第19讲 直角三角形（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷

这是一份第19讲 直角三角形（讲义）-【讲通练透】2026中考数学一轮复习讲通练透讲+练+测试卷，共2页。试卷主要包含了直角三角形的定义，直角三角形的性质，直角三角形的判定，5尺，2%，，5%，等内容，欢迎下载使用。

考点一
直角三角形的性质与判定
1.直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
2.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.
3.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）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
3）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c，若a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形。
【题型1 由直角三角形的性质求解】
【例1】（2024·四川广元·中考真题）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，点B，C的对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在线段CE上，若CD=3，BC=1，则AD的长为（ ）
A．5B．10C．2D．22
【答案】A
【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得AC=AE，∠CAE=90°，DE=BC=1，推出△ACE是等腰直角三角形，CE=4，过点A作AH⊥CE于点H，得到HD=1，利用勾股定理求出AD的长．
【详解】解：由旋转得△ABC≌△ADE，∠CAE=90°，
∴AC=AE，∠CAE=90°，DE=BC=1，
∴△ACE是等腰直角三角形，CE=CD+DE=3+1=4，
过点A作AH⊥CE于点H，
∴AH=12CE=CH=HE=2，
∴HD=HE−DE=2−1=1，
∴AD=AH2+HD2=22+12=5，
故选：A．
【变式1-1】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，CD与⊙O相切于点D，若∠C=20°，则∠CAD= °．
【答案】35
【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接OD，构造直角三角形，利用OA=OD，从而得出∠CAD的度数．
【详解】解：连接OD，
∵ CD与⊙O相切于点D，
∴∠ODC=90°，
∵∠C=20°，
∴∠COD=70°；
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠CAD=12∠COD=35°，
故答案为：35
【变式1-2】（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形ABCD中，BC=10，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BC，交边BC于点E，连接EO，则EO= ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出AC、BD的长度．根据菱形的面积公式结合BC的长度即可得出BD、AC的长度，在Rt△BOC中利用勾股定理即可求出CO的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC,OB=OD,AB=BC=CD=DA=10，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=60，
∴AC⋅BD=120，
∴BO⋅OC＝30．
∵BO2+CO2=BC2=100，
∴BO+OC2−2BO⋅CO=100，
∴BO+CO=410（负值已舍去），
∴BO=410−OC，
∴BO2+CO2=102，
∴410−OC2+CO2=100，
∴CO=10，CO＝310（舍去）．
∵AE⊥BC，AO=CO，
∴EO=CO=10．
故答案为：10．
【变式1-3】（2024·内蒙古·中考真题）如图，在△ABD中，∠ABD=30°，∠A=105°，将△ABD沿BD翻折180°得到△CBD，将线段DC绕点D顺时针旋转30°得到线段DF，点E为AB的中点，连接EF，ED．若EF=1，则△BED的面积是（ ）
A．1+34B．2+34C．2+32D．1+32
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，由∠ABD=30°，∠A=105°，可得∠ADB=45°，进而由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，得到AC⊥BD ∠ADC=90°，即得∠AHD=∠AHB=90°，即可得△ADH为等腰直角三角形，即得AH=DH，∠DAH=45°，又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，可得AD=DF，∠ADF=60°，∠FDH=15°，即可得△ADF为等边三角形，得到AF=DF，∠DAF=60°，进而得∠FAH=15°，∠BAF=45°，即得∠FAH=∠FDH，可得△FAH≌△FDHSAS，得到∠AHF=∠DHF=135°，即可得∠BHF=45°，由∠BAF=∠BHF得A、B、F、H四点共圆，即得∠AFB=∠AHB=90°，可得AB=2EF=2，由此可得AH=DH=12AB=1，BH=AB2−AH2=3，得到BD=1+3，最后根据S△BED=12S△ABD即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接AC与BD相交于点H，连接AF、BF、FH，
∵∠ABD=30°，∠A=105°，
∴∠ADB=180°−30°−105°=45°，
由折叠可得AB=CB，AD=CD，∠CDB=∠ADB=45°，
∴AC⊥BD ∠ADC=45°+45°=90°，
∴∠AHD=∠AHB=90°，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴AH=DH，∠DAH=45°，
又由旋转得，DF=DC，∠CDF=30°，
∴AD=DF，∠ADF=90°−30°=60°，∠FDH=45°−30°=15°，
∴△ADF为等边三角形，
∴AF=DF，∠DAF=60°，
∴∠FAH=60°−45°=15°，∠BAF=105°−60°=45°，
∴∠FAH=∠FDH，
在△FAH和△FDH中，
AH=DH∠FAH=∠FDHAF=DF，
∴△FAH≌△FDHSAS，
∴∠AHF=∠DHF，
∵∠AHD=90°，
∴∠AHF=∠DHF=180°−90°2=135°，
∴∠BHF=180°−135°=45°，
∴∠BAF=∠BHF，
∴A、B、F、H四点共圆，
∴∠AFB=∠AHB=90°，
∵∠ABD=30°，
∴AB=2EF=2，
∵∠ABD=30°，
∴AH=12AB=1，
∴DH=1，BH=AB2−AH2=22−12=3，
∴BD=1+3，
