【解析】2023年浙教版数学八年级上册2.7 探索勾股定理 同步测试（培优版）

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2023年浙教版数学八年级上册2.7探索勾股定理同步测试（培优版）

一、选择题（每题3分，共30分）

1．（2023八上·新城期末）如图，长方体的高为9dm，底面是边长为6dm的正方形，如果一只蚂蚁从顶点A开始爬向顶点B，那么它爬行的最短路程为（）

A．10dmB．12dmC．13dmD．15dm

【答案】D

【知识点】平面展开﹣最短路径问题

【解析】【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），

AB＝＝3（dm）；

②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内，

AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝＝15（dm），

③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝＝15（dm），

由于，

所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm.

故答案为：D.

【分析】①将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②将长方体的正面和右面展开在同一平面内，同理求出AB的值；③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理求出AB的值，然后进行比较即可得到最短路程.

2．（2022八上·东阳期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示.过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG，若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则的值为（）

A．B．3C．D．4

【答案】C

【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图，

设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x，

设CN＝t，则BE＝t，

在Rt△BCN中，∵CN＝t，BN＝t+x，BC＝x，

∴x2+（t+x）2＝（x）2，

解得t＝x，

∴BE＝CN＝x，

∵ED为小正方形的对角线，

∴∠FEN＝∠EFN＝45°，

∴∠GFD＝45°，

∵GD⊥DF，

∴△GDF为等腰直角三角形，

∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x，

∵∠GEM＝∠EGM＝45°，

∴△MGE为等腰直角三角形，

∴ME＝MG＝2x，

在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x，

∴BG＝＝x，

∴＝＝.

故答案为：C.

【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x，设CN＝t，则BE＝t，BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x，由正方形的性质可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出△GDF、△MGE为等腰直角三角形，得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，据此求解.

3．（2022八上·温州期中）如图，在等腰直角三角形中，，为的中点，为边上一点不与端点重合，过点作于点，作于点，过点作交的延长线于点若，则阴影部分的面积为（）

A．12B．12.5C．13D．13.5

【答案】D

【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：设，，则，

为等腰直角三角形，，

，，

又为的中点，

，，

，，

四边形DGEH为矩形，，

，

，

，

，

，

，

由勾股定理得，，

，

整理得，，

由题意知，

，

故答案为：D.

【分析】设DG＝a，CG＝b，则CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四边形DGEH为矩形，根据矩形的性质及等腰直角三角形的性质得DH=EG=CG=b，根据平行线的性质及等腰直角三角形的性质得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出关于a和b的代数式的值，再由即可得出答案.

4．（2022八上·龙港期中）三国时期的赵爽利用图1证明了勾股定理，后来倭国的数学家关孝和在“赵爽弦图”的启发下利用图2也证明了勾股定理.在图2中，E，B，F在同一条直线上，四边形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面积等于100，△IJD面积等于，且已知AH＝2，则△KCD的面积等于（）

A．B．39C．D．52

【答案】A

【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：∵四边形ABCD和四边形GDJH是正方形，正方形ABCD的面积等于100，

∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，

设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，

∵AG2+DG2＝AD2，

∴（2+x）2+x2＝102，

解得x＝6，x＝﹣8舍去，

∴DJ＝6，

∵△IJD面积等于，

∴，

∴IJ＝，

∴IH＝HJ﹣IJ＝6﹣＝，

∴AI＝＝，

∵AB＝10，AE＝AG＝8，

∴BE＝＝6，

∴BF＝2，

∴AH＝BF，

∵∠EAG＝∠BAD＝∠ABC＝90°，

∴∠GAD＝∠BAE，∠BAE＝∠FBK，

∴∠GAD=∠FBK，

∵∠BFK＝∠AHI＝90°，

∴△AHI≌△BFK（ASA），

∴AI＝BK＝，

∴CK＝BC﹣BK＝10﹣＝，

∴△KCD的面积＝CDCK＝.

故答案为：A.

【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，根据勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，结合△IJD面积，根据三角形的面积公式算出IJ的长，再由IH＝HJ﹣IJ算出IH的长，接着利用勾股定理算出AI、BE的长，根据同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，从而利用ASA判断出△AHI≌△BFK，根据全等三角形的性质得BK=AI，由CK＝BC﹣BK算出CK，最后根据三角形的面积公式即可算出答案.

5．（2022八上·江干期中）如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（）

A．①②③⑤B．①③④C．②③④⑤D．①②⑤

【答案】D

【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：连接OO'，

∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，

∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确；

由①易得，，，

∴，

∴，

∴，

∴

∴故②正确；

，故③错误；

由③知，故④错误；

根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确.

故答案为：D.

【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤.

6．（2022八上·宁波期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四块阴影部分的面积分别S1、S2、S3、S4．则等于（）

A．4B．6C．8D．12

【答案】B

【知识点】勾股定理；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）

【解析】【解答】解：过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，

∵四边形ABEF是正方形，

∴AB=AF，∠FAD+∠CAB=90°，

又∠CAB+∠ABC=90°，

∴∠ABC=∠FAD，

∴Rt△ADF≌Rt△ABC（AAS），

∴DF=AC，∠FKD=∠CAB，

∴∠TAC=∠DFK，

∴Rt△DFK≌Rt△CAT（ASA），

所以S2＝SRt△ABC．

由Rt△DFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK，

∴S3＝S△FPT，

又∵Rt△AQF≌Rt△ACB，

∴S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC．

利用AAS证明Rt△ABC≌Rt△EBN，

∴S4＝SRt△ABC，

∴S1S2＋S3＋S4

＝（S1＋S3）S2＋S4

＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC

＝SRt△ABC=.

故答案为：B.

【分析】过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，由正方形的性质及AAS可证Rt△ADF≌Rt△ABC，Rt△DFK≌Rt△CAT，所以S2＝SRt△ABC，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，

故S3＝S△FPT，又Rt△AQF≌Rt△ACB，得S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC；用AAS证Rt△ABC≌Rt△EBN，

得S4＝SRt△ABC，故S1S2＋S3＋S4＝（S1＋S3）S2＋S4＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，据此即可得出答案.

