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人教版八年级数学下册 专题11 勾股定理中的蕴含数学思想的典型试题（原卷版+解析）
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这是一份人教版八年级数学下册 专题11 勾股定理中的蕴含数学思想的典型试题（原卷版+解析），共31页。试卷主要包含了方程思想，数形结合思想，分类讨论思想，转化思想等内容，欢迎下载使用。
类型一 方程思想
（1）单勾股列方程
1．(2023秋•泰兴市期末）如图，某渡船从点B处沿着与河岸垂直的路线AB横渡，由于受水流的影响，实际沿着BC航行，上岸地点C与欲到达地点A相距70米，结果发现BC比河宽AB多10米，求该河的宽度AB．（两岸可近似看作平行）
2．(2023春•全南县期中）小明将一副三角板如图所示摆放在一起，发现只要知道其中一边的长就可以求出其它各边的长，若已知CD＝3，求AC的长．
3．(2023秋•运城期末）如图，∠AOB=90°，OA＝18cm，OB＝6cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
双勾股方程
4．(2023秋•仪征市期中）我们规定：三角形任意一条边的“线高差”等于这条边与这条边上高的差．如图1，△ABC中，CD为BA边上高，边BA的“线高差”等于BA﹣CD，记为h（BA）．
（1）如图2，若△ABC中AB＝AC，AD⊥BC垂足为D，AD＝6，BD＝4，则h（BC）＝ ；
（2）若△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，则h（AC）＝ ；
（3）如图3，△ABC中，AB＝21，AC＝20，BC＝13，求h（AB）的值．
5．(2023秋•金台区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，
（1）求∠ECF的度数；
（2）若CE＝4，B′F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积．
6．如图①，现有一张三角形ABC纸片，沿BC边上的高AE所在的直线翻折，使得点C与BC边上的点D重合．
（1）填空：△ADC是 三角形；
（2）若AB＝15，AC＝13，BC＝14，求BC边上的高AE的长；
（3）如图②，若∠DAC＝90°，试猜想：BC、BD、AE之间的数量关系，并加以证明．
类型二 数形结合思想
7．(2023•锡山区）如图，数轴上点A，B分别对应2，4，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C；以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是（ ）
A．42B．25C．5D．32
8．(2023春•雁塔区校级期末）为比较13+6与13+6的大小，小亮进行了如下分析后作一个直角三角形，使其两直角边的长分别为13与6，则由勾股定理可求得其斜边长为(13)2+(6)2=13+6．根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6．小亮的这一做法体现的数学思想是（ ）
A．分类讨论思想B．方程思想
C．类比思想D．数形结合思想
9．(2023秋•海州区校级月考）数和形是数学的两个主要研究对象，我们经常运用数形结合、数形转化的方法解决一些数学问题．下面我们来探究“由数思形，以形助数”的方法在解决代数问题中的应用．
（1）探究x2+y2的几何意义：如图①，在直角坐标系中，设点M的坐标为（x，y），过M作MP⊥x轴于P，作MQ⊥y轴于Q，则P点坐标为（x，0），Q点坐标为（0，y），即OP＝|x|，OQ＝|y|，在△OPM中，PM＝OQ＝|y|，则MO=OP2+PM2=|x|2+|y|2=x2+y2，因此，x2+y2的几何意义可以理解为点M（x，y）与点O（0，0）之间的距离OM．
①(−2)2+32的几何意义可以理解为点N1 （填写坐标）与点O（0，0）之间的距离N1O；
②点N2（5，﹣1）与点O（0，0）之间的距离ON2为 ．
（2）探究(x−1)2+(y−5)2的几何意义：如图②，在直角坐标系中，设点A′的坐标为（x﹣1，y﹣5），由探究（1）可知，A′O=(x−1)2+(y−5)2，将线段A′O先向右平移1个单位，再向上平移5个单位，得到线段AB，此时点A的坐标为（x，y），点B的坐标为（1，5），因为AB＝A′O，所以AB=(x−1)2+(y−5)2，因此(x−1)2+(y−5)2的几何意义可以理解为点A（x，y）与点B（1，5）之间的距离．
（3）探究(x+2)2+(y−3)2的几何意义：请仿照探究二（2）的方法，在图③中画出图形，那么(x+2)2+(y−3)2的几何意义可以理解为点C （填写坐标）与点D（x，y）之间的距离．
（4）拓展应用：
①(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的几何意义可以理解为：点A（x，y）与点E（1，﹣4）的距离与点A（x，y）与点F （填写坐标）的距离之和．
②(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的最小值为 （直接写出结果）
类型三 分类讨论思想
10．(2023春•自贡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝22，AD＝2，AB⊥BC，CD⊥AD，连接AC，点P是在四边形ABCD边上的一点；若点P到AC的距离为3，这样的点P有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
11．（如皋市期末）已知∠MAN＝30°，点B在射线AN上，点C在射线AM上，且AB＝12．
（1）若△ABC是直角三角形，求AC的长；
（2）若BC＝8，求AC的长；
（3）要使满足条件的△ABC唯一确定，直接写出BC的长度x的取值范围．
12．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，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2cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒4cm；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，△BPQ是等腰三角形？
（3）当点Q在边AC上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
类型四 转化思想
13．(2023秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
14．(2023•柯桥区模拟）如图，已知在Rt△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，AE=13AB，AF=13AC，分别以BE、EF、FC为直径作半圆，面积分别为S1，S2，S3，则S1，S2，S3之间的关系是（ ）
A．S1+S3＝2S2 B．S1+S3＝4S2
C．S1＝S3＝S2 D．S2=13（S1+S3）
专题提升训练
1．(2023春•长春期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，点B在EF上，S1＝140，S2＝124，EB的长为 ．
2．(2023春•东昌府区期末）如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′处，点A对应点为A′，且B′D＝6，则BN的长是 ．
3．如图，已知等腰△ABC的底边BC＝25cm，D是腰AB上一点，连接CD，且CD＝24cm，BD＝7cm．
（1）求证：△BDC是直角三角形；
（2）求AB的长．
4．如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝26，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点．
（1）求证：DF＝GF；
（2）求DF的长度．
5．(2023•岳池县模拟）在劳技课上，老师请同学们在一张长为9cm，宽为8cm的长方形纸板上，剪下一个腰长为5cm的等腰三角形（要求等腰三角形的一个顶点与长方形的一个顶点重合，其余两个顶点在长方形的边长上）．请你帮助同学们画出图形并计算出剪下的等腰三角形的面积．（求出所有可能的情况）
6．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．
7．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求BC的长．
（2）斜边AB上的高是 ．
（3）若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为 ．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．
专题11 勾股定理中的蕴含数学思想的典型试题（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 方程思想
（1）单勾股列方程
1．(2023秋•泰兴市期末）如图，某渡船从点B处沿着与河岸垂直的路线AB横渡，由于受水流的影响，实际沿着BC航行，上岸地点C与欲到达地点A相距70米，结果发现BC比河宽AB多10米，求该河的宽度AB．（两岸可近似看作平行）
思路引领：根据题意可知△ABC为直角三角形，根据勾股定理就可求出直角边BC的距离．
解：设AB＝x米，则BC＝（x+10）米，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得：m2+702＝（m+10）2，
解得 m＝240，
答：河宽240米．
总结提升：本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
2．(2023春•全南县期中）小明将一副三角板如图所示摆放在一起，发现只要知道其中一边的长就可以求出其它各边的长，若已知CD＝3，求AC的长．
思路引领：根据勾股定理求出BC，设AB＝x，根据直角三角形的性质得到AC＝2x，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
