第17章 勾股定理 素养培优测试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 第17章 勾股定理 素养培优测试题（含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 4.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-03-21 04:47:09 | ||
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文档简介
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第17章 勾股定理 素养培优测试题
考试范围：第17章 勾股定理；考试时间：100分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下列各组数中，是勾股数的一组是（ ）
A．0.3，0.4，0.5 B．，，
C．32，42，52 D．9，40，41
2．将等腰直角三角板ABC按如图的方式放置，点A在x轴的正半轴上移动，点B随之在y轴的正半轴上移动，点C在AB的左侧，设点C的横坐标为﹣2，则它的纵坐标为（ ）
A．﹣2 B．2 C． D．
（2题） （4题） （5题） （6题）
3．下列命题的逆命题成立的是（ ）
A．对顶角相等 B．全等三角形的对应角相等
C．等腰三角形两底角相等 D．如果两数相等，那么它们的绝对值相等
4．如图是由边长为1的小正方形组成的网格，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．若AD⊥BC于点D，则线段AD的长为（ ）
A． B．2 C．1 D．2
5．“赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形，若图中的直角三角形的长直角边是12，大正方形的面积是169，则小正方形的面积是（ ）
A．25 B．36 C．49 D．64
6．如图，在四边形OABC中，∠A＝∠CBO＝90°，AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则点B到OC的距离为（ ）
A． B． C．1 D．2
7．甲、乙两艘客轮同时离开港口，航行速度都是40m/min，甲客轮用15min到达点A，乙客轮用20min到达点B．若A，B两点的直线距离为1000m，甲客轮沿着北偏东60°的方向航行，则乙客轮的航行方向可能是（ ）
A．北偏西60° B．南偏西60° C．南偏西30° D．南偏东30°
8．下列条件中，不能判定△ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A＝∠B+∠C B．∠A：∠B：∠C＝3：4：5
C．a2＝（b+c）（b﹣c） D．a：b：c＝7：24：25
9．如图，一根长为25m的梯子AB斜靠在垂直于地面的墙上，这时梯子的底端B离墙根E的距离为7m，如果梯子的底端向外（远离墙根方向）移动8m至D处则梯子的顶端将沿墙向下移动的距离AC为（ ）
A．4m B．5m C．8m D．7m
10．如图，△OA1A2是等腰直角三角形，OA1＝1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OA2021的长为（ ）
A． B．
C． D．
（9题） （10题） （11题） （12题）
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．如图，已知四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，AD＝12，DC＝13，则四边形ABCD的面积为 ．
12．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．其中，b+a＝12，则中间小正方形的面积是 ．
13．在直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，如果AB的中线CD上有个点E，使，那么AE＝ ．
14．以直角三角形的三边为边长分别向外作正方形，如图字母B所代表的正方形的边长为 ．
15．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点E，F分别在边BC，AC上，AE与BF交于点Q，若，∠CBF＝15°，则AC的值为 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（9分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC与△DEF的每个顶点都在格点上．
（1）△ABC与△DEF中有直角三角形吗？若有，请指出并说明理由；
（2）求△DEF中DF边上的高的长．
17．（9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，DE⊥AB，BE＝AE．
（1）若∠B＝30°，求证CD＝ED；
（2）如果AC＝6cm，BC＝8cm，试求CD的长．
18．（9分）如图1是一种升降阅读架，由面板、支撑轴和底座构成．图2是其侧面结构示意图，面板AB固定在支撑轴端点C处，CD⊥AB，支撑轴长CD＝16cm，支撑轴CD与底座DE所成的角∠CDE＝45°．
（1）求端点C到底座DE的距离；
（2）如图3，为了阅读舒适，将CD绕点D逆时针旋转15°后，点B恰好落在直线DE上，问：端点C到底座DE的距离减少了多少？
19．（9分）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，E、F分别是BD、AC的中点．（1）求证：EF⊥AC；
