2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项八：勾股定理压轴题型

2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项八：勾股定理压轴题型（原版） 【压轴类型一】 利用面积求高： 【例1】（2024兰考县期末）一个直角三角形两条直角边的长分别为5，12，则其斜边上的高为（　　） A． B．13 C．6 D．25 【变1】（2024秋•南岗区校级月考）如图，网格中的每个小正方形的边长均为1，则线段AB的长为5． （1）过点A画出线段BC的垂线段，垂足为点D； （2）过点C画出线段AB的垂线，垂足为点E； （3）直接写出点C到直线AB的距离为 　 ． 【压轴类型二】乘法公式求面积或长度： 【例2】（2024秋•新会区校级期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AC+BC＝14cm，AB＝10cm，则Rt△ABC的面积是 　 　cm2． 【变2-1】（2024秋•涟源市校级期末）直角三角形周长为12cm，斜边长为5cm，则面积为（　　） A．12cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．10cm2 【变2-2】若一个直角三角形的周长为30cm，面积为30cm2，则这个直角三角形的斜边长为　 ． 【变2-3】（2024秋•卧龙区校级期末）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝30，大正方形的面积为16，则小正方形的面积为 　 ． 【压轴类型三】 割补法求面积 【例3】（2024春•麒麟区期末）如图，某开发区有一块四边形空地ABCD，现计划在空地上种植草皮．经测量，∠B＝90°，AB＝20m，BC＝15m，CD＝7m，AD＝24m． （1）求这块四边形空地的面积； （2）若每平方米草皮需要200元，则种植这片草皮需要多少元？ 【变3-1】（2024春•饶平县校级期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝2，∠B＝60°，AD＝2，CD＝4． （1）求∠BCD的度数． （2）求四边形ABCD的面积． 【压轴类型四】 利用勾股定理解决三角形的折叠问题 【例4】（2024秋•台儿庄区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ADE沿DE翻折， 使点A与点B重合，则CE的长为 　　． 第1题 第2题 【变4-1】（2024秋•介休市期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CE的长为 　 　cm． 【变4-2】（2024秋•金台区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处， （1）求∠ECF的度数； （2）若CE＝4，B′F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积． 【变4-3】（2024秋•安岳）如图，在△ABC中，∠C＝90°，把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合． （1）若∠A＝34°，则∠CBD的度数为 　 　； （2）当AB＝m（m＞0），△ABC的面积为2m+4时，△BCD的周长为 　 　（用含m的代数式表示）； （3）若AC＝8，BC＝6，求AD的长． 【变4-4】（2024秋•章丘区期中）（1）如图①，Rt△ABC的斜边AC比直角边AB长2cm，另一直角边BC长为6cm，求AC的长． （2）拓展：如图②，在图①的△ABC的边AB上取一点D，连接CD，将△ABC沿CD翻折，使点B的对称点E落在边AC上． ①AE的长． ②求DE的长． 【压轴类型五】 利用勾股定理解决长方形的折叠问题 【例5】（2024•纳溪区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C恰好落在AB边上的F处，则CE的长为 　　． 【变5-1】（2024•郯城县校级模拟）如图，在长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　）cm2． A．12 B．10 C．6 D．15 【变5-2】（2024春•余干县校级期末）如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B'处，点A落在点A'处． （1）试说明B'E＝BF； （2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的关系，并说明理由． 【变5-3】（2024秋•罗湖区校级期末）如图，把一张长方形纸片ABCD折叠起来，使其对角顶点A与C重合，D与G重合，若长方形的长BC为8，宽AB为4，求： （1）DE的长；（2）求阴影部分△GED的面积． 【压轴类型六】勾股定理解决正方形的折叠问题 【例6】（2024•黔东南州一模）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（　　） A． B．3 C． D． 【变6-1】如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段CN的长是（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 【压轴类型七】 求一条线段的最小值 巧技1 利用垂线段最短求最值 【例7】（2024•路北区）在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，若点P在边AC上移动，则BP的最小值是（　　） A．5 B．6 C．4 D．4.8 【变7-1】（2024•安徽）已知点O是边长为6的等边△ABC的中心，点P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面积分别记为S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，则线段OP长的最小值是（　　） A． B． C．3 D． 巧技2 转化为其他线段，再根据垂线段最短 【例7-2】（2024•苍溪县模拟）如图，在△ABC中，BC＝6，AC＝8，AB＝10，点M在AB上运动，MP⊥BC，MN⊥AC，Q为PN的中点，则CQ的最小值为（　　） A． B． C． D． 【变7-2】（2024春•思明区校级月考）如图，等腰三角形△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝3． （1）求BC的长． （2） 如图，点D在CA的延长线上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连EF，求EF的最小值． 巧技3 利用二次函数的性质或配方法求最小值（数形结合）． 【例7-3】（2024秋•昌江区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝6，CB＝8，点P为此三角形内部（包含三角形的边）的一点且P到三角形三边的距离和为7，则CP的最小值为 　 ． 【变7-3】（2024春•仓山区期末）在平面直角坐标系中，点A（a，a﹣1），点B（b+3，b），连接AB，则AB的最小值是（　　） A．1 B． C．2 D．3 巧技4 一点与直角顶点相连时，再取斜边中点，三点共线时求的最小值（一箭穿心法） 【例7-4】（2024秋•宜兴市期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，AB＝8，P为AC边上的一个动点，D为PB上的一个动点，连接AD，当∠CBP＝∠BAD时，线段CD的最小值是（　　） A． B．2 C． D． 【变7-4】（2024秋•西城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是△ABC内的一个动点，满足AC2﹣AD2＝CD2.若AB＝2，BC＝4，则BD长的最小值为 　 　． 巧技5用定长减去最大值求最小值 【例7-5】（2024秋•乳山市期中）如图，将一根长20cm的铅笔放入底面直径为9cm，高为12cm的圆柱形笔筒中，设铅笔露在笔筒外面的长度为xcm，则x的最小值是（　　） A．5 B．7 C．12 D．13 【变7-5】（2024春•绵阳期末）如图，在长方体ABCD﹣EFGH盒子中，已知AB＝4cm，BC＝3cm，CG＝5cm，长为10cm的细直木棒IJ恰好从小孔G处插入，木棒的一端I与底面ABCD接触，当木棒的端点Ⅰ在长方形ABCD内及边界运动时，GJ长度的最小值为（　　） A． （10﹣5）cm B．3cm C．（10﹣4）cm D．5cm 【压轴类型八】 求两条线段和的最小值 巧技1 将军饮马模型用轴对称法求最值 【例8-1】（2024春•龙华区期末）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D是底边BC的中点，以A、C为圆心，大于AC的长度为半径分别画圆弧相交于两点E、F，若直线EF上有一个动点P，则线段PC+PD的最小值为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【变8-1】（2024春•开福区校级月考）如图，长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，在边CD上取一点E，将△ADE折叠后点D恰好落在BC边上的点F处 （1）求CE的长； （2）在（1）的条件下，BC边上是否存在一点P，使得PA+PE值最小？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 巧技2 构造全等，利用三角形两边之和大于第三边，在三点共线时，求出最小值 【例8-2】（2024春•上虞区期末）在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，点P，Q分别是边AB和BC上的动点，始终保持AP＝BQ，连结AQ，CP，则AQ+CP的最小值为（　　） A． B． C． D．6 【变8-2】（2024秋•武汉月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB，AC＝6，BC＞4，点E，F分别在BC，AC边上，且AF＝CE，则AE+BF的最小值为 　　． 巧技3 两个动点的时候，轴对称法与垂线段最短结合求最值 【例8-3】（2024秋•广阳区校级期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，BH平分∠ABC，点P，D分别是BH和AB上的任意一点，设PA+PD＝m． （1）连接CD交BH于点E，则m　 　CD（填表示相等或大小关系的符号）； （2）若BA＝BC＝5，AC＝6，BH＝4，则m的最小值是 　　． 