中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)沖刺第12講 勾股定理及其逆定理（知識精講+真題練+模擬練+自招練）（解析版）

第12講勾股定理及其逆定理（知識精講+真題練+模擬練+自招練）【考綱要求】1.了解勾股定理的歷史，掌握勾股定理的證明方法；2.理解并掌握勾股定理及逆定理的內(nèi)容；3.能應(yīng)用勾股定理及逆定理解決有關(guān)的實際問題；4.加強知識間的內(nèi)在聯(lián)系，用方程思想解決幾何問題．以體現(xiàn)代數(shù)與幾何之間的內(nèi)在聯(lián)系．【知識導(dǎo)圖】【考點梳理】考點一、勾股定理1.勾股定理：直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方.（即：）2.勾股定理的證明：勾股定理的證明方法很多，常見的是拼圖的方法.用拼圖的方法驗證勾股定理的思路是：①圖形經(jīng)過割補拼接后，只要沒有重疊，沒有空隙，面積不會改變；②根據(jù)同一種圖形的面積不同的表示方法，列出等式，推導(dǎo)出勾股定理.3.勾股定理的應(yīng)用勾股定理反映了直角三角形三邊之間的關(guān)系，是直角三角形的重要性質(zhì)之一，其主要應(yīng)用是：①已知直角三角形的任意兩邊長，求第三邊,在中，，則，，；②知道直角三角形一邊，可得另外兩邊之間的數(shù)量關(guān)系；③可運用勾股定理解決一些實際問題.考點二、勾股定理的逆定理1.原命題與逆命題如果一個命題的題設(shè)和結(jié)論分別是另一個命題的結(jié)論和題設(shè)，這樣的兩個命題叫做互逆命題.如果把其中一個叫做原命題，那么另一個叫做它的逆命題.2.勾股定理的逆定理勾股定理的逆定理：如果三角形的三邊長，滿足，那么這個三角形是直角三角形.3.勾股數(shù)①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)，即中，，，為正整數(shù)時，稱，，為一組勾股數(shù)；②記住常見的勾股數(shù)可以提高解題速度，如；；；等；③用含字母的代數(shù)式表示組勾股數(shù)：（為正整數(shù)）；（為正整數(shù)）（，為正整數(shù)）.考點三、勾股定理與勾股定理逆定理的區(qū)別與聯(lián)系區(qū)別：勾股定理是直角三角形的性質(zhì)定理，而其逆定理是判定定理；聯(lián)系：勾股定理與其逆定理的題設(shè)和結(jié)論正好相反，兩者互為逆定理，都與直角三角形有關(guān).【典型例題】題型一、勾股定理及其逆定理的綜合應(yīng)用例1．在正方形ABCD中，E是BC的中點，F(xiàn)為CD上一點，且，試判斷△AEF是否是直角三角形？試說明理由．【思路點撥】首先設(shè)正方形的邊長為4a，則CF=a，DF=3a，CE=BE=2a．根據(jù)勾股定理可求出AF，AE和EF的長度．如果它們?nèi)齻€的長度滿足勾股定理，△AEF為直角三角形，否則不是直角三角形．【答案與解析】解：設(shè)正方形的邊長為4a，∵E是BC的中點，，∴CF=a，DF=3a，CE=BE=2a．由勾股定理得：AF2=AD2+DF2=16a2+9a2=25a2，EF2=CE2+CF2=4a2+a2=5a2，AE2=AB2+BE2=16a2+4a2=20a2，∴AF2=EF2+AE2，∴△AEF為直角三角形．【總結(jié)升華】勾股定理的應(yīng)用．在解答此類題時有一個小竅門，題干中各邊長都沒有給出確定的值，我們已知各邊長的比值，這時我們可以將邊長設(shè)成具體的值．這樣解題時用到的都是數(shù)字，表達方便．【變式】如圖，矩形ABCD的對角線AC=10，BC=8，則圖中五個小矩形的周長之和為（）.A.14B.16C.20D.28【答案】D.根據(jù)題意可知五個小矩形的周長之和正好能平移到大矩形的四周，故即可得出答案：∵AC=10，BC=8，∴AB=6，圖中五個小矩形的周長之和為：6+8+6+8=28．例2．如圖所示，四邊形ABCD中，DC∥AB，BC=1，AB=AC=AD=2.則BD的長為（）.【思路點撥】以A為圓心，AB長為半徑作圓，延長BA交⊙A于F，連接DF．在△BDF中，由勾股定理即可求出BD的長．【答案與解析】以A為圓心，AB長為半徑作圓，延長BA交⊙A于F，連接DF．可證∠FDB=90°，∠F=∠CBF，∴DF=CB=1，BF=2+2=4，∴BD=．故選B．【總結(jié)升華】本題考查了勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出以A為圓心，AB長為半徑的圓，構(gòu)建直角三角形從而求解．【變式】如圖，圓柱的底面周長為6cm，AC是底面圓的直徑，高BC=6cm，點P是母線BC上一點且PC=BC．一只螞蟻從A點出發(fā)沿著圓柱體的表面爬行到點P的最短距離是（）A．（4+）cm B．5cm C．2cm D．7cm【答案】B.【解析】解：側(cè)面展開圖如圖所示：∵圓柱的底面周長為6cm，∴AC′=3cm．∵PC′=BC′，∴PC′=×6=4cm．在Rt△ACP中，AP2=AC′2+CP2，∴AP==5．故選：B．題型二、勾股定理及其逆定理與其他知識的結(jié)合應(yīng)用例3．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，將Rt△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到Rt△ADE，點B經(jīng)過的路徑為弧BD，則圖中陰影部分的面積是________________．【思路點撥】先根據(jù)勾股定理得到AB＝，再根據(jù)扇形的面積公式計算出S扇形ABD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S陰影部分＝S△ADE＋S扇形ABD－S△ABC＝S扇形ABD【答案與解析】∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，∴AB＝，∴S扇形ABD＝,又∴Rt△ABC繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)30°后得到Rt△ADE，∴Rt△ADE≌Rt△ACB，∴S陰影部分＝S△ADE＋S扇形ABD－S△ABC＝S扇形ABD＝．【總結(jié)升華】本題考查了扇形的面積公式：．也考查了勾股定理以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．考點涉及到扇形面積的計算；勾股定理；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).例4.如圖，矩形紙片ABCD中，已知AD=8，折疊紙片使AB邊與對角線AC重合，點B落在點F處，折痕為AE，且EF=3，則AB的長為().A.3B.4C.5D.6【思路點撥】先根據(jù)矩形的特點求出BC的長，再由翻折變換的性質(zhì)得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的長，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的長．【答案與解析】∵四邊形ABCD是矩形，AD=8，∴BC=8，∵△AEF是△AEB翻折而成，∴BE=EF=3，AB=AF，△CEF是直角三角形，∴CE=8-3=5，在Rt△CEF中，CF=，設(shè)AB=x，在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即（x+4）2=x2+82，解得x=6，故選D．