专题强化 勾股定理中各类必考问题强化训练必刷精选题（30道）八年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版）

这是一份专题强化 勾股定理中各类必考问题强化训练必刷精选题（30道）八年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题强化：勾股定理中各类必考问题强化训练必刷精选题（30道）
一、单选题
1．（2022·吉林·长春北师大附属学校八年级期末）如图，将长方形纸片ABCD沿AE折叠，使点D恰好落在BC边上点F处，若AB＝3，AD＝5，则EC的长为（ ）

A．1 B． C． D．
2．（2022·云南嵩明·八年级期末）为了测量学校的景观池的长AB，在BA的延长线上取一点C，使得米，在点C正上方找一点D（即），测得，，则景观池的长AB为（ ）

A．5米 B．6米 C．8米 D．10米
3．（2021·广东·佛山市华英学校八年级期中）已知点及点，P是x轴上一动点，连接，，则的最小值是（　　）
A． B． C．5 D．4
4．（2021·陕西碑林·八年级期中）有一个面积为1的正方形，经过一次“生长”后，在它的左右肩上“生长”出两个小正方形，其中，三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过一次“生长”后，变成了如图所示的形状图，如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”，请你算出“生长”了888次后形成的图形中所有的正方形的面积和是（ ）

A．445 B．887 C．888 D．889


5．（2022·全国·八年级）如图，已知1号、4号两个正方形的面积和为10，2号、3号两个正方形的面积和为8，则a，b，c三个正方形的面积和为（ ）

A．18 B．26 C．28 D．34
6．（2021·广东清新·八年级期中）如图，大正方形是由4个小正方形组成，小正方形的边长为2，连接小正方形的三个顶点，得到△ABC，则△ABC的面积为（　　）

A．4 B．6 C．8 D．10
7．（2022·辽宁本溪·八年级期末）如图，长方形OABC中，点A在y轴上，点C在x轴上．，．点D在边AB上，点E在边OC上，将长方形沿直线DE折叠，使点B与点O重合．则点D的坐标为（ ）

A． B． C． D．
8．（2021·全国·八年级课时练习）在中，，，则（ ）．A．100 B．200 C．300 D．400
9．（2020·山西定襄·八年级期末）中，斜边，为边上的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．



10．（2022·全国·八年级）勾股定理与黄金分割并称为几何学中的两大瑰宝勾股定理的发现可以称为是数学史上的里程碑，2000多年来，人们对它进行了大量的研究，至今已有几百种证法．利用图形中有关面积的等量关系可以证明勾股定理，利用如图①的直角三角形纸片拼成的②③④⑤四个图形中，可以证明勾股定理的图形有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2022·四川仁寿·八年级期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图1，图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为3，则S1+S2+S3的值是（ ）

A．20 B．27 C．25 D．49
12．（2021·广东·深圳市龙岗区龙城初级中学八年级期中）如图，若圆柱的底面周长是14cm，高是48cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处，则这条丝线的最小长度是（ ）

A．49cm B．50cm C．54cm D．64cm



13．（2021·甘肃金塔·八年级期中）如图，在数轴上，点O对应数字O，点A对应数字2，过点A作AB垂直于数轴，且AB=4，连接OB，绕点O顺时针旋转OB，使点B落在数轴上的点C处，则点C所表示的数介于（　 　）

A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
14．（2022·山东泰山·八年级期末）如图，平行四边形ABCD，∠BCD=120°，AB=2，BC=4，点E是直线BC上的点，点F是直线CD上的点，连接AF，AE，EF，点M，N分别是AF，EF的中点．连接MN，则MN的最小值为（ ）

A．1 B． C． D．
15．（2022·重庆一中八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知，以为直边构造等腰，再以为直角边构造等腰，再以为直角边构造等腰，…，按此规律进行下去，则点的坐标为（ ）

A． B． C． D．



二、填空题
16．（2022·江苏溧水·八年级期末）已知一个直角三角形的两直角边长分别为 5cm 和 12 cm，则斜边上中线的长度是________cm．
17．（2022·河南南召·八年级期末）如图，已知长方形ABCD中，AD=3cm，AB=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ADE的面积为_______cm2．

18．（2022·吉林二道·八年级期末）如图，有5个形状大小完全相同的小长方形构造成一个大长方形（各小长方形之间不重叠且不留空隙），图中阴影部分的面积为32，则每个小长方形的对角线为_____．

