培优03 勾股定理中的5大模型（专项训练）数学新教材人教版八年级下册

培优03 勾股定理中的5大模型 题型1 378和578模型 378和578模型：边长为3、7、8或5、7、8的三角形（如图1）。 当我们遇到两个三角形的三边长分别为 3，7，8 和 5，7，8 的时候，通常不会对它们进行处理，实际是因为我们对于这两组数字不敏感，但如果将这两个三角形拼在一起，你将惊喜地发现这是一个边长为 8的等边三角形。 图1 图2 图3 图4 证明： 条件：当两个三角形的边长分别为3，7，8和5，7，8时； 结论：①这两个三角形的面积分别为、；②3、8与5、8夹角都是60；③将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形。 证明：如图2，过点C作CM⊥AB于点M，设BM=x 则AM=3+x，∴∠CMB=90°， 在Rt∆ACM中：CM2 =AC2 - AM2，在Rt∆BCM中：CM2 =BC2 - BM2， ∴AC2 - AM2 = BC2 - BM2，即82 -（3+x）2 = 72 - x2，解得x=1，∴CM =4，∴CM =， ∴S∆ABC=AB•CM = •3•=，∵CM =4，AC=8，∠ACM=30°，∠CAM=60°。 如图3，过点F作FN⊥DE于点N，设DN=x 则NE=5-x，∴∠FND=90°， 在Rt∆DNF中：NF2 =DF2 - DN2， 在Rt∆ENF中：NF2 =EF2 - NE2， ∴DF2-DN2 =EF2-NE2，即72-x2 =82 -（5-x）2 ，解得x=1，NE=4，∴NF = ， ∴S∆DEF=•DE•NF = •5•=，∵NE =4，EF=8，∠EFN=30°，∠FEN=60°。 ∴CM =NF = ，∠CMB=∠FND=90°，∵CB =DF=7，∴Rt∆BCM ≌Rt∆DNF，∴∠CBM=∠FDN， ∵∠CBM+∠ABC=180°，∴∠FDN+∠ABC=180°，∵AC =EF =8。 ∴将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形（如图4）。 1．（2023·浙江温州·九年级校考期末）边长为5，7，8的三角形的最大角和最小角的和是（    ）． A．90° B．150° C．135° D．120° 2．（2023·江苏·八年级专题练习）已知在△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝3，则∠B＝（    ）． A．45° B．37° C．60° D．90° 3．（2023·广东·八年级专题练习）如图，△ABC的边AB＝8，BC＝5，AC＝7，试过A作AD垂直BC于点D并求出CD的长度． 4．（2023·湖北武汉·八年级统考期末）已知△ABC的边长分别为5，7，8，则△ABC的面积是（　　） A．20 B．10 C．10 D．28 5．（23-24八年级下·山东·阶段练习）中，，，，则 ． 题型2 垂美四边形模型 垂美四边形问题 垂美四边形的定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形。 证明： 图1 图2 图3 图4 条件：如图1，已知四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD； 结论：①AB2+CD2＝AD2+BC2；②“垂美”四边形的面积等于对角线乘积的一半，即S四边形ABCD=AC∙BD。 证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得，，， ∴；∵AC⊥BD，∴S△ABC=AC∙BO ，S△ADC=AC∙DO ∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD。 条件：如图2，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP； 结论：DP2+BP2=AP2+PC2 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADP＝∠BCP＝90°，AD=BC， 由勾股定理得，，，∴，∴。 条件：如图3（或图4），在矩形ABCD中，P为矩形内部（外部）任意一点，连接AP、BP，CP，DP； 结论：AP2+PC2=DP2+BP2 证明：过点作的垂线，交于点，交于点，则四边形和为矩形， ，由勾股定理得：则 ，， ，．（图4的证明和图3证明相同） 用处：①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形。 常见题型与解题方法 1. 已知对角线互相垂直，求边长 方法：利用勾股定理分别在四个直角三角形中表示边长，再利用 “对边平方和相等” 列方程； 2. 已知边长，证明对角线垂直 方法：假设对角线垂直，用勾股定理推出对边平方和相等，或用向量、坐标系法证明 3. 求垂美四边形的面积 方法：直接用面积公式； 4. 坐标系法（万能） 方法：把对角线放在坐标轴上，设对角线交点为原点，用坐标表示四个顶点，用距离公式和垂直条件解题。 1．（2023秋•碑林区校级期中）如图所示，AC⊥BD，O为垂足，设m＝AB2+CD2，n＝AD2+BC2，则m，n的大小关系为（　　） A．m＜n B．m＞n C．m＝n D．不确定 2．（2023春•怀宁县期末）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　 　 （2）性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两对角线AC，BD之间的数量关系：　 　 ． （3）问题解决：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CG，BE，GE，已知AC＝4，AB＝5． ①求证：四边形BCGE为垂美四边形； ②求出四边形BCGE的面积． 3．（2021春•宣城期末）定义：我们把对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”． （1）概念理解：如：图1，四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． （2）性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE．若AC＝4，AB＝5，求GE的长． 4．（2024秋•海淀区校级期末）定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为“垂美四边形”． （1）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，则根据勾股定理： AB2＝　 　 +　 　 ； BC2＝　 　 +　 　 ； CD2＝　 　 +　 　 ； AD2＝　 　 +　 　 ； 所以，用等式表示AB2、BC2、CD2、AD2之间的数量关系是　 　 ； （2）如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACGD和正方形ABFE，连接BD、CE、DE，CE分别交AB、BD于点M，N． ①CE与BD的位置关系是　 　 ，给出证明； ②若AB＝4，，则线段DE的长是　 　 ． 5．（2024秋•叶县期末）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE．若AC＝2，AB＝5，则 ①求证：△AGB≌△ACE ②GE＝　 　 ． 6．（2025春•和田市期末）【知识感知】（1）如图1，四边形ABCD的两条对角线交于点O，我们把这种对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．在我们学过的：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，属于垂美四边形的是 　 　 ；（只填序号） 【性质探究】（2）如图1，试探究垂美四边形ABCD的四条边AB，CD，BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明； 【性质应用】（3）如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知，，求GE的长． 7．（2024春•永定区期末）综合与实践：构图法求三角形的面积． 问题提出 在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求△ABC的面积． 素材1 某数学兴趣小组发现，如果运用三角形面 积公式Sah（a为底边，h为对应的高） 求解，那么高h的计算较为复杂．进一步 观察发现AB，BC，AC，若把 △ABC放到图1的正方形网格中（每个小 正方形的边长为1），且△ABC的三个顶 点恰好都在小正方形的顶点处，这样无需 求三角形的高，直接借助网格就能计算出 △ABC的面积．这种借助网格计算面积的 方法称为“构图法”． 素材2 某园艺公司对一块三角形花圃PQR进行改造 ，如图3所示，分别以原花圃的PQ，PR为边 向外扩建正方形花圃PQGF，正方形花圃PR DE，并增加三角形花圃FPE，将原花圃改造为六边形QRDEFG． 任务1 （1）请直接写出图1中的三角形面积 　 　 . 任务2 （2）已知△KMN三边KM，MN，KN的长分别为，2，，请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长为1）画出相应的△KMN，并求出它的面积． 任务3 （3）若三角形花圃的边PQ＝2，PR，QR＝3，求改造后的六边形花圃QRDEFG的面积． 题型3 折叠模型 一、核心模型概念 勾股定理中的图形折叠模型（不含矩形），本质是平面图形沿某条直线（折痕）折叠后，形成全等图形，利用折叠的不变性（对应边相等、对应角相等）构造直角三角形，再运用勾股定理求解线段长度、角度或图形面积的一类题型。 核心前提：折叠前后两个图形全等，折痕为两个全等图形的对称轴，折叠后重合的点（对应点）连线被折痕垂直平分；解题关键是从折叠中提炼直角三角形，将未知线段转化为直角三角形的边，通过勾股定理建立等量关系。 常见模型类型（不含矩形）：三角形折叠（直角三角形、等腰三角形、一般三角形）。 二、核心模型证明（折叠的不变性+勾股定理关联证明） （一）折叠的核心性质证明 已知：图形M沿直线l折叠，得到图形M'，点A、B在图形M上，折叠后对应点为A'、B'，折痕为l。 求证：1. 图形M≌图形M'（对应边相等：AB=A'B'；对应角相等：∠A=∠A'）；2. 折痕l垂直平分线段A'A（B'B）。 证明： 1. 折叠的定义：将图形M沿l折叠后与M'完全重合，根据全等图形的定义，重合的两个图形全等，故图形M≌图形M'，因此对应边相等、对应角相等。 2. 取A'A的中点O，连接AO、A'O，因图形M≌图形M'，故AO=A'O，且折痕l上任意一点到A、A'的距离相等（折叠后重合），因此l是线段A'A的垂直平分线，即l⊥A'A，且AO=A'O。 三、模型运用场景 场景1：直角三角形折叠（最常考） 1. 