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专题 22 直角三角形【十六大题型】
【题型1 由直角三角形的性质求解】......................................................................................................................3
【题型2 根据已知条件判定直角三角形】..............................................................................................................8
【题型3 利用勾股定理求解】................................................................................................................................14
【题型4 判断勾股数问题】....................................................................................................................................17
【题型5 勾股定理与网格问题】............................................................................................................................20
【题型6 利用勾股定理解决折叠问题】................................................................................................................27
【题型7 勾股定理与无理数】................................................................................................................................34
【题型8 利用勾股定理证明线段的平方关系】...................................................................................................37
【题型9 勾股定理的证明方法】............................................................................................................................44
【题型10 以弦图为背景的计算】............................................................................................................................49
【题型11 利用勾股定理构造图形解决问题】.......................................................................................................54
【题型12 利用勾股定理解决实际问题】................................................................................................................57
【题型13 在网格中判定直角三角形】....................................................................................................................62
【题型14 利用勾股定理逆定理求解】....................................................................................................................68
【题型15 图形上与已知两点构成直角三角形的点】...........................................................................................71
【题型16 用勾股定理解决实际生活问题】...........................................................................................................76
【知识点 直角三角形】
1.直角三角形的性质与判定
直角三角形的定义：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
直角三角形的性质：1）直角三角形两个锐角互余.
2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
3）在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.
直角三角形的判定：1）两个内角互余的三角形是直角三角形.
2）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
3）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c有关系a2+b2=c2，那么这个三角
形是直角三角形。
1 1
面积公式：S= ab= cm (其中：c为斜边上的高，m为斜边长)
2 2
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m
b
c
a
2. 勾股定理
勾股定理的概念：如果直角三角形的两直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2.
变式：a2=c2−b2，b2=c2−a2，c=√a2+b2,a=√c2−b2,b=√c2−b2.
勾股定理的证明方法（常见）：
1
方法一（图一）：4S +S =S ，4× ab+(b−a) 2=c2 ，化简可证．
Δ 正 方 形EFGH正 方 形ABCD 2
方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．
1
四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为S=4× ab+c2=2ab+c2
2
大正方形面积为S=(a+b) 2=a2+2ab+b2，所以a2+b2=c2
1 1 1
方法三（图三）：S = (a+b)⋅(a+b)，S =2S +S =2⋅ ab+ c2 ，化简得证a2+b2=c2
梯形 2 梯形 ΔADE ΔABE 2 2
D b a A a
C D
a
H
c
c b b
c
E
G
F c
b c c E
b a a a
A c B a b B b C
图一 图二 图三
勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即a2+b2=c2中，a，b，c为正整数
时，称a，b，c为一组勾股数.
常见的勾股数：如3,4,5；6,8,10；5,12,13；7,24,25等.
判断勾股数的方法：1）确定是三个正整数a，b，c；
2）确定最大的数c；
3）计算较小的两个数的平方a2+b2是否等于c2.
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3.勾股定理的逆定理
如果三角形三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形，其中c为斜边.
【题型1 由直角三角形的性质求解】
【例1】（2023·内蒙古包头·包头市第三十五中学校考三模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边
CD,BC上，且DE=CF，连接AE,DF,DG平分∠ADF交AB于点G，若∠AED=70°，则∠AGD的
度数为 ．
【答案】55°/55度
【分析】根据正方形的性质可得AD=DC，∠ADE=∠C=∠DAG=90°，AD∥BC，从而证明
△ADE≅△DCF(SAS)，得∠AED=∠DFC=∠ADF=70°，再由角平分线的定义可得
1
∠ADG= ∠ADF=35°，再根据直角三角形的性质即可求解．
2
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE=∠C=∠DAG=90°，AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC，
在△ADE和△DCF中，
¿，
∴△ADE≅△DCF(SAS)，
∴∠AED=∠DFC=∠ADF=70°，
∵DG平分∠ADF，
1
∴∠ADG= ∠ADF=35°，
2
∴∠AGD=90°−∠ADG=55°，
故答案为：55°．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、直角三角形的性质，熟练
掌握正方形的性质和全等三角形的判定证明△ADE≅△DCF是解题的关键．
【变式1-1】（2023·北京平谷·统考一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，则下列
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结论不一定成立的是（ ）
A．∠1+∠2=90° B．∠1=30° C．∠1=∠4 D．∠2=∠3
【答案】B
【分析】借助直角三角形两锐角互余，依次判断即可．
【详解】解：Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠2=90°，故A正确；
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=∠CDB=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠3+∠4=90°
∴∠1=∠4，故C正确；
∵∠CDB=90°，
∴∠2+∠4=90°，
∵∠3+∠4=90°
∴∠2=∠3，故D正确；
∵∠1不一定是30°，故B符合题意
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，根据直角三角形两锐角互余这一性质来解题是关键．
【变式1-2】（2023·江苏镇江·统考二模）如图，分别以△ABC的边AC和AB向外作等腰Rt△ACE和等腰
Rt△ABD，点M、N分别是BC、CE中点，若MN=2√3，则四边形BCED的面积为 ．
【答案】24
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【分析】连接BE，CD交于点H，根据三角形中位线定理可得BE=2MN=4√3，然后证明
△BAE≌△DAC(SAS)，可得BE⊥CD，再利用对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半即
可解决问题．
【详解】解：如图，连接BE，CD交于点H，BE交AD于G，
∵点M、N分别是BC、CE中点，MN=2√3，
∴BE=2MN=4√3，
在等腰Rt△ACE和等腰Rt△ABD，AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
¿，
∴△BAE≌△DAC(SAS)，
∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，
∵∠ABE+∠BGA=90°，
∴∠ADC+∠BGA=90°，
∵∠BGA=∠DGH，
∴∠ADC+∠DGH=90°，
∴∠DHG=90°，
∴BE⊥CD，
∵BE=DC=4√3，
1 1
∴四边形BCED的面积= ×BE⋅CD= ×4 √3×4√3=24．
2 2
故答案为：24．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，对角线互相垂直的四边形面积，
三角形中位线定理，解决本题的关键是得到△BAE≌△DAC．
【变式1-3】（2023·河南信阳·二模）【阅读理解】如图1，小明把一副三角板直角顶点O重叠在一起．如
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图2固定三角板AOB，将三角板COD绕点O以每秒15°的速度顺时针旋转，旋转时间为t秒，当OD边与
OB边重合时停止转动．
【解决问题】
(1)在旋转过程中，请填出∠AOC、∠BOD之间的数量关系______；
(2)当运动时间为9秒时，图中有角平分线吗？找出并说明理由；
(3)当∠AOC、∠AOB、∠BOC中一个角的度数是另一个角的两倍时，则称射线OC是∠AOB的“优
线”，请直接写出所有满足条件的t值．
【答案】(1)∠AOC+∠BOD=180°
(2)有，OD平分∠AOB，OB平分∠COD，理由见解析
(3)t=2，3，4，9，12
【分析】（1）由题意，根据题目分析，然后画出图形可得结论；
（2）依据题意，画出图形，然后分别计算出角的度数可得解；
（3）依据题意，将所有可能情形梳理并分类讨论可得t的值．
【详解】（1）解：①如图，∠AOC+∠BOD=180°，理由如下：
由题意得，∠DOA=90°−∠AOC，∠COB=90°−∠AOC．
∴∠AOC+∠BOD=∠AOC+∠DOA+∠AOC+∠COB
=∠AOC+90°−∠AOC+∠AOC+90°−∠AOC
=180°，
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②如图，∠AOC+∠BOD=180°，理由如下：
由题意得，∠DOA=90°−∠DOB，∠COB=90°−∠DOB．
∴∠AOC+∠BOD=∠DOA+∠DOB+∠COB+∠BOD
=90°−∠DOB+∠DOB+90°−∠DOB+∠BOD
=180°，
综上，∠AOC+∠BOD=180°．
故答案为：∠AOC+∠BOD=180°；
（2）解：有，OD平分∠AOB，OB平分∠COD．
如图所示，理由如下：
当运动时间为9秒时，∠AOC=15°×9=135°，
∴∠BOC=∠AOC−∠AOB=135°−90°=45°．
∵∠COD=90°，
∴∠BOD=∠COD−∠BOC=90°−45°=45°，
∴∠BOC=∠BOD=45°，
∴OB平分∠COD，
1
∵∠BOD=45°= ∠AOB，
2
∴OD平分∠AOB；
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（3）解：由题意得，∠AOB=90°，∠AOC=(15t)°．
当∠BOC=2∠AOC时，∠AOC=30°，
∴15t=30，解得t=2；
当∠AOB=2∠AOC，OC在∠AOB内部时，∠AOC=45°，
∴15t=45，解得t=3；
当∠AOC=2∠BOC时，∠AOC=60°，
∴15t=60，解得t=4；
当∠AOB=2∠BOC时，∠AOC=135°，
∴15t=135，解得t=9；
当∠AOC=2∠AOB时，∠AOC=180°，
∴15t=180，解得t=12；
综上，t=2，3，4，9，12．
【点睛】本题主要考查角的计算，解题时需要全面考虑分析所有可能，学会分类讨论是解题的关键．
【题型2 根据已知条件判定直角三角形】
【例2】（2023·福建漳州·统考一模）在下列条件中：①∠A+∠B=∠C，②∠A:∠B:∠C=1:5:6，
③∠A=90°−∠B，④∠A=∠B=∠C中，能确定△ABC是直角三角形的条件有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据三角形内角和定理，能证明有一个角是90度即可确定△ABC是直角三角形．
【详解】解：由三角形内角和定理得∠A+∠B+∠C=180°，
①当∠A+∠B=∠C时，2∠C=180°，∠C=90°，能确定△ABC是直角三角形；
6
②当∠A:∠B:∠C=1:5:6时，∠C= ×180°=90°，能确定△ABC是直角三角形；
1+5+6
③当∠A=90°−∠B时，∠A+∠B=∠C=90°，能确定△ABC是直角三角形；
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④当∠A=∠B=∠C时，∠A+∠B=∠C=60°，不能确定△ABC是直角三角形；
综上可知，能确定△ABC是直角三角形的条件有3个，
故选C．
【点睛】本题考查直角三角形的判定，解题的关键是熟练运用三角形内角和定理．
【变式2-1】（2023·陕西西安·一模）如图，已知锐角三角形ABC，用尺规作图法在BC上作一点P，使得
∠B+∠PAB=90°．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】见解析
【分析】过点A作AP⊥BC于点P，点P即为所求．
【详解】解：如图，点P即为所求．
理由：∵AP⊥BC，
∴∠APB=90°，
∴∠B+∠PAB=90°．
【点睛】本题考查作图−复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式2-2】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，⊙O经过△ABC的顶点A，C及AB的中点D，且D
是A´C的中点．
