专题03图形思想之勾股定理综合应用压轴题专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版）

这是一份专题03图形思想之勾股定理综合应用压轴题专练- 2022-2023学年八年级上册数学专题训练（浙教版），文件包含专题03图形思想之勾股定理综合应用压轴题专练解析版-2022-2023学年八年级数学专题训练浙教版docx、专题03图形思想之勾股定理综合应用压轴题专练原卷版-2022-2023学年八年级数学专题训练浙教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。

专题03图形思想之勾股定理综合应用压轴题专练（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2022·浙江省慈溪市庵东初级中学九年级其他模拟）如图，矩形由两直角边之比皆为的三对直角三角形纸片甲、乙、丙拼接而成它们之间互不重叠也无缝隙，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
利用丙和乙短直角边的关系求出AD和AB．
【详解】
解：如答图，

可得，由对称性可知，不妨设，
则有，，，，所以，
故选C．
【点睛】
本题考查了直角三角形中勾股定理的应用，灵活使用勾股定理是解题的关键．
2．（2022·温州绣山中学九年级二模）如图是清朝李演撰写的《九章算术细草图说》中的“勾股圆方图"，四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，若，则AB的长为（ ）

A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】
由题意可设，则有，进而可得，然后根据勾股定理可建立方程进行求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD均为正方形，，
∴，四边形AEMH是矩形，
∴AH=EM，HM=AE，
∵，
∴，
由可设，
∴，
∴，
∵BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，
∴，即，
解得：（不符合题意，舍去），
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、一元二次方程的解法及勾股定理，熟练掌握利用正方形的性质、勾股定理及方程思想进行求解问题是解题的关键．
3．（2022·浙江温州市·九年级二模）四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连结四个顶点形成正方形，为对角线，的交点，的延长线交于点．记图中阴影部分的面积为，空白部分的面积为，若，则的值为（ ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由对称性可知，，设BF=2a，则CF=3a, BC=5a,再结合等面积法和勾股定理表示相应线段的长度，求得对应图形面积即可求得比值．
【详解】
解：由对称性可知，，
如图过O作OH垂直BC于H，
设BF=2a，
∵，
∴CF=3a,
∴BC=5a,
∵四边形ABCD为正方形，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∴BH=OH=HC=，，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∴，
，
∴．
故选：C．

【点睛】
本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质．能借助勾股定理和等面积法正确表示相应线段的长度是解题关键．
4．（2022·浙江中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．

故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
5．（2022·浙江九年级一模）如图，一只蚂蚁绕着圆柱向上螺旋式爬行，假设蚂蚁绕圆柱外壁从点A爬到点B，圆周率取近似值3，则蚂蚁爬行路线的最短路径长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
首先画出示意图，连接AB，根据圆的周长公式算出底面圆的周长，AC=×底面圆的周长，再在Rt△ACB中利用勾股定理算出AB的长即可，
【详解】
解：将圆柱体的侧面展开并过点B作BC⊥AE于点C．

∵圆柱的底面直径为4cm，
∴AE=cm，
∴
在Rt△ACB中， ，
∴
∴蚂蚁爬行的最短的路线长是，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了平面展开图，最短路径问题，做此类题目先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
6．（2022·浙江绍兴市·八年级期末）如图，边长为10的菱形ABCD，E是AD的中点，O是对角线的交点，矩形OEFG的一边在AB上，且EF=4，则BG的长为（ ）

A．3 B．2 C． D．1
【答案】B
【分析】
先证明OE是△ABD的中位线，由菱形的性质得到BD⊥AC，AB=AD=10，由直角三角形的性质可求OE=AE=AD=5，由矩形的性质可求得FG=OE=5，根据勾股定理得到AF=3，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，四边形OEFG是矩形，
∴OB=OD，OE∥FG，
∴OE是△ABD的中位线，
∴E是AD的中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB=AD=10，
∴∠AOD=90°，
∴OE=AE=AD=5；
∵四边形OEFG是矩形，
∴FG=OE=5，
∵AE=5，EF=4，
∴AF==3，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
7．（2022·浙江九年级三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于点D，以AB为边作矩形ABEF，使得AF＝AD，延长CD，交EF于点G，作AN⊥AC交GF于点N，作MN⊥AN交CB的延长线于点M，MN分别交BE，DG于点H，P，若NP＝HP，NF＝2，则四边形ABMN的面积为（ ）

