初中数学苏科版八年级上册3.1 勾股定理综合训练题

这是一份初中数学苏科版八年级上册3.1 勾股定理综合训练题，共24页。试卷主要包含了考试时间等内容，欢迎下载使用。
姓名：_________班级：_________学号：_________
注意事项：
1．考试时间：120分钟，试卷满分：100分。答卷前，考生务必用黑色签字笔将准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔在“考场号”和“座位号”栏相应位置填涂自己的考场号和座位号。将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023春•黄岩区期末）在单位长度为1的正方形网格中，下面的三角形是直角三角形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）（2022秋•内乡县期末）下列各组线段能构成直角三角形的一组是（ ）
A．2、3、4B．、、C．4、5、6D．6、8、10
3．（2分）（2022秋•南关区校级期末）如图，在赵爽弦图中，已知直角三角形的短直角边长为a，长直角边长为b，大正方形的面积为25，小正方形的面积为5，则ab的值是（ ）
A．4B．6C．8D．10
4．（2分）（2023春•青羊区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC的中点，则AD的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
5．（2分）（2023•枣阳市二模）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab＝8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为（ ）
A．9B．6C．4D．3
6．（2分）（2023春•昭通期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，则BC的长度为（ ）
A．6B．8C．10D．12
7．（2分）（2023春•梁山县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝5，以AB，AC为边作正方形，这两个正方形的面积和为（ ）
A．5B．9C．16D．25
8．（2分）（2023春•前郭县期末）根据下列条件不能判定三角形是直角三角形的是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝2：3：5B．a：b：c＝5：3：4
C．a＝，b＝，c＝D．∠A+∠B＝2∠C
9．（2分）（2023春•南部县校级期末）如图，一个梯子AB斜靠在一竖直的墙AO上，测得AO＝2m．若梯子的顶端沿墙下滑0.5米，这时梯子的底端也恰好外移0.5米，则梯子的长度AB为（ ）
A．2.5mB．3mC．1.5mD．3.5m
10．（2分）（2022秋•卧龙区校级期末）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷．
如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（ ）m．
A．B．C．6D．
二、填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2023春•合阳县期末）如图，Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边长作正方形，面积分别记为S1、S2、S2．如果S2+S1﹣S3＝18，则阴影部分的面积为________．
12．（2分）（2023春•米东区校级期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于E，若AB＝12cm，则△DBE的周长等于________．
13．（2分）（2023春•广安区校级期末）如图所示，一个梯子AB长2.5米，顶端A靠墙AC上，这时梯子下端B与墙角C距离为1.5米，梯子滑动后停在DE的位置上，测得BD长为0.5米，则梯子顶端A下落了________．
14．（2分）（2022秋•南阳期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动．设运动时间为t（t＞0）s．当点P运动到恰好到点A和点B的距离相等的位置时，t的值为________．
15．（2分）（2022秋•阳城县期末）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是________．
16．（2分）（2022秋•青岛期末）如图，已知一块四边形草地ABCD，其中∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，AB＝10m，CD＝5m，则这块土地的面积为________．
17．（2分）（2023春•前郭县期末）如图，某自动感应门的正上方装着一个感应器，离地2.5米，当物体进入感应器的感应范围内时，感应门就会自动打开．一个身高1.6米的学生正对门，缓慢走到离门1.2米的地方时，感应门才自动打开，则感应器的最大感应距离是________米．
18．（2分）（2022秋•南安市期末）在如图所示的图形中，所有四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面积依次为5、6、20，则正方形B的面积是________．
19．（2分）（2023春•莒南县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACED和正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面积是________．
20．（2分）（2022秋•闵行区期中）阅读材料：在直角三角形中，斜边和两条直角边满足定理：两条直角边的平方和，等于斜边的平方．因此如果已知两条边的长，根据定理就能求出第三边的长．例如：在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，由定理得AC2+BC2＝AB2，代入数据计算求得AB＝5．
请结合上述材料和已学几何知识解答以下问题：
已知：如图，∠C＝90°，AB∥CD，AB＝5，CD＝11，AC＝8，点E是BD的中点，那么AE的长为________．
三、解答题（共8小题，满分60分）
21．（6分）（2023春•宝清县校级期末）如图，AD是△ABC的中线，DE⊥AC于点E，CE＝2，DE＝4，AE＝8．求证：∠ADC＝90°．
22．（6分）（2023春•禹州市期中）如图，是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，已知 AC＝8，BC＝6，其中阴影部分的面积是________。
.
