第1章：勾股定理章末重点题型复习-【上好课】2024-2025学年八年级数学上册同步精品课堂（北师大版）

（北师大版）八年级上册 第1章：勾股定经理章末重点题型复习 题型一 运用勾股定理求线段长 1．（2024秋•武侯区校级月考）一个直角三角形的一条直角边和斜边的长分别为3和5，则另一条直角边的长为（　　） A． B． C．4 D．4或 【分析】根据勾股定理求解即可． 【解答】解：∵一个直角三角形的一条直角边和斜边的长分别为3和5， ∴另一条直角边的长， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理，熟记勾股定理是解题的关键． 2．（2024秋•雁塔区校级月考）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理计算AC的长，利用面积差可得三角形ABC的面积，由三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：由勾股定理得：AC， ∵S△ABC4， ∴AC•BDBD＝4， 解得BD， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积，掌握勾股定理是解题的关键． 3．（2024春•忠县期末）在△ABC中，已知∠A＝30°，AC＝8，BC＝5，某同学用直尺和圆规先确定了三角形顶点A、C，在用BC长确定顶点B时，作出了如图所示的两个B点，那么这两个B点之间的长度为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 【分析】过C作CD⊥AB，垂足为D，利用股股定理求出CD的长，再利用勾股得到求出BD，即可得到结论． 【解答】解：过C作CD⊥AB，垂足为D， 在Rt△ACD中， ∵∠A＝30°，AC＝8， ∴CD4， 在Rt△BCD中， BD3， 这两个B点之间的长度为3×2＝6， 故选：A． 【点评】本题考查股股勾股定理，正确记忆勾股定理的公式是解题关键． 4．（2024秋•长安区月考）在△ACB中，∠ACB＝90°． （1）已知a＝6，b＝8，求c的值； （2）已知AB＝10，AC＝9，求BC的值． 【分析】（1）（2）直接利用勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）如图，∵∠ACB＝90°，a＝6，b＝8， ∴c10； （2）如图，∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝9， ∴BC． 【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键． 5．（2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15． 求：（1）CD的长； （2）AD的长． 【分析】（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得AB的长，再根据等面积法即可求出CD的长； （2）直接由勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得， AB25， ∵CD⊥AB， ∴， ∴CD12； （2）在Rt△BDC中，由勾股定理得， BD9， AD＝25﹣9＝16． 【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题型二 勾股定理的证明 1．（2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（　　） A．a2+b2＝c2 B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2 C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b） D．（a+b）2＝a2+2ab+b2 【分析】根据图形可知是梯形，再根据梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和，列式整理即可证明． 【解答】解：梯形的面积（a+b）（a+b）＝2abc2， ∴（a2+2ab+b2）＝abc2， ∴a2+b2＝c2； 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 2．（2023秋•辽宁期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理． 【解答】解：A、大正方形的面积为：c2； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：a2+b2， ∴a2+b2＝c2，故A选项能证明勾股定理． B、梯形的面积为：； 也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：， ∴， ∴a2+b2＝c2，故B选项能证明勾股定理． C、大正方形的面积为：（a+b）2； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：2ab+c2， ∴（a+b）2＝2ab+c2， ∴a2+b2＝c2，故C选项能证明勾股定理． D、大正方形的面积为：（a+b）2； 也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab， ∴D选项不能证明勾股定理． 故选：D． 【点评】本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键． 3．如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为：　 　；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为：　 　；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 　 　＝　 　，即 　 　． 【分析】图（1）中两个正方形的面积分别为a2，b2，四个直角三角形的面积均为ab．图（2）中空白正方形的面积为c2，四个阴影直角三角形的面积都为ab． 【解答】解：图（1）中大正方形的面积为：a2+b2+4a×b＝a2+b2+2ab＝（a+b）2； 图（2）中大正方形的面积为：c2+4a×b＝c2+2ab； 因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等， 所以（a+b）2＝c2+2ab， 所以a2+2ab+b2＝c2+2ab， 即a2+b2＝c2． 故答案为：（a+b）2，c2+2ab，（a+b）2，c2+2ab，a2+b2＝c2． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，解决本题的关键是学会利用面积法证明勾股定理． 4．（2024秋•新泰市期中）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）如图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？ 【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． 【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c2+2ab或a2+b2+2ab， ∴c2+2ab＝a2+b2+2ab， 整理得c2+ab＝a2+b2+ab． ∴a2+b2＝c2． 【点评】本题考查勾股定理的证明，完全平方公式与几何图形的面积，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 5．（2023秋•碑林区校级期末） 用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列三个问题： （1）如图1是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理c2＝a2+b2． （2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度； （3）如图1，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a+b）2的值（a＜b）． 【分析】（1）根据大正方形的面积的两种表示方法求解即可； （2）根据直角三角形的面积公式求解即可； （3）根据小正方形的为1得出2ab＝12，再结合c2＝13即可求解． 【解答】解：（1）如图1，大正方形的面积＝c2＝4， 整理得，c2＝a2+b2； （2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB5， ∵， ∴CD； （3）∵大正方形的面积是13，小正方形的面积是1， ∴c2＝13，（b﹣a）2＝1， ∴a2+b2﹣2ab＝1， ∴2ab＝12， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝13+12＝25， 即（a+b）2的值为25． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，正确表示出大正方形的面积的两种表示方法是解题的关键． 题型三 赵爽弦图的应用 1．（2024秋•凌海市期中）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的一条直角边长为5，大正方形的边长为13，则中间小正方形的面积是（　　） A．144 B．64 C．49 D．25 【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，即可得到小正方形的面积． 【解答】解：由题意可得： 小正方形的边长5＝7， ∴小正方形的面积为7×7＝49， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 2．（2024秋•武侯区校级月考）如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形EFGH，这样就组成一个“赵爽弦图”，若AB＝5，AE＝4，则正方形EFGH的面积为（　　） A．1 B．2 C．4 D．6 【分析】利用勾股定理求得直角边的较短边，进一步即可求得正方形EFGH的面积． 【解答】解：由题意知，在正方形ABCD中， Rt△ABE≌Rt△CDG≌Rt△DAH≌Rt△BCF， ∴BF＝AE＝4，BC＝AB＝5， ∴BE3， ∴EF＝BF﹣BE＝1， ∴正方形EFGH的面积为1． 故选：A． 【点评】此题考查勾股定理的运用，掌握勾股定理的推导过程是解决问题的关键． 3．（2023秋•开福区校级期末）如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，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”．连接四条线段得到如图2的新的图案．如果图1中的直角三角形的长直角边为10，短直角边为6，图2中的阴影部分的面积为S，那么S的值为（　　） A．48 B．64 C．96 D．