第17章 专题三勾股定理与折叠&数学活动-【优+学案】2024-2025学年八年级下册数学课时通（人教版 河北专用）

专题三 勾股定理与折叠（答案P6) 类型1目折叠构造直角三角形 类型3每 折叠构造全等三角形 1.如图所示，在Rt△ABC中， 4.如图所示，在边长为6的正方形ABCD中，E AB=9,BC=6,∠B=90°，将 是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至 △ABC折叠，使A点与BC △AFE,延长EF交BC于点G,连接AG. 的中点D重合，折痕为MN, (1)求证：△ABG2△AFG. 则线段BN的长为 (2)求BG的长. 2.如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为 BC上的一点，将△ACD沿AD折叠，点C恰 好落在边AB上的点E处，若AC=6,BC=8, 求BD的长 曲类型4国折叠构造等腰三角形 5.如图所示，在平面直角坐标系中，长方形纸片 ABCD的边AB∥CD,DC在x轴的正半轴上， 点D与点O重合，点B的坐标为(8,4)，若把 图形按如图所示折叠，使B,D两点重合，折痕 类型2折叠构造三垂直图形 为EF. 3.如图所示，折叠长方形的一边AD,使点D落 (1)求证：DE=DF. 在BC边上的点F处，BC=10cm,AB= (2)求AE的长. 8cm,求： (3)求折痕EF的长. (1)FC的长. (2)EF的长. 632 优学案课时通 数学活动（答案P7) 活动1 活动2 1.(2024·渭南蒲城期中)如图所示，同学们想测 2.(2024·聊城阳谷期末)如图①所示，△ABC 量旗杆的高度（米），他们发现系在旗杆顶端的 中，∠C=90°，∠A,∠B,∠C的对边分别记为 绳子垂到了地面，并多出了一段，但这根绳子 a,b,c. 的长度未知，小明应用勾股定理提出了解决这 个问题的方案，小亮在小明解决问题后提出了 新的问题。 小明：①测量出绳子垂直落地后还剩余1米， 如图①所示： ②把绳子拉直，绳子末端在地面上离旗杆底部 的距离AC=4米，如图②所示. 实验一： 小亮：先在旗杆底端的绳子上打了一个结，然后 小聪和小明用八张这样的三角形纸片拼出了 举起绳结拉到如图③所示的点D处(BD= 如图②所示的正方形 BC).过点D作DF垂直AC于点F,DF=EC. (1)在图②中，正方形CDEF的面积可表示 (1)请你按小明的方案求出旗杆的高度BC. 为 ,正方形IJKL的面积可表示 (2)在(1)的条件下，已知小亮举起绳结离旗杆 为 ,(用含a,b的式子表示) 的距离DE=4.5米，求此时绳结到地面的高 (2)请结合图②，用面积法说明(a十b)2,ab, 度DF. (a一b)2三者之间的等量关系 实验二： 小聪和小明用四张这样的三角形纸片拼成了 如图③所示的图形.他们根据面积法得到了一 个关于边a,b,的等式，整理后发 现a2十b2=c2. (3)请你用面积法证明a2+b2=c2. 一八生级卡形数学可可比用 33专题二应用勾股定理解决最短 .△ACB是直角三角形， 路径问题 ∠A=90° ,DE垂直平分BC, 1.3√/32.2√22/10+223.B4.17dm5.20 ∴.D=DB, 6.解：(1)如图①所示，将正方体的右侧面翻折，使它与前面在同 设DC=DB=x, 一平面内，连接AC,两点之间线段最短，AC,是最短路径， 则AD=8一x. 则AC,=√AC+CC,=√(5+5)+5=55(cm).所以 在Rt△ABD中，∠A=90°，AB2+AD°=BD, 最短路程为5√5cm. D 即6+8-x产=，解得-草周CD-孕 4 18.解：(1)△ACD为等腰直角三角形.理由如下： ,在Rt△ABC中，AB=6,BC=8,AC=V/AB+BC B 10,∴.AC=CD=10.,102+102=200=(102)2,即AC+ CD=AD,∴∠ACD=90.∴.△ACD为等腰直角三角形. (2)如图所示，过点D作DE⊥ BC,交BC的延长线于点E, 则∠E= ∠ABC B ②穷 3 ∠ACD=90°， (2)分两种情况讨论： .