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人教版八年级数学上册同步备课《第十七章勾股定理》知识串讲+热考题型(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学上册同步备课《第十七章勾股定理》知识串讲+热考题型(原卷版+解析)，共78页。试卷主要包含了互逆命题，互逆定理，建模思想，分类讨论思想等内容，欢迎下载使用。
两个概念
●●1、互逆命题：如果两个命题题设、结论正好相反.那么这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、互逆定理：一般地，如果一个定理的逆命题经过证明是正确的，那么它也是一个定理，
称这两个定理互为逆定理.
两个定理
●●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.如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.
应用勾股定理可以解决下面的问题：
（1）已知直角三角形的任意两边长，求第三边长；
（2）已知直角三角形的一边，求两边的关系；
（3）解决勾股定理构造方程，解决实际问题.
●●2、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，那么这个三角形是直角三角形.我们把这个定理叫做勾股定理的逆定理.
应用勾股定理逆定理可以解决下面的问题：
（1）判断三角形的形状；
（2）证明线段的位置关系；
（3）证明线段之间的数量关系.
两个应用
●●1、勾股定理的应用
利用勾股定理可以解决和直角三角形有关的计算和证明问题，还可以解决生活、生产中的一些实际问题.常见的应用类型为:
（1）化非直角三角形为直角三角形； （2）将实际问题转化为直角三角形模型.
●●2勾股定理的逆定理的应用
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角
形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形．
四种思想方法
●●1、方程思想：在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
●●2、数学结合思想: 勾股定理是三角形是直角三角形（形），得到三角形三边的数量关系（数），勾股定理的逆定理的是由三角形三边的数量关系（数），得到这个三角形是直角三角形（形），二者相互结合，能使抽象的数量关系直观化，从而有效分析和解决问题.
●●3、建模思想：运用勾股定理解决实际问题的实质是将生活中的实际问题转化为数学问题，然后将已知和未知转化为直角三角形的边，利用勾股定理求出直角三角形的边，最后得出实际问题的解.
●●4、分类讨论思想：在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
题型一 运用勾股定理求线段长
【例题1】(2023秋•长春期末）已知三角形的两边分别为5和12，要使它是直角三角形，第三边的长应为 ．
【变式1-1】(2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15．
求：（1）CD的长；
（2）AD的长．
【变式1-2】如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝6，求AB、BC的长．
【变式1-3】已知：如图，△ABC中，AB＝10，BC＝9，AC＝17，求BC边上的高．
题型二 勾股定理的证明
【例题2】(2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（ ）
A．a2+b2＝c2B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）D．（a+b）2＝a2+2ab+b2
【变式2-1】(2023春•交城县期中）勾股定理是一个古老的数学定理，它有很多种证明方法，如图所示四幅几何图形中，不能用于证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
【变式2-2】如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为： ；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为： ；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 ＝ ，即 ．
【变式2-3】(2023秋•朝阳区期末）【阅读理解】我国古人运用各种方法证明勾股定理，如图①，用四个直角三角形拼成正方形，通过证明可得中间也是一个正方形．其中四个直角三角形直角边长分别为a、b，斜边长为c．图中大正方形的面积可表示为（a+b）2，也可表示为c2+4×12ab，即（a+b）2＝c2+4×12ab，所以a2+b2＝c2．
【尝试探究】美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”如图②所示，用两个全等的直角三角形拼成一个直角梯形BCDE，其中△BCA≌△ADE，∠C＝∠D＝90°，根据拼图证明勾股定理．
【定理应用】在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边长分别为a、b、c．
求证：a2c2+a2b2＝c4﹣b4．
题型三 赵爽弦图的应用
【例题3】(2023秋•莱阳市期中）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的一条直角边长为5，大正方形的边长为13，则中间小正方形的面积是（ ）
A．144B．64C．49D．25
【变式3-1】(2023秋•海淀区校级期末）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，∠ACB＝90°，若图中大正方形的面积为60，小正方形的面积为20，则（a+b）2的值为 ．
【变式3-2】(2023秋•王益区期末）如图是“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＝14cm，且AH：AE＝3：4，则AH＝ cm．
【变式3-3】(2023秋•平度市校级月考）如图所示，是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列四个说法：①x2+y2＝49，②xy＝2，③2xy+4＝49，④x+y＝9，其中说法正确的结论有 （填序号）．
【变式3-4】(2023秋•乐山期末）如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（ ）
A．76B．57C．38D．19
题型四 利用勾股定理求平面上两点之间的距离
【例题4】(2023春•天津期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是（ ）
A．4B．10C．22D．无法确定
【变式4-1】(2023春•岳池县期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是 ．
【变式4-2】(2023秋•邢台期末）已知平面直角坐标系中，点P（m﹣2，4）到坐标原点距离为5，则m的值为 ．
【变式4-3】已知点A（2，﹣1），点P在坐标轴上，PA＝2，则P点坐标为 ．
【变式4-4】(2023秋•古田县期中）小亮在网上搜索到下面的文字材料：在x轴上有两个点它们的坐标分别为（a，0）和（c，0）．则这两个点所成的线段的长为|a﹣c|；同样，若在y轴上的两点坐标分别为（0，b）和（0，d），则这两个点所成的线段的长为|b﹣d|．如图1，在直角坐标系中的任意两点P1，P2，其坐标分别为（a，b）和（c，d），分别过这两个点作两坐标轴的平行线，构成一个直角三角形，其中直角边P1Q＝|a﹣c|，P2Q＝|b﹣d|，利用勾股定理可得：线段P1P2的长为(a−c)2+(b−d)2．
根据上面材料，回答下面的问题：
（1）在平面直角坐标系中，已知A（2，2），B（6，5），则线段AB的长为 ；
（2）若点C在y轴上，点D的坐标是（﹣3，0），且CD＝6，则点C的坐标是 ；
（3）如图2，在直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（1，3）和（3，0），点C是y轴上的一个动点，且A，B，C三点不在同一条直线上，求△ABC周长的最小值．
题型五 利用勾股定理解决折叠问题
【例题5】(2023秋•南海区校级月考）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，BC＝5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点F处，
（1）求BD的长．
（2）求AE的长．
【变式5-1】(2023秋•丹东期末）如图，Rt△ABC中，AB＝6，BC＝4，∠B＝90°，将△ABC折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，那么NB的长为（ ）
A．3B．83C．4D．13
【变式5-2】(2023秋•锡山区校级月考）如图，长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F．若AB＝6，BC=96，则DF的长为（ ）
A．2B．4C．6D．12
【变式5-3】(2023春•任城区月考）如图．在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点．将正方形纸片折叠．点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4，求CF的长．
题型六 利用勾股定理解决最短路径问题
【例题6】(2023秋•中牟县期末）如图，一个无盖的长方体盒子的长、宽、高分别为8cm、8cm、12cm，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的表面爬到盒顶的点B．蚂蚁要爬行的最短路程是 cm．
【变式6-1】(2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（ ）
A．8kmB．10kmC．12kmD．14km
【变式6-2】(2023春•汉阴县月考）如图，若圆柱的底面周长是30cm，高是120cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕几圈丝线到顶部B处做装饰，则按图中此方式缠绕的这条丝线的最小长度是 cm．
【变式6-3】(2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+22米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是2米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 米．
【变式6-4】(2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 cm（杯壁厚度不计）．
题型七 用勾股定理探究规律
【例题7】(2023春•岚山区期末）如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2按照此规律继续作图，则S2021的值为（ ）
122018B．122019C．122020D．122021
【变式7-1】(2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（ ）条．
A．3B．4C．5D．6
【变式7-2】(2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（ ）
A．223B．336C．31010D．11011
【变式7-3】(2023春•通川区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（﹣1，0），以OA1为直角边作等腰Rt△OA2A3，再以OA3为直角边作等腰Rt△OA3A4，…，按此规律进行下去，则点A2022的坐标为 ．
【变式7-4】细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题：
12+1＝2，S1=12，(2)2+1＝3，S2=22，(3)2+1＝4，S3=32
（1）请用含有n（n为正整数）的等式表示上述变化规律．
（2）推算出OA10的长．
（3）求出S12+S22+S32+…+S1002的值．
题型八 勾股定理的逆定理的应用
【例题8】(2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC=85cm，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm．
（1）判断△BDC的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
【变式8-1】甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（ ）
A．南偏西30°B．北偏西30°C．南偏东60°D．南偏西60°
【变式8-2】(2023春•辛集市期末）如图，AD是△ABC的中线，DE⊥AC于点E，DF是△ABD的中线，且CE＝2，DE＝4，AE＝8．
（1）求证：∠ADC＝90°；
（2）求DF的长．
【变式8-3】如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AE＝2，DF＝1，请你判定△BEF的形状，并说明理由．
【变式8-4】(2023秋•榆林期末）2021年12月12日是西安事变85周年纪念日，西安事变及其和平解决在中国社会发展中占有重要的历史地位，为中国社会的发展起到了无可替代的作用．为此，某社区开展了系列纪念活动，如图，有一块三角形空地ABC，社区计划将其布置成展区，△BCD区域摆放花草，阴影部分陈列有关西安事变的历史图片，现测得AB＝20米，AC＝105米，BD＝6米，CD＝8米，且∠BDC＝90°．
（1）求BC的长；
（2）求阴影部分的面积．
题型九 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算
【例题9】如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝13，BC边上的中线AD＝6．求证：BA⊥AD．
【变式9-1】如图，在四边形ABCD中，已知AB＝5，BC＝3，CD＝6，AD＝25，若AC⊥BC，求证：AD∥BC．
【变式9-2】(2023秋•门头沟区期末）如图，在正方形网格内，A、B、C、D四点都在小方格的格点上，则∠BAC+∠DAC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【变式9-3】(2023秋•鹿城区校级期中）如图，已知∠BAC＝90°，BC=3，AB＝1，AD＝CD＝1，则∠BAD＝ ．
【变式9-4】如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2，
PA＝3，求∠BPC的度数．
题型十 方程思想在勾股定理中的应用
【例题10】如图，在△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，求△ABC的面积．某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程．
（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，用含x的代数式表示CD，则CD＝ ；
（2）分别在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理，利用AD作为“桥梁”建立方程，并求出x的值；
（3）利用勾股定理求出AD的长，再计算△ABC的面积．
【变式10-1】(2023秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝16cm，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交线段AB于点D；以点B为圆心，BD长为半径画弧，交线段BC于点E．若BD＝CE，则AC的长为（ ）
A．12cmB．13cmC．14cmD．15cm
【变式10-2】(2023秋•龙岗区期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（ ）m．
A．212B．152C．6D．92
【变式10-3】(2023秋•莱西市期中）如图，在△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，交AB于点E．
（1）判定△ABC的形状，并说明理由；
（2）求AE的长．
题型十一 分类讨论思想在勾股定理中的应用
【例题11】(2023秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝ 时，△OAP是等腰三角形．
【变式11-1】(2023秋•和平区校级期中）已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．12B．7+7C．12或7+7D．以上都不对
【变式11-2】设计师要用四条线段CA，AB，BD，DC首尾相接组成如图所示的两个直角三角形图案，∠C与∠D为直角，已知其中三条线段的长度分别为1cm，9cm，5cm，第四条长为xcm，试求出所有符合条件的x的值．
【变式11-3】(2023秋•洪洞县期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值．
【变式11-4】(2023秋•二道区校级期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由；
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长．
题型十二 综合压轴探究题
【例题12】(2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm
的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒．
（1）AC＝ cm；
（2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值；
（3）在运动过程中，当t＝ 值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果）
【变式12-1】(2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2．
（1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值．
（3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长．
【变式12-2】(2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，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lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；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 ；
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，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
【变式12-3】(2023秋•福田区期中）阅读下面材料：
某学校数学兴趣活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠B＝∠BCA＝45°，D是BC的中点，
（1）问题发现：如图1，若点E、F分别在线段AB、AC上，且AE＝CF，连接EF、DE、DF、AD，此时小明发现∠BAD＝ °，AD DC（填“＞、＜、＝”）．
接下来小明和同学们继续探究，发现﹣一个结论：线段EF与DE长的比值是一个固定值，即EF＝ DE．
（2）变式探究：如图2，E、F分别在线段BA、AC的延长线上，且AE＝CF，若EF＝4，求DE的长并写出过程．
（3）拓展应用：如图3，AB＝AC＝6，动点M在AD的延长线上，点H在直线AC上，且满足∠BMH＝90°，CH＝2，请直接写出DM的长为 ．
解题技巧提炼
勾股定理的作用是已知直角三角形的两边求第三边，所以求直角三角形的边长时应该联想到勾股定理.
解题技巧提炼
（1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．
（2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
解题技巧提炼
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．常常利用勾股定理和完全平方公式来解决相关的求值问题.
解题技巧提炼
(1)数轴上的两点A，B，则AB=x2−x1 ；
(2)两点间的距离公式：设平面上任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），|P1P2|=(x1−x2)2+(y1−y2)2.
解题技巧提炼
关于折叠问题要紧扣折叠前后的对应边相等，对应角相等，其解题步骤为：
（1）利用重合的图形传递数据.
（2）选择直角三角形，利用勾股定理列方程求解.
解题技巧提炼
1、平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
2、几何体表面上两点间的最短路程的求法：将几何体表面展开，将立体几何图形问题转化为平面图形问题，然后利用“两点之间，线段最短”确定路线，最后利用勾股定理计算.
解题技巧提炼
以某个基本图形为背景的类推构造直角三角形求值问题屡见不鲜.解答这类题目,有时需要我们根据勾股定理依次计算,然后探索其中隐含的规律并灵活利用这个规律.
解题技巧提炼
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形.
解题技巧提炼
当所给的已知条件相对分散时，可以考虑添加辅助线将分散的条件集中在一起，利用了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用．
解题技巧提炼
在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
解题技巧提炼
在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
解题技巧提炼
勾股定理的综合压轴探究题主要是勾股定理在动点问题中的应用，有时要对问题进行分情况讨论探究，考查学生综合运用知识的能力，有一定的难度.
八年级下册数学《第十七章 勾股定理》
本章知识综合运用
两个概念
●●1、互逆命题：如果两个命题题设、结论正好相反.那么这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、互逆定理：一般地，如果一个定理的逆命题经过证明是正确的，那么它也是一个定理，
称这两个定理互为逆定理.
两个定理
●●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.如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.
应用勾股定理可以解决下面的问题：
（1）已知直角三角形的任意两边长，求第三边长；
（2）已知直角三角形的一边，求两边的关系；
（3）解决勾股定理构造方程，解决实际问题.
●●2、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，那么这个三角形是直角三角形.我们把这个定理叫做勾股定理的逆定理.
应用勾股定理逆定理可以解决下面的问题：
（1）判断三角形的形状；
（2）证明线段的位置关系；
（3）证明线段之间的数量关系.
两个应用
●●1、勾股定理的应用
利用勾股定理可以解决和直角三角形有关的计算和证明问题，还可以解决生活、生产中的一些实际问题.常见的应用类型为:
（1）化非直角三角形为直角三角形； （2）将实际问题转化为直角三角形模型.
●●2勾股定理的逆定理的应用
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角
形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形．
四种思想方法
●●1、方程思想：在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
●●2、数学结合思想: 勾股定理是三角形是直角三角形（形），得到三角形三边的数量关系（数），勾股定理的逆定理的是由三角形三边的数量关系（数），得到这个三角形是直角三角形（形），二者相互结合，能使抽象的数量关系直观化，从而有效分析和解决问题.
●●3、建模思想：运用勾股定理解决实际问题的实质是将生活中的实际问题转化为数学问题，然后将已知和未知转化为直角三角形的边，利用勾股定理求出直角三角形的边，最后得出实际问题的解.
