2025年中考数学专项复习第19讲 直角三角形(练习)(解析版)

这是一份2025年中考数学专项复习第19讲 直角三角形(练习)(解析版)，共108页。试卷主要包含了下面是多媒体上的一道试题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-1" \n \p " " \h \z \u \l "_Tc187073296"
\l "_Tc187073297" ?题型01 由直角三角形的性质求解
\l "_Tc187073298" ?题型02 根据已知条件判定直角三角形
\l "_Tc187073299" ?题型03 利用勾股定理求解
\l "_Tc187073300" ?题型04 判断勾股数问题
\l "_Tc187073301" ?题型05 以直角三角形三边为边长的图形面积
\l "_Tc187073302" ?题型06 勾股定理与网格问题
\l "_Tc187073303" ?题型07 勾股定理与折叠问题
\l "_Tc187073304" ?题型08 勾股定理与无理数问题
\l "_Tc187073305" ?题型09 利用勾股定理证明线段的平方关系
\l "_Tc187073306" ?题型10 勾股定理的证明方法
\l "_Tc187073307" ?题型11 赵爽弦图
\l "_Tc187073308" ?题型12 利用勾股定理构造图形解决实际问题
\l "_Tc187073309" ?题型13 在网格中判断直角三角形
\l "_Tc187073310" ?题型14 利用勾股定理逆定理求解
\l "_Tc187073311" ?题型15 利用勾股定理解决实际问题
\l "_Tc187073312" ?题型16 利用勾股定理逆定理解决实际问题
\l "_Tc187073313" ?题型17 最短距离问题
\l "_Tc187073314"
\l "_Tc187073315"
?题型01 由直角三角形的性质求解
1．（2023·山东济南·三模）将正六边形与正方形按如图所示摆放，且正六边形的边AB与正方形的边CD在同一条直线上，则∠BOC的度数是 ．
【答案】30°/30度
【分析】本题考查了正多边形的内角问题，先根据多边形的内角和公式求出正六边形的内角，然后根据正多边形内角与外角的互补，求得正六边形和正方形的外角，最后根据三角形的内角和即可求得∠BOC的度数．
【详解】解：∵图中五边形为正六边形，
∴ ∠ABO=16×6−2×180°=120°，
∴ ∠OBC=180°−120°=60°，
∵正方形中OC⊥CD，
∴ ∠OCB=90°，
∴ ∠BOC=180°−90°−60°=30°，
故答案为：30°．
2．（2024·山西·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧分别相交于点E，F，连接EF交边BC于点D，连接AD．若BD=8，则△ACD的周长为 ．
【答案】8+43/43+8
【分析】由作图知DE是AC的垂直平分线，则DA=DC,DE⊥AC，GA=GC，角度推导得到∠B=30°，继而求出AD，再解Rt△ADG求出AG，即可求解．
【详解】解：由作图知DE是AC的垂直平分线，
∴DA=DC,DE⊥AC，GA=GC
∴∠ACD=∠DAC，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠ACD=180°−120°2=30°，
∴∠DAC=30°，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAC=90°，
∴AD=12BD=4，
在Rt△ADG中，AG=AD⋅cs∠DAC=23，
∴AC=2AG=43，
∴△ACD周长为：AD+CD+AC=8+43，
故答案为：8+43．
【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握知识点，发现30°是解题的关键．
3．（2024·河北·模拟预测）如图，在Rt△ABC，∠BAC=90°，AD是BC边上的高，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB，BC于点M，N，分别以点M，N为圆心，大于12MN长为半径画弧，两弧交于点P，作射线BP交AC于点E，交AD于点F，下列说法不一定正确的是（ ）
A．∠ABE=∠CBEB．2∠ABE=∠CAD
C．BF=2DFD．AF=AE
【答案】C
【分析】根据角平分线定义判断A；根据∠CAD和∠ABC都是∠C的余角判断B；根据含30°的直角三角形性质判断C；根据∠C和∠BAC都是∠CAD的余角，∠AEF是△EBC的外角，∠AFE是△FAB的外角，判断D．
【详解】A、由作图知，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴A正确，不符合题意；
B、∵Rt△ABC，∠BAC=90°，AD是BC边上的高，
∴∠ADC=90°，
∴∠C+∠CAD=∠C+∠ABC=90°，
∴∠CAD=∠ABC，
