【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题02勾股定理及其逆定理（最新模拟题精选-精练-精讲）（含解析）

【备战2026北京中考】二轮复习高分突破专题02 勾股定理及其逆定理（最新模拟题精选-精练-精讲）
一、单选题
1．（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论：
①平分；
②；
③；
④．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④
2．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，，，平分，．设，，，给出下面三个结论：
①分别以为直径的圆的面积比为；
②；
③与的面积和为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题
3．（2025·北京石景山·二模）如图，为的弦，，，半径于点，则的长为_________．
4．（2025·北京海淀·二模）如图，正方形的边长为3，点在上，连接，以为边作正方形，点与点在直线异侧．若正方形的面积为10，则点到的距离为___________．
5．（2025·北京丰台·二模）如图，在正方形中，点在上，，相交于点，．若，则的长为______．
6．（2023·云南昆明·二模）如图，在矩形中，，，点E是边上的一点，连接，将沿翻折，使点D恰好落在边上的点F处，则___________．

7．（20-21九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形中，，，若点E是边的中点，连接，过点B作于点F，则的长为____________________．

三、解答题
8．（2025·北京东城·二模）如图，在中，对角线，交于点，为线段上一点，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
9．（2025·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系中，对于和外一点，给出如下定义：若的一条弦绕点旋转得到的线段仍然是的一条弦，则称点是的“-旋称点”，此时的是关于点的一条“-旋称弦”．
(1)如图1，的半径为2．
①在点，，，中，的“-旋称点”可以是___________；
②弦的长为2，轴．若是关于点的“-旋称弦”，直接写出点的坐标；
(2)如图2，，，．若点，，都是的“-旋称点”，且的边上存在关于点，，的“-旋称弦”，直接写出点的坐标，和的半径的取值范围．
10．（2025年北京市西城区九年级中考二模数学试卷）如图，在中，，的平分线交于点，过点作，交于点，点是上一点，且，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
11．（2025·北京丰台·二模）如图，在四边形中，，，是的中点，是对角线的中点，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点，若，，求的长．
12．（2025·北京东城·二模）如图，在中，，为上一点，，，过点作于点，交于点．
(1)求的度数（用含的式子表示）；
(2)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
13．（2025·北京石景山·二模）在平面直角坐标系中，对于图形，点给出如下定义：图形向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到图形，若图形与图形有且只有一个公共点，称点为图形的“限定点”．
已知点，，
(1)在点，，中，的“限定点”是____．
(2)点在直线上，且点为的“限定点”，则点的坐标为____．
(3)的圆心在轴上，半径为，若上存在点，使得点为的“限定点”，则点的横坐标的取值范围为____．
14．（2025·北京石景山·二模）如图，在中，，于点D，O为的中点，作点D关于点O的对称点E，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
15．（2025·北京朝阳·二模）如图，在四边形中，，相交于点，，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，，求的长．
16．（2025·北京顺义·二模）如图，是的直径，点在上，．
(1)求证：；
(2)为中点，直线交于点，（点在点上方），连接，过点作的切线交的延长线于点．若，，求的长．
17．（2025·北京西城·二模）给定线段和位于直线同一侧的两点，，若在线段上（不含端点，）存在点，使得且，则称点与关于线段等角等距．在平面直角坐标系中，已知点．
(1)点的坐标为，
①在点，，，中，与点关于线段等角等距的点是______；
②点是直线上一点，若在以点为圆心，1为半径的圆上总能找到一点与点关于线段等角等距，则点的横坐标的取值范围是______；
(2)已知点，在以为圆心，1为半径的圆上存在点，使得点与关于线段等角等距，直接写出的取值范围．
