，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠BCD＝∠ABC＝45°，∴CD＝BD＝BC＝，∵∠CAB＝30°，∴AC＝2CD＝2，∴AD＝＝＝，∴AB＝AD+BD＝，故AB的长为，故答案为：．8

．如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝120°，∠CBA＝60°，BC＝1，AB＝3，则对角线BD的长是．【分析】把△BCD绕D顺时针旋转120°得到△C′DB′，过D作DH⊥AB垂足为H，得BD＝B′D，∠CDB＝∠ADB′，∠DAB

′＝∠C，再根据四边形内角和为360°，得∠BAD+∠DC′B′＝180°，从而得点B、A、B′三点在同一条直线上，再通过等量代换得∠BDB′＝120°，进一步得∠B′＝∠DBA＝30°，再根据三角函数求出对角线BD的长．【解答】解：把△BCD绕D顺时针旋转120°得到△C′DB′，过D作DH⊥

AB垂足为H，∴△BCD≌△B′C′D，∴BD＝B′D，∠CDB＝∠ADB′，∠DAB′＝∠C，∵四边形内角和为360°，∴∠C+∠CBA+∠BAD+∠CDA＝360°，∵∠ADC＝120°，∠CBA＝60°，∴∠C+∠B

AD＝180°，∴∠BAD+∠DC′B′＝180°，∴点B、A、B′三点在同一条直线上，∵∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝∠ADB+∠ADB＝∠BDB′＝120°，∵BD＝DB′，∴∠B′＝∠DBA＝30°，∵BB′＝BA+AB′＝4，DH⊥AB，BD＝DB′，∴D

H＝2，在Rt△BDH中，cos∠ABD＝，∴BD＝；故答案为：．考向三：勾股定理与弦图、拼图【方法提炼】【同步练习】1．（2021秋•无锡期末）如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积

分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝18，则S2的值是（）A．B．6C．5D．【分析】先设每个直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图形和S1+S2+S3＝18，可以写出关于a、b的方程，然后整理化简，即可求得S2的值．【解答】解：设每个直角三角形的

长直角边为a，短直角边为b，∵S1+S2+S3＝18，∴（a+b）2+（a2+b2）+（a﹣b）2＝18，∴a2+2ab+b2+a2+b2+a2﹣2ab+b2＝18，∴3（a2+b2）＝18，∴a2+b2＝6，∴S2＝a2+b2＝6，故选：B

．2．（2021•商河县校级模拟）我国是最早了解勾股定理的国家之一．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（）勾股定理与弦图：牵涉到弦图时，所用的直角三角形皆是全等直角三角形，证明时一般依据面积相等来列式得结论；勾股定理与拼图：多考察七巧板的变形，注意各个七巧板组成间的等量线段，再结合勾股

定理来计算即可。A．B．C．D．【分析】先表示出图形中各个部分的面积，再判断即可．【解答】解：A、∵+c2+ab＝（a+b）（a+b），∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意

；B、∵4×+c2＝（a+b）2，∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；C、∵4×+（b﹣a）2＝c2，∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；D、根据图形不能证明勾股定理，故本选项符合题意；故选：D．3．（2021•鹿城区校级一模）我国汉

代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的．在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作，再以CD为直径作半圆交于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为（）A．20B．C．24D．10【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根

据相似三角形的判定与性质，可以得到DE和CE的值，从而可以求得△CDE的面积．【解答】解：取CD的中点F，连接BF、BE、EF，由题意可得，FE＝FC，BE＝BC，∴BF是EC的垂直平分线，∴∠FBC+∠BCE＝90°，∵∠BCD＝90°，∴∠DCE+∠BCE＝90°，∴∠

FBC＝∠DCE，又∵∠BCF＝∠CED＝90°，∴△BCF∽△CED，∴，∵BC＝10，CD＝10，CF＝5，∠BCF＝90°，∴BF＝＝5，∴，解得CE＝4，ED＝2，∴△CDE的面积为：＝20，故选：A．4．（2021•诸暨市模拟）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“

弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．如图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝24，则S2的值是（）A．6B．8C．10D．12【分析】根据

八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，得出CG＝NG，CF＝DG＝NF，再根据S1＝（CG+DG）2，S2＝GF2，S3＝（NG﹣NF）2，S1+S2+S3＝24得出3GF2＝24，求出GF2的值即可．【解答】解：∵八个直角三角形全等，四边形

