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专题 17.3 勾股定理（满分 100）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
评卷人 得 分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（23-24八年级上·山东临沂·阶段练习）如图，在3×3的正方形网格中标出了∠1和∠2，则∠1+∠2=
（ ）
A．45° B．30° C．60° D．90°
【思路点拨】
连接CD，DE，先根据勾股定理的逆定理证明△CDE是直角三角形，再根据CD=DE=❑√5可得
∠DCE=∠DEC=45°，进而可得∠1+∠3=45°，然后利用平行线的性质可得∠2=∠3，再利用等量
代换即可解答．
【解题过程】
解：如图：连接CD，DE，
由题意得：CD2=12+22=5，CE2=12+32=10，ED2=12+22=5，
∴CD2+DE2=CE2，∴△CDE是直角三角形，
∵CD=DE=❑√5，
∴∠DCE=∠DEC=45°，
∴∠1+∠3=90°−∠DCE=45°，
∵AB∥CD，
∴∠2=∠3，
∴∠1+∠2=45°．
故选：A．
2．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在四个均由十六个小正方形组成的正方形网格中，各有一个三
角形，那么这四个三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A． B． C． D．
【思路点拨】
本题考查的是勾股定理及其逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就
是直角三角形是解答此题的关键．
根据勾股定理及其逆定理对各选项进行逐一判断即可．
【解题过程】
解： A、如图：
∵AC2=12+32=10，BC2=12+22=5，AB2=12+42=17，
∴△ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；
B、如图：∵AC2=22+42=20，BC2=12+22=5，AB2=32+42=25，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C、如图：
∵AB2=22+22=8，AC2=22+22=8，BC2=16，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、如图：
∵AC2=12+32=10，BC2=12+32=10，AB2=22+42=20，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
3．（22-23八年级下·辽宁鞍山·期末）如图，学校在校园围墙边缘开垦一块四边形菜地ABCD，测得
AB=9m，BC=12m，CD=8m，AD=17m，且∠ABC=90°，这块菜地的面积是（ ）
A．48m2 B．114m2 C．122m2 D．158m2
【思路点拨】在△ABC中，利用勾股定理求出AC的长，再由勾股定理逆定理判断△ACD的形状，由三角形面积公式求
得菜地的面积．
【解题过程】
解：连接AC
在△ABC中，∠ABC=90°，AB=9m，BC=12m，
AC=❑√AB2+BC2=❑√92+122=15(m)
在△ACD中，CD=8m，AD=17m，
AC2+CD2=64+225=289，AD2=172=289
∴AC2+CD2=AD2
∴△ACD是直角三角形，且∠ACD=90°．
1 1 1 1
∴S =S +S = AB⋅BC+ AC⋅CD= ×9×12+ ×8×15=114(m2)
四边形ABCD △ABC △ACD 2 2 2 2
∴这块菜地的面积是114m2
故选：B
4．（23-24八年级上·河南郑州·阶段练习）如图，图甲是第七届国际数学教育大会（简称ICME～7）的会
徽，会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的，其中
OA =A A =A A =⋯=A A =1，如果把图乙中的直角三角形继续作下去，那么OA ，OA ，…，
1 1 2 2 3 7 8 1 2
OA 这些线段中有多少条线段的长度为正整数（ ）
25
A．3 B．4 C．5 D．6
【思路点拨】本题考查了勾股定理的灵活运用，找到OA =❑√n的规律是解题的关键．
n
根据题意可求得OA 到OA 的值分别为❑√1，❑√2，❑√3，…，❑√25，从而可计算OA 到OA 中长度为正
1 25 1 25
整数的个数．
【解题过程】
解：∵OA =1，
1
OA =❑√OA 2+A❑ A 2=❑√12+12=❑√2，
2 1 1 2
OA =❑√OA 2+A❑ A 2=❑√(❑√2) 2+12=❑√3，
3 2 2 3
OA =❑√OA 2+A A 2=❑√(❑√3) 2+12=❑√4，
4 3 3 4
……，
∴OA =❑√n，OA =❑√25，
n 25
∴OA 到OA 的值分别为❑√1，❑√2，❑√3，…，❑√25，
1 25
其中正整数为❑√1=1，❑√4=2，❑√9=3，❑√16=4，❑√25=5，
∴OA ，OA ，…，OA 这些线段中有5条线段的长度为正整数．
1 2 25
故选：C
5．（23-24八年级上·河南郑州·期末）固定在地面上的一个正方体木块如图①所示，其棱长为4，沿其相邻
三个面的对角线（图中虚线）去掉一角，得到如图②所示的几何体木块，一只蚂蚁沿着该木块的表面从点
A爬行到点B的最短路程为（ ）
A．2❑√2+2❑√6 B．4❑√2+4 C．4❑√2+2 D．2❑√6+4
【思路点拨】
本题考查勾股定理的应用．根据两点之间线段最短，将图②展开，利用勾股定理进行求解即可．
【解题过程】
解：如图，正方体上表面的对角线为CD，将图②展开，连接AB交CD于点E，线段AB的长度即为蚂蚁爬
行的最短路程，由题意可知：△ACD为等边三角形，△CBD为等腰直角三角形，
∵AC=AD，BC=BD，AB=AB，
