2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项九：勾股定理压轴测

2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项八：勾股定理压轴训练测（原版） 1、 选择压轴： 1、在北京召开的国际数学家大会会标，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形（如图所示），若大正方形的面积为13，小正方形的面积是1，较长的直角边为a，较短的直角边为b，则（a+b）2的值为（　　） A．13 B．19 C．25 D．169 2、（2024•天津模拟）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形ABCD的四条边为边向外作四个正方形，面积分别为S1，S2，S3，S4．若S1＝48，S2+S3＝135，则S4＝（　　） A．183 B．87 C．119 D．81 3、（2024秋•南岸区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（　　） A. B． C． D． 4、（2024秋•二道区校级期末）已知O为数轴原点，如图，（1）在数轴上截取线段OA＝2；（2）过点A作直线l垂直于OA；（3）在直线l上截取线段AB＝3；（4）以O为圆心，OB的长为半径作弧，交数轴分别于点C，D．根据以上作图过程及所作图形，有如下四个结论：①OC＝5；②OB＝；③点C对应的数是﹣2；④5＜AD＜6．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 5、（2024•苏州模拟）如图，以直角三角形的三边a，b，c为边，向外作正方形，等腰直角三角形，等边三角形和半圆，上述四种情况的面积关系满足S1+S2＝S3的图形有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6、（2024春•元阳县期末）为加强疫情防控，云南某中学在校门口区域进行入校体温检测．如图，入校学生要求沿着直线AB单向单排通过校门口，测温仪C与直线AB的距离为3m，已知测温仪的有效测温距离为5m，则学生沿直线AB行走时测温的区域长度为（　　） A．4 m B．5m C．6m D．8m 7、（2024春•泉港区期末）我国古代数学专著《九章算术》中有一名题：“今有二人同所立，甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲乙行各几何．”其大意是：已知甲、乙二人同时从一地出发，甲的速度为7，乙的速度为3．乙向东行走，甲先向南行走10步时偏离原方向，朝北偏东的方向直行走一段后与乙相遇．问：甲、乙各行走了多少步？设S甲、S乙分别为甲、乙走的路程（单位：步），则（　　） A．S甲＝10.5，S乙＝24.5 B．S甲＝24.5，S乙＝10.5 C．S甲＝17.5，S乙＝7.5 D．S甲＝7.5，S乙＝17.5 8、（2024•南岸区校级模拟）我们知道，三个正整数a、b、c满足a2+b2＝c2，那么，a、b、c成为一组勾股数；如果一个正整数m能表示成两个非负整数x、y的平方和，即m＝x2+y2，那么称m为广义勾股数，则下面的结论： ①7是广义勾股数；②13是广义勾股数；③两个广义勾股数的和是广义勾股数； ④两个广义勾股数的积是广义勾股数；⑤若x＝m2﹣n2，y＝2mn，z＝m2+n2，其中x，y，z，m，n是正整数，则x，y，z是一组勾股数． 其中正确的结论是（　　） A．①③④⑤ B．②④ C．②③⑤ D．②④⑤ 2、 填空压轴： 1、（2024秋•蒲江县校级期中）我县某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，∠ADC＝90°，CD＝3米，AD＝4米，AB＝13米，BC＝12米．求出空地ABCD的面积为 　 　平方米． 2、（2024秋•高邮市期中）如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面积依次为4、6、20，则正方形B的面积为 　 　． 3、（2024秋•西湖区校级期中）如图，一根2.5m长的木杆AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙底端C的距离为0.7m，木杆的顶端沿墙面下滑0.4m，那么点B将向外移动 　 　m；木杆在下滑过程中，△ABC面积最大为 　 　m2． 4、（2024秋•顺义区期末）如图是某路口处草坪的一角，当行走路线是A→C→B时，有人为了抄近道而避开路的拐角∠ACB（∠ACB＝90°），于是在草坪内走出了一条不该有的捷径路AB．