【總結(jié)升華】本題考查的是翻折變換及勾股定理，熟知折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等是解答此題的關(guān)鍵．【變式】如圖為梯形紙片ABCD，E點在BC上，且∠AEC＝∠C＝∠D＝90°，AD＝3，BC＝9,CD＝8．若以AE為折線，將C折至BE上，使得CD與AB交于F點，則BF長度為何（）.A．4.5 B．5C．5.5 D．6【答案】B．例5．一個正方體物體沿斜坡向下滑動，其截面如圖所示．正方形DEFH的邊長為2米，坡角∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝6米．當(dāng)正方形DEFH運動到什么位置，即當(dāng)AE＝米時，有DC2＝AE2＋BC2．【思路點撥】根據(jù)已知得出假設(shè)AE＝x，可得EC＝12－x，利用勾股定理得出DC2＝DE2＋EC2＝4＋（12－x）2，AE2＋BC2＝x2＋36，即可求出x的值．【答案與解析】假設(shè)AE＝x，可得EC＝12－x，∵坡角∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝6米，∴AC＝12米，∵正方形DEFH的邊長為2米，即DE＝2米，∴DC2＝DE2＋EC2＝4＋（12－x）2，AE2＋BC2＝x2＋36，∵DC2＝AE2＋BC2，∴4＋（12－x）2＝x2＋36，解得：x＝．故答案為：．【總結(jié)升華】此題主要考查了勾股定理的應(yīng)用以及一元二次方程的應(yīng)用，根據(jù)已知表示出CE，AE的長度是解決問題的關(guān)鍵．例6.某園藝公司對一塊直角三角形的花圃進行改造．測得兩直角邊長為6m、8m．現(xiàn)要將其擴建成等腰三角形，且擴充部分是以8m為直角邊的直角三角形．求擴建后的等腰三角形花圃的周長．【思路點撥】原題并沒有給出圖形，要根據(jù)題意畫出符合題意的圖形，畫出圖形后，可知本題實際上應(yīng)三類情況討論：一是將△ABC沿直線AC翻折180°后，得等腰三角形ABD，如圖1；二是延長BC至點D，使CD＝4，則BD＝AB＝10，得等腰三角形ABD，如圖2；三是作斜邊AB的中垂線交BC的延長線于點D，則DA＝DB，得等腰三角形ABD，如圖3．先作出符合條件的圖形后，再根據(jù)勾股定理進行求解即可．【答案與解析】分三類情況討論如下：（1）如圖1所示，原來的花圃為Rt△ABC，其中BC＝6m，AC＝8m，∠ACB＝90°．由勾股定理易知AB＝10m，將△ABC沿直線AC翻折180°后，得等腰三角形ABD，此時，AD＝10m，CD＝6m．故擴建后的等腰三角形花圃的周長為12＋10＋10＝32（m）．（2）如圖2，因為BC＝6m，CD＝4m，所以BD＝AB＝10m，在Rt△ACD中，由勾股定理得AD＝＝4，此時，擴建后的等腰三角形花圃的周長為4＋10＋10＝20＋4．（3）如圖3，設(shè)△ABD中DA＝DB，再設(shè)CD＝xm，則DA＝(x＋6)m，在Rt△ACD中，由勾股定理得x2＋82＝(x＋6)2，解得x＝∴擴建后等腰三角形花圃的周長＝10＋2(x＋6)＝（m）．【總結(jié)升華】對于無附圖幾何問題，往往需要根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合已知條件及圖形分析求解，這樣便于尋找解題思路．【變式】“希望中學(xué)”有一塊三角形形狀的花圃ABC，現(xiàn)可直接測量到∠A=30°，AC=40m，BC=25m，請求出這塊花圃的面積．【答案】作CD⊥AB．∵∠A=30°，∴CD=AC=×40=20（m），AD=（m），BD=15（m）．（1）當(dāng)∠ACB為鈍角時，AB=AD+BD=+15，∴S△ABC=AB?CD=（+15）×20=（200+150）（m2）．（2）當(dāng)∠ACB為銳角時，AB=AD-BD=20-15．∴S△ABC=AB?CD=AB?CD=(20-15)×20=（200-150）（m2）．【中考過關(guān)真題練】一．選擇題（共8小題）1．（2022?攀枝花）如圖1是第七屆國際數(shù)學(xué)教育大會（ICME）的會徽，在其主體圖案中選擇兩個相鄰的直角三角形，恰好能夠組合得到如圖2所示的四邊形OABC．若OC＝，BC＝1，∠AOB＝30°，則OA的值為（）A． B． C． D．1【分析】根據(jù)勾股定理和含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：∵∠OBC＝90°，OC＝，BC＝1，∴OB＝＝＝2，∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，∴AB＝OB＝1，∴OA＝＝＝，故選：A．【點評】本題主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，熟練掌握等角的三角函數(shù)值相等是解題的關(guān)鍵．2．（2022?荊門）如圖，一座金字塔被發(fā)現(xiàn)時，頂部已經(jīng)蕩然無存，但底部未曾受損．已知該金字塔的下底面是一個邊長為120m的正方形，且每一個側(cè)面與地面成60°角，則金字塔原來高度為（）A．120m B．60m C．60m D．120m【分析】根據(jù)底部是邊長為120m的正方形求出BC的長，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)求解AB的長，利用勾股定理求出AC的長即可．【解答】解：如圖，∵底部是邊長為120m的正方形，∴BC＝×120＝60m，∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝120m，∴AC＝＝m．故選：B．【點評】本題考查的是勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，理解題意是解答此題的關(guān)鍵．3．（2022?百色）活動探究：我們知道，已知兩邊和其中一邊的對角對應(yīng)相等的兩個三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所對的邊為，滿足已知條件的三角形有兩個（我們發(fā)現(xiàn)其中如圖的△ABC是一個直角三角形），則滿足已知條件的三角形的第三邊長為（）A．2 B．2﹣3 C．2或 D．2或2﹣3【分析】根據(jù)題意知，CD＝CB，作CH⊥AB于H，再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得CH，AH的長，再利用勾股定理求出BH，從而得出答案．【解答】解：如圖，CD＝CB，作CH⊥AB于H，∴DH＝BH，∵∠A＝30°，∴CH＝AC＝，AH＝CH＝，在Rt△CBH中，由勾股定理得BH＝＝，∴AB＝AH+BH＝＝2，AD＝AH﹣DH＝＝，故選：C．【點評】本題主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，理解題意，求出BH的長是解題的關(guān)鍵．4．（2022?廣元）如圖，在△ABC中，BC＝6，AC＝8，∠C＝90°，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，與AB交于點D，再分別以A、D為圓心，大于AD的長為半徑畫弧，兩弧交于點M、N，作直線MN，分別交AC、AB于點E、F，則AE的長度為（）A． B．