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专题03勾股定理八大模型（知识串讲+热考题型）
一、直角三角形锐角平分线
二、图形翻折问题
三、赵爽弦图
四、风吹树折
五、风吹荷花模型
六、378和578模型
七、蚂蚁爬行
八、重美四边形
一、直角三角形锐角平分线
运用句股定理计算是中考必考知识点，如何巧妙地构造直角三角形是关键.有些难题，同学们找到了直角三角形，但是还是不会求解，关键一点就是忽略了设未知数列方程来求解.
二、图形翻折问题
矩形的折叠一定要注意折叠前后的边角对应关系，计算时联想到利用勾股定理对新形成的直角三角形进行求解.
三、赵爽弦图
“赵爽弦图”的面积关系是中考常考的一种题型，一般出现在选择题、填空题中，如果能够记住面积之间的关系，那么做此类题时一定非常高效.
四、风吹树折
风吹树折类题就数学知识本身其实很简单，考查的就是句股定理，最多设个未知数列方程就能求解，但是对很多同学来说，它的难点在于语言文字如何转化成数学模型.
五、风吹荷花模型
风吹荷花类题和风吹树折类题一样，数学知识本身其实很简单，考查的就是句股定理，正确设出未知数列方程就能求解，但是对很多同学来说，它的难点也是语言文字如何转化成数学模型．
六、378和578模型
利用勾股定理解三角形是中考中比较难的一类题目，如果对378，578模型比较熟悉，知道其中一个角是60”，那么对于求面积和求角度类的题目就可以直接秒杀了.
七、 蚂蚁爬行
蚂蚁爬行的最值问题是非常经典的一类最值问题，我们如果能够记住最值的特点，那么解题将会更高效.
八、 垂美四边形
对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形
勾股定理是计算的工具，识别环境对同学们来说至关重要如果能够了解模型背后的结论，做题可以节省大量的时间．等腰直角三角形的手拉手全等模型容易出现垂美四边形
一、直角三角形锐角平分线
一．选择题（共1小题）
（2021春 德保县期中）
1．如图所示，有一块直角三角形纸片，，，将斜边翻折使点B落在直角边的延长线上的点E处，折痕为，则的长为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共2小题）
（2021秋 鹿城区校级期中）
2．ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，BD为AC边的高线，则BD的长为 ．
（2021秋 陵城区期中）
3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，DE⊥AB于D，交AC于点E，若BC＝BD，AC＝6cm，BC＝8cm，AB＝10cm，则△ADE的周长是 ．
三．解答题（共5小题）
（2022春 锦江区校级月考）
4．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=2∠B，D为BC上一点，过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接AD，若CD=DE=1，求AB的长．
（2022秋 胶州市校级月考）
5．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝7 cm，AC＝25 cm.点P从点A沿AB方向以1 cm/s的速度运动至点B，点Q从点B沿BC方向以6 cm/s的速度运动至点C，P，Q两点同时出发．
(1)求BC的长；
(2)当点P，Q运动2 s时，求P，Q两点之间的距离；
(3)P，Q两点运动几秒时，AP＝CQ

（2021春 阳谷县月考）
6．如图，有一块直角三角形纸片，两直角边，，现将直角边沿直线折叠，使点C落在斜边上的点E处，试求的长．
（2021春 蒙阴县期中）
7．小宇手里有一张直角三角形纸片ABC，他无意中将直角边AC折叠了一下，恰好使AC落在斜边AE上，且C点与E点重合,（如图）小宇经过测量得知两直角边AC=6cm,BC=8cm,他想用所学知识求出CD的长，你能帮他吗？
（2020秋 临漳县期中）
8．如图，在RtΔABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，将△ABC折叠，使点B恰好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，求EB′的长．
二、图形翻折问题
一．选择题（共4小题）
（2022春 金坛区期中）
9．如图，在矩形ABCD中，，．点E是边BC上一点，沿AE翻折，点B恰好落在CD边上点F处，则CE的长是（ ）
A． B． C． D．3
（2022春 宁波期中）
10．如图，将平行四边形沿对边上两点连线对折，使点A恰好落在点C处，若，，，则的长为（ ）．
A．4.6 B． C．5.6 D．
（2022春 思明区校级期中）
11．如图，将正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，使边AB，BC在BF处重合，折痕为BE，BG．若正方形ABCD的边长为6，E是AD边的中点，则CG的长是（ ）
A．3 B．2.5 C．2 D．1
（2022春 如皋市期中）
12．如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，点不动，将边折起，使点落在上的点处，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．4
二．填空题（共3小题）
（2022春 禹州市期中）
13．如图，在Rt△ABC中，，,，点E在线段AC上，D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，当点G恰好落在线段AC上时，，则 ．
（2022春 思明区校级期中）
14．如图，在矩形中，，E为上一点，连接，将沿折叠，点A落在处，连接，若F、G分别为、的中点，则的最小值为 ．
（2022春 雨花区校级月考）
15．如图，在矩形ABCD中，，，把矩形折叠，使点D与点B重合，点C落在点E处，则折痕FG的长为 ．
三．解答题（共4小题）
（2022春 西华县期中）
16．如图，一张矩形硬片ABCD宽AB＝6，长AD＝10，E是CD边上一点，现将矩形硬片沿BE折叠，点C的对应点F刚好落在AD边上的点F处，过点F作FG⊥AD于点F，交BE于点G，连接CG．
(1)判断四边形CEFG的形状，并给出证明；
(2)求四边形CEFG的面积．
（2022春 上杭县期中）
17．如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．
(1)求NE的长；
(2)连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
