第16讲 直角三角形（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

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01· TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc214359310" 考情剖析·命题前瞻1
02· \l "_Tc214359311" 知识导航·网络构建3
\l "_Tc214359312" 03·考点解析·知识通关3
04· \l "_Tc214359313" 命题洞悉·题型预测13
05·重难突破·思维进阶难 \l "_Tc214359314" 37
\l "_Tc214367046" 06·优题精选·练能提分51
考点一 勾股定理及逆定理
1.直角三角形的定义、性质
1. 直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
2. 直角三角形的性质：
性质1：（边关系）勾股定理：（如图①）
性质2：（角关系）直角三角形两锐角互余：
3.直角三角形的判定方法：
方法1：通过计算证明一个角为90°；
方法2：证明三角形中有两个角的和互余；
方法3：勾股定理的逆定理；
如果三角形的三条边a、b、c有关系：a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。
1．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
2．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点在边上（不与A，B重合），过点作，垂足为点，则的最小值是 ．
【答案】3
【分析】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，隐圆问题，找出点E的运动轨迹是解题的关键．
作于点F，作于点K，利用计算出，证，推出，可得取最大值时，取最小值；点D运动过程中，始终保持，所以点E在以中点O为圆心，长为半径的圆上，当点E，K，O共线时， 取最大值，由此可解．
【详解】解：作于点F，作于点K，
中，，
，
，
．
，，
，
又，
，
，
，是定值，
取最大值时，取最小值；
点D运动过程中，始终保持，
点E在以中点O为圆心，长为半径的圆上，
当点E，K，O共线时，即点E在位置时，取最大值，
，，
，
，即，
，
，即的最大值为，
此时，
的最小值是3，
故答案为：3．
3．（2025·江苏扬州·中考真题）清代扬州数学家罗士琳痴迷于勾股定理的研究，提出了推算勾股数的“罗士琳法则”．法则的提出，不仅简化了勾股数的生成过程，也体现了中国传统数学在数论领域的贡献．由此法则写出了下列几组勾股数：①3，4，5；②5，12，13；③7，24，25；④9，40，41；……根据上述规律，写出第⑤组勾股数为 ．
【答案】
【分析】本题考查勾股定理，数字类规律探究，观察可知，每组勾股数的第一个数字为奇数，后面两个数字为两个连续的整数，得到第⑤组勾股数的第1个数为11，设第2个数为，则第3个数为，根据勾股定理列出方程进行求解．
【详解】解：由题意，第⑤组勾股数的第1个数为11，设第2个数为，则第3个数为，
由勾股定理，得：，
解得：，
∴；
∴第⑤组勾股数为；
故答案为：．
考点二 直角三角形的斜边中线等于斜边一半
直角三角形性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
符号语言：
1．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则 ．
【答案】4
【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵点F为的中点，
∴；
故答案为：4．
2．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，是的中点，是边上的动点，作，交于点，延长到点，使得．当面积最大时，的长等于 ．
【答案】2
【分析】连接，取的中点，连接并延长交于点，证明，得到，证明，得到，，进而得到，推出为等腰直角三角形，求出，设，则：，，根据面积，转化为二次函数求最值即可．
【详解】解：连接，取的中点，连接并延长交于点，
∵，，是的中点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点．
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，即：，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则：，，
∴，
∴面积，
∴当时，面积的面积最大；
此时；
故答案为：2．
3．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长是 ．
【答案】6
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据求解即可得．
【详解】解：∵在中，点，分别是边，的中点，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：6．
考点三 30度角对的直角边等于斜边的一半
直角三角形性质：在直角三角形中， 30°角所对的直角边等于斜边的一半；
符号语言：
1．（2025·江苏淮安·中考真题）在平面直角坐标系中，直角三角板按如图位置摆放，直角顶点与原点O重合，点A在反比例函数的图像上，．若点B坐标为，则k的值是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，反比例函数，根据相似求出点A的坐标是解题的关键．
过点A作轴，垂足为C，过点B作轴，垂足为D，证明，根据相似三角形对应边长成比例求出点A的坐标，即可求解．
【详解】解：如图，过点A作轴，垂足为C，过点B作轴，垂足为D，
直角三角板中，
，
轴，
，
直角三角板中，
，
，
又，
，
，
点B坐标为，
，，
，，
点A坐标为，
点A在反比例函数的图像上，
，
故选：C．
2．（2025·江苏南通·中考真题）南通是“建筑之乡”，工程建筑中经常采用三角形的结构．如图是屋架设计图的一部分，是斜梁的中点，立柱垂直于横梁．若，，则的长为 ．
【答案】1.2
【分析】本题考查了含角的直角三角形，根据含角的直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵E是斜梁的中点，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：1.2．
3．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，平分，，E为垂足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，解直角三角形，设，根据含30度的直角三角形的性质，得到，根据角平分线的性质，结合同高三角形的面积比等于底边比，得到，进而求出的长，勾股定理求出的长，等角的正弦值相等，得到，求出的长，进而求出的长即可．
【详解】解：∵，，
∴，
设，则：，
∵平分，，
∴点到的距离相等均为的长，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即：，
∴，
∴；
故选：A．
命题点一 勾股定理及其逆定理
►题型01 利用勾股定理解三角形
【典例】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，码头位于码头的南偏东方向，，之间的距离为，灯塔在的中点处．轮船甲从出发，沿正南方向航行，轮船乙从出发，沿正东方向航行．当甲航行到处时，乙航行了相同的距离到达处，此时，，，三点恰好在一条直线上．求甲航行的距离．（参考数据：）
【答案】
【分析】延长，交点为，过点作于点，过作交于点．设，根据题意可得，解方程得出答案．