18．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，点E在上，，平分．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点．若，，，求的长．
19．（2025·北京海淀·二模）如图，在中，，于点，点在上，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若点在线段的垂直平分线上，且，求证：四边形是矩形．
20．（2025·北京房山·二模）在平面直角坐标系中，已知图形，点是上任意两点，我们把线段的长度的最大值称为平面图形的“宽距”，记作．
(1)边长为1的正方形的宽距为______；
(2)已知点，连接所形成的图形为．
①若，直接写出的取值范围；
②已知点，以为圆心，1为半径作圆．若点为上任意一点时，都有，直接写出的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《【备战2026北京中考】二轮复习高分突破专题02 勾股定理及其逆定理（最新模拟题精选-精练-精讲）》参考答案
题号 1 2
答案 D D
1．D
【分析】设，则，，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正方形的性质，角的平分线的判定解答即可．
【详解】解：∵正方形，
∴，
设，
∵是的中点，是上一点，且，
∴，，
∴，，
，
∴，故②正确；
∴，
过点E作于点G，
则，
∴，
∴平分，；故①正确；
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴；故③正确；
∵．故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，角的平分线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理及其逆定理是解题的关键．
2．D
【分析】结论①在中，由，根据勾股定理得出与的长度关系，再依据圆面积公式计算以、为直径的圆面积比．结论②在中，先利用勾股定理得到三边关系，再根据三角形三边关系判断与的大小，通过对和作差比较，得出与的大小关系． 结论③延长交于，证明，得出相关线段和面积关系，结合的面积，推导出与的面积和．
【详解】在中，
∵，
∴ ，
设直径为，直径为 ，
∴
∴以为直径的圆面积 ，
以为直径的圆面积 ，
∴，
∴分别以，为直径的圆的面积比为，结论①正确．
在中，，，，
∴即，
，即 ．
∵， ， ，
∴ ，即 ，
∴，结论②正确．
延长交于点 ．
∵平分，，
∴，，
∵，
∴ ，
∴，．
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴结论③正确．
综上，①②③都正确，
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理、三角形三边关系、全等三角形的判定与性质、圆的面积公式以及三角形面积的计算；解题关键是利用图形性质和相关定理建立边与边、面积与面积之间的联系来判断结论 ．
3．2
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题关键是利用勾股定理求出待求线段．
根据垂径定理，先利用勾股定理求出，再求出的长．
【详解】解：∵为的弦，，半径于点，
∴，
∴，
∴，
故答案为： 2．
4．
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．作于点，根据正方形的性质和勾股定理可求得、和的长度，以及可证得，从而得到，代入计算求得的长度即为答案．
【详解】解：作于点，如图所示，
则，
四边形是边长为3的正方形，
，，
四边形是正方形，且面积为10，
，，
在中，，
，
又，，
，
，
，即，
．
故答案为：．
5．
【分析】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、三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【详解】解：在正方形中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
6．
【分析】根据翻折性质，可得，再根据勾股定理求得，利用设方程解得，即可解答．
【详解】解：四边形是矩形，
，
将沿翻折，使点D恰好落在边上的点F处，
，
，
，
设，则，根据，可得方程，
解得，即，
．
【点睛】本题考查了翻折性质，勾股定理，利用勾股定理设方程解答是解题的关键．
7．
【分析】先根据矩形的性质得到，，，求得，再根据勾股定理得到，然后证明，列比例式即可解得答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，，，
，
∵E是边的中点，
，
，
，
，
，
，
即，
解得： ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