（2）当BD＝10，AC＝8时，求EF的长．
20．（9分）（1）【问题】如图1，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AE，连接EC，DE，则线段BD，EC之间满足的数量关系式为 ；直线BD，EC相交所夹的锐角的度数为 ；
（2）【探索】如图2，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D为△ABC外一点，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AE，连接EC，DE，延长BD，EC交于点F．试问：（1）中的结论是否成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）【应用】在（2）的条件下，，，求四边形ABFC的面积．
21．（9分）问题提出：
（1）如图1，直线AB，CD被EG所截，且AB∥CD，GF平分∠EGC，EF平分∠AEG．求∠EFG的度数．
问题解决：
（2）如图2，某中学有一块四边形ABCD的空地，其中AD∥BC，DC⊥BC，∠ABC与∠BAD的平分线交于点P，且PA＝6m，CD＝PB＝6m，AB＝BC＝12m，且AD的长度是点P到AB距离的倍．为了更好的落实“双减”政策，丰富孩子们的课业生活，学校计划将该四边形空地改造成多功能区域，现要求将三角形APB区域设计成手工制作区，五边形ADCBP设计成健身区，求健身区的面积．（参考公式：三角形的面积＝底×高÷2）
22．（10分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合．
（1）若∠A＝38°，则∠CBD的度数为 ；
（2）若AC＝6，BC＝4，求AD的长；
（3）当AB＝m（m＞0），△ABC的面积为2m+4时，求△BCD的周长．（用含m的代数式表示）
23．（11分）阅读与思考
下面是莉莉同学的数学学习笔记的部分内容．请仔细阅读，并完成相应的任务．
巧求三角形的面积例题：在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求△ABC的面积．解法：如果直接运用公式（a为底边，h为对应的高）求解，那么高h的求解较复杂．进一步观察可发现．由 （依据1）可知，，1，2构成的三角形为直角三角形，所以可将AB转化为直角边为1和2的直角三角形的斜边；同理，BC可转化为直角边为1和3的直角三角形的斜边；AC可转化为直角边为2和3的直角三角形的斜边．由 （依据2），可把△ABC放到如图1的正方形网格中（每个小正方形的边长为1），且△ABC的三个顶点恰好都在小正方形的顶点处，这样无需求三角形的高，直接借助网格就能计算出△ABC的面积．启发：如图2，△PMN的三边MN，PN，PM的长分别为，，．请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长均为1），画出相应的△PMN．
任务：
（1）材料中的依据1是指 （填“A”或“B”）．依据2是指 （填“C”或“D”）．
A．两个锐角互余的三角形为直角三角形 B．勾股定理的逆定理
C．数形结合思想 D．分类讨论思想
（2）画出“启发”中的△PMN．
（3）求△PMN的面积．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．解：A、0.3，0.4，0.5都不是正整数，本选项中一组数据不是勾股数，不符合题意；
B、，，不都是正整数，本选项中一组数据不是勾股数，不符合题意；
C、∵（32）2+（42）2＝81+256＝337，（52）2＝625，
∴（32）2+（42）2≠（52）2，
∴本选项中一组数据不是勾股数，不符合题意；
D、∵92+402＝81+1600＝1681，412＝1681，
∴92+402＝412，
∴正整数9，40，41是勾股数，符合题意；
故选：D．
2．解：作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，如图，
则∠CDA＝∠CEB＝90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BCA＝90°，BC＝AC，
∴∠BCE+∠ECA＝90°，
又∵∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ECA＝∠CBE，
∵CE∥DA，
∴∠CAD＝∠ECA，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△CBE和△CAD中，
，
∴△CBE≌△CAD（AAS），
∴CE＝CD，
∵点C的横坐标为﹣2，
∴它的纵坐标为2，
故选：B．
3．解：A、逆命题为：相等的角为对顶角，错误，不成立，不符合题意；
B、逆命题为：对应角相等的三角形全等，错误，不成立，不符合题意；
C、逆命题为：两角相等的三角形是等腰三角形，正确，成立，符合题意；
D、逆命题为：绝对值相等的两个数相等，错误，不成立，不符合题意；
故选：C．
4．解：由勾股定理得：AC2＝22+12＝5，AB2＝22+42＝20，BC2＝32+42＝25，
∴AC，AB＝2，BC＝5，
∵AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∵AD⊥BC，
∴△ABC的面积AC ABBC AD，
∴25AD，
∴AD＝2．
故选：D．
5．解：设大正方形的边长为c，直角三角形的小直角边为a，
∵大正方形的面积是169，
∴c＝13，
∵直角三角形的长直角边是12，
∴a5，
∴小正方形的边长＝12﹣5＝7，
∴小正方形的面积＝49．
