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中考数学一轮复习：专题14.6 勾股定理章末八大题型总结（培优篇）（华东师大版）（解析版）
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这是一份中考数学一轮复习：专题14.6 勾股定理章末八大题型总结（培优篇）（华东师大版）（解析版），共38页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc6731" 【题型1 勾股数的运用】 PAGEREF _Tc6731 \h 1
\l "_Tc9474" 【题型2 勾股树的探究】 PAGEREF _Tc9474 \h 4
\l "_Tc14186" 【题型3 由勾股定理在坐标系中求距离】 PAGEREF _Tc14186 \h 7
\l "_Tc1653" 【题型4 由勾股定理探究图形面积】 PAGEREF _Tc1653 \h 12
\l "_Tc27833" 【题型5 由勾股定理求线段长度】 PAGEREF _Tc27833 \h 16
\l "_Tc19760" 【题型6 由勾股定理证明线段之间的关系】 PAGEREF _Tc19760 \h 20
\l "_Tc2484" 【题型7 勾股定理中的规律探究】 PAGEREF _Tc2484 \h 29
\l "_Tc13147" 【题型8 由勾股定理求最值】 PAGEREF _Tc13147 \h 33
【题型1 勾股数的运用】
【例1】（2023春·江苏南通·八年级统考期末）勾股定理最早出现在《周解算经》：“勾广三，股修四，弦隅五”．观察下列勾股数：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，这类勾股数的特点如下：勾为奇数，弦与股相差1，柏拉图研究了勾为偶数，弦与股相差2的一类勾股数，如：6，8，10；8，15，17；…若此类勾股数的勾为2m（m≥3，m为正整数），则其弦是（结果用含m的式子表示）（ ）
A．m2−1B．2m+2C．m2+1D．2m+3
【答案】C
【分析】根据题意得2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】解：∵m为正整数，
∴2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，
根据勾股定理得，(2m)2+a2=(a+2)2，
解得a=m2−1，
∴弦是a+2=m2−1+2=m2+1，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股数，勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
【变式1-1】（2023春·安徽合肥·八年级统考期末）下列各组a，b，c是勾股数的是（ ）
A．a=30，b=40，c=50 B． a=1，b=1，c= 2
C．a=3，b=4，c＝5D．a=7，b=14，c=15
【答案】A
【分析】根据勾股数的概念对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、∵302+402=502，
∴能构成勾股数，符合题意；
B、∵2不是整数，
∴不能构成勾股数，不符合题意；
C、∵3,5不是整数，
∴不能构成勾股数，不符合题意；
D、∵72+142≠152，
∴不能构成勾股数，不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查的是勾股数，熟知“满足a2+b2=c2的三个正整数为勾股数”是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·广西河池·八年级统考期末）当直角三角形的三边长都是正整数时，我们称这三个数为勾股数，如：3，4，5都是正整数，且32+42=52，所以3，4，5是勾股数．观察下列各勾股数有哪些规律；
(1)当a=11时，求b，c的值
(2)判断10，24，26是否为一组勾股数？若是，请说明理由．
【答案】(1)b=60，c=61
(2)10，24，26是勾股数，见解析
【分析】（1）先观察已有的勾股数，得到c=b+1，再利用勾股定理进行求解即可；
（2）利用勾股数的定义进行判断即可．
【详解】（1）解：观察已有的勾股数可得c=b+1，
∴a2+b2=b+12，
把a=11代入a2+b2=b+12，
解得b=60（负值已舍掉），
∴c=60+1=61；
（2）10，24，26是勾股数．
∵102+242=676=262．
又∵10，24，26都是正整数
根据勾股数的定义，可知10，24，26是勾股数．
【点睛】本题考查勾股数．熟练掌握勾股数的定义，是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·重庆九龙坡·八年级统考期末）我们知道，如果直角三角形的三边的长都是正整数，这样的三个正整数就叫做一组勾股数．如果一个正整数c能表示为两个正整数a，b的平方和，即c=a2+b2，那么称a，b，c为一组广义勾股数，c为广义斜边数，则下面的结论：①m为正整数，则3m，4m，5m为一组勾股数；②1，2，3是一组广义勾股数；③13是广义斜边数；④两个广义斜边数的和是广义斜边数；⑤若a=2k2+2k,b=1+2k,c=2k2+2k+1，其中k为正整数，则a，b，c为一组勾股数；⑥两个广义斜边数的积是广义斜边数．依次正确的是（ ）
A．①②③B．①②④⑤C．③④⑤D．①③⑤
【答案】D
【分析】根据题目中所给的勾股数．广义勾股数，广义斜边数的定义，分析选项找出结论正确的即可．
【详解】解：由题意可知：
①m为正整数，则3m，4m，5m为一组勾股数；结论正确；
②1，2，3是一组广义勾股数；∵3≠12+22，∴不满足c=a2+b2，不能成为广义勾股数，故结论不正确；
③13是广义斜边数；∵13=22+32，∴结论正确；
④两个广义斜边数的和是广义斜边数；例如2=12+12，5=12+22，但是7不是广义斜边数，故结论不正确；
⑤若a=2k2+2k,b=1+2k,c=2k2+2k+1，其中k为正整数，则a，b，c为一组勾股数；∵a2+b2=2k2+2k2+1+2k2=4k4+8k3+8k2+4k+1，c2=2k2+2k+12=4k4+8k3+8k2+4k+1，满足：c2=a2+b2，故结论正确；
⑥两个广义斜边数的积是广义斜边数．例如2=12+12，但是4不是广义斜边数，故结论不正确；
故正确的结论为：①③⑤．
故选：D
【点睛】本题考查勾股数．广义勾股数，广义斜边数的定义，解题的关键是理解题意，根据题干中的定义解答．
【题型2 勾股树的探究】
【例2】（2023春·全国·八年级期中）“勾股树”是以正方形－边为斜边向外作直角三角形 ，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似－－棵树而得名．假设下图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为（ ）
A．31B．63C．65D．67
【答案】B
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第五代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：由题意可知第一代勾股树中正方形有1+2=3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个），
由此推出第五代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25=63（个）
故选：B．
【点睛】本题考查了图形类规律探索的相关问题，仔细观察从图中找到规律是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图是一株美丽的勾股树，其作法为：从正方形①开始，以它的一边为斜边，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角边为边，分别向外作两个正方形，计为②．依此类推…若正方形①的面积为16，则正方形③的面积是 ．
【答案】4．
【分析】根据勾股定理可得两条直角边的平方和等于斜边的平方，即第①个正方形的面积＝第②个正方形面积的两倍；同理，第③个正方形面积是第②个正方形面积的一半，依此类推即可解答．
【详解】解：第①个正方形的面积为16，
由分析可知：第②个正方形的面积为8，
第③个正方形的面积为4，
故答案为：4．
【点睛】本题是图形类的变化规律题，考查了勾股定理与面积的关系及等腰直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
【变式2-2】（2023春·湖南长沙·八年级长郡中学校考期末）勾股定理揭示了直角三角形三边之间的关系，其中蕴含着丰富的科学知识和人文价值．如图所示，是一棵由正方形和含30°角的直角三角形按一定规律长成的勾股树，树的主干自下而上第一个正方形和第一个直角三角形的面积之和为S1，第二个正方形和第二个直角三角形的面积之和为S2，…，第n个正方形和第n个直角三角形的面积之和为Sn．
设第一个正方形的边长为1．
请解答下列问题：
（1）S1= ．
（2）通过探究，用含n的代数式表示Sn，则Sn= ．
【答案】 1+38 1+38⋅34n−1（n为整数）
【分析】根据正方形的面积公式求出面积，再根据直角三角形三条边的关系运用勾股定理求出三角形的直角边，求出S1，然后利用正方形与三角形面积扩大与缩小的规律推导出公式．
【详解】解：（1）∵第一个正方形的边长为1，
∴正方形的面积为1，
又∵直角三角形一个角为30°，
∴三角形的一条直角边为12，另一条直角边就是12−122=32，
∴三角形的面积为12×12×32=38，
∴S1=1+38；
（2）∵第二个正方形的边长为32，它的面积就是34，也就是第一个正方形面积的34，
同理，第二个三角形的面积也是第一个三角形的面积的34，
∴S2=（1+38）•34，
依此类推，S3=（1+38）•34•34，
即S3=（1+38）•342，
Sn=1+38⋅34n−1（n为整数）．
故答案为：（1）1+38 ；（2）1+38⋅34n−1（n为整数）
【点睛】本题考查勾股定理的运用，正方形的性质以及含30°角的直角三角形的性质．能够发现每一次得到的新的正方形和直角三角形的面积与原正方形和直角三角形的面积之间的关系是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·山东烟台·八年级统考期中）有一个面积为1的正方形，经过一次“生长”后，在他的左右肩上生出两个小正方形（如图1），三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过一次“生长”后，生出了4个正方形（如图2），如果按此规律继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”．在“生长”了2022次后形成的图形中所有正方形的面积和是 ．
【答案】2023
【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式，知“生长”1次后，以直角三角形两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积，即所有正方形的面积和是2×1=2；“生长”2次后，所有的正方形的面积和是3×1=3，推而广之即可求出“生长”2022次后形成图形中所有正方形的面积之和．
【详解】设第一个直角三角形的是三条边分别是a，b，c．
根据勾股定理，得a2+b2=c2=1，
由图1可知，“生长”1次后，以直角三角形两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积，即所有正方形的面积和是2×1=2；
由图2可知，“生长”2次后，所有的正方形的面积和是3×1=3，
···
“生长”了2022次后形成的图形中所有的正方形的面积和是2023×1=2023．
故答案为：2023.
