八年级数学上册尖子生同步培优题典 北师大专题1.7勾股定理与与分类讨论及方程思想问题（重难点培优）

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2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题1.7勾股定理与与分类讨论及方程思想问题（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021春•朝阳区校级期中）△ABC中，已知AB＝1，AC＝2．要使∠B是直角，BC的长度是（　　）
A．3 B．5 C．3 D．3或5
【分析】先分析得出AC为斜边，AB为直角边，所以BC用勾股定理可求．
【解析】∵∠B是直角，故AC为△ABC的斜边，AB为直角边，
∴BC=AC2-AB2=4-1=3．
故选：A．
2．（2020秋•青田县期末）直角三角形的两条边长为5和12，它的斜边长为（　　）
A．13 B．119 C．13或119 D．13或12
【分析】只给出了两条边而没有指明是直角边还是斜边，所以应该分两种情况进行分析．一种是两边均为直角边；另一种是较长的边是斜边，根据勾股定理可得出结论．
【解析】当12是直角边时，斜边长=52+122=13；
当12是斜边时，斜边长＝12．
故它的斜边长为13或12．
故选：D．
3．（2020春•单县校级期中）丽丽想知道学校旗杆的高，她发现旗杆顶端上的绳子垂直到地面还多2米，当她把绳子的下端拉开离旗杆6米后，发现下端刚好接触地面，则旗杆的高为（　　）
A．4米 B．8米 C．10米 D．12米
【分析】据题意设旗杆的高为xm，则绳子的长为（x+2）m，再利用勾股定理即可求得绳子的长，即旗杆的高．
【解析】设旗杆的高为xm，则绳子的长为（x+2）m．
根据题意得：
x2+62＝（x+2）2，
解得x＝8．
故旗杆的高为8米．
故选：B．
4．（2020春•襄城区期末）如图，有一个水池，水面是一边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边，它的顶端恰好到达池边的水面，这根芦苇的长度为（　　）尺．

A．10 B．12 C．13 D．14
【分析】找到题中的直角三角形，设水深为x尺，根据勾股定理解答．
【解析】设水深为x尺，则芦苇长为（x+1）尺，
根据勾股定理得：x2+（102）2＝（x+1）2，
解得：x＝12，
芦苇的长度＝x+1＝12+1＝13（尺），
答：芦苇长13尺．
故选：C．
5．（2020秋•罗湖区期中）如图，某校攀岩墙的顶部安装了一根安全绳，让它垂到地面时比墙高多出了2米，教练把绳子的下端拉开8米后，发现其下端刚好接触地面（如图），则此攀岩墙的高度是（　　）

A．10米 B．15米 C．16米 D．17米
【分析】根据题意设攀岩墙的高AB为x米，则绳子AC的长为（x+2）米，再利用勾股定理即可求得AB的长，即攀岩墙的高．
【解析】如图：设攀岩墙的高AB为x米，则绳子AC的长为（x+2）米，
在Rt△ABC中，BC＝8米，
AB2+BC2＝AC2，
∴x2+82＝（x+2）2，
解得x＝15，
∴AB＝15．
∴攀岩墙的高15米．
故选：B．
6．（2020秋•历城区期中）古代数学的“折竹抵地”问题：“今有竹高二十五尺，末折抵地，去本五尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高25尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为5尺，问折处高几尺？即：如图，AB+AC＝25尺，BC＝5尺，则AC等于（　　）尺．

A．5 B．10 C．12 D．13
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（25﹣x）尺，利用勾股定理解题即可．
【解析】设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（25﹣x）尺，
根据勾股定理得：x2+52＝（25﹣x）2．
解得：x＝12，
答：折断处离地面的高度为12尺．
故选：C．
7．（2019秋•新泰市期末）如图，高速公路上有A、B两点相距10km，C、D为两村庄，已知DA＝4km，CB＝6km．DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，现要在AB上建一个服务站E，使得C、D两村庄到E站的距离相等，则EB的长是（　　）km