23．（8分）（2022秋•南宫市期末）如图，在△ABC中，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E，AD⊥BC，且BD＝DE，连接AE．
（1）若∠BAE＝44°，求∠C的度数．
（2）若AC＝7cm，DC＝5cm，求△ABC的周长．
24．（8分）（2022秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝13，BA＝5，点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C﹣A﹣B运动．设点P的运动时间为t（t＞0）．
（1）BC＝________．
（2）求斜边AC上的高线长．
（3）①当P在AB上时，AP的长为________，t的取值范围是________．（用含t的代数式表示）
②若点P在∠BCA的角平分线上，则t的值为________．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时t的值．#Z320
25．（8分）（2023春•成武县校级期末）在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB＝3千米，CH＝2.4千米，HB＝1.8千米．
（1）问CH是否为从村庄C到河边的最近路？（即问：CH与AB是否垂直？）请通过计算加以说明；
（2）求原来的路线AC的长．
26．（8分）（2022秋•屯留区期末）如图，在距离铁轨AB300米的点C处（即CD＝300米，CD⊥AB），观察由太原到北京的“和谐号”动车，当动车车头在点A处时，恰好位于点C处的北偏东45°的方向上，14秒后，动车车头由A处到达点B处，此时测得B，C两点间的距离为500米，求这列动车的平均速度．
27．（8分）（2022秋•佛山期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，D为△ABC内一点，连接DA，DC，延长DA到点E，使得AE＝AD．
（1）如图1，延长CA到点F，使得AF＝AC，连接BF，EF．若BF⊥EF，求证：CD⊥BF；
（2）连接BE，交CD的延长线于点H，如图2，若BC2＝BE2+CD2，试判断CD与BE的位置关系，并证明．
28．（8分）（2023春•金安区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，求△ABC的面积．
某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程．
（1）作AD⊥BC于D，设BD＝x，用含x的代数式表示CD，则CD＝________；
（2）请根据勾股定理，利用AD作为“桥梁”建立方程，并求出x的值；
（3）利用勾股定理求出AD的长，再计算三角形的面积。
参考答案
一、选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．C
解：A、三角形的三边为，2，3，，则这个三角形不直角三角形，本选项不符合题意；
B、三角形的三边为，，，，则这个三角形不直角三角形，本选项不符合题意；
C、三角形的三边为，，2，，则这个三角形是直角三角形，本选项符合题意；
D、三角形的三边为，，2，这个三角形不直角三角形，本选项不符合题意；
故选：C．
2．D
解：A、22+32≠42，不能构成直角三角形，故选项A不符合题意；
B、（）2+（）2≠（）2，不能构成直角三角形，故选项B不符合题意；
C、42+52≠62，不能构成直角三角形，故选项C不符合题意；
D、62+82＝102，能构成直角三角形，故选项D符合题意；
故选：D．
3．D
解：设大正方形的边长为c，则c2＝a2+b2＝25，小正方形的面积（a﹣b）2＝5，
∴25﹣2ab＝5，解得：ab＝10，故选：D．
4．A
解：∵BC＝6，D是BC的中点，AB＝AC，∴BD＝CD＝3，AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，∴AD＝＝4，故选：A．
5．D
解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，
∵每一个直角三角形的面积为：ab＝×8＝4，
从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，
∴4×ab+（a﹣b）2＝25，∴（a﹣b）2＝25﹣16＝9，∴a﹣b＝3．故选：D．
6．B
解：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝6，∴．
故选：B．
7．D
解：∵△ABC为直角三角形，∴阴影部分的面积和为AC2+AB2＝BC2＝25．故选：D．
8．D
解：A．∵∠A：∠B：∠C＝2：3：5，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴最大角∠C＝180＝90°，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
B．∵a：b：c＝5：3：4，
∴b2+c2＝a2，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C．∵a＝，b＝，c＝，
