專題04 三角形的性質(zhì)與判定（解析版）-2024年中考數(shù)學復習

專題04三角形的性質(zhì)與判定目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01三角形的三邊關系題型02與三角形有關線段的綜合問題題型03三角形內(nèi)角和定理與外角和定理綜合問題題型04三角形內(nèi)角和與外角和定理的實際應用題型05線段垂直平分線和角平分線綜合題型06特殊三角形的性質(zhì)與判定題型07勾股定理、勾股定理逆定理與網(wǎng)格問題題型08與三角形有關的折疊問題題型09趙爽弦圖題型10利用勾股定理解決實際問題題型11求最短距離題型12勾股定理逆定理的拓展問題題型13判斷圖形中與已知兩點構成等腰三角形的點的位置題型14判斷圖形中與已知兩點構成直角三角形的點的位置（時間：60分鐘）題型01三角形的三邊關系1．（2023·廣東廣州·廣州市越秀區(qū)明德實驗學校?？寄M預測）等腰三角形的一邊長是3，另兩邊的長是關于x的方程x2-10x+A．21 B．25 C．21或25 D．20或24【答案】B【分析】結(jié)合根與系數(shù)的關系，分已知邊長3是底邊和腰兩種情況討論．【詳解】解：設關于x的方程x2﹣10x+k＝0的兩個實數(shù)根分別為a、b．方程x2﹣10x+k＝0有兩個實數(shù)根，則Δ＝100﹣4k≥0，得k≤25．①當?shù)走呴L為3時，另兩邊相等時，則a+b＝10，∴另兩邊的長都是為5，∴k＝ab＝25；②當腰長為3時，另兩邊中至少有一個是3，則3一定是方程x2﹣10x+k＝0的根，則32﹣10×3+k＝0解得k＝21解方程x2﹣10x＋21＝0解得另一根為：x＝7．∵3+3＜7，不能構成三角形．∴k的值為25．故選：B．【點睛】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判別式Δ＝b2﹣4ac：當Δ＞0，方程有兩個不相等的實數(shù)根；當Δ＝0，方程有兩個相等的實數(shù)根；當Δ＜0，方程沒有實數(shù)根．也考查了三角形三邊的關系以及等腰三角形的性質(zhì)．2．（2021·甘肅蘭州·模擬預測）如圖，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，點D為BC的中點，則AD的長可能是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】延長AD到E，使DE＝AD，連接BE．證△ADC≌△EDB（SAS），可得BE＝AC＝2，再利用三角形的三邊關系求出AE的范圍即可解決問題．【詳解】解：延長AD到E，使DE＝AD，連接BE，在△ADC和△EDB中，AD=∴△ADC≌△EDB（SAS），∴BE＝AC＝2，在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即2＜2AD＜6，解得1＜AD＜3，故選：B．【點睛】本題考查了三角形的全等判定和性質(zhì)，三角形三邊關系定理，熟練證明三角形的全等是解題的關鍵．3．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預測）已知一個三角形的第一條邊長為3a+(1)求第三條邊長m的取值范圍；（用含a，b的式子表示）(2)若a，b滿足a-5+【答案】(1)a(2)49【分析】（1）根據(jù)三角形三邊關系定理即可得出結(jié)論；（1）根據(jù)絕對值和平方的非負性可確定a，b的值，從而得出m的最大值，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：∵三角形的第一條邊長為3a+b∴第三條邊長m的取值范圍是3a即a+2∴第三條邊長m的取值范圍是a+2（2）∵a，b滿足a-5+∴a-∴a=5∴5+2×2<m<5×5，即則三角形的周長為：3a∵m為整數(shù)，∴m可取最大值為24，此時這個三角形周長的最大值為25+24=49，∴這個三角形周長的最大值為49．【點睛】本題考查三角形三邊關系定理，絕對值和平方的非負性，不等式組的整數(shù)解，三角形的周長．掌握三角形三邊關系定理是解題的關鍵．4．（2023·廣東江門·二模）已知關于x的方程x2(1)求證：無論k取何實數(shù)值，方程總有實數(shù)根；(2)若等腰三角形△ABC的一邊a=6，另兩邊長b、【答案】(1)見解析(2)14【分析】（1）計算方程的根的判別式，若Δ=（2）已知a=6，則a可能是底，也可能是腰，分兩種情況求得b、c【詳解】（1）證明：∵Δ==9=9=3∴無論k取何值，方程總有實數(shù)根；（2）解：①若a=6為底邊，則b，c為腰長，b∴3k解得：k=-此時原方程化為x2∴x1=x此時△ABC三邊為6，2，2②若a=6為腰，則b把x=6代入方程，6∴k=-5則原方程化為x2x-∴x1=2，此時△ABC三邊為6，6，2綜上所述：△ABC三邊為6，6，2∴周長為6+6+2=14．【點睛】本題主要考查了根的判別式及三角形的三邊關系定理，注意求出三角形的三邊后，要用三邊關系定理檢驗．題型02與三角形有關線段的綜合問題1．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考二模）如圖，在Rt△ABC中，

(1)若∠C=32°，求(2)畫∠ABC的平分線BD交AC于點D，過點D作DE⊥AB于點E．若AB【答案】(1)∠(2)作圖見解析；DE【分析】（1）根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠A（2）根據(jù)題意作圖，過點D作DF⊥BC于點F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出DE=DF，根據(jù)S△【詳解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠ABC∴∠A（2）解：如圖，BD為所求作的角平分線，DE為所求作的垂線；

