2023-2024学年人教版初中数学八年级下册17.1 勾股定理 同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023八下·长沙期中） 如图，是等边三角形，边长为2，根据作图的痕迹，则的长为（ ）．
A． B． C． D．
2．（2022八上·运城月考）如图，在△ABC中，，，以AB，AC为边作正方形，这两个正方形的面积和为（ ）
A．6 B．36 C．16 D．49
3．（2023八上·成都期中）如图，地面上有一个长方体盒子，一只蚂蚁在这个长方体盒子的顶点A处，盒子的顶点C′处有一小块糖粒，蚂蚁要沿着这个盒子的表面A处爬到C′处吃这块糖粒，已知盒子的长和宽为均为20cm，高为30cm，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）cm．
A．10 B．50 C．10 D．70
4．如图，正六边形ABCDEF中，AB=2，点P是ED的中点，连接AP，则AP的长为（ ）
A． B．4 C． D．
5．（2023八上·渠县月考）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB，边OA在数轴上．点A表示的数为1，以O为圆心，OA的长为半径画弧交数轴负半轴于点C，则C表示的数是( )
A． B． C．1 D．
6．（2023八上·渠县月考） 如果梯子的底端离建筑物1.5米，2.5米长的梯子可以达到建筑物的高度是（ ）
A．2米 B．2.5米 C．3米 D．3. 5米
7．（2023八上·东阳月考）如图，Rt△ABC的两条直角边BC=6，AC=8．分别以Rt△ABC的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，则S2+S3-S1的值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．0
8．（2023八上·拜城期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在∠CAB的内部相交于点P，画射线AP与BC交于点D，DE⊥AB，垂足为E．则下列结论错误的是（ ）
A．∠CAD＝∠BAD B．CD＝DE
C． D．
二、填空题
9．（2023八上·上海市期中）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，D是边AB上的一点，将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点B1的位置，若B1D⊥BC，则BD的长度为 ．
10．（2023八上·渠县月考）如果直角三角形的三条边分别为3、5、，那么的值等于
11．（2023八上·渠县月考）已知，如图，一轮船从港口A出发向东北方向航行了50海里，另一轮船同时从港口A出发向东南方向航行120海里，此时则两船相距 海里 .
12．（2023八上·渠县月考）等腰三角形的周长是16cm，底边长是6cm，则它的面积是
13．（2023八上·西安期中）在中，，，，点，分别是边和上的动点，始终保持，连接，，则的最小值为 。
14．（2023·期中）商场卫生间旋转门锁的局部图如图1所示，图2是其工作简化图．其中OD＝3.5cm，在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A处）．旋转一定角度，使得把手底端B恰好卡在门边，此时底端A，B的竖直高度差为0.5cm，则OB的长度是 cm．当把手旋转到OC⊥OB时，点C与点B的高度差BH是 cm．
三、解答题
15．（2023八上·吉安期中）已知，如图，Rt中，，，，以斜边AC为底边作等腰三角形ACD，腰AD刚好满足，并作腰上的高AE．
（1）求证：AB=AE；
（2）求等腰三角形的腰长CD．
16．（2023八上·成都期中）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G．
（1）求证：△ACF≌△CBG；
（2）如图2，延长CG交AB于H，连接AG交CF于点M，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；
（3）在（2）问的条件下，当∠FCH＝2∠GAC时，若BG＝4，求AM的长．
四、综合题
17．（2023八上·龙泉期中）如图，△ABC中，BA=BC，CO⊥AB于点O，AO=4，BO=6.
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作直线DE⊥AC于点E，直线DE与直线BC交于点F.
①如图1，当点D在线段OB上时，求证：△BDF是等腰三角形；
②连结OF，CD，若S△OBF：S△OBC=1：2，求CD的长.
