文档内容
第十七章 勾股定理
17.1 勾股定理（2个知识点+4大题型+9道拓展培优题） 分层作业
题型目录
考查题型一 利用勾股定理求线段长
考查题型二 利用勾股定理求面积
考查题型三 利用勾股定理证明
考查题型四 勾股树
【知识梳理】
知识点1.勾股定理（重点）
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=❑√c2-b2，b=❑√c2-a2及c=❑√a2+b2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角
边．
知识点2.勾股定理的验证（难点）
方法一：将四个全等的直角三角形拼成如图（1）所示的正方形.
图（1）中 ，所以 .
方法二：将四个全等的直角三角形拼成如图（2）所示的正方形.
图（2）中 ，所以 .方法三：如图（3）所示，将两个直角三角形拼成直角梯形.
，所以 .
考查题型一 利用勾股定理求线段长
1．（2023·四川巴中·八年级四川省巴中中学校考阶段练习）如图所示， 的顶点A、B、C在边长为1
的正方形网格的格点上， 于点D，则 的长为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，三角形面积知识，解题的关键是灵活运用所学勾股定理解决问题．
由题意知各点都在网格上，根据三角形勾股定理 ，然后求出 的面积，根据
，求出
【详解】解：由题意知：
，故选：A
2．（2023·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期末）如图，将 放在正方形网格图中（图中每个小正方
形的边长均为1），点A、B、C恰好在网格图中的格点上，那么 中 边上的高的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由勾股定理求得 ，由割补法求得 ，设 中 边上的高的长度是 ，利用
三角形面积公式列方程求解即可．
【详解】解：由题意可知， ， ，
设 中 边上的高的长度是 ，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，割补法求面积，一元一次方程的应用你，分母有理化，利用属数形结合的
思想解决问题是解题关键．
3．（2023·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期中）如图，在 中， ， ，
，延长 至 ，使得 ，将 沿 翻折，使点 落点 处，连接 ，求 的长
．【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．连接 交 于点 ，
由折叠的性质得出 ， ，由勾股定理求出 的长，则可由勾股定理求出 的长．
【详解】解：连接 交 于点 ，
将 沿 翻折，使点 落点 处，
， ，
， ，
， ，
，
设 ，则 ，
， ，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，即 ，
故答案为： ．
4.（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=2,∠B=60°,∠C=45°，求BC和AC
的长．
【答案】BC=1+❑√3，AC=❑√6
【分析】作AD⊥BC，在两直角三角形中分别根据勾股定理即可解答．
【详解】解：作AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
∵AB=2，∠B=60°，
1
∴∠BAD=30°，BD= AB=1，
2∴AD=❑√22-12=❑√3，
∵∠C=45°，
∴AD=CD=❑√3，
∴BC=1+❑√3，
在Rt△ADC，根据勾股定理得
AC=❑√AD2+CD2=❑√3+3=❑√6．
【点睛】本题考查了勾股定理，正确做出辅助线并根据勾股定理列出关系式是解答本题的关键．
考查题型二 利用勾股定理求面积
1．（2023春·八年级单元测试）在直线 l 上依次摆放着七个正方形(如图所示)，已知斜放置的三个正方形
的面积分别 为 a，b，c，正放置的四个正方形的面积依次为 S1，S2，S3，S4，则 S1＋S2＋S3＋S4＝(
)
A．a＋b B．b＋c C．a＋c D．a＋b＋c
【答案】C
【分析】求证△ABC≌△CDE，得DE=BC，△ABC中AB2+CE2=AC2，根据S=AB2，S=DE2可求得
3 4
S+S =c，同理可得S+S =a，故S+S +S +S =a+c.
3 4 1 2 3 4 1 2
【详解】解：
∵∠ACB+∠DCE=90°，∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠DCE=∠BAC，
∵AC=CE，∠ABC=∠CDE,
∴△ABC≌△CDE，
∴BC=DE，
在直角△ABC中，AB2+BC2=AC2，
即，AB2+DE2=AC2，
∵S =AB2，S=DE2,
3 4∴S+S =c,
3 4
同理S+S =a,
1 2
故可得S+S +S +S =a+c，
1 2 3 4
故选C.
