2021北师大版八上数学第一章勾股定理培优试题（word版含解析）

2021北师大版八上数学第一章勾股定理培优试题
一、单选题
1.（2021八上·运城期中）满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A. 三个内角比为 B. 三边之比为
C. 三边之比为 D. 三个内角比为
2.（2021八上·灵石期中）如图，长方形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF ， 则△ABE的面积为（ ）
A. 6cm2 B. 8cm2 C. 10cm2 D. 12cm2
3.（2021七上·泰安期中）如图，在△ABC中，AB=10，BC=8，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN ， 则线段BN的长是（ ）
A. 3 B. 3.5 C. 4.2 D. 5
4.（2021七上·岱岳期中）一根长 的吸管插入底面直径为 ，高为 的圆柱形饮料杯中，吸管露在杯子外面的长度为h ， 则h的值不可能是（ ）
A. B. C. D.
5.（2021八上·太原月考）我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图如图所示，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝2，BC＝3，将四个直角三角形中边长为3的直角边分别向外延长一倍，得到一个如图所示“数学风车”，则这个风车的外围周长是（ ）
A. B. 8 C. D.
6.（2021八上·高州月考）如图，分别以 的三边为斜边向外作等腰直角三角形，若斜边 ，则图中阴影部分的面积为（ ）．
A. 6 B. 12 C. 16 D. 18
7.（2021八上·平顶山月考）在 中， ， ，高 ，则BC的长为（ ）
A. 14 B. 4 C. 14或4 D. 5
8.（2021八上·西安月考）如图，凸四边形 中， ，若点M、N分别为边 上的动点，则 的周长最小值为（ ）
A. B. C. 6 D. 3
9.（2021·阜南模拟）已知a、b为两正数，且 ，则代数式 最小值为（ ）
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
10.（2020八上·运城期中）如图是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为4，若用 、 表示直角三角形的两直角边 ，下列四个说法：① ，② ，③ ，④ ．其中说法正确的是（ ）
A. ①③ B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④
11.（2020八上·龙岗月考）勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入矩形内得到的， ， ， .点D，E，F，G，H，I都在矩形 的边上，则矩形 的面积为（ ）．
A. 288 B. 400 C. 432 D. 440
12.（2020八下·南岸期末）等腰三角形一腰长为5，这一腰上的高为3，则这个等腰三角形底边长为（ ）
A. B. C. 或 D. 或
13.（2020八下·厦门期末）在△ABC中，AB＝AC＝5，P是BC上异于B，C的一点，则AP2+BP PC的值是（ ）
A. 15 B. 25 C. 30 D. 20
14.（2020八下·阿城期末）如图，将边长为8cm的正方形ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在点F处，折痕为MN ， 则折痕MN的长是（ ）
A. 5 cm B. 5 cm C. 4 cm D. 4 cm
15.（2020八下·邯郸月考）如图，把正方形 沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为 再过点 折叠纸片，使点 格在 上的点 处，折痕为 若 长为 则 的长为（ ）
A. B. C. D.
16.（2019八上·潍城月考）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴的正半轴上．顶点B的坐标为（3， ），点C的坐标为（1，0），且∠AOB=30°点P为斜边OB上的一个动点，则PA+PC的最小值为（ ）
A. B. C. D.
17.（2019七上·文登期中）如上图，透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12 ，底面周长为10 ，在容器内壁离容器底部3 的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，且离容器上沿3 的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是（ ）
A. 13 B. 12 C. 15 D. 16
18.（2019九上·孝义期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC= ，若AD=4，CD=2，则BD的长为（ ）
A. 6 B. C. 5 D.
19.（2018八上·衢州月考）四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为S的小正方形EFGH．已知AM为Rt△ABM较长直角边，AM=2 EF，则正方形ABCD的面积为( )
A. 11S B. 12S C. 13S D. 14S
20.在直线l上依次摆放着七个正方形(如图所示)。已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4 ， 则S1＋S2＋S3＋S4为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
21.如图，△ABC中，AB=AC=2，BC边上有10个不同的点P1 ， P2 ， …P10 ， 记Mi=APi2+PiB PiC（i=1，2，…，10），那么M1+M2+…+M10的值为（　　）
A. 4 B. 14 C. 40 D. 不能确定
二、填空题
22.（2021八上·薛城期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝10，AB＝8，若两阴影部分都是正方形，C、D、E在一条直线上，且它们的面积之比为1：3，则较大的正方形的面积 ．
23.（2021八上·乐清期中）课本第78页阅读材料《从勾股定理到图形面积关系的拓展》中有如下问题：如图①分别以直角三角形的三条边为边，向形外分别作正三角形，则图中的S1，S2，S3满足的数量关系是S1+S2=S3．现将△ABF向上翻折，如图②，已知S甲＝9，S乙＝8，S丙＝7，则△ABC的面积是 ．
24.（2021·泰安期中）如图，一个三级台阶，它的每一级的长宽和高分别为20、3、2，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B点最短路程是
25.（2021九上·北京开学考）如图所示，在 中， ， ，中线 ，则 长为 ．
26.（2021八上·渠县期中）如图，C为线段 上一动点，分别过B，D作 ， ，连接 ， ，已知 ， ， ，设 .请用含x的代数式表示 的长为 ， 根据上述方法，求出 的最小值为 .
