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人教版八年级数学下册同步精讲精练《第十七章勾股定理》章末测试(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学下册同步精讲精练《第十七章勾股定理》章末测试(原卷版+解析)，共26页。试卷主要包含了下列定理中，没有逆定理的是等内容，欢迎下载使用。
测试时间：120分钟 试卷满分：120分
选择题（每小题3分，共10个小题，共30分）
1、（2022秋•兴庆区校级月考）若直角三角形的两边长分别为a，b，且满足（a﹣3）2+|b﹣4|＝0，则该直角三角形的第三边长的平方为（ ）
A．25B．7C．25或7D．25或16
2、满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A.三内角之比为1∶2∶3； B.三边长的平方之比为1∶2∶3；
C.三边长之比为3∶4∶5. D.三内角之比为3∶4∶5；
3、若一个直角三角形的两直角边长分别为3和4，则下列说法不正确的是（ ）
A.这个直角三角形的斜边长为5；
B.这个直角三角形的周长为12；
C.这个直角三角形的斜边上的高为；
D.这个直角三角形的面积为12.
4、如图，已知正方形B的面积为100，如果正方形C的面积为169，那么正方形A的面积为（ ）
A．269B．69C．169D．25
5、如图，以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，以表示数﹣1的点为圆心，正方形对角线长为半径画弧，交数轴于点A，则点A表示的数是（ ）
A．B．C．D．
6、如图，平面直角坐标系上，A，B两点对应的坐标为（0，3），（0，﹣3），C为x正半轴上一点，
AC＝BC＝4，则C的坐标为（ ）
A．（5，0）B．（2.5，0）C．（ ，0）D．（3.5，0）
7、下列定理中，没有逆定理的是（ ）
两直线平行，同旁内角互补 ；
线段垂直平分线上的点到线段两端点距离相等；
两个全等三角形的对应角相等；
在角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等.
8、（2022春•龙凤区期中）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（a+b）2；
④12（a+b）2−12c2＝2×12ab；
⑤该图可以验证勾股定理．
其中正确的结论个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
9、在四边形 ABCD中,∠B=90°，AB=BC=1，CD=,AD=2若∠D=，则 ∠BCD的大小为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022•东平县模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝6，将△ADE沿AE对折至△AEF，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）
11、 平面直角坐标系中，点P坐标为(3,﹣2) ，则 P 点到原点O的距离是 ．
12、如图，在等边三角形ABC中，CD⊥AB于点D，若AB=2，则CD的长是 .
13、（2021春•定州市期末）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在格点上，则该三角形最长边的长为 ．
14、（2022秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
15、如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为 ．
16、（2021秋•将乐县期中）一个三角形的三边的比是3：4：5，它的周长是48，则它的面积是 ．
17、（2021春•枣阳市期末）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行12nmile，“海天”号每小时航行9nmile，它们离开港口两个小时后分别位于点Q，R处，且相距30nmile．如果知道“远航”号沿北偏东50°方向航行，那么“海天”号沿 的方向航行．
18、（2021秋•海陵区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，高BD＝8，AD＝6，AE平分∠BAC，则△ABE的面积为 ．
三、解答题（共8个小题，共66分）
19．(6分)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是∠BAC的角平分线.若AD＝4，求AB的长.
20、（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E．求AE的长．
21、（8分）如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点在y轴的正半轴上，OA＝10，OC＝8，在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D、E两点的坐标．
22、(8分)学校校园一角有一块如图所示的三角形空地ABC，其中AB＝13米，BC＝14米，AC＝15米，计划将这块空地建成一个花园，以美化校园环境，预计花园每平方米造价为60元，请通过计算估计学校修建这个花园需要投资多少元？
23、（8分）（2021秋•姜堰区期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC＝10cm，D是腰AC上一点，且
CD＝6cm，BD＝8cm．
（1）判断△BCD的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
24、（8分）（2022春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
25、（10分）我市夏季经常受台风天气影响，台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，且AB=500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
求证：∠ACB=90°；
海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风的速度为40km/h，则台风影响该海港持续的时间有多长？
26、（12分）（2022秋•青羊区期中）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°，探究并解决下列问题：
（1）如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA＝2，求PB的长度；
（2）在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；
（3）如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2＝PQ2．
八年级下册数学《第十七章 勾股定理》
章 末 测 试
测试时间：120分钟 试卷满分：120分
选择题（每小题3分，共10个小题，共30分）
1、（2022秋•兴庆区校级月考）若直角三角形的两边长分别为a，b，且满足（a﹣3）2+|b﹣4|＝0，则该直角三角形的第三边长的平方为（ ）
A．25B．7C．25或7D．25或16
【答案】C．
【考点】非负数的性质，勾股定理；
【分析】首先利用非负数的性质得a＝3，b＝4，再分b＝4为直角边或b＝4为斜边两种情形，分别利用勾股定理计算即可．
【解答】解：∵（a﹣3）2+|b﹣4|＝0，
∴a﹣3＝0，b﹣4＝0，
∴a＝3，b＝4，
当b＝4为直角边时，第三边的平方为32+42＝25，
当b＝4为斜边时，第三边的平方为42﹣32＝7，
故选：C．
2、满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A.三内角之比为1∶2∶3； B.三边长的平方之比为1∶2∶3；
C.三边长之比为3∶4∶5. D.三内角之比为3∶4∶5；
【答案】D
【考点】勾股定理的逆定理；三角形内角和定理．
【解答】解：A、因为根据三角形内角和定理可求出三个角分别为30°，60°，90°，所以是直角三角形； B、因为1+2=3，所以是直角三角形；
C、因为32+42=52，符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形；
D、根据三角形内角和定理可求出三个角分别为45度，60度，75度，所以不是直角三角形；
故选：D．
【分析】根据勾股定理的逆定理对四个选项进行逐一判断即可．勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
3、若一个直角三角形的两直角边长分别为3和4，则下列说法不正确的是（ ）
A.这个直角三角形的斜边长为5；
B.这个直角三角形的周长为12；
C.这个直角三角形的斜边上的高为；
D.这个直角三角形的面积为12.