某学习实践小组通过测量可知，AC的长约为6米，BC的长约为8米，为了提醒居民爱护草坪，他们想在A，B处设立“踏破青白可惜，多行数步无妨”的提示牌．则提示牌上的“多行数步”是指多行 　 　米． 5、（2024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＝　 　． 6、（2024秋•丰城市校级期末）某会展中心在会展期间准备将高5m、长13m、宽2m的楼道铺上地毯，已知地毯每平方米20元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要　 　元． 7、（2024春•瑞安市期中）如图1是重型卡车的立体图，图2是一个装有货物的长方体形状的木箱沿着坡面从重型卡车车上卸载的平面示意图．已知重型卡车车身高度AC＝4m，卡车卸货时后面支架AB弯折落在地面A'，经过测量A′C＝2m．现有木箱长ED＝5m，高EF＝2.5m，宽小于卡车车身的宽度，当木箱底部顶点G与坡面底部点A′重合时，则木箱上部顶点E到地面A'C的距离为 　 　m． 8、（2024秋•温州期中）如图是一个提供床底收纳支持的气压伸缩杆，除了AB是完全固定的钢架外，AD，BC，DE属于位置可变的定长钢架．如图1所示，AD＝13cm，BC＝20cm，伸缩杆PQ的两端分别固定在BC，CE两边上，其中PB＝13cm，CQ＝20cm．当伸缩杆完全收拢（即CD∥AB）时，如图2所示，床高（CD与AB之间的距离）为12cm，则此时伸缩杆PQ的长度为 　 　cm．当∠ADC成180°时，伸缩杆PQ打开最大，此时PQ的长度为，则固定钢架AB的长度为 　 　cm． 3、 解答压轴： 1、（2024•杭州模拟）如图2，是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴B到地面的距离BD＝2.5m．乐乐在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，过点A作AC⊥BD于C，点A到地面的距离AE＝1.5m（AE＝CD），当他从A处摆动到A'处时，A'B＝AB，若A'B⊥AB，作A'F⊥BD，垂足为F．求A′到BD的距离A'F． 2、（2024秋•兴庆区校级期末）阅读下列文字，然后回答问题． 已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），它们之间的距离P1P2＝． （1）已知A（2，4），B（﹣3，﹣8），试求A，B两点间的距离． （2）已知△DEF各顶点的坐标为D（1，6），E（﹣2，2），F（4，2），请判断此三角形的形状，并说明理由． 3、（2024秋•代县期末）综合与实践 美丽的弦图中蕴含着四个全等的直角三角形． （1）如图1，弦图中包含了一大一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b，斜边长为c，结合图1，试验证勾股定理； （2）如图2，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（实线）的周长为24，OC＝3，求该飞镖状图案的面积； （3）如图3，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝42，求S2的值． 4、（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男子拽着绳子另一端向右走，绳端从C移动到E，同时小船从A移动到B，绳子始终绷紧且绳长保持不变．（1）若CF＝7米，AF＝24米，AB＝18米，求男子需向右移动的距离．（结果保留根号） （2）此人以0.5米每秒的速度收绳，请通过计算回答，该男子能否在30秒内将船从A处移动到岸边点F的位置？ 5、（2024秋•榆树市期末）如图，在笔直的公路AB旁有一座山，为方便运输货物现要从公路AB上的D处开凿隧道修通一条公路到C处，已知点C与公路上的停靠站A的距离为15km，与公路上另一停靠站B的距离为20km，停靠站A、B之间的距离为25km，且CD⊥AB． （1）求修建的公路CD的长； （2）若公路CD修通后，一辆货车从C处经过D点到B处的路程是多少？ 6、（2024秋•温江区校级期中）细心观察如图，认真分析各式，然后解答下列问题： OA22＝（）2+1＝2，S1＝（S1是Rt△OA1A2的面积）； OA32＝（）2+1＝3，S2＝（S2是Rt△OA2A3的面积）； OA42＝（）2+1＝4，S3＝（S3是Rt△OA3A4的面积）； …… （1）请用含有n（n为正整数）的式子填空：OAn2＝　 　，Sn＝　 　； （2）求+++...+的值． 