八年级数学下册知识点复习专题讲练勾股定理的综合使用含解析

这是一份八年级数学下册知识点复习专题讲练勾股定理的综合使用含解析，共21页。主要包含了勾股定理，定理适用范围及应用，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、勾股定理
1. 定理内容：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；
表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为、，斜边为，那么
2. 勾股定理的证明：
勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法。
用拼图的方法验证勾股定理的思路是：
①图形经过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变；
②根据同一种图形的面积的不同表示方法，列出等式，推导出勾股定理。
常见方法如下：
二、定理适用范围及应用
1. 勾股定理的适用范围
勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考查的对象是直角三角形。
2. 勾股定理的应用
①已知直角三角形的任意两边长，求第三边；
在中，，则，，；
②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系；
③可运用勾股定理解决一些实际问题。
总结
（1）掌握好定理的内容及基本证明；
（2）求线段的问题基本都是在使用勾股定理进行求值。
例题1 已知直角三角形斜边上的中线长为1，周长为2+，则这个三角形的面积为（ ）
A. B. 1 C. 2 D.
解析：由中线长可得斜边长，根据周长已知，可列出另外两边的方程，再根据勾股定理列出另一个方程，联立解得两直角边长，再利用面积公式进行计算。
答案：解：设两直角边长分别为x、y；
∵直角三角形斜边上的中线长为1，故斜边长为2。
周长为2+=x+y+2，得x+y=。①
由勾股定理得 ＝2。②
①②联立解得xy=1，故这个三角形的面积为xy=。故选A。
例题2 在直线l上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+2S2+2S3+S4=（ ）
A. 5 B. 4 C. 6 D. 10
解析：先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有ED2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6。
答案：解：如图
∵图中的四边形为正方形，
∴∠ABD=90°，AB=DB，∴∠ABC+∠DBE=90°，
∵∠ABC+∠CAB=90°，∴∠CAB=∠DBE，
∵在△ABC和△BDE中，
∠ACB＝∠BED ∠CAB＝∠EBD AB＝BD，
∴△ABC≌△BDE（AAS），∴AC=BE，
∵DE2+BE2=BD2，∴ED2+AC2=BD2，∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，∴S1+S2=1，
同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6。故选C。
分类讨论思想的应用
例题 在△ABC中，AB=2，BC=1，∠ABC=45°，以AB为一边作等腰直角三角形ABD，使∠ABD=90°，连接CD，则线段CD的长为 。
解析：分①点A、D在BC的两侧，设AD与边BC相交于点E，根据等腰直角三角形的性质求出AD，再求出BE=DE=AD并得到BE⊥AD，然后求出CE，在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解；②点A、D在BC的同侧，根据等腰直角三角形的性质可得BD=AB，过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，判定△BDE是等腰直角三角形，然后求出DE=BE=2，再求出CE，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解。
答案：解：①如图1，点A、D在BC的两侧，∵△ABD是等腰直角三角形，
∴AD==4，
∵∠ABC=45°，∴BE=DE=AD=×4=2，BE⊥AD，
∵BC=1，∴CE=BE－BC=2－1=1，
在Rt△CDE中，CD==；
②如图2，点A、D在BC的同侧，
∵△ABD是等腰直角三角形，∴BD=AB=2，
过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，则△BDE是等腰直角三角形，
∴DE=BE=2，
∵BC=1，∴CE=BE+BC=2+1=3，
在Rt△CDE中，
CD==，
综上所述，线段CD的长为或。
图形变换的证明
例题 如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，D为AB边上一点，求证：（1）△ACE≌△BCD；（2）AD2+DB2=DE2。