故选：C．
6．解：作BH⊥OC于H，
∵∠AOB＝30°，∠A＝90°，
∴OB＝2AB＝2，
在Rt△OBC中，由勾股定理得，
OC，
∵∠CBO＝∠BHC＝90°，
∴∠CBH＝∠BOC，
∴BH，
故选：B．
7．解：依照题意画出图形，
甲的路程PA＝40×15＝600（m），乙的路程PB＝20×40＝800（m），AB＝1000m，
∵6002+8002＝10002，
∴PA2+PB2＝AB2，
∴△APB为直角三角形，且∠APB＝90°．
∵∠NPA＝60°，
∴∠SPB＝∠NPB′＝30°，
∴乙客轮的航行方向为南偏东30°或北偏西30°，
∴乙客轮的航行方向可能是南偏东30°，
故选：D．
8．解：A、∵∠A＝∠B+∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝90°，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
B．∴∠A：∠B：∠C＝3：4：5，
∴∠C＝180°75°，
∴△ABC不是直角三角形，符合题意；
C、∵a2＝（b+c）（b﹣c），
∴a2＝b2﹣c2，
∴a2+c2＝b2，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
D、∵a：b：c＝7：24：25，
∴设a＝7k，b＝24k，c＝25k，
∵a2+b2＝（7k）2+（24k）2＝（25k）2＝c2，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
故选：B．
9．解：由题意得：BE＝7m，AB＝CD＝25m，BD＝8m，
∴DE＝BE+BD＝15，
在Rt△AEB中，
（m），
在Rt△CED中，（m），
∴AC＝AE﹣CE＝4m，
故选：A．
10．解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，
∴OA2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3＝2＝（）2；
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4＝2（）3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4＝（）4，
……
∴OA2021的长为（）2021﹣1＝（）2020，
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．解：连接AC，
∵AB＝4，BC＝3，AD＝12，DC＝13，∠B＝90°，
∴在直角三角形ABC中有：BC2+AB2＝AC2，即AC2＝9+16＝25，
∴AC＝5，
又∵AD2＝144，DC2＝169，
∴AC2+AD2＝144+25＝169＝DC2，即DC2＝AC2+AD2，
∴三角形ACD是直角三角形，∠CAD＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△CADBC×BAAC×AD3×45×12＝6+30＝36．
故答案为：36．
12．解：由勾股定理，得a2+b2＝c2＝（3）2＝90，
∵b+a＝12，
∴b2+2ab+a2＝144，
∴90+2ab＝144，
∴ab＝27，四个直角三角形的面积为4ab＝54，
∴中间小正方形的面积是90﹣54＝36．
故答案为：36．
13．解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB10，S△ABC6×8＝24，
∵CD是Rt△ABC的斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝BDAB＝5，S△ACD＝S△BCDS△ABC＝12，
作AH⊥CD于点H，则∠AHC＝90°，
∵S△ACD5AH＝12，
∴AH，
∴CH，
∵CE，
∴EH＝CH﹣CE，
∴AE，
故答案为：．
14．解：如图，
由题意得：∠CAD＝90°，CD2＝25，CD2＝169，
∴AD2＝CD2﹣AC2＝144，
∴AD＝12或﹣12（不合题意，舍去），
∴字母B所代表的正方形的边长为12，
故答案为：12．
15．解：方法一：过点Q作QH⊥AB于点H，在HA上截取HD＝HB，连接QD，如图所示：
∴QH是线段BD的垂直平分线，
∴QD＝QB，
在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，
∵∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠CAE＝30°，∠CBF＝15°，
∴∠QAB＝∠CAB﹣∠CAE＝15°，∠QBA＝∠CBA﹣∠CBF＝30°，
在Rt△BQH中，∠QBA＝30°，QB，
∴QHBQ，
由勾股定理得：BH，
∴HD＝HB，
∴DB＝DH+HB＝3，
∵QD＝QB，
∴∠QDB＝∠QBA＝30°，
∵∠QDB是△DAQ的外角，
∴∠QDB＝∠QAB+∠DQA，
∴∠DQA＝∠QDB﹣∠QAB＝30°﹣15°＝15°，
∴∠DQA＝∠QAB＝15°，
∴AD＝QD，
∴AB＝AD+DB＝3，
∴ACAB＝3，
方法二：过B作BM⊥AE交直线AE于M，连接CM，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵∠CAE＝30°，
∴∠AEB＝∠CAE+∠C＝120°，
∴∠AEC＝∠BEM＝60°，
∵∠CBF＝15°，
∴∠BQE＝180°﹣∠AEB﹣∠CBF＝45°，
∵BM⊥AE，
∴∠BMQ＝90°，∠BQM＝∠QBM＝45°，
∴QM＝BM，，
∴，
∴∠EBM＝90°﹣∠BEM＝30°，
