2024年中考数学专题复习： 勾股定理综合探究 讲义

勾股定理综合探究 一、几何综合 例1．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠CBE＝45°，BE分别交AC，AD于点E、F． （1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长度； （2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2． 分析：（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD＝5，由勾股定理计算可得AD的长，由等腰直角三角形性质得DF＝5，最后由线段的差可得结论； （2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△CHB≌△AEF（SAS），得AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，由等腰三角形三线合一的性质得EF＝FH，最后由勾股定理和等量代换可得结论． （1）解：如图1，∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD， ∵BC＝10， ∴BD＝5， Rt△ABD中，∵AB＝13， ∴AD12， Rt△BDF中，∵∠CBE＝45°， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴DF＝BD＝5， ∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7； （2）证明：如图2，在BF上取一点H，使BH＝EF，连接CF、CH， 在△CHB和△AEF中， ∵， ∴△CHB≌△AEF（SAS）， ∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC， ∴∠CEF＝∠CHE， ∴CE＝CH， ∵BD＝CD，FD⊥BC， ∴CF＝BF， ∴∠CFD＝∠BFD＝45°， ∴∠CFB＝90°， ∴EF＝FH， Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2， ∴BF2+EF2＝AE2． 例2．如图，△ABC中，BD为AC边上的中线，BE平分∠CBD交AC于E，F为BC上一点，连接AF分别交BD、BE于H、G，且BH＝BF，过C作CK∥AF交BD的延长线于K， （1）求证：CF＝HK； （2）若AB＝BC＝5，且AC＝6，求DE的长． 分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠BHG＝∠BFG，根据平行线的性质得到∠BHG＝∠K，∠BFG＝∠FCK，等量代换得到∠K＝∠FCK，求得BK＝BC，即可得到结论； （2）过E作EM⊥BC于M，根据等腰三角形的性质得到CDAC＝3，根据勾股定理得到BD4，由角平分线的性质得到DE＝EM，推出Rt△BDE≌Rt△BME，根据全等三角形的性质得到BM＝BD＝4，然后根据勾股定理即可得到结论． （1）证明：∵BH＝BF， ∴∠BHG＝∠BFG， ∵CK∥AF， ∴∠BHG＝∠K，∠BFG＝∠FCK， ∴∠K＝∠FCK， ∴BK＝BC， ∴BK﹣BH＝BC﹣BF， 即HK＝FC； （2）解：过E作EM⊥BC于M， ∵AB＝BC， ∴BD⊥AC， ∵AB＝BC＝5，AC＝6， ∴CDAC＝3，BD4， ∵BE平分∠CBD交AC于E，BD⊥DC，EM⊥BC， ∴DE＝EM， 在Rt△BDE与Rt△BME中，， ∴Rt△BDE≌Rt△BME， ∴BM＝BD＝4， ∴MC＝BC﹣BM＝1， 设DE＝x，则EC＝DC﹣DE＝3﹣x，ME＝x， ∴EC2＝ME2+MC2， 即（3﹣x）2＝x2+1， 解得：x， ∴DE． 二、代几综合 例3．如图，A（0，m），B（n，0），满足n2﹣10n+25＝0 （1）求点A，点B的坐标； （2）点P是第二象限内一点，过点A作AC⊥射线BP，连接CO，试探究BC，AC，CO之间的数量关系并证明． （3）在（2）的条件下，∠POC＝∠APC，PA＝4，求PB的长． 分析：（1）利用非负数的性质求得m、n的值，易得点A、B的坐标； （2）如图1，作OD⊥OC交PB于D，证△OAC≌△OBD（ASA）（提示AO，BC八字形），得证等腰Rt△OCD，故BC﹣AC＝CDCO； （3）作OM⊥OP交AC延长线于M，作AN⊥OP于N，连接PM．易证△OPB≌△OMA（ASA），故PB＝MA，且得证等腰Rt△OPM，又∠APO＝∠APC+∠OPC＝∠POC+∠OPC＝∠OCB＝45°，所以 ∠APM＝45°+45°＝90°，易求出OP＝PN+ON＝4+3＝7，（Rt△ANO，等腰Rt△APN），Rt△APM中，MA． 解：（1）∵n2﹣10n+25＝0， ∴|m﹣5|+（n﹣5）2＝0 ∴m﹣5＝0且n﹣5＝0， 则m＝5，n＝5， 故A（0，5）B（5，0）； （2）如图1，作OD⊥OC交PB于D， ∵AO⊥BO， ∴∠AOC＝∠BOD（同角的余角相等）． 又AC⊥PB，∠1＝∠2， ∴∠OAC＝∠OBD（等角的余角相等）． 在△OAC与△OBD中， ， ∴△OAC≌△OBD（ASA）， ∴OC＝OD， ∴CDCO， ∴BC﹣AC＝CDCO； （3）作OM⊥OP交AC延长线于M，作AN⊥OP于N，连接PM． 易证△OPB≌△OMA（ASA）， ∴PB＝MA，且得证等腰Rt△OPM， 又∠APO＝∠APC+∠OPC＝∠POC+∠OPC＝∠