7、（2024秋•沈丘县期末）如图，已知△ABC中，∠A＝90°，AB＝8cm，AC＝6cm，P，Q分别是△ABC的边上的两动点，点P从点B开始沿B→A方向运动，速度为每秒1cm，到达A点后停止；点Q从A开始沿A→C→B的方向运动，速度为每秒2cm，到达B点后停止，它们同时出发，设出发时间为ts． （1）求BC的长度； （2）当t为何值时，点P恰好在边BC的垂直平分线上？并求出此时CQ的长； （3）当点Q在边BC上运动时，直接写出△ACQ为等腰三角形时t的值． 8、（2024秋•萍乡月考）如图1，图2分别是网上某种型号拉杆箱的实物图与示意图，根据商品介绍，获得了如下信息：滑杆DE、箱长BC、拉杆AB的长度都相等，即DE＝BC＝AB＝50cm，点B、F在线段AC上，点C在DE上，支杆DF＝30cm． （1）当E与C点重合，CF＝40cm时，△CDF是什么三角形． （2）若EC＝36cm时，B，D相距48cm，试判定BD与DE的位置关系，并说明理由． （3）当∠DCF＝45°，CF＝AC时，求CD的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项八：勾股定理压轴测（解析） 1、 选择压轴 1、（2024秋•电白区期中）在北京召开的国际数学家大会会标，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的大正方形（如图所示），若大正方形的面积为13，小正方形的面积是1，较长的直角边为a，较短的直角边为b，则（a+b）2的值为（　　） A．13 B．19 C．25 D．169 【分析】根据大正方形的面积即可求得c2，利用勾股定理可以得到a2+b2＝c2，然后求得直角三角形的面积即可求得ab的值，根据（a+b）2＝a2+b2+2ab＝c2+2ab即可求解． 【解答】解：设大正方形的边长为c， ∵大正方形的面积是13， ∴c2＝13， ∴a2+b2＝c2＝13， ∵直角三角形的面积是＝3， 又∵直角三角形的面积是ab＝3， ∴ab＝6， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝c2+2ab＝13+2×6＝13+12＝25． 故选：C． 2、（2024•天津模拟）如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形ABCD的四条边为边向外作四个正方形，面积分别为S1，S2，S3，S4．若S1＝48，S2+S3＝135，则S4＝（　　） A．183 B．87 C．119 D．81 【分析】利用勾股定理的几何意义解答． 【解答】解：由题意可知：，，，， 如图，连接BD， 在直角△ABD和△BCD中，BD2＝AD2+AB2＝CD2+BC2， 即S1+S4＝S3+S2， 因此S4＝135﹣48＝87， 故选：B． 3、（2024秋•南岸区期末）如图，Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1．以BC＝1，OB为直角边，构造Rt△OBC；再以CD＝1，OC为直角边，构造Rt△OCD；…，按照这个规律，在Rt△OHI中，点H到OI的距离是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理得OB＝＝＝，OC＝＝＝，OD＝，按照这个规律，根据勾股定理得OI＝＝2，作HM⊥OI于点M，根据三角形的面积公式即可求出答案． 【解答】解：在Rt△ABO中，∠A＝90°，AO＝2，AB＝1， 根据勾股定理得OB＝＝＝， 在Rt△OBC，根据勾股定理得OC＝＝＝， 在Rt△OCD，根据勾股定理得OD＝， 按照这个规律，在Rt△OHI中，根据勾股定理得OI＝＝2， 如图，作HM⊥OI于点M， ∴OI•HM＝OH•HI， ∴×2×HM＝××1， ∴HM＝， ∴点H到OI的距离是． 故选：B． 4、（2024秋•二道区校级期末）已知O为数轴原点，如图，（1）在数轴上截取线段OA＝2；（2）过点A作直线l垂直于OA；（3）在直线l上截取线段AB＝3；（4）以O为圆心，OB的长为半径作弧，交数轴分别于点C，D．根据以上作图过程及所作图形，有如下四个结论：①OC＝5；②OB＝；③点C对应的数是﹣2；④5＜AD＜6．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【分析】由勾股定理求得OB，进而得OC，AD，再判断结论的正误． 【解析 】根据题意得，OA＝2，AB＝3，∠OAB＝90°， ∴OB＝＝， 故②正确； ∵OC＝OB， ∴OC＝， ∴点C对应的数是，故③错误，①错误； ∵OD＝OC＝， ∴AD＝2+，∴5＜AD＜6，故④正确；故选：D． 