2022-2023年北师大版数学八年级下册专项复习精讲精练：专题06勾股定理七大模型（原卷版+解析版）

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专题06勾股定理七大模型

一、 直角三角形锐角平分线
二、 图形翻折问题
三、 赵爽弦图
四、 风吹树折
五、 风吹荷花模型
六、 蚂蚁爬行
七、 重美四边形

一、 直角三角形锐角平分线

运用句股定理计算是中考必考知识点，如何巧妙地构造直角三角形是关键.有些难题，同学们找到了直角三角形，但是还是不会求解，关键一点就是忽略了设未知数列方程来求解.
二、 图形翻折问题

矩形的折叠一定要注意折叠前后的边角对应关系，计算时联想到利用勾股定理对新形成的直角三角形进行求解.
三、 赵爽弦图

“赵爽弦图”的面积关系是中考常考的一种题型，一般出现在选择题、填空题中，如果能够记住面积之间的关系，那么做此类题时一定非常高效.
四、 风吹树折

风吹树折类题就数学知识本身其实很简单，考查的就是句股定理，最多设个未知数列方程就能求解，但是对很多同学来说，它的难点在于语言文字如何转化成数学模型.
五、 风吹荷花模型

风吹荷花类题和风吹树折类题一样，数学知识本身其实很简单，考查的就是句股定理，正确设出未知数列方程就能求解，但是对很多同学来说，它的难点也是语言文字如何转化成数学模型。
六、 蚂蚁爬行

蚂蚁爬行的最值问题是非常经典的一类最值问题，我们如果能够记住最值的特点，那么解题将会更高效.
七、 垂美四边形
对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形

勾股定理是计算的工具，识别环境对同学们来说至关重要如果能够了解模型背后的结论，做题可以节省大量的时间。等腰直角三角形的手拉手全等模型容易出现垂美四边形

一、 直角三角形锐角平分线
一．选择题（共1小题）
1．（2021春•德保县期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm，将斜边AB翻折使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CD的长为（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．
【分析】根据勾股定理可将斜边AB的长求出，根据折叠的性质知，AE＝AB，已知AC的长，可将CE的长求出，再根据勾股定理列方程求解，即可得到CD的长．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm，
∴AB＝＝15，
由题意得，AE＝AB＝15（cm），
∴CE＝AE﹣AC＝15﹣12＝3（cm）．
设CD＝x，则BD＝9﹣x＝DE，
在Rt△CDE中，根据勾股定理得
CD2+CE2＝DE2，
即x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4，
即CD长为4cm．
故选：B．
【点评】本题考查的是翻折变换，理解翻折变换的性质是解题的关键，翻折后的图形与原图形是全等的．
二．填空题（共2小题）
2．（2021秋•鹿城区校级期中）△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，BD为AC边的高线，则BD的长为 　　．

【分析】过A作AE⊥BC于点E，利用勾股定理得出AE，进而利用三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：过A作AE⊥BC于点E，

∵AB＝AC＝5，BC＝8，
∴BE＝EC＝4，
∴AE＝，
∵，
∴，
∴BD＝，
故答案为：．
【点评】此题考查勾股定理，关键是利用勾股定理得出AE．
3．（2021秋•陵城区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，DE⊥AB于D，交AC于点E，若BC＝BD，AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则△ADE的周长是　8cm　．

【分析】连接BE，利用HL证明Rt△BCE与Rt△BDE全等，利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：连接BE，

∵∠C＝90°，DE⊥AB于D，
∴∠C＝∠BDE＝90°，
在Rt△BCE与Rt△BDE中，
，
∴Rt△BCE≌Rt△BDE（HL），
∴DE＝CE，
∵AB＝10cm，BC＝8cm，AC＝6cm，
∴△ADE的周长＝DE+AE+AD＝CE+AE+AB﹣BD＝AC+AB﹣BC＝6+10﹣8＝8（cm），
故答案为：8cm．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL得出Rt△BCE与Rt△BDE全等解答．
三．解答题（共5小题）
4．（2021春•蒙阴县期中）小宇手里有一张直角三角形纸片ABC，他无意中将直角边AC折叠了一下，恰好使AC落在斜边AB上，且C点与E点重合，小宇经过测量得知两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，他想用所学知识求出CD的长，你能帮他吗？

