还剩40页未读，
继续阅读
所属成套资源：八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）
成套系列资料，整套一键下载
专题 17.20 勾股定理全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）
展开
这是一份专题 17.20 勾股定理全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共43页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题 17.20 勾股定理全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（ ）
A． B．2 C．2 D．3
2．如图，西安路与南京路平行，并且与八一街垂直，曙光路与环城路垂直．如果小明站在南京路与八一街的交叉口，准备去书店，按图中的街道行走，最近的路程约为（ ）
A．600m B．500m
C．400m D．300m
3．如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．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）分割成一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，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该矩形的面积为（ ）
A．20 B．24 C． D．
5．如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC'与AB交于点E，连接AC′，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．如图甲，直角三角形ABC的三边a，b，c，满足a2+b2＝c2的关系．利用这个关系，探究下面的问题：如图乙，△OAB是腰长为1的等腰直角三角形，∠OAB＝90°，延长OA至B1，使AB1＝OA，以OB1为底，在△OAB外侧作等腰直角三角形OA1B1，再延长OA1至B2，使A1B2＝OA1，以OB2为底，在△OA1B1外侧作等腰直角三角形OA2B2，…，按此规律作等腰直角三角形OAnBn（n≥1，n为正整数），则A2B2的长及△OA2021B2021的面积分别是（ ）
A．2，22020 B．4，22021 C．2，22020 D．2，22019
7．如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面积为，则点F到BC的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形中，，的平分线交于点．于点，连接并延长交于点，连接交于点，下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
9．如图，等边的顶点，；规定把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2021次变换后，等边的顶点的坐标为（ ）．
A． B． C． D．
10．如图，在中，，分别以，，为斜边作三个等腰直角，，，图中阴影部分的面积分别记为，，，，若已知的面积，则下列代数式中，一定能求出确切值的代数式是（ ）
A． B． C． D．
11．勾股定理相传在商代由商高发现，故又称“商高定理”．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三块阴影区域面积分别记为，两个较小正方形纸片的重叠部分（六边形）的面积记为，则的关系为（ ）
A． B． C． D．
12．在中，边上的中线，则的面积为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
13．如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A． B． C．5 D．4
二、填空题
14．如图，折叠矩形纸片，使点落在边的点处，为折痕，，．设的长为，用含有的式子表示四边形的面积是________．
15．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．
（Ⅰ）线段的长等于___________；
（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．
16．如图，中，点在边上，，，垂直于的延长线于点，，，则边的长为_____．
17．如图，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为_______．
18．如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_______.
19．如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则Sn=_____．
20．如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
21．如图，在直角△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，P、Q分别为边BC、AB上的两个动点，若要使△APQ是等腰三角形且△BPQ是直角三角形，则AQ =________．
22．如图，在△ABC中，AB=10，∠B=60°，点D、E分别在AB、BC上，且BD=BE=4，将△BDE沿DE所在直线折叠得到△B′DE（点B′在四边形ADEC内），连接AB′，则AB′的长为______．
三、解答题
23．如图1，在长方形ABCD中，F是DA延长线上一点，CF交AB于点E，G是CF上一点．给出下列三个关系：①∠GAF＝∠F，②AC＝AG，③∠ACB＝3∠BCE．
(1)选择其中两个作为条件，一个作为结论构成一个真命题，并说明理由；
(2)在（1）的情况下，∠BCE＝22.5°．
①当AD＝1时，求点G到直线AF的距离；
②在△ACE中，易得2∠CAE+∠ACE＝90°．像这样，一个三角形中有两个内角α、β满足α+2β＝90°，称这个三角形为“近直角三角形”．如图2，在Rt△PMN中，∠PMN＝90°，PM＝6，MN＝8．在线段MN上找点Q，使得△PQN是“近直角三角形”，求MQ的值．
24．如图，在等边中，AD是BC边上的高，点E为线段AD上一点，连EB、EC．
（1）如图1，将线段EB绕点E顺时针旋转至EF，使点F落在BA的延长线上．
①求的度数；
②求证：；
（2）如图2，若，将线段EB绕点E旋转过程中与边AC交于点H，当时，请直接写出的最小值．
25．（1）【问题背景】如图1，在中，，，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：；
（2）【尝试应用】如图2，在（1）的条件下，延长DE，AC交于点G，交DE于点F．求证：；
（3）【拓展创新】如图3，是内一点，，，，直接写出的面积为_____________．
26．如图，在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是CA延长线上一点，点E是AB延长线上一点，且AD＝BE，过点A作DE的垂线交DE于点F，交BC的延长线于点G
（1）依题意补全图形；
（2）当∠AED＝α，请你用含α的式子表示∠AGC；
（3）用等式表示线段CG与AD之间的数量关系，并写出证明思路
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【详解】
解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH＝，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC＝，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为，
综上所述，AE+BF的最大值为．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2．B
【解析】
【分析】
由于BC∥AD，那么有∠DAE=∠ACB，由题意可知∠ABC=∠DEA=90°，BA=ED，利用AAS可证△ABC≌△DEA，于是AE=BC=300，再利用勾股定理可求AC，即可求CE，根据图可知从B到E的走法有两种，分别计算比较即可．
【详解】
解：如右图所示，
∵BC∥AD，
∴∠DAE=∠ACB，
又∵BC⊥AB，DE⊥AC，
∴∠ABC=∠DEA=90°，
又∵AB=DE=400m，
∴△ABC≌△DEA，
∴EA=BC=300m，
在Rt△ABC中，AC==500m，
∴CE=AC-AE=200，
从B到E有两种走法：①BA+AE=700m；②BC+CE=500m，
∴最近的路程是500m．
故选B．
【点拨】本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是证明△ABC≌△DEA，并能比较从B到E有两种走法．
3．A
【解析】
【详解】
分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，延长BP，作AF⊥BP于点F．AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．
详解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
∴∠APF=30°，
∴在直角△APF中，AF=AP=，PF=AP=．
∴在直角△ABF中，AB2=BF2+AF2=（4+）2+（）2=25+12．
则△ABC的面积是•AB2=•（25+12）=9+．
故选A．
点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
4．B
【解析】
【分析】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据矩形的面积的即等于两个三角形的面积之和，也等于长乘以宽，列出方程，化简再代入a,b的值，得出x2＋7x=12，再根据矩形的面积公式，整体代入即可.