19．（2022·江苏无锡·八年级期末）如图，在长方形中，，，、分别在边、上，且．现将四边形沿折叠，点，的对应点分别为点，，当点恰好落在边上时，则的长为______．







20．（2022·江苏省锡山高级中学实验学校八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，Q是直线上的一个动点，将Q绕点P(0，1)顺时针旋转90°，得到点Q'，连接OQ'，则OQ'的最小值为_________．

21．（2022·重庆万州·八年级期末）如图，在中，，，，为的角平分线．M为边上一动点，N为线段上一动点，连接、、，当取得最小值时，的面积为______．

22．（2022·四川省成都市七中育才学校八年级期末）如图，直线的解析式为，直线的解析式为，为上的一点，且点的坐标为，作直线轴，交直线于点，再作于点，交直线于点，作轴，交直线于点，再作，交直线于点，作轴，交直线于点按此作法继续作下去，则的坐标为________，的坐标为________．


三、解答题
23．（2021·广东·河源市第二中学八年级期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于E，若AC=6，BC=8，CD=3．

（1）求DE的长；
（2）求△ADB的面积．


24．（2020·广东·潮州市潮安区雅博学校八年级阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，D为线段BC的延长线上一点，且DB=DA，BE⊥AD于点E，取BE的中点F，连接AF．
（1）若AC=，AE=，求BE的长；
（2）在（1）的条件下，求△ABD的面积．
（3）若∠BAC=∠DAF，求证：2AF=AD；









25．（2019·广西环江·八年级期中）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在中，，，，若图中大正方形的面积为42，小正方形的面积为5，求的值．



26．（2020·浙江杭州·八年级期中）如图，△AOB，△COD是等腰直角三角形，点D在AB上，
（1）求证：△AOC≌△BOD；
（2）若AD=3，BD=1，求CD．














27．（2021·全国·八年级专题练习）已知，点P是等边三角形△ABC中一点，线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，连接PQ、QC．
（1）求证：PB＝QC；
（2）若PA＝3，PB＝4，∠APB＝150°，求PC的长度．



28．（2022·吉林·八年级期末）有若干张正方形和长方形卡片如图①所示，其中A型、B型卡片分别是边长为a、b的正方形．C型卡片是长为a、宽为b的长方形．

(1)【操作一】若用图①中的卡片拼成一个边长为a+3b的正方形，则需要A型卡片　 　张，B型卡片 　 　张，C型卡片 　 　张；
(2)【操作二】将C型卡片沿如图①所示虚线剪开后，拼成如图②所示的正方形，则选取C型卡片　 　张，阴影部分图形的面积可表示为 　 　；
(3)【操作三】如图③，将2张A型卡片和2张B型卡片无叠合的置于长为2a+b，宽为a+2b的长方形中．若图②中阴影部分的面积为4，图③中阴影部分面积为15，记每张A型、B型、C型卡片的面积分别为SA、SB、SC，求SA+SB+SC的值．





29．（2022·上海徐汇·八年级期末）如图1所示，已知△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=，点D在射线BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交AB边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC于点G．

(1)求证：EA=EG；
(2)若点G在线段AC延长线上时，设BD=x，FC=y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；
(3)联结DF，当△DFG是等腰三角形时，请直接写出BD的长度．




30．（2022·福建·泉州五中八年级期末）定义：若一个三角形存在两边平方和等于第三边平方的3倍，则称此三角形为“平方倍三角形”．
(1)若一个三角形的三边长分别是5，和2，这个三角形是否为平方倍三角形？请你作出判断并说明理由；
(2)若一个直角三角形是平方倍三角形，直角边长为，，斜边为c，求：：的值；
(3)如图，ABC中，BC＝2，CD为ABC的中线，且CD＝AB．若是平方倍三角形，求ABC的面积．


参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
由翻折可知：AD＝AF＝5．DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝3−x．在Rt△ECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，
∴∠B＝∠BCD＝90°，
由翻折可知：AD＝AF＝5，DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝3−x．
在Rt△ABF中，BF＝＝＝4，
∴CF＝BC−BF＝5−4＝1，
在Rt△EFC中，EF2＝CE2＋CF2，
∴（3−x）2＝x2＋12，
∴x＝，
∴EC＝．
故选：D．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握方程的思想方法是解题的关键．
2．D
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出CD的长，进而求出BC的长， 即可求解．
【详解】
解：∵，
∴ ，
∵，，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：D．
【点睛】
本题考查勾股定理的应用，解题关键是掌握勾股定理．
3．C
【解析】
【分析】
根据题意作出平面直角坐标系，作关于轴的对称点，连接，进而根据勾股定理求得两点的距离即可
【详解】
如图，作关于轴的对称点，连接，



