中考數(shù)學一輪復習：專題14.6 勾股定理章末八大題型總結(jié)（培優(yōu)篇）（華東師大版）（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

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\l "_Tc6731" 【題型1 勾股數(shù)的運用】 PAGEREF _Tc6731 \h 1
\l "_Tc9474" 【題型2 勾股樹的探究】 PAGEREF _Tc9474 \h 4
\l "_Tc14186" 【題型3 由勾股定理在坐標系中求距離】 PAGEREF _Tc14186 \h 7
\l "_Tc1653" 【題型4 由勾股定理探究圖形面積】 PAGEREF _Tc1653 \h 12
\l "_Tc27833" 【題型5 由勾股定理求線段長度】 PAGEREF _Tc27833 \h 16
\l "_Tc19760" 【題型6 由勾股定理證明線段之間的關系】 PAGEREF _Tc19760 \h 20
\l "_Tc2484" 【題型7 勾股定理中的規(guī)律探究】 PAGEREF _Tc2484 \h 29
\l "_Tc13147" 【題型8 由勾股定理求最值】 PAGEREF _Tc13147 \h 33
【題型1 勾股數(shù)的運用】
【例1】（2023春·江蘇南通·八年級統(tǒng)考期末）勾股定理最早出現(xiàn)在《周解算經(jīng)》：“勾廣三，股修四，弦隅五”．觀察下列勾股數(shù)：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，這類勾股數(shù)的特點如下：勾為奇數(shù)，弦與股相差1，柏拉圖研究了勾為偶數(shù)，弦與股相差2的一類勾股數(shù)，如：6，8，10；8，15，17；…若此類勾股數(shù)的勾為2m（m≥3，m為正整數(shù)），則其弦是（結(jié)果用含m的式子表示）（）
A．m2?1B．2m+2C．m2+1D．2m+3
【答案】C
【分析】根據(jù)題意得2m為偶數(shù)，設其股是a，則弦為a+2，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．
【詳解】解：∵m為正整數(shù)，
∴2m為偶數(shù)，設其股是a，則弦為a+2，
根據(jù)勾股定理得，(2m)2+a2=(a+2)2，
解得a=m2?1，
∴弦是a+2=m2?1+2=m2+1，
故選：C．
【點睛】本題考查了勾股數(shù)，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握勾股定理．
【變式1-1】（2023春·安徽合肥·八年級統(tǒng)考期末）下列各組a，b，c是勾股數(shù)的是（）
A．a(chǎn)=30，b=40，c=50 B． a=1，b=1，c= 2
C．a(chǎn)=3，b=4，c＝5D．a(chǎn)=7，b=14，c=15
【答案】A
【分析】根據(jù)勾股數(shù)的概念對各選項進行逐一分析即可．
【詳解】解：A、∵302+402=502，
∴能構(gòu)成勾股數(shù)，符合題意；
B、∵2不是整數(shù)，
∴不能構(gòu)成勾股數(shù)，不符合題意；
C、∵3,5不是整數(shù)，
∴不能構(gòu)成勾股數(shù)，不符合題意；
D、∵72+142≠152，
∴不能構(gòu)成勾股數(shù)，不符合題意．
故選：A．
【點睛】本題考查的是勾股數(shù)，熟知“滿足a2+b2=c2的三個正整數(shù)為勾股數(shù)”是解題的關鍵．
【變式1-2】（2023春·廣西河池·八年級統(tǒng)考期末）當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+42=52，所以3，4，5是勾股數(shù)．觀察下列各勾股數(shù)有哪些規(guī)律；
(1)當a=11時，求b，c的值
(2)判斷10，24，26是否為一組勾股數(shù)？若是，請說明理由．
【答案】(1)b=60，c=61
(2)10，24，26是勾股數(shù)，見解析
【分析】（1）先觀察已有的勾股數(shù)，得到c=b+1，再利用勾股定理進行求解即可；
（2）利用勾股數(shù)的定義進行判斷即可．
【詳解】（1）解：觀察已有的勾股數(shù)可得c=b+1，
∴a2+b2=b+12，
把a=11代入a2+b2=b+12，
解得b=60（負值已舍掉），
∴c=60+1=61；
（2）10，24，26是勾股數(shù)．
∵102+242=676=262．
又∵10，24，26都是正整數(shù)
根據(jù)勾股數(shù)的定義，可知10，24，26是勾股數(shù)．
【點睛】本題考查勾股數(shù)．熟練掌握勾股數(shù)的定義，是解題的關鍵．
【變式1-3】（2023春·重慶九龍坡·八年級統(tǒng)考期末）我們知道，如果直角三角形的三邊的長都是正整數(shù)，這樣的三個正整數(shù)就叫做一組勾股數(shù)．如果一個正整數(shù)c能表示為兩個正整數(shù)a，b的平方和，即c=a2+b2，那么稱a，b，c為一組廣義勾股數(shù)，c為廣義斜邊數(shù)，則下面的結(jié)論：①m為正整數(shù)，則3m，4m，5m為一組勾股數(shù)；②1，2，3是一組廣義勾股數(shù)；③13是廣義斜邊數(shù)；④兩個廣義斜邊數(shù)的和是廣義斜邊數(shù)；⑤若a=2k2+2k,b=1+2k,c=2k2+2k+1，其中k為正整數(shù)，則a，b，c為一組勾股數(shù)；⑥兩個廣義斜邊數(shù)的積是廣義斜邊數(shù)．依次正確的是（）
A．①②③B．①②④⑤C．③④⑤D．①③⑤
【答案】D
【分析】根據(jù)題目中所給的勾股數(shù)．廣義勾股數(shù)，廣義斜邊數(shù)的定義，分析選項找出結(jié)論正確的即可．
【詳解】解：由題意可知：
①m為正整數(shù)，則3m，4m，5m為一組勾股數(shù)；結(jié)論正確；
②1，2，3是一組廣義勾股數(shù)；∵3≠12+22，∴不滿足c=a2+b2，不能成為廣義勾股數(shù)，故結(jié)論不正確；
③13是廣義斜邊數(shù)；∵13=22+32，∴結(jié)論正確；
④兩個廣義斜邊數(shù)的和是廣義斜邊數(shù)；例如2=12+12，5=12+22，但是7不是廣義斜邊數(shù)，故結(jié)論不正確；