【点睛】本题考查了正方形面积的计算，正方形各边相等的性质，全等三角形的判定．本题中根据
△ABC≌△CDE证明S+S =c是解题的关键.
3 4
2．（2023·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，将 沿 翻折得到 ， 交 于点E，F为
中点，连接 并延长交 的延长线于点G，连接 ，若 ， ， 的面积为42，
则 的面积为（）
A．26 B．24 C．21 D．15
【答案】D
【分析】本题考查了翻折变换的折叠问题、勾股定理和三角形的面积的计算，根据折叠的性质得到
， ，由勾股定理得到 ，由题意得 ， ，进一步得到
，求得 ，即可求得答案．
【详解】解：根据折叠的性质得， ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ 的面积为42，F为 中点，
∴ ，
∵ 沿 翻折得到 ，
∴ ，
则 ，解得 ，
∴ ，则 ，
，
故选∶D．
3．（2023·山西运城·八年级山西省运城中学校校考期中）如图，在长方形 中，
是 边上的一点，将 沿着 翻折，点C恰好落在 边上的点E处，则阴影部分的面积为
．
【答案】
【分析】此题重点考查轴对称的性质、勾股定理等知识，正确地求出 的长并且证明 是解题
的关键．
由长方形的性质得 ，由折叠得
，则 ，所以 ，由勾股定理得 ，求得
，即可由 求得 ，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形 是长方形 ，
，
由折叠得 ，
，
，
，
，解得 ，
故答案为： ．
考查题型三 利用勾股定理证明
1．（2022春•庐江县期中）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．
【分析】先推出△BEC是直角三角形，然后根据S梯形ABCD ＝S△ABE +S△BEC +S△DEC ，代入字母整理化简，
即可证明结论成立．
【解答】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梯形ABCD ＝S△ABE +S△BEC +S△DEC ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴a2+b2＝c2．
【点评】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．
2．（2022春•尤溪县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠CBE＝45°，BE分别交
AC，AD于点E、F，连接CF．
（1）判断△BCF的形状，并说明理由；（2）若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．
【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD＝5，由勾股定理计算可得AD的长，由等腰直
角三角形性质得DF＝5，最后由线段的差可得结论；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△CHB≌△AEF（SAS），得AE＝CH，∠AEF＝
∠BHC，由等腰三角形三线合一的性质得EF＝FH，最后由勾股定理和等量代换可得结论．
【解答】（1）解：△BCF为等腰直角三角形．
理由：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∴AD垂直平分BC，
∴BF＝CF，
∴∠BCF＝∠CBF＝45°，
∴∠CFB＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△BCF为等腰直角三角形；
（2）证明：在BF上取一点H，使BH＝EF，连接CH，
在△CHB和△AEF中，
，
∴△CHB≌△AEF（SAS），
∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，
∴∠CEF＝∠CHE，
∴CE＝CH，∵BD＝CD，FD⊥BC，
∴CF＝BF，
∴∠CFD＝∠BFD＝45°，
∴∠CFB＝90°，
∴EF＝FH，
Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，
∴BF2+EF2＝AE2．
【点评】本题考查的是勾股定理，全等三角形的性质和判定，等腰三角形和等腰直角三角形的性质和判
定，第二问有难度，正确作出辅助线是关键．
3.（2023春·湖北·八年级校考期中）已知如图，在△ABC中，AB=AC，D在CB的延长线上．
求证：（1）AD2-AB2=BD⋅CD；
（2）若D在CB上，结论如何，试证明你的结论．
【答案】（1）见详解；（2）AB2-AD2=BD⋅CD，理由见详解
【分析】（1）过点A作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质可得BE＝CE，利用勾股定理列式
表示出DE2、CE2，然后相减即可得解；
（2）根据（1）的求解思路列式整理即可．
【详解】（1）证明：如图，过点A作AE⊥BC于E，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE，