∵∠ABC=2∠ABE，
∴2∠ABE=∠CAD，
∴B正确，不符合题意；
C、当∠ABC=60°时，
∠CBE=30°，
BF=2DF，
∴C不一定正确，C符合题意；
D、∵∠C+∠CAD=∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠C=∠BAD，
∵∠AEF=∠C+∠CBE，∠AFE=∠BAD+∠ABE，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AF=AE，
∴D正确，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了角平分线和直角三角形．熟练掌握角的平分线定义，直角三角形角性质，余角定义，含30°的直角三角形边性质，三角形外角性质，是解题的关键．
4．（2024·贵州贵阳·二模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，若OB=4，S菱形ABCD=16，则OE的长为（ ）
A．25B．4C．2D．5
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质得出BD=8，由菱形的面积得出AC=4，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD=4，BD⊥AC，
∴BD=2OB=8，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=16，
∴AC=4，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵O为AC的中点，
∴OE=12AC=2，
故选：C．
?题型02 根据已知条件判定直角三角形
5．（23-24七年级下·陕西西安·期末）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，下列条件：
①∠A=∠C−∠B；
②a+ba−b=c2；
③a=32，b=42，c=52；
④∠A:∠B:∠C=3:4:5，其中可以判定△ABC是直角三角形的有 个．
【答案】2
【分析】本题主要考查了直角三角形的判定，对于①④，求出各内角的度数，判断即可；对于②③，根据勾股定理逆定理判断即可．
【详解】∵∠A=∠C−∠B，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，
则①正确；
∵(a−b)(a+b)=c2，
∴a2−b2=c2，
即a2=b2+c2，
∴△ABC是直角三角形，
则②正确；
∵a2=92=81，b2=162=256，c2=252=625，
∴a2+b2≠c2，
∴△ABC不是直角三角形．
则③不正确；
设∠A=3x,∠B=4x,∠C=5x，根据三角形内角和定理，得
3x+4x+5x=180°，
解得x=15°，
∴3x=45°，4x=60°，5x=75°，
∴△ABC不是直角三角形．
则④不正确．
正确的有2个．
故答案为：2．
6．（2024·陕西·模拟预测）如图，在△ABC中，O为边BC上一点，⊙O过点C，且与AB相切于点D，连接CD，OD，AD=AC．
(1)求证：△ABC为直角三角形．
(2)延长DO与⊙O交于点E，连接CE，若AD=DE=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)CE＝655
【分析】（1）利用圆的切线的性质定理，等腰三角形的性质，同圆的半径相等的性质解答即可；
（2）利用圆周角定理，四边形的内角和定理和相似三角形的判定与性质得到CECD=OEAD=12，设CE=x，则CD=2x，再利用勾股定理列出方程解答即可．
【详解】（1）证明：∵⊙O与AB相切于点D，
∴OD⊥AD，
∴∠ADO=90°，
∴∠ADC+∠ODC=90°．
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ACD+∠OCD=90°．
即∠ACO=90°，
∴△ABC为直角三角形；
（2）解：∵AD=DE=6，OE=12DE，
∴OE=12AD=3．
由（1）知：∠ADO=∠ACO=90°，
∴∠DOC+∠A=180°．
∵∠DOC+∠EOC=180°，
∴∠A=∠EOC．
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DCE=90°，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠OCE=∠ACD．
∴△OCE∽△ACD，
∴ CECD=OEAD=12，
设CE=x，则CD=2x，
∵CE2+CD2=DE2，
∴x2+(2x)2=62，
∵x>0，
∴x=655．
∴CE=655．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，直角三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
