2023年浙教版数学八年级上册2.7 探索勾股定理 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023八上·新城期末）如图，长方体的高为9dm，底面是边长为6dm的正方形，如果一只蚂蚁从顶点A开始爬向顶点B，那么它爬行的最短路程为（ ）
A．10dm B．12dm C．13dm D．15dm
【答案】D
【知识点】平面展开﹣最短路径问题
【解析】【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），
AB＝ ＝3 （dm）；
②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内，
AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝ ＝15（dm），
③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝ ＝15（dm），
由于 ，
所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm.
故答案为：D.
【分析】①将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②将长方体的正面和右面展开在同一平面内，同理求出AB的值；③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理求出AB的值，然后进行比较即可得到最短路程.
2．（2022八上·东阳期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示.过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG，若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则 的值为（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图，
设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为 x，
设CN＝t，则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为小正方形的对角线，
∴∠FEN＝∠EFN＝45°，
∴∠GFD＝45°，
∵GD⊥DF，
∴△GDF为等腰直角三角形，
∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x，
∵∠GEM＝∠EGM＝45°，
∴△MGE为等腰直角三角形，
∴ME＝MG＝2x，
在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x，
∴BG＝ ＝ x，
∴ ＝ ＝ .
故答案为：C.
【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x， 设CN＝t，则BE＝t， BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x， 由正方形的性质可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出 △GDF、△MGE为等腰直角三角形， 得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，据此求解.
3．（2022八上·温州期中）如图，在等腰直角三角形中，，为的中点，为边上一点不与端点重合，过点作于点，作于点，过点作交的延长线于点若，则阴影部分的面积为（ ）
A．12 B．12.5 C．13 D．13.5
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：设，，则，
为等腰直角三角形，，
，，
又为的中点，
，，
，，
四边形DGEH为矩形，，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，
，
整理得，，
由题意知，
，
故答案为：D.
【分析】设DG＝a，CG＝b，则CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四边形DGEH为矩形，根据矩形的性质及等腰直角三角形的性质得DH=EG=CG=b，根据平行线的性质及等腰直角三角形的性质得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出关于a和b的代数式的值，再由即可得出答案.
4．（2022八上·龙港期中）三国时期的赵爽利用图1证明了勾股定理，后来日本的数学家关孝和在“赵爽弦图”的启发下利用图2也证明了勾股定理.在图2中，E，B，F在同一条直线上，四边形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面积等于100，△IJD面积等于，且已知AH＝2，则△KCD的面积等于（ ）
A． B．39 C． D．52
【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD和四边形GDJH是正方形，正方形ABCD的面积等于100，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，
设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，
∵AG2+DG2＝AD2，
∴（2+x）2+x2＝102，
解得x＝6，x＝-8舍去，
∴DJ＝6，
∵△IJD面积等于，
∴，
∴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的面积＝CD CK＝.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，根据勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，结合△IJD面积，根据三角形的面积公式算出IJ的长，再由IH＝HJ-IJ算出IH的长，接着利用勾股定理算出AI、BE的长，根据同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，从而利用ASA判断出△AHI≌△BFK，根据全等三角形的性质得BK=AI，由CK＝BC-BK算出CK，最后根据三角形的面积公式即可算出答案.
5．（2022八上·江干期中）如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：连接OO'，
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，
∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确；
由①易得，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴故②正确；
，故③错误；
由③知，故 ④错误；
根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤.
6．（2022八上·宁波期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四块阴影部分的面积分别S1、S2、S3、S4．则等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，
∵四边形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证明Rt△ABC≌Rt△EBN，
∴S4＝SRt△ABC，
∴S1 S2＋S3＋S4
＝（S1＋S3） S2＋S4
＝SRt△ABC SRt△ABC＋SRt△ABC
＝SRt△ABC=.
故答案为：B.
【分析】过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，由正方形的性质及AAS可证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证Rt△ABC≌Rt△EBN，
得S4＝SRt△ABC，故S1 S2＋S3＋S4＝（S1＋S3） S2＋S4＝SRt△ABC SRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，据此即可得出答案.
7．（2022八上·浦江月考）在Rt△ABC中，AC=BC，点D为AB中点．∠GDH=90°，∠GDH绕点D旋转，DG、DH分别与边AC、BC交于E，F两点．下列结论：
①AE+BF=AB；②△DEF始终为等腰直角三角形；③S四边形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2．
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①④ D．②③
【答案】A
【知识点】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：如图所示，连接CD，
∵AC＝BC，点D为AB中点，∠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，
∴AC AE＝BC CF，
∴CE＝BF．
∵AC＝AE＋CE，
∴AC＝AE＋BF．
∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC，
∴AC＝
∴ AE+BF=AB ，故①正确；
∵DE=DF，∠GDH=90°，
∴△DEF始终为等腰直角三角形，故②正确；
∵S四边形CEDF＝S△EDC＋S△CDF，
∴S四边形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC，
又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2
∴S四边形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正确；
∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2，
∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2，
又∵DE＝DF，
∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故答案为：A.
【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根据同角的余角相等得∠ADE＝CDF，从而利用ASA证△ADE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，进而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出结论．
8．（2021八上·鄞州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ.图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四边形边BAHE＝18，则四边形MBNJ的面积为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：∵四边形BAHI和四边形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三点共线，
∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，
∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，
∵S1：S2＝1：4，
∴
∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，
∵四边形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四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，
∴ AD DH+ （AD+BE） DE＝ ×3GJ×2GJ+ （3GJ+GJ）×3GJ＝18，
解得：GJ＝ （负值已舍去），
∵∠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四边形BCFN+S△FAN＝S四边形BCFN+S△EBM，
∴S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FC CE﹣ AC BC＝2GJ×3GJ﹣ ×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（ ）2＝6.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，证明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三点共线，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，根据矩形的性质可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根据勾股定理表示出AB、DH，然后根据S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18结合三角形、梯形的面积公式可求出GJ，证明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，则S四边形MBNJ＝S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，据此计算.
