【备考2024】中考数学真题2020-2023分类精编精练11勾股定理（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
【备考2024】中考数学真题2020-2023分类精编精练11
勾股定理
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
（2022年浙江省金华市）如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是（3，1），（4，﹣2），下列各地点中，离原点最近的是（　　）
A．超市 B．医院 C．体育场 D．学校
（2022年浙江省嘉兴市）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　　）
A．1cm B．2cm C．（﹣1）cm D．（2﹣1）cm
（2021年浙江省杭州市）已知线段，按如下步骤作图：①作射线，使；②作的平分线；③以点为圆心，长为半径作弧，交于点；④过点作于点，则（ ）
A．
（2020年浙江省宁波市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连结DE，F为DE中点，连结BF．若AC＝8，BC＝6，则BF的长为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
（2020年浙江省衢州市）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（　　）
A． B． C． D．
（2023年浙江省丽水市）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB为腰作等腰直角三角形BAE，顶点E恰好落在CD边上，若AD＝1，则CE的长是（　　）
A． B． C．2 D．1
（2020年浙江省金华市、丽水市）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则的值是（ ）
A． B． C． D．
（2021年浙江省台州市）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（ ）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24 cm2 D．36 cm2
（2022年浙江省舟山市）如图，在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠ABC＝∠BDE＝90°，点A在边DE的中点上，若AB＝BC，DB＝DE＝2，连结CE，则CE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
（2023年浙江省金华市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（　　）
A． B． C． D．
、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
（2022年浙江省金华市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，连结CC'，则四边形AB'C'C的周长为 　 　cm．
（2023年浙江省丽水市）如图，分别以a，b，m，n为边长作正方形，已知m＞n且满足am﹣bn＝2，an+bm＝4．
（1）若a＝3，b＝4，则图1阴影部分的面积是 　 　，
（2）若图1阴影部分的面积为3，图2四边形ABCD的面积为5，则图2阴影部分的面积是 　 　．
（2021年浙江省杭州市）如图，在直角坐标系中，以点为端点的四条射线，，，分别过点，点，点，点，则 ______（填“”“”“”中的一个）．
（2021年浙江省温州市）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为______；记图1中小正方形的中心为点，，，图2中的对应点为点，，．以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，，在圆内或圆上时，圆的最小面积为______．
（2021年浙江省湖州市）由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了这样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形（阴影部分）．则图中的长应是______．
（2020年浙江省绍兴市）如图，已知边长为2的等边三角形ABC中，分别以点A，C为圆心，m为半径作弧，两弧交于点D，连结BD．若BD的长为2，则m的值为_____．
、解答题（本大题共8小题，共72分）
（2022年浙江省金华市）如图1，将长为2a+3，宽为2a的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到大小两个正方形．
（1）用关于a的代数式表示图2中小正方形的边长．
（2）当a＝3时，该小正方形的面积是多少？
（2023年浙江省温州市）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形，
（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个单位后的图形．
（2023年浙江省金华市）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形OABC分割成4×10的小正方形网格，在该矩形边上取点P，来表示∠POA的度数，阅读以下作图过程，并回答下列问题：
作法（如图） 结论
①在CB上取点P1，使CP1＝4． ∠P1OA＝45°，点P1表示45°．
②以O为圆心，8为半径作弧，与BC交于点P2． ∠P2OA＝30°，点P2表示30°．
③分别以O，P2为圆心，大于OP2长度一半的长为半径作弧，相交于点E，F，连接EF与BC相交于点P3． …
④以P2为圆心，OP2的长为半径作弧，与射线CB交于点D，连结OD交AB于点P4． …
（1）分别求点P3，P4表示的度数．
（2）用直尺和圆规在该矩形的边上作点P5，使该点表示37.5°（保留作图痕迹，不写作法）．
（2021年浙江省杭州市）如图，在中，的平分线交边于点，于点．已知，．
（1）求证：．
（2）若，求的面积
（2021年浙江省温州市）如图与的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．
（1）选一个四边形画在图2中，使点为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
（2020年浙江省温州市）如图，在6×4的方格纸ABCD中，请按要求画格点线段（端点在格点上），且线段的端点均不与点A，B，C，D重合．
（1）在图1中画格点线段EF，GH各一条，使点E，F，G，H分别落在边AB，BC，CD，DA上，且EF＝GH，EF不平行GH；
