文档内容
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第 19 讲 直角三角形
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 直角三角形的性质与判定
题型01 利用直角三角形的性质求解
题型02 根据已知条件判定直角三角形
题型03 与直角三角形有关的面积计算
考点二 勾股定理
题型01 利用勾股定理求线段长
题型02 利用勾股定理求面积
题型03 已知两点坐标求两点距离
题型04 判断勾股数问题
题型05 利用勾股定理解决折叠问题
题型06 勾股定理与网格问题
题型07 勾股定理与无理数
题型08 以直角三角形三边为边长的图形面积
题型09 利用勾股定理求两条线段的平方和（差）
题型10 利用勾股定理证明线段的平方关系
题型11 勾股定理的证明方法
题型12 以弦图为背景的计算题
题型13 利用勾股定理构造图形解决问题
题型14 利用勾股定理解决实际问题
类型一 求梯子滑落高度
类型二 求旗杆高度
类型三 大树折断前高度
类型四 解决水杯中的筷子问题
类型五 选址到两地距离相等
类型六 最短路径
类型七 航海问题
题型15 勾股定理与规律探究问题
考点三 勾股定理逆定理
题型01 图形上与已知两地构成直角三角形的点
题型02 在网格中判定直角三角形
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题型03 利用勾股定理逆定理求解
题型04 利用勾股定理解决实际生活问题
考点要求 新课标要求 命题预测
理解直角三角形的概念. 该模块内容在中考中一直是较为重要的几何考
探索并掌握直角三角形的性质 点，考察难度为中等偏上，常考考点为:直角三角形
直角三角形的 定理:直角三角形的两个锐角互余，直 的性质定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理与实
性质与判定 角三角形斜边上的中线等于斜边的一 际问题等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是
半.掌握有两个角互余的三角形是直角 考察的重点.出题类型可以是选择填空题这类小题，
三角形. 也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，
作为问题的几何背景进行拓展延伸.结合以上考察形
勾股定理
式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直
探索勾股定理及其逆定理，并 角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三
勾股定理逆定 能运用它们解决一些简单的实际问题. 角形常考的考察方向.
理
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考点一 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）三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形．
3）有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．
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4）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
m
b
c
a
题型01 利用直角三角形的性质求解
【例1】（2023·山东聊城·统考二模）如图，直线l ∥l ，AB⊥CD，∠2=68°，那么∠1的度数是（
1 2
）
A．68° B．58° C．22° D．32°
【答案】C
【分析】由两直线平行同位角相等得到∠2=∠3，再由AB与CD垂直，利用垂直的定义得到∠BMC为直
角，得到∠1与∠3互余，由∠3的度数求出∠1的度数．
【详解】解：∵直线l ∥l ，
1 2
∴∠2=∠3=68°，
∵AB⊥CD，
∴∠CMB=90°，
∴∠1＋∠3=90°，又∠3=68°，
∴∠1=22°，
故选：C．
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【点睛】此题考查了平行线的性质，垂直定义、直角三角形的两个锐角互余，熟知平行线的性质：两直线
平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．
【变式1-1】（2023·广东揭阳·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BD平分
∠ABC，P点是BD的中点，若CP=4，则AD的长为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】B
1
【分析】由题意推出AD=BD，在Rt△BCD中，PC= BD，即可求出BD的长，进而可求出AD的长．
2
【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠DBA=30°，
∴∠DBA=∠A，
∴AD=BD，
∵P点是BD的中点，
1
∴PC= BD，
2
∴BD=2CP=8，
∴AD=8．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定等知识，
熟练掌握相关知识是解题关键．
【变式1-2】（2023·山西大同·大同一中校考模拟预测）风铃，又称铁马，古称“铎”，常见于中国传统建
筑屋檐下（如图①），如图②，是六角形风铎的平面示意图，其底部可抽象为正六边形ABCDEF，连接
AC，CF，则∠ACF的度数为 °．
【答案】30
【5 淘宝店铺：向阳百分百】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
360°
【分析】根据正六边形的性质求出∠B=∠BAF=∠AFE=180°− =120°，AB=CB，求出，
6
∠CAF=90°，根据对称性求出∠AFC=60°，即可得到答案．
【详解】解：在正六边形ABCDEF中，
360°
∠B=∠BAF=∠AFE=180°− =120°，AB=CB，
6
∴∠BAC=∠ACB=30°，
∴∠CAF=90°，
∵CF是正六边形的一条对称轴，
∴∠AFC=60°，
∴∠ACF=90°−∠AFC=30°，
故答案为：30．
【点睛】此题考查了正多边形的性质，内角和的公式，直角三角形的性质，正确掌握正多边形的性质是解
题的关键．
【变式1-3】（2023·陕西西安·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，CD是△ABC
的中线，E是CD的中点，连接AE，BE，若AE⊥BE，垂足为E，则AC的长为 ．
【答案】3√3
1
【分析】根据垂直定义可得∠AEB=90°，利用直角三角形斜边上的中线性质可得DE=AD= AB=3，
2
AE=DE=CE=3，从而得到CD=6，最后利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】解：∵AE⊥BE，
∴∠AEB=90°，
∵CD是△ABC的中线，AB=6，
∴DE是△ABE斜边上的中线，
1
∴ DE=AD= AB=3，
2
∵∠DAC=90°，E是CD的中点，
∴AE=DE=CE=3，
∴CD=6，
由勾股定理得AC=√CD2−AD2=√62−32=3√3．
故答案为：3√3．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中
【6 淘宝店铺：向阳百分百】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
线性质．
题型02 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；
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·西安市曲江第一中学校考模拟预测）下列条件中不能判断△ABC是直角三
角形的是（ ）
A．AB2+BC2=AC2B．AB2−BC2=AC2 C．∠A+∠B=∠C D．
∠A:∠B:∠C=3:4:5
【答案】D
【分析】根据勾股定理的逆定理判断A和B即可；根据三角形的内角和定理判断C和D即可．
【详解】解：A．∵AB2+BC2=AC2，
∴∠B=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
B．∵AB2−BC2=AC2
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C．∵∠A+∠B+∠C=180°，∠A+∠B=∠C，
∴∠C=90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D．∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∠A+∠B+∠C=180°，
5
∴最大角∠C= ×180°=75°，
3+4+5
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∴△ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形的内角和定理等知识点，能熟记勾股定理的逆定理的内容
和三角形的内角和定理等于180°是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两条边a、b的平方和等于第
三边c的平方，即a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形．
【变式2-2】（2020·浙江绍兴·模拟预测）由下列条件不能判定△ABC为直角三角形的是（ ）
