中考数学二轮复习冲刺第12讲 勾股定理及其逆定理（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）（2份打包，原卷版+解析版）

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1.了解勾股定理的历史，掌握勾股定理的证明方法；
2.理解并掌握勾股定理及逆定理的内容；
3.能应用勾股定理及逆定理解决有关的实际问题；
4.加强知识间的内在联系，用方程思想解决几何问题．以体现代数与几何之间的内在联系．
【知识导图】
【考点梳理】
考点一、勾股定理
1.勾股定理：
直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方.（即：）
2.勾股定理的证明：
勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法.
用拼图的方法验证勾股定理的思路是：
①图形经过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变；
②根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理.
3.勾股定理的应用
勾股定理反映了直角三角形三边之间的关系，是直角三角形的重要性质之一，其主要应用是：
①已知直角三角形的任意两边长，求第三边,在中，，则，，；
②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系；
③可运用勾股定理解决一些实际问题.
考点二、勾股定理的逆定理
1.原命题与逆命题
如果一个命题的题设和结论分别是另一个命题的结论和题设，这样的两个命题叫做互逆命题.如果把其中一个叫做原命题，那么另一个叫做它的逆命题.
2.勾股定理的逆定理
勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长，满足，那么这个三角形是直角三角形.
3.勾股数
①能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即中，，，为正整数时，称，，为一组勾股数；
②记住常见的勾股数可以提高解题速度，如；；；等；
③用含字母的代数式表示组勾股数：
（为正整数）；
（为正整数）
（，为正整数）.
考点三、勾股定理与勾股定理逆定理的区别与联系
区别：勾股定理是直角三角形的性质定理，而其逆定理是判定定理；
联系：勾股定理与其逆定理的题设和结论正好相反，两者互为逆定理，都与直角三角形有关.
【典型例题】
题型一、勾股定理及其逆定理的综合应用
例1．在正方形ABCD中，E是BC的中点，F为CD上一点，且，试判断△AEF是否是直角三角形？试说明理由．
【思路点拨】首先设正方形的边长为4a，则CF=a，DF=3a，CE=BE=2a．根据勾股定理可求出AF，AE和EF的长度．如果它们三个的长度满足勾股定理，△AEF为直角三角形，否则不是直角三角形．
【答案与解析】
解：设正方形的边长为4a，
∵E是BC的中点，，
∴CF=a，DF=3a，CE=BE=2a．
由勾股定理得：AF2=AD2+DF2=16a2+9a2=25a2，EF2=CE2+CF2=4a2+a2=5a2，AE2=AB2+BE2=16a2+4a2=20a2，
∴AF2=EF2+AE2，
∴△AEF为直角三角形．
【总结升华】勾股定理的应用．在解答此类题时有一个小窍门，题干中各边长都没有给出确定的值，我们已知各边长的比值，这时我们可以将边长设成具体的值．这样解题时用到的都是数字，表达方便．
【变式】如图，矩形ABCD的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为（ ）.
A.14 B.16 C.20 D.28
【答案】D.
根据题意可知五个小矩形的周长之和正好能平移到大矩形的四周，故即可得出答案：
∵AC=10，BC=8，
∴AB=6，
图中五个小矩形的周长之和为：6+8+6+8=28．
例2．如图所示，四边形ABCD中，DC∥AB，BC=1，AB=AC=AD=2.则BD的长为（ ）.
A. B. C. D.
【思路点拨】以A为圆心，AB长为半径作圆，延长BA交⊙A于F，连接DF．在△BDF中，由勾股定理即可求出BD的长．
【答案与解析】以A为圆心，AB长为半径作圆，延长BA交⊙A于F，连接DF．可证∠FDB=90°，∠F=∠CBF，
∴DF=CB=1，BF=2+2=4，
∴BD=．故选B．
【总结升华】本题考查了勾股定理，解题的关键是作出以A为圆心，AB长为半径的圆，构建直角三角形从而求解．
【变式】如图，圆柱的底面周长为6cm，AC是底面圆的直径，高BC=6cm，点P是母线BC上一点且PC=BC．一只蚂蚁从A点出发沿着圆柱体的表面爬行到点P的最短距离是（ ）
A．（4+）cmB．5cmC．2cmD．7cm
【答案】B.
【解析】
解：侧面展开图如图所示：
∵圆柱的底面周长为6cm，
∴AC′=3cm．
∵PC′=BC′，
∴PC′=×6=4cm．
在Rt△ACP中，AP2=AC′2+CP2，
∴AP==5．故选：B．
题型二、勾股定理及其逆定理与其他知识的结合应用
例3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，将Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积是________________．
【思路点拨】先根据勾股定理得到AB＝，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分＝S△ADE＋S扇形ABD－S△ABC＝S扇形ABD
【答案与解析】
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，
∴AB＝，
∴S扇形ABD＝,
又∴Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，
∴Rt△ADE≌Rt△ACB，
∴S阴影部分＝S△ADE＋S扇形ABD－S△ABC＝S扇形ABD＝．
【总结升华】本题考查了扇形的面积公式：．也考查了勾股定理以及旋转的性质．
考点涉及到扇形面积的计算；勾股定理；旋转的性质.
例4. 如图，矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，
折痕为AE，且EF=3，则AB的长为( ).
