勾股定理能力提高练习题.doc

合集下载

勾股定理桥梁问题(一)

勾股定理桥梁问题(一)勾股定理桥梁问题简介勾股定理是数学中的一个基本定理，它在实际生活中的应用非常广泛。

而勾股定理桥梁问题则是一个具体的应用场景，涉及到利用勾股定理来解决桥梁相关的工程问题。

相关问题及解释以下是一些与勾股定理桥梁问题相关的具体问题，并对每个问题进行解释。

1. 如何确定桥梁的长度？桥梁的长度是指两个桥墩之间的距离。

利用勾股定理，可以通过测量桥墩间的水平距离和垂直距离来计算桥梁的长度。

根据勾股定理，桥梁的长度等于水平距离的平方加上垂直距离的平方再开平方根。

2. 如何确定桥梁的高度？桥梁的高度是指桥梁下部结构的最低点与地面之间的垂直距离。

类似于确定桥梁的长度，利用勾股定理，可以通过测量桥梁下部结构的水平距离和垂直距离来计算桥梁的高度。

3. 如何确定桥梁的斜度？桥梁的斜度是指桥面的坡度或倾斜程度。

利用勾股定理，可以通过测量桥梁斜边的水平距离和垂直距离来计算桥梁的斜率。

斜率是指垂直距离除以水平距离的比值。

4. 如何确定桥梁的弯曲程度？桥梁的弯曲程度是指桥面的曲率或弧度。

利用勾股定理，可以通过测量桥梁的曲线段长和垂直距离来计算桥梁的弯曲程度。

根据勾股定理，弧度等于垂直距离除以曲线段长的比值。

5. 如何确定桥梁的支撑结构？桥梁的支撑结构是指桥梁的基础和承重墩柱等部分。

利用勾股定理，可以通过计算桥梁的长度、高度、斜度和弯曲程度来确定支撑结构的设计。

6. 如何确定桥梁的荷载能力？桥梁的荷载能力是指桥梁能够承受的最大重量。

利用勾股定理，可以通过测量桥梁的支撑结构和计算桥梁的长度、高度、斜度和弯曲程度来确定桥梁的荷载能力。

结论勾股定理桥梁问题是一个涉及到桥梁工程中多个参数的综合问题。

通过利用勾股定理，我们可以计算出桥梁的长度、高度、斜度、弯曲程度以及支撑结构和荷载能力等重要参数，帮助工程师们进行桥梁设计和施工。

勾股定理的应用不仅在数学领域中具有重要意义，同时也对实际生活和工程领域有着重要的应用价值。

勾股定理及一次函数能力提高训练

M N P l 勾股定理及一次函数能力提高训练1.如图，∠MON=60°，PA ⊥OM 于点A ，PB ⊥ON 于点B,且PA=2，PB=11，求OP 的长。

2.如图，点M 是BC 的中点，直线l ⊥BC 于点D ，若BC=83.25，MD=12，求AB 2-AC 2。

3.如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°,∠A=15°，BC=1，求三角形ABC 的面积。

4.如图，在△ABC 中，AB=AC,AD 垂直于BC 于点D ，P 为线段DC上任意一点。

求证：AP 2=AB 2-PB 〃PC 。

O BA ABC M A B C A C BD P D图15.如图，在Rt △ABC 中，点P 是AC 的中点，PD ⊥BC 于点D ，若BC=9，DC=3，求AB 2的值。

6.如图所示，在△ABC 中，AD 为高，若AB+CD=AC+BD ，试判断△ABC 的形状。

7.如图1，把两个全等的等腰直角三角板ABC 和EFG 叠放在一起，使三角板EFG 的直角顶点G 与三角板ABC 的斜边AB 的中点重合，两三角板重叠部分（阴影部分）的面积记为S 阴。

(1)图1中，S 阴=kS △ABC ，则k=( );(2)将三角板EFG 绕点G 顺时针选转角度α（0°﹤α﹤90°）得到图2，在旋转过程中，S 阴是否改变?并说明理由；(3)在图2中，若S 阴=49cm 2,AH=6cm,求： ○1K 、H 两点之间的距离；○2点H 到EF 的距离。

B C D C B D B A C G E F A B G E FC K H图28.在平面直角坐标系中，边长为2的正方形OABC 的两点A 、C 分别在y 轴、x 轴的正半轴，点O 是原点（如图1）。

现将正方形OABC绕点O 顺时针旋转，当点A 第一次落在直线y=x 上停止，旋转过程中，AB 边交直线y=x 与点M ，BC 边交x 轴于点N 。

勾股定理大题

1、住院医师规范化培训中，以下哪项是师资培训的重要目标？A. 提高医师的数学运算能力B. 增强医师的临床诊疗技能与教学能力C. 提升医师的文学作品鉴赏力D. 加强医师的物理实验操作能力（答案：B）2、在住培师资培训中，关于临床带教方法，下列哪项描述是不正确的？A. 应注重理论与实践相结合B. 鼓励住院医师自主学习与探索C. 只需传授理论知识，无需关注实践操作D. 强调临床思维与决策能力的培养（答案：C）3、住院医师规范化培训师资应具备的核心素质不包括？A. 扎实的医学专业知识B. 良好的临床操作技能C. 精通外语，特别是医学英语D. 优秀的教学与沟通能力（答案：C）4、以下哪项不是住培师资在培训住院医师时应遵循的原则？A. 以患者为中心，确保医疗安全B. 强调团队协作，培养团队精神C. 过分依赖高科技医疗设备，忽视基本功训练D. 注重医德医风教育，培养职业素养（答案：C）5、在住培师资培训中，关于临床案例教学的说法，哪项是正确的？A. 案例应尽量选择罕见病例，以增加挑战性B. 案例应具有代表性，能够反映常见疾病的诊疗过程C. 案例分析时，只需关注诊断结果，无需讨论诊疗思路D. 案例教学不适用于住院医师的初期培训阶段（答案：B）6、住院医师规范化培训中，师资应如何指导住院医师进行临床操作？A. 直接示范，让住院医师模仿B. 先让住院医师自行操作，再给予指导C. 通过视频教学代替实际操作指导D. 在确保安全的前提下，逐步引导住院医师参与并独立完成操作（答案：D）7、关于住培师资的继续教育，以下哪项说法是不正确的？A. 师资应定期参加专业培训，更新医学知识B. 师资的继续教育应以提升临床技能为主，无需关注教学理论C. 鼓励师资参与学术交流，拓宽视野D. 师资的继续教育应涵盖医德医风、法律法规等内容（答案：B）8、在住培师资培训中，关于住院医师评估与反馈的说法，哪项是正确的？A. 评估应主要依据住院医师的理论考试成绩B. 反馈应具体、及时，并注重正面激励C. 评估与反馈只需在培训结束时进行D. 评估应侧重于住院医师的个人品质，而非专业能力（答案：B）9、住院医师规范化培训中，师资在指导住院医师进行科研活动时，应重点强调？A. 科研项目的经费申请与管理B. 科研论文的发表数量与期刊影响因子C. 科研思维的培养与科研方法的掌握D. 科研成果的商业化应用与转化（答案：C）10、以下哪项不是住培师资在培训住院医师时应关注的能力培养？A. 临床诊疗能力B. 医学人文素养C. 科研创新能力D. 高级数学运算能力（答案：D）。

北师大版2020八年级数学上册第一章勾股定理自主学习单元综合能力达标测试题1(附答案详解)