，，

的最小值是
故选C
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，两点之间线段最短，勾股定理，作关于轴的对称点是解题的关键．
4．D
【解析】
【分析】
根据勾股定理，发现：经过一次生长后，两个小正方形的面积和等于第一个正方形的面积，故经过一次生长后，所有正方形的积和等于2；依此类推，经过n次生长后，所有正方形的面积和等于第一个正方形的面积的（n＋1）倍．
【详解】
解：根据勾股定理以及正方形的面积公式，可以发现：经过次生长后，所有正方形的面积和等于第一个正方形的面积的倍，
生长次后，变成的图中所有正方形的面积，
生长了888次后形成的图形中所有的正方形的面积和是，
故选：．
【点睛】
本题考查了勾股定理，如果直角三角形的两条直角边分别是，斜边是，那么．
5．B
【解析】
【分析】
由图可以得到a、b、c三个正方形的面积与1号、2号、3号、4号正方形的面积之间的关系，再根据1号、4号两个正方形的面积和为10，2号、3号两个正方形的面积和为8，可以求得a，b，c三个正方形的面积的和．
【详解】
解：解：如下图所示，

∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可证，，，
∴，
∵，，
∴，
故选B．
【点睛】
本题考查了学生对勾股定理的理解，解题的关键是把握图形面积之间的关系．
6．B
【解析】
【分析】
根据题意可得＝S正方形DEFA－，代入求解即可．
【详解】
如图所示，

∵大正方形是由4个小正方形组成，小正方形的边长为2，
∴由题意可得，
＝S正方形DEFA－

故选：B．
【点睛】
此题考查了割补法求三角形面积，解题的关键是根据题意正确得到＝S正方形DEFA－．
7．C
【解析】
【分析】
设AD=x，在Rt△OAD中，据勾股定理列方程求出x，即可求出点D的坐标．
【详解】
解：设AD=x，由折叠的性质可知，OD=BD=8-x，
在Rt△OAD中，
∵OA2+AD2=OD2，
∴42+x2=(8-x)2，
∴x=3，
∴D，
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，以及折叠的性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方．
8．C
【解析】
【分析】
根据题意，那么AB就为斜边，则根据勾股定理可得：，那么原式则为，再将AB的值代入即可求出答案．
【详解】
解：∵在中，且，
∴AB为的斜边，
∴根据勾股定理得：，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，正确对应斜边并能灵活运用勾股定理是解题的关键．
9．B
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、勾股定理解题即可．
【详解】
中，斜边，为边上的中点，

根据勾股定理得，


故选：B．


【点睛】
本题考查直角三角形斜边中线的性质、直角三角形勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
10．C
【解析】
【分析】
利用面积与恒等式，②中矩形面积等于两个直角三角形面积之和，都为ab，无法证明勾股定理； ③中梯形面积等于两个直角边分别为a，b的直角三角形与一个直角边为c的等腰直角三角形面积之和；④中大正方形的面积等于4个小直角三角形面积与一个小正方形面积之和；⑤中大正方形的面积等于4个小直角三角形面积与一个小正方形面积之和，即可求解．
【详解】
解：根据题意得：②中矩形面积等于两个直角三角形面积之和，都为ab，无法证明勾股定理；
③中梯形面积等于两个直角边分别为a，b的直角三角形与一个直角边为c的等腰直角三角形面积之和，即
，
整理得： ，可以证得勾股定理；
④中大正方形的面积等于4个小直角三角形面积与一个小正方形面积之和，即
，
整理得： ，可以证得勾股定理；
⑤中大正方形的面积等于4个小直角三角形面积与一个小正方形面积之和，即
，
整理得： ，可以证得勾股定理；
所以可以证明勾股定理的图形有③④⑤，共3个．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的证明，熟练掌握梯形，正方形的面积的不同求法是解题的关键．
11．B
【解析】
【分析】
根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，得出CG＝KG，CF＝DG＝KF，再根据S1＝（CG+DG）2，S2＝GF2，S3＝（KF﹣NF）2，S1+S2+S3＝3GF2，即可求解．
【详解】
解：在Rt△CFG中，由勾股定理得：CG2+CF2=GF2，
∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，
∴CG=KG=FN，CF=DG=KF，
∴S1=（CG+DG）2
=CG2+DG2+2CG•DG
=CG2+CF2+2CG•DG
=GF2+2CG•DG，
S2=GF2，
S3=（KF-NF）2，
=KF2+NF2-2KF•NF
=KF2+KG2-2DG•CG
=FG2-2CG•DG，
∵正方形EFGH的边长为3，
∴GF2=9，
∴S1+S2+S3=GF2+2CG•DG+GF2+FG2-2CG•DG=3GF2=27，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质等知识，根据已知得出S1+S2+S3=3GF2=27是解题的关键．
12．B
【解析】
【分析】
要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据两点之间线段最短得出结果，在求线段长时，借助于勾股定理．
【详解】
解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形ACBD，

