专题04 特殊三角形之直角三角形及其综合14题型（期中专项训练）八年级数学上学期新教材浙教版

专题04 特殊三角形之直角三角形及其综合 题型1 直角三角形的性质（常考点） 题型8 等腰直角三角形（难点）（重点） 题型2 含30°角的直角三角形（重点） 题型9 直角三角形全等的判定方法（HL）（重点） 题型3 直角三角形斜边上的中线（重点） 题型10 直角三角形与动点（重点）（常考点） 题型4 勾股定理（常考点） 题型11 勾股定理新题型（重点） 题型5 勾股定理的证明（常考点） 题型12 赵爽弦图与青朱出入图（难点） 题型6 勾股定理的逆定理 题型13 勾股定理的应用压轴题（难点）（常考点） 题型7 勾股定理的应用（常考点） 题型14 勾股定理与折叠问题（难点）（重点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 直角三角形的性质（共5小题） 1．（2024秋•江岸区期中）在△ABC中，∠C＝90°，∠A﹣∠B＝30°，则∠A＝ 　 　 ． 2．（2024秋•奉化区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线交AB于D，交AC于E，BE平分∠ABC，则∠A等于（　　） A．22.5° B．30° C．25° D．45° 3．（2024秋•余杭区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠CAD＝40°，∠CEA＝70°，则∠EAB＝　 　 ． 4．（2024秋•杭州期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∠ACB的平分线与∠ABC的外角的平分线交于E点，连接AE，则∠AEB的度数是（　　） A．50° B．45° C．40° D．35° 5．（2024秋•拱墅区校级期中）如图，CD是Rt△ABC斜边上的高线，∠A＝30°，则∠BCD＝　 　 °． 题型二 含30°角的直角三角形（共4小题） 6．（2024秋•乐清市期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠A＝30°，则AD等于（　　） A．4BD B．3BD C．2BD D．BD 7．（2024秋•沂南县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，AB的垂直平分线交BC于D，交AB于E，若AC＝5，则BD＝ 　 　 ． 8．（2024秋•嵊州市期中）小慧用测角仪和皮尺测量旗杆MN的高度．如图，她在同一直线上分别找两个观测点A，B，测量∠B，∠NAM的度数以及A，B之间的距离，即可计算旗杆的高度．当∠B＝30°，∠MAN＝60°时，MN：AB的比值为 　 　 ． 9．（2024秋•长兴县期中）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F． （1）求∠F的度数； （2）求证：△CEF是等腰三角形； （3）若CD＝6，求DF的长． 题型三 直角三角形斜边上的中线（共5小题） 10．（2024秋•海宁市期中）如图，一根竹竿AB斜靠在竖直的墙上，P是AB的中点，在竹竿的顶端沿墙面下滑的过程中，OP长度的变化情况是（　　） A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．不变 11．（2024秋•宁波校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，点E为AC中点，连接DE，若∠B＝55°，则∠AED的度数为（　　） A．55° B．60° C．65° D．70° 12．（2024秋•海宁市期中）若一个直角三角形的两边长分别为6和8，则其斜边上的中线长为 　 　 ． 13．（2024秋•萧山区期中）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． 14．（2024秋•秀洲区校级期中）如图，△ABC中，D是BC边的中点，BE⊥AC，CF⊥AB，垂足分别是点E，F，连结DE，DF． （1）求证：DE＝DF． （2）若∠A＝75°，BC＝8，连接EF，求△DEF的面积． 题型四 勾股定理（共7小题） 15．（2024秋•江山市期中）勾股定理a2+b2＝c2本身就是一个关于a，b，c的方程，满足这个方程的正整数解（a，b，c）通常叫做勾股数组．毕达哥拉斯学派提出了一个构造勾股数组的公式，根据该公式可以构造出如下勾股数组：（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），…．分析上面勾股数组可以发现，4＝1×（3+1），12＝2×（5+1），24＝3×（7+1），…分析上面规律，第5个勾股数组为 　 　 ． 16．（2024秋•鹿城区校级期中）如图，在锐角△ABC中，AC＝2，AC边上的中线．过点A作AE⊥BC于点E，记BC的长为a，BE的长为b．当a，b的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．a+b B．a﹣b C．a2+b2 D．ab 17．（2024秋•金华期中）如图，分别以直角三角形的三边为边，向外作三个正方形，S1，S2，S3是分别以直角三角形的三边长为直径的圆的面积．若S1＝36，S2＝64，则S3的值为（　　） A． B．10 C．100 D． 18．（2024春•宁波期中）如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝2，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，S1，S2，S3，S4，S5分别表示对应阴影部分的面积，则S1+S2+S3+S4+S5＝（　　） A．2 B． C．4 D． 19．（2024秋•柯桥区期中）如图，在5×7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，AD为△ABC的中线，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 20．（2024秋•钱塘区校级期中）在△ABC中，AD⊥BC，E是BC上的一点． （1）若AE是∠BAC的角平分线，∠B＝40°，∠C＝60°，求∠EAD的度数． （2）若E是BC的中点，AB＝10，AD＝6，∠C＝45°，求AE的长． 21．（2024秋•宁波校级期中）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，BD平分∠ABC，DE∥BC． （1）若∠ACB＝40°，则∠EDB的度数为　 　 ． （2）若AE＝3，BE＝5，求△ABD的面积． （3）若AD＝6，且BC﹣AB＝8，求DE的长． 题型五 勾股定理的证明（共5小题） 22．（2024秋•海宁市期中）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． 23．（2025春•淳安县期中）“赵爽弦图”被誉为“中国数学界的图腾”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，如图，连接AE，若大正方形ABCD的面积为25，△ABE的面积为8，则小正方形EFGH的面积是（　　） A． B．1 C． D．2 24．（2024秋•永康市校级期中）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，正方形的MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S2＝6，则S1+S3的值为　 　 ． 25．（2024秋•钱塘区校级期中）如图是2002年北京第24届国际数学家大会会徽，由4个全等的直角三角形拼合而成，若图中大小正方形的面积分别为13和1，且直角三角形的两直角边分别为a，b，则（a+b）2的值为 　 　 ． 26．（2024秋•义乌市期中）如图，我国古代著名的“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD和中间小的正方形EFGH，若直角三角形的两条直角边的比为1：2，大正方形ABCD的面积为25，则小正方形EFGH的面积为（　　） A．5 B．7.5 C．10 D．12.5 题型六 勾股定理的逆定理（共5小题） 27．（2024秋•慈溪市期中）下列哪个选项不能判断△ABC是直角三角形（　　） A．∠A＝90°﹣∠C B．三个内角的度数之比是3：4：5 C． D．三角形的三条边之比是5：12：13 28．（2024秋•钱塘区校级期中）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，下列条件中可以判断∠A＝90°的是（　　） A．a＝3，b＝4，c＝5 B．a＝6，b＝5，c＝4 C．a＝2，， D．a＝1，b＝2， 29．（2024秋•绍兴期中）如图，一块四边形ABCD，已知AD＝4m，CD＝3m，∠ADC＝90°，AB＝13m，BC＝12m，则这块地的面积为（　　）m2． A．24 B．30 C．48 D．60 30．（2024春•路桥区期中）如图，每个小正方形的边长为1，连结小正方形的顶点AB，AC，BC． （1）求AB的长； （2）求∠ABC的度数． 31．（2025春•临海市期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D． （1）已知AD＝4，BD＝1，CD＝2，求证：∠ACB＝90°； （2）已知∠ACB＝90°． ①若AD＝3，BD＝2，求CD的长； ②若设AD＝m，BD＝n，CD＝k，则m，n，k的数量关系为 　 　 ． 题型七 勾股定理的应用（共6小题） 32．（2025春•临海市期中）如图，强台风时一棵大树在距离地面5m的点C处折断，大树顶端的着地点A与大树底端B的距离为12m，则这棵大树折断前的高度为（　　） A．13m B．15m C．17m D．18m 33．（2024秋•长兴县期中）如图，货车车高AC＝4m，卸货时后面挡板AB折落在地面A1处，已知点A、B、C在一条直线上，AC⊥A1C，经过测量A1C＝2m，则BC＝　 　 ． 34．（2024秋•杭州期中）如图，在一宽度EC为2米的电梯井里，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，顶端A被固定在墙上，这时B到墙底端C的距离为0.7米．程师傅为了方便修理，将梯子的底端举到对面D的位置，问此时梯子底端离地高度DE长为（　　） A．0.7米 B．0.9米 C．1.2米 D．1.5米 35．