解：由题意得，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠DCB＝45°，∠ACB＝30°，
则DB＝DC＝3，
由勾股定理得，BC=CD2+DB2=32，
设AB＝x，则AC＝2x，
由勾股定理得，AC2＝AB2+BC2，即（2x）2＝x2+（32）2，
解得，x=6，
则AC＝2x＝26．
总结提升：本题考查的是直角三角形的性质，勾股定理，掌握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是解题的关键．
3．(2023秋•运城期末）如图，∠AOB=90°，OA＝18cm，OB＝6cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
思路引领：由题意可知，若设BC＝xcm，则AC＝xcm，OC＝OA﹣AC＝（18﹣x）cm，这样在Rt△BOC中，利用勾股定理就可建立一个关于“x”的方程，解方程即可求得结果．
解：小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，即BC＝CA，
设BC＝xcm，则AC＝xcm，OC＝OA﹣AC＝（18﹣x）cm，
∵∠AOB＝90°，
∴由勾股定理可知OB2+OC2＝BC2，
又∵OC＝（18﹣x）cm，OB＝6cm，
∴62+（18﹣x）2＝x2，
解方程得出x＝10（cm）．
答：机器人行走的路程BC是10cm．
总结提升：本题考查了勾股定理，解题的关键是，抓住“机器人与小球同时出发，速度相等”这两个条件，得到BC＝AC，从而将已知量和未知量集中到Rt△BOC中，就可利用勾股定理建立方程来求解．
双勾股方程
4．(2023秋•仪征市期中）我们规定：三角形任意一条边的“线高差”等于这条边与这条边上高的差．如图1，△ABC中，CD为BA边上高，边BA的“线高差”等于BA﹣CD，记为h（BA）．
（1）如图2，若△ABC中AB＝AC，AD⊥BC垂足为D，AD＝6，BD＝4，则h（BC）＝ ；
（2）若△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，则h（AC）＝ ；
（3）如图3，△ABC中，AB＝21，AC＝20，BC＝13，求h（AB）的值．
思路引领：（1）求出BC的长即可解决问题；
（2）如图4中，求出高BH即可解决问题；
（3）如图3中，作CD⊥AB于D，求出CD即可解决问题．
解：（1）如图2中，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC＝8，
∴h（BC）＝BC﹣AD＝8﹣6＝2．
故答案为2．
（2）如图4中，作BH⊥AC于H．
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC=62+82=10，
∵12•AC•BH=12•AB•BC，
∴BH=245，
∴h（AC）＝AC＝BH＝10−245=265．
故答案为265．
（3）如图3中，作CD⊥AB于D．设BD＝x，则AD＝21﹣x．
∵CD2＝AC2﹣AD2＝BC2﹣BD2，
∴202﹣（21﹣x）2＝132﹣x2，
解得x＝5，
∴CD=BC2−BD2=132−52=12，
∴h（AB）＝AB﹣CD＝21﹣12＝9．
总结提升：本题属于三角形综合题，考查了勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．(2023秋•金台区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，
（1）求∠ECF的度数；
（2）若CE＝4，B′F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积．
思路引领：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE=12∠ACD，∠BCF＝∠B'CF=12∠BCB'，再根据∠ACB＝90°，即可得出∠ECF＝45°；
（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BC=41，设AE＝x，则AB＝x+5，根据勾股定理可得AE2+CE2＝AB2﹣BC2，即x2+42＝（x+5）2﹣41，求得x=165，得出AE的长和AB的长，再由三角形面积公式即可得出S△ABC．
解：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE=12∠ACD，∠BCF＝∠B'CF=12∠BCB'，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCB'＝90°，
∴∠ECD+∠FCD=12×90°＝45°，
即∠ECF＝45°；
（2）由折叠可得：∠DEC＝∠AEC＝90°，BF＝B'F＝1，
∴∠EFC＝45°＝∠ECF，
∴CE＝EF＝4，
∴BE＝4+1＝5，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BC=BE2+CE2=52+42=41，
设AE＝x，则AB＝x+5，
∵Rt△ACE中，AC2＝AE2+CE2，
Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，
∴AE2+CE2＝AB2﹣BC2，
即x2+42＝（x+5）2﹣41，
解得：x=165，
∴AE=165，AB＝AE+BE=165+5=415
∴S△ABC=12AB×CE=12×415×4=825．
总结提升：本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
6．如图①，现有一张三角形ABC纸片，沿BC边上的高AE所在的直线翻折，使得点C与BC边上的点D重合．
（1）填空：△ADC是 三角形；
（2）若AB＝15，AC＝13，BC＝14，求BC边上的高AE的长；
（3）如图②，若∠DAC＝90°，试猜想：BC、BD、AE之间的数量关系，并加以证明．
思路引领：（1）根据折叠得到AD＝AC，所以△ADC是等腰三角形；
（2）设CE＝x，利用勾股定理得到方程132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2解得：x＝5，在Rt△AEC中，由勾股定理即可解答；
（3）猜想BC、BD、AE之间的数量关系为：BC﹣BD＝2AE．由△ADC是等腰三角形，又∠DAC＝90°，得到△ADC是等腰直角三角形又AE是CD边上的高，所以△AED与△AEC都是等腰直角三角形，即可得到CD＝2AE．由BC﹣BD＝CD，即可解答．
解：（1）∵三角形ABC纸片，沿BC边上的高AE所在的直线翻折，使得点C与BC边上的点D重合．
∴AD＝AC，
∴△ADC是等腰三角形；
故答案为：等腰．
（2）设CE＝x，则BE＝14﹣x，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AE2＝AC2﹣CE2，
∴AE2＝132﹣x2
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE2＝AB2﹣BE2，
∴AE2＝152﹣（14﹣x）2
∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2
解得：x＝5，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AE=AC2−CE2=132−52=144=12．
（3）猜想BC、BD、AE之间的数量关系为：BC﹣BD＝2AE．
证明如下：
由（1）得：△ADC是等腰三角形，又∠DAC＝90°，
∴△ADC是等腰直角三角形
又AE是CD边上的高，
∴DE＝CE，∠DAE=∠EAC=12∠DAC=12×90°=45°，
∴△AED与△AEC都是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝EC，即CD＝2AE．
∵BC﹣BD＝CD
∴BC﹣BD＝2AE．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质定理与判定定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理，解决本题的根据是判定△ADC是等腰三角形和勾股定理的应用．
类型二 数形结合思想
7．(2023•锡山区一模）如图，数轴上点A，B分别对应2，4，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C；以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是（ ）
A．42B．25C．5D．32
思路引领：直接利用勾股定理得出OC的长，进而得出答案．
解：由题意可得：OB＝4，BC＝2，
则OC=OB2+BC2=42+22=25，
故点M对应的数是：25．
故选：B．
总结提升：此题主要考查了勾股定理，根据题意得出CO的长是解题关键．
8．(2023春•雁塔区校级期末）为比较13+6与13+6的大小，小亮进行了如下分析后作一个直角三角形，使其两直角边的长分别为13与6，则由勾股定理可求得其斜边长为(13)2+(6)2=13+6．根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6．小亮的这一做法体现的数学思想是（ ）
A．分类讨论思想B．方程思想
C．类比思想D．数形结合思想
思路引领：比较13+6与13+6的大小，属于实数大小的比较，而根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6，属于图形的性质，体现了数形结合思想．
解：比较13+6与13+6的大小，根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6，小亮的这一做法体现的数学思想是数形结合思想，
故选：D．
总结提升：本题主要考查了勾股定理以及三角形三边关系的运用，解题时注意三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
9．(2023秋•海州区校级月考）数和形是数学的两个主要研究对象，我们经常运用数形结合、数形转化的方法解决一些数学问题．下面我们来探究“由数思形，以形助数”的方法在解决代数问题中的应用．