ABCD，EFGH，MNKT是正方形，∴CG＝NG，CF＝DG＝NF，∴S1＝（CG+DG）2＝CG2+DG2+2CG•DG＝GF2+2CG•DG，S2＝GF2，S3＝（NG﹣NF）2＝NG2+NF2﹣2NG•

NF，∴S1+S2+S3＝GF2+2CG•DG+GF2+NG2+NF2﹣2NG•NF＝3GF2＝24，∴GF2＝8，∴S2＝8．故选：B．5．（2020•烟台）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”．在一次数学活动课上，小明用边长为4cm的正方形

纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品﹣﹣“奔跑者”，其中阴影部分的面积为5cm2的是（）A．B．C．D．【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积＝××42＝1cm2，可得平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2

cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积即可求解．【解答】解：最小的等腰直角三角形的面积＝××42＝1（cm2），平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，则A、阴影部分的面积

为2+2＝4（cm2），不符合题意；B、阴影部分的面积为1+2＝3（cm2），不符合题意；C、阴影部分的面积为4+2＝6（cm2），不符合题意；D、阴影部分的面积为4+1＝5（cm2），符合题意．故选：D．6．（2021春•永嘉县校

级期末）已知图2是由图1七巧板拼成的数字“0”，已知正方形ABCD的边长为4，则六边形EFGHMN的周长为（）A．5+4B．10+4C．12D．12【分析】根据勾股定理得到BD＝4，求得EF＝MH＝2+2，FG＝MN＝BD＝2，NE＝HG＝BD＝，于是得到

结论．【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，∴BD＝4，∴EF＝MH＝2+2，FG＝MN＝BD＝2，NE＝HG＝BD＝，∴六边形EFGHMN的周长＝2（2+2+2+）＝10+4，故选：B．7．（202

0秋•长兴县月考）小慧用图1中的一副七巧板拼出如图2所示的“行礼图”，已知正方形ABCD的边长为4，则图2中h的值为（）A．6B．4C．4+D．8【分析】根据七巧板的特征，依次得到②④⑥⑦的高，再相加即可求解．【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，∴②的斜边上的高为2，④的高

为1，⑥的斜边上的高为1，⑦的斜边上的高为，∴图2中h的值为4+．故选：C．8．（2020•温州模拟）七巧板被西方人称为“东方魔板”，下面的两幅图是由同一副七巧板拼成的，若七巧板拼成的正方形（如图1）的边长为，则“衣服型”（

如图2）的周长为（）A．10B．12C．D．【分析】先依次将原七巧板里面的各个图形的边长求出来，然后根据构成“衣服型”图形的每个图形的的边长计算其周长即可．【解答】解：如图示，∵七巧板里面的各个三角形均为等腰直角

三角形，∴所有锐角都等于45°，∵正方形的边长为2，∴根据勾股定理，有：OA＝OD＝OC＝EF＝2，AE＝BE＝BF＝CF＝HI＝，GA＝GE＝EI＝0G＝OI＝OH＝HC＝1．如图示；当七巧板拼成“衣服型

”时，则“衣服型”的周长为：AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH+HI+IJ+JK+KA＝2+2++1++1+1++1++2＝10+4．故选：C．1．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，则下列结论不一定成立的是（）A．∠1+∠2＝90°B．∠2＝∠3C．∠1＝∠4D．∠

1＝30°【分析】根据垂直得出∠ADC＝∠BDC＝90°，再根据直角三角形的性质逐个判断即可．【解答】解：A．∵∠ACB＝90°，∴∠1+∠2＝90°，故本选项不符合题意；B．∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∴∠

1+∠3＝90°，∵∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，故本选项不符合题意；C．∵CD⊥AB，∴∠BDC＝90°，∴∠2+∠4＝90°，∵∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠4，故本选项不符合题意；D．根据已知条件不能推出∠

1＝30°，故本选项符合题意；故选：D．2．如图，在三角形ABC中，AB＝AC，BC＝6，三角形DEF的周长是7，AF⊥BC于F，BE⊥AC于E，且点D是AB的中点，则AF＝（）A．B．C．D．7【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＝DF＝AB，EF＝BC，然后代入数据计算即可得解．【解答】解：∵AF⊥BC，BE⊥AC，D是AB的中点，∴DE＝DF＝AB，∵AB＝AC，AF⊥BC，∴点F是BC的中点，∴BF＝FC＝3，∵BE⊥AC，∴EF＝BC＝3，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝AB+3＝7，

∴AB＝4，由勾股定理知AF＝＝，故选：B．3．如图，在△ABC中∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．点D是BC上的中点．点P是边AB上的动点，若要使△BPD为直角三角形，则BP＝．【分析】分两种情形分别求解即可解决问题．【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠C＝90°

，AC＝6，BC＝8，∴AB＝＝10，∵D是BC中点，∴CD＝BD＝4，分两种情形：①当∠DPB＝90°时，△DPB∽△ACB，∴＝，∴＝，∴BP＝．②当∠PDB＝90°，易证：DP∥AC，∵CD＝DB，∴AP＝PB＝5，综上所述，满足条件的PB

的值为5或．故答案为5或4．《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高二丈，末折抵地，去根九尺，问折高者几何？意思是一根竹子，原高两丈（一丈＝10尺），一阵风将竹子折断，其竹稍恰好抵地，抵地处离竹子底部9尺远，问折断处离地面的高度是多少？设折断处离地面的高度为x尺，则可列方程为

（）A．x2﹣9＝（20﹣x）2B．x2﹣92＝（20﹣x）2C．x2+9＝（20﹣x）2D．x2+92＝（20﹣x）2【分析】根据题意画出图形，设折断处离地面的高度为x尺，再利用勾股定理列出方程即可．【解答】解：如图，设折断处离地面的高度为x尺，则AB＝（20﹣x）尺，

BC＝9尺，在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，即x2+92＝（20﹣x）2．故选：D．5．四边形ABCD中，△ACD是边长为10的等边三角形，△ABC是以AC为斜边的直角三角形，则对角线BD最大值是（）A．10B．C．D．【分析】由

△ABC是以AC为斜边的直角三角形可知点B在以AC为直径的圆上，然后结合点到圆上点的距离求出对角线的BD长度．【解答】解：∵△ABC是以AC为斜边的直角三角形，∴点B在以AC为直径的圆上，如图，在⊙O中，

连接OD并延长，交⊙O于点E和点B，∴当点B在图中B点时，对角线BD最长，∵等边△ACD的边长为10，∴AC＝BE＝10，OB＝OE＝OA＝OC＝5，OD⊥AC，∴∠COD＝90°，∴OD＝＝＝5，∴BD

＝OD+OB＝5+5，∴对角线BD最大值为5+5，故选：C．6．三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6×6的网格图中，若△ABC为网格直角三角形，则满足条件的C点个数有（）A．6B．7C．13D．15【分析】根据勾股定理得出AB的长，进而利用勾股定理的逆

定理解答即可．【解答】解：由勾股定理得：AB＝，如图所示：故有13个，故选：C．7．将一副直角三角尺按如图位置摆放在同一平面内，使两个直角三角尺的斜边AB∥DF，含30°角的直角三角尺的直角顶点E在含45°角的直角三角尺的斜边AB上，且点F在CB的延长线上，已知∠A＝45°，则∠1的度数是（）A．

30°B．45°C．60°D．75°【分析】根据平行线的性质求出∠BFD，进而求出∠BFE，根据三角形外角定理求出∠BEF，由平角的定义即可求出∠1．【解答】解：由题意知，在Rt△DEF中，∠EDF＝6

0°，∵AB∥DF，∴∠1＝∠EDF＝60°，故选：C．8．一船向东航行，上午9：00到达一座灯塔P的西南68nmile的M处，上午11：00到达这座灯塔的正南的N处，则船的航行速度为（结果保留根号）．【分析】证△PMN是等腰直角三角形，则MN＝PN，MN2+PN2＝PM2，再由勾股定

理得出方程，解方程，即可解决问题．【解答】解：由题意得：∠MPN＝45°，PM＝68nmile，∴△PMN是等腰直角三角形，∴MN＝PN，MN2+PN2＝PM2，设MN＝PN＝xnmile，则x2+x2＝682，解得：x＝34，∴MN＝34（nmile），则船的航行速度为＝17（nm

ile/h），故答案为：17nmile/h．9．如图所示，每个小正方形的边长为1，A、B、C是小正方形的顶点，则∠ABC的度数为．【分析】分别在格点三角形中，根据勾股定理即可得到AB，BC，AC的长度，继而可得出∠ABC的度数．【解答】解：如图，连接AC．根据勾股定理可以得到：AC＝B

C＝，AB＝，∵（）2+（）2＝（）2，即AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是等腰直角三角形．∴∠ABC＝45°．故答案为：45°．10．（2021•台州模拟）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，若图中阴影部分面积与小正方形的面

