专题04 直角三角形与勾股定理（5题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学上学期期末真题分类汇编（浙江专用）

专题04 直角三角形与勾股定理（5题型） 直角三角形的性质 1．（2023秋•东阳市期末）在下列条件中不能判定△ABC为直角三角形的是（　　） A．∠A＝90°﹣∠C B．∠A＝∠B﹣∠C C．∠A＝2∠B＝3∠C D．∠A＝∠B∠C 2．（2023秋•义乌市期末）已知△ABC，若∠A＝90°，∠B＝2∠C，则∠B＝　 　度． 3．（2023秋•西湖区期末）如图是屋架设计图的一部分，点D是斜梁AB的中点，立柱BC、DE垂直于横梁AC，AB＝8m，∠A＝30°，则DE＝　 　m． 4．（2023秋•拱墅区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，AE是BC边的中线．若∠B＝30°，DE＝1，则AC＝　 　． 5．（2023秋•衢江区期末）两直角边长分别为5，12的直角三角形，其斜边上的中线长为　 　． 6．（2023秋•余姚市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝16，BC＝12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（　　） A．7 B．8 C． D． 7．（2023秋•西湖区期末）如图，在△ABC中，AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D，点F是AB的中点，连接DF，EF，设∠ACB＝x°，∠DFE＝y°，则（　　） A． B．y＝x﹣30 C．y＝90﹣x D．y＝180﹣2x 勾股定理的证明 1．（2023秋•金东区期末）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DF．若S正方形ABCD＝5，EFBG，则DF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 2．（2023秋•舟山期末）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年周中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，由四个全等的直角三角形（△ABF，△BCG，△HCD，△AED）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，点P是AB的中点．连结PE，若BF＝3，且P，E，D在同一直线，则AB的长为（　　） A． B． C．6 D．5 3．（2023秋•武义县期末）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（图1），后人称其为“赵爽弦图”．由图1变化得到图2，它是用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MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S2＝12，则S1+S3的值为 　 　． 4．（2023秋•鄞州区期末）勾股定理的证明方法多样，如图是“水车翼轮法”证明勾股定理：将正方形ACFG沿分割线JK，LM分割成四个全等四边形，再将这四个四边形和正方形ABED拼成大正方形BCHI．若AB＝2，，则AL的长为 　 　． 勾股定理及其应用 1．（2023秋•东阳市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（　　） A．3 B． C．2 D． 2．（2023秋•宁波期末）将三张半圆形纸片按如图的方式摆置，半圆的直径恰好构成一个直角三角形，若知道图中两个月牙形的面积和，则一定能求出（　　） A．直角三角形的面积 B．最大半圆形的面积 C．较小两个半圆形的面积和 D．最大半圆形与直角三角形的面积和 3（2023秋•义乌市期末）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一．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＝2，S2＝5，S3＝8，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．13 D．15 4．（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 5．（2023秋•鄞州区校级期末）已知一个直角三角形的两边长分别为3和5，则第三边长为（　　） A．4 B． C．4或 D．2或2 6．（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 7．（2023秋•海曙区校级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于点G，CD＝AE．若BD＝8，CD＝5，则△DCG的面积是 　 　． 8．（2023秋•嵊州市期末）如图，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙底端C的距离为0.7米．如果梯子的顶端沿墙面下滑0.4米，那么点B将向外移动多少米？（　　） A．0.7米 B．0.8米 C．0.9米 D．0.6米 9．（2024春•丽水期末）《九章算术》中有如下问题：今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出，问户高、广、邪各几何？该问题的意思是：今有门不知其高和宽，有竿不知其长短，横放竿比门宽长出4尺，竖放竿比门高长出2尺，斜放竿与门对角线恰好相等，问门高、宽和对角线的长各是多少？则该问题中门宽为 　 　尺． 10．（2023秋•婺城区期末）某数学兴趣小组开展测量学校旗杆的实践活动． 【实践发现】数学兴趣小组实地勘查发现：系在旗杆顶端的绳子垂到了地面，并多出了一段，但这条绳子的长度未知． 【实践探究】设计测量方案： 第一步：先测量比旗杆多出的部分绳子的长度，测得多出部分绳子的长度是1米； 第二步：如图，把绳子向外拉直，绳子的底端恰好接触地面的点C，再测量绳子底端C与旗杆AB的底部（点B）之间的距离为5米． 【问题解决】求旗杆的高度． 11．（2023秋•金东区期末）有一段关于古代藏宝图的记载（如图）：“从赤石向一颗杉树笔直走去，恰好在其连线中点处向右转90°前进，到达唐伽山山脚的一个洞穴，宝物就在洞穴中．”若赤石标记为点“A”，杉树标记为点“B”，洞穴标记为点“C”． （1）根据这段记载，应用数学知识描述点C与线段AB之间的关系． （2）若在藏宝图上建立适当的直角坐标系，点A、B的坐标分别为（4，2）、（4，10），点C到线段AB之间的距离为5（单位长度），求出洞穴到赤石的距离． 勾股定理的逆定理 1．（2024春•椒江区期末）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　） A．2，3，4 B．3，4，5 C．4，5，6 D．5，6，7 2．（2023秋•武义县期末）在△ABC中，∠A，∠B，∠C，的对边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC为直角三角形的是（　　） A．∠A+∠B＝∠C B．a2＝b2﹣c2 C． D．a＝3k，b＝4k，c＝5k（k＞0） 3．（2023秋•莲都区期末）如图，在△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13，CD是AB边上的中线，则CD的长度是（　　） A．5 B．6.5 C．6 D．13 4．（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 　 　． 5．