在Rt△ADE中，AD2−AE2＝DE2，
在Rt△ACE中，AC2−AE2＝CE2，
两式相减得，AD2−AC2＝DE2−CE2＝（DE−CE）（DE＋CE）＝（DE−BE）CD＝BD•CD，
即AD2−AB2＝BD•CD；（2）结论为：AB2−AD2＝BD•CD．
证明如下：与（1）同理可得，AD2−AE2＝DE2，AC2−AE2＝CE2，
∵点D在CB上，
∴AB＞AD，即：AC＞AD，
∴AC2−AD2＝CE2−DE2＝（CE−DE）（CE＋DE）＝（BE−DE）（CE＋DE）＝BD•CD，
∴AC2−AD2＝BD•CD，
即AB2−AD2＝BD•CD．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键，也是本题
的难点．
考查题型四 勾股树
1.（2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以
该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似
一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作
图，如果第一个正方形面积为1，则第2023代勾股树中所有正方形的面积为______．【答案】2024
【分析】根据勾股定理可得第一代勾股树中所有正方形的面积为2，再一次求出第二代、第三代勾股树中
所有三角形的面积，总结出一般规律，即可进行解答．
【详解】解：设第一代勾股树中间三角形的两直角边长为a和b，斜边长为c，
根据勾股定理可得：a2+b2=c2，
∵c2=1,
∴第一代勾股树中所有正方形的面积为=a2+b2+c2=c2+c2=2；
同理可得：第二代勾股树中所有正方形的面积为=2a2+2b2+c2=3c2=3；
第三代勾股树中所有正方形的面积为=4c2=4；
第n代勾股树中所有正方形的面积为=(n+1)c2=n+1；
∴第2023代勾股树中所有正方形的面积为2024．
故答案为：2024．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是仔细观察图形，根据勾股定理总结出变化的一般规律．
2.（2023·河北保定·八年级保定十三中校考期中）图1是第七届国际数学教育大会（ICME-7）的会徽图案，
它是由一串有公共顶点 的直角三角形演化而成的．若图2中的 ，按此规律继续
演化，……（1）线段 的长为 ．
（2）若 代表 的面积； 代表 的面积，以此类推； 代表 的面积，则
的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理的应用，数字的规律探究，利用二次根式的性质进行化简．熟练掌握勾股定
理，推导一般性规律是解题的关键．
（1）由勾股定理得， ， ， ，
……可推导一般性规律为 ，进而可求 的值；
（2）由题意知， ， ，
，……可推导一般性规律为 ，根据
，计算求解即可．
【详解】（1）解：由勾股定理得， ，
，，
……
∴可推导一般性规律为 ，
∴ ，
故答案为： ；
（2）解：由题意知， ，
，
，
……
∴可推导一般性规律为 ，
∴
；
故答案为： ．
3.（2023春·江西南昌·八年级南昌市第三中学校考期中）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西
方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国
汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至
今．(1)①如图2，3，4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，面积分
别为S ，S ，S ，利用勾股定理，判断这3个图形中面积关系满足S +S =S 的有________个．
1 2 3 1 2 3
②如图5，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月牙形图案（图中阴影部分）的面积分别为
S ，S ，直角三角形面积为S ，也满足S +S =S 吗？若满足，请证明；若不满足，请求出S ，S ，S 的
1 2 3 1 2 3 1 2 3
数量关系．
(2)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这
一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M
的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，则a2+b2+c2+d2=__________．
【答案】(1)①3；②满足，证明见解析
(2)m2
【分析】（1）设两直角边分别为x，y，斜边为z，用x，y，z分别表示正方形、圆、等边三角形的面积，
根据x2+ y2=z2，求解S ，S ，S 之间的关系，进而可得结果；②根据a2+b2=c2，
1 2 3(a) 2 (b) 2 (c) 2
π π π ab
2 2 ab 2 ab，S = ，可得S +S =S ；
S +S = + + - = 3 2 1 2 3
