文档内容
专项 01 勾股定理的基本应用
考点1 求线段长
直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方如图：直角三角形 ABC的两直角边长分别
a，b c a2 b2 c2
为 ，斜边长为 ，那么 .
考点2 求面积
类型一 直角三角形中求斜边上的高
类型二 结合乘法公式巧求面积或长度
类型三 巧妙割补求面积
类型四 “勾股树”及其拓展类型求面积
考点3 解直角三角形
①已知直角三角形的任意两边长，求第三边
在 中， ，则 ， ，
②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系
③可运用勾股定理解决一些实际问题
考点4 利用勾股定理证明平方关系
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 .
【考点1 求线段长】
【典例1-1】（2022八下·德阳期末）已知△ABC中，BC＝4，AB＝5，∠C＝90°，则
AC＝（ ）
A．6 B．√41 C．4 D．3
【答案】D
【解答】解：由题可知 ΔABC 为直角三角形，
∴AC=√AB2−BC2=√52−42=3 ．
故答案为：D.
【典例1-2】（2021八上·龙泉期末）若直角三角形的两边长分别是5和12，则它的斜边
长是( )
A．13 B．13或 √119 C．√119 D．12或
13
【答案】D
【解答】解：①当12为斜边时，它的斜边长是12；②当12是直角边时，它的斜边长=√122+52=13.
故答案为：D.
【变式1-1】（2021八上·丹东期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，如果AB=8，
BC=6，那么AC的长是（ ）．
A．10 B．2√7 C．10或2√7 D．7
【答案】B
【解答】解：∵∠ACB=90°，AB=8，BC=6，
∴AC=√AB2−BC2=√82−62=2√7
故答案为：B
【变式1-2】（2021八上·槐荫期末）直角三角形的两直角边长分别为5和12，则斜边长
为（ ）
A．13 B．14 C．√89 D．1
【答案】A
【解答】解：由题意得，该直角三角形的斜边长为：√52+122=13
故答案为：A.
【变式1-3】（2020秋•宝安区期末）若一直角三角形的两边长分别是6，8，则第三边长为
（ ）
A．10 B． C．10或 D．14
【答案】C
【解答】解：设第三边为x，
①当8是斜边，则62+x2＝82，
②当8是直角边，则62+82＝x2解得x＝10，
解得x＝2 ．
∴第三边长为10或2 ．
故选：C．
【考点2 求面积】
【典例2】（2020春•东城区校级期末）若三个正方形的面积如图所示，则正方形 A的面积为（ ）
A．6 B．36 C．64 D．8
【答案】B
【解答】解：面积为100的正方形的边长为10，面积为64的正方形的边长为8，
由勾股定理得，正方形A的边长＝ ＝6，
∴正方形A的面积为36，
故选：B．
【变式2-1】（2021八上·临漳期中）如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以
AB、BC、AC为边向外作正方形，若三个正方形的面积分别为225、400、S，则S的
值为（ ）
A．25 B．175 C．600 D．625
【答案】D
【解答】解：在 ΔABC 中， ∠ACB=90° ，
由勾股定理得： AC2+BC2=AB2 ，
∴225+400=S ，
∴S=625 ．
故答案为：D．
【变式2-2】（2021秋•和平区期末）如图，分别以此直角三角形的三边为直径在三角形外
部画半圆，若S ＝9 ，S ＝16 ，则S ＝ ．
1 2 3
π π【答案】 25
【解答】解π：设面积为S
1
的半圆的直径为a，面积为S
2
的半圆的直径为b，面积为S
3
的
半圆的直径为c，
由勾股定理得：a2+b2＝c2，
由题意得： × ×（ ）2＝9 ， × ×（ ）2＝16 ，
则a2＝72，b2＝π128， π π π
∴c2＝200，
∴S ＝ × ×（ ）2＝25 ，
3
故答案为：25π ． π
【变式2-3】（π2021八上·渠县期中）如图所示的图形中，所有的四边形都是正方形，所
有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为7cm，则正方形A，B，C，
D的面积和是 cm2.