27.（2021八上·绍兴期中）如图，Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC 上，以AD为折痕△ABD折叠得到△AB′D，AB′与边BC交于点E．若△DEB′为直角三角形，则BD的长是
28.（2021·新抚模拟）如图，在矩形 中， 为 边上一点，将 沿 翻折，点B落在点F处，当 为直角三角形时， ．
29.（2020八上·无锡期中）已知如图，在长方形ABCD中，点E是AD的中点，连结BE，将△ABE沿着BE翻折得到△FBE，EF交BC于点H，延长BF、DC相交于点G，若DG＝16，BC＝24，则FH＝________.
30.（2020八上·景县期中）如图，四边形 中， 是对角线， 是等边三角形， 若 ，则 ________．
31.（2020·成华模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是AD的中点，点F是AB上一动点．将△AEF沿直线EF折叠，点A落在点A'处．在EF上任取一点G，连接GC，GA'，CA’，则△CGA'的周长的最小值为________．
三、解答题
32.（2021八上·吉安期中）铁路上A、B两站（视为直线上的两点）相距25km ， C ， D为两村庄（视为两个点）， 于点A ， 于点B（如图）．已知 ， ，现在要在铁路AB上建一个土特产收购站E ， 使得C ， D两村庄到收购站E的直线距离相等，请求出收购站E到A站的距离．
33.（2021八上·牡丹月考）如图，在 中， ， ， ，AD平分 交CB于点D，求CD的长．
34.（2021八上·运城月考）如图第4号台风“黑格比”的中心于2020年8月5日下午位于浙江省绍兴市境内的B处，最大风力有9级（23m/s），中心最低气压为990百帕，台风中心沿东北（BC）方向以25km/h的速度向D移动在距离B地250km的正北方有一A地，已知A地到BC的距离AD＝70km，那么台风中心经过多长时间从B点移到D点？如果在距台风中心70km的圆形区域内都将有受到台风破坏的危险，正在D点休闲的游人在接到台风警报后的几个小时内撤离才可脱离危险？
35.如图所示，某中学有一块四边形的空地ABCD，学校计划在空地上种植草皮，经测量∠A=90°，AB=3m，BC=12 m，CD=13 m，DA=4 m，若每平方米草皮需要200元，问学校需要投人多少资金买草皮？
36.（2018八上·汽开区期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC.点D为直线BC上一动点（点D不与点B、C重合），以AD为直角边在AD右侧作等腰直角三角形ADE，使∠DAE=90°，连结CE.
（1）探究：如图①，当点D在线段BC上时，证明BC=CE+CD.
（2）应用：在探究的条件下，若AB= ，CD=1，则△DCE的周长为________.
（3）拓展：①如图②，当点D在线段CB的延长线上时，BC、CD、CE之间的数量关系为________.
②如图③，当点D在线段BC的延长线上时，BC、CD、CE之间的数量关系为________.
37.（2021八上·薛城期中）如图，E、F是等腰Rt△ABC的斜边BC上的两动点，∠EAF=45°，CD⊥BC且CD=BE ．
（1）求证：△ABE≌△ACD；
（2）求证：EF2=BE2+CF2 ．
38.（2021八上·达州期中）如图，在平面直角坐标系中，有一矩形 ，其中 ， ， ，若将 沿矩形对角线 所在直线翻折，点 落在点 处， 与边 相交于点 .
（1）求 的长；
（2）求 的面积；
（3）求点 的坐标.
39.（2021八上·沈阳月考）
（1）问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC ， D为BC边上一点（不与点B ， C重合）．连接AD ， 过点A作AE⊥AD ， 并满足AE＝AD ， 连接CE ． 则线段BD和线段CE的数量关系是 ， 位置关系是 ；
（2）探索：如图2，当D点为BC边上一点（不与点B ， C重合），Rt△ABC与Rt△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC ， AD＝AE ． 试探索线段BD、CD、DE之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）拓展：如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，若BD＝3，CD＝1，则线段AD的长为
40.（2020八上·舞钢期中）
（1）观察猜想
如图①，点B、A、C在同一条直线上，DB⊥BC，EC⊥BC且∠DAE=90°，AD=AE，则BC、BD、CE之间的数量关系为
（2）问题解决
如图②，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CB=8，AB=4，以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC连接BD，求BD的长.