【详解】解：如图，延长，交点为，过点作于点，过作交于点．
由题意得，，，，
，之间的距离为，在的中点处，
，
∵中，，
，，
，为中点，
∴，
为的中点，
即，，
设，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
∴,
,
，
，
解得，
答：甲航行的距离约为．
【变式】
1．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，先证明，，，再进一步利用勾股定理计算即可．
【详解】解：∵矩形，，，
∴，，，
∵E，F，G，H分别是矩形各边的中点，
，．
∴，
同理可得：，
∴四边形的周长为；
故答案为：
2．（2025·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，高为4，则其侧面积为 ．
【答案】
【分析】考查圆锥侧面积的计算，勾股定理，熟记侧面积计算公式是解题的关键．
根据已知和勾股定理求出母线的长，再根据圆锥侧面积公式即可求解．
【详解】解：由题意得母线长为，
∴其侧面积为，
故答案为：．
►题型02利用勾股定理解决折叠问题
【典例】．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．的面积的面积D．四边形的面积的面积
【答案】D
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项．
【详解】解：过点作，分别交、于点、，
由折叠的性质得，，
∵E为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵正方形，
∴，，
设，
∵E为边的中点，
∴，
由折叠的性质得，，，
∵，
∴四边形和为矩形，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
∴，故选项B正确，不符合题意；
∵的面积，的面积，
∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意；
∵四边形的面积等于的面积的面积，
的面积，
∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意；
故选：D．
【变式】
1．（2024·江苏无锡·中考真题）【操作观察】
如图，在四边形纸片中，，，，，．
折叠四边形纸片，使得点的对应点始终落在上，点的对应点为，折痕与分别交于点．
【解决问题】
(1)当点与点重合时，求的长；
(2)设直线与直线相交于点，当时，求的长．
【答案】(1)
(2)或
【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，正切的相关应用，结合题意画出图形是解题的关键．
（1）过点C作，则，，再求出，根据勾股定理求出，当点与点A重合时，由折叠的性质可得出垂直平分，N与D重合，
则有，设，则，再利用勾股定理即可得出．
（2）分两种情况，当点F在上时和当点F在的延长线上时，设，，则 ，利用三个角的正切值相等表示出个线段的长度，最后利用线段的和差关系求解即可．
【详解】（1）解：如图1，过点C作，
则，，
∴，
∴ ，
，
当点与点A重合时，由折叠的性质可得出垂直平分，N与D重合，
则有，
设，则，
∵
∴在中，
解得：，
故
（2）如图2，当点F在上时，如下图：
由(1)可知，
∵
∴，
设，，则 ，
根据折叠的性质可得出：，．
∵，
∴，
∵
∴在中，，
则，
解得：，
如图3，当点F在的延长线上时，
同上，
在中，
设，，， ，
在中，
，
则
解得，
则，
综上：的值为：或．
2．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在中，，，，D是边的中点，E是边上一点，连接．将沿翻折，点C落在上的点F处，则 ．
【答案】
【分析】本题考查勾股定理与折叠问题，勾股定理求出的长，折叠得到，，设，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，，，D是边的中点，
∴，
∴，
∵将沿翻折，点C落在上的点F处，
∴，，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：；
∴；
故答案为：．
►题型03勾股定理的证明问题
【典例】．（2025·江苏南京·二模）如图①的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，它由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，我们在此图形中连接四条线段得到如图②的图案，记阴影部分的面积为，空白部分的面积为，若，则大正方形的边长与小正方形的边长的比值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，根据正方形的面积公式和三角形形的面积公式得出它们之间的关系是解题的关键．
设大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，如图2，设，则可以用x表示出，又由于，，所以可以得到m与x的关系式，在直角中，利用勾股定理列出方程，得到n与x的关系，最后根据等量代换进行运算即可．
【详解】解：设大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，
设图2：设，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴ ，
∴ ，
∴，
∴
∴．
故选：B．
【变式】
1．（2025·江苏苏州·模拟预测）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，连接，并延长交于点I，若H是的中点，，则的长（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质等知识，证明垂直平分，则，再证明，得到，设的长为x，则，则，在中，，则，解方程即可得到的长．
【详解】解：∵四边形和都是正方形，
∴，，
∵是的中点，
∴垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
设的长为x，
∴，
∴，
在中，，
∴
解得，
即的长为，
故选：D
2．（2023·江苏扬州·中考真题）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若，则每个直角三角形的面积为 ．
【答案】96
【分析】由题意知，，由，可得，计算求出满足要求的，然后求，根据每个直角三角形的面积为，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∵，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴每个直角三角形的面积为，
故答案为：96．
►题型04勾股定理的实际应用
【典例】．（2025·江苏镇江·中考真题）小方根据我国古代数学著作《九章算术》中的一道“折竹”问题改编了一个情境：如图，一根竹子原来高1丈（1丈尺），折断后顶端触到墙上距地面9尺的点处，墙脚离竹根处3尺远．请你解答：折断处离地面多高？
【答案】5尺
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理的应用是解题关键．过点作于点，先证出四边形是矩形，则可得尺，，再设尺，则尺，尺，在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，
由题意得：，尺，尺，尺，
∴四边形是矩形，
∴尺，，
设尺，则尺，尺，
在中，由勾股定理得：，即，
解得，
即尺，
答：折断处离地面5尺．
【变式】
