數(shù)學(xué)-專項10 勾股定理的綜合探究題型（帶答案）

專題10勾股定理的綜合探究題型（解析版）題型一探究直角三角形的邊和高之間的關(guān)系典例1（湖州模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，設(shè)AC＝b，BC＝a，AB＝c，CD＝h，有下列四種說法：①a?b＝c?h；②a+b＜c+h；③以a+b、h、c+h為邊的三角形，是直角三角形；④1aA．1個 B．2個 C．3個 D．4個思路引領(lǐng)：①根據(jù)三角形面積公式即可求解；②證明（a+b）2＜（c+h）2；③直角三角形，證明（a+h）2+h2＝（c+h）2；④只需證明h2（1a解：①∵Rt△ABC的面積為：12ab或12∴ab＝ch，故①正確；②∵c2＜c2+h2，a2+b2＝c2，∴a2+b2＜c2+h2，∵ab＝ch，∴a2+b2+2ab＜c2+h2+2ch，∴（a+b）2＜（c+h）2，∴a+b＜c+h，故②正確；③∵（c+h）2＝c2+2ch+h2，h2+（a+b）2＝h2+a2+2ab+b2，∵a2+b2＝c2，（勾股定理）ab＝ch（面積公式推導(dǎo)）∴c2+2ch+h2＝h2+a2+2ab+b2，∴（c+h）2＝h2+（a+b）2，

∴根據(jù)勾股定理的逆定理知道以h，c+h，a+b為邊構(gòu)成的三角形是直角三角形，③正確；④∵ab＝ch，∴（ab）2＝（ch）2，即a2b2＝c2h2，∵a2+b2＝c2，∴a2b2＝（a2+b2）h2，∴a2b2∴a2∴a2∴1a2+故選：D．總結(jié)提升：此題主要考查學(xué)生對勾股定理和勾股定理的逆定理的理解和掌握，此題有一定的拔高難度，屬于難題，在證明過程中，注意面積關(guān)系式ab＝ch的應(yīng)用．題型二“手拉手”全等或旋轉(zhuǎn)構(gòu)造手拉手全等模型典例2（2022?臥龍區(qū)校級開學(xué)）如圖，∠BAC＝∠DAF＝90°，AB＝AC，AD＝AF，點D，E為BC邊上的兩點，且∠DAE＝45°，連接EF，BF，下列結(jié)論：①△AED≌△AEF；②BF＝CD；③BE+DC＞DE；④BE2+DC2＝DE2．其中正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個思路引領(lǐng)：根據(jù)∠DAF＝90°，∠DAE＝45°，得出∠FAE＝45°，利用SAS證明△AED≌△AEF，判定①正確；可證△ABF≌△ACD，于是BF＝CD，判定②正確；先由∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠CAD＝∠BAF，再利用SAS證明△ACD≌△ABF，得出CD＝BF，又①知DE＝EF，那么在△BEF中根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊可得BE+BF＞EF，等量代換后判定③正確；

先由△ACD≌△ABF，得出∠C＝∠ABF＝45°，進而得出∠EBF＝90°，然后在Rt△BEF中，運用勾股定理得出BE2+BF2＝EF2，等量代換后判定④正確．解：①∵∠DAF＝90°，∠DAE＝45°，∴∠FAE＝∠DAF﹣∠DAE＝45°．在△AED與△AEF中，AD=AF∠DAE=∠FAE=45°∴△AED≌△AEF（SAS），①正確；②∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠FAB＝∠CAD，在△ABF與△ACD中，AF=AD∠FAB=∠CAD∴△ABF≌△ACD（SAS），∴BF＝CD，②正確；③∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAF﹣∠BAD，即∠CAD＝∠BAF．在△ACD與△ABF中，AC=AB∠CAD=∠BAF∴△ACD≌△ABF（SAS），∴CD＝BF，由①知△AED≌△AEF，∴DE＝EF．在△BEF中，∵BE+BF＞EF，∴BE+DC＞DE，③正確；由③知△ACD≌△ABF，∴∠C＝∠ABF＝45°，∵∠ABE＝45°，

∴∠EBF＝∠ABE+∠ABF＝90°．在Rt△BEF中，由勾股定理，得BE2+BF2＝EF2，∵BF＝DC，EF＝DE，∴BE2+DC2＝DE2，④正確．所以正確的結(jié)論有①②③④．故選：D．總結(jié)提升：本題考查了勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角直角三角形的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系定理，相似三角形的判定，此題涉及的知識面比較廣，熟練運用這些知識點是解題的關(guān)鍵．典例3（2020?濱州模擬）如圖，點P是等邊三角形ABC內(nèi)一點，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若將△APB繞著點B逆時針旋轉(zhuǎn)后得到△CQB，則∠APB的度數(shù)．思路引領(lǐng)：首先證明△BPQ為等邊三角形，得∠BQP＝60°，由△ABP≌CBQ可得QC＝PA，在△PQC中，已知三邊，用勾股定理逆定理證出得出∠PQC＝90°，可求∠BQC的度數(shù)，由此即可解決問題．解：連接PQ，由題意可知△ABP≌△CBQ則QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，∴△BPQ為等邊三角形，∴PQ＝PB＝BQ＝4，又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∵△BPQ為等邊三角形，∴∠BQP＝60°，

∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°∴∠APB＝∠BQC＝150°總結(jié)提升：本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的逆定理等知識，解題的關(guān)鍵是勾股定理逆定理的應(yīng)用，屬于中考?？碱}型．針對練習(xí)1．（洪山區(qū)期中）如圖，∠AOB＝30°，P點在∠AOB內(nèi)部，M點在射線OA上，將線段PM繞P點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，M點恰好落在OB上的N點（OM＞ON），若PM=10，ON＝8，則OM＝思路引領(lǐng)：連接MN，作NH⊥OA于H，如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠MPN＝90°，PN＝PM=10，可判斷△PMN為等腰直角三角形，則MN=2PM＝25，在Rt△OHN中，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得NH=12ON＝4，OH=3NH＝43，然后在Rt△MNH中根據(jù)勾股定理計算出MH＝2，由此得到OM＝OH解：連接MN，作NH⊥OA于H，如圖，∵線段PM繞P點逆時針旋轉(zhuǎn)90°，M點恰好落在OB上的N點，∴∠MPN＝90°，PN＝PM=10∴△PMN為等腰直角三角形，∴MN=2PM＝25在Rt△OHN中，∵∠NOH＝30°，ON＝8，∴NH=12

OH=3NH＝43在Rt△MNH中，∵NH＝4，MN＝25，∴MH=M∴OM＝OH+HM＝43+故答案為43+總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了等腰直角三角形的性質(zhì)和含30度的直角三角形三邊的關(guān)系．2．（2020秋?永嘉縣校級期末）如圖，在△AOB與△COD中，∠AOB＝∠COD＝90°，AO＝BO，CO＝DO，連接CA，BD．（1）求證：△AOC≌△BOD；（2）連接BC，若OC＝1，AC=7，BC①判斷△CDB的形狀．②求∠ACO的度數(shù)．思路引領(lǐng)：（1）由題意可得∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，即可證△AOC≌△BOD；（2）①由全等三角形的性質(zhì)和勾股定理的逆定理可得∠BDC＝90°，即可得△CDB是直角三角形；②由全等三角形的性質(zhì)可求∠ACO的度數(shù)．證明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，且AO＝BO，CO＝DO，∴△AOC≌△BOD（SAS）（2）①如圖，

∵△AOC≌△BOD∴∠ACO＝∠BDO，AC＝BD=∵CO＝DO＝1，∠COD＝90°∴CD=CO2+DO2∵CD2+BD2＝9＝BC2，∴∠CDB＝90°∴△BCD是直角三角形②∵∠BDO＝∠ODC+∠CDB∴∠BDO＝135°∴∠ACO＝∠BDO＝135°總結(jié)提升：本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，熟練運用全等三角形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．題型三倍長中線構(gòu)造全等三角形典例4（2022?蘇州模擬）如圖1，在△ABC中，∠ACB＝90°，點D為AB中點，DE，DF分別交AC于點E，交BC于點F，且DE⊥DF．（1）如果CA＝CB，連接CD．①求證：DE＝DF；②求證：AE2+BF2＝EF2；（2）如圖2，如果CA＜CB，探索AE，BF和EF之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．思路引領(lǐng)：（1）①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可知，∠DCE＝∠DBF＝45°，∠CDB＝90°，CD＝

BD．由DE⊥DF，可證明∠CDE＝∠BDF．即可利用“ASA”證明△DCE≌△DBF，即得出DE＝DF；②由全等三角形的性質(zhì)可知BF＝CE，結(jié)合題意可求出AE＝CF．在Rt△ECF中，再由勾股定理，得CF2+CE2＝EF2，即得出AE2+BF2＝EF2；（2）延長FD至點M，使DM＝DF，連接AM，EM．易證△ADM≌△BDF（SAS），得出AM＝BF，∠MAD＝∠B，從而判斷AM∥BC，即證明∠MAE＝∠ACB＝90°．再根據(jù)線段垂直平分線的判定和性質(zhì)可知EF＝EM．最后在Rt△AEM中，由勾股定理，得AE2+AM2＝EM2，即得出AE2+BF2＝EF2．（1）①證明：∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形．∵點D是AB的中點，∴∠DCE＝∠DBF＝45°，∠CDB＝90°，CD＝BD．又∵DE⊥DF，∴∠EDF＝∠CDB＝90°，∵∠CDE＝∠EDF﹣∠CDF，∠BDF＝∠CDB﹣∠CDF，∴∠CDE＝∠BDF．在△DCE與△DBF中，∠DCE=∠DBFCD=BD∴△DCE≌△DBF（ASA），∴DE＝DF；②證明：由①可知△DCE≌△DBF，∴BF＝CE，∵CA＝CB，∴CA﹣CE＝CB﹣BF，即AE＝CF．在Rt△ECF中，由勾股定理，得CF2+CE2＝EF2，∴AE2+BF2＝EF2；（2）解：結(jié)論：AE2+BF2＝EF2．理由如下：如圖，延長FD至點M，使DM＝DF，連接AM，EM．