则从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处，这条丝线的最小长度是长方形的对角线AB的长．
∵圆柱的底面周长是14cm，高是48cm，
∴AB2=142+482=196+2304=2500，
∴AB=50（cm）．
故选B．
【点睛】
本题考查了平面展开﹣最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，解题关键是把圆柱的侧面展开成矩形，化曲面为平面，用勾股定理解决．
13．C
【解析】
【分析】
因为△OAB是一个直角三角形，且有OC=OB，所以可求得OB的长度即得C点所表示的数，可判断其大小．
【详解】
解：∵AB⊥OA
∴在直角三角形OAB中有 OA2+AB2=OB2
∴
∴4＜＜5
又∵OC=OB
∴点C所表示的数介于4和5之间
故选：C．
【点睛】
此题考查勾股定理，无理数的估算，重点就是由垂直而组成的直角三角形的性质，从而解得答案．
14．C
【解析】
【分析】
先证明NM为△AEF的中位线，根据中位线性质得出MN=，可得AE最小时，MN最小，根据点E在直线BC上，根据点到直线的距离最短得出AE⊥BC时AE最短，根据在平行四边形ABCD中，∠BCD=120°，求出∠ABC=180°-∠BCD=180°-120°=60°，利用三角形内角和∠BAE=180°-∠ABE-∠AEB=180°-60°-90°=30°，利用30°直角三角形性质得出BE=，再利用勾股定理求出AE即可．
【详解】
解：∵M为FA中点，N为FE中点，
∴NM为△AEF的中位线，
∴MN=
∴AE最小时，MN最小，
∵点E在直线BC上，
根据点A到直线BC的距离最短，
∴AE⊥BC时AE最短，
∵在平行四边形ABCD中，∠BCD=120°，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠ABC=180°-∠BCD=180°-120°=60°，
∴∠BAE=180°-∠ABE-∠AEB=180°-60°-90°=30°，
在Rt△ABE中，∠BAE=30°，AB=2，
∴BE=，
根据勾股定理AE最小值=,
∴MN=．
故选择C．
【点睛】
本题考查三角形中位线性质，平行四边形性质，点到直线距离，三角形内角和，30°直角三角形性质，勾股定理，掌握三角形中位线性质，平行四边形性质，点到直线距离，三角形内角和，30°直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
15．A
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质得到OA1＝，OA2＝，OA3＝，…，OA1033＝，再利用A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴的特点可得到点A1033在x轴负半轴，即可确定点A1033的坐标．
【详解】
解：∵等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在x轴的负半轴上，且OA1＝A1A2＝，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，
∴OA1＝，OA2＝，OA3＝，……，OA1033＝，
∵A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴，
1033＝8×129+1，
∴点A1033在x轴负半轴，
∵OA1033＝，
∴点A1033的坐标为：，
故选：A．
【点睛】
本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于45°；斜边等于直角边的倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
16．
【解析】
【分析】
直角三角形中，勾股定理求斜边长，根据斜边上的中线长为斜边的一半求解即可．
【详解】
解：由勾股定理知斜边长为
由直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半可知斜边上中线的长度为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理与直角三角形的中线．解题的关键在于理解直角三角形中线与斜边长的关系．
17．6
【解析】
【分析】
根据折叠的条件可得：，在直角中，利用勾股定理就可以求解．
【详解】
解：将此长方形折叠，使点与点重合，
．
．
，
根据勾股定理可知：．
．
解得：．
的面积为：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是注意掌握方程思想的应用．
18．4
【解析】
【分析】
直接利用整式的混合运算法则结合已知阴影部分面积进而得出答案．
【详解】
解：设小长方形的宽为a，长为b，
则大长方形的宽为(2a+b)，长为(2b+a)，
根据题意可得：(2a+b)(2b+a)-5ab=32，
整理得：2a2+2b2=32，即a2+b2=16，
∴每个小长方形的对角线为，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了勾股定理，多项式乘多项式，整式的混合运算，正确掌握整式的混合运算法则是解题关键．
19．4
【解析】
【分析】
由勾股定理求出F，得到D，过点作H⊥AB于H，连接BF，则四边形是矩形，求出HE，过点F作FG⊥AB于G，则四边形BCFG是矩形，利用勾股定理求出的长．
【详解】
解：在长方形中，，，
由折叠得5，
∴，
∴13=2，
过点作H⊥AB于H，连接BF，则四边形是矩形，
∴AH=D=2，
∵∠EF=∠BEF，∠FE=∠BEF，
∴∠EF=∠FE，
∴E=F=13，