3 C．2 D．【分析】利用勾股定理求出AB，再利用相似三角形的性質(zhì)求出AE即可．【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8，∴AB＝＝＝10，∵BD＝CB＝6，∴AD＝AB﹣BC＝4，由作圖可知EF垂直平分線段AD，∴AF＝DF＝2，∵∠A＝∠A，∠AFE＝∠ACB＝90°，∴△AFE∽△ACB，∴＝，∴＝，∴AE＝，故選：A．【點評】本題考查勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．5．（2022?蘇州）如圖，點A的坐標為（0，2），點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC．若點C的坐標為（m，3），則m的值為（）A． B． C． D．【分析】過C作CD⊥x軸于點D，CE⊥y軸于點E，根據(jù)將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，可得△ABC是等邊三角形，又A（0，2），C（m，3），即得AC＝＝BC＝AB，可得BD＝＝，OB＝＝，從而+＝m，即可解得m＝．【解答】解：過C作CD⊥x軸于點D，CE⊥y軸于點E，如圖：∵CD⊥x軸，CE⊥y軸，∠DOE＝90°，∴四邊形EODC是矩形，∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，∴AC＝＝＝BC＝AB，在Rt△BCD中，BD＝＝＝，在Rt△AOB中，OB＝＝＝，∵OB+BD＝OD＝m，∴+＝m，化簡變形得：3m4﹣22m2﹣25＝0，解得m＝或m＝﹣（舍去），∴m＝，故選：C．【點評】本題考查直角坐標系中的旋轉(zhuǎn)變換，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用勾股定理，用含m的代數(shù)式表示相關(guān)線段的長度．6．（2022?湖州）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點，BM＝4，BN＝2．若點P是這個網(wǎng)格圖形中的格點，連結(jié)PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（）A．4 B．6 C．2 D．3【分析】在網(wǎng)格中，以MN為直角邊構(gòu)造一個等腰直角三角形，使PM最長，利用勾股定理求出即可．【解答】解：如圖所示：∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，∴△BMN≌△CNP（SAS），∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，∵∠BMN+∠BNM＝90°，∴∠BNM+∠CNP＝90°，∴∠MNP＝90°，∴△NMP為等腰直角三角形，根據(jù)題意得到點P的軌跡為圓弧，當(dāng)MP為直徑時最長，在Rt△BMN和Rt△NCP中，根據(jù)勾股定理得：MN＝NP＝＝2，則PM＝＝2．故選：C．【點評】此題考查了勾股定理，熟練掌握勾股定理是解本題的關(guān)鍵．7．（2022?溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連結(jié)CF，作GM⊥CF于點M，BJ⊥GM于點J，AK⊥BJ于點K，交CF于點L．若正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，CE＝+，則CH的長為（）A． B． C．2 D．【分析】設(shè)CF交AB于點P，過C作CN⊥AB于點N，設(shè)正方形JKLM邊長為m，根據(jù)正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，得AF＝AB＝m，證明△AFL≌△FGM（AAS），可得AL＝FM，設(shè)AL＝FM＝x，在Rt△AFL中，x2+（x+m）2＝（m）2，可解得x＝m，有AL＝FM＝m，F(xiàn)L＝2m，從而可得AP＝，F(xiàn)P＝m，BP＝，即知P為AB中點，CP＝AP＝BP＝，由△CPN∽△FPA，得CN＝m，PN＝m，即得AN＝m，而tan∠BAC＝＝＝，又△AEC∽△BCH，得＝，即＝，故CH＝2．【解答】解：設(shè)CF交AB于點P，過C作CN⊥AB于點N，如圖：設(shè)正方形JKLM邊長為m，∴正方形JKLM面積為m2，∵正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，∴正方形ABGF的面積為5m2，∴AF＝AB＝m，由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，∴△AFL≌△FGM（AAS），∴AL＝FM，設(shè)AL＝FM＝x，則FL＝FM+ML＝x+m，在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，∴x2+（x+m）2＝（m）2，解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），∴AL＝FM＝m，F(xiàn)L＝2m，∵tan∠AFL＝＝＝＝，∴＝，∴AP＝，∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，∴AP＝BP，即P為AB中點，∵∠ACB＝90°，∴CP＝AP＝BP＝，∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，∴△CPN∽△FPA，∴＝＝，即＝＝，∴CN＝m，PN＝m，∴AN＝AP+PN＝m，∴tan∠BAC＝＝＝＝，∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，∴△AEC∽△BCH，∴＝，∵CE＝+，∴＝，∴CH＝2，故選：C．【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及全等三角形判定與性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是用含m的代數(shù)式表示相關(guān)線段的長度．8．（2022?湘潭）中國古代數(shù)學(xué)家趙爽在為《周髀算經(jīng)》作注解時，用4個全等的直角三角形拼成正方形（如圖），并用它證明了勾股定理，這個圖被稱為“弦圖”．若“弦圖”中小正方形面積與每個直角三角形面積均為1，α為直角三角形中的一個銳角，則tanα＝（）A．2 B． C． D．【分析】根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以先求出大正方形的面積，然后設(shè)出小直角三角形的兩條直角邊，再根據(jù)勾股定理和兩直角邊的關(guān)系可求得直角三角形的兩條直角邊的長，然后即可求得tanα的值．【解答】解：由已知可得，大正方形的面積為1×4+1＝5，設(shè)直角三角形的長直角邊為a，短直角邊為b，則a2+b2＝5，a﹣b＝1，解得a＝2，b＝1或a＝1，b＝﹣2（不合題意，舍去），∴tanα＝＝＝2，故選：A．【點評】本題考查勾股定理的證明、解直角三角形，解答本題的關(guān)鍵是求出直角三角形的兩條直角邊長．