⑤若a=2k2+2k,b=1+2k,c=2k2+2k+1，其中k為正整數(shù)，則a，b，c為一組勾股數(shù)；∵a2+b2=2k2+2k2+1+2k2=4k4+8k3+8k2+4k+1，c2=2k2+2k+12=4k4+8k3+8k2+4k+1，滿足：c2=a2+b2，故結(jié)論正確；
⑥兩個廣義斜邊數(shù)的積是廣義斜邊數(shù)．例如2=12+12，但是4不是廣義斜邊數(shù)，故結(jié)論不正確；
故正確的結(jié)論為：①③⑤．
故選：D
【點睛】本題考查勾股數(shù)．廣義勾股數(shù)，廣義斜邊數(shù)的定義，解題的關鍵是理解題意，根據(jù)題干中的定義解答．
【題型2 勾股樹的探究】
【例2】（2023春·全國·八年級期中）“勾股樹”是以正方形－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，重復這－過程所畫出來的圖形，因為重復數(shù)次后的形狀好似－－棵樹而得名．假設下圖分別是第一代勾股樹、第二代勾股樹、第三代勾股樹，按照勾股樹的作圖原理作圖，則第五代勾股樹中正方形的個數(shù)為（）
A．31B．63C．65D．67
【答案】B
【分析】由已知圖形觀察規(guī)律，即可得到第五代勾股樹中正方形的個數(shù)．
【詳解】解：由題意可知第一代勾股樹中正方形有1+2=3（個），
第二代勾股樹中正方形有1+2+22=7（個），
第三代勾股樹中正方形有1+2+22+23=15（個），
由此推出第五代勾股樹中正方形有1+2+22+23+24+25=63（個）
故選：B．
【點睛】本題考查了圖形類規(guī)律探索的相關問題，仔細觀察從圖中找到規(guī)律是解題的關鍵．
【變式2-1】（2023春·河北石家莊·八年級統(tǒng)考期末）如圖是一株美麗的勾股樹，其作法為：從正方形①開始，以它的一邊為斜邊，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角邊為邊，分別向外作兩個正方形，計為②．依此類推…若正方形①的面積為16，則正方形③的面積是．
【答案】4．
【分析】根據(jù)勾股定理可得兩條直角邊的平方和等于斜邊的平方，即第①個正方形的面積＝第②個正方形面積的兩倍；同理，第③個正方形面積是第②個正方形面積的一半，依此類推即可解答．
【詳解】解：第①個正方形的面積為16，
由分析可知：第②個正方形的面積為8，
第③個正方形的面積為4，
故答案為：4．
【點睛】本題是圖形類的變化規(guī)律題，考查了勾股定理與面積的關系及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握勾股定理是解答本題的關鍵．
【變式2-2】（2023春·湖南長沙·八年級長郡中學?？计谀┕垂啥ɡ斫沂玖酥苯侨切稳呏g的關系，其中蘊含著豐富的科學知識和人文價值．如圖所示，是一棵由正方形和含30°角的直角三角形按一定規(guī)律長成的勾股樹，樹的主干自下而上第一個正方形和第一個直角三角形的面積之和為S1，第二個正方形和第二個直角三角形的面積之和為S2，…，第n個正方形和第n個直角三角形的面積之和為Sn．
設第一個正方形的邊長為1．
請解答下列問題：
（1）S1= ．
（2）通過探究，用含n的代數(shù)式表示Sn，則Sn= ．
【答案】 1+38 1+38?34n?1（n為整數(shù)）
【分析】根據(jù)正方形的面積公式求出面積，再根據(jù)直角三角形三條邊的關系運用勾股定理求出三角形的直角邊，求出S1，然后利用正方形與三角形面積擴大與縮小的規(guī)律推導出公式．
【詳解】解：（1）∵第一個正方形的邊長為1，
∴正方形的面積為1，
又∵直角三角形一個角為30°，
∴三角形的一條直角邊為12，另一條直角邊就是12?122=32，
∴三角形的面積為12×12×32=38，
∴S1=1+38；
（2）∵第二個正方形的邊長為32，它的面積就是34，也就是第一個正方形面積的34，
同理，第二個三角形的面積也是第一個三角形的面積的34，
∴S2=（1+38）?34，
依此類推，S3=（1+38）?34?34，
即S3=（1+38）?342，
Sn=1+38?34n?1（n為整數(shù)）．
故答案為：（1）1+38 ；（2）1+38?34n?1（n為整數(shù)）
【點睛】本題考查勾股定理的運用，正方形的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)．能夠發(fā)現(xiàn)每一次得到的新的正方形和直角三角形的面積與原正方形和直角三角形的面積之間的關系是解題的關鍵．
【變式2-3】（2023春·山東煙臺·八年級統(tǒng)考期中）有一個面積為1的正方形，經(jīng)過一次“生長”后，在他的左右肩上生出兩個小正方形（如圖1），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”后，生出了4個正方形（如圖2），如果按此規(guī)律繼續(xù)“生長”下去，它將變得“枝繁葉茂”．在“生長”了2022次后形成的圖形中所有正方形的面積和是．
【答案】2023
【分析】根據(jù)勾股定理和正方形的面積公式，知“生長”1次后，以直角三角形兩條直角邊為邊長的正方形的面積和等于以斜邊為邊長的正方形的面積，即所有正方形的面積和是2×1=2；“生長”2次后，所有的正方形的面積和是3×1=3，推而廣之即可求出“生長”2022次后形成圖形中所有正方形的面積之和．
【詳解】設第一個直角三角形的是三條邊分別是a，b，c．
根據(jù)勾股定理，得a2+b2=c2=1，
由圖1可知，“生長”1次后，以直角三角形兩條直角邊為邊長的正方形的面積和等于以斜邊為邊長的正方形的面積，即所有正方形的面積和是2×1=2；
由圖2可知，“生長”2次后，所有的正方形的面積和是3×1=3，
···
“生長”了2022次后形成的圖形中所有的正方形的面積和是2023×1=2023．
故答案為：2023.
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，以及勾股定理，其中能夠根據(jù)勾股定理發(fā)現(xiàn)每一次得到的新的正方形的面積和與原正方形的面積之間的關系是解本題的關鍵．
【題型3 由勾股定理在坐標系中求距離】
【例3】（2023春·安徽安慶·八年級統(tǒng)考期中）如圖，點P是平面坐標系內(nèi)一點，則點P到原點的距離是（）