5、（2024•苏州模拟）如图，以直角三角形的三边a，b，c为边，向外作正方形，等腰直角三角形，等边三角形和半圆，上述四种情况的面积关系满足S1+S2＝S3的图形有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据勾股定理得到三角形三边a、b、c的关系，根据等边三角形、半圆形、等腰直角三角形及正方形的面积求法，逐一验证S1+S2＝S3是否成立，即可得出答案． 【解析 】由勾股定理得a2+b2＝c2， 第一个图形中，，，，满足S1+S2＝S3； 第二个图形中，，，，满足S1+S2＝S3； 第三个图形中，，，，满足S1+S2＝S3； 第四个图形中，，，满足S1+S2＝S3； 综上所述，满足题意的图形有4个， 故选：D． 6、（2024春•元阳县期末）为加强疫情防控，云南某中学在校门口区域进行入校体温检测．如图，入校学生要求沿着直线AB单向单排通过校门口，测温仪C与直线AB的距离为3m，已知测温仪的有效测温距离为5m，则学生沿直线AB行走时测温的区域长度为（　　） A．4 m B．5m C．6m D．8m 【分析】连接AC、BC，推理出AC＝BC＝5，过点C作CF⊥AB，易知CF＝3，然后在分别求出AF、CF的长，进而可得AB的长． 【解答】解：连接AC、BC，过点C作CF⊥AB于F， 因为测温仪的有效测温距离为5m， 所以AC＝BC＝5m， 又测温仪C与直线AB的距离为3m， 在Rt△ACF中，据勾股定理得： AF＝＝＝4（m）， 同理得BF＝4m， 所以AB＝8m， 即学生沿直线AB行走时测温的区域长度为8m． 故选：D． 7、（2024春•泉港区期末）我国古代数学专著《九章算术》中有一名题：“今有二人同所立，甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲乙行各几何．”其大意是：已知甲、乙二人同时从一地出发，甲的速度为7，乙的速度为3．乙向东行走，甲先向南行走10步时偏离原方向，朝北偏东的方向直行走一段后与乙相遇．问：甲、乙各行走了多少步？设S甲、S乙分别为甲、乙走的路程（单位：步），则（　　） A．S甲＝10.5，S乙＝24.5 B．S甲＝24.5，S乙＝10.5 C．S甲＝17.5，S乙＝7.5 D．S甲＝7.5，S乙＝17.5 【分析】设甲、乙二人出发后相遇的时间为x，然后利用勾股定理列出方程即可． 【解答】解：设经x秒二人在B处相遇，这时乙共行AB＝3x， 甲共行AC+BC＝7x， ∵AC＝10， ∴BC＝7x﹣10， 又∵∠A＝90°， ∴BC2＝AC2+AB2， ∴（7x﹣10）2＝102+（3x）2， ∴x＝0（舍去）或x＝3.5， ∴AB＝3x＝10.5， AC+BC＝7x＝24.5， 即S甲＝24.5，S乙＝10.5， 故选：B． 8、（2024•南岸区校级模拟）我们知道，三个正整数a、b、c满足a2+b2＝c2，那么，a、b、c成为一组勾股数；如果一个正整数m能表示成两个非负整数x、y的平方和，即m＝x2+y2，那么称m为广义勾股数，则下面的结论： ①7是广义勾股数；②13是广义勾股数；③两个广义勾股数的和是广义勾股数； ④两个广义勾股数的积是广义勾股数；⑤若x＝m2﹣n2，y＝2mn，z＝m2+n2，其中x，y，z，m，n是正整数，则x，y，z是一组勾股数． 其中正确的结论是（　　） A．①③④⑤ B．②④ C．②③⑤ D．②④⑤ 【分析】根据广义勾股数的定义进行判断即可． 【解答】解：①∵7不能表示为两个正整数的平方和， ∴7不是广义勾股数，故①结论错误； ②∵13＝22+32， ∴13是广义勾股数，故②结论正确； ③两个广义勾股数的和不一定是广义勾股数，如5和10是广义勾股数，但是它们的和不是广义勾股数，故③结论错误； ④∵5＝12+22，13＝22+32，65＝5×13，65是广义勾股数，两个广义勾股数的积是广义勾股数， 如2和2都是广义勾股数，但2×2＝4，4不是广义勾股数，故④结论正确； ⑤∵x2+y2＝（m2﹣n2）2+（2mn）2＝m4+2m2n2+n4， z2＝（m2+n2）2＝m4+2m2n2+n4， ∴x2+y2＝z2， 又知x，y，z，m，n是正整数，则x，y，z是一组勾股数． 故⑤结论正确； ∴依次正确的是②④⑤． 故选：D． 2、 填空压轴： 1、（2024秋•蒲江县校级期中）我县某中学有一块四边形的空地ABCD，如图所示，学校计划在空地上种植草皮，经测量，∠ADC＝90°，CD＝3米，AD＝4米，AB＝13米，BC＝12米．求出空地ABCD的面积为 　24　平方米． 【分析】连接AC，由勾股定理求出AC＝5，再由勾股定理的逆定理得△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，然后由S四边形ABCD＝S△ACB﹣S△ACD，列式计算即可． 