2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）第四章 三角形 专题四 直角三角形（含解析）

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2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第四章 三角形
专题四 直角三角形
命题点1 直角三角形的判定
1．（2025·山西·模拟预测）如图，在中，，为的中点，．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·山西吕梁模拟预测）如图，以为直径的半圆交于点，已知与相切于点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山西太原·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（ ）
A．直角三角形的两个锐角互余
B．等量代换
C．两个锐角互余的三角形是直角三角形
D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
4．（2025山西临汾·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．
命题点2直角三角形的性质
1．（2025山西太原模拟）如图，已知是半的直径，是弦，切于点，交的延长线于点，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025山西临汾模拟）如图，把绕C点顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山西晋中·二模）如图，点，在以为直径的上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·山西·模拟预测）如图，是的直径，，是上两点，过点作的切线，交的延长线于点．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·山西晋中·三模）如图，在中，是边上的高，是的平分线，，交于点．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·山西晋中·二模）如图，为的直径，，为上两点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·山西朔州·模拟预测）如图是某机械加工厂加工的一种零件的示意图，其中，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·山西朔州·模拟预测）如图，直线是一块直角三角板如图放置，其中，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·山西晋中·一模）如图，在中，，，三角板按如图方式放置，点落在上，在同一直线上，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·山西吕梁·一模）将一把直尺和一块含角的直角三角尺按如图所示的方式放置．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·山西·模拟预测）如图，菱形的面积为12，对角线，相交于点O．过点作于点，连接．已知在菱形中，，则的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．2.5
12．（2024·山西大同·二模）如图，是的直径，C是上一点，连接，，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点D，E，分别以点D，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长，交于点P，连接．若．则的度数为 ．
命题点3 30°或45°的直角三角形
1．（2024·山西·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为（　　）
A．12 B．6 C．6 D．
2．（2025·山西临汾·二模）如图，已知半圆的直径，是半圆上一点，且，以点为圆心，的长为半径画弧交于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山西长治·一模）如图，的斜边在轴上，，直角顶点在第二象限，将绕原点顺时针旋转后得到，则点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·山西吕梁·二模）如图1所示是“梦想起航社团”同学设计的社团logo部分图案．图案由分别以等边三角形ABC的顶点A，C为圆心，AB长为半径的两条弧和以AC的中点O为圆心，长为半径的第三条弧组成（如图2）．若，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·山西晋中·三模）如图，为等边三角形，平分，点为上一动点，连接，当取最小值时，的长为（ ）
A．1 B． C． D．
6．（2025·山西晋中·二模）如图，中，，D为的中点，点F是边上一点，且，连接并延长，交延长线于点E，若，则的长为 ．
7．（2025·山西吕梁·二模）如图，在四边形中，，，，对角线，交于点．若，则的长为 ．
8．（2025·山西吕梁·二模）如图，四边形为菱形．
(1)过点作直线的垂线为垂足．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)若，试探究与的数量关系，并说明理由．
命题点4 弦图模型及其变形图
1．（2025·山西吕梁·一模）“赵爽弦图”是第24届国际数学家大会的会徽图案，源于赵爽所著的《勾股圆方图注》．赵爽运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理，他所用的方法是（ ）
A．分析法 B．相似法 C．反证法 D．等面积法
2．（2025山西临汾模拟）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”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若S1＋S2＋S3＝10，则S2的值为(　　)
A． B． C．3 D．
3．（2025山西晋中·一模）受赵爽弦图证明勾股定理的启发，王刚同学利用两个相同的小正方形和两组分别全等的直角三角形拼成了如图所示的矩形，若，则该矩形的面积为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．48
4．（2025山西运城·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·山西·一模）如图1是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造的一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．图2是弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成．若正方形MNKT的面积是1，正方形EFGH的面积是61，则正方形ABCD的边长是 ．

6．（2025·山西忻州·一模）阅读与思考．
纯几何法验证勾股定理我们知道，勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．勾股定理的验证方法到目前为止也有300多种，最著名的有“赵爽弦图法”“总统证法”“毕达哥拉斯法”“青朱出入法”“达芬奇法”“欧几里得法”等等．下面我们介绍一种纯几何验证法．如图1，在中，，于点D，先证明，可得，再证明，可得，两式相加即可得勾股定理，这种方法避开了利用拼图和面积法繁琐的证明，不失为一种很好的验证方法．
阅读下列材料，并完成相应的任务．
(1)根据材料中的方法，请写出完整的证明过程．
(2)如图2，将直角三角形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，我们把这样的直角三角形称为“勾股形”，图3是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成的矩形，若，求该矩形的面积．
1．如图，在中，点D为斜边的中点，点E在上，连接、，点F在上，且，，若，则的长为（ ）
A．3 B． C．4 D．
2．如图，四边形中，相交于点分别是、的中点，，，则的值为 ．
3．如图，在中，，点是直角边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接．
（1）若点与点重合，长为 ；
（2）点运动过程中，线段的最小值为 ．
4．如图，在中，，，为的中垂线，分别与、交于点、，连接，若，则 ．
5．阅读下列材料并完成任务：
中国古代三国时期吴国的数学家赵爽最早对勾股定理作出理论证明.他创制了一幅“勾股圆方图”(如图l)，用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成的.每个直角三角形的面积为；中间的小正方形边长为，面积为.于是便得到式子：.赵爽的这个证明可谓别具匠心，极富创新意识.他用几何图形的截、割、拼、补来证明代数式之间的恒等关系，既具严密性，又具直观性，为中国古代以形证数、形数统一、代数和几何紧密结合、互不可分的独特风格树立了一个典范.如图2，是“赵爽弦图”，其中、、和是四个全等的直角三角形，四边形和都是正方形，根据这个图形的面积关系，可以证明勾股定理.设，，，取，.
