2021-2022学年苏科新版八年级上册数学《第3章 勾股定理》单元测试卷（word版含解析）

2021-2022学年苏科新版八年级上册数学《第3章
勾股定理》单元测试卷
一．选择题
1．如图，已知∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足是D，则图中与∠A相等的角是（　　）
A．∠1
B．∠2
C．∠B
D．∠1、∠2和∠B
2．如图，AB∥DF，AC⊥CE于C，BC与DF交于点E，若∠A＝20°，则∠CEF等于（　　）
A．110°
B．100°
C．80°
D．70°
3．在直角三角形中，两条直角边的长分别为12和5，则斜边上的中线长是（　　）
A．6.5
B．8.5
C．13
D．
4．下列四组线段中，可以构成直角三角形的是（　　）
A．1，，
B．2，3，4
C．1，2，3
D．4，5，6
5．下列四组数据中，不能作为直角三角形的三边长的是（　　）
A．7，24，25
B．6，8，10
C．9，12，15
D．3，4，6
6．如图，在直角三角形ABC中，AC≠AB，AD是斜边上的高，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，则图中与∠C（∠C除外）相等的角的个数是（　　）
A．3个
B．4个
C．5个
D．6个
7．如图，四边形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，CD＝12cm，DA＝13cm，且∠ABC＝90°，则四边形ABCD的面积为（　　）
A．6cm2
B．30cm2
C．24cm2
D．36cm2
8．在我国古代数学著作《九章算术》的第九章《勾股》中记载了这样的一个问题：“今天有开门去阔一尺，不合二寸，问门广几何？”意思是：如图，推开两扇门（AD和BC），门边缘D，C两点到门槛AB的距离是1尺，两扇门的间隙CD为2寸，则门宽AB长是（　　）寸．（1尺＝10寸）
A．101
B．100
C．52
D．96
9．勾股定理在平面几何中有着不可替代的重要地位，在我国古算书《周牌算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长均为1的小正方形和Rt△ABC构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．将图1按图2所示“嵌入”长方形LMJK，则该长方形的面积为（　　）
A．120
B．110
C．100
D．90
10．如图，将一副三角板和一张对边平行的纸条按下列方式摆放，两个三角板的一直角边重合，含45°角的直角三角板的斜边与纸条一边重合，含30°角的三角板的一个顶点在纸条的另一边上，则∠1的度数是（　　）
A．10°
B．15°
C．20°
D．25°
二．填空题
11．在下列条件中：①∠A+∠B＝∠C，②∠A：∠B：∠C＝1：2：3，③∠A＝90°﹣∠B，④∠A＝∠B＝∠C中，能确定△ABC是直角三角形的条件有　
　（填序号）
12．已知：△ABC中，AB＝4cm，AC＝3cm，BC＝5cm，则△ABC的面积是　
　cm2．
13．观察以下几组勾股数，并寻找规律：请你写出有以上规律的第⑤组勾股数：　
　．
①3，4，5；②5，12，13；③7，24，25；④9，40，41．
14．公元3世纪初，中国古代数学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，设勾a＝6，弦c＝10，则小正方形ABCD的面积是　
　．
15．已知：如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D，BE⊥AC，垂足为点E，M为AB边的中点，连接ME、MD、ED．设AB＝4，∠DBE＝30°，则△EDM的面积为　
　．
16．已知△ABC的三边长分别为1，，2，则△ABC是
　
　三角形．
17．如图，学校有一块长方形花圃，有极少数人为了避开拐角走“捷径”，在花圃内走出了一条“路”，他们仅仅少走了　
　步路（假设2步为1米），却踩伤了花草．
18．等腰△ABC的腰长AB为5，底边BC的长为6，则底边上的高长为　
　．
19．如果点P是△ABC内一点，且它到三角形的三个顶点距离之和最小，则P点叫△ABC的费马点．已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC中，当∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°时，P就是△ABC的费马点．若点P是腰长为的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝　
　．
20．如图，已知∠AON＝40°，OA＝6，点P是射线ON上一动点，当△AOP为直角三角形时，∠A＝　
　°．
三．解答题
21．两块三角板如图放置，已知∠BAC＝∠ADC＝90°，∠ABC＝45°，∠ACD＝30°，BC＝6cm．
（1）分别求线段AD，CD的长度；
