文档内容
专题 03 勾股定理八大模型
一、直角三角形锐角平分线
二、图形翻折问题
三、赵爽弦图
四、风吹树折
五、风吹荷花模型
六、378和578模型
七、蚂蚁爬行
八、重美四边形
一、直角三角形锐角平分线
运用句股定理计算是中考必考知识点，如何巧妙地构造直角三角形是关键.有些难题，同学们找到了直角三
角形，但是还是不会求解，关键一点就是忽略了设未知数列方程来求解.
二、图形翻折问题
矩形的折叠一定要注意折叠前后的边角对应关系，计算时联想到利用勾股定理对新形成的直角三角形进行
求解.三、赵爽弦图
“赵爽弦图”的面积关系是中考常考的一种题型，一般出现在选择题、填空题中，如果能够记住面积之间
的关系，那么做此类题时一定非常高效.
四、风吹树折
风吹树折类题就数学知识本身其实很简单，考查的就是句股定理，最多设个未知数列方程就能求解，但是
对很多同学来说，它的难点在于语言文字如何转化成数学模型.
五、风吹荷花模型
风吹荷花类题和风吹树折类题一样，数学知识本身其实很简单，考查的就是句股定理，正确设出未知数列
方程就能求解，但是对很多同学来说，它的难点也是语言文字如何转化成数学模型。
六、378和578模型利用勾股定理解三角形是中考中比较难的一类题目，如果对378，578模型比较熟悉，知道其中一个角是
60”，那么对于求面积和求角度类的题目就可以直接秒杀了.
七、蚂蚁爬行
蚂蚁爬行的最值问题是非常经典的一类最值问题，我们如果能够记住最值的特点，那么解题将会更高效.
八、垂美四边形
对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形
勾股定理是计算的工具，识别环境对同学们来说至关重要如果能够了解模型背后的结论，做题可以节省大
量的时间。等腰直角三角形的手拉手全等模型容易出现垂美四边形
一、直角三角形锐角平分线
一．选择题（共1小题）
1．（2021春•德保县期中）如图所示，有一块直角三角形纸片，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm，将斜
边AB翻折使点B落在直角边AC的延长线上的点E处，折痕为AD，则CD的长为（ ）A．3cm B．4cm C．5cm D．
【分析】根据勾股定理可将斜边AB的长求出，根据折叠的性质知，AE＝AB，已知AC的长，可将CE
的长求出，再根据勾股定理列方程求解，即可得到CD的长．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm，
∴AB＝ ＝15，
由题意得，AE＝AB＝15（cm），
∴CE＝AE﹣AC＝15﹣12＝3（cm）．
设CD＝x，则BD＝9﹣x＝DE，
在Rt△CDE中，根据勾股定理得
CD2+CE2＝DE2，
即x2+32＝（9﹣x）2，
解得x＝4，
即CD长为4cm．
故选：B．
【点评】本题考查的是翻折变换，理解翻折变换的性质是解题的关键，翻折后的图形与原图形是全等的．
二．填空题（共2小题）
2．（2021秋•鹿城区校级期中）△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，BD为AC边的高线，则BD的长为
．
【分析】过A作AE⊥BC于点E，利用勾股定理得出AE，进而利用三角形的面积公式解答即可．
【解答】解：过A作AE⊥BC于点E，
∵AB＝AC＝5，BC＝8，∴BE＝EC＝4，
∴AE＝ ，
∵ ，
∴ ，
∴BD＝ ，
故答案为： ．
【点评】此题考查勾股定理，关键是利用勾股定理得出AE．
3．（2021秋•陵城区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，DE⊥AB于D，交AC于点E，若BC＝BD，
AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则△ADE的周长是 8 cm ．
【分析】连接BE，利用HL证明Rt△BCE与Rt△BDE全等，利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：连接BE，
∵∠C＝90°，DE⊥AB于D，
∴∠C＝∠BDE＝90°，
在Rt△BCE与Rt△BDE中，
，∴Rt△BCE≌Rt△BDE（HL），
∴DE＝CE，
∵AB＝10cm，BC＝8cm，AC＝6cm，
∴△ADE的周长＝DE+AE+AD＝CE+AE+AB﹣BD＝AC+AB﹣BC＝6+10﹣8＝8（cm），
故答案为：8cm．
【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据HL得出Rt△BCE与Rt△BDE全等解答．
三．解答题（共5小题）
4．（2022春•锦江区校级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝2∠B，D为BC上一点，过点D
作DE⊥AB，垂足为E，连接AD，若CD＝DE＝1，求AB的长．
【分析】由“HL”可证Rt△ADC≌Rt△ADE，可得∠CAD＝∠BAD＝ ∠BAC＝30°，由直角三角形的
性质可求解．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝2∠B，
∴∠BAC＝60°．
在Rt△ADC和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△ADE（HL），
∴∠CAD＝∠BAD＝ ∠BAC＝30°，
在△ADE中，∠AED＝90°，∠EAD＝30°，
∴AD＝2DE＝2，
∵在△ADC中，∠C＝90°，
∴AC＝ ＝ ＝ ，
在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝90°﹣∠BAC＝30°，
∴AB＝2AC＝2 ．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了勾股定理，证明∠CAD＝∠BAD＝ ∠BAC＝30°是解题的关键．
5．（2022秋•胶州市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝7cm，AC＝25cm．点P从点A出
发沿AB方向以1cm/s的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿BC方向以6cm/s的速度向终点C运动，
P，Q两点同时出发，设点P的运动时间为t秒．
（1）求BC的长；
（2）当t＝2时，求P，Q两点之间的距离；
（3）当AP＝CQ时，求t的值？
【分析】（1）在直角△ABC中，根据勾股定理来求BC的长度；
（2）在直角△BPQ中，根据勾股定理来求PQ的长度；
（3）由路程＝时间×速度求出AP，BQ，再根据等量关系：AP＝CQ列出方程求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝7cm，AC＝25cm，
∴BC＝ ＝24cm．
（2）如图，连接PQ，
BP＝7﹣2＝5，
BQ＝6×2＝12，
在直角△BPQ中，由勾股定理得到：PQ＝ ＝13（cm）；
（3）设t秒后，AP＝CQ．则
t＝24﹣6t，
解得 t＝ ．
答：P、Q两点运动 秒，AP＝CQ．【点评】本题考查了勾股定理和一元一次方程的定义．解题时，需要熟悉路程＝时间×速度，以及变形
后的公式．
6．（2021春•阳谷县月考）如图，有一块直角三角形纸片，两直角边 AC＝6cm，BC＝8cm，现将直角边
AC沿直线AD折叠，使点C落在斜边AB上的点E处，试求CD的长．
【分析】设CD＝xcm，根据翻折的性质可得 CD＝DE＝xcm，AC＝AE＝6，BD＝（8﹣x）cm，在
Rt△BDE中，根据勾股定理进行求解即可得出答案．
【解答】解：设CD＝xcm，
∵AC＝6cm，BC＝8cm，
∴AB＝10cm，
根据翻折的性质可得，
CD＝DE＝xcm，AC＝AE＝6，
∴BD＝（8﹣x）cm，BE＝10cm﹣6cm＝4cm，
在Rt△BDE中，
BE2+DE2＝BD2，
42+x2＝（8﹣x）2，
解得：x＝3（cm），
∴CD的长为3cm．
【点评】本题主要考查了翻折的性质及勾股定理，熟练应用翻折的性质进行求解是解决本题的关键．
7．（2021春•蒙阴县期中）小宇手里有一张直角三角形纸片ABC，他无意中将直角边AC折叠了一下，恰
好使AC落在斜边AB上，且C点与E点重合，小宇经过测量得知两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，他想
用所学知识求出CD的长，你能帮他吗？