（2023秋•玉环市期末）如图，△ABC是等腰三角形，其中 AC＝AB，BC＝3，D是线段AB上一点，满足BD＝1.8，连接CD，CD＝2.4． （1）求证：CD⊥AB； （2）求AC的长度． 直角三角形综合题 1．（2023秋•瓯海区校级期末）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，点P，Q分别从顶点A，B同时出发，点P沿射线AB运动，点Q沿折线BC﹣CA运动，且它们的速度都为1cm/s．当点Q到达点A时，点P随之停止运动．连接PQ，PC，设点P的运动时间为t（s）． （1）当点Q在线段BC上运动时，BQ的长为 　 　（cm），BP的长为 　 　（cm）（用含t的式子表示）； （2）当PQ与△ABC的一条边垂直时，求t的值； （3）在点Q从点C运动到点A的过程中，连接PQ，直接写出PQ中点O经过的路径长． 2．（2023秋•海曙区校级期末）定义：把斜边重合，且直角顶点不重合的两个直角三角形叫做共边直角三角形． （1）概念理解：如图1．在△ABC和△DBC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，BD＝2，CD，说明△ABC和△DBC是共边直角三角形． （2）问题探究：如图2．△ABC和△DBC是共边直角三角形，E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，求证EF⊥AD． （3）拓展延伸：如图3．△ABC和△DBC是共边直角三角形，且BD＝CD，连接AD，求证：AD平分∠BAC． 3．（2023秋•东阳市期末）我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点． ●特例感知 ①等腰直角三角形 　 　勾股高三角形（请填写“是”或者“不是”）； ②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD＝2AD＝2，试求线段CD的长度． ●深入探究 如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA＞CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明； ●推广应用 如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB＝AC＞BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E．若CE＝a，试求线段DE的长度． 1．（2023秋•钱塘区期末）如图，已知AD⊥BD，AC⊥BC，E为AB中点，∠ACD+∠BAC＝70°，则∠DEC的度数为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 2．（2023秋•路桥区期末）如图是小安在荡秋千的侧面示意图．小安在起始位置A处时，OA与地面BC垂直，当小安在D处时，她离BC，OA的距离分别为0.8m，1m；当小安在E处时，若∠DOE＝90°，且她离OA的距离为1.5m，则此时小安离地面BC的高度是（　　） A．1m B．1.2m C．1.3m D．1.5m 3．（2023秋•浦江县期末）赵爽是我国著名的数学家，“赵爽弦图”是他研究勾股定理的重要成果．古人有记载“勾三，股四，则弦五”的定理．如图，外围四个小长方形的宽相等，且邻长互相垂直，对长互相平行．若AB的长是小长方形宽的2倍，内部小正方形面积为9，则最外围的大正方形的边长是（　　） A． B． C． D． 4．（2023秋•衢州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以A点，B点为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于E，F，连接EF交AB于点D，交AC于点H．连接CD，以C为圆心，CD长为半径作弧，交AC于G点，若AB＝10cm，BC＝6cm，则GH的长度为（　　） A． B． C．3cm D． 5．（2023春•南浔区期末）将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD和正方形EFGH．现将四个直角三角形的较长直角边分别向外延长，且A′E＝ME．B′F＝NF，C′G＝PG，D′H＝HQ，得到图2所示的“新型数学风车”的四个叶片，即△A′EF，△B′FG，△C′CH．△D′HE．若FM平分∠BFE，正方形ABCD和正方形EFGH的边长比为1：5．若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m，则正方形EFGH的面积是（　　） A． B． C．3m D． 6．（2023秋•武义县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以该三角形的三条边为边向外作正方形ABEF，正方形BCGH和正方形ACMN，给出下列结论：①AB＝MG．②S△ABC＝S△AFN．③过点B作BI⊥EH于点I，延长IB交AC于点J，则AJ＝CJ．④若AB＝2，则EH2+FN2＝20．其中正确的结论个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（2024春•瓯海区校级期末）如图，一把直尺的一边缘经过直角三角形ABC的直角顶点C，交斜边AB于点D；直尺的另一边缘分别交AB、AC于点E、F，若∠B＝30°，∠AFE＝70°，则∠DCB＝　 　度． 8．（2023秋•鄞州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，∠B＝30°，点E在BC上，且CE＝AC，则∠CDE的大小为 　 　． 9．（2023秋•慈溪市期末）如图，一架2.5m长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙底端C的距离为0.7m．如果梯子的顶端沿墙面下滑0.4m，那么点B将向外移动 　 　米． 10．（2023秋•余姚市期末）如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交BC于点M．若AH＝HE，则CM的长为 　 　． 11．（2023秋•婺城区期末）折纸是中国的传统文化之一．已知图1是等腰直角三角形纸片ABC，其中∠C＝Rt∠，按以下步骤折叠纸片，第一步，使得点A与点C重合（如图2），把纸片展平，得到折痕MN．第二步，将纸片沿过点B的直线折叠，使点C恰好落在MN上的点C′处，再把纸折片展平（如图3），得到折痕BD，则图3中的∠CBD＝　 　°． 12．（2023秋•上城区期末）定义：若一个三角形一边上的中线、高线与这条边有两个交点，这两个交点之间的距离称为这条边上的“中高距”．如图，△ABC中，AD为BC边上的中线，AE为BC边上的高线，则DE的长称为BC边上的“中高距”． （1）若BC边上的“中高距”为0，则△ABC的形状是 　 　三角形； （2）若∠B＝30°，∠C＝45°，AB＝4，则BC边上的“中高距”为 　 　． 13．（2023秋•莲都区期末）如图，点C为线段AB上一点，以AC为边向上作Rt△ACD，且∠A＝90°．以BC为底边向上作等腰三角形BCE，且∠ADC＝∠B＝30°连结DE． （1）求∠DCE的度数； （2）当时，求DE的值． 14．（2023秋•舟山期末）小王同学在学习完第二章《特殊三角形》后，剪了两张等腰直角三角形纸片，并将锐角顶点叠合放置成如图1所示图形，其中∠ACB＝∠BED＝90°，CA＝CB，EB＝ED，连结AD后取中点F，再连接FE和FC．探究FE与FC的位置及数量关系． 【初步探究】 （1）小王变化等腰Rt△BDE的位置，使得点E落在BC上，如图2所示，请猜想EF与CF的位置及数量关系分别是 　 　，　 　． 【深入探究】（2）小王同学思考：“在一般位置时，（1）中猜测的结论是否仍成立，能否给出证明？”他带着问题与同学展开合作交流，最后得到这样的证明方案：如图3所示，过点A作DE的平行线交EF的延长线于点G，连结CG，EC•••，请根据以上思路完成猜想的证明． 