专题04三角形的性质与判定 课件（共53张PPT）-中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

(共53张PPT)
专题04 三角形的性质与判定
2024年中考数学二轮复习讲练测
目录
CONTENTS
01
02
知识建构
03
考点精讲
考情分析
第一部分
考情分析
稿定PPT
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02
考点要求 命题预测
三角形的基础 三角形的基础知识是解决后续很多几何问题的基础，所以在中考中考察的几率比较大.在考察题型上，三角形基础知识部分多以选择或者填空题形式，考察其三边关系、内角和/外角和定理、“三线”基本性质等.特殊三角形的性质与判定也是考查重点，年年都会考查，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结的，且等腰三角形单独出题的可能性还是比较大.直角三角形的出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸.
特殊三角形的性质与判定
第二部分
知识建构
稿定PPT
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02
第三部分
考点精讲
考点一 三角形的基础
三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所构成的图形叫做三角形.
三角形的表示：用符号“”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“ABC”，读作“三角形ABC”.
三角形的分类：
1）三角形按边分类：三角形
2）三角形按角分类：三角形

三角形的稳定性: 三角形三条边的长度确定之后，三角形的形状就唯一确定了.
查漏补缺
易错点拨
1. 三角形的表示方法中“”代表“三角形”,后边的字母为三角形的三个顶点,字母的顺序可以自由安排. 即 ABC, ACB等均为同一个三角形.
2. 等腰三角形中至少有两边相等,而等边三角形中三边都相等,所以等边三角形是特殊的等腰三角形.
3. 四边形及多边形不具有稳定性，要使多边形具有稳定性，方法是将多边形分成多个三角形，这样多边形就具有稳定性了.
题型01 三角形的三边关系
三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边．
推论：三角形的两边之差小于第三边．
【解题技巧】
1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形．
2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b
3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形．
高分秘籍
1．（2021·湖南娄底·统考中考真题）是某三角形三边的长，则等于（ ）
A． B． C．10 D．4
【详解】解：是三角形的三边，
，解得：，
，故选：D．
2．（2020·甘肃天水·统考中考真题）一个三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程的根，则该三角形的周长为 ．
【详解】解：∵x2-8x+12=0，解得x1=2，x2=6，
∵三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程x2-8x+12=0的根，当x=2时，2+2＜5，不符合题意，
∴三角形的第三边长是6，∴该三角形的周长为：2+5+6=13．
故答案为：13．
题型01 三角形的三边关系
1．（2023·河北·统考模拟预测）已知一个三角形的第一条边长为，第二条边长为
(1)求第三条边长的取值范围；（用含，的式子表示）
(2)若，满足，第三条边长为整数，求这个三角形周长的最大值.
题型01 三角形的三边关系
2．（2023·广东江门·二模）已知关于的方程．
(1)求证：无论取何实数值，方程总有实数根；
(2)若等腰三角形的一边，另两边长恰好是这个方程的两个根，求的周长．
【详解】（1）证明： ，∴无论取何值，方程总有实数根；
（2）解：①若为底边，则为腰长，，，∴，解得：，
此时原方程化为，∴，即，此时三边为6，2，2不能构成三角形，故舍去；
②若为腰，则中一边为腰，把代入方程，，
∴，则原方程化为，∴，，此时三边为6，6，2能构成三角形，综上所述：三边为6，6，2，∴周长为．
题型02 与三角形有关线段的综合问题
三角形有关的线段的性质：

1. 三角形的高、中线、角平分线是三条线段，由三角形的高可得90°的角，由三角形的中线可得线段之间的关系，由三角形的角平分线可得角之间的关系．
2. 常见三角形的高：
3. 当已知三角形两边的中点时，可考虑运用三角形中位线定理，得到相应线段的数量关系与位置关系.
