专题 17.1 勾股定理【十大题型】
【人教版】
【题型1 由勾股定理求线段长度】..........................................................................................................................2
【题型2 由勾股定理求面积】..................................................................................................................................5
【题型3 由勾股定理求两线段的平方和（差）】.................................................................................................7
【题型4 勾股定理的证明方法】............................................................................................................................10
【题型5 由勾股定理证明线段平方关系】...........................................................................................................16
【题型6 以弦图为背景的计算】............................................................................................................................22
【题型7 勾股定理与网格问题的综合运用】.......................................................................................................26
【题型8 勾股树】....................................................................................................................................................29
【题型9 勾股定理与折叠问题的综合运用】.......................................................................................................33
【题型10 勾股定理与分类讨论思想的综合运用】...............................................................................................36
知识点1：勾股定理
文字语言 符号语言 图示 变式 应用
如果直角三角形的两条直角
直角三角形两直角
边的平方和等于斜 边长分别为 ，斜边长为
边的平方
，那么 .
【题型1 由勾股定理求线段长度】
【例1】（23-24·山东淄博·八年级期末）如图是，这是由若干个边长为1的小正方形拼成的图形，沿过点P
的一条直线剪一刀，会将这个图形分成面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）
3❑√5 4
A． B．2❑√5 C． ❑√10 D．3❑√2
2 3【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理，观察图形，找到过点P且将这个图形分成面积相等的两部分的一条直线，
进而勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，
在直线PC的两侧的面积相等，则直线PC将这个图形分成面积相等的两部分,AC即为所求
∵AB=BC=3
∴AC=❑√AB2+BC2=3❑√2，
故选：D．
【变式1-1】（23-24八年级·广东东莞·期中）如图，△ABC中，∠ABC=90°，AC=20，BC=12．
(1)直接写出AB的长度______．
(2)设点P在AB上，若∠PAC=∠PCA．求AP的长；
【答案】(1)16
25
(2)
2
【分析】本题主要考查勾股定理、等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握勾股定理．
（1）利用勾股定理AB=❑√AC2−BC2可直接得出结果；
（2）根据条件可证明AP=PC，设AP=PC=x，PB=16−x，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵∠ABC=90°，AC=20，BC=12，
∴在直角三角形ABC中，AB=❑√AC2−BC2=16；
（2）解：∵∠PAC=∠PCA，∴AP=PC，
设AP=PC=x，则PB=16−x，
在直角三角形PBC中，PC2=BC2+PB2
∴(16−x) 2+122=x2，
25
解得：x= ，
2
25
∴AP= ．
2
【变式1-2】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图1，位于重庆云阳龙缸景区的“亚洲第一悬崖秋千”，建
在距离河面将近700米高的悬崖边缘上，该秋千的荡出距离可达百米，提升高度可至80米．将其抽象成数
学图形，即：如图2，OA=OB，BD⊥OA，BD=100米，AD=80米，秋千的绳索始终保持拉直，则
绳索OA的长度为（ ）
A．80米 B．100米 C．102.5米 D．100.5米
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理．先设OA=OB=x米，因为BD⊥OA，BD=100米，AD=80米，得出
OD=(x−80)米，在Rt△BOD中，利用勾股定理，进行列式OB2=OD2+BD2，进行计算，即可作答．
【详解】解：依题意，设OA=OB=x米，
∵BD⊥OA，BD=100米，AD=80米，
∴OD=(x−80)米，
∴在Rt△BOD中，OB2=OD2+BD2，
则x2=(x−80) 2+1002，
解得x2=x2−160x+6400+10000，
∴x=102.5，
故选：C．
【变式1-3】（23-24八年级·湖北武汉·期中）如图，AD是△ABC的中线，AB=15，AD=7，AC=13，
则CD的长度为 ．【答案】2❑√37
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，根据题意，延长AD到E，使得
