专题5-12 直角三角形（培优篇）-【挑战满分】2023年中考数学总复习精选精练（全国通用）

这是一份专题5-12 直角三角形（培优篇）-【挑战满分】2023年中考数学总复习精选精练（全国通用），共49页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题5.12 直角三角形（培优篇）一、单选题1．（2021·四川绵阳·校考一模）如图，在平行四边形中，过点作于，作于，且，，，则平行四边形的面积是（    ）A． B． C． D．2．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，边长为4的正方形中，点E、F分别在边上，连接，且有．将沿翻折，若点D的对应点恰好落在上，则的长为（    ）A． B． C． D．3．（2020·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考二模）已知中，点为斜边的中点，连接，将沿直线翻折，使点落在点的位置，连接、、，交于点， 若，，则的值为（    ）．A． B． C． D．4．（2021·江苏无锡·江苏省天一中学校考三模）如图，ABC中，∠C=90o，BC＝8，AC＝6，点P在AB上，AP=3.6，点E从点A出发，沿AC运动到点C，连接PE，作射线PF垂直于PE，交直线BC于点F，EF的中点为Q，则在整个运动过程中，线段PQ扫过的面积为（    ）A．8 B．6 C． D．5．（2023·广西玉林·一模）如图，已知直线交、轴于、两点，以为边作等边、、三点逆时针排列，、两点坐标分别为、，连接、，则的最小值为（    ）A． B． C． D．6．（2022·云南昆明·统考二模）如图，正方形边长为4，点E是边上一点，且．P是对角线上一动点，则的最小值为（    ）A．4 B． C． D．7．（2022·山西·一模）如图，在中，以点A为圆心，小于的长为半径作弧，分别交于点E，F，再分别以E，F为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交于点G．若，则的长为（    ）A． B．6 C． D．8．（2022·河南平顶山·平顶山市第十六中学校考模拟预测）如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为（4，4），将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为（　　）A． B．C． D．9．（2022·天津北辰·统考二模）如图，在矩形中，，将向内翻折，点落在上，记为，折痕为．若将沿向内翻折，点恰好落在上，记为，则下列结论不正确的是（    ）A． B． C． D．10．（2022·贵州遵义·统考二模）如图，在△ABC中BC<AC，∠A+∠C=60°，点D在BC上，点E在AC上，连接DE，∠ABC=∠DEC，过点B作BF⊥AC于点F．若DB=AB，则的值为（    ）A．1 B．2 C． D．二、填空题11．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考模拟预测）如图：在中，，，，，则___________．12．（2022·四川达州·模拟预测）在四边形中，，平分，，，，则线段的长度是______．13．（2022·河南洛阳·统考一模）如图，四边形和都是正方形，点E是边上一个动点，点G在边上，cm，连接，，若恰为等腰三角形，则的长为___________cm．14．（2022·陕西西安·校考三模）如图，在中，，点D为边的中点，，，沿着翻折，点B落到点E，那么的长为__________．15．（2022·贵州毕节·统考二模）如图，在四边形ABCD中，，AC平分，过点C作交AB于点E，连接DE交AC于点F，若，，则______．16．（2022·上海松江·校考三模）如图，已知中，，点、分别在线段、上，将沿直线折叠，使点的对应点恰好落在线段上，当为直角三角形时，折痕的长为___________．17．（2020·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AE平分∠CAB交CD于点E，若BC＝CE，S△ABC＝60，则AB的长为_____．18．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点E是△ABC内部一点（不包括三条边），点F、G分别在AC、AB边上，且EF⊥AC，EG⊥AB，垂足分别为F、G．点D是AB边的中点，连接ED，若EF＜EG，则ED长的取值范围是_________．三、解答题19．（2022·江苏盐城·统考中考真题）【经典回顾】梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．(1)  证明：；(2)  证明：正方形的面积等于四边形的面积；(3)  请利用（2）中的结论证明勾股定理．(4)【迁移拓展】如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．    20．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践知识再现如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．问题探究如图，中，．（1）如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．（2）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．实践应用（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；（2）如图，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．           21．（2022·广西贵港·中考真题）已知：点C，D均在直线l的上方，与都是直线l的垂线段，且在的右侧，，与相交于点O．