第19讲 直角三角形（19题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第19讲 直角三角形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156315724" 题型01 利用直角三角形的性质求解
\l "_Tc156315725" 题型02 根据已知条件判定直角三角形
\l "_Tc156315726" 题型03 与直角三角形有关的面积计算
\l "_Tc156315727" 题型04 利用勾股定理求线段长
\l "_Tc156315728" 题型05 利用勾股定理求面积
\l "_Tc156315729" 题型06 已知两点坐标求两点距离
\l "_Tc156315730" 题型07 判断勾股数问题
\l "_Tc156315731" 题型08 勾股定理与网格问题
\l "_Tc156315732" 题型09 勾股定理与无理数
\l "_Tc156315733" 题型10 以直角三角形三边为边长的图形面积
\l "_Tc156315734" 题型11 利用勾股定理证明线段的平方关系
\l "_Tc156315735" 题型12 勾股定理的证明方法
\l "_Tc156315736" 题型13 以弦图为背景的计算题
\l "_Tc156315737" 题型14 利用勾股定理构造图形解决问题
\l "_Tc156315738" 题型15 利用勾股定理解决实际问题
\l "_Tc156315739" 题型16 勾股定理与规律探究问题
\l "_Tc156315740" 题型17 在网格中判定直角三角形
\l "_Tc156315741" 题型18 利用勾股定理逆定理求解
\l "_Tc156315742" 题型19 利用勾股定理解决实际生活问题
题型01 利用直角三角形的性质求解
1．（2023·广东梅州·统考一模）如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C=40°，则∠1的度数是（ ）

A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质求出∠CED，再根据平行线的性质解答即可．
【详解】解：在Rt△CDE中，∠CDE=90°，∠DCE=40°，

则∠CED=90°−40°=50°，
∵l∥AB，
∴∠1=∠CED=50°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、平行线的性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
2．（2023·广东中山·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠C=60°，点D为边AC的中点，BD=2，则BC的长为（ ）
A．3B．23C．2D．4
【答案】C
【分析】根据三角形内角和定理可得∠A=30°，由直角三角形斜边上的中线的性质得出AC=2BD=4，再利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°，∠C=60°，
∴∠A=30°，
∵点D为边AC的中点，BD=2
∴AC=2BD=4，
∴BC=12AC=2，
故选：C．
【点睛】题目主要考查三角形内角和定理及直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
3．（2021·河南信阳·统考一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,H为BC中点，AC=6,BD=8．则线段OH的长为：（ ）
A．125B．52C．3D．5
【答案】B
【分析】因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有AC⊥BD，AO=OC=3，BO=OD=4，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，AO=OC=3，BO=OD=4
∴△BOC是直角三角形
∴BO2+OC2=BC2
∴BC=5
∵H为BC中点
∴OH=12BC=52
故最后答案为52．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
4．（2022·广东广州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴的正半轴和x轴的正半轴上，当B在x轴的正半轴上运动时，A随之在y轴的正半轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变．若∠OAB＝30°时，点A的纵坐标为23，点C的纵坐标为1，则点D到点O的最大距离是（ ）
A．25B．22+2C．22+4D．23+4
【答案】B
【分析】由Rt△AOB中的条件可得AB=4，由△AOB∽△BFC，可得BC=2，再AB上取一点E，利用勾股定理求出OE，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半求出OE，由三角形两边之后大于第三边可求出OD最大值．
【详解】解：取AB中点E，连接DE、OE、OD，过C作CF⊥BF与点F，
在Rt△AOB中，AO=23，∠OAB=30°，
∴AB=4，OE=12AB=2=AE，
由矩形的性质，可得AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∴△AOB∽△BFC，
∵C的纵坐标为1，
∴BC=2=AD；
在Rt△ADE中，DE=22，
当O、D、E三点共线时，OD=DE＋OE最大，
此时OD=22+2；
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，直角三角形的性质，三角形三边关系，根据性质求出相应线段，根据两边之和大于第三边求出最大值是解题的关键．
题型02 根据已知条件判定直角三角形
5．（2022·重庆·重庆市松树桥中学校校考模拟预测）已知△ABC的三条边分别是a、b、c，则下列条件中不能判断△ABC是直角三角形的是（ ）
A．a:b:c=3:4:5B．∠C=∠A+∠B
C．∠A:∠B:∠C=1:5:6D．∠A:∠B:∠C=3:4:5
【答案】D
【分析】根据勾股定理的逆定理判定A正确，利用三角形内角和定理判定B和C正确、D错误．
【详解】解：A、设a=3k，b=4k，c=5k，
∵(3k)2+(4k)2=(5k)2 ，
即a2+b2=c2 ，
∴三角形是直角三角形，
正确；
B、∵∠A+∠B+∠C=180°，
∠C=∠A+∠B，
∴2∠C=180°，
即∠C=90°，
正确；
C、设∠A=x°，∠B=5x°，∠C=6x°，
又三角形内角和定理得x+5x+6x=180,
解得6x=90,
故正确；
D、设∠A=3x°，∠B=4x°，∠C=5x°，
又三角形内角和定理得3x+4x+5x=180，
5x=75,
故不是直角三角形，
错误；
故本题选择D．
【点睛】本题考查直角三角形的判定方法：勾股定理的逆定理、证明最大角是直角．
6．（2022·云南昆明·统考二模）已知实数x，y，z满足(x−5)2+y−12+|z−13|=0，则以x，y，z的值为边长的三角形是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法判断
【答案】B
【分析】根据平方式、算式平方根和绝对值的非负性求出x、y、z，再根据勾股定理的逆定理判断即可.
【详解】解：∵实数x，y，z满足(x−5)2+y−12+|z−13|=0，
∴x=5，y=12，z=13，
∵52+122=132，∴x2+y2=z2
∴以x，y，z的值为边长的三角形是直角三角形，
故选B.
【点睛】本题考查平方式、算式平方根和绝对值的非负性、勾股定理的逆定理，熟练掌握非负性是解答的关键.
7．（2022·安徽合肥·合肥38中校考一模）已知△ABC的三边长分别为a，b，c，选择下列条件中的一个，能判断△ABC是直角三角形的是（ ）
①∠A＝∠B﹣∠C；②a2＝（b+c）（b﹣c）；③∠A：∠B：∠C＝3：4：5；④a：b：c＝3：4：5
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据直角三角形的定义，勾股定理的逆定理一一判断即可．
【详解】①∵∠A＝∠B﹣∠C，
∴∠A+∠C＝∠B，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴是直角三角形，
故①是直角三角形；
②∵a2＝（b+c）（b﹣c），
∴a2＝b2﹣c2，
a2+c2＝b2，
故②是直角三角形；
③∵∠A：∠B：∠C＝3：4：5，
∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝75°，
故③不是直角三角形；
④∵a：b：c＝3：4：5，
∴32+42＝52，
∴a2+b2＝c2，
故④是直角三角形；
是直角三角形的三角形有3个①②④
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理逆定理的运用，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可，注意数据的计算．
题型03 与直角三角形有关的面积计算
8．（2023·广东佛山·统考二模）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠ACB=90°，BC=4，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点D，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．83−4πB．83−2πC．163−8πD．163−4π
【答案】A
【分析】根据直角三角形的性质得到AC=43，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠A=30°，∠ACB=90°，BC=4，
∴AB=2BC=8，AC=82−42=43，
∴阴影部分的面积=S△ACB−S扇形ACD=12×4×43−30π⋅432360=83−4π，
故选：A．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算，含30°角的直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
9．（2023·山东泰安·统考一模）如图，Rt△ABC中，∠A=30°,∠ABC=90°，将Rt△ABC绕点B逆时针方向旋转得到△A'BC'．此时恰好点C在A'C'上，A'B交AC于点E，则△ABE与△ABC的面积之比为（ ）
A．13B．916C．23D．34
【答案】D
【分析】由旋转的性质得出BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，则△BCC'是等边三角形，∠CBC'=60°，得出∠BEA=90°，设CE=α，则BE=3α，AE=3α，求出AEAC=34，可求出答案．
【详解】∵∠A=30°,∠ABC=90°，
∴∠ACB=60°，
由旋转得：BC=BC'，∠ACB=∠A'C'B=60°，
∴△BCC'是等边三角形，
∴∠CBC'=60°，
∴∠ABA'=60°，
∴∠BEA=90°，∠CBE=∠A=30°，
设CE=α，则BC=2α，AC=2BC=4α，
∴由勾股定理得BE=3α，AE=AC−CE=3α，
∴AEAC=34，
∵△ABE与△ABC同高，
∴△ABE与△ABC的面积之比为34．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10．（2022·山东济南·模拟预测）如图，在 Rt△ABC 中， ∠B=90∘ ， ∠C=30∘ ，以点 A 为圆心，任意长为半径作弧，分别交边 AB ， AC 于点 P ， Q ；再分别以点 P ， Q 为圆心，以大于 12PQ 的长为半径作弧，两弧交于点 E ，作射线 AE 交 BC 于点 F .设 △ABF ， △ABC 的面积分别为 S1 ， S2 ，则 S1S2 的值为（ ）
A．12B．13C．13D．14
【答案】B
【分析】根据作图过程可知： AF是∠BAC 的平分线，设 BF=x ，在 Rt△ABC 中， ∠B=90∘ ， ∠C=30∘ ，则在 Rt△ABF 中， FA=2x，分别表示出S1,S2，即可求解．
【详解】解：根据作图过程可知： AF是∠BAC 的平分线，
∴∠BAF=∠CAF=12∠BAC ，
∵∠B=90°，∠C=30° ，
∴∠BAC=60°
∴∠BAF=∠CAF=12∠BAC=30° ，
∴∠CAF=∠C=30°
∴FA=FC
设 BF=x ，则在 Rt△ABF 中， FA=2x
∴FC=FA=2x ， BC=BF+FC=x+2x=3x ，
∴S1=12BF·AB=x2·AB ， S2=12BC·AB=3x2·AB ，
∴S1S2=x2·AB3x2·AB=13 ，
故选B．
【点睛】本题考查了角平分线的作图，含30度角的直角三角形的性质，掌握含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
11．（2022·浙江金华·统考一模）把一副三角尺如图所示拼在一起，其中AC边长是26，则△ACD的面积是（ ）
A．42B．6C．43D．62
【答案】C
【分析】根据勾股定理得到BC=AC2+AB2=43，根据直角三角形的性质得到CD=33BC＝4，过A作AE⊥CD交DC的延长线于E，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵∠CAB＝90°，∠ACB＝∠ABC＝45°，AC＝26，
∴AC＝AB＝26，
∴BC=AC2+AB2=43，
∵∠BCD＝90°，∠CBD＝30°，
∴CD=33BC＝4，
过A作AE⊥CD交DC的延长线于E，
∴∠ECB＝90°，
∴∠ACE＝45°，
∴AE2+CE2＝AC2，
∴AE=22AC＝23，
∴△ACD的面积=12CD•AE=12×4×23=43，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
题型04 利用勾股定理求线段长
12．（2021·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）往直径为52cm的圆柱形容器内装入一些水以后，截面如图所示，若水面宽AB=48cm，则水的最大深度为（ ）
A．8cmB．10cmC．16cmD．20cm
【答案】C
【分析】过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，根据垂径定理即可求得AD的长，又由⊙O的直径为52cm，求得OA的长，然后根据勾股定理，即可求得OD的长，进而求得水的最大深度DE的长．
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，交⊙O于E，连接OA，
由垂径定理得：AD=12AB=12×48=24cm，
∵⊙O的直径为52cm，
∴OA=OE=26cm，
在RtΔAOD中，由勾股定理得：OD=OA2−AD2=262−242=10cm，
∴DE=OE−OD=26−10=16cm，
∴水的最大深度为16cm，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识．此题难度不大，解题的关键是注意辅助线的作法，构造直角三角形，利用勾股定理解决．
13．（2022·云南昆明·官渡六中校考一模）在△ABC中，∠ABC=90°，若AC=100,sinA=35，则AB的长是（ ）
A．5003B．5035C．60D．80
【答案】D
【分析】根据三角函数的定义得到BC和AC的比值，求出BC，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵∠ABC=90°，sin∠A=BCAC=35，AC=100，
∴BC=100×3÷5=60，
∴AB=AC2−BC2=80，
故选D．
【点睛】本题主要考查的是解直角三角形，掌握勾股定理和正弦函数的定义是解题的关键．
14．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）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=5，BC=1，∠AOB=30°，则OA的值为（ ）
A．3B．32C．2D．1
【答案】A
【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．
【详解】解：∵∠OBC=90°，OC=5，BC=1，
∴OB=OC2−BC2=52−12=2
∵∠A=90°，∠AOB=30°，
∴AB=12OB=1，
∴OA=OB2−AB2=22−12=3，
故选：A．
【点睛】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，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
题型05 利用勾股定理求面积
15．（2022·四川内江·四川省内江市第六中学校考一模）若直角三角形的两边长分别是方程x2−7x+12=0的两根，则该直角三角形的面积是（ ）
A．6B．12C．12或372D．6或372
【答案】D
【分析】根据题意，先将方程x2−7x+12=0的两根求出，然后对两根分别作为直角三角形的直角边和斜边进行分情况讨论，最终求得该直角三角形的面积即可．
【详解】解方程x2−7x+12=0得x1=3，x2=4
当3和4分别为直角三角形的直角边时，面积为12×3×4=6；
当4为斜边，3为直角边时根据勾股定理得另一直角边为42−32=7，面积为12×7×3=372；
则该直角三角形的面积是6或372，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程及直角三角形直角边斜边的确定、直角三角形的面积求解，熟练掌握解一元二次方程及勾股定理是解决本题的关键．
16．（2023·河南南阳·统考三模）如图，在正方形ABCD中，AB=4cm，在等腰直角三角形EFG中，∠FEG=90°，EF=10cm．边BC与FG在同一直线上．CF=8cm．若正方形ABCD以2cm/s的速度沿直线向右运动，经过 s，此三角形和正方形重叠部分的面积是4cm2．

