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北师大版八年级数学上册专题1.7勾股定理章末八大题型总结(拔尖篇)同步练习(学生版+解析)
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这是一份北师大版八年级数学上册专题1.7勾股定理章末八大题型总结(拔尖篇)同步练习(学生版+解析)，共66页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16439" 【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】 PAGEREF _Tc16439 \h 1
\l "_Tc28229" 【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】 PAGEREF _Tc28229 \h 2
\l "_Tc4389" 【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】 PAGEREF _Tc4389 \h 4
\l "_Tc9432" 【题型4 以弦图为背景的计算】 PAGEREF _Tc9432 \h 6
\l "_Tc10875" 【题型5 勾股定理的证明方法】 PAGEREF _Tc10875 \h 7
\l "_Tc30288" 【题型6 勾股定理与全等综合】 PAGEREF _Tc30288 \h 10
\l "_Tc24515" 【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】 PAGEREF _Tc24515 \h 12
\l "_Tc21251" 【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】 PAGEREF _Tc21251 \h 13
【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】
【例1】（2023春·陕西咸阳·八年级校考阶段练习）如图，射线AM⊥AN于点A、点C、B在AM、AN上，D为线段AC的中点，且DE⊥BC于点E．
（1）若BC=10，直接写出AC2+AB2的值；
（2）若AC=8，△ABC的周长为24，求△ABC的面积；
（3）若AB=6，C点在射线AM上移动，问此过程中，BE2−CE2的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请求出它的取值范围．
【变式1-1】（2023·福建·模拟预测）如图所示，已知△ABC中，AB=6，AC=9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2−MB2等于 ．
【变式1-2】（2023春·全国·八年级专题练习）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB=3，CD=2，则AD2+BC2= ．
【变式1-3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）在平面直角坐标系中，已知点A4,4，B8,0．
(1)如图1，判断△AOB的形状并说明理由；
(2)如图2，M，N分别是y轴负半轴和x轴正半轴上的点，且AM⊥AN，探究线段OM，ON，OA之间的数量关系并证明；
(3)如图3，延长BA交y轴于点C，M，N分别是x轴负半轴和y轴负半轴上的点，连接AN交x轴于D，且∠AMO+∠ANO=45°，探究BD2，DM2，OM2的数量关系并证明．
【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】
【例2】（2023春·浙江·八年级期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中．每个小正方形的顶点称为格点.以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向外作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E,F,G,H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为26，此时正方形EFGH的面积为52．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为26时，正方形EFGH的面积的所有可能值是 (不包括52)．
【变式2-1】（2023春·福建三明·八年级统考期中）问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5，10，13，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．
（1）请你将△ABC的面积直接填写在横线上： ；
思维拓展：
（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．若△ABC三边的长分别为5a，22a，17a（a＞0），请利用图②的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC，并求出它的面积．
探索创新：
（3）若△ABC三边的长分别为m2+16n2,9m2+4n2,24m2+n2（m＞0，n＞0，且m≠n），试运用构图法求出这三角形的面积．
【变式2-2】（2023春·湖北武汉·八年级校考期中）在10×10网格中，点A和直线l的位置如图所示：
（1）将点A向右平移6个单位，再向上平移2个单位长度得到点B，在网格中标出点B；
（2）在（1）的条件下，在直线l上确定一点P，使PA＋PB的值最小，保留画图痕迹，并直接写出PA＋PB的最小值：______；
（3）结合（2）的画图过程并思考，直接写出x2+32＋(7−x)2+42的最小值：____
【变式2-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，是由边长为1的小正方形构成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．五边形ABCDE的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）五边形ABCDE的周长为 ．
（2）在AB上找点F，使E，C两点关于直线DF对称；
（3）设DF交CE于点G，连接AG，直接写出四边形AEDG的面积；
（4）在直线DF上找点H，使∠AHB＝135°．
【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】
【例3】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P是边AC上一动点，把△ABP沿直线BP折叠，使得点A落在图中点A′处，当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是 ．
【变式3-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2＝2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
（1）对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是 ．
A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”
C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”
（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB＝3，则该三角形的面积为 ；
（3）如图，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求△PDC的面积．
【变式3-2】（2023春·浙江·八年级期末）如图1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．
(1)求BC边上的高线长．
(2)点E是BC边上的动点，点D在边AB上，且AD＝4，连结DE．
①如图2，当点E是BC中点时，求△BDE的面积．
②如图3，沿DE将△BDE折叠得到△FDE，当DF与△ABC其中一边垂直时，求BE的长．
【变式3-3】（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2=2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
(1)对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是___．
A. ①一定是“方倍三角形” B. ②一定是“方倍三角形”
C. ①②都一定是“方倍三角形” D. ①②都一定不是“方倍三角形”
(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB=3，则该三角形的面积为___；
(3)如图，△ABC中，∠ABC=120∘，∠ACB=45∘，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连结CD，AD，若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求BC的长．
【题型4 以弦图为背景的计算】
【例4】（2023春·浙江嘉兴·八年级统考期末）在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD内部，其中点M，N，P，Q分别在长方形的边AB，BC，CD和AD上，若AB=7，BC=8，则小正方形的边长为（ ）
A．5B．6C．7D．22
【变式4-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）如图，它是由弦图变化得到的，是由八个全等的直角三角形拼接而成的，将图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别记为S1、S2、S3．
（1）若S1=25，S3=1，则S2= ．
（2）若S1+S2+S3=24，则S2= ．
【变式4-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）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拼接而成的．已知BE:AE=3:1，正方形ABCD的面积为80．连接ACAC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为 ．
【变式4-3】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNPQ的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3=45，则S2的值是 ．
【题型5 勾股定理的证明方法】
【例5】（2023春·广西百色·八年级统考期末）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．
(1)证明勾股定理
取4个与Rt△ABC（图1）全等的三角形，其中∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，把它们拼成边长为a+b的正方形DEFG，其中四边形OPMN是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股定理．
(2)应用勾股定理
①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点．
如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于DA，在l上取点B，使AB=2，以点D为圆心，DB为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______．
②应用场景2：解决实际问题．
如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE=0.5m，将它往前推至C处时，水平距离CD=2m，踏板离地的垂直高度CF=1.5m，它的绳索始终拉直，求绳索AC的长．
【变式5-1】（2023春·山东济宁·八年级统考期末）计算图1的面积，把图1看作一个大正方形，它的面积是a+b2，如果把图1看作是由2个长方形和2个小正方形组成的，它的面积为a2+2ab+b2，由此得到：a+b2=a2+2ab+b2．
(1)如图2，正方形ABCD是由四个边长分别是a，b的长方形和中间一个小正方形组成的，用不同的方法对图2的面积进行计算，你发现的等式是______（用a，b表示）
(2)已知：两数x，y满足x+y=14，xy=24，求x−y的值．
(3)如图3，正方形ABCD的边长是c，它由四个直角边长分别是a，b的直角三角形和中间一个小正方形组成的，对图3的面积进行计算，你发现的等式是______．（用a，b，c表示，结果化到最简）
【变式5-2】（2023春·山西运城·八年级统考期中）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【变式5-3】（2023春·全国·八年级期中）如图（1），是两个全等的直角三角形（直角边分别为a，b，斜边为c）
（1）用这样的两个三角形构造成如图（2）的图形，利用这个图形，证明：a2+b2＝c2；
（2）用这样的两个三角形构造图3的图形，你能利用这个图形证明出题（1）的结论吗？如果能，请写出证明过程；
（3）当a＝3，b＝4时，将其中一个直角三角形放入平面直角坐标系中，使直角顶点与原点重合，两直角边a，b分别与x轴、y轴重合（如图4中Rt△AOB的位置）．点C为线段OA上一点，将△ABC沿着直线BC翻折，点A恰好落在x轴上的D处．
①请写出C、D两点的坐标；
②若△CMD为等腰三角形，点M在x轴上，请直接写出符合条件的所有点M的坐标．
【题型6 勾股定理与全等综合】
【例6】（2023春·安徽滁州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=AC，AD为底边BC上的高线，E是AC上一点，连接BE交AD于点F，且∠CBE=45°．
(1)求证：AB2−AD2=BD⋅CD；
(2)如图1，若AB=6.5，BC=5，求AF的长；
(3)如图2，若AF=BC，以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形吗？请判断，并说明理由．
【变式6-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期中）如图，把一张矩形纸片沿对角线BD折叠，若BC=9，CD=3，那么AF的长为 ．
【变式6-2】（2023春·湖北襄阳·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为10，AG=CH=8，BG=DH=6，连接GH，则线段GH的长为（ ）
A．538B．22C．145D．10−52
【变式6-3】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=62，D是射线CB上的动点，过点A作AF⊥AD（AF始终在AD上方），且AF=AD，连接BF．
(1)如图1，当点D在线段BC上时，判断BF与DC的关系，并说明理由．
(2)如图2，若点D、E为线段BC上的两个动点，且∠DAE=45°，连接EF，DC=3，求ED的长．
(3)若在点D的运动过程中，BD=3，则AF=___．
(4)如图3，若M为AB中点，连接MF，在点D的运动过程中，当BD=__时，MF的长最小？最小值是___．
【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】
【例7】（2023春·山西大同·八年级统考期中）如图，在墙角处放着一个长方体木柜（木柜与墙面和地面均没有缝腺），一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角C1处．若AB=3，BC=4，CC1=5，则蚂蚁爬行的最短路程是（ ）
A．74B．310C．89D．12
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥寿春中学校考期中）如图，一个圆柱形食品盒，它的高为10cm，底面圆的周长为32cm
(1)点A位于盒外底面的边缘，如果在A处有一只蚂蚁，它想吃到盒外表面对侧中点B处的食物，则蚂蚁需要爬行的最短路程是 cm；
(2)将左图改为一个无盖的圆柱形食品盒，点C距离下底面3cm，此时蚂蚁从C处出发，爬到盒内表面对侧中点B处(如右图)，则蚂蚁爬行的最短路程是 cm．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 cm
【变式7-3】（2023春·广东佛山·八年级统考期末）初中几何的学习始于空间的“实物和具体模型”，聚焦平面的“几何图形的特征和运用”，形成了空间几何问题要转化为平面几何问题的解题策略．
问题提出：如图所示是放在桌面上的一个圆柱体，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，如何求最短路程呢？
(1)问题分析：蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，可以有几条路径？在图中画出来；
(2)问题探究：①若圆柱体的底面圆的周长为18cm，高为12cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
②若圆柱体的底面圆的周长为24cm，高为4cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
③若圆柱体的底面圆的半径为r，高为ℎ，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程．
【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】
【例8】（2023春·吉林白城·八年级统考期末）如图所示，A、B两块试验田相距200m，C为水源地，AC＝160m，BC＝120m，为了方便灌溉，现有两种方案修筑水渠．
甲方案：从水源地C直接修筑两条水渠分别到A、B；
乙方案；过点C作AB的垂线，垂足为H，先从水源地C修筑一条水渠到AB所在直线上的H处，再从H分别向A、B进行修筑．
（1）请判断△ABC的形状（要求写出推理过程）；
（2）两种方案中，哪一种方案所修的水渠较短？请通过计算说明．
【变式8-1】（2023春·全国·八年级期中）2019年10月1日，中华人民共和国70年华诞之际，王梓涵和学校国旗护卫队的其他同学们赶到学校举行了简朴而降重的升旗仪式．倾听着雄壮的国歌声，目送着五星红旗缓缓升起，不禁心潮澎湃，爱国之情油然而生．爱动脑筋的王梓涵设计了一个方案来测量学校旗杆的高度．将升旗的绳子拉直到末端刚好接触地面，测得此时绳子末端距旗杆底端2米，然后将绳子末端拉直到距离旗杆5m处，测得此时绳子末端距离地面高度为1m，最后根据刚刚学习的勾股定理就能算出旗杆的高度为（ ）
A．10mB．11mC．12mD．13m
【变式8-2】（2023春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）【问题探究】
(1)如图①，点E是正△ABC高AD上的一定点,请在AB上找一点F，使EF=12AE，并说明理由；
(2)如图②，点M是边长为2的正△ABC高AD上的一动点，求12AM+MC的最小值；
【问题解决】
(3)如图③，A、B两地相距600km,AC是笔直地沿东西方向向两边延伸的一条铁路，点B到AC的最短距离为360km．今计划在铁路线AC上修一个中转站M，再在BM间修一条笔直的公路。如果同样的物资在每千米公路上的运费是铁路上的两倍。那么，为使通过铁路由A到M再通过公路由M到B的总运费达到最小值，请确定中转站M的位置,并求出AM的长．(结果保留根号)
专题1.7 勾股定理章末八大题型总结（拔尖篇）
【北师大版】
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\l "_Tc16439" 【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】 PAGEREF _Tc16439 \h 1
\l "_Tc28229" 【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】 PAGEREF _Tc28229 \h 7
\l "_Tc4389" 【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】 PAGEREF _Tc4389 \h 13
\l "_Tc9432" 【题型4 以弦图为背景的计算】 PAGEREF _Tc9432 \h 23
\l "_Tc10875" 【题型5 勾股定理的证明方法】 PAGEREF _Tc10875 \h 27
\l "_Tc30288" 【题型6 勾股定理与全等综合】 PAGEREF _Tc30288 \h 35
\l "_Tc24515" 【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】 PAGEREF _Tc24515 \h 42
\l "_Tc21251" 【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】 PAGEREF _Tc21251 \h 48
【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】
【例1】（2023春·陕西咸阳·八年级校考阶段练习）如图，射线AM⊥AN于点A、点C、B在AM、AN上，D为线段AC的中点，且DE⊥BC于点E．
（1）若BC=10，直接写出AC2+AB2的值；
（2）若AC=8，△ABC的周长为24，求△ABC的面积；
（3）若AB=6，C点在射线AM上移动，问此过程中，BE2−CE2的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请求出它的取值范围．
【答案】（1）100；（2）24；（3）是定值，值是36
【分析】（1）根据AC⊥AB，由勾股定理即可得解；（2）由△ABC周长及其三边符合勾股定理，列式，联立方程即可得AB和BC的长，代入三角形面积公式计算即可；（3）根据DE⊥BC，得Rt△BDE和Rt△DEC，故它们的三边符合勾股定理，联立即可解得．