18．（2023八下·庐阳期末）如图，在正方形中，，垂足为．
（1）求证：；
（2）如图，平移线段，使，连接．
①求证：；
②如图，连接，当、、三点共线时，则 ．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】角平分线的性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：由题意得DB为∠ABC的角平分线，
∵是等边三角形，边长为2，
∴CB=2，CA⊥DB，∠CBA=60°，
∴，
∴CD=1，
由勾股定理得，
故答案为：B
【分析】先根据作图痕迹即可得到DB为∠ABC的角平分线，进而根据等边三角形的性质结合题意即可得到CB=2，CA⊥DB，∠CBA=60°，从而运用角平分线的性质结合含30°角的直角三角形的性质即可得到CD=1，最后运用勾股定理即可求解。
2．【答案】B
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：这两个正方形的面积和=
故答案为：B.
【分析】根据两个正方形的面积和=再由勾股定理即可求解.
3．【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】分析没写 知识点应加上 平面展开﹣最短路径问题
【解答】解：第一种情况：如图1所示，当蚂蚁从盒子前面和右面爬行时（其他情况与此重复，不在考虑），虚线AC'为行走路程，因为AC=40cm，C'C=30cm，则AC'=50cm
第二种情况：如图2所示，当蚂蚁从盒子前面和上面爬行时（其他情况与此重复，不在考虑），虚线AC'为行走路程，因为AB=20cm，BC'=20+30=50cm，则AC'=10cm
因为10>50，所以爬行距离最短为50cm
故答案为：B.
【分析】 根据图形可知长方体的四个侧面都相等，所以分两种情况进行解答即可．
4．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；多边形内角与外角
【解析】【分析】如图，连接AE，
在正六边形中，∠F=×（6﹣2） 180°=120°
∵AF=EF，∴∠AEF=∠EAF=（180°﹣120°）=30°
∴∠AEP=120°﹣30°=90°
∴AE=2×2cos30°=2×2×
∵点P是ED的中点，
∴EP=×2=1
在Rt△AEP中，.
故选C.
5．【答案】D
【知识点】无理数在数轴上表示；勾股定理
【解析】【解答】解： ∵∠OAB＝90°，OA＝AB=1，
∴BO==，
∴OC=OB=，
∴ C表示的数是 .
故答案为：D.
【分析】由勾股定理求出BO=，即得OC=OB=，从而确定点C表示的数.
6．【答案】A
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得：直角三角形的斜边长为2.5m，一直角边为1.5m，
∴另一直角边为=2米，
∴ 梯子可以达到建筑物的高度是2米.
故答案为：A.
【分析】由题意知：梯子和建筑物之间可构成直角三角形，利用勾股定理计算即可.
7．【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理
【解析】【解答】解：△ABC是直角三角形，，
又，，
，
，
Rt△ABC的两条直角边BC=6，AC=8，，AD=AB=10，
又AE=AC=8，，，
，
，即S2+S3-S1=0.
故答案为：D.
【分析】利用勾股定理得到，，进而将正方形面积拆分求解S2+S3-S1的值.
8．【答案】D
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；作图-角的平分线
【解析】【解答】
A：∠CAD＝∠BAD，根据作图过程知AP平分∠BAC，结论正确，不符合题意
B：CD＝DE，根据作图过程知AP平分∠BAC，角平分线上的点到角的两边距离相等，结论正确，不符合题意
C：，由勾股定理得BC=4，根据得出CD=，进而算出BD=，结论正确，不符合题意
D：，根据勾股定理，结论不正确，符合题意
故选：D
【分析】根据题中描述的作图过程，得知AP是∠BAC的平分线，根据角平分线定理和勾股定理逐一进行判定。
9．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：延长B1D交BC于E，如图：
∵B1D⊥BC，
∴∠BED＝∠B1EC＝90°，
∵∠B＝30°，
∴DE＝BD，
∴BE＝＝BD，
设BD＝x，
∵将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点B1的位置，
∴B1D＝x，
∵BC＝3，
∴CE＝3﹣x，B1C＝BC＝3，
在Rt△B1CE中，B1E2+CE2＝B1C2，
∴（x+x）2+（3﹣x）2＝32
∴
∴x＝0（舍去）或x＝
∴BD＝
故答案为：．
【分析】根据勾股定理、一元二次方程、轴对称、含角直角三角形的性质求解。延长B1D交BC于E，由B1D⊥BC，根据含角直角三角形和勾股定理的性质，推导得DE＝BD，BE＝BD，设BD＝x，在Rt△B1CE中根据轴对称、勾股定理的性质，建立方程求解．
10．【答案】16或34
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：当5为直角边时，a2=32+52=34，
当5为斜边时，a2=52-32=16，
∴的值等于16或34.