∴b2+c2＝a2，
∴△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D．∵∠A+∠B＝2∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴3∠C＝180°，
∴∠C＝60°，
∴∠A+∠B＝120°，不能求出△ABC的一个角是直角，即△ABC不一定是直角三角形，故本选项符合题意；故选：D．
9．A
解：设BO＝xm，
依题意得：AC＝0.5m，BD＝0.5m，AO＝2m．
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：AB2＝AO2+OB2＝22+x2，
在Rt△COD中，根据勾股定理得：CD2＝CO2+OD2＝（2﹣0.5）2+（x+0.5）2，
∴22+x2＝（2﹣0.5）2+（x+0.5）2，
解得：x＝1.5，
∴AB＝＝2.5（m），
即梯子的长度AB为2.5m，故选：A．
10．B
解：设绳长为x米，
在Rt△ADC中，
AD＝AB﹣BD＝AB﹣（DE﹣BE）＝x﹣（4﹣1）＝（x﹣3）米，
DC＝6m，AC＝x米，
∴AB2+DC2＝AC2，
根据题意列方程：x2＝（x﹣3）2+62，
解得：x＝，∴绳索AC的长是．故选：B．
二、填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．
解：由勾股定理得，
BC2﹣AC2＝AB2，
即S2﹣S3＝S1，
∵S2+S1﹣S3＝18，
∴S1＝9，
由图形可知，阴影部分的面积＝S1，
∴阴影部分的面积＝，
故答案为：．
12． 12cm
解：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DE＝DC，AC＝AE，
∵AC＝BC，
∴BC＝AE，
∴△DEB的周长＝BD+DE+BE＝BC+BE＝AE+BE＝AB＝12cm，
故答案为：12cm．
13． 0.5
解：在直角△ABC中，已知AB＝2.5米，BC＝1.5米，
∴AC＝＝2米，
在直角△CDE中，已知CD＝CB+BD＝2米，DE＝AB＝2.5米，
∴CE＝＝1.5米，
∴AE＝2米﹣1.5米＝0.5米．
故答案为：0.5．
14． 或19 ．
解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，
则由勾股定理得到：AC＝＝＝8（cm）
当点P在AC上时，
设存在点P，使得PA＝PB，
此时PA＝PB＝tcm，PC＝（8﹣t）cm，
在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，
即：（8﹣t）2+62＝t2，
解得：t＝，
∴当t＝时，PA＝PB；
当点P在AB上时，
此时AC+BC+BP＝8+6+5＝19cm，
∴当t＝19时，PA＝PB；
故答案为：或19．
15． 14
解：∵△ABE是直角三角形，AE＝10，BE＝24，
根据勾股勾股定理，可得AB＝＝26，
∵此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，
∴CH＝BE＝DF＝AG＝24，AE＝BH＝CF＝DG＝10，
∴HE＝HF＝GF＝EG＝14，
∵∠AHD＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴四边形HGFE是正方形，
根据勾股定理，可得EF＝＝14，
故答案为：14．
16． 37.5m2
解：如图，分别延长AD，BC交于点E．
∵∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，
∴∠DCE＝∠DEB＝∠A＝45°，
∴AB＝BE，CD＝DE，
∵AB＝10m，CD＝5m，
∴BE＝10m，DE＝5m，
∵S△ABE＝AB•BE＝×10×10＝50（m2），S△CDE＝CD•DE＝×5×5＝12.5（m2），
∴四边形ABCD的面积＝S△ABE﹣S△CDE＝50﹣12.5＝37.5（m2）
即这块土的面积为37.5m2．
故答案为：37.5m2．
17． 1.5
解：如图，过点B作BC⊥AD于点C，
依题意知，BE＝CD＝1.6米，ED＝BC＝1.2米，AD＝2.5米，则AC＝AD﹣CD＝AD﹣BE＝2.5﹣1.6＝0.9（米）．
在Rt△ABC中，由勾股定理得到：AB＝＝＝1.5（米）
故答案为：1.5．
18． 9
解：由题意：S正方形A+S正方形B＝S正方形E，S正方形D﹣S正方形C＝S正方形E，
∴S正方形A+S正方形B＝S正方形D﹣S正方形C
∵正方形A、C、D的面积依次为5、6、20，
∴S正方形B+5＝20﹣6，
∴S正方形B＝9．
故答案为：9．
19． ．
解：如图，
∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
∴△FAH≌△ABN（ASA），
∴S△FAH＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四边形FNCH，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+BC＝7，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝49，
