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专题 04 勾股定理常考压轴题汇总
一．选择题（共23小题）
1．我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦
图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成一个大正方形．如图，直角三
角形的直角边长为a、b，斜边长为c．若b﹣a＝2，c＝10，则a+b的值为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】B
【解答】解：由图可得，
a2+b2＝c2，
∴ 且a、b均大于0，
解得 ，
∴a+b＝6+8＝14，
故选：B．
2．如图，长方体的长为3，宽为2，高为4，一只蚂蚁从点A出发，沿长方体表面到点B
处吃食物，那么它爬行最短路程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：第一种情况：把我们所看到的前面和上面组成一个平面，则这个长方形的长和宽分别是6和3，
则所走的最短线段是 ＝3 ；
第二种情况：把我们看到的左面与上面组成一个长方形，
则这个长方形的长和宽分别是5和4，
所以走的最短线段是 ＝ ；
第三种情况：把我们所看到的前面和右面组成一个长方形，
则这个长方形的长和宽分别是7和2，
所以走的最短线段是 ＝ ；
三种情况比较而言，第二种情况最短．
所以它需要爬行的最短路线的长是 ，
故选：B．
3．如图，以Rt△ABC的三条边作三个正三角形，则S 、S 、S 、S 的关系为（ ）
1 2 3 4
A．S +S +S ＝S B．S +S ＝S +S
1 2 3 4 1 2 3 4
C．S +S ＝S +S D．不能确定
1 3 2 4【答案】C
【解答】解：如图，设Rt△ABC的三条边AB＝c，AC＝b，BC＝a，
∵△ACG，△BCH，△ABF是等边三角形，
∴S
1
＝S△ACG ﹣S
5
＝ b2﹣S
5
，S
3
＝S△BCH ﹣S
6
＝ a2﹣S
6
，
∴S +S ＝ （a2+b2）﹣S ﹣S ，
1 3 5 6
∵S
2
+S
4
＝S△ABF ﹣S
5
﹣S
6
＝ c2﹣S
5
﹣S
6
，
∵c2＝a2+b2，
∴S +S ＝S +S ，
1 3 2 4
故选：C．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，
若AC+BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，，
∴△FAM≌△ABN（ASA），
∴S△FAM ＝S△ABN ，
∴S△ABC ＝S四边形FNCM ，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+BC＝6，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝36，
∴AB2+2AC•BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC ＝10.5，
∴AB2﹣AC•BC＝10.5，
∴3AB2＝57，
解得AB＝ 或﹣ （负值舍去）．
故选：B．
5．已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重
合，折痕为EF，则△ABE的面积为（ ）
A．3cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．12cm2
【答案】C
【解答】解：将此长方形折叠，使点B与点D重合，∴BE＝ED．
∵AD＝9cm＝AE+DE＝AE+BE．
∴BE＝9﹣AE，
根据勾股定理可知AB2+AE2＝BE2．
解得AE＝4．
∴△ABE的面积为3×4÷2＝6．故选：C．
6．如图，阴影部分表示以Rt△ABC的各边为直径向上作三个半圆所组成的两个新月形，面积分别记作S 和S ．若S +S ＝7，AC＝3，则BC长是（ ）
1 2 1 2
A．3.5 B． C．4 D．5
【答案】B
【解答】解：以AC为直径的半圆的面积＝ × × ＝ ，
π π
同理：以BC为直径的半圆的面积＝ ，以AB为直径的半圆的面积＝ ，
π π
∴S +S ＝ + +△ABC的面积﹣ ，
1 2
π π π
∵∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴S +S ＝△ABC的面积＝ AC•BC＝7，
1 2
∵AC＝3，
∴BC＝ ．
故选：B．
7．如图，在长方体ABCD﹣EFGH盒子中，已知AB＝4cm，BC＝3cm，CG＝5cm，长为
10cm的细直木棒IJ恰好从小孔G处插入，木棒的一端I与底面ABCD接触，当木棒的
端点Ⅰ在长方形ABCD内及边界运动时，GJ长度的最小值为（ ）A．（10﹣5 ）cm B．3cm C．（10﹣4 ）cm D．5cm
【答案】A
【解答】解：当 GI 最大时，GJ 最小，当 I 运动到点 A 时，GI 最大，此时 GI＝
cm，
而AC2＝AB2+BC2＝42+32＝25，
∴GI＝ ＝ ＝5 （cm），
∴GJ长度的最小值为（10﹣5 ）cm．
故选：A．
8．勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，