∴BE＝2EM，
∵BE2＝EM2+BM2，
∴，
解得BE＝2（负值已舍去），
∴CE＝BC﹣BE＝AC﹣2，
∵∠CAE＝30°，
∴AE＝2CE，
Rt△ACE中，AE2＝AC2+CE2，
∴（2CE）2＝CE+AC2，
解得（负值已舍去），
∴，
解得；
故答案为：3．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．解：（1）△DEF是直角三角形，理由如下：
由勾股定理得：AB2＝22+12＝5，BC2＝52+32＝34，AC2＝62+12＝37，DE2＝32+12＝10，EF2＝62+22＝40，DF2＝72+12＝50，
∵5+34＝39≠37，
∴AB2+BC2≠AC2，
∴△ABC不是直角三角形，
∵10+40＝50，
∴DE2+EF2＝DF2，
∴△DEF是直角三角形；
（2）设△DEF中DF边上的高的长为h，
∵S△DEFDE EFDF h，
∴DE2 EF2＝DF2 h2，
∴h28，
∴h2，
答：△DEF中DF边上的高的长为2．
17．（1）证明：∵△ABC中∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣30°＝60°，
根据题意可得：DE垂直平分AB，
∴B D＝A D，A C＝18，B C＝12，
∴∠DAB＝∠B＝30°，
∴∠DAC＝60°﹣30°＝30°，
∴AD平分∠BAC，
∵DE⊥AB，DC⊥AC，
∴CD＝ED．
（2）解：根据解析（1）可知，AD＝BD，
设CD＝x cm，则AD＝BD＝（8﹣x）cm，
∵在Rt△ACD中，AD2＝CD2+AC2，
则（8﹣x）2＝x2+62，
解得：，
即CD的长为．
18．解：（1）如图2，过点C作CF⊥DE于点F，
∵∠CDE＝45°，
∴△CFD是等腰直角三角形，
∴CF＝DF，
在Rt△CFD中，由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，
∴2CF2＝CD2＝162，
∴CF＝8（cm）（负值已舍去）；
（2）如图3，过点C作CH⊥DE于点H，
∵将CD绕点D逆时针旋转15°后，点B恰好落在直线DE上，
∴∠CDE＝45°﹣15°＝30°，
∴CHCD16＝8（cm），
∴端点C到底座DE的距离减少了（88）cm．
19．（1）证明：连接AE、CE，
∵∠BAD＝90°，E为BD中点，
∴AEDB，
∵∠DCB＝90°，
∴CEDB，
∴AE＝CE，
∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
（2）解：∵AC＝8，BD＝10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE＝CE＝5，CF＝4，
∵EF⊥AC．
∴EF3．
20．解：（1）∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
由旋转的性质得：AD＝AE，∠DAE＝120°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝30°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝30°+30°＝60°，
故答案为：BD＝EC，60°，
（2）（1）中的结论成立，证明如下：
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
由旋转的性质得：AD＝AE，∠DAE＝120°，
∴∠AED＝∠ADE＝30°，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，
∵∠ADB+∠ADF＝180°，
∴∠AEC+∠ADF＝180°，
即∠DEF+∠AED+∠ADE+∠EDF＝180°，
∴∠DEF+∠EDF＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠F＝180°﹣（∠DEF+∠EDF）＝180°﹣120°＝60°；
（3）如图2，过点E作EG⊥DF于点G，
则∠EGF＝∠EGD＝90°，
由（2）可知，△ABD≌△ACE，∠F＝60°，
∴S△ABD＝S△ACE，∠EGF＝90°﹣∠F＝30°，
∴S四边形ABFC＝S四边形ADFE，GFEF42，
∴EG6，DG＝DF﹣GF＝8+228，
∴DE10，
过点A作AH⊥DE于点H，
则DH＝EHDE＝5，∠AHD＝90°，
∵∠ADE＝30°，
∴AD＝2AH，
∴DHAH＝5，
∴AH，
∴S四边形ABFC＝S四边形ADFE＝S△ADE+S△DEFDE AHDF EG10（8+2）×624+624．
21．解：（1）∵AB∥CD，
∴∠EGC＝∠BEG，
∵GF平分∠EGC，EF平分∠AEG，
∴∠FEG+∠FGE∠AEG∠EGC（∠AEG+BEG）90°，
∴∠EFG＝180°﹣（∠FEG+∠FGE）＝180°﹣90°＝90°；
（2）由（1）知∠P＝90°，
即△ABP是直角三角形，
∴S△ABP618（m2）
∴点P到AB距离为：182÷12＝3（m），
∵AD的长度是点P到AB距离的倍，
∴AD＝39（m），
∴S梯形ABCD（AD+BC）×CD（6+12）×654（m2），
∴健身区的面积为541836（m2），
答：健身区的面积为36m2．
22．解：（1）∵DE垂直平分AB，
∴DA＝DB，
∴∠A＝∠DBA＝38°；
∵∠C＝90°，
∴∠CBD＝180°﹣90°﹣76°＝14°．
故答案为：14°；
（2）设DA＝DB＝λ，则DC＝6﹣λ；
由勾股定理得：λ2＝（6﹣λ）2+42，
解得：λ，
即AD的长为．
（3）∵△ABC的面积为2m+4，
∴AC BC＝2（2m+4）；
