2022年中考数学考前30天迅速提分专题12 勾股定理中的八种模型与真题训练（含答案）

这是一份2022年中考数学考前30天迅速提分专题12 勾股定理中的八种模型与真题训练（含答案），共66页。试卷主要包含了5，，21，，55　尺竹子．等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.3勾股定理中的八种模型与真题训练

题型一： 直角三角形中的锐角平分线模型
一．选择题（共3小题）
1．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE∥AB交AC于点E，已知CE＝3，CD＝4，则AD长为（　　）

A．7 B．8 C．4 D．4
2．（2021•云浮模拟）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将△ACD沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，则CD的长为（　　）cm．

A． B． C．3 D．
3．（2018•岐山县三模）如图所示的三角形纸片中∠B＝90°，AC＝13，BC＝5．现将纸片进行折叠，使得顶点D落在AC边上，折痕为AE．则BE的长为（　　）

A．2.4 B．2.5 C．2.8 D．3
二．解答题（共1小题）
4．（2018•巨野县一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，求EB′的长．

题型二：勾股定理之图形的折叠模型
一．选择题（共5小题）
1．（2019•肥城市二模）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则DE的长为（　　）

A．4cm B．5cm C．cm D．cm
2．（2022•武安市一模）如图1，矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝12，要在矩形纸片内折出一个菱形．现有两种方案：
甲：如图2，取两组对边中点的方法折出菱形EFGH．
乙：如图3，沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠CAD，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF．下列说法正确的是（　　）


A．甲、乙折出的菱形面积一样大
B．乙折出的四边形不是菱形
C．甲折出的菱形面积大
D．乙折出的菱形面积大
3．（2020•霞山区一模）如图，将矩形ABCD沿直线BD折叠，使点C落在点C'处，BC'交AD于点E，AD＝16，AB＝8，则BE的长是（　　）

A．14 B．12 C．10 D．8
4．（2020•乐东县一模）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB＝3，则BE的长为（　　）

A．1 B．2 C． D．
5．（2020•饶平县校级模拟）如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长是（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
二．填空题（共3小题）
6．（2021•斗门区一模）如图所示，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF的长为 　 　．

7．（2020•黄石模拟）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将它的一个锐角翻折，使该锐角顶点落在其对边的中点D处，折痕交另一直角边于点E，交斜边于点F，则DE的长为　 　．
8．（2016•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E的坐标是 　 　．

题型三：勾股定理之赵爽弦图模型
一．选择题（共3小题）
1．（2021春•连江县期中）如图，图中所有的三角形都是直角三角形，所有的四边形都是正方形，其中A，B，C，D四个小正方形的面积之和等于12，则最大的正方形的边长为（　　）

A．2 B． C．3 D．4
2．（2021春•曾都区校级月考）我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形如图，如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，那么sinθ的值为（　　）

A． B． C． D．
3．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，分别以AC，BC，AB为一边在△ABC外面做三个正方形，记三个正方形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1＝4，则S3为（　　）

A．8 B．16 C．4 D．4+4
二．填空题（共1小题）
4．（2021秋•鹿城区校级月考）图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为 　 　．

题型四：勾股定理之大树折断模型
一．选择题（共1小题）
1．（2021春•饶平县校级期末）如图，一棵大树在离地面9米高的B处断裂，树顶A落在离树底BC的12米处，则大树断裂之前的高度为（　　）

A．9米 B．15米 C．21米 D．24米
二．填空题（共2小题）
2．（2021秋•朝阳区校级月考）折竹抵地（源自《九章算术》）：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意即：一根竹子，原高一丈，虫伤有病，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离原竹子处3尺远．则原处还有 　 　尺竹子．（1丈＝10尺）

3．（2021秋•靖江市校级期中）《九章算术》中有一道“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：一根竹子原高一丈（1丈＝10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，则折断处离地面的高度为 　 　尺．
三．解答题（共2小题）
4．（2022春•东莞市月考）求下列图形中阴影部分的面积．






5．（2021春•安徽月考）《九章算术》卷九“勾股”中记载：今有立木，系索其末，委地四尺，引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？译文：今有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有4尺．牵着绳索（绳索头与地面接触）退行，在距木根部8尺处时绳索用尽，问绳索长是多少？根据题意求出绳索长．






题型五：勾股定理之风吹荷花模型
一．填空题（共2小题）
1．（2021秋•晋州市期末）如图，淇淇在离水面高度为5m的岸边C处，用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为13m．
（1）开始时，船距岸A的距离是 　 　m；
（2）若淇淇收绳5m后，船到达D处，则船向岸A移动 　 　m．

2．（2021秋•宽城区期末）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何？”（丈、尺是长度单位，1丈10尺）其大意为：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AB，它高出水面1尺（即BC＝1尺）．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端B恰好到达池边的水面D处．问水的深度是多少？则水深DE为 　 　尺．

二．解答题（共2小题）
3．（2021秋•邓州市期末）如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度DE＝1m，将它往前推送4m（水平距离BC＝4m）时，秋千的踏板离地的垂直高度BF＝2m，秋千的绳索始终拉得很直，求绳索AD的长度．







4．（2019秋•姜堰区期中）在平静的湖面上，有一朵荷花高出水面1尺，忽然一阵强风吹来把荷花垂直拉到水里且荷花恰好落在水面．此时，捕鱼的人发现，花在水平方向上离开原来的位置5尺远，求湖水的深度．








题型六：等边三角形中的378和578模型
一．选择题（共2小题）
1．在△ABC中，AB＝16，AC＝14，BC＝6，则△ABC的面积为（　　）
A．24 B．56 C．48 D．112
2．已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则∠C＝（　　）
A．45° B．37° C．60° D．90°
二．填空题（共4小题）
3．（2021秋•青岛期中）若一个等腰三角形的周长为16cm，一边长为6cm，则该等腰三角形的面积为 　 　cm2．
4．（2012秋•乐清市校级月考）如图，在△ABC中，已知AB＝5，BC＝8，AC＝7，动点P、Q分别在边AB、AC上，使△APQ的外接圆与BC相切，则线段PQ的最小值等于 　 　．

5．（2022春•仙桃校级月考）已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则sinC＝　 　．
6．△ABC如图所示，已知AC＝8，AB＝7，BC＝5，则tanC＝　 　，tanA＝　 　，tanB＝　 　．