（2025春•椒江区校级期中）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．又到了放风筝的最佳时节．某校八年级（1）班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度CE，他们进行了如下操作：①测得水平距离BD的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米． （1）求风筝的垂直高度CE； （2）如果小明想风筝沿CD方向下降12米，则他应该往回收线多少米？ 36．（2024秋•上城区校级期中）如图2，是某款台灯（图1）的示意图，处于水平位置的横杆EF可以绕着点O转动．当OF分别转到OM，ON的位置时，测得∠MON＝90°，M，N的高度差GH＝31cm，N，F的水平距离NH＝1cm，MG＝18cm，若该台灯底座离度AB＝2cm，则点O到桌面BC的距离为 　 　 cm． 37．（2024秋•浙江期中）某校八年级同学测量池塘两端A，B的距离，测量方案如下表： 课题 测量池塘两端A，B的距离 测量工具 皮尺，标杆 测量方案示意图 测量步骤及数据 （1）利用标杆确定A，M，F在同一直线上，量得MF＝3m，然后找到了点N，且MN＝5m，FN＝4m； （2）测得AM＝4m，再在FN的延长线方向确定点E，测得EN＝20m； （3）在BE的延长线方向确定点D，使得ED＝BE； （4）确定点C、点A和点E三点共线，测得CE＝25m； （5）测得CD＝40m． 任务一 请你根据上述测量方案及数据，求出AE的长； 任务二 请你证明AB＝CD． 题型八 等腰直角三角形（共4小题） 38．（2024秋•镇海区校级期中）如图放置的五块拼图中，①②③为正方形，④⑤为等腰直角三角形．若正方形③的面积为2，则正方形②的面积为（　　） A．4 B．6 C．8 D．12 39．（2024秋•海宁市期中）Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中点，AE＝BF． 求证：△DEF为等腰直角三角形． 40．（2025春•义乌市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D在直线AC上，AD＝1，过点D作DE∥AB交直线BC于点E，连接BD，点O是线段BD的中点，连接OE，则OE的长为 　 　 ． 41．（2024秋•宁波期中）如图，Rt△BDE中，∠BDE＝90°，DB＝DE＝2，A是DE的中点，连结AB，以AB为直角边作等腰Rt△ABC，其中∠ABC＝90°． ①AC的长为 　 ； ②连结CE，则CE的长为 　 ． 题型九 直角三角形全等的判定方法（HL）（共3小题） 42．（2024秋•长兴县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中，∠C＝∠C′＝90°，AC＝A′C′，AD与A′D′分别为BC，B′C′边上的中线，且AD＝A′D′． 求证：（1）Rt△ACD≌Rt△A′C′D′；（2）Rt△ABC≌Rt△A′B′C′． 43．（2024秋•义乌市期中）数学课上，老师提出了一个问题：如图，已知∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，请补充一个条件，使得△ABC≌△DEF．三位同学展示了自己补充的条件： 甲补充条件AC＝DF，全等的判定依据是SAS； 乙补充条件∠B＝∠E，全等的判定依据是　 　 ； 丙补充条件　 　 ，全等的判定依据是HL． （1）请补全乙、丙同学展示的答案； （2）请在甲、乙、丙三位同学中任选一种情况，写出完整的全等证明过程． 44．（2024秋•浙江期中）已知：如图，D为△ABC外角∠ACP平分线上一点，且DA＝DB，DM⊥BP于点M （1）若AC＝6，DM＝2，求△ACD的面积； （2）求证：AC＝BM+CM． 题型十 直角三角形性质与动点（共2小题） 45．（2024秋•余杭区期中）在△ABC中，CA＝CB＝2，∠ACB＝120°，将一块足够大的直角三角尺PMN（∠M＝90°，∠MPN＝30°）按如图所示放置，顶点P在线段AB上滑动，PM始终经过点C，斜边PN交AC于点D．在点P滑动过程中，△PCD为等腰三角形时，则点P与点B的距离BP为 　 　 ． 46．（2024秋•杭州期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝13，BA＝5，点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C﹣A﹣B运动．设点P的运动时间为t（t＞0）． （1）BC＝　 　 ． （2）求斜边AC上的高线长． （3）①当P在AB上时，AP的长为 　 　 ，t的取值范围是 　 　 ．（用含t的代数式表示） ②若点P在∠BCA的角平分线上，则t的值为 　 　 ． （4）在整个运动过程中，直接写出△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时t的值． 题型十一 勾股定理新题型（共2小题） 47．（2024秋•杭州期中）请你在方格纸上按照要求设计直角三角形： （1）使它的三边中有一边边长为无理数； （2）使它的三边中有两边边长是无理数； （3）使它的三边边长都是无理数． 48．（2024秋•杭州期中）如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么我们称这个三角形为“美丽三角形”． （1）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，求证：△ABC是“美丽三角形”； （2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，若△ABC是“美丽三角形”，求BC的长． 题型十二 赵爽弦图与青朱出入图（共3小题） 49．（2024秋•拱墅区校级期中）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 　 　 ． 50．（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＝　 　 ． 51．（2024秋•金华期中）如图1是一幅“青朱出入图”，运用“割补术”，通过三个正方形之间的面积转化证明勾股定理（a2+b2＝c2）．如图2，连结HK，GK，HG，记四边形DHKG与正方形DHIE的面积分别为S1，S2.若HD＝HG，则的值为（　　） A． B． C． D． 题型十三 勾股定理应用压轴题型（共4小题） 52．（2024秋•鹿城区校级期中）如图，在△ABC中，AC＝AD，BD＝5，CD＝4，记AB长为x，AC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．x2+y2 D．x2﹣y2 53．（2025春•椒江区校级期中）如图，在底面周长约为6米的石柱上，有一条雕龙从柱底沿立柱表面盘绕2圈到达柱顶正上方（从点A到点C，B为AC的中点），每根华表刻有雕龙的部分的柱身高约16米，则雕刻在石柱上的巨龙至少为（　　） A．20米 B．25米 C．30米 D．15米 54．（2024春•瑞安市校级期中）如图1为停车场出入口的车辆识别道闸，机箱AM高8分米，与墙面GH的距离MH＝26分米，静止时档杆ABCD为长方形．当车辆通行时，档杆升起降下，各边长度保持不变，如图2所示，当档杆升至点E恰好与点A高度相同时，点F到地面的距离为15分米，则BM＝　 　 分米．当档杆升至E1离地距离为16分米时，E1F1到GH的距离为EF到GH距离的3倍，则BC＝　 　 分米． 55．（2024秋•兰溪市期中）如图1是由四片门扇连接成的折叠门，轨道装在天花板上，图2是示意图．已知轨道AB＝220cm，在推拉合页C或E时，滚轮D，F在轨道上移动，门完全关上时，门扇恰好贴合整条轨道．已知每小片门扇宽度均相等，则AC＝CD＝DE＝EF＝ 　 　 cm．刚开始门扇叠合在左边，第一次向右拉开门扇，位置如图2时，AC∥DE，∠A＝60°，此时门被关上部分AF的长是 　 　 cm；接着继续向右拉门扇，位置如图3时，∠C'D'E'＝90°，AD′：D'F'＝6：8，相比第一次，此时门向右拉伸了 　 　 cm． 题型十四 勾股定理与折叠问题（共5小题） 56．（2024秋•奉化区校级期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AB＝5cm，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．1cm B．cm C．1.5cm D．cm 57．（2024秋•上城区校级期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于　 　 ． 58．（2024秋•兰溪市校级期中）如图，有一张直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，求CD的长． 59．（2024秋•江北区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，BC，点E，F分别是BC，AC边上的动点，沿EF所在直线折叠∠C，使点C的对应点C′始终落在边AB上，若△BEC′是直角三角形时，则BE的长为 　 　 ． 60．（2024秋•拱墅区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C'处，两条折痕与斜边BC分别交于E，F．以下四个结论正确的是（　　） ①∠EAF＝45°；②FC＝BE；③EC＝3BE；④FC＝（1）AE． A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ $专题04 特殊三角形之直角三角形及其综合 题型1 直角三角形的性质（常考点） 题型8 等腰直角三角形（难点）（重点） 题型2 含30°角的直角三角形（重点） 题型9 直角三角形全等的判定方法（HL）（重点） 题型3 直角三角形斜边上的中线（重点） 题型10 直角三角形与动点（重点）（常考点） 题型4 勾股定理（常考点） 题型11 勾股定理新题型（重点） 题型5 勾股定理的证明（常考点） 题型12 赵爽弦图与青朱出入图（难点） 题型6 勾股定理的逆定理 题型13 勾股定理的应用压轴题（难点）（常考点） 题型7 勾股定理的应用（常考点） 题型14 勾股定理与折叠问题（难点）（重点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 直角三角形的性质（共5小题） 1．（2024秋•江岸区期中）在△ABC中，∠C＝90°，∠A﹣∠B＝30°，则∠A＝ 　 　 ． 【分析】根据直角三角形的性质列出方程组，解方程组得到答案． 