初中数学人教版八年级下册17.1 勾股定理当堂检测题

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2021-2022学年八年级数学下学期期中期末必考题精准练
必考点03 勾股定理及应用


●题型一 利用勾股定理求直角三角形的边长
◎◎已知两边长，求第三边的长◎◎
【例题1】（2021春•漳平市月考）在△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，BC＝a，AC＝b．
（1）已知a＝7，b＝24，求c； （2）若c＝，b＝5，求a．
【分析】（1）利用勾股定理计算c＝；（2）利用勾股定理计算a＝．
【解答】（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，
由勾股定理得：
c＝＝＝25；
（2）在Rt△ABC中，
由勾股定理得：
a＝＝＝＝4．
【例题2】（2021秋•龙泉市期末）若直角三角形的两边长分别是5和12，则它的斜边长是（　　）
A．13 B．13或 C． D．12或13
【答案】D．
【分析】本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即12是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
【解答】解：当12是斜边时，它的斜边长是12；
当12是直角边时，它的斜边长＝＝13；
故它的斜边长是：12或13．
故选：D．
◎◎已知直角三角形的一边长和另两边长的关系，求另两边长◎◎
【例题3】在△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c．若a：c＝3：5，b＝32，
则a= ，c= ．
【答案】24,40；
【分析】设a＝3x，则c＝5x，再根据勾股定理求出x的值，进而得出结论．
【解答】设a＝3x，则c＝5x，
∵a2+b2＝c2，即（3x）2+322＝（5x）2，解得x＝8，
∴3x＝24，5x＝40，即a＝24，c＝40．

【解题技巧提炼】
1、运用勾股定理求直角三角形的边长的步骤：
一分，即分清哪条边是斜边，哪条边是直角边；二代，将已知边长代入a2+b2＝c2（c为斜边）；
三化简求值；
2、若已知两边可能都是直角边，也可能是直角边与斜边，则应分类讨论思想分两种情况分别计算.
3、已知直角三角形的一边长和另两边长的关系，求另两边长的方法：先根据两边关系设未知数，再根据勾股定理列方程求未知数的值，即可求出未知两边的长.

●题型二 勾股定理的证明
【例题4】（2021秋•西峡县期末）如图，在四边形ABDE中，AB∥DE，AB⊥BD，点C是边BD上一点，BC＝DE＝a，CD＝AB＝b，AC＝CE＝c．下列结论：①△ABC≌△CDE；②∠ACE＝90°；③四边形ABDE的面积是；④；⑤该图可以验证勾股定理．其中正确的结论个数是（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A．
【考点】勾股定理的证明；全等三角形的判定与性质；
【分析】证明△ABC≌△CDE（SAS），由全等三角形的性质可得出∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E．由图形的面积可得出③④⑤正确．
【解答】解：∵AB∥DE，AB⊥BD，
∴DE⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°．
在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E．
∵∠A+∠ACB＝90°，
∴∠DCE+∠ACB＝90°．
∵∠DCE+∠ACB+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°，
故①②正确；
∵AB∥DE，AB⊥BD，
∴四边形ABDE的面积是；
故③正确；
∵梯形ABDE的面积﹣直角三角形ACE的面积＝两个直角三角形的面积，
∴ab，
∴a2+b2＝c2．
故③④⑤都正确．
故选：A．
【解题技巧提炼】
（1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．
（2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
●题型三 构造直角三角形求线段的长
【例题5】如图，在△ABC中，∠C＝60°，AB＝14，AC＝10，求BC的长．

【分析】过A点作AD垂直BC于D点．因为BC＝CD+BD，可先由∠C＝60°，AD⊥BC，AC＝10，求得AD的长，进而在△ADB中根据勾股定理可求得BD的长．即可求BC的长．
【解答】解：如图过A点作AD⊥BC于D点．
在Rt△ACD中，AC＝10，∠C＝60°，
∴CD＝AC＝5，AD＝5，
∵AB＝14，
∴BD＝＝11，
∴BC＝CD+BD＝16．


