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专题 02 勾股定理（综合题）
易错点拨
知识点：勾股定理
a，b
直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方．如果直角三角形的两直角边长分别为 ，斜边
c a2 b2 c2
长为 ，那么 ．
细节剖析：（1）勾股定理揭示了一个直角三角形三边之间的数量关系．
（2）利用勾股定理，当设定一条直角边长为未知数后，根据题目已知的线段长可以建立方程求
解，这样就将数与形有机地结合起来，达到了解决问题的目的．
（3）理解勾股定理的一些变式：
a2 c2 b2 b2 c2 a2 c2 ab2 2ab
， ， ．
易错题专训
一．选择题
1．（2022•和平区校级开学）如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的面积为（ ）
A．10 B．28 C．100 D．不能确定
解：由勾股定理可知：S＝36+64＝100，
A
故选：C．
2．（2021秋•双流区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以AB为边作正方形ABDE，则
正方形ABDE的面积为（ ）A．5 B．9 C．16 D．25
解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝ ＝ ＝5，
∴正方形ABDE的面积＝AB2＝52＝25，
故选：D．
3．（2021秋•开福区校级期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝25cm，AC＝7cm，动点P从点B出
发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为ts，当△APB为等腰三角形时，t的值为（ ）
A． 或 B． 或24或12
C． 或24或12 D． 或 或24
解：∵∠C＝90°，AB＝25cm，AC＝7cm，
∴BC＝24cm．
①当BP＝BA＝25时，
∴t＝ ．
②当AB＝AP时，BP＝2BC＝48cm，
∴t＝24．
③当PB＝PA时，PB＝PA＝2t cm，CP＝（24﹣2t）cm，AC＝7cm，
在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，
∴（2t）2＝72+（24﹣2t）2，
解得t＝ ．综上，当△ABP为等腰三角形时，t＝ 或24或 ，
故选：D．
4．（2022春•辛集市期末）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形的四条边为边
向外作四个正方形，若S+S＝135，S＝49，则S＝（ ）
1 4 3 2
A．184 B．86 C．119 D．81
解：由题意可知：S＝AB2，S＝BC2，S＝CD2，S＝AD2，
1 2 3 4
连接BD，在直角△ABD和△BCD中，
BD2＝AD2+AB2＝CD2+BC2，
即S+S＝S+S，
1 4 3 2
因此S＝135﹣49＝86，
2
故选：B．
5．（2021秋•石狮市期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，CD＝3，AD＝1，∠B＝90°，∠D＝α．
则∠BCD的大小为（ ）
A．α B．90°﹣α C．45°+α D．135°﹣α
解：连接AC，∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，
∴AC＝ ，∠BAC＝45°，
又∵CD＝3，DA＝1，
∴AC2+DA2＝8+1＝9，CD2＝9，
∴AC2+DA2＝CD2，
∴△ACD是直角三角形，
∴∠CAD＝90°，
∴∠DAB＝45°+90°＝135°，
∵∠D＝α，
∴∠BCD＝360°﹣90°﹣135°﹣α＝135°﹣α，
故选：D．
6．（2021秋•镇海区校级期末）如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两个正
方形按图2的方式放置在最大正方形内，其中NG∥MF．记四边形CHKG的面积为S，四边形FGNM的面积
1
为S，四边形DCGF的面积为S，四边形ABCD的面积为S．若知道△DEF的面积，则一定能求出
2 3 4
（ ）
A．S B．S C．S D．S
1 2 3 4
解：设大正方形的边长为a，中正方形的边长为b，小正方形的边长为c，则a2＝b2+c2，
∵FG∥MN，NG∥FM，
∴四边形MNGF为平行四边形，∴MN＝FG＝a﹣b，BC＝AD＝a﹣b，
∴CG＝DE＝c﹣（a﹣b）＝c﹣a+b，EF＝EG﹣FG＝c﹣（a﹣b）＝c﹣a+b，
∴S ＝ ×DE×EF＝ （c﹣a+b）×（c﹣a+b）＝ （a2+b2+c2﹣2ac﹣2ab+2bc）＝a2﹣ac﹣ab+bc，
△DEF
∵S＝ （HK+CG）×CH，CH和HK的长度随着小正方形向右移动而变大，CG的长度不变，
1
∴S的大小不固定，与△DEF的面积无关，
1
∵S＝MN×（a﹣c）＝（a﹣b）（a﹣c）＝a2﹣ac﹣ab+bc＝S ，
2 △DEF
故选：B．
二．填空题
