专题2.3 勾股定理全章压轴八类必考点（必考点分类集训）-2024-2025学年八年级数学上册必考点分类集训系列（苏科版）

专题2.3 勾股定理全章压轴八类必考点 【苏科版】 【考点1 勾股定理求线段长】 1 【考点2 勾股定理求面积】 2 【考点3 勾股定理证平方关系】 5 【考点4 勾股定理的证明】 7 【考点5 勾股定理逆定理与网格】 11 【考点6 勾股定理逆定理的应用】 12 【考点7 勾股定理实际应用】 13 【考点8 勾股定理与最值问题】 15 【考点1 勾股定理求线段长】 1．（2023秋•历下区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，BD是∠ABC的角平分线，则CD的长为（　　） A． B． C． D．2 2．（2024春•武汉期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC的中点，DE⊥AB于点E，则DE的长为（　　） A．1.2 B．1.6 C．2.4 D．4.8 3．（2024秋•灞桥区校级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD与点E，交AC于点F，AC＝13，AD＝12，BC＝14，则DE的长等于（　　） A． B．5 C． D．7 4．（2023秋•新民市期末）如图，△ABC与△ACD均为直角三角形，且∠ACB＝∠CAD＝90°，AD＝2BC＝6，AB：BC＝5：3，点E是BD的中点，则AE的长为（　　） A． B． C．2 D．3 5．（2024•乌鲁木齐二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边AB上，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为F，与BC交于点E，则BE的长是 　 　． 6．（2023秋•光明区期末）在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16．点D是BC的中点，点E是线段BD上的动点，过点E作EF⊥BD交AB于点F．连结AE，当∠AEF＝∠B时，AE＝　 　． 【考点2 勾股定理求面积】 1．（2024•惠阳区一模）如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、D的面积分别是3、5、2、3，则最大正方形E的面积是（　　） A．8 B．10 C．13 D．15 2．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，以这个直角三角形两直角边为边作正方形．图2由图1的两个小正方形向外分别作直角边之比为4：3的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形，…，按此规律，则图6中所有正方形的面积和为（　　） A．200 B．175 C．150 D．125 3．（2024秋•鼓楼区校级月考）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．则下列选项中一定正确的是（　　） A．S阴影＝直角三角形的面积 B．S阴影＝S正方形① C．S阴影＝S正方形② D．S阴影＝较小两个正方形重叠部分的面积 4．（2023秋•巴中期末）勾股定理是人类最伟大的科学发明之一．如图1，以直角三角形ABC的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三个阴影部分面积分别记为S1，S2，S3，若已知S1＝1，S2＝3，S3＝7，则两个较小正方形纸片的重叠部分（四边形DEFG）的面积为（　　） A．7 B．10 C．11 D．13 5．（2023秋•叶县期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，面积依次为S1，S2，S3，S4，下列结论正确的是（　　） A．S3+S4＝4（S1+S2） B．S1﹣S2＝S3﹣S4 C．S4﹣S1＝S3﹣S2 D．S4﹣3S1＝S3﹣3S2 6．（2023秋•南浔区期末）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，以AB，AC，BC为边作正方形ABDE，正方形BCGF，正方形ACMN．设△ABC的面积为S1，△BDF的面积为S2，△DHG的面积为S3，四边形CHET的面积为S4，四边形ATMN的面积为S5，则下列结论正确的是（　　） A．S1+S4＝S2+S3+S5 B．S2+S5＝S1+S3+S4 C．S1+S3＝S2+S3+S4 D．S4+S5＝S1+S2+S3 7．（2023秋•镇海区校级期末）勾股定理被称为“几何学的基石”，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边为边长，分别向外作出正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”．如图，设大正方形Y的边长为定值y，四个小正方形MNPQ的边长分别为m，n，p，q，且三个直角三角形中∠1＝∠2＝∠3＝α，当α变化时，以下说法错误的是（　　） A．n＝p B．m+q＝y C．y＝mq D．m2+n2+p2+q2＝y2 【考点3 勾股定理证平方关系】 1．（2024秋•槐荫区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2﹣MB2等于（　　） A．29 B．32 C．36 D．45 2．（2024春•肥城市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线分别为AC、BD，且AC⊥BD交于点O，若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2的值为（　　） A．20 B．18 C．16 D．1 3．（2024春•沂源县期末）如图所示，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，且EF∥BC，交AC于点M，若CM＝7，则CE2+CF2等于（　　） A．166 B．186 C．196 D．256 4．（2024秋•清镇市期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O． （1）若AO＝2，BO＝3，CO＝4，DO＝5，请求出AB2，BC2，CD2，DA2的值； （2）若AB＝6，CD＝10，求BC2+AD2的值； （3）请根据（1）（2）题中的信息，写出关于“垂美”四边形关于边的一条结论． 5．（2024秋•龙岗区月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，点M为边AB的中点，点D在边BC上． （1）如图1，若AC＝6，BC＝8，MD⊥AB，求MD的长； （2）如图2，过点M作ME⊥MD与边AC交于点E，试探究：线段AE，DE，DB三者之间的数量关系，并说明理由． 6．（2023秋•南充期末）如图，E是等腰直角三角形ABC斜边上一点，将△BCE旋转到△ACF的位置，作CD⊥EF，与AB交于D． （1）求∠DCE的度数； （2）线段DE，DF相等吗？线段AD，DE，BE有无确定的数量关系？请说明你判断的理由． 7．（2023秋•泰和县期末）如图，已知△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，D为AB边上一点． （1）试判断AD与BE的大小关系，并说明理由； （2）试说明AD2，BD2，DE2三者之间的关系． 【考点4 勾股定理的证明】 1．（2024春•回民区校级月考）“弦图”最早是由三国时期的数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，标志着中国古代的数学成就．如图是弦图的示意图，四个直角三角形的直角边长均为a，b，斜边长为c．若b比a长2，每个直角三角形的面积为15，则斜边c的长为 　 　． 2．（2023秋•碑林区校级期末）我国最早对勾股定理进行证明的是数学家赵爽，他用4个全等的直角三角形和中间的一个小正方形组成了一个大正方形，如图所示，人们称这个图为“赵爽弦图”，连接BF，若S△ABF＝12.5，AB﹣EF＝6，则S正方形ABCD＝　 　． 3．（2024春•拱墅区校级期中）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1，S2，S3，若正方形EFGH的边长为6，则S1+S2+S3＝　 　． 4．（2024秋•锦江区校级月考）青朱出入图（图1）是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等，朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述，将其绘成图2，若记朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b，已知b﹣a＝3，a2+b2＝29，则图2中的阴影部分面积为　 　． 5．