故答案为： 16或34 .
【分析】分两种情况：当5为直角边时和5为斜边时，利用勾股定理直接计算即可.
11．【答案】130
【知识点】钟面角、方位角；勾股定理的应用
【解析】【解答】解：∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
∴∠BAC=90°，
由题意得：AB=50海里，AC=120海里，
∴BC==130海里，
∴ 此时则两船相距130海里 .
故答案为：130.
【分析】由题意得∠BAC=90°，AB=50海里，AC=120海里，利用勾股定理求出BC的长即可.
12．【答案】12
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，BC=6cm，AB=AC=(16-6)=5cm，
过点A作AD⊥BC，垂足为D.
∴BD=CD=3cm，
∴AD==4cm，
∴此三角形的面积为BC·AD=×6×4=12cm2.
故答案为：12.
【分析】由等腰三角形的性质求出腰长AB，过点A作AD⊥BC，利用等腰三角形三线合一的性质求出BD=3，再根据勾股定理求出AD，再利用三角形的面积公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理的应用；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：过点B作使得BM=AC=3，连接MQ，AM，
则因为所以则全等（SAS)，所以CP=MQ，所以即A，Q，M三点共线时，AQ+CP的值最小，最小值为AM的长。由题知AB=5，在中，所以AQ+CP的最小值为.
故答案为：.
【分析】过点B作使得BM=AC=3，连接MQ，AM，构造出全等，转化为，则当A，Q，M三点共线时，AQ+CP的值最小，利用勾股定理即可求解。
14．【答案】12.5；15.5
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如下图所示：过点B作于M，过点C作交OA的延长线于G，CG交EF于H，
由题意可得：
设
在中
即
解得
所以，
所以，
因为
所以
在和中
因为
所以
所以
所以矩形为正方形，
所以
所以，即点C与点B的高度差BH是
故答案为：12.5；15.5.
【分析】过点B作BM⊥OA于M，过点C作CG⊥OA交OA的延长线于G，CG交EF于H，易得设在Rt△BMO中通过勾股定理即建立方程，求出x的值，从而求得OB；通过等量代换证，进而可用AAS证明，再通过线段的计算即可求解.
15．【答案】解：（1）∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，又AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，于是∠DCA＝∠ACB．又∠AEC＝∠B＝90°，AC＝AC，∴△ACE≌△ACB(AAS)，∴AB＝AE；（2）由（1）可知AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，设DC＝x，则DA＝x，DE＝x－4，由勾股定理，即，解得：．
（1）解：∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，又AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，于是∠DCA＝∠ACB．
又∠AEC＝∠B＝90°，AC＝AC，
∴△ACE≌△ACB(AAS)，∴AB＝AE；
（2）由（1）可知AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，
设DC＝x，则DA＝x，DE＝x－4，
由勾股定理，即，
解得：．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质求解。由平行线的性质得，由等腰三角形的性质得，可证，再根据证明可得结论；