任务：
(1)填空：正方形的面积为______，四个直角三角形的面积和为______；
(2)求的值.
6．如图，，点是线段的中点，且，已知
(1)求证：
(2)若，求的长．
7．如图，，，，相交于点．
(1)证明：；
(2)若，，求的长．
8．如图，在等边中，点D，E分别在边上，且交于点P，，垂足为点F．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
9．如图， 在 中，，，是的垂直平分线，交，于点，，连接， ．
(1)求证：；
(2)点在线段的垂直平分线上吗？请说明理由．
10．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的面积．
1．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动．

（1）操作判断
操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置；
操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置．
根据以上操作，填空：
①图1中四边形的形状是______；
②图2中与的数量关系是______；四边形的形状是______．
（2）迁移探究
小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下：
（3）拓展应用
在（2）的探究过程中：
当为直角三角形时，请直接写出的长为______．
2．综合与探究
在菱形中，过点A作射线交于点E，作，交射线于点G，在射线上截取，连接．
特例探究：
（1）如图1，当时，请直接写出的度数；
操作探究：
（2）如图2，当是等边三角形时，求的度数；
拓展探究：
（3）如图3，当时，请直接写出，和之间的数量关系．
3．综合与探究
探究几何元素之间的关系
问题情境：四边形中，点O是对角线的中点，点E是直线上的一个动点（点E与点C，O，A都不重合），过点A，C分别作直线的垂线，垂足分别为F，G，连接．
(1)初步探究：
如图1，已知四边形是正方形，且点E在线段上，求证；
(2)深入思考：
如图2，已知四边形为菱形，且点E在的延长线上，其余条件不变．探究与的数量关系并说明理由；
(3)拓展延伸：
如图3，已知四边形为矩形，且．点E在直线上运动的过程中，若，则的长为______．
1．如图，在中，，，，点E在边上，且，的垂直平分线分别交于点，，点P为直线上一动点，点F为边上一动点，当的值最小时，的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
2．如图是园区内一小山的等高线示意图，小明在处测得处的仰角为30度，小明从山脚处爬山到山顶处需要爬 ．
3．如图，在菱形中，点为对角线上的动点，若，，当的最小值为时，则 ．
4．如图，在中，分别是边上的高，且与交于点G．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
5．如图，点是的高和所在直线的交点，且，求证：．
6．【综合探究】在数学综合与实践活动课上，兴趣小组的同学用两个完全相同的长方形纸片展开探究活动．
(1)【实践探究】小红将两个完全相同的长方形纸片和摆成图1的形状，点A与点E重合，边与边重合，边，在同一直线上．请写出图中一个度数为的角：______；
(2)【解决问题】如图2，小明将长方形绕点A顺时针旋转后，边与边交于点M，连接，若，，求矩形的面积；
(3)【拓展研究】从图2开始，小亮将长方形绕点A顺时针转动一周，若边所在的直线恰好经过线段的中点O时，连接，，若，，请求出的面积．
7．综合与实践：
【问题情境】某数学兴趣小组在学完《平行四边形》之后，研究了人教版数学教材八年级下册第64页的数学活动1．其内容如表：
如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用下面的方法（如图1）：（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．（2）再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕．同时，得到了线段．
如图1，若连接，易证是等边三角形．
【知识运用】请根据上述过程及结论完成下列问题：已知矩形纸片，，，则线段的长为______；的度数是______度；
【综合提升】小慧在探究活动第（2）步的基础上再次动手操作（如图2），将延长交于点G．将沿折叠，点B刚好落在边上点H处，连接，把纸片再次展平．请判断四边形的形状，并说明理由．
【迁移探究】小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究（如图3），过程如下：
将正方形纸片按照“问题情境”的方式操作，并延长交于点Q，连接．当点N在上时，，正方形的边长为______．
【拓展提升】在图2中，过H点作于点K，得出一个以为宽的黄金矩形（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为），若已知，的长为______．
2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第四章 三角形
专题四 直角三角形（解析版）
命题点1 直角三角形的判定
1．（2025·山西·模拟预测）如图，在中，，为的中点，．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，为的中点，，可知是等边三角形，根据等边三角形的性质可得：，，从而可得，根据平行四边形的性质可知，，利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：为的中点，
，
，
，