1．（2025·江苏宿迁·模拟预测）如图，用3个棱长为1的正方体搭成一个几何体，沿着该几何体的表面从点到点的所有路径中，最短路径的长是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了两点之间线段最短，以及勾股定理，正确画出侧面展开图，确定两点之间线段最短是解题的关键．
先画出侧面展开图，根据两点之间践段最短，利用勾股定理求出线段的长即可．
【详解】解：向正表面展开，如图，
∴最短路径的长是，
向左表面展开，如图，
∴最短路径的长是，
向上表面展开，如图，
∴最短路径的长是，
∵，
∴最短路径的长是，
故答案为：．
2．（2025·江苏南京·一模）如图，港口A在港口B的南偏西方向处，一艘渔船从港口A出发，以的速度沿着北偏东的方向前进，后，一艘快艇从B出发，以的速度沿着北偏西的方向前进．设快艇出发．
(1)当渔船、快艇到各自出发地的距离相等时，可得方程 ；
(2)当快艇出现在渔船的正北方时，求x的值．（参考数据：，，，）
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查了列一元一成方程、解直角三角形、一元一成方程的应用等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形、运用解直角三角形解决实际问题成为解题的关键．
（1）先分别表示出渔船、快艇的路程，然后根据各自出发地的距离相等列出方程即可；
（2）先根据题意作出辅助线、构造直角三角形可得，，．在中解直角三角形可得，在中，解直角三角形可得，然后根据列方程求解即可．
【详解】（1）解：设快艇出发，则渔船从港口A出发后的路程为，后，一艘快艇从B出发的路程为，
所以当渔船、快艇到各自出发地的距离相等时，可得方程．
（2）解：设快艇出现在渔船的正北方时，快艇和渔船所在地点分别是C，D，按照如图的方式构造相应辅助线．
由题意得，，．
在中，，
，
．
在中，，
，
．
在中，，
，
．
，，
，解得．
命题点二 直角三角形斜边中线性质
►题型05直角三角形斜边中线性质求解问题
【典例】．（2025·江苏南通·一模）在中，，为斜边上的中线，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质以及余弦的定义，掌握相关性质定理和概念是解题的关键．首先根据斜边上的中线等于斜边的一半求出斜边的长，然后利用余弦的定义（邻边比斜边）求解即可．
【详解】解：在中，为斜边上的中线，
，
，
故答案为：．
【变式】
1．（2025·江苏镇江·一模）如图，在中，，平分，，垂足为D，交于点E．若，则的长为（ ）
A．6B．C．7D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，取的中点，连接，根据等边对等角得到，由直角三角形的性质得到，则由等边对等角和角平分线的定义可推出，得到，则可证明，得到；再利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，取的中点，连接，
∵，
∴；
∵，点为的中点，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴，
故选：B．
2．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E．
(1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由；
(2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线；
(3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______．
【答案】(1)，理由见解析
(2)见解析
(3)25
【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论；
（2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论；
（3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
由旋转的性质可得
过作于过点C作的延长线于，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
（2）证明：延长至， 使得， 连接，
为中点
为的中位线
由旋转的性质可得，
，，
，
，
四点共圆，
，
，
连接，
在中，点是的中点，
，
同理可得，
在中，点是的中点，
，
同理可得，
，
四边形是菱形，
，
即，
四边形是平行四边形，
，
又，
P，Q，R三点共线；
（3）解：过点C作延长线于，
由旋转的性质可得，
由（1）得，由旋转的性质可得，
，
，
，
，
，
，
，
中，，
，
则S的最大值为25．
故答案为：25．
命题点三 直角三角形30°角对边等于斜边一半
►题型06直角三角形30°角的性质求解问题
【典例】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（ ）
A．4B．5C．6D．10
【答案】B
【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质．
根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴， ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：B．
【变式】
1．（2024·江苏淮安·中考真题）如图在中，，，，是边上的动点，将沿翻折得，射线与射线交于点．下列说法不正确的是( )
A．当时，
B．当点落在上时，四边形是菱形
C．在点运动的过程中，线段的最小值为2
D．连接，则四边形的面积始终等于
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，直角三角形的性质，根据动点的不同位置分析是解题的关键．
当时，证，当点落在上时，证，连接，证，据此逐一分析判定即可．
【详解】解：A．当时，，，
∴，
∴，
∴，
∴该选项是正确的，不符合题意；
B．当点落在上时，，
∴是菱形，
∴该选项是正确的，不符合题意；
C．当点在点时，作于点，作于点，如图所示，
∵，
∴，
∴，，
∴
∴在点运动的过程中，线段的最小值不为，
该选项是错误的，符合题意；
D．连接，则，
∴四边形的面积始终等于，
该选项是正确的，不符合题意；
故选：C．
2．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在边长为4的等边三角形中，是中线，将绕点顺时针旋转得到，连接，则 ．
【答案】
【分析】过点E作交延长线于点H，由等边三角形的性质得到，继而由三线合一得到，，由勾股定理得到，旋转得到，，则，继而，即可求解面积．
【详解】解：过点E作交延长线于点H，
∵为等边三角形
∴，
∵是中线，
∴，，
∴由勾股定理得：，
由旋转得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
突破一 勾股定理求解折叠问题
【典例】．（2025·江苏南京·模拟预测）用一张矩形纸片剪一个等边三角形．
第一步，如图（1），对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
第二步，如图（2），再一次折叠纸片，使点D落在上的M处，并使折痕经过点A，得到折痕；
第三步，如图（3），沿折叠纸片，得到折痕．
第四步，沿，裁剪矩形纸片，得到．
(1)说明是等边三角形．
(2)已知矩形纸片一边长为3，另一边长为a．对于每一个确定的a的值，都能剪出最大的等边三角形．画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围．
(3)如图（4），用一张边长为4的正方形纸片剪一个等边三角形，使这个等边三角形的三个顶点都在正方形的边上．设这个等边三角形的面积为，直接写出的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由矩形的性质可得，，得出，由折叠的性质可得，，从而可得，由等角对等边可得，由题意可得为和边的对称轴，且，由平行线分线段成比例定理可得，推出，证明，得出，即可得证；