【体验应用】（3）小王继续等腰变化Rt△BDE的位置，如图4所示，点E在BC所在直线的上方，且∠EBC＝120°．若BC＝4，ED＝2，请利用猜想的结论求出△EFC的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 直角三角形与勾股定理（5题型） 直角三角形的性质 1．（2023秋•东阳市期末）在下列条件中不能判定△ABC为直角三角形的是（　　） A．∠A＝90°﹣∠C B．∠A＝∠B﹣∠C C．∠A＝2∠B＝3∠C D．∠A＝∠B∠C 【分析】根据三角形内角和定理和各选项中的条件计算出△ABC的内角，然后根据直角三角形的判定方法进行判断． 【解答】解：A、∵∠A＝90°﹣∠C， ∴∠A+∠C＝90°， ∴∠B＝90°， ∴△ABC是直角三角形，故选项不符合题意； B、∵∠A＝∠B﹣∠C， ∴∠A+∠C＝∠B， ∵∠A+∠C+∠B＝180°， ∴2∠B＝180°， ∴∠B＝90°， ∴△ABC是直角三角形，故选项不符合题意； C、∵∠A＝2∠B＝3∠C， 设∠A＝x， ∴∠Bx，∠Cx， ∵∠A+∠B+∠C＝180°， ∴xxx＝180°， 解得x＝（）°＞90°， ∴△ABC不是直角三角形，故选项符合题意； D、∵∠A＝∠B∠C， 设∠A＝∠B＝x， ∴∠C＝2x， ∵∠A+∠B+∠C＝180°， ∴x+x+2x＝180°， 解得x＝45°， ∴∠C＝2x＝90°， ∴△ABC是直角三角形，故选项不符合题意． 故选：C． 2．（2023秋•义乌市期末）已知△ABC，若∠A＝90°，∠B＝2∠C，则∠B＝　60　度． 【分析】根据∠B＝2∠C，结合∠B+∠C＝90°，求出∠B＝60°即可． 【解答】解：∵△ABC，若∠A＝90°， ∴∠B+∠C＝180°﹣90°＝90°， ∵∠B＝2∠C， ∴2∠C+∠C＝90°， ∴∠C＝30°， ∴∠B＝2×30°＝60°． 故答案为：60． 3．（2023秋•西湖区期末）如图是屋架设计图的一部分，点D是斜梁AB的中点，立柱BC、DE垂直于横梁AC，AB＝8m，∠A＝30°，则DE＝　2　m． 【分析】由于BC、DE垂直于横梁AC，可得BC∥DE，而D是AB中点，可知AB＝BD，利用平行线分线段成比例定理可得AE：CE＝AD：BD，从而有AE＝CE，即可证DE是△ABC的中位线，可得DEBC，在Rt△ABC中易求BC，进而可求DE． 【解答】解：如图所示， ∵立柱BC、DE垂直于横梁AC， ∴BC∥DE， ∵D是AB中点， ∴AD＝BD， ∴AE：CE＝AD：BD， ∴AE＝CE， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC， 在Rt△ABC中，BCAB＝4， ∴DE＝2． 故答案是2． 4．（2023秋•拱墅区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，AE是BC边的中线．若∠B＝30°，DE＝1，则AC＝　2　． 【分析】先求出∠CAB＝60°，则∠CAD＝∠BAD＝30°＝∠B，根据含30°角的直角三角形的性质可得ACCD，AD＝BD＝2CD，则BC＝3CD，由AE是BC边的中线得CEBCCD，根据DE＝1即可求解． 【解答】解：∵∠C＝90°，∠B＝30°， ∴∠CAB＝60°， ∵AD是∠BAC的平分线， ∴∠CAD＝∠BAD＝30°＝∠B， ∴AD＝BD，ACCD，AD＝2CD， ∴AD＝BD＝2CD， ∴BC＝3CD， ∵AE是BC边的中线， ∴CEBCCD， ∵DE＝1， ∴CE﹣CDCD﹣CD＝1， ∴CD＝2， ∴ACCD＝2， 故答案为：2． 5．（2023秋•衢江区期末）两直角边长分别为5，12的直角三角形，其斜边上的中线长为　6.5　． 【分析】首先利用勾股定理求得斜边的长，然后根据直角三角形斜边的一半等于斜边的一半求解． 【解答】解：斜边的长是：13， 则斜边上的中线长是13＝6.5． 故答案为：6.5． 6．（2023秋•余姚市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝16，BC＝12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（　　） A．7 B．8 C． D． 【分析】连接DF，DE，由等腰三角形的性质推出F是BC中点，由直角三角形斜边中线的性质得到EFBC12＝6，同理FDAB＝8，DEAB，由等腰三角形的性质推出DM⊥EF，FMEF＝3，由勾股定理即可求出DM． 【解答】解：连接DF，DE， ∵AB＝AC，AF⊥BC， ∴F是BC中点， ∵BE⊥AC， ∴∠BEC＝90°， ∴EFBC12＝6， 同理：FDAB16＝8，DEAB， ∴DF＝DE， ∵M为EF的中点， ∴DM⊥EF，FMEF＝3， ∴DM． 故选：C． 7．（2023秋•西湖区期末）如图，在△ABC中，AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D，点F是AB的中点，连接DF，EF，设∠ACB＝x°，∠DFE＝y°，则（　　） A． B．y＝x﹣30 C．y＝90﹣x D．y＝180﹣2x 【分析】由垂直的定义得到∠ADB＝∠BEA＝90°，根据直角三角形的性质得到AF＝DF，BF＝EF，根据等腰三角形的性质得到∠DAF＝∠ADF，∠EFB＝∠BEF，于是得到结论． 【解答】解：∵AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D， ∴∠ADB＝∠BEA＝90°， ∵点F是AB的中点， ∴AF＝DF，BF＝EF， ∴∠DAF＝∠ADF，∠EBF＝∠BEF， ∴∠AFD＝180°﹣2∠CAB，∠BFE＝180°﹣2∠ABC， ∴∠DFE＝180°﹣∠AFD﹣∠BFE＝2（∠CAB+∠CBA）﹣180°＝2（180°﹣∠ACB）﹣180°＝180°﹣2∠ACB， ∴y＝180°﹣2x， 故选：D． 勾股定理的证明 1．（2023秋•金东区期末）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DF．若S正方形ABCD＝5，EFBG，则DF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 【分析】由题知△ADE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，再根据EFBG，证明出△ADE≌△DEF，即可得出答案． 【解答】解：∵S正方形ABCD＝5，四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD． ∵四边形EFGH为正方形， ∴EH＝EF＝FG＝HG． 由题可知：△ADE≌△ABF≌△BCG≌△CDH． ∵EFBG， ∴EFAF， ∴E是中点， 即AE＝EF， ∴． ∴△ADE≌△DEF（SAS）． 即DF＝AD． 故选：B． 2．（2023秋•舟山期末）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年周中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，由四个全等的直角三角形（△ABF，△BCG，△HCD，△AED）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，点P是AB的中点．连结PE，若BF＝3，且P，E，D在同一直线，则AB的长为（　　） A． B． C．6 D．5 【分析】利用勾股定理即可解答． 【解答】解：由题意得：AE＝BF＝3，∠HEF＝∠EFG＝90°， ∴PD∥BG， ∵点P是AB的中点， ∴AE＝EF＝3，AF＝AE+EF＝6， ∴， 故选：B． 3．（2023秋•武义县期末）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（图1），后人称其为“赵爽弦图”．