【答案】49
【解答】解：如图，设正方形A，B，C，D的边长分别为 a，b，c，d ，设标有 S ，S 的两个正方形
1 3
的边长为 x，y ，
根据勾股定理可得 a2+b2=S =x2，c2+d2=S = y2
1 3
则 x2+ y2=S =72=49
2
∴a2+b2+c2+d2=49
故答案为：49.
【典例3】（2021八上·佛山月考）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1．点
A、B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为（ ）
2 3 4
A． √5 B． √5 C． √5 D．√5
5 5 5
【答案】C
2×1 2×4 2×3
【解答】解：由题意可得：S =3×4− − − =4，
△ABC 2 2 2
∵BD是△ABC的高，AC=√22+42=2√5，
BD×2√5
∴S = =4，
△ABC 2
4√5
解得：BD= ，
5
故答案为：C．
【变式3-1】（2021八上·通州期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂
足为D．如果AC=6，BC=3，则BD的长为（ ）3 3√3
A．2 B． C．3√3 D．
2 2
【答案】D
【解答】解：∵∠ABC=90°，AC=6，BC=3，
∴根据勾股定理AB=√AC2−BC2=√62−32=3√3，
∵BD⊥AC，
1 1 1 1
∴S = AB⋅BC= AC⋅BD，即 ×3√3×3= ×6⋅BD，
△ABC 2 2 2 2
3√3
解得：BD= ．
2
故答案为：D．
【变式3-2】（2021八上·六盘水月考）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的
边长均为1，点A，B，C都在格点上，AD⊥BC于点D，则AD的长为（ ）
A．√2 B．2 C．√5 D．3
【答案】B
【解答】解：由勾股定理得：AB=√22+42=2√5，AC=√12+22=√5，BC=√32+42=5
，
∵AB2+AC2＝25，BC2＝25，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，1 1
∴S = AC⋅AB= BC⋅AD，
△ABC 2 2
∴√5×2√5=5×AD，
∴AD＝2，
故答案为：B.
【考点3 解直角三角形】
【典例4】（2021秋•紫金县期中）如图，在△ABC中，∠ADC＝∠BDC＝90°，AC＝20，
BC＝15，BD＝9，求AD的长．
【答案】AD=16
【解答】解：在Rt△BDC中，由勾股定理得：
CD＝ ＝ ＝12，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：
AD＝ ＝ ＝16．
【变式4-1】（2021八上·北镇期中）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，若AB＝
5，BD＝3，AD＝4，AC＝8，求CD的长．
【解答】解：∵AB＝5，BD＝3，AD＝4，
∴AB2=25，BD2=9，AD2=16 ，
∴AB2=BD2+AD2 ，
∴∠ADB=∠ADC=90° ，
在Rt△ADC中，AC=8，
∴DC=√AC2−AD2=4√3 ．【变式4-2】（2021八上·连南期中）已知△ABC中，AB＝AC，CD⊥AB于D，若AB＝
5，CD＝3，求BC的长．
【解答】解：在Rt△CDA中， ∵AC=AB=5，CD=3，
∴AD= √AC2−CD2=4，
∴BD=AB-AD=5-4=1，
在Rt△CBD中，BC= √CD2+BD2=√12+32=√10.
