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第17章 勾股定理压轴题综合测试卷
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级·浙江绍兴·期末）等腰Rt△ABC，∠BAC=90°，AB=AC=5，
∠BPC=∠APC=135°，则CP=（ ）
A．3 B．❑√10 C．2❑√3 D．4
【答案】B
【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，
正确作辅助线是解题的关键.
将线段AP绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接PE,CE，则AE=AP，∠PAE=90°，得到
∠APE=∠AEP=45°，可求出∠APB=90°，∠BAP=∠CAE，可证明△CAE≌△BAP(SAS)，得到
∠AEC=∠APB=90°，可证明∠CPE=90°，∠PCE=∠PEC=45°，则PE=PC，得出CE2=2PC2
1 1
，AE2= PC2 ，则 PC2+2PC2=52 ，求出PC=❑√10，即可得到结论.
2 2
【详解】解：如图，将线段AP绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接PE,CE，
∵AE=AP,∠PAE=90°，
∴∠APE=∠AEP=45°，
∵∠BAC=90°,AB=AC=5，
∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，
∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAP=∠CAE，
∵∠BPC=∠APC=135°，
∴∠APB=360°−∠BPC−∠APC=90°，{
AE=AP
)
在△AEC和△APB中 ∠CAE=∠BAP ，
AC=AB
∴△AEC≌△APB(SAS)，
∴∠AEC=∠APB=90°，
∴∠PEC=∠AEC−∠AEP=90°−45°=45°，
∵∠APC=135°，
∴∠EPC=∠APC−∠APE=135°−45°=90°，
∴∠PCE=90°−∠PEC=90°−45°=45°，
∴PE=PC，
∴CE2=PE2+PC2=2PC2，
∵PC2=PE2=AE2+AP2=2AE2，
1
∴AE2= PC2
，
2
∵AE2+CE2=AC2，
1
PC2+2PC2=52
，
2
∴PC=❑√10或PC=−❑√10（不符合题意，舍去），
故选：B.
2．（3分）（24-25八年级·福建泉州·期末）四条线段的长分别为1，x，5，9（其中x为正数），用它们拼
成两个直角三角形，且AB与CD是其中的两条线段（如图），则x可能取值的个数为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．4
【答案】C【分析】此题考查了勾股定理的应用．首先过B作BE∥CD交AD的延长线于E，根据题意即可得
BE=CD，CE=BD，∠E=90°，可得AB是最长边，长为9或x，然后由勾股定理可得
AB2=(AC+CE) 2+BE2=(AC+BD) 2+CD2，然后分别从AB=x，CD为9或5或1；AB=9，CD=x
或5或1去分析求解，即可求得答案．此题难度很大，解题的关键是注意数形结合思想，方程思想与分类
讨论思想的应用，小心别漏解．
【详解】解：如图，过B作BE∥CD交AC的延长线于E，
根据题意得：BE=CD，CE=BD，∠E=90°，
∴AB2=(AC+CE) 2+BE2=(AC+BD) 2+CD2，
∴AB是最长边，长为9或x，
若AB=x，CD=9，则x=❑√117=3❑√13，
若AB=x，CD=5，则x=❑√125=5❑√5，
若AB=x，CD=1，则x=❑√197，
若AB=9，CD=x，则x=❑√45=3❑√5，
若AB=9，CD=5，则x=❑√81−25−1=2❑√14−1，
若AB=9，CD=1，则x=❑√81−1−5=4❑√5−5，
共6个，
故选：C．
3．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为
AB边上的中点，点E在线段BD上（点E不与点B，点D重合），过点A作AF⊥CE交CE于点F，过点
B作BG⊥CE交CE的延长线于点G．若已知DF的长，则可求出（ ）A．FG的长 B．AF的长 C．CE的长 D．BG的长
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，延长FD，交BG的延长线于T，
由ASA可证△ADF≌△BDT，可得AF=BT，DF=DT，由AAS可证△ACF≌△CBG，可得AF=CG，
CF=BG，可证FG=TG，由勾股定理可得2FD2=FG2，即可求解．添加恰当辅助线构造全等三角形是
解题的关键．
【详解】解：延长FD，交BG的延长线于T，
∵AF⊥CE，BG⊥CE，
∴AF∥BG，
∴∠DAF=∠DBT，
∵点D是AB的中点，
∴AD=BD，
又∵∠ADF=∠BDT，
∴ △ADF≌△BDT(ASA)，
∴AF=BT，DF=DT，
∵∠ACB=90°=∠AFC=∠BGC，
∴∠ACF+∠BCG=90°=∠ACF+∠CAF，
∴∠CAF=∠BCG，
∵AC=BC，
∴ △ACF≌△CBG(AAS)，
∴AF=CG，CF=BG，
∴AF=CG=BT，
∴FG=CG−CF=BT−BG=TG，
∵FT2=FG2+TG2，
∴(2FD) 2=FG2+TG2，
∴2FD2=FG2，∵已知DF的长，
∴可求FG的长，
故选：A．
4．（3分）（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB交BC于
2
点D，点E在边AB上，AE=BE=BD，DE= ，则AD的长度为（ ）
3
4 3