由图1变化得到图2，它是用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MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S2＝12，则S1+S3的值为 　24　． 【分析】根据面积加减关系求解减即可得到答案； 【解答】解：∵S2＝12， ∴S1﹣4S△＝S3+4S△＝12， ∴S1+S3＝12+12＝24， 故答案为：24． 4．（2023秋•鄞州区期末）勾股定理的证明方法多样，如图是“水车翼轮法”证明勾股定理：将正方形ACFG沿分割线JK，LM分割成四个全等四边形，再将这四个四边形和正方形ABED拼成大正方形BCHI．若AB＝2，，则AL的长为 　　． 【分析】根据勾股定理求出AC的长，再根据题意得出OP＝AL，NP＝GL，得出AG﹣AL＝OP+ON，即可推出结果． 【解答】解：如图， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， AC， ∴AG＝AC＝5， ∵将正方形ACFG沿分割线JK，LM分割成四个全等四边形，再将这四个四边形和正方形ABED拼成大正方形BCHI． ∴OP＝AL，NP＝GL， ∴AG﹣AL＝OP+ON， ∴5﹣AL＝AL+2， ∴AL， 故答案为：． 勾股定理及其应用 1．（2023秋•东阳市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC+BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（　　） A．3 B． C．2 D． 【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论． 【解答】解：∵四边形ABGF是正方形， ∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°， ∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°， ∴∠FAC＝∠ABC， 在△FAM与△ABN中， ， ∴△FAM≌△ABN（ASA）， ∴S△FAM＝S△ABN， ∴S△ABC＝S四边形FNCM， ∵在△ABC中，∠ACB＝90°， ∴AC2+BC2＝AB2， ∵AC+BC＝6， ∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝36， ∴AB2+2AC•BC＝36， ∵AB2﹣2S△ABC＝10.5， ∴AB2﹣AC•BC＝10.5， ∴3AB2＝57， 解得AB或（负值舍去）． 故选：B． 2．（2023秋•宁波期末）将三张半圆形纸片按如图的方式摆置，半圆的直径恰好构成一个直角三角形，若知道图中两个月牙形的面积和，则一定能求出（　　） A．直角三角形的面积 B．最大半圆形的面积 C．较小两个半圆形的面积和 D．最大半圆形与直角三角形的面积和 【分析】两个月牙形的面积和＝以AC、BC为直径的半圆的面积的和+直角三角形三角形的面积﹣以AB为直径的半圆的面积，由此即可解决问题． 【解答】解：以AC为直径的半圆的面积πAC2， 同理：以BC、AB为直径的半圆的面积分别是BC2，AB2， ∴两个月牙形的面积和＝以AC、BC为直径的半圆的面积的和+直角三角形三角形的面积﹣以AB为直径的半圆的面积， ∴两个月牙形的面积和AC2BC2AB2+直角三角形的面积（AC2+BC2﹣AB2）+直角三角形的面积， 由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2， ∴两个月牙形的面积和＝直角三角形的面积． 故选：A． 3．（2023秋•义乌市期末）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一．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＝2，S2＝5，S3＝8，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．13 D．15 【分析】根据勾股定理得到a2＝c2+b2，根据正方形的面积公式结合图形得出阴影部分面积等于两个较小正方形纸片的重叠部分（四边形DEFG）的面积． 【解答】解：设直角三角形的斜边长为a，较长直角边为c，较短直角边为b， 由勾股定理得，a2＝c2+b2， ∴a2﹣c2﹣b2＝0， ∴S阴影＝a2﹣c2﹣（b2﹣S四边形DEFG）＝a2﹣c2﹣b2+S四边形DEFG＝S四边形DEFG ∴S四边形DEFG＝S1+S2+S3＝2+5+8＝15， 故选：D． 4．（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． 5．（2023秋•鄞州区校级期末）已知一个直角三角形的两边长分别为3和5，则第三边长为（　　） A．4 B． C．4或 D．2或2 【分析】由于此题中直角三角形的斜边不能确定，故应分5是直角三角形的斜边和直角边两种情况讨论． 【解答】解：∵个直角三角形的两边长分别为3和5， ∴①当5是此直角三角形的斜边时，设另一直角边为x，则由勾股定理得到：x4； ②当5是此直角三角形的直角边时，设另一直角边为x，则由勾股定理得到：x． 故选：C． 6．（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． 7．（2023秋•海曙区校级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于点G，CD＝AE．若BD＝8，CD＝5，则△DCG的面积是 　　． 【分析】连接DE，根据垂直定义可得∠ADB＝90°，从而利用直角三角形斜边上的中线性质可得DE＝AEAB＝5，进而可得AB＝10，再在Rt△ABD中，利用勾股定理可得AD＝6，从而求出△ABC的面积，进而可求出△BEC的面积，然后再根据已知易得，从而可求出△DEC的面积，最后根据等量代换可得DE＝CD，从而利用等腰三角形的三线合一性质可得CG＝EGCE，进而可得△DCG的面积△DCE的面积，即可解答． 【解答】解：连接DE， ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∵点E是AB的中点， ∴DE＝AEAB＝5， ∴AB＝2AE＝10， ∴AD6， ∴△ABC的面积BC•AD（8+5）×6＝39， ∵CE是AB边上的中线， ∴△BEC的面积△ABC的面积， ∵BD＝8，CD＝5， ∴， ∴△DEC的面积△BEC的面积， ∵CD＝AE， ∴CD＝DE＝5， ∵DG⊥CE， ∴CG＝EGCE， ∴△DCG的面积△DCE的面积， 故答案为：． 8．（2023秋•嵊州市期末）如图，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙底端C的距离为0.7米．如果梯子的顶端沿墙面下滑0.4米，那么点B将向外移动多少米？（　　） A．0.7米 B．0.8米 C．0.9米 D．0.6米 【分析】在直角三角形ABC中，已知AB，BC根据勾股定理即可求AC的长度，根据AC＝AA1+CA1即可求得CA1的长度，在直角三角形A1B2C中，已知AB＝A1B2，CA1即可求得CB2的长度，根据BB1＝CB1﹣CB即可求得BB2的长度． 【解答】解；在直角△ABC中，已知AB＝2.5m，BC＝0.7m， 则ACm＝2.4m， ∵AC＝AA1+CA1 ∴CA1＝2m， ∵在直角△A1B2C中，AB＝A1B1，且A1B2为斜边， ∴CB21.5m， ∴BB2＝CB1﹣CB＝1.5m﹣0.7m＝0.8m 故选：B． 9．（2024春•丽水期末）《九章算术》中有如下问题：今有户不知高、广，竿不知长短，横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出，问户高、广、邪各几何？该问题的意思是：今有门不知其高和宽，有竿不知其长短，横放竿比门宽长出4尺，竖放竿比门高长出2尺，斜放竿与门对角线恰好相等，问门高、宽和对角线的长各是多少？