《勾股定理与三角形》精选压轴题—广东省（北师版）八（上）数学期末复习
一、选择题
1．（2024八上·龙岗期末）明朝数学家程大位在数学著作《直指算法统宗》中，以《西江月》词牌叙述了一道“荡秋千”问题：平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步恰竿齐，五尺板高离地．意思是：如图，秋千OA静止的时候，踏板离地高一尺（尺），将它往前推进两步，一步合5尺（尺），此时踏板离地五尺（尺），则秋千绳索的长度为（ ）
A．尺 B．尺 C．20尺 D．29尺
【答案】B
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意得，OC=OA-CA，CA=CB-AB=A'D-AB，
∴ OC=OA-(A'D-AB)=OA-A'D+AB=OA-5+1=OA-4，
由勾股定理得，OA' =OC +CA' ，即OA =(OA-4) +10 ，
解得，OA=14.5 (尺).
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理列出方程求解即可.
2．（2024八上·南山期末）如图，这是一个供滑板爱好者使用的型池的示意图，该型池可以看作是长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是直径为的半圆，其边缘，点在上，，一名滑板爱好者从点滑到点，则他滑行的最短距离为（ ）m（边缘部分的厚度可以忽略不计，取3）
A．17 B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：将半圆面展开可得：
米，米，
在中，由勾股定理得米，
即滑行的最短距离为米，
故答案为：B.
【分析】将半圆面展开可得，、、三点构成直角三角形，为斜边，为半圆的长，，根据勾股定理计算求解即可．
3．（2024八上·深圳期末）如图，在中，点分别在边上，连接，已知，， 都是等边三角形，点分别是的中点，连接，当时，的长度为（ ）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【知识点】平行线的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理的应用；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接DM，
∵△ADF为等边三角形，
∴∠A=60°，AD=AF=DF.
又∵M为AF的中点，AD=2，
∴AM=MF=1，DM⊥AF，
∴Rt△ADM中，.
∵△BDE是等边三角形，N为DE中点，
∴∠BDE=60°，BD=DE=2DN.
∴∠A=∠BDE，
∴AC//DE，
∴DM⊥DE.
∴△DMN是直角三角形.
又∵∠DNM=45°，
∴∠DNM=∠DMN=45°，
∴.
∴.
故答案为：.
【分析】连接DM，根据△ADF为等边三角形，得到AD=2AM，DM⊥AF.于是得到Rt△ADM，可以求出DM的长；再根据∠A=∠BDE=60°，得DE//AC，于是DM⊥DE.根据∠DNM=45°，得到DM=DN.再根据等边三角形BDE，可到BD=DE=2DN，问题得到解决.
4．（2024八上·坪山期末）如图，平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接交轴于点，连接，，则的面积为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．25
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点B作轴于点E，则，
∵点、的坐标分别为、，点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积
．
故答案为：C.
【分析】过点B作轴于点E，则，先证明，由全等三角形的性质可得，再由，可得，由等腰三角形的性质可得，再根据的面积，计算求解即可．
5．（2024八上·深圳期末）如图，分别以△ABC的三边AB，BC，AC为边向外侧作正方形AFGB，正方形BHLC，正方形ACDE，连接EF，GH，DL，再过A作AK⊥BC于K，延长KA交EF于点M．①S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLG；②EM=MF；③2AM=BC；④当AB=3，BC=5，∠BAC=90°时，S阴影部分=20，其中正确的结论共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵S正方形AFGB=AB2，S正方形ACDE=AC2，S正方形BHLC=BC2，
∴只有满足AB2+AC2=BC2时，S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，
又∵并不能得到∠BAC=90°
∴不能得到AB2+AC2=BC2，即不能得到S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，故①错误；
如图所示，过点F作FQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥AM交AM延长线于P，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴AK=FQ，BK=AQ，
同理可得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，故②正确；
∵，
∴，故③正确；
∵，
∴，
同理可得，
∴，
同理可得，
∴，
∵，，，
∴，
∴，故④错误，
综上，正确的是②③，共两个.
故答案为：B．
【分析】由正方形的面积公式得，只有满足AB2+AC2=BC2时，S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，而并不能得到∠BAC=90°，则不能得到AB2+AC2=BC2，即不能得到S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，据此可判断①；如图所示，过点F作FQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥AM交AM延长线于P，用AAS证明△AFQ≌△BAK，得到AK=FQ，BK=AQ，同理可得AK=PE，CK=AP，则QF=PE，进而用AAS证明△PME≌△QMF，得到EM=EM，PM=QM，即可判断②；由BC=BK+CK，得到BC=AQ+AP=AQ+AQ+QM+PM=2(AQ+QM)=2AM，即可判断③；由△AFQ≌△BAK，得到，同理可得，则，同理可得，则，利用勾股定理求出，进而求出的面积即可判断④．
二、填空题
6．（2024八上·深圳期末）如图，在△ABC中，∠ABC=40°，∠ACB=30°，三角形内有一点P，连接AP，BP，CP，若BP平分∠ABC，，则∠PAC= .