（2024春•东昌府区校级期末）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，若图1中的直角三角形的长直角边为5，大正方形的面积为29，连接图2中四条线段得到如图3的新图案，求图3中阴影部分的面积　 ． 6．（2024秋•金水区校级月考）勾股定理具有丰富的文化内涵，它揭示了直角三角形的三边关系，搭建起几何与代数之间的桥梁，为解决几何问题拓宽了思路．请完成下面问题： （1）“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b，较短直角边长为a，若（a+b）2＝21，大正方形的面积为13，则小正方形的面积是多少？ （2）同学们在探索过程中发现，当把赵爽弦图里的4个全等的直角三角形适当拼合，可以得到如图的图形，设直角三角形的直角边分别为a、b，斜边为c，利用这个图形也可以验证勾股定理，你能说明其中的道理吗？ （3）图（1）“赵爽弦图”中，若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，请直接写出这个风车的外围（实线）周长． 7．（2024春•永清县校级月考）【材料】勾股定理的证明：两个全等的直角三角形按如图1所示的方式摆放，连接AD，△ABC的三边长分别为a，b，c（a＞b），四边形ACFD的面积可以表示为或，从而推导出a2+b2＝c2． 【探究】淇淇将△DEF从图1的位置开始沿BC向左移动，直到点F与点B重合时停止，如图2所示，AB与DE交于点O，下面是淇淇利用图2证明勾股定理的过程．请将淇淇的探究过程补充完整． 证明：连接AD，AE． 　 　 　　+　 ． 由S四边形ACBD＝S梯形ACBD，可整理得到 　 　； 【应用】在图2的基础上，若四边形AEBD的面积为200，AC的长为12，求BC的长． 【考点5 勾股定理逆定理与网格】 1．（2024春•乳山市期末）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，点A，B，C均在格点上，则∠ACB＝（　　） A．100° B．120° C．125° D．135° 2．（2024•新邵县三模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，P是网格线交点，且点P在△ABC的边AC上，则∠PAB+∠PBA＝（　　） A．45° B．30° C．60° D．90° 3．（2024秋•管城区校级期中）如图，在正方形网格内，A、B、C、D四点都在小方格的格点上，则∠BAC+∠DAC＝（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 4．（2023•播州区一模）如图所示的是3×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．线段AB，CD的端点均在格点上，线段AB，CD交于点O，则∠BOD的度数为（　　） A．30° B．45° C．50° D．60° 5．（2024春•西城区校级期中）如图，网格内每个小正方形的边长都是1个单位长度，A，B，C，D都是格点，AB与CD相交于点P，则∠BPD＝　 　°． 6．（2022秋•和平区校级期末）如图，在6×4的小正方形网格中，小正方形的边长均为1，点A，B，C，D，E均在格点上，则∠ABC﹣∠DCE＝　　． 7．（2023春•荔湾区校级期中）如图所示的网格是正方形网格，△ABC和△CDE的顶点都是网格线交点，那么∠BCA+∠DCE＝　 　． 【考点6 勾股定理逆定理的应用】 1．（2024•龙亭区一模）已知等腰△ABC的底边BC＝5，D是腰AB上一点，且CD＝4，BD＝3，则AD的长为 　　． 2．（2023春•广安区校级月考）如图，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，CD＝12，AD＝13，点E是AD的中点，求CE的长为 　 　． 3．（2024春•来宾期中）如图，在△ABC中，D是边BC上的一点，且DE⊥BC，若BD＝CD，EA2+AC2＝BD2+DE2，求证：△ABC是直角三角形． 4．（2023秋•碑林区月考）如图，在△ABC中，DE是边AB的垂直平分线，且CB2＝AE2﹣CE2，延长DE，BC交于点F，连接AF． （1）求证：∠ACB＝90°； （2）若AC＝12，BC＝9，求CE的长． 【考点7 勾股定理实际应用】 1．（2024秋•太平区校级月考）2023年7月五号台风“杜苏芮”登陆，使我国很多地区受到严重影响，据报道，这是今年以来对我国影响最大的台风，风力影响半径260km（即以台风中心为圆心，260km为半径的圆形区域都会受台风影响），如图，线段BC是台风中心从C市向西北方向移动到B市的大致路线，A是某个大型农场，且AB⊥AC．若A，C之间相距300km，A，B之间相距400km． （1）判断农场A是否会受到台风的影响，请说明理由． （2）若台风中心的移动速度为25km/h，求出台风同时影响农场A和B市的时间有多长？ 2．（2024春•望花区期末）消防云梯的作用主要是用于高层建筑火灾等救极任务，消防云梯的使用可以大幅提高消防救援的效率，缩短救援时间，减少救援难度和风险．如图，已知云梯最多只能伸长到25m（即AB＝CD＝25m），消防车车身高3.5m（即点A到地面EF的距离AH为3.5m），救人时云梯伸长至最长，在完成从18.5m（即BE＝18.5m）高的B处救人后，距要到点B的正上方5m（即BD＝5m）高的D处救人，这时消防车需要从A处向着火的楼房靠近的水平距离AC为多少米？（提示：延长AC交DE于点O，则AO⊥DE）． 3．（2024春•南昌期中）在一款名为超级玛丽的游戏中，马里奥到达一个高为10米的高台A，利用旗杆顶部的绳索，划过90°到达与高台A水平距离为17米，高为3米的矮台B， （1）求高台A比矮台B高多少米？ （2）求旗杆的高度OM； （3）马里奥在荡绳索过程中离地面的最低点的高度MN． 4．（2024春•朝阳区期末）《九章算术》卷九“勾股”中记载：今有池，方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，问水深、葭长各几何．大意是：如图，水池底面的宽AB＝1丈，芦苇OC生长在AB的中点O处，高出水面的部分CD＝1尺．将芦苇向池岸牵引，尖端达到岸边时恰好与水面平齐，即OC＝OE，求水池的深度和芦苇的长度（1丈等于10尺）． （1）求水池的深度OD； （2）中国古代数学家刘徽在为《九章算术》作注解时，更进一步给出了这类问题的一般解法．他的解法用现代符号语言可以表示为：若已知水池宽AB＝2a，芦苇高出水面的部分CD＝n（n＜a），则水池的深度OD（OD＝b）可以通过公式计算得到．请证明刘徽解法的正确性． 5．（2023秋•宝丰县期末）如图是盼盼家新装修的房子，其中三个房间甲、乙、丙，他将一个梯子斜靠在墙上，梯子顶端距离地面的垂直距离记作MA，如果梯子的底端P不动，顶端靠在对面墙上，此时梯子的顶端距离地面的垂直距离记作NB． （1）当盼盼在甲房间时，梯子靠在对面墙上，顶端刚好落在对面墙角B处，若MA＝1.6米，AP＝1.2米，则甲房间的宽度AB＝　 　米． （2）当他在乙房间时，测得MA＝2.4米，MP＝2.5米，且∠MPN＝90°，求乙房间的宽AB； （3）当他在丙房间时，测得MA＝2.8米，且∠MPA＝75°，∠NPB＝45°． ①求∠MPN的度数； ②求丙房间的宽AB． 【考点8 勾股定理与最值问题】 1．（2023秋•钢城区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD是BC边上的高，若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（　　） A．4.8 B．6 C．9.6 D．12 2．（2024秋•龙文区校级月考）如图，是一个三级台阶，它每一级长，宽，高分别为4m，m和m，A和B是这个台阶的两个相对的端点，A点上有一只蚂蚁想到B点去吃可口的食物，则它所走的最短路线长度为（　　） A．3.5m B．4.5m C．5m D．5.5m 3．（2024春•博兴县期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则FM的最小值为 　 　． 4．（2024•陈仓区一模）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，P是斜边AB上的动点，连接CP，AD⊥CP于点D，连接BD．则BD的最小值是 　 　． 5．（2023秋•海曙区校级期末）如图，∠MON＝90°，已知△ABC中，AC＝BC＝25，AB＝14，△ABC的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，△ABC的形状始终保持不变，在运动的过程中，点C到点O的最小距离为 　 　． 6．（2023秋•桐柏县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，AD⊥BC．若P、Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是 　 　． 7．（2023秋•酒泉期末）如图所示，一个无盖的圆柱体盒子的高为8cm，底面圆的周长为24cm，点A距离下底面3cm．一只位于圆柱体盒子外表面点A处的蚂蚁想爬到盒子内表面对侧中点B处吃东西，则蚂蚁需要爬行的最短路径长为 　 　cm． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题2.3 勾股定理全章压轴八类必考点 【苏科版】 【考点1 勾股定理求线段长】 1 【考点2 勾股定理求面积】 7 【考点3 勾股定理证平方关系】 14 【考点4 勾股定理的证明】 20 【考点5 勾股定理逆定理与网格】 28 【考点6 勾股定理逆定理的应用】 33 【考点7 勾股定理实际应用】 37 【考点8 勾股定理与最值问题】 44 【考点1 勾股定理求线段长】 1．（2023秋•历下区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，BD是∠ABC的角平分线，则CD的长为（　　） A． B． C． D．2 【分析】过点D作DE⊥AB于点E，利用角平分线的性质，可得DE＝CD，从而得到Rt△BCD≌Rt△BED（HL），可得BE＝BC＝3，然后设DE＝CD＝x，则AD＝4﹣x，在Rt△ADE 中，利用勾股定理，即可求解． 【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E， ∵BD是△ABC的角平分线，∠C＝90°， ∴DE＝CD， ∵BD＝BD， ∴Rt△BCD≌Rt△BED（HL）， ∴BE＝BC＝3， 在Rt△ABC 中，BC＝3，AC＝4，由勾股定理得： ， ∴AE＝AB﹣BE＝2， 设DE＝CD＝x，则AD＝4﹣x， 在Rt△ADE 中，DE2+AE2＝AD2， ∴（4﹣x）2＝22+x2， 解得：， 即． 故选：B． 2．（2024春•武汉期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC的中点，DE⊥AB于点E，则DE的长为（　　） A．1.2 B．1.6 C．2.4 D．4.8 【分析】连接AD，根据已知和等腰三角形的性质得出AD⊥BC和BD＝8，根据勾股定理求出AD，根据三角形的面积公式求出即可． 【解答】解：连接AD， ∵AB＝AC，D为BC的中点，BC＝16， ∴AD⊥BC，BD＝DC＝8， 在Rt△ADB中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 故选：D． 3．（2024秋•灞桥区校级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD与点E，交AC于点F，AC＝13，AD＝12，BC＝14，则DE的长等于（　　） A． B．5 C． D．7 【分析】利用勾股定理可得CD和AB的长，进而由角平分线性质得EG＝ED，再证明Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），得BG＝BD＝9，设AE＝x，则ED＝12﹣x，然后根据勾股定理列方程可得结论． 【解答】解：∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝∠ADB＝90°， ∴CD5， ∴BD＝BC﹣CD＝14﹣5＝9， ∴AB15， 过点E作EG⊥AB于点G， ∵BF平分∠ABC，AD⊥BC， ∴EG＝ED， 在Rt△BDE和Rt△BGE中， ， ∴Rt△BDE≌Rt△BGE（HL）， ∴BG＝BD＝9， ∴AG＝AB﹣BG＝15﹣9＝6， 设AE＝x，则ED＝12﹣x， ∴EG＝12﹣x， Rt△AGE中，由勾股定理得：AG2+EG2＝AE2， 即62+（12﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴AE， ∴DE＝AD﹣AE＝12 故选：A． 4．（2023秋•新民市期末）如图，△ABC与△ACD均为直角三角形，且∠ACB＝∠CAD＝90°，AD＝2BC＝6，AB：BC＝5：3，点E是BD的中点，则AE的长为（　　） A． B． C．2 D．3 【分析】延长AE交BC的延长线于点F，先证△DAE和△BFE全等，得出BF＝AD＝6，AE＝FE，于是求出CF的长，在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长，在Rt△ACF中利用勾股定理求出AF的长，即可求出AE的长． 【解答】解：延长AE交BC的延长线于点F， ∵∠ACB＝∠CAD＝90°， ∴AD∥BF， ∴∠DAE＝∠F， ∵点E是BD的中点， ∴DE＝BE， 在△DAE和△BFE中， ， ∴△DAE≌△BFE（AAS）， ∴BF＝AD＝6，AE＝FE， ∵AD＝2BC＝6， ∴BC＝3， ∵AB：BC＝5：3， ∴AB＝5， ∵∠ACB＝90°， ∴，∠ACF＝90°， 在Rt△ACF中，由勾股定理得， ∴AE＝FE， 故选：B． 5．（2024•乌鲁木齐二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边AB上，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为F，与BC交于点E，则BE的长是 　 　． 【分析】连接DE，利用等腰三角形的性质可知AE是CD的垂直平分线，利用勾股定理求出AB的长，再利用等积法求出DE的长，再利用勾股定理求BE即可． 【解答】解：连接DE， ∵AD＝AC，AE⊥CD， ∴AE是CD的垂直平分线， ∴CE＝DE， ∴∠ADE＝∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得： AB， ∴BD＝AB﹣AD＝2， ∴S△ABC＝S△ACE+S△ABE， ∴AC×BC＝AC×CE+AB×DE， ∴3×4＝3CE+5DE， ∴DE， 在Rt△BDE中，由勾股定理得： BE， 故答案为：． 6．（2023秋•光明区期末）在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16．点D是BC的中点，点E是线段BD上的动点，过点E作EF⊥BD交AB于点F．连结AE，当∠AEF＝∠B时，AE＝　 　． 【分析】根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，∠B＝∠C，根据勾股定理求出AD，证明∠EAC＝90°，再根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵AB＝AC，BC＝16．点D是BC的中点， ∴BD＝DC16＝8，AD⊥BC，∠B＝∠C， ∴AD6， ∵EF⊥BD， ∴∠AEF+∠AED＝90°， ∵∠AEF＝∠B，∠B＝∠C， ∴∠C+∠AED＝90°， ∴∠EAC＝90°， ∴AE2＝CE2﹣AC2＝（DE+8）2﹣102， 在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2＝62+DE2， ∴（DE+8）2﹣102＝62+DE2， 解得：DE＝4.5， ∴AE7.5， 故答案为：7.5． 【考点2 勾股定理求面积】 1．（2024•惠阳区一模）如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、D的面积分别是3、5、2、3，则最大正方形E的面积是（　　） A．8 B．10 C．13 D．15 【分析】分别设中间两个正方形和最大正方形的边长为x，y，z，由勾股定理得出x2＝8，y2＝5，z2＝x2+y2，即最大正方形的面积为z2． 【解答】解：设中间两个正方形的边长分别为x、y，最大正方形E的边长为z，则由勾股定理得： x2＝3+5＝8，y2＝2+3＝5，z2＝x2+y2＝13； 即最大正方形E的面积为：z2＝13． 故选：C． 2．（2024春•沙坪坝区校级期末）如图1，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，以这个直角三角形两直角边为边作正方形．图2由图1的两个小正方形向外分别作直角边之比为4：3的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形，…，按此规律，则图6中所有正方形的面积和为（　　） A．200 B．175 C．150 D．125 【分析】根据勾股定理求出AB＝5，再根据勾股定理和正方形面积公式得出规律，即可解决问题． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB5， ∴图1中正方形的面积和为：32+42+52＝25+25＝2×25＝50， 图2中所有正方形的面积和为：32+42+32+42+52＝25+25+25＝25+50， 图3中所有正方形面积和为：32+42+32+42+32+42+52＝25+25+25+25＝2×25+50， ......， ∴图6中所有正方形的面积为5×25+50＝175， 故选：B． 3．（2024秋•鼓楼区校级月考）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．则下列选项中一定正确的是（　　） A．S阴影＝直角三角形的面积 B．S阴影＝S正方形① C．S阴影＝S正方形② D．S阴影＝较小两个正方形重叠部分的面积 【分析】根据勾股定理得到c2＝a2+b2，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可． 