中考数学一轮复习专题1.1 勾股定理【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题1.1 勾股定理【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共44页。


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\l "_Tc20255" 【题型1 利用勾股定理求线段长】 PAGEREF _Tc20255 \h 1
\l "_Tc27933" 【题型2 利用勾股定理求面积】 PAGEREF _Tc27933 \h 5
\l "_Tc18288" 【题型3 利用勾股定理解决折叠问题】 PAGEREF _Tc18288 \h 7
\l "_Tc18691" 【题型4 利用勾股定理求平面坐标系中两点之间的距离】 PAGEREF _Tc18691 \h 12
\l "_Tc19035" 【题型5 利用勾股定理证明线段的平方关系】 PAGEREF _Tc19035 \h 16
\l "_Tc19725" 【题型6 勾股定理验证方法的应用】 PAGEREF _Tc19725 \h 19
\l "_Tc9716" 【题型7 勾股树问题】 PAGEREF _Tc9716 \h 24
\l "_Tc22711" 【题型8 勾股定理在格点中的应用】 PAGEREF _Tc22711 \h 30
\l "_Tc9912" 【题型9 直角三角形中的分类讨论思想】 PAGEREF _Tc9912 \h 34
\l "_Tc28106" 【题型10 利用勾股定理解决动点问题】 PAGEREF _Tc28106 \h 38
【知识点 勾股定理】
在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角
边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
【题型1 利用勾股定理求线段长】
【例1】（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，小聪用图1中的一副七巧板拼出如图2所示“鸟”，已知正方形ABCD的边长为4，则图2中E，F两点之间的距离为（ ）

A．26B．213C．10D．16
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，由七巧板和正方形的性质可知，EG=1，FG=1+4=5，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，过E作EG⊥FG于G，

由七巧板和正方形的性质可知：
EG=1，
FG=1+4=5，
在Rt△FEG中，
由勾股定理得，
EF=12+52=26，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，七巧板的特点，勾股定理，解题的关键是熟悉根据七巧板的特点．
【变式1-1】（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=2,∠B=60°,∠C=45°，求BC和AC的长．

【答案】BC=1+3，AC=6
【分析】作AD⊥BC，在两直角三角形中分别根据勾股定理即可解答．
【详解】解：作AD⊥BC，

∴∠ADC=∠ADB=90°，
∵AB=2，∠B=60°，
∴∠BAD=30°，BD=12AB=1，
∴AD=22−12=3，
∵∠C=45°，
∴AD=CD=3，
∴BC=1+3，
在Rt△ADC，根据勾股定理得
AC=AD2+CD2=3+3=6．
【点睛】本题考查了勾股定理，正确做出辅助线并根据勾股定理列出关系式是解答本题的关键．
【变式1-2】（2023春·安徽安庆·八年级统考期中）如图，在△ABC中，AB长比AC长大1，BC=15，D是AB上一点，BD=9，CD=12．
(1)求证：CD⊥AB；
(2)求AC长．
【答案】(1)见解析
(2)13
【分析】（1）根据BC=15，BD=9，CD=12，得到BD2+CD2=BC2，根据勾股定理逆定理即可得到∠CDB=90°，问题得证；
（2）设AC=x，则AD=x−8，根据勾股定理得到(x−8)2+122=x2，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵BC=15，BD=9，CD=12，
∴BD2+CD2=92+122=225 ，BC2=152=225，
∴BD2+CD2=BC2，
∴∠CDB=90°，
∴CD⊥AB；
（2）解：由题意得AB−AC=1，
设AC=x，则AD=AB−BD=x+1−9=x−8，
∵∠ADC=90°，
∴AC2=AD2+CD2，
∴(x−8)2+122=x2，
解得：x=13，
即AC=13．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，熟知两个定理并根据题意灵活应用是解题关键．
【变式1-3】（2023春·辽宁营口·八年级校联考阶段练习）如图OP=1，过P作PP1⊥OP且PP1=1，得OP1=2，再过点P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，连接OP2，得OP2=3；又过点P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=2；依此法继续作下去，得OP12+OP22+OP32+OP42+…+OP102=__．

【答案】65
【分析】先根据勾股定理，分别求出OP12,OP22,OP32,OP42…OP102，再相加即可．
【详解】解：根据题意可得：
OP12=22=2，
OP22=OP12+P1P22=2+1=3，
OP32=OP22+P2P32=3+1=4，
OP42=OP32+P3P42=4+1=5，
……
OP102=10+1=11，
∴OP12+OP22+OP32+OP42+…+OP102=2+3+4+5+6+7+8+9+10+11=65．
故答案为：65．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、图形的规律运算，找到线段长度的变化规律并归纳公式是解决此题的关键．
【题型2 利用勾股定理求面积】
【例2】（2023春·安徽合肥·八年级校考期中）勾股定理是我国古代的伟大数学发明之一．如图，以Rt△ABC∠ACB=90°的各边向外作正方形，得到三块正方形纸片，再把较小的两张正方形纸片放入最大的正方形中，重叠部分的面积记作S1，左下不重叠部分的面积记作S2，若S1=3，则S2的值是（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
【答案】B
【分析】设Rt△ABC的直角边AC=a，BC=b，BA=c．则a2+b2=c2，S2=c−ac−b=c2−a+bc+ab，根据S1=a+b−c2=3即可推出2c2+2ab−2ac−2bc=3，即可得出结论．
【详解】解：设Rt△ABC的直角边AC=a，BC=b，BA=c．
∴a2+b2=c2，
∵面积为S2的矩形的长和宽分别是c−a，c−b，
∴S2=c−ac−b=c2−a+bc+ab，
∵面积为S1的正方形的边长是a−c−b=a+b−c，
∴S1=a+b−c2=3，
∴a2+b2+c2+2ab−2ac−2bc=3，
∴2c2+2ab−2ac−2bc=3，
∴c2−a+bc+ab=1.5，
∴S2=1.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，整式的乘法，解题个关键是熟练掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边平方，以及整式的乘法运算．