7．（2022秋•杏花岭区校级月考）如图，三个正方形围成一个直角三角形，图中的数据是它们的面积，则
正方形A的面积为 8 4 ．
解：在Rt△DEF中，DE2＝DF2+EF2＝28+56＝84，
∴正方形A的面积为84，
故答案为：84．
8．（2022•天心区校级三模）如图所示，在 Rt△ABC中，∠B＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，
DE⊥AC，垂足为点E，若BD＝3，则DE的长为 3 ．解：∵AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AC，DB⊥AB，
∴DE＝DB＝3．
故答案为：3．
9．（2021秋•如皋市期末）如图，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝1，BC＝4，CD＝3，取AD的中点E，连结
BE，则BE＝ ．
解：延长BE交CD于点F，
∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠DFE，
在△ABE与△DFE中，
，
∴△ABE≌△DFE（ASA），
∴BE＝EF＝ BF，AB＝DF＝1，
∴CF＝2，
∴BF＝ ＝ ＝2 ，
∴BE＝ BF＝ ，
故答案为： ．
10．（2021秋•电白区期末）如图，OP＝1，过点P作PP⊥OP，且PP＝1，得OP＝ ；再过点P作
1 1 1 1
PP⊥OP且PP＝1，得OP＝ ；又过点P作PP⊥OP且PP＝1，得OP＝2…，依此法继续作下去，
1 2 1 1 2 2 2 2 3 2 2 3 3
得OP ＝ ．
2022解：∵OP＝1，OP＝ ，OP＝ ，OP＝ ，
1 2 3
∴OP ＝ ．
2022
故答案为： ．
11．（2022春•盐湖区月考）如图，△DEF中DF＝EF＝5，DE＝8，其三条角平分线交于点J，则JG＝
．
解：∵FG是∠AFE的平分线，
∴∠DFG＝∠EFG，
在△DFG和△EFG，
，
∴△DFG≌△EFG（SAS），
∴DG＝EG＝ DE＝ ×8＝4，
∵DF＝EF＝5，
∴FG⊥DE，
在Rt△DFG中，DF＝5，DG＝4，
∴FG＝ ＝ ＝3，
过J作JM⊥DF于M，JN⊥EF于N，
∵J是△DEF三条角平分线的交点，
∴JG＝JM＝JN，∵S ＝S +S +S ＝ ×8JG+ 5JG+ 5JG＝ ×8×3，
△DEF △JDE △EJF △DJF
∴JG＝ ，
故答案为： ．
12．（2021秋•滨湖区期末）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，AD⊥BC于点D，点E、F
在AD上，则图中阴影部分的面积为 3 0 ．
解：∵AB＝AC＝13，AD⊥BC于点D，BC＝10，
∴BD＝CD＝5，
∴AD＝ ＝ ＝12，
∴S ＝ S ＝ × ×BC×AD＝ × ×10×12＝30，
阴影 △ABC
故答案为：30．
13．（2021秋•江阴市期末）如图，在2×5的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、P
均在格点上，则∠PAB+∠PBA＝ 45° ．
解：延长AP至C，连接BC，CP＝CB＝ ，
BP＝ ，
∵（ ）2+（ ）2＝（ ）2，即CP2+CB2＝BP2，
∴△PCB是等腰直角三角形，
∴∠BPC＝45°，
∴∠PAB+∠PBA＝∠BPC＝45°．
故答案为：45°．
14．（2021秋•龙湾区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACED和
正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面
积是 ．
解：如图，
∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，∴△FAH≌△ABN（ASA），
∴S ＝S ，
△FAH △ABN
∴S ＝S ，
△ABC 四边形FNCH
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+BC＝7，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝49，
∴AB2+2AC•BC＝49，
∵AB2﹣S ＝16，
△ABC
∴AB2﹣ AC•BC＝16，
∴BC•AC＝ ，
∴阴影部分的面积和＝AC2+BC2+3S ﹣AB2＝3S ＝ BC•AC＝ × ＝ ．
△ABC △ABC
故答案为： ．
三．解答题
15．（2021秋•如皋市期末）如图，在△ABC中，AC＝5，E为BC边上一点，且CE＝1，AE＝ ，BE＝4，
点F为AB边上的动点，连接EF．
（1）求AB的长；
（2）当△BEF为等腰三角形时，求AF的长．
解：（1）∵AC＝5，CE＝1，AE＝ ，
∴AC2+CE2＝26，AE2＝26，
∴AC2+CE2＝AE2，
∴∠ACE＝90°，
∵BC＝CE+BE＝5，AC＝5，∴AB＝ ＝ ＝5 ；
（2）①当BF＝BE＝4时，
AF＝AB﹣BF＝5 ﹣4；
②如图，当BF＝EF时，有∠FEB＝∠B＝45°，
∴∠BFE＝90°，BF＝EF，
