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初中数学人教版八年级下册第十七章 勾股定理17.1 勾股定理当堂检测题
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这是一份初中数学人教版八年级下册第十七章 勾股定理17.1 勾股定理当堂检测题，共62页。试卷主要包含了直角边和斜边不明确时需分类讨论，锐角和钝角不明确时需分类讨论，腰和底不明确时需分类讨论等内容，欢迎下载使用。
题型一 直角边和斜边不明确时需分类讨论
【例题1】(2023•新都区模拟）已知直角三角形的两边长分别为3和2，则第三边长为（ ）
A．5B．13C．1D．5或13
【变式1-1】直角三角形的两条边长为5和12，它的斜边长为（ ）
A．13B．119C．13或119D．13或12
【变式1-2】(2023•滨州模拟）已知直角三角形两边的长分别为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．5B．7+7C．12D．12或7+7
【变式1-3】(2023秋•肃州区期末）已知直角三角形两边的长分别为3cm，4cm，则以第三边为边长的正方形的面积为 ．
【变式1-4】(2023春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
【变式1-5】(2023秋•崇义县月考）在四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，BC＝12，CD＝x，AB⊥AD．
（1）求BD的长；
（2）若△BCD是直角三角形，求x的值．
【变式1-6】(2023秋•宛城区校级期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
【变式1-7】(2023春•大观区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（ ）
A．1或4B．43或9C．1或9D．43或1
题型二 锐角和钝角不明确时需分类讨论
【例题2】(2023春•兰山区期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AH＝8，则BC的长是（ ）
A．21B．15C．6D．21或9
【变式2-1】(2023秋•海门市期末）△ABC中，AB＝20，AC＝13，高AD＝12，则△ABC的面积为（ ）
A．66B．126C．54或44D．126或66
【变式2-2】在△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8，求△ABC的周长．
【变式2-3】等腰△ABC的腰长AB＝AC＝10，一腰上的高BD＝6，则底边BC＝ ．
【变式2-4】△ABC中，AB＝AC＝5，S△ABC＝7.5，则BC的长为 ．
【变式2-5】等腰三角形一腰长为5，一边上的高为3，求底边长．
题型三 腰和底不明确时需分类讨论
【例题3】(2023秋•南岗区校级期末）在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB＝4，BC＝5，则线段DE的长为 ．
【变式3-1】如图，在一张长为7cm，宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰三角形，要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上，则剪下的等腰三角形一腰上的高为 ．
【变式3-2】(2023春•万荣县校级月考）已知，如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是长方形，点A、C的坐标分别为A（0，10）、C（4，0），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【变式3-3】(2023春•江津区期中）如图，在平面直角坐标系中有三点A（3，0），B（0，4），
C（2，5）．
（1）求A，B两点之间的距离；
（2）求△ABC的面积．
（3）在x轴上有一点D，使△ABD为等腰三角形，直接写出点D的坐标．
【变式3-4】(2023秋•新昌县校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝CB．AD⊥BC．垂足为D．已知AD＝3，CD＝1．
（1）求AC与AB的长．
（2）点P是线段AB上的一动点，当AP为何值时，△ADP为等腰三角形．
【变式3-5】(2023秋•禅城区校级月考）已知：如图，有一块Rt△ABC的绿地，量得两直角边AC＝8m，BC＝6m．现在要将这块绿地扩充成等腰△ABD，且扩充部分（△ADC）是以8m为直角边长的直角三角形，求扩充后等腰△ABD的周长．
（1）在图1中，当AB＝AD＝10m时，求△ABD的周长；
（2）在图2中，当BA＝BD＝10m时，求△ABD的周长；
（3）在图3中，当DA＝DB时，求△ABD的周长．
【变式3-6】已知：如图，△ABC的面积为84，BC＝21，现将△ABC沿直线BC向右平移a（0＜a＜21）个单位到△DEF的位置．
（1）求BC边上的高；
（2）若AB＝10，
①求线段DF的长；
②连接AE，当△ABE是等腰三角形时，求a的值．
【变式3-7】(2023秋•永春县期末）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．
（1）求AB的长；
（2）若动点P从点C开始以每秒1个单位的速度，按C→A→B的路径运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△BCP为等腰三角形？
【变式3-8】如图，平面直角坐标系中，已知A（a，4）、B（b，0），且满足a−1+b2﹣6b+9＝0
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点C在第一象限内，且△ABC为等腰直角三角形．求点C的坐标．
【变式3-9】(2023春•福田区校级期中）如图，已知△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开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
（1）出发4秒后，求PQ的长；
（2）从出发几秒钟后，△PQB第一次能形成等腰三角形？
（3）当点Q运动到CA上时，求能使△BCQ是等腰三角形时点Q的运动时间，请直接写出t的值．
题型四 分类讨论思想在勾股定理的综合应用
【例题4】(2023春•海淀区校级期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，点Q在直线BC上，且AQ＝2，则线段BQ的长为 ．
【变式4-1】在等腰直角△ABC、△CDE中，∠A＝∠E＝90°，点D在边BC的延长线上，BC＝4，CD＝2，线段AE的长为 ．
【变式4-2】(2023秋•南阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动．设运动时间为t（t＞0）s．当点P运动到恰好到点A和点B的距离相等的位置时，t的值为 ．
【变式4-3】已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为平面内一点，且∠BDC＝90°，若BD=2，CD＝22，则AD＝ ．
【变式4-4】(2023春•海淀区校级期末）在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4．以AC为一边，在△ABC外部作等腰直角△ACD，则线段BD的长为 ．
【变式4-5】已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=10，直线l过AB中点O，过点A、C分别向直线l作垂线，垂足分别为E、F．若CF＝1，则EF＝ ．
【变式4-6】(2023春•思明区校级期中）定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM＝1.5，MN＝2.5，BN＝2，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝24，AM＝6，求BN的长．
【变式4-7】如图，△ABC中，∠C＝90°，CA＝8cm，CB＝6cm，D为动点，沿着C→A→B→C的路径运动（再次到达C点则停止运动），点D的运动速度为2cm/秒，设点D运动时间为t秒．
（1）当点D在AC上运动时，若DC＝BC，则t＝ ；
（2）若点D与△ABC某一顶点的连线平分△ABC的周长，求t的值．
【变式4-8】(2023秋•莲湖区校级期中）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），A(1，3)．
（1）求线段AB的长；
（2）若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，请你求出点P的坐标．
【变式4-9】(2023秋•姑苏区校级月考）如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD；AD：CD＝2：3：4．
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时，整个运动都停止，设点M运动的时间为t（秒），若△DMN的边与BC平行，求t的值．
【变式4-10】如图，在平面直角坐标系中，点A（0，12），点B（m，12），且B到原点O的距离OB＝20，动点P从原点O出发，沿路线O→A→B运动到点B停止，速度为每秒5个单位长度，同时，点Q从点B出发沿路线B→A→O运动到原点O停止，速度为每秒2个单位长度．设运动时间为t．
（1）求出P、Q相遇时点P的坐标．
（2）当P运动到AB边上时，连接OP、OQ，若△OPQ的面积为6，求t的值．
【变式4-11】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，AD为AC边上的动点，点D从点C出发，沿边CA往A运动，当运动到点A时停止，设点D运动的时间为t秒，速度为每秒2个单位长度．
（1）当t为何值时，△CBD是直角三角形；
（2）若△CBD是等腰三角形，求t的值．
【变式4-12】(2023春•广州期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣B﹣C运动．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求斜边AB上的高；
（2）①当点P在BC上时，PC＝ ；（用含t的代数式表示）
②若点P在∠BAC的角平分线上，求t的值．
【变式4-13】(2023秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．
（1）出发2秒后，求PQ的长；
（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的13；
（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
【变式4-14】如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连接OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连接OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为 （直接写出结果）．
八年级下册数学《第十七章 勾股定理》
专题 分类讨论思想在勾股定理中的应用
题型一 直角边和斜边不明确时需分类讨论
【例题1】(2023•新都区模拟）已知直角三角形的两边长分别为3和2，则第三边长为（ ）
A．5B．13C．1D．5或13
【分析】分3是直角边和斜边两种情况讨论求解．
【解答】解：3是直角边时，第三边=22+32=13，
3是斜边时，第三边=32−22=5，
所以，第三边长为13或5．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理，是基础题，难点在于要分情况讨论．
【变式1-1】直角三角形的两条边长为5和12，它的斜边长为（ ）
A．13B．119C．13或119D．13或12
【分析】只给出了两条边而没有指明是直角边还是斜边，所以应该分两种情况进行分析．一种是两边均为直角边；另一种是较长的边是斜边，根据勾股定理可得出结论．
【解答】解：当12是直角边时，斜边长=52+122=13；
当12是斜边时，斜边长＝12．
故它的斜边长为13或12．
故选：D．
【点评】此题考查勾股定理，此类题在没有明确直角边或斜边的时候，一定要注意分情况考虑，熟练运用勾股定理进行计算．
【变式1-2】(2023•滨州模拟）已知直角三角形两边的长分别为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．5B．7+7C．12D．12或7+7
【分析】先设Rt△ABC的第三边长为x，再分4是斜边或x为斜边两种情况讨论即可．
【解答】解：设Rt△ABC的第三边长为x，分两种情况：
①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，
由勾股定理得：x=32+42=5，
此时这个三角形的周长＝3+4+5＝12；
②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，
由勾股定理得：x=42−32=7，
此时这个三角形的周长＝3+4+7=7+7；
综上所述：此三角形的周长为12或7+7，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理、分类讨论等知识；解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．
【变式1-3】(2023秋•肃州区期末）已知直角三角形两边的长分别为3cm，4cm，则以第三边为边长的正方形的面积为 ．
【分析】分两种情况考虑：当4cm为直角三角形的斜边时，利用勾股定理求出第三边的平方，即为以第三边为边长的正方形的面积；当第三边为直角三角形的斜边时，利用勾股定理求出第三边的平方，即为以第三边为边长的正方形的面积．
【解答】解：若4cm为直角三角形的斜边，此时以第三边为边长的正方形的面积为42﹣32＝16﹣9＝7cm2；
若x为直角三角形的斜边，根据勾股定理得：x2＝32+42＝9+16＝25，
此时以斜边为边长的正方形的面积为x＝25，
综上，以第三边为边长的正方形的面积为7cm2或25cm2．
故答案为：7cm2或25cm2．
【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，以及正方形的面积，利用了分类讨论的思想，分类讨论时注意考虑问题要全面，做到不重不漏．
【变式1-4】(2023春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理判定出△ACD是直角三角形，再根据勾股定理求出AB的长即可．
（2）根据△BDE是直角三角形需分两种情况分析：①当∠BDE＝90°时；②当∠BED＝90°时，进而解答即可．
【解答】解：（1）在△ACD中，
∵AC2＝25，CD2＝1，AD2＝26，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，且∠C＝90°，
∵BD＝4，
∴BC＝4+1＝5，
∴在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=52，
∴AB＝52；
（2）∵AC＝BC＝5，∠C＝90°，
∴∠B＝45°，
∴△BDE是直角三角形需分两种情况分析：
①当∠BDE＝90°时，BD＝DE＝4，
∴在Rt△BDE中，BE=BD2+DE2=42，
∴AE＝AB﹣BE＝52−42=2，
②当∠BED＝90°时，S△ABD=12AB•DE=12BD•AC，即52DE＝4×5，
解得：DE＝22，
∴BE＝DE＝22，
∴AE＝AB﹣BE＝52−22=32；
综上所述，AE的长为2或32．
【点评】本题主要考查了勾股定理，熟练掌握分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式1-5】(2023秋•崇义县月考）在四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，BC＝12，CD＝x，AB⊥AD．
（1）求BD的长；
（2）若△BCD是直角三角形，求x的值．
【分析】（1）在Rt△ABD中，由勾股定理求得BD的长即可；
（2）分两种情况，由勾股定理分别列式计算即可．
【解答】解：（1）如图，∵AB＝4，AD＝3，AB⊥AD．
∴BD=AB2+AD2=42+32=5，
即BD的长度是5；
（2）分两种情况：
①当∠DBC＝90°时，由勾股定理得：x＝CD=BD2+BC2=52+122=13；
②当∠BDC＝90°时，由勾股定理得：x＝CD=BC2−BD2=122−52=119；
综上所述，x的值是13或119．
【点评】本题考查的是勾股定理以及分类讨论等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式1-6】(2023秋•宛城区校级期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可得；
