【期末·压轴题】北师大版数学八年级上册满分攻略：第1章 勾股定理（压轴题专练）

这是一份【期末·压轴题】北师大版数学八年级上册满分攻略：第1章 勾股定理（压轴题专练），文件包含期末·压轴题北师大版数学八年级上册满分攻略第1章勾股定理压轴题专练解析版docx、期末·压轴题北师大版数学八年级上册满分攻略第1章勾股定理压轴题专练原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。

第1章 勾股定理压轴题专练

一、单选题
1．（2020·浙江绍兴·八年级其他模拟）如图，直角三角形纸片中，，，D为斜边中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与交于点；设的中点为，第2次将纸片折叠，使点A与点重合，折痕与交于点；设的中点为，第3次将纸片折叠，使点A与点重合，折痕与交于点，则的长为（）


A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出AD的长，再由折叠的性质可得AP1=AD1，AP2=AD2，AP3=AD3，计算出AD3的长度，可得AP3的长．
【详解】解：∵∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC==10，
∵D为斜边BC中点，
∴AD=BC=5，
由折叠可知：AD1=AD，AP1=AD，
∴AP1=AD1，
AD2=AD1=AD，AP2=AD1=AD，
∴AP2=AD2，
可知：AP3=AD3，
AD1=AD=，
AD2=AD1=AD=，
∴AD3=AD2==，
∴AP3=AD3=，
故选D．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理、直角三角形的性质等几何知识点及其应用问题；灵活运用翻折变换的性质，正确找出命题中隐含的数量关系是关键；对运算求解能力提出了较高的要求．
2．（2020·三台县潼川初级中学校八年级月考）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C，D，E在同一条直线上，连接B，D和B，E．下列四个结论：

①BD=CE，②BD⊥CE，③∠ACE+∠DBC=30°，④．
其中，正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】①由AB=AC，AD=AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出三角形ABD与三角形ACE全等，由全等三角形的对应边相等得到BD=CE；
②由三角形ABD与三角形ACE全等，得到一对角相等，再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到BD垂直于CE；
③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC=45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC=45°；
④由BD垂直于CE，在直角三角形BDE中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可作出判断．
【详解】解：如图，

① ∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
∵在△BAD和△CAE中，

∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE，
故①正确；
②∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC=45°，
∴∠ACE+∠DBC=45°，
∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=45°+45°=90°，
∴∠BDC=90°，
∴BD⊥CE，
故②正确；
③∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ABD+∠DBC=45°，
∵∠ABD=∠ACE
∴∠ACE+∠DBC=45°，
故③错误；
④∵BD⊥CE，
∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得BE2=BD2+DE2，

∵△ADE为等腰直角三角形，
∴AE=AD，
∴DE2=2AD2，
∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2，
在Rt△BDC中，，
而BC2=2AB2，
∴BD2<2AB2，
∴
故④错误，
综上，正确的个数为2个．
故选：B．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
3．（2020·河南郑州市第七初级中学八年级月考）勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国算书《网醉算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1，是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC=90°，AB=3，BC=5，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为( )

A．121 B．110 C．100 D．90
【答案】B
【分析】延长交于点，延长交于点，可得四边形是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：如图，延长交于点，延长交于点，则四边形是矩形．
，
，
又直角中，，
，
在和中，
，
，
，
同理：，
，
，
所以，矩形是正方形，
边长，
所以，，，
因此，矩形的面积为，
故选B．

【点睛】本题考查了勾股定理的证明，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．

4．（2020·浙江八年级期末）“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票（如图1），欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连结，，，分别与，相交于点，．若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先用已知条件利用SAS的三角形全等的判定定理证出△EAB≌△CAM，之后利用全等三角形的性质定理分别可得，，，然后设，继而可分别求出，，所以；易证Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），从而得，然后代入所求数据即可得的值．
【详解】解：∵在△EAB和△CAM中 ，
，
∴△EAB≌△CAM（SAS），
∴，
∴,
∴,
,
设，则，，，，
∴；
∵ 在Rt△ACB和Rt△DCG中，
，
Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），
∴;
∴．
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性质定理等知识．
5．（2021·成都高新新源学校八年级期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载，如图①，以直角三角形的各边为边向外作等边三角形，再把较小的两个等边三角形按如图②的方式放置在最大等边三角形内．若知道图②中阴影部分的面积，则一定能求出图②中（ ）