【详解】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据题意得 ：2（ax+x2+bx）=（a+x）（b+x）,
化简得 ：ax+x2+bx-ab=0，
又∵ a = 3 ， b = 4 ，
∴x2＋7x=12;
∴该矩形的面积为=（a+x）（b+x）=（3+x）（4+x）=x2＋7x+12=24.
故答案为B.
【点拨】本题考查了勾股定理的证明以及运用和一元二次方程的运用，求出小正方形的边长是解题的关键.
5．C
【解析】
【分析】
连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，证△ADC'为等边三角形，利用解直角三角形求出DM＝1，C'M＝DM＝，BM＝2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的长，在△BDC'中利用面积法求出DH的长，则可得出答案．
【详解】
解：如图，连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，
∵AD＝AC′＝2，D是AC边上的中点，
∴DC＝AD＝2，
由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，
∴DC＝DC'＝2，BC＝BC'，CM＝C'M，
∴AD＝AC′＝DC'＝2，
∴△ADC'为等边三角形，
∴∠ADC'＝∠AC'D＝∠C'AC＝60°，
∵DC＝DC'，
∴∠DCC'＝∠DC'C＝×60°＝30°，
在Rt△C'DM中，
∠DC'C＝30°，DC'＝2，
∴DM＝1，C'M＝DM＝，
∴BM＝BD−DM＝3−1＝2，
在Rt△BMC'中，
BC'＝，
∵S△BDC'＝BC'•DH＝BD•CM，
∴DH＝3×，
∴DH＝，
∵∠DCB＝∠DBC'，
∴点D到BC的距离为．
故答案为：C．
【点拨】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．
6．A
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质分别求出A1B1，A2B2，A3B3，进而得出规律，求出A2021B2021，再利用三角形的面积公式即可求出△OA2021B2021的面积．
【详解】
解：∵△OAB是腰长为1的等腰直角三角形，
∴OA＝AB＝1，
∵AB1＝OA，
∴OB1＝2，
∴A1B1＝OA1＝OB1＝，
∵A1B2＝OA1，
∴OB2＝2，
∴A2B2＝OA2＝OB2＝2＝（）2，
∵A2B3＝OA2，
∴OB3＝4，
∴A3B3＝OA3＝OB3＝2＝（）3，
•••
∴A2021B2021＝（）2021，
∴△OA2021B2021的面积＝ ×（）2021×（）2021＝22020．
故选：A．
【点拨】本题考查找规律——图形的变化，利用等腰直角三角形的性质确定变化规律是解决问题的关键．
7．B
【解析】
【分析】
首先求出ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】
解：∵DG＝GE，
∴S△ADG＝S△AEG＝，
∴S△ADE＝5，
由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，
∴S△ABD＝S△ADE＝5，∠BFD＝90°，
∴•(AF+DF)•BF＝5，
∴•(4+DF)•2＝5，
∴DF＝1，
∴DB＝＝＝，
设点F到BD的距离为h，
则•BD•h＝•BF•DF，
即：，
∴h＝，
故选：B．
【点拨】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
8．D
【解析】
【分析】
（1）由角的平分线的性质和平行线的性质可证，再结合勾股定理加以判断；（2）在（1）的基础上，结合等腰三角形的性质，通过计算加以判断；（3）可通过在和中计算有关角度加以判断；（4）通过证明与能否全等加以判断；（5）在上述判断的基础上，结合线段的和或差加以判断．
【详解】
解：（1）∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
故①正确；
（2）∵AD=AE,∠EAD=45°，
∴．
∴．
∴．
故②正确；
（3）在和中，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∵，（对顶角相等），
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
故③正确；
（4）∵，
∴．
在和中，，
∴．
∴，．
故④正确；
（5）∵，
∴
．
故⑤正确．
故选：D．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．对第一个结论的判断很重要，它是判断后续结论的基础；同时，紧紧围绕“由未知看需知，最后靠拢已知”的分析思路，寻找到解决问题的方法，应成为一种必备的能力．
9．D
【解析】
【分析】
过点作交于点，根据等腰三角形三线合一性质，得；再根据坐标及勾股定理的性质计算，得，从而得；再根据轴对称、平移、数字规律的性质分析，即可得到答案．
【详解】
过点作交于点
∵等边
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
第一次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
第二次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
第三次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
…
当为奇数时，第次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得
当为偶数时，第次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得
∵2021为奇数
∴第2021次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
故选：D．
【点拨】本题考查了等腰三角形、等边三角形、直角坐标系、轴对称、平移、勾股定理、数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、轴对称、平移、数字规律的性质，从而完成求解．
10．A
【解析】
【分析】
设AC=m，BC=n，的面积为S，用含有m，n的代数式分别表示相关线段，继而表示相应的面积，确定面积与m，n，S之间的关系，从而作出判断．
【详解】
设AC=m，BC=n，的面积为S，
∵中，，分别以，，为斜边作三个等腰直角，，，
∴S=，AB=，
∴AE=EC=，BF=CF=，AD=BD=，
在直角三角形AED中，ED==，
∴DC=EC-ED=-=，
∴=，
故的值可以确定，
∴A选项符合题意；
设AC，BD的交点为G，则+=
=，
+=，
∴=+-=，与n有关系，故代数式的值不能确定，
∴B选项不符合题意；
∵+=，+=，
∴=，
∴=++-=++-=，无法确定，
∴C选项不符合题意；
∵=+=，与n有关，
∴D选项不符合题意；
故选A．
【点拨】本题考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，图形面积的割补，灵活运用性质和勾股定理计算阴影的面积是解题的关键．
11．C
【解析】
【分析】
根据勾股定理得到a2＝c2+b2，根据正方形的面积公式结合图形得出阴影部分面积等于大正方形的面积减去空白部面积，而空白部分面积是两个较小正方形面积和减去重叠部分（六边形）的面积即可．
【详解】
解：设直角三角形的斜边长为a，较长直角边为c，较短直角边为b，
由勾股定理得，a2＝c2+b2，
设最大正方形的面积为S5,较小正方形面积为S6，最小正方形面积为S7，
则S5= S6+ S7，
图2中空白部分面积为：S6+ S7-S4,
，
,
，
，
故选C
【点拨】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．关键是弄清空白部分的面积如何用两小正方形的面积和重叠部分面积表示．
12．B
【解析】
【分析】
本题考查三角形的中线定义，根据条件先确定ABC为直角三角形，再根据勾股定理求得 ，最后根据求解即可.