三．解答题（共1小题）
7．（2021春•北镇市期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝6，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD，过点D作DF⊥BE，垂足为F．
（1）求BD的长；
（2）求证：BF＝EF．



题型七：勾股定理之蚂蚁行程模型
一．填空题（共4小题）
1．（2019•景泰县校级二模）如图，有一圆柱，其高为12cm，底面半径为3cm，在圆柱下底面A点处有一只蚂蚁，它想得到上底面B处的食物，则蚂蚁经过的最短距离为 　 　cm．（π取3）

2．（2018•石家庄模拟）如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用 　 　秒钟．

3．（2008•大庆）如图，圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面圆心的截面）是边长为4cm的等边三角形ABC，点D是母线AC的中点，一只蚂蚁从点B出发沿圆锥的表面爬行到点D处，则这只蚂蚁爬行的最短距离是 　 　cm．

4．（2007•金昌）如图，圆锥的母线长OA为8，底面圆的半径为4．若一只蚂蚁在底面上点A处，在相对母线OC的中点B处有一只小虫，蚂蚁要捉到小虫，需要爬行的最短距离为 　 　．



题型八：勾股定理之垂美四边形模型
一．解答题（共6小题）
1．（2021•姑苏区校级二模）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中肯定是垂美四边形的是 　 　．
（2）性质探究：如图1，已知四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB、CD与BC、AD之间的数量关系 　 　．
（3）问题解决：如图2，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BE，CG，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．


















2．（2021•南明区模拟）如图，我把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2．
（2）解决问题：已知AB＝5，BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP．
①如图2，当∠ACB＝90°，连接PQ，求PQ；
②如图3，当∠ACB≠90°，点M、N分别是AC、AP中点连接MN．若MN＝2，则S△ABC＝　 　．




















3．（2020•科尔沁区模拟）定义：我们把对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
（1）概念理解：如：图1，四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）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＝4，AB＝5，求GE的长．




















4．（2019•天水）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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（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，连接CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．






















5．（2019•兰州模拟）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2＝AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴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．
拓展探究：
（1）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）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，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，已知AC＝4，AB＝5．求GE长．

6．（2021•新北区一模）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是 　 　．
（2）性质探究：如图2，已知四边形ABCD是垂美四边形，试探究其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）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，CE交AB于点M，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．


【真题训练】
一．选择题（共3小题）
1．（2017•安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO＝5cm，则AB的长为（　　）

A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
2．（2010•铁岭）如图所示，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB＝2米，则树高为（　　）

A．米 B．米 C．（+1）米 D．3米
3．（2009•恩施州）如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（　　）

A．5 B．25 C．10+5 D．35
二．填空题（共2小题）
4．（2014•宜宾）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，则EB′＝　 　．

5．（2009•安顺）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是 　 　．

三．解答题（共2小题）
6．（2019•天水）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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（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，连接CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．













7．（2016•衢州）如图1，我们把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：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．
猜想结论：（要求用文字语言叙述） 　 　
写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．
（3）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，已知AC＝4，AB＝5，求GE长．


2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.3勾股定理中的八种模型与真题训练

题型一： 直角三角形中的锐角平分线模型
一．选择题（共3小题）
1．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE∥AB交AC于点E，已知CE＝3，CD＝4，则AD长为（　　）

A．7 B．8 C．4 D．4
【分析】根据勾股定理求出DE，根据平行线的性质、角平分线的定义得到∠CAD＝∠ADE，得出AE＝DE＝5，进而求出AC，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，CE＝3，CD＝4，
由勾股定理得：DE＝＝＝5，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠CAD＝∠ADE，
∴AE＝DE＝5，
∴AC＝AE+EC＝8，
∴AD＝＝＝4，
故选：D．
【点评】本题考查的是勾股定理、平行线的性质、角平分线的定义，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．
2．（2021•云浮模拟）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将△ACD沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，则CD的长为（　　）cm．

A． B． C．3 D．
【分析】先根据勾股定理求得AB的长，再根据折叠的性质求得AE，BE的长，从而利用勾股定理可求得CD的长．
【解答】解：∵AC＝6cm，BC＝8cm，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝10（cm），
由折叠的性质得：AE＝AC＝6cm，∠AED＝∠C＝90°，
∴BE＝10cm﹣6cm＝4cm，∠BED＝90°，
设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝8﹣x，
在Rt△DEB中，BE2+DE2＝BD2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得：x＝3（cm），
∴CD＝3cm，
故选：C．
【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理等知识；熟记折叠性质并表示出Rt△DEB的三边，然后利用勾股定理列出方程是解题的关键．
3．（2018•岐山县三模）如图所示的三角形纸片中∠B＝90°，AC＝13，BC＝5．现将纸片进行折叠，使得顶点D落在AC边上，折痕为AE．则BE的长为（　　）

A．2.4 B．2.5 C．2.8 D．3
【分析】由∠B＝90°，AC＝13，BC＝5，可求得AB的长，设BE＝x，由折叠的性质可得：△DEC是直角三角形，ED＝BE＝x，EC＝5﹣x，CD＝1，然后由勾股定理求得BE的长．
【解答】解：∵∠B＝90°，AC＝13，BC＝5，
∴AB＝＝12，
设BE＝x，
由折叠的性质可得：CD＝AC﹣AD＝13﹣12＝1，DE＝BE＝x，∠ADE＝∠B＝90°，
∴EC＝BC﹣BE＝5﹣x，
在Rt△DEC中，EC2＝CD2+DE2，
∴（5﹣x）2＝1+x2，
解得：x＝2.4，
∴BE＝2.4．
故选：A．
【点评】此题考查了折叠的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想与方程思想的应用．
二．解答题（共1小题）
4．（2018•巨野县一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，求EB′的长．

【分析】根据折叠得到BE＝EB′，AB′＝AB＝3，设BE＝EB′＝x，则EC＝4﹣x，根据勾股定理求得AC的值，再由勾股定理可得方程x2+22＝（4﹣x）2，再解方程即可算出答案．
【解答】解：根据折叠可得BE＝EB′，AB′＝AB＝3，
设BE＝EB′＝x，则EC＝4﹣x，
∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC＝＝5，
∴B′C＝5﹣3＝2，
在Rt△B′EC中，由勾股定理得，x2+22＝（4﹣x）2，
解得x＝1.5，
故答案为：1.5．
【点评】本题考查的是翻转变换的性质，翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
题型二：勾股定理之图形的折叠模型
一．选择题（共5小题）
1．（2019•肥城市二模）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则DE的长为（　　）