【变式2-1】（2023春·北京昌平·八年级校考阶段练习）如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB,AC，灰色部分面积记为S1，黑色部分面积记为S2，白色部分面积记为S3，则（ ）
A．S1=S2B．S2=S3C．S1=S3D．S1=S2−S3
【答案】A
【分析】由勾股定理，由整个图形的面积减去以BC为直径的半圆的面积，即可得出结论．
【详解】Rt△ABC中，
∵AB2+AC2＝BC2
∴S2＝12π12AB2+12π12AC2−12π12BC2+S△ABC
＝18πAB2+AC2−BC2+SΔABC
＝S1．
故选A．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆面积公式以及数学常识；熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，△PAB中AB边上的高等于AB的长度，△QBC中BC边上的高等于BC的长度，△HAC中AC边上的高等于AC的长度，且△PAB，△QBC的面积分别是10和8，则△ACH的面积是（ ）
A．2B．4C．6D．9
【答案】A
【分析】根据勾股定理可求AC2+BC2＝AB2，再根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴12AC2+12BC2＝12AB2，
∵△PAB中AB边上的高等于AB的长度，△QBC中BC边上的高等于BC的长度，△HAC中AC边上的高等于AC的长度，且△PAB，△QBC的面积分别是10和8，
∴△ACH的面积是10﹣8＝2．
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理，熟知勾股定理是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·八年级单元测试）在直线 l 上依次摆放着七个正方形(如图所示)，已知斜放置的三个正方形的面积分别 为 a，b，c，正放置的四个正方形的面积依次为 S1，S2，S3，S4，则 S1＋S2＋S3＋S4＝( )
A．a＋bB．b＋cC．a＋cD．a＋b＋c
【答案】C
【分析】求证△ABC≌△CDE，得DE=BC，△ABC中AB2+CE2=AC2，根据S3=AB2，S4=DE2可求得S3+S4=c，同理可得S1+S2=a，故S3+S4+S1+S2=a+c.
【详解】解：
∵∠ACB+∠DCE=90°，∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠DCE=∠BAC，
∵AC=CE，∠ABC=∠CDE,
∴△ABC≌△CDE，
∴BC=DE，
在直角△ABC中，AB2+BC2=AC2，
即，AB2+DE2=AC2，
∵S3=AB2，S4=DE2,
∴S3+S4=c,
同理S1+S2=a,
故可得S1+S2+S3+S4=a+c，
故选C.
【点睛】本题考查了正方形面积的计算，正方形各边相等的性质，全等三角形的判定．本题中根据△ABC≌△CDE证明S3+S4=c是解题的关键.
【题型3 利用勾股定理解决折叠问题】
【例3】（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，有一张直角三角形的纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上且与AE重合，则BD的长为（ ）
A．5cmB．4cmC．3cmD．2cm
【答案】A
【分析】根据折叠的性质可得AC=AE=6cm，CD=DE，∠ACD=∠AED=∠DEB=90°，利用勾股定理列式求出AB，从而求出BE，设CD=DE=x cm，表示出BD，然后在Rt△DEB中，利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】解：∵△ACD与△AED关于AD成轴对称，
∴AC=AE=6cm，CD=DE，∠ACD=∠AED=∠DEB=90°，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2=62+82=102，
∴AB=10cm，
∴BE=AB-AE=10-6=4(cm)，
设CD=DE=x cm，则DB=BC-CD=（8-x）cm，
在Rt△DEB中，由勾股定理，得x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴CD=3cm．
∴BD=8-x =8-3=5(cm)，
故选：A．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，熟记性质并表示出Rt△DEB的三边，然后利用勾股定理列出方程是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·八年级课时练习）已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=4，D为斜边AB上的中点，E是直角边AC上的一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠至△A'DE，A'E交BD于点F，若△DEF的面积是△ADE面积的一半，则DE为（ ）
A．2B．25C．22D．4
【答案】C
【分析】连接BE，过D作DG⊥AC于G，先判定△A'DE≌△EBF（SAS），即可得出A'D=BE=AD=25，再根据勾股定理求得CE的长，进而得出EG和DG的长，再根据勾股定理即可得到DE的长．
【详解】解：如图所示，连接BE，过D作DG⊥AC于G，
∵∠ACB=90°，AC=8，BC=4，
∴由勾股定理得AB=45，
由折叠可得，△ADE与△A'DE全等，
∵△DEF的面积是△ADE面积的一半，
∴△DEF的面积是△A'DE面积的一半，且DF=12AD，
∴是A'E的中点，
又∵D是AB的中点，
∴DF=12AD=12BD，即F是BD的中点，
又∵∠A'FD=∠EFB，
∴△A'DE≌△EBFSAS，
∴A'D=BE=AD=25，
又∵∠C=90°，
∴Rt△BCE中，CE=BE2−BC2=20−16=2，
∵DG∥BC，D是AB的中点，
∴G是AC的中点，即CG=12AC=4，
∴EG=CG−CE=4−2=2，DG=12BC=2，
∴Rt△DEG中，DE=DG2+EG2=4+4=22，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了折叠问题以及勾股定理的运用，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．
【变式3-2】（2023春·福建厦门·八年级校考阶段练习）如图的实线部分是由 Rt△ABC 经过两次折叠得到的，首先将 Rt△ABC 沿 BD 折叠，使点 C 落在斜边上的点 C' 处，再沿 DE 折叠，使点 A 落在 DC' 的延长线上的点 A' 处．若图中 ∠C=90∘，DE=3cm，BD=4cm，则 DC' 的长为______．
【答案】125cm
【分析】由折叠的性质得出∠BDC=∠BDC′=12∠CDC'，∠ADE=∠A'DE=12∠ADA'，∠BCD=∠C=90°，求出∠BDE=∠BDC'+∠A′DE=90°，DC'⊥AB，由勾股定理得出BE=DE2+BD2=5cm，由三角形面积即可得出答案．
【详解】解：∵△ABC是直角三角形，
∴∠C=90°，
由折叠的性质得：∠BDC=∠BDC′=12∠CDC'，∠ADE=∠A'DE=12∠ADA'，∠BCD=∠C=90°，
