2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)（全國版）第19講 直角三角形（講義）（解析版）

第19講直角三角形目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識建構(gòu)考點一直角三角形的性質(zhì)與判定題型01利用直角三角形的性質(zhì)求解題型02根據(jù)已知條件判定直角三角形題型03與直角三角形有關(guān)的面積計算考點二勾股定理題型01利用勾股定理求線段長題型02利用勾股定理求面積題型03已知兩點坐標(biāo)求兩點距離題型04判斷勾股數(shù)問題題型05利用勾股定理解決折疊問題題型06勾股定理與網(wǎng)格問題題型07勾股定理與無理數(shù)題型08以直角三角形三邊為邊長的圖形面積題型09利用勾股定理求兩條線段的平方和（差）題型10利用勾股定理證明線段的平方關(guān)系題型11勾股定理的證明方法題型12以弦圖為背景的計算題題型13利用勾股定理構(gòu)造圖形解決問題題型14利用勾股定理解決實際問題類型一求梯子滑落高度類型二求旗桿高度類型三大樹折斷前高度類型四解決水杯中的筷子問題類型五選址到兩地距離相等類型六最短路徑類型七航海問題題型15勾股定理與規(guī)律探究問題考點三勾股定理逆定理題型01圖形上與已知兩地構(gòu)成直角三角形的點題型02在網(wǎng)格中判定直角三角形題型03利用勾股定理逆定理求解題型04利用勾股定理解決實際生活問題考點要求新課標(biāo)要求命題預(yù)測直角三角形的性質(zhì)與判定理解直角三角形的概念.探索并掌握直角三角形的性質(zhì)定理:直角三角形的兩個銳角互余，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.掌握有兩個角互余的三角形是直角三角形.該模塊內(nèi)容在中考中一直是較為重要的幾何考點，考察難度為中等偏上，?？伎键c為:直角三角形的性質(zhì)定理、勾股定理及其逆定理、勾股定理與實際問題等，特別是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重點.出題類型可以是選擇填空題這類小題，也可以是各類解答題，以及融合在綜合壓軸題中，作為問題的幾何背景進行拓展延伸.結(jié)合以上考察形式，需要考生在復(fù)習(xí)這一模塊時，準(zhǔn)確掌握有關(guān)直角三角形的各種性質(zhì)與判定方法，以及特殊直角三角形?？嫉目疾旆较?勾股定理探索勾股定理及其逆定理，并能運用它們解決一些簡單的實際問題.勾股定理逆定理考點一直角三角形的性質(zhì)與判定直角三角形的定義：有一個角是直角的三角形叫做直角三角形．直角三角形的性質(zhì)：1）直角三角形兩個銳角互余.2）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半.3）在直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半.直角三角形的判定：1）兩個內(nèi)角互余的三角形是直角三角形.2）三角形一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是直角三角形．3）有一個角是直角的三角形叫做直角三角形．4）勾股定理的逆定理：如果三角形的三邊長a，b，c有關(guān)系a2+b2=c2，那么這個三角形是直角三角形。面積公式：S=12ab=12題型01利用直角三角形的性質(zhì)求解【例1】（2023·山東聊城·統(tǒng)考二模）如圖，直線l1∥l2，AB⊥CD，∠2=68°

A．68° B．58° C．22° D．32°【答案】C【分析】由兩直線平行同位角相等得到∠2=∠3，再由AB與CD垂直，利用垂直的定義得到∠BMC為直角，得到∠1與∠3互余，由∠3的度數(shù)求出∠1的度數(shù)．【詳解】解：∵直線l1∴∠2=∠3=68°，∵AB⊥CD，∴∠CMB=90°，∴∠1＋∠3=90°，又∴∠1=22°，故選：C．

【點睛】此題考查了平行線的性質(zhì)，垂直定義、直角三角形的兩個銳角互余，熟知平行線的性質(zhì)：兩直線平行，同位角相等；兩直線平行，內(nèi)錯角相等；兩直線平行，同旁內(nèi)角互補．【變式1-1】（2023·廣東揭陽·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，BD平分∠ABC，P點是BD的中點，若CP=4，則AD的長為（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】由題意推出AD=BD，在Rt△BCD中，PC=12BD，即可求出【詳解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=∴∠A=30°，∵BD平分∠ABC，∴∠CBD=∠DBA=30°，∴∠DBA=∠A，∴AD=BD，∵P點是BD的中點，∴PC=1∴BD=2CP=8，∴AD=8．故選：B．【點睛】本題主要考查了角平分線的定義、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識，熟練掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．【變式1-2】（2023·山西大同·大同一中?？寄M預(yù)測）風(fēng)鈴，又稱鐵馬，古稱“鐸”，常見于中國傳統(tǒng)建筑屋檐下（如圖①），如圖②，是六角形風(fēng)鐸的平面示意圖，其底部可抽象為正六邊形ABCDEF，連接AC，CF，則∠ACF的度數(shù)為°．

【答案】30【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)求出∠B=∠BAF=∠AFE=180°?360°6=120°，AB=CB，求出，∠CAF=90°【詳解】解：在正六邊形ABCDEF中，∠B=∠BAF=∠AFE=180°?360°6=120°∴∠BAC=∠ACB=30°，∴∠CAF=90°，∵CF是正六邊形的一條對稱軸，∴∠AFC=60°，∴∠ACF=90°?∠AFC=30°，故答案為：30．【點睛】此題考查了正多邊形的性質(zhì)，內(nèi)角和的公式，直角三角形的性質(zhì)，正確掌握正多邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，CD是△ABC的中線，E是CD的中點，連接AE，BE，若AE⊥BE，垂足為E，則AC的長為【答案】3【分析】根據(jù)垂直定義可得∠AEB=90°，利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得DE=AD=12AB=3，AE=DE=CE=3【詳解】解：∵AE⊥BE，∴∠AEB=90°，∵CD是△ABC的中線，AB=6，∴DE是△ABE斜邊上的中線，∴DE=AD=1∵∠DAC=90°，E是CD的中點，∴AE=DE=CE=3，∴CD=6，由勾股定理得AC=C故答案為：33【點睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)．題型02根據(jù)已知條件判定直角三角形【例2】（2023·福建漳州·統(tǒng)考一模）在下列條件中：①∠A+∠B=∠C，②∠A:∠B:∠C=1:5:6，③∠A=90°?∠B，④∠A=∠B=∠C中，能確定△ABC是直角三角形的條件有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，能證明有一個角是90度即可確定△ABC是直角三角形．【詳解】解：由三角形內(nèi)角和定理得∠A+∠B+∠C=180°，①當(dāng)∠A+∠B=∠C時，2∠C=180°，∠C=90°，能確定△ABC是直角三角形；②當(dāng)∠A:∠B:∠C=1:5:6時，∠C=61+5+6×180°=90°③當(dāng)∠A=90°?∠B時，∠A+∠B=∠C=90°，能確定△ABC是直角三角形；④當(dāng)∠A=∠B=∠C時，∠A+∠B=∠C=60°，不能確定△ABC是直角三角形；綜上可知，能確定△ABC是直角三角形的條件有3個，故選C．【點睛】本題考查直角三角形的判定，解題的關(guān)鍵是熟練運用三角形內(nèi)角和定理．【變式2-1】（2023·陜西西安·西安市曲江第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）下列條件中不能判斷△ABC是直角三角形的是（

）A．AB2+BC2=AC2 【答案】D【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理判斷A和B即可；根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理判斷C和D即可．【詳解】解：A．∵AB∴∠B=90°，∴△ABC是直角三角形，故本選項不符合題意；B．∵A∴AC∴∠C=90°，∴△ABC是直角三角形，故本選項不符合題意；C．∵∠A+∠B+∠C=180°∴∠C=90°，∴△ABC是直角三角形，故本選項不符合題意；D．∵∠A：∴最大角∠C=5∴△ABC不是直角三角形，故本選項符合題意；故選：D【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理，三角形的內(nèi)角和定理等知識點，能熟記勾股定理的逆定理的內(nèi)容和三角形的內(nèi)角和定理等于180°是解此題的關(guān)鍵，注意：如果一個三角形的兩條邊a、b的平方和等于第三邊c的平方，即a2【變式2-2】（2020·浙江紹興·模擬預(yù)測）由下列條件不能判定△ABC為直角三角形的是（