A．a=5,b=12,c=13 B．∠A:∠B:∠C=3:4:5
C．∠A=∠B−∠C D．a=1,b=2,c=√5
【答案】B
【分析】根据三角形的内角和以及勾股定理的逆定理分别判断，进而得出结论．
【详解】解：A、52+122=132，故△ABC是直角三角形，不符合题意．
5
B、∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∴∠C=180°× =75°，故不是直角三角形，符合题意；
3+4+5
C、∵∠A=∠B-∠C，∴∠B-∠C+∠B+∠C=180°，∴∠B=90°，故是直角三角形，不符合题意；
D、12+22=（√5）2，故是直角三角形，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和勾股定理的逆定理，求出各选项中的最大角是解题的关键．
【变式2-3】（2022·河北保定·统考一模）下列长度的三条线段能组成锐角三角形的是（ ）
A．3，4，4 B．3，4，5 C．3，4，6 D．3，4，7
【答案】A
【分析】根据三角形三边组成锐角三角形的条件进行判断可得答案．
【详解】解：在能够组成三角形的条件下，如果满足较小两边平方的和等于最大边的平方是直角三角形；
满足较小两边平方的和大于最大边的平方是锐角三角形； 满足较小两边平方的和小于最大边的平方是钝
角三角形．
A项，因为32 +42 >42 ，所以这三条线段组成锐角三角形，故A项符合题意；
B项，因为32 +4 2 =5 2 ，所以这三条线段组成直角三角形， 故B项不符合题意；
C项，因为3 2 +4 2 <6 2 ，所以这三条线段组成钝角三角形，故C项不符合题意；
D项，因为3+4=7，所以这三条线段不满足组成三角形的条件，故D项不符合题意．
故应选：A．
【点睛】本题主要考查三角形的基本概念和直角三角形，其中在能够组成三角形的条件下， 如果满足较
小两边平方的和等于最大边的平方是直角三角形； 满足较小两边平方的和大于最大边的平方是锐角三角
形；满足较小两边平方的和小于最大边的平方是钝角三角形；掌握直角三角形的判断条件是解题的关键．
题型03 与直角三角形有关的面积计算
k
【例3】（2023·广西南宁·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数y= (x>0)的图象
x
【8 淘宝店铺：向阳百分百】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
上，点A，B在x轴上，且PA⊥PB，垂足为P，PA交y轴于点C，AO=BO=BP，△ABP的面积是2．
则k的值是（ ）
3
A．1 B． C．√3 D．2
2
【答案】A
【分析】连接OP，过点P作PD⊥ AB，垂足为D，证明△OPB为等边三角形，设OB=a，利用求出
√3 4√3
PD= a，得到点P坐标，根据△ABP的面积是2，列出方程，求出a2= ，再将点P坐标代入
2 3
k
y= (x>0)中，可得k值．
x
【详解】解：如图，连接OP，过点P作PD⊥ AB，垂足为D，
∵AO=BO=BP，
∴OP=OB=BP，即△OPB为等边三角形，
∴∠DPB=30°，
设OB=a，则AB=2a，
1
∴BD= a，
2
∴PD=√PB2−BD2= √3 a，即P (1 a, √3 a ) ，
2 2 2
∵△ABP的面积是2，
1
∴ ×AB×DP=2，
2
1 √3
∴ ×2a× a=2，
2 2
4√3
解得：a2=
，
3
1 √3 √3 √3 4√3
∴k= a× a= a2= × =1，
2 2 4 4 3
故选A．
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【点睛】本题考查了反比例函数表达式，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线，勾股定理，解
题的关键是判断出△OPB为等边三角形，得到点P坐标．
【变式3-1】（2023·河北邢台·邢台三中校考一模）如图，将两个全等的正方形ABCD与APQR重叠放置，
若∠BAP=30°，AB=6√3，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．48 B．54 C．81−18√3 D．108−36√3
【答案】D
【分析】设CD与PQ交于G，连接AG，根据正方形的性质得到AB=AP=AD，
∠BAD=∠P=∠D=90°，根据全等三角形的性质得到∠PAG=∠DAP=30°，根据正方形的面积公式
和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】设CD与PQ交于G，连接AG，
∵四边形ABCD和正方形APQR是正方形，
∴AB=AP=AD，∠BAD=∠P=∠D=90°，
∵∠BAP=30°，
∴∠PAD=60°，
在Rt△APG与Rt△ADG中，
¿，
∴Rt△APG≅ Rt△ADG(HL)，
∴∠PAG=∠DAG=30°，
∵AD=AP=AB=6√3，
√3
∴PG=DG=6√3× =6，
3
∴图中阴影部分的面积=正方形APQR的面积−△APG的面积−△ADG的面积
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1 1
=6√3×6√3− ×6√3×6− ×6√3×6=108−36√3，
2 2
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线
是解题的关键．
【变式3-2】（2023·云南曲靖·统考二模）如图，在▱ABCD中，AD⊥BD,∠A=30°,BD=3，则
▱ABCD的面积等于 ．
【答案】9√3
【分析】根据30°角所对直角边是斜边的一半求出AB=6，根据勾股定理求出AD，计算出△ABD的面积，
即可得解；
【详解】∵AD⊥BD，∠A=30°，BD=3，
∴AB=3×2=6，
∴AD=√AB2−BD2=√36−9=√27=3√3，
1 9√3
∴S = ×3√3×3= ，
△ABD 2 2
∴S =2S =9√3；
平行四边形ABCD △ABD
故答案是：9√3．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理，准确根据30°角所对直角边是斜边的一半求解是
解题的关键．
【变式3-3】（2023·河北唐山·统考模拟预测）将一副三角尺如图所示叠放在一起，若重叠部分的面积是
12cm2，则AB的长是 cm．
【答案】4√6
【分析】根据重叠部分的面积求出AC，利用直角三角形30°角的性质求出AB的长．
【详解】解：∵∠ACB=∠AED=90°，
∴CB∥ED，
∴∠AFC=∠D=45°，
∴∠DAC=∠AFC=45°，
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∴AC=CF，
1
∵重叠部分的面积= AC⋅CD=12，
2
∴AC=2√6，
∵∠ACB=90°,∠B=30°，
∴AB=2AC=4√6，
故答案为：4√6．
【点睛】此题考查了平行线的判定和性质，等角对等边证明边相等，直角三角形30°角的性质，正确掌握
各知识点是解题的关键．
考点二 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EF正GH 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；
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3）计算较小的两个数的平方a2+b2是否等于c2.
1. 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，因而在应用勾
股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形.
2. 如果已知的两边没有明确边的类型，那么它们可能都是直角边，也可能是一条直角边、一条斜边，
求解时必须进行分类讨论，以免漏解．
3. 应用勾股定理时，要分清直角边和斜边，尤其在记忆a2+b2=c2时，斜边只能是c．若b为斜边，则关
系式是a2+c2=b2；若a为斜边，则关系式是b2+c2=a2．
4. 每组勾股数的相同整数倍也是勾股数.
题型01 利用勾股定理求线段长
【例1】（2023·广东云浮·统考一模）如图，AB切⊙O于C，点D从C出发，以每秒1cm的速度沿CB方
向运动，运动1秒时OD=2cm，运动2秒时OD长是（ ）
A．√5cm B．√6cm C．√7cm D．2√2cm
【答案】C
【分析】本题考查切线的性质、勾股定理，掌握切线性质是关键．先证得∠OCD=90°，再利用勾股定理
求解即可．
【详解】解：∵AB切⊙O于C，
∴∠OCD=90°，
∵点D从C出发，以每秒1cm的速度沿CB方向运动，
∴运动1秒时CD=1cm，
又∵运动1秒时OD=2cm，
∴在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC=√OD2−CD2=√22−12=√3，
∵运动2秒时CD长为2cm，
∴此时OD=√OC2+CD2=√(√3) 2+22=√7．
故选：C．
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【变式1-1】（2023·浙江·模拟预测）若直角三角形的三边的长是连续的正整数，则这样的直角三角形的个
数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】先设出直角三角形的三边长，再根据勾股定理解答即可.
【详解】设中间的一个为x，则另两边为(x−1)和(x+1)，根据勾股定理得：
(x−1) 2+x2=(x+1) 2，
解得：x=4或x=0（舍去），
∴这样的直角三角形的个数只有一个，三边为3，4，5，
故选A.
【点睛】此题主要考查学生对勾股定理及一元二次方程的解法，解答此问题时，注意连续整数的特点，要
能够熟练解方程.