【考点】勾股定理．
【答案】D.
【解答】解：根据勾股定理可知，直角三角形两直角边长分别为3和4， 则它的斜边长是，
周长是3+4+5=12， 斜边长上的高为，面积是3×4÷2=6．所以故说法不正确的是D选项．
故答案为：D．
【分析】先根据勾股定理求出斜边长，再根据三角形面积公式，三角形的性质即可判断．
4、如图，已知正方形B的面积为100，如果正方形C的面积为169，那么正方形A的面积为（ ）
A．269B．69C．169D．25
【答案】B
【考点】勾股定理；
【解答】根据题意知正方形的B面积为100，正方形C的面积为169，
则字母A所代表的正方形的面积=169−100=69.
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理和正方形的面积可进行计算.
5、如图，以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，以表示数﹣1的点为圆心，正方形对角线长为半径画弧，交数轴于点A，则点A表示的数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C；
【考点】实数在数轴上的表示，勾股定理；
【解答】解：∵正方形的边长为1，
∴正方形对角线的长 12+12 = 2 ，
设A点表示的数是a，
∴﹣1﹣a= ，∴a=，故点A表示的数是．
故答案为：C．
【分析】先根据勾股定理求出正方形对角线的长，再根据数轴上两点间的距离公式求出点A表示的数即可．
6、如图，平面直角坐标系上，A，B两点对应的坐标为（0，3），（0，﹣3），C为x正半轴上一点，
AC＝BC＝4，则C的坐标为（ ）
A．（5，0）B．（2.5，0）C．（ ，0）D．（3.5，0）
【答案】C；
【考点】勾股定理；
【解答】解：根据题意：在Rt△AOC中，AC＝4，AO=3，
∴ ,
∴C的坐标为：（ ，0）
故答案为：C.
【分析】根据坐标轴点的特征及勾股定理，求得OC的长，从而求得点C的坐标.
7、下列定理中，没有逆定理的是（ ）
两直线平行，同旁内角互补 ；
线段垂直平分线上的点到线段两端点距离相等；
两个全等三角形的对应角相等；
在角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等.
【答案】C
【考点】命题与定理．
【解答】解：A、逆命题为：同旁内角互补，两直线平行，正确，不符合题意；
B、逆命题为：到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，正确，不符合题意；
C、逆命题为：对应角相等的两个三角形全等，错误，符合题意；
D、逆命题为：角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上，正确，不符合题意；
故选：C．
【分析】分别写出各个定理的逆命题，然后根据真假命题的判定方法判定真假即可．
8、（2022春•龙凤区期中）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（a+b）2；
④12（a+b）2−12c2＝2×12ab；
⑤该图可以验证勾股定理．
其中正确的结论个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B．
【考点】全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的证明；
【解答】解：∵AB∥DE，AB⊥BD，
∴DE⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°．
在△ABC和△CDE中，
AB=CD∠B=∠D=90°BC=DE，
∴△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12(a+b)2；
故③错误；
∵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，
∴12(a+b)2−12c2=2×12ab，
∴a2+b2＝c2，（a+b）2≠c2，
∵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，
∴12（a+b）2−12c2＝2×12ab，
∴a2+b2＝c2，所以勾股定理成立，④正确故①②④⑤都正确，③错误．
故选：B．
【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①②⑤正确．
9、在四边形 ABCD中,∠B=90°，AB=BC=1，CD=,AD=2若∠D=，则 ∠BCD的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C；
【考点】勾股定理，勾股定理的逆定理；
【解答】解：如图，连接AC，
∵AB=BC=1，∠B=90°
∴AC= 12+12=2 ，
又∵AD=2，DC= 6 ，
∴( 6 )2=22+( 2 )2，
即CD2=AD2+AC2，
∴∠DAC=90°，
∵ ∠D=α ，
∴∠ACD=90°－α，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴∠BCD=90°－α+45°=135°－α .
故答案为：C.
【分析】连接AC，由勾股定理求出AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△ACD为直角三角形，且∠DAC=90°，进而可求出∠BCD的度数.
10．（2022•东平县模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝6，将△ADE沿AE对折至△AEF，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
【答案】C．
【考点】正方形的性质、三角形全等的判定和性质、直角三角形的勾股定理；
【解答】解：连接AG，由已知AD＝AF＝AB，且∠AFG＝∠ABG＝∠D＝90°，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AFG （HL），
∴BG＝GF
∵AB＝BC＝CD＝DA＝6，G是BC的中点，
∴BG＝GF＝GC＝3，
设DE＝x，则EF＝x，EC＝6﹣x，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：
（x+3）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2，即DE＝2．
故选：C．
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质，很容易证明△ABG≌△AFG，进而得到BG=GF，由G是BC的中点，AB=6，得到GF=CG=3，在Rt△ECG中有勾股定理建立方程求解即可．
填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）
11、 平面直角坐标系中，点P坐标为(3,﹣2) ，则 P 点到原点O的距离是 ．
【答案】13；
【考点】勾股定理的应用；
【解答】∵点P的坐标为（3，-2），
∴点P到原点O的距离为：PO=32+(−2)2=13 .
故答案为：13 .
【分析】由勾股定理可得点P到原点O的距离PO=32+22=13.
