专题02 勾股定理【五大题型】-【好题汇编】备战2023-2024学年八年级数学下学期期末真题分类汇编（北京专用）

专题02 勾股定理【五大题型】 【题型1 勾股定理与单垂线问题】 1．（2022•石景山区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝2，则底边上的高为（　　） A．12 B． C． D．18 2．（2022•朝阳区校级期末）如图，在△ABD中，∠D＝90°，CD＝6，AD＝8，∠ACD＝2∠B，则BD的长是（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 3．（2023•海淀区校级期末）如图，在3×3的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的边AC上的高，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 4．（2023•丰台区期末）如图，点A在数轴上，其表示的数为2，过点A作AB⊥OA，且AB＝3．以点O为圆心，OB为半径作弧，与数轴正半轴交于点P，则点P表示的实数为（　　） A． B．3.6 C． D．4 5．（2023•海淀区校级期末）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以A为圆心，AB为半径画弧，交网格线于点D，则ED的长为 　 　． 6．（2023•海淀区校级期末）如图，△PCF中，PC＝PF，∠P＝30°，B为边PF上的一点，且∠BCP＝45°，BC＝2，则FB的长为　 　． 【题型2 勾股定理与双垂线问题】 7．（2023•海淀区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，则AB边上的高CD的长为（　　） A．4 B． C．3 D．10 8．（2023•西城区校级期末）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，AD为△ABC的高，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 9．（2023•顺义区校级期末）如图，∠C＝∠ADB＝90°，AD＝1，BC＝CD＝2，则AB＝　 　． 10．（2023•昌平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，AD＝2，∠B＝∠D＝90°，则CD＝　 　． 11．（2023•朝阳区校级期末）如图，A，B，H是直线上的三个点，AC⊥l于点A，BD⊥l于点B，HC＝HD，AB＝5，AC＝2，BD＝3，求AH的长． 12．（2023•海淀区校级期末）如图，在四边形ACDB中，∠ABD＝120°，AB⊥AC，BD⊥CD，AB＝4，CD＝5，求该四边形的面积． 【题型3 勾股定理与全等】 13．（2023•东城区校级期末）如图，直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，等腰直角△ABC的三个顶点A、B、C分别在直线l2、l1、l3上，∠ACB＝90°，则△ABC的面积为（　　） A．10 B．12 C． D．25 14．（2023•通州区校级期末）如图，AB＝5，AC＝3，BC边上的中线AD＝2，则△ABC的面积为 　 　． 15．（2023•朝阳区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，且DA＝DB．若CD＝3，则BC＝　 　． 16．（2022•石景山区期末）如图，△ABC中，∠A＝90°，BD平分∠ABC，交AC于点D，DE⊥BC于E，若AB＝6，BC＝9，则DE的长为 　 　． 17．（2023•房山区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝6，点D在AB上，AD＝AC，AF⊥CD交CD于点E，交CB于点F，则CF的长是　 　． 18．（2023•门头沟区校级期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E． （1）求证：AE＝DE； （2）如果AC＝3，，求AE的长． 【题型4 勾股定理与分类讨论】 19．（2022•海淀区校级期末）已知一个直角三角形的两边长分别为3和4，则第三边长的平方是（　　） A．25 B．7 C．5或 D．7或25 20．（2022•朝阳区期末）如图，O是射线CB上一点，∠AOB＝60°，OC＝6cm，动点P从点C出发沿射线CB以2cm/s的速度运动，动点Q从点O出发沿射线OA以1cm/s的速度运动，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s），当△POQ是等腰三角形时，t的值为（　　） A．