∴∠BDE=∠BDC'+∠A′DE=12×180°=90°，DC'⊥AB，
∴BE=DE2+BD2=32+42=5（cm），
∵△BDE的面积=12BE×DC'=12DE×BD，
∴DC'=DE×BDBE=3×45=125（cm）；
故答案为：125cm．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·全国·八年级阶段练习）有一块直角三角形纸片，两直角边AC = 6cm，BC = 8cm．
①如图1，现将纸片沿直线AD折叠，使直角边AC落在斜边AB上，则CD =_________cm．
②如图2，若将直角∠C沿MN折叠，点C与AB中点H重合，点M、N分别在AC、BC上，则AM2、BN2与MN2之间有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】（1）3；（2）答：AM2+BN2=MN2．
【详解】解：（1）解：如图所示：
∵将纸片沿直线AD折叠，使直角边AC落在斜边AB上，
∴CD=DE，AC=AE，∠AED=∠C=90°，
∵AC = 6，BC = 8，
∴AB=10，
设CD=DE=x，则BD=8-x，BE=10-6=4，
在Rt△BED中，x2+42=8−x2，解得：x=3．
故答案为：3；
（2）AM2+BN2=MN2，理由如下：
过点B作BP∥AC交MH延长线于点P，连接PN，
∴∠A=∠PBH
在△AMH和△BPH中
∠A=∠PBH， AH=BH， ∠AHM=∠BHP
∴△AMH≌△BPH
∴AM=BP，MH=PH
又∵NH⊥MP
∴MN=NP
∵BP∥AC，∠C=90°
∴∠NBP=90°
∴BP2+BN2=NP2
∴AM2+BN2=MN2
【题型4 利用勾股定理求平面坐标系中两点之间的距离】
【例4】（2023春·全国·八年级专题练习）先阅读一段文字，再回答下列问题，已知在平面内两点坐标P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，其两点间距离公式为P1P2=(x2−x1)2+(y2−y1)2，同时，当两点所在直线在坐标轴上或平行于x轴或垂直于x轴时，两点间距离公式可化简为|x2−x1|或|y2−y1|．
(1)已知A(3,5)，B(−2,−1)，则A、B两点间的距离为 ；
(2)已知A，B在平行于y轴的直线上，点A的纵坐标为5，点B的纵坐标为−1，则A，B两点间的距离为 ；
(3)已知A，B在平行于x轴的直线上，点A的横坐标为5.且A，B两点间的距离为3，则点B的横坐标为 ；
(4)已知一个三角形各顶点坐标为A(0,6)，B(−3,2)，C(3,2)，请判定此三角形的形状，并说明理由．
【答案】(1)61
(2)6
(3)2
(4)等腰三角形，见解析
【分析】（1）直接代入两点间距离公式为P1P2=(x2−x1)2+(y2−y1)2即可；
（2）直接代入两点间距离公式|y2−y1|即可；
（3）分点B在点A左侧还是右侧两种情况，左侧横坐标减去距离，右侧横坐标加上距离；
（4）先分别用公式求出三边长，再依据边的长度判定三角形是等腰三角形．
【详解】（1）根据两点间距离公式可得：AB=(3+2)2+(5+1)2=61；
（2）由题意可得：|y2−y1|=−1−5=6；
（3）点B的横坐标为5+3=8或5−3=2；
（4）由两点间距离公式可得：AB=(0+3)2+(6−2)2=5，
BC=(−3−3)2+(2−2)2=6，
AC=(0−3)2+(6−2)2=5，
∴AB=AC，
∴ΔABC是等腰三角形．
【点睛】本题考查两点间距离公式和三角形的分类，关键是正确代入公式计算．
【变式4-1】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，Rt△AOB的顶点A2，1，B−2，n分别在第一，二象限内，∠AOB=90°，则n的值为（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】C
【分析】利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵Rt△AOB的顶点A2，1，B−2，n，
∴OB2=n2+22，OA2=22+12=5，AB2=−2−22+n−12，
∵∠AOB=90°，
∴OB2+OA2=AB2，
∴n2+22+5=−2−22+n−12，
∴n2+9=n2−2n+17，
解得n=4，
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，熟知坐标系中两点距离公式是解题的关键．
【变式4-2】（2023春·江苏南通·八年级统考期末）平面直角坐标系xOy中，已知点P(m,2n2−4)，且实数m，n满足m−n2+4=0，则点P到原点O的距离的最小值为______．
【答案】455
【分析】根据勾股定理先表示出PO，然后根据m−n2+4=0结合完全平方公式对式子变形，再利用非负数的性质，可以得到PO的最小值．
【详解】解：∵点P(m,2n2−4)，点O0,0，
∴PO=(m−0)2+(2n2−4−0)2=m2+(2n2−4)2，
∵m−n2+4=0，
∴n2=m+4，
∴PO=m2+[2(m+4)−4]2
=m2+(2m+4)2
=m2+4m2+16m+16
=5(m+85)2+165，
∵(m+85)2≥0，
∴5(m+85)2+165≥165=455，
∴PO的最小值是455，
故答案为：455．
【点睛】本题考查勾股定理的应用、完全平方公式的应用、非负数的性质，解答本题的关键是明确题意，用含m的式子表示出PO．
【变式4-3】（2023春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）阅读理解：说明代数式x2+1+(x−3)2+4的几何意义，并求它的最小值．
解：x2+1+(x−3)2+4=(x−0)2+1+(x−3)2+22．
几何意义：如图，建立平面直角坐标系，点P(x,0)是x轴上一点，则(x−0)2+12可以看成点P与点A(0,1)的距离，(x−3)2+22可以看成点P与点B(3,2)的距离，所原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．
求最小值：设点A关于x轴对称点A′，则PA=PA′．因此，求PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′，B间的直线段距离最短，所以PA′+PB的最小值为线段A′B的长度．为此，构造直角三角形A′CB，因为A′C=3,CB=3，所以由勾股定理得A′B=32，即原式的最小值为32．
根据以上阅读材料，解答下列问题：
(1)代数式(x−1)2+1+(x−2)2+9的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A(1,1)，点B__________的距离之和．（填写点B的坐标）
(2)代数式x2+49+x2−12x+37的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)．与点A__________、点B__________的距离之和．（填写点A，B的坐标）
(3)求出代数式x2+49+x2−12x+37的最小值．
【答案】(1)（2，3），（2，−3）
(2)（0，7），（6，1）
(3)10
【分析】（1）先把原式化为(x−1)2+1+(x−2)2+32的形式，再根据题中所给的例子即可得出结论；
（2）先把原式化为(x−0)2+72+(x−6)2+12的形式，故得出所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A（0，7）、点B（6，1）的距离之和，