A．3B．2C．22D．7
【答案】A
【分析】連接OP，在直角坐標系中，根據(jù)點P的坐標是2,7，得OA=2，PA=7，然后利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：連接PO，

∵點P的坐標是2,7，
∴OA=2，PA=7，
∴點P到原點的距離=OA2+PA2=22+72=3，
故選：A．
【點睛】此題考查勾股定理、坐標與圖形性質(zhì)的理解，掌握用勾股定理求點P到坐標軸的距離是解題的關鍵．
【變式3-1】（2023春·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期末）在平面直面坐標系中有兩點A3,0和B0,4，則這兩點之間的距離是（）
A．3B．4C．5D．7
【答案】C
【分析】根據(jù)平面直角坐標系中，兩點之間的距離公式，代值求解即可得到答案．
【詳解】解：連接AB，如圖所示：
∵A3,0，B0,4，
∴AB=0?32+4?02=5，
故選：C．
【點睛】本題考查平面直角坐標系中，兩點之間的距離，熟練掌握兩點之間距離公式的運用是解決問題的關鍵．
【變式3-2】（2023春·湖北鄂州·八年級統(tǒng)考期中）【復習舊知】結(jié)合數(shù)軸與絕對值的知識回答下列問題：數(shù)軸上表示4和1的兩點之間的距離是3：而|4?1|=3；表示－3和2兩點之間的距離是5：而|?3?2|=5；表示?4和?7兩點之間的距離是3，而|?4?(?7)|=3，一般地，數(shù)軸上表示數(shù)m和數(shù)n的兩點之間的距離公式為|m?n|．
（1）數(shù)軸上表示數(shù)?5的點與表示?2的點之間的距離為___；
【探索新知】如圖1，我們在“格點”直角坐標系上可以清楚看到：要找AB或DE的長度，顯然是化為求Rt△ABC或Rt△DEF的斜邊長．下面我們以求DE為例來說明如何解決：
從坐標系中發(fā)現(xiàn)：D(?7,5)，E(4,?3)，所以DF=5??3=8，EF=4??7=11，所以由勾殿定理可得：DE=82+112=185．
（2）在圖2中：設Ax1,y1,Bx2,y2，試用x1,y1,x2,y2表示AB的長：AB=___．
得出的結(jié)論被稱為“平面直角坐標系中兩點間距離公式”；
【學以致用】請用此公式解決如下問題：
（3）如圖3，已知：A(2,1)，B(4,3)，C為坐標軸上的點，且使得△ABC是以AB為底邊的等腰三角形．請求出C點的坐標．
【答案】（1）3；（2）x1?x22+y1?y22；（3）5,0或0,5
【分析】（1）由?2?(?5)計算即可求出數(shù)軸上表示數(shù)?5的點與表示?2的點之間的距離為；
（2）結(jié)合坐標系及各點坐標即可得出各線段的長度．
（3）設點C的坐標為(x,0)或(y,0)，依次求出即可得出答案．
【詳解】解：解：（1）數(shù)軸上表示數(shù)?5的點與表示?2的點之間的距離=?2?(?5)=3，
故答案為：3；
（2）結(jié)合圖形可得：AC=y1?y2，BC=x1?x2，AB=(x1?x2)2+(y1?y2)2．
故答案為：(x1?x2)2+(y1?y2)2；
（3）若點C在x軸上，設點C的坐標為(x,0)，
則AC=BC，即(2?x)2+(1?0)2=(4?x)2+(3?0)2，
解得：x=5，
即點C的坐標為(5,0)；
若點C在y軸上，設點C的坐標為(0,y)，
則AC=BC，即(2?0)2+(1?y)2=(4?0)2+(3?y)2，
解得：y=5，
即點C的坐標為(0,5)．
綜上可得點C的坐標為(5,0)或(0,5)．
【點睛】本題考查了勾股定理及兩點間的距離公式，看似難度較大，其實不然，注意仔細審題，領悟題意是解題的關鍵．
【變式3-3】（2023春·湖南·八年級期末）閱讀材料，在平面直角坐標系中，已知x軸上兩點Ax1,0、Bx2,0的距離記作AB=x1?x2，如果Ax1,y1、Bx2,y2是平面上任意兩點，我們可以通過構(gòu)造直角三角形來求AB間的距離．如下左圖，過A、B分別向x軸、y軸作垂線AM1、AN1和BM2、BN2，垂足分別是M1、N1、M2、N2，直線AN1交BM2于點Q，在Rt△ABQ中，AQ=x1?x2，BQ=y1?y2，∴AB2=AQ2+BQ2=x1?x22+y1?y22=x1?x22+y1?y22．
(1)由此得到平面直角坐標系內(nèi)任意兩點Ax1,y1、Bx2,y2間的距離公式為：AB= ______．
(2)直接應用平面內(nèi)兩點間距離公式計算點A(1,?3)，B(?2,1)之間的距離為______．
利用上面公式解決下列問題：
(3)在平面直角坐標系中的兩點A(0,3)，B(4,1)，P為x軸上任一點，求PA+PB的最小值和此時點P的坐標；
(4)應用平面內(nèi)兩點間的距離公式，求代數(shù)式x2+y?22+x?32+y?12的最小值（直接寫出答案）．
【答案】(1)(x1?x2)2+(y1?y2)2
(2)5
(3)42，P(3,0)
(4)10
【分析】（1）根據(jù)題干內(nèi)容回答即可；
（2）直接利用兩點之間距離公式直接求出即可；
（3）利用軸對稱求最短路線方法得出P點位置，進而求出PA+PB的最小值；
（4）根據(jù)原式表示的幾何意義是點(x,y)到點(?2,?4)和(3,1)的距離之和，當點(x,y)在以(?2,?4)和(3,1)為端點的線段上時其距離之和最小，進而求出即可．
【詳解】（1）解：閱讀材料可得：AB=(x1?x2)2+(y1?y2)2；
（2）∵平面直角坐標系內(nèi)任意兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)間的距離公式為：AB=(x1?x2)2+(y1?y2)2，
∴點A(1,?3)，B(?2,1)之間的距離為：AB=?2?12+?3?12=5；
故答案為：5；
（3）作點B關于x軸對稱的點B′，連接AB′，直線AB′于x軸的交點即為所求的點P，PA+PB的最小值就是線段AB′的長度，然后根據(jù)兩點間的距離公式即可得到結(jié)論．
∵B(4,1)，
∴B′(4,?1)，
∵A(0,3)，
∴設直線AB′的一次函數(shù)表達式為y=kx+3，
把B′(4,?1)代入?1=4k+3 解得 k=?1，
當y=0時，解得x=3，即P(3,0)，
∴PA+PB=PA+PB′=AB′=(0?4)2+(3+1)2=42，
即為PA+PB的最小值為42．
故答案為：42；
（4）原式=x2+(y?2)2+(x?3)2+(y?1)2，
故原式表示點(x,y)到(0,2)和(3,1)的距離之和．
由兩點之間線段最短，點(x,y)在以(0,2)和(3,1)為端點的線段上時，原式值最?。?br>利用公式可得，原式=10．
【點睛】此題主要考查了利用軸對稱求最值問題以及兩點之間距離公式，正確轉(zhuǎn)化代數(shù)式為兩點之間距離問題是解題關鍵．
【題型4 由勾股定理探究圖形面積】
【例4】（2023春·河南新鄉(xiāng)·八年級河南師大附中?？计谀┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=8，若以AC邊和BC邊向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形BCD．記△ACE的面積是S1，△BCD的面積是S2，則S1+S2=（）