）A．a(chǎn)=5,b=12,c=13 B．∠A:∠B:∠C=3:4:5C．∠A=∠B?∠C D．a(chǎn)=1,b=2,c=【答案】B【分析】根據(jù)三角形的內(nèi)角和以及勾股定理的逆定理分別判斷，進而得出結(jié)論．【詳解】解：A、52+122=132，故△ABC是直角三角形，不符合題意．B、∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∴∠C=180°×53+4+5C、∵∠A=∠B-∠C，∴∠B-∠C+∠B+∠C=180°，∴∠B=90°，故是直角三角形，不符合題意；D、12+22=（5）2，故是直角三角形，不符合題意．故選B．【點睛】本題考查了三角形的內(nèi)角和定理和勾股定理的逆定理，求出各選項中的最大角是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2022·河北保定·統(tǒng)考一模）下列長度的三條線段能組成銳角三角形的是（）A．3，4，4 B．3，4，5 C．3，4，6 D．3，4，7【答案】A【分析】根據(jù)三角形三邊組成銳角三角形的條件進行判斷可得答案．【詳解】解：在能夠組成三角形的條件下，如果滿足較小兩邊平方的和等于最大邊的平方是直角三角形；滿足較小兩邊平方的和大于最大邊的平方是銳角三角形；滿足較小兩邊平方的和小于最大邊的平方是鈍角三角形．A項，因為32+42>42，所以這三條線段組成銳角三角形，故A項符合題意；B項，因為32+42=52，所以這三條線段組成直角三角形，故B項不符合題意；C項，因為32+42<62，所以這三條線段組成鈍角三角形，故C項不符合題意；D項，因為3+4=7，所以這三條線段不滿足組成三角形的條件，故D項不符合題意．故應(yīng)選：A．【點睛】本題主要考查三角形的基本概念和直角三角形，其中在能夠組成三角形的條件下，如果滿足較小兩邊平方的和等于最大邊的平方是直角三角形；滿足較小兩邊平方的和大于最大邊的平方是銳角三角形；滿足較小兩邊平方的和小于最大邊的平方是鈍角三角形；掌握直角三角形的判斷條件是解題的關(guān)鍵．題型03與直角三角形有關(guān)的面積計算【例3】（2023·廣西南寧·統(tǒng)考三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點P在反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象上，點A，B在x軸上，且PA⊥PB，垂足為P，PA交y軸于點C，AO=BO=BP，△ABP的面積是2．則k的值是（

A．1 B．32 C．3 【答案】A【分析】連接OP，過點P作PD⊥AB，垂足為D，證明△OPB為等邊三角形，設(shè)OB=a，利用求出PD=32a，得到點P坐標(biāo)，根據(jù)△ABP的面積是2，列出方程，求出a2=43【詳解】解：如圖，連接OP，過點P作PD⊥AB，垂足為D，

∵AO=BO=BP，∴OP=OB=BP，即△OPB為等邊三角形，∴∠DPB=30°，設(shè)OB=a，則AB=2a，∴BD=1∴PD=PB2∵△ABP的面積是2，∴12∴12解得：a2∴k=1故選A．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)表達式，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線，勾股定理，解題的關(guān)鍵是判斷出△OPB為等邊三角形，得到點P坐標(biāo)．【變式3-1】（2023·河北邢臺·邢臺三中校考一模）如圖，將兩個全等的正方形ABCD與APQR重疊放置，若∠BAP=30°，AB=63，則圖中陰影部分的面積是（

A．48 B．54 C．81?183 D．【答案】D【分析】設(shè)CD與PQ交于G，連接AG，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB=AP=AD，∠BAD=∠P=∠D=90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠PAG=∠DAP=30°，根據(jù)正方形的面積公式和三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】設(shè)CD與PQ交于G，連接AG，∵四邊形ABCD和正方形APQR是正方形，∴AB=AP=AD，∠BAD=∠P=∠D=90°，∵∠BAP=30°，∴∠PAD=60°，在Rt△APG與RtAP=ADAG=AG∴Rt△APG?∴∠PAG=∠DAG=30°，∵AD=AP=AB=63∴PG=DG=63∴圖中陰影部分的面積=正方形APQR的面積?△APG的面積?△ADG的面積=63故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積的計算，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023·云南曲靖·統(tǒng)考二模）如圖，在?ABCD中，AD⊥BD,∠A=30°,BD=3，則?ABCD的面積等于．

【答案】9【分析】根據(jù)30°角所對直角邊是斜邊的一半求出AB=6，根據(jù)勾股定理求出AD，計算出△ABD的面積，即可得解；【詳解】∵AD⊥BD，∠A=30°，BD=3，∴AB=3×2=6，∴AD=A∴S△ABD∴S平行四邊形故答案是：93【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理，準(zhǔn)確根據(jù)30°角所對直角邊是斜邊的一半求解是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023·河北唐山·統(tǒng)考模擬預(yù)測）將一副三角尺如圖所示疊放在一起，若重疊部分的面積是12cm2，則AB的長是【答案】4【分析】根據(jù)重疊部分的面積求出AC，利用直角三角形30°角的性質(zhì)求出AB的長．【詳解】解：∵∠ACB=∠AED=90°，∴CB∥∴∠AFC=∠D=45°，∴∠DAC=∠AFC=45°，∴AC=CF，∵重疊部分的面積=1∴AC=26∵∠ACB=90°,∠B=30°，∴AB=2AC=46故答案為：46【點睛】此題考查了平行線的判定和性質(zhì)，等角對等邊證明邊相等，直角三角形30°角的性質(zhì)，正確掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．考點二勾股定理勾股定理的概念：如果直角三角形的兩直角邊分別為a，b，斜邊為c，那么a2變式：a2=c2?b2，b勾股定理的證明方法（常見）：方法一（圖一）：4SΔ+方法二（圖二）：四個直角三角形的面積與小正方形面積的和等于大正方形的面積．四個直角三角形的面積與小正方形面積的和為S=4×大正方形面積為S=(a+b)2=方法三（圖三）：S梯形=12圖一圖二圖三勾股數(shù)概念：能夠構(gòu)成直角三角形的三邊長的三個正整數(shù)稱為勾股數(shù)，即a2+b2=c2中，a，b，c為正整數(shù)時，稱常見的勾股數(shù)：如3,4,5；6,8,10；5,12,13；7,24,25等.判斷勾股數(shù)的方法：1）確定是三個正整數(shù)a，b，c；2）確定最大的數(shù)c；3）計算較小的兩個數(shù)的平方a2+b1.1.勾股定理揭示了直角三角形三條邊之間所存在的數(shù)量關(guān)系，它只適用于直角三角形，因而在應(yīng)用勾股定理時，必須明了所考察的對象是直角三角形.2.如果已知的兩邊沒有明確邊的類型，那么它們可能都是直角邊，也可能是一條直角邊、一條斜邊，求解時必須進行分類討論，以免漏解．3.應(yīng)用勾股定理時，要分清直角邊和斜邊，尤其在記憶a2+b2=c2時，斜邊只能是c．若b為斜邊，則關(guān)系式是a2+c2=b2；若a為斜邊，則關(guān)系式是b2+c2=a2．4.每組勾股數(shù)的相同整數(shù)倍也是勾股數(shù).題型01利用勾股定理求線段長【例1】（2023·廣東云浮·統(tǒng)考一模）如圖，AB切⊙O于C，點D從C出發(fā)，以每秒1cm的速度沿CB方向運動，運動1秒時OD=2cm，運動2秒時ODA．5cm B．6cm C．7cm【答案】C【分析】本題考查切線的性質(zhì)、勾股定理，掌握切線性質(zhì)是關(guān)鍵．先證得∠OCD=90°，再利用勾股定理求解即可．【詳解】解：∵AB切⊙O于C，∴∠OCD=90°，∵點D從C出發(fā)，以每秒1cm的速度沿CB∴運動1秒時CD=1cm又∵運動1秒時OD=2cm∴在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC=∵運動2秒時CD長為2cm∴此時OD=O故選：C．【變式1-1】（2023·浙江·模擬預(yù)測）若直角三角形的三邊的長是連續(xù)的正整數(shù)，則這樣的直角三角形的個數(shù)是（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】A【分析】先設(shè)出直角三角形的三邊長，再根據(jù)勾股定理解答即可.【詳解】設(shè)中間的一個為x，則另兩邊為(x?1)和(x+1)，根據(jù)勾股定理得：(x?1)2解得：x=4或x=0（舍去），∴這樣的直角三角形的個數(shù)只有一個，三邊為3，4，5，故選A.【點睛】此題主要考查學(xué)生對勾股定理及一元二次方程的解法，解答此問題時，注意連續(xù)整數(shù)的特點，要能夠熟練解方程.【變式1-2】（2023·安徽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在△ABC中，AB=2，AC=23，∠C=30°，則線段BCA．4 B．22 C．4或22 D．2【答案】D【分析】分兩種情況討論：①∠B為銳角時，過點A作AD⊥BC，分別在Rt△ACD和Rt△ABD中求出CD，BD從而可求出BC；②【詳解】解：分兩種情況討論：①∠B

