專題09特殊三角形(含勾股定理)(4大模塊知識梳理+11個(gè)考點(diǎn)+5個(gè)重難點(diǎn)+3個(gè)易錯(cuò)點(diǎn))(解析版)

Page專題09特殊三角形（含勾股定理）目錄01理·思維導(dǎo)圖：呈現(xiàn)教材知識結(jié)構(gòu)，構(gòu)建學(xué)科知識體系。 02盤·基礎(chǔ)知識：甄選核心知識逐項(xiàng)分解，基礎(chǔ)不丟分。（4大模塊知識梳理）知識模塊一：等腰三角形知識模塊二：等邊三角形知識模塊三：直角三角形知識模塊四：勾股定理03究·考點(diǎn)考法：對考點(diǎn)考法進(jìn)行細(xì)致剖析和講解，全面提升。（10大考點(diǎn)）HYPERLINK考點(diǎn)六：與特殊三角形性質(zhì)有關(guān)的多結(jié)論問題HYPERLINK考點(diǎn)九：利用勾股定理及其逆定理與網(wǎng)格問題HYPERLINK\l"_考點(diǎn)十：_用勾股定理逆定理解決實(shí)際生活問題"考點(diǎn)十：用勾股定理逆定理解決實(shí)際生活問題HYPERLINK\l"_考點(diǎn)十一：_特殊三角形與函數(shù)綜合"考點(diǎn)十一：特殊三角形與函數(shù)綜合04破·重點(diǎn)難點(diǎn)：突破重難點(diǎn)，沖刺高分。（5大重難點(diǎn)）HYPERLINK\l"_重難點(diǎn)一：_手拉手模型"重難點(diǎn)一：手拉手模型HYPERLINK\l"_重難點(diǎn)二：_趙爽弦圖"重難點(diǎn)二：趙爽弦圖HYPERLINK\l"_重難點(diǎn)三：_利用等面積法探究線段關(guān)系（維維尼亞模型）"重難點(diǎn)三：利用等面積法探究線段關(guān)系（維維尼亞模型）HYPERLINK\l"_重難點(diǎn)四：_求最短路徑問題"重難點(diǎn)四：求最短路徑問題HYPERLINK\l"_重難點(diǎn)五：_勾股樹模型"重難點(diǎn)五：勾股樹模型05辨·易混易錯(cuò)：點(diǎn)撥易混易錯(cuò)知識點(diǎn)，夯實(shí)基礎(chǔ)。（5大易錯(cuò)點(diǎn)）HYPERLINK\l"_易錯(cuò)點(diǎn)1：_等腰三角形腰上的高，中線誤用三線合一定理"易錯(cuò)點(diǎn)一：等腰三角形腰上的高，中線誤用三線合一定理HYPERLINK\l"_易錯(cuò)點(diǎn)2：_機(jī)械的運(yùn)用勾股定理逆定理求解"易錯(cuò)點(diǎn)二：機(jī)械的運(yùn)用勾股定理逆定理求解HYPERLINK\l"_易錯(cuò)點(diǎn)3：_等腰三角形中未利用分類討論思想求解"易錯(cuò)點(diǎn)三：等腰三角形中未利用分類討論思想求解知識模塊一：等腰三角形知識點(diǎn)一：等腰三角形的定義定義：有兩條邊相等的三角形，叫做等腰三角形，其中相等的兩條邊叫做腰，另一邊叫做底，兩腰所夾的角叫做頂角，底邊與腰的夾角叫做底角.知識點(diǎn)二：等腰三角形的性質(zhì)等腰三角形性質(zhì)：1）等腰三角形是軸對稱圖形，它有1條或3條對稱軸，①當(dāng)腰和底邊不相等的等腰三角形只有1條對稱軸，②當(dāng)腰和底邊不相等的等腰三角形只有3條對稱軸.2）等腰三角形的兩個(gè)底角相等（簡稱“等邊對等角”）.3）等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合.（簡稱“三線合一”）.【注意】“三線合一”的前提是等腰三角形，且必須是頂角的角平分線，底邊上的高和底邊上的中線.知識點(diǎn)三：等腰三角形的判定等腰三角形的判定：1）定義法：兩邊相等的三角形是等腰三角形；2）定理法：有兩個(gè)角相等的三角形是等腰三角形，即這兩個(gè)角所對的邊也相等（簡稱“等角對等邊”）.【總結(jié)】證明兩個(gè)角相等的方法：1）如果角在同一個(gè)三角形中，先考慮“等邊對等角”來證明.2）如果角不在同一個(gè)三角形中，可證明兩個(gè)三角形全等來解決.【易錯(cuò)易混】1）底角為頂角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分線將原等腰三角形分成兩個(gè)等腰三角形．（即頂角36°，底角72°）.2）等腰三角形的判定定理是證明兩條線段相等的重要依據(jù)，是把三角形中的角的相等關(guān)系轉(zhuǎn)化為邊的相等關(guān)系的重要依據(jù)．3）等腰三角形的邊有腰、底之分,角有頂角、底角之分,若題目中的邊沒有明確是底還是腰,角沒有明是頂角還是底角，需要分類討論.知識模塊二：等邊三角形知識點(diǎn)一：等邊三角形的定義定義：三條邊都相等的三角形叫等邊三角形，它是特殊的等腰三角形.知識點(diǎn)二：等邊三角形的性質(zhì)1）等邊三角形是軸對稱圖形，并且有3條對稱軸；2）等邊三角形的三條邊相等；3）三個(gè)內(nèi)角都相等，并且每個(gè)內(nèi)角都是60°.知識點(diǎn)三：等邊三角形的判定等邊三角形的判定：1）定義法：三邊相等的三角形是等邊三角形；2）三個(gè)角都相等的三角形是等邊三角形.3）有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形.【補(bǔ)充】1）等邊三角形具有等腰三角形的一切性質(zhì).2）等邊三角形的內(nèi)心、外心、重心和垂心重合．3）在等腰三角形中，只要有一個(gè)角是60°，無論這個(gè)角是頂角還是底角，這個(gè)三角形就是等邊三角形．4）等邊三角形面積的求解方法：S正三角形=3知識模塊三：直角三角形知識點(diǎn)一：直角三角形的定義定義：有一個(gè)角是直角的三角形叫做直角三角形．知識點(diǎn)二：直角三角形的性質(zhì)性質(zhì)直角三角形兩個(gè)銳角互余.直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半.圖示幾何描述在△ABC，∠C=90°∴∠A+∠B=90°在△ABC，∠C=90°，CD為AB邊的中點(diǎn)，∴∠A+∠B=90°在△ABC，∠C=90°，∠B=30°，∴AB=2AC面積公式：S=12ab=12知識點(diǎn)二：直角三角形的判定判定：1）兩個(gè)內(nèi)角互余的三角形是直角三角形.2）三角形一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個(gè)三角形是直角三角形．3）有一個(gè)角是直角的三角形叫做直角三角形．4）勾股定理逆定理：如果三角形的三邊長a，b，c滿足，那么這個(gè)三角形是直角三角形.知識模塊四：勾股定理知識點(diǎn)一：勾股定理的內(nèi)容文字語言：直角三角形兩條直角邊的平方和等于斜邊的平方.符號語言：如果直角三角形的兩直角邊分別為a，b，斜邊為c，那么a2變式：a2=cc=a2+b2【易錯(cuò)點(diǎn)】1）勾股定理揭示了直角三角形三條邊之間所存在的數(shù)量關(guān)系，它只適用于直角三角形，因而在應(yīng)用勾股定理時(shí)，必須明了所考察的對象是直角三角形；2）如果已知的兩邊沒有指明邊的類型，那么它們可能都是直角邊，也可能是一條直角邊、一條斜邊，求解時(shí)必須進(jìn)行分類討論，以免漏解．3）應(yīng)用勾股定理時(shí)，要分清直角邊和斜邊，尤其在記憶a2+b2=知識點(diǎn)二：勾股定理的證明方法一：如圖一，用4個(gè)全等的直角三角形，可以得到一個(gè)以為邊長的小正方形和一個(gè)以c為邊長的大正方形.即4SΔ+S正方形EFGH方法二（圖二）：四個(gè)直角三角形的面積與小正方形面積的和等于大正方形的面積．四個(gè)直角三角形的面積與小正方形面積的和為S=4×大正方形面積為S=(a+b)2=方法三：如圖三，用兩個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)等腰直角三角形，可以得到一個(gè)直角梯形.S梯形=12圖一圖二圖三知識點(diǎn)三：勾股數(shù)勾股數(shù)：能夠構(gòu)成直角三角形的三邊長的三個(gè)正整數(shù)稱為勾股數(shù)，即滿足關(guān)系a2勾股數(shù)需要滿足的兩個(gè)條件：1）這三個(gè)數(shù)均是正整數(shù)；2）兩個(gè)較小數(shù)的平方和等于最大數(shù)的平方.常見的勾股數(shù)：1）3，4，5；2）6，8，10；3）5，12，13等.知識點(diǎn)四：勾股定理逆定理內(nèi)容：如果三角形三邊長a，b，c滿足a2+b2【補(bǔ)充說明】1）勾股定理的逆定理是判定一個(gè)三角形是否是直角三角形的一種重要方法；2）勾股定理的逆定理通過“數(shù)轉(zhuǎn)化為形”來確定三角形的可能形狀，在運(yùn)用這一定理時(shí)，可用兩小邊的平方和a2+b2與較長邊的平方c2作比較，①若a2+②若a2+b2<c2③若a2+b2>c2考點(diǎn)一：分類討論思想在特殊三角形中的應(yīng)用1．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別為6和2，則第三邊長為．【答案】6【分析】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，熟練掌握分類討論思想是解題的關(guān)鍵．分兩種情況討論：當(dāng)6為一腰長時(shí)；當(dāng)2為一腰長時(shí)；分別求出第三條邊長，并根據(jù)三角形三邊關(guān)系判斷是否能構(gòu)成三角形，即可得出答案．【詳解】解：當(dāng)6為一腰長時(shí)，則另一腰長為6，底邊長為2，∵6+6>2，∴能構(gòu)成三角形，∴第三邊長為6；當(dāng)2為一腰長時(shí)，則另一腰長為2，底邊長為6，∵2+2<6，∴不能構(gòu)成三角形，舍去；綜上，第三邊長為6，故答案為：6．2．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，在△ABC和△ADE中，AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定角度，當(dāng)AD⊥BC時(shí)，∠BAE的度數(shù)是．【答案】60°或120°【分析】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，分兩種情況分別畫出圖形，再結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)與角的和差運(yùn)算可得答案；【詳解】解：如圖，當(dāng)AD⊥BC時(shí)，延長AD交BC于J，∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，∴∠BAJ=∠CAJ=20°,∴∠BAE=20°+40°=60°；如圖，當(dāng)AD⊥BC時(shí)，延長DA交BC于J，∵AB=AC，∠BAC=∠DAE=40°，∴∠BAJ=∠CAJ=20°,∴∠BAE=180°?20°?40°=120°，故答案為：60°或120°3．（2011·山東濟(jì)南·中考真題）已知一個(gè)直角三角形的兩邊長分別為6和8，則第三邊的長是．【答案】27或【分析】本題考查了勾股定理，分兩種情況：當(dāng)兩直角邊的長分別為6和8時(shí)，當(dāng)斜邊長為8，一條直角邊長為6時(shí)，分別計(jì)算即可得出答案．【詳解】解：∵一個(gè)直角三角形的兩邊長分別為6和8，∴當(dāng)兩直角邊的長分別為6和8時(shí)，第三邊的長是62當(dāng)斜邊長為8，一條直角邊長為6時(shí)，第三邊的長是82綜上所述，一個(gè)直角三角形的兩邊長分別為6和8，則第三邊的長是27或10故答案為：27或10考點(diǎn)二：利用特殊三角形的性質(zhì)求解1．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，將△ABC沿其底邊中線AD向下平移，使A的對應(yīng)點(diǎn)A'滿足AA'【答案】439【分析】本題考查平移的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三線合一，根據(jù)平移的性質(zhì)，推出△A'EF∽△A'【詳解】解：∵等腰△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120°，∴∠ABC=30°，∵AD為中線，∴AD⊥BC，BD=CD，∴AD=12AB=1∴BC=23∵將△ABC沿其底邊中線AD向下平移，∴B'C'∴△A∴EFB∵AA∴DA∴EFB∴EF=2∴S陰影故答案為：432．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，△ADE為等邊三角形，EF⊥AB于點(diǎn)F，若AD=4，則EF=．【答案】2【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形，根據(jù)正方形和等邊三角形的性質(zhì)，得到△AFE為含30度角的直角三角形，AE=AD=4，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，△ADE為等邊三角形，EF⊥AB，AD=4，∴∠FAD=90°,∠EAD=60°,∠AFE=90°,AD=AE=4，∴∠FAE=30°，∴EF=1故答案為：2．3．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AD是直徑，若∠B=25°，則∠CAD°．【答案】65【分析】本題考查了圓周角定理，直角三角形的兩個(gè)銳角互余，連接CD，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得出∠ACD=90°，根據(jù)同弧所對的圓周角相等得出∠D=∠B=25°，進(jìn)而根據(jù)直角三角形的兩個(gè)銳角互余，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接CD，∵△ABC內(nèi)接于⊙O，AD是直徑，∴∠ACD=90°，∵AC=AC,∴∠D=∠B=25°∴∠CAD=90°?25°=65°，故答案為：65．考點(diǎn)三：特殊三角形的判定1．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，在△ABC中，DE∥BC，(1)求證：∠BDF=∠A；(2)若∠A=45°，DF平分∠BDE，請直接寫出△ABC的形狀．【答案】(1)見解析(2)△ABC是等腰直角三角形．【分析】本題考查了平行線的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定．（1）由平行證明∠AED=∠C，由等量代換得到∠EDF=∠AED，利用平行線的判定“內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行”證明DF∥AC，即可證明（2）利用平行線的性質(zhì)結(jié)合角平分線的定義求得∠BDE=90°，∠B=90°，據(jù)此即可得到△ABC是等腰直角三角形．【詳解】（1）證明：∵DE∥∴∠AED=∠C，∵∠EDF=∠C，∴∠EDF=∠AED，∴DF∥∴∠BDF=∠A；（2）解：△ABC是等腰直角三角形．∵∠BDF=∠A，∴∠BDF=∠A=45°，∵DF平分∠BDE，∴∠BDE=2∠BDF=90°，∵DE∥∴∠B=180°?∠BDE=90°，∴∠C=180°?∠A?∠B=45°=∠A，∴△ABC是等腰直角三角形．2．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，D重合）．邊BC關(guān)于BE對稱的線段為BF，連接AF．