A．❑√2 B． C． D．❑√3
3 2
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，过A作
2
AG∥BC交DE的延长线于G，过A作AH⊥EG于H，可得△AEG≌△BED(AAS)，即得EG=DE=
3
1 1
，AG=BD，得到AG=AE，得到EH= EG= ，∠GAH=∠EAH， 得到DH=1，进而根据角平分
2 3
线可得∠DAH=45°，得到△DAH是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题
的关键．
【详解】解：过A作AG∥BC交DE的延长线于G，过A作AH⊥EG于H，∴∠G=∠BDE，∠C+∠GAC=180°，
∵∠C=90°，
∴∠CAG=90°，
在△AEG与△BED中，
{
∠G=∠BDE
)
∠AEG=∠BED ，
BE=AE
∴△AEG≌△BED(AAS)，
2
∴EG=DE= ，AG=BD，
3
∵BE=AE，
∴AG=AE，
∵AH⊥EG，
1 1
∴EH= EG= ，∠GAH=∠EAH，
2 3
2 1
∴DH= + =1，
3 3
∵AD平分∠CAB，
1
∴∠DAE= ∠CAB，
2
1
∴∠DAE+∠HAE= ∠CAG=45°，
2
即∠DAH=45°，
∴△DAH是等腰直角三角形，
∴AD=❑√2DH=❑√2，
故选：A．
5．（3分）（24-25八年级·四川眉山·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．如果D、E分别为BC、AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（ ）
24 27
A． B．5 C． D．6
5 5
【答案】A
【分析】延长AC到点F，使得AC=CF，则直线BC是线段AF的垂直平分线，连接DF,BF，于是得到
AD=DF，AB=BF，于是AD+DE就变成了DF+DE，根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到
DF+DE的最小值就是△ABF的高，过点F作FG⊥AB于点G，求FG即可．
此题考查了轴对称最短路径问题，垂线段的性质，勾股定理，根据三角形的面积求高等，熟练掌握以上性
质是解本题的关键．
【详解】解：延长AC到点F，使得AC=CF，
∵∠ACB=90°，
∴直线BC是线段AF的垂直平分线，
连接DF,BF，
∴AD=DF，AB=BF，
∴AD+DE就变成了DF+DE，
根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到DF+DE的最小值就是△ABF的高，
过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠ACB=90°，AC=3，AB=5，
∴AF=2AC=6，BC=❑√AB2−AC2=4，
1 1
∴S = AF·BC= AB·FG，
△ABF 2 2
∴6×4=5FG，
24
∴FG= ．
5
故选：A．6．（3分）（24-25八年级·浙江绍兴·期末）某同学类比勾股定理的证明过程，利用三个含有150°的全等
三角形纸片（如图①∠ACB=150°）拼成一个正三角形DEF（如图②），即
△ABC≌△DEG≌△EFM≌△FDN．连接GM，MN，NG，若MN长是2，△≝¿的面积是7❑√3，则
△ABC的面积是（ ）
3 4 5
A．❑√3 B． ❑√3 C． ❑√3 D． ❑√3
4 5 6
【答案】A
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、含30度角的直角三角形的性
质、勾股定理，正确得出△GDN与△FDN的面积相等是解题关键．过点G作GP⊥DN于点P，过点F作
FO⊥DN，交DN延长线于点O，先求出∠FNO=30°和∠NDG=30°，根据含30度角的直角三角形的
1 1
性质可得OF= FN，GP= DG，从而可得OF=GP，根据三角形的面积公式可得S =S ，再证
2 2 △GDN △FDN
出△NDG≌△MFN,△NDG≌△GEM，根据全等三角形的性质可得
S =S =S =S =S =S =S ，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求出
△ABC △DEG △EFM △FDN △GDN △MFN △GEM
S =❑√3，由此即可得．
△GMN
【详解】解：如图②，过点G作GP⊥DN于点P，过点F作FO⊥DN，交DN延长线于点O，∵△ABC≌△DEG≌△EFM≌△FDN，∠ACB=150°，
∴S =S =S =S ，FN=DG，∠FND=∠ACB=150°，∠EDG=∠DFN，DN=FM
△ABC △DEG △EFM △FDN
，
∴∠FNO=30°，
1
∴在Rt△FON中，OF= FN，
2
∵△≝¿是等边三角形，
∴∠EDF=60°，
∴∠NDG=∠EDF−(∠FDN+∠EDG)
=60°−(∠FDN+∠DFN)
=60°−(180°−∠FND)
=60°−(180°−150°)
=30°，
1
∴在Rt△PDG中，GP= DG，
2
∴OF=GP，
∴S =S ，
△GDN △FDN
同理可得：∠MFN=30°，
在△NDG和△MFN中，
{
DG=FN
)
∠NDG=∠MFN=30° ，
DN=FM
∴△NDG≌△MFN(SAS)，
∴NG=MN，S =S ，
△NDG △MFN
同理可证：△NDG≌△GEM(SAS)，
∴NG=GM，S =S ，
△NDG △GEM
∴S =S =S =S =S =S =S ，
△ABC △DEG △EFM △FDN △GDN △MFN △GEM又∵NG=MN=2，NG=GM，
∴△GMN是等边三角形，
如图②，过点N作NH⊥GM于点H，
1 1
则MH= GM= ×2=1，
2 2
∴NH=❑√M N2−M H2=❑√3，