【分析】由于是折叠，所以折叠前后图形形状不变，可得△ACD≌△AED，再利用勾股定理列方程即可求出CD的长．
【解答】解：如图，
∵△ABC是直角三角形，AC＝6cm，BC＝8cm，
∴AB＝＝＝10cm，
设CD＝xcm，
∵△ADE由△ADC反折而成，
∴CD＝DE＝xcm，
∴BD＝（8﹣x）cm，BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4cm，
在Rt△BDE中，
BD2＝DE2+BE2，即（8﹣x）2＝x2+42，
解得x＝3（cm），即CD＝3cm．

【点评】此题将勾股定理和折叠的性质相结合，既考查了折叠不变性，又考查了全等三角形的性质，是一道好题．
5．（2020秋•临漳县期中）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰好落在斜边AC上，与点B′重合，AD为折痕，求DB′的长．

【分析】根据勾股定理得到AC＝＝5，由折叠的性质得到AB′＝AB＝3，DB′＝BD，∠AB′D＝∠CB′D＝90°，设B′D＝BD＝x，则CD＝4﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝＝5，
∵将△ABC折叠，使点B恰好落在斜边AC上，与点B′重合，
∴AB′＝AB＝3，DB′＝BD，∠AB′D＝∠CB′D＝90°，
∴CB′＝2，
设B′D＝BD＝x，则CD＝4﹣x，
∵DB′2+CB′2＝CD2，
∴x2+22＝（4﹣x）2，
解得x＝，
∴DB′＝．
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
二、 图形翻折问题
一．选择题（共4小题）
1．（2022春•金坛区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6．点E是边BC上一点，沿AE翻折△ABE，点B恰好落在CD边上点F处，则CE的长是（　　）

A． B． C． D．3
【分析】根据折叠性质可得AF，再根据勾股定理可得DF，由矩形性质可得CF，设CE为x，由折叠性质可得EF＝BE＝6﹣x，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝10，BC＝6，
∴CD＝AB＝10，AD＝BC＝6，∠D＝90°，
∵沿AE翻折△ABE，
∴AF＝AB＝10，EF＝BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理可得：
DF＝＝＝8，
∴CF＝CD﹣DF＝10﹣8＝2，
设CE＝x，则
EF＝BE＝6﹣x，
在Rt△CEF中，CF2+CE2＝EF2，
即22+x2＝（6﹣x）2，
解得：x＝，
∴CE的长为，
故选：B．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是由折叠性质得出CF，再利用勾股定理求解．
2．（2022春•宁波期中）如图，将平行四边形ABCD沿对边上两点连线EF对折，使点A恰好落在点C处，若∠ABC＝120°，AD＝4，AB＝8，则AE的长为（　　）

A．4.6 B．4 C．5.6 D．5
【分析】过点C作CG⊥AB的延长线于点G，根据平行四边形的性质可得BC，再由30°角的直角三角形可得BG，CG，设AE为x，可得BE＝8﹣x，由折叠性质可得CE＝AE，在Rt△CEG中，由勾股定理可求出x，即可求解．
【解答】解：如图，过点C作CG⊥AB的延长线于点G，

∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝120°，AD＝4，AB＝8，
∴∠CBG＝60°，BC＝AD＝4，
∴BG＝BC＝2，CG＝BC＝2，
设AE＝x，
∴BE＝AB﹣AE＝8﹣x，
∴EG＝BE+BG＝10﹣x，
∵平行四边形ABCD沿对边上两点连线EF对折，
∴CE＝AE＝x，
在Rt△CEG中，由勾股定理可得：
EG2+CG2＝CE2，
即（10﹣x）2+（2）2＝x2，
解得：x＝5.6，
∴AE的长为5.6，
故选：C．
【点评】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，利用勾股定理求解．
3．（2022春•思明区校级期中）如图，将正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，使边AB，BC在BF处重合，折痕为BE，BG．若正方形ABCD的边长为6，E是AD边的中点，则CG的长是（　　）