则该问题中门宽为 　6　尺． 【分析】设BC＝x尺，则AC＝（x+4）尺，AB＝（x+4﹣2）尺，在直角△ABC中，利用勾股定理列出方程并解答即可． 【解答】解：设BC＝x尺（x＞0），则AC＝（x+4）尺，AB＝（x+4﹣2）尺，则： x2+（x+4﹣2）2＝（x+4）2． 解得x＝6． 答：门宽BC为6尺． 故答案为：6． 10．（2023秋•婺城区期末）某数学兴趣小组开展测量学校旗杆的实践活动． 【实践发现】数学兴趣小组实地勘查发现：系在旗杆顶端的绳子垂到了地面，并多出了一段，但这条绳子的长度未知． 【实践探究】设计测量方案： 第一步：先测量比旗杆多出的部分绳子的长度，测得多出部分绳子的长度是1米； 第二步：如图，把绳子向外拉直，绳子的底端恰好接触地面的点C，再测量绳子底端C与旗杆AB的底部（点B）之间的距离为5米． 【问题解决】求旗杆的高度． 【分析】设旗杆的高度为x米，则绳子的长度是（x+1）米，在Rt△ABC中，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【解答】解：设旗杆的高度为x米，则绳子的长度是（x+1）米， 在Rt△ABC中，AB＝x米，BC＝5米， 由勾股定理得：AB2+BC2＝AC2， 即x2+52＝（x+1）2， 解得：x＝12， 答：旗杆的高度为12米． 11．（2023秋•金东区期末）有一段关于古代藏宝图的记载（如图）：“从赤石向一颗杉树笔直走去，恰好在其连线中点处向右转90°前进，到达唐伽山山脚的一个洞穴，宝物就在洞穴中．”若赤石标记为点“A”，杉树标记为点“B”，洞穴标记为点“C”． （1）根据这段记载，应用数学知识描述点C与线段AB之间的关系． （2）若在藏宝图上建立适当的直角坐标系，点A、B的坐标分别为（4，2）、（4，10），点C到线段AB之间的距离为5（单位长度），求出洞穴到赤石的距离． 【分析】（1）由题意即可得出结论； （2）由题意画出图形，求出DA＝DB＝4，再由勾股定理求出AC的长即可． 【解答】解：（1）由题意可知，点C在线段AB的垂直平分线上； （2）如图，设线段AB的垂直平分线与线段AB相交于点D，连接AC， 则DC＝5， ∵点A、B的坐标分别为（4，2）、（4，10）， ∴AB＝10﹣2＝8， ∴DA＝DBAB8＝4，∠ADC＝90°， ∴AC， 答：洞穴到赤石的距离为． 勾股定理的逆定理 1．（2024春•椒江区期末）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　） A．2，3，4 B．3，4，5 C．4，5，6 D．5，6，7 【分析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．如果没有这种关系，这个就不是直角三角形，逐一判定即可． 【解答】解：A、22+32≠42，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； B、32+42＝52，能构成直角三角形，故本选项符合题意； C、42+52≠62，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意； D、52+62≠72，不能构成直角三角形，故本选项不符合题意． 故选：B． 2．（2023秋•武义县期末）在△ABC中，∠A，∠B，∠C，的对边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC为直角三角形的是（　　） A．∠A+∠B＝∠C B．a2＝b2﹣c2 C． D．a＝3k，b＝4k，c＝5k（k＞0） 【分析】根据角度关系及内角列式求解即可判断AC，根据勾股定理逆定理即可判断BD，即可得到答案． 【解答】解：当∠A+∠B＝∠C时， ∵∠A+∠B+∠C＝180°， ∴2∠C＝180°，解得：∠C＝90°，故A能判断直角三角形，不符合题意， 当时， ∵∠A+∠B+∠C＝180°， ∴，解得：，，，故C不能判断直角三角形，符合题意， 当a2＝b2﹣c2， a2+c2＝b2 ∴∠B＝90°，故B能判断直角三角形，不符合题意， 当a＝3k，b＝4k，c＝5k时， a2+b2＝9k2+16k2＝25k2＝c2， ∴∠C＝90°，故D能判断直角三角形，不符合题意， 故选：C． 3．（2023秋•莲都区期末）如图，在△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13，CD是AB边上的中线，则CD的长度是（　　） A．5 B．6.5 C．6 D．13 【分析】根据勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而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△ABC中，AC＝5，BC＝12，AB＝13， ∴AC2+BC2＝169，AC2＝132＝169， ∴AC2+BC2＝AC2， ∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°， 又∵CD是斜边AB边上的中线， ∴， 故选：B． 4．（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． 5．（2023秋•玉环市期末）如图，△ABC是等腰三角形，其中 AC＝AB，BC＝3，D是线段AB上一点，满足BD＝1.8，连接CD，CD＝2.4． （1）求证：CD⊥AB； （2）求AC的长度． 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可证CD⊥AB； （2）根据勾股定理可得AD2+CD2＝AC2，即AD2+2.42＝（AD+1.8）2，解方程求出AD，进而得到AC． 【解答】（1）证明：在△BDC中，BC＝3，BD＝1.8，CD＝2.4， ∵BD2+CD2＝1.82+2.42＝32＝BC2， ∴△BDC是直角三角形，且∠BDC＝90°， ∴CD⊥AB； （2）解：∵CD⊥AB， ∴△ADC是直角三角形， ∴AD2+CD2＝AC2， 即AD2+2.42＝AC2， ∵AC＝AB＝AD+BD＝AD+1.8， ∴AD2+2.42＝（AD+1.8）2， 解得AD＝0.7， ∴AC＝1.8+0.7＝2.5． 直角三角形综合题 1．（2023秋•瓯海区校级期末）如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，点P，Q分别从顶点A，B同时出发，点P沿射线AB运动，点Q沿折线BC﹣CA运动，且它们的速度都为1cm/s．当点Q到达点A时，点P随之停止运动．连接PQ，PC，设点P的运动时间为t（s）． （1）当点Q在线段BC上运动时，BQ的长为 　t　（cm），BP的长为 　6﹣t　（cm）（用含t的式子表示）； （2）当PQ与△ABC的一条边垂直时，求t的值； （3）在点Q从点C运动到点A的过程中，连接PQ，直接写出PQ中点O经过的路径长． 【分析】（1）根据路程，时间，速度额度关系求解即可； （2）分三种情形：如图1中，当PQ⊥BC时，如图2中，当QP⊥AB时，同法可得QB＝2BQ，如图3中，当PQ⊥AC时，同法可得AP＝2AQ，分别求解即可； （3）如图，过Q作QH∥BC交AB于H，根据等边三角形的性质得到AQ＝AH，推出点E是PQ的中点，于是得到结论． 【解答】解：（1）由题意BQ＝t cm，PB＝（6﹣t）cm． 故答案为：t，6﹣t； （2）如图1中，当PQ⊥BC时， ∵∠PQB＝90°，∠B＝60°， ∴∠BPQ＝30°， ∴PB＝2BQ， ∴6﹣t＝2t， ∴t＝2． 如图2中，当QP⊥AB时，同法可得QB＝2PB， ∴t＝2（6﹣t）， ∴t＝4． 如图3中，当PQ⊥AC时，同法可得AP＝2AQ， ∴t＝2（12﹣t）， ∴t＝8， 综上所述，满足条件的t的值为2或4或8． （3）如图，过Q作QH∥BC交AB于H， 则△AHQ是等边三角形， ∴AQ＝AH， ∵AC＝AB， ∴CQ＝BH， ∵CQ＝BP， ∴BH＝BP， ∴QE＝PE， ∴点E是PQ的中点， ∴在点Q从点C运动到点A的过程中，连接PQ，PQ中点O经过的路径长为BC＝3（cm）． 