2019-2021北京西城初二（下）期末數(shù)學匯編：勾股定理

13/132019-2021北京西城初二（下）期末數(shù)學匯編勾股定理一、單選題1．（2021·北京西城·八年級期末）圖1，四邊形ABCD是平行四邊形，連接BD，動點P從點A出發(fā)沿折線AB→BD→DA勻速運動，回到點A后停止．設點P運動的路程為x，線段AP的長為y，圖2是y與x的函數(shù)關系的大致圖象，則?ABCD的面積為（）A．24 B．16 C．12 D．362．（2021·北京西城·八年級期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形OABC的頂點A的坐標為（0，2），頂點B，C在第一象限，且點C的縱坐標為1，則點B的坐標為（）A．（2，3） B．（，3） C．（，2） D．（，3）3．（2021·北京西城·八年級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝4，D是AB邊的中點，則CD的長為（）A． B．2 C． D．4．（2021·北京西城·八年級期末）下列線段a，b，c組成的三角形中，能構成直角三角形的是（）A．a(chǎn)＝1，b＝2，c＝2 B．a(chǎn)＝2，b＝3，c＝4C．a(chǎn)＝3，b＝4，c＝6 D．a(chǎn)＝1，b＝1，c＝二、填空題5．（2021·北京西城·八年級期末）如圖，點C在線段AB上，△DAC是等邊三角形，四邊形CDEF是正方形．（1）∠DAE＝___°；（2）點P是線段AE上的一個動點，連接PB，PC．若AC＝2，BC＝3，則PB＋PC的最小值為____．6．（2021·北京西城·八年級期末）用4張全等的直角三角形紙片拼接成如圖所示的圖案，得到兩個大小不同的正方形．若正方形ABCD的面積為10，AH＝3，則正方形EFGH的面積為____．7．（2021·北京西城·八年級期末）已知正方形ABCD的對角線AC的長為3，則正方形ABCD的邊長為____．三、解答題8．（2019·北京西城·八年級期末）平面直角坐標系xOy中，對于點M和圖形W，若圖形W上存在一點N（點M，N可以重合），使得點M與點N關于一條經(jīng)過原點的直線l對稱，則稱點M與圖形W是“中心軸對稱”的對于圖形和圖形，若圖形和圖形分別存在點M和點N（點M，N可以重合），使得點M與點N關于一條經(jīng)過原點的直線l對稱，則稱圖形和圖形是“中心軸對稱”的．特別地，對于點M和點N，若存在一條經(jīng)過原點的直線l，使得點M與點N關于直線l對稱，則稱點M和點N是“中心軸對稱”的．（1）如圖1，在正方形ABCD中，點，點，①下列四個點，，，中，與點A是“中心軸對稱”的是________；②點E在射線OB上，若點E與正方形ABCD是“中心軸對稱”的，求點E的橫坐標的取值范圍;（2）四邊形GHJK的四個頂點的坐標分別為，，，,一次函數(shù)圖象與x軸交于點M，與y軸交于點N，若線段與四邊形GHJK是“中心軸對稱”的，直接寫出b的取值范圍．9．（2021·北京西城·八年級期末）已知∠MON＝90°，點A是射線ON上的一個定點，點B是射線OM上的一個動點，且滿足OB＞OA．點C在線段OA的延長線上，且AC＝OB．（1）如圖1，CD∥OB，CD＝OA，連接AD，BD；①△AOB與△全等，∠OBA＋∠ADC＝°；②若OA＝a，OB＝b，則BD＝；（用含a，b的式子表示）（2）如圖2，在線段BO上截取BE，使BE＝OA，連接CE．若∠OBA＋∠OCE＝β，當點B在射線OM上運動時，β的大小是否會發(fā)生變化？如果不變，請求出這個定值；如果變化，請說明理由．10．（2021·北京西城·八年級期末）我國古代數(shù)學著作《九章算術》中有這樣一個問題：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，適與岸齊．問水深、葭長各幾何．（1丈＝10尺）大意是：有一個水池，水面是一個邊長為10尺的正方形，在水池正中央有一根蘆葦，它高出水面1尺．如果把這根蘆葦拉向水池一邊的中點，它的頂端恰好到達池邊的水面．水的深度與這根蘆葦?shù)拈L度分別是多少？將這個實際問題轉化為數(shù)學問題，根據(jù)題意畫出圖形（如圖所示），其中水面寬AB＝10尺，線段CD，CB表示蘆葦，CD⊥AB于點E．（1）圖中DE＝尺，EB＝尺；（2）求水的深度與這根蘆葦?shù)拈L度．