【变式1-2】（2023·安徽·统考模拟预测）在△ABC中，AB=2，AC=2√3，∠C=30°，则线段BC的长
为（ ）
A．4 B．2√2 C．4或2√2 D．2或4
【答案】D
【分析】分两种情况讨论：①∠B为锐角时，过点A作AD⊥BC，分别在Rt△ACD和Rt△ABD中求出
CD，BD从而可求出BC；②∠B为钝角时，同样的方法可求出BC．
【详解】解：分两种情况讨论：
①∠B为锐角时，如图，
过点A作AD⊥BC，
在Rt△ACD中，
∵AC=2√3，∠C=30°，
∴AD=√3，
∴CD=√AC2−AD2=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
Rt△ABD中，
∵AB=2，AD=√3，
∴BD=√AB2−AD2=√22−(√3) 2=1，
∴BC=BD+CD=1+3=4；
②∠B为钝角时，如图，
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过点A作AD⊥BC交CB的延长线于点D，
同①可求得：CD=3，BD=1，
∴BC=CD−BD=3−1=2，
综上，BC的长为2或4，
故选：D．
【点睛】此题考查了勾股定理，含30°角直角三角形的性质，解题的关键是需要注意分情况求解．
题型02 利用勾股定理求面积
【例2】（2023·河北石家庄·统考三模）若一个正三角形和一个正六边形的面积相等，则正三角形与正六边
形的边长比为（ ）
A．√6:1 B．1:√6 C．√3:1 D．2：1
【答案】A
【分析】设正三角形和一个正六边形的边长分别为a、b．构建面积相等构建方程即可解决问题．
【详解】解：设正三角形边长分别为a，如图，作AD⊥BC于D，
a √3a
则BD=CD= ，AD=√AB2−BD2= ，
2 2
1 √3a √3a2
∴正三角形的面积为 ×a× = ，
2 2 4
设正六边形的边长b，
√3b2 3√3b2
同理正六边形的面积为6× = ，
4 2
√3a2 3√3b2
由题意： = ，
4 2
∴a=√6b，
∴a:b=√6:1，
故选：A．
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【点睛】本题考查正多边形与圆、等边三角形的面积公式等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解
决问题．
【变式2-1】（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，⊙P与y轴相切于点C，与x
轴相交于A，B两点，假设点P的坐标为（5，3），点M是⊙P上的一动点，那么△ABM面积的最大值为
（ ）
A．64 B．48 C．32 D．24
【答案】C
【分析】过点P作PD⊥x轴于点D，连接PC，PA易得PC=PA=5，PD=3，然后由垂径定理，即可求
得AD的长，继而求得AB的长，继而求得答案．
【详解】解：过点P作PD⊥x轴于点D，在AB上方，PD与⊙P的交点即△ABM面积最大时动点的位置，
连接PC，PA，
∵点P的坐标为(5,3)，
∵⊙P与y轴相切于点C，
∴PC=5，PD=3，
∴PC=PA=5，DM=PD+PM=8
在Rt△PAD中，AD=√PA2−PD2=4，
∵PD⊥ AB，
∴AB=2AD=8，
1 1
当点M位于(3,8)时，△ABM面积最大，最大值为： AB⋅MD= ×8×8=32．
2 2
故选C．
【点睛】此题考查了切线的性质、垂径定理以及勾股定理．此题难度适中，添设辅助线，构造直角三角形
是解题的关键．
【变式2-2】（2023·贵州遵义·统考三模）如图，大等边三角形中有n个全等的等边三角形，若大等边三角
形的面积为S ，n个小等边三角形的面积的和为S ，则S 与S 之间的关系为（ ）
1 2 1 2
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A．S =n2S B．S =nS C．S =4√3nS D．S =2nS
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】B
1
【分析】如图所示，过点A作AD⊥BC于D，设AB=BC=AC=x，则BD= x，利用勾股定理求出
2
√3 1 √3 BC x
AD= x，则S = BC⋅AD= x2 ；再求出n个全等的等边三角形的边长为 = ，进而求出
2 1 2 4 n n
√3x2
S = ，即可得到S =nS ．
2 4n 1 2
【详解】解：如图所示，过点A作AD⊥BC于D，设AB=BC=AC=x，
1 1
∴BD= BC= x，
2 2
√3
∴AD=√AB2−BD2= x，
2
1 √3
∴S = BC⋅AD= x2 ，
1 2 4
BC x
由题意得，n个全等的等边三角形的边长为 = ，
n n
√3(x) 2 √3x2
∴S =n⋅ = ，
2 4 n 4n
∴S =nS ，
1 2
故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，正确求出S ，S 是解题的关键．
1 2
【变式2-3】（2023·山西太原·山西实验中学校考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=BC=AC，D是
BC的中点，DE⊥ AB于点E，则△BDE的面积与△ABC的面积之比为（ ）
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A．1:8 B．1:4 C．1:2 D．2:5
【答案】A
【分析】连接AD，易证△ABC为等边三角形，从而得出∠BDE=30°，根据含30度角的直角三角形的性
1 √3 √3
质得出BE= BD，再根据勾股定理得出DE= BD，从而得出S = BD2 ，然后根据等边三角形
2 2 △BDE 8
√3
的性质及勾股定理得出AD= AB，从而得出
2
S =√3BD2 ，即可得出答案．
△ABC
【详解】解：连接AD
∵ AB=BC=AC
∴△ABC为等边三角形
∴∠B=60°
∵ DE⊥ AB
∴∠BDE=30°
1
∴BE= BD
2
√3
∴DE=√BD2−BE2= BD
2
1 1 1 √3 √3
∴S = BE⋅DE= × ×BD× BD= BD2
△BDE 2 2 2 2 8
∵D是BC的中点，
1 1
∴AD⊥BC，BD= BC= AB
2 2
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√3
∴AD=√AB2−AD2= AB
2
1 1 √3 √3 √3
∴ S = BC⋅AD= AB× AB= AB2= (2BD) 2=√3BD2
△ABC 2 2 2 4 4
√3
BD2
∴ △BDE的面积与△ABC的面积之比为 8 1
=
√3BD2 8
故选A．
【点睛】本题考查了勾股定理、等边三角形的判定及性质、含30度角的直角三角形，熟练掌握性质定理是
解题的关键．
题型03 已知两点坐标求两点距离
【例3】（2023·天津南开·统考一模）如图，矩形OABC的顶点B的坐标为(2,3)，则AC长为（ ）
A．√13 B．√7 C．√5 D．4
【答案】A
【分析】首先连接OB，根据两点间距离公式即可求得OB，再根据矩形的性质可得OB=AC，即可求得
AC的长．
【详解】解：如图：连接OB，
∵点B的坐标为(2,3)，
∴OB=√22+32=√13，
又∵四边形OABC是矩形，
∴AC=OB=√13，
故选：A．
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【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
1
【变式3-1】（2023·广东梅州·统考一模）已知抛物线y= x2 与一次函数y=2x+6交于A，B两点，则线
4
段AB的长度为（ ）
A．20√2 B．20√3 C．40√3 D．20
【答案】A
1
【分析】根据题意，联立方程组求解，消元得到
x2−2x−6=0，利用根与系数的关系，再运用两点距离
4
公式变形求出长度即可得到答案．
1
【详解】解：∵抛物线y= x2 与一次函数y=2x+6交于A，B两点，
4
1
∴联立¿，消元得
x2−2x−6=0，
4
∴x +x =8,x x =−24，
1 2 1 2
∴AB=√(x −x ) 2+(y −y ) 2
1 2 1 2
=√ (x −x ) 2+[(2x +6)−(2x +6)] 2
1 2 1 2
=√(x −x ) 2+(2x −2x ) 2
1 2 1 2
=√5(x −x ) 2
1 2
=√5[(x +x ) 2−4x x ]
1 2 1 2
=√5×[82−4×(−24)]
=20√2
故选：A
【点睛】本题考查平面直角坐标系中求线段长问题，涉及函数图像交点问题、一元二次方程根与系数的关
系、两点之间距离公式及完全平方公式等知识，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系及两点之间距离公
式是解决问题的关键．
【变式3-2】（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．
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【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3-3】（2023·天津河西·天津市新华中学校考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的
顶点C在x轴的正半轴上．若点A的坐标是(3,4)，则点B的坐标为（ ）
A．(5,4) B．(5,3) C．(8,3) D．(8,4)
【答案】D
【分析】先利用两点之间的距离公式可得OA=5，再根据菱形的性质可得AB∥OC,AB=OA=5，由此即
可得出答案．
【详解】解：∵点A的坐标为(3,4)，
∴OA=√(3−0) 2+(4−0) 2=5，
∵四边形OABC是菱形，
∴AB∥OC,AB=OA=5，
∴点B的横坐标为3+5=8，纵坐标与点A的纵坐标相同，即为4，
即B(8,4)，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和点坐标，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
题型04 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
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(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·河北石家庄·统考二模）当直角三角形的三边长都是正整数时，我们称这三个数为勾股
数，如：3，4，5都是正整数，且32+42=52，所以3，4，5是勾股数．
(1)当n是大于1的整数时，2n，n2−1，n2+1是否是勾股数，说明理由；
n2−1 n2−1
(2)当n是大于1的奇数时，若n， ，x是勾股数，x>n，x> ，求x(用含n的式子表示)．
2 2
【答案】(1)是，理由见解析；
n2+1
(2)x= ．
2
【分析】（1）由(2n) 2+(n2−1) 2 =(n2+1) 2 ， 可知2n，n2−1，n2+1是勾股数；
n2−1 n2−1 n2−1
（2）由n， ，x是勾股数，x>n，x> 可知n2+ =x2从而得解．
2 2 2
【详解】（1）解：是理由如下：
当n是大于1的整数时，2n，n2−1，n2+1都是正整数，
∵(2n) 2+(n2−1) 2 =4n2+n4−2n2+1=n4+2n2+1=(n2+1) 2 ，
∴2n，n2−1，n2+1是勾股数．
(n2−1) 2
（2）由题意，得x2=n2+
2
n4−2n2+1
=n2+
4
n4+2n2+1
=
4
(n2+1) 2
= ，
2
∵x是正整数，
n2+1
∴x= ．
2
【点睛】本题考查勾股数的定义，完全平方公式，正确理解勾股数的定义是解题的关键．