2．（2023秋•海曙区校级期末）定义：把斜边重合，且直角顶点不重合的两个直角三角形叫做共边直角三角形． （1）概念理解：如图1．在△ABC和△DBC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，BD＝2，CD，说明△ABC和△DBC是共边直角三角形． （2）问题探究：如图2．△ABC和△DBC是共边直角三角形，E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，求证EF⊥AD． （3）拓展延伸：如图3．△ABC和△DBC是共边直角三角形，且BD＝CD，连接AD，求证：AD平分∠BAC． 【分析】（1）根据勾股定理得出BC，进而利用共边直角三角形的概念判断即可； （2）连接AE，DE，根据直角三角形的性质和等腰三角形的判定和性质解答即可； （3）作DN⊥AB于N，DM⊥AC的延长线于M点，根据AAS证明△BDN≌△CDM，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】（1）证明：∵在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4， ∴BC， ∵BD＝2，CD， ∴BD2+CD2＝25＝BC2， ∴△BCD是直角三角形， ∴△ABC和△DBC是共边直角三角形； （2）证明：如图，连接AE，DE， ∵E点是BC中点， ∴AE，DE分别是Rt△ABC和Rt△DBC斜边上的中线， ∴AEBC，DEBC， ∴AE＝DE， ∴△ADE是等腰三角形， ∵F点是AD中点， ∴EF⊥AD； （3）证明：作DN⊥AB于N，DM⊥AC的延长线于M点， ∵∠BAC＝90°， ∴四边形ANDM是矩形， ∴∠NDM＝90°， ∴∠NDC+∠CDM＝90°， ∵∠BDC＝90°， ∴∠NDC+∠BDN＝90°， ∴∠BDN＝∠CDM， ∵∠BND＝∠CMD＝90°，BD＝CD， ∴△BDN≌△CDM（AAS）， ∴DN＝DM， ∴AD平分∠BAC． 3．（2023秋•东阳市期末）我们新定义一种三角形：若一个三角形中存在两边的平方差等于第三边上高的平方，则称这个三角形为勾股高三角形，两边交点为勾股顶点． ●特例感知 ①等腰直角三角形 　是　勾股高三角形（请填写“是”或者“不是”）； ②如图1，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点，CD是AB边上的高．若BD＝2AD＝2，试求线段CD的长度． ●深入探究 如图2，已知△ABC为勾股高三角形，其中C为勾股顶点且CA＞CB，CD是AB边上的高．试探究线段AD与CB的数量关系，并给予证明； ●推广应用 如图3，等腰△ABC为勾股高三角形，其中AB＝AC＞BC，CD为AB边上的高，过点D向BC边引平行线与AC边交于点E．若CE＝a，试求线段DE的长度． 【分析】●特例感知：①根据勾股高三角形的定义即可判断； ②如图1，根据勾股定理可得：CB2＝CD2+4，CA2＝CD2+1，于是CD2＝（CD2+4）﹣（CD2+1）＝3，即可解决问题； ●深入探究：由CA2﹣CB2＝CD2可得：CA2﹣CD2＝CB2，而CA2﹣CD2＝AD2，即可推出AD2＝CB2； ●推广应用：过点A向ED引垂线，垂足为G，只要证明△AGD≌△CDB（AAS），即可解决问题； 【解答】解：●特例感知： ① 等腰直角三角形是勾股高三角形． 故答案为：是． ②如图1中，根据勾股定理可得：CB2＝CD2+4，CA2＝CD2+1， 于是CD2＝（CD2+4）﹣（CD2+1）＝3， ∴CD． ●深入探究： 如图2中，由CA2﹣CB2＝CD2可得：CA2﹣CD2＝CB2，而CA2﹣CD2＝AD2， ∴AD2＝CB2， 即AD＝CB； ●推广应用： 过点A向ED引垂线，垂足为G， ∵“勾股高三角形”△ABC为等腰三角形，且AB＝AC＞BC， ∴只能是AC2﹣BC2＝CD2，由上问可知AD＝BC……①． 又ED∥BC，∴∠1＝∠B……②． 而∠AGD＝∠CDB＝90°……③， ∴△AGD≌△CDB（AAS）， ∴DG＝BD． 易知△ADE与△ABC均为等腰三角形， 根据三线合一原理可知ED＝2DG＝2BD． 又AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝EC＝a， ∴ED＝2a． 1．（2023秋•钱塘区期末）如图，已知AD⊥BD，AC⊥BC，E为AB中点，∠ACD+∠BAC＝70°，则∠DEC的度数为（　　） A．30° B．35° C．40° D．45° 【分析】根据AD⊥BD，AC⊥BC，E为AB中点可得出CE＝AE＝BE＝DE，故可得出∠ACE＝∠CAE，∠DE＝∠EDC，据此可得出结论． 【解答】解：∵AD⊥BD，AC⊥BC， ∴△ABD，△ABC均为直角三角形， ∵E为AB中点， ∴CEAB， ∴CE＝AE＝BE＝DE， ∴∠ACE＝∠BAC，∠DCE＝∠EDC， ∵∠ACD+∠BAC＝70°， ∴∠DCE＝∠EDC＝70°， ∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠EDC＝180°﹣70°﹣70°＝40°． 故选：C． 2．（2023秋•路桥区期末）如图是小安在荡秋千的侧面示意图．小安在起始位置A处时，OA与地面BC垂直，当小安在D处时，她离BC，OA的距离分别为0.8m，1m；当小安在E处时，若∠DOE＝90°，且她离OA的距离为1.5m，则此时小安离地面BC的高度是（　　） A．1m B．1.2m C．1.3m D．1.5m 【分析】过点D作DH⊥BC于H，过点E作EI⊥BC于I，延长OA交BC于点J，首先证明四边形DHJF、GJIE均为矩形，由矩形的性质可得FJ＝DH＝0.8m，EI＝GJ，再证明△ODF≌△EOG，由全等三角形的性质可得DF＝OG＝1m，OF＝EG＝1.5m，进而可得EI＝GJ＝1.3m，即可获得答案． 【解答】解：如图，过点D作DH⊥BC于H，过点E作EI⊥BC于I，延长OA交BC于点J， 由题意可知，DF⊥OA，GE⊥OA，OJ⊥BC，DH＝0.8m，DF＝1m，EG＝1.5m， ∴∠DHJ＝∠FJH＝∠DFJ＝90°，∠GJI＝∠EIJ＝∠EGJ＝90°， ∴四边形DHJF、GJIE均为矩形， ∴FJ＝DH＝0.8m，EI＝GJ， ∵∠DOE＝90°， ∴∠DOF+∠ODF＝∠DOF+∠EOG＝90°， ∴∠ODF＝∠EOG， 在△ODF和△EOG中， ， ∴△ODF≌△EOG（AAS）， ∴DF＝OG＝1m，OF＝EG＝1.5（m）， ∴GJ＝FJ+GF＝FJ+（OF﹣OG）＝0.8+（1.5﹣1）＝1.3（m）， ∴EI＝GJ＝1.3m， 即此时小安离地面BC的高度是1.3m． 故选：C． 3．（2023秋•浦江县期末）赵爽是我国著名的数学家，“赵爽弦图”是他研究勾股定理的重要成果．古人有记载“勾三，股四，则弦五”的定理．如图，外围四个小长方形的宽相等，且邻长互相垂直，对长互相平行．若AB的长是小长方形宽的2倍，内部小正方形面积为9，则最外围的大正方形的边长是（　　） A． B． C． D． 【分析】由题意可知c＝2a，得出ba，再由（b﹣a）2＝9，得出a的值，即可得出b的值，再由最外围的大正方形的边长＝a+b即可得出结果． 【解答】解：由题意可知，（b﹣a）2＝9， 又∵AB的长是小长方形宽的2倍， 即c＝2a， ∴ba， ∴（a﹣a）2＝9， ∴a（负值舍去）， ∴b， ∴最外围的大正方形的边长＝a+b6+3， 故选：D． 4．（2023秋•衢州期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以A点，B点为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于E，F，连接EF交AB于点D，交AC于点H．连接CD，以C为圆心，CD长为半径作弧，交AC于G点，若AB＝10cm，BC＝6cm，则GH的长度为（　　） A． B． C．