（2）根据勾股定理建立方程求解。由（1）得：，，设，在中由勾股定理得出方程求解．
16．【答案】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠CBA＝45°，
∵CG平分∠ACB，
∴∠ACG＝∠BCG＝45°，
∴∠A＝∠BCG，
在△BCG和△CAF中，
，
∴△BCG≌△CAF（ASA）
（2）证明：∵PC∥AG，
∴∠PCA＝∠CAG，
∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，
在△ACG和△BCG中，
，
∴△ACG≌△BCG（SAS），
∴∠CAG＝∠CBE，
∵∠PCG＝∠PCA+∠ACG＝∠CAG+45°＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠GCB+∠CBE＝∠CBE+45°，
∴∠PCG＝∠PGC，
∴PC＝PG，
∵PB＝BG+PG，BG＝CF，
∴PB＝CF+CP；
（3）解：连接MH，过点M作MN⊥AB，垂足为N，
设∠FCH＝2x°，则∠GAC＝x°，
由(1)得∠ACF＝∠GBC＝∠GAC＝x°，
∵∠ACH＝45°，
∴2x+x＝45°，
解得x＝15°，
∴∠GAH=∠FCH=45°-15°=30°，
∴∠GAH=∠FCH=90°-30°=60°，
∴∠CMG=∠AMF=∠MFN-∠MAF=60°-30°=30°，
∴AF=FM，MG=CG，
又∵AG=BG=CF，∠AHG=∠CHF=90°，
∴FH=HG==2，
又∵AF=AH-FH，CG=CH-HG，且AH=CH，
∴AF=CG=FM=MG，
又∵MH=MH，
∴△FHM≌△GHM(SSS)
∴∠AHM=∠CHM=45°，
设AF=FM=2a，
则FN=a，MN=MH=，
此时有FH=FN+HN=a+=2，
解得：，
则AM=2MH=2a=6-2.
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理的应用
【解析】【分析】（1）分析已知条件，可得∠GCB=∠ACB=45°=∠A，又因为∠ACF＝∠CBE，AC＝BC ，利用ASA证明两个三角形全等即可；
（2）由第一问可知，CF=GB，则只需要证明PC=PG即可。
通过证明 △ACG和△BCG 全等，得到对应角∠CAG＝∠CBG，然后通过倒角，最终得到
∠PCG＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠CBE+45°，即∠PCG=∠PGC，所以PC=PG，
所以PB＝PG+GB=CP+CF。
（3）由角度间的关系∠FCH＝2∠GAC，可进一步求得具体角度，出现大量15°和30°角，为便于计算，从30°一侧作辅助线，即过点M作MN⊥AH，同时先利用全等证得对称结构，即HM平分∠AHC；最后利用特殊角中边之间的关系，设边进而利用代数式表达边继而计算得出结果.
17．【答案】（1）解：∵
∴
∵
∴
在中，
在中，
（2）解：①∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴△BDF是等腰三角形.
②当点D在OB上时，过点F作FH⊥AB于H，如图：
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
当点D在OB的延长线上时，
同理得：
∴
∴
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）在Rt△BCO中，利用勾股定理求出CO的长，最后在Rt△ACO中，利用勾股定理即可求出AC的长；
（2）①由等边对等角得∠A=∠ACB，由等角的余角相等得∠ADE=∠F，结合对顶角相等得∠F=∠BDF，从而即可求解；
②由题意知需分两种情况讨论，①当点D在OB上时，②当点D在OB的延长线上时，利用"AAS"证明△ACO≌△FDH，得到CO=DH=8，根据勾股定理即可求出BD和CD的长.