∵AB＝m，
∴AC2+BC2＝m2，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC BC＝m2+4（2m+4）＝（m+4）2，
∴AC+BC＝m+4（负值已舍去），
∴△BCD的周长＝CD+BD+BC＝AC+BC＝m+4．
23．解：（1）由知，这是利用勾股定理的逆定理，即依据1是勾股定理是逆定理；依据2是数形结合思想的运用；
故答案为：B；C；
（2）补全图形如下：
（3）
＝8﹣1﹣2﹣2＝3．
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第17章 勾股定理 素养培优测试题
考试范围：第17章 勾股定理；考试时间：100分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下列各组数中，是勾股数的一组是（ ）
A．0.3，0.4，0.5 B．，，
C．32，42，52 D．9，40，41
2．将等腰直角三角板ABC按如图的方式放置，点A在x轴的正半轴上移动，点B随之在y轴的正半轴上移动，点C在AB的左侧，设点C的横坐标为﹣2，则它的纵坐标为（ ）
A．﹣2 B．2 C． D．
（2题） （4题） （5题） （6题）
3．下列命题的逆命题成立的是（ ）
A．对顶角相等 B．全等三角形的对应角相等
C．等腰三角形两底角相等 D．如果两数相等，那么它们的绝对值相等
4．如图是由边长为1的小正方形组成的网格，△ABC的顶点A，B，C均在格点上．若AD⊥BC于点D，则线段AD的长为（ ）
A． B．2 C．1 D．2
5．“赵爽弦图”巧妙的利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形，若图中的直角三角形的长直角边是12，大正方形的面积是169，则小正方形的面积是（ ）
A．25 B．36 C．49 D．64
6．如图，在四边形OABC中，∠A＝∠CBO＝90°，AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则点B到OC的距离为（ ）
A． B． C．1 D．2
7．甲、乙两艘客轮同时离开港口，航行速度都是40m/min，甲客轮用15min到达点A，乙客轮用20min到达点B．若A，B两点的直线距离为1000m，甲客轮沿着北偏东60°的方向航行，则乙客轮的航行方向可能是（ ）
A．北偏西60° B．南偏西60° C．南偏西30° D．南偏东30°
8．下列条件中，不能判定△ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A＝∠B+∠C B．∠A：∠B：∠C＝3：4：5
C．a2＝（b+c）（b﹣c） D．a：b：c＝7：24：25
9．如图，一根长为25m的梯子AB斜靠在垂直于地面的墙上，这时梯子的底端B离墙根E的距离为7m，如果梯子的底端向外（远离墙根方向）移动8m至D处则梯子的顶端将沿墙向下移动的距离AC为（ ）
A．4m B．5m C．8m D．7m
10．如图，△OA1A2是等腰直角三角形，OA1＝1，以斜边OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3，再以OA3为直角边作等腰直角三角形OA3A4，…，按此规律作下去，则OA2021的长为（ ）
A． B．
C． D．
（9题） （10题） （11题） （12题）
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．如图，已知四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，AD＝12，DC＝13，则四边形ABCD的面积为 ．
12．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．其中，b+a＝12，则中间小正方形的面积是 ．
13．在直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，如果AB的中线CD上有个点E，使，那么AE＝ ．
14．以直角三角形的三边为边长分别向外作正方形，如图字母B所代表的正方形的边长为 ．
15．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点E，F分别在边BC，AC上，AE与BF交于点Q，若，∠CBF＝15°，则AC的值为 ．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．（9分）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC与△DEF的每个顶点都在格点上．
（1）△ABC与△DEF中有直角三角形吗？若有，请指出并说明理由；
（2）求△DEF中DF边上的高的长．
17．（9分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，DE⊥AB，BE＝AE．
（1）若∠B＝30°，求证CD＝ED；
（2）如果AC＝6cm，BC＝8cm，试求CD的长．
18．（9分）如图1是一种升降阅读架，由面板、支撑轴和底座构成．图2是其侧面结构示意图，面板AB固定在支撑轴端点C处，CD⊥AB，支撑轴长CD＝16cm，支撑轴CD与底座DE所成的角∠CDE＝45°．
（1）求端点C到底座DE的距离；
（2）如图3，为了阅读舒适，将CD绕点D逆时针旋转15°后，点B恰好落在直线DE上，问：端点C到底座DE的距离减少了多少？
19．（9分）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，E、F分别是BD、AC的中点．（1）求证：EF⊥AC；