二．填空題（共14小題）9．（2022?湖北）勾股定理最早出現(xiàn)在商高的《周髀算經(jīng)》：“勾廣三，股修四，徑隅五”．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；…，若此類勾股數(shù)的勾為2m（m≥3，m為正整數(shù)），則其弦是m2+1（結(jié)果用含m的式子表示）．【分析】根據(jù)題意得2m為偶數(shù)，設(shè)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．【解答】解：∵m為正整數(shù)，∴2m為偶數(shù)，設(shè)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，故答案為：m2+1．【點評】本題考查了勾股數(shù)，勾股定理，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．10．（2022?泰州）如圖所示的象棋盤中，各個小正方形的邊長均為1．“馬”從圖中的位置出發(fā)，不走重復(fù)路線，按照“馬走日”的規(guī)則，走兩步后的落點與出發(fā)點間的最短距離為．【分析】根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖，第一步到①，第二步到②，故走兩步后的落點與出發(fā)點間的最短距離為＝，故答案為：．【點評】本題考查了勾股定理，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．11．（2022?舟山）如圖，在直角坐標系中，△ABC的頂點C與原點O重合，點A在反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象上，點B的坐標為（4，3），AB與y軸平行，若AB＝BC，則k＝32．【分析】由點B的坐標為（4，3）求出BC＝5，又AB＝BC，AB與y軸平行，可得A（4，8），用待定系數(shù)法即得答案．【解答】解：∵點B的坐標為（4，3），C（0，0），∴BC＝＝5，∴AB＝BC＝5，∵AB與y軸平行，∴A（4，8），把A（4，8）代入y＝得：8＝，解得k＝32，故答案為：32．【點評】本題考查反比例函數(shù)圖象上點坐標的特征，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法，能根據(jù)已知求出點A的坐標．12．（2022?永州）我國古代數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制了一幅“趙爽弦圖”，極富創(chuàng)新意識地給出了勾股定理的證明．如圖所示，“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形與中間的小正方形拼成的一個大正方形．若大正方形的面積是25，小正方形的面積是1，則AE＝3．【分析】根據(jù)題意得出AB＝BC＝CD＝DA＝5，EF＝FG＝GH＝HE＝1，設(shè)AF＝DE＝CH＝BG＝x，結(jié)合圖形得出AE＝x﹣1，利用勾股定理列方程求解．【解答】解：∵大正方形的面積是25，小正方形的面積是1，∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，EF＝FG＝GH＝HE＝1，根據(jù)題意，設(shè)AF＝DE＝CH＝BG＝x，則AE＝x﹣1，在Rt△AED中，AE2+ED2＝AD2，∴（x﹣1）2+x2＝52，解得：x1＝4，x2＝﹣3（舍去），∴x﹣1＝3，故答案為：3．【點評】題目主要考查正方形的性質(zhì)，勾股定理解三角形，一元二次方程的應(yīng)用等，理解題意，利用方程思想解題是關(guān)鍵．13．（2022?鄂爾多斯）如圖，AB⊥BC于點B，AB⊥AD于點A，點E是CD中點，若BC＝5，AD＝10，BE＝，則AB的長是12．【分析】延長BE交AD于點F，由“ASA”可證△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的長．【解答】解：如圖，延長BE交AD于點F，∵點E是DC的中點，∴DE＝CE，∵AB⊥BC，AB⊥AD，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE，∵∠FED＝∠BEC，∴△BCE≌△FDE（ASA），∴DF＝BC＝5，BE＝EF，∴BF＝2BE＝13，在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．故答案為：12．【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．14．（2022?山西）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線上，且BE＝DF，連接EF交邊AD于點G．過點A作AN⊥EF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE＝5，CN＝8，則線段AN的長為4．【分析】連接AE，AF，EN，由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可證得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，從而可得∠EAF＝90°，根據(jù)等腰三角形三線合一可得點M為EF中點，由AN⊥EF可證得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，設(shè)DN＝x，則EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝BC＝20，由勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，連接AE，AF，EN，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，∴∠EAF＝90°，∴△EAF為等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），∴EN＝FN，設(shè)DN＝x，∵BE＝DF＝5，CN＝8，∴CD＝CN+DN＝x+8，∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2＝EN2，即82+（x+3）2＝（x+5）2，解得：x＝12，∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，∴AN＝＝＝4，解法二：可以用相似去做，△ADN與△FCE相似，設(shè)正方形邊長為x，＝，即＝，∴x＝20．在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．故答案為：4．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)建全等三角形解決問題．15．（2022?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是80．