【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°， 则∠A+∠B＝90°， 由题意得， 解得：∠A＝60°，∠B＝30°， 故答案为：60°． 2．（2024秋•奉化区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线交AB于D，交AC于E，BE平分∠ABC，则∠A等于（　　） A．22.5° B．30° C．25° D．45° 【分析】根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，根据等腰三角形的性质得到∠EBA＝∠A，根据角平分线的定义得到∠EBA＝∠EBC，再根据直角三角形的性质列式计算即可． 【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线， ∴EA＝EB， ∴∠EBA＝∠A， ∵BE平分∠ABC， ∴∠EBA＝∠EBC， ∴∠EBA＝∠EBC＝∠A， ∵∠C＝90°， ∴∠EBA+∠EBC+∠A＝90°， ∴∠A＝30°， 故选：B． 3．（2024秋•余杭区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠CAD＝40°，∠CEA＝70°，则∠EAB＝　 　 ． 【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠CAE，然后根据∠EAB＝∠CAD﹣∠CAE代入数据进行计算即可得解． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠CEA＝70°， ∴∠CAE＝90°﹣70°＝20°， 又∵∠CAD＝40°， ∴∠EAB＝∠CAD﹣∠CAE＝40°﹣20°＝20°． 故答案为：20°． 4．（2024秋•杭州期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∠ACB的平分线与∠ABC的外角的平分线交于E点，连接AE，则∠AEB的度数是（　　） A．50° B．45° C．40° D．35° 【分析】作EF⊥AC交CA的延长线于F，EG⊥AB于G，EH⊥BC交CB的延长线于H，根据角平分线的性质和判定得到AE平分∠FAG，求出∠EAB的度数，根据角平分线的定义求出∠ABE的度数，根据三角形内角和定理计算得到答案． 【解答】解：作EF⊥AC交CA的延长线于F，EG⊥AB于G，EH⊥BC交CB的延长线于H， ∵CE平分∠ACB，BE平分∠ABD， ∴EF＝EH，EG＝EH， ∴EF＝EG． 又EF⊥AC，EG⊥AB， ∴AE平分∠FAG， ∵∠BAC＝30°， ∴∠BAF＝150°， ∴∠EAB＝75°， ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， ∴∠ABC＝60°， ∴∠ABH＝120°， 又∵BE平分∠ABD， ∴∠ABE＝60°， ∴∠AEB＝180°﹣∠EAB﹣∠ABE＝45°． 故选：B． 5．（2024秋•拱墅区校级期中）如图，CD是Rt△ABC斜边上的高线，∠A＝30°，则∠BCD＝　 　 °． 【分析】直接根据直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴∠B＝60°， ∵∠BDC＝90°， ∴∠BCD＝90°﹣60°＝30°， 故答案为：30． 题型二 含30°角的直角三角形（共4小题） 6．（2024秋•乐清市期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠A＝30°，则AD等于（　　） A．4BD B．3BD C．2BD D．BD 【分析】设BC为单位1，由∠ACB＝90°，∠A＝30°，根据30°所对的直角边等于斜边的一半得到AB的长，利用勾股定理求出AC的长，然后在直角三角形ACD中，再次利用∠A＝30°得到CD等于AC的一半，求出CD的长，在利用勾股定理求出AD的长，又在直角三角形BCD中，同理可得BD等于BC的一半，求出BD的长，利用求出的AD和BD的长即可得到AD与BD的倍数关系． 【解答】解：设BC＝1，∠ACB＝90°，∠A＝30°，则AB＝2BC＝2， 根据勾股定理得：AC， ∵CD⊥AB，∴△ADC为直角三角形， 又∠A＝30°，∴CDAC， 在直角△ADC中，根据勾股定理得：AD， 由∠ACB＝90°，∠A＝30°得到∠B＝60°，∠CDB＝90°，则∠BCD＝30°， ∴BDBC， 则3，即AD＝3BD． 故选：B． 7．（2024秋•沂南县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，AB的垂直平分线交BC于D，交AB于E，若AC＝5，则BD＝ 　 　 ． 【分析】如图，连接AD．根据线段垂直平分线的性质将BD的长度转化为AD的长度，所以在直角△ACD中，利用含30度角的直角三角形来求AD的长度． 【解答】解：如图，连接AD． ∵AB的垂直平分线交BC于D， ∴AD＝BD， ∴∠BAD＝∠B＝15°， ∴∠ADC＝∠BAD+∠B＝30°． 又∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝5， ∴AD＝2AC＝10． 故填：10． 8．（2024秋•嵊州市期中）小慧用测角仪和皮尺测量旗杆MN的高度．如图，她在同一直线上分别找两个观测点A，B，测量∠B，∠NAM的度数以及A，B之间的距离，即可计算旗杆的高度．当∠B＝30°，∠MAN＝60°时，MN：AB的比值为 　 　 ． 【分析】根据已知的角度可知∠BMA＝30°，再由△AMN是含30°的直角三角形，即可求得． 【解答】解：∵∠B＝30°，∠MAN＝60°， ∴∠BMA＝30°， 即AB＝AM， ∵在△AMN中，∠MAN＝60°，∠ANM＝90°， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（2024秋•长兴县期中）如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F． （1）求∠F的度数； （2）求证：△CEF是等腰三角形； （3）若CD＝6，求DF的长． 【分析】（1）根性等边三角形的性质及直角三角形的性质可得答案； （2）证明△DCE中的三个角均为60°，然后再求得∠F＝30°，从而可得到∠CEF＝30°，故此可得到△CEF为等腰三角形； （3）先求得CF＝DE，然后由EC＝DC进行求解即可． 【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°． ∵DE∥AB， ∴∠B＝EDC＝60°． ∵EF⊥ED， ∴∠DEF＝90°， ∴∠F＝30°． （2）证明：∵DE∥AB， ∴∠A＝∠CED＝60°， ∴∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°， ∵∠F+∠FEC＝∠ECD＝60°， ∴∠F＝∠FEC＝30°， ∴CE＝CF； ∴△CEF为等腰三角形． （3）解：由（1）可知∠EDC＝∠ECD＝∠DEC＝60°， ∴CE＝DC＝6． 又∵CE＝CF， ∴CF＝6． ∴DF＝DC+CF＝6+6＝12． 题型三 直角三角形斜边上的中线（共5小题） 10．（2024秋•海宁市期中）如图，一根竹竿AB斜靠在竖直的墙上，P是AB的中点，在竹竿的顶端沿墙面下滑的过程中，OP长度的变化情况是（　　） A．不断增大 B．不断减小 C．先减小后增大 D．不变 【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得出答案即可． 【解答】解：∵∠AOB＝90°，P为AB的中点， ∴OPAB， 即OP的长在竹竿AB滑动过程中始终保持不变， 故选：D． 11．（2024秋•宁波校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，点E为AC中点，连接DE，若∠B＝55°，则∠AED的度数为（　　） A．55° B．60° C．65° D．70° 【分析】由直角三角形的两个锐角互余可得∠C＝35°，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得∠EDC＝∠C＝35°，再利用三角形外角的性质即可得出答案． 【解答】解：由条件可知∠C＝90°﹣55°＝35°，， ∴∠EDC＝∠C＝35°， ∴∠AED＝∠EDC+∠C＝35°+35°＝70°， 故选：D． 12．（2024秋•海宁市期中）若一个直角三角形的两边长分别为6和8，则其斜边上的中线长为 　 　 ． 【分析】分两种情况，当6和8均为直角边时，当6为直角边，8为斜边时，进行计算即可解答． 【解答】解：当6和8均为直角边时， 斜边10， 则斜边上的中线等于5， 当6为直角边，8为斜边时， 则斜边上的中线等于4， 所以，斜边上的中线长为5或4， 故答案为：5或4． 13．（2024秋•萧山区期中）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． 14．（2024秋•秀洲区校级期中）如图，△ABC中，D是BC边的中点，BE⊥AC，CF⊥AB，垂足分别是点E，F，连结DE，DF． （1）求证：DE＝DF． （2）若∠A＝75°，BC＝8，连接EF，求△DEF的面积． 【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得出，即可得证； （2）利用三角形内角和定理、等边对等角可求出∠FDB+∠EDC＝150°，进而求出∴∠EDF＝30°，作EG⊥DF，垂足为G，利用含30°的直角三角形的性质求出EG＝2，然后利用三角形面积公式求解即可． 【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，点D是BC的中点． ∴，， ∴DE＝DF， ∴△DEF为等腰三角形； （2）解：连接EF， ∵∠A＝75°， ∴∠ABC+∠ACB＝105°， 由（1）知， ∴∠DBF＝∠BFD， ∴∠BDF＝180°﹣2∠DBF， 同理∠EDC＝180°﹣2∠BCA， ∴∠FDB+∠EDC＝180°﹣2∠ABC+180°﹣2∠BCA＝150°， ∴∠EDF＝180°﹣150°＝30°， 作EG⊥DF，垂足为G， ∵BC＝8， ∴DE＝4＝DF， ∴EG＝2， ∴． 题型四 勾股定理（共7小题） 15．（2024秋•江山市期中）勾股定理a2+b2＝c2本身就是一个关于a，b，c的方程，满足这个方程的正整数解（a，b，c）通常叫做勾股数组．毕达哥拉斯学派提出了一个构造勾股数组的公式，根据该公式可以构造出如下勾股数组：（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），…．