7．（2022八上·浦江月考）在Rt△ABC中，AC=BC，点D为AB中点．∠GDH=90°，∠GDH绕点D旋转，DG、DH分别与边AC、BC交于E，F两点．下列结论：

①AE+BF=AB；②△DEF始终为等腰直角三角形；③S四边形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2．

其中正确的是（）

A．①②③④B．①②③C．①④D．②③

【答案】A

【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：如图所示，连接CD，

∵AC＝BC，点D为AB中点，∠ACB＝90°，

∴AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，

∴∠ADE＋∠EDC＝90°，

∵∠EDC＋∠FDC＝∠GDH＝90°，

∴∠ADE＝CDF．

在△ADE和△CDF中，

∠A＝∠DCF，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF，

∴△ADE≌△CDF（ASA），

∴AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF．

∵AC＝BC，

∴ACAE＝BCCF，

∴CE＝BF．

∵AC＝AE＋CE，

∴AC＝AE＋BF．

∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC，

∴AC＝

∴AE+BF=AB，故①正确；

∵DE=DF，∠GDH=90°，

∴△DEF始终为等腰直角三角形，故②正确；

∵S四边形CEDF＝S△EDC＋S△CDF，

∴S四边形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC，

又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2

∴S四边形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正确；

∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2，

∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2，

又∵DE＝DF，

∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正确；

∴正确的有①②③④．

故答案为：A.

【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根据同角的余角相等得∠ADE＝CDF，从而利用ASA证△ADE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，进而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出结论．

8．（2023八上·鄞州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ.图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四边形边BAHE＝18，则四边形MBNJ的面积为（）

A．5B．6C．8D．9

【答案】B

【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法

【解析】【解答】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，

∴AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，

∴∠CAB+∠BAD＝∠DAH+∠BAD，

∴∠CAB＝∠DAH，

在△CAB和△DAH中，

，

∴△CAB≌△DAH（SAS），

∴∠ADH＝∠ACB＝90°，

∵∠ADE＝90°，

∴H、D、E三点共线，

∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，

∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，

∵S1：S2＝1：4，

∴

∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，

∵四边形CADE是正方形，

∴∠ADE＝90°，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ，

在Rt△ACB中，由勾股定理得：，

在Rt△ADH中，由勾股定理得：

∵S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，

∴ADDH+（AD+BE）DE＝×3GJ×2GJ+（3GJ+GJ）×3GJ＝18，

解得：GJ＝（负值已舍去），

∵∠ABC+∠EBM＝180°﹣∠ABI＝180°﹣90°＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°，

∴∠CAB＝∠EBM，即∠FAN＝∠EBM，

在△FAN和△EBM中，

，

∴△FAN≌△EBM（ASA），

∴S△FAN＝S△EBM，

∴S△ABC＝S四边形BCFN+S△FAN＝S四边形BCFN+S△EBM，

∴S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FCCE﹣ACBC＝2GJ×3GJ﹣×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（）2＝6.

故答案为：B.

【分析】根据正方形的性质可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，证明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三点共线，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，根据矩形的性质可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根据勾股定理表示出AB、DH，然后根据S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18结合三角形、梯形的面积公式可求出GJ，证明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，则S四边形MBNJ＝S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，据此计算.

9．（2023八上·肇源期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，，则下列结论：①∠CAD=30°②③S平行四边形ABCD=ABAC④，正确的个数是（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】D

【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形的中位线定理

【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠DAE，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，

∴∠DAE=∠BEA，

∴∠BAE=∠BEA，

∴AB=BE=1，

∴△ABE是等边三角形，

∴AE=BE=1，

∵BC=2，

∴EC=1，

∴AE=EC，

∴∠EAC=∠ACE，

∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，

∴∠ACE=30°，

∵AD∥BC，

∴∠CAD=∠ACE=30°，

故①符合题意；

②∵BE=EC，OA=OC，

∴OE=AB=，OE∥AB，

∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BCD=∠BAD=120°，

∴∠ACB=30°，

∴∠ACD=90°，

Rt△OCD中，OD==，

∴BD=2OD=，

故②符合题意；

③由②知：∠BAC=90°，

∴SABCD=ABAC，

故③符合题意；

④由②知：OE是△ABC的中位线，

∴OE=AB，

∵AB=BC，

∴OE=BC=AD，

故④符合题意；

正确的有：①②③④，

故答案为：D．

【分析】利用平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线求解即可。

10．（2023八上·无锡月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB与y轴交于点A（0，6），与x轴的负半轴交于点B，且∠BAO＝30°，M、N是该直线上的两个动点，且MN＝2，连接OM、ON，则△MON周长的最小值为（）

A．2＋3B．2＋2C．2＋2D．5＋

【答案】B

【知识点】三角形三边关系；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题

【解析】【解答】解：如图作点O关于直线AB的对称点O’，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O'C交AB于点D，连接MC，MO'，

∴四边形MNOC为平行四边形，

∴，

，

∴，

在

中，

，即

，

当点M到点D的位置时，即当O’、M、C三点共线，

取得最小值，

∵，

，

设

，则

，

，

解得：

，

即：

，

，

，

解得：

，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

在

中，

，

即：

，

∴，

故答案为：B.

【分析】作点O关于直线AB的对称点O′，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O′C交AB于点D，连接ON，MO，则四边形MNOC为平行四边形，OM+ON=O′M+MC，结合三角形的三边关系可得OM+ON>O′C，当O′、M、C三点共线，OM+ON取得最小值，设OB=x，则AB=2x，根据勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根据△AOB的面积公式求出OF，进而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，据此解答.

二、填空题（每空3分，共24分）

11．（2023八上·西安期末）如图，圆柱底面半径为，高为，点A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A，B在同一条竖直直线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为cm.