（2）求BD2的值．
22．如图，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝135°，将一个含45°角的直角三角板的一个顶点放在点O处，斜边OM与直线AB重合，另外两条直角边都在直线AB的下方．
（1）将图1中的三角板绕着点O逆时针旋转90°，如图2所示，此时∠BOM＝　
　；在图2中，OM是否平分∠CON？请说明理由；
（2）接着将图2中的三角板绕点O逆时针继续旋转到图3的位置所示，使得ON在∠AOC的内部，请探究：∠AOM与∠CON之间的数量关系，并说明理由；
（3）将图1中的三角板绕点O按每秒4.5°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当旋转到第　
　秒时，∠COM与∠CON互补．
23．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝m，BC＝n，m＞n，点P是边AB上一点，连接CP，将△ACP沿CP翻折得到△QCP．
（1）若m＝4，n＝3，且PQ⊥AB，求BP的长；
（2）连接BQ，若四边形BCPQ是平行四边形，求m与n之间的关系式．
24．如图所示，在△ABC中，已知AD⊥BC，∠B＝64°，∠C＝56°，
（1）求∠BAD和∠DAC的度数；
（2）若DE平分∠ADB，求∠AED的度数．
25．中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位，体现了数学研究中的继承和发展．现用4个全等的直角三角形拼成如图所示“弦图”．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若AC＝b，BC＝a，请你利用这个图形解决下列问题：
（1）试说明a2+b2＝c2；
（2）如果大正方形的面积是10，小正方形的面积是2，求（a+b）2的值．
26．如图所示，在△ABC中，CD⊥AB于D，AC＝4，BC＝3，CD＝
（1）求AD的长；
（2）求证：△ABC是直角三角形．
27．如图，在平面直角坐标系中，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，斜边AB与y轴交于点C．
（1）若∠A＝∠AOC，求证：∠B＝∠BOC；
（2）延长AB交x轴于点E，过O作OD⊥AB，且∠DOB＝∠EOB，∠OAE＝∠OEA，求∠A度数；
（3）如图，OF平分∠AOM，∠BCO的平分线交FO的延长线于点P，当△ABO绕O点旋转时（斜边AB与y轴正半轴始终相交于点C），在（2）的条件下，试问∠P的度数是否发生改变？若不变，请求其度数；若改变，请说明理由．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．解：∵∠ACB＝90°，即∠1+∠2＝90°，
又∵直角△ACD中，∠A+∠1＝90°，
∴∠A＝∠2．
故选：B．
2．解：∵AC⊥BC于C，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣20°﹣90°＝70°，
∴∠ABC＝∠1＝70°，
∵AB∥DF，
∴∠1+∠CEF＝180°，
即∠CEF＝180°﹣∠1＝180°﹣70°＝110°．
故选：A．
3．解：如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，
则根据勾股定理知，AB＝＝13，
∵CD为斜边AB上的中线，
∴CD＝AB＝6.5．
故选：A．
4．解：A、∵12+（）2＝（）2，
∴以1、、为边组成的三角形是直角三角形，故本选项正确；
B、∵22+32≠42，
∴以2、3、4为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项错误；
C、∵12+22≠32，
∴以1、2、3为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项错误；
D、∵42+52≠62，
∴以4、5、6为边组成的三角形不是直角三角形，故本选项错误；
故选：A．
5．解：A、72+242＝252，符合勾股定理的逆定理，故能作为直角三角形的三边长；
B、62+82＝102，符合勾股定理的逆定理，故能作为直角三角形的三边长；
C、92+122＝152，符合勾股定理的逆定理，故能作为直角三角形的三边长；
D、32+42≠62，不符合勾股定理的逆定理，故不能作为直角三角形的三边长．
故选：D．
6．解：∵AD是斜边BC上的高，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴∠C+∠B＝90°，∠BDF+∠B＝90°，∠BAD+∠B＝90°，
∴∠C＝∠BDF＝∠BAD，
∵∠DAC+∠C＝90°，∠DAC+∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
∴图中与∠C（除之C外）相等的角的个数是3，
故选：A．
