2.7 探索勾股定理 培优测试 2026-2027学年浙教版数学八年级上册

**基本信息** 围绕勾股定理，通过基础应用、变式拓展到综合探究的三阶分层设计，覆盖从单一知识点到跨情境综合应用的巩固路径，培养空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|勾股定理直接应用（如长方体表面最短路径）|选择题1-5题、填空题11-13题，聚焦基本模型构建| |能力提升|变式与多知识点结合（如赵爽弦图、折叠问题）|选择题6-10题、填空题14-17题，融合旋转、对称等思想| |综合拓展|新定义与综合探究（如类勾股三角形）|综合题18-24题，通过新定义证明、动态几何培养创新意识|

2.7 探索勾股定理 培优测试 一、选择题（每题3分，共30分） 1．如图，长方体的高为9dm，底面是边长为6dm的正方形，如果一只蚂蚁从顶点A开始爬向顶点B，那么它爬行的最短路程为（　　） A．10dm B．12dm C．13dm D．15dm 2．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示.过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG，若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则 的值为（　　） A． B．3 C． D．4 3．如图，在等腰直角三角形中，，为的中点，为边上一点不与端点重合，过点作于点，作于点，过点作交的延长线于点若，则阴影部分的面积为（　　） A．12 B．12.5 C．13 D．13.5 4．三国时期的赵爽利用图1证明了勾股定理，后来日本的数学家关孝和在“赵爽弦图”的启发下利用图2也证明了勾股定理.在图2中，E，B，F在同一条直线上，四边形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面积等于100，△IJD面积等于，且已知AH＝2，则△KCD的面积等于（　　） A． B．39 C． D．52 5．如图，O是正内一点，，，，，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段，下列结论：①点O与的距离为6；②；③；④；⑤点P为内一点，则点P到三个顶点的距离和最小为.其中正确的结论是（　　） A．①②③⑤ B．①③④ C．②③④⑤ D．①②⑤ 6．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BNMC，四块阴影部分的面积分别S1、S2、S3、S4．则等于（　　） A．4 B．6 C．8 D．12 7．在Rt△ABC中，AC=BC，点D为AB中点．∠GDH=90°，∠GDH绕点D旋转，DG、DH分别与边AC、BC交于E，F两点．下列结论： ①AE+BF=AB；②△DEF始终为等腰直角三角形；③S四边形CEDF=AB2；④AE2+CE2=2DF2． 其中正确的是（　　） A．①②③④ B．①②③ C．①④ D．②③ 8．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ.图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2.若S1：S2＝1：4，S四边形边BAHE＝18，则四边形MBNJ的面积为（　　） A．5 B．6 C．8 D．9 9．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，，则下列结论：①∠CAD=30° ②③S平行四边形ABCD=AB•AC ④ ，正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 10．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB与y轴交于点A（0，6），与x轴的负半轴交于点B，且∠BAO＝30°， M、N是该直线上的两个动点，且MN＝2，连接OM、ON，则△MON周长的最小值为 （　　） A．2＋3 B．2＋2 C．2＋2 D．5＋ 二、填空题（每空3分，共24分） 11．如图，圆柱底面半径为，高为，点A，B分别是圆柱两底面圆周上的点，且A，B在同一条竖直直线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为　 　cm. 12．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与坐标轴交于A，B两点，于点C，P是线段OC上的一个动点，连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转，得到线段，连接，则线段的最小值为　 　． 13．气动升降桌由于高度可调节，给人们学习生活带来许多便捷．如图1所示是桌子的侧平面示意图，AC，BC，DC，DE，HG是固定钢架，HG垂直桌面MN，GE是位置可变的定长钢架．DF是两端固定的伸缩杆，其中，DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm，∠EDC是一个固定角为150°，当GE旋转至水平位置时，伸缩杆最短，此时伸缩杆DF的长度为 　 　cm．点D的离地高度为60cm，HG＝10cm，小南将桌子调整到他觉得最舒服的高度，此时发现FD＝FE，则桌面高度为 　 　cm． 