【解题技巧提炼】
利用勾股定理求非直角三角形中的线段的长的方法：作三角形一边上的高，将其转化为两个直角三角形，
然后利用勾股定理并结合已知条件，采用推理或列方程的方法解决问题.
●题型四 利用勾股定理作长为的线段
【例题6】（2021秋•嘉兴期末）如图，正方形ABCD的顶点A，D在数轴上，且点A表示的数为﹣1，点D表示的数为0，用圆规在数轴上截取AE＝AC，则点E所表示的数为（　　）

A．1 B．1﹣ C．﹣1 D．
【答案】C．
【分析】首先根据勾股定理可得AC＝，再根据AE＝AC可得AE，然后用﹣1+AE的长可得答案．
【解答】解：由题意得，AC＝＝，
∴AE＝AC＝，
∴点E表示的数是﹣1+＝﹣1，
故选：C．
【解题技巧提炼】
勾股定理在数轴上表示无理数的应用：利用勾股定理把一个无理数表示成直角边是两个正整数的直角三角形的斜边．

●题型五 利用勾股定理求面积
◎◎直接求图形的面积◎◎
【例题7】（2021秋•海门市期末）△ABC中，AB＝20，AC＝13，高AD＝12，则△ABC的面积为（　　）
A．66 B．126 C．54或44 D．126或66
【分析】由勾股定理求出BD、CD的长，再分两种情况分别计算即可．
【解答】解：如图1，∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵AB＝20，AD＝12，
∴BD＝＝＝16，
又∵AC＝13，
∴CD＝＝＝5，
∴BC＝BD+CD＝21，
∴△ABC的面积＝×21×12＝126；
如图2，BC＝BD﹣CD＝11，
∴△ABC的面积＝×11×12＝66；
综上所述，△ABC的面积为126或66，
故选：D．


◎◎利用图形面积之间的关系求图形的面积◎◎
【例题8】（2021春•新罗区校级月考）如图是一株美丽的勾股树，其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，若正方形A、B、C、D的面积分别为2，5，1，2．则最大的正方形E的面积是（　 　）

A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B．
【分析】根据正方形的面积公式，结合勾股定理，能够导出正方形A，B，C，D的面积和即为最大正方形的面积．
【解答】解：根据勾股定理的几何意义，可得A、B的面积和为S1，C、D的面积和为S2，S1+S2＝S3，于是S3＝S1+S2，
即S3＝2+5+1+2＝10．
故选：B．

【解题技巧提炼
1、求不规则图形面积的方法：首先通过添加辅助线，将不规则图形转化为规则图形（如直角三角形、长方形等），然后利用规则图形的特殊性质（如含30°角的直角三角形的性质，勾股定理），求出相应线段的长，最后求出面积.
2、由勾股定理演变的结论：分别以一个直角三角形的三边为边长向外作正多边形，以斜边为边长的多边形的面积等于以直角边为边长的多边形的面积和．

●题型六 利用勾股定理进行证明
【例题9】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AM是中线，MN⊥AB，垂足为点N，求证：AN2﹣BN2＝AC2．

【分析】在直角三角形BNM和ANM中利用勾股定理可以得到BN2＝BM2﹣MN2，AN2＝AM2﹣MN2，然后得到BN2﹣AN2＝（BM2﹣MN2）﹣（AM2﹣MN2）＝BM2﹣AM2；又在直角三角形AMC中，AM2＝AC2+CM2，代入前面的式子中即可得出结论．
【解答】证明：∵MN⊥AB于N，
∴BN2＝BM2﹣MN2，AN2＝AM2﹣MN2
∴BN2﹣AN2＝BM2﹣AM2，
又∵∠C＝90°，
∴AM2＝AC2+CM2
∴BN2﹣AN2＝BM2﹣AC2﹣CM2，
又∵BM＝CM，
∴BN2﹣AN2＝﹣AC2，
即AN2﹣BN2＝AC2．
●题型七 利用勾股定理解决实际问题
【例题10】 （2021秋•宣化区期末）小明想知道学校旗杆的高，他发现旗杆上的绳子垂到地面还多了1m，当他把绳子的下端拉开5m后，发现下端刚好接触地面，求旗杆的高．