【详解】
解：如图，在中，边上的中线，
∵CD=3，AB= 6，
∴CD=3，AB= 6，
∴CD= AD= DB ，
， ，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故选B.
【点睛】本题考查三角形中位线的应用，熟练运用三角形的中线定义以及综合分析、解答问题的能力，关键要懂得：在一个三角形中，如果获知一条边上的中线等于这一边的一半，那么就可考虑它是一个直角三角形，通过等腰三角形的性质和内角和定理来证明一个三是直角三角形.
13．A
【解析】
【分析】
根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝，
∴，
∴DH＝，
故选：A．
【点拨】本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出S菱形ABCD＝×AC×BD＝AB×DH是解此题的关键．
14．
【解析】
【分析】
首先根据题意可以设DE=EM=x，在三角形AEM中用勾股定理进一步可以用t表示出x，再可以设CF=y，连接MF，所以BF=2−y，在三角形MFN与三角形MFB中利用共用斜边，根据勾股定理可求出用t表示出y，进而根据四边形的面积公式可以求出答案.
【详解】
设DE=EM=x，
∴，
∴x= ，
设CF=y，连接FM，
∴BF=2−y，
又∵FN= y，NM=1，
∴，
∴y=，
∴四边形的面积为：=∙1，
故答案为：.
【点拨】本题主要考查了勾股定理的综合运用，熟练掌握技巧性就可得出答案.
15．（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；
（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；
（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【点拨】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
16．
【解析】
【分析】
如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则由线段垂直平分线的性质可得CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠EFC=∠A=2∠CBE，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定可得FC=FG，设CE=EF=x，则可根据线段间的和差关系求出DF的长，进而可求出FC的长，然后根据勾股定理即可求出CD的长，再一次运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，
∵EA=EB，∴∠A=∠EBA，
∵∠AEB=∠CEF，
∴∠EFC=∠A=2∠CBE=2∠G，
∵∠EFC=∠G+∠FCG，
∴∠G=∠FCG，
∴FC=FG，
设CE=EF=x，则AE=BE=11－x，
∴DE=8－（11－x）=x－3，
∴DF=x－（x－3）=3，
∵DG=DB=8，
∴FG=5，∴CF=5，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，得，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和三角形的外角性质、勾股定理以及线段垂直平分线的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
17．2或2或2
【解析】
【分析】
本题根据题意分三种情况进行分类求解，结合三角函数，等边三角形的性质即可解题.
【详解】
解：当∠APB=90°时（如图1），
∵AO=BO，
∴PO=BO，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOP=60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB=BC=4，
∴；
当∠ABP=90°时（如图2），
∵∠AOC=∠BOP=60°，
∴∠BPO=30°，
∴，
在直角三角形ABP中，
，
如图3，∵AO=BO，∠APB=90°，
∴PO=AO，
∵∠AOC=60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP=AO=2，
故答案为或或2．
【点拨】考点：勾股定理．
18．.
【解析】
【详解】
作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′(SAS)，
∴BD=CD′.
∠DAD′=90°
由勾股定理得DD′=，
∠D′DA+∠ADC=90°
由勾股定理得CD′=
∴BD=CD′=，
故答案为.
19．
【解析】
【详解】
【分析】由AB1是边长为2的等边三角形ABC的高，利用三线合一得到B1为BC的中点，求出CB1的长，继而可得△B1CB2是有一个角为30度的直角三角形，同理可知△B2C1B3、△B3C2B4、△B4C3B5、…、都是有一个角为30度的直角三角形，而且后一个的斜边是前一个30度角所邻的直角边，由此即可求得Sn.
【详解】∵等边三角形ABC的边长为2，AB1⊥BC，
∴∠C=60°，CB1=BB1=1，
又∵∠B1B2C=90°，∴∠CB1B2=30°,
∴CB2=，B1B2=，∴S1=，
同理，Rt△B2C1B3中，B2C1=B1B2=，∴C1B3=×=，B2B3=，
∴S2=，
同理，S3=
…，
∴Sn=，
故答案为．
【点睛】本题考查了规律题，涉及等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等，有一定难度，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质、勾股定理等解本题的关键．
20．
【解析】
【分析】
根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
【详解】
解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
21．或
【解析】
【详解】
分析：分两种情形分别求解：①如图1中，当AQ=PQ，∠QPB=90°时，②当AQ=PQ，∠PQB=90°时；
详解：①如图1中，当AQ=PQ，∠QPB=90°时，设AQ=PQ=x，
∵PQ∥AC，
∴△BPQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴x=，
∴AQ=．
②当AQ=PQ，∠PQB=90°时，如图2，设AQ=PQ=y．
∵△BQP∽△BCA，
∴，
∴，
∴y=．
综上所述，满足条件的AQ的值为或．
点睛：本题考查勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
22．2.
【解析】
【详解】
过点D作DF⊥B′E于点F，过点B′作B′G⊥AD于点G，
∵∠B=60°，BE=BD=4，
∴△BDE是等边三角形，
∵△B′DE≌△BDE，
∴B′F=B′E=BE=2，DF==2,
∴GD=B′F=2，
∴B′G=DF=2，
∵AB=10，
∴AG=10﹣6=4，
∴AB′=2．
【点拨】考点：1轴对称；2等边三角形.