9．（2021八上·肇源期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，，则下列结论：①∠CAD=30° ②③S平行四边形ABCD=AB AC ④ ，正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①符合题意；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD==，
∴BD=2OD=，
故②符合题意；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S ABCD=AB AC，
故③符合题意；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB，
∵AB=BC，
∴OE=BC=AD，
故④符合题意；
正确的有：①②③④，
故答案为：D．
【分析】利用平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线求解即可。
10．（2021八上·无锡月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB与y轴交于点A（0，6），与x轴的负半轴交于点B，且∠BAO＝30°， M、N是该直线上的两个动点，且MN＝2，连接OM、ON，则△MON周长的最小值为 （ ）
A．2＋3 B．2＋2 C．2＋2 D．5＋
【答案】B
【知识点】三角形三边关系；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图作点O关于直线AB的对称点O’，作 OC∥MN且OC=MN=2 ，连接O'C交AB于点D，连接MC，MO'，
∴四边形MNOC为平行四边形，
∴ ，
，
∴ ，
在
中，
，即
，
当点M到点D的位置时，即当O’、M、C三点共线，
取得最小值，
∵ ，
，
设
，则
，
，
解得：
，
即：
，
，
，
解得：
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在
中，
，
即：
，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】作点O关于直线AB的对称点O′，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O′C交AB于点D，连接ON，MO，则四边形MNOC为平行四边形，OM+ON=O′M+MC，结合三角形的三边关系可得OM+ON>O′C，当O′、M、C三点共线，OM+ON取得最小值，设OB=x，则AB=2x，根据勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根据△AOB的面积公式求出OF，进而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，据此解答.
二、填空题（每空3分，共24分）
11．（2023八上·西安期末）如图，圆柱底面半径为，高为，点A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A，B在同一条竖直直线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为 cm.
【答案】15
【知识点】平面展开﹣最短路径问题
【解析】【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：；
即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；
∵圆柱底面半径为
∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长： ；
又∵圆柱高为，
∴小长方形的一条边长是；
根据勾股定理求得；
∴；
故答案为：15.
【分析】画出圆柱的展开图，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB，根据圆柱的底面半径可得底面周长，即为长方形的宽，由圆柱的高可得小长方形的一条边长，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，据此求解.
12．（2023八上·宁波期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与坐标轴交于A，B两点，于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；旋转的性质；一次函数的性质；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是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，
∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，
∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，
在Rt△AOB中，AO＝OB＝2，
∴
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴
∴CP'＝OB BH 1＝2-（）-1=.
故答案为：.
【分析】分别令y=-x+2中的x=0与y=0算出对应的对应的y与x的值，可得点A、B的坐标，可得△OAB是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得点C的坐标，由于P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，故P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，进而算出NB，在Rt△HBN中根据勾股定理算出BH，即可解决问题.
13．（2023八上·义乌期末）气动升降桌由于高度可调节，给人们学习生活带来许多便捷．如图1所示是桌子的侧平面示意图，AC，BC，DC，DE，HG是固定钢架，HG垂直桌面MN，GE是位置可变的定长钢架．DF是两端固定的伸缩杆，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一个固定角为150°，当GE旋转至水平位置时，伸缩杆最短，此时伸缩杆DF的长度为 cm．点D的离地高度为60cm，HG＝10cm，小南将桌子调整到他觉得最舒服的高度，此时发现FD＝FE，则桌面高度为 cm．
【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，延长CD交EF于点P，
由题意可知CD与水平面垂直，当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，
∴∠DPE＝∠DPF＝90°，
∵∠EDC＝150°，
∴∠PDE＝30°，
∵DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，
∴PE＝DE＝10cm，FE＝GE GF＝26cm，cm，
∴PF＝FE PE＝16cm，
∴cm，
如图，作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点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的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，
∵∠DQE＝∠FKR＝90°，∠FRK＝∠DRL＝60°，
∴EQ＝DE＝10cm，∠RFK＝30°，
∴cm，cm，
∴cm，
作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，
∵EQ∥FK∥GT，EO∥QT，∠EQK＝90°，
∴四边形EQKI、四边形EQTO都是矩形，
∴cm，
∵，
∴cm，
∴cm，
连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，
∵MN∥OG，WT⊥MN，HG⊥MN，
∴WT＝HG＝10cm，
∴cm.
故答案为：，.
【分析】延长CD交EF于点P，则当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，先由∠EDC＝150°得∠PDE＝30°，而∠DPE＝90°，所以PE＝DE＝10cm，FE＝GE GF＝26cm，则PF＝16cm，根据勾股定理可求得PD＝cm即可求得DF＝cm；作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点R，由FD＝FE得DL＝EL＝DE＝10cm，可求得FL＝24cm，即可根据勾股定理求得LR作EQ⊥CD交CD的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，则EQ＝DE＝10cm，RK＝FR＝cm，由勾股定理求得DQ＝cm，则QK＝cm，作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，则cm，cm，cm，连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，WT＝HG＝10cm，由JW＝DJ＋WT＋DT求出JW的长即可．
14．（2023八上·鄞州期末）如图，在中，，于点，于点若，.
（1）的长为 ；
（2）在的腰上取一点，当是等腰三角形时，长为 .
【答案】（1）3
（2）或
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：（1）于点，，
，，
于点，
，
，
，
，
故答案为：3；
（2）当点在边上时，如图1，
，
是等腰三角形，
，
，
，
；
当点在边上时，
若，如图，
，，
平分，
于点，
，
此时为等腰三角形，
过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，
，，
由勾股定理知，，
，
，
，
，
，
由（1）知，，，
∴∠ADM=30°
，
，
是等边三角形，
，
所以当，或时，都有；
综上，或，
故答案为：或.
【分析】（1）由含30°角直角三角形性质得AB=2AD，∠DAE=60°，∠ADE=30°，AD=2AE，据此求出AB的长，最后根据BE=AB-AE即可算出答案；
（2）分类讨论：①当点M在AB边上时，易得△DEM是等腰直角三角形，可求出DE=EM=，进而根据BM=BE-EM代入计算可得BM的长；②当点M在AC边上时，若DM⊥AC，根据等腰三角形的三线合一得AD平分∠BAC，进而根据角平分线上的点到角两边的距离相等得，此时△DEM是等腰三角形，过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，根据勾股定理易得AM=AE=1，由三角形外角性质得∠MAN=60°，故∠AMN=30°，根据含30°角直角三角形的性质得AN的长，进而根据公共点了算出MN、BM的长；③易判断出△DEM是等边三角形，根据等边三角形的性质得DE=DM=MN，故当DE=EM或MD=ME时，都有，综上即可得出答案.