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【思路点拨】先根据矩形的特点求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．
【答案与解析】∵四边形ABCD是矩形，AD=8，
∴BC=8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE=EF=3，AB=AF，△CEF是直角三角形，
∴CE=8-3=5，
在Rt△CEF中，CF= ，
设AB=x，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即（x+4）2=x2+82，解得x=6，
故选D．
【总结升华】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
【变式】如图为梯形纸片ABCD，E点在BC上，且∠AEC＝∠C＝∠D＝90°，AD＝3，BC＝9,
CD＝8．若以AE为折线，将C折至BE上，使得CD与AB交于F点，则BF长度为何（ ）.
A．4.5 B．5 C．5.5 D．6
【答案】B．
例5．一个正方体物体沿斜坡向下滑动，其截面如图所示．正方形DEFH的边长为2米，坡角∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝6米．当正方形DEFH运动到什么位置，即当AE＝ 米时，有DC2＝AE2＋BC2．
【思路点拨】根据已知得出假设AE＝x，可得EC＝12－x，利用勾股定理得出DC2＝DE2＋EC2＝4＋（12－x）2，AE2＋BC2＝x2＋36，即可求出x的值．
【答案与解析】
假设AE＝x，可得EC＝12－x，
∵坡角∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝6米，
∴AC＝12米，
∵正方形DEFH的边长为2米，即DE＝2米，
∴DC2＝DE2＋EC2＝4＋（12－x）2，
AE2＋BC2＝x2＋36，
∵DC2＝AE2＋BC2，
∴4＋（12－x）2＝x2＋36，
解得：x＝．
故答案为：．
【总结升华】此题主要考查了勾股定理的应用以及一元二次方程的应用，根据已知表示出CE，AE的长度是解决问题的关键．
例6 . 某园艺公司对一块直角三角形的花圃进行改造．测得两直角边长为6m、8m．现要将其扩建成等腰三角形，且扩充部分是以8m为直角边的直角三角形．求扩建后的等腰三角形花圃的周长．
【思路点拨】原题并没有给出图形，要根据题意画出符合题意的图形，画出图形后，可知本题实际上应三类情况讨论：一是将△ABC沿直线AC翻折180°后，得等腰三角形ABD，如图1；二是延长BC至点D，使CD＝4，则BD＝AB＝10，得等腰三角形ABD，如图2；三是作斜边AB的中垂线交BC的延长线于点D，则DA＝DB，得等腰三角形ABD，如图3．先作出符合条件的图形后，再根据勾股定理进行求解即可．
【答案与解析】分三类情况讨论如下：
（1）如图1所示，原来的花圃为Rt△ABC，其中BC＝6m，AC＝8m，∠ACB＝90°．由勾股定理易知AB＝10m，将△ABC沿直线AC翻折180°后，得等腰三角形ABD，此时，AD＝10m，CD＝6m．故扩建后的等腰三角形花圃的周长为12＋10＋10＝32（m）．
（2）如图2，因为BC＝6m，CD＝4m，所以BD＝AB＝10m，在Rt△ACD中，由勾股定理得AD＝＝4，此时，扩建后的等腰三角形花圃的周长为4＋10＋10＝20＋4．
（3）如图3，设△ABD中DA＝DB，再设CD＝xm，则DA＝(x＋6)m，在Rt△ACD中，由勾股定理得x2＋82＝(x＋6)2，解得x＝
∴扩建后等腰三角形花圃的周长＝10＋2(x＋6)＝（m）．

【总结升华】对于无附图几何问题，往往需要根据题意画出图形，结合已知条件及图形分析求解，这样便于寻找解题思路．
【变式】“希望中学”有一块三角形形状的花圃ABC，现可直接测量到∠A=30°，AC=40m，BC=25m，请求出这块花圃的面积．
【答案】
作CD⊥AB．
∵∠A=30°，
∴CD=AC=×40=20（m），
AD=（m），
BD=15（m）．
（1）当∠ACB为钝角时，AB=AD+BD=+15，
∴S△ABC=AB•CD=（+15）×20=（200+150）（m2）．
（2）当∠ACB为锐角时，AB=AD-BD=20-15．
∴S△ABC=AB•CD=AB•CD=(20-15)×20=（200-150）（m2）．
【中考过关真题练】
一．选择题（共8小题）
1．（2022•攀枝花）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC＝，BC＝1，∠AOB＝30°，则OA的值为（ ）
A．B．C．D．1
【分析】根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠OBC＝90°，OC＝，BC＝1，
∴OB＝＝＝2，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，
∴AB＝OB＝1，
∴OA＝＝＝，
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，三角函数等知识，熟练掌握等角的三角函数值相等是解题的关键．
2．（2022•荆门）如图，一座金字塔被发现时，顶部已经荡然无存，但底部未曾受损．已知该金字塔的下底面是一个边长为120m的正方形，且每一个侧面与地面成60°角，则金字塔原来高度为（ ）
A．120mB．60mC．60mD．120m
【分析】根据底部是边长为120m的正方形求出BC的长，再由含30°角的直角三角形的性质求解AB的长，利用勾股定理求出AC的长即可．
【解答】解：如图，
∵底部是边长为120m的正方形，
∴BC＝×120＝60m，
∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∴AB＝2BC＝120m，
∴AC＝＝m．
故选：B．
【点评】本题考查的是勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，正方形的性质，理解题意是解答此题的关键．
3．（2022•百色）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所对的边为，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（ ）
A．2B．2﹣3C．2或D．2或2﹣3
【分析】根据题意知，CD＝CB，作CH⊥AB于H，再利用含30°角的直角三角形的性质可得CH，AH的长，再利用勾股定理求出BH，从而得出答案．
【解答】解：如图，CD＝CB，作CH⊥AB于H，
∴DH＝BH，
∵∠A＝30°，
∴CH＝AC＝，AH＝CH＝，
在Rt△CBH中，由勾股定理得BH＝＝，
∴AB＝AH+BH＝＝2，AD＝AH﹣DH＝＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，理解题意，求出BH的长是解题的关键．
4．（2022•广元）如图，在△ABC中，BC＝6，AC＝8，∠C＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于AD的长为半径画弧，两弧交于点M、N，作直线MN，分别交AC、AB于点E、F，则AE的长度为（ ）
A．B．3C．2D．
【分析】利用勾股定理求出AB，再利用相似三角形的性质求出AE即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝＝10，
