人教版八年级下册第十七章 勾股定理综合与测试达标测试

这是一份人教版八年级下册第十七章 勾股定理综合与测试达标测试，共50页。
《勾股定理》综合练习题
一．选择题（共10小题）
1．（2021春•海淀区校级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，这是历史上第一个把数与形联系起来的定理，其证明是论证几何的发端．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2020秋•惠来县期末）如图，由两个直角三角形和三个大正方形组成的图形，其中阴影部分面积是（　　）

A．16 B．25 C．144 D．169
3．（2021•海曙区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若S1﹣S2＝2，AC＝4，则AB的长为（　　）

A．2 B． C． D．
4．（2020秋•南沙区期末）如图，在等腰△ABC和等腰△ABE中，∠ABC＝120°，AB＝BC＝BE＝2，D为AE的中点，则线段CD的最小值为（　　）

A．2 B．﹣1 C．2﹣1 D．﹣1
5．（2019春•寿县期末）在△ABC中，AB＝BC＝2，O是线段AB的中点，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为（　　）
A．1，，7 B．1，， C．1， D．1，3，
6．（2019•滨湖区模拟）在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，2），点M的坐标为（m﹣1，﹣m﹣）（其中m为实数），当PM的长最小时，m的值为（　　）
A．﹣ B．﹣ C．3 D．4
7．（2018秋•惠山区校级月考）如图，点O在线段AB上，AO＝2，OB＝1，OC为射线，且∠BOC＝60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒．当△ABP是直角三角形时，t的值为（　　）

A． B． C．1或 D．1或
8．（2015春•苍溪县期末）在△ABC中，AB＝AC＝10，BD是AC边上的高，DC＝2，则BD等于（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
9．（2020•宿迁一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，点E，F在斜边AB上，且满足AE＝EF＝FB＝2，点P在直角边上，且满足PE+PF＝5，则这样的P点个数有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2020春•和平区校级月考）如图，在△DEF中，∠D＝90°，DG：GE＝1：3，GE＝GF，Q是EF上一动点，过点Q作QM⊥DE于M，QN⊥GF于N，，则QM+QN的长是（　　）

A．4 B．3 C．4 D．2
二．填空题（共10小题）
11．（2021•嘉兴二模）已知，如图，△ABC中，∠B＝30°，BC＝6，AB＝7，D是BC上一点，BD＝4，E为BA边上一动点，以DE为边向右侧作等边三角形△DEF．
（1）当F在AB上时，BF长为　 　；
（2）连结CF，则CF的取值范围为　 　．

12．（2020秋•常州期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三条边为直角边作三个等腰直角三角形：△ABD、△ACE、△BCF，若图中阴影部分的面积S1＝6.5，S2＝3.5，S3＝5.5，则S4＝　 　．

13．（2020秋•香坊区期末）如图，四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，点F为CD上一点，连接AF交BD于点E，AF⊥AB，DE＝DF，∠BAG＝∠ABC＝45°，BC+AG＝20，AE＝2EF，则AF＝　 　．

14．（2021•西城区校级模拟）如图，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4．D为△ABC所在平面内的一个动点，且满足∠BDC＝90°，E为线段AD的中点，连接CE，则线段CE长的最大值为　 　．

15．（2020春•南岗区校级月考）如图，∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠CAD，∠ADE＝45°，BE＝，CD＝1，则BC＝　 　．

16．（2021•江西模拟）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝4，过点B的直线把△ABC分割成两个三角形，使其中只有一个是等腰三角形，则这个等腰三角形的面积是　 　．
17．（2018秋•上虞区期末）如图，以AB为斜边的Rt△ABC的每条边为边作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且边EF恰好经过点N．若S3＝S4＝6，则S1+S5＝　 　．（注：图中所示面积S表示相应封闭区域的面积，如S3表示△ABC的面积）

18．（2019•株洲）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在直线x＝1处放置反光镜Ⅰ，在y轴处放置一个有缺口的挡板Ⅱ，缺口为线段AB，其中点A（0，1），点B在点A上方，且AB＝1，在直线x＝﹣1处放置一个挡板Ⅲ，从点O发出的光线经反光镜Ⅰ反射后，通过缺口AB照射在挡板Ⅲ上，则落在挡板Ⅲ上的光线的长度为　 　．

19．（2019春•内黄县期末）四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为4的小正方形EFGH．已知AM为Rt△ABM较长直角边，AM＝2EF，则正方形ABCD的面积为　 　．

20．如图，在四边形ABCD中，AC＝BD，AC⊥BD，∠BAD＝105°，AD＝4，CD＝13，则AB＝　 　．

三．解答题（共10小题）
21．（2021春•江津区校级月考）勾股定理是一个基本的几何定理，早在我国西汉时明《周牌算经》就有“勾三股四弦五”的记载．如果个直角三角形三边长都是正整数，这样的直角三角形叫“正整数直角三角形”，这三个正整数叫做一组“勾股数”，如：3，4，5；5，12，13；7，24，25等都是勾股数．
（1）小欢在研究勾股数时发现，某些正整数直角三角形的斜边能写成两个整数的平方和，有一条直角边能写成这两个整数的平方差，我们这样的勾股数叫做完美勾股数．如3，4，5中，5＝22+12，3＝22﹣12；5，12，13中，13＝32+22，5＝32﹣22．判断8，15，17和9，40，41这两组勾股数是不是完美勾股数，并说明理由；
（2）有一个直角三角形两直角边长分别为和，斜边长为4，且a和b均为正整数，用含b的代数式表示a，并求出a和b的值．
22．（2021春•亭湖区校级期中）【知识生成】通过不同的方法表示同一图形的面积，可以探求相应的等式，两个边长分别为a，b的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成如图所示的梯形，请用两种方法计算梯形面积．
（1）方法一可表示为　 　；
方法二可表示为　 　；
（2）根据方法一和方法二，你能得出a，b，c之间的数量关系是　 　（等式的两边需写成最简形式）；
（3）由上可知，一直角三角形的两条直角边长为6和8，则其斜边长为　 　．
【知识迁移】通过不同的方法表示同一几何体的体积，也可以探求相应的等式．如图2是边长为a+b的正方体，被如图所示的分割线分成8块．
（4）用不同方法计算这个正方体体积，就可以得到一个等式，这个等式可以为　 　．（等号两边需化为最简形式）
（5）已知2m﹣n＝4，mn＝2，利用上面的规律求8m3﹣n3的值．

23．（2021春•涪城区校级期中）如图，有一直立标杆，它的上部被风从B处吹折，杆顶C着地，离杆脚2m，修好后又被风吹折，因新断处D比前一次低0.5m，故杆顶E着地比前次远1m，求原标杆的高度．