【答案】80°
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，延长BA到点H，使BC=BH，连接CH、HP，
∵∠ABC=40°，∠ACB=30°，
∴∠CAH=∠ABC+∠ACB=70°，
∵∠ABC=40°，BC=BH，
∴∠BCH=∠BHC=(180°-∠ABC)=70°，
∴∠CHA=∠HAC=70°，
∴CA=CH，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠CBP，
在△BPH与△BPC中，
∵BH=BC，∠ABP=∠CBP，BP=BP，
∴△BPH≌△BPC（SAS），
∴PH=PC，
∵∠ACB=30°，∠BCP=∠ACB，
∴∠BCP=10°，
∴∠HCP=∠HCB-∠BCP=70°-10°=60°，∠ACP=∠ACB-∠BCP=20°，
∴△PHC是等边三角形，
∴CH=CP=CA，
∴∠PAC=(180°-∠ACP)=80°.
故答案为：80°.
【分析】延长BA到点H，使BC=BH，连接CH、PH，根据三角形外角的性质得出∠CAH=70°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理得∠BCH=∠BHC=70°，可推出∠CHA=∠HAC=70°，由等角对等边得CA=CH，然后用SAS判断出△BPH≌△BPC，由全等三角形的性质得PH=PC，由已知及角的和差可得∠HCP=60°，∠ACP=20°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△PHC是等边三角形，由等边三角形的三边相等可推出CH=CP=CA，最后再根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求出∠PAC的度数.
7．（2024八上·深圳期末）如图，和都是等腰直角三角形，，点在边上，与交于点，若，记的面积为，的面积为，则 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过A作AH⊥DE于点H.
∵CE=1，DC=3，
∴DE=CE+DC=4.
∵△ADE是等腰直角三角形，AH⊥BE，
∴DH=AH=EH=2.
∴.
在Rt△AHC中，.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=90°，.
∴
∴.
故答案为：.
【分析】过A作AH⊥DE，根据等腰直角三角形的性质得到DH=EH=AH=2，AC=AB.在Rt△AHC中可以求出AC的长.观察发现，所以表示出△ABC和△AEC的面积，即可解决问题.
8．（2024八上·福田期末）如图，在和中，，点在边的中点上，若，，连结，则的长为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；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：延长到，使得，连接，，
，由等腰三角形的性质可得，
，
∴
，，
，
，，
，
，，
，
点为的中点，
，，
，∴，
在中，由勾股定理得：.
故答案为：．
【分析】延长到，使得，连接，，，由等腰三角形的性质可得，，由“”可证，可得，，在中，利用勾股定理即可求解．
9．（2024八上·龙岗期末）如图，在长方形中，，点E上线段上的一点，且满足，连接BE，将沿折叠得到，延长交的延长线于点G，则的面积是 ．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点G作HG⊥AH交AD的延长线于点H，如图，
∵ 四边形ABCD为长方形，
∴ AB=CD=10，BC=AD=8，∠A=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，
∵ AE=3ED，AE+ED=AD=8，
∴ AE=6，DE=2，
由折叠的性质得，BF=AB=10，EF=AE=6，∠EFB=∠A=90°，
设HD=CG=a，FG=b，
在Rt△EHG中，HG +EH =EG ，即10 +(a+2) =(6+b) ，
在Rt△BFG中，FG +BF =BG ，即b +10 =(a+8) ，
解得，b=，
∴ S△BFG=×BF×FG=，
∴ S△BEG= S△BFG+S△EFB=+×6×10=.
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质可得 AB=CD=10，BC=AD=8，∠A=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，根据折叠的性质可得BF=AB=10，EF=AE=6，∠EFB=∠A=90°，利用两次勾股定理得方程组，解方程得FG的长度，再利用三角形的面积公式分别计算 S△BFG和S△EFB，即可求得.
10．（2024八上·坪山期末）如图，中，，于点，平分，交与点，于点，且交于点，若，，则 ．
【答案】
【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】【解答】解：如图，连接，
∵，，
由等腰三角形的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
，
即，
解得：，
在中，由勾股定理得：．
故答案为：
【分析】连接，由等腰三角形的性质可得：，结合，证明，可得，从而得到，再由勾股定理求出，然后根据三角形等面积 ，可得，在中，由勾股定理得，即可得解．
11．（2024八上·南山期末）如图，在中，，，点是边上一点（点不与点，重合），将沿翻折，点的对应点为点，交于点，若，则点到线段的距离为 ．
【答案】
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点作于点，
∵，，
∴，
由勾股定理得：
∵，
∴，，
由折叠的性质得：，，，
∴
∴
∴
由勾股定理得：
设点到的距离为，则
，即
解得：.