折叠直角顶点：将直角三角形的直角顶点沿某条直线折叠，落在斜边或三角形的另一条边上，构造两个全等的直角三角形，利用勾股定理列方程求未知边（如上述证明中的场景）。 2. 折叠非直角顶点：将直角三角形的一个锐角顶点折叠，使它落在另一条边上，形成新的直角三角形（折叠后对应角为直角或原有直角不变），转化线段后用勾股定理求解。 示例：Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，BC=8，将点B沿MN折叠，使点B落在AC边上的点B'处，折痕MN交BC于M，交AB于N，求BM的长度（设BM=x，转化为Rt△B'CM，利用勾股定理列方程）。 场景2：等腰三角形折叠 等腰三角形的折叠，常利用“等腰性质+折叠全等”构造直角三角形：折痕通常为等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线或高（三线合一），折叠后形成的直角三角形，其直角边与等腰三角形的腰、底边相关，通过勾股定理求解腰长、底边长或折叠线段长度。 示例：等腰△ABC，AB=AC=10，BC=12，将△ABC沿底边BC的中线AD折叠，使点B与点C重合，求AD的长度（折叠后AD为直角边，利用勾股定理AD² + BD² = AB²）。 四、模型运用核心总结 无论哪种不含矩形的折叠模型，核心逻辑均为：折叠→全等→转化线段/角→构造直角三角形→勾股定理列方程→求解。 关键提醒：折叠后一定要找准“对应边、对应角”，重点关注折叠形成的直角三角形，将未知线段设为未知数，用已知线段表示出直角三角形的三边，再通过勾股定理建立方程，即可突破此类题型。 1．（2025春•河北区校级期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2024秋•确山县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，垂足为E，AD＝2，则BC的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2024春•武汉期中）如图，在矩形ABCD中，E为AB上一点，将矩形的一角沿CE向上折叠，点B的对应点F恰好落在边AD上．若△AEF的周长为6，△CDF的周长为12，则AF的长为（　　） A．2 B． C． D．1 4．（2024秋•城关区校级期中）如图，有一块直角三角形纸片ABC，∠C＝90°．两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将该纸片沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，则折痕AD＝　 　 cm． 5．（2022秋•海口期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE∥AB，交AC于点E，DF⊥AB于点F，若DE＝5，DF＝3，则AC的长为 　 　 ． 6．（2019秋•陇县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB于点E，若△BDE的周长是5cm，则AB的长为　 　 ． 7．（2023春•新市区期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，点D是边BC上一点．若沿AD将△ACD翻折，点C刚好落在AB边上点E处，求BD的长． 题型4 锐角平分线模型 一、模型定义 在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AD 平分 ∠BAC，交 BC 于 D。 这就是：直角三角形 + 锐角角平分线 模型。 二、核心性质（结论） 1，角的关系： ∠BAD = ∠CAD 1. ∠ADB = 90° + ∠CAD 2. ∠ADC = 90° − ∠CAD 2， 边的关系（最常考）由角平分线定理： ​=​即：角平分线分对边所得两段的比 = 邻边之比。 距离相等过 D 作 DE⊥AB 于 E，则：DC=DE。 这是角平分线性质，也是勾股定理折叠 / 方程题的核心。 三、关键结论证明 1. 角平分线定理证明（面积法，最简单） 在 Rt△ABC，∠C=90°，AD 平分∠BAC。作 DE⊥AB 于 E，则 DC=DE。 ​==​ 又两个三角形同高，面积比 = 底之比：=​所以：=. 2. 角的结论证明 ∠ADC 是△ABD 外角：∠ADC=∠B+∠BAD 又 ∠B = 90°−2∠BAD ∠ADC=90°−∠BAD ∠ADB=180°−∠ADC=90°+∠BAD。 四、常考运用场景 1，线段长已知三边长，用=，直接列比例求 BD、DC。 2，求高 / 距离，设 DC=DE=x， 用面积或勾股列方程：AC²+x²=AE²+x²，再在 Rt△BDE 中用勾股。 3，求角度已知一个锐角，直接算： ∠ADB = 90° + 一半锐角，∠ADC = 90° − 一半锐角； 4，与折叠模型结合角平分线折叠后：△ACD ≌ △AED，直接构造直角三角形用勾股。 五、一句话记忆 直角三角形 + 锐角平分线， 对边成比例，距离相等， 一外角加一半，一内角减一半， 折叠勾股直接算。 1．（2024•南山区校级模拟）如图，南外大冲学校（X）、文华学校（Y）、科华学校（Z）坐落于有深圳硅谷之称的南山科技园核心位置．其中，XY＝500m，XZ＝400m，YZ＝300m，若计划在XY中点M处建一个5G基站助力南外集团发展，其覆盖半径为260m，则这三个学校中在该5G基站覆盖范围内的是（　　） A．只有Y B．只有Y，Z C．只有X，Z D．X，Y，Z 2．（2023春•开江县校级期末）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm，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．3cm B．4cm C．5cm D． 3．（2021秋•定州市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是△ABC的角平分线，若CD＝3，则点D到AB边的距离为（　　） A．1 B． C．2 D．3 4．（2022•东莞市校级一模）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将△ACD沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，则CD的长为（　　）cm． A． B． C．3 D． 5．（2022秋•海曙区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．若AC＝9，AB＝15，则CE的长为（　　） A．4 B． C． D．5 6．（2022•雁塔区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE∥AB交AC于点E，已知CE＝3，CD＝4，则AD长为（　　） A．7 B．8 C．4 D．4 7．（2023春•涡阳县期中）（1）为了证明勾股定理，李明将两个全等的直角三角形按如图1所示摆放，使点A、E、D在同一条直线上，如图1，请利用此图证明勾股定理； （2）如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若点P从点A出发，以每秒4cm的速度沿折线A﹣C﹣B运动，设运动时间为t秒（t＞0），若点P在∠BAC的平分线上，求此时t的值． 8．（2021秋•盘山县期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，垂足为点E．若AB＝15cm，AC＝9cm，求BE的长度． 9．（2024秋•江山市期中）如图，直角三角形纸片的两直角边AC＝6cm，BC＝8cm．现将直角边AC沿AD折叠，使它落在斜边AB上，点C与点E重合．求CD的长． 题型5 赵爽弦图模型 一、模型是什么： 赵爽弦图：用4 个全等的直角三角形，围成一个大正方形，中间空出一个小正方形。 · 直角三角形：短直角边为 a，长直角边为 b，斜边为 c · 中间：小正方形； · 外围：大正方形。 二、核心作用： 证明勾股定理：a²+b²=c²。 三、面积法证明 1.大正方形面积（边长为斜边 c）S大​=c²。 2.用 4 个三角形 + 中间小正方形表示 1 个直角三角形面积：ab. · 4 个总面积：4×ab=2ab， · 中间小正方形边长：b−a， · 小正方形面积：(b−a)² S大​=4×ab+(b−a)² 1. 化简得勾股定理c²=2ab+(b²−2ab+a²)， 2. c²=a²+b²。 四、弦图里的重要结论： 1. 1，大正方形边长 = 直角三角形斜边； 2. 2，小正方形边长 = 长直角边 − 短直角边。 3. 3，已知大正方形面积 ⇒ 直接得 c²； 4. 4，已知小正方形面积 ⇒ 直接得 (b−a)²； 5. 5，4 个三角形全等，面积相等。 1．（2024秋•昆都仑区期末）如图，正方形内的数字代表所在正方形的面积，则A所在的正方形的面积为（　　） A． B．28 C．128 D．100 2．（2024秋•朝阳区校级期末）如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形①的面积是（　　） A．16cm2 B．25cm2 C．30cm2 D．169cm2 3．（2024秋•江阴市期中）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9，短直角边为4，图2中的阴影部分的面积为S，那么S的值为（　　） A．56 B．60 C．65 D．75 4．（2024春•界首市期末）图甲是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．在Rt△ABC中，若直角边AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图乙所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长（图乙中的实线）是（　　） A．52 B．48 C．72 D．76 5．（2024春•安顺期末）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　） A．14 B．16 C．14 D．14 6．（2023春•武汉期末）大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO＝GP，则直角三角形的边CG与BG之比是（　　） A． B． C． D． 7．（2024春•江阴市期中） 【回顾旧知】在学习“乘法公式”时，我们分别从两个不同的角度计算如图1所示的正方形ABCD的面积，从而得到公式：（a+b）2＝a2+b2+2ab．【类比探究】用图2中四个完全一样的直角三角形可以拼成图3的大正方形，请根据图3，利用图形的面积关系，推导a、b、c之间满足的关系式，写出推理过程． 