過點D作DF⊥BC于點∵BD平分∠ABC，DE⊥AB∴DE=∵S△又∵S==1∴12即12∴DE=【點睛】本題主要考查了直角三角形兩銳角互余，角平分線的性質(zhì)，三角形面積的計算，解題的關鍵是理解題意，作出輔助線，熟練掌握角平分線上的點到角的兩邊距離相等．2．（2023·陜西西安·一模）（1）請在圖中過點A畫一條直線，將△ABC（2）如圖，在平行四邊形ABCD中，請過頂點A畫兩條直線將平行四邊形ABCD的面積三等分，并說明理由；（3）如圖，農(nóng)博園有一塊四邊形ABCD空地，其中AB=60m，BC=80m，CD=100m，AD=120m，【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）能實現(xiàn)．點Q在BC上，當CQ=62.5米時，PQ，PC將四邊形ABCD的面積三等分，即小路為PQ、PC【分析】（1）取BC的中點D，作直線AD即可；（2）分別取BC、DC邊上的兩個三等分點D、E，且CD=13BC，CE=（3）連接PC，PB，PB交AC于點J，過點P作PH⊥CB于點H．點Q在BC上，連接PQ，設CQ=x米．首先證明【詳解】解：（1）如圖，取BC的中點D，作直線AD，則直線AD即為所求．（2）如圖，分別取BC、DC邊上的兩個三等分點D、E，且CD=13BC，CE=13CD，作直線理由：連接AC．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴S△∵CD=13∴S△ABD∴S四邊形∴S△（3）能實現(xiàn)．理由如下：能，理由如下：如圖③中，連接PC，PB，PB交AC于點J，過點P作PH⊥CB于點H．點Q在BC上，連接PQ，設∵AB=60米，BC=80∴AC∵CD∴CA∵AP∴CP∴CP∴AB=AP在△ABC和△AB=∴△ABC∴S∵AB=AP∴AC⊥BP∵12∴BJ∴PB∵PH∴∠PHC∴AB∴∠ABJ∴cos∴BJAB∴4860∴PH當S△PCQ=∴x∴當CQ=62.5米時，PQ，PC將四邊形ABCD的面積三等分，即小路為PQ、PC【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了四邊形的面積，三角形的面積，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題關鍵是理解題意，學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考常考題型．3．（2023·湖北武漢·?？家荒＃┤鐖D，已知△ABC，M為邊AC上一動點，AM=mMC，D為邊BC上一動點，BD=nDC，BM(1)【問題提出】三角形的三條中線會相交于一點，這一點就叫做三角形的重心，重心有很多美妙的性質(zhì)，請大家探究以下問題若m=n=1，則(2)【問題探究】若m=1，猜想BNMN與(3)【問題拓展】若m=1，n=2，則S【答案】(1)2(2)BN(3)3【分析】（1）連接DM，根據(jù)m=n=1，AM=mMC，BD=nDC，可得MD（2）過點B作BE∥AC，交AD的延長線于點E，根據(jù)m=1可得AC=2AM，證明△BDE～△（3）過點A作AO⊥BM，AG⊥BC，根據(jù)m=1，n=2，可得BM是△ABC的中線，BD=2DC，由（2）可知BNNM=2【詳解】（1）解：如圖，連接DM，∵m=n=1，∴AM=MC∴點D、M分別是BC、AC的中點，∴MD是△∴AB=2MD∴∠MDA=∠BAD∴△NDM∴BN故答案為：2．（2）解：過點B作BE∥AC，交AD的延長線于點∵m∴AC∵BE∴∠AEB=∠CAE∴△BDE∴BD又∵BD∴BE∴BE又∵∠MAN=∠NEB∴△ANM∴BN（3）解：過點A作AO⊥BM，∵m=1，∴AM=MC∴BM是△∴S設AO=a，AG=由（2）可知BNNM∴BN∵SS△∴S∴S又因為S△∴S∵S∴S【點睛】本題考查了中位線的性質(zhì)和判定、三角形相似的性質(zhì)和判定和平行線的性質(zhì)及中線的性質(zhì)，準確作出輔助線，構造相似三角形是解題的關鍵．題型03三角形內(nèi)角和定理與外角和定理綜合問題1．（2022·安徽·一模）將兩個直角三角板如圖擺放，其中∠BCA=∠EDF=90°，∠E=45°，∠A=30°，BC與DE交于點P，AC與DF交于點A．40° B．32.5° C．45.5° D．30°【答案】D【分析】根據(jù)常用直角三角板的角度，先把各角表示出來，再利用平行線性質(zhì)及外角性質(zhì)分別求出∠DPC和∠【詳解】解：在RtΔABC中，∠BCA=90°，∠在RtΔDEF中，∠EDF=90°，∠∵AB∥∴∠ACF=∠A∴∠DPC=∠E∴∠DPC故選：D．【點睛】本題考查求角度問題，涉及到常見三角板的內(nèi)角、平行線性質(zhì)和外角性質(zhì)，準確將題中數(shù)據(jù)與圖形對應起來得到關系是解決問題的關鍵．4．（2022·安徽合肥·二模）如圖是一款手推車的平面示意圖，其中AB∥CD，∠3=150°，∠1=30°，則A．60° B．70° C．80° D．90°【答案】A【分析】如圖∠3的頂點用F表示，∠2的頂點用E表示，根據(jù)AB∥CD，得出∠1=∠A=30°，根據(jù)領補角互補得出∠AFE=180°-∠3=180°-150°=30°，根據(jù)三角形外角性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖∠3的頂點用F表示，∠2的頂點用E表示，∵AB∥CD，∴∠1=∠A=30°，∵∠3+∠AFE=180°，∴∠AFE=180°-∠3=180°-150°=30°，∵∠2是△AEF的外角，∴∠2=∠A+∠AFE=30°+30°=60°．故選擇A．【點睛】本題考查平行線性質(zhì)，領補角互補性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，掌握平行線性質(zhì)，領補角互補性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)是解題關鍵．3．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）在“玩轉(zhuǎn)數(shù)學”活動中，小林剪掉等邊三角形紙片的一角，如圖所示，發(fā)現(xiàn)得到的∠1與∠2的和總是一個定值．則∠1+∠2=度．【答案】240【分析】由等邊三角形的性質(zhì)可得∠A【詳解】解：如圖，∵△ABC∴∠A∵∠1=∠A+∠AED∴∠1+∠2=∠A∵∠AED∴∠1+∠2=∠A故答案為：240．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，三角形外角的定義和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等，解題的關鍵是掌握三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和．4．（2022·河北秦皇島·統(tǒng)考一模）如圖，用鐵絲折成一個四邊形ABCD（點C在直線BD的上方），且∠A=70°，∠BCD=120°，若使∠ABC、∠ADC平分線的夾角∠E的度數(shù)為100°，可保持∠A不變，將∠BCD（填“增大”或“減小”）°．【答案】增大10【分析】利用三角形的外角性質(zhì)先求得∠ABE+∠ADE=30°，根據(jù)角平分線的定義得到∠ABC+∠ADC=60°，再利用三角形的外角性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖，連接AE并延長，連接AC并延長，∠BED=∠BEF+∠DEF=∠ABE+∠BAD+∠ADE=100°，∵∠BAD＝70°，∴∠ABE+∠ADE=30°，∵BE，DE分別是∠ABC、∠ADC平分線，∴∠ABC+∠ADC=2（∠ABE+∠ADE）=60°，同上可得，∠BCD=∠BAD+∠ABC+∠ADC=130°，130°-120°=10°，∴∠BCD增大了10°．故答案為：增大，10．【點睛】本題考查了三角形的外角性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，角平分線的定義等知識，熟練運用題目中所給的結(jié)論是解題的關鍵．5．（2022·江西吉安·統(tǒng)考二模）如圖，在△ABC中，∠ABC的平分線BD交∠ACB的平分線CE于點O．(1)求證：∠BOC(2)如圖1，若∠A=60°，請直接寫出BE，CD，BC的數(shù)量關系．(3)如圖2，∠A=90°，F(xiàn)是ED的中點，連接FO．①求證：BC?BE?CD=2OF．②延長FO交BC于點G，若OF=2，△DEO的面積為10，直接寫出OG的長．【答案】(1)見解析(2)BE+CD=BC，(3)①見解析；②OG【分析】（1）先根據(jù)三角形內(nèi)角和得：∠BOC=180°?(∠OBC+∠OCB)，由角平分線定義得：∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠（2）在BC上截取BM=BE，證明△BOE≌△BOM，推出∠BOE=∠BOM=60°，再證明△DCO≌△MCO可得結(jié)論；（3）①延長OF到點M，使MF=OF，證明△ODF≌△MEF(SAS)，推出OD=EM．過點O作CE，BD的垂線，證明△OBE≌△OBK(AAS)和△ODC≌△OHC，推出EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．據(jù)此即可證明結(jié)論；②利用①的結(jié)論以及三角形面積公式即可求解．【詳解】（1）證明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠∴∠BOC=180°?(∠OBC+∠OCB)=180°?12(∠ABC+∠ACB=180°?12(180°?∠A=12∠A+90°（2）解：BE+CD=BC．在BC上截取BM=BE，連接OM，如圖：∵∠BOC=12∠A+90°=120°∴∠BOE=60°，∵BD平分∠ABC，∴∠EBO=∠MBO，∴△BOE≌△BOM，∴∠BOE=∠BOM=60°，∴∠MOC=∠DOC=60°，∵OC為∠DCM的角平分線，∴∠DCO=∠MCO，在△DCO與△MCO中，∠DCO∴△DCO≌△MCO（ASA），∴CM=CD，∴BC=BM+CM=BE+CD；（3）①證明：如圖，延長OF到點M，使MF=OF，連接EM，∴OM=2OF．∵F是ED的中點，∴EF=DF，∵∠DFO=∠EFM，∴△ODF≌△MEF(SAS)，∴OD=EM．過點O作CE，BD的垂線，分別交BC于點K，H，∴∠OCK+∠OKC=90°．∵∠A=90°，∴∠ACE+∠AEC=90°∵∠ACE=∠OCK，∴∠AEO=∠OKC，∴∠BEO=∠BKO，∴△OBE≌△OBK(AAS)，同理可得△ODC≌△OHC，∴EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．由（1）可知∠DOE=∠BOC=12×90°+90°=135°∴∠BOE=∠COD=45°，∴∠OEM=∠KOH=45°，∴△OME≌△KHO，∴KH=OM，∴KH=2OF．∵BC?BK?CH=KH=2OE，∴BC?BE?CD=KH=2OF；②解：∵△OME≌△KHO，∴∠EOM=∠OKH，∴FG⊥BC．由①可知KH=2OF=4，△ODF≌△MEF，∴S△DEO=S△OME=S△KHO=10，∴KH×OG×12=10∴OG=5．【點睛】本題考查了角平分線的定義、三角形內(nèi)角和定理、三角形全等的性質(zhì)和判定．解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．6．（2023·山東青島·統(tǒng)考一模）【閱讀理解】三角形內(nèi)角和定理告訴我們：如圖①，三角形三個內(nèi)角的和等于180°．如圖②，在△ABC中，有∠A+∠ABC+∠C=180°，點D【初步應用】如圖③，點D，E分別是△ABC的邊AB（1）若∠A=60°，∠CBD（2）若∠A=60°，∠CBD（3）若∠A=m°，則【拓展延伸】如圖④，點D，E分別是△ABC的邊AB（4）若∠A=60°，分別作∠CBD和∠BCE的平分線交于點O，則（5）若∠A=60°，分別作∠CBD和∠BCE的三等分線交于點O，且∠CBO=1（6）若∠A=m°，分別作∠CBD和∠BCE的n等分線交于點O，且∠CBO【答案】（1）50；（2）240；（3）m+180；（4）60；（5）100；（6）180-【分析】（1）根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)三角形外角的性質(zhì)結(jié)合三角形內(nèi)角和定理求解即可；（3）由（2）同理求解即可；（4）根據(jù)角平分線的定義可得出∠CBO=12∠CBD，∠BCO（5）由∠CBO=13∠CBD，∠BCO（6）由∠CBO=1n∠CBD，∠BCO【詳解】（1）由三角形外角的性質(zhì)可得出∠ACB故答案為：50；（2）∵∠CBD=∠A∴∠CBD∵∠A=60°，∴∠CBD故答案為：240；（3）由（2）同理可得∠CBD∵∠A=m∴∠故答案為：m+180（4）∵∠CBD和∠BCE的平分線交于點∴∠CBO=1∴∠CBO由（2）可知∠CBD∴∠CBO∴∠BOC故答案為：60；（5）∵∠CBO=1∴∠CBO由（2）可知∠CBD∴∠CBO∴∠BOC故答案為：100；（6）∵∠CBO=1∴∠CBO由（3）可知∠CBD∴∠CBO∴∠BOC故答案為：180-m【點睛】本題考查三角形內(nèi)角和定理的應用，三角形外角的性質(zhì)，角平分線的定義和角的n等分點的定義．利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關鍵．題型04三角形內(nèi)角和與外角和定理的實際應用1．（2023·江西吉安·模擬預測）苯分子的環(huán)狀結(jié)構是由德國化學家凱庫勒提出的．隨著研究的不斷深入，發(fā)現(xiàn)苯分子中的6個碳原子與6個氫原子均在同一平面，且所有碳碳鍵的鍵長都相等（如圖1），組成了一個完美的六邊形（正六邊形），圖2是其平面示意圖，則∠1的度數(shù)為（）