∵點D為AB中點，∴AD＝BD，∵∠ADM＝∠BDF，DM＝DF，∴△ADM≌△BDF（SAS），∴AM＝BF，∠MAD＝∠B，∴AM∥BC，∴∠MAE＝∠ACB＝90°．又∵DE⊥DF，DM＝DF，∴DE是FM的垂直平分線，∴EF＝EM，在Rt△AEM中，由勾股定理，得AE2+AM2＝EM2，∴AE2+BF2＝EF2．總結(jié)提升：本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，線段垂直平分線的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)等知識．掌握三角形全等的判定條件和正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．題型四以兩個直角三角形的公共邊或等邊為橋梁運用雙勾股典例5[閱讀理解]如圖，在△ABC中，AB＝4，AC＝6，BC＝7，過點A作直線BC的垂線，垂足為D，求線段AD的長．解：設(shè)BD＝x，則CD＝7﹣x．∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°．在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，

∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2．又∵AB＝4，AC＝6，∴42﹣x2＝62﹣（7﹣x）2．解得x＝，∴BD＝．∴AD＝＝．[知識遷移]（1）在△ABC中，AB＝13，AC＝15，過點A作直線BC的垂線，垂足為D．i）如圖1，若BC＝14，求線段AD的長；ii）若AD＝12，求線段BC的長．（2）如圖2，在△ABC中，AB＝，AC＝，過點A作直線BC的垂線，交線段BC于點D，將△ABD沿直線AB翻折后得到對應(yīng)的△ABD′，連接CD′，若AD＝，求線段CD′的長．思路引領(lǐng)：（1）i）利用勾股定理得出AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，進而建立方程求BD，即可得出結(jié)論；ii）先利用勾股定理求出BC＝5，CD＝9，再分兩種情況．即可得出結(jié)論；（2）先利用勾股定理求出BD，CD，再利用面積求出DN，進而求出DD'，再用勾股定理得出D'H2＝D'D2﹣HD2＝D'B2﹣HB2，進而建立方程求出HB，即可得出結(jié)論．解：（1）i）設(shè)BD＝x，則CD＝14﹣x，∵AD⊥BC，

∴∠ADB＝∠ADC＝90°，在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，∵AB＝13，AC＝15，∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2，∴x＝5，∴BD＝5，∴AD＝＝＝12；ii）在Rt△ABD中，BD＝＝＝5，在Rt△ACD中，CD＝＝＝9，當(dāng)∠ABC為銳角時，如圖1﹣1，BC＝BD+CD＝5+9＝14，當(dāng)∠ABC為鈍角時，如圖1﹣2，BC＝BD﹣CD＝9﹣5＝4；（2）如圖2，連接DD'交AB于點N，則DD'⊥AB，過點D'作D'H⊥BD于H，在Rt△ABD中，BD＝＝＝；在Rt△ACD中，CD＝＝＝5，∵AB垂直平分DD'，∴D'B＝DB＝，D'D＝2DN，

∵S△ABD＝AD?BD＝，∴＝?DN，∴DN＝，∴D'D＝2DN＝5，設(shè)HB＝m，則HD＝HB+BD＝m+，∵D'H2＝D'D2﹣HD2＝D'B2﹣HB2，∴（5）2﹣（m+）2＝（）2﹣m2，∴m＝，∴HB＝，∴HC＝HB+BD+CD＝++4＝15，D'H＝＝＝5，∴D'C＝＝＝5．總結(jié)提升：此題是三角形綜合題，主要考查了勾股定理，直角三角形的構(gòu)造，利用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．針對訓(xùn)練1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，交CB于點D．若AC＝3，AB＝5，則CD的長為（）

A． B． C． D．思路引領(lǐng)：如圖，作DH⊥AB于H．首先證明AC＝AH，DC＝DH，AC＝AH＝3，設(shè)DC＝DH＝x，在Rt△BDH中，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題．解：如圖，作DH⊥AB于H．∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DH⊥AB，∴∠CAD＝∠HAD，∠C＝∠AHD＝90°，∵AD＝AD，∴△ADC≌△ADH（AAS），∴AC＝AH＝3，CD＝DH，設(shè)CD＝DH＝x，∵AB＝5，∴BH＝AB＝AH＝5﹣3＝2，在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，∴BC＝＝4，在Rt△HBD中，則有（4﹣x）2＝x2+22，∴x＝，∴CD＝，故選：A．總結(jié)提升：本題考查勾股定理，角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．2．如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，BF平分∠ABC交AD于點E，交AC于點F．AC＝17，AD＝15，BC＝28，則AE的長等于．

