2023年人教版数学八年级下册《勾股定理》压轴题专项练习（含答案）

这是一份2023年人教版数学八年级下册《勾股定理》压轴题专项练习（含答案），共17页。试卷主要包含了问题发现等内容，欢迎下载使用。
2023年人教版数学八年级下册
《勾股定理》压轴题专项练习
1.如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，O为BC的中点.
(1)写出O到△BC三个顶点的距离的关系(不要求证明)；
(2)如果点M，N分别在线段AB，AC上移动，在移动中保持AN＝BM，请你判断△OMN的形状，并证明你的结论；
(3)若AN＝3，NC＝4，求MN的长.







2.在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.

(1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
(2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.
求证：BE＋CF＝AB；
(3)如图③，将(2)中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交与点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝(BE﹣CF).







3.(1)问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为 ；②线段AD、BE之间的数量关系是 ．
(2)拓展研究：
如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，若AE＝15，DE＝7，求AB的长度．
(3)探究发现：
图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．








4.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E是AC上一点，连接BE.
(1)如图①，若AB＝4，BE＝5，求AE的长．
(2)如图②，点D是线段BE延长线上一点，过点A作AF⊥BD于点F，连接CD，CF.当AF＝DF时，求证：DC＝BC.








5.如图(a)，已知点B(0，6)，点C为x轴上一动点，连接BC，△ODC和△EBC都是等边三角形．
(1)求证：BO＝DE．
(2)如图(b)，当点D恰好落在BC上时，
①求OC的长及点E的坐标；
②在x轴上是否存在点P，使得△PEC为等腰三角形？若存在，写出点P的坐标；如不存在，说明理由．
③如图(c)，点M是线段BC上的动点(点B，C除外)，过点M作MG⊥BE于点G，MH⊥CE于点H，当点M运动时，MH＋MG的值是否发生变化？如不会变化，直接写出MH＋MG的值；如会变化，简要说明理由．







6.如图，已知△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G．
(1)求证：BF＝AC；
(2)求证：BF＝2CE；
(3)CE与BG的大小关系如何？试证明你的结论．













7.在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC于点D．
(1)如图1，点M，N分别在AD，AB上，且∠BMN＝90°，当∠AMN＝30°，AB＝2时，求线段AM的长；
(2)如图2，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝90°，求证：BE＝AF；
(3)如图3，点M在AD的延长线上，点N在AC上，且∠BMN＝90°，求证：AB＋AN＝AM．










8.如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC，垂足是D，AE平分∠BAD，交BC于点E.在△ABC外有一点F，使FA⊥AE，FC⊥BC．
(1)求证：BE＝CF；
(2)在AB上取一点M，使BM＝2DE，连接MC，交AD于点N，连接ME．
求证：①ME⊥BC；②CM平分∠ACE．
















9.(1)如图(1)，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF．
①求证：BE＋CF＞EF．
②若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明；
(2)如图(2)，在四边形ABCD中，∠B＋∠C＝180°，DB＝DC，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．









10.如图，在Rt△ABO中，∠BAO＝90°，AO＝AB，BO＝8，点A的坐标(﹣8，0)，点C在线段AO上以每秒2个单位长度的速度由A向O运动，运动时间为t秒，连接BC，过点A作AD⊥BC，垂足为点E，分别交BO于点F，交y轴于点 D.
(1)用t表示点D的坐标　 　；
(2)如图1，连接CF，当t＝2时，求证：∠FCO＝∠BCA；
(3)如图2，当BC平分∠ABO时，求t的值.












11.将一个直角三角形纸片ABO放置在平面直角坐标系中，点A(，0)，点B(0，1)，点O(0，0).P是边AB上的一点(点P不与点A，B重合)，沿着OP折叠该纸片，得点A的对应点A′.
(1)如图①，当点A′在第一象限，且满足A′B⊥OB时，求点A′的坐标;
(2)如图②，当P为AB中点时，求A′B的长;
(3)当∠BPA′＝30°时，求点P的坐标(直接写出结果即可).