【详解】解：（1）AC2+AB2=BC2=100．
（2）因为AM⊥AN，所以△ABC是直角三角形．
因为AC=8，△ABC的周长为24，所以AB=16−BC，
所以16−BC2+82=BC2，解得BC=10，所以AB=6，
所以S△ABC=12AC⋅AB=12×8×6=24．
（3）在Rt△BDE中，BE2=BD2−DE2，在Rt△DEC中，EC2=DC2−DE2，
所以BE2−EC2=BD2−DC2．
因为D为线段AC的中点，所以AD=DC，所以BE2−EC2=BD2−AD2．
在Rt△ABD中，BD2−AD2=AB2=62=36，
所以BE2−EC2=36（定值），
故在点C移动的过程中，BE2−EC2的值是定值，其值是36．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟悉勾股定理的使用条件是解决本题的关键．
【变式1-1】（2023·福建·模拟预测）如图所示，已知△ABC中，AB=6，AC=9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2−MB2等于 ．
【答案】45
【分析】在Rt△ABD和Rt△ADC中，分别表示出BD2和CD2，在Rt△BDM和Rt△CDM中，表示出MB2和MC2，代入求解即可；
【详解】解：∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ABD和Rt△ADC中，
BD2=AB2−AD2，CD2=AC2−AD2，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，
MB2=BD2+MD2=AB2−AD2+MD2
MC2=CD2+MD2=AC2−AD2+MD2，
∴MC2−MB2=AC2−AD2+MD2−AB2−AD2+MD2，
=AC2−AB2，
=45．
故答案为：45．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·全国·八年级专题练习）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB=3，CD=2，则AD2+BC2= ．
【答案】13
【分析】在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得BO2+AO2=AB2=32=9，OD2+OC2=CD2=22=4，进一步得BO2+AO2+OD2+OC2=9+4=13，再根据AD2=DO2+AO2，BC2=OC2+BO2可求得AD2+BC2的值．
【详解】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB=∠AOB=∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得，
BO2+AO2=AB2=32=9，OD2+OC2=CD2=22=4，
∴BO2+AO2+OD2+OC2=9+4=13，
∵AD2=DO2+AO2，BC2=OC2+BO2，
∴AD2+BC2=13．
故答案为：13．
【点睛】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．
【变式1-3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）在平面直角坐标系中，已知点A4,4，B8,0．
(1)如图1，判断△AOB的形状并说明理由；
(2)如图2，M，N分别是y轴负半轴和x轴正半轴上的点，且AM⊥AN，探究线段OM，ON，OA之间的数量关系并证明；
(3)如图3，延长BA交y轴于点C，M，N分别是x轴负半轴和y轴负半轴上的点，连接AN交x轴于D，且∠AMO+∠ANO=45°，探究BD2，DM2，OM2的数量关系并证明．
【答案】(1)△AOB是等腰三角形，证明见解析
(2)ON=OM+2OA，证明见解析
(3)OM2+BD2=DM2，证明见解析
【分析】（1）过点A作AH⊥OB，垂足为H，根据等腰直角三角形的判定可得答案；
（2）过点A作AB⊥OA，交x轴于点B，证明△AOM≌△ABNASA，由全等三角形的性质得出OM=BN，由等腰直角三角形的性质得出OB=2OA，则即可得答案；
（3）过A作AG⊥AN交y轴于G，连接GM，先证△AOM≌△ABNASA，得出OM=BN，再证△MGA≌△MDASAS，得出MG=DM，由勾股定理即可得到OM2+BD2=DM2．
【详解】（1）解：△AOB为等腰直角三角形，理由如下：
过点A作AH⊥OB，垂足为H，
∵点A4,4，B8,0，
∴OH=4，
∴HB=4=AH=OH，
∴∠AOB=∠OAH=45°=∠ABH=∠HAB，
∴∠OAB=90°， OA=AB，
∴△AOB为等腰直角三角形；
（2）ON=OM+2OA． 理由：过点A作AB⊥AO，交x轴于点B，
由（1）可知△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，
∴∠AOM=∠ABN=135°，
∵AM⊥AN， ∴∠MAN=90°，
∴∠OAM=∠BAN，
在△AOM和△ABN中， ∠AOM=∠ABNOA=AB∠OAM=∠BAN，
∴△AOM≌△ABNASA，
∴OM=BN，
∴ON=BN+OB=OM+OB， 而△AOB是等腰直角三角形，可得OB=2OA，
∴ON=OM+2OA；
（3）OM2+BD2=DM2，理由如下： 过A作AG⊥AN 交y轴于G，连接GM，如图：
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，OA=AB，
∴∠AOG=45°=∠ABO，
∵AG⊥AN，
∴∠OAG=∠DAB，
在△AGO和△DAB中， ∠AOG=∠ABDOA=AB∠OAG=∠BAD，
∴△GAO≌△DABASA，
∴OG=BD，AG=AD，
而Rt△GOM中，OM2+OG2=GM2，
∴OM2+BD2=MG2，
∵∠AOG=90°−45°=45°=∠ANO+∠OAD，∠ANO+∠AMO=45°，
∴∠AMO=∠OAD，
∵∠AMO+∠MAO=∠AOB=45°，
∴∠OAD+∠MAO=45°， 即∠MAN=45°
∴∠MAD=∠GAM=45°，
在△MGA和△MDA中，MA=MA∠GAM=∠MADGA=DA ，
∴△MGA≌△MDASAS，
∴MG=MD，
∴OM2+BD2=DM2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查全等三角形判定性质、等腰直角三角形性质及勾股定理等知识，坐标与图形，解题的关键是利用等腰直角三角形性质证明三角形全等．
【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】
【例2】（2023春·浙江·八年级期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中．每个小正方形的顶点称为格点.以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向外作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E,F,G,H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为26，此时正方形EFGH的面积为52．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为26时，正方形EFGH的面积的所有可能值是 (不包括52)．
【答案】36或50
【分析】设四个全等的直角三角形的直角边边长分别为a，b．利用分类讨论的思想，在格点上找出各点位置，即找出边的位置，即可求出面积．
【详解】设四个全等的直角三角形的直角边边长分别为a，b．则正方形EFGH的边长为a+b，
即S正方形EFGH=(a+b)2 ．
∴在网格中找出a和b的线段，且线段的端点都在格点上即可．
分情况讨论：
①a=5，b=1 ，如图，
此时S正方形EFGH=(a+b)2=62=36．
②a=13，b=13 ，如图，
此时S正方形EFGH=(a+b)2=(213)2=52．
③a=22，b=32，如图，
此时S正方形EFGH=(a+b)2=(52)2=50．
题干中不包括52，
故S正方形EFGH的值为36或50．
故答案为：36或50．
【点睛】本题考查勾股定理．利用分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式2-1】（2023春·福建三明·八年级统考期中）问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5，10，13，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．
（1）请你将△ABC的面积直接填写在横线上： ；
思维拓展：
（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．若△ABC三边的长分别为5a，22a，17a（a＞0），请利用图②的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC，并求出它的面积．
探索创新：
（3）若△ABC三边的长分别为m2+16n2,9m2+4n2,24m2+n2（m＞0，n＞0，且m≠n），试运用构图法求出这三角形的面积．
【答案】（1）72；（2）画图见解析，3a2；（3）构图见解析，5mn
【分析】（1）利用割补法求解可得；
（2）在网格中利用勾股定理分别作出边长为5a、22a、17a(a>0)的首尾相接的三条线段，再利用割补法求解可得；
（3）在网格中构建边长为6m和6n的矩形，同理作出边长为m2+16n2、92+4n2，2m2+n2的三角形，最后同理可得这个三角形的面积．
【详解】解：（1）ΔABC的面积为3×3−12×1×2−12×1×3−12×2×3=72，
故答案为：72；
（2）如图，AB=22a，BC=5a，AC=17a，
由图可得：SΔABC=2a×4a−12×a×2a−12×2a×2a−12×a×4a=3a2；
故答案为：3a2；
（3）构造ΔABC所示，AB=(2m)2+(2n)2=2m2+n2，
AC=m2+(4n)2=m2+16n2，
BC=(3m)2+(2n)2=9m2+4n2，
∴SΔABC=3m×4n−12×m×4n−12×3m×2n−12×2m×2n=5mn．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理及作图的知识，解答本题关键是仔细理解问题背景，熟练掌握勾股定理，关键是结合网格用矩形及容易求得面积的直角三角形表示出所求三角形的面积进行解答．
【变式2-2】（2023春·湖北武汉·八年级校考期中）在10×10网格中，点A和直线l的位置如图所示：
（1）将点A向右平移6个单位，再向上平移2个单位长度得到点B，在网格中标出点B；
（2）在（1）的条件下，在直线l上确定一点P，使PA＋PB的值最小，保留画图痕迹，并直接写出PA＋PB的最小值：______；
（3）结合（2）的画图过程并思考，直接写出x2+32＋(7−x)2+42的最小值：____
【答案】（1）见解析；（2）62；（3）72
【分析】（1）根据题意标出点B即可；
（2）作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交直线l于P，则此时PA＋PB的值最小，根据勾股定理求出结论即可；
（3）将条件中的数表示为直角三角形的直角边，画对应图形，作轴对称图形，求出最小值即可．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）如图所示，PA＋PB的最小值＝62+62=62；
故答案为：62；
（3）如图，AP=x2+32，BP=(7−x)2+42，
∴PA＋PB的最小值即为：A'B=72+72=72，
∴x2+32＋(7−x)2+42的最小值为72，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了作图——平移变换，勾股定理，轴对称——最短路线问题，正确的作出图形是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，是由边长为1的小正方形构成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．五边形ABCDE的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）五边形ABCDE的周长为 ．
（2）在AB上找点F，使E，C两点关于直线DF对称；
（3）设DF交CE于点G，连接AG，直接写出四边形AEDG的面积；
（4）在直线DF上找点H，使∠AHB＝135°．
【答案】（1）20+10;（2）见解析；（3）10；（4）见解析．
【分析】（1）根据勾股定理求出五边形ABCDE各边的长，相加即可；
（2）连接EC，作DF⊥EC交AB于点F即可；
（3）分成两个三角形求面积即可；
（4）利用等腰直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）由题意， AB=BC=CD=32+42=5，AE=32+12=10，DE=5，
∴五边形ABCDE的周长=20+10，
故答案为： 20+10．
（2）如图，连接EC，作DF⊥EC交AB于点F，点F即为所求作．
∵DE=CD=5，DF⊥EC，
∴CE=GE，
∴点D，G是CE垂直平分线上的点，
∴DF是CE的垂直平分线，
∴E，C两点关于直线DF对称；
（3）∵EG=22+42=25，AG=AE=32+12=10，
∴AG2+AE2=EG2，
∴△AEG是直角三角形；
∴S四边形AEDG=S△AEG+S△DEG=12×10×10+12×5×2=10．
（4）如图，过点A作AH⊥DF于H，连接BH，则点H即为所求作．
∵BK=KH=22+12=5，BH=32+12=10，
∴BK2+KH2=BH2．
∴△BHK是等腰直角三角形．
∴∠BHK=45°．
∴∠AHB=135°．
【点睛】本题考查作图-轴对称变换，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】
【例3】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P是边AC上一动点，把△ABP沿直线BP折叠，使得点A落在图中点A′处，当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是 ．
【答案】4或3
【分析】分类讨论分别当∠AA′C=90°时，当∠ACA′=90°时，根据折叠的性质函数直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：如图1，当∠AA′C=90°时，
∵以直线BP为轴把△ABP折叠，使得点A落在图中点A′处，
∴AP=A′P，
∴∠PAA′=∠AA′P，
∵∠ACA′+∠PAA′=∠CA′P+∠AA′P=90°，
∴∠PCA′=∠PA′C，
∴PC=PA′，
∴PC=12AC=4，
如图2，当∠ACA′=90°时，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且AC=8，BC=6．
∴AB=10，
∵以直线BP为轴把△ABP折叠，使得点A落在图中点A′处，
∴A′B=AB=10，PA=PA′，
∴A′C=4，
设PC=x，
∴AP=8-x，
∵A′C2+PC2=PA′2，
∴42+x2=（8-x）2，
解得：x=3，
∴PC=3，
综上所述：当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是4或3，
故答案为：4或3．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2＝2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
（1）对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是 ．
A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”
C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”
（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB＝3，则该三角形的面积为 ；
（3）如图，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求△PDC的面积．
【答案】（1）A；（2）22；（3）3－1
【分析】（1）根据“方倍三角形”定义可得，等边三角形一定是“方倍三角形”，直角三角形不一定是“方倍三角形”进而可以判断；
（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，满足a2＋b2＝3，根据“方倍三角形”定义，还满足：a2＋3＝2b2，即可得a和b的值，进而可得直角三角形的面积；
（3）根据题意可得△ABP≌△DBP，根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP＝DP＝2 ，延长BP交AD于点E，根据勾股定理求出BE的长，根据△PBC为等腰直角三角形，可得PC＝2PB＝6−2 ，进而可以求△PDC的面积．
【详解】解：（1）对于①等边三角形，三边相等，
设边长为a，
则a2＋a2＝2a2，
根据“方倍三角形”定义可知：
等边三角形一定是“方倍三角形”；
对于②直角三角形，三边满足关系式：
a2＋b2＝c2，
根据“方倍三角形”定义可知：
直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故答案为：A；
（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，
则满足a2＋b2＝3，
根据“方倍三角形”定义，还满足：
a2＋3＝2b2，
联立解得a=1b=2 ，
则Rt△ABC的面积为：22；
故答案为：22；
（3）由题意可知：
△ABP≌△DBP，
∴BA＝BD，∠ABP＝∠DBP，
根据“方倍三角形”定义可知：
BA2+BD2＝2AD2＝2BA2，
∴AD＝AB＝BD，
∴△ABD为等边三角形，∠BAD＝60°，
∴∠ABP＝∠DBP＝30°，
∴∠PBC＝90°，
∵∠CPB＝45°，
∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠DPC＝90°，
∵∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，
∴∠BAC＝15°，
∴∠CAD＝45°，
∴△APD为等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2 ，
∴AD＝2，
延长BP交AD于点E，如图，
∵∠ABP＝∠PBD，
∴BE⊥AD，PE＝12AD＝AE＝1，
∴BE＝AB2−AE2=4−1=3，
∴PB＝BE﹣PE＝3 ﹣1，
∵∠CPB＝∠PCB＝45°，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴PC＝2PB＝6−2，
∴S△PDC＝12×PC•PD＝12×（6−2）×2＝3﹣1．
【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质．
【变式3-2】（2023春·浙江·八年级期末）如图1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．
(1)求BC边上的高线长．
(2)点E是BC边上的动点，点D在边AB上，且AD＝4，连结DE．
①如图2，当点E是BC中点时，求△BDE的面积．
②如图3，沿DE将△BDE折叠得到△FDE，当DF与△ABC其中一边垂直时，求BE的长．
【答案】(1)8
(2)①14.4；②307或2或8.4
【分析】（1）如图，过A作AT⊥BC于T,再求解BT=CT=6, 再利用勾股定理求解高线长即可；
（2）①如图，连接AE, 利用等腰三角形的三线合一证明AE⊥BC,BE=CE=6, 求解AE=8,可得S△ABE=12AE·BE=24, 证明S△BDES△ADE=64=32, 从而可得答案；②分三种情况讨论：当DF⊥AB时，再利用等面积法与勾股定理结合可得答案；当DF⊥BC于K时，利用角平分线的性质及面积比可得答案；当DF⊥AC时，如图，则∠FTM=90°, 证明∠DEK=∠DEF=45°, 再利用勾股定理可得答案.
【详解】（1）解：如图，过A作AT⊥BC于T,
∵ AB＝AC＝10，BC＝12，
∴BT=CT=6,AT=102−62=8,
所以BC边上的高线长为8.
（2）解：①如图，连接AE,
∵AB=AC=10,BC=12,E为BC的中点，
∴AE⊥BC,BE=CE=6,
由（1）得：AE=8,
∴S△ABE=12AE·BE=12×6×8=24,
∵AD=4, 则BD=10−4=6,
∴S△BDES△ADE=64=32,
∴S△BDE=32+3×24=14.4.
②当DF⊥AB时，由对折可得：
∠BDE=∠FDE=45°,
过A作AT⊥BC于T, 连接DT, 过D作DK⊥BC于K, 过E作EN⊥AB于N,
由①得：S△BDT=14.4,BT=6,
∴12×6×DK=14.4, 则DK=4.8,
∵EN⊥BD,∠BDE=45°, 设DN=x,
则EN=DN=x,
由12BD·EN=12BE·DK,
∴BE=54x,
∴BN=(54x)2−x2=34x, 而BN=6−x,
∴34x=6−x, 解得：x=247,
∴BE=54×247=307,
当DF⊥BC于K时，则DK=4.8,
∴BK=62−4.82=3.6,
过E作EN⊥BD于N, 由对折可得∠BDE=∠FDE,
∴EN=EK,
∴S△BDES△DKE=BEEK=BDDK,
∴BEEK=64.8=54,
∴BE=55+4×3.6=2,
当DF⊥AC时，如图，则∠FTM=90°,
由对折可得∠B=∠F, 而AB=AC=10, 则∠B=∠C,
∴∠C=∠F, 而∠FMT=∠CME,
∴∠MEC=∠MTE=90°,
结合对折可得：∠DEK=∠DEF=45°,
过D作DK⊥BC于K,
同理可得：DK=EK=4.8,
∴BK=62−4.82=3.6,
∴BE=3.6+4.8=8.4,
综上：当DF与△ABC其中一边垂直时，BE的长为307或2或8.4.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，清晰的分类讨论，等面积法是应用等都是解本题的关键.