【答案】4+2或6+42
【分析】分两种情况讨论，当CD交EF于点H和AB交EG于点H时，利用等腰直角三角形的性质以及三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵在等腰直角三角形EFG中，
∴∠EFG=45°，
当CD交EF于点H时，

∴∠HFC=∠FHC=45°，
∴设CF=CH=x，
由题意得12x2=4，
解得x=22，即CF=CH=22，
∴点C移动的距离为8+22，
所用时间为8+222=4+2s；
当AB交EG于点H时，

∴∠HGB=∠BHG=45°，
同理，得BG=BH=22，
∴CG=4−BG=4−22，
∵在等腰直角三角形EFG中，∠FEG=90°，EF=10cm，
∴FG=2EF=102，
∴点C移动的距离为8+102+4−22=12+82，
所用时间为12+822=6+42s；
故答案为：4+2或6+42．
【点睛】本题主要考查了平移的性质，勾股定理以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握等腰直角三角形的性质．
17．（2023·广东潮州·统考模拟预测）如图，△BED是等腰直角三角形，AC经过点E，过点B作BA⊥AC，过点D作DC∥BA，若AC=10，CD=8，求△BDE的面积．

【答案】34
【分析】由等腰直角三角形的性质得出BE=DE，∠BED=90°，证明△AEB≌△CDEAAS，由全等三角形的性质得出CD=AE，求出CE的长，由三角形面积公式可得出答案．
【详解】解：∵△BED是等腰直角三角形，
∴BE=DE，∠BED=90°，
∴∠AEB+∠CED=90°，
∵BA⊥AC，
∴∠A=90°，
∴∠AEB+ABE=90°，
∴∠ABE=∠CED，
∵DC∥BA，
∴∠C=180°−∠A=90°=∠A，
∴△AEB≌△CDEAAS，
∴CD=AE，
∵AC=10，CD=8，
∴CE=AC−AE=2，
在Rt△DCE中，由勾股定理得：DE3=EC2+CD2=68，
∴S△BDE=12DE2=34．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，证明△AEB≌△CDE是解题的关键．
题型06 已知两点坐标求两点距离
18．（2022·广东中山·校联考一模）在平面直角坐标系中，点（3，﹣2）到原点的距离是 ．
【答案】13
【分析】根据两点的距离公式计算求解即可．
【详解】解：由题意知点（3，﹣2）到原点的距离为3−02+−2−02=13
故答案为：13．
【点睛】本题考查了用勾股定理求解两点的距离公式．解题的关键在于熟练掌握距离公式：Ax1,y1、Bx2,y2两点间的距离公式为AB=x1−x22+y1−y22．
19．（2022·宁夏银川·银川市第三中学校考模拟预测）阅读下列一段文字，然后回答下列问题．已知在平面内两点P1（x1，y1）、P2（x2，y2），其两点间的距离P1P2=(x1−x2)2+(y1−y2)2，同时，当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|．
(1)已知A（2，4）、B（﹣3，﹣8），试求A、B两点间的距离；
(2)已知A、B在平行于y轴的直线上，点A的纵坐标为4，点B的纵坐标为﹣1，试求A、B两点间的距离；
(3)已知一个三角形各顶点坐标为D（1，6）、E（﹣2，2）、F（4，2），你能判定此三角形的形状吗？说明理由．
【答案】(1)AB＝13
(2)AB＝5
(3)△DEF是等腰三角形，理由见解析
【分析】(1)直接套公式(x1−x2)2+(y1−y2)2即可求解；
(2)根据题干中“当两点所在的直线平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|”即可求解；
(3)套公式(x1−x2)2+(y1−y2)2求出三角形三边的长度即可求解．
【详解】（1）解：由题意可知A、B两点间的距离为(2+3)2+(4+8)2=13，
故A、B两点间的距离为13．
（2）解：由题意可知，直线AB平行y轴，
∴A、B两点之间的距离为4-(-1)=5．
（3）解：△DEF是等腰三角形，理由如下：
DE=(−2−1)2+(2−6)2=5，
EF=(4+2)2+(2−2)2=6，
DF=(4−1)2+(2−6)2=5，
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中两点之间距离的求法，其本质是勾股定理的应用，读懂题意即可求解．
题型07 判断勾股数问题
20．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考三模）勾股定理最早出现在商高的《周髀算经》：“勾广三，股修四，经隅五”，我国古代把直角三角形的直角边中较小者称为“勾”，另一长直角边称为“股”，把斜边称为“弦”．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10 ，则其弦是 ．
【答案】26
【分析】根据规律可得，如果a,b,c是符合同样规律的一组勾股数，a=m（m为偶数且m≥4），根据所给的二组数找规律可得结论．
【详解】根据规律可得，如果a,b,c是符合同样规律的一组勾股数，a=m （m为偶数且m≥4 ），则另一条直角边b=m22−1 ，弦c=m22+1 ．
则弦为1022+1=26，
故答案为：26．
【点睛】此题主要考查了勾股数的定义，数字类的规律问题，得出规律是解题关键．
21．（2022·河北石家庄·校联考三模）已知：整式A=n2+1，B=2n，C=n2−1，整式C>0．
(1)当n=1999时，写出整式A+B的值______（用科学记数法表示结果）；
(2)求整式A2−B2；
(3)嘉淇发现：当n取正整数时，整式A、B、C满足一组勾股数，你认为嘉淇的发现正确吗？请说明理由．
【答案】(1)4×106
(2)(n2−1)2
(3)正确，理由见解析
【分析】（1）根据题意可得，A+B=n2+1+2n=n+12，把n=1999代入计算应用科学记数法表示方法进行计算即可得出答案；
（2）把A=n2+1，B=2n，代入A2−B2中，可得n2+12−2n2，应用完全平方公式及因式分解的方法进行计算即可得出答案；
（3）先计算B2+C2=2n2+n2−12，计算可得n2+12，应用勾股定理的逆定理即可得出答案．
【详解】（1）解：A+B=n2+1+2n=n+12，
当n=1999时，
原式=1999+12
=20002
=4×106；
故答案为：4×106；
（2）A2−B2=n2+12−2n2
=n22+2n2+1−4n2
=n22−2n2+1
=(n2−1)2；
（3）嘉淇的发现正确，理由如下：
∵B2+C2=2n2+n2−12
=4n2+n22−2n2+1
=n2+12，
∴B2+C2=A2，
∴当n取正整数时，整式A、B、C满足一组勾股数．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及逆定理，科学记数法，熟练掌握勾股定理及逆定理，科学记数法的计算方法进行求解是解决本题的关键．
22．（2019·安徽马鞍山·校联考二模）若正整数a，b，c（a＜b＜c）满足a2+b2＝c2，则称（a，b，c）为一组“勾股数”．
观察下列两类“勾股数”：
第一类（a是奇数）：（3，4，5）；（5，12，13）；（7，24，25）；…
第二类（a是偶数）：（6，8，10）；（8，15，17）；（10，24，26）；…
（1）请再写出两组勾股数，每类各写一组；
（2）分别就a为奇数、偶数两种情形，用a表示b和c，并选择其中一种情形证明（a，b，c）是“勾股数”．
【答案】（1）第一组（a是奇数）：9，40，41（答案不唯一）；第二组（a是偶数）：12，35，37（答案不唯一）；（2）当a为奇数时，b=a2−12，c=a2+12；当a为偶数时，b=a24−1，c=a24+1；证明见解析.
【分析】（1）根据勾股数的定义即可得到结论；
（2）当a为奇数时，当a为偶数时，根据勾股数的定义即可得到结论．
【详解】（1）第一组（a是奇数）：9，40，41（答案不唯一）；
第二组（a是偶数）：12，35，37（答案不唯一）；
（2）当a为奇数时，b=a2−12，c=a2+12；
当a为偶数时，b=a24−1，c=a24+1；
证明：当a为奇数时，a2+b2＝a2+a2−122=a2+122=c2，
∴（a，b，c）是“勾股数”．
当a为偶数时，a2+b2＝a2+a24−12=a24+12=c2
∴（a，b，c）是“勾股数”
【点睛】本题考查了勾股数，数字的变化类﹣规律型，读懂表格，从表格中获取有用信息进而发现规律是解题的关键．
题型08 勾股定理与网格问题
23．（2020·山东聊城·统考模拟预测）如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这些小正方形的顶点上，那么sin∠ACB的值为（ ）．
A．355B．175C．35D．45
【答案】D
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ACD中，利用勾股定理求得线段AC的长，再按照正弦函数的定义计算即可．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，则∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=5，
∴sin∠ACB=ADAC=45，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的运用以及锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．
24．（2022·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在9×5的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是∠ABC的平分线，则BD的长为（ ）
A．102B．10C．3102D．310
【答案】A
【分析】利用勾股定理求出AB、BC、AC的长，可得△ABC为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一可得AD的值，继续用勾股定理即可求出BD的值．
【详解】解：由题可知，AB=5，BC=32+42=5，AC=92+32=310，
∴ AB=BC，
又∵ BD平分∠ABC，
∴ AD=12AC=3102，且BD⊥AC,即三角形ABD是直角三角形，
∴ BD=AB2−AD2=52−(3102)2=102．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，等腰三角形的三线合一，熟练掌握相关定理是解题的关键．
题型09 勾股定理与无理数
25．（2020·河南·模拟预测）小明学了在数轴上画出表示无理数的点的方法后，进行练习：首先画数轴，原点为O，在数轴上找到表示数2的点A，然后过点A作AB⊥OA，使AB=3(如图)．以O为圆心，OB的长为半径作弧，交数轴正半轴于点P，则点P所表示的数介于( )
A．1和2之间B．2和3之间C．3和4之间D．4和5之间
【答案】C
【分析】利用勾股定理求出AB的长，再根据无理数的估算即可求得答案.
【详解】由作法过程可知，OA=2，AB=3，
∵∠OAB=90°，
∴OB=OA2+AB2=22+32=13，
∴P点所表示的数就是13，
∵9<13<16，
∴3<13<4，
即点P所表示的数介于3和4之间，
故选C.
【点睛】本题考查了勾股定理和无理数的估算，熟练掌握勾股定理的内容以及无理数估算的方法是解题的关键.
26．（2022·广东佛山·西南中学校考三模）勾股定理在《九章算术》中的表述是：“勾股术曰：勾股各自乘，并而开方除之，即弦”．即c=a2+b2 （a为勾，b为股，c为弦），若“勾”为2，“股”为3，则“弦”最接近的整数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】首先利用勾股定理求出“弦”，然后利用算术平方根的性质估计其最接近的整数．
【详解】解：依题意“弦”为22+32=13，
而3.5=12.25<13<16=4，
∴“弦”最接近的整数是4．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了利用勾股定理进行计算，同时也利用了算术平方根的性质估计无理数的大小．
27．（2019·浙江杭州·模拟预测）如图所示，数轴上点A表示的数是−1，O是原点，以AO为边作正方形AOBC，以A为圆心、AB长为画弧交数轴于P1、P2两点，则点P1表示的数是 ，点P2表示的数是 （结果精确到0.1，参考数据：2≈1.41,3≈1.73）．
【答案】 −2.4 0.4
【分析】首先根据题意求得AO=BO=1，再利用勾股定理求得AB=2，然后根据题意可得AP1=AP2=AB=2，最后根据数轴上点的相对位置求得点所表示的数．
【详解】解：∵点A表示的数是−1，O是原点，以AO为边作正方形AOBC
∴AO=BO=1
∴AB=AO2+BO2=2
∵以A为圆心、AB长为画弧交数轴于P1、P2两点
∴AP1=AP2=AB=2
∴点P1表示的数是−1−2≈−2.4；点P2表示的数是−1+2≈0.4．
故答案是：−2.4；0.4
【点睛】本题主要考查了实数与数轴、勾股定理，还涉及到了正方形的性质、圆的性质等，能利用勾股定理求得AB=2是解题的关键．
题型10 以直角三角形三边为边长的图形面积
28．（2020·浙江·一模）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．
29．（2019·内蒙古鄂尔多斯·校联考一模）如图，以直角三角形的三边为边，分别向外作等边三角形、半圆、等腰直角三角形和正方形，上述四种情况的面积关系满足S1＋S2＝S3的图形有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【详解】解：（1）S1=34a2，S2=34b2，S3=34c2，∵a2+b2=c2，∴34a2+34b2=34c2，∴S1+S2=S3．
（2）S1=π4a2，S2=π4b2，S3=π4c2，∵a2+b2=c2，∴π4a2+π4b2=π4c2，∴S1+S2=S3．
（3）S1=14a2，S2=14b2，S3=14c2，∵a2+b2=c2，∴14a2+14b2=14c2，∴S1+S2=S3．
（4）S1=a2，S2=b2，S3=c2，∵a2+b2=c2，∴S1+S2=S3．
综上，可得：面积关系满足S1+S2=S3图形有4个．
故选D．
30．（2021·江苏无锡·校考二模）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABDE、ACFG、BCIH，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1+S2+S3+S4等于 ．
【答案】72．
【分析】过D作BF的垂线交BF于N，连接DI，容易证得ΔACB≅ΔBND，ΔACB≅ΔAGE，则有SΔACB=SΔBND，SΔACB=S1；根据DN=CI，DN//CI， ∠NCI=90°，可证得四边形DNCI是矩形，即D、I、H三点共线，根据AAS可证ΔMND≅ΔOCB，△EFM≅△DIO则有SΔMND=SΔOCB，S2=SRt△DOI，可得S3=SRt△ABC，则S1+S2+S3+S4 =3SRt△ABC，据此求解即可．
【详解】解：如图示，过D作BF的垂线交BF于N，连接DI，
∵AB=AD，∠ACB=∠BND=90∘，∠ABC+∠CAB=∠ABC+∠NBD=90∘
∴∠CAB=∠NBD
∴ΔACB≅ΔBND，
∴SΔACB=SΔBND，
同理可证ΔACB≅ΔAGE，
∴SΔACB=S1，
∴DN=BC=CI，AC=BN，
则有FC=BN
∵∠DNC=∠ICB=90∘
∴DN//CI，
∴四边形DNCI是平行四边形，
∵∠NCI=90°，
∴四边形DNCI是矩形，
∴∠DIC=90°，
∴D、I、H三点共线，
∵∠MDN+∠NDB=∠DBN+∠NDB=90∘
∴∠MDN=∠DBN
又∵ND=CB，∠MND=∠OCB=90∘，
∴ΔMND≅ΔOCB
∴∠DMN=∠BOC，MN=OC，并有：SΔMND=SΔOCB,
∴S3=SRt△DMN+S梯形DNCO=SRt△BOC+S梯形DNCO=SRt△BDN=SRt△ABC
∵∠DMN=∠EMF，∠DOI=∠BOC，
∴∠EMF=∠DOI
∵∠DMN=∠EMF，∠DOI=∠BOC，
∴∠EMF=∠DOI
∵FC=BN
∴FN=BC=CI
∴FM+MN=CO+OI
∴FM=OI
∵∠EFM=∠DIO=90∘
∴△EFM≅△DIO
即：S2=SRt△DOI
∴S2+S4=SRt△DBH=SRt△BDN=SRt△ABC,
∴S1+S2+S3+S4
=S1+S3+S2+S4
=SRt△ABC+SRt△ABC+SRt△ABC
=3SRt△ABC
=3×12AC·BC
=3×12×8×6
=72
故答案为：72．
【点睛】本题考查勾股定理的知识，将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用是解题的关键．
31．（2020·新疆·统考二模）图中是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形.若最大的正方形E的边长为3,则正方形A、B、C、D的面积之和为 ．