（1）探究x2+y2的几何意义：如图①，在直角坐标系中，设点M的坐标为（x，y），过M作MP⊥x轴于P，作MQ⊥y轴于Q，则P点坐标为（x，0），Q点坐标为（0，y），即OP＝|x|，OQ＝|y|，在△OPM中，PM＝OQ＝|y|，则MO=OP2+PM2=|x|2+|y|2=x2+y2，因此，x2+y2的几何意义可以理解为点M（x，y）与点O（0，0）之间的距离OM．
①(−2)2+32的几何意义可以理解为点N1 （填写坐标）与点O（0，0）之间的距离N1O；
②点N2（5，﹣1）与点O（0，0）之间的距离ON2为 ．
（2）探究(x−1)2+(y−5)2的几何意义：如图②，在直角坐标系中，设点A′的坐标为（x﹣1，y﹣5），由探究（1）可知，A′O=(x−1)2+(y−5)2，将线段A′O先向右平移1个单位，再向上平移5个单位，得到线段AB，此时点A的坐标为（x，y），点B的坐标为（1，5），因为AB＝A′O，所以AB=(x−1)2+(y−5)2，因此(x−1)2+(y−5)2的几何意义可以理解为点A（x，y）与点B（1，5）之间的距离．
（3）探究(x+2)2+(y−3)2的几何意义：请仿照探究二（2）的方法，在图③中画出图形，那么(x+2)2+(y−3)2的几何意义可以理解为点C （填写坐标）与点D（x，y）之间的距离．
（4）拓展应用：
①(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的几何意义可以理解为：点A（x，y）与点E（1，﹣4）的距离与点A（x，y）与点F （填写坐标）的距离之和．
②(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的最小值为 （直接写出结果）
思路引领：（1）①构造直角三角形利用勾股定理即可得出答案；
②由两点间的距离即可得出答案；
（3）设点D′的坐标为（x+2，y﹣3），由两点间的距离和平移的性质即可得出结论；
（4）①由（3）即可得出答案；
②根据三角形的三边关系即可求出答案．
解：（1）①(−2)2+32的几何意义可以理解为点N1 （﹣2，3）或（3，﹣2）与点O（0，0）之间的距离N1O，
故答案为：（﹣2，3）或（3，﹣2）；
②点N2（5，﹣1）与点O（0，0）之间的距离ON2为：52+(−1)2=26，
故答案为：26；
（3）设点D′的坐标为（x+2，y﹣3），如图③所示：
由探究（2）可知，D′O=(x+2)2+(y−3)2，
将线段D′O先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到线段CD，
此时，D的坐标为（x，y），点C的坐标为（﹣2，3），
∵CD＝D'O，
∴CD=(x+2)2+(y−3)2，
∴(x+2)2+(y−3)2的几何意义为点C（﹣2，3）到点D（x，y）之间的距离；
故答案为：（﹣2，3）；
（4）①由（2）可知：(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的几何意义可以理解为：
点A（x，y）与点E（1，﹣4）的距离与点A（x，y）与点F（﹣2，﹣3）的距离之和，
故答案为：（﹣2，﹣3）；
②当A（x，y）位于直线EF外时，
此时点A、E、F三点组成△AEF，
∴由三角形三边关系可知：EF＜AF+AE，
当点A位置线段EF之间时，此时EF＝AF+AE，
∴(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的最小值为EF的距离，
∴EF=(1+2)2+(−4+3)2=10，
故答案为：10．
总结提升：本题是三角形综合题，主要考查学生的阅读理解能力以及两点间距离公式的运用，解题的关键是正确理解题意，仿照题意求出答案，本题考核学生综合能力，属于中等题型．
类型三 分类讨论思想
10．(2023春•自贡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝22，AD＝2，AB⊥BC，CD⊥AD，连接AC，点P是在四边形ABCD边上的一点；若点P到AC的距离为3，这样的点P有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
思路引领：根据已知条件得到∠BAC＝∠ACB＝45°，∠DAC＝60°，∠ACD＝30°，根据点P到AC的距离为3，于是得到结论．
解：∵AB＝BC＝22，AD＝2，AB⊥BC，CD⊥AD，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∠DAC＝60°，∠ACD＝30°，
∵点P到AC的距离为3，
∴AP＝CP=6，
∴在AB和BC边上存在这样的P点，
∵AD＝2，
∴D到AC的距离为3，
∴当点P与点D重合时，P到AC的距离为3，
∴这样的点P有3个，
故选：D．
总结提升：本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
11．（如皋市期末）已知∠MAN＝30°，点B在射线AN上，点C在射线AM上，且AB＝12．
（1）若△ABC是直角三角形，求AC的长；
（2）若BC＝8，求AC的长；
（3）要使满足条件的△ABC唯一确定，直接写出BC的长度x的取值范围．
思路引领：（1）分两种情形求解即可；
（2）如图，作BH⊥AM于H，则BH=12AB＝6，AH＝63，分两种情形计算即可；
（3）当BC≥12或BC＝6时，△ABC唯一确定．
解：（1）如图，
①当∠ACB＝90°，AC＝63．
②当∠ABC′＝90°时，AC′＝83．
（2）如图，作BH⊥AM于H，则BH=12AB＝6，AH＝63，
∵BC＝8，
∴CH=82−62=27．
∴AC＝AH+CH＝63+27或AC′＝63−27．
（3）当BC≥12或BC＝6时，△ABC唯一确定．
总结提升：本题考查解直角三角形、三角形的三边关系、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
12．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，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2cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒4cm；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，△BPQ是等腰三角形？
（3）当点Q在边AC上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
思路引领：（1）①利用勾股定理可求解AC的长，利用面积法进而可求解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CQ＝BQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC=AB2+BC2=162+122=20(cm)，
∴Rt△ABC斜边AC上的高为12×1620=9.6(cm)；
②当t＝3时，则AP＝6cm，BQ＝4t＝12cm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣6＝10（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2+BQ2=102+122=261(cm)，
即PQ的长为261cm，
故答案为：①9.6cm；②261cm；
（2）由题意可知AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣2t（cm），
当△BPQ为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即16﹣2t＝4t，
解得t=83，
∴出发83秒后△BPQ能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，AC＝20cm，
当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t（cm），CQ＝4t﹣12（cm），
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝12时，如图，过B作BE⊥AC于E，
则CE=12CQ=2t−6，
由（1）知BE＝9.6cm，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，
即122＝9.62+（2t﹣6）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；
②当CQ＝BC＝12时，则4t﹣12＝12，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴CQ=12AC=10，即4t﹣12＝10，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．
总结提升：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．熟练掌握这些知识点是解题的关键．
类型四 转化思想
13．(2023秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
思路引领：根据垂直的定义和勾股定理解答即可．
解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∵AD＝2，BC＝4，
∴AB2+CD2＝22+42＝20．
故答案为：20．
总结提升：本题考查的是垂直的定义，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．
14．(2023•柯桥区模拟）如图，已知在Rt△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，AE=13AB，AF=13AC，分别以BE、EF、FC为直径作半圆，面积分别为S1，S2，S3，则S1，S2，S3之间的关系是（ ）
A．S1+S3＝2S2 B．S1+S3＝4S2
C．S1＝S3＝S2 D．S2=13（S1+S3）
思路引领：根据半圆面积公式结合勾股定理，知S1+S3＝4S2．
解：∵在Rt△ABC中，AE=13AB，AF=13AC，
∴AE=12BE，AF=12CF，EF2＝AE2+AF2，