(1) 如图1，若连接，则的形状为______，的值为______；(2) 若将沿直线l平移，并以为一边在直线l的上方作等边．①如图2，当与重合时，连接，若，求的长；②如图3，当时，连接并延长交直线l于点F，连接．求证：．   22．（2022·辽宁锦州·中考真题）在中，，点D在线段上，连接并延长至点E，使，过点E作，交直线于点F．(1) 如图1，若，请用等式表示与的数量关系：____________．(2) 如图2．若，完成以下问题：①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示之间的数量关系，并说明理由；②当点D，点F位于点A的同侧时，若，请直接写出的长．     23．（2021·上海·统考中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．（1）当点E在边上时，①求证：；②若，求的值；（2）若，求的长．    24．（2021·海南·统考中考真题）如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与点重合，点F是的延长线上一点，且．（1）求证：；（2）如图2，连接，交于点K，过点D作，垂足为H，延长交于点G，连接．①求证：；②若，求的长．   参考答案1．A【分析】设，先根据平行四边形的性质可得，再根据直角三角形的两锐角互余、角的和差可得，然后根据等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理可得，从而可得，最后利用平行四边形的面积公式即可得．解：设，四边形ABCD是平行四边形，，，，又，，解得，即，是等腰直角三角形，，，平行四边形ABCD的面积是，故选：A．【点拨】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的两锐角互余、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．2．D【分析】过点E作于点，设，，根据勾股定理列方程求得，即可．解：过点作于点，如下图：设，，则，，由题意可得：，，为等腰直角三角形，又∵，∴，∴，，∴，由勾股定理可得：，，即，解得，，即，解得，，故选：D.【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次根式的运算，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．3．B【分析】过点D作DM⊥BC，DN⊥AE，垂足为M、N，连接BE交CD于点G，由折叠得CD是BE的中垂线，借助三角形的面积公式，可以求出BG，进而求出BE，由等腰三角形的性质，可得DN是三角形的中位线，得到DN等于BE的一半，求出DN，在根据勾股定理，求出AN，进而求出AE．解：过点D作DM⊥BC，DN⊥AE，垂足为M、N，连接BE交CD于点G，∵Rt△ACB中，AB=，∵点D为斜边AB的中点，∴CD=AD=BD=AB=10，在△DBC中，DC=DB，DM⊥BC，∴MB=MC=BC=6，∴DM=，由折叠得，CD垂直平分BE，∠BDC=∠EDC，在△ADE中，DA=DE，DN⊥AE，∴AN=NE=AE，∴DN是△ABE的中位线，∴DN∥BE，DN=BE，在△DBC中，由三角形的面积公式得：BC•DM=DC•BG，即：12×8=10×BG，∴BG==DN，在Rt△ADN中，AN=，∴AE=2AN=，故选：B．【点拨】考查直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线以及勾股定理等知识，综合应用知识较强，理解和掌握这些知识是解决问题的前提和关键．4．B【分析】连接CQ，PQ，证明点Q在CP的垂直平分线上，连接CP，作CP的垂直平分线交BC于M，交AC于N，即点Q在MN上，可得PQ扫过的面积为△PMN的面积，证明△ABC∽△ACP，得到MN∥AB，再证明△CMN∽△CBA，得到相似比，求出△CMN的面积即可得解．解：连接CQ，PQ，∵∠ACB=90°，PE⊥PF，Q为EF中点，∴PQ=CQ=EF，∴点Q在CP的垂直平分线上，如图，连接CP，作CP的垂直平分线交BC于M，交AC于N，即点Q在MN上，∴PQ扫过的面积为△PMN的面积，∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB==10，∵AP=3.6，则，又∠C=∠C，∴△ABC∽△ACP，∴∠APC=∠ACB=90°，即CP⊥AB，∵MN⊥CP，∴MN∥AB，∴△CMN∽△CBA，又MN垂直平分CP，∴，且△CMN和△PMN的面积相等，∴S△PMN=S△CMN=S△ABC==6，故选B．【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是推出点Q的路径，得到点Q在CP的垂直平分线上．5．D【分析】在x轴上方作等边△AOF，证明△AOB≌△AFC（SAS），所以点C的轨迹为定直线CF，作点E关于直线CF的对称点E'，连接CE'，CE＝CE'，当点D、C、E'在同一条直线上时，DE'＝CD+CE的值最小，再根据勾股定理，即可解答．解：点在直线上，，，，，，，在轴上方作等边，  ，，即，又，，≌，，  点的轨迹为定直线，作点关于直线的对称点，连接，，，当点、、在同一条直线上时，的值最小，，，，  ∴，AG=2×2=4，，∴ ,∴∵关于M的对称，∴，的最小值 故选：D．【点拨】本题考查最短路径，勾股定理，轴对称等知识点，解题关键是熟练掌握以上知识点、根据条件好问题作出辅助线6．D【分析】连接AC，作，证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，再利用勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半即可求出结果．