/專題卷八 勾股定理與直角三角形全等的判定(滿分:120分考試時間:120分鐘)一、選擇題(每題5分，共30分)1.一個等腰三角形的周長為16，底邊上的高為4，則這個等腰三角形的底邊長和腰長的比值為()A.2:3 B.4:3 C.4:5 D.6:52.[寧波余姚梨洲中學自主招生]已知p，q均為質數(shù)，且滿足5p2+3A.銳角三角形 B.直角三角形C.鈍角三角形 D.等腰三角形3.[2024·重慶自主招生]如圖，圖1叫作一個基本的“勾股樹”，也叫作第一代勾股樹。圖1中兩個小正方形各自長出一個新的勾股樹(如圖2)，叫作第二代勾股樹。從第二代勾股樹出發(fā)，又可以長出第三代勾股樹(如圖3)。這樣繼續(xù)生長下去，則第四代勾股樹圖形中正方形的個數(shù)為 ()A.15 B.23 C.27 D.314.[2024·義烏二模]我國古代數(shù)學家劉徽將勾股形(古人稱直角三角形為勾股形)分割成一個正方形和兩對全等的直角三角形，得到一個恒等式，后人借助此分割方法所得圖形證明了勾股定理。如圖，矩形ABCD就是由兩個這樣的圖形拼成(無重疊、無縫隙)。下面給出的條件中，一定能求出矩形ABCD面積的是 ()A.BM與DM的積 B.BE與DE的積C.BM與DE的積 D.BE與DM的積5.[2024·湖北自主招生]如圖,將長、寬分別為12cm,3cm的長方形紙片分別沿AB,AC折疊,點M，N恰好重合于點P。若α=60°A.36?63C.24cm6.[杭州蕭山區(qū)新桐競賽]如圖,在邊長為1的正方形ABCD中,E,F,G,H分別是AB,BC,CD,DA上的點，3AE=EB。有一只螞蟻從點E出發(fā)，經(jīng)過點F，G，H，最后回到點E，則螞蟻所走的最短路程是 ()A.2 B.4 C.22 二、填空題(每題5分，共30分)7.[2024·無錫江陰自主招生]如圖是我國漢代數(shù)學家趙爽在注解《周髀算經(jīng)》時給出的“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與中間的小正方形EFGH拼成的一個大正方形ABCD。連結AC，交BE于點P。若BE-AE=3,則S△CFP?8.[2024·杭州自主招生]已知a,b為正數(shù),且a+b=6,則a2+4+9.如圖，在△ABC中，AB=5,AC=13,，BC邊上的中線AD=6,,則BC的長為10.[2024·深圳羅湖區(qū)校級自主招生]等腰三角形邊長均為整數(shù)，其面積在數(shù)值上是周長的12倍，則所有可能的等腰三角形的腰長之和為。11.[浙江自主招生]如圖，P為正三角形ABC內(nèi)任意一點，PD?BC,12.[“新知杯”上海競賽]如圖,P是凸四邊形ABCD內(nèi)一點,過點P分別作AB,BC,CD,DA邊的垂線,垂足分別為E,F,G,H。已知AAH=3,HD=4,DG=1,GC=5,CF=6,FB=4,且BE-AE=1,,則四邊形ABCD的周長為。三、解答題(共60分)13.(10分)[2024·江蘇自主招生]如圖,△ABC是等腰直角三角形,(CA=CB,,點N在線段AB上(與點A,B不重合),點M在射線BA上,且∠NCM=4514.(12分)[第三十屆世界奧林匹克數(shù)學競賽]在平面上作∠ABC=30°,在點B的對面取點D，使15.(12分)[湖南師大附中第十三屆學科素養(yǎng)與能力競賽]如圖，在四邊形ABCD中，AC?AB,M,N分別是AD，BC的中點，正三角形CDE在四邊形ABCD的外部。若∠EMN16.(12分)如圖,在.△ABC中，∠BAC=9017.(14分)[2024·長沙自主招生]背景資料：在已知△ABC所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小。