人教版八年级下册17.1 勾股定理随堂练习题

这是一份人教版八年级下册17.1 勾股定理随堂练习题，文件包含专题171勾股定理与线段长重点题专项讲练人教版解析版docx、专题171勾股定理与线段长重点题专项讲练人教版原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
专题17.1 勾股定理与线段长


【典例1】如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，∠CBE＝45°，BE分别交AC，AD于点E、F．
（1）如图1，若AB＝13，BC＝10，求AF的长度；
（2）如图2，若AF＝BC，求证：BF2+EF2＝AE2．

【思路点拨】
（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得BD＝5，由勾股定理计算可得AD的长，由等腰直角三角形性质得DF＝5，最后由线段的差可得结论；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△CHB≌△AEF（SAS），得AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，由等腰三角形三线合一的性质得EF＝FH，最后由勾股定理和等量代换可得结论．
【解题过程】
解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
Rt△ABD中，∵AB＝13，
∴AD=AB2-BD2=132-52=12，
Rt△BDF中，∵∠CBE＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴DF＝BD＝5，
∴AF＝AD﹣DF＝12﹣5＝7；
（2）证明：如图2，在BF上取一点H，使BH＝EF，连接CF、CH，
在△CHB和△AEF中，
∵BH=EF∠CBH=∠AFE=45°BC=AF，
∴△CHB≌△AEF（SAS），
∴AE＝CH，∠AEF＝∠BHC，
∴∠CEF＝∠CHE，
∴CE＝CH，
∵BD＝CD，FD⊥BC，
∴CF＝BF，
∴∠CFD＝∠BFD＝45°，
∴∠CFB＝90°，
∴EF＝FH，
Rt△CFH中，由勾股定理得：CF2+FH2＝CH2，
∴BF2+EF2＝AE2．

1．（2021秋•泗阳县期末）已知直角三角形的两条边长分别是3和4，那么这个三角形的第三条边的长为（　　）
A．5 B．25 C．7 D．5或7
【思路点拨】
分两种情况：当3和4都是直角边时；当4是斜边长时；分别利用勾股定理计算出第三边长即可．
【解题过程】
解：当3和4都是直角边时，第三边长为：32+42=5；
当4是斜边长时，第三边长为：42-32=7．
故选：D．
2．（2021秋•苏州期末）如图，数轴上点A表示的数是﹣1，点B表示的数是1，BC＝1，∠ABC＝90°，以点A为圆心，AC长为半径画弧，与数轴交于原点右侧的点P，则点P表示的数是（　　）

A．5-1 B．5-2 C．3-1 D．2-3
【思路点拨】
首先根据勾股定理求出AC长，再根据圆的半径相等可知AP＝AC，即可得出答案．
【解题过程】
解：∵BC⊥AB，
∴∠ABC＝90°，
∴AC=12+22=5，
∵以A为圆心，AC为半径作弧交数轴于点P，
∴AP＝AC=5，
∴点P表示的数是﹣1+5；
故选：A．
3．（2021秋•莲池区期末）如图，作Rt△ABC，∠C＝90°，BC＝2AC；以A为圆心，AC长为半径画弧，交斜边AB于点D；以B为圆心，以BD长为半径画弧，交BC于点E．若BC＝6，则CE＝（　　）

A．9﹣35 B．35-6 C．35-3 D．35-1
【思路点拨】
根据题意勾股定理求出AB的长，由AD＝AC得出BD，再根据BE＝BD，即可求出CE的长．
【解题过程】
解：∵BC＝2AC，BC＝6，
∴AC＝3，
由勾股定理得AB=AC2+BC2=32+62=35，
∵AC＝AD，
∴BD＝AB﹣AD＝35-3，
∵BE＝BD，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣（35-3）＝9﹣35，
故选：A．
4．（2021秋•盐田区校级期末）如图，在2×2的网格中，有一个格点△ABC，若每个小正方形的边长为1，则△ABC的边AB上的高为（　　）