(1)求证：△ABC是直角三角形；
(2)若⊙O的半径为1，求AB2:BC的值．
【答案】(1)证明见解析
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(2)4
【分析】（1）连接CD，根据D是A´C的中点，可得DA=DC，所以∠DAC=∠DCA，再根据点D是AB
的中点，可推得DC=DB，所以∠B=∠DCB，然后利用三角形内角和定理即可解决问题；
AD DE
（2）连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE，证明△ADE∽△CBA，可得 = ，代入值即可解决
CB BA
问题．
【详解】（1）证明：如图，连接CD，
∵D是A´C的中点，
∴DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
∵点D是AB的中点，
∴DA=DB，
∴DC=DB，
∴∠B=∠DCB，
∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴∠BAC+∠B+∠DCA+∠DCB=180°，
∴2∠BAC+2∠B=180°，
∴∠BAC+∠B=90°，
∴△ABC是直角三角形；
（2）解：如图，连接DO并延长交⊙O于点E，连接AE，
∴DE是⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，
∵D是A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴∠DEA=∠BAC，
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∵∠DAE=∠BCA=90°，
∴△ADE∽△CBA，
AD DE
∴ = ，
CB BA
∵⊙O的半径为1，点D是AB的中点，
1
∴DE=2，AD= AB，
2
1
AB
∴2 2 ，
=
BC AB
1
∴
AB2=2BC，
2
∴AB2=4BC，
∴AB2:BC=4．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，三角形相似的判定和性质，直角三角形的判定，
熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023·湖南邵阳·统考一模）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线
y=x−2交于B，C两点．
(1)求抛物线的解析式及点C的坐标；
(2)求证：△ABC是直角三角形；
(3)若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶
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点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x；C(−1，−3)
(2)见解析
(5 ) (7 )
(3)存在，N点，其坐标为 ，0 或 ,0 或(−1，0)或(5，0)
3 3
【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C
点坐标；
（2）分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于D、E两点，得出△BEC和△ADB为等腰直角三角形,进而
可得出∠ABC=90°,即可得到答案；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，
MN ON MN ON
利用三角形相似的性质可得 = 或 = ，可求得N点的坐标．
AB BC BC AB
【详解】（1）∵顶点A的坐标为(1,1)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2+1，
又∵抛物线过原点，
∴0=a(0−1) 2+1，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−(x−1) 2+1，即y=−x2+2x，
联立抛物线和直线解析式可得¿，
解得¿或¿，
∴B(2,0)，C(−1,−3)；
（2）如图，分别过A、C两点作x轴的垂线，交x轴于D、E两点，
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则AD=OD=BD=1，BE=OB+OE=2+1=3，EC=3，
∴△ADB和△BEC为等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠CBO=45°，即∠ABC=90°，
∴△ABC是直角三角形；
(5 ) (7 )
（3）存在，点N的坐标为 ,0 或 ,0 或(−1,0)或(5,0)，理由如下：
3 3
假设存在满足条件的点N，
设N(x,0)，则M(x,−x2+2x)，
∴ON=|x|，MN=|−x2+2x|，
由（2）在Rt△ABD和Rt△CEB中，可分别求得AB=√2，BC=3√2，
∵MN⊥x轴于点N，
∴∠ABC=∠MNO=90°，
MN ON MN ON
∴当△MNO和△ABC相似时有 = 或 = ，
AB BC BC AB
MN ON |−x2+2x| |x| 1
①当 = 时，则有 = ，即|x|⋅|−x+2|= |x|，
AB BC √2 3√2 3
∵当x=0时，M、O、N不能构成三角形，
∴x≠0，
1 1
∴|−x+2|= ，即−x+2=± ，
3 3
5 7 (5 ) (7 )
解得x= 或x= ，此时N点坐标为 ,0 或 ,0 ；
3 3 3 3
MN ON |−x2+2x| |x|
②当 = 时，则有 = ，即|x|⋅|−x+2|=3|x|．
BC AB 3√2 √2
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∴|−x+2|=3，
即−x+2=±3，解得x=−1或x=5，此时N点坐标为(−1,0)或(5,0)．
(5 ) (7 )
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为 ,0 或 ,0 或(−1,0)或(5,0)．
3 3
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、
勾股定理及逆定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、
M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考
查知识点较多，综合性较强，难度稍大．
【题型3 利用勾股定理求解】
【例3】（2023·广东·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，O是矩形的对称中心，点E、
F分别在边AD、BC上，连接OE、OF，若AE=BF=2，则OE+OF的值为（ ）
A．2√2 B．5√2 C．√5 D．2√5
【答案】D
【分析】连接AC，BD，过点O作OM⊥AD于点M，交BC于点N，利用勾股定理求得OE的长即可解题．
【详解】解：如图，连接AC，BD，过点O作OM⊥AD于点M，交BC于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OB
∵OM⊥AD
∴AM=DM=3
1
∴OM= AB=2
2
∵AE=2
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∴EM=AM−AE=1
∴OE=√EM2+OM2=√12+22=√5
同理可得OF=√5
∴OE+OF=2√5
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题关
键．
【变式3-1】（2023·河北保定·统考二模）在平面直角坐标系中，点A(1,2),B(−3,b)，当线段AB最短时，
b的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．0
【答案】A
【分析】根据两点之间的距离公式即可求得b的值．
【详解】解：根据两点之间的距离公式得：
AB=√(−3−1) 2+(b−2) 2=√16+(b−2) 2，
当b=2时，AB有最小值，最小值为4．
因此当b=2时，AB最短，
故选A．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中动点问题、二次函数的最值，熟练掌握两点间的距离公式是解题的关
键．
【变式3-2】（2023上·辽宁沈阳·八年级校联考阶段练习）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点
O．若AC⊥BD，AB=4，CD=√5，则BC2+AD2= ．
【答案】21
【分析】根据勾股定理即可解答．
【详解】解：∵AC⊥BD，AB=4，CD=√5，
∴在Rt△AOB中，OA2+OB2=AB2=42=16，
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∴在Rt△COD中，OC2+OD2=CD2=(√5) 2=5，
又∵在Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2，
在Rt△BOC中，OB2+OC2=BC2，
∴BC2+AD2
=(OB2+OC2)+(OA2+OD2)
=(OB2+OA2)+(OC2+OD2)
=AB2+CD2
=16+5
=21．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，灵活应用勾股定理是解题关键．
【变式3-3】（2023·河南濮阳·统考三模）如图，在△ABD中，∠BAD=90°，AB=2，AD=2√3，将
AB绕点A逆时针旋转α度(0<α<90)，得到AP，当△ADP是等腰三角形时，点P到AD的距离为 ．
√33
【答案】 或1
3
【详解】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，先在Rt△ABD中，利用勾股定理求出
BD=4，再根据旋转的性质可得：AB=AP=2，然后分两种情况：当DA=DP时；当PA=PD时；最后
分别进行计算，即可解答．
【解答】解：∵∠BAD=90°，AB=2，AD=2√3，
∴BD=√AB2+AD2=√22+(2√3) 2=4，
由旋转得：AB=AP=2，
分两种情况：
当DA=DP时，如图：
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过点D作DF⊥AP，垂足为F，过点P作PE⊥AD，垂足为E，
1
∴AF=FP= AP=1，
2
∴DF=√AD2−AF2=√ (2√3) 2 −12=√11，
1 1
∵△ADP的面积= AD⋅PE= AP⋅DF，
2 2
∴2√3PE=2×√11，
√33
解得：PE= ，
3
√33
∴点P到AD的距离为 ；
3
当PA=PD时，如图：
1
当点P落在BD的中点时，则BP=BD= BD=2，
2
∵PA=PD=2，PG⊥AD，
∴AG=DG，
∴PG是△ABD的中位线，
1
∴PG= AB=1，
2
∴点P到AD的距离为1；
√33
综上所述：点P到AD的距离为 或1，
3
√33
故答案为： 或1．
3
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【题型4 判断勾股数问题】
【例4】（2023·四川泸州·统考二模）《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，约成书于公元前
1世纪．《周髀算经》中记载：“勾广三，股修四，经隅五”，意为：当直角三角形的两条直角边分别为
3（勾）和4（股）时，径隅（弦）则为5，后人简单地把这个事实说成“勾三股四弦五”．观察下列勾股
数：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，这类勾股数的特点是：勾为奇数，弦与股相差为1．柏拉图
研究了勾为偶数，弦与股相差为2的一类勾股数，如：6，8，10；8，15，17；…，若某个此类勾股数的
勾为16，则其弦是 ．
【答案】65
【分析】根据题意可得，勾为m(m为偶数且m≥4，根据所给的二组数找规律可得结论．
(m) 2 (m) 2
【详解】解：根据题意可得，勾为m (为偶数且m≥4)，则另一条直角边 −1，弦 +1．
2 2
(16) 2
则弦为． +1=65，
2
故答案为：65．
【点睛】本题考查勾股数的定义，数字类的规律问题，得出规律是解题关键．
【变式4-1】（2023·黑龙江牡丹江·校考模拟预测）下图是“毕达哥拉斯树”的“生长”过程：如图①，一
个边长为a的正方形，经过第一次“生长”后在它的上侧长出两个小正方形，且三个正方形所围成的三角
形是直角三角形；再经过一次“生长”后变成了图②；如此继续“生长”下去，则第2015次“生长”后，
这棵“毕达哥拉斯树”上所有正方形的面积和为 ．
【答案】2016a2
【分析】运用归纳的方法，根据勾股定理，先求出前几次的这棵“毕达哥拉斯树”上所有正方形的面积和，
然后找到变化的规律，猜测第n次的这棵“毕达哥拉斯树”上所有正方形的面积和，从而获解．
【详解】解：生长之前面积设为S ，第n次“生长”后的面积为S ，
0 n
∴S =a2 ，
0
S =a2+a2=2a2 ，
1
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S =2a2+a2=3a2 ，
2
……，
S =(n+1)a2 ，
n
当n=2015时，S =(2015+1)a2=2016a2 ；
2000
故答案为：2016a2．
【点睛】此题考查图形的变化规律、勾股定理，正确理解题中图形的变化规律、准确用代数式表示规律是
解答此题的关键．
【变式4-2】（2023·江苏南通·统考中考真题）勾股数是指能成为直角三角形三条边长的三个正整数，世界
上第一次给出勾股数公式的是中国古代数学著作《九章算术》．现有勾股数a，b，c，其中a，b均小于c，
1 1 1 1
a= m2− ，c= m2+ ，m是大于1的奇数，则b= （用含m的式子表示）．
2 2 2 2
【答案】m
【分析】根据直角三角形的性质，直角边小于斜边得到a，b为直角边，c为斜边，根据勾股定理即可得到b
的值．
【详解】解：由于现有勾股数a，b，c，其中a，b均小于c，
∴ a，b为直角边，c为斜边，
∴a2+b2=c2，
1 1 2 1 1 2
∴( m2− ) +b2=( m2+ ) ，
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
得到
m4− m2+ +b2= m4+ m2+
，
4 2 4 4 2 4
∴b2=m2，
∴b=±m，
∵ m是大于1的奇数，
∴b=m．
故答案为：m．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，分清楚a，b为直角边，c为斜边是解题的关键．
【变式4-3】（2023·四川泸州·统考中考真题）《九章算术》是中国古代重要的数学著作，该著作中给出了
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1 1
勾股数a，b，c的计算公式：a= (m2−n2)，b=mn，c= (m2+n2)，其中m>n>0，m，n是互质的奇数．
2 2
下列四组勾股数中，不能由该勾股数计算公式直接得出的是（ ）
A．3，4，5 B．5，12，13 C．6，8，10 D．7，24，25
【答案】C
【分析】首先证明出a2+b2=c2，得到a，b是直角三角形的直角边然后由m>n>0，m，n是互质的奇数逐
项求解即可．
1 1
【详解】∵a= (m2−n2),b=mn,c= (m2+n2)，
2 2
2
∴a2+b2= [1 (m2−n2) ] +(mn) 2= 1 (m2−n2) 2 +m2n2= 1 m4+ 1 m2n2+ 1 n4 ．
2 4 4 2 4
2
∵c2= [1 (m2+n2) ] = 1 (m2+n2) 2 = 1 m4+ 1 m2n2+ 1 n4 ，
2 4 4 2 4
∴a2+b2=c2．
∴a，b是直角三角形的直角边，
∵m，n是互质的奇数，
∴A．3=1×3，
1 1
∴当m=3，n=1时，a= (m2−n2)=4，b=mn=3，c= (m2+n2)=5，
2 2
∴3，4，5能由该勾股数计算公式直接得出；
B．5=1×5，
1 1
∴当m=5，n=1时，a= (m2−n2)=12，b=mn=5，c= (m2+n2)=13，
2 2
∴5，12，13能由该勾股数计算公式直接得出；
C．6=2×3，8=2×4，
∵m，n是互质的奇数，
∴6，8，10不能由该勾股数计算公式直接得出；
D．7=1×7，
1 1
∴当m=7，n=1时，a= (m2−n2)=24，b=mn=7，c= (m2+n2)=25，
2 2
∴7，24，25能由该勾股数计算公式直接得出．
故选：C．
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【点睛】本题考查了勾股数的应用，通过m>n>0，m，n是互质的奇数这两个条件去求得符合题意的t的
值是解决本题的关键．
【题型5 勾股定理与网格问题】
【例5】（2023·广东·统考中考真题）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：
(1)直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A B C 的大小关系；
1 1 1
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)∠ABC=∠A B C
1 1 1
(2)证明见解析.
