专题02 直角三角形中的分类讨论模型（解析版）

专题02.直角三角形中的分类讨论模型模型1、直角三角形中的分类讨论模型【知识储备】凡是涉及直角三角形问题，优先考虑直角顶点（或斜边）分类讨论，再利用直角三角形的性质或勾股定理解题即可。1）无图需分类讨论：①已知边长度无法确定是直角边还是斜边时要分类讨论；②已知无法确定是哪个角是直角时要分类讨论（常见与折叠、旋转中出现的直角三角形）。2）“两定一动”直角三角形存在性问题：（常见于与坐标系综合出题，后续会专题进行讲解）即：如图：已知，两点是定点，找一点构成方法：两线一圆具体图解：①当时，过点作的垂线，点在该垂线上（除外）②当时，过点作的垂线，点在该垂线上（除外）。③当时，以为直径作圆，点在该圆上（，除外）。例1．（2023春·河南安阳·八年级校考期末）若三角形的两边长为4和5，要使其成为直角三角形，则第三边的长为．【答案】3或/或3【分析】根据勾股定理逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形，再分5为斜边或第三边为斜边两种情况考虑，即可求出第三边．【详解】解：当较大的数5为斜边时，第三边，当第三边为斜边时，第三边，故答案为：3或．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，即如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形，熟练掌握勾股定理的逆定理及分情况考虑是解题关键．例2．（2023春·河南郑州·八年级校考期中）如图，是的角平分线，是的高，，，点F为边上一点，当为直角三角形时，则的度数为．【答案】或【分析】分情况讨论：①当时，②当时，根据角平分线和三角形高线的定义分别求解即可．【详解】解：如图所示，当时，∵是的角平分线，，∴，∴中，；如图，当时，同理可得，∵，∴，∴，综上所述：的度数为或．故答案为：或．【点睛】本题考查角平分线和高线的定义，三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握分类讨论的思想是解题的关键．例3．（2022秋·山东威海·八年级统考期中）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点，已知A、是两格点，如果也是图中的格点，且使得为等腰直角三角形，则点的个数是（

）A．6 B．7 C．8 D．10【答案】A【分析】分情况讨论：当是腰长时，当是底边时，根据等腰直角三角形的定义，结合图形找出符合条件的点C即可．【详解】解：如图，分情况讨论：①为等腰的底边时，符合条件的C点有2个；②为等腰其中的一条腰时，符合条件的C点有4个．共有6个．故选：A【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定；解答本题关键是根据题意，画出符合实际条件的图形．分类讨论思想是数学解题中很重要的解题思想．例4．（2023春·重庆·八年级专题练习）已知在平面直角坐标系中，点P在x轴上运动，当点P与点A，B，C三点中任意两点构成直角三角形时，点P的坐标为．【答案】或或【分析】因为点P、A、B在x轴上，所以P、A、B三点不能构成三角形．再分和两种情况进行分析即可．【详解】解：∵点P、A、B在x轴上，∴P、A、B三点不能构成三角形．设点P的坐标为．当为直角三角形时，①，易知点P在原点处坐标为；②时，∵∴，解得，∴点P的坐标为当为直角三角形时，①，易知点P在原点处坐标为；②时，∵，∴点P的坐标为．综上所述点P的坐标为【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，涉及到了数形结合和分类讨论思想．解题的关键是不重复不遗漏的进行分类．例5．（2022秋·浙江绍兴·八年级校考期中）如图，在中，，，点是线段延长线上的一个动点，，则当为直角三角形时，的长为．【答案】或【分析】分两种情况讨论：①当∠AMB＝90°时，②当∠ABM＝90°时，分别根据含30°直角三角形的性质、直角三角形斜边的中线的性质或勾股定理，进行计算求解即可．【详解】解：如图1，当∠AMB＝90°时，∵O是AB的中点，AB＝2，∴OM＝OB＝1，又∵∠AOC＝∠BOM＝60°，∴BOM是等边三角形，∴BM＝BO＝1，∴RtABM中，AM＝＝；如图2，当∠ABM＝90°时，∵∠BOM＝∠AOC＝60°，∴∠BMO＝30°，∴MO＝2BO＝AB＝2，∴RtBOM中，BM＝＝，∴RtABM中，AM＝＝，综上所述，当ABM为直角三角形时，AM的长为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线、等边三角形的判定与性质的综合应用，运用分类讨论以及数形结合思想是解答此题的关键．例6.（2022秋·成都市八年级课时练习）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8．点E为边DC上的一个动点，△AD'E与△ADE关于直线AE对称，当△CD'E为直角三角形时，DE的长为．【答案】3或6【分析】分两种情况分别求解，（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′＝45′，得DE＝AD＝6；（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D，AD′＝AD，DE＝D′E，得A、D′、C在同一直线上，根据勾股定理得AC＝10，设DE＝D′E＝x，则EC＝CD−DE＝8−x，根据勾股定理得，D′E2＋D′C2＝EC2，代入相关的值，计算即可．