【答案】15

【知识点】平面展开﹣最短路径问题

【解析】【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：；

即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；

∵圆柱底面半径为

∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长：；

又∵圆柱高为，

∴小长方形的一条边长是；

根据勾股定理求得；

∴；

故答案为：15.

【分析】画出圆柱的展开图，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB，根据圆柱的底面半径可得底面周长，即为长方形的宽，由圆柱的高可得小长方形的一条边长，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，据此求解.

12．（2023八上·宁波期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与坐标轴交于A，B两点，于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为．

【答案】

【知识点】勾股定理；旋转的性质；一次函数的性质；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：令y=-x+2中的x=0得y=2，令y=0得x=2，

∴A（0，2），B（2，0），

∴△OAB是等腰直角三角形，

∵OC⊥AB，

∴C（1，1），

又∵P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，

∴P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，

∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，

∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，

在Rt△AOB中，AO＝OB＝2，

∴

又∵Rt△HBN是等腰直角三角形，

∴

∴CP'＝OBBH1＝2-（）-1=.

故答案为：.

【分析】分别令y=-x+2中的x=0与y=0算出对应的对应的y与x的值，可得点A、B的坐标，可得△OAB是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得点C的坐标，由于P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，故P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，进而算出NB，在Rt△HBN中根据勾股定理算出BH，即可解决问题.

13．（2023八上·义乌期末）气动升降桌由于高度可调节，给人们学习生活带来许多便捷．如图1所示是桌子的侧平面示意图，AC，BC，DC，DE，HG是固定钢架，HG垂直桌面MN，GE是位置可变的定长钢架．DF是两端固定的伸缩杆，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一个固定角为150°，当GE旋转至水平位置时，伸缩杆最短，此时伸缩杆DF的长度为cm．点D的离地高度为60cm，HG＝10cm，小南将桌子调整到他觉得最舒服的高度，此时发现FD＝FE，则桌面高度为cm．

【答案】；

【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；旋转的性质

【解析】【解答】解：如图，延长CD交EF于点P，

由题意可知CD与水平面垂直，当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，

∴∠DPE＝∠DPF＝90°，

∵∠EDC＝150°，

∴∠PDE＝30°，

∵DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，

∴PE＝DE＝10cm，FE＝GEGF＝26cm，cm，

∴PF＝FEPE＝16cm，

∴cm，

如图，作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点R，

∵FD＝FE，

∴DL＝EL＝DE＝10cm，

∵∠DLR＝∠ELF＝90°，

∴DR=2LR，cm，

∴102＋LR2＝（2LR）2，

∴cm，cm，cm，

∴作EQ⊥CD交CD的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，

∵∠DQE＝∠FKR＝90°，∠FRK＝∠DRL＝60°，

∴EQ＝DE＝10cm，∠RFK＝30°，

∴cm，cm，

∴cm，

作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，

∵EQ∥FK∥GT，EO∥QT，∠EQK＝90°，

∴四边形EQKI、四边形EQTO都是矩形，

∴cm，

∵，

∴cm，

∴cm，

连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，

∵MN∥OG，WT⊥MN，HG⊥MN，

∴WT＝HG＝10cm，

∴cm.

故答案为：，.

【分析】延长CD交EF于点P，则当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，先由∠EDC＝150°得∠PDE＝30°，而∠DPE＝90°，所以PE＝DE＝10cm，FE＝GEGF＝26cm，则PF＝16cm，根据勾股定理可求得PD＝cm即可求得DF＝cm；作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点R，由FD＝FE得DL＝EL＝DE＝10cm，可求得FL＝24cm，即可根据勾股定理求得LR作EQ⊥CD交CD的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，则EQ＝DE＝10cm，RK＝FR＝cm，由勾股定理求得DQ＝cm，则QK＝cm，作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，则cm，cm，cm，连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，WT＝HG＝10cm，由JW＝DJ＋WT＋DT求出JW的长即可．

14．（2023八上·鄞州期末）如图，在中，，于点，于点若，.

（1）的长为；

（2）在的腰上取一点，当是等腰三角形时，长为.

【答案】（1）3

（2）或

【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理

【解析】【解答】解：（1）于点，，

，，

于点，

，

，

，

，

故答案为：3；

（2）当点在边上时，如图1，

，

是等腰三角形，

，

，

，

；

当点在边上时，

若，如图，

，，

平分，

于点，

，

此时为等腰三角形，

过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，

，，

由勾股定理知，，

，

，

，

，

，

由（1）知，，，

∴∠ADM=30°

，

，

是等边三角形，

，

所以当，或时，都有；

综上，或，

故答案为：或.

【分析】（1）由含30°角直角三角形性质得AB=2AD，∠DAE=60°，∠ADE=30°，AD=2AE，据此求出AB的长，最后根据BE=AB-AE即可算出答案；

（2）分类讨论：①当点M在AB边上时，易得△DEM是等腰直角三角形，可求出DE=EM=，进而根据BM=BE-EM代入计算可得BM的长；②当点M在AC边上时，若DM⊥AC，根据等腰三角形的三线合一得AD平分∠BAC，进而根据角平分线上的点到角两边的距离相等得，此时△DEM是等腰三角形，过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，根据勾股定理易得AM=AE=1，由三角形外角性质得∠MAN=60°，故∠AMN=30°，根据含30°角直角三角形的性质得AN的长，进而根据公共点了算出MN、BM的长；③易判断出△DEM是等边三角形，根据等边三角形的性质得DE=DM=MN，故当DE=EM或MD=ME时，都有，综上即可得出答案.