1 1
∴S = GM⋅NH= ×2×❑√3=❑√3，
△GMN 2 2
∵△≝¿的面积是7❑√3，
∴S +S +S +S +S +S +S =7❑√3，
△DEG △EFM △FDN △GDN △MFN △GEM △GMN
∴6S +❑√3=7❑√3，
△ABC
∴S =❑√3，
△ABC
故选：A．
7．（3分）（2024·天津和平·三模）如图，在边长为2的等边三角形ABC中，D为边BC上一点，且
1
BD= CD．点E，F分别在边AB, AC上，且∠EDF=90°, M为边EF的中点，连接CM交DF于点N．
2
若DF//AB，则CM的长为( )
2 3 5
A． ❑√3 B． ❑√3 C． ❑√3 D．❑√3
3 4 6
【答案】C
【分析】根据等边三角形边长为2，在RtΔBDE中求得DE的长，再根据CM垂直平分DF，在RtΔCDN中
求得CN，利用三角形中位线求得MN的长，最后根据线段和可得CM的长．
1
【详解】解：∵等边三角形边长为2，BD= CD，
22 4
∴BD= ，CD= ，
3 3
∵等边三角形ABC中，DF//AB，
∴∠FDC=∠B=60°，
∵∠EDF=90°，
∴∠BDE=30°，
∴DE⊥BE，
∴BE=
1
BD=
1
，DE=❑√BD2−BE2=❑
√ (2) 2
−(
1
)
2
=
❑√3
，
2 3 3 3 3
1
如图，连接DM，则RtΔDEF中，DM= EF=FM，
2
∵∠FDC=∠FCD=60°
，
∴ΔCDF是等边三角形，
4
∴CD=CF= ，
3
∴CM垂直平分DF，
∴∠DCN=30°，
4 2 2❑√3
∴RtΔCDN中，DF= ，DN= ，CN= ，
3 3 3
∵EM=FM，DN=FN，
1 ❑√3
∴MN= ED= ，
2 6
2❑√3 ❑√3 5❑√3
∴CM=CN+MN= + = ．
3 6 6
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的综合应用，解决问题的关键是掌握等边三角形的性质、勾股定理、平行
线的性质、线段垂直平分线的判定等．熟练掌握这些性质是解题的关键．
8．（3分）（24-25八年级·山东淄博·期末）把一副三角板如图①放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=4，CD=5，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D CE （如
1 1
图②），此时AB与CD 交于点O，则线段AD 的长度为（ ）
1 1
A．4 B．❑√5 C．2❑√2 D．❑√13
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题
关键．先求出∠ACD=30°，再根据旋转角可得∠ACD =45°，可判定△ACO是等腰直角三角形，再根
1
1
据等腰直角三角形的性质求出AO=CO= AB，从而得到OD ，最后由勾股定理即可得到AD ．
2 1 1
【详解】解：∵∠ACB=∠DEC=90°，∠D=30°
∴∠DCE=90°−30°=60°
∴∠ACD=∠ACB−∠DCE=90°−60°=30°
∵DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D CE
1 1
∴∠ACD =30°+15°=45°
1
又∵∠CAB=45°
∴∠AOC=180°−∠CAB−∠ACD =180°−45°−45°=90°
1
∴△ACO是等腰直角三角形
∴AO=CO
又∵AC=BC，CO⊥AB，AB=5
1 1
∴AO=BO= AB= ×4=2=CO
2 2
∵CD =CD=5
1
∴OD =CD −CO=5−2=3
1 1
在Rt△AOD 中，∠AOD =90°
1 1
∴AD =❑√AO2+OD2=❑√22+32=❑√13
1 1
故选：D．❑√3
9．（3分）（24-25八年级·山东济南·期中）如图所示，已知直线y=− x+1与x、y轴交于B、C两
3
点，A(0,0)，在△ABC内依次作等边三角形，使一边在x轴上，另一个顶点在BC边上，作出的等边三角
形分别是第1个△A A B ，第2个△B A B ，第3个△B A B ，…则第2024个等边三角形的边长等于
1 1 1 2 2 2 3 3
（ ）
3 ❑√3 3 ❑√3
A． B． C． D．
22024 22024 22025 22025
【答案】B
【分析】此题主要考查了一次函数图象上点的坐标，等边三角形的性质，含有30度角的直角三角形的性
质，勾股定理，理解一次函数图象上点的坐标的特征，等边三角形的性质，灵活运用含有30度角的直角三
角形的性质，勾股定理进行计算是解决问题的关键，根据计算归纳总结出规律，第n个等边三角形的边长
❑√3
为 是解决问题的难点．先求出OB=❑√3，OC=1，BC=2，则∠OBC=30°，∠OCA=60°，根据等
2n
边三角形性质得∠COA =90°−∠A OB =30°，则∠OA C=90°，在Rt△OA C中，由勾股定理得
1 1 1 1 1
❑√3 ❑√3
A B =OA = ，则第1个等边三角形的边长为 ，再分别计算出∠A A B =30°，
1 1 1 2 2 2 1 1
1 ❑√3
∠A B A =60°，则∠A A B =90°，在Rt△A B A 中，得A B =A B = A B = ，则第2个
2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 22
❑√3 ❑√3
等边三角形的边长为 ，同理第3个等边三角形的边长为 ，……，依次类推，第n个等边三角形的边
22 23
❑√3
长为 ，由此可得第2024个等边三角形的边长．
2n
❑√3
【详解】解：对于y=− x+1，当x=0时，y=1，当y=0时，x=❑√3，
3∴点B(❑√3,0)，点C(0,1)，