8．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，即可证明，则可得，从而由菱形的判定即可证明；
（2）由正切函数值设，则，，在中，由勾股定理建立方程即可求解．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，
，，
，
，
∵，
，
，
平行四边形为菱形；
（2）解：，
设，则，，
，
在中，由勾股定理有，
即，
解得：，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正切函数关系等知识，题目较易，但用到了较多的知识点，熟练运用是关键．
9．(1)①，；②或
(2)，
【分析】（1）①对于外任一点，连接，将绕点顺时针旋转交于、，其中设弦的中点为，连接，将绕点逆时针旋转交于、，其中设弦的中点为，当为的切线时，可求得，可知时，的一条弦绕点旋转得到的线段仍然是的一条弦，然后分别算出，，，判断即可；②取与轴的交点为，连接，延长，使得，连接，那么可知道是等腰直角三角形，可算出点的坐标，由题意可知，当点落在点时符合题意，延长，使得，同理可算得，满足条件；
（2）由题意可知，在内部，、、三点都在外部，将绕逆时针旋转，将绕顺时针旋转，将绕顺时针旋转、将绕点逆时针旋转，将绕逆时针旋转，将绕点顺时针旋转，如图所示，其交点有两个，分别为和，当圆心在点时，根据定义舍去，当圆心在点时， ，先求得点的坐标，分别以为圆心，以、为半径画圆，那么当，满足题意．
【详解】（1）解：①对于外任一点，连接，将绕点顺时针旋转交于、，其中设弦的中点为，连接，将绕点逆时针旋转交于、，其中设弦的中点为，如图所示：
当为的切线时，，，，
，
，
那么当时，的一条弦绕点旋转得到的线段仍然是的一条弦；
在点，，，中，
，，，，
，
在点，，，中，的“-旋称点”可以是，；
故答案为：，；
②取与轴的交点为，连接，延长，使得，连接，如图所示：
弦的长为2，轴，
，
，
，
；
若是关于点的“-旋称弦”，那么点与点点重合时，满足条件；
延长，使得，同理可算得，满足条件；
综上，点坐标为：或；
（2）解：对于半径为的外任一点，连接，将绕点顺时针旋转交于、，其中设弦的中点为，连接，将绕点逆时针旋转交于、，其中设弦的中点为，如图所示，
同（1）①，可求得当时，的一条弦绕点旋转得到的线段仍然是的一条弦；
，，．若点，，都是的“-旋称点”，且的边上存在关于点，，的“-旋称弦”，
在内部，、、三点都在外部；
将绕逆时针旋转，将绕顺时针旋转，将绕顺时针旋转、将绕点逆时针旋转，将绕逆时针旋转，将绕点顺时针旋转，如图所示，其交点有两个，分别为和，
由题意可知，当圆心在点时， ，点的横坐标在大于0，小于2，
，
在的垂直平分线上，
过点作于，
，，
，，，
，，
，
，
；
不妨设，那么，，
，
，
，
或，
点的横坐标大于0且小于2，
，
，
；
分别以为圆心，以、为半径画圆，如图所示：
，
边上不存在关于点，，的“-旋称弦”，
故不符合题意；
当圆心在点时， ，
，
点在的垂直平分线上，
，，
的纵坐标为，
过点作于，
，
，，
，
，
，，
，，
，，
分别以为圆心，以、为半径画圆，如图所示：
那么当，即，满足题意；
此时，满足；
综上，，．
【点睛】本题考查了“-旋称点”，“-旋称弦”，勾股定理，解直角三角形，垂径定理，等腰三角形的性质，读懂“-旋称点”，“-旋称弦”的定义，作出合适的辅助线利用数形结合的思想是解题的关键．问题也可转化为轴对称进行求解．
10．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）首先利用角平分线的性质得到，再结合推出，从而得出．已知，可得到，根据一组对边平行且相等判定四边形是平行四边形．最后由，根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形）得出四边形是矩形．
（2）利用矩形的性质得到，进而推出，．已知，则，在中，根据正弦值和求出和的长度，进而得到的长度．最后在中，根据勾股定理求出的长．
【详解】（1）证明：∵的平分线交于点，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为矩形．
（2）解：如图所示，
∵在矩形中，，
∴，．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，．
∴．
∵在矩形中，，
∴在中，．
【点睛】平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、三角函数以及勾股定理．解题关键在于利用已知条件逐步推导边与角的关系，通过角平分线和平行线的组合得到等腰三角形，利用矩形性质找到角的等量关系，再结合三角函数和勾股定理求解边长．
11．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线的性质得出，，根据，得出，即可得出答案；
（2）根据菱形性质得出，，，解直角三角形得出，求出，根据F为中点，得出，最后求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵是的中点，是对角线的中点，