则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积
关系验证勾股定理．图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝
10，点 D，E，F，G，H，I 都在长方形 KLMJ 的边上，则长方形 KLMJ 的面积为
（ ）
A．420 B．440 C．430 D．410
【答案】B
【解答】解：如图，延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，由题意得，∠BAC＝∠BPF＝∠FBC＝90°，BC＝BF，
∴∠ABC+∠ACB＝90°＝∠PBF+∠ABC，
∴∠ACB＝∠PBF，
∴△ABC≌△PFB（AAS），
同理可证△ABC≌△QCG（AAS），
∴PB＝AC＝8，CQ＝AB＝6，
∵图2是由图1放入长方形内得到，
∴IP＝8+6+8＝22，DQ＝6+8+6＝20，
∴长方形KLMJ的面积＝22×20＝440．
故选：B．
9．国庆假期间，妍妍与同学去玩寻宝游戏，按照藏宝图，她从门口 A处出发先往东走
9km，又往北走3km，遇到障碍后又往西走7km，再向北走2km，再往东走了4km，发现
走错了之后又往北走1km，最后再往西走了1km，就找到了宝藏，则门口A到藏宝点B
的直线距离是（ ）
A．3 km B．10km C．6 km D． km
【答案】D
【解答】解：过点B作BC⊥AC，垂足为C．观察图形可知AC＝9﹣7+4﹣1＝5（km），BC＝3+2+1＝6（km），
在Rt△ACB中，AB＝ （km）．
答：门口A到藏宝点B的直线距离是 km，
故选：D．
10．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AB＝9，BC＝6，则BD的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝9，BC＝6，
∴ ，
∵ ，
∴AC•BC＝AB•CD，
，
，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴ ，
故选：B．
11．如图，某小区有一块长方形花圃，为了方便居民不用再走拐角，打算用瓷砖铺上一条新路，居民走新路比走拐角近（ ）
A．2m B．3m C．3.5m D．4m
【答案】D
【解答】解：根据勾股定理求得，AB＝ ＝10（m），
∴AC+BC﹣AB＝6+8﹣10＝4（m），
故选：D．
12．如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成
的，若AC＝12，BC＝7，将四个直角三角形中边长为12的直角边分别向外延长一倍，
得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（ ）
A．148 B．100 C．196 D．144
【答案】A
【解答】解：设将CA延长到点D，连接BD，
根据题意，得CD＝12×2＝24，BC＝7，
∵∠BCD＝90°，
∴BC2+CD2＝BD2，即72+242＝BD2，
∴BD＝25，
∴AD+BD＝12+25＝37，
∴这个风车的外围周长是37×4＝148．
故选：A．13．如图，四边形ABCD中，AD⊥CD于点D，BC＝2，AD＝8，CD＝6，点E是AB的中
点，连接DE，则DE的最大值是（ ）
A．5 B． C．6 D．
【答案】C
【解答】解：如图，连接AC，取AC的中点为M，连接DM、EM，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°，
∵AD＝8，CD＝6，
∴AC＝ ，
∵M是AC的中点，
∴DM＝ AC＝5，
∵M是AC的中点，E是AB的中点，
∴EM是△ABC的中位线，
∵BC＝2，
∴EM＝BC＝1，
∵DE≤DM+EM（当且仅当点M在线段DE上时，等号成立），∴DE≤6，
∴DE的最大值为6．
故选：C．
14．如图，长为8cm的橡皮筋放置在数轴上，固定两端A和B，然后把中点C垂直向上拉
升3cm到D点，则橡皮筋被拉长了（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．1cm
【答案】A
【解答】解：∵点C为线段AB的中点，
∴AC＝ AB＝4cm，
在Rt△ACD中，CD＝3cm；
根据勾股定理，得：
AD＝ ＝5（cm）；
∵CD⊥AB，
∴∠DCA＝∠DCB＝90°，
在△ADC和△BDC中，
，
∴△ADC≌△BDC（SAS），
∴AD＝BD＝5cm，
∴AD+BD﹣AB＝2AD﹣AB＝10﹣8＝2（cm）；
∴橡皮筋被拉长了2cm．
故选：A．
15．如图的数轴上，点A，C对应的实数分别为1，3，线段AB⊥AC于点A，且AB长为1
个单位长度，若以点C为圆心，BC长为半径的弧交数轴于0和1之间的点P，则点P表
示的实数为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解答】解：由题意可得∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝3﹣1＝2，
则CB＝ ＝ ，
那么点P表示的实数为3﹣ ，
故选：A．
16．“四千年来，数学的道理还是相通的”．运用祖冲之的出入相补原理也可证明勾股定
理．若图中空白部分的面积是11，整个图形（连同空白部分）的面积是25，则大正方