(3)直接写出AM的长度．
（2022春 靖江市期中）
18．在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线BC上一个动点，连接AE并延长交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折到△AB'E，延长AB'与直线CD交于点M．
(1)求证：AM=MF；
(2)当点E是边BC的中点时，求CM的长；
(3)当CF=4时，求CM的长．
（2022春 海陵区期中）
19．在矩形中， AB=10，BC=6，为射线上一点，将沿直线翻折至的位置，使点落在点处．
(1)若为边上一点．
①如图1，当点落在边上时，直接写出此时　　；
②如图2，连接，若，
则与有何数量关系？请说明理由；
(2)如果点在的延长线上，当为直角三角形时，求的长．
三、赵爽弦图
一．选择题（共4小题）
（2022春 番禺区期末）
20．如图，正方形内的数字代表所在正方形的面积，则A所在的正方形的面积为（　　）
A． B．28 C．128 D．100
（2021春 丰南区期中）
21．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（ ）
A．14 B．16 C．14 D．14
（2019秋 锦州期末）
22．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为，若，则的值是（ ）
A．12 B．15 C．20 D．30
（2022春 南浔区期末）
23．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将延长交于点．记小正方形的面积为，大正方形的面积为，若，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共2小题）
（2022春 长沙期末）
24．用三张正方形纸片，按如图所示的方式构成图案，已知围成阴影部分的三角形是直角三角形，，，则正方形的面积为 ．
（2022春 丰台区期末）
25．如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接四条线段得到如图2的新的图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为S，那么S的值为 ．
三．解答题（共3小题）
（2020春 赣州期末）
26．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若，，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，求这个风车的外围周长．
（2021春 利辛县期中）
27．如图，小明用4个图1中的矩形组成图2，其中四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，证明：．（提示；运用面积等量关系）
（2021秋 凤翔县期中）
28．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即ab×4＋（b－a）2，从而得到等式c2＝ab×4＋（b－a）2，化简便得结论a2＋b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题：
(1)如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．
(2)如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．
四、风吹树折
一．选择题（共1小题）
（2022春 微山县月考）
29．如图，在一块平地上，张大爷家屋前9米远处有一棵大树．在一次强风中，这棵大树从离地面6米处折断倒下，量得倒下部分的长是10米．出门在外的张大爷担心自己的房子被倒下的大树砸到．大树倒下时能砸到张大爷的房子吗？请你通过计算、分析后给出正确的回答（ ）
A．一定不会 B．可能会 C．一定会 D．以上答案都不对
二．填空题（共2小题）
（2022秋 东方期末）
30．如图，一旗杆离地面6m处折断，旗杆顶部落在离旗杆底部8m处，旗杆折断之前的高度是 m．
（2022春 抚顺期中）
31．如图，一棵垂直于地面的大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树干底部4米处，那么这棵树折断之前的高度是 米．
三．解答题（共2小题）
（2022春 十堰月考）
32．《九章算术》卷九中记载：今有立木，系索其末，委地三尺，引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？译文：今有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺，牵着绳索（绳索头与地面接触）退行，在距木柱根部8尺处时绳索用尽，问绳索长是多少？
（2022春 原州区校级月考）
33．如图，一根旗杆在离地面6米处折断，旗杆顶端落在离旗杆底部8米处，求旗杆折断之前有多高？

五、风吹荷花模型
一．填空题（共2小题）
（2021秋 未央区校级期末）
34．如图，一架梯子长米，底端离墙的距离为米，当梯子下滑到时，米，则 米．
（2022春 邹城市校级月考）
35．如图，一个池塘，其底面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇生长在它的中央，高出水面的部分为1尺．如果把这根芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，芦苇的顶部恰好碰到岸边的，则这根芦苇的长度是 尺．
二．解答题（共3小题）
（2021秋 莱芜区期末）
36．如图，有一个水池，水面是一个边长为16尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面2尺，如果把这根芦苇拉向水池一边，它的顶端恰好到达池边的水面，则水池里水的深度是多少尺？请你用所学知识解答这个问题．
（2021秋 邓州市期末）
37．如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地的垂直高度DE＝1m，将它往前推送4m（水平距离BC＝4m）时，秋千的踏板离地的垂直高度BF＝2m，秋千的绳索始终拉得很直，求绳索AD的长度．
（2022春 五华区校级期中）
38．（古代数学问题）印度数学家什迦逻（1141年-1225年）曾提出过“荷花问题”，该问题是：“平平湖水清可鉴，面上半尺生红莲；出泥不染亭亭立，忽被强风吹一边；“渔人观看忙向前，花离原位二尺远；能算诸君请解题，湖水如何知深浅？”请用学过的数学知识回答这个问题.