●●4、分类讨论思想：在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
题型一 运用勾股定理求线段长
【例题1】(2023秋•长春期末）已知三角形的两边分别为5和12，要使它是直角三角形，第三边的长应为 ．
分析：分两种情况：当直角三角形的两条直角边长分别为5和12时；当直角三角形的斜边长为12时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当直角三角形的两条直角边长分别为5和12时，
∴第三边的长=52+122=13；
当直角三角形的斜边长为12时，
∴第三边的长=122−52=119；
综上所述：第三边的长应为13或119，
故答案为：13或119．
【点评】本题考查了勾股定理，分两种情况讨论是解题的关键．
【变式1-1】(2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15．
求：（1）CD的长；
（2）AD的长．
分析：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得AB的长，再根据等面积法即可求出CD的长；
（2）直接由勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB=AC2+BC2=202+152=25，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC，
∴CD=AC⋅BCAB=20×1525=12；
（2）在Rt△BDC中，由勾股定理得，
BD=BC2−CD2=152−122=9，
AD＝25﹣9＝16．
【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．
【变式1-2】如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝6，求AB、BC的长．
分析：过A作AD⊥BC于D，根据直角三角形的性质求出AD，根据勾股定理求出CD、AB，计算即可．
【解答】解：过A作AD⊥BC于D，
在Rt△ABC中，∠C＝30°，AC＝6，
∴AD=12AC＝3，
根据勾股定理得DC＝33，
在Rt△ADB中，∠B＝45°，
∴AD＝BD＝3，
根据勾股定理得AB＝32，
∴BC＝BD+DC＝33+3，
∴AB＝32，BC＝33+3．
【点评】本题考查了解直角三角形，解题的关键是作辅助线AD，把原三角形分成两个直角三角形．
【变式1-3】已知：如图，△ABC中，AB＝10，BC＝9，AC＝17，求BC边上的高．
分析：作辅助线BD，AD，根据直角△ABD和直角△ACD中关于AD的计算方程求AD，BD；AD即BC边上的高．
【解答】解：延长CB，作AD⊥BC，交CB的延长线于点D，设AD＝x，BD＝y，
在直角△ADB中，AB2＝x2+y2，
在直角△ADC中，AC2＝x2+（y+BC）2，
解方程得 y＝6，x＝8，
即AD＝8，∵AD即BC边上的高，
∴BC边上的高为8．
答：BC边上的高为8．
【点评】本题考查了勾股定理的正确运用，设x、y两个未知数，根据解直角△ADB和直角△ADC求得x、y的值是解题的关键．
题型二 勾股定理的证明
【例题2】(2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（ ）
A．a2+b2＝c2B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）D．（a+b）2＝a2+2ab+b2
分析：根据图形可知是梯形，再根据梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和，列式整理即可证明．
【解答】解：梯形的面积=12（a+b）（a+b）＝2×12×ab+12c2，
∴12（a2+2ab+b2）＝ab+12c2，
∴a2+b2＝c2；
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式2-1】(2023春•交城县期中）勾股定理是一个古老的数学定理，它有很多种证明方法，如图所示四幅几何图形中，不能用于证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
分析：用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
【解答】解：A．根据图形可知：S大正方形=4×12ab+(b−a)2
＝2ab+b2﹣2ab+a2
＝a2+b2，
∵S大正方形=c2，
∴a2+b2＝c2；故A选项不符合题意；
B．不能用于证明勾股定理，故B选项符合题意；
C．根据图形可知：S大正方形＝4×12×ab+c2＝2ab+c2，
S大正方形＝（a+b）2＝a2+2ab+b2，
∴2ab+c2＝a2+2ab+b2，
∴a2+b2＝c2，故C选项不符合题意；
D．根据图形可知：S大正方形＝c2，
S大正方形=12（b+b+a）×b+12（a+b+a）×a﹣2×12ab＝a2+b2，
∴a2+b2＝c2，故D选项不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的证明及其应用，掌握勾股定理是解本题的关键．
【变式2-2】如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为： ；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为： ；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 ＝ ，即 ．
分析：图（1）中两个正方形的面积分别为a2，b2，四个直角三角形的面积均为12ab．图（2）中空白正方形的面积为c2，四个阴影直角三角形的面积都为12ab．
【解答】解：图（1）中大正方形的面积为：a2+b2+4×12×a×b＝a2+b2+2ab＝（a+b）2；
图（2）中大正方形的面积为：c2+4×12×a×b＝c2+2ab；
因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，
所以（a+b）2＝c2+2ab，
所以a2+2ab+b2＝c2+2ab，
即a2+b2＝c2．
故答案为：（a+b）2，c2+2ab，（a+b）2，c2+2ab，a2+b2＝c2．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，解决本题的关键是学会利用面积法证明勾股定理．
【变式2-3】(2023秋•朝阳区期末）【阅读理解】我国古人运用各种方法证明勾股定理，如图①，用四个直角三角形拼成正方形，通过证明可得中间也是一个正方形．其中四个直角三角形直角边长分别为a、b，斜边长为c．图中大正方形的面积可表示为（a+b）2，也可表示为c2+4×12ab，即（a+b）2＝c2+4×12ab，所以a2+b2＝c2．
【尝试探究】美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”如图②所示，用两个全等的直角三角形拼成一个直角梯形BCDE，其中△BCA≌△ADE，∠C＝∠D＝90°，根据拼图证明勾股定理．
【定理应用】在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边长分别为a、b、c．
求证：a2c2+a2b2＝c4﹣b4．
分析：【尝试探究】根据阅读内容，图中梯形的面积分别可以表示为ab+12（a2+b2）＝ab+12c2，即可证得a2+b2＝c2；
【定理应用】分解因式，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】证明：【尝试探究】梯形的面积为S=12（a+b）（b+a）＝ab+12（a2+b2），
利用分割法，梯形的面积为S＝△ABC+S△ABE+SADE=12ab+12c2+12ab＝ab+12c2，
∴ab+12（a2+b2）＝ab+12c2，
∴a2+b2＝c2；
【定理应用】∵a2c2+a2b2＝a2（c2+b2），c4﹣b4＝（c2+b2）（c2﹣b2）＝（c2+b2）a2，
∴a2c2+a2b2＝c4﹣b4．
【点评】本题主要考查勾股定理的验证，解题关键是利用面积相等建立等量关系，判定勾股定理成立．
题型三 赵爽弦图的应用
【例题3】(2023秋•莱阳市期中）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的一条直角边长为5，大正方形的边长为13，则中间小正方形的面积是（ ）
A．144B．64C．49D．25
分析：根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，即可得到小正方形的面积．
【解答】解：由题意可得：
小正方形的边长=132−52−5＝7，
∴小正方形的面积为7×7＝49，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式3-1】(2023秋•海淀区校级期末）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，∠ACB＝90°，若图中大正方形的面积为60，小正方形的面积为20，则（a+b）2的值为 ．
分析：根据图形表示出小正方形的边长为（b﹣a），再根据四个直角三角形的面积等于大正方形的面积减去小正方形的面积求出2ab，然后利用完全平方公式整理即可得解．
【解答】解：由图可知，（b﹣a）2＝20，4×12ab＝60﹣20＝40，
∴2ab＝40，
∴（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab＝20+2×40＝100．
故答案为：100．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，完全平方公式的应用，仔细观察图形利用小正方形的面积和直角三角形的面积得到两个等式是解题的关键．
【变式3-2】(2023秋•王益区期末）如图是“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＝14cm，且AH：AE＝3：4，则AH＝ cm．
分析：根据勾股定理得出AH与AE的值，进而解答即可．
【解答】解：∵AB＝14，AH：AE＝3：4，
设AH为3x，AE为4x，
由勾股定理得：AB2＝AH2+AE2＝（3x）2+（4x）2＝（5x）2，
∴5x＝14，
∴x=145，
∴AH=425，
故答案为：425．
【点评】此题考查勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式3-3】(2023秋•平度市校级月考）如图所示，是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列四个说法：①x2+y2＝49，②xy＝2，③2xy+4＝49，④x+y＝9，其中说法正确的结论有 （填序号）．
分析：利用大正方形面积和小正方形面积可得出大正方形和小正方形的边长，利用勾股定理可判断①，利用平方差公式可判断②，利用大正方形面积等于小正方形面积与四个直角三角形面积之和可判断③，利用①③可判断④．
【解答】解：∵大正方形面积为49，
∴大正方形边长为7，
在直角三角形中，
x2+y2＝72＝49，
故说法①正确；
∵小正方形面积为4，
∴小正方形边长为2，
∴x﹣y＝2，
∴（x﹣y）2＝x2+y2﹣2xy＝49﹣2xy＝4，
∴xy=452，
故说法②错误；
∵大正方形面积等于小正方形面积与四个直角三角形面积之和，
∴4×12xy+4＝49，
∴2xy+4＝49，
故说法③正确；
∵2xy+4＝49，
∴2xy＝45，
∵x2+y2＝49，
∴x2+y2+2xy＝49+45，
∴（x+y）2＝94，
∴x+y=94，
故说法④错误；
故答案为：①③．
【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是利用大正方形面积和小正方形面积得出大正方形和小正方形的边长．
【变式3-4】(2023秋•乐山期末）如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（ ）
A．76B．57C．38D．19
分析：由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．
【解答】解：设AC＝AD＝x，则BD＝30﹣5﹣2x＝25﹣2x，
∵BD2＝BC2+CD2，
∴52+（2x）2＝（25﹣2x）2，
∴x＝6，
∴BD＝25﹣2x＝13，AD＝6，
∴这个风车的外围周长是：（13+6）×4＝76．
故选：A．
【点评】此题考查了勾股定理的证明，本题是勾股定理在实际情况中的应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．
题型四 利用勾股定理求平面上两点之间的距离
【例题4】(2023春•天津期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是（ ）
A．4B．10C．22D．无法确定
分析：利用勾股定理直接求解．
【解答】解：由勾股定理得：PO=12+32=10．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的计算，属于简单题．
【变式4-1】(2023春•岳池县期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是 ．
分析：根据勾股定理计算即可．
【解答】解：∵点P的坐标为（1，3），
∴点P到原点的距离为：12+32=10，
故答案为：10．
【点评】本题考查的是两点间的距离的计算，熟记勾股定理是解题的关键．
【变式4-2】(2023秋•邢台期末）已知平面直角坐标系中，点P（m﹣2，4）到坐标原点距离为5，则m的值为 ．
分析：利用勾股定理列出方程，再解方程即可．
【解答】解：点P（m﹣2，4）到两坐标轴的距离分别是|m﹣2|、4，
则由勾股定理，得
（m﹣2）2+42＝52，
解得：m＝5或﹣1．
故答案为：5或﹣1．
【点评】此题主要考查了勾股定理，关键是掌握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．
【变式4-3】已知点A（2，﹣1），点P在坐标轴上，PA＝2，则P点坐标为 ．
分析：当点P在x轴上时，设P（x，0），根据两点间的距离公式得到PA=(x−2)2+(0+1)2=2，求得P点坐标为（2+3，0）或（2−3，0）；当点P在y轴上时，求得P（0，﹣1）．
【解答】解：当点P在x轴上时，设P（x，0），
∵点A（2，﹣1），PA＝2，
∴PA=(x−2)2+(0+1)2=2，
解得：x＝2±3，
∴P点坐标为（2+3，0）或（2−3，0）；
当点P在y轴上时，P（0，﹣1），
综上所述，P点坐标为（2+3，0）或（2−3，0）或（0，﹣1），
故答案为：（2+3，0）或（2−3，0）或（0，﹣1）．
【点评】本题考查了勾股定理，两点间的距离公式，熟练掌握两点间的距离公式是解题的关键．
【变式4-4】(2023秋•古田县期中）小亮在网上搜索到下面的文字材料：在x轴上有两个点它们的坐标分别为（a，0）和（c，0）．则这两个点所成的线段的长为|a﹣c|；同样，若在y轴上的两点坐标分别为（0，b）和（0，d），则这两个点所成的线段的长为|b﹣d|．如图1，在直角坐标系中的任意两点P1，P2，其坐标分别为（a，b）和（c，d），分别过这两个点作两坐标轴的平行线，构成一个直角三角形，其中直角边P1Q＝|a﹣c|，P2Q＝|b﹣d|，利用勾股定理可得：线段P1P2的长为(a−c)2+(b−d)2．
根据上面材料，回答下面的问题：
（1）在平面直角坐标系中，已知A（2，2），B（6，5），则线段AB的长为 ；
（2）若点C在y轴上，点D的坐标是（﹣3，0），且CD＝6，则点C的坐标是 ；
（3）如图2，在直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（1，3）和（3，0），点C是y轴上的一个动点，且A，B，C三点不在同一条直线上，求△ABC周长的最小值．
分析：（1）根据两点间的距离公式计算；
（2）设C点坐标为（0，b），根据勾股定理列出方程，解方程求出b，进而求出点C的坐标；
（3）作出点A关于y轴的对称点A′，根据轴对称的性质求出点A′的坐标，连接A′B交y轴于点C，此时△ABC周长的最小，根据两点间的距离公式求解．
【解答】解：（1）∵A（2，2），B（6，5），
∴AB=(6−2)2+(5−2)2=5，
故答案为：5；
（2）设C点坐标为（0，b），
在Rt△OCD中，CD2＝OC2+OD2，即（﹣3﹣0）2+（0﹣b）2＝62，
解得：b＝±33，
∴点C的坐标为（0，33）或（0，﹣33），
故答案为：（0，33）或（0，﹣33）；
（3）如图2，作A点关于y轴的对称点为A′，则点A′的坐标为（﹣1，4），连接A′B交y轴于点C，
此时△ABC的周长最小，
∵AC＝A′C，
∴△ABC的周长＝AB+A'B，
∵点A，B的坐标分别为（1，4）和（3，0），点A′的坐标为（﹣1，4），
∴AB=(1−3)2+(4−0)2=25，A′B=(3+1)2+(4−0)2=42，
∴△ABC的周长的最小值为25+42．
【点评】本题为三角形综合题，考查了勾股定理，两点的距离公式，轴对称的最短路径问题，以阅读理解的方式，逐次计算即可，此类题目难度适中．
题型五 利用勾股定理解决折叠问题
【例题5】(2023秋•南海区校级月考）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，BC＝5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点F处，
（1）求BD的长．
（2）求AE的长．
分析：由折叠性质得出DF＝AD＝5，EF＝EA，EF⊥BD，在Rt△BAD中，由勾股定理求出BD，求出BF，根据勾股定理得出关于x的方程，求出x即可．
【解答】解：（1）由折叠性质可知：DF＝AD＝5，EF＝EA，EF⊥BD，
在Rt△BAD中，AB＝12，由勾股定理得：
BD=AD2+AB2=13；
（2）∵BF＝BD﹣DF＝13﹣5＝8，
设AE＝EF＝x，
∴BE＝12﹣x，
在Rt△BEF中，由勾股定理可知：EF2+BF2＝BE2，
即x2+82＝（12﹣x）2，
解得：x=103，
即AE=103，
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识点，能根据题意得出关于x的方程是解此题的关键．
【变式5-1】(2023秋•丹东期末）如图，Rt△ABC中，AB＝6，BC＝4，∠B＝90°，将△ABC折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，那么NB的长为（ ）
A．3B．83C．4D．13
分析：由折叠知AN＝DN，BD＝2，设BN＝x，则AN＝DN＝6﹣x，在Rt△BND中，利用勾股定理列方程即可．
【解答】解：∵使点A与BC的中点D重合，
∴AN＝DN，BD＝2，
设BN＝x，则AN＝DN＝6﹣x，
在Rt△BND中，由勾股定理得，
（6﹣x）2＝x2+22，
解得x=83，
∴BN=83．
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折变换，勾股定理等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
【变式5-2】(2023秋•锡山区校级月考）如图，长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F．若AB＝6，BC=96，则DF的长为（ ）
A．2B．4C．6D．12
分析：根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE＝DE＝EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF＝GF；设DF＝x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【解答】解：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE＝EG，AB＝BG，
∴ED＝EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝90°，
在Rt△EDF和Rt△EGF中，
EF=EFED=EG，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF＝FG，
设DF＝x，则BF＝6+x，CF＝6﹣x，
在Rt△BCF中，BC2+CF2＝BF2，即(96)2+(6−x)2=(6+x)2，
解得：x＝4，即DF＝4；
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质；熟记矩形的性质和翻折变换的性质，根据勾股定理列出方程是解题的关键．
【变式5-3】(2023春•任城区月考）如图．在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点．将正方形纸片折叠．点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4，求CF的长．
分析：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（25−4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x方程，求解x，最后用4﹣x即可．
【解答】解：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x．
在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝2 5
根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，所以GE＝2 5−4．
在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（25−4）2+x2，
在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，
所以（25−4）2+x2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝25−2．
则FC＝4﹣x＝6﹣25．
【点评】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理．折叠问题主要是抓住折叠的不变量，在直角三角形中利用勾股定理求解是解题的关键．
题型六 利用勾股定理解决最短路径问题
【例题6】(2023秋•中牟县期末）如图，一个无盖的长方体盒子的长、宽、高分别为8cm、8cm、12cm，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的表面爬到盒顶的点B．蚂蚁要爬行的最短路程是 cm．
分析：将长方形的盒子按不同方式展开，得到不同的矩形，求出不同矩形的对角线，最短者即为正确答案．
【解答】解：如图1所示：
AB=122+162=20（cm），
如图2所示：
AB=82+202=429（cm）．
故爬行的最短路程是20cm，
故答案为：20．
【点评】此题考查了两点之间线段最短，解答时要进行分类讨论，利用勾股定理是解题的关键．
【变式6-1】(2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（ ）
A．8kmB．10kmC．12kmD．14km
分析：根据题意画出图形，再利用轴对称求最短路径的方法得出P点位置，进而结合勾股定理得出即可．
【解答】解：如图所示：作A点关于直线MN的对称点A'，再连接A'B，交直线MN于点P.