【变式3-3】（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2=2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
(1)对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是___．
A. ①一定是“方倍三角形” B. ②一定是“方倍三角形”
C. ①②都一定是“方倍三角形” D. ①②都一定不是“方倍三角形”
(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB=3，则该三角形的面积为___；
(3)如图，△ABC中，∠ABC=120∘，∠ACB=45∘，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连结CD，AD，若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求BC的长．
【答案】(1)A
(2)22
(3)3−1
【分析】(1)直接利用“方倍三角形”的定义对等边三角形和直角三角形分别判断即可；
(2)根据勾股定理和“方倍三角形”的定义求得直角三角形的三边长，即可求得直角三角形的面积；
(3)根据题意可得△ABP≌△DBP，根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP＝DP＝2，延长BP交AD于点E，根据勾股定理求出BE的长，根据△PBC为等腰直角三角形，即可求得结论．
【详解】（1）对于①等边三角形，三边相等，
设边长为a，
则a2+a2=2a2，
根据“方倍三角形”定义可知：
等边三角形一定是“方倍三角形”；
对于②直角三角形，三边满足关系式：a2+b2=c2，
根据“方倍三角形”定义可知：
直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故选：A
故答案为：A；
（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，
则满足a2+b2=3，
根据“方倍三角形”定义，还满足：a2+3=2b2，
联立解得a=1b=2，
则Rt△ABC的面积为：22；
故答案为：22；
（3）由题意可知：△ABP≅△DBP，
∴BA=BD,∠ABP=∠DBP，
根据“方倍三角形”定义可知：
BA2+BD2=2AD2=2BA2，
∴AD=AB=BD，
∴△ABD为等边三角形，∠BAD=60∘，
∴∠ABP=∠DBP=30∘，
∴∠PBC=90∘，
∵∠CPB=45∘，
∴∠APB=180∘−45∘=135∘，
∴∠DPC=90∘，
∵∠ABC=120∘,∠ACB=45∘，
∴∠BAC=15∘，
∴∠CAD=45∘，
∴△APD为等腰直角三角形，
∴AP=DP=2，
∴AD=2．
延长BP交AD于点E，如图，
∵∠ABP=∠PBD，
∴BE⊥AD，PE=12AD=AE=1，
∴BE=AB2−AE2=4−1=3，
∴PB=BE−PE=3−1，
∵∠CPB=∠PCB=45∘，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴PC=BC=3−1．
【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质．
【题型4 以弦图为背景的计算】
【例4】（2023春·浙江嘉兴·八年级统考期末）在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD内部，其中点M，N，P，Q分别在长方形的边AB，BC，CD和AD上，若AB=7，BC=8，则小正方形的边长为（ ）
A．5B．6C．7D．22
【答案】D
【分析】根据赵爽弦图，将小正方形分成4个全等的直角三角形，和一个最小的正方形，设直角三角形的短直角边长为a，长直角边为b，则正方形的水平宽度与垂直高度为2b−b−a=b+a，根据平移的性质，分别表示出AB,BC，建立二元一次方程组，解方程组，进而勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，根据赵爽弦图，将小正方形分成4个全等的直角三角形，和一个最小的正方形，
设直角三角形的短直角边长为a，长直角边为b，则正方形的水平宽度与垂直高度为b+a，
依题意，2b+a+b=82b+b+a=7
解得：a=1b=2
∴小正方形的边长为：a2+b2=5，
【点睛】本题考查了勾股定理，掌握弦图的计算是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）如图，它是由弦图变化得到的，是由八个全等的直角三角形拼接而成的，将图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别记为S1、S2、S3．
（1）若S1=25，S3=1，则S2= ．
（2）若S1+S2+S3=24，则S2= ．
【答案】 13 8
【分析】（1）首先结合题意求得正方形ABCD的边长AB=5，正方形MNKT的边长TM=1，由全等的直角三角的性质可得AE=FM=BF=ET，AF=ME，设AE=FM=BF=ET=x，则AF=5−x，EM=x+1，然后可求得AE=2，AF=3，在Rt△AEF中，由勾股定理可得EF2=AE2+AF2=13，结合正方形面积公式即可获得答案；
（2）设每一个直角三角形面积为m，则S1=S2+4m，S3=S2−4m，再结合S1+S2+S3=24即可获得答案．
【详解】解：（1）当S1=25，S3=1时，
正方形ABCD的边长AB=25=5，正方形MNKT的边长TM=1=1，
根据题意，该图形由八个全等的直角三角形拼接而成，
由全等的直角三角的性质可得AE=FM=BF=ET，AF=ME，
设AE=FM=BF=ET=x，则AF=AB−BF=5−x，EM=ET+TM=x+1，
∴5−x=x+1，解得x=2，
∴AE=2，AF=5−2=3，
∴在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2=22+32=13，
∴正方形EFGH的面积S2=EF2=13；
故答案为：13；
（2）设每一个直角三角形面积为m，
∴则S1=S2+4m，S3=S2−4m，
∵S1+S2+S3=24，
∴S2+4m+S2+S2−4m=3S2=24，
解得S2=8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了正方形的面积、勾股定理等知识，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积．
【变式4-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）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拼接而成的．已知BE:AE=3:1，正方形ABCD的面积为80．连接ACAC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为 ．
【答案】16
【分析】设AE=x，BE=3x，根据正方形的面积公式和勾股定理可求得x2=8，再根据题意和三角形的面积公式可推导出S△FGQ=S△AEP+S△CGQ，进而推出阴影部分的面积之和为梯形GQPF的面积，利用梯形面积公式求解即可．
【详解】解：由题意，∠AEP=∠CGQ=∠CFP=90°，AE=CG=BF，BE=CF，
∴AE∥CF，BE∥DG，EF=GF，
∴∠EAP=∠GCQ，
∴△AEP≌△CGQASA，
∴EP=GQ，S△AEP=S△CGQ，
∵BE:AE=3:1，
∴设AE=x，则AE=CG=BF=x，BE=CF=3x，
∴EF=GF=CF−CG=2x，
∴S△FGQ=2S△CGQ=S△AEP+S△CGQ，
∴阴影部分的面积之和为
S梯形GQPF=12GQ+PF⋅GF
=12EP+PF⋅GF
=12EF⋅GF
=12×2x2
=2x2，
∵正方形ABCD的面积为80，
∴AE2+BE2=AB2即x2+9x2=80，
∴x2=8，
∴阴影部分的面积之和为16．
故答案为：16．
【点睛】本题考查勾股定理、全等三角形的判定与性质、梯形的面积、三角形的面积，解答的关键是理解题意，找寻图形中线段间的关系，然后利用勾股定理和梯形的面积公式以及转化的思想方法求解．
【变式4-3】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNPQ的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3=45，则S2的值是 ．
【答案】15
【分析】由八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNPQ为正方形，得出CG=NG，CF=DG=NF，再根据三个正方形的面积公式列式相加：S1+S2+S3=45，求出GF2的值，从而可以计算结论即可．
【详解】解：∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNPQ为正方形，
∴CG=NG，CF=DG=NF，
∴S1=(CG+DG)2
=CG2+DG2+2CG⋅DG
=GF2+2CG⋅DG，
S2=GF2，
S3=(NG−NF)2
=NG2+NF2−2NG⋅NF
∴S1+S2+S3=GF2+2CG⋅DG+GF2+NF2−2NG⋅NF=3GF2=45，
∴GF2=15，
∴S2=15，
故答案为：15．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质，根据已知得出3GF2=45是解决问题的关键．
【题型5 勾股定理的证明方法】
【例5】（2023春·广西百色·八年级统考期末）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．
(1)证明勾股定理
取4个与Rt△ABC（图1）全等的三角形，其中∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，把它们拼成边长为a+b的正方形DEFG，其中四边形OPMN是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股定理．
(2)应用勾股定理
①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点．
如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于DA，在l上取点B，使AB=2，以点D为圆心，DB为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______．
②应用场景2：解决实际问题．
如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE=0.5m，将它往前推至C处时，水平距离CD=2m，踏板离地的垂直高度CF=1.5m，它的绳索始终拉直，求绳索AC的长．
【答案】(1)验证见解析
(2)①1±13；②绳索AC的长为2.5m
【分析】（1）用含a、b的式子用两种方法表示正方形的面积，然后整理即可证明结论；
（2）①根据勾股定理求出DB，根据实数与数轴解答即可．②设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AD=x−1m，利用勾股定理可得22+(x−1)2=x2，即可得到结论．
【详解】（1）解：证明勾股定理：
由题意得，S正方形DEFG=a+b2，S△ABC=12ab，S正方形OPMN=c2
S正方形DEFG=4S△ABC+S正方形OPMN
∴a2+2ab+b2=4×12ab+c2，
∴a2+b2=c2．
（2）解：①在Rt△DBA中，
∵DB=DA2+AB2=32+22=13,
∴DC=13,
∴点C表示的数是13+1．
故答案为：13+1．
②∵CF=1.5m，BE=0.5m，
∴DB=1m．
设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AD=x−1m，
利用勾股定理可得22+(x−1)2=x2．
解得：x=2.5．
答：绳索AC的长为2.5m．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方以及数形结合思想是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·山东济宁·八年级统考期末）计算图1的面积，把图1看作一个大正方形，它的面积是a+b2，如果把图1看作是由2个长方形和2个小正方形组成的，它的面积为a2+2ab+b2，由此得到：a+b2=a2+2ab+b2．
(1)如图2，正方形ABCD是由四个边长分别是a，b的长方形和中间一个小正方形组成的，用不同的方法对图2的面积进行计算，你发现的等式是______（用a，b表示）
(2)已知：两数x，y满足x+y=14，xy=24，求x−y的值．
(3)如图3，正方形ABCD的边长是c，它由四个直角边长分别是a，b的直角三角形和中间一个小正方形组成的，对图3的面积进行计算，你发现的等式是______．（用a，b，c表示，结果化到最简）
【答案】(1)a+b2=a−b2+4ab
(2)±10
(3)a2+b2=c2
【分析】（1）根据正方形ABCD的面积=(a+b)2，正方形ABCD的面积(a−b)2+4ab，即可得出(a+b)2=(a−b)2+4ab；
（2）根据（1）中等式，整体代入计算；
（3）根据正方形ABCD的面积=c2，正方形ABCD的面积(a−b)2+4×12ab，即可得出a2+b2=c2．
【详解】（1）解：如图2，正方形ABCD的面积=(a+b)2，
正方形ABCD的面积(a−b)2+4ab，
∴(a+b)2=(a−b)2+4ab；
（2）∵(x+y)2=(x−y)2+4xy，且x+y=14，xy=24，
∴142=(x−y)2+4×24，
即(x−y)2=100，
∴x−y的值为±10．
（3）如图3，正方形ABCD的面积=c2，
正方形ABCD的面积(a−b)2+4×12ab，
∴c2=(a−b)2+4×12ab，
即a2+b2=c2．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，解决问题的关键是运用面积法得出完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2．解题时注意数形结合思想的运用．
【变式5-2】（2023春·山西运城·八年级统考期中）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【答案】(1)见解析
(2)655
(3)x=94
【分析】（1）表示出三个图形的面积进行加减计算可证a2+b2=c2；
（2）计算出△ABC的面积，再根据三角形的面积公式即可求得AB边上的高；
（3）运用勾股定理在Rt△ABD和Rt△ADC中求出AD2，列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：∵S四边形ABCD=12c2，S梯形AEDC=12b+ab，S△BED=12a−ba，
S四边形ABCD=S梯形AEDC+S△BED
∴12c2=12b+ab+12a−ba
∴12c2=12b2+12ab+12a2−12ab
∴a2+b2=c2
（2）S△ABC=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，
AB=22+42=25，
∵S△ABC=12AB×ℎ=12×25ℎ=6，
∵ℎ=655
即AB边上的高是655
（3）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得
AD2=AB2−BD2=42−x2=16−x2
∵BD+CD=BC=6，
∴CD=BC−BD=6−x
在Rt△ACD中，由勾股定理得
AD2=AC2−CD2=52−6−x2=−11+12x−x2
∴16−x2=−11+12x−x2，
∴x=94
【点睛】此题主要考查了梯形，证明勾股定理，勾股定理的应用，证明勾股定理常用的方法是利用面积证明，是解本题的关键．构造出直角三角形DEF是解本题的难点．
【变式5-3】（2023春·全国·八年级期中）如图（1），是两个全等的直角三角形（直角边分别为a，b，斜边为c）
（1）用这样的两个三角形构造成如图（2）的图形，利用这个图形，证明：a2+b2＝c2；
（2）用这样的两个三角形构造图3的图形，你能利用这个图形证明出题（1）的结论吗？如果能，请写出证明过程；
（3）当a＝3，b＝4时，将其中一个直角三角形放入平面直角坐标系中，使直角顶点与原点重合，两直角边a，b分别与x轴、y轴重合（如图4中Rt△AOB的位置）．点C为线段OA上一点，将△ABC沿着直线BC翻折，点A恰好落在x轴上的D处．
①请写出C、D两点的坐标；
②若△CMD为等腰三角形，点M在x轴上，请直接写出符合条件的所有点M的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）能，见解析；（3）①C、D两点的坐标为C（0，32），D（2，0）；②符合条件的所有点M的坐标为：（716，0）、（92，0）；、（﹣2，0）、（﹣12，0）
【分析】（1）根据梯形的面积的两种表示方法即可证明；
（2）根据四边形ABCD的面积的两种表示方法即可证明；
（3）①根据翻折的性质和勾股定理即可求解；
②根据等腰三角形的性质分四种情况求解即可．
【详解】解：（1）∵S梯形ABCD=2×12ab+12c2
S梯形ABCD=12a+ba+b
∴2×12ab+12c2=12(a+b)(a+b)
∴2ab+c2=a2+2ab+b2
∴c2=a2+b2．
（2）连接BD，
如图：
S四边形ABCD=12c2+12ab−a，
S四边形ABCD=12ab+12b2，
∴ 12c2+12a(b−a)=12ab+12b2，
∴c2=a2+b2．
（3）①设OC=a，则AC=4−a，又AB=5，
根据翻折可知：
BD=AB=5，CD=AC=4−a，
OD=BD−OB=5−3=2．
在RtΔCOD中，根据勾股定理，得
(4−a)2=a2+4，
解得a=32．
∴C(0,32)，D(2,0)．
答：C、D两点的坐标为C(0,32)，D(2,0)．
②如图：
当点M在x轴正半轴上时，
CM=DM，
设CM=DM=x，则x2=(2−x)2+(32)2，解得x=2516，
∴2−x=716，
∴M(716，0)；
CD=MD，=4−32=52，2+52=92，
∴M(92，0)；
当点M在x轴负半轴上时，
CM=CD，∵OM=OD=2，
∴M(−2,0)；
DC=DM，=4−32=52，
∴OM=52−2=12，
∴M(−12，0)．
∴符合条件的所有点M的坐标为：(716，0)、(92，0)、(−2,0)、(−12，0)．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，是三角形的综合题，解决本题的关键是分情况讨论思想的运用．
【题型6 勾股定理与全等综合】
【例6】（2023春·安徽滁州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=AC，AD为底边BC上的高线，E是AC上一点，连接BE交AD于点F，且∠CBE=45°．
(1)求证：AB2−AD2=BD⋅CD；
(2)如图1，若AB=6.5，BC=5，求AF的长；
(3)如图2，若AF=BC，以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形吗？请判断，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF的长为3.5
(3)以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形，理由见解析
【分析】（1）在△ABC中，由AB=AC，AD⊥BC，可得BD=CD，由勾股定理得AB2−AD2=BD2，进而可证AB2−AD2=BD⋅CD；
（2）由（1）可知BD=CD=12BC=2.5，由勾股定理得，AD=AB2−BD2=6，在Rt△BDF中，∠CBE=45°，可得△BDF是等腰直角三角形，则DF=BD=2.5，根据AF=AD−DF，计算求解即可；
（3）如图，在BF上取一点H，使BH=EF，连接CF，CH，由∠CBE=45°，AD⊥BC，可得∠BFD=45°，∠AFE=∠BFD=45°，证明△CHB≌△AEFSAS，则AE=CH，∠AEF=∠CHB，由∠CEF+∠AEF=180°=∠CHF+∠CHB，可得∠CEF=∠CHF，CE=CH，由BD=CD，FD⊥BC，可得CF=BF，∠CFD=∠BFD=45°，则∠CFB=∠CFD+∠BFD=90°，即CF⊥EH，由CE=CH，可得EF=FH，由勾股定理，得CF2+FH2=CH2，则BF2+EF2=AE2，进而可得以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形．