（2）分三种情形：如图：当为等边三角形，一边位于边长为的边上时；如图，当为等边三角形，一边位于边长为的边上时；如图，为等边三角形时，各边位于矩形的内部时；分别利用矩形的判定与性质、等边三角形的性质、解直角三角形，计算即可得解；
（3）当等边中，、分别在正方形的两对边上，且时，此时最小，作于；当等边三角形中，点与点重合，、分别在正方形两邻边上时，此时最大；分别利用等边三角形的性质、矩形的判定与性质以及正方形的性质计算即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
由折叠的性质可得：，，
∴，
∴，
由题意可得为和边的对称轴，且，
∴由平行线分线段成比例定理可得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形；
（2）解：如图：当为等边三角形，一边位于边长为的边上时，
，
作于，则，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
如图，当为等边三角形，一边位于边长为的边上时，
，
作于，则，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
如图，为等边三角形时，各边位于矩形的内部时，
，
当与重合时，如图，，
作于，则，，
∴四边形为矩形，，
∴，此时最小，则，
当与重合时，如图，，
作于，则，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，此时最大，则，
∴；
（3）解：如图，当等边中，、分别在正方形的两对边上，且时，此时最小，作于，
，
由题意可得：，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
故此时为；
如图，当等边三角形中，点与点重合，、分别在正方形两邻边上时，此时最大，
，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
∴，，
故此时为；
综上所述，．
【变式】
1．（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，，，，点在线段上，且，是线段上的一点，连接，将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点恰好落在线段上时， ．
【答案】
【分析】作交于点，有折叠性质得到，，后，再由勾股定理求出，结合、求出、，由勾股定理求出后，根据即可得解．
【详解】解：作交于点，
由折叠性质 可得，，，
，
，
，
即，
，
，
即，，
中，，
．
故答案为：．
2．（2025·江苏无锡·二模）如图1，矩形中，，，点为线段上一动点，过点作，交于点，将沿折叠得．
(1)若点落在边上，__________；
(2)若点到的距离为2，求的面积；
(3)如图2，若点为的中点，连接、，当为直角三角形时，请直接写出的长．
【答案】(1)3
(2)的面积为3或9；
(3)的长为或．
【分析】（1）延长交于点，设，则，，，证明，求得，，根据，列式计算即可求解；
（2）分两种情况讨论，当点在矩形内时，当点在矩形外时，利用相似三角形的判定和性质列式计算求解即可；
（3）分两种情况讨论，当时，当时，同理，利用相似三角形的判定和性质列式计算求解即可．
【详解】（1）解：延长交于点，
∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
设，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质得，，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴；
故答案为：3；
（2）解：当点在矩形内时，如图，延长交于点，过点作于点，交于点，则四边形是矩形，
同（1），，，
，
，，，
同理，
∴，即，
∴，，即，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴；
当点在矩形外时，如图，延长交于点，过点作交的延长线于点，交的延长线于点，则四边形是矩形，
同（1），，，
，
，，，
同理，
∴，即，
∴，，即，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上，的面积为3或9；
（3）解：如图，当时，延长交于点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同理，，，，
∴，
在中，由勾股定理得，即，
解得（舍去）或，
则的长为；
如图，当时，延长交于点，过点作于点，记与交于点，
由折叠的性质得，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
在中，
由勾股定理得，即，
解得，
∴，，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
同（1），，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
整理得，
解得，
则的长为；
综上，的长为或．
突破二 与直角三角形有关的作图问题
【典例】．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，为正方形的对角线．
(1)尺规作图：作的垂直平分线交于点，在上确定点，使得点到的两边距离相等；（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，求的度数．（请直接写出的度数）
【答案】(1)画图见解析
(2)
【分析】本题主要考查了尺规作图及角的计算，角平分线的性质定理，正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键.
（1）由题意先作的垂直平分线，再根据点到的两边距离相等可知点在的角平分线上，据此作图即可.
（2）根据正方形的性质和角平分线的定义求得，然后由和，得到，即可求解．
【详解】（1）解：如图，直线，点即为所求.
（2）解：∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
∵平分，
∴，
∵直线，即，
∴，
∴．
【变式】
1．（2025·江苏扬州·三模）（1）如图1，以点A为顶点，以射线为一边，请利用无刻度的直尺和圆规作角（保留作图痕迹，写出必要的作图说明）．
（2）如图2，请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点P，使（保留作图痕迹，写出必要的作图说明）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题考查尺规作图—复杂作图；
（1）根据等边三角形的每一个内角等于，构造角，再作角平分线即可；
（2）与（1）同理作出，与交于点，则，作的平分线交于点．由可知：，再由角平分线的点到角两边距离相等可知．
【详解】（1）如图：作等边，作平分，即即为所求．
（2）与（1）同理作出，与交于点，作的平分线交于点．
点P即为所求．
2．（2025·江苏无锡·二模）如图，中，．
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：作的平分线交于点D；作的外接圆（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，交于点E，求的值．（如需画草图，请使用图2）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据尺规作图的方法，先作的平分线交于点D；连接，再作的垂直平分线交于点O，再以为半径作圆即可；
