北师大版2021-2022学年八年级数学上册考点专项训练——《勾股定理》热门考点整合应用（附参考答案）

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本章主要学习了勾股定理、勾股定理的逆定理及其应用．勾股定理揭示了直角三角形三边之间的数量关系，它把直角三角形的“形”的特点转化为三边长的“数”的关系，是数形结合的典范，是直角三角形的重要性质之一，也是今后学习直角三角形的依据之一．本章的主要考点可概括为：一个定理、一个判定、一个概念、四种方法、两个应用、三种思想．
考点1： 一个定理——勾股定理
1．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20，CD是高．求：
(1)AB的长；
(2)△ABC的面积；
(3)CD的长．
(第1题)
考点2： 一个判定——直角三角形的判定
2．张老师在一次“探究性学习”课中，设计了如下数表：
(1)请你分别探究a，b，c与n之间的关系，并用含n(n＞1)的式子表示：a＝________，b＝________，c＝________；
(2)猜想以a，b，c为边长的三角形是否为直角三角形，并说明你的理由．
3．如图，在四边形ABCD中，AC⊥DC，△ADC的面积为30 cm2，DC＝12 cm，AB＝3 cm，BC＝4 cm，求△ABC的面积．
(第3题)
考点3： 一个概念——勾股数
4．如果x，y，z为正整数，且满足x2＋y2＝z2，那么(x，y，z)叫做一组勾股数．如(3，4，5)就是一组勾股数．
(1)请你再写出两组勾股数：(________，________，________)，(________，________，________)．
(2)在△ABC中，三条边长分别为a，b，c，其中a＝n，b＝eq \f(n2,4)－1，c＝eq \f(n2＋4,4)(n是大于2的偶数)．试说明：(a，b，c)是一组勾股数．
考点4： 四种方法
eq \a\vs4\al(方法1) 化曲(折)为直法
5．如图，长方体的底面相邻两边的长分别为1 cm和3 cm，高为6 cm，如果用一根细线从点A开始经过4个侧面缠绕一圈到达B，那么所用细线最短需要多长？如果从点A开始经过4个侧面缠绕n圈到达点B，那么所用细线最短时其长度的平方是多少？
(第5题)
eq \a\vs4\al(方法2) 对称找点法
6．如图，牧童在A处放牛，其家在B处，A，B到河岸的距离分别为AC＝400 m，BD＝200 m，且CD＝800 m，牧童从A处把牛牵到河边饮水后回家，在何处饮水所走总路程最短？最短路程是多少？
(第6题)
eq \a\vs4\al(方法3) 旋转法
7．如图，点E是正方形ABCD内一点，连接AE，BE，CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置．若AE＝1，BE＝2，CE＝3，求∠BE′C的度数．
(第7题)
eq \a\vs4\al(方法4) 化斜为直法
8．如图，在△ABC中，AB＝13，BC＝10，BC边上的中线AD＝12.求：
(1)AC的长度；
(2)△ABC的面积．
(第8题)
考点5： 两个应用
eq \a\vs4\al(应用1) 勾股定理的应用
9．将穿好彩旗的旗杆垂直插在操场上，旗杆顶到地面的高度为320 cm，在无风的天气里，彩旗自然下垂，如图①所示．求彩旗下垂时最低处离地面的最小高度h.(彩旗完全展开时的尺寸是如图②所示的长方形)
(第9题)
eq \a\vs4\al(应用2) 判定直角三角形的应用
10．如图，在我国沿海有一艘不明国籍的轮船进入我国海域，我海军甲、乙两艘巡逻艇立即从相距5 n mile的A，B两个基地前去拦截，6 min后同时到达C地将其拦截．已知甲巡逻艇的速度为40 n mile/h，乙巡逻艇的速度为30 n mile/h，且乙巡逻艇的航向为北偏西37°，求甲巡逻艇的航向．
(第10题)
11．育英中学有两个课外小组的同学同时步行到校外去采集植物标本，第一组的步行速度为30 m/min，第二组的步行速度为40 m/min，半时后，两组同学同时停下来，这时两组同学相距1 500 m.
(1)试判断这两组同学行走的方向是否成直角；
(2)如果接下来这两组同学以原来的速度相向而行，多长时间后能相遇？
考点6： 三种思想
eq \a\vs4\al(思想1) 方程思想
12．如图，点N是△ABC的边BC的延长线上一点，∠ACN＝2∠BAC，过点A作AC的垂线交CN于点P.
(1)若∠APC＝30°，试说明：AB＝AP.
(2)若AP＝8，BP＝16，求AC的长．
(3)若点P在BC的延长线上运动，∠APB的平分线交AB于点M.你认为∠AMP的大小是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变化，求出∠AMP的大小．
(第12题)
eq \a\vs4\al(思想2) 转化思想
13．求下列图形中阴影部分的面积．
(1)如图①，AB＝8，AC＝6；
(2)如图②，AB＝13，AD＝14，CD＝2.