（3）在坐标系内描出各点，利用勾股定理得出结论即可．
【详解】（1）∵原式化为(x−1)2+1+(x−2)2+32的形式，
∴代数式(x−1)2+1+(x−2)2+9的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点AA(1,1)、点B（2，3）或（2，−3）的距离之和，
故答案为（2，3），（2，−3）；
（2）∵原式化为(x−0)2+72+(x−6)2+12的形式，
∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P(x,0)与点A（0，7）、点B（6，1）的距离之和，
故答案为：（0，7），（6，1）．
（3）如图所示：设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，
∴PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，
∴PA′+PB的最小值为线段A′B的长度，
∵A（0，7），B（6，1）
∴A′（0，−7），A′C＝6，BC＝8，
∴A'B=A'C2+BC262+82=10，
∴代数式x2+49+x2−12x+37的最小值为10．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查的是轴对称﹣最短路线问题，解答此题的关键是利用数形结合思想解决问题，学会用转化的思想解决问题．
【题型5 利用勾股定理证明线段的平方关系】
【例5】（2023春·河北石家庄·八年级石家庄外国语学校校考阶段练习）已知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．
（1）若AB=5，OA=3，OC=4，则BC=______；
（2）若AD=2，BC=5，则AB2+CD2=______；
（3）若AB=m，BC=n，CD=c，AD=d，则m，n，c，d之间的数量关系是______．
【答案】 42 7 m2+c2=n2+d2
【分析】（1）根据题意和勾股定理即可求出．
（2）利用勾股定理，进行等量代换，可以得到AB2+CD2的值．
（3）由（2）得求解过程可以得到AB2+CD2=BC2+AD2，进行替换即可．
【详解】（1）∵AC⊥BD，
∴∠BOC=∠COD=∠DOA=∠AOB=90°，
∴OB=AB2−OA2
=52−32
=4，
∴CB=OB2+OC2
=42+42
=42．
故答案为42．
（2）由（1）得：
∴OB2+OC2=BC2，OA2+OD2=AD2，OB2+OA2=AB2，OC2+OD2=CD2，∴AB2+CD2=OB2+OA2+OC2+OD2=BC2+AD2，
∵AD=2，BC=5，
∴AB2+CD2=22+52
=7．
故答案为7．
（3）由（2）得：
AB2+CD2=BC2+AD2，
∴m2+c2=n2+d2．
故答案为m2+c2=n2+d2．
【点睛】本题考查勾股定理的应用问题，熟练利用勾股定理和等量代换是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·广东云浮·八年级校考期中）在Rt△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，若∠A=90°，则（ ）
A．a2+b2=c2B．a2+c2=b2C．b2+c2=a2D．a+c=b
【答案】C
【分析】根据勾股定理解答即可．
【详解】解：∵∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，∠A=90°，
∴a为斜边，
∴b2+c2=a2．
故选：C．
【点睛】本题考查的勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·八年级课时练习）素有“千古第一定理”之称的勾股定理，它是人类第一次将数与形结合在一起的伟大发现，也是人类最早发现并用于生产、观天、测地的第一个定理，它导致了无理数的发现，引发了第一次数学危机，它使数学由测量计算转变为推理论证．在中国，也被称为“商高定理”，西方则称其为“毕达哥拉斯定理”，几千年来，太多的溢美之词给了这一定理，由于它迷人的魅力，人们冥思苦索给出了数百种证明方法，成为了证明方法最多的定理，其中，利用等面积法证明勾股定理最为常见，现有四名网友为证明勾股定理而提供的图形，其中提供的图形（可以作辅助线）能证明勾股定理的网友是________（填写数字序号即可）．
【答案】①②③④
【分析】根据各部分图形的面积和差系导出a、b、c三者关系进行判断便可．
【详解】解：①由图形可知，(b−a)2+4×12ab=c2，
整理得a2+b2=c2，
故①符合题意；
②由图形可知，c2+4×12ab=(a+b)2，
整理得a2+b2=c2，
故②符合题意；
③由下图知，2×12ab+12c2=12(a+b)2，
整理得a2+b2=c2，
故③符合题意；
④由下图知，S△ADE=S△ABC−S△BCE，
即12c⋅DF=12ab−12(b−a)a，
∴DF=a2c，
∴DE=c−a2c，
由△ABE的面积公式得12b⋅b=12c(c−a2c)，
整理得a2+b2=c2，
故④符合题意；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查的是勾股定理的证明，掌握正方形、梯形、直角三角形的面积公式是解决此题的关键．
【变式5-3】（2023春·湖北·八年级校考期中）已知如图，在△ABC中，AB=AC，D在CB的延长线上．
求证：（1）AD2−AB2=BD⋅CD；
（2）若D在CB上，结论如何，试证明你的结论．
【答案】（1）见详解；（2）AB2−AD2=BD⋅CD，理由见详解
【分析】（1）过点A作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质可得BE＝CE，利用勾股定理列式表示出DE2、CE2，然后相减即可得解；
（2）根据（1）的求解思路列式整理即可．
【详解】（1）证明：如图，过点A作AE⊥BC于E，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE，
在Rt△ADE中，AD2−AE2＝DE2，
在Rt△ACE中，AC2−AE2＝CE2，
两式相减得，AD2−AC2＝DE2−CE2＝（DE−CE）（DE＋CE）＝（DE−BE）CD＝BD•CD，
即AD2−AB2＝BD•CD；
（2）结论为：AB2−AD2＝BD•CD．
证明如下：与（1）同理可得，AD2−AE2＝DE2，AC2−AE2＝CE2，
∵点D在CB上，
∴AB＞AD，即：AC＞AD，
∴AC2−AD2＝CE2−DE2＝（CE−DE）（CE＋DE）＝（BE−DE）（CE＋DE）＝BD•CD，
∴AC2−AD2＝BD•CD，
即AB2−AD2＝BD•CD．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．
【题型6 勾股定理验证方法的应用】
【例6】（2023春·山西太原·八年级统考期中）我国古代称直角三角形为“勾股形”，并且直角边中较短边为勾，另一直角边为股，斜边为弦.如图1所示，数学家刘徽（约公元225年—公元295年）将勾股形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理.如图2所示的长方形，是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成，若a=3，b=1，则长方形的面积为______.