提分笔记
高分秘籍
1．（2023·安徽·中考真题）清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，是锐角的高，则．当，时， ．
【详解】解：∵，，∴
∴,故答案为：．
题型02 与三角形有关线段的综合问题
2．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，是的中线，点F在上，延长交于点D．若，则 ．
【详解】解：连接ED是的中线，，，
设，
，
与是等高三角形，，故答案为：．
1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，在中，．
(1)若，求的度数．
(2)画的平分线交于点D，过点D作于点E．若，
求的长．（画图工具不限）
【详解】（1）解：∵中，，，
∴；
（2）解：如图，为所求作的角平分线，为所求作的垂线；
过点D作于点F，
∵平分，，，∴，
∵，
又∵，
∴，即，∴．
题型02 与三角形有关线段的综合问题
题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题
三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°．
推论：直角三角形的两个锐角互余.
三角形的内角和定理的应用：
1)在三角形中,已知两个内角的度数,可以求出第三个内角的度数；
2)在三角形中,已知三个内角的比例关系,可以求出三个内角的度数；
3)在直角三角形中,已知一个锐角的度数,可以求出另一个锐角的度数.
三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．
三角形的外角和的性质：1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；
2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．
提分笔记
三角形中角度计算的6种常考模型：
高分秘籍
题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题
1．（2022·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，
使点的对应点恰好落在边上，、交于点．若，则的度数是（用含的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，且∴BC=DC，∠ACE=α，∠A=∠E，∴∠B=∠BDC，∴，∴，∴，，故选：C．
题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题
2．（2020·浙江绍兴·中考真题）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（　　）
A．随着θ的增大而增大 B．随着θ的增大而减小 C．不变 D．随着θ的增大，先增大后减小
【详解】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，∴∠PAH的度数是定值，故选：C．
1．（2023·广东广州·统考一模）在“玩转数学”活动中，小林剪掉等边三角形纸片的一角，如图所示，发现得到的与的和总是一个定值．则 度．
【详解】解：如图， 是等边三角形， ，
，， ，
， ，
故答案为：240．
题型03三角形内角和定理与外角和定理综合问题
2．（2022·河北秦皇岛·统考一模）如图，用铁丝折成一个四边形ABCD（点C在直线BD的上方），且∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分线的夹角∠E的度数为100°，可保持∠A不变，将∠BCD （填“增大”或“减小”） °．
【详解】解：如图，连接AE并延长，连接AC并延长，∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，
∵∠BAD＝70°，∴∠ABE+∠ADE=30°，
∵BE，DE分别是∠ABC、∠ADC平分线，∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，
同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，
∴∠BCD增大了10°．故答案为：增大，10．
题型04 三角形内角和与外角和定理的实际应用
1．（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图，沿方向架桥修路，为加快施工进度，在直线上湖的另一边的处同时施工．取，，，则，两点的距离是 ．
【详解】如图所示：过点作于点，则∠BEC=∠DEC=90°，
，，∴∠BCE=90°-30°=60°，
又，，∴∠ECD=45°=∠D，∴，
，，，即．
故答案为：．
2．（2021·河北·统考中考真题）下图是可调躺椅示意图（数据如图），与的交点为，且，，
保持不变．为了舒适，需调整的大小，使，则图中应 （填“增加”或“减少”） 度．
【详解】解：∵∠A+∠B=50°+60°=110°，∴∠ACB=180°-110°=70°，∴∠DCE=70°，
如图，连接CF并延长，∴∠DFM=∠D+∠DCF=20°+∠DCF，∠EFM=∠E+∠ECF=30°+∠ECF，
∴∠EFD=∠DFM+∠EFM=20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°，
要使∠EFD=110°，则∠EFD减少了10°，
若只调整∠D的大小，由∠EFD=∠DFM+∠EFM=∠D+∠DCF+∠E+∠ECF=∠D+∠E+∠ECD=
∠D+30°+70°=∠ D+100°，
因此应将∠D减少10度；故答案为：①减少；②10．
1.（2023·山西太原·模拟预测）绿色出行，健康出行，你我同行．某市为了方便市民绿色出行，推出了共享单车服务．图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其示意图，其中，都与地面平行，，．已知与平行，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：∵，都与地面平行，，
∴，∴，
∵，∴，
∵，∴；故选：C．
题型04 三角形内角和与外角和定理的实际应用
图1 图2
2．（2023·江苏盐城·二模）一副三角板如图所示摆放，其中含角的直角三角板的直角顶点在另一个三角板的斜边上，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：如图，由题意得：，，
，，．故选：D．
考点二 特殊三角形的性质与判定
勾股定理的概念：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么.