∠BAC+∠ACB=∠ACB+ ①如图②所示，将正四棱柱的右侧面翻折，使它与前面在同一 ∠LDCE=90°， 平面内，连接AC, .∠DCE=∠BAC 两点之间线段最短，AC,是最短路径， 又，'AC=CD,.△CED≌△ABC(AAS), ..CE=AB=6.DE=CB=8...BE=BC+CE=14. 则AC,=√/AC+CCT=√10+6=√136(m). ②如图③所示，将正四棱柱的上面翻折，使它与前面在同一平 ∴.BD=√BE+DE=2√65. 面内，连接AC,, 19.解：DC2+AD3=402+302=2500=AC2, 两点之间线段最短，AC,是最短路径， .△ADC是直角三角形，且∠ADC=90°..∠ADB=90°， 在Rt△ABD中，由勾股定理， 则AC,=√/AB+BC=√5+11=√146(cm. 得BD=AB°-AD=342-302=256, 因为√146>√136.所以最短路程为√/136cm.即最短路程 .BD=16m,.BC=DC+BD=40+16=56(m) 为2√/34cm. 即这栋楼的高度为56m. 17.2勾股定理的逆定理 20.解：(1)海港C受台风影响。 1.D2.B3.A4.A5.32 理由：如图所示，过点C作CD⊥AB于点D 6.解：(1)证明：：BD2+DC2=62+82=100.BC=102=100. .BD+DC=BC..∠BDC=90°， ,△BDC是直角三角形. (2).∠BDC=90°，.∠ADC=90°， 在R:△ADC中，由勾股定理得AD2十CD=AC A E DF B .CD=8 cm,BD=6 cm, 因为AC=300km,BC=400km,AB=500km: AB=AC=AD+BD=AD+6.AD+8=(AD+6). 所以AC+BC:=AB2,所以△ABC是直角三角形. 解得AD= 3cm.AC-AD+6-25 3 cm. 所以AC×BC=CDXAB,所以300×400=500×CD, 7.A8.17、144.1459.A10.C 所以CD-300×400 500 =240(km). 11.解：如图所示，连接AC 因为以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域，所 由勾股定理，得AC=√AD+CD=5. 以海港C受到台风影响， 又，AC2+BC=52十12=13=AB, (2)当EC=250km,FC=250km时，正好影响C海港，因 ∴△ABC是直角三角形，∴这块地的面积=S6一SA= 为ED=√EC-CD=70(km).所以EF=140km 1 2×3×4=24(平方米)】 因为台风中心移动的速度为20kmh: 所以140÷20=7（小时）. 即台风影响海港C持续的时间为7小时， 专题三勾股定理与折叠 1.4 2.解：在Rt△ABC中，AC=6,BC=8,则AB=√6+8=10 2C13A4.4515.四16 由折叠的性质可知 2 CD=DE,AC=AE=6,∠C=∠AED=∠BED=90°， 17.解：如图所示.连接DB. .BE=AB-AE=10-6=4. 在△ACB中，AB+AC=6+8=100, 设BD=r,则CD=DE=8一x. BC2=102=100, 在Rt△DEB中，BD2=DE2+BE,∴.x2=(8一x)2十，解 AB十AC”=BC2, 得x=5,∴.BD=5. 3.解：(1)由折叠的性质可得AF=AD=10cm, 【思想方法归纳】 在Rt△ABF中，，'AB=8cm, 【例1】解：，'AB=BD=5厘米，动点P ∴.BF=√/AF-AB=/10-8=6(cm). 从A出发(A+B·D)到D,速度为 .FC=BC-BF=10-6=4(cm). 2厘米/秒， (2)由折叠的性质可得EF=DE, ∴，5秒时点P的运动路程为2×5=乃 D( 设EF=DE=xcm,则EC=DC一DE=(8-x)cm. 10(厘米). 在Rt△EFC中， 而AB+BD=10厘米， 由勾股定理可得CE+FC=EF,即(8一x)2+4=x2,解 此时P与D重合 得x=5,即EF的长为5cm AB=BC=CD=5厘米，动点Q 4.