A．3 B．2.5 C．2 D．1
【分析】由点E为AD的中点可得AE＝DE＝3，设CG＝x，DG＝CD﹣CG＝6﹣x，由折叠性质可得EF＝AE＝3，FG＝CG＝x，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝6，∠D＝90°，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE＝3，
∵正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，
∴EF＝AE＝3，FG＝CG，
设CG＝x，则：
DG＝CD﹣CG＝6﹣x，FG＝CG＝x，
∴EG＝EF+FG＝3+x，
在Rt△DEG中，DE2+DG2＝EG2，
即32+（6﹣x）2＝（3+x）2，
解得：x＝2，
∴CG＝2，
故选：C．
【点评】本题考查折叠的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是将Rt△DEG各边表示出来．
4．（2022春•如皋市期中）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝1，则AD的长为（　　）

A．1+ B．2+ C．2 D．4
【分析】利用折叠性质证明△BEF≌△CDE，得到BF，即可得到FG，利用折叠性质可得∠BAE＝45°，从而得到AF，即可得出AB，从而得到AB′，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵矩形ABCD折叠，AB落在AD上，AE为折痕，
∴∠AB′E＝90°，BE＝B′E，∠BAE＝∠B′AE＝45°，
∴四边形ABEB′为正方形，四边形CDB′E为矩形，
∴CD＝B′E，B′D＝CE＝1，
∴BE＝CD，
∵DE＝EF，
∴Rt△BEF≌Rt△CDE（HL），
∴BF＝CE＝1，
∵BE边折起，使点B落在AE上的点G处，
∴GF＝BF＝1，∠EGF＝∠B＝90°，
∴AF＝GF＝，
∴AB＝AF+BF＝+1，
∴AB′＝AB＝+1，
∴AD＝AB′+B′D＝+2，
故选：B．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质等知识点，解题的关键是利用全等三角形的性质求出BF，从而利用折叠的性质求出AF．
二．填空题（共3小题）
5．（2022春•禹州市期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝6，点E在线段AC上，D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FCDE，当点G恰好落在线段AC上时，CG＝2，则AE＝　1　．

【分析】设AE＝x，根据折叠的性质可得AE＝EF，AB＝FG，从而可得EG，∠BAC＝∠EFG＝90°，在Rt△EFG中，利用勾股定理求出EF，即可求解．
【解答】解：设AE为x，
∵CG＝2，AC＝6，
∴EG＝AC﹣AE﹣CG＝4﹣x，
∵四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FCDE，∠BAC＝90°，AB＝2，
∴∠EFG＝∠BAC＝90°，FG＝AB＝2，EF＝AE＝x，
在Rt△EFG中，EF2+FG2＝EG2，
即x2+（2）2＝（4﹣x）2，
解得：x＝1，
∴AE＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，将Rt△EFG各边表示出来．
6．（2022春•思明区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E为AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠，点A落在A1处，连接A1C，若F、G分别为A1C、BC的中点，则FG的最小值为 　1　．

【分析】连接A1B，由F、G分别为A1C、BC的中点可得FG＝A1B，在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，由勾股定理可得BD，由折叠性质和矩形性质可得A1D＝AD＝BC，即可求解．
【解答】解：如图，连接A1B，BD，

∵F、G分别为A1C、BC的中点，
∴FG＝A1B，
当FG的最小时，即A1B最小，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝3，
∴AD＝BC＝3，∠A＝90°，
∴BD＝＝5，
∵△ADE沿DE折叠，
∴A1D＝AD＝3，
在△A1BD中有A1B+A1D≥BD，
∴A1B≥BD﹣A1D，
即A1B≥2，
∴FG＝A1B≥1，
∴FG的最小值为1，
故答案为：1．
【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是利用三角形中位线将所求的FG转化为A1B．
三．解答题（共4小题）
7．（2022春•西华县期中）如图，一张矩形硬片ABCD宽AB＝6，长AD＝10，E是CD边上一点，现将矩形硬片沿BE折叠，点C的对应点F刚好落在AD边上的点F处，过点F作FG⊥AD于点F，交BE于点G，连接CG．
（1）判断四边形CEFG的形状，并给出证明；
（2）求四边形CEFG的面积．