15．（2022八上·拱墅月考）如图，在中，，为边的中点，、分别为边、上的点，且，若，，则 ，线段的长度 ．
【答案】45；
【知识点】余角、补角及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点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为AB的中点，
∴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＝．
故答案为：45，．
【分析】延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点N，先利用角的互余关系及等腰三角形性质得到∠ADE+∠BDF＝135°，再利用角的互补关系求得∠EDF＝45°，从而得到∠EDN＝∠DEN＝45°，EN＝DN＝1；再利用“SAS”定理证明△ADM≌△BDF，从而得BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，进而得到EM＝AM，再利用勾股定理求得EM的长，从而求出AM的长，进而求得AB的长.
16．（2023八上·渠县期末）如图，一次函数y＝-x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是x轴上一动点，连接BC，将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，点C的坐标为 .
【答案】（-6，0）或（，0）
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：∵一次函数y＝-x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A（4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
根据勾股定理可得AB＝=5，
如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，
设点C的坐标为（m，0），
∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，
∴A′O＝3+5＝8，A′C＝AC＝4-m，
∵A′C2＝OC2+A′O2，
∴（4-m）2＝m2+82，
∴m＝-6；
如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，
设点C的坐标为（m，0），
∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，
∴A′O＝5-3＝2，A′C＝AC＝4-m，
∵A′C2＝OC2+A′O2，
∴（4-m）2＝m2+22，
∴m＝；
综上所述，当点A落在y轴上时，点C的坐标为（-6，0）或（，0），
故答案为：（-6，0）或（，0）.
【分析】首先求出A、B两点的坐标，进而根据勾股定理可得AB的长度，如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，设点C的坐标为（m，0），在Rt△A'OC中，利用勾股定理建立方程，求出m的值，从而可得点C的坐标；如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，同理可得点C的坐标，综上可得答案.
17．（2023八上·华蓥期末）如图，在中.，平分交于E，于D.下列结论：①；②点E在线段的垂直平分线上：③；④；⑤，其中正确的有 （填结论正确的序号）.
【答案】①②③⑤
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∴，，
∵平分交于E，
∴，
∴，
∴点E在线段BC的垂直平分线上，故②正确；
∵，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∴，故③正确；
设，则，，
∴，，
∴，故④错误；
∵，∠BAC=90°，
∴，
∴，故⑤正确.
综上，正确的有①②③⑤.
故答案为：①②③⑤.
【分析】首先根据已知及三角形的内角和定理得∠C=30°，∠ABC=60°，根据角平分线的定义得∠ABE=∠CBE=30°，由等角对等边得BE=CE，再由到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上得点E在线段BC的垂直平分线上，据此判断①②；由三角形内角和定理易得∠DAE=∠C=30°，据此判断③；设DE=a，则AE=2a，根据含30°直角三角形的性质及勾股定理分别用含a的式子表示出BD及DE，即可判断④；直接根据含30°角直角三角形的性质即可判断⑤.
三、综合题（共7题，共66分）
18．（2022八上·苍南月考）已知，，为正数，满足如下两个条件：
①
②
证明：以，，为三边长可构成一个直角三角形.
【答案】证明：证法1：将①②两式相乘，得，
即，
即，
即，
即，
即，
即，即，
即，
所以或或，即或或.
因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形.
证法2 结合①式，由②式可得，
变形，得③
又由①式得，即，
代入③式，得，
即.
，
所以或或.
结合①式可得或或.
因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形.
【知识点】因式分解的应用；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】证法一： 将①②两式相乘可得 ，根据有理数的乘法法则可得 或或，即或或，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论；证法二：结合已知条件可得a=16，或b=16，或c=16， 结合①式可得b+a=c或c+a=b或c+b=a，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论.
19．（2022八上·兴平期中）如图，直线经过原点O，点A在x轴上，于点D，于点F，已知点，，，，求的长度．
【答案】解：如图，过点C作轴于点G，
∵点，，，
∴，，，
∴．
由题意，得，．
∵，∴是直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴长.
【知识点】点的坐标；三角形的面积；勾股定理
【解析】【分析】过点C作CG⊥x轴于点G，利用点A，B，C的坐标可求出BE，CG，OA的长；利用△ABC的面积等于△AOB和△AOC的面积之和，可求出△ABC的面积；利用点F，C的坐标可得到FC∥x轴，同时可求出BF，CF的长，在Rt△BFC中，利用勾股定理求出BC的长；然后利用三角形的面积公式，在△ABC中，可求出AD的长.
20．（2022八上·延庆期末）在同一平面内的两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M，N间的“最距离”，记作：．
如图，点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且．
（1）若点D在数轴上表示的数为5，求d（点D，）；
（2）若点E，F在数轴上表示的数分别是x，，当d（线段，）时，求x的取值范围．
【答案】（1）解：连接，，根据直角三角形中斜边最长，
所以点D到图形的最距离是，
因为点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且，点D在数轴上表示的数为5，
所以，
所以，
所以d（点D，）为．
（2）解：当线段在原点的左侧时，
因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，，
所以d（线段，）时，
得到，
所以，
解得；
当线段在原点的右侧时，
因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，，
所以d（线段，）时，
得到，
所以，
解得，（舍去）；
综上所述，x的取值范围或．
【知识点】勾股定理；定义新运算
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出DA的长，即可得到d（点D，）为；
（2）分类讨论：①当线段在原点的左侧时，②当线段在原点的右侧时，再分别列出不等式求解即可。
21．（2022八上·南海期中）如图，一个长方体形的木柜放在墙角处（与墙面和地面均没有缝隙），有一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角处
（1）请你在下面网格（每个小正方形边长为1）中，画出蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径；
（2）当，，时，求蚂蚁爬过的最短路径的长；
（3）我们发现，“用不同的方式表示同一图形的面积”可以解决计算线段的有关问题，这种方法称为“面积法”．请“面积法”求点到最短路径的距离．
【答案】（1）解：如图，
木柜的表面展开图是矩形或．
故蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径有如图的或；
（2）解：蚂蚁沿着木柜表面矩形爬过的路径的长是．
蚂蚁沿着木柜表面爬过的路径的长是．
，
故蚂蚁爬过的最短路径的长是．
（3）解：作于E，
，是公共角，
，
即，
则，
．
答：点到最短路径的距离是．
【知识点】平面展开﹣最短路径问题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）将立体几何转换为平面几何，再求解即可；
（2）利用勾股定理求解并比较大小即可；
（3）先证明，可得，将数据代入求出即可。
22．（2023八上·嘉兴期末）如图，在中，，点为边上异于，的一个动点，作点关于的对称点，连结，，交直线于点.