∴EF2=14BE2+14CF2．
∴12π•14EF2=18π•（14BE2+14CF2），即S2=14（S1+S3）．
∴S1+S3＝4S2．
故选：B．
总结提升：考查了勾股定理，注意：勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
专题提升训练
1．(2023春•长春期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，点B在EF上，S1＝140，S2＝124，EB的长为 ．
思路引领：设△ABE的面积为S，则S正方形ABCD＝S+140，S正方形AEFG＝S+124，再根据正方形的面积公式得到S正方形ABCD＝AB2，S正方形AEFG＝AE2，所以AB2﹣AE2＝16，然后利用勾股定理计算BE的长．
解：设△ABE的面积为S，
∵S正方形ABCD＝S+S1＝S+140，S正方形AEFG＝S+S2＝S+124，
而S正方形ABCD＝AB2，S正方形AEFG＝AE2，
∴AB2﹣AE2＝140﹣124＝16，
在Rt△ABE中，BE2＝AB2﹣AE2＝16，
∴BE＝4．
故答案为4．
总结提升：本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
2．(2023春•东昌府区期末）如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′处，点A对应点为A′，且B′D＝6，则BN的长是 ．
思路引领：由正方形的性质得出BC＝CD＝9，则B'C＝3，由折叠的性质得出BN＝B'N，设BN＝x，由勾股定理列出方程可得出答案．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝9，
∵B'D＝6，
∴B'C＝3，
∵将四边形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′处，
∴BN＝B'N，
设BN＝x，
∵B'N2＝B'C2+CN2，
∴x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5．
故答案为5．
总结提升：本题考查翻折变换，正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3．(2023秋•绥中县校级期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC＝25cm，D是腰AB上一点，连接CD，且CD＝24cm，BD＝7cm．
（1）求证：△BDC是直角三角形；
（2）求AB的长．
思路引领：（1）由BC＝25cm，CD＝24cm，BD＝7cm，知道BC2＝BD2+CD2，根据勾股定理的逆定理可得△BDC为直角三角形；
（2）设AB＝xcm，根据勾股定理得到关于x的方程，解方程可求出AB的长．
（1）证明：∵BC＝25cm，CD＝24cm，BD＝7cm，
∴BC2＝132＝169，
BD2+CD2＝52+122＝25+144＝169，
即BC2＝BD2+CD2，
∴△BDC为直角三角形；
（2）解：设AB＝xcm，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB＝AC＝xcm．
∵△BDC为直角三角形，
∴△ADC为直角三角形，
∴AD2+CD2＝AC2，
即x2＝（x﹣7）2+242，
解得：x=62514，
故AB的长为：62514cm．
总结提升：此题考查等腰三角形的性质、勾股定理以及逆定理的应用，关键是掌握勾股定理的逆定理解答．
4．如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝26，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点．
（1）求证：DF＝GF；
（2）求DF的长度．
思路引领：（1）利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF＝GF；
（2）设FD＝x，表示出CF、BF，利用勾股定理构建方程即可．
（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE＝EG，AB＝BG，
∴ED＝EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝90°，
在Rt△EDF和Rt△EGF中，ED＝EG，EF＝EF，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF＝FG，
（2）解：设DF＝x，则CF＝3﹣x，BF＝3+x，
在Rt△BFC中，∵BF2＝BC2+CF2
∴（26）2+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得：x＝2
∴DF＝2．
总结提升：此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
5．(2023•岳池县模拟）在劳技课上，老师请同学们在一张长为9cm，宽为8cm的长方形纸板上，剪下一个腰长为5cm的等腰三角形（要求等腰三角形的一个顶点与长方形的一个顶点重合，其余两个顶点在长方形的边长上）．请你帮助同学们画出图形并计算出剪下的等腰三角形的面积．（求出所有可能的情况）
思路引领：（1）在BA、BC上分别截取BE＝BF＝5cm；
（2）在AB上截取BE＝5cm，以E为圆心，5cm长为半径作弧，交AD于F；
（3）在BC上截取BE＝5cm，以E为圆心5cm为半径作弧，交CD于F．
解：如图1所示：
S=12EB•BF=12×5×5＝12.5（cm2），
如图2所示：
BE＝5cm，则AE＝3cm，
∵EF＝5cm，
∴AF=52−32=4（cm），
S=12BE•AF=12×5×4＝10（cm2），
如图3所示：
BE＝5cm，则CE＝4cm，
∵EF＝5cm，
∴CF=52−42=3（cm），
S=12BE•CF=12×5×3＝7.5（cm2）．
总结提升：此题主要考查了应用与设计作图，本题需仔细分析题意，结合图形即可解决问题．
6．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．
思路引领：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：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x=92+(1+5)2=313；
当CD＝5时，则x=52+(1+9)2=55；
当CD＝1时，则x=12+(9+5)2=197．
②若AB＝9，
当CD＝5时，由（x+1）2+52＝92，得x=214−1；
当CD＝1时，由（x+5）2+12＝92，得x=45−5；
当CD＝x时，由x2+（1+5）2＝92，得x=35．
（以上每种情况2分）…（12分）
总结提升：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．
7．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求BC的长．
（2）斜边AB上的高是 ．
（3）若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为 ．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．
思路引领：（1）由勾股定理可求得BC的值，
（2）再设斜边AB上的高为h，由面积法可求得答案；
（3）如图，当点P'在∠BAC的角平分线上时可先利用三角形全等，求出AD＝AC＝8，分别表示各线段，在直角三角形中，利用勾股定理求出t的值．
（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，①当点P在线段AC上时，此时△BCP是等腰直角三角形，②当点P在线段AC上时，又分三种情况：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分别求得点P运动的路程，再除以速度即可得出答案．
解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，由勾股定理得：BC＝6；
（2）设斜边AB上的高为h，
∵12AB⋅ℎ=12AC⋅BC，
∴10h＝6×8，
∴h＝4.8．
∴斜边AB上的高为4.8；
故答案为：4.8；
（3）当点P'在∠BAC的角平分线上时，过点P'作P'D⊥AB，如图：
∵AP'平分∠BAC，P'C⊥AC，P'D⊥AB，
∴P'D＝P'C＝2t﹣8，
∵BC＝6，
∴BP'＝6﹣（2t﹣8）＝14﹣2t，
在Rt△ACP'和Rt△ADP'中，
AP′=AP′P′D=P′C，
∴Rt△ACP'≌Rt△ADP'（HL），
∴AD＝AC＝8，
又∵AB＝10，
∴BD＝2，
在Rt△BDP'中，由勾股定理得：
22+（2t﹣8）2＝（14﹣2t）2，
解得：t=163．
故答案为：163．
（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，
①当点P在线段AC上时，此时△BCP是等腰直角三角形，
∴此时CP＝BC＝6，
∴AP＝AC﹣CP＝8﹣6＝2，
∴2t＝2，
∴t＝1；
②当点P在线段AB上时，若BC＝BP，
则点P运动的长度为：
AC+BC+BP＝8+6+6＝20，
∴2t＝20，
∴t＝10；
若PC＝BC，如图2，过点C作CH⊥AB于点H，则BP＝2BH，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，AC＝8，
∴AB•CH＝AC•BC，
∴10CH＝8×6，
∴CH=245，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：
BH=62−(245)2=3.6，
∴BP＝7.2，
∴点P运动的长度为：AC+BC+BP＝8+6+7.2＝21.2，
∴2t＝21.2，
∴t＝10.6；
若PC＝PB，如图3所示，过点P作PQ⊥BC于点Q，
则BQ＝CQ＝0.5×BC＝3，∠PQB＝90°，
∴∠ACB＝∠PQB＝90°，
∴PQ∥AC，
∴PQ为△ABC的中位线，
∴PQ＝0.5×AC＝0.5×8＝4，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=32+42=5，