14．如图，在中，，于点，于点若，. （1）的长为　 　； （2）在的腰上取一点，当是等腰三角形时，长为　 　. 15．如图，在中，，为边的中点，、分别为边、上的点，且，若，，则　 　，线段的长度　 　． 16．如图，一次函数y＝-x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，C是x轴上一动点，连接BC，将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时，点C的坐标为　 　. 17．如图，在中.，平分交于E，于D.下列结论：①；②点E在线段的垂直平分线上：③；④；⑤，其中正确的有　 　（填结论正确的序号）. 三、综合题（共7题，共66分） 18．已知，，为正数，满足如下两个条件： ① ② 证明：以，，为三边长可构成一个直角三角形. 19．如图，直线经过原点O，点A在x轴上，于点D，于点F，已知点，，，，求的长度． 20．在同一平面内的两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M，N间的“最距离”，记作：． 如图，点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且． （1）若点D在数轴上表示的数为5，求d（点D，）； （2）若点E，F在数轴上表示的数分别是x，，当d（线段，）时，求x的取值范围． 21．如图，一个长方体形的木柜放在墙角处（与墙面和地面均没有缝隙），有一只蚂蚁从柜角A处沿着木柜表面爬到柜角处 （1）请你在下面网格（每个小正方形边长为1）中，画出蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径； （2）当，，时，求蚂蚁爬过的最短路径的长； （3）我们发现，“用不同的方式表示同一图形的面积”可以解决计算线段的有关问题，这种方法称为“面积法”．请“面积法”求点到最短路径的距离． 22．如图，在中，，点为边上异于，的一个动点，作点关于的对称点，连结，，交直线于点. （1）若，，是边上的高线. ①求线段的长； ②当时，求线段的长； （2）在的情况下，当是等腰三角形时，直接写出的度数. 23．如图，在边长为的正方形中，过中点E作正，过点F的直线分别交边、于点G、H、已知点M、N分别是线段、的动点，且是等边三角形. （1）判断与的位置关系，并说明理由. （2）当点N在线段上时 ①求证： ②试判断的结果是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出这个值. （3）设，点A关于的对称点为，若点落在的内部，请直接写出的范围. 24．定义：若三角形满足：两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方，则称这个三角形为“类勾股三角形”.如图1在中，，则是“类勾股三角形”. （1）等边三角形一定是“类勾股三角形”，是　 　命题（填真或假）. （2）若中，，且，若是“类勾股三角形”，求的度数. （3）如图2，在等边三角形的边上各取一点，，且相交于点，是的高，若是“类勾股三角形”，且. ①求证：. ②连结，若，那么线段能否构成一个“类勾股三角形”？若能，请证明；若不能，请说明理由. 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm）， AB＝ ＝3 （dm）； ②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内， AC＝6+6＝12（dm），BC＝9dm，AB＝ ＝15（dm）， ③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝ ＝15（dm）， 由于 ， 所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm. 故答案为：D. 【分析】①将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6dm，BD＝6+9＝15（dm），利用勾股定理可得AB；②将长方体的正面和右面展开在同一平面内，同理求出AB的值；③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理求出AB的值，然后进行比较即可得到最短路程. 2．【答案】C 【解析】【解答】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图， 设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为 x， 设CN＝t，则BE＝t， 在Rt△BCN中，∵CN＝t，BN＝t+x，BC＝ x， ∴x2+（t+x）2＝（ x）2， 解得t＝x， ∴BE＝CN＝x， ∵ED为小正方形的对角线， ∴∠FEN＝∠EFN＝45°， ∴∠GFD＝45°， ∵GD⊥DF， ∴△GDF为等腰直角三角形， ∴∠FGD＝45°，DG＝DF＝x， ∵∠GEM＝∠EGM＝45°， ∴△MGE为等腰直角三角形， ∴ME＝MG＝2x， 在Rt△BMG中，∵BM＝3x，GM＝2x， ∴BG＝ ＝ x， ∴ ＝ ＝ . 故答案为：C. 