24．（2021春•中原区校级期中）如图，三角形A′B′C′是由三角形ABC经过某种平移得到的，点A与点A′，点B与点B'，点C与点C′分别对应，且这六个点都在格点上，请解答下列问题：
（1）分别写出点B和点B'的坐标，并说明三角形A′B′C'是由三角形ABC经过怎样的平移得到的．
（2）连接BC'，直接写出∠CBC′与∠B′C′O之间的数量关系；
（3）若点M（a﹣1，2b﹣5）是三角形ABC内一点，它随三角形ABC按（1）中方式平移后得到的对应点为点N（2a﹣7，4﹣b）．求a和b的值．

25．（2021春•武汉期中）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，AD＝，CD＝．求：
（1）∠DAB的度数．
（2）连接BD，求BD的长．

26．（2021春•江西月考）某中学有一块如图所示的四边形空地ABCD，学校为了绿化环境，计划在空地上种植花草，经测量∠ABC＝90°，AB＝20米，BC＝15米，CD＝7米，AD＝24米．求四边形空地ABCD的面积．

27．（2020秋•沙坪坝区期末）如图是某“飞越丛林”俱乐部新近打造的一款儿童游戏项目，工作人员告诉小敏，该项目AB段和BC段均由不锈钢管材打造，总长度为26米，长方形CDEF为一木质平台的主视图．小敏经过现场测量得知：CD＝1米，AD＝15米，于是小敏大胆猜想立柱AB段的长为10米，请判断小敏的猜想是否正确？如果正确，请写出理由，如果错误，请求出立柱AB段的正确长度．

28．（2020秋•邛崃市期末）在△ABC中，AB＝c，BC＝a，AC＝b．如图1，若∠C＝90°时，根据勾股定理有a2+b2＝c2．
（1）如图2，当△ABC为锐角三角形时，类比勾股定理，判断a2+b2与c2的大小关系，并证明；
（2）如图3，当△ABC为钝角三角形时，类比勾股定理，判断a2+b2与c2的大小关系，并证明；
（3）如图4，一块四边形的试验田ABCD，已知∠B＝90°，AB＝80米，BC＝60米，CD＝90米，AD＝110米，求这块试验田的面积．

29．（2021春•茂南区校级月考）用四个完全相同的直角三角形（如图1）拼成一大一小两个正方形（如图2），直角三角形的两直角边分别是a、b（a＞b），斜边长为ccm，请解答：
（1）图2中间小正方形的周长　 　，大正方形的边长为　 　．
（2）用两种方法表示图2正方形的面积．（用含a，b，c）
①S＝　 　；
②S＝　 　；
（3）利用（2）小题的结果写出a、b、c三者之间的一个等式　 　．
（4）根据第（3）小题的结果，解决下面的问题：
已知直角三角形的两条腿直角边长分为是a＝8，b＝6，求斜边c的值．

30．（2021春•越秀区校级期中）如图1，正方形纸片ABCD的边长为4，点E、F、M、N分别是正方形纸片四条边上的点，且AE＝BF＝CM＝DN．
（1）求证：四边形EFMN是正方形；
（2）把图1的四个直角三角形剪下来，拼成如图2所示的“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形）．若EN＝，求中间小正方形的面积．


参考答案
一．选择题（共10小题）
1．（2021春•海淀区校级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，这是历史上第一个把数与形联系起来的定理，其证明是论证几何的发端．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】勾股定理的证明．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】先表示出图形中各个部分的面积，再判断即可．
【解答】解：A、∵ab+c2+ab＝（a+b）（a+b），
∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
B、∵4×ab+c2＝（a+b）2，
∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
C、∵4×ab+（b﹣a）2＝c2，
∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
D、根据图形不能证明勾股定理，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，能根据图形中各个部分的面积列出等式是解此题的关键．
2．（2020秋•惠来县期末）如图，由两个直角三角形和三个大正方形组成的图形，其中阴影部分面积是（　　）

A．16 B．25 C．144 D．169
【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观．
【分析】根据勾股定理解答即可．
【解答】解：
根据勾股定理得出：AB＝，
∴EF＝AB＝5，
∴阴影部分面积是25，
故选：B．
【点评】此题考查勾股定理，关键是根据如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2解答．
3．（2021•海曙区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若S1﹣S2＝2，AC＝4，则AB的长为（　　）

A．2 B． C． D．
【考点】勾股定理．
【专题】创新题型；解题方法；几何直观；推理能力；应用意识．
【分析】根据图形条件，（1）可以得到“K”型△ABC与△FNC全等，得到NF＝AB＝x；（2）连接GK，可以发现△GNK的面积＝GN×AG÷2＝2GN，同理△KAG的面积＝2AK，利用条件S1﹣S2＝2，得到GN﹣AK＝1；（3）注意在△KBC中，有射影定理AB2＝AC×AK．这样可以得到方程，求解问题．
【解答】解：（1）如图，根据条件得到“K”型△ABC≌△FNC，得到NF＝AB＝x．
（2）连接GK，可以发现△GNK的面积＝GN×AG÷2＝2GN，同理△KAG的面积＝2AK．
利用条件S1﹣S2＝2，得到GN﹣AK＝1，即n﹣m＝1，又因为n+x＝4，所以m＝3﹣x．
（3）在△KBC中，有射影定理AB2＝AC×AK．
这样可以得到方程：x2＝4×（3﹣x），解得x＝2，即AB＝2．
故选：A．

【点评】此题考查了相似三角形，一元二次方程，是一个综合型问题．该题知识点考查了基本图形：K型全等，母子三角形等中常见的思路与结论，建立一元二次方程，求解．
4．（2020秋•南沙区期末）如图，在等腰△ABC和等腰△ABE中，∠ABC＝120°，AB＝BC＝BE＝2，D为AE的中点，则线段CD的最小值为（　　）

A．2 B．﹣1 C．2﹣1 D．﹣1
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【分析】取AB的中点G，连接DG，CG，过C作CH⊥AB于点H，根据三角形中位线的性质和勾股定理解答即可．
【解答】解：取AB的中点G，连接DG，CG，过C作CH⊥AB于点H，

