人教版八年级下册17.1 勾股定理课时训练

这是一份人教版八年级下册17.1 勾股定理课时训练，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．以下列长度的线段不能围成直角三角形的是（ ）
A．5，12， 13B．2，3，5C．7 ，3，4D．2，3，4
2．已知直角三角形的两条直角边分别为6，8，则斜边的长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
3．如图，在▱ABCD中，AD=12，AC=26，∠ADB=90°，则AD与BC间的距离为（ ）
A．5B．10C．261D．26
4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D，E分别是边AC，AB的中点，DE=3，CE=5，则AC=（ ）
A．4B．6C．8D．10
5．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，下列条件中，不能判定△ABC是直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B=90°B．∠A+∠B=∠C
C．a：b：c=1：2：2D．a=1，b=3，c=10
6．已知a，b，c分别是Rt△ABC的三条边长，c为斜边长，∠C=90°，我们把关于x的形如y=acx+bc的一次函数称为“勾股一次函数”，若点P(−1，33)在“勾股一次函数”的图象上，且Rt△ABC的面积是4，则c的值是（ ）
A．26B．24C．23D．12
7．已知AB//CD，点E，F分别为AB，CD上的点，连接EF，EF=10，若∠AEF=135°，则两直线AB与CD间的距离是（ ）
A．5B．6C．32D．52
8．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH=2，若菱形ABCD的面积为83，则CD的长为（ ）
A．6B．63C．4D．43
二、填空题
9．已知直角三角形的两边的长分别是3和4，则第三边长为 ．
10．在平面直角坐标系中，已知A(8，0)，B(0，4)，作AB的垂直平分线交x轴于点C，则点C坐标为 ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=5cm，AC=13cm，将△ABC折叠，使点C与点A重合，得折痕DE，则△ABE的周长等于 cm．
12．在△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C所对的边．若a2+b2=25，a2−b2=7，c=5，则最长边上的高是 ．
13．小刚准备测量河水的深度，他把一根竹竿插到离岸边1.5m远的水底，竹竿高出水面0.5m，把竹竿的顶端拉向岸边，竿顶和岸边的水面刚好相齐，河水的深度为 m.
三、解答题
14．利用完全平方公式进行因式分解，是我们常用的一种公式法.我们有些时候也会应用完全平方公式进行二次根式的因式分解．
例如：7+43=4+43+3=22+2×2×3+(3)2=(2+3)2；仿照例子完成下面的问题(参考例题要把结果进行化简)．
（1）若a2=9−45，求a的值；
（2）如图，△ABC中，∠B=90°，∠C=15°，点D为BC上的点，满足AD=CD=4，求AC的长．
15．如图所示，△ABC中，
（1）若∠A：∠B：∠C=2：3：4，求∠C的度数；
（2）若BC=3，AC=1，AB=10，求AB边上的高．
16．如图，以△ABC一边为直角边构造Rt△ACD，且DC=5，AB=2，BC=29，∠ADC=45°．
（1）求证：△ABC为直角三角形．
（2）若点P为AC上一动点，连接BP，DP，求BP+DP最小值．
17．把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF．若AB=6cm，BC=8cm．
（1）求线段DF的长；
（2）连接BE，求证：四边形BFDE是菱形；
（3）求线段EF的长．
18．如图，△ABC中，BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D、E，且BD2−DA2=AC2．
（1）求证：∠A=90°；
（2）若BC2=56，AD：BD=3：4，求AC的长．
19．如图，在▱ABCD中，O是对角线BD的中点，AD⊥BD，AB=5cm，AD=3cm，动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿折线AB−BC向终点C运动，连接PO并延长交折线CD−DA于点Q，设点P的运动时间为t(s)．
（1）当点P在边AB上时，求证：ΔBOP≅ΔDOQ；
（2）当PQ与▱ABCD的边垂直时，求PQ的长；
（3）当以B、D、P、Q为顶点的四边形是矩形时，直接写出t的值；
（4）当直线PD把▱ABCD的面积分成1：3两部分时，直接写出线段PQ的长．
答案
1．D
2．D
3．B
4．C