【详解】解：当∠CED′＝90°时，如图（1），∵∠CED′＝90°，根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′＝×90°＝45°，∵∠D＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴DE＝AD＝6；（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D＝90°，AD′＝AD，DE＝D′E，△CD′E为直角三角形，即∠CD′E＝90°，∴∠AD′E＋∠CD′E＝180°，∴A、D′、C在同一直线上，根据勾股定理得，∴CD′＝10−6＝4，设DE＝D′E＝x，则EC＝CD−DE＝8−x，在Rt△D′EC中，D′E2＋D′C2＝EC2，即x2＋16＝(8−x)2，解得x＝3，即DE＝3；综上所述：DE的长为3或6；故答案为：3或6．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质的综合应用，分情况讨论，作出图形是解题关键．例7.（2022秋·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）如图，在直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，点D在边AB上，以CD为折痕将△CBD折叠得到△CPD，CP与边AB交于点E，若△DEP为直角三角形，则BD的长是【答案】或2﹣2．【分析】分两种情形：①如图1中，当∠EDF=90°时，作CH⊥AB于H．只要证明CH=DH，即可解决问题；②如图2中，当∠DEF=90°时，设DE=x，则EF=2x，DF=BD=x，构建方程即可解决问题．【详解】解：如图1中，当∠EDF=90°时，作CH⊥AB于H．在Rt△ACB中，∵AC=2，BC=4，∴AB==2，∴CH==．∵∠ACB=∠AHC=90°，∴∠ACH+∠BCH=90°，∠BCH+∠B=90°，∴∠ACH=∠B=∠F．∵CH∥DF，∴∠F=∠HCE，∴∠ACH=∠HCE，∠DCE=∠DCB，∴∠HCD=45°，∴HC=HD=．∵AH==，∴BD=AB﹣AH﹣DH=2﹣=．如图2中，当∠DEF=90°时，设DE=x，则EF=2x，DF=BD=x．∵AE+DE+BD=2，∴+x+x=2，∴x=2﹣，∴BD=x=2﹣2．综上所述：BD的长为或2﹣2．故答案为或2﹣2．【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考填空题中的压轴题．例8．（2023秋·河南商丘·八年级校考期中）如图，中，cm，现有两点M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为，点N的速度为．当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．(1)点M、N运动几秒后，M、N两点重合？(2)点M、N运动几秒后，可得到等边三角形？(3)当点M、N在边上运动时，能否得到以为底边的等腰三角形？如存在，请求出此时M、N运动的时间．(4)点M、N运动______________________后，可得到直角三角形．

【答案】(1)6(2)2(3)存在，此时M、N运动的时间为8秒(4)或或或9秒【分析】（1）首先设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，表示出M、N的运动路程，N的运动路程比M的运动路程多6cm，列出方程求解即可；（2）根据题意设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形，然后表示出，的长，由于，所以只要，就是等边三角形；（3）首先假设是等腰三角形，可证出，可得，设出运动时间，表示出、、的长，列出方程，可解出未知数的值；（4）分点N在、、上运动的三种情况，再分别就是和，列方程求解可得．【详解】（1）解：设点M、N运动x秒后，M、N两点重合，则，解得：，即当点M、N运动6秒后，M、N两点重合；（2）解：设点M、N运动t秒后，可得到等边三角形，如图1，，，，，∵，当时，是等边三角形，∴，解得，∴点M、N运动2秒后，可得到等边三角形；（3）解：当点M、N在边上运动时，可以得到以为底边的等腰三角形，由（1）知6秒时M、N两点重合，恰好在C处，如图2，假设是等腰三角形，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，在和中，∵，，，∴（AAS），∴，∴，解得，符合题意，所以假设成立，当点M、N运动8秒时，可以得到以为底边的等腰三角形；（4）解：当点N在上运动时，如图3，，，，，若，∵，，∴，∵，∴，即，解得；如图4，若，由得，解得；当点N在上运动时，点M也在上，此时A、M、N不能构成三角形；当点N在上运动时，如图5，当点N位于中点处时，由是等边三角形知，即是直角三角形，则，解得；如图6，当点M位于中点处时，由是等边直角三角形知，即是直角三角形，则；综上，当，，，9时，可得到直角三角形．【点睛】本题考查了等边三角形的性质及判定和直角三角形的定义与性质，关键是根据题意设出未知数，理清线段之间的数量关系．例9．（2023秋·河南漯河·八年级校考期末）如图，等边三角形中，D、E分别是、边上的点，，与相交于点P，，Q是射线上的动点．