A．16B．32C．48D．64
【答案】B
【分析】由勾股定理求出BC2+AC2=AB2=82=64，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出AE=AC，BD=BC，S1+S2=12AC2+12BC2=12AB2=32，即可得出結(jié)果．
【詳解】解：∵∠ACB=90°，AB=8，
∴BC2+AC2=AB2=82=64
∵△ACE和△BCD為等腰直角三角形，
∴AE=AC，BD=BC，
∴S1+S2=12AC2+12BC2=12AC2+BC2=12AB2=12×64=32，
故選：B．
【點睛】本題考查了勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形面積的計算方法，熟練掌握勾股定理和等腰直角三角形的性質(zhì)是解決問題的關鍵．
【變式4-1】（2023春·吉林四平·八年級統(tǒng)考期末）如果一個三角形，三條邊的長度之比為3:4:5，且周長為48cm，那么這個三角形的面積是（）
A．48cm2B．96cm2C．192cm2D．220cm2
【答案】B
【分析】設這個三角形的三條邊的長度分別為3xcm，4xcm，5xcm，根據(jù)周長為48cm列出方程并求得三邊長度；然后由勾股定理逆定理判定該三角形為直角三角形，由三角形的面積公式作答即可．
【詳解】解：設這個三角形的三條邊的長度分別為3xcm，4xcm，5xcm，
∵三角形的周長為48cm，
則3x+4x+5x=48，
解得x=4，
則該三角形的三條邊的長度分別為12cm，16cm，20cm，
∵122+162=202，
則該三角形為直角三角形，兩直角邊長分別為12cm、16cm，
∴面積為: 12×12×16=96cm2，
故選：B．
【點睛】本題主要考查了一元一次方程的應用，解題的關鍵是讀懂題意，找到等量關系，列出方程求得三角形的三條邊的長度．
【變式4-2】（2023春·廣西南寧·八年級校聯(lián)考期中）現(xiàn)有如圖1的8張大小形狀相同的直角三角形紙片，三邊長分別是a、b、c．用其中4張紙片拼成如圖2的大正方形（空白部分是邊長分別為a和b的正方形）；用另外4張紙片拼成如圖3的大正方形（中間的空白部分是邊長為c的正方形）．