北师大版2020八年级数学上册第一章勾股定理自主学习单元综合能力达标测试题1（附答案详解）1．在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，则AB等于（）A．2cm B．8cm C．10cm D．100cm2．等腰三角形底长为24，底边上的高为5，则这个三角形的周长为( )A．37 B．60 C．34 D．533．古埃及人曾经用如图所示的方法画直角：把一根长绳打上等距离的13个结，然后以3个结间距、4个结间距、5个结间距的长度为边长，用木桩钉成一个三角形，其中一个角便是直角，这样做的道理是（）A．直角三角形两个锐角互补B．三角形内角和等于180°C．如果三角形两条边长的平方和等于第三边长的平方D．如果三角形两条边长的平方和等于第三边长的平方，那么这个三角形是直角三角形4．如图，等腰三角形ABC底边上的高AD为4 cm，周长为16 cm，则△ABC的面积是（）A．14 cm2B．13 cm2C．12 cm2D．8 cm25．如图，在波平如镜的湖面上，有一朵盛开的美丽的红莲，它高出水面3尺．突然一阵大风吹过，红莲被吹至一边，花朵刚好齐及水面，如果知道红莲移动的水平距离为6尺，则水是（）尺．A．3.5 B．4 C．4.5 D．56．如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为（）A．35B．45C．23D．327．如图，小亮将升旗的绳子拉到旗杆底端，绳子末端刚好接触到地面，然后将绳子末端拉到距离旗杆8 m处，发现此时绳子末端距离地面2 m，则旗杆的高度(滑轮上方的部分忽略不计)为( )A．12 m B．13 m C．16 m D．17 m8．如图，数轴上点A，B表示的数分别是1，2，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB 长为半径画弧，交PQ于点C，以原点O为圆心，OC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M表示的数是( )A．3B．5C．6D．79．以下各组数为边长，不能组成直角三角形的是（）．A．1.5，2，2.5 B．40，50，60 C．7，25，24 D．54，1，3410．有一个面积为1的正方形，经过一次“生长”后，在他的左右肩上生出两个小正方形，其中，三个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过一次“生长”后，变成了右图，如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”，请你算出“生长”了2018次后形成的图形中所有的正方形的面积和是（）A．2017 B．2018 C．2019 D．111．在ABC ∆中，90,ACB CD ∠=︒是高，若,,BC a AC b ==,,AB c CD h ==,AD k BD p ==，且3,4a b ==，则____,____,____,____c p k h ====．12．如图，一架云梯长10米，斜靠在一面墙上，梯子顶端离地面6米，要使梯子顶端离地面8米，则梯子的底部在水平面方向要向左滑动______米．13．已知，如图，△OBC 中是直角三角形，OB 与x 轴正半轴重合，∠OBC=90°，且OB=1，BC=3，将△OBC 绕原点O 逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的2倍，使OB 1=OC ，得到△OB 1C 1，将△OB 1C 1绕原点O 逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的2倍，使OB 2=OC 1，得到△OB 2C 2，…，如此继续下去，得到△OB 2015C 2015，则点C 2015的坐标是_____．14．如图ABC 与ADE 都是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，DE 交AC 于点F ，若5AB =，32=AD ，当CEF △是直角三角形时，则BD 的长为__________．15．如图，在四边形ABCD 中，AD BC ∥，DE BC ⊥，垂足为点E ，连接AC 交DE 于点F ，点G 为AF 的中点，2ACD ACB ∠=∠．若4DG =，1EC =，则DE 的长为__________．16．如图，在ABC 中，AB 32=，BC 1=，ABC 45∠=，以AB 为边作等腰直角ABD ，使ABD 90∠=，连接CD ，则线段CD 的长为________．17．如图，△OPQ 是边长为2的等边三角形，若正比例函数的图象过点P ，则它的表达式是y ＝_____18．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长为1，则网格上的ABC △是__________三角形．19．三角形中两条较短的边为a ＋b ，a-b(a>b),则当第三条边为_______时，此三角形为直角三角形．20．如图，在直角三角形纸片ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝4，点D 在边AB 上，以CD 为折痕将△CBD 折叠得到△CPD ，CP 与边AB 交于点E ，若△DEP 为直角三角形，则BD 的长是_____21．如图，在等边△ABC 中，D 为BC 上一点，∠BAD =3∠CAD, BC=2．（1）求△ABC 的面积；（2）求CD 的值．22．（1）在右面的方格纸中，以线段AB为一边，画一个正方形；（2）如果图中小方格的面积为1平方厘米，你知道（1）中画出的正方形的面积是多大吗？解释你的计算方法.23．如图，直角坐标系中的网格由单位正方形构成.△ABC中，A点坐标为（2，3）、B （-2，0）、C（0，-1）.（1）AB的长为_____，∠ACB的度数为______；（2）若以A、B、C及点D为顶点的四边形为平行四边形，请写出D点的坐标___________，并在图中画出平行四边形.24．如图是一个三级台阶,它的每一级的长、宽和高分别等于5 cm,3 cm和1 cm,A和B是这个台阶的两个相对的端点,A点上有一只蚂蚁,想到B点去吃可口的食物.请你想一想,这只蚂蚁从A点出发,沿着台阶面爬到B点,最短线路是多少?25．小明剪了两张直角三角形纸片，进行了如下的操作：操作一：如图1，将Rt△ABC沿某条直线折叠，使斜边的两个端点A与B重合，折痕为DE．（1）如果AC＝6cm，BC＝8cm，则△ACD的周长为cm；（2）如果∠B0，则∠CAD= 度；35操作二：如图2，小明拿出另一张Rt△ABC纸片，将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上，且与AE重合，若AC＝9cm，BC＝12cm，请求出CD的长．26．如图1所示，等边△ABC 中，AD 是BC 边上的中线，根据等腰三角形的“三线合一”特性，AD 平分∠BAC ，且AD ⊥BC ，则有∠BAD=30°，BD=CD=12AB ．于是可得出结论“直角三角形中， 30°角所对的直角边等于斜边的一半”．请根据从上面材料中所得到的信息解答下列问题：（1）如图2所示，在△ABC 中，∠ACB=90°，BC 的垂直平分线交AB 于点D ，垂足为E ，当BD=5cm ，∠B=30°时，△ACD 的周长= ．（2）如图3所示，在△ABC 中，AB=AC ，∠A=120°，D 是BC 的中点，DE ⊥AB ，垂足为E ，那么BE ：EA= ．（3）如图4所示，在等边△ABC 中，D 、E 分别是BC 、AC 上的点，且AE=DC ，AD 、BE 交于点P ，作BQ ⊥AD 于Q ，若BP=2，求BQ 的长．27．已知四边形ABCD 中，10AB =，8BC =，26CD =，45DAC ∠=︒，15DCA =︒∠．（1）求ADC 的面积．（2）若E 为AB 中点，求线段CE 的长．28．在Rt△ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=4．现在要将交ABC 扩充成等腰三角形，且扩充的部分是以AC为直角边的直角三角形，求扩充后等腰三角形的周长．赵佳同学是这样操作的：如图 1 所示，延长BC 到点 D，使CD=BC，连接AD．所以，△ADB 为符合条件的三角形．则此时△ADB的周长为____________．请你在图2、图3中再设计两种扩充方案，并直接写出扩充后等腰三角形的周长．图2的周长：______________；图3的周长：______________.29．如图（1），Rt△AOB中，∠A=90°，∠AOB=60°，OB=23，∠AOB的平分线OC交AB于C，过O点做与OB垂直的直线ON．动点P从点B出发沿折线BC﹣CO 以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，运动时间为t秒，同时动点Q从点C出发沿折线CO﹣ON以相同的速度运动，当点P到达点O时P、Q同时停止运动．（1）求OC、BC的长；（2）设△CPQ的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）当P在OC上Q在ON上运动时，如图（2），设PQ与OA交于点M，当t为何值时，△OPM为等腰三角形？求出所有满足条件的t值．30．如图,长方体的长BE=15cm,宽AB=10cm,高AD=20cm,点M在CH上,且CM=5cm,一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点M,需要爬行的最短距离是多少?参考答案1．C【解析】【分析】已知直角三角形两直角边，可以直接利用勾股定理来求斜边.【详解】解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，∴斜边22AB=+=.6810故选C.【点睛】运用勾股定理：a，b，c是直角三角形的三条边，c为斜边，则满足c2=a2+b2是解题的关键. 2．B【解析】【分析】根据等腰三角形的性质和勾股定理可求得等腰三角形的腰，据此即可得解．【详解】解：如图：BC=24cm，AD=5cm，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC；则BD=DC=BC=6cm；Rt△ABD中，AD=5cm，BD=12cm；由勾股定理，得：AB===13cm,∴△ABC的周长是13+13+24=60cm，故选：B．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用．3．D【解析】分析：根据勾股定理的逆定理即可判断．详解：设相邻两个结点的距离为m，则此三角形三边的长分别为3m、4m、5m，∵（3m）2+（4m）2=（5m）2，∴以3m、4m、5m为边长的三角形是直角三角形．（如果三角形的两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形）故选D．点睛：此题考查了勾股定理的证明，属于基础题，注意仔细阅读题目所给内容，得到解题需要的信息，比较简单．4．C【解析】【分析】设BD=xcm，由题意表示出AB的长度，根据勾股定理列方程求出x，进而求出△ABC的面积．【详解】设BD=xcm，∵等腰△ABC，∴AB=AC，∵AD⊥BC，∴BD=CD=xcm，∴AB=12（16﹣2x），由勾股定理可得：[12（16﹣2x）]2=x2+42，解得x=3，∴BC=2BD=6cm，∴S△ABC=12×6×4=12cm2．故选C．【点睛】本题关键在于设未知数，根据勾股定理列方程求解．5．C【解析】试题分析：如图，设水深h尺，在Rt△ABC中，AB＝h，AC＝h＋3，BC＝6，由勾股定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2，即（h+3）2＝h 2＋62，∴h 2＋6h ＋9=h 2＋36，6h ＝27，解得h=4．