A．130° B．120° C．110° D．60°【答案】B【分析】根據(jù)正六邊形的內(nèi)角和公式求出∠BAF的度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求∠ABF的度數(shù)，同理可得【詳解】解：∵六邊形ABCDEF∴AB=AF=EF∴∠ABF同理∠EAF∴∠1=180°-30°-30°-120°，故選：B．【點睛】本題考查正多邊形內(nèi)角和的計算以及三角形公式，n邊形的內(nèi)角和為180°?n2．（2023·山西太原·模擬預測）綠色出行，健康出行，你我同行．某市為了方便市民綠色出行，推出了共享單車服務．圖1是某品牌共享單車放在水平地面的實物圖，圖2是其示意圖，其中AB，CD都與地面平行，∠BCD=68°，∠BAC=52°．已知AM與CB平行，則圖1

圖2A．70° B．68° C．60° D．50°【答案】C【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠ABC=∠BCD【詳解】解：∵AB，CD都與地面平行，∠BCD∴AB∥∴∠ABC∵∠BAC∴∠ACB∵AM∥∴∠MAC故選：C．【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理，屬于基礎題型，熟練掌握平行線的性質(zhì)是解題關鍵．3．（2024·陜西西安·一模）如圖，一束平行于主光軸的光線經(jīng)凸透鏡折射后，其折射光線與一束經(jīng)過光心O的光線相交于點P，點F為焦點．若∠1=155°，∠2=30°，則A．45° B．50° C．55° D．65°【答案】C【分析】本題考查了平行線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)等知識，掌握這兩個知識點是關鍵．利用平行線的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖，∵AB∥∴∠1+∠BFO∴∠BFO∵∠POF∴∠3=∠POF故選：C．題型05線段垂直平分線和角平分線綜合問題1．（2023·浙江杭州·二模）如圖，△ABC中，∠BAC=70°，AB的垂直平分線與∠BAC的角平分線交于點O，則A．35° B．30° C．25° D．20°【答案】A【分析】根據(jù)角平分線的定義得出∠BAO=1【詳解】解：∵AO平分∠BAC∴∠BAO∵OD垂直平分AB，∴OA=∴∠ABO故選A．【點睛】本題考查了角平分線的定義，垂直平分線的性質(zhì)，等邊對等角，屬于基本知識，這幾個知識點經(jīng)常組合考查，關鍵是要能夠?qū)⑺鼈冴P聯(lián)起來．2．（2023·山東棗莊·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，CD平分∠ACB．邊AB的垂直平分線DE分別交CD①∠BAC=60°；②CD<2BE；③DEA．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】利用直角三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識對各選項的說法分別進行論證，即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖，連接BD、AD，過點D作DM⊥BC于M，①在Rt△ABC中，∴∠BAC=60°．故②∵DM⊥BC，∴∠DNC∵CD平分∠ACB∴∠DCN∴∠DCN∴CN=則△CDN同理可證：△CDM∴CD∴DM=∵DE垂直平分AB，∴BD=∵CD平分∠ACB∴DM在Rt△BDM和BD∴Rt△∴∠BDM∴∠BDM∴∠ADB∴AB=即2BE在Rt△AND中，AD是斜邊，∴AD>DN∴AB>∴2BE>CD③∵BD=∴△ABD是等腰直角三角形，∴DE=在Rt△ABC中，∴AC=∴DE=AC．故③④∵△BDM∴BM=AN，∴矩形DMCN是正方形，∴CN∴CN=∴BC=∵CD=∴2CD∵AC=∴2CD=1故選：D．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，準確作出輔助線并靈活運用所學知識是解題的關鍵．3．（2023·山西呂梁·模擬預測）如圖：在△ABC

(1)實踐與操作：利用尺規(guī)作∠BAC的角平分線交BC于點D，作線段AD的垂直平分線EF，交邊AB于點E，交邊AC于點F，交AD于點O(2)猜想與證明：連接DE．試猜想線段DE與AF的數(shù)量及位置關系，并加以證明．【答案】(1)見解析(2)DE∥AF，【分析】（1）按照角平分線和垂直平分線的的尺規(guī)作圖步驟作圖即可；（2）根據(jù)角平分線及垂直平分線可證△AOE≌△AOF，從而得證平行四邊形AEDF、AD【詳解】（1）解：如圖線段AD、EF為所求作線段．

（2）平行且相等；理由如下：

連接DF，∵AD平分∠∴∠EAO∵EF是AD∴∠AOE∵AO∴△∴OE∵OA∴四邊形AEDF是平行四邊形,∵AD∴平行四邊形AEDF是菱形，∴DE∥AF【點睛】本題考查角平分線及垂直平分線的的尺規(guī)作圖方法、性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)及判定，平行四邊形的判定，菱形的性質(zhì)及判定，掌握相關定理并能理解是關鍵．4．（2023·江蘇連云港·二模）“關聯(lián)”是解決數(shù)學問題的重要思維方式．角平分線的有關聯(lián)想就有很多……【問題提出】(1)如圖①，PC是△PAB的角平分線，求證：PA

小明思路：關聯(lián)“平行線、等腰三角形”，過點B作BD∥PA，交PC的延長線于點D，利用“三角形相似小紅思路：關聯(lián)“角平分線上的點到角的兩邊的距離相等”，過點C分別作CD⊥PA交PA于點D，作CE⊥PB交PB于點E，利用請根據(jù)小明或小紅的思路，選擇一種并完成證明．【理解應用】(2)如圖②，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是邊BC上一點．連接AD，將△ACD沿AD所在直線折疊，使點C恰好落在邊AB上的E點處，落AC=1，

【深度思考】(3)如圖③，△ABC中，AB=6，AC=4，AD為∠BAC的角平分線．AD的垂直平分線EF交BC延長線于點F，連接AF，當BD=3

【拓展升華】(4)如圖④，PC是△PAB的角平分線，若AC=3，BC=1，則△

【答案】(1)見解析(2)5(3)6(4)3【分析】（1）選擇小明的思路，過點BD∥AP交PC的延長線于點D，易證△ACP∽△BCD，得到PABD=AC（2）利用（1）中的結(jié)論得到ABAC（3）利用（1）中的結(jié)論得到ABAC=BDCD，再利用垂直平分線的性質(zhì)得到（4）作△APB的外角平分線PD，交AB的延長線于D，在AP的延長線上截取PE=PB,易得△BPD≌△EPDSAS，由（1）結(jié)論可得DEDA=PEPA，由等量代換可得PAPB=ADBD【詳解】（1）解：選擇小明的思路，如圖，過點BD∥AP交PC的延長線于點

∵BD∥∴∠APC=∠又∵∠ACP∴△ACP∴PA∵PC是△PAB∴∠APC∴∠BPC∴PB=∴PAPB選擇小紅的思路，如圖，過點C分別作CD⊥PA交PA于點D，作CE⊥PB交PB于點E，作