15．（2022八上·拱墅月考）如图，在中，，为边的中点，、分别为边、上的点，且，若，，则，线段的长度．

【答案】45；

【知识点】余角、补角及其性质；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：如图，延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点N，

∵∠C＝90°，

∴∠BAC+∠B＝90°，

∵AE＝AD，BF＝BD，

∴∠AED＝∠ADE，∠BDF＝∠BFD，

∴2∠ADE+∠BAC＝180°，2∠BDF+∠B＝180°，

∴2∠ADE+2∠BDF＝270°，

∴∠ADE+∠BDF＝135°，

∴∠EDF＝180°-（∠ADE+∠BDF）＝45°，

∵∠END＝90°，DE＝，

∴∠EDN＝∠DEN＝45°，

∴EN＝DN＝1，

∵D为AB的中点，

∴AD=BD，

又∵∠ADM=∠BDF，DM＝DF=2，

△ADM≌△BDF（SAS），

∴BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，

∴∠MAE＝∠MAD+∠BAC＝90°，

∴EM＝AM，

∵在Rt△EMN中，EN＝1，MN＝DM+DN＝3，

∴EM＝＝=，

∴AM＝，AB＝2AM＝．

故答案为：45，．

【分析】延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点N，先利用角的互余关系及等腰三角形性质得到∠ADE+∠BDF＝135°，再利用角的互补关系求得∠EDF＝45°，从而得到∠EDN＝∠DEN＝45°，EN＝DN＝1；再利用“SAS”定理证明△ADM≌△BDF，从而得BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，进而得到EM＝AM，再利用勾股定理求得EM的长，从而求出AM的长，进而求得AB的长.

16．（2023八上·渠县期末）如图，一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是x轴上一动点，连接BC，将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，点C的坐标为.

【答案】（﹣6，0）或（，0）

【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；一次函数图象与坐标轴交点问题

【解析】【解答】解：∵一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，

∴A（4，0），B（0，3），

∴OA＝4，OB＝3，

根据勾股定理可得AB＝=5，

如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，

设点C的坐标为（m，0），

∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，

∴A′O＝3+5＝8，A′C＝AC＝4﹣m，

∵A′C2＝OC2+A′O2，

∴（4﹣m）2＝m2+82，

∴m＝﹣6；

如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，

设点C的坐标为（m，0），

∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，

∴A′O＝5﹣3＝2，A′C＝AC＝4﹣m，

∵A′C2＝OC2+A′O2，

∴（4﹣m）2＝m2+22，

∴m＝；

综上所述，当点A落在y轴上时，点C的坐标为（﹣6，0）或（，0），

故答案为：（﹣6，0）或（，0）.

【分析】首先求出A、B两点的坐标，进而根据勾股定理可得AB的长度，如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，设点C的坐标为（m，0），在Rt△A'OC中，利用勾股定理建立方程，求出m的值，从而可得点C的坐标；如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，同理可得点C的坐标，综上可得答案.

17．（2023八上·华蓥期末）如图，在中.，平分交于E，于D.下列结论：①；②点E在线段的垂直平分线上：③；④；⑤，其中正确的有（填结论正确的序号）.

【答案】①②③⑤

【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；线段垂直平分线的判定

【解析】【解答】解：∵，，

∴，

∴，，

∵平分交于E，

∴，

∴，

∴点E在线段BC的垂直平分线上，故②正确；

∵，

∴，故①正确；

∵，

∴，

∴，故③正确；

设，则，，

∴，，

∴，故④错误；

∵，∠BAC=90°，

∴，

∴，故⑤正确.

综上，正确的有①②③⑤.

故答案为：①②③⑤.

【分析】首先根据已知及三角形的内角和定理得∠C=30°，∠ABC=60°，根据角平分线的定义得∠ABE=∠CBE=30°，由等角对等边得BE=CE，再由到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上得点E在线段BC的垂直平分线上，据此判断①②；由三角形内角和定理易得∠DAE=∠C=30°，据此判断③；设DE=a，则AE=2a，根据含30°直角三角形的性质及勾股定理分别用含a的式子表示出BD及DE，即可判断④；直接根据含30°角直角三角形的性质即可判断⑤.

三、综合题（共7题，共66分）

18．（2022八上·苍南月考）已知，，为正数，满足如下两个条件：

①

②

证明：以，，为三边长可构成一个直角三角形.

【答案】证明：证法1：将①②两式相乘，得，

即，

即，

即，

即，

即，

即，即，

即，

所以或或，即或或.

因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形.

证法2结合①式，由②式可得，

变形，得③

又由①式得，即，

代入③式，得，

即.

，

所以或或.

结合①式可得或或.

因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形.

【知识点】因式分解的应用；勾股定理的逆定理

【解析】【分析】证法一：将①②两式相乘可得，根据有理数的乘法法则可得或或，即或或，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论；证法二：结合已知条件可得a=16，或b=16，或c=16，结合①式可得b+a=c或c+a=b或c+b=a，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论.

19．（2022八上·兴平期中）如图，直线经过原点O，点A在x轴上，于点D，于点F，已知点，，，，求的长度．

【答案】解：如图，过点C作轴于点G，

∵点，，，

∴，，，

∴．

由题意，得，．

∵，∴是直角三角形，

∴．

∵，

∴，

∴，

∴，

解得，

∴长.

【知识点】点的坐标；三角形的面积；勾股定理

【解析】【分析】过点C作CG⊥x轴于点G，利用点A，B，C的坐标可求出BE，CG，OA的长；利用△ABC的面积等于△AOB和△AOC的面积之和，可求出△ABC的面积；利用点F，C的坐标可得到FC∥x轴，同时可求出BF，CF的长，在Rt△BFC中，利用勾股定理求出BC的长；然后利用三角形的面积公式，在△ABC中，可求出AD的长.