【详解】（1）证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
由勾股定理得AB2−AD2=BD2，
∴AB2−AD2=BD⋅CD；
（2）解：由（1）可知BD=CD=12BC=2.5，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD=AB2−BD2=6.52−2.52=6，
∵在Rt△BDF中，∠CBE=45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF=BD=2.5，
∴AF=AD−DF=6−2.5=3.5，
∴AF的长为3.5；
（3）解：能围成直角三角形，理由如下：
如图，在BF上取一点H，使BH=EF，连接CF，CH，
∵∠CBE=45°，AD⊥BC，
∴∠BFD=45°，
∴∠AFE=∠BFD=45°，
∵BH=FE，∠CBH=∠AFE=45°，BC=AF，
∴△CHB≌△AEFSAS，
∴AE=CH，∠AEF=∠CHB，
∵∠CEF+∠AEF=180°=∠CHF+∠CHB，
∴∠CEF=∠CHF，
∴CE=CH，
∵BD=CD，FD⊥BC，
∴CF=BF，∠CFD=∠BFD=45°，
∴∠CFB=∠CFD+∠BFD=90°，即CF⊥EH，
又∵CE=CH，
∴EF=FH，
在Rt△CFH中，由勾股定理，得CF2+FH2=CH2，
∴BF2+EF2=AE2，
∴以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式6-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期中）如图，把一张矩形纸片沿对角线BD折叠，若BC=9，CD=3，那么AF的长为 ．
【答案】4
【分析】根据折叠的性质可得△ABF≌△EDF(AAS)，设EF=AF=x，则BF=BE−EF=9−x，在Rt△ABF中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：矩形纸片沿对角线BD折叠，
∴CD=ED=AB=3，BC=AD=BE=9，∠A=∠E=90°，且∠AFB=∠EFD，
∴△ABF≌△EDF(AAS)，
∴EF=AF，BF=DF，
设EF=AF=x，则BF=BE−EF=9−x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2+AF2，
∴(9−x)2=32+x2，解得，x=4，
∴AF=4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查矩形的折叠，勾股定理，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·湖北襄阳·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为10，AG=CH=8，BG=DH=6，连接GH，则线段GH的长为（ ）
A．538B．22C．145D．10−52
【答案】B
【分析】延长BG交CH于点E，根据正方形的性质证明△ABG≅△CDHSSS，求出∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，再证明△ABG≅△BCEASA，求出GE=2，HE=2，由勾股定理可得GH的长．
【详解】解：如图，延长BG交CH于点E，
∵AB=CD=10，BG=DH=6，AG=CH=8，
∴AG2+BG2=AB2，CH2+DH2=CD2，
∴△ABG和△DCH是直角三角形，
在△ABG和△CDH中，AB=CDAG=CHBG=DH，
∴△ABG≅△CDHSSS，
∴∠1=∠5，∠2=∠6，∠AGB=∠CHD=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠5+∠6=90°，
∵∠2+∠3=90°，∠4+∠5=90°，
∴∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，
在△ABG和△BCE中，∠1=∠3AB=BC∠2=∠4，
∴△ABG≅△BCEASA，
∴BE=AG=8，CE=BG=6，∠BEC=∠AGB=90°，
∴GE=BE−BG=8−6=2，
同理可得HE=2，
在Rt△GHE中，GH=GE2+HE2=22+22=22，
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，通过证明三角形全等得出GE=2，HE=2是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=62，D是射线CB上的动点，过点A作AF⊥AD（AF始终在AD上方），且AF=AD，连接BF．
(1)如图1，当点D在线段BC上时，判断BF与DC的关系，并说明理由．
(2)如图2，若点D、E为线段BC上的两个动点，且∠DAE=45°，连接EF，DC=3，求ED的长．
(3)若在点D的运动过程中，BD=3，则AF=___．
(4)如图3，若M为AB中点，连接MF，在点D的运动过程中，当BD=__时，MF的长最小？最小值是___．
【答案】(1)垂直且相等，理由见解析
(2)5
(3)313或35
(4)9，3
【分析】（1）证明△FAB≌△DAC，由全等三角形的性质即可得出结论；
（2）证明△FAE≌△DAE，由全等三角形的性质及勾股定理即可得出答案；
（3）分两种情况画出图形，由勾股定理进行计算即可得到答案；
（4）当MF⊥BF时，线段MF最短，证出△BFM为等腰直角三角形，可求出MF、BD的长．
【详解】（1）解：当点D在线段BC上时，
∵AD=AF，∠BAF=90°−∠BAD=∠DAC，AB=AC，
∴△FAB≌△DACSAS，
∴BF=DC，∠ABF=∠ACD=45°，
∴∠FBC=90°，
∴BF⊥DC；
（2）解：AE=AE，∠EAF=90°−∠DAE=45°=∠EAD，AF=AD，
∴△FAE≌△DAESAS，
∴ED=EF，
∵∠BAC=90°，AB=AC=62，
∴BC=12，
∴BD=BC−CD=9，
由（1）可知∠C=∠ABF=∠ABC=45°，CD=BF=3，
∴∠FBE=90°，
设DE=EF=x，
∵BF2+BE2=EF2，
∴32+9−x2=x2，
∴x=5，
∴ED=5；
（3）解：如图1，当点D在线段BC上，BD=3，设AG为BC边上的高，G为垂足，
，
在等腰Rt△ABC中，G为BC的中点，AB=AC=62，
∴BC=AB2+AC2=622+622=12，
∴AG=BG=12BC=6，DG=BG−BD=6−3=3，
∴AF=AD=AG2+DG2=62+32=35，
如图2，点D在线段CB的延长线时，同理可得AG=BG=6，
，
∴DG=BD+BG=3+6=9，
∴AD=AG2+DG2=62+92=313，
故答案为：35或313；
（4）解：点F运动轨迹是过点B，且垂直于BC的射线，根据垂线段最短的性质，当MF⊥BF时，线段MF最短，如图3，
，
∵BC⊥BF，∠ABC=45°，∠FBD=90°，
∴△BFM为等腰直角三角形，
∴MF=BF=22BM=22×AB2=24×62=3，
由（1）知：BF=CD=3，
∴BD=BC−DC=12−3=9，
此时MF=3，
故答案为：9，3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】
【例7】（2023春·山西大同·八年级统考期中）如图，在墙角处放着一个长方体木柜（木柜与墙面和地面均没有缝腺），一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角C1处．若AB=3，BC=4，CC1=5，则蚂蚁爬行的最短路程是（ ）
A．74B．310C．89D．12
【答案】D
【分析】求出蚂蚁沿着木柜表面经线段A1B1到C1，以及蚂蚁沿着木柜表面经线段BB1到C1的距离，再进行比较即可．
【详解】解：蚂蚁沿着木柜表面经线段A1B1到C1，
爬过的路径的长是l1=32+4+52=90，
蚂蚁沿着木柜表面经线段BB1到C1，
爬过的路径的长是l2=3+42+52=74．
l1>l2，最短路径的长是l2=74．
故选A．
【点睛】此题主要考查了长方体展开图的对角线长度求法，这种题型经常在中考中出现，也是易错题型，希望能引起同学们的注意．
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥寿春中学校考期中）如图，一个圆柱形食品盒，它的高为10cm，底面圆的周长为32cm
(1)点A位于盒外底面的边缘，如果在A处有一只蚂蚁，它想吃到盒外表面对侧中点B处的食物，则蚂蚁需要爬行的最短路程是 cm；
(2)将左图改为一个无盖的圆柱形食品盒，点C距离下底面3cm，此时蚂蚁从C处出发，爬到盒内表面对侧中点B处(如右图)，则蚂蚁爬行的最短路程是 cm．
【答案】 281 20
【分析】（1）把圆柱侧面展开，在Rt△ADB中，利用勾股定理求解即可．
（2）将圆柱侧面展开，得到矩形PQTA，作点B关于PQ的对称点B'，构造Rt△CDB'，根据勾股定理求出CB'即可解决问题．
【详解】(1)如图，把圆柱侧面展开，在Rt△ADB中，
∵AD=16cm，BD=5cm，
∴AB=AD2+BD2=162+52=281 cm，
故答案为：281．
(2)如图所示，点B与点B'关于PQ对称，可得CD=16cm，B'D=12cm，
则最短路程为CB'=CD2+B'D2=122+162=20 cm
故答案为：20．
【点睛】本题考查了勾股定理求线段最短距离，轴对称的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 cm
【答案】16
【分析】将正方形ABCD沿着CD翻折得到正方形A'B'CD ，过点M在正方形ABCD内部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，连接QM，过M'作M'N⊥A'B'于点N，此时AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，运用勾股定理求解即可．
【详解】
如图，将正方形ABCD沿着CD翻折得到正方形A'B'CD ，过点M在正方形ABCD内部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，连接QM，过M'作M'N⊥A'B'于点N，则四边形MM'NB'是矩形，四边形PQMM'是平行四边形，
∴M'N'=MB'，PM'=QM，B'N=MM'，∠A'NM'=90°，
此时AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，
∵点M是BC中点，
∴CM=12BC=4cm，
∴M'N=MB'=12cm，A'N=A'B'−B'N=5cm，
在Rt△A'M'N中，A'M'=A'N2+M'N2=52+122=13cm，
∴A'M'+PQ=16cm，
故答案为：16．
【点睛】本题考查最短路径问题，考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，轴对称性质等，解题的关键是将立体图形中的最短距离转换为平面图形的两点之间线段长度进行计算．
【变式7-3】（2023春·广东佛山·八年级统考期末）初中几何的学习始于空间的“实物和具体模型”，聚焦平面的“几何图形的特征和运用”，形成了空间几何问题要转化为平面几何问题的解题策略．
问题提出：如图所示是放在桌面上的一个圆柱体，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，如何求最短路程呢？
(1)问题分析：蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，可以有几条路径？在图中画出来；
(2)问题探究：①若圆柱体的底面圆的周长为18cm，高为12cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
②若圆柱体的底面圆的周长为24cm，高为4cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
③若圆柱体的底面圆的半径为r，高为ℎ，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程．
【答案】(1)3条，图形见解析
(2)①15cm；②410cm；③π2r2+ℎ2cm
【分析】（1）共有3条路径，第一条先沿圆柱体的高爬行，再从上底面边缘爬行；第二条先沿圆柱体的高爬行，再从上底面直径爬行；第三条沿圆柱体侧面爬行，即可；
（2）①连接AB，利用两点之间，线段最短，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出AB的长，即可求解；②利用两点之间，线段最短，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出AB的长，即可求解；③利用两点之间，线段最短，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出AB的长，即可求解．
【详解】（1）解：共有3条路径，如下图：
（2）解：①如图，连接AB，
根据题意得：AC=12×18=9cm，BC=12cm，
∴AB=AC2+BC2=15cm，
即蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，最短路程为15cm；
②如图，连接AB，
根据题意得：AC=12×24=12cm，BC=4cm，
∴AB=AC2+BC2=410cm，
即蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，最短路程为410cm；
③如图，连接AB，
根据题意得：AC=12×2πr=πrcm，BC=ℎcm，
∴AB=AC2+BC2=π2r2+ℎ2cm，
即蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，最短路程为π2r2+ℎ2cm．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】
【例8】（2023春·吉林白城·八年级统考期末）如图所示，A、B两块试验田相距200m，C为水源地，AC＝160m，BC＝120m，为了方便灌溉，现有两种方案修筑水渠．
甲方案：从水源地C直接修筑两条水渠分别到A、B；
乙方案；过点C作AB的垂线，垂足为H，先从水源地C修筑一条水渠到AB所在直线上的H处，再从H分别向A、B进行修筑．
（1）请判断△ABC的形状（要求写出推理过程）；
（2）两种方案中，哪一种方案所修的水渠较短？请通过计算说明．
【答案】（1）△ABC是直角三角形，理由见解析；（2）（2）甲方案所修的水渠较短；理由见解析
【分析】（1）由勾股定理的逆定理即可得出△ABC是直角三角形；
（2）由△ABC的面积求出CH，得出AC+BC＜CH+AH+BH，即可得出结果．
【详解】解：（1）△ABC是直角三角形；
理由如下：
∴AC2+BC2＝1602+1202＝40000，AB2＝2002＝40000，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）甲方案所修的水渠较短；
理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴△ABC的面积＝12AB•CH＝12AC•BC，
∴CH＝AC•BCAB=160×120200=96（m），
∵AC+BC＝160+120＝280（m），CH+AH+BH=CH+AB＝96+200＝296（m），
∴AC+BC＜CH+AH+BH，
∴甲方案所修的水渠较短．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算；熟练掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形是解决问题的关键．
【变式8-1】（2023春·全国·八年级期中）2019年10月1日，中华人民共和国70年华诞之际，王梓涵和学校国旗护卫队的其他同学们赶到学校举行了简朴而降重的升旗仪式．倾听着雄壮的国歌声，目送着五星红旗缓缓升起，不禁心潮澎湃，爱国之情油然而生．爱动脑筋的王梓涵设计了一个方案来测量学校旗杆的高度．将升旗的绳子拉直到末端刚好接触地面，测得此时绳子末端距旗杆底端2米，然后将绳子末端拉直到距离旗杆5m处，测得此时绳子末端距离地面高度为1m，最后根据刚刚学习的勾股定理就能算出旗杆的高度为（ ）
A．10mB．11mC．12mD．13m
【答案】B
【分析】根据题意画出示意图，设旗杆高度为xm，可得AC＝AD＝xm，AB＝（x﹣1）m，BC＝5m，在Rt△ABC中利用勾股定理可求出x．
【详解】设旗杆高度为xm，可得AC＝AD＝xm，AB＝（x﹣1）m，BC＝5m，
根据勾股定理得，绳长的平方＝x2+22，
如图，根据勾股定理得，绳长的平方＝（x﹣1）2+52，
∴x2+22＝（x﹣1）2+52，解得x＝11，
【点睛】此题考查勾股定理，题中有两种拉绳子的方式，故可以构建两个直角三角形，形状不同大小不同但都是直角三角形且绳子的长度是不变的，因此根据绳子建立勾股定理的等式，由此解答问题．
【变式8-2】（2023春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）【问题探究】
(1)如图①，点E是正△ABC高AD上的一定点,请在AB上找一点F，使EF=12AE，并说明理由；
(2)如图②，点M是边长为2的正△ABC高AD上的一动点，求12AM+MC的最小值；
【问题解决】
(3)如图③，A、B两地相距600km,AC是笔直地沿东西方向向两边延伸的一条铁路，点B到AC的最短距离为360km．今计划在铁路线AC上修一个中转站M，再在BM间修一条笔直的公路。如果同样的物资在每千米公路上的运费是铁路上的两倍。那么，为使通过铁路由A到M再通过公路由M到B的总运费达到最小值，请确定中转站M的位置,并求出AM的长．(结果保留根号)
【答案】（1）详见解析；（2）3；（3）AM=(480−1203)km．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠BAD=30°，得出EF=12AE；
（2）根据题意得出C，M，N在一条直线上时，此时12AM+MC最小，进而求出即可；
（3）作BD⊥AC，垂足为点D，在AC异于点B的一侧作∠CAN=30°，作BF⊥AN，垂足为点F，交AC于点M，点M即为所求，在Rt△ABD中，求出AD的长，在Rt△MBD中，得出MD的长，即可得出答案．
【详解】解：(1)如图①，作EF⊥AB，垂足为点F，点F即为所求。
理由如下：∵点E是正△ABC高AD上的一定点，
∴∠BAD=30∘，
∵EF⊥AB，
∴EF=12AE；
(2)如图②,作CN⊥AB,垂足为点N,交AD于点M,此时12AM+MC最小，最小为CN的长。
∵△ABC是边长为2的正△ABC，
∴CN=BCsin60∘=2×32=3
∴MN+CM=12AM+MC=3
即12AM+MC的最小值为3
(3)如图③,作BD⊥AC,垂足为点D,在AC异于点B的一侧作∠CAN=300
作BF⊥AN，垂足为点F，交AC于点M，点M即为所求。
在Rt△ABD中,AD=AB2−BD2=6002−3602=480(km)
在Rt△MBD中,∠MBD=∠MAF=30∘,得MD=BDtan30∘=1203(km)，
所以AM=(480−1203)km．
【点睛】此题主要考查了正三角形的性质以及锐角三角函数关系和勾股定理等知识，利用特殊角的三角函数关系得出是解题关键．
【变式8-3】（2023·四川德阳·八年级校考期末）目前，某市正积极推进“五城联创”，其中扩充改造绿地是推进工作计划之一.现有一块直角三角形绿地，量得两直角边长分别为a＝9m和b＝12m，现要将此绿地扩充改造为等腰三角形，且扩充部分包含以b＝12m为直角边的直角三角形，则扩充后等腰三角形的周长为 .
【答案】40米或48米或（30+65）米.
【详解】【分析】分三种情形讨论即可，①AB=BE1，②AB=AE3，③E2A=E2B，分别计算即可．
【详解】在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=9，AC=12，∴AB=BC2+AC2=15，
①当BA=BE1=15时，CE1=6，
∴AE1=AC2+CE12=65，
∴△ABE1周长为（30+65）米；
②当AB=AE3=15时，CE3=BC=9，BE3=18，
∴△ABE3周长为48米；
③当E2A=E2B时，设E2C=x，则有E2A=BC+E2C=9+x，
∵∠ACE2=90°，∴AE22=CE22+AC2，
即（9+x）2=x2+122，
∴x=3.5，
∴E2A=E2B=9+3.5=12.5，
∴△ABE2周长为2×12.5+15=40米；
综上所述扩充后等腰三角形的周长为40米或48米或（30+65）米，
故答案为40米或48米或（30+65）米.