变式：，，,,.
勾股定理的证明方法（常见）：
方法一（图一）：，，化简可证．
方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．
四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为
大正方形面积为，所以
方法三（图三）：，，化简得证
查漏补缺
题型01 线段垂直平分线的性质与判定
垂直平分线的概念：经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（或线段的中垂线）.
性质：线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.
判定：到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上.
对于含有垂直平分线的题目，首先考虑将垂直平分线上的点与线段两端点连接起来．
查漏补缺
提分笔记
1．（2022·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在中，分别以点和点为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，．作直线，交于点，交于点，连接．若，，，则的周长为（ ）
A．25 B．22 C．19 D．18
【详解】解：由作图的过程可知，DE是BC的垂直平分线，∴BD＝CD，
∵，，∴ △ABD的周长＝AB＋AD＋BD＝AB＋AD＋CD＝AB＋AC＝19．故选：C
题型01 线段垂直平分线的性质与判定
2．（2020·江西·统考中考真题）如图，平分，，的延长线交于点，若，则的度数为 ．
【详解】解：如图，连接，延长与交于点
平分，， 是的垂直平分线，
故答案为：
1.（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A． B．若，则
C． D．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC=AD，∴AB=BC=AC，∴ΔABC为等边三角形，∴∠ABC=60°，∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=，∵∠D=60°，∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°，在Rt△ABE中，BE= ，
所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵ABCD，AB=2DE，∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．故选：B．
题型01 线段垂直平分线的性质与判定
2.（2023·云南昭通·统考二模）如图，，，这个图形叫做“筝形”，数学兴趣小组几名同学探究出关于它的如下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【详解】解：在和中，
，，故①正确；
，，
垂直平分，
，，故②③正确；
由已知和图形无法判断，故④错误；
故选：．
题型01 线段垂直平分线的性质与判定
题型02 角平分线的性质与判定
角平分线的性质定理：角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等．
角平分线的判定定理：角的内部，与角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上．
性质中的“距离”是指“点到角两边所在直线的距离”,因此在应用时必须含有“垂直”这个条件,否则不能得到线段相等.
易错点拨
查漏补缺
1．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，中，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别于点M、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E，作射线交于点D，则线段的长为 ．
【详解】如图：过点作于点， ，由题意得：平分，
， ， ，
， ，
， ；故答案为：．
题型02 角平分线的性质与判定
2．（2022·四川南充·中考真题）如图，在中，的平分线交于点D，DE//AB，交于点E，于点F，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：在中，的平分线交于点D，，∴CD=DF=3，故B正确；
∵DE=5，∴CE=4，∵DE//AB，∴∠ADE=∠DAF，
∵∠CAD=∠BAD，∴∠CAD=∠ADE，∴AE=DE=5，故C正确；∴AC=AE+CE=9，故D正确；
∵∠B=∠CDE，∠BFD=∠C=90°，∴△BDF∽△DEC， ∴,∴，故A错误；故选：A．
1（2023·广东惠州·校联考二模）如图，，，于．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的长．
【详解】（1）证明：过C点作，交的延长线于点F．
∵，∴，
∵，，∴，
又∵，∴，
∴，∴平分；
（2）解：由（1）可得，
在和中，，
∴，
∴，∴．
题型02 角平分线的性质与判定
题型03 等腰三角形的性质与判定
等腰三角形性质：
1）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）.
2）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）.
等腰三角形的判定：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称“等角对等边”）.
1. 等腰三角形的边有腰、底之分,角有顶角、底角之分,若题目中的边没有明确是底还是腰,角没有明是顶角还是底角，需要分类讨论.
2. 顶角是直角的等腰三角形叫做等腰直角三角形，且它的两个底角都为45°.
