第一章勾股定理单元测试（培优卷）2025-2026学年北师大版八年级数学上册

第一章勾股定理单元测试（培优卷） 一．选择题（共10小题） 1．一直角三角形的两边长分别为3和4．则第三边的长为（　　） A．5 B． C． D．5或 2．如图铁路上A、B两点相距40千米，C、D为铁路两边的两个村庄，DA⊥AB，CB⊥AB，垂足分别为A和B，DA＝24千米，CB＝16千米，现在要在铁路旁修建一个候车点E，使得C、D两村到该候车点的距离相等．则候车点E应距A点（　　） A．12千米 B．16千米 C．20千米 D．24千米 3．下列哪个选项不能判断△ABC是直角三角形（　　） A．∠A＝90°﹣∠C B．三个内角的度数之比是3：4：5 C． D．三角形的三条边之比是5：12：13 4．如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以这个三角形的三边为边长作正方形，面积分别记为S1，S2，S3，如果S2+S1﹣S3＝16，则阴影部分的面积为（　　） A．6 B．4 C．5 D．8 5．如图，某学校为开展劳动教育在校园农场中开垦了一块四边形菜地ABCD，测得∠ABC＝90°，AB＝9m，BC＝12m，CD＝8m，AD＝17m，则这块菜地的面积是（　　） A．104m2 B．114m2 C．118m2 D．122m2 6．华表柱是一种中国传统建筑形式，天安门前耸立着高大的汉白玉华表，每根华表重约20000公斤，如图，在底面周长约为3米带有层层回环不断的云朵石柱上，有一条雕龙从柱底向柱顶（从A点到B点）均匀地盘绕3圈，每根华表刻有雕龙部分的柱身高约12米，则雕刻在石柱上的巨龙至少（　　）米． A． B．20 C．15 D． 7．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形ABCD，中间是一个小正方形EFGH，连结DE与FG相交于点M，延长DE交BC于点N，若M是DE的中点，AB＝8，则EN的长（　　） A． B． C．2 D． 8．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一．它不但因证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷． 如图，秋千静止时，踏板离地的垂直高度BE＝1m，将它往前推6m至C处时（即水平距离CD＝6m），踏板离地的垂直高度CF＝4m，它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（　　）m． A． B． C．6 D． 9．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别在线段OD，OC上，且CN＝x，DM＝y，且x＞y，若CM＝DN＝5，当x，y的值变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 10．如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，P是射线CO上的动点，∠AOC＝60°，则当△PAB是直角三角形时，AP的长为（　　） A． B．，1 C．，1， D．， 二．填空题（共5小题） 11．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，面积分别记为S1，S2，S3，S4．若S1+S4＝135，S3＝49，则S2＝　 　 ． 12．如图，一块边长24米的正方形绿地四周被小路环绕，点B在正方形的边上，则居民从A→C→B比从A沿直线AB直接到B处要多走　 　 米． 13．如图，已知Rt△ABC≌Rt△DEC，∠ACB＝∠DCE＝90°，F是DE的中点，连接AF，若∠FAE＝30°，AF＝2，则BC的长为　 　 ． 14．如图，已知AC＝BC，则数轴上点B所表示的数是 　 　 ． 15．如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB，有下列四个结论：①∠CBE＝15°；②AE1；③S△DEC；④CE+DE＝EF．则其中正确的结论有 　 　 ．（填序号） 三．解答题（共7小题） 16．消防云梯的作用是用于高层建筑火灾等救援任务，它能让消防员快速到达高层救援现场，如图，已知一架云梯AB长25m斜靠在一面墙上，这时云梯底端距墙角的距离OB＝20m，∠AOB＝90°，消防员接到命令，按要求将云梯从顶部A下滑到A′位置上（云梯长度不改变），则底部B沿水平方向向前滑动到B′位置上，若AA′＝8m，求BB′的长度． 17．