參考答案1．B【分析】根據(jù)圖象可得AB=6，BD=12-6=6，AD=8，過點B作BE⊥AD，運用勾股定理求出BE的長，即可求出?ABCD的面積．【詳解】解：過點B作BE⊥AD，交AD于點E，由圖象可得AB=6，BD=12-6=6，AD=8，∴AB=BD∵BE⊥AD∴，∴∴故選：B【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，注意解決本題應首先弄清橫軸和縱軸表示的量，利用數(shù)形結合的思想解題，得到AB，AD的具體的值．2．D【分析】延長BC交x軸于D，由點A坐標求OA=2，由四邊形OABC是菱形，可得AO=OC=BC=2，在Rt△OCD中，由勾股定理OD=即可．【詳解】解：延長BC交x軸于D，∵點A的坐標為（0，2），∴OA=2，∵四邊形OABC是菱形，∴AO=OC=BC=2，∵BC∥y軸，∴BD⊥x軸，在Rt△OCD中，∵點C的縱坐標為1，∴CD=1，∴OD=，∵BD=BC+CD=2+1=3，∴點B（，3）．故選擇D．【點睛】本題考查點的坐標，菱形性質，勾股定理，掌握點的坐標求法，菱形性質，勾股定理是解題關鍵．3．C【分析】先根據(jù)勾股定理求出AB的長，再根據(jù)直角三角形的性質，即可求解．【詳解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，BC＝4，∴AB=，∵D是AB邊的中點，∴CD=，故選C．【點睛】本題主要考查勾股定理以及直角三角形的性質，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．4．D【分析】利用勾股定理的逆定理分別進行判斷，即可得出結論．【詳解】解：A、12+22=5≠22，此三條線段不能構成直角三角形，故此選項不符合題意；

B、22+32=13≠42，此三條線段不能構成直角三角形，故此選項不符合題意；

C、32+42=25≠62，此三條線段不能構成直角三角形，故此選項不符合題意；

D、12+12=2=（）2，此三條線段能構成直角三角形，故此選項符合題意．

故選：D．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理的應用．判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．5．15【分析】（1）根據(jù)正方形和等邊三角形的性質，可得AD=CD=DE，∠ADC=60°，∠CDE=90°，進而即可求解；（2）作點C關于AE的對稱點，連接B交AE于點P，連接A，CP，可得PB＋PC的最小值=PB＋P=B，結合勾股定理，即可求解．【詳解】解：（1）∵△DAC是等邊三角形，四邊形CDEF是正方形，∴AD=CD=DE，∠ADC=60°，∠CDE=90°，∴∠ADE=90°+60°=150°，∴∠DAE=（180°-150°）÷2=15°，故答案是：15，（2）作點C關于AE的對稱點，連接B交AE于點P，連接A，CP，∵∠DAE=15°，∠DAC=60°，∴∠CAE=60°-15°=45°，∵點C關于AE的對稱點，∴∠CAE=∠AE=45°，A=CA=2，P=CP，∴∠AC=90°，∴PB＋PC的最小值=PB＋P=B=．故答案是：．【點睛】本題主要考查勾股定理，軸對稱—線段和最小值問題以及等邊三角形和正方形的性質，添加輔助線，構造直角三角形和軸對稱圖形，是解題的關鍵．6．4【分析】根據(jù)正方形的面積，可得AD2=10，再根據(jù)勾股定理求出DH的值，從而得四個直角三角形的面積之和，進而即可求解．【詳解】解：∵正方形ABCD的面積為10，AH＝3，∴AD2=10，∴在中，DH=，∴，∵四個直角三角形全等，∴正方形EFGH的面積=10-=4，故答案是：4．【點睛】本題主要考查勾股定理和勾股弦圖，掌握勾股定理，是解題的關鍵．7．3【分析】設正方形ABCD的邊長為a，利用勾股定理即可求得結果．【詳解】解：如圖，設正方形ABCD的邊長為a，由勾股定理得：，解得．故答案為：3．【點睛】本題主要考查了勾股定理，熟練掌握勾股定理的應用條件及方法是解題的關鍵．8．（1）①P1，P4；②≤xE≤；（2）2≤b≤2+2或-2-2≤b≤-2．【分析】（1）①根據(jù)畫出圖形，根據(jù)“中心軸對稱”的定義即可判斷．②以O為圓心，OA為半徑畫弧交射線OB于E，以O為圓心，OC為半徑畫弧交射線OB于F．求出點E，點F的坐標即可判斷．（2）如圖3中，設GK交x軸于P．求出兩種特殊位置的b的值即可判斷：當一次函數(shù)y=x+b經(jīng)過點G（-2，2）時，2=-2+b，b=2+2，當一次函數(shù)y=x+b經(jīng)過點P（-2，0）時，0=-2+b，b=2，觀察圖象結合圖形W1和圖形W2是“中心軸對稱”的定義可知，當2≤b≤2+2時，線段MN與四邊形GHJK是“中心軸對稱”的．再根據(jù)對稱性，求出直線與y軸的負半軸相交時b的范圍即可．【詳解】解：（1）如圖1中，①∵OA=1，OP1=1，OP4=1，∴P1，P4與點A是“中心軸對稱”的，故答案為P1，P4．②如圖2中，以O為圓心，OA為半徑畫弧交射線OB于E，以O為圓心，OC為半徑畫弧交射線OB于F．∵在正方形ABCD中，點A(1，0)，點C(2，1)，∴點B（1,1），∵點E在射線OB上，∴設點E的坐標是（x，y），則x=y，即點E坐標是（x，x），∵點E與正方形ABCD是“中心軸對稱”的，∴當點E與點A對稱時，則OE=OA=1，過點E作EH⊥x軸于點H，則OH2+EH2=OE2，∴x2+x2=12，解得x=，∴點E的橫坐標xE=，同理可求點：F（，），∵E（，），F(xiàn)（，），∴觀察圖象可知滿足條件的點E的橫坐標xE的取值范圍：≤xE≤．（2）如圖3中，設GK交x軸于P．