【解答】解：设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a， 由勾股定理得，c2＝a2+b2， 阴影部分的面积＝c2﹣b2﹣a（c﹣b）＝a2﹣ac+ab＝a（a+b﹣c）， 较小两个正方形重叠部分的宽＝a﹣（c﹣b），长＝a， 则较小两个正方形重叠部分面积＝a（a+b﹣c）， 因此知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积， 解法二：因为两个小正方形的面积之和等于大正方形的面积，所以重叠部分面积应该等于阴影部分面积． 故选：D． 4．（2023秋•巴中期末）勾股定理是人类最伟大的科学发明之一．如图1，以直角三角形ABC的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三个阴影部分面积分别记为S1，S2，S3，若已知S1＝1，S2＝3，S3＝7，则两个较小正方形纸片的重叠部分（四边形DEFG）的面积为（　　） A．7 B．10 C．11 D．13 【分析】可设直角三角形ABC的斜边长为c，较长的直角边长为b，较短的直角边长为a．根据勾股定理可得：a2+b2＝c2．根据图2可得四边形DEFG的面积＝两个较小正方形的面积和+S1+S2+S3﹣最大正方形的面积，代入计算即可． 【解答】解：设直角三角形ABC的斜边长为c，较长的直角边长为b，较短的直角边长为a． ∵∠BAC＝90°， ∴a2+b2＝c2． ∵四边形DEFG的面积＝两个较小正方形的面积和+S1+S2+S3﹣最大正方形的面积， ∴四边形DEFG的面积＝a2+b2+S1+S2+S3﹣c2＝S1+S2+S3． ∵S1＝1，S2＝3，S3＝7， ∴四边形DEFG的面积＝11． 故选：C． 5．（2023秋•叶县期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，面积依次为S1，S2，S3，S4，下列结论正确的是（　　） A．S3+S4＝4（S1+S2） B．S1﹣S2＝S3﹣S4 C．S4﹣S1＝S3﹣S2 D．S4﹣3S1＝S3﹣3S2 【分析】利用勾股定理，分别得出同一直角三角形的两直角边上的两个正方形面积和都是AC2，即可得到答案． 【解答】解：如图，连接AC， 根据勾股定理，得AC2＝AB2+BC2，AC2＝AD2+CD2， ∴， ∴S1+S4＝S2+S3， ∴S1﹣S2＝S3﹣S4， 故选：B． 6．（2023秋•南浔区期末）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，以AB，AC，BC为边作正方形ABDE，正方形BCGF，正方形ACMN．设△ABC的面积为S1，△BDF的面积为S2，△DHG的面积为S3，四边形CHET的面积为S4，四边形ATMN的面积为S5，则下列结论正确的是（　　） A．S1+S4＝S2+S3+S5 B．S2+S5＝S1+S3+S4 C．S1+S3＝S2+S3+S4 D．S4+S5＝S1+S2+S3 【分析】如图，由直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，正方形ABDE，正方形BCGF，正方形ACMN．得（S2+S3+X）+（S5+Y）＝BC2+AC2＝AB2＝S1+S4+X+Y，得S1+S4＝S2+S3+S5． 【解答】解：如图，由直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，正方形ABDE，正方形BCGF，正方形ACMN． 得（S2+S3+X）+（S5+Y）＝BC2+AC2＝AB2＝S1+S4+X+Y， 得S1+S4＝S2+S3+S5． 故选：A． 7．（2023秋•镇海区校级期末）勾股定理被称为“几何学的基石”，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边为边长，分别向外作出正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”．如图，设大正方形Y的边长为定值y，四个小正方形MNPQ的边长分别为m，n，p，q，且三个直角三角形中∠1＝∠2＝∠3＝α，当α变化时，以下说法错误的是（　　） A．n＝p B．m+q＝y C．y＝mq D．m2+n2+p2+q2＝y2 【分析】连接BF，过点E作EC⊥BF于C，先证△EBF和△EHI全等得BF＝HI＝y，∠4＝∠1，证△KAB和△ECB全等得AB＝EC＝n，AK＝BC＝m，证△FDT和△ECF全等得FD＝EC＝p，DT＝CF＝q，从而得AB＝EC＝FD，则n＝p，据此可对选项A进行判断；再由BF＝BC+CF＝m+q，BF＝HI＝y可对选项B进行判断；由于y＝m+q正确，显然y＝mq不正确，据此可对选项C进行判断；在Rt△BEC中由勾股定理得m2+n2＝BE2，在Rt△ECF中由勾股定理得p2+q2＝BF2，在Rt△BEF中，由勾股定理得BE2+BF2＝BF2＝y2，据此可对选项D进行判断． 【解答】解：连接BF，过点E作EC⊥BF于C，如图所示： 依题意得：EB＝EH＝KB，EF＝EI＝FT，∠BEF＝∠HEI＝90°， ∠BAK＝90°，∠FDT＝90°， 在△EBF和△EHI中， ， ∴△EBF≌△EHI（SAS）， ∴BF＝HI＝y，∠4＝∠1， ∵∠1＝∠2＝∠3＝α， ∴∠4＝∠1＝∠2＝∠3＝α， ∵EC⊥BF于C， ∴∠ECB＝∠ECF＝90°， ∴∠BAK＝∠ECB＝90°，∠ECF＝∠FDT＝90°， 在△KAB和△ECB中， ， ∴△KAB≌△ECB（AAS）， ∴AB＝EC＝n，AK＝BC＝m， ∵∠4+∠BEC＝90°，∠BEC+∠CEF＝90°， ∴∠4＝∠CEF， ∴∠3＝∠CEF， 在△FDT和△ECF中， ， ∴△FDT≌△ECF（AAS）， ∴FD＝EC＝p，DT＝CF＝q， ∴AB＝EC＝FD， 即n＝p， 故选项A正确， ∵BF＝BC+CF＝m+q， 又∵BF＝HI＝y， ∴y＝m+q， 故选项B正确； ∴y＝m+q正确，显然y＝mq不正确， 故选项C不正确： 在Rt△BEC中，BC＝AK＝m，EC＝n， 由勾股定理得：BC2+EC2＝BE2， 即m2+n2＝BE2， 在Rt△ECF中，EC＝FD＝p，CF＝q， 由勾股定理得：EC2+CF2＝BF2， 即p2+q2＝BF2， 在Rt△BEF中，BF＝y， 由勾股定理得：BE2+BF2＝BF2， 即m2+n2+p2+q2＝y2， 故选项D正确． 故选：C． 【考点3 勾股定理证平方关系】 1．（2024秋•槐荫区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2﹣MB2等于（　　） A．29 B．32 C．36 D．45 【分析】在Rt△ABD及Rt△ADC中可分别表示出BD2及CD2，在Rt△BDM及Rt△CDM中分别将BD2及CD2的表示形式代入表示出BM2和MC2，然后作差即可得出结果． 【解答】解：在Rt△ABD和Rt△ADC中， BD2＝AB2﹣AD2，CD2＝AC2﹣AD2， 在Rt△BDM和Rt△CDM中， BM2＝BD2+MD2＝AB2﹣AD2+MD2，MC2＝CD2+MD2＝AC2﹣AD2+MD2， ∴MC2﹣MB2＝（AC2﹣AD2+MD2）﹣（AB2﹣AD2+MD2） ＝AC2﹣AB2 ＝45． 故选：D． 2．（2024春•肥城市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线分别为AC、BD，且AC⊥BD交于点O，若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2的值为（　　） A．20 B．18 C．16 D．1 【分析】利用AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2计算求解． 【解答】解：∵AC⊥BD， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝（OA2+OD2）+（OB2+OC2）＝AD2+BC2＝22+42＝20， 故答案为：A． 3．（2024春•沂源县期末）如图所示，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，且EF∥BC，交AC于点M，若CM＝7，则CE2+CF2等于（　　） A．166 B．186 C．196 D．256 【分析】根据角平分线的定义、平角的定义得到∠ECF＝90°，根据平行线的性质、等腰三角形的判定分别求出EM、FM，再根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD， ∴∠ACE＝∠BCE∠ACB，∠ACF＝∠DCF∠ACD， ∴∠ACE+∠ACF（∠ACB+∠ACD）＝90°，即∠ECF＝90°， ∵EF∥BC， ∴∠MEC＝∠BCE， ∴∠ACE＝∠MEC， ∴EM＝CM＝7， 同理可得：FM＝CM＝7， ∴EF＝14， ∴CE2+CF2＝EF2＝142＝196， 故选：C． 4．（2024秋•清镇市期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O． （1）若AO＝2，BO＝3，CO＝4，DO＝5，请求出AB2，BC2，CD2，DA2的值； （2）若AB＝6，CD＝10，求BC2+AD2的值； （3）请根据（1）（2）题中的信息，写出关于“垂美”四边形关于边的一条结论． 