分析上面勾股数组可以发现，4＝1×（3+1），12＝2×（5+1），24＝3×（7+1），…分析上面规律，第5个勾股数组为 　 　 ． 【分析】由勾股数组：（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25）…中，4＝1×（3+1），12＝2×（5+1），24＝3×（7+1），…可得第5组勾股数中间的数为：5×（11+1）＝60，进而得出（11，60，61）． 【解答】解：由勾股数组：（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25）…中， 4＝1×（3+1），12＝2×（5+1），24＝3×（7+1），…可得 第4组勾股数中间的数为4×（9+1）＝40，即勾股数为（9，40，41）； 第5组勾股数中间的数为：5×（11+1）＝60，即（11，60，61）， 故答案为：（11，60，61）． 16．（2024秋•鹿城区校级期中）如图，在锐角△ABC中，AC＝2，AC边上的中线．过点A作AE⊥BC于点E，记BC的长为a，BE的长为b．当a，b的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．a+b B．a﹣b C．a2+b2 D．ab 【分析】连接DE，过D作DF⊥BC于F，根据中线得到，根据三线合一得到，然后在Rt△BDF和Rt△CDF中利用勾股定理列方程，化简整理即可． 【解答】解：连接DE，过D作DF⊥BC于F，则∠BFD＝∠CFD＝90°， ∵AC边上的中线， ∴D是AC中点， ∵过点A作AE⊥BC于点E，AC＝2， ∴， ∴， ∵BC的长为a，BE的长为b， ∴CE＝BC﹣BE＝a﹣b， ∴， ∴， Rt△BDF中，， Rt△CDF中，， 则：， 整理得ab＝2， 故选：D． 17．（2024秋•金华期中）如图，分别以直角三角形的三边为边，向外作三个正方形，S1，S2，S3是分别以直角三角形的三边长为直径的圆的面积．若S1＝36，S2＝64，则S3的值为（　　） A． B．10 C．100 D． 【分析】分别计算大圆的面积S3，两个小圆的面积S1，S2，根据直角三角形中大圆小圆直径的关系即可求解． 【解答】解：设三个圆对应的半径分别为r1、r2、r3， 则依题得：，， ∴，， ∵根据勾股定理可得：， 即， ∴． 故选：C． 18．（2024春•宁波期中）如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝2，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，S1，S2，S3，S4，S5分别表示对应阴影部分的面积，则S1+S2+S3+S4+S5＝（　　） A．2 B． C．4 D． 【分析】由Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝2，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，得S3+S5+T+R＝AB2＝AC2+BC2＝S1+S2+T+R+S4，得S3+S5＝S1+S2+S4，由Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝2，得BCAB＝1，AC，得S5，同理S3＝△BND的面积﹣△BMC的面积，即可得S1+S2+S3+S4+S5＝2（S3+S5）＝2． 【解答】解：由Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝2，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形， 得S3+S5+T+R＝AB2＝AC2+BC2＝S1+S2+T+R+S4， 得S3+S5＝S1+S2+S4， 由Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝2， 得BCAB＝1，AC， 得S5， 同理S3＝△BND的面积﹣△BMC的面积， 故S1+S2+S3+S4+S5＝2（S3+S5）＝2． 故选：B． 19．（2024秋•柯桥区期中）如图，在5×7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，AD为△ABC的中线，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理计算出三角形三边的长度，判断三角形是直角三角形，再根据斜边上的中线是斜边的一半进行判断即可． 【解答】解：每个小正方形的边长均为1， 根据勾股定理可得：AB2＝22+62＝40，AC2＝32+12＝10，BC2＝12+72＝50， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形， ∵AD是斜边BC边上的中线， ∴ADBC． 故选：B． 20．（2024秋•钱塘区校级期中）在△ABC中，AD⊥BC，E是BC上的一点． （1）若AE是∠BAC的角平分线，∠B＝40°，∠C＝60°，求∠EAD的度数． （2）若E是BC的中点，AB＝10，AD＝6，∠C＝45°，求AE的长． 【分析】（1）先利用三角形内角和定理可得：∠BAC＝80°，然后利用角平分线的定义可得∠BAE＝40°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠BAD＝50°，从而利用角的和差关系进行计算，即可解答； （2）根据垂直定义可得：∠ADB＝∠ADC＝90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得：∠C＝∠DAC＝45°，从而可得DA＝DC＝6，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD的长，从而求出BC的长，再利用线段中点的定义可得BE＝7，从而可得DE＝1，最后在Rt△ADE中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：（1）∵∠B＝40°，∠C＝60°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝80°， ∵AE是∠BAC的角平分线， ∴∠BAE∠BAC＝40°， ∵∠ADB＝90°， ∴∠BAD＝90°﹣∠B＝50°， ∴∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝10°； （2）∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∵∠C＝45°， ∴∠DAC＝90°﹣∠C＝45°， ∴∠C＝∠DAC＝45°， ∴DA＝DC＝6， 在Rt△ABD中，AB＝10，AD＝6， ∴BD8， ∴BC＝BD+CD＝8+6＝14， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝BC＝7， ∴DE＝BD﹣BE＝8﹣7＝1， ∴AE． 21．（2024秋•宁波校级期中）如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，BD平分∠ABC，DE∥BC． （1）若∠ACB＝40°，则∠EDB的度数为　 　 ． （2）若AE＝3，BE＝5，求△ABD的面积． （3）若AD＝6，且BC﹣AB＝8，求DE的长． 【分析】（1）先利用直角三角形的性质求出∠ABC＝50°，再利用角平分线的性质得到，再根据平行线的性质即可解答； （2）同理（1）证明BE＝DE，利用勾股定理求出AD，再利用三角形面积公式即可解答； （3）过点D作DF⊥BC，根据角平分线的性质得到AD＝DF＝6，利用勾股定理证明AB＝BF，求出AC＝16，利用勾股定理求出CD＝10，设AB＝BF＝x，则BC＝8+x，求出AB＝BF＝12，同理（2）得BE＝DE，设BE＝DE＝y，则AE＝12﹣y，利用勾股定理即可解答． 【解答】解：（1）在直角△ABC中，∠BAC＝90°，∠ACB＝40°， ∴∠ABC＝90°﹣∠ACB＝50°， ∵BD平分∠ABC， ∴， ∵DE∥BC， ∴∠EDB＝∠CBD＝20°， 故答案为：20°； （2）∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵DE∥BC， ∴∠EDB＝∠CBD， ∴∠EDB＝∠ABD， ∴BE＝DE， ∵BE＝5， ∴DE＝5， ∵∠BAC＝90°，AE＝3，DE＝5， ∴， ∵BE＝5，AE＝3， ∴AB＝AE+BE＝8， ∴△ABD的面积，即△ABD的面积为16； （3）如图，过点D作DF⊥BC， ∵BD平分∠ABC，DF⊥BC，AD⊥AB， ∴AD＝DF＝6， ∴， ∵BC﹣AB＝8， ∴BC﹣BF＝8＝CF， ∴CD10， ∴AC＝AD+CD＝16， 设AB＝BF＝x，则BC＝8+x， 在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2， ∴x2+162＝（8+x）2， ∴x＝12，即AB＝BF＝12， 同理（2）得BE＝DE， 设BE＝DE＝y，则AE＝12﹣y， 在Rt△ADE中，AE2+AD2＝DE2， ∴（12﹣y）2+62＝y2， 整理得，24y＝180， 解得y＝7.5，即DE＝7.5， 所以DE的长为7.5． 题型五 勾股定理的证明（共5小题） 22．（2024秋•海宁市期中）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． 23．（2025春•淳安县期中）“赵爽弦图”被誉为“中国数学界的图腾”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，如图，连接AE，若大正方形ABCD的面积为25，△ABE的面积为8，则小正方形EFGH的面积是（　　） A． B．1 C． D．2 【分析】设AG＝BH＝b，AH＝BE＝a，根据大正方形ABCD的面积为25，得到a2+b2＝25，根据△ABE的面积为8，得到a＝4（负值舍去），根据勾股定理得到，于是得到结论． 【解答】解：设AG＝BH＝b，AH＝BE＝a， ∵大正方形ABCD的面积为25， ∴AB＝5， ∴a2+b2＝25， ∵△ABE的面积为8， ∴， ∴a＝4（负值舍去）， ∴， ∴小正方形EFGH的面积＝（a﹣b）2＝（4﹣3）2＝1， 故选：B． 24．（2024秋•永康市校级期中）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，正方形的MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S2＝6，则S1+S3的值为　 　 ． 