【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为x， 设CN＝t，则BE＝t， BN＝t+x，BC＝x，利用勾股定理可得t＝x， 由正方形的性质可得∠FEN＝∠EFN＝45°，推出 △GDF、△MGE为等腰直角三角形， 得到DG＝DF＝x，ME＝MG＝2x，然后在Rt△BMG中，利用勾股定理表示出BG，据此求解. 3．【答案】D 【解析】【解答】解：设，，则， 为等腰直角三角形，， ，， 又为的中点， ，， ，， 四边形DGEH为矩形，， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得，， ， 整理得，， 由题意知， ， 故答案为：D. 【分析】设DG＝a，CG＝b，则CD＝a＋b，易得BD=AD=CD=a+b，BC=2BD=2（a+b），易得四边形DGEH为矩形，根据矩形的性质及等腰直角三角形的性质得DH=EG=CG=b，根据平行线的性质及等腰直角三角形的性质得GF=BG=BD+DG=a+b+a=2a+b，在Rt△ADG中，由勾股定理得出关于a和b的代数式的值，再由即可得出答案. 4．【答案】A 【解析】【解答】解：∵四边形ABCD和四边形GDJH是正方形，正方形ABCD的面积等于100， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD， 设GH＝GD＝x，则AG＝x+2， ∵AG2+DG2＝AD2， ∴（2+x）2+x2＝102， 解得x＝6，x＝-8舍去， ∴DJ＝6， ∵△IJD面积等于， ∴， ∴IJ＝， ∴IH＝HJ-IJ＝6-＝， ∴AI＝＝， ∵AB＝10，AE＝AG＝8， ∴BE＝＝6， ∴BF＝2， ∴AH＝BF， ∵∠EAG＝∠BAD＝∠ABC＝90°， ∴∠GAD＝∠BAE，∠BAE＝∠FBK， ∴∠GAD=∠FBK， ∵∠BFK＝∠AHI＝90°， ∴△AHI≌△BFK（ASA）， ∴AI＝BK＝， ∴CK＝BC-BK＝10-＝， ∴△KCD的面积＝CD•CK＝. 故答案为：A. 【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，设GH＝GD＝x，则AG＝x+2，根据勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，结合△IJD面积，根据三角形的面积公式算出IJ的长，再由IH＝HJ-IJ算出IH的长，接着利用勾股定理算出AI、BE的长，根据同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，从而利用ASA判断出△AHI≌△BFK，根据全等三角形的性质得BK=AI，由CK＝BC-BK算出CK，最后根据三角形的面积公式即可算出答案. 5．【答案】D 【解析】【解答】解：连接OO'， ∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO'， ∴△OBO'是正三角形，OO'=OB，故①正确； 由①易得，，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴故②正确； ，故③错误； 由③知，故 ④错误； 根据三角形的性质可知：当点P是三角形三边的中垂线的交点时，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，故⑤正确. 故答案为：D. 【分析】根据旋转的性质易得△BOO'是等边三角形，由等边三角形的性质得OO'=OB，据此可判断①；利用SAS可证△BOC≌△BAO'，可得AO'＝CO＝8，OO'＝6，可判断△AOO'是直角三角形，从而就不难判断②；由S四边形AOBO′＝S△AOO'＋S△OO'B＝S△BOC＋S△AOC，S△AOB=S四边形AOBO′-S△AO'B可判定③④；根据三角形的性质，当点P是三角形的外心的时候，到三角形三个顶点的距离和最小，距离和的最小值是，据此判断⑤. 6．【答案】B 【解析】【解答】解：过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T， ∵四边形ABEF是正方形， ∴AB=AF，∠FAD+∠CAB=90°， 又∠CAB+∠ABC=90°， ∴∠ABC=∠FAD， ∴Rt△ADF≌Rt△ABC（AAS）， ∴DF=AC，∠FKD=∠CAB， ∴∠TAC=∠DFK， ∴Rt△DFK≌Rt△CAT（ASA）， 所以S2＝SRt△ABC． 由Rt△DFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK， ∴S3＝S△FPT， 又∵Rt△AQF≌Rt△ACB， ∴S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC． 利用AAS证明Rt△ABC≌Rt△EBN， ∴S4＝SRt△ABC， ∴S1−S2＋S3＋S4 ＝（S1＋S3）−S2＋S4 ＝SRt△ABC−SRt△ABC＋SRt△ABC ＝SRt△ABC=. 故答案为：B. 【分析】过F作AM的垂线交AM于D，连接PF，易得Q、P、F三点在同一直线上，设EF与AM相交于点K，BP与AF相交于点T，由正方形的性质及AAS可证Rt△ADF≌Rt△ABC，Rt△DFK≌Rt△CAT，所以S2＝SRt△ABC，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK，由Rt△DFK≌Rt△CAT得Rt△FPT≌Rt△EMK， 故S3＝S△FPT，又Rt△AQF≌Rt△ACB，得S1＋S3＝SRt△AQF＝SRt△ABC；用AAS证Rt△ABC≌Rt△EBN， 得S4＝SRt△ABC，故S1−S2＋S3＋S4＝（S1＋S3）−S2＋S4＝SRt△ABC−SRt△ABC＋SRt△ABC＝SRt△ABC，据此即可得出答案. 