【解答】解：如图，连接AC， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC＝＝＝5（米）， 在△ABC中，AB＝13米，BC＝12米， ∵52+122＝132， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°， ∴S四边形ABCD＝S△ACB﹣S△ACD＝AC•BC﹣AD•CD＝×5×12﹣×4×3＝24（平方米）， 故答案为：24． 2、（2024秋•高邮市期中）如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面积依次为4、6、20，则正方形B的面积为 　10　． 【分析】根据勾股定理的几何意义：S正方形A+S正方形B＝S正方形E，S正方形D﹣S正方形C＝S正方形E解得即可． 【解答】解：由题意：S正方形A+S正方形B＝S正方形E，S正方形D﹣S正方形C＝S正方形E， ∴S正方形A+S正方形B＝S正方形D﹣S正方形C ∵正方形A、C、D的面积依次为4、6、20， ∴S正方形B+4＝20﹣6， ∴S正方形B＝10． 故答案为：10． 3、（2024秋•西湖区校级期中）如图，一根2.5m长的木杆AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙底端C的距离为0.7m，木杆的顶端沿墙面下滑0.4m，那么点B将向外移动 　0.8　m；木杆在下滑过程中，△ABC面积最大为 　　m2． 【分析】根据勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答． 【解答】解：在Rt△ABC中， ∵AB＝2.5m，BC＝0.7m， ∴AC＝＝＝2.4m， 又∵AA′＝0.4m， ∴A′C＝2.4﹣0.4＝2m， 在Rt△A′B′C中， B′C＝＝1.5m， 则BB′＝CB′﹣CB＝1.5﹣0.7＝0.8m． 如图，作AB边上的中线CD， 在Rt△ABC中，CD＝AB＝×2.5＝1.25m． 当CD为高时，△ABC取得最大面积为：×2.5×1.25＝m2． 故答案为：0.8，． 4、（2024秋•顺义区期末）如图是某路口处草坪的一角，当行走路线是A→C→B时，有人为了抄近道而避开路的拐角∠ACB（∠ACB＝90°），于是在草坪内走出了一条不该有的捷径路AB．某学习实践小组通过测量可知，AC的长约为6米，BC的长约为8米，为了提醒居民爱护草坪，他们想在A，B处设立“踏破青白可惜，多行数步无妨”的提示牌．则提示牌上的“多行数步”是指多行 　4　米． 【分析】由勾股定理求出AB＝10米，即可解决问题． 【解析 】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6米，BC＝8米， ∴AB＝＝＝10（米）， ∴AC+BC﹣AB＝6+8﹣10＝4（米）， ∴他们只为少走4米的路， 故答案为：4． 5、（2024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＝　20　． 【分析】根据垂直的定义和勾股定理解答即可． 【解析 】∵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． 、6、（2024秋•丰城市校级期末）某会展中心在会展期间准备将高5m、长13m、宽2m的楼道铺上地毯，已知地毯每平方米20元，请你帮助计算一下，铺完这个楼道至少需要　680　元． 【分析】地毯的长是楼梯的竖直部分与水平部分的和，即AB与BC的和，在直角△ABC中，根据勾股定理即可求得AB的长，地毯的长与宽的积就是面积，再乘地毯每平方米的单价即可求解． 【解析 】由勾股定理得AB＝＝＝12（m）， 则地毯总长为12+5＝17（m）， 则地毯的总面积为17×2＝34（平方米）， 所以铺完这个楼道至少需要34×20＝680（元）． 故答案为：680． 17．（2024春•瑞安市期中）如图1是重型卡车的立体图，图2是一个装有货物的长方体形状的木箱沿着坡面从重型卡车车上卸载的平面示意图．已知重型卡车车身高度AC＝4m，卡车卸货时后面支架AB弯折落在地面A'，经过测量A′C＝2m．现有木箱长ED＝5m，高EF＝2.5m，宽小于卡车车身的宽度，当木箱底部顶点G与坡面底部点A′重合时，则木箱上部顶点E到地面A'C的距离为 　5　m． 