TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16439" 【題型1 由勾股定理求兩條線段的平方和（差）】 PAGEREF _Tc16439 \h 1
\l "_Tc28229" 【題型2 勾股定理在網格問題中的運用】 PAGEREF _Tc28229 \h 7
\l "_Tc4389" 【題型3 勾股定理在折疊問題中的運用】 PAGEREF _Tc4389 \h 13
\l "_Tc9432" 【題型4 以弦圖為背景的計算】 PAGEREF _Tc9432 \h 23
\l "_Tc10875" 【題型5 勾股定理的證明方法】 PAGEREF _Tc10875 \h 27
\l "_Tc30288" 【題型6 勾股定理與全等綜合】 PAGEREF _Tc30288 \h 35
\l "_Tc24515" 【題型7 由勾股定理確定在幾何體中的最短距離】 PAGEREF _Tc24515 \h 42
\l "_Tc21251" 【題型8 由勾股定理構造圖形解決實際問題】 PAGEREF _Tc21251 \h 48
【題型1 由勾股定理求兩條線段的平方和（差）】
【例1】（2023春·陜西咸陽·八年級校考階段練習）如圖，射線AM⊥AN于點A、點C、B在AM、AN上，D為線段AC的中點，且DE⊥BC于點E．
（1）若BC=10，直接寫出AC2+AB2的值；
（2）若AC=8，△ABC的周長為24，求△ABC的面積；
（3）若AB=6，C點在射線AM上移動，問此過程中，BE2?CE2的值是否為定值？若是，請求出這個定值；若不是，請求出它的取值范圍．
【答案】（1）100；（2）24；（3）是定值，值是36
【分析】（1）根據AC⊥AB，由勾股定理即可得解；（2）由△ABC周長及其三邊符合勾股定理，列式，聯(lián)立方程即可得AB和BC的長，代入三角形面積公式計算即可；（3）根據DE⊥BC，得Rt△BDE和Rt△DEC，故它們的三邊符合勾股定理，聯(lián)立即可解得．
【詳解】解：（1）AC2+AB2=BC2=100．
（2）因為AM⊥AN，所以△ABC是直角三角形．
因為AC=8，△ABC的周長為24，所以AB=16?BC，
所以16?BC2+82=BC2，解得BC=10，所以AB=6，
所以S△ABC=12AC?AB=12×8×6=24．
（3）在Rt△BDE中，BE2=BD2?DE2，在Rt△DEC中，EC2=DC2?DE2，
所以BE2?EC2=BD2?DC2．
因為D為線段AC的中點，所以AD=DC，所以BE2?EC2=BD2?AD2．
在Rt△ABD中，BD2?AD2=AB2=62=36，
所以BE2?EC2=36（定值），
故在點C移動的過程中，BE2?EC2的值是定值，其值是36．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用，熟悉勾股定理的使用條件是解決本題的關鍵．
【變式1-1】（2023·福建·模擬預測）如圖所示，已知△ABC中，AB=6，AC=9，AD⊥BC于D，M為AD上任一點，則MC2?MB2等于 ．
【答案】45
【分析】在Rt△ABD和Rt△ADC中，分別表示出BD2和CD2，在Rt△BDM和Rt△CDM中，表示出MB2和MC2，代入求解即可；
【詳解】解：∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ABD和Rt△ADC中，
BD2=AB2?AD2，CD2=AC2?AD2，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，
MB2=BD2+MD2=AB2?AD2+MD2
MC2=CD2+MD2=AC2?AD2+MD2，
∴MC2?MB2=AC2?AD2+MD2?AB2?AD2+MD2，
=AC2?AB2，
=45．
故答案為：45．
【點睛】本題主要考查了勾股定理的應用，準確分析計算是解題的關鍵．
【變式1-2】（2023春·全國·八年級專題練習）對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美”四邊形，現(xiàn)有如圖所示的“垂美”四邊形ABCD，對角線AC，BD交于點O，若AB=3，CD=2，則AD2+BC2= ．
【答案】13
【分析】在Rt△AOB和Rt△COD中，根據勾股定理得BO2+AO2=AB2=32=9，OD2+OC2=CD2=22=4，進一步得BO2+AO2+OD2+OC2=9+4=13，再根據AD2=DO2+AO2，BC2=OC2+BO2可求得AD2+BC2的值．
【詳解】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB=∠AOB=∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△AOB和Rt△COD中，根據勾股定理得，
BO2+AO2=AB2=32=9，OD2+OC2=CD2=22=4，
∴BO2+AO2+OD2+OC2=9+4=13，
∵AD2=DO2+AO2，BC2=OC2+BO2，
∴AD2+BC2=13．
故答案為：13．
【點睛】本題考查勾股定理的應用，熟練掌握勾股定理在實際問題中的應用，從題中抽象出勾股定理這一數學模型是解題關鍵．
【變式1-3】（2023春·福建莆田·八年級校聯(lián)考期中）在平面直角坐標系中，已知點A4,4，B8,0．

(1)如圖1，判斷△AOB的形狀并說明理由；
(2)如圖2，M，N分別是y軸負半軸和x軸正半軸上的點，且AM⊥AN，探究線段OM，ON，OA之間的數量關系并證明；
(3)如圖3，延長BA交y軸于點C，M，N分別是x軸負半軸和y軸負半軸上的點，連接AN交x軸于D，且∠AMO+∠ANO=45°，探究BD2，DM2，OM2的數量關系并證明．
【答案】(1)△AOB是等腰三角形，證明見解析
(2)ON=OM+2OA，證明見解析
(3)OM2+BD2=DM2，證明見解析
【分析】（1）過點A作AH⊥OB，垂足為H，根據等腰直角三角形的判定可得答案；
（2）過點A作AB⊥OA，交x軸于點B，證明△AOM≌△ABNASA，由全等三角形的性質得出OM=BN，由等腰直角三角形的性質得出OB=2OA，則即可得答案；
（3）過A作AG⊥AN交y軸于G，連接GM，先證△AOM≌△ABNASA，得出OM=BN，再證△MGA≌△MDASAS，得出MG=DM，由勾股定理即可得到OM2+BD2=DM2．
【詳解】（1）解：△AOB為等腰直角三角形，理由如下：
過點A作AH⊥OB，垂足為H，

∵點A4,4，B8,0，
∴OH=4，
∴HB=4=AH=OH，
∴∠AOB=∠OAH=45°=∠ABH=∠HAB，
∴∠OAB=90°， OA=AB，
∴△AOB為等腰直角三角形；
（2）ON=OM+2OA． 理由：過點A作AB⊥AO，交x軸于點B，

由（1）可知△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，
∴∠AOM=∠ABN=135°，
∵AM⊥AN， ∴∠MAN=90°，
∴∠OAM=∠BAN，
在△AOM和△ABN中， ∠AOM=∠ABNOA=AB∠OAM=∠BAN，
∴△AOM≌△ABNASA，
∴OM=BN，
∴ON=BN+OB=OM+OB， 而△AOB是等腰直角三角形，可得OB=2OA，
∴ON=OM+2OA；
（3）OM2+BD2=DM2，理由如下： 過A作AG⊥AN 交y軸于G，連接GM，如圖：