∵D是AE的中点，G是AB的中点，
∴DG是△ABE的中位线，
∴DG＝BE，
∵AB＝BC＝BE＝2，
∴DG＝1，BG＝1，
∵∠ABC＝120°，
∴∠CBH＝180°﹣120°＝60°，
∵CH⊥BH，
∴∠CHB＝90°，∠BCH＝90°﹣60°＝30°，
∴BH＝BC＝1，
∴CH＝，
∴HG＝BG+BH＝1+1＝2，
在Rt△CHG中，CG＝，
∵CG﹣DG≤CD≤DG+CG，
∴，
当且仅当D，G，C三点共线时，CD最短为﹣1，
故选：B．
【点评】此题考查勾股定理，关键是根据三角形的中位线定理和勾股定理解答．
5．（2019春•寿县期末）在△ABC中，AB＝BC＝2，O是线段AB的中点，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为（　　）
A．1，，7 B．1，， C．1， D．1，3，
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形．
【分析】分三种情况讨论：①当∠APB＝90°，点P在CO的延长线上时，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO＝BO，易得△BOP为等边三角形，利用锐角三角函数可得AP的长；易得BP，利用勾股定理可得AP的长；②当∠ABP＝90°，点P在CO的延长线上时，由对顶角的性质可得∠AOC＝∠BOP＝60°，易得∠BPO＝30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；③当∠APB＝90°，点P在CO上时，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．
【解答】解：如图1，当∠APB＝90°时，
∵AO＝BO，
∴PO＝BO，
∵∠AOC＝60°，
∴∠BOP＝60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB＝BC＝2，
∴AP＝AB•sin60°＝2×＝；
如图2，当∠ABP＝90°时，
∵∠AOC＝∠BOP＝60°，
∴∠BPO＝30°，
∴BP＝＝＝，
在直角三角形ABP中，
AP＝＝；
如图3，∵AO＝BO，∠APB＝90°，
∴PO＝AO，
∵∠AOC＝60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP＝AO＝1，
故选：C．



【点评】本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，运用分类讨论，数形结合思想是解答此题的关键．
6．（2019•滨湖区模拟）在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，2），点M的坐标为（m﹣1，﹣m﹣）（其中m为实数），当PM的长最小时，m的值为（　　）
A．﹣ B．﹣ C．3 D．4
【考点】两点间的距离公式；勾股定理．
【专题】平面直角坐标系．
【分析】由两点间的距离公式可得出PM2关于m的二次函数关系式，利用配方法结合二次函数的性质即可得出当PM取最小值时m的值．
【解答】解：由两点间的距离公式可知：PM2＝（m﹣1）2+（﹣m﹣﹣2）2＝（m+）2+16，
∵＞0，
∴当m＝﹣时，PM2最小．
故选：B．
【点评】本题考查了两点间的距离公式以及二次函数的性质，解题的关键是找出PM2关于m的二次函数关系式．
7．（2018秋•惠山区校级月考）如图，点O在线段AB上，AO＝2，OB＝1，OC为射线，且∠BOC＝60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒．当△ABP是直角三角形时，t的值为（　　）

A． B． C．1或 D．1或
【考点】勾股定理．
【专题】常规题型．
【分析】根据题意分三种情况考虑：当∠A＝90°；当∠B＝90°；当∠APB＝90°，根据△ABP为直角三角形，分别求出t的值即可．
【解答】解：分三种情况考虑：
当∠A＝90°，即△ABP为直角三角形时，
∵∠BOC＞∠A，且∠BOC＝60°，
∴∠A≠90°，故此情况不存在；
当∠B＝90°，即△ABP为直角三角形时，如图所示：

∵∠BOC＝60°，
∴∠BPO＝30°，
∴OP＝2OB＝2，
∵OP＝2t，
∴t＝1；
当∠APB＝90°，即△ABP为直角三角形时，过P作PD⊥AB，

∴OD＝OP•cos∠BOC＝t，PD＝OP•sin∠BOC＝t，
∴AD＝AO+OD＝2+t，BD＝OB﹣OD＝1﹣t，即AB＝3，
在Rt△ABP中，根据勾股定理得：AP2+BP2＝AB2，即（2+t）2+（t）2+（t）2+（1﹣t）2＝32，
解得：t＝或（负值舍去），
综上，当t＝1或t＝时，△ABP是直角三角形．
故选：C．
【点评】此题考查了勾股定理的运用，利用了分类讨论的思想，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
8．（2015春•苍溪县期末）在△ABC中，AB＝AC＝10，BD是AC边上的高，DC＝2，则BD等于（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理．
【分析】求出AD，在Rt△BDA中，根据勾股定理求出BD即可．
【解答】解：∵AB＝AC＝10，CD＝2，
∴AD＝10﹣2＝8，
∵BD是AC边上的高，
∴∠BDA＝90°，
由勾股定理得：BD＝＝＝6，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，主要考查学生能否正确运用勾股定理进行计算，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．
9．（2020•宿迁一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，点E，F在斜边AB上，且满足AE＝EF＝FB＝2，点P在直角边上，且满足PE+PF＝5，则这样的P点个数有（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】数形结合；分类讨论；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】分为两种情况：①当P在线段AC上时，②当P在BC上时，分别求出PE或PF的值，再根据AE＝EF＝BF＝2判断即可．
【解答】解：分为两种情况：①当P在线段AC上时，作E关于AC的对称点E'，连接EE'交AC于点O，
则AC⊥EE'，

连接E'F交AC于P，过E'作E'H⊥AB于H，
∵E，E'关于AC对称，
∴PE＝PE'，
∴PE+PF＝PE'+PF，
∵两点之间，线段最短，
∴PE+PF的最小值为线段E'F的长度，
∵AE＝2，∠A＝30°，DE⊥AC，
∴DE＝1，∠AED＝60°，
∴EE'＝DE+DE'＝2DE＝2，
∵E'H⊥AB，
∴HE＝1，HE'＝，
∵EF＝2，
∴HF＝HE+EF＝1+2＝3，
∴E'F＝，
当P在点A处时，PE+PF＝AE+AF＝AE+AE+EF＝2+2+2＝6＞5，
当P在点C处时，连接AE，CF，过C作CM⊥AB于M，

∵∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝AE+EF+FB＝6，
∴BC＝3，AC＝3∵CM⊥AB，
∴∠AMC＝90°，
∴CM＝，AM＝，
∴FM＝AM﹣AF＝AM﹣（AE+EF）＝，EM＝AM﹣AE＝，
在Rt△CMF中，CM＝，MF＝，∠CMF＝90°，
∴CF＝，
在Rt△CEM中，CM＝，EM＝，∠CME＝90°，
∴CE＝，
当P在C处时，PE+PF＝CE+CF＝，
∴当P在AC边上时，存在两个点P使PE+PF＝5，
②当P在BC边上时，作F关于BC的对称点F'，连接FF'，交BC于点G，则BC⊥FF'，过F'作F'N⊥AB，交AB的延长线于点N，连接F'E，交BC于P，连接PF，如图：