解析：根据全等三角形的判定解决第一个问题，将图形转换位置，使AD、DB、DE转化到同一个图形中，利用勾股定理进行证明。
答案：证明：（1）∵∠ACB=∠ECD，
∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠ACE，即∠BCD=∠ACE。
∵BC=AC，DC=EC，∴△ACE≌△BCD。
（2）∵△ACB是等腰直角三角形，∴∠B=∠BAC=45°。
∵△ACE≌△BCD，∴∠B=∠CAE=45°，
∴∠DAE=∠CAE+∠BAC=45°+45°=90°，∴AD2+AE2=DE2。
由（1）知AE=DB，∴AD2+DB2=DE2。
（答题时间：45分钟）
一、选择题
1. 如图，△ABC中，D为AB中点，E在AC上，且BE⊥AC。若DE=10，AE=16，则BE的长度为（ ）
A. 10 B. 11 C. 12 D. 13
2. 如图，在平面直角坐标系中，点P坐标为（－2，3），以点O为圆心，以OP的长为半径画弧，交x轴的负半轴于点A，则点A的横坐标介于（ ）
A. －4和－3之间B. 3和4之间C. －5和－4之间D. 4和5之间
*3. 如图，矩形ABCD中，E、F、M为AB、BC、CD边上的点，且AB=6，BC=7，AE=3，DM=2，EF⊥FM，则EM的长为（ ）
A. 5 B. 5 C. 6 D. 6
*4. 如图，在△ABC中，∠A=90°，P是BC上一点，且DB=DC，过BC上一点P，作PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，已知：AD：DB=1：3，BC=4，则PE+PF的长是（ ）
A. 4 B. 6 C. 4 D. 2
**5. 在等腰△ABC中，∠ACB=90°，且AC=1。过点C作直线l∥AB，P为直线l上一点，且AP=AB。则点P到BC所在直线的距离是（ ）
A. 1 B. 1或 C. 1或 D. 或
**6. 如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板叠放在一起，且∠DAB=30°。有以下四个结论：①AF⊥BC；②∠BOE=135°；③O为BC的中点；④AG：DE=：3，其中正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ②④C. ②③D. ①③
二、填空题：
*7. 如图，OP=1，过P作PP1⊥OP，得OP1= ；再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，得OP2=；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=2；…依此法继续作下去，得OP2012= 。
*8. 如图所示，在△ABC中，∠C=2∠B，点D是BC上一点，AD=5，且AD⊥AB，点E是BD的中点，AC=6.5，则AB的长度为 。
**9. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点E，∠BDA=90°，∠CBE=30°，∠CEB=45°，AE=4EC，BC=2，则CD的长为 。
三、解答题：
*10. 如图，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC=CD。
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）若AB=15，AD=7，BC=5，求CE的长。
**11. 已知，如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，CD⊥AB交AB于点E，且CD=AC，DF∥BC，分别与AB、AC交于点G、F。
（1）求证：GE=GF；
（2）若BD=1，求DF的长。
**12. 如图，在△ABC中，∠C=2∠B，D是BC上的一点，且AD⊥AB，点E是BD的中点，连接AE。
（1）求证：∠AEC=∠C；
（2）求证：BD=2AC；
（3）若AE=6.5，AD=5，那么△ABE的周长是多少？
1. C 解析：∵BE⊥AC，∴△AEB是直角三角形，∵D为AB中点，DE=10，∴AB=20，∵AE=16，∴BE==12，故选C。
2. A 解析：∵点P坐标为（－2，3），∴OP==，∵点A、P均在以点O为圆心，以OP为半径的圆上，∴OA=OP=，∵9＜13＜16，∴3＜＜4。∵点A在x轴的负半轴上，∴点A的横坐标介于－4和－3之间。故选A。
3. B 解析：解：如图，过E作EG⊥CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，又∵EG⊥CD，∴∠EGD=90°，∴四边形AEGD是矩形，∴AE=DG，EG=AD，∴EG=AD=BC=7，MG=DG－DM=3－2=1，∵EF⊥FM，∴△EFM为直角三角形，∴在Rt△EGM中，EM===5。故选B。