【变式4-3】（2021八上·襄汾期末）在甲村至乙村的公路旁有一块山地正在开发，现有
一C处需要爆破．已知点C与公路上的停靠站A的距离为500米，与公路上另一停靠
站B的距离为1200米，且CA⊥CB，如图，为了安全起见，爆破点C周围半径400米
范围内不得进入．问在进行爆破时，公路AB段是否有危险，是否需要暂时封锁？请
通过计算进行说明．
【解答】解：公路AB段没有危险，不需要暂时封锁．
理由如下：如图，过C作CD⊥AB于D．
∵CA⊥CB，
∴∠ACB=90°，
因为BC=1200米，AC=500米，
所以，根据勾股定理有AB=√5002+12002=1300米，1 1
因为S = AB•CD= BC•AC，
△ABC 2 2
BC⋅AC 500×1200 6000
所以CD= = = 米，
AB 1300 13
6000
由于400米＜ 米，故没有危险，
13
因此AB段公路不需要暂时封锁．
【典例5】（2021八上·楚雄期中）一个25米长的梯子 AB ，斜靠在一竖直的墙 AO
上，这时的 AO 距离为24米，如果梯子的顶端A沿墙下滑4米，那么梯子底端B外
移多少米？
【答案】8
【解答】解：如图，依题意可知
AB＝25(米)，AO＝24(米)，∠O＝90°，
∴ BO2＝AB2﹣AO2＝252-242，
∴ BO＝7(米)，
移动后， A′O ＝20(米)， B′O2＝(A′B′ ) 2−(A′O) 2＝252−202＝152
∴B′O=15 (米)，
∴BB′=B′O－BO＝15－7＝8 (米)．
答：梯子底端B外移8米．
【变式5-1】（2021八上·禅城期末）如图，校园内有一块长方形草地，为了满足人们的
多样化品求，在草地内拐角位置开出了一条路，走此路可以省 m的路．
【答案】2【解答】如图，
∵四边形是长方形，
∴∠ACB=90°，
∵AC=3，BC=4，
∴AB=√AC2+CB2=√32+42=5，
∴AC+BC-AB=3+4-5=2（m），
故答案为：2．
【变式5-2】（2021八上·揭阳月考）如图，一木杆在离地面9米处断裂，木杆顶部落在
离木杆底端12米处，则木杆折断之前高 米．
【答案】24
【解答】解：作图如下，
∵一棵垂直于地面的大树在离地面9米处折断，树的顶端落在离树杆底部12米处，
∴折断的部分长为 √92+122= 15，
∴折断前高度为15+9=24(米)．
故答案为：24．【变式5-3】（2020春•盘龙区期末）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左
墙时，梯子底端到左墙角的距离BC为0.7米，梯子顶端到地面的距离AC为2.4米，如
果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，梯子顶端到地面的距离A'D为1.5米，
则小巷的宽为（ ）
A．2.5米 B．2.6米 C．2.7米 D．2.8米
【答案】C
【解答】解：在Rt△ABC中，
AB＝ ＝ ＝2.5（米），
∴A′B＝2.5米，
在Rt△A′BD中，
BD＝ ＝ ＝2（米），
∴BC+BD＝2+0.7＝2.7（米），
故选：C．
【典例6】（2021八上·绿园期末）如图，甲乙两船从港口A同时出发，甲船以16海
里/时速度向北偏东40°航行，乙船向南偏东50°航行，3小时后，甲船到达C岛，乙船
到达B岛．若C、B两岛相距60海里，问乙船的航速是多少．
【答案】解：根据题意，得∠CAB=180°-40°-50°=90°，
∵AC=16×3=48（海里），BC=60海里，
∴在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：AB=√602−482 =36（海里）．
则乙船的速度是36÷3=12海里/时．【变式6-1】（2021秋•卧龙区校级月考）如图所示，甲渔船以8海里/时的速度离开港口O
向东北方向航行，乙渔船以6海里/时的速度离开港口O向西北方向航行，他们同时出
发，一个半小时后，甲、乙两渔船相距（ ）
A．12海里 B．13海里 C．14海里 D．15海里
【答案】D
【解答】解：由题意可得：BO＝1.5×6＝9（海里），AO＝1.5×8＝12（海里），∠1＝
∠2＝45°，
故∠AOB＝90°，
∴AB＝ ＝15（海里），
答：甲、乙两渔船相距15海里，
故选：D．