【变式4-2】（2023·河北保定·统考二模）我们把满足a2+b2=c2的三个正整数a，b，c称为“勾股数”．
若a,b,c(aAC，CD⊥ AB于点D，
点E是AB的中点，连接CE．
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(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
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
)
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=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，
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9-1】（2021·广东广州·统考一模）如图，ΔABC中，∠BAC≥120°，AB=AC，点A关于直线BC的对
称点为点D，连接BD，CD．
（1）求证：四边形ABDC是菱形；
（2）延长CA到E，使得AB=BE．求证：BC2-AC·CE=AC2；
（3）在（2）小题条件下，可知E，B，D，C四点在同一个圆上，设其半径为a(定值），若BC=kAB，问k
取何值时，BE·CE的值最大？
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【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）k=√3时，BE·CE取得最大值．
【分析】（1）根据对称的性质得到相应线段相等即可证明；
（2）作BF⊥ AE于F，在Rt△BCF中，表示出BC2，在Rt△BEF中表示出BE2，两者作差，再根据线
段的等量代换、平方差公式化简即可得；
（3）作直径BG连接CG，设AB=t，CE=mBE=mt，将BC2用（2）所得结论表示出来，再将BC2在
Rt△BCG中用勾股定理表示出来，建立等式得到t与m的关系式，将BE·CE转成二次函数型最值问题，根
据∠ABC的取值范围，确定参数的范围，再根据二次函数的性质取最大值．
【详解】解：（1）作图如图，D是A的对称点，
∴AB=DB，AC=DC，
又∵AB=AC，
AB=DB=DC=AC，
∴ ABDC是菱形；
（2）作BF⊥ AE于F，
∵AB=BE，
∴AF=EF，
在Rt△BCF中，BC2=BF2+CF2，
在Rt△BEF中，BE2=BF2+EF2，
∴BC2−BE2=CF2−EF2，
又∵BE=AB=AC，
∴BC2−AC2=CF2−EF2=(CF+EF)(CF−EF)，
∴BC2−AC2=CF2−EF2=(CF+EF)(CF−AF)=CE·AC，
∴BC2−CE·AC=AC2；
（3）作直径BG连接CG，
则∠BCG=90°，∠G=∠E，
设AB=t，
则BC=kt，BE=AB=AC=t，
设CE=mBE=mt，
则AE=mt−t，
1 (m−1)t
EF= AE= ，
2 2
EF (m−1)t m−1
在Rt△BEF中，cos∠E= = = ，
BE 2t 2
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CG m−1
Rt△BCG中，cos∠G= =cos∠E= ，
BG 2
∵BG=2a，
m−1
∴CG=2a· =a(m−1)，
2
在Rt△BCG中，BC2=BG2−CG2=4a2−(am−a) 2，
由（2）BC2=AC·CE+AC2=t·mt+t2=(m+1)t2，
∴t2=a2 (3−m)，
3
∴BE·CE=t·mt=mt2=ma2 (3−m)，对称轴为m= ，开口向下，
2
∵02.2．
∴只有3×2.2薄木板能从门框内通过，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是要根据已知条件构造出直角三角形．
【变式13-2】（2021·安徽阜阳·阜阳实验中学校考二模）已知a、b为两正数，且a+b=12，则代数式
√4+a2+√9+b2最小值为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】B
【分析】如图所示，构造Rt△BEA和Rt△AFC使得 BE=a，EA=2，AF=3，FC=b，然后根据勾股定理构可
得AB=√4+a2和AC=√9+b2，当A，B，C三点共线时有最小值，在根据勾股定理计算即可．
【详解】解：如图所示，构造Rt△BEA和Rt△AFC使得 BE=a，EA=2，AF=3，FC=b，
根据勾股定理可得：AB=√4+a2和AC=√9+b2，
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所以：
AB+AC≥BC，
∴当A，B，C三点共线时AB+AC有最小值，即BC，
在Rt△BDC中BC=√BD2+DC2=√(a+b) 2+(2+3) 2=13．
故选：B
【点睛】本题主要考查勾股定理，能够根据二次根式的特点，数形结合，构造出直角三角形表示所求式子
是解题的关键．
【变式13-3】（2022·浙江绍兴·统考一模）庆祝虎年，小明将一副七巧板拼成了如图的“回头虎”，则图
中AB= ．
【答案】2−√2
1
【分析】由题意根据七巧板可知，CD=BE=4,DE= CD=2,进而利用勾股定理求出CA,然后利用
2
AB=CD−CA−(BE−DE)进行计算．
【详解】解：如图，
1
由七巧板可知，CD=BE=4,DE= CD=2,
2
1
可得CA= ×√22+22=√2,
2
【60淘宝店铺：向阳百分百】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
所以AB=CD−CA−(BE−DE)=4−√2−(4−2)=2−√2.
故答案为：2−√2.
【点睛】本题考查七巧板的拼接问题，熟练掌握七巧板中各图形的关系和勾股定理是解题的关键．
12
【变式13-4】（2022·浙江金华·统考一模）已知圆柱形瓶子的底面半径为 cm．其侧面贴合了一条宽为
π
3cm的环形装饰带．
（1）如图1，若装饰带水平环绕，则瓶子侧面被装饰带覆盖的面积为 cm2；
（2）如图2，若装饰带斜贴侧面环绕，装饰带的最高点与最低点高度差为4cm，则瓶子侧面被装饰带覆盖
的面积为 cm2．
32√151-32
【答案】 72
5
【分析】根据题意画出圆柱侧面展开图，进而求得阴影部分的面积即可．
12
【详解】解：（1）∵圆柱形瓶子的底面半径为 ，
π
12
则侧面展图的长方形的长为2π× =24
π
∵环形装饰带的宽为3cm
∴瓶子侧面被装饰带覆盖的面积为24×3=72 cm2；
故答案为：72
（2）设装饰带的最高点与最低点分别为D,A，则DB=4,CE=3
如图，过点C作CE⊥ AC，
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∴四边形ACDF是平行四边形，
∴∠FAC=∠EDC
∵∠FAC+∠CAB=90°，∠EDC+∠ECD=90°
∴∠ECD=∠CAB
CB ED
∴tan∠CAB= ，tan∠ECD=
AB EC
CB ED
∴ =
AB EC
设CD=x，则BC=4−x
在Rt△CDE中，ED=√x2−32
4−x √x2−9
∴ =
12 3
−4+4√151 −4−4√151
x = ,x = （舍去）
1 15 2 15
−4+4√151
∴ FA=CD=
15
−4+4√151 32√151−32
∴瓶子侧面被装饰带覆盖的面积为24× = cm2；
15 5
32√151−32
故答案为：
5
【点睛】本题考查了圆柱侧面展开图，平行四边形的性质，求正切，第二问中求得平行四边形的边长是解
题的关键．
【变式13-5】（2021·贵州黔东南·统考一模）黔东南州某校杨老师组织数学兴趣小组开展探究代数式
√x2+1+√(4−x) 2+4(x≥0)的最小值，王老师巧妙的运用了“数形结合”的思想，具体做法是：如图，
C为线段BD上一动点，分别过B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC、EC．已知AB=1，DE=2，BD=4．设
BC=x，则AC=√x2+1，CE=√(4−x) 2+4．则问题转化成求AC+CE的最小值．
【62淘宝店铺：向阳百分百】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
（1）我们知道当A、C、E在同一直线上时，AC+CE的值最小，于是可求得√x2+1+√(4−x) 2+4(x≥0)
的最小值等于______，此时x=______．
（2）请你利用上述方法和结论，试构图求出代数式：√x2+4+√(12−x) 2+9(x≥0)的最小值．
（3）请你用构图的方法试求√(x+4) 2+4−√x2+1(x≥0)的最大值．
4
【答案】（1）5；x= ；（2）13；（3）√17
3
【分析】（1）延长AB到F，使BF=DE=2，连接EF，则在直角△AFE中，AF=3，EF=BD=4，由勾股定理
得即可求得AE，利用三角形相似可求得x的值；
（2）构造与（1）类似的图形，代数式的最值求法与（1）同；
（3）构造与（1）类似的图形，但AB、DE在线段BD所在直线的同侧，最值求法与（1）同．
【详解】（1）延长AB到F，使BF=DE=2，连接EF
则BF∥DE，且BF=DE
∴四边形BFDE是矩形
∴EF=BD=4
∵AF=BF+AB=3
在Rt△AFE中，由勾股定理得：AE=√AF2+EF2=√32+42=5
∴√x2+1+√(4−x) 2+4的最小值为5
∵△ABC∽△EDC
AB BC 1
∴ = =
DE CD 2
∴CD=2BC=2x
∵BC+CD=4，即x+2x=4
4
∴x=
3
4
故答案为：5；x=
3
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（2）如图1，取线段BD=12，分别过B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，且AB=2，DE=3，连接AE，
则AE为√x2+4+√(12−x) 2+9(x≥0)的最小值，
最小值为：√(2+3) 2+122=13．
（3）如图2，取线段BD=4，在线段BD所在直线的同侧分别过B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，且
AB=1，DE=2，连接EA，并延长EA交DB的延长线于点C，
则线段AE为√(x+4) 2+4−√x2+1(x≥0)的最大值，最大值为：√(2−1) 2+42=√17
【点睛】本题主要考查了最短路线问题以及勾股定理应用，利用数形结合思想，通过构造直角三角形，把
两个代数式的和或差的最值问题转化为最短路线问题是解题的关键．
题型14 利用勾股定理解决实际问题
类型一 求梯子滑落高度
【例14】（2020·广东珠海·统考模拟预测）如图，一根长5米的竹竿AB斜靠在竖直的墙上，这时AO为4
米，若竹竿的顶端A沿墙下滑2米至C处，则竹竿底端B外移的距离BD（ ）
A．小于2米 B．等于2米 C．大于2米 D．以上都不对
【答案】A
【分析】利用勾股定理可求出OB、OD的长，即可得出BD的长，再根据无理数的估算，估算出BD的长
即可得答案．
【详解】∵AB=5，OA=4，AC=2，AB=CD=5，
∴OB=√AB2−OA2=3，OD=√AB2−(OA−AC) 2=√21，
∴BD=√21-3，
∵16＜21＜25，
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∴4＜√21＜5，
∴1＜√21-3＜2，即BD的长小于2米，
故选：A．
【点睛】本题考查勾股定理的应用及无理数的估算，灵活运用勾股定理、熟练运用“夹逼法”估算无理数
是解题关键．
【变式14-1】（2021·山东淄博·统考一模）如图，一个梯子AB斜靠在一面墙上，梯子底端为A，梯子的顶
端B距地面的垂直距离为BC的长．
（1）若梯子的长度是10m，梯子的顶端B距地面的垂直距离为8m．如果梯子的顶端下滑1m，那么梯子的
底端A向外滑动多少米?