∵BD＝CB＝6，
∴AD＝AB﹣BC＝4，
由作图可知EF垂直平分线段AD，
∴AF＝DF＝2，
∵∠A＝∠A，∠AFE＝∠ACB＝90°，
∴△AFE∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝，
故选：A．
【点评】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022•苏州）如图，点A的坐标为（0，2），点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为（m，3），则m的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过C作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC＝＝BC＝AB，可得BD＝＝，OB＝＝，从而+＝m，即可解得m＝．
【解答】解：过C作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，如图：
∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∠DOE＝90°，
∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，
∴AC＝＝＝BC＝AB，
在Rt△BCD中，BD＝＝＝，
在Rt△AOB中，OB＝＝＝，
∵OB+BD＝OD＝m，
∴+＝m，
化简变形得：3m4﹣22m2﹣25＝0，
解得m＝或m＝﹣（舍去），
∴m＝，
故选：C．
【点评】本题考查直角坐标系中的旋转变换，解题的关键是熟练应用勾股定理，用含m的代数式表示相关线段的长度．
6．（2022•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（ ）
A．4B．6C．2D．3
【分析】在网格中，以MN为直角边构造一个等腰直角三角形，使PM最长，利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如图所示：
∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，
∴△BMN≌△CNP（SAS），
∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，
∵∠BMN+∠BNM＝90°，
∴∠BNM+∠CNP＝90°，
∴∠MNP＝90°，
∴△NMP为等腰直角三角形，
根据题意得到点P的轨迹为圆弧，当MP为直径时最长，
在Rt△BMN和Rt△NCP中，
根据勾股定理得：MN＝NP＝＝2，
则PM＝＝2．
故选：C．
【点评】此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
7．（2022•温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L．若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，CE＝+，则CH的长为（ ）
A．B．C．2D．
【分析】设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，设正方形JKLM边长为m，根据正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，得AF＝AB＝m，证明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL＝FM，设AL＝FM＝x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2＝（m）2，可解得x＝m，有AL＝FM＝m，FL＝2m，从而可得AP＝，FP＝m，BP＝，即知P为AB中点，CP＝AP＝BP＝，由△CPN∽△FPA，得CN＝m，PN＝m，即得AN＝m，而tan∠BAC＝＝＝，又△AEC∽△BCH，得＝，即＝，故CH＝2．
【解答】解：设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，如图：
设正方形JKLM边长为m，
∴正方形JKLM面积为m2，
∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，
∴正方形ABGF的面积为5m2，
∴AF＝AB＝m，
由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL＝FM，
设AL＝FM＝x，则FL＝FM+ML＝x+m，
在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，
∴x2+（x+m）2＝（m）2，
解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），
∴AL＝FM＝m，FL＝2m，
∵tan∠AFL＝＝＝＝，
∴＝，
∴AP＝，
∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，
∴AP＝BP，即P为AB中点，
∵∠ACB＝90°，
∴CP＝AP＝BP＝，
∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴CN＝m，PN＝m，
∴AN＝AP+PN＝m，
∴tan∠BAC＝＝＝＝，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
∴＝，
∵CE＝+，
∴＝，
∴CH＝2，
故选：C．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是用含m的代数式表示相关线段的长度．
8．（2022•湘潭）中国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形拼成正方形（如图），并用它证明了勾股定理，这个图被称为“弦图”．若“弦图”中小正方形面积与每个直角三角形面积均为1，α为直角三角形中的一个锐角，则tanα＝（ ）
A．2B．C．D．
【分析】根据题意和题目中的数据，可以先求出大正方形的面积，然后设出小直角三角形的两条直角边，再根据勾股定理和两直角边的关系可求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得tanα的值．
【解答】解：由已知可得，
大正方形的面积为1×4+1＝5，
设直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，
则a2+b2＝5，a﹣b＝1，
解得a＝2，b＝1或a＝1，b＝﹣2（不合题意，舍去），
∴tanα＝＝＝2，
故选：A．
【点评】本题考查勾股定理的证明、解直角三角形，解答本题的关键是求出直角三角形的两条直角边长．
二．填空题（共14小题）
9．（2022•湖北）勾股定理最早出现在商高的《周髀算经》：“勾广三，股修四，径隅五”．观察下列勾股数：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，这类勾股数的特点是：勾为奇数，弦与股相差为1．柏拉图研究了勾为偶数，弦与股相差为2的一类勾股数，如：6，8，10；8，15，17；…，若此类勾股数的勾为2m（m≥3，m为正整数），则其弦是 m2+1 （结果用含m的式子表示）．