解：连接AC，作∵是正方形且边长为4，∴，，，∵，∴，∴，∴当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，∵，，∴，∵，∴，设，则，∴，解得：，设，则，∵，∴，解得：∴，故选：D【点拨】本题考查正方形的性质，动点问题，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG．7．A【分析】根据作图过程可得AG平分∠DAB，再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠DAG=∠DGA，进而得到AD=DG，过A作AM⊥CD于M，依次求出MD、AM、AG即可解决问题．解：过A作AM⊥CD于M，根据作图的方法可得AG平分∠DAB，∵AG平分∠DAB，∴∠DAG=∠BAG，∵,，∴CD∥AB，AD=BC=6，，∴∠DGA=∠BAG，∴∠DAG=∠DGA，∴AD=DG=BC=6，∵，∴∠DGA=30°，∠ADM=60°，∴在Rt△ADM中，，∴，∴在Rt△AGM中，，故选：A．【点拨】此题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的作法、30°直角三角形的性质；根据尺规作图的步骤判断是作角平分线是解决问题的关键．8．D【分析】分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，利用特殊角的三角函数求出BF、EF的长，进而求出BE，再利用特殊角的三角函数求出EG、BG的长即可得解.解：分别延长AD和BE交于点F，过点E作EG⊥x轴于点G，∵四边形ABCD是正方形，点D的坐标为（4，4），∴∠BAD=∠ABC=90º，AB=AD=4，∵AB绕点A逆时针旋转60°，点B落在点B′处，∴△ABB′是等边三角形，∴∠ABB′=60º，∠EBC=30º，∴∠F=30º，∴BF=2AB=8，AF=BF·sin60º=，∴DF=AF-AD=-4，∵DE⊥BB′于点E，∴EF=DF·cos30º=，∴BE=BF-EF=2+，∴EG=BE·sin30º=，BG=BE·cos30º=，∴点E的坐标为故选：D【点拨】本题主要考查正方形、等边三角形、旋转的性质以及解三角形，根据旋转的性质判断△ABB′是等边三角形以及特殊角的三角函数的应用是解题的关键.9．D【分析】用折叠性质判断A正确；用折叠性质和平角性质判断B正确；根据折叠性质可知，推出，根据角平分线性质得到，根据，得到，根据含30°角的直角三角形的边的关系推出，可判断C正确；根据折叠性质可知，根据含30°角的直角三角形边的关系推出，可判断D不正确．解：A. 由折叠知，，故A正确；B. 由折叠知，，且，∴，故B正确；C. ∵，∴，∴,∴，∵，∴，∵，AD=BC=4，∴，∴，故C正确；D. ∵，故D不正确．故选：D．【点拨】本题主要考查了矩形，折叠，角平分线，含30°角的直角三角形，解决问题的关键是熟练掌握矩形的边角性质，折叠的性质，角平分线的定义和性质，含30°角的直角三角形三边的关系．10．C【分析】作出如解图的辅助线，求得∠G=30°，推出∠EAG=∠G=30°，得到AE+DE=DG=2DH，证明△ABF∽△ADH，推出DH=BF，即可求解．解：∵∠BAC+∠C=60°，∴∠ABC=120°，∵∠ABC=∠DEC，∴∠ABC=∠DEC=120°，∠EDC+∠C=60°，设∠BAC=α，∠ABF=β，则∠EDC=α，连接AD，在AC的上方作∠DAG=∠BAC=α，延长DE与AG相交于点G，过点D作DH⊥AG于点H，过点B作BI⊥AD于点I，如图：在Rt△ABF中，α+β=90°，∴在Rt△ADH中，∠ADH=β，∵α+β=90°，∴∠1+∠2=90°，∵DB=AB，∠ABC=120°，∴∠1=30°，则∠2=60°，∴∠G=30°，∵∠AED=∠EDC+∠C=60°，∴∠EAG+∠G=60°，∴∠EAG=∠G=30°，∴AE=EG，则AE+DE=DG=2DH，在Rt△BDI中，∵∠1=30°，DB=AB，∴DI=AI=BDcos30°=BD=AB，∴AD=AB，在△ABF和△ADH中，∠BAC=∠DAG=α，∠BFA=∠DHA=90°，∴△ABF∽△ADH， ∵AD=AB，∴DH=BF，∴，故选：C．【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，勾股定理等，作出合适的辅助线，得到∠G=30°是解题的关键．11．10【分析】过点作于点，交于点，连接，根据题意得到三点共圆，延长交于点，连接，证明，根据相似三角形的性质得出，设，则，在中，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解．解：如图，过点作于点，交于点，连接，则即又，∴∴∵，，∴垂直平分，∴∴，则三点共圆，延长交于点，连接，∵，∴又∴∴设则∵①设圆的半径为，则∴，代入①得②∵分别为的中点，∴在中，在中，∴③联立②③解得或（舍去）∴故答案为：．【点拨】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆周角定理，构造三角形的外接圆和相似三角形是解题的关键．12．【分析】过作于，于，在上截取，截取，连接，，证明四边形是正方形，得出，，证明，得出，，证明，得出，，，证明，得出，证明，得出即，，则，，根据，列出关于m的方程，求出m值即可．解：如图，过作于，于，在上截取，截取，连接，，则四边形是矩形，平分，四边形是正方形，，∵在和中，，，∵在和中，，，，，，∵在和中，∴，即，即，，设，则，，，即：，解得：舍去，，∴，．故答案为：．【点拨】本题主要考查了正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．13．或【分析】延长与交于点H，用x表示、，再分情况列出方程求解即可．解：延长与交于点H，如图，根据四边形和都是正方形，易得：四边形和四边形矩形，∵，四边形是正方形，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，设，则，即，∴，，当时，，解得即；当时，，解得（舍去）或（舍去），当时，，解得（舍去）或 ，即；综上：或，故答案为：或．【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，注意要进行分类讨论．