∴△ACB≌△ADB(SSS)，
∴∠CBE=∠DBE，
∴AB⊥CD，
∵正方体的棱长为4，
∴BC=BD=4，AC=AD=CD=❑√42+42=4❑√2，
1
在Rt△CEB中，BE=CE= CD=2❑√2，
2
在Rt△CEA中，AE=❑√AC2−CE2=2❑√6，
∴AB=AE+CE=2❑√2+2❑√6．
故选：A．
6．（23-24八年级上·福建福州·阶段练习）在直角坐标系中，点A、B坐标分别为(1,4)和(3,0)，点C是y
轴上一个动点，且A、B、C三点不在同一直线上，当△ABC的周长最小时，点C坐标可能是
（ ）
A．(0,0) B．(0,−1) C．(0,5) D．(0,3)
【思路点拨】
作点B(3,0)关于y轴的对称点B′(−3,0)，连接AB′，交y轴于点C′，连接BC′，B′C，过点A作AE⊥x轴
于点E，从而可得△ABC的周长为2❑√5+AC+BC′，根据两点之间线段最短可得当点C与点C′重合时，
AC+BC′的值最小，最小值为AB′，再根据等腰三角形的判定与性质求解即可得．
【解题过程】
解：如图，作点B(3,0)关于y轴的对称点B′(−3,0)，连接AB′，交y轴于点C′，连接BC′，B′C，过点A作
AE⊥x轴于点E，则BC=BC′，
∵A(1,4),B(3,0)，
∴OE=1,AE=4,OB=3，AB=❑√(1−3) 2+(4−0) 2=2❑√5，
∴△ABC的周长为AB+AC+BC=2❑√5+AC+BC′，
由两点之间线段最短可知，当点C与点C′重合时，AC+BC′的值最小，最小值为AB′，
∵B′(−3,0)，
∴OB′=3，
∴B′E=OB′+OE=4=AE，
∴∠AB′E=∠B′ AE=45°，
又∵OC′⊥OB′，
∴∠AB′E=∠B′C′O=45°，
∴OC′=OB′=3，
∴C′(0,3)，
即当△ABC的周长最小时，点C坐标是(0,3)，
故选：D．
7．（23-24八年级上·浙江杭州·期末）如图，在等腰直角△ABC中，点E，F将斜边AC三等分，且
AC=12，点P在△ABC的边上，则满足PE+PF=9的点P的个数是（ ）
A．0个 B．2个 C．4个 D．6个
【思路点拨】
本题考查最短路径，勾股定理，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM交BC于点
H，连接CM、BE、BF、FH，可得点H到点E和点F的距离之和最小，求出最小值即可解答，在线段BC找到点H到点E和点F的距离之和最小是解题的关键．
【解题过程】
解：如图，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM交BC于点H，连接CM、BE、
BF、FH，
∵点E，F将对角线AC三等分，且AC=12
∴EC=8，FC=4=AE
∵点M与点F关于BC对称，
∴CF=CM=4，∠ACB=∠BCM=45°
∴∠ACM=90°
∴EM=❑√EC2+CM2=4❑√5
即EH+HM=EH+HF=4❑√5
则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为4❑√5<9
在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF=12
∴点P在CH上时，4❑√5AB+AC，其中正
2
确的结论是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
本题考查的重点是直角三角形全等的证明，线段的垂直平分线和角平分线的运用．①在直角三角形中，利
用HL可以证明△CDE≌△BDF；②根据△CDE≌△BDF，可以得到对应边相等，然后证明
1
AC−AF=BF；③在直角三角形中，利用勾股定理，推导出BD2+CD2= BC2+2DG2
；④利用余角
2
和补角之间的关系，可以得出∠DAF和∠ACD之间的关系；⑤在直角三角形中斜边大于直角边，可以推
导出BD+CD>AB+AC．
【解题过程】
解：①∵AD平分∠EAF，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴DF=DE，
在Rt△AFD和Rt△AED中，
{DF=DE)
，
AD=AD
∴Rt△AFD≌Rt△AED(HL)，
AF=AE，
又∵DG垂直平分BC交BC于点G，
∴BD=CD，
在Rt△CDE和Rt△BDF中，
{BD=CD)
，
DF=DE∴Rt△CDE≌Rt△BDF(HL)，故结论①符合题意；
②∵△CDE≌△BDF，
∴BF=CE，
∵CE=AC−AE，AF=AE，
∴AC−AF=BF，故结论②符合题意；
③∵DG垂直平分BC，
∴BD2=DG2+BG2，CD2=DG2+CG2，
1 1
又∵BG2= BC2 ，CG2= BC2
，
4 4
1
∴
BD2+CD2= BC2+2DG2
，故结论③符合题意；
2
④∵△CDE≌△BDF，
∴∠ACD=∠DBF，
∵∠DAF=∠DBF+∠BDA，
∴∠DAF≠∠ACD，故结论④不符合题意；
⑤∵BD=CD，
∴BD+CD=2BD，
∵AC=AE+EC，AF=AE，BF=CE，
∴AC=BF+AF=AB+2AF，
∴AB+AC=AB+AB+2AF=2BF，
∵在直角△BFD中，BD是斜边，BF是直角边，
∴2BD>2BF，
∴BD+CD>AB+AC，故结论⑤符合题意．
故选：D．
9．（22-23八年级上·浙江丽水·期中）已知：如图，在△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于点D，BE
平分∠ABC，且BE⊥AC于点E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G，则
下列说法正确的个数有（ ）①DH=HC ②DG=DF ③FC=1.5DF ④BF=AC ⑤¿=❑√2BG
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【思路点拨】
根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可判断①；证明△BCD是等腰直角三角形，得到