3cm D． 【分析】连接BH，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，求出AG＝AC﹣CG＝8﹣5＝3（cm），设AH＝BH＝x cm，则CH＝（8﹣x）cm，根据勾股定理得出62+（8﹣x）2＝x2，求出，最后求出结果即可． 【解答】解：连接BH，如图所示： 根据作图可知，EF垂直平分AB， ∴BH＝AH，AD＝BD， ∵△ABC为直角三角形， ∴， ∴CG＝CD＝5cm， 根据勾股定理得：， ∴AG＝AC﹣CG＝8﹣5＝3（cm）， 设AH＝BH＝x cm，则CH＝（8﹣x）cm， 根据勾股定理得：BC2+CH2＝BH2， 即62+（8﹣x）2＝x2， 解得：， ∴， 故选：B． 5．（2023春•南浔区期末）将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD和正方形EFGH．现将四个直角三角形的较长直角边分别向外延长，且A′E＝ME．B′F＝NF，C′G＝PG，D′H＝HQ，得到图2所示的“新型数学风车”的四个叶片，即△A′EF，△B′FG，△C′CH．△D′HE．若FM平分∠BFE，正方形ABCD和正方形EFGH的边长比为1：5．若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m，则正方形EFGH的面积是（　　） A． B． C．3m D． 【分析】设正方形ABCD的边长为a，则正方形EFGH的边长为5a，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，根据勾股定理得出x＝﹣4a（舍去）或x＝3a，得出BE＝4a，BF＝3a，EF＝5a，由FM平分∠BFE，得△EMF边EF上的高为BM，根据S△BMF+S△MBF＝S△BEF，得出BM，由A'E＝ME＝BE﹣BM＝4aa，若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m，得出S△EMF＝S△EFA'm，求出EF＝5a，从而得出结果． 【解答】解：∵将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD和正方形EFCH．正方形ABCD和正方形EFGH的边长比为1：5． ∴设正方形ABCD的边长为a，则正方形EFGH的边长为5a，设AE＝BF＝CG＝DH＝x， 在△BEF中，BE2+BF2＝EF2， 即（x+a）2+x2＝（5a）2， x2+ax﹣12a2＝0， （x+4a）（x﹣3a）＝0， x＝﹣4a（舍去）或x＝3a， ∴BE＝4a，BF＝3a，EF＝5a， ∵FM平分∠BFE， ∴△EMF边EF上的高为BM， 则S△BMF+S△MEF＝S△BEF， 即， ∴， ∴BM， ∵A'E＝ME＝BE﹣BM＝4aa，若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m， ∴S△EMF＝S△EFA'm， ∴， ∴m， ∴a ∴EF＝5a， ∴S正方形EFCH， 故选：B． 6．（2023秋•武义县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以该三角形的三条边为边向外作正方形ABEF，正方形BCGH和正方形ACMN，给出下列结论：①AB＝MG．②S△ABC＝S△AFN．③过点B作BI⊥EH于点I，延长IB交AC于点J，则AJ＝CJ．④若AB＝2，则EH2+FN2＝20．其中正确的结论个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】首先根据题意证明出△ACB≌△MCG（SAS），进而得到AB＝MG，即可判断①；过点F作FO⊥NA交NA延长线于点O，证明出△AFO≌△ABC（AAS），得到OF＝BC，然后利用三角形面积公式即可得到S△ABC＝S△AFN，即可判断②；过点A作AP⊥BJ交BJ的延长线于点P，过点C作CQ⊥BJ，证明出△ABP≌△BEI（AAS），得到AP＝BI，同理得到CQ＝BI，得到CQ＝AP，然后证明出△AJP≌△CJQ（AAS），得到AJ＝CJ，即可判断③；根据全等三角形的性质得到EH＝2BJ，然后利用勾股定理证明出EH2＝AC2+4BC2，同理得到NF2＝4AC2+BC2，然后得到EH2+NF2＝5AB2＝20，即可判断④． 【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以该三角形的三条边为边向外作正方形ABEF，正方形BCGH和正方形ACMN， ∴AC＝MC，BC＝GC，∠MCA＝∠GCB＝90° ∵∠ACB＝90° ∴∠MCG＝∠ACB＝90° ∴△ACB≌△MCG（SAS） ∴AB＝MG，故①正确； 如图所示，过点F作FO⊥NA交NA延长线于点O， ∵∠FAO+∠BAO＝∠CAB+∠BAO＝90° ∴∠FAO＝∠CAB 又∵∠O＝∠ACB＝90°，AF＝AB ∴△AFO≌△ABC（AAS） ∴OF＝BC ∵AN＝AC ∵， ∴S△ABC＝S△AFN，故②正确； 如图所示，过点A作AP⊥BJ交BJ的延长线于点P，过点C作CQ⊥BJ ∵∠ABP+∠BEI＝90°，∠EBI+∠BEI＝90° ∴∠ABP＝∠BEI 又∵∠P＝∠BIE＝90°，AB＝BE ∴△ABP≌△BEI（AAS） ∴AP＝BI 同理可证，△BCQ≌△HBI（AAS） ∴CQ＝BI ∴CQ＝AP ∵∠P＝∠CQJ＝90°，∠AJP＝∠CJQ ∴△AJP≌△CJQ（AAS） ∴AJ＝CJ，故③正确； ∵△ABP≌△BEI（AAS） ∴BP＝EI ∵△BCQ≌△HBI（AAS） ∴BQ＝HI ∵△AJP≌△CJQ（AAS） ∴PJ＝QJ ∵EH＝EI+HI＝PB+BQ＝PJ+QJ+BQ+BQ＝2BJ ∵AJ＝CJ ∴ ∴ 同理可证，NF2＝4AC2+BC2 ∴EH2+NF2＝AC2+4BC2+4AC2+BC2＝5（AC2+BC2）＝5AB2＝5×22＝20，故④正确． 综上所述，正确的结论个数是4． 故选：D． 7．（2024春•瓯海区校级期末）如图，一把直尺的一边缘经过直角三角形ABC的直角顶点C，交斜边AB于点D；直尺的另一边缘分别交AB、AC于点E、F，若∠B＝30°，∠AFE＝70°，则∠DCB＝　20　度． 【分析】先利用平行线的性质求出∠EDC，再利用平角的定义求出∠BDC，最后根据三角形内角和定理求出∠DCB即可． 【解答】解：∵EF∥CD，∠AEF＝50°， ∴∠EDC＝∠AEF＝50°， ∵∠BDC+∠EDC＝180°， ∴∠BDC＝180°﹣50°＝130°， ∵∠B＝30°， ∴∠DCB＝180°﹣∠B﹣∠BDC＝180°﹣30°﹣130°＝20°． 故答案为：20． 8．（2023秋•鄞州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，∠B＝30°，点E在BC上，且CE＝AC，则∠CDE的大小为 　75°　． 【分析】证明CD＝CE，求出∠DCE＝30°，可得结论． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴CD＝AD＝DB， ∴∠DCB＝∠B＝30°， ∵AB＝2AC， ∴CA＝CD， ∵CA＝CE， ∴CD＝CE， ∴∠CDE＝∠CED（180°﹣30°）＝75°． 故答案为：75°． 9．（2023秋•慈溪市期末）如图，一架2.5m长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙底端C的距离为0.7m．如果梯子的顶端沿墙面下滑0.4m，那么点B将向外移动 　0.8　米． 【分析】由勾股定理求出AC＝2.4m，得A1C＝2m，再由勾股定理求出CB1＝1.5m，即可解决问题． 