A．最大等边三角形与直角三角形面积的和 B．最大等边三角形的面积
C．较小两个等边三角形重叠部分的面积 D．直角三角形的面积
【答案】C
【分析】设三个等边三角形的面积分别为S1、S2、S3，则有S1+S2=S3，利用三角形面积的和与差可得结论．
【详解】解：如图，以直角三角形的三边为边向外作等边三角形，设它们的面积分别为S1、S2、S3，则有S1+S2=S3，
∴S1+S2+S阴影=S3+S△EFG，
∴S阴影=S△EFG，
即知道图②中阴影部分的面积，则一定能求出图②中较小两个等边三角形重叠部分的面积，
故选：C．

【点睛】本题考查了勾股定理的证明和三角形的面积，直观识图是关键．
6．（2020·河北育华中学八年级月考）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC上，BD=6，DC=2，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（　　）

A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】B
【分析】过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP，此时DP＋CP＝DP＋PC′＝DC′的值最小．由DC＝2，BD＝6，得到BC＝8，连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，于是得到∠CBC′＝90°，然后根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP．
此时DP＋CP＝DP＋PC′＝DC′的值最小．
∵DC＝2，BD＝6，
∴BC＝8，
连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，
∴∠CBC′＝90°，
∴BC′⊥BC，∠BCC′＝∠BC′C＝45°，
∴BC＝BC′＝8，
根据勾股定理可得DC′＝．
故选：B．

【点睛】此题考查了轴对称﹣线路最短的问题，确定动点P为何位置时 PC＋PD的值最小是解题的关键．
7．（2020·河南省实验中学八年级期中）已知等边的边长为3，点为边上一点，且，分别为边上的点（不包括端点），则周长的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作关点D关于AB的对称点,作点D关于AC的对称点G,连接DG与AB、AC分别交于F、E．连接B、GC,延长D和GC相交于点K．根据轴对称性质可得此时三角形DEF的周长=G，且最小．根据轴对称性质和等腰三角形性质推出BH=BD=,∠CDK=∠BDH=30°，根据勾股定理求出DH，根据含有30°直角三角形性质得到D=2DH；同理，可得到∠K=90°，根据勾股定理可得DK=,．
【详解】作关点D关于AB的对称点,作点D关于AC的对称点G,连接DG与AB、AC分别交于F、E．连接B、GC,延长D和GC相交于点K．根据轴对称性质可得此时三角形DEF的周长=G，且最小．
根据轴对称性质可得，B=BD=1,∠HBD=∠HB=60°，DH⊥D
所以∠BDH=∠BD=30°
所以BH=BD=,∠CDK=∠BDH=30°
所以在Rt△BHD中，DH=
所以D=2DH=
同理，DC=CG=3-1=2,∠DCG=2∠DCE=120°
所以∠DCK=180°-∠DCG=180°-120°=60°
所以∠K=180°-30°-60°=90°
所以KC=
所以GK=1+2=3,DK=
所以
所以
故选：B

【点睛】考核知识点：轴对称性质，勾股定理．根据轴对称图形性质和等腰三角形性质构造直角三角形，利用勾股定理解决问题是关键．
8．（2021·全国八年级专题练习）△ABC中，AB=15，AC=13，高AD=12，则△ABC的周长为（　　）
A．42 B．32 C．42或32 D．37或33
【答案】C
【分析】存在2种情况，△ABC是锐角三角形和钝角三角形时，高AD分别在△ABC的内部和外部
【详解】情况一：如下图，△ABC是锐角三角形

∵AD是高，∴AD⊥BC
∵AB=15，AD=12
∴在Rt△ABD中，BD=9
∵AC=13，AD=12
∴在Rt△ACD中，DC=5
∴△ABC的周长为：15+12+9+5=42
情况二：如下图，△ABC是钝角三角形

在Rt△ADC中，AD=12，AC=13，∴DC=5
在Rt△ABD中，AD=12，AB=15，∴DB=9
∴BC=4
∴△ABC的周长为：15+13+4=32
故选：C
【点睛】本题考查勾股定理，解题关键是多解，注意当几何题型题干未提供图形时，往往存在多解情况.
9．（2019·浙江杭州·八年级期末）如图，已知图中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形若其中每个直角三角形的最长边与最短边的长度之比均为k，正方形A，B，C，D的面积分别为，，，，且，，则下列结论正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得S1+S2=S5，S3+S4=S6，S1+S2+S3+S4= S5+S6得出S2=S3，再根据S5=k2S2，S6=k2S4，得出S1=（k2-1）S2，S3=（k2-1）S4，从而得出，，根据S2=S3，得到.
【详解】解：如图，由题意可得：
∵直角三角形的最长边与最短边的长度之比均为k，
∴S1+S2=S5=k2S2，
S3+S4=S6=k2S4，
∴S1+S2+S3+S4=k2（S2+S4），
∵S1+S2+S3+S4= S5+S6= k2 S6=k2（S3+S4），
∴S2=S3，
∵S5=k2S2，S6=k2S4，
∴S1=S5-S2=k2S2-S2=（k2-1）S2，
S3=S6-S4=k2S4-S4=（k2-1）S4，
即，，
即，
∵S2=S3，
∴.
故选B.