【压轴类型九】化曲为直法求最小值 【例9】（2024春•吴江区期末）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则该蚂蚁要吃到饭粒需爬行的最短路径长是（　　） A．13cm B．3cm C．cm D．2cm 【变9-1】（2024春•东湖区校级期中）如图是一块长，宽，高分别是6cm，4cm和3cm的长方体木块，一只蚂蚁要从长方体木块的一个顶点A处，沿着长方体的表面到长方体上和A相对的顶点B处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是（　　） A． （3+2） cm B． cm C． cm D． cm 【压轴类型十】 求一条线段的最大值 巧技1 构造有两边已知的三角形，用一边小于等于两边之和求最大值。 【例10】（2024春•武汉期末）如图，四边形ABCD中，AD⊥CD于点D，BC＝2，AD＝8，CD＝6，点E是AB的中点，连接DE，则DE的最大值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 巧技2 构造等腰直角三角形，此时斜边为最大值 【例10-2】（2024•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　） A．4 B．6 C．2 D．3 巧技3 一点与直角顶点相连，取斜边中点，三点共线时求最大值（一箭穿心法） 【例10-3】（2024春•丹江口市期末）如图，已知，∠MON＝∠BAC＝90°，且点A在OM上运动，点B在ON上运动，若AB＝8，AC＝6，则OC的最大值为 　 　． 巧技4 用基本不等式 xy（x2+y2）求最大值 【例10-4】（2024•南京一模）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝60°，DC⊥BC，DC＝BC，则AD的长的最大值为 　　． 【压轴类型十一】 探究直角三角形的边和高之间的关系 【例11】（湖州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，设AC＝b，BC＝a，AB＝c，CD＝h，有下列四种说法：①a•b＝c•h；②a+b＜c+h；③以a+b、h、c+h为边的三角形，是直角三角形；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【压轴类型十二】 捕捉“手拉手”全等模型或旋转构造“手拉手全等”模型 【例12】 （2024•卧龙区校级开学）如图，∠BAC＝∠DAF＝90°，AB＝AC，AD＝AF，点D，E为BC边上的两点，且∠DAE＝45°，连接EF，BF，下列结论：①△AED≌△AEF；②BF＝CD；③BE+DC＞DE；④BE2+DC2＝DE2．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变12-1】 （2024•滨州模拟）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数　 　． 【变12-2】 （洪山区期中）如图，∠AOB＝30°，P点在∠AOB内部，M点在射线OA上，将线段PM绕P点逆时针旋转90°，M点恰好落在OB上的N点（OM＞ON），若PM，ON＝8，则OM＝ 　． 【变12-3】（2024秋•永嘉县校级期末）如图，在△AOB与△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，连接CA，BD． （1）求证：△AOC≌△BOD； （2）连接BC，若OC＝1，AC，BC＝3 ①判断△CDB的形状． ②求∠ACO的度数． 【压轴类型十三】 倍长中线构造全等三角形 【例13】（2024•苏州模拟）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB中点，DE，DF分别交AC于点E，交BC于点F，且DE⊥DF． （1）如果CA＝CB，连接CD． ①求证：DE＝DF； ②求证：AE2+BF2＝EF2； （2）如图2，如果CA＜CB，探索AE，BF和EF之间的数量关系，并加以证明． 【压轴类型十四】 以两个直角三角形的公共边或等边为桥梁运用双勾股 【例14】[阅读理解] 如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝6，BC＝7，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，求线段AD的长． 解：设BD＝x，则CD＝7﹣x． ∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°． 在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2， ∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2．又∵AB＝4，AC＝6，∴42﹣x2＝62﹣（7﹣x）2． 解得x＝，∴BD＝． ∴AD＝＝． [知识迁移] （1）在△ABC中，AB＝13，AC＝15，过点A作直线BC的垂线，垂足为D． i）如图1，若BC＝14，求线段AD的长； ii）若AD＝12，求线段BC的长． （2）如图2，在△ABC中，AB＝，AC＝，过点A作直线BC的垂线，交线段BC于点D，将△ABD沿直线AB翻折后得到对应的△ABD′，连接CD′，若AD＝，求线段CD′的长． 【变14-1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，交CB于点D．若AC＝3，AB＝5，则CD的长为（　　） A． B． C． D． 【变14-2】如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F．AC＝17，AD＝15，BC＝28，则AE的长等于　　． 【压轴类型十五】 勾股定理解决折叠问题 【例15】（2024•东莞市校级二模）将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G．若DC＝5，CM＝2，则EF＝（　　） A．3 B．4 C． D． 【变15-1】1．如图，将一张长方形纸片沿着AE折叠后，点D恰好与BC边上的点F重合，已知AB＝6 cm，BC＝10 cm，求EC的长度． 【压轴类型十六】 勾股定理在平面直角坐标系背景下的应用 【例16】（2024春•武昌区校级月考）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． 【变16-1】（2024秋•莲湖区校级期中）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），． （1）求线段AB的长； （2）若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，请你求出点P的坐标． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项八：勾股定理压轴题型（解析） 【压轴类型一】 利用面积求高： 【例1】（2024秋•兰考县期末）一个直角三角形两条直角边的长分别为5，12，则其斜边上的高为（　　） A． B．13 C．6 D．25 思路引领：利用勾股定理求出斜边长，再利用面积法求出斜边上的高即可． 解：∵直角三角形的两条直角边的长分别为5，12， ∴斜边为13， ∵S△ABC5×1213h（h为斜边上的高）， ∴h． 故选：A． 总结提升：此题考查了勾股定理，以及三角形面积公式，熟练掌握勾股定理是解本题的关键． 【变1】（2024秋•南岗区校级月考）如图，网格中的每个小正方形的边长均为1，则线段AB的长为5． （1）过点A画出线段BC的垂线段，垂足为点D； （2）过点C画出线段AB的垂线，垂足为点E； （3）直接写出点C到直线AB的距离为 　 ． 思路引领：（1）（2）根据三角形的高的定义作出图形即可； （3）利用勾股定理，面积法求解即可． 解：（1）如图，线段AD即为所求； （2）如图，线段CE即为所求； （3）∵AB5，BC＝16，AD⊥BC，CE⊥AB， ∴•BC•AD•AB•CE， ∴CE． 故答案为：． 总结提升：本题考查作图﹣应用与设计作图，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，学会利用面积法解决问题． 【压轴类型二】乘法公式求面积或长度： 【例2】（2024秋•新会区校级期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AC+BC＝14cm，AB＝10cm，则Rt△ABC的面积是 　 　cm2． 思路引领：根据勾股定理得到AC2+BC2＝AB2＝100，根据完全平方公式求出2AC•BC＝96，得到AC•BC＝24，得到答案． 解：∵∠C＝90°， ∴AC2+BC2＝AB2＝100， ∵AC+BC＝14， ∴（AC+BC）2＝196， 即AC2+BC2+2AC•BC＝196， ∴2AC•BC＝96， ∴AC•BC＝24，即Rt△ABC的面积是24cm2， 故答案为：24． 总结提升：本题考查的是勾股定的应用，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． 【变2-1】（2024秋•涟源市校级期末）直角三角形周长为12cm，斜边长为5cm，则面积为（　　） A．12cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．10cm2 思路引领：本题可从直角三角形的周长公式和面积公式，勾股定理三个方面列出方程，求出两直角边的乘积即可． 解：设：一直角边长为x，另一直角边为y， 则由题意可得：x+y＝7， 由勾股定理可得x2+y2＝25， 对x+y＝7两边进行平方可得：（x+y）2＝49， 两式联立可得xy＝12， 则面积为xy＝6． 故选：B． 总结提升：本题考查直角三角形周长，面积公式及勾股定理的综合运用，看清条件即可． 【变2-2】若一个直角三角形的周长为30cm，面积为30cm2，则这个直角三角形的斜边长为　 ． 思路引领：设直角三角形三边分别为a，b，c，根据题意表示出周长与面积，利用勾股定理列出关系式，求出c的值即可． 解：根据题意得：a+b+c＝30①，ab＝30②，且a2+b2＝c2③， 由①得：a+b＝30﹣c， 由③变形得：（a+b）2﹣2ab＝（30﹣c）2﹣120＝c2， 解得：c＝13， 故答案为：13． 总结提升：此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键． 