【分析】根据面积加减关系求解减即可得到答案． 【解答】解：图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形的MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S2＝6，设这八个全等的直角三角形的面积都是S△， ∴S1﹣4S△＝S3+4S△＝S2＝6， ∴S1+S3＝（S1﹣4S△）+（S3+4S△）＝6+6＝12， 故答案为：12． 25．（2024秋•钱塘区校级期中）如图是2002年北京第24届国际数学家大会会徽，由4个全等的直角三角形拼合而成，若图中大小正方形的面积分别为13和1，且直角三角形的两直角边分别为a，b，则（a+b）2的值为 　 　 ． 【分析】根据勾股定理，知两条直角边的平方和等于斜边的平方，此题中斜边的平方即为大正方形的面积13，2ab即四个直角三角形的面积和，从而不难求得（a+b）2 的值． 【解答】解：（a+b）2＝a2+b2+2ab ＝大正方形的面积+四个直角三角形的面积和 ＝13+（13﹣1） ＝25， 故答案为：25． 26．（2024秋•义乌市期中）如图，我国古代著名的“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD和中间小的正方形EFGH，若直角三角形的两条直角边的比为1：2，大正方形ABCD的面积为25，则小正方形EFGH的面积为（　　） A．5 B．7.5 C．10 D．12.5 【分析】先根据全等三角形的性质和已知条件求出BE＝EF＝CF，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：由题意可得：BC2＝25， ∵四个直角三角形是全等三角形， ∴CF＝BE， 又∵直角三角形的两条直角边的比为1：2，即CF：BF＝1：2， ∴BF＝2CF＝2BE， ∵BF＝BE+EF， ∴BE＝EF＝CF， 在Rt△BFC中根据勾股定理得：CF2+BF2＝BC2， ∴EF2+（2EF）2＝BC2， ∴5EF2＝25， ∴EF2＝5， 故选：A． 题型六 勾股定理的逆定理（共5小题） 27．（2024秋•慈溪市期中）下列哪个选项不能判断△ABC是直角三角形（　　） A．∠A＝90°﹣∠C B．三个内角的度数之比是3：4：5 C． D．三角形的三条边之比是5：12：13 【分析】根据三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理解题即可． 【解答】解：A．由∠A＝90°﹣∠C可得∠A+∠C＝90°，即∠B＝90°，则△ABC是直角三角形，故该选项不符合题意； B．设三个内角读数为3x°，4x°，5x°，则3x+4x+5x＝180，解得x＝15，最大角为75°，则△ABC不是直角三角形，故该选项符合题意； C．设∠A＝x°，∠B＝2x°，∠C＝3x°，则x+2x+3x＝180，解得x＝30，最大角为90°，则△ABC是直角三角形，故该选项不符合题意； D．设三条边是5x，12x，13x，则（5x）2+（12x）2＝（13x）2，则△ABC是直角三角形，故该选项不符合题意； 故选：B． 28．（2024秋•钱塘区校级期中）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，下列条件中可以判断∠A＝90°的是（　　） A．a＝3，b＝4，c＝5 B．a＝6，b＝5，c＝4 C．a＝2，， D．a＝1，b＝2， 【分析】根据勾股定理逆定理判断求解即可． 【解答】解：∵a＝3，b＝4，c＝5， ∴c2＝a2+b2， ∴△ABC是直角三角形，且∠C＝90°， 故A不符合题意； ∵a＝6，b＝5，c＝4， ∴a2≠b2+c2， ∴∠A≠90°， 故B不符合题意； ∵a＝2，b，c， ∴a2＝b2+c2， ∴△ABC是直角三角形，且∠A＝90°， 故C符合题意； ∵a＝1，b＝2，c， ∴b2＝a2+c2， ∴△ABC是直角三角形，且∠B＝90°， 故D不符合题意； 故选：C． 29．（2024秋•绍兴期中）如图，一块四边形ABCD，已知AD＝4m，CD＝3m，∠ADC＝90°，AB＝13m，BC＝12m，则这块地的面积为（　　）m2． A．24 B．30 C．48 D．60 【分析】连接AC，由AD＝4m，CD＝3m，∠ADC＝90°利用勾股定理可求出AC的长，在根据AB＝13m，BC＝12m，利用勾股定理的逆定理可证△ACB为直角三角形，然后即可求出这块地的面积． 【解答】解：连接AC， ∵AD＝4m，CD＝3m，∠ADC＝90°， ∴AC5， ∵AB＝13m，BC＝12m， ∴AB2＝BC2+CD2，即△ABC为直角三角形， ∴这块地的面积为S△ABC﹣S△ACDAC•BCAD•CD5×123×4＝24． 故选：A． 30．（2024春•路桥区期中）如图，每个小正方形的边长为1，连结小正方形的顶点AB，AC，BC． （1）求AB的长； （2）求∠ABC的度数． 【分析】（1）根据勾股定理即可得到AB的长度； （2）根据勾股定理得到AB2，BC2，AC2的长度，根据勾股定理的逆定理得到△ABC是等腰直角三角形，即可得出∠ABC的度数． 【解答】解：（1）根据勾股定理得：AB2＝12+32＝10， ∴AB； （2）∵AB2＝12+32＝10，AC2＝BC2＝12+22＝5， ∵5+5＝10，即AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ABC＝45°． 31．（2025春•临海市期中）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D． （1）已知AD＝4，BD＝1，CD＝2，求证：∠ACB＝90°； （2）已知∠ACB＝90°． ①若AD＝3，BD＝2，求CD的长； ②若设AD＝m，BD＝n，CD＝k，则m，n，k的数量关系为 　 　 ． 【分析】（1）根据勾股定理、勾股定理逆定理求证即可； （2）根据勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：CD⊥AB，AD＝4，BD＝1，CD＝2， ∴AC2＝AD2+CD2＝20，BC2＝CD2+BD2＝5， ∵AB2＝（4+1）2＝25， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴∠ACB＝90°． （2）解：①设CD＝k，则AC2＝k2+9，BC2＝k2+4． ∵∠ACB＝90°， ∴AC2+BC2＝AB2， 即k2+9+k2+4＝25， 解得， 即CD的长为； ②根据勾股定理得，AC2＝AD2+CD2＝m2+k2，BC2＝CD2+BD2＝k2+n2， ∵∠ACB＝90°， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴m2+k2+k2+n2＝（m+n）2＝m2+2mn+n2， ∴2k2＝2mn， ∴k2＝mn， 故答案为：k2＝mn． 题型七 勾股定理的应用（共6小题） 32．（2025春•临海市期中）如图，强台风时一棵大树在距离地面5m的点C处折断，大树顶端的着地点A与大树底端B的距离为12m，则这棵大树折断前的高度为（　　） A．13m B．15m C．17m D．18m 【分析】根据大树的折断部分与未断部分、地面恰好构成直角三角形，再根据勾股定理求出直角三角形的斜边的长度，进而可得出结论． 【解答】解：∵树的折断部分与未断部分、地面恰好构成直角三角形， ∴原来树的高度为13（m）， ∴这棵树原来的高度＝5+13＝18（m）． 即：这棵大树在折断前的高度为18m． 故选：D． 33．（2024秋•长兴县期中）如图，货车车高AC＝4m，卸货时后面挡板AB折落在地面A1处，已知点A、B、C在一条直线上，AC⊥A1C，经过测量A1C＝2m，则BC＝　 　 ． 【分析】设BC＝x m，则AB＝A1B＝（4﹣x）m，在Rt△A1BC中利用勾股定理列出方程22+x2＝（4﹣x）2，进而解答即可． 【解答】解：由题意得，AB＝A1B，∠BCA1＝90°， 设BC＝x m，则AB＝A1B＝（4﹣x）m， 在Rt△A1BC中，A1C2+BC2＝A1B2， 即：22+x2＝（4﹣x）2， 解得：x＝1.5． 答：BC的长为1.5m． 故答案为：1.5． 34．（2024秋•杭州期中）如图，在一宽度EC为2米的电梯井里，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，顶端A被固定在墙上，这时B到墙底端C的距离为0.7米．程师傅为了方便修理，将梯子的底端举到对面D的位置，问此时梯子底端离地高度DE长为（　　） A．0.7米 B．0.9米 C．1.2米 D．1.5米 【分析】过D作DH⊥AC于H，根据矩形的性质得到DH＝CE＝2米，DE＝CH，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过D作DH⊥AC于H， 则四边形CEDH是矩形， ∴DH＝CE＝2米，DE＝CH， 在Rt△ABC中，AC2.4（米）， 在Rt△ADH中，AH1.5（米）， ∴DE＝CH＝AC﹣AH＝0.9（米）， 答：梯子底端离地高度DE长为0.9米， 故选：B． 35．（2025春•椒江区校级期中）“儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢”．又到了放风筝的最佳时节．某校八年级（1）班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度CE，他们进行了如下操作：①测得水平距离BD的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米． （1）求风筝的垂直高度CE； （2）如果小明想风筝沿CD方向下降12米，则他应该往回收线多少米？ 【分析】（1）利用勾股定理求出CD的长，再加上DE的长度，即可求出CE的高度； （2）根据勾股定理即可得到结论 【解答】解：（1）在Rt△CDB中， 由勾股定理得，CD2＝BC2﹣BD2＝252﹣152＝400， 所以，CD＝20（负值舍去）， 所以，CE＝CD+DE＝20+1.6＝21.6（米）， 答：风筝的高度CE为21.6米； （2）由题意得，CM＝12， ∴DM＝8， ∴BM（米）， ∴BC﹣BM＝25﹣17＝8（米）， ∴他应该往回收线8米． 36．（2024秋•上城区校级期中）如图2，是某款台灯（图1）的示意图，处于水平位置的横杆EF可以绕着点O转动．当OF分别转到OM，ON的位置时，测得∠MON＝90°，M，N的高度差GH＝31cm，N，F的水平距离NH＝1cm，MG＝18cm，若该台灯底座离度AB＝2cm，则点O到桌面BC的距离为 　27　 cm． 