20．（2022八上·延庆期末）在同一平面内的两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M，N间的“最距离”，记作：．

如图，点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且．

（1）若点D在数轴上表示的数为5，求d（点D，）；

（2）若点E，F在数轴上表示的数分别是x，，当d（线段，）时，求x的取值范围．

【答案】（1）解：连接，，根据直角三角形中斜边最长，

所以点D到图形的最距离是，

因为点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且，点D在数轴上表示的数为5，

所以，

所以，

所以d（点D，）为．

（2）解：当线段在原点的左侧时，

因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，，

所以d（线段，）时，

得到，

所以，

解得；

当线段在原点的右侧时，

因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，，

所以d（线段，）时，

得到，

所以，

解得，（舍去）；

综上所述，x的取值范围或．

【知识点】勾股定理；定义新运算

【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出DA的长，即可得到d（点D，）为；

（2）分类讨论：①当线段在原点的左侧时，②当线段在原点的右侧时，再分别列出不等式求解即可。

21．（2022八上·南海期中）如图，一个长方体形的木柜放在墙角处（与墙面和地面均没有缝隙），有一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角处

（1）请你在下面网格（每个小正方形边长为1）中，画出蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径；

（2）当，，时，求蚂蚁爬过的最短路径的长；

（3）我们发现，“用不同的方式表示同一图形的面积”可以解决计算线段的有关问题，这种方法称为“面积法”．请“面积法”求点到最短路径的距离．

【答案】（1）解：如图，

木柜的表面展开图是矩形或．

故蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径有如图的或；

（2）解：蚂蚁沿着木柜表面矩形爬过的路径的长是．

蚂蚁沿着木柜表面爬过的路径的长是．

，

故蚂蚁爬过的最短路径的长是．

（3）解：作于E，

，是公共角，

，

即，

则，

．

答：点到最短路径的距离是．

【知识点】平面展开﹣最短路径问题；相似三角形的判定与性质

【解析】【分析】（1）将立体几何转换为平面几何，再求解即可；

（2）利用勾股定理求解并比较大小即可；

（3）先证明，可得，将数据代入求出即可。

22．（2023八上·嘉兴期末）如图，在中，，点为边上异于，的一个动点，作点关于的对称点，连结，，交直线于点.

（1）若，，是边上的高线.

①求线段的长；

②当时，求线段的长；

（2）在的情况下，当是等腰三角形时，直接写出的度数.

【答案】（1）解：①如图

在Rt△ABC中

，

即，

解之：

②∵点A关于CP的对称点为点A′，

∴CA=CA′=8，

∵∠PQA′=90°，

∴由①可知，

∴

（2）解：△A′PQ′是等腰三角形，

当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，

∵点A和点A′关于CP对称。

∴∠CAQ=∠CA′P=35°，

∴∠A′PQ=×（180°-35°）=72.5°，

∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，

∴∠ACA′=72.5°-35°=37.5°；

当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，

∵点A和点A′关于CP对称。

∴∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，

∴∠A′QP=180°-35°-35°=110°，

∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，

∴∠ACA′=110°°-35°=75°；

当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，

∵点A和点A′关于CP对称，

∴∠CAQ=∠CA′P=∠PQA′=35°，

∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′，

∴∠ACA′=35°-35°=0°（舍去），

∴∠A′CA的度数为37.5°或75°

【知识点】三角形的面积；三角形的外角性质；等腰三角形的判定；勾股定理；轴对称的性质

【解析】【分析】（1）①利用勾股定理求出AB的长，再利用同一个三角形的面积不变，可求出CE的长；②利用轴对称的性质可证得CA=CA′=8，利用∠PQA′=90°，可求出CQ的长，再根据A′Q=CA′-CQ，代入计算求出A′Q的长.

（2）利用等腰三角形的性质分情况讨论：当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，利用对称轴的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=35°，利用三角形的内角和定理求出∠A′PQ；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，利用轴对称的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，即可求出∠A′QP的度数；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，可求出∠PQA′的度数，利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数，综上所述可得到符合题意的∠A′CA的度数.

23．（2023八上·镇海区期末）如图，在边长为的正方形中，过中点E作正，过点F的直线分别交边、于点G、H、已知点M、N分别是线段、的动点，且是等边三角形.

（1）判断与的位置关系，并说明理由.

（2）当点N在线段上时

①求证：

②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值.

（3）设，点A关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围.

【答案】（1）解：，理由如下：

∵四边形是正方形，

∵，是等边三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴，

即；

（2）解：①如图，连接，

∵，

∴，

在中，

，

∴，

∴；

②，理由如下，

如图所示，过点H作于点K，

∵四边形是正方形，且边长为，

∴，

又，

∴四边形是矩形，

∴，

∵，

又，

∴，

∴，

在中，，

∴，

∵，

∴，

解得：，

∵E是的中点，则，

在中，，

∴，

∴，则，

∵，

∴，

又，

；

即，

（3）当时，点落在的内部

【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质

【解析】【解答】解：（3）当落在上时，如图所示，

∵点A关于的对称点为，

∴，

又∵，

∴，

∴，

即；

当落在上时，如图所示，

∵点关于的对称点为，

∴，

又∵，

∴，

即，

综上所述，当时，点落在的内部.

【分析】（1）EF与GH的关系式垂直，理由如下：易得AE=FE，NE=ME，∠AEF=∠NEM=60°，则∠AEN=∠FEM，用SAS证明△AEN≌△FEM，根据全等三角形的对应角相等得∠EFM=∠EAN=90°，即可得出结论；

（2）①连接EG，用HL证明Rt△AEG≌Rt△FEG，即可得出结论；

②MH＋GH＝，理由如下：过点F作FK⊥AB于点K，得出四边形HKBC是矩形，则HK＝CB＝6，在Rt△HGK中，∠GHK＝30°，并结合勾股定理得出HG的长，在Rt△AEG中，∠AEG=30°，并结合勾股定理得出AG的长，则FG＝AG＝，根据MH＋GN＝MFFG＋MFFG，即可求解；

（3）分当A'落在MN上时，当A'落在EM上时，根据轴对称的性质以及等边三角形的性质即可求解．

24．（2023八上·江北期末）定义：若三角形满足：两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方，则称这个三角形为“类勾股三角形”.如图1在中，，则是“类勾股三角形”.

（1）等边三角形一定是“类勾股三角形”，是命题（填真或假）.

（2）若中，，且，若是“类勾股三角形”，求的度数.