又，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
在中，，，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的判定与性质、勾股定理．解决本题的关键是根据平行四边形的性质找到边和角之间的关系，再利用边、角之间的关系求解．
2．（2025·山西吕梁模拟预测）如图，以为直径的半圆交于点，已知与相切于点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，熟练掌握以上知识点是解题的关键．由圆周角定理可得出，再由圆的切线定理可得出，最后由直角三角形两锐角互余即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴．
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴．
故选：B．
3．（2025·山西太原·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（ ）
A．直角三角形的两个锐角互余
B．等量代换
C．两个锐角互余的三角形是直角三角形
D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等
【答案】D
【分析】本题主要考查了等角的作图，涉及了直角三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形的性质与判定是解题的关键．
根据直角三角形的性质与判定推出，作图即可．
【详解】解：∵，
∴（直角三角形的两个锐角互余），
若，
∴（等量代换），
∴，（两个锐角互余的三角形是直角三角形），
∴，
故选：D．
4．（2025山西临汾·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．
命题点2直角三角形的性质
1．（2025山西太原模拟）如图，已知是半的直径，是弦，切于点，交的延长线于点，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查切线的性质，如图，连接，根据等边对等角及三角形外角的性质推出，再根据切线的性质得出，即可解答．解题的关键是掌握切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．
【详解】解：如图，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵切于点，
∴，
∴．
故选：C．
2．（2025山西临汾模拟）如图，把绕C点顺时针旋转，得到，交于点D，若，则的度数（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理；由旋转的性质可得，，可求出，再由即可求解.
【详解】解：由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，
∴.
故选：C.
3．（2025·山西晋中·二模）如图，点，在以为直径的上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，连接，由四边形是圆内接四边形，得，又为直径的，则，然后通过直角三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∵为直径的，
∴，
∴，
∴，
故选：．
4．（2024·山西·模拟预测）如图，是的直径，，是上两点，过点作的切线，交的延长线于点．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质，连接，则，由切线的性质可得，然后通过直角三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
故选：．
5．（2025·山西晋中·三模）如图，在中，是边上的高，是的平分线，，交于点．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了直角三角形的性质，角平分线的有关计算，三角形的外角性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
由直角三角形锐角互余以及角平分线得到，再由三角形的外角性质得到，即可求解．
【详解】解：∵是边上的高，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
故选：C．
6．（2025·山西晋中·二模）如图，为的直径，，为上两点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形两锐角互余，正确添加辅助线是解题的关键．
连接，根据圆周角定理得到，，再由互余关系求解．
【详解】解：连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
7．（2025·山西朔州·模拟预测）如图是某机械加工厂加工的一种零件的示意图，其中，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，解答此题的关键是准确识图，熟练掌握平行线的性质．首先根据垂直与三角形的内角和即可求出，再根据平行线的性质得出．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
故选：B．
8．（2024·山西朔州·模拟预测）如图，直线是一块直角三角板如图放置，其中，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了直角三角形两锐角互余，对顶角和平行线的性质，解题关键是灵活运用性质找到各个角之间的关系．由平行线的性质得，从而，然后根据即可求解.
