初中数学沪教版（五四制）（2024）八年级上册19．9 勾股定理精品习题

这是一份初中数学沪教版（五四制）（2024）八年级上册19．9 勾股定理精品习题，文件包含沪教版五四制数学八年级上册199《勾股定理》基础提升分层练习原卷版docx、沪教版五四制数学八年级上册199《勾股定理》基础提升分层练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022上·上海青浦·八年级校考期末）美国数学家伽菲尔德在1876年提出了证明勾股定理的一种巧妙方法，如图，在直角梯形中，，，是边上一点，且，．如果的面积为1，且，那么的面积为（ ）
A．1B．2C．D．5
【答案】C
【分析】由题意求得，根据的面积为梯形面积减去两个直角三角形的面积，列式计算即可求解．
【详解】解：∵的面积为1，
∴，即，
∵，即，
∴，即，
∴的面积．
故选：C．
【点睛】本题考查了完全平方公式的应用，解题关键是利用面积关系，完全平方公式的变形求解．
2．（2023上·上海杨浦·八年级统考期末）下列命题的逆命题是真命题的是（ ）
A．在中，、、为三角形三边的长，若，则是直角三角形．
B．关于某个点中心对称的两个三角形全等．
C．两条平行线被第三条直线所截，一对同旁内角的平分线互相垂直．
D．全等三角形的对应角相等．
【答案】C
【分析】根据勾股定理，中心对称图形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质一一判断即可．
【详解】解：A、在中，、、为三角形三边的长，若，则是直角三角形．它的逆命题是假命题，不一定是直角，本选项不符合题意；
B、关于某个点中心对称的两个三角形全等，它的逆命题是假命题，全等三角形不一定是中心对称图形，本选项不符合题意；
C、两条平行线被第三条直线所截，一对同旁内角的平分线互相垂直，它的逆命题是真命题，本选项符合题意；
D、全等三角形的对应角相等，它的逆命题是假命题，对应角相等的三角形不一定是全等三角形，本选项发不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理，中心对称图形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
3．（2022上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=2BC，BD平分∠ABC，BD=2，则以下结论错误的是（ ）
A．点D在AB的垂直平分线上；
B．点D到直线AB的距离为1；
C．点A到直线BD的距离为2；
D．点B到直线AC的距离为.
【答案】C
【分析】如图，取AB中点E，连接DE，证明△EBD≌△CBD，可得∠DEB＝∠C＝90°，∠BAD＝∠ABD＝∠CBD＝30°，则BC＝AB，DE＝，然后根据勾股定理可求出BC，过A作AF⊥BD交BD的延长线于F，求出AF＝AB＝BC＝，进而可得答案．
【详解】解：如图，取AB中点E，连接DE，
∵AB=2BC，
∴BE＝BC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠CBD，
又∵BD＝BD，
∴△EBD≌△CBD（SAS），
∴∠DEB＝∠C＝90°，
∴DE⊥AB，即点D在AB的垂直平分线上，A正确；
∴AD＝DB，
∴∠BAD＝∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴BC＝AB，DE＝，即点D到直线AB的距离为1，B正确；
∴DE＝DC＝1，
∴BC＝，即点B到直线AC的距离为，D正确，
过A作AF⊥BD交BD的延长线于F，
∴AF＝AB＝BC＝，
∴点A到BD的距离为，C错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理，作出合适的辅助线是解答本题的关键．
4．（2020上·上海闵行·八年级校考阶段练习）已知，，，那么的形状是（ ）.
A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．以上都不是
【答案】B
【分析】先根据两点之间的距离公式可得，，，再根据勾股定理的逆定理即可得．
【详解】解：，，，
，
，
，
，，
是直角三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查了两点之间的距离公式、勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题关键．
二、填空题
5．（2022上·上海·八年级上海市民办上宝中学校考期中）点P到轴和点的距离都为10，则点P的坐标是 ；
【答案】或
【分析】设点P的坐标为，根据题意可得，再讨论n的值求出对应的m的值即可．
【详解】解：设点P的坐标为，
∵点P到轴和点的距离都为10，
∴，
∴，
∴当时，，即，此时不成立；
当时，，即，
解得或，
综上所述，点P的坐标为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了点到坐标轴的距离，坐标系中两点距离公式，熟知两点距离公式和点到x轴的距离是纵坐标的绝对值是解题的关键．
6．（2022上·上海·八年级上海市民办上宝中学校考期中）是斜边上的高，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据，设，则，在中根据勾股定理可求出的值，根据等面积法即可求解．
【详解】解：如图所示，