【考点】勾股定理的应用；
【分析】根据题意设旗杆的高AB为xm，则绳子AC的长为（x+1）m，再利用勾股定理即可求得AB的长，即旗杆的高．
【解答】解：设旗杆的高AB为xm，则绳子AC的长为（x+1）m
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2
∴x2+52＝（x+1）2
解得x＝12
∴AB＝12
∴旗杆的高12m．
【例题11】 （2022春•渝水区校级月考）某条道路限速70km/h，如图，一辆小汽车在这条道路上沿直线行驶，某一时刻刚好行驶到路对面车速检测仪A处的正前方30m的C处，过了2s，小汽车到达B处，此时测得小汽车与车速检测仪间的距离为50m．
（1）求BC的长；
（2）这辆小汽车超速了吗？

【考点】勾股定理的应用；
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据小汽车用2s行驶的路程为BC，那么可求出小汽车的速度，然后再判断是否超速了．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，AC＝30m，AB＝50m；
据勾股定理可得：
BC＝＝＝40（m），
（2）∵BC＝40m，
∴小汽车的速度为v＝＝20（m/s）＝20×3.6（km/h）＝72（km/h）；
∵72（km/h）＞70（km/h）；
∴这辆小汽车超速行驶．

【解题技巧提炼
在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
●题型八 利用勾股定理解决折叠问题
【例题12】如图：将长方形ABCD沿CE折叠，顶点B恰好落在AD边上的点F处，CD＝8cm，BE＝5cm，则AD＝　 　cm．

【考点】翻折变换（折叠问题）；
【分析】已知CD、BE，根据折叠及矩形的性质可知AE、EF，由勾股定理可求AF，设AD＝x，由折叠及矩形的性质可知CF＝CB＝AD＝x，FD＝x﹣AF，在Rt△CDF中，运用勾股定理求x．
【解答】解：由折叠及矩形的性质可知，
AE＝AB﹣BE＝CD﹣BE＝3，EF＝BE＝5，
在Rt△AEF中，由勾股定理得AF＝4，
设AD＝x，则CF＝CB＝AD＝x，FD＝x﹣4，
在Rt△CDF中，由勾股定理得
CD2+DF2＝CF2，即82+（x﹣4）2＝x2，
解得x＝10，即AD＝10．
【解题技巧提炼
1、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
2、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
●题型九 利用勾股定理解决最短路径问题
◎◎平面内的最短路径问题◎◎
【例题13】如图，高速公路的同侧有A，B两个村庄，它们到高速公路所在直线MN的距离分别为AA1＝2km，BB1＝4km，A1B1＝8km．现要在高速公路上A1B1之间设一个出口P，使A，B两个村庄到P的距离之和最短，则这个最短距离是多少千米？

【考点】轴对称﹣最短路线问题；
【分析】过B作B点关于MN的对称点B′，连接AB′交A1B1于点P，则AP+BP＝AP+PB′＝AB′，易知P点即为到A，B距离之和最短的点，过A作AE⊥BB′于点E，然后根据勾股定理即可得结果．
【解答】解：如图，过B作B点关于MN的对称点B′，连接AB′交A1B1于点P，

则AP+BP＝AP+PB′＝AB′，
所以P点即为到A，B距离之和最短的点，
过A作AE⊥BB′于点E，
则AE＝A1B1＝8，B′E＝AA1+BB1＝2+4＝6，
由勾股定理，得AB′＝＝＝10．
即AP+BP＝AB′＝10，
故出口P到A，B两村庄的最短距离之和是10 km．
◎◎几何体上的最短路径问题◎◎
【例题14】（2021秋•高州市校级月考）如图，已知圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为（　 　）

A．4 B．2 C．5 D．4
【考点】平面展开﹣最短路径问题；
【分析】要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，则这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．
∵圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，
∴AB＝2dm，BC＝BC′＝2dm，
∴AC2＝22+22＝8，
∴AC＝2dm．
∴这圈金属丝的周长最小为2AC＝4dm．
故选：A．

【点拨】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”是解题的关键．
【解题技巧提炼
1、平面展开﹣最短路径问题，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．
2、几何体表面上两点间的最短路程的求法：将几何体表面展开，将立体几何图形问题转化为平面图形问题，然后利用“两点之间，线段最短”确定路线，最后利用勾股定理计算.

