人教版数学八下期末培优训练第十七章 勾股定理考点整合链接（2份，原卷版+解析版）

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考点一 勾股定理
1．（2021春•越秀区校级期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，AC，则AB＝（ ）
A．B．C．D．3
思路引领：根据直角三角形的性质可求解∠C＝30°，再利用含30°角的直角三角形的性质结合勾股定理可求解．
解：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，
∴∠C＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2AB，
∵AC，AC2+AB2＝BC2，
∴15+AB2＝4AB2，
解得AB，
故选：A．
总结提升：本题主要考查含30° 角的直角三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理求解AB的值是解题的关键．
2．（2021春•娄底期中）一个三角形三个内角之比为1：2：1，其相对应三边之比为（ ）
A．1：2：1B．1：：1C．1：4：1D．12：1：2
思路引领：根据三个内角之比，判定这个三角形为等腰直角三角形，从而求得斜边的值，故其相对应三边之比可求．
解：设三个角的度数分别为x，2x，x，
∴根据三角形内角和定理可求出三个角分别为45°，45°，90°，
∴这个三角形是等腰直角三角形，
∴斜边等于直角边的倍，
∴相对应三边之比为1：：1．
故选：B．
总结提升：本题利用了勾股定理和等腰直角三角形的性质求解．注意方程思想的运用．
3．（2022春•芜湖期中）如图，已知△ABC中，AB＝6，AC＝9，AD⊥BC于D，M为AD上任一点，则MC2﹣MB2＝ ．
思路引领：在Rt△ABD及ADC中可分别表示出BD2及CD2，在Rt△BDM及CDM中分别将BD2及CD2的表示形式代入表示出BM2和MC2，然后作差即可得出结果．
解：在Rt△ABD和Rt△ADC中，
BD2＝AB2﹣AD2，CD2＝AC2﹣AD2，
在Rt△BDM和Rt△CDM中，
BM2＝BD2+MD2＝AB2﹣AD2+MD2，MC2＝CD2+MD2＝AC2﹣AD2+MD2，
∴MC2﹣MB2＝（AC2﹣AD2+MD2）﹣（AB2﹣AD2+MD2）
＝AC2﹣AB2
＝45．
故答案为：45．
总结提升：本题考查了勾股定理的知识，题目有一定的技巧性，比较新颖，解答本题需要认真观察，分别两次运用勾股定理求出MC2和MB2是本题的难点．
4．（2022春•兰陵县期末）如图，在数轴上，点A，B表示的数分别为0，2，BC⊥AB于点B，且BC＝1．连接AC，在AC上截取CD＝BC，以点A为圆心，AD的长为半径画弧，交线段AB于点E，则点E表示的实数是（ ）
A．2B．1C．2D．1
思路引领：根据垂直的定义得到∠ABC＝90°，根据勾股定理得到AC，求得AD＝AC﹣CD1，根据圆的性质得到AE＝AD，即可得到结论．
解：∵BC⊥AB，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝2，BC＝1，
∴AC，
∵CD＝BC，
∴AD＝AC﹣CD1，
∵AE＝AD，
∴AE1，
∴点E表示的实数是1．
故选：D．
总结提升：本题考查了勾股定理，实数与数轴，圆的性质，正确掌握勾股定理是解题的关键．
5．（2020秋•丹阳市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点P在射线CA上，且∠BPC∠BAC，则BP2＝ ．
思路引领：连接BP，根据∠BAC是△ABP的外角，可证∠BPC＝∠ABP，则AB＝AP，利用勾股定理求出AB＝5，则PC＝9，在Rt△BCP中，利用勾股定理即可得出答案．
解：如图，连接BP，
∵∠BAC是△ABP的外角，
∴∠BAC＝∠BPC+∠ABP，
∵∠BPC∠BAC，
∴∠BPC＝∠ABP，
∴AB＝AP，
在△ABC中，∠C＝90°，
由勾股定理得：AB，
∴PA＝AB＝5，
∴PC＝9，
在Rt△BCP中，由勾股定理得：
BP2＝PC2+BC2＝92+32＝90，
故答案为：90．
总结提升：本题主要考查了勾股定理，以及三角形外角的性质，证明出AB＝AP是解题的关键．
6．（2019秋•苏州期末）如图，将有一边重合的两张直角三角形纸片放在数轴上，纸片上的点A表示的数是﹣2，AC＝BC＝BD＝1，若以点A为圆心、AD的长为半径画弧，与数轴交于点E（点E位于点A右侧），则点E表示的数为 ．