2 B．2或6 C．4或6 D．2或4或6 21．（2023•西城区校级期中）如图，∠ABC＝60°，AB＝3，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线BC运动，设点P的运动时间为t秒，当△ABP是直角三角形时，t＝　 　． 22．（2023•延庆区校级期末）如图，已知∠MAN＝30°，点B在射线AM上，且AB＝6，点C在射线AN上． （1）若△ABC是直角三角形，求AC的长； （2）若△ABC是等腰三角形，则满足条件的C点有　 　个； （3）设BC＝x，当△ABC唯一确定时，直接写出x的取值范围． 【题型5 勾股定理的证明】 23．（2022•东城区期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（　　） A．72 B．52 C．80 D．76 24．（2023•丰台区期末）勾股定理又称毕达哥拉斯定理、商高定理、百牛定理，是人类早期发现并证明的重要数学定理之一．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以Rt△ABC各边为边向外作正方形ABFG、正方形ACHI、正方形BCDE．连接GI、EF、DH，若，DH＝4，则这个六边形EDHIGF的面积为（　　） A．28 B．26 C．32 D．30 25．（2022•海淀区校级期末）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，∠ACB＝90°，若图中大正方形的面积为60，小正方形的面积为20，则（a+b）2的值为 　 　． 26．（2023•密云区校级期末）（1）请你根据图甲中的直角三角形叙述勾股定理（用文字及符号语言叙述）； （2）以图甲中的直角三角形为基础，可以构造出以a，b为底，以a+b为高的直角梯形（如图乙）．你能利用图乙证明勾股定理吗？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 勾股定理【五大题型】 【题型1 勾股定理与单垂线问题】 1．（2022•石景山区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝2，则底边上的高为（　　） A．12 B． C． D．18 解：如图，过点A作AD⊥BC于点D， ∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC， ∴BD＝CD， 在Rt△ABD中，由勾股定理得， AD2， 即底边上的高为2， 答案：B． 2．（2022•朝阳区校级期末）如图，在△ABD中，∠D＝90°，CD＝6，AD＝8，∠ACD＝2∠B，则BD的长是（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 解：∵∠D＝90°，CD＝6，AD＝8， ∴AC10， ∵∠ACD＝2∠B，∠ACD＝∠B+∠CAB， ∴∠B＝∠CAB， ∴BC＝AC＝10， ∴BD＝BC+CD＝16， 答案：C． 3．（2023•海淀区校级期末）如图，在3×3的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，若BD是△ABC的边AC上的高，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 解：由勾股定理得：AC， ∵S△ABC＝3×31×21×32×3， ∴AC•BD， ∴•BD＝7， ∴BD， 答案：D． 4．（2023•丰台区期末）如图，点A在数轴上，其表示的数为2，过点A作AB⊥OA，且AB＝3．以点O为圆心，OB为半径作弧，与数轴正半轴交于点P，则点P表示的实数为（　　） A． B．3.6 C． D．4 解：由题意知，OA＝2，AB＝3，∠BAO＝90°， ∴OB， ∵以点O为圆心，OB为半径作弧，与数轴正半轴交于点P， ∴OP＝OB， ∴点P表示的实数为， 答案：C． 5．（2023•海淀区校级期末）如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以A为圆心，AB为半径画弧，交网格线于点D，则ED的长为 　　． 解：如图，连接AD，则AD＝AB＝3， 在Rt△ADE中，由勾股定理得： ED． 答案：． 6．（2023•海淀区校级期末）如图，△PCF中，PC＝PF，∠P＝30°，B为边PF上的一点，且∠BCP＝45°，BC＝2，则FB的长为　22　． 解：如图，过B作BD⊥CP于D，则∠BDC＝∠BDP＝90°， ∵∠BCP＝45°， ∴△CBD是等腰直角三角形， ∴BD2+CD2＝BC2，BD＝CD， ∵BC＝2， ∴BD＝CD＝2． 