如图，数学兴趣小组要测量旗杆AB的高度，同学们发现系在旗杆顶端A的绳子垂到地面多出一段的长度为3米，小明同学将绳子拉直，绳子末端落在点C处，到旗杆底部B的距离为9米． （1）求旗杆AB的高度； （2）小明在C处，用手拉住绳子的末端，后退至观赛台的2米高的台阶上，此时绳子刚好拉直，绳子末端落在点E处，问小明需要后退几米（即CD的长）？ 18．著名的“赵爽弦图”如图（1）所示，若其中四个全等的直角三角形中，较短的直角边为a，较长的直角边为b，斜边为c，则大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为4ab+（b﹣a）2，由此推导出勾股定理：如果直角三角形两条直角边为a，b，斜边为c，则a2+b2＝c2． （1）图（2）为美国第20任总统加菲尔德的“总统证法”，请你利用图（2）推导勾股定理． （2）如图（3），在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水，决定在河边新建一个取水点H（A，H，B在同一条直线上），并新修一条路CH，且CH⊥AB．测得CH＝2.4千米，HB＝1.8千米，求新路CH比原路CA短多少千米． （3）在第（2）问中，若AB≠AC，CH⊥AB，AC＝4千米，BC＝5千米，AB＝6千米，求AH的长． 19．第十四届国际数学教育大会（ICME﹣14）于2021年在上海举办，其大会标识（如图1）的中心图案是赵爽弦图（如图2），它是我国古代数学家赵爽证明勾股定理而创制的一幅图，其证明思路是用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度的有关问题，这种方法称为等面积法，请你用等面积法探究下列问题： （1）如图2是赵爽弦图，它是由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中空的部分是一个小正方形，请用它验证勾股定理：c2＝a2+b2； （2）如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度． 20．如图，在△ABC中，AB边上的垂直平分线DE与AB、AC分别交于点D、E，且CB2＝AE2﹣CE2． （1）求证：∠C＝90°； （2）若AC＝8，BC＝6，求CE的长． 21．在△ABC中，三边长分别为a，b，c，且满足a＝m﹣n，，c＝m+n（m＞n＞0）． （1）求证：△ABC为直角三角形； （2）是否存在a，b，c（a，b，c均为正整数）使得c2＝3ab？若存在，求a，b，c的值，若不存在，请说明理由． 22．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝8厘米，BC＝6厘米，点D为AB 的中点．如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A点运动．当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t． （1）当点P运动t秒时CP的长度为　 　 （用含t的代数式表示）； （2）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由； （3）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？ 第一章勾股定理单元测试（培优卷）答案 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B B B C C B A C 1．解：一直角三角形的两边长分别为3和4．分两种情况讨论： 当直角三角形的两直角边分别为3和4时， 由勾股定理得：第三边长， 当4为斜边，3为直角边时， 由勾股定理得：第三边长， 综上所述，第三边的长为5或， 故选：D． 2．解：设AE＝x km，则BE＝（40﹣x）km， ∵DA⊥AB，CB⊥AB，C，D两村到候车点E的距离相等， ∴AD2+AE2＝BE2+BC2， 故242+x2＝（40﹣x）2+162， 解得：x＝16， 则候车点E应距A点16km． 故选：B． 3．解：A．由∠A＝90°﹣∠C可得∠A+∠C＝90°，即∠B＝90°，则△ABC是直角三角形，故该选项不符合题意； B．设三个内角读数为3x°，4x°，5x°，则3x+4x+5x＝180，解得x＝15，最大角为75°，则△ABC不是直角三角形，故该选项符合题意； C．设∠A＝x°，∠B＝2x°，∠C＝3x°，则x+2x+3x＝180，解得x＝30，最大角为90°，则△ABC是直角三角形，故该选项不符合题意； D．设三条边是5x，12x，13x，则（5x）2+（12x）2＝（13x）2，则△ABC是直角三角形，故该选项不符合题意； 故选：B． 4．解：由勾股定理得S2﹣S3＝S1， ∵S2+S1﹣S3＝16， ∴S1＝8， 由图形可知，阴影部分的面积为， 故选：B． 5．