（2）在图2中画格点线段MN，PQ各一条，使点M，N，P，Q分别落在边AB，BC，CD，DA上，且PQ＝MN．
（2020年浙江省温州市）如图，在△ABC和△DCE中，AC＝DE，∠B＝∠DCE＝90°，点A，C，D依次在同一直线上，且AB∥DE．
（1）求证：△ABC≌△DCE；
（2）连结AE，当BC＝5，AC＝12时，求AE的长．
（2023年浙江省绍兴市）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH，
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
答案解析
、选择题
【考点】勾股定理，点的坐标．
【分析】根据题意可以画出相应的平面直角坐标系，然后根据勾股定理，可以得到点O到超市、学校、体育场、医院的距离，再比较大小即可．
解：如右图所示，
点O到超市的距离为：＝，
点O到学校的距离为：＝，
点O到体育场的距离为：＝，
点O到医院的距离为：＝，
∵＜＝＜，
∴点O到超市的距离最近，
故选：A．
【点评】本题考查勾股定理、平面直角坐标系，解答本题的关键是明确题意，作出合适平面直角坐标系．
【考点】平移的性质，勾股定理，正方形的性质．
【分析】根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，
∴BD＝＝2（cm），
由平移的性质可知，BB′＝1cm，
∴B′D＝（2﹣1）cm，
故选：D．
【点评】本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
【考点】角平分线的定义,等腰三角形的判定与性质,勾股定理,作图—复杂作图
【分析】由题意易得∠BAD=45°，AB=AE，进而可得△APE是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质可求解．
解：∵，
∴，
∵AD平分，
∴∠BAD=45°，
∵，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴AP=PE，
∴，
∵AB=AE，
∴，
∴；
故选D．
【点评】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义是解题的关键．
【考点】勾股定理的应用，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线
【分析】利用勾股定理求得AB=10；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF=CD．
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10．
又∵CD为中线，
∴CD＝AB＝5．
∵F为DE中点，BE＝BC，即点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，则BF＝CD＝2.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是△CDE的中位线．
【考点】图形的折叠，勾股定理
【分析】先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论．
解：由折叠补全图形如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，
由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AE=AD=1，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，
由第二次折叠可知，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键．
【考点】平行线的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形和正方形的性质和判定，勾股定理
【分析】如图，过点A作AF⊥BC于F，过点E作GH⊥BC于H，交AD的延长线于G，则∠AFB＝∠CHE＝90°，证明四边形AFHG是正方形，则AG＝GH，再证明△CHE和△DGE是等腰直角三角形，则DG＝EG，CH＝EH，最后根据勾股定理可得结论．
解：如图，过点A作AF⊥BC于F，过点E作GH⊥BC于H，交AD的延长线于G，则∠AFB＝∠CHE＝90°，
∴AF∥GH，
∵AD∥BC，∠AFH＝90°，
∴四边形AFHG是矩形，
∴∠G＝∠AFH＝∠FHG＝∠FAG＝90°，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°，
∵∠FAG＝∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAG，
∵∠AFB＝∠G＝90°，
∴△AFB≌△AGE（AAS），
∴AF＝AG，
∴矩形AFHG是正方形，
∴AG＝GH，
∵AG∥BC，
∴∠C＝∠EDG＝45°，
∴△CHE和△DGE是等腰直角三角形，
∴DG＝EG，CH＝EH，
∴AD＝EH＝1，
∴CH＝1，
由勾股定理得：CE＝＝．
故选：A．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定，矩形和正方形的性质和判定等知识，正确作辅助线构建△AFB和△AGE全等是解本题的关键．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质
【分析】证明，得出．设，则，，由勾股定理得出，则可得出答案．
解：四边形为正方形，
，，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
．
设，
为，的交点，
，，
四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
，
，
，
．
故选：．
【点评】本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，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
【考点】含30度角的直角三角形,勾股定理,矩形的性质
【分析】过点C作，过点B作，根据折叠的性质求出，，分别解直角三角形求出AB和AC的长度，即可求解．
解：如图，过点C作，过点B作，
，
∵长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查折叠的性质、解直角三角形，掌握折叠的性质是解题的关键．
【考点】勾股定理；等腰直角三角形．
【分析】根据题意先作出合适的辅助线，然后根据勾股定理可以得到AB和BC的长，根据等面积法可以求得EG的长，再根据勾股定理求得EF的长，最后计算出CE的长即可．