【拓展应用】利用图3中探究的关系式解答下列问题： ①图3中如果大正方形的面积是25，且（a+b）2＝49，则小正方形的面积为 　 　 ． ②连接图3中的四条线段得到图4的新图案，若a＝7，b＝4，则图4中阴影部分的周长为 　 　 ． ③利用图2中八个完全一样的直角三角形可以拼成图5的大正方形，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3，则三个正方形的面积S1、S2、S3满足的关系式是 　 　 ． 8．（2024春•泰兴市期中）如图1，△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C的对边分别记为a、b、c． 实验一： 小聪和小明用八张这样的三角形纸片拼出了如图2所示的正方形． （1）在图2中，正方形CDEF的面积可表示为 　 　 ，正方形IJKL的面积可表示为 　 　 （用含a，b的式子表示） （2）请结合图2，用面积法说明（a+b）2，ab，（a﹣b）2三者之间的等量关系． 实验二： 小聪和小明分别用四个这样三角形纸片拼成了如图3、4、5所示的图形．他们根据面积法得到了一个关于边a、b、c的等式，整理后发现a2+b2＝c2 （3）请你从图3、4、5中选一个合适的图形用面积法证明a2+b2＝c2． 你的选择是图 　 　 ， 你的证明： （4）根据（3）中的结论回答，当a﹣b﹣2m＝1，ab+2m2+2m＝4时，c的值为 　 　 ． 9．（2023秋•盐湖区校级期中）综合与实践 勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．如图2，直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c． （1）如图3，以直角三角形的三边a，b，c为边，分别向外部作正方形，直接写出S1，S2，S3满足的关系：　 　 ． （2）如图4，以Rt△ABC的三边为直径，分别向外部作半圆，请判断S1，S2，S3的关系并证明． （3）如图5，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（实线）的周长为80，OC＝5，直接写出该飞镖状图案的面积． 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优03 勾股定理中的5大模型 题型1 378和578模型 378和578模型：边长为3、7、8或5、7、8的三角形（如图1）。 当我们遇到两个三角形的三边长分别为 3，7，8 和 5，7，8 的时候，通常不会对它们进行处理，实际是因为我们对于这两组数字不敏感，但如果将这两个三角形拼在一起，你将惊喜地发现这是一个边长为 8的等边三角形。 图1 图2 图3 图4 证明： 条件：当两个三角形的边长分别为3，7，8和5，7，8时； 结论：①这两个三角形的面积分别为、；②3、8与5、8夹角都是60；③将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形。 证明：如图2，过点C作CM⊥AB于点M，设BM=x 则AM=3+x，∴∠CMB=90°， 在Rt∆ACM中：CM2 =AC2 - AM2，在Rt∆BCM中：CM2 =BC2 - BM2， ∴AC2 - AM2 = BC2 - BM2，即82 -（3+x）2 = 72 - x2，解得x=1，∴CM =4，∴CM =， ∴S∆ABC=AB•CM = •3•=，∵CM =4，AC=8，∠ACM=30°，∠CAM=60°。 如图3，过点F作FN⊥DE于点N，设DN=x 则NE=5-x，∴∠FND=90°， 在Rt∆DNF中：NF2 =DF2 - DN2， 在Rt∆ENF中：NF2 =EF2 - NE2， ∴DF2-DN2 =EF2-NE2，即72-x2 =82 -（5-x）2 ，解得x=1，NE=4，∴NF = ， ∴S∆DEF=•DE•NF = •5•=，∵NE =4，EF=8，∠EFN=30°，∠FEN=60°。 ∴CM =NF = ，∠CMB=∠FND=90°，∵CB =DF=7，∴Rt∆BCM ≌Rt∆DNF，∴∠CBM=∠FDN， ∵∠CBM+∠ABC=180°，∴∠FDN+∠ABC=180°，∵AC =EF =8。 ∴将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形（如图4）。 1．（2023·浙江温州·九年级校考期末）边长为5，7，8的三角形的最大角和最小角的和是（    ）． A．90° B．150° C．135° D．120° 【答案】D 【分析】法1：拼成一个边长为8的等边三角形，即可求解。法2：设△ABC的三边AB=5，AC=7，BC=8，过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，分别在Rt△ADB和Rt△ADC中，利用勾股定理求得AD，从而可建立方程，求得x的值，可求得∠B，因此可得最大角和最小角的和． 【详解】法1：∵△ABC的边长为5，7，8， ∴其可以和边长为3，7，8的三角形拼成一个边长为8的等边三角形， 又由三角形中大边对大角，可知边长为7 的边所对的角为 60°， 所以最大角和最小角的和是 120°.故选D. 法2：设△ABC的三边AB=5，AC=7，BC=8，过点A作AD⊥BC于点D，如图 设BD=x，则CD=8-x 在Rt△ADB中，由勾股定理得：；在Rt△ADC中，由勾股定理得： 则得方程： 解得： 即 ∵，AD⊥BC∴∠BAD=30゜∴∠ABD=90゜-∠BAD=60゜∴∠BAC+∠C=180゜-∠ABD=120゜ ∵BC>AC>AB∴∠BAC>∠ABD>∠C故最大角与最小角的和为120゜故选：D． 【点睛】本题考查了勾股定理，解一元一次方程，大角对大边等知识，关键是作最大边上的高，从而为勾股定理的使用创造了条件． 2．（2023·江苏·八年级专题练习）已知在△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝3，则∠B＝（    ）． A．45° B．37° C．60° D．90° 【答案】C 【分析】法1：拼成一个边长为8的等边三角形，即可求解。法2：过点A作 交BC延长线于点D，设CD=x，则BC=3+x，在和中，利用勾股定理求出 ，可求出CD的长，从而得到BD的长，然后利用直角三角形的性质即可求解． 【详解】法1：∵△ABC的边长为3，7，8， ∴其可以和边长为5，7，8的三角形拼成一个边长为8的等边三角形， 如图，观察图形可知∠B为等边三角形的一个内角，所以∠B=60°.故选 C. 法2：如图，过点A作 交BC延长线于点D， ∵在△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝3，可设CD=x，则BC=3+x， 在 中， ，在中， ， ∴，解得： ，∴BC=3+x=4， ∴在中， ，∴ ，∴ ．故选 C． 【定睛】本题主要考查了勾股定理及直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中若一条直角边等于斜边的一半，则这条直角边所对的锐角等于 是解题的关键． 3．（2023·广东·八年级专题练习）如图，△ABC的边AB＝8，BC＝5，AC＝7，试过A作AD垂直BC于点D并求出CD的长度． 解：如图所示，作AD⊥BC于点D，设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝5﹣x， 则在直角三角形ABD和直角三角形ADC中，由勾股定理有：AB2﹣BD2＝AC2+CD2， 即64﹣（5﹣x）2＝49﹣x2，解得：x＝1．故CD长度为1． 另解：可以和三边长为 3，7，8 的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，从而求解。 4．（2023·湖北武汉·八年级统考期末）已知△ABC的边长分别为5，7，8，则△ABC的面积是（　　） A．20 B．10 C．10 D．28 【答案】C 【分析】过A作AD⊥BC于D，根据勾股定理列方程得到BD，然后根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】如图， ∵AB=5，AC=7，BC=8，过A作AD⊥BC于D，∴AB2-BD2=AC2-CD2=AD2，∴52-BD2=72-（8-BD）2， 解得：BD=，∴AD=，∴△ABC的面积=10，故选C． 另解：可以和三边长为 3，7，8 的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，从而求解。 【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的面积的计算，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 5．（23-24八年级下·山东·阶段练习）中，，，，则 ． 【答案】3或5 【分析】作于D，由直角三角形的性质得出，由勾股定理分别求得和的长，分两种情况讨论即可求解． 【详解】法1：解：作于D，∵，∴， ∴，，∴， 分两种情况：①如图1所示：；       ②如图2所示：，综上所述，或5；故答案为：3或5． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握直角三角形的性质，进行分类讨论是解题的关键． 题型2 垂美四边形模型 垂美四边形问题 垂美四边形的定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形。 证明： 图1 图2 图3 图4 条件：如图1，已知四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD； 结论：①AB2+CD2＝AD2+BC2；②“垂美”四边形的面积等于对角线乘积的一半，即S四边形ABCD=AC∙BD。 证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得，，， ∴；∵AC⊥BD，∴S△ABC=AC∙BO ，S△ADC=AC∙DO ∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD。 条件：如图2，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP； 结论：DP2+BP2=AP2+PC2 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADP＝∠BCP＝90°，AD=BC， 由勾股定理得，，，∴，∴。 条件：如图3（或图4），在矩形ABCD中，P为矩形内部（外部）任意一点，连接AP、BP，CP，DP； 结论：AP2+PC2=DP2+BP2 证明：过点作的垂线，交于点，交于点，则四边形和为矩形， ，由勾股定理得：则 ，， ，．（图4的证明和图3证明相同） 用处：①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形。 常见题型与解题方法 1. 已知对角线互相垂直，求边长 方法：利用勾股定理分别在四个直角三角形中表示边长，再利用 “对边平方和相等” 列方程； 2. 已知边长，证明对角线垂直 方法：假设对角线垂直，用勾股定理推出对边平方和相等，或用向量、坐标系法证明 3. 