【分析】由于是折叠，所以折叠前后图形形状不变，可得△ACD≌△AED，再利用勾股定理列方程即可求出CD的长．
【解答】解：如图，
∵△ABC是直角三角形，AC＝6cm，BC＝8cm，
∴AB＝ ＝ ＝10cm，
设CD＝xcm，
∵△ADE由△ADC反折而成，
∴CD＝DE＝xcm，
∴BD＝（8﹣x）cm，BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4cm，
在Rt△BDE中，
BD2＝DE2+BE2，即（8﹣x）2＝x2+42，
解得x＝3（cm），即CD＝3cm．
【点评】此题将勾股定理和折叠的性质相结合，既考查了折叠不变性，又考查了全等三角形的性质，是
一道好题．
8．（2020秋•临漳县期中）如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰好
落在斜边AC上，与点B′重合，AD为折痕，求DB′的长．
【分析】根据勾股定理得到AC＝ ＝5，由折叠的性质得到AB′＝AB＝3，DB′＝BD，
∠AB′D＝∠CB′D＝90°，设B′D＝BD＝x，则CD＝4﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝ ＝5，
∵将△ABC折叠，使点B恰好落在斜边AC上，与点B′重合，
∴AB′＝AB＝3，DB′＝BD，∠AB′D＝∠CB′D＝90°，∴CB′＝2，
设B′D＝BD＝x，则CD＝4﹣x，
∵DB′2+CB′2＝CD2，
∴x2+22＝（4﹣x）2，
解得x＝ ，
∴DB′＝ ．
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
二、图形翻折问题
一．选择题（共4小题）
1．（2022春•金坛区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6．点E是边BC上一点，沿AE翻折
△ABE，点B恰好落在CD边上点F处，则CE的长是（ ）
A． B． C． D．3
【分析】根据折叠性质可得AF，再根据勾股定理可得DF，由矩形性质可得CF，设CE为x，由折叠性质
可得EF＝BE＝6﹣x，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝10，BC＝6，
∴CD＝AB＝10，AD＝BC＝6，∠D＝90°，
∵沿AE翻折△ABE，
∴AF＝AB＝10，EF＝BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理可得：
DF＝ ＝ ＝8，
∴CF＝CD﹣DF＝10﹣8＝2，
设CE＝x，则
EF＝BE＝6﹣x，在Rt△CEF中，CF2+CE2＝EF2，
即22+x2＝（6﹣x）2，
解得：x＝ ，
∴CE的长为 ，
故选：B．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是由折叠性质得出 CF，再
利用勾股定理求解．
2．（2022春•宁波期中）如图，将平行四边形ABCD沿对边上两点连线EF对折，使点A恰好落在点C处，
若∠ABC＝120°，AD＝4，AB＝8，则AE的长为（ ）
A．4.6 B．4 C．5.6 D．5
【分析】过点C作CG⊥AB的延长线于点G，根据平行四边形的性质可得BC，再由30°角的直角三角形可
得BG，CG，设AE为x，可得BE＝8﹣x，由折叠性质可得CE＝AE，在Rt△CEG中，由勾股定理可求出
x，即可求解．
【解答】解：如图，过点C作CG⊥AB的延长线于点G，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝120°，AD＝4，AB＝8，
∴∠CBG＝60°，BC＝AD＝4，
∴BG＝ BC＝2，CG＝ BC＝2 ，
设AE＝x，
∴BE＝AB﹣AE＝8﹣x，
∴EG＝BE+BG＝10﹣x，
∵平行四边形ABCD沿对边上两点连线EF对折，∴CE＝AE＝x，
在Rt△CEG中，由勾股定理可得：
EG2+CG2＝CE2，
即（10﹣x）2+（2 ）2＝x2，
解得：x＝5.6，
∴AE的长为5.6，
故选：C．
【点评】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，利用勾股定
理求解．
3．（2022春•思明区校级期中）如图，将正方形 ABCD分别沿BE，BG折叠，使边AB，BC在BF处重合，
折痕为BE，BG．若正方形ABCD的边长为6，E是AD边的中点，则CG的长是（ ）
A．3 B．2.5 C．2 D．1
【分析】由点E为AD的中点可得AE＝DE＝3，设CG＝x，DG＝CD﹣CG＝6﹣x，由折叠性质可得EF＝
AE＝3，FG＝CG＝x，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝6，∠D＝90°，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE＝3，
∵正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，
∴EF＝AE＝3，FG＝CG，
设CG＝x，则：
DG＝CD﹣CG＝6﹣x，FG＝CG＝x，
∴EG＝EF+FG＝3+x，
在Rt△DEG中，DE2+DG2＝EG2，
即32+（6﹣x）2＝（3+x）2，解得：x＝2，
∴CG＝2，
故选：C．
【点评】本题考查折叠的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是将Rt△DEG各边表示出来．
4．（2022春•如皋市期中）如图，将矩形纸片 ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，
然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，
若DE＝EF，CE＝1，则AD的长为（ ）
A．1+ B．2+ C．2 D．4
【分析】利用折叠性质证明△BEF≌△CDE，得到BF，即可得到FG，利用折叠性质可得∠BAE＝45°，从
而得到AF，即可得出AB，从而得到AB′，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵矩形ABCD折叠，AB落在AD上，AE为折痕，
∴∠AB′E＝90°，BE＝B′E，∠BAE＝∠B′AE＝45°，
∴四边形ABEB′为正方形，四边形CDB′E为矩形，
∴CD＝B′E，B′D＝CE＝1，
∴BE＝CD，
∵DE＝EF，
∴Rt△BEF≌Rt△CDE（HL），
∴BF＝CE＝1，
∵BE边折起，使点B落在AE上的点G处，
∴GF＝BF＝1，∠EGF＝∠B＝90°，
∴AF＝ GF＝ ，∴AB＝AF+BF＝ +1，
∴AB′＝AB＝ +1，
∴AD＝AB′+B′D＝ +2，
故选：B．
【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质等知识点，解题的关键是利用全等三角形的性质求出BF，从而
利用折叠的性质求出AF．
二．填空题（共3小题）
5．（2022春•禹州市期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2 ，AC＝6，点E在线段AC上，
D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FCDE，当点G恰好落在
线段AC上时，CG＝2，则AE＝ 1 ．
【分析】设AE＝x，根据折叠的性质可得AE＝EF，AB＝FG，从而可得EG，∠BAC＝∠EFG＝90°，在
Rt△EFG中，利用勾股定理求出EF，即可求解．
【解答】解：设AE为x，
∵CG＝2，AC＝6，
∴EG＝AC﹣AE﹣CG＝4﹣x，
∵四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FCDE，∠BAC＝90°，AB＝2 ，
∴∠EFG＝∠BAC＝90°，FG＝AB＝2 ，EF＝AE＝x，
在Rt△EFG中，EF2+FG2＝EG2，
即x2+（2 ）2＝（4﹣x）2，
解得：x＝1，
∴AE＝1，故答案为：1．
【点评】本题考查折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，将Rt△EFG各边表示出来．
6．（2022春•思明区校级期中）如图，在矩形 ABCD中，AB＝4，BC＝3，E为AB上一点，连接DE，将
△ADE沿DE折叠，点A落在A 处，连接A C，若F、G分别为A C、BC的中点，则FG的最小值为 1