【分析】過點D作DM⊥CI于點M，過點F作FN⊥CI于點N，由正方形的性質(zhì)可證得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，F(xiàn)N＝CJ，可證得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，從而可得CN，可得BJ與AJ，即可求解．【解答】解：過點D作DM⊥CI，交CI的延長線于點M，過點F作FN⊥CI于點N，∵△ABC為直角三角形，四邊形ACDE，BCFG為正方形，過點C作AB的垂線CJ，CJ＝4，∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，∴DM＝NF，∴△DMI≌△FNI（AAS），∴DI＝FI，MI＝NI，∵∠DCF＝90°，∴DI＝FI＝CI＝5，在Rt△DMI中，由勾股定理可得：MI＝＝＝3，∴NI＝MI＝3，∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，∵四邊形ABHL為正方形，∴AL＝AB＝10，∵四邊形AJKL為矩形，∴四邊形AJKL的面積為：AL?AJ＝10×8＝80，故答案為：80．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，利用全等三角形的性質(zhì)進行求解．16．（2022?成都）若一個直角三角形兩條直角邊的長分別是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的兩個實數(shù)根，則這個直角三角形斜邊的長是2．【分析】設(shè)直角三角形兩條直角邊分別為a、b，斜邊為c，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得a+b＝6，ab＝4，再由勾股定理即可求出斜邊長．【解答】解：設(shè)直角三角形兩條直角邊分別為a、b，斜邊為c，∵直角三角形兩條直角邊的長分別是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的兩個實數(shù)根，∴a+b＝6，ab＝4，∴斜邊c＝＝＝＝2，故答案為：2．【點評】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，涉及勾股定理、完全平方公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到a+b＝6，ab＝4．17．（2022?內(nèi)江）勾股定理被記載于我國古代的數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中，漢代數(shù)學(xué)家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅如圖①所示的“弦圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”．圖②由弦圖變化得到，它是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MNXT的面積分別為S1、S2、S3．若正方形EFGH的邊長為4，則S1+S2+S3＝48．【分析】由勾股定理和乘法公式完成計算即可．【解答】解：設(shè)八個全等的直角三角形的長直角邊為a，短直角邊是b，則：S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，且：a2+b2＝EF2＝16，∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16＝2×16+16＝48．故答案為：48．【點評】本題考查勾股定理的應(yīng)用，應(yīng)用勾股定理和乘法公式表示三個正方形的面積是求解本題的關(guān)鍵．18．（2022?常州）如圖，將一個邊長為20cm的正方形活動框架（邊框粗細忽略不計）扭動成四邊形ABCD，對角線是兩根橡皮筋，其拉伸長度達到36cm時才會斷裂．若∠BAD＝60°，則橡皮筋A(yù)C不會斷裂（填“會”或“不會”，參考數(shù)據(jù)：≈1.732）．【分析】設(shè)AC與BD相交于點O，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AC＝2AO，OD＝BD，AD＝AB＝20cm，從而可得△ABD是等邊三角形，進而可得BD＝20cm，然后再在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO，從而求出AC的長，即可解答．【解答】解：設(shè)AC與BD相交于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC＝2AO，OD＝BD，AD＝AB＝20cm，∵∠BAD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝20cm，∴DO＝BD＝10（cm），在Rt△ADO中，AO＝＝＝10（cm），∴AC＝2AO＝20≈34.64（cm），∵34.64cm＜36cm，∴橡皮筋A(yù)C不會斷裂，故答案為：不會．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2022?通遼）在Rt△ABC中，∠C＝90°，有一個銳角為60°，AB＝6，若點P在直線AB上（不與點A，B重合），且∠PCB＝30°，則AP的長為，9或3．【分析】題中60°的銳角，可能是∠A也可能是∠B；∠PCB＝30°可以分為點P在在線段AB上和P在線段AB的延長線上兩種情況；直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，同時借助勾股定理求得AP的長度．【解答】解：當(dāng)∠A＝30°時，∵∠C＝90°，∠A＝30°，∴∠CBA＝60°，BC＝AB＝×6＝3，由勾股定理得，AC＝3，①點P在線段AB上，∵∠PCB＝30°，∠CBA＝60°∴∠CPB＝90°，∴∠CPA＝90°，在Rt△ACP中，∠A＝30°，∴PC＝AC＝×3＝．∴在Rt△APC中，由勾股定理得AP＝．②點P在線段AB的延長線上，∵∠PCB＝30°，∴∠ACP＝90°+30°＝120°，∵∠A＝30°，∴∠CPA＝30°．∵∠PCB＝30°，∴∠PCB＝∠CPA，∴BP＝BC＝3，∴AP＝AB+BP＝6+3＝9．當(dāng)∠ABC＝30°時，∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，∴∠A＝60°，AC＝AB＝×6＝3，由勾股定理得，BC＝3，①點P在線段AB上，∵∠PCB＝30°，∴∠ACP＝60°，∴△ACP是等邊三角形∴AP＝AC＝3．②點P在線段AB的延長線上，∵∠PCB＝30°，∠ABC＝30°，∴CP∥AP這與CP與AP交于點P矛盾，舍去．綜上所得，AP的長為，9或3．故答案為：，9或3．【點評】本題的考點是直角三角形，本題中涉及到勾股定理、含30°角的直角三角形的三邊關(guān)系、等邊三角形的判定，用分類討論思想考慮所有可能的情況．20．（2022?金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，連結(jié)CC'，則四邊形AB'C'C的周長為（8+2）cm．【分析】利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理和平移的性質(zhì)，求得四邊形AB'C'C的四邊即可求得結(jié)論．