【变式6-2】（2021秋•绿园区期末）如图，甲乙两船从港口 A同时出发，甲船以16海
里/时速度沿北偏东40°方向航行，乙船沿南偏东50°方向航行，3小时后，甲船到达C岛，
乙船到达B岛．若C、B两岛相距60海里，问：乙船的航速是多少？【答案】12海里/时
【解答】解：∵甲船沿北偏东40°方向航行，乙船沿南偏东50°方向航行，
∴∠CAB＝90°，
∵AB＝16×3＝48，BC＝60，
∴AC＝ ＝36，
∴乙船的航速是36÷3＝12海里/时，
答：乙船的航速是36÷3＝12海里/时．
【典例7】（2021八上·滕州月考）印度数学家什迦罗（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？如图所示：
荷花茎与湖面的交点为O，点O距荷花的底端A的距离为0.5尺；被强风吹一边后，荷
花底端与湖面交于点B，点B到点O的距离为2尺，则湖水深度 OC 的长是
尺．
【答案】3.75
【解答】解：设水深 x 尺，则荷花茎的长度为 x+0.5 ，
根据勾股定理得： (x+0.5) 2=x2+4
解得： x=3.75 ．
答：湖水深3.75尺．
故答案为：3.75．
【变式7-1】（2021八上·南海期末）如图，一架秋千静止时，踏板离地的垂直高度DE
＝0.5m，将它往前推送1.5m（水平距离BC＝1.5m）时，秋千的踏板离地的垂直高度
BF＝1m，秋千的绳索始终拉直，则绳索AD的长是 m．【答案】2.5
【解答】解：∵BF⊥EF，AE⊥EF，BC⊥AE，
∴∠CEF=∠EFB=∠FBC=∠BCE=∠ACB=90°，
∴BC∥EF，CE∥BF，
由平行线间距离处处相等可得：CE=BF=1m，
∴CD=CE-DE=1-0.5=0.5（m），而BC=1.5，
设绳索AD的长为x m， 则AB=AD=x m，AC=AD-CD=（x-0.5）m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
即（x-0.5）2+1.52=x2， 解得：x=2.5（m），
即绳索AD的长是2.5m，
故答案为：2.5．
【变式7-2】（2021秋•吉安期中）铁路上A，B两站（视为直线上的两点）相距25km，
C，D为两村庄（视为两个点），DA⊥AB于点A，CB⊥AB于点B（如图），已知DA＝
10km，CB＝15km，现在要在铁路AB上建一个土特产收购站E，使得C，D两村庄到收
购站E的直线距离相等，请求出收购站E到A站的距离．
【答案】10米
【解答】解：∵C、D两村到E站距离相等，
∴CE＝DE，
在Rt△DAE和Rt△CBE中，DE2＝AD2+AE2，CE2＝BE2+BC2，
∴AD2+AE2＝BE2+BC2．
设AE为xkm，则BE＝（25﹣x） km，
将BC＝10，DA＝15代入关系式为x2+152＝（25﹣x）2+102，整理得，50x＝500，
解得x＝10，
∴E站应建在距A站10km处．
考点4 利用勾股定理证明平方关系
【典例8】（2021八上·朝阳期末）（阅读理解）我国古人运用各种方法证明勾股定理，
如图①，用四个直角三角形拼成正方形，通过证明可得中间也是一个正方形．其中四
个直角三角形直角边长分别为a、b，斜边长为c．图中大正方形的面积可表示为
1 1
(a+b) 2，也可表示为c2+4× ab，即(a+b) 2=c2+4× =ab，所以a2+b2=c2．
2 2
（1）（尝试探究）美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”如图②所示，用两个
全等的直角三角形拼成一个直角梯形BCDE，其中△BCA≌△ADE，∠C=∠D=90°，
根据拼图证明勾股定理．
（2）（定理应用）在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C所对的边长分别
为a、b、c．求证：a2c2+a2b2=c4−b4．
【解答】（1）解：∵△BCA≌△ADE，
∴∠BAC=∠AED．
∵∠D=90°
∴∠DAE+∠AED=90°．
∴∠DAE+∠BAC=90°．
∵∠BAC+∠AED+∠BAE=180°．
∴∠BAE=90°．
1 1 1
∵直角梯形的面积可以表示为 (a+b) 2 ，也可以表示为2× ab+ c2 ，
2 2 21 1 1
∴ (a+b) 2=2× ab+ c2 ，
2 2 2