1 1 1
．
【分析】连接A B，由F、G分别为A C、BC的中点可得FG＝ A B，在△A BD中有A B+A D≥BD，由
1 1 1 1 1 1
勾股定理可得BD，由折叠性质和矩形性质可得A D＝AD＝BC，即可求解．
1
【解答】解：如图，连接A B，BD，
1
∵F、G分别为A C、BC的中点，
1
∴FG＝ A B，
1
当FG的最小时，即A B最小，
1
∵四边形ABCD为矩形，AB＝4，BC＝3，
∴AD＝BC＝3，∠A＝90°，
∴BD＝ ＝5，
∵△ADE沿DE折叠，
∴A D＝AD＝3，
1
在△A BD中有A B+A D≥BD，
1 1 1
∴A B≥BD﹣A D，
1 1
即A B≥2，
1∴FG＝ A B≥1，
1
∴FG的最小值为1，
故答案为：1．
【点评】本题考查矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是利用三角形中位线将所求的FG转化为A B．
1
7．（2022春•雨花区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝18，把矩形折叠，使点D与点B重
合，点C落在点E处，则折痕FG的长为 2 ．
【分析】连接BD，在Rt△ABD中，求得BD的长，在Rt△ADF中运用勾股定理求得DF的长，即可得到
DF长，最后在Rt△DOF中求得FO的长，即可得到答案．
【解答】解：如图，连接BD，交FG于O，则由轴对称的性质可知，FG垂直平分BD，
Rt△ABD中，BD＝ ，
由折叠可得DO＝ BD＝3 ，∠BFO＝∠DFO，
由AB∥CD可得，∠DFO＝∠BGO，
∴∠DFO＝∠BGO，
∴BF＝BG，即△BFG是等腰三角形，
∴BD平分FG，
∴OF＝OG，由折叠知，BF＝DF，
设BF＝DF＝x，则AF＝18﹣x，
在Rt△ABF中，（18﹣x）2+62＝x2，
解得x＝10，即DF＝10，
∴Rt△DOF中，OF＝ ＝ ，
∴FG＝2FO＝2 ．
故答案为：2 ．
【点评】本题是折叠问题，主要考查了折叠的性质，勾股定理以及矩形的性质的综合应用，解决问题的关
键是根据勾股定理列方程求解．
三．解答题（共4小题）
8．（2022春•西华县期中）如图，一张矩形硬片ABCD宽AB＝6，长AD＝10，E是CD边上一点，现将矩
形硬片沿BE折叠，点C的对应点F刚好落在AD边上的点F处，过点F作FG⊥AD于点F，交BE于点
G，连接CG．
（1）判断四边形CEFG的形状，并给出证明；
（2）求四边形CEFG的面积．
【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质可得FG＝FE，即可证明；
（2）根据折叠计算边长，利用勾股定理求出AF，再设EF＝x，在Rt△DEF中求出x的值，从而求出CE，
即可求解．
【解答】解：（1）四边形CEFG为菱形，证明过程如下：
由折叠性质可得：
EF＝CE，CG＝FG，∠CEG＝∠FEG，
∵FG⊥AD，四边形ABCD为矩形，
∴∠DFG＝∠EDF＝90°，
∴FG∥CD，
∴∠EGF＝∠CEG，
∴∠EGF＝∠FEG，∴FG＝EF＝CE，
∴四边形CEFG为菱形；
（2）∵AB＝6，AD＝10，
∴BF＝BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，
在Rt△ABF中，AF＝ ，
即AF＝ ＝8，
∴DF＝AD﹣AF＝2，
设EF＝x，则
CE＝EF＝x，
∴DE＝CD﹣CE＝6﹣x，
在Rt△DEF中，DE2+DF2＝EF2，
即（6﹣x）2+22＝x2，
解得：x＝ ，
∴CE＝ ，
∴四边形CEFG的面积为CE•DF＝ ×2＝ ．
【点评】本题考查折叠的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用方程的思想解答．
9．（2022春•上杭县期中）如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平
后得到折痕MN，当 ．
（1）求NE的长；
（2）连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
（3）直接写出AM的长度．【分析】（1）由折叠性质可得EN＝BN，由 可得CE＝DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即
可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利
用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM＝FM，AB＝EF，∠BAD＝∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从
而得到BM＝EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM＝x，则DM＝4﹣x，利用勾股定理分别表示出BM，
EM，利用等量关系构造方程即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C＝90°，
∵ ，BC＝CD＝4，
∴CE＝DE＝2，
由折叠性质可得：
EN＝BN，
设EN＝x，则BN＝x，
∴CN＝BC﹣BN＝4﹣x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：
NE2＝CN2+CE2，
即x2＝（4﹣x）2+22，
解得：x＝2.5，
∴NE＝2.5；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE＝ ＝ ＝2 ，
由（1）可得NE＝2.5，
∴BN＝2.5，
∴CN＝BC﹣BN＝1.5，
∵S
ABCD
＝BC×CD＝16，S△ABN ＝ ×AB×BN＝ ×4×2.5＝5，S△CEN ＝ ×CN×CE＝ ×1.5×2＝1.5，S△ADE ＝
▱
×AD×DE＝ ×4×2＝4，∴S△AEN ＝S
ABCD
﹣S△ABN ﹣S△CEN ﹣S△ADE ＝16﹣5﹣1.5﹣4＝5.5，
∵NG⊥AE，▱
∴S△AEN ＝ ×AE×NG，
即5.5＝ ×2 ×NG，
∴NG＝ ；
（3）如图，连接BM，EM，
由折叠性质可得：
AM＝FM，AB＝EF，∠BAM＝∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM＝EM，
设AM＝x，则DM＝4﹣x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2＝AB2+AM2，
即BM2＝42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2＝DM2+DE2，
即EM2＝（4﹣x）2+22，
∵BM＝EM，
∴BM2＝EM2，
∴42+x2＝（4﹣x）2+22，
解得：x＝0.5，
∴AM＝0.5．
【点评】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
10．（2022春•靖江市期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是射线BC上一个动点，连接AE并
延长交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折到△AB'E，延长AB'与直线CD交于点M．
（1）求证：AM＝MF；
（2）当点E是边BC的中点时，求CM的长；
（3）当CF＝4时，求CM的长．
【分析】（1）由折叠的性质和等腰三角形的判定即可求解；
（2）利用矩形的性质可得△AEB≌△FEC，利用全等三角形的性质可得AB＝CF＝6，设CM＝x，由（1）
可得AM＝MF＝x+6，DM＝6﹣x，再利用勾股定理即可求解；
（3）当CF＝4时，设CM＝x，分为两种情况：第一种情况，点E在线段BC上，AM＝MF＝x+4，DM＝6
﹣x，第二种情况，点E在线段BC的延长线上，AM＝MF＝x﹣4，DM＝x﹣6，利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠F＝∠BAF，
由折叠性质可得：
∠BAF＝∠MAF，
∴∠F＝∠MAF，
∴AM＝MF，
（2）∵点E是边BC的中点，
∴BE＝CE＝ BC＝4，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝8，