A．22 B．55 C．510 D．1
【思路点拨】
如图，过点C作CD⊥AB于D，首先利用勾股定理求得AB的长度，然后利用等面积法求得CD的长度．
【解题过程】
解：如图，过点C作CD⊥AB于D，

在直角△ABE中，∠AEB＝90°，AE＝1，BE＝2，则由勾股定理知，AB=AE2+BE2=12+22=5．
由12AE•BC=12AB•CD知，CD=AE⋅BCAB=1×15=55．
故选：B．
5．（2021秋•渝中区校级期末）在△ABC中，AB＝10，AC＝17，BC边上的高AD＝8，则△ABC的面积为（　　）
A．72 B．84 C．36 或 84 D．72 或 84
【思路点拨】
由勾股定理分别求出BD和CD，分AD在三角形的内部和AD在三角形的外部两种情况，由三角形面积公式计算即可．
【解题过程】
解：在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=AB2-AD2=102-82=6，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：CD=AC2-AD2=172-82=15，
分两种情况：
①如图1，当AD在△ABC的内部时，

BC＝15+6＝21，
则△ABC的面积=12BC×AD=12×21×8＝84；
②如图2，当AD在△ABC的外部时，

BC＝15﹣6＝9，
则△ABC的面积=12BC×AD=12×9×8＝36；
综上所述，△ABC的面积为36或84，
故选：C．
6．（2021秋•南京期末）如图，在△ABC中，AB＝20，AC＝15，BC＝7，则点A到BC的距离是 　 　．

【思路点拨】
过A作AD⊥BC交BC的延长线于D，根据勾股定理即可得到结论．
【解题过程】
解：过A作AD⊥BC交BC的延长线于D，

∴∠D＝90°，
∴AB2﹣BD2＝AD2＝AC2﹣CD2，
∵AB＝20，AC＝15，BC＝7，
∴202﹣（7+CD）2＝152﹣CD2，
∴CD＝9，
∴AD=AC2-CD2=152-92=12，
∴点A到BC的距离是12，
故答案为：12．
7．（2021秋•乾县期末）如图，四边形ABCD中，AC⊥BD于O，AB＝6，BC＝8，CD＝10，则AD＝　 　．

【思路点拨】
利用勾股定理得到：AO2+BO2＝62，CO2+BO2＝82，DO2+CO2＝102，将三个等式相加，求得AO2+DO2的值即可．
【解题过程】
解：∵AC⊥BD，
∴由勾股定理得到：AO2+BO2＝62①，
CO2+BO2＝82②，
DO2+CO2＝102③，
由①+②+③得：AO2+DO2+2（CO2+BO2）＝62+82+102，
即AO2+DO2+2×82＝62+82+102，
∴AO2+DO2＝72，
∴AD2＝72，
∴AD＝62．
故答案为：62．
8．（2021秋•新吴区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，△ABC的两条角平分线AD、BE相交于点O，连接CO，则CO的长为 　 　．

【思路点拨】
过O作OM⊥BC于M，OP⊥AB于P，ON⊥AC于N，根据角平分线的想知道的OM＝ON，推出OC平分∠ACB，得到△OCM是等腰直角三角形，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【解题过程】
解：过O作OM⊥BC于M，OP⊥AB于P，ON⊥AC于N，

∵AD和BE是△ABC的角平分线，
∴OP＝OM，ON＝OP，
∴OM＝ON，
∴OC平分∠ACB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO＝∠BCO＝45°，
∴△OCM是等腰直角三角形，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB=AC2+BC2=10，
∴S△ABC=12AC•BC=12×（AB+AC+BC）•OM，
∴6×8＝（10+6+8）×OM，
∴OM＝2，
∴OC=OM2+CM2=22+22=22，
故答案为：22．
9．（2021秋•徐汇区期末）如果三角形有一边上的中线长恰好等于这边的长，那么称这个三角形为“好玩三角形”，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，若Rt△ABC是“好玩三角形”，则AB＝　 　．
【思路点拨】
分两种情形：分别是AC上的中线BD＝AC，BC上的中线AE＝BC，分别画出图形，利用勾股定理解决问题即可．
【解题过程】
解：如图，当AC上的中线BD＝AC时，