整理，得a2+b2=c2．
（2）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，
∴a2+b2=c2；
∵a2c2+a2b2=a2 (c2+b2 )．c4−b4=(c2+b2 )(c2−b2 )=a2 (c2+b2
)
∴a2c2+a2b2=c4−b4．
【变式8-1】（2021秋•海州区期末）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．
【变式8-2】（2021秋•深圳期末）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．13 C．14 D．14
【答案】D
【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
【变式8-3】（2021八上·灵石期中）我们根据图形的移、拼、补可以简单直观地推理验
证数学规律和公式，这种方法称之为“无字证明”，它比严谨的数学证明更为优雅与
有条理．三国时代东吴数学家赵爽（字君卿，约公元3世纪）在《勾股圆方图注》一
书中用割补的方法构造了“无字证明”图形（如图①）．其中四个直角三角形较长的
直角边长都为a，较短的直角边长都为b，斜边长都为c，大正方形的面积可以表示为
1
c2，也可以表示为4× ab+（a﹣b）2，由此推导出一个重要的定理．
2
（1）此图可以推导出你学过的什么定理？请写出定理的内容；
（2）图②为美国第二十任总统伽菲尔德创造的“无字证明”图形，请你利用图②推
导（1）中的定理．
（3）根据（1）中的定理，解决下面的问题：如图③，在一条东西走向河流的一侧
有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的
路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在同一条直线上），并新修一条路CH，且CH⊥AB．测得CH＝1.2千米，HB＝0.9千米，
求新路CH比原路CA少多少千米？
【解答】（1）解：大正方形面积=4个直角三角形面积+小正方形面积，
1
可得 c2=4× ab+(b−a) 2 ，整理得a2+b2＝c2，
2
用此图推导出勾股定理，
内容为：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，则a2+b2＝c2．
（2）梯形面积=2个直角边长为a，b三角形面积+腰长为c的等腰直角三角形面积，
1 1 1
梯形ABCD的面积为 （a+b）（a+b）＝ a2+ab+ b2，
2 2 2
1 1
也可以表示为2× ab+ c2，
2 2
1 1 1 1 1
∴ ab+ ab+ c2＝ a2+ab+ b2，即a2+b2＝c2；
2 2 2 2 2
（3）设CA＝x，
∵AB=AC，
∴AH＝ x−0.9 ，
在Rt△ACH中，CA2＝CH2+AH2，即 x2=1.22+(x−0.9) 2 ，
解得 x=1.25 ，即CA＝ 1.25 ，
∴CA﹣CH＝ 1.25−1.2=0.05 （千米），
答：新路CH比原路CA少0.05千米．
1.（2021八上·紫金期中）由于台风的影响，一棵树在离地面6m处折断，树顶落在离树
干底部8m处，则这棵树在折断前（不包括树根）长度是（ ）
A．8m B．10m C．16m D．18m【答案】C
【解答】解：由题意得BC＝8m，AC＝6m，
在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：AB＝ √62+82 ＝10米．
所以大树的高度是10＋6＝16米．
故答案为：C．
．
2．（2021八上·阳山期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3 ，BC＝2．以AB
为一条边向三角形外部作正方形，则正方形的面积是（ ）
A．5 B．6 C．12 D．13
【答案】D
【解答】解：∵∠C=90∘，
∴AB2=AC2+BC2=32+22=13，
∴正方形面积S=AB2=13，
故答案为：D
3．（2021八上·即墨期中）如图，在 3×3 的正方形网格中，每个小正方形的边长均为
1，点 A ， B ， C 都在格点上，若 BD 是 △ABC 的边 AC 上的高，则 BD 的