∴AB2+2AC•BC＝49，
∵AB2﹣S△ABC＝16，
∴AB2﹣AC•BC＝16，
∴BC•AC＝，AB2＝，
∴AC2+BC2＝，
∴阴影部分的面积和＝AC2+BC2+2S△ABC﹣S白＝+2××﹣16＝．
故答案为：．
20．5
解：作EG⊥AC，垂足为G．
∵AB∥CD
∴△ABF∽△CDF，
∴＝，
∵AB＝5，DC＝11，
∴＝，
∴AF＝AC＝×8＝；
∴FC＝8﹣2.5＝，
∴BF＝＝，
DF＝＝，
∴EB＝×（+）＝4，
∴EF＝4﹣＝．
易得，△ABF∽△GEF，
∴，，
∴，，
∴EG＝3，FG＝，
∴AG＝+＝4，
在Rt△AEG中，AE＝＝5．
故答案为：5．
三、解答题（共8小题，满分60分）
21． 证明：∵DE⊥AC于点E，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，
∴AD2＝AE2+DE2＝82+42＝80，
同理：CD2＝20，
∴AD2+CD2＝80+20＝100，
∵AC＝AE+CE＝8+2＝10，
∴AC2＝100，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴△ADC是直角三角形，
∴∠ADC＝90°．
22．解：在Rt△ABC中，AB2＝BE2＝AC2﹣BC2＝82﹣62＝28，
在Rt△BEH中，BE2＝EH2+BH2＝28，
∴阴影部分的面积＝正方形ABED的面积+正方形EHGF的面积+正方形的BHMN面积＝AB2+EH2+BH2＝2AB2＝2×28＝56．
故答案为：56．
23．
解：（1）∵AD⊥BC，EF垂直平分AC，BD＝DE，
∴AE＝AB＝EC，
∴∠CAE＝∠C，
∵∠BAE＝44°，
∴，
∴．
（2）由（1）知：EC＝AE＝AB，
∵DE＝BD．
∴AB+BD＝EC+DE＝DC，
∴△ABC的周长为AB+BC+AC＝AB+BD+DC+AC＝2DC+AC＝2×5+7＝17（cm）．
答：△ABC的周长为17cm．
24．
解：（1）∵在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝13，BA＝5，
∴；
故答案为：12；
（2）如图1所示，过点B作 BD⊥AC于点D，
即，
∴斜边AC上的高线长为；
（3）①∵点P从点C出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线C﹣A﹣B运动，AC＝13，
∴AP＝3t﹣AC＝（3t﹣13），
∴，即
∴；
故答案为：（3t﹣13），；
②点P在∠BCA的角平分线上时，过点P作PE⊥AC于E，如图2所示，
∵CP平分∠BCA，∠B＝90°，PE⊥AC，
∴PB＝PE，
又∵PC＝PC，
∴Rt△BCP≌Rt△ECP（HL），
∴EC＝BC＝12，则AE＝AC﹣CE＝13﹣12＝1，
由（2）知AP＝3t﹣13，
∴BP＝AB﹣AP＝5﹣（3t﹣13）＝18﹣3t，
∴PE＝18﹣3t，
在 Rt△AEP 中，AP2＝AE2+EP2，即（3t﹣13）2＝12+（18﹣3t）2，
解得，
∴点P在∠BAC的角平分线上时，；
故答案为：；
（4）△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时，有两种情况：当AB＝AP＝5时，如图3所示，
则CP＝AC﹣AP＝13﹣5＝8，
∴；
当AB＝BP＝5时，过点B作BD⊥AC于点D，如图4所示，
由（2）知，，
∵AB＝BP，BD⊥AC，
∴，
∴，
∴，
故△PAB是以AB为一腰的等腰三角形时t的值为或．
25．
解：（1）是，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2＝（2.4）2+（1.8）2＝9
BC2＝9
∴CH2+BH2＝BC2
∴CH⊥AB，
所以CH是从村庄C到河边的最近路
（2）设AC＝x
在Rt△ACH中，由已知得AC＝x，AH＝x﹣1.8，CH＝2.4
由勾股定理得：AC2＝AH2+CH2
∴x2＝（x﹣1.8）2+（2.4）2
解这个方程，得x＝2.5，
答：原来的路线AC的长为2.5千米．
26．
解：在Rt△BCD中，BC＝500米，CD＝300米，
∴BD＝＝＝400（米），
在Rt△ADC中，∠ACD＝45°，
∴CD＝DA＝300（米），
∴AB＝BD+AD＝400+300＝700（米），
∴运动速度＝＝50（米/秒）．
27．
（1）证明：在△ACD和△AFE中，
，
∴△ACD≌△AFE（SAS），
∴∠DCA＝∠EFA，
∴CD∥EF，
∵BF⊥EF，
∴CD⊥BF；
（2）解：CD⊥BE，理由如下：
延长CA到F，使AF＝AC，连接EF，
∵BA⊥CF，AC＝AF，
∴BC＝BF，
由（1）可知CD∥EF，CD＝EF，
∵BC2＝BE2+CD2，
∴BF2＝BE2+EF2，
∴∠BEF＝90°，
∴BE⊥EF，
∴CD⊥BE，
28．
解：（1）∵BC＝14，BD＝x，∴DC＝14﹣x，故答案为：14﹣x；
（2）∵AD⊥BC，∴AD2＝AC2﹣CD2，AD2＝AB2﹣BD2，∴132﹣（14﹣x）2＝152﹣x2，
解得：x＝9；
（3）由（2）得：AD＝＝＝12，
∴S△ABC＝•BC•AD＝×14×12＝84