AD=DE，作BF⊥AE，可证BE=AC，设DF=x，根据勾股定理可得DF，BF的长，在Rt△BDF
中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，延长AD到点E，使得AD=DE，过点B作BF⊥AE于点F，
∵AD是BC的中线，
∴BD=CD，且∠ADC=∠EDB，
∴△ACD≌△EBD(SAS)，
∴BE=AC=13，AD=ED=7，
设DF=x，则EF=7−x，AF=7+x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2−AF2=152−(7+x) 2，
在Rt△BEF中，BF2=BE2−EF2=132−(7−x) 2，
∴152−(7+x) 2=132−(7−x) 2，
解得，x=2，即DF=2，
∴BF=❑√152−(7+2) 2=12，
在Rt△BDF中，BD=❑√BF2+FD2=❑√122+22=2❑√37，
∴CD=BD=2❑√37，
故答案为： 2❑√37．【题型2 由勾股定理求面积】
【例2】（23-24八年级·辽宁葫芦岛·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠BCA=90°，△PAB中AB边上
的高等于AB的长度，△QBC中BC边上的高等于BC的长度，△HAC中AC边上的高等于AC的长度，且
△PAB，△QBC的面积分别是10和8，则△ACH的面积是（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理，根据勾股定理可求AC2+BC2=AB2，再根据三角形的面积公式即可求
解，解题的关键是能够运用勾股定理证明3个三角形有面积之间的关系．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，
∴AC2+BC2=AB2，
1 1 1
∴
AC2+ BC2= AB2
，
2 2 2
∵△PAB中AB边上的高等于AB的长度，△QBC中BC边上的高等于BC的长度，△HAC中AC边上的高等
于AC的长度，且△PAB，△QBC的面积分别是10和8，
∴△ACH的面积=10−8=2，
故选：D．
【变式2-1】（23-24八年级·天津·专题练习）在Rt△ABC中，∠A=90°，BC=13，AB=5，则△ABC
的面积为 ．
【答案】30
【分析】本题考查勾股定理、三角形的面积．先根据勾股定理求出AC的长，然后根据直角三角形的面积=
两直角边乘积的一半，代入数据计算即可．
【详解】解：∵∠A=90°，BC=13，AB=5，
∴AC=❑√BC2−AB2=❑√132−52=12，
AB⋅AC 5×12
∴△ABC的面积为： = =30，
2 2
故答案为：30．【变式2-2】（23-24八年级·安徽马鞍山·期中）在Rt△ABC中，已知∠C=90°，若a+b=12cm，
c=10cm，则Rt△ABC面积为（ ）
A．11cm2 B．16cm2 C．24cm2 D．36cm2
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理以及完全平方公式是解题的关键．根据勾股定理可得
a2+b2=c2，根据完全平方公式变形即可求解．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，
∴a2+b2=c2，
又a+b=12cm，c=10cm，
∴c2=(a+b) 2−2ab
即2ab=(a+b) 2−c2=122−102=(12+10)(12−10)=44
1
∴Rt△ABC的面积是 ab=11cm2 ，
2
故选：A．
【变式2-3】（23-24八年级·江苏泰州·阶段练习）如图，Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边长作
正方形，面积分别记为S 、S 、S ．如果S +S −S =24，则阴影部分的面积为 ．
1 2 3 1 2 3
【答案】6
【分析】本题主要考查了勾股定理以及以直角三角形三边为边长的图形面积，根据题意得到
S =AB2，S =BC2，S =AC2 ，再由勾股定理得到AB2+AC2=BC2，则由已知条件可推出AB2=10
1 2 3
，再根据三角形面积计算公式求解即可．
【详解】解：由题意得，S =AB2，S =BC2，S =AC2 ，
1 2 3在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2+AC2=BC2，
∵S +S −S =24，
1 2 3
∴AB2+BC2−AC2=24，
∴AB2+AB2+AC2−AC2=24，
∴AB2=12，
1 1
∴S = AB⋅AB= AB2=6，
阴影 2 2
故答案为：6．
【题型3 由勾股定理求两线段的平方和（差）】
【例3】（23-24八年级·河南郑州·期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的
“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AD=3，BC=8，则AB2+CD2= ．
【答案】73
【分析】本题考查勾股定理的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．
在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得BO2+CO2=CB2，OD2+OA2=AD2，进一步得
BO2+CO2+OD2+OA2=64+9=73，再根据AB2=BO2+AO2，CD2=OC2+OD2，然后根据等量
代换即可解答．
【详解】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB=∠AOB=∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得：BO2+CO2=CB2，OD2+OA2=AD2，
∴CB2+AD2=BO2+CO2+OD2+OA2=64+9=73，
∵AB2=BO2+AO2，CD2=OC2+OD2，
∴AB2+CD2=BO2+AO2+OC2+OD2=(BO2+OD2)+(AO2+OC2)=CB2+AD2=73.
故答案为：73．
【变式3-1】（23-24八年级·全国·课后作业）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，则
2AB2+AC2+BC2=（ ）．
A．100 B．200 C．300 D．400【答案】C
【分析】根据题意∠C=90°，那么AB就为斜边，则根据勾股定理可得：AC2+BC2=AB2，那么原式则
为3AB2，再将AB的值代入即可求出答案．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，且∠C=90°，
∴AB为Rt△ABC的斜边，