【变2-3】（2024秋•卧龙区校级期末）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝30，大正方形的面积为16，则小正方形的面积为 　 ． 思路引领：根据题意和勾股定理，可以求得ab的值，再根据图形可知：小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可． 解：设大正方形的边长为c， 则c2＝16＝a2+b2， ∵（a+b）2＝30， ∴a2+2ab+b2＝30， 解得ab＝7， ∴小正方形的面积是：16ab×4＝167×4＝16﹣14＝2， 故答案为：2． 总结提升：本题考查勾股定理的证明、完全平方公式，解答本题的关键是明确题意，求出ab的值． 【压轴类型三】 割补法求面积 【例3】（2024春•麒麟区期末）如图，某开发区有一块四边形空地ABCD，现计划在空地上种植草皮．经测量，∠B＝90°，AB＝20m，BC＝15m，CD＝7m，AD＝24m． （1）求这块四边形空地的面积； （2）若每平方米草皮需要200元，则种植这片草皮需要多少元？ 思路引领：仔细分析题目，需要求得四边形的面积才能求得结果．连接AC，由AD、CD、AC的长度关系可得△ACD为一直角三角形，AC为斜边；由此看，四边形ABCD由Rt△ACD和Rt△ABC构成，则容易求解． 解：（1）如图，连接AC，如图所示． ∵∠B＝90°，AB＝20m，BC＝15m， ∴AC25m． ∵AC＝25m，CD＝7m，AD＝24m， ∴AD2+DC2＝AC2， ∴△ACD是直角三角形，且∠ADC＝90°， ∴S△ABCAB×BC20×15＝150m2，S△ACDCD×AD7×24＝84m2， ∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝234m2． （2）种植这片草皮需要234×200＝46800元． 总结提升：此题主要考查了勾股定理的应用以及勾股定理的逆定理，得出△ACD是直角三角形是解题关键． 【变3-1】（2024春•饶平县校级期末）如图，四边形ABCD中，AB＝BC＝2，∠B＝60°，AD＝2，CD＝4． （1）求∠BCD的度数． （2）求四边形ABCD的面积． 思路引领：（1）连接AC，根据AB＝BC＝2，∠B＝60°，得出△ABC是等边三角形，求得AC＝2，然后根据勾股定理的逆定理判断三角形BDC是直角三角形，从而求得∠BCD＝150°； （2）根据四边形的面积等于三角形ABC和三角形ACD的和即可求得． 解：（1）连接AC， ∵AB＝BC＝2，∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝2，∠ACB＝60°， ∵AD＝2，CD＝4， 则AC2+CD2＝22+42＝20，AD2＝（2）2＝20， ∴AC2+CD2＝AD2， ∴∠ACD＝90°， ∴∠BCD＝150°； （2）S＝S△ABC+S△ACDBC•BCAC•CD222×4＝4． 总结提升：本题考查了等边三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，把不规则的图形转化成规则的三角形求得面积等． 【压轴类型四】 利用勾股定理解决三角形的折叠问题 【例4】（2024秋•台儿庄区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，将△ADE沿DE翻折， 使点A与点B重合，则CE的长为 　　． 思路引领：设CE＝x，则AE＝BE＝8﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得62+x2＝（8﹣x）2，即可解得答案． 解：设CE＝x，则AE＝BE＝8﹣x， 在Rt△BCE中，BC2+CE2＝BE2， ∴62+x2＝（8﹣x）2， 解得x， 故答案为：． 总结提升：本题考查直角三角形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质，熟练应用勾股定理列方程解决问题． 【变4-1】（2024秋•介休市期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，将斜边AB翻折，使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CE的长为 　 　cm． 思路引领：根据勾股定理可将斜边AB的长求出，根据折叠的性质知，AE＝AB，已知AC的长，可将CE的长求出． 解：在Rt△ABC中， ∵∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm， ∴AB10cm， 根据折叠的性质可知：AE＝AB＝10cm， ∵AC＝8cm， ∴CE＝AE﹣AC＝2cm， 即CE的长为2cm， 故答案为：2． 总结提升：此题考查翻折问题，将图形进行折叠后，两个图形全等，是解决折叠问题的突破口． 【变4-2】（2024秋•金台区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处， （1）求∠ECF的度数； （2）若CE＝4，B′F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积． 思路引领：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE∠ACD，∠BCF＝∠B'CF∠BCB'，再根据∠ACB＝90°，即可得出∠ECF＝45°； （2）在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BC，设AE＝x，则AB＝x+5，根据勾股定理可得AE2+CE2＝AB2﹣BC2，即x2+42＝（x+5）2﹣41，求得x，得出AE的长和AB的长，再由三角形面积公式即可得出S△ABC． 解：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE∠ACD，∠BCF＝∠B'CF∠BCB'， 又∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCB'＝90°， ∴∠ECD+∠FCD90°＝45°， 即∠ECF＝45°； （2）由折叠可得：∠DEC＝∠AEC＝90°，BF＝B'F＝1， ∴∠EFC＝45°＝∠ECF， ∴CE＝EF＝4， ∴BE＝4+1＝5， 在Rt△BCE中，由勾股定理得：BC， 设AE＝x，则AB＝x+5， ∵Rt△ACE中，AC2＝AE2+CE2， Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2， ∴AE2+CE2＝AB2﹣BC2， 即x2+42＝（x+5）2﹣41， 解得：x， ∴AE，AB＝AE+BE5 ∴S△ABCAB×CE4． 总结提升：本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 【变4-3】（2024秋•安岳县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合． （1）若∠A＝34°，则∠CBD的度数为 　 　； （2）当AB＝m（m＞0），△ABC的面积为2m+4时，△BCD的周长为 　 　（用含m的代数式表示）； （3）若AC＝8，BC＝6，求AD的长． 思路引领：（1）根据折叠可得∠1＝∠A＝34°，根据三角形内角和定理可以计算出∠ABC＝56°，进而得到∠CBD＝22°； （2）根据三角形ACB的面积可得AC•BC＝2m+4，进而得到AC•BC＝4m+8，再在Rt△CAB中，CA2+CB2＝BA2，再把左边配成完全平方可得CA+CB的长，进而得到△BCD的周长； （3）根据折叠可得AD＝DB，设CD＝x，则AD＝BD＝8﹣x，再在Rt△CDB中利用勾股定理可得x2+62＝（8﹣x）2，再解方程可得x的值，进而得到AD的长． 解：（1）∵把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合， ∴∠ABD＝∠A＝34°， ∵∠C＝90°， ∴∠ABC＝180°﹣90°﹣34°＝56°， ∴∠CBD＝56°﹣34°＝22°， 故答案为：22°； （2）∵△ABC 的面积为2m+4， ∴AC•BC＝2m+4， ∴AC•BC＝4m+8， ∵在Rt△CAB中，CA2+CB2＝BA2，AB＝m， ∴CA2+CB2+2AC•BC＝BA2+2AC•BC， ∴（CA+BC）2＝m2+8m+16＝（m+4）2， ∴CA+CB＝m+4， ∵AD＝DB， ∴CD+DB+BC＝m+4． 即△BCD的周长为m+4， 故答案为：m+4； （3）∵把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合， ∴AD＝DB， 设CD＝x，则AD＝BD＝8﹣x， 在Rt△CDB中，CD2+CB2＝BD2， x2+62＝（8﹣x）2， 解得：x， AD＝8． 总结提升：此题主要考查了图形的翻折变换，以及勾股定理，完全平方公式，关键是掌握勾股定理，以及折叠后哪些是对应角和对应线段． 【变4-4】（2024秋•章丘区期中）（1）如图①，Rt△ABC的斜边AC比直角边AB长2cm，另一直角边BC长为6cm，求AC的长． （2）拓展：如图②，在图①的△ABC的边AB上取一点D，连接CD，将△ABC沿CD翻折，使点B的对称点E落在边AC上． ①AE的长． ②求DE的长． 思路引领：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理可求AB的长，即可求解； （2）①由折叠的性质可得∠DEC＝∠DBC＝90°，DE＝DB，EC＝BC＝6cm，于是得到答案； ②在Rt△ADE中，由勾股定理可求DE的长． 解：（1）设AB＝xcm，则AC＝（x+2）cm， ∵AC2＝AB2+BC2， ∴（x+2）2＝x2+62， 解得x＝8， ∴AB＝8cm， ∴AC＝8+2＝10（cm）； （2）①由折叠的性质可得∠DEC＝∠DBC＝90°，DE＝DB，EC＝BC＝6cm， ∴∠AED＝90°，AE＝AC﹣EC＝4（cm）； ②设DE＝DB＝ycm，则AD＝AB﹣BD＝（8﹣y）cm， 在Rt△ADE中，AD2＝AE2+DE2， ∴（8﹣y）2＝42+y2， 解得：y＝3， ∴DE＝3（cm）． 总结提升：本题考查了翻折变换，折叠的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键． 【压轴类型五】 利用勾股定理解决长方形的折叠问题 【例5】（2024•纳溪区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C恰好落在AB边上的F处，则CE的长为 　　． 思路引领：利用勾股定理得出AF的长度，再利用折叠的性质，在△BEF中求解BE的长，即可得出CE的长度． 