7．解：连接AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝4cm，BC＝3cm，
∴AC＝5cm，
∵CD＝12cm，DA＝13cm，
AC2+CD2＝52+122＝169＝132＝DA2，
∴△ADC为直角三角形，
∴S四边形ABCD＝S△ACD﹣S△ABC
＝AC×CD﹣AB×BC
＝×5×12﹣×4×3
＝30﹣6
＝24（cm2）．
故四边形ABCD的面积为24cm2．
故选：C．
8．解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，
设单门的宽度AO是x寸，则AE＝x﹣1，DE＝10寸，
根据勾股定理，得：AD2＝DE2+AE2，
则x2＝102+（x﹣1）2，
解得：x＝50.5，
故AB＝101寸，
故选：A．
9．解：延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，如图所示：
则四边形OALP是矩形．
∵∠CBF＝90°，
∴∠ABC+∠OBF＝90°，
又∵Rt△ABC中，∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠OBF＝∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
，
∴△OBF≌△ACB（AAS），
∴AC＝OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC＝AB，
∴OA＝AP，
∴矩形AOLP是正方形，边长AO＝AB+AC＝3+4＝7，
∴KL＝3+7＝10，LM＝4+7＝11，
∴长方形KLMJ的面积为10×11＝110．
故选：B．
10．解：∵AB∥CD，
∴∠BCD＝∠ABC＝45°，
∴∠1＝∠BCD﹣∠BCE＝45°﹣30°＝15°．
故选：B．
二．填空题
11．解：①∵∠A+∠B＝∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，∴2∠C＝180°，∠C＝90°，则该三角形是直角三角形；
②∠A：∠B：∠C＝1：2：3，∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠C＝90°，则该三角形是直角三角形；
③∠A＝90°﹣∠B，则∠A+∠B＝90°，∠C＝90°．则该三角形是直角三角形；
④∠A＝∠B＝∠C，则该三角形是等边三角形．
故能确定△ABC是直角三角形的条件有①②③．
12．解：
∵AB＝4cm，AC＝3cm，BC＝5cm，
∴AB2+AC2＝25cm2，BC2＝25cm2，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠A＝90°，
∴△ABC的面积是AC×AB＝×3cm×4cm＝6cm2，
故答案为：6．
13．解：∵①3＝2×1+1，4＝2×1×（1+1），5＝2×1×（1+1）+1，
②5＝2×2+1，12＝2×2×（2+1），13＝2×2×（2+1）+1，
③7＝2×3+1，24＝2×3×（3+1），25＝2×3×（3+1）+1，…，
∴第n组勾股数为：
a＝2n+1，b＝2n（n+1），c＝2n（n+1）+1，
∴第⑤组勾股数为a＝2×5+1＝11，b＝2×5×（5+1）＝60，c＝2×5×（5+1）+1＝61，即11，60，61．
故答案为：11，60，61．
14．解：∵勾a＝6，弦c＝10，
∴股＝＝8，
∴小正方形的边长＝8﹣6＝2，
∴小正方形的面积＝22＝4
故答案是：4
15．解：∵在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，
∴△ABE，△ADB是直角三角形，
∴EM，DM分别是它们斜边上的中线，
∴EM＝DM＝AB，
∵ME＝AB＝MA，
∴∠MAE＝∠MEA，
∴∠BME＝2∠MAE，
同理，MD＝AB＝MA，
∴∠MAD＝∠MDA，
∴∠BMD＝2∠MAD，
∴∠EMD＝∠BME﹣∠BMD＝2∠MAE﹣2∠MAD＝2∠DAC＝60°，
所以△DEM是边长为2的正三角形，所以S△DEM＝．
故答案为：．
16．解：∵12+（）2＝22，
∴△ABC是直角三角形．
故答案为：直角．
17．解：由勾股定理，得
路长＝＝5，
少走（3+4﹣5）×2＝4步，
故答案为：4．
18．解：过A作AD⊥BC于D，
则线段AD是等腰△ABC底边BC上的高，
∵AB＝AC，BC＝6，AD⊥BC，
∴BD＝DC＝3，∠AB＝90°，
由勾股定理得：AD＝＝＝4，
故答案为：4．
19．解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，
在等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝，DM⊥EF，
∴EF＝DE＝2
∴EM＝DM＝1，
故cos30°＝，
解得：PE＝，则PM＝，
故DP＝1﹣，同法可得PF＝