点P运动的长度为：AC+BC+BP＝8+6+5＝19，
∴2t＝19，
∴t＝9.5．
综上，t的值为1或9.5或10或10.6．
总结提升：本题主要考查了勾股定理在动点问题中的应用，数形结合、分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键
类型一 方程思想
（1）单勾股列方程
1．(2023秋•泰兴市期末）如图，某渡船从点B处沿着与河岸垂直的路线AB横渡，由于受水流的影响，实际沿着BC航行，上岸地点C与欲到达地点A相距70米，结果发现BC比河宽AB多10米，求该河的宽度AB．（两岸可近似看作平行）
2．(2023春•全南县期中）小明将一副三角板如图所示摆放在一起，发现只要知道其中一边的长就可以求出其它各边的长，若已知CD＝3，求AC的长．
3．(2023秋•运城期末）如图，∠AOB=90°，OA＝18cm，OB＝6cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
双勾股方程
4．(2023秋•仪征市期中）我们规定：三角形任意一条边的“线高差”等于这条边与这条边上高的差．如图1，△ABC中，CD为BA边上高，边BA的“线高差”等于BA﹣CD，记为h（BA）．
（1）如图2，若△ABC中AB＝AC，AD⊥BC垂足为D，AD＝6，BD＝4，则h（BC）＝ ；
（2）若△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，则h（AC）＝ ；
（3）如图3，△ABC中，AB＝21，AC＝20，BC＝13，求h（AB）的值．
5．(2023秋•金台区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，
（1）求∠ECF的度数；
（2）若CE＝4，B′F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积．
6．如图①，现有一张三角形ABC纸片，沿BC边上的高AE所在的直线翻折，使得点C与BC边上的点D重合．
（1）填空：△ADC是 三角形；
（2）若AB＝15，AC＝13，BC＝14，求BC边上的高AE的长；
（3）如图②，若∠DAC＝90°，试猜想：BC、BD、AE之间的数量关系，并加以证明．
类型二 数形结合思想
7．(2023•锡山区）如图，数轴上点A，B分别对应2，4，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C；以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是（ ）
A．42B．25C．5D．32
8．(2023春•雁塔区校级期末）为比较13+6与13+6的大小，小亮进行了如下分析后作一个直角三角形，使其两直角边的长分别为13与6，则由勾股定理可求得其斜边长为(13)2+(6)2=13+6．根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6．小亮的这一做法体现的数学思想是（ ）
A．分类讨论思想B．方程思想
C．类比思想D．数形结合思想
9．(2023秋•海州区校级月考）数和形是数学的两个主要研究对象，我们经常运用数形结合、数形转化的方法解决一些数学问题．下面我们来探究“由数思形，以形助数”的方法在解决代数问题中的应用．
（1）探究x2+y2的几何意义：如图①，在直角坐标系中，设点M的坐标为（x，y），过M作MP⊥x轴于P，作MQ⊥y轴于Q，则P点坐标为（x，0），Q点坐标为（0，y），即OP＝|x|，OQ＝|y|，在△OPM中，PM＝OQ＝|y|，则MO=OP2+PM2=|x|2+|y|2=x2+y2，因此，x2+y2的几何意义可以理解为点M（x，y）与点O（0，0）之间的距离OM．
①(−2)2+32的几何意义可以理解为点N1 （填写坐标）与点O（0，0）之间的距离N1O；
②点N2（5，﹣1）与点O（0，0）之间的距离ON2为 ．
（2）探究(x−1)2+(y−5)2的几何意义：如图②，在直角坐标系中，设点A′的坐标为（x﹣1，y﹣5），由探究（1）可知，A′O=(x−1)2+(y−5)2，将线段A′O先向右平移1个单位，再向上平移5个单位，得到线段AB，此时点A的坐标为（x，y），点B的坐标为（1，5），因为AB＝A′O，所以AB=(x−1)2+(y−5)2，因此(x−1)2+(y−5)2的几何意义可以理解为点A（x，y）与点B（1，5）之间的距离．
（3）探究(x+2)2+(y−3)2的几何意义：请仿照探究二（2）的方法，在图③中画出图形，那么(x+2)2+(y−3)2的几何意义可以理解为点C （填写坐标）与点D（x，y）之间的距离．
（4）拓展应用：
①(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的几何意义可以理解为：点A（x，y）与点E（1，﹣4）的距离与点A（x，y）与点F （填写坐标）的距离之和．
②(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的最小值为 （直接写出结果）
类型三 分类讨论思想
10．(2023春•自贡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝22，AD＝2，AB⊥BC，CD⊥AD，连接AC，点P是在四边形ABCD边上的一点；若点P到AC的距离为3，这样的点P有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
11．（如皋市期末）已知∠MAN＝30°，点B在射线AN上，点C在射线AM上，且AB＝12．
（1）若△ABC是直角三角形，求AC的长；
（2）若BC＝8，求AC的长；
（3）要使满足条件的△ABC唯一确定，直接写出BC的长度x的取值范围．
12．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，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2cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒4cm；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，△BPQ是等腰三角形？
（3）当点Q在边AC上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
类型四 转化思想
13．(2023秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
14．(2023•柯桥区模拟）如图，已知在Rt△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，AE=13AB，AF=13AC，分别以BE、EF、FC为直径作半圆，面积分别为S1，S2，S3，则S1，S2，S3之间的关系是（ ）
A．S1+S3＝2S2 B．S1+S3＝4S2
C．S1＝S3＝S2 D．S2=13（S1+S3）
专题提升训练
1．(2023春•长春期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，点B在EF上，S1＝140，S2＝124，EB的长为 ．
2．(2023春•东昌府区期末）如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′处，点A对应点为A′，且B′D＝6，则BN的长是 ．
3．如图，已知等腰△ABC的底边BC＝25cm，D是腰AB上一点，连接CD，且CD＝24cm，BD＝7cm．
（1）求证：△BDC是直角三角形；
（2）求AB的长．
4．如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝26，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点．
（1）求证：DF＝GF；
（2）求DF的长度．
5．(2023•岳池县模拟）在劳技课上，老师请同学们在一张长为9cm，宽为8cm的长方形纸板上，剪下一个腰长为5cm的等腰三角形（要求等腰三角形的一个顶点与长方形的一个顶点重合，其余两个顶点在长方形的边长上）．请你帮助同学们画出图形并计算出剪下的等腰三角形的面积．（求出所有可能的情况）
6．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．
7．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求BC的长．
（2）斜边AB上的高是 ．
（3）若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为 ．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．
专题11 勾股定理中的蕴含数学思想的典型试题（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 方程思想
（1）单勾股列方程
1．(2023秋•泰兴市期末）如图，某渡船从点B处沿着与河岸垂直的路线AB横渡，由于受水流的影响，实际沿着BC航行，上岸地点C与欲到达地点A相距70米，结果发现BC比河宽AB多10米，求该河的宽度AB．（两岸可近似看作平行）
思路引领：根据题意可知△ABC为直角三角形，根据勾股定理就可求出直角边BC的距离．
解：设AB＝x米，则BC＝（x+10）米，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得：m2+702＝（m+10）2，
解得 m＝240，
答：河宽240米．
总结提升：本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
2．(2023春•全南县期中）小明将一副三角板如图所示摆放在一起，发现只要知道其中一边的长就可以求出其它各边的长，若已知CD＝3，求AC的长．
思路引领：根据勾股定理求出BC，设AB＝x，根据直角三角形的性质得到AC＝2x，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
解：由题意得，∠ADB＝∠ABC＝90°，∠DCB＝45°，∠ACB＝30°，
则DB＝DC＝3，
由勾股定理得，BC=CD2+DB2=32，
设AB＝x，则AC＝2x，