A．4 B．5 C．6 D．20
【分析】根据题意设出BE的长为xkm，再由勾股定理列出方程求解即可．
【解析】设BE＝x，则AE＝（10﹣x）km，
由勾股定理得：
在Rt△ADE中，
DE2＝AD2+AE2＝42+（10﹣x）2，
在Rt△BCE中，
CE2＝BC2+BE2＝62+x2，
由题意可知：DE＝CE，
所以：62+x2＝42+（10﹣x）2，
解得：x＝4km．
所以，EB的长是4km．
故选：A．
8．（2020秋•历城区期末）如图，为了测算出学校旗杆的高度，小明将升旗的绳子拉到旗杆底端，并在与旗杆等长的地方打了一个结，然后将绳子底端拉到离旗杆底端5米的地面某处，发现此时绳子底端距离打结处约1米，则旗杆的高度是（　　）

A．12 B．13 C．15 D．24
【分析】设旗杆的高度为xm，则AC＝xm，AB＝（x+1）m，BC＝5m，利用勾股定理得到52+x2＝（x+1）2，然后解方程求出x即可．
【解析】如图，
设旗杆的高度为xm，则AC＝xm，AB＝（x+1）m，BC＝5m，
在Rt△ABC中，52+x2＝（x+1）2，解得x＝12，
答：旗杆的高度是12m．
故选：A．
9．（2021春•前郭县月考）在直角三角形中，若两条边的长分别是1cm、2cm，则第三边的长为（　　）
A．3cm B．5cm C．2cm或5cm D．3cm或5cm
【分析】分两种情况：①若直角边长分别为1cm、2cm；②若斜边为2cm，则第三边为直角边，分别由勾股定理求解即可．
【解析】①若直角边长分别为1cm、2cm，
则由勾股定理可得斜边长为：12+22=5（cm）；
②若斜边为2cm，则第三边为直角边，由勾股定理得：
22-12=3（cm）．
综上，第三边的长为3cm或5cm．
故选：D．
10．（2021春•盂县月考）已知两条线段长分别为3、4，那么能与它们组成直角三角形的第三条线段长是（　　）
A．5 B．7 C．5或7 D．不能确定
【分析】由于“两边长分别为3cm和4cm，要使这个三角形是直角三角形”指代不明，因此，要讨论第三边是直角边和斜边的情形．
【解析】当第三条线段为直角边时，4cm为斜边，根据勾股定理得第三边长为42-32=7；
当第三条线段为斜边时，根据勾股定理得第三边长为42+32=5，
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2019春•长白县期中）已知直角三角形的三边长为6，8，x，则以x为边长的正方形的面积为　100或28　．
【分析】以x为边长的正方形的面积是x2，所以只需求得x2即可．但此题应分8为直角边和为斜边两种情况考虑．
【解析】当较大的数8是直角边时，根据勾股定理，得x2＝36+64＝100；
当较大的数8是斜边时，根据勾股定理，得x2＝64﹣36＝28．
所以以x为边长的正方形的面积为100或28．
12．（2020春•蕲春县期中）如图一根竹子长为16米，折断后竹子顶端落在离竹子底端8米处，折断处离地面高度是　6　米．

【分析】子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x米，则斜边为（16﹣x）米．利用勾股定理解题即可．
【解析】设竹子折断处离地面x米，则斜边为（16﹣x）米，
根据勾股定理得：x2+82＝（16﹣x）2
解得：x＝6．
∴折断处离地面高度是6米，
故答案为：6．
13．（2020秋•广陵区校级期中）《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“仅有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇AB生长在它的中央，高出水面部分BC为1尺．如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B′（示意图如图，则水深为　12　尺．

【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EB'的长为10尺，则B'C＝5尺，设出AB＝AB'＝x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深．
【解析】依题意画出图形，设芦苇长AB＝AB′＝x尺，则水深AC＝（x﹣1）尺，
因为B'E＝10尺，所以B'C＝5尺
在Rt△AB'C中，52+（x﹣1）2＝x2，
解之得x＝13，
即水深12尺，芦苇长13尺．
故答案为：12．

14．（2020秋•沈河区校级期中）如图，商场（点M）距公路（直线l）的距离（MA）为3km，在公路上有一车站（点N），车站距商场（NM）为4km，公交公司拟在公路上建一个公交车站停靠站（点P），要求停靠站到商场与到车站的距离相等，则停靠站到车站的距离（NP）的长为　877km　．