【答案】9
【分析】根据正方形的面积公式和勾股定理得出正方形A、B、C、D的面积之和为正方形E的面积，然后代入正方形的边长即可求解．
【详解】如图，

∵所有的四边形都是正方形，
∴FJ=MN,IH=JG
由勾股定理得，FJ2+JG2=FG2,PM2+PN2=MN2,QI2+QH2=IH2
∴PM2+PN2=FJ2,QI2+QH2=JG2
∵正方形A的面积为PM2，B的面积为PN2，C的面积为QI2，D的面积为QH2
∴正方形A、B、C、D的面积之和为
PM2+PN2+QI2+QH2=FJ2+JG2=FG2=32=9
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查勾股定理，掌握勾股定理的内容是解题的关键．
题型11 利用勾股定理证明线段的平方关系
32．（2021·广东深圳·明德学校校考一模）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O．若AD=2，BC=4，则AB2+CD2= ．
【答案】20
【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.
【详解】∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2，
∵AD=2，BC=4，
∴AB2+CD2=AD2+BC2=22+42=20，
故答案为：20.
【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.
33．（2022·山东济南·统考二模）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；（3）GE=73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；
（2）先根据垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，从而可得四边形CGEB是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】证明：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，连接AC,BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≅△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2−AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得GE=73或GE=−73（不符题意，舍去），
故GE的长为73．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
34．（2022·河北廊坊·统考模拟预测）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB=∠MON=90°．
(1)如图1，连接AM，BN，求证：△AOM≌△BON：
(2)如图2，将△MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2=MN2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）通过代换得对应角相等，再根据等腰直角三角形的性质得对应边相等，利用“SAS”即可证明△AOM≌△BON；
（2）连接AM，根据等腰直角三角形的性质，利用“SAS”证明△AOM≌△BON，得对应角相等，对应边相等，从而可证∠MAN=90°，再根据勾股定理，结合线段相等进行代换，即可证明结论成立；
【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON，
即∠AOM=∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OM=ON，
∴△AOM≌△BONSAS；
（2）证明：连接AM，
∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOB−∠AON=∠MON−∠AON，
即∠AOM=∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OM=ON，
∴△AOM≌△BONSAS，
∴∠MAO=∠NBO=45°，AM=BN，
∴∠MAN=90°，
∴AM2+AN2=MN2，
∴BN2+AN2=MN2；
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，勾股定理等知识点，构造直角三角形是解决问题的关键．
35．（2022·北京石景山·统考二模）在△ABC中，∠ACB=90°,CA=CB，D是AB的中点，E为边AC上一动点（不与点A，C重合），连接DE，将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，过点F作FH⊥DE于点H，交射线BC于点G．
(1)如图1，当AE(2)如图2，当AE>EC时，依题意补全图2，用等式表示线段DE,CG,AC之间的数量关系．
【答案】(1)∠ADE=∠BFG，BG=2AE；证明见解析
(2)图见解析，AC2+CG2=4DE2
【分析】（1）在线段EC上取点P，使得PE=AE，连接BP，由四边形内角和360°及∠ABF=90°，∠DHF=90°，得到∠ADE=∠BFG，再证明△ABP≌△BFG，得到BG=2AE．
（2）依据题意补全图，在AE延长线上取一点P，使得AE=EP，连接BP，按照（1）中的方法证明△ABP≌△BFG，再运用勾股定理及中位线性质得到，AC2+CG2=4DE2．
【详解】（1）解：∠ADE=∠BFG，BG=2AE，理由如下：
证明：如图，在线段EC上取点P，使得PE=AE，连接BP．
∵D是AB中点，PE=AE，
∴DE∥BP．
∴∠ADE=∠ABP．
∵线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，
∴BF=BA，∠ABF=90°．
在四边形BDHF中，∠DHF=90°，
∴∠BDH+∠F=180°．
∵∠BDH+∠ADE=180°，
∴∠ADE=∠F．
∵∠ADE=∠ABP，
∴∠ABP=∠F．
∵∠ACB=90°，CB=CA，
∴∠A=∠ABC=45°，
∵∠ABF=90°，
∴∠FBG=45°，
∴∠A=∠FBG．
∴△ABP≌△BFG．
∴AP=BG．
∵PE=AE，
∴AP=2AE，
∴BG=2AE．
（2）解：补全图形，如图．
AC2+CG2=4DE2，理由如下：
证明：如图，在AE延长线上取一点P，使得AE=EP，连接BP，
∵线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，
∴BF=BA，∠ABF=90°．
又∵∠ACB=90°，CB=CA，
∴∠A=∠ABC=45°，
∴∠GBF=45°．
在四边形BDHF中，∠DHF=90°，∠ABF=90°，
∴∠BDH+∠F=180°．
∵∠BDH+∠ADE=180°，
∴∠ADE=∠F．
∵D是AB中点，PE=AE，
∴DE∥BP，
∴∠ADE=∠ABP，
∴∠ABP=∠F．
在△ABP与△BFG中，
∵∠A=∠GBFAB=BF∠ABP=∠F，
∴△ABP≌△BFGASA，
∴AP=BG，
∵AC=BC，
∴AP−AC=BG−BC，即PC=GC．
∵∠BCP=90°，
∴BC2+CP2=BP2．
∵D是AB中点，PE=AE，
∴2DE=BP，
∵CB=CA，PC=GC，
∴AC2+CG2=2DE2，即AC2+CG2=4DE2．
【点睛】本题考查了中位线性质，勾股定理以及全等三角形的证明，其中构造中位线从而证明相关三角形全等是解题的关键．
题型12 勾股定理的证明方法
36．（2023·北京大兴·统考一模）下面是用面积关系证明勾股定理的两种拼接图形的方法，选择其中一种，完成证明．
【答案】见解析
【分析】利用面积法，根据大正方形面等于4个直角三角形面积加上小正方形面积求解即可．
【详解】证明：方法一：由图可得：a+b2=4×12ab+c2
a2+2ab+b2=2ab+c2
∴a2+b2=c2；
方法二：由图可得：4×12ab+b−a2=c2，
2ab+a2−2ab+b2=c2
∴a2+b2=c2．
【点睛】本题考查勾股定理的证明，利用数形结合，得出大正方形面等于4个直角三角形面积加上小正方形面积是解题的关键．
37．（2022·四川攀枝花·统考模拟预测）如图，将直角三角形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC＝b，AB＝c，正方形IECF中，IE＝EC＝CF＝FI＝x
（1）小明发明了求正方形边长的方法：
由题意可得BD＝BE＝a﹣x，AD＝AF＝b﹣x
因为AB＝BD+AD，所以a﹣x+b﹣x＝c，解得x＝a+b−c2
（2）小亮也发现了另一种求正方形边长的方法：
利用S△ABC＝S△AIB+S△AIC+S△BIC可以得到x与a、b、c的关系，请根据小亮的思路完成他的求解过程：
（3）请结合小明和小亮得到的结论验证勾股定理．
【答案】（2）见解析；（3）见解析．
【分析】（2）根据题意，结合图形可得S△ABC＝S△ABI+S△BIC+S△AIC，利用三角形面积公式得出等式，然后化简即可得；
（3）根据（1）（2）结论化简即可证明．
【详解】解：（2）∵S△ABC＝S△ABI+S△BIC+S△AIC，
∴12ab=12cx+12ax+12bx
化简可得：x=aba+b+c．
答：x与a、b、c的关系为x=aba+b+c．
（3）根据（1）和（2）得：
x=aba+b+c=a+b−c2，
即2ab=(a+b+c)(a+b−c)
化简得a2+b2＝c2．
【点睛】题目主要考查三角形的面积及勾股定理的证明，理解题意，将等式化简求解是解题关键．
38．（2019·安徽滁州·校考二模）【思考题】
阅读下面的情景对话，然后解答问题：
老师：我们新定义一种三角形，两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形．
小华：等边三角形一定是奇异三角形；
小明：那直角三角形是否存在奇异三角形呢？
（1）①根据“奇异三角形”的定义，小红得出命题：“等边三角形一定是奇异三角形”，请判断小红提出的命题是否正确，并填空：命题 （填“正确”或“不正确”），不要说嘛理由．
②若某三角形的三边长分别是2、4、10，则△ABC是奇异三角形吗？ （填“是”或“不是”），不要说嘛理由．
（2）在Rt△ABC中，两边长分别是a=52、c=10，这个三角形是否是奇异三角形？请说明理由．
（3）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=c，AC=b，BC=a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，求a：b：c的值．
