【解析】2023年浙教版數學八年級上冊2.7 探索勾股定理 同步測試（培優(yōu)版）

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2023年浙教版數學八年級上冊2.7探索勾股定理同步測試（培優(yōu)版）

一、選擇題（每題3分，共30分）

1．（2023八上·新城期末）如圖，長方體的高為9dm，底面是邊長為6dm的正方形，如果一只螞蟻從頂點A開始爬向頂點B，那么它爬行的最短路程為（）

A．10dmB．12dmC．13dmD．15dm

【答案】D

【知識點】平面展開﹣最短路徑問題

【解析】【解答】解：①如圖，將長方體的正面和上面展開在同一平面內，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），

AB＝＝3（dm）；

②如圖，將長方體的正面和右面展開在同一平面內，

AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝＝15（dm），

③將長方體的正面和左面展開在同一平面內，同理可得AB＝＝15（dm），

由于，

所以螞蟻爬行的最短路程為15dm.

故答案為：D.

【分析】①將長方體的正面和上面展開在同一平面內，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②將長方體的正面和右面展開在同一平面內，同理求出AB的值；③將長方體的正面和左面展開在同一平面內，同理求出AB的值，然后進行比較即可得到最短路程.

2．（2022八上·東陽期中）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示.過點D作DF的垂線交小正方形對角線EF的延長線于點G，連結BG，若大正方形的面積是小正方形面積的5倍，則的值為（）

A．B．3C．D．4

【答案】C

【知識點】勾股定理；正方形的性質；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：BE與GD的延長線相交于M點，BM交CF于N點，如圖，

設小正方形的邊長為x，則大正方形的邊長為x，

設CN＝t，則BE＝t，

在Rt△BCN中，∵CN＝t，BN＝t+x，BC＝x，

∴x2+（t+x）2＝（x）2，

解得t＝x，

∴BE＝CN＝x，

∵ED為小正方形的對角線，

∴∠FEN＝∠EFN＝45°，

∴∠GFD＝45°，

∵GD⊥DF，

∴△GDF為等腰直角三角形，

∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x，

∵∠GEM＝∠EGM＝45°，

∴△MGE為等腰直角三角形，

∴ME＝MG＝2x，

在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x，

∴BG＝＝x，

∴＝＝.

故答案為：C.

【分析】BE與GD的延長線相交于M點，BM交CF于N點，設小正方形的邊長為x，則大正方形的邊長為x，設CN＝t，則BE＝t，BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x，由正方形的性質可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出△GDF、△MGE為等腰直角三角形，得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，據此求解.

3．（2022八上·溫州期中）如圖，在等腰直角三角形中，，為的中點，為邊上一點不與端點重合，過點作于點，作于點，過點作交的延長線于點若，則陰影部分的面積為（）

A．12B．12.5C．13D．13.5

【答案】D

【知識點】勾股定理；矩形的判定與性質；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：設，，則，

為等腰直角三角形，，

，，

又為的中點，

，，

，，

四邊形DGEH為矩形，，

，

，

，

，

，

，

由勾股定理得，，

，

整理得，，

由題意知，

，

故答案為：D.

【分析】設DG＝a，CG＝b，則CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四邊形DGEH為矩形，根據矩形的性質及等腰直角三角形的性質得DH=EG=CG=b，根據平行線的性質及等腰直角三角形的性質得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出關于a和b的代數式的值，再由即可得出答案.

4．（2022八上·龍港期中）三國時期的趙爽利用圖1證明了勾股定理，后來倭國的數學家關孝和在“趙爽弦圖”的啟發(fā)下利用圖2也證明了勾股定理.在圖2中，E，B，F在同一條直線上，四邊形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面積等于100，△IJD面積等于，且已知AH＝2，則△KCD的面積等于（）

A．B．39C．D．52

【答案】A

【知識點】三角形的面積；勾股定理；正方形的性質；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD和四邊形GDJH是正方形，正方形ABCD的面積等于100，

∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，

設GH＝GD＝x，則AG＝x+2，

∵AG2+DG2＝AD2，

∴（2+x）2+x2＝102，

解得x＝6，x＝﹣8舍去，

∴DJ＝6，

∵△IJD面積等于，

∴，

∴IJ＝，

∴IH＝HJ﹣IJ＝6﹣＝，

∴AI＝＝，

∵AB＝10，AE＝AG＝8，

∴BE＝＝6，

∴BF＝2，

∴AH＝BF，

∵∠EAG＝∠BAD＝∠ABC＝90°，

∴∠GAD＝∠BAE，∠BAE＝∠FBK，

∴∠GAD=∠FBK，

∵∠BFK＝∠AHI＝90°，

∴△AHI≌△BFK（ASA），

∴AI＝BK＝，

∴CK＝BC﹣BK＝10﹣＝，

∴△KCD的面積＝CDCK＝.

故答案為：A.

【分析】根據正方形的性質得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，設GH＝GD＝x，則AG＝x+2，根據勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，結合△IJD面積，根據三角形的面積公式算出IJ的長，再由IH＝HJ﹣IJ算出IH的長，接著利用勾股定理算出AI、BE的長，根據同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，從而利用ASA判斷出△AHI≌△BFK，根據全等三角形的性質得BK=AI，由CK＝BC﹣BK算出CK，最后根據三角形的面積公式即可算出答案.

5．（2022八上·江干期中）如圖，O是正內一點，，，，，將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段，下列結論：①點O與的距離為6；②；③；④；⑤點P為內一點，則點P到三個頂點的距離和最小為.其中正確的結論是（）

A．①②③⑤B．①③④C．②③④⑤D．①②⑤

【答案】D

【知識點】等邊三角形的判定與性質；勾股定理的逆定理；旋轉的性質；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：連接OO'，

∵線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO'，

∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正確；

由①易得，，，

∴，

∴，

∴，

∴

∴故②正確；

，故③錯誤；

由③知，故④錯誤；

根據三角形的性質可知：當點P是三角形三邊的中垂線的交點時，到三角形三個頂點的距離和最小，距離和的最小值是，故⑤正確.

故答案為：D.

【分析】根據旋轉的性質易得△BOO'是等邊三角形，由等邊三角形的性質得OO'=OB，據此可判斷①；利用SAS可證△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判斷△AOO'是直角三角形，從而就不難判斷②；由S四邊形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四邊形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根據三角形的性質，當點P是三角形的外心的時候，到三角形三個頂點的距離和最小，距離和的最小值是，據此判斷⑤.

6．（2022八上·寧波期中）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分別以AB、AC、BC為邊在AB的同側作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四塊陰影部分的面積分別S1、S2、S3、S4．則等于（）

A．4B．6C．8D．12

【答案】B

【知識點】勾股定理；正方形的性質；幾何圖形的面積計算-割補法；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）

【解析】【解答】解：過F作AM的垂線交AM于D，連接PF，易得Q、P、F三點在同一直線上，設EF與AM相交于點K，BP與AF相交于點T，

∵四邊形ABEF是正方形，

∴AB=AF，∠FAD+∠CAB=90°，

又∠CAB+∠ABC=90°，

∴∠ABC=∠FAD，

∴Rt△ADF≌Rt△ABC（AAS），

∴DF=AC，∠FKD=∠CAB，

∴∠TAC=∠DFK，

∴Rt△DFK≌Rt△CAT（ASA），

所以S2＝SRt△ABC．

由Rt△DFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK，

∴S3＝S△FPT，

又∵Rt△AQF≌Rt△ACB，

∴S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC．

利用AAS證明Rt△ABC≌Rt△EBN，

∴S4＝SRt△ABC，

∴S1S2＋S3＋S4

＝（S1＋S3）S2＋S4

＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC

＝SRt△ABC=.