A．4cm B．5cm C．cm D．cm
【分析】由勾股定理求出AB，由折叠的性质得出∠DEB＝90°，AE＝BE＝AB＝5，在Rt△BDE中，由三角函数即可求出DE的长．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝10，tanB＝＝＝，
由折叠的性质得：∠DEB＝90°，AE＝BE＝AB＝5，
∴tanB＝＝，
∴DE＝BE＝×5＝（cm）．
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理、三角函数；熟练掌握翻折变换的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
2．（2022•武安市一模）如图1，矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝12，要在矩形纸片内折出一个菱形．现有两种方案：
甲：如图2，取两组对边中点的方法折出菱形EFGH．
乙：如图3，沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠CAD，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF．下列说法正确的是（　　）


A．甲、乙折出的菱形面积一样大
B．乙折出的四边形不是菱形
C．甲折出的菱形面积大
D．乙折出的菱形面积大
【分析】要证明乙折的是菱形，只需要证明四边相等即可，计算面积时需要根据勾股定理计算出CE的值．
【解答】解：S矩形ABCD＝AB×AD＝5×12＝60，
S△DGH＝S△CFG＝S△BEF＝S△AEH＝×AE×AH＝×AB×AD＝，
S菱形EFGH＝60﹣4×＝30，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠CAE＝∠CAD，∠ACF＝∠ACB，
∴∠CAE＝∠CAD＝∠ACF＝∠ACB，
∴△ACE≌△ACF（ASA），
∴AE＝CE＝AF＝CF，
∴四边形AECF为菱形，
故选项B错误；
设BE＝x，则：
AE＝CE＝BC﹣BE＝12﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理可得：
x2+52＝（12﹣x）2，
解得：x＝，
∴CE＝12﹣＝，
∴S菱形AECF＝CE×AB＝×5≈35.21，
∴S菱形EFGH＜S菱形AECF；
故选项A，C错误；
故选：D．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，菱形面积等知识点，综合性较强，解题的关键是证明AE＝CE＝AF＝CF．
3．（2020•霞山区一模）如图，将矩形ABCD沿直线BD折叠，使点C落在点C'处，BC'交AD于点E，AD＝16，AB＝8，则BE的长是（　　）

A．14 B．12 C．10 D．8
【分析】根据折叠和矩形的性质，可以得出三角形BDE是等腰三角形，在直角三角形DEC′中，利用勾股定理可求出答案．
【解答】解：由折叠得，DC＝DC′＝8，∠CBD＝∠C′BD，
∵ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB＝∠C′BD，
∴ED＝EB，
设BE＝ED＝x，则EC＝16﹣x，
在Rt△DEC′中，由勾股定理得，82+（16﹣x）2＝x2，
解得，x＝10，即BE＝10，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质、直角三角形的勾股定理等知识，根据折叠轴对称，得出DE＝BE是解决问题的关键．
4．（2020•乐东县一模）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB＝3，则BE的长为（　　）

A．1 B．2 C． D．
【分析】根据菱形及矩形的性质可得到∠BAC的度数，从而根据直角三角形的性质求得BC的长．设BE＝a，则AE＝CE＝3﹣a，在Rt△BCE中，得出，则可求出a，则答案得出．
【解答】解：由折叠可得，△EOC≌△EBC，
∴CB＝CO，
∵四边形ABED是菱形，
∴AO＝CO，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
设BC＝x，则AC＝2x，
∵在Rt△ABC中，AC2＝BC2+AB2，
∴（2x）2＝x2+32，
解得x＝，
∴BC＝，
设BE＝a，则AE＝CE＝3﹣a，
在Rt△BCE中，BE2+BC2＝CE2，
∴，
∴a＝1，
即BE＝1．
故选：A．
【点评】此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
5．（2020•饶平县校级模拟）如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长是（　　）

A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【分析】根据△AEF是直角三角形利用勾股定理求解即可．
【解答】解：由折叠可得DF＝EF，设AF＝x，则EF＝8﹣x，
∵AF2+AE2＝EF2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3．
故选：A．
【点评】本题考查折叠问题；找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．
二．填空题（共3小题）
6．（2021•斗门区一模）如图所示，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF的长为 　5cm　．

【分析】设AF＝xcm，则DF＝（8﹣x）cm，利用矩形纸片ABCD中，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，由勾股定理求AF即可．
【解答】解：设AF＝xcm，则DF＝（8﹣x）cm，
∵矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，
∴DF＝D′F，
在Rt△AD′F中，∵AF2＝AD′2+D′F2，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5（cm）．
故答案为：5cm
【点评】本题考查了图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变是解题关键．
7．（2020•黄石模拟）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将它的一个锐角翻折，使该锐角顶点落在其对边的中点D处，折痕交另一直角边于点E，交斜边于点F，则DE的长为　或　．
【分析】根据题意设DE＝x求出CE的长，然后在Rt△ECD中利用勾股定理列方程求解即可．
【解答】解：分两种情况：
①如图1所示：∵D是BC的中点，
∴CD＝BC＝4，
由折叠的性质得：DE＝AE，
设DE＝x，
则CE＝6﹣x，
在Rt△ECD中，DE2＝EC2+CD2，
即x2＝（6﹣x）2+16，
解得x＝，
即DE＝．
②如图1所示：∵D是BC的中点，
∴CD＝AC＝3，
由折叠的性质得：DE＝BE，
设DE＝x，
则CE＝8﹣x，
在Rt△ECD中，DE2＝EC2+CD2，
即x2＝（8﹣x）2+9，
解得x＝，
即DE＝；
故答案为：或．

【点评】本题考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和勾股定理是解题的关键．
8．（2016•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E的坐标是 　（﹣10，3）　．

【分析】根据题意可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标．
【解答】解：设CE＝a，则BE＝8﹣a，
由题意可得，EF＝BE＝8﹣a，
∵∠ECF＝90°，CF＝4，
∴a2+42＝（8﹣a）2，
解得，a＝3，
设OF＝b，
∵△ECF∽△FOA，
∴，
即，得b＝6，
即CO＝CF+OF＝10，
∴点E的坐标为（﹣10，3），
故答案为（﹣10，3）．
【点评】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化﹣对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
题型三：勾股定理之赵爽弦图模型
一．选择题（共3小题）
1．（2021春•连江县期中）如图，图中所有的三角形都是直角三角形，所有的四边形都是正方形，其中A，B，C，D四个小正方形的面积之和等于12，则最大的正方形的边长为（　　）