∵△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=∠AOB=45°，∠OAB=90°，OA=AB，
∴∠AOG=45°=∠ABO，
∵AG⊥AN，
∴∠OAG=∠DAB，
在△AGO和△DAB中， ∠AOG=∠ABDOA=AB∠OAG=∠BAD，
∴△GAO≌△DABASA，
∴OG=BD，AG=AD，
而Rt△GOM中，OM2+OG2=GM2，
∴OM2+BD2=MG2，
∵∠AOG=90°?45°=45°=∠ANO+∠OAD，∠ANO+∠AMO=45°，
∴∠AMO=∠OAD，
∵∠AMO+∠MAO=∠AOB=45°，
∴∠OAD+∠MAO=45°， 即∠MAN=45°
∴∠MAD=∠GAM=45°，
在△MGA和△MDA中，MA=MA∠GAM=∠MADGA=DA ，
∴△MGA≌△MDASAS，
∴MG=MD，
∴OM2+BD2=DM2．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查全等三角形判定性質、等腰直角三角形性質及勾股定理等知識，坐標與圖形，解題的關鍵是利用等腰直角三角形性質證明三角形全等．
【題型2 勾股定理在網格問題中的運用】
【例2】（2023春·浙江·八年級期末）在每個小正方形的邊長為1的網格圖形中．每個小正方形的頂點稱為格點.以頂點都是格點的正方形ABCD的邊為斜邊，向外作四個全等的直角三角形，使四個直角頂點E,F,G,H都是格點，且四邊形EFGH為正方形，我們把這樣的圖形稱為格點弦圖．例如，在圖1所示的格點弦圖中，正方形ABCD的邊長為26，此時正方形EFGH的面積為52．問：當格點弦圖中的正方形ABCD的邊長為26時，正方形EFGH的面積的所有可能值是 (不包括52)．
【答案】36或50
【分析】設四個全等的直角三角形的直角邊邊長分別為a，b．利用分類討論的思想，在格點上找出各點位置，即找出邊的位置，即可求出面積．
【詳解】設四個全等的直角三角形的直角邊邊長分別為a，b．則正方形EFGH的邊長為a+b，
即S正方形EFGH=(a+b)2 ．
∴在網格中找出a和b的線段，且線段的端點都在格點上即可．
分情況討論：
①a=5，b=1 ，如圖，
此時S正方形EFGH=(a+b)2=62=36．
②a=13，b=13 ，如圖，
此時S正方形EFGH=(a+b)2=(213)2=52．
③a=22，b=32，如圖，
此時S正方形EFGH=(a+b)2=(52)2=50．
題干中不包括52，
故S正方形EFGH的值為36或50．
故答案為：36或50．
【點睛】本題考查勾股定理．利用分類討論的思想是解答本題的關鍵．
【變式2-1】（2023春·福建三明·八年級統(tǒng)考期中）問題背景：在△ABC中，AB、BC、AC三邊的長分別為5，10，13，求這個三角形的面積．小輝同學在解答這道題時，先建立一個正方形網格（每個小正方形的邊長為1），再在網格中畫出格點△ABC（即△ABC三個頂點都在小正方形的頂點處），如圖①所示．這樣不需求△ABC的高，而借用網格就能計算出它的面積．
（1）請你將△ABC的面積直接填寫在橫線上： ；
思維拓展：
（2）我們把上述求△ABC面積的方法叫做構圖法．若△ABC三邊的長分別為5a，22a，17a（a＞0），請利用圖②的正方形網格（每個小正方形的邊長為a）畫出相應的△ABC，并求出它的面積．
探索創(chuàng)新：
（3）若△ABC三邊的長分別為m2+16n2,9m2+4n2,24m2+n2（m＞0，n＞0，且m≠n），試運用構圖法求出這三角形的面積．
【答案】（1）72；（2）畫圖見解析，3a2；（3）構圖見解析，5mn
【分析】（1）利用割補法求解可得；
（2）在網格中利用勾股定理分別作出邊長為5a、22a、17a(a>0)的首尾相接的三條線段，再利用割補法求解可得；
（3）在網格中構建邊長為6m和6n的矩形，同理作出邊長為m2+16n2、92+4n2，2m2+n2的三角形，最后同理可得這個三角形的面積．
【詳解】解：（1）ΔABC的面積為3×3?12×1×2?12×1×3?12×2×3=72，
故答案為：72；
（2）如圖，AB=22a，BC=5a，AC=17a，
由圖可得：SΔABC=2a×4a?12×a×2a?12×2a×2a?12×a×4a=3a2；
故答案為：3a2；
（3）構造ΔABC所示，AB=(2m)2+(2n)2=2m2+n2，
AC=m2+(4n)2=m2+16n2，
BC=(3m)2+(2n)2=9m2+4n2，
∴SΔABC=3m×4n?12×m×4n?12×3m×2n?12×2m×2n=5mn．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了勾股定理及作圖的知識，解答本題關鍵是仔細理解問題背景，熟練掌握勾股定理，關鍵是結合網格用矩形及容易求得面積的直角三角形表示出所求三角形的面積進行解答．
【變式2-2】（2023春·湖北武漢·八年級?？计谥校┰?0×10網格中，點A和直線l的位置如圖所示：

（1）將點A向右平移6個單位，再向上平移2個單位長度得到點B，在網格中標出點B；
（2）在（1）的條件下，在直線l上確定一點P，使PA＋PB的值最小，保留畫圖痕跡，并直接寫出PA＋PB的最小值：______；
（3）結合（2）的畫圖過程并思考，直接寫出x2+32＋(7?x)2+42的最小值：____
【答案】（1）見解析；（2）62；（3）72
【分析】（1）根據題意標出點B即可；
（2）作點A關于直線l的對稱點A′，連接A′B交直線l于P，則此時PA＋PB的值最小，根據勾股定理求出結論即可；
（3）將條件中的數表示為直角三角形的直角邊，畫對應圖形，作軸對稱圖形，求出最小值即可．
【詳解】解：（1）如圖所示：