∴OB=❑√3，OC=1，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC=❑√OB2+OC2=2，
∴∠OBC=30°，则∠OCA=60°，
∵ △OA B 是等边三角形，
1 1
∴∠A OB =∠OA B =∠A B O=60°，OA =OB =A B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴∠COA =90°−∠A OB =90°−60°=30°，
1 1 1
∴∠OA C=90°，
1
在Rt△OA C中，∠COA =30°，OC=1，
1 1
1 1
∴A1C= OC= ，
2 2
由勾股定理得：A B =OA =❑√OC2−A C2=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
，
1 1 1 1 2 2
❑√3
即第1个等边三角形的边长为： ，
2
∴∠A A B =180°−(∠OA C+∠OA B )=180°−(90°+60°)=30°，
2 1 1 1 1 1
∵ △A B B 是等边三角形，
2 1 2
∴∠A B B =∠B A B =∠A B B =60°，A B =B B =A B ，
2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2
∴∠A B A =180°−(∠A B O+∠A B B )=180°−(60°+60°)=60°，
2 1 2 1 1 2 2 1
在△A B A 中，∠A A B =180°−(∠A B A +∠A A B )=180°−(60°+30°)=90°，
1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1
❑√3
在Rt△A B A 中，∠A A B =30°，A B = ，
1 1 2 2 1 1 1 1 2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴A B =A B = A B = × = ，
2 2 2 1 2 1 1 2 2 22
❑√3
即第2个等边三角形的边长为： ，
22
❑√3
同理：第3个等边三角形的边长为： ，
22
❑√3
……，依次类推，第n个等边三角形的边长为： ，
2n
❑√3
∴第2024个等边三角形的边长等于 ．
22024
故选：B．10．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD．
若BD=4❑√7，CD=2❑√3，AD=10，则三角形ABC的面积为（ ）
A．10❑√3 B．13❑√3 C．12❑√3 D．9+6❑√3
【答案】B
【分析】本题考查旋转的性质及全等三角形的判定和性质，可将△BCD绕点C顺时针旋转60°，再利用勾
股定理逆定理证明直角三角形，最后利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：将△BCD绕点C顺时针旋转60°，则点B与点A重合，点D的对应点为点E，连接DE，
由旋转可知，△ACE≌△BCD，∠DCE=60°，
∴AE=BD=4❑√7，CE=CD=2❑√3，
∴△CDE为等边三角形，
∴DE=CD=2❑√3．
又∵102+(2❑√3) 2=(4❑√7) 2 ，
则AD2+DE2=AE2，
∴△ADE是直角三角形，且∠ADE=90°，
过点C作AD的垂线，垂足为G，
∵∠ADE=90°，∠CDE=60°，
∴∠CDG=30°，
1
∴CG= CD=❑√3，
2
则DG=❑√3CG=3，∴AG=10−3=7，
在Rt△ACG中，AC=❑√72+(❑√3) 2=2❑√13，
1
过点A作BC的垂线，垂足为H，则CH= BC=❑√13，
2
∴AH=❑√AC2−CH2=❑√39，
1
∴S = ×2❑√13×❑√39=13❑√3，
△ABC 2
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，在△ABC中，AC=2,AB=❑√7,∠ACB=60°，点D
为△ABC外一点，且满足CD∥AB,AC=AD，则BD的长为 ．
【答案】❑√13
【分析】此题考查全等三角形的判定与性质、30°直角三角形、勾股定理．作AE⊥BC于点E，
CF⊥AB于点F，DH⊥AB交BA的延长线于点H，则∠AEC=∠AEB=∠AFC=∠H=90°，先由两
条平行线之间的距离处处相等得到CF=DH，再证明Rt△AHD≌Rt△AFC(HL)得到AF=AH，然后在
1
△ABC中由AE⊥BC求出CE= AC=1，AE=❑√3，BE=2，BC=BE+CE=3，再利用
2
1 1 3❑√21 ❑√7
S = AE⋅BC= CF⋅AB得到DH=CF= ，接着利用勾股定理依次求出AF=AH= ，
△ABC 2 2 7 7
8❑√7
BH=AB+AH= ，BD=❑√BH2+DH2=❑√13，于是得到问题的答案．
7
【详解】解：作AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，DH⊥AB交BA的延长线于点H，则
∠AEC=∠AEB=∠AFC=∠H=90°，∵CD∥AB，
∴CF=DH，
∵AC=AD，
∴Rt△AHD≌Rt△AFC(HL)，
∴AF=AH，
∵AC=2,AB=❑√7,∠ACB=60°，
∴∠CAE=90°−∠ACB=30°，
1
∴CE= AC=1，
2
∴AE=❑√AC2−CE2=❑√22−12=❑√3，
∴BE=❑√AB2−AE2=❑√(❑√7) 2 −(❑√3) 2=2，
∴BC=BE+CE=2+1=3，
1 1
∵S = AE⋅BC= CF⋅AB，
△ABC 2 2
AE⋅BC 3×❑√3 3❑√21
∴DH=CF= = = ，
AB ❑√7 7
∴AF=AH=❑√AC2−CF2=❑
√
22−
(3❑√21) 2
