5应用技巧专题 勾股定理在面积问题上的应用&数学思想专题 关于直角三角形的思想方法-【学海风暴】2025-2026学年新教材八年级上册数学同步备课（湘教版2024）

应用技巧专题 勾股定理在面积问题上的应用 题型① 运用勾股定理在折叠中求面积 是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们 L.如图，点F为长方形ABCD中BC边上一 把它称为“毕达哥拉斯树”.若图①中的直角 点，将长方形ABCD沿AF所在直线折叠， 三角形斜边长为2，则10次操作后图形中所 使得点B恰好落在CD边上的点E处.已知 有正方形的面积和为 CF=3cm,AD=8cm,则△ADE的面积为 cm2. X> 图2 图3 第4题围 题型③ 通过构造直角三角形求面积 第1题图 第2题图 5.应用意识如图，学校在校 B 2.已知长方形纸片ABCD的边AB=4,AD= 园图墙边缘开垦一块四边 2.现将长方形纸片沿EF折叠，使点A与点 形菜地ABCD,测得AB 第5题围 C重合，折叠后在其一面涂上颜色（如图），则 =9 m,BC=12 m,CD=8 m,AD=17 m, ∠ABC=90°.这块菜地的面积是 涂色部分的面积为 m2. 题型② “赵爽弦图”及“毕达哥拉斯树”中有 6.如下图，学校有一块三角形空地ABC,现计 关面积的计算 划将这块三角形空地分割成四边形ABDE 3.古代数学文化(2024眉山)图①是北京国际 和△EDC两块区域.经测量，∠EDC=90°， 数学家大会的会标，它取材于我国古代数学 DE=8 m,BD=14 m,AB =16 m,AE= 家赵爽的“弦图”，是由四个全等的直角三角 2m.求四边形ABDE的面积. 形拼成.若图①中大正方形的面积为24，小正 方形的面积为4，现将这四个直角三角形拼成 图②，则图②中大正方形的面积为 A.24 B.36 C.40 图① 图2 D.44 第3题图 4.(2024大庆)如图①，直角三角形的两个锐角 分别是40°和50°，其三边上分别有一个正方 形.执行下面的操作：由两个小正方形向外 分别作锐角为40°和50°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.图②是1次操作后的图形.图③ 100 八年级数学X版 数学思想专题 关于直角三角形的思想方法 题型① 建立方程的思想方法 题型③转化的思想方法 1.在直角三角形中，一个锐角比另一个锐角的 4.如右图，在四边形ABCD中， 3倍还多14°，则较大的锐角的度数为 ∠A=60°，∠B=∠D=90°，AB /60 =2,CD=1.求四边形ABCD 2.情境应用如图所示的是公园游玩区的“大 的面积 摆锤”项目及其示意图，当摆锤静止时，摆锤 离地面的垂直高度DE=1m,摆锤的摆动幅 度最大到前方4m的C处(BC=4m),此时 摆锤离地面的垂直高度CF=3m,那么整个 摆锤的长AC为 m. 第2题图 题型②分类讨论的思想方法 3.新定义题定义：如下图，点M,N把线段 5.将两块三角板按如右图所示 AB分割成AM,MN,NB.若以AM,MN, 的方式放置，其中∠C= NB为边的三角形是一个直角三角形，则称 ∠EDB=90°，∠A=45°，∠E M,N是线段AB的“勾股分割点” =30°，AB=DE=6.求重叠部 (1)若AM=1.5,MN=2.5,BN=2,则M,N 分（四边形DBCF)的面积. 是线段AB的“勾股分割点”吗？请说明理由. (2)已知M,N是线段AB的“勾股分割点”， 且AM为直角边.若AB=24,AM=6,求 BN的长 上册第5章所以S-5AMe十5A-2×60X80+7×10 1 ×240=2400+12000=14400(m2), 所以绿化这块空地所需的费用为14400×60=864000 (元). 应用技巧专题勾股定理在面积问题上的应用 1.242号3.D4.485.14 6.解：如图，连接BE,在Rt△EBD中 BD=14 m,ED=8 m, 所以BE=BD2+ED2=14+8 =260. 