A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【分析】
先证明，得CD=NF=2，AC=AN，设NG=GE=x，则BD=x，AD=FG=2+x，AB=FE=2+2x，在中，在中，在中，利用勾股定理，得到，结合，即可得到答案．
【详解】
解：∵CD⊥AB，四边形ABEF是矩形，

∴∠ADC=∠F=90°，
∴∠1+∠DAN=∠2+∠DAN，
∴∠1=∠2，
又∵AF＝AD，
∴，
∴CD=NF=2，AC=AN，
又∵∠ACB=∠CAN=∠ANM=90°，
∴四边形ANMC是正方形，
∵NP＝HP，PG∥HE，
∴NG=GE，
设NG=GE=x，则BD=x，AD=FG=2+x，AB=FE=2+2x，
∵在中，,
在中，，
∴在中，+=，即：，
∴，
∴=
==4+6=10．
故选C．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，设NG=GE=x，用含x的代数式表示相关线段长和相关面积，是解题的关键．
8．（2022·浙江九年级三模）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，下列四幅图是爱思考的小红同学用如图所示的七巧板拼成的，则这四个图形的周长从大到小排列正确的是（　　）


A．乙＞丙＞甲＞丁 B．乙＞甲＞丙＞丁
C．丙＞乙＞甲＞丁 D．丙＞乙＞丁＞甲
【答案】A
【分析】
设最小的直角三角形的直角边长为1，根据勾股定理，分别表示出七块七巧板各边的长度，计算每个图形中重合的线段和，和越大，周长越小．
【详解】
解：设七巧板中最小的边长为1根据勾股定理，
可以得出其余的边长分别为2，，2，
分别求出各图中重合的线段的长度和，和越大，则周长越小；
甲图中重叠的线段和为：7+2；
乙图中重叠的线段和为：5+2；
丙图中重叠的线段和为5+3；
丁图中重叠的线段和为：6+3；
∵，
∴乙＞丙＞甲＞丁
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理，不规则图形的周长，解题关键是明确总周长一定，重叠的线段和越大，则周长越小．


二、填空题
9．（2022·浙江中考真题）由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了这样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形（阴影部分）．则图中的长应是______．

【答案】
【分析】
根据裁剪和拼接的线段关系可知，，在中应用勾股定理即可求解．
【详解】
解：∵地毯平均分成了3份，
∴每一份的边长为，

∴，
在中，根据勾股定理可得，
根据裁剪可知，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查勾股定理，根据裁剪找出对应面积和线段的关系是解题的关键．
10．（2022·浙江中考真题）小丽在“红色研学”活动中深受革命先烈事迹的鼓舞，用正方形纸片制作成图1的七巧板，设计拼成图2的“奔跑者”形象来激励自己．已知图1正方形纸片的边长为4，图2中，则“奔跑者”两脚之间的跨度，即之间的距离是__________．

【答案】
【分析】
先根据图1求EQ与CD之间的距离，再求出BQ，即可得到之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ．
【详解】
解：过点E作EQ⊥BM，则

根据图1图形EQ与CD之间的距离=
由勾股定理得：，解得：；
，解得：
∵
∴
∵EQ⊥BM，
∴
∴
∴之间的距离= EQ与CD之间的距离+BQ
故答案为．
【点睛】
本题考查了平行线间的距离、勾股定理、平行线所分得线段对应成比例相关知识点，能利用数形结合法找到需要的数据是解答此题的关键．
11．（2022·浙江九年级一模）等腰三角形ABC中，过C作CD⊥AB交AB边于点E，且AB=AC=CD，连结AD并延长交CB延长线于点F，若DB=5．BC=8，则∠AFC=__，AB=__．
【答案】45°； 或
【分析】
（1）要求∠F的度数，要利用∠ADC是的外角，将其转化中已知的两个等腰三角形之中加以解决；（2）因为AB=CD，所以要求AB的长，需求CD的长即可，这样，将未知量和已知量集中在中，分别过点D、A作DM⊥FC于M，AN⊥FC于N，借助于勾股定理求得CD的长，但需考虑问题本身没有给出图形，可能需要分情况进行讨论．
【详解】
解：（1）如图1所示，