=
❑√7
，
7 7
❑√7 8❑√7
∴BH=AB+AH=❑√7+ = ，
7 7
∴BD=❑√BH2+DH2=❑
√ (8❑√7) 2
+
(3❑√21) 2
=❑√13，
7 7
故答案为：❑√13．
12．（3分）（24-25八年级·山西晋中·期末）如图，直线AB:y=x+b分别与x、y轴交于A，B两点，点
A的坐标为(−4,0)，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且OB:OC=4:3．点P是y轴上的一点，连接CP
，将△BCP沿直线CP翻折，当点B的对应点B′恰好落在x轴上时，此时点P的坐标为 ．( 3)
【答案】 0, 或(0，−6)
2
【分析】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数与几何综合，勾股定理和折叠综合等知识，运用分
类讨论思想是解题的关键．
由直线AB过点A，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出b的值，进而可得出点B的坐标及OB的长度，
结合OB:OC=4:3可求出点C的坐标，设OP=x，则PB=PB′=4−x或4+x，在Rt△POB′中，利用勾
股定理可得出关于x的方程，解之即可得出结论．
【详解】∵直线AB:y=x+b过点A(−4,0)，
∴0=−4+b，
∴b=4，
当x=0时，y=x+b=b=4，
∴点B的坐标为(0,4)，即OB=4，
∵OB:OC=4:3，
∴OC=3，
∵点C在x轴正半轴，
∴点C的坐标为(3,0)，
依照题意画出图形，如图所示．
由翻折得，PB=PB′，B′C=BC，
∵OB=4，OC=3，，∴B′C=BC=❑√42+32=5，
∴OB′=5−3=2或OB′=5+3=8，
∴设OP=x，则PB=PB′=4−x或4+x，
在Rt△POB′中，∠POB′=90°，
∴OP2+OB′2=PB′2，即x2+22=(4−x) 2或x2+82=(4+x) 2，
3
解得：x= 或x=6，
2
( 3)
点P的坐标为 0, 或(0,−6)．
2
( 3)
故答案为： 0, 或(0,−6)
2
13．（3分）（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，点D在边AC
（不含A，C两点）上，连BD，以DB为直角边向右侧作邻腰直角△BDE，∠BDE＝90°，连接CE．若
AD=2， CE=❑√5，则线段BE的长为 ．
【答案】2❑√5
【分析】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用
勾股定理进行计算是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造全等三角形是解决问题的难点．
过点E作EF⊥AC，交AC的延长线于点F，设DC=a，则BC=AC=2+a，证明△BDC和△≝¿全等得
DC=EF=a，BC=DF=2+a，则CF=2，在Rt△CEF中，由勾股定理可求出a=1，则BC=3，进而得
BD=DE=❑√10，然后在Rt△BDE中，由勾股定理即可求出线段BE的长．
【详解】过点E作EF⊥AC，交AC的延长线于点F，如图所示：∴∠F=90°
，
设DC=a，
∵AD=2，
∴AC=AD+DC=2+a，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，
∴BC=AC=2+a，
∴∠BCD=∠F=90°，∠DBC+∠BDC=90°，
∵△BDE是等腰直角三角形，∠BDE=90°，
∴BD=DE，∠EDF+∠BDC=90°，
∴∠DBC=∠EDF，
在△BDC和△≝¿中，
{∠BCD=∠F=90°
)
∠DBC=∠EDF ，
BD=DE
∴△BDC≌△≝(AAS)，
∴DC=EF=a，BC=DF=2+a，
∴CF=DF−DC=2+a−a=2，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：
EF=❑√CE2−CF2=1，
即a=1，
∴BC=2+a=3，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：
BD=❑√CD2+BC2=❑√10，
∴BD=DE=❑√10，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BE=❑√BD2+DE2=2❑√5．
故答案为：2❑√5．
14．（3分）（24-25八年级·辽宁沈阳·期末）若一个三角形有一边上的中线与这边的长相等，则称这个三
角形为该边上的“完美三角形”．如图在直角坐标系中，正方形ABCO的两边OA、OC分别在坐标轴
上，点B的坐标是(3,3)．在正方形ABCO的边上找一点P，使得△POC是OC边上的“完美三角形”，点
P的坐标为 ．
(3 ) ( 3❑√3) ( 3❑√3)
【答案】 ,3 或 3, 或 0,
2 2 2
【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解题的关键．
(3 )
利用正方形的性质得到A(0,3),C(3,0)，进而得到OC中点D的坐标为 ,0 ，再分当点P在AB上时、当
2
点P在BC上时、当点P在OA上时三种情况，分别利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCO是正方形，点B的坐标是(3,3)，
∴A(0,3),C(3,0)，
(3 )
∴OC中点D的坐标为 ,0 ，
2
如图所示，当点P在AB上时，设P(m,3)；
∵△POC是OC边上的“完美三角形”，
∴PD=OC=3，
∴ ( m− 3) 2 +(3−0) 2=32 ，解得m= 3 ．
2 2(3 )
∴点P的坐标为 ,3 ．
2
如图2所示，当点P在BC上时，设P(3,n)；