则此时AP+PB最小，过点B作BE⊥CA延长线于点E，
∵AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km，
∴AA'＝4km，则A′E＝6km，
在Rt△A'EB中，
A′B=62+82=10（km），
则AP+PB的最小值为：10km．
故选：B．
【点评】本题主要考查最短路径、解题的关键是学会利用对称解决最短问题．
【变式6-2】(2023春•汉阴县月考）如图，若圆柱的底面周长是30cm，高是120cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕几圈丝线到顶部B处做装饰，则按图中此方式缠绕的这条丝线的最小长度是 cm．
分析：根据题意画出图形，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：如图所示，在如图所示的直角三角形中，
∵BE＝120cm，AC＝30×3＝90（cm），
∴AB=1202+902=150（cm）．
答：按图中此方式缠绕的这条丝线的最小长度是150cm．
故答案为：150．
【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，此类问题应先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
【变式6-3】(2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+22米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是2米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 米．
分析：解答此题要将木块展开，然后根据两点之间线段最短解答．
【解答】解：由题意可知，将木块展开，
相当于是AB+等腰直角三角形的两腰，
∴长为6+22+2+2﹣22=10（米）；宽为4米．
于是最短路径为102+42=229（米），
故答案为：229．
【点评】本题主要考查平面展开﹣最短路径问题，两点之间线段最短，有一定的难度，要注意培养空间想象能力．
【变式6-4】(2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 cm（杯壁厚度不计）．
分析：将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
【解答】解：如图，将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
在直角△A′DB中，由勾股定理得，
A′B=A'D2+DB2=122+92=15（cm）．
则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为15cm，
故答案为：15．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．
题型七 用勾股定理探究规律
【例题7】(2023春•岚山区期末）如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2按照此规律继续作图，则S2021的值为（ ）
A．122018B．122019C．122020D．122021
分析：由等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分S1、S2、S3、S4的值，再由面积的变化即可找出变化规律“Sn＝4×（ 12）n﹣1”，依此规律即可解决问题．
【解答】解：∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DE＝CE，∠CED＝90°，
∴CD2＝DE2+CE2＝2DE2，
∴DE=22CD，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的22倍，
∴S1＝22＝4＝4×（12）0，
S2＝（2×22）2＝2＝4×（12）1，
S3＝（2×22）2＝1＝4×（12）2，
S4＝（1×22）2=12=4×（12）3，
…，
∴Sn＝4×（12）n﹣1，
∴S2021＝4×（12）2020＝（12）2018=122018，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、正方形面积的计算、规律型等知识，根据面积的变化找出变化规律“Sn＝4×（12）n﹣1”是解题的关键．
【变式7-1】(2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（ ）条．
A．3B．4C．5D．6
分析：OA1＝1，根据勾股定理可得OA2=12+12=2，OA3=(2)2+12=3，找到OAn=n的规律，即可得到结论．
【解答】解：∵OA1＝1，
∴由勾股定理可得OA2=12+12=2，
OA3=(2)2+12=3，
…，
∴OAn=n，
∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，完全平方数有1，4，9，16，
∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有4条，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的灵活运用，本题中找到OAn=n的规律是解题的关键．
【变式7-2】(2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（ ）
A．223B．336C．31010D．11011
分析：根据勾股定理得OB=AO2+AB2=22+12=5，OC=OB2+BC2=5+1=6，OD=7，按照这个规律，根据勾股定理得OI=12=23，作HM⊥OI于点M，根据三角形的面积公式即可求出答案．
【解答】解：在Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1，
根据勾股定理得OB=AO2+AB2=22+12=5，
在Rt△OBC，根据勾股定理得OC=OB2+BC2=5+1=6，
在Rt△OCD，根据勾股定理得OD=7，
按照这个规律，在Rt△OHI中，根据勾股定理得OI=12=23，
如图，作HM⊥OI于点M，
∴12OI•HM=12OH•HI，
∴12×23×HM=12×11×1，
∴HM=336，
∴点H到OI的距离是336．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理和规律是解题的关键．
【变式7-3】(2023春•通川区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（﹣1，0），以OA1为直角边作等腰Rt△OA2A3，再以OA3为直角边作等腰Rt△OA3A4，…，按此规律进行下去，则点A2022的坐标为 ．
分析：根据等腰直角三角形的性质得到OA1＝1，OA2=2，OA3＝（2）2，…，OA2020＝（2）2019，再利用A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴的特点可得到点A2020在第一象限，即可确定点A2020的坐标．
【解答】解：∵等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在x轴的负半轴上，且OA1＝A1A2＝1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，
∴OA1＝1，OA2=2，OA3＝（2）2，…，OA2020＝（2）2019，
∵A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴，
2022＝8×252+6，
∴点A2022在第四象限，
∵OA2022＝（2）2021，
∴点A2022的横坐标为：22×（2）2021＝21010，纵坐标为﹣21010，
故答案为：（21010，﹣21010）．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于45°；斜边等于直角边的2倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
【变式7-4】细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题：
12+1＝2，S1=12，(2)2+1＝3，S2=22，(3)2+1＝4，S3=32
（1）请用含有n（n为正整数）的等式表示上述变化规律．
（2）推算出OA10的长．
（3）求出S12+S22+S32+…+S1002的值．
分析：（1）利用已知可得OAn2，注意观察数据的变化，
（2）结合（1）中规律即可求出OA102的值即可求出，
（3）将前10个三角形面积相加，利用数据的特殊性即可求出．
【解答】解：（1）结合已知数据，可得：OAn2＝n；Sn=n2；
（2）∵OAn2＝n，
∴OA10=10．
（3）S 12+S 22+S 32+⋯+S 1002
=14+24+34+⋯+1004
=1+2+3+4+⋯+1004
=50504=25252．
【点评】本题主要考查勾股定理以及作图的知识点，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理的知识，此题难度不大．
题型八 勾股定理的逆定理的应用
【例题8】(2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC=85cm，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm．
（1）判断△BDC的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
分析：（1）根据勾股定理的逆定理得出答案即可；
（2）设AB＝AC＝xcm，在Rt△ADC中根据勾股定理求出AC，再求出△ABC的周长即可．
【解答】解：（1）△BDC是直角三角形，
理由是：∵BC＝85cm，BD＝16cm，CD＝8cm，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴∠D＝90°，
即△BDC是直角三角形；
（2）设AB＝AC＝xcm，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD2+DC2＝AC2，
即（16﹣x）2+82＝x2，
解得：x＝10，
∴AB＝AC＝10（cm），
∵BC＝85cm，
∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+10+85=（20+85）（cm）．
故△ABC的周长是（20+85）cm．
【点评】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键．
【变式8-1】甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（ ）
A．南偏西30°B．北偏西30°C．南偏东60°D．南偏西60°
分析：根据题意得到OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km），根据勾股定理的逆定理得到∠AOB＝90°，根据平角的定义即可得到结论．
【解答】解：∵甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，
∴OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km），
∵AB＝10km，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
∵甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，
∴乙探险者的行走方向可能是南偏东60°，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，方向角，正确地判断出∠AOB＝90°是解题的关键．
【变式8-2】(2023春•辛集市期末）如图，AD是△ABC的中线，DE⊥AC于点E，DF是△ABD的中线，且CE＝2，DE＝4，AE＝8．
（1）求证：∠ADC＝90°；
（2）求DF的长．
分析：（1）利用勾股定理的逆定理，证明△ADC是直角三角形，即可得出∠ADC是直角；
（2）根据三角形的中线的定义以及直角三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵DE⊥AC于点E，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，
∴AD2＝AE2+DE2＝82+42＝80，
同理：CD2＝20，
∴AD2+CD2＝100，
∵AC＝AE+CE＝8+2＝10，
∴AC2＝100，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴△ADC是直角三角形，
∴∠ADC＝90°；
（2）∵AD是△ABC的中线，∠ADC＝90°，
∴AD垂直平分BC，
∴AB＝AC＝10，
在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，
∵点F是边AB的中点，
∴DF=12AB=5．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质与判定，熟记勾股定理与逆定理是解答本题的关键．
【变式8-3】如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AE＝2，DF＝1，请你判定△BEF的形状，并说明理由．
分析：根据勾股定理求出BE2、EF2、BF2，根据勾股定理的逆定理判断即可．
【解答】解：∵△BEF是直角三角形，
理由是：∵在正方形ABCD中，AB＝4，AE＝2，DF＝1，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AB＝AD＝DC＝BC＝4，DE＝4﹣2＝2，CF＝4﹣1＝3，
∵由勾股定理得：BE2＝AB2+AE2＝42+22＝20，EF2＝DE2+DF2＝22+12＝5，BF2＝BC2+CF2＝42+32＝25，
∴BE2+EF2＝BF2，
∴∠BEF＝90°，
即△BEF是直角三角形．
【点评】本题考查了正方形性质，勾股定理，勾股定理的逆定理的应用，解此题的关键是求出BE2+EF2＝BF2，注意：一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形，难度适中．
【变式8-4】(2023秋•榆林期末）2021年12月12日是西安事变85周年纪念日，西安事变及其和平解决在中国社会发展中占有重要的历史地位，为中国社会的发展起到了无可替代的作用．为此，某社区开展了系列纪念活动，如图，有一块三角形空地ABC，社区计划将其布置成展区，△BCD区域摆放花草，阴影部分陈列有关西安事变的历史图片，现测得AB＝20米，AC＝105米，BD＝6米，CD＝8米，且∠BDC＝90°．
（1）求BC的长；
（2）求阴影部分的面积．
分析：（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理的逆定理得到△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵BD＝6米，CD＝8米，∠BDC＝90°，
∴BC=BD2+CD2=62+82=10（米），
答：BC的长为10米；
（2）∵AB＝20米，AC＝105米，BC＝10米，
∴AB2+BC2＝202+102＝（105）2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90，
∴S阴影＝S△ABC﹣S△BCD=12AB•BC−12BD•CD=12×20×10−12×6×8＝76（平方米）．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
题型九 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算
【例题9】如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝13，BC边上的中线AD＝6．求证：BA⊥AD．
分析：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，根据SAS推出△ADC≌△EDB，根据全等三角形的性质得出BE＝AC＝13，求出AB2+AE2＝BE2，根据勾股定理的逆定理得出即可．
【解答】解：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，
∵BC边上的中线AD＝6，
∴AE＝12，BD＝DC，
在△ADC和△EDB中，
AD=DE∠ADC=∠BDECD=DB，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝13，
∵AB2+AE2＝52+122＝169，BE2＝132＝169，
∴AB2+AE2＝BE2，
∴∠BAE＝90°，
∴BA⊥AD．
【变式9-1】如图，在四边形ABCD中，已知AB＝5，BC＝3，CD＝6，AD＝25，若AC⊥BC，求证：AD∥BC．
分析：在△ABC中，根据勾股定理求出AC2的值，再在△ACD中根据勾股定理的逆定理，判断出AC⊥CD，再根据平行线的判定即可求解．
【解答】证明：在△ABC中AC⊥BC，根据勾股定理：AC2＝AB2﹣BC2＝52﹣32＝16，
∵在△ACD中，AC2+AD2＝16+20＝36，CD2＝36，
∴AC2+AD2＝CD2，
∴根据勾股定理的逆定理，△ACD为直角三角形，
∴AC⊥CD，
∴AD∥BC．
【点评】本题考查平行线的判定、勾股定理与其逆定理的应用．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．
【变式9-2】(2023秋•门头沟区期末）如图，在正方形网格内，A、B、C、D四点都在小方格的格点上，则∠BAC+∠DAC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
分析：作点B关于AC的对称点B′，连接B′A′，B′D，则∠BAC＝∠B′AC．证明△AB′D是等腰直角三角形，得出∠B′AD＝45°，即∠BAC+∠DAC＝45°．
【解答】解：如图，作点B关于AC的对称点B′，连接B′A′，B′D，则∠BAC＝∠B′AC．
∵AB′2＝12+32＝10，B′D2＝12+32＝10，AD2＝42+22＝20，
∴AB′＝B′D，AB′2+B′D2＝AD2，
∴△AB′D是等腰直角三角形，
∴∠B′AD＝45°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠B′AC+∠DAC＝∠B′AD＝45°．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，准确作出辅助线证明△AB′D是等腰直角三角形是解题的关键．
【变式9-3】(2023秋•鹿城区校级期中）如图，已知∠BAC＝90°，BC=3，AB＝1，AD＝CD＝1，则∠BAD＝ ．
分析：根据勾股定理可求AC，根据勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性质可求∠DAC，再根据角的和差关系即可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，BC=3，AB＝1，
∴AC=BC2−AB2=2，
∵AD＝CD＝1，12+12＝（2）2，AD2+CD2＝AC2，
∴∠D＝90°，
∴∠DAC＝45°，
∴∠BAD＝90°﹣45°＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，解题关键是熟练掌握勾股定理，勾股定理的逆定理等知识．
【变式9-4】如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2，
PA＝3，求∠BPC的度数．
分析：根据旋转的性质得到CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3，则△CPD为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得PD＝2PC＝22，∠CPD＝45°，由PB＝1，PD＝22，DB＝3，易得PB2+PD2＝BD2，根据勾股定理的逆定理得到△PBD为直角三角形，即可得到∠BPC的度数．
【解答】解：如图，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD，连接DP，
∵△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD，
∴CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3，
∴△CPD为等腰直角三角形，
∴PD＝2PC＝22，∠CPD＝45°，
在△PDB中，PB＝1，PD＝22，DB＝3，
而12+（22）2＝32，
∴PB2+PD2＝BD2，
∴△PBD为直角三角形，
∴∠DPB＝90°，
∴∠BPC＝45°+90°＝135°．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用．
题型十 方程思想在勾股定理中的应用
【例题10】如图，在△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，求△ABC的面积．某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程．
（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，用含x的代数式表示CD，则CD＝ ；
（2）分别在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理，利用AD作为“桥梁”建立方程，并求出x的值；
（3）利用勾股定理求出AD的长，再计算△ABC的面积．
分析：作AD⊥BC于点D，设BD＝x，则CD＝14﹣x，在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理可得132﹣（14﹣x）2＝152﹣x2，计算出x的值，再由勾股定理求出AD的长即可得出三角形ABC的面积．
【解答】解：（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，则CD＝14﹣x，
故答案为：14﹣x；
（2）在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理得：
AD2＝AC2﹣CD2＝132﹣（14﹣x）2，
AD2＝AB2﹣BD2＝152﹣x2，
∴132﹣（14﹣x）2＝152﹣x2，
解得x＝9；
（3）在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=132−(14−9)2=12，
∴S△ABC=12×BC×AD=12×14×12=84．
【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式10-1】(2023秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝16cm，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交线段AB于点D；以点B为圆心，BD长为半径画弧，交线段BC于点E．若BD＝CE，则AC的长为（ ）
A．12cmB．13cmC．14cmD．15cm
分析：设AC＝AD＝xcm，根据BD=CE=BE=12BC=8cm，在Rt△ABC中，由勾股定理列出方程即可求解．
【解答】解：设AC＝AD＝xcm，
∵BD＝CE，BD＝BE，
∴BD=CE=BE=12BC=8cm，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴△ABC为直角三角形，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：x2+162＝（x+8）2，
解得：x＝12，
即AC＝12cm，
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是根据题意得出BD＝8cm，进而表示出AB的长．
【变式10-2】(2023秋•龙岗区期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（ ）m．
A．212B．152C．6D．92
分析：设绳长为xm，再根据直角三角的勾股定理列方程，解方程即可．
【解答】解：设绳长为x米，
在Rt△ADC中，
AD＝AB﹣BD＝AB﹣（DE﹣BE）＝x﹣（4﹣1）＝（x﹣3）米，
DC＝6m，AC＝x米，
∴AB2+DC2＝AC2，
根据题意列方程：x2＝（x﹣3）2+62，
解得：x=152，
∴绳索AC的长是152．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是读懂题意，掌握勾股定理，运用勾股定理解决问题．
