2021北京重点校初二(下)期中数学汇编：勾股定理

勾股定理

一、单选题

1．（2021·北京·北大附中八年级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，这是历史上第一个把数与形联系起来的定理，其证明是论证几何的发端．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）

A． B． C． D．

2．（2021·北京·北大附中八年级期中）一只小猫在距墙面4米，距地面2米的架子上，紧紧盯住了斜靠墙的梯子中点处的一只老鼠，聪明的小猫准备在梯了下滑时，在与老鼠距离最小时捕食．如图所示，把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，猫所处位置为点D，梯子视为线段MN，老鼠抽象为点E，已知梯子长为4米，在梯子滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为（ ）

A．25 B．25﹣2 C．2 D．4

3．（2021·北京师大附中八年级期中）下列各组数据中的三个数，可以作为直角三角形三边长的是（ ） A．1，2，3

B．2，4，7

C．6，8，10

111D．,,

3454．（2021·北京师大附中八年级期中）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图2（1）所示的菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图2（2）所示的正方形，并测得对角线AC＝40 cm，则图2（1）中对角线AC的长为（ ）

A．20cm

B．30cm

C．40cm

D．202cm 5．（2021·北京师大附中八年级期中）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长为1，则网格上的三角形ABC中，边长为无理数的边数是（ ）

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A．0 二、填空题

B．1 C．2 D．3

6．（2021·北京师大附中八年级期中）如图，∠C=∠ABD=90°，AC=4，BC=3，BD=12，则AD=____________ .

三、解答题

7．（2021·北京·北大附中八年级期中）对于平面内的图形G1和图形G2，A为图形G1上一点，B为图形G2上一点，如果线段AB的长度有最小值，称图形G1和图形G2存在“最短距离”，此时线段AB的长度记为m（G1，G2）；如果线段AB的长度有最大值，称图形G1和图形G2存在“最长距离”，此时线段AB的长度记为M（G1，G2）． 例如：线段EF两端点坐标为E（1，3），F（3，1），线段KH两端点坐标为K（3，3），H（3，5），根据“最短距离”和“最长距离”的公式可得m（G1，G2）＝2，M（G1，G2）＝4．

在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（3，1），C（4，2），D（2，2）．

（1）线段AD和线段BC是否存在“最短距离”和“最长距离”？如果存在，请直接写出m（AD，BC）和M（AD，BC）；如果不存在，请说明理由．

（2）已知点P（0，t），若过点P且平行于AD的直线l与四边形ABCD没有公共点，且m（l，AD）、m（l，BC）、m（l，ABCD）三者中的最小值不超过最大值的2，求t的取值范围．

（3）已知四边形QRST，其中Q（4，5），R（5，4），S（6，5），T（5，6）．现将四边形ABCD绕点O旋转，旋转后的图形记为A′B'C′D′，记m*表示m（A'B′C′D′，QRST）的最小值，M*表示M（A′B'C′D′，QRST）的最大值，直接写出M*+m*的值．

1

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8．（2021·北京师大附中八年级期中）已知：如图，正方形ABCD边长为4，点E为边BC上的一动点（点E可以与点B、点C重合），将线段AE绕点E顺时针旋转∠B的度数，得到线段EF，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接CF．

（1）如图1，依题意补全图形； （2）证明：△FCG是等腰直角三角形；

（3）分别取AE和EF的中点M，N，连接MN，直接写出线段MN的最大值和最小值；

（4）如图2，将题目中的正方形换成边长为4的菱形，其中∠B＝120°，在（3）的条件下，直接写出线段MN的最大值和最小值．

9．（2021·北京师大附中八年级期中）在平面直角坐标系xOy中，对于两个点P，Q和图形W，如果在图形W上存在点M，N（M，N可以重合）使得PM＝QN，那么称点P与点Q是图形W的一对相好点． （1）如图1，已知点A（1，3），B（4，3）．

①设点O与线段AB上一点的距离为d，则d的最小值为___________，最大值为___________．

②在P1（2.5，0），P2（2，4），P3（－2，0）这三个点中，与点O是线段AB的一对相好点的是_____________． （2）直线l平行AB所在的直线，且线段AB上任意一点到直线l的距离都是1，若点C（x，y）是直线l上的一动点，且点C与点O是线段AB的一对相好点，求x的取值范围．