(1)若∠ABE=15°，求證：△ABF是等邊三角形；(2)延長FA，交射線BE于點(diǎn)G；①△BGF能否為等腰三角形？如果能，求此時(shí)∠ABE的度數(shù)；如果不能，請說明理由；②若AB=3+6，求△BGF【答案】(1)見解析(2)①△BGF能為等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=【分析】（1）由軸對稱的性質(zhì)得到BF=BC，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到∠FBE=∠CBE=75°，根據(jù)等邊三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）①根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到BC=BF，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到BC=AB，得到BA<BE<BG，推出點(diǎn)B不可能是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，若點(diǎn)F是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，則有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此時(shí)E與D重合，不合題意，于是得到只剩下GF=GB了，連接CG交AD于H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=CG，得到△BGF為等腰三角形，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠AHG=∠BCG，求得∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠GBC=∠GCB=②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△BGC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點(diǎn)M，連接GM，作MN⊥BC于N，設(shè)AB=2x，則AC=22x，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，當(dāng)當(dāng)G，M，【詳解】（1）證明：由軸對稱的性質(zhì)得到BF=BC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=15°，∴∠CBE=75°，∵BC于BE對稱的線段為BF，∴∠FBE=∠CBE=75°，∴∠ABF=∠FBE?∠ABE=60°，∴△ABF是等邊三角形；（2）①∵BC于BE對稱的線段為BF，∴BF=BC∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=AB，∴BF=BC=BA，∵E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)，∴BA<BE<BG，∴點(diǎn)B不可能是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，若點(diǎn)F是等腰三角形BGF的頂點(diǎn)，則有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此時(shí)E與D重合，不合題意，∴只剩下GF=GB了，連接CG交AD于H，

∵BC=BF∴△CBG≌△FBG∴FG=CG，∴BG=CG，∴△BGF為等腰三角形，∵BA=BC=BF，∴∠BFA=∠BAF，∵△CBG≌∠FBG，∴∠BFG=∠BCG∴AD∴∠AHG=∠BCG∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°∴∠FGC=180°?∠HAG?∠AHG=90°，∴∠BGF=∠BGC=∵GB=GC∴∠GBC=∠GCB=∴∠ABE=∠ABC?∠GBC=90°?67.5°=22.5°；②由①知，△CBG要求△BGF面積的最大值，即求△BGC面積的最大值，在△BGC中，底邊BC是定值，即求高的最大值即可，如圖2，過G作GP⊥BC于P，連接AC，取AC的中點(diǎn)M，連接GM，作MN⊥BC于N，