∵PC是△PAB∴CD=∴S△PAC=12?PA∴BC?PF=∴CE=∴PA?∴PAPB（2）解：∵將△ACD沿AD所在直線折疊點C恰好落在邊AB上的E∴AD平分∠BAC∴ABAC∵AC=1，AB∴21∴BD=2∵∠BAC∴BC=∴BD+∴3CD∴CD=∴DE=故答案為53（3）解：∵AD為∠BAC∴ABAC=BD∵△ABC中，AB=6，AC=4∴64∴CD=2∵AD的垂直平分線EF交BC延長線于F，∴AF=∴∠FAD∵∠FAD=∠FAC∴∠B∵∠AFB∴△FBA∴ABAC∴64∴AF=6故答案為6．（4）解：如圖，如圖，作△APB的外角平分線PD，交AB的延長線于D

在AP的延長線上截取PE=∵PD是△APB的外角平分線，∴∠BPD又∵PD=∴△BPD∴DB=DE∴DEDA∵PE=PB∴PAPB∵PC是△APB∴PAPB∴ADBD∴AB+∴4+BD∴BD∴CD=3∵∠CPB∴點P在以半徑為32的⊙如圖，當P運動到點P'，P

△APB的面積最大，最大值為1故答案為：3．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，角平分線、中垂線、等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握角平分線的性質(zhì)是解題的關鍵．5．（2022·浙江溫州·模擬預測）已知：如圖，∠MAN為銳角，AD平分∠MAN，點B，點C分別在射線AM和AN上，(1)若點E在線段CA上，線段EC的垂直平分線交直線AD于點F，直線BE交直線AD于點G，求證：∠EBF(2)若（1）中的點E運動到線段CA的延長線上，（1）中的其它條件不變，猜想∠EBF與∠【答案】(1)見解析；(2)見解析．【分析】（1）如圖1，連接EF、CF，由中垂線的性質(zhì)就可以得出EF=CF，就有∠FEC=∠FCE，由△AFB≌△AFC就可以得出∠ABF=∠ACF，由∠FEC+∠（2）如圖2，連接EF、CF，由中垂線的性質(zhì)就可以得出EF=CF，就有∠FEC=∠FCE，由△AFB≌△AFC就可以得出∠ABF=∠ACF，就有∠AEF=∠【詳解】（1）解：如圖1，連接EF、CF，∵EC的垂直平分線交直線AD∴EF∴∠FEC∵AD平分∠∴∠BAF在△AFB和△AB=∴△AFB∴∠ABF∴∠ABF∵∠FEC∴∠ABF則A、B、F、E四點共圓，∴∠EBF（2）解：∠理由：如圖2，連接EF、CF，∵EC的垂直平分線交直線AD∴EF∴∠FEC∵AD平分∠∴∠BAF在△AFB和△AB∴△AFB∴∠ABF∴∠ABF則A、B、F、E四點共圓，∴∠EBF∵∠FAC∵∠EBF【點睛】本題考查角平分線的性質(zhì)的運用，中垂線的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，四點共圓的判定及性質(zhì)的運用，解答時證明三角形全等是關鍵．題型06特殊三角形的性質(zhì)與判定1．（2023·陜西西安·高新一中校考一模）如圖，在△ABC中，∠B=45°，∠C=30°A．22 B．12 C．32【答案】A【分析】過點A作AD⊥BC于D，將△ABC分成兩個特殊的直角三角形：△ABD和△ACD，從而解決問題．【詳解】解：如圖，過點A作AD⊥BC于D，∵∠B＝45°，∠ADB＝90°，∴BD＝AD，AB=2BD=2∵∠C＝30°，∠ADC＝90°，∴AC＝2AD，∴ABAC=故選：A．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，作輔助線構造特殊的直角三角形是解題的關鍵．2．（2024·上海普陀·一模）如圖，△ABC和△DCB都是直角三角形，∠BAC=∠BCD=90°，AB=AC，AC、BD相交于點OA．33 B．2-3 C．3-【答案】D【分析】本題考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)；過點O作OE⊥BC于點E，證△OCE是等腰直角三角形，得OE=CE，OC=2OE，設OE=CE=a，則OC=2【詳解】解：如圖，過點O作OE⊥BC于點則∠OEB∵∠BAC=90°，∴∠∴△OCE∴OE∴設OE=則OC=2a∵∠DBC∴OB∴BE∴BC∴AC∴OC故選：D．3．（2022·四川綿陽·東辰國際學校?？寄M預測）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，斜邊AB=8，AB經(jīng)過原點O，點C在y軸的正半軸上，AC交x軸于點D，且CD:AD(1)求反比例函數(shù)的解析式．(2)點P為直線AC上一動點，求BP+【答案】(1)y(2)4【分析】（1）過點A作AE⊥x軸于點E，根據(jù)題意可得A、B關于原點對稱，再由直角三角形的性質(zhì)可得AO=CO=BO=（2）延長BC至點F，使得FC=BC，連接OF交直線AC于點P，連接BP，可得AC垂直平分BF，從而得到BP=FP，再由“兩點間線段最短”可得BP+OP的最小值為線段OF的長，然后根據(jù)A、B關于原點對稱，可得【詳解】（1）解：如圖①，過點A作AE⊥x軸于點E∵AB經(jīng)過原點O，∴A、B關于原點對稱，∴O為AB的中點，∵∠ACB=90°，∴AO=∵OD∥∴COOE∴4OE∴OE=3∴AE=∴點A的坐標為7,-3∴k=∴反比例函數(shù)的解析式為y=-（2）解：如圖②，延長BC至點F，使得FC=BC，連接OF交直線AC于點P，連接∵BC⊥AC，∴AC垂直平分BF，∴BP=∴BP+由“兩點間線段最短”可得BP+OP的最小值為線段由（1）得A、B關于原點對稱，∴B-∵C為線段BF的中點，∴xB+xF2=x解得xF=7∴點F的坐標為7,5∴OF=72+5【點睛】本題主要考查了反比例函數(shù)的幾何應用，平行線分線段成比例，勾股定理，線段垂直平分線的性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合思想解答是解題的關鍵．4．（2023·山西·模擬預測）如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D在邊AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，連接BE，取BE的中點F，連接DF．(1)請直接寫出∠ADF的度數(shù)及線段AD與DF的數(shù)量關系；(2)將圖1中的△CDE繞點C按逆時針旋轉(zhuǎn)，①如圖2，（1）中∠ADF的度數(shù)及線段AD與DF的數(shù)量關系是否仍然成立？請說明理由；②如圖3，連接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范圍．【答案】(1)∠ADF=45°，AD=2DF；(2)①成立，理由見解析；②1≤S△ADF≤4.【分析】（1）延長DF交AB于H，連接AF，先證明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再證明△ADH為等腰直角三角形，利用三線合一及等腰直角三角形邊的關系即可得到結(jié)論；（2）①過B作DE的平行線交DF延長線于H，連接AH、AF，先證明△DEF≌△HBF，延長ED交BC于M，再證明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代換可得∠DAH=90°，即△ADH為等腰直角三角形，利用三線合一及等腰直角三角形邊的關系即可得到結(jié)論；②先確定D點的軌跡，求出AD的最大值和最小值，代入S△ADF=14【詳解】（1）解：∠ADF=45°，AD=2DF，理由如下：延長DF交AB于H，連接AF，∵∠EDC=∠BAC=90°，∴DE∥AB，∴∠ABF=∠FED，∵F是BE中點，∴BF=EF，又∠BFH=∠DFE，∴△DEF≌△HBF，∴BH=DE，HF=FD，∵DE=CD，AB=AC，∴BH=CD，AH=AD，∴△ADH為等腰直角三角形，∴∠ADF=45°，又HF=FD，∴AF⊥DH，∴∠FAD=∠ADF=45°，即△ADF為等腰直角三角形，∴AD=2DF;（2）解：①結(jié)論仍然成立，∠ADF=45°，AD=2DF，理由如下：過B作DE的平行線交DF延長線于H，連接AH、AF，如圖所示，則∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，∵F是BE中點，∴BF=EF，∴△DEF≌△HBF，∴BH=DE，HF=FD，∵DE=CD，∴BH=CD，延長ED交BC于M，∵BH∥EM，∠EDC=90°，∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，又∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°，∴∠HBA+∠DCB=45°，∵∠ACD+∠DCB=45°，∴∠HBA=∠ACD，∴△ACD≌△ABH，∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，即∠HAD=90°，∴∠ADH=45°，∵HF=DF，∴AF⊥DF，即△ADF為等腰直角三角形，∴AD=2DF．②由①知，S△ADF=12DF2=14AD由旋轉(zhuǎn)知，當A、C、D共線時，且D在A、C之間時，AD取最小值為3－1=2，當A、C、D共線時，且C在A、D之間時，AD取最大值為3+1=4，∴1≤S△ADF≤4．【點睛】本題考查了等腰直角三角形性質(zhì)及判定、全等三角形判定及性質(zhì)、勾股定理等知識點．構造全等三角形及將面積的最值轉(zhuǎn)化為線段的最值是解題關鍵．遇到題干中有“中點”時，采用平行線構造出對頂三角形全等是常用輔助線．5．（2021·福建廈門·廈門市第十一中學?？级＃┤鐖D，ΔABC、ΔADE均為等邊三角形，BC=6，AD=4．將ΔADE繞點A(1)在圖①中證明ΔADB(2)如圖②，當∠EAC=90°時，連接CD，求(3)在ΔADE的旋轉(zhuǎn)過程中，直接寫出ΔDBC的面積【答案】(1)見解析(2)9(3)9【分析】（1）先判斷出∠BAD（2）先判斷出∠BAD=90°，進而得出∠DAE=60°，再用含30°角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出（3）過A作AH⊥BC于H，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BH=CH=12BC=3，根據(jù)勾股定理得到AH=AB2-BH2=62-32=33【詳解】（1）證明：∵ΔABC和∴AD=AE，AB∴∠BAD在ΔABD和ΔACE中，∴Δ（2）如圖②，連接CE，同（1）的方法得，ΔABD∴∠BAD∵∠CAE∴∠BAD過點A作AH⊥BC于H，過點D作DG//BC，交HA的延長線于在等邊ΔABC中，AH∴BH=1∴∠DAG在RtΔABH中，根據(jù)勾股定理得，在RtΔADG中，∠ADG∴AG∴GH∴S（3）過A作AH⊥BC于∵Δ∴BH∴AH如圖③，當AD與AH在同一條直線上，且點D在ΔABC的外部時，ΔS最大如圖④，當AD與AH在同一條直線上，且點D在ΔABC的內(nèi)部時，ΔS最小綜上所述，ΔDBC的面積S的取值范圍為9【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練運用上述知識點是解題的關鍵．6．（2021·江蘇南京·南師附中樹人學校?？家荒＃┤鐖D1，若△DEF的三個頂點D，E，F(xiàn)分別在△ABC各邊上，則稱△DEF是△ABC的內(nèi)接三角形．（1）如圖2，點D，E，F(xiàn)分別是等邊三角形ABC各邊上的點，且AD＝BE＝CF，則△DEF是△ABC的內(nèi)接．A．等腰三角形B．等邊三角形C．等腰三角形或等邊三角形D．直角三角形（2）如圖3，已知等邊三角形ABC，請作出△ABC的邊長最小的內(nèi)接等邊三角形DEF．（保留作圖痕跡，不寫作法）（3）問題：如圖4，△ABC是不等邊三角形，點D在AB邊上，是否存在△ABC的內(nèi)接等邊三角形DEF？如果存在，如何作出這個等邊三角形？①探究1：如圖5，要使△DEF是等邊三角形，只需∠EDF＝60°，DE＝DF．于是，我們以點D為角的頂點任作∠EDF＝60°，且DE交BC于點E，DF交AC于點F．我們選定兩個特殊位置考慮：位置1（如圖6）中的點F與點C重合，位置2（如圖7）中的點E與點C重合．在點E由位置1中的位置運動到位置2中點C的過程中，DE逐漸變大而DF逐漸變小后再變大，如果存在某個時刻正好DE＝DF，那么這個等邊三角形DEF就存在（如圖8）．理由：是等邊三角形．②探究2：在BC上任取點E，作等邊三角形DEF（如圖9），并分別作出點E與點B、點C重合時的等邊三角形DBF′和DCF″．連接FF'，F(xiàn)F″，證明：FF'+FF″＝BC．③探究3：請根據(jù)以上的探究解決問題：如圖10，△ABC是不等邊三角形，點D在AB邊上，請作出△ABC的內(nèi)接等邊三角形DEF．（保留作圖痕跡，不寫作法）【答案】（1）B；（2）見解析；（3）①有一個角是60°的等腰三角形；②見解析；③見解析【分析】（1）通過已知條件判斷三角形全等即可；（2）過三點作對邊的垂線即可；（3）①運用有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形這一定理即可；②通過證明三角形全等得到BE＝F′F和EC＝FF″，即可證明FF'+FF″＝BC；③運用②的結(jié)論，確定等邊三角形一個點F，再通過截取確定點E，即可作出所求三角形．【詳解】（1）∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵AD＝BE＝CF，∴AB﹣AD＝BC﹣BE＝AC﹣CF，∴BD＝CE＝AF，在△ADF和△BED中，AD=∴△ADF≌△BED（SAS），∴DF＝ED，在△ADF和△CFE中，AD=∴△ADF≌△CFE（SAS），∴DF＝EF，∴DF＝DE＝EF，∴△DEF是等邊三角形，故答案為：B；（2）如圖所示，△ABC的邊長最小的內(nèi)接等邊△DEF即為所求；（3）①∵DE＝DF，∠EDF＝60°，∴△DEF是等邊三角形（有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形），故答案為：有一個角是60°的等腰三角形；②連接FF′和FF″，∵△DBF′、△DEF、△DCF″都是等邊三角形，∴DB＝DF′，DE＝DF，DC＝DF″，∠BDF′＝∠EDF＝∠CDF″＝60°，∴∠BDE＝∠F′DF，∠EDC＝∠FDF″，在△DBE和△DF′F中，DB=∴△DBE≌△DF′F（SAS），∴BE＝F′F，在△DEC和△DFF″中，DE=∴△DEC≌△DFF″（SAS），∴EC＝FF″，∴BC＝BE+EC＝F′F+FF″，即FF'+FF″＝BC；③以BD為邊作等邊△BDF′，以CD為邊作等邊△CDF″，連接F′F″交AC于點F，連接DF，在BC上截取BE＝F′F，連接DE，DF，△DEF即為所求．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的判定與性質(zhì)以及尺規(guī)作圖，構造全等三角形是解題的關鍵．題型07勾股定理、勾股定理逆定理與網(wǎng)格問題1．（2022·陜西西安·交大附中分校?？寄M預測）如圖，在9×5的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A，B，C都在格點上，若BD是∠ABC的平分線，則BD的長為（