3. 等腰三角形是轴对称图形，它有1条或3条对称轴．
4. 等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）．
5. 等腰三角形的三边关系：设腰长为a，底边长为b，则6. 等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A，底角为∠B、∠C，则∠A=180°-2∠B，∠B=∠C=
7. 底角为顶角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分线将原等腰三角形分成两个等腰三角形．（即顶角36°，底角72°）.
8. 等腰三角形的判定定理是证明两条线段相等的重要依据，是把三角形中的角的相等关系转化为边的相等关系的重要依据．
查漏补缺
提分笔记
1．（2022·江西·统考中考真题）已知点A在反比例函数的图象上，点B在x轴正半轴上，若为等腰三角形，且腰长为5，则的长为 ．
【详解】解：①当AO=AB时，AB=5；②当AB=BO时，AB=5；
③当OA=OB时，则OB=5，B（5，0），设A（a，）（a>0），∵OA=5，∴，
解得：，，∴A（3，4）或（4，3），∴AB=或AB=；
综上所述，AB的长为5或或．故答案为：5或或．
题型03 等腰三角形的性质与判定
2.如图锐角中，，则AC的值为 ．
【详解】解：过点A作的平分线，交于点D，则，
∵，即，∴，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴.
1.（2023·北京顺义·统考二模）如图，在中，，分别是，的平分线，过点D作，分别交，于点E，F．若，，则的长为 ．
【详解】解：∵平分，平分，∴，，
∵，∴，，∴，，
∴，，∴，故答案为：10．
题型03 等腰三角形的性质与判定
2.（2020·江苏泰州·统考一模）已知点A(2，m)，点P在y轴上，且△POA为等腰三角形，
若符合条件的点P恰好有2个，则m= ．
【详解】设点
①当OP=OA时，这样的P点一定有2个，∴PO=PA不存在，AP=AO也不存在，∴A点在x轴上，此时m=0．
②当时，可得∵点P、O、A能够成三角形∴，n为任何值均成立；
③当时，可得∵符合条件的点P恰好有2个∴与应该存在两个不同的解，∴将代入中，可得解得
将代入中，可得解得故答案为：0或．
题型04 等边三角形的性质与判定
等边三角形的性质：1）等边三角形的三条边相等.
2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°.
等边三角形的判定：1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形.
2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
1. 等边三角形具有等腰三角形的一切性质.
2. 等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴．
3．等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合．
4. 在等腰三角形中，只要有一个角是60°，无论这个角是顶角还是底角，这个三角形就是等边三角形．
5. 等腰(等边)三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合．
6. 等边三角形面积的求解方法：S正三角形=
提分笔记
查漏补缺
1．（2022·贵州贵阳·统考中考真题）如图，已知，点为边上一点，，点为线段的中点，以点为圆心，线段长为半径作弧，交于点，连接，则的长是（ ）
A．5 B． C． D．
【详解】连接OE，如图所示：
∵，点为线段的中点，
∴，
∵以点为圆心，线段长为半径作弧，交于点，
∴，
∴,
∴为等边三角形，
即，
故选：A．
题型04 等边三角形的性质与判定
2．（2022·吉林长春·统考中考真题）跳棋是一项传统的智力游戏．如图是一副跳棋棋盘的示意图，它可以看作是由全等的等边三角形和等边三角形组合而成，它们重叠部分的图形为正六边形．若厘米，则这个正六边形的周长为 厘米．
【详解】设AB交EF、FD与点N、M，AC交EF、ED于点G、H，BC交FD、ED于点O、P，如图，
∵六边形MNGHPO是正六边形，∴∠GNM=∠NMO=120°，
∴∠FNM=∠FMN=60°，∴△FMN是等边三角形，
同理可证明△ANG、△BMO、△DOP、△CPH、△EGH是等边三角形，
∴MO=BM，NG=AN，OP=PD，GH=HE，
∴NG+MN+MO=AN+MN+BM=AB，GH+PH+OP=HE+PH+PD=DE，
∵等边△ABC≌等边△DEF，∴AB=DE，
∵AB=27cm，∴DE=27cm，
∴正六边形MNGHPO的周长为：NG+MN+MO+GH+PH+OP=AB+DE=54cm，
故答案为：54．
题型04 等边三角形的性质与判定
1.（2024·福建泉州·模拟预测）如图，点在内部，逆时针旋转得到，请添加一个条件： ．使得是等边三角形．
【详解】解： 逆时针旋转得到，则，
，
若添加条件：或者，则是等边三角形；
若添加条件：，则是等边三角形；
若添加条件：，
，
，，
，
是等边三角形；
故答案为：或或或者．
题型04 等边三角形的性质与判定
2. （2023·河北承德·校联考一模）如图，已知在中，弦垂直平分半径的延长线交于P，连接，过点A，B的切线相交于点M．
(1)求证：是等边三角形；
(2)若的半径为2，求的长．
【详解】（1）证明：连接，设与的交点为D，
，分别切于A，B，，，
弦垂直平分半径，，，
，又，是等边三角形；
（2）解：由题意得，，由（1）可知，
，，
在中，．
题型04 等边三角形的性质与判定
题型05 直角三角形的性质与判定
直角三角形的性质：1）直角三角形两个锐角互余.
