2025年初中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練450題（填空題）：四邊形（10題）

第1頁（共1頁）2025年初中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練450題（填空題）：四邊形（10題）一．填空題（共10小題）1．（2024?哈爾濱）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，延長BC至點G，連接DG，∠CDG=14∠AOB，點E為DG的中點，連接OE交CD于點F，若AO＝6EF，DE=23，則DF的長為2．（2024?匯川區(qū)三模）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，AB＝3，BC＝4，∠EAF＝60°，∠AFE＝45°，則CF的長是．3．（2024?蘭州）如圖，四邊形ABCD為正方形．△ADE為等邊三角形，EF⊥AB于點F，若AD＝4，則EF＝．4．（2024?新北區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，延長BC到點E，CM平分∠DCE，過點D作DF⊥CM，垂足為F．若DF＝1，則對角線BD的長是．5．（2024?甘肅一模）已知：正方形ABCD的邊長為8，點E、F分別在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE與AF相交于點G，點H為BF的中點，連接GH，則GH的長為．6．（2024?海安市二模）如圖，矩形ABCD的四個頂點分別在直線l3，l4，l2，l1上．若直線l1∥l2∥l3∥l4且間距相等，AB＝4，BC＝3，則tanα的值為．7．（2024?山西模擬）如圖是一個風(fēng)車圖案，它由4個全等的平行四邊形葉片和1個正方形按如圖方式拼接而成，以正方形的中心為原點O，對角線所在直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，其中一個平行四邊形葉片的頂點A，B的坐標(biāo)分別為（1，0），（0，3），則點D的坐標(biāo)為．8．（2024?東河區(qū)校級一模）如圖，點E為正方形ABCD的邊BC的中點，連接AE，點F、G分別為AB、CD上的點，連接FG，CF，取CG、CF的中點M、N，連接MN，已知正方形的邊長為4，若FG⊥AE，則MN的長為．9．（2024?南明區(qū)校級二模）如圖，在矩形ABCD中，∠BCD的角平分線CE與邊AD交于點E，∠AEC的角平分線與邊CB的延長線交于點G，與邊AB交于點F，如果AB=32，AF＝2BF，那么GB＝10．（2024?鼓樓區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，邊長為2的菱形ABCD的頂點A、B分別在x軸、y軸的正半軸上移動，∠ABC＝60°，則OC的最大值是．

2025年初中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練450題（填空題）：四邊形（10題）參考答案與試題解析一．填空題（共10小題）1．（2024?哈爾濱）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，延長BC至點G，連接DG，∠CDG=14∠AOB，點E為DG的中點，連接OE交CD于點F，若AO＝6EF，DE=23，則DF的長為【考點】矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】11．【分析】連接CE，設(shè)EF＝x，證△DOE∽△CEG，得出成比例線段，求出EF，即可．【解答】解：連接CE，設(shè)EF＝x，在矩形ABCD中，OA＝OC＝OD＝OB，則∠OBC＝∠OCB，∠AOB＝∠COD＝∠OBC+∠OCB＝2∠DBC，∵E是DG中點，∴OE∥BC，∴∠DOE＝∠DBC=12∠COD=12∠AOB，EF∵∠DCG＝90°，∴DE＝CE＝EG，∴∠EDC＝∠ECD，∴∠CEG＝∠EDC+∠ECD，∵∠CDG=14∠∴∠CEG=∴∠CEG＝∠DOE，∴△DOE∽△CEG，∴DECG∵AO＝6EF＝OD，DE=23∴23∴EF＝1，∴DF=D【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，作輔助線構(gòu)造相似三角形是關(guān)鍵．2．（2024?匯川區(qū)三模）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，AB＝3，BC＝4，∠EAF＝60°，∠AFE＝45°，則CF的長是3．【考點】矩形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；圖形的相似；幾何直觀；運算能力；推理能力．【答案】3．【分析】作EG⊥AF于G，設(shè)AE＝x，解直角三角形得出AG=x2，EG=FG=3x2，從而推出AF=3+12x，作GH⊥BC于H，作GM⊥CD于M，延長MG交AB于N，證明出四邊形GHCM為正方形，再證明△GFM∽△AFD，由相似三角形的性質(zhì)得出GMAD=MFDF=GFAF=【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠B＝∠C＝∠D＝90°，如圖：作EG⊥AF于G，則∠AGE＝∠EGF＝90°，設(shè)AE＝x，在Rt△AEG中，∠EAF＝60°，則AG=AE?cos60°在Rt△EGF，∠AFE＝45°，則EG=FG=3∴AF=AG+GF=x作GH⊥BC于H，作GM⊥CD于M，延長MG交AB于N，則∠GHC＝∠C＝∠GMC＝90°，∴四邊形GHCM為矩形，∴∠MGH＝90°，∵∠EGH+∠HGF＝90°，∠MGF+∠HGF＝90°，∴∠EGH＝∠MGF，∵∠GHE＝∠GMF＝90°，EG＝FG，∴△EGH≌△FGM（AAS），∴GH＝GM，∴四邊形GHCM為正方形，∵∠FMG＝∠D＝90°，∠GFM＝∠AFD，∴△GFM∽△AFD，∴GMAD∴GM=6-∴GH=GM=6-同理可得：四邊形ANMD、BHGN為矩形，∴BN=GH=6-∴DM=AN=AB-∴MFMF+DM=3∴MF=6-∴CF=CD-故答案為：3．【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解此題的關(guān)鍵．