专题14切线长定理、圆内接正多边形 （2个知识点6种题型）（解析版）.docx

1、专题14切线长定理、圆内接正多边形 （2个知识点6种题型）【目录】倍速学习三种方法【方法一】 脉络梳理法知识点1.切线长定理知识点2.圆内接正多边形【方法二】 实例探索法题型1.有关切线长定理的计算题型2.圆内接正多边形边数的判断题型3.计算边心距与边长题型4.方程思想题型5.新定义问题题型6.规律探究题【方法三】成果评定法【学习目标】1. 了解切线长的概念。2. 掌握切线长定理，并能运用这一定理解决问题。3.了解圆内接正多边形的概念。4.掌握正多边形和圆中的半径R、边心距r、中心角之间的等量关系，并能运用这个等量关系解决具体题目。【知识导图】 【倍速学习三种方法】【方法一】脉络梳理法知识点1

2、.切线长定理（1）圆的切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长（2）切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角（3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量（4）切线长定理包含着一些隐含结论：垂直关系三处；全等关系三对；弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到【例1】如图，AB、AC、BD是O的切线，P、C、D为切点，如果AB=5，AC=3，则BD的长为 【答案】2【解析】解：AC、AP为O的切线，AC=AP，BP

3、、BD为O的切线，BP=BD，BD=PB=ABAP=53=2故答案为：2知识点2.圆内接正多边形（1）正多边形：各边相等，各角也相等的我边形叫作正多边形。（2）正多边形的中心：一个正多边形的外接圆的圆心叫作这个正多边形的中心。（3）正多边形的半径：外接圆的半径叫作正多形的半径。（4）正多边形的中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫作正多边形的中心角。（5）正多边形的边心距：中心到正多边形的一边的距离叫作正多边形的边心距。1.用量角器等分圆由于在同圆中相等的圆心角所对的弧也相等，因此作相等的圆心角(即等分顶点在圆心的周角)可以等分圆；根据同圆中相等弧所对的弦相等，依次连接各分点就可画出相应的正n边

4、形.2.用尺规等分圆对于一些特殊的正边形，可以用圆规和直尺作图.正四、八边形。在O中，用尺规作两条互相垂直的直径就可把圆分成4等份，从而作出正四边形。 再逐次平分各边所对的弧(即作AOB的平分线交于 E) 就可作出正八边形、正十六边形等，边数逐次倍增的正多边形。正六、三、十二边形的作法。通过简单计算可知，正六边形的边长与其半径相等，所以，在O中，任画一条直径AB，分别以A、B为圆心，以O的半径为半径画弧与O相交于C、D和E、F，则A、C、E、B、F、D是O的6等分点。 显然，A、E、F(或C、B、D)是O的3等分点。同样，在图(3)中平分每条边所对的弧，就可把O 12等分。要点诠释：画正n边形

5、的方法：（1）将一个圆n等份，（2）顺次连结各等分点.正多边形都是轴对称图形，对称轴的条数与它的边数相同，每条对称轴都通过正n边形的中心；当边数是偶数时，它也是中心对称图形，它的中心就是对称中心.【例2】（2022秋嘉兴期末）如图，正六边形ABCDEF与正方形AGDH都内接于O，连接BG，则弦BG所对圆周角的度数为（）A15B30C15或165D30或150【分析】连接OA、OB、OG，先求出AOB60，90，所以BOGAOGAOB906030，即可求出弦BG所对圆周角的度数为15或165【解答】解：连接OA、OB、OG由题意得，AOB60，90，BOGAOGAOB906030，弦BG所对圆周

6、角的度数为15或165故选：C【点评】本题考查了正多边形和圆，解题的关键是BOG的度数【方法二】实例探索法题型1.有关切线长定理的计算1如图，PA、PB是O的切线，CD切O于点E，PCD的周长为12，APB60求：（1）PA的长；（2）COD的度数【解答】解：（1）CA，CE都是圆O的切线，CACE，同理DEDB，PAPB，三角形PCD的周长PD+CD+PCPD+PC+CA+BDPA+PB2PA12，即PA的长为6；（2）P60，PCE+PDE120，ACD+CDB360120240，CA，CE是圆O的切线，OCEOCAACD；同理：ODECDB，OCE+ODE（ACD+CDB）120，COD