（1）若，，是边上的高线.
①求线段的长；
②当时，求线段的长；
（2）在的情况下，当是等腰三角形时，直接写出的度数.
【答案】（1）解：①如图
在Rt△ABC中
，
即，
解之：
②∵点A关于CP的对称点为点A′，
∴CA=CA′=8，
∵∠PQA′=90°，
∴由①可知，
∴
（2）解：△A′PQ′是等腰三角形，
当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，
∵点A和点A′关于CP对称。
∴∠CAQ=∠CA′P=35°，
∴∠A′PQ=×（180°-35°）=72.5°，
∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，
∴∠ACA′=72.5°-35°=37.5°；
当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，
∵点A和点A′关于CP对称。
∴∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，
∴∠A′QP=180°-35°-35°=110°，
∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，
∴∠ACA′=110°°-35°=75°；
当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，
∵点A和点A′关于CP对称，
∴∠CAQ=∠CA′P=∠PQA′=35°，
∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，
∴∠ACA′=35°-35°=0°（舍去），
∴∠A′CA的度数为37.5°或75°
【知识点】三角形的面积；三角形的外角性质；等腰三角形的判定；勾股定理；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）①利用勾股定理求出AB的长，再利用同一个三角形的面积不变，可求出CE的长；②利用轴对称的性质可证得CA=CA′=8，利用∠PQA′=90°，可求出CQ的长，再根据A′Q=CA′-CQ，代入计算求出A′Q的长.
（2）利用等腰三角形的性质分情况讨论：当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，利用对称轴的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=35°，利用三角形的内角和定理求出∠A′PQ；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，利用轴对称的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，即可求出∠A′QP的度数；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，可求出∠PQA′的度数，利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数，综上所述可得到符合题意的∠A′CA的度数.
23．（2023八上·镇海区期末）如图，在边长为的正方形中，过中点E作正，过点F的直线分别交边、于点G、H、已知点M、N分别是线段、的动点，且是等边三角形.
（1）判断与的位置关系，并说明理由.
（2）当点N在线段上时
①求证：
②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值.
（3）设，点A关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围.
【答案】（1）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∵，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）解：①如图，连接，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴；
②，理由如下，
如图所示，过点H作于点K，
∵四边形是正方形，且边长为，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
又，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵E是的中点，则，
在中，，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
又，
；
即，
（3）当时，点落在的内部
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：（3）当落在上时，如图所示，
∵点A关于的对称点为，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
当落在上时，如图所示，
∵点关于的对称点为，
∴，
又∵，
∴，
即，
综上所述，当时，点落在的内部.
【分析】（1）EF与GH的关系式垂直，理由如下：易得AE=FE，NE=ME，∠AEF=∠NEM=60°，则∠AEN=∠FEM，用SAS证明△AEN≌△FEM，根据全等三角形的对应角相等得∠EFM=∠EAN=90°，即可得出结论；
（2）①连接EG，用HL证明Rt△AEG≌Rt△FEG，即可得出结论；
②MH＋GH＝，理由如下：过点F作FK⊥AB于点K，得出四边形HKBC是矩形，则HK＝CB＝6，在Rt△HGK中，∠GHK＝30°，并结合勾股定理得出HG的长，在Rt△AEG中，∠AEG=30°，并结合勾股定理得出AG的长，则FG＝AG＝，根据MH＋GN＝ MF FG＋MF FG，即可求解；
（3）分当A'落在MN上时，当A'落在EM上时，根据轴对称的性质以及等边三角形的性质即可求解．
24．（2023八上·江北期末）定义：若三角形满足：两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方，则称这个三角形为“类勾股三角形”.如图1在中，，则是“类勾股三角形”.
（1）等边三角形一定是“类勾股三角形”，是 命题（填真或假）.
（2）若中，，且，若是“类勾股三角形”，求的度数.
（3）如图2，在等边三角形的边上各取一点，，且相交于点，是的高，若是“类勾股三角形”，且.
①求证：.
②连结，若，那么线段能否构成一个“类勾股三角形”？若能，请证明；若不能，请说明理由.
【答案】（1）真
（2）解：∵，
∴，
当时，则（舍去），
当时，则，
，
∴，
∴，
∴，
∴
当时，则，
，
∴，
∴，
∴（舍去），
综上所述：是“类勾股三角形”时，
（3）解：①∵是等边三角形，
∴，，
∵是的高，是“类勾股三角形”，
∴由（2）可得，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴
②∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，，则，，
∴，
，
，
∴，
∴，
∴线段能构成一个“类勾股三角形”.
【知识点】等边三角形的性质；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）当△ABC为等边三角形时，
，
∴，
∴等边三角形一定是“类勾股三角形”；
故答案为：真；
【分析】（1）由于等边三角形的三边相等，结合 “类勾股三角形” 的定义判断即可；
（2）首先根据勾股定理得a2+b2=c2，然后分当a2+b2-ab=c2，a2+c2-ac=b2，b2+c2-bc=a2，三种情况，解答即可；
（3）①根据 “类勾股三角形” 的定义得到∠BFG=60°，利用ASA证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的对应边相等得AD=CE；②利用ASA证明△ABF≌△CAG，得到AG=BF，设FG=x，EG=y，用含x、y表示出AG2、EF2、CD2，进而根据类勾股三角形”定义判断即可.