1 2 2 2 2 2 2
（2）由题意知，S =a2，S =b2，S =c2，S =d2，(S +S )+(S +S )=S =m2 ，代入求解即可．
A B C D A B C D M
【详解】（1）①解：设两直角边分别为x，y，斜边为z，
则图2中，S =x2，S = y2，S =z2，
1 2 3
∵x2+ y2=z2，
∴S +S =S ，故图2符合题意；
1 2 3
(x) 2 ( y) 2 (z) 2
π π π
图3中， 2 πx2， 2 π y2， 2 πz2，
S = = S = = S = =
1 2 8 2 2 8 3 2 8
πx2 π y2 π(x2+ y2) πz2
∵ + = = ，
8 8 8 8
∴S +S =S ，故图3符合题意；
1 2 3
1 ❑√3x2 1 ❑√3 y2 1 ❑√3z2
图4中，S = x⋅x⋅sin60°= ，S = y⋅y⋅sin60°= ，S = z⋅z⋅sin60°= ，
1 2 4 2 2 4 3 2 4
❑√3x2 ❑√3 y2 ❑√3(x2+ y2) ❑√3z2
∵ + = = ，
4 4 4 4
∴S +S =S ，故图4符合题意；
1 2 3
∴这3个图形中面积关系满足S +S =S 的有3个，
1 2 3
故答案为：3；
②解：满足，证明如下：
(a) 2 (b) 2 (c) 2
π π π ab
由题意知a2+b2=c2， 2 2 ab 2 ab，S = ，
S +S = + + - = 3 2
1 2 2 2 2 2 2
∴S +S =S ；
1 2 3
（2）解：由题意知，S =a2，S =b2，S =c2，S =d2，(S +S )+(S +S )=S =m2 ，
A B C D A B C D M
∴a2+b2+c2+d2=m2，
故答案为：m2．
【点睛】本题考查了勾股定理，勾股树．解题的关键在于正确的表示各部分的面积．1．（2023·江西抚州·八年级校考期中）在 中， ， ，以 为一边，在
外部作等腰直角 ，则线段 的长为 ．
【答案】 或 或
【分析】本题考查了勾股定理，化为最简二次根式，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．根据题
意分类讨论，① ，② ，③ ，分别作出图形，再结合已知条件勾股定理
求解即可．
【详解】解：①如图，当 时，
， 是等腰直角三角形，
，
；
②如图，当 时，过点 作 ，交 的延长线于点 ，
， ， 是等腰直角三角形，
，
又
是等腰直角三角形
在 中， ，，
在 中， ，
在 中， ，
③如图，当 时
， ， 是等腰直角三角形，
，
在 中，
在 中，
综上所述， 的长为： 或 或 ．
故答案为： 或 或
2.（2023春·福建厦门·八年级校考阶段练习）如图的实线部分是由 Rt△ABC 经过两次折叠得到的，首先
将 Rt△ABC 沿 BD 折叠，使点 C 落在斜边上的点 C' 处，再沿 DE 折叠，使点 A 落在 DC' 的
延长线上的点 A' 处．若图中 ∠C=90∘，DE=3cm，BD=4cm，则 DC' 的长为______．12
【答案】 cm
5
1 1
【分析】由折叠的性质得出∠BDC=∠BDC′= ∠CDC'，∠ADE=∠A'DE= ∠ADA'，∠BCD=∠C=90°，求出
2 2
∠BDE=∠BDC'+∠A′DE=90°，DC'⊥AB，由勾股定理得出BE=❑√DE2+BD2=5cm，由三角形面积即可得出
答案．
【详解】解：∵△ABC是直角三角形，
∴∠C=90°，
1 1
由折叠的性质得：∠BDC=∠BDC′= ∠CDC'，∠ADE=∠A'DE= ∠ADA'，∠BCD=∠C=90°，
2 2
1
∴∠BDE=∠BDC'+∠A′DE= ×180°=90°，DC'⊥AB，
2
∴BE=❑√DE2+BD2=❑√32+42=5（cm），
1 1
∵△BDE的面积= BE×DC'= DE×BD，
2 2
DE×BD 3×4 12
∴DC'= = = （cm）；
BE 5 5
12
故答案为： cm．
5
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定
理是解题的关键．
3.（2023春·全国·八年级阶段练习）有一块直角三角形纸片，两直角边AC = 6cm，BC = 8cm．
①如图1，现将纸片沿直线AD折叠，使直角边AC落在斜边AB上，则CD =_________cm．②如图2，若将直角∠C沿MN折叠，点C与AB中点H重合，点M、N分别在AC、BC上，则AM2、
BN2与M N2之间有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】（1）3；（2）答：AM2+BN2=M N2．
【详解】解：（1）解：如图所示：
∵将纸片沿直线AD折叠，使直角边AC落在斜边AB上，
∴CD=DE，AC=AE，∠AED=∠C=90°，
∵AC = 6，BC = 8，
∴AB=10，
设CD=DE=x，则BD=8-x，BE=10-6=4，
在Rt△BED中，x2+42=(8-x) 2，解得：x=3．
故答案为：3；
（2）AM2+BN2=M N2，理由如下：
过点B作BP∥AC交MH延长线于点P，连接PN，∴∠A=∠PBH
在△AMH和△BPH中
∠A=∠PBH， AH=BH， ∠AHM=∠BHP