(1)觀察：從整體看，整個圖形的面積等于各部分面積的和．所以圖2和圖3的大正方形的面積都可以表示為a+b2，結(jié)論①；圖2中的大正方形的面積又可以用含字母a、b的代數(shù)式表示為：，結(jié)論②；圖3中的大正方形的面積又可以用含字母a、b、c的代數(shù)式表示為：，結(jié)論③；
(2)思考：結(jié)合結(jié)論①和結(jié)論②，可以得到一個等式；結(jié)合結(jié)論②和結(jié)論③，可以得到一個等式；
(3)應用：若分別以直角三角形三邊為直徑，向外作半圓（如圖4），三個半圓的面積分別記作S1、S2、S3，且S1+S2+S3=20，求S2的值．
(4)延伸：若分別以直角三角形三邊為直徑，向上作三個半圓（如圖5），直角邊a=5，b=12，斜邊c=13，求圖中陰影部分面積和．
【答案】(1)a2+b2+2ab；c2+2ab
(2)a+b2＝a2+b2+2ab；a2+b2＝c2
(3)10
(4)30
【分析】（1）圖2的大正方形的面積等于四個直角三角形的面積加上兩個正方形的面積，圖3的大正方形的面積等于四個直角三角形的面積加上中間空白正方形的面積；
（2）根據(jù)兩種方法表示的大正方形的面積相等整理即可得解；
（3）根據(jù)結(jié)論②求出S1+S3=S2，然后進行計算即可得解；
（4）根據(jù)結(jié)論③求出陰影部分的面積等于直角三角形的面積，然后列式計算即可得解．
【詳解】（1）解：圖2：a2+b2+4×12ab=a2+b2+2ab；
圖3：c2+4×12ab=c2+2ab；
（2）解：結(jié)合結(jié)論①和結(jié)論②，可以得到一個等式：(a+b)2=a2+b2+2ab；
結(jié)合結(jié)論②和結(jié)論③，可以得到一個等式：(a+b)2=c2+2ab，
即，a2+b2=c2；
（3）解：S1=12π(b2)2=πb28，S2=12π(c2)2=πc28，S3=12π(a2)2=πa28，
∵a2+b2=c2，
∴S1+S3=πb28+πa28=π(a2+b2)8=πc28=S2，
∵S1+S2+S3=20，
∴2S2=20，
解得S2=10；
（4）解：由“應用”的解答過程可知：S1+S3=S2
∴陰影部分面積和=S1+S3+12ab?S2=12ab，
∵a=5，b=12，
∴陰影部分面積和=12×5×12=30．
【點睛】本題考查了勾股定理，完全平方公式的幾何背景，讀懂題目材料的信息并用兩種方法準確表示出同一個圖形的面積是解題的關鍵．
【變式4-3】（2023春·湖南衡陽·八年級校考期中）在△ABC中，AB=10，BC= 27，∠A=30°，則△ABC的面積是．
【答案】153或103
【分析】作CD⊥AB交AB于點D，設DB=x，用勾股定理得出CD2，再由30°可得AD是CD的3倍列出方程可得x的值，再根據(jù)三角形的面積公式可得答案．
【詳解】解：作CD⊥AB交AB于點D，

設DB=x，則AD=10?x．
在Rt△CDB中，
CD2=CB2?DB2=272?x2=28?x2．
∵Rt△ADC中，∠A=30°，
∴AD =3 CD，即AD2=3CD2，
∴10?x2=328?x2，
解得x=1或4．
∴DC =28?12= 3 3或28?42= 2 3，
∴△ABC的面積S =12× 10×3 3= 15 3或S =12× 10×2 3= 10 3．
故答案為：15 3或10 3．
【點睛】本題主要考查了勾股定理以及30度直角三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握勾股定理．
【題型5 由勾股定理求線段長度】
【例5】（2023春·廣東佛山·八年級佛山市華英學校?？计谥校┤鐖D，△ABC的周長為4+25，其中AB=4，BC=5?3．

(1)AC=______；
(2)判斷△ABC是否為直角三角形，并說明理由．
(3)過點A作AE⊥AB，AE=22，在AB上取一點D，使得DB=DE，求AD的長度．
【答案】(1)5+3；
(2)△ABC是直角三角形，理由見解析；
(3)1
【分析】（1）由三角形周長公式可求解；
（2）由勾股定理的逆定理可證△ABC是直角三角形；
（3）利用勾股定理可求解．
【詳解】（1）解：∵△ABC的周長為4+25，AB=4，BC=5?3，
∴AC=4+25?4?5?3=5+3，
故答案：5+3；
（2）解：△ABC是直角三角形，理由如下：
∵AB2=16，BC2+AC2=16，
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）解：∵DE2=AE2+AD2，
∴4?AD2=8+AD2，
∴AD=1．
【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理的應用，勾股定理，掌握勾股定理的性質(zhì)是解題的關鍵．
【變式5-1】（2023春·山西太原·八年級校聯(lián)考期中）如圖，∠ACB=∠BDC=90°，且AB=13，AC=12，BD=4，則DC的長度為（）

A．3B．8C．4D．9
【答案】A
【分析】在Rt△ABC中先根據(jù)勾股定理求出BC的長，再在Rt△BCD中根據(jù)勾股定理即可得出結(jié)論．
【詳解】∵∠ACB=90°，AB=13，AC=12，
∴BC=AB2?AC2=132?122=5．
在Rt△BCD中，
∵∠BDC=90°，BC=5，BD=4，
∴CD=BC2?BD2=52?42=3．
故選：A．
【點睛】本題考查的是勾股定理，熟知在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方是解答此題的關鍵．
【變式5-2】（2023春·山東濟南·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，線段AB，AC的垂直平分線交于點O，則OA的長度為．

【答案】258
【分析】連接OB，延長AO交BC于H，根據(jù)HL得Rt△AOE≌Rt△AOF，可得∠OAE=∠OAF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AH⊥BC，BH=HC=3，根據(jù)勾股定理得到AH=AB2?BH2=4，在Rt△BOH中，根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】解：如圖：連接OB，延長AO交BC于H，

∵線段AB，AC的垂直平分線交于點O，
∴∠AEO=∠AFO=90°,OA=OB,AE=BE=12AB,AF=CF=12AC,
∵AB=AC，
∴AE=AF,
在Rt△AOE和Rt△AOF中，AO=AO,AE=AF，
∴Rt△AOE≌Rt△AOF，
∴∠OAE=∠OAF，
∴AO平分∠BAC，
∵AB=AC,
∴AH⊥BC，BH=HC=3，
∴AH=AB2?BH2=4，OH=AH?OA=4?OA
在Rt△BOH中，OB2=OH2+BH2,
∴OA2=4?OA2+32,解得：OA=258．
故答案為258．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，正確作出輔助線是解題的關鍵．
【變式5-3】（2023春·重慶合川·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在等腰三角形ABC中，底邊BC=29，D是AC上一點，連接BD，BD＝5，CD＝2．