(第13题)
eq \a\vs4\al(思想3) 分类讨论思想
14．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝10 cm，BC＝6 cm，若动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为1 cm/s，设运动时间为t(s)．
(1)出发2 s后，求△ABP的面积．
(2)当t为几秒时，BP平分∠ABC?
(3)当t为几秒时，△BCP为等腰三角形？
(第14题)
参考答案
1．解：(1)因为在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20，
所以AB2＝AC2＋BC2＝202＋152＝625.
所以AB＝25.
(2)S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)×20×15＝150.
(3)因为CD是边AB上的高，
所以eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)AB·CD.
即eq \f(1,2)×20×15＝eq \f(1,2)×25·CD，
解得CD＝12.
2．解：(1)n2－1；2n；n2＋1
(2)是直角三角形．理由如下：因为a2＋b2＝(n2－1)2＋(2n)2＝n4＋2n2＋1，c2＝(n2＋1)2＝n4＋2n2＋1，所以a2＋b2＝c2.所以以a，b，c为边长的三角形是直角三角形．
3．解：在Rt△ACD中，S△ACD＝eq \f(1,2)AC·DC＝30 cm2，
因为DC＝12 cm，所以AC＝5 cm.
因为AB2＋BC2＝32＋42＝25，
AC2＝52＝25，
所以AB2＋BC2＝AC2.
所以△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90°.所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)×3×4＝6(cm2)．
4．解：(1)6；8；10；9；12；15(答案不唯一)
(2)由题意知边长c最大，因为a2＋b2＝n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,4)－1))eq \s\up12(2)＝n2＋eq \f(n4,16)－eq \f(n2,2)＋1＝eq \f(n4,16)＋eq \f(n2,2)＋1，c2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2＋4,4)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,4)＋1))eq \s\up12(2)＝eq \f(n4,16)＋eq \f(n2,2)＋1，所以a2＋b2＝c2，又易知a，b，c为正整数，所以(a，b，c)是一组勾股数．
5．解：将长方体的侧面展开，如图所示．
因为AA′＝1＋3＋1＋3＝8(cm)，A′B′＝6 cm，
所以AB′2＝AA′2＋A′B′2＝82＋62＝102.
所以用一根细线从点A开始经过4个侧面缠绕一圈到达B，所用细线最短需要10 cm.如果从点A开始经过4个侧面缠绕n圈到达点B，那么所用细线最短时，其长度的平方为(64n2＋36)cm2.
(第5题)
6．解：如图，作点A关于直线CD的对称点A′，连接A′B交CD于点M，连接AM，则在点M处饮水所走的总路程最短，最短路程为A′B的长．
过点A′作A′H⊥BD交BD的延长线于点H，在Rt△A′HB中，A′H＝CD＝800 m，BH＝BD＋DH＝BD＋A′C＝BD＋AC＝200＋400＝600(m)，由勾股定理得A′B2＝A′H2＋BH2＝8002＋6002＝1 000 000，故A′B＝1 000 m，所以最短路程为1 000 m.
(第6题)
7．解：如图，连接EE′.
由题意可知△ABE≌△CBE′，
所以CE′＝AE＝1，BE′＝BE＝2，
∠ABE＝∠CBE′.
又因为∠ABE＋∠EBC＝90°，
所以∠CBE′＋∠EBC＝90°.
即∠EBE′＝90°，则由勾股定理，
得EE′2＝8.在△EE′C中，
CE′2＋EE′2＝1＋8＝9＝CE2.
由勾股定理的逆定理可知∠EE′C＝90°.
又因为BE＝BE′，
所以∠BE′E＝eq \f(180°－90°,2)＝45°.
所以∠BE′C＝∠BE′E＋∠EE′C＝45°＋90°＝135°.
(第7题)
8．解：(1)因为AD是BC边上的中线，BC＝10，
所以BD＝CD＝5.
因为52＋122＝132，
所以BD2＋AD2＝AB2.
所以∠ADB＝90°.
所以∠ADC＝90°.
所以AC2＝AD2＋CD2＝169.
所以AC＝13.
(2)S△ABC＝eq \f(1,2)·BC·AD＝eq \f(1,2)×10×12＝60.
9．解：彩旗下垂时最低处离地面的最小高度h也就是旗杆的高度减去彩旗的对角线的长，
因为1202＋902＝22 500，
所以彩旗的对角线长为150 cm.
所以h＝320－150＝170(cm)．
即彩旗下垂时最低处离地面的最小高度h为170 cm.