18．【答案】（1）证明：如图1，过点作于，则四边形是矩形，
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①证明：如图2，延长与的延长线相交于点，
∵正方形，，
∴，，
即，
∵，，，
∴，
∴，
∴是斜边上的中线，
∴；
②
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：（2）②如图3，连接，过作于，于，于，则四边形是矩形，四边形是矩形，
∵、、三点共线，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，即，
同理（1）可知，，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
由（2）①可知，，，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
由勾股定理得，解得，
∴，
故答案为：．
【分析】 (1)过点F作FH1⊥CD于点H，证明△ABE≡ △FHG即可证明结论
(2)延长FG交AD于点P，证明点D是AP的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可证明
由勾股定理表示出AD与OG之间的关系，即可求出结论
1 / 12023-2024学年人教版初中数学八年级下册17.1 勾股定理 同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023八下·长沙期中） 如图，是等边三角形，边长为2，根据作图的痕迹，则的长为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】角平分线的性质；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【解答】解：由题意得DB为∠ABC的角平分线，
∵是等边三角形，边长为2，
∴CB=2，CA⊥DB，∠CBA=60°，
∴，
∴CD=1，
由勾股定理得，
故答案为：B
【分析】先根据作图痕迹即可得到DB为∠ABC的角平分线，进而根据等边三角形的性质结合题意即可得到CB=2，CA⊥DB，∠CBA=60°，从而运用角平分线的性质结合含30°角的直角三角形的性质即可得到CD=1，最后运用勾股定理即可求解。
2．（2022八上·运城月考）如图，在△ABC中，，，以AB，AC为边作正方形，这两个正方形的面积和为（ ）
A．6 B．36 C．16 D．49
【答案】B
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：这两个正方形的面积和=
故答案为：B.
【分析】根据两个正方形的面积和=再由勾股定理即可求解.
3．（2023八上·成都期中）如图，地面上有一个长方体盒子，一只蚂蚁在这个长方体盒子的顶点A处，盒子的顶点C′处有一小块糖粒，蚂蚁要沿着这个盒子的表面A处爬到C′处吃这块糖粒，已知盒子的长和宽为均为20cm，高为30cm，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）cm．
A．10 B．50 C．10 D．70
【答案】B
【知识点】勾股定理
【解析】分析没写 知识点应加上 平面展开﹣最短路径问题
【解答】解：第一种情况：如图1所示，当蚂蚁从盒子前面和右面爬行时（其他情况与此重复，不在考虑），虚线AC'为行走路程，因为AC=40cm，C'C=30cm，则AC'=50cm
第二种情况：如图2所示，当蚂蚁从盒子前面和上面爬行时（其他情况与此重复，不在考虑），虚线AC'为行走路程，因为AB=20cm，BC'=20+30=50cm，则AC'=10cm
因为10>50，所以爬行距离最短为50cm
故答案为：B.
【分析】 根据图形可知长方体的四个侧面都相等，所以分两种情况进行解答即可．
4．如图，正六边形ABCDEF中，AB=2，点P是ED的中点，连接AP，则AP的长为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；多边形内角与外角
【解析】【分析】如图，连接AE，
在正六边形中，∠F=×（6﹣2） 180°=120°
∵AF=EF，∴∠AEF=∠EAF=（180°﹣120°）=30°
∴∠AEP=120°﹣30°=90°
∴AE=2×2cos30°=2×2×
∵点P是ED的中点，
∴EP=×2=1
在Rt△AEP中，.
故选C.
5．（2023八上·渠县月考）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，OA＝AB，边OA在数轴上．点A表示的数为1，以O为圆心，OA的长为半径画弧交数轴负半轴于点C，则C表示的数是( )
A． B． C．1 D．
【答案】D
【知识点】无理数在数轴上表示；勾股定理
【解析】【解答】解： ∵∠OAB＝90°，OA＝AB=1，
∴BO==，
∴OC=OB=，
∴ C表示的数是 .
故答案为：D.
【分析】由勾股定理求出BO=，即得OC=OB=，从而确定点C表示的数.
6．（2023八上·渠县月考） 如果梯子的底端离建筑物1.5米，2.5米长的梯子可以达到建筑物的高度是（ ）
A．2米 B．2.5米 C．3米 D．3. 5米
【答案】A
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：由题意得：直角三角形的斜边长为2.5m，一直角边为1.5m，
∴另一直角边为=2米，
∴ 梯子可以达到建筑物的高度是2米.
故答案为：A.
【分析】由题意知：梯子和建筑物之间可构成直角三角形，利用勾股定理计算即可.