(1)求證：ΔBDC是直角三角形；
(2)求AB邊的長度．
【答案】(1)見解析
(2)294
【分析】（1）根據(jù)勾股定理的逆定理直接得出結(jié)論；
（2）設腰長為x，在ΔADB中，利用勾股定理列出x的方程，求出x的值，進而利用三角形的面積公式求出答案．
【詳解】（1）解：∵BC=29，BD=5，CD=2，
∴CD2+BD2=4+25=29=BC2，
∴ΔBDC是直角三角形；
（2）解：設腰長AB=AC=x．
∵在RtΔADB中，AB2=AD2+BD2，
∴x2=x?22+52，
解得x=294，
即：AB=x=294．
【點睛】本題主要考查了勾股定理及其逆定理、等腰三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是利用勾股定理求出腰長，此題難度不大．
【題型6 由勾股定理證明線段之間的關系】
【例6】（2023春·四川成都·八年級校聯(lián)考期中）已知△ABC是等邊三角形．

(1)如圖1，△BDE也是等邊三角形．點A、B、E三點不共線，求證：AD=CE；
(2)如圖2，點D是△ABC外一點，且∠BDC=30°，請證明結(jié)論DA2=DC2+DB2；
(3)如圖3，點D是等邊三角形△ABC外一點，若DA=13，DB=52，DC=7．試求∠BDC的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)75°
【分析】（1）連接AD．根據(jù)SAS證明△ABD≌△CBE即可解決問題；
（2）以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC．證明△ABD≌△CBE(SAS)，推出AD=CE，再證明∠CDE=90°，即可解決問題；
（3）以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC，作EH⊥CD交CD的延長線于H．同法可證：△ABD≌△CBE(SAS)，可得AD=CE=13，設EH=x，DH=y，利用勾股定理構(gòu)建方程組，求出x，y即可解決問題．
【詳解】（1）解：證明：如圖1中，連接AD．

∵△ABC，△BDE都是等邊三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE．
（2）如圖2中，以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC．

∵△ABC，△BDE都是等邊三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE，
∵∠CDB=30°，∠BDE=60°，
∴∠CDE=90°，
∴CE2=CD2+DE2，
∵DB=DE，DA=EC，
∴DA2=DC2+DB2．
（3）如圖3中，以BD為邊向下作等邊△BDE，連接EC，作EH⊥CD交CD的延長線于H．

同法可證：△ABD≌△CBE(SAS)，
∴AD=CE=13，設EH=x，DH=y，
則有x2+y2=50(7+y)2+x2=132，
解得x=5y=5，
∴DH=HE=5，
∵∠H=90°，
∴∠EDH=45°，
∴∠CDE=135°，
∵∠BDE=60°，
∴∠BDC=135°?60°=75°．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程組解決問題，屬于中考壓軸題．
【變式6-1】（2023春·湖北十堰·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在平面直角坐標系中，點A在x軸上，且A4,0，點B在y軸上，且B0,4．

(1)求線段AB的長；
(2)若點E在線段AB上，OE⊥OF，且OE=OF，求AE+AF的值；
(3)在（2）的條件下，過點O作OM⊥EF，交AB于點M，試證明：AM2+BE2=EM2
【答案】(1)42
(2)42
(3)見解析
【分析】（1）根據(jù)AB=OA2+OB2即可解決．
（2）先證明△BOE≌△AOF得AF=BE，所以AE+AF=AE+BE=AB即可解決．
（3）結(jié)論：FM2=AM2+AF2．只要證明ME=MF，AF=BE，在Rt△AMF中利用勾股定理即可證明．
【詳解】（1）在Rt△ABO中，
∵AO=OB=4，
∴AB=AO2+OB2=42+42=42．
（2）∵∠BOA=∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠AOF，
在△BOE和△AOF中，
OB=OA∠BOE=∠AOFOE=OF，
∴△BOE≌△AOFSAS，
∴AF=BE，
∴AE+AF=AE+EB=AB=42．
（3）結(jié)論：FM2=AM2+AF2，理由如下：
連接FM．∵OE=OF，OM⊥EF，

∴OM垂直平分EF，
∴ME=MF，
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
由（1）可知△BOE≌△AOF，
∴BE=AF，∠OBE=∠OAF=45°，
∴∠MAF=∠OAF+∠OAB=90°，
∴FM2=AM2+AF2，
∴EM2=BE2+AM2．
【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題關鍵是尋找全等三角形，屬于中考?？碱}型．
【變式6-2】（2023春·河南鶴壁·八年級統(tǒng)考期末）親愛的同學們，在全等三角形中，我們見識了很多線段關系的論證題，下面請你用本階段所學知識，分別完成下列題目．
(1)如圖1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直線m經(jīng)過點A，BD⊥直線m，CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．證明：DE=BD+CE；
(2)如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A、D、E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE．容易證明△ACD≌△BCE，則：
①∠AEB的度數(shù)為______；
②直接寫出AE、BE、CM之間的數(shù)量關系．
(3)如圖3，△ABC中，若∠A=90°，D為BC的中點，DE⊥DF交AB、AC于E、F，求證：BE2+CF2=EF2．
【答案】(1)見解析
(2)①90°；②AE=BE+2CM
(3)見解析
【分析】（1）利用AAS證明△ABD≌△CAE，得到BD=AE，AD=CE，即可得到結(jié)論成立；
（2）①由等腰直角三角形的性質(zhì)，得∠CDE=∠CED=45°，則∠ADC=135°，由全等三角形的性質(zhì)，∠BEC=135°，即可求出∠AEB的度數(shù)；②由全等三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，得到AD=BE，CM=DM=EM，即可得到AE=BE+2CM；
（3）延長ED到點G，使DG=ED，連接GF，GC，證明△DBE≌△DCG，得到BE=CG，再根據(jù)勾股定理解答即可．
【詳解】（1）證明：如圖1，

∵∠BAC=90°，BD⊥直線m，CE⊥直線m，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAE=90°，
∴∠ABD=∠CAE，
∵AB=AC，
∴△ABD≌△CAEAAS，
∴BD=AE，AD=CE，
∵DE=AE+AD=BD+CE；
（2）解：①∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°?45°=135°，
∵△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC?∠CED=135°?45°=90°，
故答案為：90°；
②AE=BE+2CM，理由如下：
∵△DCE為等腰直角三角形，CM為△DCE中DE邊上的高，
∴CM=DM=EM，
∵AD=BE，
∴AE=AD+DM+EM=BE+2CM；
（3）證明：如圖，延長ED到點G，使DG=ED，連接GF，GC，