设BF＝EF＝x，
∵BF2+EF2＝BE2，
∴x2+x2＝42，
∴x＝2 （负值舍去），
∴AF＝AB﹣BF＝5 ﹣2 ＝3 ；
③如图，当BE＝EF时，有∠EFB＝∠B＝45°，
∴∠BEF＝90°，EF＝BE＝4，
∴BF＝ ＝4 ，
∴AF＝AB﹣BF＝5 ．
综上所述，AF的长为5 ﹣4或3 或 ．
16．（2021秋•中山市期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝BC＝20厘米，如果点M从点C出发，点N从点B出
发，沿着三角形三边以4厘米/秒的速度运动，当点N第一次到达C点时，M，N两点同时停止运动．运
动时间为t（秒）．（1）当0＜t＜5且△BMN为直角三角形时，求t的值；
（2）当t为何值，△BMN为等边三角形．
解：（1）当0＜t＜5时，点M在BC上，点N在AB上，BN＝4t，MB＝20﹣4t，
△BMN为直角三角形，则∠BNM＝90°或∠NMB＝90°，
①当∠BNM＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BM＝2BN，
∴20﹣4t＝2×4t，
解得：t＝ ；
②当∠NMB＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BN＝2BM，
∴4t＝2（20﹣4t），
解得：t＝ ．
③点M在AC上，点N在AB上，AN＝CM＝40﹣4t，（80﹣8t）+（40﹣4t）＝20，
t＝ （不合题意舍去），
综上，当t＝ 或 时，△BMN为直角三角形；
（2）点N第一次到达C点时，M，N两点同时停止运动，则0＜t≤10，
①当0＜t≤5时，当MB＝BN时，△BMN为等边三角形，
此时，4t＝20﹣4t，解得：t＝ ；
②当5＜t≤10时，△BMN为等边三角形，只能点M与点A重合，点N与点C重合，
此时，t＝10，
综上，t＝ 或t＝10时，△BMN为等边三角形．
17．（2021秋•泉州期末）如图，∠AOB＝90°，点C在OA边上，OA＝36cm，OB＝12cm，点P从点A出发，
沿着AO方向匀速运动，点Q同时从点B出发，以相同的速度沿BC方向匀速运动，P、Q两点恰好在C点
相遇，求BC的长度？
解：∵点P、Q同时出发，且速度相同，
∴BC＝CA，
设BC＝xcm，则CA＝xcm，
∵OA＝36cm
∴OC＝（36﹣x）cm，
∵∠AOB＝90°
∴OB2+OC2＝BC2，
∴122+（36﹣x）2＝x2，
解得：x＝20，
∴BC＝20cm．
18．（2022•渠县校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E在AC边上，且∠CBE＝
45°，BE分别交AC，AD于点B、F．
（1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长；
（2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．（1）解：如图1，∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
Rt△ABD中，∵AB＝13，
∴AD＝ ＝ ＝12，
在Rt△BDF中，∵∠CBE＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF＝BD＝5，
∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7；
（2）证明：如图2，在BF上取一点H，使BH＝EF，连接CF、CH，
在△CHB和△AEF中，，
∴△CHB≌△AEF（SAS），
∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，
∴∠CEF＝∠CHE，
∴CE＝CH，
∵BD＝CD，FD⊥BC，
∴CF＝BF，
∴∠CFD＝∠BFD＝45°，
∴∠CFB＝90°，
∴EF＝FH，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，
∴BF2+EF2＝AE2．
19．（2021秋•石狮市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发，
以2cm/秒的速度沿BC移动至点C，设运动时间为t秒．
（1）求BC的长；
（2）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻t，使得点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC＝ ＝ ＝8（cm）；
（2）存在，理由如下：
如图，当点P恰好运动到∠BAC平分线上时，点P到直线AB的距离与点P到点C的距离相等，
由已知可得：BP＝2tcm，PC＝BC﹣BP＝（8﹣2t）cm，
连接AP，过点P作PE⊥AB于E，如图所示：
则PE＝PC＝（8﹣2t）cm，
在△AEP与△ACP中，，
∴△AEP≌△ACP（AAS），
∴AE＝AC＝6cm，
∴BE＝AB﹣AE＝10﹣6＝4（cm），
在Rt△BEP中，由勾股定理得：BP2＝BE2+PE2，
即（2t）2＝42+（8﹣2t）2，
解得：t＝ ，