112 【分析】根据题意和题目中的数据，可以得到图2中阴影部分的直角三角形的两条直角边为6和4，中间小正方形的边长为2，然后即可计算出S的值． 【解答】解：由题意可得， 图2中阴影部分的直角三角形的两条直角边为6和4，中间小正方形的边长为4， ∴S6×4×4+4×4＝48+16＝64， 故选：B． 【点评】本题考查勾股定理的证明、三角形的面积、正方形的面积，解答本题的关键是求出图2中阴影部分的直角三角形的两条直角边长和中间小正方形的边长． 4．（2023秋•乐山期末）如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（　　） A．76 B．57 C．38 D．19 【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个． 【解答】解：设AC＝AD＝x，则BD＝30﹣5﹣2x＝25﹣2x， ∵BD2＝BC2+CD2， ∴52+（2x）2＝（25﹣2x）2， ∴x＝6， ∴BD＝25﹣2x＝13，AD＝6， ∴这个风车的外围周长是：（13+6）×4＝76． 故选：A． 【点评】此题考查了勾股定理的证明，本题是勾股定理在实际情况中的应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题． 5．（2024秋•兴平市期中）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，若正方形ABCD，正方形IJKL的边长分别为28，4，且AB∥IJ，则正方形EFGH的边长EH＝　 　． 【分析】根据正方形面积计算公式得到正方形ABCD，正方形IJKL的面积分别为282＝784，42＝16，再由图形8个直角三角形是全等三角形得到，进而可得S正方形EFGH＝784﹣96×4＝400，则EH＝20． 【解答】解：∵正方形ABCD，正方形IJKL的边长分别为28，4， ∴正方形ABCD的面积为282＝784，正方形IJKL的面积为42＝16， ∴， ∴S正方形EFGH＝784﹣96×4＝400， ∴EH＝20， 故答案为：20． 【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，求一个数的算术平方根，勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理． 题型四 勾股定理的实际应用 1．（2024春•确山县期中）如图，长方形BCFG是一块草地，折线ABCDE是一条人行道，BC＝15米，CD＝8米，为了避免行人穿过草地（走虚线BD），践踏绿草，管理部门分别在B、D处各挂了一块牌子，牌子上写着“少走____米，踏之何忍”（　　） A．5 B．6 C．4 D．7 【分析】由矩形的性质得∠C＝90°，再由勾股定理得出BD的长，即可解决问题． 【解答】解：∵四边形BCFG是矩形， ∴∠C＝90°， 在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD17（（米）， ∴BC+CD﹣BD＝15+8﹣17＝6（米）， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理的应用以及矩形的性质，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理求出BD的长是解题的关键． 2．（2024秋•新泰市期中）某小区两面直立的墙壁之间为安全通道，一架梯子斜靠在左墙DE时，梯子底端A到左墙的距离AE为0.7m，梯子顶端D到地面的距离DE为2.4m，若梯子底端A保持不动，将梯子斜靠在右墙BC上，梯子顶端C到地面的距离CB为2m，则这两面直立墙壁之间的安全通道的宽BE为（　　） A．2.2m B．2m C．1.5m D．2.5m 【分析】先根据勾股定理求出AD的长，同理可得出AB的长，进而可得出结论． 【解答】解：在Rt△ADE中，∵∠AED＝90°，AE＝0.7米，DE＝2.4米， ∴AD2＝0.72+2.42＝6.25． 在Rt△ABC中， ∵∠ABC＝90°，BC＝2米，AB2+BC2＝AC2， ∴AB2+22＝6.25， ∴AB＝1.5（米）． ∴BE＝AE+AB＝0.7+1.5＝2.2（米）． 答：小巷的宽度BE为2.2米， 故选：A． 【点评】本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用． 3．（2024秋•灞桥区校级月考）松松同学学习了“勾股定理”之后，为了计算如图所示的风筝高度CE，测得如下数据：①测得BD的长度为12m；（BD⊥CE）②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为15m；③松松身高AB为1.6m，若松松同学想使风筝沿CD方向下降4m，则他应该往回收线（　　）米． A．2 B．5 C．5.4 D．3.6 【分析】由勾股定理求出CD的长，再由勾股定理求出BM的长，即可解决问题． 【解答】解：∵BD⊥CE， ∴∠BDC＝90°， 在Rt△CDB中，由勾股定理得：CD9（m）， 设风筝沿CD方向下降9m至点M，连接BM，如图， 则CM＝9m， ∴DM＝CD﹣CM＝9﹣4＝5（m）， ∴BM13（m）， ∴BC﹣BM＝15﹣13＝2（m）， 即松松同学应该往回收线2米， 故选：A． 【点评】此题考查了勾股定理的应用，由勾股定理求出CD的长是解题的关键． 4．（2024秋•长汀县期中）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是 　 　． 【分析】由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD，由全等三角形的性质得出CE＝OD、OE＝BD，求出DE的长即可解答． 【解答】解：由题意可知：∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC， ∵∠BOC＝90°， ∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°． ∴∠COE＝∠OBD， 在△COE和△OBD中， ， ∴△COE≌△OBD（AAS）， ∴CE＝OD，OE＝BD， ∵BD、CE分别为1.4m和1.8m， ∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝1.8﹣1.4＝0.4（m）， ∵AD＝1m， ∴AE＝AD+DE＝1+0.4＝1.4（m）． 故答案为：1.4m． 【点评】本题考查勾股定理的应用，全等三角形的判定和性质，证明△COE≌△OBD（AAS）是解题的关键． 5．（2024秋•沙坪坝区校级月考）如图，某居民小区有一块四边形空地ABCD，小道AC和CE把这块空地分成了△ABC、△ACE和△CDE三个区域，分别摆放三种不同的花卉．已知∠B＝90°，∠CAD＝90°，AB＝12米，BC＝16米，AE＝15米，CE＝25 米． （1）求四边形ABCE的面积； （2）小明和小林同时以相同的速度同时从点E出发，分别沿E→A→C和E→D→C两条不同的路径散步，结果两人同时到达点C，求线段DE的长度． 【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论； （2）根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠B＝90°，AB＝12米，BC＝16米， ∴AC20（米）， ∴四边形ABCE的面积＝△ABC的面积+△ACE的面积AB•BCAC•AE12×1620×15＝246（平方米）， 答：四边形ABCE的面积为246平方米； （2）∵CD（米）， 根据题意得，CD+DE＝AC+AE， ∴DE＝20+15， 解得DE＝6， 故线段DE的长度为6米． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题型五 利用勾股定理解决折叠问题 1．（2024秋•海州区校级期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，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CD的长为（　　） A． B． C．2cm D．3cm 【分析】勾股定理求出AB的长，利用折叠得到BD＝DE，AE＝AB＝5cm，求出CE，设CD＝x，则ED＝3﹣x，根据勾股定理即可求解． 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm， ∴， 根据翻折可得BD＝DE，AE＝AB＝5cm， ∴CE＝AE﹣AC＝1cm， 设CD＝x，则ED＝BD＝3﹣x． 在直角三角形CDE中，由勾股定理得：x2+12＝（3﹣x）2， 解得：． 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理，翻折变换（折叠问题），熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 2．（2024春•武城县校级月考）已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　） A．3cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．12cm2 【分析】根据折叠的条件可得：BE＝DE，在直角△ABE中，利用勾股定理就可以求解． 【解答】解：将此长方形折叠，使点B与点D重合，∴BE＝ED． ∵AD＝9cm＝AE+DE＝AE+BE． ∴BE＝9﹣AE， 根据勾股定理可知AB2+AE2＝BE2， ∴32+AE2＝（9﹣AE）2， 解得AE＝4． ∴△ABE的面积为3×4÷2＝6（cm2）． 故选：C． 【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． 3．（2024•芝罘区二模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意可得AP＝AB＝2，∠B＝∠APB，CE＝PE，∠C＝∠CPE，可得∠APE＝90°，继而设AE＝x，则CE＝PE＝3﹣x，根据勾股定理即可求解． 【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处， ∴AP＝AB＝2，∠B＝∠APB， ∵折叠纸片，使点C与点D重合， ∴CE＝PE，∠C＝∠CPE， ∵∠BAC＝90°， ∴∠B+∠C＝90°， ∴∠APB+∠C＝90°， ∴∠APE＝90°， ∴AP2+PE2＝AE2， 设AE＝x， 则CE＝PE＝3﹣x， ∴22+（3﹣x）2＝x2， 解得， 即， 故选：A． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键． 4．如图，长方形ABCD中，点E在边AB上，将长方形ABCD沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC上的点F处，若AD＝10，DC＝6，则BF的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据折叠的性质可得AD＝DF＝10，则在Rt△CDF中，可求出CF的长；根据长方形对边相等可得BC＝10，再根据BF＝BC﹣CF求解即可． 