【答案】（1）①正确，②是；（2）当c为斜边时，Rt△ABC不是奇异三角形；当b为斜边时，Rt△ABC是奇异三角形；（3）a:b:c=1:2:3
【分析】（1）①根据题中所给的奇异三角形的定义判定命题的真假；
②根据题中所给的奇异三角形的定义容易得出结果；
（2）分c是斜边和b是斜边两种情况，再根据勾股定理判断出所给的三角形是否符合奇异三角形的定义；
（3）先根据勾股定理得出Rt△ABC各边之间的关系，再根据此三角形是奇异三角形可用a表示出b、c的值，即可得出结果．
【详解】(1)①设等边三角形的边长为a，
∵a2+a2=2a2，
∴等边三角形一定是奇异三角形，
∴“等边三角形一定是奇异三角形”，是真命题；
②若某三角形的三边长分别是2、4、10，
根据奇异三角形的定义可知22+42=2102，
∴此三角形为奇异三角形;
(2)①当c为斜边时，Rt△ABC不是奇异三角形；
②当b为斜边时，Rt△ABC是奇异三角形；理由如下：
分两种情况：
①当c为斜边时, b=c2−a2=52，
∴a=b，
∴a2+c2≠2b2 (或b2+c2≠2a2)，
∴Rt△ABC不是奇异三角形.
②当b为斜边时b=c2+a2=56，
∵b2+a2=200
∴2c2=200
∴a2+b2=2c2
∴Rt△ABC是奇异三角形.
(3)在Rt△ABC中, a2+b2=c2，
∵c>b>a>0
∴2c2＞a2+b2,2a2＜b2+c2，
∵Rt△ABC是奇异三角形，
∴a2+c2=2b2，
∴2b2=a2+a2+b2，
∴b2=2a2,b=2a，
∵a2+b2=c2=3a2，
∴c=3a
∴a:b:c=1:2:3.
【点睛】此题考查勾股定理，解题关键在于结合题意给出奇异三角形的定义、勾股定义结合运用.
题型13 以弦图为背景的计算题
39．（2020·浙江杭州·模拟预测）勾股定理相传在商代由商高发现，故又称“商高定理”．如图1，以直角三角形ABC的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三块阴影区域面积分别记为S1,S2,S3，两个较小正方形纸片的重叠部分（六边形PQMNHG）的面积记为S4，则S1,S2,S3,S4的关系为（ ）
A．S1+S2=S3+S4B．S1+S3=S2+S4C．S1+S2+S3=S4D．S1+S2+S3【答案】C
【分析】根据勾股定理得到a2＝c2+b2，根据正方形的面积公式结合图形得出阴影部分面积等于大正方形的面积减去空白部面积，而空白部分面积是两个较小正方形面积和减去重叠部分（六边形PQMNHG）的面积即可．
【详解】解：设直角三角形的斜边长为a，较长直角边为c，较短直角边为b，
由勾股定理得，a2＝c2+b2，
设最大正方形的面积为S5,较小正方形面积为S6，最小正方形面积为S7，
则S5= S6+ S7，
图2中空白部分面积为：S6+ S7-S4,
S1+S2+S3=S5−S空白，
S1+S2+S3=S5−(S6+S7−S4),
S1+S2+S3=S5−S6−S7+S4，
S1+S2+S3=S4，
故选C
【点睛】本题考查的是勾股定理，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．关键是弄清空白部分的面积如何用两小正方形的面积和重叠部分面积表示．
40．（2022·重庆沙坪坝·统考一模）清代数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形ABCD的方法证明了勾股定理（如图）．连结CE，若CE=5，BE=4，则正方形ABCD的边长为 ．
【答案】17
【分析】根据全等三角形的性质得到CF=BE=4，根据勾股定理求出EF，求出BF，进而得出AE，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】解：如图所示：
由四个全等的直角三角形可得，BE=CF=4，AE=BF，
由勾股定理得，EF=CE2−CF2＝52−42＝3，
∴BF=BE-EF=4-3=1，
由勾股定理得，AB=AE2+BE2＝12+42＝17，
故答案为：17．
【点睛】此题考查是勾股定理、全等三角形的性质，掌握勾股定理、全等三角形的对应边相等是解题的关键．
41．（2021·上海杨浦·统考三模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，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．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，如果S1+S2+S3=48，那么S2的值是 ．
【答案】16
【分析】根据正方形的面积和勾股定理即可求解．
【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b，
由题意可知：S1=（a+b）2，S2=a2+b2，S3=（a-b）2，
因为S1+S2+S3=48，
即（a+b）2+a2+b2+（a-b）2=21，
∴3（a2+b2）=48，
∴3S2=48，
∴S2的值是16．
故答案为16．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的面积，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积．
题型14 利用勾股定理构造图形解决问题
42．（2019·广西·统考三模）如图所示，圆柱的高AB=3，底面直径BC=3，现在有一只蚂蚁想要从A处沿圆柱表面爬到对角C处捕食，则它爬行的最短距离是（ ）
A．31+πB．32C．34+π22D．31+π2
【答案】C
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，点A、C之间的最短距离为线段AC的长．
在Rt△ADC中，∠ADC=90°，CD=AB=3，
AD为底面半圆弧长，AD=32π，
∴AC=32+(32π)2=34+π2，
故选C．
【点睛】本题考查了平面展开-最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．
43．（2019·山东枣庄·中考模拟）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．994D．532
【答案】B
【分析】设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据矩形的面积的即等于两个三角形的面积之和，也等于长乘以宽，列出方程，化简再代入a,b的值，得出x2＋7x=12，再根据矩形的面积公式，整体代入即可.
【详解】设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据题意得 ：2（ax+x2+bx）=（a+x）（b+x）,
化简得 ：ax+x2+bx-ab=0，
又∵ a = 3 ， b = 4 ，
∴x2＋7x=12;
∴该矩形的面积为=（a+x）（b+x）=（3+x）（4+x）=x2＋7x+12=24.
故答案为B.
【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，求出小正方形的边长是解题的关键.
44．（2021·四川泸州·统考一模）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，如图所示的就用了这种分割方法，若AE=3，BF=2，则正方形DECF的边长等于( )
A．32B．1C．45D．34
【答案】B
【分析】设正方形DECF的边长为x，则CF=CE=x，根据全等三角形的性质得到AG=AE，BF=BG，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：设正方形DECF的边长为x，
则CF=CE=x，
∵△AGD≌△AED，△BDF≌△BDG，
∴AG=AE，BF=BG，
∴AB=AG+BG=3+2=5，
∵AC2+BC2=AB2，
∴(3+x)2+(2+x)2=52，
∴x1=﹣6(舍去)，x2=1，
∴正方形DECF的边长等于1．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
45．（2021·江苏扬州·统考一模）如图，王老师将汽车停放放置在地面台阶直角处，他测量了台阶高AB为16dm，汽车轮胎的直径为80dm，请你计算直角顶点到轮胎与底面接触点BC长为（ ）．
A．35dmB．32dmC．30dmD．33dm
【答案】B
【分析】如图，连接OA，OC，作AD⊥OC于D．可得⊙O半径为40dm，在Rt△OAD中，由勾股定理得方程（40-16）2+x2=402，求出x即可．
【详解】解：如图，连接OA，OC，作AD⊥OC于D，
由题意得：BC是⊙O的切线，
∴OC⊥BC，
∵∠B=90°，AD⊥OC，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=x，CD=AB=16dm，
设BC长为xdm，
在Rt△ACD中，
∵轮胎的直径为80dm，
∴OA=OC=40dm，
由勾股定理得方程（40-16）2+x2=402，
∵x＞0,
∴ x=32，
答：直角顶点到轮胎与底面接触点BC长为32dm．
故选：B．
【点睛】此题涉及弦长、半径的计算的问题，常把半弦长，弦心距转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解．
题型15 利用勾股定理解决实际问题
46．（2022·江苏南通·统考一模）《九章算术》是我国古代数学名著，记载着这样一个问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”大意是：有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．水的深度与这根芦苇的长度分别是多少？设芦苇的长度为x尺，则可列方程为（ ）
A．x2+52＝（x+1）2B．x2+102＝（x+1）2
C．x2﹣52＝（x﹣1）2D．x2﹣102＝（x﹣1）2
【答案】C
【分析】首先设芦苇长x尺，则水深为（x−1）尺，根据勾股定理可得方程（x−1）2＋52＝x2．
【详解】解：设芦苇长x尺，由题意得：
（x−1）2＋52＝x2，
即x2﹣52＝（x﹣1）2
故选：C．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是读懂题意，从题中抽象出勾股定理这一数学模型．
47．（2023·广西南宁·统考二模）如图，一架长为10m的梯子AB斜靠在竖直的墙BC上，梯子的底端（点A）距墙角（点C）为6m．若梯子的底端水平向外滑动1m，梯子的顶端（点B）向下滑动多少米？若设梯子的顶端向下滑动x米，则根据题意可列方程为（ ）