【点睛】本题考查了勾股定理，根据勾股定理得出图中各部分的面积之比，从而得到正确结论，难度中等.
二、填空题
10．（2020·浙江绍兴·）如图，，P为射线上任意一点（点P和点B不重合），分别以，为边在内部作等边和等边，连结并延长交于点F，若，，则______．


【答案】2
【分析】连接，过点E作，由题意可得，可得，，可求，根据勾股定理可求，，，，可求，，，由，，可得．
【详解】解：如图：连接，过点E作，


∵，是等边三角形，
∴，，，
∴且，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，，
∵
∴，
∴，
故答案为2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理，构造直角三角形用勾股定理求线段的长度是本题的关键．
11．（2019·义乌市稠州中学教育集团八年级月考）如图，长方形中，，，点为射线上的一个动点，若与关于直线对称，若为直角三角形，则的长为______．

【答案】2或18
【分析】分点在线段上，点在线段的延长线上两种情况讨论，由题意可得，，，，根据勾股定理和全等三角形的性质，可求的长．
【详解】解：若点在线段上，
若与△关于直线对称，
，，，
△为直角三角形，
，
，
，，
，
点，点，点共线，
在中，．
，
，
若点在线段的延长线上，且点在上，

若与△关于直线对称，
，，
在△中，，
，，
，且，，
△，
，
，
故答案为：2或18．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键
12．（2020·宿迁市钟吾初级中学八年级期中）如图，在锐角△ABC中，AB=2，∠BAD=22.5°．∠BAC的平分线交BC于点D，M，N分别是AD和AB上的动点，则BM+BN的最小值为____．

【答案】
【分析】作，垂足为，交于点，过点作，垂足为，则为所求的最小值，再根据是的平分线可知，求出BH可得出结论．
【详解】解：如图，作，垂足为，交于点，过点作，垂足为，则为所求的最小值．
是的平分线，∠BAD=22.5°，
，∠BAC=45°，
是点到直线的最短距离（垂线段最短），
，，
，，
，
的最小值是．
故答案为：．

【点睛】本题考查的是轴对称最短路线问题，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．
13．（2020·山东济南市·八年级月考）如图，在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，AC＝6，∠B＝30°．点M在斜边AB上，连接CM，将△ACM沿着CM对折，点A的对称点为点A′．当点A′落在△ABC的一边上时，AM=_____.

【答案】3或
【分析】分点A'在AB上和点A'在BC上两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．
【详解】解：如图1，点A'在AB上，
∵∠C=90°，AC=6，∠B＝30°，
∴AB=12，
∴BC=，
∵将△ACM沿着CM对折，
∴AM=A'M，CM⊥AA'，
∵S△ACB=AB×CM=×AC×BC，
∴12CM=6×，
∴CM=，
∴AM==3；

如图2，点A'在BC上，过点M作ME⊥AC，MF⊥BC，
∵ME⊥AC，MF⊥BC，∠ACB=90°，
∴四边形MECF是矩形，
∵将△ACM沿着CM对折，
∴AM=A'M，∠ACM=∠BCM=45°，
∵∠ACM=∠BCM，ME⊥AC，MF⊥BC，
∴ME=MF，
∴四边形MECF是正方形，
∴ME=MF=EC=CF，
∵S△ABC=×AC×ME+×BC×MF，
∴=（6+）×EM，
∴ME=，
∴CE=，
∴AE=AC-EC=，
∴AM==，

综上所述：AM的值为：3或，
故答案为：3或．
【点睛】本题考查了翻折变换，考查三角形面积公式，折叠的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
14．（2020·哈尔滨市第四十九中学校八年级月考）如图，在△ABE中，∠B=60°，AB=8，C、D分别是△ABE的边AE延长线上和边BE延长线上两点，连接CD，∠A-∠C=60°，AB=CD，DE=6，则线段AC的长度等于______.