六、378和578模型
一．选择题（共2小题）
（2022春 丛台区月考）
39．已知直角三角形的两直角边分别为6和8，则该直角三角形斜边上的高为（　　）
A． B．10 C．5 D．
（2022春 无棣县期末）
40．与化为最简二次根式后结果相同的是（ ）
A． B． C．边长为3的等边三角形的高 D．
七、蚂蚁爬行
一．选择题（共2小题）
（2022 镜湖区校级开学）
41．如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是（ ）

A． B．25 C． D．35
（2022春 璧山区期中）
42．如图，一圆柱体的底面周长为10cm，高AB为12cm，BC是直径，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱的表面爬行到点C的最短路程为（　　）

A．17cm B．13cm C．12cm D．14cm
二．填空题（共2小题）
（2022春 凉州区期末）
43．如图一只蚂蚁从长为5cm，宽为3cm，高为4cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它爬行的最短距离是 cm．
（2022春 邹城市校级月考）
44．如图，学校有一块长方形花圃，有少数人为了走“捷径”，在花圃内走出一条不文明的“路”，其实他们仅仅少走了 步路，却踩伤了花草（假设2步为1米）．
八、重美四边形
一．选择题（共1小题）
（2022春 万秀区校级期中）
45．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
二．解答题（共6小题）
（2022春 鼓楼区校级期中）
46．四边形ABCD如图所示，已知AB⊥BC，AB＝3，BC＝6，AD＝7，CD＝2．
（1）求证：AC⊥CD；
（2）求四边形ABCD的面积．
（2022春 海珠区校级期中）
47．定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB=AD，CB=CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明．
问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC=2，AB=5，则①求证：△AGB≌△ACE；
②GE= ．
（2021秋 随县期末）
48．定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD．证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以RtΔACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
（2022春 海安市月考）
49．如图1，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：在四边形ABCD中，以下是垂美四边形的是 ．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④AB=AD，CB=CD．
(2)性质探究：小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即， 如图1，在四边形ABCD中，若AC⊥BD，则AB2+CD2=AD2+BC2．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由．
(3)问题解决：如图2．在△ABC中，BC=3，AC=4，D、E分别是AC、BC的中点，连接AE、BD．有AE⊥BD，求AB．
（2022春 建平县期末）
50．[定义]有一组对角是直角的四边形是垂美四边形．
[理解]如图①，将一对相同的直角三角尺按如图所示的方式拼成四边形ABCD， 每个三角尺三个内角的度数都是 30°、60°和 90°．四边形ABCD是什么四边形，∠ABC+∠ADC等于多少度；
[探究]如图②，四边形ABCD是垂美四边形．∠A=90°．∠B=80°，E 是边 AD延长线上一点，求∠C和∠CDE的度数．
[应用]如图③，四边形 ABCD 是垂美四边形，∠A=90°，BE 和DF分别是∠ABC和∠ADC的平分线，交 AD、BC 于点 E、F．试说明 BE∥DF．
（2022春 浉河区校级期末）
51．如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由．
(2)性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．
猜想结论：（要求用文字语言叙述）
写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证）．
(3)问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE长．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据勾股定理可将斜边的长求出，根据折叠的性质知，，已知的长，可将的长求出，再根据勾股定理列方程求解，即可得到的长．
【详解】解：∵，，
∴，
由题意得，，
∴．
设，则，
在中，根据勾股定理得
，
即，
解得，
即长为．
故选：B．
【点睛】本题考查的是翻折变换，理解翻折变换的性质是解题的关键，翻折后的图形与原图形是全等的．
2．
【分析】作AE⊥BC交BC于点E，首先根据等腰三角形三线合一的性质求出，然后根据勾股定理求出，最后根据等面积法即可求出BD的长．
【详解】解：如图所示，作AE⊥BC交BC于点E，
∵AB＝AC＝5，
∴是等腰三角形，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，解得：．
故答案为：．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质和判定，勾股定理的运用，等面积法等知识，解题的关键是根据等腰三角形三线合一的性质作出AE⊥BC求出BE的长度．
3．8cm
【分析】连接，证明进而可得，进而即可求得△ADE的周长．
【详解】连接，
，
△ADE的周长是cm
故答案为：
【点睛】本题考查了HL证明三角形全等以全等三角形的性质，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．
4．
【分析】由“HL”可证Rt△ADC≌Rt△ADE，可得∠CAD=∠BAD=∠BAC=30°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=2∠B，
∴∠BAC=60°．
在Rt△ADC和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△ADE（HL），
∴∠CAD=∠BAD=∠BAC=30°，
在△ADE中，∠AED=90°，∠EAD=30°，
∴AD=2DE=2，
∵在△ADC中，∠C=90°，
∴AC=，
在△ABC中，∠C=90°，∠B=90°-∠BAC=30°，
∴AB=2AC=2．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了勾股定理，证明∠CAD=∠BAD=∠BAC=30°是解题的关键．
5．（1）BC＝24 cm；（2）PQ＝13 cm；（3）P，Q两点运动s时，AP＝CQ.
【分析】(1)在Rt△ABC中,∠B＝90°,AB＝7 cm,AC＝25 cm根据勾股定理可得BC2＝AC2－AB2＝252－72＝242,求出BC＝24 cm.
(2)连接PQ,由题意知BP＝7－2＝5(cm),BQ＝6×2＝12(cm),在Rt△BPQ中,由勾股定理得:
PQ＝BP2＋BQ2＝52＋122＝132,进而求出PQ＝13 cm.
(3)设P，Q两点运动t s时,AP＝CQ,则可得t＝24－6t,解得t＝
【详解】解:(1)∵在Rt△ABC中,∠B＝90°,AB＝7 cm,AC＝25 cm
∴BC2＝AC2－AB2＝252－72＝242,
∴BC＝24 cm.
(2)连接PQ,
由题意知BP＝7－2＝5(cm),BQ＝6×2＝12(cm)，
在Rt△BPQ中,由勾股定理,得:
PQ＝BP2＋BQ2＝52＋122＝132,
∴PQ＝13 cm.