即当t的值为 时，点P到边AB的距离与点P到点C的距离相等．
20．（2021秋•青岛期末）已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，
其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边
上的运动速度是每秒2cm，在AC边上的运动速度是每秒1.5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点
时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒．
（1）出发2秒后，求PQ的长；
（2）当点Q在边BC上运动时，t为何值时，△ACQ的面积是△ABC面积的 ；
（3）当点Q在边CA上运动时，t为何值时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
解：（1）当t＝2s时，点Q在边BC上运动，
则AP＝2cm，BQ＝2t＝4（cm），
∵AB＝8cm，∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2＝6（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ＝ ＝ ＝2 （cm），
∴PQ的长为2 cm；
（2）∵S ＝ CQ•AB，S ＝ BC•AB，点Q在边BC上运动时，△ACQ的面积是△ABC面积的 ，
△ACQ △ABC
∴CQ＝ BC＝ ×6＝2（cm），
∴BQ＝BC﹣CQ＝6﹣2＝4（cm），
∴t＝ ＝2，
∴当点Q在边BC上运动时，t为2时，△ACQ的面积是△ABC面积的 ；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC＝ ＝ ＝10（cm），
当点P达到点B时，t＝ ＝8，
当点Q达到点A时，t＝ + ＝ ，
∵当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，
∴0≤t≤8，
∵AP＝tcm，
∴BP＝（8﹣t）cm，点Q在CA上运动时，CQ＝1.5×（t﹣ ）＝（1.5t﹣4.5）（cm），
∴AQ＝10﹣（1.5t﹣4.5）＝（﹣1.5t+14.5）（cm），
∴BP+BC+CQ＝8﹣t+6+1.5t﹣4.5＝（0.5t+9.5）（cm），AP+AQ＝t+（﹣1.5t+14.5）＝（﹣
0.5t+14.5）（cm），
分两种情况：
① ＝ ，
即 ＝ ，
解得：t＝4，
经检验，t＝4是原方程的解，
∴t＝4；② ＝ ，
即 ＝ ，
解得：t＝6，
经检验，t＝6是原方程的解，
∴t＝6；
综上所述，当点Q在边CA上运动时，t为4或6时，PQ将△ABC周长分为23：25两部分．
21．（2021秋•虎丘区校级期中）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB
的长．
小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝
∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD
为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长．
解决下列问题：
（1）图2中，AE＝ 9 ，AB＝ 1 2 ；
（2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c
式子表示b．
解：（1）如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，
则BE是AD的垂直平分线，
∴AB＝BD，∠A＝∠D，
∵3∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，
∴∠BCA＝2∠A，
∵∠BCA＝∠D+∠CBD，
∴∠BCA＝∠A+∠CBD＝2∠A，
∴∠CBD＝∠A，
∴DC＝BC＝8，
∴AD＝DC+AC＝8+10＝18，
∴AE＝AD＝9，∴EC＝AD﹣CD＝9﹣8＝1．
∴在直角△BCE和直角△AEB中，
由勾股定理得到：BC2﹣CE2＝AB2﹣AE2，即82﹣12＝AB2﹣92，
解得，AB＝12，
故答案是：9；12；
（2）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，
则BE是边AD的垂直平分线，
∴AB＝BD，∠A＝∠D．
∵3∠A+2∠B＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，
∴2∠A+∠ABC＝∠ACB，
∵∠ACB＝∠D+∠DBC，
∴2∠A+∠ABC＝∠D+∠DBC，
∵∠A＝∠D，
∴∠A+∠ABC＝∠DBC，BD＝AB＝c，即∠DCB＝∠DBC，
∴DB＝DC＝c，
由题意得，DE＝AE＝ ，
∴EC＝AE﹣AC＝ ﹣b＝ ，
在Rt△BEC中，BE2＝BC2﹣EC2，
在Rt△BEA中，BE2＝BA2﹣EA2，
∴BC2﹣EC2＝BA2﹣EA2，即a2﹣（ ）2＝c2﹣（ ）2，
整理得，b＝ ．