【解答】解：由折叠的性质可得AD＝DF＝10． 在Rt△CDF中，DF＝10，CD＝6， ∴CF＝8． ∵四边形ABCD是长方形， ∴AD＝BC＝10， ∴BF＝BC﹣CF＝2． 故选B． 【点评】本题是一道关于折叠的问题，主要考查了勾股定理，关键是掌握折叠的性质． 5．（2024春•碑林区校级期末）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上，点A对应点为点A′．若AB＝6，则四边形ABA′G的面积为（　　） A．9 B．12 C．15 D．8 【分析】连接AA'，根据翻折的性质，可得到△ABA′是等边三角形，可得到∠ABG∠ABA'＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解． 【解答】解：如图，连接AA'， 在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点， ∴EF⊥AB，AE＝BE， ∴EF垂直平分AB， ∴A'A＝A'B， 由折叠可得AB＝A'B，∠ABG＝∠A'BG，△ABG≌△A'BG， ∴AB＝BA'＝AA'， ∴△ABA'是等边三角形， ∴∠ABA'＝60°， ∴∠ABG∠ABA'＝30°， ∴AGBG， ∵AB＝6， ∴BG2＝AB2+AG2， ∴BG2＝62BG2， 解得：BG＝4， ∴AG＝2， ∴S△ABG6×26， ∴S四边形ABA′G＝2S△ABG＝12， 故选：B． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 题型六 用勾股定理探究规律 1．（2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（　　）条． A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】OA1＝1，根据勾股定理可得OA2，OA3，找到OAn的规律，即可得到结论． 【解答】解：∵OA1＝1， ∴由勾股定理可得OA2， OA3， …， ∴OAn， ∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，完全平方数有1，4，9，16， ∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有4条， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理的灵活运用，本题中找到OAn的规律是解题的关键． 2．（2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理得OB，OC，OD，按照这个规律，根据勾股定理得OI2，作HM⊥OI于点M，根据三角形的面积公式即可求出答案． 【解答】解：在Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1， 根据勾股定理得OB， 在Rt△OBC，根据勾股定理得OC， 在Rt△OCD，根据勾股定理得OD， 按照这个规律，在Rt△OHI中，根据勾股定理得OI2， 如图，作HM⊥OI于点M， ∴OI•HMOH•HI， ∴2HM1， ∴HM， ∴点H到OI的距离是． 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理和规律是解题的关键． 3．（2024秋•惠来县期中）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2，……按照此规律继续下去，则S2024的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】先根据题意求得前几个正方形的面积，继而可得第n个正方形的边长为2×（）n﹣1，则Sn即可求解． 【解答】解：由题意得，第一个正方形的边长为2，则， ∵△DEC是等腰直角三角形， ∴DCDE， ∴第二个正方形的边长为DE， ∴S2＝（）2＝2， ∵△FGH是等腰直角三角形， ∴第三个正方形的边长为1， ∴S3＝12＝1， 同理可得，第四个正方形的边长为， ∴S4＝（）2， ⋯， ∴第n个正方形的边长为2×（）n﹣1， ∴Sn＝[2×（）n﹣1]2＝4（）n﹣1， ∴S2024． 故选：B． 【点评】本题考查图形类规律类、等腰直角三角形的性质、勾股定理，掌握勾股定理是关键． 4．（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． 【点评】本题考查的是勾股定理、图形的变化规律，根据勾股定理、正方形的面积公式得出所有正方形的面积和的变化规律是解题的关键． 5．细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题： 12+1＝2，S1，1＝3，S2，1＝4，S3 （1）请用含有n（n为正整数）的等式表示上述变化规律． （2）推算出OA10的长． （3）求出S12+S22+S32+…+S1002的值． 【分析】（1）利用已知可得OAn2，注意观察数据的变化， （2）结合（1）中规律即可求出OA102的值即可求出， （3）将前10个三角形面积相加，利用数据的特殊性即可求出． 【解答】解：（1）结合已知数据，可得：OAn2＝n；Sn； （2）∵OAn2＝n， ∴OA10． （3）SSSS ． 【点评】本题主要考查勾股定理以及作图的知识点，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理的知识，此题难度不大． 题型七 利用勾股定理解决最短路径 1．（2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（　　） A．8km B．10km C．12km D．14km 【分析】根据题意画出图形，再利用轴对称求最短路径的方法得出P点位置，进而结合勾股定理得出即可． 【解答】解：如图所示：作A点关于直线MN的对称点A'，再连接A'B，交直线MN于点P. 则此时AP+PB最小，过点B作BE⊥CA延长线于点E， ∵AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km， ∴AA'＝4km，则A′E＝6km， 在Rt△A'EB中， A′B10（km）， 则AP+PB的最小值为：10km． 故选：B． 【点评】本题主要考查最短路径、解题的关键是学会利用对称解决最短问题． 2．（2023秋•秦安县期末）如图是一个长方体盒子，其长，宽、高分别为4，2，9，用一根细线绕侧面绑在点A，B处，不计线头，细线的最短长度为（　　） A．12 B．15 C．18 D．21 【分析】把长方体沿AB边剪开，再根据勾股定理进行解答即可． 【解答】解：如图所示： 连接AB′，则AB′即为所用的最短细线长， AA′＝4+2+4+2＝12，A′B′＝AB＝9， 由勾股定理得：AB′2＝AA′2+A′B′2＝122+92＝225， 则AB′＝15， 故选：B． 【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路线问题，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键． 3．（2024秋•扶风县期中）葛藤是一种多年生草本植物，为获得更多的雨露和阳光，其茎蔓常绕着附近的树干沿最短路线盘旋而上，如图，如果把树干看成圆柱体，它的底面周长是2.4m，当一段葛藤绕树干盘旋1圈升高为1m时，这段葛藤的长为（　　） A．1.4m B． C．2.6m D．3.4m 【分析】根据题意画出图形，利用圆柱侧面展开图，结合勾股定理求解即可． 【解答】解：如图所示： 由题意可得，展开图中AB＝1m，AC＝2.4m， 则在Rt△ABC中，BC2.6（m）． 这段葛藤的长是2.6m． 故选：C． 【点评】此题主要考查了平面展开﹣最短路径问题，利用勾股定理是解题关键． 4．（2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+2米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 　 米． 【分析】解答此题要将木块展开，然后根据两点之间线段最短解答． 【解答】解：由题意可知，将木块展开， 相当于是AB+等腰直角三角形的两腰， ∴长为6+22+2﹣210（米）；宽为4米． 于是最短路径为2（米）， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查平面展开﹣最短路径问题，两点之间线段最短，有一定的难度，要注意培养空间想象能力． 5．（2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 　 　cm（杯壁厚度不计）． 【分析】将杯子侧面展开，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． 【解答】解：如图，将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′， 连接A′B，则A′B即为最短距离， 在直角△A′DB中，由勾股定理得， A′B15（cm）． 则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为15cm， 故答案为：15． 【点评】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． 题型八 勾股定理的逆定理的应用 1．（2024秋•碑林区校级月考）△ABC的三边分别为a，b，c，下列选项中的条件不能判定直角三角形的是（　　） A．a＝32，b＝42，c＝52 B．∠A+∠B＝90° C．a＝6，b＝8，c＝10 D．a＝8，b＝15，c＝17 【分析】根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可． 【解答】解：A、∵（32）2+（42）2≠（52）2， ∴a2+b2≠c2， ∴此三角形不是直角三角形，故符合题意； B、∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A+∠B＝90°，∴∠C＝90°， ∴此三角形是直角三角形，故不符合题意； C、∵b2＝64，c2＝100，a2＝36，∴a2+b2＝c2， ∴此三角形是直角三角形，故不符合题意； D、∵b2＝225，c2＝289，a2＝64，∴a2+b2＝c2， ∴此三角形是直角三角形，故不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查的是勾股定理的逆定理及三角形内角和定理，熟知以上知识是解答此题的关键． 2．甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（　　） A．南偏西30° B．北偏西30° C．南偏东60° D．南偏西60° 【分析】根据题意得到OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km），根据勾股定理的逆定理得到∠AOB＝90°，根据平角的定义即可得到结论． 