設(shè)AB=2x，則AC=22∵∠AGC=90°，M是AC的中點(diǎn)，∴GM=1∴PG≤GM+MN=(2當(dāng)G，M，N三點(diǎn)共線時(shí)，取等號，∴△BGF面積的最大值，△BGF的面積====如圖3，設(shè)PG與AD交于Q，

則四邊形ABPQ是矩形，∴AQ=PB=x，∴QM=MP=x,GM=2∴GQ=1∵QE+AE=AQ=x，∴AQAE∴AE=2(2?1)x【點(diǎn)睛】此題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．3．（2024·廣東潮州·一模）如圖所示，△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DFE=90°,D是AB的中點(diǎn)，CF⊥FG,EG=2

(1)求證：∠CDF=45°；(2)求AB的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)根據(jù)∠ACB=∠DFE=90°，可以得到CA=CB,FD=FE，又由D是AB的中點(diǎn),所以∠CDB=90°，即可證得；由CF⊥FG和∠1+∠DFG=90°,∠2+∠DFG=90°可以得到△CDF≌△GEF，于是可求得CD=EG=2【詳解】（1）解：證明：∵△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DFE=90°，∴CA=CB,FD=FE．∴∠FDE=∠E=45°．又∵D是AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB．∴∠CDB=90°．∴∠CDF=∠CDB?∠FDE=45°．（2）解：∵CF⊥FG，見答圖，