∵AC＝2，
∴BD＝2，CD＝1，
在Rt△BDC中，由勾股定理得，BC=3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB=AC2+BC2=4+3=7；
当BC上的中线AE＝BC时，设CE＝x，则AE＝BC＝2x，

在Rt△ACE中，由勾股定理得，x2+22＝（2x）2，
∵x＞0，
∴x=233，
∴BC=433，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB=AC2+BC2=22+(433)2=2213；
∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故不符合题意，
故答案为：7或2213．
10．（2021秋•鼓楼区期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝15，AC＝20，AD⊥BC，垂足为D．求AD，BD的长．

【思路点拨】
先根据勾股定理求出BC的长，再利用三角形面积公式得出12AB•AC=12BC•AD，然后即可求出AD．
【解题过程】
解：∵∠BAC＝90°，AB＝15，AC＝20，
∴BC=AB2+AC2=25，
∵S△ABC=12AB•AC=12BC•AD，
∴AB•AC＝BC•AD，
∴15×20＝25AD，
∴AD＝12；
∵AD⊥BC，
∴BD=AB2-AD2=152-122=9．
11．（2020秋•宝山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BCD＝120°，AB＝1，BC=3，CD＝2，求AD的长．

【思路点拨】
在直角三角形ABC中勾股定理求出AC的长度，在直角三角形ACD中利用勾股定理求出AD的长即可．
【解题过程】
解：如图，连接AC，

∵∠ABC＝90°，AB＝1，BC=3，
∴AC=AB2+BC2=12+(3)2=2．
∴AB=12AC．
又∵∠BCD＝120°，
∴∠ACD＝120°﹣30°＝90°．
∵CD＝2，
∴AD=AC2+CD2=22+22=22，即AD＝22．
12．（2021秋•靖江市校级期中）如图，在△ABC中，AB＝25，BC＝28，AC＝17，求△ABC的面积．

【思路点拨】
过点A作AD⊥BC于D，根据勾股定理列式求出BD，再根据勾股定理求出AD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解题过程】
解：过点A作AD⊥BC于D，
在Rt△ABD中，AB2﹣BD2＝AD2，
在Rt△ACD中，AC2﹣CD2＝AD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，即252﹣BD2＝172﹣（28﹣BD）2，
解得：BD＝20，
∴AD=AB2-BD2=252-202=15，
∴S△ABC=12×28×15＝210．
13．（2021春•铁西区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝135°，BC＝6，点D为AB的中点，连接DC，若DC⊥BC，求AB的长．

【思路点拨】
取AC的中点E，连接DE，构造三角形中位线和等腰直角△EDC，则ED=12BC＝3，ED＝DC；在直角△BCD中，利用勾股定理来求AB的长度．
【解题过程】
解：如图，取AC的中点E，连接DE，

∵点D为AB的中点，BC＝6，
∴DE∥BC，且DE=12BC＝3．
∵DC⊥BC，
∴DC⊥DE．
∵∠ACB＝135°，∠DCB＝90°，
∴∠DCE＝135°﹣90°＝45°．
∴∠DEC＝∠DCE＝45°．
∴DE＝DC＝3．
在直角△BCD中，由勾股定理知：BD=BC2+CD2=32+62=35．
∴AB＝2BD＝65．
14．（2021秋•新吴区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝2，AB的中垂线DE交AB于点D，交AC于点E．延长DE交BC的延长线于点F，连接AF．
（1）求AD的长；
（2）求AF的长．