故答案为．
【分析】过点作于点，由等腰三角形的性质和平行线的性质得出，，由折叠的性质得：，，得出，证出，得出又由勾股定理得利用三角形等面积得，代数求解即可．
12．（2024八上·盐田期末）如图，在长方形中，，，点E为上一点，将沿翻折至，延长交于点O，交的延长线于点G，且，则的长为 ．
【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】 【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AD=BC=8，AB=CD=6.
由折叠可得：△BCE≌△FCE，
∴EF=EB，BC=CF=8，∠B=∠CFE=90°.
∵在△AGO和△FEO中，
∴△AGO≌△FEO（AAS）.
∴AO=OF，OG=OE，
∴OF+OG=OA+OE，即GF=AE.
设BE长为x，则AG=EF=BE=x，GF=AE=6-x.
在Rt△GDC中，DG2+DC2=GC2，
即（8+x）2+62=（8+6-x）2，
解得：
故答案为：或.
【分析】由折叠得到：EF=BE，FC=BC，∠B=∠CFE=90°.可证明△AGO≌△FEO，从而得到OG=OE，AO=FO，从而得到AE=GF.设BE=x，则AE=6-x，GC=8+6-x=14-x，最终在Rt△DGC中利用勾股定理求得x的值.
13．（2024八上·深圳期末）如图，在边长为4的等边△ABC中，点P为BC边上任意一点，PE⊥AB于点，PF⊥AC于点F，则PE+PF的长度和为 ．
【答案】2
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：如图所示，连接，作交于点，
则，
即，
为等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：．
【分析】本题考查等边三角形的性质、三角形面积的计算方法、勾股定理．连接，作交于点，根据等面积法可得：，据此可推出，再根据等边三角形的性质可求出AD的长度，再利用勾股定理可求出的长度，利用线段的运算可求出答案．
三、解答题
14．（2024八上·龙岗期末）综合与实践
【动手操作】
数学活动课上，老师让同学们探究用尺规作图作一条直线的平行线．已知：如图1，直线l及直线l外一点A．求作：直线，使得．小明同学设计的做法如下：
①在直线l上取两点B、C，连接，以点B为圆心，小于的长度为半径作弧，交线段于点D，交线段于点E；
②分别以点D和E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F，作射线BF；
③以点A为圆心，的长为半径作弧，交射线于点P，作直线．
则直线平行于直线l．
（1）根据小明同学设计的尺规作图过程，在图2中补全图形；（要求：尺规作图并保留作图痕迹）
（2）【验证证明】
请证明直线；
（3）【拓展延伸】
已知：如果两条直线平行，则其中一条直线上任意两点到另外一条直线的距离相等．在图2中连接，，请直接写出与的面积关系 ；
（4）【应用实践】
某市政府为发展新能源产业，决定在如图3所示的四边形空地上划出20km2区域用于建设新能源产业发展基地．已知在四边形中，，km，km．为便于运营管理，某公司向政府提出在线段上取一点E使得四边形的面积为20km2，则 km．
【答案】（1）解：补全图形，如图所示：
（2）证明：由作图步骤可知BF为∠ABC的角平分线
∴，
∵以点A为圆心，的长为半径作弧，交射线于点P，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）
（4）3
【知识点】平行线的判定与性质；三角形的面积；等腰三角形的性质；等腰三角形的判定；角平分线的概念；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：（3）∵ △ABC与△PBC为等底等高的三角形，
∴ S△ABC=S△PBC，
∴ △ABC与△PBC的面积关系为相等.
故答案为：相等；
（4）连接AC，过点C作CE∥AD，连接DE，如图，
∵ AB=8 km，BC=5 km，∠B=90°，
∴ S△ABC=20 km2，
∵ CE∥AD，
∴ S△ACE=S△DCE，
∴ S△ABC=S四边形BCDE=20 km2，
∵ ∠DAB=45°，
∴ ∠CEB=45°，
∴ △BCE是等腰直角三角形，
∴ BE=BC=5 km，
∴ AE=AB-BE=3 km.
故答案为：3.
【分析】（1）根据给出的步骤作图，即可求得；
（2）根据角平分线的定义得，根据等腰三角形的性质得，再根据内错角相等，即可判定平行；
（3）根据两个三角形为同底等高的三角形，即可求得；
（4）过点C作CE∥AD，连接DE，可知S△ACE=S△DCE，利用三角形的面积公式可得S△ABC=20 km2，从而可得 S△ABC=S四边形BCDE，再根据等腰直角三角形的性质可得BE，即可求得.