【答案】
【分析】过点A 作AF∥CD交BE于点F，AG⊥BD，交BD于点G，由AF∥CD得出
∠FAE=∠ECD，进而得出△ABF为等边三角形，再通过证明△AEF≌△CED，得出EF=DE=6，求出AG的长，在Rt△AGE中，利用勾股定理即可求解.
【详解】如图，过点A 作AF∥CD交BE于点F，AG⊥BD，交BD于点G，

∵AF∥CD，
∴∠FAE=∠ECD，
∵，
∴∠BAF=60°，
∵∠B=60°，
∴△ABF为等边三角形，
∴AB=AF，
∵AB=CD，
∴AF=CD，
又∵∠FAE=∠ECD，∠AEF=∠CED，
∴△AEF≌△CED，
∴EF=DE=6，
∵AB=8，BG=4，
∴，
∴，
∴.
故答案为.
【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形和直角三角形，再利用勾股定理解题.
15．（2018·四川雅安·八年级期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“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，正方形，正方形的面积分别为，，，若，则的值是__________．

【答案】5
【分析】根据图形的特征得出四边形的面积设为，将其余八个全等的三角形面积一个设为，从而用，表示出，，，得出答案即可．
【详解】解：将四边形的面积设为，将其余八个全等的三角形面积一个设为，
正方形，正方形，正方形的面积分别为，，，，
得出，，，
，故，
，
所以，
故答案为：5．
【点睛】此题主要考查了图形面积关系，根据已知得出用，表示出，，，再利用求出是解决问题的关键．
16．（2019·哈尔滨市松雷中学校八年级期中）在中，，以为斜边作等腰直角，连接，若，，则的长为______．
【答案】6或2.
【分析】由于已知没有图形，当Rt△ABC固定后，根据“以BC为斜边作等腰直角△BCD”可知分两种情况讨论：
①当D点在BC上方时，如图1，把△ABD绕点D逆时针旋转90°得到△DCE，证明A、C、E三点共线，在等腰Rt△ADE中，利用勾股定理可求AD长；
②当D点在BC下方时，如图2，把△BAD绕点D顺时针旋转90°得到△CED，证明过程类似于①求解．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当D点在BC上方时，如图1所示，
把△ABD绕点D逆时针旋转90°，得到△DCE，
则∠ABD=∠ECD，CE=AB=2，AD=DE，且∠ADE=90°
在四边形ACDB中，∠BAC+∠BDC=90°+90°=180°，
∴∠ABD+∠ACD=360°-180°=180°，
∴∠ACD+∠ECD=180°，
∴A、C、E三点共线．
∴AE=AC+CE=4+2=6
在等腰Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，
即2AD2=（6）2，解得AD=6

②当D点在BC下方时，如图2所示，
把△BAD绕点D顺时针旋转90°得到△CED，
则CE=AB=2，∠BAD=∠CED，AD=AE且∠ADE=90°，
所以∠EAD=∠AED=45°，
∴∠BAD=90°+45°=135°，即∠CED=135°，
∴∠CED+∠AED=180°，即A、E、C三点共线．
∴AE=AC-CE=4-2=2
在等腰Rt△ADE中，2AD2=AE2=8，解得AD=2．

故答案为：6或2.
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、勾股定理，解决这类等边（或共边）的两个三角形问题，一般是通过旋转的方式作辅助线，转化线段使得已知线段于一个特殊三角形中进行求解．
17．（2019·山东八年级期末）如图，是内的一点，，点分别在的两边上，周长的最小值是____．

【答案】
【分析】根据轴对称图形的性质，作出P关于OA、OB的对称点M、N，连接OM、ON、MN，根据两点之间线段最短得到MN即为△PQR周长的最小值，然后证明△MON为等腰直角三角形，利用勾股定理求出MN即可．
【详解】解：分别作P关于OA、OB的对称点M、N，连接OM、ON，连接MN交OA、OB交于Q、R，则△PQR符合条件且△PQR的周长等于MN，
由轴对称的性质可得：OM＝ON＝OP＝10，∠MOA＝∠POA，∠NOB＝∠POB，
∴∠MON＝∠MOP＋∠NOP＝2∠AOB＝90°，
∴△MON为等腰直角三角形．
∴MN＝，
所以△PQR周长的最小值为，
故答案为：．

【点睛】此题考查了轴对称最短路径问题，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理，根据题意构造出对称点，转化为直角三角形的问题是解题的关键．
18．（2018·广东八年级期末）如图，OA1=A1A2=A2A3=A3A4=…=An-1An=1，∠OA1A2=∠OA2A3=∠OA3a4=…=∠OAn-1An=90°（n＞1，且n为整数）．那么OA2=_____，OA4=______，…，OAn=_____．