（2）当BD＝10，AC＝8时，求EF的长．
20．（9分）（1）【问题】如图1，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AE，连接EC，DE，则线段BD，EC之间满足的数量关系式为 ；直线BD，EC相交所夹的锐角的度数为 ；
（2）【探索】如图2，△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，D为△ABC外一点，将线段AD绕点A逆时针旋转120°得到AE，连接EC，DE，延长BD，EC交于点F．试问：（1）中的结论是否成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）【应用】在（2）的条件下，，，求四边形ABFC的面积．
21．（9分）问题提出：
（1）如图1，直线AB，CD被EG所截，且AB∥CD，GF平分∠EGC，EF平分∠AEG．求∠EFG的度数．
问题解决：
（2）如图2，某中学有一块四边形ABCD的空地，其中AD∥BC，DC⊥BC，∠ABC与∠BAD的平分线交于点P，且PA＝6m，CD＝PB＝6m，AB＝BC＝12m，且AD的长度是点P到AB距离的倍．为了更好的落实“双减”政策，丰富孩子们的课业生活，学校计划将该四边形空地改造成多功能区域，现要求将三角形APB区域设计成手工制作区，五边形ADCBP设计成健身区，求健身区的面积．（参考公式：三角形的面积＝底×高÷2）
22．（10分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合．
（1）若∠A＝38°，则∠CBD的度数为 ；
（2）若AC＝6，BC＝4，求AD的长；
（3）当AB＝m（m＞0），△ABC的面积为2m+4时，求△BCD的周长．（用含m的代数式表示）
23．（11分）阅读与思考
下面是莉莉同学的数学学习笔记的部分内容．请仔细阅读，并完成相应的任务．
巧求三角形的面积例题：在△ABC中，AB，BC，AC三边的长分别为，，，求△ABC的面积．解法：如果直接运用公式（a为底边，h为对应的高）求解，那么高h的求解较复杂．进一步观察可发现．由 （依据1）可知，，1，2构成的三角形为直角三角形，所以可将AB转化为直角边为1和2的直角三角形的斜边；同理，BC可转化为直角边为1和3的直角三角形的斜边；AC可转化为直角边为2和3的直角三角形的斜边．由 （依据2），可把△ABC放到如图1的正方形网格中（每个小正方形的边长为1），且△ABC的三个顶点恰好都在小正方形的顶点处，这样无需求三角形的高，直接借助网格就能计算出△ABC的面积．启发：如图2，△PMN的三边MN，PN，PM的长分别为，，．请利用图2的正方形网格（每个小正方形的边长均为1），画出相应的△PMN．
任务：
（1）材料中的依据1是指 （填“A”或“B”）．依据2是指 （填“C”或“D”）．
A．两个锐角互余的三角形为直角三角形 B．勾股定理的逆定理
C．数形结合思想 D．分类讨论思想
（2）画出“启发”中的△PMN．
（3）求△PMN的面积．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．解：A、0.3，0.4，0.5都不是正整数，本选项中一组数据不是勾股数，不符合题意；
B、，，不都是正整数，本选项中一组数据不是勾股数，不符合题意；
C、∵（32）2+（42）2＝81+256＝337，（52）2＝625，
∴（32）2+（42）2≠（52）2，
∴本选项中一组数据不是勾股数，不符合题意；
D、∵92+402＝81+1600＝1681，412＝1681，
∴92+402＝412，
∴正整数9，40，41是勾股数，符合题意；
故选：D．
2．解：作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，如图，
则∠CDA＝∠CEB＝90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BCA＝90°，BC＝AC，
∴∠BCE+∠ECA＝90°，
又∵∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ECA＝∠CBE，
∵CE∥DA，
∴∠CAD＝∠ECA，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△CBE和△CAD中，
，
∴△CBE≌△CAD（AAS），
∴CE＝CD，
∵点C的横坐标为﹣2，
∴它的纵坐标为2，
故选：B．
3．解：A、逆命题为：相等的角为对顶角，错误，不成立，不符合题意；
B、逆命题为：对应角相等的三角形全等，错误，不成立，不符合题意；
C、逆命题为：两角相等的三角形是等腰三角形，正确，成立，符合题意；
D、逆命题为：绝对值相等的两个数相等，错误，不成立，不符合题意；
故选：C．
4．解：由勾股定理得：AC2＝22+12＝5，AB2＝22+42＝20，BC2＝32+42＝25，
∴AC，AB＝2，BC＝5，
∵AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∵AD⊥BC，
∴△ABC的面积AC ABBC AD，
∴25AD，
∴AD＝2．
故选：D．
5．解：设大正方形的边长为c，直角三角形的小直角边为a，
∵大正方形的面积是169，
∴c＝13，
∵直角三角形的长直角边是12，
∴a5，
∴小正方形的边长＝12﹣5＝7，
∴小正方形的面积＝49．
故选：C．
6．解：作BH⊥OC于H，
∵∠AOB＝30°，∠A＝90°，
∴OB＝2AB＝2，
在Rt△OBC中，由勾股定理得，
OC，
∵∠CBO＝∠BHC＝90°，
∴∠CBH＝∠BOC，
∴BH，
故选：B．
7．解：依照题意画出图形，