∴，是的中位线，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，．
又在中，，
∴，
∴，
∵F为中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查中位线的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，中位线的性质．
12．(1)；
(2)，证明见解析．
【分析】本题主要考查了轴对称图形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）由三角形外角的性质和等边对等角可得，则，由垂线的定义可得，则；
（2）过点作的对称点，连接、，则，，可证明，，则，证明，得到，再证明，即可得到．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，证明如下
如图，过点作的对称点，连接、，则，，
，
，，
，
，
，
，
，
．
13．(1)
(2)或
(3)或
【分析】（1）可证明平移后点O的对应点即为点P，由于是以O为直角顶点的等腰直角三角形，那么由平移的性质可得平移后的对应图形是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，根据和有且只有一个交点，得到的某一个顶点在的边上或的某一个顶点在的边上，可得点P在六边形的边上，据此求解即可；
（2）根据（1）所求可得点P即为直线与六边形的交点，据此求解即可；
（3）根据（1）所求只需要找到与六边形有交点时m的取值范围即可得到答案．
【详解】（1）解：当是的“限定点”时，
当时，则平移后点O的对应点坐标为，即，
当时，则平移后点O的对应点坐标为，即，
当时，则平移后点O的对应点坐标为，即，
当时，则平移后点O的对应点坐标为，即，
综上所述，平移后点O的对应点即为点P，
∵，，
∴，
∴是以O为直角顶点的等腰直角三角形，
∴由平移的性质可得平移后的对应图形是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，
∵和有且只有一个交点，
∴的某一个顶点在的边上或的某一个顶点在的边上，
如图所示，当点在线段上时，则点P在线段上，；
当点在线段上时，则点P在线段上，；
当点在线段上时，则点P在线段上；
当点在线段上时，则点P在线段上；
当点在线段上时，则点P在线段上；
点在线段上时，则点P在线段上；
综上所述，点P在六边形的边上，
∵在点，，中，只有在六边形的边上，
∴在点，，中，的“限定点”是；
（2）解：∵点在直线上，且点为的“限定点”，
∴由（1）可得点P即为直线与六边形的交点，
在中，当时，，当时，，
∴点P的坐标为或．
（3）解：如图所示，当恰好经过点A时，则，
∴；
如图所示，当与恰好相切时，设切点为N，连接，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
如图所示，当与恰好相切时，同理可得，
∴，
∴；
如图所示，当恰好经过点D时，则时，解得；
∵上存在点，使得点为的“限定点”，
∴与六边形有交点，
∵当或时，与六边形有交点，
∴点C的横坐标m的取值范围为或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化平移，切线的性质，求一次函数的函数值，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确推出点P的轨迹是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，中心对称的性质，解题关键是熟悉上述知识点，并能熟练运用求解．
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明它有一个角是直角，从而可得四边形是矩形．
（2）先根据矩形的性质证得，，，再利用正切求出，设，接着用表示出，，再用表示出与，根据，可求得，再利用勾股定理求得．
【详解】（1）证明：∵点关于点的对称点为点，
∴必过点且．
∵为的中点，
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵于，
∴．
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，．
在中，．
设，则，．
∴，．
∴．
∴在中，．
15．(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、解直角三角形、三线合一、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用平行线的性质得到，，结合推出，得到，再利用平行四边形的判定即可证明；
（2）在中利用正切的定义得到，利用平行四边形的性质得到，由得到，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：，
，．
又，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
