2025-2026学年八年级数学上册竞赛培优：专题卷八勾股定理与直角三角形全等的判定

专题卷八 勾股定理与直角三角形全等的判定 (满分:120分 考试时间:120 分钟) 一、选择题(每题5分，共30分) 1.一个等腰三角形的周长为16，底边上的高为4，则这个等腰三角形的底边长和腰长的比值为 ( ) A.2:3 B.4:3 C.4:5 D.6:5 2.[宁波余姚梨洲中学自主招生]已知p，q均为质数，且满足 则以p+3,1-p+q,2p+q—4为边长的三角形是 ( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形 3.[2024·重庆自主招生]如图，图1叫作一个基本的“勾股树”，也叫作第一代勾股树。图1中两个小正方形各自长出一个新的勾股树(如图2)，叫作第二代勾股树。从第二代勾股树出发，又可以长出第三代勾股树(如图3)。这样继续生长下去，则第四代勾股树图形中正方形的个数为 ( ) A.15 B.23 C.27 D.31 4.[2024·义乌二模]我国古代数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理。如图，矩形ABCD 就是由两个这样的图形拼成(无重叠、无缝隙)。下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD 面积的是 ( ) A. BM 与DM 的积 B. BE 与DE 的积 C. BM 与DE 的积 D. BE 与DM 的积 5.[2024·湖北自主招生]如图,将长、宽分别为12 cm,3c m的长方形纸片分别沿 AB,AC 折叠,点M，N恰好重合于点 P。若 则折叠后的图案(阴影部分)面积为 ( ) 6.[杭州萧山区新桐竞赛]如图,在边长为1的正方形ABCD 中,E,F,G,H 分别是AB,BC,CD,DA上的点，3AE=EB。有一只蚂蚁从点E 出发，经过点F，G，H，最后回到点E，则蚂蚁所走的最短路程是 ( ) A.2 B.4 二、填空题(每题5分，共30分) 7.[2024·无锡江阴自主招生]如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形 EFGH 拼成的一个大正方形ABCD。连结AC，交BE 于点 P。若BE-AE=3,则 的值是 。 8.[2024·杭州自主招生]已知a,b 为正数,且a+b=6,则 的最小值为 。 9.如图，在 中，AB=5,AC=13,，BC 边上的中线AD=6,,则 BC 的长为 。 10.[2024·深圳罗湖区校级自主招生]等腰三角形边长均为整数，其面积在数值上是周长的12倍，则所有可能的等腰三角形的腰长之和为 。 11.[浙江自主招生]如图，P为正三角形ABC 内任意一点， 则 12.[“新知杯”上海竞赛]如图,P 是凸四边形ABCD 内一点,过点 P 分别作AB,BC,CD,DA 边的垂线,垂足分别为E,F,G,H。已知AAH=3,HD=4,DG=1,GC=5,CF=6,FB=4,且 BE-AE=1,,则四边形 ABCD 的周长为 。 三、解答题(共60分) 13.(10分)[2024·江苏自主招生]如图,△ABC 是等腰直角三角形,(CA=CB,,点 N 在线段AB 上(与点 A,B 不重合),点 M 在射线BA 上,且 求证： 14.(12分)[第三十届世界奥林匹克数学竞赛]在平面上作 在点 B 的对面取点 D，使 且四边形 ABCD 为凸四边形，连结 BD。如果 那么AB，BC，BD 三边能否组成直角三角形?为什么? 15.(12分)[湖南师大附中第十三届学科素养与能力竞赛]如图，在四边形ABCD 中， M,N分别是AD，BC 的中点，正三角形 CDE 在四边形ABCD 的外部。若 求 的度数。 16.(12分)如图,在. 中， ,E,F 分别是 BC 上两点。若 试判断BE，FC，EF 之间的数量关系，并说明理由。 17.(14分)[2024·长沙自主招生]背景资料：在已知△ABC 所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小。这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”。如图1，当△ABC 三个内角均小于120°时，“费马点”P在△ABC 内部,当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时,PA+PB+PC 取得最小值。 (1)如图2,等边三角形ABC内有一点 P,若点 P 到顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,求∠APB的度数。为了解决本题，我们可以将△APB 绕顶点A 旋转到 处，此时 这样就可以利用旋转变换，将三条线段 PA，PB，PC 转化到一个三角形中，从而求出∠APB= °。 知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的“费马点”呢?为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形，并连结等边三角形的顶点与△ABC 的另一顶点，则连线通过三角形内部的“费马点”。请同学们探索以下问题： (2)如图3,△ABC 三个内角均小于120°,在△ABC 外侧作等边三角形ABB',连结CB'。求证:CB'过△ABC 的“费马点”。 (3)如图4,在Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AC=1,∠ABC=30°,P 为△ABC 的“费马点”。连结AP,BP,CP,求 PA+PB+PC 的值。 专题卷八 勾股定理与直角三角形全等的判定 1. D 【解析】设腰长为x,底边长为2y, 则 解得 y=3,x=5, ∴底边长为6，腰长为5， ∴这个等腰三角形底边长和腰长的比值为6：5。 2. B 【解析】 为奇数， ∴p,q 必一奇一偶。 ∵p,q 均为质数, ∴p,q 中有一个为2,若 q=2,则 不合题意，舍去， ∴p=2,q=13,此时1p+3=5,1-p+q=12,2p+q-4=13。 ∴以5，12，13为边长的三角形是直角三角形。 3. D【解析】∵第一代勾股树中正方形有 1+2=3(个)，第二代勾股树中正方形有 (个),第三代勾股树中正方形有 (个),∴第四代勾股树图形中正方形的个数有 (个)。 4. A 【解析】设小正方形 EFCG 的边长为x,BM=BF=a,DG=DM=b, 则AB=b+x,AD=a+x,BD=a+b。 在 Rt△ABD 中, 即 整理，得 矩形的面积为( =2ab,故选 A。 5. A 【解析】由翻折,得∠MAB=∠BAP,∠NAC=∠PAC, ∴∠MAB=180°-∠BAC-α=180°-90°-60°=30°, ∴AB=6cm,AC=2 cm, ∴阴影部分的面积 6. C 【解析】如答图,延长 DC 到D',使CD=CD',点 G 关于点C 的对称点为G′,则 FG=FG′, 同样作 D'A'⊥CD',D'A'=DA,点 H 对应的位置为点H',则(G'H'=GH, 再作 A'B'⊥D'A',点 E 的对应位置为点 E',则H'E'=HE。 容易看出，当点 E，F，G'，H'，E'在一条直线上时路程最小， 最小路程为 2 7. 【解析】如答图,设 DG 与AC 的交点为M。 在△CFP 与△AHM中, ∴△CFP≌△AHM(ASA)。 同理,△AEP≌△CGM, ∴ S△CFP — S△AEP = S四边形EHMP = S四边形MGFP = S正方形EFCH。 ∵AE=BF, ∴BE-AE=BE-BF=EF=3, 【解析】构图如答图，其中AB⊥BC于点B，CD⊥BC于点C,DE⊥AB 交AB 的延长线于点E,AB=2,CD=3,BP=a,CP=b,a+b=6, 则四边形 BCDE 是矩形,BE=CD=3,DE=BC=6。 由勾股定理，得 PD ∵AP+PD≥AD, 的最小值为AD 的长，AE=AB+BE=2+3=5。 在 Rt△ADE 中,由勾股定理, 得 【解析】如答图,延长AD到点E,使 DE=AD,连结 BE。 在△ADC与△EDB 中, ∴△ADC≌△EDB(SAS), ∴AC=BE=13。 在△ABE 中,AB=5,AE=12,BE=13, 在△ABD 中,∠BAD=90°,AB=5,AD=6, 10.560 【解析】如图,作 AD⊥BC 于点D。 设腰长AB=b,底边 BC=2a,则 BD=a。 在Rt△ABD中, 故 ∵a,b 为整数, ∴a=40,b=85或a=48,b=80或a=72,b=90或a=120,b=130或a=168,b=175, ∴可能的腰长之和为 85+80+90+130+175=560。 11. 【解析】如答图,连结 PA,PB,PC,设等边三角形的边长为a。 即 根据勾股定理得： ) ①+②+③得, +AE², 整理得2a(BD+CE+AF)=3a², 可得 12.34 【解析】由勾股定理可得 以上四式等号两边分别相加，并代入已知数值可得： 化简，得 即(BE+AE)(BE-AE)=11。 