故答案為：B.

【分析】過F作AM的垂線交AM于D，連接PF，易得Q、P、F三點在同一直線上，設EF與AM相交于點K，BP與AF相交于點T，由正方形的性質及AAS可證Rt△ADF≌Rt△ABC，Rt△DFK≌Rt△CAT，所以S2＝SRt△ABC，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，

故S3＝S△FPT，又Rt△AQF≌Rt△ACB，得S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC；用AAS證Rt△ABC≌Rt△EBN，

得S4＝SRt△ABC，故S1S2＋S3＋S4＝（S1＋S3）S2＋S4＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，據此即可得出答案.

7．（2022八上·浦江月考）在Rt△ABC中，AC=BC，點D為AB中點．∠GDH=90°，∠GDH繞點D旋轉，DG、DH分別與邊AC、BC交于E，F兩點．下列結論：

①AE+BF=AB；②△DEF始終為等腰直角三角形；③S四邊形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2．

其中正確的是（）

A．①②③④B．①②③C．①④D．②③

【答案】A

【知識點】勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：如圖所示，連接CD，

∵AC＝BC，點D為AB中點，∠ACB＝90°，

∴AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，

∴∠ADE＋∠EDC＝90°，

∵∠EDC＋∠FDC＝∠GDH＝90°，

∴∠ADE＝CDF．

在△ADE和△CDF中，

∠A＝∠DCF，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF，

∴△ADE≌△CDF（ASA），

∴AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF．

∵AC＝BC，

∴ACAE＝BCCF，

∴CE＝BF．

∵AC＝AE＋CE，

∴AC＝AE＋BF．

∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC，

∴AC＝

∴AE+BF=AB，故①正確；

∵DE=DF，∠GDH=90°，

∴△DEF始終為等腰直角三角形，故②正確；

∵S四邊形CEDF＝S△EDC＋S△CDF，

∴S四邊形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC，

又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2

∴S四邊形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正確；

∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2，

∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2，

又∵DE＝DF，

∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正確；

∴正確的有①②③④．

故答案為：A.

【分析】連接CD根據等腰直角三角形的性質得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根據同角的余角相等得∠ADE＝CDF，從而利用ASA證△ADE≌△CDF，根據全等三角形的性質得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，進而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出結論．

8．（2023八上·鄞州期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各邊為邊分別作正方形BAHI，正方形BCFG與正方形CADE，延長BG，FG分別交AD，DE于點K，J，連結DH，IJ.圖中兩塊陰影部分面積分別記為S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四邊形邊BAHE＝18，則四邊形MBNJ的面積為（）

A．5B．6C．8D．9

【答案】B

【知識點】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定與性質；正方形的性質；幾何圖形的面積計算-割補法

【解析】【解答】解：∵四邊形BAHI和四邊形CADE都是正方形，

∴AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，

∴∠CAB+∠BAD＝∠DAH+∠BAD，

∴∠CAB＝∠DAH，

在△CAB和△DAH中，

，

∴△CAB≌△DAH（SAS），

∴∠ADH＝∠ACB＝90°，

∵∠ADE＝90°，

∴H、D、E三點共線，

∵四邊形BCFG和四邊形CADE都是正方形，延長BG、FG分別交AD、DE于點K、J，

∴四邊形ADJF和四邊形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四邊形DKGJ是正方形，四邊形CFJE是矩形，

∵S1：S2＝1：4，

∴

∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，

∵四邊形CADE是正方形，

∴∠ADE＝90°，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ，

在Rt△ACB中，由勾股定理得：，

在Rt△ADH中，由勾股定理得：

∵S四邊形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，

∴ADDH+（AD+BE）DE＝×3GJ×2GJ+（3GJ+GJ）×3GJ＝18，

解得：GJ＝（負值已舍去），

∵∠ABC+∠EBM＝180°﹣∠ABI＝180°﹣90°＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°，

∴∠CAB＝∠EBM，即∠FAN＝∠EBM，

在△FAN和△EBM中，

，

∴△FAN≌△EBM（ASA），

∴S△FAN＝S△EBM，

∴S△ABC＝S四邊形BCFN+S△FAN＝S四邊形BCFN+S△EBM，

∴S四邊形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四邊形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FCCE﹣ACBC＝2GJ×3GJ﹣×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（）2＝6.

故答案為：B.

【分析】根據正方形的性質可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，證明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三點共線，延長BG、FG分別交AD、DE于點K、J，根據矩形的性質可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根據勾股定理表示出AB、DH，然后根據S四邊形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18結合三角形、梯形的面積公式可求出GJ，證明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，則S四邊形MBNJ＝S矩形CFJE-S四邊形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，據此計算.

9．（2023八上·肇源期末）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AE平分∠BAD，分別交BC、BD于點E、P，連接OE，∠ADC=60°，，則下列結論：①∠CAD=30°②③S平行四邊形ABCD=ABAC④，正確的個數是（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】D

【知識點】勾股定理；平行四邊形的性質；三角形的中位線定理

【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠DAE，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，

∴∠DAE=∠BEA，

∴∠BAE=∠BEA，

∴AB=BE=1，

∴△ABE是等邊三角形，

∴AE=BE=1，

∵BC=2，

∴EC=1，

∴AE=EC，

∴∠EAC=∠ACE，

∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，

∴∠ACE=30°，

∵AD∥BC，

∴∠CAD=∠ACE=30°，

故①符合題意；

②∵BE=EC，OA=OC，

∴OE=AB=，OE∥AB，

∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠BCD=∠BAD=120°，

∴∠ACB=30°，

∴∠ACD=90°，

Rt△OCD中，OD==，

∴BD=2OD=，

故②符合題意；

③由②知：∠BAC=90°，

∴SABCD=ABAC，

故③符合題意；

④由②知：OE是△ABC的中位線，

∴OE=AB，

∵AB=BC，

∴OE=BC=AD，

故④符合題意；

正確的有：①②③④，

故答案為：D．

【分析】利用平行四邊形的判定與性質，勾股定理，三角形的中位線求解即可。

10．（2023八上·無錫月考）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線AB與y軸交于點A（0，6），與x軸的負半軸交于點B，且∠BAO＝30°，M、N是該直線上的兩個動點，且MN＝2，連接OM、ON，則△MON周長的最小值為（）

A．2＋3B．2＋2C．2＋2D．5＋

【答案】B

【知識點】三角形三邊關系；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四邊形的判定與性質；軸對稱的應用-最短距離問題

【解析】【解答】解：如圖作點O關于直線AB的對稱點O’，作OC∥MN且OC=MN=2，連接O'C交AB于點D，連接MC，MO'，

∴四邊形MNOC為平行四邊形，

∴，

，

∴，

在

中，

，即

，

當點M到點D的位置時，即當O’、M、C三點共線，

取得最小值，

∵，

，

設

，則

，

，

解得：

，

即：

，

，

，

解得：

，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

在

中，

，

即：

，

∴，

故答案為：B.

【分析】作點O關于直線AB的對稱點O′，作OC∥MN且OC=MN=2，連接O′C交AB于點D，連接ON，MO，則四邊形MNOC為平行四邊形，OM+ON=O′M+MC，結合三角形的三邊關系可得OM+ON>O′C，當O′、M、C三點共線，OM+ON取得最小值，設OB=x，則AB=2x，根據勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根據△AOB的面積公式求出OF，進而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，據此解答.