【答案】12
【分析】欲求矩形的面积，则求出图1中阴影部分小三角形长直角边边长即可，由此可设其为x，在直角三角形ACB中，利用勾股定理可建立关于x的方程，进而可求出该矩形的面积．
【详解】
解：设如图1阴影部分小三角形长直角边边长为x，
∵a=3，
∴AB=x+3，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
即（1+x）2+（1+3）2=(x+3)2，
整理得，x=2，
∴该矩形的面积=AC·BC=（1+3）（1+x）=4×3=12
故答案为：12．
【点睛】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，得到关于x的方程是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·新疆乌鲁木齐·八年级统考期中）如图，四边形ABCD中，∠DAB=∠BCD=90°，分别以四边形的四条边为边向外作正方形，面积分别为S1,S2,S3,S4，若S1+S4=135,S3=49，则S2=（ ）
A．184B．86C．119D．81
【答案】B
【分析】连接BD，根据勾股定理可得AD2+AB2=BD2，BC2+CD2=BD2，即S1+S4=S2+S3，即可求解．
【详解】解：连接BD，
根据勾股定理可得AD2+AB2=BD2，BC2+CD2=BD2，
即S1+S4=S2+S3，
∴S2=135−49=86，
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，根据直角的信息提示，作出辅助线，构造出直角三角形，是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·北京海淀·八年级北京市十一学校校考期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（如图1）拼成的一个大正方形（如图2）．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则图2中EF的长为（ ）

A．3B．4C．22D．32
【答案】D
【分析】由图形2可知，中间四边形的边长为a−b的小正方形，由大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积得出ab2×4+a−b2=25，再结合ab=8即可得出a−b的值，再根据勾股定理即可求出EF的长．
【详解】解：由图形2可知，中间四边形的边长为a−b的小正方形，
∵大正方形的面积为25，
∴AB2=25，
又∵大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积，
∴ab2×4+a−b2=25，
∴a−b2+2ab=25，
∴a−b2+2×8=25，
∴a−b=3（负值已舍），
即图2中小正方形的边长为3，
∴EF=32+32=32，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，勾股定理的应用，正确得出大正方形的面积是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·江苏·八年级专题练习）中国数学史上最先完成勾股定理证明的数学家是公元3世纪三国时期的赵爽，他为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．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． 将图中正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面积分别记为S1,S2，S3． 若S1+S2+S3=18， 则正方形EFGH的面积为_______．
【答案】6
【分析】设四边形MTKN的面积为x，八个全等的三角形面积一个设为y，构建方程组，利用整体的思想思考问题，求出x+4y即可．
【详解】解：设四边形MTKN的面积为x，八个全等的三角形面积一个设为y，
∵正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面积分别为S1，S2，S3，S1+S2+S3=18，
∴得出S1=x，S2=4y+x，S3=8y+x，
∴S1+S2+S3=3x+12y=18，故3x+12y=18，
x+4y=6，
所以S2=x+4y=6，即正方形EFGH的面积为6．
故答案为6
【点睛】本题考查勾股定理的证明，正方形的性质、全等三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程组解决问题．
【题型7 勾股树问题】
【例7】（2023春·全国·八年级阶段练习）正方形ABCD的边长为1，其面积记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积记为S2，⋯按此规律继续下去，则S2022的值为（ ）
A．122022B．122021C．222022D．222021
【答案】B
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出S2+S2＝S1，写出部分Sn的值，根据数的变化找出变化规律Sn＝（12）n﹣1，依此规律即可得出结论．
【详解】解：在图中标上字母E，如图所示．
∵正方形ABCD的边长为1，△CDE为等腰直角三角形，
∴DE2+CE2＝CD2，DE＝CE，
∴S2+S2＝S1．
观察，发现规律：
S1＝12＝1，
S2＝12S1＝12，
S3＝12S2＝(12)2，
S4＝12S3＝(12)3 ，
…，
∴Sn＝（12）n﹣1．
当n＝2022时，S2022＝（12）2022﹣1＝（12）2021，
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理以及规律型中数的变化规律，解题的关键是找出规律Sn＝（12）n-1．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，写出部分Sn的值，根据数值的变化找出变化规律是关键
【变式7-1】（2023春·八年级统考期中）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，主体图案是由如图2的一连串直角三角形演化而成，其中 OA1=A1A2=A2A3=⋅⋅⋅=A8A9=1 ，现把图2中的直角三角形继续作下去如图3所示，若 OA3⋅OAn 的值是整数，且1≤n≤30，则符合条件的n有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用勾股定理可求出OA2，OA3，OA4…OAn=n，即可得到OA3·OAn=3·n，再根据OA3·OAn是整数及1≤n≤30，由此可求出n的值的个数．
【详解】由题意得
OA2=12+12=2；
OA3=22+12=2+1=3；
OA4=3+12=4…
OAn=n；
∵ 1≤n≤30，
∴OA3·OAn的值是整数，
∴·OAn的值可以是3，23，33
是整数的有3个．
故答案为：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用；探索图形规律，找到规律是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，如果第一个正方形面积为1，则第2023代勾股树中所有正方形的面积为______．

【答案】2024
【分析】根据勾股定理可得第一代勾股树中所有正方形的面积为2，再一次求出第二代、第三代勾股树中所有三角形的面积，总结出一般规律，即可进行解答．
【详解】解：设第一代勾股树中间三角形的两直角边长为a和b，斜边长为c，
根据勾股定理可得：a2+b2=c2，
∵c2=1,
∴第一代勾股树中所有正方形的面积为=a2+b2+c2=c2+c2=2；
同理可得：第二代勾股树中所有正方形的面积为=2a2+2b2+c2=3c2=3；
第三代勾股树中所有正方形的面积为=4c2=4；