形的边长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：如下图，设图中直角三角形的两条直角边长分别为a、b，斜边为c，
∵图中空白部分的面积是11，整个图形（连同空白部分）的面积是25，
∴可有 ，解得c2＝18，
解得 或 （不合题意，舍去），
∴大正方形的边长是 ．
故选：D．
17．如图所示的一段楼梯，高BC是3米，斜边AB长是5米，现打算在楼梯上铺地毯，至
少需要地毯的长度为（ ）
A．5米 B．6米 C．7米 D．8米
【答案】C
【解答】解：∵△ABC是直角三角形，BC＝3m，AB＝5m
∴AC＝ ＝4（m），
∴如果在楼梯上铺地毯，那么至少需要地毯为AC+BC＝7米，
故选：C．
18．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要细带．数学
家欧几里得利用如图验证了勾股定理．以直角三角形 ABC的三条边为边长向外作正方
形ACKJ，正方形ABFE，正方形BCIH，连接AH．CF，具中正方形BCIH面积为1，正
方形ABFE面积为5，则以CF为边长的正方形面积为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．10
【答案】D
【解答】解：过点C作CM⊥EF于点M，交AB于点N，∵正方形ABFE面积为5，正方形BCIH面积为1，
∴CN⊥AB，BC＝1，AB＝MN＝ ，BN＝FN，
∵△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝ ＝ ＝2，
∴ ，
即 ＝ CN，
∴CN＝ ，
∴BN＝FM＝ ＝ ＝ ，
∴CM＝CN+MN＝ ＝ ，
∴CF ＝10，
∴以CF为边长的正方形面积为10．
故选：D．
19．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°．分别以 AB、AC、BC为边在 AB的同侧作正方形
ABEF、ACPQ、BCMN．四块阴影部分的面积如图所示分别记为S、S 、S 、S ，若S＝
1 2 3
10，则S +S +S 等于（ ）
1 2 3A．10 B．15 C．20 D．30
【答案】C
【解答】解：如图，过E作BC的垂线交ED于D，连接EM．
在△ACB和△BDE中，∠ACB＝∠BDE＝90°，∠CAB＝∠EBD，AB＝BD，
∴△ACB≌△BND（AAS），
同理，Rt△GDE≌Rt△HCB，
∴GE＝HB，∠EGD＝∠BHC，
∴FG＝EH，
∴DE＝BC＝CM，
∵DE∥CM，
∴四边形DCME是平行四边形，
∵∠DCM＝90°，
∴四边形DCME是矩形，
∴∠EMC＝90°，
∴E、M、N三点共线，
∵∠P＝∠EMH＝90°，∠PGF＝∠DGE＝∠BHC＝∠EHM，
∴△PGF≌△MHE（AAS），
∵图中S
1
＝S
Rt△EMH
，S△BHC ＝S△EGD ，
∴S 1 +S 3 ＝S Rt△ABC ．S 2 ＝S△ABC ，
∴S +S +S ＝Rt△ABC的面积×2＝20．
1 2 3
故选：C．20．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以AB、AC、BC为直径向外作半圆，它们的面
积分别记作S 、S 、S ，若S ＝25，S ＝16，则S 为（ ）
1 2 3 1 3 2
A．9 B．11 C．32 D．41
【答案】A
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2．
∵S ＝ （ AB）2 ＝ AB2＝25，
1
π
∴AB2＝25× ．
同理BC2＝16× ．
∴AC2＝AB2﹣BC2
＝25× ﹣16×
＝9× ．
∴S ＝ （ AC）2
1
π
＝ AC2
＝ ×9×
＝9．
故选：A．
21 ． 如 图 ， 在 Rt△ ABC 中 ， ∠ACB＝90°，分
别以 AB、AC、BC 为边在 AB 的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BDMC，记四块阴影部分的面积分别为S
1
、S
2
、S
3
、S
4
．若已知S△ABC ＝
S，则下列结论：
①S ＝S；
4
②S ＝S；
2
③S +S ＝S ；
1 3 2
④S +S +S +S ＝2.5S．
1 2 3 4
其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】A
【解答】解：由题意有Rt△EBD≌Rt△ABC，
∴S ＝S；
4
故①正确；
过F作AM的垂线交AM于N，
由题意，得Rt△ANF≌Rt△ABC，Rt△NFK≌Rt△CAT，
所以S ＝S，
2
故②正确；
连接FP，FQ，由题意，可得△AQF≌△ACB，
则F，P，Q三点共线，
由Rt△NFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK，
∴S
3
＝S△FPT ，
可得Rt△AQF≌Rt△ACB，
∴S 1 +S 3 ＝S Rt△AQF ＝S，
故③正确；
S +S +S +S
1 2 3 4
＝（S +S ）+S +S
1 3 2 4
＝S Rt△ABC +S Rt△ABC +S Rt△ABC＝S Rt△ABC ×3
＝3S，
故④不正确．
故选：A．