15．（2024八上·南山期末）先阅读下列材料，然后解决问题：
【阅读感悟】
在平面直角坐标系中，已知点，当t的值发生改变时，点Q的位置也会发生改变，为了求点Q运动所形成的图象的解析式，令点Q的横坐标x，纵坐标y，得到了方程组消去t，得，即，可以发现，点随t的变化而运动所形成的图象的解析式是．
（1）【尝试应用】
观察下列四个点的坐标，不在函数图象上的是____.
A． B．
C． D．
（2）求点随t的变化而运动所形成的图象的解析式；
（3）【综合运用】
如图，在平面直角坐标系中，点P在一次函数的图象上运动．已知点为定点，连接，过点A作直线，且，求点B随点P的变化而运动所形成的图象的解析式．
【答案】（1）B
（2）解：令，
消去得：，
故解析式为：；
（3）解：（3）设，
①当点B在第一象限时，过点P作轴于点E，过点B作轴于点D，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
设，
，
消去得；
②当点B第三象限时，过点A作直线轴于点A，过点P作于点G，过点B作于点H，设与y轴交于点M，
同理可得，，
，
设，
，
消去得；
综上所述，点B随点P变化而运动所形成的图象的解析式为或．
【知识点】三角形全等及其性质；一次函数中的动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1） 将点代入函数解析式，逐项判断即可得到答案；
（2）令，消去可得，即可得解；
（3）分类讨论：①当点B在第一象限时，过点P作轴于点E，过点B作轴于点D，证明，设
，，设，得到，消去得；当点B在第三象限时，同理可求得点B的坐标满足，消去得，即可得解.
16．（2024八上·罗湖期末）如图1，和在线段的同侧，且边与在同一直线上，，连接．
（1）在图1中，的形状为 ．
（2）如图2，若，请判断的形状，并说明理由；
（3）如图3，若，和的角平分线交于点P，请直接写出的度数．
【答案】（1）等腰直角三角形
（2）解：为等边三角形
在和中，
，
，
为等边三角形．
（3）解：
和的角平分线交于点P
．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解： (1) 由题意 ，
∴，
，
∴是等腰直角三角形.
故答案为：等腰直角三角形.
【分析】(1)由三角形全等的判定得，根据全等三角形的性质可得结论；
(2)由三角形全等的判定得，根据全等三角形的性质可得，进而得出，由全等三角形的判定可得结论；
(3)由三角形全等的判定得，根据全等三角形的性质可得，结合角平分线的性质可得 ，即可求解.
17．（2024八上·坪山期末）如下图，某学校计划在校内一道路旁建造超市，将地图简化，如图1所示，宿舍楼与校内道路的距离为50米，教学楼与校内道路的距离为160米，米，现要在校内道路旁建造一超市．
（1）请在图1中画出点（点在道路上，道路宽度忽略不记），使学生从宿舍楼走到超市，再走到教学楼所走路程最短，并求出最短路程．
（2）如图2所示，若宿舍楼和教学楼之间有一面70米长的校园文化墙，文化墙垂直于校内道路，到校内道路的距离为40米，米，米，现在依然要求学生从宿舍楼走到超市，再走到教学楼所走路程最短．
①众所周知，“两点之间，线段最短”，但由于文化墙这个障碍物的存在，需要研究两点之间不同折线长度的大小关系，他认为，并进行了证明，请你将下述证明过程补充完整：
证明：如图4，延长交于点，
，
又， ▲ ，
②如图5，延长交校内道路于点，过作于点，是上右侧的一点，利用①中证明的结论，可判断超市的位置应位于 ▲ （从以下四个选项中选择）．
A．左侧B．线段上C．线段上（不含点）D．右侧
③请在图6中画出超市的位置，并求出最短路程．
【答案】（1）解：如图所示，
∴，
∴的长度即为的最小值，
∵，，，
∴，，
∴，
∴；
（2）①；
②B；
③如图所示，过点A作，过点B作，作点A关于l的对称点，连接交l于点P，过点作交延长线于点E，过点D作，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∴最短路程为300米．
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；作图﹣轴对称；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】（2）证明：①如图4，延长交于点，，，
，
又，，
，
；
故答案为：；
②如图所示，作点A关于l的对称点，
∴，，
由①中证明的结论可得，
，
∴超市的位置应位于线段上，
故答案为：B；
【分析】（1）作点A关于l的对称点，然后连接交l于点P，即为所求，得到的长度即为的最小值，过点作交的延长线于点C，可得，，然后利用勾股定理求解即可；
（2）①根据三角形两边之和大于第三边求解即可；
②作点A关于l的对称点，然后根据①中证明的结论，即可得解；