◆题型一 利用勾股定理求直角三角形的边长
1．（2021秋•丹东期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，如果AB＝8，BC＝6，那么AC的长是（　　）
A．10 B． C．10或 D．7
【答案】B．
【考点】勾股定理；
【分析】利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝＝＝2，
故选：B．
◆题型二 勾股定理的证明
2．（2021秋•漳州期末）如图所示的正方形图案是用4个全等的直角三角形拼成的．已知正方形ABCD的面积为25，正方形EFGH的面积为1，若用x、y分别表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列三个结论：①x2+y2＝25；②x﹣y＝1；③xy＝12．其中正确的是 　 ．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②③．
【考点】勾股定理的证明；
【分析】分别求出小正方形及大正方形的边长，然后根据面积关系得出x与y的关系式，依次判断所给关系式即可．
【解答】解：由题意可得小正方形的边长＝1，大正方形的边长＝5，
∴x2+y2＝斜边2＝大正方形的面积＝25，
故①正确；
∵小正方形的边长为1，
∴x﹣y＝1，
故②正确；
∵小正方形的面积+四个直角三角形的面积等于大正方形的面积，
∴1+2xy＝25，
∴xy＝12，
故③正确；
根综上可得①②③正确．
故答案为：①②③．
◆题型三 构造直角三角形求线段的长
3．如图，已知△ABC中，AB＝10，BC＝9，AC＝17．则BC边的高的是 ．

【答案】8.
【考点】勾股定理；
【分析】作辅助线BD，AD，根据直角△ABD和直角△ACD中关于AD的计算方程求AD，BD；AD即BC边上的高．
【解答】解：延长CB，作AD⊥CB延长线与D点，设AD＝x，BD＝y，
在直角△ADB中，AB2＝x2+y2，
在直角△ADC中，AC2＝x2+（y+BC）2，
解方程得 y＝6，x＝8，
即AD＝8，∵AD即BC边上的高，
∴BC边上的高为8．

◆题型四 利用勾股定理作长为的线段
4．（2021秋•成华区期末）如图，点A（4，0），C（﹣1，0），以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴的正半轴于点B，则点B的坐标为 　 　．

【答案】（0，3）．
【考点】勾股定理；坐标与图形性质；
【分析】根据已知可得AB＝AC＝5，OA＝4．利用勾股定理即可求解．
【解答】解：根据已知可得：AB＝AC＝5，OA＝4．
在Rt△ABO中，OB＝＝3．
∴B（0，3）．
故答案为：（0，3）．
◆题型五 利用勾股定理求面积
5．（2021春•浦城县月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝2，CD＝1，∠A＝60°，∠B＝∠D＝90°，求四边形ABCD的面积．

【考点】勾股定理；含30度角的直角三角形；
【分析】延长AD、BC交于E，根据直角三角形两锐角互余求出∠E＝30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AE、CE，再利用勾股定理列式求出BE、DE，然后根据四边形的面积等于两个直角三角形的面积的差列式计算即可得解．
【解答】解：延长AD，BC相交于点E，如图，
∵∠A＝60°，∠B＝90°，
∴∠E＝30°，
在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，CD＝1，
∴CE＝2，
∴，
故，
在Rt△ABE中，∠ABE＝90°，∠E＝30°，
∴AE＝2AB＝2×2＝4，
∴．
∴，
∴S四边形ABCD＝．