7．【答案】A 【解析】【解答】解：如图所示，连接CD， ∵AC＝BC，点D为AB中点，∠ACB＝90°， ∴AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴∠ADE＋∠EDC＝90°， ∵∠EDC＋∠FDC＝∠GDH＝90°， ∴∠ADE＝CDF． 在△ADE和△CDF中， ∠A＝∠DCF，AD＝CD，∠ADE＝∠CDF， ∴△ADE≌△CDF（ASA）， ∴AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF． ∵AC＝BC， ∴AC−AE＝BC−CF， ∴CE＝BF． ∵AC＝AE＋CE， ∴AC＝AE＋BF． ∵AC2＋BC2＝AB2，AC＝BC， ∴AC＝ ∴ AE+BF=AB ，故①正确； ∵DE=DF，∠GDH=90°， ∴△DEF始终为等腰直角三角形，故②正确； ∵S四边形CEDF＝S△EDC＋S△CDF， ∴S四边形CEDF＝S△EDC＋S△ADE＝S△ABC， 又∵S△ABC＝AC2＝（AB）2=AB2 ∴S四边形CEDF＝S△ABC＝×AB2＝AB2，故③正确； ∵CE2＋CF2＝EF2，DE2＋DF2＝EF2， ∴CE2＋AE2＝EF2＝DE2＋DF2， 又∵DE＝DF， ∴AE2＋CE2＝2DF2，故④正确； ∴正确的有①②③④． 故答案为：A. 【分析】连接CD根据等腰直角三角形的性质得AD＝CD＝BD＝AB，∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ADC＝∠BDC＝90°，根据同角的余角相等得∠ADE＝CDF，从而利用ASA证△ADE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出AE＝CF，DE＝DF，S△ADE＝S△CDF，进而得出CE＝BF，就有AE＋BF＝AC，再由勾股定理就可以求出结论． 8．【答案】B 【解析】【解答】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形， ∴AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°， ∴∠CAB+∠BAD＝∠DAH+∠BAD， ∴∠CAB＝∠DAH， 在△CAB和△DAH中， ， ∴△CAB≌△DAH（SAS）， ∴∠ADH＝∠ACB＝90°， ∵∠ADE＝90°， ∴H、D、E三点共线， ∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J， ∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形， ∵S1：S2＝1：4， ∴ ∴BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ， ∵四边形CADE是正方形， ∴∠ADE＝90°，AC＝AD＝DE＝CE＝BC+GJ＝3GJ， 在Rt△ACB中，由勾股定理得： ， 在Rt△ADH中，由勾股定理得： ∵S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18， ∴ AD•DH+ （AD+BE）•DE＝ ×3GJ×2GJ+ （3GJ+GJ）×3GJ＝18， 解得：GJ＝ （负值已舍去）， ∵∠ABC+∠EBM＝180°﹣∠ABI＝180°﹣90°＝90°，∠ABC+∠CAB＝90°， ∴∠CAB＝∠EBM，即∠FAN＝∠EBM， 在△FAN和△EBM中， ， ∴△FAN≌△EBM（ASA）， ∴S△FAN＝S△EBM， ∴S△ABC＝S四边形BCFN+S△FAN＝S四边形BCFN+S△EBM， ∴S四边形MBNJ＝S矩形CFJE﹣S四边形BCFN﹣S△EBM＝S矩形CFJE﹣S△ABC＝FC•CE﹣ AC•BC＝2GJ×3GJ﹣ ×3GJ×2GJ＝3GJ2＝3×（ ）2＝6. 故答案为：B. 【分析】根据正方形的性质可得AC＝AD，AB＝AH，∠CAD＝∠ABI＝∠BAH＝∠ADE＝90°，推出∠CAB＝∠DAH，证明△CAB≌△DAH，推出H、D、E三点共线，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，根据矩形的性质可得AF＝BE，∠AFN＝∠BEM＝90°，由S1：S2＝1：4可得BC＝FC＝FG＝BG＝2GJ，根据勾股定理表示出AB、DH，然后根据S四边形BAHE＝S△ADH+S梯形ADEB＝18结合三角形、梯形的面积公式可求出GJ，证明△FAN≌△EBM，得到S△FAN＝S△EBM，则S四边形MBNJ＝S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM＝S矩形CFJE-S△ABC，据此计算. 9．