∴根据勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
∴2AB2+AC2+BC2=3AB2=3×102=300，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正确对应斜边并能灵活运用勾股定理是解题的关键．
【变式3-2】（23-24八年级·辽宁朝阳·期中）如图，在△ABC中，AB＝10，AC＝13，AD⊥BC，垂足为
D，M为AD上任一点，则MC2﹣MB2等于 ．
【答案】69
【分析】在Rt△ABD及Rt△ADC中可分别表示出BD2及CD2，在Rt△BDM及Rt△CDM中分别将BD2及
CD2的表示形式代入表示出BM2和MC2，然后作差即可得出结果．
【详解】解：在Rt△ABD和Rt△ADC中，
BD2＝AB2−AD2，
CD2＝AC2−AD2，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，
BM2＝BD2＋MD2＝AB2−AD2＋MD2，
MC2＝CD2＋MD2＝AC2−AD2＋MD2，
∴MC2−MB2＝（AC2−AD2＋MD2）−（AB2−AD2＋MD2），
＝132−102，
＝69．
故答案为：69．【点睛】此题考查了勾股定理的知识，解题的关键是熟练掌握勾股定理，分别两次运用勾股定理求出MC2
和MB2．
5
【变式3-3】（23-24八年级·山西大同·期末）如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，CA=CB=
2
，CE=CD=3，△ABC的顶点A在△ECD的斜边DE上，则AE2+AD2的值为 ．
【答案】8
【分析】根据常见的“手拉手全等模型”，结合勾股定理即可求解．
【详解】解：连接BD，如图所示：
5
因为△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，CA=CB= ，CE=CD=3
2
∴∠ACB=∠ECD,∠E=∠ADC=∠CAB=∠ABC=45°
∵∠ACB=∠ECD=90°
∴∠ACB−ACD=∠ECD−ACD
即∠ACE=∠BCD
∵AC=BC,EC=DC
∴△ACE≌△BCD
∴AE=BD,∠AEC=∠BDC=45°
∴∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°
故AE2+AD2=BD2+AD2=AB2=AC2+BC2=2×
(5) 2
=
25
2 25
故答案为：
2
【点睛】本题综合考查全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．掌握相关几何知识是解题的关键．
【题型4 勾股定理的证明方法】
【例4】（23-24八年级·广东河源·期末）如图，E为AC上一点，AC⊥BC，AC⊥AD，AB=DE，AB
，DE交于点F，且AB⊥DE．
(1)判断线段BC，DA，CE的数量关系，并说明理由；
(2)连接BD，BE，若设BC=a，AC=b，AB=c，利用此图证明勾股定理．
【答案】(1)DA=CE+BC．理由见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，求四边形的面积，勾股定理的证明，
（1）根据AAS证明△ABC≌△DEA，可得答案；
（2）根据S =S +S ，可得答案．
四边形ADBE △ADE △BDE
【详解】（1）解：DA=CE+BC．
理由如下：
如图，
∵AC⊥BC AC⊥AD
， ，
∴∠DAE=∠ACB=90°．
又∵AB⊥DE，
∴∠DFA=∠EFA=90°．
∴∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3．
在△ABC和△DEA中，
{∠ACB=∠DAE
)
∠1=∠3 ，
AB=DE
∴△ABC≌△DEA(AAS)．
∴AC=DA，BC=EA．
又∵AC=CE+EA，
∴DA=CE+EA=CE+BC．
1 1 1 1
（2）∵ S =S +S = DE⋅AF+ DE⋅BF= DE⋅AB= c2 ，
四边形ADBE △ADE △BDE 2 2 2 2
1 1
S =S +S = a2+ b2 ，
四边形ADBE △ABE △ABD 2 2
1 1 1
∴
a2+ b2= c2
，
2 2 2
∴a2+b2=c2．
【变式4-1】（23-24八年级·广东东莞·期末）如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别在它的四条边
上，且AE=BF=CG=DH．
(1)求证：△EBF≌△HAE；
(2)四边形EFGH的形状是 ；
(3)若AH=a，AE=b，EH=c，请借助图中几何图形的面积关系来证明a2+b2=c2．
【答案】(1)见解析
(2)正方形
(3)见解析
【分析】（1）在正方形ABCD中，由AE=BF=CG=DH可得：AH=BE=CF=DG，即可求证；（2）由（1）可用同样的方法证得△EBF≌△FCG，△FCG≌△GDH，可得到△FCG≌△GDH，然后
证明∠HEF=90°，即可得证；
（3）根据大正方形的面积等于4个直角三角形和一个小正方形的面积和，列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠B=90°．
又∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG．
∴△AHE≌△BEF(SAS)；
（2）解：四边形EFGH的形状是正方形，
证明：由（1）得，△AHE≌△BEF，
同理，△EBF≌△FCG，△FCG≌△GDH，
∴EF=FG=GH=HE，∠AEH=∠BFE，
∵∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∴∠AEH+∠FEB=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH为正方形；
故答案为：正方形；
（3）证明：∵AH=a，AE=b，
∴大正方形的面积为：(a+b) 2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，
1
则其面积为：
ab×4+c2=2ab+c2
，
2
∴(a+b) 2=2ab+c2，
整理得a2+b2=c2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，三角全等的判断和性质，勾股定理的证明，熟练掌握并会
灵活应用相应知识点是解题的关键．
【变式4-2】（23-24八年级·福建宁德·期末）验证勾股定理：
课本原题：1876年，美国总统伽菲尔德（JamesAbramGarfield）利用图1验证了勾股定理，你能利用它
验证勾股定理吗？(1)小明在验证完后，突发灵感，用两个全等的直角三角形纸片（∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=a，