）A．102 B．10 C．3102【答案】A【分析】利用勾股定理求出AB、BC、AC的長，可得△ABC為等腰三角形，利用等腰三角形三線合一可得AD的值，繼續(xù)用勾股定理即可求出BD【詳解】解：由題可知，AB=5，BC=3∴AB=又∵BD平分∠ABC∴AD=12AC=3∴BD=故選：A．【點睛】本題考查了勾股定理的應用，等腰三角形的三線合一，熟練掌握相關定理是解題的關鍵．2．（2021·北京門頭溝·統(tǒng)考二模）圖所示的正方形網(wǎng)格內(nèi)，點A，B，C，D，E是網(wǎng)格線交點，那么∠ECD+∠EDC【答案】90【分析】由題意設出網(wǎng)格邊長，根據(jù)勾股定理分別表示出CD【詳解】解：設正方形網(wǎng)格邊長為a，由勾股定理求得CD∴C∴△CDE即∠故答案為：90．【點睛】此題主要考查了勾股定理的應用，表示出各邊的平方是解答本題的關鍵．3．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）如圖，△ABC的頂點都在邊長為1(1)∠ABC+∠(2)利用正方形網(wǎng)格，證明（1）中的結(jié)論．【答案】(1)45°(2)見解析【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格特點和三角形外角的性質(zhì)分析求解即可；（2）延長BA交格點于D，連接CD，利用勾股定理逆定理證明∠ADC【詳解】（1）解：∠ABC故答案為：45°；（2）證明：如圖，延長BA交格點于D，連接CD，則AD2=∴AD∴∠ADC∴∠DAC【點睛】本題考查了勾股定理及其逆定理，三角形外角的性質(zhì)，根據(jù)網(wǎng)格特點求出∠ADC4.（2022·吉林長春·統(tǒng)考模擬預測）圖①、圖②、圖③均是5×5的正方形網(wǎng)格，每個小正方形的邊長為1，每個小正方形的頂點稱為格點，線段AB的端點均在格點上．只用無刻度的直尺，分別在給定的網(wǎng)格中，以AB為邊畫三角形．按下列要求作圖：(1)在圖①中，畫一個等腰△ABC，使其面積為3．(2)在圖②中，畫一個直角三角形△ABD，使其面積為103(3)在圖③中，畫一個△ABE，使其面積為154，且∠BAE＝45°【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及三角形面積公式即可得出；（2）根據(jù)勾股定理及平行線分線段成比例進行驗證畫圖即可；（3）利用勾股定理及等腰三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例畫圖即可．【詳解】（1）解：如圖所示，AB=BC=1三角形面積為：12∴?ABC即為所求；（2）解：線段AB為1×3矩形對角線，找到格點C使得線段BC是3×1的矩形對角線，AB=BC=12+32=∴AB2∴∠ABC=90°，如圖所示：AB⊥BC，點D是線段BC與網(wǎng)格線的交點，由平行線分線段成比例可得：BD=23∴S?∴?ABD即為所求；（3）如圖所示，找到格點D，連接AD，BD，∵AB=12+32=10，AD=∴AD2∴∠ADB=90°，∴BD⊥AD，延長AD與網(wǎng)格線交于點E，由“平行線分線段成比例”，DEAE∴AE=3DE，∵AD=AE-DE=2DE，∴DE=12∴AE=3∵BD⊥AD即BD⊥AE，，∴S?ABE∵BD⊥AD，AD=BD=5，∴∠BAD=∠ABD=45°，即∠BAE=45°，∴?ABE即為所求．【點睛】題目主要考查網(wǎng)格與三角形，包括勾股定理解三角形，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理逆定理，平行線分線段成比例等，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．題型08與三角形有關的折疊問題1．（2022·重慶大足·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝3，點D是BC上一動點，連接AD，將△ACD沿AD折疊，點C落在點E處，連接DE交AB于點F，當∠DEB是直角時，DF的長為（