∵F与F'关于BC对称，
∴PF＝PF'，
∴PE+PF＝PE+PF'，
∴PE+PF的最小值为线段EF'的长度．
∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
又∵FF'⊥BC，
∴∠GFB＝30°，
∵BF＝2，
∴FG＝，
∴FF'＝FG+GF'＝2FG＝2，
又∵FN⊥AB，
∴F'N＝，FN＝3，
又∵EF＝2，
∴EN＝EF+FN＝2+3＝5，
∴EF'＝＝2＞5，
∴当P在BC边上时，不存在PE+PF＝5，
综上所述，点P在直角边上，且满足PE+PF＝5，则这样的P点个数有两个．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理、含30°的直角三角形的性质及轴对称等知识点，数形结合、分类讨论及熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
10．（2020春•和平区校级月考）如图，在△DEF中，∠D＝90°，DG：GE＝1：3，GE＝GF，Q是EF上一动点，过点Q作QM⊥DE于M，QN⊥GF于N，，则QM+QN的长是（　　）

A．4 B．3 C．4 D．2
【考点】勾股定理．
【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；推理能力．
【分析】连接QG．解直角三角形求出DF，再证明QM+QN＝DF，即可解决问题．
【解答】解：连接QG．

∵DG：GE＝1：3，
∴可以假设DG＝k，EG＝3k，
∵GF＝EG，∠D＝90°，
∴FG＝3k，DF＝＝2k，
∵EF＝4，EF2＝DE2+DF2，
∴48＝16k2+8k2，
∴k＝或﹣（舍弃），
∴DF＝4，
∵S△EFG＝•EG•DF＝•EG•QM+•GF•QN，
∴QM+QN＝DF＝4，
故选：C．
【点评】本题考查解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共10小题）
11．（2021•嘉兴二模）已知，如图，△ABC中，∠B＝30°，BC＝6，AB＝7，D是BC上一点，BD＝4，E为BA边上一动点，以DE为边向右侧作等边三角形△DEF．
（1）当F在AB上时，BF长为　　；
（2）连结CF，则CF的取值范围为　1≤CF≤2　．

【考点】垂线段最短；等边三角形的性质；勾股定理．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）如图1，当点F在AB上时，根据△DEF为等边三角形，可证明∠FDB＝90°，再利用＝cos∠B，即可求出答案；
（2）分别求出点E在AB边上运动时，CF的最大值和最小值，①当点E与点B重合时，如图2，连接CF，过点F作FH⊥BC于点H，可求出CF＝2，此时CF最大；②当点E在BA边上时，以CD为边在△ABC内部作等边三角形CDG，延长CG交AB于点E，此时CF最短，如图3，先证明△DEG≌△DFC（SAS），根据CF＝EG＝CE﹣CG，即可求出CF的最小值，从而得出答案．
【解答】解：（1）如图1，当点F在AB上时，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠AED＝∠EFD＝∠EDF＝60°，
∵∠B＝30°，
∴∠FDB＝180°﹣∠B﹣∠EFD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∵＝cos∠B，
∴BF＝＝＝；
故答案为：；
（2）①当点E与点B重合时，如图2，连接CF，过点F作FH⊥BC于点H，
∵△DEF为等边三角形，
∴DF＝BD＝4，∠BDF＝60°，BH＝DH＝2，
∴FH＝DF•sin∠BDF＝4•sin60°＝2，
∴CH＝BC﹣BH＝6﹣2＝4，
∴CF＝＝＝2，此时CF最大；
②当点E在BA边上时，以CD为边在△ABC内部作等边三角形CDG，
延长CG交AB于点E，此时CF最短，如图3，
∵△CDG和△DEF均为等边三角形，
∴∠EDF＝∠CDG＝60°，DE＝DF，DG＝DC，
∴∠∠EDF﹣∠FDG＝∠CDG﹣∠FDG，
即∠EDG＝∠FDC，
∴△DEG≌△DFC（SAS），
∴CF＝EG，
∵当EG⊥AB时，EG最小，
∴此时，CF最小，
∵∠B＝30°，∠DCG＝60°，
∴此时，C，E，G三点共线，
在Rt△BCE中，CE＝BC＝3，
∵CG＝CD＝2，
∴EG＝CE﹣CG＝1，
∴CF的最小值为1，
综上所述，CF的取值范围为：1≤CF≤2，
故答案为：1≤CF≤2；



【点评】本题考查了全等三角形判定和性质，特殊角三角函数值，等边三角形性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
12．（2020秋•常州期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三条边为直角边作三个等腰直角三角形：△ABD、△ACE、△BCF，若图中阴影部分的面积S1＝6.5，S2＝3.5，S3＝5.5，则S4＝　2.5　．

【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】设AB＝BD＝a，AC＝CE＝b，BC＝CF＝c，S△ABG＝m，S△ACH＝n，由a2+b2＝c2，可得S△ABD+S△ACE＝S△BCF，由此构建关系式，可得结论．
【解答】解：∵△ABD、△ACE、△BCF均是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，AC＝CE，BC＝CF，
设AB＝BD＝a，AC＝CE＝b，BC＝CF＝c，S△ABG＝m，S△ACH＝n，
∵a2+b2＝c2，
∴S△ABD+S△ACE＝S△BCF，
∴S1+m+n+S4＝S2+S3+m+n，
∴S4＝3.5+5.5﹣6.5＝2.5
故答案为：2.5．

【点评】本题考查了勾股定理在几何计算中的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
13．（2020秋•香坊区期末）如图，四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，点F为CD上一点，连接AF交BD于点E，AF⊥AB，DE＝DF，∠BAG＝∠ABC＝45°，BC+AG＝20，AE＝2EF，则AF＝　12　．

【考点】勾股定理．
【专题】推理填空题；数形结合；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】延长AF、BC，交于点H，先证明△ABH为等腰直角三角形，再判定△ABG≌△HAC（ASA），然后在等腰直角三角形△ABH中，由勾股定理得AB与AH的值，设EF＝x，则AE＝2x，判定△AGE≌△HCF（AAS），从而FH＝AE＝2x，解得x的值，最后根据AF＝AE+EF，可得答案．
【解答】解：延长AF、BC，交于点H，如图：