7．（2023八上·东阳月考）如图，Rt△ABC的两条直角边BC=6，AC=8．分别以Rt△ABC的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，则S2+S3-S1的值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．0
【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理
【解析】【解答】解：△ABC是直角三角形，，
又，，
，
，
Rt△ABC的两条直角边BC=6，AC=8，，AD=AB=10，
又AE=AC=8，，，
，
，即S2+S3-S1=0.
故答案为：D.
【分析】利用勾股定理得到，，进而将正方形面积拆分求解S2+S3-S1的值.
8．（2023八上·拜城期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，AB＝5，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在∠CAB的内部相交于点P，画射线AP与BC交于点D，DE⊥AB，垂足为E．则下列结论错误的是（ ）
A．∠CAD＝∠BAD B．CD＝DE
C． D．
【答案】D
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；作图-角的平分线
【解析】【解答】
A：∠CAD＝∠BAD，根据作图过程知AP平分∠BAC，结论正确，不符合题意
B：CD＝DE，根据作图过程知AP平分∠BAC，角平分线上的点到角的两边距离相等，结论正确，不符合题意
C：，由勾股定理得BC=4，根据得出CD=，进而算出BD=，结论正确，不符合题意
D：，根据勾股定理，结论不正确，符合题意
故选：D
【分析】根据题中描述的作图过程，得知AP是∠BAC的平分线，根据角平分线定理和勾股定理逐一进行判定。
二、填空题
9．（2023八上·上海市期中）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，D是边AB上的一点，将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点B1的位置，若B1D⊥BC，则BD的长度为 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：延长B1D交BC于E，如图：
∵B1D⊥BC，
∴∠BED＝∠B1EC＝90°，
∵∠B＝30°，
∴DE＝BD，
∴BE＝＝BD，
设BD＝x，
∵将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点B1的位置，
∴B1D＝x，
∵BC＝3，
∴CE＝3﹣x，B1C＝BC＝3，
在Rt△B1CE中，B1E2+CE2＝B1C2，
∴（x+x）2+（3﹣x）2＝32
∴
∴x＝0（舍去）或x＝
∴BD＝
故答案为：．
【分析】根据勾股定理、一元二次方程、轴对称、含角直角三角形的性质求解。延长B1D交BC于E，由B1D⊥BC，根据含角直角三角形和勾股定理的性质，推导得DE＝BD，BE＝BD，设BD＝x，在Rt△B1CE中根据轴对称、勾股定理的性质，建立方程求解．
10．（2023八上·渠县月考）如果直角三角形的三条边分别为3、5、，那么的值等于
【答案】16或34
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：当5为直角边时，a2=32+52=34，
当5为斜边时，a2=52-32=16，
∴的值等于16或34.
故答案为： 16或34 .
【分析】分两种情况：当5为直角边时和5为斜边时，利用勾股定理直接计算即可.
11．（2023八上·渠县月考）已知，如图，一轮船从港口A出发向东北方向航行了50海里，另一轮船同时从港口A出发向东南方向航行120海里，此时则两船相距 海里 .
【答案】130
【知识点】钟面角、方位角；勾股定理的应用
【解析】【解答】解：∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
∴∠BAC=90°，
由题意得：AB=50海里，AC=120海里，
∴BC==130海里，
∴ 此时则两船相距130海里 .
故答案为：130.
【分析】由题意得∠BAC=90°，AB=50海里，AC=120海里，利用勾股定理求出BC的长即可.
12．（2023八上·渠县月考）等腰三角形的周长是16cm，底边长是6cm，则它的面积是
【答案】12
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，BC=6cm，AB=AC=(16-6)=5cm，
过点A作AD⊥BC，垂足为D.
∴BD=CD=3cm，
∴AD==4cm，
∴此三角形的面积为BC·AD=×6×4=12cm2.
故答案为：12.
【分析】由等腰三角形的性质求出腰长AB，过点A作AD⊥BC，利用等腰三角形三线合一的性质求出BD=3，再根据勾股定理求出AD，再利用三角形的面积公式即可求解.