4. C 解析：解：方法一：作PM⊥AC于点M，可得矩形AEPM∴PE=AM，利用DB=DC得到∠B=∠DCB∵PM∥AB。∴∠B=∠MPC∴∠DCB=∠MPC又∵PC=PC。∠PFC=∠PMC =90°∴△PFC≌△CMP∴PF=CM∴PE+PF=AC∵AD：DB=1：3∴可设AD=x，DB=3x，那么CD=3x，AC=2x，BC=2x∵BC=4∴x=2∴PE+PF=AC=2×2=4。
方法二：连接PD，PD把△BCD分成两个三角形△PBD、△PCD，S△PBD=BD•PE，
S△PCD=DC•PF，S△BCD=BD•AC，所以PE+PF=AC=2×2=4。故选C。
5. D 解析：①如图，延长AC，作PD⊥BC交点为D，PE⊥AC，交点为E，∵CP∥AB，∴∠PCD=∠CBA=45°，∴四边形CDPE是正方形，则CD=DP=PE=EC，∵在等腰直角△ABC中，AC=BC=1，AB=AP，∴AB==，∴AP=；∴在直角△AEP中，（1+EC）2+EP2=AP2∴（1+DP）2+DP2=（）2，解得，DP=；②如图，延长BC，作PD⊥BC，交点为D，延长CA，作PE⊥CA于点E，同理可证，四边形CDPE是正方形，∴CD=DP=PE=EC，同理可得，在直角△AEP中，（EC－1）2+EP2=AP2，∴（PD－1）2+PD2=（）2，解得，PD=故选D。
6. D 解析：如图，∵两块完全相同的含30°角的直角三角板叠放在一起，且∠DAB=30°。∴∠CAF=30°，∴∠GAF=60°，∴∠AFB=90°，①AF丄BC正确；由①可得∠C=∠D=60°，∠DAC=120°，故可得∠DOC=120°，即而可得∠BOE=120°，即可得②∠BOE=135°错误；∵AD=AC，∠DAG=∠CAF，∠D=∠C=60°，∴△ADG≌△ACF，∴AG=AF，∵AO=AO，∠AGO=∠AFO=90°，∴△AGO≌△AFO，∴∠OAF=30°，∴∠OAC=60°，∴AO=CO=AC，∴BO=CO=AO，即可得③正确；假设DG=x，∵∠DAG=30°，∴AG=x，∴GE=3x，故可得AG：DE=：4，即④错误；综上可得①③正确。故选D。
7. 解析：由勾股定理得：OP4==，∵OP1=；得OP2=；依此类推可得OPn=，∴OP2012=，故答案为：。
8. 12 解析：Rt△ABD中，E是BD的中点，则AE=BE=DE；∴∠B=∠BAE，即∠AED =2∠B；∵∠C=2∠B，∴∠AEC=∠C，即AE=AC=6.5；∴BD=2AE=13；由勾股定理，得：AB==12。
9. 解析：如图，过点C作CH⊥BD于点H。∵∠CBE=30°，BC=2，∴CH=BC=1，
又∵∠CEB=45°，∴EH=CH=1。则CE=。∵AE=4EC=4。在直角△ADE中，∠EDA =90°，∠AED=∠CEB=45°，则AD=DE=AE=4。∴DH=DE+EH=5，∴在直角△DCH中，根据勾股定理得到CD===。故填：。
10. （1）证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F∴CE=CF，在Rt△BCE和Rt△DCF中，∵CE=CF，BC=CD，∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）。
（2）解：∵Rt△BCE≌Rt△DCF，∴DF=EB，CE=CF，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，∴Rt△ACE≌Rt△ACF，∴AF=AE，∵AB=15，AD=7，∴AD+DF=AB－EB，∴EB=DF=4，在Rt△BCE中，根据勾股定理，CE=3。
11. （1）证明：∵DF∥BC，∠ACB=90°，∴∠CFD=90°。∵CD⊥AB，∴∠AEC=90°。在Rt△AEC和Rt△DFC中，∠AEC=∠CFD=90°，∠ACE=∠DCF，DC=AC，∴Rt△AEC ≌Rt△DFC。∴CE=CF。∴DE=AF。而∠AGF=∠DGE，∠AFG=∠DEG=90°，∴Rt△AFG ≌Rt△DEG。∴GF=GE。
（2）解：∵CD⊥AB，∠A=30°，∴CE= AC=CD。∴CE=ED。∴BC=BD=1。又∵∠ECB+∠ACE=90°，∠A+∠ACE=90°，∴∠ECB=∠A=30°，∠CEB=90°，∴BE=BC =BD=。在直角三角形ABC中，∠A=30°，则AB=2BC=2。
则AE=AB－BE=。∵Rt△AEC≌Rt△DFC，∴DF=AE=。
12. （1）证明：∵AD⊥AB，∴△ABD为直角三角形。又∵点E是BD的中点，∴AE=BD。又∵BE=BD，∴AE=BE，∴∠B=∠BAE。又∵∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠AEC=∠B+∠B =2∠B。又∵∠C=2∠B，∴∠AEC=∠C。
（2）证明：由（1）可得AE=AC，又∵AE=BD，∴BD=AC，∴BD=2AC。
（3）解：在Rt△ABD中，AD=5，BD=2AE=2×6.5=13∴AB＝＝＝12∴△ABE的周长=AB+BE+AE=12+6.5+6.5=25。定理
证明
，
，化简可证。
，大正方形面积为
，所以。
，
，化简得证。