12、如图，在等边三角形ABC中，CD⊥AB于点D，若AB=2，则CD的长是 .
【答案】 3 ；
【考点】等腰三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理；
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=2，
∵CD⊥AB，
∴AD=BD=12AB=1，
∴CD=AC2−AD2=22−12=3.
故答案为；3.
【分析】根据等边三角形的性质得出AB=AC=BC=2，再根据等腰三角形的性质得出AD=12AB=1，再根据勾股定理即可得出CD的长.
13、（2021春•定州市期末）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在格点上，则该三角形最长边的长为 ．
【答案】32；
【考点】勾股定理的应用
【解答】解：由勾股定理得，AC=12+42=17，
AB=12+22=5，
BC=32+32=32，
∵5＜17＜32，
∴该三角形最长边的长为32，
故答案为：32．
【分析】根据勾股定理求出各边长，比较即可．
14、（2022秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
【答案】20；
【考点】勾股定理的应用；
【解答】解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∵AD＝2，BC＝4，
∴AB2+CD2＝22+42＝20．
故答案为：20．
【分析】根据垂直的定义和勾股定理解答即可．
15、如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为 ．
【答案】45；
【考点】勾股定理的应用；
【解答】解：由题意可得，
直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，
故直角三角形的另一条直角边长为：32−22=5 ，
故阴影部分的面积是：2×52×4=45 ，
故答案为：45 .
【分析】利用勾股定理先求出32−22=5，再求阴影部分的面积即可.
16、（2021秋•将乐县期中）一个三角形的三边的比是3：4：5，它的周长是48，则它的面积是 ．
【答案】96；
【考点】勾股定理的逆定理．
【解答】解：∵三角形三边的比为3：4：5，
∴可设三角形的三边分别为3x，4x和5x，
由题意可知3x+4x+5x＝48，解得x＝4，
∴三角形三边的长分别为12、16、20，
∵122+162＝202，
∴三角形是直角三角形，
∴三角形的面积＝，
故答案为：96．
【分析】可设三角形的三边分别为3x，4x和5x，利用周长可求得x的值，则可求得三角形的三边长．
17、（2021春•枣阳市期末）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行12nmile，“海天”号每小时航行9nmile，它们离开港口两个小时后分别位于点Q，R处，且相距30nmile．如果知道“远航”号沿北偏东50°方向航行，那么“海天”号沿 的方向航行．
【答案】北偏西40°；
【考点】方向角，勾股定理的逆定理；
【解答】解：由题意可得，PQ＝2×12＝24海里，PR＝2×9＝18海里，QR＝30海里，
∵PQ2+PR2＝QR2，
∴∠RPQ＝90°，
∵∠SPQ＝50°，
∴∠SPR＝90°﹣∠SPQ＝40°
∴海天”号沿北偏西40°的方向航行，
故答案为：北偏西40°．
【分析】由题意先求出线段PQ，PR的长度，根据勾股定理的逆定理得到∠RPQ＝90°，即可解决．
18、（2021秋•海陵区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，高BD＝8，AD＝6，AE平分∠BAC，则△ABE的面积为 ．
【答案】15；
【考点】角平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；
【解答】解：如图，过点E作EF⊥AB于F，
∵AE平分∠BAC，EF⊥AB，ED⊥AC，
∴EF＝DE，∠ADE＝∠AFE＝90°，
在Rt△AEF和Rt△AED中，
，
∴Rt△AEF≌Rt△AED（HL），
∴AF＝AD＝6，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣6＝4，
设EF＝DE＝x，则BE＝8﹣x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴EF＝3，
∴S△ABE＝12×10×3＝15．
故答案为：15．
【分析】过点E作EF⊥AB于F，通过HL可证明Rt△AEF≌Rt△AED，得AF＝AD＝6，设EF＝DE＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△BEF中，利用勾股定理列出方程即可解决问题．
三、解答题（共8个小题，共66分）
19．(6分)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是∠BAC的角平分线.若AD＝4，求AB的长.
【解答】解：∵∠C＝90°∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，AB＝2AC，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠DAB＝ 12 ∠CAB＝30°，
∴CD＝ 12 AD＝2，
∴AC＝ AD2−CD2 ＝2 3 ，
∴AB＝2AC＝4 3 .
【考点】三角形内角和定理；勾股定理；角平分线的定义；
【分析】利用三角形的内角和定理及角平分线的定义可证得∠CAB=60°，∠CAD=∠DAB=30°，同时可证得AB=2AC；再利用勾股定理求出AC的长，即可得到AB的长.
20、（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E．求AE的长．
【解答】解：如图，连接BE，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝＝＝6，
∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，设AE＝BE＝x，则CE＝8﹣x，
在Rt△BCE中，∵BC2+CE2＝BE2，
∴62+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝，
∴AE＝．
【考点】垂直平分线的性质，勾股定理；
【分析】由勾股定理先求出BC=6，连接BE，根据垂直平分线的性质设AE＝BE＝x，则CE＝8﹣x，在Rt△BCE中，由BC2+CE2＝BE2列出方程，求出解即可.