5．C
6．A
7．D
8．C
9．5或 7
10．(3，0)
11．17
12．125
13．2
14．（1）解：9−45=4−45+5=22−2×2×5+(5)2=(2−5)2，
∵a2=9−45，
∴a=2−5
（2）解：∵AD=CD=4，
∴∠C=∠CAD=15°，∠C=15°，
∴∠ADB=∠C+∠CAD=30°，
在直角△ABD中，∵∠B=90°，
∴AB=12AD=2，BD=3AB=23，
∴BC=CD+BD=4+23，
∴AC=AB2+BC2=22+(4+23)2=4+16+163+12=32+163=26+22．
15．（1）解：设∠A=2k，则∠B=3k，∠C=4k，
由题意得：2k+3k+4k=180°，
解得：k=20°，
∴∠C=4×20°=80°；
（2）解：∵BC=3，AC=1，AB=10，
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，
设AB边上的高为ℎ，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅ℎ，
∴AB边上的高ℎ=1×310=31010．
16．（1）证明：根据题意得，∠ACD=90°，∠ADC=45°，
∴∠CAD=180°−∠ADC−∠ACD=180°−45°−90°=45°，
∵∠CAD=∠ADC=45°，
∴AC=CD=5，
∵AB=2，BC=29，
∴22+52=(29)2，
即AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC为直角三角形；
（2）解：如图所示，延长DC至M，使得DC=CM，连接PM，BM，过点B作BN⊥CD于点N，
则CM=DC=5，PM=PD，
∵∠BAC=∠ACN=∠BNC=90°，
∴四边形ABNC是矩形，
∴BN=AC=5，AB=CN=2，∠BMN=90°，
∴BM=BN2+MN2=52+72=74，
∵BP+DP=BP+PM≥BM，
当B、P、M三点共线时，BP+PM取最小值为BP+PM=BM=74，
∴BP+DP最小值为74．
17．（1）解：由折叠的性质可得BF=DF，
设BF=DF=xcm，则CF=BC−BF=(8−x)cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6cm，∠C=90°，
在Rt△CDF中，由勾股定理得CF2+CD2=DF2，
∴(8−x)2+62=x2，
解得x=254，
∴DF=254cm
（2）解：如图所示，连接BE，
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC，
∴∠1=∠2，
由折叠的性质可得∠2=∠3，BE=DE，BF=DF，
∴∠1=∠3，
∴ED=DF，
∴ED=DF=DE=BF，
∴四边形BFDE是菱形；
（3）解：如图所示，过点E作EH⊥BC于H，
∴∠EHB=∠EHF=90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，AD=BC=8cm，
∴四边形ABHE是矩形，
∴EH=AB=6cm，AE=BH，
由折叠的性质可知A′E=AE，A′D=AB=6cm，∠A′=∠A=90°，
设A′E=AE=ycm，则DE=AD−AE=(8−y)cm，
在Rt△A′DE中，由勾股定理得A′E2+A′D2=DE2，
∴x2+62=(8−x)2，
解得x=74，
∴BH=AE=74cm，
由（1）可得CF=BC−BF=74cm，
∴HF=BC−BH−CF=92cm，
∴EF=EH2+HF2=152cm．
18．（1）解：证明：连接CD，
∵BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D、E，
∴CD=DB，
∵BD2−DA2=AC2，
∴CD2−DA2=AC2，
∴CD2=AD2+AC2，
∴△ACD是直角三角形，且∠A=90°；
（2）解：∵BC2=56，AD：BD=3：4，
设AD=3a，CD=BD=4a，
∴AC=CD2−AD2=7a，
∴AB=7a，
由勾股定理得：BC2=AB2+AC2，
即56=(7a)2+(7a)2，
∴a=1(负值舍去)，
∴AC=7．
19．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，AB//CD，
∴∠ODQ=∠OBP，∠DQO=∠BPO，
∴ΔBOP≅ΔDOQ(AAS)；
（2）解：当PQ⊥AD时，
∵AD⊥BD，
∴点P与B重合，
t=52s，
如图1，
当PQ⊥AB时，
∵∠ADB=90°，AD=3，AB=5，
∴BD=4，
∴OB=OD=12BD=2，
∵∠BPO=∠ADB=90°，∠BPO=∠ABD，
∴ΔBOP∽ΔBAD，
∴PBBD=OBAB，
∴PB4=25，
∴PB=85，
∴AP=AB−PB=5−85=175，
∴t=1710s，
综上所述：t=52或1710；
（3）解：t=910
（4）解：PQ=133或25