【分析】作EJ⊥A′C于点J，FH⊥A′C于点H，FI⊥FJ于点I，根据“两条平行线之间的距离处处相等”可知IJ＝FH，GH＝BC，设A′B＝AB＝x，根据勾股定理得22+（4﹣x）2＝x2，则x＝2.5，于是A′F＝ED＝5m，EF＝BF＝A′B＝2.5m，再证明△BGF≌△A′CB，得FG＝BC＝1.5m，BG＝A′C＝2m，则IJ＝FH＝FG+GH＝3m，再证明△EIF≌△BGF，得EI＝BG＝2m，所以EJ＝EI+IJ＝5m，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图2，作EJ⊥A′C于点J，FH⊥A′C于点H，FI⊥FJ于点I， ∵AC⊥A′C，GB⊥AC， ∴FH∥EJ∥AB，FI∥BG∥A′C， ∴IJ＝FH，GH＝BC，∠EIF＝∠BGF＝∠CHG＝∠A′CB＝∠90°，∠FBG＝∠BA′C， 设A′B＝AB＝x， ∵A′C2+BC2＝A′B2，且AC＝4m，A′C＝2m， ∴22+（4﹣x）2＝x2， 解得x＝2.5， ∴A′B＝2.5m，GH＝BC＝4﹣2.5＝1.5（m）， ∵四边形A′DEF是长方形，ED＝5m，EF＝2.5m， ∴A′F＝ED＝5m， ∴EF＝BF＝A′B＝2.5m， 在△BGF和△A′CB中， ， ∴△BGF≌△A′CB（ASA）， ∴FG＝BC＝1.5m，BG＝A′C＝2m， ∴IJ＝FH＝FG+GH＝1.5+1.5＝3（m）， ∵∠BFE＝90°，∠IFH＝180°﹣∠CHG＝90°， ∴∠EFI＝∠BFG＝90°﹣∠BFI， 在△EIF和△BGF中， ， ∴△EIF≌△BGF（AAS）， ∴EI＝BG＝2m， ∴EJ＝EI+IJ＝2+3＝5（m）， ∴木箱上部顶点E到地面A'C的距离为5m， 故答案为：5． 18．（2024秋•温州期中）如图是一个提供床底收纳支持的气压伸缩杆，除了AB是完全固定的钢架外，AD，BC，DE属于位置可变的定长钢架．如图1所示，AD＝13cm，BC＝20cm，伸缩杆PQ的两端分别固定在BC，CE两边上，其中PB＝13cm，CQ＝20cm．当伸缩杆完全收拢（即CD∥AB）时，如图2所示，床高（CD与AB之间的距离）为12cm，则此时伸缩杆PQ的长度为 　15　cm．当∠ADC成180°时，伸缩杆PQ打开最大，此时PQ的长度为，则固定钢架AB的长度为 　29　cm． 【分析】过点P作MN⊥AB于N，交DQ于M，则MN＝12cm．由DQ∥AB，根据平行线分线段成比例定理求出PM＝cm．在Rt△CPM中利用勾股定理得出CM＝cm，那么MQ＝CQ﹣CM＝cm．然后在Rt△QPM中，利用勾股定理求出PQ；当∠ADC成180°时，画出图形，利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，得到∠PCQ＝90°，然后在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB． 【解答】解：如图2，过点P作MN⊥AB于N，交DQ于M，则MN＝12cm． ∵BC＝20cm，PB＝13cm， ∴PC＝BC﹣PB＝7（cm）． ∵DQ∥AB， ∴＝，即＝， 解得PM＝． 在Rt△CPM中，CM＝＝＝（cm）， ∴MQ＝CQ﹣CM＝20﹣＝（cm）． 在Rt△QPM中，PQ＝＝＝15（cm）， 即此时伸缩杆PQ的长度为15cm． 如图2，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DF⊥AB于F，则CH＝DF＝12cm，CD＝FH＝AB﹣AF﹣HB． 在Rt△ADF中，AF＝＝＝5（cm）， 在Rt△CHB中，BH＝＝＝16（cm）， ∴CD＝AB﹣5﹣16＝AB﹣21． 当∠ADC成180°时，如下图， ∵PC＝7，CQ＝20，PQ＝（cm）， ∴PC2+CQ2＝PQ2， ∴△PCQ是直角三角形，且∠PCQ＝90°， ∴∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2， ∴（13+AB﹣21）2+202＝AB2， 解得AB＝29， 即固定钢架AB的长度为29cm． 故答案为：15，29． 3、 解答压轴 1、（2024•杭州模拟）如图2，是小朋友荡秋千的侧面示意图，静止时秋千位于铅垂线BD上，转轴B到地面的距离BD＝2.5m．乐乐在荡秋千过程中，当秋千摆动到最高点A时，过点A作AC⊥BD于C，点A到地面的距离AE＝1.5m（AE＝CD），当他从A处摆动到A'处时，A'B＝AB，若A'B⊥AB，作A'F⊥BD，垂足为F．求A′到BD的距离A'F． 【分析】先证明△ACB≌△BFA'，即可得到A'F＝BC，再求出BC即可得到答案． 【解答】解：∵A'F⊥BD，AC⊥BD于C， ∴∠ACB＝∠A'FB＝90°， ∴∠1+∠3＝90°， ∵A'B⊥AB， ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠2＝∠3， 在△ACB和△BFA'中， ， ∴△ACB≌△BFA'（AAS）， ∴A'F＝BC， ∵BD＝2.5m．AE＝CD＝1.5m， ∴BC＝BD﹣CD＝2.5﹣1.5＝1（m）， ∴A'F＝1m， 即A'到BD的距离A'F为1m． 