【分析】直接利用勾股定理得出AN的长，再利用勾股定理得出NP的长．
【解析】连接MP，根据题意可得：MP＝NP，
则在Rt△MNA中，
MN2＝AM2+AN2，
则42＝32+AN2，
解得：AN=7，
设NP＝x，则AP=7-x，
则在Rt△MPA中，
MP2＝AM2+AP2，
x2＝32+（7-x）2，
解得：x=877，
故答案为：877km．

15．（2021春•朝阳区校级期中）《九章算术》内容丰富，与实际生活联系紧密，在书上讲述了这样一个问题：
“今有垣高一丈．倚木于垣，上与垣齐．引木却行一尺，其木至地．问木长几何？”其内容可以表述为：“有一面墙，高1丈．将一根木杆斜靠在墙上，使木杆的上端与墙的上端对齐，下端落在地面上．如果使木杆下端从此时的位置向远离墙的方向移动1尺，则木杆上端恰好沿着墙滑落到地面上．问木杆长多少尺？”（说明：1丈＝10尺）
设木杆长x尺，依题意，列方程是　102+（x﹣1）2＝x2　．
【分析】当木杆的上端与墙头平齐时，木杆与墙、地面构成直角三角形，设木杆长为x尺，则木杆底端离墙有（x﹣1）尺，根据勾股定理可列出方程．
【解析】如图，设木杆AB长为x尺，则木杆底端B离墙的距离即BC的长有（x﹣1）尺，
在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴102+（x﹣1）2＝x2，
故答案为：102+（x﹣1）2＝x2．

16．（2020秋•织金县期末）直角三角形有两边长分别为3，4，则该直角三角形第三边为　5或7　．
【分析】题中没有指明哪个是直角边哪个是斜边，故应该分情况进行分析．
【解析】（1）当两边均为直角边时，由勾股定理得，第三边为5
（2）当4为斜边时，由勾股定理得，第三边为7
故直角三角形的第三边应该为5或7
17．（2020秋•新都区期末）如图，有一直立旗杆，它的上部被风从点A处吹折，旗杆顶点B落地，离杆脚6米，修好后又被风吹折，因新断处点D比上一次高1米，故杆顶E着地点比上次近2米，则原旗杆的高度为　10　米．

【分析】由题中条件，可设原标杆的高为x，进而再依据勾股定理建立方程组，进而求解即可．
【解析】依题意得BC＝6，AD＝1，CE＝6﹣2＝4，AB＝DE+1
设原标杆的高为x米，
∵∠ACB＝90°，
∴由题中条件可得BC2+AC2＝AB2，即AC2+62＝（x﹣AC）2，
整理，得x2﹣2ACx＝36①，
同理，得（AC+1）2+42＝（x﹣AC﹣1）2，
整理，得x2﹣2ACx﹣2x＝16②，
由①②解得x＝10，
∴原来标杆的高度为10米，
故答案为：10．
18．（2021•扬州模拟）《九章算术》中有一个“折竹抵地”问题：“今有竹高九尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高9尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺，问折处高几尺？即：如图，AB+AC＝9尺，BC＝3尺，则AC　＝4　尺．

【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（9﹣x）尺，利用勾股定理解题即可．
【解析】设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（9﹣x）尺，
根据勾股定理得：x2+32＝（9﹣x）2．
解得：x＝4，
答：折断处离地面的高度为4尺．
故答案为：＝4．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC边上的高AD长为12．求BC的长．

【分析】分两种情况讨论：锐角三角形和钝角三角形，根据勾股定理求得BD，CD，再由图形求出BC，在锐角三角形中，BC＝BD+CD，在钝角三角形中，BC＝CD﹣BD．
【解析】分两种情况：
（1）如图，锐角△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC边上高AD＝12，
在Rt△ABD中，AB＝13，AD＝12，由勾股定理得
BD2＝AB2﹣AD2＝132﹣122＝25，
∴BD＝5，
在Rt△ACD中，AC＝15，AD＝12，由勾股定理得
CD2＝AC2﹣AD2＝152﹣122＝81，
∴CD＝9，
∴BC的长为BD+DC＝5+9＝14；
（2）钝角△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC边上高AD＝12，
在Rt△ABD中AB＝13，AD＝12，由勾股定理得
BD2＝AB2﹣AD2＝132﹣122＝25，
∴BD＝5，
在Rt△ACD中AC＝15，AD＝12，由勾股定理得
CD2＝AC2﹣AD2＝152﹣122＝81，
∴CD＝9，
∴BC的长为DC﹣BD＝9﹣5＝4．
综上，BC的长为14或4．