解：作EF⊥CB交CB的延长线于点F，作EG⊥BA交BA的延长线于点G，
∵DB＝DE＝2，∠BDE＝90°，点A是DE的中点，
∴BE＝＝＝2，DA＝EA＝1，
∴AB＝＝＝，
∵AB＝BC，
∴BC＝，
∵＝，
∴，
解得EG＝，
∵EG⊥BG，EF⊥BF，∠ABF＝90°，
∴四边形EFBG是矩形，
∴EG＝BF＝，
∵BE＝2，BF＝，
∴EF＝＝＝，CF＝BF+BC＝+＝，
∵∠EFC＝90°，
∴EC＝＝＝，
故选：D．
【点评】本题考查勾股定理、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出EF和CF的长．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．
【分析】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．
解：∵四边形ABEF、四边形ADGH、四边形BDMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ADB+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A．C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF＝＝m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，
∴CQ＝BC＝m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴＝＝＝tan∠PBE，
∴PE＝BE＝×m＝m，
∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故选：B．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解题的关键．
、填空题
【考点】勾股定理，平移的性质，含30度角的直角三角形．
【分析】利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形AB'C'C的四边即可求得结论．
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4，
∴AC＝＝2．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2，AA′＝CC′＝1，A′B′＝AB＝4，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5．
∴四边形AB'C'C的周长为AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2＝（8+2）cm．
故答案为：（8+2）．
【点评】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
【考点】整式的混合运算，勾股定理
【分析】（1）根据正方形的面积公式列得代数式，然后代入数值计算即可，
（2）结合已知条件可得a2+b2＝3，利用梯形面积公式可得（m+n）2＝10，然后将题干中的两个等式分别平方再相加并整理可得（a2+b2）（m2+n2）＝20，继而求得m2+n2＝，再结合（m+n）2＝10可求得mn＝，根据正方形性质可得图2中阴影部分是一个直角三角形，利用勾股定理求得其两直角边长，再根据三角形面积公式可得其面积为mn＝．
解：（1）由题意可得图1阴影部分面积为：a2+b2，
∵a＝3，b＝4，
∴a2+b2＝32+42＝25，
故答案为：25，
（2）由题意可得a2+b2＝3，图2中四边形ABCD是直角梯形，
∵AB＝m，CD＝n，它的高为：（m+n），
∴（m+n）（m+n）＝5，
∴（m+n）2＝10，
∵am﹣bn＝2，an+bm＝4，
∴将两式分别平方并整理可得：a2m2﹣2abmn+b2n2＝4①，a2n2+2abmn+b2m2＝16②，
①+②整理得：（a2+b2）（m2+n2）＝20，
∵a2+b2＝3，
∴m2+n2＝，
∵（m+n）2＝10，
∴（m+n）2﹣（m2+n2）＝10﹣，
整理得：2mn＝，
即mn＝，
∵图2中阴影部分的三角形的其中两边是两正方形的对角线，
∴这两边构成的角为：45°+45°＝90°，
那么阴影部分的三角形为直角三角形，其两直角边的长分别为：＝m，＝n，
故阴影部分的面积为：×m×n＝mn＝，
故答案为：．
【点评】本题考查整式运算的实际应用，（2）中将题干中的两个等式分别平方再相加并整理后得出（a2+b2）（m2+n2）＝20是解题的关键．
【考点】等腰直角三角形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理
【分析】连接DE，判断△ABC和△ADE是等腰直角三角形，即可得到．
解：连接DE，如图
∵点，点，点，点，点，
由勾股定理与网格问题，则
，，
∴△ABC是等腰直角三角形；
∵，，
∴，
∴，
∴△ADE是等腰直角三角形；
∴；
故答案为：=．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握掌握所学的知识，正确判断△ABC和△ADE是等腰直角三角形．
【考点】正方形的性质，完全平方公式，勾股定理，圆的面积
【分析】（1）先求出剪拼后大正方形的面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；
（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解．
解：∵图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，
∴每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，
所以图2中正方形的边长,如下图3所示；
∴图1中，；
分别连接、、，并分别过点、、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，
综合两图可知，,,,O点到大正方形各边距离为，
∴，,
∴;
综合两图可知：,,,
∴,,
∴；
继续综合两图可知：,
∴,
∴,
∵，
∴距离O点最远，
∴最小圆的半径应为，
∴圆的面积为；
故答案为：；．
【点评】本题考查了正方形和长方形的基础知识、线段之间的和差关系、完全平方公式、勾股定理、圆的面积公式等内容，解决本题的关键是理解题意、读懂图形、找出两个图形之间的关联、能灵活运用勾股定理等公式求解线段的长等；本题要求学生对图形具有一定的感知能力，有较强的计算能力等，该题蕴含了数形结合等思想方法．
【考点】勾股定理的应用
【分析】根据裁剪和拼接的线段关系可知，，在中应用勾股定理即可求解．
解：∵地毯平均分成了3份，
∴每一份的边长为，
∴，
在中，根据勾股定理可得，
根据裁剪可知，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查勾股定理，根据裁剪找出对应面积和线段的关系是解题的关键．