6．如图，Rt△ABC的两直角边长分别为6、8，分别以它的三边为直径向上作三个半圆，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．24 B．8π C．24π D．25π
【答案】A．
【考点】勾股定理；
【分析】先分别求出以6、8、10为直径的三个半圆的面积，再求出三角形ABC的面积，阴影部分的面积是三角形ABC的面积加以AC为直径和以BC为直径的两个半圆的面积再减去以AB为直径的半圆的面积．
【解答】解：以AC为直径的半圆的面积：π×（6÷2）2×＝π＝4.5π，
以BC为直径的半圆的面积：π×（8÷2）2×＝8π，
以AB为直径的半圆的面积：π×（10÷2）2×＝12.5π，
三角形ABC的面积：6×8×＝24，
阴影部分的面积：24+4.5π+8π﹣12.5π＝24；
答：图中阴影部分的面积是24．
故选：A．
◆题型六 利用勾股定理进行证明
7.如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，M为AD上任一点．求证：AC2﹣AB2＝MC2﹣MB2．

【考点】勾股定理；
【分析】由勾股定理得CD2＝AC2﹣AD2＝MC2﹣MD2，则AC2﹣MC2＝AD2﹣MD2，同理AB2﹣MB2＝AD2﹣MD2，则AC2﹣MC2＝AB2﹣MB2，即可得出结论．
【解答】证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
在Rt△ACD和Rt△MCD中，由勾股定理得：CD2＝AC2﹣AD2＝MC2﹣MD2，
∴AC2﹣MC2＝AD2﹣MD2，
在Rt△ABD和Rt△MBD中，由勾股定理得：BD2＝AB2﹣AD2＝MB2﹣MD2，
∴AB2﹣MB2＝AD2﹣MD2，
∴AC2﹣MC2＝AB2﹣MB2，
∴AC2﹣AB2＝MC2﹣MB2．
◆题型七 利用勾股定理解决实际问题
8．（2021秋•雁江区期末）如图，一架梯子长25米，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙7米．
（1）求这个梯子的顶端离地面的高度；
（2）如果梯子的顶端下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向滑动了几米？

【考点】勾股定理的应用；
【分析】（1）利用勾股定理直接得出OB的长即可；
（2）利用勾股定理直接得出BC′的长，进而得出答案．
【解答】解：（1）由题意得，△AOB是直角三角形，∠O＝90°，AB＝25m，BO＝7m，
∴AB2＝AO2+BO2，
∴OB＝＝＝24（m），
答：这个梯子的顶端离地面24m；
（2）由题意可得，△A′OB′是直角三角形，且∠O＝90°，A'B'＝AB＝25m，BB'＝4m，
∴A'B'＝A'O2+B'O2，
∴A′O＝＝＝15（m），
∴AA'＝A'O﹣OA＝15﹣7＝8（米），
答：梯子底部在水平方向滑动了8米．

◆题型八 利用勾股定理解决折叠问题
9．（2021秋•紫金县期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E，F分别是边AD，BC上的点，将正方形纸片沿EF折叠，使得点A落在CD边上的点A′处，此时点B落在点B′处．已知折痕EF＝13，则AE的长等于　 　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；
【分析】过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，在△GEF中，由勾股定理可求得EG＝5，轴对称的性质可知AA′⊥EF，由同角的余角相等可证明∠EAH＝∠GFE，从而可证明△ADA′≌△FGE，故此可知GE＝DA′＝5，最后在△EDA′利用勾股定理列方程求解即可．
【解答】解：过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′．

在Rt△EFG中，EG＝＝＝5．
∵轴对称的性质可知AA′⊥EF，
∴∠EAH+∠AEH＝90°．
∵FG⊥AD，
∴∠GEF+∠EFG＝90°．
∴∠DAA′＝∠GFE．
在△GEF和△DA′A中，
，
∴△GEF≌△DA′A．
∴DA′＝EG＝5．
设AE＝x，由翻折的性质可知EA′＝x，则DE＝12﹣x．
在Rt△EDA′中，由勾股定理得：EA′2＝DE2+A′D2，即x2＝（12﹣x）2+52．
解得：x＝．
故答案为：．
◆题型九 利用勾股定理解决最短路径问题
10.如图，一只蚂蚁从长宽都是3，高是8的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是 .