∴S△BED=12S△ABD=12×12BD·AH=12×12×1+3×1=1+34，
故选：A．
【题型2 判断直角三角形】
【例2】（2024·天津·中考真题）如图，△ABC中，∠B=30∘，将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC，点A,B的对应点分别为D,E，延长BA交DE于点F，下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ACB=∠ACDB．AC∥DE
C．AB=EFD．BF⊥CE
【答案】D
【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得∠BCE=∠ACD=60°，结合∠B=30∘，即可得证BF⊥CE，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析AC∥DE不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记BF与CE相交于一点H，如图所示：
∵△ABC中，将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°
∵∠B=30°
∴在△BHC中，∠BHC=180°−∠BCE−∠B=90°
∴BF⊥CE
故D选项是正确的，符合题意；
设∠ACH=x°
∴∠ACB=60°−x°，
∵∠B=30°
∴∠EDC=∠BAC=180°−30°−60°−x°=90°+x°
∴∠EDC+∠ACD=90°+x°+60°=150°+x°
∵x°不一定等于30°
∴∠EDC+∠ACD不一定等于180°
∴AC∥DE不一定成立，
故B选项不正确，不符合题意；
∵∠ACB=60°−x°，∠ACD=60°，x°不一定等于0°
∴∠ACB=∠ACD不一定成立，
故A选项不正确，不符合题意；
∵将△ABC绕点C顺时针旋转60∘得到△DEC，
∴AB=ED=EF+FD
∴BA>EF
故C选项不正确，不符合题意；
故选：D
【变式2-1】（2024·浙江温州·一模）下列条件中，能判定△ABC为直角三角形的是（ ）
A．∠A=30°B．∠B+∠C=120°
C．∠A:∠B:∠C=1:1:2D．AB=AC=1，BC=3
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理．根据直角三角形的判定可判断选项A和B，C选项中根据三角形的内角和定理以及三个角的比例关系可求出∠C为90°，根据勾股定理的逆定理可判断选项D，即可得出答案．
【详解】解：A、由∠A=30°无法得到△ABC为直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵∠B+∠C=120°，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠A=60°，无法得到△ABC为直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵∠A:∠B:∠C=1:1:2，∠A+∠B+∠C=180°，
∴最大角∠C=21+1+2×180°=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项符合题意；
D、∵AB=AC=1，BC=3，12+12=1+1=2，32=3，
∴12+12≠32，
△ABC不是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【变式2-2】（2024·广东广州·一模）关于x的方程x2−2cx+a2+b2=0有两个相等的实数根，若a,b,c是△ABC的三边长，则这个三角形一定是（ ）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，勾股定理逆定理．由关于x的方程x2−2cx+a2+b2=0有两个相等的实数根，可得△=−2c2−4a2+b2=0，整理得c2=a2+b2，根据勾股定理逆定理判断△ABC的形状即可．
【详解】解：∵关于x的方程x2−2cx+a2+b2=0有两个相等的实数根，
∴△=−2c2−4a2+b2=0，整理得c2=a2+b2，
∴△ABC是直角三角形，
故选：B．
【变式2-3】（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）已知矩形纸片ABCD，AB=5，BC=4，点P在边BC上，连接AP，将△ABP沿AP所在的直线折叠，点B的对应点为B′，把纸片展平，连接BB′，CB′，当△BCB′为直角三角形时，线段CP的长为 ．
【答案】32或2
【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进行讨论：当∠BCB′=90°时，当∠BB′C=90°，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD=∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AB=CD=5，AD=BC=4，
当∠BCB′=90°时，如图所示：
∵∠BCD=90°，
∴点B′在CD上，
根据折叠可知：AB′=AB=5，BP=B′P，
设CP=x，则BP=B′P=4−x，
∴DB′=AB′2−AD2=52−42=3，
CB′=DC−DB′=5−3=2，
在Rt△CB′P中，根据勾股定理得：B′P2=B′C2+CP2，
即4−x2=22+x2，
解得：x=32，
即CP=32；
当∠BB′C=90°，如图所示：
根据折叠可知：BP=B′P，
∴∠PBB′=∠PB′B，
∵∠PBB′+∠BCB′=90°，∠PB′B+∠PB′C=90°，
∴∠BCB′=∠CB′P，
∴PC=PB′，
∴PC=PB，
∵BC=BP+PC=4，
∴CP=2；
综上分析可知：CP=32或2．
故答案为：32或2
考点二
勾股定理
1.勾股定理：如果直角三角形的两直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2.
2.勾股定理的证明方法：
方法一（图一）：4SΔ+S正方形EFGH=S正方形ABCD，4×12ab+(b−a)2=c2，化简可证a2+b2=c2．
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S=4×12ab+c2=2ab+c2
大正方形面积为S=(a+b)2=a2+2ab+b2，所以a2+b2=c2
方法三（图三）：S梯形=12(a+b)⋅(a+b)，S梯形=2SΔADE+SΔABE=2⋅12ab+12c2，化简得证a2+b2=c2
图一 图二 图三
【题型3 由勾股定理求线段长度】
【例3】（2024·浙江绍兴·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=23,∠BAC=120°，点D，E都在边BC上，∠DAE=60°．若BD=2CE，则DE的长为（ ）
A．3+3B．33−3C．23−1D．33−4
【答案】B