（3）拓展延伸
如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，CB=8.AB=4，DC=DA，则BD=
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】解：A、因为根据三角形内角和定理可求出三个角分别为36度，90度，54度，所以是直角三角形，不符合题意；
B、因为 ，其不符合勾股定理的逆定理，所以不是直角三角形，符合题意；
C、设三角形三边为 ，有 ，其符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形，不符合题意；
D、因为根据三角形内角和定理可求出三个角分别为30度，60度，90度，所以是直角三角形，不符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据三角形的内角和及勾股定理的逆定理逐项判断即可。
2.【答案】 A
【解析】【解答】 将此长方形折叠，使点 与点 重合， ，
，
根据勾股定理得： ，
解得： ．
．
故答案为：A．
【分析】根据将此长方形折叠，使点 与点 重合， ，得出BE，根据勾股定理得出 ，解得AE的值，由此得出 △ABE的面积 。
3.【答案】 C
【解析】【解答】解：设NB=x ， 则AN=10-x ．
由翻折的性质可知：ND=AN=10-x ．
∵点D是BC的中点，
∴BD= BC=4．
在Rt△NBD中，由勾股定理可知：ND2=NB2+DB2 ，
即（10-x）2=x2+42 ，
解得：x=4.2．
∴BN=4.2．
故答案为：C．
【分析】设NB=x ， 则AN=10-x，根据折叠的性质可得ND=AN=10-x，在Rt△NBD中，由勾股定理可知：ND2=NB2+DB2 ， 再将数据代入计算即可。
4.【答案】 D
【解析】【解答】解：当筷子与杯底垂直时h最大，h最大=30-24=6cm ．
当筷子与杯底及杯高构成直角三角形时h最小，
如图所示：此时， cm ，
故h最小=30-26=4cm．
故h的取值范围是4cm≤h≤6cm．
故答案为：D．
【分析】先利用勾股定理定理求出AB=26cm，再结合图形计算求解即可。
5.【答案】 D
【解析】【解答】解：如图，将CB延长至点D，使 ，
∵ ， ，
∴ ，
，
一共有4个这样的长度，
∴这个风车的外围周长是： ．
故答案为：D．
【分析】由题意角ACB为直角，利用勾股定理求的外围中一条边，由AC延伸一倍，从而求的风车的一个轮子，进而求的4个这样的长度，即可得出周长。
6.【答案】 D
【解析】【解答】解：在Rt△AHC中，AC2=AH2+HC2 ， AH=HC，
∴AC2=2AH2 ，
∴HC=AH= ，
同理：CF=BF= ，BE=AE= ，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2 ， AB=6，
S阴影=S△AHC+S△BFC+S△AEB= HC AH+ CF BF+ AE BE，
即 （AC2+BC2+AB2）
（AB2+AB2）
AB2
．
故答案为：D．
【分析】根据勾股定理和等腰直角三角形的面积公式，可以证明：以直角三角形的两条直角边为斜边的等腰直角三角形的面积和等于以斜边为斜边的等腰直角三角形的面积，则阴影部分的面积即为以斜边为斜边的直角三角形面积的两倍。
7.【答案】 C
【解析】【解答】解：（1）如图，锐角△ABC中，AB=13，AC=15，BC边上高AD=12，
在Rt△ABD中AB=13，AD=12，由勾股定理得
BD2=AB2-AD2=132-122=25，
则BD=5，
在Rt△ABD中AC=15，AD=12，由勾股定理得
CD2=AC2-AD2=152-122=81，
则CD=9，
故BC=BD+DC=9+5=14；
（2）钝角△ABC中，AB=13，AC=15，BC边上高AD=12，
在Rt△ABD中AB=13，AD=12，由勾股定理得
BD2=AB2-AD2=132-122=25，
则BD=5，
在Rt△ACD中AC=15，AD=12，由勾股定理得
CD2=AC2-AD2=152-122=81，
则CD=9，
故BC的长为DC-BD=9-5=4.
故答案为：C.
【分析】若为锐角三角形，画出平面图，则AB=13，AC=15，BC边上高AD=12，分别在Rt△ABD、Rt△ACD中，应用勾股定理求出BD、CD，进而可得BC；若为钝角三角形，同理画出图形求解即可.
8.【答案】 C
【解析】【解答】解：作点B关于 、 的对称点分别为点 和点 ，
连接 交 和 于点M和点N， ，连接 、 ；
再 和 上分别取一动点 和 （不同于点M和N，
连接 ， ， 和 ，如图1所示：
，
， ，
，
又 ，
， ，
，
时周长最小；
连接 ，过点 作 于 的延长线于点H，
如图示2所示：
在 中， ， ，
，
，
， ，
又 ，
，
， ，
，
，
又 ，
，
， ，
在 △ 中，由勾股定理得：
.
，
故答案为：C.

【分析】作点B关于 、 的对称点分别为点 和点 ，连接 交 和 于点M和点N， ，连接 、 ；再 和 上分别取一动点 和 （不同于点M和N，连接 ， ， 和 ，通过作对称点把△BMN的周长转化为：求'，根据两点之间线段最短得出当 时周长最小，连接 ，过点 作 于 的延长线于点H，再求出 ， ， ，然后在 中，利用勾股定理求出DB，最后在 △ 中，由勾股定理求出B'B"，即可解答.
9.【答案】 B
【解析】【解答】解：如图所示，构造Rt△BEA和Rt△AFC使得 BE=a ， EA=2，AF=3，FC=b ，
根据勾股定理可得：AB= 和AC= ，
所以：
，
∴当A ， B ， C三点共线时 有最小值，即BC ，
在Rt△BDC中 ．
故答案为：B
【分析】如图所示，构造Rt△BEA和Rt△AFC使得 BE=a，EA=2，AF=3，FC=b，根据勾股定理可得：AB= 和AC= ，当A，B，C三点共线时 有最小值，即BC，根据勾股定理求出BC的长即可.
