2021年暑假自学八年级数学 北师大版上册 《1.1探索勾股定理》优生辅导训练（word版含答案）

2021年北师大版八年级数学上册《1.1探索勾股定理》暑假自学优生辅导训练（附答案）
1．在中，是直线上一点，已知，，，，则的长为（ ）
A．4或14 B．10或14 C．14 D．10
2．如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC上，BD=6，DC=2，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
3．如图，四边形ABCD中，AC⊥BD于O，AB＝3，BC＝4，CD＝5，则AD的长为（　　）
A．1 B．3 C．4 D．2
4．在△ABC中，∠C=90°，若AB=5，则AB2+AC2+BC2=( )
A．10 B．15 C．30 D．50
5．在直角三角形中，自两锐角所引的两条中线长分别为5和2，则斜边长为（　　）
A．10 B．4 C． D．2
6．如图，矩形中，，，折叠纸片使点落在边上的处，折痕为，则的长为（ ）
A． B．2 C． D．1
7．如图，中，，，，，，，是直线上一点，把沿所在的直线翻折后，点落在直线上的点处，的长是__________
8．直线l1∥l2∥l3，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在l1、l2、l3上，l1与l2之间的距离是4，l2与l3之间的距离是5，则正方形有ABCD的面积是___________.
9．如图，点E在边DB上，点A在内部，∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，AB＝AC，给出下列结论，其中正确的是_____（填序号）
①BD＝CE；②∠DCB＝∠ABD＝45°；③BD⊥CE；④BE2＝2（AD2+AB2）．
10．如图，等腰△ABC，AB=AC=5，BC=8，点D为BC上一点，且BD=AB，连接AD，将△ACD沿AD翻折得到△AED，连接BE，则BE的长为____．
11．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），点P为斜边OB上的一动点，则△PAC周长的最小值为_______
12．如图，矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP＝OF，则BF的长为_____．
13．已知中，，，直线经过点，分别过点，作直线的垂线，垂足分别为点，，若，，则线段的长为__________．
14．如图，，，，，若，，则______．
15．如图，在中，，AD平分交BC于D点，E、F分别是AD、AC上的动点，则的最小值为________．
16．在中，，，为上一点，连接，过点作上于点．
（1）如图，过点作交的延长线于点，求证；
（2）如图，若为的中点，交于点，连接， 求证：；
（3）在（2）的条件下，若，，直接写出的长．
17．如图，已知和中，，，，点C在线段BE上，连接DC交AE于点O．
（1）DC与BE有怎样的位置关系？证明你的结论；
（2）若，，求DE的长．
18．如图在Rt△ACD中，∠ADC=90°，AD=2，CD=1，点B在AD的延长线上，BD=l，连接BC．
（1）求BC的长；
（2）动点P从点A出发，向终点B运动，速度为1个单位/秒，运动时间为t秒．
①当t为何值时，△PDC≌△BDC；
②当t为何值时，△PBC是以PB为腰的等腰三角形？
19．（问题情境）
徐老师给爱好学习的小敏和小捷提出这样一个问题：
如图1，△ABC中，∠B=2∠C，AD是∠BAC的平分线．求证：AB+BD=AC
小敏的证明思路是：在AC上截取AE=AB，
连接DE．（如图2）
小捷的证明思路是：延长CB至点E，使BE=AB，连接AE．可以证得：AE=DE（如图3）
请你任意选择一种思路继续完成下一步的证明．
（变式探究）
“AD是∠BAC的平分线”改成“AD是BC边上的高”，其它条件不变．（如图4）
AB+BD=AC成立吗？若成立，请证明；若不成立，写出你的正确结论，并说明理由．
（迁移拓展）△ABC中，∠B=2∠C．求证：．（如图5）
20．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点P为AC边上的一点，延长BP至点D，使得AD=AP，当AD⊥AB时，过点D作DE⊥AC于E．
(1)求证：∠CBP=∠ABP;
(2)若AB－BC=4，AC=8．求AB的长度和DE的长度．
21．如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=10，E为CD边上一点，将△ADE沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．
（1）求BF的长；
（2）求CE的长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A B B D D A
7．或
8．41
9．①③
10．