當一次函數(shù)y=x+b經(jīng)過點G（-2，2）時，2=-2+b，b=2+2，當一次函數(shù)y=x+b經(jīng)過點P（-2，0）時，0=-2+b，b=2，觀察圖象結合圖形W1和圖形W2是“中心軸對稱”的定義可知，當2≤b≤2+2時，線段MN與四邊形GHJK是“中心軸對稱”的．根據(jù)對稱性可知：當-2-2≤b≤-2時，線段MN與四邊形GHJK是“中心軸對稱”的．綜上所述，滿足條件的b的取值范圍：2≤b≤2+2或-2-2≤b≤-2．【點睛】本題屬于一次函數(shù)綜合題，考查了正方形的性質，“中心軸對稱”的定義，一次函數(shù)的性質等知識，解題的關鍵是理解題意，學會性質特殊點特殊位置解決問題，屬于中考壓軸題．9．（1）①DCA，90；②；（2）當點B在射線OM上運動時，β的大小不會發(fā)生變化，其值為45°．【分析】（1）①根據(jù)平行線的性質可得∠ACD＝∠AOB＝90°，結合已知則可證明△AOB≌△DCA，再利用全等三角形的性質即可求得∠OBA＋∠ADC＝90°．②延長MO到點E，使OE＝CD，連接DE，利用矩形的判定及性質可得DE＝OC＝OA＋AC＝a＋b，即可利用勾股定理得出結果；（2）過點B作BF⊥OM，過點C作CF⊥ON，交于點F，在CF上截取CD，使CD＝OA，連接BD，AD，結合已知推出四邊形OBFC是矩形，并利用三角形全等判定及性質可證明△ABD是等腰直角三角形，再矩形的性質及全等三角形的判定及性質可得∠OBA＋∠FBD＝∠OBF-∠ABD＝45°，即可證明結論．【詳解】解：（1）①∵CD∥OB，∠MON＝90°，∴∠ACD＝∠AOB＝90°．∵AC＝OB，CD＝OA，∴△AOB≌△DCA（SAS）．∴∠OBA＝∠CAD．∵∠CAD＋∠ADC＝90°，∴∠OBA＋∠ADC＝90°．故答案為：DCA，90；②如圖，延長MO到點E，使OE＝CD，連接DE，∵△AOB≌△DCA，OA＝a，OB＝b，∴AC＝OB＝b，CD＝OA＝a．∵CD∥OB，OE＝CD，∴四邊形OCDE是平行四邊形．∵∠OCD＝90°，∴平行四邊形OCDE是矩形．∴DE＝OC＝OA＋AC＝a＋b．∵BE＝OB＋OE＝a＋b，∴．故答案為：；（2）如圖，過點B作BF⊥OM，過點C作CF⊥ON，交于點F，在CF上截取CD，使CD＝OA，連接BD，AD，∵∠MON＝90°，∴∠OBF＝∠OCF＝∠MON＝90°．∴四邊形OBFC是矩形．∴OC＝BF，OB＝CF，∠F＝90°．∵AC＝OB，∴△AOB≌△DCA（SAS）．∴∠OBA＝∠CAD，AB＝AD．∵∠OAB＋∠OBA＝90°，∴∠OAB＋∠CAD＝90°．∴∠BAD＝90°．∴△ABD是等腰直角三角形．∴∠ABD＝45°．∵OB＝CF，∴OE＋BE＝CD＋DF．∵BE＝OA＝CD，∴OE＝DF．∵OC＝BF，∠EOC＝∠F＝90°，∴△COE≌△BFD（SAS）．∴∠OCE＝∠FBD．∵∠OBA＋∠FBD＝∠OBF-∠ABD＝45°，∴∠OBA＋∠OCE＝45°．∴當點B在射線OM上運動時，β的大小不會發(fā)生變化，其值為45°．【點睛】此題屬于全等三角形綜合問題，考查了全等三角形、矩形的判定與性質及勾股定理等知識，熟練掌握所學知識并靈活運用其解決問題是解題的關鍵．10．（1