思路引领：根据勾股定理求出AB、AD，由AE＝AD，根据数轴上两点之间距离公式即可求出点E表示的数．
解：由勾股定理得，AB，AD，
设点E表示的数为x，则x+2，
∴x2，
故答案为：2．
总结提升：考查直角三角形的边角关系，数轴上两点之间的距离计算方法，掌握勾股定理和数轴上两点距离公式是解决问题的关键．
7．（2021•南通一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D是线段AB的中点，点E是线段BC上的一个动点，若AC＝6，BC＝8，则DE长度的取值范围是 ．
思路引领：根据勾股定理得出CD的长和DE⊥BC时DE的长，进而得出DE的取值范围．
解：当E与C或重合时，DE最长，
在Rt△ABC中，AB，
∵点D是线段AB的中点，
∴CD＝5，
当DE⊥BC时，DE最短，DE，
所以DE长度的取值范围是3≤DE≤5，
故答案为：3≤DE≤5
总结提升：此题考查勾股定理，关键是根据勾股定理、等腰三角形三线合一的性质得出CD的长和DE⊥BC时DE的长．
8．（2021春•孝南区月考）小明想知道学校旗杆的高度，他发现旗杆上的绳子垂到地面时还多1m，当他把绳子的下端拉开5m后，发现绳子的下端刚好接触到地面，求旗杆的高．
思路引领：根据题意设旗杆的高为xm，则绳子的长为（x+1）m，再利用勾股定理即可求得旗杆的高．
解：设旗杆的高为xm，则绳子的长为（x+1）m，
根据勾股定理得：x2+52＝（x+1）2，
解得：x＝12，
答：旗杆的高为12m．
总结提升：此题考查了勾股定的应用，关键是记忆勾股定理公式．
考点二 勾股定理的应用
9．（2021•宿迁）《九章算术》中一道“引葭赴岸”问题：“今有池一丈，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AC生长在它的中央，高出水面部分BC为1尺，如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部C恰好碰到岸边的C'处（如图），水深和芦苇长各多少尺？则该问题的水深是 尺．
思路引领：我们可将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EC′的长为10尺，则C′B＝5尺，设芦苇长AC＝AC′＝x尺，表示出水深AB，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：依题意画出图形，
设芦苇长AC＝AC′＝x尺，
则水深AB＝（x﹣1）尺，
∵C′E＝10尺，
∴C′B＝5尺，
在Rt△AC′B中，
52+（x﹣1）2＝x2，
解得x＝13，
即芦苇长13尺，水深为12尺，
故答案为：12．
总结提升：此题主要考查了勾股定理的应用，解本题的关键是数形结合．
考点三 勾股定理的逆定理
10．（2022春•宁江区校级期末）如图，在△ABC中，点D是AB上一点，连接CD，AC＝2，BC＝2，DB＝1，CD，则AB的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
思路引领：根据勾股定理的逆定理可得∠CDB＝90°，可得∠CDA＝90°，再根据勾股定理可得AD，依此可求AB的长．
解：在△BDC中，BC＝2，DB＝1，CD，
12+（）2＝22，
∴△BDC是直角三角形，∠CDB＝90°，
∴∠CDA＝90°，
在△ADC中，AC＝2，CD，
∴AD3，
∴AB＝AD+BD＝3+1＝4．
故选：B．
总结提升：本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，关键是根据勾股定理的逆定理得到∠CDB＝90°．
11．（2022春•宜春期末）如图，已知∠A＝90°，AC＝AB＝4，CD＝2，BD＝6，求∠ACD的度数．
思路引领：根据勾股定理求出BC，根据勾股定理的逆定理得到∠BCD＝90°，结合图形计算，得到答案．
解：∵∠A＝90°，AC＝AB＝4，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
在Rt△ABC中，BC，
CD2+BC2＝22+（4）2＝36，BD2＝62＝36，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠ABC＝45°．
总结提升：本题考查的是勾股定理和勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
12．（2016秋•雅安期末）在△ABC中，已知AB＝AC＝10，BC＝16，点D在BC上，且BD，连接AD，求证：AD⊥AC．