22．如图，有一个水池，水面是一边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高
出水面1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，这根芦苇
的长度为（ ）尺．
A．10 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【解答】解：设水深为x尺，则芦苇长为（x+1）尺，
根据勾股定理得：x2+（ ）2＝（x+1）2，
解得：x＝12，
芦苇的长度＝x+1＝12+1＝13（尺），
答：芦苇长13尺．
故选：C．
23．将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD和
正方形EFGH．现将四个直角三角形的较长直角边分别向外延长，且 A′E＝ME．B′F
＝NF，C′G＝PG，D′H＝HQ，得到图2所示的“新型数学风车”的四个叶片，即
△A′EF，△B′FG，△C′CH．△D′HE．若FM平分∠BFE，正方形ABCD和正方
形EFGH的边长比为1：5．若”新型数学风车”的四个叶片面积和是 m，则正方形
EFCH的面积是（ ）
A． B． C．3m D．
【答案】B
【解答】解：∵将四个全等的直角三角形作为叶
片按图 1 摆放成一个风车形状，形成正方形
ABCD 和正方形 EFCH．正方形 ABCD 和正方形EFGH的边长比为1：5．
∴设正方形ABCD的边长为a，则正方形EFGH的边长为5a，设AE＝BF＝CG＝DH＝
x，
在△BEF中，BE2+BF2＝EF2，
即（x+a）2+x2＝（5a）2，
x2+ax﹣12a2＝0，
（x+4a）（x﹣3a）＝0，
x＝﹣4a（舍去）或x＝3a，
∴BE＝4a，BF＝3a，EF＝5a，
∵FM平分∠BFE，
∴△EMF边EF上的高为BM，
则S△BMF +S△MBF ＝S△BEF ，
即 ，
∴ ，
∴BM＝ ，
∵A'E＝ME＝BE﹣BM＝4a﹣ a，若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m，
∴S△EMF ＝S△EFA '＝ m，
∴ ，
∴a m，
∴a＝
∴EF＝5a＝ ，
∴S正方形EFCH ＝EF ＝ ，
故选：B．
二．填空题（共14小题）24．如图①，四个全等的直角三角形与一个小正方形，恰好拼成一个大正方形，这个图形
是由我国汉代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．
如果图①中的直角三角形的长直角边为7cm，短直角边为3cm，连结图②中四条线段
得 到 如 图 ③ 的 新 图 案 ， 则 图 ③ 中 阴 影 部 分 的 周 长 为 32 cm ．
【答案】32．
【解答】解：由题意得：BD＝7cm，AB＝CD＝3cm，
∴BC＝7﹣3＝4（cm），
由勾股定理得：AC＝ ＝5（cm），
∴阴影的周长＝4（AB+AC）＝4×（3+5）＝32（cm）．
故答案为：32．
25．如图，在△ABC中，已知：∠ACB＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发，
沿射线BC以1cm/s的速度运动，设运动的时间为t秒，连接PA，当△ABP为等腰三角
形时，t的值为 1 6 或 1 0 或 ．【答案】16或10或 ．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：BC＝ cm，
∵△ABP为等腰三角形，
当AB＝AP时，则BP＝2BC＝16cm，即t＝16；
当BA＝BP＝10cm时，则t＝10；
当PA＝PB时，如图：设BP＝PA＝x cm，则PC＝（8﹣x）cm，
在Rt△ACP中，由勾股定理得：
PC2+AC2＝AP2，
∴（8﹣x）2+62＝x2，
解得x＝ ，
∴t＝ ．
综上所述：t的值为16或10或 ．
故答案为：16或10或 ．
26．如图，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形
是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的“勾股分割点”．已知点M，N是线段
AB的“勾股分割点”，若AM＝4，MN＝5，则斜边BN的长为 ．
【答案】 ．
【解答】解：当BN为最大线段时，
∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN＝ ＝ ＝ ，
故答案为： ．
27．对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示“垂美”四边形
ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB＝6，CD＝10，则AD2+BC2＝ 13 6 ．
【答案】136．
【解答】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB＝∠AOB＝∠AOD＝∠COD＝90°，
∴BO2+CO2＝CB2，OB2+OA2＝AB2＝36，OA2+OD2＝AD2，OC2+OD2＝CD2＝100，
∴BO2+CO2+OA2+OB2＝36+100，
∴AD2+CB2＝BO2+CO2+OA2+OB2＝136；
故答案为：136．
28．如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC的顶点A、C的坐标分别为（30，0）（0，