20．（2010秋•通江县期末）如图，在一棵树的10米高B处有三只猴子，第一只猴子爬下树走到离树20米处的池塘A处，第二只猴子直接从B处跃到A处，第三只爬到树顶D后直接跃到A处，距离以直线计算，假设其中两只猴子所经过的距离相等．
（1）求第二只猴子经过的直线距离；
（2）求这棵树的高度．

【分析】（1）直接利用勾股定理求得线段BA的长即可；
（2）由题意知AD+DB＝BC+CA，设BD＝x，则AD＝30﹣x，且在直角△ACD中，CD2+CA2＝AD2，代入勾股定理公式中即可求x的值，树高CD＝10+x．
【解析】（1）由题意知：在Rt△ABC中，BC＝10米，AC＝20米，
由勾股定理得：BA=BC2+AC2=102+202=105．
故第二只猴子经过的直线距离是105米；

（2）由题意知AD+DB＝BC+CA，且CA＝20米，BC＝10米，
设BD＝x，则AD＝30﹣x，
∵在Rt△ACD中：CD2+CA2＝AD2，
即（30﹣x）2＝（10+x）2+202，
解得x＝5米，
故树高为CD＝10+x＝15米．
答：树高为15米．
21．（2018春•武昌区期中）如图，铁路上A、B两点相距25km，C、D为两村庄，DA⊥AB于A，CB⊥AB于B．已知DA＝15km，CB＝10km，现在要在铁路AB上建一个土特产品收购站E，使得：
（1）①若C、D两村到E站的距离相等，则E站应建立在离A站多少km处？
②若E站到C、D站的距离之和最短，则E站应建立在离A站多少km处？
（2）受（1）小题第②问启发，你能否解决以下问题：正数a、b满足条件a+b＝5，且s=a2+16+b2+9，则s的最小值＝　74　．

【分析】（1）①根据C、D两村到E站的距离相等，利用对称性即可求出E站离A站的距离；
②根据E站到C、D站的距离之和最短，利用两点之间线段最短即可求出E站离A站的距离；
（2）受（1）小题第②问启发，根据正数a、b满足条件a+b＝5，且s=a2+16+b2+9，利用两点之间线段最短即可求出s的最小值．
【解析】（1）①设AE＝xkm，则BE＝（25﹣x）km，
在Rt△DAE中，DE2＝DA2+AE2＝225+x2
在Rt△CBE中，CE2＝BE2+BC2＝（25﹣x）2+100，
∵DE2＝CE2，
∴x＝10，
∴AE＝10km．
答：E站应建立在离A站10km处；
②“将军饮马”问题，作点D关于AB的对称点D′，
连接CD′交AB于点E′，
即E′站到C、D站的距离之和最短，
过点D′作D′F⊥CB的延长线于点F，
则∠F＝90°，D′F＝AB＝25，
CF＝CB+BF＝CB+AD′＝CB+AD＝25，
∴D′F＝CF，
∴CD′=252+252=252．

E′C+E′D的最小值即为CD′，
此时∠BCE′＝45°，
∴∠AE′D′＝∠CE′B＝45°，
∴∠AD′E′＝∠ADE′＝45°，
∴AE′＝AD＝15km．
答：E站应建立在离A站15km处；
（2）同（1）②的方法：
s=a2+16+b2+9=(a-0)2+(0-4)2+(a-5)2+(0-3)2，
则s表示点（a，0）到（0，4）和（5，3）距离之和的最小值，
∴s的最小值=52+72=74．
故答案为：74．