【答案】 2
【分析】根据勾股定理求出OA2，OA3，OA4，即可发现其内部存在一定的规律性，找出其内在规律即可解题．
【详解】解：∵，，
∴，
则，，……
所以，
故答案为：，2，．
【点睛】本题考查勾股定理、规律型：图形的变化类问题，解题的关键是学会探究规律，利用规律解决问题．
19．（2020·沈阳市第一二六中学）如图，中，，，，，，，是直线上一点，把沿所在的直线翻折后，点落在直线上的点处，的长是__________

【答案】或
【分析】根据折叠后点C的对应点H与AC的位置关系分类讨论，分别画出对应的图形，利用勾股定理求出各边的长，再根据折叠的性质与勾股定理列出对应的方程即可求出结论．
【详解】解：①当折叠后点C的对应点H在AC的下方时，如下图所示

∵中，，，，
根据勾股定理可得BC=
∵，，
∴，
∵
根据勾股定理可得DE=
由折叠的性质可得：DH=CD=，CP=PH
∴EH=DH－DE=
设CP=PH=x，则EP=CE－CP=－x
在Rt△PEH中，EP2＋EH2=PH2
即（－x）2＋（）2=x2
解得：x=
即此时CP=；
②当折叠后点C的对应点H在AC的上方时，如下图所示

根据折叠的性质可得DH=CD=，CP=PH
∴EH=DH＋DE=
设CP=PH=y，则EP= CP－CE =y－
在Rt△PEH中，EP2＋EH2=PH2
即（y－）2＋（）2=y2
解得：y=
即此时CP=．
综上所述：CP=或．
故答案为：或．
【点睛】此题考查的是勾股定理和折叠问题，掌握利用勾股定理解直角三角形、折叠的性质和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
20．（2021·苏州市景范中学校八年级月考）如图，将平行四边形沿对折，使点落在点处，若，则到的距离为____________.

【答案】
【详解】分析：过点C作CM⊥AB的延长线于点M，根据翻折的性质，设AE=x，CE=x，BE=6-x，EM=8-x，在△CEM中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．然后算出三角形CBE的面积，根据等面积法即可求出点B到CE的距离.
详解：作CM⊥AB于M，如图所示：

则∠M=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=4，BC∥AD，
∴∠CBM=∠A=60°，
∴∠BCM=30°，
∴BM=BC=4×=2.
在Rt△BMC中，根据勾股定理可得CM=2.
设AE=x，则CE=x，BE=6-x，EM=8-x，
∵CE2=CM2+EM2，
∴x2=(2)2+(8-x)2，
解得：x=，
∴CE=,BE=6-=,
∴S△CBE=.
∴点B到CE的距离= S△CBE÷CE×2=.
点睛：翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质.
三、解答题
21．（2021·浙江八年级期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形．
（1）尝试：如图1，在的正方形网格图形中，已知点、点是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求、是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点；
（温馨提示：请画在答题卷相对应的图上）
（2）推理：如图2，已知与均为等腰直角三角形，，连结，，求证：四边形是等线四边形；
（3）拓展：如图3，已知四边形是等线四边形，对角线，交于点，若，，，．求的长．


【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据等线四边形的定义作图即可；
（2）连结，，根据与均为等腰直角三角形，得出结论证明出即可；
（3）分别以、为底作等腰三角形、，顶点均为点．
于是有，，，根据已知可以证明，再证明，是等边三角形，根据勾股定理的逆使用，得出，过点作于点，则，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）作图：答案不唯一，画出一幅图即可．


（2）证明如图2，连结，．
与均为等腰直角三角形，
，，
，
，
，
四边形是等线四边形．

（3）解：如图3，分别以、为底作等腰三角形、，顶点均为点．
于是有，，，
，

，

是等边三角形．
同理，也是等边三角形．
，．
，

，
．
过点作于点，则．
，，
由勾股定理算得，．

【点睛】本题考查了等线四边形的定义、三角形全等的判定与性质、等边三角形、勾股定理、解题的关键是：掌握相关知识点后，需要理解等线四边形的定义，添加辅助线来求解．
22．（2021·全国八年级专题练习）如图，点C为线段上一点，都是等边三角形，与交于点与相交于点G．