【解答】解：∵甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点， ∴OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km）， ∵AB＝10km， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴∠AOB＝90°， ∵甲探险者沿着北偏东30°的方向行走， ∴乙探险者的行走方向可能是南偏东60°， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，方向角，正确地判断出∠AOB＝90°是解题的关键． 3．（2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm． （1）判断△BDC的形状，并说明理由； （2）求△ABC的周长． 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得出答案即可； （2）设AB＝AC＝xcm，在Rt△ADC中根据勾股定理求出AC，再求出△ABC的周长即可． 【解答】解：（1）△BDC是直角三角形， 理由是：∵BC＝8cm，BD＝16cm，CD＝8cm， ∴BD2+CD2＝BC2， ∴∠D＝90°， 即△BDC是直角三角形； （2）设AB＝AC＝xcm， 在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD2+DC2＝AC2， 即（16﹣x）2+82＝x2， 解得：x＝10， ∴AB＝AC＝10（cm）， ∵BC＝8cm， ∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+10+8（20+8）（cm）． 故△ABC的周长是（20+8）cm． 【点评】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键． 4．（2024秋•永春县月考）为了增强学生体质，丰富校园文化生活，推行中小学生每天锻炼一小时的“阳光体育运动”，某学校决定在校园内某一区域内新建一块塑胶场地DABC供同学们课间活动使用，如图，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°． （1）连接AC，求AC的长度； （2）若平均每平方米的材料成本加施工费为110元，请计算该学校建成这块塑胶场地需花费多少元？ 【分析】（1）直接利用勾股定理求解即可； （2）直接利用勾股定理的逆定理得出∠DAC＝90°，再根据S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC求出这块塑胶场地的面积即可求出答案． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，AB＝9m，BC＝12m， ∴； （2）在△ADC中，∵CD＝17m，AD＝8m，AC＝15m， ∴AD2+AC2＝82+152＝289，DC2＝172＝289， ∴AD2+AC2＝DC2． ∴△ADC为直角三角形，且∠DAC＝90°． ∴（m2）， ∴114×110＝12540（元）． 答：该学校建成这块塑胶场地需花费12540元． 【点评】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理的实际应用，难度不大． 5．（2024秋•扶风县期中）图1是某超市的购物车，图2为其侧面简化示意图，测得支架 AC＝8，AB＝6，两轮中心的距离BC＝10，滚轮半径r＝2． （1）判断△ABC 的形状，并说明理由． （2）若购物车上篮子的左边缘D与点A的距离AD＝13，AE＝5，且AE⊥DE，AE和BC都与地面平行，求购物车上篮子的左边缘D到地面的距离． 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理解答即可； （2）根据勾股定理得出DE，进而利用直角三角形的面积公式解答即可． 【解答】解：（1）∵AC＝8，AB＝6，BC＝10， ∴BC2＝AC2+AB2， ∴△ABC是直角三角形； （2）∵AD＝13，AE＝5，且AE⊥DE， 由勾股定理可得，DE， ∵AC＝8，AB＝6，BC＝10，△ABC是直角三角形， ∴BC边上的高， ∵滚轮半径r＝2， ∴购物车上篮子的左边缘D到地面的距离＝12+4.8+2＝18.8． 【点评】此题考查勾股定理的应用，关键是根据勾股定理的逆定理和勾股定理解答． 题型九 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算 1．（2024秋•芗城区校级月考）如图所示，在△ABC中，AC＝10，BC＝17，CD＝8，AD＝6．求BD的长． 【分析】先根据勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形，且∠ADC＝90°，再求出∠CDB＝90°，然后利用勾股定理列式计算即可． 【解答】解：∵AC＝10，CD＝8，AD＝6， ∴CD2+AD2＝AC2， ∴△ACD是直角三角形，且∠ADC＝90°， ∴∠CDB＝180°﹣90°＝90°， ∵BC＝17，CD＝8， ∴BD15， 即BD的长为15． 【点评】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 2．（2024秋•宝鸡期中）如图，在△ADC中，AD＝13cm，AC＝12cm，DC＝5cm，B是CD延长线上的点，连接AB，若AB＝15cm，求BD的长． 【分析】根据逆定理得到△ACD是直角三角形，利用勾股定理求出BC即可得到答案； 【解答】解：∵AD＝13cm，AC＝12cm，DC＝5cm， ∴AD2＝AC2+DC2， ∴△ACD是直角三角形，即∠C＝90°， ∵AB＝15cm，由勾股定理得， ∴， ∴BD＝BC﹣DC＝4cm． 【点评】本题考查勾股定理定理及逆定理，掌握勾股定理定理及逆定理是关键． 3．（2023秋•三原县期末）如图，在△ABC中，BC＝2，AC＝4，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，且．延长DE交BC的延长线于点F，连接AF． （1）求证：∠BCA＝90°； （2）求AF的长． 【分析】（1）根据垂直平分线的性质可得，在△ABC中，根据勾股定理的逆定理即可得出结论； （2）根据垂直平分线的性质得出BF＝AF，进而可得CF＝AF﹣2，在Rt△ACF中，勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵DE垂直平分AB，， ∴． ∵在△ABC中，BC＝2，AC＝4，， ∴BC2+AC2＝20＝AB2， ∴AC⊥BC，即∠BCA＝90°． （2）解：∵DF是线段AB的垂直平分线， ∴BF＝AF， ∴CF＝BF﹣BC＝AF﹣2． ∵∠ACF＝90°， ∴CF2+AC2＝AF2， ∴（AF﹣2）2+42＝AF2， ∴AF＝5，即AF的长为5． 【点评】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 4．（2024秋•龙华区期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB，AB＝5，BC，CD＝2． （1）求DB的长； （2）求证：AC⊥BC． 【分析】（1）根据垂直定义可得∠CDA＝∠CDB＝90°，然后在Rt△CDB中，利用勾股定理进行计算，即可解答； （2）利用（1）的结论可得AD＝4，然后在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AC的长，从而利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，进而可得∠ACB＝90°，即可解答． 【解答】（1）解：∵CD⊥AB， ∴∠CDA＝∠CDB＝90°， 在Rt△CDB中，BC，CD＝2， ∴BD1， ∴DB的长为1； （2）证明：∵AB＝5，BD＝1， ∴AD＝AB﹣BD＝5﹣1＝4， 在Rt△ACD中，AC2， ∴AC2+BC2＝（2）2+（）2＝25，AB2＝52＝25， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形， ∴∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC． 【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理以及勾股定理的逆定理是解题的关键． 5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2， PA＝3，求∠BPC的度数． 【分析】根据旋转的性质得到CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3，则△CPD为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得PD＝PC＝2，∠CPD＝45°，由PB＝1，PD＝2，DB＝3，易得PB2+PD2＝BD2，根据勾股定理的逆定理得到△PBD为直角三角形，即可得到∠BPC的度数． 【解答】解：如图，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD，连接DP， ∵△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD， ∴CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3， ∴△CPD为等腰直角三角形， ∴PD＝PC＝2，∠CPD＝45°， 在△PDB中，PB＝1，PD＝2，DB＝3， 而12+（2）2＝32， ∴PB2+PD2＝BD2， ∴△PBD为直角三角形， ∴∠DPB＝90°， ∴∠BPC＝45°+90°＝135°． 【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用． 题型十 方程思想在勾股定理中的应用 1．（2024•新吴区二模）在我国古代数学著作《九章算术》“勾股”章有一题：“今有开门去阃一尺，不合二寸，问门广几何．”大意是说：如图，推开两扇门（AD和BC），门边缘D、C两点到门槛AB的距离为1尺（1尺＝10寸）两扇门间的缝隙CD为2寸，那么门的宽度（两扇门宽度）的和AB为 　 　寸． 【分析】过D作DE⊥AB于E，构建直角三角形，根据勾股定理计算求解即可． 【解答】解：过D作DE⊥AB于E， 设OA＝OB＝AD＝BC＝r， 则DE＝10，，AE＝r﹣1， 在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2， 解得2r＝101， 所以门的宽度的和AB为101寸． 故答案为：101． 【点评】本题主要考查了勾股定理的实际应用问题，构建直角三角形是解答此题的关键． 2．（2023秋•荣成市期末）如图，是一个滑梯示意图，若将滑梯BD水平放置，则刚好与DE一样长，已知滑梯的高度CE为3米，BC为1米．则滑道BD的长度为 　 ． 