12），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为15的等腰三角形时，
点P的坐标为 （ 9 ， 1 2 ）或（ 3 ， 1 2 ）或（ 2 4 ， 1 2 ） ．
【答案】（9，12）或（6，12）或（24，12）．
【解答】解：由题意，当△ODP是腰长为15的等腰三角形时，有三种情况：
（1）如答图①所示，PD＝OD＝15，点P在点D的左侧．过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝12．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝9，
∴OE＝OD﹣DE＝15﹣9＝6，
∴此时点P坐标为（6，12）；
（2）如答图②所示，OP＝OD＝15．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：OE＝ ＝ ＝9，
∴此时点P坐标为（9，12）；
（3）如答图③所示，PD＝OD＝5，点P在点D的右侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝9，∴OE＝OD+DE＝15+9＝24，
∴此时点P坐标为（24，12）．
综上所述，点P的坐标为：（9，12）或（6，12）或（24，12）；
故答案为：（9，12）或（6，12）或（24，12）．
29．《勾股》中记载了这样一个问题：“今有开门去阃（kǔn）一尺不合2寸，问门广几
何？”意思是：如图推开两扇门（AD和BC），门边沿D，C两点到门槛AB的距离是1
尺（1尺＝10寸），两扇门的间隙CD为2寸，则门槛AB长为 10 1 寸．
【答案】101．
【解答】解：设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
如图，过D作DE⊥AB于点E，
则DE＝10寸，OE＝ CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE2+DE2＝AD2，
即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101，
即门槛AB长为101寸，
故答案为：101．
30．如图，在某次军事演习中，舰艇1号在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇2号
在指挥中心南偏东60°的B处，并且OA＝OB．接到行动指令后，舰艇1号向正东方向
以60海里/小时的速度前进，舰艇2号沿北偏东60°的方向以m海里/小时的速度前进．
1.5小时后，指挥中心观测到两舰艇分别到达点 E，F处，若∠EOF＝75°，EF＝210海
里，则m的值为 8 0 ．【答案】80．
【解答】解：
延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+30°＝150°，∠EOF＝75°，
∴∠EOF＝ ∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（60°+60°）＝180°，
延长FB至D，使BD＝AE，连接OD，
∵∠OBD＝∠OBC，
∴．∠OBD＝∠A，
∴△OBD≌△OAE（SAS），
∴OD＝OE，∠BOD＝∠AOE，
∵∠EOF＝ ∠AOB＝ ∠EOD，
∴．∠EOF＝∠DOF，
又∵OF＝OF，
∴△EOF≌△DOF（SAS），
∴EF＝AE+BF，
即EF＝1.5×（60+m）＝210．
解得m＝80．
故答案为：80．
31．如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直
角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD．连结EG并延长交BC于点M．若AB＝5，EF＝1，则GM的长为 ．
【答案】 ．
【解答】解：由图可知∠AED＝90°，AB＝5，EF＝1，
∵大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，
故AE＝BF＝GC＝DH，设DE＝x，
则在Rt△AED中，AD＝AB＝5，AE＝1+x，
根据勾股定理，得AD2＝DE2+AE2，
即52＝x2+（1+x）2，解得：x ＝3，x ＝﹣4（舍去）．
1 2
过点M作MN⊥FB于点N，如图所示．
∵四边形EFGH为正方形，EG为对角线，
∴△EFG为等腰直角三角形，
∴∠EGF＝∠NGM＝45°，
故△GNM为等腰直角三角形．
设GN＝NM＝a，则NB＝GB﹣GN＝3﹣a，
∵MN∥AF，
∴△BMN∽△BAF，
∴ ＝ ，
将MN＝a，AF＝3，BN＝3﹣a，BF＝4代入，
得 ＝ ，解得a＝ ，
∴MN＝GN＝ ，
在Rt△MGN中，
由勾股定理，得GM＝ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
32．如图，铁路上A、D两点相距25千米，B，C为两村庄，AB⊥AD于A，CD⊥AD于
D，已知AB＝15km，CD＝10km，现在要在铁路AD上建一个土特产品收购站P，使得
B、C两村到P站的距离相等，则P站应建在距点A 1 0 千米．
【答案】10．
【解答】解：设AP＝x千米，则DP＝（25﹣x）千米，