A．10−x2=6+1+x2+82B．10−x2=8−x2+6+12
C．102=8−x2+6+12D．10+x2=8+1−x2+62
【答案】C
【分析】利用勾股定理可以得出梯子的初始高度，梯子的底端水平向外滑动1m后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理即可得出答案．
【详解】解：则题意得AB=DE=10，AC=6，
∴BC=AB2−AC2=8，
梯子的底端水平向外滑动1m，梯子的顶端向下滑动x米，
则CD=6+1，BC=8−x，
由勾股定理得102=8−x2+6+12，

故选：C．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，熟知勾股定理是解答此题的关键．
48．（2020·江苏扬州·统考模拟预测）《九章算术》是中国传统数学的重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．如图所示是其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”题意是：一根竹子原高1丈（1丈=10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？答：折断处离地面 尺高．
【答案】9120
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺，利用勾股定理解题即可．
【详解】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺，
根据勾股定理得：x2+32=（10-x）2，
解得：x=9120；
故答案为：9120．
【点睛】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
49．（2022·广东深圳·深圳市宝安第一外国语学校校考三模）某课题组在探究“将军饮马问题”时抽象出数学模型：
直线l同旁有两个定点A、B，在直线l上存在点P，使得PA+PB的值最小．解法：作点A关于直线l的对称点A'，连接A'B，则A'B与直线l的交点即为P，且PA+PB的最小值为A'B．