【答案】D 【解析】【解答】①∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE=∠DAE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°， ∴∠DAE=∠BEA， ∴∠BAE=∠BEA， ∴AB=BE=1， ∴△ABE是等边三角形， ∴AE=BE=1， ∵BC=2， ∴EC=1， ∴AE=EC， ∴∠EAC=∠ACE， ∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°， ∴∠ACE=30°， ∵AD∥BC， ∴∠CAD=∠ACE=30°， 故①符合题意； ②∵BE=EC，OA=OC， ∴OE=AB=，OE∥AB， ∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，Rt△EOC中，OC==， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BCD=∠BAD=120°， ∴∠ACB=30°， ∴∠ACD=90°， Rt△OCD中，OD==， ∴BD=2OD=， 故②符合题意； ③由②知：∠BAC=90°， ∴S▱ABCD=AB•AC， 故③符合题意； ④由②知：OE是△ABC的中位线， ∴OE=AB， ∵AB=BC， ∴OE=BC=AD， 故④符合题意； 正确的有：①②③④， 故答案为：D． 【分析】利用平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线求解即可。 10．【答案】B 【解析】【解答】解：如图作点O关于直线AB的对称点O’，作 OC∥MN且OC=MN=2 ，连接O'C交AB于点D，连接MC，MO'， ∴四边形MNOC为平行四边形， ∴ ， ， ∴ ， 在 中， ，即 ， 当点M到点D的位置时，即当O’、M、C三点共线， 取得最小值， ∵ ， ， 设 ，则 ， ， 解得： ， 即： ， ， ， 解得： ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 在 中， ， 即： ， ∴ ， 故答案为：B. 【分析】作点O关于直线AB的对称点O′，作OC∥MN且OC=MN=2，连接O′C交AB于点D，连接ON，MO，则四边形MNOC为平行四边形，OM+ON=O′M+MC，结合三角形的三边关系可得OM+ON>O′C，当O′、M、C三点共线，OM+ON取得最小值，设OB=x，则AB=2x，根据勾股定理求出x，得到BO、AB，然后根据△AOB的面积公式求出OF，进而得到O′O，在Rt△O′OC中，由勾股定理求出O′C，据此解答. 11．【答案】15 【解析】【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：； 即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短； ∵圆柱底面半径为 ∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长： ； 又∵圆柱高为， ∴小长方形的一条边长是； 根据勾股定理求得； ∴； 故答案为：15. 【分析】画出圆柱的展开图，用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB，根据圆柱的底面半径可得底面周长，即为长方形的宽，由圆柱的高可得小长方形的一条边长，利用勾股定理求出AC、CD、DB的值，据此求解. 12．【答案】 【解析】【解答】解：令y=-x+2中的x=0得y=2，令y=0得x=2， ∴A（0，2），B（2，0）， ∴△OAB是等腰直角三角形， ∵OC⊥AB， ∴C（1，1）， 又∵P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°， ∴P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点， ∴P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上， ∴当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小， 在Rt△AOB中，AO＝OB＝2， ∴ 又∵Rt△HBN是等腰直角三角形， ∴ ∴CP'＝OB−BH−1＝2-（）-1=. 故答案为：. 【分析】分别令y=-x+2中的x=0与y=0算出对应的对应的y与x的值，可得点A、B的坐标，可得△OAB是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得点C的坐标，由于P是线段OC上动点，将线段AP绕点A逆时针旋转45°，P在线段OC上运动，所以P'的运动轨迹也是线段，当P在O点时和P在C点时分别确定P'的起点与终点，故P'的运动轨迹是在与x轴垂直的一段线段MN上，当线段CP′与MN垂直时，线段CP′的值最小，进而算出NB，在Rt△HBN中根据勾股定理算出BH，即可解决问题. 13．