【变式10-3】(2023秋•莱西市期中）如图，在△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，交AB于点E．
（1）判定△ABC的形状，并说明理由；
（2）求AE的长．
分析：（1）利用勾股定理的逆定理可证明△ABC是直角三角形；
（2）连接EC，如图，根据线段垂直平分线的性质得到EC＝EB，设AE＝x，则BE＝EC＝12﹣x，再在Rt△ACE中利用勾股定理得到x2+92＝（12﹣x）2，然后解方程即可．
【解答】解：（1）△ABC是直角三角形．
理由如下：
∵△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，
而92+122＝152，即AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形；
（2）连接EC，如图，
∵DE是BC的垂直平分线，
∴EC＝EB，
设AE＝x，则BE＝EC＝12﹣x，
在Rt△ACE中，x2+92＝（12﹣x）2，
解得x=218，
即AE的长为218．
【点评】本题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．也考查了线段垂直平分线的性质．
题型十一 分类讨论思想在勾股定理中的应用
【例题11】(2023秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝ 时，△OAP是等腰三角形．
分析：分三种情况，当OP＝AP，OA＝AP，OA＝OP时，由等腰三角形的性质可求出答案．
【解答】解：当△AOP为等腰三角形时，分三种情况：
①如图，OP＝AP，
∴∠O＝∠OAP，
∵∠AOM＝45°，
∴∠APO＝90°，
∴OP=2；
②如图，
OA＝OP＝2；
③如图，OA＝AP，
∴∠O＝∠APO＝45°，
∴∠A＝90°，
∴OP=AO2+AP2=22+22=22．
综上所述，OP的长为2或2或22．
故答案为：2或2或22．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式11-1】(2023秋•和平区校级期中）已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．12B．7+7C．12或7+7D．以上都不对
分析：先设Rt△ABC的第三边长为x，由于4是直角边还是斜边不能确定，故应分4是斜边或x为斜边两种情况讨论．
【解答】解：设Rt△ABC的第三边长为x，
①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，
由勾股定理得，x＝5，此时这个三角形的周长＝3+4+5＝12；
②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，
由勾股定理得，x=7，此时这个三角形的周长＝7+7，
故选：C．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．
【变式11-2】设计师要用四条线段CA，AB，BD，DC首尾相接组成如图所示的两个直角三角形图案，∠C与∠D为直角，已知其中三条线段的长度分别为1cm，9cm，5cm，第四条长为xcm，试求出所有符合条件的x的值．
分析：显然AB是四条线段中最长的线段，分AB＝x或AB＝9两种情况来讨论．
【解答】解：显然AB是四条线段中最长的线段，分AB＝x或AB＝9两种情况来讨论．
把AB平移至ED（如图所示）．
①若AB＝x，
当CD＝9时，则x=92+(1+5)2=313；
当CD＝5时，则x=52+(1+9)2=55；
当CD＝1时，则x=12+(9+5)2=197．
②若AB＝9，
当CD＝5时，由（x+1）2+52＝92，得x=214−1；
当CD＝1时，由（x+5）2+12＝92，得x=45−5；
当CD＝x时，由x2+（1+5）2＝92，得x=35．
【点评】本题考查勾股定理的知识，解题关键是分AB＝x或AB＝9两种情况进行讨论，注意不要漏解．
【变式11-3】(2023秋•洪洞县期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值．
分析：（1）由勾股定理求解即可；
（2）①由题意得：BP＝tcm，分两种情况：①当∠APB＝90°时，点P与点C重合，则BP＝BC＝4cm，得t＝4；
②当∠BAP＝90°时，CP＝（t﹣4）cm，在Rt△ACP和Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2＝AC2+CP2＝BP2﹣AB2，即32+（t﹣4）2＝t2﹣52，求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AB2−AC2=52−32=4（cm）；
（2）由题意得：BP＝tcm，分两种情况：
①当∠APB＝90°时，如图1所示：
点P与点C重合，
∴BP＝BC＝4cm，
∴t＝4；
②当∠BAP＝90°时，如图2所示：
则CP＝（t﹣4）cm，∠ACP＝90°，
在Rt△ACP中，由勾股定理得：AP2＝AC2+CP2，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2＝BP2﹣AB2，
∴AC2+CP2＝BP2﹣AB2，
即32+（t﹣4）2＝t2﹣52，
解得：t=254；
综上所述，当△ABP为直角三角形时，t的值为4s或254s．
【点评】本题考查了勾股定理以及分类讨论；熟练掌握勾股定理，进行分类讨论是解题的关键．
【变式11-4】(2023秋•二道区校级期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由；
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长．
分析：（1）由AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，可得AM2+NB2＝MN2，根据勾股定理逆定理得出以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，再根据线段勾股分割点的定义即可判断；
（2）设BN＝x，则MN＝12﹣AM﹣BN＝7﹣x，分两种情形①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）点M、N是线段AB的勾股分割点．理由如下：
∵AM2+BN2＝2.52+62＝42.25，MN2＝6.52＝42.25，
∴AM2+NB2＝MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，
∴点M、N是线段AB的勾股分割点；
（2）设BN＝x，则MN＝30﹣AM﹣BN＝25﹣x，
①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，
即（25﹣x）2＝x2+25，
解得x＝12；
②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2．
即x2＝25+（25﹣x）2，
解得x＝13．
综上所述，BN＝12或13．
【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，解题的关键是理解新定义，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
题型十二 综合压轴探究题
【例题12】(2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm
的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒．
（1）AC＝ cm；
（2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值；
（3）在运动过程中，当t＝ 值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果）
分析：（1）利用勾股定理计算；
（2）P点只能在AC边上，设CP＝a，再做PD⊥AB与D，PD＝a，根据等面积，列方程，求出a，再计算t；
（3）读懂题意，可以发现，在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形，分情况计算t的值．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，
∴AC2＝AB2﹣BC2＝25﹣16＝9，
∴AC＝3cm，
故答案为：3；
（2）根据题意可知，P点在AC边上，再做PD⊥AB与D，
设CP＝a，
∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，由（1）得AC＝3cm，
∴PD＝a，
∴S△ABP+S△PBC＝S△ABC，
∴12AB•DP+12BC•CP=12BC•AC，
∴12×5×a+12×4×a=12×4×3，
解得a=43，
∴t=AB+BC+CP2=5+4+432=316（秒），
∴此时t的值316秒；
（3）在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形，
点P在AB上时，此时AP＝AC＝3cm，
t=AP2=32（秒）；
点P在BC上时，此时PC＝AC＝3cm，
t=AB+BP2=5+(4−3)2=3（秒），
综上所述，当t=32或3秒时，△ACP为等腰三角形．
故答案为：32或3秒．
【点评】本题考查了三角形中动点的问题，解题的关键是掌握勾股定理，等腰三角形的判断，三角形的面积．
【变式12-1】(2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2．
（1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值．
（3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长．
分析：（1）根据勾股定理，利用新定义即可得出结论；
（2）取BC的中点O，连接AO，求出OB＝63，则可求出AB∇AC，取AC的中点D，连接BD，过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E，求出BE，BD，则可求出BA∇BC的值；
（3）作BD⊥CD，根据三角形ABC的面积求出BD＝6，求出OC，BC的长，再求出CD和AD的长，则可求出答案．
【解答】解：（1）如图1，AO是BC边上的中线，
∵∠ACB＝90°，
∴AO2﹣OC2＝AC2，
∵AB∇AC＝81，
∴AO2﹣OC2＝81，
∴AC2＝81，
∴AC＝9；
（2）①如图2，取BC的中点O，连接AO，
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝30°，
在Rt△AOB中，
∴OB=AB2−OA2=122−62=63，
∴AB∇AC＝AO2﹣BO2＝36﹣108＝﹣72；
②如图3，取AC的中点D，连接BD，
∴AD＝CD=12AC＝6，
过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E，
∴∠BAE＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ABE＝30°，
∵AB＝12，
∴AE＝6，
∴BE=AB2−AE2=122−62=63．
∴DE＝AD+AE＝12，
∴BD=BE2+DE2=(63)2+122=67，
∴BA∇BC＝BD2﹣CD2=(67)2−62=216；
（3）作BD⊥CD，如图4，
∵S△ABC＝24，AC＝8，
∴BD=2×248=6，
∵AB∇AC＝﹣64，AO是BC边上的中线，
∴AO2﹣OC2＝﹣64，
∴OC2﹣AO2＝64，
又∵AC2＝82＝64，
∴OC2﹣AO2＝AC2，
∴∠AOC＝90°，
∴OA＝2×S△ABC2÷AC=3，
∴OC=AC2+OA2=82+32=73．
∴BC＝2OC＝273，
在Rt△BCD中，CD=BC2−BD2=(273)2−62=16，
∴AD＝CD﹣AC＝16﹣8＝8，
∴AB=AD2+BD2=82+62=10．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理的运用．
【变式12-2】(2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，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lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；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 ；
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，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA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，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BQ＝CQ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AC=AB2+BC2=82+62=10（cm），
∴Rt△ABC斜边AC上的高为6×810=4.8（cm）；
②当t＝3时，则AP＝3cm，BQ＝2t＝6cm，
∵AB＝8cm，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣3＝5（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2+BQ2=52+62=61（cm），
即PQ的长为61cm，
故答案为：①4.8cm；②61cm；
（2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝8，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t=83，
∴出发83秒后△PQB能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10，
当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣2t＝16﹣2t，
∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣（16﹣2t）＝2t﹣6，
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝6时，如图1，过B作BD⊥AC于D，
则CD=12CQ＝t﹣3，
在Rt△ABC中，S△ABC=12×AC×BD=12×BC×AB，
∴BD=245，
在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2+CD2，
即62＝（ 245）2+（t﹣3）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；
②当CQ＝BC＝6时，则2t﹣6＝6，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴CQ=12AC＝5，即2t﹣6＝5，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．
【变式12-3】(2023秋•福田区期中）阅读下面材料：
某学校数学兴趣活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠B＝∠BCA＝45°，D是BC的中点，
（1）问题发现：如图1，若点E、F分别在线段AB、AC上，且AE＝CF，连接EF、DE、DF、AD，此时小明发现∠BAD＝ °，AD DC（填“＞、＜、＝”）．
接下来小明和同学们继续探究，发现﹣一个结论：线段EF与DE长的比值是一个固定值，即EF＝ DE．
（2）变式探究：如图2，E、F分别在线段BA、AC的延长线上，且AE＝CF，若EF＝4，求DE的长并写出过程．
（3）拓展应用：如图3，AB＝AC＝6，动点M在AD的延长线上，点H在直线AC上，且满足∠BMH＝90°，CH＝2，请直接写出DM的长为 ．
分析：（1）利用等腰直角三角形的性质得出DA＝DC，∠BAD＝∠CAD＝∠C进而得出△ADE≌△CDF（SAS），即可得出△DEF为等腰直角三角形，则可得出答案；
（2）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，证出△DEF为等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质可得出答案；
（3）分两种情况，①当H在线段AC上时，②当点H在线段AC的延长线上时，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，由等腰三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠BCA＝45°．
∵点D是斜边BC的中点，
∴AD是BC边上的中线．
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×90°＝45°，
∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BCA，
∴DA＝DC，
在△ADE和△CDF中，
AE=CF∠BAD=∠CAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝∠CDF+∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴EF=2DE，
故答案为：45°，＝，2；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠BCA＝45°．
∵点D是斜边BC的中点，
∴AD是BC边上的中线．
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×90°＝45°，
∴∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BCA，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF＝135°，
在△ADE和△CDF中，
AE=CF∠DAE=∠DCFAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∴∠EDF＝∠EDC+∠CDF＝∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．
∴EF=2DE，
∵EF＝4，
∴DE=42=22；
（3）①当H在线段AC上时，如图，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，
∵AD⊥CB，BD＝CD，
∴AM为线段BC的中垂线，
∴MB＝MC，
∴∠MBC＝∠MCB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABM＝∠ACM，
又∵∠BAC＝∠BMH＝90°，∠BAH+∠ABM+∠BMH+∠AHM＝360°，
∴∠ABM+∠AHM＝180，
∵∠AHM+∠MHC＝180°，
∴∠ABM＝∠MHC，
∴∠MHC＝∠MCH，
∴MH＝MC，
∵HC＝2，
∴HF＝CF=12CH＝1，
∵AC＝6，
∴AF＝AC﹣CF＝6﹣1＝5，
∵∠DAC＝45°，
∴AF＝MF＝5，
∴AM=2AF＝52，
∵D为BC的中点，AB＝AC＝6，
∴AD=12BC＝32，
∴DM＝AM﹣AD＝52−32=22；
②当H在线段AC的延长线上时，如图，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，
同理可得CF＝HF＝1，
∴AF＝AC+CF＝6+1＝7，
∴AM=2AF=72，
∴DM＝AM﹣AD＝72−32=42，
综上所述，DM的长为22或42．
故答案为：22或42．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的判定与性质，根据已知得出△ADE≌△CDF是解题关键．
解题技巧提炼
勾股定理的作用是已知直角三角形的两边求第三边，所以求直角三角形的边长时应该联想到勾股定理.
解题技巧提炼
（1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．
（2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
解题技巧提炼
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．常常利用勾股定理和完全平方公式来解决相关的求值问题.
解题技巧提炼
(1)数轴上的两点A，B，则AB=x2−x1 ；
(2)两点间的距离公式：设平面上任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），|P1P2|=(x1−x2)2+(y1−y2)2.
解题技巧提炼
关于折叠问题要紧扣折叠前后的对应边相等，对应角相等，其解题步骤为：
（1）利用重合的图形传递数据.
（2）选择直角三角形，利用勾股定理列方程求解.
解题技巧提炼
1、平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
2、几何体表面上两点间的最短路程的求法：将几何体表面展开，将立体几何图形问题转化为平面图形问题，然后利用“两点之间，线段最短”确定路线，最后利用勾股定理计算.
解题技巧提炼
以某个基本图形为背景的类推构造直角三角形求值问题屡见不鲜.解答这类题目,有时需要我们根据勾股定理依次计算,然后探索其中隐含的规律并灵活利用这个规律.
解题技巧提炼
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形.
解题技巧提炼
当所给的已知条件相对分散时，可以考虑添加辅助线将分散的条件集中在一起，利用了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用．
解题技巧提炼
在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
解题技巧提炼
在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
解题技巧提炼
勾股定理的综合压轴探究题主要是勾股定理在动点问题中的应用，有时要对问题进行分情况讨论探究，考查学生综合运用知识的能力，有一定的难度.
两个概念
●●1、互逆命题：如果两个命题题设、结论正好相反.那么这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、互逆定理：一般地，如果一个定理的逆命题经过证明是正确的，那么它也是一个定理，
称这两个定理互为逆定理.
两个定理
●●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.如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.
应用勾股定理可以解决下面的问题：
（1）已知直角三角形的任意两边长，求第三边长；
（2）已知直角三角形的一边，求两边的关系；
（3）解决勾股定理构造方程，解决实际问题.
●●2、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，那么这个三角形是直角三角形.我们把这个定理叫做勾股定理的逆定理.
应用勾股定理逆定理可以解决下面的问题：
（1）判断三角形的形状；
（2）证明线段的位置关系；
（3）证明线段之间的数量关系.
两个应用
●●1、勾股定理的应用
利用勾股定理可以解决和直角三角形有关的计算和证明问题，还可以解决生活、生产中的一些实际问题.常见的应用类型为:
（1）化非直角三角形为直角三角形； （2）将实际问题转化为直角三角形模型.
●●2勾股定理的逆定理的应用
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角
形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形．
四种思想方法
●●1、方程思想：在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
●●2、数学结合思想: 勾股定理是三角形是直角三角形（形），得到三角形三边的数量关系（数），勾股定理的逆定理的是由三角形三边的数量关系（数），得到这个三角形是直角三角形（形），二者相互结合，能使抽象的数量关系直观化，从而有效分析和解决问题.
●●3、建模思想：运用勾股定理解决实际问题的实质是将生活中的实际问题转化为数学问题，然后将已知和未知转化为直角三角形的边，利用勾股定理求出直角三角形的边，最后得出实际问题的解.