∵△POC是OC边上的“中线三角形”，
∴PD=OC=3，
3❑√3
∴(n−0) 2+(3−1) 2=32，解得n= （负值舍去），
2
( 3❑√3)
∴点P的坐标为 3, ，
2
如图3所示，当点P在OA上时，设P(0,s)；
∵△POC是OC边上的“中线三角形”，
∴PD=OC=3，
3❑√3
∴(s−0) 2+(0−1) 2=32，解得s= （负值舍去），
2
( 3❑√3)
∴点P的坐标为 0, ；
2
(3 ) ( 3❑√3) ( 3❑√3)
综上所述，点P的坐标为 ,3 或 3, 或 0, ．
2 2 2
(3 ) ( 3❑√3) ( 3❑√3)
故答案为： ,3 或 3, 或 0, ．
2 2 2
15．（3分）（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，交边BC于点D，若BD=6，CD=3，∠ADC=45°，则线段AC的长为 ．
【答案】3❑√5
【分析】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与
性质，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键．
在AB上截取AE=AC，连接DE，过点A作AH⊥BC交BC的延长线于点H，设AH=a，证明△ADH是
等腰直角三角形得AH=DH=a，则CH=a−3，证明△ACD和△AED全等得CD=DE=3，
9a
∠ADC=∠ADE=45°，进而得DE⊥BC，根据三角形的面积公式得S =9，S = ，
△BDE △ABC 2
3a
S =S = ，再根据S +S +S =S ，解出a=6，进而得AH=6，CH=3，然后在
△ACD △AED 2 △BDE △ACD △AED △ABC
由勾股定理即可求出AC的长．
【详解】解：在AB上截取AE=AC，连接DE，过点A作AH⊥BC交BC的延长线于点H，如图所示：
设AH=a，
∵∠ADC=45°，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴AH=DH=a，
∵BD=6，CD=3，
∴CH=DH−CD=a−3，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠EAD，
{
AC=AE
)
在△ACD和△AED中， ∠CAD=∠EAD ，
AD=AD
∴△ACD≌△AED(SAS)，∴CD=DE=3，∠ADC=∠ADE=45°，
∴∠EDC=∠ADC+∠ADE=90°，即DE⊥BC，
∵BD=6，CD=3，
∴BC=BD+CD=9，
1 1
∴S = BD·DE= ×6×3=9，
△BDE 2 2
1 9a
S = BC·AH= ，
△ABC 2 2
1 3a
S = CD·AH= ，
△ACD 2 2
∵△ACD≌△AED，
3a
∴S =S = ，
△ACD △AED 2
又∵S +S +S =S ，
△BDE △ACD △AED △ABC
3a 3a 9a
∴9+ + = ，
2 2 2
解得：a=6，
∴AH=a=6，CH=a−3=3，
在Rt△ACH中，由勾股定理得：AC=❑√AH2+CH2=❑√62+32=3❑√5．
故答案为：3❑√5．
16．（3分）（24-25八年级·浙江丽水·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，F为CD上一
点，连接AF交BD于点E，AF⊥AB，已知∠BAG=∠ABC=45∘，且BC+AG=10❑√2．
（1）则AB的长是 ；
（2）若AE=2EF，且∠AGD+∠BCD=180∘，则AF= ．
【答案】 10 6
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟
练掌握相关知识是解题的关键．（1）延长AF交BC的延长线于点H，易得△ABH是等腰直角三角形，可证△ABG≌△HAC，所以
BH=BC+AG=10❑√2，即可得解；
（2）由条件易证△AGE ≌△HCF(ASA)，得到FH=AE=2x，所以AH=5x=10，即可求解．
【详解】解：（1）延长AF交BC的延长线于点H，
∵AF⊥AB
，
∴∠BAH=90∘，
∵∠ABC=45∘，
∴∠H=90°−∠ABC=45°=∠ABC，
∴AB=AH，即△ABH是等腰直角三角形，
∴∠AHB=45∘=∠BAG，AH=AB，
∵AC⊥BD，
∴∠CAH=90∘−∠AEG=∠ABG，
在△ABG和△HAC中，
{∠BAG=∠AHC
)
AB=AH ，
∠ABG=∠CAH
∴△ABG≌△HAC(SAS)，
∴CH=AG，
∵BC+AG=10❑√2，
∴BC+CH=BH=10❑√2，
在Rt△ABH中，AB2+AH2=BH2，
即2AB2=200，
∴AB=10；
故答案为：10；
（2）∵∠AGD+∠BCD=180∘，∠FCH+∠BCD=180∘，
∴∠AGD=∠FCH，
∵∠BAG=45°，∠BAG=∠FHC，
∴∠EAG=45°=∠FHC，
在△AGE和△HCF中，{∠EAG=∠FHC
)
AG=CH ，
∠AGD=∠FCH
∴△AGE ≌△HCF(ASA)，
∴FH=AE，
设EF=x，则FH=AE=2x，
∴AH=AE+EF+FH=5x=10，
解得：x=2，
∴AF=AE+EF=3x=6．
故答案为：6．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·河北石家庄·期末）如图，在△ABC中，AC=4，BC=3，点P从点A出发，
沿折线A−C−B−A的路径，以每秒1个单位长度的速度运动．设点P的运动时间为t秒(t>0)．
【问题探究】
（1）当AB=5时
①判断△ABC的形状，并说出理由．
②点P在AC边上运动，当BP=4时，求t的值．
【深入探索】
（2）在（1）的条件下①当点P运动到∠CAB的角平分线上时，t的值为_____．