设,则．
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=．
∵CD⊥AB，
∴∠ABC+∠DCF=90°．
∴∠ABC=90°-∠DCF=．
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=．
∴．
在ACD中，∠ADC+∠DAC+∠ACD=180°，
∵2（）+=180°．
∴．
故答案为：45°．
（2）过点D作DM⊥FC于M，AN⊥FC于N．分两种情况：
当点M在点B左侧时，如图2所示，

∵∠CAN+∠ACB=90°，∠DCM+∠ABC=90°，∠ACB=∠ABC，
∴∠CAN=∠DCM．
在和中，，
∴．
∴．
∴在RtDBM中，．
∴CM=CB+BM=8+3=11．
在RtDCM中，．
∴AB=DC=．
当点M在点B右侧时，如图2所示，

此时，CM=CB-BM=8-3=5，其它不变．
在RtDCM中，．
∴AB=DC=．
综合得，AB=或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、分类的数学思想等知识点．熟知各种图形的性质是解题的基础，分类讨论是本题的关键．
12．（2022·浙江九年级一模）如图，在矩形中，．将矩形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为（），得到矩形，边与相交于点，边与的延长线相交于点．在矩形旋转过程中，当落在线段上时，_____，当是线段的三等分点时，_____．


【答案】 或
【分析】
设，则，然后利用旋转的性质和勾股定理求出，然后求比值即可；分两种情况：①当时，②当时，分情况进行讨论即可．
【详解】
∵四边形是矩形，

当落在线段上时，此时点与点E重合，

设，则，
由旋转的性质可知．
在中，，
；
①当时，
设，则，
过点F作交于点G，连接CF，

，
，
，
，
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
；
②当时，
设，则，
同理可求．
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
，
综上所述，当是线段的三等分点时，的值为或．
故答案为：，或．
【点睛】
本题主要考查矩形与旋转，掌握矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用是解题的关键．
13．（2022·浙江中考真题）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上．若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是___________．

【答案】
【分析】
设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，用含有a的代数式表示点A的横坐标，表示点F的坐标，确定a值即可.
【详解】
设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，如图，过点F作FG⊥x轴，垂足为G, 点F作FH⊥y轴，垂足为H, 过点A作AQ⊥x轴，垂足为Q,延长大等腰直角三角形的斜边交x轴于点N，交FH于点M，
根据题意，得OC==，CD=a,DQ=，
∵点A的横坐标为1,
∴+a+=1，
∴a=；

根据题意，得FM=PM=，MH=，
∴FH==；
∴MT=2a-，BT=2a-,
∴TN=-a，
∴MN=MT+TN=2a-+-a==，
∵点F在第二象限，
∴点F的坐标为（-，）
故答案为：（-，）．
【点睛】
本题考查了七巧板的意义，合理设出未知数，用未知数表示各个图形的边长，点ＡＡ的横坐标，点Ｆ的坐标是解题的关键．
14．（2022·浙江九年级一模）如图，要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作．下面我们来探究纸盒底面半径的最小值：

（1）如果要装10支铅笔，小蓝画了图①、图②两种排列方式，请你通过计算，判断哪种方式更节省空间：_______．（填①或②）
（2）如果要装24支铅笔，请你模仿以上两种方式，算出纸盒底面最小半径是_______．（用含a的代数式表示）
【答案】图①
【分析】
(1)图①由10个正六边形构成，图②由10个正六边形和4个正三角形构成，分别计算出其面积比较大小即可，
(2)要装24支铅笔，要使纸盒底面最小，按图①方式排每个正六边形相邻的空间最小计算出半径即可；
【详解】
（1）∵一个正六边形可以分为6个全等的等边三角形，且边长为
∴小三角形的高=
∴ ，
图①由10个正六边形构成
，
图②由10个正六边形和4个正三角形构成