（2）如圖所示，PA＋PB的最小值＝62+62=62；
故答案為：62；
（3）如圖，AP=x2+32，BP=(7?x)2+42，

∴PA＋PB的最小值即為：A'B=72+72=72，
∴x2+32＋(7?x)2+42的最小值為72，
故答案為：72．
【點睛】本題考查了作圖——平移變換，勾股定理，軸對稱——最短路線問題，正確的作出圖形是解題的關鍵．
【變式2-3】（2023春·湖北武漢·八年級統(tǒng)考期中）如圖，是由邊長為1的小正方形構成的10×10網格，每個小正方形的頂點叫做格點．五邊形ABCDE的頂點在格點上，僅用無刻度的直尺在給定網格中畫圖，畫圖過程用虛線表示，畫圖結果用實線表示，按步驟完成下列問題：
（1）五邊形ABCDE的周長為 ．
（2）在AB上找點F，使E，C兩點關于直線DF對稱；
（3）設DF交CE于點G，連接AG，直接寫出四邊形AEDG的面積；
（4）在直線DF上找點H，使∠AHB＝135°．
【答案】（1）20+10;（2）見解析；（3）10；（4）見解析．
【分析】（1）根據勾股定理求出五邊形ABCDE各邊的長，相加即可；
（2）連接EC，作DF⊥EC交AB于點F即可；
（3）分成兩個三角形求面積即可；
（4）利用等腰直角三角形的性質求解即可．
【詳解】解：（1）由題意， AB=BC=CD=32+42=5，AE=32+12=10，DE=5，
∴五邊形ABCDE的周長=20+10，
故答案為： 20+10．
（2）如圖，連接EC，作DF⊥EC交AB于點F，點F即為所求作．
∵DE=CD=5，DF⊥EC，
∴CE=GE，
∴點D，G是CE垂直平分線上的點，
∴DF是CE的垂直平分線，
∴E，C兩點關于直線DF對稱；
（3）∵EG=22+42=25，AG=AE=32+12=10，
∴AG2+AE2=EG2，
∴△AEG是直角三角形；
∴S四邊形AEDG=S△AEG+S△DEG=12×10×10+12×5×2=10．
（4）如圖，過點A作AH⊥DF于H，連接BH，則點H即為所求作．
∵BK=KH=22+12=5，BH=32+12=10，
∴BK2+KH2=BH2．
∴△BHK是等腰直角三角形．
∴∠BHK=45°．
∴∠AHB=135°．
【點睛】本題考查作圖-軸對稱變換，勾股定理，三角形的面積等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
【題型3 勾股定理在折疊問題中的運用】
【例3】（2023春·河南鄭州·八年級?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，點P是邊AC上一動點，把△ABP沿直線BP折疊，使得點A落在圖中點A′處，當△AA′C是直角三角形時，則線段CP的長是 ．
【答案】4或3
【分析】分類討論分別當∠AA′C=90°時，當∠ACA′=90°時，根據折疊的性質函數直角三角形的性質即可得到結論．
【詳解】解：如圖1，當∠AA′C=90°時，
∵以直線BP為軸把△ABP折疊，使得點A落在圖中點A′處，
∴AP=A′P，
∴∠PAA′=∠AA′P，
∵∠ACA′+∠PAA′=∠CA′P+∠AA′P=90°，
∴∠PCA′=∠PA′C，
∴PC=PA′，
∴PC=12AC=4，
如圖2，當∠ACA′=90°時，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，且AC=8，BC=6．
∴AB=10，
∵以直線BP為軸把△ABP折疊，使得點A落在圖中點A′處，
∴A′B=AB=10，PA=PA′，
∴A′C=4，
設PC=x，
∴AP=8-x，
∵A′C2+PC2=PA′2，
∴42+x2=（8-x）2，
解得：x=3，
∴PC=3，
綜上所述：當△AA′C是直角三角形時，則線段CP的長是4或3，
故答案為：4或3．
【點睛】本題考查了翻折變換（折疊問題）直角三角形的性質，正確的作出圖形是解題的關鍵．
【變式3-1】（2023春·浙江寧波·八年級校考期中）定義：若a，b，c是△ABC的三邊，且a2+b2＝2c2，則稱△ABC為“方倍三角形”．
（1）對于①等邊三角形②直角三角形，下列說法一定正確的是 ．
A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”
C．①②都一定是“方倍三角形”D．①②都一定不是“方倍三角形”
（2）若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜邊AB＝3，則該三角形的面積為 ；
（3）如圖，△ABC中，∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，P為AC邊上一點，將△ABP沿直線BP進行折疊，點A落在點D處，連接CD，AD．若△ABD為“方倍三角形”，且AP＝2，求△PDC的面積．
【答案】（1）A；（2）22；（3）3－1
【分析】（1）根據“方倍三角形”定義可得，等邊三角形一定是“方倍三角形”，直角三角形不一定是“方倍三角形”進而可以判斷；
（2）設Rt△ABC其余兩條邊為a，b，滿足a2＋b2＝3，根據“方倍三角形”定義，還滿足：a2＋3＝2b2，即可得a和b的值，進而可得直角三角形的面積；
（3）根據題意可得△ABP≌△DBP，根據“方倍三角形”定義可得△ABD為等邊三角形，從而證明△APD為等腰直角三角形，可得AP＝DP＝2 ，延長BP交AD于點E，根據勾股定理求出BE的長，根據△PBC為等腰直角三角形，可得PC＝2PB＝6?2 ，進而可以求△PDC的面積．
【詳解】解：（1）對于①等邊三角形，三邊相等，
設邊長為a，
則a2＋a2＝2a2，
根據“方倍三角形”定義可知：
等邊三角形一定是“方倍三角形”；
對于②直角三角形，三邊滿足關系式：
a2＋b2＝c2，
根據“方倍三角形”定義可知：
直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故答案為：A；
（2）設Rt△ABC其余兩條邊為a，b，
則滿足a2＋b2＝3，
根據“方倍三角形”定義，還滿足：
a2＋3＝2b2，
聯(lián)立解得a=1b=2 ，
則Rt△ABC的面積為：22；
故答案為：22；
（3）由題意可知：
△ABP≌△DBP，
∴BA＝BD，∠ABP＝∠DBP，
根據“方倍三角形”定義可知：
BA2+BD2＝2AD2＝2BA2，
∴AD＝AB＝BD，
∴△ABD為等邊三角形，∠BAD＝60°，
∴∠ABP＝∠DBP＝30°，
∴∠PBC＝90°，
∵∠CPB＝45°，
∴∠APB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠DPC＝90°，
∵∠ABC＝120°，∠ACB＝45°，
∴∠BAC＝15°，
∴∠CAD＝45°，
∴△APD為等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2 ，
∴AD＝2，
延長BP交AD于點E，如圖，
∵∠ABP＝∠PBD，
∴BE⊥AD，PE＝12AD＝AE＝1，
∴BE＝AB2?AE2=4?1=3，
∴PB＝BE﹣PE＝3 ﹣1，
∵∠CPB＝∠PCB＝45°，
∴△PBC為等腰直角三角形，
∴PC＝2PB＝6?2，
∴S△PDC＝12×PC?PD＝12×（6?2）×2＝3﹣1．
【點睛】本題考查了翻折變換、等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握等邊三角形的性質．
【變式3-2】（2023春·浙江·八年級期末）如圖1，在△ABC，AB＝AC＝10，BC＝12．
(1)求BC邊上的高線長．
(2)點E是BC邊上的動點，點D在邊AB上，且AD＝4，連結DE．
①如圖2，當點E是BC中點時，求△BDE的面積．
②如圖3，沿DE將△BDE折疊得到△FDE，當DF與△ABC其中一邊垂直時，求BE的長．
【答案】(1)8
(2)①14.4；②307或2或8.4
【分析】（1）如圖，過A作AT⊥BC于T,再求解BT=CT=6, 再利用勾股定理求解高線長即可；
（2）①如圖，連接AE, 利用等腰三角形的三線合一證明AE⊥BC,BE=CE=6, 求解AE=8,可得S△ABE=12AE·BE=24, 證明S△BDES△ADE=64=32, 從而可得答案；②分三種情況討論：當DF⊥AB時，再利用等面積法與勾股定理結合可得答案；當DF⊥BC于K時，利用角平分線的性質及面積比可得答案；當DF⊥AC時，如圖，則∠FTM=90°, 證明∠DEK=∠DEF=45°, 再利用勾股定理可得答案.
【詳解】（1）解：如圖，過A作AT⊥BC于T,
∵ AB＝AC＝10，BC＝12，
∴BT=CT=6,AT=102?62=8,
所以BC邊上的高線長為8.
（2）解：①如圖，連接AE,
∵AB=AC=10,BC=12,E為BC的中點，
∴AE⊥BC,BE=CE=6,
由（1）得：AE=8,
∴S△ABE=12AE·BE=12×6×8=24,
∵AD=4, 則BD=10?4=6,
∴S△BDES△ADE=64=32,
∴S△BDE=32+3×24=14.4.
②當DF⊥AB時，由對折可得：
∠BDE=∠FDE=45°,
過A作AT⊥BC于T, 連接DT, 過D作DK⊥BC于K, 過E作EN⊥AB于N,
由①得：S△BDT=14.4,BT=6,
∴12×6×DK=14.4, 則DK=4.8,
∵EN⊥BD,∠BDE=45°, 設DN=x,
則EN=DN=x,
由12BD·EN=12BE·DK,
∴BE=54x,
∴BN=(54x)2?x2=34x, 而BN=6?x,
∴34x=6?x, 解得：x=247,
∴BE=54×247=307,
當DF⊥BC于K時，則DK=4.8,
∴BK=62?4.82=3.6,
過E作EN⊥BD于N, 由對折可得∠BDE=∠FDE,
∴EN=EK,
∴S△BDES△DKE=BEEK=BDDK,
∴BEEK=64.8=54,
∴BE=55+4×3.6=2,
當DF⊥AC時，如圖，則∠FTM=90°,
由對折可得∠B=∠F, 而AB=AC=10, 則∠B=∠C,
∴∠C=∠F, 而∠FMT=∠CME,
∴∠MEC=∠MTE=90°,