(1)图中共有__________组全等，请选择其中的一组全等予以证明．(2)若为直角三角形，求的值．【答案】(1)2，证明见解析(2)2或8【分析】（1）利用等边三角形的性质，以及证明即可；（2）分为直角，两种情况，结合30度角的直角三角形的性质，进行求解即可．【详解】（1）解：图中有2组全等，；证明：∵等边三角形，∴，∵，∴，在和中，，∴；在和中，，∴；（2）解：∵，∴，∴，∵Q是射线上的动点，当为直角三角形时：①当时，如图，则：，∴；

②当时，如图，则：，∴．综上：．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形．熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等，是解题的关键．例10．（2023·四川成都·八年级校考期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（-4，4），点B的坐标为（0，2）．（1）求直线AB的解析式；（2）以点A为直角顶点作∠CAD=90°，射线AC交x轴的负半轴于点C，射线AD交y轴的负半轴于点D．当∠CAD绕着点A旋转时，OC-OD的值是否发生变化？若不变，求出它的值；若变化，求出它的变化范围；（3）如图2，点M（-4，0）和N（2，0）是x轴上的两个点，点P是直线AB上一点．当△PMN是直角三角形时，请求出满足条件的所有点P的坐标．【答案】（1）直线AB的解析式为：y=-x+2；（2）（2）不变．理由见解析；（3）点P的坐标为（-4，4）或（2，1）或（-，+2）或（，-+2）．【分析】（1）设直线AB解析式为y=kx+b，把A与B坐标代入列出方程组，求出方程组的解得到k与b的值，即可确定出直线AB解析式；（2）当∠CAD绕着点A旋转时，OC-OD的值不变，理由为：过A作AE垂直于x轴，AF垂直于y轴，利用同角的余角相等得到一对角相等，求出A的坐标得到AE=AF，再由已知直角相等，利用ASA得到三角形AEC与三角形AFD全等，利用全等三角形对应边相等得到EC=FD，进而求出OC-OD的值即可；（3）分三种情况考虑：①当M为直角顶点时；②N为直角顶点时；③P为直角顶点时；分别求出P坐标即可．【详解】（1）设直线AB的解析式为：y=kx+b（k≠0），∵点A（-4，4），点B（0，2）在直线AB上，∴，解得：．∴直线AB的解析式为：y=-x+2；（2）不变．理由如下：过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为E，F（如答图1），可得∠AEC=∠AFD=90°，又∵∠BOC=90°，∴∠EAF=90°，即∠DAE+∠DAF=90°，∵∠CAD=90°，即∠DAE+∠CAE=90°，∴∠CAE=∠DAF，∵A（-4，4），∴OE=AF=AE=OF=4，在△AEC和△AFD中，，∴△AEC≌△AFD（ASA），∴EC=FD，∴OC-OD=（OE+EC）-（FD-OF）=OE+OF=8，则OC-OD的值不发生变化，值为8；（3）①当M为直角顶点时，点P的横坐标为-4，∵点P在直线AB上，将x=-4代入y=-x+2得，y=4，∴点P的坐标为P（-4，4）；②当N为直角顶点时，点P的横坐标为2，∵点P在直线AB上，将x=2代入y=-x+2得，y=1，∴点P的坐标为P（2，1）；③当P为直角顶点时，∵点P在直线AB上，可设点P的坐标为（x，-x+2），则MP2=（x+4）2+（-x+2）2，NP2=（x-2）2+（-x+2）2，在Rt△PMN中，MP2+NP2=MN2，MN=6，∴（x+4）2+（-x+2）2+（x-2）2+（-x+2）2=62，解得：x1=-，x2=，∴P（-，+2）或（，-+2），综上所述，满足条件的所有点P的坐标为（-4，4）或（2，1）或（-，+2）或（，-+2）．【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求一次函数解析式，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．例11．（2022秋·四川成都·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴的正半轴于点C，且面积为10．(1)求直线BC的解析式；(2)如图1，若点M为线段BC上一点，且满足，求点M的坐标；(3)如图2，点F为线段AB中点，点G为y轴上任意一点，连接FG，以FG为腰，G为直角顶点，在FG右侧作等腰直角，当顶点Q落在直线BC上时，求点的坐标．【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）先求出，，即有，，再根据，可得，即可得，即有，再利用待定系数法即可求解；（2）设M点坐标为：，由，，即可得，问题随之得解；（3）利用中点坐标公式求出，设，第一种情况：当时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为T，N，证明，即有，，结合，可表示出，代入直线BC的解析式即可求解；第二种情况：当时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为T，N，同理作答即可．