（2）连接，在中，由勾股定理可得，根据为直径，得出，即．根据角平分线的性质的，，设，根据等面积法求出，即．根据，得出，在中，，即可求出．
【详解】（1）解：如图所示，及即为所求；
根据作图可得：，
∵，
∴，
∴，
即是的外接圆．
（2）解：连接，
在中，由勾股定理可得，

∵为直径，
∴，即．
又∵平分，，
∴，，
设，
∵，
∴，即，
∴，即．
∵，
∴，
∵在中，，
∴．
1．（2025·江苏盐城·一模）如图，在平行四边形中，的平分线和的平分线交于上一点，若，，则的长为（ ）
A．5B．4C．3D．10
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等角对等边，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
根据平行四边形的性质可得，，再由角平分线的定义可得，，从而得到，，进而得到，然后在中，利用勾股定理可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵的平分线和的平分线交于上一点，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴．
故选：A
2．（2025·江苏泰州·一模）如图，在四边形中，，、、分别是、、的中点，且．若求的面积，只需要知道以下哪条线段的长（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
根据三角形中位线定理得到，，从而得到为等腰三角形，根据三角形的面积公式解答即可．
【详解】解：过点作于点，
为直角三角形，
，
、分别是、的中点，
，
、分别是、的中点，
，
，
，
为等腰三角形，
，，
，
则的面积，
的面积与线段的长有关，
故选：C．
3．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，，，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查锐角三角函数定义，勾股定理，熟练掌握锐角的正弦的定义是解本题的关键．先利用勾股定理求出，再在中利用即可求解．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
故选：C．
4．（2025·江苏常州·三模）如图，在等腰中，直角边，D为的中点，E为边上的动点，交于点F，M为的中点，当点E从点B运动到点A时，点M所经过的路线长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，连接，，，勾股定理求出，然后由M为的中点得到，得到点M在线段的垂直平分线上，交于点G，交于点H，即交于点O，为点M所经过的路线长，然后利用平行线分线段成比例得到为的中位线，进而求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，，
∵在等腰中，直角边，
∴，
∵交于点F，M为的中点，
∴，
∴
∴点M在线段的垂直平分线上，交于点G，交于点H，即交于点O，
∴为点M所经过的路线长
∴
∵D为的中点
∴
∴
∴
∴为的中位线
∴
∴点M所经过的路线长为．
故选：B．
5．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．
连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．
【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故选：D．
6．（2025·江苏宿迁·三模）如图，在中，，，，根据作图痕迹，则 ．
【答案】/2.5
【分析】本题考查了尺规作图、勾股定理、斜边中线定理，熟练掌握勾股定理和斜边中线定理是解题的关键．根据勾股定理求出，由作图可知，点是的中点，再根据直角三角形斜边中线定理即可求解．
【详解】解：，，，
，
由作图可知，点是的中点，
又，
．
故答案为：．
7．（2025·江苏淮安·二模）如图，在四边形中，，，，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的相关计算．取的中点，连接，，延长和交于点，证明四点共圆，是等边三角形，求得，再解直角三角形求解即可．
【详解】解：取的中点，连接，，延长和交于点，
∵，
∴四点共圆，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
8．（2025·江苏淮安·二模）如图，在四边形中，，，，，若线段在边上运动，且，则的最小值是 ．
【答案】/
【分析】本题考查了勾股定理、平行线的性质、二次函数的性质以及含角的直角三角形的性质等知识，过B作于点F，过C作于点E，需使最小，显然要使得和的值最小，设，，求得关于x的二次函数关系式，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】解：如图，过B作于点F，过C作于点E，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
要使的值最小，则和的值最小，
设，，
∴ ，
∵，
∴当时，有最小值．
故答案为：．
9．（2025·江苏苏州·中考真题）两个智能机器人在如图所示的区域工作，，，直线为生产流水线，且平分的面积（即D为中点）．机器人甲从点A出发，沿的方向以的速度匀速运动，其所在位置用点P表示，机器人乙从点B出发，沿的方向以的速度匀速运动，其所在位置用点Q表示．两个机器人同时出发，设机器人运动的时间为，记点P到的距离（即垂线段的长）为，点Q到的距离（即垂线段的长）为．当机器人乙到达终点时，两个机器人立即同时停止运动，此时与t的部分对应数值如下表：
(1)机器人乙运动的路线长为________m；
(2)求的值；
(3)当机器人甲、乙到生产流水线的距离相等（即）时，求t的值．
【答案】(1)55
(2)
(3)或
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）利用直角三角形斜边中线的性质求得，得到，，推出，，分当点Q在上和点Q在上时，两种情况讨论，分别求得，，据此求解即可；
（3）根据题意求得，分当点Q在上和点Q在上时两种情况讨论，列式一元一次方程方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵D为中点，
∴，
∵，
∴机器人乙运动的路线长为，
故答案为：55；
（2）解：根据题意，得，
∵中，，为中点，
∴，
∴，，
∴，，
当点Q在上时，，
∴，解得，
当点Q在上时，作，垂足为H（如图），
则．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴；
（3）解：当时，，
此时，，
∴，
∴，
∴，
当点Q在上时，由，得，
解得．
当点Q在上时，由，得，
解得．
∴或．
10．（2025·江苏南京·二模）如图，在中，，垂足为，．
(1)求证：是直角三角形．
(2)可以经过怎样的图形变换得到？请用文字语言描述变换过程．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是掌握相关知识．
（1）证明，得到，结合，即可得证；
（2）根据题意推出，，即可求解．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形；
（2），
，
，
，
，
，
可以绕点逆时针旋转，使得与重合，再以A为位似中心，将旋转后的三角形按照一定位似比进行位似变换，位似比为，此时就可以得到．
1．（2025·江苏苏州·三模）如图，在平面直角坐标系中，的直角边在轴的正半轴上，且，斜边，点为线段上一动点．若点为线段的中点，连接，以为折痕，在平面内将折叠，点的对应点为，若与的边垂直，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠性质，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线性质等知识，解题的关键是学会利用相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