【详解】解：∵，
∴．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选D．
9．（2024·山西晋中·一模）如图，在中，，，三角板按如图方式放置，点落在上，在同一直线上，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了邻补角的性质，直角三角形的性质，由邻补角的性质可得，进而由直角三角形两锐角互余即可求解，掌握邻补角的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
故选：．
10．（2024·山西吕梁·一模）将一把直尺和一块含角的直角三角尺按如图所示的方式放置．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行线的性质，能灵活运用平行线的性质定理进行推理是解此题的关键．先根据平行线的性质得出，再通过角的计算即可求出答案．
【详解】解：∵
∴
∵，，
∴．
∴．
故选:．
11．（2024·山西·模拟预测）如图，菱形的面积为12，对角线，相交于点O．过点作于点，连接．已知在菱形中，，则的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．2.5
【答案】B
【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，由菱形的面积得出，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
12．（2024·山西大同·二模）如图，是的直径，C是上一点，连接，，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点D，E，分别以点D，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长，交于点P，连接．若．则的度数为 ．
【答案】26
【分析】首先由直径得到，然后利用直角三角形两锐角互余得到，然后由角平分线的概念得到，最后利用同弧所对的圆周角相等求解即可．
【详解】∵是的直径，
∴
∵
∴
由作图可得，平分
∴
∴．
故答案为：26．
【点睛】此题考查了直径所对的圆周角是直角，同圆中同弧所对的圆周角相等，角平分线的尺规作图，直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
命题点3 30°或45°的直角三角形
1．（2024·山西·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A'B'C'，此时点A'恰好在AB边上，则点B'与点B之间的距离为（　　）
A．12 B．6 C．6 D．
【答案】D
【分析】连接B'B，利用旋转的性质和直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：连接B'B，∵将绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴AC=A'C，AB=A'B，∠A=∠CA'B'=60°，
∴△AA'C是等边三角形，
∴∠AA'C=60°，
∴∠B'A'B=180°-60°-60°=60°，
∵将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到，
∴∠ACA'=∠BAB'=60°，BC=B'C，∠CB'A'=∠CBA=90°-60°=30°，
∴△BCB'是等边三角形，
∴∠CB'B=60°，
∵∠CB'A'=30°，
∴∠A'B'B=30°，
∴∠B'BA'=180°-60°-30°=90°，
∵∠ACB=90°，∠A=60°，AC=6，
∴AB=12，
∴A'B=AB-AA'=AB-AC=6，
∴B'B=6，
故选：D．
【点睛】此题考查旋转问题，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，关键是利用旋转的性质和直角三角形的性质解答．
2．（2025·山西临汾·二模）如图，已知半圆的直径，是半圆上一点，且，以点为圆心，的长为半径画弧交于点，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，求特殊图形的面积，掌握扇形面积公式是解题关键．
连接，过点作于点，先求出、扇形的面积、扇形的面积，再利用面积的和差进行计算即可．
【详解】解：连接，过点作于点，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴的面积为：，
扇形的面积为：，
扇形的面积为：，
∴图形的面积为：，
∴阴影部分的面积为：．
故选：A．
3．（2025·山西长治·一模）如图，的斜边在轴上，，直角顶点在第二象限，将绕原点顺时针旋转后得到，则点的对应点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查坐标与图形变化—旋转、勾股定理，先画出相应的图形，然后根据旋转的性质和勾股定理、即可求得点的坐标．
【详解】解：作轴于点D，如图所示，
由旋转的性质可得，，，
∴，，
∴点的坐标是，
故选：A．
4．（2025·山西吕梁·二模）如图1所示是“梦想起航社团”同学设计的社团logo部分图案．图案由分别以等边三角形ABC的顶点A，C为圆心，AB长为半径的两条弧和以AC的中点O为圆心，长为半径的第三条弧组成（如图2）．若，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了扇形的面积公式，含30度角的直角三角形.
分别求出扇形的面积=扇形的面积=，，半圆的面积=，再根据阴影部分的面积计算即可.
【详解】由题意可知：扇形的面积=扇形的面积=，
∵，
∴，，
∴，半圆的面积=，
∴阴影部分的面积
，
故选：A.
5．（2025·山西晋中·三模）如图，为等边三角形，平分，点为上一动点，连接，当取最小值时，的长为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了含角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的性质等知识，得到的最小值为的长是解决本题的关键．
过A作于F，过点E作于P，故，得到的最小值为的长，求出此时的的长即可．
【详解】解：过A作于F，过点E作于P，
∵为等边三角形，平分，
∴，
∴，
∴，即的最小值为的长，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为．
此时点E是和的交点，如图，
∵，为等边三角形，平分，
∴，，
∴，
∵
∴，
解得（负值已舍去）
故选：C．
6．（2025·山西晋中·二模）如图，中，，D为的中点，点F是边上一点，且，连接并延长，交延长线于点E，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，取中点H，连接，过F作于点M，由中位线定理可得，，，则有，，所以，，则，，从而得到，又，，得出，，，代入得到，然后通过直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：中，为的中点，，
如图，取中点H，连接，过F作于点M，
∴为的中位线，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
故答案为：．
7．（2025·山西吕梁·二模）如图，在四边形中，，，，对角线，交于点．若，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，过作于点，过作于点，连接，利用平行线分线段成比例定理可得，又，即， 所以，证明为等边三角形，可得，由， 所以，最后通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，过作于点，过作于点，连接，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
故答案为：．
8．（2025·山西吕梁·二模）如图，四边形为菱形．
(1)过点作直线的垂线为垂足．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)若，试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【分析】（1）根据垂线的基本作图解答即可．
（2）根据菱形的性质，直角三角形的性质，等量代换思想解答即可．
【详解】（1）解：如解图所示，
则直线即为所求．
（2）解：．
理由：四边形为菱形，
，，
又，
，
，垂足为，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了垂线的基本作图，菱形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，等量代换的应用，熟练掌握基本作图，直角三角形的性质是解题的关键．
命题点4 弦图模型及其变形图
1．（2025·山西吕梁·一模）“赵爽弦图”是第24届国际数学家大会的会徽图案，源于赵爽所著的《勾股圆方图注》．赵爽运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理，他所用的方法是（ ）
A．分析法 B．相似法 C．反证法 D．等面积法
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理的证明．根据大正方形的面积减去小正方形的面积等于四个直角三角形的面积，即可证明勾股定理．
【详解】解：如图，
由题意得，，
整理得，
∴赵爽运用弦图（如图所示）巧妙地证明了勾股定理，他所用的方法是等面积法，
故选：D．
2．（2025山西临汾模拟）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”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若S1＋S2＋S3＝10，则S2的值为(　　)
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据图形的特征得出四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，从而用x，y表示出S1，S2，S3，得出答案即可．
【详解】解：将四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y．
∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S1＋S2＋S3＝10，∴S1＝8y＋x，S2＝4y＋x，S3＝x,
∴S1＋S2＋S3＝3x＋12y＝10,
∴S2＝x＋4y＝．
故选B.