【分析】过点M作MP⊥OG于P，过点N作NQ⊥EF于Q，由题意得四边形OFGP是矩形，四边形FHNQ是矩形，OM＝ON＝OF＝OG′，根据矩形的性质得到OP＝FG，∠FOP＝90°，NQ＝FH，FQ＝NH＝1cm，根据全等三角形的性质得到OP＝OQ，PM＝QN，设OM＝ON＝OF＝OG′＝x，则OP＝OQ＝（x﹣1）cm，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过点M作MP⊥OG于P，过点N作NQ⊥EF于Q， 由题意得，四边形OFGP是矩形，四边形FHNQ是矩形，OM＝ON＝OF＝OG′， ∴OP＝FG，∠FOP＝90°，NQ＝FH，FQ＝NH＝1cm， ∵∠MON＝90°， ∴∠POM＝∠QON＝90°﹣∠FOM， 在△MOP和△NOQ中， ， ∴△MOP≌△NOQ（AAS）， ∴OP＝OQ，PM＝QN， 设OM＝ON＝OF＝OG′＝x， 则OP＝OQ＝（x﹣1）cm， 故NQ＝FH＝31﹣FG＝31﹣OP＝31﹣OQ＝31﹣（x﹣1）＝（32﹣x）cm， 在Rt△ONQ中，OQ2+NQ2＝ON2， ∴（x﹣1）2+（32﹣x）2＝x2， 整理得x2﹣66x+1025＝0， 则， 解得x1＝25或x2＝41＞31（舍去）， ∴OG′＝25cm， ∴点O到桌面BC的距离为OG+AB＝25cm+2cm＝27cm， 故答案为：27． 37．（2024秋•浙江期中）某校八年级同学测量池塘两端A，B的距离，测量方案如下表： 课题 测量池塘两端A，B的距离 测量工具 皮尺，标杆 测量方案示意图 测量步骤及数据 （1）利用标杆确定A，M，F在同一直线上，量得MF＝3m，然后找到了点N，且MN＝5m，FN＝4m； （2）测得AM＝4m，再在FN的延长线方向确定点E，测得EN＝20m； （3）在BE的延长线方向确定点D，使得ED＝BE； （4）确定点C、点A和点E三点共线，测得CE＝25m； （5）测得CD＝40m． 任务一 请你根据上述测量方案及数据，求出AE的长； 任务二 请你证明AB＝CD． 【分析】任务一：由勾股定理的逆定理证明△MNF是直角三角形，且∠F＝90°，再利用勾股定理即可求出AE的长； 任务二：证明△EAB≌△ECD（SAS），即可得出结论． 【解答】任务一：解：∵MF＝3m，MN＝5m，FN＝4m，且32+42＝52， ∴MF2+FN2＝MN2， ∴△MNF是直角三角形，且∠F＝90°， ∵AF＝AM+MF＝4+3＝7（m），EF＝FN+EN＝4+20＝24（m）， ∴AE25（m）， 答：AE的长为25m； 任务二：证明：∵AE＝25m，CE＝25m， ∴AE＝CE， 在△EAB和△ECD中， ， ∴△EAB≌△ECD（SAS）， ∴AB＝CD＝40m． 题型八 等腰直角三角形（共4小题） 38．（2024秋•镇海区校级期中）如图放置的五块拼图中，①②③为正方形，④⑤为等腰直角三角形．若正方形③的面积为2，则正方形②的面积为（　　） A．4 B．6 C．8 D．12 【分析】根据正方形③的面积为2得AC2＝2，再根据勾股定理得AB2＝AC2+BC2＝4，由此可得正方形②的面积． 【解答】解：如图所示： ∵正方形③的面积为2， ∴AC2＝2， ∵⑤是等腰直角三角形， ∴AC＝BC， 由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2＝4， ∴正方形②的面积为4． 故选：A． 39．（2024秋•海宁市期中）Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中点，AE＝BF． 求证：△DEF为等腰直角三角形． 【分析】因为∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中点，AE＝BF，连接AD，可证明△DAE≌△DBF，则有DE＝DF，再用角与角之间的关系求得∠DEF是直角，即可判断△DEF为等腰直角三角形． 【解答】证明：连接AD， ∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°． ∵AB＝AC，DB＝CD， ∴∠DAE＝∠BAD＝45°． ∴∠BAD＝∠B＝45°． ∴AD＝BD，∠ADB＝90°． ∵AE＝BF，∠DAE＝∠B＝45°，AD＝BD， ∴△DAE≌△DBF（SAS）． ∴DE＝DF，∠ADE＝∠BDF． ∵∠BDF+∠ADF＝∠ADB＝90°， ∴∠ADE+∠ADF＝90°． ∴△DEF为等腰直角三角形． 40．（2025春•义乌市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，点D在直线AC上，AD＝1，过点D作DE∥AB交直线BC于点E，连接BD，点O是线段BD的中点，连接OE，则OE的长为 　 　 ． 【分析】连接OC，过点O作ON⊥BC于N，分两种情况：①当D在线段AC上时，由勾股定理可得BD的长，再由直角三角形的性质可得CE＝CD＝2，最后根据勾股定理可得答案；②当D在CA延长线上时，则CD＝AD+AC＝4，根据直角三角形的性质可得EN＝CE﹣CN＝4，最后根据勾股定理可得答案． 【解答】解：当在线段上时，连接OC，过点O作ON⊥BC于N，如图， ①当D在线段AC上时， ∵AD＝1， ∴CD＝AC﹣AD＝2， ∵∠BCD＝90°， ∴BD， ∵点O是线段BD的中点， ∴OC＝OB＝ODBD， ∵ON⊥BC， ∴CN＝BNBC， ∵DE∥AB， ∴∠CDE＝∠A＝∠CBA＝∠CED＝45°， ∴CE＝CD＝2， ∴NE＝2， ∵ON1， ∴OE， ②当D在CA延长线上时，连接OC，过点O作ON⊥BC于N，如图， 则CD＝AD+AC＝4， ∵O是线段BD的中点，∠BCD＝90°， ∴OC＝OB＝ODBD， ∵ON⊥BC， ∴CN＝BNBC， ∵OB＝OD， ∴， ∵AB∥DE， ∴∠CAB＝∠CDE＝∠CBA＝∠CED＝45°， ∴CE＝CD＝4， ∴EN＝CE﹣CN＝4， ∴， ∴OE的长为或． 故答案为：或． 41．（2024秋•宁波期中）如图，Rt△BDE中，∠BDE＝90°，DB＝DE＝2，A是DE的中点，连结AB，以AB为直角边作等腰Rt△ABC，其中∠ABC＝90°． ①AC的长为 　 ； ②连结CE，则CE的长为 　 ． 【分析】①根据题意先作出合适的辅助线，然后根据勾股定理可以得到AB和BC的长，再利用勾股定理求出AC； ②根据等面积法可以求得EG的长，再根据勾股定理求得EF的长，最后计算出CE的长即可． 【解答】解：①如图，过点E分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，F， ∵DB＝DE＝2，A是DE的中点，∠BDE＝90°， ∴，AD＝EA＝1， 在Rt△ADB中，， ∵AB＝BC， ∴， ∴AC． 故答案为：； ②∵， ∴， ∵EG⊥AB，EF⊥BC，∠ABC＝90°， ∴EF∥AB， ∴， 在Rt△EFB中，， 在Rt△EFC中，， 故答案为：． 题型九 直角三角形全等的判定方法（HL）（共3小题） 42．（2024秋•长兴县期中）如图，在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中，∠C＝∠C′＝90°，AC＝A′C′，AD与A′D′分别为BC，B′C′边上的中线，且AD＝A′D′． 求证：（1）Rt△ACD≌Rt△A′C′D′；（2）Rt△ABC≌Rt△A′B′C′． 【分析】（1）根据HL可以证明结论成立； （2）根据（1）中的结论可知，CD＝C′D′，然后根据SAS即可证明结论成立． 【解答】证明：（1）∵∠C＝∠C′＝90°， ∴△ACD和△A′C′D′都是直角三角形， 在Rt△ACD和Rt△A′C′D′中， ， ∴Rt△ACD≌Rt△A′C′D′（HL）； （2）∵Rt△ACD≌Rt△A′C′D′， ∴CD＝C′D′， ∵AD与A′D′分别为BC，B′C′边上的中线， ∴CB＝C′B′＝2CD， 在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△A′B′C′（SAS）． 43．（2024秋•义乌市期中）数学课上，老师提出了一个问题：如图，已知∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，请补充一个条件，使得△ABC≌△DEF．三位同学展示了自己补充的条件： 甲补充条件AC＝DF，全等的判定依据是SAS； 乙补充条件∠B＝∠E，全等的判定依据是　 　 ； 丙补充条件　 　 ，全等的判定依据是HL． （1）请补全乙、丙同学展示的答案； （2）请在甲、乙、丙三位同学中任选一种情况，写出完整的全等证明过程． 【分析】（1）根据已知∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，乙补充的条件是∠B＝∠E，可知全等的判定依据是ASA，根据丙全等的判定依据是HL，可知丙补充条件是AB＝DE； （2）甲补充AC＝DF，结合∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，得△ABC≌△DEF（SAS）；乙补充∠B＝∠E，结合已知得△ABC≌△DEF（ASA）；丙补充AB＝DE，结合已知得Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）． 【解答】解：（1）乙：∵∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，∠B＝∠E， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（ASA）； 丙：∵∠C＝∠F＝90°， 在Rt△ABC和Rt△DEF中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）． 故答案为：AAS；AB＝DE． （2）甲：∵AC＝DF，∠C＝∠F＝90°，BC＝EF， ∴△ABC≌△DEF（SAS）； 乙：∵∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，∠B＝∠E， ∴△ABC≌△DEF（ASA）； 丙：∵∠C＝∠F＝90°，BC＝EF，AB＝DE， ∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）． 44．（2024秋•浙江期中）已知：如图，D为△ABC外角∠ACP平分线上一点，且DA＝DB，DM⊥BP于点M （1）若AC＝6，DM＝2，求△ACD的面积； （2）求证：AC＝BM+CM． 【分析】（1）如图作DN⊥AC于N．