长为（ ）5 10 13
A． √26 B． √26 C． √13 D．
13 13 7
7
√13
13
【答案】D
【解答】解：由勾股定理得：AC＝ √22+32=√13 ，
1 1 1 7
∵S ＝3×3− ×1×2− ×1×3− ×2×3＝ ，
△ABC 2 2 2 2
1 7
∴ AC•BD＝ ，
2 2
∴√13 •BD＝7，
7
∴BD＝ √13 ．
13
故答案为：D．
4．（2021八上·禅城期末）如图有一个水池，水面BE的宽为16尺，在水池的中央有一
根芦苇，它高出水面2尺，如果把这根芦苇垂直拉向岸边，它的顶端恰好到达岸边的
水面，则这个芦苇的高度是（ ）
A．26尺 B．24尺 C．17尺 D．15尺
【答案】C
【解答】解：设水池的深度为x尺，由题意得：
x2+82=(x+2) 2，
解得：x=15，
所以x+2=17．
即：这个芦苇的高度是17尺．
故答案为：C．
5．（2021八上·槐荫月考）国庆假期中，小华与同学去玩探宝游戏，按照探宝图，他们从门口 A 处出发先往东走 8km ，又往北走 2km ，遇到障碍后又往西走 3km ，
再向北走到 6km 处往东拐，仅走了 1km ，就找到了宝藏，则门口 A 到藏宝点 B
的直线距离是（ ）
A．20km B．14km C．11km D．10km
【答案】D
【解答】过点B作BC⊥AC，且AC，BC交于C点，
∴∠ACB=90°，
由图中可以得：AC=（8-3+1）千米=6千米，BC=（2+6）千米=8千米，
在Rt△ABC中，AC=6千米，BC=8千米
则根据勾股定理 AB=√AC2+BC2=10 千米，
故答案为：D．
6．（2021八上·德惠期末）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的边长为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．51 B．49 C．76 D．无法确定
【答案】C
【解答】依题意得，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，
解得x=13．
故“数学风车”的周长是：（13+6）×4=76．
故答案为：C．
7．（2021八上·牡丹月考）小明想知道学校旗杆的高，他发现旗杆上的绳子垂到地面还
多 1m ，当他把绳子的下端拉开 5m 后，发现下端刚好接触地面，则旗杆的高为（
）
A．12m B．10m C．13m D．8m
【答案】A
【解答】解：根据题意，画出图形，BC=5m，如下图：
设旗杆的高为： xm ，则绳子AC的长为 (x+1)m ，
在 Rt△ABC 中，由勾股定理得： AB2+BC2=AC2 ，即
x2+52=(x+1) 2 ，
解得： x=12 ，
即旗杆的高为12m．
故答案为：A．
8．（2021八上·北镇期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
CD⊥AB于点D，则CD的长为 ．【答案】4.8
【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC=√AB2−BC2=8 ，
∵CD⊥AB，
1 1
∴S = AC⋅BC= AB⋅CD ，
△ABC 2 2
AC⋅BC
∴CD= =4.8 ，
AB
故答案为：4.8．
9．（2021八上·薛城期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝10，AB＝8，若两
阴影部分都是正方形，C、D、E在一条直线上，且它们的面积之比为1：3，则较大的
正方形的面积 ．
【答案】27
【解答】解：设两个正方形的面积分别为a和3a，
∵∠ABC＝90°，AC＝10，AB＝8，
∴BC2＝AC2﹣AB2＝102﹣82＝36，
∵BD2+CD2＝BC2，
∴a+3a＝36，
∴a＝9，
∴3a＝27，
∴较大的正方形的面积为27，
故答案为：27．
10．（2021八上·紫金期中）如图，以Rt△ABC的三边向外作正方形，其面积分别为
S，S，S，且S=4，S=8，则S= .
1 2 3 1 2 3【答案】12
【解答】设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，
∴S=a2=4，S=b2=8，S=c2.