甲的路程PA＝40×15＝600（m），乙的路程PB＝20×40＝800（m），AB＝1000m，
∵6002+8002＝10002，
∴PA2+PB2＝AB2，
∴△APB为直角三角形，且∠APB＝90°．
∵∠NPA＝60°，
∴∠SPB＝∠NPB′＝30°，
∴乙客轮的航行方向为南偏东30°或北偏西30°，
∴乙客轮的航行方向可能是南偏东30°，
故选：D．
8．解：A、∵∠A＝∠B+∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A＝90°，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
B．∴∠A：∠B：∠C＝3：4：5，
∴∠C＝180°75°，
∴△ABC不是直角三角形，符合题意；
C、∵a2＝（b+c）（b﹣c），
∴a2＝b2﹣c2，
∴a2+c2＝b2，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
D、∵a：b：c＝7：24：25，
∴设a＝7k，b＝24k，c＝25k，
∵a2+b2＝（7k）2+（24k）2＝（25k）2＝c2，
∴△ABC是直角三角形，不符合题意；
故选：B．
9．解：由题意得：BE＝7m，AB＝CD＝25m，BD＝8m，
∴DE＝BE+BD＝15，
在Rt△AEB中，
（m），
在Rt△CED中，（m），
∴AC＝AE﹣CE＝4m，
故选：A．
10．解：∵△OA1A2为等腰直角三角形，OA1＝1，
∴OA2，
∵△OA2A3为等腰直角三角形，
∴OA3＝2＝（）2；
∵△OA3A4为等腰直角三角形，
∴OA4＝2（）3．
∵△OA4A5为等腰直角三角形，
∴OA5＝4＝（）4，
……
∴OA2021的长为（）2021﹣1＝（）2020，
故选：B．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
11．解：连接AC，
∵AB＝4，BC＝3，AD＝12，DC＝13，∠B＝90°，
∴在直角三角形ABC中有：BC2+AB2＝AC2，即AC2＝9+16＝25，
∴AC＝5，
又∵AD2＝144，DC2＝169，
∴AC2+AD2＝144+25＝169＝DC2，即DC2＝AC2+AD2，
∴三角形ACD是直角三角形，∠CAD＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△CADBC×BAAC×AD3×45×12＝6+30＝36．
故答案为：36．
12．解：由勾股定理，得a2+b2＝c2＝（3）2＝90，
∵b+a＝12，
∴b2+2ab+a2＝144，
∴90+2ab＝144，
∴ab＝27，四个直角三角形的面积为4ab＝54，
∴中间小正方形的面积是90﹣54＝36．
故答案为：36．
13．解：∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB10，S△ABC6×8＝24，
∵CD是Rt△ABC的斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝BDAB＝5，S△ACD＝S△BCDS△ABC＝12，
作AH⊥CD于点H，则∠AHC＝90°，
∵S△ACD5AH＝12，
∴AH，
∴CH，
∵CE，
∴EH＝CH﹣CE，
∴AE，
故答案为：．
14．解：如图，
由题意得：∠CAD＝90°，CD2＝25，CD2＝169，
∴AD2＝CD2﹣AC2＝144，
∴AD＝12或﹣12（不合题意，舍去），
∴字母B所代表的正方形的边长为12，
故答案为：12．
15．解：方法一：过点Q作QH⊥AB于点H，在HA上截取HD＝HB，连接QD，如图所示：
∴QH是线段BD的垂直平分线，
∴QD＝QB，
在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，
∵∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠CAE＝30°，∠CBF＝15°，
∴∠QAB＝∠CAB﹣∠CAE＝15°，∠QBA＝∠CBA﹣∠CBF＝30°，
在Rt△BQH中，∠QBA＝30°，QB，
∴QHBQ，
由勾股定理得：BH，
∴HD＝HB，
∴DB＝DH+HB＝3，
∵QD＝QB，
∴∠QDB＝∠QBA＝30°，
∵∠QDB是△DAQ的外角，
∴∠QDB＝∠QAB+∠DQA，
∴∠DQA＝∠QDB﹣∠QAB＝30°﹣15°＝15°，
∴∠DQA＝∠QAB＝15°，
∴AD＝QD，
∴AB＝AD+DB＝3，
∴ACAB＝3，
方法二：过B作BM⊥AE交直线AE于M，连接CM，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵∠CAE＝30°，
∴∠AEB＝∠CAE+∠C＝120°，
∴∠AEC＝∠BEM＝60°，
∵∠CBF＝15°，
∴∠BQE＝180°﹣∠AEB﹣∠CBF＝45°，
∵BM⊥AE，
∴∠BMQ＝90°，∠BQM＝∠QBM＝45°，
∴QM＝BM，，
∴，
∴∠EBM＝90°﹣∠BEM＝30°，
∴BE＝2EM，
∵BE2＝EM2+BM2，
∴，
解得BE＝2（负值已舍去），
∴CE＝BC﹣BE＝AC﹣2，
∵∠CAE＝30°，
∴AE＝2CE，
Rt△ACE中，AE2＝AC2+CE2，
∴（2CE）2＝CE+AC2，
解得（负值已舍去），
∴，
解得；
故答案为：3．
三．解答题（共8小题，满分75分）
16．解：（1）△DEF是直角三角形，理由如下：
由勾股定理得：AB2＝22+12＝5，BC2＝52+32＝34，AC2＝62+12＝37，DE2＝32+12＝10，EF2＝62+22＝40，DF2＝72+12＝50，
