2025-2026学年八年级数学上册竞赛专题培优：八勾股定理与直角三角形全等的判定【附答案】

/专题卷八 勾股定理与直角三角形全等的判定(满分:120分考试时间:120分钟)一、选择题(每题5分，共30分)1.一个等腰三角形的周长为16，底边上的高为4，则这个等腰三角形的底边长和腰长的比值为()A.2:3 B.4:3 C.4:5 D.6:52.[宁波余姚梨洲中学自主招生]已知p，q均为质数，且满足5p2+3A.锐角三角形 B.直角三角形C.钝角三角形 D.等腰三角形3.[2024·重庆自主招生]如图，图1叫作一个基本的“勾股树”，也叫作第一代勾股树。图1中两个小正方形各自长出一个新的勾股树(如图2)，叫作第二代勾股树。从第二代勾股树出发，又可以长出第三代勾股树(如图3)。这样继续生长下去，则第四代勾股树图形中正方形的个数为 ()A.15 B.23 C.27 D.314.[2024·义乌二模]我国古代数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理。如图，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成(无重叠、无缝隙)。下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是 ()A.BM与DM的积 B.BE与DE的积C.BM与DE的积 D.BE与DM的积5.[2024·湖北自主招生]如图,将长、宽分别为12cm,3cm的长方形纸片分别沿AB,AC折叠,点M，N恰好重合于点P。若α=60∘A.36−63C.24cm6.[杭州萧山区新桐竞赛]如图,在边长为1的正方形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点，3AE=EB。有一只蚂蚁从点E出发，经过点F，G，H，最后回到点E，则蚂蚁所走的最短路程是 ()A.2 B.4 C.22 二、填空题(每题5分，共30分)7.[2024·无锡江阴自主招生]如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD。连结AC，交BE于点P。若BE-AE=3,则S△CFP−8.[2024·杭州自主招生]已知a,b为正数,且a+b=6,则a2+4+9.如图，在△ABC中，AB=5,AC=13,，BC边上的中线AD=6,,则BC的长为10.[2024·深圳罗湖区校级自主招生]等腰三角形边长均为整数，其面积在数值上是周长的12倍，则所有可能的等腰三角形的腰长之和为。11.[浙江自主招生]如图，P为正三角形ABC内任意一点，PD⟂BC,12.[“新知杯”上海竞赛]如图,P是凸四边形ABCD内一点,过点P分别作AB,BC,CD,DA边的垂线,垂足分别为E,F,G,H。已知AAH=3,HD=4,DG=1,GC=5,CF=6,FB=4,且BE-AE=1,,则四边形ABCD的周长为。三、解答题(共60分)13.(10分)[2024·江苏自主招生]如图,△ABC是等腰直角三角形,(CA=CB,,点N在线段AB上(与点A,B不重合),点M在射线BA上,且∠NCM=4514.(12分)[第三十届世界奥林匹克数学竞赛]在平面上作∠ABC=30∘,在点B的对面取点D，使15.(12分)[湖南师大附中第十三届学科素养与能力竞赛]如图，在四边形ABCD中，AC⟂AB,M,N分别是AD，BC的中点，正三角形CDE在四边形ABCD的外部。若∠EMN16.(12分)如图,在.△ABC中，∠BAC=9017.(14分)[2024·长沙自主招生]背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小。这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”。如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，“费马点”P在△ABC内部,当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时,PA+PB+PC取得最小值。(1)如图2,等边三角形ABC内有一点P,若点P到顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,求∠APB的度数。为了解决本题，我们可以将△APB绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的“费马点”呢?为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形，并连结等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的“费马点”。请同学们探索以下问题：(2)如图3,△ABC三个内角均小于120°,在△ABC外侧作等边三角形ABB',连结CB'。求证:CB'过△ABC的“费马点”。(3)如图4,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,∠ABC=30°,P为△ABC的“费马点”。连结AP,BP,CP,求PA+PB+PC的值。专题卷八勾股定理与直角三角形全等的判定1.D【解析】设腰长为x,底边长为2y,则2解得y=3,x=5,∴底边长为6，腰长为5，∴这个等腰三角形底边长和腰长的比值为6：5。2.B【解析】∵5p∴p,q必一奇一偶。∵p,q均为质数,∴p,q中有一个为2,若q=2,则p2∴p=2,q=13,此时1p+3=5,1-p+q=12,2p+q-4=13。∵∴以5，12，13为边长的三角形是直角三角形。