【分析】（1）△ABC和ΔA B C 均是等腰直角三角形，∠ABC=∠A B C =45°；
1 1 1 1 1 1
（2）证明△ABC是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）解：∠ABC=∠A B C
1 1 1
（2）证明：连接AC，
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设小正方形边长为1，则AC=BC=√12+22=√5，AB=√12+32=√10，
∵AC2+BC2=5+5=AB2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵A C =B C =1，A C ⊥B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴△A B C 为等腰直角三角形，
1 1 1
∴∠ABC=∠A B C =45°，
1 1 1
故∠ABC=∠A B C
1 1 1
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．
【变式5-1】（2023·浙江温州·统考中考真题）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．
已知格点P，请按要求画格点三角形（顶点均在格点上）．
(1)在图中画一个等腰三角形PEF，使底边长为√2，点E在BC上，点F在AD上，再画出该三角形绕矩形
ABCD的中心旋转180°后的图形．
(2)在图中画一个Rt△PQR，使∠P=45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出该三角形向右平移1个
单位后的图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）底边长为√2即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到
在格点上的顶点即可得到等腰△PEF，然后根据中心旋转性质作出绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形．
（2）根据网格特点，按要求构造等腰直角三角形，然后按平移的规律作出平移后图形即可．
【详解】（1）（1）画法不唯一，如图1（ PF=√2，PE=EF=√5），或图2（PE=√2 PF=EF=√5
）．
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（2）画法不唯一，如图3或图4．
【点睛】本题主要考查了格点作图，解题关键是掌握网格的特点，灵活画出相等的线段和互相垂直或平行
的线段．
【变式5-2】（2023·安徽·统考中考真题）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点
A,B,C,D均为格点（网格线的交点）．
(1)画出线段AB关于直线CD对称的线段A B ；
1 1
(2)将线段AB向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段A B ，画出线段A B ；
2 2 2 2
(3)描出线段AB上的点M及直线CD上的点N，使得直线MN垂直平分AB．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据轴对称的性质找到A,B关于直线CD的对称点，A ,B ，连接A ,B ，则线段A B 即
1 1 1 1 1 1
为所求；
（2）根据平移的性质得到线段A B 即为所求；
2 2
（3）勾股定理求得AM=BM=√12+32=√10，MN=√12+32=√10，则AM=MN证明
△NPM≌△MQA得出∠NMP+∠AMQ=90°，则AM⊥MN，则点M,N即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，线段A B 即为所求；
1 1
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（2）解：如图所示，线段A B 即为所求；
2 2
（3）解：如图所示，点M,N即为所求
如图所示，
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∵AM=BM=√12+32=√10，MN=√12+32=√10，
∴AM=MN，
又NP=MQ=1,MP=AQ=3，
∴△NPM≌△MQA，
∴∠NMP=∠MAQ，
又∠MAQ+∠AMQ=90°，
∴∠NMP+∠AMQ=90°
∴AM⊥MN，
∴MN垂直平分AB．
【点睛】本题考查了轴对称作图，平移作图，勾股定理与网格问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023·吉林长春·统考中考真题）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的
边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格
中按下列要求作△ABC，点C在格点上．
9
(1)在图①中，△ABC的面积为 ；
2
(2)在图②中，△ABC的面积为5
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5
(3)在图③中，△ABC是面积为 的钝角三角形．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
1 9
【分析】（1）以AB=3为底，设AB边上的高为h，依题意得S = AB·h= ，解得h=3，即点C在
△ABC 2 2
AB上方且到AB距离为3个单位的线段上的格点即可；
（2）由网格可知，AB=√32+12=√10，以AB=√10为底，设AB边上的高为h，依题意得
1
S = AB·h=5，解得h=√10，将AB绕A或B旋转90°，过线段的另一个端点作AB的平行线，与网格
△ABC 2
格点的交点即为点C；
（3）作BD=AB=√5，过点D作CD∥AB，交于格点C，连接A、B、C即可．
【详解】（1）解：如图所示，
以AB=3为底，设AB边上的高为h，
1 9
依题意得：S = AB·h=
△ABC 2 2
解得：h=3
即点C在AB上方且到AB距离为3个单位的线段上的格点即可，
答案不唯一；
（2）由网格可知，
AB=√32+12=√10
以AB=√10为底，设AB边上的高为h，
1
依题意得：S = AB·h=5
△ABC 2
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解得：h=√10
将AB绕A或B旋转90°，过线段的另一个端点作AB的平行线，与网格格点的交点即为点C，
答案不唯一，
（3）如图所示，
作BD=AB=√5，过点D作CD∥AB，交于格点C，
由网格可知，
BD=AB=√22+12=√5，AD=√10，
∴△ABD是直角三角形，且AB⊥BD
∵CD∥AB
1 5
∴S = AB·BD= ．
△ABC 2 2
【点睛】本题考查了网格作图，勾股定理求线段长度，与三角形的高的有关计算；解题的关键是熟练利用
网格作平行线或垂直．
【题型6 利用勾股定理解决折叠问题】
【例6】（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边
AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD 恰好经过点B，点C
1
落在y轴的点C 位置，点E的坐标是（ ）
1
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A．(1,2) B．(−1,2) C．(√5−1,2) D．(1−√5,2)
【答案】D
【分析】首先证明△AOB∼△D C O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC❑❑交于点F，然后求
1 1 1
出OC=OC =2√5，可得C F=2√5−2，再用含EF的式子表示出EC ，最后在Rt△EFC 中，利用勾
1 1 1 1
股定理构建方程求出EF即可解决问题．
【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA:OD=1:4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
由题意知AB∥OC ，
1
∴∠ABO=∠D OC ，
1 1
又∵∠BAO=∠OD C =90°，
1 1
∴△AOB∼△D C O，
1 1
OA D C
∴ = 1 1 ，
AB OD
1
由折叠知OD =OD=4，D C =DC=AB，
1 1 1
1 AB
∴ = ，
AB 4
∴AB=2，即CD=2，
连接OC，设BC与OC❑❑交于点F，
1
∴OC=√OD2+CD2=√42+22=2√5，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
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∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC ，OA=BF=1，
1
∴CF=5−1=4，
由折叠知OC =OC=2√5，EC =EC=CF−EF=4−EF，
1 1
∴C F=OC −OF=2√5−2，
1 1
∵在Rt△EFC 中，EF2+C F2=EC 2 ，
1 1 1
∴EF2+(2√5−2) 2=(4−EF) 2，
解得：EF=√5−1，
∴点E的坐标是(1−√5,2)，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知
识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
【变式6-1】（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边
AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B'处，如果四边形ABFE与四边形
EFCD的面积比为3∶5，那么线段FC的长为 ．
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3
【答案】
8
【分析】连接BB'，过点F作FH⊥AD于点H，设CF=x，则DH=x，则BF=1−x，根据已知条件，分
5
别表示出AE,EH,HD，证明△EHF≌△B'CB (ASA)，得出EH=B'C= −2x，在Rt△B'FC中，
4
B'F2=B'C2+CF2，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，连接BB'，过点F作FH⊥AD于点H，
∵正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，
3 3
∴S = ×1= ，
四边形ABFE 8 8
设CF=x，则DH=x，则BF=1−x
1 3
∴S = (AE+BF)×AB=
四边形ABFE 2 8
1 3
即 (AE+1−x)×1=
2 8
1
∴AE=x−
4
5
∴DE=1−AE= −x，
4
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5 5
∴EH=ED−HD= −x−x= −2x，
4 4
∵折叠，
∴BB'⊥EF，
∴∠1+∠2=∠BGF=90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又FH=BC=1,∠EHF=∠C
∴△EHF≌△B'CB (ASA)，
5
∴EH=B'C= −2x
4
在Rt△B'FC中，B'F2=B'C2+CF2
即(1−x) 2=x2+ (5 −2x ) 2
4
3
解得：x= ，
8
3
故答案为： ．
8
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知
识是解题的关键．
【变式6-2】（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=√6，BC=6．点E为边
BC的中点，点F为边AD上一点，将四边形ABEF沿EF折叠，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点
B'，过点B'作B'H⊥BC于点H，若B'H=2√2，则FD的长是 ．
【答案】3+√3或3−√3
【分析】分两种情况：当点F在点E左侧时，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，则四边形
ABEM为矩形AB=ME=√6，AM=BE=3，由折叠可知BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，由平行线的
性质可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B'EF，FG=EG，利用勾股定理求得EH=1，证明
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3√3 √3
△EMG∽△B'HE，利用相似三角形的性质求得EG= =FG，MG= ，于是FM=FG−MG=√3，
2 2
AF=3−√3，则FD=AD−AF，代入计算即可得到答案；当点F在点E右侧时，设B'F交BC于点P，过
点F作FK⊥BC于点K，同理可得B'E=3，FP=EP，四边形KCDF为矩形，FK=AB=√6，利用相似
3√3 √3 3√3 √3
三角形的性质求得FP= =EP，PK= ，进而去除EK=EP−PK= − =√3，则
2 2 2 2
DF=CK=CE−EK，代入计算即可求解．
【详解】解：当点F在点E左侧时，如图，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，