∴AB∥CD，∠B＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC＝8，∴∠F＝∠BAF，
∵∠AEB＝∠FEC，
∴△AEB≌△FEC（AAS），
∴AB＝CF＝6，
设CM＝x，
∴AM＝MF＝x+6，DM＝6﹣x，
在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，
∴（x+6）2＝82+（6﹣x）2，
解得：x＝ ，
∴CM的长为 ；
（3）当CF＝4时，设CM＝x，应分为两种情况：
第一种情况，如图，点E在线段BC上，
∴AM＝MF＝x+4，DM＝6﹣x，
在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，
∴（x+4）2＝82+（6﹣x）2，
解得：x＝ ，
∴CM的长为 ；
第二种情况，如图，点E在线段BC的延长线上，∴AM＝MF＝x﹣4，DM＝x﹣6，
在Rt△ADM中，AM2＝AD2+DM2，
∴（x﹣4）2＝82+（x﹣6）2，
解得：x＝21，
∴CM的长为21；
综上，当CF＝4时，CM的长为 或21．
【点评】本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理等知识点，分类讨论的思想是解题的关键．
11．（2022春•海陵区期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝
6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．
（1）若P为BC上一点．
①如图1，当点E落在边CD上时，求CE的长；
②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；
（2）如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．【分析】（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP＝CP，BP＝PE，从而BP＝PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC＝90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB＝AB＝10；当∠ECP＝
90°时，设BP＝x，则PC＝x﹣6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC＝90°时，点P
在线段BC上，不符合题意，舍去．
【解答】解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，
∵AE＝AB＝10，AD＝6，∠D＝90°，
∴DE＝ ＝ ＝8，
∴CE＝DC﹣DE＝10﹣8＝2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，
∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，
∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，
∴EP＝CP，
∴BP＝BC，
∴BC＝2BP；
（2）∵△PEC是直角三角形，
当∠EPC＝90°时，
∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，
∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，
则∠ECP＝∠B＝90°，
∴EC∥AB，
∵DC∥AB，∴点E、D、C三点共线，
由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，
∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，
在Rt△ECP中，由勾股定理得：182+（x﹣6）2＝x2，
解得x＝30，
∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去，
综上：BP＝10或30．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会
利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
三、赵爽弦图
一．选择题（共4小题）
1．（2022春•番禺区期末）如图，正方形内的数字代表所在正方形的面积，则A所在的正方形的面积为（
）
A． B．28 C．128 D．100
【分析】由勾股定理即可求出答案．
【解答】解：由勾股定理可知：S ＝36+64＝100，
A
故选：D．
【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理，本题属于基础题型．
2．（2021春•丰南区期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角
形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（ ）A．14 B．16 C．14 D．14
【分析】24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长．
【解答】解：∵AE＝10，BE＝24，即24和10为两条直角边长时，
小正方形的边长＝24﹣10＝14，
∴EF＝ ＝14 ．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．
3．（2019秋•锦州期末）如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图
中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S 、S 、S ．若S +S +S ＝60，则S 的值
1 2 3 1 2 3 2
是（ ）
A．12 B．15 C．20 D．30
【分析】设每个小直角三角形的面积为 m，则S ＝4m+S ，S ＝S ﹣4m，依据S +S +S ＝60，可得
1 2 3 2 1 2 3
4m+S +S +S ﹣4m＝60，进而得出S 的值．
2 2 2 2
【解答】解：设每个小直角三角形的面积为m，则S ＝4m+S ，S ＝S ﹣4m，
1 2 3 2
因为S +S +S ＝60，
1 2 3
所以4m+S +S +S ﹣4m＝60，
2 2 2
即3S ＝60，
2
解得S ＝20．
2
故选：C．
【点评】此题主要考查了勾股定理和正方形、全等三角形的性质的运用，证明勾股定理时，用几个全等
的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股
定理．
4．（2022春•南浔区期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小
正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S ，大正方形ABCD的面积为S ，若DI＝2，CI＝1，S ＝5S ，则GI的
1 2 2 1
值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，连接DG，先由已知条件分别求得S ＝CD2＝32＝9，S ＝ ，小正方形边长为 ，再
2 1
由勾股定理得：EG＝ ＝ ，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+
，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+ ）2，进而得AE＝BF＝CG＝DH＝x＝
＝EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三线合一”得∠DGH＝∠HGE＝45°进而得∠DGI
＝90°最后由勾股定理得：GI＝ ＝ ＝ ，即得选项A．
【解答】解：如图，连接DG，
∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，
∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，
∵DI＝2，CI＝1，
∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，
∵大正方形ABCD的面积为S ，
2
∴S ＝CD2＝32＝9，
2
又∵小正方形EFGH的面积为S ，S ＝5S ，
1 2 1
∴S ＝ ，
1
∴EF＝FG＝GH＝HE＝ ，
∵将EG延长交CD于点I，∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝ ＝ ，
设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+ ，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+ ）2，
解得：x ＝ ，x ＝﹣ （不合题意，舍去），
1 2
即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝ ，
∴DH＝EH＝ ，
∴CH垂直平分ED，
∴DG＝EG＝ ，
∴∠DGH＝∠HGE＝45°，
∴∠DGE＝45°+45°＝90°，
∴∠DGI＝90°，
在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝ ＝ ＝ ，
故选：A．
【点评】本题是一道勾股定理的综合题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，线
段的中垂线判定与性质，等腰三角形的“三线合一”，二次根式计算与化简，关键是巧添辅助线构等腰
直角三角形，顺利实现求得答案．
二．填空题（共2小题）
5．（2022春•长沙期末）用三张正方形纸片，按如图所示的方式构成图案，已知围成阴影部分的三角形是
直角三角形，S ＝9，S ＝25，则正方形S 的面积为 1 6 ．
1 3 2【分析】由题意可得，三个正方形的边长恰好凑成一个直角三角形，利用勾股定理可得，两个较小正方
形的面积之和等于最大的正方形的面积．即S +S ＝S .据此可求S ．
1 2 3 2
【解答】解：设正方形纸片S ，S ，S 的边长分别为a，b，c．则S ＝a2，S ＝b2，S ＝c2．
1 2 3 1 2 3
由题意可得，a、b、c恰好为阴影部分的三角形的三边，
∵阴影部分的三角形是直角三角形．
∴a2+b2＝c2．
即S +S ＝S ．
1 2 3
∵S ＝9，S ＝25．
1 3
∴S ＝S ﹣S ＝16．
2 3 1
故答案为：16．
【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，解题的关键是明确正方形的面积等于边长的平方．
6．（2022春•丰台区期末）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这
个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接四条线段得到如
图2的新的图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为 5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为
S，那么S的值为 1 6 ．
【分析】利用勾股定理，求出空白部分面积，通过间接作差得出阴影部分面积．
【解答】解：由题意作出如下图，得AC＝ ，BD＝2，AB＝CD，△ABD是直角三角形，
则大正方形面积＝AC2＝34，
△ADC面积＝ （5×3﹣2×3）＝4.5，
阴影部分的面积S＝34﹣4×4.5＝16，
故答案为：16．
【点评】本题主要考查了勾股定理中赵爽弦图模型，关键在于正确找出勾股关系，利用转换面积作差求
解．
三．解答题（共3小题）
7．（2020春•赣州期末）图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围
成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的
“数学风车”，则这个风车的外围周长是多少？
【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由 AC延伸一倍，从而求得风车的
一个轮子，进一步求得四个．
【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则
x2＝122+52＝169
所以x＝13所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76．
【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．
8．（2021春•利辛县期中）如图，小明用4个图1中的矩形组成图2，其中四边形ABCD，EFGH，MNPQ
都是正方形，证明：a2+b2＝c2．
【分析】由题意可得：S正方形ABCD ＝（a+b）2，S正方形EFGH ＝c2，S△BEF ＝ ×ab，再根据S正方形ABCD ＝S正
方形EFGH +4S△BEF ，即可证得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，
∴S正方形ABCD ＝（a+b）2，S正方形EFGH ＝c2，S△BEF ＝ ×ab，
∵S正方形ABCD ＝S正方形EFGH +4S△BEF ，
∴（a+b）2＝c2+4× ×ab，
∴a2+2ab+b2＝c2+2ab，
∴a2+b2＝c2．
【点评】本题是勾股定理证明题，考查了直角三角形面积，正方形面积，利用图形面积得出结论是解题
关键．
9．（2021秋•凤翔县期中）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股
定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于 c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正
方形的面积之和，即 ，从而得到等式c2＝ ，化简便得结论a2+b2
＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请
你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．
（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．
【分析】（1）先根据勾股定理先求出AB，再根据“双求法”求出CD的长度；
（2）运用两个直角三角形根据勾股定理表示出AD，德关于x的方程求解．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中 ，
由面积的两种算法可得： ，
解得：CD＝ ．
（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，
在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，
所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，
解得 ＝ ．
【点评】此题考查的知识点是勾股定理的应用，关键是运用勾股定理求解．
四、风吹树折
一．选择题（共1小题）
1．（2022春•微山县月考）在一块平地上，张大爷家屋前9米远处有一棵大树．在一次强风中，这棵大树
从离地面6米处折断倒下，量得倒下部分的长是10米．出门在外的张大爷担心自己的房子被倒下的大
树砸到．大树倒下时能砸到张大爷的房子吗？请你通过计算、分析后给出正确的回答（ ）
A．一定不会 B．可能会C．一定会 D．以上答案都不对
【分析】先构造出树倒下的示意图，判断出四边形ABGF是矩形，得出FG＝6，BG＝9，再用勾股定理
求出EG＝19，进而求出EF大约为1.64米，最后根据实际判断即可得出结论．
【解答】解：如图
由题意画出大树倒下的示意图，大树从点B刮断，绕点B倒下，树梢的轨迹为 ，
根据题意得，AB＝6，BC＝10，AF＝9，
过点F作AB的平行线交 于D，E（D在E上面），
∴BE＝BC＝10，∠F＝90°，
过点B作BG⊥DF于G，
∴∠BGF＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠A＝∠F＝∠BGF＝90°，
∴四边形ABGF是矩形，
∴FG＝AB＝6，BG＝AG＝9，
在Rt△BGF中，根据勾股定理得，EG＝ ＝ ＝ ，
∴EF＝FG﹣EG＝6﹣ ≈6﹣4.36＝1.64米，
