专项巩固训练卷(7)利用勾股定理解决最短路径问题&专项巩固训练卷(8)勾股定理在折叠中的应用-【勤径学升】2025-2026学年新教材八年级上册数学全程时习测试卷（华东师大版2024）

学升 专项巩固训练卷(七) 欺径XLESHENG 利用勾股定理解决最短路径问题 见此图标眼 抖音/微信扫码 领取配套资源，开启高效学习 ?类型一 用计算法解决平面中的最短问题 1.某省将位于A、B两地(A地在B地的正西方向)的两所大学合并 成一所综合大学，为了方便A、B两地师生的交往，学校准备在相距 2 km的A、B两地之间修筑一条笔直的公路(如图中线段AB),经 测量，在A地北偏东60°方向，B地北偏西45°方向的C处有一个半 径为0.7km的公园，问：计划修筑的这条公路会不会穿过公园? 为什么? 北 C 60° 45 A B 1题图 ?类型二 用平移法解决平面中的距离问题 2.如图，小明在广场上先向东走10m,又向南走40m,再向西走 20m,又向南走40m,再向东走70m.则小明到达的终点与出发点 的距离是______ A 出发点10m 北 40m B C 20m 40m D E 70m终点 F 2题图 3题图 3.如图，已知∠B=∠C=∠D=∠E=90°,且AB=CD=3,BC=4,DE =EF=2,则AF的长是___. ?类型三 用对称法解决平面中的最短问题 4.如图，一个牧童正在小河南4km的A处牧马，此时正位于他的小 屋B的西8km北7 km处，他想把他的马牵到小河边去饮水，然后 回家.他要完成这件事情所走的最短路程是多少? 北 A+牧童 东 小屋B 4题图 ?类型四 用展开法解决立体图形中的最短问题 考法1 圆柱中的最短问题 5.(江苏无锡期末)如图，圆柱的高为5米，底面圆的周长为4米.将 一条彩带从底面点A开始绕圆柱1圈后，挂在点A的正上方点B 处，求最少需要彩带多少米. B A 5题图 数学华师版 八年级 上册 第 25 页 考法2 圆锥中的最短问题 6.如图，观察图形解答下面的问题： (1)此图形的名称为______; (2)请你与同伴一起做一个这样的立体图形，并把它的侧面沿AS 剪开，铺在桌面上，则它的侧面展开图是一个______; (3)如果点C是SA的中点，在A处有一只蜗牛，在C处恰好有蜗 牛想吃的食物，且它只能绕此立体图形的侧面爬行一周到C 处.你能在侧面展开图中画出蜗牛爬行的最短路线吗? (4)SA的长为10,侧面展开图的圆心角为90°,请你求出蜗牛爬行 的最短路程的平方. S Cf AK 6题图 考法3 长方体中的最短问题 7.如图，长方体的底面边长分别为4 cm和8cm,高为10cm,若一只 蚂蚁从点P开始经过4个侧面爬行一圈到达点Q,若蚂蚁的爬行 速度为1.5cm/s,20s内蚂蚁能否爬到点Q? Q 10cm Py 8cm 4cm 7题图 见此图标眼 抖音/微信扫码 领取配套资源，开启高效学习 学升 能径XLESHENGl 专项巩固训练卷(八) 勾股定理在折叠中的应用 ?类型一 巧用对称法求折叠中线段的长 1.如图，在长方形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻 折得到△FDE,点F落在AE上.若CE=3cm,AF=2EF,求AB 的长. A D F B E C 1题图 2.如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点 B′处，点A落在点A′处. (1)求证：B'E=BF; (2)若AE=3,AB=4,求BF的长. A’ D┌ B' E ,A CL F B 2题图 ?类型二 巧用方程思想求折叠中线段的长 3.如图，长方形ABCD中，AB=8,BC=6,P为AD上一点，将△ABP 沿BP翻折至△EBP,PE与CD相交于点0,且0E=OD,BE与CD 相交于点F. (1)求证：0P=OF; (2)求AP的长. E D- 0 F C p A B 3题图 4.