如图2中，设交于点．先利用勾股定理求出，利用相似三角形的性质求出，再求出、，可得结论．
【详解】解：
如图中，设交于点．
在中，，，，
∴，
∴；
∵，，
∴，，
∴，
由翻折的性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点坐标为
故选A．
2．（2025·江苏南京·二模）如图，在中，是高，是角平分线，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理，先根据三角形内角和定理，求出的度数，然后根据角平分线的定义，求出的度数，再次利用三角形内角和定理，求出的度数，最后根据求出答案即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵是角平分线，
∴，
∵是高，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
3．（2025·江苏扬州·一模）如图，在中，，直线a经过点A和边的中点D，直线b经过点C，且，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】题目主要考查直角三角形斜边中线的性质，等边对等角及平行线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
根据题意得出，再由等边对等角确定，得出，利用平行线的性质即可求解．
【详解】解：∵，D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
4．（2025·江苏泰州·一模）如图，点是矩形的对角线的中点，交于点，若，，则的长为（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理．由矩形的性质可得，，，证明，得到，则，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，O是的中点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
5．（2025·江苏苏州·一模）如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交，于点M和点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点D．若的面积为6，则的面积是（ ）
A．6B．10C．12D．20
【答案】C
【分析】过点D作于点G，根据题意得，利用角的平分线性质，三角形面积性质解答即可．
本题考查了角的平分线的基本作图，三角形面积的性质，直角三角形的性质，熟练掌握作图和性质是解题的关键．
【详解】解：过点D作于点G，根据题意，得平分，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵的面积为6，
∴，
故选：C．
6．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若，则的度数为 ．
【答案】/64度
【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的两个锐角互余，等边对等角，
根据旋转可得，，进而得出，再根据直角三角形的两个锐角互余得，即可得出答案．
【详解】解：根据旋转可得，，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴，
即．
故答案为：．
7．（2025·江苏苏州·二模）如图，在中，是上一点，以为边作等边，点与点在的两侧，交于点，则线段的最大值为 ．
【答案】/0.5
【分析】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理、含角的直角三角形、等腰直角三角形等，求最大值，可转化成求线段最小，即A到线段的距离最小．
【详解】解：如图，过点作于点，
，
∵点、在的两侧，
∴当时，最小，最大，
∵是等边三角形，
综上所述的最大值为．
故答案为：．
8．（2025·江苏泰州·三模）已知，在中，，，，是直线上一点，将点绕点逆时针旋转得其对应点，当时，则长为 ．
【答案】或
【分析】通过连接辅助线，利用旋转性质和全等三角形的判定，确定点的运动轨迹，再分情况结合等腰直角三角形、勾股定理求解长．
【详解】解：连接、，取的中点，作直线．
∵将点绕点逆时针旋转得对应点，
∴，，为等边三角形．
∵，，，
∴．
∵是中点，，，
∴，．
∵，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，
∴，点在直线上运动．
情况一：点在的延长线上．
∵，是中点，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
情况二：点在线段上．
同理，，
∴．
故答案为：或．
9．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图
(1)如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，求证：．
(2)如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．判断，，三点的位置关系，并说明理由．
(3)如图3，在矩形中，，．点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，，，连接，，若是以为腰的等腰三角形，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)，，三点共线，理由见解析
(3)或
【分析】（1）利用菱形四边相等及邻角互补，可得，结合旋转角，可推导出和，再结合旋转得到的，利用“边角边（SAS）”定理即可证明；
（2）仿照（1）问的思路，利用正方形性质（如，）和旋转角，可证，利用全等得到的度数，结合正方形内角，可证，，三点共线；
（3）若是以为腰的等腰三角形，分两种情况讨论，当时和当时，用三角形相似和勾股定理，设未知数将对应边表示出来，建立方程．
【详解】（1）证明： 四边形是菱形，
．
∴为等边三角形．
．
由旋转得：，
∴
．
又，，
∴．
（2），，三点共线，理由如下：
如答图1，过点作，交于点，
四边形是正方形，
，．
∴．
∴，
由旋转，得，
∴
∴
∴
∵
∴，，三点共线．
（3）过点作于，过点作于
则
在矩形中
，，
∴，
∴
∵，
∴
又∵
∴
∴四边形是圆的内接四边形
∴
∴
∴点，，在同一条直线上
∵
即
∵
∴
∴
∴
在中，
设
在中，
∵
∴
∴，
∴
∴
若是以为腰的等腰三角形，分两种情况讨论：
①当时，
解得或（舍）
∴
②当时，
解得或（舍）
综上或．
10．（2025·江苏无锡·二模）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．
根据以上信息回答下列问题：（结果保留根号）
(1)求的长；
(2)该充电站有10个停车位，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质，角直角三角形的性质，正确运用恰当的三角函数是解题的关键．
（1）根据矩形的性质，分别解，求出，解，求出，解，求出，再由求解；
（2）在和中，利用角直角三角形的性质求出，再由求解．
【详解】（1）解：矩形，
，
，
矩形
，
，，
，
；
（2）解：在中，，
∴，
在中，，
∴，
矩形
．
1．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，在矩形中，是对角线，点E，F分别在边，上，，交于点G．若点G是的中点，，，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