7、180120602如图，直线AB、BC、CD分别与O相切于E、F、G，且ABCD，OB6cm，OC8cm求：（1）BOC的度数；（2）BE+CG的长；（3）O的半径【解答】解：（1）连接OF；根据切线长定理得：BEBF，CFCG，OBFOBE，OCFOCG；ABCD，ABC+BCD180，OBF+OCF90，BOC90；（2）由（1）知，BOC90OB6cm，OC8cm，由勾股定理得到：BC10cm，BE+CGBC10cm（3）BC与O相切于点F，OFBC，SOBCOFBCOBOC，即OF1068OF4.8cm题型2.圆内接正多边形边数的判断3（2022秋浙江丽水九年级校考期中）如图，A、为一

8、个正多边形的相邻四个顶点，为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为 【答案】15【分析】连接，根据圆周角定理得到，根据中心角的定义即可求解【详解】解：如图，连接，这个正多边形的边数为，故答案为：15【点睛】本题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理题型3.计算边心距与边长4如图，正方形是半径为R的圆内接四边形，若，求正方形的边长与边心距【答案】正方形ABCD的边长为，边心距为【分析】过点O作，垂足为E，利用圆内接四边形的性质求出，然后在中，根据勾股定理求出即可【详解】解：过点O作，垂足为E，正方形是半径为R的O内接四边形， 在中，由勾股定理可得， ，即半径为6的圆内接正方形AB

9、CD的边长为，边心距为【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，以及勾股定理，正多边形各边所对的外接圆的圆心角都相等，正多边形每一边所对的外接圆的圆心角叫做正多边形的中心角，正n边形每个中心角都等于题型4.方程思想5（2023浙江温州校联考三模）图1是由两个正六边形组成的壁挂置物架，轴对称仙人堂盆栽放置在木板上，图2是其示意图两个正六边形的边与，与均在同一直线上木板（木板厚度忽略不计），则的长为 盆栽由矩形和圆弧组成，且，恰好在同一直线上，已知，圆弧最高点到的距离与线段的长度之比为，则圆弧的半径为 【答案】 20 【分析】设 的圆心是 ，作 于 ，连接 ，由正六边形的性质求出 ， 的长， 由直角三

10、角形的性质， 等腰三角形的性质求出 的长，得到 的长，由勾股定理列出关于 半径的方程， 即可解决问题；【详解】解：设 的圆心 是 ，作 于 ，连 接 ， 是圆弧最高点， 在 上，两个多边形是正六边形， ， 是等边三角形，三点共线，四边形 是矩形，圆弧最高点 到 的距离与线段 的长度之 比为 ， 到 的距离是 ，设 的半径是 ， 的半径是 故答案为：【点睛】本题考查正多边形的性质，垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键是由以上知识点求出正六边形的边长， 的长， 的长得到 的长，由勾股定理列出关于 半径的方程题型5.新定义问题6（2023浙江金华校联考三模）如图，正三角形、正

11、方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”(1)角的“接近度”定义：设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为于是越小，该正n边形就越接近于圆，若，则该正n边形的“接近度”等于 若，则该正n边形的“接近度”等于_当“接近度”等于_时，正n边形就成了圆(2)边的“接近度”定义：设一个正n边形的外接圆的半径为R，正n边形的中心到各边的距离为d，将正n边形的“接近度”定义为分别计算时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n边形就成了圆？【答案】(1)120；18；0(2)时，；时，当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆【分析

12、】（1）根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；（2）结合正多边形的外接圆的半径与正多边形的中心到各边的距离构造的直角三角形，求解即可【详解】（1）解：当时， ，“接近度”等于；故答案为：120当时， ，“接近度”等于；故答案为：18越小，该正n边形就越接近于圆，当时，该正n边形就成了圆，此时，；故答案为：0（2）解：如图，当时，为正的外接圆，；如图，当时，为正六边形的外接圆，；当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆【点睛】此题考查了正多边形与其外接圆的关系解此题的关键是注意数形结合思想的应用题型6.规律

13、探究题7（2022浙江九年级专题练习）如图，要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作下面我们来探究纸盒底面半径的最小值：（1）如果要装10支铅笔，小蓝画了图、图两种排列方式，请你通过计算，判断哪种方式更节省空间： （填或）（2）如果要装24支铅笔，请你模仿以上两种方式，算出纸盒底面最小半径是 （用含a的代数式表示）【答案】 图 【分析】(1)图由10个正六边形构成，图由10个正六边形和4个正三角形构成，分别计算出其面积比较大小即可，(2)要装24支铅笔，要使纸盒底面最小，按图方式排每个正六边形相邻的空间最小计算出半径即可；【详解】（1）一个正六边形可以分为