【点睛】此题考查了正方形的性质，以及勾股定理，其中能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系是解本题的关键．
【题型3 由勾股定理在坐标系中求距离】
【例3】（2023春·安徽安庆·八年级统考期中）如图，点P是平面坐标系内一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3B．2C．22D．7
【答案】A
【分析】连接OP，在直角坐标系中，根据点P的坐标是2,7，得OA=2，PA=7，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接PO，
∵点P的坐标是2,7，
∴OA=2，PA=7，
∴点P到原点的距离=OA2+PA2=22+72=3，
故选：A．
【点睛】此题考查勾股定理、坐标与图形性质的理解，掌握用勾股定理求点P到坐标轴的距离是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）在平面直面坐标系中有两点A3,0和B0,4，则这两点之间的距离是（ ）
A．3B．4C．5D．7
【答案】C
【分析】根据平面直角坐标系中，两点之间的距离公式，代值求解即可得到答案．
【详解】解：连接AB，如图所示：
∵A3,0，B0,4，
∴AB=0−32+4−02=5，
故选：C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中，两点之间的距离，熟练掌握两点之间距离公式的运用是解决问题的关键．
【变式3-2】（2023春·湖北鄂州·八年级统考期中）【复习旧知】结合数轴与绝对值的知识回答下列问题：数轴上表示4和1的两点之间的距离是3：而|4−1|=3；表示－3和2两点之间的距离是5：而|−3−2|=5；表示−4和−7两点之间的距离是3，而|−4−(−7)|=3，一般地，数轴上表示数m和数n的两点之间的距离公式为|m−n|．
（1）数轴上表示数−5的点与表示−2的点之间的距离为___；
【探索新知】如图1，我们在“格点”直角坐标系上可以清楚看到：要找AB或DE的长度，显然是化为求Rt△ABC或Rt△DEF的斜边长．下面我们以求DE为例来说明如何解决：
从坐标系中发现：D(−7,5)，E(4,−3)，所以DF=5−−3=8，EF=4−−7=11，所以由勾殿定理可得：DE=82+112=185．
（2）在图2中：设Ax1,y1,Bx2,y2，试用x1,y1,x2,y2表示AB的长：AB=___．
得出的结论被称为“平面直角坐标系中两点间距离公式”；
【学以致用】请用此公式解决如下问题：
（3）如图3，已知：A(2,1)，B(4,3)，C为坐标轴上的点，且使得△ABC是以AB为底边的等腰三角形．请求出C点的坐标．
【答案】（1）3；（2）x1−x22+y1−y22；（3）5,0或0,5
【分析】（1）由−2−(−5)计算即可求出数轴上表示数−5的点与表示−2的点之间的距离为；
（2）结合坐标系及各点坐标即可得出各线段的长度．
（3）设点C的坐标为(x,0)或(y,0)，依次求出即可得出答案．
【详解】解：解：（1）数轴上表示数−5的点与表示−2的点之间的距离=−2−(−5)=3，
故答案为：3；
（2）结合图形可得：AC=y1−y2，BC=x1−x2，AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2．
故答案为：(x1−x2)2+(y1−y2)2；
（3）若点C在x轴上，设点C的坐标为(x,0)，
则AC=BC，即(2−x)2+(1−0)2=(4−x)2+(3−0)2，
解得：x=5，
即点C的坐标为(5,0)；
若点C在y轴上，设点C的坐标为(0,y)，
则AC=BC，即(2−0)2+(1−y)2=(4−0)2+(3−y)2，
解得：y=5，
即点C的坐标为(0,5)．
综上可得点C的坐标为(5,0)或(0,5)．
【点睛】本题考查了勾股定理及两点间的距离公式，看似难度较大，其实不然，注意仔细审题，领悟题意是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·湖南·八年级期末）阅读材料，在平面直角坐标系中，已知x轴上两点Ax1,0、Bx2,0的距离记作AB=x1−x2，如果Ax1,y1、Bx2,y2是平面上任意两点，我们可以通过构造直角三角形来求AB间的距离．如下左图，过A、B分别向x轴、y轴作垂线AM1、AN1和BM2、BN2，垂足分别是M1、N1、M2、N2，直线AN1交BM2于点Q，在Rt△ABQ中，AQ=x1−x2，BQ=y1−y2，∴AB2=AQ2+BQ2=x1−x22+y1−y22=x1−x22+y1−y22．
(1)由此得到平面直角坐标系内任意两点Ax1,y1、Bx2,y2间的距离公式为：AB= ______．
(2)直接应用平面内两点间距离公式计算点A(1,−3)，B(−2,1)之间的距离为______．
利用上面公式解决下列问题：
(3)在平面直角坐标系中的两点A(0,3)，B(4,1)，P为x轴上任一点，求PA+PB的最小值和此时点P的坐标；
(4)应用平面内两点间的距离公式，求代数式x2+y−22+x−32+y−12的最小值（直接写出答案）．
【答案】(1)(x1−x2)2+(y1−y2)2
(2)5
(3)42，P(3,0)
(4)10
【分析】（1）根据题干内容回答即可；
（2）直接利用两点之间距离公式直接求出即可；
（3）利用轴对称求最短路线方法得出P点位置，进而求出PA+PB的最小值；
（4）根据原式表示的几何意义是点(x,y)到点(−2,−4)和(3,1)的距离之和，当点(x,y)在以(−2,−4)和(3,1)为端点的线段上时其距离之和最小，进而求出即可．
【详解】（1）解：阅读材料可得：AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2；
（2）∵平面直角坐标系内任意两点A(x1，y1)，B(x2，y2)间的距离公式为：AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2，
∴点A(1,−3)，B(−2,1)之间的距离为：AB=−2−12+−3−12=5；
故答案为：5；
（3）作点B关于x轴对称的点B′，连接AB′，直线AB′于x轴的交点即为所求的点P，PA+PB的最小值就是线段AB′的长度，然后根据两点间的距离公式即可得到结论．
∵B(4,1)，
∴B′(4,−1)，
∵A(0,3)，
∴设直线AB′的一次函数表达式为y=kx+3，
把B′(4,−1)代入−1=4k+3 解得 k=−1，
当y=0时，解得x=3，即P(3,0)，
∴PA+PB=PA+PB′=AB′=(0−4)2+(3+1)2=42，
即为PA+PB的最小值为42．
故答案为：42；
（4）原式=x2+(y−2)2+(x−3)2+(y−1)2，
故原式表示点(x,y)到(0,2)和(3,1)的距离之和．
由两点之间线段最短，点(x,y)在以(0,2)和(3,1)为端点的线段上时，原式值最小．
利用公式可得，原式=10．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最值问题以及两点之间距离公式，正确转化代数式为两点之间距离问题是解题关键．
【题型4 由勾股定理探究图形面积】
【例4】（2023春·河南新乡·八年级河南师大附中校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，若以AC边和BC边向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形BCD．记△ACE的面积是S1，△BCD的面积是S2，则S1+S2=（ ）
A．16B．32C．48D．64
【答案】B
【分析】由勾股定理求出BC2+AC2=AB2=82=64，由等腰直角三角形的性质得出AE=AC，BD=BC，S1+S2=12AC2+12BC2=12AB2=32，即可得出结果．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AB=8，
∴BC2+AC2=AB2=82=64
∵△ACE和△BCD为等腰直角三角形，
∴AE=AC，BD=BC，
∴S1+S2=12AC2+12BC2=12AC2+BC2=12AB2=12×64=32，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形面积的计算方法，熟练掌握勾股定理和等腰直角三角形的性质是解决问题的关键．
【变式4-1】（2023春·吉林四平·八年级统考期末）如果一个三角形，三条边的长度之比为3:4:5，且周长为48cm，那么这个三角形的面积是（ ）
A．48cm2B．96cm2C．192cm2D．220cm2
【答案】B
【分析】设这个三角形的三条边的长度分别为3xcm，4xcm，5xcm，根据周长为48cm列出方程并求得三边长度；然后由勾股定理逆定理判定该三角形为直角三角形，由三角形的面积公式作答即可．
【详解】解：设这个三角形的三条边的长度分别为3xcm，4xcm，5xcm，
∵三角形的周长为48cm，
则3x+4x+5x=48，
解得x=4，
则该三角形的三条边的长度分别为12cm，16cm，20cm，
∵122+162=202，
则该三角形为直角三角形，两直角边长分别为12cm、16cm，
∴面积为: 12×12×16=96cm2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找到等量关系，列出方程求得三角形的三条边的长度．
【变式4-2】（2023春·广西南宁·八年级校联考期中）现有如图1的8张大小形状相同的直角三角形纸片，三边长分别是a、b、c．用其中4张纸片拼成如图2的大正方形（空白部分是边长分别为a和b的正方形）；用另外4张纸片拼成如图3的大正方形（中间的空白部分是边长为c的正方形）．
(1)观察：从整体看，整个图形的面积等于各部分面积的和．所以图2和图3的大正方形的面积都可以表示为a+b2，结论①；图2中的大正方形的面积又可以用含字母a、b的代数式表示为： ，结论②；图3中的大正方形的面积又可以用含字母a、b、c的代数式表示为： ，结论③；
(2)思考：结合结论①和结论②，可以得到一个等式 ；结合结论②和结论③，可以得到一个等式 ；
(3)应用：若分别以直角三角形三边为直径，向外作半圆（如图4），三个半圆的面积分别记作S1、S2、S3，且S1+S2+S3=20，求S2的值．
(4)延伸：若分别以直角三角形三边为直径，向上作三个半圆（如图5），直角边a=5，b=12，斜边c=13，求图中阴影部分面积和．
【答案】(1)a2+b2+2ab；c2+2ab
(2)a+b2＝a2+b2+2ab；a2+b2＝c2
(3)10
(4)30
【分析】（1）图2的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上两个正方形的面积，图3的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上中间空白正方形的面积；
（2）根据两种方法表示的大正方形的面积相等整理即可得解；
（3）根据结论②求出S1+S3=S2，然后进行计算即可得解；
（4）根据结论③求出阴影部分的面积等于直角三角形的面积，然后列式计算即可得解．
【详解】（1）解：图2：a2+b2+4×12ab=a2+b2+2ab；
图3：c2+4×12ab=c2+2ab；
（2）解：结合结论①和结论②，可以得到一个等式：(a+b)2=a2+b2+2ab；
结合结论②和结论③，可以得到一个等式：(a+b)2=c2+2ab，
即，a2+b2=c2；
（3）解：S1=12π(b2)2=πb28，S2=12π(c2)2=πc28，S3=12π(a2)2=πa28，
∵a2+b2=c2，
∴S1+S3=πb28+πa28=π(a2+b2)8=πc28=S2，
∵S1+S2+S3=20，
∴2S2=20，
解得S2=10；
（4）解：由“应用”的解答过程可知：S1+S3=S2
∴阴影部分面积和=S1+S3+12ab−S2=12ab，