【答案】； 【解析】【解答】解：如图，延长CD交EF于点P， 由题意可知CD与水平面垂直，当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF， ∴∠DPE＝∠DPF＝90°， ∵∠EDC＝150°， ∴∠PDE＝30°， ∵DE＝20cm，GE＝39cm，GF＝13cm， ∴PE＝DE＝10cm，FE＝GE−GF＝26cm，cm， ∴PF＝FE−PE＝16cm， ∴cm， 如图，作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点R， ∵FD＝FE， ∴DL＝EL＝DE＝10cm， ∵∠DLR＝∠ELF＝90°， ∴DR=2LR，cm， ∴102＋LR2＝（2LR）2， ∴cm，cm，cm， ∴作EQ⊥CD交CD的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K， ∵∠DQE＝∠FKR＝90°，∠FRK＝∠DRL＝60°， ∴EQ＝DE＝10cm，∠RFK＝30°， ∴cm，cm， ∴cm， 作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I， ∵EQ∥FK∥GT，EO∥QT，∠EQK＝90°， ∴四边形EQKI、四边形EQTO都是矩形， ∴cm， ∵， ∴cm， ∴cm， 连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm， ∵MN∥OG，WT⊥MN，HG⊥MN， ∴WT＝HG＝10cm， ∴cm. 故答案为：，. 【分析】延长CD交EF于点P，则当GE旋转至水平位置时，则PD⊥EF，先由∠EDC＝150°得∠PDE＝30°，而∠DPE＝90°，所以PE＝DE＝10cm，FE＝GE−GF＝26cm，则PF＝16cm，根据勾股定理可求得PD＝cm即可求得DF＝cm；作FL⊥DE于点L，交CD的延长线于点R，由FD＝FE得DL＝EL＝DE＝10cm，可求得FL＝24cm，即可根据勾股定理求得LR作EQ⊥CD交CD的延长线于点Q，FK⊥CD交CD的延长线于点K，则EQ＝DE＝10cm，RK＝FR＝cm，由勾股定理求得DQ＝cm，则QK＝cm，作GT⊥CD交CD的延长线于点T，作EO⊥GT交GT的延长线于点O，交FK的延长线于点I，则cm，cm，cm，连结AB，延长CT交MN于点W，延长DC交AB于点J，则DJ＝60cm，WT＝HG＝10cm，由JW＝DJ＋WT＋DT求出JW的长即可． 14．【答案】（1）3 （2）或 【解析】【解答】解：（1）于点，， ，， 于点， ， ， ， ， 故答案为：3； （2）当点在边上时，如图1， ， 是等腰三角形， ， ， ， ； 当点在边上时， 若，如图， ，， 平分， 于点， ， 此时为等腰三角形， 过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N， ，， 由勾股定理知，， ， ， ， ， ， 由（1）知，，， ∴∠ADM=30° ， ， 是等边三角形， ， 所以当，或时，都有； 综上，或， 故答案为：或. 【分析】（1）由含30°角直角三角形性质得AB=2AD，∠DAE=60°，∠ADE=30°，AD=2AE，据此求出AB的长，最后根据BE=AB-AE即可算出答案； （2）分类讨论：①当点M在AB边上时，易得△DEM是等腰直角三角形，可求出DE=EM=，进而根据BM=BE-EM代入计算可得BM的长；②当点M在AC边上时，若DM⊥AC，根据等腰三角形的三线合一得AD平分∠BAC，进而根据角平分线上的点到角两边的距离相等得，此时△DEM是等腰三角形，过点M作MN⊥AB，与BA的延长线交于点N，根据勾股定理易得AM=AE=1，由三角形外角性质得∠MAN=60°，故∠AMN=30°，根据含30°角直角三角形的性质得AN的长，进而根据公共点了算出MN、BM的长；③易判断出△DEM是等边三角形，根据等边三角形的性质得DE=DM=MN，故当DE=EM或MD=ME时，都有，综上即可得出答案. 15．【答案】45； 【解析】【解答】解：如图，延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点N， ∵∠C＝90°， ∴∠BAC+∠B＝90°， ∵AE＝AD，BF＝BD， ∴∠AED＝∠ADE，∠BDF＝∠BFD， ∴2∠ADE+∠BAC＝180°，2∠BDF+∠B＝180°， ∴2∠ADE+2∠BDF＝270°， ∴∠ADE+∠BDF＝135°， ∴∠EDF＝180°-（∠ADE+∠BDF）＝45°， ∵∠END＝90°，DE＝， ∴∠EDN＝∠DEN＝45°， ∴EN＝DN＝1， ∵D为AB的中点， ∴AD=BD， 又∵∠ADM=∠BDF，DM＝DF=2， △ADM≌△BDF（SAS）， ∴BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B， ∴∠MAE＝∠MAD+∠BAC＝90°， ∴EM＝AM， ∵在Rt△EMN中，EN＝1，MN＝DM+DN＝3， ∴EM＝＝=， ∴AM＝，AB＝2AM＝． 故答案为：45，． 【分析】延长FD到M使得DM＝DF=2，分别连接AM、EM、EF，作EN⊥DF于点N，先利用角的互余关系及等腰三角形性质得到∠ADE+∠BDF＝135°，再利用角的互补关系求得∠EDF＝45°，从而得到∠EDN＝∠DEN＝45°，EN＝DN＝1；再利用“SAS”定理证明△ADM≌△BDF，从而得BF＝AM＝BD＝AD＝AE，∠MAD＝∠B，进而得到EM＝AM，再利用勾股定理求得EM的长，从而求出AM的长，进而求得AB的长. 16．