求垂美四边形的面积 方法：直接用面积公式； 4. 坐标系法（万能） 方法：把对角线放在坐标轴上，设对角线交点为原点，用坐标表示四个顶点，用距离公式和垂直条件解题。 1．（2023秋•碑林区校级期中）如图所示，AC⊥BD，O为垂足，设m＝AB2+CD2，n＝AD2+BC2，则m，n的大小关系为（　　） A．m＜n B．m＞n C．m＝n D．不确定 【分析】根据已知可得△AOB、△BOC、△COD、△AOD均为直角三角形，利用勾股定理即可解决． 【解答】解：∵AC⊥BD， ∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠AOD＝90°， ∴△AOB、△BOC、△COD、△AOD均为直角三角形， ∴在Rt△AOB中，由勾股定理可得；AB2＝OB2+OA2； 同理：AB2＝OB2+OA2 CB2＝OB2+OC2； CD2＝OC2+OD2； AD2＝OD2+OA2； ∴m＝AB2+CD2＝OB2+OA2+OC2+OD2， n＝AD2+BC2＝OD2+OA2+OB2+OC2； ∴m＝n， 故答案选：C． 【点评】本题考查勾股定理的运用，发现△AOB、△BOC、△COD、△AOD均为直角三角形，利用勾股定理是解决问题的关键． 2．（2023春•怀宁县期末）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　菱形、正方形　 （2）性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两对角线AC，BD之间的数量关系：　AC•BD ． （3）问题解决：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CG，BE，GE，已知AC＝4，AB＝5． ①求证：四边形BCGE为垂美四边形； ②求出四边形BCGE的面积． 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）四边形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ADC的面积AC•BOAC•DOAC•BD； （3）①连接CG、BE，证出∠GAB＝∠CAE，由SAS证明△GAB≌△CAE，得出BG＝CE，∠ABG＝∠AEC，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出∠BNM＝90°，得出BG⊥CE即可； ②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【解答】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形， ∴菱形和正方形一定是垂美四边形； 故答案为：菱形、正方形； （2）解：如图1所示： ∵四边形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ADC的面积AC•BOAC•DOAC（BO+DO）AC•BD； 故答案为：AC•BD； （3）①证明：连接CG、BE，AB、CE相交于点M，如图2所示： ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴∠F＝∠CAG＝∠BAE＝90°，FG＝AG＝AC＝CF，AB＝AE， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC， 即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中， ， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴BG＝CE，∠ABG＝∠AEC， 又∵∠AEC+∠AME＝90°，∠AME＝∠BMN， ∴∠ABG+∠BMN＝90°， ∴∠BNM＝90°， ∴BG⊥CE， ∴四边形BCGE为垂美四边形； ②解：∵FG＝CF＝AC＝4，∠ACB＝90°，AB＝5， ∴BC3， ∴BF＝BC+CF＝7， 在Rt△BFG中，BG， ∴CE＝BG， ∵四边形BCGE为垂美四边形， ∴四边形BCGE的面积BG•CE． 【点评】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 3．（2021春•宣城期末）定义：我们把对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”． （1）概念理解：如：图1，四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． （2）性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE．若AC＝4，AB＝5，求GE的长． 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可； （2）根据垂直的定义和勾股定理得出AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，即可得出结论； （3）先由SAS证明△GAB≌△CAE，得出∠ABG＝∠AEC，进而证出CE⊥BG，再根据勾股定理、结合（2）的结论计算，即可得出结果． 【解答】（1）解：四边形ABCD是垂美四边形． 理由如下：∵BA＝BC，DA＝DC， ∴BD垂直平分AC， ∴四边形ABCD是垂美四边形； （2）证明：Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2，Rt△AOD中，OA2+OD2＝AD2， Rt△COB中，OC2+OB2＝CB2，Rt△COD中，OD2+OC2＝DC2， ∴AB2+DC2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+CB2． （3）解：如图3，连接CG、BE，CE与AB相交于点M， ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC， 即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中， ， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC， 又∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠AME＝90°， 即CE⊥BG， 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， 在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9， ∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线， ∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73， ∴GE． 【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用；熟练掌握正方形的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键． 4．（2024秋•海淀区校级期末）定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为“垂美四边形”． （1）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形”，则根据勾股定理： AB2＝AO2 +BO2 ； BC2＝BO2 +CO2 ； CD2＝CO2 +DO2 ； AD2＝AO2 +DO2 ； 所以，用等式表示AB2、BC2、CD2、AD2之间的数量关系是AD2+BC2＝AB2+CD2 ； （2）如图2，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACGD和正方形ABFE，连接BD、CE、DE，CE分别交AB、BD于点M，N． ①CE与BD的位置关系是CE⊥BD ，给出证明； ②若AB＝4，，则线段DE的长是　　 ． 【分析】（1）根据垂美四边形和勾股定理解答即可； （2）①如图，连接CG、BE，根据垂美四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质进行证明即可； ②结合①的结论计算即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是“垂美四边形”， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得：AB2＝AO2+BO2， BC2＝BO2+CO2， CD2＝CO2+DO2， AD2＝AO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， AD2+BC2＝AB2+CD2； 故答案为：AO2，BO2，BO2，CO2，CO2，DO2，AO2，DO2，AD2+BC2＝AB2+CD2 （2）①CE⊥BD； 证明：如图2，正方形ACGD和正方形ABFE，连接CD、BE， ∴AD＝AC，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝90°， ∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠DAB＝∠CAE， 在△DAB和△CAE中， ， ∴△DAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABD＝∠AEC， ∵∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABD+∠AME＝90°， ∵∠AME＝∠BMN， ∴∠ABD+∠BMN＝90°， 即CE⊥BD， ∴四边形CDEB是垂美四边形； ②由①得，CD2+BE2＝CB2+DE2， 在直角三角形ABC中，，AB＝4， 由勾股定理得：， ∵，， ∴， 解得：（负值已舍去）， 故答案为：． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 5．（2024秋•叶县期末）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE．若AC＝2，AB＝5，则 ①求证：△AGB≌△ACE ②GE＝　　 ． 【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可； 性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可； 问题解决：①连接CG，BE，由∠CAG＝∠BAE＝90°知∠GAB＝∠CAE，结合AG＝AC与AB＝AE即可得证； ②由△GAB≌△CAE得出∠ABG＝∠AEC，进而根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算． 