3.D【解析】∵第一代勾股树中正方形有1+2=3(个)，第二代勾股树中正方形有1+2+22=7(个),第三代勾股树中正方形有1+2+22+24.A【解析】设小正方形EFCG的边长为x,BM=BF=a,DG=DM=b,则AB=b+x,AD=a+x,BD=a+b。在Rt△ABD中,B即a整理，得x矩形的面积为(a+5.A【解析】由翻折,得∠MAB=∠BAP,∠NAC=∠PAC,∴∠BAC=∠∵∴∠MAB=180°-∠BAC-α=180°-90°-60°=30°,∴AB=6cm,AC=23cm,∴阴影部分的面积−S△6.C【解析】如答图,延长DC到D',使CD=CD',点G关于点C的对称点为G′,则FG=FG′,同样作D'A'⊥CD',D'A'=DA,点H对应的位置为点H',则(G'H'=GH,再作A'B'⊥D'A',点E的对应位置为点E',则H'E'=HE。容易看出，当点E，F，G'，H'，E'在一条直线上时路程最小，最小路程为EE'7.92在△CFP与△AHM中,∵{∴△CFP≌△AHM(ASA)。同理,△AEP≌△CGM,∴S△CFP—S△AEP=S四边形EHMP=S四边形MGFP=12∵AE=BF,∴BE-AE=BE-BF=EF=3,∴∴8.61【解析】构图如答图，其中AB⊥BC于点B，CD⊥BC于点C,DE⊥则四边形BCDE是矩形,BE=CD=3,DE=BC=6。由勾股定理，得AP=B∵AP+PD≥AD,∴a在Rt△ADE中,由勾股定理,得AD9.261在△ADC与△EDB中,∵{∴△ADC≌△EDB(SAS),∴AC=BE=13。在△ABE中,AB=5,AE=12,BE=13,∴在△ABD中,∠BAD=90°,AB=5,AD=6,∴10.560【解析】如图,作AD⊥BC于点D。设腰长AB=b,底边BC=2a,则BD=a。在Rt△ABD中,AD∴∴12×2故b∴∴+==∵a,b为整数,∴a=40,b=85或a=48,b=80或a=72,b=90或a=120,b=130或a=168,b=175,∴可能的腰长之和为85+80+90+130+175=560。11.33【解析】如答图,连结PA,PB,PC,设等边三角形的边长为a。∵S△∴根据勾股定理得：BCAF①+②+③得,BD∴BD整理得2a(BD+CE+AF)=3a²,∴可得PD12.34【解析】由勾股定理可得ABCD以上四式等号两边分别相加，并代入已知数值可得：9+化简，得BE又∵BE-AE=1,则BE+AE=11,故四边形ABCD的周长为34。13.证明：解法一：如答图1，作点A关于直线MC的对称点D,连结DA,DM,DC,DN,则△MDC≌△MAC。∵△ABC是等腰直角三角形,CA=CB,且∠NCM=45°,∴∠DCN=∠DCM+∠MCA+∠ACN=∠DCM+45∘,∠∴∠DCN=∠BCN。又∵CD=CA=CB,∴在△DCN和△BCN中,{∴△DCN≌△BCN(SAS),∴ND=NB,∠CDN=∠CBN=45°。∵△MDC≌△MAC,∴∠CDM∴∠MDN=∠MDC-∠NDC=135°-45°=90°,∴MD⊥DN。∵MD=MA,∴解法二:如答图2,将△CBN沿CN翻折得△CDN,连结DM,DA,则△DCN≌△BCN,∴CD=CB=CA,DN=BN,∠CDN=∠CBN=45°,∠DCN=∠BCN。∵∠NCM=45°,∴∠DCM=∠DCN-∠MCN=∠BCN-45°=9又∵CD=CA,CM=CM。∴在△DCM和△ACM中,{∴△DCM≌△ACM(SAS),∴MA=MD,∠CDM=∠CAM=135°,∴∠∴14.解:AB,BC,BD三边能组成直角三角形。理由如下：如答图，以BC为边作等边三角形BCE，连结AE,AC。∵∠ABC=30°,∠CBE=60°,∴∠ABE=90°,∴A∵∴∵∠ADC=60°,∴△ADC是等边三角形。在△DCB和△ACE中,DC=AC,∴∠DCB=∠DCA+∠ACB=∠ECB+∠ACB=∠ACE。又∵BC=CE,∴△DCB≌△ACE(SAS),∴BD=AE。∵BC=BE,由①,得B∴AB,BC,BD三边能组成直角三角形。15.解:如答图,延长EM至点K,使MK=ME,连结AK,AN,KN,NE。易证△MAK≌△MDE(SAS),∴AK=DE,∴AK=CE。∵AC⊥AB,∴∠BAC=90°。∵N为BC中点,∴AN=BN=CN。又可证△NKM≌△NEM,∴NK=NE,故△NAK≌△NCE(SSS),∴∠KNA=∠ENC,∴∠KNE=∠1+∠ANE=∠2+∠ANE=∠ANC。∵∠NKM=∠3+∠4=∠5+∠6=60°-∠MEN=60°-∠NKM,∴∠NKM=∠NEM=30°,∴∠ANC=∠KNE=120°,∴∠B=60°。16.解:EF如答图,将△ABE绕点A顺时针旋转90°得△ACG,连结FG,∴AG=AE,CG=BE,∠1=∠B,∠EAG=90°,∴∠FCG=∠ACB+∠1=∠ACB+∠B=90°,∴又∵∠EAF=45°,而∠EAG=90°,∴∠GAF∴△AGF≌△AEF(SAS),∴17.(1)150解:(1)如答图1,连结PP'。∵点P到顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,∴AP=3,BP=4,CP=5。由旋转的性质,得△ACP'≌△ABP,∴AP'∠∴∠CAP'+∠PAC=∠BAP+∠PAC,即∠∵△ABC是等边三角形,∴∠BAC=60°,∴∠∴△PAP'是等边三角形,∴∠∵∴∴△CP'P是直角三角形,∠∴∠∴∠APB=150°。(2)如答图2,在CB'上取点P,使∠BPC=120°。连结AP,在PB'上截取PE=PB,连结BE。∵∠BPC=120°,∴∠EPB=60°,∴△PBE为正三角形,∴PB=BE,∠PBE=60°,∠BEB'=120°。∵△ABB'为正三角形,∴∴∠PBA=∠EBB',∴△∴∠∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°,∴P为△ABC的“费马点”,∴CB'过△ABC的“费马点”。(3)如答图3,将△APB绕点