23．(1)选①②作为条件，③作为结论，见解析；
(2)①1；②3或
【解析】
【分析】
（1）选①②作为条件，③作为结论；根据长方形的性质得到，推出∠F=∠BCE，由AC＝AG，得到∠ACG=∠AGC，理由三角形外角的性质得到∠ACF=2∠F，由此得到∠ACB＝3∠BCE．
（2）①过点G作GH⊥AF于H，证明△ACB≌△FGH，推出GH=CB=AD=1；
②当∠作∠MPN的角平分线，交MN于点Q，过点Q作QR⊥NP于R，由∠N+∠MPN=90°，证得∠N+2∠NPQ=90°，得到△PQN是“近直角三角形”，利用勾股定理求出NP，证明△MPQ≌△RPQ，推出PR=PM=6，MQ=RQ，结合勾股定理得，求出MQ；当2∠N+∠NPQ=90°，△PQN也是“近直角三角形”，如图，延长NM到H，使MH=MN=8，延长NP到E，证明△PMH≌△PMN（SAS）得HP=NP=10，∠H=∠N，根据三角形的外角性质得到∠HPE=2∠N，进而证得∠QPH=90°，由QP2=MQ2+MP2=QH2－HP2求出MQ即可．
(1)
解：选①②作为条件，③作为结论；理由如下：
∵在长方形ABCD中，，∠ABC=90°，BC=AD，
∴∠F=∠BCE，
∵AC＝AG，
∴∠ACG=∠AGC，
∵∠GAF＝∠F，
∴∠ACG=∠AGC=2∠F，
∴∠ACB＝3∠BCE．
(2)
解：①∵∠BCE＝22.5°，
∴∠F=∠BCE＝22.5°，∠ACB=3∠BCE =67.5°，
过点G作GH⊥AF于H，
则∠FGH=90°－∠F=67.5°=∠ACB，
∵AC＝AG，
∴AC＝GF，又∠ABC=∠FHG=90°，
∴△ACB≌△FGH（AAS）
∴GH=CB=AD=1，
即点G到直线AF的距离是1；
②如图，作∠MPN的角平分线，交MN于点Q，过点Q作QR⊥NP于R，
∵∠M=90°，
∴∠N+∠MPN=90°，
∴∠N+2∠NPQ=90°，
∴△PQN是“近直角三角形”，
在Rt△PMN中，∠PMN＝90°，PM＝6，MN＝8．
∴，
∵PQ平分∠MPN，
∴∠MPQ=∠RPQ，
∵QR⊥NP，
∴∠PRQ=∠M=90°，
∵PQ=PQ，
∴△MPQ≌△RPQ，
∴PR=PM=6，MQ=RQ，
∴NR=10-6=4，
∵在Rt△NQR中，，
∴，
解得MQ=3；
当2∠N+∠NPQ=90°，△PQN也是“近直角三角形”，
如图，延长NM到H，使MH=MN=8，延长NP到E，
∵MH=MN，∠PMH=∠PMN=90°，MP=MP，
∴△PMH≌△PMN（SAS），
∴HP=NP=10，∠H=∠N，
∴∠HPE=2∠N，
∵2∠N+∠NPQ=90°，
∴∠HPE +∠NPQ=90°，
∴∠QPH=90°，
由勾股定理得：QP2=MQ2+MP2=QH2－HP2，
∴MQ2+62=（8+MQ）2－102，
解得： MQ=，
综上，MQ=3或．
【点拨】此题考查了长方形的性质、平行线的性质、三角形的外角性质、等边对等角求角度、直角三角形的两锐角互余、角平分线定义、全等三角形的判定及性质、勾股定理、解一元一次方程等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（1）① 120°；② 证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）①延长BE到H交AC于H，根据等边三角形的性质可以得到AD是BC的垂直平分线，∠BAD=∠CAD=30°，∠ABC=60°，即可得到∠EBC=∠ECB，由旋转的性质可以得到BE=EF，∠F=∠ABH，再根据∠FEH=∠F+∠FBH=2∠FBH，∠CEH=∠EBC+∠ECB=2∠EBC即可求解；
②在BA上截取BG=AE，过点E作EM⊥AB于M，连接EG，由等腰三角形的性质可以得到AM=GM，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可求解；
（2）将AB绕点A逆时针旋转90°到AT，连接EF，证明△BHC≌△TEA，得到BH=ET，即可得到BH+CE=BE+ET，要想BH+CE的值最小，即BE+ET的值最小，当B、E、T三点共线时，BE+ET的值最小，由此求解即可.
【详解】
解：（1）①延长BE到H交AC于H，
∵三角形ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，
∴AD是BC的垂直平分线，∠BAD=∠CAD=30°，∠ABC=60°，
∴BE=CE，
∴∠EBC=∠ECB，
由旋转的性质可得：BE=EF，
∴∠F=∠ABH，
∵∠FEH=∠F+∠FBH=2∠FBH，∠CEH=∠EBC+∠ECB=2∠EBC，
∴∠CEF=∠CEH+∠HEF=2∠FBH+2∠EBC=2∠ABC=120°；
②如图，在BA上截取BG=AE，过点E作EM⊥AB于M，连接EG，
∵BE=FE，
∴BM=FM，
又∵AF=BG，
∴AM=GM，
∵∠EAM=30°，
∴AE=2ME，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）如图，将AB绕点A逆时针旋转90°到AT，连接EF，
∴∠TAE=∠BCH=60°，AT=AB=BC，∠BAT=90°
∵AE=CH，
∴△BHC≌△TEA（SAS），
∴BH=ET，
∵BE=CE，
∴BH+CE=BE+ET，
∵要想BH+CE的值最小，即BE+ET的值最小，
∴当B、E、T三点共线时，BE+ET的值最小，
∴此时△ABT为等腰直角三角形，
∴，
∴BH+CE的最小值为.
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，解题的关键在于能够正确作出合适的辅助线.