②如图，当点P运动到AB边上时，过点P作PD⊥CP，交边AC于点D，且△BCP是以CP为腰的等腰三
角形，那么PD的长等于_____．
【引发思考】
（3）如图3，以AB为边，在△ABC下方作等腰△ABE，∠AEB=120°，CE的最大值为_____．
16 15 7 7❑√3
【答案】（1）①△ABC为直角三角形；理由见解析；②t=4−❑√7；（2）① ；② 或 ；（3）
3 8 8 3【分析】（1）①根据勾股定理的逆定理进行判断即可；
②根据勾股定理求出CP=❑√7，再求出AP即可；
（2）①过点P作PQ⊥AB于点Q，根据角平分线性质得出CP=PQ，证明Rt△APC≌Rt△APQ(HL)，
4
得出AQ=AC=4，设CP=PQ=x，则BP=3−x，根据勾股定理得出(3−x) 2=x2+12，求出x= ，即可
3
得出答案；
②分两种情况讨论：当CP=BP时，当CP=CB=3时，分别画出图形，进行求解即可；
（3）将CE绕点E逆时针旋转120°到EF，连接AF，CF，过点E作EG⊥CF于点G，证明
△CEB≌△FEA(SAS)，得出AF=BC=3，根据三角形三边关系得出CF≤AF+AC=3+4=7，根据等腰
7❑√3
三角形的性质和勾股定理求出CF=2CG=❑√3CE，即可得出❑√3CE≤7，求出CE≤ ，即可求出结
3
果。
【详解】解：（1）①△ABC为直角三角形，理由如下：
∵32+42=25=52，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC为直角三角形；
②∵△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，
∴BP=4时，CP=❑√BP2−BC2=❑√42−32=❑√7，
∴AP=AC−CP=4−❑√7，
∴t=4−❑√7；
（2）①过点P作PQ⊥AB于点Q，如图所示：
∵∠ACB=90°，PQ⊥AB，AP平分∠BAC，
∴CP=PQ，
∵AP=AP，
∴Rt△APC≌Rt△APQ(HL)，
∴AQ=AC=4，∴BQ=AB−AQ=5−4=1，
设CP=PQ=x，则BP=3−x，
根据勾股定理得：BP2=BQ2+PQ2，
即(3−x) 2=x2+12，
4
解得：x= ，
3
4 16
∴AC+CP=4+ = ，
3 3
16
∴t= ；
3
②当CP=BP时，过点P作PM⊥BC于点M，PN⊥AC于点N，如图所示：
则∠PMB=90°，
∵∠ACB=∠PMB=90°，
∴PM∥AC，
∴∠CAB=∠BPM，∠ACP=∠CPM，
∵CP=BP，PM⊥BC，
∴∠BPM=∠CPM，
∴∠ACP=∠CAP，
∴AP=CP，
1
∴AP=BP=CP= AB=2.5，
2
∵AP=CP，PN⊥AC，
1
∴AN=CN= AC=2，∠ANP=∠CNP=90°，
2
∴PN=❑√CP2−CN2=❑√2.52−22=1.5，
设DN=x，则CD=2+x，
∵DP⊥CP，∴∠CPD=90°，
∴DP2=CD2−CP2=(2+x) 2−2.52，
∵DP2=DN2+PN2=x2+1.52，
∴(2+x) 2−2.52=x2+1.52，
9
解得：x= ，
8
∴PD=❑√PN2+DN2=❑
√
1.52+
(9) 2
=
15
；
8 8
当CP=CB=3时，如图所示：
∵CP=CB，
∴∠CPB=∠CBP，
∵DP⊥CP，
∴∠CPD=90°，
∴∠APD+∠CPB=90°，
∵∠CAB+∠ABC=90°，
∴∠CAB=∠APD，
∴AD=DP，
设AD=DP=x，则CD=AC−AD=4−x，
∵CD2=DP2+CP2，
∴(4−x) 2=x2+32，
7
解得：x= ，
8
7
即DP= ；
8
15 7
综上分析可知：DP的长为 或 ．
8 8（3）将CE绕点E逆时针旋转120°到EF，连接AF，CF，过点E作EG⊥CF于点G，如图所示：
根据旋转可知：EF=CE，∠AEF=120°，
∵∠AEB=120°，
∴∠CEB+∠CEA=∠CEA+∠AEF=120°，
∴∠CEB=∠AEF，
∵AE=BE，
∴△CEB≌△FEA(SAS)，
∴AF=BC=3，
∵AC=4，
∴CF≤AF+AC=3+4=7，
∵EG⊥CF，CE=EF，
1
∴CG=FG，∠CEG=∠FEG= ∠CEF=60°，∠CGE=90°，
2
∴∠ECG=90°−60°=30°，
1
∴EG= CE，
2
∴CG=❑√CE2−EG2=❑ √ CE2− (1 CE ) 2 = ❑√3 CE，
2 2
∴CF=2CG=❑√3CE，
∴❑√3CE≤7，
7❑√3
∴CE≤ ，
3
7❑√3
∴CE的最大值为 ．
3
【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三
角形三边关系的应用，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
18．（6分）（24-25八年级·四川达州·阶段练习）如图所示，A、B两块试验田相距200m，C为水源地，
AC＝160m，BC＝120m，为了方便灌溉，现有两种方案修筑水渠．
甲方案：从水源地C直接修筑两条水渠分别到A、B；
乙方案；过点C作AB的垂线，垂足为H，先从水源地C修筑一条水渠到AB所在直线上的H处，再从H
分别向A、B进行修筑．
（1）请判断△ABC的形状（要求写出推理过程）；
（2）两种方案中，哪一种方案所修的水渠较短？请通过计算说明．
【答案】（1）△ABC是直角三角形，理由见解析；（2）（2）甲方案所修的水渠较短；理由见解析
【分析】（1）由勾股定理的逆定理即可得出 ABC是直角三角形；
（2）由 ABC的面积求出CH，得出AC+BC△＜CH+AH+BH，即可得出结果．
【详解】△解：（1）△ABC是直角三角形；
理由如下：
∴AC2+BC2＝1602+1202＝40000，AB2＝2002＝40000，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）甲方案所修的水渠较短；