【详解】（1）令，则有：，解得，令，则有：，∴，，∴，，∵，∴，∵，，∴，∴，设BC的解析式为：，∴，，∴，解得：，∴的解析式为：；（2）根据题意设M点坐标为：，∵，，∴，∴，∵，，，，∴，解得：，，∴M点的坐标为：；（3）∵，，点F为线段AB中点，∴，设，第一种情况：当时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为T，N，即：轴，，，即：，∵等腰直角三角形，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∵轴，∴点T和点N的纵坐标与G点相等，均为n，∵，，∴，，∴，，∴，∴，∵落在直线BC上，BC的解析式为：，∴，解得：，∴，第二种情况：当时，如图，点Q落在BC上时，过G作直线平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为T，N，即：轴，，，即：，根据第一种情况中的方法，同理可证：，∴，，∵轴，∴点T和点N的纵坐标与G点相等，均为n，∵，，∴，，∴，，∴，∴，∵落在直线BC上，BC的解析式为：，∴，解得：，∴，综上：G点坐标为：，．【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．课后专项训练1．（2023秋·河南洛阳·八年级统考期末）如图，点、分别是边长为的等边的边、上的动点，点从顶点，点从顶点同时出发，且它们的速度都是，当运动时间为（

）秒时，是直角三角形．A．5 B．5或 C．5或 D．或【答案】A【分析】先证明，，由时间相同，速度相等，证明，可得，利用全等三角形的性质得出，根据，可得不可能是直角，只能是是直角，然后利用含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．【详解】解：∵是等边三角形，∴，，∵点从顶点，点从顶点同时出发，它们的速度都是，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴在、运动的过程中，不变，，∵，∴不可能是直角，∴只能是是直角，当是直角，即，∵，∴，∴，∴当运动时间为5秒时，是直角三角形．故选：A．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是证明．2．（2023秋·河北邯郸·八年级校考期中）如图，已知，P是射线上一动点（即Р点可在射线上运动），，则时，为直角三角形．

【答案】4或16/16或4【分析】根据三角形内角和定理求出，根据直角三角形的性质解答．【详解】解：当时，，，当时，，，故答案为：4或16．【点睛】本题考查的是直角三角形的性质，掌握所对的直角边是斜边的一半是解题的关键．3．（2023·江西南昌·中考模拟）如图，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为．【答案】2或2或2【分析】本题根据题意分三种情况进行分类求解，结合三角函数，等边三角形的性质即可解题.【详解】解：当∠APB=90°时（如图1），∵AO=BO，∴PO=BO，∵∠AOC=60°，∴∠BOP=60°，∴△BOP为等边三角形，∵AB=BC=4，∴；当∠ABP=90°时（如图2），∵∠AOC=∠BOP=60°，∴∠BPO=30°，∴，在直角三角形ABP中，，如图3，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=AO，∵∠AOC=60°，∴△AOP为等边三角形，∴AP=AO=2，故答案为或或2．【点睛】考点：勾股定理．4．（2022·河南·郑州市八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4cm，AC=3cm，动点P从点B出发沿射线BA以2cm/s的速度运动．设运动时间为t，则当t=__秒时，△BPC为直角三角形．【答案】2.5或1.6【分析】分两种情况讨论：①当∠BCP为直角时，点P与点A重合，根据勾股定理即可求得跑PB，进而得到t；②当∠BPC为直角时，利用三角形面积即可求解PC，然后根据勾股定理即可求解BP，进而求得t．【详解】∵∠C＝90°，BC=4cm，AC=3cm，，∴在，．①当∠BCP为直角时，点P与点A重合，∴t＝5÷2＝2.5s．②∠BPC为直角时，在Rt△ABC中，，即，解得在Rt△BPC中，∴t＝3.2÷2＝1.6s．综上，当t＝2.5s或1.6s时，△BPC为直角三角形．故答案为：2.5或1.6．【点睛】本题考查了三角形的动点问题，掌握以及勾股定理是解题的关键．5．（2023春·福建三明·八年级统考期中）如图，已知中，，，，点､分别在线段､上，将沿直线折叠，使点A的对应点恰好落在线段上，当为直角三角形时，线段的长为．【答案】4或．【分析】由为直角三角形，分两种情况进行讨论：①；②．分别依据含角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕的长．【详解】解：分两种情况：如图，当时，是直角三角形，在中，，，，，，由折叠可得，，，，，，如图，当时，是直角三角形，由题可得，，，，，，，设，则，，又，，解得：，，故答案为：4或．【点睛】本题考查了翻折变换-折叠问题，勾股定理，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．6．（2023春·河南驻马店·八年级统考阶段练习）如图，在中，，，，点在直线上，连接若为直角三角形，则的度数为．【答案】或【分析】在中，利用三角形内角和定理可求出的度数，结合“两直线平行，同位角相等”可得出分度数，分及两种情况考虑，当时，利用三角形内角和定理可求出的度数，将其代入中即可求出的度数；当时，由即可求出的度数．【详解】解：在中，，，．