10.【答案】 A
【解析】【解答】如图所示，
∵△ABC是直角三角形，
∴根据勾股定理： ，故①符合题意；
由图可知 ，故②不符合题意；
由图可知，四个直角三角形的面积与小正方形的面积之和为大正方形的面积，
列出等式为 ，
即 ，故③符合题意；
由 可得 ，
又∵ ，
两式相加得： ，
整理得： ，
，故④不符合题意；
故正确的是①③．
故答案选A．
【分析】根据直角三角形三边关系及正方形的性质，通过图形找他们之间的关系，逐项判定即可。
11.【答案】 D
【解析】【解答】解：如图，延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，
则△ABC≌△PFB≌△QCG，
∴PB=AC=8，CQ=AB=6，
∵图2是由图1放入矩形内得到，
∴IP=8+6+8=22，
DQ=6+8+6=20，
∴矩形KLMJ的面积=22×20=440．
故答案为：D．
【分析】延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，可得ABC、PFB、QCG全等，根据全等三角形对应边相等可得PB=AC，CQ=AB，然后求出IP和DQ的长，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解。
12.【答案】 C
【解析】【解答】解：分两种情况：
（ 1 ）顶角是钝角时，如图1所示：
在Rt△ACO中，由勾股定理，得AO2=AC2-OC2=52-32=16，
∴AO=4，
OB=AB+AO=5+4=9，
在Rt△BCO中，由勾股定理，得BC2=OB2+OC2=92+32=90，
∴BC= =3 ；
（ 2 ）顶角是锐角时，如图2所示：
在Rt△ACD中，由勾股定理，得AD2=AC2-DC2=52-32=16，
∴AD=4，DB=AB-AD=5-4=1.
在Rt△BCD中，由勾股定理，得 ，
∴BC= ；
综上可知，这个等腰三角形的底的长度为3 或 .
故答案为：C.
【分析】此题要分两种情况进行讨论：（1）当等腰三角形的顶角是钝角时，腰上的高在三角形的外部，先在Rt△ACO中由勾股定理求出AO=4，于是OB=AB+AO=9，然后在Rt△BCO中利用勾股定理即可求出BC即可；（2）当等腰三角形的顶角是锐角时，腰上的高在三角形的内部，在Rt△ACO中由勾股定理求出AD=4，于是DB=AB-AD=1，然后在Rt△BCD中利用勾股定理求出BC即可.
13.【答案】 B
【解析】【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，
∵AB＝AC＝5，∠ADP＝∠ADB＝90°，
∴BD＝CD，PA2＝PD2+AD2 ， AD2+BD2＝AB2 ，
∴AP2+PB PC＝AP2+（BD+PD）（CD﹣PD）
＝AP2+（BD+PD）（BD﹣PD）
＝AP2+BD2﹣PD2＝AP2﹣PD2+BD2
＝AD2+BD2＝AB2＝25．
故答案为：B．
【分析】首先过点A作AD⊥BC于D，可得∠ADP＝∠ADB＝90°，又由AB＝AC，根据三线合一的性质，可得BD＝CD，由勾股定理可得PA2＝PD2+AD2 ， AD2+BD2＝AB2 ， 然后由AP2+PB PC＝AP2+（BD+PD）（CD﹣PD），即可求得答案．
14.【答案】 D
【解析】【解答】解：如图，连接DE ．
由题意，在Rt△DCE中，CE＝4cm ， CD＝8cm ，
由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝ cm ．
过点M作MG⊥CD于点G ， 则由题意可知MG＝BC＝CD ．
连接DE ， 交MG于点I ．
由折叠可知，DE⊥MN ， ∴∠NMG+MIE＝90°，
∵∠DIG+∠EDC＝90°，∠MIE＝∠DIG（对顶角相等），
∴∠NMG＝∠EDC ．
在△MNG与△DEC中，
∴△MNG≌△DEC（ASA）．
∴MN＝DE＝ cm ．
故答案为：D ．
【分析】连接DE ， 因为点D是中点，所以CE等于4，根据勾股定理可以求出DE的长，过点M作MG⊥CD于点G ， 则由题意可知MG＝BC＝CD ， 证明△MNG≌△DEC ， 可以得到DE=MN ， 即可解决本题．
15.【答案】 A
【解析】【解答】∵四边形ABCD为正方形，AB=2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FB=AB=2，BM= BC=1，BF=BA=2，∠BMF=90°，
则在Rt△BMF中，
，
∴ ，
设AE=FE= ，则EN= ，
∵Rt△EFN中， ，
∴ ，
解得： ，
∴EN= ．
故答案为：A．
【分析】根据翻转变换的性质求出BM、BF，根据勾股定理计算求出FM的值；再在Rt△NEF中，运用勾股定理列方程求解，即可得到EN的长．
16.【答案】 C
【解析】【解答】解：如图，过点C作C关于OB的对称点C′，连接AC′与OB相交，
则AC′与OB的交点即所求的点P，PA+PC的最小值=AC′，
过点C′作C′D⊥OA于D，
∵点C的坐标为（1，0），且∠AOB=30°，
∴∠OCC′=90°-30°=60°，
OC=1，CC′=2×1× =1，
∴CD= ，C′D= ，
∵顶点B的坐标为（3， ），点C的坐标为（1，0），∠OAB=90°，
∴AC=3-1=2，
∴AD=2+ = ，
在Rt△AC′D中，由勾股定理得，
AC′= = = ．
故答案为：C．
【分析】过点C作C关于OB的对称点C′，连接AC′与OB相交，根据轴对称确定最短路线得AC′与OB的交点即为所求的点P，PA+PC的最小值=AC′，过点C′作C′D⊥OA于D，求出CC′，∠OCC′=60°，再求出CD、C′D，然后求出AD，再根据勾股定理列式计算即可得解．
17.【答案】 A
【解析】【解答】解：由题意可得：此时蚂蚁正好在容器外壁，离容器上沿3 与饭粒相对的点A处，
， ，
将容器侧面展开，作A关于 的对称点 ，
连接 ，则 即为最短距离，
.