【分析】根据题意得2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：∵m为正整数，
∴2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，
根据勾股定理得，（2m）2+a2＝（a+2）2，
解得a＝m2﹣1，
∴弦是a+2＝m2﹣1+2＝m2+1，
故答案为：m2+1．
【点评】本题考查了勾股数，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
10．（2022•泰州）如图所示的象棋盘中，各个小正方形的边长均为1．“马”从图中的位置出发，不走重复路线，按照“马走日”的规则，走两步后的落点与出发点间的最短距离为 ．
【分析】根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：如图，第一步到①，第二步到②，
故走两步后的落点与出发点间的最短距离为＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
11．（2022•舟山）如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点C与原点O重合，点A在反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象上，点B的坐标为（4，3），AB与y轴平行，若AB＝BC，则k＝ 32 ．
【分析】由点B的坐标为（4，3）求出BC＝5，又AB＝BC，AB与y轴平行，可得A（4，8），用待定系数法即得答案．
【解答】解：∵点B的坐标为（4，3），C（0，0），
∴BC＝＝5，
∴AB＝BC＝5，
∵AB与y轴平行，
∴A（4，8），
把A（4，8）代入y＝得：
8＝，
解得k＝32，
故答案为：32．
【点评】本题考查反比例函数图象上点坐标的特征，解题的关键是掌握待定系数法，能根据已知求出点A的坐标．
12．（2022•永州）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明．如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则AE＝ 3 ．
【分析】根据题意得出AB＝BC＝CD＝DA＝5，EF＝FG＝GH＝HE＝1，设AF＝DE＝CH＝BG＝x，结合图形得出AE＝x﹣1，利用勾股定理列方程求解．
【解答】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，EF＝FG＝GH＝HE＝1，
根据题意，设AF＝DE＝CH＝BG＝x，
则AE＝x﹣1，
在Rt△AED中，AE2+ED2＝AD2，
∴（x﹣1）2+x2＝52，
解得：x1＝4，x2＝﹣3（舍去），
∴x﹣1＝3，
故答案为：3．
【点评】题目主要考查正方形的性质，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，利用方程思想解题是关键．
13．（2022•鄂尔多斯）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝10，BE＝，则AB的长是 12 ．
【分析】延长BE交AD于点F，由“ASA”可证△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的长．
【解答】解：如图，延长BE交AD于点F，
∵点E是DC的中点，
∴DE＝CE，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠BCE，
∵∠FED＝∠BEC，
∴△BCE≌△FDE（ASA），
∴DF＝BC＝5，BE＝EF，
∴BF＝2BE＝13，
在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
14．（2022•山西）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 4 ．
【分析】连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设DN＝x，则EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝BC＝20，由勾股定理即可求解．
【解答】解：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
设DN＝x，
∵BE＝DF＝5，CN＝8，
∴CD＝CN+DN＝x+8，
∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，
在Rt△ECN中，由勾股定理可得：
CN2+CE2＝EN2，
即82+（x+3）2＝（x+5）2，
解得：x＝12，
∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，
∴AN＝＝＝4，
解法二：可以用相似去做，△ADN与△FCE相似，设正方形边长为x，
＝，即＝，
∴x＝20．
在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题．
15．（2022•武汉）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是 80 ．
【分析】过点D作DM⊥CI于点M，过点F作FN⊥CI于点N，由正方形的性质可证得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，FN＝CJ，可证得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜边上的中线的性质可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，从而可得CN，可得BJ与AJ，即可求解．
【解答】解：过点D作DM⊥CI，交CI的延长线于点M，过点F作FN⊥CI于点N，
∵△ABC为直角三角形，四边形ACDE，BCFG为正方形，过点C作AB的垂线CJ，CJ＝4，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，
∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，
∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），
∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，
∴DM＝NF，
∴△DMI≌△FNI（AAS），
∴DI＝FI，MI＝NI，
∵∠DCF＝90°，
∴DI＝FI＝CI＝5，
在Rt△DMI中，由勾股定理可得：
MI＝＝＝3，
∴NI＝MI＝3，
∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，
∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，
∵四边形ABHL为正方形，
∴AL＝AB＝10，
∵四边形AJKL为矩形，
∴四边形AJKL的面积为：AL•AJ＝10×8＝80，
故答案为：80．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，利用全等三角形的性质进行求解．
16．（2022•成都）若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是 2 ．