∵a=5，b=12，
∴阴影部分面积和=12×5×12=30．
【点睛】本题考查了勾股定理，完全平方公式的几何背景，读懂题目材料的信息并用两种方法准确表示出同一个图形的面积是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·湖南衡阳·八年级校考期中）在△ABC中，AB=10，BC= 27，∠A=30°，则△ABC的面积是 ．
【答案】153或103
【分析】作CD⊥AB交AB于点D，设DB=x，用勾股定理得出CD2，再由30°可得AD是CD的3倍列出方程可得x的值，再根据三角形的面积公式可得答案．
【详解】解：作CD⊥AB交AB于点D，
设DB=x，则AD=10−x．
在Rt△CDB中，
CD2=CB2−DB2=272−x2=28−x2．
∵Rt△ADC中，∠A=30°，
∴AD =3 CD，即AD2=3CD2，
∴10−x2=328−x2，
解得x=1或4．
∴DC =28−12= 3 3或28−42= 2 3，
∴△ABC的面积S =12× 10×3 3= 15 3或S =12× 10×2 3= 10 3．
故答案为：15 3或10 3．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
【题型5 由勾股定理求线段长度】
【例5】（2023春·广东佛山·八年级佛山市华英学校校考期中）如图，△ABC的周长为4+25，其中AB=4，BC=5−3．
(1)AC=______；
(2)判断△ABC是否为直角三角形，并说明理由．
(3)过点A作AE⊥AB，AE=22，在AB上取一点D，使得DB=DE，求AD的长度．
【答案】(1)5+3；
(2)△ABC是直角三角形，理由见解析；
(3)1
【分析】（1）由三角形周长公式可求解；
（2）由勾股定理的逆定理可证△ABC是直角三角形；
（3）利用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC的周长为4+25，AB=4，BC=5−3，
∴AC=4+25−4−5−3=5+3，
故答案：5+3；
（2）解：△ABC是直角三角形，理由如下：
∵AB2=16，BC2+AC2=16，
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）解：∵DE2=AE2+AD2，
∴4−AD2=8+AD2，
∴AD=1．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理的应用，勾股定理，掌握勾股定理的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·山西太原·八年级校联考期中）如图，∠ACB=∠BDC=90°，且AB=13，AC=12，BD=4，则DC的长度为（ ）
A．3B．8C．4D．9
【答案】A
【分析】在Rt△ABC中先根据勾股定理求出BC的长，再在Rt△BCD中根据勾股定理即可得出结论．
【详解】∵∠ACB=90°，AB=13，AC=12，
∴BC=AB2−AC2=132−122=5．
在Rt△BCD中，
∵∠BDC=90°，BC=5，BD=4，
∴CD=BC2−BD2=52−42=3．
故选：A．
【点睛】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
【变式5-2】（2023春·山东济南·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，线段AB，AC的垂直平分线交于点O，则OA的长度为 ．
【答案】258
【分析】连接OB，延长AO交BC于H，根据HL得Rt△AOE≌Rt△AOF，可得∠OAE=∠OAF，根据等腰三角形的性质得到AH⊥BC，BH=HC=3，根据勾股定理得到AH=AB2−BH2=4，在Rt△BOH中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：连接OB，延长AO交BC于H，
∵线段AB，AC的垂直平分线交于点O，
∴∠AEO=∠AFO=90°,OA=OB,AE=BE=12AB,AF=CF=12AC,
∵AB=AC，
∴AE=AF,
在Rt△AOE和Rt△AOF中，AO=AO,AE=AF，
∴Rt△AOE≌Rt△AOF，
∴∠OAE=∠OAF，
∴AO平分∠BAC，
∵AB=AC,
∴AH⊥BC，BH=HC=3，
∴AH=AB2−BH2=4，OH=AH−OA=4−OA
在Rt△BOH中，OB2=OH2+BH2,
∴OA2=4−OA2+32,解得：OA=258．
故答案为258．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·重庆合川·八年级统考期末）如图，在等腰三角形ABC中，底边BC=29，D是AC上一点，连接BD，BD＝5，CD＝2．
(1)求证：ΔBDC是直角三角形；
(2)求AB边的长度．
【答案】(1)见解析
(2)294
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理直接得出结论；
（2）设腰长为x，在ΔADB中，利用勾股定理列出x的方程，求出x的值，进而利用三角形的面积公式求出答案．
【详解】（1）解：∵BC=29，BD=5，CD=2，
∴CD2+BD2=4+25=29=BC2，
∴ΔBDC是直角三角形；
（2）解：设腰长AB=AC=x．
∵在RtΔADB中，AB2=AD2+BD2，
∴x2=x−22+52，
解得x=294，
即：AB=x=294．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理、等腰三角形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出腰长，此题难度不大．
【题型6 由勾股定理证明线段之间的关系】
【例6】（2023春·四川成都·八年级校联考期中）已知△ABC是等边三角形．
(1)如图1，△BDE也是等边三角形．点A、B、E三点不共线，求证：AD=CE；
(2)如图2，点D是△ABC外一点，且∠BDC=30°，请证明结论DA2=DC2+DB2；
(3)如图3，点D是等边三角形△ABC外一点，若DA=13，DB=52，DC=7．试求∠BDC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)75°
【分析】（1）连接AD．根据SAS证明△ABD≌△CBE即可解决问题；
（2）以BD为边向下作等边△BDE，连接EC．证明△ABD≌△CBE(SAS)，推出AD=CE，再证明∠CDE=90°，即可解决问题；
（3）以BD为边向下作等边△BDE，连接EC，作EH⊥CD交CD的延长线于H．同法可证：△ABD≌△CBE(SAS)，可得AD=CE=13，设EH=x，DH=y，利用勾股定理构建方程组，求出x，y即可解决问题．
【详解】（1）解：证明：如图1中，连接AD．
∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE．
（2）如图2中，以BD为边向下作等边△BDE，连接EC．
∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
∵∠CDB=30°，∠BDE=60°，
∴∠CDE=90°，
∴CE2=CD2+DE2，
∵DB=DE，DA=EC，
∴DA2=DC2+DB2．
（3）如图3中，以BD为边向下作等边△BDE，连接EC，作EH⊥CD交CD的延长线于H．
同法可证：△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE=13，设EH=x，DH=y，
则有x2+y2=50(7+y)2+x2=132，
解得x=5y=5，
∴DH=HE=5，
∵∠H=90°，
∴∠EDH=45°，
∴∠CDE=135°，
∵∠BDE=60°，
∴∠BDC=135°−60°=75°．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
【变式6-1】（2023春·湖北十堰·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，且A4,0，点B在y轴上，且B0,4．
(1)求线段AB的长；
(2)若点E在线段AB上，OE⊥OF，且OE=OF，求AE+AF的值；
(3)在（2）的条件下，过点O作OM⊥EF，交AB于点M，试证明：AM2+BE2=EM2
【答案】(1)42
(2)42
(3)见解析
【分析】（1）根据AB=OA2+OB2即可解决．
（2）先证明△BOE≌△AOF得AF=BE，所以AE+AF=AE+BE=AB即可解决．
（3）结论：FM2=AM2+AF2．只要证明ME=MF，AF=BE，在Rt△AMF中利用勾股定理即可证明．
【详解】（1）在Rt△ABO中，
∵AO=OB=4，
∴AB=AO2+OB2=42+42=42．
（2）∵∠BOA=∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠AOF，
在△BOE和△AOF中，
OB=OA∠BOE=∠AOFOE=OF，
∴△BOE≌△AOFSAS，
∴AF=BE，
∴AE+AF=AE+EB=AB=42．
（3）结论：FM2=AM2+AF2，理由如下：
连接FM．∵OE=OF，OM⊥EF，
∴OM垂直平分EF，
∴ME=MF，
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
由（1）可知△BOE≌△AOF，
∴BE=AF，∠OBE=∠OAF=45°，
∴∠MAF=∠OAF+∠OAB=90°，
∴FM2=AM2+AF2，
∴EM2=BE2+AM2．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是寻找全等三角形，属于中考常考题型．
【变式6-2】（2023春·河南鹤壁·八年级统考期末）亲爱的同学们，在全等三角形中，我们见识了很多线段关系的论证题，下面请你用本阶段所学知识，分别完成下列题目．
(1)如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．证明：DE=BD+CE；
(2)如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．容易证明△ACD≌△BCE，则：
①∠AEB的度数为______；
②直接写出AE、BE、CM之间的数量关系．
(3)如图3，△ABC中，若∠A=90°，D为BC的中点，DE⊥DF交AB、AC于E、F，求证：BE2+CF2=EF2．
【答案】(1)见解析
(2)①90°；②AE=BE+2CM
(3)见解析
【分析】（1）利用AAS证明△ABD≌△CAE，得到BD=AE，AD=CE，即可得到结论成立；
（2）①由等腰直角三角形的性质，得∠CDE=∠CED=45°，则∠ADC=135°，由全等三角形的性质，∠BEC=135°，即可求出∠AEB的度数；②由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质，得到AD=BE，CM=DM=EM，即可得到AE=BE+2CM；
（3）延长ED到点G，使DG=ED，连接GF，GC，证明△DBE≌△DCG，得到BE=CG，再根据勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵∠BAC=90°，BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAE=90°，
∴∠ABD=∠CAE，
∵AB=AC，
∴△ABD≌△CAEAAS，
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AE+AD=BD+CE；
（2）解：①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°−45°=135°，
∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°，
故答案为：90°；
②AE=BE+2CM，理由如下：
∵△DCE为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM=DM=EM，
∵AD=BE，
∴AE=AD+DM+EM=BE+2CM；
（3）证明：如图，延长ED到点G，使DG=ED，连接GF，GC，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDG中，
ED=DG∠BDE=∠CDGBD=CD，
∴△BDE≌△CDGSAS，
∴BE=CG，∠B=∠GCD，
∵∠A=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∴∠GCD+∠ACB=90°，即∠GCF=90°，
Rt△CFG中，CF2+CG2=GF2，
∵ED⊥DF，DG=ED，
∴EF=GF，
∴BE2+CF2=EF2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，以及勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定和性质是解本题的关键．
【变式6-3】（2023春·广东广州·八年级校考期中）如图，点A为x轴负半轴上一点，点B为y轴正半轴上一点，点C为x轴正半轴上一点，AO=a，BO=b，CO=c,且a、b、c满足a=a−b+b−a+c有意义．
(1)若c=3，求AB=__________________；
(2)如图1，点P在x轴上（点P在点A左边），以PB为直角边在PB的上方作等腰直角三角形PDB，求证：PA2+PC2=PD2；
(3)如图2，点M为AB中点，点E为射线OA上一点，点F为射线BO上一点，且∠EMF=90°，设AE=m，BF=n，请求出EF的长度（用含m、n的代数式表示）．
【答案】(1)AB=32
(2)证明见解析；
(3)EF=m2+n2
【分析】（1） 根据二次根式的非负性可求得a=b=c=3，再结合勾股定理可求得AB的值；
（2）连接BC，证明△PBC≌△DBASAS，再由全等三角形的性质及勾股定理即可证明；（3）分情况讨论，当点E在线段OA上时，当点E在线段OA延长线上时，分别画出图形，作出辅助线，利用三角形全等和勾股定理得出结论即可．
【详解】（1）解：∵a、b满足a=a−b+b−a+c有意义，
∴a−b≥0且b−a≥0，
∴a=b=c=3，即AO=3，BO=3，
AB=AO2+BO2=32；
（2）证明：连接BC，由（1）可得OA=OB=OC，
∵两个坐标轴垂直，
∴∠OAB=∠ABO=∠OBC=∠OCB=45°，
∴AB=BC,∠ABC=90°，
又∵△PDB为等腰直角三角形，
∴BP=BD,∠DBP=90°，
∴∠ABD=∠DBP+∠ABP=∠ABC+∠ABP=∠BPC，
在△PBC和△DBA中，
BD=BP∠ABD=∠BPCAB=BC ，
∴△PBC≌△DBASAS，
∴AD=PC．∠DPB=∠BDA，∠PCD=∠BAC，
∵∠DBP=90°，
∴∠BPC+∠BCP=90°，
∴∠BAC+∠BAD=90°，
即∠DAP=90°，
∴PA2+AD2=PD2即PA2+PC2=PD2；
（3）当点E在线段OA上时，连接OM，如图所示：
∵OA=OB，∠AOB=90°，点M为AB的中点，
∴AM=OM=BM，OM⊥AB，∠MAE=∠MOF=45°，
∵∠EMF=∠AMO=90°，
∴∠AME=∠OMF，
∴△AME≌△OMF，
∴AE=OF=m，
∵OA=OB，
∴OE=BF=n，
根据勾股定理得：EF=OE2+OF2=m2+n2；
当点E在线段OA延长线上时，连接OM，如图所示：
同理可得：△AME≌△OMF，
∴AE=OF=m，
∵OA=OB，
∴OE=BF=n，
根据勾股定理得：EF=OE2+OF2=m2+n2；
综上分析可知，EF=m2+n2．
【点睛】本题考查勾股定理，全等三角形的性质和判定，坐标与图形，二次根式的非负性等．（1）中能根据二次根式的非负性得出a=b=c是解题关键；（2）中正确构造辅助线，作出全等三角形是解题关键；（3）能借助全等三角形和线段的和差正确表示线段的长度是解题关键．
【题型7 勾股定理中的规律探究】
【例7】（2023春·四川眉山·八年级统考期末）如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为 ．
【答案】2n−1
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
【详解】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，
∴OA2=2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3=2=22．
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4=22=23．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5=4=24．
……
∴OAn的长度为2n−1．
故答案为：2n−1．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出斜边是解题关键．
【变式7-1】（2023春·云南昆明·八年级统考期末）如果正整数a、b、c满足等式a2+b2=c2，那么正整数a、b、c叫做勾股数．某同学将自探究勾股数的过程列成下表，观察表中每列数的规律，可知x+y的值为（ ）
A．67B．34C．98D．73
【答案】C
【分析】依据每列数的规律，即可得到b=2n，a=n2−1，c=n2+1，进而得出x+y的值．
【详解】解：由题可得，3=22−1，4=2×2，5=22+1，……
∴b=2n，a=n2−1，c=n2+1，（n≥2且n为正整数）
∴当b=14=2n时，
解得：n=7，
∴x=72−1=48，y=72+1=50，
∴x+y=48+50=98，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股数，满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数．
【变式7-2】（2023春·湖北咸宁·八年级统考期末）如图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形组成的，图中的OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，⋯，OA10中，长度为整数的线段有 条．
【答案】3
【分析】OA1=1，根据勾股定理可得OA2=2，OA3=3，找到OAn=n的规律，即可得到结论．
【详解】解：∵如图是由一串有公共顶点O的直角三角形组成的，
图中的OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，
∴由勾股定理可得：
OA2=OA12+A1A22=12+12=2，
OA3=OA22+A2A32=22+12=3，
……
∴OAn=n，
∴在线段OA1，OA2，OA3，⋯，OA10中，完全平方数有1，4，9．
∴故长度为整数的线段有3条．
故答案为：3．
【点睛】本题考查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7-3】（2023春·江西南昌·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，将若干个边长为2个单位长度的等边三角形按如图所示的规律摆放，点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2023的坐标是（ ）
A．2022,0B．2022,−3C．2023,3D．2023,−3
【答案】C
【分析】通过观察可得，An每6个点的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，点An的横坐标规律：1，2，3，4，5，6，…，n，点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路线运动，1秒钟走一段，P运动每6秒循环一次，点P运动n秒的横坐标规律：1，2，3，4，5，6，…，n，点P的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，…，确定P2023循环的点即可．
【详解】解：过点A1作A1B⊥x轴于B，
∵图中是边长为2个单位长度的等边三角形，
∴OB=BA2=1，
∴A1B=OA12−OB2=3，
∴A11，3，A22，0，
同理A33，3，A44，0，
A55，−3，A66，0，
A77，3，
…
∴An中每6个点的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，
点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…” 的路线运动，1秒钟走一段，
∴P运动每6秒循环一次，
∴点P的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，…，
点P的横坐标规律： 1，2，3，4，5，6，…，n，
∵2023÷6=337…1，
∴点P2023的纵坐标为3，
∴点P2023的横坐标为2023，
∴点P2023的坐标2023，3，
故选C．
【点睛】本题考查点的坐标变化规律，平面直角坐标系中点的特点及等边三角形的性质，勾股定理，确定点的坐标规律是解题的关键．
【题型8 由勾股定理求最值】
【例8】（2023春·安徽六安·八年级校考期中）如图，已知∠MON=60∘，点P,Q为∠MON内的两个动点，且∠POQ=30∘，OP=3，OQ=4，点A,B分别是OM,ON上的动点，则PA+AB+BQ的最小值是（ ）
A．5B．7C．8D．10
【答案】A
【分析】作点P关于直线OM的对称点P′，连接OP′，作点Q关于直线ON的对称点Q′，连接OQ′，连接P′Q′，可知PA+AB+BQ=P′A+AB+BQ′，当P′，A，B，Q′在同一条直线上时，P′A+AB+BQ′可以取得最小值，最小值等于P′Q′的长度，即PA+AB+BQ的最小值等于P′Q′的长度，利用勾股定理即可求得P′Q′的长度．
【详解】如图所示，作点P关于直线OM的对称点P′，连接OP′，作点Q关于直线ON的对称点Q′，连接OQ′，连接P′Q′．
根据轴对称图形的性质可知PA=P′A，BQ=BQ′，
∴PA+AB+BQ=P′A+AB+BQ′．
根据题意可知，当P′，A，B，Q′在同一条直线上时，P′A+AB+BQ′可以取得最小值，最小值等于P′Q′的长度，即PA+AB+BQ的最小值等于P′Q′的长度．
根据轴对称图形的性质可知∠POA=∠P′OA，∠BOQ=∠BOQ′，
∴∠P′OA+∠BOQ′=∠POA+∠BOQ=∠MON−∠POQ=60°−30°=30°．
∴∠P′OQ′=∠P′OA+∠BOQ′+∠MON=30°+60°=90°．
根据轴对称图形的性质可知OP=OP′=3，OQ=OQ′=4，
∴P′Q′=OP′2+OQ′2=32+42=5．
∴PA+AB+BQ的最小值等于5．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的性质和勾股定理，根据题目要求构建轴对称图形是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·贵州贵阳·八年级统考期中）如图，等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE的腰长分别为4和2，其中∠BAC=∠DAE=90°，M为边DE的中点．若等腰Rt△ADE绕点A旋转，则点B到点M的距离的最大值为 ．
【答案】4+2
【分析】连接AM．由三线合一得AM=12DE=DM，利用勾股定理求出AM=2，然后利用三角形三条边的关系求解即可.