過點A作AD⊥BC，在Rt△ACD∵AC=23，∠C=30°∴AD=3∴CD=ARt△ABD∵AB=2，AD=3∴BD=A∴BC=BD+CD=1+3=4；②∠B

過點A作AD⊥BC交CB的延長線于點D，同①可求得：CD=3，BD=1，∴BC=CD?BD=3?1=2，綜上，BC的長為2或4，故選：D．【點睛】此題考查了勾股定理，含30°角直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是需要注意分情況求解．題型02利用勾股定理求面積【例2】（2023·河北石家莊·統(tǒng)考三模）若一個正三角形和一個正六邊形的面積相等，則正三角形與正六邊形的邊長比為（

）A．6:1 B．1:6 C．3【答案】A【分析】設(shè)正三角形和一個正六邊形的邊長分別為a、b．構(gòu)建面積相等構(gòu)建方程即可解決問題．【詳解】解：設(shè)正三角形邊長分別為a，如圖，作AD⊥BC于D，

則BD=CD=a2，∴正三角形的面積為12設(shè)正六邊形的邊長b，同理正六邊形的面積為6×3由題意：3a∴a=6∴a:故選：A．【點睛】本題考查正多邊形與圓、等邊三角形的面積公式等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．【變式2-1】（2023·湖南衡陽·?？寄M預(yù)測）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙P與y軸相切于點C，與x軸相交于A，B兩點，假設(shè)點P的坐標(biāo)為（5，3），點M是⊙P上的一動點，那么△ABM面積的最大值為（）

A．64 B．48 C．32 D．24【答案】C【分析】過點P作PD⊥x軸于點D，連接PC，PA易得PC=PA=5，PD=3，然后由垂徑定理，即可求得AD的長，繼而求得AB的長，繼而求得答案．【詳解】解：過點P作PD⊥x軸于點D，在AB上方，PD與⊙P的交點即△ABM面積最大時動點的位置，連接PC，PA，

∵點P的坐標(biāo)為(5,3)，∵⊙P與y軸相切于點C，∴PC=5，PD=3，∴PC=PA=5，DM=PD+PM=8在Rt△PAD中，AD=P∵PD⊥AB，∴AB=2AD=8，當(dāng)點M位于(3,8)時，△ABM面積最大，最大值為：12故選C．【點睛】此題考查了切線的性質(zhì)、垂徑定理以及勾股定理．此題難度適中，添設(shè)輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023·貴州遵義·統(tǒng)考三模）如圖，大等邊三角形中有n個全等的等邊三角形，若大等邊三角形的面積為S1，n個小等邊三角形的面積的和為S2，則S1與S

A．S1=n2S2 B．S【答案】B【分析】如圖所示，過點A作AD⊥BC于D，設(shè)AB=BC=AC=x，則BD=12x，利用勾股定理求出AD=32x，則S1=1【詳解】解：如圖所示，過點A作AD⊥BC于D，設(shè)AB=BC=AC=x，∴BD=1∴AD=A∴S1由題意得，n個全等的等邊三角形的邊長為BCn∴S2∴S1故選B．

【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確求出S1，S【變式2-3】（2023·山西太原·山西實驗中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在△ABC中，AB=BC=AC，D是BC的中點，DE⊥AB于點E，則△BDE的面積與△ABC的面積之比為（

A．1:8 B．1:4 C．1:2 D．2:5【答案】A【分析】連接AD，易證△ABC為等邊三角形，從而得出∠BDE=30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出BE=12BD，再根據(jù)勾股定理得出DE=32S△ABC【詳解】解：連接AD

∵AB=BC=AC∴△ABC為等邊三角形∴∠B=60°∵DE⊥AB∴∠BDE=30°∴BE=∴DE=∴∵D是BC的中點，∴AD⊥BC，BD=∴AD=∴S∴△BDE的面積與△ABC的面積之比為故選A．【點睛】本題考查了勾股定理、等邊三角形的判定及性質(zhì)、含30度角的直角三角形，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．題型03已知兩點坐標(biāo)求兩點距離【例3】（2023·天津南開·統(tǒng)考一模）如圖，矩形OABC的頂點B的坐標(biāo)為2,3，則AC長為（

）A．13 B．7 C．5 D．4【答案】A【分析】首先連接OB，根據(jù)兩點間距離公式即可求得OB，再根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OB=AC，即可求得AC的長．【詳解】解：如圖：連接OB，∵點B的坐標(biāo)為2,3，∴OB=又∵四邊形OABC是矩形，∴AC=故選：A．【點睛】本題考查了勾股定理，矩形的性質(zhì)，作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023·廣東梅州·統(tǒng)考一模）已知拋物線y=14x2與一次函數(shù)y=2x+6交于A，A．202 B．203 C．40【答案】A【分析】根據(jù)題意，聯(lián)立方程組求解，消元得到14【詳解】解：∵拋物線y=14x2與一次函數(shù)∴聯(lián)立y=14x∴x∴AB=======20故選：A【點睛】本題考查平面直角坐標(biāo)系中求線段長問題，涉及函數(shù)圖像交點問題、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、兩點之間距離公式及完全平方公式等知識，熟練掌握一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系及兩點之間距離公式是解決問題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023·河北保定·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標(biāo)系中，點A1,2,B?3,b，當(dāng)線段AB最短時，bA．2 B．3 C．4 D．0【答案】A【分析】根據(jù)兩點之間的距離公式即可求得b的值．【詳解】解：根據(jù)兩點之間的距離公式得：AB=(?3?1)當(dāng)b=2時，AB有最小值，最小值為4．因此當(dāng)b=2時，AB最短，故選A．【點睛】本題考查平面直角坐標(biāo)系中動點問題、二次函數(shù)的最值，熟練掌握兩點間的距離公式是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023·天津河西·天津市新華中學(xué)校考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形OABC的頂點C在x軸的正半軸上．若點A的坐標(biāo)是3,4，則點B的坐標(biāo)為（