（2）先求出BP＝2tcm，再分①当∠APB＝90°，②当∠BAP＝90°两种情况，利用勾股定理求解即可得．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，
由勾股定理得BC=52−32=4(cm)；
（2）由题意知BP＝2tcm．
①当∠APB＝90°时，如图，点P与点C重合，BP＝BC＝4cm，
∴t＝4÷2＝2；
②当∠BAP＝90°时，如图2，CP＝BP﹣BC＝（2t﹣4）cm，AC＝3cm．
在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2＝32+（2t﹣4）2，
在Rt△BAP中，AP2＝BP2﹣AB2＝（2t）2﹣52，
因此32+（2t﹣4）2＝（2t）2﹣52，
解得t=258．
综上所述，当△ABP为直角三角形时，t的值为2或258．
【点评】本题考查了勾股定理，解答本题的关键是掌握勾股定理的应用，以及分情况讨论，注意不要漏解．
【变式1-7】(2023春•大观区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（ ）
A．1或4B．43或9C．1或9D．43或1
【分析】注意题目表述为射线DC，所以分为两种情况，一种是点E在线段DC上，另一种是点E在DC的延长线上，利用勾股定理分别求解即可．
【解答】解：①如图1，当点E在线段DC上时，
∵∠ED′A＝∠D＝∠AD′B＝90°，
∴B，D′，E三点共线，
∵S△ABE=12×AB×AD=12×BE×AD′，
∴BE＝AB＝5，
∵BD′=AB2−AD′2=52−32=4，
∴DE＝D′E＝BE﹣BD′＝5﹣4＝1；
②如图2，当点E在DC的延长线上时，
∵∠AD′B＝∠BCE＝90°，AD′＝AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，
∴BD′＝4，
设CE＝x，则：
D′E＝DE＝x+5，
∴BE＝D′E﹣BD′＝x+1，
∵CE2+BC2＝BE2，
∴x2+32＝（x+1）2，
解得：x＝4，
∴DE＝CD+DE＝5+4＝9，
综上，DE的值为1或9．
故选：C．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是分两种情况讨论，特别时第二种比较容易遗漏．
题型二 锐角和钝角不明确时需分类讨论
【例题2】(2023春•兰山区期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AH＝8，则BC的长是（ ）
A．21B．15C．6D．21或9
【分析】高线AH可能在三角形的内部也可能在三角形的外部，本题应分两种情况进行讨论．分别依据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，在Rt△ABH中，
∵AB＝17，AH＝8，
∴BH=172−82=15；
在Rt△ACH中，
∵AC＝10，AH＝8，
∴CH=102−82=6，
∴当AH在三角形的内部时，如图1，BC＝15+6＝21；
当AH在三角形的外部时，如图2，BC＝15﹣6＝9．
∴BC的长是21或9．
故选：D．
【点评】本题考查的是勾股定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
【变式2-1】(2023秋•海门市期末）△ABC中，AB＝20，AC＝13，高AD＝12，则△ABC的面积为（ ）
A．66B．126C．54或44D．126或66
【分析】由勾股定理求出BD、CD的长，再分两种情况分别计算即可．
【解答】解：如图1，∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵AB＝20，AD＝12，
∴BD=AB2−AD2=202−122=16，
又∵AC＝13，
∴CD=AC2−AD2=132−122=5，
∴BC＝BD+CD＝21，
∴△ABC的面积=12×21×12＝126；
如图2，BC＝BD﹣CD＝11，
∴△ABC的面积=12×11×12＝66；
综上所述，△ABC的面积为126或66，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键，注意分类讨论．
【变式2-2】在△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8，求△ABC的周长．
【分析】分别在两个直角三角形中求得线段BD和线段CD的长，然后求得BC的长，从而求得周长．
【解答】解：如图1，在直角三角形ABD中，AB＝17，AD＝8
根据勾股定理，得BD＝15；
在直角三角形ACD中，AC＝10，AD＝8，
根据勾股定理，得CD＝6；
∴BC＝15+6＝21，
∴△ABC的周长为17+10+21＝48，
如图2，在直角三角形ABD中，AB＝17，AD＝8，
根据勾股定理，得BD＝15；
在直角三角形ACD中，AC＝10，AD＝8，
根据勾股定理，得CD＝6；
∴BC＝15﹣6＝9，
∴△ABC的周长为17+10+9＝36；
综上所述，△ABC的周长为48或36．
【点评】此题考查了勾股定理及解直角三角形的知识，在解本题时应分两种情况进行讨论，易错点在于漏解，同学们思考问题一定要全面，有一定难度，本题因给出了图形，故只有一种情况．
【变式2-3】等腰△ABC的腰长AB＝AC＝10，一腰上的高BD＝6，则底边BC＝ ．
【分析】等腰△ABC有两种情况：①当△ABC为锐角三角形时，②当△ABC为钝角三角形时，分别画出图形，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：等腰△ABC有两种情况：
①当△ABC为锐角三角形时，如图：
∵AB＝AC＝10，BD＝6，
∴AD=AB2−BD2
=102−62
＝8，
∴DC＝AC﹣AD
＝10﹣8
＝2，
∴BC=BD2+DC2
=62+22
＝210；
②当△ABC为钝角三角形时，如图：
∵AB＝AC＝10，BD＝6，
∴AD=AB2−BD2
=102−62
＝8，
∴DC＝AC+AD
＝10+8
＝18，
∴BC=BD2+DC2
=62+182
＝610．
综上，BC的值为210或610．
故答案为：210或610．
【点评】本题考查了勾股定理在等腰三角形边长的计算中的应用，数形结合、分类讨论是解题的关键．
【变式2-4】△ABC中，AB＝AC＝5，S△ABC＝7.5，则BC的长为 ．
【分析】根据等腰三角形的性质以及勾股定理即可求出答案．
【解答】解：若△ABC是锐角三角形时，
过点C作CD⊥AB于点D，过点A作AE⊥BC于点E，
∵12AB•CD=152，
∴CD＝3，
∴由勾股定理可知：AD＝4，
∴BD＝1，
∴BC=10，
若△ABC是钝角三角形时，
同理可求出得BC＝310，
故答案为：10或310
【点评】本题考查等腰三角形，解题的关键是熟练运用等腰三角形的性质以及勾股定理，本题属于中等题型．
【变式2-5】等腰三角形一腰长为5，一边上的高为3，求底边长．
【分析】根据题意分三种情况，画出相应的图形，从而可以解答本题．
【解答】解：当等腰三角形为锐角三角形，且CD为腰上的高时，如右图1所示，
在Rt△ACD中，AC＝5，CD＝3，
根据勾股定理得：AD=AC2−CD2=4，
∴BD＝AB﹣AD＝5﹣4＝1，
在Rt△BDC中，CD＝3，BD＝1，
根据勾股定理得：BC=DC2+BD2=10；
当等腰三角形为钝角三角形，且CD为腰上的高时，如右图2所示，
在Rt△ACD中，AC＝5，CD＝3，
根据勾股定理得：AD=AC2−CD2=4，
∴BD＝AB+AD＝5+4＝9，
在Rt△BDC中，CD＝3，BD＝9，
根据勾股定理得：BC＝310；
当AD为底边上的高时，如右图3所示，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
在Rt△ABD中，AD＝3，AB＝5，
根据勾股定理得：BD=AB2−AD2=4，
∴BC＝2BD＝8，
综上，等腰三角形的底边长为10或310或8．
【点评】本题考查勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用分类讨论的数学思想解答．
题型三 腰和底不明确时需分类讨论
【例题3】(2023秋•南岗区校级期末）在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB＝4，BC＝5，则线段DE的长为 ．
【分析】分两种情况：①BE＝EC，此时点E是BC的中垂线与AD的交点；②BE′＝BC，在直角△ABE′中，利用勾股定理求得AE′的长度，然后求得DE′的长度即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝5，
①当BE＝EC时，点E是BC的中垂线与AD的交点，DE=12AD＝2.5；
②当BC＝BE′＝5时，
在Rt△ABE′中，AB＝4，则AE′=BE2−AB2=52−42=3，
∴DE′＝AD﹣AE′＝5﹣3＝2．
综上所述，线段DE的长为2.5或2，
故答案是：2.5或2．
【点评】本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式3-1】如图，在一张长为7cm，宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰三角形，要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上，则剪下的等腰三角形一腰上的高为 ．
【分析】由于矩形的两边分别为7cm、5cm，当等腰三角形的顶角顶点为矩形的顶点，则等腰三角形为等腰直角三角形，从而得到剪下的等腰三角形一腰上的高为4cm；当等腰三角形的顶角顶点在矩形的短边上或长边时，如图2、3，利用勾股定理计算腰上的高．
【解答】解：分三种情况：
（1）当AE＝AF＝4时，
如图1所示：
△AEF的腰AE上的高为AF＝4；
（2）当AE＝EF＝4时，
如图2所示：
则BE＝5﹣4＝1，
BF=EF2−BE2=42−12=15；
（3）当AE＝EF＝4时，
如图3所示：
则DE＝7﹣4＝3，
DF=EF2−DE2=42−32=7，
故答案为4cm或15cm或7cm．
【点评】本题考查了矩形的性质：平行四边形的性质矩形都具有；矩形的四个角都是直角．
【变式3-2】(2023春•万荣县校级月考）已知，如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是长方形，点A、C的坐标分别为A（0，10）、C（4，0），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【分析】分OP＝OD、PD＝OD和PO＝PD三种情况，结合矩形的性质和勾股定理可求得P点的坐标．
【解答】解：∵A（0，10）、C（4，0），且四边形OABC是矩形，
∴OA＝BC＝10，OC＝AB＝4，
∵D是OA的中点，
∴OD＝5，
当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，则有PO＝OD＝5、PD＝OD＝5或PO＝PD＝5，
当PO＝OD＝5时，在Rt△OPC中，OC＝4，OP＝5，由勾股定理可求得PC＝3，此时P点坐标为（4，3）；
当PD＝OD＝5时，过P作PE⊥OA于点E，如图，
在Rt△PED中，PE＝OC＝4，PD＝5，由勾股定理可求得DE＝3，且OD＝5，则OE＝5﹣3＝2，此时P点坐标为（4，2），（4，8）；
当PO＝PD＝5时，过P作PE⊥OA于点E，如图，
在Rt△POE中，PE＝4，PO＝5，由勾股定理可求得OE＝3，则OD＝6，与已知矛盾，故该情况不存在．
综上可知点P的坐标为（4，3）或（4，2）或（4，8）．
故答案为：（4，3）或（4，2）或（4，8）．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，根据△ODP是腰长为5的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．
【变式3-3】(2023春•江津区期中）如图，在平面直角坐标系中有三点A（3，0），B（0，4），
C（2，5）．
（1）求A，B两点之间的距离；
（2）求△ABC的面积．
（3）在x轴上有一点D，使△ABD为等腰三角形，直接写出点D的坐标．
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据三角形的内角公式即可得到结论；
（3）根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴AB=32+42=5；
（2）△ABC的面积=12×（2+3）×5−12×1×2−12×4×3=112；
（3）①当AB＝BD＝5时，
∵OB⊥AD，
∴OD＝OA＝3，
∴D（﹣3，0），
②当AB＝AD＝5时，D（﹣2，0）或（8，0）；
③当AD＝BD时，点D在AB的垂直平分线上，
设OD3＝a，
∴a2+42＝（3+a）2，
∴a=76，
∴D（−76，0），
综上所述，D（﹣3，0）或（﹣2，0）或（8，0）或（−76，0）．
【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积的计算，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
【变式3-4】(2023秋•新昌县校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝CB．AD⊥BC．垂足为D．已知AD＝3，CD＝1．
（1）求AC与AB的长．
（2）点P是线段AB上的一动点，当AP为何值时，△ADP为等腰三角形．
【分析】（1）由勾股定理直接求得AC，设AB＝x，由勾股定理列出x的方程，便可求得AB；
（2）分三种情况：AP＝AD；AP＝DP；AD＝DP．分别进行解答便可．
【解答】解：（1）由勾股定理得，AC=AD2+CD2=32+12=10，
设AB＝BC＝x，则BD＝x﹣1，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，x2﹣（x﹣1）2＝32，
解得x＝5，
∴AB＝5；
（2）当AP＝AD＝3时，，△ADP为等腰三角形；
当AP＝DP时，如图，
∴∠PAD＝∠PDA，
∵∠PAD+∠B＝90°，∠PDA+∠BDP＝90°，
∴∠PDB＝∠B，
∴PD＝PB＝PA，
∴AP=12AB＝2.5；
当AD＝DP＝3时，如图，过D作DE⊥AP于点E，
∴AE＝PE，
设AE＝PE＝x，则BE＝5﹣x，
∵AD2﹣AE2＝DE2＝BD2＝BE2，
即32﹣x2＝42﹣（5﹣x）2，
解得x＝1.8，
∴AP＝3.6．
综上，当AP＝2.5或3或3.6时，△ADP为等腰三角形．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，分情况讨论是解题的关键．
【变式3-5】(2023秋•禅城区校级月考）已知：如图，有一块Rt△ABC的绿地，量得两直角边AC＝8m，BC＝6m．现在要将这块绿地扩充成等腰△ABD，且扩充部分（△ADC）是以8m为直角边长的直角三角形，求扩充后等腰△ABD的周长．
（1）在图1中，当AB＝AD＝10m时，求△ABD的周长；
（2）在图2中，当BA＝BD＝10m时，求△ABD的周长；
（3）在图3中，当DA＝DB时，求△ABD的周长．
【分析】（1）利用勾股定理得出DC的长，进而求出△ABD的周长；
（2）利用勾股定理得出AD的长，进而求出△ABD的周长；
（3）首先利用勾股定理得出DC、AB的长，进而求出△ABD的周长．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AD＝10m，AC⊥BD，AC＝8m，
∴DC=AD2−AC2=102−82=6（m），
∴BD＝DC+BC＝6+6＝12（m），
则△ABD的周长为：AD+AB+BD＝10+10+12＝32（m）；
（2）如图2，∵BA＝BD＝10m，BC＝6m，
∴DC＝BD﹣BC＝10﹣6＝4（m），
∵AC⊥BD，AC＝8m，
∴AD=AC2+DC2=82+42=45（m），
则△ABD的周长为：BA+AD+BD＝10+45+10＝（20+45）m；
（3）如图3，设DC＝xm，则AD＝DB＝（6+x）m，
∵AC⊥BD，
∴DC2+AC2＝AD2，AC＝8m，
即x2+82＝（6+x）2，
解得；x=73，
∵AC＝8m，BC＝6m，AC⊥BD，
∴AB=AC2+BC2=10m，
故△ABD的周长为：AD+BD+AB＝2×（73+6）+10=803（m）．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理的应用，根据题意熟练应用勾股定理是解题关键．
【变式3-6】已知：如图，△ABC的面积为84，BC＝21，现将△ABC沿直线BC向右平移a（0＜a＜21）个单位到△DEF的位置．
（1）求BC边上的高；
（2）若AB＝10，
①求线段DF的长；
②连接AE，当△ABE是等腰三角形时，求a的值．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，根据三角形的面积公式计算；
（2）①根据勾股定理求出BM、AC，根据平移的性质解答；