【点睛】此题主要考查了图形面积关系，根据已知得出用x，y表示出S1，S2，S3，再利用S1+S2+S3=10求出是解决问题的关键．
3．（2025山西晋中·一模）受赵爽弦图证明勾股定理的启发，王刚同学利用两个相同的小正方形和两组分别全等的直角三角形拼成了如图所示的矩形，若，则该矩形的面积为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．48
【答案】C
【分析】本题考查勾股定理的应用，理解题意，弄清图形中各量之间的关系是解题的关键．设小正方形的边长为x，用x表示出矩形两邻边，利用矩形两边和对角线构成直角三角形，根据勾股定理列方程可求出x，进而可求出矩形的面积．
【详解】解：设小正方形的边长为x，则由整个矩形的两边和对角线组成的直角三角形的三边为：，
由勾股定理，得，
整理，得，
∴该矩形的面积为，
故选：C．
4．（2025山西运城·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先对图形标注，根据内角和定理求出，即可得出，再设，根据直角三角形的性质得，由勾股定理求出，根据题意可知，可求，然后求出等边三角形的面积，进而得出正六边形的面积，最后根据面积比得出答案．
【详解】如图所示，
正六边形的每个内角，
∴．
设，
∴，
根据勾股定理得．
根据题意可知，
∴．
作，交于点F，
∵是等边三角形，
∴．
根据勾股定理得，
∴，，
∴正六边形的面积，六个直角三角形的面积为，
∴此点取自小正六边形的概率是．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，概率的计算公式，理解用面积比表示概率是解题的关键．
5．（2022·山西·一模）如图1是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造的一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．图2是弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成．若正方形MNKT的面积是1，正方形EFGH的面积是61，则正方形ABCD的边长是 ．

【答案】11
【分析】根据图2是用八个全等的直角三角形拼接而成，可设一个直角三角形的面积为S，则正方形ABCD的面积可以表示为8S+正方形MNKT的面积，据此即可求解．
【详解】解：图2是用八个全等的直角三角形拼接而成，设一个直角三角形的面积为S，
∵正方形EFGH的面积是61，
∴4S+1=61，解得：S=15，
∵S正方形ABCD=8S+S正方形MNKT
∴S正方形ABCD=，
∴正方形ABCD的边长为11，
故答案为：11．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质等知识．
6．（2025·山西忻州·一模）阅读与思考．
纯几何法验证勾股定理我们知道，勾股定理：在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方．勾股定理的验证方法到目前为止也有300多种，最著名的有“赵爽弦图法”“总统证法”“毕达哥拉斯法”“青朱出入法”“达芬奇法”“欧几里得法”等等．下面我们介绍一种纯几何验证法．如图1，在中，，于点D，先证明，可得，再证明，可得，两式相加即可得勾股定理，这种方法避开了利用拼图和面积法繁琐的证明，不失为一种很好的验证方法．
阅读下列材料，并完成相应的任务．
(1)根据材料中的方法，请写出完整的证明过程．
(2)如图2，将直角三角形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，我们把这样的直角三角形称为“勾股形”，图3是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成的矩形，若，求该矩形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)60
【分析】（1）根据直角三角形的性质推出，，根据相似三角形的性质结合等式的性质求解即可；
（2）设小正方形的边长为x，则，根据勾股定理求出，再根据矩形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：在中，，于点D，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：设小正方形的边长为x，则，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵矩形的面积，
∴矩形的面积．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定、勾股定理，熟记相似三角形的判定定理及性质定理、勾股定理是解题的关键．
1．如图，在中，点D为斜边的中点，点E在上，连接、，点F在上，且，，若，则的长为（ ）
A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【分析】由，得，而，所以，则，根据直角三角形斜边上的中线的性质得，根据平行线分线段成比例得，所以，再根据中位线的性质得，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在中，点D为斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形中位线定理等知识，证明是解题的关键．
2．如图，四边形中，相交于点分别是、的中点，，，则的值为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形外角的性质，作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质，是解题的关键．连接、，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出，，根据等腰三角形的性质得出，根据三角形外角的性质得出，根据直角三角形的性质得出，即可得出答案．
【详解】解：连接、，如图所示：
∵，是的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：4．
3．如图，在中，，点是直角边上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接．
（1）若点与点重合，长为 ；
（2）点运动过程中，线段的最小值为 ．
【答案】 2 1
【分析】本题主要考查含30度角直角三角形的性质及旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握含30度角直角三角形的性质及旋转的性质是解题的关键．
（1）先求出，将绕点顺时针旋转得到，则，，结合点与点重合，可得三点共线，，再利用直角三角形的性质求出，即可求解；
（2）取的中点F，连接，由题意易得，由旋转的性质可知：，然后可得，则有，进而问题可求解．
【详解】解：（1）如图，
∵，，
∴，
将绕点顺时针旋转得到，则，，
∵点与点重合，
∴三点共线，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）取的中点F，连接，如图所示：
∵，，，
∴，
∴，
由旋转的性质可知：，
∴，
∴，
∴，
∴，
要求线段的最小值，即求线段的最小值，
∴当时，线段有最小值，