∵5+34＝39≠37，
∴AB2+BC2≠AC2，
∴△ABC不是直角三角形，
∵10+40＝50，
∴DE2+EF2＝DF2，
∴△DEF是直角三角形；
（2）设△DEF中DF边上的高的长为h，
∵S△DEFDE EFDF h，
∴DE2 EF2＝DF2 h2，
∴h28，
∴h2，
答：△DEF中DF边上的高的长为2．
17．（1）证明：∵△ABC中∠B＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣30°＝60°，
根据题意可得：DE垂直平分AB，
∴B D＝A D，A C＝18，B C＝12，
∴∠DAB＝∠B＝30°，
∴∠DAC＝60°﹣30°＝30°，
∴AD平分∠BAC，
∵DE⊥AB，DC⊥AC，
∴CD＝ED．
（2）解：根据解析（1）可知，AD＝BD，
设CD＝x cm，则AD＝BD＝（8﹣x）cm，
∵在Rt△ACD中，AD2＝CD2+AC2，
则（8﹣x）2＝x2+62，
解得：，
即CD的长为．
18．解：（1）如图2，过点C作CF⊥DE于点F，
∵∠CDE＝45°，
∴△CFD是等腰直角三角形，
∴CF＝DF，
在Rt△CFD中，由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，
∴2CF2＝CD2＝162，
∴CF＝8（cm）（负值已舍去）；
（2）如图3，过点C作CH⊥DE于点H，
∵将CD绕点D逆时针旋转15°后，点B恰好落在直线DE上，
∴∠CDE＝45°﹣15°＝30°，
∴CHCD16＝8（cm），
∴端点C到底座DE的距离减少了（88）cm．
19．（1）证明：连接AE、CE，
∵∠BAD＝90°，E为BD中点，
∴AEDB，
∵∠DCB＝90°，
∴CEDB，
∴AE＝CE，
∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
（2）解：∵AC＝8，BD＝10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE＝CE＝5，CF＝4，
∵EF⊥AC．
∴EF3．
20．解：（1）∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
由旋转的性质得：AD＝AE，∠DAE＝120°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝30°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝30°+30°＝60°，
故答案为：BD＝EC，60°，
（2）（1）中的结论成立，证明如下：
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
由旋转的性质得：AD＝AE，∠DAE＝120°，
∴∠AED＝∠ADE＝30°，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，
∵∠ADB+∠ADF＝180°，
∴∠AEC+∠ADF＝180°，
即∠DEF+∠AED+∠ADE+∠EDF＝180°，
∴∠DEF+∠EDF＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
∴∠F＝180°﹣（∠DEF+∠EDF）＝180°﹣120°＝60°；
（3）如图2，过点E作EG⊥DF于点G，
则∠EGF＝∠EGD＝90°，
由（2）可知，△ABD≌△ACE，∠F＝60°，
∴S△ABD＝S△ACE，∠EGF＝90°﹣∠F＝30°，
∴S四边形ABFC＝S四边形ADFE，GFEF42，
∴EG6，DG＝DF﹣GF＝8+228，
∴DE10，
过点A作AH⊥DE于点H，
则DH＝EHDE＝5，∠AHD＝90°，
∵∠ADE＝30°，
∴AD＝2AH，
∴DHAH＝5，
∴AH，
∴S四边形ABFC＝S四边形ADFE＝S△ADE+S△DEFDE AHDF EG10（8+2）×624+624．
21．解：（1）∵AB∥CD，
∴∠EGC＝∠BEG，
∵GF平分∠EGC，EF平分∠AEG，
∴∠FEG+∠FGE∠AEG∠EGC（∠AEG+BEG）90°，
∴∠EFG＝180°﹣（∠FEG+∠FGE）＝180°﹣90°＝90°；
（2）由（1）知∠P＝90°，
即△ABP是直角三角形，
∴S△ABP618（m2）
∴点P到AB距离为：182÷12＝3（m），
∵AD的长度是点P到AB距离的倍，
∴AD＝39（m），
∴S梯形ABCD（AD+BC）×CD（6+12）×654（m2），
∴健身区的面积为541836（m2），
答：健身区的面积为36m2．
22．解：（1）∵DE垂直平分AB，
∴DA＝DB，
∴∠A＝∠DBA＝38°；
∵∠C＝90°，
∴∠CBD＝180°﹣90°﹣76°＝14°．
故答案为：14°；
（2）设DA＝DB＝λ，则DC＝6﹣λ；
由勾股定理得：λ2＝（6﹣λ）2+42，
解得：λ，
即AD的长为．
（3）∵△ABC的面积为2m+4，
∴AC BC＝2（2m+4）；
∵AB＝m，
∴AC2+BC2＝m2，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC BC＝m2+4（2m+4）＝（m+4）2，
∴AC+BC＝m+4（负值已舍去），
∴△BCD的周长＝CD+BD+BC＝AC+BC＝m+4．
23．解：（1）由知，这是利用勾股定理的逆定理，即依据1是勾股定理是逆定理；依据2是数形结合思想的运用；
故答案为：B；C；
（2）补全图形如下：
（3）
＝8﹣1﹣2﹣2＝3．
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