【分析】设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，由一元二次方程根与系数的关系可得a+b＝6，ab＝4，再由勾股定理即可求出斜边长．
【解答】解：设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，
∵直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的两个实数根，
∴a+b＝6，ab＝4，
∴斜边c＝＝＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，涉及勾股定理、完全平方公式的应用，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系，得到a+b＝6，ab＝4．
17．（2022•内江）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图②由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为4，则S1+S2+S3＝ 48 ．
【分析】由勾股定理和乘法公式完成计算即可．
【解答】解：设八个全等的直角三角形的长直角边为a，短直角边是b，则：
S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，
且：a2+b2＝EF2＝16，
∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16
＝2×16+16
＝48．
故答案为：48．
【点评】本题考查勾股定理的应用，应用勾股定理和乘法公式表示三个正方形的面积是求解本题的关键．
18．（2022•常州）如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂．若∠BAD＝60°，则橡皮筋AC 不会 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：≈1.732）．
【分析】设AC与BD相交于点O，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AC＝2AO，OD＝BD，AD＝AB＝20cm，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得BD＝20cm，然后再在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO，从而求出AC的长，即可解答．
【解答】解：设AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC＝2AO，OD＝BD，AD＝AB＝20cm，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝20cm，
∴DO＝BD＝10（cm），
在Rt△ADO中，AO＝＝＝10（cm），
∴AC＝2AO＝20≈34.64（cm），
∵34.64cm＜36cm，
∴橡皮筋AC不会断裂，
故答案为：不会．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
19．（2022•通辽）在Rt△ABC中，∠C＝90°，有一个锐角为60°，AB＝6，若点P在直线AB上（不与点A，B重合），且∠PCB＝30°，则AP的长为 ，9或3 ．
【分析】题中60°的锐角，可能是∠A也可能是∠B；∠PCB＝30°可以分为点P在在线段AB上和P在线段AB的延长线上两种情况；直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，同时借助勾股定理求得AP的长度．
【解答】解：当∠A＝30°时，
∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠CBA＝60°，BC＝AB＝×6＝3，
由勾股定理得，AC＝3，
①点P在线段AB上，
∵∠PCB＝30°，∠CBA＝60°
∴∠CPB＝90°，
∴∠CPA＝90°，
在Rt△ACP中，∠A＝30°，
∴PC＝AC＝×3＝．
∴在Rt△APC中，由勾股定理得AP＝．
②点P在线段AB的延长线上，
∵∠PCB＝30°，
∴∠ACP＝90°+30°＝120°，
∵∠A＝30°，
∴∠CPA＝30°．
∵∠PCB＝30°，
∴∠PCB＝∠CPA，
∴BP＝BC＝3，
∴AP＝AB+BP＝6+3＝9．
当∠ABC＝30°时，
∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，AC＝AB＝×6＝3，
由勾股定理得，BC＝3，
①点P在线段AB上，
∵∠PCB＝30°，
∴∠ACP＝60°，
∴△ACP是等边三角形
∴AP＝AC＝3．
②点P在线段AB的延长线上，
∵∠PCB＝30°，∠ABC＝30°，
∴CP∥AP
这与CP与AP交于点P矛盾，舍去．
综上所得，AP的长为，9或3．
故答案为：，9或3．
【点评】本题的考点是直角三角形，本题中涉及到勾股定理、含30°角的直角三角形的三边关系、等边三角形的判定，用分类讨论思想考虑所有可能的情况．
20．（2022•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，连结CC'，则四边形AB'C'C的周长为 （8+2） cm．
【分析】利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形AB'C'C的四边即可求得结论．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4cm，
∴AC＝＝2cm．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2cm，AA′＝CC′＝1cm，A′B′＝AB＝4cm，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5cm．
∴四边形AB'C'C的周长为AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2＝（8+2）cm．
故答案为：（8+2）．
【点评】本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
21．（2022•常州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置（点D与点B重合）平移至终止位置（点E与点A重合），且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是 21 ．
【分析】如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．求出梯形的上下底以及高，可得结论．
【解答】解：如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．
在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，
∴DE＝＝＝5，
在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，
∴AB＝＝＝15，
∵•DF•EF＝•DE•GF，
∴FG＝，
∴BG＝＝＝，
∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，