思路引领：过点A作AE⊥BC于E，由等腰三角形的性质得出BEBC＝8，由勾股定理得：AE＝6，AD2＝AE2+DE2，DC2＝（BC﹣BD）2，AC2＝100，得出AC2+AD2＝DC2，证出△DAC为直角三角形即可．
证明：过点A作AE⊥BC于E，如图所示：
∵AB＝AC＝10，BC＝16，
∴BEBC＝8，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE＝6，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2，
在△ADC中：DC2＝（BC﹣BD）2，AC2＝100，
∴AC2+AD2＝DC2，
∴△DAC为直角三角形，
∴DA⊥AC．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理；熟练掌握等腰三角形的性质和勾股定理是解决问题的关键．
13．（2021春•椒江区月考）如图，△ABC中，AB的垂直平分线DE分别交AC、AB于点D、E，且AD2﹣DC2＝BC2．若AC＝16，CD：AD＝3：5，求BC的长．
思路引领：连接BD，根据线段垂直平分线的性质得出AD＝BD，求出DC2+BC2＝BD2，再根据勾股定理的逆定理解答，进而求出AD和CD，求出BD＝10，再根据勾股定理求出答案即可．
解：连接BD，
∵AB的垂直平分线DE分别交AC、AB于点D、E，
∴AD＝BD，
∵AD2﹣DC2＝BC2，
∴BD2﹣DC2＝BC2，
即DC2+BC2＝BD2，
∴∠C＝90°，
∵AC＝16，CD：AD＝3：5，
∴CD＝6，AD＝10，
∵AD＝BD，
∴BD＝10，
在Rt△DCB中，由勾股定理得：BC8．
总结提升：本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理和线段垂直平分线的性质等知识点，能熟记知识点是解此题的关键，注意：线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等．
14．（2020秋•秦淮区期末）如图，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点．已知A、B、C都是格点．
（1）小明发现∠ABC是直角，请补全他的思路；
（2）请用一种不同于小明的方法说明∠ABC是直角．
思路引领：（1）根据勾股定理和勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据全等三角形的判定和性质解答即可．
解：（1）∵AB，BC，AC，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ABC＝90°；
（2）过A点作AD⊥BE于D，过C作CE⊥DB于E，
由图可知：AD＝BE，BD＝CE，∠ADB＝∠BEC＝90°，
在△ADB和△BEC中，
，
∴△ADB≌△BEC（SAS），
∴∠ABD＝∠BCE，
在△BEC中，∠BEC+∠BCE+∠EBC＝180°，
∴∠BCE+∠EBC＝180°﹣∠BEC＝90°，
∴∠ABD+∠EBC＝90°，
∵D，B，E三点共线，
∴∠ABD+∠EBC+∠ABC＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣（∠ABD+∠EBC）＝90°．
总结提升：此题考查勾股定理的逆定理，关键是根据勾股定理和勾股定理的逆定理解答．
15．（2018秋•叶县期中）先阅读下列一段文字，再回答后面的问题．
已知在平面内两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），这两点间的距离P1P2，同时，当两点所在的直线在坐标轴或平行于坐标轴或垂直于坐标轴时，两点间距离公式可简化为|x2﹣x1|或|y2﹣y1|．
（1）已知A（3，3），B（﹣2，﹣1），试求A，B两点间的距离；
（2）已知A，B在平行于y轴的直线上，点A的纵坐标为7，点B的纵坐标为﹣2，试求A，B两点间的距离；
（3）已知一个三角形各顶点坐标为A（0，5），B（﹣3，2），C（3，2），你能判断此三角形的形状吗？说明理由．
思路引领：（1）根据两点间距离公式计算；
（2）根据两点间距离公式计算；
（3）根据两点间距离公式分别求出AB，AC，BC，根据勾股定理的逆定理解答．
解：（1）AB；
（2）AB＝7﹣（﹣2）＝9；
（3）△ABC为等腰直角三角形，
理由如下：AB3，AC3，BC＝3﹣（﹣3）＝6，
∵（3）2+（3）2＝36＝62，
∴△ABC为等腰直角三角形．
总结提升：本题考查的是勾股定理，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．