結合對折可得：∠DEK=∠DEF=45°,
過D作DK⊥BC于K,
同理可得：DK=EK=4.8,
∴BK=62?4.82=3.6,
∴BE=3.6+4.8=8.4,
綜上：當DF與△ABC其中一邊垂直時，BE的長為307或2或8.4.
【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質，勾股定理的應用，軸對稱的性質，清晰的分類討論，等面積法是應用等都是解本題的關鍵.
【變式3-3】（2023春·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）定義：若a，b，c是△ABC的三邊，且a2+b2=2c2，則稱△ABC為“方倍三角形”．
(1)對于①等邊三角形②直角三角形，下列說法一定正確的是___．
A. ①一定是“方倍三角形” B. ②一定是“方倍三角形”
C. ①②都一定是“方倍三角形” D. ①②都一定不是“方倍三角形”
(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜邊AB=3，則該三角形的面積為___；
(3)如圖，△ABC中，∠ABC=120°，∠ACB=45°，P為AC邊上一點，將△ABP沿直線BP進行折疊，點A落在點D處，連結CD，AD，若△ABD為“方倍三角形”，且AP＝2，求BC的長．
【答案】(1)A
(2)22
(3)3?1
【分析】(1)直接利用“方倍三角形”的定義對等邊三角形和直角三角形分別判斷即可；
(2)根據勾股定理和“方倍三角形”的定義求得直角三角形的三邊長，即可求得直角三角形的面積；
(3)根據題意可得△ABP≌△DBP，根據“方倍三角形”定義可得△ABD為等邊三角形，從而證明△APD為等腰直角三角形，可得AP＝DP＝2，延長BP交AD于點E，根據勾股定理求出BE的長，根據△PBC為等腰直角三角形，即可求得結論．
【詳解】（1）對于①等邊三角形，三邊相等，
設邊長為a，
則a2+a2=2a2，
根據“方倍三角形”定義可知：
等邊三角形一定是“方倍三角形”；
對于②直角三角形，三邊滿足關系式：a2+b2=c2，
根據“方倍三角形”定義可知：
直角三角形不一定是“方倍三角形”；
故選：A
故答案為：A；
（2）設Rt△ABC其余兩條邊為a，b，
則滿足a2+b2=3，
根據“方倍三角形”定義，還滿足：a2+3=2b2，
聯(lián)立解得a=1b=2，
則Rt△ABC的面積為：22；
故答案為：22；
（3）由題意可知：△ABP?△DBP，
∴BA=BD,∠ABP=∠DBP，
根據“方倍三角形”定義可知：
BA2+BD2=2AD2=2BA2，
∴AD=AB=BD，
∴△ABD為等邊三角形，∠BAD=60°，
∴∠ABP=∠DBP=30°，
∴∠PBC=90°，
∵∠CPB=45°，
∴∠APB=180°?45°=135°，
∴∠DPC=90°，
∵∠ABC=120°,∠ACB=45°，
∴∠BAC=15°，
∴∠CAD=45°，
∴△APD為等腰直角三角形，
∴AP=DP=2，
∴AD=2．
延長BP交AD于點E，如圖，
∵∠ABP=∠PBD，
∴BE⊥AD，PE=12AD=AE=1，
∴BE=AB2?AE2=4?1=3，
∴PB=BE?PE=3?1，
∵∠CPB=∠PCB=45°，
∴△PBC為等腰直角三角形，
∴PC=BC=3?1．
【點睛】本題考查了翻折變換、等邊三角形的性質，解決本題的關鍵是掌握等邊三角形的性質．
【題型4 以弦圖為背景的計算】
【例4】（2023春·浙江嘉興·八年級統(tǒng)考期末）在認識了勾股定理的趙爽弦圖后，一位同學嘗試將5個全等的小正方形嵌入長方形ABCD內部，其中點M，N，P，Q分別在長方形的邊AB，BC，CD和AD上，若AB=7，BC=8，則小正方形的邊長為（ ）
A．5B．6C．7D．22
【答案】A
【分析】根據趙爽弦圖，將小正方形分成4個全等的直角三角形，和一個最小的正方形，設直角三角形的短直角邊長為a，長直角邊為b，則正方形的水平寬度與垂直高度為2b?b?a=b+a，根據平移的性質，分別表示出AB,BC，建立二元一次方程組，解方程組，進而勾股定理即可求解．
【詳解】解：如圖所示，根據趙爽弦圖，將小正方形分成4個全等的直角三角形，和一個最小的正方形，
設直角三角形的短直角邊長為a，長直角邊為b，則正方形的水平寬度與垂直高度為b+a，
依題意，2b+a+b=82b+b+a=7
解得：a=1b=2
∴小正方形的邊長為：a2+b2=5，
故選：A．
【點睛】本題考查了勾股定理，掌握弦圖的計算是解題的關鍵．
【變式4-1】（2023春·安徽合肥·八年級合肥市第四十二中學?？计谥校┤鐖D，它是由弦圖變化得到的，是由八個全等的直角三角形拼接而成的，將圖中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面積分別記為S1、S2、S3．
（1）若S1=25，S3=1，則S2= ．
（2）若S1+S2+S3=24，則S2= ．
【答案】 13 8
【分析】（1）首先結合題意求得正方形ABCD的邊長AB=5，正方形MNKT的邊長TM=1，由全等的直角三角的性質可得AE=FM=BF=ET，AF=ME，設AE=FM=BF=ET=x，則AF=5?x，EM=x+1，然后可求得AE=2，AF=3，在Rt△AEF中，由勾股定理可得EF2=AE2+AF2=13，結合正方形面積公式即可獲得答案；
（2）設每一個直角三角形面積為m，則S1=S2+4m，S3=S2?4m，再結合S1+S2+S3=24即可獲得答案．
【詳解】解：（1）當S1=25，S3=1時，
正方形ABCD的邊長AB=25=5，正方形MNKT的邊長TM=1=1，
根據題意，該圖形由八個全等的直角三角形拼接而成，
由全等的直角三角的性質可得AE=FM=BF=ET，AF=ME，
設AE=FM=BF=ET=x，則AF=AB?BF=5?x，EM=ET+TM=x+1，
∴5?x=x+1，解得x=2，
∴AE=2，AF=5?2=3，
∴在Rt△AEF中，EF2=AE2+AF2=22+32=13，
∴正方形EFGH的面積S2=EF2=13；
故答案為：13；
（2）設每一個直角三角形面積為m，
∴則S1=S2+4m，S3=S2?4m，
∵S1+S2+S3=24，
∴S2+4m+S2+S2?4m=3S2=24，
解得S2=8．
故答案為：8．
【點睛】本題考查了正方形的面積、勾股定理等知識，解決本題的關鍵是隨著正方形的邊長的變化表示面積．
【變式4-2】（2023春·四川成都·八年級統(tǒng)考期末）如圖是我國古代著名的“趙爽弦圖”的示意圖，它是由四個全等的直角三角形拼接而成的．已知BE:AE=3:1，正方形ABCD的面積為80．連接ACAC，交BE于點P，交DG于點Q，連接FQ．則圖中陰影部分的面積之和為 ．
【答案】16
【分析】設AE=x，BE=3x，根據正方形的面積公式和勾股定理可求得x2=8，再根據題意和三角形的面積公式可推導出S△FGQ=S△AEP+S△CGQ，進而推出陰影部分的面積之和為梯形GQPF的面積，利用梯形面積公式求解即可．
【詳解】解：由題意，∠AEP=∠CGQ=∠CFP=90°，AE=CG=BF，BE=CF，
∴AE∥CF，BE∥DG，EF=GF，
∴∠EAP=∠GCQ，
∴△AEP≌△CGQASA，
∴EP=GQ，S△AEP=S△CGQ，
∵BE:AE=3:1，
∴設AE=x，則AE=CG=BF=x，BE=CF=3x，
∴EF=GF=CF?CG=2x，
∴S△FGQ=2S△CGQ=S△AEP+S△CGQ，
∴陰影部分的面積之和為
S梯形GQPF=12GQ+PF?GF
=12EP+PF?GF
=12EF?GF
=12×2x2
=2x2，
∵正方形ABCD的面積為80，
∴AE2+BE2=AB2即x2+9x2=80，
∴x2=8，
∴陰影部分的面積之和為16．
故答案為：16．
【點睛】本題考查勾股定理、全等三角形的判定與性質、梯形的面積、三角形的面積，解答的關鍵是理解題意，找尋圖形中線段間的關系，然后利用勾股定理和梯形的面積公式以及轉化的思想方法求解．
【變式4-3】（2023春·四川巴中·八年級統(tǒng)考期末）我國漢代數學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅“弦圖”，后人稱其為“趙爽弦圖”．如圖是由弦圖變化得到的，它由八個全等的直角三角形拼接而成，記圖中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNPQ的面積分別為S1，S2，S3，若S1+S2+S3=45，則S2的值是 ．
【答案】15
【分析】由八個直角三角形全等，四邊形ABCD，EFGH，MNPQ為正方形，得出CG=NG，CF=DG=NF，再根據三個正方形的面積公式列式相加：S1+S2+S3=45，求出GF2的值，從而可以計算結論即可．
【詳解】解：∵八個直角三角形全等，四邊形ABCD，EFGH，MNPQ為正方形，
∴CG=NG，CF=DG=NF，
∴S1=(CG+DG)2
=CG2+DG2+2CG?DG
=GF2+2CG?DG，
S2=GF2，
S3=(NG?NF)2
=NG2+NF2?2NG?NF
∴S1+S2+S3=GF2+2CG?DG+GF2+NF2?2NG?NF=3GF2=45，
∴GF2=15，
∴S2=15，
故答案為：15．
【點睛】此題主要考查了勾股定理的應用，用到的知識點是勾股定理和正方形、全等三角形的性質，根據已知得出3GF2=45是解決問題的關鍵．
【題型5 勾股定理的證明方法】
【例5】（2023春·廣西百色·八年級統(tǒng)考期末）勾股定理是人類早期發(fā)現(xiàn)并證明的重要數學定理之一，是用代數思想解決幾何問題的最重要工具之一，也是數形結合的紐帶之一．它不但因證明方法層出不窮吸引著人們，更因為應用廣泛而使人入迷．
(1)證明勾股定理
取4個與Rt△ABC（圖1）全等的三角形，其中∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，把它們拼成邊長為a+b的正方形DEFG，其中四邊形OPMN是邊長為c的正方形，如圖2，請你利用以下圖形驗證勾股定理．