【答案】10cm ；
【考点】平面展开﹣最短路径问题，勾股定理；
【解答】如图(1)所示：,

如图(2)所示：,

∵ 130>10，
所以最短路径为10.
故答案为：10cm.
【分析】将点A和点B所在的两个面进行展开，展开为矩形，根据”两点之间线段最短”可知蚂蚁所行的最短路线为AB．









1．等腰直角三角形的直角边为2，则斜边的长为（　 　）
A． B．2 C．1 D．2
【答案】B．
【考点】等腰直角三角形；
【分析】根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理求出即可．
【解答】解：∵一个等腰直角三角形的直角边长为2，
∴该直角三角形的斜边长是：．
故选：B．
2．一个直角三角形的三边长为三个连续偶数，则它的三边长分别是（　　）
A．2，4，6 B．4，6，8 C．3，4，5 D．6，8，10
【答案】D．
【考点】勾股定理；
【分析】根据连续偶数相差是2，设中间的偶数是x，则另外两个是x﹣2，x+2根据勾股定理即可解答．
【解答】解：根据连续偶数相差是2，设中间的偶数是x，则另外两个是x﹣2，x+2根据勾股定理，得
（x﹣2）2+x2＝（x+2）2，
x2﹣4x+4+x2＝x2+4x+4，
x2﹣8x＝0，
x（x﹣8）＝0，
解得x＝8或0（0不符合题意，应舍去），
所以它的三边是6，8，10．
故选：D．
3．如图，数轴上的点A所表示的数为x，则x的值为（　　）

A． B．+1 C．﹣1 D．1﹣

【答案】C．

【考点】实数与数轴；
【分析】由题意，利用勾股定理求出点A到﹣1的距离，即可确定出点A表示的数x．
【解答】解：根据题意得：x＝﹣1＝﹣1，
故选：C．
4．已知平面直角坐标系中A（﹣5，12），则点A到x轴的距离为 　 　，到y轴距离为 　 ，到原点的距离为 　 　．
【答案】12，5，13．
【考点】两点间的距离公式；
【分析】直角坐标系中，某点到x轴的距离是它的纵坐标的绝对值，到y轴的确距离是它的横坐标的绝对值，到原点的距离为．
【解答】解：∵平面直角坐标系中A的坐标为（﹣5，12），
∴|﹣5|＝5，|12|＝12，＝＝13，
即点A到x轴的距离为12，到y轴距离为5，到原点的距离为13．
故各空依次填：12，5，13．
5．（2021秋•兰考县期末）周长为24，斜边长为10的直角三角形面积为 　 　．
【答案】24；
【考点】勾股定理；
【分析】设直角三角形两直角边长为a，b，由周长与斜边的关系得a+b＝14，中由完全平方公式和勾股定理求出ab的值，即可求出三角形的面积．
【解答】解：设直角三角形两直角边长为a，b，
∵该直角三角形的周长为24，其斜边长为10，
∴24﹣（a+b）＝10，
即a+b＝14，
由勾股定理得：a2+b2＝102＝100，
∵（a+b）2＝142，
∴a2+b2+2ab＝196，
即100+2ab＝196，
∴ab＝48，
∴直角三角形的面积＝ab＝24，
故答案为：24．
6.如图，图中的四边形都是正方形，三角形都是直角三角形，其中正方形的面积分别记为A，B，C，D，则它们之间的关系为（　　）

A. A+B＝C+D                      B. A+C＝B+D                      C. A+D＝B+C                      D. 以上都不对
【答案】 A
【考点】勾股定理
【分析】利用勾股定理可得a2+b2＝e2①，c2+d2＝e2②，根据等式的性质将①+②即得结论.
【解答】解：如图，∵a2+b2＝e2 ， c2+d2＝e2 ，
∴a2+b2＝c2+d2 ，
∴A+B＝C+D．
故答案为：A．

7.我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的图形就用了这种分割方法若 AE=5 ，正方形ODCE的边长为1，则BD等于________．