5．故答案选C ．考点：勾股定理．6．B 【解析】【分析】首先根据折叠可得CD=AC=3，BC=4，∠ACE=∠DCE ，∠BCF=∠B /CF ，CE ⊥AB ，然后求得△BCF 是等腰直角三角形，进而求得∠B /GD=90°，CE-EF=125，ED=AE=95，从而求得B /D=1，DF=35，在Rt △B /DF 中，由勾股定理即可求得B /F 的长．【详解】解：根据首先根据折叠可得CD=AC=3，B /C=B4，∠ACE=∠DCE ，∠BCF=∠B /CF ，CE ⊥AB ，∴BD=4-3=1，∠DCE+∠B /CF=∠ACE+∠BCF ，∴∠ACB=90°，∴∠ECF=45°，∴△ECF 是等腰直角三角形，∴EF=CE ，∠EFC=45°，∴∠BFC=∠B /FC=135°，∴∠B /FD=90°，∵S △ABC =12AC×BC=12AB×CE ， ∴AC×BC=AB×CE ，∵根据勾股定理求得AB=5，∴CE=125，∴EF=125，22AC CE -=95∴DE=EF-ED=35， ∴B /22B D DF '-=45 故选：B ．【点睛】此题主要考查了翻折变换，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据折叠的性质求得相等的角是解本题的关键．7．D【解析】【分析】根据题意画出示意图，设旗杆高度为x，可得AC=AD=x，AB=（x﹣2）m，BC=8m，在Rt△ABC中利用勾股定理可求出x．【详解】设旗杆高度为x，则AC=AD=x，AB=（x﹣2）m，BC=8m，在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即（x﹣2）2+82=x2，解得：x=17，即旗杆的高度为17米．故选D．【点睛】考查了勾股定理的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，构造直角三角形的一般方法就是作垂线．8．B【解析】【分析】先依据勾股定理可求得OC的长，从而得到OM的长，于是可得到点M对应的数．【详解】解：由题意得可知：OB=2，BC=1，依据勾股定理可知：∴故选：B．【点睛】本题考查勾股定理、实数与数轴，熟练掌握相关知识是解题的关键．9．B【解析】分析：判断是否可以作为直角三角形的三边长，则判断两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．详解：A. ()()2221.52 2.5+=，是直角三角形，故此选项错误；B. 222405060，+≠不是直角三角形，故此选项正确；C. 22272425，+=是直角三角形，故此选项错误；D. 22235144⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，是直角三角形，故此选项错误. 故选B.点睛：考查勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三条边的平方，那么这个三角形是直角三角形.10．C【解析】【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式，知“生长”1次后，以直角三角形两条直角边为边长的正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积，即所有正方形的面积和是2×1=2；“生长”2次后，所有的正方形的面积和是3×1=3，推而广之即可求解．【详解】设直角三角形的是三条边分别是a ，b ，c ．根据勾股定理，得a 2+b 2=c 2，即正方形A 的面积+正方形B 的面积=正方形C 的面积=1．推而广之，“生长”了2019次后形成的图形中所有的正方形的面积和是2019×1=2019．故选：C ．【点睛】此题主要是能够根据勾股定理发现每一次得到的新的正方形的面积和与原正方形的面积之间的关系．11．5，91612,,555【解析】【分析】运用勾股定理可求解c，由三角形面积公式可求解h，再利用勾股定理可分别求解出k和p. 【详解】由勾股定理得：c2=a2+b2=9+16=25，则c=5；由三角形面积公式可得：ab=ch，则3×4=5×h，则h=125；由勾股定理得：b2=k2+h2，则16= k2+(125)2，则k=165，a2=p2+h2，则9= p2+(125)2，则p=95.【点睛】本题考查了勾股定理和三角形面积公式的应用.12．2【解析】【分析】如图，先利用勾股定理求出BC的长，再利用勾股定理求出CE的长，根据BE=BC-CE即可得答案.【详解】如图，AB=DE=10，AC=6，DC=8，∠C =90°，∴BC=2222106AB AC-=-=8，CE=2222108DE DC-=-=6，∴BE=BC-CE=2（米），故答案为2.【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键.13．（22016，0）【解析】∵∠OBC=90°，OB=1，BC=，∵将△OBC绕原点O逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的2倍，使OB1=OC，∴OC1=2OC=2×2=4=22，OC2=2OC1=2×4=8=23，OC3=2OC2=2×8=16=24，…，OC n=2n+1，∴OC2015=22016，∵2015÷6=335…5，∴点C2015与点C5在同一射线上，在x轴正半轴，坐标为（22016，0）．点睛：根据直角三角形得出∠BOC=60°，然后求出OC1、OC2、OC3、…、OC n的长度，再根据周角等于360°，每6个为一个循环组，求出点C2015是第几个循环组的第几个点，再根据变化规律写出点的坐标即可．14．113【解析】∵△ABC、△ADE都是以A为直角顶点的等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴在△ABD和△ACE中：AB ACBAD CAEAD AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE.①如图1，当∠CFE=90°时，AF⊥DE，∴AF=EF=22AE=23232=，∴CF=AC-AF=5-3=2，∴在Rt△CEF中，223213+=∴13②如图2：当∠CEF=90°时，∠AEC=90°+45°=135°，∵△ABD ≌△ACE ，∴∠ADB=∠AEC=135°，∴∠ADB+∠ADE=135°+45°=180°，∴点B 、D 、F 三点共线，过点A 作AG ⊥DE 于点G ，则AG=DG=22AD=2323⨯=， ∴在Rt △ABG 中，BG=22534-=，∴BD=BG-DG=4-3=1.综上所述，131.1515【解析】∵AD BC ∥，DE BC ⊥．∴DAC ACB ∠=∠，90ADE DEC ∠=∠=︒．∵G 为AF 的中点．∴AG GD GF ==．∴ADG DAG ACB ∠=∠=∠．∴2DGC ADG DAG ACB ∠=∠+∠=∠．∵DG DC =．∵4DG =，1EC =．∴4DC =，∵90DEC ∠=︒． ∴222241DE DC EC =-=-15=．点睛：本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上中线性质的应用，解此题的关键是求出DG=DC 后利用勾股定理求DE 的长．16．13【解析】【分析】延长BC 交AD 于点E ，根据等腰直角三角形的性质求出AD ，再求出BE=DE=12AD 并得到BE ⊥AD ，然后求出CE ，在Rt △CDE 中，利用勾股定理列式计算即可得CD 的长．【详解】延长BC 交AD 于点E ，∵∠ABD=90°,∠ABC=45°，∴∠DBC=45°，∵AB=BD ，∴BE=DE=12AD ，BE ⊥AD ， ∵2，∴AD=6，∴DE=BE=3，∵BC=1，∴CE=2，∴CD2=DE2+CE2∴【点睛】本题考查的是等腰三角形和勾股定理，熟练掌握这两点是解题的关键.17．【解析】分析：过点P作PD⊥x轴于点D，由等边三角形的性质可知OD=12OQ=1，再根据勾股定理求出PD的长，故可得出P点坐标，再利用待定系数法求出直线OP的解析式即可．详解：解：过点P作PD⊥x轴于点D，∵△OPQ是边长为2的等边三角形，∴OD=12OQ=12×2=1，在Rt△OPD中，∵OP=2，OD=1，∴PD=∴P（1，设直线OP的解析式为y=kx（k≠0），k，∴直线OP的解析式为y．．点睛：本题考查的是用待定系数法求正比例函数的解析式，先根据题意得出点P 的坐标是解答此题的关键．18．直角三角形【解析】∵2223213AB =+=，2224652BC =+=，2221865AC =+=，∴222AB BC AC +=,∴ABC △为直角三角形．点睛：本题考查了勾股定理逆定理的应用，如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形.192222a b +【解析】 22a b a b ++-（）（）2222a b +. 2222a b +204552．【解析】【分析】分两种情形：①如图1中，当∠EDF =90°时，作CH ⊥AB 于H ．只要证明CH =DH ，即可解决问题；②如图2中，当∠DEF =90°时，设DE =x ，则EF =2x ，DF =BD 5，构建方程即可解决问题．【详解】解：如图1中，当∠EDF =90°时，作CH ⊥AB 于H ．在Rt△ACB中，∵AC=2，BC=4，∴AB=2224+=25，∴CH=AC BCAB⋅=455．∵∠ACB=∠AHC=90°，∴∠ACH+∠BCH=90°，∠BCH+∠B=90°，∴∠ACH=∠B=∠F．∵CH∥DF，∴∠F=∠HCE，∴∠ACH=∠HCE，∠DCE=∠DCB，∴∠HCD=45°，∴HC=HD=45．∵AH=22AC CH-=255，∴BD=AB﹣AH﹣DH=25﹣655=455．如图2中，当∠DEF=90°时，设DE=x，则EF=2x，DF=BD=5x．∵AE+DE+BD=25，∴255+x+5x=25，∴x=2﹣255，∴BD=5x=25﹣2．综上所述：BD的长为455或25﹣2．故答案为455或52．【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考填空题中的压轴题．21．（1）S△ABC32）3【解析】【分析】（1）过点A作AM⊥BC于M，根据已知可得BM=CM=12BC=1，然后根据勾股定理求得AM的长，再利用三角形的面积公式进行求解即可；（2）过点D作DN⊥AC于N，根据已知则可得到△ADM≌△AND，从而得DM=DN，AN=AM=3，继而得CN=AC-AB=2-3，设DM=DN=x，则CD=CM-DM=1-x，在Rt△CDN中，利用勾股定理求得x即可得.【详解】(1) 过点A作AM⊥BC于M，∵△ABC是等边三角形，∴BM=CM=12BC=1，∠BAM=∠CAM=30°，在Rt△CAM中，AM2+CM2=AC2，∴AM 2+12=22 ，∴AM=3，∴S△ABC=12BC·AM =12×2×3=3；（2）∵∠BAD=3∠CAD，∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°，∴∠CAD=14∠BAC=15°，∠MAD=∠MAC-∠DAC=15°，∴AD平分∠MAC ，过点D作DN⊥AC于N，则△ADM≌△AND，∴DM=DN，3∴3，设DM=DN=x，则CD=CM-DM=1-x，在Rt△CDN中，DN2+CN2=CD2，x232=(1-x)2 ，解得：3-3，∴3【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理、全等三角形的判定与性质等，添加辅助构造直角三角形进行解题是关键.22．