21、（8分）如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点在y轴的正半轴上，OA＝10，OC＝8，在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D、E两点的坐标．
【解答】解：依题意可知，折痕AD是长方形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8，
由勾股定理得：，
∴CE=4，
∴E（4，8）,
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD，
∴（8－OD）2+42=OD2，
∴OD=5， ∴D（0，5），
综上所述：D点坐标为（0，5），E点坐标为（4，8）．
【考点】坐标与图形性质；翻折变换（折叠问题），勾股定理；
【分析】先根据勾股定理求出BE的长，进而可得出CE的长，求出E点坐标，在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标．
22、(8分)学校校园一角有一块如图所示的三角形空地ABC，其中AB＝13米，BC＝14米，AC＝15米，计划将这块空地建成一个花园，以美化校园环境，预计花园每平方米造价为60元，请通过计算估计学校修建这个花园需要投资多少元？
【答案】解：过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=15－x，
，
在Rt△ABD与Rt△ACD中，
∵ AD2=AB2−BD2,AD2=AC2−CD2 ，
∴ AB2−BD2=AC2−CD2 ，
即 132−x2=152−(14−x)2
解得： x=5 ，
∴ AD2=132−52=144 ，
∴AD=12（米），
∴学校修建这个花园的费用（元）
答：学校修建这个花园需要投资5040元.
【考点】勾股定理；
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=15－x，在Rt△ABD与Rt△ACD中，用勾股定理将AD2用含x的代数式表示出来，可得关于x的方程，解方程可求得x的值，于是根据三角形的面积公式计算可求得这个三角形的面积，再根据这个花园的投资=这个三角形的面积×每平方米造价即可求解.
23、（8分）（2021秋•姜堰区期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC＝10cm，D是腰AC上一点，且
CD＝6cm，BD＝8cm．
（1）判断△BCD的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理的逆定理；
【解答】解：（1）∵BC＝10cm，CD＝8cm，BD＝6cm，
∴BC 2＝BD 2+CD 2．
∴△BDC为直角三角形；
（2）设AB＝xcm，
∵等腰△ABC，
∴AB＝AC＝x，
∵AC 2＝AD 2+CD 2 ，
即x 2＝（x﹣6）2+8 2，
∴x＝，
∴△ABC的周长＝2AB+BC＝（cm）．
【分析】（1）由BC＝10cm，CD＝8cm，BD＝6cm，知道BC2＝BD2+CD2，所以△BDC为直角三角形；
由此可求出AC的长，周长即可求出．
24、（8分）（2022春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
【考点】勾股定理及其逆定理；
【解答】解：（1）在△ACD中，
∵AC2＝25，CD2＝1，AD2＝26，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，且∠C＝90°，
∵BD＝4，
∴BC＝4+1＝5，
∴在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=52，
∴AB＝52；
（2）∵AC＝BC＝5，∠C＝90°，
∴∠B＝45°，
∴△BDE是直角三角形需分两种情况分析：
①当∠BDE＝90°时，BD＝DE＝4，
∴在Rt△BDE中，BE=BD2+DE2=42，
∴AE＝AB﹣BE＝52−42=2，
②当∠BED＝90°时，S△ABD=12AB•DE=12BD•AC，即52DE＝4×5，
解得：DE＝22，
∴BE＝DE＝22，
∴AE＝AB﹣BE＝52−22=32；
综上所述，AE的长为2或32．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理判定出△ACD是直角三角形，再根据勾股定理求出AB的长即可．
（2）根据△BDE是直角三角形需分两种情况分析：①当∠BDE＝90°时；②当∠BED＝90°时，进而解答即可．
25、（10分）我市夏季经常受台风天气影响，台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，且AB=500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
求证：∠ACB=90°；
海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风的速度为40km/h，则台风影响该海港持续的时间有多长？
【解答】(1)∵AC=300km，BC=400km，AB=500km，
∵3002＋4002=5002，
∴AC2+BC2=AB2．
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°；
(2)海港C受台风影响．
理由如下：如图，过点C作CD⊥AB于D．
∵=AC•BC=AB•CD，
∴CD=,
∵250＞240，
∴海港C受到台风影响；
（3）当EC=250km，FC=250km时，正好影响C港口．
在Rt△CED中，∵∠CDE=90°，由勾股定理得：
∴EF=140km，
∵台风的速度为20km/h，
∴140÷40=3.5（h）．
∴台风影响该海港持续的时间为3.5h.
【考点】勾股定理的应用， 勾股定理的应用；
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形；
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；
（3）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．
26、（12分）（2022秋•青羊区期中）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°，探究并解决下列问题：
（1）如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA＝2，求PB的长度；
（2）在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；
（3）如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2＝PQ2．
【考点】三角形综合题目；
【解答】（1）解：如图1中，∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6+2，
∴AC＝BC=6+2，∠CAB＝45°，
∴AB=2AC＝23+2，
∴PB＝AB﹣PA＝23+2﹣2＝23；
（2）解：结论：PA2+PB2＝PQ2，理由如下：
如图1中，连接QB，
∵∠ACB＝∠PCQ＝90°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∵△PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ＝90°，
∴CP＝CQ，
在△ACP和△BCQ中，
AC=BC∠ACP=∠BCQCP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴PA＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝45°，
∴∠PBQ＝90°，
∴BQ2+PB2＝PQ2，
∴PA2+PB2＝PQ2，
故答案为：PA2+PB2＝PQ2；
（3）证明：如图2中，连接BQ，
∵∠ACB＝∠PCQ＝90°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
AC=BC∠ACP=∠BCQCP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS）
∴PA＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝45°，
∴∠PBQ＝90°，
∴BQ2+PB2＝PQ2，
∴PA2+PB2＝PQ2．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质求出AB，得出PB，过C作CH⊥AB于H，再由直角三角形的性质求出CH，然后由勾股定理求出PC即可；
（2）证△ACP≌△BCQ，得PA＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝45°，则∠PBQ＝90°，再由勾股定理即可得出结论；
（3）连接BQ，仿照（1）②的方法证明即可．
测试时间：120分钟 试卷满分：120分
选择题（每小题3分，共10个小题，共30分）
1、（2022秋•兴庆区校级月考）若直角三角形的两边长分别为a，b，且满足（a﹣3）2+|b﹣4|＝0，则该直角三角形的第三边长的平方为（ ）
A．25B．7C．25或7D．25或16
2、满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A.三内角之比为1∶2∶3； B.三边长的平方之比为1∶2∶3；
C.三边长之比为3∶4∶5. D.三内角之比为3∶4∶5；
3、若一个直角三角形的两直角边长分别为3和4，则下列说法不正确的是（ ）
A.这个直角三角形的斜边长为5；
B.这个直角三角形的周长为12；
C.这个直角三角形的斜边上的高为；
D.这个直角三角形的面积为12.