7．（2024·河北秦皇岛·一模）如图，在等边△ABC中，AB=10，P为BC上一点（不与点B，C重合），过点P作PM⊥BC于点P，交线段AB于点M，将PM绕点P顺时针旋转60°，交线段AC于点N，连接MN，有三位同学提出以下结论：
嘉嘉：△PNC为直角三角形．
淇淇：当AM=2时，AN=7．
珍珍：在点P移动的过程中，MN不存在平行于BC的情况．
下列说法正确的是（ ）
A．只有嘉嘉正确B．嘉嘉和淇淇正确
C．淇淇和珍珍正确D．三人都正确
【答案】B
【分析】根据等边三角形的性质证明∠PNC=180°−∠C−∠NPC=90°，可以判断嘉嘉正确：然后利用含30度角的直角三角形的性质判断淇淇正确：珍珍错误，进而可以解决问题．
【详解】解：由旋转可得：∠MPN=60°
∵PM⊥BC
∴∠BPM=90°
∴∠NPC=180°−∠BPM−∠MPN=30°
∵△ABC为等边三角形
∴∠C=60°
∴∠PNC=180°−∠C−∠NPC=90°
∴△PNC为直角三角形，故嘉嘉正确；
∵在等边△ABC中，AB=10，∠B=60°
当AM=2时，BM=8，
∵PM⊥BC
∴∠BMP=30°
∴BP=12BM=4
∴PC=6
∵∠NPC=180°−∠BPM−∠MPN=30°
∴NC=12PC=3
∴AN=AC−NC=7，故淇淇正确；
当BM=4时，AM=10−4=6
∴BP=12BM=2
∴CP=10−2=8
∴CN=12CP=4
∴AN=AC−CN=6=AM
∵∠A=60°
由旋转性质可得：PM=PN，∠MPN=60°
∴△MPN是等边三角形
∴∠AMN=60°=∠B
∴MN∥BC，故珍珍错误；
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形的判定，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，平行线的判定与性质．
?题型03 利用勾股定理求解
8．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，O是坐标原点，菱形OABC的顶点C在x轴的负半轴上，AC=3，BO=4，函数y=kx(x50cm；
蚂蚁爬行的最短距离为50cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用－求最短距离，读懂题意，熟悉立体图形的侧面展开图是解本题的关键．
66．（2024·四川德阳·二模）如图，透明圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为18cm，底面周长为12cm，在容器内壁离容器底部7cm的A处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁且距离容器上沿1cm的点B处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径长度是 cm．
【答案】65
【分析】本题考查了平面展开-最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．
本题考查了平面展开-最短路径问题，勾股定理，轴对称的性质等知识，将容器侧面展开，作出B关于EF的对称点B'，根据两点之间线段最短可知AB' 的长度即为所求，在Rt△AB'D中，根据勾股定理即可求出AB'的长度．
【详解】解：如图：将容器侧面展开，作出B关于EF的对称点B'，过B'作B'D⊥BB'交AE的延长线于D，

根据题意可得：四边形B'CED是矩形，
∴ED=B'C=BC=1，CE=B'D，
连接AB'，则AB'即为最短距离，
∵高为18cm，底面周长为12cm，
∴AE=18−7=11，BC=1，EC=6，即AD=AE+DE=12，
在Rt△AB'D中，AB'=AD2+B'D2=122+62=65（cm）,
故答案为：65．
1．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离d后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”．
(1)如图1，B、C、D是线段AE的四等分点．若AE=4，则在图中，线段AC的“平移关联图形”是________，d=________（写出符合条件的一种情况即可）；
(2)如图2，等边三角形ABC的边长是2．用直尺和圆规作出△ABC的一个“平移关联图形”，且满足d=2（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)如图3，在平面直角坐标系xOy中，点D、E、G的坐标分别是−1,0、1，0、0，4，以点G为圆心，r为半径画圆．若对⊙G上的任意点F，连接DE、EF、FD所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足d≥3，直接写出r的取值范围．
【答案】(1)CE，2
(2)图见解析（答案不唯一）
(3)0