【考点】等边三角形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理
【分析】由作图知，点D在AC的垂直平分线上，得到点B在AC的垂直平分线上，求得BD垂直平分AC，设垂足为E，得到BE＝，当点D、B在AC的两侧时，如图，证出BE＝DE，即可求出m；当点D、B在AC的同侧时，如图，解直角三角形即可得到结论．
解：由作图知，点D在AC的垂直平分线上，
∵△ABC是等边三角形，
∴点B在AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
设垂足为E，
∵AC＝AB＝2，
∴BE＝AB·sin60°=，
当点D、B在AC的两侧时，如图，
∵BD＝2，
∴BE＝DE，
∴AD＝AB＝2，
∴m＝2；
当点D、B在AC的同侧时，如图，
∵＝2，
∴＝3，
∴＝＝2，
∴m＝2，
综上所述，m的值为2或2，
故答案为：2或2．
【点评】此题考查的是等边三角形的性质、垂直平分线的性质、锐角三角函数和勾股定理，掌握等边三角形的性质、垂直平分线的性质、分类讨论的数学思想、锐角三角函数和勾股定理是解决此题的关键．
、解答题
【考点】勾股定理，列代数式，代数式求值．
【分析】（1）观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边即可，
（2）根据正方形的面积＝边长的平方列出代数式，把a＝3代入求值即可．
解：（1）∵直角三角形较短的直角边＝×2a＝a，
较长的直角边＝2a+3，
∴小正方形的边长＝2a+3﹣a＝a+3，
（2）小正方形的面积＝（a+3）2，
当a＝3时，面积＝（3+3）2＝36．
【点评】本题考查了列代数式，代数式求值，观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边求出小正方形的边长是解题的关键．
【考点】作图﹣旋转变换，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，作图﹣平移变换．
【分析】（1）跟进一下作出图形即可，
（2）作等腰直角三角形PQR，可得结论．
解：（1）图形如图1所示（答案不唯一），
（2）图形如图2所示．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
【考点】勾股定理的逆定理，勾股定理．
【分析】（1）根据矩形的性质可求出∠OP2C 度数，根据线段垂直平分线的性质∠P2OP3度数，即可求出∠P3OA的度数，从而知道P3点表示度数，利用半径相等即可求出∠P2OD＝∠P2DO，再根据平行线的性质即可求出∠P2OD＝∠DOA，从而得P3表示度数，
（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．
解：①∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，
∴∠OP2C＝∠P2OA＝30°，
由作图可知，EF是 OP2 的中垂线，
∴OP3＝P3P2，
∴∠P3OP2＝∠P3P2O＝30°，
∴∠P3OA＝∠P3OP2+∠P2OA＝60°，
∴点 P3 表示 60°，
②作图可知，P2D＝P2O，
∴∠P2OD＝∠P2DO，
∵CB∥OA，
∴∠P2DO＝∠DOA，
∴，
∴点P4表示 15°，
答：点P3表示60°，点P4表示15°，
（2）作∠P3OP4 的角平分线交BC于P5，点P5即为所求作的点，如图：
∵点P3表示 60°，点P4表示 15°，
∴∠P3OP4＝60°﹣15°＝45°，
∴∠P3OP4+∠P4OA＝22.5°+15°＝37.5°，
∴P5 表示37.5°．
【点评】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，掌握用到的相关知识点．
【考点】等腰三角形的判定，锐角三角函数的定义
【分析】（1）根据题意证明即可；
（2）根据特殊角的锐角三角函数求得BE、EC的长，用三角形面积公式计算即可．
解：（1）因为平分，
∴．
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）由题意，得，，
∴，
∴的面积为．
【点评】本题主要考查等腰三角形的判定，根据特殊角的三角函数求边长，正确记忆特殊角的锐角三角函数值是解题关键．
【考点】二次根式的乘除法,勾股定理的应用,作图—基本作图,作图-平移变换
【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，
（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长 的两个，直角边长2 的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．
解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．
（2）画法不唯一，
当直角边长为时，扩大即直角边长为利用勾股定理画出直角边长为直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2时，扩大即直角边长为2利用勾股定理画出直角边长为2直角 三角形可以是如图7或图8等．
【点评】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
【考点】勾股定理的应用,作图—应用与设计作图
【分析】（1）根据方格纸的特点,只要在AB与CD边上的点不对称就可以得到不平行,再根据勾股定理确定长度,画法不唯一.
（2）根据勾股定理分别算出PQ和MN,使得PQ＝MN的点即为所求的点.
解：（1）由EF=GH=,可得图形如下图:
（2）如图所示,,.
所以,
得到: PQ＝MN.
【点睛】本题主要考查了利用格点作图的知识点,利用勾股定理的知识点结合求解即可.
【考点】平行线的性质，全等三角形的判定，勾股定理
【分析】根据题意可知，本题考查平行的性质，全等三角形的判定和勾股定理，根据判定定理，运用两直线平行内错角相等再通过AAS以及勾股定理进行求解．
解：（1）∵
∴
在△ABC和△DCE中
∴△ABC≌△DCE
（2）由（1）可得BC=CE=5
在直角三角形ACE中
【点睛】本题考查平行的性质，全等三角形的判定和勾股定理，熟练掌握判定定理运用以及平行的性质是解决此类问题的关键．
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理．
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，
∴AD∥GE，
∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【点评】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)