4、如图，已知正方形B的面积为100，如果正方形C的面积为169，那么正方形A的面积为（ ）
A．269B．69C．169D．25
5、如图，以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，以表示数﹣1的点为圆心，正方形对角线长为半径画弧，交数轴于点A，则点A表示的数是（ ）
A．B．C．D．
6、如图，平面直角坐标系上，A，B两点对应的坐标为（0，3），（0，﹣3），C为x正半轴上一点，
AC＝BC＝4，则C的坐标为（ ）
A．（5，0）B．（2.5，0）C．（ ，0）D．（3.5，0）
7、下列定理中，没有逆定理的是（ ）
两直线平行，同旁内角互补 ；
线段垂直平分线上的点到线段两端点距离相等；
两个全等三角形的对应角相等；
在角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等.
8、（2022春•龙凤区期中）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（a+b）2；
④12（a+b）2−12c2＝2×12ab；
⑤该图可以验证勾股定理．
其中正确的结论个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
9、在四边形 ABCD中,∠B=90°，AB=BC=1，CD=,AD=2若∠D=，则 ∠BCD的大小为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022•东平县模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝6，将△ADE沿AE对折至△AEF，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）
11、 平面直角坐标系中，点P坐标为(3,﹣2) ，则 P 点到原点O的距离是 ．
12、如图，在等边三角形ABC中，CD⊥AB于点D，若AB=2，则CD的长是 .
13、（2021春•定州市期末）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在格点上，则该三角形最长边的长为 ．
14、（2022秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
15、如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为 ．
16、（2021秋•将乐县期中）一个三角形的三边的比是3：4：5，它的周长是48，则它的面积是 ．
17、（2021春•枣阳市期末）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行12nmile，“海天”号每小时航行9nmile，它们离开港口两个小时后分别位于点Q，R处，且相距30nmile．如果知道“远航”号沿北偏东50°方向航行，那么“海天”号沿 的方向航行．
18、（2021秋•海陵区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，高BD＝8，AD＝6，AE平分∠BAC，则△ABE的面积为 ．
三、解答题（共8个小题，共66分）
19．(6分)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是∠BAC的角平分线.若AD＝4，求AB的长.
20、（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E．求AE的长．
21、（8分）如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点在y轴的正半轴上，OA＝10，OC＝8，在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D、E两点的坐标．
22、(8分)学校校园一角有一块如图所示的三角形空地ABC，其中AB＝13米，BC＝14米，AC＝15米，计划将这块空地建成一个花园，以美化校园环境，预计花园每平方米造价为60元，请通过计算估计学校修建这个花园需要投资多少元？
23、（8分）（2021秋•姜堰区期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC＝10cm，D是腰AC上一点，且
CD＝6cm，BD＝8cm．
（1）判断△BCD的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
24、（8分）（2022春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
25、（10分）我市夏季经常受台风天气影响，台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，且AB=500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
求证：∠ACB=90°；
海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风的速度为40km/h，则台风影响该海港持续的时间有多长？
26、（12分）（2022秋•青羊区期中）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°，探究并解决下列问题：
（1）如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA＝2，求PB的长度；
（2）在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；
（3）如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2＝PQ2．
八年级下册数学《第十七章 勾股定理》
章 末 测 试
测试时间：120分钟 试卷满分：120分
选择题（每小题3分，共10个小题，共30分）
1、（2022秋•兴庆区校级月考）若直角三角形的两边长分别为a，b，且满足（a﹣3）2+|b﹣4|＝0，则该直角三角形的第三边长的平方为（ ）
A．25B．7C．25或7D．25或16
【答案】C．
【考点】非负数的性质，勾股定理；
【分析】首先利用非负数的性质得a＝3，b＝4，再分b＝4为直角边或b＝4为斜边两种情形，分别利用勾股定理计算即可．
【解答】解：∵（a﹣3）2+|b﹣4|＝0，
∴a﹣3＝0，b﹣4＝0，
∴a＝3，b＝4，
当b＝4为直角边时，第三边的平方为32+42＝25，
当b＝4为斜边时，第三边的平方为42﹣32＝7，
故选：C．
2、满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A.三内角之比为1∶2∶3； B.三边长的平方之比为1∶2∶3；
C.三边长之比为3∶4∶5. D.三内角之比为3∶4∶5；
【答案】D
【考点】勾股定理的逆定理；三角形内角和定理．
【解答】解：A、因为根据三角形内角和定理可求出三个角分别为30°，60°，90°，所以是直角三角形； B、因为1+2=3，所以是直角三角形；
C、因为32+42=52，符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形；
D、根据三角形内角和定理可求出三个角分别为45度，60度，75度，所以不是直角三角形；
故选：D．
【分析】根据勾股定理的逆定理对四个选项进行逐一判断即可．勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
3、若一个直角三角形的两直角边长分别为3和4，则下列说法不正确的是（ ）
A.这个直角三角形的斜边长为5；
B.这个直角三角形的周长为12；
C.这个直角三角形的斜边上的高为；
D.这个直角三角形的面积为12.
【考点】勾股定理．
【答案】D.