∵D是BC的中點，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDG中，
ED=DG∠BDE=∠CDGBD=CD，
∴△BDE≌△CDGSAS，
∴BE=CG，∠B=∠GCD，
∵∠A=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∴∠GCD+∠ACB=90°，即∠GCF=90°，
Rt△CFG中，CF2+CG2=GF2，
∵ED⊥DF，DG=ED，
∴EF=GF，
∴BE2+CF2=EF2．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，以及勾股定理的應用，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解本題的關鍵．
【變式6-3】（2023春·廣東廣州·八年級?？计谥校┤鐖D，點A為x軸負半軸上一點，點B為y軸正半軸上一點，點C為x軸正半軸上一點，AO=a，BO=b，CO=c,且a、b、c滿足a=a?b+b?a+c有意義．

(1)若c=3，求AB=__________________；
(2)如圖1，點P在x軸上（點P在點A左邊），以PB為直角邊在PB的上方作等腰直角三角形PDB，求證：PA2+PC2=PD2；
(3)如圖2，點M為AB中點，點E為射線OA上一點，點F為射線BO上一點，且∠EMF=90°，設AE=m，BF=n，請求出EF的長度（用含m、n的代數(shù)式表示）．
【答案】(1)AB=32
(2)證明見解析；
(3)EF=m2+n2
【分析】（1）根據(jù)二次根式的非負性可求得a=b=c=3，再結(jié)合勾股定理可求得AB的值；
（2）連接BC，證明△PBC≌△DBASAS，再由全等三角形的性質(zhì)及勾股定理即可證明；（3）分情況討論，當點E在線段OA上時，當點E在線段OA延長線上時，分別畫出圖形，作出輔助線，利用三角形全等和勾股定理得出結(jié)論即可．
【詳解】（1）解：∵a、b滿足a=a?b+b?a+c有意義，
∴a?b≥0且b?a≥0，
∴a=b=c=3，即AO=3，BO=3，
AB=AO2+BO2=32；
（2）證明：連接BC，由（1）可得OA=OB=OC，
∵兩個坐標軸垂直，
∴∠OAB=∠ABO=∠OBC=∠OCB=45°，
∴AB=BC,∠ABC=90°，
又∵△PDB為等腰直角三角形，
∴BP=BD,∠DBP=90°，
∴∠ABD=∠DBP+∠ABP=∠ABC+∠ABP=∠BPC，
在△PBC和△DBA中，
BD=BP∠ABD=∠BPCAB=BC ，
∴△PBC≌△DBASAS，
∴AD=PC．∠DPB=∠BDA，∠PCD=∠BAC，
∵∠DBP=90°，
∴∠BPC+∠BCP=90°，
∴∠BAC+∠BAD=90°，
即∠DAP=90°，
∴PA2+AD2=PD2即PA2+PC2=PD2；
（3）當點E在線段OA上時，連接OM，如圖所示：
∵OA=OB，∠AOB=90°，點M為AB的中點，
∴AM=OM=BM，OM⊥AB，∠MAE=∠MOF=45°，
∵∠EMF=∠AMO=90°，
∴∠AME=∠OMF，
∴△AME≌△OMF，
∴AE=OF=m，
∵OA=OB，
∴OE=BF=n，
根據(jù)勾股定理得：EF=OE2+OF2=m2+n2；
當點E在線段OA延長線上時，連接OM，如圖所示：
同理可得：△AME≌△OMF，
∴AE=OF=m，
∵OA=OB，
∴OE=BF=n，
根據(jù)勾股定理得：EF=OE2+OF2=m2+n2；
綜上分析可知，EF=m2+n2．
【點睛】本題考查勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定，坐標與圖形，二次根式的非負性等．（1）中能根據(jù)二次根式的非負性得出a=b=c是解題關鍵；（2）中正確構(gòu)造輔助線，作出全等三角形是解題關鍵；（3）能借助全等三角形和線段的和差正確表示線段的長度是解題關鍵．
【題型7 勾股定理中的規(guī)律探究】
【例7】（2023春·四川眉山·八年級統(tǒng)考期末）如圖，△OA1A2為等腰直角三角形，OA1=1，以斜邊OA2為直角邊作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3為直角邊作等腰直角三角形OA3A4，…，按此規(guī)律作下去，則OAn的長度為．
【答案】2n?1
【分析】利用等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理分別求出各邊長，依據(jù)規(guī)律即可得出答案．
【詳解】解：∵△OA1A2為等腰直角三角形，OA1=1，
∴OA2=2，
∵△OA2A3為等腰直角三角形，
∴OA3=2=22．
∵△OA3A4為等腰直角三角形，
∴OA4=22=23．
∵△OA4A5為等腰直角三角形，
∴OA5=4=24．
……
∴OAn的長度為2n?1．
故答案為：2n?1．
【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，熟練應用勾股定理得出斜邊是解題關鍵．
【變式7-1】（2023春·云南昆明·八年級統(tǒng)考期末）如果正整數(shù)a、b、c滿足等式a2+b2=c2，那么正整數(shù)a、b、c叫做勾股數(shù)．某同學將自探究勾股數(shù)的過程列成下表，觀察表中每列數(shù)的規(guī)律，可知x+y的值為（）
A．67B．34C．98D．73
【答案】C
【分析】依據(jù)每列數(shù)的規(guī)律，即可得到b=2n，a=n2?1，c=n2+1，進而得出x+y的值．
【詳解】解：由題可得，3=22?1，4=2×2，5=22+1，……
∴b=2n，a=n2?1，c=n2+1，（n≥2且n為正整數(shù)）
∴當b=14=2n時，
解得：n=7，
∴x=72?1=48，y=72+1=50，
∴x+y=48+50=98，
故選：C．
【點睛】本題主要考查了勾股數(shù)，滿足a2+b2=c2的三個正整數(shù)，稱為勾股數(shù)．
【變式7-2】（2023春·湖北咸寧·八年級統(tǒng)考期末）如圖是第七屆國際數(shù)學教育大會的會徽圖案，它是由一串有公共頂點O的直角三角形組成的，圖中的OA1=A1A2=A2A3=?=A7A8=1，按此規(guī)律，在線段OA1，OA2，OA3，?，OA10中，長度為整數(shù)的線段有條．
【答案】3
【分析】OA1=1，根據(jù)勾股定理可得OA2=2，OA3=3，找到OAn=n的規(guī)律，即可得到結(jié)論．
【詳解】解：∵如圖是由一串有公共頂點O的直角三角形組成的，
圖中的OA1=A1A2=A2A3=?=A7A8=1，
∴由勾股定理可得：
OA2=OA12+A1A22=12+12=2，
OA3=OA22+A2A32=22+12=3，
……
∴OAn=n，
∴在線段OA1，OA2，OA3，?，OA10中，完全平方數(shù)有1，4，9．
∴故長度為整數(shù)的線段有3條．
故答案為：3．
【點睛】本題考查勾股定理的靈活運用．本題中找到OAn=n的規(guī)律是解題的關鍵．
【變式7-3】（2023春·江西南昌·八年級?？计谥校┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵校瑢⑷舾蓚€邊長為2個單位長度的等邊三角形按如圖所示的規(guī)律擺放，點P從原點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著等邊三角形的邊OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…的路線運動，設第n秒運動到點Pn（n為正整數(shù)），則點P2023的坐標是（）
A．2022,0B．2022,?3C．2023,3D．2023,?3
【答案】C
【分析】通過觀察可得，An每6個點的縱坐標規(guī)律：3，0，3，0，?3，0，點An的橫坐標規(guī)律：1，2，3，4，5，6，…，n，點P從原點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著等邊三角形的邊“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…”的路線運動，1秒鐘走一段，P運動每6秒循環(huán)一次，點P運動n秒的橫坐標規(guī)律：1，2，3，4，5，6，…，n，點P的縱坐標規(guī)律：3，0，3，0，?3，0，…，確定P2023循環(huán)的點即可．
【詳解】解：過點A1作A1B⊥x軸于B，
∵圖中是邊長為2個單位長度的等邊三角形，
∴OB=BA2=1，
∴A1B=OA12?OB2=3，
∴A11，3，A22，0，
同理A33，3，A44，0，
A55，?3，A66，0，
A77，3，
…
∴An中每6個點的縱坐標規(guī)律：3，0，3，0，?3，0，
點P從原點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著等邊三角形的邊“OA1→A1A2→A2A3→A3A4→A4A5…” 的路線運動，1秒鐘走一段，
∴P運動每6秒循環(huán)一次，
∴點P的縱坐標規(guī)律：3，0，3，0，?3，0，…，
點P的橫坐標規(guī)律： 1，2，3，4，5，6，…，n，
∵2023÷6=337…1，
∴點P2023的縱坐標為3，
∴點P2023的橫坐標為2023，
∴點P2023的坐標2023，3，
故選C．
【點睛】本題考查點的坐標變化規(guī)律，平面直角坐標系中點的特點及等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，確定點的坐標規(guī)律是解題的關鍵．
【題型8 由勾股定理求最值】
【例8】（2023春·安徽六安·八年級?？计谥校┤鐖D，已知∠MON=60°，點P,Q為∠MON內(nèi)的兩個動點，且∠POQ=30°，OP=3，OQ=4，點A,B分別是OM,ON上的動點，則PA+AB+BQ的最小值是（）