第n代勾股树中所有正方形的面积为=n+1c2=n+1；
∴第2023代勾股树中所有正方形的面积为2024．
故答案为：2024．

【点睛】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是仔细观察图形，根据勾股定理总结出变化的一般规律．
【变式7-3】（2023春·江西南昌·八年级南昌市第三中学校考期中）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
(1)①如图2，3，4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，面积分别为S1，S2，S3，利用勾股定理，判断这3个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有________个．
②如图5，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月牙形图案（图中阴影部分）的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，也满足S1+S2=S3吗？若满足，请证明；若不满足，请求出S1，S2，S3的数量关系．
(2)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，则a2+b2+c2+d2=__________．
【答案】(1)①3；②满足，证明见解析
(2)m2
【分析】（1）设两直角边分别为x，y，斜边为z，用x，y，z分别表示正方形、圆、等边三角形的面积，根据x2+y2=z2，求解S1，S2，S3之间的关系，进而可得结果；②根据a2+b2=c2，S1+S2=πa222+πb222+ab2−πc222=ab2，S3=ab2，可得S1+S2=S3；
（2）由题意知，SA=a2，SB=b2，SC=c2，SD=d2，SA+SB+SC+SD=SM=m2，代入求解即可．
【详解】（1）①解：设两直角边分别为x，y，斜边为z，
则图2中，S1=x2，S2=y2，S3=z2，
∵x2+y2=z2，
∴S1+S2=S3，故图2符合题意；
图3中，S1=πx222=πx28，S2=πy222=πy28，S3=πz222=πz28，
∵πx28+πy28=πx2+y28=πz28，
∴S1+S2=S3，故图3符合题意；
图4中，S1=12x⋅x⋅sin60°=3x24，S2=12y⋅y⋅sin60°=3y24，S3=12z⋅z⋅sin60°=3z24，
∵3x24+3y24=3x2+y24=3z24，
∴S1+S2=S3，故图4符合题意；
∴这3个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有3个，
故答案为：3；
②解：满足，证明如下：
由题意知a2+b2=c2，S1+S2=πa222+πb222+ab2−πc222=ab2，S3=ab2，
∴S1+S2=S3；
（2）解：由题意知，SA=a2，SB=b2，SC=c2，SD=d2，SA+SB+SC+SD=SM=m2，
∴a2+b2+c2+d2=m2，
故答案为：m2．
【点睛】本题考查了勾股定理，勾股树．解题的关键在于正确的表示各部分的面积．
【题型8 勾股定理在格点中的应用】
【例8】（2023春·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）问题背景：
在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5、10、13，求这个三角形的面积．小明同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处）．如图①所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．
(1)请你将△ABC的面积直接填写在横线上 ；
思维拓展：
(2)我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．若△ABC三边的长分别为2、13、17，请利用图②的正方形网格（每个小正方形的边长为1）画出相应的△ABC．并求出它的面积．
探索创新：
(3)若△ABC三边的长分别为5a、22a、17a（a＞0），请利用图③的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC，并求出它的面积．
(4)若△ABC三边的长分别为m2+16n2、9m2+4n2、2m2+n2（m＞0，n＞0，且m≠n），试运用构图法求出这个三角形的面积．
【答案】(1)72
(2)SΔABC=52，图见解析
(3)SΔABC=3a2，图见解析
(4)SΔABC=5mn，图见解析
【分析】（1）利用分割法求三角形的面积即可；
（2）利用网格图，构造三角形，利用分割法求解即可；
（3）利用网格图，构造三角形，利用分割法求解即可；
（4）构造长方形，利用分割法求解即可．
（1）解： S△ABC＝3×3−12×1×2−12×2×3−12×1×3=72．故答案为：72；
（2）解∶ 如图，△ABC如图所示．
S△ABC＝2×4−12×2×3−12×4×1−12×1×1=52．
解∶ 如图，△ABC即为所求．
S△ABC＝2a×4a−12×2a×2a−12×2a×a−12×4a×a＝3a2．
（4）解∶ 根据题意，构造长为2n，宽为3m的长方形，作出边长为为m2+16n2、9m2+4n2、2m2+n2的三角形，如图，△ABC即为所求．
S△ABC＝3m×4n−12×3m×2n−12×2m×2n−12×4n×m＝5mn．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理及作图的知识，解答本题关键是仔细理解问题背景，熟练掌握勾股定理，关键是结合网格用矩形及容易求得面积的直角三角形表示出所求三角形的面积进行解答．
【变式8-1】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在4×4正方形网格中，以格点为顶点的△ABC的面积等于3，则点A到边BC的距离为（ ）
A．B．2C．4D．3
【答案】B
【详解】试题分析：根据勾股定理计算出BC的长，再根据三角形的面积为3，即可求出点A到边BC的距离．
解：∵BC=12+12=2，S△ABC=3，
∴点A到边BC的距离为62=22，
故选B．
考点：勾股定理;三角形面积．
【变式8-2】（2023春·浙江·八年级期末）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．以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向内作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E，F，G，H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在如图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为65，此时正方形EFGH的而积为5．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为65时，正方形EFGH的面积的所有可能值是_____（不包括5）．
【答案】9或13或49.
【详解】分析：共有三种情况：①当DG=13，CG=213时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=13，可得正方形EFGH的面积为13；
②当DG=8，CG=1时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=7，可得正方形EFGH的面积为49；
③当DG=7，CG=4时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=3，可得正方形EFGH的面积为9.