（2）设AB=c，BC=a，AC=b，且a>b，请思考，梯子在滑动的过程中，是否一定存在顶端下滑的距
离与底端向外滑动的距离相等的情况?若存在，请求出这个距离；若不存在，说明理由．
【答案】（1）梯子的底端向外滑动√51−6米；（2）存在，梯子的底端向外滑动的距离是(a−b)米．
【分析】（1）已知AB、BC，在直角△ABC中即可计算AC的长度，设梯子的底端向外滑动x米，由题意
得，(8−1) 2+(6+x) 2=102，求解即可；
（2）设存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况，此时梯子的底端向外滑动x米，由题意得，
(a−x) 2+(b+x) 2=c2，求解即可．
【详解】（1）在Rt△ABC中，∵AB=10，BC=8，
∴AC=6.
设梯子的底端向外滑动x米，由题意得，
(8−1) 2+(6+x) 2=102，
解得x =√51−6，x =−√51−6（舍去）
1 2
∴x=√51−6即梯子的底端向外滑动√51−6米.
（2）设存在顶端下滑的距离与底端向外滑动的距离相等的情况，此时梯子的底端向外滑动x米，由题意得，
(a−x) 2+(b+x) 2=c2，
解得x =a−b，x =0（舍去），
1 2
∴x=a−b，即梯子的底端向外滑动的距离是(a−b)米．
【点睛】本题主要考查勾股定理在实际中生活中的应用，本题中根据梯子长度不会变的等量关系求解是解
题关键．
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类型二 求旗杆高度
【例15】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）《九章算术》勾股章有一个问题，其意思是：现有一竖立着的
木柱，在木柱上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地而的部分尚有3尺，牵着绳索退行，
在离木柱根部8尺处时绳索用尽，请问：绳索有多长？若设木柱长x尺，根据题意，可列方程为（ ）
A．82+x2=(x−3) 2 B．82+(x−3) 2=x2
C．82+x2=(x+3) 2 D．82+(x+3) 2=x2
【答案】C
【分析】设木柱长为x尺，根据勾股定理列出方程解答即可．
【详解】解：设木柱长为x尺，则绳长(x+3)尺，
可列方程为82+x2=(x+3) 2，
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出方程，勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出方程是解题的关
键．
【变式15-1】（2021·浙江杭州·统考一模）如图，小明想要测量学校旗杆AB的高度，他发现系在旗杆顶
端的绳子垂到了地面，从而测得绳子比旗杆长a米，小明将这根绳子拉直，绳子的末端落在地面的点C处，
点C距离旗杆底部b米（b>a），则旗杆AB的高度为 米（用含a，b的代数式表示）．
b2−a2
【答案】
2a
【分析】设AB=x米，则有AC=（x+a）米，然后根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：设AB=x米，则有AC=（x+a）米，根据勾股定理得：
x2+b2=(x+a) 2，
b2−a2
解得：x=
2a
b2−a2
∴AB= ，
2a
b2−a2
故答案为 ．
2a
【点睛】本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
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类型三 大树折断前高度
【例16】（2021·湖南娄底·校联考模拟预测）《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个“折
竹抵地”问题：“今有竹高丈，末折抵地，问折者高几何？”意思是：一根竹子，原来高一丈（一丈为十
尺），虫伤有病，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离原竹子根部三尺远，问：原处还有多高
的竹子？（ ）
A．4尺 B．4.55尺 C．5尺 D．5.55尺
【答案】B
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺．利用勾股
定理解题即可．
【详解】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为(10−x)尺，
根据勾股定理得：x2+32=(10−x) 2，
解得：x=4.55．
所以，原处还有4.55尺高的竹子．
故选：B．
【点睛】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解
题．
类型四 解决水杯中的筷子问题
【例17】（2022·湖北十堰·统考三模）小颖的妈妈用如图的口杯喝花茶，由于吸管有点短，不小心斜滑到
杯里，已知口杯的内径6cm，口杯内部高度9cm，要使吸管不斜滑到杯里，吸管最短需要（ ）cm．
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【分析】根据勾股定理即可求得．
【详解】解：如图：连接AC
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故要使吸管不斜滑到杯里，吸管最短需要的长度是线段AC的长度
由题意可知：BC=6cm，AB=9cm
在Rt△ABC中，AC=√AB2+BC2=√92+62=3√13(cm)
∵√13≈3.6
∴3√13≈3×3.6=10.8
∴要使吸管不斜滑到杯里，吸管最短需要11cm
故选：C
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，无理数的估算，理解题意，结合图形求得AC的长是解决本题的关
键．
【变式17-1】（2023·江西九江·校考模拟预测）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题目，大致
意思是：有一竖立着的木杆，在木杆的上端系有绳索，绳索从木杆上端顺着木杆下垂后，堆在地面上的部
分有3尺，牵着绳索头（绳索头与地面接触）退行，在离木杆底部8尺处时，绳索用尽．问绳索长为多少．
绳索长为 尺．
73
【答案】
6
【分析】设绳索AC的长为x尺，则木柱AB的长为(x−3)尺，在Rt△ABC中，根据勾股定理即可列出方
程解答即可．
【详解】解：设绳索AC的长为x尺，则木柱AB的长为(x−3)尺，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC2−AB2=BC2，
即x2−(x−3) 2=82，
73
解得x= ，
6
73
答：绳索长为 尺．
6
73
故答案为： ．
6
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟记直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
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类型liu 选址到两地距离相等
【例18】（2020·湖北恩施·统考模拟预测）为了解决 A、B 两个村的村民饮水难，计划在笔直的河边l 修
建一个水泵站，为节约经费，该水泵站与两村的水管线总长力求做到最短，已知 A 村到河边的距离为
1km，B 村到河边的距离为 2km，AB=4km，则水管线最短要 km(结果保留根号）．
【答案】2√6
【分析】作点A关于直线l的对称点A′，连接BA′与直线l交于点P，此时PA+PB最小，先在Rt△ABM中
利用勾股定理求出线段AM的长，再在Rt△A′BN中利用勾股定理求出线段A′B即可．
【详解】如图，
作点A关于直线l的对称点A′，连接BA′与直线l交于点P，此时PA+PB最小．
作A′N∥l，AM∥l，BN⊥l与AM、A′N分别交于点M、N，
∵A 村到河边的距离为 1km，B 村到河边的距离为 2km，AB=4km，
∴Rt△ABM中，BM=1km，AB=4km，
∴AM=√AB2−BM2=√42−12=√15(km)，
在Rt△A′BN中，∵A′N= AM=√15(km)，BN=1+2=3(km)，
∴A′B=√A'N2+BN2=√(√15) 2+32=2√6(km)，
故答案为：2√6．
【点睛】本题考查了轴对称-最短问题、勾股定理的应用等知识，利用对称找到点P的位置是解题的关键，
属于中考常考题型．
【变式18-1】（2020·河北·模拟预测）要在马路边设一个共享单车投放点，向A、B两家公司提供服务，
投放点应设在什么地方，才能使从A、B到它的距离之和最短？小明根据实际情况，以马路为y轴建立了
如图所示的平面直角坐标系，A点的坐标为(1,2)，B点的坐标为(4,7)，则从A、B两点到投放点距离之和
的最小值是 ，投放点的坐标是 ．
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【答案】 5√2 (0,3)
【分析】作点A关于y轴的对称点A′，连接BA′交y轴于P，连接PA，此时PA+PB的值最小．
【详解】解：作点A关于y轴的对称点A′，连接BA′交y轴于P，连接PA，此时PA+PB的值最小．
∵A（1，2），A与A′关于y轴对称，
∴A′（-1，2），
∵B（4，7），
设直线BA′的解析式为y=kx+b，
则有
−k+b=2
{ ，
4k+b=7
k=1
解得：{ ，
b=3
∴直线BA′的解析式为：y=x+3，
∴P（0，3），
∵PA+PB=PA′+PB=BA′=√52+52=5√2，
故答案为：5√2，（0，3）．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，两点间距离公式，坐标的确定等知识，解题的关键是学会利用轴对称
解决最短问题，属于中考常考题型．
类型六 最短路径
【例19】（2023·江苏常州·校考一模）如图，是一个棱长为1的正方体纸盒，若一只蚂蚁要沿着正方体纸
盒的表面，从顶点A爬到顶点B去觅食，则需要爬行的最短路程是（ ）
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A．√3 B．2 C．√5 D．3