解：连接AC， ∵∠ABC＝90°，AB＝9m，BC＝12m， ∴AC15（m）， ∵CD＝8m，AD＝17m， ∴AC2+CD2＝152+82＝289，AD2＝172＝289， ∴AC2+CD2＝AD2， ∴△ACD是直角三角形， ∴∠ACD＝90°， ∴四边形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ACD的面积 AB•BCAC•CD 9×1215×8 ＝54+60 ＝114（m2）， ∴这块菜地的面积为114m2， 故选：B． 6．解：展开图： 12÷3＝4（米）， （米）， 5×3＝15（米）， 故选：C． 7．解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝8， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝8，∠BCD＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴FG∥EH，GH∥EH，∠EHG＝90°，GH＝EH， 由全等三角形的性质得：DG＝AH，∠ADH＝∠CBF， ∵点M是DE的中点，MG∥EH， ∴MG是△FEH的中位线， ∴DG＝GH， ∴AH＝GH＝EH， ∵∠EHG＝90°， ∴DH是线段AE的垂直平分线， ∴DE＝AD＝8， 在Rt△EDH和Rt△ADH中， ， ∴Rt△EDH和Rt△ADH（HL）， ∴∠EDH＝∠ADH， ∴∠EDH＝∠CBF， ∵GH∥EF， ∴∠EDH＝∠DEF， ∵∠NEB＝∠DEF， ∴∠EDH＝∠NEB， ∴∠CBF＝∠NEB， ∴BN＝EN， 设BN＝EN＝x， ∴CN＝BC﹣BN＝8﹣x，DN＝DE+EN＝8+x， 在Rt△DCN中，由勾股定理得：DN2＝CD2+CN2， ∴（8+x）2＝（8﹣x）2+82， 解得：x＝2， ∴EN＝x＝2． 故选：C． 8．解：设绳长为x米， 在Rt△ADC中， AD＝AB﹣BD＝AB﹣（DE﹣BE）＝x﹣（4﹣1）＝（x﹣3）米， DC＝6m，AC＝x米， ∴AB2+DC2＝AC2， 根据题意列方程：x2＝（x﹣3）2+62， 解得：x， ∴绳索AC的长是． 故选：B． 9．解：在OD上取一点P，使得DP＝CN＝x，过C作CQ⊥OD于Q，如图： ∵四边形ABCD为矩形， ∴OD＝OC， ∴∠CDP＝∠DCN， ∵CD＝CD， ∴△CDP≌△DCN（SAS）， ∴CP＝DN＝CM＝5， ∵CQ⊥OD， ∴PQ＝QM（x﹣y）， ∴DQ＝QM+DM， 由勾股定理可知，CQ2＝CM2﹣QM2＝CD2﹣DQ2， ∴2536， 整理得：xy＝11， ∴xy的值是不变的． 故选：A． 10．解：如图1，当∠APB＝90°时， ∵AO＝BO， ∴PO＝BO， ∵∠AOC＝60°， ∴∠BOP＝60°， ∴△BOP为等边三角形， ∵AB＝BC＝2， ∴AP＝AB•sin60°＝2； 如图2，当∠ABP＝90°时， ∵∠AOC＝∠BOP＝60°， ∴∠BPO＝30°， ∴BP， 在直角三角形ABP中， AP； 如图3，∵AO＝BO，∠APB＝90°， ∴PO＝AO， ∵∠AOC＝60°， ∴△AOP为等边三角形， ∴AP＝AO＝1， 故选：C． 二．填空题（共5小题） 11．解：如图，连接BD． 由题意，得，，，． 在Rt△ABD中，由勾股定理得BD2＝AB2+AD2＝S1+S4． 在Rt△BCD中，由勾股定理得BD2＝BC2+CD2＝S2+S3． ∴S1+S4＝S2+S3． ∴S2＝S1+S4﹣S3＝135﹣49＝86， 故答案为：86． 12．解：由正方形的性质得：∠C＝90°，AC＝24米， ∴AB25（米）， ∴AC+BC﹣AB＝7+24﹣25＝6（米）， 即居民从A→C→B比从A沿直线AB直接到B处要多走6米， 故答案为：6． 13．解：过F作FH⊥AC于H， ∴∠EHF＝∠ACD＝90°， ∴FH∥DC， ∵F是DE的中点， ∴EH＝CH， ∴FH是△DEC的中位线， ∴DC＝2FH， ∵∠FAE＝30°，AF＝2， ∴FHAF＝1， ∴AH， ∴CD＝2， ∵Rt△ABC≌Rt△DEC， ∴AC＝CD＝2， ∴， ∴BC＝CE＝2CH＝4﹣2． 故答案为：4﹣2． 14．解：如图， ∵OC＝1，DO＝1， ∴， ∵AD＝2， ∴， ∴， ∴， 则数轴上点B所表示的数是， 故答案为：． 15．解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°． 