1 / 12023年浙教版数学八年级上册2.7 探索勾股定理 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023八上·新城期末）如图，长方体的高为9dm，底面是边长为6dm的正方形，如果一只蚂蚁从顶点A开始爬向顶点B，那么它爬行的最短路程为（ ）
A．10dm B．12dm C．13dm D．15dm
2．（2022八上·东阳期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示.过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG，若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则 的值为（ ）
A． B．3 C． D．4
3．（2022八上·温州期中）如图，在等腰直角三角形中，，为的中点，为边上一点不与端点重合，过点作于点，作于点，过点作交的延长线于点若，则阴影部分的面积为（ ）
A．12 B．12.5 C．13 D．13.5
4．（2022八上·龙港期中）三国时期的赵爽利用图1证明了勾股定理，后来日本的数学家关孝和在“赵爽弦图”的启发下利用图2也证明了勾股定理.在图2中，E，B，F在同一条直线上，四边形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面积等于100，△IJD面积等于，且已知AH＝2，则△KCD的面积等于（ ）
A． B．39 C． D．52
5．（2022八上·江干期中）如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤
6．（2022八上·宁波期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四块阴影部分的面积分别S1、S2、S3、S4．则等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
7．（2022八上·浦江月考）在Rt△ABC中，AC=BC，点D为AB中点．∠GDH=90°，∠GDH绕点D旋转，DG、DH分别与边AC、BC交于E，F两点．下列结论：
①AE+BF=AB；②△DEF始终为等腰直角三角形；③S四边形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2．
其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①④ D．②③
8．（2021八上·鄞州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ.图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四边形边BAHE＝18，则四边形MBNJ的面积为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9
9．（2021八上·肇源期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，，则下列结论：①∠CAD=30° ②③S平行四边形ABCD=AB AC ④ ，正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2021八上·无锡月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB与y轴交于点A（0，6），与x轴的负半轴交于点B，且∠BAO＝30°， M、N是该直线上的两个动点，且MN＝2，连接OM、ON，则△MON周长的最小值为 （ ）
A．2＋3 B．2＋2 C．2＋2 D．5＋
二、填空题（每空3分，共24分）
11．（2023八上·西安期末）如图，圆柱底面半径为，高为，点A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A，B在同一条竖直直线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为 cm.
12．（2023八上·宁波期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与坐标轴交于A，B两点，于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为 ．
13．（2023八上·义乌期末）气动升降桌由于高度可调节，给人们学习生活带来许多便捷．如图1所示是桌子的侧平面示意图，AC，BC，DC，DE，HG是固定钢架，HG垂直桌面MN，GE是位置可变的定长钢架．DF是两端固定的伸缩杆，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一个固定角为150°，当GE旋转至水平位置时，伸缩杆最短，此时伸缩杆DF的长度为 cm．点D的离地高度为60cm，HG＝10cm，小南将桌子调整到他觉得最舒服的高度，此时发现FD＝FE，则桌面高度为 cm．
14．（2023八上·鄞州期末）如图，在中，，于点，于点若，.
（1）的长为 ；
（2）在的腰上取一点，当是等腰三角形时，长为 .
15．（2022八上·拱墅月考）如图，在中，，为边的中点，、分别为边、上的点，且，若，，则 ，线段的长度 ．
16．（2023八上·渠县期末）如图，一次函数y＝-x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是x轴上一动点，连接BC，将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，点C的坐标为 .
17．（2023八上·华蓥期末）如图，在中.，平分交于E，于D.下列结论：①；②点E在线段的垂直平分线上：③；④；⑤，其中正确的有 （填结论正确的序号）.
三、综合题（共7题，共66分）
18．（2022八上·苍南月考）已知，，为正数，满足如下两个条件：
①
②
证明：以，，为三边长可构成一个直角三角形.
19．（2022八上·兴平期中）如图，直线经过原点O，点A在x轴上，于点D，于点F，已知点，，，，求的长度．
20．（2022八上·延庆期末）在同一平面内的两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M，N间的“最距离”，记作：．
如图，点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且．
（1）若点D在数轴上表示的数为5，求d（点D，）；
（2）若点E，F在数轴上表示的数分别是x，，当d（线段，）时，求x的取值范围．
21．（2022八上·南海期中）如图，一个长方体形的木柜放在墙角处（与墙面和地面均没有缝隙），有一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角处
（1）请你在下面网格（每个小正方形边长为1）中，画出蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径；
（2）当，，时，求蚂蚁爬过的最短路径的长；
（3）我们发现，“用不同的方式表示同一图形的面积”可以解决计算线段的有关问题，这种方法称为“面积法”．请“面积法”求点到最短路径的距离．
22．（2023八上·嘉兴期末）如图，在中，，点为边上异于，的一个动点，作点关于的对称点，连结，，交直线于点.
（1）若，，是边上的高线.
①求线段的长；
②当时，求线段的长；
（2）在的情况下，当是等腰三角形时，直接写出的度数.
23．（2023八上·镇海区期末）如图，在边长为的正方形中，过中点E作正，过点F的直线分别交边、于点G、H、已知点M、N分别是线段、的动点，且是等边三角形.
（1）判断与的位置关系，并说明理由.
（2）当点N在线段上时
①求证：
②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值.
（3）设，点A关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围.
24．（2023八上·江北期末）定义：若三角形满足：两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方，则称这个三角形为“类勾股三角形”.如图1在中，，则是“类勾股三角形”.
（1）等边三角形一定是“类勾股三角形”，是 命题（填真或假）.
（2）若中，，且，若是“类勾股三角形”，求的度数.
（3）如图2，在等边三角形的边上各取一点，，且相交于点，是的高，若是“类勾股三角形”，且.
①求证：.
②连结，若，那么线段能否构成一个“类勾股三角形”？若能，请证明；若不能，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平面展开﹣最短路径问题
【解析】【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），
AB＝ ＝3 （dm）；
②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内，
AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝ ＝15（dm），
③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝ ＝15（dm），
由于 ，
所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm.
故答案为：D.
【分析】①将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②将长方体的正面和右面展开在同一平面内，同理求出AB的值；③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理求出AB的值，然后进行比较即可得到最短路程.