，，分两种情况考虑：当时，，；当时，，综上，的度数为或．故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及平行线的性质，分及两种情况，求出的度数是解题的关键．7．（2023秋·福建南平·八年级校考期中）已知△ABC中，如果过顶点B的一条直线把这个三角形分割成两个三角形，其中一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，则称这条直线为△ABC的关于点B的二分割线．如图1，Rt△ABC中，显然直线BD是△ABC的关于点B的二分割线．在图2的△ABC中，∠ABC＝110°，若直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，则∠CDB的度数是．【答案】40°或90°或140°【分析】分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解．【详解】解：①如图，当∠DBC=90°，AD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，∵∠ABC=110°，∠DBC=90°，∴∠ABD=20°，∵AD=BD，∴∠A=∠ABD=20°，∴∠CDB=∠A+∠ABD=40°；②如图，当∠BDC=90°，AD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，或当∠BDC=90°，CD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，；③如图，当∠ABD=90°，CD=BD时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线，∵∠ABC=110°，∠ABD=90°，∴∠DBC=20°，∵CD=BD，∴∠C=∠DBC=20°，∴∠BDC=140°．综上所述：当∠BDC的度数是40°或90°或140°时，直线BD是△ABC的关于点B的二分割线．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，理解二分割线是本题关键．8．（2023·江西上饶·九年级统考期末）在△ABC中，CO是AB边上的中线，∠AOC＝60°，AB＝2，点P是直线OC上的一个动点，则当△PAB为直角三角形时，边AP的长为．【答案】或或1【分析】当∠ABP＝90°时，如图2，易得∠BOP＝60°，进而可利用三角函数求出BP的长，再根据勾股定理即可求出AP的长；当∠APB＝90°时，分两种情况讨论：①如图1，点P在CO的延长线上时，利用直角三角形的性质可得PO＝BO，进而可得△BOP为等边三角形，然后利用锐角三角函数可得AP的长；②如图3，点P在CO上时，易证△AOP为等边三角形，再利用等边三角形的性质可得结论．【详解】解：如图1，当∠APB＝90°，点P在CO的延长线上时，∵AO＝BO，∴PO＝BO，∵∠AOC＝60°，∴∠BOP＝60°，∴△BOP为等边三角形，∴∠ABP＝60°，∵AB＝2，∴AP＝AB•sin60°＝2×；如图2，当∠ABP＝90°时，∵∠AOC＝∠BOP＝60°，∴BP＝，在直角△ABP中，由勾股定理，得AP＝；如图3，当∠APB＝90°时，点P在CO上时，∵AO＝BO，∠APB＝90°，∴PO＝AO，∵∠AOC＝60°，∴△AOP为等边三角形，∴AP＝AO＝1；综上，AP＝或或1．故答案为：或或1．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理和解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基础知识是解答的关键．9．（2023秋·广东·八年级专题练习）平面直角坐标系中有点A（0，4）、B（3，0），连接AB，以AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形ABC，则点C的坐标为．【答案】（4，7）或（7，3）【分析】根据等腰直角三角形的性质，分AC为直角边和斜边两种情况进行讨论即可.【详解】解：如图，观察图象可知，满足条件的点C的坐标为（4，7）或（7，3）．故答案为：（4，7）或（7，3）．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，点的坐标，解题的关键在于能够分类讨论AC是直角边还是斜边.10．（2023秋·江西抚州·八年级统考期中）Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，以AC为一边．在△ABC外部作等腰直角三角形ACD，则线段BD的长为．【答案】或或．【分析】根据题意分类讨论，①，②，③，分别作出图形，再结合已知条件勾股定理求解即可．【详解】解：①如图，当时，是等腰直角三角形，,，；②如图，当时，过点作，交的延长线于点，，，是等腰直角三角形，，，又，是等腰直角三角形，，在中，，，在中，，在中，；③如图，当时，，是等腰直角三角形，，在中，，在中，．综上所述，的长为：或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．11．（2023秋·河南南阳·八年级统考期末）已知，在△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝1，AC＝，以AC为一边作等腰直角△ACD，使∠CAD＝90°，连接BD，则线段BD的长度为．