∴F′H＝FG＝，
∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，
∵BF∥AC，
∴＝＝，
∴BM＝AB＝，
同法可证AN＝AB＝，
∴MN＝15﹣﹣＝，
∴Rt△ABC的外部被染色的区域的面积＝×（10+）×＝21，
故答案为：21．
【点评】本题考查勾股定理，梯形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，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，属于中考填空题在的压轴题．
22．（2022•贵阳）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，AC＝BC＝6cm，∠ACB＝∠ADB＝90°．若BE＝2AD，则△ABE的面积是 （36﹣18） cm2，∠AEB＝ 112.5 度．
【分析】过E作EH⊥AB于H，设AD＝xcm，CE＝ycm，则BE＝2xcm，AE＝（6﹣y）cm，由△AED∽△BEC，有＝，x2＝18﹣3y①，在Rt△BCE中，62+y2＝（2x）2②，可解得CE＝（6﹣6）cm，AE＝（12﹣6）cm，即得S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝（36﹣18）cm2，由AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，可得△AEH是等腰直角三角形，故∠AEH＝45°，AH＝＝（6﹣6）cm，从而知BH＝6cm＝BC，证明Rt△BCE≌Rt△BHE（HL），得∠BEH＝∠BEC＝∠CEH＝67.5°，即得∠AEB＝∠AEH+∠BEH＝45°+67.5°＝112.5°．
【解答】解：过E作EH⊥AB于H，如图：
设AD＝xcm，CE＝ycm，则BE＝2xcm，AE＝（6﹣y）cm，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∠AED＝∠CEB，
∴△AED∽△BEC，
∴＝，即＝，
∴x2＝18﹣3y①，
在Rt△BCE中，BC2+CE2＝BE2，
∴62+y2＝（2x）2②，
由①②得y＝6﹣6（负值已舍去），
∴CE＝（6﹣6）cm，AE＝（12﹣6）cm，
∴S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝×6×6﹣×6×（6﹣6）＝（36﹣18）cm2，
∵AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，AB＝6cm，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴∠AEH＝45°，AH＝＝＝（6﹣6）cm，
∴∠CEH＝180°﹣∠AEH＝135°，BH＝AB﹣AH＝6﹣（6﹣6）＝6cm，
∴BH＝6cm＝BC，
又BE＝BE，∠BCE＝90°＝∠BHE，
∴Rt△BCE≌Rt△BHE（HL），
∴∠BEH＝∠BEC＝∠CEH＝67.5°，
∴∠AEB＝∠AEH+∠BEH＝45°+67.5°＝112.5°，
故答案为：（36﹣18），112.5．
【点评】本题考查等腰直角三角形性质及应用，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用，三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
三．解答题（共1小题）
23．（2022•大连）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，点D在AC上，CD＝3，连接DB，AD＝DB，点P是边AC上一动点（点P不与点A，D，C重合），过点P作AC的垂线，与AB相交于点Q，连接DQ，设AP＝x，△PDQ与△ABD重叠部分的面积为S．
（1）求AC的长；
（2）求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．
【分析】（1）根据勾股定理可求出BD，根据AD＝BD进而求出AC，
（2）分两种情况进行解答，即点P在点D的左侧或右侧，分别画出相应的图形，根据相似三角形的判定和性质分别用含有x的代数式表示PD、PE、PQ，由三角形面积之间的关系可得答案．
【解答】解：（1）在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝3，
∴BD＝＝5，
又∵AD＝BD，
∴AC＝AD+CD＝5+3＝8；
（2）当点P在点D的左侧时，即0＜x＜5，如图1，此时重叠部分的面积就是△PQD的面积，
∵PQ⊥AC，BC⊥AC，
∴PQ∥BC，
∴△ABC∽△AQP，
∴＝＝＝2，
设AP＝x，则PQ＝x，PD＝AD﹣AP＝5﹣x，
∴S重叠部分＝S△PQD＝（5﹣x）×x
＝﹣x2+x；
当点P在点D的右侧时，即5＜x＜8，如图2，
由（1）得，AP＝x，PQ＝x，则PD＝x﹣5，
∵PQ∥BC，
∴△DPE∽△DCB，
∴＝＝，
∴PE＝（x﹣5），
∴QE＝PQ﹣PE＝x﹣（x﹣5）＝﹣x+，
∴S重叠部分＝S△DEQ
＝（x﹣5）×（﹣x+）
＝﹣x2+x﹣；
答：S关于x的函数解析式为：当0＜x＜5时，S＝﹣x2+x；当5＜x＜8时，S＝﹣x2+x﹣．
【点评】本题考查勾股定理，函数关系式以及相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质，求出相关三角形的边长是解决问题的关键．
【中考挑战满分模拟练】
一．选择题（共2小题）
1．（2023•雁塔区校级模拟）由12个有公共顶点O的直角三角形拼成的图形如图所示，∠AOB＝∠BOC＝…＝∠LOM＝30°，且点M在线段OA上．若OA＝16，则OH的长为（ ）
A．9B．C．D．
【分析】由已知可知∠AOB＝∠BOC＝……＝∠LOM＝30°，∠ABO＝∠BCO＝……＝∠LMO＝90°，可知AB：OB：OA＝BC：OC：OB＝……＝FG：OG：OF＝1：：2，由此可求出OH的长．
【解答】解：由图可知，∠ABO＝∠BCO＝……＝∠LMO＝90°，
∵∠AOB＝∠BOC＝……＝∠LOM＝360°÷12＝30°，
∴∠A＝∠OBC＝∠OCD＝……＝∠OLM＝60°，
∴AB＝OA，OB＝AB＝OA，
同理可得，OC＝OB＝（）2OA，
OD＝OC＝（）3OA，
……
OH＝OG＝（）7OA＝（）7×16＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查含30°角的直角三角形的三边关系，属于基础题，掌握含30°角的直角三角形的三边关系是解题的关键．
2．（2023•广西模拟）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所对的边为，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（ ）
A．2B．2﹣3C．2或D．2或2﹣3
【分析】根据题意知，CD＝CB，作CH⊥AB于H，再利用含30°角的直角三角形的性质可得CH，AH的长，再利用勾股定理求出BH，从而得出答案．
【解答】解：如图，CD＝CB，作CH⊥AB于H，
∴DH＝BH，
∵∠A＝30°，
∴CH＝AC＝，AH＝CH＝，
在Rt△CBH中，由勾股定理得BH＝＝，
∴AB＝AH+BH＝＝2，AD＝AH﹣DH＝＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，理解题意，求出BH的长是解题的关键．