在△ABC中，∠C=90°,AC=6,BC=8,D、E分别是斜边AB和直角 边CB上的点，把△ABC沿着直线DE折叠，顶点B的对应点是B'. (1)如图①,如果点B'和顶点A重合，求CE的长； (2)如图②,如果B’是AC的中点，求CE的长. A(B') D b C E B A B'k D C /E B 4题图① 4题图② 数学 华师版 八年级 上册 第 26 页 ?类型三 巧用折叠探究线段之间的数量关系 5.如图，将长方形ABCD沿直线EF折叠，使点C与点A重合，折痕交 AD于点E,交BC于点F,连结CE. (1)求证：AE=AF=CE=CF; (2)设AE=a,ED=b,DC=c,请写出a、b、c三者之间的数量关 系式. D' A eD B- /F C 5题图 参考答案及解析 24.解：(1)设BC=xm,∵ BC=AC, ∴OC=OA-CA=OA-BC=(18-x)m, 在Rt△OBC中，OB2+OC2=BC2, 即62+(18-x)2=x2, 解得x=10,即BC=10m. (2)如答图所示. B Q 0 C A 24题答图 当0Q⊥BC时符合条件，由(1)可得OB=6cm,OC=8cm, 此时QC=3t-(OB+OC)=3t-(6+8)=(3t-14)m, BQ=BC-QC=(24-3t)m, 在Rt△OQC中，0Q2+QC2=0C2, 即0Q2=0C2-QC2=82-(3t-14)2=-9t2+84t-132. 在Rt△BQ0中，0Q2+BQ2=OB2, 即OQ2=OB2-QB2=62-(24-3t)2=-540+144t-9t2, 则有-9t2+84t-132=-540+144t-9t2,解得t=6.8, 则当t=6.8时， △OBQ是以点Q为直角顶点的直角三角形. 专项巩固训练卷(七) 利用勾股定理解决最短路径问题 1.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. E北 F C 60° 45° A D B 1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-CD2=√(2x)2-x2=√3x(km). 由AD+DB=2km,得√3x+x=2,∴x=√3-1, ∴CD=(√3-1)km≈0.732 km>0.7km. ∴计划修筑的这条公路不会穿过公园. 2.100 m [解析]如答图，连结AB,作AC⊥BC于点C. ∵AC=40+40=80(m), BC=70-20+10=60(m), ∴AB2=602+802=1002,则AB=100 m. 出发点10m A 北 20m m04 40m. B C 70m 终点 2题答图 3.10 4.解：如答图，作出点A关于河岸MN的对称点A′,连结A'B 交MN于点P,连结AP,则AP+PB=A'P+PB=A'B就是 最短路程. A' M A+牧童 北 N 东 D 小屋B 4题答图 在Rt△A'DB中，A'D=4+4+7=15(km),BD=8km. 由勾股定理求得A'B=√152+82=17(km). 即他要完成这件事情所走的最短路程是17km. 5.解：如答图，长方形AA'BB′是圆柱的侧面展开图，连结AB, 此时所需彩带最短，最短长度为AB. ∵∠AA'B=90°, 由题意可知AA'=4米，A'B=5米， 由勾股定理，得AA'2+A'B2=AB2, 即AB2=42+52=41, ∴AB=√41米(负值已舍). 答：最少需要彩带√41米. B'- B A A' 5题答图 6.解：(1)圆锥 (2)动手操作略. 扇形 (3)把此立体图形的侧面展开，如答图所示，连结AC,则AC 为蜗牛爬行的最短路线. S C A 6题答图 (4)由题易知 SC=5. 在Rt△ASC中，由勾股定理，得AC2=102+52=125. 故蜗牛爬行的最短路程的平方为125. 7.解：如答图，将长方体的侧面展开在同一平面内. ∵PA=2×(8+4)=24(cm),QA=10cm,∠A=90°, ∴PQ=√242+102=26(cm). ∵26÷1.5≈17.3(s), 17.3<20, ∴20 s内蚂蚁能爬到点Q. 