3．（2024?蘭州）如圖，四邊形ABCD為正方形．△ADE為等邊三角形，EF⊥AB于點F，若AD＝4，則EF＝2．【考點】正方形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；幾何直觀．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由等邊三角形得出AE＝AD＝4，再利用Rt△AEF即可求解．【解答】解：∵△ADE是等邊三角形，∴AE＝AD＝4，∠DAE＝90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAD＝90°，∴∠EAF＝30°，∴EF=12AE＝故答案為：2．【點評】本題主要考查正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、含有30°的直角三角形等內(nèi)容，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．4．（2024?新北區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，延長BC到點E，CM平分∠DCE，過點D作DF⊥CM，垂足為F．若DF＝1，則對角線BD的長是23．【考點】菱形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形；勾股定理．【專題】等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】23．【分析】連接AC交BD于點O，由菱形的性質(zhì)得出AB＝BC，∠CBO＝∠ABO，OB＝OD，AC⊥BD，由直角三角形的性質(zhì)得出DC＝2，求出OD的長，則可得出答案．【解答】解：連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠CBO＝∠ABO，OB＝OD，AC⊥BD，∵∠ABC＝60°，∴∠OBC＝30°，∠BCD＝120°，∴∠DCE＝60°，∵CM平分∠DCE，∴∠DCF＝∠ECF＝30°，∵DF＝1，∴DC＝2DF＝2，∴OC=12CD＝∴OD=C∴BD＝2OD＝23．故答案為：23．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2024?甘肅一模）已知：正方形ABCD的邊長為8，點E、F分別在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE與AF相交于點G，點H為BF的中點，連接GH，則GH的長為5．【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的全等；矩形菱形正方形．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)正方形的四條邊都相等可得AB＝AD，每一個角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“邊角邊”證明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，進(jìn)一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，從而知GH=12BF，利用勾股定理求出【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，∵AB＝AD，∠BAE＝∠D，AE＝DF∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠ABE＝∠DAF，∵∠ABE+∠BEA＝90°，∴∠DAF+∠BEA＝90°，∴∠AGE＝∠BGF＝90°，∵點H為BF的中點，∴GH=12∵BC＝8，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6∴BF=BC∴GH＝5故答案為：5【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余等知識，掌握三角形全等的判定方法與正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2024?海安市二模）如圖，矩形ABCD的四個頂點分別在直線l3，l4，l2，l1上．若直線l1∥l2∥l3∥l4且間距相等，AB＝4，BC＝3，則tanα的值為38【考點】矩形的性質(zhì)；解直角三角形．【專題】推理填空題；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】38【分析】根據(jù)題意，可以得到BG的長，再根據(jù)∠ABG＝90°，AB＝4，可以得到∠BAG的正切值，再根據(jù)平行線的性質(zhì)，可以得到∠BAG＝∠α，從而可以得到tanα的值．【解答】解：作CF⊥l4于點F，交l3于點E，設(shè)CB交l3于點G，由已知可得，GE∥BF，CE＝EF，∴△CEG∽△CFB，∴CECF∵BC＝3，∴CG=3∴GB=3∵l3∥l4，∴∠α＝∠GAB，∵四邊形ABCD是矩形，AB＝4，∴∠ABG＝90°，∴tan∠BAG=BG∴tanα的值為38故答案為：38【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，解直角三角形，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．7．（2024?山西模擬）如圖是一個風(fēng)車圖案，它由4個全等的平行四邊形葉片和1個正方形按如圖方式拼接而成，以正方形的中心為原點O，對角線所在直線為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，其中一個平行四邊形葉片的頂點A，B的坐標(biāo)分別為（1，0），（0，3），則點D的坐標(biāo)為（﹣1，﹣2）．【考點】平行四邊形的性質(zhì)；坐標(biāo)確定位置；全等圖形．【專題】平面直角坐標(biāo)系；圖形的全等；多邊形與平行四邊形；運算能力；推理能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由正方形的性質(zhì)得OC＝OA＝OF＝1，則C（0，1），F(xiàn)（﹣1，0），所以HG＝BC＝2，由DF∥y軸，且DF＝HG＝2，得D（﹣1，﹣2），于是得到問題的答案．