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）【问题背景】如图1，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）【尝试应用】如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE＝即可．
（3）【拓展创新】如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】
（1）【问题背景】证明：如图1，
∵，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）【尝试应用】证明：如图2，过点D作交FB的延长线于K．
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即．
（3）【拓展创新】如图3中，过点A作交BD于E，连接CE．
∵，，
∴与都是等腰直角三角形，
同法可证，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
26．（1）见解析；（2）；（3），见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意补全图形即可；
（2）先证，再根据与可得，则，又因为可得；
（3）在AE上截取，连接DM．先证与是等腰直角三角形，接下来证，所以可得，则可求．
【详解】
（1）根据题意补全图形如下：
过点A作DE的垂线交DE于点F，交BC的延长线于点G．
（2）证明：当时，．推理如下：
，，
．
，
，
，
，
，
．
（3）．
证明：在AE上截取，连接DM．
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∵
∴
∴即
∵
∴
∵，
∴,
∴
又∵，
∴
∴
又∵ ，
∴利用勾股定理可得：
∴．
【点拨】此题是三角形综合题，主要根据等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形解答．
专题 17.20 勾股定理全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（ ）
A． B．2 C．2 D．3
2．如图，西安路与南京路平行，并且与八一街垂直，曙光路与环城路垂直．如果小明站在南京路与八一街的交叉口，准备去书店，按图中的街道行走，最近的路程约为（ ）
A．600m B．500m
C．400m D．300m
3．如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．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）分割成一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，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该矩形的面积为（ ）
A．20 B．24 C． D．
5．如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC'与AB交于点E，连接AC′，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．如图甲，直角三角形ABC的三边a，b，c，满足a2+b2＝c2的关系．利用这个关系，探究下面的问题：如图乙，△OAB是腰长为1的等腰直角三角形，∠OAB＝90°，延长OA至B1，使AB1＝OA，以OB1为底，在△OAB外侧作等腰直角三角形OA1B1，再延长OA1至B2，使A1B2＝OA1，以OB2为底，在△OA1B1外侧作等腰直角三角形OA2B2，…，按此规律作等腰直角三角形OAnBn（n≥1，n为正整数），则A2B2的长及△OA2021B2021的面积分别是（ ）
A．2，22020 B．4，22021 C．2，22020 D．2，22019
7．如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F．若DG＝GE，AF＝4，BF＝2，△ADG的面积为，则点F到BC的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在矩形中，，的平分线交于点．于点，连接并延长交于点，连接交于点，下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
9．如图，等边的顶点，；规定把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2021次变换后，等边的顶点的坐标为（ ）．
A． B． C． D．
10．如图，在中，，分别以，，为斜边作三个等腰直角，，，图中阴影部分的面积分别记为，，，，若已知的面积，则下列代数式中，一定能求出确切值的代数式是（ ）
A． B． C． D．
11．勾股定理相传在商代由商高发现，故又称“商高定理”．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，三块阴影区域面积分别记为，两个较小正方形纸片的重叠部分（六边形）的面积记为，则的关系为（ ）
A． B． C． D．
12．在中，边上的中线，则的面积为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
13．如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）
A． B． C．5 D．4
二、填空题
14．如图，折叠矩形纸片，使点落在边的点处，为折痕，，．设的长为，用含有的式子表示四边形的面积是________．
15．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．
（Ⅰ）线段的长等于___________；
（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．
16．如图，中，点在边上，，，垂直于的延长线于点，，，则边的长为_____．
17．如图，在△ABC中，AB=BC=4，AO=BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为_______．
18．如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_______.
19．如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则Sn=_____．
20．如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
21．如图，在直角△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，P、Q分别为边BC、AB上的两个动点，若要使△APQ是等腰三角形且△BPQ是直角三角形，则AQ =________．
22．如图，在△ABC中，AB=10，∠B=60°，点D、E分别在AB、BC上，且BD=BE=4，将△BDE沿DE所在直线折叠得到△B′DE（点B′在四边形ADEC内），连接AB′，则AB′的长为______．
三、解答题
23．如图1，在长方形ABCD中，F是DA延长线上一点，CF交AB于点E，G是CF上一点．给出下列三个关系：①∠GAF＝∠F，②AC＝AG，③∠ACB＝3∠BCE．
(1)选择其中两个作为条件，一个作为结论构成一个真命题，并说明理由；
(2)在（1）的情况下，∠BCE＝22.5°．
①当AD＝1时，求点G到直线AF的距离；
②在△ACE中，易得2∠CAE+∠ACE＝90°．像这样，一个三角形中有两个内角α、β满足α+2β＝90°，称这个三角形为“近直角三角形”．如图2，在Rt△PMN中，∠PMN＝90°，PM＝6，MN＝8．在线段MN上找点Q，使得△PQN是“近直角三角形”，求MQ的值．
24．如图，在等边中，AD是BC边上的高，点E为线段AD上一点，连EB、EC．
（1）如图1，将线段EB绕点E顺时针旋转至EF，使点F落在BA的延长线上．
①求的度数；
②求证：；
（2）如图2，若，将线段EB绕点E旋转过程中与边AC交于点H，当时，请直接写出的最小值．
25．（1）【问题背景】如图1，在中，，，D是直线BC上的一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接CE，求证：；
（2）【尝试应用】如图2，在（1）的条件下，延长DE，AC交于点G，交DE于点F．求证：；
（3）【拓展创新】如图3，是内一点，，，，直接写出的面积为_____________．
26．如图，在等腰直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是CA延长线上一点，点E是AB延长线上一点，且AD＝BE，过点A作DE的垂线交DE于点F，交BC的延长线于点G
（1）依题意补全图形；
（2）当∠AED＝α，请你用含α的式子表示∠AGC；
（3）用等式表示线段CG与AD之间的数量关系，并写出证明思路
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【详解】
解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH＝，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC＝，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为，
综上所述，AE+BF的最大值为．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2．B
【解析】
【分析】
由于BC∥AD，那么有∠DAE=∠ACB，由题意可知∠ABC=∠DEA=90°，BA=ED，利用AAS可证△ABC≌△DEA，于是AE=BC=300，再利用勾股定理可求AC，即可求CE，根据图可知从B到E的走法有两种，分别计算比较即可．
【详解】
解：如右图所示，
∵BC∥AD，
∴∠DAE=∠ACB，
又∵BC⊥AB，DE⊥AC，
∴∠ABC=∠DEA=90°，
又∵AB=DE=400m，
∴△ABC≌△DEA，
∴EA=BC=300m，
在Rt△ABC中，AC==500m，
∴CE=AC-AE=200，
从B到E有两种走法：①BA+AE=700m；②BC+CE=500m，
∴最近的路程是500m．
故选B．
【点拨】本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是证明△ABC≌△DEA，并能比较从B到E有两种走法．
3．A
【解析】
【详解】
分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，延长BP，作AF⊥BP于点F．AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．
详解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
∴∠APF=30°，
∴在直角△APF中，AF=AP=，PF=AP=．
∴在直角△ABF中，AB2=BF2+AF2=（4+）2+（）2=25+12．
则△ABC的面积是•AB2=•（25+12）=9+．
故选A．
点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
4．B
【解析】
【分析】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据矩形的面积的即等于两个三角形的面积之和，也等于长乘以宽，列出方程，化简再代入a,b的值，得出x2＋7x=12，再根据矩形的面积公式，整体代入即可.
【详解】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据题意得 ：2（ax+x2+bx）=（a+x）（b+x）,
化简得 ：ax+x2+bx-ab=0，
又∵ a = 3 ， b = 4 ，
∴x2＋7x=12;
∴该矩形的面积为=（a+x）（b+x）=（3+x）（4+x）=x2＋7x+12=24.
故答案为B.
【点拨】本题考查了勾股定理的证明以及运用和一元二次方程的运用，求出小正方形的边长是解题的关键.