②分AB＝BE、AB＝AE、EA＝EB三种情况，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，
∵△ABC的面积为84，
∴12×BC×AM＝84，
解得，AM＝8，即BC边上的高为8；
（2）①在Rt△ABM中，BM=AB2−AM2=6，
∴CM＝BC﹣BM＝15，
在Rt△ACM中，AC=AM2+CM2=17，
由平移的性质可知，DF＝AC＝17；
②当AB＝BE＝10时，a＝BE＝10；
当AB＝AE＝10时，BE＝2BM＝12，
则a＝BE＝12；
当EA＝EB＝a时，ME＝a﹣6，
在Rt△AME中，AM2+ME2＝AE2，
即82+（a﹣6）2＝a2，
解得，a=253，
则当△ABE是等腰三角形时，a的值为10或12或253．
【点评】本题考查的是勾股定理、等腰三角形的性质，掌握勾股定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
【变式3-7】(2023秋•永春县期末）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．
（1）求AB的长；
（2）若动点P从点C开始以每秒1个单位的速度，按C→A→B的路径运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△BCP为等腰三角形？
【分析】（1）由勾股定理即可得出答案；
（2）分情况讨论，由等腰三角形的判定与性质分别求解即可．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=122+52=13，
∴AB的长为13；
（2）当点P在AC上时，CP＝CB＝5，t＝5（s）；
当点P在AB上时，分三种情况：
①当BP＝BC＝5，如图1所示：
则AP＝13﹣5＝8，t＝12+8＝20（s）；
②当CP＝CB＝5时，
过点C作CM⊥AB于M，如图2所示：
则BM＝PM=12BP，
∵12AC•BC=12AB•CM，
∴CM=AC⋅BCAB=12×513=6013，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：BM=BC2−CM2=52−(6013)2=2513，
∴BP＝2BM=5013，
∴AP＝13−5013=11913，
∴t＝12+11913=27513（s）；
③当PC＝PB时，如图3所示：
则∠B＝∠BCP，
∵∠B+∠A＝90°，∠BCP+∠ACP＝90°，
∴∠A＝∠ACP，
∴AP＝PC，
∴AP＝PB=12AB=132，
∴t＝12+132=372（s）；
综上所述，当t＝5s或20s或27513s或372s时，△BCP为等腰三角形．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-8】如图，平面直角坐标系中，已知A（a，4）、B（b，0），且满足a−1+b2﹣6b+9＝0
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点C在第一象限内，且△ABC为等腰直角三角形．求点C的坐标．
【分析】（1）根据非负数的性质即可求出a与b的值．
（2）由于△ABC没有说明哪个角是直角，故需要对△ABC的内角进行分类讨论．
【解答】解：（1）∵a−1+b2﹣6b+9＝0，即a−1+（b﹣3）2＝0，
∴a＝1，b＝3
∴点A的坐标为（1，4），点B的坐标为（3，0）．
（2）如图1，当∠BAC＝90°时，过点A作直线AE⊥x轴，
过点C作CD⊥直线AE于点D，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C＝∠EAB，
在△ACD与△BAE
∠C=∠EAB∠ADC=∠AEBAC=AB
∴△ACD≌△BAE（AAS）
∴AE＝CD，AD＝EB，
∵A（1，4），B（3，0），
∴AE＝4，BE＝2，
∴AD＝2，CD＝4，
∴DE＝AD+AE＝2+4＝6，
∴C（5，6）
如图2，当∠ABC＝90°时，
过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CD⊥x轴于点D，
同理易证：△ABE≌△BCD（AAS），
∴AE＝BD＝4，EB＝CD＝2，
∴OD＝OB+BD＝7，
∴C（7，2）
如图3，当∠ACB＝90°时，过点C作CE⊥x轴于点E，
过点A作AD⊥直线CE于点D，
易证△ADC≌△CEB
∴AD＝CE，BE＝CD，
设BE＝x，
∴AD＝CE＝4﹣x，
∵A（1，4），B（3，0），
∴由勾股定理可知：AB2＝20，
∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AB2＝2AC2，
∴AC2＝10，
∴由勾股定理可知：10＝（4﹣x）2+x2，
解得：x＝1或x＝3（不满足条件，舍去），
∴C（4，3），
综上所述，点C的坐标是（5，6）或（7，2）或（4，3）．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，涉及勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用知识．
【变式3-9】(2023春•福田区校级期中）如图，已知△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开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
（1）出发4秒后，求PQ的长；
（2）从出发几秒钟后，△PQB第一次能形成等腰三角形？
（3）当点Q运动到CA上时，求能使△BCQ是等腰三角形时点Q的运动时间，请直接写出t的值．
【分析】（1）可求得AP和BQ，则可求得BP，最后用三角形面积公式即可得出结论；
（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BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
【解答】解：（1）∵运动时间为4秒，
∴BQ＝2×4＝8（cm），BP＝AB﹣AP＝16﹣1×4＝12（cm），
在Rt△PQB中，根据勾股定理得：
PQ=BQ2+BP2=82+122=413（cm）；
（2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，
即16﹣t＝2t，
解得t=163．
∴出发163秒后△PQB能形成等腰三角形；
（3）①当CQ＝BQ时，如图1所示，
则∠C＝∠CBQ，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．
∠A+∠C＝90°，
∴∠A＝∠ABQ，
∴BQ＝AQ，
∴CQ＝AQ＝10cm，
∴BC+CQ＝22cm，
∴t＝22÷2＝11．
②当CQ＝BC时，如图2所示，
则BC+CQ＝24cm，
∴t＝24÷2＝12．
③当BC＝BQ时，如图3所示，
过B点作BE⊥AC于点E，
则BE=AB⋅BCAC=12×1620=485（cm），
∴CE=BC2−BE2=122−(485)2=365（cm），
∴CQ＝2CE＝14.4（cm），
∴BC+CQ＝26.4（cm），
∴t＝26.4÷2＝13.2．
综上所述：当t为11或12或13.2时，△BCQ为等腰三角形．
【点评】本题考查了三角形的综合应用，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．
题型四 分类讨论思想在勾股定理的综合应用
【例题4】(2023春•海淀区校级期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，点Q在直线BC上，且AQ＝2，则线段BQ的长为 ．
【分析】分两种情况：（1）点Q在线段BC的延长线上；（2）点Q在线段CB的延长线上，分别用勾股定理求得QC的长，情况（1）中BQ＝QC+BC，情况（2）中BQ＝QC﹣BC．
【解答】解：分两种情况：
（1）点Q在线段BC的延长线上，如图：
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACQ＝180°﹣90°＝90°，
∵AC＝1，AQ＝2，
∴QC=22−12=3，
∵BC＝1，
∴BQ＝QC+BC=3+1；
（2）点Q在线段CB的延长线上，如图：
∵∠ACB＝90°，AC＝1，AQ＝2，
∴QC=22−12=3，
∵BC＝1，
∴BQ＝QC﹣BC=3−1．
综上，线段BQ的长为3+1或3−1．
故答案为：3+1或3−1．
【点评】本题考查了勾股定理在等腰直角三角形及一般的直角三角形的边长计算中的应用，数形结合并分类讨论是解题的关键．
【变式4-1】在等腰直角△ABC、△CDE中，∠A＝∠E＝90°，点D在边BC的延长线上，BC＝4，CD＝2，线段AE的长为 ．
【分析】分两种情况讨论：①点A、C、E三点共线时，AE＝AC+CE；②点A、C、E三点不共线时，AE=AC2+CE2．
【解答】解：在等腰直角△ABC中，∵∠A＝90°，BC＝4，
∴∠B＝∠ACB＝45°，AC＝BC•22＝22．
在等腰直角△CDE中，∵∠E＝90°，CD＝2，
∴∠D＝∠DCE＝45°，CE＝CD•22=2．
分两种情况：
①点A、C、E三点共线时，如图1．
AE＝AC+CE＝22+2=32；
②点A、C、E三点不共线时，如图2．
∵点D在边BC的延长线上，
∴∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°．
连接AE．
在Rt△ACE中，∵∠ACE＝90°，
∴AE=AC2+CE2=(22)2+(2)2=10．
综上可知，线段AE的长为32或10．
故答案为32或10．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，难度适中．分类讨论是解题的关键．
【变式4-2】(2023秋•南阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动．设运动时间为t（t＞0）s．当点P运动到恰好到点A和点B的距离相等的位置时，t的值为 ．
【分析】设存在点P，使得PA＝PB，此时PA＝PB＝tcm，PC＝（8﹣t）cm，根据勾股定理列方程即可得到结论；
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，
则由勾股定理得到：AC=AB2−BC2=102−62=8（cm）
当点P在AC上时，
设存在点P，使得PA＝PB，
此时PA＝PB＝tcm，PC＝（8﹣t）cm，
在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，
即：（8﹣t）2+62＝t2，
解得：t=254，
∴当t=254时，PA＝PB；
当点P在AB上时，
此时AC+BC+BP＝8+6+5＝19cm，
∴当t＝19时，PA＝PB；
故答案为：254或19．
【点评】考查了勾股定理，角平分线的性质，此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式4-3】已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为平面内一点，且∠BDC＝90°，若BD=2，CD＝22，则AD＝ ．
【分析】作出图形，过点D作DE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，利用勾股定理列式求出BC，再根据等腰直角三角形的性质求出AF，利用三角形的面积求出DE，再求出EF，然后分A、D在BC的同侧和异侧两种情况，利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△BCD中，BC=BD2+CD2=(2)2+(22)2=10，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AF＝BF=12BC=102，
S△BCD=12×10•DE=12×2×22，
解得DE=2105，
所以，BE=(2)2−(2105)2=105，
EF=102−105=31010，
若点A、D在BC的同侧，则AD=(31010)2+(102−2105)2=1；
若点A、D在BC的异侧，则AD=(31010)2+(102+2105)2=3，
综上所述，AD的长为1或3．
故答案为：1或3．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，难点在于分情况讨论．
【变式4-4】(2023春•海淀区校级期末）在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4．以AC为一边，在△ABC外部作等腰直角△ACD，则线段BD的长为 ．
【分析】分三种情况讨论：①当AD为斜边时，如图1，BD＝2BE，求BE的长即可；②当CD为斜边时，如图2，BD就是两个AB的长；③当AC为斜边时，如图3，BD就是△BCD的斜边长．
【解答】解：①当AD为斜边时，如图1，
∴AC＝CD＝2，∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠BAC＝90°，
∵AB＝4，
∴AB＝CD，
∵∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE≌△CDE，
∴BE＝DE，AE＝EC，
∴AE＝EC＝2，
由勾股定理得：BE=42+22=25，
∴BD＝45，
②当CD为斜边时，如图2，则AD＝AC＝4，∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC+∠BAC＝90°+90°＝180°，
∴B、A、D共线，
∴BD＝AB+AD＝4+4＝8，
③当AC为斜边时，如图3，
∴∠ADC＝90°，
∴AD＝CD=AC2=22，
∵∠BCA＝45°，∠ACD＝45°，
∴∠BCD＝90°，
∵AB＝AC＝4，
由勾股定理得：BC=42+42=42，
BD=BC2+CD2=(42)2+(22)2=210，
综上所述：BD＝45或8或210．
故答案为45或8或210．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，也考查了复杂的几何作图；复杂的几何作图一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法；本题利用等腰直角三角形边和角的特殊性与勾股定理、全等三角形相结合，求出边的长．
【变式4-5】已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=10，直线l过AB中点O，过点A、C分别向直线l作垂线，垂足分别为E、F．若CF＝1，则EF＝ ．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题：①如图1中，当点A、C在直线l的同侧时；②如图2中，当点A、C在直线l的异侧时；
【解答】解：①如图1中，当点A、C在直线l的同侧时，连接CO．
∵CA＝CB=10，∠ACB＝90°，OA＝OB，
∴OC⊥AB，AB＝25，
OC＝OA＝OB=5，
∵∠AOE+∠EAO＝90°，∠AOE+∠COF＝90°，
∴∠EAO＝∠COF，
∵∠AEO＝∠CFO＝90°，
∴△AEO≌△OFC，
∴CF＝OE＝1，AE＝OF
∴AE=(5)2−12=2，
∴OF＝AE＝2，
∴EF＝3．
②如图2中，当点A、C在直线l的异侧时，连接CO．
∵CA＝CB=10，∠ACB＝90°，OA＝OB
∴OC⊥AB，AB＝25，
OC＝OA＝OB=5，
同法可证：△AEO≌△OFC，
∴CF＝OE＝1，AE＝OF
∴AE=(5)2−12=2，
∴OF＝AE＝2，
∴EF＝2﹣1＝1．
故答案为1或3．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式4-6】(2023春•思明区校级期中）定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM＝1.5，MN＝2.5，BN＝2，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝24，AM＝6，求BN的长．
【分析】（1）根据勾股定理逆定理，即可判断点M、N是线段AB的勾股分割点．
（2）设BN＝x，则MN＝24﹣AM﹣BN＝18﹣x，分三种情形①当AM为最长线段时，依题意AM2＝MN2+BN2，②当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，③当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）是．
理由：∵AM2+BN2＝1.52+22＝6.25，MN2＝2.52＝6.25，
∴AM2+NB2＝MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，
∴点M、N是线段AB的勾股分割点．
（2）设BN＝x，则MN＝24﹣AM﹣BN＝18﹣x，
①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，
即（18﹣x）2＝x2+36，
解得x＝8；