由勾股定理得，AC2＝AB2+BC2，即（2x）2＝x2+（32）2，
解得，x=6，
则AC＝2x＝26．
总结提升：本题考查的是直角三角形的性质，勾股定理，掌握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是解题的关键．
3．(2023秋•运城期末）如图，∠AOB=90°，OA＝18cm，OB＝6cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿直线匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
思路引领：由题意可知，若设BC＝xcm，则AC＝xcm，OC＝OA﹣AC＝（18﹣x）cm，这样在Rt△BOC中，利用勾股定理就可建立一个关于“x”的方程，解方程即可求得结果．
解：小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，即BC＝CA，
设BC＝xcm，则AC＝xcm，OC＝OA﹣AC＝（18﹣x）cm，
∵∠AOB＝90°，
∴由勾股定理可知OB2+OC2＝BC2，
又∵OC＝（18﹣x）cm，OB＝6cm，
∴62+（18﹣x）2＝x2，
解方程得出x＝10（cm）．
答：机器人行走的路程BC是10cm．
总结提升：本题考查了勾股定理，解题的关键是，抓住“机器人与小球同时出发，速度相等”这两个条件，得到BC＝AC，从而将已知量和未知量集中到Rt△BOC中，就可利用勾股定理建立方程来求解．
双勾股方程
4．(2023秋•仪征市期中）我们规定：三角形任意一条边的“线高差”等于这条边与这条边上高的差．如图1，△ABC中，CD为BA边上高，边BA的“线高差”等于BA﹣CD，记为h（BA）．
（1）如图2，若△ABC中AB＝AC，AD⊥BC垂足为D，AD＝6，BD＝4，则h（BC）＝ ；
（2）若△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，则h（AC）＝ ；
（3）如图3，△ABC中，AB＝21，AC＝20，BC＝13，求h（AB）的值．
思路引领：（1）求出BC的长即可解决问题；
（2）如图4中，求出高BH即可解决问题；
（3）如图3中，作CD⊥AB于D，求出CD即可解决问题．
解：（1）如图2中，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝DC＝8，
∴h（BC）＝BC﹣AD＝8﹣6＝2．
故答案为2．
（2）如图4中，作BH⊥AC于H．
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC=62+82=10，
∵12•AC•BH=12•AB•BC，
∴BH=245，
∴h（AC）＝AC＝BH＝10−245=265．
故答案为265．
（3）如图3中，作CD⊥AB于D．设BD＝x，则AD＝21﹣x．
∵CD2＝AC2﹣AD2＝BC2﹣BD2，
∴202﹣（21﹣x）2＝132﹣x2，
解得x＝5，
∴CD=BC2−BD2=132−52=12，
∴h（AB）＝AB﹣CD＝21﹣12＝9．
总结提升：本题属于三角形综合题，考查了勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．(2023秋•金台区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，
（1）求∠ECF的度数；
（2）若CE＝4，B′F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积．
思路引领：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE=12∠ACD，∠BCF＝∠B'CF=12∠BCB'，再根据∠ACB＝90°，即可得出∠ECF＝45°；
（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BC=41，设AE＝x，则AB＝x+5，根据勾股定理可得AE2+CE2＝AB2﹣BC2，即x2+42＝（x+5）2﹣41，求得x=165，得出AE的长和AB的长，再由三角形面积公式即可得出S△ABC．
解：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE=12∠ACD，∠BCF＝∠B'CF=12∠BCB'，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCB'＝90°，
∴∠ECD+∠FCD=12×90°＝45°，
即∠ECF＝45°；
（2）由折叠可得：∠DEC＝∠AEC＝90°，BF＝B'F＝1，
∴∠EFC＝45°＝∠ECF，
∴CE＝EF＝4，
∴BE＝4+1＝5，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BC=BE2+CE2=52+42=41，
设AE＝x，则AB＝x+5，
∵Rt△ACE中，AC2＝AE2+CE2，
Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，
∴AE2+CE2＝AB2﹣BC2，
即x2+42＝（x+5）2﹣41，
解得：x=165，
∴AE=165，AB＝AE+BE=165+5=415
∴S△ABC=12AB×CE=12×415×4=825．
总结提升：本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
6．如图①，现有一张三角形ABC纸片，沿BC边上的高AE所在的直线翻折，使得点C与BC边上的点D重合．
（1）填空：△ADC是 三角形；
（2）若AB＝15，AC＝13，BC＝14，求BC边上的高AE的长；
（3）如图②，若∠DAC＝90°，试猜想：BC、BD、AE之间的数量关系，并加以证明．
思路引领：（1）根据折叠得到AD＝AC，所以△ADC是等腰三角形；
（2）设CE＝x，利用勾股定理得到方程132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2解得：x＝5，在Rt△AEC中，由勾股定理即可解答；
（3）猜想BC、BD、AE之间的数量关系为：BC﹣BD＝2AE．由△ADC是等腰三角形，又∠DAC＝90°，得到△ADC是等腰直角三角形又AE是CD边上的高，所以△AED与△AEC都是等腰直角三角形，即可得到CD＝2AE．由BC﹣BD＝CD，即可解答．
解：（1）∵三角形ABC纸片，沿BC边上的高AE所在的直线翻折，使得点C与BC边上的点D重合．
∴AD＝AC，
∴△ADC是等腰三角形；
故答案为：等腰．
（2）设CE＝x，则BE＝14﹣x，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AE2＝AC2﹣CE2，
∴AE2＝132﹣x2
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE2＝AB2﹣BE2，
∴AE2＝152﹣（14﹣x）2
∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2
解得：x＝5，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AE=AC2−CE2=132−52=144=12．
（3）猜想BC、BD、AE之间的数量关系为：BC﹣BD＝2AE．
证明如下：
由（1）得：△ADC是等腰三角形，又∠DAC＝90°，
∴△ADC是等腰直角三角形
又AE是CD边上的高，
∴DE＝CE，∠DAE=∠EAC=12∠DAC=12×90°=45°，
∴△AED与△AEC都是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝EC，即CD＝2AE．
∵BC﹣BD＝CD
∴BC﹣BD＝2AE．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质定理与判定定理、等腰直角三角形的性质、勾股定理，解决本题的根据是判定△ADC是等腰三角形和勾股定理的应用．
类型二 数形结合思想
7．(2023•锡山区一模）如图，数轴上点A，B分别对应2，4，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C；以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是（ ）
A．42B．25C．5D．32
思路引领：直接利用勾股定理得出OC的长，进而得出答案．
解：由题意可得：OB＝4，BC＝2，
则OC=OB2+BC2=42+22=25，
故点M对应的数是：25．
故选：B．
总结提升：此题主要考查了勾股定理，根据题意得出CO的长是解题关键．
8．(2023春•雁塔区校级期末）为比较13+6与13+6的大小，小亮进行了如下分析后作一个直角三角形，使其两直角边的长分别为13与6，则由勾股定理可求得其斜边长为(13)2+(6)2=13+6．根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6．小亮的这一做法体现的数学思想是（ ）
A．分类讨论思想B．方程思想
C．类比思想D．数形结合思想
思路引领：比较13+6与13+6的大小，属于实数大小的比较，而根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6，属于图形的性质，体现了数形结合思想．
解：比较13+6与13+6的大小，根据“三角形三边关系”，可得13+6＞13+6，小亮的这一做法体现的数学思想是数形结合思想，
故选：D．
总结提升：本题主要考查了勾股定理以及三角形三边关系的运用，解题时注意三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
9．(2023秋•海州区校级月考）数和形是数学的两个主要研究对象，我们经常运用数形结合、数形转化的方法解决一些数学问题．下面我们来探究“由数思形，以形助数”的方法在解决代数问题中的应用．
（1）探究x2+y2的几何意义：如图①，在直角坐标系中，设点M的坐标为（x，y），过M作MP⊥x轴于P，作MQ⊥y轴于Q，则P点坐标为（x，0），Q点坐标为（0，y），即OP＝|x|，OQ＝|y|，在△OPM中，PM＝OQ＝|y|，则MO=OP2+PM2=|x|2+|y|2=x2+y2，因此，x2+y2的几何意义可以理解为点M（x，y）与点O（0，0）之间的距离OM．