●●4、分类讨论思想：在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
题型一 运用勾股定理求线段长
【例题1】(2023秋•长春期末）已知三角形的两边分别为5和12，要使它是直角三角形，第三边的长应为 ．
【变式1-1】(2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15．
求：（1）CD的长；
（2）AD的长．
【变式1-2】如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝6，求AB、BC的长．
【变式1-3】已知：如图，△ABC中，AB＝10，BC＝9，AC＝17，求BC边上的高．
题型二 勾股定理的证明
【例题2】(2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（ ）
A．a2+b2＝c2B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）D．（a+b）2＝a2+2ab+b2
【变式2-1】(2023春•交城县期中）勾股定理是一个古老的数学定理，它有很多种证明方法，如图所示四幅几何图形中，不能用于证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
【变式2-2】如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为： ；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为： ；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 ＝ ，即 ．
【变式2-3】(2023秋•朝阳区期末）【阅读理解】我国古人运用各种方法证明勾股定理，如图①，用四个直角三角形拼成正方形，通过证明可得中间也是一个正方形．其中四个直角三角形直角边长分别为a、b，斜边长为c．图中大正方形的面积可表示为（a+b）2，也可表示为c2+4×12ab，即（a+b）2＝c2+4×12ab，所以a2+b2＝c2．
【尝试探究】美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”如图②所示，用两个全等的直角三角形拼成一个直角梯形BCDE，其中△BCA≌△ADE，∠C＝∠D＝90°，根据拼图证明勾股定理．
【定理应用】在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边长分别为a、b、c．
求证：a2c2+a2b2＝c4﹣b4．
题型三 赵爽弦图的应用
【例题3】(2023秋•莱阳市期中）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的一条直角边长为5，大正方形的边长为13，则中间小正方形的面积是（ ）
A．144B．64C．49D．25
【变式3-1】(2023秋•海淀区校级期末）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，∠ACB＝90°，若图中大正方形的面积为60，小正方形的面积为20，则（a+b）2的值为 ．
【变式3-2】(2023秋•王益区期末）如图是“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＝14cm，且AH：AE＝3：4，则AH＝ cm．
【变式3-3】(2023秋•平度市校级月考）如图所示，是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列四个说法：①x2+y2＝49，②xy＝2，③2xy+4＝49，④x+y＝9，其中说法正确的结论有 （填序号）．
【变式3-4】(2023秋•乐山期末）如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（ ）
A．76B．57C．38D．19
题型四 利用勾股定理求平面上两点之间的距离
【例题4】(2023春•天津期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是（ ）
A．4B．10C．22D．无法确定
【变式4-1】(2023春•岳池县期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是 ．
【变式4-2】(2023秋•邢台期末）已知平面直角坐标系中，点P（m﹣2，4）到坐标原点距离为5，则m的值为 ．
【变式4-3】已知点A（2，﹣1），点P在坐标轴上，PA＝2，则P点坐标为 ．
【变式4-4】(2023秋•古田县期中）小亮在网上搜索到下面的文字材料：在x轴上有两个点它们的坐标分别为（a，0）和（c，0）．则这两个点所成的线段的长为|a﹣c|；同样，若在y轴上的两点坐标分别为（0，b）和（0，d），则这两个点所成的线段的长为|b﹣d|．如图1，在直角坐标系中的任意两点P1，P2，其坐标分别为（a，b）和（c，d），分别过这两个点作两坐标轴的平行线，构成一个直角三角形，其中直角边P1Q＝|a﹣c|，P2Q＝|b﹣d|，利用勾股定理可得：线段P1P2的长为(a−c)2+(b−d)2．
根据上面材料，回答下面的问题：
（1）在平面直角坐标系中，已知A（2，2），B（6，5），则线段AB的长为 ；
（2）若点C在y轴上，点D的坐标是（﹣3，0），且CD＝6，则点C的坐标是 ；
（3）如图2，在直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（1，3）和（3，0），点C是y轴上的一个动点，且A，B，C三点不在同一条直线上，求△ABC周长的最小值．
题型五 利用勾股定理解决折叠问题
【例题5】(2023秋•南海区校级月考）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，BC＝5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点F处，
（1）求BD的长．
（2）求AE的长．
【变式5-1】(2023秋•丹东期末）如图，Rt△ABC中，AB＝6，BC＝4，∠B＝90°，将△ABC折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，那么NB的长为（ ）
A．3B．83C．4D．13
【变式5-2】(2023秋•锡山区校级月考）如图，长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F．若AB＝6，BC=96，则DF的长为（ ）
A．2B．4C．6D．12
【变式5-3】(2023春•任城区月考）如图．在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点．将正方形纸片折叠．点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4，求CF的长．
题型六 利用勾股定理解决最短路径问题
【例题6】(2023秋•中牟县期末）如图，一个无盖的长方体盒子的长、宽、高分别为8cm、8cm、12cm，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的表面爬到盒顶的点B．蚂蚁要爬行的最短路程是 cm．
【变式6-1】(2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（ ）
A．8kmB．10kmC．12kmD．14km
【变式6-2】(2023春•汉阴县月考）如图，若圆柱的底面周长是30cm，高是120cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕几圈丝线到顶部B处做装饰，则按图中此方式缠绕的这条丝线的最小长度是 cm．
【变式6-3】(2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+22米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是2米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 米．
【变式6-4】(2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 cm（杯壁厚度不计）．
题型七 用勾股定理探究规律
【例题7】(2023春•岚山区期末）如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2按照此规律继续作图，则S2021的值为（ ）
122018B．122019C．122020D．122021
【变式7-1】(2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（ ）条．
A．3B．4C．5D．6
【变式7-2】(2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（ ）
A．223B．336C．31010D．11011
【变式7-3】(2023春•通川区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（﹣1，0），以OA1为直角边作等腰Rt△OA2A3，再以OA3为直角边作等腰Rt△OA3A4，…，按此规律进行下去，则点A2022的坐标为 ．
【变式7-4】细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题：
12+1＝2，S1=12，(2)2+1＝3，S2=22，(3)2+1＝4，S3=32
（1）请用含有n（n为正整数）的等式表示上述变化规律．
（2）推算出OA10的长．
（3）求出S12+S22+S32+…+S1002的值．
题型八 勾股定理的逆定理的应用
【例题8】(2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC=85cm，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm．
（1）判断△BDC的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
【变式8-1】甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（ ）
A．南偏西30°B．北偏西30°C．南偏东60°D．南偏西60°
【变式8-2】(2023春•辛集市期末）如图，AD是△ABC的中线，DE⊥AC于点E，DF是△ABD的中线，且CE＝2，DE＝4，AE＝8．
（1）求证：∠ADC＝90°；
（2）求DF的长．
【变式8-3】如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AE＝2，DF＝1，请你判定△BEF的形状，并说明理由．
【变式8-4】(2023秋•榆林期末）2021年12月12日是西安事变85周年纪念日，西安事变及其和平解决在中国社会发展中占有重要的历史地位，为中国社会的发展起到了无可替代的作用．为此，某社区开展了系列纪念活动，如图，有一块三角形空地ABC，社区计划将其布置成展区，△BCD区域摆放花草，阴影部分陈列有关西安事变的历史图片，现测得AB＝20米，AC＝105米，BD＝6米，CD＝8米，且∠BDC＝90°．
（1）求BC的长；
（2）求阴影部分的面积．
题型九 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算
【例题9】如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝13，BC边上的中线AD＝6．求证：BA⊥AD．
【变式9-1】如图，在四边形ABCD中，已知AB＝5，BC＝3，CD＝6，AD＝25，若AC⊥BC，求证：AD∥BC．
【变式9-2】(2023秋•门头沟区期末）如图，在正方形网格内，A、B、C、D四点都在小方格的格点上，则∠BAC+∠DAC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【变式9-3】(2023秋•鹿城区校级期中）如图，已知∠BAC＝90°，BC=3，AB＝1，AD＝CD＝1，则∠BAD＝ ．
【变式9-4】如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2，
PA＝3，求∠BPC的度数．
题型十 方程思想在勾股定理中的应用
【例题10】如图，在△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，求△ABC的面积．某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程．
（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，用含x的代数式表示CD，则CD＝ ；
（2）分别在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理，利用AD作为“桥梁”建立方程，并求出x的值；
（3）利用勾股定理求出AD的长，再计算△ABC的面积．
【变式10-1】(2023秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝16cm，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交线段AB于点D；以点B为圆心，BD长为半径画弧，交线段BC于点E．若BD＝CE，则AC的长为（ ）
A．12cmB．13cmC．14cmD．15cm
【变式10-2】(2023秋•龙岗区期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（ ）m．
A．212B．152C．6D．92
【变式10-3】(2023秋•莱西市期中）如图，在△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，交AB于点E．
（1）判定△ABC的形状，并说明理由；
（2）求AE的长．
题型十一 分类讨论思想在勾股定理中的应用
【例题11】(2023秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝ 时，△OAP是等腰三角形．
【变式11-1】(2023秋•和平区校级期中）已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．12B．7+7C．12或7+7D．以上都不对
【变式11-2】设计师要用四条线段CA，AB，BD，DC首尾相接组成如图所示的两个直角三角形图案，∠C与∠D为直角，已知其中三条线段的长度分别为1cm，9cm，5cm，第四条长为xcm，试求出所有符合条件的x的值．
【变式11-3】(2023秋•洪洞县期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值．
【变式11-4】(2023秋•二道区校级期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由；
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长．
题型十二 综合压轴探究题
【例题12】(2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm
的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒．
（1）AC＝ cm；
（2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值；
（3）在运动过程中，当t＝ 值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果）
【变式12-1】(2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2．
（1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值．
（3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长．
【变式12-2】(2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，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lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；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 ；
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，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
【变式12-3】(2023秋•福田区期中）阅读下面材料：
某学校数学兴趣活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠B＝∠BCA＝45°，D是BC的中点，
（1）问题发现：如图1，若点E、F分别在线段AB、AC上，且AE＝CF，连接EF、DE、DF、AD，此时小明发现∠BAD＝ °，AD DC（填“＞、＜、＝”）．
接下来小明和同学们继续探究，发现﹣一个结论：线段EF与DE长的比值是一个固定值，即EF＝ DE．
（2）变式探究：如图2，E、F分别在线段BA、AC的延长线上，且AE＝CF，若EF＝4，求DE的长并写出过程．
（3）拓展应用：如图3，AB＝AC＝6，动点M在AD的延长线上，点H在直线AC上，且满足∠BMH＝90°，CH＝2，请直接写出DM的长为 ．
解题技巧提炼
勾股定理的作用是已知直角三角形的两边求第三边，所以求直角三角形的边长时应该联想到勾股定理.
解题技巧提炼
（1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．
（2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
解题技巧提炼
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．常常利用勾股定理和完全平方公式来解决相关的求值问题.
解题技巧提炼
(1)数轴上的两点A，B，则AB=x2−x1 ；
(2)两点间的距离公式：设平面上任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），|P1P2|=(x1−x2)2+(y1−y2)2.
解题技巧提炼
关于折叠问题要紧扣折叠前后的对应边相等，对应角相等，其解题步骤为：
（1）利用重合的图形传递数据.
（2）选择直角三角形，利用勾股定理列方程求解.
解题技巧提炼
1、平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
2、几何体表面上两点间的最短路程的求法：将几何体表面展开，将立体几何图形问题转化为平面图形问题，然后利用“两点之间，线段最短”确定路线，最后利用勾股定理计算.
解题技巧提炼
以某个基本图形为背景的类推构造直角三角形求值问题屡见不鲜.解答这类题目,有时需要我们根据勾股定理依次计算,然后探索其中隐含的规律并灵活利用这个规律.
解题技巧提炼
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形.
解题技巧提炼
当所给的已知条件相对分散时，可以考虑添加辅助线将分散的条件集中在一起，利用了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用．
解题技巧提炼
在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
解题技巧提炼
在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
解题技巧提炼
勾股定理的综合压轴探究题主要是勾股定理在动点问题中的应用，有时要对问题进行分情况讨论探究，考查学生综合运用知识的能力，有一定的难度.
八年级下册数学《第十七章 勾股定理》
本章知识综合运用
两个概念
●●1、互逆命题：如果两个命题题设、结论正好相反.那么这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、互逆定理：一般地，如果一个定理的逆命题经过证明是正确的，那么它也是一个定理，
称这两个定理互为逆定理.
两个定理
●●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.如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2.
应用勾股定理可以解决下面的问题：
（1）已知直角三角形的任意两边长，求第三边长；
（2）已知直角三角形的一边，求两边的关系；
（3）解决勾股定理构造方程，解决实际问题.
●●2、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，那么这个三角形是直角三角形.我们把这个定理叫做勾股定理的逆定理.
应用勾股定理逆定理可以解决下面的问题：
（1）判断三角形的形状；
（2）证明线段的位置关系；
（3）证明线段之间的数量关系.
两个应用
●●1、勾股定理的应用
利用勾股定理可以解决和直角三角形有关的计算和证明问题，还可以解决生活、生产中的一些实际问题.常见的应用类型为:
（1）化非直角三角形为直角三角形； （2）将实际问题转化为直角三角形模型.
●●2勾股定理的逆定理的应用
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角
形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形．
四种思想方法
●●1、方程思想：在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
●●2、数学结合思想: 勾股定理是三角形是直角三角形（形），得到三角形三边的数量关系（数），勾股定理的逆定理的是由三角形三边的数量关系（数），得到这个三角形是直角三角形（形），二者相互结合，能使抽象的数量关系直观化，从而有效分析和解决问题.
●●3、建模思想：运用勾股定理解决实际问题的实质是将生活中的实际问题转化为数学问题，然后将已知和未知转化为直角三角形的边，利用勾股定理求出直角三角形的边，最后得出实际问题的解.