∵
∴图①更节省空间
故答案为：①
（2）由（1）可知，每个正六边形相邻空间最小，此时的盒地面半径最小，如图

以中点O为圆心，OA长为半径纸盒底面半径最小,过O点作OB⊥AB，由（1）可知，OB=
在Rt△AOB中，AB=a，OB
OA=
纸盒底面最小半径是
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了平面镶嵌，正多边形的面积，勾股定理，以及圆的知识，解题的关键要读懂题意画出示意图．
15．（2022·浙江中考真题）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为______；记图1中小正方形的中心为点，，，图2中的对应点为点，，．以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，，在圆内或圆上时，圆的最小面积为______．

【答案】
【分析】
（1）先求出剪拼后大正方形的面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；
（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解．
【详解】
解：∵图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，
∴每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，
所以图2中正方形的边长,如下图3所示；
∴图1中，；
分别连接、、，并分别过点、、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，
综合两图可知，,,,O点到大正方形各边距离为，
∴，,
∴;
综合两图可知：,,,
∴,,
∴；
继续综合两图可知：,
∴,
∴,
∵，
∴距离O点最远，
∴最小圆的半径应为，
∴圆的面积为；
故答案为：；．

【点睛】
本题考查了正方形和长方形的基础知识、线段之间的和差关系、完全平方公式、勾股定理、圆的面积公式等内容，解决本题的关键是理解题意、读懂图形、找出两个图形之间的关联、能灵活运用勾股定理等公式求解线段的长等；本题要求学生对图形具有一定的感知能力，有较强的计算能力等，该题蕴含了数形结合等思想方法．

三、解答题
16．（2022·浙江九年级学业考试）如图，由24个边长为1的小正方形组成的的网格中，的顶点都在格点（小正方形的顶点）上．请在所给的网格中分别画一条线段，并同时满足如下条件：
①点，分别在，边上．
②点，都是格点．
③图1中满足，图2中满足．

【答案】见解析
【分析】
直接利用网格结合三角形中位线性质以及结合勾股定理得出符合题意的答案．
【详解】
解：图1中满足，图2中满足．



【点睛】
此题主要考查了应用设计与作图，正确结合网格分析是解题关键．
17．（【新东方】【2022.5.19】【SX】【初二下】【初中数学】【SX00010】）（1）如图1是由8个全等的正方形拼成的图形，能否只剪两刀，将它分成三块，拼成一个大正方形？我们可以这样思考：如果设每个小正方形的面积为1，则拼成的大正方形的面积为8，其边长为，由此可见，剪痕应是方格的对角线．如图2，沿AB，CD各剪一刀，就可以拼成面积为8的大正方形，请在图3中补全拼成的大正方形，并表明序号．

（2）试一试：如图4是由5个全等的正方形拼成的图形，把它剪拼成一个大正方形，并使剪痕条数最少，则最少剪痕条数是_______条，并在图4中画出剪痕轨迹．
【答案】（1）见解析；（2）2，画图见解析
【分析】
（1）将剪痕作为拼成后的正方形的边长，可得图形；
（2）类似可知：拼成的大正方形边长为，有一条剪痕为1×2的对角线，据此画图即可．
【详解】
解：（1）如图所示：

（2）由（1）可得：设正方形的面积均为1，
则拼成的大正方形边长为，有一条剪痕为1×2的对角线，
∴最少剪痕条数是2条，
如图所示：

【点睛】
本题考查了图形的剪拼，算术平方根的应用，巧妙地根据网格的特点画出正方形是解此题的关键．
18．（2022·浙江中考真题）如图与的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．

（1）选一个四边形画在图2中，使点为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，
（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长 的两个，直角边长2 的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．
【详解】
解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．

（2）画法不唯一，
当直角边长为时，扩大即直角边长为利用勾股定理画出直角边长为直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2时，扩大即直角边长为2利用勾股定理画出直角边长为2直角 三角形可以是如图7或图8等．

【点睛】
本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
19．（2022·浙江八年级期末）我们定义：有一组对边相等，另一组对边不相等的凸四边形叫做“单等对边四边形”．