①(−2)2+32的几何意义可以理解为点N1 （填写坐标）与点O（0，0）之间的距离N1O；
②点N2（5，﹣1）与点O（0，0）之间的距离ON2为 ．
（2）探究(x−1)2+(y−5)2的几何意义：如图②，在直角坐标系中，设点A′的坐标为（x﹣1，y﹣5），由探究（1）可知，A′O=(x−1)2+(y−5)2，将线段A′O先向右平移1个单位，再向上平移5个单位，得到线段AB，此时点A的坐标为（x，y），点B的坐标为（1，5），因为AB＝A′O，所以AB=(x−1)2+(y−5)2，因此(x−1)2+(y−5)2的几何意义可以理解为点A（x，y）与点B（1，5）之间的距离．
（3）探究(x+2)2+(y−3)2的几何意义：请仿照探究二（2）的方法，在图③中画出图形，那么(x+2)2+(y−3)2的几何意义可以理解为点C （填写坐标）与点D（x，y）之间的距离．
（4）拓展应用：
①(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的几何意义可以理解为：点A（x，y）与点E（1，﹣4）的距离与点A（x，y）与点F （填写坐标）的距离之和．
②(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的最小值为 （直接写出结果）
思路引领：（1）①构造直角三角形利用勾股定理即可得出答案；
②由两点间的距离即可得出答案；
（3）设点D′的坐标为（x+2，y﹣3），由两点间的距离和平移的性质即可得出结论；
（4）①由（3）即可得出答案；
②根据三角形的三边关系即可求出答案．
解：（1）①(−2)2+32的几何意义可以理解为点N1 （﹣2，3）或（3，﹣2）与点O（0，0）之间的距离N1O，
故答案为：（﹣2，3）或（3，﹣2）；
②点N2（5，﹣1）与点O（0，0）之间的距离ON2为：52+(−1)2=26，
故答案为：26；
（3）设点D′的坐标为（x+2，y﹣3），如图③所示：
由探究（2）可知，D′O=(x+2)2+(y−3)2，
将线段D′O先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到线段CD，
此时，D的坐标为（x，y），点C的坐标为（﹣2，3），
∵CD＝D'O，
∴CD=(x+2)2+(y−3)2，
∴(x+2)2+(y−3)2的几何意义为点C（﹣2，3）到点D（x，y）之间的距离；
故答案为：（﹣2，3）；
（4）①由（2）可知：(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的几何意义可以理解为：
点A（x，y）与点E（1，﹣4）的距离与点A（x，y）与点F（﹣2，﹣3）的距离之和，
故答案为：（﹣2，﹣3）；
②当A（x，y）位于直线EF外时，
此时点A、E、F三点组成△AEF，
∴由三角形三边关系可知：EF＜AF+AE，
当点A位置线段EF之间时，此时EF＝AF+AE，
∴(x−1)2+(y+4)2+(x+2)2+(y+3)2的最小值为EF的距离，
∴EF=(1+2)2+(−4+3)2=10，
故答案为：10．
总结提升：本题是三角形综合题，主要考查学生的阅读理解能力以及两点间距离公式的运用，解题的关键是正确理解题意，仿照题意求出答案，本题考核学生综合能力，属于中等题型．
类型三 分类讨论思想
10．(2023春•自贡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝22，AD＝2，AB⊥BC，CD⊥AD，连接AC，点P是在四边形ABCD边上的一点；若点P到AC的距离为3，这样的点P有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
思路引领：根据已知条件得到∠BAC＝∠ACB＝45°，∠DAC＝60°，∠ACD＝30°，根据点P到AC的距离为3，于是得到结论．
解：∵AB＝BC＝22，AD＝2，AB⊥BC，CD⊥AD，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∠DAC＝60°，∠ACD＝30°，
∵点P到AC的距离为3，
∴AP＝CP=6，
∴在AB和BC边上存在这样的P点，
∵AD＝2，
∴D到AC的距离为3，
∴当点P与点D重合时，P到AC的距离为3，
∴这样的点P有3个，
故选：D．
总结提升：本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
11．（如皋市期末）已知∠MAN＝30°，点B在射线AN上，点C在射线AM上，且AB＝12．
（1）若△ABC是直角三角形，求AC的长；
（2）若BC＝8，求AC的长；
（3）要使满足条件的△ABC唯一确定，直接写出BC的长度x的取值范围．
思路引领：（1）分两种情形求解即可；
（2）如图，作BH⊥AM于H，则BH=12AB＝6，AH＝63，分两种情形计算即可；
（3）当BC≥12或BC＝6时，△ABC唯一确定．
解：（1）如图，
①当∠ACB＝90°，AC＝63．
②当∠ABC′＝90°时，AC′＝83．
（2）如图，作BH⊥AM于H，则BH=12AB＝6，AH＝63，
∵BC＝8，
∴CH=82−62=27．
∴AC＝AH+CH＝63+27或AC′＝63−27．
（3）当BC≥12或BC＝6时，△ABC唯一确定．
总结提升：本题考查解直角三角形、三角形的三边关系、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
12．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，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2cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒4cm；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，△BPQ是等腰三角形？
（3）当点Q在边AC上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
思路引领：（1）①利用勾股定理可求解AC的长，利用面积法进而可求解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CQ＝BQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC=AB2+BC2=162+122=20(cm)，
∴Rt△ABC斜边AC上的高为12×1620=9.6(cm)；
②当t＝3时，则AP＝6cm，BQ＝4t＝12cm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣6＝10（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2+BQ2=102+122=261(cm)，
即PQ的长为261cm，
故答案为：①9.6cm；②261cm；
（2）由题意可知AP＝2tcm，BQ＝4tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝16﹣2t（cm），
当△BPQ为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即16﹣2t＝4t，
解得t=83，
∴出发83秒后△BPQ能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，AC＝20cm，
当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t（cm），CQ＝4t﹣12（cm），
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝12时，如图，过B作BE⊥AC于E，
则CE=12CQ=2t−6，
由（1）知BE＝9.6cm，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，
即122＝9.62+（2t﹣6）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；
②当CQ＝BC＝12时，则4t﹣12＝12，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴CQ=12AC=10，即4t﹣12＝10，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．
总结提升：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．熟练掌握这些知识点是解题的关键．
类型四 转化思想
13．(2023秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
思路引领：根据垂直的定义和勾股定理解答即可．
解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∵AD＝2，BC＝4，
∴AB2+CD2＝22+42＝20．
故答案为：20．
总结提升：本题考查的是垂直的定义，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．
14．(2023•柯桥区模拟）如图，已知在Rt△ABC中，E，F分别是边AB，AC上的点，AE=13AB，AF=13AC，分别以BE、EF、FC为直径作半圆，面积分别为S1，S2，S3，则S1，S2，S3之间的关系是（ ）
A．S1+S3＝2S2 B．S1+S3＝4S2
C．S1＝S3＝S2 D．S2=13（S1+S3）
思路引领：根据半圆面积公式结合勾股定理，知S1+S3＝4S2．
解：∵在Rt△ABC中，AE=13AB，AF=13AC，
∴AE=12BE，AF=12CF，EF2＝AE2+AF2，
∴EF2=14BE2+14CF2．
∴12π•14EF2=18π•（14BE2+14CF2），即S2=14（S1+S3）．
∴S1+S3＝4S2．
故选：B．
总结提升：考查了勾股定理，注意：勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
专题提升训练