二、填空題（每空3分，共24分）

11．（2023八上·西安期末）如圖，圓柱底面半徑為，高為，點A，B分別是圓柱兩底面圓周上的點，且A，B在同一條豎直直線上，用一根棉線從A點順著圓柱側面繞3圈到B點，則這根棉線的長度最短為cm.

【答案】15

【知識點】平面展開﹣最短路徑問題

【解析】【解答】解：圓柱體的展開圖如圖所示：用一棉線從A順著圓柱側面繞3圈到B的運動最短路線是：；

即在圓柱體的展開圖長方形中，將長方形平均分成3個小長方形，A沿著3個長方形的對角線運動到B的路線最短；

∵圓柱底面半徑為

∴長方形的寬即是圓柱體的底面周長：；

又∵圓柱高為，

∴小長方形的一條邊長是；

根據勾股定理求得；

∴；

故答案為：15.

【分析】畫出圓柱的展開圖，用一棉線從A順著圓柱側面繞3圈到B的運動最短路線是：AC→CD→DB，根據圓柱的底面半徑可得底面周長，即為長方形的寬，由圓柱的高可得小長方形的一條邊長，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，據此求解.

12．（2023八上·寧波期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線與坐標軸交于A，B兩點，于點C，P是線段OC上的一個動點，連接AP，將線段AP繞點A逆時針旋轉，得到線段，連接，則線段的最小值為．

【答案】

【知識點】勾股定理；旋轉的性質；一次函數的性質；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：令y=-x+2中的x=0得y=2，令y=0得x=2，

∴A（0，2），B（2，0），

∴△OAB是等腰直角三角形，

∵OC⊥AB，

∴C（1，1），

又∵P是線段OC上動點，將線段AP繞點A逆時針旋轉45°，

∴P在線段OC上運動，所以P'的運動軌跡也是線段，當P在O點時和P在C點時分別確定P'的起點與終點，

∴P'的運動軌跡是在與x軸垂直的一段線段MN上，

∴當線段CP′與MN垂直時，線段CP′的值最小，

在Rt△AOB中，AO＝OB＝2，

∴

又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，

∴

∴CP'＝OBBH1＝2-（）-1=.

故答案為：.

【分析】分別令y=-x+2中的x=0與y=0算出對應的對應的y與x的值，可得點A、B的坐標，可得△OAB是等腰直角三角形，根據等腰三角形的性質可得點C的坐標，由于P是線段OC上動點，將線段AP繞點A逆時針旋轉45°，P在線段OC上運動，所以P'的運動軌跡也是線段，當P在O點時和P在C點時分別確定P'的起點與終點，故P'的運動軌跡是在與x軸垂直的一段線段MN上，當線段CP′與MN垂直時，線段CP′的值最小，進而算出NB，在Rt△HBN中根據勾股定理算出BH，即可解決問題.

13．（2023八上·義烏期末）氣動升降桌由于高度可調節(jié)，給人們學習生活帶來許多便捷．如圖1所示是桌子的側平面示意圖，AC，BC，DC，DE，HG是固定鋼架，HG垂直桌面MN，GE是位置可變的定長鋼架．DF是兩端固定的伸縮桿，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一個固定角為150°，當GE旋轉至水平位置時，伸縮桿最短，此時伸縮桿DF的長度為cm．點D的離地高度為60cm，HG＝10cm，小南將桌子調整到他覺得最舒服的高度，此時發(fā)現FD＝FE，則桌面高度為cm．

【答案】；

【知識點】含30°角的直角三角形；勾股定理的應用；旋轉的性質

【解析】【解答】解：如圖，延長CD交EF于點P，

由題意可知CD與水平面垂直，當GE旋轉至水平位置時，則PD⊥EF，

∴∠DPE＝∠DPF＝90°，

∵∠EDC＝150°，

∴∠PDE＝30°，

∵DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，

∴PE＝DE＝10cm，FE＝GEGF＝26cm，cm，

∴PF＝FEPE＝16cm，

∴cm，

如圖，作FL⊥DE于點L，交CD的延長線于點R，

∵FD＝FE，

∴DL＝EL＝DE＝10cm，

∵∠DLR＝∠ELF＝90°，

∴DR=2LR，cm，

∴102＋LR2＝（2LR）2，

∴cm，cm，cm，

∴作EQ⊥CD交CD的延長線于點Q，FK⊥CD交CD的延長線于點K，

∵∠DQE＝∠FKR＝90°，∠FRK＝∠DRL＝60°，

∴EQ＝DE＝10cm，∠RFK＝30°，

∴cm，cm，

∴cm，

作GT⊥CD交CD的延長線于點T，作EO⊥GT交GT的延長線于點O，交FK的延長線于點I，

∵EQ∥FK∥GT，EO∥QT，∠EQK＝90°，

∴四邊形EQKI、四邊形EQTO都是矩形，

∴cm，

∵，

∴cm，

∴cm，

連結AB，延長CT交MN于點W，延長DC交AB于點J，則DJ＝60cm，

∵MN∥OG，WT⊥MN，HG⊥MN，

∴WT＝HG＝10cm，

∴cm.

故答案為：，.

【分析】延長CD交EF于點P，則當GE旋轉至水平位置時，則PD⊥EF，先由∠EDC＝150°得∠PDE＝30°，而∠DPE＝90°，所以PE＝DE＝10cm，FE＝GEGF＝26cm，則PF＝16cm，根據勾股定理可求得PD＝cm即可求得DF＝cm；作FL⊥DE于點L，交CD的延長線于點R，由FD＝FE得DL＝EL＝DE＝10cm，可求得FL＝24cm，即可根據勾股定理求得LR作EQ⊥CD交CD的延長線于點Q，FK⊥CD交CD的延長線于點K，則EQ＝DE＝10cm，RK＝FR＝cm，由勾股定理求得DQ＝cm，則QK＝cm，作GT⊥CD交CD的延長線于點T，作EO⊥GT交GT的延長線于點O，交FK的延長線于點I，則cm，cm，cm，連結AB，延長CT交MN于點W，延長DC交AB于點J，則DJ＝60cm，WT＝HG＝10cm，由JW＝DJ＋WT＋DT求出JW的長即可．

14．（2023八上·鄞州期末）如圖，在中，，于點，于點若，.

（1）的長為；

（2）在的腰上取一點，當是等腰三角形時，長為.

【答案】（1）3

（2）或

【知識點】等腰三角形的性質；等邊三角形的判定與性質；含30°角的直角三角形；勾股定理

【解析】【解答】解：（1）于點，，

，，

于點，

，

，

，

，

故答案為：3；

（2）當點在邊上時，如圖1，

，

是等腰三角形，

，

，

，

；

當點在邊上時，

若，如圖，

，，

平分，

于點，

，

此時為等腰三角形，

過點M作MN⊥AB，與BA的延長線交于點N，

，，

由勾股定理知，，

，

，

，

，

，

由（1）知，，，

∴∠ADM=30°

，

，

是等邊三角形，

，

所以當，或時，都有；

綜上，或，

故答案為：或.

【分析】（1）由含30°角直角三角形性質得AB=2AD，∠DAE=60°，∠ADE=30°，AD=2AE，據此求出AB的長，最后根據BE=AB-AE即可算出答案；

（2）分類討論：①當點M在AB邊上時，易得△DEM是等腰直角三角形，可求出DE=EM=，進而根據BM=BE-EM代入計算可得BM的長；②當點M在AC邊上時，若DM⊥AC，根據等腰三角形的三線合一得AD平分∠BAC，進而根據角平分線上的點到角兩邊的距離相等得，此時△DEM是等腰三角形，過點M作MN⊥AB，與BA的延長線交于點N，根據勾股定理易得AM=AE=1，由三角形外角性質得∠MAN=60°，故∠AMN=30°，根據含30°角直角三角形的性質得AN的長，進而根據公共點了算出MN、BM的長；③易判斷出△DEM是等邊三角形，根據等邊三角形的性質得DE=DM=MN，故當DE=EM或MD=ME時，都有，綜上即可得出答案.