解：在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，由折叠的性质可得： DF＝DC＝AB＝5， ∴AF4， ∴BF＝AB﹣AF＝5﹣4＝1， 设CE＝x，则： EF＝CE＝x，BE＝BC﹣CE＝3﹣x， 在Rt△BEF中，由勾股定理可得： 12+（3﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴CE， 故答案为：． 总结提升：本题考查了折叠的性质、矩形的性质和勾股定理等知识点，解题的关键是利用AF求出BF的长度． 【变5-1】（2024•郯城县校级模拟）如图，在长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　）cm2． A．12 B．10 C．6 D．15 思路引领：由长方形的性质得BAE＝90°，再由折叠的性质得BE＝ED，然后在Rt△ABE中，由勾股定理得32+AE2＝（9﹣AE）2，解得AE＝4（cm），即可求解． 解：∵四边形ABCD是长方形， ∴∠BAE＝90°， ∵将此长方形折叠，使点B与点D重合， ∴BE＝ED， ∵AD＝9＝AE+DE＝AE+BE， ∴BE＝9﹣AE， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2， ∴32+AE2＝（9﹣AE）2， 解得：AE＝4（cm）， ∴S△ABEAB•AE3×4＝6（cm2）， 故选：C． 总结提升：本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 【变5-2】（2024春•余干县校级期末）如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B'处，点A落在点A'处． （1）试说明B'E＝BF； （2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的关系，并说明理由． 思路引领：（1）根据折叠的性质、平行的性质及等角对等边即可说明； （2）根据折叠的性质将AE、AB、BF都转化到直角三角形△A'B'E中，由勾股定理可得a，b，c之间的关系． （1）证明：由折叠的性质得：B'F＝BF，∠B'FE＝∠BFE， 在长方形纸片ABCD中，AD∥BC， ∴∠B'EF＝∠BFE， ∴∠B'FE＝∠B'EF， ∴B'F＝B'E， ∴B'E＝BF． （2）解：a，b，c之间的关系是a2+b2＝c2．理由如下： 由（1）知B'E＝BF＝c， 由折叠的性质得：∠A'＝∠A＝90°，A'E＝AE＝a，A'B'＝AB＝b． 在△A'B'E中，∵∠A'＝90°， ∴A'E2+A'B'2＝B'E2， ∴a2+b2＝c2． 总结提升：本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；灵活利用折叠的性质进行线段间的转化是解题的关键． 【变5-3】（2024秋•罗湖区校级期末）如图，把一张长方形纸片ABCD折叠起来，使其对角顶点A与C重合，D与G重合，若长方形的长BC为8，宽AB为4，求： （1）DE的长； （2）求阴影部分△GED的面积． 思路引领：（1）设DE＝EG＝x，则AE＝8﹣x，在Rt△AEG中，根据AG2+EG2＝AE2构建方程即可解决问题； （2）过G点作GM⊥AD于M，根据三角形面积不变性，AG×GE＝AE×GM，求出GM的长，根据三角形面积公式计算即可． 解：（1）设DE＝EG＝x，则AE＝8﹣x， 在Rt△AEG中，AG2+EG2＝AE2， ∴16+x2＝（8﹣x）2， 解得x＝3， ∴DE＝3． （2）过G点作GM⊥AD于M， 则•AG×GE•AE×GM，AG＝AB＝4，AE＝CF＝5，GE＝DE＝3， ∴GM， ∴S△GEDGM×DE． 总结提升：本题主要考查了折叠的性质、勾股定理以及三角形面积不变性，灵活运用折叠的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理是解题的关键． 【压轴类型六】勾股定理解决正方形的折叠问题 【例6】（2024•黔东南州一模）如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（　　） A． B．3 C． D． 思路引领：由正方形的性质和折叠的性质可得EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°，由勾股定理可求AF的长． 解：∵将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处， ∴EF＝DE，AB＝AD＝6cm，∠A＝90° ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BE＝3cm， 在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2， ∴（6﹣AF）2＝AF2+9 ∴AF 故选：C． 总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，利用勾股定理求线段的长度是本题的关键． 【变6-1】如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段CN的长是（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 思路引领：由折叠的性质可得DN＝NE，由中点的性质可得EC＝4cm，结合正方形的性质可得∠BCD＝90°；设CN的长度为xcm，则EN＝DN＝（8﹣x）cm，接下来在直角△CEN中运用勾股定理就可以求出CN的长度． 解：∵四边形MNEF是由四边形ADMN折叠而成的， ∴DN＝NE． ∵E是BC的中点且BC＝8cm， ∴EC＝4cm． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°． 设CN的长度为xcm，则EN＝DN＝（8﹣x）cm， 由勾股定理NC2+EC2＝NE2，得x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3． 故选：A． 总结提升：本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键． 【压轴类型七】 求一条线段的最小值 巧技1 利用垂线段最短求最值 【例7】（2024春•路北区期末）在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，若点P在边AC上移动，则BP的最小值是（　　） A．5 B．6 C．4 D．4.8 思路引领：根据点到直线的连线中，垂线段最短，得到当BP垂直于AC时，BP的长最小，过A作等腰三角形底边上的高AD，利用三线合一得到D为BC的中点，在直角三角形ADC中，利用勾股定理求出AD的长，进而利用面积法即可求出此时BP的长． 解：根据垂线段最短，得到BP⊥AC时，BP最短， 过A作AD⊥BC，交BC于点D， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴D为BC的中点，又BC＝6， ∴BD＝CD＝3， 在Rt△ADC中，AC＝5，CD＝3， 根据勾股定理得：AD4， 又∵S△ABCBC•ADBP•AC， ∴BP4.8． 故选：D． 总结提升：此题考查了勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，三角形的面积求法，以及垂线段最短，熟练掌握勾股定理是解本题的关键． 【变7-1】（2024•安徽）已知点O是边长为6的等边△ABC的中心，点P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面积分别记为S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，则线段OP长的最小值是（　　） A． B． C．3 D． 思路引领：如图，不妨假设点P在AB的左侧，证明△PAB的面积是定值，过点P作AB的平行线PM，连接CO并延长CO交AB于点R，交PM于点T．因为△PAB的面积是定值，推出点P的运动轨迹是直线PM，求出OT的值，可得结论． 解：如图，不妨假设点P在AB的左侧， ∵S△PAB+S△ABC＝S△PBC+S△PAC， ∴S1+S0＝S2+S3， ∵S1+S2+S3＝2S0， ∴S1+S1+S0＝2， ∴S1S0， ∵△ABC是等边三角形，边长为6， ∴S062＝9， ∴S1， 过点P作AB的平行线PM，连接CO延长CO交AB于点R，交PM于点T． ∵△PAB的面积是定值， ∴点P的运动轨迹是直线PM， ∵O是△ABC的中心， ∴CT⊥AB，CT⊥PM， ∴•AB•RT，CR＝3，OR， ∴RT， ∴OT＝OR+TR， ∵OP≥OT， ∴OP的最小值为， 当点P在②区域时，同法可得OP的最小值为， 如图，当点P在①③⑤区域时，OP的最小值为，当点P在②④⑥区域时，最小值为， ∵， 故选：B． 总结提升：本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是证明△PAB的面积是定值． 巧技2 转化为其他线段，再根据垂线段最短 【例7-2】（2024•苍溪县模拟）如图，在△ABC中，BC＝6，AC＝8，AB＝10，点M在AB上运动，MP⊥BC，MN⊥AC，Q为PN的中点，则CQ的最小值为（　　） A． B． C． D． 思路引领：根据矩形的性质得出CM＝PN，求出CQCM，要使CQ的值最小，只要CM的值最小即可，根据垂线段最短得出CM⊥AB时，CM最小，再根据三角形的面积公式求出CM即可． 解：过C作CM⊥AB于M，CM交PN于W， ∵Q为PN的中点， ∴PQ＝NQ， ∵BC＝6，AC＝8，AB＝10， ∴BC2+AC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°， ∴CQPN， ∵MP⊥BC，MN⊥AC， ∴∠CPM＝∠CNP＝90°， ∴四边形CPMN是矩形， ∴PN＝CM，PW＝NW，CW＝MW， ∵PQ＝MQ， ∴Q和W重合， ∴CQCM， 要使CQ值最小，只要CM最小就可以， 当CM⊥AB时，CM最小（垂线段最短）， ∵S△ABC， ∴6×8＝10×CM， ∴CM， ∴CQ的最小值是， 故选：C． 总结提升：本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的性质和判定，垂线段最短和三角形的面积等知识点，能求出CQCM是解此题的关键． 【变7-2】（2024春•思明区校级月考）如图，等腰三角形△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝3． （1）求BC的长． （2） 如图，点D在CA的延长线上，DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连EF，求EF的最小值． 