∴=5，
过点F作FG⊥AB于G，则四边形BCFG是矩形，
∴BG=FC=5，
∴EG=13-5=8，
∴=4
故答案为4．
【点睛】
此题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，正确引出辅助线利用推理论证进行求解是解题的关键．
20．
【解析】
【分析】
利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】
解：作QM⊥y轴于点M，Q′N⊥y轴于N，

∵∠PMQ＝∠PNQ′＝∠QPQ′＝90°，
∴∠QPM＋∠NPQ′＝∠PQ′N＋∠NPQ′，
∴∠QPM＝∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN（AAS），
∴PN＝QM，Q′N＝PM，
设Q（m，m＋3），
∴PM＝|m＋2|，QM＝|m|，
∴ON＝|1-m|，
∴Q′（m＋2，1−m），
∴OQ′2＝（m＋2）2＋（1−m）2＝m2＋5，
当m＝0时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等，坐标与图形的变换−旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
21．
【解析】
【分析】
利用点M关于AC的对称点确定N点，当、、三点共线且时，的长取得最小值，再利用三角形的面积公式求出，在利用勾股定理求后即可求出的面积．
【详解】
∵为的角平分线，将沿翻折，

∴的对应点一定在边上．
∴
∴当、、三点共线且时，
的长取得最小值
∵在中，，，
∴
∵
∴
∴在中，
∴．
【点睛】
本题考查了最短路径问题以及勾股定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
22．
【解析】
【分析】
过点 作 轴于点D，点 作 轴于点E，可先求出点 的坐标为 ，从而得到，进而得到 ，得到 ，同理 ，可得到， ，再由轴，可得到 ，再根据等腰三角形的性质可得 ，进而求出 ，同理得到点 ，由此发现规律，即可求解．
【详解】
解：如图，过点 作 轴于点D，点 作 轴于点E，

∵点的坐标为，轴，
∴点 的纵坐标为 ，
∴当时 ， ，
∴点 的坐标为 ，
∴OD=3， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵轴，
∴ ，
同理 ，
∴ ，
∴， ，
∵，
∴ ，
∵轴，
∴，
∴，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴点 ，
同理点 ，

由此得到 ，
∴的坐标为 ．
故答案为： ，
【点睛】
本题主要考查了一次函数的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据题意得到规律是解题的关键．
23．（1）DE=3；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线性质得出CD=DE，代入求出即可；
（2）利用勾股定理求出AB的长，然后计算△ADB的面积.
【详解】
（1）∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，∠C=90°，
∴CD=DE，
∵CD=3，
∴DE=3；
（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得：，
∴△ADB的面积为.
24．（1）；（2）；（3）见详解
【解析】
【分析】
（1）在Rt△AEB中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）设，则，根据勾股定理求出AD的长，再利用三角的面积公式计算即可；
（3）如图，延长AF至M点，使AF＝MF，连接BM，首先证明△AEF≌△MFB，再证明△ABM≌△ACD即可．
【详解】
解：（1）∵AB＝AC，AC＝，
∴AB＝，
∵BE⊥AD，AE＝，
∴在Rt△AEB中，；
（2）设，则，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
即，
解得：，
即,
则，
则；
（3）证明：如图，延长AF至M点，使AF＝MF，连接BM，