考点四 勾股定理逆定理的应用
16．（2022春•定州市期中）如图，在B港有甲、乙两艘渔船，若甲船沿北偏东60°方向以每小时8海里速度前进，乙船沿南偏东某方向以每小时15海里速度全速前进，2小时后甲船到M岛，乙船到P岛，两岛相距34海里，你知道乙船沿那个方向航行吗？
思路引领：先根据路程＝速度×时间，求出BM，BP的长，再根据勾股定理的逆定理得到∠MBP＝90°，进一步即可求解．
解：BM＝8×2＝16海里，
BP＝15×2＝30海里，
在△BMP中，BM2+BP2＝256+900＝1156，PM2＝1156，
BM2+BP2＝PM2，
∴∠MBP＝90°，
180°﹣90°﹣60°＝30°，
故乙船沿南偏东30°方向航行．
总结提升：本题考查了勾股定理的逆定理，解本题的关键是得到BM2+BP2＝PM2求解．
17．（2022春•汝南县期末）如图，某港口O位于东西方向的海岸线上，“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行16海里，“海天”号每小时航行12海里．
（1）若它们离开港口一个半小时后分别位于A、B处（图1），且相距30海里．如果知道“远航”号沿东北方向航行，能知道“海天”号沿哪个方向航行吗？请说明理由．
（2）若“远航”号沿北偏东30°方向航行（图2），从港口O离开经过两个小时后位于点F处，此时船上有一名乘客需要紧急回到PE海岸线上，若他从F处出发，乘坐的快艇的速度是每小时90海里，他能在20分钟内回到海岸线吗？请说明理由．
思路引领：（1）根据勾股定理的逆定理得出△AOB是直角三角形，进而解答即可；
（2）过点A作AD⊥PE于D，根据锐角三角函数关系得出F到x轴距离，进而得出答案．
解：（1）∵OA＝16×1.5＝24（海里），OB＝12×1.5＝18（海里），AB＝30（海里），
∴OA2+OB2＝AB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴∠AOB＝90°，
∵“远航”号沿东北方向航行，
∴∠AON＝45°，
∴∠BON＝90°﹣45°＝45°，
∴“海天”号沿西北方向航行；
（2）方法一：∴∠过点F作FD⊥PE于D，
OF＝16×2＝32（海里），
∵∠NOF＝30°，
∴∠FOD＝90°﹣30°＝60°，
∴FD＝OF•sin60°32＝16（海里），
∵9030（海里），
30＞16，
∴能在20分钟内回到海岸线．
方法二：过点F作FD⊥PE于D，
OF＝16×2＝32（海里），
∵∠NOF＝30°，
∴∠OFD＝30°，
∴DOFO＝16海里，
∴FD16（海里），
∵9030（海里），
30＞16，
∴能在20分钟内回到海岸线．
总结提升：此题考查勾股定理的应用，关键是根据勾股定理的逆定理得出△AOB是直角三角形解答．
2022中考真题精炼
一．选择题
1．（2022•攀枝花）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC，BC＝1，∠AOB＝30°，则OA的值为（ ）
A．B．C．D．1
思路引领：根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
解：∵∠OBC＝90°，OC，BC＝1，
∴OB2，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，
∴ABOB＝1，
∴OA，
故选：A．
总结提升：本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，三角函数等知识，熟练掌握等角的三角函数值相等是解题的关键．
2．（2022•遵义）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则点B到OC的距离为（ ）
A．B．C．1D．2
思路引领：作BH⊥OC于H，利用含30°角的直角三角形的性质得OB＝2，再由勾股定理得OC，再根据cs∠BOC＝cs∠CBH，得，代入计算可得答案．
解：作BH⊥OC于H，
∵∠AOB＝30°，∠A＝90°，
∴OB＝2AB＝2，
在Rt△OBC中，由勾股定理得，
OC，
∵∠CBO＝∠BHC＝90°，
∴∠CBH＝∠BOC，
∴cs∠BOC＝cs∠CBH，
∴，
∴，
∴BH，
故选：B．
总结提升：本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，三角函数等知识，熟练掌握等角的三角函数值相等是解题的关键．
3．（2022•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（ ）
A．4B．6C．2D．3
思路引领：在网格中，以MN为直角边构造一个等腰直角三角形，使PM最长，利用勾股定理求出即可．
解：如图所示：
∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，
∴△BMN≌△CNP（SAS），
∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，
∵∠BMN+∠BNM＝90°，
∴∠BNM+∠CNP＝90°，
∴∠MNP＝90°，
∴△NMP为等腰直角三角形，此时PM最长，
在Rt△BMN和Rt△NCP中，
根据勾股定理得：MN＝NP2，
则PM2．
故选：C．
总结提升：此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
4．（2022•百色）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所对的边为，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（ ）
A．2B．23C．2或D．2或23
思路引领：根据题意知，CD＝CB，作CH⊥AB于H，再利用含30°角的直角三角形的性质可得CH，AH的长，再利用勾股定理求出BH，从而得出答案．
解：如图，CD＝CB，作CH⊥AB于H，
∴DH＝BH，
∵∠A＝30°，
∴CHAC，AHCH，
在Rt△CBH中，由勾股定理得BH，
∴AB＝AH+BH2，AD＝AH﹣DH，
故选：C．
总结提升：本题主要考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，理解题意，求出BH的长是解题的关键．
5．（2022•金华）如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是（3，1），（4，﹣2），下列各地点中，离原点最近的是（ ）
A．超市B．医院C．体育场D．学校
思路引领：根据题意可以画出相应的平面直角坐标系，然后根据勾股定理，可以得到点O到超市、学校、体育场、医院的距离，再比较大小即可．
解：如右图所示，
点O到超市的距离为：，
点O到学校的距离为：，
点O到体育场的距离为：，
点O到医院的距离为：，
∵，
∴点O到超市的距离最近，
故选：A．
总结提升：本题考查勾股定理、平面直角坐标系，解答本题的关键是明确题意，作出合适平面直角坐标系．
6．（2022•安徽）已知点O是边长为6的等边△ABC的中心，点P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面积分别记为S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，则线段OP长的最小值是（ ）
A．B．C．3D．
思路引领：如图，不妨假设点P在AB的左侧，证明△PAB的面积是定值，过点P作AB的平行线PM，连接CO并延长CO交AB于点R，交PM于点T．因为△PAB的面积是定值，推出点P的运动轨迹是直线PM，求出OT的值，可得结论．
解：如图，不妨假设点P在AB的左侧，
∵S△PAB+S△ABC＝S△PBC+S△PAC，
∴S1+S0＝S2+S3，
∵S1+S2+S3＝2S0，
∴S1+S1+S0＝2，
∴S1S0，
∵△ABC是等边三角形，边长为6，
∴S062＝9，
∴S1，
过点P作AB的平行线PM，连接CO延长CO交AB于点R，交PM于点T．
∵△PAB的面积是定值，
∴点P的运动轨迹是直线PM，
∵O是△ABC的中心，
∴CT⊥AB，CT⊥PM，
∴•AB•RT，CR＝3，OR，
∴RT，
∴OT＝OR+TR，
∵OP≥OT，
∴OP的最小值为，
当点P在②区域时，同法可得OP的最小值为，
如图，当点P在①③⑤区域时，OP的最小值为，当点P在②④⑥区域时，最小值为，
∵，
故选：B．
总结提升：本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是证明△PAB的面积是定值．
7．（2022•南充）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE∥AB，交AC于点E，DF⊥AB于点F，DE＝5，DF＝3，则下列结论错误的是（ ）
A．BF＝1B．DC＝3C．AE＝5D．AC＝9
思路引领：根据角平分线的性质和和勾股定理，可以求得CD和CE的长，再根据平行线的性质，即可得到AE的长，从而可以判断B和C，然后即可得到AC的长，即可判断D；再根据全等三角形的判定和性质即可得到BF的长，从而可以判断A．