11．+2．
12．
13．或
14．26
15．
16．解：（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：过点作交的延长线于点，如图所示：
由（1）得：，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：连接，如图所示：
∵，，，
∴，
由（2）得：，，，
∴，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
设，则，
在Rt△DEM中，由勾股定理得：，
解得：，
∴，
∴．
17．解:（1）．
证明：
．
在和中，
．
（2）
，
．
．
18．解:（1）∵∠ADC=90°，CD=1，BD=l，
∴BC=；
（2）①∵△PDC≌△BDC，
∴PD=BD=1，即2-t=1，
解得t=1（秒）；
②当P与点D重合时，
∵AD=2，
∴t=2秒；
当BP=BC时，
∵BC=，
∴BP=（AD+BD）-t=，即（2+1）-t=，解得t=（3-）秒．
故当t=2秒或t=（3-）秒时，△PBC是以PB为腰的等腰三角形．
19．解：小敏的证明思路是：在AC上截取AE=AB，连接DE．
由SAS证明△ABD≌△AED，得到BD=DE，∠ABD=∠AED，由∠AED=∠EDC+∠C和∠B=2∠C，得到∠EDC=∠C，从而有 DE=EC，故AB+BD=AC；
小捷的证明思路是：延长CB至点E，使BE=AB，连接AE，则∠E=∠BAE，∠ABC=2∠E，由∠ABC=2∠C，得到∠E=∠C， AE=AC，再证△AED是等腰三角形，得到EA=ED=AC，故AB+BD=AC；
【变式探究】
AB+BD=AC不成立，正确结论：AB+BD=CD，在CD上截取DE=DB，由AD⊥BC，得到 AD是BE的中垂线，故AE=AB，∠B=∠AED，证明∠C=∠CAE，得到 AE=EC，即AB+BD=CD；
【迁移拓展】
过点A作AD⊥BC于D，由勾股定理得：，，故=（CD－BD）（CD+BD）=BC（CD－BD），由AB+BD="CD" ，得到 CD-BD=AB，
故= BC（CD－BD）=BC·AB，即．
试题解析：小敏的证明思路是：在AC上截取AE=AB，连接DE．（如图2）
∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD=∠EAD，∵AD=AD，∴△ABD≌△AED，∴BD=DE，∠ABD=∠AED，又∵∠AED=∠EDC+∠C，∠B=2∠C，∴∠EDC=∠C，∴DE=EC，即AB+BD=AC；
小捷的证明思路是：延长CB至点E，使BE=AB，连接AE，则∠E=∠BAE，∴∠ABC=2∠E，∵∠ABC=2∠C，∴∠E=∠C，∴AE=AC，∵∠ADE=∠DAC+∠C，∠DAE=∠BAD+∠BAE，又∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD=∠DAC，∴∠ADE=∠DAE，∴△AED是等腰三角形，∴EA=ED=AC，∴AB+BD=AC；
【变式探究】
AB+BD=AC不成立 正确结论：AB+BD=CD，证明如下：
在CD上截取DE=DB，∵AD⊥BC，∴AD是BE的中垂线，∴AE=AB，∴∠B=∠AED，∵∠AED =∠C+∠CAE，∵∠B=2∠C，∴∠C=∠CAE，∴AE=EC，即AB+BD=CD；
【迁移拓展】
证明：过点A作AD⊥BC于D，由勾股定理得：，，∴=（CD－BD）（CD+BD）=BC（CD－BD），∵AB+BD="CD" ，∴CD-BD=AB，∴= BC（CD－BD）=BC·AB，即．
20．解:(1)∵∠C=90°，
∴∠CBP+∠BPC=90°，
∵DA⊥BA，
∴∠PBA+∠BDA=90°，
∵AD=AP，
∴∠BDA=∠DPA=∠BPC，
∴∠CBP=∠ABP；
(2)设AB=x，
∵AB?BC=4，
∴BC=x?4，
∵AC=8，
∴在Rt△ABC中,(x?4)2+64=x2，
解得：x=10，
即AB=10，
过点P作PF⊥BA于点F，如图
在△BCP和△BFP中：
∵
∴△BCP≌△BFP(AAS)，
∴BF=BC=6，
∴AF=4，
∵DE⊥AC，
∴∠EAD+∠ADE=90°=∠PAF+∠EAD，
∴∠PAF=∠ADE，
在△PAF和△ADE中，
∴△PAF≌△ADE(AAS)，
∴DE=AF=4.
21．解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，且AD=BC=10，
又∵AFE是由ADE沿AE翻折得到的，
∴AF=AD=10，
又∵AB=8，
在ABF中，由勾股定理得：，
故BF的长为6．
（2）设CE=x ，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=8，∠C=90°，DE=CD-CE=8-x，
又∵△AFE是由△ADE沿AE翻折得到的，
∴FE=DE=8-x，
由（1）知：BF=6，故CF=BC-BF=10-6=4，
在CEF中，由勾股定理得：，
∴，解得：x=3，
故CE的长为3．