根据角平分线的性质定理可得DM＝DN＝2，由此即可解决问题； （2）由Rt△CDM≌Rt△CDN，推出CN＝CM，由Rt△ADN≌Rt△BDM，推出AN＝BM，由此即可解决问题； 【解答】（1）解：如图作DN⊥AC于N． ∵DC平分∠ACP，DM⊥CP，DN⊥CA， ∴DM＝DN＝2， ∴S△ADC•AC•DN6×2＝6． （2）∵CD＝CD，DM＝DN， ∴Rt△CDM≌Rt△CDN（HL）， ∴CN＝CM， ∵AD＝BD，DN＝DM， ∴Rt△ADN≌Rt△BDM（HL）， ∴AN＝BM， ∴AC＝AN+CN＝BM+CM 题型十 直角三角形性质与动点（共2小题） 45．（2024秋•余杭区期中）在△ABC中，CA＝CB＝2，∠ACB＝120°，将一块足够大的直角三角尺PMN（∠M＝90°，∠MPN＝30°）按如图所示放置，顶点P在线段AB上滑动，PM始终经过点C，斜边PN交AC于点D．在点P滑动过程中，△PCD为等腰三角形时，则点P与点B的距离BP为 　 　 ． 【分析】依题意分三种情况讨论如下：①当PC＝CD时，则∠PCD＝∠PDC＝75°，进而得∠PCB＝45°，过点P作PD⊥BC于D，则△PCD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质和含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出BP即可；②当PD＝CD时，则∠PCD＝∠MPN＝30°，进而得∠PCB＝90°，然后在Rt△PCB中根据含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理求出BP即可；③当PC＝CD时，则∠CDP＝∠MPN＝30°，此时点B于点P重合，点D于点A重合，过点C作CE⊥AB于E，由此可得BP的长，综上所述即可得出答案． 【解答】解：在点P滑动过程中，△PCD为等腰三角形时，有以下三种情况： ①当PC＝CD时，则∠PCD＝∠PDC（180°﹣∠MPN）＝75°， ∴∠PCB＝∠ACB﹣∠PCD＝120°﹣75°＝45°， 过点P作PD⊥BC于D，如图1所示： 则△PCD是等腰直角三角形， ∴CD＝PD， ∵CA＝CB＝2，∠ACB＝120°， ∴∠A＝∠B（180°﹣∠ACB）＝30°， 在Rt△BPD中，BP＝2PD， 由勾股定理得：BDPD， ∵CD+BD＝BC＝2， ∴PDPD＝2， ∴PD， ∴BP＝2PD； ②当PD＝CD时，则∠PCD＝∠MPN＝30°， ∴∠PCB＝∠ACB﹣∠PCD＝120°﹣30°＝90°，如图2所示： 在Rt△PCB中，∠B＝30°，BC＝2， ∴BP＝2PC， 由勾股定理得：BCPC＝2， ∴PC， ∴BP＝2PC， ③当PC＝CD时，则∠CDP＝∠MPN＝30°， 此时点B于点P重合，点D于点A重合，过点C作CE⊥AB于E，如图3所示： ∴BP＝0， 综上所述：点P与点B的距离BP为或或0． 故答案为：或或0． 46．（2024秋•杭州期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝13，BA＝5，点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C﹣A﹣B运动．设点P的运动时间为t（t＞0）． （1）BC＝　 　 ． （2）求斜边AC上的高线长． （3）①当P在AB上时，AP的长为 　 　 ，t的取值范围是 　 　 ．（用含t的代数式表示） ②若点P在∠BCA的角平分线上，则t的值为 　 　 ． （4）在整个运动过程中，直接写出△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时t的值． 【分析】（1）利用勾股定理求解； （2）过点B作BD⊥AC于点D，利用面积法求解； （3）①根据点P的运动路径及速度可解；②过点P作PE⊥AC于E，利用角平分线的性质可知PB＝PE，再证Rt△BCP≌Rt△ECP（HL），推出EC＝BC＝12，最后利用勾股定理解Rt△AEP即可； （4）分AB＝AP＝5和AB＝BP＝5两种情况，利用等腰三角形的性质、勾股定理分别求解即可． 【解答】解：（1）∵在△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝5， ∴； 故答案为：12； （2）如图1所示，过点B作BD⊥AC于点D， ∵， ∴， ∴斜边AC上的高线长为； （3）①∵点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C﹣A﹣B运动， ∴AP＝3t﹣AC＝3t﹣13， ∴，即， ∴； 故答案为：3t﹣13，； ②点P在∠BCA的角平分线上时，过点P作PE⊥AC于E， ∵CP平分∠BCA，∠B＝90°， ∴PB＝PE， 又∵PC＝PC， ∴Rt△BCP≌Rt△ECP（HL）， ∴EC＝BC＝12，则AE＝AC﹣CE＝13﹣12＝1， 由（2）知AP＝3t﹣13， ∴BP＝AB﹣AP＝5﹣（3t﹣13）＝18﹣3t， ∴PE＝18﹣3t， 在Rt△AEP中，AP2＝AE2+EP2，即（3t﹣13）2＝12+（18﹣3t）2， 解得， ∴点P在∠BAC的角平分线上时，； 故答案为：； （4）△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时，有两种情况： 当AB＝AP＝5时， 则CP＝AC﹣AP＝13﹣5＝8， ∴； 当AB＝BP＝5时，过点B作BD⊥AC于点D， 由（2）知， ∴， ∵AB＝BP，BD⊥AC， ∴， ∴， ∴， 故△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时t的值为或． 题型十一 勾股定理新题型（共2小题） 47．（2024秋•杭州期中）请你在方格纸上按照要求设计直角三角形： （1）使它的三边中有一边边长为无理数； （2）使它的三边中有两边边长是无理数； （3）使它的三边边长都是无理数． 【分析】（1）可使直角边长分别为2和3，斜边长即不是有理数； （2）可使一条直角边长为边长1与1的长方形的对角线，另一条直角边长为边长为1和1的长方形的对角线，由此得到图形； （3）可使两条直角边长均为边长为1和2的长方形的对角线，连接即可得到图形． 【解答】解：（1）如图： 在△ABC中， AB＝3（AB为有理数）， BC＝2（BC为有理数）， （AC为无理数）， ∵BC2+AB2＝32+22＝13＝AC2， ∴△ABC是直角三角形， 故△ABC为所求三角形． （2）如图： 在△ABC中， AB＝2，（AB为有理数）， （BC为无理数）， （AC为无理数）， ∵， ∴△ABC是直角三角形， 故△ABC为所求三角形． （3）如图： 在△ABC中， （AB为无理数）， （BC为无理数）， （AC为无理数）， ∵， △ABC是直角三角形． 故△ABC为所求三角形． 48．（2024秋•杭州期中）如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长，那么我们称这个三角形为“美丽三角形”． （1）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，求证：△ABC是“美丽三角形”； （2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，若△ABC是“美丽三角形”，求BC的长． 【分析】（1）过点A作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD，根据“美丽三角形”的定义证明； （2）分AC边上的中线BD等于AC，BC边上的中线AE等于BC两种情况，根据勾股定理计算． 【解答】（1）证明：过点A作AD⊥BC于D， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BDBC＝2， 由勾股定理得，AD4， ∴AD＝BC，即△ABC是“美丽三角形”； （2）解：当AC边上的中线BD等于AC时，如图2， BC6， 当BC边上的中线AE等于BC时， AC2＝AE2﹣CE2，即BC2﹣（BC）2＝（4）2， 解得BC＝8． 综上所述，BC的长是6或8． 题型十二 赵爽弦图与青朱出入图（共3小题） 49．（2024秋•拱墅区校级期中）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 　 　 ． 【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． 50．（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＝　 　 ． 【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． 51．（2024秋•金华期中）如图1是一幅“青朱出入图”，运用“割补术”，通过三个正方形之间的面积转化证明勾股定理（a2+b2＝c2）．如图2，连结HK，GK，HG，记四边形DHKG与正方形DHIE的面积分别为S1，S2.若HD＝HG，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点H作HM⊥CD于点M，根据HD＝HG得到MD＝MG，四边形AHMD是矩形，继而得到MD＝AH．证明△DAH≌△DCE得到CE＝AH，结合正方形的性质，得到CE＝AH＝CG＝DM＝MG，设CE＝AH＝CG＝DM＝MG＝x，则DA＝DC＝AB＝BC＝3x，BH＝2x，根据△DCE≌△EKI得到KE＝DC＝3x，继而得到BH＝CK＝2x，BK＝CE＝x，利用图形面积分割法用x表示出S1，S2，再求出比值即可． 【解答】解：（1）过点H作HM⊥CD于点M， ∵HD＝HG，四边形ABCD是正方形， ∴MD＝MG，四边形AHMD是矩形， ∴MD＝AH， ∵HD＝HG， ∴DM＝GM， ∵四边形ABCD，四边形DHIE，四边形EFGC都是正方形， ∴DA＝DC＝AB＝BC，DH＝DE＝HI＝IE，FG＝GC＝CE＝EF， ∠DAH＝∠DCE＝∠DEI＝90°， 在Rt△DAH和Rt△DCE中， ， ∴Rt△DAH≌Rt△DCE（HL）， ∴CE＝AH， ∴CE＝AH＝CG＝DM＝MG， ∴CD＝CG+DM+MG＝3CG＝3CE， 设CE＝AH＝CG＝DM＝MG＝x，则DA＝DC＝AB＝BC＝3x，BH＝2x， ∵∠DCE＝∠EKI＝∠DEI＝90°， ∴∠DEC+∠IEK＝90°，∠EIK+∠IEK＝90°， ∴∠DEC＝∠EIK， 又∵DE＝EI， ∴△DCE≌△EKI（AAS）， ∴KE＝DC＝3x， ∴BH＝CK＝2x，BK＝CE＝x， ∴四边形DHKG的面积S1（2x+3x）×3x2x×x2x×xx2， 正方形DHIE的面积S2＝DE2＝CD2+CE2＝（3x）2+x2＝10x2， ∴ 故选：D． 