）A．5,4 B．5,3 C．8,3 D．8,4【答案】D【分析】先利用兩點之間的距離公式可得OA=5，再根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB∥OC,AB=OA=5，由此即可得出答案．【詳解】解：∵點A的坐標(biāo)為3,4，∴OA=(3?0)∵四邊形OABC是菱形，∴AB∥OC,AB=OA=5，∴點B的橫坐標(biāo)為3+5=8，縱坐標(biāo)與點A的縱坐標(biāo)相同，即為4，即B(8,4)，故選：D．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)和點坐標(biāo)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．題型04判斷勾股數(shù)問題【例4】（2023·四川瀘州·統(tǒng)考二模）《周髀算經(jīng)》是中國最古老的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作，約成書于公元前1世紀(jì)．《周髀算經(jīng)》中記載：“勾廣三，股修四，經(jīng)隅五”，意為：當(dāng)直角三角形的兩條直角邊分別為3（勾）和4（股）時，徑隅（弦）則為5，后人簡單地把這個事實說成“勾三股四弦五”．觀察下列勾股數(shù)：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，這類勾股數(shù)的特點是：勾為奇數(shù)，弦與股相差為1．柏拉圖研究了勾為偶數(shù)，弦與股相差為2的一類勾股數(shù)，如：6，8，10；8，15，17；…，若某個此類勾股數(shù)的勾為16，則其弦是．【答案】65【分析】根據(jù)題意可得，勾為m(m為偶數(shù)且m≥4，根據(jù)所給的二組數(shù)找規(guī)律可得結(jié)論．【詳解】解：根據(jù)題意可得，勾為m(為偶數(shù)且m≥4)，則另一條直角邊m22?1則弦為．162故答案為：65．【點睛】本題考查勾股數(shù)的定義，數(shù)字類的規(guī)律問題，得出規(guī)律是解題關(guān)鍵．【變式4-1】（2023·河北石家莊·統(tǒng)考二模）當(dāng)直角三角形的三邊長都是正整數(shù)時，我們稱這三個數(shù)為勾股數(shù)，如：3，4，5都是正整數(shù)，且32(1)當(dāng)n是大于1的整數(shù)時，2n，n2?1，(2)當(dāng)n是大于1的奇數(shù)時，若n，n2?12，x是勾股數(shù)，x>n，x>n2【答案】(1)是，理由見解析；(2)x=n【分析】（1）由2n2+n2?12=（2）由n，n2?12，x是勾股數(shù)，x>n，x>【詳解】（1）解：是理由如下：當(dāng)n是大于1的整數(shù)時，2n，n2?1，∵2n2∴2n，n2?1，（2）由題意，得x===n∵x是正整數(shù)，∴x=n【點睛】本題考查勾股數(shù)的定義，完全平方公式，正確理解勾股數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．【變式4-2】（2023·河北保定·統(tǒng)考二模）我們把滿足a2+b2=c2的三個正整數(shù)a，b(1)當(dāng)b=n+7，c=n+8時，請用含n的代數(shù)式表示a2，并直接寫出n取何值時，a(2)當(dāng)b=2n2+2n，c=b+1時，用含nabc9406061【答案】(1)當(dāng)n=5時，a為滿足題意的最小整數(shù)5(2)見解析【分析】（1）根據(jù)a2+b2=（2）根據(jù)a2+b2=c2變形式a2=c2?b【詳解】（1）a2把b=n+7，c=n+8代入a2得a2∵n為正整數(shù)，∴當(dāng)n=5時，滿足題意的最小整數(shù)a=2n+15（2）a2b=2nc=b+1=2na=9，b=40，c=ab=60，c=61，a=c補全勾股數(shù)表如下：abc94041116061【點睛】本題主要考查了勾股定理逆定理的應(yīng)用，準(zhǔn)確理解題意是解題的關(guān)鍵.【變式4-3】（2019·山西呂梁·統(tǒng)考三模）閱讀下列材料，解決所提的問題：勾股定理a2+b2=c2本身就是一個關(guān)于a，b，c的方程，我們知道這個方程有無數(shù)組解，滿足該方程的正整數(shù)解（a，b，c）通常叫做勾股數(shù)組．關(guān)于勾股數(shù)組的研究我國歷史上有非常輝煌的成就，根據(jù)我國古代數(shù)學(xué)書《周髀算經(jīng)》記載，在約公元前1100年，人們就已經(jīng)知道“勾廣三、股修四、徑隅五”（古人把較短的直角邊稱為勾，較長的直角邊稱為股，而斜邊則為弦），即知道了勾股數(shù)組（3，4，5）．類似地，還可以得到下列勾股數(shù)組：（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（9，40，41），…等等，這些數(shù)組也叫做畢達哥拉斯勾股數(shù)組．上述勾股數(shù)組的規(guī)律，可以用下面表格直觀表示：觀察分析上述勾股數(shù)組，可以看出它們具有如下特點：特點1：最小的勾股數(shù)的平方等于另兩個勾股數(shù)的和；特點2：____________________________________．…學(xué)習(xí)任務(wù)：（1）請你再寫出上述勾股數(shù)組的一個特點：________________；（2）如果n表示比1大的奇數(shù)，則上述勾股數(shù)組可以表示為（n，______，______）（3）請你證明（2）的結(jié)論．【答案】（1）最小的勾股數(shù)與比它大1的整數(shù)的乘積等于各個勾股數(shù)的和；（2）n2?12【分析】（1）由3×4=3+4+5，5×6=5+12+13，7×8=7+24+25，……可得最小的勾股數(shù)與比它大1的整數(shù)的乘積等于各個勾股數(shù)的和，即可得答案；（2）由32?12=4，32+12=5；（3）根據(jù)整式的運算得出n2+(n2?12)2=(n【詳解】（1）3×4=3+4+5，5×6=5+12+13，7×8=7+24+25，……∴最小的勾股數(shù)與比它大1的整數(shù)的乘積等于各個勾股數(shù)的和．故答案為：最小的勾股數(shù)與比它大1的整數(shù)的乘積等于各個勾股數(shù)的和（2）32?1252?1272?12……∴股數(shù)等于勾數(shù)的平方減1的一半，弦數(shù)等于勾數(shù)的平方加1的一半，∴勾數(shù)為大于1的奇數(shù)時，股數(shù)等于勾數(shù)的平方減1的一半，弦數(shù)等于勾數(shù)的平方加1的一半，∴n為比1大的奇數(shù)時，上述勾股數(shù)組可以表示為（n，n2?12故答案為：n2?1（3）∵n=4=n=n2∴（n，n2?12【點睛】本題考查數(shù)字類變化及勾股定理，正確得出各數(shù)的變化規(guī)律并熟練掌握整式的運算法則是解題關(guān)鍵．題型05利用勾股定理解決折疊問題【例5】（2022·河北保定·校考一模）如圖已知Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，將Rt△ABC沿過點A的直線折疊，使點C落在斜邊AB上的點E處，tan∠ADC的值是（A．2+3 B．2+32 C．3【答案】A【分析】設(shè)BC=x，求得AB=2BC=2x，AC=3x，由折疊的性質(zhì)可知，AE=AC=3x，DE=DC，∠AED=∠BED=∠C=90°，在Rt△BDE【詳解】解：設(shè)BC=x，∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°∴AB=2BC=2x，∴AC=A由折疊的性質(zhì)可知，AE=AC=3x，DE=DC，在Rt△BDE中，D則DC解得DC=2∴tan∠ADC=故選：A【點睛】此題考查了折疊性質(zhì)、勾股定理、求正切函數(shù)值、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握折疊性質(zhì)、勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023·浙江寧波·校聯(lián)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，D為BC上一點，將△ACD沿AD折疊，使點C恰好落在AB邊上，則折痕AD

A．5 B．34 C．35 D．【答案】C【分析】由勾股定理得AB=10，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得到CD=C'D，AC=AC'=6，∠C=∠AC【詳解】解：如圖，將△ACD沿AD折疊，點C恰好落在AB邊上C'∵∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=A由折疊的性質(zhì)可知，CD=C'D，AC=A∴∠BC'D=90°設(shè)CD=C'D=x在Rt△BC'∴8?x解得：x=3，即CD=3，在Rt△ACD中，AD=故選：C．

【點睛】本題考查了勾股定理，折疊的性質(zhì)，解方程，熟練掌握勾股定理和折疊的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式5-2】（2022·廣東茂名·統(tǒng)考二模）如圖，將直角邊AC=6cm，BC=8cm的直角△ABC紙片折疊，使點B與點A重合，折痕為DE，則CD等于

【答案】7【分析】設(shè)CD=x，先根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可得到AD=BD，則AD=8?x，再根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：設(shè)CD=x，則DE=8?x，∵△BDE是△ADE沿直線DE翻折而成，∴AD=BD=8?x，∵△ACD是直角三角形，∴AC2=A解得x=故答案為：74【點睛】本題考查的是翻折變換的性質(zhì)及勾股定理，關(guān)鍵是理清出翻折以后哪些線段是對應(yīng)相等的，哪些角是對應(yīng)相等的．題型06勾股定理與網(wǎng)格問題【例6】（2022·河南洛陽·統(tǒng)考一模）如圖，邊長為1的正方形網(wǎng)格圖中，點A，B都在格點上，若BC=2133，則ACA．13 B．4133 C．213【答案】B【分析】利用勾股定理求出AB，再減去BC可得AC的長．【詳解】解：由圖可知：AB=62+4∵BC=213∴AC=AB-BC=213?2故選B．【點睛】本題考查了二次根式的加減，勾股定理與網(wǎng)格問題，解題的關(guān)鍵是利用勾股定理求出線段AB的長．【變式6-1】（2021·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）如圖，在3×3的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A，B，C都在格點上，若BD是△ABC的高，則BD的長為（）

A．101313 B．91313 C．【答案】D【分析】根據(jù)勾股定理計算AC的長，利用面積和差關(guān)系可求△ABC的面積，由三角形的面積法求高即可．【詳解】解：由勾股定理得：AC＝22+3∵S△ABC＝3×3﹣12×1×2?1∴12∴13?∴BD＝713故選：D．【點睛】本題考查了網(wǎng)格與勾股定理，三角形的面積的計算，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2021·陜西·統(tǒng)考二模）如圖，在4×4的網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，點A，B，C都在格點上，AD⊥BC于點D，則AD的長為（

）A．1 B．2 C．32 D．【答案】B【分析】根據(jù)勾股定理計算BC的長，再利用面積差可得三角形ABC的面積，由三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：由勾股定理得：BC=4∵SΔABC∴12∴AD=2，故選：B．【點睛】本題考查了勾股定理，三角形的面積的計算，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．題型07勾股定理與無理數(shù)【例7】（2022·福建·模擬預(yù)測）如圖，將含有30°角的直角三角板ABC放置在數(shù)軸上，點A，B表示的數(shù)分別是1，2，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧與點B右側(cè)的數(shù)軸交于D，點D所對應(yīng)的實數(shù)為a，則a的取值范圍是（