15．（2022八上·拱墅月考）如圖，在中，，為邊的中點，、分別為邊、上的點，且，若，，則，線段的長度．

【答案】45；

【知識點】余角、補角及其性質；等腰三角形的性質；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：如圖，延長FD到M使得DM＝DF=2，分別連接AM、EM、EF，作EN⊥DF于點N，

∵∠C＝90°，

∴∠BAC+∠B＝90°，

∵AE＝AD，BF＝BD，

∴∠AED＝∠ADE，∠BDF＝∠BFD，

∴2∠ADE+∠BAC＝180°，2∠BDF+∠B＝180°，

∴2∠ADE+2∠BDF＝270°，

∴∠ADE+∠BDF＝135°，

∴∠EDF＝180°-（∠ADE+∠BDF）＝45°，

∵∠END＝90°，DE＝，

∴∠EDN＝∠DEN＝45°，

∴EN＝DN＝1，

∵D為AB的中點，

∴AD=BD，

又∵∠ADM=∠BDF，DM＝DF=2，

△ADM≌△BDF（SAS），

∴BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，

∴∠MAE＝∠MAD+∠BAC＝90°，

∴EM＝AM，

∵在Rt△EMN中，EN＝1，MN＝DM+DN＝3，

∴EM＝＝=，

∴AM＝，AB＝2AM＝．

故答案為：45，．

【分析】延長FD到M使得DM＝DF=2，分別連接AM、EM、EF，作EN⊥DF于點N，先利用角的互余關系及等腰三角形性質得到∠ADE+∠BDF＝135°，再利用角的互補關系求得∠EDF＝45°，從而得到∠EDN＝∠DEN＝45°，EN＝DN＝1；再利用“SAS”定理證明△ADM≌△BDF，從而得BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，進而得到EM＝AM，再利用勾股定理求得EM的長，從而求出AM的長，進而求得AB的長.

16．（2023八上·渠縣期末）如圖，一次函數y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，C是x軸上一動點，連接BC，將△ABC沿BC所在的直線折疊，當點A落在y軸上時，點C的坐標為.

【答案】（﹣6，0）或（，0）

【知識點】勾股定理；翻折變換（折疊問題）；一次函數圖象與坐標軸交點問題

【解析】【解答】解：∵一次函數y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，

∴A（4，0），B（0，3），

∴OA＝4，OB＝3，

根據勾股定理可得AB＝=5，

如圖1，當點A落在y軸的正半軸上時，

設點C的坐標為（m，0），

∵將△ABC沿BC所在的直線折疊，當點A落在y軸上時，

∴A′O＝3+5＝8，A′C＝AC＝4﹣m，

∵A′C2＝OC2+A′O2，

∴（4﹣m）2＝m2+82，

∴m＝﹣6；

如圖2，當點A落在y軸的負半軸上時，

設點C的坐標為（m，0），

∵將△ABC沿BC所在的直線折疊，當點A落在y軸上時，

∴A′O＝5﹣3＝2，A′C＝AC＝4﹣m，

∵A′C2＝OC2+A′O2，

∴（4﹣m）2＝m2+22，

∴m＝；

綜上所述，當點A落在y軸上時，點C的坐標為（﹣6，0）或（，0），

故答案為：（﹣6，0）或（，0）.

【分析】首先求出A、B兩點的坐標，進而根據勾股定理可得AB的長度，如圖1，當點A落在y軸的正半軸上時，設點C的坐標為（m，0），在Rt△A'OC中，利用勾股定理建立方程，求出m的值，從而可得點C的坐標；如圖2，當點A落在y軸的負半軸上時，同理可得點C的坐標，綜上可得答案.

17．（2023八上·華鎣期末）如圖，在中.，平分交于E，于D.下列結論：①；②點E在線段的垂直平分線上：③；④；⑤，其中正確的有（填結論正確的序號）.

【答案】①②③⑤

【知識點】三角形內角和定理；等腰三角形的判定與性質；含30°角的直角三角形；勾股定理；線段垂直平分線的判定

【解析】【解答】解：∵，，

∴，

∴，，

∵平分交于E，

∴，

∴，

∴點E在線段BC的垂直平分線上，故②正確；

∵，

∴，故①正確；

∵，

∴，

∴，故③正確；

設，則，，

∴，，

∴，故④錯誤；

∵，∠BAC=90°，

∴，

∴，故⑤正確.

綜上，正確的有①②③⑤.

故答案為：①②③⑤.

【分析】首先根據已知及三角形的內角和定理得∠C=30°，∠ABC=60°，根據角平分線的定義得∠ABE=∠CBE=30°，由等角對等邊得BE=CE，再由到線段兩端點距離相等的點在這條線段的垂直平分線上得點E在線段BC的垂直平分線上，據此判斷①②；由三角形內角和定理易得∠DAE=∠C=30°，據此判斷③；設DE=a，則AE=2a，根據含30°直角三角形的性質及勾股定理分別用含a的式子表示出BD及DE，即可判斷④；直接根據含30°角直角三角形的性質即可判斷⑤.

三、綜合題（共7題，共66分）

18．（2022八上·蒼南月考）已知，，為正數，滿足如下兩個條件：

①

②

證明：以，，為三邊長可構成一個直角三角形.

【答案】證明：證法1：將①②兩式相乘，得，

即，

即，

即，

即，

即，

即，即，

即，

所以或或，即或或.

因此，以，，為三邊長可構成一個直角三角形.

證法2結合①式，由②式可得，

變形，得③

又由①式得，即，

代入③式，得，

即.

，

所以或或.

結合①式可得或或.

因此，以，，為三邊長可構成一個直角三角形.

【知識點】因式分解的應用；勾股定理的逆定理

【解析】【分析】證法一：將①②兩式相乘可得，根據有理數的乘法法則可得或或，即或或，根據勾股定理的逆定理即可判斷得出結論；證法二：結合已知條件可得a=16，或b=16，或c=16，結合①式可得b+a=c或c+a=b或c+b=a，根據勾股定理的逆定理即可判斷得出結論.

19．（2022八上·興平期中）如圖，直線經過原點O，點A在x軸上，于點D，于點F，已知點，，，，求的長度．

【答案】解：如圖，過點C作軸于點G，

∵點，，，

∴，，，

∴．

由題意，得，．

∵，∴是直角三角形，

∴．

∵，

∴，

∴，

∴，

解得，

∴長.

【知識點】點的坐標；三角形的面積；勾股定理

【解析】【分析】過點C作CG⊥x軸于點G，利用點A，B，C的坐標可求出BE，CG，OA的長；利用△ABC的面積等于△AOB和△AOC的面積之和，可求出△ABC的面積；利用點F，C的坐標可得到FC∥x軸，同時可求出BF，CF的長，在Rt△BFC中，利用勾股定理求出BC的長；然后利用三角形的面積公式，在△ABC中，可求出AD的長.