③过点A作，过点B作，作点A关于l的对称点，连接交l于点P，过点作交延长线于点E，过点D作，然后表示出相应线段的长度，然后利用勾股定理求解即可．
1 / 1《勾股定理与三角形》精选压轴题—广东省（北师版）八（上）数学期末复习
一、选择题
1．（2024八上·龙岗期末）明朝数学家程大位在数学著作《直指算法统宗》中，以《西江月》词牌叙述了一道“荡秋千”问题：平地秋千未起，踏板一尺离地，送行二步恰竿齐，五尺板高离地．意思是：如图，秋千OA静止的时候，踏板离地高一尺（尺），将它往前推进两步，一步合5尺（尺），此时踏板离地五尺（尺），则秋千绳索的长度为（ ）
A．尺 B．尺 C．20尺 D．29尺
2．（2024八上·南山期末）如图，这是一个供滑板爱好者使用的型池的示意图，该型池可以看作是长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行部分的截面是直径为的半圆，其边缘，点在上，，一名滑板爱好者从点滑到点，则他滑行的最短距离为（ ）m（边缘部分的厚度可以忽略不计，取3）
A．17 B． C． D．
3．（2024八上·深圳期末）如图，在中，点分别在边上，连接，已知，， 都是等边三角形，点分别是的中点，连接，当时，的长度为（ ）
A． B．4 C． D．
4．（2024八上·坪山期末）如图，平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接交轴于点，连接，，则的面积为（ ）
A．12 B．20 C．24 D．25
5．（2024八上·深圳期末）如图，分别以△ABC的三边AB，BC，AC为边向外侧作正方形AFGB，正方形BHLC，正方形ACDE，连接EF，GH，DL，再过A作AK⊥BC于K，延长KA交EF于点M．①S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLG；②EM=MF；③2AM=BC；④当AB=3，BC=5，∠BAC=90°时，S阴影部分=20，其中正确的结论共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
6．（2024八上·深圳期末）如图，在△ABC中，∠ABC=40°，∠ACB=30°，三角形内有一点P，连接AP，BP，CP，若BP平分∠ABC，，则∠PAC= .
7．（2024八上·深圳期末）如图，和都是等腰直角三角形，，点在边上，与交于点，若，记的面积为，的面积为，则 .
8．（2024八上·福田期末）如图，在和中，，点在边的中点上，若，，连结，则的长为 ．
9．（2024八上·龙岗期末）如图，在长方形中，，点E上线段上的一点，且满足，连接BE，将沿折叠得到，延长交的延长线于点G，则的面积是 ．
10．（2024八上·坪山期末）如图，中，，于点，平分，交与点，于点，且交于点，若，，则 ．
11．（2024八上·南山期末）如图，在中，，，点是边上一点（点不与点，重合），将沿翻折，点的对应点为点，交于点，若，则点到线段的距离为 ．
12．（2024八上·盐田期末）如图，在长方形中，，，点E为上一点，将沿翻折至，延长交于点O，交的延长线于点G，且，则的长为 ．
13．（2024八上·深圳期末）如图，在边长为4的等边△ABC中，点P为BC边上任意一点，PE⊥AB于点，PF⊥AC于点F，则PE+PF的长度和为 ．
三、解答题
14．（2024八上·龙岗期末）综合与实践
【动手操作】
数学活动课上，老师让同学们探究用尺规作图作一条直线的平行线．已知：如图1，直线l及直线l外一点A．求作：直线，使得．小明同学设计的做法如下：
①在直线l上取两点B、C，连接，以点B为圆心，小于的长度为半径作弧，交线段于点D，交线段于点E；
②分别以点D和E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F，作射线BF；
③以点A为圆心，的长为半径作弧，交射线于点P，作直线．
则直线平行于直线l．
（1）根据小明同学设计的尺规作图过程，在图2中补全图形；（要求：尺规作图并保留作图痕迹）
（2）【验证证明】
请证明直线；
（3）【拓展延伸】
已知：如果两条直线平行，则其中一条直线上任意两点到另外一条直线的距离相等．在图2中连接，，请直接写出与的面积关系 ；
（4）【应用实践】
某市政府为发展新能源产业，决定在如图3所示的四边形空地上划出20km2区域用于建设新能源产业发展基地．已知在四边形中，，km，km．为便于运营管理，某公司向政府提出在线段上取一点E使得四边形的面积为20km2，则 km．
15．（2024八上·南山期末）先阅读下列材料，然后解决问题：
【阅读感悟】
在平面直角坐标系中，已知点，当t的值发生改变时，点Q的位置也会发生改变，为了求点Q运动所形成的图象的解析式，令点Q的横坐标x，纵坐标y，得到了方程组消去t，得，即，可以发现，点随t的变化而运动所形成的图象的解析式是．
（1）【尝试应用】
观察下列四个点的坐标，不在函数图象上的是____.