积相等，则小正方形与大正方形的面积之比为（）A．B．C．D．【分析】结合图形利用勾股定理可知Rt△ACB的三边关系，再通过阴影部分的面积等于小正方形的面积推出CB＝AD＝DC，进而可以推出5DC2＝AB2，即可得出答案

．【解答】解：如图所示，∵△ACB为直角三角形，∴根据勾股定理可列AC2+BC2＝AB2，∵AC＝AD+DC，∴代入上式可得（AD+DC）2+BC2＝AB2，∴AD2+2AD•DC+DC2+BC2＝AB2①，∵阴

影部分的面积等于小正方形的面积，∴S小正方形＝4S阴影三角形，∵三角形的高为小正方形边长的一半，即h＝，∴，∴，∴AD＝CD，D为AC中点，∴C为BE中点，CB＝AD＝DC②，将②代入①得：AD2+2DC2+DC2+DC2＝AB2

，∴5DC2＝AB2，∴，∴小正方形与大正方形的面积之比为，故选：D．11．（2021•滨州三模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1），图2由弦图变化得到，它是由作个全

等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3＝10，则S2的值是（）A．5B．C．D．4【分析】根据图形的特征得出四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角

形面积一个设为y，从而用x，y表示出S1，S2，S3，得出答案即可．【解答】解：将四边形MTKN的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分

别为S1，S2，S3，S1+S2+S3＝10，∴得出S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝3x+12y＝10，故3x+12y＝10，x+4y＝，所以S2＝x+4y＝，故选：B．12．（2019•南浔区二模）七巧板是我们祖先的一项卓越

创造，被西方人誉为“东方魔板”．已知如图1所示的“正方形”和如图2所示的“风车型”都是由同一副七巧板拼成的，若图中正方形ABCD的面积为16，则正方形EFGH的面积为（）A．22B．24C．26D．28【分

析】设BD＝4a，解直角三角形求出BC、EF，再根据正方形ABCD的面积为16，求出正方形EFGH的面积．【解答】解：如图，设BD＝4a，则CD＝BC＝BD•Sin45°＝2a∵正方形ABCD的面积为16∴（2a）2＝16，解得

a＝，∴EF＝＝＝，∴正方形EFGH的面积为26．故选：C．13．（2019秋•奉贤区期中）七巧板是我们民间流传最广的一种古典智力玩具，由正方形分割而成（如图），图中6号部分的面积是正方形面积的（）A．B．C．D．【分析】根据正方形的性质和勾股定理计算即可．【解答】解：6号部分的平行四边形是由

两个小等腰直角三角形构成，设正方形的边长为2，则正方形的对角线长为：＝＝2，所以小等腰直角三角形的直角边长为＝，面积为××＝，所以6号部分的平行四边形的面积是×2＝，因为正方形的面积为4，所以图中6号部分的面积是正方形面积的＝，故选：C

．1.（2021·浙江杭州）已知线段AB，按如下步骤作图：①作射线AC，使AC⊥AB；②作∠BAC的平分线AD；③以点A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点E；④过点E作EP⊥AB于点P，则AP：AB＝（）A．1：B．1：2C．1：D．1：【分析】直接利用基本作

图方法得出AP＝PE,再结合等腰直角三角形的性质表示出AE,AP的长，即可得出答案．【解答】解：∵AC⊥AB，∴∠CAB＝90°,∵AD平分∠BAC,∴∠EAB＝×90°＝45°,∵EP⊥AB,∴∠APE＝90°,∴∠EAP＝∠AEP＝45°,∴AP＝PE,

∴设AP＝PE＝x,故AE＝AB＝x,∴AP：AB＝x:x＝1:．故选：D．2.（2021·浙江宁波）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝60°，AD⊥BC于点D，BD＝．若E，F分别为AB，BC的中点，则EF的长为（）A．B．C．1D．【分析】由直

角三角形的性质求出AD＝BD＝，由锐角三角函数的定义求出DC＝1，由三角形的中位线定理可求出答案．【解答】解：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵∠B＝45°，BD＝，∴AD＝BD＝，∵∠C＝60°，∴DC＝＝＝1，∴AC＝2DC

＝2，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF＝AC＝1．故选：C．3.（2021·浙江丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在

BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（）A．B．C．D．【分析】由翻折得出AD＝DF，∠A＝∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFH＝∠A，然后借助相似列出方程即可．【解答】解：作DH⊥BC于H，