则PD+PE+PF＝2×+1﹣＝+1．
故答案为+1．
20．解：当AP⊥ON时，∠APO＝90°，则∠A＝50°，
当PA⊥OA时，∠A＝90°，
即当△AOP为直角三角形时，∠A＝50或90°．
故答案为：50或90．
三．解答题
21．解：（1）在Rt△ABC中，∠ABC＝45°，
∴AB＝AC＝BC＝6（cm），
在Rt△ADC中，∠ACD＝30°，
∴AD＝AC＝3（cm），
由勾股定理得，CD＝＝3（cm）；
（2）过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，
由题意得，∠BAE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴BE＝AB＝3（cm），
由勾股定理得，AE＝＝3（cm），
∴DE＝AE+AD＝（3+3）cm，
∴BD2＝BE2+DE2＝32+（3+3）2＝（45+18）cm．
22．解：（1）如图2，∠BOM＝90°，
OM平分∠CON．理由如下：
∵∠BOC＝135°，
∴∠MOC＝135°﹣90°＝45°，
而∠MON＝45°，
∴∠MOC＝∠MON；
故答案为90°；
（2）∠AOM＝∠CON．
理由如下：如图3，
∵∠MON＝45°，
∴∠AOM＝45°﹣∠AON，
∵∠AOC＝45°，
∴∠NOC＝45°﹣∠AON，
∴∠AOM＝∠CON；
（3）如图2，OM、ON都在OC右侧，∠COM+∠CON＝2∠COM+45°＝180°，
∴∠COM＝67.5°，
∴∠CON＝67.5+45＝112.5°，
∴45°+∠BON＝180°﹣112.5＝67.5°，
如图3，OM、ON都在OC左侧，∠COM+∠CON＝2∠CON+45°＝180°，
∴∠CON＝67.5°，
∴∠BOM＝67.5+45＝112.5°，
∴∠BOC+∠COM＝135+112.5＝247.5°，
∴在旋转的过程中，∠COM与∠CON互补，则ON旋转67.5°或247.5°，
∴＝15或＝55，
故答案为：15或55．
23．解：（1）如图，作CH⊥AB于H．
由翻折的性质可知：∠APC＝∠QPC，
∵PQ⊥PA，
∴∠APQ＝90°，
∴∠APC＝∠QPC＝135°，
∴∠BPC+∠QPB＝135°，
∵∠QPB＝90°，
∴∠BPC＝45°，
∵CH⊥AB，
∴CH＝PH，
在Rt△ABC中，AB＝＝＝5，
∵?AB?CH＝?AC?BC，
∴CH＝，BH＝＝，
∴PB＝PH+BH＝+＝．
（2）如图2中，连接BQ．
由翻折不变性可知：PA＝PQ，∠QPC＝∠APC，
∵四边形BCPQ是平行四边形，
∴PQ＝BC＝PA＝n，PQ∥BC，
∴∠QPC+∠PCB＝180°，
∵∠BPC+∠APC＝180°，
∴∠PCB＝∠BPC，
∴PB＝BC＝n，
∴AP＝PB＝n，AB＝2n，
在Rt△ABC中，则有（2n）2＝m2+n2，
∴m2＝3n2，
∵m＞0．n＞0，
∴m＝n．
24．解：（1）∵AD⊥BC，
①∴在Rt△BAD中，∠BAD+∠B＝90°，
又∵∠B＝64°，
∴∠BAD＝26°；
②∴在Rt△DAC中，
∠DAC+∠C＝90°，
又∵∠C＝56°，
∴∠DAC＝34°；
（2）∵AD⊥BC，DE平分∠ADB，
∴∠BDE＝45°；
在△BED中，∠B＝64°，
∴∠B+∠BDE＝109°；
∵∠AED＝∠B+∠BDE，
∴∠AED＝109°．
25．解：（1）∵大正方形面积为c2，直角三角形面积为ab，小正方形面积为（b﹣a）2，
∴c2＝4×ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2即c2＝a2+b2．；
（2）由图可知，（b﹣a）2＝2，4×ab＝10﹣2＝8，
∴2ab＝8，
∴（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab＝2+2×8＝18．
26．解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴AD＝＝＝；
（2）证明：由上题知AD＝，
同理可得BD＝，
∴AB＝AD+BD＝5，
∵32+42＝52，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形．
27．解：（1）∵△AOB是直角三角形，
∴∠A+∠B＝90°，∠AOC+∠BOC＝90°．
∵∠A＝∠AOC，
∴∠B＝∠BOC；
（2）∵∠A+∠ABO＝90°，∠DOB+∠ABO＝90°，
∴∠A＝∠DOB，即∠DOB＝∠EOB＝∠OAE＝∠OEA．
∵∠DOB+∠EOB+∠OEA＝90°，
∴∠DOB＝30°，
∴∠A＝30°；
（3）∠P的度数不变，∠P＝30°，
∵∠AOM＝90°﹣∠AOC，∠BCO＝∠A+∠AOC，
∵OF平分∠AOM，CP平分∠BCO，
∴∠FOM＝∠AOM＝（90°﹣∠AOC）＝45°﹣∠AOC，∠PCO＝∠BCO＝（∠A+∠AOC）＝∠A+∠AOC．
∴∠P＝180°﹣（∠PCO+∠FOM+90°）
＝45°﹣∠A
＝30°．