又∵BE-AE=1,则BE+AE=11,故四边形ABCD 的周长为34。 13.证明：解法一：如答图1，作点 A 关于直线MC 的对称点 D,连结 DA, DM, DC, DN,则△MDC≌△MAC。 ∵△ABC 是 等 腰 直 角 三 角 形, CA = CB, 且∠NCM=45°, ∴ ∠DCN = ∠DCM + ∠MCA + ∠ACN = =∠DCN, ∴∠DCN=∠BCN。 又∵CD=CA=CB, ∴在△DCN 和△BCN 中, ∴△DCN≌△BCN(SAS), ∴ND=NB,∠CDN=∠CBN=45°。 ∵△MDC≌△MAC, =135°, ∴∠MDN=∠MDC-∠NDC=135°-45°=90°, ∴MD⊥DN。 ∵MD=MA, 解法二:如答图 2,将 △CBN 沿 CN 翻折得△CDN,连结DM,DA,则△DCN≌△BCN, ∴CD=CB=CA,DN=BN,∠CDN=∠CBN=45°,∠DCN=∠BCN。 ∵∠NCM=45°, ∴∠DCM=∠DCN-∠MCN=∠BCN-45°= 又∵CD=CA,CM=CM。 ∴在△DCM 和△ACM 中, ∴△DCM≌△ACM(SAS), ∴MA=MD,∠CDM=∠CAM=135°, 14.解:AB,BC,BD 三边能组成直角三角形。理由如下： 如答图，以BC 为边作等边三角形 BCE，连结AE,AC。 ∵∠ABC=30°,∠CBE=60°, ∴∠ABE=90°, ① ∵∠ADC=60°, ∴△ADC 是等边三角形。 在△DCB 和△ACE 中,DC=AC, ∴∠DCB=∠DCA+∠ACB=∠ECB+∠ACB=∠ACE。 又∵BC=CE,∴△DCB≌△ACE(SAS),∴BD=AE。 ∵BC=BE,由①,得 ∴AB,BC,BD 三边能组成直角三角形。 15.解:如答图,延长 EM 至点 K,使 MK=ME,连结AK,AN,KN,NE。 易证△MAK≌△MDE(SAS),∴AK=DE, ∴AK=CE。 ∵AC⊥AB,∴∠BAC=90°。 ∵N 为BC 中点,∴AN=BN=CN。 又可证△NKM≌△NEM,∴NK=NE,故△NAK≌△NCE(SSS),∴∠KNA=∠ENC, ∴∠KNE = ∠1 + ∠ANE = ∠2 + ∠ANE=∠ANC。 ∵∠NKM=∠3+∠4=∠5+∠6=60°-∠MEN=60°-∠NKM,∴∠NKM=∠NEM=30°, ∴∠ANC=∠KNE=120°,∴∠B=60°。 16.解: 理由如下： 如答图,将△ABE 绕点 A 顺时针旋转 90°得△ACG,连结 FG, ∴AG=AE,CG=BE,∠1=∠B,∠EAG=90°, ∴∠FCG=∠ACB+∠1=∠ACB+∠B=90°, 又∵∠EAF=45°,而∠EAG=90°, ,而 AG = AE,AF=AF, ∴△AGF≌△AEF(SAS), 17.(1)150 解:(1)如答图1,连结 PP'。 ∵点 P 到顶点A,B,C 的距离分别为3,4,5, ∴AP=3,BP=4,CP=5。 由旋转的性质,得△ACP'≌△ABP, =∠APB, ∴∠CAP'+∠PAC=∠BAP+∠PAC,即 ∵△ABC 是等边三角形, ∴∠BAC=60°, ∴△PAP'是等边三角形, ∴△CP'P 是直角三角形, ∴∠APB=150°。 (2)如答图2,在 CB'上取点 P,使∠BPC=120°。连结AP,在 PB'上截取PE=PB,连结BE。 ∵∠BPC=120°, ∴∠EPB=60°, ∴△PBE 为正三角形, ∴PB=BE,∠PBE=60°,∠BEB'=120°。 ∵△ABB'为正三角形, ∴∠PBA=∠EBB', ∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°, ∴P 为△ABC 的“费马点”, ∴CB'过△ABC 的“费马点”。 (3)如答图3,将△APB 绕点 B 顺时针旋转60°至△A'P'B 处,连结 PP', 则∠ABP=∠A'BP', ∠APB=∠A'P'B,∠PBP'=60°,PA=P'A',PB=P'B,AB=A'B, ∴△PBP'是等边三角形, ∵P 为直角三角形ABC 的“费马点”， ∴∠APC=∠BPC=∠BPA=120°, ∴C,P,P',A'四点共线。 ∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,AC=1, ∴AB=2AC=2, 在 Rt△ABC中,由勾股定理, 得 ∵∠ABC=30°, 在 Rt△A'BC中,由勾股定理, 得 学科网（北京）股份有限公司 $$