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16439" 【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】 PAGEREF _Tc16439 \h 1
\l "_Tc28229" 【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】 PAGEREF _Tc28229 \h 2
\l "_Tc4389" 【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】 PAGEREF _Tc4389 \h 4
\l "_Tc9432" 【题型4 以弦图为背景的计算】 PAGEREF _Tc9432 \h 6
\l "_Tc10875" 【题型5 勾股定理的证明方法】 PAGEREF _Tc10875 \h 7
\l "_Tc30288" 【题型6 勾股定理与全等综合】 PAGEREF _Tc30288 \h 10
\l "_Tc24515" 【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】 PAGEREF _Tc24515 \h 12
\l "_Tc21251" 【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】 PAGEREF _Tc21251 \h 13
【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】
【例1】（2023春·陕西咸阳·八年级校考阶段练习）如图，射线AM⊥AN于点A、点C、B在AM、AN上，D为线段AC的中点，且DE⊥BC于点E．
（1）若BC=10，直接写出AC2+AB2的值；
（2）若AC=8，△ABC的周长为24，求△ABC的面积；
（3）若AB=6，C点在射线AM上移动，问此过程中，BE2−CE2的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请求出它的取值范围．
【变式1-1】（2023·福建·模拟预测）如图所示，已知△ABC中，AB=6，AC=9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2−MB2等于 ．
【变式1-2】（2023春·全国·八年级专题练习）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB=3，CD=2，则AD2+BC2= ．
【变式1-3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）在平面直角坐标系中，已知点A4,4，B8,0．
(1)如图1，判断△AOB的形状并说明理由；
(2)如图2，M，N分别是y轴负半轴和x轴正半轴上的点，且AM⊥AN，探究线段OM，ON，OA之间的数量关系并证明；
(3)如图3，延长BA交y轴于点C，M，N分别是x轴负半轴和y轴负半轴上的点，连接AN交x轴于D，且∠AMO+∠ANO=45°，探究BD2，DM2，OM2的数量关系并证明．
【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】
【例2】（2023春·浙江·八年级期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中．每个小正方形的顶点称为格点.以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向外作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E,F,G,H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为26，此时正方形EFGH的面积为52．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为26时，正方形EFGH的面积的所有可能值是 (不包括52)．
【变式2-1】（2023春·福建三明·八年级统考期中）问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5，10，13，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．
（1）请你将△ABC的面积直接填写在横线上： ；
思维拓展：
（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．若△ABC三边的长分别为5a，22a，17a（a＞0），请利用图②的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC，并求出它的面积．
探索创新：
（3）若△ABC三边的长分别为m2+16n2,9m2+4n2,24m2+n2（m＞0，n＞0，且m≠n），试运用构图法求出这三角形的面积．
【变式2-2】（2023春·湖北武汉·八年级校考期中）在10×10网格中，点A和直线l的位置如图所示：
（1）将点A向右平移6个单位，再向上平移2个单位长度得到点B，在网格中标出点B；
（2）在（1）的条件下，在直线l上确定一点P，使PA＋PB的值最小，保留画图痕迹，并直接写出PA＋PB的最小值：______；
（3）结合（2）的画图过程并思考，直接写出x2+32＋(7−x)2+42的最小值：____
【变式2-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，是由边长为1的小正方形构成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．五边形ABCDE的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）五边形ABCDE的周长为 ．
（2）在AB上找点F，使E，C两点关于直线DF对称；
（3）设DF交CE于点G，连接AG，直接写出四边形AEDG的面积；
（4）在直线DF上找点H，使∠AHB＝135°．
【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】
【例3】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P是边AC上一动点，把△ABP沿直线BP折叠，使得点A落在图中点A′处，当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是 ．
【变式3-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2＝2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
（1）对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是 ．
A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”
C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”
（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB＝3，则该三角形的面积为 ；
（3）如图，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求△PDC的面积．
【变式3-2】（2023春·浙江·八年级期末）如图1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．
(1)求BC边上的高线长．
(2)点E是BC边上的动点，点D在边AB上，且AD＝4，连结DE．
①如图2，当点E是BC中点时，求△BDE的面积．
②如图3，沿DE将△BDE折叠得到△FDE，当DF与△ABC其中一边垂直时，求BE的长．
【变式3-3】（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2=2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
(1)对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是___．
A. ①一定是“方倍三角形” B. ②一定是“方倍三角形”
C. ①②都一定是“方倍三角形” D. ①②都一定不是“方倍三角形”
(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB=3，则该三角形的面积为___；
(3)如图，△ABC中，∠ABC=120∘，∠ACB=45∘，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连结CD，AD，若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求BC的长．
【题型4 以弦图为背景的计算】
【例4】（2023春·浙江嘉兴·八年级统考期末）在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD内部，其中点M，N，P，Q分别在长方形的边AB，BC，CD和AD上，若AB=7，BC=8，则小正方形的边长为（ ）
A．5B．6C．7D．22
【变式4-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）如图，它是由弦图变化得到的，是由八个全等的直角三角形拼接而成的，将图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别记为S1、S2、S3．
（1）若S1=25，S3=1，则S2= ．
（2）若S1+S2+S3=24，则S2= ．
【变式4-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）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拼接而成的．已知BE:AE=3:1，正方形ABCD的面积为80．连接ACAC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为 ．
【变式4-3】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNPQ的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3=45，则S2的值是 ．
【题型5 勾股定理的证明方法】
【例5】（2023春·广西百色·八年级统考期末）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．
(1)证明勾股定理
取4个与Rt△ABC（图1）全等的三角形，其中∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，把它们拼成边长为a+b的正方形DEFG，其中四边形OPMN是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股定理．
(2)应用勾股定理
①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点．
如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于DA，在l上取点B，使AB=2，以点D为圆心，DB为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______．
②应用场景2：解决实际问题．
如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE=0.5m，将它往前推至C处时，水平距离CD=2m，踏板离地的垂直高度CF=1.5m，它的绳索始终拉直，求绳索AC的长．
【变式5-1】（2023春·山东济宁·八年级统考期末）计算图1的面积，把图1看作一个大正方形，它的面积是a+b2，如果把图1看作是由2个长方形和2个小正方形组成的，它的面积为a2+2ab+b2，由此得到：a+b2=a2+2ab+b2．
(1)如图2，正方形ABCD是由四个边长分别是a，b的长方形和中间一个小正方形组成的，用不同的方法对图2的面积进行计算，你发现的等式是______（用a，b表示）
(2)已知：两数x，y满足x+y=14，xy=24，求x−y的值．
(3)如图3，正方形ABCD的边长是c，它由四个直角边长分别是a，b的直角三角形和中间一个小正方形组成的，对图3的面积进行计算，你发现的等式是______．（用a，b，c表示，结果化到最简）
【变式5-2】（2023春·山西运城·八年级统考期中）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【变式5-3】（2023春·全国·八年级期中）如图（1），是两个全等的直角三角形（直角边分别为a，b，斜边为c）
（1）用这样的两个三角形构造成如图（2）的图形，利用这个图形，证明：a2+b2＝c2；
（2）用这样的两个三角形构造图3的图形，你能利用这个图形证明出题（1）的结论吗？如果能，请写出证明过程；
（3）当a＝3，b＝4时，将其中一个直角三角形放入平面直角坐标系中，使直角顶点与原点重合，两直角边a，b分别与x轴、y轴重合（如图4中Rt△AOB的位置）．点C为线段OA上一点，将△ABC沿着直线BC翻折，点A恰好落在x轴上的D处．
①请写出C、D两点的坐标；
②若△CMD为等腰三角形，点M在x轴上，请直接写出符合条件的所有点M的坐标．
【题型6 勾股定理与全等综合】
【例6】（2023春·安徽滁州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=AC，AD为底边BC上的高线，E是AC上一点，连接BE交AD于点F，且∠CBE=45°．
(1)求证：AB2−AD2=BD⋅CD；
(2)如图1，若AB=6.5，BC=5，求AF的长；
(3)如图2，若AF=BC，以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形吗？请判断，并说明理由．
【变式6-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期中）如图，把一张矩形纸片沿对角线BD折叠，若BC=9，CD=3，那么AF的长为 ．
【变式6-2】（2023春·湖北襄阳·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为10，AG=CH=8，BG=DH=6，连接GH，则线段GH的长为（ ）
A．538B．22C．145D．10−52
【变式6-3】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=62，D是射线CB上的动点，过点A作AF⊥AD（AF始终在AD上方），且AF=AD，连接BF．
(1)如图1，当点D在线段BC上时，判断BF与DC的关系，并说明理由．
(2)如图2，若点D、E为线段BC上的两个动点，且∠DAE=45°，连接EF，DC=3，求ED的长．
(3)若在点D的运动过程中，BD=3，则AF=___．
(4)如图3，若M为AB中点，连接MF，在点D的运动过程中，当BD=__时，MF的长最小？最小值是___．
【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】
【例7】（2023春·山西大同·八年级统考期中）如图，在墙角处放着一个长方体木柜（木柜与墙面和地面均没有缝腺），一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角C1处．若AB=3，BC=4，CC1=5，则蚂蚁爬行的最短路程是（ ）
A．74B．310C．89D．12
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥寿春中学校考期中）如图，一个圆柱形食品盒，它的高为10cm，底面圆的周长为32cm
(1)点A位于盒外底面的边缘，如果在A处有一只蚂蚁，它想吃到盒外表面对侧中点B处的食物，则蚂蚁需要爬行的最短路程是 cm；
(2)将左图改为一个无盖的圆柱形食品盒，点C距离下底面3cm，此时蚂蚁从C处出发，爬到盒内表面对侧中点B处(如右图)，则蚂蚁爬行的最短路程是 cm．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 cm
【变式7-3】（2023春·广东佛山·八年级统考期末）初中几何的学习始于空间的“实物和具体模型”，聚焦平面的“几何图形的特征和运用”，形成了空间几何问题要转化为平面几何问题的解题策略．
问题提出：如图所示是放在桌面上的一个圆柱体，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，如何求最短路程呢？
(1)问题分析：蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，可以有几条路径？在图中画出来；
(2)问题探究：①若圆柱体的底面圆的周长为18cm，高为12cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
②若圆柱体的底面圆的周长为24cm，高为4cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
③若圆柱体的底面圆的半径为r，高为ℎ，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程．
【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】
【例8】（2023春·吉林白城·八年级统考期末）如图所示，A、B两块试验田相距200m，C为水源地，AC＝160m，BC＝120m，为了方便灌溉，现有两种方案修筑水渠．
甲方案：从水源地C直接修筑两条水渠分别到A、B；
乙方案；过点C作AB的垂线，垂足为H，先从水源地C修筑一条水渠到AB所在直线上的H处，再从H分别向A、B进行修筑．
（1）请判断△ABC的形状（要求写出推理过程）；
（2）两种方案中，哪一种方案所修的水渠较短？请通过计算说明．
【变式8-1】（2023春·全国·八年级期中）2019年10月1日，中华人民共和国70年华诞之际，王梓涵和学校国旗护卫队的其他同学们赶到学校举行了简朴而降重的升旗仪式．倾听着雄壮的国歌声，目送着五星红旗缓缓升起，不禁心潮澎湃，爱国之情油然而生．爱动脑筋的王梓涵设计了一个方案来测量学校旗杆的高度．将升旗的绳子拉直到末端刚好接触地面，测得此时绳子末端距旗杆底端2米，然后将绳子末端拉直到距离旗杆5m处，测得此时绳子末端距离地面高度为1m，最后根据刚刚学习的勾股定理就能算出旗杆的高度为（ ）
A．10mB．11mC．12mD．13m
【变式8-2】（2023春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）【问题探究】
(1)如图①，点E是正△ABC高AD上的一定点,请在AB上找一点F，使EF=12AE，并说明理由；
(2)如图②，点M是边长为2的正△ABC高AD上的一动点，求12AM+MC的最小值；
【问题解决】
(3)如图③，A、B两地相距600km,AC是笔直地沿东西方向向两边延伸的一条铁路，点B到AC的最短距离为360km．今计划在铁路线AC上修一个中转站M，再在BM间修一条笔直的公路。如果同样的物资在每千米公路上的运费是铁路上的两倍。那么，为使通过铁路由A到M再通过公路由M到B的总运费达到最小值，请确定中转站M的位置,并求出AM的长．(结果保留根号)
专题1.7 勾股定理章末八大题型总结（拔尖篇）
【北师大版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16439" 【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】 PAGEREF _Tc16439 \h 1
\l "_Tc28229" 【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】 PAGEREF _Tc28229 \h 7
\l "_Tc4389" 【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】 PAGEREF _Tc4389 \h 13
\l "_Tc9432" 【题型4 以弦图为背景的计算】 PAGEREF _Tc9432 \h 23
\l "_Tc10875" 【题型5 勾股定理的证明方法】 PAGEREF _Tc10875 \h 27
\l "_Tc30288" 【题型6 勾股定理与全等综合】 PAGEREF _Tc30288 \h 35
\l "_Tc24515" 【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】 PAGEREF _Tc24515 \h 42
\l "_Tc21251" 【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】 PAGEREF _Tc21251 \h 48
【题型1 由勾股定理求两条线段的平方和（差）】
【例1】（2023春·陕西咸阳·八年级校考阶段练习）如图，射线AM⊥AN于点A、点C、B在AM、AN上，D为线段AC的中点，且DE⊥BC于点E．
（1）若BC=10，直接写出AC2+AB2的值；
（2）若AC=8，△ABC的周长为24，求△ABC的面积；
（3）若AB=6，C点在射线AM上移动，问此过程中，BE2−CE2的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请求出它的取值范围．
【答案】（1）100；（2）24；（3）是定值，值是36
【分析】（1）根据AC⊥AB，由勾股定理即可得解；（2）由△ABC周长及其三边符合勾股定理，列式，联立方程即可得AB和BC的长，代入三角形面积公式计算即可；（3）根据DE⊥BC，得Rt△BDE和Rt△DEC，故它们的三边符合勾股定理，联立即可解得．