【详解】如图，连接AM．
∵M为边DE的中点，且△ADE为等腰直角三角形，
∴AM⊥DE，AM=12DE=DM．
在Rt△ADE中，AD=2，
由勾股定理可知AD2=AM2+DM2，即AM=DM=2．
当A，B，M三点不共线时，由三角形的三边关系可知，
此时一定有BM∴BM≤AB+AM=4+2，
即点B到点M的距离的最大值为4+2．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，以及三角形三条边的关系，确定当A，B，M三点共线且点M不位于点A，B之间时BM有最大值是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为6，线段EF在边BC上左右滑动，若EF=1，则AE+DF的最小值为 ．
【答案】13
【分析】如图，作A于BC对称点A′,则AE=A′E，在AD上截取DH=1，然后连接HE，当H、E、A′三点共线时，DE+CF有值最小A′H，然后利用勾股定理A′H即可解答．
【详解】解：如图，作A于BC对称点A′，
∴AE=A′E，AB=A′B,
在AD上截取DH=1，然后连接HE，
∵DH=EF=1,DH∥EF
∴四边形EFDH是平行四边形，
∴DF=HE,
∴AE+DF=A′E+EH=A′H，
∴当H、E、A′三点共线时，DE+CF有值最小A′H，
∵AD=AB=A′B=6，
∴AA′=AB+BA′=6+6=12，
∴AH=6−1=5，
由勾股定理得:A′H=122+52=13，即AE+DF最小值为13．
故答案为13．
【点睛】本题主要考查了利用轴对称求最短路径问题、勾股定理等知识点，根据题意确定AE+DF最小时E，F位置是解题关键．
【变式8-3】（2023春·广东梅州·八年级校考期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=22，点D在AC上，将△ABD沿BD折叠，点A落在点A1处，A1B与AC相交于点E，则A1E的最大值为 ．
【答案】163
【分析】首先利用勾股定理求出AC，然后确定A1E取最大值时BE最小，然后利用垂线段最短解决问题．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=22，
∴AC=AB2+BC2=62，
∵A1E=A1B−BE，A1B=AB=8，
∴当BE最小时，A1E最大，
∵当BE⊥AC时BE最小，
又∵ S△ABC=12×AB×BC=12×BE×AC，解得BE=83，
∴BE的最小值为83，
∴A1E的最大值为8−83=163，
故答案为：163．
【点睛】本题考查了翻折变换，涉及点到直线最短距离、勾股定理求线段长、等面积法求线段长等知识，灵活运用勾股定理及翻折不变性是解题的关键．3，4，5；
9，40，41；
5，12，13；
……；
7，24，25；
a，b，c．
a
b
c
3
4
5
8
6
10
15
8
17
24
10
26
…
…
…
x
14
y
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc6731" 【题型1 勾股数的运用】 PAGEREF _Tc6731 \h 1
\l "_Tc9474" 【题型2 勾股树的探究】 PAGEREF _Tc9474 \h 4
\l "_Tc14186" 【题型3 由勾股定理在坐标系中求距离】 PAGEREF _Tc14186 \h 7
\l "_Tc1653" 【题型4 由勾股定理探究图形面积】 PAGEREF _Tc1653 \h 12
\l "_Tc27833" 【题型5 由勾股定理求线段长度】 PAGEREF _Tc27833 \h 16
\l "_Tc19760" 【题型6 由勾股定理证明线段之间的关系】 PAGEREF _Tc19760 \h 20
\l "_Tc2484" 【题型7 勾股定理中的规律探究】 PAGEREF _Tc2484 \h 29
\l "_Tc13147" 【题型8 由勾股定理求最值】 PAGEREF _Tc13147 \h 33
【题型1 勾股数的运用】
【例1】（2023春·江苏南通·八年级统考期末）勾股定理最早出现在《周解算经》：“勾广三，股修四，弦隅五”．观察下列勾股数：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，这类勾股数的特点如下：勾为奇数，弦与股相差1，柏拉图研究了勾为偶数，弦与股相差2的一类勾股数，如：6，8，10；8，15，17；…若此类勾股数的勾为2m（m≥3，m为正整数），则其弦是（结果用含m的式子表示）（ ）
A．m2−1B．2m+2C．m2+1D．2m+3
【答案】C
【分析】根据题意得2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】解：∵m为正整数，
∴2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，
根据勾股定理得，(2m)2+a2=(a+2)2，
解得a=m2−1，
∴弦是a+2=m2−1+2=m2+1，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股数，勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
【变式1-1】（2023春·安徽合肥·八年级统考期末）下列各组a，b，c是勾股数的是（ ）
A．a=30，b=40，c=50 B． a=1，b=1，c= 2
C．a=3，b=4，c＝5D．a=7，b=14，c=15
【答案】A
【分析】根据勾股数的概念对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、∵302+402=502，
∴能构成勾股数，符合题意；
B、∵2不是整数，
∴不能构成勾股数，不符合题意；
C、∵3,5不是整数，
∴不能构成勾股数，不符合题意；
D、∵72+142≠152，
∴不能构成勾股数，不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查的是勾股数，熟知“满足a2+b2=c2的三个正整数为勾股数”是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·广西河池·八年级统考期末）当直角三角形的三边长都是正整数时，我们称这三个数为勾股数，如：3，4，5都是正整数，且32+42=52，所以3，4，5是勾股数．观察下列各勾股数有哪些规律；
(1)当a=11时，求b，c的值
(2)判断10，24，26是否为一组勾股数？若是，请说明理由．
【答案】(1)b=60，c=61
(2)10，24，26是勾股数，见解析
【分析】（1）先观察已有的勾股数，得到c=b+1，再利用勾股定理进行求解即可；
（2）利用勾股数的定义进行判断即可．
【详解】（1）解：观察已有的勾股数可得c=b+1，
∴a2+b2=b+12，
把a=11代入a2+b2=b+12，
解得b=60（负值已舍掉），
∴c=60+1=61；
（2）10，24，26是勾股数．
∵102+242=676=262．
又∵10，24，26都是正整数
根据勾股数的定义，可知10，24，26是勾股数．
【点睛】本题考查勾股数．熟练掌握勾股数的定义，是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·重庆九龙坡·八年级统考期末）我们知道，如果直角三角形的三边的长都是正整数，这样的三个正整数就叫做一组勾股数．如果一个正整数c能表示为两个正整数a，b的平方和，即c=a2+b2，那么称a，b，c为一组广义勾股数，c为广义斜边数，则下面的结论：①m为正整数，则3m，4m，5m为一组勾股数；②1，2，3是一组广义勾股数；③13是广义斜边数；④两个广义斜边数的和是广义斜边数；⑤若a=2k2+2k,b=1+2k,c=2k2+2k+1，其中k为正整数，则a，b，c为一组勾股数；⑥两个广义斜边数的积是广义斜边数．依次正确的是（ ）
A．①②③B．①②④⑤C．③④⑤D．①③⑤
【答案】D
【分析】根据题目中所给的勾股数．广义勾股数，广义斜边数的定义，分析选项找出结论正确的即可．
【详解】解：由题意可知：
①m为正整数，则3m，4m，5m为一组勾股数；结论正确；
②1，2，3是一组广义勾股数；∵3≠12+22，∴不满足c=a2+b2，不能成为广义勾股数，故结论不正确；
③13是广义斜边数；∵13=22+32，∴结论正确；
④两个广义斜边数的和是广义斜边数；例如2=12+12，5=12+22，但是7不是广义斜边数，故结论不正确；
⑤若a=2k2+2k,b=1+2k,c=2k2+2k+1，其中k为正整数，则a，b，c为一组勾股数；∵a2+b2=2k2+2k2+1+2k2=4k4+8k3+8k2+4k+1，c2=2k2+2k+12=4k4+8k3+8k2+4k+1，满足：c2=a2+b2，故结论正确；
⑥两个广义斜边数的积是广义斜边数．例如2=12+12，但是4不是广义斜边数，故结论不正确；
故正确的结论为：①③⑤．
故选：D
【点睛】本题考查勾股数．广义勾股数，广义斜边数的定义，解题的关键是理解题意，根据题干中的定义解答．
【题型2 勾股树的探究】
【例2】（2023春·全国·八年级期中）“勾股树”是以正方形－边为斜边向外作直角三角形 ，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似－－棵树而得名．假设下图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为（ ）
A．31B．63C．65D．67
【答案】B
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第五代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：由题意可知第一代勾股树中正方形有1+2=3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个），
由此推出第五代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25=63（个）
故选：B．
【点睛】本题考查了图形类规律探索的相关问题，仔细观察从图中找到规律是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图是一株美丽的勾股树，其作法为：从正方形①开始，以它的一边为斜边，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角边为边，分别向外作两个正方形，计为②．依此类推…若正方形①的面积为16，则正方形③的面积是 ．
【答案】4．
【分析】根据勾股定理可得两条直角边的平方和等于斜边的平方，即第①个正方形的面积＝第②个正方形面积的两倍；同理，第③个正方形面积是第②个正方形面积的一半，依此类推即可解答．
【详解】解：第①个正方形的面积为16，
由分析可知：第②个正方形的面积为8，
第③个正方形的面积为4，
故答案为：4．
【点睛】本题是图形类的变化规律题，考查了勾股定理与面积的关系及等腰直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
【变式2-2】（2023春·湖南长沙·八年级长郡中学校考期末）勾股定理揭示了直角三角形三边之间的关系，其中蕴含着丰富的科学知识和人文价值．如图所示，是一棵由正方形和含30°角的直角三角形按一定规律长成的勾股树，树的主干自下而上第一个正方形和第一个直角三角形的面积之和为S1，第二个正方形和第二个直角三角形的面积之和为S2，…，第n个正方形和第n个直角三角形的面积之和为Sn．
设第一个正方形的边长为1．
请解答下列问题：
（1）S1= ．
（2）通过探究，用含n的代数式表示Sn，则Sn= ．
【答案】 1+38 1+38⋅34n−1（n为整数）
【分析】根据正方形的面积公式求出面积，再根据直角三角形三条边的关系运用勾股定理求出三角形的直角边，求出S1，然后利用正方形与三角形面积扩大与缩小的规律推导出公式．
【详解】解：（1）∵第一个正方形的边长为1，
∴正方形的面积为1，
又∵直角三角形一个角为30°，
∴三角形的一条直角边为12，另一条直角边就是12−122=32，
∴三角形的面积为12×12×32=38，
∴S1=1+38；
（2）∵第二个正方形的边长为32，它的面积就是34，也就是第一个正方形面积的34，
同理，第二个三角形的面积也是第一个三角形的面积的34，
∴S2=（1+38）•34，
依此类推，S3=（1+38）•34•34，
即S3=（1+38）•342，
Sn=1+38⋅34n−1（n为整数）．
故答案为：（1）1+38 ；（2）1+38⋅34n−1（n为整数）
【点睛】本题考查勾股定理的运用，正方形的性质以及含30°角的直角三角形的性质．能够发现每一次得到的新的正方形和直角三角形的面积与原正方形和直角三角形的面积之间的关系是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·山东烟台·八年级统考期中）有一个面积为1的正方形，经过一次“生长”后，在他的左右肩上生出两个小正方形（如图1），三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过一次“生长”后，生出了4个正方形（如图2），如果按此规律继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”．在“生长”了2022次后形成的图形中所有正方形的面积和是 ．
【答案】2023
【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式，知“生长”1次后，以直角三角形两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积，即所有正方形的面积和是2×1=2；“生长”2次后，所有的正方形的面积和是3×1=3，推而广之即可求出“生长”2022次后形成图形中所有正方形的面积之和．
【详解】设第一个直角三角形的是三条边分别是a，b，c．
根据勾股定理，得a2+b2=c2=1，
由图1可知，“生长”1次后，以直角三角形两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积，即所有正方形的面积和是2×1=2；
由图2可知，“生长”2次后，所有的正方形的面积和是3×1=3，
···
“生长”了2022次后形成的图形中所有的正方形的面积和是2023×1=2023．
故答案为：2023.