已知是直角三角形，，，，，
设，则，
在中，，即，解得，，
∴，，
∵，且，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查勾股定理的运用，运用等面积法求高，掌握以上知识的运用是解题的关键．
7．（2023下·上海嘉定·八年级校考开学考试）如图，含30°的三角板绕点顺时针旋转150°得到，连接，若，则的面积为 ．

【答案】
【分析】过点作的垂线, 垂足为, 由及旋转角可知为平角, 在中, , 则,由旋转的性质可知,由面积法:,求, 则
【详解】解：过点作的垂线, 垂足为,

∵，
∴,
∵在中,,
，
∴，
由旋转的性质可知. ,
由, 即解得
∴ ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理等知识，关键是围绕三角形的面积需确定底和高的值.
8．（2023上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）已知三角形的三边长分别为、、，那么这个三角形形状是 .
【答案】直角三角形
【分析】根据勾股定理的逆定理进行判断即可求解．
【详解】解：∵
∴，
∴这个三角形形状是直角三角形，
故答案为：直角三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
9．（2023上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）已知平面直角坐标内的两点、，那么，两点的距离等于 .
【答案】
【分析】根据勾股定理进行计算即可求解．
【详解】解：∵、，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理求两点距离，掌握勾股定理是解题的关键．
10．（2023上·上海杨浦·八年级统考期末）、、是三角形的三个顶点，则是 三角形．
【答案】等腰直角
【分析】求出的长，再利用勾股定理逆定理，进行求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
∴是等腰直角三角形；
故答案为：等腰直角．
【点睛】本题考查三角形的判定，勾股定理以及逆定理．解题的关键是掌握两点间的距离公式．
11．（2023下·上海嘉定·八年级校考开学考试）点在轴上，点到点与点的距离相等，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】设点的坐标为，根据两点间的距离公式列式求解即可，两点间的距离公式：.
【详解】设点坐标为.
利用两点间的距离公式，得
根据题意,得,
∴.
即.
解得.
所以,点的坐标是，
故答案为.
【点睛】本题考查了两点间的距离公式，熟记公式与熟练解方程是解答本题的关键.
12．（2023上·上海宝山·八年级校考期中）已知直角坐标平面内的三个顶点、、的坐标分别为、、，则的形状是 ．
【答案】直角三角形
【分析】本题考查了勾股定理及其逆定理的应用，根据勾股定理求得的长，进而根据勾股定理的逆定理，即可求解．
【详解】解：解：∵、、的坐标分别为、、，
∴，，，
∵，，
∴
∴是直角三角形，
故答案为：直角三角形．
13．（2021下·上海闵行·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为沿坐标轴方向平移后得到（点、的对应点分别为），如果点是直线上一点，那么线段的长为 ．

【答案】或/和
【分析】根据沿轴平移到，点与点对应，点是直线上一点，可分类讨论，设当，即沿轴向右平移，且点是直线上一点；设当，即沿轴向下平移，且点是直线上一点；根据平移的性质，勾股定理即可求解．
【详解】解：点，沿轴平移到，点与点对应，
∴设当，即沿轴向右平移，且点是直线上一点，
∴，解得，，
∴沿轴向右平移个单位长度到，如图所示，过点作轴于点，连接，