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，∴AB＝2BC＝4cm，∴AC＝＝2cm．∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，∴B′C′＝BC＝2cm，AA′＝CC′＝1cm，A′B′＝AB＝4cm，∴AB′＝AA′+A′B′＝5cm．∴四邊形AB'C'C的周長為AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2＝（8+2）cm．故答案為：（8+2）．【點評】本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理和平移的性質(zhì)，熟練掌握平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（2022?常州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點D與點B重合）平移至終止位置（點E與點A重合），且斜邊DE始終在線段AB上，則Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域面積是21．【分析】如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點H，過點F′作F′H⊥AB于點H，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域是梯形MFF′N．求出梯形的上下底以及高，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點H，過點F′作F′H⊥AB于點H，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域是梯形MFF′N．在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，∴DE＝＝＝5，在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，∴AB＝＝＝15，∵?DF?EF＝?DE?GF，∴FG＝，∴BG＝＝＝，∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，∴F′H＝FG＝，∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，∵BF∥AC，∴＝＝，∴BM＝AB＝，同法可證AN＝AB＝，∴MN＝15﹣﹣＝，∴Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域的面積＝×（10+）×＝21，故答案為：21．【點評】本題考查勾股定理，梯形的面積，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考填空題在的壓軸題．22．（2022?貴陽）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點E，AC＝BC＝6cm，∠ACB＝∠ADB＝90°．若BE＝2AD，則△ABE的面積是（36﹣18）cm2，∠AEB＝112.5度．【分析】過E作EH⊥AB于H，設(shè)AD＝xcm，CE＝y(tǒng)cm，則BE＝2xcm，AE＝（6﹣y）cm，由△AED∽△BEC，有＝，x2＝18﹣3y①，在Rt△BCE中，62+y2＝（2x）2②，可解得CE＝（6﹣6）cm，AE＝（12﹣6）cm，即得S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝（36﹣18）cm2，由AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，可得△AEH是等腰直角三角形，故∠AEH＝45°，AH＝＝（6﹣6）cm，從而知BH＝6cm＝BC，證明Rt△BCE≌Rt△BHE（HL），得∠BEH＝∠BEC＝∠CEH＝67.5°，即得∠AEB＝∠AEH+∠BEH＝45°+67.5°＝112.5°．【解答】解：過E作EH⊥AB于H，如圖：設(shè)AD＝xcm，CE＝y(tǒng)cm，則BE＝2xcm，AE＝（6﹣y）cm，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∠AED＝∠CEB，∴△AED∽△BEC，∴＝，即＝，∴x2＝18﹣3y①，在Rt△BCE中，BC2+CE2＝BE2，∴62+y2＝（2x）2②，由①②得y＝6﹣6（負值已舍去），∴CE＝（6﹣6）cm，AE＝（12﹣6）cm，∴S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝×6×6﹣×6×（6﹣6）＝（36﹣18）cm2，∵AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，∴∠CAB＝45°，AB＝6cm，∴△AEH是等腰直角三角形，∴∠AEH＝45°，AH＝＝＝（6﹣6）cm，∴∠CEH＝180°﹣∠AEH＝135°，BH＝AB﹣AH＝6﹣（6﹣6）＝6cm，∴BH＝6cm＝BC，又BE＝BE，∠BCE＝90°＝∠BHE，∴Rt△BCE≌Rt△BHE（HL），∴∠BEH＝∠BEC＝∠CEH＝67.5°，∴∠AEB＝∠AEH+∠BEH＝45°+67.5°＝112.5°，故答案為：（36﹣18），112.5．【點評】本題考查等腰直角三角形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理及應(yīng)用，三角形面積等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．三．解答題（共1小題）23．（2022?大連）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，點D在AC上，CD＝3，連接DB，AD＝DB，點P是邊AC上一動點（點P不與點A，D，C重合），過點P作AC的垂線，與AB相交于點Q，連接DQ，設(shè)AP＝x，△PDQ與△ABD重疊部分的面積為S．（1）求AC的長；（2）求S關(guān)于x的函數(shù)解析式，并直接寫出自變量x的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)勾股定理可求出BD，根據(jù)AD＝BD進而求出AC，（2）分兩種情況進行解答，即點P在點D的左側(cè)或右側(cè)，分別畫出相應(yīng)的圖形，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)分別用含有x的代數(shù)式表示PD、PE、PQ，由三角形面積之間的關(guān)系可得答案．【解答】解：（1）在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝3，∴BD＝＝5，又∵AD＝BD，∴AC＝AD+CD＝5+3＝8；（2）當(dāng)點P在點D的左側(cè)時，即0＜x＜5，如圖1，此時重疊部分的面積就是△PQD的面積，∵PQ⊥AC，BC⊥AC，∴PQ∥BC，∴△ABC∽△AQP，∴＝＝＝2，設(shè)AP＝x，則PQ＝x，PD＝AD﹣AP＝5﹣x，∴S重疊部分＝S△PQD＝（5﹣x）×x＝﹣x2+x；當(dāng)點P在點D的右側(cè)時，即5＜x＜8，如圖2，由（1）得，AP＝x，PQ＝x，則PD＝x﹣5，∵PQ∥BC，∴△DPE∽△DCB，∴＝＝，∴PE＝（x﹣5），∴QE＝PQ﹣PE＝x﹣（x﹣5）＝﹣x+，∴S重疊部分＝S△DEQ＝（x﹣5）×（﹣x+）＝﹣x2+x﹣；答：S關(guān)于x的函數(shù)解析式為：當(dāng)0＜x＜5時，S＝﹣x2+x；當(dāng)5＜x＜8時，S＝﹣x2+x﹣．