1 2 3
∵△ABC是直角三角形，∴a2+b2=c2，即S+S=S.∴S=S+S=4+8=12．
1 2 3 3 1 2
11．（2021八上·农安期末）如图，在一只底面半径为3cm，高为8cm的圆柱体状水杯
中放入一支13cm长的吸管，那么这支吸管露出杯口的长度是 ．
【答案】3cm
【解答】解：由题意知AC=6cm，BC=8cm，AD=13cm
在直角△ABC中，BC=8cm，AC=6cm，
则AB=√AC2+BC2=10cm，
∴BD=AD-AB=13cm-10cm=3cm．
故答案为：3cm．
12．（2021八上·紫金期中）如图，在△ABC中，∠ADC＝∠BDC＝90°，AC＝20，BC
＝15，BD＝9，求AD的长．【解答】解：∠ADC＝∠BDC＝90°，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：
CD＝ √BC2−BD2 ＝ √152−92 ＝12，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
AD＝ √AC2−CD2 ＝ √202−122 ＝16．
13．（2021八上·佛山月考）如图，小刚想知道学校旗杆的高度，他发现旗杆顶端A处
的绳子垂到地面B处后还多2米.当他把绳子拉直并使下端刚好接触到地面C处，发现
绳子下端到旗杆下端的距离为6米，请你帮小刚求出旗杆的高度AB长．
【解答】解：设旗杆的高度为x米，则绳子的长度为(x+2)米，
根据勾股定理可得：x2+62=(x+2) 2，
解得，x=8．
答：旗杆的高度为8米．
14．（2021八上·未央期末）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开
门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何?题目大意是：如图1、2
（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点 C 和点 D
距离门槛 AB 都为1尺（1尺=10寸），则 AB 的长是多少?【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA=OB=AD=BC，
设OA=OB=AD=BC=r寸，
1
则AB=2r（寸），DE=10寸，OE= CD=1寸，
2
∴AE=（r − 1）寸，
在Rt△ADE中，
AE2+DE2=AD2，即（r − 1）2+102=r2，
解得：r=50.5，
∴2r=101（寸），
∴AB=101寸.
15．（2021八上·叶县期末）某条道路限速 70km/ ℎ, 如图，一辆小汽车在这条道路上
沿直线行驶，某一时刻刚好行驶到路对面车速检测仪A处的正前方 30m 的C处，过
了 2s 后，小汽车到达B处，此时测得小汽车与车速测检测仪间的距离为 50m ，这
辆小汽车超速了吗？
【解答】解：在 RtΔABC 中，BC=√AB2−AC2
=√52−32
=40 米
v=s÷t=40÷2=20m/s ，
20m/s=72km/ ℎ ，
所以小汽车超速了.
16．（2021八上·如皋期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，∠B=60°，
∠C=45°，AB=2
求：
（1）AC的长；
（2）三角形ABC的面积（结果保留根号）
【解答】（1）解：∵AD⊥BC
∴∠ADB=∠ADC=90°
∵∠B=60°
∴∠BAD=30°
又∵AB=2，∠ADB=90°
1
∴BD= AB=1 ，AD= √AB2−BD2=√3
2
∵∠C=45°，∠ADC=90°
∴∠C=∠CAD=45°，
∴DC=AD= √3∴AC=√AD2+DC2=√6 ；
（2）解： ∵BD=1，DC=AD=√3，
∴BC=BD+DC=√3+1，
∵AD⊥BC，
1 1 3+√3
∴S ❑ = AD×BC= √3(√3+1)=
△ ABC 2 2 2
17．（2021八上·长春期末）如图，在笔直的公路AB旁有一座山，为方便运输货物现要
从公路AB上的D处开凿隧道通一条公路到C处，已知点C与公路上的停靠站A的距
离为3km，与公路上另一停靠站B的距离为4km，且AC⊥BC，CD⊥AB．
（1）求修建的公路CD的长；
（2）若公路CD建成后，一辆货车由C处途经D处到达B处的总路程是多少km？
【解答】（1）解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
根据题意可得：AC=3，BC=4，
∴AB=√AC2+BC2=5，
1 1
S = ×AC×BC= ×AB×CD，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×3×4= ×5×CD，
2 2
12
∴CD= ，
5
12
∴修建的公路CD的长为 km；
5