故答案为：A.
【分析】将容器侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
18.【答案】 A
【解析】【解答】作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，
则有∠AD′D=∠D′AD= ，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中， ，
∴BD=CD′，
∠DAD′=90°，由勾股定理得DD′= ＝4 ，
∠D′DA+∠ADC=90°，由勾股定理得
CD′= = =6，
故答案为：A.
【分析】作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，根据等式的性质，可得∠BAD与∠CAD′的关系，根据SAS，可得△BAD与△CAD′的关系，根据全等三角形的性质，可得BD与CD′的关系，根据勾股定理，可得答案．
19.【答案】 C
【解析】【解答】解：由题意可得小正方形EFGH的面积为 .
如图所示的点为P.
由题意可得 ，且MP=FP，
∴BM=EF，
∴
∴正方形ABCD的面积为13S.
故答案为C.
【分析】由四个相同的直角三角形构成大正方形ABCD，再取较长直角边的中点，围成小正方形EFGH，而小正方形EFGH可看成是由四个相同的小长方形（空白部分）围成的，∴易知MP=FP，且 ，则BM=EF，可由EF表示出正方形ABCD的面积，转化为S即可.
20.【答案】 B
【解析】【分析】如图，易证△ABC≌△CDE，得AB2+DE2=DE2+CD2=CE2 ， 同理FG2+LK2=HL2 ， S1+S2+S3+S4=1+3=4 ．
【解答】在△ABC和△CDE中，
∴△ABC≌△CDE，
∴AB=CD，BC=DE，
∴ AB2+DE2=DE2+CD2=CE2=3，
同理可证FG2+LK2=HL2=1，
∴S1+S2+S3+S4=CE2+HL2=1+3=4．
故选B.
【点评】解答本题的关键是熟练掌握勾股定理：一个直角三角形的斜边的平方等于另外两边的平方和。同时理解边的平方的几何意义就是以该边为边的正方形的面积。
21.【答案】 C
【解析】【解答】作AD⊥BC于D，则BC=2BD=2CD．
根据勾股定理，得
APi2=AD2+DPi2=AD2+（BD-BPi)2=AD2+BD2-2BD BPi+BPi2 ，
又PiB PiC=PiB （BC-PiB)=2BD BPi-BPi2 ，
∴Mi=AD2+BD2=AB2=4，
∴M1+M2+…+M10=4×10=40．
故选C．
【分析】作AD⊥BC于D．根据勾股定理，得APi2=AD2+DPi2=AD2+（BD-BPi)2=AD2+BD2-2BD BPi+BPi2 ， PiB PiC=PiB （BC-PiB)=2BD BPi-BPi2 ， 从而求得Mi=AD2+BD2 ， 即可求解．此题主要运用了勾股定理和等腰三角形三线合一的性质．
二、填空题
22.【答案】 27
【解析】【解答】解：设两个正方形的面积分别为a和3a ，
∵∠ABC＝90°，AC＝10，AB＝8，
∴BC2＝AC2﹣AB2＝102﹣82＝36，
∵BD2+CD2＝BC2 ，
∴a+3a＝36，
∴a＝9，
∴3a＝27，
∴较大的正方形的面积为27，
故答案为：27．
【分析】设两个正方形的面积分别为a和3a ， 根据勾股定理求出BC2 ， 再利用勾股定理BD2+CD2＝BC2 ， 有正方形的面积公式得出a+3a＝36，即可得出答案。
23.【答案】 10
【解析】【解答】解：设△ABC的面积为S，图②中2个白色图形的面积分别为a、b，
∵S1+S2=S3 ，
∴S甲+a+S乙+b=S丙+a+b+S，
∴S甲+S乙=S丙+S，
∴S=S甲+S乙-S丙=9+8-7=10.
故答案为：10.
【分析】设△ABC的面积为S，图②中2个白色图形的面积分别为a、b，则S甲+a+S乙+b=S丙+a+b+S，据此进行计算.
24.【答案】 25
【解析】【解答】解：如图，三级台阶平面展开图为长方形，长为20，宽为（2+3）×3=15，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长，
设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x，
由勾股定理得：x2=202+152=252 ，
解得：x=25，
∴ 蚂蚁沿着台阶面爬到B点最短路程是25.
【分析】 先将图形平面展开，得出长方形的长和宽，根据两点之间线段最短得出蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长，再由勾股定理进行解答即可.
25.【答案】
【解析】【解答】解：延长 至 ，使 ，连接 ，
是 的中线，
，
在 和 中
，
，
，
，
，
∵ ，
∴ ，
，
∴ ，
，
在 中， ，
，
故答案为： ．
【分析】利用SAS证明三角形全等，再利用勾股定理计算求解即可。
26.【答案】 ；13
【解析】【解答】解：AC+CE= ；
当A、C、E三点共线时，AC+CE的值最小；
如右图所示，作BD=12，过点B作AB⊥BD，过点D作ED⊥BD，使AB=2，ED=3，连接AE交BD于点C，
设BC=x，则AE的长即为代数式 的最小值.