【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB=AC=23，∠BAC=120°，可得出∠B=∠ACB=30°，根据旋转的性质可得出∠ECG=60°，结合CF=BD=2CE可得出△CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，求出BC的长度以及证明全等找出DE=FE，设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6−3x，在Rt△CEF中利用勾股定理可得出EF=CF2−EC2=3x，利用FE=6−3x=3x，可求出x以及FE的值，此题得解．
【详解】解：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示：
过点A作AN⊥BC于点N，如图，
∵AB=AC=23，∠BAC=120°，
∴BN=CN，∠B=∠ACB=30°．
在Rt△BAN中，∠B=30°，AB=23，
∴AN=12AB=3，
∴BN=AB2−AN2=3，
∴BC=6．
∴∠ACB=∠B=∠ACF=30°，
∴∠ECG=60°．
∵CF=BD=2CE，
∴CG=CE，
∴△CEG为等边三角形，
∴EG=CG=FG，
∴∠EFG=∠FEG=12∠CGE=30°，
∴△CEF为直角三角形．
∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．
在△ADE和△AFE中，
AD=AF∠DAE=∠FAEAE=AE，
∴△ADE≌△AFESAS，
∴DE=FE．
设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6−3x，
在Rt△CEF中，∠CEF=90°，CF=2x，EC=x，EF=CF2−EC2=3x，
∴6−3x=3x，
∴x=3−3，
∴DE=3x=33−3，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程是解题的关键．
【变式3-1】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=4，D是边AC的中点，E是边BC上一点，连接BD、DE．将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处，则CE= ．
【答案】32
【分析】本题考查勾股定理与折叠问题，勾股定理求出BD的长，折叠得到CD=DF，CE=EF,∠EFD=90°，设CE=x，在Rt△BFE中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=6，BC=4，D是边AC的中点，
∴CD=12AC=3，
∴BD=BC2+CD2=5，
∵将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处，
∴CD=DF=3，CE=EF,∠EFD=90°，
∴BF=BD−DF=2,∠BFE=90°，
设CE=x，则：EF=x,BE=BC−CE=4−x，
在Rt△BFE中，由勾股定理，得：4−x2=x2+22，
解得：x=32；
∴CE=32；
故答案为：32．
【变式3-2】（2024·内蒙古·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为50，以AB为腰作等腰△ABF，AB=AF，AE平分∠DAF交DC于点G，交BF的延长线于点E，连接DE．若BF=2，则DG= ．
【答案】1524
【分析】过点A作AH⊥BE于点H，连接DF，交AE于点O，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AH,FH的长，再求出∠EAH=45°，从而可得EH=AH=7，EF=6，然后根据等腰三角形的性质求出DF,OD的长，最后在Rt△ADG和Rt△DOG中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥BE于点H，连接DF，交AE于点O，
∵正方形ABCD的面积为50，
∴AB=AD=50=52，∠ADC=∠BAD=90°，
∵AB=AF，BF=2，
∴AD=AF，AH平分∠BAF，BH=FH=12BF=1，
∴AH=AB2−BH2=7，
∵AH平分∠BAF，AE平分∠DAF，
∴∠HAF=12∠BAF,∠EAF=12∠DAF，
∴∠EAH=∠HAF+∠EAF=12∠BAF+∠DAF=12×90°=45°，
∴Rt△AEH是等腰直角三角形，∠AEH=45°，
∴EH=AH=7，
∴EF=EH−FH=6，
又∵AD=AF，AE平分∠DAF，
∴AE垂直平分DF，
∴DE=EF=6，OD=12DF，
∴∠AED=∠AEH=45°，
∴∠DEF=∠AED+∠AEH=90°，
∴DF=DE2+EF2=62，
∴OD=32，
在Rt△AOD中，OA=AD2−OD2=42，
设OG=xx>0，则AG=OA+OG=42+x，
在Rt△ADG和Rt△DOG中，AG2−AD2=DG2=OD2+OG2，
即42+x2−522=322+x2，
解得x=924，
即OG=924，
则DG=OD2+OG2=322+9242=1524，
故答案为：1524．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
【变式3-3】（2024·山东烟台·中考真题）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B,C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．

【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
【答案】线段CQ的长为2512．
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，证明△QPO≌△QCOHL，推出PQ=CQ，设PQ=CQ=x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，推出QA=QR，设CQ=x，同方案一即可求解．
【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCOHL，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512．
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
【题型4 由勾股定理求面积】
【例4】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在Rt△ACB中，∠ACB=90°，BC=12，AC=8，以BC为边向△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出△AOC的面积．
【答案】图形见解析，△AOC的面积为12或36．
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作OF⊥BC，垂足为F，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得CF的长，再利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：当∠CBE=60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠CBE=60°，
∴∠COB=90°，∠CBO=30°，∠OCB=60°，