则∠AME=90°，
∵点E为边BC的中点，
1
∴BE=CE= BC=3，
2
∵四边形ABCD为矩形，BC=6，
∴AD=BC=6，∠A=∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AME=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABEM为矩形，
∴AB=ME=√6，AM=BE=3，
由折叠可知，BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，
∵AD∥BC，
∴∠GFE=∠BEF，
∴∠GFE=∠B'EF，即∠GFE=∠GEF，
∴FG=EG，
∵B'H⊥BC，
∴∠B'HE=90°，
在Rt△B'HE中，EH=√B'E2−B'H2=√32−(2√2) 2=1，
∵ME⊥BC，B'H⊥BC，
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∴∠EMG=∠B'HE=90°，
∵AD∥BC，
∴∠EGM=∠B'EH，
∴△EMG∽△B'HE，
EM EG MG EG MG √6 √3
∴ = = ，即 = = = ，
B'H B'E HE 3 1 2√2 2
3√3 √3
∴EG= =FG，MG= ，
2 2
3√3 √3
∴FM=FG−MG= − =√3，
2 2
∴AF=AM−FM=3−√3，
∴FD=AD−AF=6−(3−√3)=3+√3；
当点F在点E右侧时，如图，设B'F交BC于点P，过点F作FK⊥BC于点K，
同理可得：B'E=3，FP=EP，四边形KCDF为矩形，FK=AB=√6，△B'EH∽△FPK，
在Rt△B'HE中，EH=√B'E2−B'H2=√32−(2√2) 2=1，
∵ △B'EH∽△FPK，
B'E B'H EH 3 2√2 1
∴ = = ，即 = = ，
FP FK PK FP √6 PK
3√3 √3
∴FP= =EP，PK= ，
2 2
3√3 √3
∴EK=EP−PK= − =√3，
2 2
∴DF=CK=CE−EK=3−√3．
综上，FD的长是3+√3或3−√3．
故答案为：3+√3或3−√3．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判
33关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
【变式6-3】（2023·河南周口·统考二模）如图，在长方形ABCD中，AB=10，AD=12，P是射线AD上
一点，将△ABP沿BP折叠得到△A'BP，若点A'恰好落在BC的垂直平分线l上，则线段AP的长为 ．
10
【答案】 或30
3
【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思
考问题，属于中考常考题型．设直线l交AD于R，交BC于T.分两种情形：如图1中，当点P在线段AR上
时，设AP=PA'=x.如图2中，当点P在线段DR上时，设AP=PA'= y.分别利用勾股定理求解即可．
【详解】解：设直线l交AD于R，交BC于T．
如图1中，当点P在线段AR上时，设AP=PA'=x．
在Rt△BT A'中，∵∠BT A'=90°，BT=6，BA'=10，
∴A'T=√A'B2−BT2=√102−62=8，
∵AB=RT=10，
∴RA'=10−8=2，
在Rt△PR A'中，则有x2=(6−x) 2+22，
10
解得x= ．
3
如图2中，当点P在线段DR上时，设AP=PA'= y．
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在Rt△BT A'中，∵∠BT A'=90°，BT=6， BA'=10，
∴A'T=√A'B2−BT2=√102−62=8，
∵AB=RT=10，
∴RA'=10+8=18，
在Rt△PRA'中，则有y2=(y−6) 2+182，
解得y=30，
10
综上所述，满足条件的AP的值为 或30．
3
10
故答案为： 或30．
3
【题型7 勾股定理与无理数】
【例7】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，平面内某正方形内有一长为10宽为5的矩形，它可以在该正
方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，则该正方形边长的最小整数n为
（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【分析】先求出矩形对角线的长度，再估算取值范围即可得出答案．
【详解】矩形的对角线长：√52+102=5√5，
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∵矩形可以在该正方形的内部以及便捷通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换成竖放，
∴该正方形的边长不小于5√5，
∵11<5√5<15，
∴该正方形边长的最小正数n为12，
故答案选择C．
【点睛】本题考查的是勾股定理，难度较高，需要熟练掌握相关基础知识．
【变式7-1】（2023·河北石家庄·统考三模）张华学习了“数轴上的点与实数是一一对应的关系”后，课下
便尝试在数轴上找一个表示无理数的点．首先画一条数轴，原点为O，点A表示的数是2，然后过点A作
AB⊥OA，使AB=3，连接OB，以O为圆心，OB长为半径作弧，交数轴负半轴于点C，则点C所表示的
数介于（ ）
A．−1和−2之间 B．−2和−3之间 C．−3和−4之间 D．−4和−5之间
【答案】C
【分析】利用勾股定理列式求出OB，再根据无理数的大小判断即可．
【详解】解：由勾股定理得：OB=√OA2+AB2=√22+32=√13，
∵3=√9<√13<√16=4，
∴−4<−√13<−3，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，估算无理数的大小，熟记定理并求出OB的长是解题的关键．
【变式7-2】（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考二模）数形结合是解决代数类问题的重要思想，在比较
√2+1与√5的大小时，可以通过如图所示几何图形解决问题：若要比较√2+3与√17的大小，以下数形结
合正确的是（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据勾股定理逐一判断即可求解．
【详解】解：A．由图形无法利用勾股定理求得表示√17与√2的线段长度，
则无法判断大小，那么A不符合题意；
B．由图形无法利用勾股定理求得表示√17与√2的线段长度，
则无法判断大小，那么B不符合题意；
C．由图形可得AC=√12+12=√2，但无法求得表示√17的线段长度，
则无法判断大小，那么C不符合题意；
D．由图形可得AC=√12+12=√2，AF=√12+42=√17，
∵CF=3,AC+CF>AF，
∴√2+3>√17，
那么D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了数形结合进行无理数的大小比较，利用勾股定理求得对应线段的长度是解题的关键．
【变式7-3】（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图，在数轴上，OB=1，过O作直线l⊥OB于点O，在直
线l上截取OA=2，且A在OC上方．连接AB，以点B为圆心，AB为半径作弧交直线OB于点C，则C点的
横坐标为 ．
【答案】1+√5/√5+1
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【分析】根据勾股定理求得AB，根据题意可得BC=AB=√5，进而即可求解．
【详解】解：∵l⊥OB，OB=1，OA=2，
在Rt△AOB中，AB=√AO2+BO2=√12+22=√5，
∴BC=AB=√5，
∴OC=OB+BC=1+√5，
O为原点，OC为正方向，则C点的横坐标为1+√5；
故答案为：1+√5．
【点睛】本题考查了勾股定理与无理数，实数与数轴，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【题型8 利用勾股定理证明线段的平方关系】
【例8】（2023·广东佛山·校考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，CD⊥AB于点D，
点E是AB的中点，连接CE．
(1)若AC=3，BC=4，求CD的长；
(2)求证：BD2−AD2=2DE⋅AB；
1
(3)求证：CE= AB．
2
12
【答案】(1)
5
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）在△ABC中，由勾股定理得：AB=5，根据等面积法即可求解；
（2）根据题意得出BD−AD=2DE，进而根据BC2=BD2+CD2，AC2=AD2+CD2，得出
BC2−AC2 =2DE⋅AB
（3）延长CE至点F，使EF=CE，连结AF，证明△AEF≌△BEC(SAS)，△ACF≌△CAB(SAS)，得
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1
出CF=AB，根据CF=2CE，即可得出CE= AB．
2
【详解】（1）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
由勾股定理得：AB= √AC2+BC2 = √32+42 =5，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
1 1
∴ S = AC⋅BC= AB⋅DE，
△ABC 2 2
1 1
即 ×3×4= ×5×CD，
2 2
12
解得：CD= ；
5
（2）证明：∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∴BD−AD=(BE+DE)−(AE−DE)=BE−AE+2DE=2DE，
∵CD⊥AB，
∴ BC2=BD2+CD2，AC2=AD2+CD2，
∴ BC2−AC2
=(BD2+CD2 )−(AD2+CD2
)
=BD2−AD2
=(BD+AD)(BD−AD)
=AB⋅2DE
=2DE⋅AB；
（3）证明：延长CE至点F，使EF=CE，连结AF，
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在△AEF和△BEC中，
¿，
∴△AEF≌△BEC(SAS)，
∴∠B=∠EAF，AF=BC，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠CAB=∠EAF+∠CAB=90°，
∴∠CAF=∠ACB=90°，
∵AC=CA，
∴△ACF≌△CAB(SAS)，
∴CF=AB，
∵CF=2CE，
1
∴CE= AB．
2
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握勾股定理是解题的关键．
【变式8-1】（2023·浙江杭州·校考三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于点E，若
AD的长与⊙O的半径相等，则下列等式正确的是（ ）
A．2BC2=AB2+CD2 B．3BC2=2AB2+2CD2
C．4BC2=3AB2+3CD2 D．5BC2=4AB2+4CD2
【答案】C
【分析】连接OA,OD，可证△OAD为等边三角形，得到∠AOD=60°，再由圆周角定理解得
1 1
∠ABD=∠ACD= ∠AOD=30°，结合题意，及30°角所对的直角边等于斜边的一半，解得AE= AB，
2 2
1
DE= CD，最后在Rt△ABE中，在Rt△CDE中，在Rt△BCE中分别用勾股定理整理出三边关系，即
2
可解题．
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【详解】连接OA,OD，
∵AD的长与⊙O的半径相等，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠AOD=60°
1
∴∠ABD=∠ACD= ∠AOD=30°
2
∵AC⊥BD
∴∠AEB=∠AED=90°
1
∴AE= AB
2
∴∠BAC=90°−∠ABD=60°
∴∠BDC=∠BAC=60°
∴∠DCE=30°
1
∴DE= CD
2
在Rt△ABE中，BE2+AE2=AB2，
3
BE2= AB2
4
在Rt△CDE中，CE2+DE2=CD2，
3
CE2= CD2
4
在Rt△BCE中，BE2+CE2=BC2，
3 3
∴ AB2 + CD2=BC2
4 4
∴4BC2=3AB2+3CD2
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理、含30°角的直角三角形、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握
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相关知识是解题关键．
【变式8-2】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA=CB，
CE=CD，△ACB的顶点A在△ECD的斜边DE上．
(1)判断∠ACD与∠BCE间的数量关系，并说明理由；
(2)直接写出线段AD、AE、AC间满足的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)AD2+AE2=2AC2，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件得出∠DCE=∠ACB=90°，即
∠DCE=∠ACD+∠ACE,∠ACB=∠BCE+∠ACE，即可得出∠ACD=∠BCE；