【分析】设BD的长为x米，则DE＝x米，AD＝DE﹣AE＝（x﹣1）米，在Rt△ABD中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：设BD的长为x米，则DE＝x米，AD＝DE﹣AE＝（x﹣1）米， 由题意得：∠BAD＝90°，AB＝CE＝3米， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：x2＝32+（x﹣1）2， 解得：x＝5，即：滑道BD的长为5米； 故答案为：5米． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 3．（2023秋•龙岗区期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷． 如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（　　）m． A． B． C．6 D． 【分析】设绳长为xm，再根据直角三角的勾股定理列方程，解方程即可． 【解答】解：设绳长为x米， 在Rt△ADC中， AD＝AB﹣BD＝AB﹣（DE﹣BE）＝x﹣（4﹣1）＝（x﹣3）米， DC＝6m，AC＝x米， ∴AB2+DC2＝AC2， 根据题意列方程：x2＝（x﹣3）2+62， 解得：x， ∴绳索AC的长是． 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是读懂题意，掌握勾股定理，运用勾股定理解决问题． 4．（2023秋•沈北新区期末）在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB＝3千米，CH＝2.4千米，HB＝1.8千米． （1）问CH是否为从村庄C到河边的最近路？（即问：CH与AB是否垂直？）请通过计算加以说明； （2）求原来的路线AC的长． 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理解答即可； （2）根据勾股定理解答即可． 【解答】解：（1）是， 理由是：在△CHB中， ∵CH2+BH2＝（2.4）2+（1.8）2＝9 BC2＝9 ∴CH2+BH2＝BC2 ∴CH⊥AB， 所以CH是从村庄C到河边的最近路 （2）设AC＝x 在Rt△ACH中，由已知得AC＝x，AH＝x﹣1.8，CH＝2.4 由勾股定理得：AC2＝AH2+CH2 ∴x2＝（x﹣1.8）2+（2.4）2 解这个方程，得x＝2.5， 答：原来的路线AC的长为2.5千米． 【点评】此题考查勾股定理的应用，关键是根据勾股定理的逆定理和定理解答． 5．（2023秋•莱西市期中）如图，在△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，交AB于点E． （1）判定△ABC的形状，并说明理由； （2）求AE的长． 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理可证明△ABC是直角三角形； （2）连接EC，如图，根据线段垂直平分线的性质得到EC＝EB，设AE＝x，则BE＝EC＝12﹣x，再在Rt△ACE中利用勾股定理得到x2+92＝（12﹣x）2，然后解方程即可． 【解答】解：（1）△ABC是直角三角形． 理由如下： ∵△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15， 而92+122＝152，即AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形； （2）连接EC，如图， ∵DE是BC的垂直平分线， ∴EC＝EB， 设AE＝x，则BE＝EC＝12﹣x， 在Rt△ACE中，x2+92＝（12﹣x）2， 解得x， 即AE的长为． 【点评】本题考查了勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．也考查了线段垂直平分线的性质． 题型十一 分类讨论思想在勾股定理中的应用 1．（2023秋•和平区校级期中）已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为（　　） A．12 B．7 C．12或7 D．以上都不对 【分析】先设Rt△ABC的第三边长为x，由于4是直角边还是斜边不能确定，故应分4是斜边或x为斜边两种情况讨论． 【解答】解：设Rt△ABC的第三边长为x， ①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边， 由勾股定理得，x＝5，此时这个三角形的周长＝3+4+5＝12； ②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边， 由勾股定理得，x，此时这个三角形的周长＝7， 故选：C． 【点评】本题考查的是勾股定理的应用，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解． 2．（2023秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝ 　时，△OAP是等腰三角形． 【分析】分三种情况，当OP＝AP，OA＝AP，OA＝OP时，由等腰三角形的性质可求出答案． 【解答】解：当△AOP为等腰三角形时，分三种情况： ①如图，OP＝AP， ∴∠O＝∠OAP， ∵∠AOM＝45°， ∴∠APO＝90°， ∴OP； ②如图， OA＝OP＝2； ③如图，OA＝AP， ∴∠O＝∠APO＝45°， ∴∠A＝90°， ∴OP2． 综上所述，OP的长为或2或2． 故答案为：或2或2． 【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 3．设计师要用四条线段CA，AB，BD，DC首尾相接组成如图所示的两个直角三角形图案，∠C与∠D为直角，已知其中三条线段的长度分别为1cm，9cm，5cm，第四条长为xcm，试求出所有符合条件的x的值． 【分析】显然AB是四条线段中最长的线段，分AB＝x或AB＝9两种情况来讨论． 【解答】解：显然AB是四条线段中最长的线段，分AB＝x或AB＝9两种情况来讨论． 把AB平移至ED（如图所示）． ①若AB＝x， 当CD＝9时，则； 当CD＝5时，则； 当CD＝1时，则． ②若AB＝9， 当CD＝5时，由（x+1）2+52＝92，得； 当CD＝1时，由（x+5）2+12＝92，得； 当CD＝x时，由x2+（1+5）2＝92，得． 【点评】本题考查勾股定理的知识，解题关键是分AB＝x或AB＝9两种情况进行讨论，注意不要漏解． 4．（2023秋•二道区校级期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割． （1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由； （2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长． 【分析】（1）由AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，可得AM2+NB2＝MN2，根据勾股定理逆定理得出以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，再根据线段勾股分割点的定义即可判断； （2）设BN＝x，则MN＝12﹣AM﹣BN＝7﹣x，分两种情形①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题． 【解答】解：（1）点M、N是线段AB的勾股分割点．理由如下： ∵AM2+BN2＝2.52+62＝42.25，MN2＝6.52＝42.25， ∴AM2+NB2＝MN2， ∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形， ∴点M、N是线段AB的勾股分割点； （2）设BN＝x，则MN＝30﹣AM﹣BN＝25﹣x， ①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2， 即（25﹣x）2＝x2+25， 解得x＝12； ②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2． 即x2＝25+（25﹣x）2， 解得x＝13． 综上所述，BN＝12或13． 【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，解题的关键是理解新定义，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型． 5．（2023秋•洪洞县期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为ts． （1）求BC边的长； （2）当△ABP为直角三角形时，求t的值． 【分析】（1）由勾股定理求解即可； （2）①由题意得：BP＝tcm，分两种情况：①当∠APB＝90°时，点P与点C重合，则BP＝BC＝4cm，得t＝4； ②当∠BAP＝90°时，CP＝（t﹣4）cm，在Rt△ACP和Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2＝AC2+CP2＝BP2﹣AB2，即32+（t﹣4）2＝t2﹣52，求解即可． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC4（cm）； （2）由题意得：BP＝tcm，分两种情况： ①当∠APB＝90°时，如图1所示： 点P与点C重合， ∴BP＝BC＝4cm， ∴t＝4； ②当∠BAP＝90°时，如图2所示： 则CP＝（t﹣4）cm，∠ACP＝90°， 在Rt△ACP中，由勾股定理得：AP2＝AC2+CP2， 在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2＝BP2﹣AB2， ∴AC2+CP2＝BP2﹣AB2， 即32+（t﹣4）2＝t2﹣52， 解得：t； 综上所述，当△ABP为直角三角形时，t的值为4s或s． 【点评】本题考查了勾股定理以及分类讨论；熟练掌握勾股定理，进行分类讨论是解题的关键． 题型十二 勾股定理的综合压轴题 1．（2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm 的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒． （1）AC＝　 　cm； （2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值； （3）在运动过程中，当t＝　 　值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果） 【分析】（1）利用勾股定理计算； （2）P点只能在AC边上，设CP＝a，再做PD⊥AB与D，PD＝a，根据等面积，列方程，求出a，再计算t； （3）读懂题意，可以发现，在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形，分情况计算t的值． 