思路引领：（1）作AM⊥BC于M，由等腰三角形的性质得出∠B＝∠C＝30°，BM＝CM，由直角三角形的性质得出AMAB，由勾股定理得出BM，即可得出答案； （2）延长DE交BC于G，当BD⊥AC时，证明△BDG是等边三角形，得出BF＝GF，证明△EFG是等边三角形，得出∠EFG＝60°＝∠DBG，证出EF∥BD，得出EF⊥AC，此时EF最小BGBD，由直角三角形的性质求出ADAB，BDAD，即可得出答案． 解：（1）作AM⊥BC于M，如图1所示： ∵等腰三角形△ABC中，∠BAC＝120°， ∴∠B＝∠C＝30°， ∵AM⊥BC， ∴BM＝CM，AMAB， ∴BM， ∴BC＝2BM＝3； （2）连接EF、BD，延长DE交BC于G，如图2所示： ∵∠BAC＝120°，∠C＝30°，DF⊥BC， ∴∠BAD＝60°，∠ADF＝60°， 当BD⊥AC时，BD最小，如图所示： 则∠DBG＝60°， ∵DE⊥AB， ∴∠ADE＝30°， ∴∠BGD＝∠C+∠ADE＝60°＝∠DBG， ∴△BDG是等边三角形， ∴BG＝BD， ∵DF⊥BC， ∴BF＝GF， ∵DE⊥AB， ∴EFBG＝GF， ∴△EFG是等边三角形， ∴∠EFG＝60°＝∠DBG， ∴EF∥BD， ∴EF⊥AC，此时EF最小BGBD， ∵∠ABD＝90°﹣60°＝30°， ∴ADAB，BDAD， ∴EF的最小值BD． 总结提升：本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． 巧技3 利用二次函数的性质或配方法求最小值（数形结合）． 【例7-3】（2024秋•昌江区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝6，CB＝8，点P为此三角形内部（包含三角形的边）的一点且P到三角形三边的距离和为7，则CP的最小值为 　 ． 思路引领：作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，PG⊥AB于G，设PE＝x，PF＝y，则PG＝7﹣x﹣y，根据面积法知，3x+4y+5（7﹣x﹣y）＝24，则y＝11﹣2x，再证明四边形PECF为矩形，得出PC2＝x2+（11﹣2x）2＝5x2﹣44x+121，利用二次函数的性质求出最小值． 解：作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，PG⊥AB于G， 在△ABC中，由勾股定理知，AB， 设PE＝x，PF＝y，则PG＝7﹣x﹣y， 根据面积法知，3x+4y+5（7﹣x﹣y）＝24， ∴y＝11﹣2x， ∵∠PEC＝∠ACB＝∠PFC＝90°， ∴四边形PECF为矩形， ∴CF＝PE＝x， 在Rt△CFP中，由勾股定理得，PC2＝x2+（11﹣2x）2＝5x2﹣44x+121， ∴PC2的最小值为， ∴PC的最小值为， 故答案为：． 总结提升：本题主要考查了勾股定理，矩形的判定与性质，二次函数的性质等知识，利用勾股定理表示出PC2是解题的关键，有一定的难度． 【变7-3】（2024春•仓山区期末）在平面直角坐标系中，点A（a，a﹣1），点B（b+3，b），连接AB，则AB的最小值是（　　） A．1 B． C．2 D．3 思路引领：根据点A（a，a﹣1），点B（b+3，b），利用勾股定理可以表示出AB的长，然后化简，即可得到AB的最小值． 解：∵点A（a，a﹣1），点B（b+3，b）， ∴AB ， ∵2[（a﹣b）﹣2]2≥0， ∴， 即AB的最小值是， 故选：B． 总结提升：本题考查勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的知识解答． 巧技4 一点与直角顶点相连时，再取斜边中点，三点共线时求的最小值（一箭穿心法） 【例7-4】（2024秋•宜兴市期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，AB＝8，P为AC边上的一个动点，D为PB上的一个动点，连接AD，当∠CBP＝∠BAD时，线段CD的最小值是（　　） A． B．2 C． D． 思路引领：根据∠CBP＝∠BAD，得∠ABD+∠BAD＝90°，则∠ADB＝90°，取AB的中点E，连接DE，CE，利用勾股定理求出OC的长，从而得出答案． 解：∵∠ABC＝90°， ∴∠ABP+∠CBP＝90°， ∵∠CBP＝∠BAD， ∴∠ABD+∠BAD＝90°， ∴∠ADB＝90°， 取AB的中点E，连接DE，CE， ∴DEAB＝4， ∴ECEB＝4， ∵CD≥CE﹣DE， ∴CD的最小值为44， 故选：D． 总结提升：本题主要考查了勾股定理，三角形三边关系等知识，确定∠ADB＝90°是解题的关键． 【变7-4】（2024秋•西城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是△ABC内的一个动点，满足AC2﹣AD2＝CD2.若AB＝2，BC＝4，则BD长的最小值为 　 　． 思路引领：由AC2﹣AD2＝CD2.得∠ADC＝90°，取点H为AC的中点，可知DH和BH都是定值，从而解决问题． 解：取AC的中点H，连接HD，HB， 在Rt△ABC中，由勾股定理得AC， ∵AC2﹣AD2＝CD2． ∴∠ADC＝90°， ∵点H为AC的中点， ∴DH＝CH＝3， ∴BH， ∵BD≥BH﹣DH， ∴BD的最小值为5﹣3＝2， 故答案为：2． 总结提升：本题主要考查了勾股定理的应用，三角形三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，作辅助线构造三角形是解题的关键． 巧技5用定长减去最大值求最小值 【例7-5】（2024秋•乳山市期中）如图，将一根长20cm的铅笔放入底面直径为9cm，高为12cm的圆柱形笔筒中，设铅笔露在笔筒外面的长度为xcm，则x的最小值是（　　） A．5 B．7 C．12 D．13 思路引领：分析可知，当铅笔如图放置时x最小，在Rt△ABC中，运用勾股定理即可得到答案． 解：当铅笔如图放置时x最小． 在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2＝122+92＝152， ∴AC＝15， ∴x＝20﹣15＝5． ∴x的最小值是5． 故选：A． 总结提升：本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是运用勾股定理求出斜边的长度． 【变7-5】（2024春•绵阳期末）如图，在长方体ABCD﹣EFGH盒子中，已知AB＝4cm，BC＝3cm，CG＝5cm，长为10cm的细直木棒IJ恰好从小孔G处插入，木棒的一端I与底面ABCD接触，当木棒的端点Ⅰ在长方形ABCD内及边界运动时，GJ长度的最小值为（　　） A．（10﹣5）cm B．3cm C．（10﹣4）cm D．5cm 思路引领：当GI最大时，GJ最小，当I运动到点A时，GI最大，根据勾股定理求解即可． 解：当GI最大时，GJ最小，当I运动到点A时，GI最大，此时GI， 而AC2＝AB2+BC2＝42+32＝25， ∴GI5， ∴GJ长度的最小值为（10﹣5）cm． 故选：A． 总结提升：本题考查了勾股定理的应用，根据勾股定理求出GI的最大值是解题的关键． 【压轴类型八】 求两条线段和的最小值 巧技1 将军饮马模型用轴对称法求最值 【例8-1】（2024春•龙华区期末）如图，等腰△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点D是底边BC的中点，以A、C为圆心，大于AC的长度为半径分别画圆弧相交于两点E、F，若直线EF上有一个动点P，则线段PC+PD的最小值为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 思路引领：连接PA、AD，如图，利用基本作图可判断EF垂直平分AC，根据线段垂直平分线的性质得到PA＝PC，由于PC+PD＝PA+PD≥AD（当且仅当P、A、D共线时取等号），所以PC+PD的最小值为AD，接着利用等腰三角形的性质得到AD⊥BC，然后利用勾股定理计算出AD即可． 解：连接PA、AD，如图， 由作法得EF垂直平分AC， ∴PA＝PC， ∴PC+PD＝PA+PD， ∵PA+PD≥AD（当且仅当P、A、D共线时取等号）， ∴PA+PD的最小值为AD， ∵AB＝AC，点D为BC的中点， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，∵AB＝10，BD＝6， ∴AD8， ∴PC+PD的最小值为8． 故选：B． 总结提升：本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了角平分线的性质、等腰三角形的性质和最短路径问题． 【变8-1】（2024春•开福区校级月考）如图，长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，在边CD上取一点E，将△ADE折叠后点D恰好落在BC边上的点F处 （1）求CE的长； （2）在（1）的条件下，BC边上是否存在一点P，使得PA+PE值最小？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 思路引领：（1）先判断出AF＝AD＝8，进而利用勾股定理求出BF＝6，最后在Rt△ECF，利用勾股定理，即可得出结论； （2）先作出点E关于BC的对称点E'，进而求出DE'，再利用勾股定理即可得出结论． 解：（1）长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10， ∴∠B＝∠BCD＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10， 由折叠知，EF＝DE，AF＝AD＝8， 在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF6， ∴CF＝BC﹣BF＝4， 设CE＝x，则EF＝DE＝CD﹣CE＝8﹣x， 在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CF2+CE2＝EF2， ∴16+x2＝（8﹣x）2， ∴x＝3， ∴CE＝3； （2）如图，延长EC至E'使CE'＝CE＝3，连接AE'交BC于P， 此时，PA+PE最小，最小值为AE'， ∵CD＝8， ∴DE'＝CD+CE'＝8+3＝11， 在Rt△ADE'中，根据勾股定理得，AE'． 总结提升：此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，矩形的性质，求出CE是解本题的关键． 