（3）如图2，在等边三角形的边上各取一点，，且相交于点，是的高，若是“类勾股三角形”，且.

①求证：.

②连结，若，那么线段能否构成一个“类勾股三角形”？若能，请证明；若不能，请说明理由.

【答案】（1）真

（2）解：∵，

∴，

当时，则（舍去），

当时，则，

，

∴，

∴，

∴，

∴

当时，则，

，

∴，

∴，

∴（舍去），

综上所述：是“类勾股三角形”时，

（3）解：①∵是等边三角形，

∴，，

∵是的高，是“类勾股三角形”，

∴由（2）可得，，

∴，

∵，

∴，

在和中，

，

∴，

∴

②∵，，

∴，

在和中，

，

∴，

∴，

∵，

∴，

设，，则，，

∴，

，

，

∴，

∴，

∴线段能构成一个“类勾股三角形”.

【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：（1）当△ABC为等边三角形时，

，

∴，

∴等边三角形一定是“类勾股三角形”；

故答案为：真；

【分析】（1）由于等边三角形的三边相等，结合“类勾股三角形”的定义判断即可；

（2）首先根据勾股定理得a2+b2=c2，然后分当a2+b2-ab=c2，a2+c2-ac=b2，b2+c2-bc=a2，三种情况，解答即可；

（3）①根据“类勾股三角形”的定义得到∠BFG=60°，利用ASA证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的对应边相等得AD=CE；②利用ASA证明△ABF≌△CAG，得到AG=BF，设FG=x，EG=y，用含x、y表示出AG2、EF2、CD2，进而根据类勾股三角形”定义判断即可.

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2023年浙教版数学八年级上册2.7探索勾股定理同步测试（培优版）

一、选择题（每题3分，共30分）

1．（2023八上·新城期末）如图，长方体的高为9dm，底面是边长为6dm的正方形，如果一只蚂蚁从顶点A开始爬向顶点B，那么它爬行的最短路程为（）

A．10dmB．12dmC．13dmD．15dm

2．（2022八上·东阳期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示.过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG，若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则的值为（）

A．B．3C．D．4

3．（2022八上·温州期中）如图，在等腰直角三角形中，，为的中点，为边上一点不与端点重合，过点作于点，作于点，过点作交的延长线于点若，则阴影部分的面积为（）

A．12B．12.5C．13D．13.5

4．（2022八上·龙港期中）三国时期的赵爽利用图1证明了勾股定理，后来倭国的数学家关孝和在“赵爽弦图”的启发下利用图2也证明了勾股定理.在图2中，E，B，F在同一条直线上，四边形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面积等于100，△IJD面积等于，且已知AH＝2，则△KCD的面积等于（）

A．B．39C．D．52

5．（2022八上·江干期中）如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（）

A．①②③⑤B．①③④C．②③④⑤D．①②⑤

6．（2022八上·宁波期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四块阴影部分的面积分别S1、S2、S3、S4．则等于（）

A．4B．6C．8D．12

7．（2022八上·浦江月考）在Rt△ABC中，AC=BC，点D为AB中点．∠GDH=90°，∠GDH绕点D旋转，DG、DH分别与边AC、BC交于E，F两点．下列结论：

①AE+BF=AB；②△DEF始终为等腰直角三角形；③S四边形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2．

其中正确的是（）

A．①②③④B．①②③C．①④D．②③

8．（2023八上·鄞州期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ.图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四边形边BAHE＝18，则四边形MBNJ的面积为（）

A．5B．6C．8D．9

9．（2023八上·肇源期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，，则下列结论：①∠CAD=30°②③S平行四边形ABCD=ABAC④，正确的个数是（）

A．1B．2C．3D．4

10．（2023八上·无锡月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB与y轴交于点A（0，6），与x轴的负半轴交于点B，且∠BAO＝30°，M、N是该直线上的两个动点，且MN＝2，连接OM、ON，则△MON周长的最小值为（）

A．2＋3B．2＋2C．2＋2D．5＋

二、填空题（每空3分，共24分）

11．（2023八上·西安期末）如图，圆柱底面半径为，高为，点A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A，B在同一条竖直直线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为cm.

12．（2023八上·宁波期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与坐标轴交于A，B两点，于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为．

13．（2023八上·义乌期末）气动升降桌由于高度可调节，给人们学习生活带来许多便捷．如图1所示是桌子的侧平面示意图，AC，BC，DC，DE，HG是固定钢架，HG垂直桌面MN，GE是位置可变的定长钢架．DF是两端固定的伸缩杆，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一个固定角为150°，当GE旋转至水平位置时，伸缩杆最短，此时伸缩杆DF的长度为cm．点D的离地高度为60cm，HG＝10cm，小南将桌子调整到他觉得最舒服的高度，此时发现FD＝FE，则桌面高度为cm．

14．（2023八上·鄞州期末）如图，在中，，于点，于点若，.

（1）的长为；

（2）在的腰上取一点，当是等腰三角形时，长为.

15．（2022八上·拱墅月考）如图，在中，，为边的中点，、分别为边、上的点，且，若，，则，线段的长度．

16．（2023八上·渠县期末）如图，一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是x轴上一动点，连接BC，将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，点C的坐标为.

17．（2023八上·华蓥期末）如图，在中.，平分交于E，于D.下列结论：①；②点E在线段的垂直平分线上：③；④；⑤，其中正确的有（填结论正确的序号）.

三、综合题（共7题，共66分）

18．（2022八上·苍南月考）已知，，为正数，满足如下两个条件：

①

②

证明：以，，为三边长可构成一个直角三角形.