（2）证明△CAD≌△CBE，得出∠CAD=∠CBE，BE=AD，进而根据四边形内角和为360°，求得
∠AEB=90°，进而勾股定理即可得证．
【详解】（1）∠ACD=∠BCE理由如下，
∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∵∠DCE=∠ACD+∠ACE,∠ACB=∠BCE+∠ACE，
∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE，
∴∠ACD=∠BCE；
（2）AD2+AE2=2AC2，
如图所示，连接BE，
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由（1）可得∠ACD=∠BCE
∵CA=CB,CD=CE
∴△CAD≌△CBE
∴∠CAD=∠CBE，BE=AD，
∵∠CAD+∠CAE=180°
∴∠CBE+∠CAE=180°
∵∠ACB=90°
在四边形ACBE中，∠AEB=360°−(∠CBE+∠CAE)−∠ACB=360°−180°−90°=90°
∴△ABE是直角三角形，
∴AB2=AE2+EB2
又△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=√2AC，即AB2=2AC2,
又∵BE=AD，
∴AD2+AE2=2AC2
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是
解题的关键．
【变式8-3】（2023·北京平谷·统考一模）在△ABC中，BD⊥AC，E为AB边中点，连接CE，BD与CE
相交于点F，过E作EM⊥EF，交BD于点M，连接CM．
(1)依题意补全图形；
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(2)求证：∠EMF=∠ACF；
(3)判断BM、CM、AC的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)AC2+BM2=MC2，见解析
【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）根据垂直定义，得出∠DCF+∠DFC=90°，∠EMF+∠EFM=90°，根据等角的余角相等得出
结论；
（3）延长ME到G使EG=EM，连接AG，CG,根据边角边定理证出△AGE≌△BME，
从而证出BM=AG，BM∥AG，根据勾股定理得出AC2+AG2=GC2，再根据线段垂直平分线的性质
得出CG=CM，进而得出结论．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示：
（2）∵ BD⊥AC，
∴ ∠DCF+∠DFC=90°，
∵ EM⊥EF，
∴ ∠EMF+∠EFM=90°，
∵ ∠EFM=∠DFC，
∴ ∠EMF=∠DCF；
（3）结论：AC2+BM2=MC2；
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延长ME到G使EG=EM，连接AG，CG，
∵ ∠GEA=∠MEB，EG=EM，AE=BE，
∴ △AGE≌△BME(SAS)，
∴ BM=AG，
∴ ∠GAE=∠MBE，
∴ BM∥AG，
∵ BD⊥AC，
∴ ∠GAC=∠BDA=90°，
∴ AC2+AG2=GC2，
∵ CE⊥EM，EM=EG，
∴ CE垂直平分MG,
∴ CG=CM，
∴ AC2+BM2=MC2．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理和线段垂直平分线的性质等知识，构造恰当
的三角形全等，利用勾股定理解决问题是解本题的关键．
【题型9 勾股定理的证明方法】
【例9】（2023·河北·统考模拟预测）在证明勾股定理时，甲、乙两位同学分别设计了如下方案：
甲 乙
如图是两个全等的直角三角板ABC和直角三角板
如图，用四个全等的直角三角形拼成，其中四边形
DEF，顶点F在BC边上，顶点C，D重合，通过用
ABDE和四边形CFCH均是正方形，通过用两种方
两种方法表示四边形ACBE的面积来进行证明．
法表示正方形ABDE的面积来进行证明．
对于甲、乙分别设计的两种方案，下列判断正确的是（ ）
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A．甲、乙均对 B．甲对、乙不对 C．甲不对，乙对 D．甲、乙均不对
【答案】A
【分析】甲的方案用四个三角板的面积加上中间小正方形的面积等于大正方形的面积验证；乙的方案中，
1
S =S +S = (a2+b2)，利用三角板的角度证明ΔGBC∼ΔCBA，通过对应边成比例求
四边形ACBE ΔBCE ΔACE 2
1
出CG，进而求出GE，可推导出S =S +S = c2 ，即可证明方案正确．
四边形ACBE ΔABC ΔABE 2
【详解】解：设两个方案中所用直角三角形的边长从短到长都依次为a，b，c，
甲的方案如图所示，
S =AB⋅BD=c2 ，
□ABDE
1
S =4S +S =4× ab+(b−a) 2=2ab+b2−2ab+a2=a2+b2 ，
□ABDE ΔABC □HCFG 2
因此a2+b2=c2，即甲设计的方案正确；
乙的方案如图所示，
1 1 1 1 1
S =S +S = BC⋅EF+ AC⋅CF= b2+ a2= (a2+b2)，
四边形ACBE ΔBCE ΔACE 2 2 2 2 2
∵ ΔABC和ΔDEF是直角三角板，
∴∠ABC=30°，∠EDF=60°，
∴∠CGB=90°，
∵∠CGB=∠ACB=90°，∠GBC=∠CBA，
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∴ΔGBC∼ΔCBA，
CG BC CG b
∴ = ，即 = ，
AC AB a c
ab
∴CG= ，
c
ab
∴¿=CE−CG=c− ，
c
1 1 1 1 ab 1 1 1 1
∴S =S +S = BC⋅AC+ AB⋅≥= ab+ c(c− )= ab+ c2− ab= c2 ，
四边形ACBE ΔABC ΔABE 2 2 2 2 c 2 2 2 2
1 1
∴ (a2+b2 )= c2 ，
2 2
∴a2+b2=c2，即乙设计的方案正确．
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理的证明方法，验证乙的方案有一定难度，先证明ΔGBC∼ΔCBA，通过对应
边成比例求出CG是解题的关键．
【变式9-1】（2023·辽宁盘锦·校联考二模）意大利著名画家达·芬奇用一张纸片剪拼出不一样的空洞，而
两个空洞的面积是相等的，如图所示，证明了勾股定理，若设图1中空白部分的面积为S ，图2中空白部
1
分的面积为S ，则下列对S ，S 所列等式不正确的是（ ）
2 1 2
A．S =a2+b2+2ab B．S =c2+ab C．S =S D．a2+b2=c2
1 2 1 2
【答案】A
【分析】根据勾股定理、直角三角形以及正方形的面积公式计算，即可解决问题．
【详解】解：由勾股定理可得a2+b2=c2，
1
由题意，可得S =S =a2+b2+2× ab=a2+b2+ab=c2+ab，
1 2 2
故选项A符合题意，选项B、C、D不符合题意．
故选：A．
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【点睛】本题考查了勾股定理的证明，直角三角形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是读懂图像
信息．
【变式9-2】（2023·四川攀枝花·校联考二模）将两个全等的直角三角形按如图所示摆放，使点A、E、D
在同一条直线上．利用此图的面积表示式证明勾股定理．
【答案】见解析
【分析】本题考查勾股定理的证明，解答本题的关键是推出△BEC是直角三角形．先证明△BEC是直角三
角形，然后根据S =S +S +S ，代入字母整理化简，即可证明结论成立．
梯形ABCD △ABE △BEC △DEC
【详解】证明：由已知可得，Rt△BAE≌Rt△EDC，
∴∠ABE=∠DEC，
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠DEC+∠AEB=90°，
∴∠BEC=90°，
∴△BEC是直角三角形，
∴S =S +S +S ，
梯形ABCD △ABE △BEC △DEC
(a+b)(a+b) ab c⋅c ab
∴ = + + ，
2 2 2 2
a2+2ab+b2 c2+2ab
∴ = ，
2 2
∴a2+b2=c2．
【变式9-3】（2023·江苏盐城·校考三模）2000多年来，人们对勾股定理的证明频感兴趣，不但因为这个定
理重要、基本还因为这个定理贴近人们的生活实际所以很多人都探讨、研究它的证明，新的证法不断出现，
如图2是将图1中的直角三角形通过旋转、平移得到的正方形ABCD．
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(1)请你利用图2证明勾股定理；
(2)如图3，以MN为直径画圆O，延长CF交DM于点E，判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(3)若b=3a，则图3中阴影部分的面积为____________（用含a的式子表示）
【答案】(1)见详解
(2)CE与⊙O相切，理由见详解
2πa2 √3
(3) − a2
3 2
【分析】（1）利用两种方法表示正方形的面积证明勾股定理；
1
（2）过圆心O作作OG⊥EF于点G，推出OG= MN解题；
2
（3）求出阴影部分的中心角度，运用扇形面积减去三角形的面积即可解题．
【详解】（1）证明：
∵S =(2c) 2=4c2，
正方形ABCD
1
S =8× ab+2b2+2a2+2(b−a) 2 ，
正方形ABCD 2
=4ab+2b2+2a2+2b2−4ab+2a2，
=4b2+4a2，
∴4b2+4a2=4c2，即b2+a2=c2；
（2）CE与⊙O相切，理由为：
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过O点作OG⊥EF于点G，
则OG=b−a，
∵MN=(b−a)+b−a=2(b−a)，
1
∴OG= MN
2
∴CE与⊙O相切；
（3）如图，设交点为H，L，
则OH=b−a=3a−a=2a，OL=(b−a)−(b−a−a)=a
在Rt△OHL中
OL 1
cos∠LOH= = ，HL=√OH2−OL2=√3a
OH 2
∴∠LOH=60°，
60π×（2a）2 1 2πa2 √3
∴S = − ×a×√3a= − a2
阴影 360 2 3 2
【点睛】本题考查勾股定理的推导，直线和圆的位置关系以及利用扇形和直角三角形求阴影部分的面积，
作辅助线是解题的关键．
【题型10 以弦图为背景的计算】
【例10】（2023·江苏徐州·校考模拟预测）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方
形拼成的一个大正方形．连接AC，若AH平分∠CAD，且正方形EFGH的面积为3，则正方形ABCD的
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面积为（ ）
A．6+3√2 B．4+2√2 C．6+2√3 D．15
【答案】A
【分析】设直角三角形的长直角边是a，短直角边是b，得到(a−b) 2=3，由△AHD≌△AHN(ASA)，得
到DH=NH=b，由△AHN≌△CFM(ASA)，得到FM=NH，因此EM=a−b−b=a−2b，由
△AME∽△ANH，得到a2−b2=2ab，即可求出a，b的值，由勾股定理即可解决问题．
【详解】解：设直角三角形的长直角边是a，短直角边是b，
∴正方形EFGH的边长是a−b，
∵正方形EFGH的面积为3，
∴(a−b) 2=3，
∴a2+b2−2ab=3，
∵AH平分∠DAN，
∴∠DAH=∠NAH，
∵∠AHD=∠AHN=90°，AH=AH，
∴△AHD≌△AHN(ASA)，
∴DH=NH=b，
∵AH∥CF，
∴∠HAM=∠FCM，
∵FC=AH，∠CFM=∠AHN=90°，
∴△AHN≌△CFM(ASA)，
∴FM=NH=b，
∴EM=a−b−b=a−2b，
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∵ME∥HN，
∴△AME∽△ANH，
∴ME:NH=AE:AH，
∴(a−2b):b=b:a，
∴a2−b2=2ab，
3
∴b2=
，
2
√6
∴b= ，
2
∵(a−b) 2=3，
2√3+√6
∴a= ，
2
∴AD2=a2+b2=6+3√2，
∴正方形ABCD的面积是6+3√2．
故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，关键是求出直角三角
形的直角边的长，由勾股定理即可解决问题．
【变式10-1】（2023·陕西西安·西安市第六中学校考模拟预测）国际数学大会是全世界数学家的大聚会．
如图是某次大会的会徽，选定的是我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，充分肯定了我国在数学
方面的成就，也弘扬了我国古代的数学文化．如图，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼
成的一个大正方形，如果大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，直角三角形中较小的锐角为θ，那
么cosθ的值等于 ．
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4
【答案】
5
【分析】根据已知可得大正方形的边长和小正方形的边长，再设三角形的长直角边为a,短直角边为b,从而
可得a与b的关系式，进而可得a与b的长度，最后再利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，