A． B．
C． D．
（2）求点随t的变化而运动所形成的图象的解析式；
（3）【综合运用】
如图，在平面直角坐标系中，点P在一次函数的图象上运动．已知点为定点，连接，过点A作直线，且，求点B随点P的变化而运动所形成的图象的解析式．
16．（2024八上·罗湖期末）如图1，和在线段的同侧，且边与在同一直线上，，连接．
（1）在图1中，的形状为 ．
（2）如图2，若，请判断的形状，并说明理由；
（3）如图3，若，和的角平分线交于点P，请直接写出的度数．
17．（2024八上·坪山期末）如下图，某学校计划在校内一道路旁建造超市，将地图简化，如图1所示，宿舍楼与校内道路的距离为50米，教学楼与校内道路的距离为160米，米，现要在校内道路旁建造一超市．
（1）请在图1中画出点（点在道路上，道路宽度忽略不记），使学生从宿舍楼走到超市，再走到教学楼所走路程最短，并求出最短路程．
（2）如图2所示，若宿舍楼和教学楼之间有一面70米长的校园文化墙，文化墙垂直于校内道路，到校内道路的距离为40米，米，米，现在依然要求学生从宿舍楼走到超市，再走到教学楼所走路程最短．
①众所周知，“两点之间，线段最短”，但由于文化墙这个障碍物的存在，需要研究两点之间不同折线长度的大小关系，他认为，并进行了证明，请你将下述证明过程补充完整：
证明：如图4，延长交于点，
，
又， ▲ ，
②如图5，延长交校内道路于点，过作于点，是上右侧的一点，利用①中证明的结论，可判断超市的位置应位于 ▲ （从以下四个选项中选择）．
A．左侧B．线段上C．线段上（不含点）D．右侧
③请在图6中画出超市的位置，并求出最短路程．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：根据题意得，OC=OA-CA，CA=CB-AB=A'D-AB，
∴ OC=OA-(A'D-AB)=OA-A'D+AB=OA-5+1=OA-4，
由勾股定理得，OA' =OC +CA' ，即OA =(OA-4) +10 ，
解得，OA=14.5 (尺).
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理列出方程求解即可.
2．【答案】B
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题
【解析】【解答】解：将半圆面展开可得：
米，米，
在中，由勾股定理得米，
即滑行的最短距离为米，
故答案为：B.
【分析】将半圆面展开可得，、、三点构成直角三角形，为斜边，为半圆的长，，根据勾股定理计算求解即可．
3．【答案】A
【知识点】平行线的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理的应用；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接DM，
∵△ADF为等边三角形，
∴∠A=60°，AD=AF=DF.
又∵M为AF的中点，AD=2，
∴AM=MF=1，DM⊥AF，
∴Rt△ADM中，.
∵△BDE是等边三角形，N为DE中点，
∴∠BDE=60°，BD=DE=2DN.
∴∠A=∠BDE，
∴AC//DE，
∴DM⊥DE.
∴△DMN是直角三角形.
又∵∠DNM=45°，
∴∠DNM=∠DMN=45°，
∴.
∴.
故答案为：.
【分析】连接DM，根据△ADF为等边三角形，得到AD=2AM，DM⊥AF.于是得到Rt△ADM，可以求出DM的长；再根据∠A=∠BDE=60°，得DE//AC，于是DM⊥DE.根据∠DNM=45°，得到DM=DN.再根据等边三角形BDE，可到BD=DE=2DN，问题得到解决.
4．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点B作轴于点E，则，
∵点、的坐标分别为、，点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积
．
故答案为：C.
【分析】过点B作轴于点E，则，先证明，由全等三角形的性质可得，再由，可得，由等腰三角形的性质可得，再根据的面积，计算求解即可．
5．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵S正方形AFGB=AB2，S正方形ACDE=AC2，S正方形BHLC=BC2，
∴只有满足AB2+AC2=BC2时，S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，
又∵并不能得到∠BAC=90°
∴不能得到AB2+AC2=BC2，即不能得到S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，故①错误；
如图所示，过点F作FQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥AM交AM延长线于P，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴AK=FQ，BK=AQ，
同理可得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，故②正确；
∵，
∴，故③正确；
∵，
∴，
同理可得，
∴，
同理可得，
∴，
∵，，，
∴，
∴，故④错误，
综上，正确的是②③，共两个.