在直角△BDP中，∵∠BDP＝90°，∠P＝30°， ∴BP＝2BD＝4，DP2， ∴PC＝CD+DP＝2+2， ∵PC＝PF， ∴PF＝2+2， ∴FB＝PF﹣BP＝2+24＝22． 答案：22． 【题型2 勾股定理与双垂线问题】 7．（2023•海淀区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，则AB边上的高CD的长为（　　） A．4 B． C．3 D．10 解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，则由勾股定理得到：AB10． ∵S△ABCAB•CDAC•BC， ∴CD． 答案：B． 8．（2023•西城区校级期末）如图，在3×3的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，AD为△ABC的高，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 解：由勾股定理得：BC， ∵S△ABC＝3×32×12×31×3， 又∵S△ABCBC•AD， ∴BC•AD＝7， ∴AD， 答案：A． 9．（2023•顺义区校级期末）如图，∠C＝∠ADB＝90°，AD＝1，BC＝CD＝2，则AB＝　3　． 解：∵∠C＝90°，BC＝CD＝2， ∴BD2， ∵∠ADB＝90°， ∴AB3， 答案：3． 10．（2023•昌平区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝2，AD＝2，∠B＝∠D＝90°，则CD＝　　． 解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2， 则由勾股定理得到：AC2＝AB2+BC2＝（2）2+（2）2＝16． 在Rt△ACD中，∠D＝90°，AD＝2，由勾股定理得到：CD2＝AC2﹣AD2＝16﹣22＝12． 所以CD＝2． 答案：2． 11．（2023•朝阳区校级期末）如图，A，B，H是直线上的三个点，AC⊥l于点A，BD⊥l于点B，HC＝HD，AB＝5，AC＝2，BD＝3，求AH的长． 解：∵AC⊥l于点A，BD⊥l于点B， ∴∠CAH＝∠HBD＝90°， ∵A，B，H是直线上的三个点， ∴AH+BH＝AB＝5， ∴BH＝5﹣AH， 在Rt△ACH中，AC2+AH2＝CH2， 即4+AH2＝CH2， 在Rt△BHD中，BH2+BD2＝DH2， 即（5﹣AH）2+9＝DH2， ∵HC＝HD， ∴4+AH2＝（5﹣AH）2+9， ∴AH＝3， 故AH的长为3． 12．（2023•海淀区校级期末）如图，在四边形ACDB中，∠ABD＝120°，AB⊥AC，BD⊥CD，AB＝4，CD＝5，求该四边形的面积． 解：如图，延长CA、DB交于点E， ∵四边形ABDC中，∠ABD＝120°，AB⊥AC，BD⊥CD， ∴∠C＝60°， ∴∠E＝30°． 在Rt△ABE中，∵AB＝4，∠E＝30°， ∴BE＝2AB＝8， ∴AE4． 在Rt△DEC中，∵∠E＝30°，CD＝5， ∴CE＝2CD＝10， ∴DE15， ∴S△ABE4×48， S△CDE515， ∴S四边形ABDC＝S△CDE﹣S△ABE． 【题型3 勾股定理与全等】 13．（2023•东城区校级期末）如图，直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3，等腰直角△ABC的三个顶点A、B、C分别在直线l2、l1、l3上，∠ACB＝90°，则△ABC的面积为（　　） A．10 B．12 C． D．25 解：如图，过点A作AF⊥l3于F，过点B作BE⊥l3于E， ∴∠AFC＝∠BEC＝∠ACB＝90°， ∴∠BCE+∠ACF＝90°＝∠BCE+∠CBE， ∴∠ACF＝∠CBE， 在△BCE和△CAF中， ， ∴△BCE≌△CAF（AAS）， ∴BE＝CF，AF＝CE， ∵直线l1∥l2∥l3，且l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为3， ∴BE＝3＝CF，AF＝4＝CE， ∴BC5， ∴△ABC的面积52， 答案：C． 14．（2023•通州区校级期末）如图，AB＝5，AC＝3，BC边上的中线AD＝2，则△ABC的面积为 　6　． 解：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE， ∵D为BC的中点， ∴DC＝BD， ∵在△ADC与△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝3，∠CAD＝∠E， 又∵AE＝2AD＝4，AB＝5， ∴AB2＝AE2+BE2， ∴∠CAD＝∠E＝90°， 则S△ABC＝S△ABD+S△ADCAD•BEAD•AC2×32×3＝6． 