∵，，
∴；
故答案为：．
4．如图，在中，，，为的中垂线，分别与、交于点、，连接，若，则 ．
【答案】/
【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，线段垂直平分线的性质，含度角的直角三角形的性质．正确连接辅助线是解题关键．
过点E作，过点A作，由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求出，根据含度角的直角三角形的性质得出，确定，得出，继续使用含30度角的直角三角形的性质及勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点E作，过点A作

∵，，
∴．
∵为的垂直平分线，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
5．阅读下列材料并完成任务：
中国古代三国时期吴国的数学家赵爽最早对勾股定理作出理论证明.他创制了一幅“勾股圆方图”(如图l)，用数形结合的方法，给出了勾股定理的详细证明.在这幅“勾股圆方图”中，以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成的.每个直角三角形的面积为；中间的小正方形边长为，面积为.于是便得到式子：.赵爽的这个证明可谓别具匠心，极富创新意识.他用几何图形的截、割、拼、补来证明代数式之间的恒等关系，既具严密性，又具直观性，为中国古代以形证数、形数统一、代数和几何紧密结合、互不可分的独特风格树立了一个典范.如图2，是“赵爽弦图”，其中、、和是四个全等的直角三角形，四边形和都是正方形，根据这个图形的面积关系，可以证明勾股定理.设，，，取，.
任务：
(1)填空：正方形的面积为______，四个直角三角形的面积和为______；
(2)求的值.
【答案】(1)4，96；(2)196.
【分析】（1）根据题意得图中的四个直角三角形都全等，可得正方形的边长为2，即可得正方形的面积；再利用正方形ABCD的面积-正方形EFGH的面积即可得四个直角三角形的面积和；
（2）易求得ab的值，和a2+b2的值，根据完全平方公式即可求得（a+b）2的值，即可解题．
【详解】(1)根据题意得，图中的四个直角三角形都全等，
∴AB=c=10，AE-AH=b-a=2，
∴正方形的面积为22=4，正方形ABCD的面积为102=100，
∴四个直角三角形的面积和=正方形ABCD的面积-正方形EFGH的面积=100-4=96；
(2)由(1)可知四个直角三角形的面积和为，
，即.
，
.
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，考查了直角三角形中勾股定理的运用，求得ab的值是解题的关键．
6．如图，，点是线段的中点，且，已知
(1)求证：
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）由垂直可得，，由余角的性质可得，据此即可证明；
（2）由已知可得，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，再由相似三角形的性质得，据此即可求解；
【详解】（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，点是线段的中点，
∴，
∵，
∴
在中，
∵，
∴，
即，
∴．
7．如图，，，，相交于点．
(1)证明：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）直接利用“”证明即可；
（）根据全等三角形的性质求出，再根据直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：在中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
8．如图，在等边中，点D，E分别在边上，且交于点P，，垂足为点F．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为10
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、直角三角形的性质等知识点，证得是解答本题的关键．
（1）根据等边三角形的性质可得、，进而根据证明，然后根据全等三角形的性质即可解答；
（2）由（1）可得、即；然后说明为直角三角形、，最后根据直角三角形的性质即可解答．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
又∵，
∴
∴．
（2）解：由（1）可知，，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴．
9．如图， 在 中，，，是的垂直平分线，交，于点，，连接， ．
(1)求证：；
(2)点在线段的垂直平分线上吗？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)在，理由见解析
【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，角平分线的性质，垂直平分线的判定与性质，掌握以上知识是解答本题的关键；
（1）根据含度角的直角三角形的性质可得，根据是的垂直平分线，可得，即可证明是等边三角形；
（2）根据垂直平分线的性质可得，进而可得平分，根据角平分线的性质可得，根据等边三角形的性质可得，然后即可求解．
【详解】（1）证明：在中，，，
∴， ，
∵是的垂直平分线 ，
∴，
∴，
∴是等边三角形 ，
∴；
（2）答：在，理由如下：
∵是的垂直平分线 ，
∴，
∴，
∴，
∴平分，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴点在的垂直平分线上．
10．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理；
（1）由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，结合推出四边形是平行四边形，再由即可得出四边形是菱形；
（2）由菱形的性质结合直角三角形的性质得出，再由菱形的面积公式计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
（2）解：四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，，
1．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“三角板的平移”为主题开展数学活动．

（1）操作判断
操作一：将一副等腰直角三角板两斜边重合，按图1放置；
操作二：将三角板沿方向平移（两三角板始终接触）至图2位置．
根据以上操作，填空：
①图1中四边形的形状是______；
②图2中与的数量关系是______；四边形的形状是______．
（2）迁移探究
小航将一副等腰直角三角板换成一副含角的直角三角板，继续探究，已知三角板边长为，过程如下：
（3）拓展应用
在（2）的探究过程中：
当为直角三角形时，请直接写出的长为______．
【答案】（1）①正方形；②，平行四边形；（2）四边形的形状能是菱形，的长为；（3）12或16
【分析】（1）①由题意知，，，进而可得四边形是正方形；②由平移的性质可得，，，，则四边形是平行四边形，由，可得；