解：(1)证明：在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD, 从D出发(D→C→B→A)到A,速度为2.8厘米/秒， ∠D=∠B=∠BCD=90 .5秒时点Q的运动路程为2.8×5=14（厘米）， ,将△ADE沿AE对折至△AFE, 面DC+CB+BA=15厘米， AD=AF,DE=EF,∠D=∠AFE=90°， Q在AB边上，且BQ=4厘米，如图所示. ∴AB=AF,∠B=∠AFG=90°. 在△BPQ中，，BQ=4厘米，PQ=3厘米，BP=5厘米， 在R△ABG和R△APG中，AB=AF, AG=AG. BQ+PQ=BP: △BPQ为直角三角形.且∠BQP=90°， ,,R1△ABG2Rt△AFG(HL). .∠AQP=180°-∠BQP=90°， (2).△ABG≌△AFG..BG=FG .△APQ为直角三角形. 设BG=FG=x,则GC=6一x, 【变式调练1】解：如图所示，连接AC, E为CD的中点，∴.CE=EF=DE=3,.EG=3+x. :∠B=90,AB=BC=2, 在Rt△CEG中，CG2+CE=GE2. .AC=√AB+BC=2/2,∠BAC=45 .(6-x)+3=(3+x),解得x=2,.BG=2 又，CD=3,DA=1, 5.解：(1)证明：：AB/CD,∴∠BEF=∠DFE, .AC1+DA3=8+1=9=CD2. 由折叠的性质可得∠BEF=∠DEF, :△ACD是直角三角形， ∴∠DEF=∠DFE,.DE=DF. .∠CAD=90, (2)点B的坐标为(8,4)，，AB=OC=8,BC=OA=4.设 .∠DAB=45+90=135, BE=OE=x,则AE=8一x, 故∠DAB的度数为135. 在Rt△AEO中，AE十OA=OE,.(8一x)2+4=x,解 D 得x=5,.AE=8-x=3. (3)由(2)得OF=OE=5,AE=3,过点E作EG⊥OF,垂足 为点G,则EG=OA=4,(OG=AE=3,∴.GF=OF-OG=2. 在Rt△EGF中，EF=√EG+GF=√+2=25. 数学活动 【例2】A 1.解：(1)设旗杆的高度BC为x米，则绳子的长度为(x十1)米. 【变式训练2】45°解析：如图所示，作 在Rt△ABC中，由勾股定理得x2十4=(x十1)， ∠EBF=∠ABD,连接CF 解得x=7.5, 答：旗杆的高度BC为7,5米 BC=CF=√2+1下=5，BF= (2)由题意可知，BD=BC=7,5米，DE=4.5米，DF=EC. √3+1下=√10，(5)+(5)2= 在Rt△BDE中，由勾股定理，得BE=√BD一DE (10). √/7.5-4.5=6（米）， △BC下是等腰直角三角形， EC=BC-BE=7.5-6=1.5(米). .∠CBF=45°，.∠ABD十∠CBE=45 .DF=EC=1.5米. 【例3】解：(1)CD=10,DE=7,.CE=10一7=3. 答：此时绳结到地面的高度DF为1.5米 :∠DCB=90,∴.在R△CBE中，BE=√BC+CE=5. 2.解：(1)(a十b)2(a-b)2 (2)当∠BPE=90时，AP=10-3=7,则1=7÷1=7（秒）， (2)由图②可以看出，正方形CDEF的面积一正方形IIKL 当∠BEP=90时，BE2+PE=BP2,即5+4+(7-t) 的面积=4个矩形的面积 ∴.(a+b)2-(a-b)2=4ab. 10-9,部得/-营 (3):S1造mm=SE本Em十SE有卷H,十S△Mn十S么m,= Sz方sm十SAAm十SAaF, 六当1=7或号时，△BPE为直角三角形。 a+b+ab+b=+2ab+2b, 1 1 【变式训练3】解：分两种情况： ①当△ABC是锐角或直角三角形时，如图①所示， ∴.a+b=c2. CD⊥AB.∴.∠CDA=90 本章综合提升 CD=5,AD=1..AC=2. 【本章知识归纳】 AB=2AC,.AB-4...BD-4-1-3. a2+b2=c2a2+b2=c2a8+b2=c .BC=CD+BD=√(3)2+32=25：