∴∠CFG=90°．∵∠1+∠DFG=90°,∠2+∠DFG=90°，∴∠1=∠2．∵∠CDF=∠E=45°，F(xiàn)D=FE，∴△CDF≌△GEFASA∴CD=EG=2在Rt△ABC中，D是AB∴AB=2CD=22考點(diǎn)四：特殊三角形性質(zhì)與判定綜合1．（2024·山東東營·中考真題）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3(1)問題發(fā)現(xiàn)如圖1，將△CAB繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△CDE，連接AD，BE，線段AD與BE的數(shù)量關(guān)系是______，AD與BE的位置關(guān)系是______；(2)類比探究將△CAB繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)任意角度得到△CDE，連接AD，BE，線段AD與BE的數(shù)量關(guān)系、位置關(guān)系與（1）中結(jié)論是否一致？若AD交CE于點(diǎn)N，請結(jié)合圖2說明理由；(3)遷移應(yīng)用如圖3，將△CAB繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一定角度得到△CDE，當(dāng)點(diǎn)D落到AB邊上時(shí)，連接BE，求線段BE的長．【答案】(1)BE=3AD；AD⊥BE(2)一致；理由見解析(3)BE=【分析】（1）延長DA交BE于點(diǎn)H，根據(jù)旋轉(zhuǎn)得出CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，根據(jù)勾股定理得出AD=12+12=2，BE=（2）延長DA交BE于點(diǎn)H，證明△ACD∽△BCE，得出ADBE=ACBC=（3）過點(diǎn)C作CN⊥AB于點(diǎn)N，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出AN=ND=12AD，根據(jù)勾股定理得出AB=12+32=【詳解】（1）解：延長DA交BE于點(diǎn)H，如圖所示：∵將△CAB繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△CDE，∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，∴根據(jù)勾股定理得：AD=12+∴BE=3AD，∵CD=AC，CE=BC，∠ACD=∠ACB=90°，∴∠ADC=∠DAC=12×90°=45°∴∠BHD=180°?∠ADC?∠CBE=180°?45°?45°=90°，∴AD⊥BE．（2）解：線段AD與BE的數(shù)量關(guān)系、位置關(guān)系與（1）中結(jié)論一致；理由如下：延長DA交BE于點(diǎn)H，如圖所示：∵將△CAB繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到△CDE，∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠BCE，∠DCE=∠ACB=90°，∴ACBC∴△ACD∽△BCE，∴ADBE=AC∴BE=3AD；又∵∠ENH=∠CND，∠HEN+∠ENH+∠EHN=180°，∠CND+∠CDN+∠DCN=180°，∴∠EHN=∠DCN=90°，∴AD⊥BE；（3）解：過點(diǎn)C作CN⊥AB于點(diǎn)N，如圖所示：根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知：AC=CD，∴AN=ND=1∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3∴根據(jù)勾股定理得：AB=1∵∠ANC=∠ACB=90°，∠A=∠A，∴△ACN∽△ABC，∴ANAC即AN1解得：AN=10∴AD=2AN=10根據(jù)解析（2）可知：BE=3AD=3【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．2．（2024·江蘇常州·中考真題）將邊長均為6cm的等邊三角形紙片ABC、DEF疊放在一起，使點(diǎn)E、B分別在邊AC、DF上（端點(diǎn)除外），邊AB、EF相交于點(diǎn)G，邊BC、DE相交于點(diǎn)H．(1)如圖1，當(dāng)E是邊AC的中點(diǎn)時(shí)，兩張紙片重疊部分的形狀是________；(2)如圖2，若EF∥(3)如圖3，當(dāng)AE>EC，F(xiàn)B>BD時(shí)，AE與FB有怎樣的數(shù)量關(guān)系？試說明理由．【答案】(1)菱形(2)9(3)AE=BF，理由見解析【分析】（1）連接BE，CD，由等邊三角形的性質(zhì)可得∠ACB=∠EDF=60°，則B、D、C、E四點(diǎn)共圓，由三線合一定理得到∠BEC=90°，則BC為過B、D、C、E的圓的直徑，再由DE=BC=6cm，得到DE為過B、D、C、E的圓的直徑，則點(diǎn)H為圓心，據(jù)此可證明∠GEB=∠EBH=∠GBE=∠BEH=30°，推出四邊形BHEG（2）由等邊三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠DEF=∠C=60°，AC=BC=6cm，則由平行線的性質(zhì)可推出∠ABC=∠CHE，進(jìn)而可證明四邊形BHEG是平行四邊形，再證明△EHC是等邊三角形，則可設(shè)EH=CH=2xcm，則BH=6?2xcm，HT=12CH=xcm，由勾股定理得到ET=E（3）過點(diǎn)B作BM⊥AC于M，過點(diǎn)E作EN⊥DF于N，連接BE，則AM=FN=12DF=12AC=3cm，EF=AB=6cm，BE=BE，證明EN=BM，進(jìn)而可證明【詳解】（1）解：如圖所示，連接BE∵△ABC，∴∠ACB=∠EDF=60°，∴B、D、C、E四點(diǎn)共圓，∵點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，∴∠BEC=90°，∴BC為過B、D、C、E的圓的直徑，又∵DE=BC=6cm∴DE為過B、D、C、E的圓的直徑，∴點(diǎn)H為圓心，∴EH=BH，∴∠HBE=∠HEB=30°，∴∠GEB=∠EBH=∠GBE=∠BEH=30°，∴BG∥EH，∴四邊形BHEG是平行四邊形，又∵EH=BH，∴四邊形BHEG是菱形，∴兩張紙片重疊部分的形狀是菱形；（2）解：∵△ABC，∴∠ABC=∠DEF=∠C=60°，AC=BC=6cm∵EF∥∴∠CHE=∠DEF=60°，∴∠ABC=∠CHE，∴BG∥EH，∴四邊形BHEG是平行四邊形，∵∠C=∠CHE=60°，∴△EHC是等邊三角形，過點(diǎn)E作ET⊥HC，∴設(shè)EH=CH=2xcm，則BH=6?2xcm∴ET=E∴S重疊=?2=?23∵?23∴當(dāng)x=32時(shí)，S重疊（3）解：AE=BF，理由如下：如圖所示，過點(diǎn)B作BM⊥AC于M，過點(diǎn)E作EN⊥DF于N，連接BE，∵△ABC，△DEF都是邊長為∴AM=FN=12DF=12∴由勾股定理可得NE=EF2∴EN=BM，又∵BE=BE，∴Rt△NBE≌∴NB=ME，∴FN+BN=AM+ME，即AE=BF．【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，等邊三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，四點(diǎn)共圓，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．3．（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，點(diǎn)D，E分別在AB，CB上，DB=EB，連接AE，CD，取AE中點(diǎn)F，連接BF(1)求證：CD=2BF，CD⊥BF；(2)將△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．①請直接寫出BF與CD的位置關(guān)系：___________________；②求證：CD=2BF．【答案】(1)見解析(2)①BF⊥CD；②見解析【分析】（1）先證明△ABE≌△CBD得到AE=CD，∠FAB=∠BCD，根據(jù)直角三角形斜邊中線性質(zhì)得到CD=AE=2BF，根據(jù)等邊對等角證明∠FBA=∠BCD，進(jìn)而可證明BF⊥CD；（2）①延長BF到點(diǎn)G，使FG=BF，連接AG，延長BE到M，使BE=BM，連接AM并延長交CD于點(diǎn)N．先證明△AGF≌△EBF，得到∠FAG=∠FEB，AG=BE，進(jìn)而AG∥BE，AG=BD．證明△AGB≌△BDC得到∠ABG=∠BCD，然后利用三角形的中位線性質(zhì)得到BF∥AN，則②根據(jù)△AGB≌△BDC得到CD=BG即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：在△ABE和△CBD中，∵AB=BC，∠ABE=∠CBD=90°，BE=BD，∴△ABE≌△CBDSAS∴AE=CD，∠FAB=∠BCD．∵F是Rt△ABE斜邊AE∴AE=2BF，∴CD=2BF，∵BF=1∴∠FAB=∠FBA．∴∠FBA=∠BCD，∵∠FBA+∠FBC=90°，∴∠FBC+∠BCD=90°．∴BF⊥CD；（2）解：①BF⊥CD；理由如下：延長BF到點(diǎn)G，使FG=BF，連接AG，延長BE到M，使BE=BM，連接AM并延長交CD于點(diǎn)N．∵AF=EF，F(xiàn)G=BF，∠AFG=∠EFB，∴△AGF≌△EBFSAS∴∠FAG=∠FEB，AG=BE，∴AG∥∴∠GAB+∠ABE=180°，∵∠ABC=∠EBD=90°，∴∠ABE+∠DBC=180°，∴∠GAB=∠DBC．∵BE=BD，∴AG=BD．在△AGB和△BDC中，∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，∴△AGB≌△BDCSAS∴∠ABG=∠BCD．∵F是AE中點(diǎn)，B是EM中點(diǎn)，∴BF是△ABM中位線，∴BF∥∴∠ABG=∠BAN=∠BCD，∴∠ABC=∠ANC=90°，∴AN⊥CD．∵BF∥∴BF⊥CD．故答案為：BF⊥CD；②證明：∵△AGB≌△BDC，∴CD=BG，∵BG=2BF，∴CD=2BF．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識，涉及知識點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運(yùn)用，靈活添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解答的關(guān)鍵．考點(diǎn)五：與特殊三角形性質(zhì)有關(guān)的折疊問題1．（2024·湖北·中考真題）在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)P落在邊CD上，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)G，PG交BC于點(diǎn)H．(1)如圖1，求證：△DEP∽△CPH；(2)如圖2，當(dāng)P為CD的中點(diǎn)，AB=2，AD=3時(shí)，求GH的長；(3)如圖3，連接BG，當(dāng)P，H分別為CD，BC的中點(diǎn)時(shí)，探究BG與AB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)GH=(3)BG=6【分析】（1）證明對應(yīng)角相等，即可得到△EDP∽△PCH；（2）根據(jù)△EDP∽△PCH，求得PH的長度，從而得出GH長度；（3）延長AB，PG交于一點(diǎn)M，連接AP，先證明△MBH≌△PCH，得到相等的邊，再根據(jù)△BMG∽△MAP，得出大小關(guān)系．【詳解】（1）證明：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，∴∠1+∠3=90°，∵E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對稱點(diǎn)P落在DC上，∴∠EPH=∠A=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠3=∠2，∴△EDP∽△PCH；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，∵P為CD中點(diǎn)，∴DP=CP=1設(shè)EP=AE=x，∴ED=AD?x=3?x，在Rt△EDP中，E即x2解得x=5∴EP=AE=x=5∴ED=AD?AE=4∵△EDP∽△PCH，∴EDPC=EP∴PH=5∵PG=AB=2，∴GH=PG?PH=3（3）解：如圖，延長AB，PG交于一點(diǎn)M，連接AP，∵E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對稱點(diǎn)P落在CD上，∴AP⊥EF，BG⊥直線EF，∴BG∥AP，∵AE=EP，∴∠EAP=∠EPA，∴∠BAP=∠GPA，∴△MAP是等腰三角形，∴MA=MP，∵P為CD中點(diǎn)，∴設(shè)DP=CP=y，∴AB=PG=CD=2y，∵H為BC中點(diǎn)，∴BH=CH，∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，∴△MBH≌△PCH(ASA∴BM=CP=y，HM=HP，∴MP=MA=MB+AB=3y，∴HP=1在Rt△PCH中，CH=∴BC=2CH=5∴AD=BC=5在Rt△APD中，AP=∵BG∥AP，∴△BMG∽△AMP，∴BGAP∴BG=6∴ABBG∴AB=6BG，即【點(diǎn)睛】本題考查了矩形與折疊、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握以上基礎(chǔ)知識是解題關(guān)鍵．2．（2021·吉林·中考真題）如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，CD是斜邊AB上的中線，點(diǎn)E為射線BC上一點(diǎn)，將△BDE沿DE折疊，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F．（1）若AB=a．直接寫出CD的長（用含a的代數(shù)式表示）；（2）若DF⊥BC，垂足為G，點(diǎn)F與點(diǎn)D在直線CE的異側(cè)，連接CF，如圖②，判斷四邊形ADFC的形狀，并說明理由；（3）若DF⊥AB，直接寫出∠BDE的度數(shù)．【答案】（1）12a；（2）菱形，見解析；（3）∠BDE=45°【分析】（1）根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”得CD=1（2）由題意可得DF//AC，DF=12AB，由“直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”，得AC=12AB，得DF=AC，則四邊形（3）題中條件是“點(diǎn)E是射線BC上一點(diǎn)”，因此DF⊥AB又分兩種情況，即點(diǎn)F與點(diǎn)D在直線CE的異側(cè)或同側(cè)，正確地畫出圖形即可求出結(jié)果．【詳解】解：（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∵CD是斜邊AB上的中線，AB=a，∴CD=1（2）四邊形ADFC是菱形．理由如下：如圖②∵DF⊥BC于點(diǎn)G，∴∠DGB=∠ACB=90°，∴DF//AC；由折疊得，DF=DB，∵DB=1∴DF=1∵∠ACB=90°，∠A=60°，∴∠B=90°?60°=30°，∴AC=1∴DF=AC，∴四邊形ADFC是平行四邊形；∵AD=1∴AD=DF，∴四邊形ADFC是菱形．（3）如圖③，點(diǎn)F與點(diǎn)D在直線CE異側(cè)，∵DF⊥AB，∴∠BDF=90°；由折疊得，∠BDE∴∠BDE如圖④，點(diǎn)F與點(diǎn)D在直線CE同側(cè)，∵DF⊥AB，∴∠BDF=90°，∴∠BDE+∠FDE=360°?90°=270°，由折疊得，∠BDE=∠FDE，∴∠BDE∴∠BDE=135°．綜上所述，∠BDE=45°或∠BDE=135°．【點(diǎn)睛】此題主要考查了直角三角形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、平行四邊形及特殊平行四邊形的判定等知識與方法，在解第（3）題時(shí)，應(yīng)進(jìn)行分類討論，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確地畫出圖形，以免丟解．3．（2024·河北張家口·模擬預(yù)測）如圖，將等腰直角三角形紙片ABC對折，折痕為CD．展平后，再將點(diǎn)B折疊在邊AC上（不與A、C重合），折痕為EF，點(diǎn)B在AC上的對應(yīng)點(diǎn)為M，設(shè)CD與EM交于點(diǎn)P，連接PF．已知BC=4．(1)若M為AC的中點(diǎn)，求CF的長；(2)隨著點(diǎn)M在邊AC上取不同的位置，①△PFM的形狀是否發(fā)生變化？請說明理由；②求△PFM的周長的取值范圍．【答案】(1)CF=(2)①等腰直角三角形，不會(huì)發(fā)生變化，理由見解析；②2+2【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可知，F(xiàn)B=FM，設(shè)CF=x，則FB=FM=4?x，在Rt△CFM中，根據(jù)F（2）①△PFM的形狀是等腰直角三角形，想辦法證明△POF∽△MOC，可得∠PFO=∠MCO=45°，延長即可解決問題；②設(shè)FM=y，由勾股定理可知：PF=PM=22y，可得△PFM的周長=【詳解】（1）解：∵M(jìn)為AC的中點(diǎn)，∴CM=1由折疊的性質(zhì)可知，F(xiàn)B=FM，設(shè)CF=x，則FB=FM=4?x，在Rt△CFM中，F(xiàn)M2解得，x=32，即（2）解：①△PFM的形狀是等腰直角三角形，不會(huì)發(fā)生變化，理由如下：由折疊的性質(zhì)可知，∠PMF=∠B=45°，∵CD是中垂線，∴∠ACD=∠DCF=45°，∴∠PMO=∠FCO，∵∠POM=∠FOC，∴△POM∽△FOC，∴OMOC∴OM∵∠POF=∠MOC，∴△POF∽△MOC，∴∠PFO=∠MCO=45°，∴∠PFM=∠PMF=45°，∴∠MPF=90°，∴△PFM是等腰直角三角形；②∵△PFM是等腰直角三角形，設(shè)FM=y，由勾股定理可知：PF=PM=2∴△PFM的周長=1+∵2<y<4(M與A重合時(shí)，F(xiàn)M=4，M與C重合時(shí)，F(xiàn)M=2)，∴△PFM的周長滿足：2+22【點(diǎn)睛】本題考查三角形綜合題、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、翻折變換、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考?？碱}型．考點(diǎn)六：與特殊三角形性質(zhì)有關(guān)的多結(jié)論問題1．（2023·湖北·中考真題）如圖，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，BE>AE，連接DF交AE于點(diǎn)G,DE交AB于點(diǎn)H，連接CF．給出下面四個(gè)結(jié)論：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其中所有正確結(jié)論的序號是．【答案】①③④【分析】由題意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，則可證△AEB≌△FEDSAS【詳解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，∵∠DBA=∠DBE?∠ABE,∠EBC=∠ABC?∠ABE，∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正確；∴△AEB≌△FEDSAS∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正確；∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②錯(cuò)誤；∴DF∥AC，∵DF=AC，∴四邊形ADFC是平行四邊形，∴AD=CF，故④正確；故答案為①③④．【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰直角三角形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．2．（2024·山東濟(jì)南·中考真題）如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在邊AB上，BD=2，動(dòng)點(diǎn)P以每秒1個(gè)單位長度的速度從點(diǎn)B出發(fā)，沿折線BC?CA勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)A后停止，連接DP．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，DP2為y．當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿BC勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，y①AB=3；②當(dāng)t=5時(shí)，y=1；③當(dāng)4≤t≤6時(shí)，1≤y≤3；④動(dòng)點(diǎn)P沿BC?CA勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩個(gè)時(shí)刻t1，t2t1<t2分別對應(yīng)y1和A．①②③