13．（2023八上·西安期中）在中，，，，点，分别是边和上的动点，始终保持，连接，，则的最小值为 。
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理的应用；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：过点B作使得BM=AC=3，连接MQ，AM，
则因为所以则全等（SAS)，所以CP=MQ，所以即A，Q，M三点共线时，AQ+CP的值最小，最小值为AM的长。由题知AB=5，在中，所以AQ+CP的最小值为.
故答案为：.
【分析】过点B作使得BM=AC=3，连接MQ，AM，构造出全等，转化为，则当A，Q，M三点共线时，AQ+CP的值最小，利用勾股定理即可求解。
14．（2023·期中）商场卫生间旋转门锁的局部图如图1所示，图2是其工作简化图．其中OD＝3.5cm，在自然状态下，把手竖直向下（把手底端到达A处）．旋转一定角度，使得把手底端B恰好卡在门边，此时底端A，B的竖直高度差为0.5cm，则OB的长度是 cm．当把手旋转到OC⊥OB时，点C与点B的高度差BH是 cm．
【答案】12.5；15.5
【知识点】勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如下图所示：过点B作于M，过点C作交OA的延长线于G，CG交EF于H，
由题意可得：
设
在中
即
解得
所以，
所以，
因为
所以
在和中
因为
所以
所以
所以矩形为正方形，
所以
所以，即点C与点B的高度差BH是
故答案为：12.5；15.5.
【分析】过点B作BM⊥OA于M，过点C作CG⊥OA交OA的延长线于G，CG交EF于H，易得设在Rt△BMO中通过勾股定理即建立方程，求出x的值，从而求得OB；通过等量代换证，进而可用AAS证明，再通过线段的计算即可求解.
三、解答题
15．（2023八上·吉安期中）已知，如图，Rt中，，，，以斜边AC为底边作等腰三角形ACD，腰AD刚好满足，并作腰上的高AE．
（1）求证：AB=AE；
（2）求等腰三角形的腰长CD．
【答案】解：（1）∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，又AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，于是∠DCA＝∠ACB．又∠AEC＝∠B＝90°，AC＝AC，∴△ACE≌△ACB(AAS)，∴AB＝AE；（2）由（1）可知AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，设DC＝x，则DA＝x，DE＝x－4，由勾股定理，即，解得：．
（1）解：∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，又AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，于是∠DCA＝∠ACB．
又∠AEC＝∠B＝90°，AC＝AC，
∴△ACE≌△ACB(AAS)，∴AB＝AE；
（2）由（1）可知AE＝AB＝6，CE＝CB＝4，
设DC＝x，则DA＝x，DE＝x－4，
由勾股定理，即，
解得：．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质求解。由平行线的性质得，由等腰三角形的性质得，可证，再根据证明可得结论；
（2）根据勾股定理建立方程求解。由（1）得：，，设，在中由勾股定理得出方程求解．
16．（2023八上·成都期中）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G．
（1）求证：△ACF≌△CBG；
（2）如图2，延长CG交AB于H，连接AG交CF于点M，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；
（3）在（2）问的条件下，当∠FCH＝2∠GAC时，若BG＝4，求AM的长．
【答案】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠A＝∠CBA＝45°，
∵CG平分∠ACB，
∴∠ACG＝∠BCG＝45°，
∴∠A＝∠BCG，
在△BCG和△CAF中，
，
∴△BCG≌△CAF（ASA）
（2）证明：∵PC∥AG，
∴∠PCA＝∠CAG，
∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，
在△ACG和△BCG中，
，
∴△ACG≌△BCG（SAS），
∴∠CAG＝∠CBE，
∵∠PCG＝∠PCA+∠ACG＝∠CAG+45°＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠GCB+∠CBE＝∠CBE+45°，
∴∠PCG＝∠PGC，
∴PC＝PG，
∵PB＝BG+PG，BG＝CF，
∴PB＝CF+CP；
（3）解：连接MH，过点M作MN⊥AB，垂足为N，
设∠FCH＝2x°，则∠GAC＝x°，
由(1)得∠ACF＝∠GBC＝∠GAC＝x°，
∵∠ACH＝45°，
∴2x+x＝45°，
解得x＝15°，
∴∠GAH=∠FCH=45°-15°=30°，
∴∠GAH=∠FCH=90°-30°=60°，
∴∠CMG=∠AMF=∠MFN-∠MAF=60°-30°=30°，
∴AF=FM，MG=CG，
又∵AG=BG=CF，∠AHG=∠CHF=90°，
∴FH=HG==2，
又∵AF=AH-FH，CG=CH-HG，且AH=CH，
∴AF=CG=FM=MG，
又∵MH=MH，
∴△FHM≌△GHM(SSS)
∴∠AHM=∠CHM=45°，
设AF=FM=2a，
则FN=a，MN=MH=，
此时有FH=FN+HN=a+=2，
解得：，
则AM=2MH=2a=6-2.