【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm， ∴AC2＝AB2﹣BC2＝25﹣16＝9， ∴AC＝3cm， 故答案为：3； （2）根据题意可知，P点在AC边上，再做PD⊥AB与D， 设CP＝a， ∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，由（1）得AC＝3cm， ∴PD＝a， ∴S△ABP+S△PBC＝S△ABC， ∴AB•DPBC•CPBC•AC， ∴5×a4×a4×3， 解得a， ∴t（秒）， ∴此时t的值秒； （3）在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形， 点P在AB上时，此时AP＝AC＝3cm， t（秒）； 点P在BC上时，此时PC＝AC＝3cm， t3（秒）， 综上所述，当t或3秒时，△ACP为等腰三角形． 故答案为：或3秒． 【点评】本题考查了三角形中动点的问题，解题的关键是掌握勾股定理，等腰三角形的判断，三角形的面积． 2．（2023秋•海曙区期末）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长． 小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长． 解决下列问题： （1）图2中，AE＝　 　，AB＝ 　； （2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b． 【分析】（1）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，根据垂直平分线的性质得到AB＝BD，∠A＝∠D，根据题意、三角形内角和定理得到∠CBD＝∠A，根据勾股定理计算即可； （2）仿照（1）的作法解答． 【解答】解：（1）如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD， 则BE是AD的垂直平分线， ∴AB＝BD，∠A＝∠D， ∵3∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°， ∴∠BCA＝2∠A， ∵∠BCA＝∠D+∠CBD， ∴∠BCA＝∠A+∠CBD＝2∠A， ∴∠CBD＝∠A， ∴DC＝BC＝8， ∴AD＝DC+AC＝8+10＝18， ∴AE＝AD＝9， ∴EC＝AD﹣CD＝9﹣8＝1． ∴在直角△BCE和直角△AEB中， 由勾股定理得到：BC2﹣CE2＝AB2﹣AE2，即82﹣12＝AB2﹣92， 解得，AB＝12， 故答案为：9；12； （2）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD， 则BE是边AD的垂直平分线， ∴AB＝BD，∠A＝∠D． ∵3∠A+2∠B＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°， ∴2∠A+∠ABC＝∠ACB， ∵∠ACB＝∠D+∠DBC， ∴2∠A+∠ABC＝∠D+∠DBC， ∵∠A＝∠D， ∴∠A+∠ABC＝∠DBC，BD＝AB＝c，即∠DCB＝∠DBC， ∴DB＝DC＝c， 由题意得，DE＝AE， ∴EC＝AE﹣ACb， 在Rt△BEC中，BE2＝BC2﹣EC2， 在Rt△BEA中，BE2＝BA2﹣EA2， ∴BC2﹣EC2＝BA2﹣EA2，即a2﹣（）2＝c2﹣（）2， 整理得，b． 【点评】本题考查的是勾股定理、线段垂直平分线的性质，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． 3．（2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2． （1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值． （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值． （3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长． 【分析】（1）根据勾股定理，利用新定义即可得出结论； （2）取BC的中点O，连接AO，求出OB＝6，则可求出AB∇AC，取AC的中点D，连接BD，过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E，求出BE，BD，则可求出BA∇BC的值； （3）作BD⊥CD，根据三角形ABC的面积求出BD＝6，求出OC，BC的长，再求出CD和AD的长，则可求出答案． 【解答】解：（1）如图1，AO是BC边上的中线， ∵∠ACB＝90°， ∴AO2﹣OC2＝AC2， ∵AB∇AC＝81， ∴AO2﹣OC2＝81， ∴AC2＝81， ∴AC＝9； （2）①如图2，取BC的中点O，连接AO， ∵AB＝AC， ∴AO⊥BC， ∵∠BAC＝120°， ∴∠ABC＝30°， 在Rt△AOB中， ∴OB6， ∴AB∇AC＝AO2﹣BO2＝36﹣108＝﹣72； ②如图3，取AC的中点D，连接BD， ∴AD＝CDAC＝6， 过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E， ∴∠BAE＝180°﹣∠BAC＝60°， ∴∠ABE＝30°， ∵AB＝12， ∴AE＝6， ∴BE6． ∴DE＝AD+AE＝12， ∴BD6， ∴BA∇BC＝BD2﹣CD2216； （3）作BD⊥CD，如图4， ∵S△ABC＝24，AC＝8， ∴BD6， ∵AB∇AC＝﹣64，AO是BC边上的中线， ∴AO2﹣OC2＝﹣64， ∴OC2﹣AO2＝64， 又∵AC2＝82＝64， ∴OC2﹣AO2＝AC2， ∴∠AOC＝90°， ∴OA＝23， ∴OC． ∴BC＝2OC＝2， 在Rt△BCD中，CD16， ∴AD＝CD﹣AC＝16﹣8＝8， ∴AB10． 【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理的运用． 4．（2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒． （1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 　 　； ②当t＝3时，PQ的长为 　 ． （2）当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值． 【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的长，进而可求解Rt△ABC斜边AC上的高； ②可求得AP和BQ，则可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的长； （2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t； （3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ＝BC、CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值． 【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC（cm）， ∴Rt△ABC斜边AC上的高为4.8（cm）； ②当t＝3时，则AP＝3cm，BQ＝2t＝6cm， ∵AB＝8cm， ∴BP＝AB﹣AP＝8﹣3＝5（cm）， 在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ（cm）， 即PQ的长为cm， 故答案为：①4.8cm；②cm； （2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm， ∵AB＝8， ∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t， 当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t， ∴出发秒后△PQB能形成等腰三角形； （3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10， 当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣2t＝16﹣2t， ∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣（16﹣2t）＝2t﹣6， ∵△BCQ为等腰三角形， ∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况， ①当BQ＝BC＝6时，如图1，过B作BD⊥AC于D， 则CDCQ＝t﹣3， 在Rt△ABC中，S△ABCAC×BDBC×AB， ∴BD， 在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2+CD2， 即62＝（ ）2+（t﹣3）2， 解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）； ②当CQ＝BC＝6时，则2t﹣6＝6，解得t＝6； ③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC， ∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA， ∴∠A＝∠QBA， ∴QB＝QA， ∴CQAC＝5，即2t﹣6＝5，解得t＝5.5； 综上可知当运动时间为6.6秒或6秒或5.5秒时，△BCQ为等腰三角形． 【点评】本题为三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，但难度不大． 5．（2023秋•福田区期中）阅读下面材料： 某学校数学兴趣活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠B＝∠BCA＝45°，D是BC的中点， （1）问题发现：如图1，若点E、F分别在线段AB、AC上，且AE＝CF，连接EF、DE、DF、AD，此时小明发现∠BAD＝　 　°，AD　 　DC（填“＞、＜、＝”）． 接下来小明和同学们继续探究，发现﹣一个结论：线段EF与DE长的比值是一个固定值，即EF＝　 DE． （2）变式探究：如图2，E、F分别在线段BA、AC的延长线上，且AE＝CF，若EF＝4，求DE的长并写出过程． （3）拓展应用：如图3，AB＝AC＝6，动点M在AD的延长线上，点H在直线AC上，且满足∠BMH＝90°，CH＝2，请直接写出DM的长为 　 ． 【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出DA＝DC，∠BAD＝∠CAD＝∠C进而得出△ADE≌△CDF（SAS），即可得出△DEF为等腰直角三角形，则可得出答案； （2）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，证出△DEF为等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质可得出答案； （3）分两种情况，①当H在线段AC上时，②当点H在线段AC的延长线上时，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，由等腰三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案． 