2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
3）在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.
直角三角形的判定：1）两个内角互余的三角形是直角三角形.
2）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形．
3）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c有关系a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形.
面积公式：S= (其中：c为斜边上的高，m为斜边长)
提分笔记
1．（2023·山东·中考真题）的三边长a，b，c满足，则是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰直角三角形
题型05 直角三角形的性质与判定
2．（2023·河北·中考真题）在和中，．已知，则（ ）
A． B． C．或 D．或
【详解】解：过A作于点D，过作于点，
∵，∴，
当在点D的两侧，在点的两侧时，如图，
∵，，∴，∴；
当在点D的两侧，在点的同侧时，如图，
∵，，∴，∴，
即；
综上，的值为或．故选：C．
1.（2023·福建漳州·统考一模）在下列条件中：①，②，③，④中，能确定是直角三角形的条件有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【详解】解：由三角形内角和定理得，
①当时，，，能确定是直角三角形；
②当时，，能确定是直角三角形；
③当时，，能确定是直角三角形；
④当时，，不能确定是直角三角形；
综上可知，能确定是直角三角形的条件有3个，故选C．
2.（2023·广东揭阳·统考一模）如图，在中，，，平分，点是的中点，若，则的长为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【详解】解：∵，，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵点是的中点，∴，∴，
∴．故选：B．
题型05 直角三角形的性质与判定
题型06 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
1）因为正方形网格中的每一个角都是直角，所以在正方形网格中的计算都可以归结为求任意两个格点之间的长度问题，一般情况下都是设每一个小正方形的边长为1,然后应用勾股定理来进行计算.
2）网格中，求顶点在格点上的四边形或五边形等几何图形的面积，可利用外部补法，转化成用长方形(或正方形)的面积减去直角三角形面积.
提分笔记
1．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，与相交于点E，连接，则与的周长比为（ ）
A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1
【详解】如图：由题意可知，，， ∴，而，
∴四边形DCBM为平行四边形，∴，∴，，
∴，∴．故选：D．
2．（2022·四川广元·中考真题）如图，在正方形方格纸中，每个小正方形的边长都相等，A、B、C、D都在格点处，AB与CD相交于点P，则cos∠APC的值为（　　）
A． B． C． D．
【详解】解：把AB向上平移一个单位到DE，连接CE，如图．
则DE∥AB，∴∠APC＝∠EDC．
在△DCE中，有，，，
∴，∴是直角三角形，且，∴cos∠APC＝cos∠EDC＝．故选：B．
题型06 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
1.（2021·江苏苏州·统考一模）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为（　　）
A． B． C． D．
【详解】解：由勾股定理得：AC＝＝，
∵S△ABC＝3×3﹣＝，
∴，∴，∴BD＝，故选：D．
2.（2022·河北保定·统考二模）如图，点、、在正方形网格格点上，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：连接AB，
由勾股定理得： ， ， ，
∵10=5+5，∴，且AB=BC，
∴∠ABC=90°，∴∠BAC=45°，故选：B．
题型06 勾股定理、勾股定理逆定理与网格问题
题型07 与三角形有关的折叠问题
利用勾股定理解答折叠问题的一般步骤：
1）运用折叠图形的性质找出相等的线段或角；
2）在图形中找到一个直角三角形（选不以折痕为边的直角三角形），然后设图形中某一线段的长为x，将此直角三角形的三边长用数或含有x的代数式表示出来；
3）利用勾股定理列方程求出x；
4）进行相关计算解决问题.
