2020八年级数学下册 专题突破讲练 勾股定理的综合使用试题 （新版）青岛版

2020八年级数学下册 专题突破讲练 勾股定理的综合使用试题 （新版）青岛版

勾股定理的综合使用 ‎ ‎ 一、勾股定理 ‎1. 定理内容：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；‎ 表示方法：如果直角三角形的两直角边分别为、，斜边为，那么 ‎2. 勾股定理的证明：‎ 勾股定理的证明方法很多，常见的是拼图的方法。‎ 用拼图的方法验证勾股定理的思路是：‎ ‎①图形经过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变；‎ ‎②根据同一种图形的面积的不同表示方法，列出等式，推导出勾股定理。‎ 常见方法如下：‎ 定理 证明 ‎，‎ ‎，化简可证。‎ ‎，大正方形面积为 ‎，所以。‎ ‎，‎ ‎，化简得证。‎ 二、定理适用范围及应用 ‎1. 勾股定理的适用范围 勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，对于锐角三角形和钝角三角形的三边就不具有这一特征，因而在应用勾股定理时，必须明了所考查的对象是直角三角形。‎ ‎2. 勾股定理的应用 ‎①已知直角三角形的任意两边长，求第三边；‎ 在中，，则，，；‎ 9‎ ‎②知道直角三角形一边，可得另外两边之间的数量关系；‎ ‎③可运用勾股定理解决一些实际问题。‎ 总结 ‎（1）掌握好定理的内容及基本证明；‎ ‎（2）求线段的问题基本都是在使用勾股定理进行求值。‎ 例题1 已知直角三角形斜边上的中线长为1，周长为2+，则这个三角形的面积为（ ）‎ A. B. ‎1 C. 2 D. ‎ 解析：由中线长可得斜边长，根据周长已知，可列出另外两边的方程，再根据勾股定理列出另一个方程，联立解得两直角边长，再利用面积公式进行计算。‎ 答案：解：设两直角边长分别为x、y；‎ ‎∵直角三角形斜边上的中线长为1，故斜边长为2。‎ 周长为2+=x+y+2，得x+y=。①‎ 由勾股定理得 ＝2。②‎ ‎①②联立解得xy=1，故这个三角形的面积为xy=。故选A。‎ 例题2 在直线l上依次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+2S2+2S3+S4=（ ）‎ A. 5 B. ‎4 C. 6 D. 10‎ 解析：先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有ED2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6。‎ 答案：解：如图 ‎∵图中的四边形为正方形，‎ ‎∴∠ABD=90°，AB=DB，∴∠ABC+∠DBE=90°，‎ ‎∵∠ABC+∠CAB=90°，∴∠CAB=∠DBE，‎ ‎∵在△ABC和△BDE中，‎ ‎∠ACB＝∠BED ∠CAB＝∠EBD AB＝BD，‎ ‎∴△ABC≌△BDE（AAS），∴AC=BE，‎ 9‎ ‎∵DE2+BE2=BD2，∴ED2+AC2=BD2，∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，∴S1+S2=1，‎ 同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6。故选C。‎ 分类讨论思想的应用 例题 在△ABC中，AB=2，BC=1，∠ABC=45°，以AB为一边作等腰直角三角形ABD，使∠ABD=90°，连接CD，则线段CD的长为 。‎ 解析：分①点A、D在BC的两侧，设AD与边BC相交于点E，根据等腰直角三角形的性质求出AD，再求出BE=DE=AD并得到BE⊥AD，然后求出CE，在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解；②点A、D在BC的同侧，根据等腰直角三角形的性质可得BD=AB，过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，判定△BDE是等腰直角三角形，然后求出DE=BE=2，再求出CE，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理列式计算即可得解。‎ 答案：解：①如图1，点A、D在BC的两侧，∵△ABD是等腰直角三角形，‎ ‎∴AD==4，‎ ‎∵∠ABC=45°，∴BE=DE=AD=×4=2，BE⊥AD，‎ ‎∵BC=1，∴CE=BE－BC=2－1=1，‎ 在Rt△CDE中，CD==；‎ ‎②如图2，点A、D在BC的同侧，‎ ‎∵△ABD是等腰直角三角形，∴BD=AB=2，‎ 过点D作DE⊥BC交BC的反向延长线于E，则△BDE是等腰直角三角形，‎ ‎∴DE=BE=2，‎ ‎∵BC=1，∴CE=BE+BC=2+1=3，‎ 在Rt△CDE中，‎ CD==，‎ 综上所述，线段CD的长为或。‎ 图形变换的证明 例题 如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，D为AB边上一点，求证：（1）△ACE≌△BCD；（2）AD2+DB2=DE2。