14．7【分析】以点D为圆心，AB为直径作圆，连接BE，交CD于点G，根据三角函数的性质，计算得AB，再根据直角三角形斜边中线和轴对称的性质，得点E在上，且 ，，，利用，证明，求出GC，再根据勾股定理求出BG，得到BE ，再通过勾股定理计算，即可得到答案．解：如图，以点D为圆心，AB为直径作圆，连接BE，交CD于点G，∵∠ACB＝90°，BC＝3，，∴， ∴ ，∵点D为AB的中点，∴，将△DBC沿着CD折叠后，点B落在点E处，∴，，，∴点E在上， 在和中，∵∴ ，∴，，∵，∴，∵，∴，  ∴，∴，∴，∵，∴，∵AB为直径，∴ ，∴ ，故答案为：7【点拨】本题考查了圆、直角三角形斜边中线、勾股定理、全等三角形、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边中线、勾股定理、全等三角形、三角函数、圆、直径所对的圆周角等于直角，从而完成求解．15．【分析】先证，求出AC，进而求出BC，再证是等边三角形，求出CE，CD，进而求出DE，接着证明，可得，则问题得解．解：∵AC平分，∴，∵，∴，∴，∴；∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，∴是等边三角形，∴，在Rt△ADC中，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故答案为：．【点拨】本题是一道三角形的综合题，考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行的性质以及解含特殊角的直角三角形等知识，证得是等边三角形是解答本题的关键．16．或【分析】由为直角三角形，分两种情况进行讨论：分别依据含角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕的长．解：分两种情况：如图，当时，是直角三角形，在中，，，由折叠可得，，，，，，，，，；如图，当时，是直角三角形，由题可得，，，，又，，过作于，则，，由折叠可得，，是等腰直角三角形，，．故答案为：或．【点拨】本题考查了翻折变换折叠问题，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．17．17【分析】如图（见分析），先根据角的和差得出，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而得出，又根据角平分线的性质得出，从而可得，然后根据正切函数值可得，根据三角形的面积可得AC、BC的长，最后利用勾股定理即可得．解：如图，过E作于H，则∵∴∴∵∴∴，∵，即∴∵AE平分，，∴设，则由勾股定理得：∵∴，即设，则∵，即解得或（不符实际，舍去）则在中，故答案为：17．【点拨】本题是一道较难的综合题，考查了直角三角形的性质、勾股定理、正切三角函数值、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．18．【分析】根据题设条件，当E点与C点重合时，DE的值是最大的．当点E在的平分线上且时，DE的值是最小的．通过分别计算以上两种情况下，DE的长度，得到DE的取值范围．解：如图1，当E点与C点重合时，DE的值是最大的．∵在中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴．∵点D是AB边的中点，∴，∵点E是△ABC内部一点（不包括三条边），∴．如图2，当点E在的平分线上且时，DE的值是最小的．此时，设AE延长线交BC于点H，过点H作于点M，∵AH平分，∠C=90°，，∴，，，∴，∴，．∵，，∴．∵BC=8，，∴，在中，∵，∴，∴，解得．在中，∵，，，∴．又∵在和中，∵，∴，∴，∴．又∵EF＜EG，∴点E在AH上方，∴，综上所述，．【点拨】本题考查了满足一定条件下的线段取值范围，综合运用了直角三角形斜边上中线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与相似，相似三角形的判定及性质，其中，准确找到两种临界状态是解题的关键．19．(1) 见分析 (2) 见分析 (3) 见分析 (4) 存在，见分析【分析】（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径作弧交这直线于D，分别以A，B为圆心，以AB，AI为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．解：（1）证明：如图1，连接HG，∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，∵∠ACB＝90°，∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∴∠GCH＝∠ACB，∴△ACB≌△HCG（SAS），∴GH＝AB＝AD，∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，∴四边形CGLH是矩形，∴CL＝GH，∴AD＝LC；（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，∴∠BAC＝∠MAI，∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，∴△ABC≌△AMI（ASA），由（1）知：△ACB≌△HCG，∴△AMI≌△HGC，∵四边形CGLH是矩形，∴S△CHG＝S△CHL，∴S△AMI＝S△CHL，∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；（3）证明：由正方形可得，又，所以四边形是平行四边形，由（2）知，四边形是平行四边形，由（1）知，，所以，延长交于，同理有，所以．所以．（4）解：如图为所求作的平行四边形．【点拨】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．20．知识再现 ；问题探究：（1）；（2）；理由见分析；实践应用：（1）见分析；（2）．