∴，
∴，，
在中，；
设当，即沿轴向下平移，且点是直线上一点，
∴， 即，
∴沿轴向下平移个单位长度到，如图所示，过点作轴于点，连接，

∴，
∴，，
在中，；
综上所述，线段的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中几何图形的变换，掌握图形平移的规律，勾股定理的运用是解题的关键．
14．（2021上·上海浦东新·八年级上海市建平实验中学校考期末）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，D是边AB上的一点，将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点B1的位置，若B1D⊥BC，则BD的长度为 ．
【答案】
【详解】延长B1D交BC于E，由B1D⊥BC，根据含角直角三角形和勾股定理的性质，推导得DE＝BD，BE＝BD，设BD＝x，在Rt△B1CE中根据轴对称、勾股定理的性质,建立方程计算即可解得答案．
【解答】延长B1D交BC于E，如图：
∵B1D⊥BC，
∴∠BED＝∠B1EC＝90°，
∵∠B＝30°，
∴DE＝BD，
∴BE＝＝BD，
设BD＝x，
∵将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点B1的位置，
∴B1D＝x，
∵BC＝3，
∴CE＝3﹣x，B1C＝BC＝3，
在Rt△B1CE中，B1E2+CE2＝B1C2，
∴（x+x）2+（3﹣x）2＝32
∴
∴x＝0（舍去）或x＝
∴BD＝
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、一元二次方程、轴对称、含角直角三角形的知识；解题的关键是熟练掌握勾股定理；轴对称、含角直角三角形、一元二次方程的性质，从而完成求解．
15．（2022上·上海·八年级期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，如图所示. 如果将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，其中点A、B的对应点分别为点D、E，联结BD，那么BD的长等于 .
【答案】；
【分析】过D作DH⊥BC交BC延长线于H，根据旋转的性质，可得CD=AC，并可求出∠DCH=30°，再在Rt△CDH中求出CH、DH，则可得BH，利用勾股定理即可求得BD．
【详解】解：如图，过D作DH⊥BC交BC延长线于H，
依题可知∠BCE=60°，∠ACB=90°=∠DCE，
∴∠ACE=∠ACB-∠BCE=30°，
∵∠ACH=∠ACB=90°=∠DCE，
∴∠ACD＝∠DCE-∠ACE=60°，
∴∠DCH＝∠ACH-∠ACD=30°，
∵根据旋转的性质，CD=AC=，
∴在Rt△DCH中，DH=CD=，
则CH=DH=6，
∴BH=BC+CH=3+6=9，
∴BD=＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，充分利用勾股定理是解答本题的关键．
16．（2023上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）如图，在中，，，为边上一点，将沿着直线翻折，点恰好落在边上的点处，连接．如果，那么的长为 ．
【答案】/
【分析】根据题意，作出图形，进而根据折叠的性质以及已知条件得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，折叠的性质，得出是解题的关键．
17．（2023上·上海徐汇·八年级校联考期末）如图，点是的边的中点，将沿直线翻折能与重合，若，，，则点到直线的距离为
【答案】
【分析】连接，延长交于点G，作于点H，如图所示，由折叠的性质及中点性质可得三角形为直角三角形，且G为中点，从而，由勾股定理可得的长，再根据，即，从而可求得的长．
【详解】解：连接，延长交于点G，作于点H，如图所示，
由折叠的性质可得：，
则为的中垂线，
∴，
∵D为中点，
∴，
∴，
∵，
即，
∴，
即，
在直角三角形中，由勾股定理可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换，点到直线的距离，直角三角形的判定、勾股定理、线段中垂线的判定，解决本题的关键是利用面积相等求相应线段的长．
18．（2023上·上海徐汇·八年级校联考期末）函数的最小值为
【答案】5
【分析】先把原式变形为，再构建几何图形满足，，，，，设，则故问题等价于在线段上求一点O，使最小，再利用两点之间线段最短，再构建直角三角形利用勾股定理可得答案．
【详解】解：∵
如图所示，，，，，，
设，则，，．
∴，
如图，设E为C关于的对称点，则，
故当且仅当三点共线时取最小值，
过作，交的延长线于，
∴，，
∴，
∴最小值等于．
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是利用几何图形求解函数的最值问题，同时考查的轴对称的性质，勾股定理的应用，两点之间线段最短，熟练的构建几何图形是解本题的关键．
19．（2021上·上海青浦·八年级校考期末）如图，在中，，平分，，，那么的长是 ．
【答案】
【分析】过点D作于点E，在中根据勾股定理可求得，根据角平分线的性质得到，进而证得，因此，
设，则，在中，根据勾股定理有，从而构造方程求解即可解答．
【详解】过点D作于点E，
∵，，，
∴在中，，
∵平分，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
设，则，
∵在中，
∴
解得，
即．
故答案为：
【点睛】本题考查勾股定理，三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
20．（2020上·上海闵行·八年级校考阶段练习）若点在轴上，点坐标是，且，点的坐标是 ．
【答案】或
【分析】设点的坐标是，根据勾股定理，得，即，求出方程的解，即可求解．
【详解】解：设点的坐标是，
∵点坐标是，且，
根据勾股定理，得
∴
即
化簡整理，得
解得：，，
∴点的坐标是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标的求解，掌握坐标轴上点的坐标特征和勾股定理，会解一元二次方程是解题的关键．
21．（2020上·上海闵行·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，，，，，平分交、于、，则的面积为 ．