（1）作图见解析；（2）正方形的面积是53，解释见解析.【解析】试题分析：（1）在网格中分别过点A作AD⊥AB于点A，过点B作BC⊥AB于点B，并使AD=AB=BC，再连接CD即可得到所求正方形；（2）如图，由勾股定理易得AB=22+=，再由正方形的面积公式即可计算出正2753方形ABCD的面积了.试题解析：（1）如图，过A、B分别作AD⊥AB，BC⊥AB，并且使得AD=BC=AB，连接CD，则图中所得四边形ABCD为所求正方形；（2）如图，∵图中小方格为的面积为1cm2，∴小方格的边长为1cm，∴AB=222753+=,=AB2=53.∴S正方形ABCD23．（1）5 90°（2）（0，4）或（4，2）或（-4，-4），平行四边形如图.【解析】分析：（1）由勾股定理即可求得AB，BC，AC的值，然后由勾股定理逆定理，可判定△ABC是直角三角形；（2）首先根据题意画出图形，然后根据图可求得平行四边形中D 点的坐标．详解：（1）根据点A 和点B 的坐标可知：AB =()22223++=5；同理可得BC =()22111++=5，AC =2224+=5，所以有(5)2+(25)2=52，即222BC AC AB +=，故△ABC 是直角三角形，且∠ACB =90°. （2）点D 的坐标为（0，4）或（4，2）或（-4，-4），所作平行四边形如图所示.点睛：考查平行四边形的性质, 坐标与图形性质，注意数形结合思想在解题中的应用. 24．蚂蚁爬行的最短线路为13 cm .【解析】试题分析：根据题意，先将图形平面展开（如图所示），根据“两点之间，线段最短”可得蚂蚁爬行的最短距离为线段AB 的长，再用勾股定理求得AB 的长即可.试题解析：如图所示,将台阶展开.∵AC=3×3+1×3=12,BC=5,∴AB 2=AC 2+BC 2=132,∴AB=13(cm).∴蚂蚁爬行的最短线路为13 cm .点睛：本题考查了平面展开-最短路径问题，解决这类问题的基本思路是化曲面问题为平面问题，再用所学的知识解决．25．操作一：（1）14 cm ；（2）∠CAD =20度；操作二：CD=4.5cm【解析】【分析】操作一：（1）依据DE 垂直平分AB ，可得AD=BD ，依据△ACD 的周长=AD+CD+AC=BD+CD+AC=BC+AC 进行计算即可；（2）依据DE 垂直平分AB ，可得AD=BD ，即可得出∠B=∠BAD=35°，再根据Rt △ABC中，∠BAC=90°-35°=55°，即可得到∠CAD=55°-35°=20°；操作二：设CD=DE=x ，则BD=12-x ，Rt △ABC 中，15AB ==,BE=15-9=6，依据Rt △BDE 中，DE 2+BE 2=BD 2，可得方程x 2+62=（12-x ）2，即可得CD=4.5cm ．【详解】操作一：(1)由折叠可得，DE 垂直平分AB ，∴AD =BD ，∴△ACD 的周长为AD +CD +AC =BD +CD +AC =BC +AC =8+6=14(cm )故答案为14；(2)由折叠可得，DE 垂直平分AB ，∴AD =BD ，∴35B BAD ∠=∠=，又∵Rt △ABC 中,903555BAC ∠=-=，∴553520CAD ∠=-=，故答案为20；操作二：∵AC=9cm ，BC=12cm ，∴15AB ==（cm ），根据折叠性质可得AC=AE=9cm ，∴BE=AB ﹣AE=6cm ，设CD=x ，则BD=12﹣x ，DE=x ，在Rt △BDE 中，由题意可得方程x 2+62=（12﹣x ）2，解之得x=4.5，∴CD=4.5cm ．【点睛】考查线段的垂直平分线的性质，三角形的内角和以及勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键.26．（1）15cm ；（2）3：1；（3）【解析】整体分析：(1)由“直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”求AC 的长；(2)连接AD ，由“三线合一”得∠BAD=60°，利用直角三角形中的30°角所对的直角边的性质，分别把BE ，EA 用BD 表示；(3)证明△BAE≌△ACD，得∠BPQ=60°，结合勾股定理求解.解：(1)∵DE 是线段BC 的垂直平分线，∠ACB=90°，∴CD=BD，AD=BD ．又∵在△ABC 中，∠ACB=90°，∠B=30°， ∴AC=12AB ， ∴△ACD 的周长=AC+AB=3BD=15cm ．故答案为15cm ；(2)连接AD ，如图所示．∵在△ABC 中，AB=AC ，∠A=120°，D 是BC 的中点，∴∠BAD=60°．又∵DE⊥AB，，EA=12AD ，AD ，∴EA=1212AD ， ∴BE:AE=3:1．故答案为3:1．(3)∵△ABC 为等边三角形．∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，在△BAE 和△ACD 中，AE=CD ，∠BAC=∠ACB，AB=AC ，∴△BAE≌△ACD(SAS)，∴∠ABE=∠CAD．∵∠BPQ 为△ABP 外角，∴∠BPQ=∠ABE+∠BAD．∴∠BPQ=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°，∵BQ⊥AD，∴∠PBQ=30°，∴BP=2PQ=2，∴PQ=1，2BP PQ -2221-3．27．（1）933-（2）5【解析】试题分析：（1）如图，过点C 作CF ⊥AD 于点F ，由此可得∠CFA=90°，由已知条件可得∠CDF=60°，从而可得∠DCF=30°，即可由CD 的长度求得DF 、CF 及AF 的长度，从而可得AD 的长度，就可计算出△ADC 的面积了；（2）在Rt △ACF 中由CF 32CAF=45°可求得AC 的长，结合已知的AB=10、BC=8可的AC 2+BC 2=AB 2，从而可证得∠ACB=90°，结合点E 是AB 的中点，即可得到CE=12AB=5. 试题解析：（1）过点C 作CF AD ⊥，交AD 延长线于点F ，∵45DAC ∠=︒，15DCA ∠=︒，∴CDF DAC DCA ∠=∠+∠ 451560=︒+︒=︒，在Rt CFD 中，26CD =，∴ 162DF CD ==， ()()222226632CF CD DF =-=-=，∴ 326AD AF DF =-=-，∴ 12ADC S AD CF =⨯ ()1236322=⨯-⨯ 933=-．（2）在Rt AFC 中，∵ 45DAC ∠=︒，32CF =∴ 22326AC CF ===，在ABC 中，∵ 2222268AC BC AB +=+=∴ △ABC 是直角三角形，又∵ E 为AB 中点，∴ 1110522CE AB ==⨯=． 28．16 5 403 【解析】试题分析：利用勾股定理可求出AB 的长进而得出△ADB 的周长；再根据题目要求扩充成AC 为直角边的直角三角形，利用AB=BD ，AD=BD ，分别得出答案．试题解析：∵在Rt △ABC 中，∠C=90°，BC=3，AC=4，CD=BC ，∴5=，则AD=AB=5，故此时△ADB 的周长为：5+5+6=16；如图2所示：AD=BD 时，设DC=x ，则AD=x+3，在Rt △ADC 中，（x+3）2=x 2+42，解得：x=76，故AD=3+76=256 ，则此时△ADB 的周长为：256+256+5=403 ；如图3所示：AB=BD 时，在Rt △ADC 中，=则此时△ADB的周长为：故答案为（1）16；（2）403．【点睛】本题主要考查对勾股定理，等腰三角形的性质等知识点的理解和掌握，能通过分类求出等腰三角形的所有情况是解此题的关键．29．（1）OC=2，BC=2；（2）S 与t 的函数关系式是：S=22(02)4)t t ⎧<≤⎪⎪-+<≤；（3）当t 为83时，△OPM 是等腰三角形．【解析】整体分析：（1）先求出OA ，判断OC=CB ，再在Rt △AOC 中用勾股定理列方程求解；（2）分点P 在BC 上，与点C 重合，在CO 上，与点O 重合四种情况分类讨论，注意画出相应的图形，利用三角形的面积公式和三角形面积的和差关系求解；（3）因为等腰三角形的腰不确定，所以需要分三种情况讨论，利用等腰三角形的性质列方程求解.（1）解：∵∠A=90°，∠AOB=60°，∴∠B=30°，∴OA=12由勾股定理得：AB=3，∵OC平分∠AOB，∴∠AOC=∠BOC=30°=∠B，∴OC=BC，在△AOC中，AO2+AC2=CO2，∴(3)²+（3﹣OC）2=OC2，∴OC=2=BC，答：OC=2，BC=2．（2）解：①当P在BC上，Q在OC上时，0＜t＜2，则CP=2﹣t，CQ=t，过P作PH⊥OC于H，∴∠HCP=60°，∠HPC=30°，∴CH=12CP=12（2﹣t），HP=32（2﹣t），∴S△CPQ=12CQ×PH=12×t×3（2﹣t），即S=﹣3t2+3t；②当t=2时，P在C点，Q在O点，此时，△CPQ不存在，∴S=0，③当P在OC上，Q在ON上时2＜t＜4，过P作PG⊥ON于G，过C作CZ⊥ON于Z，∵CO=2，∠NOC=60°，∴3CP=t﹣2，OQ=t﹣2，∠NOC=60°，∴∠GPO=30°，∴OG=12OP=12（4﹣t），34﹣t），∴S△CPQ=S△COQ﹣S△OPQ=12×（t﹣2）×3﹣12×（t﹣2）×34﹣t），即3233．④当t=4时，P 在O 点，Q 在ON 上，如图（3）过C 作CM ⊥OB 于M ，CK ⊥ON 于K ，∵∠B=30°，由（1）知BC=2，∴CM=12BC=1，有勾股定理得：3∵3，∴333，∴S=12PQ×CK=12×2×33 综合上述：S 与t 的函数关系式是：S=2233(02)333(24)t t t ⎧+<≤⎪⎪⎨⎪+<≤⎪；（3）解：如图（2），∵ON ⊥OB ，∴∠NOB=90°，∵∠B=30°，∠A=90°，∴∠AOB=60°， ∵OC 平分∠AOB ，∴∠AOC=∠BOC=30°，∴∠NOC=90°﹣30°=60°， ①OM=PM 时，∠MOP=∠MPO=30°， ∴∠PQO=180°﹣∠QOP ﹣∠MPO=90°， ∴OP=2OQ ，∴2（t ﹣2）=4﹣t ，解得：t=83， ②PM=OP 时，∠PMO=∠MOP=30°， ∴∠MPO=120°，∵∠QOP=60°，∴此时不存在； ③OM=OP 时，过P 作PG ⊥ON 于G ，OP=4﹣t ，∠QOP=60°， ∴∠OPG=30°，∴GO=12（4﹣t ），34﹣t ）， ∵∠AOC=30°，OM=OP ，∴∠OPM=∠OMP=75°， ∴∠PQO=180°﹣∠QOP ﹣∠QPO=45°，∴34﹣t ），∵OG+QG=OQ，∴12（4﹣t）+3（4﹣t）=t﹣2，解得：t=623+综合上述：当t为83或6233+时，△OPM是等腰三角形．30．25cm【解析】分析: 将立体图形展开成平面图形,然后根据两点之间线段距离最短,利用根据勾股定理进行求解,根据立体展开成平面图形情况分类讨论进行进行比较.详解:将长方体沿CH,HE,BE剪开翻折,使面ABCD和面BEHC在同一个平面内,连接AM,如图1,由题意可得:MD=MC+CD=5+10=15cm,AD=20cm,在Rt△ADM中,根据勾股定理得:AM=25cm,将长方体沿CH、GD、GH剪开翻折,使面ABCD和面D CH G在同一个平面内,连接AM，如图2,由题意得:BM=BC+MC=20+5=25（cm）,AB=10cm,在Rt△ABM中,根据勾股定理得:AM29cm,将长方体沿CD、CH、GH剪开翻折,连接AM,如图3,由题意得:AC=AB+BC=10+20=30（cm）,MC=5cm,在Rt△ACM中,根据勾股定理得:AM37cm,∵25＜29＜37则需要爬行的最短距离是25cm.点睛:本题考查了勾股定理的拓展应用,“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键.。