∵BC=12，
∴OC=12BC=6，
∵∠OCB=60°，
∴∠COF=30°，
∴CF=12OC=3，
∴△AOC的面积为12×8×3=12；
当∠BCD=60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠BCD=60°，
∴∠COB=90°，∠BCO=30°，
∵BC=12，
∴OB=12BC=6，OC=BC2−OB2=63，
∴OF=12OC=33，CF=OC2−OF2=9，
∴△AOC的面积为12×8×9=36；
综上，△AOC的面积为12或36．
【变式4-1】（2024·山东日照·中考真题）已知直角三角形的三边a,b,c满足c>a>b，分别以a,b,c为边作三个正方形，把两个较小的正方形放置在最大正方形内，如图，设三个正方形无重叠部分的面积为S1，均重叠部分的面积为S2，则（ ）
A．S1>S2B．S1a>b。
∴a2+b2=c2，
∴c2−a2=b2，
∵S1=(c2−a2)−b(c−a)=b2−b(c−a)=b(a+b−c)，
S2=b[b−(c−a)]=b(a+b−c)，
∴S1=S2．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及整式运算，结合题意正确表示出S1和S2是解题关键．
【变式4-2】（2024·四川达州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°．点D在线段BC上，∠BAD=45°．若AC=4，CD=1，则△ABC的面积是 ．
【答案】403
【分析】本题考查解直角三角形，勾股定理．过D作DE⊥AB于E，设DB=x，则CB=x+1，利用sin∠B=ACAB=DEDB列出等式即可．
【详解】解：过D作DE⊥AB于E，
∵∠C=90°，AC=4，CD=1，
∴AD=42+12=17
∵∠BAD=45°
∴△ADE是等腰直角三角形
∴DE=22AD=342
设DB=x，则CB=x+1
∴AB=42+(x+1)2
∵sin∠B=ACAB=DEDB
∴442+(x+1)2=342x
解得x=−175（舍去）或x=173
经检验x=173是原分式方程的解，
∴S△ABC=12⋅CB⋅AC=12×(1+173)×4=403．
故答案为：403．
【变式4-3】（2024·辽宁·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=α0°0，
∴P1B2的最小值为165，
∴P1B的最小值是165=455，
故④正确，符合题意；
综上：正确的有①③④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，一元二次方程根的判别式，两点间的距离公式，解题的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解．
2．（2024·四川巴中·中考真题）《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个“折竹抵地”问题：“今有竹高丈，末折抵地，问折者高几何？”意思是：一根竹子，原来高一丈（一丈为十尺），虫伤有病，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离原竹子根部三尺远，问：原处还有多高的竹子？（ ）
A．4尺B．4.55尺C．5尺D．5.55尺
【答案】B
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺．利用勾股定理解题即可．
【详解】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为10−x尺，
根据勾股定理得：x2+32=(10−x)2，
解得：x=4.55．
所以，原处还有4.55尺高的竹子．
故选：B．
【点睛】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
【新考向：新趋势】
1．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点A（−5，0），B（5，0），点C在坐标轴上，且AC+BC=6，写出满足条件的所有点C的坐标 ．
【答案】（0，2），（0，－2），（－3，0），（3，0）．
【详解】如图，①当点C位于y轴上时，设C（0，b），

则(5)2+b2+(−5)2+b2=6，解得，b=2或b=﹣2．
此时C（0，2）或C（0，﹣2）．
如图，②当点C位于x轴上时，设C（a，0）．
则|−5−a|+|5−a|=6|，即2a=6或－2a=6，解得a=3或a=－3．
此时C（﹣3，0）或C（3，0）．
综上所述，点C的坐标是：（0，2），（0，－2），（－3，0），（3，0）．
2．（2024·四川资阳·中考真题）第14届国际数学教育大会（JCME−14）会标如图1所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH=1：3，则sin∠ABE=（ ）
A．55B．35C．45D．255
【答案】C
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE=4x，再根据勾股定理可得AB=5x，即可求出sin∠ABE的值．
【详解】解：根据题意，设EF=x，则AH=3x，
∵△ABE≌△DAH，四边形EFGH为正方形，
∴AH=BE=3x，EF=HE=x，
∴AE=4x，
∵∠AEB=90°，
∴AB=AE2+BE2=5x，
∴sin∠ABE=AEAB=4x5x=45，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【新考向：新情境】
1．（2024·山东淄博·中考真题）“圆材埋壁”是我国古代数学名著《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，深一寸，锯道长一尺．问：径几何？”用现在的几何语言表达即：如图，弦AB⊥CD，垂足为点E，CE=1寸，AB=10寸，则直径CD的长度是（ ）
A．12寸B．24寸C．13寸D．26寸
【答案】D
【分析】连接OA构成直角三角形，先根据垂径定理，由DE垂直AB得到点E为AB的中点，由AB=10可求出AE=5，再设出圆的半径OA为x，表示出OE，根据勾股定理建立关于x的方程，解方程直接可得2x的值，即为圆的直径．
【详解】解：如图，连接OA，
，∵AB⊥CD，且AB=10寸，
∴AE=BE=5寸，
设圆O的半径OA的长为x，则OC=OD=x，
∵CE=1，
∴OE=x−1，
在直角三角形AOE中，根据勾股定理得：
x2−x−12=52，化简得：x2−x2+2x−1=25，
即2x=26，
∴CD=26寸，
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理，正确添加辅助线构造直角三角形是关键．
2．（2024·河南·中考真题）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．

(1)操作判断
用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．
(2)性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．