【分析】（1）根据垂直得到的直角三角形，利用勾股定理，得到结果； （2）根据勾股定理得到的关系式，得到BC2+AD2＝136； （3）根据（1）（2）可得到：垂美四边形的两组对边的平方和相等． 【解答】解：（1）∵AC⊥BD， ∴△ABO是直角三角形， ∴AB2＝AO2+BO2， 同理，可得：BC2＝BO2+CO2，CD2＝CO2+DO2，AD2＝AO2+DO2， ∵AO＝2，BO＝3，CO＝4，DO＝5， ∴AB2＝13，BC2＝25，CD2＝41，AD2＝29； （2）由（1）得： BC2+AD2＝（BO2+CO2）+（AO2+DO2） ＝（BO2+AO2）+（CO2+DO2） ＝AB2+CD2， 即：BC2+AD2＝AB2+CD2， ∵AB＝6，CD＝10， ∴BC2+AD2＝62+102＝136； （3）结论：“垂美”四边形的两组对边的平方和相等． 5．（2024秋•龙岗区月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，点M为边AB的中点，点D在边BC上． （1）如图1，若AC＝6，BC＝8，MD⊥AB，求MD的长； （2）如图2，过点M作ME⊥MD与边AC交于点E，试探究：线段AE，DE，DB三者之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）证明MD是线段AB的垂直平分线，利用勾股定理求得，AB＝10，再利用面积法求解即可； （2）作AN∥BC交DM的延长线于点N，证明△ANM≌△BDM（AAS），推出AN＝BD，MN＝MD，由线段垂直平分线的判定和性质，得到ED＝EN，再根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）连接AD， ∵MD是线段AB的垂直平分线， ∴AD＝BD， 设AD＝BD＝x，则CD＝8﹣x， ∴x2＝62+（8﹣x）2， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）ED2＝AE2+BD2． 作AN∥BC交DM的延长线于点N，连接EN， ∴∠NAM＝∠B，∠ANM＝∠BDM， ∵AM＝BM， ∴△ANM≌△BDM（AAS）， ∴AN＝BD，MN＝MD， ∵ME⊥MD， ∴ME是线段DN的垂直平分线， ∴ED＝EN， ∵∠C＝90°，AN∥BC， ∴∠EAN＝90°， ∴EN2＝AE2+AN2，即ED2＝AE2+BD2． 6．（2023秋•南充期末）如图，E是等腰直角三角形ABC斜边上一点，将△BCE旋转到△ACF的位置，作CD⊥EF，与AB交于D． （1）求∠DCE的度数； （2）线段DE，DF相等吗？线段AD，DE，BE有无确定的数量关系？请说明你判断的理由． 【分析】（1）根据旋转的性质得出△BCE≌△ACF，进而得出∠BCE＝∠ACF，CE＝CF，易得△ECF是等腰直角三角形，∠CEF＝45°，结合CD⊥EF即可得出∠DCE＝45°； （2）DE＝DF，AD2+BE2＝DE2，先证明△ECD≌△FCD，由（1）得∠DAF＝90°，BE＝AF，由△ECD≌△FCD得出DE＝DF即可求解． 【解答】解：（1）由旋转的性质可得：△BCE≌△ACF， ∴∠BCE＝∠ACF，CE＝CF， ∴∠ECF＝∠BCA＝90°， ∴△ECF是等腰直角三角形，∠CEF＝45°， ∵CD⊥EF， ∴∠DCE＝45°， （2）DE＝DF，AD2+BE2＝DE2， ∵∠DCE＝45°， ∴∠DCF＝45°， ∵DC＝DC， ∴△ECD≌△FCD（SAS）， ∴DE＝DF， 由（1）知∠B＝∠CAB＝∠CAF＝45°， ∴∠DAF＝90°， 在Rt△ADF中，AD2+AF2＝DF2， ∴AD2+BE2＝DE2． 7．（2023秋•泰和县期末）如图，已知△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，D为AB边上一点． （1）试判断AD与BE的大小关系，并说明理由； （2）试说明AD2，BD2，DE2三者之间的关系． 【分析】（1）证明△ACD≌△BCE即可； （2）根据（1）可得△ACD≌△BCE，得到AD＝BE，∠ABC＝∠A＝∠CBE＝45°，得到△DBE是直角三角形，根据勾股定理证明即可． 【解答】解：（1）AD＝BE．理由如下： ∵△ABC与△CDE都是等腰直角三角形， ∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE＝90°﹣∠BCD． ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE． （2）AD2+BD2＝DE2．理由如下： 由（1）可得△ACD≌△BCE， ∴AD＝BE，∠ABC＝∠A＝∠CBE＝45°， ∴∠DBE＝90°， ∴BE2+BD2＝DE2， ∴AD2+BD2＝DE2． 【考点4 勾股定理的证明】 1．（2024春•回民区校级月考）“弦图”最早是由三国时期的数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，标志着中国古代的数学成就．如图是弦图的示意图，四个直角三角形的直角边长均为a，b，斜边长为c．若b比a长2，每个直角三角形的面积为15，则斜边c的长为 　8　． 【分析】由直角三角形的面积可求出ab＝30，再把b﹣a＝2两边平方得a2+b2＝2ab+4＝64，再结合勾股定理可知a2+b2＝c2，从而可求出结论． 【解答】解：∵每个直角三角形的面积为15， ∴， ∴ab＝30， 由题意得b﹣a＝2， ∴（b﹣a）2＝22， 整理得，a2+b2＝2ab+4＝64， 又a2+b2＝c2， ∴c2＝64， 解得，c＝8或﹣8（负值舍去）， 故答案为：8． 2．（2023秋•碑林区校级期末）我国最早对勾股定理进行证明的是数学家赵爽，他用4个全等的直角三角形和中间的一个小正方形组成了一个大正方形，如图所示，人们称这个图为“赵爽弦图”，连接BF，若S△ABF＝12.5，AB﹣EF＝6，则S正方形ABCD＝　169　． 【分析】根据题意得AF＝BG，利用三角形的面积公式求得AF＝BG＝5，由AB﹣EF＝6，推出EF＝AB﹣6，AG＝AB﹣1，在Rt△ABG 中，利用勾股定理列式计算即可求解． 【解答】解：由题意得，AF＝BG， ∵S△ABF＝12.5， ∴， ∴AF＝BG＝5， ∵AB﹣EF＝6， ∴EF＝AB﹣6， ∴AG＝AB﹣6+5＝AB﹣1， 在Rt△ABG中， ∵AB2﹣AG2＝BG2， 即AB2﹣（AB﹣1）2＝52， ∴AB＝13， ∴S正方形ABCD＝169， 故答案为：169． 3．（2024春•拱墅区校级期中）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1，S2，S3，若正方形EFGH的边长为6，则S1+S2+S3＝　108　． 【分析】设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b，则S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2，先证明S2＝a2+b2＝36，再证明S1+S2+S3＝3（a2+b2）即可得到答案． 【解答】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b，且a＞b， 由题意可知：S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2， ∵正方形EFGH的边长为6， ∴S2＝a2+b2＝36， ∴S1+S2+S3＝（a+b）2+a2+b2+（a﹣b）2 ＝a2+2ab+b2+a2+b2+a2﹣2ab+b2 ＝3（a2+b2） ＝108， 故答案为：108． 4．（2024秋•锦江区校级月考）青朱出入图（图1）是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等，朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述，将其绘成图2，若记朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b，已知b﹣a＝3，a2+b2＝29，则图2中的阴影部分面积为　10　． 【分析】根据题意可得△IJC≌△KAM可以求出S△IJC＝S△KAM，即可得到图2中的阴影部分面积为S△GDC+S△BCM，用a，b表示后计算即可． 【解答】解：如图2， ∵朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b， ∴GD＝GH＝a，CD＝BC＝b， ∵朱入与朱出的三角形全等， ∴△FNK≌△GHI， ∴FN＝GH＝a， ∵两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等， ∴△IJC≌△KAM，△GFN≌△CMB， ∴S△IJC＝S△KAM，BM＝FN＝a， ∴阴影部分面积为S四边形GDJI+S△KAM+S△BCM ＝S四边形GDJI+S△IJC+S△BCM ＝S△GDC+S△BCM ＝ab， ∵b﹣a＝3，a2+b2＝29， ∴， 即阴影部分的面积为10， 故答案为：10． 