【解答】解：∵四邊形ACFG是正方形，A（1，0），B（0，3），∴OC＝OG=12CG，OA＝OF=12AF，且∴OC＝OA＝OF＝1，∴C（0，1），F(xiàn)（﹣1，0），∵圖中的四個平行四邊形全等，∴HG＝BC＝3﹣1＝2，∴DF∥y軸，且DF＝HG＝2，∴D（﹣1，﹣2），故答案為：（﹣1，﹣2）．【點評】此題重點考查圖形與坐標(biāo)、正方形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識，正確地求出點C的坐標(biāo)及BC的長是解題的關(guān)鍵．8．（2024?東河區(qū)校級一模）如圖，點E為正方形ABCD的邊BC的中點，連接AE，點F、G分別為AB、CD上的點，連接FG，CF，取CG、CF的中點M、N，連接MN，已知正方形的邊長為4，若FG⊥AE，則MN的長為5．【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】5．【分析】解法一：過點G作GH⊥AB于點H，易得△ABE≌△GHF，所以GF＝AE＝25，再結(jié)合點M、N分別是線段CG、CF的中點，根據(jù)中位線定理可得答案．解法二：過點D作DH∥FG交AB于H，易證DHFG是平行四邊形，再證三角形ADH≌三角形ABE，根據(jù)三角形中位線定理可得結(jié)論．【解答】解法一：如圖，過點G作GH⊥AB于點H，∴∠AHG＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠D＝90°，∴∠BAD＝∠D＝∠AHG＝90°，∴四邊形AHGD是矩形，∴AD＝GH，∠GHF＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝4，∴∠GHF＝∠B＝90°，GH＝AD＝AB，∵GF⊥AE，∴∠AOF＝90°，∴∠AFO+∠OAF＝90°，∵∠OAF+∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠AFO，∴△ABE≌△GHF（AAS），∴FG＝AE，∵E是BC的中點，∴BE=12BC＝由勾股定理得：AE=42+∴FG＝AE＝25，∵CG、CF的中點M、N，∴MN是△CFG的中位線，∴MN=12FG解法二：過點D作DH∥FG交AB于H，易證DHFG是平行四邊形，∴DH＝FG，同理得：△ADH≌△ABE（AAS），∴AE＝FG＝DH＝25，最后同理得：MN=12FG故答案為：5．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的中位線定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2024?南明區(qū)校級二模）如圖，在矩形ABCD中，∠BCD的角平分線CE與邊AD交于點E，∠AEC的角平分線與邊CB的延長線交于點G，與邊AB交于點F，如果AB=32，AF＝2BF，那么GB＝2-【考點】矩形的性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】2-2【分析】證明△AFE∽△BFG，得AE＝2BG，設(shè)BG＝a，則AE＝2a，根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義可得CD＝DE＝AB＝32，CE＝CG=2CD=2【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴△AFE∽△BFG，∴AFBF∵AF＝2BF，∴AE＝2BG，設(shè)BG＝a，則AE＝2a，∵CE平分∠DCB，EF平分∠AEC，∴∠DCE＝∠ECB，∠AEF＝∠CEF，∵AD∥CG，∴∠AEF＝∠G，∠DEC＝∠ECG，∴∠CEF＝∠G，∠DEC＝∠DCB，∴CD＝DE＝AB＝32，CE＝CG=2CD=2∴a+2a+32=6∴a＝2-2∴GB＝2-2故答案為：2-2【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)的運用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，等腰三角形的性質(zhì)和判定的運用，解答時運用角平分線的定義和平行線得等腰是本題的關(guān)鍵．10．（2024?鼓樓區(qū)三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，邊長為2的菱形ABCD的頂點A、B分別在x軸、y軸的正半軸上移動，∠ABC＝60°，則OC的最大值是3+1【考點】菱形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；三角形三邊關(guān)系；等邊三角形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】3+1【分析】取AB的中點E，連接CE，OE，AC，先證明△ABC是等邊三角形，即可求出CE的長，再在Rt△ABO中利用斜邊中線性質(zhì)求出OE，最后根據(jù)OE+CE≥OC確定當(dāng)C、O、E三點共線時OC最大，最大值為OC＝OE+CE．【解答】解：如圖，取AB的中點E，連接CE，OE，AC，∵邊長為2的菱形ABCD，∴AB＝BC＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∵AB的中點E，∴BE=12BA=1，∴CE=B在Rt△ABO中，OE=1∴OC≤∴當(dāng)C、O、E三點共線時OC最大，最大值為3+1故答案為：3+1【點評】本題考查了勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．