●●4、分类讨论思想：在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
题型一 运用勾股定理求线段长
【例题1】(2023秋•长春期末）已知三角形的两边分别为5和12，要使它是直角三角形，第三边的长应为 ．
分析：分两种情况：当直角三角形的两条直角边长分别为5和12时；当直角三角形的斜边长为12时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当直角三角形的两条直角边长分别为5和12时，
∴第三边的长=52+122=13；
当直角三角形的斜边长为12时，
∴第三边的长=122−52=119；
综上所述：第三边的长应为13或119，
故答案为：13或119．
【点评】本题考查了勾股定理，分两种情况讨论是解题的关键．
【变式1-1】(2023秋•绿园区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AC＝20，BC＝15．
求：（1）CD的长；
（2）AD的长．
分析：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得AB的长，再根据等面积法即可求出CD的长；
（2）直接由勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB=AC2+BC2=202+152=25，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC，
∴CD=AC⋅BCAB=20×1525=12；
（2）在Rt△BDC中，由勾股定理得，
BD=BC2−CD2=152−122=9，
AD＝25﹣9＝16．
【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．
【变式1-2】如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝6，求AB、BC的长．
分析：过A作AD⊥BC于D，根据直角三角形的性质求出AD，根据勾股定理求出CD、AB，计算即可．
【解答】解：过A作AD⊥BC于D，
在Rt△ABC中，∠C＝30°，AC＝6，
∴AD=12AC＝3，
根据勾股定理得DC＝33，
在Rt△ADB中，∠B＝45°，
∴AD＝BD＝3，
根据勾股定理得AB＝32，
∴BC＝BD+DC＝33+3，
∴AB＝32，BC＝33+3．
【点评】本题考查了解直角三角形，解题的关键是作辅助线AD，把原三角形分成两个直角三角形．
【变式1-3】已知：如图，△ABC中，AB＝10，BC＝9，AC＝17，求BC边上的高．
分析：作辅助线BD，AD，根据直角△ABD和直角△ACD中关于AD的计算方程求AD，BD；AD即BC边上的高．
【解答】解：延长CB，作AD⊥BC，交CB的延长线于点D，设AD＝x，BD＝y，
在直角△ADB中，AB2＝x2+y2，
在直角△ADC中，AC2＝x2+（y+BC）2，
解方程得 y＝6，x＝8，
即AD＝8，∵AD即BC边上的高，
∴BC边上的高为8．
答：BC边上的高为8．
【点评】本题考查了勾股定理的正确运用，设x、y两个未知数，根据解直角△ADB和直角△ADC求得x、y的值是解题的关键．
题型二 勾股定理的证明
【例题2】(2023秋•山亭区校级月考）如图是用硬纸板做成的两个直角边长分别为a，b，斜边长为c的全等三角形拼成的图形，观察图形，可以验证（ ）
A．a2+b2＝c2B．（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2
C．a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）D．（a+b）2＝a2+2ab+b2
分析：根据图形可知是梯形，再根据梯形的面积等于三个直角三角形的面积的和，列式整理即可证明．
【解答】解：梯形的面积=12（a+b）（a+b）＝2×12×ab+12c2，
∴12（a2+2ab+b2）＝ab+12c2，
∴a2+b2＝c2；
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式2-1】(2023春•交城县期中）勾股定理是一个古老的数学定理，它有很多种证明方法，如图所示四幅几何图形中，不能用于证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
分析：用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
【解答】解：A．根据图形可知：S大正方形=4×12ab+(b−a)2
＝2ab+b2﹣2ab+a2
＝a2+b2，
∵S大正方形=c2，
∴a2+b2＝c2；故A选项不符合题意；
B．不能用于证明勾股定理，故B选项符合题意；
C．根据图形可知：S大正方形＝4×12×ab+c2＝2ab+c2，
S大正方形＝（a+b）2＝a2+2ab+b2，
∴2ab+c2＝a2+2ab+b2，
∴a2+b2＝c2，故C选项不符合题意；
D．根据图形可知：S大正方形＝c2，
S大正方形=12（b+b+a）×b+12（a+b+a）×a﹣2×12ab＝a2+b2，
∴a2+b2＝c2，故D选项不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的证明及其应用，掌握勾股定理是解本题的关键．
【变式2-2】如图所示是传说中毕达哥拉斯证明勾股定理的一种方法，图（1）中大正方形的面积为边长分别为a，b的两个小正方形面积和四个三角形面积的和，即大正方形的面积为： ；图（2）中大正方形的面积为边长为c的正方形与四个直角三角形的面积的和，即大正方形的面积为： ；因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，所以 ＝ ，即 ．
分析：图（1）中两个正方形的面积分别为a2，b2，四个直角三角形的面积均为12ab．图（2）中空白正方形的面积为c2，四个阴影直角三角形的面积都为12ab．
【解答】解：图（1）中大正方形的面积为：a2+b2+4×12×a×b＝a2+b2+2ab＝（a+b）2；
图（2）中大正方形的面积为：c2+4×12×a×b＝c2+2ab；
因为图（1）（2）中正方形的边长为a+b，面积相等，
所以（a+b）2＝c2+2ab，
所以a2+2ab+b2＝c2+2ab，
即a2+b2＝c2．
故答案为：（a+b）2，c2+2ab，（a+b）2，c2+2ab，a2+b2＝c2．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，解决本题的关键是学会利用面积法证明勾股定理．
【变式2-3】(2023秋•朝阳区期末）【阅读理解】我国古人运用各种方法证明勾股定理，如图①，用四个直角三角形拼成正方形，通过证明可得中间也是一个正方形．其中四个直角三角形直角边长分别为a、b，斜边长为c．图中大正方形的面积可表示为（a+b）2，也可表示为c2+4×12ab，即（a+b）2＝c2+4×12ab，所以a2+b2＝c2．
【尝试探究】美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”如图②所示，用两个全等的直角三角形拼成一个直角梯形BCDE，其中△BCA≌△ADE，∠C＝∠D＝90°，根据拼图证明勾股定理．
【定理应用】在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所对的边长分别为a、b、c．
求证：a2c2+a2b2＝c4﹣b4．
分析：【尝试探究】根据阅读内容，图中梯形的面积分别可以表示为ab+12（a2+b2）＝ab+12c2，即可证得a2+b2＝c2；
【定理应用】分解因式，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】证明：【尝试探究】梯形的面积为S=12（a+b）（b+a）＝ab+12（a2+b2），
利用分割法，梯形的面积为S＝△ABC+S△ABE+SADE=12ab+12c2+12ab＝ab+12c2，
∴ab+12（a2+b2）＝ab+12c2，
∴a2+b2＝c2；
【定理应用】∵a2c2+a2b2＝a2（c2+b2），c4﹣b4＝（c2+b2）（c2﹣b2）＝（c2+b2）a2，
∴a2c2+a2b2＝c4﹣b4．
【点评】本题主要考查勾股定理的验证，解题关键是利用面积相等建立等量关系，判定勾股定理成立．
题型三 赵爽弦图的应用
【例题3】(2023秋•莱阳市期中）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的一条直角边长为5，大正方形的边长为13，则中间小正方形的面积是（ ）
A．144B．64C．49D．25
分析：根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，即可得到小正方形的面积．
【解答】解：由题意可得：
小正方形的边长=132−52−5＝7，
∴小正方形的面积为7×7＝49，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式3-1】(2023秋•海淀区校级期末）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，∠ACB＝90°，若图中大正方形的面积为60，小正方形的面积为20，则（a+b）2的值为 ．
分析：根据图形表示出小正方形的边长为（b﹣a），再根据四个直角三角形的面积等于大正方形的面积减去小正方形的面积求出2ab，然后利用完全平方公式整理即可得解．
【解答】解：由图可知，（b﹣a）2＝20，4×12ab＝60﹣20＝40，
∴2ab＝40，
∴（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab＝20+2×40＝100．
故答案为：100．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，完全平方公式的应用，仔细观察图形利用小正方形的面积和直角三角形的面积得到两个等式是解题的关键．
【变式3-2】(2023秋•王益区期末）如图是“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＝14cm，且AH：AE＝3：4，则AH＝ cm．
分析：根据勾股定理得出AH与AE的值，进而解答即可．
【解答】解：∵AB＝14，AH：AE＝3：4，
设AH为3x，AE为4x，
由勾股定理得：AB2＝AH2+AE2＝（3x）2+（4x）2＝（5x）2，
∴5x＝14，
∴x=145，
∴AH=425，
故答案为：425．
【点评】此题考查勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式3-3】(2023秋•平度市校级月考）如图所示，是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列四个说法：①x2+y2＝49，②xy＝2，③2xy+4＝49，④x+y＝9，其中说法正确的结论有 （填序号）．
分析：利用大正方形面积和小正方形面积可得出大正方形和小正方形的边长，利用勾股定理可判断①，利用平方差公式可判断②，利用大正方形面积等于小正方形面积与四个直角三角形面积之和可判断③，利用①③可判断④．
【解答】解：∵大正方形面积为49，
∴大正方形边长为7，
在直角三角形中，
x2+y2＝72＝49，
故说法①正确；
∵小正方形面积为4，
∴小正方形边长为2，
∴x﹣y＝2，
∴（x﹣y）2＝x2+y2﹣2xy＝49﹣2xy＝4，
∴xy=452，
故说法②错误；
∵大正方形面积等于小正方形面积与四个直角三角形面积之和，
∴4×12xy+4＝49，
∴2xy+4＝49，
故说法③正确；
∵2xy+4＝49，
∴2xy＝45，
∵x2+y2＝49，
∴x2+y2+2xy＝49+45，
∴（x+y）2＝94，
∴x+y=94，
故说法④错误；
故答案为：①③．
【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是利用大正方形面积和小正方形面积得出大正方形和小正方形的边长．
【变式3-4】(2023秋•乐山期末）如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（ ）
A．76B．57C．38D．19
分析：由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．
【解答】解：设AC＝AD＝x，则BD＝30﹣5﹣2x＝25﹣2x，
∵BD2＝BC2+CD2，
∴52+（2x）2＝（25﹣2x）2，
∴x＝6，
∴BD＝25﹣2x＝13，AD＝6，
∴这个风车的外围周长是：（13+6）×4＝76．
故选：A．
【点评】此题考查了勾股定理的证明，本题是勾股定理在实际情况中的应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．
题型四 利用勾股定理求平面上两点之间的距离
【例题4】(2023春•天津期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是（ ）
A．4B．10C．22D．无法确定
分析：利用勾股定理直接求解．
【解答】解：由勾股定理得：PO=12+32=10．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的计算，属于简单题．
【变式4-1】(2023春•岳池县期末）在平面直角坐标系中，点P（1，3）到原点的距离是 ．
分析：根据勾股定理计算即可．
【解答】解：∵点P的坐标为（1，3），
∴点P到原点的距离为：12+32=10，
故答案为：10．
【点评】本题考查的是两点间的距离的计算，熟记勾股定理是解题的关键．
【变式4-2】(2023秋•邢台期末）已知平面直角坐标系中，点P（m﹣2，4）到坐标原点距离为5，则m的值为 ．
分析：利用勾股定理列出方程，再解方程即可．
【解答】解：点P（m﹣2，4）到两坐标轴的距离分别是|m﹣2|、4，
则由勾股定理，得
（m﹣2）2+42＝52，
解得：m＝5或﹣1．
故答案为：5或﹣1．
【点评】此题主要考查了勾股定理，关键是掌握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．
【变式4-3】已知点A（2，﹣1），点P在坐标轴上，PA＝2，则P点坐标为 ．
分析：当点P在x轴上时，设P（x，0），根据两点间的距离公式得到PA=(x−2)2+(0+1)2=2，求得P点坐标为（2+3，0）或（2−3，0）；当点P在y轴上时，求得P（0，﹣1）．
【解答】解：当点P在x轴上时，设P（x，0），
∵点A（2，﹣1），PA＝2，
∴PA=(x−2)2+(0+1)2=2，
解得：x＝2±3，
∴P点坐标为（2+3，0）或（2−3，0）；
当点P在y轴上时，P（0，﹣1），
综上所述，P点坐标为（2+3，0）或（2−3，0）或（0，﹣1），
故答案为：（2+3，0）或（2−3，0）或（0，﹣1）．
【点评】本题考查了勾股定理，两点间的距离公式，熟练掌握两点间的距离公式是解题的关键．
【变式4-4】(2023秋•古田县期中）小亮在网上搜索到下面的文字材料：在x轴上有两个点它们的坐标分别为（a，0）和（c，0）．则这两个点所成的线段的长为|a﹣c|；同样，若在y轴上的两点坐标分别为（0，b）和（0，d），则这两个点所成的线段的长为|b﹣d|．如图1，在直角坐标系中的任意两点P1，P2，其坐标分别为（a，b）和（c，d），分别过这两个点作两坐标轴的平行线，构成一个直角三角形，其中直角边P1Q＝|a﹣c|，P2Q＝|b﹣d|，利用勾股定理可得：线段P1P2的长为(a−c)2+(b−d)2．
根据上面材料，回答下面的问题：
（1）在平面直角坐标系中，已知A（2，2），B（6，5），则线段AB的长为 ；
（2）若点C在y轴上，点D的坐标是（﹣3，0），且CD＝6，则点C的坐标是 ；
（3）如图2，在直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（1，3）和（3，0），点C是y轴上的一个动点，且A，B，C三点不在同一条直线上，求△ABC周长的最小值．
分析：（1）根据两点间的距离公式计算；
（2）设C点坐标为（0，b），根据勾股定理列出方程，解方程求出b，进而求出点C的坐标；
（3）作出点A关于y轴的对称点A′，根据轴对称的性质求出点A′的坐标，连接A′B交y轴于点C，此时△ABC周长的最小，根据两点间的距离公式求解．
【解答】解：（1）∵A（2，2），B（6，5），
∴AB=(6−2)2+(5−2)2=5，
故答案为：5；
（2）设C点坐标为（0，b），
在Rt△OCD中，CD2＝OC2+OD2，即（﹣3﹣0）2+（0﹣b）2＝62，
解得：b＝±33，
∴点C的坐标为（0，33）或（0，﹣33），
故答案为：（0，33）或（0，﹣33）；
（3）如图2，作A点关于y轴的对称点为A′，则点A′的坐标为（﹣1，4），连接A′B交y轴于点C，
此时△ABC的周长最小，
∵AC＝A′C，
∴△ABC的周长＝AB+A'B，
∵点A，B的坐标分别为（1，4）和（3，0），点A′的坐标为（﹣1，4），
∴AB=(1−3)2+(4−0)2=25，A′B=(3+1)2+(4−0)2=42，
∴△ABC的周长的最小值为25+42．
【点评】本题为三角形综合题，考查了勾股定理，两点的距离公式，轴对称的最短路径问题，以阅读理解的方式，逐次计算即可，此类题目难度适中．
题型五 利用勾股定理解决折叠问题
【例题5】(2023秋•南海区校级月考）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，BC＝5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点F处，
（1）求BD的长．
（2）求AE的长．
分析：由折叠性质得出DF＝AD＝5，EF＝EA，EF⊥BD，在Rt△BAD中，由勾股定理求出BD，求出BF，根据勾股定理得出关于x的方程，求出x即可．
【解答】解：（1）由折叠性质可知：DF＝AD＝5，EF＝EA，EF⊥BD，
在Rt△BAD中，AB＝12，由勾股定理得：
BD=AD2+AB2=13；
（2）∵BF＝BD﹣DF＝13﹣5＝8，
设AE＝EF＝x，
∴BE＝12﹣x，
在Rt△BEF中，由勾股定理可知：EF2+BF2＝BE2，
即x2+82＝（12﹣x）2，
解得：x=103，
即AE=103，
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识点，能根据题意得出关于x的方程是解此题的关键．
【变式5-1】(2023秋•丹东期末）如图，Rt△ABC中，AB＝6，BC＝4，∠B＝90°，将△ABC折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，那么NB的长为（ ）
A．3B．83C．4D．13
分析：由折叠知AN＝DN，BD＝2，设BN＝x，则AN＝DN＝6﹣x，在Rt△BND中，利用勾股定理列方程即可．
【解答】解：∵使点A与BC的中点D重合，
∴AN＝DN，BD＝2，
设BN＝x，则AN＝DN＝6﹣x，
在Rt△BND中，由勾股定理得，
（6﹣x）2＝x2+22，
解得x=83，
∴BN=83．
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折变换，勾股定理等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
【变式5-2】(2023秋•锡山区校级月考）如图，长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F．若AB＝6，BC=96，则DF的长为（ ）
A．2B．4C．6D．12
分析：根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE＝DE＝EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF＝GF；设DF＝x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【解答】解：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE＝EG，AB＝BG，
∴ED＝EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝90°，
在Rt△EDF和Rt△EGF中，
EF=EFED=EG，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF＝FG，
设DF＝x，则BF＝6+x，CF＝6﹣x，
在Rt△BCF中，BC2+CF2＝BF2，即(96)2+(6−x)2=(6+x)2，
解得：x＝4，即DF＝4；
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质；熟记矩形的性质和翻折变换的性质，根据勾股定理列出方程是解题的关键．
【变式5-3】(2023春•任城区月考）如图．在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点．将正方形纸片折叠．点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4，求CF的长．
分析：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（25−4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x方程，求解x，最后用4﹣x即可．
【解答】解：设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x．
在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝2 5
根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，所以GE＝2 5−4．
在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（25−4）2+x2，
在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，
所以（25−4）2+x2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝25−2．
则FC＝4﹣x＝6﹣25．
【点评】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理．折叠问题主要是抓住折叠的不变量，在直角三角形中利用勾股定理求解是解题的关键．
题型六 利用勾股定理解决最短路径问题
【例题6】(2023秋•中牟县期末）如图，一个无盖的长方体盒子的长、宽、高分别为8cm、8cm、12cm，一只蚂蚁想从盒底的点A沿盒的表面爬到盒顶的点B．蚂蚁要爬行的最短路程是 cm．
分析：将长方形的盒子按不同方式展开，得到不同的矩形，求出不同矩形的对角线，最短者即为正确答案．
【解答】解：如图1所示：
AB=122+162=20（cm），
如图2所示：
AB=82+202=429（cm）．
故爬行的最短路程是20cm，
故答案为：20．
【点评】此题考查了两点之间线段最短，解答时要进行分类讨论，利用勾股定理是解题的关键．
【变式6-1】(2023秋•龙口市期末）如图，高速公路的同一侧有A，B两城镇，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km．要在高速公路上C，D之间建一个出口P，使A，B两城镇到P的距离之和最小，则这个最短距离为（ ）
A．8kmB．10kmC．12kmD．14km
分析：根据题意画出图形，再利用轴对称求最短路径的方法得出P点位置，进而结合勾股定理得出即可．
【解答】解：如图所示：作A点关于直线MN的对称点A'，再连接A'B，交直线MN于点P.