(3)设P，Q两点运动t s时,
AP＝CQ,则t＝24－6t,
解得t＝.
答:P,Q两点运动s时,AP＝CQ.
【点睛】本题主要考查勾股定理的应用,解决本题的关键是要熟练掌握利用勾股定理进行解答.
6．
【分析】由勾股定理求得，然后由翻折的性质求得，设，则，在中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：设，
∵，，
勾股定理得：，
根据翻折的性质可得，
，，
∴，，
在中，
，
，
解得：（），
∴的长为．
【点睛】本题主要考查的是翻折变换以及勾股定理的应用，熟练掌握翻折的性质和勾股定理是解题的关键．
7．能帮他，求出CD的长为3cm．
【分析】由于是折叠，所以折叠前后图形形状不变，可得△ACD≌△AED，再利用勾股定理列方程即可求出CD的长．
【详解】解：∵△ABC是直角三角形，AC＝6cm，BC＝8cm，
∴AB10cm，
设CD＝xcm，
∵△ADE由△ADC折叠而成，
∴CD＝DE＝xcm，AC＝AE＝6cm，
∴BD＝（8﹣x）cm，BE＝AB﹣AE＝4cm，
在Rt△BDE中，，
即，
解得x＝3（cm），
即CD＝3cm．
∴能帮他，求出CD的长为3cm．
【点睛】此题将勾股定理和折叠的性质相结合，既考查了折叠不变性，又考查了勾股定理的应用，根据勾股定理列方程是解题的关键．
8．EB′的长是．
【分析】根据折叠得到BE=EB′，AB′=AB=3，设BE=EB′=x，则EC=4-x，根据勾股定理求得AC的值，再由勾股定理可得方程x2+22=（4-x）2，再解方程即可算出答案．
【详解】解∶根据折叠可得BE=EB′，AB′=AB=3，
设BE=EB′=，则EC=4-．
∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴在Rt△ABC中．由勾股定理得，
∴B′C=5-3=2，在Rt△B′EC中，由勾股定理得，
解得．
∴EB′的长是．
【点睛】此题考查翻转变换的性质，解题关键在于掌握翻转变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
9．B
【分析】根据折叠的性质可知，AF=AB=10，根据勾股定理求出DF，进而求出CF；在根据勾股定理即可得，列出等式求解即可．
【详解】∵△AFE由△ABE沿AE翻折得到；
∴△AFE≌△ABE，
∴AF=AB=10，EF=BE
在Rt△ADF中，由勾股定理可得：，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=10，
∴CF=CD-DF=10-8=2，
设CE=x，则BE=EF=6-x，
在Rt△CEF中，由勾股定理可得：，
解得：x=，
故选：B
【点睛】本题主要考查了勾股定理、折叠的性质以及矩形的性质，熟练地掌握矩形的性质和折叠的性质，根据勾股定理列出等式是解题的关键．
10．C
【分析】作的延长线于点G，由已知条件求出，进而求出BG，CG，设，由折叠的性质知，在中，由勾股定理可得，由此可解．
【详解】解：如图，作的延长线于点G，
∵平行四边形中，，，，
∴，，
∴，
∴， ，
设，则，
∴，
∵平行四边形沿对边上两点连线对折，点A落在点C处，
∴，
在中，由勾股定理可得：，
即，
解得，
∴的长为5.6．
故选C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，含角的直角三角形，勾股定理，正确作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
11．C
【分析】由点E为AD的中点可得AE＝DE＝3，设CG＝x，DG＝CD CG＝6 x，由折叠性质可得EF＝AE＝3，FG＝CG＝x，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD＝6，∠D＝90°，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE＝3，
∵正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，
∴EF＝AE＝3，FG＝CG，
设CG＝x，则：
DG＝CD CG＝6 x，FG＝CG＝x，
∴EG＝EF＋FG＝3＋x，
在Rt△DEG中，DE2＋DG2＝EG2，
即32＋（6 x）2＝（3＋x）2，
解得：x＝2，
∴CG＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是将Rt△DEG各边表示出来．
12．B
【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝1，由直角三角形的性质求出AB′，则可得结论．
【详解】解：由翻折的性质可知，EB＝EB′，∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°，
在Rt△EBF和Rt△EB′D中，
，
∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），
∴BF＝DB′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°，
∴四边形ECDB′是矩形，
∴DB′＝EC＝1，
∴BF＝EC＝1，
由翻折的性质可知，BF＝FG＝1，∠FAG＝45°，∠AGF＝∠B＝∠AGF＝90°，
∴AG＝FG＝1，
∴AF＝．
∴AB＝AB′＝1＋，
∴AD＝AB′＋DB′＝2＋，
故选B．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明四边形ECDB′是矩形．
13．1
【分析】连接BE， 由将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，可得BE= 4-AE，然后利用勾股定理即可得解．
【详解】解：如下图，连接BE，
∵将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，
∴BE=EG，
∵，，
∴BE=EG=AC-AE-2=6-AE-2=4-AE，
∵在Rt△ABC中，，，
∴AE2+AB2=BE2即，
∴AE=1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查折叠的性质及勾股定理，利用勾股定理构造方程求解是解题的关键．
14．1
【分析】连接，由F、G分别为、的中点可得，在中有，由勾股定理可得，由折叠性质和矩形性质可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵F、G分别为、的中点，
∴，
当的最小时，即最小，
∵四边形矩形，，
∴，
∴，
∵沿折叠，
∴，
在中有，
∴，
即，
∴，
∴的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是利用三角形中位线将所求的转化为．
15．