巧技2 构造全等，利用三角形两边之和大于第三边，在三点共线时，求出最小值 【例8-2】（2024春•上虞区期末）在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，点P，Q分别是边AB和BC上的动点，始终保持AP＝BQ，连结AQ，CP，则AQ+CP的最小值为（　　） A． B． C． D．6 思路引领：作BM⊥AB，使得BM＝AC，连接MQ，AM，首先利用SAS证明△ACP≌△BMQ，得CP＝MQ，即A、Q、M三点共线时，AQ+MQ的最小值为AM的长，利用勾股定理即可解决问题． 解：作BM⊥AB，使得BM＝AC，连接MQ，AM， ∴∠ABC+∠CBM＝90°， ∵∠CAB+∠ABC＝90°， ∴∠CAB＝∠CBM， 在△ACP和△BMQ中， ， ∴△ACP≌△BMQ（SAS）， ∴CP＝MQ， ∴AQ+CP＝AQ+MQ， 即A、Q、M三点共线时，AQ+MQ的最小值为AM的长， ∵AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°， ∴AB， 在Rt△ABM中，∠ABM＝90°，BM＝AC＝3， ∴AM， ∴AQ+CP的最小值为， 故选：B． 总结提升：本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，两点之间，线段最短等知识，构造全等三角形将CP转化为MQ是解题的关键． 【变8-2】（2024秋•武汉月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB，AC＝6，BC＞4，点E，F分别在BC，AC边上，且AF＝CE，则AE+BF的最小值为 　　． 思路引领：过A点作AG∥BC，截取AG＝AC，连接FG，BG，过B作BR⊥AG，交AG 的反向延长线于R，则∠RBC＝∠BRA＝90°，利用SAS证明△AFG≌△CEA可求得AE+BF的最小值即为BG的长，再结合等腰直角三角形的性质及勾股定理可求解． 解：过A点作AG∥BC，截取AG＝AC，连接FG，BG，过B作BR⊥AG，交AG 的反向延长线于R，则∠RBC＝∠BRA＝90°， ∴∠GAF＝∠ACE， 在△AFG和△CEA中， ， ∴△AFG≌△CEA（SAS）， ∴GF＝AE， ∴AE+BF的最小值，即为BG的长， ∵∠ABC＝45°， ∴∠RAB＝∠EBA＝45°， ∵AB＝4， ∴BR＝AR＝4， ∵AC＝6， ∴AG＝AC＝6， ∴RG＝AR+AG＝4+6＝10， ∴BG2， 即AE+BF的最小值为2． 故答案为：2． 总结提升：本题主要考查全等三角形的性质与判定，线段的性质，等腰直角三角形，勾股定理等知识的综合运用，判断AE+BF的最小值即为BG的长是解题的关键． 巧技3 两个动点的时候，轴对称法与垂线段最短结合求最值 【例8-3】（2024秋•广阳区校级期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，BH平分∠ABC，点P，D分别是BH和AB上的任意一点，设PA+PD＝m． （1）连接CD交BH于点E，则m　 　CD（填表示相等或大小关系的符号）； （2）若BA＝BC＝5，AC＝6，BH＝4，则m的最小值是 　　． 思路引领：（1）根据等腰三角形的性质得到BH⊥AC，AH＝CH，求得PA＝PC，于是得到结论； （2）根据垂线段最短可知，当CD⊥AB时，C，P，D共线时，PA+PD的值最小，最小值为CD，根据三角形的面积公式得到CD，于是得到结论． 解：（1）∵BA＝BC，BH是角平分线， ∴BH⊥AC，AH＝CH， ∴PA＝PC， ∴PA+PD＝PD+PC＝m≥CD， 故答案为：≥； （2）根据垂线段最短可知，当CD⊥AB时，C，P，D共线时，PA+PD的值最小，最小值为CD， 在Rt△ABH中，AB＝5，AHAC＝3，BH＝4， ∵•AB•CD•AC•BH， ∴CD， ∴PA+PD的最小值为， 即m的最小值是， 故答案为：． 总结提升：本题考查了勾股定理，轴对称最短问题，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是证明BH垂直平分线段AC，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 【压轴类型九】化曲为直法求最小值 【例9】（2024春•吴江区期末）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则该蚂蚁要吃到饭粒需爬行的最短路径长是（　　） A．13cm B．3cm C．cm D．2cm 思路引领：将容器侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求． 解：如图：∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒， 此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处， ∴A′D＝5cm，BD＝12﹣3+AE＝12cm， ∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A′， 连接A′B，则A′B即为最短距离， A′B13（cm）． 故选：A． 总结提升：本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力． 【变9-1】如图是一块长，宽，高分别是6cm，4cm和3cm的长方体木块，一只蚂蚁要从长方体木块的一个顶点A处，沿着长方体的表面到长方体上和A相对的顶点B处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是（　　） A．（3+2） cm B． cm C． cm D． cm 思路引领：把这个长方体中蚂蚁所走的路线放到一个平面内，在平面内线段最短，根据勾股定理即可计算． 解：第一种情况：把我们所看到的前面和上面组成一个平面， 则这个长方形的长和宽分别是9和4， 则所走的最短线段是； 第二种情况：把我们看到的左面与上面组成一个长方形， 则这个长方形的长和宽分别是7和6， 所以走的最短线段是； 第三种情况：把我们所看到的前面和右面组成一个长方形， 则这个长方形的长和宽分别是10和3， 所以走的最短线段是； 三种情况比较而言，第二种情况最短． 故选：C． 总结提升：本题主要考查的是平面展开﹣最短路径问题，解决此题的关键是明确线段最短这一知识点，然后把长方体的一些面展开到一个平面内，求出最短的线段． 【压轴类型十】 求一条线段的最大值 巧技1 构造有两边已知的三角形，用一边小于等于两边之和求最大值。 【例10】（2024春•武汉期末）如图，四边形ABCD中，AD⊥CD于点D，BC＝2，AD＝8，CD＝6，点E是AB的中点，连接DE，则DE的最大值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 思路引领：如图，连接AC，取AC的中点为M，连接DM、EM，由勾股定理可求AC的长，利用直角三角形斜边上的中线可求解DM的长，根据三角形的中位线可求解EM的长，再利用三角形的三边关系可求解． 解：如图，连接AC，取AC的中点为M，连接DM、EM， ∵AD⊥CD， ∴∠ADC＝90°， ∵AD＝8，CD＝6， ∴AC， ∵M是AC的中点， ∴DMAC＝5， ∵M是AC的中点，E是AB的中点， ∴EM是△ABC的中位线， ∵BC＝2， ∴EMBC＝1， ∵DE≤DM+EM（当且仅当点M在线段DE上时，等号成立）， ∴DE≤6， ∴DE的最大值为6． 故选：A． 总结提升：本题主要考查勾股定理，直角三角形的性质，三角形的中位线，三角形的三边关系等知识的综合运用，构造直角三角形是解题的关键． 巧技2 构造等腰直角三角形，此时斜边为最大值 【例10-2】（2024•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　） A．4 B．6 C．2 D．3 思路引领：在网格中，以MN为直角边构造一个等腰直角三角形，使PM最长，利用勾股定理求出即可． 解：如图所示： ∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°， ∴△BMN≌△CNP（SAS）， ∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP， ∵∠BMN+∠BNM＝90°， ∴∠BNM+∠CNP＝90°， ∴∠MNP＝90°， ∴△NMP为等腰直角三角形，此时PM最长， 在Rt△BMN和Rt△NCP中， 根据勾股定理得：MN＝NP2， 则PM2． 故选：C． 总结提升：此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键． 巧技3 一点与直角顶点相连，取斜边中点，三点共线时求最大值（一箭穿心法） 【例10-3】（2024春•丹江口市期末）如图，已知，∠MON＝∠BAC＝90°，且点A在OM上运动，点B在ON上运动，若AB＝8，AC＝6，则OC的最大值为 　 　． 思路引领：取AB的中点E，连接OE，CE，利用勾股定理求出CE，再利用直角三角形斜边上中线的性质得OE的长，最后利用三角形三边关系可得答案． 解：取AB的中点E，连接OE，CE， ∴AE＝4， 在Rt△ACE中，由勾股定理得， CE2， ∵∠AOB＝90°，点E为AB的中点， ∴OEAB＝4， ∵OC≤OE+CE， ∴当点O、E、C共线时，OC最大值为4+2， 故答案为：4+2． 总结提升：本题主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握三角形三边关系求单线段的最值是解题的关键． 巧技4 用基本不等式 xy（x2+y2）求最大值 【例10-4】（2024•南京一模）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝60°，DC⊥BC，DC＝BC，则AD的长的最大值为 　　． 思路引领：过点D作DE⊥AC，交AC延长线于E，由含30°角的直角三角形的性质得DECD，设DC＝BC＝x，AC＝y，则DEx，CEx，再由勾股定理得AD2＝AE2+DE2＝（yx）2+（x）2＝x2+y2xy，当x＝y时，AD最大，此时，△ABC为等边三角形，则x＝y＝AB＝2，AD2＝x2+y2＝8+4，即可解决问题． 解：过点D作DE⊥AC，交AC延长线于E，如图所示： ∵∠ACB＝60°，DC⊥BC， ∴∠DCE＝180°﹣60°﹣90°＝30°， ∴DECD， 设DC＝BC＝x，AC＝y， 则DEx，CEx， ∴AE＝AC+CE＝yx， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2＝（yx）2+（x）2＝x2+y2xy， ∵（x﹣y）2≥0， ∴xy（x2+y2）， 当x＝y时，取等号， ∴AD2＝x2+y2xy≤x2+y2（x2+y2）， ∴当x＝y时，AD最大， ∵∠ACB＝60°， ∴AD最大时，△ABC为等边三角形， 此时，x＝y＝AB＝2， AD2＝x2+y2（x2+y2）＝22+22（22+22）＝8+4， ∵AD＞0， ∴AD， 故答案为：． 