专项训练三 勾股定理在最短路径问题中的应用-【勤径千里马】2023-2024学年八年级下册数学走向假期（人教版，辽宁专版）

专项调练三勾股定理在最知路径问题中的应用 ·类型二几何体中的最短路径问题 ·类型一平面上的最短路径问题 天如圆.长方体的长为5m,宽为3甲，高为6m。一其蚂规治看长力缘的表面从点A爬到点B, 求与蚁爬行的最：路程， 1.如图，高速公路N的可一鳄有A,B两个城航，它门到高速公路的距离分别为A'=2m, ■41m,且AB=8m现要在商速公路上的A',之同建…个自口P,使4，名内个线镇 到出口P的距离之和最短，求P+P喀的最小值 4有一只蚂蚊要从一个圆：形疮精托的点A爬只点取处（点，B均在疏瑞标外年），如图所 示，已知杯千高8，点：距高环日3，杯千兵面半径为4©%蚂复从A点爬到B点的最短 路程为多少？（章底1） 之某省将位干A,:两地(A地在：地的兵西方南)的丙所大学合并成一所条合大孕，为了方梗 44 A,B两地年生的交往，学校准备在相距2m的4，B两地之间徽线一条笔直的公路（如国中 线授A),经调量，在4地北编布方冉，B地间西45方向的C受有一个竿径为Q7m 的公同，同计缚锋筑的这条公路会不会等过公中为什么 5如图，一个长方体套子（元点的长，宽：高分湖是12=，8m0 (1)在侧校A屏中点C处有一南金册，若一贝小虫从点》处沿长方体食子的表面爬到 点C处去吃密情，有无数种走法，象最短路醒是多少： 2 (3》给该长方体盒子如上鉴子，爆饭人木棉的最大长度的平方量多少？ 5随1调 -13一 查学·八年最谓参考 答 案 第一部分 教材知识通关 第十六章 二次根式 考点一 二次根式 知识梳理 1./a(a≥0) 二次根号 2.≥0 3.(1)非负数 (2)它本身 (3)绝对值 考点小练 1.B 2.D 3.A 4.D 5.C 6.A 7.解：由题意得2x-3≥0且3-2x≥0, ∴2x≥3且2x≤3,∴x=2,∴y=4,∴xy=6. 考点二 二次根式的乘除 知识梳理 1.(1)√a·√b=√ab(a≥0,b≥0) (3)√ab=√a·√b(a≥0,b≥0) 2.(1)=√&(a≥0,b>0) (2)√5=a≥0,b>0) (3)相乘 相除(约分) 3.(1)不含有分母 (2)因数或因式 考点小练 1.B 2.D 3.C 4.C 5.B 6.D 7.A √9=6=-28.解：∵ ∴9-x≥0,x-6>0,∴6<x≤9. ∵x为偶数∴x=8, (1+*)√2=42=0+*√容：&开 =√(x-4)(x+1)=√36 =6. 考点三 二次根式的加减 知识梳理 1.(1)最简二次根式 被开方数相同的 系数 (2)同类二次根式 (3)①先化简 ②再观察 考点小练 1.C 2.A 3.A 4.6 5.5 6.12 7.2√2 8.解：(1)原式=4√2-√2+3√2=6√2. (2)原式=3√3-2√Z+√Z-3√3=-√2. (3)原式=2√3+3√3+4×4√3-15×冬 =2√3+3√3+√3-5√3=√3. (4)原式=3/5+2.2-6×5-3×年 =3.5+2,E-2.5-3=15+5 第十七章 勾股定理 考点小练 专项训练二 二次根式的化简与求值 1.A 抖音/微信扫码考点一 勾股定理 1.解：原式=a-2. 2.A知识梳理 √配套答案 2.解：原式=-2a.3.C2.c2-b2 c2-a2 考点小练 √同步课堂 3.解：原式=2a+2b+2c.4.A √专题解析 4.解：原式=5. 考点二 一次函数 √学习方法1.B 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.D 8.C 9.B 10.D 5.解：∵√a2-3a+1+b2-2b+1=0, ∴√a2-3u+I+(b-1)2=0,∴a2-3u+1=0,b=1, 知识梳理 11.C 12.D 13.A 14.20 考点二 勾股定理的逆定理 知识梳理 1.y=kx原点2.y=kx+b 3.正数 负数 考点小练 ÷a-3+÷=0,a+=3,⋯(a++)=9,1.B 2.A 3.A 4.D 5.B 6.B 7.A 1.直角三角形 考点小练 8.解：(1)设一次函数解析式为y=kx+b(k≠0), :a2+2=7,∴a2+-1b1=6.[3k+b=5, 把A(3,5),B(-4,-9)代入，得-4k+b=-9. 二一次两数解析式为y=20-1.解得 1.D 2.D 3.D 4.A 5.B 6.