【答案】.
【考点】勾股定理
【分析】设BD=x，正方形ODCE的边长为1，则CD=CE=1，根据全等三角形的性质得到AF=AE，BF=BD，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：设正方形ODCE的边长为1，
则CD=CE=1，
设BD=x，
∵△AFO≌△AEO，△BDO≌△BFO，
∴AF=AE=5，BF=BD=x，
∴AB=x+5，AC=5+1=6，BC=x+1，
∵在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2 ，
∴（x+1）2+62=（x+5）2 ，
∴x= 32 ，
故答案为：．
20．如图，△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，AB＝10，AC＝6，则BD的长是 　 　．

【考点】勾股定理；角平分线的性质；
【分析】作DE⊥AB于E，利用角平分线的性质得CD＝DE，再利用面积法求出CD的长，从而解决问题．
【解答】解：作DE⊥AB于E，

在Rt△ABC中，由勾股定理得，
BC＝，
∵AD平分∠BAC，AC⊥DC，DE⊥AB，
∴CD＝DE，
∴S△ABC＝+＝，
∴6CD+10CD＝48，
∴CD＝3，
∴BD＝BC﹣CD＝8﹣3＝5，
故答案为：5．
9．如图，在Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，求线段BN的长．

【考点】翻折变换（折叠问题）；
【分析】如图，首先求出BD的长，根据勾股定理列出关于线段AN的方程，问题即可解决．
【解答】解：如图，
∵点D为BC的中点，
∴BD＝CD＝；
由题意知：AN＝DN（设为x），
则BN＝9﹣x；
由勾股定理得：
x2＝（9﹣x）2+32，
解得：x＝5，
∴BN＝9﹣5＝4，
即BN的长为4．
10．如图是边长为1的网格图，且点A、B、C均为格点．求：
（1）线段AB的长；（2）三角形ABC中AB边上的高．

【考点】勾股定理；
【分析】（1）由勾股定理可求AB的长；（2）先求△ABC的面积，即可求解．
【解答】解：（1）AB＝＝＝；
（2）如图，过点C作CH⊥AB于点H，

∵S△ABC＝3×5﹣×1×4﹣×1×3﹣×2×5＝＝×AB×CH，
∴CH＝＝．
11．如图，在四边形ABFC中，∠ABC＝90°，CD⊥AD，AD2＝2AB2﹣CD2．求证：AB＝BC．

【考点】勾股定理；
【分析】分别在Rt△ABC和Rt△ACD中，根据勾股定理列出等式，根据边之间的关系即可解答．
【解答】证明：∵在△ABC中，∠ABC＝90°，
∴AB2+BC2＝AC2．
∵在△ACD中，CD⊥AD，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴AB2+BC2＝AD2+CD2，
又AD2＝2AB2﹣CD2，
∴AB2+BC2＝2AB2﹣CD2+CD2，
即AB2＝BC2，
∴AB＝BC．
12．（2021秋•渝中区校级期末）在△ABC中，AB＝10，AC＝17，BC边上的高AD＝8，则△ABC的面积为（　　）
A．72 B．84 C．36 或 84 D．72 或 84
【答案】C．
【考点】勾股定理；
【分析】由勾股定理分别求出BD和CD，分AD在三角形的内部和AD在三角形的外部两种情况，由三角形面积公式计算即可．
【解答】解：在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD＝＝＝6，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：CD＝＝＝15，
分两种情况：
①如图1，当AD在△ABC的内部时，BC＝15+6＝21，
则△ABC的面积＝BC×AD＝×21×8＝84；
②如图2，当AD在△ABC的外部时，BC＝15﹣6＝9，
则△ABC的面积＝BC×AD＝×9×8＝36；
综上所述，△ABC的面积为36或84，
故选：C．

13．如图，某地方政府决定在相距50km的A、B两站之间的公路旁E点，修建一个土特产加工基地，且使C、D两村到E点的距离相等，已知DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，DA＝30km，CB＝20km，那么基地E应建在离A站多少千米的地方？