∵AF⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠BAH＝90°，∠AHB＝90°﹣∠ABC＝45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴AH＝AB，
∵∠BAH＝90°，∠BAG＝45°，∠AHB＝45°，
∴∠GAE＝∠BAG＝∠AHB＝45°，
∵AC⊥BD，
∴∠ABG+∠BAC＝90°，
∵∠BAC+∠HAC＝∠BAH＝90°，
∴∠ABG＝∠HAC，
在△ABG和△HAC中，
，
∴△ABG≌△HAC（ASA），
∴AG＝HC，
BH＝BC+CH＝BC+AG＝20，
在等腰直角三角形△ABH中，AH＝AB，∠BAH＝90°，由勾股定理得：
AB2+AH2＝BH2，
∴AB＝AH＝20，
∵AE＝2EF，
∴设EF＝x，则AE＝2x，
∵DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴∠AEG＝∠HFC，
∵∠AHB＝∠GAE＝45°，
∴∠AGE＝135°﹣∠HFC＝∠FCH，
在△AGE和△HCF中，
，
∴△AGE≌△HCF（AAS），
∴FH＝AE＝2x，
∴AH＝AE+EF+FH＝5x＝20，
解得：x＝4，
∴AF＝AE+EF＝3x＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质及等腰三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14．（2021•西城区校级模拟）如图，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4．D为△ABC所在平面内的一个动点，且满足∠BDC＝90°，E为线段AD的中点，连接CE，则线段CE长的最大值为　1+　．

【考点】勾股定理．
【专题】几何图形；应用意识．
【分析】取BC的中点G，连接AG，取中点F，则EF＝，OF＝即可解决．
【解答】解：取BC的中点G，连接AG，DG，取中点F，连接EF，CF，
∵∠BDC＝90°，BC＝4，
∴DG＝CG＝2，
在Rt△ACG中，AG＝，
∵F为AG的中点，
∴CF＝，
∵E为线段AD的中点，F为AG的中点，
∴EF＝，
∵CF+EF≥CE，
∴CE最大值为1+，

故答案为：1+．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及三角形中位线的性质定理，作出辅助线是解决问题的关键．
15．（2020春•南岗区校级月考）如图，∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠CAD，∠ADE＝45°，BE＝，CD＝1，则BC＝　8.5　．

【考点】勾股定理．
【专题】构造法；几何直观．
【分析】由二倍角想到作角平分线构造全等来解决问题．
【解答】解：作∠ABC的平分线BF交AC于F，连接DF交BA的延长线于H，
所以设∠ABF＝∠CBF＝x，
所以∠BAD＝90﹣x，
∠ADB＝90﹣x
所以∠BAD＝∠ADB，
所以AB＝BD，
又因为∠AED＝45+x，
∠EDH＝45+x，
所以∠AED＝∠EDH，
所以EH＝HD，
在△AFH和△DFC中，
因为∠AFH＝∠CFD，AF＝FD，∠HAF＝∠FDC，
所以△AFH≌△DFC（ASA），
所以AH＝CD＝1，HF＝CF，AF＝FD，
设AE＝m，
所以AB＝BD＝，
所以BC＝m+，
AC＝HD＝HE＝m+1，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
，
解之得m＝3，
所以BC＝8.5，
故答案为：8.5．

【点评】本题综合运用了直角三角形、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理列方程等知识，综合性比较强．
16．（2021•江西模拟）Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝4，过点B的直线把△ABC分割成两个三角形，使其中只有一个是等腰三角形，则这个等腰三角形的面积是　3.6或4.32或4.8　．
【考点】等腰三角形的性质；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】在Rt△ABC中，通过解直角三角形可得出AB＝3，S△ABC＝6，找出所有可能的剪法，并求出剪出的等腰三角形的面积即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝4，
∴AB＝＝＝3，S△ABC＝AB•BC＝6．
沿过点B的直线把△ABC分割成两个三角形，使其中只有一个是等腰三角形，有三种情况：

①当AB＝AP＝3时，如图①所示，
S等腰△ABP＝S△ABC＝×6＝3.6；
②当AB＝BP＝3，且P在AC上时，如图②所示，
作△ABC的高BD，则BD＝＝＝2.4，
∴AD＝DP＝＝1.8，
∴AP＝2AD＝3.6，
∴S等腰△ABP＝S△ABC＝×6＝4.32；
③当CB＝CP＝4时，如图③所示，
S等腰△BCP＝S△ABC＝×6＝4.8．
综上所述：等腰三角形的面积可能为3.6或4.32或4.8．
故答案为3.6或4.32或4.8．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形的面积，找出所有可能的剪法，并求出剪出的等腰三角形的面积是解题的关键．
17．（2018秋•上虞区期末）如图，以AB为斜边的Rt△ABC的每条边为边作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且边EF恰好经过点N．若S3＝S4＝6，则S1+S5＝　6　．（注：图中所示面积S表示相应封闭区域的面积，如S3表示△ABC的面积）

【考点】勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于W．证明△ABC≌△MBQ（SAS），推出∠ACB＝∠BQM＝90°，由∠PQB＝90°，推出M，P，Q共线，由四边形CGMP是矩形，推出MG＝PC＝BC，证明△MGW≌△BCT（AAS），推出MW＝BT，由MN＝BM，NW＝MT，可证△NWE≌MTP，推出S1+S5＝S3＝6，
【解答】解：如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于W．

∵∠ABM＝∠CBQ＝90°，
∴∠ABC＝∠MBQ，
∵BA＝BM，BC＝BQ，
∴△ABC≌△MBQ（SAS），
∴∠ACB＝∠BQM＝90°，
∵∠PQB＝90°，
∴M，P，Q共线，
∵四边形CGMP是矩形，
∴MG＝PC＝BC，
∵∠BCT＝∠MGQ＝90°，∠BTC+∠CBT＝90°，∠BQM+∠CBT＝90°，
∴∠MQG＝∠BTC，
∴△MGW≌△BCT（AAS），
∴MW＝BT，
∵MN＝BM，
∴NW＝MT，可证△NWE≌MTP，
∴S1+S5＝S3＝6，
解法二：∵AC2+BC2＝AB2，
∴S1+S2+S左空+S右空+S5＝S3+S4+S左空+S右空，
∴S1+S5＝S4＝6
故答案为6．
【点评】本题考查勾股定理的知识，有一定难度，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用．
18．（2019•株洲）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在直线x＝1处放置反光镜Ⅰ，在y轴处放置一个有缺口的挡板Ⅱ，缺口为线段AB，其中点A（0，1），点B在点A上方，且AB＝1，在直线x＝﹣1处放置一个挡板Ⅲ，从点O发出的光线经反光镜Ⅰ反射后，通过缺口AB照射在挡板Ⅲ上，则落在挡板Ⅲ上的光线的长度为　1.5　．

【考点】勾股定理；坐标与图形变化﹣对称．
【专题】推理填空题；解直角三角形及其应用；空间观念．
【分析】当光线沿O、G、B、C传输时，由tan∠OGH＝tan∠CGE，即：，即：，解得：a＝1，求出yC＝1+2＝3，同理可得：yD＝1.5，即可求解．
【解答】解：当光线沿O、G、B、C传输时，
过点B作BF⊥GH于点F，过点C作CE⊥GH于点E，