【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠BCA＝45°． ∵点D是斜边BC的中点， ∴AD是BC边上的中线． ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC90°＝45°， ∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BCA， ∴DA＝DC， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF， ∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝∠CDF+∠ADF＝∠ADC＝90°， ∴△DEF为等腰直角三角形， ∴EFDE， 故答案为：45°，＝，； （2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠BCA＝45°． ∵点D是斜边BC的中点， ∴AD是BC边上的中线． ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC90°＝45°， ∴∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BCA， ∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF＝135°， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF， ∴∠EDF＝∠EDC+∠CDF＝∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90°， ∴△DEF为等腰直角三角形． ∴EFDE， ∵EF＝4， ∴DE2； （3）①当H在线段AC上时，如图，连接MC，过点M作MF⊥AC于F， ∵AD⊥CB，BD＝CD， ∴AM为线段BC的中垂线， ∴MB＝MC， ∴∠MBC＝∠MCB， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABM＝∠ACM， 又∵∠BAC＝∠BMH＝90°，∠BAH+∠ABM+∠BMH+∠AHM＝360°， ∴∠ABM+∠AHM＝180， ∵∠AHM+∠MHC＝180°， ∴∠ABM＝∠MHC， ∴∠MHC＝∠MCH， ∴MH＝MC， ∵HC＝2， ∴HF＝CFCH＝1， ∵AC＝6， ∴AF＝AC﹣CF＝6﹣1＝5， ∵∠DAC＝45°， ∴AF＝MF＝5， ∴AMAF＝5， ∵D为BC的中点，AB＝AC＝6， ∴ADBC＝3， ∴DM＝AM﹣AD＝532； ②当H在线段AC的延长线上时，如图，连接MC，过点M作MF⊥AC于F， 同理可得CF＝HF＝1， ∴AF＝AC+CF＝6+1＝7， ∴AM， ∴DM＝AM﹣AD＝74， 综上所述，DM的长为2或4． 故答案为：2或4． 【点评】此题是三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的判定与性质，根据已知得出△ADE≌△CDF是解题关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ （北师大版）八年级上册 第1章：勾股定经理章末重点题型复习 题型一 运用勾股定理求线段长 1．（2024秋•武侯区校级月考）一个直角三角形的一条直角边和斜边的长分别为3和5，则另一条直角边的长为（　　） A． B． C．4 D．4或 2．（2024秋•雁塔区校级月考）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2024春•忠县期末）在△ABC中，已知∠A＝30°，AC＝8，BC＝5，某同学用直尺和圆规先确定了三角形顶点A、C，在用BC长确定顶点B时，作出了如图所示的两个B点，那么这两个B点之间的长度为（　　） A．6 B．5 C．4 D．3 4．（2024秋•长安区月考）在△ACB中，∠ACB＝90°． （1）已知a＝6，b＝8，求c的值； （2）已知AB＝10，AC＝9，求BC的值． 5．（2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15． 求：（1）CD的长； （2）AD的长． 题型二 勾股定理的证明 1．（2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（　　） A．a2+b2＝c2 B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2 C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b） D．（a+b）2＝a2+2ab+b2 2．（2023秋•辽宁期末）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　） A． B． C． D． 3．如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为：　 　；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为：　 　；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 　 　＝　 　，即 　 　． 4．（2024秋•新泰市期中）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）如图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？ 5．（2023秋•碑林区校级期末） 用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列三个问题： （1）如图1是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理c2＝a2+b2． （2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度； （3）如图1，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a+b）2的值（a＜b）． 题型三 赵爽弦图的应用 1．（2024秋•凌海市期中）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的一条直角边长为5，大正方形的边长为13，则中间小正方形的面积是（　　） A．144 B．64 C．49 D．25 2．（2024秋•武侯区校级月考）如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形EFGH，这样就组成一个“赵爽弦图”，若AB＝5，AE＝4，则正方形EFGH的面积为（　　） A．1 B．2 C．4 D．6 3．（2023秋•开福区校级期末）如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，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”．连接四条线段得到如图2的新的图案．如果图1中的直角三角形的长直角边为10，短直角边为6，图2中的阴影部分的面积为S，那么S的值为（　　） A．48 B．64 C．96 D．112 4．（2023秋•乐山期末）如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（　　） A．76 B．57 C．38 D．19 5．（2024秋•兴平市期中）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，若正方形ABCD，正方形IJKL的边长分别为28，4，且AB∥IJ，则正方形EFGH的边长EH＝　 　． 题型四 勾股定理的实际应用 1．（2024春•确山县期中）如图，长方形BCFG是一块草地，折线ABCDE是一条人行道，BC＝15米，CD＝8米，为了避免行人穿过草地（走虚线BD），践踏绿草，管理部门分别在B、D处各挂了一块牌子，牌子上写着“少走____米，踏之何忍”（　　） A．5 B．6 C．4 D．7 2．（2024秋•新泰市期中）某小区两面直立的墙壁之间为安全通道，一架梯子斜靠在左墙DE时，梯子底端A到左墙的距离AE为0.7m，梯子顶端D到地面的距离DE为2.4m，若梯子底端A保持不动，将梯子斜靠在右墙BC上，梯子顶端C到地面的距离CB为2m，则这两面直立墙壁之间的安全通道的宽BE为（　　） A．2.2m B．2m C．1.5m D．2.5m 3．（2024秋•灞桥区校级月考）松松同学学习了“勾股定理”之后，为了计算如图所示的风筝高度CE，测得如下数据：①测得BD的长度为12m；（BD⊥CE）②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为15m；③松松身高AB为1.6m，若松松同学想使风筝沿CD方向下降4m，则他应该往回收线（　　）米． A．2 B．5 C．5.4 D．3.6 4．（2024秋•长汀县期中）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是 　 　． 5．（2024秋•沙坪坝区校级月考）如图，某居民小区有一块四边形空地ABCD，小道AC和CE把这块空地分成了△ABC、△ACE和△CDE三个区域，分别摆放三种不同的花卉．已知∠B＝90°，∠CAD＝90°，AB＝12米，BC＝16米，AE＝15米，CE＝25 米． （1）求四边形ABCE的面积； （2）小明和小林同时以相同的速度同时从点E出发，分别沿E→A→C和E→D→C两条不同的路径散步，结果两人同时到达点C，求线段DE的长度． 题型五 利用勾股定理解决折叠问题 1．（2024秋•海州区校级期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，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CD的长为（　　） A． B． C．2cm D．3cm 2．（2024春•武城县校级月考）已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　） A．3cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．12cm2 3．（2024•芝罘区二模）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，沿AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（　　） A． B． C． D． 4．如图，长方形ABCD中，点E在边AB上，将长方形ABCD沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC上的点F处，若AD＝10，DC＝6，则BF的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2024春•碑林区校级期末）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上，点A对应点为点A′．