（2）同理（1）由平移的性质可知，四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，由，，可得，，即为的中点，；
（3）由勾股定理得，当时，与重合，则；当时，，由，可得，由勾股定理得．
【详解】（1）①解：由题意知，，，
∴四边形是正方形，
故答案为：正方形；
②解：由平移的性质可得，，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
故答案为：，平行四边形；
（2）解：同理（1）由平移的性质可知，四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴，即为的中点，
∴，
∴四边形的形状能是菱形，的长为．
（3）解：由勾股定理得，
当时，与重合，
∴；
当时，，
∵，
∴，
由勾股定理得，
故答案为：12或16．
【点睛】本题考查了平移的性质，正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，勾股定理，含的直角三角形．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．综合与探究
在菱形中，过点A作射线交于点E，作，交射线于点G，在射线上截取，连接．
特例探究：
（1）如图1，当时，请直接写出的度数；
操作探究：
（2）如图2，当是等边三角形时，求的度数；
拓展探究：
（3）如图3，当时，请直接写出，和之间的数量关系．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质可得，证明，推出，再根据时，菱形是正方形，可得，推出，易求，进而求出；即可得出结果；
（2）同理（1）得，由是等边三角形，可得，再根据菱形的性质可得；
（3）过点B作于点H，同理（1）得，则，同理（2）得，求出，易得，利用勾股定理求出，进而得到，再根据，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴菱形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（2）同理（1）得，
∵是等边三角形，
∴，
∵菱形，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点B作于点H，
同理（1）得，
∴是等腰三角形，
∴，
同理（2）得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
3．综合与探究
探究几何元素之间的关系
问题情境：四边形中，点O是对角线的中点，点E是直线上的一个动点（点E与点C，O，A都不重合），过点A，C分别作直线的垂线，垂足分别为F，G，连接．
(1)初步探究：
如图1，已知四边形是正方形，且点E在线段上，求证；
(2)深入思考：
如图2，已知四边形为菱形，且点E在的延长线上，其余条件不变．探究与的数量关系并说明理由；
(3)拓展延伸：
如图3，已知四边形为矩形，且．点E在直线上运动的过程中，若，则的长为______．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)4
【分析】对于（1），根据正方形的性质可得，进而说明，再根据“角角边”证明，则此题可证；
对于（2），延长上交的延长线于点H，再证明，然后根据“角角边”证明，可得，最后根据直角三角形的性质得出答案；
对于（3），如图所示，连接，先证明是等边三角形，再说明，然后根据直角三角形的性质可得，接下来根据勾股定理求出,进而求出，则此题可解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
延长上交的延长线于点H，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵点O是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，连接，
在直角三角形中，，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴点B是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
1．如图，在中，，，，点E在边上，且，的垂直平分线分别交于点，，点P为直线上一动点，点F为边上一动点，当的值最小时，的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称的性质、两点之间线段最短、垂线段最短、含30度角的直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质，正确找出的值最小时，点的位置是解题关键．
作点关于直线的对称点，连接，得出相等的线段，根据两点之间线段最短和垂线段最短确定点的位置，然后利用线段的和差以及含30度角的直角三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，连接，
则，
∴，
由两点之间线段最短可知，当点，，共线时，的值最小，最小值为，由垂线段最短可知，当时，的值最小， 即的值最小，
∵垂直平分，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
当的值最小时，的长为，
故选：B．
2．如图是园区内一小山的等高线示意图，小明在处测得处的仰角为30度，小明从山脚处爬山到山顶处需要爬 ．
【答案】100
【分析】本题考查了解直角三角形的应用及直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．根据题意画出示意图，再根据直角三角形中30度角所对的边是斜边的一半进行解答即可．
【详解】解：作示意图如下：
由题意得，，
∴，
故答案为：100．
3．如图，在菱形中，点为对角线上的动点，若，，当的最小值为时，则 ．
【答案】/度
【分析】过作于，得出，根据含30度角的直角三角形的性质勾股定理，求得，根据的最小值为，得到点在上，即可得出．
【详解】解：过作于，
四边形是菱形，，，
，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即点在上时，可有的值最小，且最小值为，
此时，
故答案为：．
4．如图，在中，分别是边上的高，且与交于点G．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，直角三角形两锐角互余，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由三角形的高的定义得到，再利用即可证明；
（2）根据三角形的高的定义得到，再根据直角三角形的两锐角互余求出的度数，进而可求出的度数．
【详解】（1）证明：∵分别是边上的高，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵分别是边上的高，
∴，
∵，
∴，
∴．
5．如图，点是的高和所在直线的交点，且，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质．关键是通过高的性质得到直角，再利用同角的余角相等找到相等的角，从而构造全等三角形．先根据高的定义得出，再由直角三角形两锐角互余推出，结合已知，证明，最后根据全等三角形对应边相等得到．
【详解】解：∵、是的高，
∴，
∵在中，，
在中，，
，
∴，
在和中，
∴，
∴.