∴大正方形的边长是5，小正方形的边长是1，
设三角形的长直角边为a，短直角边为b，
由题意得：
a−b=1，a2+b2=25
解得：b=3，a=4
4
∴cosθ=
5
4
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，数学常识，勾股定理的证明，熟练掌握锐角三角函数的定义，
以及勾股定理是解题的关键．
【变式10-2】（2023·浙江杭州·统考中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前
中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG,△CDH
）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设
∠BAF=α,∠BEF=β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n,tanα=tan2β，则n=（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【分析】设BF=AE=a，EF=b，首先根据tanα=tan2β得到2a2+2ab=2b2，然后表示出正方形ABCD
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的面积为AB2=3b2，正方形EFGH的面积为EF2=b2，最后利用正方形EFGH与正方形ABCD的面积之
比为1:n求解即可．
【详解】设BF=AE=a，EF=b，
∵tanα=tan2β，∠AFB=90°，
BF (BF) 2 a (a) 2
∴ = ，即 = ，
AF EF a+b b
a a2
∴ = ，整理得a2+ab=b2，
a+b b2
∴2a2+2ab=2b2，
∵∠AFB=90°，
∴AB2=AF2+BF2=(a+b) 2+a2=2a2+2ab+b2=3b2，
∴正方形ABCD的面积为AB2=3b2，
∵正方形EFGH的面积为EF2=b2，
∵正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n，
b2 1
∴ = ，
3b2 n
∴解得n=3．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【变式10-3】（2023·河南周口·校联考三模）任意一张正方形先对折再翻折然后加上废旧的草杆就能做成
一个简易的纸风车，迎着风就会哗啦啦转动起来，小小的纸风车带来童年满满的回忆．如图是彤彤折叠的
一个纸风车，风车由四个全等的直角三角形组成，其中∠DOG 为90°．延长直角三角形的斜边，恰好交于
四个直角三角形的斜边中点，若IJ=√2，那么这个风车的面积为（ ）
A．2√2 B．4√2 C．4−√2 D．√2+1
【答案】A
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【分析】连接AC,由题意可得Rt△AOB≌Rt△DCO≌Rt△EOF≌Rt△GOH，进而说明△OAC为等腰
直角三角形，再说明AJ垂直平分CD、GI垂直平分AB，进而说明∠OBH=∠OHB=45°，然后再运用
解直角三角形求得AI，然后再求得三角形AOB的面积，最后求风车面积即可．
【详解】解：如图：连接AC
由题意可得：Rt△AOB≌Rt△DCO≌Rt△EOF≌Rt△GOH
∴OA=OC, ∠OAB= ∠OCD
∵∠AOC=∠AOB=90°，
∴△OAC为等腰直角三角形
又∵∠OAB= ∠OCD：
∴∠AJD=180°−∠ADJ−∠OAB，
=180°−∠ODC−∠OCD=90°，即AJ⊥CD
又∵CJ=DJ
∴AJ垂直平分CD
同理：GI垂直平分AB
∴AC=AD,AJ是等腰三角形顶角∠CAD的角平分线
1 1
即∠DAJ= ∠CAD= ×45°=22.5°
2 2
由题意可得IH=BJ,IJ=IB+BJ=IB+IH
又∵IB=IA，
∴IJ=IB+BJ=IH+IA= √2，
在Rt△ABO中，∠ABH=∠BAH=22.5°，
∴∠OBH=OHB=45°，
设OB=OH=a，即AH=BH= √2 OB= √2 a
BO a
∴tan∠A= = =√2−1 ，
AO a+√2a
IH
∴ =tan∠A=√2−1，
IA
设IH=（√2−1）x，AI=x，
∴IH+IA= √2x = √2，即x=1，
1
∴ S = ×AB×IH=√2−1 ，
△ABH 2
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S OH 1
又∵ ΔBOH = = ，
S AH √2
ΔABH
√2
∴ S =1− ，
△BOH 2
√2 √2
∴ S =S +S =√2−1+1− = ，
△AOB △ABH △BOH 2 2
√2
∴ S =4S =4× =2√2．
风车 △AOB 2
故选A．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，灵活应用相关知
识以及数形结合思想成为解答本题的关键．
【题型11 利用勾股定理构造图形解决问题】
【例11】（2023·河北保定·统考模拟预测）平面内，将长分别为2，4，3的三根木棒按如图方式连接成折
线A−B−C−D，其中AB可以绕点B任意旋转，保持∠C=90°，将A，D两点用绷直的皮筋连接，设皮
筋长度为d，则d不可能是（ ）
A．3 B．5 C．7 D．8
【答案】D
【分析】连接BD，根据勾股定理可得BD的长，在分两种情况讨论即可；
【详解】连接BD，则BD=√32+42=5．
如图1，当点A在线段BD上时，d=5−2=3；
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如图2，当点A在DB的延长线上时，d=5+2=7，
∴d的取值范围为3≤d≤7，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用、三角形的三边关系，解题的关键是构造直角三角形，利用勾股
定理求出BD．
【变式11-1】（2023·吉林·模拟预测）如图，三级台阶，每一级的长、宽、高分别为8dm、3dm、2dm．A
和B是这个台阶上两个相对的端点，点A处有一只蚂蚁，想到点B处去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面
爬行到点B的最短路程为（ ）
A．15 dm B．17 dm C．20 dm D．25 dm
【答案】B
【分析】根据勾股定理求解出最短路程即可．
【详解】最短路径=√82+(6+9) 2=17dm
故答案为：B．
【点睛】本题考查了利用勾股定理求最短路程的问题，掌握勾股定理是解题的关键．
【变式11-2】（2023·江苏南京·统考一模）如图，用7个棱长为1的正方体搭成一个几何体，沿着该几何
体的表面从点M到点N的所有路径中，最短路径的长是（ ）
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A．5 B．√5+2√2 C．2√5+1 D．2+√2+√5
【答案】A
【分析】先画出侧面展开图，根据两点之间践段最短，利用勾股定理求出线段MN的长即可．
【详解】将第一层小正方体的顶面和正面，以及第二层小正方体的顶面和正面展开，如下图，
连接MN，
则最短路径MN=√42+32=5，
故选A
【点睛】本题主要考查了两点之间线段最短，以及勾股定理，正确画出侧面展开图，确定两点之间线段最
短是解题的关键．
【变式11-3】（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）已知a，b均为正数，且√a2+b2，√a2+4b2，
√4a2+b2是一个三角形的三边的长，则这个三角形的面积是（ ）
3 1
A． ab B．ab C． ab D．2ab
2 2
【答案】A
【分析】构造矩形ABCD， E、F分别为AD、AB的中点，设AD=2b， AB=2a，将所求三角形面积转
化为S =S −S −S −S 即可求解．
△CEF 矩形ABCD △AEF △BCF △CDE
【详解】解：如图，在矩形ABCD中， E、F分别为AD、AB的中点，
设AD=2b， AB=2a，
∴AF=BF=a，AE=DE=b，
∴在Rt△AEF、Rt△BCF、Rt△CDE中，依次可得到：
EF=√AE2+AF2=√a2+b2，
CF=√BF2+BC2=√a2+4b2，
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CE=√CD2+DE2=√4a2+b2，
∴S =S −S −S −S
△CEF 矩形ABCD △AEF △BCF △CDE
1 1 1
=2a×2b− ×a×b− ×a×2b− ×2a×b
2 2 2
1
=4ab− ab−ab−ab
2
3
= ab．
2
故选：A
【点睛】本题考查二次根式的应用．能够通过构造矩形及直角三角形，利用等积变换将所求三角形的面积
转化为矩形和几个直角三角形的面积之差．利用数形结合是解答本题的关键．
【题型12 利用勾股定理解决实际问题】
【例12】（2023·湖北十堰·统考一模）无盖圆柱形杯子的展开图如图所示．将一根长为20cm的细木筷斜放
在该杯子内，木筷露在杯子外面的部分至少有（ ）
A．5cm B．7cm C．8cm D．11cm
【答案】A
【分析】由已知可得，该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形，图见
详解．由勾股定理可得，该长方形中的最长线段为15cm，所以当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可
放进15cm，即露在杯子外面的部分至少是5cm．
【详解】解：如下图所示：
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该圆柱形杯子沿底面圆直径截得纵截面是一个长为12cm，宽为9cm的长方形．
连接BD，
∵长方形ABCD，
∴ △BCD是直角三角形，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BC2+CD2=BD2，
由题意得，BC=9cm，CD=12cm，
∴ BD=√BC2+CD2=15cm，
∵ BD是长方形ABCD中最长的线段，
∴当把20cm细木筷斜放进该杯内时，最多可放进15cm，
即露在杯子外面的部分至少是20−15=5cm．
故选：A．
【点睛】本题主要考查知识点为勾股定理．在直角三角形中，两条直角边平方的和等于斜边的平方．熟练
掌握勾股定理，是解决本题的关键．
【变式12-1】（2023·浙江衢州·三模）某工程队负责挖掘一处通山隧道，为了保证山脚A，B两处出口能够
直通，工程队在工程图上留下了一些测量数据（此为山体俯视图，图中测量线拐点处均为直角，数据单位：
米）．据此可以求得该隧道预计全长 米．
【答案】1000
【分析】延长700米和400米的两边，交于点C，分析得出BC⊥AC，再分别求出AC和BC，利用勾股
定理计算即可．
【详解】解：如图，延长700米和400米的两边，交于点C，
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由题意可得：BC⊥AC，
由图中数据可得：BC=900+400−700=600，
AC=1850−650−400=800，
∴AB=√AC2+BC2=1000米，
故答案为：1000．
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用，解题的关键是构造直角三角形．
【变式12-2】（2023·山东泰安·统考三模）如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行30√2km至B港，然
后再沿北偏西40°方向航行至C港，C港在A港北偏东20°方向，则A，C两港之间的距离为
km．（结果保留根号）
【答案】(30+10√3)
【分析】过点B作BE⊥AC交AC于点E，过点C作CD∥AF，根据题意，则∠FAC=20°，
∠FAB=65°，∠GBC=40°，求出AE=BE，∠ACB=60°，根据勾股定理求出AE，再根据
BE
tan∠ACB=tan60°= =√3，AC=AE+CE，即可．
CE
【详解】过点B作BE⊥AC交AC于点E，过点C作CD∥AF，
∴AF∥DC∥BG，∠AEB=90°，
∵∠FAC=20°，∠FAB=65°，
∴∠FAB=∠FAC+∠CAB=20°+∠CAB=65°，
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∴∠CAB=45°，
∴在Rt△AEB中，∠CAB+∠EBA+∠AEB=180°，
∴∠EBA=45°，
∴AE=BE，
∵AF∥DC∥BG，
∴∠FAC=∠ACD=20°，∠GBC=∠DCB=40°，
∴∠ACB=∠ACD+∠DCB=60°，
∵AB=30√2（km），
∴AE2+EB2=AB2，
∴2AE2=AB2=(30√2) 2
∴AE=30（km），
BE
∵tan∠ACB=tan60°= =√3，
CE
∴CE=10√3（km），
∴AC=AE+CE=30+10√3．
故答案为：(30+10√3)．
【点睛】本题考查解直角三角形的知识，解题的关键是掌握解直角三角形，勾股定理，锐角三角形三角函
数的知识．
【变式12-3】（2023·江西吉安·校考模拟预测）我校的八（1）班教室A位于工地B处的正西方向，且
AB=160米，一辆大型货车从B处出发，以10米/秒的速度沿北偏西60度的方向行驶，如果大型货车的噪
声污染半径为100米：
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(1)教室A是否在大型货车的噪声污染范围内？请说明理由．
(2)若在，请求出教室A受污染的时间是多少？
【答案】(1)是，理由见解析
(2)12秒
【分析】（1）问教室A是否在大型货车的噪声污染范围内，其实就是问A到BC的距离是否大于污染半径