AC=DF=b（a<b），AB=DE=c）拼出如图2能验证勾股定理的图形（顶点A，E重合，顶点F在AC
边上，连接BD，CD）
解：用两种方法计算四边形ABCD的面积，
方法1：四边形ABCD的面积=S +S =_______，
△ABD △BCD
方法2：四边形ABCD的面积=S +S =_______，
△ABC △ACD
因为这两种方法都表示四边形ABCD的面积，可得等式：_______．
化简可得：a2+b2=c2．
(2)请你仿造小明的思路，用两个全等的直角三角形纸片拼出一个不同于图1，图2的能验证勾股定理的图
形，画出示意图，写出验证过程．如果你没有思路，请利用图1进行验证．
1 1 1 1 1 1 1 1
【答案】(1) c2+ a(b−a)， ab+ b2 ， c2+ a(b−a)= ab+ b2
2 2 2 2 2 2 2 2
(2)见解析
【分析】本题考查的是勾股定理的证明方法的探究，掌握探究的方法是解本题的关键；
（1）根据三角形的面积公式直接解答即可；
（2）先构建图形，如图所示，由全等的性质推出DF=AC=b，CF=BC=a，∠BAC=∠EDF，求得
∠AMC=180°−(∠BAC+∠ACD)=90°；可得S =S +S ；结合AB⊥CD且
四边形ABCD ΔDAC ΔDBC
1 1
AB=CD=c，可得S = AB×CD= c2 ，即可证明勾股定理．
四边形ABCD 2 2
【详解】（1）解：用两种方法计算四边形ABCD的面积，
1 1
方法1：四边形ABCD的面积=S +S = c2+ a(b−a)，
△ABD △BCD 2 2
1 1
方法2：四边形ABCD的面积=S +S = ab+ b2 ，
△ABC △ACD 2 2
1 1 1 1
因为这两种方法都表示四边形ABCD的面积，可得等式： c2+ a(b−a)= ab+ b2 ．
2 2 2 2化简可得：a2+b2=c2．
（2）如图，将两个全等的直角三角形△ABC和△DCF，如图所示那样摆放，且
BC=a，AC=b，AB=c．点F落在AC上，点C与点E重合，斜边AB与斜边CD交于点M，连接
AD，BD．
求证：a2+b2=c2，
证明：由题意得Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴∠BAC=∠EDF，
∴∠BAC+∠ACD=∠EDF+∠ACD=∠CFD=90°，
∴∠AMC=180°−(∠BAC+∠ACD)=90°，
∵Rt△ABC≌Rt△≝¿，
∴DF=AC=b，CF=BC=a，
1 1 1 1
∴S =S +S = ×b×b+ ×a×a= a2+ b2 ．
四边形ABCD ΔDAC ΔDBC 2 2 2 2
∵∠AMC=90°，
即AB⊥CD且AB=CD=c，
∴S =S ❑ +S
四边形ABCD △ ACD △BCD
1 1
= CD×AM+ CD×BM
2 2
1 1
= AB×CD= c2 ，
2 2
1 1 1
∴ a2+ b2= c2 ，即a2+b2=c2．
2 2 2
【变式4-3】（23-24八年级·辽宁沈阳·期末）阅读材料，解决问题．
材料一：对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的的一半．如图1，四边形GHKT中，若
1
GK⊥HT，则有S = HT⋅GK．
CHKJ 2
材料二：教材中介绍了可以通过“拼图”的方法证明勾股定理；通过下面的方法，也可以证明勾股定理．
已知Rt△ABC≌ Rt△≝¿，将它们按如图2所示那样摆放，点F落在AC上，点C与点E重合，斜边AB与斜边ED交于点M，连接AD，BD．
结合材料给出的信息解决下面问题：
(1)求证：AB⊥ED；
(2)若BC=a，AC=b，请用含有a或b的代数式分别表示图2中△ACD和△BCD的面积；
(3)在（2）的条件下，若AB=c，请结合材料信息，证明勾股定理．
【答案】(1)见解析
1 1
(2)S = b2 ，S = a2
△ACD 2 △BCD 2
(3)见解析
【分析】（1）根据全等三角形性质得∠CAB=∠FDE，再利用直角三角形性质得
∠DCF+∠FDE=90°，则∠DCF=∠CAB=90°，再根据三角形内角和定理得∠AMC=90°，即可得
到本题答案；
（2）根据全等三角形性质得BC=EF=a，AC=DF=b，再由三角形面积公式得
1 1 1 1
S = AC·DF= b2 ，S = BC·EF= a2 即可；
△ACD 2 2 △BCD 2 2
1 1
（3）根据全等三角形性质得AB=DE=c，再由材料一可知S = AB·ED= c2 ，再由
ABCD 2 2
1 1 1
S +S =S 列式为 a2+ b2= c2 即可得出结论．
△BCD △ACD ACBD 2 2 2
【详解】（1）解：证明：Rt△ABC≌ Rt△≝¿，
∴∠CAB=∠FDE，
∵∠DCF+∠FDE=90°，
∴∠DCF=∠CAB=90°，
∴∠AMC=180°−90°=90°，
∴AB⊥ED；（2）解：∵Rt△ABC≌ Rt△≝¿，
∴BC=EF=a，AC=DF=b，
∵∠DFC=90°，
∴DF⊥AC，
1 1 1 1
∴S = AC·DF= b2 ，S = BC·EF= a2 ；
△ACD 2 2 △BCD 2 2
（3）解：证明：∵Rt△ABC≌ Rt△≝¿，
∴AB=DE=c，
由（1）知，AB⊥ED，
1 1
∴S = AB·ED= c2 ，
ABCD 2 2
∵S +S =S ，
△BCD △ACD ACBD
1 1 1
∴ a2+ b2= c2 ，整理得：a2+b2=c2．
2 2 2
【题型5 由勾股定理证明线段平方关系】
【例5】（23-24八年级·四川南充·期末）如图，E是等腰直角三角形ABC斜边上一点，将△BCE旋转到
△ACF的位置，作CD⊥EF，与AB交于D．
(1)求∠DCE的度数；
(2)线段DE,DF相等吗？线段AD,DE,BE有无确定的数量关系？请说明你判断的理由．
【答案】(1)∠DCE=45°
(2)线段DE=DF,AD,DE,BE有确定的数量关系AD2+BE2=DE2．理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质可得△BCE≌△ACF，则CE=CF,∠1=∠3，根据三线合一的性质，即
1
可得出∠DCE=∠DCF= ∠ECF=45°；
2
（2）证明△DCE≌△DCF(SAS)得出DE=DF，由（1）可得BE=AF,∠B=∠4=45°，则∠DAF=90°，勾股定理可得AD2+AF2=DF2，等量代换可得AD2+BE2=DE2
【详解】（1）由旋转，△BCE≌△ACF．
∴CE=CF,∠1=∠3．
∴∠BCA=∠ECF=90°．
∵CD⊥EF，
1
∴∠DCE=∠DCF= ∠ECF=45°．
2
（2）线段DE=DF,AD,DE,BE有确定的数量关系AD2+BE2=DE2．
理由：连接DF．
由（1），CE=CF,∠DCE=∠DCF．
∵CD=CD．