20．（2022八上·延慶期末）在同一平面內的兩個圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P，Q兩點間的距離有最大值，那么稱這個最大值為圖形M，N間的“最距離”，記作：．

如圖，點B，C在數軸上表示的數分別為0，2，于點B，且．

（1）若點D在數軸上表示的數為5，求d（點D，）；

（2）若點E，F在數軸上表示的數分別是x，，當d（線段，）時，求x的取值范圍．

【答案】（1）解：連接，，根據直角三角形中斜邊最長，

所以點D到圖形的最距離是，

因為點B，C在數軸上表示的數分別為0，2，于點B，且，點D在數軸上表示的數為5，

所以，

所以，

所以d（點D，）為．

（2）解：當線段在原點的左側時，

因為點E，F在數軸上表示的數分別是x，，

所以d（線段，）時，

得到，

所以，

解得；

當線段在原點的右側時，

因為點E，F在數軸上表示的數分別是x，，

所以d（線段，）時，

得到，

所以，

解得，（舍去）；

綜上所述，x的取值范圍或．

【知識點】勾股定理；定義新運算

【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出DA的長，即可得到d（點D，）為；

（2）分類討論：①當線段在原點的左側時，②當線段在原點的右側時，再分別列出不等式求解即可。

21．（2022八上·南海期中）如圖，一個長方體形的木柜放在墻角處（與墻面和地面均沒有縫隙），有一只螞蟻從柜角A處沿著木柜表面爬到柜角處

（1）請你在下面網格（每個小正方形邊長為1）中，畫出螞蟻能夠最快到達目的地的可能路徑；

（2）當，，時，求螞蟻爬過的最短路徑的長；

（3）我們發(fā)現，“用不同的方式表示同一圖形的面積”可以解決計算線段的有關問題，這種方法稱為“面積法”．請“面積法”求點到最短路徑的距離．

【答案】（1）解：如圖，

木柜的表面展開圖是矩形或．

故螞蟻能夠最快到達目的地的可能路徑有如圖的或；

（2）解：螞蟻沿著木柜表面矩形爬過的路徑的長是．

螞蟻沿著木柜表面爬過的路徑的長是．

，

故螞蟻爬過的最短路徑的長是．

（3）解：作于E，

，是公共角，

，

即，

則，

．

答：點到最短路徑的距離是．

【知識點】平面展開﹣最短路徑問題；相似三角形的判定與性質

【解析】【分析】（1）將立體幾何轉換為平面幾何，再求解即可；

（2）利用勾股定理求解并比較大小即可；

（3）先證明，可得，將數據代入求出即可。

22．（2023八上·嘉興期末）如圖，在中，，點為邊上異于，的一個動點，作點關于的對稱點，連結，，交直線于點.

（1）若，，是邊上的高線.

①求線段的長；

②當時，求線段的長；

（2）在的情況下，當是等腰三角形時，直接寫出的度數.

【答案】（1）解：①如圖

在Rt△ABC中

，

即，

解之：

②∵點A關于CP的對稱點為點A′，

∴CA=CA′=8，

∵∠PQA′=90°，

∴由①可知，

∴

（2）解：△A′PQ′是等腰三角形，

當A′P=A′Q時，∠A′PQ=∠A′QP，

∵點A和點A′關于CP對稱。

∴∠CAQ=∠CA′P=35°，

∴∠A′PQ=×（180°-35°）=72.5°，

∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，

∴∠ACA′=72.5°-35°=37.5°；

當A′Q=QP時，∠A′=∠QPA′，

∵點A和點A′關于CP對稱。

∴∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，

∴∠A′QP=180°-35°-35°=110°，

∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，

∴∠ACA′=110°°-35°=75°；

當PQ=PA′時，∠A′=∠PQA′，

∵點A和點A′關于CP對稱，

∴∠CAQ=∠CA′P=∠PQA′=35°，

∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，

∴∠ACA′=35°-35°=0°（舍去），

∴∠A′CA的度數為37.5°或75°

【知識點】三角形的面積；三角形的外角性質；等腰三角形的判定；勾股定理；軸對稱的性質

【解析】【分析】（1）①利用勾股定理求出AB的長，再利用同一個三角形的面積不變，可求出CE的長；②利用軸對稱的性質可證得CA=CA′=8，利用∠PQA′=90°，可求出CQ的長，再根據A′Q=CA′-CQ，代入計算求出A′Q的長.

（2）利用等腰三角形的性質分情況討論：當A′P=A′Q時，∠A′PQ=∠A′QP，利用對稱軸的性質可得到∠CAQ=∠CA′P=35°，利用三角形的內角和定理求出∠A′PQ；再利用三角形的外角的性質可求出∠ACA′的度數；當A′Q=QP時，∠A′=∠QPA′，利用軸對稱的性質可得到∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，即可求出∠A′QP的度數；再利用三角形的外角的性質可求出∠ACA′的度數；當PQ=PA′時，∠A′=∠PQA′，可求出∠PQA′的度數，利用三角形的外角的性質可求出∠ACA′的度數，綜上所述可得到符合題意的∠A′CA的度數.

23．（2023八上·鎮(zhèn)海區(qū)期末）如圖，在邊長為的正方形中，過中點E作正，過點F的直線分別交邊、于點G、H、已知點M、N分別是線段、的動點，且是等邊三角形.

（1）判斷與的位置關系，并說明理由.

（2）當點N在線段上時

①求證：

②試判斷的結果是否變化？若變化，請說明理由；若不變，請求出這個值.

（3）設，點A關于的對稱點為，若點落在的內部，請直接寫出的范圍.

【答案】（1）解：，理由如下：

∵四邊形是正方形，

∵，是等邊三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴，

即；

（2）解：①如圖，連接，

∵，

∴，

在中，

，

∴，

∴；

②，理由如下，

如圖所示，過點H作于點K，

∵四邊形是正方形，且邊長為，

∴，

又，

∴四邊形是矩形，

∴，

∵，

又，

∴，

∴，

在中，，

∴，

∵，

∴，

解得：，

∵E是的中點，則，

在中，，

∴，

∴，則，

∵，

∴，

又，

；

即，

（3）當時，點落在的內部

【知識點】三角形全等及其性質；等邊三角形的性質；勾股定理；正方形的性質；軸對稱的性質

【解析】【解答】解：（3）當落在上時，如圖所示，

∵點A關于的對稱點為，

∴，

又∵，

∴，

∴，

即；

當落在上時，如圖所示，

∵點關于的對稱點為，

∴，

又∵，

∴，

即，

綜上所述，當時，點落在的內部.

【分析】（1）EF與GH的關系式垂直，理由如下：易得AE=FE，NE=ME，∠AEF=∠NEM=60°，則∠AEN=∠FEM，用SAS證明△AEN≌△FEM，根據全等三角形的對應角相等得∠EFM=∠EAN=90°，即可得出結論；

（2）①連接EG，用HL證明Rt△AEG≌Rt△FEG，即可得出結論；

②MH＋GH＝，理由如下：過點F作FK⊥AB于點K，得出四邊形HKBC是矩形，則HK＝CB＝6，在Rt△HGK中，∠GHK＝30°，并結合勾股定理得出HG的長，在Rt△AEG中，∠AEG=30°，并結合勾股定理得出AG的長，則FG＝AG＝，根據MH＋GN＝MFFG＋MFFG，即可求解；

（3）分當A'落在MN上時，當A'落在EM上時，根據軸對稱的性質以及等邊三角形的性質即可求解．

24．（2023八上·江北期末）定義：若三角形滿足：兩邊的平方和與這兩邊乘積的差等于第三邊的平方，則稱這個三角形為“類勾股三角形”.如圖1在中，，則是“類勾股三角形”.

（1）等邊三角形一定是“類勾股三角形”，是命題（填真或假）.