【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质可得FG＝FE，即可证明；
（2）根据折叠计算边长，利用勾股定理求出AF，再设EF＝x，在Rt△DEF中求出x的值，从而求出CE，即可求解．
【解答】解：（1）四边形CEFG为菱形，证明过程如下：
由折叠性质可得：
EF＝CE，CG＝FG，∠CEG＝∠FEG，
∵FG⊥AD，四边形ABCD为矩形，
∴∠DFG＝∠EDF＝90°，
∴FG∥CD，
∴∠EGF＝∠CEG，
∴∠EGF＝∠FEG，
∴FG＝EF＝CE，
∴四边形CEFG为菱形；
（2）∵AB＝6，AD＝10，
∴BF＝BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，
在Rt△ABF中，AF＝，
即AF＝＝8，
∴DF＝AD﹣AF＝2，
设EF＝x，则
CE＝EF＝x，
∴DE＝CD﹣CE＝6﹣x，
在Rt△DEF中，DE2+DF2＝EF2，
即（6﹣x）2+22＝x2，
解得：x＝，
∴CE＝，
∴四边形CEFG的面积为CE•DF＝×2＝．
【点评】本题考查折叠的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用方程的思想解答．
8．（2022春•上杭县期中）如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．
（1）求NE的长；
（2）连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
（3）直接写出AM的长度．

【分析】（1）由折叠性质可得EN＝BN，由可得CE＝DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM＝FM，AB＝EF，∠BAD＝∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从而得到BM＝EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM＝x，则DM＝4﹣x，利用勾股定理分别表示出BM，EM，利用等量关系构造方程即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C＝90°，
∵，BC＝CD＝4，
∴CE＝DE＝2，
由折叠性质可得：
EN＝BN，
设EN＝x，则BN＝x，
∴CN＝BC﹣BN＝4﹣x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：
NE2＝CN2+CE2，
即x2＝（4﹣x）2+22，
解得：x＝2.5，
∴NE＝2.5；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE＝＝＝2，
由（1）可得NE＝2.5，
∴BN＝2.5，
∴CN＝BC﹣BN＝1.5，
∵S▱ABCD＝BC×CD＝16，S△ABN＝×AB×BN＝×4×2.5＝5，S△CEN＝×CN×CE＝×1.5×2＝1.5，S△ADE＝×AD×DE＝×4×2＝4，
∴S△AEN＝S▱ABCD﹣S△ABN﹣S△CEN﹣S△ADE＝16﹣5﹣1.5﹣4＝5.5，
∵NG⊥AE，
∴S△AEN＝×AE×NG，
即5.5＝×2×NG，
∴NG＝；
（3）如图，连接BM，EM，

由折叠性质可得：
AM＝FM，AB＝EF，∠BAM＝∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM＝EM，
设AM＝x，则DM＝4﹣x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2＝AB2+AM2，
即BM2＝42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2＝DM2+DE2，
即EM2＝（4﹣x）2+22，
∵BM＝EM，
∴BM2＝EM2，
∴42+x2＝（4﹣x）2+22，
解得：x＝0.5，
∴AM＝0.5．
【点评】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
9．（2022春•靖江市期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是射线BC上一个动点，连接AE并延长交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折到△AB'E，延长AB'与直线CD交于点M．
（1）求证：AM＝MF；
（2）当点E是边BC的中点时，求CM的长；
（3）当CF＝4时，求CM的长．