解：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DF⊥AB，
∴∠1＝∠2，DC＝FD，∠C＝∠DFB＝90°，
∵DE∥AB，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴AE＝DE，
∵DE＝5，DF＝3，
∴AE＝5，CD＝3，故选项B、C正确；
∴CE4，
∴AC＝AE+EC＝5+4＝9，故选项D正确；
∵DE∥AB，∠DFB＝90°，
∴∠EDF＝∠DFB＝90°，
∴∠CDE+∠FDB＝90°，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠FDB，
∵tan∠DEC，tan∠FDB，
∴，
解得BF，故选项A错误；
故选：A．
总结提升：本题考查勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二．填空题
8．（2022•泰州）如图所示的象棋盘中，各个小正方形的边长均为1．“马”从图中的位置出发，不走重复路线，按照“马走日”的规则，走两步后的落点与出发点间的最短距离为 ．
思路引领：根据勾股定理即可得到结论．
解：如图，第一步到①，第二步到②，
故走两步后的落点与出发点间的最短距离为，
故答案为：．
总结提升：本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
9．（2022•鄂尔多斯）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝10，BE，则AB的长是 ．
思路引领：延长BE交AD于点F，由“ASA”可证△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的长．
解：如图，延长BE交AD于点F，
∵点E是DC的中点，
∴DE＝CE，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠BCE，
∵∠FED＝∠BEC，
∴△BCE≌△FDE（ASA），
∴DF＝BC＝5，BE＝EF，
∴BF＝2BE＝13，
在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．
故答案为：12．
总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．（2022•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，连结CC'，则四边形AB'C'C的周长为 cm．
思路引领：利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形AB'C'C的四边即可求得结论．
解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4cm，
∴AC2cm．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2cm，AA′＝CC′＝1cm，A′B′＝AB＝4cm，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5cm．
∴四边形AB'C'C的周长为AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2（8+2）cm．
故答案为：（8+2）．
总结提升：本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
三．解答题
11．（2022•金华）如图1，将长为2a+3，宽为2a的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”（如图2），得到大小两个正方形．
（1）用关于a的代数式表示图2中小正方形的边长．
（2）当a＝3时，该小正方形的面积是多少？
思路引领：（1）观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边即可；
（2）根据正方形的面积＝边长的平方列出代数式，把a＝3代入求值即可．
解：（1）∵直角三角形较短的直角边2a＝a，
较长的直角边＝2a+3，
∴小正方形的边长＝2a+3﹣a＝a+3；
（2）小正方形的面积＝（a+3）2，
当a＝3时，面积＝（3+3）2＝36．
总结提升：本题考查了列代数式，代数式求值，观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边求出小正方形的边长是解题的关键．