A．2 B． C．3 D．4
【分析】根据大正方形面积＝A+C＝D+B，得2个最大正方形面积是12．从而得1个最大正方形面积是6，再根据正方形的面积等于边长平方得最大正方形的边长．
【解答】解：∵所有的三角形都是直角三角形，
∴正方形A和C的面积和就是大正方形的面积，
同理，正方形B和D的面积和等于大正方形的面积，
设最大正方形的边长为x，可得：四个小正方形的面积＝2•x•x＝12．
解得：x＝，
故选：B．
【点评】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．
2．（2021春•曾都区校级月考）我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形如图，如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，那么sinθ的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据大正方形的面积求得直角三角形的斜边是5，根据大正方形减去小正方形的面积即四个直角三角形的面积和是24，求得两条直角边的乘积是12．再根据勾股定理知直角三角形的两条直角边的平方和等于25，联立解方程组可得两条直角边分别是3，4，进而可得sinθ的值．
【解答】解：根据题意，大正方形边长＝＝5，小正方形的边长＝1．
∴三角形的面积＝（25﹣1）÷4＝6．
设三角形两直角边为a、b，则
ab＝6．
又a2+b2＝52，
联立解得a＝3，b＝4，
所以sinθ＝．
故选：A．
【点评】此题中根据正方形以及直角三角形的面积公式求得直角三角形的三边，进一步运用锐角三角函数的定义求解．
3．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，分别以AC，BC，AB为一边在△ABC外面做三个正方形，记三个正方形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1＝4，则S3为（　　）

A．8 B．16 C．4 D．4+4
【分析】根据正方形的面积公式结合勾股定理就可发现大正方形的面积是两个小正方形的面积和，即可得出答案．
【解答】解：∵S1＝AC2＝4，
∴AC＝2，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∴S3＝AB2＝16，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理和正方形面积的应用，注意：分别以直角三角形的边作相同的图形，则两个小图形的面积等于大图形的面积．
二．填空题（共1小题）
4．（2021秋•鹿城区校级月考）图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为 　　．
【分析】如图，过点A作AM⊥EG的延长线于点M，过点F作FR⊥GH于点R，过点B作BN⊥GH，过点F作FN∥GH，延长GH交CK于K，可证得：△AGM≌△FGR（AAS），得出：AM＝FR，GM＝GR，同理可得：△BFN≌△HFR≌△CHK（AAS），得出：FR＝FN＝HK＝AM，BN＝HR，设AM＝x，BN＝y，AM＝FR＝z，利用勾股定理可得：FH2＝x2+y2，FG2＝x2+z2，GH＝y+z，进而得出：x2＝yz①，再由题意可得：2x+y+z＝9②，x+2y+z＝11③，联立①②③，即可得出答案．
【解答】解：如图，过点A作AM⊥EG的延长线于点M，过点F作FR⊥GH于点R，过点B作BN⊥GH，过点F作FN∥GH，延长GH交CK于K，
∵四边形AGFL、DEGH、BCHF均为正方形，
∴AG＝FG，BF＝FH＝CH，EG＝GH，∠AGF＝∠BFH＝90°＝∠AMG＝∠FRG＝∠BNF＝∠CKH，
∴∠AGM+∠FGM＝∠FGR+∠FGM，
∴∠AGM＝∠FGR，
∴△AGM≌△FGR（AAS），
∴AM＝FR，GM＝GR，
同理，△BFN≌△HFR≌△CHK（AAS），
∴FR＝FN＝HK＝AM，BN＝HR，
设AM＝x，BN＝y，AM＝FR＝z，
则FR＝FN＝HK＝AM＝x，BN＝HR＝y，
由勾股定理得：FH2＝x2+y2，FG2＝x2+z2，GH＝y+z，
根据题意，得：FH2+FG2＝GH2，
∴x2+z2+x2+y2＝（y+z）2，
∴x2＝yz①，
∵AM+GR+RH+HK＝9，BN+FR+EG＝11，
∴2x+y+z＝9②，x+2y+z＝11③，
②﹣③，得：x﹣y＝﹣2，即y＝x+2④，
②×2﹣③，得：3x+z＝7，即z＝7﹣3x⑤，
将④⑤代入①，得：x2＝（x+2）（7﹣3x），
解得：x1＝2，x2＝﹣（舍去），
∴y＝4，z＝1，
∴GH＝5，FG2＝5，FH2＝20，
∴勾股定理演示教具的正面面积为：S＝25+5+20+××2＝55，
∵教具的厚度等于木盒的内高，
∴盒子的空间利用率为：＝，
故答案为：．

【点评】本题考查了勾股定理的运用，全等三角形判定和性质，解题关键是添加辅助线构造直角三角形和全等三角形．
题型四：勾股定理之大树折断模型
一．选择题（共1小题）
1．（2021春•饶平县校级期末）如图，一棵大树在离地面9米高的B处断裂，树顶A落在离树底BC的12米处，则大树断裂之前的高度为（　　）

A．9米 B．15米 C．21米 D．24米
【分析】根据大树折断部分、下部、地面恰好构成直角三角形，根据勾股定理解答即可．
【解答】解：由题意得BC＝9，在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：AB＝＝15米．
所以大树的高度是15+9＝24米．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理．熟记9，12，15这组勾股数，计算的时候较快．
二．填空题（共2小题）
2．（2021秋•朝阳区校级月考）折竹抵地（源自《九章算术》）：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意即：一根竹子，原高一丈，虫伤有病，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离原竹子处3尺远．则原处还有 　4.55　尺竹子．（1丈＝10尺）

【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．
【解答】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＝4.55．
答：原处还有4.55尺高的竹子．
故答案为：4.55．
【点评】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．
3．（2021秋•靖江市校级期中）《九章算术》中有一道“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：一根竹子原高一丈（1丈＝10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，则折断处离地面的高度为 　4.55　尺．
【分析】设折断处离地面的高度为x尺，则折断的长度为（10﹣x）尺，根据勾股定理列方程解方程即可．
【解答】解：设折断处离地面的高度为x尺，则折断的长度为（10﹣x）尺，
由勾股定理得x2+32＝（10﹣x）2，
解得x＝4.55，
∴折断处离地面的高度为4.55尺，
故答案为：4.55．
【点评】本题主要考查勾股定理的应用，熟练利用勾股定理列出方程是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
4．（2022春•东莞市月考）求下列图形中阴影部分的面积．