2、（2024秋•兴庆区校级期末）阅读下列文字，然后回答问题． 已知在平面内有两点P1（x1，y1），P2（x2，y2），它们之间的距离P1P2＝． （1）已知A（2，4），B（﹣3，﹣8），试求A，B两点间的距离． （2）已知△DEF各顶点的坐标为D（1，6），E（﹣2，2），F（4，2），请判断此三角形的形状，并说明理由． 【分析】（1）根据两点距离公式进行计算便可； （2）根据两点的距离公式求出各条线段的长度，再判定三角形的性质可求解． 【解答】解：（1）根据两点的距离公式得，AB＝； （2）△DEF为等腰三角形． 理由：∵D（1，6），E（﹣2，2），F（4，2）， ∴DE＝， EF＝， DF＝， ∴DE＝DF， ∴△DEF为等腰三角形． 3、（2024秋•代县期末）综合与实践 美丽的弦图中蕴含着四个全等的直角三角形． （1）如图1，弦图中包含了一大一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b，斜边长为c，结合图1，试验证勾股定理； （2）如图2，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（实线）的周长为24，OC＝3，求该飞镖状图案的面积； （3）如图3，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝42，求S2的值． 【分析】（1）依据图1中的正方形的面积可以用两种方式表示出来，即可验证勾股定理； （2）可设AC＝x，根据勾股定理列出方程可求x，再根据直角三角形面积公式计算即可求解； （3）设八个全等的直角三角形的面积均为a，依据正方形EFGH内外四个直角三角形的面积之和相等，即可得到2S2＝S1+S3，再根据S1+2S2+S3＝42，即可得出S2的值． 【解答】解：（1）由图1可得，大正方形的面积为c2， 大正方形的面积＝4×ab+（a﹣b）2， ∴4×ab+（a﹣b）2＝c2， 化简可得，a2+b2＝c2； （2）24÷4＝6， 设AC＝x，则AB＝6﹣x， 依题意得： （x+3）2+32＝（6﹣x）2， 解得x＝1， ∴该“勾股风车”图案的面积为：×（3+1）×3×4 ＝×4×3×4 ＝24． 答：该“勾股风车”图案的面积为24； （3）设八个全等的直角三角形的面积均为a，则 S2＝S1﹣4a，S2＝S3+4a， 两式相加，可得2S2＝S1+S3， 又∵S1+2S2+S3＝42， ∴4S2＝42， ∴S2＝10.5． 4、（2024秋•沙坪坝区校级期末）如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男子拽着绳子另一端向右走，绳端从C移动到E，同时小船从A移动到B，绳子始终绷紧且绳长保持不变．（1）若CF＝7米，AF＝24米，AB＝18米，求男子需向右移动的距离．（结果保留根号） （2）此人以0.5米每秒的速度收绳，请通过计算回答，该男子能否在30秒内将船从A处移动到岸边点F的位置？ 【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论； （2）根据题意列式计算即可得到结论． 【解析 】（1）∵∠AFC＝90°，AF＝24米，CF＝7米， ∴（米）， ∵BF＝AF﹣AB＝24﹣18＝6（米）， ∴（米）， ∴CE＝AC﹣BC＝（25﹣）米， 答：此人需向右移动的距离为（）米． （2）∵需收绳绳长AC﹣CF＝25﹣7＝18（米）， 且此人以0.5米每秒的速度收绳， ∴收绳时间， 答：该男子不能在30秒内将船从A处移动到岸边点F的位置． 5、（2024秋•榆树市期末）如图，在笔直的公路AB旁有一座山，为方便运输货物现要从公路AB上的D处开凿隧道修通一条公路到C处，已知点C与公路上的停靠站A的距离为15km，与公路上另一停靠站B的距离为20km，停靠站A、B之间的距离为25km，且CD⊥AB． （1）求修建的公路CD的长； （2）若公路CD修通后，一辆货车从C处经过D点到B处的路程是多少？ 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可求∠ACB＝90°，再根据三角形面积公式即可求解； （2）先根据勾股定理求出BD，进一步求得一辆货车从C处经过D点到B处的路程． 【解析 】（1）∵AC＝15km，BC＝20km，AB＝25km， 152+202＝252， ∴△ACB是直角三角形，∠ACB＝90°， ∴CD＝AC×BC÷÷AB＝12（km）． 故修建的公路CD的长是12km； （2）在Rt△BDC中，BD＝＝16（km）， 一辆货车从C处经过D点到B处的路程＝CD+BD＝12+16＝28（km）． 