【点睛】此题考查了正方形的性质，以及勾股定理，其中能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系是解本题的关键．
【题型3 由勾股定理在坐标系中求距离】
【例3】（2023春·安徽安庆·八年级统考期中）如图，点P是平面坐标系内一点，则点P到原点的距离是（ ）
A．3B．2C．22D．7
【答案】A
【分析】连接OP，在直角坐标系中，根据点P的坐标是2,7，得OA=2，PA=7，然后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接PO，
∵点P的坐标是2,7，
∴OA=2，PA=7，
∴点P到原点的距离=OA2+PA2=22+72=3，
故选：A．
【点睛】此题考查勾股定理、坐标与图形性质的理解，掌握用勾股定理求点P到坐标轴的距离是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）在平面直面坐标系中有两点A3,0和B0,4，则这两点之间的距离是（ ）
A．3B．4C．5D．7
【答案】C
【分析】根据平面直角坐标系中，两点之间的距离公式，代值求解即可得到答案．
【详解】解：连接AB，如图所示：
∵A3,0，B0,4，
∴AB=0−32+4−02=5，
故选：C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中，两点之间的距离，熟练掌握两点之间距离公式的运用是解决问题的关键．
【变式3-2】（2023春·湖北鄂州·八年级统考期中）【复习旧知】结合数轴与绝对值的知识回答下列问题：数轴上表示4和1的两点之间的距离是3：而|4−1|=3；表示－3和2两点之间的距离是5：而|−3−2|=5；表示−4和−7两点之间的距离是3，而|−4−(−7)|=3，一般地，数轴上表示数m和数n的两点之间的距离公式为|m−n|．
（1）数轴上表示数−5的点与表示−2的点之间的距离为___；
【探索新知】如图1，我们在“格点”直角坐标系上可以清楚看到：要找AB或DE的长度，显然是化为求Rt△ABC或Rt△DEF的斜边长．下面我们以求DE为例来说明如何解决：
从坐标系中发现：D(−7,5)，E(4,−3)，所以DF=5−−3=8，EF=4−−7=11，所以由勾殿定理可得：DE=82+112=185．
（2）在图2中：设Ax1,y1,Bx2,y2，试用x1,y1,x2,y2表示AB的长：AB=___．
得出的结论被称为“平面直角坐标系中两点间距离公式”；
【学以致用】请用此公式解决如下问题：
（3）如图3，已知：A(2,1)，B(4,3)，C为坐标轴上的点，且使得△ABC是以AB为底边的等腰三角形．请求出C点的坐标．
【答案】（1）3；（2）x1−x22+y1−y22；（3）5,0或0,5
【分析】（1）由−2−(−5)计算即可求出数轴上表示数−5的点与表示−2的点之间的距离为；
（2）结合坐标系及各点坐标即可得出各线段的长度．
（3）设点C的坐标为(x,0)或(y,0)，依次求出即可得出答案．
【详解】解：解：（1）数轴上表示数−5的点与表示−2的点之间的距离=−2−(−5)=3，
故答案为：3；
（2）结合图形可得：AC=y1−y2，BC=x1−x2，AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2．
故答案为：(x1−x2)2+(y1−y2)2；
（3）若点C在x轴上，设点C的坐标为(x,0)，
则AC=BC，即(2−x)2+(1−0)2=(4−x)2+(3−0)2，
解得：x=5，
即点C的坐标为(5,0)；
若点C在y轴上，设点C的坐标为(0,y)，
则AC=BC，即(2−0)2+(1−y)2=(4−0)2+(3−y)2，
解得：y=5，
即点C的坐标为(0,5)．
综上可得点C的坐标为(5,0)或(0,5)．
【点睛】本题考查了勾股定理及两点间的距离公式，看似难度较大，其实不然，注意仔细审题，领悟题意是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·湖南·八年级期末）阅读材料，在平面直角坐标系中，已知x轴上两点Ax1,0、Bx2,0的距离记作AB=x1−x2，如果Ax1,y1、Bx2,y2是平面上任意两点，我们可以通过构造直角三角形来求AB间的距离．如下左图，过A、B分别向x轴、y轴作垂线AM1、AN1和BM2、BN2，垂足分别是M1、N1、M2、N2，直线AN1交BM2于点Q，在Rt△ABQ中，AQ=x1−x2，BQ=y1−y2，∴AB2=AQ2+BQ2=x1−x22+y1−y22=x1−x22+y1−y22．
(1)由此得到平面直角坐标系内任意两点Ax1,y1、Bx2,y2间的距离公式为：AB= ______．
(2)直接应用平面内两点间距离公式计算点A(1,−3)，B(−2,1)之间的距离为______．
利用上面公式解决下列问题：
(3)在平面直角坐标系中的两点A(0,3)，B(4,1)，P为x轴上任一点，求PA+PB的最小值和此时点P的坐标；
(4)应用平面内两点间的距离公式，求代数式x2+y−22+x−32+y−12的最小值（直接写出答案）．
【答案】(1)(x1−x2)2+(y1−y2)2
(2)5
(3)42，P(3,0)
(4)10
【分析】（1）根据题干内容回答即可；
（2）直接利用两点之间距离公式直接求出即可；
（3）利用轴对称求最短路线方法得出P点位置，进而求出PA+PB的最小值；
（4）根据原式表示的几何意义是点(x,y)到点(−2,−4)和(3,1)的距离之和，当点(x,y)在以(−2,−4)和(3,1)为端点的线段上时其距离之和最小，进而求出即可．
【详解】（1）解：阅读材料可得：AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2；
（2）∵平面直角坐标系内任意两点A(x1，y1)，B(x2，y2)间的距离公式为：AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2，
∴点A(1,−3)，B(−2,1)之间的距离为：AB=−2−12+−3−12=5；
故答案为：5；
（3）作点B关于x轴对称的点B′，连接AB′，直线AB′于x轴的交点即为所求的点P，PA+PB的最小值就是线段AB′的长度，然后根据两点间的距离公式即可得到结论．
∵B(4,1)，
∴B′(4,−1)，
∵A(0,3)，
∴设直线AB′的一次函数表达式为y=kx+3，
把B′(4,−1)代入−1=4k+3 解得 k=−1，
当y=0时，解得x=3，即P(3,0)，
∴PA+PB=PA+PB′=AB′=(0−4)2+(3+1)2=42，
即为PA+PB的最小值为42．
故答案为：42；
（4）原式=x2+(y−2)2+(x−3)2+(y−1)2，
故原式表示点(x,y)到(0,2)和(3,1)的距离之和．
由两点之间线段最短，点(x,y)在以(0,2)和(3,1)为端点的线段上时，原式值最小．
利用公式可得，原式=10．
【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最值问题以及两点之间距离公式，正确转化代数式为两点之间距离问题是解题关键．
【题型4 由勾股定理探究图形面积】
【例4】（2023春·河南新乡·八年级河南师大附中校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，若以AC边和BC边向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形BCD．记△ACE的面积是S1，△BCD的面积是S2，则S1+S2=（ ）
A．16B．32C．48D．64
【答案】B
【分析】由勾股定理求出BC2+AC2=AB2=82=64，由等腰直角三角形的性质得出AE=AC，BD=BC，S1+S2=12AC2+12BC2=12AB2=32，即可得出结果．
【详解】解：∵∠ACB=90°，AB=8，
∴BC2+AC2=AB2=82=64
∵△ACE和△BCD为等腰直角三角形，
∴AE=AC，BD=BC，
∴S1+S2=12AC2+12BC2=12AC2+BC2=12AB2=12×64=32，
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形面积的计算方法，熟练掌握勾股定理和等腰直角三角形的性质是解决问题的关键．
【变式4-1】（2023春·吉林四平·八年级统考期末）如果一个三角形，三条边的长度之比为3:4:5，且周长为48cm，那么这个三角形的面积是（ ）
A．48cm2B．96cm2C．192cm2D．220cm2
【答案】B
【分析】设这个三角形的三条边的长度分别为3xcm，4xcm，5xcm，根据周长为48cm列出方程并求得三边长度；然后由勾股定理逆定理判定该三角形为直角三角形，由三角形的面积公式作答即可．
【详解】解：设这个三角形的三条边的长度分别为3xcm，4xcm，5xcm，
∵三角形的周长为48cm，
则3x+4x+5x=48，
解得x=4，
则该三角形的三条边的长度分别为12cm，16cm，20cm，
∵122+162=202，
则该三角形为直角三角形，两直角边长分别为12cm、16cm，
∴面积为: 12×12×16=96cm2，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找到等量关系，列出方程求得三角形的三条边的长度．
【变式4-2】（2023春·广西南宁·八年级校联考期中）现有如图1的8张大小形状相同的直角三角形纸片，三边长分别是a、b、c．用其中4张纸片拼成如图2的大正方形（空白部分是边长分别为a和b的正方形）；用另外4张纸片拼成如图3的大正方形（中间的空白部分是边长为c的正方形）．
(1)观察：从整体看，整个图形的面积等于各部分面积的和．所以图2和图3的大正方形的面积都可以表示为a+b2，结论①；图2中的大正方形的面积又可以用含字母a、b的代数式表示为： ，结论②；图3中的大正方形的面积又可以用含字母a、b、c的代数式表示为： ，结论③；
(2)思考：结合结论①和结论②，可以得到一个等式 ；结合结论②和结论③，可以得到一个等式 ；
(3)应用：若分别以直角三角形三边为直径，向外作半圆（如图4），三个半圆的面积分别记作S1、S2、S3，且S1+S2+S3=20，求S2的值．
(4)延伸：若分别以直角三角形三边为直径，向上作三个半圆（如图5），直角边a=5，b=12，斜边c=13，求图中阴影部分面积和．
【答案】(1)a2+b2+2ab；c2+2ab
(2)a+b2＝a2+b2+2ab；a2+b2＝c2
(3)10
(4)30
【分析】（1）图2的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上两个正方形的面积，图3的大正方形的面积等于四个直角三角形的面积加上中间空白正方形的面积；
（2）根据两种方法表示的大正方形的面积相等整理即可得解；
（3）根据结论②求出S1+S3=S2，然后进行计算即可得解；
（4）根据结论③求出阴影部分的面积等于直角三角形的面积，然后列式计算即可得解．
【详解】（1）解：图2：a2+b2+4×12ab=a2+b2+2ab；
图3：c2+4×12ab=c2+2ab；
（2）解：结合结论①和结论②，可以得到一个等式：(a+b)2=a2+b2+2ab；
结合结论②和结论③，可以得到一个等式：(a+b)2=c2+2ab，
即，a2+b2=c2；
（3）解：S1=12π(b2)2=πb28，S2=12π(c2)2=πc28，S3=12π(a2)2=πa28，
∵a2+b2=c2，
∴S1+S3=πb28+πa28=π(a2+b2)8=πc28=S2，
∵S1+S2+S3=20，
∴2S2=20，
解得S2=10；
（4）解：由“应用”的解答过程可知：S1+S3=S2
∴阴影部分面积和=S1+S3+12ab−S2=12ab，
∵a=5，b=12，
∴阴影部分面积和=12×5×12=30．
【点睛】本题考查了勾股定理，完全平方公式的几何背景，读懂题目材料的信息并用两种方法准确表示出同一个图形的面积是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·湖南衡阳·八年级校考期中）在△ABC中，AB=10，BC= 27，∠A=30°，则△ABC的面积是 ．
【答案】153或103
【分析】作CD⊥AB交AB于点D，设DB=x，用勾股定理得出CD2，再由30°可得AD是CD的3倍列出方程可得x的值，再根据三角形的面积公式可得答案．
【详解】解：作CD⊥AB交AB于点D，
设DB=x，则AD=10−x．
在Rt△CDB中，
CD2=CB2−DB2=272−x2=28−x2．
∵Rt△ADC中，∠A=30°，
∴AD =3 CD，即AD2=3CD2，
∴10−x2=328−x2，
解得x=1或4．
∴DC =28−12= 3 3或28−42= 2 3，
∴△ABC的面积S =12× 10×3 3= 15 3或S =12× 10×2 3= 10 3．
故答案为：15 3或10 3．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