总结提升：本题考查了勾股定理、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及最值问题等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【压轴类型十一】 探究直角三角形的边和高之间的关系 【例11】（湖州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，设AC＝b，BC＝a，AB＝c，CD＝h，有下列四种说法：①a•b＝c•h；②a+b＜c+h；③以a+b、h、c+h为边的三角形，是直角三角形；④．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 思路引领：①根据三角形面积公式即可求解； ②证明（a+b）2＜（c+h）2； ③直角三角形，证明（a+h）2+h2＝（c+h）2； ④只需证明h2（）＝1，从左边推导到右边． 解：①∵Rt△ABC的面积为：ab或ch， ∴ab＝ch，故①正确； ②∵c2＜c2+h2，a2+b2＝c2， ∴a2+b2＜c2+h2， ∵ab＝ch， ∴a2+b2+2ab＜c2+h2+2ch， ∴（a+b）2＜（c+h）2， ∴a+b＜c+h，故②正确； ③∵（c+h）2＝c2+2ch+h2， h2+（a+b）2＝h2+a2+2ab+b2， ∵a2+b2＝c2，（勾股定理） ab＝ch（面积公式推导） ∴c2+2ch+h2＝h2+a2+2ab+b2， ∴（c+h）2＝h2+（a+b）2， ∴根据勾股定理的逆定理知道 以h，c+h，a+b为边构成的三角形是直角三角形，③正确； ④∵ab＝ch， ∴（ab）2＝（ch）2，即a2b2＝c2h2， ∵a2+b2＝c2， ∴a2b2＝（a2+b2）h2， ∴h2， ∴， ∴， ∴，故④正确． 故选：D． 总结提升：此题主要考查学生对勾股定理和勾股定理的逆定理的理解和掌握，此题有一定的拔高难度，属于难题，在证明过程中，注意面积关系式ab＝ch的应用． 【压轴类型十二】 捕捉“手拉手”全等模型或旋转构造“手拉手全等”模型 【例12】（2024•卧龙区校级开学）如图，∠BAC＝∠DAF＝90°，AB＝AC，AD＝AF，点D，E为BC边上的两点，且∠DAE＝45°，连接EF，BF，下列结论：①△AED≌△AEF；②BF＝CD；③BE+DC＞DE；④BE2+DC2＝DE2．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 思路引领：根据∠DAF＝90°，∠DAE＝45°，得出∠FAE＝45°，利用SAS证明△AED≌△AEF，判定①正确； 可证△ABF≌△ACD，于是BF＝CD，判定②正确； 先由∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠CAD＝∠BAF，再利用SAS证明△ACD≌△ABF，得出CD＝BF，又①知DE＝EF，那么在△BEF中根据三角形两边之和大于第三边可得BE+BF＞EF，等量代换后判定③正确； 先由△ACD≌△ABF，得出∠C＝∠ABF＝45°，进而得出∠EBF＝90°，然后在Rt△BEF中，运用勾股定理得出BE2+BF2＝EF2，等量代换后判定④正确． 解：①∵∠DAF＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠FAE＝∠DAF﹣∠DAE＝45°． 在△AED与△AEF中， ， ∴△AED≌△AEF（SAS），①正确； ②∵∠BAC＝∠DAF＝90°， ∴∠FAB＝∠CAD， 在△ABF与△ACD中， ， ∴△ABF≌△ACD（SAS）， ∴BF＝CD，②正确； ③∵∠BAC＝∠DAF＝90°， ∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAF﹣∠BAD，即∠CAD＝∠BAF． 在△ACD与△ABF中， ， ∴△ACD≌△ABF（SAS）， ∴CD＝BF， 由①知△AED≌△AEF， ∴DE＝EF． 在△BEF中，∵BE+BF＞EF， ∴BE+DC＞DE，③正确； 由③知△ACD≌△ABF， ∴∠C＝∠ABF＝45°， ∵∠ABE＝45°， ∴∠EBF＝∠ABE+∠ABF＝90°． 在Rt△BEF中，由勾股定理，得BE2+BF2＝EF2， ∵BF＝DC，EF＝DE， ∴BE2+DC2＝DE2，④正确． 所以正确的结论有①②③④． 故选：D． 总结提升：本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角直角三角形的性质，三角形三边关系定理，相似三角形的判定，此题涉及的知识面比较广，熟练运用这些知识点是解题的关键． 【变12-1】如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数　 　． 思路引领：首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP＝60°，由△ABP≌CBQ可得QC＝PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC＝90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题． 解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ 则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°， ∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°， ∴△BPQ为等边三角形， ∴PQ＝PB＝BQ＝4， 又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3， ∴PQ2+QC2＝PC2， ∴∠PQC＝90°， ∵△BPQ为等边三角形， ∴∠BQP＝60°， ∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150° ∴∠APB＝∠BQC＝150° 总结提升：本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型． 【变12-2】如图，∠AOB＝30°，P点在∠AOB内部，M点在射线OA上，将线段PM绕P点逆时针旋转90°，M点恰好落在OB上的N点（OM＞ON），若PM，ON＝8，则OM＝ 　． 思路引领：连接MN，作NH⊥OA于H，如图，根据旋转的性质得∠MPN＝90°，PN＝PM，可判断△PMN为等腰直角三角形，则MNPM＝2，在Rt△OHN中，根据含30度的直角三角形三边的关系得NHON＝4，OHNH＝4，然后在Rt△MNH中根据勾股定理计算出MH＝2，由此得到OM＝OH+HM＝42． 解：连接MN，作NH⊥OA于H，如图， ∵线段PM绕P点逆时针旋转90°，M点恰好落在OB上的N点， ∴∠MPN＝90°，PN＝PM， ∴△PMN为等腰直角三角形， ∴MNPM＝2， 在Rt△OHN中，∵∠NOH＝30°，ON＝8， ∴NHON＝4， OHNH＝4， 在Rt△MNH中，∵NH＝4，MN＝2， ∴MH2， ∴OM＝OH+HM＝42． 故答案为42． 总结提升：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系． 【变12-3】（2024秋•永嘉县校级期末）如图，在△AOB与△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，连接CA，BD． （1）求证：△AOC≌△BOD； （2）连接BC，若OC＝1，AC，BC＝3 ①判断△CDB的形状． ②求∠ACO的度数． 思路引领：（1）由题意可得∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，即可证△AOC≌△BOD； （2）①由全等三角形的性质和勾股定理的逆定理可得∠BDC＝90°，即可得△CDB是直角三角形； ②由全等三角形的性质可求∠ACO的度数． 证明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO， ∴△AOC≌△BOD（SAS） （2）①如图， ∵△AOC≌△BOD ∴∠ACO＝∠BDO，AC＝BD ∵CO＝DO＝1，∠COD＝90° ∴CD，∠ODC＝∠OCD＝45° ∵CD2+BD2＝9＝BC2， ∴∠CDB＝90° ∴△BCD是直角三角形 ②∵∠BDO＝∠ODC+∠CDB ∴∠BDO＝135° ∴∠ACO＝∠BDO＝135° 总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的逆定理，熟练运用全等三角形的性质是本题的关键． 【压轴类型十三】 倍长中线构造全等三角形 【例13】（2024•苏州模拟）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB中点，DE，DF分别交AC于点E，交BC于点F，且DE⊥DF． （1）如果CA＝CB，连接CD． ①求证：DE＝DF； ②求证：AE2+BF2＝EF2； （2）如图2，如果CA＜CB，探索AE，BF和EF之间的数量关系，并加以证明． 思路引领：（1）①根据等腰直角三角形的性质可知，∠DCE＝∠DBF＝45°，∠CDB＝90°，CD＝BD．由DE⊥DF，可证明∠CDE＝∠BDF．即可利用“ASA”证明△DCE≌△DBF，即得出DE＝DF；②由全等三角形的性质可知BF＝CE，结合题意可求出AE＝CF．在Rt△ECF中，再由勾股定理，得CF2+CE2＝EF2，即得出AE2+BF2＝EF2； （2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接AM，EM．易证△ADM≌△BDF（SAS），得出AM＝BF，∠MAD＝∠B，从而判断AM∥BC，即证明∠MAE＝∠ACB＝90°．再根据线段垂直平分线的判定和性质可知EF＝EM．最后在Rt△AEM中，由勾股定理，得AE2+AM2＝EM2，即得出AE2+BF2＝EF2． （1）①证明：∵CA＝CB，∠ACB＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形． ∵点D是AB的中点， ∴∠DCE＝∠DBF＝45°，∠CDB＝90°，CD＝BD． 又∵DE⊥DF， ∴∠EDF＝∠CDB＝90°， ∵∠CDE＝∠EDF﹣∠CDF，∠BDF＝∠CDB﹣∠CDF， ∴∠CDE＝∠BDF． 在△DCE与△DBF中， ， ∴△DCE≌△DBF（ASA）， ∴DE＝DF； ②证明：由①可知△DCE≌△DBF， ∴BF＝CE， ∵CA＝CB， ∴CA﹣CE＝CB﹣BF，即AE＝CF． 