方法一：∵△GOB为等腰三角形，
∴G （1，1），
∵B为CG中点，
∴C （﹣1，3），
同理D（﹣1，1.5），
∴CD＝3﹣1.5＝1.5
方法二：∠OGH＝∠CGE＝α，设GH＝a，则GF＝2﹣a，
则tan∠OGH＝tan∠CGE，即：，
即：，解得：a＝1，
则α＝45°，
∴GE＝CE＝2，yC＝1+2＝3，
当光线反射过点A时，
同理可得：yD＝1.5，
落在挡板Ⅲ上的光线的长度＝CD＝3﹣1.5＝1.5，
故答案为1.5．
【点评】本题考查的是坐标与图形的变化，涉及到解直角三角形等知识，本题关键是弄懂题意，正确画图．
19．（2019春•内黄县期末）四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为4的小正方形EFGH．已知AM为Rt△ABM较长直角边，AM＝2EF，则正方形ABCD的面积为　36　．

【考点】勾股定理的证明．
【专题】几何图形．
【分析】设AM＝2a．BM＝b．则正方形ABCD的面积＝4a2+b2，由题意可知EF＝（2a﹣b）﹣2（a﹣b）＝2a﹣b﹣2a+2b＝b，由此即可解决问题．
【解答】解：设AM＝2a．BM＝b．则正方形ABCD的面积＝4a2+b2
由题意可知EF＝（2a﹣b）﹣2（a﹣b）＝2a﹣b﹣2a+2b＝b，
∵AM＝2EF，
∴2a＝2b，
∴a＝b，
∵正方形EFGH的面积为4，
∴b2＝4，
∴正方形ABCD的面积＝4a2+b2＝9b2＝36，
故答案为：36

【点评】本题考查正方形的性质、勾股定理、线段的垂直平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
20．如图，在四边形ABCD中，AC＝BD，AC⊥BD，∠BAD＝105°，AD＝4，CD＝13，则AB＝　15　．

【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】如图，将△ADB绕点D顺时针旋转90°得到△DEF，连接AF，AE，作AH⊥EF于H．解直角三角形求出EH，FH即可解决问题．
【解答】解：如图，将△ADB绕点D顺时针旋转90°得到△DEF，连接AF，AE，作AH⊥EF于H．

∵AD＝DE＝4，∠ADE＝90°，
∴AE＝＝＝8，∠AED＝∠DAE＝45°，
∵∠DEF＝∠BAD＝105°，
∴∠AEF＝60°，
∵AH⊥EF，
∴EH＝AE＝4，AH＝EH＝4，
∵AC⊥BD，DF⊥BD，
∴AC∥DF，
∵AC＝BD，BD＝DF，
∴AC＝DF，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∴AF＝CD＝13，
∴FH＝＝＝11，
∴EF＝FH+EH＝11+4＝15，
∴AB＝EF＝15，
故答案为15．
【点评】本题考查勾股定理，解直角三角形平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共10小题）
21．（2021春•江津区校级月考）勾股定理是一个基本的几何定理，早在我国西汉时明《周牌算经》就有“勾三股四弦五”的记载．如果个直角三角形三边长都是正整数，这样的直角三角形叫“正整数直角三角形”，这三个正整数叫做一组“勾股数”，如：3，4，5；5，12，13；7，24，25等都是勾股数．
（1）小欢在研究勾股数时发现，某些正整数直角三角形的斜边能写成两个整数的平方和，有一条直角边能写成这两个整数的平方差，我们这样的勾股数叫做完美勾股数．如3，4，5中，5＝22+12，3＝22﹣12；5，12，13中，13＝32+22，5＝32﹣22．判断8，15，17和9，40，41这两组勾股数是不是完美勾股数，并说明理由；
（2）有一个直角三角形两直角边长分别为和，斜边长为4，且a和b均为正整数，用含b的代数式表示a，并求出a和b的值．
【考点】平方差公式；直角三角形的性质；勾股定理的证明；勾股数．
【专题】新定义；等腰三角形与直角三角形；几何直观；创新意识．
【分析】（1）根据完美勾股数的定义可得答案；
（2）由勾股定理可得a，b的关系式，变形可用含b 的代数式表示出a，再根据b的范围分别代值验证，可求得a，从而求解．
【解答】解：（1）∵17＝42+12，15＝82﹣72，
∴8，15，17是完美勾股数；
∵41＝52+42，9＝52﹣42，
∴9，40，41是完美勾股数；
（2）由勾股定理得：
7a﹣7+（150﹣30b）＝16×15，
∴a＝，
由题意可知：7a﹣7＞0，150﹣30b＞0
∴a＞1，0＜b＜5
∵a和b均为正整数
∴b的可能值为：1，2，3，4．
当b＝1时，a＝＝，不是正整数，故b＝1不符合题意；
当b＝2时，a＝＝，不是正整数，故b＝2不符合题意；
当b＝3时，a＝＝，不是正整数，故b＝3不符合题意；
当b＝4时，a＝＝31，是正整数，此时，＝，＝，
∵（）2+（）2＝240，（4 ）2＝240，
∴（ ）2+（）2＝（4 ）2，
∴b＝4符合题意．
∴a＝；a＝31，b＝4．
【点评】本题考查了勾股数和新定义的综合应用，对勾股定理及其逆定理以及常见的勾股数非常熟悉是解题的关键．
22．（2021春•亭湖区校级期中）【知识生成】通过不同的方法表示同一图形的面积，可以探求相应的等式，两个边长分别为a，b的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三角形拼成如图所示的梯形，请用两种方法计算梯形面积．
（1）方法一可表示为　ab+ab+c2　；
方法二可表示为　（a+b）2　；
（2）根据方法一和方法二，你能得出a，b，c之间的数量关系是　c2＝a2+b2　（等式的两边需写成最简形式）；
（3）由上可知，一直角三角形的两条直角边长为6和8，则其斜边长为　10　．
【知识迁移】通过不同的方法表示同一几何体的体积，也可以探求相应的等式．如图2是边长为a+b的正方体，被如图所示的分割线分成8块．
（4）用不同方法计算这个正方体体积，就可以得到一个等式，这个等式可以为　（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3　．（等号两边需化为最简形式）
（5）已知2m﹣n＝4，mn＝2，利用上面的规律求8m3﹣n3的值．