【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出，，，由勾股定理可得，即可求S4+S5=S6；实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则，，再由，可证明．(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由，即可求．解：知识再现：中，，，，，，，故答案为：；问题探究：解：中，，，，，故答案为：；解：中，，，过点作交于，在等边三角形中，，，，，同理可得，，，；实践应用：证明：设，，，，，，是等边三角形，是等边三角形，，，，是等边三角形，四边形是平行四边形，，，是直角三角形，，，；解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，是直角三角形，，，，，，，，，，，．【点拨】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．21．(1) 等腰三角形， (2) ①；②见分析【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，进而可判断△BCD的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解．（2）①过点E作于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得，根据等边三角形的性质可得，再利用勾股定理即可求解．②连接，根据，得，即是等边三角形，把旋转得，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到，则可得，根据三角形相似的性质即可求证结论．（1）解：过点C作CH⊥BD于H，如图所示：∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，∴四边形ABHC是矩形，∴AC=BH，又∵BD=2AC，∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，∴的形状为等腰三角形，∵AC、BD都垂直于l，∴，∴△AOC∽△BOD，，即，，故答案为：等腰三角形，．（2）①过点E作于点H，如图所示：∵AC，BD均是直线l的垂线段，∴，∵是等边三角形，且与重合，∴∠EAD=60°，∴，∴，∴在中，，，又∵，，∴，∴，AE=6在中，，又由（1）知，∴，则，∴在中，由勾股定理得：．②连接，如图3所示：∵，∴，∵由（1）知是等腰三角形，∴是等边三角形，又∵是等边三角形，∴绕点D顺时针旋转后与重合，∴，又∵，∴，∴，∴，又，∴，∴，∴．【点拨】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．22．(1)  (2) ①；②或；【分析】（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明是等腰直角三角形，即可得到结论；②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．（1）解：过点C作CG⊥AB于G，如图，∵，∴，∵，，∴△EDF≌△CDG，∴；∵在中，，，∴，∴，∴；故答案为：；（2）解：①过点C作CH⊥AB于H，如图，与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，∴，∴，在中，，，∴是等腰直角三角形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；②如图，过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，∴，∵，当点F在点A、D之间时，有∴，与①同理，可证是等腰直角三角形，∴；当点D在点A、F之间时，如图：∴，与①同理，可证是等腰直角三角形，∴；综合上述，线段的长为或．【点拨】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．23．（1）①见分析；②；（2）或【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．解：（1）①由，得．由，得．因为是斜边上的中线，所以．所以．所以．所以．②若，那么在中，由．可得．作于H．设，那么．在中，，所以．所以．所以．（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，所以四边形是平行四边形．又因为，所以四边形是矩形，设，已知，所以．已知，所以．在和中，根据，列方程．解得，或（ 舍去负值）．②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．设，已知，那么．一方面，由，得，所以，所以，另一方面，由是公共角，得．所以，所以．等量代换，得．由，得．将代入，整理，得．解得，或（舍去负值）．【点拨】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．24．（1）见分析；（2）①见分析；②．【分析】（1）直接根据SAS证明即可；（2）①根据（1）中结果及题意，证明为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明；②根据已知条件，先证明，再证明，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出的长．解：（1）证明：∵四边形是正方形，．又，．（2）①证明；由（1）得，．．为等腰直角三角形．又，点H为的中点．．同理，由是斜边上的中线得，．． ②∵四边形是正方形，．又，．．又为等腰直角三角形，．．四边形是正方形，．．． ．．又∵在等腰直角三角形中，．．【点拨】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质，熟知图形的性质与判定是解决本题的关键．