【详解】解：（1）AC2+AB2=BC2=100．
（2）因为AM⊥AN，所以△ABC是直角三角形．
因为AC=8，△ABC的周长为24，所以AB=16−BC，
所以16−BC2+82=BC2，解得BC=10，所以AB=6，
所以S△ABC=12AC⋅AB=12×8×6=24．
（3）在Rt△BDE中，BE2=BD2−DE2，在Rt△DEC中，EC2=DC2−DE2，
所以BE2−EC2=BD2−DC2．
因为D为线段AC的中点，所以AD=DC，所以BE2−EC2=BD2−AD2．
在Rt△ABD中，BD2−AD2=AB2=62=36，
所以BE2−EC2=36（定值），
故在点C移动的过程中，BE2−EC2的值是定值，其值是36．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟悉勾股定理的使用条件是解决本题的关键．
【变式1-1】（2023·福建·模拟预测）如图所示，已知△ABC中，AB=6，AC=9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2−MB2等于 ．
【答案】45
【分析】在Rt△ABD和Rt△ADC中，分别表示出BD2和CD2，在Rt△BDM和Rt△CDM中，表示出MB2和MC2，代入求解即可；
【详解】解：∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ABD和Rt△ADC中，
BD2=AB2−AD2，CD2=AC2−AD2，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，
MB2=BD2+MD2=AB2−AD2+MD2
MC2=CD2+MD2=AC2−AD2+MD2，
∴MC2−MB2=AC2−AD2+MD2−AB2−AD2+MD2，
=AC2−AB2，
=45．
故答案为：45．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确分析计算是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·全国·八年级专题练习）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB=3，CD=2，则AD2+BC2= ．
【答案】13
【分析】在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得BO2+AO2=AB2=32=9，OD2+OC2=CD2=22=4，进一步得BO2+AO2+OD2+OC2=9+4=13，再根据AD2=DO2+AO2，BC2=OC2+BO2可求得AD2+BC2的值．
【详解】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB=∠AOB=∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△AOB和Rt△COD中，根据勾股定理得，
BO2+AO2=AB2=32=9，OD2+OC2=CD2=22=4，
∴BO2+AO2+OD2+OC2=9+4=13，
∵AD2=DO2+AO2，BC2=OC2+BO2，
∴AD2+BC2=13．
故答案为：13．
【点睛】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．
【变式1-3】（2023春·福建莆田·八年级校联考期中）在平面直角坐标系中，已知点A4,4，B8,0．
(1)如图1，判断△AOB的形状并说明理由；
(2)如图2，M，N分别是y轴负半轴和x轴正半轴上的点，且AM⊥AN，探究线段OM，ON，OA之间的数量关系并证明；
(3)如图3，延长BA交y轴于点C，M，N分别是x轴负半轴和y轴负半轴上的点，连接AN交x轴于D，且∠AMO+∠ANO=45°，探究BD2，DM2，OM2的数量关系并证明．
【答案】(1)△AOB是等腰三角形，证明见解析
(2)ON=OM+2OA，证明见解析
(3)OM2+BD2=DM2，证明见解析
【分析】（1）过点A作AH⊥OB，垂足为H，根据等腰直角三角形的判定可得答案；
（2）过点A作AB⊥OA，交x轴于点B，证明△AOM≌△ABNASA，由全等三角形的性质得出OM=BN，由等腰直角三角形的性质得出OB=2OA，则即可得答案；
（3）过A作AG⊥AN交y轴于G，连接GM，先证△AOM≌△ABNASA，得出OM=BN，再证△MGA≌△MDASAS，得出MG=DM，由勾股定理即可得到OM2+BD2=DM2．
【详解】（1）解：△AOB为等腰直角三角形，理由如下：
过点A作AH⊥OB，垂足为H，
∵点A4,4，B8,0，
∴OH=4，
∴HB=4=AH=OH，
∴∠AOB=∠OAH=45°=∠ABH=∠HAB，
∴∠OAB=90°， OA=AB，
∴△AOB为等腰直角三角形；
（2）ON=OM+2OA． 理由：过点A作AB⊥AO，交x轴于点B，
由（1）可知△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，
∴∠AOM=∠ABN=135°，
∵AM⊥AN， ∴∠MAN=90°，
∴∠OAM=∠BAN，
在△AOM和△ABN中， ∠AOM=∠ABNOA=AB∠OAM=∠BAN，
∴△AOM≌△ABNASA，
∴OM=BN，
∴ON=BN+OB=OM+OB， 而△AOB是等腰直角三角形，可得OB=2OA，
∴ON=OM+2OA；
（3）OM2+BD2=DM2，理由如下： 过A作AG⊥AN 交y轴于G，连接GM，如图：
∵△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，OA=AB，
∴∠AOG=45°=∠ABO，
∵AG⊥AN，
∴∠OAG=∠DAB，
在△AGO和△DAB中， ∠AOG=∠ABDOA=AB∠OAG=∠BAD，
∴△GAO≌△DABASA，
∴OG=BD，AG=AD，
而Rt△GOM中，OM2+OG2=GM2，
∴OM2+BD2=MG2，
∵∠AOG=90°−45°=45°=∠ANO+∠OAD，∠ANO+∠AMO=45°，
∴∠AMO=∠OAD，
∵∠AMO+∠MAO=∠AOB=45°，
∴∠OAD+∠MAO=45°， 即∠MAN=45°
∴∠MAD=∠GAM=45°，
在△MGA和△MDA中，MA=MA∠GAM=∠MADGA=DA ，
∴△MGA≌△MDASAS，
∴MG=MD，
∴OM2+BD2=DM2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查全等三角形判定性质、等腰直角三角形性质及勾股定理等知识，坐标与图形，解题的关键是利用等腰直角三角形性质证明三角形全等．
【题型2 勾股定理在网格问题中的运用】
【例2】（2023春·浙江·八年级期末）在每个小正方形的边长为1的网格图形中．每个小正方形的顶点称为格点.以顶点都是格点的正方形ABCD的边为斜边，向外作四个全等的直角三角形，使四个直角顶点E,F,G,H都是格点，且四边形EFGH为正方形，我们把这样的图形称为格点弦图．例如，在图1所示的格点弦图中，正方形ABCD的边长为26，此时正方形EFGH的面积为52．问：当格点弦图中的正方形ABCD的边长为26时，正方形EFGH的面积的所有可能值是 (不包括52)．
【答案】36或50
【分析】设四个全等的直角三角形的直角边边长分别为a，b．利用分类讨论的思想，在格点上找出各点位置，即找出边的位置，即可求出面积．
【详解】设四个全等的直角三角形的直角边边长分别为a，b．则正方形EFGH的边长为a+b，
即S正方形EFGH=(a+b)2 ．
∴在网格中找出a和b的线段，且线段的端点都在格点上即可．
分情况讨论：
①a=5，b=1 ，如图，
此时S正方形EFGH=(a+b)2=62=36．
②a=13，b=13 ，如图，
此时S正方形EFGH=(a+b)2=(213)2=52．
③a=22，b=32，如图，
此时S正方形EFGH=(a+b)2=(52)2=50．
题干中不包括52，
故S正方形EFGH的值为36或50．
故答案为：36或50．
【点睛】本题考查勾股定理．利用分类讨论的思想是解答本题的关键．
【变式2-1】（2023春·福建三明·八年级统考期中）问题背景：在△ABC中，AB、BC、AC三边的长分别为5，10，13，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，先建立一个正方形网格（每个小正方形的边长为1），再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示．这样不需求△ABC的高，而借用网格就能计算出它的面积．
（1）请你将△ABC的面积直接填写在横线上： ；
思维拓展：
（2）我们把上述求△ABC面积的方法叫做构图法．若△ABC三边的长分别为5a，22a，17a（a＞0），请利用图②的正方形网格（每个小正方形的边长为a）画出相应的△ABC，并求出它的面积．
探索创新：
（3）若△ABC三边的长分别为m2+16n2,9m2+4n2,24m2+n2（m＞0，n＞0，且m≠n），试运用构图法求出这三角形的面积．
【答案】（1）72；（2）画图见解析，3a2；（3）构图见解析，5mn
【分析】（1）利用割补法求解可得；
（2）在网格中利用勾股定理分别作出边长为5a、22a、17a(a>0)的首尾相接的三条线段，再利用割补法求解可得；
（3）在网格中构建边长为6m和6n的矩形，同理作出边长为m2+16n2、92+4n2，2m2+n2的三角形，最后同理可得这个三角形的面积．
【详解】解：（1）ΔABC的面积为3×3−12×1×2−12×1×3−12×2×3=72，
故答案为：72；
（2）如图，AB=22a，BC=5a，AC=17a，
由图可得：SΔABC=2a×4a−12×a×2a−12×2a×2a−12×a×4a=3a2；
故答案为：3a2；
（3）构造ΔABC所示，AB=(2m)2+(2n)2=2m2+n2，
AC=m2+(4n)2=m2+16n2，
BC=(3m)2+(2n)2=9m2+4n2，
∴SΔABC=3m×4n−12×m×4n−12×3m×2n−12×2m×2n=5mn．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理及作图的知识，解答本题关键是仔细理解问题背景，熟练掌握勾股定理，关键是结合网格用矩形及容易求得面积的直角三角形表示出所求三角形的面积进行解答．
【变式2-2】（2023春·湖北武汉·八年级校考期中）在10×10网格中，点A和直线l的位置如图所示：
（1）将点A向右平移6个单位，再向上平移2个单位长度得到点B，在网格中标出点B；
（2）在（1）的条件下，在直线l上确定一点P，使PA＋PB的值最小，保留画图痕迹，并直接写出PA＋PB的最小值：______；
（3）结合（2）的画图过程并思考，直接写出x2+32＋(7−x)2+42的最小值：____
【答案】（1）见解析；（2）62；（3）72
【分析】（1）根据题意标出点B即可；
（2）作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交直线l于P，则此时PA＋PB的值最小，根据勾股定理求出结论即可；
（3）将条件中的数表示为直角三角形的直角边，画对应图形，作轴对称图形，求出最小值即可．
【详解】解：（1）如图所示：
（2）如图所示，PA＋PB的最小值＝62+62=62；
故答案为：62；
（3）如图，AP=x2+32，BP=(7−x)2+42，
∴PA＋PB的最小值即为：A'B=72+72=72，
∴x2+32＋(7−x)2+42的最小值为72，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了作图——平移变换，勾股定理，轴对称——最短路线问题，正确的作出图形是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，是由边长为1的小正方形构成的10×10网格，每个小正方形的顶点叫做格点．五边形ABCDE的顶点在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
（1）五边形ABCDE的周长为 ．
（2）在AB上找点F，使E，C两点关于直线DF对称；
（3）设DF交CE于点G，连接AG，直接写出四边形AEDG的面积；
（4）在直线DF上找点H，使∠AHB＝135°．
【答案】（1）20+10;（2）见解析；（3）10；（4）见解析．
【分析】（1）根据勾股定理求出五边形ABCDE各边的长，相加即可；
（2）连接EC，作DF⊥EC交AB于点F即可；
（3）分成两个三角形求面积即可；
（4）利用等腰直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）由题意， AB=BC=CD=32+42=5，AE=32+12=10，DE=5，
∴五边形ABCDE的周长=20+10，
故答案为： 20+10．
（2）如图，连接EC，作DF⊥EC交AB于点F，点F即为所求作．
∵DE=CD=5，DF⊥EC，
∴CE=GE，
∴点D，G是CE垂直平分线上的点，
∴DF是CE的垂直平分线，
∴E，C两点关于直线DF对称；
（3）∵EG=22+42=25，AG=AE=32+12=10，
∴AG2+AE2=EG2，
∴△AEG是直角三角形；
∴S四边形AEDG=S△AEG+S△DEG=12×10×10+12×5×2=10．
（4）如图，过点A作AH⊥DF于H，连接BH，则点H即为所求作．
∵BK=KH=22+12=5，BH=32+12=10，
∴BK2+KH2=BH2．
∴△BHK是等腰直角三角形．
∴∠BHK=45°．
∴∠AHB=135°．
【点睛】本题考查作图-轴对称变换，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【题型3 勾股定理在折叠问题中的运用】
【例3】（2023春·河南郑州·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P是边AC上一动点，把△ABP沿直线BP折叠，使得点A落在图中点A′处，当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是 ．
【答案】4或3
【分析】分类讨论分别当∠AA′C=90°时，当∠ACA′=90°时，根据折叠的性质函数直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：如图1，当∠AA′C=90°时，
∵以直线BP为轴把△ABP折叠，使得点A落在图中点A′处，
∴AP=A′P，
∴∠PAA′=∠AA′P，
∵∠ACA′+∠PAA′=∠CA′P+∠AA′P=90°，
∴∠PCA′=∠PA′C，
∴PC=PA′，
∴PC=12AC=4，
如图2，当∠ACA′=90°时，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且AC=8，BC=6．
∴AB=10，
∵以直线BP为轴把△ABP折叠，使得点A落在图中点A′处，
∴A′B=AB=10，PA=PA′，
∴A′C=4，
设PC=x，
∴AP=8-x，
∵A′C2+PC2=PA′2，
∴42+x2=（8-x）2，
解得：x=3，
∴PC=3，
综上所述：当△AA′C是直角三角形时，则线段CP的长是4或3，
故答案为：4或3．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2＝2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
（1）对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是 ．
A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”
C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”
（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB＝3，则该三角形的面积为 ；
（3）如图，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求△PDC的面积．
【答案】（1）A；（2）22；（3）3－1
【分析】（1）根据“方倍三角形”定义可得，等边三角形一定是“方倍三角形”，直角三角形不一定是“方倍三角形”进而可以判断；
（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，满足a2＋b2＝3，根据“方倍三角形”定义，还满足：a2＋3＝2b2，即可得a和b的值，进而可得直角三角形的面积；
（3）根据题意可得△ABP≌△DBP，根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP＝DP＝2 ，延长BP交AD于点E，根据勾股定理求出BE的长，根据△PBC为等腰直角三角形，可得PC＝2PB＝6−2 ，进而可以求△PDC的面积．
【详解】解：（1）对于①等边三角形，三边相等，
设边长为a，
则a2＋a2＝2a2，
根据“方倍三角形”定义可知：
等边三角形一定是“方倍三角形”；
对于②直角三角形，三边满足关系式：
a2＋b2＝c2，
根据“方倍三角形”定义可知：
直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故答案为：A；
（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，
则满足a2＋b2＝3，
根据“方倍三角形”定义，还满足：
a2＋3＝2b2，
联立解得a=1b=2 ，
则Rt△ABC的面积为：22；
故答案为：22；
（3）由题意可知：
△ABP≌△DBP，
∴BA＝BD，∠ABP＝∠DBP，
根据“方倍三角形”定义可知：
BA2+BD2＝2AD2＝2BA2，
∴AD＝AB＝BD，
∴△ABD为等边三角形，∠BAD＝60°，
∴∠ABP＝∠DBP＝30°，
∴∠PBC＝90°，
∵∠CPB＝45°，
∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠DPC＝90°，
∵∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，
∴∠BAC＝15°，
∴∠CAD＝45°，
∴△APD为等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2 ，
∴AD＝2，
延长BP交AD于点E，如图，
∵∠ABP＝∠PBD，
∴BE⊥AD，PE＝12AD＝AE＝1，
∴BE＝AB2−AE2=4−1=3，
∴PB＝BE﹣PE＝3 ﹣1，
∵∠CPB＝∠PCB＝45°，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴PC＝2PB＝6−2，
∴S△PDC＝12×PC•PD＝12×（6−2）×2＝3﹣1．
【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质．
【变式3-2】（2023春·浙江·八年级期末）如图1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．
(1)求BC边上的高线长．
(2)点E是BC边上的动点，点D在边AB上，且AD＝4，连结DE．
①如图2，当点E是BC中点时，求△BDE的面积．
②如图3，沿DE将△BDE折叠得到△FDE，当DF与△ABC其中一边垂直时，求BE的长．
【答案】(1)8
(2)①14.4；②307或2或8.4
【分析】（1）如图，过A作AT⊥BC于T,再求解BT=CT=6, 再利用勾股定理求解高线长即可；
（2）①如图，连接AE, 利用等腰三角形的三线合一证明AE⊥BC,BE=CE=6, 求解AE=8,可得S△ABE=12AE·BE=24, 证明S△BDES△ADE=64=32, 从而可得答案；②分三种情况讨论：当DF⊥AB时，再利用等面积法与勾股定理结合可得答案；当DF⊥BC于K时，利用角平分线的性质及面积比可得答案；当DF⊥AC时，如图，则∠FTM=90°, 证明∠DEK=∠DEF=45°, 再利用勾股定理可得答案.
【详解】（1）解：如图，过A作AT⊥BC于T,
∵ AB＝AC＝10，BC＝12，
∴BT=CT=6,AT=102−62=8,
所以BC边上的高线长为8.
（2）解：①如图，连接AE,
∵AB=AC=10,BC=12,E为BC的中点，
∴AE⊥BC,BE=CE=6,
由（1）得：AE=8,
∴S△ABE=12AE·BE=12×6×8=24,
∵AD=4, 则BD=10−4=6,
∴S△BDES△ADE=64=32,
∴S△BDE=32+3×24=14.4.
②当DF⊥AB时，由对折可得：
∠BDE=∠FDE=45°,
过A作AT⊥BC于T, 连接DT, 过D作DK⊥BC于K, 过E作EN⊥AB于N,
由①得：S△BDT=14.4,BT=6,
∴12×6×DK=14.4, 则DK=4.8,
∵EN⊥BD,∠BDE=45°, 设DN=x,
则EN=DN=x,
由12BD·EN=12BE·DK,
∴BE=54x,
∴BN=(54x)2−x2=34x, 而BN=6−x,
∴34x=6−x, 解得：x=247,
∴BE=54×247=307,
当DF⊥BC于K时，则DK=4.8,
∴BK=62−4.82=3.6,
过E作EN⊥BD于N, 由对折可得∠BDE=∠FDE,
∴EN=EK,
∴S△BDES△DKE=BEEK=BDDK,
∴BEEK=64.8=54,
∴BE=55+4×3.6=2,
当DF⊥AC时，如图，则∠FTM=90°,
由对折可得∠B=∠F, 而AB=AC=10, 则∠B=∠C,
∴∠C=∠F, 而∠FMT=∠CME,
∴∠MEC=∠MTE=90°,
结合对折可得：∠DEK=∠DEF=45°,
过D作DK⊥BC于K,
同理可得：DK=EK=4.8,
∴BK=62−4.82=3.6,
∴BE=3.6+4.8=8.4,
综上：当DF与△ABC其中一边垂直时，BE的长为307或2或8.4.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，清晰的分类讨论，等面积法是应用等都是解本题的关键.