过点A作AF∥BD交ED的延长线于点F，得矩形ABDF，
则AB=DF=2，AF=BD=12，EF=ED+DF=3+2=5，
所以AE= =13，
即 的最小值为13.
故答案为： ；13.
【分析】根据勾股定理可得AC+CE= ， 作BD=12，过点B作AB⊥BD，过点D作ED⊥BD，使AB=2，ED=3，连接AE交BD于点C，设BC=x，则代数式 的最小值即为AE的长，过点A作AF∥BD交ED的延长线于点F，得矩形ABDF，由矩形的性质可得AB=DF=2，AF=BD=12，EF=ED+DF=3+2=5，然后根据勾股定理求出AE的值即可.
27.【答案】 2或5
【解析】【解答】解：AB==10，
∴AB'=AB=10，
如图1，当△DEB'为直角三角形，
∴∠EDB'=90°，
过点B'作B'F⊥AC，
∵∠CFB'=∠B'DE=∠ABC=90°，
∴四边形CDFB'是矩形，
设BD=B'D=x，则AF=6+x，FB'=8-x，
在Rt△AFB'中，
AB'2=AF2+B'F2 ，
∴(6+x)2+(8-x)2=102 ，
解得：x1=2，x2=0（舍），
∴BD=2；
当∠B'ED=90°时，点C和点E重合，
∵AB'=10，AC=6，
∴B'E=4，
设BD=DB'=x，则CD=8-x，
在Rt△B'DE中，DB'2=DE2+B'E2 ，
即x2=(8-x)2+42 ，
解得x=5，
∴BD=5，
综上，BD的长为5或2.
故答案为：D.
【分析】先根据勾股定理求出AB的长，则由折叠的性质得出AB'的长，然后分两种情况讨论，即当△DEB'为直角三角形，过点B'作B'F⊥AC，根据折叠的性质求出有关线段的长，设BD=B'D=x，则AF=6+x，FB'=8-x，在Rt△AFB'中，根据勾股定理建立方程求解；当∠B'ED=90°时，点C和点E重合，根据折叠的性质求出有关线段的长，设BD=DB'=x，则CD=8-x，在Rt△B'DE中，根据勾股定理建立方程求解即可.
28.【答案】 7或
【解析】【解答】当 为直角三角形时，有两种情况：
①当点 落在矩形内部时，如下图所示．
连接 ，
在 中， ， ，
，
沿 折叠，使点 落在点 处，
，
当 为直角三角形时，只能得到 ，
点 、 、 共线，即 沿 折叠，使点 落在对角线 上的点 处，
∴ ， ，
，
设 ，则 ，
在 中，
，
，
解得 ，
；
②当点 落在 边上时，如下图所示,
此时 为正方形，
∴ ．
综上所述， 的长为7或 ．
【分析】当 为直角三角形时，有两种情况：①当点 落在矩形内部时，连接 ，先利用勾股定理计算出 ，根据折叠的性质得 ，而当 为直角三角形时，只能得到 ，所以点 、 、 共线，即 沿 折叠，使点 落在对角线 上的点 处，则 ， ，可计算出 ，设 ，则 ，然后在 中运用勾股定理可计算出 ．②当点 落在 边上时，如图所示．此时四边形 为正方形，根据 ， ．
29.【答案】
【解析】【解答】解：连结GE.
∵E是边AD的中点，
∴DE=AE=FE，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=∠BFE=90°，
∴∠D=∠EFG=90°.
在Rt△EFG与Rt△EDG中，

∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）；
∴DG=FG=16，
设DC=x，则CG=16-x，BG=x+16
在Rt△BCG中，
BG2=BC2+CG2 ， 即（x+16）2=（16-x）2+242 ，
解得x=9，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵∠AEB=∠FEB，
∴∠CBE=∠FEB，
∴BH=EH，
设BH=EH=y，则FH=12-y，
在Rt△BFH中，
BH2=BF2+FH2 ，
即y2=92+（12-y）2 ，
解得y= ,
∴12-y=12- = ,
故答案为： .
【分析】连结GE，根据折叠的性质和矩形的性质可得△EFG与△EDG是直角三角形，DE=AE=FE，再根据HL即可证明△EFG≌△EDG.根据全等三角形的性质可得DG=FG=16，可设AB=BF=DC=x，在Rt△BCG中，根据勾股定理可求BF的长，再在Rt△BFH中，根据勾股定理可求FH=BH的长.