【解答】解：概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下： ∵AB＝AD， ∴点A在线段BD的垂直平分线上， ∵CB＝CD， ∴点C在线段BD的垂直平分线上， ∴直线AC是线段BD的垂直平分线， ∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形； 性质探究：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下： 如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E， ∵AC⊥BD， ∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°， 由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2， AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； 问题解决：①连接CG，BE，如图2所示： ∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△AGB和△ACE中， ∵， ∴△AGB≌△ACE（SAS）； ②∵△AGB≌△ACE， ∴∠ABG＝∠AEC， 又∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝2，AB＝5， ∴BC，CG＝2，BE＝5， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝37， ∴GE； 故答案为：． 【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 6．（2025春•和田市期末）【知识感知】（1）如图1，四边形ABCD的两条对角线交于点O，我们把这种对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．在我们学过的：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，属于垂美四边形的是 　③④　 ；（只填序号） 【性质探究】（2）如图1，试探究垂美四边形ABCD的四条边AB，CD，BC，AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明； 【性质应用】（3）如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知，，求GE的长． 【分析】（1）根据菱形和正方形的性质即可得到答案； （2）先根据勾股定理得到AB2＝AO2+BO2，BC2＝BO2+CO2，DC2＝DO2+CO2，AD2＝AO2+DO2，即可推算出AB2+DC2＝BC2+AD2； （3）先根据正方形的性质证明△ABG≌△ACE（SAS），再证明CE⊥BG，得到四边形CGEB是垂美四边形，再结合（2）的结论即可求出GE． 【解答】解：（1）∵菱形和正方形的对角线相互垂直， 故答案为：③④； （2）AB2+DC2＝BC2+AD2，理由如下， ∵AC⊥BD， ∴AB2＝AO2+BO2，BC2＝BO2+CO2，DC2＝DO2+CO2，AD2＝AO2+DO2， ∴AB2+DC2＝AO2+BO2+DO2+CO2，BC2+AD2＝AO2+BO2+DO2+CO2， ∴AB2+DC2＝BC2+AD2； （3）如图所示，设CE，BG交于点M，CA，BG交于点N，连接CG，BE ∵∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAE+∠CAB＝∠CAG+∠CAB， ∴∠CAE＝∠BAG， 在△ABG和△ACE中， ， ∴△ABG≌△ACE（SAS）， ∴∠ACE＝∠AGB， ∵BC∥AG， ∴∠CNM＝∠FGB， ∵∠FGB+∠BGA＝90°， ∴∠CNM+∠BGA＝90°， ∴∠CNM+∠ACE＝90°， ∴CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 根据（2）得GE2+CB2＝CG2+BE2， ∵AC＝10，AB＝5， ∴BC＝5， ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴CG，BE， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝1000+1050﹣25＝2025， ∴GE＝45． 【点评】本题考查菱形、正方形、全等三角形和勾股定理，能够灵活运用勾股定理是解题的关键． 7．（2024春•永定区期末）综合与实践：构图法求三角形的面积． 问题提出 在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求△ABC的面积． 素材1 某数学兴趣小组发现，如果运用三角形面 积公式Sah（a为底边，h为对应的高） 求解，那么高h的计算较为复杂．进一步 观察发现AB，BC，AC，若把 △ABC放到图1的正方形网格中（每个小 正方形的边长为1），且△ABC的三个顶 点恰好都在小正方形的顶点处，这样无需 求三角形的高，直接借助网格就能计算出 △ABC的面积．这种借助网格计算面积的 方法称为“构图法”． 素材2 某园艺公司对一块三角形花圃PQR进行改造 ，如图3所示，分别以原花圃的PQ，PR为边 向外扩建正方形花圃PQGF，正方形花圃PR DE，并增加三角形花圃FPE，将原花圃改造为六边形QRDEFG． 任务1 （1）请直接写出图1中的三角形面积 　3.5　 . 任务2 （2）已知△KMN三边KM，MN，KN的长分别为，2，，请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长为1）画出相应的△KMN，并求出它的面积． 任务3 （3）若三角形花圃的边PQ＝2，PR，QR＝3，求改造后的六边形花圃QRDEFG的面积． 【分析】任务1，根据正方形的面积减去三个三角形的面积即可求解； 任务2：根据网格的特点作出△KMN三边KM，MN，KN的长分别为、2、，然后根据长方形的面积减去三个三角形的面积即可求解； 任务3，根据任务2的方法，将图形放置网格中求得S△POR＝3，进而求得两个正方形的面积，即可求解． 【解答】解：任务1：如图所示， ∴S△ABC＝﹣3×31×22×31×3＝9﹣1﹣33.5， 故答案为：3.5． 任务2：如图所示△KMN三边KM、MN、KN的长分别为 ，2，， ∴S△KMN＝2×42×12×21×4＝8﹣1﹣2﹣2＝3； 任务3：如图所示PQ＝2，PR，QR＝3， ∵S△PQR3×2＝3＝S△PEF， ∴改造后的六边形花圃QRDEFG的面积为3×2+PQ2+PR2＝6+8+5＝19． 【点评】本题考查了勾股定理与网格问题，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 题型3 折叠模型 一、核心模型概念 勾股定理中的图形折叠模型（不含矩形），本质是平面图形沿某条直线（折痕）折叠后，形成全等图形，利用折叠的不变性（对应边相等、对应角相等）构造直角三角形，再运用勾股定理求解线段长度、角度或图形面积的一类题型。 核心前提：折叠前后两个图形全等，折痕为两个全等图形的对称轴，折叠后重合的点（对应点）连线被折痕垂直平分；解题关键是从折叠中提炼直角三角形，将未知线段转化为直角三角形的边，通过勾股定理建立等量关系。 常见模型类型（不含矩形）：三角形折叠（直角三角形、等腰三角形、一般三角形）。 二、核心模型证明（折叠的不变性+勾股定理关联证明） （一）折叠的核心性质证明 已知：图形M沿直线l折叠，得到图形M'，点A、B在图形M上，折叠后对应点为A'、B'，折痕为l。 求证：1. 图形M≌图形M'（对应边相等：AB=A'B'；对应角相等：∠A=∠A'）；2. 折痕l垂直平分线段A'A（B'B）。 证明： 1. 折叠的定义：将图形M沿l折叠后与M'完全重合，根据全等图形的定义，重合的两个图形全等，故图形M≌图形M'，因此对应边相等、对应角相等。 2. 取A'A的中点O，连接AO、A'O，因图形M≌图形M'，故AO=A'O，且折痕l上任意一点到A、A'的距离相等（折叠后重合），因此l是线段A'A的垂直平分线，即l⊥A'A，且AO=A'O。 三、模型运用场景 场景1：直角三角形折叠（最常考） 1. 折叠直角顶点：将直角三角形的直角顶点沿某条直线折叠，落在斜边或三角形的另一条边上，构造两个全等的直角三角形，利用勾股定理列方程求未知边（如上述证明中的场景）。 2. 折叠非直角顶点：将直角三角形的一个锐角顶点折叠，使它落在另一条边上，形成新的直角三角形（折叠后对应角为直角或原有直角不变），转化线段后用勾股定理求解。 示例：Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，BC=8，将点B沿MN折叠，使点B落在AC边上的点B'处，折痕MN交BC于M，交AB于N，求BM的长度（设BM=x，转化为Rt△B'CM，利用勾股定理列方程）。 场景2：等腰三角形折叠 等腰三角形的折叠，常利用“等腰性质+折叠全等”构造直角三角形：折痕通常为等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线或高（三线合一），折叠后形成的直角三角形，其直角边与等腰三角形的腰、底边相关，通过勾股定理求解腰长、底边长或折叠线段长度。 示例：等腰△ABC，AB=AC=10，BC=12，将△ABC沿底边BC的中线AD折叠，使点B与点C重合，求AD的长度（折叠后AD为直角边，利用勾股定理AD² + BD² = AB²）。 四、模型运用核心总结 无论哪种不含矩形的折叠模型，核心逻辑均为：折叠→全等→转化线段/角→构造直角三角形→勾股定理列方程→求解。 关键提醒：折叠后一定要找准“对应边、对应角”，重点关注折叠形成的直角三角形，将未知线段设为未知数，用已知线段表示出直角三角形的三边，再通过勾股定理建立方程，即可突破此类题型。 1．（2025春•河北区校级期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】设BN＝x，则AN＝9﹣x＝DN，依据Rt△NBD中，BD2+BN2＝DN2，列方程求解即可． 【解答】解：设BN＝x，则AN＝9﹣x＝DN， ∵D是BC的中点， ∴BDBC＝3， ∵∠B＝90°， ∴Rt△NBD中，BD2+BN2＝DN2， 即32+x2＝（9﹣x）2， 解得x＝4， ∴BN＝4， 故选：B． 【点评】本题主要考查了折叠问题，解题的方法是设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 2．（2024秋•确山县期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD平分∠BAC，DE⊥AB，垂足为E，AD＝2，则BC的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】证明∠BAD＝∠B，从而得AD＝BD＝2，在Rt△ACD中，由∠CAD＝30°，求出CD的长度即可求出BC的长度． 