【答案】C
【分析】根据正方体展开图的特点，将正方体展开，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，将正方体展开，则AC=2，BC=1，∠ACB=90°，
∴由勾股定理得AB=√AC2+BC2=√5，
∴需要爬行的最短路程是√5，
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的实际应用，正确将正方体展开，利用勾股定理进行求解是解题的关键．
【变式19-1】（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（ ）
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
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【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19-2】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，C为线段BD上一动点，分别过B、D作AB⊥BD，
ED⊥BD，连接AC、EC，已知AB=4，DE=2，BD=8，设BC=x．线段AC+CE的长可表示为
√x2+16+√(8−x) 2+4，当A、C、E三点共线时，AC+CE的值最小，根据上述方法，求代数式
√x2−2x+50+√x2−12x+61的最小值为（ ）
A．11 B．13 C．√111 D．√193
【答案】B
【分析】依题意，√x2−2x+50+√x2−12x+61 =√(x−1) 2+49+√(x−6) 2+25，令x−1=t，则转化为
求√t2+72+√(t−5) 2+52，进而根据题意构造直角三角形，勾股定理，即可求解．
【详解】解：∵ √x2−2x+50+√x2−12x+61 =√(x−1) 2+49+√(x−6) 2+25，令x−1=t，
原式=√t2+72+√(t−5) 2+52
如图，C为线段BD上一动点，分别过B、D作AB⊥BD，ED⊥BD，连接AC、EC，
已知AB=7，DE=5，BD=5，设BC=t，线段AC+CE的长可表示为=√t2+72+√(t−5) 2+52
【72淘宝店铺：向阳百分百】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
当A、C、E三点共线时，AC+CE的值最小；
过点A作AF ∥ BD交ED的延长线于点F，得矩形ABDF，
∴EF=BD=5，BF=DE=5，
∴AF=AB+BF=7+5=12，
所以AE= √AF2+EF2=√122+52 =13，
即√x2−2x+50+√x2−12x+61的最小值为13，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称求最短路线以及勾股定理等知识，本题利用了数形结合的思想，通过构造
直角三角形，利用勾股定理求解．
【变式19-3】（2023·陕西西安·校考二模）如图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm，底
面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器
上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是 ．
【答案】13cm/13厘米
【分析】如图，将容器侧面展开，作点A关于EF的对称点A'，根据两点之间线段最短可知A'B的长度即
为所求．
【详解】解：如图：
∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，
此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，
∴将容器侧面展开，作A关于EF的对称点A'，连接A'B，则A'B即为最短距离，
∴A'D=5cm，BD=12−3+AE=12(cm)，
∴A'B=√A'D2+BD2=√52+122=13(cm)，
即蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是13cm．
故答案为：13cm
【点睛】本题考查了轴对称的性质、平面展开－最短路径问题，勾股定理的应用等，正确利用侧面展开图、
熟练运用相关知识是解题的关键．
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类型七 航海问题
【例20】（2023·山东东营·统考一模）如图，一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔50海里的
A处，它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东45°方向上的B处，此时B处与灯塔P的
距离为 海里（结果保留根号）．
【答案】25√6．
【分析】先作PC⊥AB于点C，然后利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：如图，作PC⊥AB于点C，
在Rt△APC中，AP=50海里，∠APC=90°-60°=30°，
1
∴AC= AP=25海里，PC=√502−252=25√3海里，
2
在Rt△PCB中，PC=25√3海里，∠BPC=90°-45°=45°，
∴PC=BC=25√3海里，
∴PB=√ (25√3) 2+(25√3) 2=25√6海里，
故答案为：25√6．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用-方向角问题，求三角形的边或高的问题一般可以转化为用勾股定
理解决问题，解决的方法就是作高线．
【变式20-1】（2023·陕西西安·统考三模）如图，一艘海警船在A处发现北偏东30°方向相距12海里的B
处有一艘可疑货船，该艘货船以每小时10海里的速度向正东航行，海警船立即以每小时14海里的速度追
赶，到C处相遇，求海警船用多长时间追上了货船？
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【答案】2小时
【分析】如图，设t小时追上了货船，则BC=10t，AC=14t，在Rt△ACF中，根据勾股定理可得
(6√3) 2+(6+10t) 2=(14t) 2，解方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设t小时追上了货船，则BC=10t，AC=14t，
由题意，∠BAF=30°，∠CAF=60°，AB=12
∴∠FBA=60°，FB=6，AF=6√3，
在Rt△ACF中，(6√3) 2+(6+10t) 2=(14t) 2，
3
解得t=2或− (舍弃)，
4
答：货轮从出发到客轮相逢所用的时间2小时．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用-方向角、等腰三角形的判定、路程、时间、速度之间的关系等知识，
解题的关键是掌握方向角的定义，属于中考常考题型．
题型15 勾股定理与规律探究问题
【例21】（2023·广东东莞·校联考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，其面积标记为S ，以CD为斜边
1
作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S ，…按照此规
2
律继续下去，则S 的值为（ ）
2023
(1) 2018 (1) 2020 (1) 2021 (1) 2023
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】A
【分析】本题主要考查规律型：图形变化类，由特殊情况总结出一般规律，先用勾股定理求出第二个正方
形的边长，进而找到S 与S 之间的关系，依次类推，得出规律，进而得出答案．
2 1
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴S =DC2=42=16，
1
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∵△DEC是等腰直角三角形，
∴DE=EC，
∵DE2+CE2=DC2，
1 1
∴DE2= DC2= S =8，
2 2 1
∴S =DE2=8，
2
1 1
同理S = S = S ，
3 2 2 22 1
1
S = S ，
4 23 1
1
∴S = S ，
n 2(n−1) 1
∴S =
1
S =
1
×24=
(1) 2018
，
2023 22022 1 22022 2
故选：A．
【变式21-1】（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，OA =OB ，
1 1
∠A OB =120°，将△A OB 绕点O顺时针旋转并且按一定规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角
1 1 1 1
为120°的等腰三角形．第一次变化后得到等腰三角形A OB ，点A (1,0)的对应点为A (−1,−√3)；第
2 2 1 2
( 3 3√3)
二次变化后得到等腰三角形A OB ，点A 的对应点为A − , ；第三次变化后得到等腰三角形
3 3 2 3 2 2
A OB ，点A 的对应点为A (4,0)……依此规律，则第2023年等腰三角形中，点B 的坐标是（ ）
4 4 3 4 2023
( 2023 2023√3)
A．(−22021,−22021√3) B．(−22021,22021√3) C． − ,− D．
2 2
( 2023 2023√3)
− ,
2 2
【答案】D
【分析】由题意，可得点B ，B ，B 在第二象限，OB =1，OB =4，OB =7，推出OB =2023，
1 4 7 1 4 7 2023
可得结论．
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【详解】解：∵在平面直角坐标系中，OA =OB =1，∠A OB =120°，绕点O顺时针旋转并且按一定