【思路点拨】
（1）根据勾股定理得到AB=AC2+BC2=22+12=5，根据线段中点的定义即可得到AD=12AB=52；
（2）根据线段垂直平分线的性质得到BF＝AF，根据勾股定理即可得到结论．
【解题过程】
解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝2，
∴AB=AC2+BC2=22+12=5，
∵AB的中垂线DE交AB于点D，
∴AD=12AB=52；
（2）∵DF是线段AB的垂直平分线，
∴BF＝AF，
∴CF＝BF﹣BC＝AF﹣1，
∵∠ACF＝90°，
∴CF2+AC2＝AF2，
∴（AF﹣1）2+22＝AF2，
∴AF=52，
故AF的长为52．
15．（2021秋•门头沟区期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E．
（1）求证：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，AD=23，求AE的长．

【思路点拨】
（1）根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可；
（2）过点D作DF⊥AB于F，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答即可．
【解题过程】
（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠CAD＝∠ADE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠EAD．
∴∠EAD＝∠ADE．
∴AE＝DE；
（2）解：过点D作DF⊥AB于F．

∵∠C＝90°，AC＝3，AD=23，
在Rt△ACD中，由勾股定理得 AC2+DC2＝AD2．
∴DC=3．
∵AD平分∠BAC，
∴DF＝DC=3．
又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°，
∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）．
∴AF＝AC＝3，
∴Rt△DEF中，由勾股定理得 EF2+DF2＝DE2．
设AE＝x，则DE＝x，EF＝3﹣x，
∴(3-x)2+(3)2=x2，
∴x＝2．
∴AE＝2．
16．（2021秋•石景山区期末）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6．AD平分∠CAB交BC于点D．
（1）求BC的长；
（2）求CD的长．

【思路点拨】
（1）根据勾股定理解答即可；
（2）根据AAS证明△AED和△ACD全等，进而利用全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【解题过程】
解：（1）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：BC=AB2-AC2=102-62=8．
（2）过点D作DE⊥AB于点E，如图．

∴∠DEA＝90°＝∠C（垂直定义）．
∵AD平分∠CAB（已知），
∴∠1＝∠2（角平分线定义）．
在△AED和△ACD中，
∠DEA=∠C∠2=∠1AD=AD，
∴△AED≌△ACD（AAS）．
∴AE＝AC＝6，DE＝DC（全等三角形的对应边相等）．
∴BE＝AB﹣AE＝4．
设CD＝x，则DE＝x，DB＝8﹣x．
在Rt△DEB中，∠DEB＝90°，
由勾股定理，得（8﹣x）2＝x2+42．
解得x＝3．
即CD＝3．
17．（2021春•歙县月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝12，∠A＝60°，∠D＝150°，已知四边形的周长为42，求四边形ABCD的面积．

【思路点拨】
连接BD，易证△ABD是等边三角形，△BCD是直角三角形，因而只要求出CD与BD的长就可以求出结果．
【解题过程】
解：连接BD，作DE⊥AB于E，

∵AB＝AD＝12，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ADE＝30°，
∴AE＝BE=12AB＝6，∠ADB＝60°，
在Rt△ADE中，AD2＝AE2+DE2，
∴DE=AD2-AE2=122-62=63，
∴S△ABD=12AB•DE=12×12×63=363，
∵∠ADC＝150°，
∴∠CDB＝∠ADC﹣∠ADB＝150°﹣60°＝90°，
∴△BCD是直角三角形，
又∵四边形的周长为42，
∴CD+BC＝42﹣AD﹣AB＝42﹣12﹣12＝18，
设CD＝x，则BC＝18﹣x，
在Rt△ADE中，BC2＝CD2+BD2，
∴122+x2＝（18﹣x）2，
解得x＝5，
∴S△BDC=12×12×5＝30，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△BDC＝363+30．
18．（2021秋•如皋市期末）如图，在△ABC中，AC＝5，E为BC边上一点，且CE＝1，AE=26，BE＝4，点F为AB边上的动点，连接EF．
（1）求AB的长；
（2）当△BEF为等腰三角形时，求AF的长．