图① 图②










12.如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒1cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒．
(1)①Rt△ABC斜边AC上的高为 　 　；
②当t＝3时，PQ的长为 　 　．
(2)当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？
(3)当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．







答案
1.解：(1)OA＝OB＝OC；理由如下：连接OA，如图所示：

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，O为BC的中点.
∴OA＝BC＝OB＝OC，
即O到△BC三个顶点的距离相等；
(2)△OMN是等腰直角三角形；理由如下：
∵AC＝AB，∠BAC＝90°，
∴OA＝OB，OA平分∠BAC，∠B＝45°，
∴∠NAO＝45°，
∴∠NAO＝∠B，
在△NAO和△MBO 中，
，
∴△NAO≌△MBO(SAS)，
∴ON＝OM，∠AON＝∠BOM，
∵AC＝AB，O是BC的中点，
∴AO⊥BC，即∠BOM＋∠AOM＝90°，
∴∠AON＋∠AOM＝90°，即∠NOM＝90°，
∴△OMN是等腰直角三角形.
(3)∵AN＝3，NC＝4，
∴AB＝AC＝3＋4＝7，
由(2)得：△NAO≌△MBO，
∴BM＝AN＝3，
∴AM＝AB﹣BM＝7﹣3＝4，
在Rt△AMN中，MN＝5.
2.解：(1)由四边形AEDF的内角和为360°，可知DE⊥AB，
又∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BD＝2.在Rt△BDE中，∠B＝60°，
∴BE＝1；
(2)如答图①，取AB的中点G，连结DG，
易证：DG为△ABC的中位线，故DG＝DC，∠BGD＝∠C＝60°，
又四边形AEDF的对角互补，故∠GED＝∠DFC，
∴△DEG≌△DFC.故EG＝CF，
∴BE＋CF＝BE＋EG＝BG＝AB；

(3)如答图②，取AB的中点G，连结DG，

同(2)，易证△DEG≌△DFC，故EG＝CF，
故BE﹣CF＝BE﹣EG＝BG＝AB.设CN＝x，
在Rt△DCN中，CD＝2x，DN＝x，
在Rt△DFN中，NF＝DN＝x，
故EG＝CF＝(﹣1)x，
BE＝BG＋EG＝DC＋CF＝2x＋(﹣1)x＝(＋1)x，
故BE＋CF＝(＋1)x＋(﹣1)x＝2x，
(BE﹣CF)＝[(＋1)x﹣(﹣1)x]＝2x.
故BE＋CF＝(BE﹣CF).
3.解：(1)①如图1，

∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．故答案为：60°．
②∵△ACD≌△BCE，
∴AD＝BE．故答案为：AD＝BE．
(2)∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE(SAS)．
∴AD＝BE＝AE﹣DE，∠ADC＝∠BEC，
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∴AB＝17；
(3)如图3，由(1)知△ACD≌△BCE，

∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠CAB＝∠CBA＝60°，
∴∠OAB＋∠OBA＝120°
∴∠AOE＝180°﹣120°＝60°，
如图4，同理求得∠AOB＝60°，

∴∠AOE＝120°，
∴∠AOE的度数是60°或120°．
4.解：(1)在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∴AC＝BC＝AB·sin45°＝4，
∴在Rt△BCE中，CE＝＝3，
∴AE＝AC﹣CE＝4﹣3＝1.(4分)
(2)证明：如图，过C点作CM⊥CF交BD于点M，

∴∠FCM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠FCA＝∠MCB，
∵AF⊥BD，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFE＝∠ACB，
∵∠AEF＝∠BEC，
∴∠CAF＝∠CBM，
在△ACF和△BCM中，
，
∴△ACF≌△BCM(ASA)，
∴FC＝MC，
又∵∠FCM＝90°，
∴∠CFM＝∠CMF＝45°，
∴∠AFC＝∠AFB＋∠CFM＝90°＋45°＝135°，
∠DFC＝180°﹣∠CFM＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AFC＝∠DFC，
在△ACF和△DCF中，
，
∴△ACF≌△DCF(SAS)，
∴AC＝DC，
∵AC＝BC，
∴DC＝BC.
5.解：(1)∵△ODC和△EBC都是等边三角形，
∴BC＝CE，OC＝CD，∠OCD＝∠BCE＝60°，
∴∠OCB＝∠DCE，
在△BCO与△ECD中，
，
∴△BCO≌△ECD，
∴BC＝CE；