10．（2021·北京·北大附中八年级期中）已知在菱形ABCD中，点P在CD上，连接AP． （1）在BC上取点Q，使得∠PAQ＝∠B，

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①如图1，当AP⊥CD于点P时，线段AP与AQ之间的数量关系是 ．

②如图2，当AP与CD不垂直时，判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明，若不成立，则需说明理由．

（2）在CD的延长线取点N，使得∠PAN＝∠B， ①根据描述在图3中补全图形．

②若AB＝4，∠B＝60°，∠ANC＝45°，求此时线段DN的长．

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参考答案

1．D 【分析】

利用两个以a和b为直角边三角形面积+一个直角边为c的等腰直角三角形面积和=上底为a,下第为b,高为（a+b）的梯形面积推导勾股定理可判断A，利用以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为c的小正方形面积和=以a+b的和为边正方形面积推导勾股定理可判断B，利用以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为（b-a）的小正方形面积和=以c为边正方形面积推导勾股定理可判断C，利用四个小图形面积和=大正方形面积推导完全平方公式可判断D． 【详解】

解：A、∵两个以a和b为直角边三角形面积+一个直角边为c的等腰直角三角形面积和=上底为a,下第为b,高为（a+b）的梯形面积，

∴2ab+2c2+2ab＝2（a+b）（a+b），

∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；

B、∵以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为c的小正方形面积和=以a+b的和为边正方形面积， ∴4×2ab+c2＝（a+b）2，

∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；

C、∵以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为（b-a）的小正方形面积和=以c为边正方形面积， ∴4×2ab+（b﹣a）2＝c2，

∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意； D、∵四个小图形面积和=大正方形面积， ∴ab+ b2+ a2+ ab=（a+b）2， ∴a2+ 2ab +b2=（a+b）2，

根据图形证明完全平方公式，不能证明勾股定理，故本选项符合题意； 故选：D． 【点睛】

本题考查利用面积推导勾股定理与完全平方公式，掌握利用面积推导勾股定理与完全平方公式是解题关键． 2．B 【分析】

如图，连接BE，BD．先利用勾股定理求出BD，根据点E为MN中点，可得BE＝2（米），梯子在下滑过程中，点E在以B为圆心，2米为半径的弧上运动，当点E落在线段BD上时，DE的值最小． 【详解】

如图，连接BE，BD．

111111 5 / 18

由题意BD＝2242=25（米），

∵∠MBN＝90°，MN＝4米，点E为MN中点， ∴BE为直角三角形斜边中线， ∴BE＝2MN＝2（米），

∴梯子在下滑过程中，点E在以B为圆心，2米为半径的弧上运动， ∴当点E落在线段BD上时，DE的值最小， ∴DE的最小值为（25﹣2）米． 故选：B． 【点睛】

本题考查勾股定理，线段中点运动轨迹，直角三角形斜边中线性质，关键是利用圆与BD相交点位置确定最小值是解题关键． 3．C 【分析】

根据勾股定理的逆定理：如果三角形有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判定则可． 【详解】

解：A、12+22=5≠32，不能构成直角三角形，故不符合题意； B、22+42=20≠72，不能构成直角三角形，故不符合题意； C、62+82=100=102，能构成直角三角形，故符合题意；

1111D、，不能构成直角三角形，故不符合题意．

345故选C． 【点睛】

本题主要考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断． 4．D 【分析】

如图1，2中，连接AC．在图2中，理由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题． 【详解】

解：如图1，2中，连接AC．

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在图2中，∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠B=90°， ∵AC=40cm，

∴AB=BC=202（cm）， 在图1中，∵∠B=60°，BA=BC， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC=BC=202（cm）， 故选：D． 【点睛】

本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 5．D 【分析】

根据图中所示，利用勾股定理求出每个边长． 【详解】

解：观察图形，应用勾股定理，得

AB421217， BC322213， AC22422025，

∴三个边长都是无理数； 故选：D． 【点睛】

本题考查了无理数与勾股定理，解题的关键是理解无理数及使用勾股定理． 6．13 【详解】

分析：先根据勾股定理求出AB的长，再根据勾股定理求出AD的长. 详解：在直角三角形ABC中,AC=4,BC=3, 根据勾股定理,得AB=AC2BC24232=5. 7 / 18

在Rt△ABD中,BD=12,

根据勾股定理,得AD=AB2BD252122=13.故答案为13.