在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：AB＝，∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，∵FD平分∠EFB，∴∠DFE＝∠DFH，∴∠DFH＝∠A，设DH＝3x，在Rt△DHF中，si

n∠DFH＝sin∠A＝，∴DF＝5x，∴BD＝5﹣5x，∵△BDH∽△BAC，∴，∴，∴x＝，∴AD＝5x＝．故选：D．4.（2021·浙江嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，点P从点A出发沿AB方向运动，到达点B时停

止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是；点P到达点B时，线段A′P扫过的面积为．【分析】如图1中，过点B作BH⊥AC于H．解直角三角形求出CA，当CA′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，求出CA′，CK．可得结论．

如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形A′CA﹣2S△ABC，由此求解即可．【解答】解：如图1中，过点B作BH⊥AC于H．在Rt△ABH中，BH＝AB•sin30°＝1，AH＝BH＝，在Rt△BCH中，∠BCH＝45°，∴CH＝BH＝1，∴AC＝CA′＝1+，当C

A′⊥AB时，点A′到直线AB的距离最大，设CA′交AB的延长线于K．在Rt△ACK中，CK＝AC•sin30°＝，∴A′K＝CA′﹣CK＝1+﹣＝．如图2中，点P到达点B时，线段A′P扫过的面积＝S扇形A′CA﹣2S△ABC＝﹣2××（1+）

×1＝（1+）π﹣1﹣．故答案为：，（1+）π﹣1﹣．5.（2021·浙江衢州）将一副三角板如图放置在平面直角坐标系中，顶点A与原点O重合，AB在x轴正半轴上，且AB＝4，点E在AD上，DE＝AD，将这副三角板整

体向右平移个单位，C，E两点同时落在反比例函数y＝的图象上．【分析】求得C、E的坐标，然后表示出平移后的坐标，根据k＝xy得到关于t的方程，解方程即可求得．【解答】解：∵AB＝4，∴BD＝AB＝12，∴C（4+6，6），∵DE＝AD，∴E的坐标为（3，9），设平移

t个单位后，则平移后C点的坐标为（4+6+t，6），平移后E点的坐标为（3+t，9），∵平移后C，E两点同时落在反比例函数y＝的图象上，∴（4+6+t）×6＝（3+t）×9，解得t＝12﹣，故答案为12﹣．6.（2

021·浙江金华）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上．若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是．【分析】如

图，作AH⊥x轴于H，过点F作FJ⊥y轴于J交PQ于K,延长PQ交OB于T．设大正方形的边长为4a,则OC＝a,CD＝2a,根据点A的横坐标为1，构建方程求出a,解直角三角形求出FJ,KT,可得结论．【解答】解：如图，作AH⊥x轴于H,过点F作FJ⊥y轴于J交PQ

于K,延长PQ交OB于T．设大正方形的边长为4a,则OC＝a,CD＝2a,在Rt△ADH中，∠ADH＝45°,∴AH＝DH＝a,∴OH＝4a,∵点A的横坐标为1，∴4a＝1,∴a＝,在Rt△FPQ中，PF＝FQ＝2a＝,∴PQ＝PF＝,∵FK⊥PQ,∴PK＝KQ,∴FK＝PK

＝QK＝,∵KJ＝，PT＝1+(﹣)＝+,∴FJ＝+,KT＝PT﹣PK＝+﹣＝+,∴F(﹣﹣,+)．故答案为：(﹣﹣,+)．7.（2021·浙江丽水）小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1

的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己．已知图1正方形纸片的边长为4，图2中FM＝2EM，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即AB，CD之间的距离是．【分析】如图2中，过点E作EI⊥FK于I，过点M作MJ⊥FK于J．想办法求出BM，MJ，FK与CD之间的距离，可得结论

．【解答】解：如图2中，过点E作EI⊥FK于I，过点M作MJ⊥FK于J．由题意，△ABM，△EFK都是等腰直角三角形，AB＝BM＝2，EK＝EF＝2，FK＝4，FK与CD之间的距离为1，∵EI⊥FK，∴KI＝I

F，∴EI＝FK＝2，∵MJ∥EI，∴＝＝，∴MJ＝，∵AB∥CD，∴AB与CD之间的距离＝2++1＝，故答案为：8.（2021·浙江嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD

＝2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连结AG，FG，当AG＝FG时，线段DE长为（）A．B．C．D．4【分析】法一：分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股

定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论．法二：连接DF，AF，EF，利用中位线定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得△DFG是直角三角形，然后再结合全等三角形的判定和性质求勾股定理求解．【解答】解：法一、如图，分别过