【分析】（1）首先利用勾股定理计算出BC的长，进而得到圆的半径BO长，再利用半圆的面积减去直角三角形面积即可；
（2）首先利用勾股定理计算出AB的长，然后利用矩形的面积公式计算即可．
【解答】解：①∵AB＝8，AC＝6，
∴BC＝＝＝10，
∴BO＝5，
∵S△ABC＝AB×AC＝×8×6＝24，
S半圆＝π×52＝，
∴S阴影＝﹣24．
②∵AC＝5，CB＝12，
∴AC＝12，
∴AB＝，
＝
＝13，
∴S阴影＝2×13＝26．
【点评】此题主要考查了勾股定理，关键是熟练掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
5．（2021春•安徽月考）《九章算术》卷九“勾股”中记载：今有立木，系索其末，委地四尺，引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？译文：今有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有4尺．牵着绳索（绳索头与地面接触）退行，在距木根部8尺处时绳索用尽，问绳索长是多少？根据题意求出绳索长．
【分析】设绳索长为x尺，根据勾股定理列出方程解答即可．
【解答】解：设绳索长为x尺，根据题意得：
x2﹣（x﹣4）2＝82，
解得：x＝10，
答：绳索长为10尺．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
题型五：勾股定理之风吹荷花模型
一．填空题（共2小题）
1．（2021秋•晋州市期末）如图，淇淇在离水面高度为5m的岸边C处，用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为13m．
（1）开始时，船距岸A的距离是 　12　m；
（2）若淇淇收绳5m后，船到达D处，则船向岸A移动 　（12﹣）　m．

【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长；
（2）根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD＝AB﹣AD可得BD长．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，BC＝13m，AC＝5m，
∴（m），
故答案为：12；
（2）∵淇淇收绳5m后，船到达D处，
∴CD＝8（m），
∴AD＝（m），
∴BD＝AB﹣AD＝（12﹣）m．
故答案为：（12﹣）．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
2．（2021秋•宽城区期末）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深几何？”（丈、尺是长度单位，1丈10尺）其大意为：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AB，它高出水面1尺（即BC＝1尺）．如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端B恰好到达池边的水面D处．问水的深度是多少？则水深DE为 　12　尺．

【分析】设水深为h尺，则芦苇长为（h+1）尺，根据勾股定理列方程，解出h即可．
【解答】解：设水深为h尺，则芦苇长为（h+1）尺，
根据勾股定理，得（h+1）2﹣h2＝（10÷2）2，
解得h＝12，
∴水深为12尺，
故答案是：12．
【点评】本题主要考查勾股定理的应用，熟练根据勾股定理列出方程是解题的关键．
二．解答题（共2小题）
3．（2021秋•邓州市期末）如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度DE＝1m，将它往前推送4m（水平距离BC＝4m）时，秋千的踏板离地的垂直高度BF＝2m，秋千的绳索始终拉得很直，求绳索AD的长度．

【分析】设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AC＝（x﹣1）m，利用勾股定理可得x2＝42+（x﹣1）2．
【解答】解：在Rt△ACB中，
AC2+BC2＝AB2，
设秋千的绳索长为xm，则AC＝（x﹣1）m，
故x2＝42+（x﹣1）2，
解得：x＝8.5，
答：绳索AD的长度是8.5m．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AC、AB的长，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
4．（2019秋•姜堰区期中）在平静的湖面上，有一朵荷花高出水面1尺，忽然一阵强风吹来把荷花垂直拉到水里且荷花恰好落在水面．此时，捕鱼的人发现，花在水平方向上离开原来的位置5尺远，求湖水的深度．

【分析】设湖水的深度为x尺，则荷花的长是（x+1）尺，根据勾股定理解答即可．
【解答】解：设湖水的深度为x尺，则荷花的长是（x+1）尺，
在直角三角形中，根据勾股定理得：52+x2＝（x+1）2，
解得：x＝12，
答：湖水的深度为12尺．
【点评】本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
题型六：等边三角形中的378和578模型

一．选择题（共2小题）
1．在△ABC中，AB＝16，AC＝14，BC＝6，则△ABC的面积为（　　）
A．24 B．56 C．48 D．112
【分析】过点C作CD⊥AB于D，用勾股定理求出CD＝3，算出△ABC的面积即可．
【解答】解：如图，过点C作CD⊥AB于D，

在△ABC中，AB＝16，AC＝14，BC＝6，
∴设BD＝x，则AD＝16﹣x，
在△DBC与△ADC中，
∵CD2＝BC2﹣BD2＝AC2﹣AD2，
∴62﹣x2＝142﹣（16﹣x）2，
解得：x＝3，
∴CD＝3，
∴＝24．
故选：A．
【点评】本题主要考查了勾股定理，三角形的面积，作CD⊥AB用勾股求出CD是本题的关键．
2．已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则∠C＝（　　）
A．45° B．37° C．60° D．90°
【分析】过点A作AD⊥BC于D，设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝5﹣x，由勾股定理得72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2，得出CD＝4，则CD＝AC，再证∠CAD＝30°，即可求解．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，如图所示：
设CD＝x，
则BD＝BC﹣CD＝5﹣x，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，
即：72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2，
解得：x＝4，
∴CD＝4，
∴CD＝AC，
∴∠CAD＝30°，
∴∠C＝90°﹣30°＝60°，
故选：C．

【点评】本题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的判定、三角形内角和定理等知识；熟练掌握勾股定理，证出∠CAD＝30°是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
3．（2021秋•青岛期中）若一个等腰三角形的周长为16cm，一边长为6cm，则该等腰三角形的面积为 　8或12　cm2．
【分析】题目给出等腰三角形有一条边长为6cm，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：当腰为6cm时，底边长＝16﹣6﹣6＝4cm，6，6，4能构成三角形，其他两边长为6cm，4cm，
∴等腰三角形的底边上的高为（cm），
∴该等腰三角形的面积为（cm2）；
当底为6cm时，三角形的腰＝（16﹣6）÷2＝5cm，6，5，5能构成三角形，其他两边长为5cm，5cm，
∴等腰三角形的底边上的高为（cm），
∴该等腰三角形的面积为（cm2）；
故答案为：8或12．
【点评】本题考查了勾股定理和等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．
4．（2012秋•乐清市校级月考）如图，在△ABC中，已知AB＝5，BC＝8，AC＝7，动点P、Q分别在边AB、AC上，使△APQ的外接圆与BC相切，则线段PQ的最小值等于 　　．