5．（2024春•东昌府区校级期末）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，若图1中的直角三角形的长直角边为5，大正方形的面积为29，连接图2中四条线段得到如图3的新图案，求图3中阴影部分的面积　21　． 【分析】利用勾股定理，求出AB＝CD＝2，从而得到S△ADC＝2，再由阴影部分的面积等于大正方形的面积减去空白部分面积，即可求解． 【解答】解：如图， 根据题意得：BC＝5，AC2＝29，∠ABC＝90°，AB＝CD， ∴， ∴CD＝2， ∴， ∴阴影部分的面积为29﹣4×2＝21． 故答案为：21 6．（2024秋•金水区校级月考）勾股定理具有丰富的文化内涵，它揭示了直角三角形的三边关系，搭建起几何与代数之间的桥梁，为解决几何问题拓宽了思路．请完成下面问题： （1）“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b，较短直角边长为a，若（a+b）2＝21，大正方形的面积为13，则小正方形的面积是多少？ （2）同学们在探索过程中发现，当把赵爽弦图里的4个全等的直角三角形适当拼合，可以得到如图的图形，设直角三角形的直角边分别为a、b，斜边为c，利用这个图形也可以验证勾股定理，你能说明其中的道理吗？ （3）图（1）“赵爽弦图”中，若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，请直接写出这个风车的外围（实线）周长． 【分析】（1）设直角三角形的斜边为c，利用勾股定理和完全平方公式求出ab的值，利用大正方形的面积减去小正方形的面积进行计算即可； （2）根据图形的总面积等于一个大正方形的面积加上两个直角三角形的面积，也等于两个小正方形的面积加上两个直角三角形的面积，然后整理即可得证； （3）根据外延的4部分全等，且AD＝AC＝6，由勾股定理求得，根据风车的外围周长是4×（BD+AD），计算求解即可． 【解答】解：（1）设斜边的长为c，由题意，得：c2＝13，a2+b2＝c2＝13， ∵（a+b）2＝a2+2ab+b2＝21， ∴2ab＝21﹣13＝8， ∴小正方形的面积为：c2﹣2ab＝5； （2）图形的总面积可以表示为或， ∴c2+ab＝a2+b2+abc2+ab＝a2+b2+ab． ∴a2+b2＝c2； （3）如图2，由题意知，外延的4部分全等，且AD＝AC＝6， ∴CD＝12， ∴BD13， ∴这个风车的外围周长是4×（BD+AD）＝4×（13+6）＝76． 7．（2024春•永清县校级月考）【材料】勾股定理的证明：两个全等的直角三角形按如图1所示的方式摆放，连接AD，△ABC的三边长分别为a，b，c（a＞b），四边形ACFD的面积可以表示为或，从而推导出a2+b2＝c2． 【探究】淇淇将△DEF从图1的位置开始沿BC向左移动，直到点F与点B重合时停止，如图2所示，AB与DE交于点O，下面是淇淇利用图2证明勾股定理的过程．请将淇淇的探究过程补充完整． 证明：连接AD，AE． 　a2ab　 　ab﹣b2　+　c2　． 由S四边形ACBD＝S梯形ACBD，可整理得到 　a2+b2＝c2　； 【应用】在图2的基础上，若四边形AEBD的面积为200，AC的长为12，求BC的长． 【分析】应用：先根据梯形面积公式得到，再根据S四边形CABD＝S△ACE+S△AED+S△BED得到，据此可证明结论； 探究：根据题意可得S四边形AEBD＝S△ADE+S△BDE＝200．进而得到，据此求出c的值，再根据a2+b2＝c2列式求解即可． 【解答】解：探究：证明：连接AD，AE． ， 如图1所示，AB⊥DE，则由平移的性质可得在图2中AB⊥DE， S四边形CABD＝S△ACE+S△AED+S△BED ， ∵S四边形ACBD＝S梯形ACBD， ∴， ∴a2+b2＝c2， 故答案为：a2ab，ab﹣b2，c2，a2+b2＝c2； 应用：∵S四边形AEBD＝S△ADE+S△BDE＝200， ∴， ∴， ∴， ∴c＝20或c＝﹣20（舍去）， ∴． 【考点5 勾股定理逆定理与网格】 1．（2024春•乳山市期末）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，点A，B，C均在格点上，则∠ACB＝（　　） A．100° B．120° C．125° D．135° 【分析】先证明Rt△ANC≌Rt△CMD，Rt△CMD≌Rt△BHD，再运用全等三角形的对应角相等、对应边相等，分别得出∠ACD＝180°﹣（∠NCA+∠DCM）＝90°，∠DCB＝45°，即可作答． 【解答】解：如图所示： 结合网格特征， ∴NC＝DM＝DH，AN＝CM＝BH，∠ANC＝∠CMD＝∠BHD＝90°， ∴∠CDM+∠DCM＝90°，Rt△ANC≌△RtCMD（HL），Rt△CMD≌Rt△BHD（HL）， ∴∠NCA＝∠CDM，∠NCA+∠DCM＝90°，CD＝DB， ∴∠ACD＝180°﹣（∠NCA+∠DCM）＝90°， 同理得∠CDB＝90°， ∵CD＝DB， ∴∠DCB＝45°， ∴∠ACB＝∠ACD+∠DCB＝90°+45°＝135°， 故选：D． 2．（2024•新邵县三模）如图所示的网格是正方形网格，点A，B，C，P是网格线交点，且点P在△ABC的边AC上，则∠PAB+∠PBA＝（　　） A．45° B．30° C．60° D．90° 【分析】根据勾股公理求出CP2＝12+22＝5，BC2＝12+22＝5，BP2＝12+32＝10，则CP2+BC2＝BP2，CP＝BC，根据勾股定理逆定理推出△BCP是直角三角形，∠C＝90°，根据等腰直角三角形的性质求出∠CPB＝∠CBP＝45°，再根据三角形外角性质求解即可． 【解答】解：根据题意得，CP2＝12+22＝5，BC2＝12+22＝5，BP2＝12+32＝10，CP＞0，BP＞0， ∴CP2+BC2＝BP2，CP＝BC， ∴△BCP是直角三角形，∠C＝90°， ∴∠CPB＝∠CBP＝45°， ∵∠CPB＝∠PAB+∠PBA， ∴∠PAB+∠PBA＝45°， 故选：A． 3．（2024秋•管城区校级期中）如图，在正方形网格内，A、B、C、D四点都在小方格的格点上，则∠BAC+∠DAC＝（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 【分析】作B关于AC的对称点B'，连接B'A'，B'D，则∠BAC＝∠B′AC，在网格中运用勾股定理得到线段长，进而证明△AB'D是等腰直角三角形，得到∠B'AD＝45°，即∠BAC+∠DAC＝45°． 【解答】解：作B关于AC的对称点B'，连接B'A'，B'D，如图所示： ∴∠BAC＝∠B′AC， ∵，，， ∴AB'＝B'D，B'A2+B'D2＝AD2， ∴△AB'D是等腰直角三角形， ∴∠B'AD＝45°， ∴∠BAC+∠DAC＝∠B'AC+∠DAC＝∠B'AD＝45°， 故选：B． 4．（2023•播州区一模）如图所示的是3×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．线段AB，CD的端点均在格点上，线段AB，CD交于点O，则∠BOD的度数为（　　） A．30° B．45° C．50° D．60° 【分析】取格点E，连接AE，BE，可证∠BAE＝∠BOD，根据勾股定理和逆定理可判断△ABE为等腰直角三角形，即可解答． 【解答】解：取格点E，连接AE，BE，则AE∥CD， ∴∠BAE＝∠BOD， 由勾股定理，得AB2＝12+22＝5，EB2＝12+22＝5，AE2＝12+32＝10， ∴AB2+BE2＝AE2，AB＝BE， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴∠BAE＝45°＝∠BOD． 故选：B． 5．（2024春•西城区校级期中）如图，网格内每个小正方形的边长都是1个单位长度，A，B，C，D都是格点，AB与CD相交于点P，则∠BPD＝　135　°． 【分析】连接BE，EF，先利用勾股定理的逆定理证明△BEF是直角三角形，从而可得∠BFE＝90°，进而可得∠FBE＝∠FEB＝45°，然后利用平行线的性质可得∠BPD＝135°，即可解答． 【解答】解：连接BE，EF， 由题意得：BE2＝12+32＝10， BF2＝12+22＝5， EF2＝12+22＝5， ∴BF2+EF2＝BE2， ∴△BEF是直角三角形， ∴∠BFE＝90°， ∵BF＝EF， ∴∠FBE＝∠FEB＝45°， 由题意得：BE∥CD， ∴∠BPD＝180°﹣∠FBE＝135°， 故答案为：135． 6．（2022秋•和平区校级期末）如图，在6×4的小正方形网格中，小正方形的边长均为1，点A，B，C，D，E均在格点上，则∠ABC﹣∠DCE＝　45°　． 【分析】根据勾股定理得出AD，CD，进而利用勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，进而利用三角形内角和解答． 【解答】解：连接AC，AD，如图， 根据勾股定理可得：AD＝AC＝BC，CD， ∴∠ABC＝∠BAC， ∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝180°﹣2∠ABC， 在△ACD中，AD2+AC2＝（）2+（）2＝10，CD2＝（）2＝10， ∴AD2+AC2＝CD2， ∴△ACD是直角三角形，∠DAC＝90°， ∵AD＝CD， ∴△ACD是等腰直角三角形， ∴∠ACD＝45°， ∵AB∥EC， ∴∠ABC+∠BCE＝180°， ∴∠ABC+∠ACB+∠ACD+∠DCE＝180°， ∴∠ABC+（180°﹣2∠ABC）+45°+∠DCE＝180°， ∴∠ABC﹣∠DCE＝45°， 故答案为：45°． 