1 1 1 1
规律放大，每次变化后得到的图形仍是顶角为120°的等腰三角形．
第一次变化后得到等腰三角形A OB ，点A (1,0)的对应点为A (−1,√3)，
2 2 1 2
∴OA =OB =√ (−1) 2+(√3) 2=2；
2 2
3 3√3
第二次变化后得列等腰三角形A OB ，点A 的对应点为A (− ， )；
3 3 2 3 2 2
√ 3 2 3 2
∴OA =OB = (− ) +( √3) =3；
3 3 2 2
第三次变化后得到等腰三角形A OB ，点A 的对应点为A (4,0)；
4 4 3 4
√ 3 2 3 2
∴OA =OB = (− ) +( √3) =4；
4 4 2 2
……
由图可知：
△A OB 绕点O每次顺时针旋转120°，并且腰长增加1，
1 1
∴旋转三次完成一周，故点B ，B ，B ，……在第三象限，
1 4 7
∴OB =1，OB =4，OB =7，……
1 4 7
∴OB =2023，∠B OA =120°，
2023 2023 2023
∴∠B Oy=30°，
2023
2023 2023√3
∴点B 到y轴距离为 ，到x轴距离为
2023 2 2
2023 2023√3
∴B (− ， )，
2023 2 2
故选：D．
【点睛】本题考查坐标与图形变化−旋转，规律型问题等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于
中考常考题型．
【变式21-2】（2023·山东聊城·统考一模）如图，已知OA =1，以OA 为直角边作Rt△OA A ，并使
1 1 1 2
∠A OA =60°，再以OA 为直角边作Rt△OA A ，并使∠A OA =60°，再以OA 为直角边作
1 2 2 2 3 2 3 3
Rt△OA A ，并使∠A OA =60°，…按此规律进行下去，则Rt△OA A 的直角边A A 的
3 4 3 4 2022 2023 2022 2023
长为 ．
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【答案】22021√3
【分析】通过锐角三角函数和勾股定理，依次求得每个三角形的两条直角边，再从其中找出规律，即可得
出结论．
【详解】解：由题意得：
在Rt△OA A 中，OA =1，A A =tan60°⋅OA =√3⋅OA =√3；
1 2 1 1 2 1 1
在Rt△OA A 中，OA =√OA 2+A A 2=2，A A =tan60°⋅OA =√3⋅OA =2√3；
2 3 2 1 1 2 2 3 2 2
在Rt△OA A 中，OA =√OA 2+A A 2=4，A A =tan60°⋅OA =√3·OA =4√3=22√3；
3 4 3 2 2 3 3 4 3 3
在Rt△OA A 中，OA =√OA 2+A A 2=8，A A =sin60°⋅OA =√3⋅OA =8√3=23√3；
4 5 4 3 3 4 4 5 4 4
……
∴在Rt△OA A 中，OA =2n−1 ，A A =2n−1√3，
n n+1 n n n+1
∴当n=2022时，OA =22022−1=22021 ，A A =22021√3，
2022 2022 2023
故答案为：22021√3．
【点睛】本题考查了锐角三角函数、勾股定理、找规律—数字的变化类，读懂题意，找到直角边长度的变
化规律是解题的关键．
考点三 勾股定理逆定理
勾股定理的逆定理内容：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.
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1. 勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来
确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和a2+b2与较长边的平方c2作比较，若
它们相等时，以a，b，c为三边的三角形是直角三角形；若a2+b2c2，时，以a，b，c为三边的三角形是锐角三角形
2. 定理中a，b，c及a2+b2=c2只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长a，b，c满
足a2+c2=b2，那么以a，b，c为三边的三角形是直角三角形，但是b为斜边.
题型01 图形上与已知两地构成直角三角形的点
【例1】（2022·河北承德·统考二模）如图，在由边长为1的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点
上．若再选择一个格点C，使△ABC是直角三角形，且每个直角三角形边长均大于1，则符合条件的格点
C的个数是（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】分三种情况讨论，当∠A=90°，或∠B=90°，或∠C=90°时，分别画出符合条件的图形，即可解答．
【详解】解：分三种情况讨论，当∠A=90°，或∠B=90°，或∠C=90°如图
符合条件的格点C的个数是6个
故选：D．
【点睛】本题考查正多边形和圆的性质、直角三角形的判定与性质、直径所对的圆周角是90°等知识，是
基础考点，掌握相关知识是解题关键．
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【变式1-1】（2021·浙江绍兴·统考一模）同一平面内有A，B，C三点，A，B两点之间的距离为5cm，
点C到直线AB的距离为2cm，且△ABC为直角三角形，则满足上述条件的点C有 个．
【答案】8
【分析】该题存在两种情况；（1）AB为斜边，则∠C=90°；（2）AB为直角边，AC=2cm或
BC=2cm；
【详解】（1）当AB为斜边时，点C到直线AB的距离为2cm，即AB边上的高为2cm，符合要求的C点有
4个，如图：
（2）当AB为直角边时，AC=2cm或BC=2cm，符合条件的点有4个，如图；
符合要求的C点有8个；
故答案是8．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，准确分析判断是解题的关键．
题型02 在网格中判定直角三角形
【例2】（2022·河北保定·统考二模）如图，点A、B、C在正方形网格格点上，则∠ACB的度数为
（ ）
A．30° B．45° C．40° D．60°
【答案】B
【分析】利用勾股定理求各边的长，根据勾股定理的逆定理可得结论．
【详解】解：连接AB，
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由勾股定理得：AC2=32+12=10 ，AB2=12+22=5 ，BC2=22+12=5 ，
∵10=5+5，
∴AC2=AB2+BC2，且AB=BC，
∴∠ABC=90°，
∴∠BAC=45°，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了勾股定理、勾股定理的逆定理以及等腰直角三角形性质和判定．熟练掌握勾股定
理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
【变式2-1】（2023·贵州贵阳·统考二模）如图，在2×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为
1，则∠1和∠2的关系是（ ）
A．∠2=2∠1 B．∠2−∠1=90° C．∠1+∠2=180° D．∠1+∠2=90°
【答案】D
【分析】利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形即可得到答案．
【详解】解：由题意得， AB 2=12+22=5，AC2=12+22=5，BC2=32+12=10，
❑
∴AB 2+AC 2=BC2，
❑ ❑
∴△ABC是直角三角形，即∠BAC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理与勾股定理的逆定理，证明∠BAC=90°是解题的关键．
【变式2-2】（2022·浙江杭州·统考一模）如图，在每个小正方形边长都为1的5×5网格中，有四个点A，
B，C，D，以其中任意三点为顶点的三角形的外接圆半径长是 ．
【81淘宝店铺：向阳百分百】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
【答案】√5
【分析】连接AB，BC，CD，AD，BD．根据勾股定理可求出AB，BC，CD，AD，BD的长度，根据勾股
定理逆定理和圆周角定理的推论可以确定以A，B，C，D中任意三个点为顶点的三角形的外接圆是以BD
为直径的圆，进而即可求出半径．
【详解】解：如下图所示，连接AB，BC，CD，AD，BD．
∵每个小正方形的边长都为1，
∴AB=√12+32=√10，BC=√12+12=√2，CD=√32+32=3√2，AD=√12+32=√10，
BD=√22+42=2√5．
∵(√10)
2+(√10) 2=(2√5) 2
，(√2)
2+(3√2) 2=(2√5) 2
，
∴AB2+AD2=BD2，BC2+CD2=BD2．
∴∠BAD=90°，∠BCD=90°．
∴点A和点C都在以BD为直径的圆上．
∴以A，B，C，D中任意三个点为顶点的三角形的外接圆是以BD为直径的圆．
∴半径为√5．
故答案为：√5．
【点睛】本题考查求特殊三角形的外接圆的半径，勾股定理及其逆定理，圆周角定理的推论，综合应用这
些知识点是解题关键．
题型03 利用勾股定理逆定理求解
【例3】（2022·河北·模拟预测）如图，在△ABC中，AC＝3 cm，BC＝4 cm，AB＝5 cm，D，E，F分别是
AB，BC，CA的中点，则△DEF的面积等于（ ）
【82淘宝店铺：向阳百分百】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
A．1 B．1.5 C．2 D．3
【答案】B
【分析】由三角形中位线的性质易得△DEF的三边长，再由勾股定理的逆定理证出△DEF是直角三角形，
然后由三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵D，E，F分别是AB，BC，CA的中点