）．A．5 B．3 C．32 D．【答案】C【分析】如圖，由題意知∠AED=∠C=90°，AE=AC=3，DE=CD，∠AED=∠DEB=90°，可知A、E、B三點共線，E【詳解】解：如圖，∵∠DEB∴∠由題意知∠AED=∠C=90°∴∠∴A、∴E與F重合在Rt△ABC設DF=DE在Rt△BDE中，由勾股定理得B解得x∴DF的長為3故選C．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理等知識．解題的關鍵在于明確A、E、B三點共線，2．（2022·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一點，且CD＝3，E是BC邊上一點，將△DCE沿DE折疊，使點C落在點F處，連接BF，則BF的最小值為．【答案】35-【分析】先由折疊判斷出F的運動軌跡是為以D為圓心，CD的長度為半徑的圓，當B、D、F共線且F在B、D之間時BF最小，根據(jù)勾股定理及圓的性質(zhì)求出此時BD、BF的長度即可．【詳解】解：由折疊知，F(xiàn)點的運動軌跡為：以D為圓心，CD的長度為半徑的圓，如圖所示，可知，當點B、D、F共線，且F在B、D之間時，BF取最小值，∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，∴BC=6，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=CD∴BF=BD－DF=35故答案為：35【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、圓的性質(zhì)、勾股定理解直角三角形的知識，該題涉及的最值問題屬于中考?？碱}型，根據(jù)折疊確定出F點運動軌跡是解題關鍵．3．（2023·廣東深圳·模擬預測）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=5，BC=12，點D是邊BC上一點（不含B、C兩個端點），將△ADC沿

【答案】3513或【分析】分兩種情況：當DC'⊥BC時，由折疊得：DC'=DC，∠ADC'=∠ADC，可推出∠ADC=135°，∠【詳解】解：當DC'⊥過點D作DE⊥AC于

在Rt△ABC中，∴AC由折疊得：DC∵D∴∠CD∵∠ADC∴∠ADC∴∠ADB∴BD∴CD∵sin即DE7∴DE當DC如圖2，過點D作DE⊥AC于

由折疊得：AC∵D∴C'、D、E∴∠AD∵∠ADC∴∠ADB∵∠ABD∴△ADB∴AE∴CE∵tan即DE8∴DE當DC'⊥AB時，點綜上所述，點D到邊AC的距離是3513或10故答案為：3513或10【點睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形判定和性質(zhì)，三角函數(shù)定義等，注意分類討論，防止漏解．4．（2023·安徽亳州·三模）如圖，在直角三角形紙片ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，點D在邊AB上，以CD為折痕將△CBD折疊得到△CDF，CF與邊AB交于點E，當

【答案】4【分析】作CH⊥AB于H，由勾股定理得AB=5，由等面積法可得CH=125，由同角的余角相等可得∠ACH=∠B，由折疊的性質(zhì)可得∠B=∠F，∠DCE=∠DCB【詳解】解：如圖，作CH⊥AB于

在Rt△ACB中，AC∴AB∵S∴CH∵∠ACB∴∠ACH∴∠ACH由折疊的性質(zhì)可得：∠B=∠F∴∠ACH∵FD∴∠FDE∴∠F∵∠HCE∴∠F∴∠ACH∵∠DCE∴∠HCD∴△CDH∴HC∵AH∴BD故答案為：45【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、同角或等角的余角相等、勾股定理，熟練掌握折疊的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、同角或等角的余角相等，是解題的關鍵．5．（2023·河南商丘·一模）綜合與實踐綜合實踐課上，老師讓同學們以“三角形紙片的折疊”為主題開展數(shù)學活動．

(1)【操作發(fā)現(xiàn)】對折△ABC(AB>AC)，使點C落在邊AB上的點E處，得到折痕AD，把紙片展平，如圖1．小明根據(jù)以上操作發(fā)現(xiàn)：四邊形AEDC滿足AE=AC，DE=DC．查閱相關資料得知，像這樣的有兩組鄰邊分別相等的四邊形叫作(2)【探究證明】如圖2，連接EC，設箏形AEDC的面積為S．若AD+EC=12(3)【遷移應用】在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=1，點D，E【答案】(1)對角線AD垂直平分CE，(2)18(3)23或【分析】（1）根據(jù)AE=AC，DE=DC可知對角線（2）設AD=x，則EC=12-x，推導箏形（3）分兩種情況討論：①當AE=AC，CD=ED時，根據(jù)中線的性質(zhì)和全等三角形面積相等即可求解．②當AE=DE，CD=AC時，設【詳解】（1）解：∵AE=AC，∴點A、點D都在CE的垂直平分線上，即對角線AD垂直平分CE，故答案為：對角線AD垂直平分CE，(填“對角線互相垂直”也對)（2）由（1）得AD⊥CE，

∴箏形面積為：S=設AD=x∴S∴當AD=EC（3）四邊形AEDC的面積為23或5補充理由如下：根據(jù)題意，分兩種情況討論：①AE=AC，CD=①當AE=作出這個箏形如下，

根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：△ACD≌△∴S△∵AC=AE=1∴AE=BE=1，即DE是△∴S∴S∴S箏形②當AE=

根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：△ACE∴EA⊥在Rt△ABC中，∠∴BC=設EA=∵CA=∴BE=在Rt△DBE中，根據(jù)勾股定理得：∴2-x解得：x=∴S綜上所示：四邊形AEDC的面積為23或【點睛】本題考查新定義的“箏形”的性質(zhì)和面積，涉及垂直平分線的判斷，二次函數(shù)的最值，中線的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等知識，掌握垂直平分線的判斷和二次函數(shù)的最值是解題的關鍵．6．（2023·河南周口·三模）綜合與實踐【問題背景】數(shù)學活動課上，老師將矩形ABCD按如圖①所示方式折疊，使點A與點C重合，點B的對應點為B'，折痕為EF，若△CEF

(1)請解答老師提出的問題：試猜想AB與AD的數(shù)量關系，并加以證明．【實踐探究】(2)小明受到此問題啟發(fā)，將△ABC紙片按如圖②所示方式折疊，使點A與點C重合，折痕為EF，若∠A=45°①試判斷重疊部分△CEF②若點D為EF的中點，連接CD，求CD的長；【問題解決】(3)小亮深入研究小明提出的這個問題，發(fā)現(xiàn)并提出新的探究點：如圖③，在△ABC中，將△ABC折疊，使點A與點C重合，點D為折痕所在直線上一點，若AB=AC=5，【答案】(1)ABAD(2)①△CEF為等腰直角三角形，理由見解析．

②(3)22或【分析】（1）設DE=x，可求得EC=2x，（2）①根據(jù)圖形折疊的性質(zhì)可求得∠EFC=90°，∠ECF=45°，進而可求得答案；②求得（3）需要分兩種情況討論：①當點D在△ABC內(nèi)部時，過點A作AE⊥BC于點E，折痕為直線l，點D為折痕上一點，過點D作DM⊥AE于點M，作DN⊥BC于點N，連接AD，CD，BD，先證得△ADM≌△CDN，進而證得四邊形DMEN為正方形，設DN=x，根據(jù)【詳解】（1）ABAD理由如下：∵△CEF∴∠ECF∴∠DCE=30°設DE=在Rt△DECEC=2DE=2x∵矩形ABCD沿EF折疊，∴AE=EC∴AD=∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=∴ABAD（2）①△CEF理由如下：∵△AEF沿EF折疊，點A與點C∴EF是線段AC的垂直平分線，∠ECF∴∠EFC∴∠FEC∴∠FEC∴△CEF②根據(jù)圖形折疊的性質(zhì)可知CF=∵點D是EF的中點，∴DF=∴CD=（3）22或34理由如下：①當點D在△ABC內(nèi)部時．