22．（2020秋•吴江区期中）某校机器人兴趣小组在如图所示的三角形场地上开展训练．已知：AB＝10，BC＝6，AC＝8；机器人从点C出发，沿着△ABC边按C→B→A→C的方向匀速移动到点C停止；机器人移动速度为每秒2个单位，移动至拐角处调整方向需要1秒（即在B、A处拐弯时分别用时1秒）．设机器人所用时间为t秒时，其所在位置用点P表示（机器人大小不计）．
（1）点C到AB边的距离是　4.8　；
（2）是否存在这样的时刻，使△PBC为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而利用三角形面积公式解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质分四种情况解答即可．
【解析】（1）∵AB＝10，BC＝6，AC＝8，
∵62+82＝102，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴点C到AB边的距离=BC⋅ACAB=6×810=4.8；
（2）使△PBC为等腰三角形时，P在AB上时，
①BC＝BP，
∵BP＝2（t﹣1）﹣6，
∴2（t﹣1）﹣6＝6，
解得：t＝7（s）；
②CB＝CP，
可得：(245)2+(t-4)2=62，
解得：t＝7.6（s）；
③PB＝CP，
2t﹣8=12×10，
解得：t＝6.5（s）；
当P在AC上，CB＝CP，
8﹣[2（t﹣2）﹣16]＝6，
解得：t＝11（s）．
综上所述，t的值为7或7.6或6.5或11秒．
故答案为：（1）4.8．
23．（2018春•岱岳区期中）如图，已知一艘轮船以20海里/时的速度由西向东航行，途中接到台风警报，台风中心正以40海里/时的速度由南向北移动，距台风中心2010海里的圆形区域（包括边界）都属台风区．当轮船到A处时，测得台风中心移到位于点A正南方向B处，且AB＝100海里，若这艘轮船自A处按原速度继续航行，在途中会不会遇到台风？若会，试求轮船最初遇到台风的时间；若不会，请说明理由．

【分析】设途中会遇到台风，且最初遇到台风的时间为t小时，此时轮船位于C处，台风中心移到E处，连接CE，根据勾股定理列方程求解即可．
【解析】设途中会遇到台风，且最初遇到的时间为th，此时轮船位于C处，台风中心移到E处，连接CE，
则AC＝20t，
AE＝AB﹣BE＝100﹣40t，
AC2+AE2＝EC2．
∴（20t）2+（100﹣40t）2＝（2010）2
400t2+10000﹣8000t+1600t2＝4000
t2﹣4t+3＝0
（t﹣1）（t﹣3）＝0，
解得t1＝1，t2＝3（不合题意舍去）．
答：最初遇到的时间为1h．
24．（2018秋•江都区期中）如图1A村和B村在一条大河CD的同侧，它们到河岸的距离AC、BD分别为1千米和4千米，又知道CD的长为4千米．
（1）现要在河岸CD上建一水厂向两村输送自来水．有两种方案备选．
方案1：水厂建在C点，修自来水管道到A村，再到B村（即AC+AB）．（如图2）
方案2：作A点关于直线CD的对称点A′，连接A′B交CD于M点，水厂建在M点处，分别向两村修管道AM和BM．（即AM+BM）（如图3）
从节约建设资金方面考虑，将选择管道总长度较短的方案进行施工．请利用已有条件分别进行计算，判断哪种方案更合适．
（2）有一艘快艇Q从这条河中驶过，当快艇Q与CD中点C相距多远时，△ABQ为等腰三角形？直接写出答案，不要说明理由．

【分析】（1）根据题意得到结果判断即可；
（2）如图，①AQ1＝AB＝5或AQ4＝AB＝5时，②AB＝BQ2＝5或AB＝B5＝5时，③当AQ3＝BQ3时，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）方案1：AC+AB＝1+5＝6，
方案2：AM+BM＝A′B=CD2+(AC+BD)2=41，
∵6＜41，
∴方案1更合适；
（2）如图，①AQ1＝AB＝5或AQ4＝AB＝5时，
CQ1＝C4=52-12=26，
∴QG＝26+2或26-2；
②AB＝BQ2＝5或AB＝B5＝5时，
DQ=52-42=3，
∴QG＝3+2＝5或3﹣2＝1，
③当AQ3＝BQ3时，
（GQ3+2）2+11＝（2﹣GQ3）2+42，
解得：GQ3=158，
故当GQ＝26+2或26-2或5或1或158时，△ABQ为等腰三角形．