【题型5 由勾股定理求线段长度】
【例5】（2023春·广东佛山·八年级佛山市华英学校校考期中）如图，△ABC的周长为4+25，其中AB=4，BC=5−3．
(1)AC=______；
(2)判断△ABC是否为直角三角形，并说明理由．
(3)过点A作AE⊥AB，AE=22，在AB上取一点D，使得DB=DE，求AD的长度．
【答案】(1)5+3；
(2)△ABC是直角三角形，理由见解析；
(3)1
【分析】（1）由三角形周长公式可求解；
（2）由勾股定理的逆定理可证△ABC是直角三角形；
（3）利用勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC的周长为4+25，AB=4，BC=5−3，
∴AC=4+25−4−5−3=5+3，
故答案：5+3；
（2）解：△ABC是直角三角形，理由如下：
∵AB2=16，BC2+AC2=16，
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）解：∵DE2=AE2+AD2，
∴4−AD2=8+AD2，
∴AD=1．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理的应用，勾股定理，掌握勾股定理的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·山西太原·八年级校联考期中）如图，∠ACB=∠BDC=90°，且AB=13，AC=12，BD=4，则DC的长度为（ ）
A．3B．8C．4D．9
【答案】A
【分析】在Rt△ABC中先根据勾股定理求出BC的长，再在Rt△BCD中根据勾股定理即可得出结论．
【详解】∵∠ACB=90°，AB=13，AC=12，
∴BC=AB2−AC2=132−122=5．
在Rt△BCD中，
∵∠BDC=90°，BC=5，BD=4，
∴CD=BC2−BD2=52−42=3．
故选：A．
【点睛】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
【变式5-2】（2023春·山东济南·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，线段AB，AC的垂直平分线交于点O，则OA的长度为 ．
【答案】258
【分析】连接OB，延长AO交BC于H，根据HL得Rt△AOE≌Rt△AOF，可得∠OAE=∠OAF，根据等腰三角形的性质得到AH⊥BC，BH=HC=3，根据勾股定理得到AH=AB2−BH2=4，在Rt△BOH中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：连接OB，延长AO交BC于H，
∵线段AB，AC的垂直平分线交于点O，
∴∠AEO=∠AFO=90°,OA=OB,AE=BE=12AB,AF=CF=12AC,
∵AB=AC，
∴AE=AF,
在Rt△AOE和Rt△AOF中，AO=AO,AE=AF，
∴Rt△AOE≌Rt△AOF，
∴∠OAE=∠OAF，
∴AO平分∠BAC，
∵AB=AC,
∴AH⊥BC，BH=HC=3，
∴AH=AB2−BH2=4，OH=AH−OA=4−OA
在Rt△BOH中，OB2=OH2+BH2,
∴OA2=4−OA2+32,解得：OA=258．
故答案为258．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·重庆合川·八年级统考期末）如图，在等腰三角形ABC中，底边BC=29，D是AC上一点，连接BD，BD＝5，CD＝2．
(1)求证：ΔBDC是直角三角形；
(2)求AB边的长度．
【答案】(1)见解析
(2)294
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理直接得出结论；
（2）设腰长为x，在ΔADB中，利用勾股定理列出x的方程，求出x的值，进而利用三角形的面积公式求出答案．
【详解】（1）解：∵BC=29，BD=5，CD=2，
∴CD2+BD2=4+25=29=BC2，
∴ΔBDC是直角三角形；
（2）解：设腰长AB=AC=x．
∵在RtΔADB中，AB2=AD2+BD2，
∴x2=x−22+52，
解得x=294，
即：AB=x=294．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理、等腰三角形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出腰长，此题难度不大．
【题型6 由勾股定理证明线段之间的关系】
【例6】（2023春·四川成都·八年级校联考期中）已知△ABC是等边三角形．
(1)如图1，△BDE也是等边三角形．点A、B、E三点不共线，求证：AD=CE；
(2)如图2，点D是△ABC外一点，且∠BDC=30°，请证明结论DA2=DC2+DB2；
(3)如图3，点D是等边三角形△ABC外一点，若DA=13，DB=52，DC=7．试求∠BDC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)75°
【分析】（1）连接AD．根据SAS证明△ABD≌△CBE即可解决问题；
（2）以BD为边向下作等边△BDE，连接EC．证明△ABD≌△CBE(SAS)，推出AD=CE，再证明∠CDE=90°，即可解决问题；
（3）以BD为边向下作等边△BDE，连接EC，作EH⊥CD交CD的延长线于H．同法可证：△ABD≌△CBE(SAS)，可得AD=CE=13，设EH=x，DH=y，利用勾股定理构建方程组，求出x，y即可解决问题．
【详解】（1）解：证明：如图1中，连接AD．
∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE．
（2）如图2中，以BD为边向下作等边△BDE，连接EC．
∵△ABC，△BDE都是等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
∵∠CDB=30°，∠BDE=60°，
∴∠CDE=90°，
∴CE2=CD2+DE2，
∵DB=DE，DA=EC，
∴DA2=DC2+DB2．
（3）如图3中，以BD为边向下作等边△BDE，连接EC，作EH⊥CD交CD的延长线于H．
同法可证：△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE=13，设EH=x，DH=y，
则有x2+y2=50(7+y)2+x2=132，
解得x=5y=5，
∴DH=HE=5，
∵∠H=90°，
∴∠EDH=45°，
∴∠CDE=135°，
∵∠BDE=60°，
∴∠BDC=135°−60°=75°．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
【变式6-1】（2023春·湖北十堰·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，且A4,0，点B在y轴上，且B0,4．
(1)求线段AB的长；
(2)若点E在线段AB上，OE⊥OF，且OE=OF，求AE+AF的值；
(3)在（2）的条件下，过点O作OM⊥EF，交AB于点M，试证明：AM2+BE2=EM2
【答案】(1)42
(2)42
(3)见解析
【分析】（1）根据AB=OA2+OB2即可解决．
（2）先证明△BOE≌△AOF得AF=BE，所以AE+AF=AE+BE=AB即可解决．
（3）结论：FM2=AM2+AF2．只要证明ME=MF，AF=BE，在Rt△AMF中利用勾股定理即可证明．
【详解】（1）在Rt△ABO中，
∵AO=OB=4，
∴AB=AO2+OB2=42+42=42．
（2）∵∠BOA=∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠AOF，
在△BOE和△AOF中，
OB=OA∠BOE=∠AOFOE=OF，
∴△BOE≌△AOFSAS，
∴AF=BE，
∴AE+AF=AE+EB=AB=42．
（3）结论：FM2=AM2+AF2，理由如下：
连接FM．∵OE=OF，OM⊥EF，
∴OM垂直平分EF，
∴ME=MF，
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
由（1）可知△BOE≌△AOF，
∴BE=AF，∠OBE=∠OAF=45°，
∴∠MAF=∠OAF+∠OAB=90°，
∴FM2=AM2+AF2，
∴EM2=BE2+AM2．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是寻找全等三角形，属于中考常考题型．
【变式6-2】（2023春·河南鹤壁·八年级统考期末）亲爱的同学们，在全等三角形中，我们见识了很多线段关系的论证题，下面请你用本阶段所学知识，分别完成下列题目．
(1)如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．证明：DE=BD+CE；
(2)如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．容易证明△ACD≌△BCE，则：
①∠AEB的度数为______；
②直接写出AE、BE、CM之间的数量关系．
(3)如图3，△ABC中，若∠A=90°，D为BC的中点，DE⊥DF交AB、AC于E、F，求证：BE2+CF2=EF2．
【答案】(1)见解析
(2)①90°；②AE=BE+2CM
(3)见解析
【分析】（1）利用AAS证明△ABD≌△CAE，得到BD=AE，AD=CE，即可得到结论成立；
（2）①由等腰直角三角形的性质，得∠CDE=∠CED=45°，则∠ADC=135°，由全等三角形的性质，∠BEC=135°，即可求出∠AEB的度数；②由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质，得到AD=BE，CM=DM=EM，即可得到AE=BE+2CM；
（3）延长ED到点G，使DG=ED，连接GF，GC，证明△DBE≌△DCG，得到BE=CG，再根据勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：如图1，
∵∠BAC=90°，BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAE=90°，
∴∠ABD=∠CAE，
∵AB=AC，
∴△ABD≌△CAEAAS，
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AE+AD=BD+CE；
（2）解：①∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°−45°=135°，
∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°，
故答案为：90°；
②AE=BE+2CM，理由如下：
∵△DCE为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM=DM=EM，
∵AD=BE，
∴AE=AD+DM+EM=BE+2CM；
（3）证明：如图，延长ED到点G，使DG=ED，连接GF，GC，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDG中，
ED=DG∠BDE=∠CDGBD=CD，
∴△BDE≌△CDGSAS，
∴BE=CG，∠B=∠GCD，
∵∠A=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∴∠GCD+∠ACB=90°，即∠GCF=90°，
Rt△CFG中，CF2+CG2=GF2，
∵ED⊥DF，DG=ED，
∴EF=GF，
∴BE2+CF2=EF2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，以及勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定和性质是解本题的关键．
【变式6-3】（2023春·广东广州·八年级校考期中）如图，点A为x轴负半轴上一点，点B为y轴正半轴上一点，点C为x轴正半轴上一点，AO=a，BO=b，CO=c,且a、b、c满足a=a−b+b−a+c有意义．
(1)若c=3，求AB=__________________；
(2)如图1，点P在x轴上（点P在点A左边），以PB为直角边在PB的上方作等腰直角三角形PDB，求证：PA2+PC2=PD2；
(3)如图2，点M为AB中点，点E为射线OA上一点，点F为射线BO上一点，且∠EMF=90°，设AE=m，BF=n，请求出EF的长度（用含m、n的代数式表示）．
【答案】(1)AB=32
(2)证明见解析；
(3)EF=m2+n2
【分析】（1） 根据二次根式的非负性可求得a=b=c=3，再结合勾股定理可求得AB的值；