请利用上述模型解决下列问题：
（1）几何应用：如图1，等腰直角三角形ABC的直角边长为2，E是斜边AB的中点，P是AC边上的一动点，则PB+PE的最小值为 ；
（2）几何拓展：如图2，△ABC中，AB=2，∠BAC=30°，若在AC、AB上各取一点M、N使BM+MN的值最小，求这个最小值 ；
（3）代数应用：求代数式x2+1+(4−x)2+40≤x≤4的最小值 ．
【答案】 10 3 5
【分析】（1）作点B关于AC的对称点B'，连接B'E，交AC于点P，连接AB'，根据轴对称的性质可得AB=AB'=AC2+BC2=22，PB=PB'，∠ABC=∠AB'C=45°，最后根据PB+PE=PB'+PE=EB'即可求解；
（2）作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于点N，交AC于点M，连接BB'交AC于点O，根据BM=B'M可知BM+MN=B'M+MN=B'N，根据轴对称的性质和含30°角的直角三角想30°角所对的边等于斜边的一半，分别求出BB'和BN的长度即可；
（3）根据题意，构造两个直角三角形，斜边分别等于x2+1和(4−x)2+4，用勾股定理进行即可进行证明．
【详解】（1）解：如图，作点B关于AC的对称点B'，连接B'E，交AC于点P，连接AB'
∵点B和点B'关于AC对称，
∴AB=AB'=AC2+BC2=22，PB=PB'，∠ABC=∠AB'C=45°，
∴在△ABB'中，∠BAB'=90°，
∵点E为AB中点，
∴AE=12AB=2，
∴EB'=AE2+(AB')2=10，
∵PB=PB'，
∴PB+PE=PB'+PE=EB'=10，
故答案为：10．
（2）作点B关于AC的对称点B'，过点B'作B'N⊥AB于点N，交AC于点M，连接BB'交AC于点O，
根据轴对称的性质可知，BB'⊥AC，
∵AB=2，∠BAC=30°，∠AOB=90°，
∴BO=12AB=1，∠NBB'=60°，
∴BB'=2 BO=2，
在Rt△NBB'中，∠NBB'=60°，
∴∠B'=30°，
∴NB=12BB'=1，
∴B'N=(BB')2−BN2=3，
∵BM=B'M，
∴BM+MN=B'M+MN=3，
故答案为：3．
（3）如图，构造图形，点P是AB边上一点，其中AB=4，AP=x，AC=1，BD=2，
作点C关于AB的对称点C'，连接C'D交AB于点P，延长DB，过点C'作C'O⊥BD，垂足为O，
根据轴对称的性质可知，AC=AC'=1，CP=C'P，
∵AB=4，AC'=1，
∴C'O=4，BO=AC'=1，
∴DO=3，
在Rt△C'OD中，C'D=C'O2+DO2=5，
∵AB=4，AP=x，AC=1，BD=2，
∴C'P=AC2+AP2=x2+1，DP=BD2+BP2=(4−x)2+4，
∵CP+DP =C'P+DP=C'D=5，
∴x2+1+(4−x)2+4的最小值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了利用勾股定理求最短路径问题，熟练掌握勾股定理的内容，利用轴对称的性质构造直角三角形是解题的关键．
题型16 勾股定理与规律探究问题
50．（2022·广东中山·统考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1∽矩形ADCB；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B2∽矩形ACC1B1，…，按照此规律作下去，则边AC2022的长为（ ）
A．5×522022B．2×522021C．5×22022D．5×522021
【答案】A
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可求得AC2022．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=1，BC=2，
∴AD⊥DC，
∴AC=AB2+BC2=12+22=5．
∵按逆时针方向作矩形ADCB的相似矩形ACC1B1，
∴矩形ACC1B1的边长和矩形ADCB的边长的比为5：2，
即AC:BC=5：2，
∴AC1=5×521，
∴AC2=5×522 ，
依此类推，AC2022=5×522022．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律．
51．（2022·宁夏银川·校考一模）如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为 ．
【答案】2n−1
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
【详解】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，
∴OA2=2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3=2=22．
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4=22=23．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5=4=24．
……
∴OAn的长度为2n−1．
故答案为：2n−1．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出斜边是解题关键．
52．（2022·黑龙江·二模）如图，对面积为1的正方形ABCD逐次进行以下操作：第一次操作，分别延长AB，BC，CD，DA至A1，B1，C1，D1，使得A1B=AB，B1C=BC，C1D=CD，D1A=DA，顺次连接点A1，B1，C1，D1，得到正方形A1B1C1D1，记其面积为S1；第二次操作，分别延长A1B1，B1C1，C1D1，D1A1至A2，B2，C2，D2，使得A2B1=A1B1，B2C1=B1C1，C2D1=C1D1，D2A1=D1A1，顺次连接点A2，B2，C2，D2，得到正方形A2B2C2D2，记其面积为S2……按此规律继续下去，可得到正方形A2022B2022C2022D2022，则其面积S2022= ．
【答案】52022
【分析】先根据正方形ABCD的面积为1，求出其边长，然后求出S1=A1B12=5，再根据正方形A1B1C1D1的边长，求出正方形A2B2C2D2的面积S2，找规律即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠A1BB1=90°，
∵正方形ABCD的面积为1，
∴正方形ABCD的边长为1，
∵B1C=BC，
∴BB1=2，
∴A1B1=A1B2+B1B2=12+22=5，
∴S1=A1B12=52=5，
同理可得：A2B2=52+252=5，
S2=A2B22=52=25，
A3B3=52+102=55，
S3=A3B32=552=125=53，
······
Sn=AnBn2=5n，
∴S2022=52022．
故答案为：52022．
【点睛】本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现，对于找规律的题目的关键是找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
题型17 在网格中判定直角三角形
53．（2022·山东临沂·统考一模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则∠BAC与∠DAC的大小关系为（ ）
A．∠BAC>∠DACB．∠BAC<∠DACC．∠BAC=∠DACD．无法确定
【答案】C
【分析】根据每个小网格都为正方形，设每个网格为1，由勾股定理可以求出AD、AC、 CD的长，再由勾股定理的逆定理得到△ACD为等腰直角三角形，同理可得△ABC为等腰直角三角形，即∠BAC= ∠DAC．
【详解】解：如图，设正方形每个网格的边长都为1，连接CD、BC，
则AD2=22+12=5，CD2=22+12=5，AC2=32+12=10，
∵AD2+CD2=5+5=10，
∴AD2+CD2=AC2，
∵AD=CD，
∴△ACD为等腰直角三角形，
∴∠CAD=45°，
同理：BC2=32+12=10，AC2=32+12=10，AB2=42+22=20，
∵BC2+AC2=10+10=20，
∴BC2+AC2=AB2，
∵BC=AC，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∴∠BAC=∠DAC．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理的性质、勾股定理的逆定理以及等腰直角三角形的判定，解本题的关键要掌握勾股定理及逆定理的基本知识．
54．（2022·安徽黄山·统考一模）如图，在边长相同的小正方形网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB与CD相交于点P，则∠APD的正弦值为（ ）
A．55B．22C．12D．255
【答案】D
【分析】取格点E，连接AE、BE，设网格中每个小正方形的边长为1，先证得RtΔABE，求得sin∠ABE=AEAB=2210=255，再根据题意证得∠APD=∠ABE即可求解．
【详解】解：取格点E，连接AE、BE，设网格中每个小正方形的边长为1，
则BE=12+12=2，AE=22+22=22，AB=32+12=10，
∵BE2+AE2=2+8=10，AB2=10，
∴BE2+AE2=AB2，
∴∠AEB=90°，
在RtΔABE中，sin∠ABE=AEAB=2210=255，
由题意知，∠EBD=∠CDB=45°，
∴CD∥BE，
∴∠APD=∠ABE，
∴sin∠APD=sin∠ABE=255，
故选：D
【点睛】本题考查了网格问题中解直角三角形，构造直角三角形是解题的关键．
55．（2022·江苏扬州·统考一模）如图，在4×4的网格中，每个小正方形的边长为1，点A，B，C均在格点上，D是AB与网格线的交点，则sin∠ADC2的值是 ．
【答案】55
【分析】根据勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AD=DB，结合等腰三角形的性质和三角形的外角的性质可得∠B=12∠ADC，由此可得sin∠ADC2=sinB．
【详解】解：根据题意由勾股定理得：
AC=22+12=5,AB=32+42=5,BC=42+22=25,
∴AB2=AC2+BC2，
∴AC⊥BC，∠C=90°，
结合网格可知D分别为AB的中点，
∴CD=AD=DB，
∴∠B=∠DCB，
又∵∠B+∠DCB=∠ADC，
∴∠B=12∠ADC,
∴sin∠ADC2=sinB=ACAB=55 ，
故答案为：55 ．
【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．关键是得出∠B=12∠ADC．
题型18 利用勾股定理逆定理求解
56．（2019·湖南益阳·统考一模）已知M、N是线段AB上的两点，AM＝MN＝2，NB＝1，以点A为圆心，AN长为半径画弧；再以点B为圆心，BM长为半径画弧，两弧交于点C，连接AC，BC，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰三角形
【答案】B
【分析】依据作图即可得到AC＝AN＝4，BC＝BM＝3，AB＝2+2+1＝5，进而得到AC2+BC2＝AB2，即可得出△ABC是直角三角形．
【详解】如图所示，
AC＝AN＝4，BC＝BM＝3，AB＝2+2+1＝5，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
故选B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
57．（2020·河北·校联考二模）如图，已知点E是△ABC的外心，点P、Q分别是AB、AC的中点，连接EP、EQ分别交BC于点F、D，若BF=5，DF=3，CD=4，则ΔABC的面积为（ ）

A．18B．24C．30D．36
【答案】B
【分析】连接AF，AD，AE，BE，CE，根据三角形外心的定义，可得PE垂直平分AB，QE垂直平分AC，进而求得AF，DF，AD的长度，可知△ADF是直角三角形，即可求出△ABC的面积．
【详解】如图，连接AF，AD，AE，BE，CE，