B．①②

C．③④

D．①②④【答案】D【分析】由圖知當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿BC勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，DP2=7，作DE⊥BC于點(diǎn)E，利用解直角三角形和勾股定理，即可得到BC，即可判斷①，當(dāng)t=5時(shí)，證明△ADP是等邊三角形，即可判斷②，當(dāng)4≤t≤6時(shí)，且DP⊥AC時(shí)，DP2最小，求出最小值即可判斷③，利用勾股定理分別表示出y【詳解】解：由圖知當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿BC勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，DP作DE⊥BC于點(diǎn)E，∵△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在邊AB上，BD=2，∴∠B=60°，AB=BC=AC，∴DE=BD?sin60°=3∴EP=D∴AB=BC=BE+EP=3，故①正確；當(dāng)t=5時(shí)，PC=5?3=2，AP=1=AD，∵∠A=60°，∴△ADP是等邊三角形，∴DP=AP=AD=1，∴y=DP故②正確；當(dāng)4≤t≤6時(shí)，且DP⊥AC時(shí)，DP∵AD=1，∠A=60°，∴DP=AD?sin∴DP2最小為34，即y故③錯(cuò)誤；動(dòng)點(diǎn)P沿BC?CA勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，∵t1+t∴t1<3，t2y1當(dāng)DP⊥AC時(shí)，CP=52，y2∴y∴y故④正確；綜上所述，正確的有①②④，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，等邊三角形性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，涉及到動(dòng)點(diǎn)問題、讀懂函數(shù)圖象、正確理解題意，利用數(shù)形結(jié)合求解是解本題的關(guān)鍵．3．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠ABC=90°，分別以頂點(diǎn)A，C為圓心，大于12AC的長為半徑畫弧，兩弧分別相交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，作直線MN分別與BC，AC交于點(diǎn)E和點(diǎn)F；以點(diǎn)A為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交AB，AC于點(diǎn)H和點(diǎn)G，再分別以點(diǎn)H，點(diǎn)G為圓心，大于12HG的長為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)P，作射線AP①∠C=30°；②AP垂直平分線段BF；③CE=2BE；④S△BEF其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)有（

）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】本題主要考查作圖-復(fù)雜作圖、角平分線的性質(zhì)、線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，讀懂圖象信息，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題是解題的關(guān)鍵．由作圖可知MN垂直平分線段AC、AE平分∠BAC，進(jìn)而證明∠C=∠EAC=∠BAE=30°可判定①；再說明AB=AF可得AP垂直平分線段BF可判定②；根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得AC=2AB，AE=2BE可判定③，根據(jù)三角形的面積公式即可判定【詳解】解：由作圖可知MN垂直平分線段AC，∴EA=EC，∴∠EAC=∠C，由作圖可知AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE，∵∠ABC=90°，∴∠C=∠CAE=∠BAE=30°，故①正確，∴AC=2AB，∵AF=FC，∴AB=AF，∴AP垂直平分線段BF，故②正確，∵AE=2BE，∴EC=2BE，故③正確，∴S△∵AF=FC，∴S△∴S△BEF=1故選：D．考點(diǎn)七：與特殊三角形性質(zhì)有關(guān)的規(guī)律探究問題1．（2024·山東東營·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線l的表達(dá)式為y=x，點(diǎn)A1的坐標(biāo)為(2,0)，以O(shè)為圓心，OA1為半徑畫弧，交直線l于點(diǎn)B1，過點(diǎn)B1作直線l的垂線交x軸于點(diǎn)A2；以O(shè)為圓心，OA2為半徑畫弧，交直線l于點(diǎn)B2，過點(diǎn)B2作直線l的垂線交x軸于點(diǎn)A3；以O(shè)為圓心，OA3為半徑畫弧，交直線l【答案】2【分析】本題考查的是一次函數(shù)性質(zhì)應(yīng)用，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)及點(diǎn)的坐標(biāo)規(guī)律問題，作B1H⊥x軸于點(diǎn)H，依次求出【詳解】解：作B1H⊥x軸于點(diǎn)∵B1,B∴OH=B∴∠B∵A12∴OB∵B∴OB∴OA∴A同理，OA∴OA同理，OO∴OA即點(diǎn)A2024的橫坐標(biāo)是2故答案為：210122．（2024·山東濟(jì)南·二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將等邊△OAB繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)180°得到△O1AB1，再將△O1AB1繞點(diǎn)O1旋轉(zhuǎn)180°得到△O1A1B2【答案】?2026,2024【分析】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形等，找出規(guī)律是解題的關(guān)鍵．先根據(jù)題意求出O1、O2，B1【詳解】解：∵△OAB是等邊三角形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為?2,0，將△OAB繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)180°得到△O∴O1∵∠AOB=60°=∠AO∴∠AOB∴∠OB故OB即O1?2,23則B2同理可得O2?4,43······On?2n,23故點(diǎn)B2024的坐標(biāo)為?2×1012?2,2即?2026,20243故答案為：?2026,202433．（2024·河南商丘·三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O，O?，A，A?，B，B?，C，C?，……都是平行四邊形的頂點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C，……在x軸的正半軸上，∠AOO1=30°，OA=A．363,4 B．36,43 C．36,4【答案】A【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，點(diǎn)的坐標(biāo)規(guī)律，先求出前幾個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，找到規(guī)律第n個(gè)平行四邊形的對稱中心坐標(biāo)為1+2+3+???+n3【詳解】解：如圖所示，連接O1M⊥x軸于點(diǎn)