【考点】勾股定理的应用；
【分析】由勾股定理两直角边的平方和等于斜边的平方即可求，即在直角三角形DAE和直角三角形CBE中利用斜边相等两次利用勾股定理得到AD2+AE2＝BE2+BC2，设AE为x，则BE＝10﹣x，将DA＝8，CB＝2代入关系式即可求得．
【解答】解：设基地E应建在离A站x千米的地方．
则BE＝（50﹣x）千米
在Rt△ADE中，根据勾股定理得：AD2+AE2＝DE2
∴302+x2＝DE2
在Rt△CBE中，根据勾股定理得：CB2+BE2＝CE2
∴202+（50﹣x）2＝CE2
又∵C、D两村到E点的距离相等．
∴DE＝CE∴DE2＝CE2
∴302+x2＝202+（50﹣x）2
解得x＝20
∴基地E应建在离A站多少20千米的地方．

14．（2022•沙坪坝区校级开学）今年第6号台风“烟花”登录我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，在A处测得C港在北偏东45°方向上，在B处测得C港在北偏西60°方向上，且AB＝400+400千米，以台风中心为圆心，周围600千米以内为受影响区域．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风中心的移动速度为20千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？
（结果保留整数，参考数据≈1.41，≈1.73，≈2.24）

【考点】勾股定理的应用；方向角；
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】（1）利用三角形面积得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
（2）利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
【解答】解：（1）海港C受台风影响，
理由：过C作CD⊥AB于D，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∵∠CAD＝45°，
∴∠ACD＝45°，
∴AD＝CD，
∵∠DBC＝30°，
∴BD＝CD，
∵AB＝（400+400）千米，
∴AB＝AD+BD＝CD+CD＝400+400，
∴CD＝400千米，
∵以台风中心为圆心，周围600千米以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
（2）当EC＝600km，FC＝600km时，正好影响C港口，
∵ED＝＝200（km），
∴EF＝400km，
∵台风的速度为20千米/小时，
∴400÷20≈45（小时）．
答：台风影响该海港持续的时间大约为45小时．

15．（2021秋•渭滨区期末）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，M，N是△ABC边上的两个动点，其中点N从点A开始沿A→B方向运动，且速度为2cm/s，点M从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为4cm/s，它们同时出发，设运动的时间为ts．
（1）出发2s后，求MN的长；
（2）当点M在边BC上运动时，出发几秒钟，△MNB是等腰三角形？
（3）当点M在边CA上运动时，求能使△BCM成为等腰三角形的t的值．

【考点】勾股定理；等腰三角形的判定；
【分析】（1）由题意求得BQ和BP，由勾股定理可求出答案；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）求出BQ，分两种情况可求出答案．
【解答】解：（1）当t＝2时，AN＝2t＝4cm，BM＝2t＝8cm．
∵AB＝16cm，∴BN＝AB﹣AN＝16﹣4＝12（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得，
MN＝＝＝4（cm），
即MN的长为4cm．
（2）由题意可知AN＝2t，BM＝4t，
又∵AB＝16cm，
∴BN＝AB﹣AN＝（16﹣2t）cm，
当△PQB为等腰三角形时，则有BM＝BN，
∴16﹣2t＝4t，解得t＝，
∴出发s后△MNB是等腰三角形．
（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝20cm，
当点M在AC上运动时，AM＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t，
∴CM＝AC﹣AM＝20﹣（32﹣4t）＝4t﹣12，
∵△BCM为等腰三角形，
∴有BM＝BC，CM＝BC和CM＝BM三种情况：
①当BM＝BC＝12时，如图，过B作BE⊥AC，则CE＝CM＝2t﹣6，
在Rt△ABC中，可求得BE＝；
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，即122＝（）2+（2t﹣6）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6（舍去），
②当CM＝BC＝12时，则4t﹣12＝12，解得t＝6，
③当CM＝BM时，则∠C＝∠MBC，
∵∠C+∠A＝90°＝∠CBM+∠MBA，
∴∠A＝∠MBA，
∴MB＝MA，
∴CM＝AM＝10，即4t﹣12＝10，解得t＝5.5，
综上可知，当t的值为6.6或6或5.5时，△BCM为等腰三角形．