【答案】
【分析】先过点作于，再判定、都是等腰直角三角形，并求得其边长，最后利用等腰直角三角形，求得的长，进而得到的面积．
【详解】解：过点作于，

又平分，，，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
又，，
等腰直角三角形中，，
中，，
，
是等腰直角三角形，
，
的面积．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形进行求解．
22．（2023下·上海嘉定·八年级校考开学考试）如图，在中，，平分，交边点，，，则 ．

【答案】/
【分析】如图：过点D作于E，由角平分线的性质定理可得，再证可得，再由勾股定理可得，进而得到，设，则，运用勾股定理列方程求得x,进而完成解答．
【详解】解：如图：过点D作于E，
∵平分，
∴.，
在和中，
∴，
∴，
由勾股定理得：,
∴，
设，则，
在中，，即,解得，
∴．
故答案为: ．

【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，运用勾股定理列出方程是解答本题的关键．
三、解答题
23．（2023上·上海·八年级校考阶段练习）已知：，，，且为等腰三角形，求的值．
【答案】或
【分析】根据等腰三角形的定义，结合两点距离公式得，，，然后进行分类讨论，即可列式作答．
【详解】解：∵，，，
∴，
，
，
∵为等腰三角形，
∴当时，即，
则
解得；
或当时，即，
因为，
所以
此种情况不存在；
或当时，即，
则，
即，
那么
综上所述，或．
【点睛】本题考查了两点的距离公式以及等腰三角形的性质，灵活运用分类讨论思想是解题的关键．
24．（2023上·上海·八年级校考阶段练习）已知：如图，在四边形中，，，，．

(1)求的度数．
(2)求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】对于（1），连接，根据勾股定理求出及，再根据勾股定理逆定理说明是直角三角形，即可求出答案；
对于（2），根据两个三角形的面积和求出答案即可．
【详解】（1）连接，如图所示．
∵，，
∴，
根据勾股定理得，
在中，，
∴是直角三角形，且，
∴；

（2）．
【点睛】本题主要考查了勾股定理及逆定理的应用，求四边形的面积，将不规则四边形转化为两个直角三角形是解题的关键．
提升练
25．（2023下·上海嘉定·八年级校考开学考试）如图，已知中，，是的角平分线，，，求的值．