点睛：本题考查了勾股定理的应用，能运用勾股定理进行计算是解本题的关键.

7．（1）存在，m（AD，BC）＝2，M（AD，BC）＝10；（2）0＜t≤2或﹣4≤t＜﹣2；（3）M*+m*＝61+92．． 2【分析】

（1）连结AB并延长AB到G，过D，C作DE⊥AG，CF⊥AG，分别交于E、F，先证AB∥x轴，再证△ADE为等腰直角三角形，可得∠DAE=45°，再证△CBF为等腰直角三角形，可得∠CBG=45°，可得AD∥BC，利用勾股定理逆定理可证BD⊥AD，可求m（AD，BC）＝2，M（AD，BC）＝10；

（2）由过P的直线l平行于AD，且与▱ABCD无交点，可证l∥BC，当l在AD左侧时：m（l，BC）＝m（l，AD）+m（AD，BC），由m（l，ABCD）＝m（l，AD），可得m（AD，BC）＝2，由m（l，BC）＝2m（l，AD），可得m（l，AD）＝2，求出AD解析式为yx，可求过P与AD平行的直线为yx+t,可证△OAP为等腰直角三角形，利用勾股定理OP=t=2，可得0＜t≤2， 当l在BC右侧时，用相同方法求BC解析式为yx2，证明△OKN为等腰直角三角形再证△KLP为等腰直角三角形，利用勾股定理PK2，可求t＝﹣4，可得﹣4≤t＜﹣2； 99（3）先求M（O，ABCD）＝25，M（O，QRST）=61，取QR的中点W（，），再求m（O，QRST）＝

22|OW|=9292，可求M*＝61+25，m*＝﹣25即可． 22【详解】

解：（1）连结AB并延长AB到G，过D，C作DE⊥AG，CF⊥AG，分别交于E、F， ∵A（1，1），B（3，1），两点纵坐标相同， ∴AB∥x轴，

∵点A（1，1），B（3，1），C（4，2），D（2，2）． ∴E（2，1），F（4，1），

∴AE=2-1=1，DE=2-1=1，AE=DE，DE⊥AE， ∴△ADE为等腰直角三角形， ∴∠DAE=45°，

∵BF=4-3=1，CF=2-1=1，CF=BF，CF⊥BF， ∴△CBF为等腰直角三角形， ∴∠CBG=45°， ∴∠DAE=∠CBG=45°， ∴AD∥BC，

又∵EB=3-2=1=AE=DE， ∴AD+BD=∴BD⊥AD

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2

2

1+122+21+122=4AB，

22∴AD、BC间最短距离为BD，即m（AD，BC）＝

1+1=222，

∴AD、BC间最长为AC，即M（AD，BC）＝AF2+CF2412+2110；

2

（2）∵过P的直线l平行于AD，且与▱ABCD无交点， ∴l∥BC，

∴当l在AD左侧时：m（l，BC）＝m（l，AD）+m（AD，BC）， m（l，ABCD）＝m（l，AD）， 由（1）知，m（AD，BC）＝2， 若m（l，BC）＝2m（l，AD）， 则m（l，AD）＝2， 设AD解析式为yk1xb1

k1b11 2k1b12k11 解得b10AD解析式为yx

过P与AD平行的直线为yx+t,

∵OA=1212=2= m（l，AD），过A作PA⊥AD，交y轴于P， ∴△OAP为等腰直角三角形， ∴OP=t=OA2+PA2=2+242，

22∵直线l在O、P之间运动 ∴0＜t≤2，

∴当0＜t≤2时，m（l，AD）、m（l，BC）、m（l，ABCD）三者中的最小值不超过最大值的2，

1 9 / 18

当l在BC右侧时，

m（l，AD）＝m（l，BC）+m（AD，BC）， m（l，ABCD）＝m（l，BC）， 由（1）知，m（AD，BC）＝2， 若m（l，AD）＝2m（l，BC）， 则m（l，BC）＝2， 设BC的解析式为为yk2xb2