【答案】或【分析】AC作为直角边，有两种情况，需要分情况讨论，画出图后进行计算．【详解】解：情况一：延长AB交CD于E∠BAC＝45°，∠CAD＝90°所以AE是等腰直角△ACD的高线，中线所以，，CE=DE因为，，∠BAC＝45°所以△ACE也是等腰直角三角形，根据勾股定理，AE=CE=2所以BE=AE-AB=2-1=1又因为DE=CE=2，所以，BD=情况二：延长直线AB，分别过C、D作垂线，交直线AB于F、E．与情况一类似，可以证出CF=AF=2，BF=AF-AB=2-1=1所以，BE=EF-BF；因为∠BAC＝45°，所以，∠ACF＝180°-∠BAC-∠F=45°因为△ACD是等腰直角三角形，∠CAD＝90°所以∠ACD＝45°所以，∠FCD＝∠ACD+∠ACF=45°+45°=90°又因为所以四边形DEFC是矩形所以DE=CF=2，EF=DC；因为在等腰直角△ACD中，∠CAD＝90°，所以，根据勾股定理，CD=4所以，BE=EF-BF=DC-BF=4-1=3因此，故答案为或．【点睛】这道题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质．熟练掌握这些知识点，画出辅助线，是解题的关键．12．（2023秋·江苏淮安·八年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，现将BC延长到点D，使△ABD为等腰三角形，则CD的长为．【答案】4，6或【分析】由题意分AD=BD、AB=BD、AB=AD这三种情况进行讨论求解即可.【详解】解：如图，当AD=BD时，∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，∴,设，由，可得，解得：，即；如图，当AB=BD时，∵AB=BD，∴;如图，当AB=AD时，∵AB=BD，∠C=90°，∴；综上可得CD的长为4，6或.故答案为：4，6或．【点睛】本题考查等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握利用方程根据勾股定理建立方程求解以及进行全面思考、分类讨论是解题的关键.13．（2023秋·天津·八年级期中）中，与这两边上的高所在的直线相交于点，若不是直角三角形，则（度）．【答案】或【分析】①是锐角三角形时，先根据高线的定义求出，，然后根据直角三角形两锐角互余求出，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式进行计算即可得解；②是钝角三角形时，根据高线的定义求出，，再根据等角的余角相等，从而得解．【详解】①当是锐角三角形时，如图∵，∴，在中∴②是钝角三角形时，如图∵，∴，则，又∵∴故答案为：或【点睛】本题主要考查了三角形的高线，直角三角形性质以及外角性质，解题的关键在于要分是锐角三角形与钝角三角形两种情况讨论，作出图形更形象直观．14．（2023春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在中，，，，点在的边上，则当为直角三角形时，的长为．【答案】或或【分析】分三种情况：①当时，点P在上，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可；②当，点P在上时，过点A作，过点P作，利用勾股定理及等腰三角形的判定和性质求解即可；③当时，，由勾股定理求出的长．【详解】解：分三种情况：①当时，点P在上，如图所示，∵，∴，∵，∴；

②，点P在上时，过点A作，过点P作，如图所示：∴四边形为矩形，，∵，，，∴，，，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，∴也为等腰直角三角形，∴；③当时，如图所示，则由①可得，∴，综上所述，当为直角三角形时，的长为或或，故答案为：或或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理的应用、含直角三角形的性质和等腰直角三角形的判定和性质和勾股定理的逆定理，解决本题的关键是运用分类讨论的思想．15．（2023秋·河南信阳·八年级校考期末）如图，AD为△ABC的高，BE为△ABC的角平分线，若∠EBA＝32°，∠AEB＝70°.（1）求∠CAD的度数；（2）若点F为线段BC上任意一点，当△EFC为直角三角形时，则∠BEF的度数为【答案】（1）52°；（2）58°或20°【分析】（1）根据角平分线的定义、三角形内角和定理计算即可；（2）分∠EFC=90°和∠FEC=90°两种情况解答即可．【详解】解：（1）∵BE为△ABC的角平分线，∴∠CBE=∠EBA=32°，∵∠AEB=∠CBE+∠C，∴∠C=70°-32°=38°，∵AD为△ABC的高，∴∠ADC=90°，∴∠CAD=90°-∠C=52°；（2）当∠EFC=90°时，∠BEF=90°-∠CBE=58°，当∠FEC=90°时，∠BEF=90°70°=20°，故答案为58°或20°．【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，掌握三角形内角和等于180°是解题的关键．16．（2023春·江西赣州·八年级统考期末）如图，△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，若动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，设出发的时间为t秒．