∴EF，DE，DF都是△ABC的中位线，
1 1 1
∴EF= AB，DE= AC，DF= BC，
2 2 2
又∵AB=5cm，BC=4cm，AC=3cm，
∴EF=2.5（cm），DE=2（cm），DF=1.5（cm），
∵1.52+22=2.52，
∴DE2+DF2=EF2，
∴△EDF为直角三角形，
1 1
∴S EDF= DE•DF= ×1.5×2=1.5（cm2），
2 2
△
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理的逆定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，由勾股
定理的逆定理证出△DEF为直角三角形是解题的关键．
【变式3-1】（2023·湖北武汉·校考一模）如图，在半径为1的⊙O中有三条弦，它们所对的圆心角分别为
60°，90°，120°那么以这三条弦长为边长的三角形的面积是（ ）
√3 √2
A．√2 B．1 C． D．
2 2
【答案】D
【分析】连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则△AOB、△COD分别为等边三角形，等腰直角三角形，
进而可得到AB、AB长；再过点O作OH⊥EF于点H，根据垂径定理可得EF=2EH，
【83淘宝店铺：向阳百分百】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
∠EOH=∠FOH=60°，根据锐角三角形函数可求出FH，进而可得EF；再根据AB2+CD2=EF2可判
断以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，即可求出其面积．
【详解】解：解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，则∠AOB=60°，∠COD=90°，
∠EOF=120°，
在Rt△COD中，CD=√12+12=√2．
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=1，
过点O作OH⊥EF于点H，则EF=2EH，∠EOH=∠FOH=60°，
√3 √3
∴FH=OFsin60°=1× = ，
2 2
∴EF=2FH=√3，
∵12+(√2) 2=(√3) 2 ，即AB2+CD2=EF2，
∴以AB、CD、EF为边的三角形为直角三角形，
1 √2
∴其面积为： ×√2×1= ．
2 2
故选：D．
【点睛】本题主要考查垂径定理和勾股定理的逆定理，解题关键是熟练应用垂径定理求弦长．
【变式3-2】（2023·天津西青·校考模拟预测）已知点O是△ABC内一点，连接OA,OB，将△BAO绕点B
顺时针旋转如图，若△ABC是等边三角形，OA=5，OB=12，△BAO旋转后得到△BCD，连接OC,OD，
已知OC=13．
(1)求OD的长；
(2)求∠AOB的大小．
【84淘宝店铺：向阳百分百】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
【答案】(1)12
(2)150°
【分析】（1）根据旋转的性质，推出△BOD为等边三角形，得到OD=OB，即可得解；
（2）根据旋转的性质，得到∠AOB=∠BDC，由（1）△BOD为等边三角形，得到∠BDO=60°，利用
勾股定理逆定理得到∠ODC=90°，进而得到∠AOB=∠BDC=∠ODB+∠ODC，即可得解．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°=∠ABO+∠OBC，
∵△BAO旋转后得到△BCD，
∴OB=BD,∠ABO=∠CBD,CD=OA=5,∠AOB=∠BDC，
∴∠OBD=∠CBD+∠OBC=∠ABO+∠OBC=60°，
∴△BOD为等边三角形，
∴OD=OB=12；
（2）解：由（1）知：△BOD为等边三角形，OD=OB=12，CD=OA=5，∠AOB=BDC，
∴∠BDO=60°，
∵OD2+CD2=122+52=169=132=OC2，
∴∠ODC=90°，
∴∠AOB=∠BDC=∠ODB+∠ODC=150°．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理．熟练掌握旋转的性质，是解
题的关键．
【变式3-3】（2022·江苏泰州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，BC=2CD，
AB=8，CD=2√3，AD=2，则BD的长为 ．
【答案】2√21
【分析】连接AC，过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°，
再根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】解：如图，连接AC，过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H，
∵∠ADC=90°，CD=2√3，AD=2，
【85淘宝店铺：向阳百分百】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
∴AC=√AD2+CD2=4，
AD 1
∴sin∠ACD= = ，
AC 2
∴∠ACD=30°，
∵BC=2CD，
∴BC=4√3，
∵AB=8，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCH=60°，
∴∠CBH=30°，
1
∴CH= BC=2√3，
2
∴BH=√BC2−CH2=√(4√3) 2 −(2√3) 2=6,DH=CD+CH=4√3，
∴BD=√DH2+BH2=√(4√3) 2+62=2√21．
故答案为：2√21
【点睛】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，含30°的直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解
题的关键．
题型04 利用勾股定理解决实际生活问题
【例4】（2022·河北石家庄·校考一模）A，B，C三地两两的距离如图所示，B地在A地的正西方向，下面
说法不正确的是（ ）
A．C地在B地的正北方向上 B．A地在B地的正东方向上 C．C地在A地的北偏西60°
方向上 D．A地在C地的南偏东30°方向上
【答案】D
【分析】先根据勾股定理的逆定理求得AB⊥BC，由此可判断A、B两个选项，再利用锐角三角函数求得
∠A＝30°，∠C＝60°，由此可判断C、D两个选项．
【详解】解：∵AB＝6√3，BC＝6，AC＝12，
∴AB2＋BC2＝AC2，
∴∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
【86淘宝店铺：向阳百分百】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
∴C地在B地的正北方向上，A地在B地的正东方向上，
故选项A，选项B都是正确的，不符合题意；
BC 6 1
∵在Rt△ABC中，sinA＝ ＝ ＝ ，
AC 12 2
∴∠A＝30°，
∴∠C＝90°－∠A＝60°，
∴C地在A地的北偏西60°方向上，A地在C地的南偏东60°方向上，
故选项C是正确的，不符合题意，选项D是不正确的，符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理、锐角三角函数以及方位角的应用，熟练掌握锐角三角函数是
解决本题的关键．
【变式4-1】（2021·江西宜春·校考一模）我国南宋著名数学家秦九韶的著作《数书九章》里有这样一道题
目：“问有沙田一块，有三斜，其中小斜五里，中斜十二里，大斜十三里，欲知为田几何？”这道题讲的
是：有一块三角形沙田，三条边长分别为5里，12里，13里，问这块沙田面积有多大？则该沙田的面积为
里❑ 2．
【答案】30
【分析】直接利用勾股定理的逆定理进而结合直角三角形面积求法得出答案．
【详解】解：∵52+122=132，
∴三条边长分别为5里，12里，13里，构成了直角三角形，
1
∴这块沙田面积为： ×5×12=30（里❑ 2）．
2
故答案为：30．
【点睛】本题考查勾股定理的应用，正确得出三角形的形状是解题的关键．
【变式4-2】（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 ．
【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，
【87淘宝店铺：向阳百分百】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
∴△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4-3】（2022·广东东莞·湖景中学校考一模）如图，已知在一高速公路L边上有一测速站点P，现测
得PC=24米，PD=26米，CD=10米．一辆汽车在公路L上匀速行驶，测得此车从点A行驶到点B所用的
时间为1秒，并测得∠PBD=60°，∠PAD=30°，计算此车是否超过了每秒25米的限制速度．
【答案】此车超过了每秒25米的限制速度．
【分析】先利用勾股定理的逆定理证明 PCD是直角三角形，求得PB的长，利用等腰三角形的判定和性
质得到AB= PB，即可求解．
△
【详解】解：此车超过了每秒25米的限制速度．理由如下：
在 PCD中，PC=24米，PD=26米，CD=10米，
∵242+102=262，即PC2+CD2=PD2，
△
∴ PCD是直角三角形，且∠PCD=90°，
∵∠PBD=60°，∠PCB=90°，PC=24米，
△
24
∴PB= =16√3≈27.7(米) ，
sin60°
∵∠PBD=60°，∠PAD=30°，
∴∠APB=∠PAD=30°，
∴AB= PB=27.7>25，
∴此车超过了每秒25米的限制速度．
【点睛】此题主要考查解直角三角形的应用，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定和性质，将已知条件
和所求结论转化到同一个直角三角形中求解是解直角三角形的常规思路．
【88淘宝店铺：向阳百分百】