北偏西40° 6.解：由已知，得x=3+2√2,y=3-2√2, 7.(11,60,61) 8.7.5 ∴x+y=6,xy=1, 第十八章 平行四边形 考点一 平行四边形 知识梳理 :.原式=#2-4=(+-=6-6×1=30(2)将该函数图象向下平移3个单位长度， 得y=2x-1-3=2x-4, ∴平移后图象的函数解析式为y=2x-4. 7.解：3. 1.两组对边分别平行 专项训练三 勾股定理在最短路径问题中的应用考点三 课题学习 选择方案 2.(1)平行且相等 (2)相等 (3)互相平分 1.解：AP+PB的最小值为10 km.考点小练 2.解：计划修筑的这条公路不会穿过公园.理由如下： 如答图，过点C作CD⊥AB,垂足为点 D. 3.(1)平行 (2)平行且相等 (3)相等 1.C 2.20 (4)相等 (5)互相平分 第二十章 数据的分析 4.(1)任意一点 距离 E北考点一 数据的集中趋势 F 。 :5.中位线 一半 考点小练 知识梳理 4.①由小到大(由大到小) :60 D1.C 2.B 3.D 4.D 5.120° ②“÷!5(2+1) B 集中趋势 2 题答图 由∠CBE=45°,易得∠BCD=∠DBC=45°,∴CD=BD. 设CD=BD=x km,∵∠CAF=60°, ∴∠CAD=30°,∴AC=2x km. 由勾股定理，得AD=√AC2-CD =√(2x)2-x2=√3x(km). 由AD+DB=2km,得√3x+x=2,∴x=√3-1, !6.AB=CD或AD//BC 7.9 8.30 考点二 特殊的平行四边形 知识梳理 考点小练 1.D 2.B 3.D 4.C 5.B 6.C 7.解：(1)900 770 720 1.直角 三个角 交点 垂直平分线 直角 相等且互相平分 直角 直角 相等 (2)平均数最适合用来估计，900×30=27000(元). 答：估计该凉米线店一个月的营业额是27 000元. 2.一半 考点二 数据的波动趋势 3.相等 四条边都相等 相等 垂直平分 平分一组对角 一半 相等 四条边都相等 对角线互相垂直 每条对角线平分一组对角 知识梳理 越大 稳定 ∴CD=(√3-1)km≈0.732 km>0.7 km, ∴计划修筑的这条公路不会穿过公园. 考点小练 1.C 2.D 3.B 4.D 5.=4.相等 直角 相等 直角 直角 相等 垂直平分且相等 相等 直角 邻边相等并且有一个角是直角 垂直平分且相等 考点小练 3.解：最短路程2=(最小+次小)2+最大2,考点三 课题学习 体质健康测试中的数据分析 考点小练 因为6>5>3,所以(5+3)2+62=100, 所以蚂蚁爬行的最短路程为10 cm.1.C 2.C 3.(1)中位数(2)9.1 9.3 (3)15 4.解：此圆柱的侧面展开图为长方形ACDE, 如答图所示，其中AC的长为圆柱的底面周长，连接AB, 则AB即为蚂蚁爬行的最短路径. 过点B作BE'⊥AE于点 E', ∴AC=2πr≈2×3×4=24(cm). ∴E'B=÷AC=12 cm 1.B 2.C 3.B 4.B 5.D 6.A 7.C 第二部分 专项训练 8.有一组邻边相等的矩形是正方形 专项训练一 二次根式的混合运算 第十九章 一次函数 1.解：(1)6√15.(2)30√30.(3)2/6.(4)√15. 考点一 函 数 (2)号5.(3)号/5.(4)02.解：(1)9√3.知识梳理 1.常量 变量 2.唯一确定 自变量 函数 3.解：(1学(2)8-5√3.(3)6-2√6+2/Z-2√3.3.自变量的取值范围 (1)一切 不等于0 一切 非负数 ∵EA=8cm,EE′=3cm,∴AE'=EA-EE′=8-3=5(cm). 在 Rt△ABE'中，AB2=AE′2+E'B2≈52+122=132,(4)3/3+1.(2)公共部分 数学·八年级下册—27— ∴AB=13 cm. (2)如答图，过点G作GM⊥AD于点M, 6.证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形， 即蚂蚁从A点爬到B点的最短路程约为 13 cm. 因为GE=DE=3,AE=5,AG=4, 且÷AC×GE=÷AE×CM, 所以CW=号，所以Sean=÷Db·cM=号， 即阴影部分的面积为号 ∴AD//BC,且AD=BC. ∵点C是BE的中点，∴BC=CE,∴AD=CE. 