∵点F为BE的中点，
∴EF＝BF，
在△AEF和△MBF中，

∴△AEF≌△MBF（SAS），
∴∠FAE＝∠FMB，
∴AE∥MB，
∴∠EAB+∠ABM＝180°，
∴∠ABM＝180°﹣∠BAD，
又∵AB＝AC，DB＝DA，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAD，
∴∠ACD＝180°﹣∠ACB，
∴∠ABM＝∠ACD．
又∵∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAC﹣∠MAC＝∠DAF﹣∠MAC，
∴∠1＝∠2．
在△ABM和△ACD中，
，
∴△ABM≌△ACD（ASA），
∴AM＝AD，
又∵AM＝AF+MF＝2AF，
∴2AF＝AD．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是中线延长一倍，作出正确的辅助线构造全等三角形，属于常考题型．
25．
【解析】
【分析】
根据正方形的面积公式和三角形的面积公式即可求出，，然后根据完全平方公式的变形即可求出结论．
【详解】
解：小正方形面积=
4个小直角三角形的面积=
∴
∴
【点睛】
此题考查的是全等三角形的性质和完全平方公式的变形，掌握全等三角形的性质、正方形的面积公式、三角形的面积公式和完全平方公式的变形是解决此题的关键．
26．(1)见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）因为∠AOB=∠COD=90°，由等量代换可得∠DOB=∠AOC，又因为△AOB和△COD均为等腰直角三角形，所以OC=OD，OA=OB，则△AOC≌△BOD；
（2）由（1）可知△AOC≌△BOD，所以AC=BD=1，∠CAO=∠DBO=45°，由等量代换求得∠CAB=90°，根据勾股定理即可求出CD的长．
【详解】
解：（1）∵△AOB，△COD是等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOC=∠BOD=90°﹣∠AOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD（SAS）；
（2）∵△AOB，△COD是等腰直角三角形，
∴OC=OD，OA=OB，∠AOB=∠COD=90°，
∴∠B=∠OAB=45°，
∵△AOC≌△BOD，BD=1，
∴AC=BD=1，∠CAO=∠B=45°，
∵∠OAB=45°，
∴∠CAD=45°+45°=90°，
在Rt△CAD中，由勾股定理得：CD=．
27．（1）证明见解析；（2）5.
【解析】
【分析】
（1）直接利用旋转的性质可得AP=AQ，∠PAQ=60°，然后根据“SAS”证明△BAP≌△CAQ，结合全等三角形的性质得出答案；
（2）由△APQ是等边三角形可得AP=PQ=3，∠AQP=60°，由全等的性质可得∠AQC =∠APB=150°,从而可求∠PQC=90°，然后根据勾股定理求PC的长即可 .直接利用等边三角形的性质结合勾股定理即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，∠PAC+∠CAQ=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAP+∠PAC=60°，AB=AC，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中
，
∴△BAP≌△CAQ（SAS），
∴PB=QC；
（2）解：∵由（1）得△APQ是等边三角形，
∴AP=PQ=3，∠AQP=60°，
∵∠APB=150°，
∴∠PQC=150°﹣60°=90°，
∵PB=QC，
∴QC=4，
∴△PQC是直角三角形，
∴PC==5．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理 .证明△BAP≌△CAQ是解（1）的关键，证明∠PQC=90°是解（2）的关键 .
28．(1)1；9；6
(2)2；(a-b)2
(3)SA+SB+SC的值为13．
【解析】
【分析】
（1）根据完全平方公式把（a+3b）2化简即可解答；
（2）求出阴影部分图形的面积即可；
（3）利用三种图形的面积分别表示图②和图③的阴影部分的面积，构建二元一次方程组，利用整体代入法，进而求得答案．
(1)
解：∵（a+3b）2=a2+6ab+9b2，
故需要A型卡片1张，B型卡片9张，C型卡片6张；
故答案为：1；9；6；
(2)
解：图②阴影部分图形的面积可表示为：
()2−4×ab=a2-2ab+b2=(a-b)2，
故选取C型卡片2张，阴影部分图形的面积可表示为(a-b)2；
故答案为：2；(a-b)2；
(3)
解：由②，得（a-b）2=4，即a2-2ab+b2=4①，
由③，得（2a+b）（a+2b）-2a2-2b2=15，化简，得ab=3②，
将②代入①，得a2+b2=10，
∴SA+SB+SC=a2+b2+ab=13．
【点睛】
本题主要考查了完全平方公式，关键能够分割图形，了解各个部分组成，便可表示各个类型的数量，善用整体代入法，表示出相应部分面积，利用整体代入法求解．
29．(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）在BA上截取BM=BC=2，在Rt△ACB中，由勾股定理，可得AB=4，进而可得∠A=30°，∠B=60°；由DE=DB，可证△DEB是等边三角形，∠BED=60°，由外角和定理得∠BED=∠A+∠G，进而得∠G=30°，所以∠A=∠G，即可证EA=EG；
（2）由△DEB是等边三角形可得BE=DE，由BD=x，FC=y，得BE=x， DE=x，AE=AB-BE=4-x，在Rt△AEF中，由勾股定理可表示出 ，把相关量代入FC=AC-AF，整理即可得y关于x的函数解析式；当F点与C点重合时，x取得最小值1，G在线段AC延长线上,可知，D点不能与C点重合，所以x最大值小于2，故可得1≤x<2；
（3）连接DF，根据等腰三角形的判定定理，有两条边相等的三角形是等腰三角形，分三种情况①当时，②当时③当时，分别计算即可得BD的长．
(1)
如图，在BA上截取BM=BC=2，