【答案】（-6，0）或（，0） 【解析】【解答】解：∵一次函数y＝-x+3的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B， ∴A（4，0），B（0，3）， ∴OA＝4，OB＝3， 根据勾股定理可得AB＝=5， 如图1，当点A落在y轴的正半轴上时， 设点C的坐标为（m，0）， ∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时， ∴A′O＝3+5＝8，A′C＝AC＝4-m， ∵A′C2＝OC2+A′O2， ∴（4-m）2＝m2+82， ∴m＝-6； 如图2，当点A落在y轴的负半轴上时， 设点C的坐标为（m，0）， ∵将△ABC沿BC所在的直线折叠，当点A落在y轴上时， ∴A′O＝5-3＝2，A′C＝AC＝4-m， ∵A′C2＝OC2+A′O2， ∴（4-m）2＝m2+22， ∴m＝； 综上所述，当点A落在y轴上时，点C的坐标为（-6，0）或（，0）， 故答案为：（-6，0）或（，0）. 【分析】首先求出A、B两点的坐标，进而根据勾股定理可得AB的长度，如图1，当点A落在y轴的正半轴上时，设点C的坐标为（m，0），在Rt△A'OC中，利用勾股定理建立方程，求出m的值，从而可得点C的坐标；如图2，当点A落在y轴的负半轴上时，同理可得点C的坐标，综上可得答案. 17．【答案】①②③⑤ 【解析】【解答】解：∵，， ∴， ∴，， ∵平分交于E， ∴， ∴， ∴点E在线段BC的垂直平分线上，故②正确； ∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴，故③正确； 设，则，， ∴，， ∴，故④错误； ∵，∠BAC=90°， ∴， ∴，故⑤正确. 综上，正确的有①②③⑤. 故答案为：①②③⑤. 【分析】首先根据已知及三角形的内角和定理得∠C=30°，∠ABC=60°，根据角平分线的定义得∠ABE=∠CBE=30°，由等角对等边得BE=CE，再由到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上得点E在线段BC的垂直平分线上，据此判断①②；由三角形内角和定理易得∠DAE=∠C=30°，据此判断③；设DE=a，则AE=2a，根据含30°直角三角形的性质及勾股定理分别用含a的式子表示出BD及DE，即可判断④；直接根据含30°角直角三角形的性质即可判断⑤. 18．【答案】证明：证法1：将①②两式相乘，得， 即， 即， 即， 即， 即， 即，即， 即， 所以或或，即或或. 因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形. 证法2 结合①式，由②式可得， 变形，得③ 又由①式得，即， 代入③式，得， 即. ， 所以或或. 结合①式可得或或. 因此，以，，为三边长可构成一个直角三角形. 【解析】【分析】证法一： 将①②两式相乘可得 ，根据有理数的乘法法则可得 或或，即或或，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论；证法二：结合已知条件可得a=16，或b=16，或c=16， 结合①式可得b+a=c或c+a=b或c+b=a，根据勾股定理的逆定理即可判断得出结论. 19．【答案】解：如图，过点C作轴于点G， ∵点，，， ∴，，， ∴． 由题意，得，． ∵，∴是直角三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴长. 【解析】【分析】过点C作CG⊥x轴于点G，利用点A，B，C的坐标可求出BE，CG，OA的长；利用△ABC的面积等于△AOB和△AOC的面积之和，可求出△ABC的面积；利用点F，C的坐标可得到FC∥x轴，同时可求出BF，CF的长，在Rt△BFC中，利用勾股定理求出BC的长；然后利用三角形的面积公式，在△ABC中，可求出AD的长. 20．【答案】（1）解：连接，，根据直角三角形中斜边最长， 所以点D到图形的最距离是， 因为点B，C在数轴上表示的数分别为0，2，于点B，且，点D在数轴上表示的数为5， 所以， 所以， 所以d（点D，）为． （2）解：当线段在原点的左侧时， 因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，， 所以d（线段，）时， 得到， 所以， 解得； 当线段在原点的右侧时， 因为点E，F在数轴上表示的数分别是x，， 所以d（线段，）时， 得到， 所以， 解得，（舍去）； 综上所述，x的取值范围或． 【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出DA的长，即可得到d（点D，）为； （2）分类讨论：①当线段在原点的左侧时，②当线段在原点的右侧时，再分别列出不等式求解即可。 21．【答案】（1）解：如图， 木柜的表面展开图是矩形或． 故蚂蚁能够最快到达目的地的可能路径有如图的或； （2）解：蚂蚁沿着木柜表面矩形爬过的路径的长是． 蚂蚁沿着木柜表面爬过的路径的长是． ， 故蚂蚁爬过的最短路径的长是． （3）解：作于E， ，是公共角， ， 即， 则， ． 答：点到最短路径的距离是． 【解析】【分析】（1）将立体几何转换为平面几何，再求解即可； （2）利用勾股定理求解并比较大小即可； （3）先证明，可得，将数据代入求出即可。 22．【答案】（1）解：①如图 在Rt△ABC中 ， 即， 解之： ②∵点A关于CP的对称点为点A′， ∴CA=CA′=8， ∵∠PQA′=90°， ∴由①可知， ∴ （2）解：△A′PQ′是等腰三角形， 当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP， ∵点A和点A′关于CP对称。 ∴∠CAQ=∠CA′P=35°， ∴∠A′PQ=×（180°-35°）=72.5°， ∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′， ∴∠ACA′=72.5°-35°=37.5°； 当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′， ∵点A和点A′关于CP对称。 ∴∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°， ∴∠A′QP=180°-35°-35°=110°， ∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′， ∴∠ACA′=110°°-35°=75°； 当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′， ∵点A和点A′关于CP对称， ∴∠CAQ=∠CA′P=∠PQA′=35°， ∵∠AQA′=∠CAQ+∠ACA′， ∴∠ACA′=35°-35°=0°（舍去）， ∴∠A′CA的度数为37.5°或75° 【解析】【分析】（1）①利用勾股定理求出AB的长，再利用同一个三角形的面积不变，可求出CE的长；②利用轴对称的性质可证得CA=CA′=8，利用∠PQA′=90°，可求出CQ的长，再根据A′Q=CA′-CQ，代入计算求出A′Q的长. （2）利用等腰三角形的性质分情况讨论：当A′P=A′Q时，∠A′PQ=∠A′QP，利用对称轴的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=35°，利用三角形的内角和定理求出∠A′PQ；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当A′Q=QP时，∠A′=∠QPA′，利用轴对称的性质可得到∠CAQ=∠CA′P=∠A′PQ=35°，即可求出∠A′QP的度数；再利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数；当PQ=PA′时，∠A′=∠PQA′，可求出∠PQA′的度数，利用三角形的外角的性质可求出∠ACA′的度数，综上所述可得到符合题意的∠A′CA的度数. 23．【答案】（1）解：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∵，是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：①如图，连接， ∵， ∴， 在中， ， ∴， ∴； ②，理由如下， 如图所示，过点H作于点K， ∵四边形是正方形，且边长为， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， 又， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∵E是的中点，则， 在中，， ∴， ∴，则， ∵， ∴， 又， ； 即， （3）当时，点落在的内部 【解析】【解答】解：（3）当落在上时，如图所示， ∵点A关于的对称点为， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即； 当落在上时，如图所示， ∵点关于的对称点为， ∴， 又∵， ∴， 即， 综上所述，当时，点落在的内部. 【分析】（1）EF与GH的关系式垂直，理由如下：易得AE=FE，NE=ME，∠AEF=∠NEM=60°，则∠AEN=∠FEM，用SAS证明△AEN≌△FEM，根据全等三角形的对应角相等得∠EFM=∠EAN=90°，即可得出结论； （2）①连接EG，用HL证明Rt△AEG≌Rt△FEG，即可得出结论； ②MH＋GH＝，理由如下：过点F作FK⊥AB于点K，得出四边形HKBC是矩形，则HK＝CB＝6，在Rt△HGK中，∠GHK＝30°，并结合勾股定理得出HG的长，在Rt△AEG中，∠AEG=30°，并结合勾股定理得出AG的长，则FG＝AG＝，根据MH＋GN＝−MF−FG＋MF−FG，即可求解； （3）分当A'落在MN上时，当A'落在EM上时，根据轴对称的性质以及等边三角形的性质即可求解． 24．【答案】（1）真 （2）解：∵， ∴， 当时，则（舍去）， 当时，则， ， ∴， ∴， ∴， ∴ 当时，则， ， ∴， ∴， ∴（舍去）， 综上所述：是“类勾股三角形”时， （3）解：①∵是等边三角形， ∴，， ∵是的高，是“类勾股三角形”， ∴由（2）可得，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ②∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，，则，， ∴， ， ， ∴， ∴， ∴线段能构成一个“类勾股三角形”. 【解析】【解答】解：（1）当△ABC为等边三角形时， ， ∴， ∴等边三角形一定是“类勾股三角形”； 故答案为：真； 【分析】（1）由于等边三角形的三边相等，结合 “类勾股三角形” 的定义判断即可； （2）首先根据勾股定理得a2+b2=c2，然后分当a2+b2-ab=c2，a2+c2-ac=b2，b2+c2-bc=a2，三种情况，解答即可； （3）①根据 “类勾股三角形” 的定义得到∠BFG=60°，利用ASA证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的对应边相等得AD=CE；②利用ASA证明△ABF≌△CAG，得到AG=BF，设FG=x，EG=y，用含x、y表示出AG2、EF2、CD2，进而根据类勾股三角形”定义判断即可. 1 学科网（北京）股份有限公司 $