）A．2<a<3 B．3<a<4 C．4<a<5 D．5<a<6【答案】B【分析】據(jù)勾股定理求出BC=BD=3，得到AD的長，再根據(jù)數(shù)軸的性質(zhì)解答．【詳解】解：∵AB=1,∠ACB=30°，∴AC=2，∴BC=BD=3，∴AD=AB+BD=1+3則a=2+3∵1<3∴3<2+3故選B．【點睛】本題考查了勾股定理，實數(shù)與數(shù)軸，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023·安徽滁州·校考一模）如圖，數(shù)軸上的點A表示的數(shù)為?1，以1為邊長的正方形的一個頂點在點A處，以點A為圓心，正方形對角線AB長為半徑畫弧，交數(shù)軸正半軸于點P，則點P表示的數(shù)是（）A．2 B．2+1 C．2?1 【答案】C【分析】先根據(jù)勾股定理求出AB的長，再根據(jù)數(shù)軸上兩點距離公式求出點P表示的數(shù)即可．【詳解】解：由題意得，AB=1∵數(shù)軸上的點A表示的數(shù)為?1，∴點P表示的數(shù)為?1+2故選C．【點睛】本題主要考查了實數(shù)與數(shù)軸，勾股定理，正確求出AB的長是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2022·遼寧大連·統(tǒng)考一模）如圖，在數(shù)軸上找出表示?1的點A、表示2的點B，過點B作直線l⊥OB，在l上取點C，使BC=2，以點A為圓心，AC為半徑作弧，弧與數(shù)軸交點為D，則點D表示的數(shù)是（）A．13 B．?13 C．?1?13 【答案】C【分析】先利用勾股定理計算AC，從而得到AD的長，根據(jù)數(shù)軸上的兩點間距離公式計算即可．【詳解】∵表示?1的點A、表示2的點B在數(shù)軸上，∴AB=2??1∵l⊥OB，BC=2，∴AC=3∴AD=AC=13∴?1?x∴xD故選C．【點睛】本題考查了勾股定理，數(shù)軸上兩點間的距離公式，熟練掌握勾股定理，靈活運用數(shù)軸上兩點間距離公式是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2019·河北·模擬預(yù)測）為了比較5+1與10的大小，可以構(gòu)造如圖所示的圖形進行推算，其中∠C=90°，BC=3，D在BC上且BD=AC=1．通過計算可得5+110．（填“＞”或“＜”或“=”）【答案】＞【分析】依據(jù)勾股定理即可得到AD=CD2+AC2=5，AB=AC2+BC2=10，BD+AD=5+1，再根據(jù)△ABD中，【詳解】∵∠C=90°，BC=3，BD=AC=1，∴CD=2，AD=CD2+AC2=5，AB∴BD+AD=5+1，又∵△ABD中，AD+BD＞AB，∴5+1＞10，故答案為＞．【點睛】本題考查了三角形三邊關(guān)系以及勾股定理的運用，熟練掌握勾股定理以及三角形三邊關(guān)系是解題的關(guān)鍵．題型08以直角三角形三邊為邊長的圖形面積【例8】（2023·河北石家莊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，在Rt△ABC中，∠BCA=90°，∠BAC=30°，分別以三條邊BC，AC，AB為一邊，在△ABC的外部作正五邊形，三個五邊形的面積分別記作S1，SA．S1+S2=S3 B．【答案】D【分析】如圖所示，設(shè)AB所在的正五邊形的外接圓圓心為O，連接OA，OB，過點O作OD⊥AB于D，先求出∠AOB=72°，再根據(jù)三線合一定理得到BD=12AB，∠BOD=∠AOD=36°，解直角三角形得到OD=【詳解】解：如圖所示，設(shè)AB所在的正五邊形的外接圓圓心為O，連接OA，OB，過點O作OD⊥AB于由正五邊形的性質(zhì)可得∠AOB=360°∵OA=OB，∴BD=1在Rt△AOD中，OD=∴S3同理S1=5B∵在Rt△ABC中，∠BCA=90°，∠BAC=30°∴BC=1∴S1+S2=5BC∴S3故選D．【點睛】本題主要考查了勾股定理，正多邊形與圓，解直角三角形，正確用直角三角形ABC的三邊長表示出三個正五邊形的面積是解題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2019·廣東佛山·佛山市南海石門實驗中學(xué)校考一模）問題再現(xiàn)：數(shù)形結(jié)合是解決數(shù)學(xué)問題的一種重要的思想方法，借助這種方法可將抽象的數(shù)學(xué)知識變得直觀，從而可以幫助我們快速解題，初中數(shù)學(xué)里的一些代數(shù)公式，很多都可以通過表示幾何圖形積的方法進行直觀推導(dǎo)和解釋．1如圖1，是一個重要公式的幾何解釋，請你寫出這個公式：2如圖2，在RtΔABC中，∠ACB=90°,BC=a,AC=b,AB=c，以RtΔABC的三邊長向外作正方形的面積分別為S1,3如圖3，如果以RtΔABC的三邊長a,b,c為直徑向外作半圓，那么第2問的結(jié)論是否成立？請說明理由．4如圖4，在RtΔABC中，∠ACB＝90°，三邊分別為【答案】（1）(a+b)2=a【分析】（1）根據(jù)大正方形的面積等于兩個小正方形的面積加兩個長方形的面積即可得出答案；（2）分別求出三個正方形的面積，再用勾股定理求解即可；（3）分別求出三個半圓的面積，計算即可；（4）陰影部分的面積為兩個小半圓的面積減去大的半圓的面積再加上三角形的面積．【詳解】解：（1）由正方形的面積可得出：(a+b)2故答案為：(a+b)2（2）由圖可得：S1在直角三角形中有：A∴S1故答案為：S1（3）結(jié)論仍成立，理由如下：由圖可得出：S∴S在直角三角形中有：A∴S1因此，結(jié)論仍成立．（4）由圖可知：陰影部分的面積為兩個小半圓的面積減去大的半圓的面積再加上三角形的面積，由（3）可知為兩個小半圓的面積等于大的半圓的面積，因此，陰影部分的面積等于三角形的面積，∵S陰【點睛】本題考查的知識點是勾股定理的拓展，巧妙利用數(shù)形結(jié)合思想方法，借助這種方法將抽象的數(shù)學(xué)知識變得直觀是解此題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023·湖北孝感·?？寄M預(yù)測）“勾股樹”是以正方形一邊為斜邊向外作直角三角形，再以直角三角形的兩直角邊分別向外作正方形，重復(fù)這一過程所畫出來的圖形，因為重復(fù)數(shù)次后的形狀好似一棵樹而得名．假設(shè)如圖有一個面積為1的正方形，經(jīng)過一次“生長”后，在它的左右肩上生出兩個小正方形，其中，三個正方形圍成的三角形是直角三角形，再經(jīng)過一次“生長”，……，如果繼續(xù)“生長”下去，它將變得“枝繁葉茂”，請你算出“生長”2023次后形成的圖形中所有的正方形的面積之和為．

【答案】2024【分析】根據(jù)勾股定理求出“生長”了1次后形成的圖形中所有的正方形的面積和，結(jié)合圖形總結(jié)規(guī)律，根據(jù)規(guī)律解答即可．【詳解】解：由題意得，正方形A的面積為1，

由勾股定理得，正方形B的面積與正方形C的面積和為1，∴“生長”了1次后形成的圖形中所有的正方形的面積和為2，同理可得，“生長”了2次后形成的圖形中所有的正方形的面積和為3，∴“生長”了3次后形成的圖形中所有的正方形的面積和為4，……∴“生長”了2023次后形成的圖形中所有的正方形的面積和為2024．故答案為：2024．【點睛】本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2題型09利用勾股定理求兩條線段的平方和（差）【例9】（2022·廣東佛山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，CD⊥AB于點D，點E是AB的中點，連接CE．(1)若AC=3，BC=4，求CD的長；(2)求證：BD(3)求證：CE=12AB【答案】(1)12(2)見解析(3)見解析【分析】（1）在△ABC中，由勾股定理得：AB=5，根據(jù)等面積法即可求解；（2）根據(jù)題意得出BD?AD=2DE，進而根據(jù)BC2=BD2+C（3）延長CE至點F，使EF=CE，連結(jié)AF，證明△AEF≌△BEC(SAS)，△ACF≌△CAB(SAS)，得出CF=AB，根據(jù)CF=2CE，即可得出CE=【詳解】（1）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴S△ABC=12AC?BC=1即12×3×4=12解得：CD=125（2）證明：∵點E是AB的中點，∴AE=BE，∴BD?AD=(BE+DE)?(AE?DE)=BE?AE+2DE=2DE，∵CD⊥AB，∴BC2=B∴B=(B=B=(BD+AD)(BD?AD)=AB?2DE=2DE?AB；（3）證明：延長CE至點F，使EF=CE，連結(jié)AF，在△AEF和△BEC中，AE=BE∠AEF=∠BEC∴△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，∴CE=12AB【點睛】本題考查了勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2021·廣東廣州·統(tǒng)考一模）如圖，ΔABC中，∠BAC≥120°，AB=AC，點A關(guān)于直線BC的對稱點為點D，連接BD，CD．（1）求證：四邊形ABDC是菱形；（2）延長CA到E，使得AB=BE．求證：BC2-AC·CE=AC2；（3）在（2）小題條件下，可知E，B，D，C四點在同一個圓上，設(shè)其半徑為a(定值），若BC=kAB，問k取何值時，BE·CE的值最大？【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）k=3時，BE·CE【分析】（1）根據(jù)對稱的性質(zhì)得到相應(yīng)線段相等即可證明；（2）作BF⊥AE于F，在Rt△BCF中，表示出BC2，在Rt△BEF中表示出（3）作直徑BG連接CG，設(shè)AB=t，CE=mBE=mt，將BC2用（2）所得結(jié)論表示出來，再將BC2在Rt△BCG中用勾股定理表示出來，建立等式得到t與m的關(guān)系式，將【詳解】解：（1）作圖如圖，D是A的對稱點，∴AB=DB，AC=DC，又∵AB=AC，AB=DB=DC=AC，∴ABDC是菱形；（2）作BF⊥AE于F，∵AB=BE，∴AF=EF，在Rt△BCF中，BC在Rt△BEF中，BE∴BC又∵BE=AB=AC，∴BC∴BC∴BC（3）作直徑BG連接CG，則∠BCG=90°，∠G=∠E，設(shè)AB=t，則BC=kt，BE=AB=AC=t，設(shè)CE=mBE=mt，則AE=mt?t，EF=1在Rt△BEF中，cos∠E=Rt△BCG中，cos∠G=∵BG=2a，∴CG=2a·m?1在Rt△BCG中，BC由（2）BC∴t∴BE·CE=t·mt=mt2=m∵0<CG<2a，∴0<am?a<2a，∴1<m<3，∵BC∴BC=m+1t，即又∵AB×cos∴k=2cos又∵120°≤∠BAC，∴0°<∠ABC≤30°∴3∴3解得2≤m<3，故m的最終取值范圍：2≤m<3，∴m=2時，k=3【點睛】本題考查了菱形性質(zhì)與判定，勾股定理的應(yīng)用，圓周角定理，解直角三角形，三角函數(shù)的應(yīng)用；熟練地進行線段的等量代換，會利用參數(shù)構(gòu)建等式是解決本題的關(guān)鍵．【變式9-2】（2021·貴州貴陽·統(tǒng)考一模）如圖，我把對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美四邊形”．（1）性質(zhì)探究：如圖1．已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為O，求證：AB2+CD2＝AD2+BC2．（2）解決問題：已知AB＝5，BC＝4，分別以△ABC的邊BC和AB向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP．①如圖2，當(dāng)∠ACB＝90°，連接PQ，求PQ；②如圖3，當(dāng)∠ACB≠90°，點M、N分別是AC、AP中點連接MN．若MN＝23，則S△ABC＝