②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2．
即x2＝36+（18﹣x）2，
解得x＝10，
综上所述，BN＝8或10．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理的运用，解题的关键是理解题意，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
【变式4-7】如图，△ABC中，∠C＝90°，CA＝8cm，CB＝6cm，D为动点，沿着C→A→B→C的路径运动（再次到达C点则停止运动），点D的运动速度为2cm/秒，设点D运动时间为t秒．
（1）当点D在AC上运动时，若DC＝BC，则t＝ ；
（2）若点D与△ABC某一顶点的连线平分△ABC的周长，求t的值．
【分析】（1）根据DC＝BC，列出方程2t＝6，解方程即可；
（2）根据点D与△ABC某一顶点的连线平分△ABC的周长，分三种情况，分别根据平分周长列方程解出即可．
【解答】解：（1）∵DC＝BC＝6，
∴2t＝6，
解得：t=62=3，
故当点D在AC上运动时，若DC＝BC，则t＝3；
故答案为：3；
（2）△ABC中，∠C＝90°，CA＝8，CB＝6，
∴AB=62+82=10，
∴△ABC的周长＝6+8+10＝24，
①当点D在CA上运动时，如图1，BC+CD＝AB+AD，
即6+2t=12×24，
解得：t＝3；
②当点D在AB上运动时，如图2，AC+AD＝BD+BC，
即2t=12×24，
解得：t＝6；
③当点D在BC上运动时，如图3，AB+BD＝CD+AC，
即2t﹣8=12×24，
解得：t＝10；
综上所述，t的值是3或6或10．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，几何动点问题，难度适中．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的关系式．
【变式4-8】(2023秋•莲湖区校级期中）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），A(1，3)．
（1）求线段AB的长；
（2）若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，请你求出点P的坐标．
【分析】（1）利用两点间得距离公式可求AB；
（2）分当AP＝AB时，当BP＝AB时，当BP＝PA时，结合等腰三角形的性质和两点间的距离公式即可求解．
【解答】解：（1）∵点A，点B的坐标为（3，0），A(1，3)，
∴AB=(3−1)2+(0−3)2=7；
（2）如图所示：
当AP＝AB时，根据对称性，3﹣1＝2，1﹣2＝﹣1，
∴P1（﹣1，0），
同理当BP＝AB时，P2(3−7，0)，P3(3+7，0)，
当BP＝PA时，设P4（x，0），则(x−1)2+(0−3)2=(3−x)2，解得：x=54，
∴P4(54，0)，
综上所述：点P坐标为（﹣1，0），(3−7，0)，(3+7，0)，(54，0)．
【点评】本题考查了点的坐标的求法，综合运用了等腰三角形的定义，两点间的距离公式．
【变式4-9】(2023秋•姑苏区校级月考）如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD；AD：CD＝2：3：4．
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时，整个运动都停止，设点M运动的时间为t（秒），若△DMN的边与BC平行，求t的值．
【分析】（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，则AB＝5x，由勾股定理求出AC，即可得出结论；
（2）由△ABC的面积求出BD、AD、CD、AC；①当MN∥BC时，AM＝AN；当DN∥BC时，AD＝AN；得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，
则AB＝5x，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=5x，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：S△ABC=12×5x×4x＝40cm2，而x＞0，
∴x＝2cm，
则BD＝4cm，AD＝6cm，CD＝8cm，AC＝10cm．
①当MN∥BC时，AM＝AN，即10﹣t＝t，此时t＝5，
②当DN∥BC时，AD＝AN，此时t＝6，
综上所述，若△DMN的边与BC平行时，t值为5或6．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的面积公式，勾股定理，解本题的关键是熟练掌握方程的思想方法和分类讨论思想．
【变式4-10】如图，在平面直角坐标系中，点A（0，12），点B（m，12），且B到原点O的距离OB＝20，动点P从原点O出发，沿路线O→A→B运动到点B停止，速度为每秒5个单位长度，同时，点Q从点B出发沿路线B→A→O运动到原点O停止，速度为每秒2个单位长度．设运动时间为t．
（1）求出P、Q相遇时点P的坐标．
（2）当P运动到AB边上时，连接OP、OQ，若△OPQ的面积为6，求t的值．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB，设t秒后P，Q相遇．构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形分别构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）设t秒后P，Q相遇．
在Rt△AOB中，∵∠BAO＝90°，OA＝12，OB＝20，
∴AB=OB2−OA2=202−122=16，
由题意：5t+2t＝12+16，
解得t＝4，
此时BQ＝8．AQ＝AB﹣BQ＝16﹣8＝8，
∴P（8，12）．
（2）当P，Q都在AB边上时，12•|16﹣（5t﹣12）﹣2t|×12＝6，
解得t=277或297
当点Q在OA上时，12•16•（28﹣2t）＝6，
解得t=1098，
综上所述，满足条件的值为277或297或1098．
【点评】本题考查勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式4-11】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，AD为AC边上的动点，点D从点C出发，沿边CA往A运动，当运动到点A时停止，设点D运动的时间为t秒，速度为每秒2个单位长度．
（1）当t为何值时，△CBD是直角三角形；
（2）若△CBD是等腰三角形，求t的值．
【分析】（1）根据CD＝速度×时间，得到CD，利用勾股定理列式求出AC，再分①∠CDB＝90°时，利用△ABC的面积列式计算即可求出BD，然后利用勾股定理列式求解得到CD，再根据时间＝路程÷速度计算；②∠CBD＝90°时，点D和点A重合，然后根据时间＝路程÷速度计算即可得解；
（2）分①CD＝BC时，CD＝15；②CD＝BD时，根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质可求CD；③BD＝BC时，过点B作BF⊥AC于F，根据等腰三角形三线合一的性质可得CD＝2CF；依此解答．
【解答】解：（1）CD＝2t，
∵∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，
∴AC=AB2+BC2=202+152=25，
AD＝AC﹣CD＝25﹣2t；
①∠CDB＝90°时，S△ABC=12AC•BD=12AB•BC，
即12×25BD=12×20×15，
解得BD＝12，
∴CD=BC2−BD2=152−122=9，
t＝9÷2＝4.5；
②∠CBD＝90°时，点D和点A重合，
t＝25÷2＝12.5．
综上所述，t＝4.5或12.5秒时，△CBD是直角三角形
（2）①CD＝BC时，CD＝15，t＝15÷2＝7.5；
②CD＝BD时，∠C＝∠DBC，
∵∠C+∠A＝∠DBC+∠DBA＝90°，
∴∠A＝∠DBA，
∴BD＝AD，
∴CD＝AD=12AC＝12.5，
∴t＝12.5÷2＝6.25；
③BD＝BC时，如图，过点B作BF⊥AC于F，根据等腰三角形三线合一的性质可得CD＝2CF；
则CF＝DF，
∵BF＝12，
∴CF=BC2−BF2=9，
∴CD＝2CF＝9×2＝18，
∴t＝18÷2＝9．
综上所述，t＝6.25或7.5或9秒时，△CBD是等腰三角形．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．
【变式4-12】(2023春•广州期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣B﹣C运动．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求斜边AB上的高；
（2）①当点P在BC上时，PC＝ ；（用含t的代数式表示）
②若点P在∠BAC的角平分线上，求t的值．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的值，设斜边高为h，由面积法可求得答案．
（2）①根据题意可知P在BC上时，P的路程为AP+PB＝2t，所以PC＝AB+BC﹣2t；
②当点P在∠BAC的角平分线上，过点P作PD⊥AB，可证△ACP≌△ADP，再在Rt△BDP中由勾股定理得到关于t的方程，进而可以求解．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
设边AB上的高为h，
则S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅ℎ，
∴12×6×8=12×10ℎ，
∴ℎ=245．
答：斜边AB上的高为245．
（2）①当点P在BC上时，点P的运动长度为AB+BP＝2t，
∴PC＝AB+BC﹣（AB+BP）＝10+6﹣2t＝16﹣2t．
故答案为：16﹣2t．
②若点P在∠BAC的角平分线上时，过点P作PD⊥AB，如图：
∵AP平分∠BAC，PC⊥AC，PD⊥AB，
∴PD＝PC．
由①知：PC＝16﹣2t，BP＝2t﹣10，
∴PD＝16﹣2t，
在Rt△ACP和Rt△ADP中，
AP=APPD=PC，
∴Rt△ACP≌Rt△ADP（HL）．
∴AD＝AC＝8，
又∵AB＝10，
∴BD＝2．
在Rt△BDP中，由勾股定理得：
22+（16﹣2t）2＝（2t﹣10）2，
解得：t=203．
【点评】本题考查勾股定理在动点问题中的应用，数形结合并熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式4-13】(2023秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．
（1）出发2秒后，求PQ的长；
（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的13；
（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
【分析】（1）当t＝2s时，AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），则BP＝AB﹣AP＝6（cm），再由勾股定理求出PQ的长即可；
（2）由三角形面积关系得CQ=13BC＝2（cm），则BQ＝BC﹣CQ＝4（cm），即可得出答案；
（3）求出0≤t≤8，BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝（1.5t﹣4.5）cm，则AQ＝（﹣1.5t+14.5）cm，再求出BP+BC+CQ（0.5t+9.5）cm，AP+AQ＝（﹣0.5t+14.5）cm，然后分两种情况：①BP+BC+CQAP+AQ=2325，②BP+BC+CQAP+AQ=2523，分别求出t的值即可．
【解答】解：（1）当t＝2s时，点Q在边BC上运动，
则AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），
∵AB＝8cm，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2＝6（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2+BQ2=62+42=213（cm），
∴PQ的长为213cm；
（2）∵S△ACQ=12CQ•AB，S△ABC=12BC•AB，点Q在边BC上运动时，△ACQ的面积是△ABC面积的13，
∴CQ=13BC=13×6＝2（cm），
∴BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2＝4（cm），
∴t=42=2，
∴当点Q在边BC上运动时，t为2时，△ACQ的面积是△ABC面积的13；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=82+62=10（cm），
当点P达到点B时，t=81=8，
当点Q达到点A时，t=62+101.5=293，
∵当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，
∴0≤t≤8，
∵AP＝tcm，
∴BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝1.5×（t−62）＝（1.5t﹣4.5）（cm），
∴AQ＝10﹣（1.5t﹣4.5）＝（﹣1.5t+14.5）（cm），
∴BP+BC+CQ＝8﹣t+6+1.5t﹣4.5＝（0.5t+9.5）（cm），AP+AQ＝t+（﹣1.5t+14.5）＝（﹣0.5t+14.5）（cm），
分两种情况：
①BP+BC+CQAP+AQ=2325，
即0.5t+9.5−0.5t+14.5=2325，
解得：t＝4，
经检验，t＝4是原方程的解，
∴t＝4；
②BP+BC+CQAP+AQ=2523，
即0.5t+9.5−0.5t+14.5=2523，
解得：t＝6，
经检验，t＝6是原方程的解，
∴t＝6；
综上所述，当点Q在边CA上运动时，t为4或6时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
【点评】本题考查了勾股定理、三角形面积、分式方程的解法以及分类讨论等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键，注意分类讨论．
【变式4-14】如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连接OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连接OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为 （直接写出结果）．
【分析】（1）根据BA＝BC可得BC的长，分别根据勾股定理可得OC和AC的长；
（2）①分两种情况：AO＝OE和AO＝AE时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；
②分两种情况：
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，得BFCF=14，可得BF=103，根据平行线的性质证明∠BDG＝∠BFG，得BD＝BF=103，最后利用勾股定理可得结论；
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，同理计算可得结论．
【解答】解：（1）∵AO＝4，BO＝6，
∴AB＝10，
∵BA＝BC，
∴BC＝10，
∵CO⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得：CO=BC2−OB2=102−62=8，
AC=AO2+CO2=42+82=45；
（2）①分两种情况：
i）如图1，当AO＝OE＝4时，过O作ON⊥AC于N，
∴AN＝EN，
∵DE⊥AC，
∴ON∥DE，
∴AO＝OD＝4；
ii）当AO＝AE＝4时，如图2，
在△CAO和△DAE中，
∠A=∠A∠AOC=∠AED=90°AO=AE，
∴△CAO≌△DAE（AAS），
∴AD＝AC＝45，
∴OD＝45−4；
②分两种情况：
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，
∵S△OBF：S△OCF＝1：4，
∴BFCF=14
∴BFCB=13
∵CB＝10
∴BF=103
∵EF⊥AC，
∴BG∥AC，
∴∠GBF＝∠ACB，
∵AE∥BG，
∴∠A＝∠DBG，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠ACB，
∴∠DBG＝∠GBF，
∵∠DGB＝∠FGB，
∴∠BDG＝∠BFG，
∴BD＝BF=103，
∴OD＝OB﹣BD＝6−103=83，
∴CD=OC2+OD2=82+(83)2=8103；
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，
同理得BFCF=14，
∵BC＝10，
∴BF＝2，
同理得：∠BFG＝∠BDF，
∴BD＝BF＝2，