（1）求证：；
（2）求证：
（3）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据SAS即可证明△BCE≌△ACD；
（2）由△ACD≌△BCE可得∠CBG=∠CAF，从而利用ASA可证明△ACF≌△BCG；
（3）求出CG=CF=4，过G作GM⊥BD于M，过点F作FN⊥BD于N，求出GM，FN，根据S△ACD=S△ACF+S△CDF=S△BCG+S△CDF可求出答案．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC，△CDE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠DCA，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
（2）由（1）得△ACD≌△BCE，
∴∠CBG=∠CAF，
又∵∠ACF=∠BCG=60°，BC=AC，
在△ACF和△BCG中，
，
∴△ACF≌△BCG（ASA）；
（3）∵△ACF≌△BCG，
∴S△ACF=S△BCG，CG=CF，而CF+CG=8，
∴CG=CF=4，
过G作GM⊥BD于M，过点F作FN⊥BD于N，

又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴GM=CG=，FN=CF=，
∴S△ACD=S△ACF+S△CDF
=S△BCG+S△CDF
=BC•GM+CD•FN
=（BC+CD）
=BD
=．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及等边三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质得出CG=CF是解答此题的关键．
23．（2021·四川八年级期末）[阅读理解]
如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝6，BC＝7，过点A作直线BC的垂线，垂足为D，求线段AD的长．
解：设BD＝x，则CD＝7﹣x．
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2．
又∵AB＝4，AC＝6，
∴42﹣x2＝62﹣（7﹣x）2．
解得x＝，
∴BD＝．
∴AD＝＝．
[知识迁移]
（1）在△ABC中，AB＝13，AC＝15，过点A作直线BC的垂线，垂足为D．
i）如图1，若BC＝14，求线段AD的长；
ii）若AD＝12，求线段BC的长．
（2）如图2，在△ABC中，AB＝，AC＝，过点A作直线BC的垂线，交线段BC于点D，将△ABD沿直线AB翻折后得到对应的△，连接CD′，若AD＝，求线段的长．

【答案】（1）i）12；ii）14或4；（2）
【分析】（1）i）设BD=x，则CD=14-x，根据勾股定理，得到AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，列出方程，即可求解；ii）根据勾股定理，分两种情况分别求出BD、DC，进而即可求解；
（2）先求出BD、DC，过点D′作D′F⊥BC，交CB的延长线于点F，设BF=x，D′F=y，根据勾股定理和等积法，列出关于x，y的方程，进而即可求解．
【详解】（1）i）解：设BD=x，则CD=14-x，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
在Rt△ABD中，AD2＝AB2﹣BD2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣CD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2．
又∵AB＝13，AC＝15，
∴132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2．
解得：x＝5，
∴BD＝5，
∴AD＝＝；
ii）分两种情况：①当点D在线段BC上，如图，

∵AD＝12，AB＝13，AC＝15，AD⊥BC，
∴BD=，DC=，
∴BC= BD+ DC=5+9=14，
②当点D在CB的延长线上，如图，则BC=DC-BD=9-5=4；

（2）∵AB＝，AC＝，AD＝，AD⊥BC，
∴BD=，
DC=，
过点D′作D′F⊥BC，交CB的延长线于点F，
∵将△ABD沿直线AB翻折后得到对应的△，
∴BD′=BD=，
设BF=x，D′F=y，
则x2+y2=()2，
又∵，即：4x+2y=25，
∴x=或（舍），
∴y=5，即：D′F=5，
∴CF=BF+BD+CD=++5=15，
∴=．

【点睛】本题主要考查勾股定理，折叠的性质，设未知数，利用勾股定理，列出方程，是解题的关键．

24．（2020·重庆沙坪坝·八年级期末）如图，在中，，点D是线段BC边上的一点，连结AD，点E在射线BC上，过E作交AD于点F．
（1）如图1，当D是BC的中点，且时，若，求CE的长；
（2）如图2，当时，延长EF交AB于点G，取AD的中点H，连结EH，过点A作，交EH的延长线于点M，猜想AM与BG之间的数量关系并证明．


【答案】（1）；（2） BG=
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到AC＝BC＝4，得BD=DC=2，根据勾股定理即可得到AD再根据△ADC≌△EDF，可得AD=DE，CE=DE-DC可得出CE；
（2）过G作GN⊥BC于N，连接AE，根据线段垂直平分线的性质得到AE＝AD，求得∠EAC＝∠DAC，根据余角的性质，外角定理得到∠AGE＝∠EAG，可得AD=GE=AE,可得△ACD≌△ENG根据全等三角形的性质得到CD＝GN，由△AMH≌△DEH可得AM=DE于是得到结论．
【详解】解：（1）∵在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，，
∴AC＝BC＝4，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD=BC＝2，
在Rt△ACD中
∴AD＝ ＝ ；
∵，，
∴∠ACD=∠DFE=90°，
∵
∴DC=DF=2，
∵∠ADC=∠EDF
∴△ADC≌△EDF
∴AD=DE=
∴CE=DE-DC=-2