如圖所示，過點A作AE⊥BC于點E，折痕為直線l，點D為折痕上一點，過點D作DM⊥AE于點M，作DN⊥BC于點N，連接∵A，C兩點關于折痕對稱，∠ACD∴DA=DC，∴∠ADC∵AB=AC，∴點E為BC的中點．∴BE=EC∴AE=∵AE⊥BC，DM⊥∴四邊形DMEN為矩形，DM∥∴∠MDC∵∠MDC∴∠ADM在△ADM和△∠∴△ADM∴DM=DN，∴四邊形DMEN為正方形．∴DM=設DN=∴DM=DN=∴AE=AM∴x=∴BN=∴BD=②當點D在△ABC如圖所示，過點A作AE⊥BC于點E，折痕為直線l，點D為折痕上一點，過點D作DM⊥AE于點M，作DN⊥BC于點N，連接根據(jù)①的證明過程，同理可得△ADM≌△CDN

設DN=∴DM=DN=∴AE=∴x=∴BN=∴BD=綜上所述，BD的長為22或34【點睛】本題主要考查等腰三角形的判定及性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、正方形的判定及性質(zhì)、勾股定理、軸對稱圖形的性質(zhì)，能采用數(shù)形結(jié)合的方法和分類討論的思想分析問題是解題的關鍵．題型09趙爽弦圖1．（2023·山東濟南·統(tǒng)考三模）公元三世紀，我國漢代數(shù)學家趙爽在注解《周髀算經(jīng)》題時給出了“趙爽弦圖”．將兩個“趙爽弦圖”（如圖1）中的兩個正方形和八個直角三角形按圖2方式擺放圍成正方形MNPQ，記空隙處正方形ABCD，正方形EFGH的面積分別為S1，S2S1>S2，則下列四個判斷：①S1+S2=14S四邊形MNPQ②

【答案】①②③【分析】設“趙爽弦圖”中，直角三角形的較短直角邊為a，較長直角邊為b，斜邊為c，則小正方形的邊長為b-a，正方形ABCD的邊長為b，正方形EFGH的邊長為a，正方形MNPQ的邊長為【詳解】設“趙爽弦圖”中，直角三角形的較短直角邊為a，較長直角邊為b，斜邊為c，則小正方形的邊長為b-a，正方形ABCD的邊長為b，正方形EFGH的邊長為a，正方形MNPQ的邊長為∴S1=b2，∴S1∴S1故①正確；∵AF=∴AG=∴DG=∴DG=2故②正確；∵∠EMH=30°，∴MH=即b=∴b2∴S1故③正確；∵點A是線段GF的中點，∴AG=即2a∴2b∴4b∴4S故④不正確；故答案是①②③．【點睛】本題主要考查了勾股定理，正方形的面積，關鍵是設“趙爽弦圖”中，直角三角形的較短直角邊為a，較長直角邊為b，斜邊為c，用a,2．（2023·浙江麗水·統(tǒng)考一模）公元3世紀，我國數(shù)學家趙爽巧妙地利用面積關系（后人稱“趙爽弦圖”）證明了勾股定理，是我國古代數(shù)學的驕傲．如圖所示的“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成的大正方形．連結(jié)BG、DE，設S正方形ABCD=S1

（1）若BE=2DH，則tan（2）若S1=S2+【答案】1355【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AH=BE，AE=DH，進而求得（2）由題意可知S1=S2+4S△AHD，進而得到S3=4S△AHD，設EH=a【詳解】解：（1）由題意可知，△AHD∴AH=BE∵∴EH∴tan故答案為：1；（2）設S正方形ABCD=S1由題意可知，S1∵S∴S設EH=a，DH=∵∠AHD∴S∵DE=BG∴四邊形BEDG是平行四邊形，S3∴a∴a∴BE在Rt△DHE中，∴BE故答案為：35【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)是解題關鍵．3．（2022·福建福州·福建省福州延安中學?？寄M預測）我國漢代數(shù)學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅“弦圖”，后人稱其為“趙爽弦圖”（如圖1），圖2由弦圖變化得到，它是由八個全等的直角三角形拼接而成，記圖中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面積分別為S1、S2、S3，如果S1+【答案】32【分析】根據(jù)正方形的面積分別表示S1、S2、S3【詳解】解：設全等的直角三角形的兩條直角邊為a、b且a>由題意可知：S1=(a+因為S1即(a∴3(a∴3S故答案32．【點睛】本題考查勾股定理，正方形的面積，解題的關鍵在于用字母表示正方形的面積．4．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考三模）中華文明源遠流長，如圖①是漢代數(shù)學家趙爽在注解《周髀算經(jīng)》時給出的圖形，人們稱之為趙爽弦圖，被譽為中國數(shù)學界的圖騰．2002年北京國際數(shù)學家大會依據(jù)趙爽弦圖制作了會標，該圖有4個全等的直角三角形圍成幾個大正方形和中間一個小正方形，巧妙的證明了勾股定理．問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，若直角三角形的直角邊BC=3，斜邊AB=5，則中間小正方形的邊長CD=______，連接BD，△知識遷移：如圖②，P是正方形ABCD內(nèi)一點，連接PA，PB，PC，當∠BPC=90°，BP=10時，拓展延伸：如圖③，已知∠MBN=90°，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，交射線BM，BN分別于A，（1）已知D為線段AB上一個動點，連接CD，過點B作BE⊥CD，垂足為點E；在CE上取一點F，使EF=BE；過點F作GF⊥CD交BC于點G，試判斷三條線段（2）在（1）的條件下，若D為射線BM上一個動點，F(xiàn)為射線EC上一點；當AB=10，CF=2時，直接寫出線段

【答案】問題發(fā)現(xiàn)：1，92知識遷移：5；拓展延伸：（1）BE=DE+GF，理由見解析；（2【分析】問題發(fā)現(xiàn)：先由∠ACB=90°，AB=5，BC=3，根據(jù)勾股定理求得AC=4，再由圖①中的四個直角三角形全等得AD知識遷移：將△PCB繞點B沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△EAB，則∠PBE=90°，∠AEB=∠CPB=90°，可證明AE//拓展延伸：（1）作GH⊥BE于點H，先證明四邊形EFGH是矩形，則EF=GH，EH=GF，而EF=BE，于是得（2）分為兩種情況，一是點D在線段AB上，設EF=BE=x，則CE=x+2，由BE2+CE2=CB2，且CB=AB=10，列方程得x2+（x+2【詳解】解：問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，連接BD，

∵∠ACB=90°，AB=5∴AC∵圖①中的四個直角三角形全等，∴AD∴CD∵BC∴S故答案為：1，92知識遷移：如圖②，∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=CB，將△PCB繞點B沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△∵∠PBE=90°，∴∠PBE∴AE∵BE∴S故答案為：5．拓展延伸：（1）BE=如圖③，作GH⊥BE于點

∵BE⊥CD于點E，GF∴∠GFE∴四邊形EFGH是矩形，∴EF=GH∵EF∴GH∵∠GHB∴∠GBH∴△GBH∴BH∴BE（2）當點D在線段AB上，如圖③，設

∵CF∴CE∵BE2∴x解得x1=6，x2=-8∴EF=BE∵∠BED=∠CEB∴△BED∴DE∴DE當點D在線段BA的延長線上，如圖④，設EF=

∵點F在線段EC的延長線上，且CF=2∴CE∴x解得x1=8，∴BE=8，∵△BED∴DE∴DE綜上所述，線段DE的長為92或32故答案為：92或32【點睛】此題重點考查勾股定理及其應用、正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的解法以及分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．5．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考二模）勾股定理是人類最偉大的十個科學發(fā)現(xiàn)之一，西方國家稱之為畢達哥拉斯定理．在我國古書《周髀算經(jīng)》中就有“若勾三，股四，則弦五”的記載，我國漢代數(shù)學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅“弦圖”（如圖1），后人稱之為“趙爽弦圖”，流傳至今．勾股定理內(nèi)容為：如果直角三角形的兩條直角邊分別為a，b，斜邊為c，那么a2