点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，∴四边形GMNP是矩形，∴GM＝PN，GP＝MN，∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，∴CA⊥AB，又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，∴GM＝＝1，AM＝A

E，FN＝AC＝，AN＝AB＝，∴MN＝AN﹣AM＝﹣AE，∴PN＝1，FP＝，设AE＝m，∴AM＝m，GP＝MN＝﹣m，在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，在Rt△GPF中，GF2＝（﹣m）2+（）2，

∵AG＝GF，∴（m）2+12＝（﹣m）2+（）2，解得m＝3，即AE＝3，在Rt△ADE中，DE＝＝．故选：A．法二、如图，连接DF，AF，EF，在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠

DAF＝45°，∴∠DAF＝∠B＝45°，∵FG＝AG，∴FG＝DG＝EG，∴△DFG是直角三角形，且∠DFE＝90°，∵∠DFA+∠AFE＝∠BFA+∠AFE＝90°，∴∠DFA＝∠EFB，在△AFD和△BFE中，∴△AFD≌△BFE（ASA），∴AD＝BE＝2，∴AE

＝3，在Rt△ADE中，DE＝＝．故选：A．1．（2021•宁波模拟）将一副三角尺如图放置，△ABC是等腰直角三角形，∠C＝∠DBE＝90°，∠E＝30°，当ED所在的直线与AC垂直时，∠CBE的度数是（

）A．120°B．135°C．150°D．165°【分析】延长ED交AC于F，根据平行线的性质得到∠BDF+∠CBD＝180°，由三角形的外角定理求得∠BDF，即可求出∠CBD，进而得到∠CBE．【解答】解：

延长ED交AC于F，则EF⊥AC，∴∠EFC＝90°，∵∠C＝∠DBE＝90°，∴∠C+∠EFC＝180°，∴EF∥BC，∴∠BDF+∠CBD＝180°，∴∠CBD＝180°﹣∠BDF，∵∠BDF＝∠BDE+∠E，∠E＝30°，∴∠BDF＝90°+30°＝120°

，∴∠CBD＝180°﹣∠BDF＝180°﹣120°＝60°，∴∠CBE＝∠CBD+∠DBE＝60°+90°＝150°，故选：C．2．（2021•普陀区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将边BC沿斜边上

的中线CD折叠到CB′，若∠B＝48°，则∠ACB′＝．【分析】根据三角形内角和定理求出∠A的度数，根据直角三角形的性质分别求出∠BCD、∠DCA的度数，根据翻折变换的性质求出∠B′CD的度数，计算即可．【解答】解：∵∠ACB＝90

°，∠B＝48°，∴∠A＝42°，∵∠ACB＝90°，CD是斜边上的中线，∴CD＝BD，CD＝AD，∴∠BCD＝∠B＝48°，∠DCA＝∠A＝42°，由翻折变换的性质可知，∠B′CD＝∠BCD＝48°，∴∠ACB′＝∠B′CD﹣∠DCA＝

6°，故答案为：6°．3．（2021•宁波模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E，F分别是AB，AC边的中点，请你在△ABC中添加一个条件：，使得四边形AEDF是菱形．【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出DE＝AB＝AE，DF＝AC＝AF，由AB＝AC，

得出DE＝DF＝AE＝AF，即可得出结论．【解答】解：添加条件：AB＝AC．理由如下：∵AD⊥BC，点E，F分别是AB，AC边的中点，∴DE＝AB＝AE，DF＝AC＝AF，∵AB＝AC，∴DE＝DF＝AE＝AF，∴四边形AEDF是菱形；故答案为：AB＝AC（答案

不唯一）．4．（2021•越城区模拟）如图，在△ABC中，AC＝BC＝4，∠C＝90°，点D在BC上，且CD＝3DB，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则tan∠BED的值是．【分析】先根据翻折变换的性质得到△DEF≌△AEF，

再根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得到∠BED＝∠CDF，设CF＝x，DF＝FA＝4﹣x，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：∵△DEF是△AEF翻折而成，∴△DEF≌△AEF，∠A＝∠EDF，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠

EDF＝45°，由三角形外角性质得∠CDF+45°＝∠BED+45°，∴∠BED＝∠CDF，∵AC＝BC＝4，CD＝3DB，∴CD＝3，DB＝，设CF＝x，∴DF＝FA＝4﹣x，∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+CD2＝DF2，即x2+（3）2＝（4﹣x）2，解得x＝，∴tan∠