答案：6． 15．（2023•朝阳区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，且DA＝DB．若CD＝3，则BC＝　9　． 解：如图，过点D作DE⊥AB于E， ∵∠C＝90°，AD平分∠BAC， ∴DE＝CD＝3， ∵AD＝BD，DE⊥AB， ∴AE＝BE， 在Rt△AED与Rt△ACD中， ∴Rt△AED≌Rt△ACD（HL）， ∴AE＝AC，BE＝AC， ∴AB＝2AC， ∴∠B＝30°， ∴∠CAD＝30°， ∴AD＝BD＝2CD＝6， ∴BC＝9． 答案：9． 16．（2022•石景山区期末）如图，△ABC中，∠A＝90°，BD平分∠ABC，交AC于点D，DE⊥BC于E，若AB＝6，BC＝9，则DE的长为 　　． 解：∵AC⊥AB，DE⊥BC，BD平分∠ABC， ∴DE＝DA， 在Rt△ABD与Rt△EBD中， ， ∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL）， ∴BE＝AB＝6， ∵BC＝9， ∴CE＝3， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， AC3， 设DE＝x，则CD＝3x， 在Rt△CDE中，由勾股定理得， CD2＝ED2+CE2， 即（3）2＝x2+32， 解得x， 即DE的长为， 答案：． 17．（2023•房山区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝6，点D在AB上，AD＝AC，AF⊥CD交CD于点E，交CB于点F，则CF的长是　　． 解：连接DF，如图所示： ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝6， ∴AB3， ∵AD＝AC＝3，AF⊥CD， ∴CE＝DE，BD＝AB﹣AD＝33， ∴CF＝DF， 在△ADF和△ACF中， ， ∴△ADF≌△ACF（SSS）， ∴∠ADF＝∠ACF＝90°， ∴∠BDF＝90°， 设CF＝DF＝x，则BF＝6﹣x， 在Rt△BDF中，由勾股定理得：DF2+BD2＝BF2， 即x2+（33）2＝（6﹣x）2， 解得：x； ∴CF； 答案：． 18．（2023•门头沟区校级期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E． （1）求证：AE＝DE； （2）如果AC＝3，，求AE的长． （1）证明：∵DE∥AC， ∴∠CAD＝∠ADE， ∵AD平分∠BAC， ∴∠CAD＝∠EAD． ∴∠EAD＝∠ADE． ∴AE＝DE； （2）解：过点D作DF⊥AB于F． ∵∠C＝90°，AC＝3，， 在Rt△ACD中，由勾股定理得 AC2+DC2＝AD2． ∴． ∵AD平分∠BAC， ∴DF＝DC． 又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°， ∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）． ∴AF＝AC＝3， ∴Rt△DEF中，由勾股定理得 EF2+DF2＝DE2． 设AE＝x，则DE＝x，EF＝3﹣x， ∴， ∴x＝2． ∴AE＝2． 【题型4 勾股定理与分类讨论】 19．（2022•海淀区校级期末）已知一个直角三角形的两边长分别为3和4，则第三边长的平方是（　　） A．25 B．7 C．5或 D．7或25 解：当边长为4的边为斜边时，第三边的平方为42﹣32＝7； 当边长为4的边为直角边时，第三边的平方为32+42＝25； 答案：D． 20．（2022•朝阳区期末）如图，O是射线CB上一点，∠AOB＝60°，OC＝6cm，动点P从点C出发沿射线CB以2cm/s的速度运动，动点Q从点O出发沿射线OA以1cm/s的速度运动，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s），当△POQ是等腰三角形时，t的值为（　　） A．2 B．2或6 C．4或6 D．2或4或6 解：由题意得：CP＝2t cm，OQ＝t cm， 则当点P在线段CO上时，OP＝（6﹣2t）cm，当点P在射线OB上时，OP＝（2t﹣6）cm， 当点P在线段CO上，OP＝OQ时，6﹣2t＝t， 解得：t＝2， 点P在射线OB上，OP＝OQ时，2t﹣6＝t， 解得：t＝6， 如图，点P在射线OB上，QO＝PQ时，过点P作PH⊥OP于H， 则OHOP（2t﹣6）＝t﹣3， ∵∠AOB＝60°， ∴∠OQH＝30°， ∴OQ＝2OH， ∴t＝2（t﹣3）， 解得：t＝6， 综上所述：当△POQ是等腰三角形时，t的值为2或6， 答案：B． 21．