(2)應用勾股定理

①應用場景1：在數軸上畫出表示無理數的點．
如圖3，在數軸上找出表示1的點D和表示4的點A，過點A作直線l垂直于DA，在l上取點B，使AB=2，以點D為圓心，DB為半徑作弧，則弧與數軸的交點C表示的數是______．
②應用場景2：解決實際問題．
如圖4，某公園有一秋千，秋千靜止時，踏板離地的垂直高度BE=0.5m，將它往前推至C處時，水平距離CD=2m，踏板離地的垂直高度CF=1.5m，它的繩索始終拉直，求繩索AC的長．
【答案】(1)驗證見解析
(2)①1±13；②繩索AC的長為2.5m
【分析】（1）用含a、b的式子用兩種方法表示正方形的面積，然后整理即可證明結論；
（2）①根據勾股定理求出DB，根據實數與數軸解答即可．②設秋千的繩索長為xm，根據題意可得AD=x?1m，利用勾股定理可得22+(x?1)2=x2，即可得到結論．
【詳解】（1）解：證明勾股定理：

由題意得，S正方形DEFG=a+b2，S△ABC=12ab，S正方形OPMN=c2
S正方形DEFG=4S△ABC+S正方形OPMN
∴a2+2ab+b2=4×12ab+c2，
∴a2+b2=c2．
（2）解：①在Rt△DBA中，
∵DB=DA2+AB2=32+22=13,
∴DC=13,
∴點C表示的數是13+1．
故答案為：13+1．
②∵CF=1.5m，BE=0.5m，
∴DB=1m．
設秋千的繩索長為xm，根據題意可得AD=x?1m，
利用勾股定理可得22+(x?1)2=x2．
解得：x=2.5．
答：繩索AC的長為2.5m．
【點睛】本題主要考查了勾股定理的應用，掌握直角三角形中兩直角邊的平方和等于斜邊的平方以及數形結合思想是解題的關鍵．
【變式5-1】（2023春·山東濟寧·八年級統(tǒng)考期末）計算圖1的面積，把圖1看作一個大正方形，它的面積是a+b2，如果把圖1看作是由2個長方形和2個小正方形組成的，它的面積為a2+2ab+b2，由此得到：a+b2=a2+2ab+b2．
(1)如圖2，正方形ABCD是由四個邊長分別是a，b的長方形和中間一個小正方形組成的，用不同的方法對圖2的面積進行計算，你發(fā)現(xiàn)的等式是______（用a，b表示）
(2)已知：兩數x，y滿足x+y=14，xy=24，求x?y的值．
(3)如圖3，正方形ABCD的邊長是c，它由四個直角邊長分別是a，b的直角三角形和中間一個小正方形組成的，對圖3的面積進行計算，你發(fā)現(xiàn)的等式是______．（用a，b，c表示，結果化到最簡）
【答案】(1)a+b2=a?b2+4ab
(2)±10
(3)a2+b2=c2
【分析】（1）根據正方形ABCD的面積=(a+b)2，正方形ABCD的面積(a?b)2+4ab，即可得出(a+b)2=(a?b)2+4ab；
（2）根據（1）中等式，整體代入計算；
（3）根據正方形ABCD的面積=c2，正方形ABCD的面積(a?b)2+4×12ab，即可得出a2+b2=c2．
【詳解】（1）解：如圖2，正方形ABCD的面積=(a+b)2，
正方形ABCD的面積(a?b)2+4ab，
∴(a+b)2=(a?b)2+4ab；
（2）∵(x+y)2=(x?y)2+4xy，且x+y=14，xy=24，
∴142=(x?y)2+4×24，
即(x?y)2=100，
∴x?y的值為±10．
（3）如圖3，正方形ABCD的面積=c2，
正方形ABCD的面積(a?b)2+4×12ab，
∴c2=(a?b)2+4×12ab，
即a2+b2=c2．
【點睛】本題主要考查了完全平方公式的幾何背景，解決問題的關鍵是運用面積法得出完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2．解題時注意數形結合思想的運用．
【變式5-2】（2023春·山西運城·八年級統(tǒng)考期中）綜合與實踐
【背景介紹】勾股定理是幾何學中的明珠，充滿著魅力．如圖1是著名的趙爽弦圖，由四個全等的直角三角形拼成，用它可以證明勾股定理，思路是大正方形的面積有兩種求法，一種是等于c2，另一種是等于四個直角三角形與一個小正方形的面積之和，即12ab×4+b?a2，從而得到等式c2=12ab×4+b?a2，化簡便得結論a2+b2=c2．這里用兩種求法來表示同一個量從而得到等式或方程的方法，我們稱之為“雙求法”．
【方法運用】千百年來，人們對勾股定理的證明趨之若鶩，其中有著名的數學家，也有業(yè)余數學愛好者．向常春在2010年構造發(fā)現(xiàn)了一個新的證法：把兩個全等的直角三角形△ABC和△DEA如圖2放置，其三邊長分別為a，b，c，∠BAC=∠DEA=90°，顯然BC⊥AD．
(1)請用a，b，c分別表示出四邊形ABDC，梯形AEDC，△EBD的面積，再探究這三個圖形面積之間的關系，證明勾股定理a2+b2=c2．
(2)【方法遷移】請利用“雙求法”解決下面的問題：如圖3，小正方形邊長為1，連接小正方形的三個頂點，可得△ABC，則AB邊上的高為______．
(3)如圖4，在△ABC中，AD是BC邊上的高，AB=4，AC=5，BC=6，設BD=x，求x的值．
【答案】(1)見解析
(2)655
(3)x=94
【分析】（1）表示出三個圖形的面積進行加減計算可證a2+b2=c2；
（2）計算出△ABC的面積，再根據三角形的面積公式即可求得AB邊上的高；
（3）運用勾股定理在Rt△ABD和Rt△ADC中求出AD2，列出方程求解即可；
【詳解】（1）證明：∵S四邊形ABCD=12c2，S梯形AEDC=12b+ab，S△BED=12a?ba，
S四邊形ABCD=S梯形AEDC+S△BED
∴12c2=12b+ab+12a?ba
∴12c2=12b2+12ab+12a2?12ab
∴a2+b2=c2
（2）S△ABC=4×4?12×2×4?12×2×4?12×2×2=6，
AB=22+42=25，
∵S△ABC=12AB×?=12×25?=6，
∵?=655
即AB邊上的高是655
（3）解：在Rt△ABD中，由勾股定理得
AD2=AB2?BD2=42?x2=16?x2
∵BD+CD=BC=6，
∴CD=BC?BD=6?x
在Rt△ACD中，由勾股定理得
AD2=AC2?CD2=52?6?x2=?11+12x?x2
∴16?x2=?11+12x?x2，
∴x=94
【點睛】此題主要考查了梯形，證明勾股定理，勾股定理的應用，證明勾股定理常用的方法是利用面積證明，是解本題的關鍵．構造出直角三角形DEF是解本題的難點．
【變式5-3】（2023春·全國·八年級期中）如圖（1），是兩個全等的直角三角形（直角邊分別為a，b，斜邊為c）
（1）用這樣的兩個三角形構造成如圖（2）的圖形，利用這個圖形，證明：a2+b2＝c2；
（2）用這樣的兩個三角形構造圖3的圖形，你能利用這個圖形證明出題（1）的結論嗎？如果能，請寫出證明過程；
（3）當a＝3，b＝4時，將其中一個直角三角形放入平面直角坐標系中，使直角頂點與原點重合，兩直角邊a，b分別與x軸、y軸重合（如圖4中Rt△AOB的位置）．點C為線段OA上一點，將△ABC沿著直線BC翻折，點A恰好落在x軸上的D處．
①請寫出C、D兩點的坐標；
②若△CMD為等腰三角形，點M在x軸上，請直接寫出符合條件的所有點M的坐標．
【答案】（1）見解析；（2）能，見解析；（3）①C、D兩點的坐標為C（0，32），D（2，0）；②符合條件的所有點M的坐標為：（716，0）、（92，0）；、（﹣2，0）、（﹣12，0）
【分析】（1）根據梯形的面積的兩種表示方法即可證明；
（2）根據四邊形ABCD的面積的兩種表示方法即可證明；
（3）①根據翻折的性質和勾股定理即可求解；
②根據等腰三角形的性質分四種情況求解即可．
【詳解】解：（1）∵S梯形ABCD=2×12ab+12c2
S梯形ABCD=12a+ba+b
∴2×12ab+12c2=12(a+b)(a+b)
∴2ab+c2=a2+2ab+b2
∴c2=a2+b2．
（2）連接BD，
如圖：
S四邊形ABCD=12c2+12ab?a，
S四邊形ABCD=12ab+12b2，
∴ 12c2+12a(b?a)=12ab+12b2，
∴c2=a2+b2．
（3）①設OC=a，則AC=4?a，又AB=5，
根據翻折可知：
BD=AB=5，CD=AC=4?a，
OD=BD?OB=5?3=2．
在RtΔCOD中，根據勾股定理，得
(4?a)2=a2+4，
解得a=32．
∴C(0,32)，D(2,0)．
答：C、D兩點的坐標為C(0,32)，D(2,0)．
②如圖：
當點M在x軸正半軸上時，
CM=DM，
設CM=DM=x，則x2=(2?x)2+(32)2，解得x=2516，
∴2?x=716，
∴M(716，0)；
CD=MD，=4?32=52，2+52=92，
∴M(92，0)；
當點M在x軸負半軸上時，
CM=CD，∵OM=OD=2，
∴M(?2,0)；
DC=DM，=4?32=52，
∴OM=52?2=12，
∴M(?12，0)．
∴符合條件的所有點M的坐標為：(716，0)、(92，0)、(?2,0)、(?12，0)．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質，勾股定理，折疊的性質，是三角形的綜合題，解決本題的關鍵是分情況討論思想的運用．
【題型6 勾股定理與全等綜合】
【例6】（2023春·安徽滁州·八年級校考期中）如圖，在△ABC中，AB=AC，AD為底邊BC上的高線，E是AC上一點，連接BE交AD于點F，且∠CBE=45°．