這個問題是法國數(shù)學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”。如圖1，當△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，“費馬點”P在△ABC內(nèi)部,當∠APB=∠APC=∠CPB=120°時,PA+PB+PC取得最小值。(1)如圖2,等邊三角形ABC內(nèi)有一點P,若點P到頂點A,B,C的距離分別為3,4,5,求∠APB的度數(shù)。為了解決本題，我們可以將△APB繞頂點A旋轉到△ACP′處，此時△知識生成：怎樣找三個內(nèi)角均小于120°的三角形的“費馬點”呢?為此我們只要以三角形一邊在外側作等邊三角形，并連結等邊三角形的頂點與△ABC的另一頂點，則連線通過三角形內(nèi)部的“費馬點”。請同學們探索以下問題：(2)如圖3,△ABC三個內(nèi)角均小于120°,在△ABC外側作等邊三角形ABB',連結CB'。求證:CB'過△ABC的“費馬點”。(3)如圖4,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=1,∠ABC=30°,P為△ABC的“費馬點”。連結AP,BP,CP,求PA+PB+PC的值。專題卷八勾股定理與直角三角形全等的判定1.D【解析】設腰長為x,底邊長為2y,則2解得y=3,x=5,∴底邊長為6，腰長為5，∴這個等腰三角形底邊長和腰長的比值為6：5。2.B【解析】∵5p∴p,q必一奇一偶。∵p,q均為質數(shù),∴p,q中有一個為2,若q=2,則p2∴p=2,q=13,此時1p+3=5,1-p+q=12,2p+q-4=13。∵∴以5，12，13為邊長的三角形是直角三角形。3.D【解析】∵第一代勾股樹中正方形有1+2=3(個)，第二代勾股樹中正方形有1+2+22=7(個),第三代勾股樹中正方形有1+2+22+24.A【解析】設小正方形EFCG的邊長為x,BM=BF=a,DG=DM=b,則AB=b+x,AD=a+x,BD=a+b。在Rt△ABD中,B即a整理，得x矩形的面積為(a+5.A【解析】由翻折,得∠MAB=∠BAP,∠NAC=∠PAC,∴∠BAC=∠∵∴∠MAB=180°-∠BAC-α=180°-90°-60°=30°,∴AB=6cm,AC=23cm,∴陰影部分的面積?S△6.C【解析】如答圖,延長DC到D',使CD=CD',點G關于點C的對稱點為G′,則FG=FG′,同樣作D'A'⊥CD',D'A'=DA,點H對應的位置為點H',則(G'H'=GH,再作A'B'⊥D'A',點E的對應位置為點E',則H'E'=HE。容易看出，當點E，F(xiàn)，G'，H'，E'在一條直線上時路程最小，最小路程為EE'7.92在△CFP與△AHM中,∵{∴△CFP≌△AHM(ASA)。同理,△AEP≌△CGM,∴S△CFP—S△AEP=S四邊形EHMP=S四邊形MGFP=12∵AE=BF,∴BE-AE=BE-BF=EF=3,∴∴8.61【解析】構圖如答圖，其中AB⊥BC于點B，CD⊥BC于點C,DE⊥則四邊形BCDE是矩形,BE=CD=3,DE=BC=6。由勾股定理，得AP=B∵AP+PD≥AD,∴a在Rt△ADE中,由勾股定理,得AD9.261在△ADC與△EDB中,∵{∴△ADC≌△EDB(SAS),∴AC=BE=13。在△ABE中,AB=5,AE=12,BE=13,∴在△ABD中,∠BAD=90°,AB=5,AD=6,∴10.560【解析】如圖,作AD⊥BC于點D。設腰長AB=b,底邊BC=2a,則BD=a。在Rt△ABD中,AD∴∴12×2故b∴∴+==∵a,b為整數(shù),∴a=40,b=85或a=48,b=80或a=72,b=90或a=120,b=130或a=168,b=175,∴可能的腰長之和為85+80+90+130+175=560。