【分析】首先设点O是△APQ的外接圆的圆心，连接OP，OQ，作OH⊥PQ于点H，过点A作AD⊥BC于点D，由垂径定理与圆周角定理易得PQ＝2OA•sin∠BAC，然后由当AD是直径时，即OA＝AD时，PQ最小，则可求得AD的长与sin∠BAC的值，则可求得答案．
【解答】解：如图，设点O是△APQ的外接圆的圆心，连接OP，OQ，作OH⊥PQ于点H，过点A作AD⊥BC于点D，
∴PH＝QH＝PQ，
∵OP＝OQ，
∴∠POH＝∠POQ，
∵∠POQ＝2∠BAC，
∴∠POH＝∠BAC，
在Rt△POH中，PH＝OP•sin∠POH＝OA•sin∠BAC，
∴PQ＝2OA•sin∠BAC，
即当OA最小时，PQ最小，
∵当AD是直径时，即OA＝AD时，PQ最小，
设BD＝x，则CD＝8﹣x，
∵在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
∴25﹣x2＝49﹣（8﹣x）2，
解得：x＝，
∴AD＝＝，
∴OA＝，
设AC边上的高为h，
则AC•h＝BC•AD，
∴h＝＝，
∴sin∠BAC＝＝，
∴PQ＝2OA•sin∠BAC＝2××＝．
故答案为：．

【点评】此题考查了切线的性质、三角形外接圆的性质、勾股定理以及三角函数等知识．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用．
5．（2022春•仙桃校级月考）已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则sinC＝　　．
【分析】过点A作AD⊥BC于D，设CD＝x，则BD＝BC﹣CD＝5﹣x，由勾股定理得72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2，得出CD＝4，则CD＝AC，再证∠CAD＝30°，可求∠C为60°，即可求出sinC的值．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，如图所示：
设CD＝x，
则BD＝BC﹣CD＝5﹣x，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，
即：72﹣（5﹣x）2＝82﹣x2，
解得：x＝4，
∴CD＝4，
∴CD＝AC，
∴∠CAD＝30°，
∴∠C＝90°﹣30°＝60°，
∴sinC＝sin60°＝．
故答案为：．

【点评】本题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的判定、三角形内角和定理等知识；熟练掌握勾股定理，证出∠CAD＝30°是解题的关键．
6．△ABC如图所示，已知AC＝8，AB＝7，BC＝5，则tanC＝　　，tanA＝　　，tanB＝　4　．

【分析】过点A作AE⊥BC于点E，设CE＝x，则BE＝5﹣x，则AE2＝82﹣x2＝72﹣（5﹣x）2，解得x＝4＝CE，进而求出∠C的函数，再过点B作BF⊥AC于点F，构造直角三角形即可求出tanC、tanA、tanB的值．
【解答】解：过点A作AE⊥BC于点E，过点B作BF⊥AC于点F，设CE＝x，则BE＝5﹣x，

则AE2＝82﹣x2＝72﹣（5﹣x）2，解得x＝4＝CE，
则cosC＝＝＝，则∠C＝60°，
∴tanC＝tan60°＝，
∴AE＝AC•sinC＝8sin60°＝8×＝4，
∴BE＝BC﹣EC＝1，
∴tanB＝＝＝4，
又∵S△ABC＝＝×AC×BF，
∴BF＝＝＝，
在Rt△ABF中，AF＝＝＝，
∴tan∠BAF＝＝，
故答案为：，，4．
【点评】本题考查三角形以及锐角三角函数的定义，本题根据已知条件构造另一三角形ABD与已知三角形ABC使得AB边重合变换出等边三角形ADC，再通过构造直角三角形利用锐角三角函数解直角三角形是解题的关键．
三．解答题（共1小题）
7．（2021春•北镇市期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝6，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且CE＝CD，过点D作DF⊥BE，垂足为F．
（1）求BD的长；
（2）求证：BF＝EF．

【分析】（1）依据等边三角形的性质，即可得到AD的长，进而运用勾股定理得出BD的长；
（2）依据等腰三角形的性质，即可得到BF＝EF．
【解答】（1）解：∵BD是等边△ABC的中线，
∴BD⊥AC，BD平分AC，
∵AB＝6，
∴AD＝3，
∴由勾股定理得，BD＝＝3．
（2）证明：∵BD是等边△ABC的中线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠DBE＝∠ABC＝30°，
又∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，∠E＝∠ACB＝30°．
∴∠DBE＝∠E，
∴DB＝DE．
∵DF⊥BE，
∴DF为底边上的中线．
∴BF＝EF．

【点评】本题考查了等腰三角形顶角平分线、底边上的中线和高三线合一的性质以及等边三角形每个内角为60°的知识的运用．
题型七：勾股定理之蚂蚁行程模型
一．填空题（共4小题）
1．（2019•景泰县校级二模）如图，有一圆柱，其高为12cm，底面半径为3cm，在圆柱下底面A点处有一只蚂蚁，它想得到上底面B处的食物，则蚂蚁经过的最短距离为 　15　cm．（π取3）

【分析】本题应先把圆柱展开即得其平面展开图，则A，B所在的长方形的长为圆柱的高12cm，宽为底面圆周长的一半为πr，蚂蚁经过的最短距离为连接A，B的线段长，由勾股定理求得AB的长．
【解答】解：圆柱展开图为长方形，
则A，B所在的长方形的长为圆柱的高12cm，宽为底面圆周长的一半为πrcm，
蚂蚁经过的最短距离为连接A，B的线段长，
由勾股定理得AB＝＝＝＝15cm．
故蚂蚁经过的最短距离为15cm．

【点评】解答本题的关键是计算出圆柱展开后所得长方形长和宽的值，然后用勾股定理计算即可．
2．（2018•石家庄模拟）如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用 　2.5　秒钟．

【分析】把此正方体的点A所在的面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和B点间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于5，另一条直角边长等于2，利用勾股定理可求得．
【解答】解：因为爬行路径不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短的路线．
（1）展开前面右面由勾股定理得AB＝＝cm；
（2）展开底面右面由勾股定理得AB＝＝5cm；
所以最短路径长为5cm，用时最少：5÷2＝2.5秒．
【点评】本题考查了勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．
3．（2008•大庆）如图，圆锥的轴截面（过圆锥顶点和底面圆心的截面）是边长为4cm的等边三角形ABC，点D是母线AC的中点，一只蚂蚁从点B出发沿圆锥的表面爬行到点D处，则这只蚂蚁爬行的最短距离是 　2　cm．