（1）如图1，在中，点E为上不与点A，B重合的一点，．求证：四边形为单等对边四边形；
（2）如图2，在的网格中，顶点A、B、C均是格点，请在此网格内找格点D，使四边形为单等对边四边形，请你在网格中画出所有满足条件的点D；
（3）如图3，在单等对边四边形中，，，，，若单等对边四边形内有一点P，使四边形为平行四边形，且与四边形的面积比为，求的面积．
【答案】（1）见详解；（2）图见详解；（3）
【分析】
（1）根据题意易得，然后问题可求证；
（2）根据单等对边四边形的概念可直接进行作图；
（3）延长AP，交CD于点E，设，则有，然后可得，进而根据勾股定理可求解x，最后问题可求解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为单等对边四边形；
（2）如图所示：

（3）延长AP，交CD于点E，如图所示：

∵四边形ABCP是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，，
设，则有，，
∴，
，
∵与四边形的面积比为，
∴，化简得：，
在Rt△PEC中，由勾股定理可得，
解得：（舍去），
∴．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质、勾股定理及一元二次方程的解法，熟练掌握平行四边形的性质、勾股定理及一元二次方程的解法是解题的关键．
20．（【新东方】初中数学20220625-024【初一上】）（1）如图，阴影部分的边长的整数部分为a，小数部分为b，求的值．

（2）已知，求的值．
（3）如图所示，实数a，b，c在数轴上的对应点，化简

【答案】（1）；（2）4040；（3）
【分析】
（1）根据网格计算出阴影部分的边长，估算出范围，得到a，b的值，再作减法即可；
（2）直接利用二次根式有意义的条件得出a的取值范围，进而化简原式求出a的值，即可得出答案；
（3）先根据各点在数轴上的位置，得出a，b，c之间的大小关系为a＜b＜0＜c，再由此关系化简题中所给的式子，即可得出结果．
【详解】
解：（1）由图可知：
阴影部分的边长为，
∵，
∴，
∴a=4，b=，
∴a-b==；
（2）∵有意义，
∴a-2020≥0，
解得：a≥2020，
∴，
∴原式化简为，
则，
∴，
∴==4040；
（3）观察数轴可得，-1＜a＜0＜b＜c，
∴a-1＜0，b-c＜0，
∴
=
=
=
=
【点睛】
此题主要考查了实数与数轴，二次根式有意义的条件，无理数的估算，解题的关键是掌握基本知识，要能根据数轴上点的位置找出实数a，b，c之间的大小关系．
21．（2022·杭州市建兰中学八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，A(6，0)、∠OAB＝60°，点P是线段AB上的任意一点（包括端点），点Q在直线AB上，PQ＝4BP．

（1）点B的坐标是　 　；
（2）连接OQ，OP，若OPQ是以PO为底边的等腰三角形，求OPQ的面积；
（3）点C的坐标为(0，2)，点Q在射线AB上，以P，Q，C，D为顶点作平行四边形，若点D落在x轴上，求所有满足条件的BQ的长．
【答案】（1），；（2）或；（3）5或1
【分析】
（1）解直角三角形求出OB即可．
（2）分两种情形：如图2中，当点Q在x轴的上方时，过点Q作QH⊥OA于H，过点O作OK⊥AB于K．利用勾股定理求出x的值即可．当点Q在x轴下方时，同法可得．
（3）分两种情形：如图3-1中，当CD∥PQ，CD=PQ时，如图3-2中，当CD=PQ，CD∥PQ时，分别求出PQ，PB的长，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1中，

在中，，，
，
，．
故答案为：，．
（2）如图2中，当点在轴的上方时，过点作于，过点作于．

设，则，
在中，，
，，，
在中，，
在中，，
，
解得或（舍弃），
．
当点在轴下方时，同法可得．
综上所述，满足条件的的面积为：或．
（3）如图中，当，时，

，
，
，
．
，
，
．
如图中，当，时，同法可得，

，
，
，
综上所述，的长为5或1．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的应用等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
22．（2022·浙江九年级期末）在三角形中，一个角两夹边的平方和减去它对边的平方所得的差，叫做这个角的勾股差．