∵点E是△ABC的外心，
∴AE=BE=CE，
∴△ABE，△ACE是等腰三角形，
∵点P、Q分别是AB、AC的中点，
∴PE⊥AB，QE⊥AC，
∴PE垂直平分AB，QE垂直平分AC，
∴AF=BF=5，AD=CD=4，
在△ADF中，∵AD2+DF2=AF2，
∴△ADF是直角三角形，∠ADF=90°，
∴S△ABC=12BF+DF+CD⋅AD=24，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形外心的定义，勾股定理逆定理等内容，解题的关键是得到△ADF是直角三角形．
58．（2022·广东佛山·佛山市华英学校校考二模）如图，△ABC中，AC=2，BC=4，AB=32，点D是AB的中点，EB∥CD，EC∥AB，则四边形CEBD的周长是 ．
【答案】62
【分析】先证明四边形CEBD是平行四边形，然后利用勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明四边形CEBD是菱形，进而可以解决问题．
【详解】解：∵EB∥CD，EC∥AB，
∴四边形CEBD是平行四边形，
在△ABC中，
∵AC=2，BC=4，AB=32，
∴（2）2+42=2+16=18=（32）2，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°，
∵点D是AB的中点，
∴DC=AD=DB=12AB=322，
∴四边形CEBD是菱形，
四边形CEBD的周长=4DB=4×322=62．
故答案为：62．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理逆定理、直角三角形斜边上的中线，熟练掌握菱形的判定与性质，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键．
59．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，D为等边三角形ABC内一点，AD=10，BD=6，CD=8，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】24+163
【分析】连接DE，过点D作DF⊥CE于点F，根据旋转的性质可得AE=BD=6，CE=CD=8，∠DCE=60°，从而可证∠AED=90°，△CDE是等边三角形，然后根据S阴影=S△ADE+S△CDE求解即可．
【详解】解∶连接DE，过点D作DF⊥CE于点F，
，
由题意，知AE=BD=6，CE=CD=8，∠DCE=60°，△BDC≌△AEC，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD=CE=DE=8，
又DF⊥CE，
∴CF=12CE=4，
∴DF=CD2−CF2=43，
∵AD=10，DE=8，AE=6，
∴AD2=DE2+AE2，
∴∠AED=90°，
∴S阴影=S△BDC+S△ADC
=S△AEC+S△ADC
=S△ADE+S△CDE
=12×6×8+12×8×43
=24+163．
故答案为：24+163．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，添加合适的辅助线进行解答是解题的关键．
题型19 利用勾股定理解决实际生活问题
60．（2022·江西赣州·统考一模）我国南宋著名数学家秦九韶的著作《数书九章》里记载有这样一道题目：“问今有沙田一块，有三斜，其中小斜七丈，中斜二十四丈，大斜二十五丈，欲知为田几何？”这道题讲的是：有一块三角形沙田，三条边长分别为7丈，24丈，25丈，问这块沙田面积有多大？（题中的“丈”是我国市制长度单位，1丈＝10尺）则该沙田的面积为 平方丈．
【答案】84
【分析】根据题意画出示意图，根据相关数据证明图形是直角三角形，根据面积公式计算即可．
【详解】解：根据题意，画出示意图如下：
∵AB=24丈,BC=7丈,AC=25丈
∴AB2+BC2=242+72=625,AC2=252=625
∴AB2+BC2=AC2
∴△ABC是直角三角形且∠B=90∘
∴S△ABC=12AB×BC=12×24×7=84（平方丈）
故答案为：84
【点睛】本题考查勾股定理逆定理的实际应用，根据题意画出相关示意图，按照逆定理内容证明并计算即可．
61．（2021·湖南岳阳·校联考二模）数学文化我国南宋著名数学家秦九韶的著作《数书九章》里记载有这样一道题目：“问有沙田一块，有三斜，其中小斜五丈，中斜十二丈，大斜十三丈，欲知为田几何？”这道题讲的是：有一块三角形沙田，三条边长分别为5丈，12丈，13丈，问这块沙田面积有多大？（题中的“丈”是我国市制长度单位，1丈＝10尺．）则该沙田的面积为 平方丈．
【答案】30
【分析】根据题意画出示意图，根据相关数据证明图形是直角三角形，根据面积公式计算即可．
【详解】解：根据题意，画出示意图如下：
∵AB=12丈,BC=5丈,AC=13丈
∴AB2+BC2=122+52=169,AC2=132=169
∴AB2+BC2=AC2
∴△ABC是直角三角形且∠B=90∘
∴S△ABC=12AB×BC=12×12×5=30（平方丈）
故答案为：30
【点睛】本题考查勾股定理逆定理的实际应用，根据题意画出相关示意图，按照逆定理内容证明并计算即可．
一、单选题
1．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．23+2B．5−33C．3−3D．3+1
【答案】D
【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到FH=3，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，
∵DF⊥BC，
∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，
∴四边形AGFH是矩形，
∴FH=AG，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=2，
∴∠BAG=30°，BG=1，
∴AG=AB2−BG2=3，
∴FH=3，
在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，
∴∠DAH=∠BAG=30°，
∴DH=12AD=1，
∴DF=DH+FH=3+1．
故选：D
【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2022·浙江宁波·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点．若AE=AD，DF=2，则BD的长为（ ）
A．22B．3C．23D．4
【答案】D
【分析】根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
【详解】解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD＝12AC＝AD＝4，
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
3．（2022·四川南充·中考真题）如图，将直角三角板ABC绕顶点A顺时针旋转到△AB'C'，点B'恰好落在CA的延长线上，∠B=30°，∠C=90°，则∠BAC'为（ ）
A．90°B．60°C．45°D．30°
【答案】B
【分析】根据直角三角形两锐角互余，求出∠BAC的度数，由旋转可知∠BAC=∠B'AC'，在根据平角的定义求出∠BAC'的度数即可．
【详解】∵∠B=30°，∠C=90°，
∴∠BAC=90°−∠B=90°−30°=60°，
∵由旋转可知∠BAC=∠B'AC'=60°，
∴∠BAC'=180°−∠BAC−∠B'AC'=180°−60°−60°=60°，
故答案选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的性质以及图形的旋转的性质，找出旋转前后的对应角是解答本题的关键．
4．（2023·河北·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，AB=4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF，若S正方形AMEF=16，则S△ABC=（ ）

A．43B．83C．12D．16
【答案】B
【分析】根据正方形的面积可求得AM的长，利用直角三角形斜边的中线求得斜边BC的长，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵S正方形AMEF=16，
∴AM=16=4，
∵Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴BC=2AM=8，
∴AC=BC2−AB2=82−42=43，
∴S△ABC=12×AB×AC=12×4×43=83，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键．
5．（2023·贵州·统考中考真题）5月26日，“2023中国国际大数据产业博览会”在贵阳开幕，在“自动化立体库”中有许多几何元素，其中有一个等腰三角形模型（示意图如图所示），它的顶角为120°，腰长为12m，则底边上的高是（ ）

A．4mB．6mC．10mD．12m
【答案】B
【分析】作AD⊥BC于点D，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠B=∠C=12180°−∠BAC=30°，再根据含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：如图，作AD⊥BC于点D，

∵ △ABC中,∠BAC=120°，AB=AC，
∴ ∠B=∠C=12180°−∠BAC=30°，
∵ AD⊥BC，
∴ AD=12AB=12×12=6m，
故选B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质等，解题的关键是掌握30度角所对的直角边等于斜边的一半．
6．（2023·北京·统考中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，ABa2+b2；③2a+b>c；

上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，则DF=AC=a+b，由DFBE，可得a+b>a2+b2，进而可判断②的正误；由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，则c=2×a2+b2<2a+b，进而可判断③的正误．
【详解】解：如图，过D作DF⊥AE于F，则四边形ACDF是矩形，

∴DF=AC=a+b，
∵DF∴a+b∵△EAB≌△BCD，
∴BE=BD，CD=AB=a，AE=BC=b，∠ABE=∠CDB，
∵∠CBD+∠CDB=90°，
∴∠CBD+∠ABE=90°，∠EBD=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
由勾股定理得，BE=AB2+AE2=a2+b2，
∵AB+AE>BE，
∴a+b>a2+b2，②正确，故符合要求；
由勾股定理得DE2=BD2+BE2，即c2=2a2+b2，
∴c=2×a2+b2<2a+b，③正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
7．（2023·浙江杭州·统考中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG,△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设∠BAF=α,∠BEF=β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n,tanα=tan2β，则n=（ ）

A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】设BF=AE=a，EF=b，首先根据tanα=tan2β得到2a2+2ab=2b2，然后表示出正方形ABCD的面积为AB2=3b2，正方形EFGH的面积为EF2=b2，最后利用正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n求解即可．
【详解】设BF=AE=a，EF=b，
∵tanα=tan2β，∠AFB=90°，
∴BFAF=BFEF2，即aa+b=ab2，
∴aa+b=a2b2，整理得a2+ab=b2，
∴2a2+2ab=2b2，
∵∠AFB=90°，
∴AB2=AF2+BF2=a+b2+a2=2a2+2ab+b2=3b2，
∴正方形ABCD的面积为AB2=3b2，
∵正方形EFGH的面积为EF2=b2，
∵正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n，
∴b23b2=1n，
∴解得n=3．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
8．（2023·山东·统考中考真题）在△ABC中，BC=3,AC=4，下列说法错误的是（ ）
A．1C．△ABC内切圆的半径r<1D．当AB=7时，△ABC是直角三角形
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵BC=3,AC=4，
∴4−3当BC⊥AC时，S△ABC=12AB⋅BC=6，
若以BC为底，高≤AC=4，
∴S△ABC≤6，故B说法正确；
设△ABC内切圆的半径为r，
则12AB⋅r+12BC⋅r+12AC⋅r=S△ABC，
∵S△ABC≤6，
∴r2AB+BC+AC≤6，r≤12AB+BC+AC，
∵1∴8∴r<128=32，故C说法错误；
当AB=7时，BC2+AB2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切圆半径与圆的面积周长之间的关系r=2SC是解题的关键．
二、填空题
9．（2023·北京·统考中考真题）如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC于点D，AE是⊙O的切线，AE交OC的延长线于点E．若∠AOC=45°，BC=2，则线段AE的长为 ．

【答案】2
【分析】根据OA⊥BC，得出∠ODC=90°，DC=12BC=1，根据等腰直角三角形的性质得出OC=2DC=2，即OA=OC=2，根据∠OAE=90°，∠AOC=45°，得出△AOE为等腰直角三角形，即可得出AE=OA=2．
【详解】解：∵OA⊥BC，
∴∠ODC=90°，DC=12BC=1．
∵∠AOC=45°，
∴△ODC为等腰直角三角形，
∴OC=2DC=2，
∴OA=OC=2．
∵AE是⊙O的切线，
∴∠OAE=90°，
∵∠AOC=45°，
∴△AOE为等腰直角三角形，
∴AE=OA=2．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出DC=12BC=1．
10．（2023·江苏扬州·统考中考真题）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b−a=4，c=20，则每个直角三角形的面积为 ．

【答案】96
【分析】由题意知，a2+b2=c2，由b−a=4，c=20，可得a2+a+42=202，计算求出满足要求的a，然后求b，根据每个直角三角形的面积为12ab，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，a2+b2=c2，
∵b−a=4，c=20，
∴a2+a+42=202，
解得a=12，a=−16（舍去），
∴b=16，
∴每个直角三角形的面积为12ab=96，
故答案为：96．
【点睛】本题考查了勾股定理．解题的关键在于对勾股定理的熟练掌握与灵活运用．
11．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=8,BC=6．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边AB所在的直线相切时，r的值为 ．

【答案】245
【分析】根据勾股定理，得AB=82+62=10，根据切线的性质，得到圆的半径等于AB边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．
【详解】∵∠ACB=90°,AC=8,BC=6，
∴AB=82+62=10，
根据切线的性质，得到圆的半径等于AB边上的高，
∴12AB×r=12AC×BC,
∴r=AC×BCAB=8×610=245，
故答案为：245．
【点睛】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．
12．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA匀速运动至点A后停止．设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，其中点F为曲线DE的最低点，则△ABC的高CG的长为 ．