BED＝tan∠CDF＝＝＝．故答案为．5．（2021•湖州一模）四巧板是一种类似七巧板的传统智力玩具，它是由一个长方形按如图1分割而成，这几个多边形的内角除了有直角外，还有45°、135°、270°角．小

明发现可以将四巧板拼搭成如图2的T字形和V字形，那么T字形图中高与宽的比值为（）A．B．C．D．【分析】如图1中，设AB＝a，则AC＝DE＝a，CE＝2a，求出h，l，可得结论．【解答】解：如图1中，设AB＝a，则AC＝DE＝a，CE＝2a，∴h

＝a+2a，l＝2a，∴＝＝，故选：C．6．（2021•湖州一模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的三角形，如图所示，已知∠A＝90°，BD＝3，CF＝10，则OE的长度是

．【分析】设正方形ADOF的边长为x，在直角三角形ACB中，利用勾股定理可建立关于x的方程，解方程即可，进而得出OE的长．【解答】解：设正方形ADOF的边长为x，由题意得：BE＝BD＝3，CE＝CF＝10，∴

BC＝BE+CE＝BD+CF＝3+10＝13，在Rt△ABC中，AC2+AB2＝BC2，即（3+x）2+（x+10）2＝132，整理得，x2+13x﹣30＝0，解得：x＝2，或x＝﹣15（舍去），即正方形ADOF

的边长是2，∵△BDO≌△BEO，∴OE＝OD＝2．故答案为：2．7．（2021•滨江区一模）如图，若∠CAB＝30°，AE＝1，EF＝3，AD＝2，则ED2+FD2＝．【分析】过点D作DH⊥EF于点H，由直角三角形

的性质得出DH＝AD＝1，AH＝，求出EH，FH的长，则由勾股定理可得出答案．【解答】解：过点D作DH⊥EF于点H，∵∠CAB＝30°，AD＝2，∴DH＝AD＝1，AH＝，在Rt△DEH中，ED2＝EH2+DH

2，在Rt△DHF中，FD2＝HF2+DH2，∴ED2+FD2＝EH2+1+HF2+1，∵AE＝1，EF＝3，∴EH＝﹣1，∴HF＝EF﹣EH＝3﹣（﹣1）＝4﹣，∴ED2+FD2＝+1＝25﹣10．故

答案为：25﹣10．8．（2021•上城区一模）如图，在△ACB中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，点E是BC中点，点D，F分别在边AC，AB上（均包括端点），若使△DEF为直角三角形的点F恰好有两个，则CD的长应满

足的条件是．【分析】如图，当D，E分别为直角顶点时，一定存在两个点F1，F2满足条件．以DE为直径作圆，当圆与直线AB相切时，存在一个点F，使得∠DFE＝90°，此时CD＝AD＝2，观察图象可知，满足条件的CD的值为0≤CD＜2．当点D与A重合时，也满足条件，此时CD＝4

．【解答】解：如图，当D，E分别为直角顶点时，一定存在两个点F1，F2满足条件．以DE为直径作圆，当圆与直线AB相切时，存在一个点F，使得∠DFE＝90°，此时CD＝AD＝2，观察图象可知，满足条件的CD的值为0≤CD＜2，另外当点D与A重合时，也满足条件，此时CD＝4，综上所述，CD＝

4或0≤CD＜2．故答案为：CD＝4或0≤CD＜2．9．（2021•嘉善县一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在直线AC上，连接BD，以BD为边作等腰直角△BDE（点E在直线BD右侧），连接CE．（1）如图1，若∠A＝45°，且点D

在AC边上，求证：△ABD∽△CBE；（2）如图2，若0°＜∠A＜45°，且BC＝12，CD＝5，求CE的长；（3）如图3，若点D在AC的延长线上，BD，CE相交于点F，设△CDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，△BCF的面积为S3，则BC2＝2S

2﹣S1+S3，请说明理由．【分析】（1）根据∠A＝45°可得Rt△ABC是等腰直角三角形，根据角的和差得出∠ABD＝∠CBE，根据等腰直角三角形的性质可得，即可判定△ABD∽△CBE；（2）点D在线段AC上时，过

点E作EM⊥BC于M，作EN⊥AC，交AN的延长线于点N，设DE、BC交于点F，易得△DCF∽△BEF，，可推出△BDF∽△ECF，∠3＝∠4＝45°，可得四边形CMEN是正方形，设EM＝x，证明△DEN≌△BEM，得出BM＝DN，即5+x＝12﹣x，求出x，即可得CE的长，同理，可得出点D在线段