(1)求證：AB2?AD2=BD?CD；
(2)如圖1，若AB=6.5，BC=5，求AF的長；
(3)如圖2，若AF=BC，以BF，EF和AE為邊，能圍成直角三角形嗎？請判斷，并說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)AF的長為3.5
(3)以BF，EF和AE為邊，能圍成直角三角形，理由見解析
【分析】（1）在△ABC中，由AB=AC，AD⊥BC，可得BD=CD，由勾股定理得AB2?AD2=BD2，進而可證AB2?AD2=BD?CD；
（2）由（1）可知BD=CD=12BC=2.5，由勾股定理得，AD=AB2?BD2=6，在Rt△BDF中，∠CBE=45°，可得△BDF是等腰直角三角形，則DF=BD=2.5，根據AF=AD?DF，計算求解即可；
（3）如圖，在BF上取一點H，使BH=EF，連接CF，CH，由∠CBE=45°，AD⊥BC，可得∠BFD=45°，∠AFE=∠BFD=45°，證明△CHB≌△AEFSAS，則AE=CH，∠AEF=∠CHB，由∠CEF+∠AEF=180°=∠CHF+∠CHB，可得∠CEF=∠CHF，CE=CH，由BD=CD，F(xiàn)D⊥BC，可得CF=BF，∠CFD=∠BFD=45°，則∠CFB=∠CFD+∠BFD=90°，即CF⊥EH，由CE=CH，可得EF=FH，由勾股定理，得CF2+FH2=CH2，則BF2+EF2=AE2，進而可得以BF，EF和AE為邊，能圍成直角三角形．
【詳解】（1）證明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，
由勾股定理得AB2?AD2=BD2，
∴AB2?AD2=BD?CD；
（2）解：由（1）可知BD=CD=12BC=2.5，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD=AB2?BD2=6.52?2.52=6，
∵在Rt△BDF中，∠CBE=45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF=BD=2.5，
∴AF=AD?DF=6?2.5=3.5，
∴AF的長為3.5；
（3）解：能圍成直角三角形，理由如下：
如圖，在BF上取一點H，使BH=EF，連接CF，CH，

∵∠CBE=45°，AD⊥BC，
∴∠BFD=45°，
∴∠AFE=∠BFD=45°，
∵BH=FE，∠CBH=∠AFE=45°，BC=AF，
∴△CHB≌△AEFSAS，
∴AE=CH，∠AEF=∠CHB，
∵∠CEF+∠AEF=180°=∠CHF+∠CHB，
∴∠CEF=∠CHF，
∴CE=CH，
∵BD=CD，F(xiàn)D⊥BC，
∴CF=BF，∠CFD=∠BFD=45°，
∴∠CFB=∠CFD+∠BFD=90°，即CF⊥EH，
又∵CE=CH，
∴EF=FH，
在Rt△CFH中，由勾股定理，得CF2+FH2=CH2，
∴BF2+EF2=AE2，
∴以BF，EF和AE為邊，能圍成直角三角形．
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質，勾股定理，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定與性質．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．
【變式6-1】（2023春·江西宜春·八年級統(tǒng)考期中）如圖，把一張矩形紙片沿對角線BD折疊，若BC=9，CD=3，那么AF的長為 ．
【答案】4
【分析】根據折疊的性質可得△ABF≌△EDF(AAS)，設EF=AF=x，則BF=BE?EF=9?x，在Rt△ABF中，根據勾股定理即可求解．
【詳解】解：矩形紙片沿對角線BD折疊，
∴CD=ED=AB=3，BC=AD=BE=9，∠A=∠E=90°，且∠AFB=∠EFD，
∴△ABF≌△EDF(AAS)，
∴EF=AF，BF=DF，
設EF=AF=x，則BF=BE?EF=9?x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2+AF2，
∴(9?x)2=32+x2，解得，x=4，
∴AF=4，
故答案為：4．
【點睛】本題主要考查矩形的折疊，勾股定理，全等三角形的判定和性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
【變式6-2】（2023春·湖北襄陽·八年級校聯(lián)考期中）如圖，正方形ABCD的邊長為10，AG=CH=8，BG=DH=6，連接GH，則線段GH的長為（ ）

A．538B．22C．145D．10?52
【答案】B
【分析】延長BG交CH于點E，根據正方形的性質證明△ABG?△CDHSSS，求出∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，再證明△ABG?△BCEASA，求出GE=2，HE=2，由勾股定理可得GH的長．
【詳解】解：如圖，延長BG交CH于點E，

∵AB=CD=10，BG=DH=6，AG=CH=8，
∴AG2+BG2=AB2，CH2+DH2=CD2，
∴△ABG和△DCH是直角三角形，
在△ABG和△CDH中，AB=CDAG=CHBG=DH，
∴△ABG?△CDHSSS，
∴∠1=∠5，∠2=∠6，∠AGB=∠CHD=90°，
∴∠1+∠2=90°，∠5+∠6=90°，
∵∠2+∠3=90°，∠4+∠5=90°，
∴∠1=∠3=∠5，∠2=∠4=∠6，
在△ABG和△BCE中，∠1=∠3AB=BC∠2=∠4，
∴△ABG?△BCEASA，
∴BE=AG=8，CE=BG=6，∠BEC=∠AGB=90°，
∴GE=BE?BG=8?6=2，
同理可得HE=2，
在Rt△GHE中，GH=GE2+HE2=22+22=22，
故選：B．
【點睛】本題主要考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理及其逆定理的綜合運用，通過證明三角形全等得出GE=2，HE=2是解題的關鍵．
【變式6-3】（2023春·遼寧沈陽·八年級統(tǒng)考期中）在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=62，D是射線CB上的動點，過點A作AF⊥AD（AF始終在AD上方），且AF=AD，連接BF．
(1)如圖1，當點D在線段BC上時，判斷BF與DC的關系，并說明理由．