故一辆货车从C处经过D点到B处的路程是28km． 6、（2024秋•温江区校级期中）细心观察如图，认真分析各式，然后解答下列问题： OA22＝（）2+1＝2，S1＝（S1是Rt△OA1A2的面积）； OA32＝（）2+1＝3，S2＝（S2是Rt△OA2A3的面积）； OA42＝（）2+1＝4，S3＝（S3是Rt△OA3A4的面积）； …… （1）请用含有n（n为正整数）的式子填空：OAn2＝　n　，Sn＝　　； （2）求+++...+的值． 【分析】（1）认真阅读新定义，根据已知内容归纳总结即可． （2）化简整理后代入求值． 【解析 】（1）由已知条件可知OAn2＝n，Sn＝； 故答案为：n；； （2）原式＝++…+， ＝++…+ ＝2×[++…+] ＝2×[﹣+﹣+…+﹣） ＝2×（﹣1） ＝2﹣2． 7、（2024秋•沈丘县期末）如图，已知△ABC中，∠A＝90°，AB＝8cm，AC＝6cm，P，Q分别是△ABC的边上的两动点，点P从点B开始沿B→A方向运动，速度为每秒1cm，到达A点后停止；点Q从A开始沿A→C→B的方向运动，速度为每秒2cm，到达B点后停止，它们同时出发，设出发时间为ts． （1）求BC的长度； （2）当t为何值时，点P恰好在边BC的垂直平分线上？并求出此时CQ的长； （3）当点Q在边BC上运动时，直接写出△ACQ为等腰三角形时t的值． 【分析】（1）由勾股定理即可得出结论； （2）可得PC＝PA＝t，PB＝8﹣t，则62+（8﹣t）2＝t2，解出t＝．可求出CQ； （3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ＝BC、CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值． 【解析 】（1）∵∠B＝90°，AB＝8cm，AC＝6cm ∴BC＝＝10（cm）． （2）∵点P在边BC的垂直平分线上， ∴PC＝PB＝t，PC＝14﹣t， 在Rt△BPC中，BC2+BP2＝CP2，即122+（16﹣t）2＝t2 解得：t＝． 此时，点Q在边AC上，CQ＝（cm）； （3）①当AC＝CQ＝6时， ∴t＝＝6秒． ②当AQ'＝CQ'时， ∴∠Q'CA＝∠Q'AC， ∵∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠BAQ'， ∴BQ'＝AQ'， ∴AQ'＝BQ'＝CQ'＝BC＝5cm， ∴t＝＝秒． ③当AQ''＝AC＝6时，过A点作AH⊥BC于点H， ∴AH＝＝， ∴CH＝＝． ∴CQ''＝2CH＝， ∴t＝＝秒． 综上所述：当t为6秒或秒或秒时，△BCQ为等腰三角形． 8、（2024秋•萍乡月考）如图1，图2分别是网上某种型号拉杆箱的实物图与示意图，根据商品介绍，获得了如下信息：滑杆DE、箱长BC、拉杆AB的长度都相等，即DE＝BC＝AB＝50cm，点B、F在线段AC上，点C在DE上，支杆DF＝30cm． （1）当E与C点重合，CF＝40cm时，△CDF是什么三角形． （2）若EC＝36cm时，B，D相距48cm，试判定BD与DE的位置关系，并说明理由． （3）当∠DCF＝45°，CF＝AC时，求CD的长． 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理即可得到结论； （2）连接BD，根据题意可得CD＝14cm，然后利用勾股定理的逆定理证明△BCD是直角三角形，即可解答； （3）过点F作FH⊥CD，垂足为H，根据题意可得CF＝20cm，然后在Rt△CFH中，利用锐角三角函数的定义求出CH，FH的长，再在Rt△DFH中，利用勾股定理求出DH的长，进行计算即可解答． 【解答】解：（1）∵E与C点重合， ∴DC＝DE＝50cm， ∵DF＝30cm，CF＝40cm， ∴DC2＝CF2+DF2， ∴∠CFD＝90°， ∴△CDF是直角三角形； （2）BD⊥DE， 理由：连接BD， ∵EC＝36cm，DE＝50cm， ∴CD＝DE﹣EC＝14cm， ∵BC＝50cm，BD＝48cm， ∴CD2+BD2＝142+482＝2500，BC2＝502＝2500， ∴CD2+BD2＝BC2， ∴△BCD是直角三角形， ∴∠BDC＝90°， ∴BD⊥DE； （3）过点F作FH⊥CD，垂足为H， ∵BC＝AB＝50cm，∴AC＝AB+BC＝100（cm）， ∵CF＝AC， ∴CF＝×100＝20（cm）， 在Rt△CFH中，∠DCF＝45°， ∴FH＝CF•sin45°＝20×＝10（cm）， CH＝CF•cos45°＝20×＝10（cm）， ∵DF＝30cm， ∴DH＝＝＝10（cm）， ∴CD＝CH+DH＝（10+10）cm， ∴CD的长为（10+10）c 学科网（北京）股份有限公司 $$