AC的延长线上时，CE的长；（3）作∠CBO＝45°交AC于点O，则△OBC是等腰直角三角形，证明△OBD∽△CBE，可得，即＝2，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，∴∠ABC＝45°，Rt△ABC是等腰直角三角形，∴，∵△BDE是等腰直角三

角形，∴∠DBE＝45°，，∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，即∠ABD＝∠CBE，，∴△ABD∽△CBE；（2）点D在线段AC上时，过点E作EM⊥BC于M，作EN⊥AC，交AN的延长线于点N，

设DE、BC交于点F，∵∠ACB＝90°，△BDE是等腰直角三角形，∴∠DCF＝∠BEF＝90°，∠3＝45°，∠1＝∠2，∴△DCF∽△BEF，∴，∵∠BFD＝∠EFC，∴△BDF∽△ECF，∴∠3＝∠4＝4

5°，∵∠ACB＝90°，EM⊥BC，EN⊥AC，∴四边形CMEN是正方形，∠BME＝∠N＝90°，∴CN＝EM＝CM＝NE，在△DEN和△BEM中，，∴△DEN≌△BEM，∴BM＝DN，设EM＝x，∵BC＝12，C

D＝5，∴5+x＝12﹣x，解得：x＝，在Rt△CME中，∠4＝45°，∴CE＝EM＝；同理，点D在线段AC的延长线上时，CE＝；（3）作∠CBO＝45°交AC于点O，∵∠ACB＝90°，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠1＝45°，，∵△B

DE是等腰直角三角形，∴∠3＝45°，，∴∠1+∠2＝∠3+∠2，即∠OBD＝∠CBE，，∴△OBD∽△CBE，∴，即＝2，∴BC2＝2S2﹣S1+S3．10．（2021•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝12，以直角边AB为直径作半圆O交斜边AC于D点，连结BD，取BC

的中点E，连结DE，取BE中点F，连结AF交BD于G点．（1）若∠ABD＝30°，请判断△BDE的形状，并说明理由；（2）如图1，当DE∥AF时，连结GE，求证：GE垂直平分BD；（3）如图2，若AF交⊙O于点H，连结DH，BH．当△B

HD中的一边和AD相等时，求此时BF的长．【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，可知△BCD是直角三角形，再由点E为中点得BE＝DE，由∠DBC＝60°即可证明结论；（2）由DE∥AF可证GF是△BDE的中位线，得点G为BD的中点，由（1）证明可知DE＝BE，运用

等腰三角形的性质即可证明；（3）当AD＝BD时，如图1，D为弧AB的中点，∠CAB＝45°，BC＝AB＝12，得BF＝＝3，当AD＝DH时，利用△BAD∽△CAB可求出答案；当AD＝BH时，设AD＝b，则BH＝b，利用△ABH∽△BFH，表示出BF＝，再根据△BAC∽△DAB，求出答案．【解答】解

：（1）△BDE是等边三角形；∵AB是直径，∴AC⊥BD，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD＝30°，∴∠DBC＝60°，在Rt△BCD中，DE是中线，∴DE＝BE，∴△BDE是等边三角形；（2）∵GF∥E

D，F是BE中点，∴GF是△BDE的中位线，∴G是BD的中点，∵AB是直径，∴AC⊥BD，∴∠ADB＝90°，又∵E是BC的中点，∴ED＝EB，由等腰三角形三线合一可知，GE垂直平分BD；（3）①当AD＝BD时，如图1，D为弧AB的中点，∠CAB＝45

°，BC＝AB＝12，∴BF＝＝3，②当AD＝DH时，如图2，∴∠DAH＝∠DHA，∴∠ABD＝∠DHA，∵∠ABC＝∠BDC＝90°，∴∠ABD＝∠C，∵CE＝DE，∴∠C＝∠CDE，即∠CDE＝∠DAH，∴AF∥DE，连接GE，由

（1）知：GE⊥BD，∴四边形AGED为平行四边形，设DA＝a，则GE＝a，∴DC＝2a，AD＝a，∵△BAD∽△CAB，∴，∴，∴a＝4，∴CD＝8，∴BD＝4，∴BC＝8，∴BD＝4，∴，∴＝3，③当AD＝BH时，设AD＝b，则BH＝b，∵△ABH∽△BFH，∴BF＝，∵△BAC

∽△DAB，∴，∴，解得：b＝，∴BF＝6，综上，BF＝6或3或3．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com