【答案】（1）詳見解析；（2）①73，②7【分析】（1）利用勾股定理即可得出結(jié)論；（2）①根據(jù)SAS可證明△PBC≌△ABQ，得∠BPC＝∠BAQ，得∠PDA＝90°，可求出PQ的長；②連接PC、AQ交于點D，同①可證△PBC≌△ABQ，則AQ＝PC且AQ⊥PC，由MN＝23，可知AQ＝PC＝43．延長QB作AE⊥QE，求出BE的長，則答案可求出．【詳解】解：（1）證明：如圖中，

∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，∴AB2+CD2＝AD2+BC2；（2）①如圖，連接PC、AQ交于點D，

∵△ABP和△CBQ都是等腰直角三角形，∴PB＝AB，CB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ＝90°，∴∠PBC＝∠ABQ，∴△PBC≌△ABQ（SAS），∴∠BPC＝∠BAQ，又∵∠BPC+∠CPA+∠BAP＝90°，即∠BAQ+∠CPA+∠BAP＝90°，∴∠PDA＝90°，∴PC⊥AQ，利用（1）中的結(jié)論：AP2+CQ2＝AC2+PQ2即（52）2+（42）2＝32+PQ2；∴PQ＝73．②如圖，連接PC、AQ交于點D，

同①可證△PBC≌△ABQ（SAS），AQ＝PC且AQ⊥PC，∵M、N分別是AC、AP中點，∴MN＝12∵MN＝23，∴AQ＝PC＝43．延長QB作AE⊥QE，則有AE2+BE2＝25，AE2+QE2＝48，∵EQ＝4+BE，∴（4+BE）2﹣BE2＝23，解得BE＝78∴S△ABC＝12×BC×BE＝12故答案為：74【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、中位線定理、垂直的定義、勾股定理的應(yīng)用，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解題的關(guān)鍵．題型10利用勾股定理證明線段的平方關(guān)系【例10】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，CA=CB，CE=CD，△ACB的頂點A在△ECD的斜邊DE上．

(1)判斷∠ACD與∠BCE間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(2)直接寫出線段AD、AE、AC間滿足的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)見解析(2)AD【分析】（1）根據(jù)已知條件得出∠DCE=∠ACB=90°，即∠DCE=∠ACD+∠ACE,∠ACB=∠BCE+∠ACE，即可得出∠ACD=∠BCE；（2）證明△CAD≌△CBE，得出∠CAD=∠CBE，BE=AD，進而根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360°，求得∠AEB=90°，進而勾股定理即可得證．【詳解】（1）∠ACD=∠BCE理由如下，∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∴∠DCE=∠ACB=90°，∵∠DCE=∠ACD+∠ACE,∠ACB=∠BCE+∠ACE，∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE，∴∠ACD=∠BCE；（2）AD如圖所示，連接BE，

由（1）可得∠ACD=∠BCE∵CA=CB,CD=CE∴△CAD≌△CBE∴∠CAD=∠CBE，BE=AD，∵∠CAD+∠CAE=180°∴∠CBE+∠CAE=180°∵∠ACB=90°在四邊形ACBE中，∠AEB=360°?∴△ABE是直角三角形，∴A又△ABC是等腰直角三角形，∴AB=2AC，即又∵BE=AD，∴A【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．【變式10-1】（2023·北京平谷·統(tǒng)考一模）在△ABC中，BD⊥AC，E為AB邊中點，連接CE，BD與CE相交于點F，過E作EM⊥EF，交BD于點M，連接CM．(1)依題意補全圖形；(2)求證：∠EMF=∠ACF；(3)判斷BM、【答案】(1)見解析(2)見解析(3)AC【分析】（1）根據(jù)題意畫出圖形即可；（2）根據(jù)垂直定義，得出∠DCF+∠DFC=90°，∠EMF+∠EFM=90°，根據(jù)等角的余角相等得出結(jié)論；（3）延長ME到G使EG=EM，連接AG，CG,根據(jù)邊角邊定理證出△AGE≌從而證出BM=AG，BM∥AG，根據(jù)勾股定理得出AC【詳解】（1）解：補全圖形，如圖所示：（2）∵BD⊥AC，∴∠DCF+∠DFC=90°，∵EM⊥EF，∴∠EMF+∠EFM=90°，∵∠EFM=∠DFC，∴∠EMF=∠DCF；（3）結(jié)論：AC延長ME到G使EG=EM，連接AG，CG，∵∠GEA=∠MEB，EG=EM，AE=BE，∴△AGE≌∴BM=AG，∴∠GAE=∠MBE，∴BM∥∵BD⊥AC，∴∠GAC=∠BDA=90°，∴AC∵CE⊥EM，EM=EG，∴CE垂直平分MG,∴CG=CM，∴AC【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理和線段垂直平分線的性質(zhì)等知識，構(gòu)造恰當(dāng)?shù)娜切稳龋霉垂啥ɡ斫鉀Q問題是解本題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O是AB的中點，作∠POQ=90°．分別交AC，BC于點P，Q，連接(1)【嘗試探究】如圖1，若AC=BC，求證AP(2)【深入研究】如圖2，試探索（1）中的結(jié)論在一般情況下是否仍然成立；(3)【解決問題】如圖3，若AC=6，BC=8，點C，P，O，Q在同一個圓上，求△PCQ面積的最大值．【答案】(1)見解析(2)成立，證明見解析(3)625【分析】（1）證明△APO≌△CQO，得到AP=CQ，推出BQ=CP，由勾股定理，得到PQ（2）延長QO至D，使OD=OQ，連接AD,PD,AQ,BD，易得四邊形ADBQ是平行四邊形，得到AD∥BQ,AD=BQ，進而得到∠PAD=90°，AP2+BQ2=AP（3）根據(jù)∠C=90°，推出∠POQ=90°，利用（2）的結(jié)論，設(shè)PC=a,CQ=b，求出a,b之間的關(guān)系式，利用面積公式將三角形的面積轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值即可得解．【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°，AC=BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵點O是AB的中點，∴AO=CO,∠A=∠OCQ=45°,CO⊥AB，∵∠POQ=90°，∴∠AOP=∠COQ=90°?∠COP，∴△AOP≌△COQASA∴AP=CQ，∵AC=BC，∴CP=BQ，∵∠ACB=90°，∴CP∴AP（2）AP證明：延長QO至D，使OD=OQ，連接AD,PD,AQ,BD，∵點O是AB的中點，∴AO=BO，∴AB,DQ互相平分，∴四邊形ADBQ是平行四邊形，∴AD∥BQ,AD=BQ，∵∠C=90°，∴∠PAD=90°，∴AP∵∠POQ=90°，∴PO⊥OQ，∴OP垂直平分DQ，∴PQ=PD，∴AP（3）解：∵∠C=90°，點C，P，O，Q在同一個圓上，∴PQ是圓的直徑，∴∠POQ=90°，由②知，AP又CP∴AP設(shè)PC=a,CQ=b，則：AP=6?a,BQ=BC?CQ=8?b，∴6?a2∴3a+4b=25，∴b=?3∴S△PCQ∴當(dāng)a=256時，△PCQ的面積的最大值是【點睛】本題考查等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，二次函數(shù)求最值．本題的綜合性強，屬于中考?？級狠S題．熟練掌握相關(guān)知識點，并靈活運用，是解題的關(guān)鍵．題型11勾股定理的證明方法【例11】（2023·山東濟寧·統(tǒng)考二模）勾股定理是人類最偉大的十個科學(xué)發(fā)現(xiàn)之一，西方國家稱之為畢達哥拉斯定理．在我國古書《周髀算經(jīng)》中就有“若勾三，股四，則弦五”的記載，我國漢代數(shù)學(xué)家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅“弦圖”（如圖1），后人稱之為“趙爽弦圖”，流傳至今．勾股定理內(nèi)容為：如果直角三角形的兩條直角邊分別為a，b，斜邊為c，那么a2+