Rt△COD中，CD=CO2+OD2=82+(6+2)2=82，
综上，CD的长为8103或82．
故答案为：8103或82．
【点评】本题考查的是全等三角形的综合题，关键是根据全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质和判定、三角形的面积、勾股定理等知识解答，有难度．
题型一 直角边和斜边不明确时需分类讨论
【例题1】(2023•新都区模拟）已知直角三角形的两边长分别为3和2，则第三边长为（ ）
A．5B．13C．1D．5或13
【变式1-1】直角三角形的两条边长为5和12，它的斜边长为（ ）
A．13B．119C．13或119D．13或12
【变式1-2】(2023•滨州模拟）已知直角三角形两边的长分别为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．5B．7+7C．12D．12或7+7
【变式1-3】(2023秋•肃州区期末）已知直角三角形两边的长分别为3cm，4cm，则以第三边为边长的正方形的面积为 ．
【变式1-4】(2023春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
【变式1-5】(2023秋•崇义县月考）在四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，BC＝12，CD＝x，AB⊥AD．
（1）求BD的长；
（2）若△BCD是直角三角形，求x的值．
【变式1-6】(2023秋•宛城区校级期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
【变式1-7】(2023春•大观区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（ ）
A．1或4B．43或9C．1或9D．43或1
题型二 锐角和钝角不明确时需分类讨论
【例题2】(2023春•兰山区期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AH＝8，则BC的长是（ ）
A．21B．15C．6D．21或9
【变式2-1】(2023秋•海门市期末）△ABC中，AB＝20，AC＝13，高AD＝12，则△ABC的面积为（ ）
A．66B．126C．54或44D．126或66
【变式2-2】在△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8，求△ABC的周长．
【变式2-3】等腰△ABC的腰长AB＝AC＝10，一腰上的高BD＝6，则底边BC＝ ．
【变式2-4】△ABC中，AB＝AC＝5，S△ABC＝7.5，则BC的长为 ．
【变式2-5】等腰三角形一腰长为5，一边上的高为3，求底边长．
题型三 腰和底不明确时需分类讨论
【例题3】(2023秋•南岗区校级期末）在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB＝4，BC＝5，则线段DE的长为 ．
【变式3-1】如图，在一张长为7cm，宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰三角形，要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上，则剪下的等腰三角形一腰上的高为 ．
【变式3-2】(2023春•万荣县校级月考）已知，如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是长方形，点A、C的坐标分别为A（0，10）、C（4，0），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【变式3-3】(2023春•江津区期中）如图，在平面直角坐标系中有三点A（3，0），B（0，4），
C（2，5）．
（1）求A，B两点之间的距离；
（2）求△ABC的面积．
（3）在x轴上有一点D，使△ABD为等腰三角形，直接写出点D的坐标．
【变式3-4】(2023秋•新昌县校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝CB．AD⊥BC．垂足为D．已知AD＝3，CD＝1．
（1）求AC与AB的长．
（2）点P是线段AB上的一动点，当AP为何值时，△ADP为等腰三角形．
【变式3-5】(2023秋•禅城区校级月考）已知：如图，有一块Rt△ABC的绿地，量得两直角边AC＝8m，BC＝6m．现在要将这块绿地扩充成等腰△ABD，且扩充部分（△ADC）是以8m为直角边长的直角三角形，求扩充后等腰△ABD的周长．
（1）在图1中，当AB＝AD＝10m时，求△ABD的周长；
（2）在图2中，当BA＝BD＝10m时，求△ABD的周长；
（3）在图3中，当DA＝DB时，求△ABD的周长．
【变式3-6】已知：如图，△ABC的面积为84，BC＝21，现将△ABC沿直线BC向右平移a（0＜a＜21）个单位到△DEF的位置．
（1）求BC边上的高；
（2）若AB＝10，
①求线段DF的长；
②连接AE，当△ABE是等腰三角形时，求a的值．
【变式3-7】(2023秋•永春县期末）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．
（1）求AB的长；
（2）若动点P从点C开始以每秒1个单位的速度，按C→A→B的路径运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△BCP为等腰三角形？
【变式3-8】如图，平面直角坐标系中，已知A（a，4）、B（b，0），且满足a−1+b2﹣6b+9＝0
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点C在第一象限内，且△ABC为等腰直角三角形．求点C的坐标．
【变式3-9】(2023春•福田区校级期中）如图，已知△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开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
（1）出发4秒后，求PQ的长；
（2）从出发几秒钟后，△PQB第一次能形成等腰三角形？
（3）当点Q运动到CA上时，求能使△BCQ是等腰三角形时点Q的运动时间，请直接写出t的值．
题型四 分类讨论思想在勾股定理的综合应用
【例题4】(2023春•海淀区校级期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，点Q在直线BC上，且AQ＝2，则线段BQ的长为 ．
【变式4-1】在等腰直角△ABC、△CDE中，∠A＝∠E＝90°，点D在边BC的延长线上，BC＝4，CD＝2，线段AE的长为 ．
【变式4-2】(2023秋•南阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动．设运动时间为t（t＞0）s．当点P运动到恰好到点A和点B的距离相等的位置时，t的值为 ．
【变式4-3】已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为平面内一点，且∠BDC＝90°，若BD=2，CD＝22，则AD＝ ．
【变式4-4】(2023春•海淀区校级期末）在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4．以AC为一边，在△ABC外部作等腰直角△ACD，则线段BD的长为 ．
【变式4-5】已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=10，直线l过AB中点O，过点A、C分别向直线l作垂线，垂足分别为E、F．若CF＝1，则EF＝ ．
【变式4-6】(2023春•思明区校级期中）定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM＝1.5，MN＝2.5，BN＝2，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝24，AM＝6，求BN的长．
【变式4-7】如图，△ABC中，∠C＝90°，CA＝8cm，CB＝6cm，D为动点，沿着C→A→B→C的路径运动（再次到达C点则停止运动），点D的运动速度为2cm/秒，设点D运动时间为t秒．
（1）当点D在AC上运动时，若DC＝BC，则t＝ ；
（2）若点D与△ABC某一顶点的连线平分△ABC的周长，求t的值．
【变式4-8】(2023秋•莲湖区校级期中）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），A(1，3)．
（1）求线段AB的长；
（2）若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，请你求出点P的坐标．
【变式4-9】(2023秋•姑苏区校级月考）如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD；AD：CD＝2：3：4．
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时，整个运动都停止，设点M运动的时间为t（秒），若△DMN的边与BC平行，求t的值．
【变式4-10】如图，在平面直角坐标系中，点A（0，12），点B（m，12），且B到原点O的距离OB＝20，动点P从原点O出发，沿路线O→A→B运动到点B停止，速度为每秒5个单位长度，同时，点Q从点B出发沿路线B→A→O运动到原点O停止，速度为每秒2个单位长度．设运动时间为t．
（1）求出P、Q相遇时点P的坐标．
（2）当P运动到AB边上时，连接OP、OQ，若△OPQ的面积为6，求t的值．
【变式4-11】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，AD为AC边上的动点，点D从点C出发，沿边CA往A运动，当运动到点A时停止，设点D运动的时间为t秒，速度为每秒2个单位长度．
（1）当t为何值时，△CBD是直角三角形；
（2）若△CBD是等腰三角形，求t的值．
【变式4-12】(2023春•广州期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣B﹣C运动．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求斜边AB上的高；
（2）①当点P在BC上时，PC＝ ；（用含t的代数式表示）
②若点P在∠BAC的角平分线上，求t的值．
【变式4-13】(2023秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．
（1）出发2秒后，求PQ的长；
（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的13；
（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
【变式4-14】如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连接OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连接OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为 （直接写出结果）．
八年级下册数学《第十七章 勾股定理》
专题 分类讨论思想在勾股定理中的应用
题型一 直角边和斜边不明确时需分类讨论
【例题1】(2023•新都区模拟）已知直角三角形的两边长分别为3和2，则第三边长为（ ）
A．5B．13C．1D．5或13
【分析】分3是直角边和斜边两种情况讨论求解．
【解答】解：3是直角边时，第三边=22+32=13，
3是斜边时，第三边=32−22=5，
所以，第三边长为13或5．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理，是基础题，难点在于要分情况讨论．
【变式1-1】直角三角形的两条边长为5和12，它的斜边长为（ ）
A．13B．119C．13或119D．13或12
【分析】只给出了两条边而没有指明是直角边还是斜边，所以应该分两种情况进行分析．一种是两边均为直角边；另一种是较长的边是斜边，根据勾股定理可得出结论．
【解答】解：当12是直角边时，斜边长=52+122=13；
当12是斜边时，斜边长＝12．
故它的斜边长为13或12．
故选：D．
【点评】此题考查勾股定理，此类题在没有明确直角边或斜边的时候，一定要注意分情况考虑，熟练运用勾股定理进行计算．
【变式1-2】(2023•滨州模拟）已知直角三角形两边的长分别为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．5B．7+7C．12D．12或7+7
【分析】先设Rt△ABC的第三边长为x，再分4是斜边或x为斜边两种情况讨论即可．
【解答】解：设Rt△ABC的第三边长为x，分两种情况：
①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，
由勾股定理得：x=32+42=5，
此时这个三角形的周长＝3+4+5＝12；
②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，
由勾股定理得：x=42−32=7，
此时这个三角形的周长＝3+4+7=7+7；
综上所述：此三角形的周长为12或7+7，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理、分类讨论等知识；解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．
【变式1-3】(2023秋•肃州区期末）已知直角三角形两边的长分别为3cm，4cm，则以第三边为边长的正方形的面积为 ．
【分析】分两种情况考虑：当4cm为直角三角形的斜边时，利用勾股定理求出第三边的平方，即为以第三边为边长的正方形的面积；当第三边为直角三角形的斜边时，利用勾股定理求出第三边的平方，即为以第三边为边长的正方形的面积．
【解答】解：若4cm为直角三角形的斜边，此时以第三边为边长的正方形的面积为42﹣32＝16﹣9＝7cm2；
若x为直角三角形的斜边，根据勾股定理得：x2＝32+42＝9+16＝25，
此时以斜边为边长的正方形的面积为x＝25，
综上，以第三边为边长的正方形的面积为7cm2或25cm2．
故答案为：7cm2或25cm2．
【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，以及正方形的面积，利用了分类讨论的思想，分类讨论时注意考虑问题要全面，做到不重不漏．
【变式1-4】(2023春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理判定出△ACD是直角三角形，再根据勾股定理求出AB的长即可．
（2）根据△BDE是直角三角形需分两种情况分析：①当∠BDE＝90°时；②当∠BED＝90°时，进而解答即可．
【解答】解：（1）在△ACD中，
∵AC2＝25，CD2＝1，AD2＝26，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，且∠C＝90°，
∵BD＝4，
∴BC＝4+1＝5，
∴在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=52，
∴AB＝52；
（2）∵AC＝BC＝5，∠C＝90°，
∴∠B＝45°，
∴△BDE是直角三角形需分两种情况分析：
①当∠BDE＝90°时，BD＝DE＝4，
∴在Rt△BDE中，BE=BD2+DE2=42，
∴AE＝AB﹣BE＝52−42=2，
②当∠BED＝90°时，S△ABD=12AB•DE=12BD•AC，即52DE＝4×5，
解得：DE＝22，
∴BE＝DE＝22，
∴AE＝AB﹣BE＝52−22=32；
综上所述，AE的长为2或32．
【点评】本题主要考查了勾股定理，熟练掌握分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式1-5】(2023秋•崇义县月考）在四边形ABCD中，AB＝4，AD＝3，BC＝12，CD＝x，AB⊥AD．
（1）求BD的长；
（2）若△BCD是直角三角形，求x的值．
【分析】（1）在Rt△ABD中，由勾股定理求得BD的长即可；
（2）分两种情况，由勾股定理分别列式计算即可．
【解答】解：（1）如图，∵AB＝4，AD＝3，AB⊥AD．
∴BD=AB2+AD2=42+32=5，
即BD的长度是5；
（2）分两种情况：
①当∠DBC＝90°时，由勾股定理得：x＝CD=BD2+BC2=52+122=13；
②当∠BDC＝90°时，由勾股定理得：x＝CD=BC2−BD2=122−52=119；
综上所述，x的值是13或119．
【点评】本题考查的是勾股定理以及分类讨论等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式1-6】(2023秋•宛城区校级期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可得；