∴△AMH≌△BPH
∴AM=BP，MH=PH
又∵NH⊥MP
∴MN=NP
∵BP∥AC，∠C=90°
∴∠NBP=90°
∴BP2+BN2=N P2
∴AM2+BN2=M N2
4．（2023·江西抚州·八年级校考期中）在直线 上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面
积分别题1，2，3，如图放置的四正方形的面积依次是 ， ， ， ．
(1)求前三个正方形的面积之间的关系．
(2)求 的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握以上知识是解题
的关键．
（1）先标注图形，证明 ，可得 ，结合勾股定理可得
，同理可得： ，从而可得结论；
（2）仿照（1）的方法得到： ，结合 ，从而可得结论．【详解】（1）解：如图所示，
根据题意可得， ， ，
∴ ，
∴ ，
在 中，
，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，且 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
同理可得： ，
∴ ；
（2）∵ ，
由（1）同理可得：
同理， ，
∴ ．5．（2023·江苏泰州·八年级泰州市第二中学附属初中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系 中，点
A的坐标为 ，点B的坐标为 ，C为第一象限内一点， 轴， 轴，D坐标为
．
(1)若 为等腰三角形，求m的值；
(2)E为四边形 的某一边上一点．
①若E在边 上，满足 与 全等，求m的值；
②若使 为等腰三角形的点E有且只有4个，直接写出符合条件的m的值．
【答案】(1)m的值为2或 或 ；
(2)①m的值为2或1；② 或3时．此时使 为等腰三角形的点E有且只有4个．
【分析】（1）分三种情形讨论求解即可；
（2）①分两种情况，利用全等三角形的性质求解即可；
②画出图形，由等腰三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为 ，点B的坐标为 ，四边形 是矩形，
∴ ， ，
①当 时， ；
②当 时，在 中， ，
∴ ；
③当 时，在 中， ，
∴ ；综上，m的值为2或 或 ；
（2）解：①当 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
当 ，
∴ ，
综上，m的值为2或1；
②如图1中，当 时，使 为等腰三角形的点E有且只有4个；
如图2中，当E与C重合时， ，在 中，∵ ，
∴ ，
∴ ，
综上，当m的值为 或3时，可使 为等腰三角形的点E有且只有4个．
【点睛】本题考查一次函数的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的性质等知识，
解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
6．（2023·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知 的
三个顶点 的坐标分别为 ．
(1)画出 关于 轴对称的 ；
(2)点 的坐标为______，点 的坐标为______，点 的坐标为______；
(3)已知点 在 轴上，且 ，则点 的坐标是______．
【答案】(1)见解析
(2) ； ；
(3)
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，勾股定理，熟知关于y轴对称的点的坐标特点是解题
的关键．（1）根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐标相同找到A、B、C对应点 的位置，然后
顺次连接 即可；
（2）根据（1）所画图形，写出对应点坐标即可；
（3）设点P的坐标为 ，利用勾股定理得到 ， ，进而建立方程
，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示， 即为所求；
（2）解：由图可知，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，
故答案为： ； ； ；
（3）解：设点P的坐标为 ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，∴点P的坐标为 ，
故答案为： ．
7．（2023·福建泉州·八年级校联考阶段练习）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图
1，在 中， ， ，D是 的中点，求 边上的中线 的取值范围．
【阅读理解】小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长 到E点，使 ，连接 ．根据_____，可以判定 ______，得出
______．这样就能把线段 、 集中在 中．利用三角形三边的关系，即可得出中线
的取值范围是______ ______．
【方法感悟】
当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角