(1)如圖2、3、4，以直角三角形的三邊為邊或直徑，分別向外部作正方形、半圓、等邊三角形，這三個圖形中面積關(guān)系滿足S1(2)如圖5所示，分別以直角三角形三邊為直徑作半圓，設(shè)圖中兩個月形圖案（圖中陰影部分）的面積分別為S1，S2，直角三角形面積為S3，請判斷S1，(3)如果以正方形一邊為斜邊向外作直角三角形，再以該直角三角形的兩直角邊分別向外作正方形，重復(fù)這一過程就可以得到如圖6所示的“勾股樹”．在如圖7所示的“勾股樹”的某部分圖形中，設(shè)大正方形M的邊長為定值m，四個小正方形A，B，C，D的邊長分別為a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，則當(dāng)∠α變化時，回答下列問題：（結(jié)果可用含m的式子表示）①a2+b②b與c的關(guān)系為______，a與d的關(guān)系為______．【答案】(1)3(2)S1(3)①a2+b2+【分析】（1）根據(jù)題意，設(shè)直角三角形的三邊分別為a、b、c，利用面積相等的方法，分別求出面積的關(guān)系，即可得到答案；（2）根據(jù)半圓面積和勾股定理即可證明S1（3）①由（1）（2）中的結(jié)論，結(jié)合勾股定理的應(yīng)用可知，a2②由∠1=∠2=∠3=∠α，則sin∠1=sin∠2=【詳解】（1）在圖2中，直角三角形的邊長分別為a、b、c，則由勾股定理，得a2∴S1在圖3中，三個扇形的直徑分別為a、b、c，則S1=12π∴S1∵a2∴18∴S1在圖4中，等邊三角形的邊長分別為a、b、c，則S1=12a∵S1+S∴34∴S1∴滿足S1故答案為：3；（2）結(jié)論：S1∵S1∴S1∴a∴S1（3）①如圖：設(shè)中間兩個正方形為E、F，邊長分別為e、f∵∠1、∠2、∠3所在的三角形為直角三角形∴e∴a2②∵∠1=∠2=∠3=∠α∴b=e∴c=f∴b=c；∵a=e∴a+d=∵e∴a+d=m∴b=c，a+d=m．

【點睛】本題考查了求扇形的面積，解直角三角形，勾股定理的證明，以及正方形的性質(zhì)，掌握勾股定理的內(nèi)容以及數(shù)形結(jié)合思想成為解答本題的關(guān)鍵．【變式11-1】（2022·福建龍巖·?？寄M預(yù)測）閱讀材料，回答問題：(1)中國古代數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》（如圖1）有著這樣的記載：“勾廣三，股修四，經(jīng)隅五．”這句話的意思是：“如果直角三角形兩直角邊長分別為3和4，那么斜邊的長為5．”上述記載表明了：在Rt△ABC中，如果∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，那么a，(2)對于這個數(shù)量關(guān)系，我國漢代數(shù)學(xué)家趙爽根據(jù)“趙爽弦圖”（如圖2，它是由八個全等的直角三角形圍成的一個正方形），利用面積法進行了證明．參考趙爽的思路，將下面的證明過程補充完整：證明：∵S△ABC=12∴a+b整理得a2∴_____．(3)如圖3，把矩形ABCD折疊，使點C與點A重合，折痕為EF，如果AB=4，BC=8，求BE的長．【答案】(1)a2(2)(a+b)2；S正方形MNPQ；4(3)3．【分析】（1）根據(jù)勾股定理解答即可；（2）根據(jù)題意、結(jié)合圖形，根據(jù)完全平方公式進行計算即可；（3）根據(jù)翻折變換的特點、結(jié)合勾股定理列出方程，解方程即可．【詳解】（1）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c由勾股定理得，a2故答案為：a2（2）∵SΔABC=12ab∴整理得，a2∴a故答案為：(a+b)2；S正方形MNPQ；4（3）設(shè)BE=x，則EC=8?x，由折疊的性質(zhì)可知，AE=EC=8?x，在Rt△ABE中，A則(8?x)2解得，x=3，則BE的長為3．【點睛】本題考查的是正方形和矩形的性質(zhì)、勾股定理、翻折變換的性質(zhì)，正確理解勾股定理、靈活運用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵【變式11-2】（2021·河北·模擬預(yù)測）勾股定理是人類最偉大的十個科學(xué)發(fā)現(xiàn)之一，西方國家稱之為畢達哥拉斯定理．在我國古書《周髀算經(jīng)》中就有“若勾三，股四，則弦五”的記載，我國漢代數(shù)學(xué)家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅“弦圖”（如圖1），后人稱之為“趙爽弦圖”，流傳至今．（1）①請敘述勾股定理；②勾股定理的證明，人們已經(jīng)找到了400多種方法，請從下列幾種常見的證明方法中任選一種來證明該定理；（以下圖形均滿足證明勾股定理所需的條件）（2）①如圖4、5、6，以直角三角形的三邊為邊或直徑，分別向外部作正方形、半圓、等邊三角形，這三個圖形中面積關(guān)系滿足S1②如圖7所示，分別以直角三角形三邊為直徑作半圓，設(shè)圖中兩個月形圖案（圖中陰影部分）的面積分別為S1，S2，直角三角形面積為S3（3）如果以正方形一邊為斜邊向外作直角三角形，再以該直角三角形的兩直角邊分別向外作正方形，重復(fù)這一過程就可以得到如圖8所示的“勾股樹”．在如圖9所示的“勾股樹”的某部分圖形中，設(shè)大正方形M的邊長為定值m，四個小正方形A，B，C，D的邊長分別為a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，則當(dāng)∠α變化時，回答下列問題：（結(jié)果可用含m的式子表示）①a2②b與c的關(guān)系為_______，a與d的關(guān)系為_______．【答案】（1）①如果直角三角形的兩條直角邊分別為a，b，斜邊為c，那么a2+b2=c2；②見解析；（2）①3；②S【分析】（1）①直接寫成勾股定理內(nèi)容即可；②在圖1中，根據(jù)大正方形的面積等于四個全等的直角三角形的面積與中間小正方形面積的和，列出等式化簡即可證明；（2）①根據(jù)勾股定理可得三個圖形中面積關(guān)系滿足S1+S（3）運用勾股定理即解答即可．【詳解】解：（1）①在直角三角形中，兩條直角邊的平方和等于斜邊的平方；②證明：在圖1中，大正方形的面積等于四個全等的直角三角形的面積與中間小正方形面積的和．即c2化簡得：a2（2）①運用圖1的證明方法可得，圖2、圖3中面積關(guān)系也滿足S1故填3；②結(jié)論：S1∵S1∴S1∴a∴S1（3）①如圖：設(shè)中間兩個正方形為E、F，邊長分別為e、f∵∠1、∠2、∠3所在的三角形為直角三角形∴e∴a2②∵∠1=∠2=∠3=∠α∴b=e∴c=f∴b=c；∵a=e∴a+d=∵e∴a+d=m∴b=c，a+d=m．【點睛】本題主要考查了勾股定理的證明，掌握勾股定理的內(nèi)容以及數(shù)形結(jié)合思想成為解答本題的關(guān)鍵．題型12以弦圖為背景的計算題【例12】（2023·河北石家莊·石家莊市第四十一中學(xué)校考模擬預(yù)測）圖1、圖2的兩個正方形網(wǎng)格的面積分別為S1、S2，正方形ABCD、MNPQ滿足S正方形ABCD