【解答】解；由题意可知，AB＝A1B1＝2.5m，BC＝0.7m，AA1＝0.4m，∠ACB＝∠A1CB1＝90°， 在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2.4（m）， ∴A1C＝AC﹣AA1＝2.4﹣0.4＝2（m）， 在Rt△A1CB1中，由勾股定理得：CB11.5（m）， ∴BB1＝CB1﹣CB＝1.5﹣0.7＝0.8（m）， 故答案为：0.8． 10．（2023秋•余姚市期末）如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交BC于点M．若AH＝HE，则CM的长为 　　． 【分析】过点M作MN⊥FC于点N，设FA与EH交于点K，如图，根据正方形的性质得到HE＝HG＝GF＝EF，根据全等三角形的性质得到BE＝CF＝AH＝DG，∠DAG＝∠BCE．求得DG＝EF＝GF＝FC，根据等腰三角形的性质得到∠DAG＝∠FAG，根据平行线的性质得到∠FAG＝∠EFK．求得MF＝MC，设MF＝MC＝x，则AM＝5+x，BM＝5﹣x，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与EH交于点K，如图， ∵四边形EFGH是正方形， ∴HE＝HG＝GF＝EF， ∵AH＝EH， ∴AH＝HE＝GF＝EF， 由题意得：Rt△ABH≌Rt△BCE≌Rt△ADG≌Rt△CDF， ∴BE＝CF＝AH＝DG，∠DAG＝∠BCE． ∴DG＝EF＝GF＝FC， ∵AG⊥DF， ∴AD＝AF， ∴∠DAG＝∠FAG， ∴∠CBE＝∠FAG， ∵AG∥EC， ∴∠FAG＝∠EFK． ∵∠EFK＝∠CFM， ∴∠CFM＝∠BCE， ∴MF＝MC， 设MF＝MC＝x，则AM＝5+x，BM＝5﹣x， 在Rt△ABM中，由勾股定理得： 52+（5﹣x）2＝（5+x）2， 解得：x， ∴CM， 故答案为：． 11．（2023秋•婺城区期末）折纸是中国的传统文化之一．已知图1是等腰直角三角形纸片ABC，其中∠C＝Rt∠，按以下步骤折叠纸片，第一步，使得点A与点C重合（如图2），把纸片展平，得到折痕MN．第二步，将纸片沿过点B的直线折叠，使点C恰好落在MN上的点C′处，再把纸折片展平（如图3），得到折痕BD，则图3中的∠CBD＝　15　°． 【分析】根据轴对称的性质，矩形的判定和性质以及直角三角形的边角关系． 【解答】解：如图3，过点B作BE⊥MN，交NM的延长线于点E， 由第1次折叠可得，CN＝NAACBC，∠CNM＝ANM＝90°， ∵∠ACB＝90°，∠CNM＝90°，∠BEM＝90°， ∴四边形BCNE是矩形， ∴CN＝BE， 由第2次折叠可知，∠CBD＝∠C′BD∠CBC′，BC＝BC′， 在Rt△BC′E中，BE＝CNBCBC′， ∴∠BC′E＝30°， ∴∠CBD＝∠C′BD∠CBC′∠BC′E＝15°， 故答案为：15． 12．（2023秋•上城区期末）定义：若一个三角形一边上的中线、高线与这条边有两个交点，这两个交点之间的距离称为这条边上的“中高距”．如图，△ABC中，AD为BC边上的中线，AE为BC边上的高线，则DE的长称为BC边上的“中高距”． （1）若BC边上的“中高距”为0，则△ABC的形状是 　等腰　三角形； （2）若∠B＝30°，∠C＝45°，AB＝4，则BC边上的“中高距”为 　1　． 【分析】（1）利用垂直平分线的性质即可解答； （2）根据含30°角的直角三角形的性质求出AE＝2，BE＝2，根据等腰直角三角形的性质得EC＝AE＝2，可得CD1，由DE＝CD﹣CE即可求解． 【解答】解：（1）∵BC边上的“中高距”为0， ∴△ABCBC边上的中线、高线重合， ∴AD垂直平分BC， ∴AB＝AC， ∴△ABC的形状是等腰三角形， 故答案为：等腰； （2）∵AD为BC边上的中线，∠B＝30°，∠C＝45°，AB＝4， ∴AEAB＝2，BEAE＝2，EC＝AE， ∴EC＝AE＝2， ∴CDBC（22）1， ∴DE＝CD﹣CE1﹣21． 故答案为：1． 13．（2023秋•莲都区期末）如图，点C为线段AB上一点，以AC为边向上作Rt△ACD，且∠A＝90°．以BC为底边向上作等腰三角形BCE，且∠ADC＝∠B＝30°连结DE． （1）求∠DCE的度数； （2）当时，求DE的值． 【分析】（1）根据EC＝BE，得出∠ECF＝∠B＝30°，根据∠A＝90°，∠ADC＝30°，得出∠DCA＝90°﹣30°＝60°即可； （2）过点E作EF⊥BC，证明△ACD≌△FEC，得出CD＝CE，根据∠A＝90°，ADC＝30°，得出，根据勾股定理得出 ，求出CD＝2，根据勾股定理求出． 【解答】解：（1）∵EC＝BE， ∴∠ECF＝∠B＝30°， ∵∠A＝90°，∠ADC＝30°， ∴∠DCA＝90°﹣30°＝60°， ∴∠DCE＝180°﹣∠DCA﹣∠ECB＝90°； （2）过点E作EF⊥BC，如图所示：则∠EFC＝∠A＝90°， ∵EC＝EB， ∴， ∵BC＝2AD， ∴AD＝CF， 由（1）可知，∠ADC＝∠ECF＝30°， ∴△ACD≌△FEC（ASA）， ∴CD＝CE， ∵∠A＝90°，∠ADC＝30°， ∴， 根据勾股定理得：AD2+AC2＝CD2， 即 ， 解得：CD＝2，（负值舍去）， ∴CE＝CD＝2， ∵∠DCE＝90°， ∴． 14．（2023秋•舟山期末）小王同学在学习完第二章《特殊三角形》后，剪了两张等腰直角三角形纸片，并将锐角顶点叠合放置成如图1所示图形，其中∠ACB＝∠BED＝90°，CA＝CB，EB＝ED，连结AD后取中点F，再连接FE和FC．探究FE与FC的位置及数量关系． 【初步探究】 （1）小王变化等腰Rt△BDE的位置，使得点E落在BC上，如图2所示，请猜想EF与CF的位置及数量关系分别是 　EF⊥CF　，　EF＝CF　． 【深入探究】（2）小王同学思考：“在一般位置时，（1）中猜测的结论是否仍成立，能否给出证明？”他带着问题与同学展开合作交流，最后得到这样的证明方案：如图3所示，过点A作DE的平行线交EF的延长线于点G，连结CG，EC•••，请根据以上思路完成猜想的证明． 【体验应用】（3）小王继续等腰变化Rt△BDE的位置，如图4所示，点E在BC所在直线的上方，且∠EBC＝120°．若BC＝4，ED＝2，请利用猜想的结论求出△EFC的面积． 【分析】（1）延长EF交AC于点G，证△AGF≌△DEF可推出△GCE是等腰直角三角形，即可求解； （2）证△AGF≌△DEF得EF＝GF，AG＝DE＝BE，再证△GAC≌△EBC可推出△GCE是等腰直角三角形，即可求解； （3）作EH⊥BH，求出EH，BH，进而求出CE即可求解． 【解答】（1）解：延长EF交AC于点G，如图2所示： ∵∠ACB＝∠BED＝90°， ∴AC∥DE， ∴∠AGF＝∠DEF， ∵∠AFG＝∠DFE，AF＝DF， ∴△AGF≌△DEF（AAS）， ∴EF＝GF，AG＝DE＝BE， ∵CA＝CB， ∴CG＝CE， ∵∠GCE＝90°， ∴△GCE是等腰直角三角形， ∵EF＝GF， ∴EF⊥CF，， 故答案为：EF⊥CF，EF＝CF； （2）证明：∵AG∥DE， ∴∠AGF＝∠DEF， ∵∠AFG＝∠DFE，AF＝DF， ∴△AGF≌△DEF（ASA）， ∴EF＝GF，AG＝DE＝BE， 由题意得：∠CAB＝∠CBA＝∠EDB＝∠DBE＝45°， ∵∠GAC＝∠GAF+∠CAF ＝∠EDF+45°﹣∠BAD＝45°﹣∠BDA+45°﹣∠BAD ＝90°﹣（∠BDA+∠BAD）， ∠EBC＝180°﹣（∠BDA+∠BAD）﹣∠CBA﹣∠DBE＝90°﹣（∠BDA+∠BAD）， ∴∠GAC＝∠EBC， ∵CA＝CB， ∴△GAC≌△EBC（AAS）， ∴CG＝CE，∠ACG＝∠BCE， ∴∠GCE＝∠GCB+∠BCE＝∠GCB+∠ACG＝90°， ∴△GCE是等腰直角三角形， ∵EF＝GF， ∴EF⊥CF，； （3）解：作EH⊥BH，如图4所示： ∵∠EBC＝120°， ∴∠EBH＝60°，∠BEH＝30°， ∵EB＝ED＝2， ∴， ∴CH＝BH+BC＝5， ∴CE2＝CH2+EH2＝28， 由猜想的结论可知：△CEF是等腰直角三角形， ∴CE2＝EF2+CF2，EF＝CF， ∴CE2＝2EF2＝28， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$