若AB＝6，则四边形ABA′G的面积为（　　） A．9 B．12 C．15 D．8 题型六 用勾股定理探究规律 1．（2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（　　）条． A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•惠来县期中）如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2，……按照此规律继续下去，则S2024的值为（　　） A． B． C． D． 4．（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 5．细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题： 12+1＝2，S1，1＝3，S2，1＝4，S3 （1）请用含有n（n为正整数）的等式表示上述变化规律． （2）推算出OA10的长． （3）求出S12+S22+S32+…+S1002的值． 题型七 利用勾股定理解决最短路径 1．（2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（　　） A．8km B．10km C．12km D．14km 2．（2023秋•秦安县期末）如图是一个长方体盒子，其长，宽、高分别为4，2，9，用一根细线绕侧面绑在点A，B处，不计线头，细线的最短长度为（　　） A．12 B．15 C．18 D．21 3．（2024秋•扶风县期中）葛藤是一种多年生草本植物，为获得更多的雨露和阳光，其茎蔓常绕着附近的树干沿最短路线盘旋而上，如图，如果把树干看成圆柱体，它的底面周长是2.4m，当一段葛藤绕树干盘旋1圈升高为1m时，这段葛藤的长为（　　） A．1.4m B． C．2.6m D．3.4m 4．（2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+2米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 　 米． 5．（2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 　 　cm（杯壁厚度不计）． 题型八 勾股定理的逆定理的应用 1．（2024秋•碑林区校级月考）△ABC的三边分别为a，b，c，下列选项中的条件不能判定直角三角形的是（　　） A．a＝32，b＝42，c＝52 B．∠A+∠B＝90° C．a＝6，b＝8，c＝10 D．a＝8，b＝15，c＝17 2．甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（　　） A．南偏西30° B．北偏西30° C．南偏东60° D．南偏西60° 3．（2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm． （1）判断△BDC的形状，并说明理由； （2）求△ABC的周长． 4．（2024秋•永春县月考）为了增强学生体质，丰富校园文化生活，推行中小学生每天锻炼一小时的“阳光体育运动”，某学校决定在校园内某一区域内新建一块塑胶场地DABC供同学们课间活动使用，如图，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°． （1）连接AC，求AC的长度； （2）若平均每平方米的材料成本加施工费为110元，请计算该学校建成这块塑胶场地需花费多少元？ 5．（2024秋•扶风县期中）图1是某超市的购物车，图2为其侧面简化示意图，测得支架 AC＝8，AB＝6，两轮中心的距离BC＝10，滚轮半径r＝2． （1）判断△ABC 的形状，并说明理由． （2）若购物车上篮子的左边缘D与点A的距离AD＝13，AE＝5，且AE⊥DE，AE和BC都与地面平行，求购物车上篮子的左边缘D到地面的距离． 题型九 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算 1．（2024秋•芗城区校级月考）如图所示，在△ABC中，AC＝10，BC＝17，CD＝8，AD＝6．求BD的长． 2．（2024秋•宝鸡期中）如图，在△ADC中，AD＝13cm，AC＝12cm，DC＝5cm，B是CD延长线上的点，连接AB，若AB＝15cm，求BD的长． 3．（2023秋•三原县期末）如图，在△ABC中，BC＝2，AC＝4，AB的垂直平分线DE交AB于点D，交AC于点E，且．延长DE交BC的延长线于点F，连接AF． （1）求证：∠BCA＝90°； （2）求AF的长． 4．（2024秋•龙华区期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB，AB＝5，BC，CD＝2． （1）求DB的长； （2）求证：AC⊥BC． 5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2， PA＝3，求∠BPC的度数． 题型十 方程思想在勾股定理中的应用 1．（2024•新吴区二模）在我国古代数学著作《九章算术》“勾股”章有一题：“今有开门去阃一尺，不合二寸，问门广几何．”大意是说：如图，推开两扇门（AD和BC），门边缘D、C两点到门槛AB的距离为1尺（1尺＝10寸）两扇门间的缝隙CD为2寸，那么门的宽度（两扇门宽度）的和AB为 　 　寸． 2．（2023秋•荣成市期末）如图，是一个滑梯示意图，若将滑梯BD水平放置，则刚好与DE一样长，已知滑梯的高度CE为3米，BC为1米．则滑道BD的长度为 　 ． 3．（2023秋•龙岗区期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷． 如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（　　）m． A． B． C．6 D． 4．（2023秋•沈北新区期末）在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB＝3千米，CH＝2.4千米，HB＝1.8千米． （1）问CH是否为从村庄C到河边的最近路？（即问：CH与AB是否垂直？）请通过计算加以说明； （2）求原来的路线AC的长． 5．（2023秋•莱西市期中）如图，在△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，交AB于点E． （1）判定△ABC的形状，并说明理由； （2）求AE的长． 题型十一 分类讨论思想在勾股定理中的应用 1．（2023秋•和平区校级期中）已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为（　　） A．12 B．7 C．12或7 D．以上都不对 2．（2023秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝ 　时，△OAP是等腰三角形． 3．设计师要用四条线段CA，AB，BD，DC首尾相接组成如图所示的两个直角三角形图案，∠C与∠D为直角，已知其中三条线段的长度分别为1cm，9cm，5cm，第四条长为xcm，试求出所有符合条件的x的值． 4．（2023秋•二道区校级期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割． （1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由； （2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长． 5．（2023秋•洪洞县期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为ts． （1）求BC边的长； （2）当△ABP为直角三角形时，求t的值． 题型十二 勾股定理的综合压轴题 1．（2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm 的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒． （1）AC＝　 　cm； （2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值； （3）在运动过程中，当t＝　 　值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果） 2．（2023秋•海曙区期末）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长． 小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长． 解决下列问题： （1）图2中，AE＝　 　，AB＝ 　； （2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b． 3．（2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2． （1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值． （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值． （3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长． 4．（2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒． （1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 　 　； ②当t＝3时，PQ的长为 　 ． （2）当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？ （3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值． 5．（2023秋•福田区期中）阅读下面材料： 某学校数学兴趣活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠B＝∠BCA＝45°，D是BC的中点， （1）问题发现：如图1，若点E、F分别在线段AB、AC上，且AE＝CF，连接EF、DE、DF、AD，此时小明发现∠BAD＝　 　°，AD　 　DC（填“＞、＜、＝”）． 接下来小明和同学们继续探究，发现﹣一个结论：线段EF与DE长的比值是一个固定值，即EF＝　 DE． （2）变式探究：如图2，E、F分别在线段BA、AC的延长线上，且AE＝CF，若EF＝4，求DE的长并写出过程． （3）拓展应用：如图3，AB＝AC＝6，动点M在AD的延长线上，点H在直线AC上，且满足∠BMH＝90°，CH＝2，请直接写出DM的长为 　 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$