（1）概念理解：在直角三角形中，直角的勾股差为_________；在底边长为2的等腰三角形中，底角的勾股差为_____________；
（2）性质探究：如图1，是的中线，，记中的勾股差为中的勾股差为；
①求的值（用含的代数式表示）；
②试说明与互为相反数；
（3）性质应用：如图2，在四边形中，点与分别是与的中点，连接，若，且，求的值．
【答案】（1）两直角边的平方和与斜边平方的差；4；（2）①求；②见解析；（3）=
【分析】
（1）根据定义，得直角的勾股差等于两直角边的平方和与斜边平方的差；根据定义底角的勾股差等于腰的平方+底边的平方-另一腰的平方=底边的平方==4；
（2）①根据勾股差的定义，得；②证明m+n=0即可；
（3）根据勾股差的定义，直角三角形斜边上的中线的性质，（2）中的性质计算即可
【详解】
（1）根据定义，得直角的勾股差等于两直角边的平方和与斜边平方的差；
根据定义底角的勾股差等于腰的平方+底边的平方-另一腰的平方=底边的平方==4，
故答案为：两直角边的平方和与斜边平方的差，4；
（2）①根据勾股差的定义，得；

②如图1，过点C作CM⊥AB，垂足为M，在直角三角形ACM、直角三角形BCM、直角三角形CMD中，根据勾股定理，得,，
∴=，
∵AD=BD=c，
∴AM=AD-MD，BM=BD+MD=AD+MD，
∴=，
∴=，
∴==，
∴m+n====0，
∴m与n互为相反数；
（3）如图2, ∵，∴设DF=3m，AB=4m，
∵点与分别是与的中点，
∴设CF=BF=DF=3m，BE=AE=2m，
∵点与分别是与的中点，根据（2）的结论，得=0，
=0，
∴，，
∵CD=AD，
∴，
∴=，
∴=，
∴，
∴，
∴=．

【点睛】
本题考查了新定义问题，直角三角形的性质，勾股定理，相反数的性质，探究性质的应用，灵活运用探究中的性质和新定义是解题的关键．
23．（2022·浙江九年级一模）数学课上，老师拿出两块不同大小的含30度角的三角板让同学们在不同位置尝试操作．

（1）如图1摆放，当点在上，点在上，得知，，求的长．
（2）如图2，在（1）的条件下，连结，求的面积．
（3）如图3摆放，把这同样的两块三角板的直角顶点互相重合放置，小三角板绕着点旋转，连结、，当时，求的值．
（4）不变，当的三边长扩大一倍后，绕点旋转一周，直线与交于点，请你直接写出点所经过的运动路径．
【答案】（1）；（2）；（3）或；（4）．
【分析】
（1）根据题意算出的长，利用直角三角形心中对应的边等于斜边的一半求出，同理求出，再作差即可；
（2）过点作于点，求出、AC即可求出；
（3）延长AM，BC交于点D，作延长BN使得，利用旋转相似证明，得，再三角形中通过角之间的关系来证明，得四边形是矩形，再根据条件及勾股定理求解；
（4）确定的轨迹是以为直径的圆弧，，求出最大值为，由此得出路径所对圆心角为120°，从而求解．
【详解】
解：（1）∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）过点作于点，

∵，，，
∴，.

，
即的面积．
（3）I．若点M在外，延长BN交AM于点H，交AC于点G，

由（1）得中， ，， ，
在中，，， ，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴
∴，
又∵，，
，
又∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴
∴；
II．若点M在内部，则如图3-2：

同理可求：
∴，，
∴
∴；
（4）不变，当的三边长扩大一倍后，
∴在中，，， ，
同（3）理可证明，
∴直线与交点所经过的运动路径是以为直径的圆弧，
当M点在AC右侧时，如图4-1：