∵∠AO∴OM=又∵OA=3∴A,M重合，∴O則O1A的中點(diǎn)即為所第1個(gè)平行四邊形的對稱中心，其坐標(biāo)為同理可得A1B⊥AB，OB=OA+AB=3+23=33，A1同理可得第3個(gè)平行四邊形的對稱中心坐標(biāo)為6……同理可得第n個(gè)平行四邊形的對稱中心坐標(biāo)為1+2+3+???+n∴第8個(gè)平行四邊形的對稱中心的坐標(biāo)是1+2+3+???+83,8故選：A．考點(diǎn)八：利用勾股定理及其逆定理求解1．（2024·西藏·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長為半徑作弧，分別交BC，BA于點(diǎn)D，E，再分別以點(diǎn)D，E為圓心，大于12DE的長為半徑作弧，兩弧在∠ABC的內(nèi)部相交于點(diǎn)P，作射線BP交AC于點(diǎn)F．已知CF=3，AF=5，則BF【答案】3【分析】本題考查了作圖?基本作圖：作角平分線，角平分線的性質(zhì)定理，勾股定理及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識．根據(jù)基本作圖可判斷BF平分∠ABC，過F作FG⊥AB于G，再利用角平分線的性質(zhì)得到GF=CF=3，根據(jù)勾股定理求出AG=AF2?FG2=52?32=4，證明Rt△CBF≌Rt【詳解】解：過F作FG⊥AB于G，由作圖得：BF平分∠ABC，F(xiàn)G⊥AB，∠C=90°，∴GF=CF=3，在Rt△AFG中根據(jù)勾股定理得：AG=∵FG=CF，BF=BF，∴Rt∴BG=BC，設(shè)BG=BC=x，則AB=4+x，AC=AF+CF=5+3=8，在Rt△ABCAC即：82解得：x=6，∴BC=6，在Rt△BCF中根據(jù)勾股定理得：BF=故答案為：352．（2024·山東淄博·中考真題）如圖，在邊長為10的菱形ABCD中，對角線AC，BD相交與點(diǎn)O，點(diǎn)E在BC延長線上，OE與CD相交與點(diǎn)F．若∠ACD=2∠OEC，OFFE=56，則菱形【答案】96【分析】此題重點(diǎn)考查菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識．作OH∥BC交CD于點(diǎn)H，則△DOH∽△DBC，求得OH=12BC=5，再證明△OFH∽△EFC，求得EC=6，再證明∠OEC=∠COE【詳解】解：作OH∥BC交CD于點(diǎn)H，則∵四邊形ABCD是邊長為10的菱形，對角線AC，BD相交于點(diǎn)∴BC=10，OD=OB=12BD，OA=OC∴OHBC=OD∴OH=1∵OH∥BC，∴△OFH∽△EFC，∴OHEC∴EC=6∵四邊形ABCD是菱形，且∠ACD=2∠OEC，∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，∴∠OEC=∠COE，∴OC=EC=6，∴OB=B∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，∴S菱形故答案為：96．3．（2024·江蘇南通·中考真題）如圖，△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，⊙A與BC相切于點(diǎn)D．

(1)求圖中陰影部分的面積；(2)設(shè)⊙A上有一動(dòng)點(diǎn)P，連接CP，BP．當(dāng)CP的長最大時(shí)，求BP的長．【答案】(1)6?(2)3【分析】本題考查了切線的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，扇形的面積公式等知識，解題的關(guān)鍵是：（1）連接AD，利用勾股定理的逆定理判定得出∠BAC=90°，利用切線的性質(zhì)得出AD⊥BC，利用等面積法求出AD=125，然后利用（2）延長CA交⊙A于P，連接BP，則CP最大，然后在Rt△ABP【詳解】（1）解∶連接AD，

∵AB=3，AC=4，BC=5，∴AB∴∠BAC=90°，∵BC與⊙A相切于D，∴AD⊥BC，∵S△ABC∴AD=AC?AB∴S陰影（2）解∶延長CA交⊙A于P，連接BP，此時(shí)CP最大，

由（1）知：∠BAC=∠PAB=90°，AP=AD=12∴PB=A考點(diǎn)九：利用勾股定理及其逆定理與網(wǎng)格問題1．（2024·安徽·中考真題）如圖，在由邊長為1個(gè)單位長度的小正方形組成的網(wǎng)格中建立平面直角坐標(biāo)系xOy，格點(diǎn)（網(wǎng)格線的交點(diǎn)）A、B，C、D的坐標(biāo)分別為7,8，2,8，10,4，5,4．

(1)以點(diǎn)D為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABC旋轉(zhuǎn)180°得到△A1B(2)直接寫出以B，C1，B1，(3)在所給的網(wǎng)格圖中確定一個(gè)格點(diǎn)E，使得射線AE平分∠BAC，寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)．【答案】(1)見詳解(2)40(3)E6,6【分析】本題主要考查了畫旋轉(zhuǎn)圖形，平行四邊形的判定以及性質(zhì)，等腰三角形的判定以及性質(zhì)等知識，結(jié)合網(wǎng)格解題是解題的關(guān)鍵．（1）將點(diǎn)A，B，C分別繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°得到對應(yīng)點(diǎn)，即可得出△A（2）連接BB1，CC（3）根據(jù)網(wǎng)格信息可得出AB=5，AC=32+42【詳解】（1）解：△A

（2）連接BB1，∵點(diǎn)B與B1，點(diǎn)C與C1分別關(guān)于點(diǎn)∴DB=DB1，∴四邊形BC∴S?B（3）∵根據(jù)網(wǎng)格信息可得出AB=5，AC=3∴△ABC是等腰三角形，∴AE也是線段BC的垂直平分線，∵B，C的坐標(biāo)分別為，2,8，10,4∴點(diǎn)E2+10即E6,62．（2024·天津·中考真題）如圖，在每個(gè)小正方形的邊長為1的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，F(xiàn)，G均在格點(diǎn)上．

（1）線段AG的長為；（2）點(diǎn)E在水平網(wǎng)格線上，過點(diǎn)A，E，F(xiàn)作圓，經(jīng)過圓與水平網(wǎng)格線的交點(diǎn)作切線，分別與AE，AF的延長線相交于點(diǎn)B，C，△ABC中，點(diǎn)M在邊BC上，點(diǎn)N在邊AB上，點(diǎn)P在邊AC上．請用無刻度的直尺，在如圖所示的網(wǎng)格中，畫出點(diǎn)M，N，P，使△MNP的周長最短，并簡要說明點(diǎn)M，N，P的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】2圖見解析，說明見解析【分析】此題考查了勾股定理、切線的性質(zhì)等知識，根據(jù)題意正確作圖是解題的關(guān)鍵．（1）利用勾股定理即可求解；（2）作點(diǎn)M關(guān)于AB、AC的對稱點(diǎn)M1、M2，連接MM1、M1M2，分別與AB、AC相交于點(diǎn)E、P，△MNP的周長等于M1M2的長，等腰三角形【詳解】（1）由勾股定理可知，AG=1故答案為：2（2）如圖，根據(jù)題意，切點(diǎn)為M；連接ME并延長，與網(wǎng)格線相交于點(diǎn)M1；取圓與網(wǎng)格線的交點(diǎn)D和格點(diǎn)H，連接DH并延長，與網(wǎng)格線相交于點(diǎn)M2；連接M1M2，分別與AB，AC相交于點(diǎn)N，P，則點(diǎn)M

3．（2024·廣東·模擬預(yù)測）如圖，在6×7的正方形網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長都是1，四邊形ABCD的頂點(diǎn)均在網(wǎng)格的格點(diǎn)上．(1)求sinD(2)操作與計(jì)算：用尺規(guī)作圖法過點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為E，并直接寫出CE的長．（保留作圖痕跡，不要求寫出作法）【答案】(1)2(2)圖見解析，6【分析】本題考查了勾股定理和勾股定理的逆定理、正弦、作垂線，熟練掌握正弦的定義是解題關(guān)鍵．（1）先根據(jù)勾股定理和勾股定理的逆定理得出△ACD是以∠ACD為直角的直角三角形，再根據(jù)正弦的定義求解即可得；（2）先以點(diǎn)C為圓心、CA為半徑畫弧交AD于點(diǎn)F，再分別以點(diǎn)A,F為圓心，AC長為半徑畫弧，分別交于點(diǎn)C,G，然后畫直線CG，交AD于點(diǎn)E，則CE即為所作；最后利用正弦的定義即可求出CE的長．【詳解】（1）解：如圖，連接AC，∵AD=12+52∴AC∴△ACD是以∠ACD為直角的直角三角形，∴sinD=（2）解：用尺規(guī)作圖法過點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為E，作圖如下：在Rt△CDE中，CE=CD?考點(diǎn)十：用勾股定理逆定理解決實(shí)際生活問題1．（2024·四川成都·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A3,0，B0,2，過點(diǎn)B作y軸的垂線l，P為直線l上一動(dòng)點(diǎn)，連接PO，PA，則PO+PA的最小值為【答案】5【分析】本題考查軸對稱—最短問題以及勾股定理和軸對稱圖形的性質(zhì)．先取點(diǎn)A關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)A'，連A'O交直線l于點(diǎn)C，連AC，得到AC=A'C，A'A⊥l，再由軸對稱圖形的性質(zhì)和兩點(diǎn)之間線段最短，得到當(dāng)【詳解】解：取點(diǎn)A關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)A'，連A'O交直線l則可知AC=A'C∴PO+PA=PO+PA即當(dāng)O,P,A'三點(diǎn)共線時(shí)，PO+PA的最小值為∵直線l垂直于y軸，∴A'∵A3,0，B∴AO=3,AA∴在Rt△A'故答案為：52．（2023·江蘇宿遷·模擬預(yù)測）如圖，A，B兩地被大山阻隔，C地在A地的北偏東60°的方向上，在B地西北方向上，且A，C兩地間距離為20km，若要從A地到B地，現(xiàn)只能沿著的公路先從A地到的C地，再由C地到B地．計(jì)劃開鑿隧道，使A，B兩地直線貫通，求隧道開通后與隧道開通前相比，從A地到B地的路程將縮短多少？（結(jié)果精確到0.1km，參考數(shù)據(jù)2≈1.414【答案】6.8【分析】本題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，正確做輔助線是解題的關(guān)鍵．過點(diǎn)C作AB的垂線CD，垂足為D，把△ABC轉(zhuǎn)化成兩個(gè)直角三角形，即可求解．【詳解】解：過點(diǎn)C作AB的垂線CD，垂足為D，如圖所示：