（2）若中，，且，若是“類勾股三角形”，求的度數.

（3）如圖2，在等邊三角形的邊上各取一點，，且相交于點，是的高，若是“類勾股三角形”，且.

①求證：.

②連結，若，那么線段能否構成一個“類勾股三角形”？若能，請證明；若不能，請說明理由.

【答案】（1）真

（2）解：∵，

∴，

當時，則（舍去），

當時，則，

，

∴，

∴，

∴，

∴

當時，則，

，

∴，

∴，

∴（舍去），

綜上所述：是“類勾股三角形”時，

（3）解：①∵是等邊三角形，

∴，，

∵是的高，是“類勾股三角形”，

∴由（2）可得，，

∴，

∵，

∴，

在和中，

，

∴，

∴

②∵，，

∴，

在和中，

，

∴，

∴，

∵，

∴，

設，，則，，

∴，

，

，

∴，

∴，

∴線段能構成一個“類勾股三角形”.

【知識點】等邊三角形的性質；含30°角的直角三角形；勾股定理；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：（1）當△ABC為等邊三角形時，

，

∴，

∴等邊三角形一定是“類勾股三角形”；

故答案為：真；

【分析】（1）由于等邊三角形的三邊相等，結合“類勾股三角形”的定義判斷即可；

（2）首先根據勾股定理得a2+b2=c2，然后分當a2+b2-ab=c2，a2+c2-ac=b2，b2+c2-bc=a2，三種情況，解答即可；

（3）①根據“類勾股三角形”的定義得到∠BFG=60°，利用ASA證明△ABD≌△CAE，根據全等三角形的對應邊相等得AD=CE；②利用ASA證明△ABF≌△CAG，得到AG=BF，設FG=x，EG=y，用含x、y表示出AG2、EF2、CD2，進而根據類勾股三角形”定義判斷即可.

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2023年浙教版數學八年級上冊2.7探索勾股定理同步測試（培優(yōu)版）

一、選擇題（每題3分，共30分）

1．（2023八上·新城期末）如圖，長方體的高為9dm，底面是邊長為6dm的正方形，如果一只螞蟻從頂點A開始爬向頂點B，那么它爬行的最短路程為（）

A．10dmB．12dmC．13dmD．15dm

2．（2022八上·東陽期中）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示.過點D作DF的垂線交小正方形對角線EF的延長線于點G，連結BG，若大正方形的面積是小正方形面積的5倍，則的值為（）

A．B．3C．D．4

3．（2022八上·溫州期中）如圖，在等腰直角三角形中，，為的中點，為邊上一點不與端點重合，過點作于點，作于點，過點作交的延長線于點若，則陰影部分的面積為（）

A．12B．12.5C．13D．13.5

4．（2022八上·龍港期中）三國時期的趙爽利用圖1證明了勾股定理，后來倭國的數學家關孝和在“趙爽弦圖”的啟發(fā)下利用圖2也證明了勾股定理.在圖2中，E，B，F在同一條直線上，四邊形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面積等于100，△IJD面積等于，且已知AH＝2，則△KCD的面積等于（）

A．B．39C．D．52

5．（2022八上·江干期中）如圖，O是正內一點，，，，，將線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段，下列結論：①點O與的距離為6；②；③；④；⑤點P為內一點，則點P到三個頂點的距離和最小為.其中正確的結論是（）

A．①②③⑤B．①③④C．②③④⑤D．①②⑤

6．（2022八上·寧波期中）如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分別以AB、AC、BC為邊在AB的同側作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四塊陰影部分的面積分別S1、S2、S3、S4．則等于（）

A．4B．6C．8D．12

7．（2022八上·浦江月考）在Rt△ABC中，AC=BC，點D為AB中點．∠GDH=90°，∠GDH繞點D旋轉，DG、DH分別與邊AC、BC交于E，F兩點．下列結論：

①AE+BF=AB；②△DEF始終為等腰直角三角形；③S四邊形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2．

其中正確的是（）

A．①②③④B．①②③C．①④D．②③

8．（2023八上·鄞州期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各邊為邊分別作正方形BAHI，正方形BCFG與正方形CADE，延長BG，FG分別交AD，DE于點K，J，連結DH，IJ.圖中兩塊陰影部分面積分別記為S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四邊形邊BAHE＝18，則四邊形MBNJ的面積為（）

A．5B．6C．8D．9

9．（2023八上·肇源期末）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AE平分∠BAD，分別交BC、BD于點E、P，連接OE，∠ADC=60°，，則下列結論：①∠CAD=30°②③S平行四邊形ABCD=ABAC④，正確的個數是（）

A．1B．2C．3D．4

10．（2023八上·無錫月考）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線AB與y軸交于點A（0，6），與x軸的負半軸交于點B，且∠BAO＝30°，M、N是該直線上的兩個動點，且MN＝2，連接OM、ON，則△MON周長的最小值為（）

A．2＋3B．2＋2C．2＋2D．5＋

二、填空題（每空3分，共24分）

11．（2023八上·西安期末）如圖，圓柱底面半徑為，高為，點A，B分別是圓柱兩底面圓周上的點，且A，B在同一條豎直直線上，用一根棉線從A點順著圓柱側面繞3圈到B點，則這根棉線的長度最短為cm.

12．（2023八上·寧波期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線與坐標軸交于A，B兩點，于點C，P是線段OC上的一個動點，連接AP，將線段AP繞點A逆時針旋轉，得到線段，連接，則線段的最小值為．

13．（2023八上·義烏期末）氣動升降桌由于高度可調節(jié)，給人們學習生活帶來許多便捷．如圖1所示是桌子的側平面示意圖，AC，BC，DC，DE，HG是固定鋼架，HG垂直桌面MN，GE是位置可變的定長鋼架．DF是兩端固定的伸縮桿，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一個固定角為150°，當GE旋轉至水平位置時，伸縮桿最短，此時伸縮桿DF的長度為cm．點D的離地高度為60cm，HG＝10cm，小南將桌子調整到他覺得最舒服的高度，此時發(fā)現FD＝FE，則桌面高度為cm．

14．（2023八上·鄞州期末）如圖，在中，，于點，于點若，.

（1）的長為；

（2）在的腰上取一點，當是等腰三角形時，長為.

15．（2022八上·拱墅月考）如圖，在中，，為邊的中點，、分別為邊、上的點，且，若，，則，線段的長度．

16．（2023八上·渠縣期末）如圖，一次函數y＝﹣x+3的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，C是x軸上一動點，連接BC，將△ABC沿BC所在的直線折疊，當點A落在y軸上時，點C的坐標為.

17．（2023八上·華鎣期末）如圖，在中.，平分交于E，于D.下列結論：①；②點E在線段的垂直平分線上：③；④；⑤，其中正確的有（填結論正確的序號）.

三、綜合題（共7題，共66分）

18．（2022八上·蒼南月考）已知，，為正數，滿足如下兩個條件：

①

②

證明：以，，為三邊長可構成一個直角三角形.

19．（2022八上·興平期中）如圖，直線經過原點O，點A在x軸上，于點D，于點F，已知點，，，，求的長度．

20．（2022八上·延慶期末）在同一平面內的兩個圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P，Q兩點間的距離有最大值，那么稱這個最大值為圖形M，N間的“最距離”，記作：．

如圖，點B，C在數軸上表示的數分別為0，2，于點B，且．

（1）若點D在數軸上表示的數為5，求d（點D，）；

（2）若點E，F在數軸上表示的數分別是x，，當d（線段，）時，求x的取值范圍．

21．（2022八上·南海期中）如圖，一個長方體形的木柜放在墻角處（與墻面和地面均沒有縫隙），有一只螞蟻從柜角A處沿著木柜表面爬到柜角處

（1）請你在下面網格（每個小正方形邊長為1）中，畫出螞蟻能夠最快到達目的地的可能路徑；

（2）當，，時，求螞蟻爬過的最短路徑的長；

（3）我們發(fā)現，“用不同的方式表示同一圖形的面積”可以解決計算線段的有關問題，這種方法稱為“面積法”．請“面積法”求點到最短路徑的距離．

22．（2023八上·嘉興期末）如圖，在中，，點為邊上異于，的一個動點，作點關于的對稱點，連結，，交直線于點.

（1）若，，是邊上的高線.

①求線段的長；

②當時，求線段的長；

（2）在的情況下，當是等腰三角形時，直接寫出的度數.

23．（2023八上·鎮(zhèn)海區(qū)期末）如圖，在邊長為的正方形中，過中點E作正，過點F的直線分別交邊、于點G、H、已知點M、N分別是線段、的動點，且是等邊三角形.

（1）判斷與的位置關系，并說明理由.

（2）當點N在線段上時

①求證：

②試判斷的結果是否變化？若變化，請說明理由；若不變，請求出這個值.

（3）設，點A關于的對稱點為，若點落在的內部，請直接寫出的范圍.

24．（2023八上·江北期末）定義：若三角形滿足：兩邊的平方和與這兩邊乘積的差等于第三邊的平方，則稱這個三角形為“類勾股三角形”.如圖1在中，，則是“類勾股三角形”.

（1）等邊三角形一定是“類勾股三角形”，是命題（填真或假）.

（2）若中，，且，若是“類勾股三角形”，求的度數.

（3）如圖2，在等邊三角形的邊上各取一點，，且相交于點，是的高，若是“類勾股三角形”，且.

①求證：.

②連結，若，那么線段能否構成一個“類勾股三角形”？若能，請證明；若不能，請說明理由.

答案解析部分

1．【答案】D

【知識點】平面展開﹣最短路徑問題

【解析】【解答】解：①如圖，將長方體的正面和上面展開在同一平面內，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），

AB＝＝3（dm）；

②如圖，將長方體的正面和右面展開在同一平面內，

AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝＝15（dm），

③將長方體的正面和左面展開在同一平面內，同理可得AB＝＝15（dm），

由于，

所以螞蟻爬行的最短路程為15dm.

故答案為：D.

【分析】①將長方體的正面和上面展開在同一平面內，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②將長方體的正面和右面展開在同一平面內，同理求出AB的值；③將長方體的正面和左面展開在同一平面內，同理求出AB的值，然后進行比較即可得到最短路程.

2．【答案】C

【知識點】勾股定理；正方形的性質；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：BE與GD的延長線相交于M點，BM交CF于N點，如圖，

設小正方形的邊長為x，則大正方形的邊長為x，

設CN＝t，則BE＝t，

在Rt△BCN中，∵CN＝t，BN＝t+x，BC＝x，

∴x2+（t+x）2＝（x）2，

解得t＝x，

∴BE＝CN＝x，

∵ED為小正方形的對角線，

∴∠FEN＝∠EFN＝45°，

∴∠GFD＝45°，

∵GD⊥DF，

∴△GDF為等腰直角三角形，

∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x，

∵∠GEM＝∠EGM＝45°，

∴△MGE為等腰直角三角形，

∴ME＝MG＝2x，

在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x，

∴BG＝＝x，

∴＝＝.

故答案為：C.

【分析】BE與GD的延長線相交于M點，BM交CF于N點，設小正方形的邊長為x，則大正方形的邊長為x，設CN＝t，則BE＝t，BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x，由正方形的性質可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出△GDF、△MGE為等腰直角三角形，得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，據此求解.

3．【答案】D

【知識點】勾股定理；矩形的判定與性質；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：設，，則，

為等腰直角三角形，，

，，

又為的中點，

，，

，，

四邊形DGEH為矩形，，

，

，

，

，

，

，

由勾股定理得，，

，

整理得，，

由題意知，

，

故答案為：D.

【分析】設DG＝a，CG＝b，則CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四邊形DGEH為矩形，根據矩形的性質及等腰直角三角形的性質得DH=EG=CG=b，根據平行線的性質及等腰直角三角形的性質得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出關于a和b的代數式的值，再由即可得出答案.

4．【答案】A

【知識點】三角形的面積；勾股定理；正方形的性質；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD和四邊形GDJH是正方形，正方形ABCD的面積等于100，

∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，

設GH＝GD＝x，則AG＝x+2，

∵AG2+DG2＝AD2，

∴（2+x）2+x2＝102，

解得x＝6，x＝﹣8舍去，

∴DJ＝6，

∵△IJD面積等于，

∴，

∴IJ＝，

∴IH＝HJ﹣IJ＝6﹣＝，

∴AI＝＝，

∵AB＝10，AE＝AG＝8，

∴BE＝＝6，

∴BF＝2，

∴AH＝BF，

∵∠EAG＝∠BAD＝∠ABC＝90°，

∴∠GAD＝∠BAE，∠BAE＝∠FBK，

∴∠GAD=∠FBK，

∵∠BFK＝∠AHI＝90°，

∴△AHI≌△BFK（ASA），

∴AI＝BK＝，

∴CK＝BC﹣BK＝10﹣＝，

∴△KCD的面積＝CDCK＝.

故答案為：A.

【分析】根據正方形的性質得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，設GH＝GD＝x，則AG＝x+2，根據勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，結合△IJD面積，根據三角形的面積公式算出IJ的長，再由IH＝HJ﹣IJ算出IH的長，接著利用勾股定理算出AI、BE的長，根據同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，從而利用ASA判斷出△AHI≌△BFK，根據全等三角形的性質得BK=AI，由CK＝BC﹣BK算出CK，最后根據三角形的面積公式即可算出答案.

5．【答案】D

【知識點】等邊三角形的判定與性質；勾股定理的逆定理；旋轉的性質；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：連接OO'，

∵線段BO以點B為旋轉中心逆時針旋轉60°得到線段BO'，

∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正確；

由①易得，，，

∴，

∴，

∴，

∴

∴故②正確；

，故③錯誤；

由③知，故④錯誤；

根據三角形的性質可知：當點P是三角形三邊的中垂線的交點時，到三角形三個頂點的距離和最小，距離和的最小值是，故⑤正確.

故答案為：D.

【分析】根據旋轉的性質易得△BOO'是等邊三角形，由等邊三角形的性質得OO'=OB，據此可判斷①；利用SAS可證△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判斷△AOO'是直角三角形，從而就不難判斷②；由S四邊形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四邊形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根據三角形的性質，當點P是三角形的外心的時候，到三角形三個頂點的距離和最小，距離和的最小值是，據此判斷⑤.

6．【答案】B

【知識點】勾股定理；正方形的性質；幾何圖形的面積計算-割補法；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）

【解析】【解答】解：過F作AM的垂線交AM于D，連接PF，易得Q、P、F三點在同一直線上，設EF與AM相交于點K，BP與AF相交于點T，

∵四邊形ABEF是正方形，

∴AB=AF，∠FAD+∠CAB=90°，

又∠CAB+∠ABC=90°，

∴∠ABC=∠FAD，

∴Rt△ADF≌Rt△ABC（AAS），

∴DF=AC，∠FKD=∠CAB，

∴∠TAC=∠DFK，

∴Rt△DFK≌Rt△CAT（ASA），

所以S2＝SRt△ABC．

由Rt△DFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK，

∴S3＝S△FPT，

又∵Rt△AQF≌Rt△ACB，

∴S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC．

利用AAS證明Rt△ABC≌Rt△EBN，

∴S4＝SRt△ABC，

∴S1S2＋S3＋S4

＝（S1＋S3）S2＋S4

＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC

＝SRt△ABC=.