又∵AD//CE,∴四边形ACED是平行四边形. D E" B (2)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC. ∵AB=AE,∴DC=AE. 又∵四边形ACED是平行四边形，∴四边形 ACED是矩形. Al 4 题答图 5.解：(1)经分析，将长方体盒子沿侧棱AB剪开，部分展开后 如答图①时，可得到最短路程，连接CD. 已知长方体盒子(无盖)的长、宽、高分别是12cm,8cm, 30 cm, 7.证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC. 专项训练五 平行四边形以及特殊平行四边形的判定 ∵AM=MN,∴OM是△ACN的中位线， ∴ OM //CN.1.证明：∵CD//AB,∴∠CDF=∠BEF,∠DCF=∠EBF. ∵F是BC的中点，∴BF=CF. cNa mA{ ∴△DCF≌△EBF(AAS), ∴ DC = EB. 即 DE=12 cm,EF=30 cm,AE=8 cm, 所以AD=AE+DE=8+12=20(cm), AC=÷AB=15mm (2)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC. ∵AD⊥AN,∴BC⊥MN.∵AB=AC,∴BH=CH. 由(1)知OM//CN,∴∠MBH=∠NCH. ∠MBH=∠NCH, {BH=CH,在△MBH和△NCH中， ∠BHM=∠CHN, ∴△MBH≌△NCH(ASA),∴MH=NH, ∴四边形 BNCM 是平行四边形. 又∵BC⊥MN,∴平行四边形 BNCM 是菱形. 在Rt△ACD中，AD2+AC2=CD2,即202+152=CD, 所以CD=25cm(负值已舍去).故最短路程是 25 cm. (2)如答图②,连接AG,BG. ∵CD//BE,∴四边形 BECD是平行四边形. A 2.证明：(1)如答图，连接AC交 BD于点O,连接AE,AF. ∵G是AB的中点，BE=EF, D ∴EG是△ABF的中位线， F H∴EG//AF,即 CE//AF. 同理可得CF//AE,∴四边形 EA bGAFCE 是平行四边形， 2 题答图∴ CE=AF. E CD Dr 8.(1)证明：∵在矩形ABCD中，0是对角线AC的中点， 且EF⊥AC,∴AF=CF,AE=CE,OA=OC. ∵四边形 ABCD是矩形，∴AD//BC, ∴∠AFO =∠CEO. {在△AOF 和△COE中， ∴△AOF≌△COE(AAS), ∴AF=CE,∴AF=CF=CE=AE, ∴四边形 AECF 是菱形. iC C 30 B ∵EG是△ABF的中位线，∴AF=2EG,∴CE=2EG. G 12F (2)由(1)知，四边形AFCE是平行四边形， ∴OA=0C,OE=OF. 5 题答图① 5题答图② 在 Rt△BFG中，GF=12cm,BF=8cm,由勾股定理，得 GB2=GF2+BF2=208. 又：BE=DF,∴BE+OE=DF+OF,即OB=OD, ∴四边形ABCD是平行四边形.在Rt△AGB中，GB2=208,AB=30cm,由勾股定理，得 AG2=AB2+GB2=1 108. (2)解：24. 3.证明：(1)在△AEF和△DEC中， ∴△AEF≌△DEC(SAS). 9.证明：(1)在□ABCD中，OA=0C,OB=OD.故给该长方体盒子加上盖子，能放入木棒的最大长度的平 ∵AE=CF,∴OE=OF.∴四边形 EBFD是平行四边形.方是1108. 专项训练四勾股定理在折叠中的应用 (2)∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB//DC,∴∠BAC=∠DCA.又∵∠BAC=∠DAC, ∴∠DCA=∠DAC.∴DA=DC.∵OA=OC,∴DB⊥EF. ∴平行四边形 EBFD 是菱形. (2)∵△AEF=△DEC,∴∠AFE=∠DCE,∴AB//CD. ∵AD//BC,∴四边形ABCD为平行四边形.(2)45?1.解：(1)3. 4.证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=CB,AD//CB,∴∠ODE=∠OCB. ∵0是DC的中点，∴OD=OC. [00tocn,在△ODE和△OCB中， l∠DOE=∠COB, ∴△ODE≌△OCB(ASA), ∴DE=CB,OE=OB. ∵OD=0C,∴四边形CBDE是平行四边形. ∵AD=CB,DE=CB,∴AD=DE. 