在中，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，
，
．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查弦、弧、圆心角的关系，垂径定理，解直角三角形等知识，正确作辅助线是解答本题的关键．
（1）由，且，得，由得，则，推出，从而可得结论；
（2）连接，由是的直径，为的中点，根据垂径定理得出，则，可证明，由可求得，，则，，求得，，由可得结论．
【详解】（1）证明：∵，且，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图，
∵是的直径，为的中点，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴的长为．
17．(1)①，；
②；
(2)或
【分析】本题考查垂直平分线，平行线的判定与性质，圆与直线的关系，勾股定理，相似三角形的运用，正确分类是解题的关键．
（1）①判断出点K为线段的垂直平分线与线段的交点，且，即可解答；
②根据点K为线段的垂直平分线与线段的交点，且，再分类讨论，即可解答．
（2）根据点K为线段的垂直平分线与线段的交点，且，即可画图，易得时，满足题意；当时，求出继而求出，证明，可求出，再根据，可列出关于m的不等式，即可解答．
【详解】（1）解：作的平分线交于点F，如图，
∴，
∵，
∴，
即为的垂直平分线，
∵， ，
∴，即，
∴，，
∴，
即点K为线段的垂直平分线与线段的交点，且．
①由结论及图，可得与点关于线段等角等距的点是点B，C．
②如图，当时，圆上不存在一点满足题意；
当时，由图可知，满足题意；
当时，过点F作轴于点N，有
，，
∴，
∴，
由题意，可知关于线段等角等距，即的垂直平分线与线段（不包括端点）有交点，有
由成立，
∴
即，
，
∴，
即或（无解）
∴，
综上所述，．
（2）当时，的垂直平分线为直线；
当时，的垂直平分线为第一，三象限的角平分线；
如图，可知，当时，总有点与关于线段等角等距．
当时，过点O作垂直于的垂直平分线于点A，延长与圆的交点即为H，如图，有，，，
即，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
即
，
∴，
由，得，
由得
，
，
∴，解得，
由得．
综上所述，或
18．(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先结合，，证明四边形为平行四边形，根据平分，以及，得，即，进行作答即可．
（2）结合菱形的性质得，，因为，所以，得，代入数值得，，运用，得，最后运用勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵，点E在上，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：依题意，如图所示：
由（1）得四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴在中，．
19．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再证明．则．即可证明四边形是平行四边形；
（2）证明是直角三角形，．即可证明四边形是矩形．
【详解】（1）证明：，
．
，
．
，
．
．
四边形是平行四边形．
（2）点在线段的垂直平分线上，
．
，
．
是直角三角形，．
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质等知识，证明四边形是平行四边形是关键．
20．(1)
(2)① ②或
【分析】本题考查了几何新定义，圆的综合问题，解直角三角形，理解新定义求得符合题意的临界值是解题的关键；
（1）根据新定义可得，长为1的正方形的宽距为对角线的长度，即可求解；
（2）①根据新定义，画出图形，在以为圆心，为半径的圆内公共部分，则当最大时，是等边三角形，解直角三角形，即可求解；
②根据题意可得当时，点或到上的点距离最大为，最小值为，当时，以为圆心和为半径作，当与为半径的圆内切时取得最大值，当和为半径的圆外切时，取得最小值，设与为半径的圆内切于点，与为半径的圆内切于点，根据圆与圆的位置关系以及勾股定理求得的坐标，结合图形即可得出的范围，根据对称性求得的坐标的相反数，即可得出另一个范围，即可求解．
【详解】（1）解：根据新定义可得，长为1的正方形的宽距为对角线的长度，即，
故答案为：．
（2）解：①∵，
∴
如图，在以为圆心，为半径的圆内公共部分，
∴当最大时，是等边三角形，
∴
∴
②∵，点，以为圆心，1为半径作圆．若点为上任意一点时，都有，
∴当时，点或到上的点距离最大为，最小值为
当时，如图，
以为圆心和为半径作，
当与为半径的圆内切时取得最大值，当和为半径的圆外切时，取得最小值，
设与为半径的圆内切于点，与为半径的圆内切于点，
∴
∴，则此时
同理可得，，则
∴此时,
∴
当时，根据对称性，同理可得
综上所述，或
答案第1页，共2页
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