详解：①当DG=13，CG=213时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=13，可得正方形EFGH的面积为13．
②当DG=8，CG=1时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=7，可得正方形EFGH的面积为49；
③当DG=7，CG=4时，满足DG2+CG2=CD2，此时HG=3，可得正方形EFGH的面积为9.
故答案为9或13或49．
点睛：本题考查作图-应用与设计、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
【变式8-3】（2023春·河南郑州·八年级校考期末）作图．网格中每个小正方形的边长都是1，
(1)在图1网格中作一个直角三角形，使它的三边长都是整数；
(2)在图2网格中作一个直角三角形，使它的三边长都是无理数；
(3)在图3网格中作一个钝角三角形，使它的面积等于6．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意作出相应三角形即可；
（2）根据题意作出相应三角形即可；
（3）根据题意作出相应三角形即可．
【详解】（1）解：如图所示，AB=4，BC=3，AC=AB2+BC2=5，
∴△ABC即为所求；
（2）如图所示：DE=32+32=32，DF=22+42=25，EF=12+12=2，
∵DE2+EF2=DF2，
∴△DEF为直角三角形，符合题意；
（3）如图所示，NO=3且NO边上的高为4，
∴△MNO的面积为：12×3×4=6，
∴△MNO即为所求．
【点睛】题目主要考查勾股定理与网格问题，理解题意，根据勾股定理作出相应三角形是解题关键．
【题型9 直角三角形中的分类讨论思想】
【例9】（2023春·安徽合肥·八年级统考期中）△ABC中，AB=20，AC=13，BC上的高为12，求BC的长．
【答案】BC=21或11
【分析】由于三角形的高的位置随三角形的形状改变而变化，分别根据题意画出当点D在线段BC上、点D在线段BC的延长线上时的图形，分别利用勾股定理得出答案即可．
【详解】解：设BC边上的高为AD，
当点D在线段BC上时，
如图1所示：
在Rt△ABD中，AB=20，AD=12，
根据勾股定理：BD=AB2−AD2=202−122=16；
在Rt△ACD中，AC=13，AD=12，
根据勾股定理：CD=AC2−AD2=132−122=5；
∴BC=BD+CD=16+5=21；
当D在线段BC的延长线上时，
如图2所示：
同理可知：BD=16，CD=5，
∴BC=BD−CD=16−5=11；
综上所述：BC=21或11.
【点睛】此题主要考查了三角形高的性质和勾股定理，根据题意利用分类讨论正确画出图形是解题关键．
【变式9-1】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AB=5，点E为射线BC上一点，若△ABE是直角三角形，则△ABE的面积是___________.
【答案】6或503
【分析】分两种情况讨论：①当∠AEB=90°时，根据勾股定理求出AC的长，即可求出△ABE的面积；②当∠BAE=90°时，设CE=x,，在Rt△ABE中根据勾股定理列方程求出x的值，即可求出BE的长，进而可求出△ABE的面积.
【详解】①当∠AEB=90°时，E点与C点重合
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AB=5
∴AC=52−32=4
即AE=4
∴S△ABE=12⋅BE⋅AE=12×3×4=6
②如图，当∠BAE=90°时，设CE=x,
在Rt△ACE中,AE2=AC2+CE2 =42+x2
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2
∴(3+x)2=52+(x2+42)
解得x=163
∴BE=3+163=253
∴S△ABE=12⋅BE⋅AC=12×253×4=503
∴△ABE的面积是6或503
故答案为：6或503
【点睛】本题主要考查了勾股定理和求直角三角形面积，分类讨论是解题的关键.
【变式9-2】（2023春·四川成都·八年级四川省蒲江县蒲江中学校考期中）在△ABC中，AB=20，AC=13，AD为BC边上的高，且AD=12，△ABC的周长为______．
【答案】44或54
【分析】根据题意作出图形，利用勾股定理列式求出CD、BD，再分CD在△ABC内部和外部两种情况求出BC，然后根据三角形的周长的定义解答即可．
【详解】解：∵AB=20，AC=13，BC边上的高AD=12，
∴BD=AB2−AD2=16，CD=AC2−AD2=5，
如图1，CD在△ABC内部时，BC=BD+DC=16+5=21，
此时，△ABC的周长=20+13+21=54，
如图2，CD在△ABC外部时，BC=BD−CD=16−5=11，
此时，△ABC的周长=20+13+11=44，
综上所述，△ABC的周长为44或54．
故答案为：44或54．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用，解题的关键是分情况讨论求出BC的长，作出图形更形象直观．
【变式9-3】（2023·黑龙江哈尔滨·八年级期中）已知在△ABC中，AB=3，AC=1，S△ABC=34，则BC的长是___________．
【答案】1或7
【分析】分∠A是锐角和钝角两种情况，分别画出图形，根据三角形的面积公式求得CD=12，再求出AD,再根据图形求得AB，最后运用勾股定理即可解答．
【详解】解：①如图：当∠A是锐角时，当过C作AB的垂线交AB于D
∵S△ABC=34
∴12CD⋅AC=34,即12×3⋅CD=34，解得：CD=12，
∴ AD=AC2−DC2=12−122=32
∴BD=AB−AD=32
∴BC=CD2+BD2=122+322=1
②如图：如图：当∠A是钝角时，当过C作AB的垂线交BA的延长线于D
∵S△ABC=34
∴12AB⋅CD=34,即12×3⋅CD=34，即CD=12
∴AD=AC2−DC2=12−122=32
∴BD=AB+AD=332
∴BC=CD2+BD2=122+3322=7
故答案是：1或7．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，根据三角形的面积公式和勾股定理求得BD的长是解答本题的关键．
【题型10 利用勾股定理解决动点问题】
【例10】（2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=6，动点P从点B出发，以每秒2个单位长的速度，沿射线BC运动，设运动时间为t秒，请解答以下问题：
(1)BC边的长为________；