1
BD=CD，∠BDH=∠CDH= ∠BDC=45°，可知∠BDH=∠DCB，再结合角平分线的定义可知
2
∠ABE=∠CBE，然后利用三角形外角的定义，即可证明∠DGF=∠DFG，则DG=DF，可判断②；
作FI⊥BC于点I，则∠IFC=∠ICF=45°，所以IF=IC，由勾股定理可得FC=❑√2IF，根据角平分线
的性质可得IF=DF，则FC=❑√2DF，可判断③；证明△DBF≌△DCA，由全等三角形的性质可得
BF=AC，可判断④；连接CG，易知DH垂直平分BC，则BG=CG，再证明CE=≥¿，由勾股定理可得
❑√2
BG=CG=❑√2GE，则¿= BG，可判断⑤．
2
【解题过程】
解：∵CD⊥AB，
∴∠BDC=∠ADC=90°，
∵H是BC边的中点，
1
∴DH=HC= BC，故①正确；
2
∵∠ABC=45°，
∴∠DCB=∠DBC=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD=CD，
∵H是BC边的中点，
1
∴∠BDH=∠CDH= ∠BDC=45°，
2∴∠BDH=∠DCB，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE+∠BDH=∠CBE+∠DCB，
∵∠DGF=∠ABE+∠BDH，∠DFG=∠CBE+∠DCB，
∴∠DGF=∠DFG，
∴DG=DF，故②正确；
作FI⊥BC于点I，如下图，则∠CIF=90°，
∴∠IFC=∠ICF=45°，
∴IF=IC，
∴FC=❑√I F2+IC2=❑√2IF，
∵BE平分∠ABC，FI⊥BC，FD⊥AB，
∴IF=DF，
∴FC=❑√2DF，故③错误；
∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠AEB=∠ADC=∠BDC=90°，
∴∠A+∠DBF=90°，∠A+∠DCA=90°
∴∠DBF=∠DCA=90°−∠A，
在△DBF和△DCA中，
{∠FDB=∠ADC
)
BD=CD ，
∠DBF=∠DCA
∴△DBF≌△DCA(ASA)，
∴BF=AC，故④正确；
连接CG，如图，∵△BCD是等腰直角三角形，H是BC边的中点，
∴DH垂直平分BC，
∴BG=CG，
∴∠CBG=∠GCB，
∵∠DCA=∠ABE，∠ABE=∠CBE，
∴∠GCB=∠DCA，
∴∠ECG=∠GCD+∠DCA=∠GCD+∠GCB=∠DCB=45°，
∵∠CEG=90°，
∴∠EGC=∠ECG=45°，
∴CE=≥¿，
∴CG=❑√GE2+CE2=❑√2GE，
∴BG=❑√2GE，
❑√2
∴¿= BG，故⑤错误．
2
综上所述，说法正确的个数有3个．
故选：B．
10．（22-23八年级下·重庆涪陵·开学考试）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D是AC边
上一点，以BD为直角边作等腰直角△DBE，∠DBE=90°，DE交BC于点F，连接CE，过点B作
BN⊥DE交DE于点M，交CD于点N．则以下结论正确的有（ ）个
①AD=CE；②∠DBF=∠DFB；③AD2+CN2=DN2；④当AD:CD=1:2时，S +S =S
△EBC △DEC △DBE
；⑤当CD=BC时，BD:EF=❑√2+1．
A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】
①证明△ABD≌△CBE，即可得证；②根据∠DBF=∠DBM+∠MBF=∠DBM+45°，
∠DFB=∠EBF+∠BED=∠EBF+45°，进行判断即可；③连接EN，根据△ABD≌△CBE，易得
△CEN为直角三角形，得到CN2+CE2=N E2，证明△NBD≌△NBE(SAS)，得到DN=EN，进而得到AD2+CN2=DN2；④AD=x,则：CD=2x, CE=x，勾股定理求出DE，进而求出BM，过点B作
BH⊥AC，求出BH，分别求出S ,S ,S ，进行判定即可；⑤过点E作EG⊥BC，交BC于点
△EBC △DEC △DBE
G，AB=BC=x=CD，分别求出BD,EF的长，进行判断即可．
【解题过程】
解：①∵△DBE是等腰直角三角形，
∴BD=BE，∠DBE=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠CBE=90°−∠DBF，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE；故①正确；
②∵△DBE是等腰直角三角形，BN⊥DE，
∴∠DBM=∠MBE=45°，∠BED=45°，
∴∠DBF=∠DBM+∠MBF=∠MBF+45°，∠DFB=∠EBF+∠BED=∠EBF+45°，
∵∠MBF不一定等于∠EBF，
∴∠DBF不一定等于∠DFB；故②错误；
③∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
由①知△ABD≌△CBE，
∴∠BCE=∠BAD=45°，∠CBE=∠ABD，CE=AD，
∴∠DCE=∠BCE+∠BCA=90°，
由②知，∠DBN=45°，
∴∠ABD+∠CBN=∠CBE+∠CBN=90°−∠DAM=45°，
即：∠DBN=∠EBN=45°，
连接EN，
∵BD=BE,∠DBN=∠EBN=45°,BN=BN，
∴△NBD≌△NBE(SAS)，
∴DN=EN，在Rt△NCE中，CN2+CE2=N E2，
∴AD2+CN2=DN2；故③正确．
④设AD=x,
∵AD:CD=1:2，AD=CE，
∴CD=2x, CE=x，
1 1
∴DE=❑√CD2+CE2=❑√5x，S = CD⋅CE= ×2x⋅x=x2 ，
△CDE 2 2
∵△DBE是等腰直角三角形，BN⊥DE，
1 ❑√5
∴BM= DE= x，
2 2
1 1 ❑√5 5
∴S = DE⋅BM= × x×❑√5x= x2 ；
△BDE 2 2 2 4
过点B作BH⊥AC，
∵∠ABC=90°,AB=AC，
1 1 3
∴BH= AC= (AD+CD)= x，
2 2 2
1 1 3 3