题型十三 勾股定理应用压轴题型（共4小题） 52．（2024秋•鹿城区校级期中）如图，在△ABC中，AC＝AD，BD＝5，CD＝4，记AB长为x，AC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．x2+y2 D．x2﹣y2 【分析】先求出DE＝2，∠AED＝90°，再根据勾股定理找到等量关系，进而得出答案． 【解答】解：∵AC＝AD，CD＝4， ∴DE2，∠AED＝90°， ∵BD＝5， ∴BE＝BD+DE＝5+2＝7， 在Rt△ADE和Rt△ABE中， ∵AB2﹣BE2＝AD2﹣DE2， ∴x2﹣72＝y2﹣22， ∴x2﹣y2＝45． 故选：D． 53．（2025春•椒江区校级期中）如图，在底面周长约为6米的石柱上，有一条雕龙从柱底沿立柱表面盘绕2圈到达柱顶正上方（从点A到点C，B为AC的中点），每根华表刻有雕龙的部分的柱身高约16米，则雕刻在石柱上的巨龙至少为（　　） A．20米 B．25米 C．30米 D．15米 【分析】把圆柱体的侧面展开后是长方形，每圈龙的长度与高度和圆柱的周长组成直角三角形，根据勾股定理求出每圈龙的长度，最后乘2即可得出结论． 【解答】解：如图，根据题意可知，底面周长约为6米，柱身高约16米， ∴AF＝6，ABAC16＝8（米）， ∴BF10（米）， ∴雕刻在石柱上的巨龙至少为2×10＝20（米）． 故选：A． 54．（2024春•瑞安市校级期中）如图1为停车场出入口的车辆识别道闸，机箱AM高8分米，与墙面GH的距离MH＝26分米，静止时档杆ABCD为长方形．当车辆通行时，档杆升起降下，各边长度保持不变，如图2所示，当档杆升至点E恰好与点A高度相同时，点F到地面的距离为15分米，则BM＝　 　 分米．当档杆升至E1离地距离为16分米时，E1F1到GH的距离为EF到GH距离的3倍，则BC＝　 　 分米． 【分析】延长FE交BC于点P，交MH于点K，延长F1E1交BC于点T，交MH于点L，延长BC交GH于点O，则四边形BMLT、四边形BMKP、四边形BMHO都是矩形，先求出AB的长，再求出BM的长，设PO＝x，TO＝3x，利用勾股定理求出x的值，进而可求出BC的长． 【解答】解：如图，延长FE交BC于点P，交MH于点K，延长F1E1交BC于点T，交MH于点L，延长BC交GH于点O， 则四边形BMLT、四边形BMKP、四边形BMHO都是矩形， 由题意，得BO＝MH＝26，FK＝15，E1L＝16，EK＝AM＝8， ∴AB＝EF＝15﹣8＝7（分米）， ∴BM＝PK＝8﹣7＝1（分米）， ∴E1T＝16﹣1＝15（分米）， ∵E1F1到GH的距离为EF到GH距离的3倍， ∴设PO＝x，TO＝3x， ∴BT＝26﹣3x，BC＝26﹣x． ∵，， ∴（26﹣3x）2+152＝（26﹣x）2+72， ∴x2﹣13x+22＝0， 解得x1＝2，x2＝11（舍去）， ∴（分米）． 故答案为：1；25． 55．（2024秋•兰溪市期中）如图1是由四片门扇连接成的折叠门，轨道装在天花板上，图2是示意图．已知轨道AB＝220cm，在推拉合页C或E时，滚轮D，F在轨道上移动，门完全关上时，门扇恰好贴合整条轨道．已知每小片门扇宽度均相等，则AC＝CD＝DE＝EF＝ 　 　 cm．刚开始门扇叠合在左边，第一次向右拉开门扇，位置如图2时，AC∥DE，∠A＝60°，此时门被关上部分AF的长是 　 　 cm；接着继续向右拉门扇，位置如图3时，∠C'D'E'＝90°，AD′：D'F'＝6：8，相比第一次，此时门向右拉伸了 　 　 cm． 【分析】门完全关上时，门扇恰好贴合整条轨道．已知每小片门扇宽度均相等，易得AC＝CD＝DE＝EFAB＝55cm；根据∠A＝60°，易得△ACD和△DEF是等边三角形，那么可得AD和DF的长均为55cm，相加即为AF的长度；作C′M⊥AB于点M，E′N⊥AB于点N，可得△C′MD′≌△D′NE′，那么C′M＝D′N，在Rt△CD′M中，根据C′M2+MD′2＝CD′2，即可求得C′M和MD′的长度，进而求得AD′和D′F′的长度，相加后减去AF的长度即为拉伸的长度． 【解答】解：∵轨道AB＝220cm，AC＝CD＝DE＝EF， ∴AC＝CD＝DE＝EFAB＝55cm． ∵∠A＝60°，AC∥DE， ∴∠EDF＝∠A＝60°． ∴△ACD和△DEF是等边三角形． ∴AD＝DF＝55cm． ∴AF＝110cm． 作C′M⊥AB于点M，E′N⊥AB于点N， ∴∠C′MD′＝∠E′ND′＝90°，MD′AD′，ND′D′F′． ∴∠MC′D′+∠MD′C′＝90°． ∵∠C′D′E′＝90°， ∴∠MD′C′+∠ND′E′＝90°． ∴∠MC′D′＝∠ND′E′． 又∵C′D′＝D′E′， ∴△C′MD′≌△D′NE′（AAS）， ∴C′M＝D′N． ∵AD′：D′F′＝6：8， ∴MD′：ND′＝6：8， ∴MD′：C′M＝6：8， 设MD′为6x cm，则CM为8x cm． 在Rt△CD′M中，CM2+MD′2＝CD′2． ∴C′M＝44cm，D′M＝33cm． ∴D′N＝44cm． ∴AD′＝66cm，D′F′＝88cm． ∴相比第一次，门又拉伸了66+88﹣110＝44cm． 故答案为：55，110，44． 题型十四 勾股定理与折叠问题（共5小题） 56．（2024秋•奉化区校级期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AB＝5cm，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．1cm B．cm C．1.5cm D．cm 【分析】易求AC＝4cm，则CE＝1cm．设CD＝x，则ED＝DB＝3﹣x，根据勾股定理求解． 【解答】解：∵∠ACD＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm， ∴AC4（cm）， ∵△ADE是由△ABD沿AD折叠而得到的， ∴AE＝AB＝4cm，DE＝DB， ∴CE＝AE﹣AC＝5﹣4＝1（cm）， 设CD＝x cm，则DB＝DE＝（3﹣x）cm， 在Rt△DCE中， ∴CD2+CE2＝DE2， ∴x2+1＝（3﹣x）2， ∴x， 故选：B． 57．（2024秋•上城区校级期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于　 　 ． 【分析】要求重叠部分△AEF的面积，选择AF作为底，高就等于AB的长；而由折叠可知∠AEF＝∠CEF，由平行得∠CEF＝∠AFE，代换后，可知AE＝AF，问题转化为在Rt△ABE中求AE的长，进而可得出△AEF的面积． 【解答】解：设AE＝x，由折叠可知，EC＝x，BE＝8﹣x， 在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即42+（8﹣x）2＝x2， 解得：x＝5， 由折叠可知∠AEF＝∠CEF， ∵AD∥BC， ∴∠CEF＝∠AFE， ∴∠AEF＝∠AFE，即AE＝AF＝5， ∴S△AEFAF×AB5×4＝10． 故答案为：10． 58．（2024秋•兰溪市校级期中）如图，有一张直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，求CD的长． 【分析】由翻折易得DB＝AD，利用直角三角形ACD，勾股定理即可求得CD长． 【解答】解：由题意得DB＝AD； 设CD＝xcm，则 AD＝DB＝（8﹣x）cm， ∵∠C＝90°，∴在Rt△ACD中， 根据勾股定理得：AD2﹣CD2＝AC2，即（8﹣x）2﹣x2＝36， 解得x； 即CDcm． 59．（2024秋•江北区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，BC，点E，F分别是BC，AC边上的动点，沿EF所在直线折叠∠C，使点C的对应点C′始终落在边AB上，若△BEC′是直角三角形时，则BE的长为 　 　 ． 【分析】分情况讨论：①当∠BEC′＝90°时，根据含30°角的直角三角形的性质和折叠的性质可得出BC′＝2EC′＝2EC，根据勾股定理可求出，然后结合线段的和差求解即可；②当∠BC′E＝90°时，根据含30°角的直角三角形的性质和折叠的性质可得出BE＝2EC′＝2EC，然后结合线段的和差求解即可． 【解答】解：由对称性质可知EC′＝EC， ①当∠BEC′＝90°时， ∵∠B＝30°， ∴BC′＝2EC′＝2EC， ∴， 又， ∴， ∴EC＝1， ∴； ②当∠BC′E＝90°时， 由含30°角的直角三角形性质可知BE＝2EC′＝2EC， 又， ∴， ∴， ∴； 综上，BE的长为或． 60．（2024秋•拱墅区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C'处，两条折痕与斜边BC分别交于E，F．以下四个结论正确的是（　　） ①∠EAF＝45°；②FC＝BE；③EC＝3BE；④FC＝（1）AE． A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ 【分析】根据将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C'处，可得∠BAE＝∠EAD∠BAD，∠CAF＝∠DAF∠DAC，即得∠EAF∠BAC＝45°，可判断①正确，由∠BAC＝90°，∠C＝30°，得∠B＝60°＝∠BDA＝∠C'DF，∠C'＝30°，即知△ABD是等边三角形，∠C'FD＝90°，设DF＝m，则C'D＝2m，C'Fm＝CF，而∠DAC＝30°＝∠C，有AD＝CD＝（1）m＝BD，即得BE＝DEBDm，可判断②错误，又CE＝CD+DEm可判断③正确，根据∠BEC＝90°，∠C＝30°，得AECEm，可判断④正确． 【解答】解：∵将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C'处， ∴∠BAE＝∠EAD∠BAD，∠CAF＝∠DAF∠DAC， ∴∠EAF＝∠EAD+∠DAF（∠BAD+∠DAC）∠BAC90°＝45°，故①正确， ∵∠BAC＝90°，∠C＝30°， ∴∠B＝60°＝∠BDA＝∠C'DF，∠C'＝30°， ∴△ABD是等边三角形，∠C'FD＝90°， 设DF＝m，则C'D＝2m，C'Fm＝CF， ∴CD＝（1）m， ∵∠BDA＝60°，∠C＝30°， ∴∠DAC＝30°＝∠C， ∴AD＝CD＝（1）m＝BD， ∴BE＝DEBDm， 而CFm， ∴CF≠BE，故②错误， ∵CD＝（1）m，BE＝DEm， ∴CE＝CD+DEm＝3BE，故③正确， ∵∠BEC＝90°，∠C＝30°， ∴AECEmm， ∴（1）AE＝（1）mm， ∴FC＝（1）AE，故④正确， ∴正确的有①③④， 故选：C． $