∴△DCE≌△DCF(SAS)
∴DE=DF．
又由（1），BE=AF,∠B=∠4=45°．
∴∠DAF=90°
∴AD2+AF2=DF2．
即AD2+BE2=DE2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，熟练
掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式5-1】（23-24八年级·江西吉安·期末）如图，已知△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，其中
∠ACB=∠DCE=90°，D为AB边上一点．
(1)试判断AD与BE的大小关系，并说明理由；(2)试说明AD2,BD2,DE2三者之间的关系．
【答案】(1)AD=BE，理由见解析
(2)AD2+BD2=DE2，理由见解析
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE即可；
（2）根据（1）可得△ACD≌△BCE，得到AD=BE，∠ABC=∠A=∠CBE=45°，得到△DBE是直
角三角形，根据勾股定理证明即可．
【详解】（1）AD=BE．理由如下：
∵△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD， ∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE=90°−∠BCD．
∴△ACD≌△BCE(SAS)，
∴AD=BE．
（2）AD2+BD2=DE2．理由如下：
由（1）可得△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ABC=∠A=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
∴BE2+BD2=DE2，
∴AD2+BD2=DE2．
【点睛】此题综合运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、以及勾股定理，关键是根据
全等三角形的性质得出AD=BE．
【变式5-2】（23-24·河北廊坊·八年级期末）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∠AOB=∠MON=90°．
(1)如图1，连接AM，BN，求证：△AOM≌△BON：
(2)如图2，将△MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2=M N2．【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）通过代换得对应角相等，再根据等腰直角三角形的性质得对应边相等，利用“SAS”即可证
明△AOM≌△BON；
（2）连接AM，根据等腰直角三角形的性质，利用“SAS”证明△AOM≌△BON，得对应角相等，对应
边相等，从而可证∠MAN=90°，再根据勾股定理，结合线段相等进行代换，即可证明结论成立；
【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON，
即∠AOM=∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OM=ON，
∴△AOM≌△BON(SAS)；
（2）证明：连接AM，
∵∠AOB=∠MON=90°，
∴∠AOB−∠AON=∠MON−∠AON，
即∠AOM=∠BON，
∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OM=ON，
∴△AOM≌△BON(SAS)，
∴∠MAO=∠NBO=45°，AM=BN，
∴∠MAN=90°，
∴AM2+AN2=M N2，
∴BN2+AN2=M N2；
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，勾股定理等知识点，构造直角三角形是解决问题的关键．
【变式5-3】（23-24八年级·山东烟台·期末）如图，△BAD和△CAE中，点D在CE上，
∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB交CB的延长线于点F．
(1)求证：△ABC≌△ADE；
(2)请直接写出CD、DE和BD之间的数量关系_____；
(3)求证：CD=2BF+DE．
【答案】(1)见解析
(2)DE2+CD2=BD2
(3)见解析
【分析】（1）根据题意得到∠BAC=∠DAE，再利用SAS证明即可；
（2）证明△ACE是等腰直角三角形，得到∠E=∠ACE=45°，再根据全等的性质得到
∠ACB=∠E=45°，DE=BC，得到∠BCD=90°，利用勾股定理即可得到关系；
（3）延长CF到G点，使BF=GF，连接AG，证明△AFB≌△AFG(SAS)，得到AB=AG，
∠ABF=∠G，进一步证明△CGA≌△CDA(AAS)，可得CG=CD，推出CG=DE+2BF，即可证明结
论．
【详解】（1）解：∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
{
AB=AD
)
∠BAC=∠DAE ，
AC=AE
∴△BAC≌△DAE(SAS)；
（2）∵∠CAE=90°，AE=AC，
∴△ACE是等腰直角三角形，∴∠E=∠ACE=45°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ACB=∠E=45°，DE=BC，
∴∠BCD=∠ACD+∠ACB=90°，
∴BC2+CD2=BD2，
∴DE2+CD2=BD2；
（3）延长CF到G点，使BF=GF，连接AG，
∵AF⊥BC，
∴∠AFG=∠AFB=90°，
在△AFB和△AFG中，
{
BF=GF
)
∠AFB=∠AFG ，
AF=AF
∴△AFB≌△AFG(SAS)，
∴AB=AG，∠ABF=∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，
∴AG=AD，∠ABF=∠CDA，
∴∠G=∠CDA，
在△CGA和△CDA中，
{∠GCA=∠DCA
)
∠CGA=∠CDA ，
AG=AD
∴△CGA≌△CDA(AAS)，
∴CG=CD，
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF，
∴CD=2BF+DE．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，掌握全等
三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【题型6 以弦图为背景的计算】
【例6】（23-24八年级·浙江金华·期末）我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”