7．（2023春•荔湾区校级期中）如图所示的网格是正方形网格，△ABC和△CDE的顶点都是网格线交点，那么∠BCA+∠DCE＝　45°　． 【分析】连接AD，构建等腰直角三角形，利用勾股定理和逆定理得：∠ADC＝90°，∠ACD＝45°，最后根据平角的定义可得结论． 【解答】解：连接AD， 由勾股定理得：AD2＝12+32＝10，CD2＝12+32＝10，AC2＝22+42＝20， ∴AD＝CD，AD2+CD2＝AC2， ∴∠ADC＝90°， ∴∠CAD＝∠ACD＝45°， 观察图形可知，△BFC和△CGE都是等腰直角三角形， ∴∠BCF＝45°，∠ECG＝45°， ∴∠BCA+∠DCE＝180°﹣45°﹣45°﹣45°＝45°， 故答案为：45°． 【考点6 勾股定理逆定理的应用】 1．（2024•龙亭区一模）已知等腰△ABC的底边BC＝5，D是腰AB上一点，且CD＝4，BD＝3，则AD的长为 　　． 【分析】根据勾股定理的逆定理求出∠BDC＝90°，即∠ADC＝90°，设AB＝AC＝a，在Rt△ADC中，由勾股定理得出a2＝（a﹣3）2+42，求出a即可． 【解答】解：设AB＝AC＝a， ∵BC＝5，CD＝4，BD＝3， ∴BD2+CD2＝BC2， ∴∠BDC＝90°， ∴∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，由勾股定理得：AC2＝AD2+CD2， ∴a2＝（a﹣3）2+42， ∴， ∴AD3． 故答案为：． 2．（2023春•广安区校级月考）如图，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，CD＝12，AD＝13，点E是AD的中点，求CE的长为 　 　． 【分析】先由勾股定理求得AC的长度，再根据勾股定理的逆定理判定△ADC是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°， ∵AB＝4，BC＝3， ∴， ∵CD＝12，AD＝13， ∵AC2+CD2＝52+122＝169，AD2＝169， ∴AD2+CD2＝AC2， ∴∠ACD＝90°， ∴△ACD是直角三角形， ∵点E是AD的中点， ∴． 故答案为：6.5． 3．（2024春•来宾期中）如图，在△ABC中，D是边BC上的一点，且DE⊥BC，若BD＝CD，EA2+AC2＝BD2+DE2，求证：△ABC是直角三角形． 【分析】由线段垂直平分线的性质得CE＝BE，再证明BD2+DE2＝BE2＝CE2，进而证明EA2+AC2＝CE2，然后由勾股定理的逆定理即可得出结论． 【解答】证明：如图，连接CE． ∵BD＝CD，DE⊥BC， ∴CE＝BE． ∵DE⊥BC， ∴BD2+DE2＝BE2＝CE2． ∵EA2+AC2＝BD2+DE2， ∴EA2+AC2＝CE2， ∴△ACE是直角三角形，∠A＝90°， ∴△ABC是直角三角形． 4．（2023秋•碑林区月考）如图，在△ABC中，DE是边AB的垂直平分线，且CB2＝AE2﹣CE2，延长DE，BC交于点F，连接AF． （1）求证：∠ACB＝90°； （2）若AC＝12，BC＝9，求CE的长． 【分析】（1）连接BE，利用线段垂直平分线的性质得到AE＝BE．再结合已知得到CB2+CE2＝BE2，推出△BEC是直角三角形，即可证明∠ACB＝90°； （2）设CE＝x，则AE＝12﹣x，利用CB2+CE2＝BE2，构造方程，解方程即可求解． 【解答】（1）证明：如图，连接BE， ∵DE是边AB的垂直平分线， ∴AE＝BE． ∵CB2＝AE2﹣CE2， ∴CB2＝BE2﹣CE2，即CB2+CE2＝BE2． ∴△BEC是直角三角形． ∴∠ACB＝90°； （2）解：设CE＝x，则AE＝12﹣x， ∵BE＝AE， ∴BE＝12﹣x． ∵∠ECB＝90°，BC＝9， ∴CB2+CE2＝BE2． ∴92+x2＝（12﹣x）2， 解得． ∴． 【考点7 勾股定理实际应用】 1．（2024秋•太平区校级月考）2023年7月五号台风“杜苏芮”登陆，使我国很多地区受到严重影响，据报道，这是今年以来对我国影响最大的台风，风力影响半径260km（即以台风中心为圆心，260km为半径的圆形区域都会受台风影响），如图，线段BC是台风中心从C市向西北方向移动到B市的大致路线，A是某个大型农场，且AB⊥AC．若A，C之间相距300km，A，B之间相距400km． （1）判断农场A是否会受到台风的影响，请说明理由． （2）若台风中心的移动速度为25km/h，求出台风同时影响农场A和B市的时间有多长？ 【分析】（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出的长，进而求得的长，即可求解， （2）假设台风在线段EF上移动时，会对农场A造成影响，则AE＝AF＝260km，根据勾股定理求出EF的长，即可． 【解答】解：（1）会受到台风的影响．理由如下： 如图， 过点A作AD⊥BC于D， ∵AB⊥AC ∴∠BAC＝90°， ∵AB＝300km，AC＝400km， ∴， ∵AD⊥BC， ∴S△ABC， ∴（km）， ∵AD＜260km， ∴农场A会受到台风的影响； （2）如图， 假设台风在线段EF上移动时，会对农场A造成影响， ∴AD＝240km，AE＝AF＝260km， ∴， ∵台风的速度是25km/h， ∴受台风影响的时间为200÷25＝8（h）． 2．（2024春•望花区期末）消防云梯的作用主要是用于高层建筑火灾等救极任务，消防云梯的使用可以大幅提高消防救援的效率，缩短救援时间，减少救援难度和风险．如图，已知云梯最多只能伸长到25m（即AB＝CD＝25m），消防车车身高3.5m（即点A到地面EF的距离AH为3.5m），救人时云梯伸长至最长，在完成从18.5m（即BE＝18.5m）高的B处救人后，距要到点B的正上方5m（即BD＝5m）高的D处救人，这时消防车需要从A处向着火的楼房靠近的水平距离AC为多少米？（提示：延长AC交DE于点O，则AO⊥DE）． 【分析】延长AC交DE于点O，证明四边形AOEH是矩形，得OE＝AH＝3.5m，AO＝EH，再由勾股定理求出AO、OC的长，即可解决问题． 【解答】解：如图，延长AC交DE于点O， 则AO⊥DE， ∵∠AOE＝∠E＝∠AHE＝90°， ∴四边形AOEH是矩形， ∴OE＝AH＝3.5m，AO＝EH， 在Rt△ABO中，AB＝25m，OB＝18.5﹣3.5＝15（m）， ∴， 在Rt△COD中，∠COD＝90°，CD＝25m，OD＝OB+BD＝15+5＝20（m）， ∴， ∴AC＝OA﹣OC＝5（m）， 答：AC为5m． 3．（2024春•南昌期中）在一款名为超级玛丽的游戏中，马里奥到达一个高为10米的高台A，利用旗杆顶部的绳索，划过90°到达与高台A水平距离为17米，高为3米的矮台B， （1）求高台A比矮台B高多少米？ （2）求旗杆的高度OM； （3）马里奥在荡绳索过程中离地面的最低点的高度MN． 【分析】（1）由题意直接可得． （2）作AE⊥OM，BF⊥OM，可证△AOE≌△BFO，可得AE＝OF，OE＝BF，则AE﹣BF＝EF＝7，且AE+BF＝17可求AE＝OF＝12，OE＝BF＝5，即可求OM的长． （3）根据勾股定理可求OA＝OB＝ON＝13，即可求MN的长． 【解答】解：（1）10﹣3＝7（米） （2）如图： 作AE⊥OM，BF⊥OM， ∵∠AOE+∠BOF＝∠BOF+∠OBF＝90° ∴∠AOE＝∠OBF 在△AOE和△OBF中，， ∴△AOE≌△OBF（AAS）， ∴OE＝BF，AE＝OF 即OE+OF＝AE+BF＝CD＝17（m） ∵EF＝EM﹣FM＝AC﹣BD＝10﹣3＝7（m）， ∴2EO+EF＝17， 则2×EO＝10， 所以OE＝5m，OF＝12m， 所以OM＝OF+FM＝15m （3））由勾股定理得OB＝OA＝ON＝13， ∴MN＝15﹣13＝2（m）． 答：马里奥在荡绳索过程中离地面的最低点的高度MN为2米． 4．（2024春•朝阳区期末）《九章算术》卷九“勾股”中记载：今有池，方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，问水深、葭长各几何．大意是：如图，水池底面的宽AB＝1丈，芦苇OC生长在AB的中点O处，高出水面的部分CD＝1尺．将芦苇向池岸牵引，尖端达到岸边时恰好与水面平齐，即OC＝OE，求水池的深度和芦苇的长度（1丈等于10尺）． （1）求水池的深度OD； （2）中国古代数学家刘徽在为《九章算术》作注解时，更进一步给出了这类问题的一般解法．他的解法用现代符号语言可以表示为：若已知水池宽AB＝2a，芦苇高出水面的部分CD＝n（n＜a），则水池的深度OD（OD＝b）可以通过公式计算得到．请证明刘徽解法的正确性． 【分析】（1）设芦苇的长度x尺，则图中OC＝OE＝x，则OD＝x﹣1，DE＝5，利用勾股定理得出x的长进而得出答案． （2）利用勾股定理得出AG的长进而得出答案． 