A．5B．7C．8D．10
【答案】A
【分析】作點P關于直線OM的對稱點P′，連接OP′，作點Q關于直線ON的對稱點Q′，連接OQ′，連接P′Q′，可知PA+AB+BQ=P′A+AB+BQ′，當P′，A，B，Q′在同一條直線上時，P′A+AB+BQ′可以取得最小值，最小值等于P′Q′的長度，即PA+AB+BQ的最小值等于P′Q′的長度，利用勾股定理即可求得P′Q′的長度．
【詳解】如圖所示，作點P關于直線OM的對稱點P′，連接OP′，作點Q關于直線ON的對稱點Q′，連接OQ′，連接P′Q′．

根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)可知PA=P′A，BQ=BQ′，
∴PA+AB+BQ=P′A+AB+BQ′．
根據(jù)題意可知，當P′，A，B，Q′在同一條直線上時，P′A+AB+BQ′可以取得最小值，最小值等于P′Q′的長度，即PA+AB+BQ的最小值等于P′Q′的長度．
根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)可知∠POA=∠P′OA，∠BOQ=∠BOQ′，
∴∠P′OA+∠BOQ′=∠POA+∠BOQ=∠MON?∠POQ=60°?30°=30°．
∴∠P′OQ′=∠P′OA+∠BOQ′+∠MON=30°+60°=90°．
根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)可知OP=OP′=3，OQ=OQ′=4，
∴P′Q′=OP′2+OQ′2=32+42=5．
∴PA+AB+BQ的最小值等于5．
故選：A．
【點睛】本題主要考查軸對稱圖形的性質(zhì)和勾股定理，根據(jù)題目要求構(gòu)建軸對稱圖形是解題的關鍵．
【變式8-1】（2023春·貴州貴陽·八年級統(tǒng)考期中）如圖，等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE的腰長分別為4和2，其中∠BAC=∠DAE=90°，M為邊DE的中點．若等腰Rt△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，則點B到點M的距離的最大值為．
【答案】4+2
【分析】連接AM．由三線合一得AM=12DE=DM，利用勾股定理求出AM=2，然后利用三角形三條邊的關系求解即可.
【詳解】如圖，連接AM．
∵M為邊DE的中點，且△ADE為等腰直角三角形，
∴AM⊥DE，AM=12DE=DM．
在Rt△ADE中，AD=2，
由勾股定理可知AD2=AM2+DM2，即AM=DM=2．
當A，B，M三點不共線時，由三角形的三邊關系可知，
此時一定有BM

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