5．C
【解析】
【分析】
连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，证△ADC'为等边三角形，利用解直角三角形求出DM＝1，C'M＝DM＝，BM＝2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的长，在△BDC'中利用面积法求出DH的长，则可得出答案．
【详解】
解：如图，连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，
∵AD＝AC′＝2，D是AC边上的中点，
∴DC＝AD＝2，
由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，
∴DC＝DC'＝2，BC＝BC'，CM＝C'M，
∴AD＝AC′＝DC'＝2，
∴△ADC'为等边三角形，
∴∠ADC'＝∠AC'D＝∠C'AC＝60°，
∵DC＝DC'，
∴∠DCC'＝∠DC'C＝×60°＝30°，
在Rt△C'DM中，
∠DC'C＝30°，DC'＝2，
∴DM＝1，C'M＝DM＝，
∴BM＝BD−DM＝3−1＝2，
在Rt△BMC'中，
BC'＝，
∵S△BDC'＝BC'•DH＝BD•CM，
∴DH＝3×，
∴DH＝，
∵∠DCB＝∠DBC'，
∴点D到BC的距离为．
故答案为：C．
【点拨】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．
6．A
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质分别求出A1B1，A2B2，A3B3，进而得出规律，求出A2021B2021，再利用三角形的面积公式即可求出△OA2021B2021的面积．
【详解】
解：∵△OAB是腰长为1的等腰直角三角形，
∴OA＝AB＝1，
∵AB1＝OA，
∴OB1＝2，
∴A1B1＝OA1＝OB1＝，
∵A1B2＝OA1，
∴OB2＝2，
∴A2B2＝OA2＝OB2＝2＝（）2，
∵A2B3＝OA2，
∴OB3＝4，
∴A3B3＝OA3＝OB3＝2＝（）3，
•••
∴A2021B2021＝（）2021，
∴△OA2021B2021的面积＝ ×（）2021×（）2021＝22020．
故选：A．
【点拨】本题考查找规律——图形的变化，利用等腰直角三角形的性质确定变化规律是解决问题的关键．
7．B
【解析】
【分析】
首先求出ABD的面积．根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．
【详解】
解：∵DG＝GE，
∴S△ADG＝S△AEG＝，
∴S△ADE＝5，
由翻折可知，ADB≌ADE，BE⊥AD，
∴S△ABD＝S△ADE＝5，∠BFD＝90°，
∴•(AF+DF)•BF＝5，
∴•(4+DF)•2＝5，
∴DF＝1，
∴DB＝＝＝，
设点F到BD的距离为h，
则•BD•h＝•BF•DF，
即：，
∴h＝，
故选：B．
【点拨】本题考查翻折变换，三角形的面积，勾股定理二次根式的运算等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
8．D
【解析】
【分析】
（1）由角的平分线的性质和平行线的性质可证，再结合勾股定理加以判断；（2）在（1）的基础上，结合等腰三角形的性质，通过计算加以判断；（3）可通过在和中计算有关角度加以判断；（4）通过证明与能否全等加以判断；（5）在上述判断的基础上，结合线段的和或差加以判断．
【详解】
解：（1）∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
故①正确；
（2）∵AD=AE,∠EAD=45°，
∴．
∴．
∴．
故②正确；
（3）在和中，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∵，（对顶角相等），
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
故③正确；
（4）∵，
∴．
在和中，，
∴．
∴，．
故④正确；
（5）∵，
∴
．
故⑤正确．
故选：D．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．对第一个结论的判断很重要，它是判断后续结论的基础；同时，紧紧围绕“由未知看需知，最后靠拢已知”的分析思路，寻找到解决问题的方法，应成为一种必备的能力．
9．D
【解析】
【分析】
过点作交于点，根据等腰三角形三线合一性质，得；再根据坐标及勾股定理的性质计算，得，从而得；再根据轴对称、平移、数字规律的性质分析，即可得到答案．
【详解】
过点作交于点
∵等边
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
第一次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
第二次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
第三次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
…
当为奇数时，第次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得
当为偶数时，第次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得
∵2021为奇数
∴第2021次把“先沿轴翻折，再向左平移1个单位”，得，即；
故选：D．
【点拨】本题考查了等腰三角形、等边三角形、直角坐标系、轴对称、平移、勾股定理、数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握等边三角形、轴对称、平移、数字规律的性质，从而完成求解．
10．A
【解析】
【分析】
设AC=m，BC=n，的面积为S，用含有m，n的代数式分别表示相关线段，继而表示相应的面积，确定面积与m，n，S之间的关系，从而作出判断．
【详解】
设AC=m，BC=n，的面积为S，
∵中，，分别以，，为斜边作三个等腰直角，，，
∴S=，AB=，
∴AE=EC=，BF=CF=，AD=BD=，
在直角三角形AED中，ED==，
∴DC=EC-ED=-=，
∴=，
故的值可以确定，
∴A选项符合题意；
设AC，BD的交点为G，则+=
=，
+=，
∴=+-=，与n有关系，故代数式的值不能确定，
∴B选项不符合题意；
∵+=，+=，
∴=，
∴=++-=++-=，无法确定，
∴C选项不符合题意；
∵=+=，与n有关，
∴D选项不符合题意；
故选A．
【点拨】本题考查了直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，图形面积的割补，灵活运用性质和勾股定理计算阴影的面积是解题的关键．
11．C
【解析】
【分析】
根据勾股定理得到a2＝c2+b2，根据正方形的面积公式结合图形得出阴影部分面积等于大正方形的面积减去空白部面积，而空白部分面积是两个较小正方形面积和减去重叠部分（六边形）的面积即可．
【详解】
解：设直角三角形的斜边长为a，较长直角边为c，较短直角边为b，
由勾股定理得，a2＝c2+b2，
设最大正方形的面积为S5,较小正方形面积为S6，最小正方形面积为S7，
则S5= S6+ S7，
图2中空白部分面积为：S6+ S7-S4,
，
,
，
，
故选C
【点拨】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．关键是弄清空白部分的面积如何用两小正方形的面积和重叠部分面积表示．
12．B
【解析】
【分析】
本题考查三角形的中线定义，根据条件先确定ABC为直角三角形，再根据勾股定理求得 ，最后根据求解即可.
【详解】
解：如图，在中，边上的中线，
∵CD=3，AB= 6，
∴CD=3，AB= 6，
∴CD= AD= DB ，
， ，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
故选B.
【点睛】本题考查三角形中位线的应用，熟练运用三角形的中线定义以及综合分析、解答问题的能力，关键要懂得：在一个三角形中，如果获知一条边上的中线等于这一边的一半，那么就可考虑它是一个直角三角形，通过等腰三角形的性质和内角和定理来证明一个三是直角三角形.