（图1），后人称其为“赵爽弦图”．由图1变化得到图2，它是用八个全等的直角三角形拼接而成的，记
图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S ，S ，S ．若S =12，则S +S 的值
1 2 3 2 1 3
为 ．
【答案】24；
【分析】本题考查勾股定理，根据面积加减关系求解减即可得到答案；
【详解】解：∵S =12，
2
∴S −4S =S +4S =12，
1 △ 3 △
∴S +S =12+12=24，
1 3
故答案为：24．
【变式6-1】（23-24八年级·福建福州·期末）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦
图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积
是34，小正方形的面积是4，设直角三角形中较长直角边为b，较短直角边为a，则a+b的值是 ．
【答案】8
【分析】本题考查了以弦图为背景的计算题，根据图形分析可得小正方形的边长为两条直角边长的差，根据题意得出a2+b2=34,(b−a) 2=4，进而根据完全平方公式变形即可求解．
【详解】解：依题意，a2+b2=34,(b−a) 2=4
∵(a+b) 2+(b−a) 2=2(a2+b2)
∴(a+b) 2=2×34−4=64
∴a+b=8，
故答案为：8．
【变式6-2】（23-24八年级·山东烟台·期末）如图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（ ）
A．80 B．78 C．76 D．72
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理．熟练掌握勾股定理是解题的关键．如图2，由题意知，外延的4部分全
等，且AD=AC=6，由勾股定理得，BD=❑√AD2+BC2=13，根据风车的外围周长是4×(BD+AD)，
计算求解即可．
【详解】解：如图2，由题意知，外延的4部分全等，且AD=AC=6，
由勾股定理得，BD=❑√AD2+BC2=13，
∴这个风车的外围周长是4×(BD+AD)=4×(13+6)=76，故选：C．
【变式6-3】（23-24八年级·河南郑州·期末）（1）阅读理解
我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽
为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写
出勾股定理和推理过程；
（2）问题解决
勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将
它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC＝12，BC＝
5，求EF的值．
17 7
【答案】（1）a2+b2=c2，见解析；（2）EF为 或
2 2
【分析】（1）根据大正方形的面积等于4个直角三角形的面积与小正方形的面积和证明；
（2）分a＞b和a＜b两种情况求解．
【详解】解：（1）a2+b2=c2（直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方），
证明如下：
∵如图①，∵ ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH，
∴AB=BC=CD=△DA=c，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠BAE+∠HAD=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
同理可证，四边形EFGH是正方形，且边长为（b﹣a），∵S =4S +S
正方形ABCD △ABE 正方形EFGH
1 1
∴c2=4× ×ab+ ×(a−b) 2 ，
2 2
∴a2+b2=c2
（2）由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形，
设EF＝a，FD＝b，
分两种情况：
①a＞b时，
∴a+b＝12，
∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM拼成，
∴E'F'＝EF，KF'＝FD，E'K＝BC＝5，
∵E'F'﹣KF'＝E'K，
∴a﹣b＝5，
{a+b=12)
∴
a−b=5
17
解得：a= ，
2
17
∴EF= ；
2
{a+b=12)
②a＜b时，同①得： ，
b−a=5
7
解得：a= ，
2
7
∴EF= ；
217 7
综上所述，EF为 或 ．
2 2
【点睛】本题考查了勾股定理的证明和应用，熟练掌握面积法证明勾股定理，并灵活运用是解题的关键．
【题型7 勾股定理与网格问题的综合运用】
【例7】（23-24八年级·浙江杭州·期末）如图，甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，甲每个网格
边长均为a，乙每个网格边长均为b，若正方形ABCD,EFGH的面积均为S且各顶点均在甲、乙两个网格
线的交点上．以下结论中正确的是（ ）
A．S=20a B．S=18b C．3a=❑√10b D．3b=❑√10a
【答案】D
【分析】本题考查了正方形与网格问题和勾股定理的应用，先根据题意将S求出来，再根据图象分别将正
方形的边长关系求出是解决本题的关键．
【详解】解：甲图中S=AD2=(2a) 2+(4a) 2=20a2，
乙图中S=EH2=(3b) 2+(3b) 2=18b2，
∵正方形ABCD,EFGH的面积均为S，
∴20a2=18b2，
∴3b=❑√10a，
故A，B，C错误，D正确；
故选D．
【变式7-1】（23-24八年级·四川眉山·期末）如图，在4×4的网格中，每个小正方形的边长均为1，点
A、B、C都在格点上，BD⊥AC于点D，则BD的长为（ ）❑√15 3 ❑√10 9
A． B． C． D．
2 2 2 5
【答案】D
【分析】本题考查利用勾股定理计算三角形的相关知识，几何图形与网格的结合考查三角形的相关知识，
理解和掌握三角形的知识是解题的关键．
首先根据勾股定理求出AC=❑√32+42=5，然后根据面积相等的方法，即可求出答案 ．
【详解】解：∵BD是△ABC的高，AC=❑√32+42=5，
1 1
∴△ABC的面积= BC×3= BD×AC
2 2
1 1
∴ ×3×3= BD×5，
2 2
9
解得，BD= ，
5
故选：D．
【变式7-2】（23-24八年级·江苏扬州·期末）如图，点A、B、C均落在边长为1的网格格点上，则∠ABC
等于 °．
【答案】135°/135度
【分析】延长AB交网格于格点D，连接CD，证明△BCD是等腰直角三角形，得到∠CBD=45°，即可得