∴S = AD⋅BH= ×x× x= x2 ，
△ABD 2 2 2 4
∵△ABD≌△CBE，
3
∴S =S = x2 ，
△CBE △ABD 4
3 7
∴S +S = x2+x2= x2 ，
△CBE △CDE 4 4
∴S +S ≠S ；故④错误；
△EBC △DEC △DBE
⑤过点E作EG⊥BC，交BC于点G，设AB=BC=x=CD，则AC=❑√2x ，
∴AD=(❑√2−1)x ，
∵CB=CD，∠ACB=45°，
∴∠CBD=∠CDB=67.5°，
∴∠ABD=∠CDE=∠BDN−45°=22.5°，
∴∠CED=675°，
∵△ABD≌△CBE，
∴AD=CE=(❑√2−1)x, ∠BCE=∠A=45°，
∴∠CFE=∠CEF=67.5°，
∴CF=CE=(❑√2−1)x，
∵∠BCE=45，EG⊥BC，
∴∠CEG=∠BCE=45°，
❑√2 ( ❑√2)
∴CG=≥= (❑√2−1)x= 1− x，
2 2
(3❑√2 ) ❑√2
∴FG= −2 x，BG= x
2 2
∴EF2=EG2+FG2= (3 −❑√2 ) x2+ (17 −6❑√2 ) x2=(10−7❑√2)x ，
2 2
BD2=BE2=EG2+BG2= (3 −❑√2 ) x2+ 1 x2=(2−❑√2)x2 ，
2 2
BD2 1
∴ = ，
EF2 3−2❑√2
BD 1
∴ = =❑√2+1, 故⑤正确；
EF ❑√2−1
综上，正确的是①③⑤，共3个；故选：B．
评卷人 得 分
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（23-24八年级上·江苏南京·阶段练习）在直角三角形中有一个非常著名的定理：勾股定理“直角三角
形两条直角边的平方和等于斜边的平方．”如图，在ΔABC中，∠CAB=45°，AC=5，AB=4，过点C
作CD⊥CB，点D在点C右侧，且CD=CB，连接AD，则AD2的值为 ．
【思路点拨】
本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理．过点C作CE⊥AC，且使
CE=AC，连接AE，BE，证明△ECB≌△ACD(SAS)，由全等三角形的性质得出BE=AD，证出
∠EAB=90°，由勾股定理可求出BE2，即可解决问题．
【解题过程】
解：过点C作CE⊥AC，且使CE=AC，连接AE，BE，
∵CD⊥CB，CE⊥AC，
∴∠BCD=90°，∠ACE=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
在△ECB和△ACD中，
{
CE=CA
)
∠ECB=∠ACD ，
CB=CD
∴△ECB≌△ACD(SAS)，∴BE=AD，
∵CE=AC=5，∠ACE=90°，
∴∠EAC=45°，AE=5❑√2，
∵∠CAB=45°，
∴∠EAB=90°，
∴BE2=AB2+AE2=42+(5❑√2) 2=66，
∴AD2=66．
故答案为：66．
12．（23-24八年级上·江苏南通·期末）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，AB=2，AD=3，
点M，N分别在边BC，CD上，当∠AMN+∠ANM=120°时，△AMN的周长最小，则它的周长的最小
值为 ．
【思路点拨】
本题主要考查了等腰三角形的性质、轴对称的性质、三角形外角的性质等知识点，掌握运用轴对称求最值
是解题的关键．
作A关于BC和CD的对称点A ，A ，连接A A ，交BC于M ，交CD于N ，过A 作A G⊥BA于G,则
1 2 1 2 1 1 2 2
A A 即为△AMN周长的最小值，求出A A 的长即可．
1 2 1 2
【解题过程】
解：如图：作A关于BC和CD的对称点A ，A ，连接A A ，交BC于M ，交CD于N ，过A 作
1 2 1 2 1 1 2
A G⊥BA于G,
2∴A D=AD=3,A B=AB=2，∠N AD=∠N A D,∠M AB=∠M A D，
1 2 1 1 1 1 1 2
1 1
∴∠N AD= ∠AN A ,∠BAM = ∠AM A ，
1 2 1 1 1 2 1 2
∵∠AMN+∠ANM=120°，即∠AN A +∠AM A =120°，
1 1 1 2
∴∠N AD+∠BAM =60°,∠N AM =60°，
1 1 1 1
∴∠GAD=60°，即∠GA A=30°，
2
1
∴AG= A A =3，
2 2
∴A G=❑√A A 2+AG2=❑√62+32=3❑√3，A G=A A +GA=4+3=7，
2 2 1 1
∴A A =❑√A G2+A G2=❑√27+49=4❑√19．
1 2 2 1
故答案为4❑√19．
13．（23-24八年级上·浙江金华·期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，分别以AB、
AC、BC为边在AB的同侧作正三角形ABD、ACE、BCF，图中四块阴影部分的面积分别为S ，S ，S
1 2 3
，S ，求S −S +S = ．
4 1 2 3
【思路点拨】
本题考查勾股定理的知识，将勾股定理和等边三角形的面积公式进行灵活的结合和应用是解题的关键．过
❑√3 ❑√3
点E作EG⊥AC于点G，利用等边三角形的性质和勾股定理可求S = AC2，S = AB2，
△ACE 4 △ABD 4
❑√3
S = BC2 ，从而可得出S +S =S ，然后结合图形把S −S +S 转化为
△BCE 4 △ACE △BCE △ABD 1 2 3
S +S −S +S 即可求解．
△ACE △BCE △ABD △ABC
【解题过程】
解：如图，过点E作EG⊥AC于点G，∵△ACE是等边三角形，
1
∴AG= AC，AE=AC，
2
❑√3
∴EG=❑√AE2−AG2= AC，
2
1 ❑√3 ❑√3
∴S = AC× AC= AC2 ，
△ACE 2 2 4
❑√3 ❑√3
同理S = AB2 ，S = BC2 ，
△ABD 4 △BCE 4
∵∠C=90°，
∴AC2+BC2=AC2，
∴S +S =S ，
△ACE △BCE △ABD