如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB=AD，AC是它的一条对角线．
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若BC=m，DC=n，∠BCD=2θ，求AC的长（用含m，n，θ的式子表示）．
(3)拓展应用
如图3，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长．
【答案】(1)②④
(2)①∠ACD=∠ACB．理由见解析；②m+n2csθ
(3)1225或1227
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；
（2）①延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出∠ABE=∠D，证明△ABE≌△ADCSAS，得出∠E=∠ACD，AE=AC，根据等边对等角得出∠E=∠ACB，即可得出结论；
②过A作AF⊥EC于F，根据三线合一性质可求出CF=m+n2，由①可得∠ACD=∠ACB=θ，在Rt△AFC中，根据余弦的定义求解即可；
（3）分AB=BM，AN=AB，MN=AN，BM=MN四种情况讨论即可．
【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
（2）解：①∠ACD=∠ACB，理由：
延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠ABC+∠D=180°，
∵∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADCSAS，
∴∠E=∠ACD，AE=AC，
∴∠E=∠ACB，
∴∠ACD=∠ACB；
②过A作AF⊥EC于F，
∵AE=AC，
∴CF=12CE=12BC+BE=12BC+DC=m+n2，
∵∠BCD=2θ，
∴∠ACD=∠ACB=θ，
在Rt△AFC中，csθ=CFAC，
∴AC=CFcsθ=m+n2csθ；
（3）解：∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∵四边形ABMN是邻等对补四边形，
∴∠ANM+∠B=180°，
∴ANM=90°，
当AB=BM时，如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∴AM2=AB2+BM2=18，
在Rt△AMN中MN2=AM2−AN2=18−AN2，
在Rt△CMN中MN2=CM2−CN2=4−32−5−AN2，
∴18−AN2=4−32−5−AN2，
解得AN=4.2，
∴CN=45，
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
∴△NHC∽△ABC，
∴NCAC=NHAB=CHCB，即455=NH3=CH4，
∴NH=1225，CH=1625，
∴BH=8425，
∴BN=BH2+NH2=1252；
当AN=AB时，如图，连接AM，
∵AM=AM，
∴Rt△ABM≌Rt△ANM，
∴BM=NM，故不符合题意，舍去；
当AN=MN时，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∵∠MNC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
∴△CMN∽△CAB，
∴CNBC=MNAB，即CN4=5−CN3，
解得CN=207，
∵∠NHC=∠ABC=90°，∠C=∠C，
∴△NHC∽△ABC，
∴NCAC=NHAB=CHCB，即2075=NH3=CH4，
∴NH=127，CH=167，
∴BH=127，
∴BN=BH2+NH2=1272；
当BM=MN时，如图，连接AM，
∵AM=AM，
∴Rt△ABM≌Rt△ANM，
∴AN=AB，故不符合题意，舍去；
综上，BN的长为1225或1227．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．
【新考向：跨学科】
1．（2024·陕西·中考真题）如图，从点A(0,2)发出的一束光，经x轴反射，过点B(4,3)，则这束光从点A到点B所经过路径的长为 ．
【答案】41
【详解】方法一：设这一束光与x轴交于点C，过点C作x轴的垂线CD，
过点B作BE⊥x轴于点E．
根据反射的性质，知∠ACO=∠BCE．
∴RtΔACO∼RtΔBCE．
∴AOCO=BECE．
∵AO=2，BE=3，OC+CE=4，
∴24-CE=3CE．
∴CE=125，CO=85．
由勾股定理，得AC=2541，BC=3541，
∴AB=AC+BC=41．
方法二：设设这一束光与x轴交于点C，作点B关于x轴的对称点B'，过B'作B'D⊥y轴于点D．
由反射的性质，知A，C，B′这三点在同一条直线上．
再由对称的性质，知B'C=BC．
则AB=AC+CB=AC+CB'=AB'．
∵AD=2+3=5，B'D=4，
由勾股定理，得AB'=41．
∴AB=AB'=41．
2．（2024·江苏南京·中考真题）如图，玻璃桌面与地面平行、桌面上有一盏台灯和一支铅笔，点光源O与铅笔AB所确定的平面垂直于桌面．在灯光照射下，AB在地面上形成的影子为CD（不计折射），AB∥CD．
(1)在桌面上沿着AB方向平移铅笔，试说明CD的长度不变．
(2)桌面上一点P恰在点O的正下方，且OP=36cm，PA=18cm，AB=18cm，桌面的高度为60cm．在点O与AB所确定的平面内，将AB绕点A旋转，使得CD的长度最大．
①画出此时AB所在位置的示意图；
②CD的长度的最大值为 cm．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②80
【分析】本题考查了相似三角形的应用举例，勾股定理的实际应用，正确写出比例式，并进行换算是解题关键．
（1）设AB平移到EF，EF在地面上形成的影子为MN．利用平行相似即可；
（2）①以A为圆心，AB长为半径画圆，当OQ与⊙A相切于H时，此时CD最大为CQ．②先证明△GHA∽△GPO，再利用勾股定理求出AG=30，由OPOR=AGCQ，即可求出CD的长度的最大值．
【详解】（1）解：设AB平移到EF，EF在地面上形成的影子为MN．
∵AB∥CD，
∴△OAB∽△OCD，△OEF∽OMN，△OEB∽△OMD，
∴ ABCD=OBOD，EFMN=OEOM，OBOD=OEOM，
∴ EFMN=ABCD，
∵EF=AB，
∴MN=CD，
∴沿着AB方向平移时，CD长度不变．
（2）解：①以A为圆心，AB长为半径画圆，
当OQ与⊙A相切于H时，此时CD最大为CQ．
此时AB所在位置为AH．
②∵∠HGA=∠PGO，∠AHG=∠OPG=90°，
∴△GHA∽△GPO，
∴ GAGO=AHOP=1836=12，
∴设GA=x，则GO=2x，
在Rt△OPG中，
OP2+PG2=OG2，
∴362+(18+x)2=(2x)2，
∴x2−12x−540=0，
∴x1=30，x2=−18（舍去），
∴AG=30，
由①OPOR=AGCQ，
∴ 3636+60=30CQ，
∴CQ=80，
即CD的长度的最大值为80cm，
故答案为：80．