13．A
【解析】
【分析】
根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝，
∴，
∴DH＝，
故选：A．
【点拨】本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出S菱形ABCD＝×AC×BD＝AB×DH是解此题的关键．
14．
【解析】
【分析】
首先根据题意可以设DE=EM=x，在三角形AEM中用勾股定理进一步可以用t表示出x，再可以设CF=y，连接MF，所以BF=2−y，在三角形MFN与三角形MFB中利用共用斜边，根据勾股定理可求出用t表示出y，进而根据四边形的面积公式可以求出答案.
【详解】
设DE=EM=x，
∴，
∴x= ，
设CF=y，连接FM，
∴BF=2−y，
又∵FN= y，NM=1，
∴，
∴y=，
∴四边形的面积为：=∙1，
故答案为：.
【点拨】本题主要考查了勾股定理的综合运用，熟练掌握技巧性就可得出答案.
15．（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；
（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；
（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【点拨】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
16．
【解析】
【分析】
如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则由线段垂直平分线的性质可得CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠EFC=∠A=2∠CBE，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定可得FC=FG，设CE=EF=x，则可根据线段间的和差关系求出DF的长，进而可求出FC的长，然后根据勾股定理即可求出CD的长，再一次运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，
∵EA=EB，∴∠A=∠EBA，
∵∠AEB=∠CEF，
∴∠EFC=∠A=2∠CBE=2∠G，
∵∠EFC=∠G+∠FCG，
∴∠G=∠FCG，
∴FC=FG，
设CE=EF=x，则AE=BE=11－x，
∴DE=8－（11－x）=x－3，
∴DF=x－（x－3）=3，
∵DG=DB=8，
∴FG=5，∴CF=5，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，得，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和三角形的外角性质、勾股定理以及线段垂直平分线的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
17．2或2或2
【解析】
【分析】
本题根据题意分三种情况进行分类求解，结合三角函数，等边三角形的性质即可解题.
【详解】
解：当∠APB=90°时（如图1），
∵AO=BO，
∴PO=BO，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOP=60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB=BC=4，
∴；
当∠ABP=90°时（如图2），
∵∠AOC=∠BOP=60°，
∴∠BPO=30°，
∴，
在直角三角形ABP中，
，
如图3，∵AO=BO，∠APB=90°，
∴PO=AO，
∵∠AOC=60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP=AO=2，
故答案为或或2．
【点拨】考点：勾股定理．
18．.
【解析】
【详解】
作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′(SAS)，
∴BD=CD′.
∠DAD′=90°
由勾股定理得DD′=，
∠D′DA+∠ADC=90°
由勾股定理得CD′=
∴BD=CD′=，
故答案为.
19．
【解析】
【详解】
【分析】由AB1是边长为2的等边三角形ABC的高，利用三线合一得到B1为BC的中点，求出CB1的长，继而可得△B1CB2是有一个角为30度的直角三角形，同理可知△B2C1B3、△B3C2B4、△B4C3B5、…、都是有一个角为30度的直角三角形，而且后一个的斜边是前一个30度角所邻的直角边，由此即可求得Sn.
【详解】∵等边三角形ABC的边长为2，AB1⊥BC，
∴∠C=60°，CB1=BB1=1，
又∵∠B1B2C=90°，∴∠CB1B2=30°,
∴CB2=，B1B2=，∴S1=，
同理，Rt△B2C1B3中，B2C1=B1B2=，∴C1B3=×=，B2B3=，
∴S2=，
同理，S3=
…，
∴Sn=，
故答案为．
【点睛】本题考查了规律题，涉及等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等，有一定难度，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质、勾股定理等解本题的关键．
20．
【解析】
【分析】
根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
【详解】
解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
21．或
【解析】
【详解】
分析：分两种情形分别求解：①如图1中，当AQ=PQ，∠QPB=90°时，②当AQ=PQ，∠PQB=90°时；
详解：①如图1中，当AQ=PQ，∠QPB=90°时，设AQ=PQ=x，
∵PQ∥AC，
∴△BPQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴x=，
∴AQ=．
②当AQ=PQ，∠PQB=90°时，如图2，设AQ=PQ=y．
∵△BQP∽△BCA，
∴，
∴，
∴y=．
综上所述，满足条件的AQ的值为或．
点睛：本题考查勾股定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
22．2.
【解析】
【详解】
过点D作DF⊥B′E于点F，过点B′作B′G⊥AD于点G，
∵∠B=60°，BE=BD=4，
∴△BDE是等边三角形，
∵△B′DE≌△BDE，
∴B′F=B′E=BE=2，DF==2,
∴GD=B′F=2，
∴B′G=DF=2，
∵AB=10，
∴AG=10﹣6=4，
∴AB′=2．
【点拨】考点：1轴对称；2等边三角形.