（2023•西城区校级期中）如图，∠ABC＝60°，AB＝3，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线BC运动，设点P的运动时间为t秒，当△ABP是直角三角形时，t＝　或6　． 解：分两种情况： ①当∠APB＝90°时，过A作AP⊥BC于点P， ∵∠ABC＝60°，AB＝3， ∴BP， ∵动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线BC运动， ∴t； ②当∠BAP＝90°时，过A作P'A⊥AB交BC于点P'， ∵∠ABC＝60°，AB＝3， ∴BP'＝6， ∵动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线BC运动， ∴t＝6， 综上所述，当△ABP是直角三角形时，t或6， 答案：或6． 22．（2023•延庆区校级期末）如图，已知∠MAN＝30°，点B在射线AM上，且AB＝6，点C在射线AN上． （1）若△ABC是直角三角形，求AC的长； （2）若△ABC是等腰三角形，则满足条件的C点有　3　个； （3）设BC＝x，当△ABC唯一确定时，直接写出x的取值范围． 解：（1）当∠ABC＝90°时， ∵∠A＝30°， ∴BC， ∴设BC＝x，则AC＝2x， 在Rt△ABC中，由勾股定理得36+x2＝4x2， 解得x＝2，x＝﹣2（舍去）． ∴AC＝4， 当∠ACB＝90°时， ∵∠A＝30° ∴BC， ∴AC＝3． （2）如图3，当AC＝BC时，满足题意． 如图4，当AC＝AB时，满足题意． 如图5，当AB＝BC时，满足题意． 答案：3． （3）当BC≥6或BC＝3时，△ABC唯一确定． 即x＝3或x≥6． 【题型5 勾股定理的证明】 23．（2022•东城区期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（　　） A．72 B．52 C．80 D．76 解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则 x2＝122+52＝169 所以x＝13 所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76． 答案：D． 24．（2023•丰台区期末）勾股定理又称毕达哥拉斯定理、商高定理、百牛定理，是人类早期发现并证明的重要数学定理之一．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以Rt△ABC各边为边向外作正方形ABFG、正方形ACHI、正方形BCDE．连接GI、EF、DH，若，DH＝4，则这个六边形EDHIGF的面积为（　　） A．28 B．26 C．32 D．30 解：设AC＝a，AB＝b，BC＝c，过E作作FB的垂线，垂足为M，过D作HC的垂线，垂足为N， ∵∠EBM+∠CBM＝90°，∠ABC+∠CBM＝90°， ∴∠EBM＝∠ABC， 在△BME与△BAC中， ， ∴△BEM≌△BCA（AAS）， ∴BM＝AB＝b，EM＝AC＝a， 同理可证△CMD≌△CAB， ∴CM＝AC＝a，ND＝AB＝b， 在△EFM中，FM2+EM2＝EF2，即（2b）2+a2＝34， 在△HND中，HN2+ND2＝HD2，即（2a）2+b2＝16， ∴a，b，c． ∴S六边形EDHIGF＝S正方形BEDC+S正方形ABFG+S正方形ACHI+S△GAI+S△ABC+S△FBE+S△HCD ＝c2+b2+a2+2ab＝28． 答案：A． 25．（2022•海淀区校级期末）如图，“赵爽弦图”由4个全等的直角三角形所围成，在Rt△ABC中，AC＝b，BC＝a，∠ACB＝90°，若图中大正方形的面积为60，小正方形的面积为20，则（a+b）2的值为 　100　． 解：由图可知，（b﹣a）2＝20，4ab＝60﹣20＝40， ∴2ab＝40， ∴（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab＝20+2×40＝100． 答案：100． 26．（2023•密云区校级期末）（1）请你根据图甲中的直角三角形叙述勾股定理（用文字及符号语言叙述）； （2）以图甲中的直角三角形为基础，可以构造出以a，b为底，以a+b为高的直角梯形（如图乙）．你能利用图乙证明勾股定理吗？ 解：（1）勾股定理：文字叙述：直角三角形的两条直角边的平方和，等于斜边的平方； 符号语言叙述：在直角三角形中，两条直角边分别为a，b，斜边为c，则：a2+b2＝c2； （2）能，证明：∵S四边形ABCD（a+b）（a+b）（a2+b2+2ab）， S四边形ABCD＝S△ABE+S△ADE+S△CDEabc2ab， ∴（a2+b2+2ab）abc2ab， ∴a2+b2＝c2． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$