因为AB=16m,AE=2m, 所以AB+AE2=16+2=260,所以AB+AE2=BE2, 所以△ABE是直角三角形，且∠A=90', 所以四边形ABDE的面积为S△E十S△E=2AB·AE +8D,DB=号×16×2+号×14×8=16+56=72 (m). 数学思想专题关于直角三角形的思想方法 1.71°2.5 3解：(1)是，理由如下： 因为AM+BN2=1.52+22=6.25,MN2=2.52=6.25, 所以AM2+NB8=MN2, 所以以AM,MN,NB为边的三角形是一个直角三角形， 所以M,N是线段AB的“勾股分割点” (2)设BN=x,则MN=AB-AM-BN=18-x.分以下两 种情况讨论： ①当MN为最长线段时，依题意，得MN=AM+NB,即 (18-x)2=36十x2,解得x=8, ②当BN为最长线段时，依题意，得BN2=AM+MN2,即 x2=36+(18-x)2, 解得x=10. 综上所运，BN的长为8或10. 4.解：如图，延长AD,BC交于点E 因为∠B=90°，∠A=60°， 所以∠E=90°-60°=30 在R△ABE和Rt△CDE中， AB=2,CD=1, 所以AE=2AB=2×2=4,CE=2CD=2×1=2, 所以由勾殷定理，得BE=√AE一AB=√一2=23，DE =√CE-CD=√2-1下=E, 所以SACD-SAs-SAat-是X25X2-壹X5X 1=2-83v3 2=2 5.解：在R±△ABC中，因为∠A=45°， 所以AC=BC. 设AC=a,则a2+a2=62, 解得4=3√2， 所以56A0■乞×32X32=9. 在Rt△DBE中，∠E=30”,设BD=x,则BE=2x. 根据勾股定理，得(2x)2=x十62， 解得x=2W3, 所以BD=2W3,所以AD=6一2y3, 在R△ADF中，因为∠A=45°， 所以DF=AD=6-2W5 所以Sar=×6-2y5=24-12, 所以Sa边聚Dm-S4Ae-SaDP=9-(24-12W3)=123 -15. 5.3直角三角形全等的判定 1.C2.D 3.(答案不唯一)用直尺测量出斜边和一条直角边的长度斜 边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等 4.60 5.解：(1)△AD02△AE0,△D0C2△EOB,△COM2 △BOM,△ACM≌△ABM,△ADB2△AEC,△BCE 2△CBD. (2)示例：进举△ADO2△AEO,△DOC2△EOB 证明：因为BD,CE是△ABC的高，所以∠ADO=∠AEO =90°， 在Rt△AD0与R△AEO中，QA-0A, OD=OE. 所以Rt△ADO2Rt△AEO(HL). ∠COD=∠BOE, 在△DOC与△EOB中，OD=OE, ∠ODC=∠OEB=90', 所以△DOC2△EOB(ASA). 6.解：如图，R:△DEF即为所求 D 7.5或108.D9.C10.1 11.解：(1)正明：因为∠ABC=90°，所以∠CBF=90°， 在Rt△ABE和Rt△CBF中， (AE=CF, AB=CB, 所以Rt△ABE≌R△CBF(HL). (2)因为AB=CB,∠ABC=90°， 所以∠CAB=∠ACB=45°， 听以，∠BAE=∠CAB-,∠CAE=459-30°=15. 由1)知，Rt△ABE2Rt△CBF 所以∠BAE=∠PCF=15°”， 所以∠ACP=∠BCF+∠AGB=15+45=60°. 12.解：(1)①BE=√2CD@90 (2)①补全图形如图. BE=√ECD. 证明：连接AE. 由题意，得AD=DE,CD=ME, ch 所以Rt△ACD≌Rt△DME(HL), 所以AC=DM 因为AC=BC, 所以BM=BC-CM=DM-CM=CD, 所以BM=EM 因为EM⊥CB, 所以BE=VBM十EM√2EM=√ECD ②90 44444 上册参考答案 197