（2）先求出BP＝2tcm，再分①当∠APB＝90°，②当∠BAP＝90°两种情况，利用勾股定理求解即可得．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，
由勾股定理得BC=52−32=4(cm)；
（2）由题意知BP＝2tcm．
①当∠APB＝90°时，如图，点P与点C重合，BP＝BC＝4cm，
∴t＝4÷2＝2；
②当∠BAP＝90°时，如图2，CP＝BP﹣BC＝（2t﹣4）cm，AC＝3cm．
在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2＝32+（2t﹣4）2，
在Rt△BAP中，AP2＝BP2﹣AB2＝（2t）2﹣52，
因此32+（2t﹣4）2＝（2t）2﹣52，
解得t=258．
综上所述，当△ABP为直角三角形时，t的值为2或258．
【点评】本题考查了勾股定理，解答本题的关键是掌握勾股定理的应用，以及分情况讨论，注意不要漏解．
【变式1-7】(2023春•大观区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（ ）
A．1或4B．43或9C．1或9D．43或1
【分析】注意题目表述为射线DC，所以分为两种情况，一种是点E在线段DC上，另一种是点E在DC的延长线上，利用勾股定理分别求解即可．
【解答】解：①如图1，当点E在线段DC上时，
∵∠ED′A＝∠D＝∠AD′B＝90°，
∴B，D′，E三点共线，
∵S△ABE=12×AB×AD=12×BE×AD′，
∴BE＝AB＝5，
∵BD′=AB2−AD′2=52−32=4，
∴DE＝D′E＝BE﹣BD′＝5﹣4＝1；
②如图2，当点E在DC的延长线上时，
∵∠AD′B＝∠BCE＝90°，AD′＝AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，
∴BD′＝4，
设CE＝x，则：
D′E＝DE＝x+5，
∴BE＝D′E﹣BD′＝x+1，
∵CE2+BC2＝BE2，
∴x2+32＝（x+1）2，
解得：x＝4，
∴DE＝CD+DE＝5+4＝9，
综上，DE的值为1或9．
故选：C．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是分两种情况讨论，特别时第二种比较容易遗漏．
题型二 锐角和钝角不明确时需分类讨论
【例题2】(2023春•兰山区期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AH＝8，则BC的长是（ ）
A．21B．15C．6D．21或9
【分析】高线AH可能在三角形的内部也可能在三角形的外部，本题应分两种情况进行讨论．分别依据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，在Rt△ABH中，
∵AB＝17，AH＝8，
∴BH=172−82=15；
在Rt△ACH中，
∵AC＝10，AH＝8，
∴CH=102−82=6，
∴当AH在三角形的内部时，如图1，BC＝15+6＝21；
当AH在三角形的外部时，如图2，BC＝15﹣6＝9．
∴BC的长是21或9．
故选：D．
【点评】本题考查的是勾股定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
【变式2-1】(2023秋•海门市期末）△ABC中，AB＝20，AC＝13，高AD＝12，则△ABC的面积为（ ）
A．66B．126C．54或44D．126或66
【分析】由勾股定理求出BD、CD的长，再分两种情况分别计算即可．
【解答】解：如图1，∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵AB＝20，AD＝12，
∴BD=AB2−AD2=202−122=16，
又∵AC＝13，
∴CD=AC2−AD2=132−122=5，
∴BC＝BD+CD＝21，
∴△ABC的面积=12×21×12＝126；
如图2，BC＝BD﹣CD＝11，
∴△ABC的面积=12×11×12＝66；
综上所述，△ABC的面积为126或66，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键，注意分类讨论．
【变式2-2】在△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8，求△ABC的周长．
【分析】分别在两个直角三角形中求得线段BD和线段CD的长，然后求得BC的长，从而求得周长．
【解答】解：如图1，在直角三角形ABD中，AB＝17，AD＝8
根据勾股定理，得BD＝15；
在直角三角形ACD中，AC＝10，AD＝8，
根据勾股定理，得CD＝6；
∴BC＝15+6＝21，
∴△ABC的周长为17+10+21＝48，
如图2，在直角三角形ABD中，AB＝17，AD＝8，
根据勾股定理，得BD＝15；
在直角三角形ACD中，AC＝10，AD＝8，
根据勾股定理，得CD＝6；
∴BC＝15﹣6＝9，
∴△ABC的周长为17+10+9＝36；
综上所述，△ABC的周长为48或36．
【点评】此题考查了勾股定理及解直角三角形的知识，在解本题时应分两种情况进行讨论，易错点在于漏解，同学们思考问题一定要全面，有一定难度，本题因给出了图形，故只有一种情况．
【变式2-3】等腰△ABC的腰长AB＝AC＝10，一腰上的高BD＝6，则底边BC＝ ．
【分析】等腰△ABC有两种情况：①当△ABC为锐角三角形时，②当△ABC为钝角三角形时，分别画出图形，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：等腰△ABC有两种情况：
①当△ABC为锐角三角形时，如图：
∵AB＝AC＝10，BD＝6，
∴AD=AB2−BD2
=102−62
＝8，
∴DC＝AC﹣AD
＝10﹣8
＝2，
∴BC=BD2+DC2
=62+22
＝210；
②当△ABC为钝角三角形时，如图：
∵AB＝AC＝10，BD＝6，
∴AD=AB2−BD2
=102−62
＝8，
∴DC＝AC+AD
＝10+8
＝18，
∴BC=BD2+DC2
=62+182
＝610．
综上，BC的值为210或610．
故答案为：210或610．
【点评】本题考查了勾股定理在等腰三角形边长的计算中的应用，数形结合、分类讨论是解题的关键．
【变式2-4】△ABC中，AB＝AC＝5，S△ABC＝7.5，则BC的长为 ．
【分析】根据等腰三角形的性质以及勾股定理即可求出答案．
【解答】解：若△ABC是锐角三角形时，
过点C作CD⊥AB于点D，过点A作AE⊥BC于点E，
∵12AB•CD=152，
∴CD＝3，
∴由勾股定理可知：AD＝4，
∴BD＝1，
∴BC=10，
若△ABC是钝角三角形时，
同理可求出得BC＝310，
故答案为：10或310
【点评】本题考查等腰三角形，解题的关键是熟练运用等腰三角形的性质以及勾股定理，本题属于中等题型．
【变式2-5】等腰三角形一腰长为5，一边上的高为3，求底边长．
【分析】根据题意分三种情况，画出相应的图形，从而可以解答本题．
【解答】解：当等腰三角形为锐角三角形，且CD为腰上的高时，如右图1所示，
在Rt△ACD中，AC＝5，CD＝3，
根据勾股定理得：AD=AC2−CD2=4，
∴BD＝AB﹣AD＝5﹣4＝1，
在Rt△BDC中，CD＝3，BD＝1，
根据勾股定理得：BC=DC2+BD2=10；
当等腰三角形为钝角三角形，且CD为腰上的高时，如右图2所示，
在Rt△ACD中，AC＝5，CD＝3，
根据勾股定理得：AD=AC2−CD2=4，
∴BD＝AB+AD＝5+4＝9，
在Rt△BDC中，CD＝3，BD＝9，
根据勾股定理得：BC＝310；
当AD为底边上的高时，如右图3所示，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
在Rt△ABD中，AD＝3，AB＝5，
根据勾股定理得：BD=AB2−AD2=4，
∴BC＝2BD＝8，
综上，等腰三角形的底边长为10或310或8．
【点评】本题考查勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用分类讨论的数学思想解答．
题型三 腰和底不明确时需分类讨论
【例题3】(2023秋•南岗区校级期末）在矩形ABCD中，点E在AD边上，△BCE是以BE为一腰的等腰三角形，若AB＝4，BC＝5，则线段DE的长为 ．
【分析】分两种情况：①BE＝EC，此时点E是BC的中垂线与AD的交点；②BE′＝BC，在直角△ABE′中，利用勾股定理求得AE′的长度，然后求得DE′的长度即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝5，
①当BE＝EC时，点E是BC的中垂线与AD的交点，DE=12AD＝2.5；
②当BC＝BE′＝5时，
在Rt△ABE′中，AB＝4，则AE′=BE2−AB2=52−42=3，
∴DE′＝AD﹣AE′＝5﹣3＝2．
综上所述，线段DE的长为2.5或2，
故答案是：2.5或2．
【点评】本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式3-1】如图，在一张长为7cm，宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰三角形，要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上，则剪下的等腰三角形一腰上的高为 ．
【分析】由于矩形的两边分别为7cm、5cm，当等腰三角形的顶角顶点为矩形的顶点，则等腰三角形为等腰直角三角形，从而得到剪下的等腰三角形一腰上的高为4cm；当等腰三角形的顶角顶点在矩形的短边上或长边时，如图2、3，利用勾股定理计算腰上的高．
【解答】解：分三种情况：
（1）当AE＝AF＝4时，
如图1所示：
△AEF的腰AE上的高为AF＝4；
（2）当AE＝EF＝4时，
如图2所示：
则BE＝5﹣4＝1，
BF=EF2−BE2=42−12=15；
（3）当AE＝EF＝4时，
如图3所示：
则DE＝7﹣4＝3，
DF=EF2−DE2=42−32=7，
故答案为4cm或15cm或7cm．
【点评】本题考查了矩形的性质：平行四边形的性质矩形都具有；矩形的四个角都是直角．
【变式3-2】(2023春•万荣县校级月考）已知，如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是长方形，点A、C的坐标分别为A（0，10）、C（4，0），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【分析】分OP＝OD、PD＝OD和PO＝PD三种情况，结合矩形的性质和勾股定理可求得P点的坐标．
【解答】解：∵A（0，10）、C（4，0），且四边形OABC是矩形，
∴OA＝BC＝10，OC＝AB＝4，
∵D是OA的中点，
∴OD＝5，
当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，则有PO＝OD＝5、PD＝OD＝5或PO＝PD＝5，
当PO＝OD＝5时，在Rt△OPC中，OC＝4，OP＝5，由勾股定理可求得PC＝3，此时P点坐标为（4，3）；
当PD＝OD＝5时，过P作PE⊥OA于点E，如图，
在Rt△PED中，PE＝OC＝4，PD＝5，由勾股定理可求得DE＝3，且OD＝5，则OE＝5﹣3＝2，此时P点坐标为（4，2），（4，8）；
当PO＝PD＝5时，过P作PE⊥OA于点E，如图，
在Rt△POE中，PE＝4，PO＝5，由勾股定理可求得OE＝3，则OD＝6，与已知矛盾，故该情况不存在．
综上可知点P的坐标为（4，3）或（4，2）或（4，8）．
故答案为：（4，3）或（4，2）或（4，8）．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，根据△ODP是腰长为5的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．
【变式3-3】(2023春•江津区期中）如图，在平面直角坐标系中有三点A（3，0），B（0，4），
C（2，5）．
（1）求A，B两点之间的距离；
（2）求△ABC的面积．
（3）在x轴上有一点D，使△ABD为等腰三角形，直接写出点D的坐标．
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据三角形的内角公式即可得到结论；
（3）根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴AB=32+42=5；
（2）△ABC的面积=12×（2+3）×5−12×1×2−12×4×3=112；
（3）①当AB＝BD＝5时，
∵OB⊥AD，
∴OD＝OA＝3，
∴D（﹣3，0），
②当AB＝AD＝5时，D（﹣2，0）或（8，0）；
③当AD＝BD时，点D在AB的垂直平分线上，
设OD3＝a，
∴a2+42＝（3+a）2，
∴a=76，
∴D（−76，0），
综上所述，D（﹣3，0）或（﹣2，0）或（8，0）或（−76，0）．
【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积的计算，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
【变式3-4】(2023秋•新昌县校级期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝CB．AD⊥BC．垂足为D．已知AD＝3，CD＝1．
（1）求AC与AB的长．
（2）点P是线段AB上的一动点，当AP为何值时，△ADP为等腰三角形．
【分析】（1）由勾股定理直接求得AC，设AB＝x，由勾股定理列出x的方程，便可求得AB；
（2）分三种情况：AP＝AD；AP＝DP；AD＝DP．分别进行解答便可．
【解答】解：（1）由勾股定理得，AC=AD2+CD2=32+12=10，
设AB＝BC＝x，则BD＝x﹣1，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，x2﹣（x﹣1）2＝32，
解得x＝5，
∴AB＝5；
（2）当AP＝AD＝3时，，△ADP为等腰三角形；
当AP＝DP时，如图，
∴∠PAD＝∠PDA，
∵∠PAD+∠B＝90°，∠PDA+∠BDP＝90°，
∴∠PDB＝∠B，
∴PD＝PB＝PA，
∴AP=12AB＝2.5；
当AD＝DP＝3时，如图，过D作DE⊥AP于点E，
∴AE＝PE，
设AE＝PE＝x，则BE＝5﹣x，
∵AD2﹣AE2＝DE2＝BD2＝BE2，
即32﹣x2＝42﹣（5﹣x）2，
解得x＝1.8，
∴AP＝3.6．
综上，当AP＝2.5或3或3.6时，△ADP为等腰三角形．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，分情况讨论是解题的关键．
【变式3-5】(2023秋•禅城区校级月考）已知：如图，有一块Rt△ABC的绿地，量得两直角边AC＝8m，BC＝6m．现在要将这块绿地扩充成等腰△ABD，且扩充部分（△ADC）是以8m为直角边长的直角三角形，求扩充后等腰△ABD的周长．
（1）在图1中，当AB＝AD＝10m时，求△ABD的周长；
（2）在图2中，当BA＝BD＝10m时，求△ABD的周长；
（3）在图3中，当DA＝DB时，求△ABD的周长．
【分析】（1）利用勾股定理得出DC的长，进而求出△ABD的周长；
（2）利用勾股定理得出AD的长，进而求出△ABD的周长；
（3）首先利用勾股定理得出DC、AB的长，进而求出△ABD的周长．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AD＝10m，AC⊥BD，AC＝8m，
∴DC=AD2−AC2=102−82=6（m），
∴BD＝DC+BC＝6+6＝12（m），
则△ABD的周长为：AD+AB+BD＝10+10+12＝32（m）；
（2）如图2，∵BA＝BD＝10m，BC＝6m，
∴DC＝BD﹣BC＝10﹣6＝4（m），
∵AC⊥BD，AC＝8m，
∴AD=AC2+DC2=82+42=45（m），
则△ABD的周长为：BA+AD+BD＝10+45+10＝（20+45）m；
（3）如图3，设DC＝xm，则AD＝DB＝（6+x）m，
∵AC⊥BD，
∴DC2+AC2＝AD2，AC＝8m，
即x2+82＝（6+x）2，
解得；x=73，
∵AC＝8m，BC＝6m，AC⊥BD，
∴AB=AC2+BC2=10m，
故△ABD的周长为：AD+BD+AB＝2×（73+6）+10=803（m）．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理的应用，根据题意熟练应用勾股定理是解题关键．
【变式3-6】已知：如图，△ABC的面积为84，BC＝21，现将△ABC沿直线BC向右平移a（0＜a＜21）个单位到△DEF的位置．
（1）求BC边上的高；
（2）若AB＝10，
①求线段DF的长；
②连接AE，当△ABE是等腰三角形时，求a的值．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，根据三角形的面积公式计算；
（2）①根据勾股定理求出BM、AC，根据平移的性质解答；
②分AB＝BE、AB＝AE、EA＝EB三种情况，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）作AM⊥BC于M，
∵△ABC的面积为84，
∴12×BC×AM＝84，
解得，AM＝8，即BC边上的高为8；