3．（2024·四川广元·中考真题）小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角α的正弦值与折射角β的正弦值的比值sinαsinβ叫做介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征．
(1)若光从真空射入某介质，入射角为α，折射角为β，且csα=74，β=30°，求该介质的折射率；
(2)现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图①所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形A1D1D2A2对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出．如图②，已知α=60°，CD=10cm，求截面ABCD的面积．
【答案】(1)32；
(2)1002cm2．
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理等知识，
（1）根据csα=74，设b=7x，则c=4x，利用勾股定理求出a=(4x)2−(7x)2=3x，进而可得sinα=ac=3x4x=34，问题即可得解；
（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为32，根据sinαsinβ=sin60°sinβ=32，可得sinβ=33，则有sin∠OCD=sinβ=33，在Rt△ODC中，设OD=3x，OC=3x，问题随之得解．
【详解】（1）∵csα=74，
∴如图，
设b=7x，则c=4x，由勾股定理得，a=(4x)2−(7x)2=3x，
∴sinα=ac=3x4x=34，
又∵β=30°，
∴sinβ=sin30°=12，
∴折射率为：sinαsinβ=3412=32．
（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为32，
∵α=60°，
∴sinαsinβ=sin60°sinβ=32，
∴sinβ=33．
∵四边形ABCD是矩形，点O是AD中点，
∴AD=2OD，∠D=90°，
又∵∠OCD=β，
∴sin∠OCD=sinβ=33，
在Rt△ODC中，设OD=3x，OC=3x，
由勾股定理得，CD=(3x)2−(3x)2=6x，
∴tanβ=ODCD=3x6x=12．
又∵CD=10cm，
∴OD10=12，
∴OD=52cm，
∴AD=102cm，
∴截面ABCD的面积为：102×10=1002cm2．
1．（2024·西藏·中考真题）如图，已知a∥b，点A在直线a上，点B，C在直线b上，∠BAC=90°，∠1=30°，则∠2的度数是（ ）

A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】C
【分析】根据平行线的性质与三角形的内角和为180°进行解题即可．
【详解】解：∵a∥b，∠1=30°，
∴∠ABC=∠1=30°，
由题可知：∠BAC=90°，
∴∠ABC+∠2=90°，
∴∠2=90°−30°=60°．
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．
2．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，线段OA与x轴正半轴的夹角为，且OA=2，若将线段OA绕点O沿逆时针方向旋转105°到线段OA′，则此时点A′的坐标为（ ）
A．(3,−1)B．(−1,3)
C．(−3,1)D．(1,−3)
【答案】C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，平角的定义，解直角三角形等知识，正确做出辅助线是解题的关键．过点A′作A′B⊥x轴于点B，求出∠A′OB=30°，解直角三角形得到A′B、OB的长度即可得到答案．
【详解】如答图，过点A′作A′B⊥x轴于点B．
∵将线段OA绕点O沿逆时针方向旋转105°到线段OA′，
∴OA′=OA=2,∠AOA′=105°，
∴∠A′OB=180°−45°−105°=30°．
在Rt△A′OB中，
∵∠OBA′=90°，
∴A′B=12OA′=1．
根据勾股定理，得OB=OA′2−A′B2=22−12=3，
∴点A′的坐标为(−3,1)．
故选C．
3．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形ABCD中，点O是BD的中点，AM⊥BC，垂足为M，AM交BD于点N，OM=2，BD=8，则MN的长为（ ）

A．5B．455C．355D．255
【答案】C
【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．
先由菱形性质可得对角线AC与BD交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得OA=OC=OM=2，进而由菱形对角线求出边长，由sin∠MAC=sin∠OBC=55解三角形即可求出MC=ACsin∠MAC=455，MN=BMtan∠OBC=355．
【详解】解：连接AC，如图，

∵菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分，
又∵点O是BD的中点，
∴A、O、C三点在同一直线上，
∴OA=OC，
∵OM=2，AM⊥BC，
∴OA=OC=OM=2，
∵BD=8，
∴OB=OD=12BD=4，
∴BC=OB2+OC2=42+22=25，tan∠OBC=OCOB=24=12，
∵∠ACM+∠MAC=90°，∠ACM+∠OBC=90°，
∴∠MAC=∠OBC
∴sin∠MAC=sin∠OBC=OCBC=225=55，
∴MC=ACsin∠MAC=455，
∴BM=BC−MC=25−455=655，
∴MN=BMtan∠OBC=655×12=355，
故选：C．
4．（2024·江苏南京·中考真题）我国南宋数学家秦九韶的著作《数书九章》中有一道问题：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里， 大斜一十五里． 里法三百步， 欲知为田几何? ”问题大意：如图， 在△ABC中，AB=13里，BC=14里，AC=15里，则△ABC的面积是（ ）
A．80 平方里B．82平方里C．84平方里D．86平方里
【答案】C
【分析】本题考查了三角形面积，勾股定理，解决本题的关键在于利用两个直角三角形的公共边找到突破点．主要利用了勾股定理进行解答．过点A作AD⊥BC，利用勾股定理求出AD的长，再利用三角形的面积公式求出△ABC的面积即可．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
设BD=x里，则CD=14−x里，
在Rt△ABD中，AD2+x2=132，
在Rt△ADC中，AD2=152−(14−x)2，
∴132−x2=152−14−x2，
132−x2=152−196+28x−x2，
解得x=5，
在Rt△ABD中，AD=132−52=12（里)，
∴△ABC的面积=12BC⋅AD=12×14×12=84（平方里），
故选：C
5．（2024·湖北鄂州·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=23，BC=3．点P为ΔABC内一点，且满足PA2+PC2 =AC2．当PB的长度最小时，ΔACP的面积是（ ）