【解答】解：在△ABC中， ∵∠C＝90°，∠B＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣∠C﹣∠B＝60°， ∵AD平分∠BAC， ∴∠CAD＝∠BAD＝30°， ∵∠BAD＝∠B， ∴AD＝BD＝2， 在Rt△ACD中， ∵∠CAD＝30°， ∴CDAD＝1， ∴BC＝CD+BD＝3． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的内角和，等腰三角形的性质与判定，含30°的直角三角形的性质，本题的关键是求出各角角度，从而根据等腰三角形的性质和直角三角形的性质解题． 3．（2024春•武汉期中）如图，在矩形ABCD中，E为AB上一点，将矩形的一角沿CE向上折叠，点B的对应点F恰好落在边AD上．若△AEF的周长为6，△CDF的周长为12，则AF的长为（　　） A．2 B． C． D．1 【分析】Rt△CDF中，利用勾股定理可得DF2+CD2＝CF2，进而得出32+（9﹣CF）2＝CF2，求得CF的长，即可得出AF的长． 【解答】解：由折叠可知，BE＝FE，BC＝FC， 又∵△AEF的周长＝6，△CDF的周长＝12， ∴矩形ABCD的周长＝6+12＝18， ∴BC+CD＝189，即CF+CD＝9， ∴DF＝12﹣9＝3， Rt△CDF中，DF2+CD2＝CF2， 即32+（9﹣CF）2＝CF2， 解得CF＝5， ∴BC＝AD＝5， ∴AF＝AD﹣DF＝5﹣3＝2， 故选：A． 【点评】本题主要考查了矩形的性质以及折叠变换，解题的方法是设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 4．（2024秋•城关区校级期中）如图，有一块直角三角形纸片ABC，∠C＝90°．两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将该纸片沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，则折痕AD＝　3　 cm． 【分析】先根据勾股定理求得AB的长，再根据折叠的性质求得AE，BE的长，从而利用勾股定理可求得CD的长，然后根据勾股定理即可求得AD． 【解答】解：∵AC＝6cm，BC＝8cm，∠C＝90° ∴AB＝10cm， ∵AE＝6cm（折叠的性质）， ∴BE＝4cm， 设CD＝x， 则在Rt△DEB中， 42+x2＝（8﹣x）2， ∴x＝3cm． ∴CD＝3cm， 在Rt△ACD中，AD3cm． 故答案为3． 【点评】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，熟记性质并表示出Rt△DEB的三边，然后利用勾股定理列出方程是解题的关键． 5．（2022秋•海口期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE∥AB，交AC于点E，DF⊥AB于点F，若DE＝5，DF＝3，则AC的长为 　9　 ． 【分析】根据角平分线的性质得到∠CAD＝∠BAD，CD＝DF＝3，由平行线的性质得∠EDA＝∠BAD，则∠EDA＝CAD，△ADE为等腰三角形，因此DE＝AE＝5，再根据勾股定理得CE，最后由AC＝AE+CE即可求解． 【解答】解：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DF⊥AB， ∴∠CAD＝∠BAD，CD＝DF＝3， ∵DE∥AB， ∴∠EDA＝∠BAD， ∴∠EDA＝∠CAD， ∴△ADE为等腰三角形， ∴DE＝AE＝5， 在△CED中，由勾股定理得CE， ∴AC＝AE+CE＝9． 故答案为：9． 【点评】本题主要考查角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是学会利用数形结合的思想，熟练运用所学知识答题． 6．（2019秋•陇县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB于点E，若△BDE的周长是5cm，则AB的长为　5cm ． 【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CD＝DE，然后利用“HL”证明Rt△ACD和Rt△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得AC＝AE，然后求出AB＝△BDE的周长． 【解答】解：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB， ∴CD＝DE， 在Rt△ACD和Rt△AED中，， ∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）， ∴AE＝AC， ∵AC＝BC， ∴BC＝AE， ∵△BDE的周长＝BE+BD+DE＝BE+BD+CD＝BE+BC＝BE+AE＝AB， ∴AB＝5cm． 故答案为：5cm． 【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并求出AB＝△BDE的周长是解题的关键． 7．（2023春•新市区期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，点D是边BC上一点．若沿AD将△ACD翻折，点C刚好落在AB边上点E处，求BD的长． 【分析】先根据勾股定理求出BC＝4，根据折叠可知CD＝DE，AC＝AE＝3，∠C＝∠AED＝90°，则BE＝2，∠BED＝90°，CD＝DE＝x，则BD＝4﹣x，在Rt△BDE，根据勾股定理列出方程，求解即可． 【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5， ∴BC4， 根据折叠的性质可得，CD＝DE，AC＝AE＝3，∠C＝∠AED＝90°， ∴BE＝AB﹣AE＝5﹣3＝2，∠BED＝90°， 设CD＝DE＝x，则BD＝BC﹣CD＝4﹣x， 在Rt△BDE，BE2+DE2＝BD2， ∴22+x2＝（4﹣x）2， 解得：x， ∴BD＝4﹣x． 【点评】本题主要考查勾股定理、折叠的性质，利用折叠前后图形的对应边和对应角相等，再根据勾股定理列出方程是解题关键． 题型4 直角三角形中的锐角平分线模型 一、模型定义 在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AD 平分 ∠BAC，交 BC 于 D。 这就是：直角三角形 + 锐角角平分线 模型。 二、核心性质（结论） 1，角的关系： ∠BAD = ∠CAD 1. ∠ADB = 90° + ∠CAD 2. ∠ADC = 90° − ∠CAD 2， 边的关系（最常考）由角平分线定理： ​=​即：角平分线分对边所得两段的比 = 邻边之比。 距离相等过 D 作 DE⊥AB 于 E，则：DC=DE。 这是角平分线性质，也是勾股定理折叠 / 方程题的核心。 三、关键结论证明 1. 角平分线定理证明（面积法，最简单） 在 Rt△ABC，∠C=90°，AD 平分∠BAC。作 DE⊥AB 于 E，则 DC=DE。 ​==​ 又两个三角形同高，面积比 = 底之比：=​所以：=. 2. 角的结论证明 ∠ADC 是△ABD 外角：∠ADC=∠B+∠BAD 又 ∠B = 90°−2∠BAD ∠ADC=90°−∠BAD ∠ADB=180°−∠ADC=90°+∠BAD。 四、常考运用场景 1，线段长已知三边长，用=，直接列比例求 BD、DC。 2，求高 / 距离，设 DC=DE=x， 用面积或勾股列方程：AC²+x²=AE²+x²，再在 Rt△BDE 中用勾股。 3，求角度已知一个锐角，直接算： ∠ADB = 90° + 一半锐角，∠ADC = 90° − 一半锐角； 4，与折叠模型结合角平分线折叠后：△ACD ≌ △AED，直接构造直角三角形用勾股。 五、一句话记忆 直角三角形 + 锐角平分线， 对边成比例，距离相等， 一外角加一半，一内角减一半， 折叠勾股直接算。 1．（2024•南山区校级模拟）如图，南外大冲学校（X）、文华学校（Y）、科华学校（Z）坐落于有深圳硅谷之称的南山科技园核心位置．其中，XY＝500m，XZ＝400m，YZ＝300m，若计划在XY中点M处建一个5G基站助力南外集团发展，其覆盖半径为260m，则这三个学校中在该5G基站覆盖范围内的是（　　） A．只有Y B．只有Y，Z C．只有X，Z D．X，Y，Z 【分析】根据勾股定理的逆定理证得△XYZ是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得ZM的长，然后与260m比较大小，即可解答本题． 【解答】解：∵XY＝500m，YZ＝300m，XZ＝400m． ∴XZ2+YZ2＝XY2， ∴△XYZ是直角三角形， ∴∠XZY＝90°， ∵点M是斜边XY的中点， ∴XM＝MY＝250m， ∵△XYZ是直角三角形，ZM是斜边XY的中线， ∴ZMXY＝250m， ∵260＞250， ∴点X、Y、Z都在圆内， ∴这三个学校都在该5G基站覆盖范围内． 故选：D． 【点评】本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到M点的距离． 2．（2023春•开江县校级期末）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm，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．3cm B．4cm C．5cm D． 【分析】根据勾股定理可将斜边AB的长求出，根据折叠的性质知，AE＝AB，已知AC的长，可将CE的长求出，再根据勾股定理列方程求解，即可得到CD的长． 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm， ∴AB15， 由题意得，AE＝AB＝15（cm）， ∴CE＝AE﹣AC＝15﹣12＝3（cm）． 设CD＝x，则BD＝9﹣x＝DE， 在Rt△CDE中，根据勾股定理得 CD2+CE2＝DE2， 即x2+32＝（9﹣x）2， 解得x＝4， 即CD长为4cm． 故选：B． 【点评】本题考查的是翻折变换，理解翻折变换的性质是解题的关键，翻折后的图形与原图形是全等的． 3．（2021秋•定州市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是△ABC的角平分线，若CD＝3，则点D到AB边的距离为（　　） A．1 B． C．2 D．3 【分析】作DE⊥AB于E，根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可． 【解答】解：作DE⊥AB于E， ∵AD是△ABC的角平分线，∠C＝90°，DE⊥AB， ∴DE＝DC＝3， 故选：D． 【点评】本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键． 4．