‎ 9‎ 解析：根据全等三角形的判定解决第一个问题，将图形转换位置，使AD、DB、DE转化到同一个图形中，利用勾股定理进行证明。‎ 答案：证明：（1）∵∠ACB=∠ECD，‎ ‎∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠ACE，即∠BCD=∠ACE。‎ ‎∵BC=AC，DC=EC，∴△ACE≌△BCD。‎ ‎（2）∵△ACB是等腰直角三角形，∴∠B=∠BAC=45°。‎ ‎∵△ACE≌△BCD，∴∠B=∠CAE=45°，‎ ‎∴∠DAE=∠CAE+∠BAC=45°+45°=90°，∴AD2+AE2=DE2。‎ 由（1）知AE=DB，∴AD2+DB2=DE2。‎ ‎（答题时间：45分钟）‎ 一、选择题 ‎1. 如图，△ABC中，D为AB中点，E在AC上，且BE⊥AC。若DE=10，AE=16，则BE的长度为（ ）‎ A. 10 B. ‎11 ‎ C. 12 D. 13‎ ‎2. 如图，在平面直角坐标系中，点P坐标为（－2，3），以点O为圆心，以OP的长为半径画弧，交x轴的负半轴于点A，则点A的横坐标介于（ ）‎ A. －4和－3之间 B. 3和4之间 C. －5和－4之间 D. 4和5之间 ‎*3. 如图，矩形ABCD中，E、F、M为AB、BC、CD边上的点，且AB=6，BC=7，AE=3，DM=2，EF⊥FM，则EM的长为（ ）‎ 9‎ A. 5 B. ‎5‎ C. 6 D. 6‎ ‎*4. 如图，在△ABC中，∠A=90°，P是BC上一点，且DB=DC，过BC上一点P，作PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，已知：AD：DB=1：3，BC=4，则PE+PF的长是（ ）‎ A. 4 B. ‎6 ‎ C. 4 D. 2‎ ‎**5. 在等腰△ABC中，∠ACB=90°，且AC=1。过点C作直线l∥AB，P为直线l上一点，且AP=AB。则点P到BC所在直线的距离是（ ）‎ A. 1 B. 1或 C. 1或 D. 或 ‎**6. 如图，两块完全相同的含30°角的直角三角板叠放在一起，且∠DAB=30°。有以下四个结论：①AF⊥BC；②∠BOE=135°；③O为BC的中点；④AG：DE=：3，其中正确结论的序号是（ ）‎ A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ①③‎ 二、填空题：‎ ‎*7. 如图，OP=1，过P作PP1⊥OP，得OP1= ；再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，得OP2=；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=2；…依此法继续作下去，得OP2012= 。‎ ‎*8. 如图所示，在△ABC中，∠C=2∠B，点D是BC上一点，AD=5，且AD⊥AB，点E是BD的中点，AC=6.5，则AB的长度为 。‎ ‎**9. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点E，∠BDA=90°，∠CBE=30°，∠CEB=45°，AE=4EC，BC=2，则CD的长为 。‎ 9‎ 三、解答题：‎ ‎*10. 如图，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC=CD。‎ ‎（1）求证：△BCE≌△DCF；‎ ‎（2）若AB=15，AD=7，BC=5，求CE的长。‎ ‎**11. 已知，如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，CD⊥AB交AB于点E，且CD=AC，DF∥BC，分别与AB、AC交于点G、F。‎ ‎（1）求证：GE=GF；‎ ‎（2）若BD=1，求DF的长。‎ ‎**12. 如图，在△ABC中，∠C=2∠B，D是BC上的一点，且AD⊥AB，点E是BD的中点，连接AE。‎ ‎（1）求证：∠AEC=∠C；‎ ‎（2）求证：BD=‎2AC；‎ ‎（3）若AE=6.5，AD=5，那么△ABE的周长是多少？‎ 9‎ ‎1. C 解析：∵BE⊥AC，∴△AEB是直角三角形，∵D为AB中点，DE=10，∴AB=20，∵AE=16，∴BE==12，故选C。‎ ‎2. A 解析：∵点P坐标为（－2，3），∴OP==，∵点A、P均在以点O为圆心，以OP为半径的圆上，∴OA=OP=，∵9＜13＜16，∴3＜＜4。∵点A在x轴的负半轴上，∴点A的横坐标介于－4和－3之间。故选A。‎ ‎3. B 解析：解：如图，过E作EG⊥CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，又∵EG⊥CD，∴∠EGD=90°，∴四边形AEGD是矩形，∴AE=DG，EG=AD，∴EG=AD=BC=7，MG=DG－DM=3－2=1，∵EF⊥FM，∴△EFM为直角三角形，∴在Rt△EGM中，EM===5。故选B。