则此时AP+PB最小，过点B作BE⊥CA延长线于点E，
∵AC＝2km，BD＝4km，CD＝8km，
∴AA'＝4km，则A′E＝6km，
在Rt△A'EB中，
A′B=62+82=10（km），
则AP+PB的最小值为：10km．
故选：B．
【点评】本题主要考查最短路径、解题的关键是学会利用对称解决最短问题．
【变式6-2】(2023春•汉阴县月考）如图，若圆柱的底面周长是30cm，高是120cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕几圈丝线到顶部B处做装饰，则按图中此方式缠绕的这条丝线的最小长度是 cm．
分析：根据题意画出图形，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：如图所示，在如图所示的直角三角形中，
∵BE＝120cm，AC＝30×3＝90（cm），
∴AB=1202+902=150（cm）．
答：按图中此方式缠绕的这条丝线的最小长度是150cm．
故答案为：150．
【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，此类问题应先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
【变式6-3】(2023秋•锦江区校级期末）在一个长6+22米，宽为4米的长方形草地上，如图堆放着一根三棱柱的木块，它的侧棱长平行且大于场地宽AD，木块的主视图的高是2米的等腰直角三角形，一只蚂蚁从点A处到C处需要走的最短路程是 米．
分析：解答此题要将木块展开，然后根据两点之间线段最短解答．
【解答】解：由题意可知，将木块展开，
相当于是AB+等腰直角三角形的两腰，
∴长为6+22+2+2﹣22=10（米）；宽为4米．
于是最短路径为102+42=229（米），
故答案为：229．
【点评】本题主要考查平面展开﹣最短路径问题，两点之间线段最短，有一定的难度，要注意培养空间想象能力．
【变式6-4】(2023春•城厢区校级月考）如图，圆柱形玻璃杯高为8cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底2cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 cm（杯壁厚度不计）．
分析：将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
【解答】解：如图，将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，
在直角△A′DB中，由勾股定理得，
A′B=A'D2+DB2=122+92=15（cm）．
则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为15cm，
故答案为：15．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．
题型七 用勾股定理探究规律
【例题7】(2023春•岚山区期末）如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2按照此规律继续作图，则S2021的值为（ ）
A．122018B．122019C．122020D．122021
分析：由等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分S1、S2、S3、S4的值，再由面积的变化即可找出变化规律“Sn＝4×（ 12）n﹣1”，依此规律即可解决问题．
【解答】解：∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DE＝CE，∠CED＝90°，
∴CD2＝DE2+CE2＝2DE2，
∴DE=22CD，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的22倍，
∴S1＝22＝4＝4×（12）0，
S2＝（2×22）2＝2＝4×（12）1，
S3＝（2×22）2＝1＝4×（12）2，
S4＝（1×22）2=12=4×（12）3，
…，
∴Sn＝4×（12）n﹣1，
∴S2021＝4×（12）2020＝（12）2018=122018，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、正方形面积的计算、规律型等知识，根据面积的变化找出变化规律“Sn＝4×（12）n﹣1”是解题的关键．
【变式7-1】(2023春•湖北期末）图甲是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如图乙中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有（ ）条．
A．3B．4C．5D．6
分析：OA1＝1，根据勾股定理可得OA2=12+12=2，OA3=(2)2+12=3，找到OAn=n的规律，即可得到结论．
【解答】解：∵OA1＝1，
∴由勾股定理可得OA2=12+12=2，
OA3=(2)2+12=3，
…，
∴OAn=n，
∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，完全平方数有1，4，9，16，
∴在线段OA1，OA2，OA3，…，OA20中，长度为整数的线段有4条，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的灵活运用，本题中找到OAn=n的规律是解题的关键．
【变式7-2】(2023秋•增城区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（ ）
A．223B．336C．31010D．11011
分析：根据勾股定理得OB=AO2+AB2=22+12=5，OC=OB2+BC2=5+1=6，OD=7，按照这个规律，根据勾股定理得OI=12=23，作HM⊥OI于点M，根据三角形的面积公式即可求出答案．
【解答】解：在Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1，
根据勾股定理得OB=AO2+AB2=22+12=5，
在Rt△OBC，根据勾股定理得OC=OB2+BC2=5+1=6，
在Rt△OCD，根据勾股定理得OD=7，
按照这个规律，在Rt△OHI中，根据勾股定理得OI=12=23，
如图，作HM⊥OI于点M，
∴12OI•HM=12OH•HI，
∴12×23×HM=12×11×1，
∴HM=336，
∴点H到OI的距离是336．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理和规律是解题的关键．
【变式7-3】(2023春•通川区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（﹣1，0），以OA1为直角边作等腰Rt△OA2A3，再以OA3为直角边作等腰Rt△OA3A4，…，按此规律进行下去，则点A2022的坐标为 ．
分析：根据等腰直角三角形的性质得到OA1＝1，OA2=2，OA3＝（2）2，…，OA2020＝（2）2019，再利用A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴的特点可得到点A2020在第一象限，即可确定点A2020的坐标．
【解答】解：∵等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在x轴的负半轴上，且OA1＝A1A2＝1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，
∴OA1＝1，OA2=2，OA3＝（2）2，…，OA2020＝（2）2019，
∵A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴，
2022＝8×252+6，
∴点A2022在第四象限，
∵OA2022＝（2）2021，
∴点A2022的横坐标为：22×（2）2021＝21010，纵坐标为﹣21010，
故答案为：（21010，﹣21010）．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于45°；斜边等于直角边的2倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
【变式7-4】细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题：
12+1＝2，S1=12，(2)2+1＝3，S2=22，(3)2+1＝4，S3=32
（1）请用含有n（n为正整数）的等式表示上述变化规律．
（2）推算出OA10的长．
（3）求出S12+S22+S32+…+S1002的值．
分析：（1）利用已知可得OAn2，注意观察数据的变化，
（2）结合（1）中规律即可求出OA102的值即可求出，
（3）将前10个三角形面积相加，利用数据的特殊性即可求出．
【解答】解：（1）结合已知数据，可得：OAn2＝n；Sn=n2；
（2）∵OAn2＝n，
∴OA10=10．
（3）S 12+S 22+S 32+⋯+S 1002
=14+24+34+⋯+1004
=1+2+3+4+⋯+1004
=50504=25252．
【点评】本题主要考查勾股定理以及作图的知识点，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理的知识，此题难度不大．
题型八 勾股定理的逆定理的应用
【例题8】(2023秋•兰州期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC=85cm，D是腰BA延长线上一点，连接CD，且BD＝16cm，CD＝8cm．
（1）判断△BDC的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
分析：（1）根据勾股定理的逆定理得出答案即可；
（2）设AB＝AC＝xcm，在Rt△ADC中根据勾股定理求出AC，再求出△ABC的周长即可．
【解答】解：（1）△BDC是直角三角形，
理由是：∵BC＝85cm，BD＝16cm，CD＝8cm，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴∠D＝90°，
即△BDC是直角三角形；
（2）设AB＝AC＝xcm，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD2+DC2＝AC2，
即（16﹣x）2+82＝x2，
解得：x＝10，
∴AB＝AC＝10（cm），
∵BC＝85cm，
∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+10+85=（20+85）（cm）．
故△ABC的周长是（20+85）cm．
【点评】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，能熟记勾股定理的逆定理是解此题的关键．
【变式8-1】甲、乙两位探险者到沙漠进行探险，两人从同一地点同时出发，甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，若A，B两点的直线距离为10 km，甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，则乙探险者的行走方向可能是（ ）
A．南偏西30°B．北偏西30°C．南偏东60°D．南偏西60°
分析：根据题意得到OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km），根据勾股定理的逆定理得到∠AOB＝90°，根据平角的定义即可得到结论．
【解答】解：∵甲、乙两位探险者的速度分别为3km/h、4 km/h，且2h后分别到达A，B点，
∴OA＝3×2＝6（km），OB＝4×2＝8（km），
∵AB＝10km，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
∵甲探险者沿着北偏东30°的方向行走，
∴乙探险者的行走方向可能是南偏东60°，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，方向角，正确地判断出∠AOB＝90°是解题的关键．
【变式8-2】(2023春•辛集市期末）如图，AD是△ABC的中线，DE⊥AC于点E，DF是△ABD的中线，且CE＝2，DE＝4，AE＝8．
（1）求证：∠ADC＝90°；
（2）求DF的长．
分析：（1）利用勾股定理的逆定理，证明△ADC是直角三角形，即可得出∠ADC是直角；
（2）根据三角形的中线的定义以及直角三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵DE⊥AC于点E，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，
∴AD2＝AE2+DE2＝82+42＝80，
同理：CD2＝20，
∴AD2+CD2＝100，
∵AC＝AE+CE＝8+2＝10，
∴AC2＝100，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴△ADC是直角三角形，
∴∠ADC＝90°；
（2）∵AD是△ABC的中线，∠ADC＝90°，
∴AD垂直平分BC，
∴AB＝AC＝10，
在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，
∵点F是边AB的中点，
∴DF=12AB=5．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质与判定，熟记勾股定理与逆定理是解答本题的关键．
【变式8-3】如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AE＝2，DF＝1，请你判定△BEF的形状，并说明理由．
分析：根据勾股定理求出BE2、EF2、BF2，根据勾股定理的逆定理判断即可．
【解答】解：∵△BEF是直角三角形，
理由是：∵在正方形ABCD中，AB＝4，AE＝2，DF＝1，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AB＝AD＝DC＝BC＝4，DE＝4﹣2＝2，CF＝4﹣1＝3，
∵由勾股定理得：BE2＝AB2+AE2＝42+22＝20，EF2＝DE2+DF2＝22+12＝5，BF2＝BC2+CF2＝42+32＝25，
∴BE2+EF2＝BF2，
∴∠BEF＝90°，
即△BEF是直角三角形．
【点评】本题考查了正方形性质，勾股定理，勾股定理的逆定理的应用，解此题的关键是求出BE2+EF2＝BF2，注意：一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形，难度适中．
【变式8-4】(2023秋•榆林期末）2021年12月12日是西安事变85周年纪念日，西安事变及其和平解决在中国社会发展中占有重要的历史地位，为中国社会的发展起到了无可替代的作用．为此，某社区开展了系列纪念活动，如图，有一块三角形空地ABC，社区计划将其布置成展区，△BCD区域摆放花草，阴影部分陈列有关西安事变的历史图片，现测得AB＝20米，AC＝105米，BD＝6米，CD＝8米，且∠BDC＝90°．
（1）求BC的长；
（2）求阴影部分的面积．
分析：（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理的逆定理得到△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵BD＝6米，CD＝8米，∠BDC＝90°，
∴BC=BD2+CD2=62+82=10（米），
答：BC的长为10米；
（2）∵AB＝20米，AC＝105米，BC＝10米，
∴AB2+BC2＝202+102＝（105）2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90，
∴S阴影＝S△ABC﹣S△BCD=12AB•BC−12BD•CD=12×20×10−12×6×8＝76（平方米）．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
题型九 利用勾股定理的逆定理进行证明或计算
【例题9】如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝13，BC边上的中线AD＝6．求证：BA⊥AD．
分析：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，根据SAS推出△ADC≌△EDB，根据全等三角形的性质得出BE＝AC＝13，求出AB2+AE2＝BE2，根据勾股定理的逆定理得出即可．
【解答】解：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，
∵BC边上的中线AD＝6，
∴AE＝12，BD＝DC，
在△ADC和△EDB中，
AD=DE∠ADC=∠BDECD=DB，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝13，
∵AB2+AE2＝52+122＝169，BE2＝132＝169，
∴AB2+AE2＝BE2，
∴∠BAE＝90°，
∴BA⊥AD．
【变式9-1】如图，在四边形ABCD中，已知AB＝5，BC＝3，CD＝6，AD＝25，若AC⊥BC，求证：AD∥BC．
分析：在△ABC中，根据勾股定理求出AC2的值，再在△ACD中根据勾股定理的逆定理，判断出AC⊥CD，再根据平行线的判定即可求解．
【解答】证明：在△ABC中AC⊥BC，根据勾股定理：AC2＝AB2﹣BC2＝52﹣32＝16，
∵在△ACD中，AC2+AD2＝16+20＝36，CD2＝36，
∴AC2+AD2＝CD2，
∴根据勾股定理的逆定理，△ACD为直角三角形，
∴AC⊥CD，
∴AD∥BC．
【点评】本题考查平行线的判定、勾股定理与其逆定理的应用．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．
【变式9-2】(2023秋•门头沟区期末）如图，在正方形网格内，A、B、C、D四点都在小方格的格点上，则∠BAC+∠DAC＝（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
分析：作点B关于AC的对称点B′，连接B′A′，B′D，则∠BAC＝∠B′AC．证明△AB′D是等腰直角三角形，得出∠B′AD＝45°，即∠BAC+∠DAC＝45°．
【解答】解：如图，作点B关于AC的对称点B′，连接B′A′，B′D，则∠BAC＝∠B′AC．
∵AB′2＝12+32＝10，B′D2＝12+32＝10，AD2＝42+22＝20，
∴AB′＝B′D，AB′2+B′D2＝AD2，
∴△AB′D是等腰直角三角形，
∴∠B′AD＝45°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠B′AC+∠DAC＝∠B′AD＝45°．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，准确作出辅助线证明△AB′D是等腰直角三角形是解题的关键．
【变式9-3】(2023秋•鹿城区校级期中）如图，已知∠BAC＝90°，BC=3，AB＝1，AD＝CD＝1，则∠BAD＝ ．
分析：根据勾股定理可求AC，根据勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性质可求∠DAC，再根据角的和差关系即可求解．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，BC=3，AB＝1，
∴AC=BC2−AB2=2，
∵AD＝CD＝1，12+12＝（2）2，AD2+CD2＝AC2，
∴∠D＝90°，
∴∠DAC＝45°，
∴∠BAD＝90°﹣45°＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，解题关键是熟练掌握勾股定理，勾股定理的逆定理等知识．
【变式9-4】如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PB＝1，PC＝2，
PA＝3，求∠BPC的度数．
分析：根据旋转的性质得到CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3，则△CPD为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得PD＝2PC＝22，∠CPD＝45°，由PB＝1，PD＝22，DB＝3，易得PB2+PD2＝BD2，根据勾股定理的逆定理得到△PBD为直角三角形，即可得到∠BPC的度数．
【解答】解：如图，把△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD，连接DP，
∵△ACP绕点C逆时针旋转90°得到△BCD，
∴CP＝CD＝2，∠DCP＝90°，DB＝PA＝3，
∴△CPD为等腰直角三角形，
∴PD＝2PC＝22，∠CPD＝45°，
在△PDB中，PB＝1，PD＝22，DB＝3，
而12+（22）2＝32，
∴PB2+PD2＝BD2，
∴△PBD为直角三角形，
∴∠DPB＝90°，
∴∠BPC＝45°+90°＝135°．
【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用．
题型十 方程思想在勾股定理中的应用
【例题10】如图，在△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，求△ABC的面积．某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程．
（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，用含x的代数式表示CD，则CD＝ ；
（2）分别在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理，利用AD作为“桥梁”建立方程，并求出x的值；
（3）利用勾股定理求出AD的长，再计算△ABC的面积．
分析：作AD⊥BC于点D，设BD＝x，则CD＝14﹣x，在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理可得132﹣（14﹣x）2＝152﹣x2，计算出x的值，再由勾股定理求出AD的长即可得出三角形ABC的面积．
【解答】解：（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，则CD＝14﹣x，
故答案为：14﹣x；
（2）在Rt△ADC和Rt△ADB中根据勾股定理得：
AD2＝AC2﹣CD2＝132﹣（14﹣x）2，
AD2＝AB2﹣BD2＝152﹣x2，
∴132﹣（14﹣x）2＝152﹣x2，
解得x＝9；
（3）在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2−CD2=132−(14−9)2=12，
∴S△ABC=12×BC×AD=12×14×12=84．
【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式10-1】(2023秋•朝阳区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝16cm，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交线段AB于点D；以点B为圆心，BD长为半径画弧，交线段BC于点E．若BD＝CE，则AC的长为（ ）
A．12cmB．13cmC．14cmD．15cm
分析：设AC＝AD＝xcm，根据BD=CE=BE=12BC=8cm，在Rt△ABC中，由勾股定理列出方程即可求解．
【解答】解：设AC＝AD＝xcm，
∵BD＝CE，BD＝BE，
∴BD=CE=BE=12BC=8cm，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴△ABC为直角三角形，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：x2+162＝（x+8）2，
解得：x＝12，
即AC＝12cm，
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是根据题意得出BD＝8cm，进而表示出AB的长．