又∵AB=BE,∴BD⊥AE,∴∠BDE=90°, ∴平行四边形 CBDE是矩形. 2.解：(1)设CE=x,则BE=8-x, 由题意得AE=BE=8-x. 由勾股定理，得x2+62=(8-x)2, 解得x=子.即CB的长为子 10.证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD,OA=OC,OB=OD. ∵BE=DF,∴OE=OF, ∴四边形AECF是菱形.∵OE=OA, ∴OE=OF=OA=OC,即EF=AC, (2)∵点B'是AC的中点， ∴CB'=÷AC=3. 设CE=y,类比(1)中的解法， 可列出方程y2+32=(8-y)2, 解得y-言 ⅢCR的长为管 ∴菱形AECF是正方形. 11.证明：如答图，过点D作DG⊥AB交AB于点G. ∵DE⊥BC,DF⊥AC,∴∠C =∠DEC=∠DFC=90°, ∴四边形 CEDF为矩形. ∵AD平分∠CAB,DF⊥AC, DG⊥AB,∴DF=DG. C E D 5.证明：如答图，连接 EO. 11 题答图 ∵BD平分∠ABC,DG⊥AB, DE⊥BC,∴DE=DG, ∴DE=DF,∴四边形CEDF为正方形. ∵0是AC,BD的中点，∴AO= CO,BO=DO,3.解：AB的长为5. DAn∴四边形ABCD是平行四边形.4.解：AP的长为4.8. 在 Rt△EBD中，∵0为BD的中 12.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，G5.解：(1)如答图，由折叠的性质可得 ∠AGE=∠ADC=90°,DE=GE,AG = CD=4 设DE=GE=x,则AE=8-x, 因为在Rt△AEG中，AG2+GE2=AE2, 所以42+x2=(8-x)2,解得x=3,所以 0 点∴EO=÷BD. ∴∠B=∠D=∠C=90°.:D BL C应唐 ∵AE=AF,∴∠AFE=∠AEF.在Rt△AEC中，∵0为AC的中 5 题答图 ∵∠CEF=45°,∠C=90°,∴∠CFE=45°, 点∴EO=÷AC, ∴∠AFD=∠AEB,∴△ABE≌△ADF,c ∴AB=AD,矩形 ABCD是正方形. 5题答图 ∴AC=BD,∴平行四边形ABCD是矩形.DE=3.AE=5 (2)解：17. 专项训练六 构造中位线解题的五种常用方法 1.(1)证明：如答图，连接 CD,AE. 由三角形中位线定理可得PWL÷CD,PNL=AE ∵△ABD和△BCE是等边三角形， ∴AB=DB,BE=BC,∠ABD=∠CBE=60°, ∴∠ABE=∠DBC,∴△ABE≌△DBC, ∴AE=DC.∴PM=PN. (2)解：如答图，设PM交AE于点F,PN交CD于点G, AE交CD于点H,AE交BD于点Q. 由(1)知△ABE≌△DBC, ∴∠BAE=∠BDC. 又∵∠DQH=∠BQA, ∴∠AHD=∠ABD=60°,∴∠FHG=120°, 易证四边形 PFHG为平行四边形，∴∠MPN=120°. E N^ D H AN DNM Q A1 BVBP C M c 1 题答图 2题答图 2.解：如答图，延长 BD交AF于点 N. 由题易知∠NAD=∠BAD, ∠ADN=∠ADB=90°. 又：AD=AD,∴△AND≌△ABD, ∴DN=DB,AN=AB. 又∵M为BC的中点，∴DM为△BNC 的中位线， DANC=N+AC)=÷(AB+AC)=15. 3.解：如答图，延长CF交AB于点G,交AD于点H. ∵AE平分∠BAC, ∴∠GAF=∠CAF∵AF⊥CG,∴∠AFG=∠AFC. [∠GAF=∠CAF, 在△AFG和△AFC中，{AF=AF, l∠AFG=∠AFC, ∴△AFG≌△AFC(ASA),∴AG=AC,GF=CF. 又∵点 D是BC的中点，∴DF是△CBG的中位线， ∴DF=÷BC=÷(AB-AC)=÷(AB-AC) =÷×(10-6)=2. C FE4N A* BG F E wB DE C 3 题答图 4 题答图 4.证明：如答图，延长 FE至点N,使 EN=EF,连接 BN,AN, 易得ME=÷AN. ∵EF=EN,∠BEF=90°,∴BE垂直平分 FN,∴BF=BN, ∴∠BNF=∠BFN. ∵△BEF为等腰直角三角形，∠BEF=90°, ∴∠BFN=45°,∴∠BNF=45°, 数学·八年级下册 —28—