（1）点P出发2秒后，求CP和BP的长.（2）问满足什么条件时（t的值或取值范围），△BCP为直角三角形？【答案】（1）CP=2cm；BP=cm；（2）当0＜t≤4或t=时，△BCP为直角三角形．【分析】（1）根据速度为每秒1cm，求出出发2秒后CP的长，然后利用勾股定理求得PB的长即可；（2）由勾股定理可得AC=4cm，然后分点P在AC和AB上两种情况进行解答即可．【详解】解：（1）∵动点P从点C开始以每秒1cm的速度运动∴出发2秒后CP=1×2=2cm∵∠C=90°，BC=3cm∴BP=cm∴CP=2cm，BP=cm；（2）①如图1，当P在AC上运动时，∵∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm∴AC=4cm，∵动点P从点C开始按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm∴当P在AC上运动时，△BCP为直角三角形∴0＜t≤4如图，当P在AB上时，CP⊥AB时，△BCP为直角三角形∵ABCP=ACBC∴×5CP=×3×4∴CP=cm∴AP==cm∴AC+AP=4+=cm∴t=÷1=(s)综上所述，当0＜t≤4或t=时，△BCP为直角三角形．【点睛】本题主要考查了勾股定理和直角三角形的知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．17．（2023秋·河北保定·八年级统考期末）已知中，如果过顶点的一条直线把这个三角形分割成两个三角形，其中一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，则称这条直线为的关于点的二分割线．例如：如图1，中，，，若过顶点的一条直线交于点，若，显然直线是的关于点的二分割线．（1）在图2的中，，．请在图2中画出关于点的二分割线，且角度是；（2）已知，在图3中画出不同于图1，图2的，所画同时满足:①为最小角；②存在关于点的二分割线．的度数是；（3）已知，同时满足：①为最小角；②存在关于点的二分割线．请求出的度数（用表示）．【答案】（1）作图见解析，；（2）作图见解析，；（3）∠A=45°或90°或90°－2α或，或α＝45°时45°＜∠BAC＜90°．【分析】（1）根据二分割线的定义，只要把∠ABC分成90°角和20°角即可；（2）可以画出∠A=35°的三角形；（3）设BD为△ABC的二分割线，分以下两种情况．第一种情况：△BDC是等腰三角形，△ABD是直角三角形；第二种情况：△BDC是直角三角形，△ABD是等腰三角形分别利用直角三角形的性质、等腰三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可．【详解】解：（1）关于点的二分割线BD如图4所示，；故答案为：20°；（2）如图所示：∠BAC=35°；（3）设BD为△ABC的二分割线，分以下两种情况．第一种情况：△BDC是等腰三角形，△ABD是直角三角形，易知∠C和∠DBC必为底角，∴∠DBC＝∠C＝．当∠A＝90°时，△ABC存在二分分割线；当∠ABD＝90°时，△ABC存在二分分割线，此时∠A＝90°－2α；当∠ADB＝90°时，△ABC存在二分割线，此时α＝45°且45°＜∠A＜90°；第二种情况：△BDC是直角三角形，△ABD是等腰三角形，当∠DBC＝90°时，若BD＝AD，则△ABC存在二分割线，此时；当∠BDC＝90°时，若BD＝AD，则△ABC存在二分割线，此时∠A＝45°，综上，∠A=45°或90°或90°－2α或，或α＝45°时，45°＜∠BAC＜90°．【点睛】本题考查的是二分割线的理解与作图，属于新定义题型，主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质和三角形的内角和定理等知识，正确理解二分割线的定义、熟练掌握等腰三角形和直角三角形的性质是解答的关键．18．（2023春·广东梅州·八年级校考开学考试）如图，为的高，，为的角平分线，若，．(1)求的度数；(2)若点G为线段上任意一点，当为直角三角形时，求的度数．【答案】(1)(2)或【分析】（1）先根据三角形外角性质求出，角平分线定义求出，从而求得，继而求得，根据，求出即可解决问题．（2）分两种情况：①当时．②当时，分别求解即可．【详解】（1）解：，，∵为的角平分线，∴，，平分，，．（2）解：分两种情况：①当时，则，；②当时，则，；综上所述：的度数为或．【点睛】本题考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．19．（2023秋·广东深圳·九年级校联考开学考试）如图1，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点D从点O出发，沿的方向以的速度运动，当点D不与点A重合时，将绕点C按逆时针方向旋转得到，连接，设点D的运动时间为．