6．【综合探究】在数学综合与实践活动课上，兴趣小组的同学用两个完全相同的长方形纸片展开探究活动．
(1)【实践探究】小红将两个完全相同的长方形纸片和摆成图1的形状，点A与点E重合，边与边重合，边，在同一直线上．请写出图中一个度数为的角：______；
(2)【解决问题】如图2，小明将长方形绕点A顺时针旋转后，边与边交于点M，连接，若，，求矩形的面积；
(3)【拓展研究】从图2开始，小亮将长方形绕点A顺时针转动一周，若边所在的直线恰好经过线段的中点O时，连接，，若，，请求出的面积．
【答案】(1)或
(2)
(3)的面积是或
【分析】（1）可推出，从而得出结果；
（2）根据旋转可得，即可得到，进而得出，然后利用矩形的面积解答即可；
（3）当线段与交于点时，作于，可证得从而，，进而得出，从而得出，进而得出，求出三角形的面积；当的延长线交于点时，同样得方法得出结果．
【详解】（1）解：∵长方形纸片和是两个完全相同的长方形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
∴，
故答案为：或；
（2）解：∵长方形绕点A顺时针旋转，
∴，
∵是矩形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图，
当线段与交于点时，作于，
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
，
∴，
，
，
，
；
如图，
当的延长线交于点时，
由上知：，
，
，
综上所述：的面积是或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
7．综合与实践：
【问题情境】某数学兴趣小组在学完《平行四边形》之后，研究了人教版数学教材八年级下册第64页的数学活动1．其内容如表：
如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用下面的方法（如图1）：（1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平．（2）再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕．同时，得到了线段．
如图1，若连接，易证是等边三角形．
【知识运用】请根据上述过程及结论完成下列问题：已知矩形纸片，，，则线段的长为______；的度数是______度；
【综合提升】小慧在探究活动第（2）步的基础上再次动手操作（如图2），将延长交于点G．将沿折叠，点B刚好落在边上点H处，连接，把纸片再次展平．请判断四边形的形状，并说明理由．
【迁移探究】小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究（如图3），过程如下：
将正方形纸片按照“问题情境”的方式操作，并延长交于点Q，连接．当点N在上时，，正方形的边长为______．
【拓展提升】在图2中，过H点作于点K，得出一个以为宽的黄金矩形（黄金矩形就是符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为），若已知，的长为______．
【答案】知识运用：8，30；综合提升：四边形为菱形，理由见解析；迁移探究：；拓展提升：
【分析】知识运用：根据矩形的性质，则，根据勾股定理，即可求出；连接，根据折叠的性质，则，为等边三角形，根据等边三角形的性质，即可推出结论；
综合提升：根据折叠的性质，则，根据三线合一，则，根据菱形的判定和性质，即可推出结论；
迁移探究：首先确定，则在中，，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，证明，得出，进而根据，可得，即可求解；
拓展提升：求出，由勾股定理可得出答案．
【详解】知识运用：
∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴；
连接，如图，
∵为折痕，
∴垂直平分，
∴，
∵由折叠所得，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：8，30；
综合提升：
四边形为菱形，理由如下：
∵由折叠所得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵将沿折叠，点B刚好落在边上点H处，连接，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
迁移探究：
∵为等边三角形，
∴，
∵由折叠所得，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵由折叠所得，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
拓展提升：
如图，
∵四边形是矩形纸片，，
∴，
∵黄金矩形以为宽，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，能够根据折叠的性质证出∠1=∠2=∠3=30°是解题的关键．
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