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理的应用
【解析】【分析】（1）分析已知条件，可得∠GCB=∠ACB=45°=∠A，又因为∠ACF＝∠CBE，AC＝BC ，利用ASA证明两个三角形全等即可；
（2）由第一问可知，CF=GB，则只需要证明PC=PG即可。
通过证明 △ACG和△BCG 全等，得到对应角∠CAG＝∠CBG，然后通过倒角，最终得到
∠PCG＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠CBE+45°，即∠PCG=∠PGC，所以PC=PG，
所以PB＝PG+GB=CP+CF。
（3）由角度间的关系∠FCH＝2∠GAC，可进一步求得具体角度，出现大量15°和30°角，为便于计算，从30°一侧作辅助线，即过点M作MN⊥AH，同时先利用全等证得对称结构，即HM平分∠AHC；最后利用特殊角中边之间的关系，设边进而利用代数式表达边继而计算得出结果.
四、综合题
17．（2023八上·龙泉期中）如图，△ABC中，BA=BC，CO⊥AB于点O，AO=4，BO=6.
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作直线DE⊥AC于点E，直线DE与直线BC交于点F.
①如图1，当点D在线段OB上时，求证：△BDF是等腰三角形；
②连结OF，CD，若S△OBF：S△OBC=1：2，求CD的长.
【答案】（1）解：∵
∴
∵
∴
在中，
在中，
（2）解：①∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴△BDF是等腰三角形.
②当点D在OB上时，过点F作FH⊥AB于H，如图：
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
当点D在OB的延长线上时，
同理得：
∴
∴
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）在Rt△BCO中，利用勾股定理求出CO的长，最后在Rt△ACO中，利用勾股定理即可求出AC的长；
（2）①由等边对等角得∠A=∠ACB，由等角的余角相等得∠ADE=∠F，结合对顶角相等得∠F=∠BDF，从而即可求解；
②由题意知需分两种情况讨论，①当点D在OB上时，②当点D在OB的延长线上时，利用"AAS"证明△ACO≌△FDH，得到CO=DH=8，根据勾股定理即可求出BD和CD的长.
18．（2023八下·庐阳期末）如图，在正方形中，，垂足为．
（1）求证：；
（2）如图，平移线段，使，连接．
①求证：；
②如图，连接，当、、三点共线时，则 ．
【答案】（1）证明：如图1，过点作于，则四边形是矩形，
∵正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①证明：如图2，延长与的延长线相交于点，
∵正方形，，
∴，，
即，
∵，，，
∴，
∴，
∴是斜边上的中线，
∴；
②
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：（2）②如图3，连接，过作于，于，于，则四边形是矩形，四边形是矩形，
∵、、三点共线，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，即，
同理（1）可知，，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
由（2）①可知，，，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
由勾股定理得，解得，
∴，
故答案为：．
【分析】 (1)过点F作FH1⊥CD于点H，证明△ABE≡ △FHG即可证明结论
(2)延长FG交AD于点P，证明点D是AP的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可证明
由勾股定理表示出AD与OG之间的关系，即可求出结论
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