（2）解：∵CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
12
根据题意可得：CD= ，BC=4，
516
∴BD=√BC2−CD2=
，
5
12 16 28
∴CD+BD= + = km，
5 5 5
28
∴总路程为 km．
5
18．（2021八上·薛城期中）如图，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，
∠EAF=45°，CD⊥BC且CD=BE．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2=BE2+CF2．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=45°=∠B，
在△ABE和△ACD中，
{
AB=AC
∠B=∠ACD ，
BE=CD
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，
∴AE=AD，∠BAE=∠CAD，
∵∠BAC=90°，
∴∠EAD=∠CAE+∠CAD=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF=∠DAE﹣∠EAF=45°=∠EAF，∵AF=AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴DF=EF，
在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2=CF2+CD2，
∵CD=BE，
∴EF2=CF2+BE2；
19．（2021八上·南阳月考）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.如图①是用四个能够完全重合的直角三角形拼成的图
形，其中直角边长分别为a，b，斜边长为c，用含a，b，c的代数式表示：
（1）大正方形的面积为 ；小正方形的面积为 ；
（2）四个直角三角形的面积和为 ，根据图中面积关系，可列出a，b，c
之间的关系式为 ；
（3）如图②，以直角三角形的三边为直径，分别向外部作半圆，则 S ， S ，
1 2
S 满足的关系是 ；
3
（4）如图③直角三角形的两条直角边长分别为3、5，分别以直角三角形的三边为
直径作半圆，则图中两个月形图案（阴影部分）的面积和为 .
【解答】解：（1）由题意得：大正方形面积 =(a+b) 2 ，小正方形面积 =c2 ，
故答案为： (a+b) 2 ， c2 ；
1
（2）由题意得：四个直角三角形的面积和为 4× ab=2ab ，
2∴根据图中面积关系，可列出a，b，c之间的关系式为
2ab+c2=(a+b) 2=a2+2ab+b 2 ❑ ，
❑
∴a2+b2=c2 ，
故答案为： 2ab ， a2+b2=c2 ；
（3）设这个直角三角形的短直角边为a，长直角边为b，斜边为c，
1 1 1
由题意得： S = πa2 ， S = πb2 ， S = πc2 ，
1 2 2 2 3 2
∵a2+b2=c2 ，
1 1 1 1
∴S +S = πa2+ πb2= π(a2+b2 )= πc2=S ，
1 2 2 2 2 2 3
故答案为： S +S =S ；
1 2 3
（4）如图所示，
∠ACB=90°，AC=5，BC=3，
∴AB=√a2+b2=√34 ，
∴S =S +S +S -S
阴影 BC为直径的半圆 AC为直径的半圆 △ABC AB为直径的半圆
1 1 1 1
= π×32+ π×52+ ×3×5− π×(√34) 2=7.5 .
2 2 2 2
20．（2021八上·达州期中）森林火灾是一种常见的自然灾害，危害很大，随着中国科
技、经济的不断发展，开始应用飞机洒水的方式扑灭火源.如图，有一台救火飞机沿东
西方向AB，由点A飞向点B，已知点C为其中一个着火点， 且点 C与直线 AB上两
点A，B的距离分别为600m和800m，又AB＝1000m，飞机中心周围500m 以内可以
受到洒水影响.（1）着火点C受洒水影响吗？为什么？
（2）若飞机的速度为10 m/s，要想扑灭着火点C估计需要13秒，请你通过计算判
断着火点C能否被扑灭？
【解答】（1）解：着火点C受洒水影响，理由如下，
如图，过点C作 CD⊥AB ，垂足为D，
∵AC=600，BC=800，AB=1000
∴AC2+BC2=10002 ， AB2=10002
∴AC2+BC2=AB2
∴△ABC 是直角三角形
1 1
∴ ×AC×BC= ×AB×CD
2 2
AC⋅BC 600×800
∴CD= = =480
AB 1000
∵480<500
∴ 着火点C受洒水影响
（2）解：如图，以点C为圆心，500m为半径作圆，交 AB 于点 E，F则 CE=CF=500
∵CD⊥AB
1
∴ED=DF= EF
2
在 Rt△CDE 中， ED=√CE2−CD2=√5002−4802=140
∴EF=2ED=280
∴280÷10=28
∵28>13
∴ 着火点C能被扑灭.