（2022•东莞市校级一模）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将△ACD沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，则CD的长为（　　）cm． A． B． C．3 D． 【分析】先根据勾股定理求得AB的长，再根据折叠的性质求得AE，BE的长，从而利用勾股定理可求得CD的长． 【解答】解：∵AC＝6cm，BC＝8cm，∠C＝90°， ∴AB10（cm）， 由折叠的性质得：AE＝AC＝6cm，∠AED＝∠C＝90°， ∴BE＝10cm﹣6cm＝4cm，∠BED＝90°， 设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝8﹣x， 在Rt△DEB中，BE2+DE2＝BD2， 即42+x2＝（8﹣x）2， 解得：x＝3（cm）， ∴CD＝3cm， 故选：C． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理等知识；熟记折叠性质并表示出Rt△DEB的三边，然后利用勾股定理列出方程是解题的关键． 5．（2022秋•海曙区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．若AC＝9，AB＝15，则CE的长为（　　） A．4 B． C． D．5 【分析】根据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA＝90°，∠FAD+∠AED＝90°，根据角平分线和对顶角相等得出∠CEF＝∠CFE，即可得出EC＝FC，再证明Rt△ACF≌Rt△AGF得AG，最后利用勾股定理列出方程进行解答． 【解答】解：过点F作FG⊥AB于点G， ∵∠ACB＝90°，CD⊥AB， ∴∠CDA＝90°， ∴∠CAF+∠CFA＝90°，∠FAD+∠AED＝90°， ∵AF平分∠CAB， ∴∠CAF＝∠FAD， ∴∠CFA＝∠AED＝∠CEF， ∴CE＝CF， ∵AF平分∠CAB，∠ACF＝∠AGF＝90°， ∴FC＝FG， ∵∠ACB＝90°，AC＝9，AB＝15， ∴BC， 在Rt△ACF和Rt△AGF中， ， ∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL）， ∴AC＝AG＝9， 设CE＝x，则FC＝FG＝x，BF＝12﹣x，BG＝15﹣9＝6， ∵FG2+BG2＝BF2，即x2+62＝（12﹣x）2， 解得x， 即CE， 故选：B． 【点评】本题考查了直角三角形性质、等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理以及勾股定理的应用等知识，关键是推出∠CEF＝∠CFE和由勾股定理列出方程，体现了方程思想． 6．（2022•雁塔区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE∥AB交AC于点E，已知CE＝3，CD＝4，则AD长为（　　） A．7 B．8 C．4 D．4 【分析】根据勾股定理求出DE，根据平行线的性质、角平分线的定义得到∠CAD＝∠ADE，得出AE＝DE＝5，进而求出AC，根据勾股定理计算即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，CE＝3，CD＝4， 由勾股定理得：DE5， ∵DE∥AB， ∴∠BAD＝∠ADE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴∠CAD＝∠ADE， ∴AE＝DE＝5， ∴AC＝AE+EC＝8， ∴AD4， 故选：D． 【点评】本题考查的是勾股定理、平行线的性质、角平分线的定义，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． 7．（2023春•涡阳县期中）（1）为了证明勾股定理，李明将两个全等的直角三角形按如图1所示摆放，使点A、E、D在同一条直线上，如图1，请利用此图证明勾股定理； （2）如图2，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若点P从点A出发，以每秒4cm的速度沿折线A﹣C﹣B运动，设运动时间为t秒（t＞0），若点P在∠BAC的平分线上，求此时t的值． 【分析】（1）通过三个直角三角形的面积等于大直角梯形的面积可以推导出勾股定理； （2）根据勾股定理，可得AC的长度，根据角平分线的性质，可得到△ACP的面积，通过面积可得CP的长度，就可求出t值． 【解答】解：（1）S梯形ADCB＝S△AEB+S△BEC+S△EDC， ， a2+2ab+b2＝c2+2ab， a2+b2＝c2； （2）过A作∠BAC的角平分线交BC于点P，过P作PD⊥AB交AB于点D， ∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm， ∴AC2＝AB2﹣BC2， ∴AC＝8cm， ∵AP平分∠BAC，PC⊥AC，PD⊥AB， ∴PC＝PD， ∵S△ACP+S△ABP＝S△ABC， AC•CPAB•PDAC•BC， 8×CP10×CP8×6， ∴CP， ∴P点走过的路径为AC+CP＝8， ∴t4． 【点评】本题考查勾股定理的几何证明方法，通过勾股定理，角平分线的性质，三角形的面积，来得到最后结果． 8．（2021秋•盘山县期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，垂足为点E．若AB＝15cm，AC＝9cm，求BE的长度． 【分析】先利用角平分线的定义得到DE＝DC，再结合题中条件得出Rt△ADE≌Rt△ADC，从而可知AE＝AC＝9cm，所以求得BE＝AB﹣AE＝15﹣9＝6cm． 【解答】解：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB， ∴DE＝DC． 又∵AD＝AD， ∴Rt△ADE≌Rt△ADC（HL）， ∴AE＝AC＝9cm， ∴BE＝AB﹣AE＝15﹣9＝6（cm）． 【点评】本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质及角平分线的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．证出DE＝DC是证明三角形全等的前提． 9．（2024秋•江山市期中）如图，直角三角形纸片的两直角边AC＝6cm，BC＝8cm．现将直角边AC沿AD折叠，使它落在斜边AB上，点C与点E重合．求CD的长． 【分析】由折叠的性质知CD＝DE，AC＝AE．根据题意在Rt△BDE中运用勾股定理求DE． 【解答】解：∵△ABC是直角三角形，AC＝6cm，BC＝8cm， ∴AB10（cm）， ∵△AED是△ACD翻折而成， ∴AE＝AC＝6cm， 设DE＝CD＝xcm，∠AED＝90°， ∴BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4cm， 在Rt△BDE中，BD2＝DE2+BE2， 即（8﹣x）2＝42+x2， 解得x＝3． 故CD的长为3cm． 【点评】本题考查了翻折变换及勾股定理，解答此类题目时常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其它线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 题型5 赵爽弦图模型 一、模型是什么： 赵爽弦图：用4 个全等的直角三角形，围成一个大正方形，中间空出一个小正方形。 · 直角三角形：短直角边为 a，长直角边为 b，斜边为 c · 中间：小正方形； · 外围：大正方形。 二、核心作用： 证明勾股定理：a²+b²=c²。 三、面积法证明 1.大正方形面积（边长为斜边 c）S大​=c²。 2.用 4 个三角形 + 中间小正方形表示 1 个直角三角形面积：ab. · 4 个总面积：4×ab=2ab， · 中间小正方形边长：b−a， · 小正方形面积：(b−a)² S大​=4×ab+(b−a)² 1. 化简得勾股定理c²=2ab+(b²−2ab+a²)， 2. c²=a²+b²。 四、弦图里的重要结论： 1. 1，大正方形边长 = 直角三角形斜边； 2. 2，小正方形边长 = 长直角边 − 短直角边。 3. 3，已知大正方形面积 ⇒ 直接得 c²； 4. 4，已知小正方形面积 ⇒ 直接得 (b−a)²； 5. 5，4 个三角形全等，面积相等。 1．如图，正方形内的数字代表所在正方形的面积，则A所在的正方形的面积为（　　） A． B．28 C．128 D．100 【分析】由勾股定理即可求出答案． 【解答】解：由勾股定理可知：SA＝36+64＝100， 故选：D． 【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理，本题属于基础题型． 2．如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形①的面积是（　　） A．16cm2 B．25cm2 C．30cm2 D．169cm2 【分析】两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方．利用勾股定理即可求出． 【解答】解：∵两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方， ∴直角三角形①中较短的直角边长5cm， ∵直角三角形①中较长的直角边长12cm， ∴直角三角形 ①的面积（cm2）， 故选：C． 【点评】考查了正方形的面积以及勾股定理的应用．推知“正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方”是解题的难点． 3．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9，短直角边为4，图2中的阴影部分的面积为S，那么S的值为（　　） A．56 B．60 C．65 D．75 【分析】如解答图，易得BD＝5，则图中阴影部分是由中间的小正方形和四个全等三角形组成的，利用三角形和正方形的面积公式计算即可． 【解答】解：如图， 由题意可知，AB＝CD＝4，BC＝9， ∴BD＝BC﹣CD＝9﹣4＝5， 则中间小正方形的面积为5×5＝25， 小正方形的外阴影部分的4S△ABD＝440， ∴阴影部分的面积为25+40＝65． 故选：C． 【点评】本题主要考查勾股定理中的赵爽弦图模型、三角形和正方形面积公式，将图中阴影部分的面积分割成一个正方形的面积加上四个全等三角形的面积是解题关键． 4．图甲是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．在Rt△ABC中，若直角边AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图乙所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长（图乙中的实线）是（　　） A．52 B．48 C．72 D．76 【分析】通过勾股定理可将“数学风车”的斜边求出，然后可求出风车外围的周长． 