而房屋一般高度为2.8到3米，
∴1.64＜2.8，
即：大树倒下时肯定能砸到张大爷的房屋，
故选：C．【点评】此题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，画出树倒下的示意图是解本题的关键．
二．填空题（共2小题）
2．（2022秋•东方期末）如图，一旗杆离地面6m处折断，旗杆顶部落在离旗杆底部8m处，旗杆折断之前
的高度是 1 6 m．
【分析】图中为一个直角三角形，根据勾股定理两个直角边的平方和等于斜边的平方．此题要求斜边和
直角边的长度，解直角三角形即可．
【解答】解：旗杆折断后，落地点与旗杆底部的距离为8m，旗杆离地面6m折断，且旗杆与地面是垂直
的，
所以折断的旗杆与地面形成了一个直角三角形．
根据勾股定理，折断的旗杆为 ＝10m，
所以旗杆折断之前高度为10m+6m＝16m．
故此题答案为16m．
【点评】本题考查的是勾股定理的正确应用，找出可以运用勾股定理的直角三角形是关键．
3．（2022春•抚顺期中）如图，今年的冰雪灾害中，一棵大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树杆
底部4米处，那么这棵树折断之前的高度是 8 米．【分析】由题意得，在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理直接解答即可求出斜边．
【解答】解：∵AC＝4米，BC＝3米，∠ACB＝90°，
∴折断的部分长为AB＝ ＝5，
∴折断前高度为BC+AB＝5+3＝8（米）．
【点评】此题主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力．
三．解答题（共2小题）
4．（2022春•十堰月考）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一其中记载了这样一个问题：“今
有立木，系索其末，委地三尺，引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”译文：今有一竖立着的木
柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺．牵着绳索（绳
索头与地面接触）退行，在距木柱根部8尺处时绳索用尽．问绳索长是多少尺？
【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．
【解答】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，解得x＝ ，
答：绳索长为 尺．
【点评】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．
5．（2022春•原州区校级月考）一旗杆离地面6m处折断，旗杆顶部落在离旗杆底部8m处，旗杆折断之前
有多高？
【分析】根据题意列出已知条件再勾股定理求得AB的长，从而即可求得旗杆折断前的高度．
【解答】解：根据题意得，在Rt△ABC中，OA＝6m，OB＝8m，
由勾股定理得，AB2＝OA2+OB2＝100，
∴AB＝10m，
∴OA+AB＝6+10＝16m．
答：旗杆折断前高16米．
【点评】此题主要考查学生对勾股定理的实际运用能力，比较简单．
五、风吹荷花模型
一．填空题（共2小题）
1．（2021秋•未央区校级期末）如图，一架梯子AB长10米，底端离墙的距离BC为6米，当梯子下滑到
DE时，AD＝2米，则BE＝ 2 米．
【分析】在Rt△ABC中，根据勾股定理得出AC，进而得出DC，利用勾股定理得出CE，进而解答即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，根据勾股定理，可得：AC＝ ＝ ＝8（米），
∴DC＝AC﹣AD＝8﹣2＝6（米），
在Rt△DCE中，CE＝ ＝ ＝8（米），∴BE＝CE﹣BC＝8﹣6＝2（米），
故答案为：2．
【点评】本题考查了勾股定理在实际生活中的运用，考查了直角三角形中勾股定理的运用，本题中正确
的使用勾股定理求CE的长度是解题的关键．
2．（2022春•邹城市校级月考）如图，一个池塘，其底面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇AB生长在它
的中央，高出水面的部分BC为1尺，如果把这根芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，芦苇的顶端与
岸齐，则芦苇高度是 1 3 尺．
【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，可知边长为10尺的正方形，则B'C＝5尺，设出AB＝
AB'＝x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长．
【解答】解：设芦苇长AB＝AB′＝x尺，则水深AC＝（x﹣1）尺，
因为边长为10尺的正方形，所以B'C＝5尺
在Rt△AB'C中，52+（x﹣1）2＝x2，
解之得x＝13，
即芦苇长13尺．
故答案是：13．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，熟悉数形结合的解题思想是解题关键．
二．解答题（共3小题）
3．（2021秋•莱芜区期末）如图，有一个水池，水面是一个边长为16尺的正方形，在水池正中央有一根
芦苇，它高出水面2尺，如果把这根芦苇拉向水池一边，它的顶端恰好到达池边的水面，则水池里水的
深度是多少尺？请你用所学知识解答这个问题．【分析】根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：设水池里水的深度是x尺，
由题意得，x2+82＝（x+2）2，
解得：x＝15，
答：水池里水的深度是15尺．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理、根据勾股定理正确列出方程是解题的关键．
4．（2021秋•邓州市期末）如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度DE＝1m，将它往前推
送4m（水平距离BC＝4m）时，秋千的踏板离地的垂直高度BF＝2m，秋千的绳索始终拉得很直，求绳
索AD的长度．
【分析】设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AC＝（x﹣1）m，利用勾股定理可得x2＝42+（x﹣1）2．
【解答】解：在Rt△ACB中，
AC2+BC2＝AB2，
设秋千的绳索长为xm，则AC＝（x﹣1）m，
故x2＝42+（x﹣1）2，
解得：x＝8.5，
答：绳索AD的长度是8.5m．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，表示出AC、AB的长，掌握直角三角
形中两直角边的平方和等于斜边的平方．
5．（2022春•五华区校级期中）印度数学家什迦逻（1141年﹣1225年）曾提出过“荷花问题”：
“平平湖水清可鉴，面上半尺生红莲；
出泥不染亭亭立，忽被强风吹一边，
渔人观看忙向前，花离原位二尺远；
能算诸君请解题，湖水如何知深浅”
请用学过的数学知识回答这个问题．【分析】红莲在水中的长度，花离原位的长度和花的总长可构成直角三角形，设出湖水的深度为x，根
据勾股定理列出方程可求出．
【解答】解：设湖水深为x尺，则红莲总长为（x+0.5）尺，AC的长度为2，
根据勾股定理得：
在Rt△ABC中，有：
x2+22＝（x+0.5）2，
x＝3.75，
即湖水深3.75尺．
【点评】本题的关键是读懂题意，找出题中各个量之间的关系，建立等式进行求解．
六、378和578模型
一．选择题（共2小题）
1．（2022春•丛台区月考）已知直角三角形的两直角边分别为 6和8，则该直角三角形斜边上的高为（
）
A． B．10 C．5 D．
【分析】首先根据勾股定理计算出直角三角形的斜边长，再根据三角形的面积公式计算出斜边上的高即
可．
【解答】解：∵直角三角形的两直角边为6和8，
∴斜边长为： ＝10，
设直角三角形斜边上的高是h，
∴ ×6×8＝ ×10×h，
解得：h＝ ．故选：D．
【点评】此题主要考查了勾股定理，解决问题的关键是利用勾股定理计算出斜边的长．
2．（2022春•无棣县期末）与 化为最简二次根式后结果相同的是（ ）
A．
B．
C．边长为3的等边三角形的高
D．
【分析】利用求算术平方根化简二次根式即可，利用勾股定理求三角形的高并化简．
【解答】解： ＝ ，