A．3B．33C．334D．332
【答案】D
【分析】由题意知∠APC=90°，又AC长度一定，则点P的运动轨迹是以AC中点O为圆心，12AC长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在RtΔBCO中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到ΔPCO是等边三角形，利用特殊RtΔAPC三边关系即可求解．
【详解】解：∵PA2+PC2=AC2
∴ ∠APC=90°
取AC中点O，并以O为圆心，12AC长为半径画圆
由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短
∴AO=PO=CO
∵CO=12AC=12×23=3,BC=3
∴BO=BC2+CO2=23
∴BP=BO−PO=3
∴点P是BO的中点
∴在RtΔBCO中，CP=12BO=3=PO
∴ ΔPCO是等边三角形
∴ ∠ACP=60°
∴在RtΔAPC中，AP=CP×tan60°=3
∴SΔAPC=12AP×CP=3×32=332．
【点睛】本题主要考查动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．
6．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图在正方形ABCD中，点E在CD上，连接AE，BE，F为BE的中点连接CF．若CF=292，DEEC=32，则AE的长为 ．

【答案】34
【分析】根据正方形的性质得到AD=CD=BC，∠D=∠BAD=∠BCD=90°，设AD=CD=BC=5a，根据勾股定理求出a的值，再根据勾股定理即可求出AE的长．
【详解】解：∵正方形ABCD
∴ AD=CD=BC，∠D=∠BAD=∠BCD=90°
∵F为BE的中点，CF=292
∴BE=2CF=2×292=29
设AD=CD=BC=5a
∵DEEC=32
∴DE=3a，CE=2a
在Rt△BEC中，
BE2=BC2+CE2
即(29)2=(5a)2+(2a)2
解得a=1
故AD=CD=BC=5，DE=3
∴在Rt△AED中
AE2=AD2+DE2=52+32=34
解得AE=34（负值舍去）
故答案为：34．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
7．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A3,0，B0,2，过点B作y轴的垂线l，P为直线l上一动点，连接PO，PA，则PO+PA的最小值为 ．
【答案】5
【分析】本题考查轴对称—最短问题以及勾股定理和轴对称图形的性质．先取点A关于直线l的对称点A′，连A′O交直线l于点C，连AC，得到AC=A′C，A′A⊥l，再由轴对称图形的性质和两点之间线段最短，得到当O,P,A′三点共线时，PO+PA的最小值为A′O，再利用勾股定理求A′O即可．
【详解】解：取点A关于直线l的对称点A′，连A′O交直线l于点C，连AC，
则可知AC=A′C，A′A⊥l，
∴PO+PA=PO+PA′≥A′O，
即当O,P,A′三点共线时，PO+PA的最小值为A′O，
∵直线l垂直于y轴，
∴A′A⊥x轴，
∵A3,0，B0,2，
∴AO=3,AA′=4，
∴在Rt△A′AO中，
A′O=OA2+AA′2=32+42=5，
故答案为：5
8．（2024·新疆·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠A=30°,AB=8．若点D在直线AB上（不与点A，B重合），且∠BCD=30°，则AD的长为 ．

【答案】6或12
【分析】本题考查了含30°的直角三角形的性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，分①点D在线段AB时，②点D在线段AB延长线上时， ③点D在线段BA延长线上时，三种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°，∠A=30°，AB=8，
∴∠B=60°，BC=12AB=4，
①点D在线段AB时，

∵∠BCD=30°，∠B=60°，
∴∠BDC=90°，
∴BD=12BC=2，
∴AD=AB−BD=6；
②点D在线段AB延长线上时，

∵∠BCD=30°，∠ABC=60°，
∴∠D=∠ABC−∠BCD=30°=∠BCD，
∴BC=BD=4，
∴AD=AB+BD=12；
③点D在线段BA延长线上时，

此时∠BCD>∠ACB，即∠BCD>90°，故不符合题意，舍去，
综上，AD的长为6或12．
9．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，已知⊙O的半径为2，AB是⊙O的弦．若AB=22，则劣弧AB的长为 ．
【答案】π
【分析】根据条件可证ΔAOB为直角三角形，得到∠AOB=90°，之后利用弧长公式即可得到答案．
【详解】解：由题知AB=22，OA=OB=2，
∴AB2=OA2+OB2，
∴∠AOB=90°，
∴ 劣弧AB =90π×2180=π．
故答案为：π．
【点睛】本题主要考查勾股定理，弧长的公式，掌握弧长的公式是解题的关键．
10．（2024·浙江杭州·中考真题）如图，在直角坐标系中，以点A3,1为端点的四条射线AB，AC，AD，AE分别过点B1,1，点C1,3，点D4,4，点E5,2，则∠BAC ∠DAE（填“>”“=”“90°，△BPF、△NFA不相似，BF⋅NF≠AF⋅BP，可判断④的正误；由设PC=CM=a，BC=CD=AD=AB=b，CE=c，则DM=b−a，BE=b+c，PE=a+c，PM=PCcs45°=2a，证明△AFN≌△PFMSAS，则AN=PM=2a，证明△AMD∽△EDC，则ADCE=DMCM，即bc=b−aa，可求a=bcb+c，同理，△ANF∽△EPF，则ANPE=FNPF，即2aa+c=FNPF，同理，△DMF∽△BAF，则DMAB=FMAF=FNPF，即b−ab=FNPF，可得b−ab=2aa+c，将a=bcb+c代入b−ab=2aa+c得，b−bcb+cb=2bcb+cbcb+c+c，整理得，2b+2c=2b+c，可得，cb=2，则CE=2BC，可判断⑤的正误．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，AB=BC=CD=AD，∠ADB=∠ABD=∠CBD=∠CDB=45°，
如图1，作PG⊥AD于G，则四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB=AD，
∵∠GPN+∠GNP=90°=∠GNP+∠DAM，
∴∠GPN=∠DAM，
又∵PG=AD，∠PGN=90°=∠ADM，
∴△PGN≌△ADMASA，
∴AM=PN，①正确，故符合要求；
如图2，作HF⊥DF交AD于H，连接CF，
∴∠DHF=45°=∠ADB，
∴DF=HF，
∵AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，BF=BF，
∴△ABF≌△CBFSAS，
∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，
∵∠BPF+∠BAF=360°−∠ABP−∠AFP=180°，∠BPF+∠FPC=180°，