19．（2022八上·兴平期中）如图，直线经过原点O，点A在x轴上，于点D，于点F，已知点，，，，求的长度．

20．（2022八上·延庆期末）在同一平面内的两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M，N间的“最距离”，记作：．

如图，点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且．

（1）若点D在数轴上表示的数为5，求d（点D，）；

（2）若点E，F在数轴上表示的数分别是x，，当d（线段，）时，求x的取值范围．

21．（2022八上·南海期中）如图，一个长方体形的木柜放在墙角处（与墙面和地面均没有缝隙），有一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角处

（1）请你在下面网格（每个小正方形边长为1）中，画出蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径；

（2）当，，时，求蚂蚁爬过的最短路径的长；

（3）我们发现，“用不同的方式表示同一图形的面积”可以解决计算线段的有关问题，这种方法称为“面积法”．请“面积法”求点到最短路径的距离．

22．（2023八上·嘉兴期末）如图，在中，，点为边上异于，的一个动点，作点关于的对称点，连结，，交直线于点.

（1）若，，是边上的高线.

①求线段的长；

②当时，求线段的长；

（2）在的情况下，当是等腰三角形时，直接写出的度数.

23．（2023八上·镇海区期末）如图，在边长为的正方形中，过中点E作正，过点F的直线分别交边、于点G、H、已知点M、N分别是线段、的动点，且是等边三角形.

（1）判断与的位置关系，并说明理由.

（2）当点N在线段上时

①求证：

②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值.

（3）设，点A关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围.

24．（2023八上·江北期末）定义：若三角形满足：两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方，则称这个三角形为“类勾股三角形”.如图1在中，，则是“类勾股三角形”.

（1）等边三角形一定是“类勾股三角形”，是命题（填真或假）.

（2）若中，，且，若是“类勾股三角形”，求的度数.

（3）如图2，在等边三角形的边上各取一点，，且相交于点，是的高，若是“类勾股三角形”，且.

①求证：.

②连结，若，那么线段能否构成一个“类勾股三角形”？若能，请证明；若不能，请说明理由.

答案解析部分

1．【答案】D

【知识点】平面展开﹣最短路径问题

【解析】【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），

AB＝＝3（dm）；

②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内，

AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝＝15（dm），

③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝＝15（dm），

由于，

所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm.

故答案为：D.

【分析】①将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②将长方体的正面和右面展开在同一平面内，同理求出AB的值；③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理求出AB的值，然后进行比较即可得到最短路程.

2．【答案】C

【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图，

设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x，

设CN＝t，则BE＝t，

在Rt△BCN中，∵CN＝t，BN＝t+x，BC＝x，

∴x2+（t+x）2＝（x）2，

解得t＝x，

∴BE＝CN＝x，

∵ED为小正方形的对角线，

∴∠FEN＝∠EFN＝45°，

∴∠GFD＝45°，

∵GD⊥DF，

∴△GDF为等腰直角三角形，

∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x，

∵∠GEM＝∠EGM＝45°，

∴△MGE为等腰直角三角形，

∴ME＝MG＝2x，

在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x，

∴BG＝＝x，

∴＝＝.

故答案为：C.

【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x，设CN＝t，则BE＝t，BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x，由正方形的性质可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出△GDF、△MGE为等腰直角三角形，得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，据此求解.

3．【答案】D

【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：设，，则，

为等腰直角三角形，，

，，

又为的中点，

，，

，，

四边形DGEH为矩形，，

，

，

，

，

，

，

由勾股定理得，，

，

整理得，，

由题意知，

，

故答案为：D.

【分析】设DG＝a，CG＝b，则CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四边形DGEH为矩形，根据矩形的性质及等腰直角三角形的性质得DH=EG=CG=b，根据平行线的性质及等腰直角三角形的性质得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出关于a和b的代数式的值，再由即可得出答案.

4．【答案】A

【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：∵四边形ABCD和四边形GDJH是正方形，正方形ABCD的面积等于100，

∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，

设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，

∵AG2+DG2＝AD2，

∴（2+x）2+x2＝102，

解得x＝6，x＝﹣8舍去，

∴DJ＝6，

∵△IJD面积等于，

∴，

∴IJ＝，

∴IH＝HJ﹣IJ＝6﹣＝，

∴AI＝＝，

∵AB＝10，AE＝AG＝8，

∴BE＝＝6，

∴BF＝2，

∴AH＝BF，

∵∠EAG＝∠BAD＝∠ABC＝90°，

∴∠GAD＝∠BAE，∠BAE＝∠FBK，

∴∠GAD=∠FBK，

∵∠BFK＝∠AHI＝90°，

∴△AHI≌△BFK（ASA），

∴AI＝BK＝，

∴CK＝BC﹣BK＝10﹣＝，

∴△KCD的面积＝CDCK＝.

故答案为：A.

【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，根据勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，结合△IJD面积，根据三角形的面积公式算出IJ的长，再由IH＝HJ﹣IJ算出IH的长，接着利用勾股定理算出AI、BE的长，根据同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，从而利用ASA判断出△AHI≌△BFK，根据全等三角形的性质得BK=AI，由CK＝BC﹣BK算出CK，最后根据三角形的面积公式即可算出答案.

5．【答案】D

【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）

【解析】【解答】解：连接OO'，

∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'，

∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确；

由①易得，，，

∴，

∴，

∴，

∴

∴故②正确；

，故③错误；

由③知，故④错误；

根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确.

故答案为：D.

【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤.

6．【答案】B

【知识点】勾股定理；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法；三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）

【解析】【解答】解：过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，

∵四边形ABEF是正方形，

∴AB=AF，∠FAD+∠CAB=90°，

又∠CAB+∠ABC=90°，

∴∠ABC=∠FAD，

∴Rt△ADF≌Rt△ABC（AAS），

∴DF=AC，∠FKD=∠CAB，

∴∠TAC=∠DFK，

∴Rt△DFK≌Rt△CAT（ASA），

所以S2＝SRt△ABC．

由Rt△DFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK，

∴S3＝S△FPT，

又∵Rt△AQF≌Rt△ACB，

∴S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC．

利用AAS证明Rt△ABC≌Rt△EBN，

∴S4＝SRt△ABC，

∴S1S2＋S3＋S4

＝（S1＋S3）S2＋S4

＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC

＝SRt△ABC=.