10．解：由题意得AC＝40×0.1＝4(n mile)，BC＝30×0.1＝3(n mile)．
因为AB＝5 n mile，所以AB2＝BC2＋AC2.所以∠ACB＝90°.
因为∠CBA＝90°－37°＝53°，所以∠CAB＝37°.
所以甲巡逻艇的航向为北偏东53°.
11．解：(1)因为半时后，第一组行走的路程为30×30＝900(m)，第二组行走的路程为40×30＝1 200(m)，9002＋1 2002＝1 5002，而此时两组同学相距1 500 m，所以两组同学行走的方向成直角．
(2)设x min后两组同学相遇．
根据题意，得30x＋40x＝1 500.
解这个方程，得x＝eq \f(150,7).
即这两组同学若以原来的速度相向而行，eq \f(150,7) min后能相遇．
12．解：(1)因为AC⊥AP，所以∠CAP＝90°.
因为∠APC＝30°，所以∠ACP＝60°.
所以∠BAC＝30°.所以∠ABP＝30°.
所以∠ABP＝∠APC.所以AB＝AP.
(2)因为∠ACP＝180°－∠ACB，
∠BAC＋∠B＝180°－∠ACB，
所以∠ACP＝∠BAC＋∠B.
又因为∠ACN＝2∠BAC，
所以∠BAC＝∠B，所以AC＝BC.
设AC＝x，则BC＝x.
在Rt△ACP中，由勾股定理建立方程得x2＋82＝(16－x)2，
解得x＝6.
所以AC＝6.
(3)∠AMP的大小不发生变化．理由如下：
由题易知∠B＝eq \f(1,2)∠ACP.
因为∠AMP＝180°－∠BMP＝∠B＋∠BPM
＝eq \f(1,2)∠ACP＋eq \f(1,2)∠APC，
＝eq \f(1,2)(∠ACP＋∠APC)
＝eq \f(1,2)×90°＝45°，
所以∠AMP的大小不发生变化．
13．解：(1)因为AB＝8，AC＝6，
所以BC2＝AB2＋AC2＝100.所以BC＝10.
所以BO＝5.
因为S△ABC＝eq \f(1,2)AB×AC＝eq \f(1,2)×8×6＝24，
S半圆＝eq \f(1,2)π×52＝eq \f(25π,2)，
所以S阴影＝eq \f(25π,2)－24.
(2)因为AD＝14，CD＝2，
所以AC＝12.
因为AB＝13，
所以CB2＝AB2－AC2＝25.所以CB＝5.
所以S阴影＝2×5＝10.
14．解：(1)如图①，
因为∠C＝90°，AB＝10 cm，BC＝6 cm，
所以AC＝8 cm.
根据题意可得PC＝2 cm，则AP＝6 cm.
故△ABP的面积为eq \f(1,2)×AP×BC＝eq \f(1,2)×6×6＝18(cm2)．
(第14题)
(2)如图②，过点P作PD⊥AB于点D，
当BP平分∠ABC时，有PD＝PC，
易证Rt△BPD≌Rt△BPC(HL)，
所以BD＝BC＝6 cm.
所以AD＝10－6＝4(cm)．
设PC＝x cm，则PA＝(8－x) cm.
所以x2＋42＝(8－x)2，
解得x＝3.即PC＝3 cm.
所以t＝eq \f(3,1)＝3(s)．
即当t＝3 s时，BP平分∠ABC.
(3)(第14题)
如图Ⅰ，若点P在边AC上时，BC＝CP＝6 cm，
此时用的时间为6 s，△BCP为等腰三角形．
若点P在AB边上时，有三种情况：
如图Ⅱ，
若BP＝CB＝6 cm，此时AP＝4 cm，
点P运动的路程为12 cm，
故t＝12 s时，△BCP为等腰三角形；
②如图Ⅲ，
若CP＝BC＝6 cm，过C作CE⊥AB于E，根据面积法求得CE＝4.8 cm，
根据勾股定理得PE＝BE＝3.6 cm.
所以BP＝7.2 cm，
所以P运动的路程为18－7.2＝10.8(cm)．
所以当t＝10.8 s时，△BCP为等腰三角形．
如图Ⅳ，
若BP＝CP，则∠PCB＝∠PBC，
因为∠ACP＋∠BCP＝90°，∠PBC＋∠CAP＝90°，所以∠ACP＝∠CAP.所以PA＝PC.
所以PA＝PB＝5 cm.
所以点P运动的路程为13 cm.
所以当t＝13 s时，△BCP为等腰三角形．
所以当t＝6 s或10.8 s或12 s或13 s时，△BCP为等腰三角形．
n
2
3
4
5
…
a
22－1
32－1
42－1
52－1
…
b
4
6
8
10
…
c
22＋1
32＋1
42＋1
52＋1
…