(2)如圖2，若點D、E為線段BC上的兩個動點，且∠DAE=45°，連接EF，DC=3，求ED的長．

(3)若在點D的運動過程中，BD=3，則AF=___．
(4)如圖3，若M為AB中點，連接MF，在點D的運動過程中，當BD=__時，MF的長最??？最小值是___．

【答案】(1)垂直且相等，理由見解析
(2)5
(3)313或35
(4)9，3
【分析】（1）證明△FAB≌△DAC，由全等三角形的性質即可得出結論；
（2）證明△FAE≌△DAE，由全等三角形的性質及勾股定理即可得出答案；
（3）分兩種情況畫出圖形，由勾股定理進行計算即可得到答案；
（4）當MF⊥BF時，線段MF最短，證出△BFM為等腰直角三角形，可求出MF、BD的長．
【詳解】（1）解：當點D在線段BC上時，
∵AD=AF，∠BAF=90°?∠BAD=∠DAC，AB=AC，
∴△FAB≌△DACSAS，
∴BF=DC，∠ABF=∠ACD=45°，
∴∠FBC=90°，
∴BF⊥DC；
（2）解：AE=AE，∠EAF=90°?∠DAE=45°=∠EAD，AF=AD，
∴△FAE≌△DAESAS，
∴ED=EF，
∵∠BAC=90°，AB=AC=62，
∴BC=12，
∴BD=BC?CD=9，
由（1）可知∠C=∠ABF=∠ABC=45°，CD=BF=3，
∴∠FBE=90°，
設DE=EF=x，
∵BF2+BE2=EF2，
∴32+9?x2=x2，
∴x=5，
∴ED=5；
（3）解：如圖1，當點D在線段BC上，BD=3，設AG為BC邊上的高，G為垂足，
，
在等腰Rt△ABC中，G為BC的中點，AB=AC=62，
∴BC=AB2+AC2=622+622=12，
∴AG=BG=12BC=6，DG=BG?BD=6?3=3，
∴AF=AD=AG2+DG2=62+32=35，
如圖2，點D在線段CB的延長線時，同理可得AG=BG=6，
，
∴DG=BD+BG=3+6=9，
∴AD=AG2+DG2=62+92=313，
故答案為：35或313；
（4）解：點F運動軌跡是過點B，且垂直于BC的射線，根據垂線段最短的性質，當MF⊥BF時，線段MF最短，如圖3，
，
∵BC⊥BF，∠ABC=45°，∠FBD=90°，
∴△BFM為等腰直角三角形，
∴MF=BF=22BM=22×AB2=24×62=3，
由（1）知：BF=CD=3，
∴BD=BC?DC=12?3=9，
此時MF=3，
故答案為：9，3．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質是解題的關鍵．
【題型7 由勾股定理確定在幾何體中的最短距離】
【例7】（2023春·山西大同·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在墻角處放著一個長方體木柜（木柜與墻面和地面均沒有縫腺），一只螞蟻從柜角A處沿著木柜表面爬到柜角C1處．若AB=3，BC=4，CC1=5，則螞蟻爬行的最短路程是（ ）
A．74B．310C．89D．12
【答案】A
【分析】求出螞蟻沿著木柜表面經線段A1B1到C1，以及螞蟻沿著木柜表面經線段BB1到C1的距離，再進行比較即可．
【詳解】解：螞蟻沿著木柜表面經線段A1B1到C1，
爬過的路徑的長是l1=32+4+52=90，
螞蟻沿著木柜表面經線段BB1到C1，
爬過的路徑的長是l2=3+42+52=74．
l1>l2，最短路徑的長是l2=74．
故選A．
【點睛】此題主要考查了長方體展開圖的對角線長度求法，這種題型經常在中考中出現(xiàn)，也是易錯題型，希望能引起同學們的注意．
【變式7-1】（2023春·安徽合肥·八年級合肥壽春中學校考期中）如圖，一個圓柱形食品盒，它的高為10cm，底面圓的周長為32cm
(1)點A位于盒外底面的邊緣，如果在A處有一只螞蟻，它想吃到盒外表面對側中點B處的食物，則螞蟻需要爬行的最短路程是 cm；
(2)將左圖改為一個無蓋的圓柱形食品盒，點C距離下底面3cm，此時螞蟻從C處出發(fā)，爬到盒內表面對側中點B處(如右圖)，則螞蟻爬行的最短路程是 cm．
【答案】 281 20
【分析】（1）把圓柱側面展開，在Rt△ADB中，利用勾股定理求解即可．
（2）將圓柱側面展開，得到矩形PQTA，作點B關于PQ的對稱點B′，構造Rt△CDB′，根據勾股定理求出CB′即可解決問題．
【詳解】(1)如圖，把圓柱側面展開，在Rt△ADB中，
∵AD=16cm，BD=5cm，
∴AB=AD2+BD2=162+52=281 cm，
故答案為：281．
(2)如圖所示，點B與點B′關于PQ對稱，可得CD=16cm，B′D=12cm，
則最短路程為CB′=CD2+B′D2=122+162=20 cm
故答案為：20．
【點睛】本題考查了勾股定理求線段最短距離，軸對稱的性質，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．
【變式7-2】（2023春·全國·八年級期中）愛動腦筋的小明某天在家玩遙控游戲時遇到下面的問題：已知，如圖一個棱長為8cm無蓋的正方體鐵盒，小明通過遙控器操控一只帶有磁性的甲蟲玩具，他先把甲蟲放在正方體盒子外壁A處，然后遙控甲蟲從A處出發(fā)沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到邊CD上后再在邊CD上爬行3cm，最后在沿內壁面正方形ABCD上爬行，最終到達內壁BC的中點M，甲蟲所走的最短路程是 cm
【答案】16
【分析】將正方形ABCD沿著CD翻折得到正方形A'B'CD ，過點M在正方形ABCD內部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，連接QM，過M'作M'N⊥A'B'于點N，此時AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，運用勾股定理求解即可．
【詳解】
如圖，將正方形ABCD沿著CD翻折得到正方形A'B'CD ，過點M在正方形ABCD內部作MM'⊥BC，使MM'=3cm，連接QM，過M'作M'N⊥A'B'于點N，則四邊形MM'NB'是矩形，四邊形PQMM'是平行四邊形，
∴M'N'=MB'，PM'=QM，B'N=MM'，∠A'NM'=90°，
此時AP+PQ+QM=A'P+PQ+PM'=A'M'+PQ最小，
∵點M是BC中點，
∴CM=12BC=4cm，
∴M'N=MB'=12cm，A'N=A'B'?B'N=5cm，
在Rt△A'M'N中，A'M'=A'N2+M'N2=52+122=13cm，
∴A'M'+PQ=16cm，
故答案為：16．
【點睛】本題考查最短路徑問題，考查了正方形的性質，矩形的性質，平行四邊形的性質和判定，勾股定理，軸對稱性質等，解題的關鍵是將立體圖形中的最短距離轉換為平面圖形的兩點之間線段長度進行計算．
【變式7-3】（2023春·廣東佛山·八年級統(tǒng)考期末）初中幾何的學習始于空間的“實物和具體模型”，聚焦平面的“幾何圖形的特征和運用”，形成了空間幾何問題要轉化為平面幾何問題的解題策略．
問題提出：如圖所示是放在桌面上的一個圓柱體，一只螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，如何求最短路程呢？
(1)問題分析：螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，可以有幾條路徑？在圖中畫出來；
(2)問題探究：①若圓柱體的底面圓的周長為18cm，高為12cm，螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，求最短路程；
②若圓柱體的底面圓的周長為24cm，高為4cm，螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，求最短路程；
③若圓柱體的底面圓的半徑為r，高為?，一只螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，求最短路程．
【答案】(1)3條，圖形見解析
(2)①15cm；②410cm；③π2r2+?2cm
【分析】（1）共有3條路徑，第一條先沿圓柱體的高爬行，再從上底面邊緣爬行；第二條先沿圓柱體的高爬行，再從上底面直徑爬行；第三條沿圓柱體側面爬行，即可；