A．S1=36 C．S正方形MNPQ=【答案】D【分析】假設(shè)第一正方形網(wǎng)格邊長為x，第二個網(wǎng)格正方形邊長為y，然后根據(jù)勾股定理可得到S正方形ABCD=AB2=(2x)2+(4x)2【詳解】解：設(shè)第一正方形網(wǎng)格邊長為x，第二個網(wǎng)格正方形邊長為y，∴S正方形ABCD=A∵S正方形∴20x∴x2∴S1故選：D【點睛】本題主要考查網(wǎng)格中面積的計算和勾股定理，利用勾股定理用網(wǎng)格的邊長表示正方形面積，然后轉(zhuǎn)化為網(wǎng)格正方形面積的比值是解題的關(guān)鍵．【變式12-1】（2023·陜西西安·西安市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測）國際數(shù)學(xué)大會是全世界數(shù)學(xué)家的大聚會．如圖是某次大會的會徽，選定的是我國古代數(shù)學(xué)家趙爽用來證明勾股定理的弦圖，充分肯定了我國在數(shù)學(xué)方面的成就，也弘揚了我國古代的數(shù)學(xué)文化．如圖，弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的小正方形拼成的一個大正方形，如果大正方形的面積是25，小正方形的面積是1，直角三角形中較小的銳角為θ，那么cosθ的值等于

【答案】4【分析】根據(jù)已知可得大正方形的邊長和小正方形的邊長，再設(shè)三角形的長直角邊為a,短直角邊為b,從而可得a與b的關(guān)系式，進而可得a與b的長度，最后再利用銳角三角函數(shù)的定義進行計算即可解答．【詳解】解：∵大正方形的面積是25，小正方形的面積是1，∴大正方形的邊長是5，小正方形的邊長是1，設(shè)三角形的長直角邊為a，短直角邊為b，由題意得：a?b=1解得：b=3，∴故答案為：45【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，數(shù)學(xué)常識，勾股定理的證明，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義，以及勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式12-2】（2023·山東濟南·統(tǒng)考二模）如圖，一塊飛鏢游戲板由四個全等的直角三角形和一個正方形構(gòu)成，若a=1，b=2，游戲板隨機投擲一枚飛鏢（飛鏢每次都落在游戲板上），擊中陰影部分的概率是．

【答案】5【分析】根據(jù)幾何概率的求法：飛鏢落在陰影部分的概率就是陰影區(qū)域的面積與總面積的比值．【詳解】解：∵正方形面積為2+12=9，其中陰影部分面積為∴擊中陰影部分的概率是59故答案為：59【點睛】本題考查幾何概率的求法：首先根據(jù)題意將代數(shù)關(guān)系用面積表示出來，一般用陰影區(qū)域表示所求事件（A）；然后計算陰影區(qū)域的面積在總面積中占的比例，這個比例即事件（A）發(fā)生的概率．【變式12-3】（2023·陜西渭南·統(tǒng)考二模）魏朝時期，劉徽利用下圖通過“以盈補虛，出入相補”的方法，即“勾自乘為朱方，股自乘為青方，令出入相補，各從其類”證明了勾股定理．如圖，四邊形ABCD、四邊形BFGH和四邊形AFMN都是正方形，BF交CD于E，若DE=2，CE=4，則BF的長為．

【答案】117【分析】根據(jù)已知條件得到CD=DE+CE=6，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到DF=3，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵CE=4，DE=2，∴CD=DE+CE=6，∴BC=CD=6，∵AD∥∴△DEF∽△CEB，∴DFBC∴DF6∴DF=3，∴AF=3+6=9，∵AB=CD=6，∴BF=A故答案為：117．【點睛】此題考查了勾股定理的證明，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握勾股定理是解本題的關(guān)鍵．【變式12-4】（2023·福建泉州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖1，第24屆國際數(shù)學(xué)家大會會標(biāo)是以我國古代數(shù)學(xué)家趙爽的弦圖為基礎(chǔ)進行設(shè)計的．現(xiàn)假設(shè)可在如圖2的弦圖區(qū)域內(nèi)隨機取點，若正方形ABCD中，AF=4,BF=3，則這個點落在陰影部分的概率為．【答案】24【分析】根據(jù)勾股定理求得AB=5，即可得出大正方形的面積為25，再求得陰影部分面積，根據(jù)概率公式，即可求解．【詳解】解：∵AF=4,BF=3∴AB=A∴大正方形的面積為25，陰影部分的面積為1∴這個點落在陰影部分的概率為2425故答案為：2425【點睛】本題考查了勾股定理，幾何概率，熟練掌握勾股定理與概率公式求概率是解題的關(guān)鍵．題型13利用勾股定理構(gòu)造圖形解決問題【例13】（2022·貴州遵義·統(tǒng)考二模）已知a，b均為正數(shù)，且a2+b2，a2+4A．32ab B．a(chǎn)b C．12【答案】A【分析】構(gòu)造矩形ABCD，E、F分別為AD、AB的中點，設(shè)AD=2b，AB=2a，將所求三角形面積轉(zhuǎn)化為S△CEF【詳解】解：如圖，在矩形ABCD中，E、F分別為AD、AB的中點，設(shè)AD=2b，AB=2a，∴AF=BF=a，AE=DE=b，∴在Rt△AEF、Rt△BCF、Rt△CDE中，依次可得到：EF=ACF=BCE=C∴S=2a×2b?=4ab?=3故選：A【點睛】本題考查二次根式的應(yīng)用．能夠通過構(gòu)造矩形及直角三角形，利用等積變換將所求三角形的面積轉(zhuǎn)化為矩形和幾個直角三角形的面積之差．利用數(shù)形結(jié)合是解答本題的關(guān)鍵．【變式13-1】（2022·湖北十堰·統(tǒng)考一模）一個門框的尺寸如圖所示，下列長×寬型號（單位：m）的長方形薄木板能從門框內(nèi)通過的是(

)A．2.6×2.5 B．2.7×2.4 C．2.8×2.3 D．3×2.2【答案】D【分析】解答此題先要弄清題意，只要求出門框?qū)蔷€的長再與已知薄木板的寬相比較即可得出答案．【詳解】解：連接AC，則AC與AB、BC構(gòu)成直角三角形，根據(jù)勾股定理得AC=A∴只有3×2.2薄木板能從門框內(nèi)通過，故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是要根據(jù)已知條件構(gòu)造出直角三角形．【變式13-2】（2021·安徽阜陽·阜陽實驗中學(xué)?？级＃┮阎猘、b為兩正數(shù)，且a+b=12，則代數(shù)式4+a2+A．12 B．13 C．14 D．15【答案】B【分析】如圖所示，構(gòu)造Rt△BEA和Rt△AFC使得BE=a，EA=2，AF=3，F(xiàn)C=b，然后根據(jù)勾股定理構(gòu)可得AB=4+a2和AC=9+b2，當(dāng)A，【詳解】解：如圖所示，構(gòu)造Rt△BEA和Rt△AFC使得BE=a，EA=2，AF=3，F(xiàn)C=b，根據(jù)勾股定理可得：AB=4+a2和AC=所以：AB+AC≥BC，∴當(dāng)A，B，C三點共線時AB+AC有最小值，即BC，在Rt△BDC中BC=B故選：B【點睛】本題主要考查勾股定理，能夠根據(jù)二次根式的特點，數(shù)形結(jié)合，構(gòu)造出直角三角形表示所求式子是解題的關(guān)鍵．【變式13-3】（2022·浙江紹興·統(tǒng)考一模）慶?；⒛?，小明將一副七巧板拼成了如圖的“回頭虎”，則圖中AB=．【答案】2?【分析】由題意根據(jù)七巧板可知，CD=BE=4,DE=12CD=2,進而利用勾股定理求出CA【詳解】解：如圖，由七巧板可知，CD=BE=4,DE=1可得CA=1所以AB=CD?CA?(BE?DE)=4?2故答案為：2?2【點睛】本題考查七巧板的拼接問題，熟練掌握七巧板中各圖形的關(guān)系和勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式13-4】（2022·浙江金華·統(tǒng)考一模）已知圓柱形瓶子的底面半徑為12π（1）如圖1，若裝飾帶水平環(huán)繞，則瓶子側(cè)面被裝飾帶覆蓋的面積為cm2；（2）如圖2，若裝飾帶斜貼側(cè)面環(huán)繞，裝飾帶的最高點與最低點高度差為4cm，則瓶子側(cè)面被裝飾帶覆蓋的面積為cm2．【答案】7232【分析】根據(jù)題意畫出圓柱側(cè)面展開圖，進而求得陰影部分的面積即可．【詳解】解：（1）∵圓柱形瓶子的底面半徑為12π則側(cè)面展圖的長方形的長為2π×∵環(huán)形裝飾帶的寬為3cm∴瓶子側(cè)面被裝飾帶覆蓋的面積為24×3=72cm2；故答案為：72（2）設(shè)裝飾帶的最高點與最低點分別為D,A，則DB=4,CE=3如圖，過點C作CE⊥AC，∴四邊形ACDF是平行四邊形，∴∠FAC