二．填空题（共3小题）
3．（2023•萧县一模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A，B，C，D均在格点上，连接AC，BD相交于点E，若小正方形的边长为1，则点E到AB的距离为 ．
【分析】过点E作FG∥AD，则FG⊥AB，FG⊥CD，先根据勾股定理计算AC的长，再根据△ABE∽△CDE，对应边成比例，得到，所以，从而求出AE的长．
【解答】解：过点E作FG∥AD，则FG⊥AB，FG⊥CD，
在Rt△ACD中，AC＝，
∵AB∥DC，
∴△ABE∽△CDE，
∴，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝FG＝×3＝，即点E到AB的距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查勾股定理和相似三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
4．（2023•包头一模）若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是 2 ．
【分析】设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，由一元二次方程根与系数的关系可得a+b＝6，ab＝4，再由勾股定理即可求出斜边长．
【解答】解：设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，
∵直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的两个实数根，
∴a+b＝6，ab＝4，
∴斜边c＝＝＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，涉及勾股定理、完全平方公式的应用，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系，得到a+b＝6，ab＝4．
5．（2023•碑林区校级二模）“赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”，△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形，若AB＝10，EF＝2，则AH＝ 6 ．
【分析】根据面积的差得出a+b的值，再利用a﹣b＝2，解得a，b的值代入即可．
【解答】解：∵AB＝10，EF＝2，
∴大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，
∴四个直角三角形面积和为100﹣4＝96，设AE为a，DE为b，即4×ab＝96，
∴2ab＝96，a2+b2＝100，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝100+96＝196，
∴a+b＝14，
∵a﹣b＝2，
解得：a＝8，b＝6，
∴AE＝8，AH＝DE＝6，
∴AH＝8﹣2＝6．
故答案为：6．
【点评】此题考查勾股定理的证明，关键是应用直角三角形中勾股定理的运用解得a，b的值．
三．解答题（共1小题）
6．（2023•定远县校级一模）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 9.6cm ；
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．
【分析】（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．
【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得，
∴Rt△ABC斜边AC上的高为；
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，
即PQ的长为，
故答案为：①9.6cm；②；
（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，
∴出发秒后△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，
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，
∴，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．
【点评】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．
【名校自招练】
一．选择题（共4小题）
1．（2021•镜湖区校级自主招生）在凸四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝120°，BC＝CD＝10，则A、C两点之间的距离是（ ）
A．9B．10C．11D．不能确定
【分析】以点C为圆心，BC长为半径作圆，在圆上取一点E，使点E与点A在直线BD的异侧，连接BE、DE、AC，则点D在⊙C上，∠E＝∠BCD＝60°，用反证法证明点A在⊙C上，则AC＝BC＝10，得到问题的答案．
【解答】解：以点C为圆心，BC长为半径作圆，
∵BC＝CD＝10，
∴点D在⊙C上，
在圆上取一点E，使点E与点A在直线BD的异侧，连接BE、DE、AC，
∵∠BCD＝120°，
∴∠E＝∠BCD＝60°，
假设点A在⊙C外，如图1，AC交⊙C于点A′，
连接A′B、A′D，则∠BA′D＝180°﹣∠E＝120°，
∵∠BAC＜BA′C，∠DAC＜∠DA′C，
∴∠BAC+∠DAC＜∠BA′C+∠DA′C，
∴∠BAD＜∠BA′D，
∴∠BAD＜120°，与已知条件∠BAD＝120°相矛盾，
∴点A不在⊙C外；
假设点A在⊙C内，如图2，CA的延长线交⊙C于点A′，
连接A′B、A′D，则∠BA′D＝180°﹣∠E＝120°，
∵∠BAC＞BA′C，∠DAC＞∠DA′C，
∴∠BAC+∠DAC＞∠BA′C+∠DA′C，
∴∠BAD＞∠BA′D，
∴∠BAD＞120°，与已知条件∠BAD＝120°相矛盾，
∴点A不在⊙C内，
∴点A在圆上，
如图3，则AC＝BC＝10，
∴A、C两点之间的距离是10，
故选：B．
【点评】此题重点考查圆周角定理、三角形的外角大于任何一个与它不相邻的内角、反证法等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2021•衡阳县自主招生）在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，P为BC上一点，PA＝3，则PB•PC等于（ ）
A．9B．12C．16D．25
【分析】将PB•PC变形，然后根据等腰三角形的性质和勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，AE⊥BC，AP＝3，
由等腰三角形的性质可知，
AB＝AC，BE＝EC，
PB•PC＝（BE+EP）（EC﹣EP）＝（BE+EP）（BE﹣EP），
∴PB•PC＝BE2﹣EP2，
由勾股定理可知，
BE2＝AB2﹣AE2，AE2+EP2＝AP2，
∴PB•PC＝AB2﹣AE2﹣EP2＝AB2﹣（AE2+EP2）＝AB2﹣AP2＝52﹣32＝16．
此时点P恰好与点E重合，为BC的中点．
故选：C．
【点评】本题考查等腰三角形的性质和勾股定理，PB•PC的变形是关键．
3．（2021•宣州区校级自主招生）我国魏晋时期的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分制成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图，若a＝2，b＝3，现随机向该图形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域内的概率（ ）
A．B．C．D．
【分析】设小正方形的边长为x，根据已知条件得到AB＝2+3＝5，根据勾股定理列方程求得x＝1，x＝﹣6（不合题意舍去），根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：设小正方形的边长为x，
∵a＝2，b＝3，
∴AB＝2+3＝5，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
即（2+x）2+（x+3）2＝52，
解得：x＝1，x＝﹣6（不合题意舍去），
∴S△ABC＝×3×4＝6，S阴影＝×2×1×2＝2，
∴针尖落在阴影域内的概率＝＝，
故选：C．
【点评】本题考查了几何概率，勾股定理的证明，三角形的面积，求出小正方形的边长是解题的关键．
4．（2021•苏州自主招生）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a＝3，b＝4，则该矩形的面积为（ ）
A．20B．24C．D．
【分析】欲求矩形的面积，则求出小正方形的边长即可，由此可设小正方形的边长为x，在直角三角形ACB中，利用勾股定理可建立关于x的方程，利用整体代入的思想解决问题，进而可求出该矩形的面积．
【解答】解：设小正方形的边长为x，
∵a＝3，b＝4，
∴AB＝3+4＝7，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
即（3+x）2+（x+4）2＝72，
整理得，x2+7x﹣12＝0，
而长方形面积为x2+7x+12＝12+12＝24
∴该矩形的面积为24，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的证明以及运用和一元二次方程的运用，求出小正方形的边长是解题的关键．
二．填空题（共3小题）
5．（2022•瓯海区校级自主招生）在等腰直角△ABC中，AB＝BC＝5，P是△ABC内一点，且PA＝，PC＝5，则PB＝ ．
【分析】先依据题意作一三角形，再结合图形进行分析，在等腰直角△ABC中，已知PA、PC，通过辅助线求出AD，DC及PD边的长，进而PB可求．
【解答】解：如图所示，过点B作BE⊥AC，过点P作PD，PF分别垂直AC，BE
在△APD中，PA2＝PD2+AD2＝5，
在△PCD中，PC2＝PD2+CD2，且AD+CD＝5，
解得AD＝，CD＝，PD＝，
在Rt△ABC中，BE＝AE＝，
所以在Rt△BPF中，PB2＝PF2+BF2＝＝10，
所以PB＝．
【点评】熟练掌握勾股定理的运用．会画出简单的图形辅助解题．
6．（2021•黄州区校级自主招生）已知直角三角形的三边长都是整数，且其面积与周长在数值上相等，若将全等的三角形都作为同一个，那么这样的直角三角形的个数是 2 个．
【分析】设两条直角边为a，b，斜边为c，从而可得a2+b2＝c2，ab＝a+b+c，从而化简可得（a﹣4）（b﹣4）＝8，从而解得．
【解答】解：设两条直角边为a，b，斜边为c，
则面积S＝ab，周长l＝a+b+c，a2+b2＝c2；
又∵2ab＝（a+b）2﹣（a2+b2）＝（a+b）2﹣c2＝（a+b+c）（a+b﹣c）
∴ab＝（a+b+c）（a+b﹣c），
∵ab＝a+b+c，
∴（a+b+c）（a+b﹣c）/4＝a+b+c
∴（a+b﹣c）＝1，
∴a+b﹣c＝4，
∴a2+b2＝c2＝（a+b﹣4）2＝a2+b2+16﹣8a﹣8b+2ab
∴16﹣8a﹣8b+2ab＝0，
即ab﹣4a﹣4b+8＝0，
即（a﹣4）（b﹣4）＝8，
又∵边长为整数，
∴a﹣4＝1，2，4，8，﹣1，﹣2，﹣4，﹣8
∴a＝5，6，8，12，3，2，0，﹣4
又∵a＞0，
∴a＝5，6，8，12，2，3，
∴b＝12，8，6，5，2，﹣4，
又∵a，b，c都是整数，
∴有两种直角三角形，
分别是6，8，10和5，12，13；
故答案为2．
【点评】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质与完全平方式的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
7．（2021•黄州区校级自主招生）如图，圆柱底面半径为2cm，高为9πcm，A、B两点分别在圆柱的两个底面圆周，且在同一母线上，用一根棉线从点A顺着圆柱侧面绕3圈到点B，棉线最短需要 15π cm（结果保留π）．
【分析】把圆柱展开，得到棉线最短需要的长度是AC+CD+DB，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB，
在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短，
∵圆柱底面半径为2cm，
∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长：2π×2＝4π（cm），
∵圆柱高为9πcm，
∴小长方形的一条边长是9π÷3＝3π（cm），
根据勾股定理求得AC＝CD＝DB＝＝5π（cm），
∴AC+CD+DB＝15πcm，
故答案为：15π．
【点评】本题考查的是圆柱的计算、平面展开﹣﹣路径最短问题，圆柱的侧面展开图是一个长方形，此长方形的宽等于圆柱底面周长，长方形的长等于圆柱的高．
三．解答题（共1小题）
8．（2021•黄州区校级自主招生）南海诸岛自古以来都是中国的领土，4月12日，中央军委在南海海域隆重举行海上阅兵，军委主席习近平登上长沙舰检阅海军舰艇编队，包括辽宁号航母在内的48艘舰艇参加了阅兵仪式．如图，A、B是两处海港，其中A在B东偏南30〫方向千米处，辽宁号航母从海港A出发，沿东偏北45〫方向，以15千米/小时的速度匀速航行，两小时后，长沙舰从海港B出发，沿东偏北15〫的方向匀速航行，两舰恰好同时到达阅兵地点C．
（1）长沙舰从海港出发航行到达阅兵地点用了多少时间？
（2）求长沙舰的航行速度．（结果保留根号）
【分析】（1）根据方位角可以得出△ABC的各个内角的度数，根据所给的条件，可以求出三条边的长，于是可以求出辽宁号舰从A到C的时间，进而求出长沙舰从B到C的时间，
（2）根据路程除以时间就是速度，即求出BC的长度和长沙舰行驶BC所有时间．
【解答】解：（1）由题意得：AB＝30千米，∠ABC＝30°+15°＝45°，∠BAC＝（90°﹣30°）+45°＝105°，
∴∠C＝180°﹣45°﹣105°＝30°，
过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ABD中，AD＝BD＝×30＝30（千米），
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC＝2AD＝60，CD＝AD＝30（千米），
∴BC＝（30+30）千米，
∴辽宁号航母从A到C的时间为60÷15＝4（小时），
则长沙舰从B到C所用时间为4﹣2＝2（小时），
答：长沙舰从海港出发航行到达阅兵地点用了2小时．
（2）长沙舰的速度为（30+30）÷2＝（15+15）千米/小时，
答：长沙舰的航行速度为（15+15）千米/小时．
【点评】考查方位角的意义和解直角三角形等知识，将方位角转化到三角形的内角是关键，正确的解直角三角形是前提．