【點評】本題考查勾股定理，函數(shù)關(guān)系式以及相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，求出相關(guān)三角形的邊長是解決問題的關(guān)鍵．【中考挑戰(zhàn)滿分模擬練】一．選擇題（共2小題）1．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）由12個有公共頂點O的直角三角形拼成的圖形如圖所示，∠AOB＝∠BOC＝…＝∠LOM＝30°，且點M在線段OA上．若OA＝16，則OH的長為（）A．9 B． C． D．【分析】由已知可知∠AOB＝∠BOC＝……＝∠LOM＝30°，∠ABO＝∠BCO＝……＝∠LMO＝90°，可知AB：OB：OA＝BC：OC：OB＝……＝FG：OG：OF＝1：：2，由此可求出OH的長．【解答】解：由圖可知，∠ABO＝∠BCO＝……＝∠LMO＝90°，∵∠AOB＝∠BOC＝……＝∠LOM＝360°÷12＝30°，∴∠A＝∠OBC＝∠OCD＝……＝∠OLM＝60°，∴AB＝OA，OB＝AB＝OA，同理可得，OC＝OB＝（）2OA，OD＝OC＝（）3OA，……OH＝OG＝（）7OA＝（）7×16＝．故選：D．【點評】本題主要考查含30°角的直角三角形的三邊關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題，掌握含30°角的直角三角形的三邊關(guān)系是解題的關(guān)鍵．2．（2023?廣西模擬）活動探究：我們知道，已知兩邊和其中一邊的對角對應(yīng)相等的兩個三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所對的邊為，滿足已知條件的三角形有兩個（我們發(fā)現(xiàn)其中如圖的△ABC是一個直角三角形），則滿足已知條件的三角形的第三邊長為（）A．2 B．2﹣3 C．2或 D．2或2﹣3【分析】根據(jù)題意知，CD＝CB，作CH⊥AB于H，再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得CH，AH的長，再利用勾股定理求出BH，從而得出答案．【解答】解：如圖，CD＝CB，作CH⊥AB于H，∴DH＝BH，∵∠A＝30°，∴CH＝AC＝，AH＝CH＝，在Rt△CBH中，由勾股定理得BH＝＝，∴AB＝AH+BH＝＝2，AD＝AH﹣DH＝＝，故選：C．【點評】本題主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，理解題意，求出BH的長是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共3小題）3．（2023?蕭縣一模）在正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，點A，B，C，D均在格點上，連接AC，BD相交于點E，若小正方形的邊長為1，則點E到AB的距離為．【分析】過點E作FG∥AD，則FG⊥AB，F(xiàn)G⊥CD，先根據(jù)勾股定理計算AC的長，再根據(jù)△ABE∽△CDE，對應(yīng)邊成比例，得到，所以，從而求出AE的長．【解答】解：過點E作FG∥AD，則FG⊥AB，F(xiàn)G⊥CD，在Rt△ACD中，AC＝，∵AB∥DC，∴△ABE∽△CDE，∴，∴＝，∴＝，∴EF＝FG＝×3＝，即點E到AB的距離為．故答案為：．【點評】本題考查勾股定理和相似三角形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)．4．（2023?包頭一模）若一個直角三角形兩條直角邊的長分別是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的兩個實數(shù)根，則這個直角三角形斜邊的長是2．【分析】設(shè)直角三角形兩條直角邊分別為a、b，斜邊為c，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得a+b＝6，ab＝4，再由勾股定理即可求出斜邊長．【解答】解：設(shè)直角三角形兩條直角邊分別為a、b，斜邊為c，∵直角三角形兩條直角邊的長分別是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的兩個實數(shù)根，∴a+b＝6，ab＝4，∴斜邊c＝＝＝＝2，故答案為：2．【點評】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，涉及勾股定理、完全平方公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到a+b＝6，ab＝4．5．（2023?碑林區(qū)校級二模）“趙爽弦圖”巧妙的利用面積關(guān)系證明了勾股定理．如圖所示的“趙爽弦圖”，△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四個全等的直角三角形，四邊形ABCD和EFGH都是正方形，若AB＝10，EF＝2，則AH＝6．【分析】根據(jù)面積的差得出a+b的值，再利用a﹣b＝2，解得a，b的值代入即可．【解答】解：∵AB＝10，EF＝2，∴大正方形的面積是100，小正方形的面積是4，∴四個直角三角形面積和為100﹣4＝96，設(shè)AE為a，DE為b，即4×ab＝96，∴2ab＝96，a2+b2＝100，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝100+96＝196，∴a+b＝14，∵a﹣b＝2，解得：a＝8，b＝6，∴AE＝8，AH＝DE＝6，∴AH＝8﹣2＝6．故答案為：6．【點評】此題考查勾股定理的證明，關(guān)鍵是應(yīng)用直角三角形中勾股定理的運用解得a，b的值．三．解答題（共1小題）6．（2023?定遠縣校級一模）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC邊上的兩個動點，其中點P從點A出發(fā)，沿A→B方向運動，速度為每秒2cm；點Q從點B出發(fā)，沿B→C→A方向運動，速度為每秒4cm；兩點同時開始運動，設(shè)運動時間為t秒．（1）①Rt△ABC斜邊AC上的高為9.6cm；②當(dāng)t＝3時，PQ的長為；（2）當(dāng)點Q在邊BC上運動時，出發(fā)幾秒鐘后，△BPQ是等腰三角形？（3）當(dāng)點Q在邊AC上運動時，直接寫出所有能使△BCQ成為等腰三角形的t的值．