30.【答案】 10
【解析】【解答】解：如下图所示：以CD为边向外作出等边△DCE，连接AE，
∵∠BCD=∠BCA+∠ACD=60°+∠ACD，∠ACD=∠DCE+∠ACD=60°+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACD，
在△ACE和△BCD中： ，
∴△ACE≌△BCD（SAS）,
∴BD=AE=26，
又△CDE为等边三角形，∴CD=DE=24,∠CDE=60°，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=30°+60°=90°，
再Rt△ADE中， ，
故答案为：10．
【分析】以CD为边向外作出等边△DCE，连接AE，证明△ACE≌△BCD，进而得到AE=BD=26，CD=DE=24，∠ADE=90°，进而由勾股定理在Rt△ADE中即可求出AD的长．
31.【答案】 7+
【解析】【解答】解：如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△A′GC的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，AD＝BC＝6，CD＝AB＝8，
∴AC＝ ，
∴△A′CG的周长的最小值＝10+CA′，
当CA′最小时，△CGA′的周长最小，
∵AE＝DE＝EA′＝3，
∴CE＝ ，
∵CA′≥EC﹣EA′，
∴CA′≥ ﹣3，
∴CA′的最小值为 ﹣3，
∴△CGA′的周长的最小值为7+ ，
故答案为：7+ ．
【分析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△CGA′的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．当CA′最小时，△CGA′的周长最小，求出CA′的最小值即可解决问题．
三、解答题
32.【答案】 解：（1）∵使得C，D两村到E站的距离相等．
∴DE=CE，
∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，
∴∠A=∠B=90°，
∴AE2+AD2=DE2 ， BE2+BC2=EC2 ，
∴AE2+AD2=BE2+BC2 ，
设AE=x，则BE=AB-AE=（25-x），
∵DA=10km，CB=15km，
∴x2+102=（25-x）2+152 ，
解得：x=15，
∴AE=15km．
∴收购站E到A站的距离为15km．
【解析】【分析】先求出 AE2+AD2=BE2+BC2， 再求出 x=15， 最后计算求解即可。
33.【答案】 解：设 ，
过点D作 ，垂足为点E，
∵AD平分 ，且 ，
∴ ，且 ， ，
∴ ≌ （AAS），
∴ ，
则 ．
∵ ， ， ，
∴在 中，
，
∴ ，则 ，
∴在 中，
，
即 ，
解得 ，
∴ ．
【解析】【分析】设CD=x，过点D作 ， 垂足为点E，先利用AAS证明 ≌ ，得到AE=AC=5，再利用线段的和差求出BE，利用勾股定理求出BC， 在 中， 根据求解即可。
34.【答案】 解：在 ΔABD中，根据勾股定理，BD= = =240(km），
则台风中心经过240÷25= 小时从B点移到D点，
如图，距台风中心70km的圆形区域内都会受到不同程度的影响，
∴所以人们要在台风中心到达E点之前撤离，
∵BE=BD-DE=240-70=170km，170÷25= （小时），
∴正在D点休闲的游人在接到台风警报后的 小时内撤离才可脱离危险．
【解析】【分析】根据勾股定理求出BD的长，进而解得台风从点B移到D点的时间，即可解得BE的长及从点B到点E的时间，据此解题即可。
35.【答案】 解：如图所示，连接BD，
在Rt△ABD中，BD2=AB2+AD2=32+42=52 ，
在△CBD中，
CD2=132 ，BC2=122 ，
而122+52=132 ，即BC2+ BD2=CD2 ，
所以∠DBC=90°．
S四边形ABCD = S△BAD+ S△DBC = AD·AB+ DB·BC= ×4×3+ ×12×5= 36．
所以需费用36×200=7200(元)．
【解析】【分析】 连接BD， 先利用勾股定理求出BD2 ， 再利用勾股定理的逆定理判断出∠DBC=90°， 由S四边形ABCD = S△BAD+ S△DBC 求出四边形ABCD的面积，然后乘以200即得结论.
36.【答案】 （1）解：∵∠BAC=90°，∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE．
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAE=∠CAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE．
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE．
∴BD=CE．
∵BC=BD+CD，
∴BC=CE+CD．
（2）
（3）BC= CD-CE；BC= CE-CD
【解析】【解答】（2）应用：在Rt△ABC中，AB=AC= ，
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=2，
∵CD=1，
∴BD=BC-CD=1，
由探究知，△ABD≌△ACE，
∴∠ACE=∠ABD=45°，
∴∠DCE=90°，
在Rt△BCE中，CD=1，CE=BD=1，
根据勾股定理得，DE= ，
∴△DCE的周长为CD+CE+DE=2+
故答案为：2+ .（3）拓展：①同探究的方法得，△ABD≌△ACE．
∴BD=CE
∴BC=CD-BD=CD-CE，
故答案为BC=CD-CE；
②同探究的方法得，△ABD≌△ACE．
∴BD=CE
∴BC=BD-CD=CE-CD，
故答案为：BC=CE-CD．
【分析】（1）由∠BAC=∠DAE=90°，易知∠BAD=∠CAE，根据SAS可证明△ABD≌△ACE，则BD=CE，根据线段间的等量代换证得BC=CE+CD。（2）在Rt△ABC中，先计算出BC，然后求得BD，在Rt△BCE中，再运用勾股定理求得DE，最后求出△DCE的周长。拓展：①同探究的方法得出△ABD≌△ACE，利用全等三角形性质可得BD=CE，进而得出BC= CD-CE。②同探究的方法得，△ABD≌△ACE，可得BD=CE，进而得出结论BC= CE-CD。
37.【答案】 （1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵CD⊥BC，
∴∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠BCD﹣∠ACB=45°=∠B，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
（2）由（1）知，△ABE≌△ACD，
∴AE=AD，∠BAE=∠CAD，
∵∠BAC=90°，
∴∠EAD=∠CAE+∠CAD=∠CAE+∠BAE=∠BAC=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF=∠DAE﹣∠EAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△ADF（SAS），
∴DF=EF，
在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2=CF2+CD2 ，
∵CD=BE，
∴EF2=CF2+BE2；
【解析】【分析】（1）先根据 △ABC是等腰直角三角形， 得出 AB=AC， 利用全等三角形的性质即可证出 △ABE≌△ACD（SAS）；
（2） 由（1）知，△ABE≌△ACD， 得出 AE=AD，∠BAE=∠CAD， 证出 △AEF≌△ADF（SAS），得出 DF=EF， 在Rt△DCF中，根据勾股定理得，DF2=CF2+CD2， CD=BE，即可得出结论。

38.【答案】 （1）解：∵点B（8，0），D（0，4），四边形ABCD为矩形，
∴ ， ，
在 中，
，
∴ 的长为 ；
（2）由（1）及翻折可得： ， ，
在 与 中，
，
，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，
，
代入可得： ，
解得： ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图所示，过点E作 轴，连接EB，交AC于点G，
由折叠的性质可得：AC垂直平分EB，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
，
设点 ，则 ， ，
在 中，
，
在 中，
，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴点E的坐标为 .