【解答】解：根据勾股定理可知，直角三角形两直角边长分别为3和4， 则它的斜边长是，
周长是3+4+5=12， 斜边长上的高为，面积是3×4÷2=6．所以故说法不正确的是D选项．
故答案为：D．
【分析】先根据勾股定理求出斜边长，再根据三角形面积公式，三角形的性质即可判断．
4、如图，已知正方形B的面积为100，如果正方形C的面积为169，那么正方形A的面积为（ ）
A．269B．69C．169D．25
【答案】B
【考点】勾股定理；
【解答】根据题意知正方形的B面积为100，正方形C的面积为169，
则字母A所代表的正方形的面积=169−100=69.
故答案为：B.
【分析】根据勾股定理和正方形的面积可进行计算.
5、如图，以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，以表示数﹣1的点为圆心，正方形对角线长为半径画弧，交数轴于点A，则点A表示的数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C；
【考点】实数在数轴上的表示，勾股定理；
【解答】解：∵正方形的边长为1，
∴正方形对角线的长 12+12 = 2 ，
设A点表示的数是a，
∴﹣1﹣a= ，∴a=，故点A表示的数是．
故答案为：C．
【分析】先根据勾股定理求出正方形对角线的长，再根据数轴上两点间的距离公式求出点A表示的数即可．
6、如图，平面直角坐标系上，A，B两点对应的坐标为（0，3），（0，﹣3），C为x正半轴上一点，
AC＝BC＝4，则C的坐标为（ ）
A．（5，0）B．（2.5，0）C．（ ，0）D．（3.5，0）
【答案】C；
【考点】勾股定理；
【解答】解：根据题意：在Rt△AOC中，AC＝4，AO=3，
∴ ,
∴C的坐标为：（ ，0）
故答案为：C.
【分析】根据坐标轴点的特征及勾股定理，求得OC的长，从而求得点C的坐标.
7、下列定理中，没有逆定理的是（ ）
两直线平行，同旁内角互补 ；
线段垂直平分线上的点到线段两端点距离相等；
两个全等三角形的对应角相等；
在角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等.
【答案】C
【考点】命题与定理．
【解答】解：A、逆命题为：同旁内角互补，两直线平行，正确，不符合题意；
B、逆命题为：到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，正确，不符合题意；
C、逆命题为：对应角相等的两个三角形全等，错误，符合题意；
D、逆命题为：角的内部，到角的两边距离相等的点在角的平分线上，正确，不符合题意；
故选：C．
【分析】分别写出各个定理的逆命题，然后根据真假命题的判定方法判定真假即可．
8、（2022春•龙凤区期中）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（a+b）2；
④12（a+b）2−12c2＝2×12ab；
⑤该图可以验证勾股定理．
其中正确的结论个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B．
【考点】全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的证明；
【解答】解：∵AB∥DE，AB⊥BD，
∴DE⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°．
在△ABC和△CDE中，
AB=CD∠B=∠D=90°BC=DE，
∴△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12(a+b)2；
故③错误；
∵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，
∴12(a+b)2−12c2=2×12ab，
∴a2+b2＝c2，（a+b）2≠c2，
∵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，
∴12（a+b）2−12c2＝2×12ab，
∴a2+b2＝c2，所以勾股定理成立，④正确故①②④⑤都正确，③错误．
故选：B．
【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①②⑤正确．
9、在四边形 ABCD中,∠B=90°，AB=BC=1，CD=,AD=2若∠D=，则 ∠BCD的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C；
【考点】勾股定理，勾股定理的逆定理；
【解答】解：如图，连接AC，
∵AB=BC=1，∠B=90°
∴AC= 12+12=2 ，
又∵AD=2，DC= 6 ，
∴( 6 )2=22+( 2 )2，
即CD2=AD2+AC2，
∴∠DAC=90°，
∵ ∠D=α ，
∴∠ACD=90°－α，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴∠BCD=90°－α+45°=135°－α .
故答案为：C.
【分析】连接AC，由勾股定理求出AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△ACD为直角三角形，且∠DAC=90°，进而可求出∠BCD的度数.
10．（2022•东平县模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝6，将△ADE沿AE对折至△AEF，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是（ ）
A．1B．1.5C．2D．2.5
【答案】C．
【考点】正方形的性质、三角形全等的判定和性质、直角三角形的勾股定理；
【解答】解：连接AG，由已知AD＝AF＝AB，且∠AFG＝∠ABG＝∠D＝90°，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AFG （HL），
∴BG＝GF
∵AB＝BC＝CD＝DA＝6，G是BC的中点，
∴BG＝GF＝GC＝3，
设DE＝x，则EF＝x，EC＝6﹣x，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：
（x+3）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2，即DE＝2．
故选：C．
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质，很容易证明△ABG≌△AFG，进而得到BG=GF，由G是BC的中点，AB=6，得到GF=CG=3，在Rt△ECG中有勾股定理建立方程求解即可．
填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）
11、 平面直角坐标系中，点P坐标为(3,﹣2) ，则 P 点到原点O的距离是 ．
【答案】13；
【考点】勾股定理的应用；
【解答】∵点P的坐标为（3，-2），
∴点P到原点O的距离为：PO=32+(−2)2=13 .
故答案为：13 .
【分析】由勾股定理可得点P到原点O的距离PO=32+22=13.
12、如图，在等边三角形ABC中，CD⊥AB于点D，若AB=2，则CD的长是 .
【答案】 3 ；
【考点】等腰三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理；
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=2，
∵CD⊥AB，
∴AD=BD=12AB=1，
∴CD=AC2−AD2=22−12=3.
故答案为；3.