(1)求证：是等边三角形.(2)如图2，当时，的周长是否存在最小值；若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由.(3)如图3，当点D在射线上运动时，是否存在以D，E，B为顶点的三角形是直角三角形?若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见详解(2)存在，(3)存在，当或9时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形【分析】（1）由旋转的性质得到，，即可得到结论；（2）当时，由旋转的性质得到，于是得到，根据等边三角形的性质得到，由垂线段最短得到当时，的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当时，由旋转的性质得到，，求得，根据等边三角形的性质得到，求得，求得，于是得到；③当时，，不存在直角三角形．④当时，由旋转的性质得到，求得，于是得到．【详解】（1）证明：∵绕点C按逆时针方向旋转得到，∴，，∴是等边三角形；（2）解：存在，当时，由旋转的性质得，，∴，由（1）知，是等边三角形，∴，∴，由垂线段最短可知，当时，的周长最小，此时，，∴的最小周长；（3）解：存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当时，由旋转可知，，，∴，由（1）可知，是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；③当时，因为，不存在直角三角形．④如图，当时，由旋转的性质可知，，

又由（1）知，∴，而，∴，∴只能，从而，∴，∴，∴，综上所述：当或9时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．20．（2023秋·河北张家口·八年级统考阶段练习）如图1，已知等边三角形的边长为，点分别从点同时出发，沿边向点和点运动，且它们的运动速度都是/秒．直线交于点．(1)求证：；(2)在点分别在边上运动的过程中，求当运动时间为多少秒时，是等腰三角形?(3)连接，当点运动____________秒时，是直角三角形；(4)如图2，若点在运动到后继续在射线上运动，直线交于点，当是直角三角形时，求点的运动时间．

【答案】(1)见解析(2)秒(3)1或2；(4)秒【分析】由“”可证；由全等三角形的性质可求，可得，即可求解；分和两种情况，由含角的直角三角形的性质得出方程，求解即可；证明，推出，可得结论．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴．∵点P，Q的速度相同，∴，∴；（2）∵，∴∵，∴，∴．当是等腰三角形时，，∴，∴，∴，，∴当运动时间为秒时，是等腰三角形；（3）设运动时间为t秒，则，①当时，∵，∴．，即解得；②当时，∵，∴，，即，解得；∴当点运动到第秒或第秒时，为直角三角形．故答案为：或；（4）∵是等边三角形，∴．与（1）同理可得，∴又∵，∴，∴．当为直角三角形时，若，∵，∴，此时不成立；若，则．∵，∴，∴B，∴，即是直角三角形时，点P的运动时间为6秒．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含角的直角三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．21．（2022秋·四川成都·八年级石室中学校考期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AP交x轴于点P（p，0），与y轴交于点A（0，a），且a、p满足+（p﹣1）2＝0．(1)求直线AP的解析式；(2)如图1，直线x＝﹣2与x轴交于点N，点M在x轴上方且在直线x＝﹣2上，若△MAP的面积等于6，请求出点M的坐标；(3)如图2，已知点C（﹣2，4），若点B为射线AP上一动点，连接BC，在坐标轴上是否存在点Q，使△BCQ是以BC为底边的等腰直角三角形，直角顶点为Q，若存在，请求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=3x-3；(2)（-2，3）；(3)Q的坐标为（-，0）或（0，）或（0，）【分析】（1）根据算术平方根的非负性及偶次方的非负性得到a+3=0，p-1=0，求出a，p，得到点P，A的坐标，设直线AP的解析式为y=kx+b，利用待定系数法求出函数解析式；（2）过M作MD交x轴于D，连接AD，由MD，△MAP的面积等于6，顶点△DAP的面积等于6，求出DP，得到点D坐标，求出直线DM的解析式，即可求出M的坐标；（3）设B（t，3t-3），分三种情况，①当点Q在轴负半轴时，过B作BE⊥x轴于E，证明△BEQ≌△QNC（AAS），得到OQ=QE-OE=ON+QN，即4-t=2+3-3t，求出t值即可；②当Q在y轴正半轴上时，过C作CF⊥y轴于F，过B作BG⊥y轴于G，证明△CQF≌△QBG（AAS），得到OQ=OG-QG=OF-QF，即3t-3-2=4-t，求出t即可；③当Q在y轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴于F，过B作BT⊥y轴于T，同②可证△CFQ≌△QTB（AAS），得到OQ=OT+QT=OF+QF，即3t-3+2=4+t，求出t值即可．【详解】（1）解：∵+（p﹣1）2＝0．∴a+3=0，p-1=0，解得a=-3，p=1，∴P(1,0)，A(0,-3)，设直线AP的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线AP的解析式为y=3x-3；（2）解：过M作MD交x轴于D，连接AD，∵MD，△MAP的面积等于6，∴△DAP的面积等于6，∴，即，∴DP=4，∴D（-3，0）设直线DM的解析式为y=3x+c，则，∴c=9，∴直线DM的解析式为y=3x+9，令x=-2，得y=3，∴M（-2，3）；（3）解：存在设B（t，3t-3），①当点Q在x轴负半轴时，过B作BE⊥x轴于E，如图，∴OE=t，BE=3-3t，∵△BCQ是以BC为底