根据矩形的性质可得，，，从而可得，然后利用直角三角形斜边上的中线的性质可得，从而可得，进而可得，再证明，利用相似三角形的性质即可求出，利用勾股定理求出即可解答．
【详解】解： 四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
2．（2025·辽宁鞍山·一模）在数学活动课中，小丁用自己做的“直角角尺”测量、计算圆的半径．如图所示是“直角角尺”，，将点O放在圆周上，分别确定与圆的交点C，D，读得数据，，则此圆的半径约为（ ）
A．10B．5C．8D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，解题的关键是掌握以上两个定理．
连接，根据的圆周角所对的弦为直径，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴为圆的直径，
∴由勾股定理得，
∴此圆的半径约为，
故选：B．
3．（2025·四川广元·一模）如图，露在水面上的鱼线长为．钓鱼者想看看鱼钩上的情况把鱼竿提起到的位置，此时露在水面上的鱼线长为．若的长为，试问鱼竿有多长？设长为，则所列方程正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查勾股定理的应用，是解题关键．利用钓鱼竿长度不变列出方程即可．
【详解】解：设长，则，
在中，，
在中，，
，
，
即．
故选：A．
4．（2025·四川成都·一模）在中，，，于点D，以点A为圆心，长为半径作弧交于点E，分别以点C、E为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点F．射线分别交线段于点M、N，连接，若，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先观察作图过程，得，是的平分线，再证明，则，，整理得，因为，得，运用勾股定理得，结合等面积法求出，运用，得，代入数值到进行计算，即可作答．
【详解】解：∵以点A为圆心，长为半径作弧交于点E，分别以点C、E为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点F．
∴，是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，，
则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即，
在中，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
则，
∵，
∴，
则，
在中，，
则，
则，
故选：C
5．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，设为等边内的一点，且，，，则 度．
【答案】150
【分析】本题考查了等边三角形的性质以及勾股定理的逆定理，正确作出辅助线是解题的关键．以为边，构造等边，连接，，先根据等边三角形的性质，用判定证得，再根据勾股定理的逆定理证得为直角三角形，从而有，最后根据求得角度．
【详解】解：如图，以为边，构造等边，连接，，
∵是等边三角形，是等边三角形，
，，，
∴，
∴， ，
在中，，，，
∴，
为直角三角形，且，
∴．
故答案为：．
6．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，点、分别在边和的延长线上，连接、、AC，与边交于点，若，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】作于点N，作交于点M，由菱形的性质得，，，，，证明，利用相似三角形的性质求出，，．证明，利用相似三角形的性质求出，进而求出，，证明，利用相似三角形的性质求出，进而可求出线段的长．
【详解】如图，作于点N，作交于点M，
∵在菱形中，，，
∴，，，，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
7．（2025·福建·模拟预测）如图，在中，，，，于点，是斜边的中点，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、等腰直角三角形的性质．二次根式，根据直角三角形的性质求出，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的外角性质求出，根据等腰直角三角形的性质求出．
【详解】解：在中，，，
则，
在中，，，是斜边的中点，
则，
，
，
，
，
，
故答案为：．
8．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，是边上的中线，D，E分别是的中点，若，则的长为 ．
【答案】6
【分析】本题主要考查直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理．易知是的中位线，那么，而是斜边上的中线，应等于的一半．
【详解】解：∵D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴
∵在中，，是边上的中线，
∴，
故答案为：6．
9．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形的面积；
故答案为：．
10．（2025·山东泰安·一模）三月的泰安，玉兰花迎着春风绽放，数学活动小组在绘制如“玉兰花”形的美丽图案，如图在平面直角坐标系中，等腰三角形．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点的对应点为，称点为第一个“玉兰花”的花瓣，点为第二个“玉兰花”的花瓣；……；按此规律，滚动2025次后停止滚动，则最后一个“玉兰花”的花瓣的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了点的坐标规律探索，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，过点作轴于C，由等腰三角形的性质得到，则可求出，，进而求出的长，则可求出的坐标，根据题意可得的纵坐标为，且是由（n为正整数）向右滚动3次得到的，且滚动的距离为个单位长度，据此求出2025除以3的商和余数即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点作轴于C，
∵，
∴，
∵是等腰三角形，且，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
由题意得，
∴，
∴；
∴的横坐标为，纵坐标为，
由题意得，的纵坐标为，且是由（n为正整数）向右滚动3次得到的，且滚动的距离为个单位长度，
∵，
∴滚动2025次后，最后一个“玉兰花”的横坐标为，纵坐标为，
∴滚动2025次后，最后一个“玉兰花”的坐标为，
故答案为：．
11．（2025·河北石家庄·三模）（1）如图，将一张长方形纸片沿线段折叠．C点对应点落在处，D点对应点落在处，交于G点．
①求证：为等腰三角形；
②若，求重叠部分的面积．
（2）另取一张长方形纸片，在边上找一点E并沿着直线折叠，使点C的对应点F落在边上，请仅用无刻度的直尺和圆规在下图中找出点E的位置（不写作法，保留作图痕迹）．
（3）长方形纸片时，若点M为射线上一点，将沿着直线折叠，折叠后点B的对应点为，当点恰好落在线段的垂直平分线上时，请直接写出的长．
【答案】（1）①见解析，②（2）见解析，（2）或．
【分析】（1）①根据平行线的性质以及折叠的性质可得，即可；②过点G作于点H，则，根据勾股定理可得的长，再由三角形的面积公式计算，即可；
（2）以点B为圆心，以长度为半径作圆交于点F，作的角平分线，交于点E，即可；
（3）分两种情况讨论：当点落在矩形的外部时；当点落在矩形内部时，过点作于点H，交于点N，结合锐角三角函数，即可求解．