【变式3-3】（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b2=2c2，则称△ABC为“方倍三角形”．
(1)对于①等边三角形②直角三角形，下列说法一定正确的是___．
A. ①一定是“方倍三角形” B. ②一定是“方倍三角形”
C. ①②都一定是“方倍三角形” D. ①②都一定不是“方倍三角形”
(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB=3，则该三角形的面积为___；
(3)如图，△ABC中，∠ABC=120∘，∠ACB=45∘，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连结CD，AD，若△ABD为“方倍三角形”，且AP＝2，求BC的长．
【答案】(1)A
(2)22
(3)3−1
【分析】(1)直接利用“方倍三角形”的定义对等边三角形和直角三角形分别判断即可；
(2)根据勾股定理和“方倍三角形”的定义求得直角三角形的三边长，即可求得直角三角形的面积；
(3)根据题意可得△ABP≌△DBP，根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP＝DP＝2，延长BP交AD于点E，根据勾股定理求出BE的长，根据△PBC为等腰直角三角形，即可求得结论．
【详解】（1）对于①等边三角形，三边相等，
设边长为a，
则a2+a2=2a2，
根据“方倍三角形”定义可知：
等边三角形一定是“方倍三角形”；
对于②直角三角形，三边满足关系式：a2+b2=c2，
根据“方倍三角形”定义可知：
直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故选：A
故答案为：A；
（2）设Rt△ABC其余两条边为a，b，
则满足a2+b2=3，
根据“方倍三角形”定义，还满足：a2+3=2b2，
联立解得a=1b=2，
则Rt△ABC的面积为：22；
故答案为：22；
（3）由题意可知：△ABP≅△DBP，
∴BA=BD,∠ABP=∠DBP，
根据“方倍三角形”定义可知：
BA2+BD2=2AD2=2BA2，
∴AD=AB=BD，
∴△ABD为等边三角形，∠BAD=60∘，
∴∠ABP=∠DBP=30∘，
∴∠PBC=90∘，
∵∠CPB=45∘，
∴∠APB=180∘−45∘=135∘，
∴∠DPC=90∘，
∵∠ABC=120∘,∠ACB=45∘，
∴∠BAC=15∘，
∴∠CAD=45∘，
∴△APD为等腰直角三角形，
∴AP=DP=2，
∴AD=2．
延长BP交AD于点E，如图，
∵∠ABP=∠PBD，
∴BE⊥AD，PE=12AD=AE=1，
∴BE=AB2−AE2=4−1=3，
∴PB=BE−PE=3−1，
∵∠CPB=∠PCB=45∘，
∴△PBC为等腰直角三角形，
∴PC=BC=3−1．
【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质．
【题型4 以弦图为背景的计算】
【例4】（2023春·浙江嘉兴·八年级统考期末）在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD内部，其中点M，N，P，Q分别在长方形的边AB，BC，CD和AD上，若AB=7，BC=8，则小正方形的边长为（ ）
A．5B．6C．7D．22
【答案】D
【分析】根据赵爽弦图，将小正方形分成4个全等的直角三角形，和一个最小的正方形，设直角三角形的短直角边长为a，长直角边为b，则正方形的水平宽度与垂直高度为2b−b−a=b+a，根据平移的性质，分别表示出AB,BC，建立二元一次方程组，解方程组，进而勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，根据赵爽弦图，将小正方形分成4个全等的直角三角形，和一个最小的正方形，
设直角三角形的短直角边长为a，长直角边为b，则正方形的水平宽度与垂直高度为b+a，
依题意，2b+a+b=82b+b+a=7
解得：a=1b=2
∴小正方形的边长为：a2+b2=5，
【点睛】本题考查了勾股定理，掌握弦图的计算是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）如图，它是由弦图变化得到的，是由八个全等的直角三角形拼接而成的，将图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别记为S1、S2、S3．
（1）若S1=25，S3=1，则S2= ．
（2）若S1+S2+S3=24，则S2= ．
【答案】 13 8
【分析】（1）首先结合题意求得正方形ABCD的边长AB=5，正方形MNKT的边长TM=1，由全等的直角三角的性质可得AE=FM=BF=ET，AF=ME，设AE=FM=BF=ET=x，则AF=5−x，EM=x+1，然后可求得AE=2，AF=3，在Rt△AEF中，由勾股定理可得EF2=AE2+AF2=13，结合正方形面积公式即可获得答案；
（2）设每一个直角三角形面积为m，则S1=S2+4m，S3=S2−4m，再结合S1+S2+S3=24即可获得答案．
【详解】解：（1）当S1=25，S3=1时，
正方形ABCD的边长AB=25=5，正方形MNKT的边长TM=1=1，
根据题意，该图形由八个全等的直角三角形拼接而成，
由全等的直角三角的性质可得AE=FM=BF=ET，AF=ME，
设AE=FM=BF=ET=x，则AF=AB−BF=5−x，EM=ET+TM=x+1，
∴5−x=x+1，解得x=2，
∴AE=2，AF=5−2=3，
∴在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2=22+32=13，
∴正方形EFGH的面积S2=EF2=13；
故答案为：13；
（2）设每一个直角三角形面积为m，
∴则S1=S2+4m，S3=S2−4m，
∵S1+S2+S3=24，
∴S2+4m+S2+S2−4m=3S2=24，
解得S2=8．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了正方形的面积、勾股定理等知识，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积．
【变式4-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）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拼接而成的．已知BE:AE=3:1，正方形ABCD的面积为80．连接ACAC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为 ．
【答案】16
【分析】设AE=x，BE=3x，根据正方形的面积公式和勾股定理可求得x2=8，再根据题意和三角形的面积公式可推导出S△FGQ=S△AEP+S△CGQ，进而推出阴影部分的面积之和为梯形GQPF的面积，利用梯形面积公式求解即可．
【详解】解：由题意，∠AEP=∠CGQ=∠CFP=90°，AE=CG=BF，BE=CF，
∴AE∥CF，BE∥DG，EF=GF，
∴∠EAP=∠GCQ，
∴△AEP≌△CGQASA，
∴EP=GQ，S△AEP=S△CGQ，
∵BE:AE=3:1，
∴设AE=x，则AE=CG=BF=x，BE=CF=3x，
∴EF=GF=CF−CG=2x，
∴S△FGQ=2S△CGQ=S△AEP+S△CGQ，
∴阴影部分的面积之和为
S梯形GQPF=12GQ+PF⋅GF
=12EP+PF⋅GF
=12EF⋅GF
=12×2x2
=2x2，
∵正方形ABCD的面积为80，
∴AE2+BE2=AB2即x2+9x2=80，
∴x2=8，
∴阴影部分的面积之和为16．
故答案为：16．
【点睛】本题考查勾股定理、全等三角形的判定与性质、梯形的面积、三角形的面积，解答的关键是理解题意，找寻图形中线段间的关系，然后利用勾股定理和梯形的面积公式以及转化的思想方法求解．
【变式4-3】（2023春·四川巴中·八年级统考期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNPQ的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3=45，则S2的值是 ．
【答案】15
【分析】由八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNPQ为正方形，得出CG=NG，CF=DG=NF，再根据三个正方形的面积公式列式相加：S1+S2+S3=45，求出GF2的值，从而可以计算结论即可．
【详解】解：∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNPQ为正方形，
∴CG=NG，CF=DG=NF，
∴S1=(CG+DG)2
=CG2+DG2+2CG⋅DG
=GF2+2CG⋅DG，
S2=GF2，
S3=(NG−NF)2
=NG2+NF2−2NG⋅NF
∴S1+S2+S3=GF2+2CG⋅DG+GF2+NF2−2NG⋅NF=3GF2=45，
∴GF2=15，
∴S2=15，
故答案为：15．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质，根据已知得出3GF2=45是解决问题的关键．
【题型5 勾股定理的证明方法】
【例5】（2023春·广西百色·八年级统考期末）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．
(1)证明勾股定理
取4个与Rt△ABC（图1）全等的三角形，其中∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，把它们拼成边长为a+b的正方形DEFG，其中四边形OPMN是边长为c的正方形，如图2，请你利用以下图形验证勾股定理．
(2)应用勾股定理
①应用场景1：在数轴上画出表示无理数的点．
如图3，在数轴上找出表示1的点D和表示4的点A，过点A作直线l垂直于DA，在l上取点B，使AB=2，以点D为圆心，DB为半径作弧，则弧与数轴的交点C表示的数是______．
②应用场景2：解决实际问题．
如图4，某公园有一秋千，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE=0.5m，将它往前推至C处时，水平距离CD=2m，踏板离地的垂直高度CF=1.5m，它的绳索始终拉直，求绳索AC的长．
【答案】(1)验证见解析
(2)①1±13；②绳索AC的长为2.5m
【分析】（1）用含a、b的式子用两种方法表示正方形的面积，然后整理即可证明结论；
（2）①根据勾股定理求出DB，根据实数与数轴解答即可．②设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AD=x−1m，利用勾股定理可得22+(x−1)2=x2，即可得到结论．
【详解】（1）解：证明勾股定理：
由题意得，S正方形DEFG=a+b2，S△ABC=12ab，S正方形OPMN=c2
S正方形DEFG=4S△ABC+S正方形OPMN
∴a2+2ab+b2=4×12ab+c2，
∴a2+b2=c2．
（2）解：①在Rt△DBA中，
∵DB=DA2+AB2=32+22=13,
∴DC=13,
∴点C表示的数是13+1．
故答案为：13+1．
②∵CF=1.5m，BE=0.5m，
∴DB=1m．
设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AD=x−1m，
利用勾股定理可得22+(x−1)2=x2．
解得：x=2.5．
答：绳索AC的长为2.5m．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，掌握直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方以及数形结合思想是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·山东济宁·八年级统考期末）计算图1的面积，把图1看作一个大正方形，它的面积是a+b2，如果把图1看作是由2个长方形和2个小正方形组成的，它的面积为a2+2ab+b2，由此得到：a+b2=a2+2ab+b2．
(1)如图2，正方形ABCD是由四个边长分别是a，b的长方形和中间一个小正方形组成的，用不同的方法对图2的面积进行计算，你发现的等式是______（用a，b表示）
(2)已知：两数x，y满足x+y=14，xy=24，求x−y的值．
(3)如图3，正方形ABCD的边长是c，它由四个直角边长分别是a，b的直角三角形和中间一个小正方形组成的，对图3的面积进行计算，你发现的等式是______．（用a，b，c表示，结果化到最简）
【答案】(1)a+b2=a−b2+4ab
(2)±10
(3)a2+b2=c2
【分析】（1）根据正方形ABCD的面积=(a+b)2，正方形ABCD的面积(a−b)2+4ab，即可得出(a+b)2=(a−b)2+4ab；
（2）根据（1）中等式，整体代入计算；
（3）根据正方形ABCD的面积=c2，正方形ABCD的面积(a−b)2+4×12ab，即可得出a2+b2=c2．
【详解】（1）解：如图2，正方形ABCD的面积=(a+b)2，
正方形ABCD的面积(a−b)2+4ab，
∴(a+b)2=(a−b)2+4ab；
（2）∵(x+y)2=(x−y)2+4xy，且x+y=14，xy=24，
∴142=(x−y)2+4×24，
即(x−y)2=100，
∴x−y的值为±10．
（3）如图3，正方形ABCD的面积=c2，
正方形ABCD的面积(a−b)2+4×12ab，
∴c2=(a−b)2+4×12ab，
即a2+b2=c2．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，解决问题的关键是运用面积法得出完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2．解题时注意数形结合思想的运用．
【变式5-2】（2023春·山西运城·八年级统考期中）综合与实践
【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab×4+b−a2，从而得到等式c2=12ab×4+b−a2，化简便得结论a2+b2=c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．
【方法运用】千百年来，人们对勾股定理的证明趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者．向常春在2010年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形△ABC和△DEA如图2放置，其三边长分别为a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，显然BC⊥AD．
(1)请用a，b，c分别表示出四边形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面积，再探究这三个图形面积之间的关系，证明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法迁移】请利用“双求法”解决下面的问题：如图3，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得△ABC，则AB边上的高为______．
(3)如图4，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB=4，AC=5，BC=6，设BD=x，求x的值．
【答案】(1)见解析
(2)655
(3)x=94
【分析】（1）表示出三个图形的面积进行加减计算可证a2+b2=c2；
（2）计算出△ABC的面积，再根据三角形的面积公式即可求得AB边上的高；
（3）运用勾股定理在Rt△ABD和Rt△ADC中求出AD2，列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：∵S四边形ABCD=12c2，S梯形AEDC=12b+ab，S△BED=12a−ba，
S四边形ABCD=S梯形AEDC+S△BED
∴12c2=12b+ab+12a−ba
∴12c2=12b2+12ab+12a2−12ab
∴a2+b2=c2
（2）S△ABC=4×4−12×2×4−12×2×4−12×2×2=6，
AB=22+42=25，
∵S△ABC=12AB×ℎ=12×25ℎ=6，
∵ℎ=655
即AB边上的高是655
（3）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得
AD2=AB2−BD2=42−x2=16−x2
∵BD+CD=BC=6，
∴CD=BC−BD=6−x
在Rt△ACD中，由勾股定理得
AD2=AC2−CD2=52−6−x2=−11+12x−x2
∴16−x2=−11+12x−x2，
∴x=94
【点睛】此题主要考查了梯形，证明勾股定理，勾股定理的应用，证明勾股定理常用的方法是利用面积证明，是解本题的关键．构造出直角三角形DEF是解本题的难点．
【变式5-3】（2023春·全国·八年级期中）如图（1），是两个全等的直角三角形（直角边分别为a，b，斜边为c）
（1）用这样的两个三角形构造成如图（2）的图形，利用这个图形，证明：a2+b2＝c2；
（2）用这样的两个三角形构造图3的图形，你能利用这个图形证明出题（1）的结论吗？如果能，请写出证明过程；
（3）当a＝3，b＝4时，将其中一个直角三角形放入平面直角坐标系中，使直角顶点与原点重合，两直角边a，b分别与x轴、y轴重合（如图4中Rt△AOB的位置）．点C为线段OA上一点，将△ABC沿着直线BC翻折，点A恰好落在x轴上的D处．
①请写出C、D两点的坐标；
②若△CMD为等腰三角形，点M在x轴上，请直接写出符合条件的所有点M的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）能，见解析；（3）①C、D两点的坐标为C（0，32），D（2，0）；②符合条件的所有点M的坐标为：（716，0）、（92，0）；、（﹣2，0）、（﹣12，0）
【分析】（1）根据梯形的面积的两种表示方法即可证明；
（2）根据四边形ABCD的面积的两种表示方法即可证明；
（3）①根据翻折的性质和勾股定理即可求解；
②根据等腰三角形的性质分四种情况求解即可．
【详解】解：（1）∵S梯形ABCD=2×12ab+12c2
S梯形ABCD=12a+ba+b
∴2×12ab+12c2=12(a+b)(a+b)
∴2ab+c2=a2+2ab+b2
∴c2=a2+b2．
（2）连接BD，
如图：
S四边形ABCD=12c2+12ab−a，
S四边形ABCD=12ab+12b2，
∴ 12c2+12a(b−a)=12ab+12b2，
∴c2=a2+b2．
（3）①设OC=a，则AC=4−a，又AB=5，
根据翻折可知：
BD=AB=5，CD=AC=4−a，
OD=BD−OB=5−3=2．
在RtΔCOD中，根据勾股定理，得
(4−a)2=a2+4，
解得a=32．
∴C(0,32)，D(2,0)．
答：C、D两点的坐标为C(0,32)，D(2,0)．
②如图：
当点M在x轴正半轴上时，
CM=DM，
设CM=DM=x，则x2=(2−x)2+(32)2，解得x=2516，
∴2−x=716，
∴M(716，0)；
CD=MD，=4−32=52，2+52=92，
∴M(92，0)；
当点M在x轴负半轴上时，
CM=CD，∵OM=OD=2，
∴M(−2,0)；
DC=DM，=4−32=52，
∴OM=52−2=12，
∴M(−12，0)．
∴符合条件的所有点M的坐标为：(716，0)、(92，0)、(−2,0)、(−12，0)．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，是三角形的综合题，解决本题的关键是分情况讨论思想的运用．
【题型6 勾股定理与全等综合】
【例6】（2023春·安徽滁州·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=AC，AD为底边BC上的高线，E是AC上一点，连接BE交AD于点F，且∠CBE=45°．
(1)求证：AB2−AD2=BD⋅CD；
(2)如图1，若AB=6.5，BC=5，求AF的长；
(3)如图2，若AF=BC，以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形吗？请判断，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)AF的长为3.5
(3)以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形，理由见解析
【分析】（1）在△ABC中，由AB=AC，AD⊥BC，可得BD=CD，由勾股定理得AB2−AD2=BD2，进而可证AB2−AD2=BD⋅CD；
（2）由（1）可知BD=CD=12BC=2.5，由勾股定理得，AD=AB2−BD2=6，在Rt△BDF中，∠CBE=45°，可得△BDF是等腰直角三角形，则DF=BD=2.5，根据AF=AD−DF，计算求解即可；