4k1b12 3k1b11k11 解得b12BC解析式为yx2

直线BC与y轴交点为K（0，-2），与x轴交点N（2，0） ∴OK=ON=2，

∴△OKN为等腰直角三角形 ∴∠OKN=45°， 过K作KL⊥l于L， 则KL=2，

∵∠PKL=180°-∠OKN-∠NKL=45° ∴△KLP为等腰直角三角形， ∴PL=KL=2，

在Rt△KLP中PK=KL2+PL2∴-2-t=2 ∴t＝﹣4，

∵直线l在BC下方到t=-4之间运动，

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2+22，

22∴﹣4≤t＜﹣2，

当﹣4≤t＜﹣2时，m（l，AD）、m（l，BC）、m（l，ABCD）三者中的最小值不超过最大值的2， ∴不超过最大值2时：0＜t≤2或﹣4≤t＜﹣2；

11

（3）由题意知，

M（O，ABCD）＝|OC|＝4222=25， M（O，QRST）=|OS|＝62+52=61， 99取QR的中点W（，），

22m（O，QRST）＝|OW|=92， 292﹣25， 2∴M*＝61+25，m*＝∴M*+m*＝61+

92． 2

【点睛】

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本题考查新定义距离问题，等腰直角三角形的判定与性质，直线平行判定，勾股定理定理与逆定理，两点间距离，直线解析式，截距范围，利用辅助线画出准确图形是解题关键．

8．（1）见详解；（2）见详解；（3）MN的最小值是22；MN的最大值是4；（4）MN的最小值是22；MN的最大值是26． 【分析】

（1）根据题意，补全图形即可；

（2）由旋转的性质，得AE=FE，然后证明△ABE≌△EGF，则AB=EG=BC，BE=GF，然后证明BE=CG=GF，即可得到结论成立；

（3）根据题意，①当点E与点B重合，点F恰好与点C重合，此时线段MN的长度有最小值；②当点E与点C重合时，MN有最大值；分别求出AF的长度，再求出MN的长度即可；

（4）与（3）同理，①当点E与点B重合，此时线段MN的长度有最小值；②当点E与点C重合时，MN有最大值，作AG⊥CB，交CB延长线于点G；分别求出AF的长度，即可得到MN的长度． 【详解】

解：（1）线段AE绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接CF．如图：

（2）由旋转的性质，得AE=FE， ∵∠B=∠G=∠AEF=90°，

∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEG=90°， ∴∠BAE=∠FEG，

∴△ABE≌△EGF（AAS）； ∴AB=EG=BC，BE=GF， ∵BE=BC-CE，CG=EG-CE， ∴BE=CG=GF， ∵∠G=90°，

∴△FCG是等腰直角三角形； （3）根据题意，

①当点E与点B重合，点F恰好与点C重合，此时线段MN的长度有最小值，如图：

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∵AB=BC=4，∠B=90°， ∴AF424242 ∵点M，N分别是AE和EF的中点， ∴MNAF4222； ∴MN的最小值是22；

②当点E与点C重合时，MN有最大值，如图：

1212

由①可知，CFAC42， ∵∠AEF=90°，

∴AF(42)2(42)28， ∵点M，N分别是AE和EF的中点， ∴MNAF84； ∴MN的最大值是4； （4）根据题意，

①当点E与点B重合，此时线段MN的长度有最小值，如图：

1212

∵AE=EF=4，∠AEF=90°， ∴AF424242，

点M，N分别是AE和EF的中点，

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∴MNAF4222； ∴MN的最小值是22；

②当点E与点C重合时，MN有最大值，如图： 作AG⊥CB，交CB延长线于点G，

1212

∵AB=BC=4，∠ABC=120°， ∴∠ABG=60°， 在直角△ABG中，有

AGABsin6041323，BGABcos6042，

22∴CG426，

在直角△ACG中，由勾股定理，得

ACAG2CG2(23)26243，

由旋转的性质，则AEEF43，∠AEF=90°， ∴AF(43)2(43)246， ∵点M，N分别是AE和EF的中点， ∴MNAF4626； ∴MN的最大值是26． 【点睛】

本题考查了正方形的性质，菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而利用数形结合的思想进行解题．

9．（1）①10；5；②P1,P3；（2）4x426或126x1． 【分析】

（1）根据平面直角坐标系内两点间的距离公式，即可求解； （2）根据相好点的定义，即可求解； （3）根据相好点的定义，得到CA【详解】

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121210，CB5，设Cx,4 ，求出x的取值范围，即可求解．