【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的長，利用面積法進而可求解Rt△ABC斜邊AC上的高；②可求得AP和BQ，則可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的長；（2）用t可分別表示出BP和BQ，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到BP＝BQ，可得到關(guān)于t的方程，可求得t；（3）用t分別表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性質(zhì)可分BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三種情況，分別得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得，∴Rt△ABC斜邊AC上的高為；②當(dāng)t＝3時，則AP＝6cm，BQ＝4t＝12cm，∵AB＝16cm，∴BP＝AB﹣AP＝16﹣6＝10（cm），在Rt△BPQ中，由勾股定理可得，即PQ的長為，故答案為：①9.6cm；②；（2）由題意可知AP＝2tcm，BQ＝4tcm，∵AB＝16cm，∴BP＝AB﹣AP＝16﹣2t（cm），當(dāng)△BPQ為等腰三角形時，則有BP＝BQ，即16﹣2t＝4t，解得，∴出發(fā)秒后△BPQ能形成等腰三角形；（3）在△ABC中，AC＝20cm，當(dāng)點Q在AC上時，AQ＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t（cm），CQ＝4t﹣12（cm），∵△BCQ為等腰三角形，∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三種情況，①當(dāng)BQ＝BC＝12時，如圖，過B作BE⊥AC于E，則，由（1）知BE＝9.6cm，在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，即122＝9.62+（2t﹣6）2，解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；②當(dāng)CQ＝BC＝12時，則4t﹣12＝12，解得t＝6；③當(dāng)CQ＝BQ時，則∠C＝∠QBC，∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，∴∠A＝∠QBA，∴QB＝QA，∴，即4t﹣12＝10，解得t＝5.5；綜上可知當(dāng)運動時間為6.6秒或6秒或5.5秒時，△BCQ為等腰三角形．【點評】本題為三角形的綜合應(yīng)用，涉及勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、等積法、方程思想及分類討論思想等知識．用時間t表示出相應(yīng)線段的長，化“動”為“靜”是解決這類問題的一般思路，注意方程思想的應(yīng)用．本題考查知識點較多，綜合性較強，但難度不大．熟練掌握這些知識點是解題的關(guān)鍵．【名校自招練】一．選擇題（共4小題）1．（2021?鏡湖區(qū)校級自主招生）在凸四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝120°，BC＝CD＝10，則A、C兩點之間的距離是（）A．9 B．10 C．11 D．不能確定【分析】以點C為圓心，BC長為半徑作圓，在圓上取一點E，使點E與點A在直線BD的異側(cè)，連接BE、DE、AC，則點D在⊙C上，∠E＝∠BCD＝60°，用反證法證明點A在⊙C上，則AC＝BC＝10，得到問題的答案．【解答】解：以點C為圓心，BC長為半徑作圓，∵BC＝CD＝10，∴點D在⊙C上，在圓上取一點E，使點E與點A在直線BD的異側(cè)，連接BE、DE、AC，∵∠BCD＝120°，∴∠E＝∠BCD＝60°，假設(shè)點A在⊙C外，如圖1，AC交⊙C于點A′，連接A′B、A′D，則∠BA′D＝180°﹣∠E＝120°，∵∠BAC＜BA′C，∠DAC＜∠DA′C，∴∠BAC+∠DAC＜∠BA′C+∠DA′C，∴∠BAD＜∠BA′D，∴∠BAD＜120°，與已知條件∠BAD＝120°相矛盾，∴點A不在⊙C外；假設(shè)點A在⊙C內(nèi)，如圖2，CA的延長線交⊙C于點A′，連接A′B、A′D，則∠BA′D＝180°﹣∠E＝120°，∵∠BAC＞BA′C，∠DAC＞∠DA′C，∴∠BAC+∠DAC＞∠BA′C+∠DA′C，∴∠BAD＞∠BA′D，∴∠BAD＞120°，與已知條件∠BAD＝120°相矛盾，∴點A不在⊙C內(nèi)，∴點A在圓上，如圖3，則AC＝BC＝10，∴A、C兩點之間的距離是10，故選：B．【點評】此題重點考查圓周角定理、三角形的外角大于任何一個與它不相鄰的內(nèi)角、反證法等知識，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2021?衡陽縣自主招生）在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，P為BC上一點，PA＝3，則PB?PC等于（）A．9 B．12 C．16 D．25【分析】將PB?PC變形，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理求解即可．【解答】解：如圖，AE⊥BC，AP＝3，由等腰三角形的性質(zhì)可知，AB＝AC，BE＝EC，PB?PC＝（BE+EP）（EC﹣EP）＝（BE+EP）（BE﹣EP），∴PB?PC＝BE2﹣EP2，由勾股定理可知，BE2＝AB2﹣AE2，AE2+EP2＝AP2，∴PB?PC＝AB2﹣AE2﹣EP2＝AB2﹣（AE2+EP2）＝AB2﹣AP2＝52﹣32＝16．此時點P恰好與點E重合，為BC的中點．故選：C．【點評】本題考查等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理，PB?PC的變形是關(guān)鍵．3．（2021?宣州區(qū)校級自主招生）我國魏晉時期的數(shù)學(xué)家劉徽將勾股形（古人稱直角三角形為勾股形）分制成一個正方形和兩對全等的直角三角形，得到一個恒等式．后人借助這種分割方法所得的圖形證明了勾股定理，如圖，若a＝2，b＝3，現(xiàn)隨機向該圖形內(nèi)擲一枚小針，則針尖落在陰影區(qū)域內(nèi)的概率（）A． B． C． D．【分析】設(shè)小正方形的邊長為x，根據(jù)已知條件得到AB＝2+3＝5，根據(jù)勾股定理列方程求得x＝1，x＝﹣6（不合題意舍去），根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：設(shè)小正方形的邊長為x，∵a＝2，b＝3，∴AB＝2+3＝5，在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，即（2+x）2+（x+3）2＝52，解得：x＝1，x＝﹣6（不合題意舍去），∴S△ABC＝×3×4＝6，S陰影＝×2×1×2＝2，∴針尖落在陰影域內(nèi)的概率＝＝，故選：C．【點評】本題考查了幾何概率，勾股定理的證明，三角形的面積，求出小正方形的邊長是解題的關(guān)鍵．4．（2021?蘇州自主招生）我國古代偉大的數(shù)學(xué)家劉徽將勾股形（古人稱直角三角形為勾股形）分割成一個正方形和兩對全等的直角三角形，得到一個恒等式．后人借助這種分割方法所得的圖形證明了勾股定理，如圖所示的矩形由兩個這樣的圖形拼成，若a＝3，b＝4，則該矩形的面積為（）A．20 B．24 C． D．【分析】欲求矩形的面積，則求出小正方形的邊長即可，由此可設(shè)小正方形的邊長為x，在直角三角形ACB中，利用勾股定理可建立關(guān)于x的方程，利用整體代入的思想解決問題，進而可求出該矩形的面積．【解答】解：設(shè)小