100m，如果大于则不受影响，反正则受影响．如果过A作AD⊥BC于D，那么AD就是所求的线段，在
Rt△ABD中，∠ABD的度数容易求得，又已知了AB的值，那么AD便可求出，然后进行判断即可；
（2）要求教室受影响的范围，其实就是求MN的值，在Rt△ADM中，AD的值已经求得，又有AM的值，
那么根据勾股定理MD的值就能求出了，MN也就能求出了，然后根据时间=路程÷速度即可得出答案．
【详解】（1）解：教室A在大型货车的噪声污染范围内．
理由如下：
过A作AD⊥BC于D，如图所示：
由题意得，∠ABD=30°，AB=160m，
1
∴AD= AB=80m<100m，
2
∴教室A在大型货车的噪声污染范围内；
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（2）解：根据题意，在BC上取M，N两点，连接AM，AN，使AN=AM=100m，如图所示：
∵AD⊥BC，
∴D为MN的中点，即DN=DM，
∴DN=√AN2−AD2=√1002−802=60m，
120
∴MN=2DN=120m，即影响的时间为 =12s．
10
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，正确的理解题意，把实际问题转化为直角三角形中的数学问
题是解题的关键．
【题型13 在网格中判定直角三角形】
【例13】（2023·吉林白山·校联考二模）图①、图②均是5×5的正方形网格，每个小正方形的边长均为
1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B均在格点上．在图①、图②中，只用无刻度的直尺，在给定
的网格中按要求作图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中，画等腰直角三角形ABD，使其面积为5；
(2)在图②中，画平行四边形ABEF，使其面积为9．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
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【分析】（1）利用网格特点画出图形即可；
（2）利用网格特点画出图形即可．
【详解】（1）解：如图①所示，△ABD即为所求；
理由是：由勾股定理得，AB=√12+32=√10，BD=√12+32=√10，AD=√22+42=√20=2√5,
∴AB2+BD2=(√10) 2+(√10) 2=(2√5) 2=AD2，
∴△ABD是直角三角形，
∵AB=BD，
∴△ABD是等腰直角三角形，
1 1
△ABD的面积为 AB⋅BD= ×(√10) 2=5，
2 2
则△ABD满足题意；
（2）如图②所示，平行四边形ABEF即为所求；
理由是：∵AB=EF=√12+32=√10，AF=BE=3，
∴四边形ABEF是平行四边形，
四边形ABEF的面积为BE×3=3×3=9，
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故平行四边形ABEF满足要求．
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理、平行四边形的判定等知识，准确作图是解题的关键．
【变式13-1】（2023·陕西商洛·校考三模）如图，△ABC的顶点在正方形网格的格点上，则tanA的值为
（ ）
1 1 √5 √3
A． B． C． D．
3 2 5 3
【答案】A
【分析】根据网格构造直角三角形，由勾股定理可求AD、BD，再根据三角函数的意义可求出tan A的值．
【详解】解：如图，取网格点D，连接BD，
由网格图，可得：AD=√32+32=3√2，BD=√12+12=√2，AB=√22+42=√20，
∴AB2=AD2+BD2，
∴△ABD是直角三角形，且∠ADB=90°，
BD √2 1
∴tanA= = = ，
AD 3√2 3
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理以及求一个角的正切值的知识，利用网格构造直角
三角形是解决问题的关键．
【变式13-2】（2023·河北张家口·统考三模）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，A、B、C、D
四点均在正方形网格的格点上，线段AB、CD相交于点E．
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（1）AB与AC是否垂直？ （填“是”或“否”）；
（2）AE= ．
3√2 3
【答案】 是 / √2
2 2
【分析】（1）连接BC，利用勾股定理分别求出AB、BC、AC，证明△ABC是直角三角形即可．
（2）先证明△BDE与△ACE相似，利用相似三角形的相似比即可求出．
【详解】（1）解：连接BC，
∵ AB=√22+22=2√2
BC√12+52=√26
AC√32+32=3√2
在△ABC中，
∵ BC2=AC2+AB2
∴ AC⊥AB
故答案为：是．
（2）解：连接AD，
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∵ BD=√12+12=√2
AD=√12+32=√10
AB=√22+22=2√2
在△ABD中，
∵ AD2=BD2+AB2
∴ BD⊥AB
∴ ∠EBD=90°
∵ ∠BDE=90°−∠BED
由（1）知：AC⊥AB
∴ ∠EAC=90°
∵ ∠ACE=90°−∠AEC
∵ ∠BED=∠AEC
∴ ∠ACE=∠BDE
∴在△BDE和△ACE中，
∵ ¿
∴ △BDE~△ACE(AAA)
AE AC 3√2
∴ = = =3
BE BD √2
1
∴ BE= AE
3
4
∵ AB=AE+BE= AE=2√2
3
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3√2
∴ AE=
2
3√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了三角形相似的判定与性质，勾股定理等知识，掌握勾股定理的运用和三角形相似判定
方法及性质是解题的关键，注意三角形相似比等于相似三角形对应边的比．
【变式13-3】（2023·广东·统考中考真题）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：
(1)直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A B C 的大小关系；
1 1 1
(2)证明（1）中你发现的结论．
【答案】(1)∠ABC=∠A B C
1 1 1
(2)证明见解析.
【分析】（1）△ABC和ΔA B C 均是等腰直角三角形，∠ABC=∠A B C =45°；
1 1 1 1 1 1
（2）证明△ABC是等腰直角三角形即可.
【详解】（1）解：∠ABC=∠A B C
1 1 1
（2）证明：连接AC，
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设小正方形边长为1，则AC=BC=√12+22=√5，AB=√12+32=√10，
∵AC2+BC2=5+5=AB2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵A C =B C =1，A C ⊥B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴△A B C 为等腰直角三角形，
1 1 1
∴∠ABC=∠A B C =45°，
1 1 1
故∠ABC=∠A B C
1 1 1
【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键．
【题型14 利用勾股定理逆定理求解】
【例14】（2023·山东日照·校考二模）如图，在 ▱ABCD中，以点B为圆心，适当长度为半径作弧，分别
1
交AB，BC于点F，G，再分别以点F，G为圆心，大于 FG长为半径作弧，两弧交于点H，作射线BH
2
交AD于点E，连接CE，若AE=5，DE=3，CE=4，则BE的长为（ ）
A．8√5 B．4√5 C．2√41 D．40√2
【答案】B
【分析】利用基本作图得到∠ABE=∠CBE，再根据平行四边形的性质得到AD∥BC，BC=AD，
AB=CD，再证明AB=AE=5，则CD=5，接着利用勾股定理的逆定理判断为△CED为直角三角形，
∠CED=90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理计算BE的长．
【详解】解：由作法得BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CBE=∠AEB，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AB=AE=5，CD=AB=5，
∴BC=AD=AE+DE=8，
在△CDE中，DE=3，CE=4，CD=5，
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∴DE2+CE2=CD2，
∴△CDE为直角三角形，
∴∠CED=90°，
∵AD∥BC，
∴∠BCE=∠CED=90°，
在Rt△BCE中，BE=√82+42=4√5，
故选：B．
【点睛】本题考查了作图-基本作图，熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；
作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性
质和勾股定理及其逆定理．
【变式14-1】（2023·山东聊城·统考三模）已知△ABC的三边分别为a、b、c，且
√a−5+(b−12) 2+|c−13|=0，则△ABC的面积为（ ）
A．30 B．60 C．65 D．无法计算
【答案】A
【分析】根据算术平方根、绝对值、偶次方的非负性求出a、b、c的值，根据勾股定理的逆定理得出
△ABC是直角三角形，再根据三角形的面积公式求出答案即可．
【详解】∵△ABC的三边分别为a、b、c，且√a−5+(b−12) 2+|c−13|=0
∴a−5=0，b−12=0，c−13=0
∴a=5，b=12，c=13
∴a2+b2=169=c2
∴△ABC是直角三角形，且边c的对角∠C=90°，
1 1
∴S = ab= ×5×12=30
△ABC 2 2
故选：A．
【点睛】本题考查了算术平方根、绝对值、偶次方的非负性，勾股定理的逆定理和三角形的面积等知识点，
能求出a、b、c的值是解此题的关键．
【变式14-2】（2023·四川自贡·统考一模）如图，点P是等边△ABC内的一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10，
若点P′是△ABC外的一点，且△P′AB≌△PAC，则∠APB的度数为 ．
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【答案】150°
【分析】如图：连接PP′，由 PAC≌△P′AB可得PA＝P′A、∠P′AB＝∠PAC，进而可得 APP′为等边三角形
易得PP′＝AP＝AP′＝6；然后△再利用勾股定理逆定理可得 BPP′为直角三角形，且∠B△PP′＝90°，最后根据
角的和差即可解答． △
【详解】解：连接PP′，
∵△PAC≌△P′AB，
∴PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，
∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴PP′＝AP＝AP′＝6；
∵PP′2+BP2＝BP′2，
∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
故答案为：150°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理逆定理的应用等知识点，
灵活应用相关知识点成为解答本题的关键．
【变式14-3】（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为
线段AB上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC
于点M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所
示，则函数图象最低点E的坐标为（ ）
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( 24) (32 24) (32 )
A．(5，5) B． 6, C． , D． ,5
5 5 5 5
【答案】C
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角
24 32
形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD= ，则可利用勾股定理求出AD= ；再证明四边形
5 5
24
CMPN是矩形，得到MN=CP，故当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为 ，
5
32 (32 24)
AP= ，则点E的坐标为 , ．
5 5 5
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，
∵在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，
∴AC2+BC2=62+82=100=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，
1 1
∴S = AC⋅BC= AB⋅CD，
△ABC 2 2
AC⋅BC 24
∴CD= = ，
AB 5
32
∴AD=√AC2−CD2=
；
5