A. ＝ ≠ ，
B. ＝ ＝ ≠ ，
C. ＝ ＝ ＝ ，
D. ≠ ，
∴只有C选项符合题意．
故选：C．
【点评】考查了二次根式的化简，求等边三角形一边上的高，关键要掌握二次根式的性质和利用勾股定
理求三角形的高．
七、蚂蚁爬行
一．选择题（共2小题）
1．（2022•镜湖区校级开学）如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为5，一只蚂
蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（ ）A．5 B．25 C．10 +5 D．35
【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将长方体的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【解答】解：将长方体展开，连接A、B，
根据两点之间线段最短，
（1）如图，BD＝10+5＝15，AD＝20，
由勾股定理得：AB＝ ＝ ＝ ＝25．
（2）如图，BC＝5，AC＝20+10＝30，
由勾股定理得，AB＝ ＝ ＝ ＝5 ．
（3）只要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图：
∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴BD＝CD+BC＝20+5＝25，AD＝10，
在直角三角形ABD中，根据勾股定理得：
∴AB＝ ＝ ＝5 ；由于25＜5 ＜5 ，
故选：B．
【点评】本题是一道趣味题，将长方体展开，根据两点之间线段最短，运用勾股定理解答即可．
2．（2022春•璧山区期中）如图，一圆柱体的底面周长为10cm，高AB为12cm，BC是直径，一只蚂蚁从
点A出发沿着圆柱的表面爬行到点C的最短路程为（ ）
A．17cm B．13cm C．12cm D．14cm
【分析】将圆柱的侧面展开，得到一个长方形，再然后利用两点之间线段最短解答．
【解答】解：如图所示：
由于圆柱体的底面周长为10cm，
则AD＝10× ＝5（cm）．
又因为CD＝AB＝12cm，
所以AC＝ （cm）．
故蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点C的最短路程是13cm．
故选：B．【点评】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题和勾股定理的计算，将圆柱的侧面展开，构造出直
角三角形是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
3．（2022春•凉州区期末）如图一只蚂蚁从长为5cm、宽为3cm，高是4cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬
到B点，那么它所爬行的最短路线的长是 cm．
【分析】把此长方体的一面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和B点间的线段长，即可得到蚂
蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于长方体的高，另一条直角边长等于长方体的长
宽之和，利用勾股定理可求得．
【解答】解：因为平面展开图不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短
的路线．
（1）展开前面右面由勾股定理得AB2＝（5+3）2+42＝80；
（2）展开前面上面由勾股定理得AB2＝（4+3）2+52＝74；
（3）展开左面上面由勾股定理得AB2＝（5+4）2+32＝90．
所以最短路径的长为AB＝ （cm）．
故答案为： ．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题及勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样
爬行最近”这类问题的关键．
4．（2022春•邹城市校级月考）如图，学校有一块长方形花圃，有极少数人为了避开拐角走“捷径”，在
花圃内走出了一条“路”，踩伤了花草，则他们仅仅少走了 4 步路．（假设2步为1米）【分析】根据勾股定理，可得答案．
【解答】解：由勾股定理，得
路长＝ ＝5（m），
少走（3+4﹣5）×2＝4步，
故答案为：4．
【点评】本题考查了勾股定理，利用勾股定理得出路的长是解题关键．
八、重美四边形
一．选择题（共1小题）
1．（2022春•万秀区校级期中）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中 S
A
＝4，S ＝S ＝2，S ＝1，则下列结论错误的是（ ）
B C D
A．S ＝6 B．S ＝3 C．S ＝3S D．S ＝4S
E F M F M C
【分析】根据正方形的性质和勾股定理的几何意义即可判断．
【解答】解：S ＝S +S ＝4+2＝6，故A选项不符合题意；
E A B
S ＝S +S ＝2+1＝3，故B选项不符合题意；
F C D
S ＝S +S ＝6+3＝9，则S ＝3S ，故C选项不符合题意；
M E F M F
S ＝9，S ＝2，则 ，故D选项符合题意．
M C
故选：D．
【点评】本题主要考查正方形的性质、勾股定理的几何意义，解题关键是掌握两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
二．解答题（共6小题）
2．（2022春•鼓楼区校级期中）四边形ABCD如图所示，已知AB⊥BC，AB＝3，BC＝6，AD＝7，CD＝
2．
（1）求证：AC⊥CD；
（2）求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）根据勾股定理得出AC，进而利用勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形解答即可；
（2）根据三角形的面积公式解答即可．
【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，AB＝3，BC＝6，
∴AC＝ ，
∵AC2+CD2＝45+4＝49＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴AC⊥CD；
（2）解：四边形ABCD的面积＝ ＝9+3 ．
【点评】此题考查勾股定理，关键是根据勾股定理得出AC的长．
3．（2022春•海珠区校级期中）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB＝AD，CB＝CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？
请说明理由．
性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜
想，并给出证明．问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，
连接CE、BG、GE．若AC＝2，AB＝5，则
①求证：△AGB≌△ACE
②GE＝ ．
【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可；
性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
问题解决：①连接CG，BE，由∠CAG＝∠BAE＝90°知∠GAB＝∠CAE，结合AG＝AC与AB＝AE即可得
证；
②由△GAB≌△CAE得出∠ABG＝∠AEC，进而根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计
算．
【解答】解：概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：
∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
性质探究：AD2+BC2＝AB2+CD2．理由如下：
如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；问题解决：①连接CG，BE，如图2所示：
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△AGB和△ACE中，
∵ ，
∴△AGB≌△ACE（SAS）；