在Rt△ECF中，由勾股定理，得CF2+CE2＝EF2， ∴AE2+BF2＝EF2； （2）解：结论：AE2+BF2＝EF2．理由如下： 如图，延长FD至点M，使DM＝DF，连接AM，EM． ∵点D为AB中点， ∴AD＝BD， ∵∠ADM＝∠BDF，DM＝DF， ∴△ADM≌△BDF（SAS）， ∴AM＝BF，∠MAD＝∠B， ∴AM∥BC， ∴∠MAE＝∠ACB＝90°． 又∵DE⊥DF，DM＝DF， ∴DE是FM的垂直平分线， ∴EF＝EM， 在Rt△AEM中，由勾股定理，得AE2+AM2＝EM2， ∴AE2+BF2＝EF2． 总结提升：本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质以及平行线的性质等知识．掌握三角形全等的判定条件和正确的作出辅助线构造全等三角形是解题关键． 【压轴类型十四】 以两个直角三角形的公共边或等边为桥梁运用双勾股 【例14】 [阅读理解] 如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝6，BC＝7，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，求线段AD的长． 解：设BD＝x，则CD＝7﹣x． ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°． 在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2， 在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2， ∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2． 又∵AB＝4，AC＝6， ∴42﹣x2＝62﹣（7﹣x）2． 解得x＝， ∴BD＝． ∴AD＝＝． [知识迁移] （1）在△ABC中，AB＝13，AC＝15，过点A作直线BC的垂线，垂足为D． i）如图1，若BC＝14，求线段AD的长； ii）若AD＝12，求线段BC的长． （2）如图2，在△ABC中，AB＝，AC＝，过点A作直线BC的垂线，交线段BC于点D，将△ABD沿直线AB翻折后得到对应的△ABD′，连接CD′，若AD＝，求线段CD′的长． 思路引领：（1）i）利用勾股定理得出AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，进而建立方程求BD，即可得出结论； ii）先利用勾股定理求出BC＝5，CD＝9，再分两种情况．即可得出结论； （2）先利用勾股定理求出BD，CD，再利用面积求出DN，进而求出DD'，再用勾股定理得出D'H2＝D'D2﹣HD2＝D'B2﹣HB2，进而建立方程求出HB，即可得出结论． 解：（1）i）设BD＝x，则CD＝14﹣x， ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， 在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2， 在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2， ∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2， ∵AB＝13，AC＝15， ∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2， ∴x＝5， ∴BD＝5， ∴AD＝＝＝12； ii）在Rt△ABD中，BD＝＝＝5， 在Rt△ACD中，CD＝＝＝9， 当∠ABC为锐角时，如图1﹣1，BC＝BD+CD＝5+9＝14， 当∠ABC为钝角时，如图1﹣2，BC＝BD﹣CD＝9﹣5＝4； （2）如图2，连接DD'交AB于点N，则DD'⊥AB， 过点D'作D'H⊥BD于H， 在Rt△ABD中，BD＝＝＝； 在Rt△ACD中，CD＝＝＝5， ∵AB垂直平分DD'， ∴D'B＝DB＝，D'D＝2DN， ∵S△ABD＝AD•BD＝， ∴＝•DN， ∴DN＝， ∴D'D＝2DN＝5， 设HB＝m，则HD＝HB+BD＝m+， ∵D'H2＝D'D2﹣HD2＝D'B2﹣HB2， ∴（5）2﹣（m+）2＝（）2﹣m2， ∴m＝， ∴HB＝， ∴HC＝HB+BD+CD＝++4＝15，D'H＝＝＝5， ∴D'C＝＝＝5． 总结提升：此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，直角三角形的构造，利用方程的思想解决问题是解本题的关键． 【变14-1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，交CB于点D．若AC＝3，AB＝5，则CD的长为（　　） A． B． C． D． 思路引领：如图，作DH⊥AB于H．首先证明AC＝AH，DC＝DH，AC＝AH＝3，设DC＝DH＝x，在Rt△BDH中，利用勾股定理构建方程即可解决问题． 解：如图，作DH⊥AB于H． ∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DH⊥AB， ∴∠CAD＝∠HAD，∠C＝∠AHD＝90°， ∵AD＝AD， ∴△ADC≌△ADH（AAS）， ∴AC＝AH＝3，CD＝DH，设CD＝DH＝x， ∵AB＝5， ∴BH＝AB＝AH＝5﹣3＝2， 在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，AC＝3，AB＝5， ∴BC＝＝4， 在Rt△HBD中，则有（4﹣x）2＝x2+22， ∴x＝， ∴CD＝， 故选：A． 总结提升：本题考查勾股定理，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 【变14-2】如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F．AC＝17，AD＝15，BC＝28，则AE的长等于　　． 思路引领：利用勾股定理可得DC和AB的长，由角平分线定理可得EG＝ED，证明Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），可得BG＝BD，设AE＝x，则ED＝15﹣x，根据勾股定理列方程可得结论． 解：∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝∠ADB＝90°， ∵AD＝15，AC＝17， ∴DC＝， ∵BC＝28， ∴BD＝28﹣8＝20， 由勾股定理得：AB＝， 过点E作EG⊥AB于G， ∵BF平分∠ABC，AD⊥BC， ∴EG＝ED， 在Rt△BDE和Rt△BGE中， ∵， ∴Rt△BDE≌Rt△BGE（HL）， ∴BG＝BD＝20， ∴AG＝25﹣20＝5， 设AE＝x，则ED＝15﹣x， ∴EG＝15﹣x， Rt△AGE中，x2＝52+（15﹣x）2， x＝， ∴AE＝． 故答案为：． 总结提升：本题考查了角平分线性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【压轴类型十五】 勾股定理解决折叠问题 【例15】（2024•东莞市校级二模）将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G．若DC＝5，CM＝2，则EF＝（　　） A．3 B．4 C． D． 思路引领：作FH⊥AD，结合折叠性质：EF⊥AM，证∠POF＝∠AOH＝∠AMD＝∠FEH，再证△ADM≌△FHE得EF＝AM，根据勾股定理即可求出结果． 解：由折叠的性质得EF⊥AM， 过点F作FH⊥AD于H，交AM于O， 则∠ADM＝∠FHE＝90°， ∴∠HAO+∠AOH＝90°、∠HAO+∠AMD＝90°， ∴∠POF＝∠AOH＝∠AMD， 又∵EF⊥AM， ∴∠POF+∠OFP＝90°、∠HFE+∠FEH＝90°， ∴∠POF＝∠FEH， ∴∠FEH＝∠AMD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝FH＝5， 在△ADM和△FHE中， ， ∴△ADM≌△FHE（AAS）， ∴EF＝AM． 故选：D． 总结提升：本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变15-1】如图，将一张长方形纸片沿着AE折叠后，点D恰好与BC边上的点F重合，已知AB＝6 cm，BC＝10 cm，求EC的长度． 解：由题意可知△ADE≌△AFE， 所以AF＝AD＝10 cm，EF＝DE． 在Rt△AFB中，根据勾股定理得BF＝＝8(cm)， 所以FC＝BC－BF＝2(cm)． 设EC＝x cm，DE＝DC－EC＝(6－x)cm，即EF＝(6－x)cm， 在Rt△EFC中，根据勾股定理有EF2＝FC2＋EC2， 即(6－x)2＝22＋x2，解得x＝，所以EC＝ cm． 【压轴类型十六】 勾股定理在平面直角坐标系背景下的应用 【例16】（2024春•武昌区校级月考）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． 思路引领：（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＝∠OCB＝45°， ∴∠APM＝45°+45°＝90°， 易求出OP＝PN+ON＝4+3＝7． 在Rt△APM中，由勾股定理得到：MA 即PB的长度为． 总结提升：考查了三角形综合题，涉及到了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，非负数的性质和配方法的应用，难度较大，难点是作出辅助线，构建全等三角形． 【变16-1】（2024秋•莲湖区校级期中）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），． （1）求线段AB的长； （2）若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，请你求出点P的坐标． 思路引领：（1）利用两点间得距离公式可求AB； （2）分当AP＝AB时，当BP＝AB时，当BP＝PA时，结合等腰三角形的性质和两点间的距离公式即可求解． 解：（1）∵点A，点B的坐标为（3，0），， ∴； （2）如图所示： 当AP＝AB时，根据对称性，3﹣1＝2，1﹣2＝﹣1， ∴P1（﹣1，0）， 同理当BP＝AB时，， 当BP＝PA时，设P4（x，0），则，解得：， ∴， 综上所述：点P坐标为（﹣1，0），，． 总结提升：本题考查了点的坐标的求法，综合运用了等腰三角形的定义，两点间的距离公式． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$