【答案】732/723
【分析】过点A作AQ⊥BC于点Q，当点P与Q重合时，在图2中F点表示当AB+BQ=12时，点P到达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，勾股定理求得AQ，然后等面积法即可求解．
【详解】如图过点A作AQ⊥BC于点Q，当点P与Q重合时，在图2中F点表示当AB+BQ=12时，点P到达点Q，此时当P在BC上运动时，AP最小，

∴BC=7，BQ=4,QC=3
在Rt△ABQ中，AB=8,BQ=4
∴AQ=AB2−BQ2=82−42=43
∵S△ABC=12AB×CG=12AQ×BC，
∴CG=BC×AQAB=7×438=732,
故答案为：732．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短，从函数图象获取信息是解题的关键．
13．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=23,AA1=2，点M为AC的中点，一只小虫从B1沿三棱柱ABC−A1B1C1的表面爬行到M处，则小虫爬行的最短路程等于 ．

【答案】19
【分析】：如图，连接B1M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1，AB=23,AA1=2，点M为AC的中点，当B1在右侧处时，可得MB1=22+332=31，当B1在下方时，由等边三角形的性质可得：B1K=232−32=3，此时B1M=3+2=5，如图，当按下图方式展开时，延长AC，过C1作C1N⊥AC于N，作B1T⊥AC于T，作C1K⊥B1T于K，则C1K∥AC，四边形KTNC1为矩形，可得C1N=1，CN=3，C1K=12B1C1=3，B1K=232−32=3，此时C,T重合，可得B1M=32+42=19，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接B1M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC−A1B1C1，AB=23,AA1=2，点M为AC的中点，

当B1在右侧处时，
∴BB1=AA1=2，MB=23+3=33，
∴MB1=22+332=31，
当B1在下方时，由等边三角形的性质可得：B1K=232−32=3，
此时B1M=3+2=5，
如图，当按下图方式展开时，延长AC，过C1作C1N⊥AC于N，作B1T⊥AC于T，作C1K⊥B1T于K，则C1K∥AC，四边形KTNC1为矩形，
∴C1N=KT，KC1=TN，

则∠C1CN=180°−60°−90°=30°=∠KC1C，
∴∠B1C1K=90°−30°=60°，
∵B1C1=23，CC1=2，
∴C1N=1，CN=3，C1K=12B1C1=3，B1K=232−32=3，
∴此时C,T重合，
∴B1T=3+1=4，MT=23−3=3，
∴B1M=32+42=19，
∵31>5>19，
∴小虫爬行的最短路程等于19．
故答案为：19．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，最短路径的理解，清晰的分类讨论是解本题的关键．
三、解答题
14．（2022·湖南长沙·统考中考真题）为了进一步改善人居环境，提高居民生活的幸福指数．某小区物业公司决定对小区环境进行优化改造．如图，AB表示该小区一段长为20m的斜坡，坡角∠BAD=30°，BD⊥AD于点D．为方便通行，在不改变斜坡高度的情况下，把坡角降为15°．

(1)求该斜坡的高度BD；
(2)求斜坡新起点C与原起点A之间的距离．（假设图中C，A，D三点共线）
【答案】(1)10m
(2)20m
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
（2）根据∠BAD=∠C+∠ABC，可得∠ABC=15°，根据等腰三角形的性质即可求解．
【详解】（1）∵ ∠BAD=30°，BD⊥AD，AB=20m
∴BD=12AB =10m
（2）∵C，A，D三点共线，∠BAD=30°， ∠ACB=15°
∴ ∠ABC=∠BAD−∠C=15°
∴AC=AB=20m
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，三角形的外角的性质，等角对等边，掌握以上知识是解题的关键．
15．（2023·广东·统考中考真题）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：

(1)直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A1B1C1的大小关系；
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)∠ABC=∠A1B1C1
(2)证明见解析.
【分析】（1）△ABC和ΔA1B1C1均是等腰直角三角形，∠ABC=∠A1B1C1=45°；
（2）证明△ABC是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）解：∠ABC=∠A1B1C1
（2）证明：连接AC，

设小正方形边长为1，则AC=BC=12+22=5，AB=12+32=10，
∵AC2+BC2=5+5=AB2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵A1C1=B1C1=1，A1C1⊥B1C1，
∴△A1B1C1为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠A1B1C1=45°，
故∠ABC=∠A1B1C1
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．
16．（2023·湖南·统考中考真题）如图，AB=AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E．

(1)求证：△ABE≌△ACD；
(2)若AE=6，CD=8，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)BD=4
【分析】（1）利用“AAS”可证明△ABE≌△ACD；
（2）先利用全等三角形的性质得到AD=AE=6，再利用勾股定理计算出AC，从而得到AB的长，然后计算AB−AD即可．
【详解】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠AEB=∠ADC=90°，
在△ABE和△ACD中，
∠AEB=∠ADC∠BAE=∠CADAB=AC，
∴△ABE≌△ACD(AAS)；
（2）解：∵△ABE≌△ACD，
∴AD=AE=6，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=62+82=10，
∵AB=AC=10，
∴BD=AB−AD=10−6=4．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
17．（2023·广西·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°．

(1)在斜边AC上求作线段AO，使AO=BC，连接OB；
（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)若OB=2，求AB的长．
【答案】(1)图见详解
(2)AB=23
【分析】（1）以A为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点O，则问题可求解；
（2）根据含30度直角三角形的性质可得AC=2BC，则有OC=AO，进而问题可求解．
【详解】（1）解：所作线段AO如图所示：

（2）解：∵∠A=30°，∠ABC=90°，
∴AC=2BC，
∵AO=BC，
∴AC=2AO，
∴OC=AO，即点O为AC的中点，
∵OB=2，
∴AC=2OB=4，
∴BC=2，
∴AB=AC2−OB2=23．
【点睛】本题主要考查含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理，熟练掌握含30度直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理是解题的关键．
18．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连接EF．

(1)求证：四边形ECFD是矩形；
(2)若CF=2，CE=4，求点C到EF的距离．
【答案】(1)见解析
(2)455
【分析】（1）利用平行线的性质证明∠CED=∠CFD=90°，再利用四边形内角和为360°，证明∠EDF=90°，即可由矩形判定定理得出结论；
（2）先由勾股定理求出EF=CF2+CE2=25，再根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AC，
∴四边形ECFD为平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形ECFD是矩形．
（2）解：∵∠C=90°，CF=2，CE=4，
∴EF=CF2+CE2=25
设点C到EF的距离为h，
∵S△CEF=12CE⋅CF=12EF⋅ℎ
∴2×4=25ℎ
∴ℎ=455
答：点C到EF的距离为455．
【点睛】本题考查矩形的判定，平行线的性质，勾股定理．熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题的关键．
19．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边DE，AB的中点，DE=2,AB=4．

(1)将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；
(2)将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN的长．
【答案】(1)最大值为3，最小值为1
(2)7
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出CM,CN的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；
（2）过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点P，根据旋转的性质求得∠MCN=120°，进而得出∠NCP=60°，进而可得CP=1，勾股定理解Rt△NCP,Rt△MCP，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，CM=12DE=1，CN=12AB=2，
当M在NC的延长线上时，M,N的距离最大，最大值为CM+CN=1+2=3，
当M在线段CN上时，M,N的距离最小，最小值为CN−CM=2−1=1；

（2）解：如图所示，过点N作NP⊥MC，交MC的延长线于点P，

∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120°，
∴∠BCE=120°，
∵∠BCN=∠ECM=45°，
∴∠MCN=∠BCM−∠ECM=∠BCE=120°，
∴∠NCP=60°，
∴∠CNP=30°，
∴CP=12CN=1，
在Rt△CNP中，NP=NC2−CP2=3，
在Rt△MNP中，MP=MC+CP=1+1=2，
∴MN=NP2+MP2=3+4=7．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
20．（2023·山东临沂·统考中考真题）如图，∠A=90°,AB=AC,BD⊥AB,BC=AB+BD．

(1)写出AB与BD的数量关系
(2)延长BC到E，使CE=BC，延长DC到F，使CF=DC，连接EF．求证：EF⊥AB．
(3)在（2）的条件下，作∠ACE的平分线，交AF于点H，求证：AH=FH．
【答案】(1)2−1AB=BD，
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）勾股定理求得BC=2AB，结合已知条件即可求解；
（2）根据题意画出图形，证明△CBD≌△CEF，得出∠E=∠DBC=45°，则EF∥BD，即可得证；
（3）延长BA,EF交于点M，延长CH交ME于点G，根据角平分线以及平行线的性质证明EG=EC，进而证明△AHC≌△FHGAAS，即可得证．
【详解】（1）解：∵∠A=90°,AB=AC
∴BC=2AB，
∵BC=AB+BD
∴2AB=AB+BD
即2−1AB=BD；
（2）证明：如图所示，
∴∠A=90°,AB=AC
∴∠ABC=45°，
∵BD⊥AB，
∴∠DBC=45°
∵CE=BC，∠1=∠2,CF=DC
∴△CBD≌△CEF
∴∠E=∠DBC=45°
∴EF∥BD
∴AB⊥EF
（3）证明：如图所示，延长BA,EF交于点M，延长CH交ME于点G，

∵EF⊥AB，AC⊥AB，
∴ME∥AC，
∴∠CGE=∠ACG
∵CH是∠ACE的角平分线，
∴∠ACG=∠ECG，
∴∠CGE=∠ECG
∴EG=EC
∵△CBD≌△CEF，
∴EF=BD，CE=CB，
∴EG=CB，
又∵BC=AB+BD，
∴EG=AB+BD=AC+EF，

即FG+EF=AC+EF，
∴AC=EG，
又AC∥FG，则∠HAG=∠HFG，
在△AHC,△FHG中，
∠HAG=∠HFG∠AHG=∠FHGAC=FG，
∴△AHC≌△FHGAAS，
∴AH=HF
【点睛】本题考查了全等三角形的与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，平行线的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．勾股定理：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．
已知：如图，直角三角形的直角边长分别为a，b，斜边长为c．
求证：a2+b2=c2．
方法一
如图，大正方形的边长为a+b，小正方形的边长为c．
证明
方法二
如图，大正方形的边长为c，小正方形的边长为b−a．
证明