（3）如图，在BF上取一点H，使BH=EF，连接CF，CH，由∠CBE=45°，AD⊥BC，可得∠BFD=45°，∠AFE=∠BFD=45°，证明△CHB≌△AEFSAS，则AE=CH，∠AEF=∠CHB，由∠CEF+∠AEF=180°=∠CHF+∠CHB，可得∠CEF=∠CHF，CE=CH，由BD=CD，FD⊥BC，可得CF=BF，∠CFD=∠BFD=45°，则∠CFB=∠CFD+∠BFD=90°，即CF⊥EH，由CE=CH，可得EF=FH，由勾股定理，得CF2+FH2=CH2，则BF2+EF2=AE2，进而可得以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形．
【详解】（1）证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
由勾股定理得AB2−AD2=BD2，
∴AB2−AD2=BD⋅CD；
（2）解：由（1）可知BD=CD=12BC=2.5，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD=AB2−BD2=6.52−2.52=6，
∵在Rt△BDF中，∠CBE=45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF=BD=2.5，
∴AF=AD−DF=6−2.5=3.5，
∴AF的长为3.5；
（3）解：能围成直角三角形，理由如下：
如图，在BF上取一点H，使BH=EF，连接CF，CH，
∵∠CBE=45°，AD⊥BC，
∴∠BFD=45°，
∴∠AFE=∠BFD=45°，
∵BH=FE，∠CBH=∠AFE=45°，BC=AF，
∴△CHB≌△AEFSAS，
∴AE=CH，∠AEF=∠CHB，
∵∠CEF+∠AEF=180°=∠CHF+∠CHB，
∴∠CEF=∠CHF，
∴CE=CH，
∵BD=CD，FD⊥BC，
∴CF=BF，∠CFD=∠BFD=45°，
∴∠CFB=∠CFD+∠BFD=90°，即CF⊥EH，
又∵CE=CH，
∴EF=FH，
在Rt△CFH中，由勾股定理，得CF2+FH2=CH2，
∴BF2+EF2=AE2，
∴以BF，EF和AE为边，能围成直角三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式6-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期中）如图，把一张矩形纸片沿对角线BD折叠，若BC=9，CD=3，那么AF的长为 ．
【答案】4
【分析】根据折叠的性质可得△ABF≌△EDF(AAS)，设EF=AF=x，则BF=BE−EF=9−x，在Rt△ABF中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：矩形纸片沿对角线BD折叠，
∴CD=ED=AB=3，BC=AD=BE=9，∠A=∠E=90°，且∠AFB=∠EFD，
∴△ABF≌△EDF(AAS)，
∴EF=AF，BF=DF，
设EF=AF=x，则BF=BE−EF=9−x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2+AF2，
∴(9−x)2=32+x2，解得，x=4，
∴AF=4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查矩形的折叠，勾股定理，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·湖北襄阳·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为10，AG=CH=8，BG=DH=6，连接GH，则线段GH的长为（ ）
A．538B．22C．145D．10−52
【答案】B
【分析】延长BG交CH于点E，根据正方形的性质证明△ABG≅△CDHSSS，求出∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，再证明△ABG≅△BCEASA，求出GE=2，HE=2，由勾股定理可得GH的长．
【详解】解：如图，延长BG交CH于点E，
∵AB=CD=10，BG=DH=6，AG=CH=8，
∴AG2+BG2=AB2，CH2+DH2=CD2，
∴△ABG和△DCH是直角三角形，
在△ABG和△CDH中，AB=CDAG=CHBG=DH，
∴△ABG≅△CDHSSS，
∴∠1=∠5，∠2=∠6，∠AGB=∠CHD=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠5+∠6=90°，
∵∠2+∠3=90°，∠4+∠5=90°，
∴∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，
在△ABG和△BCE中，∠1=∠3AB=BC∠2=∠4，
∴△ABG≅△BCEASA，
∴BE=AG=8，CE=BG=6，∠BEC=∠AGB=90°，
∴GE=BE−BG=8−6=2，
同理可得HE=2，
在Rt△GHE中，GH=GE2+HE2=22+22=22，
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，通过证明三角形全等得出GE=2，HE=2是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=62，D是射线CB上的动点，过点A作AF⊥AD（AF始终在AD上方），且AF=AD，连接BF．
(1)如图1，当点D在线段BC上时，判断BF与DC的关系，并说明理由．
(2)如图2，若点D、E为线段BC上的两个动点，且∠DAE=45°，连接EF，DC=3，求ED的长．
(3)若在点D的运动过程中，BD=3，则AF=___．
(4)如图3，若M为AB中点，连接MF，在点D的运动过程中，当BD=__时，MF的长最小？最小值是___．
【答案】(1)垂直且相等，理由见解析
(2)5
(3)313或35
(4)9，3
【分析】（1）证明△FAB≌△DAC，由全等三角形的性质即可得出结论；
（2）证明△FAE≌△DAE，由全等三角形的性质及勾股定理即可得出答案；
（3）分两种情况画出图形，由勾股定理进行计算即可得到答案；
（4）当MF⊥BF时，线段MF最短，证出△BFM为等腰直角三角形，可求出MF、BD的长．
【详解】（1）解：当点D在线段BC上时，
∵AD=AF，∠BAF=90°−∠BAD=∠DAC，AB=AC，
∴△FAB≌△DACSAS，
∴BF=DC，∠ABF=∠ACD=45°，
∴∠FBC=90°，
∴BF⊥DC；
（2）解：AE=AE，∠EAF=90°−∠DAE=45°=∠EAD，AF=AD，
∴△FAE≌△DAESAS，
∴ED=EF，
∵∠BAC=90°，AB=AC=62，
∴BC=12，
∴BD=BC−CD=9，
由（1）可知∠C=∠ABF=∠ABC=45°，CD=BF=3，
∴∠FBE=90°，
设DE=EF=x，
∵BF2+BE2=EF2，
∴32+9−x2=x2，
∴x=5，
∴ED=5；
（3）解：如图1，当点D在线段BC上，BD=3，设AG为BC边上的高，G为垂足，
，
在等腰Rt△ABC中，G为BC的中点，AB=AC=62，
∴BC=AB2+AC2=622+622=12，
∴AG=BG=12BC=6，DG=BG−BD=6−3=3，
∴AF=AD=AG2+DG2=62+32=35，
如图2，点D在线段CB的延长线时，同理可得AG=BG=6，
，
∴DG=BD+BG=3+6=9，
∴AD=AG2+DG2=62+92=313，
故答案为：35或313；
（4）解：点F运动轨迹是过点B，且垂直于BC的射线，根据垂线段最短的性质，当MF⊥BF时，线段MF最短，如图3，
，
∵BC⊥BF，∠ABC=45°，∠FBD=90°，
∴△BFM为等腰直角三角形，
∴MF=BF=22BM=22×AB2=24×62=3，
由（1）知：BF=CD=3，
∴BD=BC−DC=12−3=9，
此时MF=3，
故答案为：9，3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
【题型7 由勾股定理确定在几何体中的最短距离】
【例7】（2023春·山西大同·八年级统考期中）如图，在墙角处放着一个长方体木柜（木柜与墙面和地面均没有缝腺），一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角C1处．若AB=3，BC=4，CC1=5，则蚂蚁爬行的最短路程是（ ）
A．74B．310C．89D．12
【答案】D
【分析】求出蚂蚁沿着木柜表面经线段A1B1到C1，以及蚂蚁沿着木柜表面经线段BB1到C1的距离，再进行比较即可．
【详解】解：蚂蚁沿着木柜表面经线段A1B1到C1，
爬过的路径的长是l1=32+4+52=90，
蚂蚁沿着木柜表面经线段BB1到C1，
爬过的路径的长是l2=3+42+52=74．
l1>l2，最短路径的长是l2=74．
故选A．
【点睛】此题主要考查了长方体展开图的对角线长度求法，这种题型经常在中考中出现，也是易错题型，希望能引起同学们的注意．
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·八年级合肥寿春中学校考期中）如图，一个圆柱形食品盒，它的高为10cm，底面圆的周长为32cm
(1)点A位于盒外底面的边缘，如果在A处有一只蚂蚁，它想吃到盒外表面对侧中点B处的食物，则蚂蚁需要爬行的最短路程是 cm；
(2)将左图改为一个无盖的圆柱形食品盒，点C距离下底面3cm，此时蚂蚁从C处出发，爬到盒内表面对侧中点B处(如右图)，则蚂蚁爬行的最短路程是 cm．
【答案】 281 20
【分析】（1）把圆柱侧面展开，在Rt△ADB中，利用勾股定理求解即可．
（2）将圆柱侧面展开，得到矩形PQTA，作点B关于PQ的对称点B'，构造Rt△CDB'，根据勾股定理求出CB'即可解决问题．
【详解】(1)如图，把圆柱侧面展开，在Rt△ADB中，
∵AD=16cm，BD=5cm，
∴AB=AD2+BD2=162+52=281 cm，
故答案为：281．
(2)如图所示，点B与点B'关于PQ对称，可得CD=16cm，B'D=12cm，
则最短路程为CB'=CD2+B'D2=122+162=20 cm
故答案为：20．
【点睛】本题考查了勾股定理求线段最短距离，轴对称的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是 cm
【答案】16
【分析】将正方形ABCD沿着CD翻折得到正方形A'B'CD ，过点M在正方形ABCD内部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，连接QM，过M'作M'N⊥A'B'于点N，此时AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，运用勾股定理求解即可．
【详解】
如图，将正方形ABCD沿着CD翻折得到正方形A'B'CD ，过点M在正方形ABCD内部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，连接QM，过M'作M'N⊥A'B'于点N，则四边形MM'NB'是矩形，四边形PQMM'是平行四边形，
∴M'N'=MB'，PM'=QM，B'N=MM'，∠A'NM'=90°，
此时AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，
∵点M是BC中点，
∴CM=12BC=4cm，
∴M'N=MB'=12cm，A'N=A'B'−B'N=5cm，
在Rt△A'M'N中，A'M'=A'N2+M'N2=52+122=13cm，
∴A'M'+PQ=16cm，
故答案为：16．
【点睛】本题考查最短路径问题，考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，轴对称性质等，解题的关键是将立体图形中的最短距离转换为平面图形的两点之间线段长度进行计算．
【变式7-3】（2023春·广东佛山·八年级统考期末）初中几何的学习始于空间的“实物和具体模型”，聚焦平面的“几何图形的特征和运用”，形成了空间几何问题要转化为平面几何问题的解题策略．
问题提出：如图所示是放在桌面上的一个圆柱体，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，如何求最短路程呢？
(1)问题分析：蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，可以有几条路径？在图中画出来；
(2)问题探究：①若圆柱体的底面圆的周长为18cm，高为12cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
②若圆柱体的底面圆的周长为24cm，高为4cm，蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程；
③若圆柱体的底面圆的半径为r，高为ℎ，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，求最短路程．
【答案】(1)3条，图形见解析
(2)①15cm；②410cm；③π2r2+ℎ2cm
【分析】（1）共有3条路径，第一条先沿圆柱体的高爬行，再从上底面边缘爬行；第二条先沿圆柱体的高爬行，再从上底面直径爬行；第三条沿圆柱体侧面爬行，即可；
（2）①连接AB，利用两点之间，线段最短，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出AB的长，即可求解；②利用两点之间，线段最短，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出AB的长，即可求解；③利用两点之间，线段最短，在Rt△ABC中，根据勾股定理，求出AB的长，即可求解．
【详解】（1）解：共有3条路径，如下图：
（2）解：①如图，连接AB，
根据题意得：AC=12×18=9cm，BC=12cm，
∴AB=AC2+BC2=15cm，
即蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，最短路程为15cm；
②如图，连接AB，
根据题意得：AC=12×24=12cm，BC=4cm，
∴AB=AC2+BC2=410cm，
即蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，最短路程为410cm；
③如图，连接AB，
根据题意得：AC=12×2πr=πrcm，BC=ℎcm，
∴AB=AC2+BC2=π2r2+ℎ2cm，
即蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点B，最短路程为π2r2+ℎ2cm．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【题型8 由勾股定理构造图形解决实际问题】
【例8】（2023春·吉林白城·八年级统考期末）如图所示，A、B两块试验田相距200m，C为水源地，AC＝160m，BC＝120m，为了方便灌溉，现有两种方案修筑水渠．
甲方案：从水源地C直接修筑两条水渠分别到A、B；
乙方案；过点C作AB的垂线，垂足为H，先从水源地C修筑一条水渠到AB所在直线上的H处，再从H分别向A、B进行修筑．
（1）请判断△ABC的形状（要求写出推理过程）；
（2）两种方案中，哪一种方案所修的水渠较短？请通过计算说明．
【答案】（1）△ABC是直角三角形，理由见解析；（2）（2）甲方案所修的水渠较短；理由见解析
【分析】（1）由勾股定理的逆定理即可得出△ABC是直角三角形；
（2）由△ABC的面积求出CH，得出AC+BC＜CH+AH+BH，即可得出结果．
【详解】解：（1）△ABC是直角三角形；
理由如下：
∴AC2+BC2＝1602+1202＝40000，AB2＝2002＝40000，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）甲方案所修的水渠较短；
理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴△ABC的面积＝12AB•CH＝12AC•BC，
∴CH＝AC•BCAB=160×120200=96（m），
∵AC+BC＝160+120＝280（m），CH+AH+BH=CH+AB＝96+200＝296（m），
∴AC+BC＜CH+AH+BH，
∴甲方案所修的水渠较短．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算；熟练掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形是解决问题的关键．
【变式8-1】（2023春·全国·八年级期中）2019年10月1日，中华人民共和国70年华诞之际，王梓涵和学校国旗护卫队的其他同学们赶到学校举行了简朴而降重的升旗仪式．倾听着雄壮的国歌声，目送着五星红旗缓缓升起，不禁心潮澎湃，爱国之情油然而生．爱动脑筋的王梓涵设计了一个方案来测量学校旗杆的高度．将升旗的绳子拉直到末端刚好接触地面，测得此时绳子末端距旗杆底端2米，然后将绳子末端拉直到距离旗杆5m处，测得此时绳子末端距离地面高度为1m，最后根据刚刚学习的勾股定理就能算出旗杆的高度为（ ）
A．10mB．11mC．12mD．13m
【答案】B
【分析】根据题意画出示意图，设旗杆高度为xm，可得AC＝AD＝xm，AB＝（x﹣1）m，BC＝5m，在Rt△ABC中利用勾股定理可求出x．
【详解】设旗杆高度为xm，可得AC＝AD＝xm，AB＝（x﹣1）m，BC＝5m，
根据勾股定理得，绳长的平方＝x2+22，
如图，根据勾股定理得，绳长的平方＝（x﹣1）2+52，
∴x2+22＝（x﹣1）2+52，解得x＝11，
【点睛】此题考查勾股定理，题中有两种拉绳子的方式，故可以构建两个直角三角形，形状不同大小不同但都是直角三角形且绳子的长度是不变的，因此根据绳子建立勾股定理的等式，由此解答问题．
【变式8-2】（2023春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）【问题探究】
(1)如图①，点E是正△ABC高AD上的一定点,请在AB上找一点F，使EF=12AE，并说明理由；
(2)如图②，点M是边长为2的正△ABC高AD上的一动点，求12AM+MC的最小值；
【问题解决】
(3)如图③，A、B两地相距600km,AC是笔直地沿东西方向向两边延伸的一条铁路，点B到AC的最短距离为360km．今计划在铁路线AC上修一个中转站M，再在BM间修一条笔直的公路。如果同样的物资在每千米公路上的运费是铁路上的两倍。那么，为使通过铁路由A到M再通过公路由M到B的总运费达到最小值，请确定中转站M的位置,并求出AM的长．(结果保留根号)
【答案】（1）详见解析；（2）3；（3）AM=(480−1203)km．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠BAD=30°，得出EF=12AE；
（2）根据题意得出C，M，N在一条直线上时，此时12AM+MC最小，进而求出即可；
（3）作BD⊥AC，垂足为点D，在AC异于点B的一侧作∠CAN=30°，作BF⊥AN，垂足为点F，交AC于点M，点M即为所求，在Rt△ABD中，求出AD的长，在Rt△MBD中，得出MD的长，即可得出答案．
【详解】解：(1)如图①，作EF⊥AB，垂足为点F，点F即为所求。
理由如下：∵点E是正△ABC高AD上的一定点，
∴∠BAD=30∘，
∵EF⊥AB，
∴EF=12AE；
(2)如图②,作CN⊥AB,垂足为点N,交AD于点M,此时12AM+MC最小，最小为CN的长。
∵△ABC是边长为2的正△ABC，
∴CN=BCsin60∘=2×32=3
∴MN+CM=12AM+MC=3
即12AM+MC的最小值为3
(3)如图③,作BD⊥AC,垂足为点D,在AC异于点B的一侧作∠CAN=300
作BF⊥AN，垂足为点F，交AC于点M，点M即为所求。
在Rt△ABD中,AD=AB2−BD2=6002−3602=480(km)
在Rt△MBD中,∠MBD=∠MAF=30∘,得MD=BDtan30∘=1203(km)，
所以AM=(480−1203)km．
【点睛】此题主要考查了正三角形的性质以及锐角三角函数关系和勾股定理等知识，利用特殊角的三角函数关系得出是解题关键．
【变式8-3】（2023·四川德阳·八年级校考期末）目前，某市正积极推进“五城联创”，其中扩充改造绿地是推进工作计划之一.现有一块直角三角形绿地，量得两直角边长分别为a＝9m和b＝12m，现要将此绿地扩充改造为等腰三角形，且扩充部分包含以b＝12m为直角边的直角三角形，则扩充后等腰三角形的周长为 .
【答案】40米或48米或（30+65）米.
【详解】【分析】分三种情形讨论即可，①AB=BE1，②AB=AE3，③E2A=E2B，分别计算即可．
【详解】在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=9，AC=12，∴AB=BC2+AC2=15，
①当BA=BE1=15时，CE1=6，
∴AE1=AC2+CE12=65，
∴△ABE1周长为（30+65）米；
②当AB=AE3=15时，CE3=BC=9，BE3=18，
∴△ABE3周长为48米；
③当E2A=E2B时，设E2C=x，则有E2A=BC+E2C=9+x，
∵∠ACE2=90°，∴AE22=CE22+AC2，
即（9+x）2=x2+122，
∴x=3.5，
∴E2A=E2B=9+3.5=12.5，
∴△ABE2周长为2×12.5+15=40米；
综上所述扩充后等腰三角形的周长为40米或48米或（30+65）米，
故答案为40米或48米或（30+65）米.
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