【分析】连接BD，在Rt△ABD中，求得BD的长，在Rt△ABF中运用勾股定理求得BF的长，即可得到DF长，最后在Rt△DOF中求得FO的长，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接BD，交FG于O，则由轴对称的性质可知，FG垂直平分BD，
在Rt△ABD中，BD＝，
∴DO＝，
由折叠可得，∠BFO＝∠DFO，
由ADBC可得，∠DFO＝∠BGO，
∴∠BFO＝∠BGO，
∴BF＝BG，即△BFG是等腰三角形，
∴BD平分FG，
设BF＝DF＝x，则AF＝18﹣x，
在Rt△ABF中，（18﹣x）2+62＝x2，
解得，即DF＝10，
∴Rt△DOF中，OF＝ ，
∴FG＝2FO＝ ．
故答案为：．
【点睛】本题是折叠问题，主要考查了折叠的性质，勾股定理以及矩形的性质的综合应用，解决问题的关键是根据勾股定理列方程求解．
16．(1)菱形，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质可得，即可证明；
（2）根据折叠计算边长，利用勾股定理求出AF，再设，在Rt△DEF中求出x的值，从而求出CE，即可求解．
【详解】（1）四边形CEFG为菱形，证明如下：
由折叠性质可得：
，
∵，四边形ABCD为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形CEFG为菱形．
（2）在矩形ABCD中，BC=AD=10，CD=AB=6，∠A=90°，
由翻折的性质知BF=BC=10，
在Rt△ABF中，AB=6，BF=10，由勾股定理可求得AF=8，
∴DF=10-8=2，
设菱形的边长CE =x，则DE=6-x，
在Rt△DEF中，DE=6-x，DF=2，EF=x，
即， 解得，
又知菱形的高DF=为2，
∴S菱形CEFG==2x=．
【点睛】本题考查了折叠的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用方程的思想解答．
17．(1)NE=2.5；
(2)NG=；
(3)AM=0.5．
【分析】（1）由折叠性质可得EN=BN，由题意可得CE=DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM=FM，AB=EF，∠BAD=∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从而得到BM=EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM=x，则DM=4-x，利用勾股定理分别表示出BM，EM，利用等量关系构造方程即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°，
∵，BC=CD=4，
∴CE=DE=2，
由折叠性质可得：EN=BN，
设EN=x，则BN=x，
∴CN=BC-BN=4-x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：NE2=CN2+CE2，
即x2=（4-x）2+22，
解得：x=2.5，
∴NE=2.5；
（2）解：在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE= ，
由（1）可得NE=2.5，
∴BN=2.5，
∴CN=BC-BN=1.5，
∵S ABCD=BC×CD=16，S△ABN=×AB×BN=×4×2.5=5，
S△CEN=×CN×CE=×1.5×2=1.5，S△ADE=×AD×DE=×4×2=4，
∴S△AEN=S ABCD-S△ABN-S△CEN-S△ADE=16-5-1.5-4=5.5，
∵NG⊥AE，
∴S△AEN=×AE×NG，
即5.5=×2×NG，
∴NG=；
（3）解：如图，连接BM，EM，
由折叠性质可得：
AM=FM，AB=EF，∠BAM=∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM=EM，
设AM=x，则DM=4-x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2=AB2+AM2，即BM2=42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2=DM2+DE2，即EM2=（4-x）2+22，
∵BM=EM，
∴BM2=EM2，
∴42+x2=（4-x）2+22，
解得：x=0.5，
∴AM=0.5．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
18．(1)见解析
(2)
(3)或 21
【分析】（1）由折叠的性质及等腰三角形的判定可得出答案；
（2）利用矩形的性质证得，根据全等三角形的性质得到，设，则由（1）知，， ，在中利用勾股定理即可求解；
（3）当时，设，应分两种情况：第一种情况，点在线段上，如图所示，则，；
第二种情况，点在线段上，如图所示，则，
在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴ABCD，
∴∠F＝∠BAF，
由折叠可知：∠BAF＝∠MAF，
∴∠F＝∠MAF，
∴AM＝MF；
（2）∵点E是边BC的中点，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，，
∴ABCD，，
∴∠F＝∠BAF，
又∵，
∴，
∴，
设，则由（1）知，，
在中，，
∴，
解得，
∴的长为；
（3）当时，设，应分两种情况：
第一种情况，点在线段上，如图所示，则，
∴在中，，
∴，
解得，
∴的长为；
第二种情况，点在线段的延长线上，如图所示，则，
∴在中，，
∴，解得，
∴的长为
综上可知，当CF=4时，CM的长为或 21
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，分类讨论的思想是解题的关键．
19．(1)①2；②BC＝2BP，见解析
(2)BP＝10或30
【分析】（1）①利用勾股定理求出DE的长即可；②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC，进而得BC＝2BP；
（2）由△PEC是直角三角形，∠EPC=90°时，这时四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
【详解】（1）解：①如图：点E为折叠后的点B的对应点
∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，
∴，
∴CE=DC-DE=10-8=2；
故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，
∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CEAP，
∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，