14、6个全等的等边三角形，且边长为小三角形的高= ，图由10个正六边形构成 ，图由10个正六边形和4个正三角形构成图更节省空间故答案为：（2）由（1）可知，每个正六边形相邻空间最小，此时的盒地面半径最小，如图以中点O为圆心，OA长为半径纸盒底面半径最小,过O点作OBAB，由（1）可知，OB= 在RtAOB中，AB=a，OBOA= 纸盒底面最小半径是故答案为：【点睛】此题主要考查了平面镶嵌，正多边形的面积，勾股定理，以及圆的知识，解题的关键要读懂题意画出示意图8（2023春浙江台州九年级校考期中）李老师带领班级同学进行拓广探索，通过此次探索让同学们更深刻的了解的意义(1)定义我们将正n边形的周长L与

15、正多边形对应的内切圆的周长C的比值，称作这个正n边形的“正圆度”如图，正三角形的边长为1，求得其内切圆的半径为，因此_；(2)探索分别求出正方形和正六边形的“正圆度”；(3)总结随着n的增大，具有怎样的规律，试通过计算，结合圆周率的诞生，简要概括【答案】(1)(2)，(3)随着n的增大，越来越接近于1，见解析【分析】（1）根据“正圆度”的定义进行求解即可；（2）设正方形边长和正六边形的边长都为1，求出此情形下对应的内切圆半径，再根据“正圆度”的定义进行求解即可；（3）根据（1）（2）所求可知随着n的增大，越来越接近于1，再由张衡和祖冲之对圆周率的研究即可得到答案【详解】（1）解：由题意得，故答

16、案为：；（2）解：假设正方形边长1，此时正方形的内切圆半径为，；设正六边形的边长为1，内切圆圆心为O，则，又，是等边三角形，；（3）解：，随着n的增大，越来越接近于1由张衡、祖冲之的研究，精进的取值的方法可知：正多边形，边长数越多，越接近于圆，因此当边长增多时，其周长L也与对应的内切圆周长更接近，其比值更接近于1【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，正确理解题意是解题的关键9如图1、3、，、分别是的内接正三角形、正方形、五边形、.、正边形.的边、上的点，且，连接、（1）求图1中的度数；（2）图中的度数是_，图3中的度数是_；（3）试探究的度数与正边形边数的关系（直接写出答案）【答案】（1）；（2

17、），；（3）【详解】试题分析:连接BO,CO那么,有:BM=CM, OBM=OCN,BO=CO,利用SAS证明OBMOCN,同理可得,图1中的MON=BOC=120,图2中心角等于3604=90,图3的中心角等于3605=72,所以,（1）120,（2）90 72,（3）正n边形时, MON=BOC=360n, MON是一定值,取特殊位置进行分析,对三个图取B与M重合,N与C重合,即可求出MON的值.试题解析:（1）解法一:连接OB,OC,正ABC内接于O,OBM=OCN=30,BOC=120.又BM=CN,OB=OC,OBMOCN,BOM=OCN,MON=BOC=120.解法二:连接OA,O

18、B,正ABC内接于O,AB=AC,OAM=OBN=30,AOB=120,又BM=CN,AM=BN,又OA=OB,AOMBON,AOM=BON,AON=AOB=120.（2）90, 72.（3）MON=.【方法三】 成果评定法一选择题（共8小题）1（2023秋永善县期中）正六边形绕着它的中心旋转，若旋转后的正六边形能与自身重合，则旋转角最小是ABCD【分析】求出圆内接正六边形的中心角的度数，再根据正六边形的对称性进行判断即可【解答】解：圆内接正六边形的中心角为，因此正六边形绕着它的中心旋转，若旋转后的正六边形能与自身重合，则旋转角最小是，故选：【点评】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的对称性以

19、及正六边形中心角的计算方法是正确解答的前提2（2023怀化三模）如图，、是的切线，切点分别是、若，则的长是A3B4C5D6【分析】由于、是的切线，则，求出的长即可求出的长【解答】解：、为的切线，、为的切线，故选：【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键3（2023秋五华区校级月考）如图，为的内切圆，点，分别为，上的点，且为的切线，则的周长为A9B7C11D8【分析】设，和圆的切点分别是，根据切线长定理得到，所以三角形的周长即是的值，再进一步根据切线长定理由三角形的三边进行求解即可【解答】解：设，和圆的切点分别是，根据切线长定理，得，则有，解得：所以的周长故选

20、：【点评】此题主要是考查了切线长定理要掌握圆中的有关定理，才能灵活解题4（2023秋金乡县期中）如图，直线、分别与相切于、，且，若，则的长等于A13B12C11D10【分析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明，再根据勾股定理即可求得的长，再结合切线长定理即可求解【解答】解：，、，分别与相切于、，故选：【点评】此题主要是考查了切线长定理从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点的连线平分两条切线的夹角5（2023秋南开区期末）如图，正五边形内接于，为上一点，连接，则的度数为ABCD【分析】连接、，则，由圆周角定理得，于是得到问题的答案【解答】解：连接、，正五边形内接于，为上一