∵B、C两村到P站的距离相等，
∴BP＝PC．
在Rt△APB中，由勾股定理得BP2＝AB2+AP2，
在Rt△DPC中，由勾股定理得PC2＝CD2+PD2，
∴AB2+AP2＝CD2+PD2，
又∵AB＝15km，CD＝10km，
∴152+x2＝102+（25﹣x）2，
∴x＝10．
故答案为：10．
33．如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有
一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从
外壁A处到内壁B处的最短距离为 2 0 cm（杯壁厚度不计）．【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图：
将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接 A′B，则 A′B 即为最短距离，A′B＝ ＝ ＝20
（cm）．
故答案为20．
34．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，AD⊥BC．若P、Q分别是AD
和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是 ．
【答案】 ．
【解答】解：如图，连接BP，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，
∴BD＝DC，
∴BP＝PC，
∴PC+PQ＝BP+PQ＝BQ，
∴当B，P，Q共线时，PC+PQ的值最小，
∴当BQ⊥AC时，BQ的值最小，
令AQ'＝a，则CQ'＝10﹣a，
∵BQ'⊥AC，
∴AB2﹣AQ'2＝BC2﹣CQ'2，
即102﹣a2＝122﹣（10﹣a）2，
解得a＝ ，
∴BQ'＝ ＝ ，
∴PC+PQ的最小值为 ，
故答案为： ．
35．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝ ，AC＝6，BC＞4，点E，F分别在BC，
AC边上，且AF＝CE，则AE+BF的最小值为 2 ．【答案】2 ．
【解答】解：过A点作AG∥BC，截取AG＝AC，连接FG，BG，过B作BR⊥AG，交
AG 的反向延长线于R，则∠RBC＝∠BRA＝90°，
∴∠GAF＝∠ACE，
在△AFG和△CEA中，
，
∴△AFG≌△CEA（SAS），
∴GF＝AE，
∴AE+BF的最小值，即为BG的长，
∵∠ABC＝45°，
∴∠RAB＝∠EBA＝45°，
∵AB＝4 ，
∴BR＝AR＝4，
∵AC＝6，
∴AG＝AC＝6，
∴RG＝AR+AG＝4+6＝10，
∴BG＝ ＝ ＝2 ，
即AE+BF的最小值为2 ．
故答案为：2 ．
36．如图，在△ABC 中，AB＝9cm，AC＝12cm，BC＝15cm，M 是 BC 边上的动点，
MD⊥AB，ME⊥AC，垂足分别是D、E，线段DE的最小值是 cm．【答案】 ．
【解答】解：∵在△ABC中，AB＝9cm，AC＝12cm，BC＝15cm，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴∠A＝90°，
∵MD⊥AB，ME⊥AC，
∴∠A＝∠ADM＝∠AEM＝90°，
∴四边形ADME是矩形，
∴DE＝AM，
当AM⊥BC时，AM的长最短，
根据三角形的面积公式得： AB•AC＝ BC•AM，
∴9×12＝15AM，
AM＝ ，
即DE的最小值是 cm．
故答案为： ．
37．如图，Rt△ABC 中， ．点 P 为△ABC 内一点，
PA2+PC2＝AC2．当PB的长度最小时，△ACP的面积是 ．
【答案】 ．
【解答】解：如图所示，取AC中点O，连接PO，BO，∵PA2+PC2＝AC2，
∴∠APC＝90°，
∴ ，
∵BP+OP≥OB，
∴当B、P、O三点共线时BP+OP有最小值，即此时BP有最小值，
∵∠ACB＝90°，
∴ ，
∴BP＝BO﹣OP＝2，
∴BP＝PO，
又∠ACB＝90°，
∴PC＝ BO＝2，
∴PC＝PO＝CO，
∴△OPC是等边三角形，
∴∠PCO＝60°，∠PAC＝30°
∴AP＝ ＝2 ，
∴ ，
故答案为： ．
三．解答题（共4小题）
38．如图，∠AOB＝90°，OA＝9cm，OB＝3cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出
发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿BC方向匀速前进拦截小球，
恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，
∴BC＝CA．
设AC为x，则OC＝9﹣x，
由勾股定理得：OB2+OC2＝BC2，
又∵OA＝9，OB＝3，
∴32+（9﹣x）2＝x2，
解方程得出x＝5．
∴机器人行走的路程BC是5cm．
39．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从B出发沿射线
BC以1cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）．
（1）求BC边的长．
（2）当△ABP为等腰三角形时，求t的值．
【答案】 或10或16．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，