到∠ABC的度数，此题考查了勾股定理及其逆定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键．
【详解】解：如图，延长AB交网格于格点D，连接CD，
则CD=❑√12+22=❑√5，BD=❑√12+22=❑√5，BC=❑√12+32=❑√10，
∴CD=BD，CD2+BD2=10=BC2，
∴∠D=90°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴∠CBD=45°，
∴∠ABC=180°−∠CBD=135°，
故答案为：135°．
【变式7-3】（23-24八年级·上海奉贤·期末）我们把有两个相邻的内角是直角且有两条邻边相等的四边形
称为邻等四边形．如图，在5×5的方格纸中，每个小正方形的边长为1，A、B、C三点均在格点上，若四
边形ABCD是邻等四边形，且点D也在格点上，那么边AD的长为 ．
【答案】❑√13或1
【分析】本题考查了新定义，网格与勾股定理，正确理解新定义是解题的关键．
根据直邻四边形的定义结合网格作出图形，再根据勾股定理与网格求出AD的长即可．
【详解】解：若BC=CD，如图1所示；则AD=❑√32+22=❑√13；
若AB=AD，如图2所示，
则AD=1．
故答案为：❑√13或1．
【题型8 勾股树】
【例8】（23-24八年级·山东菏泽·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．
【变式8-1】（23-24八年级·河南漯河·阶段练习）如图是一株美丽的“勾股树”，其中所有的四边形都是
正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A，B，C，D的面积分别为3，2，2，5，则正方形G的
面积为 ．
【答案】12
【分析】本题考查勾股树，根据根据勾股定理的几何意义，可得正方形A，B的面积的和等于正方形E的
面积，可得正方形C，D的面积的和等于正方形F的面积，正方形E，F的面积的和等于正方形G的面
积．
【详解】解：∵正方形A，B，C，D的面积分别为3，2，2，5，
∴ S =S +S =3+2=5，
正方形E 正方形A 正方形B
S =S +S =2+5=7，
正方形F 正方形C 正方形D
∴ S =S +S =5+7=12，
正方形G 正方形E 正方形F
故答案为：12．
【变式8-2】（23-24八年级·江西上饶·阶段练习）“勾股树”是以正方形－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－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状
好似－－棵树而得名．假设下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，则第五代勾股树中正方形的个数为（ ）A．31 B．63 C．65 D．67
【答案】B
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第五代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：由题意可知第一代勾股树中正方形有1+2=3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22=7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15（个），
由此推出第五代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25=63（个）
故选：B．
【点睛】本题考查了图形类规律探索的相关问题，仔细观察从图中找到规律是解题的关键．
【变式8-3】（23-24八年级·江西南昌·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．
【题型9 勾股定理与折叠问题的综合运用】
【例9】（23-24·山东烟台·八年级期末）如图，三角形纸片ABC中，∠BAC=90°,AB=2,AC=3，沿
AD和EF将纸片折叠，使点B和点C都落在边BC上的点P处，则AE的长是（ ）
13 5 7 6
A． B． C． D．
6 6 6 5【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
根据题意可得AP=AB=2，∠B=∠APB，CE=PE，∠C=∠CPE，可得∠APE=90°，继而设
AE=x，则CE=DE=3−x，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点P处，
∴AP=AB=2，∠B=∠APB，
∵折叠纸片，使点C与点P重合，
∴CE=PE，∠C=∠CPE，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°，
∴∠APB+∠CPE=90°，
∴∠APE=90°，
∴AP2+PE2=AE2，
设AE=x，
则CE=PE=3−x，
∴22+(3−x) 2=x2，
13
解得x= ，
6
13
即AE= ，
6
故选：A．
【变式9-1】（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图是一张直角三角形纸片，两直角边
AC=6，BC=8，将△ABC折叠，顶点B与点A重合，折痕为DE，则DE的长为 ．
15
【答案】
4
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，运用勾股定理建立方程求出BD是关键；由折叠知1
AD=BD，BE=AE= AB，则CD=BC−BD，在Rt△ACD中由勾股定理建立方程，即可求出BD，
2
在Rt△BDE中由勾股定理即可求得结果．
【详解】解：∵AC=6，BC=8，∠C=90°，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√36+64=10；
1
由折叠知AD=BD，BE= AB=5，
2
则CD=BC−BD=8−BD；
在Rt△ACD中，AC2+CD2=AD2，
即62+(8−BD) 2=BD2，
25
解得：BD= ；
4
在Rt△BDE中，由勾股定理得DE=❑√BD2−BE2=❑
√ (25) 2
−52=
15
．
4 4
15
故答案为： ．
4
【变式9-2】（23-24八年级·江苏无锡·期中）如图，在矩形ABCD中，点E是边AB上一点，将△BCE沿
CE折叠，使点B落在AD边上的F处，已知AD=5，AB=3，则BE的长为 ．
5 2
【答案】 /1
3 3
【分析】本题考查矩形的性质，直角三角形的边角关系以及翻折轴对称的性质．根据翻折的性质和勾股定
理可求出DF，进而求出AF，在Rt△AEF中由勾股定理可求出BE．
【详解】解：由翻折的性质可知，BE=EF，BC=FC=AD=5，
在Rt△CDF中，CF=5，CD=AB=3，