故答案为：B．
【分析】由正方形的面积公式得，只有满足AB2+AC2=BC2时，S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，而并不能得到∠BAC=90°，则不能得到AB2+AC2=BC2，即不能得到S正方形AFGB+S正方形ACDE=S正方形BHLC，据此可判断①；如图所示，过点F作FQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥AM交AM延长线于P，用AAS证明△AFQ≌△BAK，得到AK=FQ，BK=AQ，同理可得AK=PE，CK=AP，则QF=PE，进而用AAS证明△PME≌△QMF，得到EM=EM，PM=QM，即可判断②；由BC=BK+CK，得到BC=AQ+AP=AQ+AQ+QM+PM=2(AQ+QM)=2AM，即可判断③；由△AFQ≌△BAK，得到，同理可得，则，同理可得，则，利用勾股定理求出，进而求出的面积即可判断④．
6．【答案】80°
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，延长BA到点H，使BC=BH，连接CH、HP，
∵∠ABC=40°，∠ACB=30°，
∴∠CAH=∠ABC+∠ACB=70°，
∵∠ABC=40°，BC=BH，
∴∠BCH=∠BHC=(180°-∠ABC)=70°，
∴∠CHA=∠HAC=70°，
∴CA=CH，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP=∠CBP，
在△BPH与△BPC中，
∵BH=BC，∠ABP=∠CBP，BP=BP，
∴△BPH≌△BPC（SAS），
∴PH=PC，
∵∠ACB=30°，∠BCP=∠ACB，
∴∠BCP=10°，
∴∠HCP=∠HCB-∠BCP=70°-10°=60°，∠ACP=∠ACB-∠BCP=20°，
∴△PHC是等边三角形，
∴CH=CP=CA，
∴∠PAC=(180°-∠ACP)=80°.
故答案为：80°.
【分析】延长BA到点H，使BC=BH，连接CH、PH，根据三角形外角的性质得出∠CAH=70°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理得∠BCH=∠BHC=70°，可推出∠CHA=∠HAC=70°，由等角对等边得CA=CH，然后用SAS判断出△BPH≌△BPC，由全等三角形的性质得PH=PC，由已知及角的和差可得∠HCP=60°，∠ACP=20°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形得△PHC是等边三角形，由等边三角形的三边相等可推出CH=CP=CA，最后再根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求出∠PAC的度数.
7．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过A作AH⊥DE于点H.
∵CE=1，DC=3，
∴DE=CE+DC=4.
∵△ADE是等腰直角三角形，AH⊥BE，
∴DH=AH=EH=2.
∴.
在Rt△AHC中，.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB=90°，.
∴
∴.
故答案为：.
【分析】过A作AH⊥DE，根据等腰直角三角形的性质得到DH=EH=AH=2，AC=AB.在Rt△AHC中可以求出AC的长.观察发现，所以表示出△ABC和△AEC的面积，即可解决问题.
8．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；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：延长到，使得，连接，，
，由等腰三角形的性质可得，
，
∴
，，
，
，，
，
，，
，
点为的中点，
，，
，∴，
在中，由勾股定理得：.
故答案为：．
【分析】延长到，使得，连接，，，由等腰三角形的性质可得，，由“”可证，可得，，在中，利用勾股定理即可求解．
9．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点G作HG⊥AH交AD的延长线于点H，如图，
∵ 四边形ABCD为长方形，
∴ AB=CD=10，BC=AD=8，∠A=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，
∵ AE=3ED，AE+ED=AD=8，
∴ AE=6，DE=2，
由折叠的性质得，BF=AB=10，EF=AE=6，∠EFB=∠A=90°，
设HD=CG=a，FG=b，
在Rt△EHG中，HG +EH =EG ，即10 +(a+2) =(6+b) ，
在Rt△BFG中，FG +BF =BG ，即b +10 =(a+8) ，
解得，b=，
∴ S△BFG=×BF×FG=，
∴ S△BEG= S△BFG+S△EFB=+×6×10=.
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质可得 AB=CD=10，BC=AD=8，∠A=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，根据折叠的性质可得BF=AB=10，EF=AE=6，∠EFB=∠A=90°，利用两次勾股定理得方程组，解方程得FG的长度，再利用三角形的面积公式分别计算 S△BFG和S△EFB，即可求得.
10．【答案】
【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】【解答】解：如图，连接，
∵，，
由等腰三角形的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
，
即，
解得：，
在中，由勾股定理得：．
故答案为：
【分析】连接，由等腰三角形的性质可得：，结合，证明，可得，从而得到，再由勾股定理求出，然后根据三角形等面积 ，可得，在中，由勾股定理得，即可得解．
11．【答案】
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点作于点，
∵，，
∴，
由勾股定理得：
∵，
∴，，
由折叠的性质得：，，，
∴
∴
∴
由勾股定理得：
设点到的距离为，则
，即
解得：.
故答案为．
【分析】过点作于点，由等腰三角形的性质和平行线的性质得出，，由折叠的性质得：，，得出，证出，得出又由勾股定理得利用三角形等面积得，代数求解即可．
12．【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】 【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AD=BC=8，AB=CD=6.
由折叠可得：△BCE≌△FCE，
∴EF=EB，BC=CF=8，∠B=∠CFE=90°.
∵在△AGO和△FEO中，
∴△AGO≌△FEO（AAS）.
∴AO=OF，OG=OE，
∴OF+OG=OA+OE，即GF=AE.
设BE长为x，则AG=EF=BE=x，GF=AE=6-x.
在Rt△GDC中，DG2+DC2=GC2，
即（8+x）2+62=（8+6-x）2，
解得：
故答案为：或.