∴EP＝CP，
∴BP＝BC，
∴BC＝2BP；
（2）∵△PEC是直角三角形
当∠EPC＝90°时，
∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，
∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，
则∠ECP=∠B=90°，
∴，
∵，
∴点E、D、C三点共线，
由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，
∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
182+（x﹣6）2＝x2，
解得x＝30，
∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，
不符合题意，舍去，
综上：BP＝10或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质、正方形的判定、翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
20．D
【分析】由勾股定理即可求出答案．
【详解】由勾股定理可知：．
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理，属于基础题型．
21．D
【分析】24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长．
【详解】解：∵AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时，
小正方形的边长=24-10=14，
∴EF=．
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键．
22．C
【分析】设直角三角形较长直角边为a，较短直角边为b，根据题意， ，结合已知化简计算即可．
【详解】设直角三角形较长直角边为a，较短直角边为b，根据题意， ，
因为，
所以，
解得，
即的值是20，
故选C．
【点睛】本题考查了赵爽弦图的应用，完全平方公式，正方形的性质，熟练掌握公式是解题的关键．
23．A
【分析】连接DG，根据，，得出，根据弦图由四个全等的直角三角形所组成，推出，根据，且，推出，得到，设CG=DH=x，则CH=x+，根据∠CHD=90°，得到，求得，得到DH=EH=GH=，求出DG=EG=，∠GDE=∠GED=45°，推出∠DGE=180°-（∠GDE+∠GED）=90°，推出．
【详解】连接DG，
∵CD=CI+DI=1+2=3，
∴，
∵△ABF≌△BCG≌△CDH≌△DAE，
∴
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴
设CG=DH=x，则CH=x+，
∵∠CHD=90°，
∴ ，
∴，
解得（舍去），或，
即，
∴DH=EH=GH=，
∴DG=EG=，
∴∠GDE=∠GED=45°，
∴∠DGE=180°-（∠GDE+∠GED）=90°，
∴．
故选A．
,
【点睛】本题主要考查了正方形，全等三角形，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理解直角三角形．
24．16
【分析】由题意可得，三个正方形的边长恰好凑成一个直角三角形，利用勾股定理可得，两个较小正方形的面积之和等于最大的正方形的面积．即据此可求．
【详解】解：设正方形纸片，，的边长分别为，，则，，．
由题意可得，、、恰好为阴影部分的三角形的三边，
阴影部分的三角形是直角三角形．
．
即．
，．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，解题的关键是明确正方形的面积等于边长的平方．
25．16
【分析】利用勾股定理，求出空白部分面积，通过间接作差得出阴影部分面积．
【详解】解：由题意作出如下图，
得，，，是直角三角形，
则大正方形面积，
面积，
阴影部分的面积，
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了勾股定理中赵爽弦图模型，关键在于正确找出勾股关系，利用转换面积作差求解．
26．76
【分析】根据题意可知∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个即风车的外围周长．
【详解】解：解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则
所以x=13
所以“数学风车”的外围周长是：（13+6）×4=76．
【点睛】本题考查勾股定理在实际情况中的应用，注意掌握运用隐含的已知条件来解答此类题.
27．见解析
【分析】根据，即可证明勾股定理．
【详解】证明：由题意可知，
∴，
整理得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明，此题是用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法．
28．(1)CD＝
(2)
【分析】（1）根据勾股定理先求出AB，再根据“双求法”求出CD的长度；
（2）在Rt△ABD和Rt△ADC中，分别利用勾股定理表示出，然后得到关于x的方程，解方程即可．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，AB＝，
由面积的两种算法可得：，
解得：CD＝；
（2）在Rt△ABD中，，
在Rt△ADC中，，
所以，
解得：．
【点睛】此题主要考查的是勾股定理的应用，熟知直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
29．B
【分析】先构造出树倒下的示意图，判断出四边形ABGF是矩形，得出FG=6，BG=9，再用勾股定理求出EG=19，进而求出EF大约为1.64米，最后根据实际判断即可得出结论．
【详解】解：如图
由题意画出大树倒下的示意图，大树从点B刮断，绕点B倒下，树梢的轨迹为，
根据题意得，AB=6，BC=10，AF=9，
过点F作AB的平行线交于D，E（D在E上面），
∴BE=BC=10，∠F=90°，
过点B作BG⊥DF于G，
∴∠BGF=90°，
∵∠A=90°，
∴∠A=∠F=∠BGF=90°，
∴四边形ABGF是矩形，
∴FG=AB=6，BG=AG=9，
在Rt△BGF中，根据勾股定理得，
∴
所以当张大爷的房子不低于1.64米时，可以被砸到.反之，则不会
故选：B．
【点睛】此题考查了勾股定理的实际应用，善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
30．16m
【分析】图中为一个直角三角形，根据勾股定理两个直角边的平方和等于斜边的平方．此题要求斜边的长度，解直角三角形即可．
【详解】解：∵旗杆折断后，落地点与旗杆底部的距离为8m，旗杆离地面6m折断，且旗杆与地面是垂直的，
∴折断的旗杆与地面形成了一个直角三角形．