由图可知：S −S +S =(S +S )−(S +S +S )+(S +S )
1 2 3 1 5 5 2 6 3 6
=S −(S −S )+S
△ACE △ABD △ABC △BCE
=S +S −S +S
△ACE △BCE △ABD △ABC
=S
△ABC
1
= ×4×3
2
=6．
故答案为：6．
14．（2024八年级·全国·竞赛）如图，长方形恰好被分割成8个完全相同的小正方形，现将外围的交点从
1号到12号按顺序进行编号，点A、B、C分别在2号、6号和10号交点上，如果按顺时针方向同时移动
A、B、C三点，各点每次只移动到下一个交点，这样绕长方形外围一周回到原先的位置，在这个过程
中，△ABC有次成为直角三角形．
【思路点拨】
根据点的移动规规律、勾股定理及其逆定理即可得到答案，此题考查了勾股定理及其逆定理，熟练掌握定
理内容是解题的关键．
【解题过程】
解：△ABC共有六次情况成为直角三角形，如图1到图6，
如图1，∵AC2=22+22=8,BC2=22+22=8,AB2=42=16，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
同理可证其它5个三角形都是直角三角形，即△ABC共有6次成为直角三角形，
故答案为：615．（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，点F在AB
边上，过点D作DE⊥BC，垂足是E，∠FED=∠B，4∠FDE−∠A=180°．下列结论：①
2∠CDE=∠A；②BC=BF+CD；③△≝¿是等边三角形；④过点D作DM⊥DE，交AB边于点M，若
M是AF的中点，DM＝3，则BC=9．其中正确的是 ．
【思路点拨】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，勾股定理，根据已知，选择适当的方法，逐一计算判断即可．
【解题过程】
解：①在△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠A＝180°−2∠C，
∵DE⊥BC，
∠CDE＝90°−∠C，
∴2∠CDE＝∠A，
故结论①正确；
②设∠B＝∠C＝α，则∠FED＝∠B＝∠C＝α，
∴∠A＝180°−2α，
∵4∠FDE−∠A＝180°，
∴4∠FDE−(180°−2α)＝180°，
1
∴∠FDE＝90°− α，
2
( 1 ) 1
∴∠DFE＝180°−(∠FED+∠FDE)＝180°− α+90°− α ＝90°− α，
2 2
∴∠FDE＝∠DFE，
∴DE＝EF，
∵DE⊥BC，∴∠CDE+∠C＝90°，∠BEF+∠FED＝90°，
∵∠C＝∠FED＝α，
∴∠CDE＝∠BEF，
在△CDE和△BEF中，
{∠CDE=∠BEF
)
∠B=∠C ，
DE=EF
∴△CDE≌△BEF(AAS)，
∴CD＝BE，CE＝BF，
∴BC＝CE+BE＝BF+CD，
故结论②正确；
③不妨假设△≝¿是等边三角形，
∴∠FED＝60°，
∴∠B＝∠FED＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
根据已知条件，无法判定△ABC是等边三角形，
∴假设是错误的．
故结论③不正确．
④∵DM⊥DE，DE⊥BC，
∴DM∥BC，∠MDE＝90°，
∴∠AMD＝∠B，∠ADM＝∠C，∠MDF+∠FDE＝90°，
∵∠B＝∠C，
∴∠AMD＝∠ADM，
∴△AMD为等腰三角形，
∵△CDE≌△BEF，
∴∠DEC＝∠EFB＝90°，
∴∠EFM＝90°，即∠MFD+∠EFD＝90°，
∵∠FDE＝∠DFE，
∴∠MDF＝∠MFD，
∴DM＝FM＝3，
∵点M是AF的中点，
∴AM＝FM＝DM＝3，∴△AMD为等边三角形，
∴∠ADM＝∠AMD＝∠A＝60°，AM＝DM＝AD＝3，
∴∠FMD＝120°，
1 1
∴∠MDF＝∠MFD＝ (180°−∠FMD)＝ (180°−120°)＝30°，
2 2
∴∠ADF＝∠ADM+∠MDF＝60°+30°＝90°，
在Rt△ADF中，AF＝AM+FM＝6，AD＝3，
由勾股定理得：FD=❑√AF2−AD2=3❑√3，
∵∠AMD＝∠B＝60°，∠ADM＝∠C＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC＝AB，
∵∠FED＝∠B＝60°，DE＝EF，
∴△≝¿为等边三角形，
∴EF＝FD＝3❑√3，
∵∠EFB＝90°，∠B＝90°，
∴∠BEF＝30°，
在Rt△BEF中，∠BEF＝30°，
∴BE＝2BF，
由勾股定理得：BE2−BF2＝EF2，
即(2BF) 2−BF2＝(3❑√3) 2 ，
∴BF＝3，
∴AB＝AF+BF＝6+3＝9，
∴BC＝AB＝9．
故结论④正确．
综上所述：正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
评卷人 得 分
三、解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（6分）（23-24八年级上·上海·阶段练习）若在△ABC中，AB=c，AC=b，BC=a，∠ACB=90°，则a2+b2=c2试用两种方法证明．
【思路点拨】
方法一：用4个全等的△ABC拼成如图所示的“弦图”，由图可得：大正方形的面积为c2，小正方形的面
1
积为(b−a) 2，直角三角形的面积为 ab，根据大正方形的面积建立等式即可得到答案；
2
方法二：用两个全等的△ABC和一个等腰直角三角形构成直角梯形，由全等三角形的性质可得
∠BAC=∠DCE，AC=CE，DE=BC=b，CD=AB=a，AC=CE=c，用两种方法表示出梯形的面
积，建立等式即可得出答案．
【解题过程】
证明：方法一：如图，用4个全等的△ABC拼成如图所示的“弦图”，
，
1
由图可得：大正方形的面积为c2，小正方形的面积为(b−a) 2，直角三角形的面积为 ab，
2
1
∵S =4S +S =4× ab+(b−a) 2=b2+a2 ，
大正方形 △ABC 小正方形 2
∴a2+b2=c2；