（2）连接BC，证明△PBC≌△DBASAS，再由全等三角形的性质及勾股定理即可证明；（3）分情况讨论，当点E在线段OA上时，当点E在线段OA延长线上时，分别画出图形，作出辅助线，利用三角形全等和勾股定理得出结论即可．
【详解】（1）解：∵a、b满足a=a−b+b−a+c有意义，
∴a−b≥0且b−a≥0，
∴a=b=c=3，即AO=3，BO=3，
AB=AO2+BO2=32；
（2）证明：连接BC，由（1）可得OA=OB=OC，
∵两个坐标轴垂直，
∴∠OAB=∠ABO=∠OBC=∠OCB=45°，
∴AB=BC,∠ABC=90°，
又∵△PDB为等腰直角三角形，
∴BP=BD,∠DBP=90°，
∴∠ABD=∠DBP+∠ABP=∠ABC+∠ABP=∠BPC，
在△PBC和△DBA中，
BD=BP∠ABD=∠BPCAB=BC ，
∴△PBC≌△DBASAS，
∴AD=PC．∠DPB=∠BDA，∠PCD=∠BAC，
∵∠DBP=90°，
∴∠BPC+∠BCP=90°，
∴∠BAC+∠BAD=90°，
即∠DAP=90°，
∴PA2+AD2=PD2即PA2+PC2=PD2；
（3）当点E在线段OA上时，连接OM，如图所示：
∵OA=OB，∠AOB=90°，点M为AB的中点，
∴AM=OM=BM，OM⊥AB，∠MAE=∠MOF=45°，
∵∠EMF=∠AMO=90°，
∴∠AME=∠OMF，
∴△AME≌△OMF，
∴AE=OF=m，
∵OA=OB，
∴OE=BF=n，
根据勾股定理得：EF=OE2+OF2=m2+n2；
当点E在线段OA延长线上时，连接OM，如图所示：
同理可得：△AME≌△OMF，
∴AE=OF=m，
∵OA=OB，
∴OE=BF=n，
根据勾股定理得：EF=OE2+OF2=m2+n2；
综上分析可知，EF=m2+n2．
【点睛】本题考查勾股定理，全等三角形的性质和判定，坐标与图形，二次根式的非负性等．（1）中能根据二次根式的非负性得出a=b=c是解题关键；（2）中正确构造辅助线，作出全等三角形是解题关键；（3）能借助全等三角形和线段的和差正确表示线段的长度是解题关键．
【题型7 勾股定理中的规律探究】
【例7】（2023春·四川眉山·八年级统考期末）如图，△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OAn的长度为 ．
【答案】2n−1
【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．
【详解】解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1=1，
∴OA2=2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3=2=22．
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4=22=23．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5=4=24．
……
∴OAn的长度为2n−1．
故答案为：2n−1．
【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出斜边是解题关键．
【变式7-1】（2023春·云南昆明·八年级统考期末）如果正整数a、b、c满足等式a2+b2=c2，那么正整数a、b、c叫做勾股数．某同学将自探究勾股数的过程列成下表，观察表中每列数的规律，可知x+y的值为（ ）
A．67B．34C．98D．73
【答案】C
【分析】依据每列数的规律，即可得到b=2n，a=n2−1，c=n2+1，进而得出x+y的值．
【详解】解：由题可得，3=22−1，4=2×2，5=22+1，……
∴b=2n，a=n2−1，c=n2+1，（n≥2且n为正整数）
∴当b=14=2n时，
解得：n=7，
∴x=72−1=48，y=72+1=50，
∴x+y=48+50=98，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股数，满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数．
【变式7-2】（2023春·湖北咸宁·八年级统考期末）如图是第七届国际数学教育大会的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形组成的，图中的OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，按此规律，在线段OA1，OA2，OA3，⋯，OA10中，长度为整数的线段有 条．
【答案】3
【分析】OA1=1，根据勾股定理可得OA2=2，OA3=3，找到OAn=n的规律，即可得到结论．
【详解】解：∵如图是由一串有公共顶点O的直角三角形组成的，
图中的OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，
∴由勾股定理可得：
OA2=OA12+A1A22=12+12=2，
OA3=OA22+A2A32=22+12=3，
……
∴OAn=n，
∴在线段OA1，OA2，OA3，⋯，OA10中，完全平方数有1，4，9．
∴故长度为整数的线段有3条．
故答案为：3．
【点睛】本题考查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7-3】（2023春·江西南昌·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，将若干个边长为2个单位长度的等边三角形按如图所示的规律摆放，点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…的路线运动，设第n秒运动到点Pn（n为正整数），则点P2023的坐标是（ ）
A．2022,0B．2022,−3C．2023,3D．2023,−3
【答案】C
【分析】通过观察可得，An每6个点的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，点An的横坐标规律：1，2，3，4，5，6，…，n，点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路线运动，1秒钟走一段，P运动每6秒循环一次，点P运动n秒的横坐标规律：1，2，3，4，5，6，…，n，点P的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，…，确定P2023循环的点即可．
【详解】解：过点A1作A1B⊥x轴于B，
∵图中是边长为2个单位长度的等边三角形，
∴OB=BA2=1，
∴A1B=OA12−OB2=3，
∴A11，3，A22，0，
同理A33，3，A44，0，
A55，−3，A66，0，
A77，3，
…
∴An中每6个点的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，
点P从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着等边三角形的边“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…” 的路线运动，1秒钟走一段，
∴P运动每6秒循环一次，
∴点P的纵坐标规律：3，0，3，0，−3，0，…，
点P的横坐标规律： 1，2，3，4，5，6，…，n，
∵2023÷6=337…1，
∴点P2023的纵坐标为3，
∴点P2023的横坐标为2023，
∴点P2023的坐标2023，3，
故选C．
【点睛】本题考查点的坐标变化规律，平面直角坐标系中点的特点及等边三角形的性质，勾股定理，确定点的坐标规律是解题的关键．
【题型8 由勾股定理求最值】
【例8】（2023春·安徽六安·八年级校考期中）如图，已知∠MON=60∘，点P,Q为∠MON内的两个动点，且∠POQ=30∘，OP=3，OQ=4，点A,B分别是OM,ON上的动点，则PA+AB+BQ的最小值是（ ）
A．5B．7C．8D．10
【答案】A
【分析】作点P关于直线OM的对称点P′，连接OP′，作点Q关于直线ON的对称点Q′，连接OQ′，连接P′Q′，可知PA+AB+BQ=P′A+AB+BQ′，当P′，A，B，Q′在同一条直线上时，P′A+AB+BQ′可以取得最小值，最小值等于P′Q′的长度，即PA+AB+BQ的最小值等于P′Q′的长度，利用勾股定理即可求得P′Q′的长度．
【详解】如图所示，作点P关于直线OM的对称点P′，连接OP′，作点Q关于直线ON的对称点Q′，连接OQ′，连接P′Q′．
根据轴对称图形的性质可知PA=P′A，BQ=BQ′，
∴PA+AB+BQ=P′A+AB+BQ′．
根据题意可知，当P′，A，B，Q′在同一条直线上时，P′A+AB+BQ′可以取得最小值，最小值等于P′Q′的长度，即PA+AB+BQ的最小值等于P′Q′的长度．
根据轴对称图形的性质可知∠POA=∠P′OA，∠BOQ=∠BOQ′，
∴∠P′OA+∠BOQ′=∠POA+∠BOQ=∠MON−∠POQ=60°−30°=30°．
∴∠P′OQ′=∠P′OA+∠BOQ′+∠MON=30°+60°=90°．
根据轴对称图形的性质可知OP=OP′=3，OQ=OQ′=4，
∴P′Q′=OP′2+OQ′2=32+42=5．
∴PA+AB+BQ的最小值等于5．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的性质和勾股定理，根据题目要求构建轴对称图形是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·贵州贵阳·八年级统考期中）如图，等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE的腰长分别为4和2，其中∠BAC=∠DAE=90°，M为边DE的中点．若等腰Rt△ADE绕点A旋转，则点B到点M的距离的最大值为 ．
【答案】4+2
【分析】连接AM．由三线合一得AM=12DE=DM，利用勾股定理求出AM=2，然后利用三角形三条边的关系求解即可.
【详解】如图，连接AM．
∵M为边DE的中点，且△ADE为等腰直角三角形，
∴AM⊥DE，AM=12DE=DM．
在Rt△ADE中，AD=2，
由勾股定理可知AD2=AM2+DM2，即AM=DM=2．
当A，B，M三点不共线时，由三角形的三边关系可知，
此时一定有BM
即点B到点M的距离的最大值为4+2．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，以及三角形三条边的关系，确定当A，B，M三点共线且点M不位于点A，B之间时BM有最大值是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为6，线段EF在边BC上左右滑动，若EF=1，则AE+DF的最小值为 ．
【答案】13
【分析】如图，作A于BC对称点A′,则AE=A′E，在AD上截取DH=1，然后连接HE，当H、E、A′三点共线时，DE+CF有值最小A′H，然后利用勾股定理A′H即可解答．
【详解】解：如图，作A于BC对称点A′，
∴AE=A′E，AB=A′B,
在AD上截取DH=1，然后连接HE，
∵DH=EF=1,DH∥EF
∴四边形EFDH是平行四边形，
∴DF=HE,
∴AE+DF=A′E+EH=A′H，
∴当H、E、A′三点共线时，DE+CF有值最小A′H，
∵AD=AB=A′B=6，
∴AA′=AB+BA′=6+6=12，
∴AH=6−1=5，
由勾股定理得:A′H=122+52=13，即AE+DF最小值为13．
故答案为13．
【点睛】本题主要考查了利用轴对称求最短路径问题、勾股定理等知识点，根据题意确定AE+DF最小时E，F位置是解题关键．
【变式8-3】（2023春·广东梅州·八年级校考期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=22，点D在AC上，将△ABD沿BD折叠，点A落在点A1处，A1B与AC相交于点E，则A1E的最大值为 ．
【答案】163
【分析】首先利用勾股定理求出AC，然后确定A1E取最大值时BE最小，然后利用垂线段最短解决问题．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=22，
∴AC=AB2+BC2=62，
∵A1E=A1B−BE，A1B=AB=8，
∴当BE最小时，A1E最大，
∵当BE⊥AC时BE最小，
又∵ S△ABC=12×AB×BC=12×BE×AC，解得BE=83，
∴BE的最小值为83，
∴A1E的最大值为8−83=163，
故答案为：163．
【点睛】本题考查了翻折变换，涉及点到直线最短距离、勾股定理求线段长、等面积法求线段长等知识，灵活运用勾股定理及翻折不变性是解题的关键．3，4，5；
9，40，41；
5，12，13；
……；
7，24，25；
a，b，c．
a
b
c
3
4
5
8
6
10
15
8
17
24
10
26
…
…
…
x
14
y
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