（2）①在Rt△ABM中，BM=AB2−AM2=6，
∴CM＝BC﹣BM＝15，
在Rt△ACM中，AC=AM2+CM2=17，
由平移的性质可知，DF＝AC＝17；
②当AB＝BE＝10时，a＝BE＝10；
当AB＝AE＝10时，BE＝2BM＝12，
则a＝BE＝12；
当EA＝EB＝a时，ME＝a﹣6，
在Rt△AME中，AM2+ME2＝AE2，
即82+（a﹣6）2＝a2，
解得，a=253，
则当△ABE是等腰三角形时，a的值为10或12或253．
【点评】本题考查的是勾股定理、等腰三角形的性质，掌握勾股定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
【变式3-7】(2023秋•永春县期末）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．
（1）求AB的长；
（2）若动点P从点C开始以每秒1个单位的速度，按C→A→B的路径运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△BCP为等腰三角形？
【分析】（1）由勾股定理即可得出答案；
（2）分情况讨论，由等腰三角形的判定与性质分别求解即可．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=122+52=13，
∴AB的长为13；
（2）当点P在AC上时，CP＝CB＝5，t＝5（s）；
当点P在AB上时，分三种情况：
①当BP＝BC＝5，如图1所示：
则AP＝13﹣5＝8，t＝12+8＝20（s）；
②当CP＝CB＝5时，
过点C作CM⊥AB于M，如图2所示：
则BM＝PM=12BP，
∵12AC•BC=12AB•CM，
∴CM=AC⋅BCAB=12×513=6013，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：BM=BC2−CM2=52−(6013)2=2513，
∴BP＝2BM=5013，
∴AP＝13−5013=11913，
∴t＝12+11913=27513（s）；
③当PC＝PB时，如图3所示：
则∠B＝∠BCP，
∵∠B+∠A＝90°，∠BCP+∠ACP＝90°，
∴∠A＝∠ACP，
∴AP＝PC，
∴AP＝PB=12AB=132，
∴t＝12+132=372（s）；
综上所述，当t＝5s或20s或27513s或372s时，△BCP为等腰三角形．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-8】如图，平面直角坐标系中，已知A（a，4）、B（b，0），且满足a−1+b2﹣6b+9＝0
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点C在第一象限内，且△ABC为等腰直角三角形．求点C的坐标．
【分析】（1）根据非负数的性质即可求出a与b的值．
（2）由于△ABC没有说明哪个角是直角，故需要对△ABC的内角进行分类讨论．
【解答】解：（1）∵a−1+b2﹣6b+9＝0，即a−1+（b﹣3）2＝0，
∴a＝1，b＝3
∴点A的坐标为（1，4），点B的坐标为（3，0）．
（2）如图1，当∠BAC＝90°时，过点A作直线AE⊥x轴，
过点C作CD⊥直线AE于点D，
∵∠BAC＝90°，
∴∠C＝∠EAB，
在△ACD与△BAE
∠C=∠EAB∠ADC=∠AEBAC=AB
∴△ACD≌△BAE（AAS）
∴AE＝CD，AD＝EB，
∵A（1，4），B（3，0），
∴AE＝4，BE＝2，
∴AD＝2，CD＝4，
∴DE＝AD+AE＝2+4＝6，
∴C（5，6）
如图2，当∠ABC＝90°时，
过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CD⊥x轴于点D，
同理易证：△ABE≌△BCD（AAS），
∴AE＝BD＝4，EB＝CD＝2，
∴OD＝OB+BD＝7，
∴C（7，2）
如图3，当∠ACB＝90°时，过点C作CE⊥x轴于点E，
过点A作AD⊥直线CE于点D，
易证△ADC≌△CEB
∴AD＝CE，BE＝CD，
设BE＝x，
∴AD＝CE＝4﹣x，
∵A（1，4），B（3，0），
∴由勾股定理可知：AB2＝20，
∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AB2＝2AC2，
∴AC2＝10，
∴由勾股定理可知：10＝（4﹣x）2+x2，
解得：x＝1或x＝3（不满足条件，舍去），
∴C（4，3），
综上所述，点C的坐标是（5，6）或（7，2）或（4，3）．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，涉及勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用知识．
【变式3-9】(2023春•福田区校级期中）如图，已知△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开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
（1）出发4秒后，求PQ的长；
（2）从出发几秒钟后，△PQB第一次能形成等腰三角形？
（3）当点Q运动到CA上时，求能使△BCQ是等腰三角形时点Q的运动时间，请直接写出t的值．
【分析】（1）可求得AP和BQ，则可求得BP，最后用三角形面积公式即可得出结论；
（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BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
【解答】解：（1）∵运动时间为4秒，
∴BQ＝2×4＝8（cm），BP＝AB﹣AP＝16﹣1×4＝12（cm），
在Rt△PQB中，根据勾股定理得：
PQ=BQ2+BP2=82+122=413（cm）；
（2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，
即16﹣t＝2t，
解得t=163．
∴出发163秒后△PQB能形成等腰三角形；
（3）①当CQ＝BQ时，如图1所示，
则∠C＝∠CBQ，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．
∠A+∠C＝90°，
∴∠A＝∠ABQ，
∴BQ＝AQ，
∴CQ＝AQ＝10cm，
∴BC+CQ＝22cm，
∴t＝22÷2＝11．
②当CQ＝BC时，如图2所示，
则BC+CQ＝24cm，
∴t＝24÷2＝12．
③当BC＝BQ时，如图3所示，
过B点作BE⊥AC于点E，
则BE=AB⋅BCAC=12×1620=485（cm），
∴CE=BC2−BE2=122−(485)2=365（cm），
∴CQ＝2CE＝14.4（cm），
∴BC+CQ＝26.4（cm），
∴t＝26.4÷2＝13.2．
综上所述：当t为11或12或13.2时，△BCQ为等腰三角形．
【点评】本题考查了三角形的综合应用，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．
题型四 分类讨论思想在勾股定理的综合应用
【例题4】(2023春•海淀区校级期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，点Q在直线BC上，且AQ＝2，则线段BQ的长为 ．
【分析】分两种情况：（1）点Q在线段BC的延长线上；（2）点Q在线段CB的延长线上，分别用勾股定理求得QC的长，情况（1）中BQ＝QC+BC，情况（2）中BQ＝QC﹣BC．
【解答】解：分两种情况：
（1）点Q在线段BC的延长线上，如图：
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACQ＝180°﹣90°＝90°，
∵AC＝1，AQ＝2，
∴QC=22−12=3，
∵BC＝1，
∴BQ＝QC+BC=3+1；
（2）点Q在线段CB的延长线上，如图：
∵∠ACB＝90°，AC＝1，AQ＝2，
∴QC=22−12=3，
∵BC＝1，
∴BQ＝QC﹣BC=3−1．
综上，线段BQ的长为3+1或3−1．
故答案为：3+1或3−1．
【点评】本题考查了勾股定理在等腰直角三角形及一般的直角三角形的边长计算中的应用，数形结合并分类讨论是解题的关键．
【变式4-1】在等腰直角△ABC、△CDE中，∠A＝∠E＝90°，点D在边BC的延长线上，BC＝4，CD＝2，线段AE的长为 ．
【分析】分两种情况讨论：①点A、C、E三点共线时，AE＝AC+CE；②点A、C、E三点不共线时，AE=AC2+CE2．
【解答】解：在等腰直角△ABC中，∵∠A＝90°，BC＝4，
∴∠B＝∠ACB＝45°，AC＝BC•22＝22．
在等腰直角△CDE中，∵∠E＝90°，CD＝2，
∴∠D＝∠DCE＝45°，CE＝CD•22=2．
分两种情况：
①点A、C、E三点共线时，如图1．
AE＝AC+CE＝22+2=32；
②点A、C、E三点不共线时，如图2．
∵点D在边BC的延长线上，
∴∠DCB＝180°，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°．
连接AE．
在Rt△ACE中，∵∠ACE＝90°，
∴AE=AC2+CE2=(22)2+(2)2=10．
综上可知，线段AE的长为32或10．
故答案为32或10．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，难度适中．分类讨论是解题的关键．
【变式4-2】(2023秋•南阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动．设运动时间为t（t＞0）s．当点P运动到恰好到点A和点B的距离相等的位置时，t的值为 ．
【分析】设存在点P，使得PA＝PB，此时PA＝PB＝tcm，PC＝（8﹣t）cm，根据勾股定理列方程即可得到结论；
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，
则由勾股定理得到：AC=AB2−BC2=102−62=8（cm）
当点P在AC上时，
设存在点P，使得PA＝PB，
此时PA＝PB＝tcm，PC＝（8﹣t）cm，
在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，
即：（8﹣t）2+62＝t2，
解得：t=254，
∴当t=254时，PA＝PB；
当点P在AB上时，
此时AC+BC+BP＝8+6+5＝19cm，
∴当t＝19时，PA＝PB；
故答案为：254或19．
【点评】考查了勾股定理，角平分线的性质，此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式4-3】已知△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为平面内一点，且∠BDC＝90°，若BD=2，CD＝22，则AD＝ ．
【分析】作出图形，过点D作DE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，利用勾股定理列式求出BC，再根据等腰直角三角形的性质求出AF，利用三角形的面积求出DE，再求出EF，然后分A、D在BC的同侧和异侧两种情况，利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥BC于E，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△BCD中，BC=BD2+CD2=(2)2+(22)2=10，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AF＝BF=12BC=102，
S△BCD=12×10•DE=12×2×22，
解得DE=2105，
所以，BE=(2)2−(2105)2=105，
EF=102−105=31010，
若点A、D在BC的同侧，则AD=(31010)2+(102−2105)2=1；
若点A、D在BC的异侧，则AD=(31010)2+(102+2105)2=3，
综上所述，AD的长为1或3．
故答案为：1或3．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，难点在于分情况讨论．
【变式4-4】(2023春•海淀区校级期末）在直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4．以AC为一边，在△ABC外部作等腰直角△ACD，则线段BD的长为 ．
【分析】分三种情况讨论：①当AD为斜边时，如图1，BD＝2BE，求BE的长即可；②当CD为斜边时，如图2，BD就是两个AB的长；③当AC为斜边时，如图3，BD就是△BCD的斜边长．
【解答】解：①当AD为斜边时，如图1，
∴AC＝CD＝2，∠ACD＝90°，
∴∠ACD＝∠BAC＝90°，
∵AB＝4，
∴AB＝CD，
∵∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE≌△CDE，
∴BE＝DE，AE＝EC，
∴AE＝EC＝2，
由勾股定理得：BE=42+22=25，
∴BD＝45，
②当CD为斜边时，如图2，则AD＝AC＝4，∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC+∠BAC＝90°+90°＝180°，
∴B、A、D共线，
∴BD＝AB+AD＝4+4＝8，
③当AC为斜边时，如图3，
∴∠ADC＝90°，
∴AD＝CD=AC2=22，
∵∠BCA＝45°，∠ACD＝45°，
∴∠BCD＝90°，
∵AB＝AC＝4，
由勾股定理得：BC=42+42=42，
BD=BC2+CD2=(42)2+(22)2=210，
综上所述：BD＝45或8或210．
故答案为45或8或210．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质和判定，也考查了复杂的几何作图；复杂的几何作图一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法；本题利用等腰直角三角形边和角的特殊性与勾股定理、全等三角形相结合，求出边的长．
【变式4-5】已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC=10，直线l过AB中点O，过点A、C分别向直线l作垂线，垂足分别为E、F．若CF＝1，则EF＝ ．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题：①如图1中，当点A、C在直线l的同侧时；②如图2中，当点A、C在直线l的异侧时；
【解答】解：①如图1中，当点A、C在直线l的同侧时，连接CO．
∵CA＝CB=10，∠ACB＝90°，OA＝OB，
∴OC⊥AB，AB＝25，
OC＝OA＝OB=5，
∵∠AOE+∠EAO＝90°，∠AOE+∠COF＝90°，
∴∠EAO＝∠COF，
∵∠AEO＝∠CFO＝90°，
∴△AEO≌△OFC，
∴CF＝OE＝1，AE＝OF
∴AE=(5)2−12=2，
∴OF＝AE＝2，
∴EF＝3．
②如图2中，当点A、C在直线l的异侧时，连接CO．
∵CA＝CB=10，∠ACB＝90°，OA＝OB
∴OC⊥AB，AB＝25，
OC＝OA＝OB=5，
同法可证：△AEO≌△OFC，
∴CF＝OE＝1，AE＝OF
∴AE=(5)2−12=2，
∴OF＝AE＝2，
∴EF＝2﹣1＝1．
故答案为1或3．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式4-6】(2023春•思明区校级期中）定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM＝1.5，MN＝2.5，BN＝2，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝24，AM＝6，求BN的长．
【分析】（1）根据勾股定理逆定理，即可判断点M、N是线段AB的勾股分割点．
（2）设BN＝x，则MN＝24﹣AM﹣BN＝18﹣x，分三种情形①当AM为最长线段时，依题意AM2＝MN2+BN2，②当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，③当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）是．
理由：∵AM2+BN2＝1.52+22＝6.25，MN2＝2.52＝6.25，
∴AM2+NB2＝MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，
∴点M、N是线段AB的勾股分割点．
（2）设BN＝x，则MN＝24﹣AM﹣BN＝18﹣x，
①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，
即（18﹣x）2＝x2+36，
解得x＝8；
②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2．
即x2＝36+（18﹣x）2，
解得x＝10，