【考点】认识立体图形；几何体的表面积；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）分两种方法表示出面积即可；
（2）把（1）中的式子整理可得答案；
（3）把数值代入（2）中得到的结论即可；
（4）分两种方法表示出体积即可；
（5）根据（4）的等式代入数值可得答案．
【解答】解：（1）方法一可表示为：ab+ab+c2；
方法二可表示为：（a+b）2．
故答案为：ab+ab+c2；（a+b）2．
（2）∵ab+ab+c2＝（2ab+c2），
（a+b）2＝（2ab+a2+b2），
∴（2ab+c2）＝（2ab+a2+b2），
∴c2＝a2+b2．
故答案为：c2＝a2+b2．
（3）∵c2＝a2+b2＝82+62＝100，
∴c＝10．
故答案为：10．
（4）方法一可表示为：（a+b）3；
方法二可表示为：a3+3a2b+3ab2+b3．
∴等式为：（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3．
故答案为：（a+b）3＝a3+3a2b+3ab2+b3．
（5）由（4）可得：
（2m﹣n）3＝8m3﹣12m2n+6mn2﹣n3＝8m3﹣n3﹣6mn（2m﹣n），
∵2m﹣n＝4，mn＝2，
∴64＝8m3﹣n3﹣6×2×4，
∴8m3﹣n3＝64+48＝112．
【点评】本题考查勾股定理的推理过程，根据图形用不同的方法表示面积或体积是解题关键．
23．（2021春•涪城区校级期中）如图，有一直立标杆，它的上部被风从B处吹折，杆顶C着地，离杆脚2m，修好后又被风吹折，因新断处D比前一次低0.5m，故杆顶E着地比前次远1m，求原标杆的高度．

【考点】勾股定理的应用．
【分析】由题中条件，可设原标杆AB的高为x，进而再依据勾股定理建立平衡方程，进而求解即可．
【解答】解：依题意得AC＝2，AE＝3，
设原标杆的高为x，
∵∠A＝90°，
∴由题中条件可得AB2+AC2＝BC2，即AB2+22＝（x﹣AB）2，
整理，得x2﹣2ABx＝4，
同理，得（AB﹣0.5）2+32＝（x﹣AB+0.5）2，
整理，得x2﹣2ABx+x＝9，
解得x＝5．
∴原来标杆的高度为5米．
【点评】本题主要考查了简单的勾股定理的应用问题，能够熟练掌握．
24．（2021春•中原区校级期中）如图，三角形A′B′C′是由三角形ABC经过某种平移得到的，点A与点A′，点B与点B'，点C与点C′分别对应，且这六个点都在格点上，请解答下列问题：
（1）分别写出点B和点B'的坐标，并说明三角形A′B′C'是由三角形ABC经过怎样的平移得到的．
（2）连接BC'，直接写出∠CBC′与∠B′C′O之间的数量关系；
（3）若点M（a﹣1，2b﹣5）是三角形ABC内一点，它随三角形ABC按（1）中方式平移后得到的对应点为点N（2a﹣7，4﹣b）．求a和b的值．

【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【分析】（1）根据图形，可以直接写出点B和点B'的坐标，然后即可写出三角形A′B′C'是由三角形ABC经过怎样的平移得到的；
（2）根据图形，通过变换，可以得到∠CBC′与∠B′C′O之间的数量关系；
（3）根据（1）中的结果和题目中的条件，可以得到a和b的二元一次方程组，从而可以求得a、b的值．
【解答】解：（1）由图可得，
点B的坐标为（2，1），点B'的坐标是（﹣1，﹣2），
三角形A′B′C'是由三角形ABC先向下平移3个单位长度，再向左平移3个单位长度得到的；
（2）∠CBC′＝90°+∠B′C′O，
理由：由图可知，
∠CBC′+∠CBD＝180°，∠B′C′O＝∠BCD，
∵∠CBD＝90°﹣∠BCD，
∴∠CBD＝90°﹣∠B′C′O，
∴∠CBC′+（90°﹣∠B′C′O）＝180°，
∴∠CBC′＝90°+∠B′C′O；
（3）由（1）知，三角形A′B′C'是由三角形ABC先向下平移3个单位长度，再向左平移3个单位长度得到的，
∵点M（a﹣1，2b﹣5）是三角形ABC内一点，它随三角形ABC按（1）中方式平移后得到的对应点为点N（2a﹣7，4﹣b），
∴，
解得，
即a和b的值分别为3，4．

【点评】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
25．（2021春•武汉期中）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，AD＝，CD＝．求：
（1）∠DAB的度数．
（2）连接BD，求BD的长．

【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．
【分析】（1）根据勾股定理，可以求得AC的长，然后根据勾股定理的逆定理可以得到△DAC的形状，从而可以求得∠DAB的度数；
（2）根据题意，作出合适的辅助线，然后根据勾股定理即可得到DE和AE的长，再根据勾股定理，即可得到BD的长．
【解答】解：（1）连接AC，
∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，AC＝2，
∵AD＝，CD＝，
∴AD2+AC2＝（）2+（2）2＝2+8＝10＝（）2＝CD2，
∴△DAC是直角三角形，∠DAC＝90°，
∴∠DAB＝∠DAC+∠BAC＝90°+45°＝135°，
即∠DAB的度数是135°；
（2）作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，
∵∠DAB＝135°，
∴∠DAE＝45°，
∵DE⊥AE，AD＝，
∴DE＝AE＝1，
∵AB＝2，
∴BE＝3，
∴BD＝＝＝，
即BD的长是．

【点评】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
26．（2021春•江西月考）某中学有一块如图所示的四边形空地ABCD，学校为了绿化环境，计划在空地上种植花草，经测量∠ABC＝90°，AB＝20米，BC＝15米，CD＝7米，AD＝24米．求四边形空地ABCD的面积．

【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【分析】利用勾股定理求出AC，进而利用勾股定理的逆定理证明∠ADC＝90°，即可解决问题．
【解答】解：连接AC．

在Rt△ABC中，因为∠ABC＝90°，AB＝20，BC＝15，
所以AC＝＝25（米）．
在△ADC中，因为CD＝7，AD＝24，AC＝25，
所以 AD2+CD2＝242+72＝625＝AC2．
所以△ADC是直角三角形，且∠ADC＝90°．
所以S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝×15×20+×7×24＝234（平方米）．
所以四边形空地ABCD的面积为234平方米．
【点评】本题考查勾股定理的应用，四边形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
27．（2020秋•沙坪坝区期末）如图是某“飞越丛林”俱乐部新近打造的一款儿童游戏项目，工作人员告诉小敏，该项目AB段和BC段均由不锈钢管材打造，总长度为26米，长方形CDEF为一木质平台的主视图．小敏经过现场测量得知：CD＝1米，AD＝15米，于是小敏大胆猜想立柱AB段的长为10米，请判断小敏的猜想是否正确？如果正确，请写出理由，如果错误，请求出立柱AB段的正确长度．