23．(1)选①②作为条件，③作为结论，见解析；
(2)①1；②3或
【解析】
【分析】
（1）选①②作为条件，③作为结论；根据长方形的性质得到，推出∠F=∠BCE，由AC＝AG，得到∠ACG=∠AGC，理由三角形外角的性质得到∠ACF=2∠F，由此得到∠ACB＝3∠BCE．
（2）①过点G作GH⊥AF于H，证明△ACB≌△FGH，推出GH=CB=AD=1；
②当∠作∠MPN的角平分线，交MN于点Q，过点Q作QR⊥NP于R，由∠N+∠MPN=90°，证得∠N+2∠NPQ=90°，得到△PQN是“近直角三角形”，利用勾股定理求出NP，证明△MPQ≌△RPQ，推出PR=PM=6，MQ=RQ，结合勾股定理得，求出MQ；当2∠N+∠NPQ=90°，△PQN也是“近直角三角形”，如图，延长NM到H，使MH=MN=8，延长NP到E，证明△PMH≌△PMN（SAS）得HP=NP=10，∠H=∠N，根据三角形的外角性质得到∠HPE=2∠N，进而证得∠QPH=90°，由QP2=MQ2+MP2=QH2－HP2求出MQ即可．
(1)
解：选①②作为条件，③作为结论；理由如下：
∵在长方形ABCD中，，∠ABC=90°，BC=AD，
∴∠F=∠BCE，
∵AC＝AG，
∴∠ACG=∠AGC，
∵∠GAF＝∠F，
∴∠ACG=∠AGC=2∠F，
∴∠ACB＝3∠BCE．
(2)
解：①∵∠BCE＝22.5°，
∴∠F=∠BCE＝22.5°，∠ACB=3∠BCE =67.5°，
过点G作GH⊥AF于H，
则∠FGH=90°－∠F=67.5°=∠ACB，
∵AC＝AG，
∴AC＝GF，又∠ABC=∠FHG=90°，
∴△ACB≌△FGH（AAS）
∴GH=CB=AD=1，
即点G到直线AF的距离是1；
②如图，作∠MPN的角平分线，交MN于点Q，过点Q作QR⊥NP于R，
∵∠M=90°，
∴∠N+∠MPN=90°，
∴∠N+2∠NPQ=90°，
∴△PQN是“近直角三角形”，
在Rt△PMN中，∠PMN＝90°，PM＝6，MN＝8．
∴，
∵PQ平分∠MPN，
∴∠MPQ=∠RPQ，
∵QR⊥NP，
∴∠PRQ=∠M=90°，
∵PQ=PQ，
∴△MPQ≌△RPQ，
∴PR=PM=6，MQ=RQ，
∴NR=10-6=4，
∵在Rt△NQR中，，
∴，
解得MQ=3；
当2∠N+∠NPQ=90°，△PQN也是“近直角三角形”，
如图，延长NM到H，使MH=MN=8，延长NP到E，
∵MH=MN，∠PMH=∠PMN=90°，MP=MP，
∴△PMH≌△PMN（SAS），
∴HP=NP=10，∠H=∠N，
∴∠HPE=2∠N，
∵2∠N+∠NPQ=90°，
∴∠HPE +∠NPQ=90°，
∴∠QPH=90°，
由勾股定理得：QP2=MQ2+MP2=QH2－HP2，
∴MQ2+62=（8+MQ）2－102，
解得： MQ=，
综上，MQ=3或．
【点拨】此题考查了长方形的性质、平行线的性质、三角形的外角性质、等边对等角求角度、直角三角形的两锐角互余、角平分线定义、全等三角形的判定及性质、勾股定理、解一元一次方程等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24．（1）① 120°；② 证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）①延长BE到H交AC于H，根据等边三角形的性质可以得到AD是BC的垂直平分线，∠BAD=∠CAD=30°，∠ABC=60°，即可得到∠EBC=∠ECB，由旋转的性质可以得到BE=EF，∠F=∠ABH，再根据∠FEH=∠F+∠FBH=2∠FBH，∠CEH=∠EBC+∠ECB=2∠EBC即可求解；
②在BA上截取BG=AE，过点E作EM⊥AB于M，连接EG，由等腰三角形的性质可以得到AM=GM，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可求解；
（2）将AB绕点A逆时针旋转90°到AT，连接EF，证明△BHC≌△TEA，得到BH=ET，即可得到BH+CE=BE+ET，要想BH+CE的值最小，即BE+ET的值最小，当B、E、T三点共线时，BE+ET的值最小，由此求解即可.
【详解】
解：（1）①延长BE到H交AC于H，
∵三角形ABC是等边三角形，AD是BC边上的高，
∴AD是BC的垂直平分线，∠BAD=∠CAD=30°，∠ABC=60°，
∴BE=CE，
∴∠EBC=∠ECB，
由旋转的性质可得：BE=EF，
∴∠F=∠ABH，
∵∠FEH=∠F+∠FBH=2∠FBH，∠CEH=∠EBC+∠ECB=2∠EBC，
∴∠CEF=∠CEH+∠HEF=2∠FBH+2∠EBC=2∠ABC=120°；
②如图，在BA上截取BG=AE，过点E作EM⊥AB于M，连接EG，
∵BE=FE，
∴BM=FM，
又∵AF=BG，
∴AM=GM，
∵∠EAM=30°，
∴AE=2ME，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）如图，将AB绕点A逆时针旋转90°到AT，连接EF，
∴∠TAE=∠BCH=60°，AT=AB=BC，∠BAT=90°
∵AE=CH，
∴△BHC≌△TEA（SAS），
∴BH=ET，
∵BE=CE，
∴BH+CE=BE+ET，
∵要想BH+CE的值最小，即BE+ET的值最小，
∴当B、E、T三点共线时，BE+ET的值最小，
∴此时△ABT为等腰直角三角形，
∴，
∴BH+CE的最小值为.
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，解题的关键在于能够正确作出合适的辅助线.
25．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）【问题背景】如图1，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）【尝试应用】如图2，过点D作DK⊥DC交FB的延长线于K．证明△ECG≌△DKF（AAS），推出DF＝EG，再证明FG＝DE＝即可．
（3）【拓展创新】如图3中，过点A作AE⊥AD交BD于E，连接CE．利用全等三角形的性质证明CE＝BD，CE⊥BD，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】
（1）【问题背景】证明：如图1，
∵，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）【尝试应用】证明：如图2，过点D作交FB的延长线于K．
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即．
（3）【拓展创新】如图3中，过点A作交BD于E，连接CE．
∵，，
∴与都是等腰直角三角形，
同法可证，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
26．（1）见解析；（2）；（3），见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意补全图形即可；
（2）先证，再根据与可得，则，又因为可得；
（3）在AE上截取，连接DM．先证与是等腰直角三角形，接下来证，所以可得，则可求．
【详解】
（1）根据题意补全图形如下：
过点A作DE的垂线交DE于点F，交BC的延长线于点G．
（2）证明：当时，．推理如下：
，，
．
，
，
，
，
，
．
（3）．
证明：在AE上截取，连接DM．
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∵
∴
∴即
∵
∴
∵，
∴,
∴
又∵，
∴
∴
又∵ ，
∴利用勾股定理可得：
∴．
【点拨】此题是三角形综合题，主要根据等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形解答．
相关试卷
初中数学人教版八年级下册17.1 勾股定理课时作业： 这是一份初中数学人教版八年级下册<a href="/sx/tb_c10261_t7/?tag_id=28" target="_blank">17.1 勾股定理课时作业</a>，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
初中数学人教版八年级下册17.1 勾股定理课时练习： 这是一份初中数学人教版八年级下册<a href="/sx/tb_c10261_t7/?tag_id=28" target="_blank">17.1 勾股定理课时练习</a>，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
初中数学人教版八年级下册17.1 勾股定理课时练习： 这是一份初中数学人教版八年级下册<a href="/sx/tb_c10261_t7/?tag_id=28" target="_blank">17.1 勾股定理课时练习</a>，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