Rt△ACB中，∠C=90°
∵AC=2，BC=2，
∴AB=
∴AM=AB-BM=2，
∴CM=BM=AM=2，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠A=30°，
∵DE=DB，∴△DEB是等边三角形，
∴∠BED=60°，
∵∠BED=∠A+∠G，
∴∠G=30°
∴∠A=∠G，
∴EA=EG．
(2)
∵△DEB是等边三角形，
∴BE=DE
设BE=x，则DE=x，AE=AB-BE=4-x
∵∠A=30°，∠AEF=90°，
∴EF=，
Rt△AEF中，
∴
∵FC=AC-AF，
∴ y =
定义域：1≤x<2
(3)
连接DF，

Rt△ACB中，∠C=90°
∴
∵AC=2，BC=2，BD=x，
∴AB=4，EA=EG=4-x，，，
①当时，在Rt△DCG中，
∴，
，
解得：（舍去），；
②当时，
在Rt△DCG中，∠G=30°，
∴DG=2DC，
∴CG=
∴，
解之得：；
③当时，在Rt△DCF中，
，
∴，
，
解得：；
综上所述：BD的长为或或．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定等有关知识，正确进行分析，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键，注意分类思想的运用．
30．(1)这个三角形是“平方倍三角形”．理由见解析；
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
(1)根据“一个三角形存在两边平方和等于第三边平方的3倍”即可判断；
(2)根据勾股定理得到；再由三角形是平方倍三角形得到或，解方程组即可求解；
(3)证明△ABC为直角直角三角形，然后再由是平方倍三角形分AD²+CD²=3AC²和AD²+AC²=3CD²两种情况讨论即可．
(1)
解：结论：这个三角形是“平方倍三角形”．理由如下：
∵，，
∴，
∴这个三角形是“平方倍三角形”．
(2)
解：∵三角形为直角三角形，且直角边长为a和b，斜边为c，
∴由勾股定理可知：，
∵三角形是平方倍三角形，
∴或者，
当时：由①、②两式得到：，
整理得到：，即：，
再代入①中得到：，
∴；
当时：由①、③两式得到：，
整理得到：，即：，
再代入①中得到：，
∴；
综上所述：．
(3)
解：如下图所示：

∵CD为ABC的中线，
∴AD=BD=AB，
由已知CD＝AB，
∴AD=CD=BD，
∴∠DAC=∠DCA，∠DCB=∠DBC，
又△ABC内角和为180°，
∴∠DAC+∠DCA+∠DCB+∠DBC=180°，
∴2∠DCA+2∠DCB=180°，
∴∠DCA+∠DCB=90°，即∠ACB=90°，
∴△ABC为直角三角形，
由已知条件是平方倍三角形可知：
设AD=CD=DB=x(x>0)，
情况一：当AD²+CD²=3AC²时：得到3AC²=2x²，
∴，
在Rt△ABC中，由勾股定理可知：AC²+BC²=AB²，代入数据：
，解出(负值舍去)，
∴，
∴；
情况二：当AD²+AC²=3CD²时：得到AC²=2x²，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理可知：AC²+BC²=AB²，代入数据：
，解出(负值舍去)，
∴，
∴；
综上所述：△ABC的面积为或．