方法二：如图，用两个全等的△ABC和一个等腰直角三角形构成直角梯形，
，
∵△ABC≌△CDE，
∴∠BAC=∠DCE，AC=CE，DE=BC=b，CD=AB=a，AC=CE=c，
∵∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠ACB=90°，∴∠ACE=180°−(∠DCE+∠ACB)=90°，
1 1 1 1
∵S = (DE+AB)⋅BD= (b+a)(b+a)= a2+ b2+ab，
梯形 2 2 2 2
1 1 1
S =2S +S =2× ab+ c2=ab+ c2 ，
梯形 △ABC △ACE 2 2 2
1 1 1
∴ a2+ b2+ab=ab+ c2 ，
2 2 2
∴a2+b2=c2．
17．（6分）（22-23八年级下·重庆巴南·期末）在海平面上有A，B，C三个标记点，其中A在C的北偏西
54°方向上，与C的距离是800海里，B在C的南偏西36°方向上，与C的距离是600海里．
（1）求点A与点B之间的距离；
（2）若在点C处有一灯塔，灯塔的信号有效覆盖半径为500海里，每隔半小时会发射一次信号，此时在
点B处有一艘轮船准备沿直线向点A处航行，轮船航行的速度为每小时20海里．轮船在驶向A处的过程
中，最多能收到多少次信号？（信号传播的时间忽略不计）．
【思路点拨】
（1）由题意易得∠ACB是直角，由勾股定理即可求得点A与点B之间的距离；
（2）过点C作CH⊥AB交AB于点H，在AB上取点M，N，使得CN＝CM＝500海里，分别求得
NH、MH的长，可求得此时轮船过MN时的时间，从而可求得最多能收到的信号次数；
【解题过程】
（1）由题意，得：∠NCA＝54°，∠SCB＝36°；
∴∠ACB＝90°；
∵AC＝800，BC＝600；
∴AB=❑√AC2+BC2=1000海里；
（2）过点C作CH⊥AB交AB于点H，在AB上取点M，N，使得CN＝CM＝500海里．∵CH⊥AB；
∴∠CHB＝90°；
1 1
∵S = AC⋅BC= AB⋅CH；
△ABC 2 2
∴CH＝480；
∵CN＝CM＝500；
∴NH=MH=❑√CM2−CH2=140；
则信号次数为140×2÷20＝14（次）．
答：最多能收到14次信号．
18．（6分）（22-23八年级下·江苏泰州·期末）【问题探究】
（1）构造多边形比较无理数大小：在图1的正方形方格纸中（每个小正方形的边长都为1），线段AB的
长度为❑√5，线段AC的长度为❑√2．
①请结合图1，试说明❑√2+1>❑√5；
②在图2中，请尝试构造三角形，比较5+2❑√2与❑√29的大小；
③在图3中，请尝试构造四边形，比较❑√5+2❑√2+❑√17与❑√34的大小；
【迁移运用】
（2）如图4，线段AB=8，P为线段AB上的任意一点，设线段AP=x．则❑√x2+4+❑√(8−x) 2+16是否有
最小值？如果有，请求出最小值，并仅用无刻度的直尺在图中标出取最小值时点P的位置；如果没有，请
说明理由．【思路点拨】
（1）①根据三角形的三边关系进行判断即可；
②构建边长为5，2❑√2，❑√29的三角形即可判断；
③构建边长为❑√5，2❑√2，❑√17，❑√34的四边形，根据三角形的三边关系和不等式的性质即可判断；
（2）设AP=x，故存在边长为x，2的直角三角形和边长为8−x，4的直角三角形，根据AB=8，边长为
x和边长为8−x的两条线段的和满足x+8−x=8，即可判断这两条边在AB上，即可作图，根据勾股定理
求解即可．
【解题过程】
（1）解：①在图1的正方形方格纸中（每个小正方形的边长都为1），线段AB的长度为❑√5，线段AC的
长度为❑√2．
故在△ABC中，AC+CB>AB，即❑√2+1>❑√5；
②如图：在正方形方格纸中构建AC=2❑√2，AB=❑√29，BC=5，
故在△ABC中，AC+CB>AB，即2❑√2+5>❑√29；
③如图：在正方形方格纸中构建AB=❑√17，BC=❑√34，CD=2❑√2，AD=❑√5，连接BD，
故在△ABD中，AB+AD>BD，则AB+AD+CD>BD+CD，
在△CBD中，BD+CD>BC，故AB+AD+CD>BD+CD>BC，
即❑√17+❑√5+2❑√2>❑√34；
（2）解：❑√x2+4+❑√(8−x) 2+16有最小值；
理由如下：设AP=x，则BP=8−x，如图：❑√x2+4+❑√(8−x) 2+16=CP+PD，
当C，P，D三点共线时，CP+PD的值最小，
∴CP+PD的最小值=CD=❑√62+82=10，
即❑√x2+4+❑√(8−x) 2+16的最小值为10．
19．（6分）（2022·广东佛山·一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，CD⊥AB于点D，
点E是AB的中点，连接CE．
（1）若AC=3，BC=4，求CD的长；
（2）求证：BD2−AD2=2DE⋅AB；
1
（3）求证：CE= AB．
2
【思路点拨】
（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
【解题过程】
（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
)
=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，
{
AE=BE
)
∠AEF=∠BEC ，
EF=EC
∴△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
1
20．（6分）（23-24九年级上·重庆·期中）如图1，在△AOB中点C为OB边上一点，已知BC= AB，
2
OC=OA=3，AB=4，连接AC．
（1）求△AOB的面积和线段AC的长；
（2）如图2，将△ADB沿BD折叠，点A恰好落在OB边上的点E处，折痕BD交OA于点D，点F是AC上
一点．当△ADF与△BCF的面积相等时，求点F到OB的距离．
【思路点拨】
本题考查了勾股定理及其逆定理，折叠的性质，面积计算，熟练掌握折叠，勾股定理是解题的关键．
1
（1）根据题意，得到BC= AB=2,OB=OC+BC=5，结合AB2+OA2=OB2判定△AOB是直角三角