【变式10-2】(2023秋•龙岗区期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（ ）m．
A．212B．152C．6D．92
分析：设绳长为xm，再根据直角三角的勾股定理列方程，解方程即可．
【解答】解：设绳长为x米，
在Rt△ADC中，
AD＝AB﹣BD＝AB﹣（DE﹣BE）＝x﹣（4﹣1）＝（x﹣3）米，
DC＝6m，AC＝x米，
∴AB2+DC2＝AC2，
根据题意列方程：x2＝（x﹣3）2+62，
解得：x=152，
∴绳索AC的长是152．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是读懂题意，掌握勾股定理，运用勾股定理解决问题．
【变式10-3】(2023秋•莱西市期中）如图，在△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，DE是BC的垂直平分线，交BC于点D，交AB于点E．
（1）判定△ABC的形状，并说明理由；
（2）求AE的长．
分析：（1）利用勾股定理的逆定理可证明△ABC是直角三角形；
（2）连接EC，如图，根据线段垂直平分线的性质得到EC＝EB，设AE＝x，则BE＝EC＝12﹣x，再在Rt△ACE中利用勾股定理得到x2+92＝（12﹣x）2，然后解方程即可．
【解答】解：（1）△ABC是直角三角形．
理由如下：
∵△ABC中，AB＝12，AC＝9，BC＝15，
而92+122＝152，即AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形；
（2）连接EC，如图，
∵DE是BC的垂直平分线，
∴EC＝EB，
设AE＝x，则BE＝EC＝12﹣x，
在Rt△ACE中，x2+92＝（12﹣x）2，
解得x=218，
即AE的长为218．
【点评】本题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．也考查了线段垂直平分线的性质．
题型十一 分类讨论思想在勾股定理中的应用
【例题11】(2023秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝ 时，△OAP是等腰三角形．
分析：分三种情况，当OP＝AP，OA＝AP，OA＝OP时，由等腰三角形的性质可求出答案．
【解答】解：当△AOP为等腰三角形时，分三种情况：
①如图，OP＝AP，
∴∠O＝∠OAP，
∵∠AOM＝45°，
∴∠APO＝90°，
∴OP=2；
②如图，
OA＝OP＝2；
③如图，OA＝AP，
∴∠O＝∠APO＝45°，
∴∠A＝90°，
∴OP=AO2+AP2=22+22=22．
综上所述，OP的长为2或2或22．
故答案为：2或2或22．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式11-1】(2023秋•和平区校级期中）已知直角三角形两边的长为3和4，则此三角形的周长为（ ）
A．12B．7+7C．12或7+7D．以上都不对
分析：先设Rt△ABC的第三边长为x，由于4是直角边还是斜边不能确定，故应分4是斜边或x为斜边两种情况讨论．
【解答】解：设Rt△ABC的第三边长为x，
①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，
由勾股定理得，x＝5，此时这个三角形的周长＝3+4+5＝12；
②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，
由勾股定理得，x=7，此时这个三角形的周长＝7+7，
故选：C．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．
【变式11-2】设计师要用四条线段CA，AB，BD，DC首尾相接组成如图所示的两个直角三角形图案，∠C与∠D为直角，已知其中三条线段的长度分别为1cm，9cm，5cm，第四条长为xcm，试求出所有符合条件的x的值．
分析：显然AB是四条线段中最长的线段，分AB＝x或AB＝9两种情况来讨论．
【解答】解：显然AB是四条线段中最长的线段，分AB＝x或AB＝9两种情况来讨论．
把AB平移至ED（如图所示）．
①若AB＝x，
当CD＝9时，则x=92+(1+5)2=313；
当CD＝5时，则x=52+(1+9)2=55；
当CD＝1时，则x=12+(9+5)2=197．
②若AB＝9，
当CD＝5时，由（x+1）2+52＝92，得x=214−1；
当CD＝1时，由（x+5）2+12＝92，得x=45−5；
当CD＝x时，由x2+（1+5）2＝92，得x=35．
【点评】本题考查勾股定理的知识，解题关键是分AB＝x或AB＝9两种情况进行讨论，注意不要漏解．
【变式11-3】(2023秋•洪洞县期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为ts．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值．
分析：（1）由勾股定理求解即可；
（2）①由题意得：BP＝tcm，分两种情况：①当∠APB＝90°时，点P与点C重合，则BP＝BC＝4cm，得t＝4；
②当∠BAP＝90°时，CP＝（t﹣4）cm，在Rt△ACP和Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2＝AC2+CP2＝BP2﹣AB2，即32+（t﹣4）2＝t2﹣52，求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AB2−AC2=52−32=4（cm）；
（2）由题意得：BP＝tcm，分两种情况：
①当∠APB＝90°时，如图1所示：
点P与点C重合，
∴BP＝BC＝4cm，
∴t＝4；
②当∠BAP＝90°时，如图2所示：
则CP＝（t﹣4）cm，∠ACP＝90°，
在Rt△ACP中，由勾股定理得：AP2＝AC2+CP2，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP2＝BP2﹣AB2，
∴AC2+CP2＝BP2﹣AB2，
即32+（t﹣4）2＝t2﹣52，
解得：t=254；
综上所述，当△ABP为直角三角形时，t的值为4s或254s．
【点评】本题考查了勾股定理以及分类讨论；熟练掌握勾股定理，进行分类讨论是解题的关键．
【变式11-4】(2023秋•二道区校级期末）定义：如图，点M，N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM，MN，NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM，MN，NB，若AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由；
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝30，AM＝5，求BN的长．
分析：（1）由AM＝2.5，MN＝6.5，BN＝6，可得AM2+NB2＝MN2，根据勾股定理逆定理得出以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，再根据线段勾股分割点的定义即可判断；
（2）设BN＝x，则MN＝12﹣AM﹣BN＝7﹣x，分两种情形①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）点M、N是线段AB的勾股分割点．理由如下：
∵AM2+BN2＝2.52+62＝42.25，MN2＝6.52＝42.25，
∴AM2+NB2＝MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，
∴点M、N是线段AB的勾股分割点；
（2）设BN＝x，则MN＝30﹣AM﹣BN＝25﹣x，
①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，
即（25﹣x）2＝x2+25，
解得x＝12；
②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2．
即x2＝25+（25﹣x）2，
解得x＝13．
综上所述，BN＝12或13．
【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，解题的关键是理解新定义，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
题型十二 综合压轴探究题
【例题12】(2023秋•莱西市期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，若点P从点A出发，以每秒2cm
的速度沿折线A﹣B﹣C﹣A运动，设运动时间为t（t＞0）秒．
（1）AC＝ cm；
（2）若点P恰好在∠ABC的角平分线上，求此时t的值；
（3）在运动过程中，当t＝ 值时，△ACP为等腰三角形（直接写出结果）
分析：（1）利用勾股定理计算；
（2）P点只能在AC边上，设CP＝a，再做PD⊥AB与D，PD＝a，根据等面积，列方程，求出a，再计算t；
（3）读懂题意，可以发现，在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形，分情况计算t的值．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，
∴AC2＝AB2﹣BC2＝25﹣16＝9，
∴AC＝3cm，
故答案为：3；
（2）根据题意可知，P点在AC边上，再做PD⊥AB与D，
设CP＝a，
∵△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝4cm，由（1）得AC＝3cm，
∴PD＝a，
∴S△ABP+S△PBC＝S△ABC，
∴12AB•DP+12BC•CP=12BC•AC，
∴12×5×a+12×4×a=12×4×3，
解得a=43，
∴t=AB+BC+CP2=5+4+432=316（秒），
∴此时t的值316秒；
（3）在整个运动过程中有两个时间点使得△ACP为等腰三角形，
点P在AB上时，此时AP＝AC＝3cm，
t=AP2=32（秒）；
点P在BC上时，此时PC＝AC＝3cm，
t=AB+BP2=5+(4−3)2=3（秒），
综上所述，当t=32或3秒时，△ACP为等腰三角形．
故答案为：32或3秒．
【点评】本题考查了三角形中动点的问题，解题的关键是掌握勾股定理，等腰三角形的判断，三角形的面积．
【变式12-1】(2023春•蜀山区校级期中）我们规定，三角形任意两边的“致真值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“致真值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB∇AC＝OA2﹣BO2．
（1）在△ABC中，若∠ACB＝90°，AB∇AC＝81，求AC的值．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC＝12，∠BAC＝120°，求AB∇AC，BA∇BC的值．
（3）如图3，在△ABC中，AO是BC边上的中线，S△ABC＝24，AC＝8，AB∇AC＝﹣64，求BC和AB的长．
分析：（1）根据勾股定理，利用新定义即可得出结论；
（2）取BC的中点O，连接AO，求出OB＝63，则可求出AB∇AC，取AC的中点D，连接BD，过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E，求出BE，BD，则可求出BA∇BC的值；
（3）作BD⊥CD，根据三角形ABC的面积求出BD＝6，求出OC，BC的长，再求出CD和AD的长，则可求出答案．
【解答】解：（1）如图1，AO是BC边上的中线，
∵∠ACB＝90°，
∴AO2﹣OC2＝AC2，
∵AB∇AC＝81，
∴AO2﹣OC2＝81，
∴AC2＝81，
∴AC＝9；
（2）①如图2，取BC的中点O，连接AO，
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，
∵∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝30°，
在Rt△AOB中，
∴OB=AB2−OA2=122−62=63，
∴AB∇AC＝AO2﹣BO2＝36﹣108＝﹣72；
②如图3，取AC的中点D，连接BD，
∴AD＝CD=12AC＝6，
过点B作BE⊥AC交CA的延长线于点E，
∴∠BAE＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ABE＝30°，
∵AB＝12，
∴AE＝6，
∴BE=AB2−AE2=122−62=63．
∴DE＝AD+AE＝12，
∴BD=BE2+DE2=(63)2+122=67，
∴BA∇BC＝BD2﹣CD2=(67)2−62=216；
（3）作BD⊥CD，如图4，
∵S△ABC＝24，AC＝8，
∴BD=2×248=6，
∵AB∇AC＝﹣64，AO是BC边上的中线，
∴AO2﹣OC2＝﹣64，
∴OC2﹣AO2＝64，
又∵AC2＝82＝64，
∴OC2﹣AO2＝AC2，
∴∠AOC＝90°，
∴OA＝2×S△ABC2÷AC=3，
∴OC=AC2+OA2=82+32=73．
∴BC＝2OC＝273，
在Rt△BCD中，CD=BC2−BD2=(273)2−62=16，
∴AD＝CD﹣AC＝16﹣8＝8，
∴AB=AD2+BD2=82+62=10．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了勾股定理，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理的运用．
【变式12-2】(2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，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lcm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；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 ；
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，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA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，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BQ＝CQ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AC=AB2+BC2=82+62=10（cm），
∴Rt△ABC斜边AC上的高为6×810=4.8（cm）；
②当t＝3时，则AP＝3cm，BQ＝2t＝6cm，
∵AB＝8cm，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣3＝5（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2+BQ2=52+62=61（cm），
即PQ的长为61cm，
故答案为：①4.8cm；②61cm；
（2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝8，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t=83，
∴出发83秒后△PQB能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10，
当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣2t＝16﹣2t，
∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣（16﹣2t）＝2t﹣6，
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝6时，如图1，过B作BD⊥AC于D，
则CD=12CQ＝t﹣3，
在Rt△ABC中，S△ABC=12×AC×BD=12×BC×AB，
∴BD=245，
在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2+CD2，
即62＝（ 245）2+（t﹣3）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；
②当CQ＝BC＝6时，则2t﹣6＝6，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴CQ=12AC＝5，即2t﹣6＝5，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．
【变式12-3】(2023秋•福田区期中）阅读下面材料：
某学校数学兴趣活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∠B＝∠BCA＝45°，D是BC的中点，
（1）问题发现：如图1，若点E、F分别在线段AB、AC上，且AE＝CF，连接EF、DE、DF、AD，此时小明发现∠BAD＝ °，AD DC（填“＞、＜、＝”）．
接下来小明和同学们继续探究，发现﹣一个结论：线段EF与DE长的比值是一个固定值，即EF＝ DE．
（2）变式探究：如图2，E、F分别在线段BA、AC的延长线上，且AE＝CF，若EF＝4，求DE的长并写出过程．
（3）拓展应用：如图3，AB＝AC＝6，动点M在AD的延长线上，点H在直线AC上，且满足∠BMH＝90°，CH＝2，请直接写出DM的长为 ．
分析：（1）利用等腰直角三角形的性质得出DA＝DC，∠BAD＝∠CAD＝∠C进而得出△ADE≌△CDF（SAS），即可得出△DEF为等腰直角三角形，则可得出答案；
（2）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，证出△DEF为等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质可得出答案；
（3）分两种情况，①当H在线段AC上时，②当点H在线段AC的延长线上时，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，由等腰三角形的性质及等腰直角三角形的性质可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠BCA＝45°．
∵点D是斜边BC的中点，
∴AD是BC边上的中线．
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×90°＝45°，
∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BCA，
∴DA＝DC，
在△ADE和△CDF中，
AE=CF∠BAD=∠CAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝∠CDF+∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴EF=2DE，
故答案为：45°，＝，2；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠BCA＝45°．
∵点D是斜边BC的中点，
∴AD是BC边上的中线．
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD=12∠BAC=12×90°＝45°，
∴∠ADB＝90°，∠BAD＝∠CAD＝∠BCA，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF＝135°，
在△ADE和△CDF中，
AE=CF∠DAE=∠DCFAD=CD，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∴∠EDF＝∠EDC+∠CDF＝∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．
∴EF=2DE，
∵EF＝4，
∴DE=42=22；
（3）①当H在线段AC上时，如图，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，
∵AD⊥CB，BD＝CD，
∴AM为线段BC的中垂线，
∴MB＝MC，
∴∠MBC＝∠MCB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABM＝∠ACM，
又∵∠BAC＝∠BMH＝90°，∠BAH+∠ABM+∠BMH+∠AHM＝360°，
∴∠ABM+∠AHM＝180，
∵∠AHM+∠MHC＝180°，
∴∠ABM＝∠MHC，
∴∠MHC＝∠MCH，
∴MH＝MC，
∵HC＝2，
∴HF＝CF=12CH＝1，
∵AC＝6，
∴AF＝AC﹣CF＝6﹣1＝5，
∵∠DAC＝45°，
∴AF＝MF＝5，
∴AM=2AF＝52，
∵D为BC的中点，AB＝AC＝6，
∴AD=12BC＝32，
∴DM＝AM﹣AD＝52−32=22；
②当H在线段AC的延长线上时，如图，连接MC，过点M作MF⊥AC于F，
同理可得CF＝HF＝1，
∴AF＝AC+CF＝6+1＝7，
∴AM=2AF=72，
∴DM＝AM﹣AD＝72−32=42，
综上所述，DM的长为22或42．
故答案为：22或42．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的判定与性质，根据已知得出△ADE≌△CDF是解题关键．
解题技巧提炼
勾股定理的作用是已知直角三角形的两边求第三边，所以求直角三角形的边长时应该联想到勾股定理.
解题技巧提炼
（1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．
（2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
解题技巧提炼
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．常常利用勾股定理和完全平方公式来解决相关的求值问题.
解题技巧提炼
(1)数轴上的两点A，B，则AB=x2−x1 ；
(2)两点间的距离公式：设平面上任意两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），|P1P2|=(x1−x2)2+(y1−y2)2.
解题技巧提炼
关于折叠问题要紧扣折叠前后的对应边相等，对应角相等，其解题步骤为：
（1）利用重合的图形传递数据.
（2）选择直角三角形，利用勾股定理列方程求解.
解题技巧提炼
1、平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
2、几何体表面上两点间的最短路程的求法：将几何体表面展开，将立体几何图形问题转化为平面图形问题，然后利用“两点之间，线段最短”确定路线，最后利用勾股定理计算.
解题技巧提炼
以某个基本图形为背景的类推构造直角三角形求值问题屡见不鲜.解答这类题目,有时需要我们根据勾股定理依次计算,然后探索其中隐含的规律并灵活利用这个规律.
解题技巧提炼
勾股定理的逆定理是从边的角度判定直角三角形的重要方法之一，在题目中若告诉三角形三边的数量关系，就需要借助勾股定理的逆定理判断这个三角形是不是直角三角形.
解题技巧提炼
当所给的已知条件相对分散时，可以考虑添加辅助线将分散的条件集中在一起，利用了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理以及逆定理的运用．
解题技巧提炼
在直角三角形中，求线段的长时，常利用勾股定理建立方程求解.
解题技巧提炼
在研究三角形的高时，应分直角三角形、锐角三角形和钝角三角形三种情况考虑，另外在探究直角三角形的边长时也应注意分类.
解题技巧提炼
勾股定理的综合压轴探究题主要是勾股定理在动点问题中的应用，有时要对问题进行分情况讨论探究，考查学生综合运用知识的能力，有一定的难度.
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