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
∴当MN最小时，即CP最小，
24 32
∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为 ，AP=AD= ，
5 5
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(32 24)
∴点E的坐标为 , ，
5 5
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等
等，正确作出辅助线是解题的关键．
【题型15 图形上与已知两点构成直角三角形的点】
【例15】（2023·福建·校联考一模）点 A（2，m），B（2，m-5）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点．
若 ABO是直角三角形，则m的值不可能是（ ）
△A．4 B．2 C．1 D．0
【答案】B
【分析】分∠OAB＝90°，∠OBA＝90°，∠AOB＝90°三种情况考虑：当∠OAB＝90°时，点A在x轴上，
进而可得出m＝0；当∠OBA＝90°时，点B在x轴上，进而可得出m＝5；当∠AOB＝90°时，利用勾股定
理可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值．综上，对照四个选项即可得出结论．
【详解】
解：分三种情况考虑（如图所示）：
当∠OAB＝90°时，m＝0；
当∠OBA＝90°时，m−5＝0，解得：m＝5；
当∠AOB＝90°时，AB2＝OA2＋OB2，即25＝4＋m2＋4＋m2−10m＋25，
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解得：m＝1，m＝4．
1 2
综上所述：m的值可以为0，5，1，4．
故选B．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质以及勾股定理，分∠OAB＝90°，∠OBA＝90°，∠AOB＝90°三种情
况求出m的值是解题的关键．
【变式15-1】（2023·辽宁沈阳·校联考一模）在平面直角坐标系中，已知点A(−6,0)，B(2,0)，若点C在
1
一次函数y=− x+2的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的C点的个数有 个．
2
【答案】4
【分析】根据已知可求得直线与两轴的交点，①分别过点A、点B作垂线，可得出符合题意的点C，②利
用圆周角定理，可得出符合条件的两个点C．
1
【详解】由题意知，直线y=− x+2与x轴的交点为(4，0)，与y轴的交点为(0，2)，如图：
2
过点A作垂线与直线的交点W(−6，5)，
过点B作垂线与直线的交点S(2，1)，
过A、B中点E(−2，0)，作垂线与直线的交点为F(−2，3)，
则EF=3<4，
所以以4为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点，
∴共有四个点能与点A，点B组成直角三角形．
故答案为：4．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征、圆周角定理和勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握一
次函数图象上点的坐标特征、圆周角定理和勾股定理的逆定理．
【变式15-2】（2023·浙江温州·校考二模）在直角坐标系中，我们把横纵坐标都为整数的点叫作整点，顶
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点都是整点的三角形称为整点三角形．如图，已知整点A(0,1)，B(4,0)，请在所在的网格区域（含边界）
画出符合要求的整点三角形．
(1)在图1中画一个Rt△ABC．
(2)在图2中画一个△ABQ，使点Q的横纵坐标相等，且△ABQ的面积等于3．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论AB分别为直角边和斜边时，共3种情况；
（2）根据点Q的横纵坐标相等，可得点Q在第一象限的角平分线上，选择合适的点即可；
【详解】（1）解：如图，当AB分别为直角边和斜边时，
（2）解：如图：
∵点Q的横纵坐标相等，
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∴点Q在直线OP上，
根据割补法依次计算可得：点Q的位置如上图．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定，割补法求面积，根据面积确定点坐标等知识点，直角坐标系性质
的熟练运用是解题关键．
【变式15-3】（2023·河北石家庄·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为(6,0)，点B坐标
为(2,−2)，直线AB与y轴交于点C．
(1)求直线AB的函数表达式及线段AC的长；
(2)点B关于y轴的对称点为点D．
①请直接写出点D的坐标为______；
②在直线BD上找点E，使△ACE是直角三角形，请直接写出点E的横坐标为______．
1
【答案】(1)直线AB的函数表达式为y= x−3，AC=3√5
2
1
(2)①(−2,−2)，②3−√11或− 或7或3+√11
2
【分析】（1）根据待定系数法求解即可得出直线表达式，进而求出直线与坐标轴交点，利用勾股定理求
出AC长即可；
（2）①根据点的对称性直接求解；②作出图形，分三种情况分类求解即可．
【详解】（1）解：设直线AB的函数表达式为y=kx+b，
∵点A坐标为(6,0)，点B坐标为(2,−2)，
1
0=6k+b k= 1
∴{ ，解得{ 2 ，即直线AB的函数表达式为y= x−3，
−2=2k+b 2
b=−3
∴直线AB与y轴交于点C(0,−3)，
∴AC=√62+32=3√5；
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（2）解：①点B(2,−2) 关于y轴的对称点为点D (−2,−2)，
故答案为：(2,−2) ；
②如图所示，分三种情况，利用勾股定理讨论：
i 过C作AC的垂线，交BD于E，
∵直线BD的表达式为y=−2，可设E(m,−2)，
∵A(6,0)、C(0,−3)，
在Rt ΔACE中，∠ACE=90°，则AE2=CE2+AC2，即
2 2 2
(√(m−6) 2+(−2−0) 2 ) =(√m2+[−2−(−3)] 2 ) +(√(0−6) 2+(−3−0) 2 ) ，
1 1
整理得12m=−6，解得m=− ，即E(− ,−2)；
2 2
ii 过A作AC的垂线，交BD于E，
∵直线BD的表达式为y=−2，可设E(n,−2)，
∵A(6,0)、C(0,−3)，
在Rt ΔACE中，∠CAE=90°，则CE2=AE2+AC2，即
2 2 2
(√n2+[−2−(−3)] 2 ) =(√(n−6) 2+(−2−0) 2 ) +(√(0−6) 2+(−3−0) 2 ) ，
整理得12n=84，解得n=7，即E(7,−2)；
iii 以AC为直径作圆，交直线BD于点E，则AE⊥CE，
∵直线BD的表达式为y=−2，设E(p,−2)，
∵A(6,0)、C(0,−3)，
在Rt ΔACE中，∠CEA=90°，则AC2=AE2+CE2，即
2 2 2
(√(0−6) 2+(−3−0) 2 ) =(√p2+[−2−(−3)] 2 ) +(√(p−6) 2+(−2−0) 2 ) ，
整理得p2−6p−2=0，解得p=3−√11或p=3+√11，即E(3−√11,−2)或(3+√11,−2) ，
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1
综上所述，E的横坐标为3−√11或− 或7或3+√11，
2
1
故答案为：3−√11或− 或7或3+√11．
2
【点睛】本题考查一次函数综合问题，难度较大，涉及到待定系数法求表达式、勾股定理求线段长、点关
于坐标轴对称、直角三角形存在的条件等知识点，熟练掌握相关知识并准确作出图形是解决问题的关键．
【题型16 用勾股定理解决实际生活问题】
【例16】（2023·广西·校联考三模）已知，如图，一轮船以16海里/时的速度从港口A出发向东北方向航
行，另一轮船以12海里/时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口2小时后，则两船相距
．
【答案】40海里
【分析】根据方位角可知两船所走的方向正好构成了直角，然后根据路程=速度×时间，得两条船分别走了
32，24，再根据勾股定理，即可求得两条船之间的距离．
【详解】解：∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
∴∠BAC=90°，
两小时后，两艘船分别行驶了16×2=32，12×2=24海里，
根据勾股定理得：√322+242=40（海里）．
故答案为：40海里．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练运用勾股定理进行计算，基础知识，比较简单．
【变式16-1】（2023·北京·北京四中校考模拟预测）一块木板如图所示，已知AB=4，BC=3，DC=12，
AD=13，∠B=90°，求此木板的面积 ．
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【答案】24
【分析】连接AC，利用勾股定理解出直角三角形ABC的斜边，通过三角形ACD的三边关系可确定它为
直角三角形，木板面积为这两三角形面积之差．
【详解】解：如图所示，连接AC，
∵∠B=90°，AB=4，
∴AC= √AB2+BC2=5，
∵DC=12，AD=13，
∴ DC2+AC2=52+122=169=132，
∴△ADC是直角三角形，
1 1
∴ S =S −S = ×5×12− ×3×4=24．
木板 △ADC △ABC 2 2
故答案为：24．
【点睛】本题考查正确运用勾股定理及其勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
【变式16-2】（2023·浙江温州·校考二模）如图，在一条笔直的东西方向的公路上有A、B两地，相距500
米，且离公路不远处有一块山地C需要开发，已知C与A地的距离为300米，与B地的距离为400米，在
施工过程中需要实施爆破，为了安全起见，爆破点C周围半径260米范围内不得进入．
(1)山地C距离公路的垂直距离为多少米？
(2)在进行爆破时， A、B两地之间的公路是否有危险需要暂时封锁？若需要封锁，请求出需要封锁的公路
长．
【答案】(1)240m
(2)需要，200m
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【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理的应用；
（1）过C作CD⊥AB，因为3002+4002=5002，由勾股定理的逆定理得△ABC是直角三角形，通过三角
形的面积转化，即可求解；
（2）以点C为圆心，260m为半径画弧，交AB于点E、F，连接CE，CF，由等腰三DE=DF，比较CD
与CE的大小即可判断，由勾股定理得DE=√CE2−CD2，即可求解．掌握勾股定理及其逆定理，能作出
适当的辅助线，将实际问题转化为勾股定理及其逆定理是解题的关键．
【详解】（1）解：由题意得
AB=500m，AC=300m，BC=400m，
如图，过C作CD⊥AB，
∵ 3002+4002=5002，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
1 1
∴ AC⋅BC= AB⋅CD，
2 2
1 1
∴ ×300×400= ×500⋅CD，
2 2
解得：CD=240，
答：山地C距离公路的垂直距离为240m；
（2）解：公路AB有危险需要暂时封锁，理由如下：
如图，以点C为圆心，260m为半径画弧，交AB于点E、F，连接CE，CF，
则EC=FC=260，
∵CD⊥AB，
∴DE=DF，
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由（1）可知，CD=240，
∵240<260，
∴有危险需要暂时封锁，
在Rt△CDE中，
DE=√CE2−CD2
=√2602−2402
=100，
∴EF=2DE=200，
即需要封锁的公路长为200m．
【变式16-3】（2023·河南周口·周口市第一初级中学校考模拟预测）A、B、C、D四个小城镇，它们之间
（除B、C外）都有笔直的公路相连接（如图），公共汽车行驶于城镇之间，其票价与路程成正比．已知
各城镇间的公共汽车票价如下：A﹣B：10元，A﹣C：12.5元，A﹣D：8元，B﹣D：6元，C﹣D：4.5元，
为了B、C之间交通方便，在B、C之间建成笔直的公路，请按上述标准计算出B、C之间公共汽车的票价
为 元．
【答案】7.5
【分析】先根据勾股定理的逆定理判定△ABD为直角三角形，则△BDC也为直角三角形，再根据勾股定理
计算BC的长，从而算出B、C之间的票价．
【详解】根据题意，公共汽车行驶于城镇之间，其票价与路程成正比，
1 1
设其比例系数为 （k≠0），即票价＝ ×路程，则路程＝k 票价；
k k
在△ABD中，AB＝10k，AD＝8k，BD＝6k，
∵AD2 + BD2 = (8k)2+(6k)2=100k2=AB2
∴△ABD为直角三角形
∴∠ ADB＝90°，
则∠ BDC＝90°；
则在Rt△BDC中，BD＝6k，CD＝4.5k；
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由勾股定理可得BC2=BD2+DC2=(6k) 2+(4.5k) 2 =56.25k2
∴BC＝7.5k，
则B、C之间公共汽车的票价为7.5元．
故答案为7.5
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键．
83