【分析】由折叠得到：EF=BE，FC=BC，∠B=∠CFE=90°.可证明△AGO≌△FEO，从而得到OG=OE，AO=FO，从而得到AE=GF.设BE=x，则AE=6-x，GC=8+6-x=14-x，最终在Rt△DGC中利用勾股定理求得x的值.
13．【答案】2
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：如图所示，连接，作交于点，
则，
即，
为等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：．
【分析】本题考查等边三角形的性质、三角形面积的计算方法、勾股定理．连接，作交于点，根据等面积法可得：，据此可推出，再根据等边三角形的性质可求出AD的长度，再利用勾股定理可求出的长度，利用线段的运算可求出答案．
14．【答案】（1）解：补全图形，如图所示：
（2）证明：由作图步骤可知BF为∠ABC的角平分线
∴，
∵以点A为圆心，的长为半径作弧，交射线于点P，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）
（4）3
【知识点】平行线的判定与性质；三角形的面积；等腰三角形的性质；等腰三角形的判定；角平分线的概念；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：（3）∵ △ABC与△PBC为等底等高的三角形，
∴ S△ABC=S△PBC，
∴ △ABC与△PBC的面积关系为相等.
故答案为：相等；
（4）连接AC，过点C作CE∥AD，连接DE，如图，
∵ AB=8 km，BC=5 km，∠B=90°，
∴ S△ABC=20 km2，
∵ CE∥AD，
∴ S△ACE=S△DCE，
∴ S△ABC=S四边形BCDE=20 km2，
∵ ∠DAB=45°，
∴ ∠CEB=45°，
∴ △BCE是等腰直角三角形，
∴ BE=BC=5 km，
∴ AE=AB-BE=3 km.
故答案为：3.
【分析】（1）根据给出的步骤作图，即可求得；
（2）根据角平分线的定义得，根据等腰三角形的性质得，再根据内错角相等，即可判定平行；
（3）根据两个三角形为同底等高的三角形，即可求得；
（4）过点C作CE∥AD，连接DE，可知S△ACE=S△DCE，利用三角形的面积公式可得S△ABC=20 km2，从而可得 S△ABC=S四边形BCDE，再根据等腰直角三角形的性质可得BE，即可求得.
15．【答案】（1）B
（2）解：令，
消去得：，
故解析式为：；
（3）解：（3）设，
①当点B在第一象限时，过点P作轴于点E，过点B作轴于点D，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
设，
，
消去得；
②当点B第三象限时，过点A作直线轴于点A，过点P作于点G，过点B作于点H，设与y轴交于点M，
同理可得，，
，
设，
，
消去得；
综上所述，点B随点P变化而运动所形成的图象的解析式为或．
【知识点】三角形全等及其性质；一次函数中的动态几何问题；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1） 将点代入函数解析式，逐项判断即可得到答案；
（2）令，消去可得，即可得解；
（3）分类讨论：①当点B在第一象限时，过点P作轴于点E，过点B作轴于点D，证明，设
，，设，得到，消去得；当点B在第三象限时，同理可求得点B的坐标满足，消去得，即可得解.
16．【答案】（1）等腰直角三角形
（2）解：为等边三角形
在和中，
，
，
为等边三角形．
（3）解：
和的角平分线交于点P
．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解： (1) 由题意 ，
∴，
，
∴是等腰直角三角形.
故答案为：等腰直角三角形.
【分析】(1)由三角形全等的判定得，根据全等三角形的性质可得结论；
(2)由三角形全等的判定得，根据全等三角形的性质可得，进而得出，由全等三角形的判定可得结论；
(3)由三角形全等的判定得，根据全等三角形的性质可得，结合角平分线的性质可得 ，即可求解.
17．【答案】（1）解：如图所示，
∴，
∴的长度即为的最小值，
∵，，，
∴，，
∴，
∴；
（2）①；
②B；
③如图所示，过点A作，过点B作，作点A关于l的对称点，连接交l于点P，过点作交延长线于点E，过点D作，
∵，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∴最短路程为300米．
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；作图﹣轴对称；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】（2）证明：①如图4，延长交于点，，，
，
又，，
，
；
故答案为：；
②如图所示，作点A关于l的对称点，
∴，，
由①中证明的结论可得，
，
∴超市的位置应位于线段上，
故答案为：B；
【分析】（1）作点A关于l的对称点，然后连接交l于点P，即为所求，得到的长度即为的最小值，过点作交的延长线于点C，可得，，然后利用勾股定理求解即可；
（2）①根据三角形两边之和大于第三边求解即可；
②作点A关于l的对称点，然后根据①中证明的结论，即可得解；
③过点A作，过点B作，作点A关于l的对称点，连接交l于点P，过点作交延长线于点E，过点D作，然后表示出相应线段的长度，然后利用勾股定理求解即可．
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