21、点，故选：【点评】此题重点考查正多边形和圆、正多边形的中心角的定义、圆周角定理等知识，正确地作出所需要的辅助线并且求得是解题的关键6（2023秋东港区校级期中）如图，分别切与点，切于点，分别交，于点，若，则的周长是ABCD【分析】根据切线长定理得，然后根据三角形周长的定义进行计算【解答】解：直线、分别与相切于点、，的周长故选：【点评】本题考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线长定理7（2023秋鹿城区校级期中）我国伟大的数学家刘徽于公元263年撰九章算术注中指出，“周三径一”不是圆周率值，实际上是圆内接正六边形周长和直径的比值（如图刘徽发现，圆内接正多边形边数无限增加时，多边形的周长就无限

22、逼近圆周长，从而创立“割圆术”，为计算圆周率建立起相当严密的理论和完善的算法如图2，六边形是圆内接正六边形，把每段弧二等分，可以作出一个圆内接正十二边形，点为的中点，连结，交于点，若，则的长为ABCD【分析】设正六边形的外接圆的圆心为，连接、，则，所以圆心在上，由点为的中点，得，可求得，由是等边三角形，得，则，所以，则，作交于点，则，所以，则，于是得，再证明，得，则，于是得到问题的答案【解答】解：如图2，设正六边形的外接圆的圆心为，连接、，圆心在上，点为的中点，是等边三角形，作交于点，则，故选：【点评】此题重点考查正多边形与圆、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于

23、斜边的一半、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键8（2023秋瑞安市期中）剪纸艺术是我国的非物质文化遗产，如图是以正八边形为背景图形设计成的剪纸作品，记正八边形的面积为图中阴影部分面积，则的值为ABCD【分析】设交于点，交于点，作于点，则，可证明，则，设阴影部分的正八边形的边长为，则，由勾股定理得，所以，则，所以，则，于是得到问题的答案【解答】解：设交于点，交于点，作于点，则，设阴影部分的正八边形的边长为，则，两个正八边形相似，故选：【点评】此题重点考查正多边形的性质、多边形的内角和、等腰三角形的判定、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作

24、出所需要的辅助线并且求出两个正八边形的边长的平方的比是解题的关键二填空题（共8小题）9（2023秋沙河口区期中）如图，、是的切线，、为切点，如果，则的长为3【分析】由、是的切线，则，求出的长即可求出的长【解答】解：、为的切线，、为的切线，故答案为：3【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键10（2023青海一模）如图，与的边、分别相切于点、，如果，那么的长为7【分析】由切线长定理得，根据已知条件，先求出，即的长，再求出，即的长，求和即可【解答】解：、都是的切线，【点评】本题考查的是切线长定理，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长11（2023

25、秋林州市期中）如图，一圆内切于四边形，且，则四边形的周长为 【分析】设四边形的内切圆圆心为，与、分别相切于点、，由切线长定理得，所以，即可求得四边形的周长为，于是得到问题的答案【解答】解：设四边形的内切圆圆心为，与、分别相切于点、，四边形的周长为，故答案为：【点评】此题重点考查切线长定理、四边形的周长等知识，证明是解题的关键12（2023秋赣榆区期末）如图，正五边形ABCDE内接于圆，连接AC，BE交于点F，则CFE的度数为 108【分析】根据正五边形的性质可知，BECD，ACDE，所以四边形CDEF为平行四边形，然后根据正五边形内角和定理，求出D，即可求出CFE【解答】解：五边形ABCDE为

26、正五边形，D108，ACDE，BECD，四边形CDEF为平行四边形，CFED108故答案为：108【点评】本题主要考查了正多边形与圆，根据正五边形的性质得出四边形CDEF为平行四边形是本题解题的关键13（2023秋滨城区期中）如图，内切于正方形，为圆心，作，其两边分别交，于点，若，则的面积为 【分析】设与正方形的边切于，与切于，连接，得到四边形是正方形，求得，根据全等三角形的性质得到，得到，进而求出的面积【解答】解：设与正方形的边切于，与切于，连接，则四边形是正方形，的面积为，故答案为：【点评】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键14（