∴∠BAF=∠FPC，
∴∠BCF=∠FPC，
∴PF=CF=AF，
∴PN−PF=AM−AF，即FN=FM，
∵∠HFN+∠NFD=90°=∠DFM+∠NFD，
∴∠HFN=∠DFM，
∵HF=DF，∠HFN=∠DFM，FN=FM，
∴△HFN≌△DFMSAS，
∴HN=DM，
由勾股定理得，DH=DF2+HF2=2DF，
∵DH=HN+DN=DM+DN，
∴DM+DN=2DF，②正确，故符合要求；
∵P是BC中点，AB=3，
∴BP=CP=32，
如图3，连接AP，
由勾股定理得，AP=AB2+BP2=352，AP=PF2+AF2=2PF=352，
解得，PF=3104，
设CE=x，则PE=32+x，BE=3+x，
由勾股定理得，AE=AB2+BE2=32+3+x2，
∵sin∠E=PFPE=ABAE，
∴310432+x=332+3+x2，整理得，x2−2x−24=0，
解得，x=6或x=−4（舍去），
∴AE=310，BE=9，
∵cs∠E=CEEM=BEAE，
∴6EM=9310，
解得，EM=210，③正确，故符合要求；
由题意知，∠BPF>90°，
∴△BPF、△NFA不相似，BF⋅NF≠AF⋅BP，④错误，故不符合要求；
∵PM∥BD，
∴∠CPM=∠CBD=45°，∠CMP=∠CDB=45°，
设PC=CM=a，BC=CD=AD=AB=b，CE=c，则DM=b−a，BE=b+c，PE=a+c，PM=PCcs45°=2a，
∵AF=PF，∠AFN=90°=∠PFM，FN=FM，
∴△AFN≌△PFMSAS，
∴AN=PM=2a，
∵∠ADM=90°=∠ECM，∠AMD=∠EDC，
∴△AMD∽△EDC，
∴ADCE=DMCM，即bc=b−aa，
解得，a=bcb+c，
同理，△ANF∽△EPF，
∴ANPE=FNPF，即2aa+c=FNPF，
同理，△DMF∽△BAF，
∴DMAB=FMAF=FNPF，即b−ab=FNPF，
∴b−ab=2aa+c，
将a=bcb+c代入b−ab=2aa+c得，b−bcb+cb=2bcb+cbcb+c+c，整理得，2b+2c=2b+c，
解得，cb=2，
∴CE=2BC，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2024·浙江·中考真题）如图，在△ABC中，AD⊥BC，AE是BC边上的中线，AB=10,AD=6,tan∠ACB=1．
(1)求BC的长；
(2)求sin∠DAE的值．
【答案】(1)14
(2)3737
【分析】本题考查了三角形的高、中线的定义，勾股定理，解直角三角形，分别解Rt△ADC与Rt△ADB，得出DC=6，DB=8是解题的关键．
（1）先由三角形的高的定义得出∠ADB=∠ADC=90°，再利用tan∠ACB=1得出DC=6；在Rt△ADB，根据勾股定理求出DB=8，然后根据BC=BD+DC即可求解．
（2）先由三角形的中线的定义求出BE的值，则DE=BD−BE，然后在Rt△ADE中根据正弦函数的定义即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABD中，AB=10,AD=6，
∴BD=AB2−AD2=102−62=8，
在Rt△ADC中，tan∠ACB=ADDC=1，
∴DC=6，
∴BC=BD+DC=8+6=14；
（2）∵AE是BC边上的中线，
∴BE=12BC=7，
∴DE=BD−BE=8−7=1，
∴AE=AD2+DE2=62+12=37，
∴sin∠DAE=DEAE=137=3737．
13．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，在Rt△ABC中，AC=BC=32，点D在AB边上，连接CD，将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE，DE．

(1)求证：△CAD≌△CBE；
(2)若AD=2时，求CE的长；
(3)点D在AB上运动时，试探究AD2+BD2的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)10
(3)存在，18
【分析】（1）由SAS即可证明△CAD≌△CBE；
（2）证明△CAD≌△CBE（SAS），勾股定理得到DE，在 Rt△CDE 中，勾股定理即可求解；
（3）证明AD2+BD2=2CD2，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，可知∠ACB=∠DCE=90°，CA=CB，CD=CE．
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB．
即∠ACD=∠BCE．
∴△CAD≌△CBE(SAS)．
（2）∵在Rt△ABC中，AC=BC=32，
∴∠CAB=∠CBA=45°,AB=2AC=6．
∴BD=AB−AD=6−2=4．
∵△CAD≌△CBE，
∴BE=AD=2，∠CBE=∠CAD=45°．
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．
∴DE=BD2+BE2=25．
∴在Rt△CDE中，CE=CD=DE2=10．
（3）由（2）可知，AD2+BD2=BE2+BD2=DE2=2CD2．
∴当CD最小时，有AD2+BD2的值最小，此时CD⊥AB．
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴CD=12AB=12×6=3．
∴ AD2+BD2=2CD2≥2×32=18．
即AD2+BD2的最小值为18．
【点睛】本题主要考查了图形的几何变换，涉及到等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
14．（2024·辽宁盘锦·中考真题）如图，码头A、B分别在海岛O的北偏东45°和北偏东60°方向上，仓库C在海岛O的北偏东75°方向上，码头A、B均在仓库C的正西方向，码头B和仓库C的距离BC=50km，若将一批物资从仓库C用汽车运送到A、B两个码头中的一处，再用货船运送到海岛O，若汽车的行驶速度为50km/h，货船航行的速度为25km/h，问这批物资在哪个码头装船，最早运抵海岛O？（两个码头物资装船所用的时间相同，参考数据：2≈1.4，3≈1.7）
【答案】这批物资在A码头装船，最早运抵海岛O．
【分析】延长CA交OM于K．先根据方位角、等腰三角形的定义求出OB的长，再利用直角三角形的性质、线段的和差求出OA、AB的长，然后分别求出时间即可判断．
【详解】解：如图，延长CA交OM于K，
由题意得，∠COK=75°,∠BOK=60°,∠AOK=45°,∠CKO=90°，
∴∠C=90°−∠COK=15°,∠KBO=90°−∠BOK=30°,OK=AK．
∵∠KBO=∠C+∠BOC，即30°=15°+∠BOC，
∴∠BOC=∠C=15°，
∴OB=BC=50(km)．
在RtΔOBK中，OK=12OB=25(km),BK=3OK=253(km)，
在RtΔAOK中，AK=OK=25(km),OA=2OK=252≈35(km)，
∴AB=BK−AK=253−25≈17.5(km)，AC=BC+AB≈50+17.5=67.5(km)．
则若在A码头装船，所需时间为AC50+OA25=67.550+3525=2.75(ℎ)，
若在B码头装船，所需时间为BC50+OB25=5050+5025=3(ℎ)，
因2.75ℎ