2．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图，
设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为 x，
设CN＝t，则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为小正方形的对角线，
∴∠FEN＝∠EFN＝45°，
∴∠GFD＝45°，
∵GD⊥DF，
∴△GDF为等腰直角三角形，
∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x，
∵∠GEM＝∠EGM＝45°，
∴△MGE为等腰直角三角形，
∴ME＝MG＝2x，
在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x，
∴BG＝ ＝ x，
∴ ＝ ＝ .
故答案为：C.
【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x， 设CN＝t，则BE＝t， BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x， 由正方形的性质可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出 △GDF、△MGE为等腰直角三角形， 得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，据此求解.
3．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：设，，则，
为等腰直角三角形，，
，，
又为的中点，
，，
，，
四边形DGEH为矩形，，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，
，
整理得，，
由题意知，
，
故答案为：D.
【分析】设DG＝a，CG＝b，则CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四边形DGEH为矩形，根据矩形的性质及等腰直角三角形的性质得DH=EG=CG=b，根据平行线的性质及等腰直角三角形的性质得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出关于a和b的代数式的值，再由即可得出答案.
4．【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD和四边形GDJH是正方形，正方形ABCD的面积等于100，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，
设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，
∵AG2+DG2＝AD2，
∴（2+x）2+x2＝102，
解得x＝6，x＝-8舍去，
∴DJ＝6，
∵△IJD面积等于，
∴，
∴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的面积＝CD CK＝.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，根据勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，结合△IJD面积，根据三角形的面积公式算出IJ的长，再由IH＝HJ-IJ算出IH的长，接着利用勾股定理算出AI、BE的长，根据同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，从而利用ASA判断出△AHI≌△BFK，根据全等三角形的性质得BK=AI，由CK＝BC-BK算出CK，最后根据三角形的面积公式即可算出答案.
5．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：连接OO'，
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，
∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确；
由①易得，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴故②正确；
，故③错误；
由③知，故 ④错误；
根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确.
故答案为：D.
【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，
∵四边形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证明Rt△ABC≌Rt△EBN，
∴S4＝SRt△ABC，
∴S1 S2＋S3＋S4
＝（S1＋S3） S2＋S4
＝SRt△ABC SRt△ABC＋SRt△ABC
＝SRt△ABC=.
故答案为：B.
【分析】过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，由正方形的性质及AAS可证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证Rt△ABC≌Rt△EBN，
得S4＝SRt△ABC，故S1 S2＋S3＋S4＝（S1＋S3） S2＋S4＝SRt△ABC SRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，据此即可得出答案.
7．【答案】A
【知识点】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：如图所示，连接CD，
∵AC＝BC，点D为AB中点，∠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，
∴AC AE＝BC CF，
∴CE＝BF．
∵AC＝AE＋CE，
∴AC＝AE＋BF．
∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC，
∴AC＝
∴ AE+BF=AB ，故①正确；
∵DE=DF，∠GDH=90°，
∴△DEF始终为等腰直角三角形，故②正确；
∵S四边形CEDF＝S△EDC＋S△CDF，
∴S四边形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC，
又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2
∴S四边形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正确；
∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2，
∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2，
又∵DE＝DF，
∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故答案为：A.
【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根据同角的余角相等得∠ADE＝CDF，从而利用ASA证△ADE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，进而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出结论．
8．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：∵四边形BAHI和四边形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三点共线，
∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，
∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，
∵S1：S2＝1：4，
∴
∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，
∵四边形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四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，
∴ AD DH+ （AD+BE） DE＝ ×3GJ×2GJ+ （3GJ+GJ）×3GJ＝18，
解得：GJ＝ （负值已舍去），
∵∠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四边形BCFN+S△FAN＝S四边形BCFN+S△EBM，
∴S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FC CE﹣ AC BC＝2GJ×3GJ﹣ ×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（ ）2＝6.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，证明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三点共线，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，根据矩形的性质可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根据勾股定理表示出AB、DH，然后根据S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18结合三角形、梯形的面积公式可求出GJ，证明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，则S四边形MBNJ＝S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，据此计算.
9．【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①符合题意；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD==，
∴BD=2OD=，
故②符合题意；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S ABCD=AB AC，
故③符合题意；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB，
∵AB=BC，
∴OE=BC=AD，
故④符合题意；
正确的有：①②③④，
故答案为：D．
【分析】利用平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线求解即可。
10．【答案】B
【知识点】三角形三边关系；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图作点O关于直线AB的对称点O’，作 OC∥MN且OC=MN=2 ，连接O'C交AB于点D，连接MC，MO'，
∴四边形MNOC为平行四边形，
∴ ，
，
∴ ，
在
中，
，即
，
当点M到点D的位置时，即当O’、M、C三点共线，
取得最小值，
∵ ，
，
设
，则
，
，
解得：
，
即：
，
，
，
解得：
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在
中，
，
即：
，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】作点O关于直线AB的对称点O′，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O′C交AB于点D，连接ON，MO，则四边形MNOC为平行四边形，OM+ON=O′M+MC，结合三角形的三边关系可得OM+ON>O′C，当O′、M、C三点共线，OM+ON取得最小值，设OB=x，则AB=2x，根据勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根据△AOB的面积公式求出OF，进而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，据此解答.
11．【答案】15
【知识点】平面展开﹣最短路径问题
【解析】【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：；
即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；
∵圆柱底面半径为
∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长： ；
又∵圆柱高为，
∴小长方形的一条边长是；
根据勾股定理求得；
∴；
故答案为：15.
【分析】画出圆柱的展开图，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB，根据圆柱的底面半径可得底面周长，即为长方形的宽，由圆柱的高可得小长方形的一条边长，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，据此求解.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；旋转的性质；一次函数的性质；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是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，
∴P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，
∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，
∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，
在Rt△AOB中，AO＝OB＝2，
∴
又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，
∴
∴CP'＝OB BH 1＝2-（）-1=.
故答案为：.
【分析】分别令y=-x+2中的x=0与y=0算出对应的对应的y与x的值，可得点A、B的坐标，可得△OAB是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得点C的坐标，由于P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，故P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，进而算出NB，在Rt△HBN中根据勾股定理算出BH，即可解决问题.