27、2023秋西湖区期中）如图，四边形是的外切四边形，且，则四边形的周长为 40【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出，根据四边形的周长公式计算即可【解答】解：四边形是的外切四边形，四边形的周长，故答案为：40【点评】本题考查的是切线长定理，掌握圆外切四边形的对边之和相等是解题的关键15（2023明水县模拟）若正方形的外接圆的半径为4，则这个正方形内切圆的半径为 【分析】根据题意画出图形，再由正方形的性质判断出为等腰直角三角形，然后再用勾股定理即可求得答案【解答】解：如图，连接、，根据题意知，是小圆的切线，四边形是正方形，是等腰直角三角形，在中根据勾股定理得：，解得或（舍去），故答案为：【点评

28、】本题考查了正方形和圆、勾股定理、正方形的性质等知识，根据题意画出图形并利用勾股定理是解答本题的关键，属于中考常考题型16（2023秋浙江月考）如图，将边长为2的正五边形沿对角线折叠，使点落在正五边形内部的处，则的长等于 【分析】利用正五边形的性质得出即可求出，进而即可得出，和三点同一条直线上，然后利用等腰三角形的性质得出，再判断出，得出比例式求解即可得出结论【解答】解：多边形是五边形，将边长为2的正五边形沿对角线折叠，使点落在正五边形内部的处，和三点同一条直线上，；故答案为：【点评】此题考查了正多边形与圆，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是得

29、出和三解答题（共6小题）17（2023秋城西区校级月考）如图，正外接圆的半径为2，求正的边长，边心距，周长和面积【分析】连接，延长交于，根据等边三角形性质得出，求出，根据勾股定理求出，即可求出，的三倍即为周长，根据三角形的面积公式求出即可【解答】解：连接，延长交于，正外接圆是，即边心距，由勾股定理得：，即三角形边长为，则的周长是；则的面积是【点评】本题考查了等边三角形、等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的外接圆，三角形的面积等知识点的应用，关键是能正确作辅助线后求出的长，题目具有一定的代表性，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力18（2023秋富县期中）如图，点，分别是正五边形的边，上的点

30、，连接，交于点，且（1）与全等吗？为什么？（2）求的度数【分析】（1）由正多边形的性质得，而，即可根据“”证明；（2）由全等三角形的性质得，而，所以【解答】解：（1），理由：五边形是正五边形，在和中，（2），的度数是【点评】此题重点考查正多边形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的内角和、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，根据正多边形的性质推导出，是解题的关键19（2023秋平山县期中）如图，正六边形内接于（1）若是上的动点，连接，求的度数；（2）已知的面积为求的度数；求的半径【分析】（1）在弧取一点，连接、，利用弦和圆周角的关系即可求出的值；（2）证明是等边三角形即可求出

31、；利用三角函数求出，再根据的面积为即可求出【解答】解：（1）如图所示，在弧取一点，连接、，六边形是正六边形，；（2），是等边三角形，；，即的半径为2【点评】此题考查了圆内解正六边形问题，解题的关键是掌握圆内解正六边形的性质及弦和圆周角之间的关系20（2023秋河西区校级月考）如图，已知为的直径，是的切线，为切点，（）求的大小；（）若，求的长（结果保留根号）【分析】（）根据切线的性质及切线长定理可证明为等边三角形，则的大小可求；（）由（）知，在中，利用的特殊角度可求得的长【解答】解：（）是的切线，为的直径，；，又、切于点、，为等边三角形，（）如图，连接，则在中，为等边三角形，【点评】本题考查的是

32、切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长21（2023丰顺县校级开学）如图，是外的一点，、分别与相切于点、，是上的任意一点，过点的切线分别交、于点、（1）若，求的周长；（2）若，求的度数【分析】（1）可通过切线长定理将相等的线段进行转换，得出三角形的周长等于的结论；（2）连接，根据切线长定理求证，再三角形内角和定理求出和的度数，然后再利用为圆直径即可求出的度数【解答】解：（1），都是圆的切线，同理，是外的一点，、分别与相切于点、，三角形的周长，即三角形的周长是8；（2）连接，为圆直径答：（1）若，的周长为8；（2）若，的度数为【点评】本题考

33、查的是切线长定理，题图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长22（2023秋姑苏区校级月考）已知：如图中，以为直径的交于，过作的切线交于点，垂足为（1）求证：；（2）若，求的值【分析】（1）根据题意可知：、均是圆的切线，根据切线长定理可得出，；根据等角的余角相等，可得出，因此，由此可得出，由此可得证；（2）由（1）知：，因此，根据等高的三角形面积比等于底边比可得出的面积是的面积的一半，同理可得出的面积是的面积的一半，因此的面积是的面积的四分之一那么本题只需得出和的面积比即可，即得出的值即可【解答】（1）证明：、都是的切线，（2）解：在中，则，根据射影定理可得：，同理可得，【点评】本题主要考查了切线的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点