故答案为：B.

【分析】过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，由正方形的性质及AAS可证Rt△ADF≌Rt△ABC，Rt△DFK≌Rt△CAT，所以S2＝SRt△ABC，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，

故S3＝S△FPT，又Rt△AQF≌Rt△ACB，得S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC；用AAS证Rt△ABC≌Rt△EBN，

得S4＝SRt△ABC，故S1S2＋S3＋S4＝（S1＋S3）S2＋S4＝SRt△ABCSRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，据此即可得出答案.

7．【答案】A

【知识点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）

【解析】【解答】解：如图所示，连接CD，

∵AC＝BC，点D为AB中点，∠ACB＝90°，

∴AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，

∴∠ADE＋∠EDC＝90°，

∵∠EDC＋∠FDC＝∠GDH＝90°，

∴∠ADE＝CDF．

在△ADE和△CDF中，

∠A＝∠DCF，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF，

∴△ADE≌△CDF（ASA），

∴AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF．

∵AC＝BC，

∴ACAE＝BCCF，

∴CE＝BF．

∵AC＝AE＋CE，

∴AC＝AE＋BF．

∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC，

∴AC＝

∴AE+BF=AB，故①正确；

∵DE=DF，∠GDH=90°，

∴△DEF始终为等腰直角三角形，故②正确；

∵S四边形CEDF＝S△EDC＋S△CDF，

∴S四边形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC，

又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2

∴S四边形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正确；

∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2，

∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2，

又∵DE＝DF，

∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正确；

∴正确的有①②③④．

故答案为：A.

【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根据同角的余角相等得∠ADE＝CDF，从而利用ASA证△ADE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，进而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出结论．

8．【答案】B

【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；几何图形的面积计算-割补法

【解析】【解答】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，

∴AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，

∴∠CAB+∠BAD＝∠DAH+∠BAD，

∴∠CAB＝∠DAH，

在△CAB和△DAH中，

，

∴△CAB≌△DAH（SAS），

∴∠ADH＝∠ACB＝90°，

∵∠ADE＝90°，

∴H、D、E三点共线，

∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，

∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，

∵S1：S2＝1：4，

∴

∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，

∵四边形CADE是正方形，

∴∠ADE＝90°，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ，

在Rt△ACB中，由勾股定理得：，

在Rt△ADH中，由勾股定理得：

∵S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18，

∴ADDH+（AD+BE）DE＝×3GJ×2GJ+（3GJ+GJ）×3GJ＝18，

解得：GJ＝（负值已舍去），

∵∠ABC+∠EBM＝180°﹣∠ABI＝180°﹣90°＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°，

∴∠CAB＝∠EBM，即∠FAN＝∠EBM，

在△FAN和△EBM中，

，

∴△FAN≌△EBM（ASA），

∴S△FAN＝S△EBM，

∴S△ABC＝S四边形BCFN+S△FAN＝S四边形BCFN+S△EBM，

∴S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FCCE﹣ACBC＝2GJ×3GJ﹣×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（）2＝6.

故答案为：B.

【分析】根据正方形的性质可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，证明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三点共线，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，根据矩形的性质可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根据勾股定理表示出AB、DH，然后根据S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18结合三角形、梯形的面积公式可求出GJ，证明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，则S四边形MBNJ＝S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，据此计算.

9．【答案】D

【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形的中位线定理

【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD，

∴∠BAE=∠DAE，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，

∴∠DAE=∠BEA，

∴∠BAE=∠BEA，

∴AB=BE=1，

∴△ABE是等边三角形，

∴AE=BE=1，

∵BC=2，

∴EC=1，

∴AE=EC，

∴∠EAC=∠ACE，

∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，

∴∠ACE=30°，

∵AD∥BC，

∴∠CAD=∠ACE=30°，

故①符合题意；

②∵BE=EC，OA=OC，

∴OE=AB=，OE∥AB，

∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BCD=∠BAD=120°，

∴∠ACB=30°，

∴∠ACD=90°，

Rt△OCD中，OD==，

∴BD=2OD=，

故②符合题意；

③由②知：∠BAC=90°，

∴SABCD=ABAC，

故③符合题意；

④由②知：OE是△ABC的中位线，

∴OE=AB，

∵AB=BC，

∴OE=BC=AD，

故④符合题意；

正确的有：①②③④，

故答案为：D．

【分析】利用平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线求解即可。

10．【答案】B

【知识点】三角形三边关系；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题

【解析】【解答】解：如图作点O关于直线AB的对称点O’，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O'C交AB于点D，连接MC，MO'，

∴四边形MNOC为平行四边形，

∴，

，

∴，

在

中，

，即

，

当点M到点D的位置时，即当O’、M、C三点共线，

取得最小值，

∵，

，

设

，则

，

，

解得：

，

即：

，

，

，

解得：

，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

在

中，

，

即：

，

∴，

故答案为：B.

【分析】作点O关于直线AB的对称点O′，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O′C交AB于点D，连接ON，MO，则四边形MNOC为平行四边形，OM+ON=O′M+MC，结合三角形的三边关系可得OM+ON>O′C，当O′、M、C三点共线，OM+ON取得最小值，设OB=x，则AB=2x，根据勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根据△AOB的面积公式求出OF，进而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，据此解答.

11．【答案】15

【知识点】平面展开﹣最短路径问题

【解析】【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：；

即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；

∵圆柱底面半径为

∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长：；

又∵圆柱高为，

∴小长方形的一条边长是；

根据勾股定理求得；

∴；

故答案为：15.

【分析】画出圆柱的展开图，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB，根据圆柱的底面半径可得底面周长，即为长方形的宽，由圆柱的高可得小长方形的一条边长，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，据此求解.

12．【答案】

【知识点】勾股定理；旋转的性质；一次函数的性质；等腰直角三角形

【解析】【解答】解：令y=-x+2中的x=0得y=2，令y=0得x=2，

∴A（0