《九章算术》中勾股名题[精华]

《九章算术》中勾股名题《九章算术》中的勾股问题，是具有历史意义的世界著名算题．勾股问题即直角三角形问题．《九章算术》专设勾股章来研究勾股问题，共24个问题．引葭(jiā)赴岸《九章算术》勾股章第6题:“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何．”本题的意思是：有一水池一丈见方，池中生有一棵类似芦苇的植物，露出水面一尺，如把它引向岸边，正好与岸边齐，问水有多深，该植物有多长？分析：让我们一起来熟悉一下图形吧．在Rt△ABC中，b为池深，c为葭长，且葭出水一尺，即c＝b+1尺，由题意a为5尺．不用问下面该勾股定理大显身手了，剩下的问题你能解决了吧？这一问题在世界数学史上很有影响．印度古代数学家婆什迦罗的《丽罗瓦提》一书中有按这一问题改编的“风动红莲”；阿拉伯数学家阿尔·卡西的《算术之钥》也有类似的“池中长茅”问题；欧洲《十六世纪的算术》一书中又有“圆池芦苇”问题．所有问题内容大体一致，但比我国此类问题的研究要晚几百年甚至上千年！风动红莲该题出自婆什迦罗（Bhāskara，1114～1185），十二世纪印度杰出的数学家，著有《算法本原》，《丽罗瓦提》等书，包括算术和代数“求根”等问题，流传很广．此题与《九章算术》中的“引葭赴岸”如出一辙．波平如镜一湖面，半尺高处出红莲，鲜艳多姿湖中立，猛遭狂风吹一边；红莲斜卧水淹面，距根生处两尺远；渔翁发现忙思考，湖水深浅有多少？勾股容圆《九章算术》勾股章第16题：“今有勾八步，股十五步．问勾中容圆径几何？”所谓“勾中容圆”是指直角三角形的内切圆，内切圆的问题大家还不熟悉，通过此题了解即可，不必深究．井中立木《九章算术》勾股章第24题：“今有井径五尺，不知其深，立五尺木于井上，从木末望水岸，入径四寸，问井深几何？”此题要用到比例线段的有关知识，此处我们不必深究，只需少作了解即可．《春雨的色彩》说课稿一、教材内容分析：春天里万物复苏，百花争艳、绿草如荫、一派迷人的景色。