11.33【解析】如答圖,連結PA,PB,PC,設等邊三角形的邊長為a?！逽△∴根據(jù)勾股定理得：BCAF①+②+③得,BD∴BD整理得2a(BD+CE+AF)=3a2,∴可得PD12.34【解析】由勾股定理可得ABCD以上四式等號兩邊分別相加，并代入已知數(shù)值可得：9+化簡，得BE又∵BE-AE=1,則BE+AE=11,故四邊形ABCD的周長為34。13.證明：解法一：如答圖1，作點A關于直線MC的對稱點D,連結DA,DM,DC,DN,則△MDC≌△MAC?！摺鰽BC是等腰直角三角形,CA=CB,且∠NCM=45°,∴∠DCN=∠DCM+∠MCA+∠ACN=∠DCM+45°,∠∴∠DCN=∠BCN。又∵CD=CA=CB,∴在△DCN和△BCN中,{∴△DCN≌△BCN(SAS),∴ND=NB,∠CDN=∠CBN=45°。∵△MDC≌△MAC,∴∠CDM∴∠MDN=∠MDC-∠NDC=135°-45°=90°,∴MD⊥DN。∵MD=MA,∴解法二:如答圖2,將△CBN沿CN翻折得△CDN,連結DM,DA,則△DCN≌△BCN,∴CD=CB=CA,DN=BN,∠CDN=∠CBN=45°,∠DCN=∠BCN。∵∠NCM=45°,∴∠DCM=∠DCN-∠MCN=∠BCN-45°=9又∵CD=CA,CM=CM。∴在△DCM和△ACM中,{∴△DCM≌△ACM(SAS),∴MA=MD,∠CDM=∠CAM=135°,∴∠∴14.解:AB,BC,BD三邊能組成直角三角形。理由如下：如答圖，以BC為邊作等邊三角形BCE，連結AE,AC?！摺螦BC=30°,∠CBE=60°,∴∠ABE=90°,∴A∵∴∵∠ADC=60°,∴△ADC是等邊三角形。在△DCB和△ACE中,DC=AC,∴∠DCB=∠DCA+∠ACB=∠ECB+∠ACB=∠ACE。又∵BC=CE,∴△DCB≌△ACE(SAS),∴BD=AE?！連C=BE,由①,得B∴AB,BC,BD三邊能組成直角三角形。15.解:如答圖,延長EM至點K,使MK=ME,連結AK,AN,KN,NE。易證△MAK≌△MDE(SAS),∴AK=DE,∴AK=CE。∵AC⊥AB,∴∠BAC=90°。∵N為BC中點,∴AN=BN=CN。又可證△NKM≌△NEM,∴NK=NE,故△NAK≌△NCE(SSS),∴∠KNA=∠ENC,∴∠KNE=∠1+∠ANE=∠2+∠ANE=∠ANC?！摺螻KM=∠3+∠4=∠5+∠6=60°-∠MEN=60°-∠NKM,∴∠NKM=∠NEM=30°,∴∠ANC=∠KNE=120°,∴∠B=60°。16.解:EF如答圖,將△ABE繞點A順時針旋轉90°得△ACG,連結FG,∴AG=AE,CG=BE,∠1=∠B,∠EAG=90°,∴∠FCG=∠ACB+∠1=∠ACB+∠B=90°,∴又∵∠EAF=45°,而∠EAG=90°,∴∠GAF∴△AGF≌△AEF(SAS),∴17.(1)150解:(1)如答圖1,連結PP'。∵點P到頂點A,B,C的距離分別為3,4,5,∴AP=3,BP=4,CP=5。由旋轉的性質,得△ACP'≌△ABP,∴AP'∠∴∠CAP'+∠PAC=∠BAP+∠PAC,即∠∵△ABC是等邊三角形,∴∠BAC=60°,∴∠∴△PAP'是等邊三角形,∴∠∵∴∴△CP'P是直角三角形,∠∴∠∴∠APB=150°。(2)如答圖2,在CB'上取點P,使∠BPC=120°。連結AP,在PB'上截取PE=PB,連結BE?！摺螧PC=120°,∴∠EPB=60°,∴△PBE為正三角形,∴PB=BE,∠PBE=60°,∠BEB'=120°?！摺鰽BB'為正三角形,∴∴∠PBA=∠EBB',∴△∴∠∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°,∴P為△ABC的“費馬點”,∴CB'過△ABC的“費馬點”。(3)如答圖3,將△APB繞點