【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则 x2＝122+52＝169， 所以x＝13， 所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76． 故选：D． 【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题． 5．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　） A．14 B．16 C．14 D．14 【分析】24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长． 【解答】解：∵AE＝10，BE＝24，即24和10为两条直角边长时， 小正方形的边长＝24﹣10＝14， ∴EF14． 故选：D． 【点评】本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键． 6．大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO＝GP，则直角三角形的边CG与BG之比是（　　） A． B． C． D． 【分析】先证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FGx，即可得出答案． 【解答】解：∵四边形EFGH为正方形， ∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°， ∵OG＝GP， ∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°， ∴∠PBG＝22.5°， 又∵∠DBC＝45°， ∴∠GBC＝22.5°， ∴∠PBG＝∠GBC， ∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG， ∴△BPG≌△BCG（ASA）， ∴PG＝CG． 设OG＝PG＝CG＝x， ∵O为EG，BD的交点， ∴EG＝2x，FGx， ∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”， ∴BF＝CG＝x， ∴BG＝xx， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 7.（2024春•江阴市期中） 【回顾旧知】在学习“乘法公式”时，我们分别从两个不同的角度计算如图1所示的正方形ABCD的面积，从而得到公式：（a+b）2＝a2+b2+2ab．【类比探究】用图2中四个完全一样的直角三角形可以拼成图3的大正方形，请根据图3，利用图形的面积关系，推导a、b、c之间满足的关系式，写出推理过程． 【拓展应用】利用图3中探究的关系式解答下列问题： ①图3中如果大正方形的面积是25，且（a+b）2＝49，则小正方形的面积为 　1　 ． ②连接图3中的四条线段得到图4的新图案，若a＝7，b＝4，则图4中阴影部分的周长为 　36　 ． ③利用图2中八个完全一样的直角三角形可以拼成图5的大正方形，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3，则三个正方形的面积S1、S2、S3满足的关系式是 S1+S3＝2S2 ． 【分析】【回顾旧知】从整体看，大正方形的边长为c，那么面积为c2，从大正方形的构成看，是由四个直角边长为a、b的直角三角形和一个边长为a﹣b的小正方形组成，从两个不同的角度计算出大正方形的面积，整理可得勾股定理； 【拓展应用】①小正方形的边长为a﹣b，则小正方形的面积为（a﹣b）2，根据所给条件先判断出ab的值，进而可得小正方形的面积； ②根据勾股定理可得CA的长，进而根据阴影部分的周长＝4（AC+AB），计算即可； ③分别表示出三个正方形的面积，整理可得三个正方形的面积S1、S2、S3满足的关系式． 【解答】解：【回顾旧知】∵大正方形的边长为c， ∴大正方形的面积为c2． ∵大正方形由四个直角边长为a、b的直角三角形和一个边长为a﹣b的小正方形组成， ∴大正方形的面积为：4ab+（a﹣b）2． ∴4ab+（a﹣b）2＝c2． ∴（a﹣b）2+2ab＝c2． ∴a2+b2＝c2． 【拓展应用】①∵大正方形的面积是25， ∴c2＝25． ∴a2+b2＝25． ∵（a+b）2＝49， ∴a2+2ab+b2＝49． ∴2ab＝24． ∴ab＝12． ∵（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝1， ∴小正方形的面积为1． 故答案为：1； ②∵BD＝a＝7，AB＝b＝4， ∴BC＝3． 由题意得：∠ABC＝90°， ∴AC＝5． ∴阴影部分的周长＝4×（4+5）＝36． 故答案为：36； ③由题意得：S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2， ∴S1+S3＝2S2． 故答案为：S1+S3＝2S2． 【点评】本题考查勾股定理的应用．根据所给图形的不同表示方法得到勾股定理是解决本题的关键．难点是熟练应用勾股定理解决相关问题．用到的知识点为：（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab． 8．（2024春•泰兴市期中）如图1，△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C的对边分别记为a、b、c． 实验一： 小聪和小明用八张这样的三角形纸片拼出了如图2所示的正方形． （1）在图2中，正方形CDEF的面积可表示为 　（a+b）2 ，正方形IJKL的面积可表示为 　（a﹣b）2 （用含a，b的式子表示） （2）请结合图2，用面积法说明（a+b）2，ab，（a﹣b）2三者之间的等量关系． 实验二： 小聪和小明分别用四个这样三角形纸片拼成了如图3、4、5所示的图形．他们根据面积法得到了一个关于边a、b、c的等式，整理后发现a2+b2＝c2 （3）请你从图3、4、5中选一个合适的图形用面积法证明a2+b2＝c2． 你的选择是图 　3　 ， 你的证明： （4）根据（3）中的结论回答，当a﹣b﹣2m＝1，ab+2m2+2m＝4时，c的值为 　3　 ． 【分析】（1）分别表示出所求的正方形的边长，进而可得所求的正方形的面积； （2）由图2可以看出，正方形CDEF的面积﹣正方形IJKL的面积＝4个矩形的面积，把相关数值代入即可； （3）从整体和整体的组成分别得到各个图形中最大图形的面积，整理后可得勾股定理； （4）根据c2＝a2+b2＝（a﹣b）2+2ab，把相关数值代入后可得c2的值，进而可得c的值． 【解答】解：（1）∵正方形CDEF的边长为a+b， ∴正方形CDEF的面积为（a+b）2． ∵正方形IJKL的边长为a﹣b， ∴正方形IJKL的面积为（a﹣b）2． 故答案为：（a+b）2，（a﹣b）2； （2）由图2可以看出，正方形CDEF的面积﹣正方形IJKL的面积＝4个矩形的面积． ∴（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab； （3）①选择图3． 由题意得：四边形CDEF为正方形，边长为a+b， ∴正方形CDEF的面积为：（a+b）2． ∵四边形CDEF由四个直角边长为a，b的直角三角形和一个边长为c的正方形组成， ∴正方形CDEF的面积为：4ab+c2． ∴（a+b）2＝4ab+c2． ∴a2+2ab+b2＝2ab+c2． ∴a2+b2＝c2． ②选择图4． 由题意得：四边形ABED是正方形，边长为c． ∴正方形ABED的面积为：c2． ∵四边形ABED是由4个直角边长为a和b的直角三角形和一个边长为a﹣b的正方形组成的， ∴正方形ABED的面积为：4ab+（a﹣b）2． ∴4ab+（a﹣b）2＝c2． ∴a2+b2＝c2． ③选择图5． ∵S五边形BCFGA＝S正方形BCED+S正方形HEFG+S△BID+S△IHG＝S正方形ABIG+S△ABC+S△AGF， ∴a2+b2abab＝c2abab． ∴a2+b2＝c2． （4）∵a﹣b﹣2m＝1，ab+2m2+2m＝4， ∴a﹣b＝2m+1，ab＝4﹣2m2﹣2m． ∵a2+b2＝c2． ∴c2＝（a﹣b）2+2ab＝（2m+1）2+2（4﹣2m2﹣2m）＝4m2+4m+1+8﹣4m2﹣4m＝9． ∵c＞0， ∴c＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查勾股定理的应用．根据所给图形的面积的不同表示方法得到勾股定理是解决本题的关键；难点是灵活应用勾股定理，得到c2＝a2+b2＝（a﹣b）2+2ab． 9．（2023秋•盐湖区校级期中）综合与实践 勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．如图2，直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c． （1）如图3，以直角三角形的三边a，b，c为边，分别向外部作正方形，直接写出S1，S2，S3满足的关系：S1+S2＝S3 ． （2）如图4，以Rt△ABC的三边为直径，分别向外部作半圆，请判断S1，S2，S3的关系并证明． （3）如图5，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（实线）的周长为80，OC＝5，直接写出该飞镖状图案的面积． 【分析】（1）S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2，根据勾股定理，判断a2、b2、c2的关系，求得S1，S2，S3的关系； （2）先求S1，S2，S3与a、b、c的关系，由勾股定理a2+b2＝c2，判断S1，S2，S3的关系； （3）先求出一个直角三角形的面积，该飞镖状图案的面积由四个直角三角形的面积组成，可求得． 【解答】解：（1）S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2， 由勾股定理得，a2+b2＝c2， ∴S1+S2＝S3， 故答案为：S1+S2＝S3； （2）S1π（）2，S2π（）2，S3π（）2， 由勾股定理得，a2+b2＝c2， ∴， ∴S1+S2＝S3； （3）由题意知，外围轮廓（实线）的周长为80，且四个直角三角形是全等的， ∴AB+AC＝20， ∵OC＝5， ∴OB＝OC＝5， 设AC为x，则AB＝20﹣x，AO＝x+5， 在Rt△ABO中，由勾股定理可得，（x+5）2+52＝（20﹣x）2， 解得：x＝7， ∴AO＝12， △ABO的面积5×12＝30， ∵该飞镖状图案的面积由四个直角三角形面积组成， ∴该飞镖状图案的面积＝30×4＝120． 【点评】本题考查了勾股定理的运用，关键是掌握勾股定理． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/3/11 10:23:32；用户：平方尺小初高数学；邮箱：pfcsx@xyh.com；学号：65190242 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $