人教版八年级数学下册 专题10 勾股定理的综合探究题型（原卷版+解析）

这是一份人教版八年级数学下册 专题10 勾股定理的综合探究题型（原卷版+解析），共24页。试卷主要包含了倍长中线构造全等三角形，勾股定理解决折叠问题等内容，欢迎下载使用。

典例1（湖州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，设AC＝b，BC＝a，AB＝c，CD＝h，有下列四种说法：①a•b＝c•h；②a+b＜c+h；③以a+b、h、c+h为边的三角形，是直角三角形；④1a2+1b2=1ℎ2．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
题型二 捕捉“手拉手”全等模型或旋转构造“手拉手全等”模型
典例2 (2023•卧龙区校级开学）如图，∠BAC＝∠DAF＝90°，AB＝AC，AD＝AF，点D，E为BC边上的两点，且∠DAE＝45°，连接EF，BF，下列结论：①△AED≌△AEF；②BF＝CD；③BE+DC＞DE；④BE2+DC2＝DE2．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
典例3 (2023•滨州模拟）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数 ．
针对练习
1．（洪山区期中）如图，∠AOB＝30°，P点在∠AOB内部，M点在射线OA上，将线段PM绕P点逆时针旋转90°，M点恰好落在OB上的N点（OM＞ON），若PM=10，ON＝8，则OM＝ ．
2．(2023秋•永嘉县校级期末）如图，在△AOB与△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，连接CA，BD．
（1）求证：△AOC≌△BOD；
（2）连接BC，若OC＝1，AC=7，BC＝3
①判断△CDB的形状．
②求∠ACO的度数．
题型三 倍长中线构造全等三角形
典例4(2023•苏州模拟）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB中点，DE，DF分别交AC于点E，交BC于点F，且DE⊥DF．
（1）如果CA＝CB，连接CD．
①求证：DE＝DF；
②求证：AE2+BF2＝EF2；
（2）如图2，如果CA＜CB，探索AE，BF和EF之间的数量关系，并加以证明．
题型四 以两个直角三角形的公共边或等边为桥梁运用双勾股
典例5 [阅读理解]
如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝6，BC＝7，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，求线段AD的长．
解：设BD＝x，则CD＝7﹣x．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2．
又∵AB＝4，AC＝6，
∴42﹣x2＝62﹣（7﹣x）2．
解得x＝，∴BD＝．
∴AD＝＝．
[知识迁移]
（1）在△ABC中，AB＝13，AC＝15，过点A作直线BC的垂线，垂足为D．
i）如图1，若BC＝14，求线段AD的长；
ii）若AD＝12，求线段BC的长．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝，AC＝，过点A作直线BC的垂线，交线段BC于点D，将△ABD沿直线AB翻折后得到对应的△ABD′，连接CD′，若AD＝，求线段CD′的长．
针对训练
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，交CB于点D．若AC＝3，AB＝5，则CD的长为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F．AC＝17，AD＝15，BC＝28，则AE的长等于 ．
题型五 勾股定理解决折叠问题
典例6(2023•东莞市校级二模）将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G．若DC＝5，CM＝2，则EF＝（ ）
A．3B．4C．29D．34
针对训练
1．如图，将一张长方形纸片沿着AE折叠后，点D恰好与BC边上的点F重合，已知AB＝6 cm，BC＝10 cm，求EC的长度．
题型六 勾股定理在平面直角坐标系背景下的应用
典例7(2023春•武昌区校级月考）如图，A（0，m），B（n，0），满足(m−5)2+n2﹣10n+25＝0
（1）求点A，点B的坐标；
（2）点P是第二象限内一点，过点A作AC⊥射线BP，连接CO，试探究BC，AC，CO之间的数量关系并证明．
（3）在（2）的条件下，∠POC＝∠APC，PA＝42，求PB的长．
针对训练
1．(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．
专题10 勾股定理的综合探究题型（解析版）
题型一 探究直角三角形的边和高之间的关系
典例1（湖州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，设AC＝b，BC＝a，AB＝c，CD＝h，有下列四种说法：①a•b＝c•h；②a+b＜c+h；③以a+b、h、c+h为边的三角形，是直角三角形；④1a2+1b2=1ℎ2．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
思路引领：①根据三角形面积公式即可求解；
②证明（a+b）2＜（c+h）2；
③直角三角形，证明（a+h）2+h2＝（c+h）2；
④只需证明h2（1a2+1b2）＝1，从左边推导到右边．
解：①∵Rt△ABC的面积为：12ab或12ch，
∴ab＝ch，故①正确；
②∵c2＜c2+h2，a2+b2＝c2，
∴a2+b2＜c2+h2，
∵ab＝ch，
∴a2+b2+2ab＜c2+h2+2ch，
∴（a+b）2＜（c+h）2，
∴a+b＜c+h，故②正确；
③∵（c+h）2＝c2+2ch+h2，
h2+（a+b）2＝h2+a2+2ab+b2，
∵a2+b2＝c2，（勾股定理）
ab＝ch（面积公式推导）
∴c2+2ch+h2＝h2+a2+2ab+b2，
∴（c+h）2＝h2+（a+b）2，
∴根据勾股定理的逆定理知道
以h，c+h，a+b为边构成的三角形是直角三角形，③正确；
④∵ab＝ch，
∴（ab）2＝（ch）2，即a2b2＝c2h2，
∵a2+b2＝c2，
∴a2b2＝（a2+b2）h2，
∴a2b2a2+b2=h2，
∴a2+b2a2b2=1ℎ2，
∴a2a2b2+b2a2b2=1ℎ2，
∴1a2+1b2=1ℎ2，故④正确．
故选：D．
总结提升：此题主要考查学生对勾股定理和勾股定理的逆定理的理解和掌握，此题有一定的拔高难度，属于难题，在证明过程中，注意面积关系式ab＝ch的应用．
题型二 “手拉手”全等或旋转构造手拉手全等模型
典例2 (2023•卧龙区校级开学）如图，∠BAC＝∠DAF＝90°，AB＝AC，AD＝AF，点D，E为BC边上的两点，且∠DAE＝45°，连接EF，BF，下列结论：①△AED≌△AEF；②BF＝CD；③BE+DC＞DE；④BE2+DC2＝DE2．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
思路引领：根据∠DAF＝90°，∠DAE＝45°，得出∠FAE＝45°，利用SAS证明△AED≌△AEF，判定①正确；
可证△ABF≌△ACD，于是BF＝CD，判定②正确；
先由∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠CAD＝∠BAF，再利用SAS证明△ACD≌△ABF，得出CD＝BF，又①知DE＝EF，那么在△BEF中根据三角形两边之和大于第三边可得BE+BF＞EF，等量代换后判定③正确；
先由△ACD≌△ABF，得出∠C＝∠ABF＝45°，进而得出∠EBF＝90°，然后在Rt△BEF中，运用勾股定理得出BE2+BF2＝EF2，等量代换后判定④正确．
解：①∵∠DAF＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠DAF﹣∠DAE＝45°．
在△AED与△AEF中，
AD=AF∠DAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴△AED≌△AEF（SAS），①正确；
②∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠FAB＝∠CAD，
在△ABF与△ACD中，
AF=AD∠FAB=∠CADAB=AC，
∴△ABF≌△ACD（SAS），
∴BF＝CD，②正确；
③∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAF﹣∠BAD，即∠CAD＝∠BAF．
在△ACD与△ABF中，
AC=AB∠CAD=∠BAFAD=AF，
∴△ACD≌△ABF（SAS），
∴CD＝BF，
由①知△AED≌△AEF，
∴DE＝EF．
在△BEF中，∵BE+BF＞EF，
∴BE+DC＞DE，③正确；
由③知△ACD≌△ABF，
∴∠C＝∠ABF＝45°，
∵∠ABE＝45°，
∴∠EBF＝∠ABE+∠ABF＝90°．
在Rt△BEF中，由勾股定理，得BE2+BF2＝EF2，
∵BF＝DC，EF＝DE，
∴BE2+DC2＝DE2，④正确．
所以正确的结论有①②③④．
故选：D．
总结提升：本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角直角三角形的性质，三角形三边关系定理，相似三角形的判定，此题涉及的知识面比较广，熟练运用这些知识点是解题的关键．
典例3 (2023•滨州模拟）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数 ．
思路引领：首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP＝60°，由△ABP≌CBQ可得QC＝PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC＝90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题．
解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ
则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ＝PB＝BQ＝4，
又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°
∴∠APB＝∠BQC＝150°
总结提升：本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
针对练习
1．（洪山区期中）如图，∠AOB＝30°，P点在∠AOB内部，M点在射线OA上，将线段PM绕P点逆时针旋转90°，M点恰好落在OB上的N点（OM＞ON），若PM=10，ON＝8，则OM＝ ．
思路引领：连接MN，作NH⊥OA于H，如图，根据旋转的性质得∠MPN＝90°，PN＝PM=10，可判断△PMN为等腰直角三角形，则MN=2PM＝25，在Rt△OHN中，根据含30度的直角三角形三边的关系得NH=12ON＝4，OH=3NH＝43，然后在Rt△MNH中根据勾股定理计算出MH＝2，由此得到OM＝OH+HM＝43+2．
解：连接MN，作NH⊥OA于H，如图，
∵线段PM绕P点逆时针旋转90°，M点恰好落在OB上的N点，
∴∠MPN＝90°，PN＝PM=10，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∴MN=2PM＝25，
在Rt△OHN中，∵∠NOH＝30°，ON＝8，
∴NH=12ON＝4，
OH=3NH＝43，
在Rt△MNH中，∵NH＝4，MN＝25，
∴MH=MN2−NH2=2，
∴OM＝OH+HM＝43+2．
故答案为43+2．
总结提升：本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系．
2．(2023秋•永嘉县校级期末）如图，在△AOB与△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，连接CA，BD．
（1）求证：△AOC≌△BOD；
（2）连接BC，若OC＝1，AC=7，BC＝3
①判断△CDB的形状．
②求∠ACO的度数．
思路引领：（1）由题意可得∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，即可证△AOC≌△BOD；
（2）①由全等三角形的性质和勾股定理的逆定理可得∠BDC＝90°，即可得△CDB是直角三角形；
②由全等三角形的性质可求∠ACO的度数．
证明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，
∴△AOC≌△BOD（SAS）
（2）①如图，
∵△AOC≌△BOD
∴∠ACO＝∠BDO，AC＝BD=7
∵CO＝DO＝1，∠COD＝90°
∴CD=CO2+DO2=2，∠ODC＝∠OCD＝45°
∵CD2+BD2＝9＝BC2，
∴∠CDB＝90°
∴△BCD是直角三角形
②∵∠BDO＝∠ODC+∠CDB
∴∠BDO＝135°
∴∠ACO＝∠BDO＝135°
总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的逆定理，熟练运用全等三角形的性质是本题的关键．
题型三 倍长中线构造全等三角形
典例4(2023•苏州模拟）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB中点，DE，DF分别交AC于点E，交BC于点F，且DE⊥DF．
（1）如果CA＝CB，连接CD．
①求证：DE＝DF；
②求证：AE2+BF2＝EF2；
（2）如图2，如果CA＜CB，探索AE，BF和EF之间的数量关系，并加以证明．
思路引领：（1）①根据等腰直角三角形的性质可知，∠DCE＝∠DBF＝45°，∠CDB＝90°，CD＝BD．由DE⊥DF，可证明∠CDE＝∠BDF．即可利用“ASA”证明△DCE≌△DBF，即得出DE＝DF；②由全等三角形的性质可知BF＝CE，结合题意可求出AE＝CF．在Rt△ECF中，再由勾股定理，得CF2+CE2＝EF2，即得出AE2+BF2＝EF2；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接AM，EM．易证△ADM≌△BDF（SAS），得出AM＝BF，∠MAD＝∠B，从而判断AM∥BC，即证明∠MAE＝∠ACB＝90°．再根据线段垂直平分线的判定和性质可知EF＝EM．最后在Rt△AEM中，由勾股定理，得AE2+AM2＝EM2，即得出AE2+BF2＝EF2．
（1）①证明：∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形．
∵点D是AB的中点，
∴∠DCE＝∠DBF＝45°，∠CDB＝90°，CD＝BD．
又∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝∠CDB＝90°，
∵∠CDE＝∠EDF﹣∠CDF，∠BDF＝∠CDB﹣∠CDF，
∴∠CDE＝∠BDF．
在△DCE与△DBF中，
∠DCE=∠DBFCD=BD∠CDE=∠BDF，
∴△DCE≌△DBF（ASA），
∴DE＝DF；
②证明：由①可知△DCE≌△DBF，
∴BF＝CE，
∵CA＝CB，
∴CA﹣CE＝CB﹣BF，即AE＝CF．
在Rt△ECF中，由勾股定理，得CF2+CE2＝EF2，
∴AE2+BF2＝EF2；
（2）解：结论：AE2+BF2＝EF2．理由如下：
如图，延长FD至点M，使DM＝DF，连接AM，EM．
∵点D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵∠ADM＝∠BDF，DM＝DF，
∴△ADM≌△BDF（SAS），
∴AM＝BF，∠MAD＝∠B，
∴AM∥BC，
∴∠MAE＝∠ACB＝90°．
又∵DE⊥DF，DM＝DF，
∴DE是FM的垂直平分线，
∴EF＝EM，
在Rt△AEM中，由勾股定理，得AE2+AM2＝EM2，
∴AE2+BF2＝EF2．
总结提升：本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质以及平行线的性质等知识．掌握三角形全等的判定条件和正确的作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
题型四 以两个直角三角形的公共边或等边为桥梁运用双勾股
典例5 [阅读理解]
如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝6，BC＝7，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，求线段AD的长．
解：设BD＝x，则CD＝7﹣x．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2．
又∵AB＝4，AC＝6，
∴42﹣x2＝62﹣（7﹣x）2．
解得x＝，
∴BD＝．
∴AD＝＝．
[知识迁移]
（1）在△ABC中，AB＝13，AC＝15，过点A作直线BC的垂线，垂足为D．
i）如图1，若BC＝14，求线段AD的长；
ii）若AD＝12，求线段BC的长．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝，AC＝，过点A作直线BC的垂线，交线段BC于点D，将△ABD沿直线AB翻折后得到对应的△ABD′，连接CD′，若AD＝，求线段CD′的长．
思路引领：（1）i）利用勾股定理得出AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，进而建立方程求BD，即可得出结论；
ii）先利用勾股定理求出BC＝5，CD＝9，再分两种情况．即可得出结论；
（2）先利用勾股定理求出BD，CD，再利用面积求出DN，进而求出DD'，再用勾股定理得出D'H2＝D'D2﹣HD2＝D'B2﹣HB2，进而建立方程求出HB，即可得出结论．
解：（1）i）设BD＝x，则CD＝14﹣x，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，
∵AB＝13，AC＝15，
∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2，
∴x＝5，
∴BD＝5，
∴AD＝＝＝12；
ii）在Rt△ABD中，BD＝＝＝5，
在Rt△ACD中，CD＝＝＝9，
当∠ABC为锐角时，如图1﹣1，BC＝BD+CD＝5+9＝14，
当∠ABC为钝角时，如图1﹣2，BC＝BD﹣CD＝9﹣5＝4；
（2）如图2，连接DD'交AB于点N，则DD'⊥AB，
过点D'作D'H⊥BD于H，
在Rt△ABD中，BD＝＝＝；
在Rt△ACD中，CD＝＝＝5，
∵AB垂直平分DD'，
∴D'B＝DB＝，D'D＝2DN，
∵S△ABD＝AD•BD＝，
∴＝•DN，
∴DN＝，
∴D'D＝2DN＝5，
设HB＝m，则HD＝HB+BD＝m+，
∵D'H2＝D'D2﹣HD2＝D'B2﹣HB2，
∴（5）2﹣（m+）2＝（）2﹣m2，
∴m＝，
∴HB＝，
∴HC＝HB+BD+CD＝++4＝15，D'H＝＝＝5，
∴D'C＝＝＝5．
总结提升：此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，直角三角形的构造，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
针对训练
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，交CB于点D．若AC＝3，AB＝5，则CD的长为（ ）
A．B．C．D．
思路引领：如图，作DH⊥AB于H．首先证明AC＝AH，DC＝DH，AC＝AH＝3，设DC＝DH＝x，在Rt△BDH中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
解：如图，作DH⊥AB于H．
∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DH⊥AB，
∴∠CAD＝∠HAD，∠C＝∠AHD＝90°，
∵AD＝AD，
∴△ADC≌△ADH（AAS），
∴AC＝AH＝3，CD＝DH，设CD＝DH＝x，
∵AB＝5，
∴BH＝AB＝AH＝5﹣3＝2，
在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，
∴BC＝＝4，
在Rt△HBD中，则有（4﹣x）2＝x2+22，
∴x＝，
∴CD＝，
故选：A．
总结提升：本题考查勾股定理，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
2．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F．AC＝17，AD＝15，BC＝28，则AE的长等于 ．
思路引领：利用勾股定理可得DC和AB的长，由角平分线定理可得EG＝ED，证明Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），可得BG＝BD，设AE＝x，则ED＝15﹣x，根据勾股定理列方程可得结论．
解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
∵AD＝15，AC＝17，
∴DC＝，
∵BC＝28，
∴BD＝28﹣8＝20，
由勾股定理得：AB＝，
过点E作EG⊥AB于G，
∵BF平分∠ABC，AD⊥BC，
∴EG＝ED，
在Rt△BDE和Rt△BGE中，
∵，
∴Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），
∴BG＝BD＝20，
∴AG＝25﹣20＝5，
设AE＝x，则ED＝15﹣x，
∴EG＝15﹣x，
Rt△AGE中，x2＝52+（15﹣x）2，
x＝，
∴AE＝．
故答案为：．
总结提升：本题考查了角平分线性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
题型五 勾股定理解决折叠问题
典例6(2023•东莞市校级二模）将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G．若DC＝5，CM＝2，则EF＝（ ）
A．3B．4C．29D．34
思路引领：作FH⊥AD，结合折叠性质：EF⊥AM，证∠POF＝∠AOH＝∠AMD＝∠FEH，再证△ADM≌△FHE得EF＝AM，根据勾股定理即可求出结果．
解：由折叠的性质得EF⊥AM，
过点F作FH⊥AD于H，交AM于O，
则∠ADM＝∠FHE＝90°，
∴∠HAO+∠AOH＝90°、∠HAO+∠AMD＝90°，
∴∠POF＝∠AOH＝∠AMD，
又∵EF⊥AM，
∴∠POF+∠OFP＝90°、∠HFE+∠FEH＝90°，
∴∠POF＝∠FEH，
∴∠FEH＝∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝FH＝5，
在△ADM和△FHE中，
∠ADM=∠FHE∠AMD=∠FEHAD=FH，
∴△ADM≌△FHE（AAS），
∴EF＝AM=AD2+DM2=52+32=34．
故选：D．
总结提升：本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
针对训练
1．如图，将一张长方形纸片沿着AE折叠后，点D恰好与BC边上的点F重合，已知AB＝6 cm，BC＝10 cm，求EC的长度．
解：由题意可知△ADE≌△AFE，
所以AF＝AD＝10 cm，EF＝DE．
在Rt△AFB中，根据勾股定理得BF＝eq \r(AF2－AB2)＝8(cm)，
所以FC＝BC－BF＝2(cm)．
设EC＝x cm，DE＝DC－EC＝(6－x)cm，即EF＝(6－x)cm，
在Rt△EFC中，根据勾股定理有EF2＝FC2＋EC2，
即(6－x)2＝22＋x2，解得x＝eq \f(8,3)，所以EC＝eq \f(8,3) cm．
题型六 勾股定理在平面直角坐标系背景下的应用
典例7(2023春•武昌区校级月考）如图，A（0，m），B（n，0），满足(m−5)2+n2﹣10n+25＝0
（1）求点A，点B的坐标；
（2）点P是第二象限内一点，过点A作AC⊥射线BP，连接CO，试探究BC，AC，CO之间的数量关系并证明．
（3）在（2）的条件下，∠POC＝∠APC，PA＝42，求PB的长．
思路引领：（1）利用非负数的性质求得m、n的值，易得点A、B的坐标；
（2）如图1，作OD⊥OC交PB于D，证△OAC≌△OBD（ASA）（提示AO，BC八字形），得证等腰Rt△OCD，故BC﹣AC＝CD=2CO；
（3）作OM⊥OP交AC延长线于M，作AN⊥OP于N，连接PM．易证△OPB≌△OMA（ASA），故PB＝MA，且得证等腰Rt△OPM，又∠APO＝∠APC+∠OPC＝∠POC+∠OPC＝∠OCB＝45°，所以
∠APM＝45°+45°＝90°，易求出OP＝PN+ON＝4+3＝7，（Rt△ANO，等腰Rt△APN），Rt△APM中，MA=AP2+MP2=(42)2+(72)2=130．
解：（1）∵(m−5)2+n2﹣10n+25＝0，
∴|m﹣5|+（n﹣5）2＝0
∴m﹣5＝0且n﹣5＝0，
则m＝5，n＝5，
故A（0，5）B（5，0）；
（2）如图1，作OD⊥OC交PB于D，
∵AO⊥BO，
∴∠AOC＝∠BOD（同角的余角相等）．
又AC⊥PB，∠1＝∠2，
∴∠OAC＝∠OBD（等角的余角相等）．
在△OAC与△OBD中，
∠AOC=∠BODOA=OB∠OAC=∠OBD，
∴△OAC≌△OBD（ASA），
∴OC＝OD，
∴CD=2CO，
∴BC﹣AC＝CD=2CO；
（3）作OM⊥OP交AC延长线于M，作AN⊥OP于N，连接PM．
易证△OPB≌△OMA（ASA），
∴PB＝MA，且得证等腰Rt△OPM，
又∠APO＝∠APC+∠OPC＝∠POC+∠OPC＝∠OCB＝45°，
∴∠APM＝45°+45°＝90°，
易求出OP＝PN+ON＝4+3＝7．
在Rt△APM中，由勾股定理得到：MA=AP2+MP2=(42)2+(72)2=130
即PB的长度为130．
总结提升：考查了三角形综合题，涉及到了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，非负数的性质和配方法的应用，难度较大，难点是作出辅助线，构建全等三角形．
针对训练
1．(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．
思路引领：（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：（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)．
总结提升：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．