根据勾股定理，折断的旗杆为==10m，
∴旗杆折断之前高度为：10m+6m=16m．
故答案为16m．
【点睛】本题考查的是勾股定理的实际应用，根据实际情况找出可以运用勾股定理的直角三角形是解答本题的关键．
31．8
【分析】在图中标出字母，由题意得到米，米，，运用勾股定理AB，最后利用来求解．
【详解】解：如下图．
由题意得：米，米，，
∴折断的部分AB的长为：（米），
∴折断前高度为（米）．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，培养学生对勾股定理在实际生活中的运用能力．
32．绳索长为尺
【分析】根据题意得，绳索，木桩形成直角三角形，根据勾股定理，即可求出绳索长．
【详解】设绳索长为x尺
∴根据题意得：
解得．
∴绳索长为尺．
【点睛】本题考查勾股定理的知识，解题的关键是理解题意，运用勾股定理解决实际问题．
33．16米
【分析】根据题意列出已知条件再勾股定理求得AB的长，从而即可求得旗杆折断前的高度．
【详解】解：根据题意得，在Rt△ABC中，OA=6m，OB=8m，

由勾股定理得，AB2=OA2+OB2=100，
∴AB=10m，
∴OA+AB=6+10=16m．
答：旗杆折断前高16米．
【点睛】此题主要考查学生对勾股定理的实际运用能力，比较简单．
34．
【分析】在中，根据勾股定理得出，进而得出，利用勾股定理得出，进而解答即可．
【详解】解：在中，根据勾股定理，可得：（米），
（米），
在中，（米），
（米），
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理在实际生活中的运用，考查了直角三角形中勾股定理的运用，本题中正确的使用勾股定理求的长度是解题的关键．
35．13
【分析】设出AB=AB'=x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长．
【详解】解：设芦苇长AB=AB′=x尺，则水深AC=(x-1)尺，
因为底面是边长为10尺的正方形，所以B'C=5尺
在Rt△AB'C中，52+(x-1)2=x2，
解之得x=13，
即芦苇长13尺．
故答案为：13．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，熟悉数形结合的解题思想是解题关键．
36．水池里水的深度是15尺
【分析】根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：设水池里水的深度是x尺，
由题意得，，
解得：x＝l5，
答：水池里水的深度是15尺．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理、根据勾股定理正确列出方程是解题的关键．
37．绳索AD的长度为8.5m
【分析】设秋千的绳索长为xm，根据题意可得AC＝（x﹣1）m，利用勾股定理可得x2＝42+（x﹣1）2，解方程即可．
【详解】解：在Rt△ACB中AC2+BC2＝AB2，
设秋千的绳索长为xm，则AC＝（x﹣1）m，
故x2＝42+（x﹣1）2，
解得：x＝8.5，
答：绳索AD的长度是8.5m．
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用中的秋千问题，根据题意作出秋千运动前后的图形，构造直角三角形运用勾股定理解答是关键．
38．水深3.75尺．
【分析】先根据题意构造出直角三角形（即荷花的折断与不断时恰好构成直角三角形），再根据已知条件求解．
【详解】解：设水深x尺，则荷花茎的长度为x+0.5，
根据勾股定理得：（x+0.5）2=x2+4
解得：x=3.75．
答：湖水深3.75尺．
【点睛】本题的关键是读懂题意，找出题中各个量之间的关系，建立等式进行求解．
39．D
【分析】首先根据勾股定理计算出直角三角形的斜边长，再根据三角形的面积公式计算出斜边上的高即可．
【详解】解：∵直角三角形的两直角边为6和8，
∴斜边长为：，
设直角三角形斜边上的高是h，
∴，
解得：．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了勾股定理，解决问题的关键是利用勾股定理计算出斜边的长．
40．C
【分析】利用求算术平方根化简二次根式即可，利用勾股定理求三角形的高并化简．
【详解】，
A.，
B.，
C.，
D.，
∴只有C选项符合题意．
故选：C．
【点睛】考查了二次根式的化简，求等边三角形一边上的高，关键要掌握二次根式的性质和利用勾股定理求三角形的高．
41．B
【分析】要求长方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体侧面展开，然后利用两点之间线段最短解答．
【详解】解：只要把长方体的右侧表面剪开与前面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图1，

∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴，，
在直角三角形中，根据勾股定理得：；
只要把长方体的右侧表面剪开与上面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图2，

∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
∴；
只要把长方体的上表面剪开与后面这个侧面所在的平面形成一个长方形，如图3，

∵长方体的宽为10，高为20，点B离点C的距离是5，
∴，
在直角三角形中，根据勾股定理得：
∴；
∵，
∴蚂蚁爬行的最短距离是25，
故选：B．
【点睛】本题主要考查两点之间线段最短，关键是将长方体侧面展开，然后利用两点之间线段最短解答．
42．B
【分析】将圆柱的侧面展开，得到一个长方形，再然后利用两点之间线段最短解答．
【详解】解：如图所示：

由于圆柱体的底面周长为10cm，
则AD=10×=5（cm）．
又因为CD=AB=12cm，
所以AC=＝13（cm）．
故蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的表面爬行到点C的最短路程是13cm．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题，将圆柱的侧面展开，构造出直角三角形是解题的关键．
43．
【分析】把此长方体的一面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和B点间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于长方体的高，另一条直角边长等于长方体的长宽之和，利用勾股定理可求得．
【详解】解：因为平面展开图不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短的路线．
（1）展开前面右面由勾股定理得;
（2）展开前面上面由勾股定理得;
（3）展开左面上面由勾股定理得;
所以最短路径的长为;
故答案为：.
【点睛】本题考查了平面展开—最短路径问题及勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．
44．
【分析】根据勾股定理即可求解．
【详解】解：根据题意得，“路”的长度，即步，
是步，是步，共步，
∴少走了步，
故答案为：步．
【点睛】本题主要考查勾股定理的实际应用，掌握勾股定理是解题的关键．
45．D
【分析】根据正方形的面积和勾股定理的几何意义解答即可．
【详解】解：根据勾股定理的几何意义，可知：
，
，
，
∴，，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的几何意义，关键是掌握两直角边的平方和等于斜边的平方．
46．（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据勾股定理得到，根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
（2）根据三角形的面积公式即可得到答案．
【详解】（1）证明：在中，
，
．
在中，，，
，
．
是直角三角形，
，即；
（2）解：．
【点睛】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形的面积的计算，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
47．（1）是；（2）AB2+CD2=BC2+AD2；（3）①证明见解析；② ．
【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可；
性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
问题解决：根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：
∵AB=AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上．
∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
性质探究：AD2+BC2=AB2+CD2．理由如下：
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E．
∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得：AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；
问题解决：①连接CG、BE，如图3所示：
∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE．
在△GAB和△CAE中，∵AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，∴△AGB≌△ACE（SAS）；
②∵△AGB≌△ACE，∴∠ABG=∠AEC．
又∵∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2．
∵AC=2，AB=5，∴BC=，CG=2，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=37，∴GE=．
故答案为．
【点睛】本题是四边形综合题．考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
48．(1)是，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由线段垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）垂直四边形对角线互相垂直，在直角三角形中，利用勾股定理即可推得结论；
（3）先证明，得到∠ABG=∠AEC，然后再证明四边形CGEB是垂直四边形，结合第二问的结论即可求得GE的长．
【详解】（1）四边形ABCD是垂直四边形，理由如下：
证明：连接AC、BD，作图如下：
∵AB=AD
∴点A在线段BD的垂直平分线上
又∵CB=CD
∴点C在线段BD的垂直平分线上
∴直线AC是线段BD的垂直平分线
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形
（2）证明：∵AC⊥BD
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°
由勾股定理，得
∴．
（3）连接CG、BE,作图如下：
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形
∴∠CAG=∠BAE=90 ，AG=AC，AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠BMC=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂直四边形，
由第二问知，，
∵AC＝4，AB＝5，且ΔACB为直角三角形，
∴，
∴，
∵GE＞0，
∴GE=．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定定理、正方形的性质、三角形全等判定和性质、直角三角形勾股定理等知识点，牢记定理内容并灵活应用是解题的关键．
49．(1)③④
(2)正确，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用垂美四边形的定义依次判断，可求解；
（2）由勾股定理可得结论；
（3）由三角形中位线定理可得AD＝AC＝2，BE＝BC＝，DE＝AB，由垂美四边形的性质可求解．
【详解】（1）①平行四边形的对角线不一定互相垂直，所以平行四边形不一定是垂美四边形；
②矩形的对角线相等，但不一定互相垂直，所以矩形不是垂美四边形；
③菱形的对角线互相垂直，所以菱形是垂美四边形；
④∵四边形ABCD中AB=AD，CB=CD，
∴点A、C在线段BD的垂直平分线上，
∴AC⊥BD，
∴当四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD时，四边形是垂美四边形；
综上分析可知，在四边形ABCD中，是垂美四边形的是③④；
（2）猜想正确，理由如下：
∵四边形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOB=∠COD=∠BOC=∠AOD=90°，
∴AB2=OA2+OB2，CD2=OC2+OD2，BC2=OB2+OC2，AD2=OA2+OD2，
∴AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，BC2+AD2=OB2+OC2+OA2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）∵BC=3，AC=4，D、E分别是AC、BC的中点，
∴AD=AC=2，BE=BC=，DE=AB，
∵AE⊥BD，
∴AB2+ED2=AD2+BE2，
∴AB2=4+，
∴AB=．
【点睛】本题为四边形综合题，主要考查的是菱形的性质，垂直的定义，勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
50．[理解]垂美，180；[探究]∠C=90°，∠CDE=80°；[应用] 见解析．
【分析】[理解]根据垂美四边形的定义即可解决问题；
[探究]根据垂美四边形的定义，四边形内角和定理即可解决问题；
[应用]利用等角的余角相等，证明∠AEB=∠ADF即可解决问题．
【详解】[理解]如图①中，∵∠A=∠C=90°，∴四边形ABCD是垂美四边形，∴∠ABC+∠ADC=360°﹣90°﹣90°=180°．
故答案为垂美，180；
[探究]如图②中，∵四边形ABCD是垂美四边形，∴∠C=∠A=90°．
∵∠A+∠B+∠C+∠ADC=360°，且∠B=80°，∴∠ADC=360°﹣90°﹣90°﹣80°=100°．
∵∠ADC+∠CDE=180°，∴∠CDE=80°；
[应用]如图③中，由探究可知，∠ABC+∠ADC=180°．
∵BE和DF分别是∠ABC和∠ADC的平分线，∴∠ABE=∠ABC，∠ADF=∠ADC，∴∠ABE+∠ADF=（∠ABC+∠ADC）=90°．
∵∠A=90°，∴∠ABE+∠AEB=90°，∴∠AEB=∠ADF，∴BE∥DF．
【点睛】本题是四边形综合题、考查了四边形内角和定理、垂美四边形的定义，角平分线的定义，平行线的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
51．(1)四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明过程见解析
(3)GE＝
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【详解】（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，
求证：AD2+BC2＝AB2+CD2
证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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