2
形，过点A作AM⊥OB于点M，计算即可．
（2）过点F作FH⊥OB于点H，过点F作FG⊥OA于点G，过点A作AM⊥OB于点M，设
AD=DE=x，则AB=BE=4,EO=OB−BE=1，利用勾股定理，三角形面积公式计算即可．
【解题过程】
1
（1）∵BC= AB，OC=OA=3，AB=4，
2
1
∴BC= AB=2,OB=OC+BC=5，
2∵AB2+OA2=32+42=52=OB2，
∴△AOB是直角三角形，
1
∴S = AB·OA=6；
△AOB 2
过点A作AM⊥OB于点M，
AB·OA 12
则AM= = ，
OB 5
9
∴OM=❑√OA2−AM2=
，
5
6
∴MC=OC−OM= ，
5
6❑√5
∴AC=❑√AM2+MC2=
．
5
（2）根据题意，得AD=DE，AB=BE=4,EO=OB−BE=1，∠DAB=∠DEB=∠DEO=90°，
设AD=DE=x，则OD=OA−AD=3−x，
∴(3−x) 2=x2+1，
4
解得x= ，
3
4
故AD= ，
3
过点F作FH⊥OB于点H，过点F作FG⊥OA于点G，过点A作AM⊥OB于点M，
∵△ADF与△BCF的面积相等，
1 1
∴ BC·FH= AD·FG，
2 21 1 4
∴ ×2×FH= × ×FG，
2 2 3
3
∴FG= FH，
2
连接OF，
则S =S +S ，
△AOC △AOF △FOC
1 1 1
∴ OC·AM= OC·FH+ OA·FG，
2 2 2
∵OC=OA=3，
∴AM=FH+FG，
12 3
∴ =FH+ FH，
5 2
24
解得FH= ，
25
24
故点F到OB的距离为 ．
25
21．（8分）（23-24八年级上·江苏盐城·期中）如图，△ABC中，BC=9cm，AC=12cm，AB=15cm，
若动点M从点C出发，沿着△ABC的三条边顺时针走一圈回到C点，且速度为每秒1cm，设出发的时间为t
秒．
（1）当t为几秒时，BM平分∠ABC；
（2）问t为何值时，△BCM为等腰三角形？
（3）另有一点N，从点C开始，沿着△ABC的三条边逆时针走方向运动，且速度为每秒2cm，若M、N
两点同时出发，当M、N中有一点到达终点时，另一点也停止运动．当t=______s时，直线MN把△ABC
的周长分成相等的两部分？
【思路点拨】
（1）先由勾股定理逆定理证明∠ACB=90°，再证Rt△BMD≌Rt△BMC(HL)，得BD=BC=9cm，则
AD=6，设MC=xcm，则MA=(12−x)cm，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）如图，M在边AC上时，BC=CM=9cm，当M在AB边上时，有三种情况：①当BM=CB=9cm，
此时AM=6cm，M运动的路程为18cm，②当CM=BC=9cm，过C作斜边AB的高CD，③当BM=CM时，则∠MCB=∠MBC，证明MA=MB=7.5cm，从而可得答案；
（3）分两种情况：①当M、N没相遇前；②当M、N相遇后；分别由题意列出方程，解方程即可．
【解题过程】
（1）解：如图所示，过点M作MD⊥AB于点D，
∵ BC=9cm，AC=12cm，AB=15cm，
∴ ∠C=90°
∵ BM平分∠ABC，∠C=90°，
∴MD=MC．
在Rt△BMD与Rt△BMC中，¿
∴ Rt△BMD≌Rt△BMC(HL)，
∴ BD=BC=9cm，
∴ AD=15−9=6cm．
设MC=xcm，则MA=(12−x)cm
在Rt△AMD中，M D2+AD2=M A2，
9
即x2+62=(12−x) 2，解得：x= ，
2
9
∴当t= 秒时，AM平分∠CAB；
2
（2）如图，M在边AC上时，BC=CM=9cm，
∴此时用的时间为t=9s，△BCM为等腰三角形；
当M在AB边上时，有三种情况：
①当BM=CB=9cm，此时AM=6cm，M运动的路程为18cm，∴用的时间为18s，故t=18s时△BCM为等腰三角形；
②当CM=BC=9cm，过C作斜边AB的高CD，
1 1
∴ AB⋅CD= AC⋅BC，
2 2
∴CD=7.2cm，
∴BD=MD=❑√BC2−CD2=5.4，
∴BM=10.8cm，
∴M运动的路程为27−10.8=16.2cm，
∴t的时间为16.2s，△BCM为等腰三角形；
③当BM=CM时，则∠MCB=∠MBC，
∵ ∠ACM+∠BCM=90°，∠MBC+∠CAM=90°，
∴ ∠ACM=∠CAM，
∴ MA=MC，
∴ MA=MB=7.5cm，
∴ M的路程为19.5cm，所以时间为19.5s时，△BCM为等腰三角形．
∴t=9s或16.2s或18s或19.5s时，△BCM为等腰三角形
（3）如图，相遇前当M点在AC上，N在AB上，∴AM=12−t，AN=24−2t，
1
∴12−t+24−2t= ×36，
2
∴ t=6；
如图，相遇后当M点在AB上，N在AC上，
∴AM=t−12，AN=2t−24，
1
∴t−12+2t−24= ×36，
2
∴ t=18，
∴ t=6s或18s时，直线MN把△ABC的周长分成相等的两部分．
22．（8分）（23-24八年级上·四川成都·阶段练习）在△ABC中，AC=2AB，点D为直线BC上一点，
AD=AE，∠BAC=∠DAE，连接DE交AC于F．
（1）如图1，∠BAC=90°，F为AC中点，若AE=4❑√2，DF=2，求BD的长；
（2）如图2，延长CB至点G使得BG=DB，过点G作GH⊥DA延长线于点H，若ED⊥BC，CD=AH
，求证：ED=GH；（3）如图3，∠BAC=120°，AB=2❑√7，作点E关于直线BC的对称点E′，连接BE′，AE′，CE′，当
BE′最小时，求△ACE′的面积．
【思路点拨】
（1）证明△ABD≌△AFE，得到EF=BD，求得ED=4，即可求得BD=3；
（2）延长AB至点P，使得BP=AB，连接GP，AG，EC，证明△ABD≌△PBG，可得AD=GP，
∠BAD=∠P，再证明△GPA≌△EAC，然后用勾股定理可求得ED=GH；
（3）取AC中点M，可证△ABD≌△AME，所以∠AME为定角，所以点E的轨迹为一条直线，再将该