(2)①∵点B(0，6)，
∴OB＝6，
由(1)知△BCO≌△ECD，
∴∠CDE＝∠BOC＝90°，
∴DE⊥BC，
∵△EBC是等边三角形，
∴∠DEC＝30°，
∴∠OBC＝∠DEC＝30°，
∴OC＝OB＝2，BC＝4，∴CE＝4，
过E作EF⊥x轴于F，∵∠DCO＝∠BCE＝60°，
∴∠ECF＝60°，
∵CE＝BC＝4，
∴CF＝2，EF＝CE＝6，
∴E(4，6)；
②存在，如图d，当CE＝CP＝4时，
∵OC＝2，∴OP1＝2，OP2＝6，
∴P1(﹣2，0)，P2(6，0)；
当CE＝PE，∵∠ECP＝60°，
∴△CPE是等边三角形，
∴P2，P3重合，
∴当△PEC为等腰三角形时，P(﹣2，0)，或(6，0)；
③不会变化，如图c，连接EM，∵S△BCE＝BC•DE＝BE•GM＋CE•MN，
∵BC＝CE＝BE，
∴GM＋MN＝DE＝6，
∴MN＋MG的值不会发生变化．
6.证明：(1)∵CD⊥AB，∠ABC＝45°，
∴△BCD是等腰直角三角形．
∴BD＝CD．
∵∠DBF＝90°﹣∠BFD，∠DCA＝90°﹣∠EFC，且∠BFD＝∠EFC，
∴∠DBF＝∠DCA．
在Rt△DFB和Rt△DAC中，
∵
∴Rt△DFB≌Rt△DAC(ASA)．
∴BF＝AC；
(2)证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE．
在Rt△BEA和Rt△BEC中
，
∴Rt△BEA≌Rt△BEC(ASA)．
∴CE＝AE＝AC．
又由(1)，知BF＝AC，
∴CE＝AC＝BF；
(3)证明：∠ABC＝45°，CD垂直AB于D，则CD＝BD．
H为BC中点，则DH⊥BC(等腰三角形“三线合一”)
连接CG，则BG＝CG，∠GCB＝∠GBC＝∠ABC＝×45°＝22.5°，∠EGC＝45°．

又∵BE垂直AC，故∠EGC＝∠ECG＝45°，CE＝GE．
∵△GEC是直角三角形，
∴CE2＋GE2＝CG2，
∵DH垂直平分BC，
∴BG＝CG，
∴CE2＋GE2＝CG2＝BG2；
即2CE2＝BG2，BG＝CE，
∴BG＞CE．
7.解：(1)∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD＝BD＝DC，∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CAD＝45°，
∵AB＝2，
∴AD＝BD＝DC＝，
∵∠AMN＝30°，
∴∠BMD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∴∠MBD＝30°，
∴BM＝2DM，
由勾股定理得，BM2﹣DM2＝BD2，
即(2DM)2﹣DM2＝()2，解得，DM＝，
∴AM＝AD﹣DM＝﹣；
(2)证明：∵AD⊥BC，∠EDF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF(ASA)
∴BE＝AF；
(3)证明：过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，

∴∠AME＝90°，
则AE＝AM，∠E＝45°，
∴ME＝MA，
∵∠AME＝90°，∠BMN＝90°，
∴∠BME＝∠AMN，
在△BME和△AMN中，
，
∴△BME≌△AMN(ASA)，
∴BE＝AN，
∴AB＋AN＝AB＋BE＝AE＝AM．
8.证明：(1)∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵FC⊥BC，
∴∠BCF＝90°，
∴∠ACF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠B＝∠ACF，
∵∠BAC＝90°，FA⊥AE，
∴∠BAE＋∠CAE＝90°，∠CAF＋∠CAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF(ASA)，
∴BE＝CF；

(2)①如图，过点E作EH⊥AB于H，则△BEH是等腰直角三角形，
∴HE＝BH，∠BEH＝45°，
∵AE平分∠BAD，AD⊥BC，
∴DE＝HE，
∴DE＝BH＝HE，
∵BM＝2DE，
∴HE＝HM，
∴△HEM是等腰直角三角形，
∴∠MEH＝45°，
∴∠BEM＝45°＋45°＝90°，
∴ME⊥BC；
②由题意得，∠CAE＝45°＋×45°＝67.5°，
∴∠CEA＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CAE＝∠CEA＝67.5°，
∴AC＝CE，
在Rt△ACM和Rt△ECM中，
，
∴Rt△ACM≌Rt△ECM(HL)，
∴∠ACM＝∠ECM，
∴CM平分∠ACE．
9.(1)①证明：如图(1)延长ED到G，使DG＝ED，连接CG，FG，
∵在△DCG与△DBE中，
，
∴△DCG≌△DBE(SAS)，
∴DG＝DE，CG＝BE，
又∵DE⊥DF，
∴FD垂直平分线段EG，
∴FG＝FE，
在△CFG中，CG＋CF＞FG，即BE＋CF＞EF；
②结论：BE2＋CF2＝EF2．理由：∵∠A＝90°，
∴∠B＋∠ACD＝90°，
由①∠FCG＝∠FCD＋∠DCG＝∠FCD＋∠B＝90°，
∴在Rt△CFG中，由勾股定理，得CG2＋CF2＝FG2，
即BE2＋CF2＝EF2；