‎ ‎4. C 解析：解：方法一：作PM⊥AC于点M，可得矩形AEPM∴PE=AM，利用DB=DC得到∠B=∠DCB∵PM∥AB。∴∠B=∠MPC∴∠DCB=∠MPC又∵PC=PC。∠PFC=∠PMC =90°∴△PFC≌△CMP∴PF=CM∴PE+PF=AC∵AD：DB=1：3∴可设AD=x，DB=3x，那么CD=3x，AC=2x，BC=2x∵BC=4∴x=2∴PE+PF=AC=2×2=4。‎ 方法二：连接PD，PD把△BCD分成两个三角形△PBD、△PCD，S△PBD=BD•PE，‎ S△PCD=DC•PF，S△BCD=BD•AC，所以PE+PF=AC=2×2=4。故选C。‎ ‎5. D 解析：①如图，延长AC，作PD⊥BC交点为D，PE⊥AC，交点为E，∵CP∥AB，∴∠PCD=∠CBA=45°，∴四边形CDPE是正方形，则CD=DP=PE=EC，∵在等腰直角△ABC中，AC=BC=1，AB=AP，∴AB==，∴AP=；∴在直角△AEP中，（1+EC）2+EP2=AP2∴（1+DP）2+DP2=（）2，解得，DP=‎ 9‎ ‎；②如图，延长BC，作PD⊥BC，交点为D，延长CA，作PE⊥CA于点E，同理可证，四边形CDPE是正方形，∴CD=DP=PE=EC，同理可得，在直角△AEP中，（EC－1）2+EP2=AP2，∴（PD－1）2+PD2=（）2，解得，PD=故选D。‎ ‎6. D 解析：如图，∵两块完全相同的含30°角的直角三角板叠放在一起，且∠DAB=30°。∴∠CAF=30°，∴∠GAF=60°，∴∠AFB=90°，①AF丄BC正确；由①可得∠C=∠D=60°，∠DAC=120°，故可得∠DOC=120°，即而可得∠BOE=120°，即可得②∠BOE=135°错误；∵AD=AC，∠DAG=∠CAF，∠D=∠C=60°，∴△ADG≌△ACF，∴AG=AF，∵AO=AO，∠AGO=∠AFO=90°，∴△AGO≌△AFO，∴∠OAF=30°，∴∠OAC=60°，∴AO=CO=AC，∴BO=CO=AO，即可得③正确；假设DG=x，∵∠DAG=30°，∴AG=x，∴GE=3x，故可得AG：DE=：4，即④错误；综上可得①③正确。故选D。‎ ‎7. 解析：由勾股定理得：OP4==，∵OP1=；得OP2=；依此类推可得OPn=，∴OP2012=，故答案为：。‎ ‎8. 12 解析：Rt△ABD中，E是BD的中点，则AE=BE=DE；∴∠B=∠BAE，即∠AED =2∠B；∵∠C=2∠B，∴∠AEC=∠C，即AE=AC=6.5；∴BD=2AE=13；由勾股定理，得：AB==12。‎ ‎9. 解析：如图，过点C作CH⊥BD于点H。∵∠CBE=30°，BC=2，∴CH=BC=1，‎ 又∵∠CEB=45°，∴EH=CH=1。则CE=。∵AE=4EC=4。在直角△ADE中，∠EDA =90°，∠AED=∠CEB=45°，则AD=DE=AE=4。∴DH=DE+EH=5，∴在直角△DCH中，根据勾股定理得到CD===。故填：。‎ ‎10. ‎ 9‎ ‎（1）证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F∴CE=CF，在Rt△BCE和Rt△DCF中，∵CE=CF，BC=CD，∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）。‎ ‎（2）解：∵Rt△BCE≌Rt△DCF，∴DF=EB，CE=CF，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，∴Rt△ACE≌Rt△ACF，∴AF=AE，∵AB=15，AD=7，∴AD+DF=AB－EB，∴EB=DF=4，在Rt△BCE中，根据勾股定理，CE=3。‎ ‎11. （1）证明：∵DF∥BC，∠ACB=90°，∴∠CFD=90°。∵CD⊥AB，∴∠AEC=90°。在Rt△AEC和Rt△DFC中，∠AEC=∠CFD=90°，∠ACE=∠DCF，DC=AC，∴Rt△AEC ≌Rt△DFC。∴CE=CF。∴DE=AF。而∠AGF=∠DGE，∠AFG=∠DEG=90°，∴Rt△AFG ≌Rt△DEG。∴GF=GE。‎ ‎（2）解：∵CD⊥AB，∠A=30°，∴CE= AC=CD。∴CE=ED。∴BC=BD=1。又∵∠ECB+∠ACE=90°，∠A+∠ACE=90°，∴∠ECB=∠A=30°，∠CEB=90°，∴BE=BC =BD=。在直角三角形ABC中，∠A=30°，则AB=2BC=2。‎ 则AE=AB－BE=。∵Rt△AEC≌Rt△DFC，∴DF=AE=。‎ ‎12. （1）证明：∵AD⊥AB，∴△ABD为直角三角形。又∵点E是BD的中点，∴AE=BD。又∵BE=BD，∴AE=BE，∴∠B=∠BAE。又∵∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠AEC=∠B+∠B =2∠B。又∵∠C=2∠B，∴∠AEC=∠C。‎ ‎（2）证明：由（1）可得AE=AC，又∵AE=BD，∴BD=AC，∴BD=‎2AC。‎ ‎（3）解：在Rt△ABD中，AD=5，BD=2AE=2×6.5=13∴AB＝＝＝12∴△ABE的周长=AB+BE+AE=12+6.5+6.5=25。‎ 9‎