【答案】
【分析】在上截取，连接，则，由角平分线可知，即，然后证明，可得，然后利用勾股定理解题即可．
【详解】解：在上截取，连接，
∵，
∴,
∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26．（2023上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）如图，在中，，垂足为点，，垂足为点，，垂足为点，且点是中点，若，，.
(1)求的长；
(2)求的度数.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，勾股定理得出，继而得出，在中，勾股定理求得的长；
（2）取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，进而得出是等边三角形，根据直角三角形的两个锐角互余得出，根据（1）的结论得出是等腰直角三角形，根据即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
在中，，，
∴
又∵点是中点，
∴，
∵
∴，
在中，,
（2）解：如图，取的中点，连接，
∵，
∴，
在中，，，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，综合运用以上知识是解题的关键．
27．（2023上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）如图所示，已知：在中，，，是边上的中线，点是直线上任意一点，，交直线于点．点是中点，延长交直线于点．
(1)若点在边上，
①证明：；
②证明：；
(2)若，，直接写出边的长．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)或
【分析】（1）①连接，推出，，，证即可；
②连接，根据直角三角形斜边上中线求出，推出，推出，推出即可；
（2）求出，根据勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】（1）①证明：连接，，是边上的中线，，，
，
又，
，
，，
，
，
，
在和中，
，，，
，
；
②证明：连接，
，为的中点，
，
，为的中点，
，
，
．
又，
，
，，
，
，
；
（2）如图，当在线段上时，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
；
如图，当E在线段CA延长线时，
，
综合上述：或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
28．（2021上·上海青浦·八年级校考期末）如图，在中，，，D是边的中点，交于点E．
(1)求的度数；
(2)过点C作垂直于，垂足为点F，如果．求的长．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由中， D是斜边的中点，可得，从而，由外角的，再由得到，从而；
（2）根据D是斜边的中点可得，在中，，根据“直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半”，得到，进而根据勾股定理得到，因此．
【详解】（1）∵在中，， D是边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）
∵，
∴，
∵，，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握直角三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
29．（2023上·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，点是内一点，把绕点顺时针方向旋转得到，若，，．

(1)判断的形状，并说明理由；
(2)求的度数．
【答案】(1)为直角三角形
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，再结合绕点顺时针方向旋转得到为等边三角形，得到，，再根据勾股定理逆定理，判断出为直角三角形．
（2）根据，得到，根据等边三角形和直角三角形的内角度数求出的度数即可．
【详解】（1）结论：为直角三角形．
证明：根据图形的旋转不变性，可得，
∴，，，，
∵，
∴和均为等边三角形，
∴，，
∵，
∴；
∴为直角三角形．
（2）∵，
∴，
∵为直角三角形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
故，
∵
∴．
【点睛】此题考查了图形的旋转不变性、全等三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理的逆定理等知识，综合性较强，是一道好题．解答（2）时要注意运用（1）的结论．
30．（2020上·上海闵行·八年级校考阶段练习）关于的一元二次方程中的、、是的三边长，若方程有两个相等的实数根，请判断的形状并加以说明.
【答案】为直角三角形；证明见解析
【分析】根据方程有两个相等的实数根，结合根的判别式可得出，整理即可得出，由此得出为直角三角形．
【详解】解：为直角三角形；理由如下：
∵一元二次方程有两个相等的实数根，、、是的三边长，
∴，
解得：
∴为直角三角形．
【点睛】本题考查一元二次方程和勾股定理，熟练掌握一元二次方程根的判别式和勾股定理的逆定理的应用是解题的关键．
31．（2023下·上海嘉定·八年级校考开学考试）定义：如图1，点、把线段分割成、、，若以、、为边的三角形是一个直角三角形，则称点、是线段的勾股分割点．

(1)已知点、是线段的勾股分割点，，，求的长；
(2)如图2，中，，，点、在斜边上，，
①求证：点、是线段的勾股分割点；
②当，时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)或
(2)①见解析；②
【分析】（1）分是直角三角形的斜边和直角边两种情况，分运用由勾股分割点的求解即可；
（2）①过点A作，且，则，先证可得，再证可得，然后在中，最后由勾股定理得即可证明结论．②如图，过点C作，垂足为D，结合已知条件可得，再由直角三角形的性质和勾股定理可得，进而求得、；再根据图形可得，然后代入可求得，最后再求得即可．
【详解】（1）解：∵点M，N是线段的勾股分割点，，，
∴①当是直角三角形的斜边时，；
②当是直角三角形的直角边时，；
故答案为：或；
（2）①证明：如图，过点A作，且，则，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴点M，N是线段的勾股分割点．
②如图，过点C作，垂足为D