1．(2023春•长春期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，点B在EF上，S1＝140，S2＝124，EB的长为 ．
思路引领：设△ABE的面积为S，则S正方形ABCD＝S+140，S正方形AEFG＝S+124，再根据正方形的面积公式得到S正方形ABCD＝AB2，S正方形AEFG＝AE2，所以AB2﹣AE2＝16，然后利用勾股定理计算BE的长．
解：设△ABE的面积为S，
∵S正方形ABCD＝S+S1＝S+140，S正方形AEFG＝S+S2＝S+124，
而S正方形ABCD＝AB2，S正方形AEFG＝AE2，
∴AB2﹣AE2＝140﹣124＝16，
在Rt△ABE中，BE2＝AB2﹣AE2＝16，
∴BE＝4．
故答案为4．
总结提升：本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
2．(2023春•东昌府区期末）如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′处，点A对应点为A′，且B′D＝6，则BN的长是 ．
思路引领：由正方形的性质得出BC＝CD＝9，则B'C＝3，由折叠的性质得出BN＝B'N，设BN＝x，由勾股定理列出方程可得出答案．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝9，
∵B'D＝6，
∴B'C＝3，
∵将四边形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′处，
∴BN＝B'N，
设BN＝x，
∵B'N2＝B'C2+CN2，
∴x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5．
故答案为5．
总结提升：本题考查翻折变换，正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3．(2023秋•绥中县校级期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC＝25cm，D是腰AB上一点，连接CD，且CD＝24cm，BD＝7cm．
（1）求证：△BDC是直角三角形；
（2）求AB的长．
思路引领：（1）由BC＝25cm，CD＝24cm，BD＝7cm，知道BC2＝BD2+CD2，根据勾股定理的逆定理可得△BDC为直角三角形；
（2）设AB＝xcm，根据勾股定理得到关于x的方程，解方程可求出AB的长．
（1）证明：∵BC＝25cm，CD＝24cm，BD＝7cm，
∴BC2＝132＝169，
BD2+CD2＝52+122＝25+144＝169，
即BC2＝BD2+CD2，
∴△BDC为直角三角形；
（2）解：设AB＝xcm，
∵△ABC是等腰三角形，
∴AB＝AC＝xcm．
∵△BDC为直角三角形，
∴△ADC为直角三角形，
∴AD2+CD2＝AC2，
即x2＝（x﹣7）2+242，
解得：x=62514，
故AB的长为：62514cm．
总结提升：此题考查等腰三角形的性质、勾股定理以及逆定理的应用，关键是掌握勾股定理的逆定理解答．
4．如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝26，点E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点．
（1）求证：DF＝GF；
（2）求DF的长度．
思路引领：（1）利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF＝GF；
（2）设FD＝x，表示出CF、BF，利用勾股定理构建方程即可．
（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE＝EG，AB＝BG，
∴ED＝EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝90°，
在Rt△EDF和Rt△EGF中，ED＝EG，EF＝EF，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF＝FG，
（2）解：设DF＝x，则CF＝3﹣x，BF＝3+x，
在Rt△BFC中，∵BF2＝BC2+CF2
∴（26）2+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得：x＝2
∴DF＝2．
总结提升：此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
5．(2023•岳池县模拟）在劳技课上，老师请同学们在一张长为9cm，宽为8cm的长方形纸板上，剪下一个腰长为5cm的等腰三角形（要求等腰三角形的一个顶点与长方形的一个顶点重合，其余两个顶点在长方形的边长上）．请你帮助同学们画出图形并计算出剪下的等腰三角形的面积．（求出所有可能的情况）
思路引领：（1）在BA、BC上分别截取BE＝BF＝5cm；
（2）在AB上截取BE＝5cm，以E为圆心，5cm长为半径作弧，交AD于F；
（3）在BC上截取BE＝5cm，以E为圆心5cm为半径作弧，交CD于F．
解：如图1所示：
S=12EB•BF=12×5×5＝12.5（cm2），
如图2所示：
BE＝5cm，则AE＝3cm，
∵EF＝5cm，
∴AF=52−32=4（cm），
S=12BE•AF=12×5×4＝10（cm2），
如图3所示：
BE＝5cm，则CE＝4cm，
∵EF＝5cm，
∴CF=52−42=3（cm），
S=12BE•CF=12×5×3＝7.5（cm2）．
总结提升：此题主要考查了应用与设计作图，本题需仔细分析题意，结合图形即可解决问题．
6．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．
思路引领：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：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x=92+(1+5)2=313；
当CD＝5时，则x=52+(1+9)2=55；
当CD＝1时，则x=12+(9+5)2=197．
②若AB＝9，
当CD＝5时，由（x+1）2+52＝92，得x=214−1；
当CD＝1时，由（x+5）2+12＝92，得x=45−5；
当CD＝x时，由x2+（1+5）2＝92，得x=35．
（以上每种情况2分）…（12分）
总结提升：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．
7．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求BC的长．
（2）斜边AB上的高是 ．
（3）若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为 ．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．
思路引领：（1）由勾股定理可求得BC的值，
（2）再设斜边AB上的高为h，由面积法可求得答案；
（3）如图，当点P'在∠BAC的角平分线上时可先利用三角形全等，求出AD＝AC＝8，分别表示各线段，在直角三角形中，利用勾股定理求出t的值．
（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，①当点P在线段AC上时，此时△BCP是等腰直角三角形，②当点P在线段AC上时，又分三种情况：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分别求得点P运动的路程，再除以速度即可得出答案．
解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，由勾股定理得：BC＝6；
（2）设斜边AB上的高为h，
∵12AB⋅ℎ=12AC⋅BC，
∴10h＝6×8，
∴h＝4.8．
∴斜边AB上的高为4.8；
故答案为：4.8；
（3）当点P'在∠BAC的角平分线上时，过点P'作P'D⊥AB，如图：
∵AP'平分∠BAC，P'C⊥AC，P'D⊥AB，
∴P'D＝P'C＝2t﹣8，
∵BC＝6，
∴BP'＝6﹣（2t﹣8）＝14﹣2t，
在Rt△ACP'和Rt△ADP'中，
AP′=AP′P′D=P′C，
∴Rt△ACP'≌Rt△ADP'（HL），
∴AD＝AC＝8，
又∵AB＝10，
∴BD＝2，
在Rt△BDP'中，由勾股定理得：
22+（2t﹣8）2＝（14﹣2t）2，
解得：t=163．
故答案为：163．
（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，
①当点P在线段AC上时，此时△BCP是等腰直角三角形，
∴此时CP＝BC＝6，
∴AP＝AC﹣CP＝8﹣6＝2，
∴2t＝2，
∴t＝1；
②当点P在线段AB上时，若BC＝BP，
则点P运动的长度为：
AC+BC+BP＝8+6+6＝20，
∴2t＝20，
∴t＝10；
若PC＝BC，如图2，过点C作CH⊥AB于点H，则BP＝2BH，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，AC＝8，
∴AB•CH＝AC•BC，
∴10CH＝8×6，
∴CH=245，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：
BH=62−(245)2=3.6，
∴BP＝7.2，
∴点P运动的长度为：AC+BC+BP＝8+6+7.2＝21.2，
∴2t＝21.2，
∴t＝10.6；
若PC＝PB，如图3所示，过点P作PQ⊥BC于点Q，
则BQ＝CQ＝0.5×BC＝3，∠PQB＝90°，
∴∠ACB＝∠PQB＝90°，
∴PQ∥AC，
∴PQ为△ABC的中位线，
∴PQ＝0.5×AC＝0.5×8＝4，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=32+42=5，
点P运动的长度为：AC+BC+BP＝8+6+5＝19，
∴2t＝19，
∴t＝9.5．
综上，t的值为1或9.5或10或10.6．
总结提升：本题主要考查了勾股定理在动点问题中的应用，数形结合、分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键
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