(2)如图(2)，结论：EF＝EB＋FC．理由：延长AB到M，使BM＝CF，
∵∠ABD＋∠C＝180°，又∠ABD＋∠MBD＝180°，
∴∠MBD＝∠C，而BD＝CD，
∴△BDM≌△CDF，
∴DM＝DF，∠BDM＝∠CDF，
∴∠EDM＝∠EDB＋∠BDM＝∠EDB＋∠CDF＝∠CDB﹣∠EDF＝120°﹣60°＝60°＝∠EDF，
∴△DEM≌△DEF，
∴EF＝EM＝EB＋BM＝EB＋CF．
10.解：(1)∵AD⊥BC，
∴∠AEB＝90°＝∠BAC＝∠AOD，
∴∠ABC＋∠BAE＝90°，∠BAE＋∠OAD＝90°，
∴∠ABC＝∠OAD，
∴∠ABC＝∠OAD，
∵AB＝OA，
∴△ABC≌△OAD(ASA)，
∴OD＝AC＝2t，
∴D(0，2t).
故答案为(0，2t)
(2)如图1中，

∵AB＝AO，∠BAO＝90°，OB＝8，
∴AB＝AO＝8，
∵t＝2，
∴AC＝OD＝4，
∴OC＝OD＝4，
∵OF＝OF，∠FOD＝∠FOC，
∴△FOD≌△FOC(SAS)，
∴∠FCO＝∠FDC，
∵△ABC≌△OAD，
∴∠ACB＝∠ADO，
∴∠FCO＝∠ACB.
(3)如图2中，在AB上取一点K，使得AK＝AC，连接CK.设AK＝AC＝m，则CK＝m.

∵CB平分∠ABO，
∴∠ABC＝22.5°，
∵∠AKC＝45°＝∠ABC＋∠KCB，
∴∠KBC＝∠KCB＝22.5°，
∴KB＝KC＝m，
∴m＋m＝8，
∴m＝8(﹣1)，
∴t＝4(﹣1).
11.解：(1)∵点A(，0)，点B(0，1)，
∴OA＝，OB＝1.
根据题意，由折叠的性质可得△A′OP≌△AOP.
∴OA′＝OA＝，
由A′B⊥OB，得∠A′BO＝90°.
在Rt△A′OB中，A′B＝，
∴点A′的坐标为(，1).
(2)在Rt△AOB中，OA＝，OB＝1，
∴AB＝2
∵点P为AB中点，
∴AP＝BP＝1，OP＝AB＝1.
∴OP＝OB＝BP，
∴△BOP是等边三角形
∴∠BOP＝∠BPO＝60°，
∴∠OPA＝180°-∠BPO＝120°.
由(1)知，△A′OP≌△AOP，
∴∠OPA′＝∠OPA＝120°，P′A＝PA＝1，
∴∠BPA′＝60°，BP＝PA′＝1，
∴△A′BP是等边三角形，
∴A′B＝A′P＝1.
(3).
12.解：(1)①在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC＝10(cm)，
∴Rt△ABC斜边AC上的高为4.8(cm)；
②当t＝3时，则AP＝3cm，BQ＝2t＝6cm，
∵AB＝8cm，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣3＝5(cm)，
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ＝(cm)，
即PQ的长为cm，
故答案为：①4.8cm；②cm；
(2)由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝8，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t＝，
∴出发秒后△PQB能形成等腰三角形；
(3)在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10，
当点Q在AC上时，AQ＝BC＋AC﹣2t＝16﹣2t，
∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣(16﹣2t)＝2t﹣6，
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝6时，如图1，过B作BD⊥AC于D，

则CD＝CQ＝t﹣3，
在Rt△ABC中，S△ABC＝×AC×BD＝×BC×AB，
∴BD＝，
在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2＋CD2，
即62＝( )2＋(t﹣3)2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0(舍去)；
②当CQ＝BC＝6时，则2t﹣6＝6，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C＋∠A＝∠CBQ＋∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴CQ＝AC＝5，即2t﹣6＝5，解得t＝5.5；
综上可知当运动时间为6.6秒或6秒或5.5秒时，△BCQ为等腰三角形．