∵
∴，，
∵,
∴，
∴由直角三角形的性质和勾股定理可得：,
∴,
∵
∴，解得：,
∴，
∵,,
∴，解得：,
∴．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了新定义“勾股分割点”、勾股定理、等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，正确添加辅助线、构造全等三角形解决问题是解题的关键．
32．（2023下·上海嘉定·八年级校考开学考试）已知直角坐标平面内的的坐标分别是、、，求的面积．
【答案】
【分析】先计算三角形的三条边的长度，然后根据勾股定理的逆定理判断三角形的形状，最后求出三角形的面积．
【详解】∵ 点的坐标分别为,
∴，
，
，
∴ ,
∴ ，
∴是直角三角形，
∴．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中两点间的距离公式，勾股定理的逆定理，能判断三角形是直角三角形是解题的关键．
33．（2022上·上海松江·八年级统考期末）如图，在直角坐标平面内，正比例函数的图像与一个反比例函数图像在第一象限内的交点为点A，过点A作AB⊥x轴，垂足为点B，AB=3．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)在直线AB上是否存在点C，使点C到直线OA的距离等于它到点B的距离？若存在，求点C的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)已知点P在直线AB上，如果△AOP是等腰三角形，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)的坐标为：或或或
【分析】（1）先求解的坐标，再代入反比例函数解析式，从而可得答案；
（2）分两种情况讨论：如图，作的角平分线交于 过作于 而轴，则 如图，作的角平分线交于 过作于 交轴于 则再利用角平分线的性质与全等三角形的性质，勾股定理可得答案；
（3）画出图形，分4种情况讨论，当时， 当时， 当时， 当时，再结合等腰三角形的性质与勾股定理可得答案.
【详解】（1）解： AB⊥x轴，AB=3，

则
设反比例函数为

所以反比例函数为
（2）解：存在，或；理由如下：
如图，作的角平分线交于 过作于
而轴，则
则
而



如图，作的角平分线交于 过作于 交轴于
则 而


而

设

解得：

综上：或
（3）解：如图， 为等腰三角形，
当时，
当时，
当时，
当时，设

解得：
综上：的坐标为：或或或
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解反比例函数的解析式，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的化简与二次根式的除法运算，熟练的运用以上知识解题是关键.
34．（2023上·上海青浦·八年级校考期末）如图，在中，D是的中点，E是边上一动点，连接，过点D作交边于点F（点F与点B、C不重合），延长到点G，使，连接，已知．
(1)求证：；
(2)设，求y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；
(3)当是以为腰的等腰三角形时，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)，自变量x的取值范围： ；
(3)或．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到是直角三角形，由D是的中点，得到，根据全等三角形的性质得到，推出，于是得到结论；
（2）连接，根据勾股定理得到，根据全等三角形的性质得到，由勾股定理得到，于是得到方程，即可得到结论
（3）①当时，，列方程得到；②当时，连接，过点，垂足为点H，可得，根据勾股定理得方程，求得，于是求得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴是直角三角形，且，
∵D是的中点，
∴，
在和F中，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
（2）连接，
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理，得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理，得，
∵，
∴，
∴，
∴，自变量x的取值范围：；
（3）解：①当时，，
∴，
∴，
∴，即；
②当时，连接，过点D作，垂足为点H，
∴，
∵，D是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理，得，
在中，由勾股定理可得，
解得：，
∴ ，即，
综上所述，的长度是或．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
35．（2021上·上海·八年级校考开学考试）如图，在中，，点是边上的动点（不与点、重合），把沿过点的直线折叠，点的对应点是点，折痕为．

(1)若点恰好在边上．
①如图1，当时，连接，求证：．
②如图2，当，且，，求与的周长差．
(2)如图3，点在边上运动时，若直线始终垂直于，的面积是否变化？请说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②
(2)定值，理由见解析
【分析】（1）①如图1中，连接，．交于．证明点是的中点，即可解决问题．②设，则，，在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
（2）如图3中，连接，证明，利用等高模型解决问题即可．
【详解】（1）解：①如图1中，连接，．交于．

是由翻折得到，
垂直平分线段，
，，
，
，，
，
，
，
，
．
②如图2中，设，则
，
，

，，
，
，
，
解得，
，
的周长的周长．
（2）解：如图3中，结论：定值．
理由：连接，

与关于直线对称，
，
，
，
定值．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，翻折变换，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，熟练掌握轴对称的性质．