形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“倍长中线”法．
【问题解决】
（2）如图2，在 中， ，D是 边的中点， ， 交 于点E， 交 于
点F，连接 ，求证： ．
【问题拓展】
（3）如图3， 中， ， ， 是 的中线， ， ，且 ．
直接写出 的长＝______．
【答案】（1） ； ； ； ，（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）延长 到点 ，使 ，根据 定理证明 ，可得结论；
（2）如图2，延长 使 ，连接 ，证得 ，则 ， ，得
出 再利用勾股定理得出答案；（3）延长 交 的延长线于点F，证明 ，则 ， ，所以
，根据线段垂直平分线的性质可得 的长．
【详解】解：（1）在 和 中，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
解得： ；
故答案为： ； ； ； ；
（2）如图所示，延长 使 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中， ，
∴ ；
（3）如图所示，延长 交 的延长线于点F，
∵ ，
，
在 和 中，
，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题是三角形的综合题和倍长中线问题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形
的三边关系等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，并运用类比的方法解决问题．
8．（2023·福建福州·八年级福建省福州屏东中学校考期末）如图1，在等边 中，线段 为 边上
的中线，动点D在直线 （点D与点A重合除外）上时，以 为一边且在 的下方作等边 ，
连接 ．(1)证明： ；
(2)如图2，若 ，点P、Q两点在直线 上且 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了等边及等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．根据条件
推出 是解题关键．
（1）根据等边三角形的性质可推出 ，即可求证；
（2）作 ，根据 为等边三角形可求出 ；再根据全等三角形对应边上的高相等可得
，根据勾股定理可求 ，再由“三线合一”可求出 ．
【详解】（1）证明：∵ 、 均为等边三角形
∴
∴
即：
∴
∴
（2）解：作 ，如图所示：∵ 为等边三角形，线段 为 边上的中线， ，
∴ ，
∵ ， 为 边上的高，， 为 边上的高，
∴
∵ ， ，
∴
∵
∴
9.（2023·重庆沙坪坝·八年级重庆八中校考期末）如图，等腰三角形 中， ，D为 边上一
点，E为射线 上一点，连 ．
(1)如图1，点F在线段 上，连 、 ．若 ， 为等边三角形， ， ，求
的长；
(2)如图2，F为线段 的垂直平分线上一点，连接 、 、 ，M为 的中点，连接 、 ．若
，求证： ；
(3)如图3， ，D为 中点，F为 中点， 与 交于点G，将 沿射线 方向平移得
，连接 、 ．若 ，直接写出 的最小值．
【答案】(1)5
(2)证明见解析
(3)【分析】（1）利用等边三角形的性质，易证 ，得到 ，即可求出 的长；
（2）延长 交 于点 ，交 于点 ，延长 至点 ，使得 ，连接 、 ，证明
，进而得出 ，再利用垂直平分线的性质和三角形内角和与外角的性质，得
到 ，从而得到 ，可证 ，得到 ，最后利用垂直平分线
的判定定理，即可证明结论；
（3）由平移的性质和等边三角形的判定和性质，得到 ， ， ，以 和
为边做平行四边形 ，得到 ， ，从而得出 ，即当 、
、 三点共线时， 有最小值，过点 、 ，作直线 ，过点 作直线 ，过点 作
于点 ，交 于点 ，点 在平行于 且与 的距离为 的直线 上运动，利用分别求出 ，
，即可得到答案．
【详解】（1）解： 为等边三角形，
， ，
，
，
，
在 和 中，
，
，
，
；
（2）证明：如图，延长 交 于点 ，交 于点 ，延长 至点 ，使得 ，连接 、
，M为 的中点，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
，
，
， ，
F为线段 的垂直平分线上一点，
，
，
是 的外角，
，
，
,
，
，
，
，
，
，
在 和 中，，
，
，
点 在 的垂直平分线上，
点 是 的中点，
垂直平分 ，
（3）解： ， ，
是等边三角形，
D为 中点，
， ，
由平移的性质可知， ，
以 和 为边做平行四边形 ，
， ，
，
当 、 、 三点共线时，此时点 在 处，点 在点 处，点 在点 处， 有最小值，最
小值为 的长，
过点 、 ，作直线 ，过点 作直线 ，过点 作 于点 ，交 于点 ，
， ，
，即点 在平行于 且与 的距离为 的直线 上运动，
， ，
在 ， ， ，
，
，
的最小值为 ．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，平
移的性质，勾股定理，最短路径问题等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．