第一章勾股定理(能力提升)(解析版)

第一章勾股定理能力提升卷班级___________ 姓名___________ 学号____________ 分数____________（考试时间：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。

2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。

3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。

第Ⅰ卷（选择题共30分）一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．(本题3分)一个直角三角形的三边分别是6cm、8cm、x cm，则x=（）cmA．100cm B．10cm C．10cm 或．100cm 或28cm【答案】C【解析】试题分析：当6cm、8cm 两边是直角边时，22x=+=，当6cm、x cm 两边是直角6810边时，22x=-==，所以x="10cm" 或cm，故选C．8628272．(本题3分) 如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的三边a，b，c的大小关系是（）A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜c＜b D．a＜b＜c【答案】B【解析】试题分析：观察图形根据勾股定理分别计算出a=2+42=√17、b=2+42=5、c=4，因为a、b、c大于0，所以分别求a2=17、b2=25、c2=16，比较大小即可得c2＜a2＜b2，可得a 、b 、c 的大小为c ＜a ＜b ．故选B3．(本题3分)如图，牧童家在B 处，A 、B 两处相距河岸的距离AC 、BD 分别为500m 和300m,且C 、D 两处的距离为600m ，天黑牧童从A 处将牛牵到河边去饮水，在赶回家，那么牧童最少要走（）A ．800mB ．1000mC ．1200mD ．1500m【答案】B【解析】作点A 关于CD 的对称点A ′，连接A ′B ，则A ′B 的长即为AP +BP 的最小值，过点B 作BE ⊥AC ，垂足为E ，则CE =BD ，CD =BE ，再利用勾股定理求出A ′B 的长即可．作点A 关于CD 的对称点A ′，连接A ′B ，则A ′B 的长即为AP +BP 的最小值，过点B 作BE ⊥AC ，垂足为E ，∵CD =600m ，BD =300m ，AC =500m ，∴A ′C =AC =500m ，CE =BD =300m ，CD =BE =600m ，∴A ′E =A ′C +CE =500+300=800m ，在Rt △A ′CE 中，1000A B '==，故选B.4．(本题3分)将一根长为17cm 的筷子，置于内半径为3cm 、高为8cm 的圆柱形水杯中．设筷子露在杯子外面的长度为cm x ，则x 的取值范围是（）A ．68x ≤≤B ．79x ≤≤C ．810x ≤≤D ．911x ≤≤【答案】B【解析】如图，当筷子的底端在D 点时，筷子露在杯子外面的长度最长，此时1789cm x =-=（）；当筷子的底端在A 点时，筷子露在杯子外面的长度最短在Rt △ABD 中，6cm AD =，8cm BD =，所以2222226810AB AD BD =+=+=，则10cm AB =，此时17107cm x =-=（），所以x 的取值范围是79x ≤≤．故选B ．5．(本题3分)已知一个直角三角形的两边长分别为3和5，则第三边长为（）A ．4B ．2C ．4D ．2或【答案】C【解析】因为一个直角三角形的两边长分别为3和5，所以当5是此直角三角形的斜边长时，设另一直角边长为x ，则由勾股定理得222253416x =-==，解得4x =；当5是此直角三角形的直角边长时，设斜边长为x ，则由勾股定理得2225334x =+=，解得x =选C ．6．(本题3分)如图，一场大风后，一棵与地面垂直的树在离地面1m 处的A 点折断，树尖B 点触地，经测量BC =3m ，那么树高是（）A ．4mB C ．+1）m D ．+3）m【答案】C【解析】由题意知树枝折断部分、竖直部分和折断部分构成了直角三角形，根据题目提供数据分别求出竖直部分和折断部分，二者的和即为本题的答案．解：由题意知：AC =1，BC =3，由勾股定理得：AB ===，∴树高为：AC +AB =（+1）m ， 7．(本题3分)如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（4，0），点B 的坐标为（0，3），以点A 为圆心，AB 长为半径画弧，交x 轴的负半轴于点C ，则点C 的坐标为（）A ．（1，0）B ．（－1，0）C ．（－5，0）D ．（5，0）【答案】B【解析】 ∵点A 的坐标为（4，0），点B 的坐标为（0，3），∴3BO =，4AO =，∴5AB ==．∵以点A 为圆心，AB 长为半径画弧，交x 轴的负半轴于点C ，∴541CO =-=，则点C 的坐标为（－1，0）．故选B ．8．(本题3分)如图，在△AB C 中，∠B =40°，EF ∥AB ，∠1=50°，CE =3，EF 比CF 大1，则EF 的长为（）A ．5B ．6C ．3D ．4【答案】A【解析】设EF=x，则CF=x-1，∵EF∥AB，∴∠CFE=∠B=40°，又∵∠CEF=∠1=50°，∴∠C=180°-50°-40°=90°，∴CE2+CF2=EF2，即32+（x-1）2=x2，解得：x=5，∴EF=5.故选A.9．(本题3分)如图，在Rt△中，∠°，cm，cm，则其斜边上的高为（）A．6 cm B．8.5 cm C．cm D．cm【答案】C【解析】由勾股定理可知cm，再由三角形的面积公式，有，得.10．(本题3分)小红要求△ABC最长边上的高，测得AB=8 cm，AC=6 cm，BC=10 cm，则可知最长边上的高是（）A．48 cm B．4.8 cm C．0.48 cm D．5 cm【答案】B【解析】试题分析：先根据勾股定理的逆定理判断出三角形是直角三角形，然后根据面积法求解．：∵AB2+AC2=62+82=100，BC2=102=100，∴三角形是直角三角形．根据面积法求解：即解得故选B.第II卷（非选择题)二、填空题(共15分)11．(本题3分)甲船以15海里/时的速度离开港口向北航行，乙船同时以20海里/时的速度离开港口向东航行，则它们离开港口2小时后相距______海里．【答案】50【解析】试题分析：如图所示，甲、乙两船行驶的方向正好构成直角三角形，OA＝15×2＝30海里，OB＝20×2＝40海里，由勾股定理得AB50海里．12．(本题3分)下列四组数：①4，5，8；②7，24，25；③6，8，10；，2．其中可以为直角三角形三边长的有__．（把所有你认为正确的序号都写上）【答案】②③④【解析】因为42+52≠82；72+242=252；62+82=102；2222+=，所以可以为直角三角形三边长的有②③④.故答案为②③④.13．(本题3分)一个圆锥形的漏斗，小李用三角板测得其高度的尺寸如图所示，那么漏斗的斜壁AB 的长度为 cm ．【答案】5【解析】解：根据题意知：圆锥的底面半径为3cm ，高为4cm ，故圆锥的母线长AB =" 32+42" =5cm ．14．(本题3分)在△AB C 中，∠C = 90°，（1）若68a b ==，，则c = ；（2）若2430,a c ==，则b = ；（3）若2425b c ==，，则a = .【答案】（1）10 （2）18 （3）7【解析】试题解析：(1)在Rt △AB C 中，∠C = 90°，68a b ==，∴c 10=（2）在Rt △AB C 中，∠C = 90°，a 2430c ==，，∴b 18==(3) 在Rt △AB C 中，∠C = 90°，2425b c ==，∴a 7==15．(本题3分)如图：隔湖有两点A 、B ，为了测得A 、B 两点间的距离，从与AB 方向成直角的BC 方向上任取一点C ，若测得CA =50 m,CB =40 m ，那么A 、B 两点间的距离是_________.【答案】30米【解析】试题分析：根据勾股定理即可求得结果. 由题意得.3040502222m CB CA AB =-=-=三、解答题(共55分)16．(本题8分)如图，在△AB D 中，∠D ＝90°，C 是BD 上一点，已知BC ＝9，AB ＝17，AC ＝10，求AD 的长．【答案】8【解析】【分析】先设CD ＝x ，则BD ＝BC +CD ＝9+x ，再运用勾股定理分别在△ACD 与△AB D 中表示出AD 2，列出方程，求解即可．【详解】解：设CD ＝x ，则BD ＝BC +CD ＝9+x ．在△AC D 中，∵∠D ＝90°，∴AD 2＝AC 2﹣CD 2，在△AB D 中，∵∠D ＝90°，∴AD 2＝AB 2﹣BD 2，∴AC 2﹣CD 2＝AB 2﹣BD 2，即102﹣x 2＝172﹣（9+x ）2，解得x ＝6，∴AD 2＝102﹣62＝64，∴AD＝8．故AD的长为8．17．(本题8分)如图，在△AB C中，AD⊥BC,垂足为D，∠B=60°,∠C=45°.(1)求∠BAC的度数。

提高学生勾股定理运用能力的教案

提高学生勾股定理运用能力的教案1. 教学目标本教案旨在帮助学生提高勾股定理的应用能力，使学生能够在各种问题中熟练运用勾股定理解决问题。

通过本课程的学习，学生将能够：- 掌握勾股定理的基本概念和计算方法；- 学会如何运用勾股定理解决各种问题；- 培养学生的逻辑思维和数学分析能力。

2. 教学方法本教案采用“探究式教学法”，通过引导学生主动发现问题和探索解决方法，培养学生的探究能力和分析能力。

同时，结合具体的问题，采用“数据分析法”和“案例教学法”推动学生的理论学习和实践运用的结合。

3. 教学过程3.1 加强勾股定理基础知识的掌握教师将介绍勾股定理的基本定义及公式，学生需要掌握直角三角形及各边之间的关系，理解“勾股”与“勾股定理”之间的联系。

针对不同的学生，教师还可以分别讲解勾股定理的证明方法，以便理解勾股定理的本质。

3.2 应用于具体问题中的应用学习完勾股定理的基础知识后，教师会提供一系列实际问题，让学生运用勾股定理解决问题，例如：- 如何计算直角三角形斜边的长度；- 如何确定棱锥、棱台和球台的体积；- 如何确定人的视力等问题。

教师将引导学生分析问题，整合已有的数学知识和技能，发现规律，并运用勾股定理解决问题。

3.3 进一步拓展应用范围在学生理解勾股定理的基础上，教师还可以拓展勾股定理的应用范围，让学生在深化理论认知的同时掌握更多应用技能，例如：- 如何在计算机图像处理中使用勾股定理；- 如何在物理力学中使用勾股定理；- 如何在航空航天中使用勾股定理。