【分析】根据等边三角形的性质得出AB=AC=BC=2，再根据等腰三角形的性质得出AD=12AB=1，再根据勾股定理即可得出CD的长.
13、（2021春•定州市期末）如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在格点上，则该三角形最长边的长为 ．
【答案】32；
【考点】勾股定理的应用
【解答】解：由勾股定理得，AC=12+42=17，
AB=12+22=5，
BC=32+32=32，
∵5＜17＜32，
∴该三角形最长边的长为32，
故答案为：32．
【分析】根据勾股定理求出各边长，比较即可．
14、（2022秋•卧龙区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O．若AD＝2，BC＝4，则AB2+CD2＝ ．
【答案】20；
【考点】勾股定理的应用；
【解答】解：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
∴AB2+CD2＝AD2+BC2，
∵AD＝2，BC＝4，
∴AB2+CD2＝22+42＝20．
故答案为：20．
【分析】根据垂直的定义和勾股定理解答即可．
15、如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为 ．
【答案】45；
【考点】勾股定理的应用；
【解答】解：由题意可得，
直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，
故直角三角形的另一条直角边长为：32−22=5 ，
故阴影部分的面积是：2×52×4=45 ，
故答案为：45 .
【分析】利用勾股定理先求出32−22=5，再求阴影部分的面积即可.
16、（2021秋•将乐县期中）一个三角形的三边的比是3：4：5，它的周长是48，则它的面积是 ．
【答案】96；
【考点】勾股定理的逆定理．
【解答】解：∵三角形三边的比为3：4：5，
∴可设三角形的三边分别为3x，4x和5x，
由题意可知3x+4x+5x＝48，解得x＝4，
∴三角形三边的长分别为12、16、20，
∵122+162＝202，
∴三角形是直角三角形，
∴三角形的面积＝，
故答案为：96．
【分析】可设三角形的三边分别为3x，4x和5x，利用周长可求得x的值，则可求得三角形的三边长．
17、（2021春•枣阳市期末）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，“远航”号、“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行12nmile，“海天”号每小时航行9nmile，它们离开港口两个小时后分别位于点Q，R处，且相距30nmile．如果知道“远航”号沿北偏东50°方向航行，那么“海天”号沿 的方向航行．
【答案】北偏西40°；
【考点】方向角，勾股定理的逆定理；
【解答】解：由题意可得，PQ＝2×12＝24海里，PR＝2×9＝18海里，QR＝30海里，
∵PQ2+PR2＝QR2，
∴∠RPQ＝90°，
∵∠SPQ＝50°，
∴∠SPR＝90°﹣∠SPQ＝40°
∴海天”号沿北偏西40°的方向航行，
故答案为：北偏西40°．
【分析】由题意先求出线段PQ，PR的长度，根据勾股定理的逆定理得到∠RPQ＝90°，即可解决．
18、（2021秋•海陵区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，高BD＝8，AD＝6，AE平分∠BAC，则△ABE的面积为 ．
【答案】15；
【考点】角平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；
【解答】解：如图，过点E作EF⊥AB于F，
∵AE平分∠BAC，EF⊥AB，ED⊥AC，
∴EF＝DE，∠ADE＝∠AFE＝90°，
在Rt△AEF和Rt△AED中，
，
∴Rt△AEF≌Rt△AED（HL），
∴AF＝AD＝6，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣6＝4，
设EF＝DE＝x，则BE＝8﹣x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴EF＝3，
∴S△ABE＝12×10×3＝15．
故答案为：15．
【分析】过点E作EF⊥AB于F，通过HL可证明Rt△AEF≌Rt△AED，得AF＝AD＝6，设EF＝DE＝x，则BE＝8﹣x，在Rt△BEF中，利用勾股定理列出方程即可解决问题．
三、解答题（共8个小题，共66分）
19．(6分)如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AD是∠BAC的角平分线.若AD＝4，求AB的长.
【解答】解：∵∠C＝90°∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，AB＝2AC，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠DAB＝ 12 ∠CAB＝30°，
∴CD＝ 12 AD＝2，
∴AC＝ AD2−CD2 ＝2 3 ，
∴AB＝2AC＝4 3 .
【考点】三角形内角和定理；勾股定理；角平分线的定义；
【分析】利用三角形的内角和定理及角平分线的定义可证得∠CAB=60°，∠CAD=∠DAB=30°，同时可证得AB=2AC；再利用勾股定理求出AC的长，即可得到AB的长.
20、（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E．求AE的长．
【解答】解：如图，连接BE，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝＝＝6，
∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，设AE＝BE＝x，则CE＝8﹣x，
在Rt△BCE中，∵BC2+CE2＝BE2，
∴62+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝，
∴AE＝．
【考点】垂直平分线的性质，勾股定理；
【分析】由勾股定理先求出BC=6，连接BE，根据垂直平分线的性质设AE＝BE＝x，则CE＝8﹣x，在Rt△BCE中，由BC2+CE2＝BE2列出方程，求出解即可.
21、（8分）如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点在y轴的正半轴上，OA＝10，OC＝8，在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D、E两点的坐标．
【解答】解：依题意可知，折痕AD是长方形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8，
由勾股定理得：，
∴CE=4，
∴E（4，8）,
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD，
∴（8－OD）2+42=OD2，
∴OD=5， ∴D（0，5），
综上所述：D点坐标为（0，5），E点坐标为（4，8）．
【考点】坐标与图形性质；翻折变换（折叠问题），勾股定理；
【分析】先根据勾股定理求出BE的长，进而可得出CE的长，求出E点坐标，在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标．
22、(8分)学校校园一角有一块如图所示的三角形空地ABC，其中AB＝13米，BC＝14米，AC＝15米，计划将这块空地建成一个花园，以美化校园环境，预计花园每平方米造价为60元，请通过计算估计学校修建这个花园需要投资多少元？
【答案】解：过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=15－x，
，
在Rt△ABD与Rt△ACD中，
∵ AD2=AB2−BD2,AD2=AC2−CD2 ，
∴ AB2−BD2=AC2−CD2 ，
即 132−x2=152−(14−x)2
解得： x=5 ，
∴ AD2=132−52=144 ，
∴AD=12（米），
∴学校修建这个花园的费用（元）
答：学校修建这个花园需要投资5040元.