解：（1）①由题意可得：OA321210，OB42325 ， ∴d的最小值为10 ，最大值为5； ②如图①，

∵P1（2.5，0），P2（2，4），P3（－2，0）， 点P1（2.5，0）到线段AB的最小距离为3，最大距离为41.523245210 ，

∴在线段AB上存在点到P1的距离等于O到AB的距离，即点P1与点O是线段AB的一对相好点， P2（2，4）到AB的最大距离为422342510 ，

∴在线段AB上存在点到P1的距离等于O到AB的距离，即点P2与点O不是线段AB的一对相好点， P3（－2，0）到线段AB的最小距离为P3A1232325 ，

2∴在线段AB上存在点到P3的距离等于O到AB的距离，即点P3与点O是线段AB的一对相好点， ∴与点O是线段AB的一对相好点的是P1,P3；

（3）∵直线l平行AB所在的直线，且线段AB上任意一点到直线l的距离都是1， ∴直线l为y=4或y=2，

∵点C与点O是线段AB的一对相好点，OA10，OB5 ， 当CA10，CB5，即CA210，CB252，

设Cx,4 ，当点C在y=4上时， x1243210 ， 则222x4435解得：4x426，

当CA5,CB10，即CA225，CB210,

22(x1)(43)25则， 22(x4)(43)10 15 / 18

解得：126x1，

同理 ，当点C在y=2上时，4x426或126x1， 综上所述，x的取值范围4x426或126x1． 【点睛】

本题主要考查了平面直角坐标系内两点间的距离，解不等式组，理解新定义是解题的关键．

10．（1）①AP＝AQ；②①中的结论仍然成立，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②DN＝23﹣2． 【分析】

（1）①AP＝AQ．根据四边形ABCD是菱形，可得BC＝CD，AB∥CD，由∠PAQ＝∠B，可得∠PAQ+∠QCD＝180°，可证AQ⊥BC，利用面积桥可证AP＝AQ；

②①中的结论仍然成立．过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N．由四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD，可证AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°，AB∥CD，证明△AMQ≌△ANP（AAS）； （2）①补全图形如下：

②如图3，过点A作AH⊥CD于点H，可证AH＝HN，由四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，可求∠DAH=30°，由30度直角三角形性质DH＝2AD＝2，利用勾股定理AH＝23． 【详解】

（1）①AP＝AQ． ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝CD，AB∥CD， ∴∠B+∠QCD＝180°， ∵∠PAQ＝∠B， ∴∠PAQ+∠QCD＝180°， ∴∠APC+∠AQC＝180°， ∵AP⊥CD， ∴∠APC＝90°， ∴∠AQC＝90°， ∴AQ⊥BC，

∵S菱形ABCD＝BC•AQ＝CD•AP， ∴AP＝AQ； 故答案为：AP＝AQ； ②①中的结论仍然成立．

证明：如图2中，过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N． ∵四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD， ∴S菱形ABCD＝BC•AM＝CD•AN， ∵BC＝CD，

∴AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°，AB∥CD， ∴∠B+∠C＝180°，

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1

∵∠PAQ＝∠B， ∴∠PAQ+∠C＝180°， ∴∠AQC+∠APC＝180°， ∵∠AQM+∠AQC＝180°， ∴∠AQM＝∠APN， 在△AMQ和△ANP中，

AQMAPNAMQANP AMAN∴△AMQ≌△ANP（AAS）， ∴AP＝AQ．

（2）①，作∠PAN=∠B，角的另一边交CD延长于N， 补全图形如下：

②如图3，过点A作AH⊥CD于点H， ∵∠ANC＝45°， ∴∠NAH＝45°， ∴AH＝HN，

∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°， ∴∠ADC＝60°，AB＝AD＝4， ∴∠DAH=90°-∠ADH=90°-60°=30°， ∴DH＝2AD＝2， ∴AH＝AD2DH2∴HN＝23，

∴DN＝HN﹣DH＝23﹣2．

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12DH2DH2=3DH＝23，

【点睛】

本题考查菱形性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，30°直角三角形性质，勾股定理，掌握菱形性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，30°直角三角形性质，勾股定理是解题关键．

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