(1)如圖2、3、4，以直角三角形的三邊為邊或直徑，分別向外部作正方形、半圓、等邊三角形，這三個圖形中面積關系滿足S1+S(2)如圖5所示，分別以直角三角形三邊為直徑作半圓，設圖中兩個月形圖案（圖中陰影部分）的面積分別為S1，S2，直角三角形面積為S3，請判斷S1，(3)如果以正方形一邊為斜邊向外作直角三角形，再以該直角三角形的兩直角邊分別向外作正方形，重復這一過程就可以得到如圖6所示的“勾股樹”．在如圖7所示的“勾股樹”的某部分圖形中，設大正方形M的邊長為定值m，四個小正方形A，B，C，D的邊長分別為a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，則當∠α變化時，回答下列問題：（結(jié)果可用含①a2+b②b與c的關系為______，a與d的關系為______．【答案】(1)3(2)S1(3)①a2+b2+c【分析】（1）根據(jù)題意，設直角三角形的三邊分別為a、b、c，利用面積相等的方法，分別求出面積的關系，即可得到答案；（2）根據(jù)半圓面積和勾股定理即可證明S1（3）①由（1）（2）中的結(jié)論，結(jié)合勾股定理的應用可知，a2②由∠1=∠2=∠3=∠α，則sin∠1=sin【詳解】（1）在圖2中，直角三角形的邊長分別為a、b、c，則由勾股定理，得a2∴S1在圖3中，三個扇形的直徑分別為a、b、c，則S1=12π∴S1∵a2∴18∴S1在圖4中，等邊三角形的邊長分別為a、b、c，則S1=12a∵S1+S∴34∴S1∴滿足S1+S故答案為：3；（2）結(jié)論：S1∵S1∴S1∴a∴S1（3）①如圖：設中間兩個正方形為E、F，邊長分別為e、f∵∠1、∠2、∠3所在的三角形為直角三角形∴e∴a2②∵∠1=∠2=∠3=∠∴b∴c∴b=∵a∴a∵e∴a∴b=c，

【點睛】本題考查了求扇形的面積，解直角三角形，勾股定理的證明，以及正方形的性質(zhì)，掌握勾股定理的內(nèi)容以及數(shù)形結(jié)合思想成為解答本題的關鍵．題型10利用勾股定理解決實際問題1．（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考三模）如圖，點P為觀測站，一艘巡航船位于觀測站P的南偏西34°方向的點A處，一艘漁船在觀測站P的南偏東56°方向的點B處，巡航船和漁船與觀測站P的距離分別為45海里、60海里．現(xiàn)漁船發(fā)生緊急情況無法移動，巡航船以30海里/小時的速度前去救助，至少需要的時間是（

）

A．1.5小時 B．2小時 C．2.5小時 D．4小時【答案】C【分析】利用角度關系得到直角，再利用勾股定理求出AB，再使用路程公式求出時間即可．【詳解】∠APB連接AB，

∴Rt△APB巡航船前去救助，沿直線AB方向用時最少，∴故選C．【點睛】本題考查解直角三角形，利用題中的數(shù)據(jù)找到直角三角形，并采用勾股定理求出路程是解題的關鍵．2．（2023·遼寧撫順·統(tǒng)考三模）如圖，AB是斜靠在墻上的長梯，AB與地面夾角為α，當梯頂A下滑2m到A'時，梯腳B滑到B'，AB'與地面的夾角為β，若tanα=

A．43 B．34 C．35【答案】D【分析】在Rt△ABC中，由tanα=43，可設AC=4xm，那么BC=3xm，根據(jù)勾股定理求出AB=5x【詳解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴可設AC=4xm，那么BC=3∴AB=AC2+∴A'B'=AB=5x在Rt△A'B'C中，∴(4x解得：x=2∴A'C=6m，∴cosβ=故選：D．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用、勾股定理、銳角三角函數(shù)定義，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．3．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考一模）無蓋圓柱形杯子的展開圖如圖所示．將一根長為20cm的細木筷斜放在該杯子內(nèi)，木筷露在杯子外面的部分至少有（

A．5cm B．7cm C．8cm【答案】A【分析】由已知可得，該圓柱形杯子沿底面圓直徑截得縱截面是一個長為12cm，寬為9cm的長方形，圖見詳解．由勾股定理可得，該長方形中的最長線段為15cm，所以當把20cm細木筷斜放進該杯內(nèi)時，最多可放進15cm【詳解】解：如下圖所示：

該圓柱形杯子沿底面圓直徑截得縱截面是一個長為12cm，寬為9cm連接BD，∵長方形ABCD，∴△BCD在Rt△BCD中，由勾股定理得：由題意得，BC=9cm，∴BD=∵BD是長方形ABCD中最長的線段，∴當把20cm細木筷斜放進該杯內(nèi)時，最多可放進15cm即露在杯子外面的部分至少是20-15=5cm．故選：A．【點睛】本題主要考查知識點為勾股定理．在直角三角形中，兩條直角邊平方的和等于斜邊的平方．熟練掌握勾股定理，是解決本題的關鍵．4．（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，透明的圓柱形容器(容器厚度忽略不計)的高為12cm，底面周長為10cm，在容器內(nèi)壁離容器底部3cm的點B處有一飯粒，此時一只螞蟻正好在容器外壁，且離容器上沿3cm的點【答案】13cm/13【分析】如圖，將容器側(cè)面展開，作點A關于EF的對稱點A'，根據(jù)兩點之間線段最短可知A【詳解】解：如圖：∵高為12cm，底面周長為10cm，在容器內(nèi)壁離容器底部3cm此時螞蟻正好在容器外壁，離容器上沿3cm與飯粒相對的點A∴將容器側(cè)面展開，作A關于EF的對稱點A'，連接A'B∴A'D=5∴A'即螞蟻吃到飯粒需爬行的最短路徑是13cm故答案為：13【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)、平面展開－最短路徑問題，勾股定理的應用等，正確利用側(cè)面展開圖、熟練運用相關知識是解題的關鍵．5．（2023·北京·北京四中?？寄M預測）一塊木板如圖所示，已知AB=4，BC=3，DC=12，AD=13，【答案】24【分析】連接AC，利用勾股定理解出直角三角形ABC的斜邊，通過三角形ACD的三邊關系可確定它為直角三角形，木板面積為這兩三角形面積之差．【詳解】解：如圖所示，連接AC，∵∠B=90°，∴AC=∵DC=12，∴DC∴△ADC∴S木板故答案為：24．【點睛】本題考查正確運用勾股定理及其勾股定理的逆定理，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．題型11求最短距離1．（2023·湖北十堰·一模）如圖，這是一個供滑板愛好者使用的U形池，該U形池可以看作是一個長方體去掉一個“半圓柱”而成，中間可供滑行部分的截面是弧長為12m的半圓，其邊緣AB=CD=20m（邊緣的寬度忽略不計），點E在CD上，CE=4m

A．28m B．24m C．20m【答案】C【分析】滑行的距離最短，即是沿著AE的線段滑行，我們可將半圓展開為矩形來研究，展開后，A、D、E三點構成直角三角形，AE為斜邊，AD和DE為直角邊，寫出AD和DE的長，根據(jù)題意，由勾股定理即可得出AE的距離．【詳解】解：將半圓面展開可得：

AD=12米，DE在Rt△AE=即滑行的最短距離為20米．故選：C．【點睛】本題考查了平面展開-最短路徑問題，U型池的側(cè)面展開圖是一個矩形，此矩形的寬是半圓的弧長，矩形的長等于AB=CD=20m.本題就是把U2．（2021·山東臨沂·模擬預測）如圖，在RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=12，點D是ΔABC內(nèi)的一點，連接AD，CD，BDA．5 B．6 C．8 D．13【答案】C【分析】如圖，取AC中點O，連接DO．則點D在以點O為圓心，AC長為直徑的圓周上運動，當O、D、B在同一直線上時，OB最短，此時BD=OB-OD=【詳解】解：如圖，取AC中點O，連接DO．∵∠ADC∴點D在以點O為圓心，AC長為直徑的圓周上運動，且DO=當O、D、B在同一直線上時，OB最短，此時BD=在RtΔOC=5，BC則OB=∴BD即BD的最小值是8．故選：C．【點睛】本題主要考查了兩點之間最短距離的問題，解題的關鍵是正確構造圓和運用勾股定理．3．（2023·湖北十堰·模擬預測）如圖，動點P在矩形ABCD內(nèi)運動，AB=7，BC=5，且滿足S△ABP=10.5

【答案】85【分析】首先由S△ABP=10.5，得出動點P在與AB平行且與AB的距離是3的直線l上，作A關于直線l的對稱點E，連接AE，連接BE，則BE的長就是所求的最短距離，然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE【詳解】設△ABP中AB邊上的高是h則S△解得h=3∴動點P在與AB平行且與AB的距離是3的直線l上，作A關于直線l的對稱點E，連接AE，連接BE，則BE的長就是所求的最短距離，如圖：

在Rt△ABE中，AB=7∴BE=即PA+PB的最小值是故答案為：85．【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，三角形的面積