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质以及点A、B的坐标可得AB=DC=8，AD=BC=4，然后在Rt△ADC中，应用勾股定理就可求出AC的长；
（2）由（1）及折叠的性质可得：AB=AE，EC=BC=AD，证明△ADM≌△CEM，得到DM=EM，设MC=x，则DM=EM=8-x，然后在Rt△EMC中，应用勾股定理求出x的值，进而可得DM、EM，然后根据三角形的面积公式进行计算；
（3）过点E作EF⊥x轴，连接EB，交AC于点G，由折叠的性质可得：AC垂直平分EB，则EG=GB，根据三角形的面积公式可得BG，进而得到BE，设E（x，y）则AF=x，EF=y，在Rt△AEF、Rt△BEF中，应用勾股定理可得x的值，据此可得点E的坐标.
39.【答案】 （1）BD＝EC；BD⊥CE
（2）解：结论：BD2+CD2＝DE2 ．
理由：如图2中，连接CE，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2 ．
BD2+CD2＝DE2
（3）2
【解析】【解答】解：（1）结论：BD＝EC ， BD⊥CE ．

理由如下：如图1中，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC ，
∴∠BAD＝∠CAE ，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE ， ∠B＝∠ACE＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴BD⊥CE ．
故答案为：BD＝CE ， BD⊥CE ．
（3）如图3中，作AE⊥AD ， 使AE＝AD ， 连接CE ， DE ．
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD ，
即∠BAD＝∠CAE ，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE＝3，
∵∠ADC＝45°，∠EDA＝45°，
∴∠EDC＝90°，
∴DE＝ ＝ ＝ ，
∵∠DAE＝90°，
∴AD2+AE2＝DE2
∴AD2＝4，
∵AD＞0，
∴AD＝2．
故答案为2．
【分析】（1）根据等角的余角相等可得∠BAD＝∠CAE ， 再利用“SAS”证明△BAD≌△CAE ， 即可得到BD＝CE ， ∠B＝∠ACE＝45°，最后利用角的运算可得∠BCE＝90°，即可得到结论；
（2）根据△BAD≌△CAE，得到BD＝CE，∠ACE＝∠B，所以∠DCE=90°，再利用勾股定理得BD2+CD2＝DE2 ；
（3）作AE⊥AD ， 使AE＝AD ， 连接CE ， DE ． 利用“SAS”证明△BAD≌△CAE ， 得到BD＝CE＝3，再证明△CDG是直角三角形，最后利用勾股定理计算即可。
40.【答案】 （1）
（2）解：问题解决
如图②，过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E，
由（1）得：△ABC≌△DEA，
∴DE=AB=4，AE=BC=8，
Rt△BDE中，BE=BA+AE=4+8=12，
由勾股定理得：
（3）解：
【解析】【解答】解：（1）观察猜想

BC=BD+CE，
理由是：如图①，∵∠B=90°，∠DAE=90°，
∴∠D+∠DAB=∠DAB+∠EAC=90°，
∴∠D=∠EAC，
∵∠B=∠C=90°，AD=AE，
∴△ADB≌△EAC（AAS），
∴BD=AC，EC=AB，
∴BC=AB+AC=BD+CE；
（3）拓展延伸
如图③，过D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F，
同理得：△CED≌△AFD，
∴CE=AF，ED=DF，
设AF=x，DF=y，
∵BC=8，AB=4，
则 ，解得： ，
∴BF=AF+ AB=2+4=6，DF=6，
由勾股定理得： .
【分析】（1）如图①利用余角的性质可证得∠D=∠EAC，利用AAS证明△ADB≌△EAC，利用全等三角形的对应边相等可得到BD=AC，EC=AB，根据BC=AB+AC，代入可证得结论.
（2）如图②，过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E，利用全等三角形的性质可证得DE=AB=4，AE=BC=8，同时可求出BE的长；再在Rt△BDE中，利用勾股定理求出BD的长.
（3）如图③，过D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F，同理可证△CED≌△AFD，利用全等三角形的性质可证得CE=AF，ED=DF，设AF=x，DF=y，利用BC和AB的长，可得到关于x，y的方程组，解方程组求出x，y的值，从而可求出BF及DF的长；然后利用勾股定理求出BD的长