【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】如答图，延长FC交AB于点G，则CG⊥AB，AG＝CD＝1米，GC＝AD＝15米，设BG＝x米，则BC＝（26﹣1﹣x）米，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：不正确；
理由：如答图，延长FC交AB于点G，
则CG⊥AB，AG＝CD＝1米，GC＝AD＝15米，
设BG＝x米，则BC＝（26﹣1﹣x）米，
在Rt△BGC中，
∵BG2+CG2＝CB2，
∴x2+152＝（26﹣1﹣x）2，
解得x＝8，
∴BA＝BG+GA＝8+1＝9（米），
∴小敏的猜想错误，立柱AB段的正确长度长为9米．

【点评】本题考查了勾股定理的应用，正确的作出辅助线是解题的关键．
28．（2020秋•邛崃市期末）在△ABC中，AB＝c，BC＝a，AC＝b．如图1，若∠C＝90°时，根据勾股定理有a2+b2＝c2．
（1）如图2，当△ABC为锐角三角形时，类比勾股定理，判断a2+b2与c2的大小关系，并证明；
（2）如图3，当△ABC为钝角三角形时，类比勾股定理，判断a2+b2与c2的大小关系，并证明；
（3）如图4，一块四边形的试验田ABCD，已知∠B＝90°，AB＝80米，BC＝60米，CD＝90米，AD＝110米，求这块试验田的面积．

【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】（1）过点A作AD⊥BC 于D，根据勾股定理列出算式，证明结论；
（2）作AE⊥BC交BC的延长线于E，根据勾股定理列出算式，证明结论；
（3）连接AC，作DF⊥AC于F，根据勾股定理求出DF，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）a2+b2＞c2，
理由如下：过点A作AD⊥BC 于D，
设CD＝x，则BD＝a﹣x，
由勾股定理得，b2﹣x2＝AD2，c2﹣（a﹣x）2＝AD2，
∴b2﹣x2＝c2﹣（a﹣x）2，
整理得：a2+b2＝c2+2ax，
∵2ax＞0，
∴a2+b2＞c2；
（2）a2+b2＜c2，
理由如下：作AE⊥BC交BC的延长线于E，
设CE＝x，
则c2﹣（a+x）2＝AE2＝b2﹣x2，
整理得：a2+b2＝c2﹣2ax，
∵2ax＞0，
∴a2+b2＜c2；
（3）连接AC，作DF⊥AC于F，
由勾股定理得，AC＝＝100，
由（1）可知，AD2﹣AF2＝DC2﹣CF2，即1102﹣（100﹣CF）2＝902﹣CF2，
解得，CF＝30，
则DF＝＝60，
∴这块试验田的面积＝×60×80+×100×60＝（2400+3000）米2



【点评】本题考查的是勾股定理的应用，掌握勾股定理、正确作出辅助线是解题的关键．
29．（2021春•茂南区校级月考）用四个完全相同的直角三角形（如图1）拼成一大一小两个正方形（如图2），直角三角形的两直角边分别是a、b（a＞b），斜边长为ccm，请解答：
（1）图2中间小正方形的周长　4c　，大正方形的边长为　a+b　．
（2）用两种方法表示图2正方形的面积．（用含a，b，c）
①S＝　（a+b）2　；
②S＝　2ab+c2　；
（3）利用（2）小题的结果写出a、b、c三者之间的一个等式　a2+b2＝c2　．
（4）根据第（3）小题的结果，解决下面的问题：
已知直角三角形的两条腿直角边长分为是a＝8，b＝6，求斜边c的值．

【考点】列代数式；勾股定理的证明．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）根据正方形周长公式即可解答；
（2）根据正方形的面积公式以及三角形的面积公式即可解答；
（3）根据完全平方公式可得a2+b2＝c2；
（4）根据（3）的结论计算即可．
【解答】解：（1）图2中间小正方形的周长4c，大正方形的边长为（a+b），
故答案为：4c；a+b；

（2）图2正方形的面积S＝（a+b）2或S＝2ab+c2，
故答案为：（a+b）2或2ab+c2；

（3）∵（a+b）2＝a2+2ab+b2，
∴a2+b2＝c2．
故答案为：a2+b2＝c2；

（4）∵c2＝a2+b2＝82+62＝100，
∴c＝10（负值不合题意，舍去）．
【点评】本题考查了勾股定理的证明和列代数式，根据同一个图形的面积的不同表示相等进行列式是解题的关键．
30．（2021春•越秀区校级期中）如图1，正方形纸片ABCD的边长为4，点E、F、M、N分别是正方形纸片四条边上的点，且AE＝BF＝CM＝DN．
（1）求证：四边形EFMN是正方形；
（2）把图1的四个直角三角形剪下来，拼成如图2所示的“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形）．若EN＝，求中间小正方形的面积．

【考点】全等图形；勾股定理的证明．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）通过证明△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF，先得出四边形ENMF是菱形，再证明四边形EFMN中一个内角为90°，从而得出四边形EFMN是正方形的结论；
（2）设直角三角形中较小边长为a，较长的边为b，则小正方形QHGR的边长QH＝b﹣a，a+b＝4，进而得到a2+b2+2ab＝16，小正方形QHGR的面积为（b﹣a）2＝a2+b2﹣2ab，由勾股定理求出a2+b2，进而得到2ab，代入即可求得结果．
【解答】（1）证明：如图1∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵AE＝BF＝CM＝DN，
∴AN＝DM＝CF＝BE，
∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF（SAS），
∴EN＝NM＝MF＝EF，∠ENA＝∠DMN，
∴四边形EFMN是菱形，
∵∠ENA＝∠DMN，∠DMN+∠DNM＝90°，
∴∠ENA+∠DNM＝90°，
∴∠ENM＝90°，
∴四边形EFMN是正方形；
（2）解：∵△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF，
∴EF＝FM＝MN＝NE，EH＝FG＝MR＝NQ，EQ＝FH＝MG＝NR，
如图2，设正方形EFMN的边长EF＝FM＝MN＝NE＝c，EH＝FG＝MR＝NQ＝b，EQ＝FH＝MG＝NR＝a，
则小正方形QHGR的边长QH＝b﹣a，
∴小正方形QHGR的面积为（b﹣a）2＝a2+b2﹣2ab，
∴由勾股定理得：a2+b2＝c2＝EN2＝10，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴a+b＝4，
∴a2+b2+2ab＝16，
∴2ab＝16﹣（a2+b2）＝6，
∴中间小正方形QHGR的面积为10﹣6＝4．

【点评】此题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，正确理解题意，会利用勾股定理解题是解决问题的关键．