【思路点拨】
（1）证出∠ACE＝90°，由勾股定理可求出答案；
（2）分三种情况，由勾股定理可求出答案．
【解题过程】
解：（1）∵AC＝5，CE＝1，AE=26，
∴AC2+CE2＝26，AE2＝26，
∴AC2+CE2＝AE2，
∴∠ACE＝90°，
∵BC＝CE+BE＝5，AC＝5，
∴AB=AC2+BC2=52+52=52；
（2）①当BF＝BE＝4时，
AF＝AB﹣BF＝52-4；
②如图，当BF＝EF时，有∠FEB＝∠B＝45°，

∴∠BFE＝90°，BF＝EF，
设BF＝EF＝x，
∵BF2+EF2＝BE2，
∴x2+x2＝42，
∴x＝22（负值舍去），
∴AF＝AB﹣BF＝52-22=32；
③如图，当BE＝EF时，有∠EFB＝∠B＝45°，

∴∠BEF＝90°，EF＝BE＝4，
∴BF=BE2+EF2=42，
∴AF＝AB﹣BF＝52-42=2．
综上所述，AF的长为52-4或32或2．
19．（2021秋•南阳期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5cm，AC＝3cm，动点P从点B出发沿射线BC以1cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值；
（3）当△ABP为等腰三角形时，求t的值．

【思路点拨】
（1）直接根据勾股定理求出BC的长度；
（2）当△ABP为直角三角形时，分两种情况：①当∠APB为直角时，②当∠BAP为直角时，分别求出此时的t值即可；
（3）当△ABP为等腰三角形时，分三种情况：①当AB＝BP时；②当AB＝AP时；③当BP＝AP时，分别求出BP的长度，继而可求得t值．
【解题过程】
解：（1）在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝52﹣32＝16，
∴BC＝4（cm）；
（2）由题意知BP＝tcm，

①当∠APB为直角时，点P与点C重合，BP＝BC＝4cm，即t＝4；
②当∠BAP为直角时，BP＝tcm，CP＝（t﹣4）cm，AC＝3cm，
在Rt△ACP中，
AP2＝32+（t﹣4）2，
在Rt△BAP中，AB2+AP2＝BP2，
即：52+[32+（t﹣4）2]＝t2，
解得：t=254，
故当△ABP为直角三角形时，t＝4或t=254；
（3）如图，

①当AB＝BP时，t＝5；
②当AB＝AP时，BP＝2BC＝8cm，t＝8；
③当BP＝AP时，AP＝BP＝tcm，CP＝（4﹣t）cm，AC＝3cm，
在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，
所以t2＝32+（4﹣t）2，
解得：t=258，
综上所述：当△ABP为等腰三角形时，t＝5或t＝8或t=258．
20．（2021秋•永春县期末）如图△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5．
（1）求AB的长；
（2）若动点P从点C开始以每秒1个单位的速度，按C→A→B的路径运动，设运动的时间为t秒，当t为何值时，△BCP为等腰三角形？

【思路点拨】
（1）由勾股定理即可得出答案；
（2）分情况讨论，由等腰三角形的判定与性质分别求解即可．
【解题过程】
解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=122+52=13，
∴AB的长为13；
（2）当点P在AC上时，CP＝CB＝5，t＝5（s）；
当点P在AB上时，分三种情况：
①当BP＝BC＝5，如图1所示：

则AP＝13﹣5＝8，t＝12+8＝20（s）；
②当CP＝CB＝5时，
过点C作CM⊥AB于M，如图2所示：

则BM＝PM=12BP，
∵12AC•BC=12AB•CM，
∴CM=AC⋅BCAB=12×513=6013，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：BM=BC2-CM2=52-(6013)2=2513，
∴BP＝2BM=5013，
∴AP＝13-5013=11913，
∴t＝12+11913=27513（s）；
③当PC＝PB时，如图3所示：

则∠B＝∠BCP，
∵∠B+∠A＝90°，∠BCP+∠ACP＝90°，
∴∠A＝∠ACP，
∴AP＝PC，
∴AP＝PB=12AB=132，
∴t＝12+132=372（s）；