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1.1探索勾股定理
专题一 有关勾股定理的折叠问题
1. 如图，将边长为8cm的正方形ABCD折叠，
使点D落在BC边的中点E处，点A落在F处，
折痕为MN，则线段CN长是（ ）
A．3cm B．4cm
C．5cm D．6cm
2. 如图，EF是正方形两对边中点的连线段，将∠A
沿DK折叠，使它的顶点A落在EF上的G点，求
∠DKG的度数．
3． 已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，有一个圆心角为45°，半径长等于
CA的扇形CEF绕点C旋转，直线CE、CF分别与直线AB交于点M、N．
（1）如图①，当AM=BN时，将△ACM沿CM折叠，点A落在弧EF的中点P处，
再将△BCN沿CN折叠，点B也恰好落在点P处，此时，PM=AM，PN=BN，
△PMN的形状是_______________．线段AM、BN、MN之间的数量关系是
______________________________；
（2）如图②，当扇形CEF绕点C在∠ACB内部旋转时，线段MN、AM、BN之间的
数量关系是_______________．试证明你的猜想；
（3）当扇形CEF绕点C旋转至图③的位置时，线段MN、AM、BN之间的数量关
系是_______________．（不要求证明）
① ② ③
专题二 勾股定理的证明
4．在教材中，我们通过数格子的方法发现了直角三角形的三边关系，利用四个完
1 / 4全相同的直角三角形拼图的方式验证了勾股定理的正确性．
问题1：以直角三角形的三边为边向外作等边三角形，探究S′+ S″与S的关系（如
图1）．
问题2：以直角三角形的三边为斜边向外作等腰直角三角形，探究S′+S″与S的关
系（如图2）．
问题3：以直角三角形的三边为直径向外作半圆，探究S′+ S″与S的关系（如图
3）．
5. 如图，是用硬纸板做成的两种直角三角形各有若干个，图①中两直角边长分别
为a和b，斜边长为c；图②中两直角边长为c．请你动脑，将它们拼成能够证明勾
股定理的图形．
（1）请你画出一种图形，并验证勾股定理．
（2）你非常聪明，能再拼出另外一种能证明勾股定
理的图形吗？请画出拼后的图形（无需证明）．
2 / 4答案：
1．A 【解析】设CN=x cm，则DN=（8-x）cm.
由折叠的性质知EN=DN=（8-x）cm，
1
而EC= BC=4 cm，在Rt△ECN中，
2
由勾股定理可知EN2=EC2+CN2，即（8-x）2=16+x2，
整理得16x=48，所以x=3．
故选A．
1 1
2．解：∵DF= CD= DG，∴∠DGF=30°．
2 2
∵∠EKG+∠KGE=90°，∠KGE+∠DGF=90°，
∴∠EKG=∠DGF=30°．
∵2∠DKG+∠GKE=180°，∴∠DKG=75°．
3．解：（1）根据折叠的性质知：△CAM≌△CPM，△CNB≌△CNP．∴AM=PM，
∠A=∠CPM，PN=NB，∠B=∠CPN. ∴∠MPN=∠A+∠B=90°，PM=PN=AM=BN.
2
故△PMN是等腰直角三角形，AM2+BN2=MN2（或AM=BN= MN）．
2
（2）AM2+BN2=MN2.
证明:如图,将△ACM沿CM折叠，得△DCM，连DM、DC、DN，
则△ACM≌△DCM，
∴CD=CA，DM=AM，∠A=∠MDC，∠DCM=∠ACM.
∵∠ACM+∠BCN+∠MCN=∠ACM+∠BCN+45°=90°，∴∠ACM+∠BCN=45°.
又∵∠MCN=∠DCM+∠DCN=45°，∠DCM=∠ACM.
∴∠DCN=∠BCN.
∴CD=CA=CB，
易证△DCN≌△BCN，∴DN=BN，∠CDN=∠CBN.
而∠MDC=∠A=45°，∠CDN=∠B=45°，∴∠MDN=90°，
∴DM2+DN2=MN2，故AM2+BN2=MN2．
（3）AM2+BN2=MN2；解法同（2）[将△ACM沿CE折叠，A落在G点，连接GM、GC、
GN。如图]．
3 3 3
4．解：探究1：由等边三角形的性质知：S′= a2，S″= b2，S= c2，
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则S′+ S″= （a2+b2）.因为a2+b2=c2，所以S′+ S″=S．
4
1 1 1
探究2：由等腰直角三角形的性质知：S′= a2，S″= b2，S= c2．
4 4 4
1
则S′+S″= （a2+b2）.因为a2+b2=c2，所以S′+S″=S．
4
1 1 1
探究3：由圆的面积计算公式知：S′= πa2，S″= πb2，S= πc2．
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1
则S′+ S″= π（a2+b2），因为a2+b2=c2，所以S′+ S″=S．
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5．解：（1）如图所示，
1
根据正方形的面积可得（a+b）2=4× ab+c2，
2
即a2+b2=c2．
（2）如图所示．
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