当CM⊥AM时最大，此时，
∴当CM⊥AM时，此时AM与AB重合，B点与H点重合；
当M点在AC左侧时，如图4-2：

当CM⊥AM时，最大，此时，
∴当CM⊥AM时，此时；
故如图所示：直线与交点所经过的运动路径为，弧长．
【点睛】
本题考查了含的直角三角形性质、旋转相似、点的远动路径等知识点，综合性强，题目较难，解题的关键是：能利用勾股定理及锐角三角函数知识解直角三角形；针对旋转问题，要添加适当地辅助线．
24．（2022·浙江杭州市·九年级一模）如图，四边形为矩形，点E为边上一点，将沿折叠，点A落在矩形内的点F处．

（1）如图①，若，点F恰好落在矩形的对角线上，求线段的长．
（2）如图②，连结，若为等边三角形，求的值．
（3）如图③，已知E为中点，如，连结，若的面积为S，求的面积．（结果用关于S的代数式表示）

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）利用勾股定理求出BD=10，证明DA=DF=6，可得结论．
（2）设AE=EF=BE=m，求出AD，可得结论．
（3）如图3中，过点F作FT⊥AB于T．设BT=a．求出TF，AT，AE，AD（用a表示），再根据△ADE的面积，求出a2（用S表示），可得结论．
【详解】
解：（1）如图①中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴，
由翻折的性质可知，DA=DF=6，
∴BF=BD-DF=10-6=4．
（2）如图②中，

∵△EBF是等边三角形，
∴EB=EF，∠BEF=60°，
由翻折的性质可知，EA=EF，∠AED=∠FED，
∴∠AED=∠FED=60°，
设AE=EF=BE=m，
则AD=AE=，
∴AB=2m，
∴．
（3）如图③中，过点F作FT⊥AB于T．设BT=a．

由翻折的性质可知，DE⊥AF，AE=EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠EAD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠DAF+∠ADE=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
同法可证∠BAF=∠BFT，
∴tan∠BFT=tan∠BAF=tan∠ADE=，
∴FT=3a，AT=9a，
∴AB=10a，
∴AE=BE=5a，AD=3AE=15a，
∵S△ADE=×15a×5a=S，
∴，
∴S△BCF=×15a×a=．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
25．（【新东方】【2022.6.16】【omo】【初三下】【数学00113】）我们把有一个直角，而且其中一条对角线平分一个内角的四边形叫做直分四边形．
（1）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，矩形的四个顶点都在格点上，请仅用无刻度的直尺分别在图1和图2的边上找出不同的点E，使得四边形是一个直分四边形．

（2）如图3，在直分四边形中，和互补，且，请求出的长度．

（3）如图4，在边长为2的正方形中，点E为的中点，F为上一点，使得，点G在的延长线上，连结交于点H，且．
①请证明四边形为直分四边形．
②求证：．

【答案】（1）图见解析；（2）2或或；（3）①证明见解析；②证明见解析．
【分析】
（1）根据直分四边形定义可知，使得四边形是一个直分四边形则可能BE平分或AC平分,由此构造图形即可解答；
（2）由直分四边形定义可知符合条件的直分四边形中，，再分AC平分、DB平分、DB平分三种情况求解即可；
（3）①根据相似三角形性质求出，进而证明，，从而可得BH平分，即可解得；②在BC上取一点M使BM=BF，利用角平分线构造再证明，由全等三角形性质即可得出结论．
【详解】
解：（1）当BE平分时，，如图1，此时点E为所求，四边形是一个直分四边形，
当AC平分时, ，故AE=CE，点E在AC垂直平分线上，如图2，此时点E为所求，四边形是一个直分四边形；

（2）∵，，
∴，
又∵在直分四边形中有一个内角是直角，
∴，
I．当AC平分时，如解图2-1，

∵，，，
∴（AAS），
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
II．当BD平分时，如解图2-2，过B点作，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
III．当BD平分时，如解图2-3，过D点作，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述：BD长为2或或；
（3）①在正方形中，，，
∵点E为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为直分四边形．
②由①得：，，

在BC上取一点M使BM=BF，
由①得，
又∵BH=BH，
∴（SAS），
∴FH=MH，
∴，
∴，
在和中，

∴（SAS），
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了四边形综合，涉及网格作图、正方形性质、勾股定理与解三角形、三角形全等的性质及判定等知识点；解题关键是掌握阅读材料中直分四边形定义，利用角平分线构造全等进行解题．