∴BC＝ ，
当AP＝BP时，如图1，则AP＝t，PC＝BC﹣BP＝8﹣t，
在Rt△ACP中，AC2+CP2＝AP2，∴62+（8﹣t）2＝t2，
解得t＝ ；
当AB＝BP时，如图2，则BP＝t＝10；
当AB＝AP时，如图3，则BP＝2BC；
∴t＝2×8＝16，
综上，t的值为 或10或16．
40．今年第6号台风“烟花”登陆我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，
有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为
一海港，且点C与直线AB上的两点A、B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又
AB＝500km，经测量，距离台风中心260km及以内的地区会受到影响．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风中心的移动速度为28千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？
【答案】（1）海港C受台风影响，理由见解答过程；
（2）台风影响该海港持续的时间为 小时．
【解答】解：（1）海港C受台风影响，理由：
∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
过点C作CD⊥AB于D，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC×BC＝CD×AB，
∴300×400＝500×CD，
∴CD＝240（km），
∵以台风中心为圆心周围260km以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
（2）当EC＝260km，FC＝260km时，正好影响C港口，
∵ED＝ （km），
∴EF＝2ED＝200km，
∵台风的速度为28千米/小时，
∴200÷28＝ （小时）．
答：台风影响该海港持续的时间为 小时．
41．请阅读下列材料：
已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两
动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路
是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请
你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条
件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请
你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）DE2＝BD2+EC2；
（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．
证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE
∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，FD＝DB，
∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，
又∵AB＝AC，
∴AF＝AC，
∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，
∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，
∴∠FAE＝∠EAC，
又∵AE＝AE，
∴△AFE≌△ACE，
∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°
∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，
∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，
即DE2＝BD2+EC2；
解法二：将△EAC绕点A顺时针旋转90°得到△TAB．连接DT．∴∠ABT＝∠C＝45°，AT＝AE，∠TAE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠TBC＝∠TBD＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠DAT＝∠DAE，
∵AD＝AD，
∴△DAT≌△DAE（SAS），
∴DT＝DE，
∵DT2＝DB2+EC2，
∴DE2＝BD2+EC2；
（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．
∴AD＝DF，EF＝BE．
∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．
若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，
∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．