同时，通过案例教学的方式，让学生看到勾股定理在实际应用中的重要作用，培养学生运用理论知识解决实际问题的动力和信心。

4. 教学评估本教案采用“反思性评估”的方式，教师将引导学生回顾整个学习过程，总结所获取的知识和技能，反思自我和团体的学习成果。

通过课后作业和小组讨论，教师可以了解学生对勾股定理的理解程度，进而制定差异化教学策略和补救措施，并最终完成学生考核和综合评估。

2022高考数学(文)二轮复习专题能力提升练(四) Word版含答案

关闭Word文档返回原板块。

专题力量提升练(四)(120分钟150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.(2021·淄博一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线相互垂直，则该几何体的体积是( )A.56B.34C.12D.16【解析】选A.由三视图可知：该几何体是一个正方体，挖去一个四棱锥所得的组合体，正方体的体积为1，四棱锥的体积为：13×1×1×12=16，故组合体的体积V=1-16=56.2.如图，已知某品牌墨水瓶的外形三视图和尺寸，则该墨水瓶的容积为(瓶壁厚度忽视不计)( ) A.8+π B.8+4π C.16+π D. 16+4π【解析】选C.几何体为圆柱体和长方体的组合体，所以V=π+2×4×2=16+π.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是A1B1，BB1的中点，过M，N，C1的截面截正方体所得的几何体如图所示，那么该几何体的侧视图是( )【解析】选B.依据题意得：该几何体的侧视图是点A，D，D1，A1，在平面BCC1B1上的投影，且NC1是被拦住的线段，应为虚线；所以符合条件的是B选项.4.(2021·枣庄二模)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )A.35πcm 3B.1063πcm 3 C.70πcm 3 D.2123πcm 3【解题提示】由已知的三视图可得：该几何体是一个圆台与半球的组合体，分别计算半球与圆台的体积，相加可得答案.【解析】选D.由已知的三视图可得：该几何体是一个圆台与半球的组合体，球的半径与圆台的下底面半径均为4cm ，故半球的体积为：12×43×π×43=1283π(cm 3)，圆台的上底面半径为2cm ，高为3cm ，故圆台的体积为：13π(42+4×2+22)×3=843π(cm 3)，故组合体的体积V=1283π+843π=2123π(cm 3).5.(2021·郑州一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.24C. 30D. 48【解析】选B.由三视图可知其直观图如图所示，其由三棱柱截去一个三棱锥所得，三棱柱的体积V=12×4×3×5=30，三棱锥的体积V 1=13×12×4×3×3=6，故该几何体的体积为24.6.已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A.α∥β且l ∥αB.α⊥β且l ⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l【解析】选D.由m ⊥平面α，直线l 满足l ⊥m ，且l ⊄α，所以l ∥α，又n ⊥平面β，l ⊥n ，l ⊄β，所以l ∥β.又直线m ，n 为异面直线，且m ⊥平面α，n ⊥平面β，则α与β相交.否则，若α∥β，则推出m ∥n ，与m ，n 异面冲突.故α与β相交，且交线平行于l .7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.3B.103C.113D.83【解题提示】几何体是直三棱柱截去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和截去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.【解析】选B.由三视图知：几何体是直三棱柱截去一个三棱锥，如图：直三棱柱的体积为12×2×2×2=4.截去的三棱锥的体积为13×12×2×1×2=23，所以几何体的体积V=4-23=10 3.8.(2021·青岛二模)某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积为( )A.1403π+4√13π B.36π+2√13πC.32π+2√13πD.44π+2√13π【解题提示】首先依据三视图把该几何体的直观图整理出来，进一步利用立体图的相关的数据求出结果. 【解析】选D.依据三视图得知：该几何体是由下面是一个半径为4的半球，上面是一个底面半径为2，高为3的圆锥构成的组合体.首先求出上面圆锥的侧面开放面的半径r=√13，圆锥的底面周长为l=4π，所以圆锥的侧面面积为：S1=12·4π·√13=2√13π，剩余的侧面面积为：S2=2π·16+16π-4π=44π，所以组合体的表面积为：S=S1+S2=44π+2√13π.9.(2021·烟台二模)某几何体在网格纸上的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π3D.8π3【解析】选A.由已知的三视图可得：该几何体是一个圆柱和四分之一球组成的组合体，圆柱底面半径和球的半径R均为1，故四分之一球的体积为：14×43πR3=13π，圆柱的高h=1，故圆柱的体积为：πR2h=π，故组合体的体积V=13π+π=4π3. 10.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=2√3，点A，B，C，D在球O上，球O 与BA1的另一个交点为E，与CD1的另一个交点为F，AE⊥BA1，则球O的表面积为( )A.6πB.8πC.12πD.16π【解题提示】连结EF，DF，说明三棱柱ABE-DCF是球O的内接直三棱柱，求出球的半径，即可求解球的表面积.【解析】选B.连结EF，DF，易证得BCFE是矩形，则三棱柱ABE-DCF是球O的内接直三棱柱，由于AB=2，AA1=2√3，所以tan∠ABA1=√3，即∠ABA1=60°，又AE⊥BA1，所以AE=√3，BE=1，所以球O的半径R=12√22+12+(√3)2=√2，所以球O的表面积为：4πR2=4π(√2)2=8π.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2021·日照一模)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是. 【解题提示】画出几何体的直观图，然后利用三视图的数据求解几何体的体积即可.【解析】由三视图知此几何体为边长为2的正方体截去一个三棱锥(如图)，所以此几何体的体积为：2×2×2-13×12×1×2×2=223.答案：22312.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是.【解析】由已知的三视图可以推断该几何体是一个底面如正视图所示的六棱柱，由俯视图可得棱柱的高h=2，由割补法，可得棱柱的底面面积S=2·3=6，故棱柱的体积V=2·6=12.答案：1213.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是.【解题提示】由三视图想象出直观图，一般需从俯视图构建直观图，先确定最大的面，再求其面积.【解析】由三视图可知，该几何体有两个面是直角三角形，如图，底面是正三角形，最大的面是VAB，其边长分别为：2，√22+22=2√2，√22+22=2√2，故其面积为：12×2×√8−1=√7.答案：√7【方法技巧】与三视图有关问题的解题技巧：(1)留意长宽高的关系：三视图中长对正，高平齐，宽相等.(2)由三视图想象出直观图，一般需从俯视图构建直观图.14.(2021·德州一模)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，则该三棱锥的四个表面中，面积最大的值为. 【解析】如图所示：该三棱锥是P-ABC，其中PA⊥底面ABC，PA=2，其底面为顶角∠BAC=120°的等腰三角形，BC=2√3.取BC的中点D，连接AD，可得AD=1.其面积最大的表面是侧面△PBC.由于PD=√PA2+AD2=√5.所以S△PBC=12BC·PD=12×2√3×√5=√15.答案：√1515.如图，用一边长为√2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为43π的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢外形保持不变，则鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为.【解析】由题意可得，蛋巢的底面是边长为1的正方形，故经过4个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，由于鸡蛋的体积为43π，故鸡蛋(球)的半径为1，故球心到截面圆的距离为√1−(12)2=√32，而垂直折起的4个小直角三角形的高为12，故鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为√32+1+12=√32+32.答案：3+√32三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)如图所示是某三棱柱被削去一个底面后的直观图与侧(左)视图、俯视图.已知CF=2AD ，侧(左)视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示.求该几何体的体积.【解析】取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD ∥CP ，且AD=CP .所以四边形ACPD 为平行四边形，所以AC ∥PD.又BC ∥PQ ，易知平面PDQ ∥平面ABC.该几何体可分割成三棱柱PDQ-CAB 和四棱锥D-PQEF ，所以V=V 三棱柱PDQ-CAB +V D-PQEF =12×22sin60°×2+13×(1+2)×22×√3=3√3.17.(12分)如图，四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=√2. (1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)求三棱柱ABD-A 1B 1D 1的体积.【解析】(1)由于四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=√2，由棱柱的性质可得BB 1和DD 1平行且相等，故四边形BB 1D 1D 为平行四边形，故有BD 和B 1D 1平行且相等.而BD 不在平面CB 1D 1内，而B 1D 1在平面CB 1D 1内，所以BD ∥平面CB 1D 1.同理可证，A 1BCD 1为平行四边形，A 1B ∥平面CB 1D 1.而BD 和A 1B 是平面A 1BD 内的两条相交直线，故有平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(2)由题意可得A 1O 为三棱柱ABD-A 1B 1D 1的高.三角形A 1AO 中，由勾股定理可得A 1O=√A 1A 2−AO 2=√2−1=1，所以三棱柱ABD-A 1B 1D 1的体积V=S △ABD·A1O=AB22·A 1O=22×1=1.【误区警示】解答本题易消灭以下三种错误：一是对棱柱的性质不生疏，造成思路受阻；二是对面面平行的判定的理解不彻底，造成证明不严谨失分；三是对棱柱的体积公式记忆不准或计算错误而失分.18.(12分)(2021·日照二模)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=a，∠ABC=60°，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，点M在线段EF上.(1)求证：BC⊥平面ACFE.(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论.【解题提示】(1)由已知，若证得AC⊥BC，则据面面垂直的性质定理即可.转化成在平面ABCD 中，能否有AC⊥BC，易证成立.(2)设AC∩BD=N，则面AMF∩平面BDF=FN，只需AM∥FN即可.而CN∶NA=1∶2.故应有EM∶FM=1∶2.【解析】(1)在梯形ABCD中，由于AB∥CD，AD=DC=CB=a，∠ABC=60°，所以四边形ABCD是等腰梯形，且∠DCA=∠BAC=30°，∠DCB=120°，所以∠ACB=∠DCB-∠DCA=90°，所以AC⊥BC.又由于平面ACFE⊥平面ABCD，交线为AC，所以BC⊥平面ACFE. (2)当EM=√33a时，AM∥平面BDF，在梯形ABCD中，设AC∩BD=N，连接FN，则CN∶NA=1∶2，由于EM=√33a，而EF=AC=√3a，所以EM∶MF=1∶2，所以MF AN，所以四边形ANFM是平行四边形，所以AM∥NF，又由于NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，所以AM∥平面BDF.19.(12分)(2021·淄博二模)有一个全部棱长均为a的正四棱锥P-ABCD，还有一个全部棱长均为a的正三棱锥，将此三棱锥的一个面与正四棱锥的一个侧面完全重合在一起，得到一个如图所示的多面体.(1)证明：P，E，B，A四点共面.(2)求三棱锥A-PDE的体积.(3)在底面ABCD内找一点M，使EM⊥平面PBC，指出M的位置，并说明理由.【解题提示】(1)取PB的中点F，连接AF，EF，CF，AC，由已知得∠AFC为二面角A-PB-C的平面角，∠EFC为二面角E-PB-C的平面角，由余弦定理得cos∠AFC=-13，cos∠EFC=13，从而∠AFC+∠EFC=π，由此能证明P，E，B，A四点共面.(2)由已知得AP∥BE，BE∥平面APD，从而V A-PDE=V B-APD=V P-ABD，由此能求出三棱锥A-PDE的体积.(3)ME⊥平面PBC，交平面PBC于点H，又PB=PC=BC，则H为△PBC的重心，从而得H为△ACE的重心，从而求出M为线段AC的中点.【解析】(1)取PB的中点F，连接AF，EF，CF，AC，所以AF⊥PB，EF⊥PB，CF⊥PB，且AF=CF=√32a，所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角，∠EFC为二面角E-PB-C的平面角，在△AFC中，由余弦定理得：cos∠AFC=AF2+CF2−AC22AF·CF =-13，在△EFC中，由余弦定理得：cos∠EFC=EF2+CF2−EC22EF·CF =13，所以∠AFC+∠EFC=π，所以P，E，B，A四点共面.(2)由于P，E，B，A四点共面，∠PAB=60°，∠ABE=120°，所以AP∥BE，BE∥平面APD，所以V A-PDE=V B-APD=V P-ABD=13×12×a×a×√22a=√212a3.(3)连接AC，取AC的中点M，M即为所求点.由于ME⊥平面PBC，交平面PBC 于点H，易知H是△PBC的垂心，又PB=PC=BC，则H为△PBC的重心，在△ACE中，由于CHHF =21，所以点H为△ACE的重心，所以M为线段AC的中点，即M即为所求点.20.(13分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，EF∥AB，AB=2EF，平面BCF⊥平面ABCD，BF=CF，点G为BC的中点.(1)求证：直线OG∥平面EFCD.(2)求证：直线AC⊥平面ODE. 【证明】(1)由于四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，所以点O是BD的中点，由于点G为BC的中点，所以OG∥CD，又由于OG⊄平面EFCD，CD⊂平面EFCD，所以直线OG∥平面EFCD.(2)由于BF=CF，点G为BC的中点，所以FG⊥BC，由于平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC，FG⊂平面BCF，FG⊥BC，所以FG⊥平面ABCD，由于AC⊂平面ABCD，所以FG⊥AC，由于OG∥AB，OG=12AB，EF∥AB，EF=12AB，所以OG∥EF，OG=EF，所以四边形EFGO为平行四边形，所以FG∥EO，由于FG⊥AC，FG∥EO，所以AC⊥EO，由于四边形ABCD是菱形，所以AC⊥DO，由于AC⊥EO，AC⊥DO，EO∩DO=O，EO，DO在平面ODE 内，所以AC⊥平面ODE.21.(14分)如图甲，☉O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，且∠CBA=∠DAB=π3.沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面相互垂直(如图乙)，F为BC的中点，E为AO的中点.依据图乙解答下列各题：(1)求证：CB⊥DE.(2)求三棱锥C-BOD的体积.(3)在劣弧BD⏜上是否存在一点G，使得FG∥平面ACD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由.【解题提示】(1)利用等边三角形的性质可得DE⊥AO，再利用面面垂直的性质定理即可得到DE⊥平面ABC，进而得出结论.(2)由(1)知DE⊥平面ABC，利用转换底面的方法，即可求三棱锥的体积.(3)存在，G为劣弧BD⏜的中点.连接OG，OF，FG，通过证明平面OFG∥平面ACD，即可得到结论.【解析】(1)在△AOD中，由于∠OAD=π3，OA=OD，所以△AOD为正三角形，又由于E为OA的中点，所以DE⊥AO，由于两个半圆所在平面ACB与平面ADB相互垂直且其交线为AB，所以DE⊥平面ABC.又CB⊂平面ABC，所以CB⊥DE.(2)由(1)知DE⊥平面ABC，所以DE为三棱锥D-BOC的高.由于D为圆周上一点，且AB为直径，所以∠ADB=π2，在△ABD中，由AD⊥BD，∠BAD=π3，AB=2，得AD=1，DE=√32.由于S△BOC=12S△ABC=12×12×1×√3=√34，所以V C-BOD=V D-BOC=13S△BOC·DE=13×√34×√32=18.(3)存在满足题意的点G，G为劣弧BD⏜的中点.证明如下：连接OG，OF，FG，易知OG⊥BD，又AD⊥BD，所以OG∥AD，由于OG⊄平面ACD，所以OG∥平面ACD.在△ABC中，O，F分别为AB，BC的中点，所以OF∥AC，OF⊄平面ACD，所以OF∥平面ACD，由于OG∩OF=O，所以平面OFG∥平面ACD.又FG⊂平面OFG，所以FG∥平面ACD. 关闭Word文档返回原板块。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