综上所述，BN＝8或10．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理的运用，解题的关键是理解题意，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
【变式4-7】如图，△ABC中，∠C＝90°，CA＝8cm，CB＝6cm，D为动点，沿着C→A→B→C的路径运动（再次到达C点则停止运动），点D的运动速度为2cm/秒，设点D运动时间为t秒．
（1）当点D在AC上运动时，若DC＝BC，则t＝ ；
（2）若点D与△ABC某一顶点的连线平分△ABC的周长，求t的值．
【分析】（1）根据DC＝BC，列出方程2t＝6，解方程即可；
（2）根据点D与△ABC某一顶点的连线平分△ABC的周长，分三种情况，分别根据平分周长列方程解出即可．
【解答】解：（1）∵DC＝BC＝6，
∴2t＝6，
解得：t=62=3，
故当点D在AC上运动时，若DC＝BC，则t＝3；
故答案为：3；
（2）△ABC中，∠C＝90°，CA＝8，CB＝6，
∴AB=62+82=10，
∴△ABC的周长＝6+8+10＝24，
①当点D在CA上运动时，如图1，BC+CD＝AB+AD，
即6+2t=12×24，
解得：t＝3；
②当点D在AB上运动时，如图2，AC+AD＝BD+BC，
即2t=12×24，
解得：t＝6；
③当点D在BC上运动时，如图3，AB+BD＝CD+AC，
即2t﹣8=12×24，
解得：t＝10；
综上所述，t的值是3或6或10．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，几何动点问题，难度适中．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的关系式．
【变式4-8】(2023秋•莲湖区校级期中）在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B的坐标为（3，0），A(1，3)．
（1）求线段AB的长；
（2）若在x轴上有一点P，使得△PAB为等腰三角形，请你求出点P的坐标．
【分析】（1）利用两点间得距离公式可求AB；
（2）分当AP＝AB时，当BP＝AB时，当BP＝PA时，结合等腰三角形的性质和两点间的距离公式即可求解．
【解答】解：（1）∵点A，点B的坐标为（3，0），A(1，3)，
∴AB=(3−1)2+(0−3)2=7；
（2）如图所示：
当AP＝AB时，根据对称性，3﹣1＝2，1﹣2＝﹣1，
∴P1（﹣1，0），
同理当BP＝AB时，P2(3−7，0)，P3(3+7，0)，
当BP＝PA时，设P4（x，0），则(x−1)2+(0−3)2=(3−x)2，解得：x=54，
∴P4(54，0)，
综上所述：点P坐标为（﹣1，0），(3−7，0)，(3+7，0)，(54，0)．
【点评】本题考查了点的坐标的求法，综合运用了等腰三角形的定义，两点间的距离公式．
【变式4-9】(2023秋•姑苏区校级月考）如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD；AD：CD＝2：3：4．
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时，整个运动都停止，设点M运动的时间为t（秒），若△DMN的边与BC平行，求t的值．
【分析】（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，则AB＝5x，由勾股定理求出AC，即可得出结论；
（2）由△ABC的面积求出BD、AD、CD、AC；①当MN∥BC时，AM＝AN；当DN∥BC时，AD＝AN；得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设BD＝2x，AD＝3x，CD＝4x，
则AB＝5x，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=5x，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：S△ABC=12×5x×4x＝40cm2，而x＞0，
∴x＝2cm，
则BD＝4cm，AD＝6cm，CD＝8cm，AC＝10cm．
①当MN∥BC时，AM＝AN，即10﹣t＝t，此时t＝5，
②当DN∥BC时，AD＝AN，此时t＝6，
综上所述，若△DMN的边与BC平行时，t值为5或6．
【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形的面积公式，勾股定理，解本题的关键是熟练掌握方程的思想方法和分类讨论思想．
【变式4-10】如图，在平面直角坐标系中，点A（0，12），点B（m，12），且B到原点O的距离OB＝20，动点P从原点O出发，沿路线O→A→B运动到点B停止，速度为每秒5个单位长度，同时，点Q从点B出发沿路线B→A→O运动到原点O停止，速度为每秒2个单位长度．设运动时间为t．
（1）求出P、Q相遇时点P的坐标．
（2）当P运动到AB边上时，连接OP、OQ，若△OPQ的面积为6，求t的值．
【分析】（1）利用勾股定理求出AB，设t秒后P，Q相遇．构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形分别构建方程解决问题即可．
【解答】解：（1）设t秒后P，Q相遇．
在Rt△AOB中，∵∠BAO＝90°，OA＝12，OB＝20，
∴AB=OB2−OA2=202−122=16，
由题意：5t+2t＝12+16，
解得t＝4，
此时BQ＝8．AQ＝AB﹣BQ＝16﹣8＝8，
∴P（8，12）．
（2）当P，Q都在AB边上时，12•|16﹣（5t﹣12）﹣2t|×12＝6，
解得t=277或297
当点Q在OA上时，12•16•（28﹣2t）＝6，
解得t=1098，
综上所述，满足条件的值为277或297或1098．
【点评】本题考查勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式4-11】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，AD为AC边上的动点，点D从点C出发，沿边CA往A运动，当运动到点A时停止，设点D运动的时间为t秒，速度为每秒2个单位长度．
（1）当t为何值时，△CBD是直角三角形；
（2）若△CBD是等腰三角形，求t的值．
【分析】（1）根据CD＝速度×时间，得到CD，利用勾股定理列式求出AC，再分①∠CDB＝90°时，利用△ABC的面积列式计算即可求出BD，然后利用勾股定理列式求解得到CD，再根据时间＝路程÷速度计算；②∠CBD＝90°时，点D和点A重合，然后根据时间＝路程÷速度计算即可得解；
（2）分①CD＝BC时，CD＝15；②CD＝BD时，根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质可求CD；③BD＝BC时，过点B作BF⊥AC于F，根据等腰三角形三线合一的性质可得CD＝2CF；依此解答．
【解答】解：（1）CD＝2t，
∵∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，
∴AC=AB2+BC2=202+152=25，
AD＝AC﹣CD＝25﹣2t；
①∠CDB＝90°时，S△ABC=12AC•BD=12AB•BC，
即12×25BD=12×20×15，
解得BD＝12，
∴CD=BC2−BD2=152−122=9，
t＝9÷2＝4.5；
②∠CBD＝90°时，点D和点A重合，
t＝25÷2＝12.5．
综上所述，t＝4.5或12.5秒时，△CBD是直角三角形
（2）①CD＝BC时，CD＝15，t＝15÷2＝7.5；
②CD＝BD时，∠C＝∠DBC，
∵∠C+∠A＝∠DBC+∠DBA＝90°，
∴∠A＝∠DBA，
∴BD＝AD，
∴CD＝AD=12AC＝12.5，
∴t＝12.5÷2＝6.25；
③BD＝BC时，如图，过点B作BF⊥AC于F，根据等腰三角形三线合一的性质可得CD＝2CF；
则CF＝DF，
∵BF＝12，
∴CF=BC2−BF2=9，
∴CD＝2CF＝9×2＝18，
∴t＝18÷2＝9．
综上所述，t＝6.25或7.5或9秒时，△CBD是等腰三角形．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观．
【变式4-12】(2023春•广州期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣B﹣C运动．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求斜边AB上的高；
（2）①当点P在BC上时，PC＝ ；（用含t的代数式表示）
②若点P在∠BAC的角平分线上，求t的值．
【分析】（1）根据勾股定理求出AC的值，设斜边高为h，由面积法可求得答案．
（2）①根据题意可知P在BC上时，P的路程为AP+PB＝2t，所以PC＝AB+BC﹣2t；
②当点P在∠BAC的角平分线上，过点P作PD⊥AB，可证△ACP≌△ADP，再在Rt△BDP中由勾股定理得到关于t的方程，进而可以求解．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
设边AB上的高为h，
则S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅ℎ，
∴12×6×8=12×10ℎ，
∴ℎ=245．
答：斜边AB上的高为245．
（2）①当点P在BC上时，点P的运动长度为AB+BP＝2t，
∴PC＝AB+BC﹣（AB+BP）＝10+6﹣2t＝16﹣2t．
故答案为：16﹣2t．
②若点P在∠BAC的角平分线上时，过点P作PD⊥AB，如图：
∵AP平分∠BAC，PC⊥AC，PD⊥AB，
∴PD＝PC．
由①知：PC＝16﹣2t，BP＝2t﹣10，
∴PD＝16﹣2t，
在Rt△ACP和Rt△ADP中，
AP=APPD=PC，
∴Rt△ACP≌Rt△ADP（HL）．
∴AD＝AC＝8，
又∵AB＝10，
∴BD＝2．
在Rt△BDP中，由勾股定理得：
22+（16﹣2t）2＝（2t﹣10）2，
解得：t=203．
【点评】本题考查勾股定理在动点问题中的应用，数形结合并熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式4-13】(2023秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．
（1）出发2秒后，求PQ的长；
（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的13；
（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
【分析】（1）当t＝2s时，AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），则BP＝AB﹣AP＝6（cm），再由勾股定理求出PQ的长即可；
（2）由三角形面积关系得CQ=13BC＝2（cm），则BQ＝BC﹣CQ＝4（cm），即可得出答案；
（3）求出0≤t≤8，BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝（1.5t﹣4.5）cm，则AQ＝（﹣1.5t+14.5）cm，再求出BP+BC+CQ（0.5t+9.5）cm，AP+AQ＝（﹣0.5t+14.5）cm，然后分两种情况：①BP+BC+CQAP+AQ=2325，②BP+BC+CQAP+AQ=2523，分别求出t的值即可．
【解答】解：（1）当t＝2s时，点Q在边BC上运动，
则AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），
∵AB＝8cm，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2＝6（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2+BQ2=62+42=213（cm），
∴PQ的长为213cm；
（2）∵S△ACQ=12CQ•AB，S△ABC=12BC•AB，点Q在边BC上运动时，△ACQ的面积是△ABC面积的13，
∴CQ=13BC=13×6＝2（cm），
∴BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2＝4（cm），
∴t=42=2，
∴当点Q在边BC上运动时，t为2时，△ACQ的面积是△ABC面积的13；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=AB2+BC2=82+62=10（cm），
当点P达到点B时，t=81=8，
当点Q达到点A时，t=62+101.5=293，
∵当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，
∴0≤t≤8，
∵AP＝tcm，
∴BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝1.5×（t−62）＝（1.5t﹣4.5）（cm），
∴AQ＝10﹣（1.5t﹣4.5）＝（﹣1.5t+14.5）（cm），
∴BP+BC+CQ＝8﹣t+6+1.5t﹣4.5＝（0.5t+9.5）（cm），AP+AQ＝t+（﹣1.5t+14.5）＝（﹣0.5t+14.5）（cm），
分两种情况：
①BP+BC+CQAP+AQ=2325，
即0.5t+9.5−0.5t+14.5=2325，
解得：t＝4，
经检验，t＝4是原方程的解，
∴t＝4；
②BP+BC+CQAP+AQ=2523，
即0.5t+9.5−0.5t+14.5=2523，
解得：t＝6，
经检验，t＝6是原方程的解，
∴t＝6；
综上所述，当点Q在边CA上运动时，t为4或6时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
【点评】本题考查了勾股定理、三角形面积、分式方程的解法以及分类讨论等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键，注意分类讨论．
【变式4-14】如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连接OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连接OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为 （直接写出结果）．
【分析】（1）根据BA＝BC可得BC的长，分别根据勾股定理可得OC和AC的长；
（2）①分两种情况：AO＝OE和AO＝AE时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；
②分两种情况：
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，得BFCF=14，可得BF=103，根据平行线的性质证明∠BDG＝∠BFG，得BD＝BF=103，最后利用勾股定理可得结论；
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，同理计算可得结论．
【解答】解：（1）∵AO＝4，BO＝6，
∴AB＝10，
∵BA＝BC，
∴BC＝10，
∵CO⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得：CO=BC2−OB2=102−62=8，
AC=AO2+CO2=42+82=45；
（2）①分两种情况：
i）如图1，当AO＝OE＝4时，过O作ON⊥AC于N，
∴AN＝EN，
∵DE⊥AC，
∴ON∥DE，
∴AO＝OD＝4；
ii）当AO＝AE＝4时，如图2，
在△CAO和△DAE中，
∠A=∠A∠AOC=∠AED=90°AO=AE，
∴△CAO≌△DAE（AAS），
∴AD＝AC＝45，
∴OD＝45−4；
②分两种情况：
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，
∵S△OBF：S△OCF＝1：4，
∴BFCF=14
∴BFCB=13
∵CB＝10
∴BF=103
∵EF⊥AC，
∴BG∥AC，
∴∠GBF＝∠ACB，
∵AE∥BG，
∴∠A＝∠DBG，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠ACB，
∴∠DBG＝∠GBF，
∵∠DGB＝∠FGB，
∴∠BDG＝∠BFG，
∴BD＝BF=103，
∴OD＝OB﹣BD＝6−103=83，
∴CD=OC2+OD2=82+(83)2=8103；
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，
同理得BFCF=14，
∵BC＝10，
∴BF＝2，
同理得：∠BFG＝∠BDF，
∴BD＝BF＝2，
Rt△COD中，CD=CO2+OD2=82+(6+2)2=82，
综上，CD的长为8103或82．
故答案为：8103或82．
【点评】本题考查的是全等三角形的综合题，关键是根据全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质和判定、三角形的面积、勾股定理等知识解答，有难度．
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