【详解】（1）解：①∵纸片为矩形，则，
，
由折叠的性质知，，
为等腰三角形，
②过点G作于点H，则，
则利用勾股定理：，
则的面积；
（2）解：以点B为圆心，以长度为半径作圆交于点F，作的角平分线，交于点E，
作图过程如下：
．
（3）当点落在矩形的外部时，过点作于点H，交于点N，则，
由题意得：，，
∵点恰好落在的垂直平分线上，
故，
在中，
，则，则，
∴，
，
，
在中，，
解得：，
则．
当点落在矩形内部时，过点作于点H，交于点N，则，
由题意得：，，
∵点恰好落在的垂直平分线上，
故，
在中，
，则，则，
∴，
，
，
在中，，
解得：，
则．
故答案为或．
12．（2025·广西玉林·三模）在数学综合实践课上，李老师以三角形折叠为主题开展数学活动．
(1)特例感知
如图1，折叠等边三角形纸片，使点与边中点重合，折痕为，分别交边、边于点、点．
①求的度数．
②求证：为等边三角形．
(2)性质梳理
如图2，等腰三角形纸片，，折叠该纸片，使点落在边上的点处，折痕为，分别交边、边于点、点．若，，求的面积．
(3)深度探究
如图3，折叠（，为锐角）纸片，使点落在的下方点处，折痕分别交边、边于点、点，线段、与分别交于点、点，若，点、点到的距离相等，求证：．
【答案】(1)①；②见解析；
(2)；
(3)见解析．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质即可解答；
②根据等边三角形的判定即可得证；
（2）根据等腰三角形的性质、折叠的性质及角的等量代换，得到，设，则，利用勾股定理列方程求解即可；
（3）先证明，得到，同理可得，即可解答．
【详解】（1）解：①等边三角形，点为的中点，
，
，
；
，
②证明：，
同理①得，
为等边三角形；
（2），
，
折叠等腰三角形纸片，使点落在边上的点处，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，解得，
，，
．
（3）如图，作，，，分别交于，，．
，
，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，同理可得：，
．
13．（2025·江苏扬州·二模）如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处，将边沿折叠，使点落在上的点处．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查矩形的性质、平行四边形的判定、折叠的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、平行四边形的判定、折叠的性质及勾股定理是解题的关键；
（1）由题意易得，由折叠的性质可知：，然后可得，进而问题可求证；
（2）由题意易得，由折叠的性质可知：，设，则有，然后根据勾股定理可进行求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可知：，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：在矩形中，，，
∴，
由折叠的性质可知：，
设，则有，
∴在中，由勾股定理可得：，
解得：，
∴，
∴．
14．（2025·重庆·模拟预测）如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别去B，D两港装载物资，运送到位于A港正东方向的C港．甲货轮沿A港的北偏东方向航行120海里后到达B港．2小时后，甲货轮装载好货物，再沿东南方向航行一定距离到达C港．乙货轮沿A港的南偏东方向航行一定距离到达D港．乙货轮花了1小时装载货物，再沿北偏东方向航行一定距离到达C港．（参考数据：）
(1)求A，C两港之间的距离（结果保留整数）；
(2)若甲、乙两艘货轮都匀速航行，甲货轮每小时航行20海里，乙货轮每小时航行10海里，哪艘货轮先到达C港？请通过计算说明（结果保留小数点后一位）．
【答案】(1)
(2)甲货轮先到达C港
【分析】本题考查了解直角三角形应用——方向角问题．熟练掌握方向角定义，含30度和45度的直角三角形性质，勾股定理，是解题的关键．
（1）过点A作于点E，过点B作于点F，则，可求得，得，得∴，，可得，得，即得；
（2）在上取点G，使，连接，设于点H，则，求出，得，得，，设，， 得,得，得，得， ，得，乙货轮到达C港用时（小时），，甲货轮到达C港用时（小时），可知甲货轮先到达C港．
【详解】（1）解：过点A作于点E，过点B作于点F，
则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）在上取点G，使，连接，设于点H，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
则，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴乙货轮到达C港用时，
（小时），
∵，
∴甲货轮到达C港用时，
（小时）．
∵，
故甲货轮先到达C港．
命题点一 勾股定理及逆定理
题型01 利用勾股定理解三角形
题型02 利用勾股定理解决折叠问题
题型03 勾股定理的证明问题
题型04 勾股定理的实际应用
命题点二 直角三角形斜边中线性质
题型05直角三角形斜边中线性质求解问题
命题点三 直角三角形30°角对边等于斜边一半
题型06直角三角形30°角的性质求解问题
突破一 勾股定理求解折叠问题
突破二 与直角三角形有关的作图问题
基础巩固→能力提升→全国新趋势
考点
2025年
2024年
2023年
课标要求
勾股定理及其逆定理
南京T6、25
盐城T22淮安T24
南京T12南京T15
镇江T21无锡T27、T18、T17
徐州T14宿迁T14、18南通T17、18、25
常州T5、17、18、26
苏州T8、15、24、26
扬州T16连云港T25
连云港T8、12、16
淮安T7、8、15
南京T5、14、24
徐州T13、27
南通T8、17、23
镇江T26、宿迁T25
无锡T27
常州T16
连云港T15、16
南京T5、16、24
盐城T15、24
镇江T11
常州T18
南通T16
宿迁T24、27
无锡T16
掌握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的一半。掌握有两个角互余的三角形是直角三角形。探索勾股定理及其逆定理，并能运用它们解决一些简单的实际问题。探索并掌握判定直角三角形全等的“斜边、直角边”定理。
直角三角形斜边中线性质
淮安T13镇江T16、24徐州T28宿迁T28
苏州T26扬州T15
苏州T8
常州T18
直角三角形30°角对边等于斜边一半
淮安T8无锡T18
宿迁T25南通T9、13
常州T6连云港T8
淮安T8
南京T14
徐州T25
连云港T16
盐城T15
淮安T14
徐州T8
命题预测
2023 - 2025 年直角三角形的考查情况分析：
近三年江苏中考数学对直角三角形性质的考查稳定且综合，以勾股定理、斜边中线、30°角性质为核心，常与几何变换、全等、函数等结合。
2026年中考数学关于等腰、等边三角形的命题预测：
考点延续：勾股定理、斜边中线、特殊角30°性质仍是核心，特殊的直角三角形：等腰直角三角形和含30°的直角三角形是考查的重点作为中档题考点。
题型与分值：选择 1-2 题、填空 1-2 题、解答 1 题（常为几何中档或压轴小问），总分维持在8-12 分。
命题新趋势
与尺规作图结合，考查作图逻辑与性质应用，如作角平分线构造直角三角形求长度或角度。
强化动态问题，如动点与直角三角形的存在性、路径长、最值，结合对称或参数法求解。
融入实际应用，如测量、坡度、航海等场景，用直角三角形建模计算，体现数学实用性。
备考建议：
建立 “性质→模型→应用” 的知识链，例如：斜边中线→中点模型→对称/折叠问题。
整理近三年江苏 13市真题中的直角三角形题，按考点分类训练，总结解题通法与易错点。
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