（2）过G作GN⊥BC于N，连接AE，
∵AC⊥BE，CD＝CE，
∴AE＝AD，
∴∠EAC＝∠DAC，
∵EF⊥AD，
∴∠EFD＝∠ACD＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝∠ADC+∠DEF，
∴∠CAD＝∠DEF，
∴∠EAC＝∠DEF，
∵∠AGE＝∠B+∠BEG，∠EAG＝∠BAC+∠EAC，∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠AGE＝∠EAG，
∴AE＝EG，
∴AD＝EG，
∵∠ACD＝∠ENG＝90°，∠CAD＝∠DEF，
∴△ACD≌△ENG（AAS），
∴CD＝GN，
在Rt△BNG中，∠B=45°
∴BG＝GN＝CD=
∵
∴∠M=∠DEH
∵H是AD的中点
∴AH=DH,
∵∠AHM=∠DHE
∴△AMH≌△DEH
∴AM=DE
∴BG=．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
25．（2020·四川石室锦城外国语学校八年级期中）已知三边长，．

（1）如图1，以点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，________，点的坐标________，点的坐标________．
（2）如图2，过点作交于点，，请证明．
（3）如图3，当点，分布在点异侧时，则（3）中的结论还成立吗？
【答案】（1）；；；（2）证明见解析；（3）成立．
【分析】（1）由题意利用勾股定理逆定理判断出是直角三角形，从而得到△ABC是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出∠C以及点C的横坐标与纵坐标即可得解；
（2）根据题意把△ACM绕点C逆时针旋转90°得到△BCM′，连接M′N，根据旋转的性质可得AM=BM′、CM=CM′、∠CAM=∠CBM′，∠ACM=∠BCM′，然后求出∠MCN=∠M′CN，∠M′BN=90°，再利用“边角边”证明△MCN和△M′CN全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=M′N，然后利用勾股定理列式证明即可；
（3）根据题意把△BCN绕点C顺时针旋转90°得到△ACN′，根据旋转的性质可得AN′=BN，CN′=CN，∠CAN′=∠CBN，然后判断出点N′在y轴上，再求出∠MCN′=45°，从而得到∠MCN=∠MCN′，再利用“边角边”证明△MCN和△MCN′全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MN′，然后利用勾股定理列式即可得证．
【详解】
解：（1）∵，，
∵，
∴是直角三角形，，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴点，
如图，

过点作轴于，
则，
∴点的坐标为．
故答案为：；；．
（2）如图，

把绕点逆时针旋转得到，连接，
由旋转的性质得，，，
，，
∴，
∵，
∴
，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
（3）仍然成立，
如图，

∵是等腰直角三角形，
∴，
把绕点顺时针旋转得到，
由旋转的性质得，，
，，
∴，
∴点在轴上，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查三角形的综合问题，主要利用了旋转的性质，勾股定理逆定理，全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，等腰直角三角形的判定与性质，综合性较强，难度较大，熟记各性质与全等三角形的判定方法是解题的关键．
26．（2020·连云港外国语学校八年级期中）已知，是过点的直线，，于点，如图（1）．易证，过程如下：
过点作于点，与交于点
∵，，∴．
∵四边形内角和为，∴．
∵,∴．
又∵，∴，∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴．又∵，
∴，∴．
（1）当绕旋转到如图（2）和图（3）两个位置时，、、满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图（3）给予证明．
（2）在绕点旋转过程中，当，时，求的值．

【答案】（1）图（2）中的结论：，图（3）中的结论：，证明见解析；（2）或．
【分析】（1）如图（2）：过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到，根据即可证得；如图（3）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明 △ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，可得．根据，即可得到答案；
（2）分两种情况讨论，如图（1），过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，从而可得答案；如图（2）：过D作DH⊥CB交CB延长线于H，同理可得答案．
【详解】解：（1）如图（2）：．理由如下：

过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，
∴，，
∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，
∴，
∵∠AFC=∠BFD，
∴∠CAE=∠D，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（ASA），
∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴．
又∵，
∴，
∴．
如图（3）：．理由如下：

过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，
∴∠ACE=90°+∠ACB，
∠BCD=90°+∠ACB，
∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，
∴，
∵∠AFB=∠CFD，
∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（2）MN在绕点A旋转过程中，如图（1），

由（1）得：△ACE≌△DCB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴∠AEC=45°=∠CBD，
过D作DH⊥CB．则△DHB为等腰直角三角形．
，