【考点】勾股定理；
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=15－x，在Rt△ABD与Rt△ACD中，用勾股定理将AD2用含x的代数式表示出来，可得关于x的方程，解方程可求得x的值，于是根据三角形的面积公式计算可求得这个三角形的面积，再根据这个花园的投资=这个三角形的面积×每平方米造价即可求解.
23、（8分）（2021秋•姜堰区期末）如图，已知等腰△ABC的底边BC＝10cm，D是腰AC上一点，且
CD＝6cm，BD＝8cm．
（1）判断△BCD的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的周长．
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理的逆定理；
【解答】解：（1）∵BC＝10cm，CD＝8cm，BD＝6cm，
∴BC 2＝BD 2+CD 2．
∴△BDC为直角三角形；
（2）设AB＝xcm，
∵等腰△ABC，
∴AB＝AC＝x，
∵AC 2＝AD 2+CD 2 ，
即x 2＝（x﹣6）2+8 2，
∴x＝，
∴△ABC的周长＝2AB+BC＝（cm）．
【分析】（1）由BC＝10cm，CD＝8cm，BD＝6cm，知道BC2＝BD2+CD2，所以△BDC为直角三角形；
由此可求出AC的长，周长即可求出．
24、（8分）（2022春•绥江县期中）如图，在△ABC中，AC＝5，D为BC边上一点，且CD＝1，AD=26，BD＝4，点E是AB边上的动点，连接DE．
（1）求AB的长；
（2）当△BDE是直角三角形时，求AE的长．
【考点】勾股定理及其逆定理；
【解答】解：（1）在△ACD中，
∵AC2＝25，CD2＝1，AD2＝26，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，且∠C＝90°，
∵BD＝4，
∴BC＝4+1＝5，
∴在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=52，
∴AB＝52；
（2）∵AC＝BC＝5，∠C＝90°，
∴∠B＝45°，
∴△BDE是直角三角形需分两种情况分析：
①当∠BDE＝90°时，BD＝DE＝4，
∴在Rt△BDE中，BE=BD2+DE2=42，
∴AE＝AB﹣BE＝52−42=2，
②当∠BED＝90°时，S△ABD=12AB•DE=12BD•AC，即52DE＝4×5，
解得：DE＝22，
∴BE＝DE＝22，
∴AE＝AB﹣BE＝52−22=32；
综上所述，AE的长为2或32．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理判定出△ACD是直角三角形，再根据勾股定理求出AB的长即可．
（2）根据△BDE是直角三角形需分两种情况分析：①当∠BDE＝90°时；②当∠BED＝90°时，进而解答即可．
25、（10分）我市夏季经常受台风天气影响，台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，且AB=500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
求证：∠ACB=90°；
海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风的速度为40km/h，则台风影响该海港持续的时间有多长？
【解答】(1)∵AC=300km，BC=400km，AB=500km，
∵3002＋4002=5002，
∴AC2+BC2=AB2．
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°；
(2)海港C受台风影响．
理由如下：如图，过点C作CD⊥AB于D．
∵=AC•BC=AB•CD，
∴CD=,
∵250＞240，
∴海港C受到台风影响；
（3）当EC=250km，FC=250km时，正好影响C港口．
在Rt△CED中，∵∠CDE=90°，由勾股定理得：
∴EF=140km，
∵台风的速度为20km/h，
∴140÷40=3.5（h）．
∴台风影响该海港持续的时间为3.5h.
【考点】勾股定理的应用， 勾股定理的应用；
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形；
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；
（3）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．
26、（12分）（2022秋•青羊区期中）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ＝90°，探究并解决下列问题：
（1）如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA＝2，求PB的长度；
（2）在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；
（3）如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2＝PQ2．
【考点】三角形综合题目；
【解答】（1）解：如图1中，∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6+2，
∴AC＝BC=6+2，∠CAB＝45°，
∴AB=2AC＝23+2，
∴PB＝AB﹣PA＝23+2﹣2＝23；
（2）解：结论：PA2+PB2＝PQ2，理由如下：
如图1中，连接QB，
∵∠ACB＝∠PCQ＝90°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
∵△PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ＝90°，
∴CP＝CQ，
在△ACP和△BCQ中，
AC=BC∠ACP=∠BCQCP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴PA＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝45°，
∴∠PBQ＝90°，
∴BQ2+PB2＝PQ2，
∴PA2+PB2＝PQ2，
故答案为：PA2+PB2＝PQ2；
（3）证明：如图2中，连接BQ，
∵∠ACB＝∠PCQ＝90°，
∴∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
AC=BC∠ACP=∠BCQCP=CQ，
∴△ACP≌△BCQ（SAS）
∴PA＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝45°，
∴∠PBQ＝90°，
∴BQ2+PB2＝PQ2，
∴PA2+PB2＝PQ2．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质求出AB，得出PB，过C作CH⊥AB于H，再由直角三角形的性质求出CH，然后由勾股定理求出PC即可；
（2）证△ACP≌△BCQ，得PA＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝45°，则∠PBQ＝90°，再由勾股定理即可得出结论；
（3）连接BQ，仿照（1）②的方法证明即可．
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