理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
1 1
∴△ABC的面积＝ AB•CH＝ AC•BC，
2 2
AC•BC 160×120
∴CH＝ = =96（m），
AB 200
∵AC+BC＝160+120＝280（m），CH+AH+BH=CH+AB＝96+200＝296（m），
∴AC+BC＜CH+AH+BH，
∴甲方案所修的水渠较短．【点睛】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算；熟练掌握勾股定理，由勾
股定理的逆定理证出△ABC是直角三角形是解决问题的关键．
19．（8分）（24-25八年级·上海浦东新·期末）【背景介绍】勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力，
千百年来，人们对它的证明精彩粉呈，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者，向常春在1994年构造
发现了一个新的证法．
【小试牛刀】（1）把两个全等的直角三角形如图1放置，∠DAB=∠B=90°，已知AB=AD=a，
AE=BC=b，DE=AC=c，AC⊥DE，试证明a2+b2=c2．
【知识运用】
（2）如图2，铁路上A，B两点（看作直线上的两点）相距24千米，C，D为两个村庄（看作两个点），
AD⊥AB，BC⊥AB，垂足分别为A、B，AD=23千米，BC=16千米，则两个村庄的距离为 千
米（直接填空）；
（3）在（2）的背景下，要在AB上建造一个供应站P，使得PC=PD，求AP的长．
（4）【知识迁移】借助上面的思考过程与几何模型，求代数式❑√x2+9+❑√(16−x) 2+81的最小值 ．
【答案】（1）见解析；（2）25；（3）6.3125千米；（4）20
【分析】（1）根据全等三角形的性质可得AB=AD=a，BC=AE=b，AC=DE=c，则
BE=AB−AE=a−b，分别用含a，b，c的式子，结合图形表示出梯形ABCD、四边形AECD、△EBC
的面积，根据S =S +S ，代入计算即可求解；
梯形ABCD 四边形AECD △BCE
（2）如图2所示，连接CD，作CE⊥AD于点E，可得CE，DE的长，在Rt△CDE中，运用勾股定理即
可求解；
（3）如图3所示，连接CD，作CD的垂直平分线交AB于P点，则点P即为所求；利用勾股定理得
PD2=AP2+AD2，PC2=PB2+BC2，进而得AP2+AD2=PB2+BC2，再根据AB=40千米，
AD=25千米，BC=16千米得PB=AB−AP=(40−AP)千米，即可解答；
（4）根据轴对称−最短路线的求法即可求出．
【详解】（1）证明：根据题意，Rt△ABC≌Rt△DAE，AB=AD=a，AC=DE=c，BC=AE=b，
则BE=AB−AE=a−b，1 1 1 1
∴四边形AECD的面积= ED⋅AF+ ⋅ED⋅CF= DE⋅AC= c2 ，
2 2 2 2
∵S =S +S ，
梯形ABCD 四边形AECD △BCE
1 1 1
∴ a(a+b)= c2+ b(a−b)，
2 2 2
∴a2+b2=c2；
（2）解：如图2所示，连接CD，过点C作CE⊥AD于点E，
∵BC⊥AB AD⊥AB
， ，
∴∠A=∠B=∠CEA=90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴AE=BC=16千米，CE=AB=24千米，
∵AD=23千米，
∴DE=AD−AE=23−16=7（千米），
由勾股定理得：CD=❑√DE2+CE2=❑√72+242=25（千米），
则两个村庄之间的距离为25千米．
故答案为：25；
（3）解：如图3所示，连接CD，作线段CD的垂直平分线交AB于P，则点P即为所求；
连接PC，PD，
∴PC=PD，
在Rt△PAD中，由勾股定理得：PD2=AP2+AD2，
在Rt△PBC中，由勾股定理得：PC2=PB2+BC2，∴AP2+AD2=PB2+BC2，
在（2）的背景下，则AB=24千米，AD=23千米，BC=16千米，
∴PB=AB−AP=(24−AP)千米，
∴AP2+232=(24−AP) 2+162，
∴AP=6.3125千米．
即AP的长为6.3125千米；
（4）解：如图4，AD⊥AB,BC⊥AB,AD=9,BC=3,AB=16，
设BP=x，则AP=16−x，
先作出点C关于AB的对称点F，连接DF，过点F作EF⊥AD于点E，
则DP=❑√(16−x) 2+81,CP=❑√x2+9，
当点D,P,F三点共线时，DP+PF有最小值，
由轴对称可得：PC=PF，
∴ DP+PC的最小值为❑√x2+9+❑√(16−x) 2+81，
即：DF就是代数式❑√x2+9+❑√(16−x) 2+81的最小值．
∴代数式❑√x2+9+❑√(16−x) 2+81的最小值为❑√DE2+EF2=❑√(AD+BC) 2+AB2=❑√(9+3) 2+162=20．
故答案为：20．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了证明勾股定理，勾股定理的应用，轴对称−最短路线问题以及
线段的垂直平分线等，证明勾股定理常用的方法是利用面积证明，是解本题的关键．构造出直角三角形
DEF是解本题的难点．
20．（8分）（24-25八年级·福建泉州·期末）小明学习了勾股定理之后，探究“如何用一条已知线段构造
一个直角三角形且使其周长恰好等于线段的长”．1 1
(1)如图1，已知线段AB=12，小明在线段AB上取点M和N，使得AM= AB，MN= AB，再将线段
4 3
AM，MN，BN围成三角形，求证：所围成的三角形是直角三角形；
(2)如图2，点P为线段AB上一点，请在线段BP上作点Q，使AP，PQ，QB(PQ