（2）①連接AB，利用兩點之間，線段最短，在Rt△ABC中，根據勾股定理，求出AB的長，即可求解；②利用兩點之間，線段最短，在Rt△ABC中，根據勾股定理，求出AB的長，即可求解；③利用兩點之間，線段最短，在Rt△ABC中，根據勾股定理，求出AB的長，即可求解．
【詳解】（1）解：共有3條路徑，如下圖：
（2）解：①如圖，連接AB，
根據題意得：AC=12×18=9cm，BC=12cm，
∴AB=AC2+BC2=15cm，
即螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，最短路程為15cm；
②如圖，連接AB，
根據題意得：AC=12×24=12cm，BC=4cm，
∴AB=AC2+BC2=410cm，
即螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，最短路程為410cm；
③如圖，連接AB，
根據題意得：AC=12×2πr=πrcm，BC=?cm，
∴AB=AC2+BC2=π2r2+?2cm，
即螞蟻從點A出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點B，最短路程為π2r2+?2cm．
【點睛】本題主要考查了勾股定理的實際應用，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．
【題型8 由勾股定理構造圖形解決實際問題】
【例8】（2023春·吉林白城·八年級統(tǒng)考期末）如圖所示，A、B兩塊試驗田相距200m，C為水源地，AC＝160m，BC＝120m，為了方便灌溉，現(xiàn)有兩種方案修筑水渠．
甲方案：從水源地C直接修筑兩條水渠分別到A、B；
乙方案；過點C作AB的垂線，垂足為H，先從水源地C修筑一條水渠到AB所在直線上的H處，再從H分別向A、B進行修筑．
（1）請判斷△ABC的形狀（要求寫出推理過程）；
（2）兩種方案中，哪一種方案所修的水渠較短？請通過計算說明．
【答案】（1）△ABC是直角三角形，理由見解析；（2）（2）甲方案所修的水渠較短；理由見解析
【分析】（1）由勾股定理的逆定理即可得出△ABC是直角三角形；
（2）由△ABC的面積求出CH，得出AC+BC＜CH+AH+BH，即可得出結果．
【詳解】解：（1）△ABC是直角三角形；
理由如下：
∴AC2+BC2＝1602+1202＝40000，AB2＝2002＝40000，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）甲方案所修的水渠較短；
理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴△ABC的面積＝12AB?CH＝12AC?BC，
∴CH＝AC?BCAB=160×120200=96（m），
∵AC+BC＝160+120＝280（m），CH+AH+BH=CH+AB＝96+200＝296（m），
∴AC+BC＜CH+AH+BH，
∴甲方案所修的水渠較短．
【點睛】本題考查了勾股定理的應用、勾股定理的逆定理、三角形面積的計算；熟練掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理證出△ABC是直角三角形是解決問題的關鍵．
【變式8-1】（2023春·全國·八年級期中）2019年10月1日，中華人民共和國70年華誕之際，王梓涵和學校國旗護衛(wèi)隊的其他同學們趕到學校舉行了簡樸而降重的升旗儀式．傾聽著雄壯的國歌聲，目送著五星紅旗緩緩升起，不禁心潮澎湃，愛國之情油然而生．愛動腦筋的王梓涵設計了一個方案來測量學校旗桿的高度．將升旗的繩子拉直到末端剛好接觸地面，測得此時繩子末端距旗桿底端2米，然后將繩子末端拉直到距離旗桿5m處，測得此時繩子末端距離地面高度為1m，最后根據剛剛學習的勾股定理就能算出旗桿的高度為（ ）
A．10mB．11mC．12mD．13m
【答案】B
【分析】根據題意畫出示意圖，設旗桿高度為xm，可得AC＝AD＝xm，AB＝（x﹣1）m，BC＝5m，在Rt△ABC中利用勾股定理可求出x．
【詳解】設旗桿高度為xm，可得AC＝AD＝xm，AB＝（x﹣1）m，BC＝5m，
根據勾股定理得，繩長的平方＝x2+22，
如圖，根據勾股定理得，繩長的平方＝（x﹣1）2+52，
∴x2+22＝（x﹣1）2+52，解得x＝11，
故選：B．
【點睛】此題考查勾股定理，題中有兩種拉繩子的方式，故可以構建兩個直角三角形，形狀不同大小不同但都是直角三角形且繩子的長度是不變的，因此根據繩子建立勾股定理的等式，由此解答問題．
【變式8-2】（2023春·陜西西安·八年級西北大學附中校考期末）【問題探究】
(1)如圖①，點E是正△ABC高AD上的一定點,請在AB上找一點F，使EF=12AE，并說明理由；
(2)如圖②，點M是邊長為2的正△ABC高AD上的一動點，求12AM+MC的最小值；
【問題解決】
(3)如圖③，A、B兩地相距600km,AC是筆直地沿東西方向向兩邊延伸的一條鐵路，點B到AC的最短距離為360km．今計劃在鐵路線AC上修一個中轉站M，再在BM間修一條筆直的公路。如果同樣的物資在每千米公路上的運費是鐵路上的兩倍。那么，為使通過鐵路由A到M再通過公路由M到B的總運費達到最小值，請確定中轉站M的位置,并求出AM的長．(結果保留根號)
【答案】（1）詳見解析；（2）3；（3）AM=(480?1203)km．
【分析】（1）根據等邊三角形的性質得出∠BAD=30°，得出EF=12AE；
（2）根據題意得出C，M，N在一條直線上時，此時12AM+MC最小，進而求出即可；
（3）作BD⊥AC，垂足為點D，在AC異于點B的一側作∠CAN=30°，作BF⊥AN，垂足為點F，交AC于點M，點M即為所求，在Rt△ABD中，求出AD的長，在Rt△MBD中，得出MD的長，即可得出答案．
【詳解】解：(1)如圖①，作EF⊥AB，垂足為點F，點F即為所求。
理由如下：∵點E是正△ABC高AD上的一定點，
∴∠BAD=30°，
∵EF⊥AB，
∴EF=12AE；
(2)如圖②,作CN⊥AB,垂足為點N,交AD于點M,此時12AM+MC最小，最小為CN的長。
∵△ABC是邊長為2的正△ABC，
∴CN=BCsin60°=2×32=3
∴MN+CM=12AM+MC=3
即12AM+MC的最小值為3
(3)如圖③,作BD⊥AC,垂足為點D,在AC異于點B的一側作∠CAN=300
作BF⊥AN，垂足為點F，交AC于點M，點M即為所求。
在Rt△ABD中,AD=AB2?BD2=6002?3602=480(km)
在Rt△MBD中,∠MBD=∠MAF=30°,得MD=BDtan30°=1203(km)，
所以AM=(480?1203)km．
【點睛】此題主要考查了正三角形的性質以及銳角三角函數關系和勾股定理等知識，利用特殊角的三角函數關系得出是解題關鍵．
【變式8-3】（2023·四川德陽·八年級校考期末）目前，某市正積極推進“五城聯(lián)創(chuàng)”，其中擴充改造綠地是推進工作計劃之一.現(xiàn)有一塊直角三角形綠地，量得兩直角邊長分別為a＝9m和b＝12m，現(xiàn)要將此綠地擴充改造為等腰三角形，且擴充部分包含以b＝12m為直角邊的直角三角形，則擴充后等腰三角形的周長為 .
【答案】40米或48米或（30+65）米.
【詳解】【分析】分三種情形討論即可，①AB=BE1，②AB=AE3，③E2A=E2B，分別計算即可．
【詳解】在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=9，AC=12，∴AB=BC2+AC2=15，
①當BA=BE1=15時，CE1=6，
∴AE1=AC2+CE12=65，
∴△ABE1周長為（30+65）米；
②當AB=AE3=15時，CE3=BC=9，BE3=18，
∴△ABE3周長為48米；
③當E2A=E2B時，設E2C=x，則有E2A=BC+E2C=9+x，
∵∠ACE2=90°，∴AE22=CE22+AC2，
即（9+x）2=x2+122，
∴x=3.5，
∴E2A=E2B=9+3.5=12.5，
∴△ABE2周長為2×12.5+15=40米；
綜上所述擴充后等腰三角形的周長為40米或48米或（30+65）米，
故答案為40米或48米或（30+65）米.
【點睛】本題考查了等腰三角形、勾股定理、三角形周長等知識，正確理解題意，畫出相應的圖形解題的關鍵，屬于一題多解，注意不要漏解．

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