【分析】（1）由折叠的性质和等腰三角形的判定即可求解；
（2）利用矩形的性质可得△AEB≌△FEC，利用全等三角形的性质可得AB＝CF＝6，设CM＝x，由（1）可得AM＝MF＝x+6，DM＝6﹣x，再利用勾股定理即可求解；
（3）当CF＝4时，设CM＝x，分为两种情况：第一种情况，点E在线段BC上，AM＝MF＝x+4，DM＝6﹣x，第二种情况，点E在线段BC的延长线上，AM＝MF＝x﹣4，DM＝x﹣6，利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠F＝∠BAF，
由折叠性质可得：
∠BAF＝∠MAF，
∴∠F＝∠MAF，
∴AM＝MF，
（2）∵点E是边BC的中点，
∴BE＝CE＝BC＝4，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝8，
∴AB∥CD，∠B＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，
∴∠F＝∠BAF，
∵∠AEB＝∠FEC，
∴△AEB≌△FEC（AAS），
∴AB＝CF＝6，
设CM＝x，
∴AM＝MF＝x+6，DM＝6﹣x，
在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，
∴（x+6）2＝82+（6﹣x）2，
解得：x＝，
∴CM的长为；
（3）当CF＝4时，设CM＝x，应分为两种情况：
第一种情况，如图，点E在线段BC上，

∴AM＝MF＝x+4，DM＝6﹣x，
在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，
∴（x+4）2＝82+（6﹣x）2，
解得：x＝，
∴CM的长为；
第二种情况，如图，点E在线段BC的延长线上，

∴AM＝MF＝x﹣4，DM＝x﹣6，
在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，
∴（x﹣4）2＝82+（x﹣6）2，
解得：x＝21，
∴CM的长为21；
综上，当CF＝4时，CM的长为或21．
【点评】本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理等知识点，分类讨论的思想是解题的关键．
10．（2022春•海陵区期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
（1）若P为BC上一点．
①如图1，当点E落在边CD上时，求CE的长；
②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；
（2）如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．


【分析】（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP＝CP，BP＝PE，从而BP＝PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC＝90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB＝AB＝10；当∠ECP＝90°时，设BP＝x，则PC＝x﹣6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
【解答】解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，

∵AE＝AB＝10，AD＝6，∠D＝90°，
∴DE＝＝＝8，
∴CE＝DC﹣DE＝10﹣8＝2；

②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，
∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，
∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，
∴EP＝CP，
∴BP＝BC，
∴BC＝2BP；

（2）∵△PEC是直角三角形，

当∠EPC＝90°时，
∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，
∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，
则∠ECP＝∠B＝90°，
∴EC∥AB，
∵DC∥AB，
∴点E、D、C三点共线，

由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，
∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，
在Rt△ECP中，由勾股定理得：182+（x﹣6）2＝x2，
解得x＝30，
∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去，
综上：BP＝10或30．



【点评】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
三、 赵爽弦图
一．选择题（共4小题）
1．（2021春•丰南区期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　）

A．14 B．16 C．14 D．14
【分析】24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长．
【解答】解：∵AE＝10，BE＝24，即24和10为两条直角边长时，
小正方形的边长＝24﹣10＝14，
∴EF＝＝14．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．
二．解答题（共3小题）
2．（2021春•利辛县期中）如图，小明用4个图1中的矩形组成图2，其中四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，证明：a2+b2＝c2．

【分析】由题意可得：S正方形ABCD＝（a+b）2，S正方形EFGH＝c2，S△BEF＝×ab，再根据S正方形ABCD＝S正方形EFGH+4S△BEF，即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，
∴S正方形ABCD＝（a+b）2，S正方形EFGH＝c2，S△BEF＝×ab，
∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH+4S△BEF，
∴（a+b）2＝c2+4××ab，
∴a2+2ab+b2＝c2+2ab，
∴a2+b2＝c2．
【点评】本题是勾股定理证明题，考查了直角三角形面积，正方形面积，利用图形面积得出结论是解题关键．
3．（2021秋•凤翔县期中）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题
（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．
（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．

【分析】（1）先根据勾股定理先求出AB，再根据“双求法”求出CD的长度；
（2）运用两个直角三角形根据勾股定理表示出AD，德关于x的方程求解．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，
由面积的两种算法可得：，
解得：CD＝．

（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，
在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，
所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，
解得＝．
【点评】此题考查的知识点是勾股定理的应用，关键是运用勾股定理求解．
四、 风吹树折
二．填空题（1小题）
1．（2022春•抚顺期中）如图，今年的冰雪灾害中，一棵大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树杆底部4米处，那么这棵树折断之前的高度是 　8　米．