∴DF=❑√52−32=4，
∴AF=AD−DF=5−4=1，设BE=x，则EF=x，AE=3−x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：AF2+AE2=EF2，
即1+(3−x) 2=x2，
5
解得x= ，
3
5
即BE= ．
3
5
故答案为： ．
3
【变式9-3】（23-24八年级·江西赣州·期中）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在
AB边的中点C′上．若AB=4，BC=6，求BF的长．
8
【答案】
3
【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，由折叠的性质得到C′F=CF，设C′F=CF=x，则
1
BF=BC−CF=6−x，由线段中点的定义得到BC′= AB=2，再由勾股定理建立方程x2=22+(6−x) 2，
2
解方程即可得到答案．
【详解】解：由折叠的性质可得C′F=CF，
设C′F=CF=x，则BF=BC−CF=6−x，
∵C′是AB边的中点，
1
∴BC′= AB=2，
2
由长方形的性质可得∠B=90°，
在Rt△C′BF中，由勾股定理得C′F2=C′B2+BF2，
∴x2=22+(6−x) 2，
10
解得x= ，
38
∴BF=6−x= ．
3
【题型10 勾股定理与分类讨论思想的综合运用】
【例10】（23-24八年级·山东潍坊·阶段练习）在△ABC中，AB=25，AC=30，BC边上的高AD为
24，，则△ABC面积为 ．
【答案】300或132
【分析】本题考查了勾股定理．根据勾股定理求出BD、CD的长，分点D在线段BC上及点D在线段CB的
延长线上两种情况求出BC的长，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵AD为边BC上的高，
∴∠ADB=∠ADC=90°．
在Rt△ABD中，BD=❑√AB2−AD2=7，
在Rt△ACD中，CD=❑√AC2−AD2=18，
当点D在线段BC上时，BC=BD+CD=25，
1 1
∴S = ×BC×AD= ×25×24=300；
△ABC 2 2
当点D在线段CB的延长线上时，BC=CD−BD=11．
1 1
∴S = ×BC×AD= ×11×24=132；
△ABC 2 2
故答案为：300或132．
【变式10-1】（23-24八年级·广东揭阳·期末）等腰三角形一腰长为5，一边上的高为3，且等腰三角形为
钝角三角形，则底边长为 ．
【答案】8或3❑√10
【分析】本题考查勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条
件，利用分类讨论的数学思想解答．
根据题意分两种情况，画出相应的图形，从而可以解答本题．【详解】解：∵等腰三角形为钝角三角形，
①当CD为腰上的高时，如图所示，
在Rt△ACD中，AC=5,CD=3，
根据勾股定理得：AD=❑√AC2−CD2=4，
∴BD=AB+AD=5+4=9，
在Rt△BDC中，CD=3,BD=9，
根据勾股定理得：BC=3❑√10；
②当AD为底边上的高时，如图所示，
∵AB=AC,AD⊥BC，
∴BD=CD，
在Rt△ABD中，AD=3,AB=5，
根据勾股定理得：BD=❑√AB2−AD2=4，
∴BC=2BD=8，
综上，等腰三角形的底边长为3❑√10或8．
【变式10-2】（23-24·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）已知矩形纸片ABCD，AB=5，BC=4，点P在边BC
上，连接AP，将△ABP沿AP所在的直线折叠，点B的对应点为B′，把纸片展平，连接BB′，CB′，当
△BCB′为直角三角形时，线段CP的长为 ．
3
【答案】 或2
2
【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，分两种情况进
行讨论：当∠BCB′=90°时，当∠BB′C=90°，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AB=CD=5，AD=BC=4，
当∠BCB′=90°时，如图所示：
∵∠BCD=90°，
∴点B′在CD上，
根据折叠可知：AB′=AB=5，BP=B′P，
设CP=x，则BP=B′P=4−x，
∴DB′=❑√AB′2−AD2=❑√52−42=3，
CB′=DC−DB′=5−3=2，
在Rt△CB′P中，根据勾股定理得：B′P2=B′C2+CP2，
即(4−x) 2=22+x2，
3
解得：x= ，
2
3
即CP= ；
2
当∠BB′C=90°，如图所示：
根据折叠可知：BP=B′P，
∴∠PBB′=∠PB′B，
∵∠PBB′+∠BCB′=90°，∠PB′B+∠PB′C=90°，
∴∠BCB′=∠CB′P，
∴PC=PB′，
∴PC=PB，
∵BC=BP+PC=4，∴CP=2；
3
综上分析可知：CP= 或2．
2
3
故答案为： 或2．
2
【变式10-3】（23-24八年级·河南信阳·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,E、F分别是边
BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE= 时，△AEC′
是以AE为腰的等腰三角形．
4 7
【答案】 或
3 8
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，涉及到方程思想
和分类讨论思想，有一定难度．
设BE=x，则EC=4−x，由翻折得：EC′=EC=4−x．①当AE=EC′时，由勾股定理得：
32+x2=(4−x) 2；②当AE=AC′时，作AH⊥EC′，由∠AEF=90°,EF平方∠CEC′可证得
∠AEB=∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE=HE=x，由三线合一得EC′=2EH，即4−x=2x，解
方程即可．
【详解】解：设BE=x，则EC=4−x，
由翻折得：EC′=EC=4−x，
①当AE=EC′时，AE=4−x，
∵矩形ABCD，
∴∠B=90°，
由勾股定理得：32+x2=(4−x) 2，
7
解得：x= ，
8
②当AE=AC′时，如图，作AH⊥EC′，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得△EC′F，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
∵∠B=∠AHE=90°,AE=AE，
∴△ABE≌△AHE(AAS)，
∴BE=HE=x，
∵AE=AC′，
∴EC′=2EH，
即4−x=2x，
4
解得x= ，
3
7 4
综上所述：BE= 或 ．
8 3
故答案为：或．