在△BCE和△DCE中，， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴∠CBE＝∠CDE＝15°，故①正确； ②过D作DM⊥AC于M， ∵∠CDE＝15°，∠ADC＝90°， ∴∠ADE＝75°， ∵∠DAE＝45°， ∴∠AED＝60°， ∵AD＝AB， ∴AM＝DM， ∴MEDM1， ∴AE1，故②正确； ③根据勾股定理求出AC＝2， ∵DM，EM＝1， ∵∠DCA＝45°，∠AED＝60°， ∴CM， ∴CE＝CM﹣EM1， ∴S△DEC（1），故③错误； ④在EF上取一点G，使EG＝EC，连接CG， ∵BC＝CF， ∴∠CBE＝∠F， ∴∠CBE＝∠CDE＝∠F＝15°． ∴∠CEG＝60°． ∵CE＝GE， ∴△CEG是等边三角形． ∴∠CGE＝60°，CE＝GC， ∴∠GCF＝45°， ∴∠ECD＝GCF． 在△DEC和△FGC中，， ∴△DEC≌△FGC（SAS）， ∴DE＝GF． ∵EF＝EG+GF， ∴EF＝CE+ED，故④正确； 故答案为：①②④． 三．解答题（共7小题） 16．解：根据题意得：AB＝A′B′＝25m， 在Rt△AOB中，OB＝20m，∠AOB＝90°， 由勾股定理得：OA15（m）， ∵AA′＝8m， ∴OA′＝OA﹣AA′＝15﹣8＝7（m）， 在Rt△A′OB′中，由勾股定理得：OB′24（m）， ∴BB′＝OB′﹣OB＝24﹣20＝4（m）， 答：BB′的长度为4m． 17．解：（1）∵旗杆顶端A的绳子垂到地面多出一段的长度为3米，C处到旗杆底部B的距离为9米， 设旗杆AB的高度为x m，则AC＝（x+3）m， 在Rt△ABC中，∠B＝90°， 由勾股定理得：AB2+BC2＝AC2， ∴x2+92＝（x+3）2， 解得：x＝12， 答：旗杆AB的高度为12m； （2）过E作EM⊥AB重为M，如图， 则∠MEB＝∠MBD＝∠EDB＝90°， ∴四边形BDEM为矩形， ∴MB＝ED＝2m，BD＝ME， ∵AB＝12m， ∴AM＝12﹣2＝10（m），AE＝12+3＝15（m）， 在Rt△AME中，∠AME＝90°， 由勾股定理得：， ∴， 答：小明需后退． 18．解：（1）梯形ABCD的面积为（a+b）（a+b）a2+abb2， 也可以表示为ababc2， ∴ababc2a2+abb2， 即a2+b2＝c2； （2）∵CA＝x km， ∴AH＝（x﹣1.8）km， 在Rt△ACH中， CA2＝CH2+AH2， 即x2＝2.42+（x﹣1.8）2， 解得x＝2.5， 即CA＝2.5（km）， ∴CA﹣CH＝2.5﹣2.4＝0.1（km）， 答：新路CH比原路CA少0.1千米； （3）设AH＝x km，则BH＝（6﹣x）km， 在Rt△ACH中，CH2＝CA2﹣AH2， 在Rt△BCH中，CH2＝CB2﹣BH2， ∴CA2﹣AH2＝CB2﹣BH2， 即42﹣x2＝52﹣（6﹣x）2， 解得：x， 即AH（km）． 19．解：（1）∵外面大正方形的面积＝c2，里面小正方形的面积+4个直角三角形的面积， ∴，整理，得c2＝a2+b2． （2）∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴， ∵CD是AB边上的高， ∴， ∴． 20．（1）证明：连接BE，如图： ∵AB边上的垂直平分线为DE， ∴AE＝BE， ∵CB2＝AE2﹣CE2， ∴CB2＝BE2﹣CE2， ∴CB2+CE2＝BE2， ∴∠C＝90°； （2）设CE＝x，则AE＝BE＝8﹣x， ∴在Rt△BCE中， EC2+BC2＝BE2， 即x2+62＝（8﹣x）2 解得：， 则． 21．（1）证明：∵a2+b2＝（m﹣n）22＝m2﹣2mn+n2+4mn＝m2+2mn+n2， c2＝（m+n）2＝m2+2mn+n2， ∴a2+b2＝c2， ∴根据勾股定理逆定理，得△ABC为直角三角形； （2）解：不存在a，b，c（a，b，c均为正整数）使得c2＝3ab． 理由：假设存在a，b，c（a，b，c均为正整数）使得c2＝3ab， 由（1）知a2+b2＝c2， ∴a2+b2＝3ab， ∴a2﹣3ba+b2＝0， 解得a， ∵是无理数，b是正整数， ∴a不可能是正整数， 故不存在a，b，c（a，b，c均为正整数）使得c2＝3ab． 22．解：（1）BP＝2t，则PC＝BC﹣BP＝6﹣2t； 故答案为（6﹣2t）cm． （2）当t＝1时，BP＝CQ＝2×1＝2厘米， ∵AB＝8厘米，点D为AB的中点， ∴BD＝4厘米． 又∵PC＝BC﹣BP，BC＝6厘米， ∴PC＝6﹣2＝4厘米， ∴PC＝BD， 又∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， 在△BPD和△CQP中， ， ∴△BPD≌△CQP（SAS）； ③∵vP≠vQ， ∴BP≠CQ， 又∵△BPD≌△CPQ，∠B＝∠C， ∴BP＝PC＝3cm，CQ＝BD＝4cm， ∴点P，点Q运动的时间t秒， ∴VQ厘米/秒． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/9/7 13 第20页（共20页） 学科网（北京）股份有限公司 $