考點卡片1．坐標(biāo)確定位置平面內(nèi)特殊位置的點的坐標(biāo)特征（1）各象限內(nèi)點P（a，b）的坐標(biāo)特征：①第一象限：a＞0，b＞0；②第二象限：a＜0，b＞0；③第三象限：a＜0，b＜0；④第四象限：a＞0，b＜0．（2）坐標(biāo)軸上點P（a，b）的坐標(biāo)特征：①x軸上：a為任意實數(shù)，b＝0；②y軸上：b為任意實數(shù)，a＝0；③坐標(biāo)原點：a＝0，b＝0．（3）兩坐標(biāo)軸夾角平分線上點P（a，b）的坐標(biāo)特征：①一、三象限：a＝b；②二、四象限：a＝﹣b．2．坐標(biāo)與圖形性質(zhì)1、點到坐標(biāo)軸的距離與這個點的坐標(biāo)是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標(biāo)有關(guān)，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標(biāo)有關(guān)；②距離都是非負(fù)數(shù)，而坐標(biāo)可以是負(fù)數(shù)，在由距離求坐標(biāo)時，需要加上恰當(dāng)?shù)姆枺?、有圖形中一些點的坐標(biāo)求面積時，過已知點向坐標(biāo)軸作垂線，然后求出相關(guān)的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標(biāo)系內(nèi)的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標(biāo)軸的輔助線用“割、補”法去解決問題．3．三角形三邊關(guān)系（1）三角形三邊關(guān)系定理：三角形兩邊之和大于第三邊．（2）在運用三角形三邊關(guān)系判定三條線段能否構(gòu)成三角形時并不一定要列出三個不等式，只要兩條較短的線段長度之和大于第三條線段的長度即可判定這三條線段能構(gòu)成一個三角形．（3）三角形的兩邊差小于第三邊．（4）在涉及三角形的邊長或周長的計算時，注意最后要用三邊關(guān)系去檢驗，這是一個隱藏的定時炸彈，容易忽略．4．全等圖形（1）全等形的概念能夠完全重合的兩個圖形叫做全等形．（2）全等三角形能夠完全重合的兩個三角形叫做全等三角形．（3）三角形全等的符號“全等”用符號“≌”表示．注意：在記兩個三角形全等時，通常把對應(yīng)頂點寫在對應(yīng)位置上．（4）對應(yīng)頂點、對應(yīng)邊、對應(yīng)角把兩個全等三角形重合到一起，重合的頂點叫做對應(yīng)頂點；重合的邊叫做對應(yīng)邊；重合的角叫做對應(yīng)角．5．全等三角形的判定與性質(zhì)（1）全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．（2）在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．6．等腰三角形的判定與性質(zhì)1、等腰三角形提供了好多相等的線段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是證明線段相等、角相等的重要手段．2、在等腰三角形有關(guān)問題中，會遇到一些添加輔助線的問題，其頂角平分線、底邊上的高、底邊上的中線是常見的輔助線，雖然“三線合一”，但添加輔助線時，有時作哪條線都可以，有時不同的做法引起解決問題的復(fù)雜程度不同，需要具體問題具體分析．3、等腰三角形性質(zhì)問題都可以利用三角形全等來解決，但要注意糾正不顧條件，一概依賴全等三角形的思維定勢，凡可以直接利用等腰三角形的問題，應(yīng)當(dāng)優(yōu)先選擇簡便方法來解決．7．等邊三角形的性質(zhì)（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關(guān)系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．（2）等邊三角形的性質(zhì)：等邊三角形的三個內(nèi)角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．8．等邊三角形的判定與性質(zhì)（1）等邊三角形是一個非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關(guān)角的計算奠定了基礎(chǔ)，它的邊角性質(zhì)為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質(zhì)，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應(yīng)用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點可以把等邊三角形分成四個全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復(fù)雜，在應(yīng)用時要抓住已知條件的特點，選取恰當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒?，一般地，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等判定、通過三個角相等判定；若從等腰三角形出發(fā)，則想法獲取一個60°的角判定．9．含30度角的直角三角形（1）含30度角的直角三角形的性質(zhì)：在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半．（2）此結(jié)論是由等邊三角形的性質(zhì)推出，體現(xiàn)了直角三角形的性質(zhì)，它在解直角三角形的相關(guān)問題中常用來求邊的長度和角的度數(shù)．（3）注意：①該性質(zhì)是直角三角形中含有特殊度數(shù)的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能應(yīng)用；②應(yīng)用時，要注意找準(zhǔn)30°的角所對的直角邊，點明斜邊．10．直角三角形斜邊上的中線（1）性質(zhì)：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）（2）定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形．該定理可以用來判定直角三角形．11．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應(yīng)用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．12．三角形中位線定理（1）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．（2）幾何語言：如圖，∵點D、E分別是AB、AC的中點∴DE∥BC，DE=1213．平行四