直线沿BC翻折即可得到E′的轨迹，求得三角形的高AH、E′K，利用S =S +S +S 即可
ΔACE′ ΔANE′ ΔNCE′ ΔANC
求解．
【解题过程】
（1）解：∵∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠FAE，
∵AC=2AB，
∴AB=AF，
在△ABD和△AFE中，
{
AB=AF
)
∠BAD=∠FAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△AFE(SAS)，
∴EF=BD，
∵∠BAC=∠DAE=90°，AE=4❑√2，AD=AE，
在Rt△DAE中，ED=❑√AD2+AE2=8，
又∵DF=2，
∴EF=6，
∴BD=6；
（2）证明：延长AB至点P，使得BP=AB，连接GP，AG，EC，如图2，在△ABD和△PBG中，
{
AB=PB
)
∠ABD=∠PBG ，
BD=BG
∴△ABD≌△PBG(SAS)，
∴AD=GP，∠BAD=∠P，
∵∠BAD=∠EAC，
∴∠P=∠EAC，
又∵AC=2AB=AP，GP=AD=AE，
在△GPA和△EAC中，
{
GP=AE
)
∠P=∠EAC ，
AP=AC
∴△GPA≌△EAC(SAS)，
∴AG=EC，
在Rt△CDE中，∠CDE=90°，ED=❑√EC2−CD2，
在Rt△AHG中，∠H=90°，GH=❑√AG2−AH2，
∵CD=AH，
∴ED=GH；
（3）解：取AC中点M，连接EM，如图3，1
∵AD=AE，AM= AC=AB，∠BAD=120°−∠DAM=∠MAE，
2
∴△ABD≌△AME(SAS)，
∴∠AME=∠ABC，
∴点E的轨迹为直线EM，EM交BC于点N，连接AN，再将该直线沿BC翻折即可得到E′的轨迹，则
AN⊥N E′，此时∠ANB=30°，如图4所示：
过点B作BG⊥AC交AC的延长线于点G，过点A作AH⊥BC交BC于点H，过点B作BE′⊥N E′交N E′
于点E′，此时BE′最小，如图5所示：
∵∠BAC=120°，AB=2❑√7，AC=2AB=4❑√7，
∴∠BAG=180°−∠BAC=60°，∠ABG=30°，
1
∴AG= AB=❑√7，
2
由勾股定理得BG=❑√21，
∴CG=5❑√7，∴BC=❑√BG2+CG2=14，
1 1
∴S = AC⋅BG= AH⋅BC，
ΔABC 2 2
∴AH=2❑√3，BH=4，
∵AN⊥N E′，∠ANB=30°，
∴AN=2AH=4❑√3，HN=6，NC=BC−BH−HN=6，
又∵BE′⊥N E′，
∴∠NBE′=30°，
1
∴N E′= BN=5，
2
过点E′作E′K⊥BC交BC于点K，如图6，
❑√3 5❑√3
同理E′K= N E′= ，
2 2
1 1 1 76
∴S =S +S +S = AN⋅N E′+ E′K⋅NC+ AH⋅NC= ❑√3．
ΔACE′ ΔANE′ ΔNCE′ ΔANC 2 2 2 3
23．（9分）（23-24八年级上·江苏苏州·期中）如图，已知矩形ABCD，AB=4，BC=5，点P是射线
BC上的动点，连接AP，△AQP是由△ABP沿AP翻折所得到的图形．
（1）当点Q落在边AD上时，QC= ；
（2）当直线PQ经过点D时，求BP的长；
（3）如图2，点M是DC的中点，连接MP、MQ．①MQ的最小值为 ；
②当△PMQ是以PM为腰的等腰三角形时，请直接写出BP的长．
【思路点拨】
（1）根据折叠的性质和勾股定理进行求解即可；
（2）分点P在线段BC上，点P在线段BC的延长线上，两种情况，进行讨论求解；
（3）①连接AM，勾股定理求出AM的长，折叠求出AQ的长，根据MQ≥AM−AQ，求出最小值即可；
②分PM=MQ和PM=PQ两种情况，再分点P在线段BC上，点P在线段BC的延长线上，进行讨论求解
即可．
【解题过程】
（1）解：当点Q落在边AD上时，如图所示，
∵矩形ABCD，AB=4，BC=5，
∴CD=AB=4,AD=BC=5，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
∵翻折，
∴AQ=AB=4,∠AQP=∠B=90°，
∴DQ=AD−AQ=1，
在Rt△CDQ中，CQ=❑√CD2+QD2=❑√17；
故答案为：❑√17；
（2）当直线PQ经过点D时，分两种情况：
当点P在线段BC上时，如图：
∵翻折，∴AQ=AB=4，∠AQP=∠B=90°，BP=PQ，
∴∠AQD=90°，
∴DQ=❑√AD2−AQ2=3，
设BP=PQ=x，则：PC=BC−BP=5−x，DP=DQ+PQ=3+x，
在Rt△PCD中，DP2=CP2+CD2，即：(3+x) 2=42+(5−x) 2，
∴x=2；
∴BP=2；
②当P在线段BC的延长线上时：
∵翻折，
∴AQ=AB=4,∠Q=∠B=90°，BP=PQ，
∴DQ=❑√AD2−AQ2=3，
设BP=PQ=x，则：PC=BP−BC=x−5，DP=PQ−DQ=x−3，
在Rt△PCD中，DP2=CP2+CD2，即：(x−3) 2=42+(x−5) 2，
∴x=8；
∴BP=8；
综上：BP=2或BP=8；
（3）①连接AM，∵M是CD的中点，
1
∴DM=CM= CD=2，
2
∴AM=❑√AD2+BM2=❑√29，
∵翻折，
∴AQ=AB=4，
∵MQ≥AM−AQ，
∴当A,Q,M三点共线时，MQ的值最小，
即：MQ=AM−AQ=❑√29−4；
故答案为：❑√29−4；
②当PM=PQ时，如图：
∵翻折，
∴BP=PQ=PM，
设BP=x，则：PM=x,CP=BC−BP=5−x，
在Rt△PCM中，PM2=CM2+PC2，即：x2=22+(5−x) 2，
解得：x=2.9，
即：BP=2.9；
当PM=QM，点P在线段BC上时，如图：
∵QM=PM,DM=CM，∠D=∠C=90°，
∴△MDQ≌△MCP(HL)，
∴CP=DQ，点Q在AD上，由（1）知：DQ=1，
∴CP=DQ=1，
∴BP=BC−CP=4；
当点P在BC的延长线上时：如图：此时点M在AP上，连接BM，
∵翻折，
∴BM=MQ=PM，
∵MC⊥BP，
∴BP=2BC=10；
综上：BP=2.9或BP=4或BP=10．