【解答】解：（1）设芦苇的长度x尺， 则图中OC＝OE＝x，则OD＝x﹣1，DE＝5， 在Rt△ODE中，∠ODE＝90°， 由勾股定理得 DE2+OD2＝OE2． ∴52+（x﹣1）2＝x2， 解得 x＝13， ∴OD＝13﹣1＝12 答：芦苇的长度为13尺，水池的深度为12尺； （2）图中OD＝b，CD＝n，AB＝2a，则OC＝OE＝b+n，DE＝a， 在Rt△ODE中，∠ODE＝90°， 由勾股定理得 DE2+OD2＝OE2． ∴a2+b2＝（b+n）2， 解得b． 5．（2023秋•宝丰县期末）如图是盼盼家新装修的房子，其中三个房间甲、乙、丙，他将一个梯子斜靠在墙上，梯子顶端距离地面的垂直距离记作MA，如果梯子的底端P不动，顶端靠在对面墙上，此时梯子的顶端距离地面的垂直距离记作NB． （1）当盼盼在甲房间时，梯子靠在对面墙上，顶端刚好落在对面墙角B处，若MA＝1.6米，AP＝1.2米，则甲房间的宽度AB＝　3.2　米． （2）当他在乙房间时，测得MA＝2.4米，MP＝2.5米，且∠MPN＝90°，求乙房间的宽AB； （3）当他在丙房间时，测得MA＝2.8米，且∠MPA＝75°，∠NPB＝45°． ①求∠MPN的度数； ②求丙房间的宽AB． 【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论； （2）证明△AMP≌△BPN，从而得到MA＝PB＝2.4米，PA＝NB＝0.7米，即可求出AB＝PA+PB； （3）①根据平角的定义即可求出∠MPN＝60°； ②根据PM＝PN以及∠MPN的度数可得到△PMN为等边三角形．利用相应的三角函数表示出MN，MP的长，可得到房间宽AB和AM长相等． 【解答】解：（1）在Rt△AMP中，∵∠A＝90°，MA＝1.6米，AP＝1.2米， ∴PM2， ∵PB＝PM＝2， ∴甲房间的宽度AB＝AP+PB＝3.2米， 故答案为：3.2； （2）∵∠MPN＝90°， ∴∠APM+∠BPN＝90°， ∵∠APM+∠AMP＝90°， ∴∠AMP＝∠BPN． 在△AMP与△BPN中，， ∴△AMP≌△BPN， ∴MA＝PB＝2.4， ∵PA0.7， ∴AB＝PA+PB＝0.7+2.4＝3.1； （3）①∠MPN＝180°﹣∠APM﹣∠BPN＝60°； ②过N点作MA垂线，垂足点D，连接NM． 设AB＝x，且AB＝ND＝x． ∵梯子的倾斜角∠BPN为45°， ∴△BNP为等腰直角三角形，△PNM为等边三角形（180°﹣45°﹣75°＝60°，梯子长度相同），∠MND＝15°． ∵∠APM＝75°， ∴∠AMP＝15°． ∴∠DNM＝∠AMP， ∵△PNM为等边三角形， ∴NM＝PM． ∴△AMP≌△DNM（AAS）， ∴AM＝DN， ∴AB＝DN＝AM＝2.8米， 即丙房间的宽AB是2.8米． 【考点8 勾股定理与最值问题】 1．（2023秋•钢城区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD是BC边上的高，若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是（　　） A．4.8 B．6 C．9.6 D．12 【分析】由等腰三角形的三线合一可得出AD垂直平分BC，过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，则此时PC+PQ取最小值，最小值为BQ的长，在△ABC中，利用面积法可求出BQ的长度，此题得解． 【解答】解：∵AB＝AC，AD是BC边上的高， ∴AD垂直平分BC， ∴BP＝CP，， ∴， ∴PC+PQ＝PB+PQ＝BQ， ∴BQ取得最小值时，PC+PQ的值最小， 过点B作BQ⊥AC于点Q，BQ交AD于点P，如图， ∴， ∴， ∴PC+PQ的最小值是9.6， 故选：C． 2．（2024秋•龙文区校级月考）如图，是一个三级台阶，它每一级长，宽，高分别为4m，m和m，A和B是这个台阶的两个相对的端点，A点上有一只蚂蚁想到B点去吃可口的食物，则它所走的最短路线长度为（　　） A．3.5m B．4.5m C．5m D．5.5m 【分析】将台阶展开为矩形，然后利用勾股定理计算AB的值，则根据两点之间线段最短得到蚂蚁所走的最短路线长度． 【解答】解：如图，将台阶展开为矩形，线段AB恰好是直角三角形的斜边， 则AC＝4m，BC＝（）×3＝3（m）， 在Rt△ABC中，AB5（m）， 所以蚂蚁所走的最短路线长度为5m． 故选：C． 3．（2024春•博兴县期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则FM的最小值为 　1.2　． 【分析】根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形AEPF是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF＝AP，则EF的最小值即为AP的最小值，根据垂线段最短，知：AP的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高． 【解答】解：连接AP， ∵在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，∴AB2+AC2＝BC2， 即∠BAC＝90°． 又∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F， ∴四边形AEPF是矩形， ∴EF＝AP， ∵AP的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即2.4， ∴EF的最小值为2.4， ∵EM，MF，∠AEF＝90°， ∴AMEF， ∴AM的最小值为1.2． 故答案为：1.2． 4．（2024•陈仓区一模）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，P是斜边AB上的动点，连接CP，AD⊥CP于点D，连接BD．则BD的最小值是 　2　． 【分析】取AC中点M，连接MD，MB，由直角三角形的性质求出DM的长，由勾股定理求出BM的长，由三角形的三边关系即可求出BD的最小值． 【解答】解：取AC中点M，连接MD，MB， ∵AD⊥CP， ∴∠ADC＝90°， ∴MDAC6＝3， ∵CMAC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°， ∴MB5， ∵BD≥MB﹣MD＝5﹣3＝2， ∴BD的最小值是2． 故答案为：2． 5．（2023秋•海曙区校级期末）如图，∠MON＝90°，已知△ABC中，AC＝BC＝25，AB＝14，△ABC的顶点A、B分别在边OM、ON上，当点B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，△ABC的形状始终保持不变，在运动的过程中，点C到点O的最小距离为 　17　． 【分析】作CH⊥AB于H，连接OH，如图，根据等腰三角形的性质得AH＝BHAB＝7，再利用勾股定理计算出CH＝24，接着根据直角三角形斜边上的中线性质得OHAB＝7，则利用三角形三边的关系得到OC≥CH﹣OH（当点C、O、H共线时取等号），从而得到OC的最小值． 【解答】解：作CH⊥AB于H，连接OH，如图， ∵AC＝BC＝25，AB＝14， ∴AH＝BHAB＝7， 在Rt△BCH中，CH24， ∵OC≥CH﹣OH（当点C、O、H共线时取等号）， ∴OC的最小值为24﹣7＝17． 故答案为：17． 6．（2023秋•桐柏县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，AD⊥BC．若P、Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是 　 　． 【分析】连接BP，利用等腰三角形的对称性得BP＝PC，则PC+PQ＝BP+PQ＝BQ，当B，P，Q共线时，PC+PQ的值最小，当BQ⊥AC时，BQ的值最小，利用勾股定理列方程即可解决问题． 【解答】解：如图，连接BP， 在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8， ∴BD＝DC， ∴BP＝PC， ∴PC+PQ＝BP+PQ＝BQ， ∴当B，P，Q共线时，PC+PQ的值最小， ∴当BQ⊥AC时，BQ的值最小， 令AQ'＝a，则CQ'＝10﹣a， ∵BQ'⊥AC， ∴AB2﹣AQ'2＝BC2﹣CQ'2， 即102﹣a2＝122﹣（10﹣a）2， 解得a， ∴BQ'， ∴PC+PQ的最小值为， 故答案为：． 7．（2023秋•酒泉期末）如图所示，一个无盖的圆柱体盒子的高为8cm，底面圆的周长为24cm，点A距离下底面3cm．一只位于圆柱体盒子外表面点A处的蚂蚁想爬到盒子内表面对侧中点B处吃东西，则蚂蚁需要爬行的最短路径长为 　 　cm． 【分析】作出点A关于CD的对称点A′，可构造直角三角形或利用相似三角形等有关知识，进而得出求出BA'的长． 【解答】解：如图，作出点A关于CD的对称点A′． ∵圆柱盒高为8cm，点A距离下底面3cm， ∴AC＝5cm， ∴A′C＝5cm． ∵点B是对侧中点， ∴BD＝4cm， ∴A′F＝5+4＝9（cm）． ∵底面圆的周长为24cm， ∴BF24＝12（cm）， ∴BA'15（cm）． 故答案为：15． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$