4cm 4 cmo P8cm 8cm A 7题答图 ·17· 全程时习测试卷·数学·华师版·八年级·上册 专项巩固训练卷(八) 勾股定理在折叠中的应用 1.解：依题意，得FE=CE=3cm,DC=DF, ∠DEC=∠DEF, ∠DFE=∠C=∠DFA=90°. ∵AF=2EF, ∴AF=6cm, ∴AE=AF+EF=9cm. ∵AD//BC, ∴∠ADE=∠DEC=∠DEF, ∴AD=AE=9cm. 在Rt△ADF中，AF2+DF2=AD2, ∴62+DF2=92, ∴DF=√45cm, ∴AB=DC=DF=√45cm. [注：√45=3√5,本书不要求化简.] 2.(1)证明：∵在长方形ABCD中，AD//BC, ∴∠B'EF=∠EFB. 由题意，得∠B'FE=∠EFB, ∴∠B'FE=∠B'EF, ∴B'F=B'E. 又易知 BF=B'F, ∴B'E=BF. (2)解：由题易知∠A'=∠A=90°. 在Rt△A'B'E中，A'B'=AB=4,A'E=AE=3, ∴B'E2=A'B12+A'E2=42+32=25, ∴B'E=5, ∴ BF=B'E=5. 3.(1)证明：∵四边形ABCD是长方形， ∴∠D=∠A=∠C=90°,AD=BC=6,CD=AB=8. 由翻折的性质可知EP=AP,∠E=∠A=90°,BE=AB=8. 在△ODP和△OEF中， ∴△ODP≌△OEF(ASA), ∴OP=0F. (2)解：∵△ODP≌△OEF, ∴OP=OF,PD=EF. ∵OE=OD, ∴DF=EP. 设AP=EP=DF=x, 则PD=EF=6-x,CF=8-x, ∴BF=8-(6-x)=2+x. 在Rt△FCB中，根据勾股定理，得BC2+CF2=BF2, ∴62+(8-x)2=(x+2)2, 解得x=4.8, ∴AP=4.8. 4.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=4,,即CE的长为-74 (2)∵ B′是AC的中点， CB =24C=3 设CE=y,类比(1)中的解法，可列出方程 y2+32=(8-y)2,解得y=16 即CE的长为36 5.(1)证明：由题意，知AF=CF, AE=CE,∠AFE=∠CFE. ∵四边形ABCD是长方形， ∴AD//BC,∴ ∠AEF=∠CFE, ∴∠AFE=∠AEF, ∴AF=AE, ∴AE=AF=CE=CF. (2)解：由题意，知AE=CE=a. 由∠D=90°,知ED2+DC2=CE2, 即b2+c2=a2. 第14章 数据的收集与表示 基础过关检测卷 1.A 2.B 3.C 4.B 5.D 6.C 7.B [解析]由统计图可得八年级的学生人数为800×33% =264(人).七年级的体育达标率为800×37?100?? 87.8八年级的体育达标率为800×33?100?? 94.7九年级的体育达标率为800×30?100?? 97.9∵87.8?4.7?7.9∴九年级的体育达标 率最高，∴乙、丙的说法正确.故选B. 8.A 9.60或0.6) 10.32 [解析]根据题意，得想去其他地点的学生有48× (1320)=32(名) 11.15 12.①② 13.乙 14.108 [解析]由题意，得a=100-10-50-10=30,∴“二 等奖”对应扇形的圆心角度数为300×360°=108°..故答案 为108. 15.解：(1)参加展销的D型号轿车所占百分比为1-35%- 20?0= 25所以参加展销的D型号轿车有 25?1000=250(辆). 答：参加展销的D型号轿车有250辆. (2)参加展销的C型号轿车有20?1000=200(辆),所 以C型号轿车已售出200×50?00(辆). 答：参加展销的C型号轿车已售出100辆. (3)四种型号的轿车成交率为 A型号：1000×35?100?8%, B型号：1000×20?100?9%, C型号：50%, D型号：230×100?2%, ∴D型号轿车的成交率最高. ·18·