有題意可得：AC=20km，∠CAD=90°?60°=30°∴CD=1∴AD=A在Rt△CDB中，∠CBD=45°∴△CDB是等腰直角三角形，∴BD=CD=10km∴BC=C∴AC+BC?AB=AC+BC?AD+BD=20+10=10+10≈6.8km即從A地到B地的路程將縮短約6.8km3．（2023·海南海口·模擬預(yù)測）深秋已至，稻客張師傅在一塊四邊形（如圖）的田地里收割稻谷．已知四邊形ABCD中，∠C=90°，BC=15m，CD=20m，AB=24m，AD=7m，若張師傅的收割價(jià)格為

【答案】152.1元【分析】本題考查了勾股定理，勾股定理的逆定理．熟練掌握勾股定理，勾股定理的逆定理是解題的關(guān)鍵．如圖，連接BD，由勾股定理得，BD=BC2+CD2=25，由AB2【詳解】解：如圖，連接BD，

由勾股定理得，BD=B∵242∴AB∴△ABD是直角三角形，∠A=90°，∴S四邊形ABCD=∴234×0.65=152.1（元），∴這塊田地張師傅應(yīng)該收費(fèi)152.1元．考點(diǎn)十一：特殊三角形與函數(shù)綜合1．（2023·四川成都·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=ax2+c經(jīng)過點(diǎn)P(4,?3)，與y軸交于點(diǎn)A(0,1)，直線y=kx(k≠0)與拋物線交于B

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)若△ABP是以AB為腰的等腰三角形，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；(3)過點(diǎn)M(0,m)作y軸的垂線，交直線AB于點(diǎn)D，交直線AC于點(diǎn)E．試探究：是否存在常數(shù)m，使得OD⊥OE始終成立？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=?(2)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(?4,?3)或(?2?25,?5?2(3)存在，m的值為2或2【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）設(shè)Bt,?14t2（3）先根據(jù)題意畫出圖形，設(shè)拋物線y=?14x2+1與直線y=kx(k≠0)的交點(diǎn)坐標(biāo)為Ba,ka，Cb,kb，聯(lián)立拋物線和直線解析式，根據(jù)根與系數(shù)關(guān)系得到a+b=?4k，ab=?4，利用待定系數(shù)法分別求得直線AB、AC的表達(dá)式為得到Dam?1ka?1,m，Ebm?1kb?1,m，過E作EQ⊥x【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+c經(jīng)過點(diǎn)P(4,?3)，與y∴16a+c=?3c=1，解得a=?∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=?1（2）解：設(shè)Bt,?根據(jù)題意，△ABP是以AB為腰的等腰三角形，有兩種情況：當(dāng)AB=AP時(shí)，點(diǎn)B和點(diǎn)P關(guān)于y軸對稱，

∵P4,?3，∴B當(dāng)AB=BP時(shí)，則AB∴t?02整理，得t2解得t1=?2?25當(dāng)t=?2?25時(shí)，?14t2當(dāng)t=?2+25時(shí)，?14t2綜上，滿足題意的點(diǎn)B的坐標(biāo)為(?4,?3)或(?2?25,?5?25（3）解：存在常數(shù)m，使得OD⊥OE．根據(jù)題意，畫出圖形如下圖，

設(shè)拋物線y=?14x2+1與直線y=kx(k≠0)由y=?14x∴a+b=?4k，ab=?4；設(shè)直線AB的表達(dá)式為y=px+q，則ap+q=kaq=1，解得p=∴直線AB的表達(dá)式為y=ka?1令y=m，由y=ka?1ax+1=m∴Da同理，可得直線AC的表達(dá)式為y=kb?1bx+1過E作EQ⊥x軸于Q，過D作DN⊥x軸于N，則∠EQO=∠OND=90°，EQ=ND=m，QO=?bm?1kb?1若OD⊥OE，則∠EOD=90°，∴∠QEO+∠QOE=∠DON+∠QOE=90°，∴∠QEO=∠DON，∴△EQO∽△OND，∴EQON則ma整理，得m2即m2將a+b=?4k，ab=?4代入，得m2即m2=4m?12，則解得m1=2，綜上，存在常數(shù)m，使得OD⊥OE，m的值為2或23【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、等腰三角形的性質(zhì)、一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程、坐標(biāo)與圖形等知識，綜合性強(qiáng)，難度較大，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運(yùn)用，添加輔助線構(gòu)造相似三角形，并利用數(shù)形結(jié)合和分類討論思想解決問題是解答的關(guān)鍵．2．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=x+b與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，與y軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)D，點(diǎn)B在x軸的正半軸上，四邊形ABCD是平行四邊形，線段OA的長是一元二次方程x2(1)求點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)若線段BC的垂直平分線交直線AD于點(diǎn)E，交x軸于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)G，點(diǎn)E在第一象限，AE=32，連接BE，求tan(3)在（2）的條件下，點(diǎn)M在直線DE上，在x軸上是否存在點(diǎn)N，使以E、M、N為頂點(diǎn)的三角形是直角邊比為1∶2的直角三角形？若存在，請直接寫出△EMN的個(gè)數(shù)和其中兩個(gè)點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)D(2)1(3)存在，12個(gè)，N【分析】（1）先解方程求出OA=6，然后求出直線解析式即可求得點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，求出AH=EH=3，然后證明△AEF≌△BGF，即可得到BF=AF=2AH=6，然后求出∠ABE得正切值即可；（3）利用分類討論畫出圖形，利用勾股定理解題即可．【詳解】（1）解：解方程x2?4x?12=0得x1∴OA=6，即點(diǎn)A的坐標(biāo)為(6,0把(6,0)代入y=x+b得∴y=x?6，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,?6)；（2）解：過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，∵OA=OD=6，∴∠OAD=∠ODA=∠EAH=45°，AD=OA∴AH=EH=AE?tan又∵ABCD是平行四邊形，∴BC=AD=62，AE∥BC∵GE是BC的垂直平分線，∴BG=1∵AE∥BC，∴∠EAF=∠GBF，∠AEF=∠FGB=90°，∴△AEF≌△BGF，∴BF=AF=2AH=6，∴BH=AF+FB?AH=6+6?3=9，∴tan∠ABE=（3）如圖，當(dāng)∠MEN=90°時(shí)，有4個(gè)，解：∵∠EAN∴EN由（2）得AN1=6∴ON∴點(diǎn)N得坐標(biāo)為(12,0當(dāng)∠ENM=90°時(shí)，有4個(gè)，如圖，當(dāng)∠EMN=90°時(shí)，有4個(gè)，如圖，∵∠N∴N9∴N9∴點(diǎn)N9與O故點(diǎn)N9得坐標(biāo)為(綜上所述，點(diǎn)△EMN的個(gè)數(shù)為12個(gè)，和點(diǎn)N的坐標(biāo)為(0,0)或【點(diǎn)睛】本題考查解一元二次方程，直線的解析式，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，掌握等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，過原點(diǎn)O的直線與反比例函數(shù)y1=kx(k≠0)的圖象交于A(1，2)，B兩點(diǎn)，一次函數(shù)y2