【分析】根据圆锥的轴截面是边长为4cm的等边三角形可知，展开图是半径是4的半圆．点B是半圆的一个端点，而点D是平分半圆的半径的中点，根据勾股定理就可求出两点B和D在展开图中的距离，就是这只蚂蚁爬行的最短距离．
【解答】解：∵圆锥的底面周长是4π，则4π＝，
∴n＝180°即圆锥侧面展开图的圆心角是180°，
∴在圆锥侧面展开图中AD＝2，AB＝4，∠BAD＝90°，
∴在圆锥侧面展开图中BD＝，
∴这只蚂蚁爬行的最短距离是cm．

【点评】正确判断蚂蚁爬行的路线，把曲面的问题转化为平面的问题是解题的关键．
4．（2007•金昌）如图，圆锥的母线长OA为8，底面圆的半径为4．若一只蚂蚁在底面上点A处，在相对母线OC的中点B处有一只小虫，蚂蚁要捉到小虫，需要爬行的最短距离为 　　．

【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【解答】解：由题意知，底面圆的直径AC＝8，故底面周长等于8π．
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，8π＝，
解得n＝180，所以展开图中∠AOB＝90°，
根据勾股定理求得AB＝，
所以蚂蚁爬行的最短距离为．

【点评】圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
题型八：勾股定理之垂美四边形模型
一．解答题（共6小题）
1．（2021•姑苏区校级二模）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中肯定是垂美四边形的是 　菱形，正方形　．
（2）性质探究：如图1，已知四边形ABCD是垂美四边形，直接写出其两组对边AB、CD与BC、AD之间的数量关系 　AD2+BC2＝AB2+CD2　．
（3）问题解决：如图2，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BE，CG，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【分析】（1）根据垂美四边形的定义即可判断；
（2）结论：AD2+BC2＝AB2+CD2．利用勾股定理即可证明；
（3）CE、BA相交于点M，连接CE，BG，只要证明四边形CGEB是垂美四边形，利用（2）中结论即可解决问题．
【解答】解：（1）∵菱形、正方形的对角线垂直，
∴菱形、正方形都是垂美四边形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）猜想：AD2+BC2＝AB2+CD2．
理由如下：
∵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＝AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
故答案为AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）CE、BA相交于点M，连接CE，BG，

∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG＝AC，∠GAB＝∠CAE，AB＝AE，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
又∵∠BMC＝∠AME，
∴∠ABG+∠BMC＝90°，
∴CE⊥BG．
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）可知CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴由勾股定理，得CB2＝9，CG2＝32，BE2＝50，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、勾股定理、垂美四边形的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．（2021•南明区模拟）如图，我把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2．
（2）解决问题：已知AB＝5，BC＝4，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP．
①如图2，当∠ACB＝90°，连接PQ，求PQ；
②如图3，当∠ACB≠90°，点M、N分别是AC、AP中点连接MN．若MN＝2，则S△ABC＝　　．

【分析】（1）利用勾股定理即可得出结论；
（2）①根据SAS可证明△PBC≌△ABQ，得∠BPC＝∠BAQ，得∠PDA＝90°，可求出PQ的长；
②方法一：连接PC、AQ交于点D，同①可证△PBC≌△ABQ，则AQ＝PC且AQ⊥PC，由MN＝2，可知AQ＝PC＝4．延长QB作AE⊥QE，求出BE的长，则答案可求出．
方法二：连接PC，AQ，PQ，延长PB使BH＝AB，由①得，△BPC≌△BAQ，证明△BQH≌△BCA（SAS），得出S△ABC＝S△PBQ＝S△QBH，则可得出答案．
【解答】解：（1）证明：如图1中，

∵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，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）①方法一：连接PC、AQ交于点D，如图2，

∵△ABP和△CBQ都是等腰直角三角形，
∴PB＝AB，CB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ＝90°，
∴∠PBC＝∠ABQ，
∴△PBC≌△ABQ（SAS），
∴∠BPC＝∠BAQ，
又∵∠BPC+∠CPA+∠BAP＝90°，
即∠BAQ+∠CPA+∠BAP＝90°，
∴∠PDA＝90°，
∴PC⊥AQ，
利用（1）中的结论：AP2+CQ2＝AC2+PQ2
即（5）2+（4）2＝32+PQ2；
∴PQ＝．
②连接PC、AQ交于点D，如图3，

同①可证△PBC≌△ABQ（SAS），AQ＝PC且AQ⊥PC，
∵M、N分别是AC、AP中点，
∴MN＝PC，
∵MN＝2，
∴AQ＝PC＝4．
延长QB作AE⊥QE，
则有AE2+BE2＝25，AE2+QE2＝48，
∵EQ＝4+BE，
∴（4+BE）2﹣BE2＝23，
解得BE＝，
∴S△ABC＝×BC×BE＝＝．
方法二：

连接PC，AQ，PQ，延长PB使BH＝AB，
由①得，△BPC≌△BAQ，
∴PC＝AQ＝2MN＝4，PC⊥AQ，
∴∠PBM＝∠QBC＝90°，
∴∠PBQ+∠ABC＝180°，
即∠QBH＝∠CBA，
∵BQ＝BC，AB＝PB＝BH，
∴△BQH≌△BCA（SAS），
∴S△ABC＝S△PBQ＝S△QBH，
∴S△ABC＝
＝
＝．
故答案为：．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、中位线定理、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．
3．（2020•科尔沁区模拟）定义：我们把对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
（1）概念理解：如：图1，四边形ABCD中，BA＝BC，DA＝DC，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
（2）性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）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＝4，AB＝5，求GE的长．

【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理得出AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，即可得出结论；
（3）先由SAS证明△GAB≌△CAE，得出∠ABG＝∠AEC，进而证出CE⊥BG，再根据勾股定理、结合（2）的结论计算，即可得出结果．
【解答】（1）解：四边形ABCD是垂美四边形．
理由如下：∵BA＝BC，DA＝DC，
∴BD垂直平分AC，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）证明：Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2，Rt△AOD中，OA2+OD2＝AD2，
Rt△COB中，OC2+OB2＝CB2，Rt△COD中，OD2+OC2＝DC2，
∴AB2+DC2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+CB2．
（3）解：如图3，连接CG、BE，CE与AB相交于点M，

∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，
即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
即CE⊥BG，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，
∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，
∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，
∴GE＝．
【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；熟练掌握正方形的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键．
4．（2019•天水）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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（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，连接CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）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：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵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；

（2）如图1中，

∵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．

（3）连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠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＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．

【点评】本题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．
5．（2019•兰州模拟）阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD2+BC2＝AB2+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴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．
拓展探究：
（1）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）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，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，已知AC＝4，AB＝5．求GE长．

【分析】拓展探究：（1）由AB＝AD，CB＝CD即可知直线AC是线段BD的垂直平分线，据此可得；
（2）由F为斜边BC的中点知AF＝CF＝BF，结合题意得AD＝DB、AE＝CE，从而得出DF⊥AB、EF⊥AC，根据∠BAC＝90°即可得出答案；
问题解决：连接CG、BE，证△GAB≌△CAE得∠ABG＝∠AEC，结合∠AEC+∠AME＝90°知CE⊥BG，由定义得四边形CGEB是垂美四边形，根据CG2+BE2＝CB2+GE2将相关长度代入可得答案．
【解答】解：拓展探究：（1）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．

（2）四边形FMAN是矩形，
理由：如图3，连接AF，
∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF＝CF＝BF，
又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，
∴AD＝DB、AE＝CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠AMF＝∠MAN＝∠ANF＝90°，
∴四边形AMFN是矩形；

问题解决：
连接CG、BE，

∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
∵在△GAB和△CAE中，AG＝AC，∠GAB＝∠CAE，AB＝AE，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG＝∠AEC，
又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．
【点评】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用及全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形的判定等知识点．
6．（2021•新北区一模）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：我们已经学习了平行四边形、菱形、矩形、正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是 　菱形，正方形　．
（2）性质探究：如图2，已知四边形ABCD是垂美四边形，试探究其两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，并写出证明过程．
（3）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，CE交AB于点M，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【分析】（1）根据垂美四边形的定义即可判断；
（2）结论：AD2+BC2＝AB2+CD2．利用勾股定理即可证明；
（3）连接CG、BE，只要证明四边形CGEB是垂美四边形，利用（2）中结论即可解决问题．
【解答】解：（1）∵菱形、正方形的对角线垂直，
∴菱形、正方形都是垂美四边形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）猜想：AD2+BC2＝AB2+CD2．
理由如下：连接AC，BD交于点O，

∵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；
（3）连接CG，BE，

∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG＝AC，∠GAB＝∠CAE，AB＝AE，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
又∵∠BMC＝∠AME，
∴∠ABG+∠BMC＝90°，
∴CE⊥BG．
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）可知CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴由勾股定理，得CB2＝9，CG2＝32，BE2＝50，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、勾股定理、垂美四边形的定义等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【真题训练】
一．选择题（共3小题）
1．（2017•安顺）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO＝5cm，则AB的长为（　　）

A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【分析】根据折叠前后角相等可证AO＝CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．
【解答】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC＝∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∴∠EAC＝∠ACD，
∴AO＝CO＝5cm，
在直角三角形ADO中，DO＝＝3cm，
AB＝CD＝DO+CO＝3+5＝8cm．
故选：C．
【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
2．（2010•铁岭）如图所示，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB＝2米，则树高为（　　）

A．米 B．米 C．（+1）米 D．3米
【分析】在Rt△ACB中，根据勾股定理可求得BC的长，而树的高度为AC+BC，AC的长已知，由此得解．
【解答】解：Rt△ABC中，AC＝1米，AB＝2米；
由勾股定理，得：BC＝＝米；
∴树的高度为：AC+BC＝（+1）米；
故选：C．
【点评】正确运用勾股定理，善于观察题目的信息是解题的关键．
3．（2009•恩施州）如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（　　）

A．5 B．25 C．10+5 D．35
【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将长方体的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【解答】解：将长方体展开，连接A、B，
根据两点之间线段最短，
（1）如图，BD＝10+5＝15，AD＝20，
由勾股定理得：AB＝＝＝＝25．


（2）如图，BC＝5，AC＝20+10＝30，
由勾股定理得，AB＝＝＝＝5．


（3）只要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图：
∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴BD＝CD+BC＝20+5＝25，AD＝10，
在直角三角形ABD中，根据勾股定理得：
∴AB＝＝＝5；
由于25＜5＜5，
故选：B．


【点评】本题是一道趣味题，将长方体展开，根据两点之间线段最短，运用勾股定理解答即可．
二．填空题（共2小题）
4．（2014•宜宾）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，则EB′＝　1.5　．

【分析】首先根据折叠可得BE＝EB′，AB′＝AB＝3，然后设BE＝EB′＝x，则EC＝4﹣x，在Rt△ABC中，由勾股定理求得AC的值，再在Rt△B′EC中，由勾股定理可得方程x2+22＝（4﹣x）2，再解方程即可算出答案．
【解答】解：根据折叠可得BE＝EB′，AB′＝AB＝3，
设BE＝EB′＝x，则EC＝4﹣x，
∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得，，
∴B′C＝5﹣3＝2，
在Rt△B′EC中，由勾股定理得，x2+22＝（4﹣x）2，
解得x＝1.5，
【点评】此题主要考查了翻折变换，关键是分析清故答案为：1.5．
楚折叠以后哪些线段是相等的．
5．（2009•安顺）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是 　76　．

【分析】通过勾股定理可将“数学风车”的斜边求出，然后可求出风车外围的周长．
【解答】解：设将AC延长到点D，连接BD，
根据题意，得CD＝6×2＝12，BC＝5．
∵∠BCD＝90°
∴BC2+CD2＝BD2，即52+122＝BD2
∴BD＝13
∴AD+BD＝6+13＝19
∴这个风车的外围周长是19×4＝76．
故答案为：76．

【点评】本题考查勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．
三．解答题（共2小题）
6．（2019•天水）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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（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，连接CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）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：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵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；

（2）如图1中，

∵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．

（3）连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠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＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．

【点评】本题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．
7．（2016•衢州）如图1，我们把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：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．
猜想结论：（要求用文字语言叙述） 　垂美四边形两组对边的平方和相等　
写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．
（3）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，已知AC＝4，AB＝5，求GE长．

【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）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：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵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；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2＝AB2+CD2
证明：∵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；
（3）连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠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＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．


【点评】本题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．