故答案為：B.

【分析】過F作AM的垂線交AM于D，連接PF，易得Q、P、F三點在同一直線上，設EF與AM相交于點K，BP與AF相交于點T，由正方形的性質及AAS可證Rt△ADF≌Rt△ABC，Rt△DFK≌Rt△CAT，所以S2＝SRt△ABC，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，

故S3＝S△FPT，又Rt△AQF≌Rt△ACB，得S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC；用AAS證Rt△ABC≌Rt△EBN，

得S4＝SRt△ABC，故S1S2＋S3＋S4＝（S1＋S3）S2＋S4＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，據此即可得出答案.

7．【答案】A

【知識點】勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：如圖所示，連接CD，

∵AC＝BC，點D為AB中點，∠ACB＝90°，

∴AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，

∴∠ADE＋∠EDC＝90°，

∵∠EDC＋∠FDC＝∠GDH＝90°，

∴∠ADE＝CDF．

在△ADE和△CDF中，

∠A＝∠DCF，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF，

∴△ADE≌△CDF（ASA），

∴AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF．

∵AC＝BC，

∴ACAE＝BCCF，

∴CE＝BF．

∵AC＝AE＋CE，

∴AC＝AE＋BF．

∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC，

∴AC＝

∴AE+BF=AB，故①正確；

∵DE=DF，∠GDH=90°，

∴△DEF始終為等腰直角三角形，故②正確；

∵S四邊形CEDF＝S△EDC＋S△CDF，

∴S四邊形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC，

又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2

∴S四邊形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正確；

∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2，

∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2，

又∵DE＝DF，

∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正確；

∴正確的有①②③④．

故答案為：A.

【分析】連接CD根據等腰直角三角形的性質得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根據同角的余角相等得∠ADE＝CDF，從而利用ASA證△ADE≌△CDF，根據全等三角形的性質得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，進而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出結論．

8．【答案】B

【知識點】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定與性質；正方形的性質；幾何圖形的面積計算-割補法

【解析】【解答】解：∵四邊形BAHI和四邊形CADE都是正方形，

∴AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，

∴∠CAB+∠BAD＝∠DAH+∠BAD，

∴∠CAB＝∠DAH，

在△CAB和△DAH中，

，

∴△CAB≌△DAH（SAS），

∴∠ADH＝∠ACB＝90°，

∵∠ADE＝90°，

∴H、D、E三點共線，

∵四邊形BCFG和四邊形CADE都是正方形，延長BG、FG分別交AD、DE于點K、J，

∴四邊形ADJF和四邊形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四邊形DKGJ是正方形，四邊形CFJE是矩形，

∵S1：S2＝1：4，

∴

∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，

∵四邊形CADE是正方形，

∴∠ADE＝90°，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ，

在Rt△ACB中，由勾股定理得：，

在Rt△ADH中，由勾股定理得：

∵S四邊形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，

∴ADDH+（AD+BE）DE＝×3GJ×2GJ+（3GJ+GJ）×3GJ＝18，

解得：GJ＝（負值已舍去），

∵∠ABC+∠EBM＝180°﹣∠ABI＝180°﹣90°＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°，

∴∠CAB＝∠EBM，即∠FAN＝∠EBM，

在△FAN和△EBM中，

，

∴△FAN≌△EBM（ASA），

∴S△FAN＝S△EBM，

∴S△ABC＝S四邊形BCFN+S△FAN＝S四邊形BCFN+S△EBM，

∴S四邊形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四邊形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FCCE﹣ACBC＝2GJ×3GJ﹣×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（）2＝6.

故答案為：B.

【分析】根據正方形的性質可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，證明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三點共線，延長BG、FG分別交AD、DE于點K、J，根據矩形的性質可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根據勾股定理表示出AB、DH，然后根據S四邊形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18結合三角形、梯形的面積公式可求出GJ，證明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，則S四邊形MBNJ＝S矩形CFJE-S四邊形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，據此計算.

9．【答案】D

【知識點】勾股定理；平行四邊形的性質；三角形的中位線定理

【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠DAE，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，

∴∠DAE=∠BEA，

∴∠BAE=∠BEA，

∴AB=BE=1，

∴△ABE是等邊三角形，

∴AE=BE=1，

∵BC=2，

∴EC=1，

∴AE=EC，

∴∠EAC=∠ACE，

∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，

∴∠ACE=30°，

∵AD∥BC，

∴∠CAD=∠ACE=30°，

故①符合題意；

②∵BE=EC，OA=OC，

∴OE=AB=，OE∥AB，

∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠BCD=∠BAD=120°，

∴∠ACB=30°，

∴∠ACD=90°，

Rt△OCD中，OD==，

∴BD=2OD=，

故②符合題意；

③由②知：∠BAC=90°，

∴SABCD=ABAC，

故③符合題意；

④由②知：OE是△ABC的中位線，

∴OE=AB，

∵AB=BC，

∴OE=BC=AD，

故④符合題意；

正確的有：①②③④，

故答案為：D．

【分析】利用平行四邊形的判定與性質，勾股定理，三角形的中位線求解即可。

10．【答案】B

【知識點】三角形三邊關系；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四邊形的判定與性質；軸對稱的應用-最短距離問題

【解析】【解答】解：如圖作點O關于直線AB的對稱點O’，作OC∥MN且OC=MN=2，連接O'C交AB于點D，連接MC，MO'，

∴四邊形MNOC為平行四邊形，

∴，

，

∴，

在

中，

，即

，

當點M到點D的位置時，即當O’、M、C三點共線，

取得最小值，

∵，

，

設

，則

，

，

解得：

，

即：

，

，

，

解得：

，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

在

中，

，

即：

，

∴，

故答案為：B.

【分析】作點O關于直線AB的對稱點O′，作OC∥MN且OC=MN=2，連接O′C交AB于點D，連接ON，MO，則四邊形MNOC為平行四邊形，OM+ON=O′M+MC，結合三角形的三邊關系可得OM+ON>O′C，當O′、M、C三點共線，OM+ON取得最小值，設OB=x，則AB=2x，根據勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根據△AOB的面積公式求出OF，進而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，據此解答.

11．【答案】15

【知識點】平面展開﹣最短路徑問題

【解析】【解答】解：圓柱體的展開圖如圖所示：用一棉線從A順著圓柱側面繞3圈到B的運動最短路線是：；

即在圓柱體的展開圖長方形中，將長方形平均分成3個小長方形，A沿著3個長方形的對角線運動到B的路線最短；

∵圓柱底面半徑為

∴長方形的寬即是圓柱體的底面周長：；

又∵圓柱高為，

∴小長方形的一條邊長是；

根據勾股定理求得；

∴；

故答案為：15.

【分析】畫出圓柱的展開圖，用一棉線從A順著圓柱側面繞3圈到B的運動最短路線是：AC→CD→DB，根據圓柱的底面半徑可得底面周長，即為長方形的寬，由圓柱的高可得小長方形的一條邊長，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，據此求解.

12．【答案】

【知識點】勾股定理；旋轉的性質；一次函數的性質；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：令y=-x+2中的x=0得y=2，令y=0得x=2，

∴A（0