《勾股定理》练习题一、选择题（12×3′=36′）
1．已知一个Rt△的两边长分别为3和4，则第三边长的平方是（）
A、25
B、14
C、7
D、7或25
2．下列各组数中，以a，b，c为边的三角形不是Rt△的是（）
A、a=1.5，b=2,c=3
B、a=7,b=24,c=25
C、a=6,b=8,c=10
D、a=3,b=4,c=5 3．若线段a，b，c组成Rt△，则它们的比为（）
A、2∶3∶4
B、3∶4∶6
C、5∶12∶13
D、4∶6∶7
4．Rt△一直角边的长为11，另两边为自然数，则Rt△的周长为（）
A、121
B、120
C、132
D、不能确定
5．如果Rt△两直角边的比为5∶12，则斜边上的高与斜边的比为（）
A、60∶13
B、5∶12
C、12∶13
D、60∶169 6．如果Rt△的两直角边长分别为n2－1，2n（n>1），那么它的斜边长是（）
A、2n
B、n+1
C、n2－1
D、n2+1
7．已知Rt△ABC中，∠C=90°，若a+b=14cm，c=10cm，则Rt△ABC的面积是（）
A、24cm2
B、36cm2
C、48cm2
D、60cm2
8．等腰三角形底边上的高为8，周长为32，则三角形的面积为（）
A、56
B、48
C、40
D、32 9．三角形的三边长为（a+b）2=c2+2ab,则这个三角形是( )
A. 等边三角形;
B. 钝角三角形;
C. 直角三角形;
D. 锐角三角
形. 10．某市在旧城改造中，计划在市内一块如图所示的三角形空地上种植草皮以美化环境，已知这种草皮每平方米售价a元，则购买这种草皮至少需要（）
A、450a元
B、225a 元
C、150a元
D、300a元
11．已知，如图长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（）
A、6cm2
B、8cm2
C、10cm2
D、12cm2
12
已知，如图，一轮船以16海里/时的速度从港口A出发向东北方向航行，另一轮船以12海里/时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口2小时后，则两船相距（）
A、25
海里B、30海里C、35海里D、40海里
二、填空题（8×3′=24′）
13．在Rt△ABC中，∠C=90°，①若a=5，b=12，则c=___________；②若a=15，c=25，则b=___________；③若c=61，b=60，则
a=__________；④若a∶b=3∶4，c=10则S Rt△ABC=________。

14．在由小方格组成的网格中，用数格子的方法判断出给定的钝角三角形和锐角三角形的三边不满足两边平方和等于第三边的平方，由此可想到________________________________________________。

15．直角三角形两直角边长分别为5和12，则它斜边上的高为
__________。

16．在平静的湖面上，有一支红莲，高出水面1米，阵风吹来，红莲被吹到一边，花朵齐及水面，已知红莲移动的水平距离为2米，问这里水深是________m。

17．已知两条线段的长为5cm和12cm,当第三条线段的长为
cm时,这三条线段能组成一个直角三角形.
18．已知：如图，△ABC中，∠C = 90°，点O为△ABC的三条角平分线的交点，OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，点D、E、F分别是垂足，且BC = 8cm，CA = 6cm，则点O到三边AB，AC和BC的距离分别等于cm
19．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边和长为7cm,则正方形A，B，C，D的面积之和为___________cm2。

150°20m 30m
第10题图北
南 A 东
第12题图C O A B
D E F 第18题图A B C D
第19题图7cm D B C A 第20题图A B E F D C 第11题图
20．在一棵树的10米高处有两只猴子，一只猴子爬下树走到离树20米处的池塘的A处。

另一只爬到树顶D后直接跃到A处，距离以直线计算，如果两只猴子所经过的距离相等，则这棵树高
_________________________米。

三．解答题（共60分）
21．（7分）小明的叔叔家承包了一个矩形鱼池，已知其面积为48m2，其对角线长为10m，为建栅栏，要计算这个矩形鱼池的周长，你能帮助小明算一算吗？
22．（7分）如图，铁路上A，B两点相距25km，C，D为两村庄，DA⊥AB 于A，CB⊥AB于B，已知DA=15km，CB=10km，现在要在铁路AB上建一个土特产品收购站E，使得C，D两村到E站的距离相等，则E站应建在离A站多少km处？
23．（7
分）小明想知道学校旗杆的高，他发现旗杆顶端的绳子垂到地面还多1米，当他把绳子的下端拉开5米后，发现下端刚好接触地面，求旗杆的高度。

24．（7分）已知，如图，四边形ABCD中，AB=3cm，AD=4cm，
BC=13cm，CD=12cm，且∠A=90°，求四边形ABCD的面积。

25．（8分）已知，如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠1=∠2，
CD=1.5,BD=2.5,求AC的长.
26．（8分）如图，在边长为c的正方形中，有四个斜边为c的全等直角三角形，已知其直角边长为a，b.利用这个图试说明勾股定理?
27．（8分）已知，△ABC中，AB=17cm，BC=16cm，BC边上的中线AD=15cm，试说明△ABC是等腰三角形。

28．（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，P为BC上任意一点，请用学过的知识说明：AB2－AP2=PB×PC。

29.如图，在△ABC中，＜ABC和＜BCD 互余，AD=a，BC=b，求证：BD2+AC2=a2+b2
A B C D
第24题图A D E B C 第22题图
C
第26题图A B P C
第28题图
ABCD．。