(2)当△ABP为直角三角形时，求t的值，写出求解过程；
(3)当△ABP为等腰三角形时，直接写出t的值．
【答案】(1)8
(2)t=4或t=254
(3)t=5或t=8或t=258
【分析】（1）利用勾股定理直接求解；
（2）分∠BAP=90°和∠BPA=90°两种情况讨论，分别利用勾股定理求解；
（3）当PA=PB时，利用勾股定理求解t，当BA=BP时，可直接得到BP长，当AB=AP时，BP=2BC．
（1）
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=6，
∴BC=AB2−AC2=102−62=8；
（2）
若△ABP为直角三角形：
（i）∠APB=90°，此时BP=BC=8，t=8÷2=4（s）；
（ii）∠BAP=90°，BP=2t，则CP=2t-8，由勾股定理得：AP=AC+PC=BP-AB，
即6+（2t-8）=（2t）-10，解得：t=254；
（3）
若△ABP为等腰三角形：
（i）当AB=BP时，t=5；
（ii）当AB=AP时，BP=2BC=16，t=8；
（iii）当BP=AP时，AP=BP=2t，CP=8-2t，AC=6，由勾股定理得：（2t）=6+（8-2t）
解得：t=258．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质等知识点．正确的分类讨论，熟练应用勾股定理，准确找到等量关系是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·河南信阳·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E是AB上一个动点，F是AD上一个动点（点F不与点D重合）．连接EF把△AEF沿EF折叠，使点A的对应点A'总落在边DC上．若△A'EC是以A'E为腰的等腰三角形，则A'D的长为_____________________．
【答案】13或12
【分析】由于只知道A'E为腰的等腰三角形，所以要讨论另外两条边分别为腰的情况，可设已知腰为x,再根据折叠的性质对应边相等，用x的代数式表示出其它边，再构造出一个关于x的直角三角形，运用勾股定理即可求出x和A'D的长度．
【详解】过点E作EG⊥DC于点G,设A'E=x
当A'E=A'C时，如图1，A'D=2−x,CG=BE=2−x,
∴A'G=2x−2
在Rt△A'GE中，由勾股定理，得x2−2x−22=12，
解得，x1=53,x2=1(舍去)
∴A'D=13
当A'E=CE时，如图2，A'G=GC=BE=2−x,A'D=2x−2.
在Rt△A'GE中，由勾股定理，得22−2−x2=12.
解得x=54
∴A'D=12
综上所述，A'D的长为13或12
故答案为13或12
【点睛】本题考查了等腰三角形，直角三角形等知识点，解题的关键是根据折叠的性质，构造出一个含有未知数的直角三角形，利用勾股定理列出等式求解．
【变式10-2】（2023春·全国·八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°，AD＝AB＝4，E是AD中点，M是边BC上的一个动点，N是边CD上的一个动点，则AM＋MN＋EN的最小值是______．
【答案】10
【分析】作A点关于BC的对称点A1，连接A1M，作E点关于DC的对称点E1，连接E1N，因此AM＋MN＋EN=A1M＋MN＋E1N，所以最小值为A1E1，用勾股定理算出即可．
【详解】解：如图，作A点关于BC的对称点A1，连接A1M，作E点关于DC的对称点E1，连接E1N，
∵∠B＝∠D＝90°，点A和点A1关于BC对称，点E和点E1关于DC对称，
∴AM=A1M，EN=E1N，
∴AM＋MN＋EN=A1M＋MN＋E1N≥A1E1，
∴AM＋MN＋EN的最小值是A1E1，
∵AD＝AB＝4，E是AD中点，
∴AB=A1B=4，ED=E1D=2，
∴AA1=8，AE1=6，
∵∠BAD＝90°，
∴A1E1=62+82=10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了线段和的最值问题，勾股定理、轴对称性质，作出辅助线是本题的关键．
【变式10-3】（2023·河南驻马店·八年级驻马店市第二初级中学校考期中）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A，B 的坐标分别为 A（0，2），B（8，8），点 C（m，0）为 x 正半轴 上一个动点．
（1）当 m＝4 时，写出线段 AC＝ ，BC＝ ．
（2）当 0＜m＜8 时，求△ABC 的面积．（用含 m 的代数式表示）
（3）当点 C 在运动时，是否存在点 C 使△ABC 为直角三角形，如果存在，请求出这个三角形的面积；如果不存在， 请说明理由．
【答案】（1）25，25；（2）S△ABC=3m+8；（3）存在m的值为32或4或14，使△ABC为直角三角形，面积为252或20或50．
【分析】（1）过点B作BE⊥x轴于E，由A、B、C点的坐标可得BE=8、OE=8、AO=2、OC=4，最后根据勾股定理解答即可；
（2）由0＜m＜8可得点C在OE上，然后根据面积关系求解即可；
（3）分∠BAC=90°、∠ABC=90°、∠ACB=90°三种情况，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）如图，过点B作BE⊥x轴于E
∵点A（0，2），点B{8，8），点C（4，0）
∴BE=8，OE=8，AO=2，OC=4，
∴CE=4，
∴AC=OA2+OC2=4+16=25,BC=16+64=45，
故填：25，25；
（2）∵当0＜m＜8
∴点C在OE上时，
∴A（0，2），点B（8，8），点C{m，0）
∴BE=8，OE=8，AO=2，OC=m，
∴SΔABC=12×(AO+BE)×OE−12×AO×OC−12×BE×CE
SΔABC=12×(2+8)×8−12×2×m−12×8×(8−m)=8+3m；
∴，S△ABC=3m+8；
（3）当∠BAC=90°时，BC2=AB2+AC2，即64+（8-m）2=64+（8-2）2+4+m2，解得m=32
∴SΔABC=3×32+8=252；
当∠ACB=90°时，AB2=AC2+BC2，则64+（8-2）2=4+m2+64+{8-m）2，解得m=4，
∴SΔABC=3×4+8=20；
当∠ABC=90°时，AC2=AB2+BC2，则4+m2=64+（8-2）2+64+{8-m）2，解得m=14，
∴SΔABC=3×14+8=50；
综上：存在m的值为32或4或14，使△ABC为直角三角形，面积为252或20或50．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想成为解答本题的关键．