13．【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，延长CD交EF于点P，
由题意可知CD与水平面垂直，当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，
∴∠DPE＝∠DPF＝90°，
∵∠EDC＝150°，
∴∠PDE＝30°，
∵DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，
∴PE＝DE＝10cm，FE＝GE GF＝26cm，cm，
∴PF＝FE PE＝16cm，
∴cm，
如图，作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点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的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，
∵∠DQE＝∠FKR＝90°，∠FRK＝∠DRL＝60°，
∴EQ＝DE＝10cm，∠RFK＝30°，
∴cm，cm，
∴cm，
作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，
∵EQ∥FK∥GT，EO∥QT，∠EQK＝90°，
∴四边形EQKI、四边形EQTO都是矩形，
∴cm，
∵，
∴cm，
∴cm，
连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，
∵MN∥OG，WT⊥MN，HG⊥MN，
∴WT＝HG＝10cm，
∴cm.
故答案为：，.
【分析】延长CD交EF于点P，则当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，先由∠EDC＝150°得∠PDE＝30°，而∠DPE＝90°，所以PE＝DE＝10cm，FE＝GE GF＝26cm，则PF＝16cm，根据勾股定理可求得PD＝cm即可求得DF＝cm；作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点R，由FD＝FE得DL＝EL＝DE＝10cm，可求得FL＝24cm，即可根据勾股定理求得LR作EQ⊥CD交CD的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，则EQ＝DE＝10cm，RK＝FR＝cm，由勾股定理求得DQ＝cm，则QK＝cm，作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，则cm，cm，cm，连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，WT＝HG＝10cm，由JW＝DJ＋WT＋DT求出JW的长即可．
14．【答案】（1）3
（2）或
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：（1）于点，，
，，
于点，
，
，
，
，
故答案为：3；
（2）当点在边上时，如图1，
，
是等腰三角形，
，
，
，
；
当点在边上时，
若，如图，
，，
平分，
于点，
，
此时为等腰三角形，
过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，
，，
由勾股定理知，，
，
，
，
，
，
由（1）知，，，
∴∠ADM=30°
，
，
是等边三角形，
，
所以当，或时，都有；
综上，或，
故答案为：或.
【分析】（1）由含30°角直角三角形性质得AB=2AD，∠DAE=60°，∠ADE=30°，AD=2AE，据此求出AB的长，最后根据BE=AB-AE即可算出答案；
（2）分类讨论：①当点M在AB边上时，易得△DEM是等腰直角三角形，可求出DE=EM=，进而根据BM=BE-EM代入计算可得BM的长；②当点M在AC边上时，若DM⊥AC，根据等腰三角形的三线合一得AD平分∠BAC，进而根据角平分线上的点到角两边的距离相等得，此时△DEM是等腰三角形，过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，根据勾股定理易得AM=AE=1，由三角形外角性质得∠MAN=60°，故∠AMN=30°，根据含30°角直角三角形的性质得AN的长，进而根据公共点了算出MN、BM的长；③易判断出△DEM是等边三角形，根据等边三角形的性质得DE=DM=MN，故当DE=EM或MD=ME时，都有，综上即可得出答案.
15．【答案】45；
【知识点】余角、补角及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点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为AB的中点，
∴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＝．
故答案为：45，．
【分析】延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点N，先利用角的互余关系及等腰三角形性质得到∠ADE+∠BDF＝135°，再利用角的互补关系求得∠EDF＝45°，从而得到∠EDN＝∠DEN＝45°，EN＝DN＝1；再利用“SAS”定理证明△ADM≌△BDF，从而得BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，进而得到EM＝AM，再利用勾股定理求得EM的长，从而求出AM的长，进而求得AB的长.
16．【答案】（-6，0）或（，0）
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：∵一次函数y＝-x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A（4，0），B（0，3），
∴OA＝4，OB＝3，
根据勾股定理可得AB＝=5，
如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，
设点C的坐标为（m，0），
∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，
∴A′O＝3+5＝8，A′C＝AC＝4-m，
∵A′C2＝OC2+A′O2，
∴（4-m）2＝m2+82，
∴m＝-6；
如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，
设点C的坐标为（m，0），
∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，
∴A′O＝5-3＝2，A′C＝AC＝4-m，
∵A′C2＝OC2+A′O2，
∴（4-m）2＝m2+22，
∴m＝；
综上所述，当点A落在y轴上时，点C的坐标为（-6，0）或（，0），
故答案为：（-6，0）或（，0）.
【分析】首先求出A、B两点的坐标，进而根据勾股定理可得AB的长度，如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，设点C的坐标为（m，0），在Rt△A'OC中，利用勾股定理建立方程，求出m的值，从而可得点C的坐标；如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，同理可得点C的坐标，综上可得答案.
17．【答案】①②③⑤
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
∴，，
∵平分交于E，
∴，
∴，
∴点E在线段BC的垂直平分线上，故②正确；
∵，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∴，故③正确；
设，则，，
∴，，
∴，故④错误；
∵，∠BAC=90°，
∴，
∴，故⑤正确.
综上，正确的有①②③⑤.
故答案为：①②③⑤.
【分析】首先根据已知及三角形的内角和定理得∠C=30°，∠ABC=60°，根据角平分线的定义得∠ABE=∠CBE=30°，由等角对等边得BE=CE，再由到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上得点E在线段BC的垂直平分线上，据此判断①②；由三角形内角和定理易得∠DAE=∠C=30°，据此判断③；设DE=a，则AE=2a，根据含30°直角三角形的性质及勾股定理分别用含a的式子表示出BD及DE，即可判断④；直接根据含30°角直角三角形的性质即可判断⑤.
18．【答案】证明：证法1：将①②两式相乘，得，
即，
即，
即，
即，
即，
即，即，
即，
所以或或，即或或.
因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形.
证法2 结合①式，由②式可得，
变形，得③
又由①式得，即，
代入③式，得，
即.
，
所以或或.
结合①式可得或或.
因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形.
【知识点】因式分解的应用；勾股定理的逆定理
【解析】【分析】证法一： 将①②两式相乘可得 ，根据有理数的乘法法则可得 或或，即或或，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论；证法二：结合已知条件可得a=16，或b=16，或c=16， 结合①式可得b+a=c或c+a=b或c+b=a，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论.