∴BH=DH=1．
直角△CDH中，∠DCH=30°，
∴CD=2DH=2，．
∴；
如图（2）：过D作DH⊥CB交CB延长线于H．

同理可得，为等腰直角三角形，
由


；
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定,等腰直角三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质；勾股定理的应用，掌握以上知识是解决问题的关键．
27．（2020·四川八年级期末）已知，，分别在边，上取点，，使，过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点．点，分别是射线，上动点，连接，，．
（1）求证：；
（2）如图，当点，分别在线段，上，且时，请求出线段，，之间的等量关系式；
（3）如图，当点，分别在，的延长线上，且时，延长交于点，延长交于点．请猜想线段，，之间的等量关系，并证明你的结论．

【答案】（1）见解析；（2）；（3），见解析
【分析】（1）连接,通过，得到为等腰直角三角形，进而得到，根据过点平行于的直线与过点平行于的直线相交于点，可推出，，最后通过证明≌，可以得出结论；
（2）在射线上取点，使，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，最后等量代换线段即可求解；
（3）延长到点，使得，连接，通过证明≌，得到，，再结合，推导证明≌，得到，根据，等量代换可知，又因为，推出，进而得到，同理可证，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接．
，，
为等腰直角三角形，
，
又，且，
，
，
，
同理，，
在与中
，
≌，
，；
（2）如图，在射线上取点，使，连接．

在与中
，
≌，
，，
，，
，
，
，
在与中

≌，
，
又，
．
（3）．证明如下：
如图，延长到点，使得，连接．

，
在与中
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
，
在与中
，
≌，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
同理可证：，
在中，由勾股定理得：．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．
28．（2020·江苏南京一中八年级期中）（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．则：
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＝30，DE＝14，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．
【答案】（1）①60；②AD=BE；（2）34；（3）60°或120°
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．
（2）根据等腰直角三角形的性质得到CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．根据全等三角形的性质得到AD＝BE＝AE﹣DE＝8，∠ADC＝∠BEC，由平角的定义得到∠ADC＝135°．求得∠BEC＝135°．根据勾股定理即可得到结论；
（3）由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD＝∠CBE，由∠CAB＝∠ABC＝60°，可知∠EAB+∠ABE＝120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE＝60°．
【详解】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＝16，∠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＝＝34；
（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°．

【点睛】本题主要考查了全等三角形综合，结合等边三角形的性质和勾股定理计算是解题的关键．
29．（2020·山西八年级期中）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
（1）①请叙述勾股定理；
②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种证明该定理；（以下图形均满足证明勾股定理所需的条件）

（2）如图4，以直角三角形的三边为直径，分别向外部作半圆，则，，满足的关系是______．

（3）如图5，直角三角形的两直角边长分别为3，5，分别以直角三角形的三边为直径作半圆，则图中两个月形图案（阴影部分）的面积为______．
【答案】（1）①直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方（如果用，和分别表示直角三角形的两直角边和斜边，那么）；②证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）①根据勾股定理的内容即可得；
②图1和图2：利用四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和等于大正方形的面积即可得；图3：利用三个直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积即可得；
（2）根据勾股定理、圆的面积公式即可得；
（3）根据阴影部分的面积等于以两直角边为直径的两个半圆面积与直角三角形的面积之和减去以斜边为直径的半圆面积即可得．
【详解】（1）①直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方（如果用，和分别表示直角三角形的两直角边和斜边，那么）；
②图1：大正方形的面积为，
四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和为，
则；
图2：大正方形的面积为，
四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和为，
则，
即；
图3：直角梯形的面积为，
三个直角三角形的面积之和为，
则，
即；
（2）设对应的直角边长为，对应的直角边长为，对应的斜边长为，
由圆的面积公式得：，
，
，
由勾股定理得：，
则，
即，
故答案为：；
（3）设直角三角形的两直角边长分别为，斜边长为，
由（2）可知，，
则阴影部分的面积为，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理的定义、证明、以及应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．
30．（2020·射阳县第二初级中学八年级月考）（认识新知）对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（概念理解）（1）如图1，在四边形ABCD中，，，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（性质探究）（2）如图2，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，．
若OA=1，OB=5,，OC=7，OD=2，则________；________；
求证：；
（解决问题）（3）如图3，中，，且，且，连结CE、BG、则________．

【答案】（1）见解析；（2）79；79．见解析；（3）见解析．
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据勾股定理即可解答；根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
【详解】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．

证明：∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）∵
OA=1，OB=5，OC=7，OD=2
∴





证明：∵AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，，
，
∴；
（3）

∵，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，

∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，
∵

∴BC=3，CG=，BE=
∴
∴GE=．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．