思路引領(lǐng)：利用勾股定理可得DC和AB的長，由角平分線定理可得EG＝ED，證明Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），可得BG＝BD，設(shè)AE＝x，則ED＝15﹣x，根據(jù)勾股定理列方程可得結(jié)論．解：∵AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∵AD＝15，AC＝17，∴DC＝，∵BC＝28，∴BD＝28﹣8＝20，由勾股定理得：AB＝，過點E作EG⊥AB于G，∵BF平分∠ABC，AD⊥BC，∴EG＝ED，在Rt△BDE和Rt△BGE中，∵，∴Rt△BDE≌Rt△BGE（HL），∴BG＝BD＝20，∴AG＝25﹣20＝5，設(shè)AE＝x，則ED＝15﹣x，∴EG＝15﹣x，Rt△AGE中，x2＝52+（15﹣x）2，

x＝，∴AE＝．故答案為：．總結(jié)提升：本題考查了角平分線性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．題型五勾股定理解決折疊問題典例6（2022?東莞市校級二模）將正方形ABCD折疊，使頂點A與CD邊上的點M重合，折痕交AD于E，交BC于F，邊AB折疊后與BC邊交于點G．若DC＝5，CM＝2，則EF＝（）A．3 B．4 C．29 D．34思路引領(lǐng)：作FH⊥AD，結(jié)合折疊性質(zhì)：EF⊥AM，證∠POF＝∠AOH＝∠AMD＝∠FEH，再證△ADM≌△FHE得EF＝AM，根據(jù)勾股定理即可求出結(jié)果．解：由折疊的性質(zhì)得EF⊥AM，過點F作FH⊥AD于H，交AM于O，則∠ADM＝∠FHE＝90°，∴∠HAO+∠AOH＝90°、∠HAO+∠AMD＝90°，∴∠POF＝∠AOH＝∠AMD，又∵EF⊥AM，∴∠POF+∠OFP＝90°、∠HFE+∠FEH＝90°，∴∠POF＝∠FEH，

∴∠FEH＝∠AMD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝FH＝5，在△ADM和△FHE中，∠ADM=∠FHE∠AMD=∠FEH∴△ADM≌△FHE（AAS），∴EF＝AM=A故選：D．總結(jié)提升：本題主要考查正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．針對訓(xùn)練1．如圖，將一張長方形紙片沿著AE折疊后，點D恰好與BC邊上的點F重合，已知AB＝6cm，BC＝10cm，求EC的長度．解：由題意可知△ADE≌△AFE，所以AF＝AD＝10cm，EF＝DE．在Rt△AFB中，根據(jù)勾股定理得BF＝eq\r(AF2－AB2)＝8(cm)，所以FC＝BC－BF＝2(cm)．設(shè)EC＝xcm，DE＝DC－EC＝(6－x)cm，即EF＝(6－x)cm，在Rt△EFC中，根據(jù)勾股定理有EF2＝FC2＋EC2，即(6－x)2＝22＋x2，解得x＝eq\f(8,3)，所以EC＝eq\f(8,3)cm．題型六勾股定理在平面直角坐標(biāo)系背景下的應(yīng)用典例7（2017春?武昌區(qū)校級月考）如圖，A（0，m），B（n，0），滿足(m?5)2+n2（1）求點A，點B的坐標(biāo)；（2）點P是第二象限內(nèi)一點，過點A作AC⊥射線BP，連接CO，試探究BC，AC，CO

之間的數(shù)量關(guān)系并證明．（3）在（2）的條件下，∠POC＝∠APC，PA＝42，求PB的長．思路引領(lǐng)：（1）利用非負數(shù)的性質(zhì)求得m、n的值，易得點A、B的坐標(biāo)；（2）如圖1，作OD⊥OC交PB于D，證△OAC≌△OBD（ASA）（提示AO，BC八字形），得證等腰Rt△OCD，故BC﹣AC＝CD=2CO（3）作OM⊥OP交AC延長線于M，作AN⊥OP于N，連接PM．易證△OPB≌△OMA（ASA），故PB＝MA，且得證等腰Rt△OPM，又∠APO＝∠APC+∠OPC＝∠POC+∠OPC＝∠OCB＝45°，所以∠APM＝45°+45°＝90°，易求出OP＝PN+ON＝4+3＝7，（Rt△ANO，等腰Rt△APN），Rt△APM中，MA=A解：（1）∵(m?5)2