【分析】由题意得，在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理直接解答即可求出斜边．
【解答】解：∵AC＝4米，BC＝3米，∠ACB＝90°，
∴折断的部分长为AB＝＝5，
∴折断前高度为BC+AB＝5+3＝8（米）．

【点评】此题主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力．
五、 风吹荷花模型
1．（2022春•五华区校级期中）印度数学家什迦逻（1141年﹣1225年）曾提出过“荷花问题”：
“平平湖水清可鉴，面上半尺生红莲；
出泥不染亭亭立，忽被强风吹一边，
渔人观看忙向前，花离原位二尺远；
能算诸君请解题，湖水如何知深浅”
请用学过的数学知识回答这个问题．

【分析】红莲在水中的长度，花离原位的长度和花的总长可构成直角三角形，设出湖水的深度为x，根据勾股定理列出方程可求出．
【解答】解：设湖水深为x尺，则红莲总长为（x+0.5）尺，AC的长度为2，
根据勾股定理得：
在Rt△ABC中，有：
x2+22＝（x+0.5）2，
x＝3.75，
即湖水深3.75尺．

【点评】本题的关键是读懂题意，找出题中各个量之间的关系，建立等式进行求解．
六、 蚂蚁爬行
一．选择题（共1小题）
1．（2022春•璧山区期中）如图，一圆柱体的底面周长为10cm，高AB为12cm，BC是直径，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱的表面爬行到点C的最短路程为（　　）

A．17cm B．13cm C．12cm D．14cm
【分析】将圆柱的侧面展开，得到一个长方形，再然后利用两点之间线段最短解答．
【解答】解：如图所示：
由于圆柱体的底面周长为10cm，
则AD＝10×＝5（cm）．
又因为CD＝AB＝12cm，
所以AC＝（cm）．
故蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点C的最短路程是13cm．
故选：B．

【点评】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题和勾股定理的计算，将圆柱的侧面展开，构造出直角三角形是解题的关键．
七、 重美四边形
一．选择题（共1小题）
1．（2022春•万秀区校级期中）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中SA＝4，SB＝SC＝2，SD＝1，则下列结论错误的是（　　）

A．SE＝6 B．SF＝3 C．SM＝3SF D．SM＝4SC
【分析】根据正方形的性质和勾股定理的几何意义即可判断．
【解答】解：SE＝SA+SB＝4+2＝6，故A选项不符合题意；
SF＝SC+SD＝2+1＝3，故B选项不符合题意；
SM＝SE+SF＝6+3＝9，则SM＝3SF，故C选项不符合题意；
SM＝9，SC＝2，则，故D选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查正方形的性质、勾股定理的几何意义，解题关键是掌握两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
二．解答题（共6小题）
2．（2022春•鼓楼区校级期中）四边形ABCD如图所示，已知AB⊥BC，AB＝3，BC＝6，AD＝7，CD＝2．
（1）求证：AC⊥CD；
（2）求四边形ABCD的面积．

【分析】（1）根据勾股定理得出AC，进而利用勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形解答即可；
（2）根据三角形的面积公式解答即可．
【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，AB＝3，BC＝6，
∴AC＝，
∵AC2+CD2＝45+4＝49＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴AC⊥CD；
（2）解：四边形ABCD的面积＝＝9+3．
【点评】此题考查勾股定理，关键是根据勾股定理得出AC的长．
3．（2022春•海珠区校级期中）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明．
问题解决：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，连接CE、BG、GE．若AC＝2，AB＝5，则
①求证：△AGB≌△ACE
②GE＝　　．
【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可；
性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
问题解决：①连接CG，BE，由∠CAG＝∠BAE＝90°知∠GAB＝∠CAE，结合AG＝AC与AB＝AE即可得证；
②由△GAB≌△CAE得出∠ABG＝∠AEC，进而根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【解答】解：概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：
∵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，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；

性质探究：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下：
如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，

∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；

问题解决：①连接CG，BE，如图2所示：

∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△AGB和△ACE中，
∵，
∴△AGB≌△ACE（SAS）；
②∵△AGB≌△ACE，
∴∠ABG＝∠AEC，
又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝2，AB＝5，
∴BC＝，CG＝2，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝37，
∴GE＝；
故答案为：．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．