提分笔记
1．（2021·四川凉山·中考真题）如图，中，，将沿DE翻折，使点A与点B重合，则CE的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB==10，
∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，∴AE=BE，AD=BD=AB=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，
在Rt△BCE中∵BE2=BC2+CE2，∴x2=62+（8-x）2，解得x=，∴CE==，故选：D．
题型07 与三角形有关的折叠问题
2．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在中，，，，点，分别在，上，将沿直线翻折，点的对应点恰好落在上，连接，若，则的长为 ．
【详解】解：在中，，，，．，，
，．．．．
将沿直线翻折，点的对应点恰好落在上，．
．故答案为：7.5．
1．（2022·重庆大足·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， AB＝5，AC＝3，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当∠DEB是直角时，DF的长为（ ）．
A．5 B．3 C． D．
【详解】解：如图，
∵是直角∴
由题意知，，
∴∴三点共线∴与重合
在中，由勾股定理得
设，
在中，由勾股定理得即, 解得
∴的长为故选C．
题型07 与三角形有关的折叠问题
题型08 赵爽弦图
赵爽弦图的几何意义：
1）证明勾股定理：c2=a2+b2
2) IJ=b-a
3）S正方形EFGH= c2 = a2+b2 , S正方形IJKL=(b-a) 2
4）S阴影= S正方形EFGH- S正方形IJKL=2ab
提分笔记
1．（2022·四川宜宾·中考真题）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 ．
【详解】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为，较长的直角边为较短的直角边为 为斜边，
直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49， ，
①，②，，
③，，解得或（舍去），大正方形的面积为，故答案为：．
题型08 赵爽弦图
2．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中，，连接，若与的面积相等，则 ．
【详解】解：∵图中，，∴
∵与的面积相等，∴∴∴
∴∴解得：（负值舍去），∴，故答案为：3．
1．（2022·福建福州·福建省福州延安中学校考模拟预测）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1），图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、，如果，那么的值是 ．
【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为、且，
由题意可知：，，，
因为，
即，
，
．
故答案32．
题型08 赵爽弦图
题型09利用勾股定理解决实际问题
利用勾股定理解决实际问题的一般步骤：
1)将实际问题转化为数学问题；
2)明确已知条件及结论；
3)利用勾股定理解答，并确定实际问题的答案.
提分笔记
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥的底面圆周长为 ，母线长为30，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为 ，
∴解得：
∵解得：∴侧面展开图的圆心角为
如图所示，即为所求，过点作，
∵，，则
∵，则
∴，，故选：B．
题型09利用勾股定理解决实际问题
2．（2023·四川广安·中考真题）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为，底面周长为，在杯内壁离杯底的点处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿，且与蜂蜜相对的点处，则蚂蚁从外壁处到内壁处所走的最短路程为 ．（杯壁厚度不计）
【详解】解：如图，将玻璃杯侧面展开，作关于的对称点，作，交延长线于点，连接，
由题意得：，
，
∵底面周长为，，
，
由两点之间线段最短可知，蚂蚁从外壁处到内壁处所走的最短路程为，故答案为：10．
题型09利用勾股定理解决实际问题
1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）一块木板如图所示，已知，，，，，求此木板的面积 ．
【详解】解：如图所示，连接，，， ，
，， ，是直角三角形，
．故答案为：．
题型09利用勾股定理解决实际问题
2．（2023·辽宁抚顺·统考三模）如图，是斜靠在墙上的长梯，与地面夹角为，当梯顶下滑到时，梯脚滑到，与地面的夹角为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【详解】解：在中，， ，可设 ，那么 ，
， ．
在中，，，，
，解得：， ，，， ．故选：D．
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