19．【答案】解：如图，过点C作轴于点G，
∵点，，，
∴，，，
∴．
由题意，得，．
∵，∴是直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴长.
【知识点】点的坐标；三角形的面积；勾股定理
【解析】【分析】过点C作CG⊥x轴于点G，利用点A，B，C的坐标可求出BE，CG，OA的长；利用△ABC的面积等于△AOB和△AOC的面积之和，可求出△ABC的面积；利用点F，C的坐标可得到FC∥x轴，同时可求出BF，CF的长，在Rt△BFC中，利用勾股定理求出BC的长；然后利用三角形的面积公式，在△ABC中，可求出AD的长.
20．【答案】（1）解：连接，，根据直角三角形中斜边最长，
所以点D到图形的最距离是，
因为点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且，点D在数轴上表示的数为5，
所以，
所以，
所以d（点D，）为．
（2）解：当线段在原点的左侧时，
因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，，
所以d（线段，）时，
得到，
所以，
解得；
当线段在原点的右侧时，
因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，，
所以d（线段，）时，
得到，
所以，
解得，（舍去）；
综上所述，x的取值范围或．
【知识点】勾股定理；定义新运算
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出DA的长，即可得到d（点D，）为；
（2）分类讨论：①当线段在原点的左侧时，②当线段在原点的右侧时，再分别列出不等式求解即可。
21．【答案】（1）解：如图，
木柜的表面展开图是矩形或．
故蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径有如图的或；
（2）解：蚂蚁沿着木柜表面矩形爬过的路径的长是．
蚂蚁沿着木柜表面爬过的路径的长是．
，
故蚂蚁爬过的最短路径的长是．
（3）解：作于E，
，是公共角，
，
即，
则，
．
答：点到最短路径的距离是．
【知识点】平面展开﹣最短路径问题；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）将立体几何转换为平面几何，再求解即可；
（2）利用勾股定理求解并比较大小即可；
（3）先证明，可得，将数据代入求出即可。
22．【答案】（1）解：①如图
在Rt△ABC中
，
即，
解之：
②∵点A关于CP的对称点为点A′，
∴CA=CA′=8，
∵∠PQA′=90°，
∴由①可知，
∴
（2）解：△A′PQ′是等腰三角形，
当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，
∵点A和点A′关于CP对称。
∴∠CAQ=∠CA′P=35°，
∴∠A′PQ=×（180°-35°）=72.5°，
∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，
∴∠ACA′=72.5°-35°=37.5°；
当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，
∵点A和点A′关于CP对称。
∴∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，
∴∠A′QP=180°-35°-35°=110°，
∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，
∴∠ACA′=110°°-35°=75°；
当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，
∵点A和点A′关于CP对称，
∴∠CAQ=∠CA′P=∠PQA′=35°，
∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，
∴∠ACA′=35°-35°=0°（舍去），
∴∠A′CA的度数为37.5°或75°
【知识点】三角形的面积；三角形的外角性质；等腰三角形的判定；勾股定理；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）①利用勾股定理求出AB的长，再利用同一个三角形的面积不变，可求出CE的长；②利用轴对称的性质可证得CA=CA′=8，利用∠PQA′=90°，可求出CQ的长，再根据A′Q=CA′-CQ，代入计算求出A′Q的长.
（2）利用等腰三角形的性质分情况讨论：当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，利用对称轴的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=35°，利用三角形的内角和定理求出∠A′PQ；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，利用轴对称的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，即可求出∠A′QP的度数；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，可求出∠PQA′的度数，利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数，综上所述可得到符合题意的∠A′CA的度数.
23．【答案】（1）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∵，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）解：①如图，连接，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴；
②，理由如下，
如图所示，过点H作于点K，
∵四边形是正方形，且边长为，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
又，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵E是的中点，则，
在中，，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
又，
；
即，
（3）当时，点落在的内部
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：（3）当落在上时，如图所示，
∵点A关于的对称点为，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
当落在上时，如图所示，
∵点关于的对称点为，
∴，
又∵，
∴，
即，
综上所述，当时，点落在的内部.
【分析】（1）EF与GH的关系式垂直，理由如下：易得AE=FE，NE=ME，∠AEF=∠NEM=60°，则∠AEN=∠FEM，用SAS证明△AEN≌△FEM，根据全等三角形的对应角相等得∠EFM=∠EAN=90°，即可得出结论；
（2）①连接EG，用HL证明Rt△AEG≌Rt△FEG，即可得出结论；
②MH＋GH＝，理由如下：过点F作FK⊥AB于点K，得出四边形HKBC是矩形，则HK＝CB＝6，在Rt△HGK中，∠GHK＝30°，并结合勾股定理得出HG的长，在Rt△AEG中，∠AEG=30°，并结合勾股定理得出AG的长，则FG＝AG＝，根据MH＋GN＝ MF FG＋MF FG，即可求解；
（3）分当A'落在MN上时，当A'落在EM上时，根据轴对称的性质以及等边三角形的性质即可求解．
24．【答案】（1）真
（2）解：∵，
∴，
当时，则（舍去），
当时，则，
，
∴，
∴，
∴，
∴
当时，则，
，
∴，
∴，
∴（舍去），
综上所述：是“类勾股三角形”时，
（3）解：①∵是等边三角形，
∴，，
∵是的高，是“类勾股三角形”，
∴由（2）可得，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴
②∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，，则，，
∴，
，
，
∴，
∴，
∴线段能构成一个“类勾股三角形”.
【知识点】等边三角形的性质；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）当△ABC为等边三角形时，
，
∴，
∴等边三角形一定是“类勾股三角形”；
故答案为：真；
【分析】（1）由于等边三角形的三边相等，结合 “类勾股三角形” 的定义判断即可；
（2）首先根据勾股定理得a2+b2=c2，然后分当a2+b2-ab=c2，a2+c2-ac=b2，b2+c2-bc=a2，三种情况，解答即可；
（3）①根据 “类勾股三角形” 的定义得到∠BFG=60°，利用ASA证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的对应边相等得AD=CE；②利用ASA证明△ABF≌△CAG，得到AG=BF，设FG=x，EG=y，用含x、y表示出AG2、EF2、CD2，进而根据类勾股三角形”定义判断即可.
1 / 1