②∵△AGB≌△ACE，
∴∠ABG＝∠AEC，
又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝2，AB＝5，
∴BC＝ ，CG＝2 ，BE＝5 ，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝37，
∴GE＝ ；
故答案为： ．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾
股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
4．（2021秋•随县期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说
明理由；
（2）性质探究：如图 1，四边形 ABCD的对角线 AC、BD交于点 O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）解决问题：如图 3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形 ACFG和正方形
ABDE，连接CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）如图1中，
∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2．（3）连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中， ，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4 ，BE＝5 ，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝ ．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理
解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
5．（2022春•海安市月考）如图1，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解，在四边形ABCD中，以下是垂美四边形的是 ③④ ．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④AB＝AD，CB＝CD．
（2）性质探究，小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图1，在四边形ABCD中，
若AC⊥BD，则AB2+CD2＝AD2+BC2．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由．
（3）问题解决：如图2．在△ABC中，BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、BC的中点，连接AE、BD．有
AE⊥BD，求AB．【分析】（1）利用垂美四边形的定义依次判断，可求解；
（2）由勾股定理可得结论；
（3）由三角形中位线定理可得AD＝ AC＝2，BE＝ BC＝ ，DE＝ AB，由垂美四边形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵菱形的对角线互相垂直，
∴菱形是垂美四边形，
∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AC⊥BD，
∴当AB＝AD，CB＝CD的四边形ABCD是垂美四边形，
故答案为：③④；
（2）猜想正确，理由如下：
∵四边形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝∠AOD＝90°，
∴AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AD2＝OA2+OD2，
∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，BC2+AD2＝OB2+OC2+OA2+OD2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）∵BC＝3，AC＝4，D、E分别是AC、BC的中点，
∴AD＝ AC＝2，BE＝ BC＝ ，DE＝ AB，
∵AE⊥BD，
∴AB2+ED2＝AD2+BE2，
∴ AB2＝4+ ，
∴AB＝ ．
【点评】本题为四边形综合题，主要考查的是菱形的性质，垂直的定义，勾股定理的应用，正确理解垂美
四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．6．（2022春•建平县期末）[定义]有一组对角是直角的四边形是垂美四边形．
[理解]如图①，将一对相同的直角三角尺按如图所示的方式拼成四边形ABCD，每个三角尺三个内角的度
数都是30°、60°和90°．四边形ABCD是 垂美 四边形，∠ABC+∠ADC＝ 18 0 度；
[探究]如图②，四边形ABCD是垂美四边形．∠A＝90°．∠B＝80°，E是边AD延长线上一点，求∠C和
∠CDE的度数．
[应用]如图③，四边形ABCD是垂美四边形，∠A＝90°，BE和DF分别是∠ABC和∠ADC的平分线，交
AD、BC于点E、F．试说明BE∥DF．
【分析】[理解]根据垂美四边形的定义即可解决问题；
[探究]根据垂美四边形的定义，四边形内角和定理即可解决问题；
[应用]利用等角的余角相等，证明∠AEB＝∠ADF即可解决问题；
【解答】解：[理解]如图①中，∵∠A＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD是垂美四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣90°﹣90°＝180°
故答案为垂美，180；
[探究]如图②中，∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵∠A+∠B+∠C+∠ADC＝360°，且∠B＝80°，
∴∠ADC＝360°﹣90°﹣90°﹣80°＝100°，
∵∠ADC+∠CDE＝180°，
∴∠CDE＝80°，
[应用]如图③中，由探究可知，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BE和DF分别是∠ABC和∠ADC的平分线，
∴∠ABE＝ ∠ABC，∠ADF＝ ∠ADC，∴∠ABE+∠ADF＝ （∠ABC+∠ADC）＝90°，
∵∠A＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠ADF，
∴BE∥DF．
【点评】本题考查四边形综合题、四边形内角和定理、垂美四边形的定义，角平分线的定义，平行线的判
定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．（2022春•浉河区校级期末）如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说
明理由．
（2）性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．
猜想结论：（要求用文字语言叙述） 垂美四边形两组对边的平方和相等
写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．
（3）问题解决：如图 3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形 ACFG和正方形
ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE长．
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2＝AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4 ，BE＝5 ，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝ ．【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理
解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