(1)求反比例函數(shù)的解析式；當(dāng)y1>y(2)在y軸上是否存在點(diǎn)M，使得△COM為等腰三角形？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y1=2x(2)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,5)或(0,?5)【分析】本題考查待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式及等腰三角形，熟知待定系數(shù)法及利用分類討論的數(shù)學(xué)思想是解題的關(guān)鍵．（1）將點(diǎn)A坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式即可求出k，利用數(shù)形結(jié)合的思想即可求出x的取值范圍．（2）先求出點(diǎn)C坐標(biāo)，再根據(jù)分類討論的數(shù)學(xué)思想即可解決問題．【詳解】（1）解：由題知，將A點(diǎn)坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式得，k=1×2=2，所以反比例函數(shù)的解析式為y1由函數(shù)圖象可知，在直線x=0和x=1之間的部分及直線x=2右側(cè)的部分，反比例函數(shù)y1的圖象在一次函數(shù)y2的圖象的上方，即所以x的取值范圍是：0<x<1或x>2．（2）將x=2代入反比例函數(shù)解析式得y=1，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2，1)．則OC=2?0如圖：

當(dāng)OC=OM時(shí)，OM=5所以點(diǎn)M坐標(biāo)為((0,5)或當(dāng)CM=CO時(shí)，點(diǎn)C在OM的垂直平分線上，又因?yàn)辄c(diǎn)C坐標(biāo)為(2，1)，所以點(diǎn)M坐標(biāo)為(0，2)．當(dāng)MO=MC時(shí)，點(diǎn)M在OC的垂直平分線上，過點(diǎn)C作CN⊥y軸于點(diǎn)N，令MO=m，則MC=m，MN=m?1，在Rt△CMNC即22解得m=5所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,5綜上所述：點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,5)或(0,?5)或4．（2024·四川成都·二模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=?12x+132與反比例函數(shù)y=kx的圖象交于A(1)求反比例函數(shù)的解析式；(2)如圖2，連接AO，BO，求△AOB的面積；(3)作直線AM，BN分別垂直于x軸和y軸，垂足為M，N，AM與BN交于點(diǎn)C，在第一象限內(nèi)存在一點(diǎn)D使得∠BDC=90°，連接AD，若點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，連接CP，當(dāng)CP最大時(shí)，求出此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)及【答案】(1)y=6(2)143(3)D132+【分析】（1）求得A1,6（2）聯(lián)立，求得B12,（3）取BC中點(diǎn)R，求得R132,12，再取AR中點(diǎn)S，求得S154,134，根據(jù)斜邊中線的性質(zhì)，三角形中位線定理結(jié)合勾股定理求得PS=114，CS=11【詳解】（1）解：直線y=?12x+∴6=?12a+∴A1,6∵反比例函數(shù)y=kx的圖象過點(diǎn)∴k=1×6=6，∴反比例函數(shù)的解析式為y=6（2）解：聯(lián)立，?1解得x=1或x=12，當(dāng)x=12時(shí)，y=6∴B12,∴S=6+=143（3）解：∵A1,6，B∴M1,0，N0,1取BC中點(diǎn)R，連接AR，DR，則R13再取AR中點(diǎn)S，連接CS，PS，則S15∵∠BDC=90°，點(diǎn)R為∴RD=1∵點(diǎn)S為AR中點(diǎn)，點(diǎn)P為AD中點(diǎn)，∴PS∥DR，又AC=6?12=∴AR=11∵點(diǎn)S為AR中點(diǎn)，∠ACR=90∴CS=1由兩點(diǎn)之間線段最短知，當(dāng)C、S、P共線時(shí)，CP有最大值，最大值為112設(shè)直線CS的解析式為y=k1x+解得k1∴直線CS的解析式為y=x?1∵點(diǎn)P在直線CS上，設(shè)點(diǎn)Pn,n?12∵S154,∴PS整理得32n解得n=15∴n=154+∴點(diǎn)P15設(shè)Dx∵點(diǎn)P為AD中點(diǎn)，∴1+xD2解得xD=13∴D13【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題，反比例函數(shù)與幾何綜合，公式法解一元二次方程，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，數(shù)形結(jié)合是解答本題的關(guān)鍵．重難點(diǎn)一：手拉手模型1．（2022·青?！ぶ锌颊骖}）兩個(gè)頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點(diǎn)，并把它們的底角頂點(diǎn)連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個(gè)規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形.(1)問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：BD=CE；

圖1(2)解決問題：如圖2，若△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點(diǎn)A，D，E在同一條直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系并說明理由.

圖2【答案】(1)見解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進(jìn)而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵△ABC和△ADE是頂角相等的等腰三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAC?∠CAD=∠DAE?∠CAD，∴∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE．（2）解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠ADC=180°?∠CDE=135°，∴∠BEC=∠ADC=135°，∴∠AEB=∠BEC?∠CED=135°?45°=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴DE=2CM．∴AE=AD+DE=BE+2CM．【點(diǎn)睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關(guān)鍵．2．（2024·遼寧大連·一模）【模型定義】它是由兩個(gè)共頂點(diǎn)且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成．在相對位置變化的同時(shí)，始終存在一對全等三角形．他們得知這種模型稱為“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰長看作是小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個(gè)等腰三角形有公共頂點(diǎn)，類似大手拉著小手．【模型探究】（1）如圖1，若△ACB和△DCE均為等邊三角形，點(diǎn)A、D、E在同一條直線上，連接BE，則∠AEB的度數(shù)為；線段BE與AD之間的數(shù)量關(guān)系是．【模型應(yīng)用】（2）如圖2，AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，求證：AD+CD=BD；（3）如圖3，P為等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且PA：PB：PC=3：4：5，以BP為邊構(gòu)造等邊△BPM，這樣就有兩個(gè)等邊三角形共頂點(diǎn)【拓展提高】（4）如圖4，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=m°，點(diǎn)E為△ABC外一點(diǎn)，點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，∠EBC=∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度數(shù)．（用含有m的式子表示）（5）如圖5，兩個(gè)等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，兩線交于點(diǎn)P，請證明BD和CE的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．【答案】（1）60°，BE=AD；（2）見解析；（3）150°；（4）∠EAF=12m°；（5）BD=CE【分析】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．（1）由△ACB和△DCE均為等邊三角形，可證△ACD≌△BCESAS，可得∠ADC=∠BEC，AD=BE，由點(diǎn)A、D、E在同一條直線上，可求∠AEB=60°（2）延長DC到E，使得DB=DE，由∠BDC=60°，可證△DEC為等邊三角形，可得EC=EC，由AB=BC，∠ABC=60°，可證△ABC為等邊三角形，可證△ADC≌△BEC（SAS）（3）由PA：PB：PC=3：4：5，由△ABC與△BPM都是等邊三角形，可證△ABP≌△CBM（（4）將AE繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)m°得到AG，連接CG、EG、EF、FG，延長ED到M，使得DM=DE，連接FM、CM．先證△EDB≌△MDC（SAS），再證△GCF≌△MCF（SAS（5）由兩個(gè)等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，可證△DAB≌△EAC（SAS），可得∠DBA=∠ECA【詳解】解：（1）如圖1，∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌△BCE（∴∠ADC=∠BEC．BE=AD，∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵點(diǎn)A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=120°．∴∠BEC=120°．∴∠AEB=∠BEC?∠CED=60°．故答案為：60°，BE=AD．（2）證明：如圖2中，延長DC到E，使得DB=DE．∵DB=DE，∠BDC=60°，∴△BDE是等邊三角形，∴BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE，∵AB=BC，∴△ABD≌△CBE，∴AD=EC，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．∴AD+CD=BD．（3）解：以BP為邊構(gòu)造等邊△BPM，連接CM，如圖3所示：∵△ABC與△BPM都是等邊三角形，∴AB=BC，BP=BM=PM，∠ABC=∠PBM=∠BMP=60°，∴∠ABC?∠PBC=∠PBM?∠PBC，即∠ABP=∠CBM，在△ABP和△CBM中，AB=BC∠ABP=∠CBM∴△ABP≌△CBM（∴AP=CM，∠APB=∠CMB，∵PA：∴CM：∴PC∴△CMP是直角三角形，∴∠PMC=90°，∴∠CMB=∠BMP+∠PMC=60°+90°=150°，∴∠APB=150°，故答案為：150°；（4）解：如圖4中，將AE繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)m°得到AG，連接CG、EG、EF、FG，延長ED到M，使得DM=DE，連接FM、CM．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDCSAS∴BE=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=∠3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFMSAS∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFGSSS∴∠EAF=∠FAG=1（5）BD=CE且BD⊥CE；理由如下：∵∠DAE=∠BAC=90°，∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．∴∠DAB=∠EAC．在△DAB和△EAC中，AD=AE∠DAB=∠EAC∴△DAB≌△EAC（∴BD=CE，∠DBA=∠ECA，∵∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，∴∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°，即∠DBC+∠ECB=90°∴∠BPC=180°?（∴BD⊥CE，綜上所述：BD=CE且BD⊥CE．重難點(diǎn)二：趙爽弦圖1．（2024·湖北武漢·中考真題）如圖是我國漢代數(shù)學(xué)家趙