《2025年学霸提优大试卷八年级数学上册苏科版》

5. △ABC的∠A,∠B,∠C所对边分别是a,b,c,若满足$a^{2}+b^{2}= \frac{5}{2}c^{2}$,则称△ABC为类勾股三角形,边c称为该三角形的勾股边.
【特例感知】如图①,若△ABC是类勾股三角形,AB为勾股边,且CA= CB,AB= 6,CM是中线,求CM的长;
【深入探究】如图②,CM是△ABC的中线,若△ABC是以AB为勾股边的类勾股三角形.
(1)分别过点A,B作CM的垂线,垂足分别为E,F,求证:△AEM≌△BFM;
(2)试判断CM与AB的数量关系并证明.
【结论应用】如图③,在四边形ABCD中,$BC= \sqrt{50}$,AD= 10,△ABC与△DBC都是以BC为勾股边的类勾股三角形,M,N分别为BC,AD的中点,求线段MN的长.

答案：
5.【特例感知】
∵CA=CB,CM是△ABC的中线,易得△CAM≌△CBM,
∴∠CMA=∠CMB=90°.
∵△ABC是类勾股三角形,AB为勾股边,
∴$BC^{2}+AC^{2}=\frac{5}{2}AB^{2}$.
∵AB=6,
∴$AC^{2}=45$.
∵CM是△ABC的中线,
∴AM=BM=$\frac{1}{2}$AB=3,
∴CM=$\sqrt{AC^{2}-AM^{2}}=\sqrt{45-9}=6$.
【深入探究】
(1)
∵CM是△ABC的中线,
∴AM=BM.
∵AE⊥CM,BF⊥CM,
∴∠E=∠BFM=90°.又
∵∠AME=∠BMF,
∴△AEM≌△BFM(AAS).
(2)CM=AB.证明:
∵△AEM≌△BFM,
∴EM=FM,AE=BF.
∵△ABC是类勾股三角形,AB为勾股边,
∴$BC^{2}+AC^{2}=\frac{5}{2}AB^{2}$.
∵$AC^{2}=AE^{2}+CE^{2}$,$BC^{2}=BF^{2}+CF^{2}$,
∴$AE^{2}+CE^{2}+BF^{2}+CF^{2}=\frac{5}{2}AB^{2}$,
∴$2AE^{2}+(CM+ME)^{2}+(CM-FM)^{2}=\frac{5}{2}AB^{2}$,
∴$2AE^{2}+CM^{2}+2CM·ME+ME^{2}+CM^{2}-2CM·FM+FM^{2}=\frac{5}{2}AB^{2}$,
∴$2AE^{2}+2CM^{2}+2EM^{2}=\frac{5}{2}(2AM)^{2}=10AM^{2}$,
∴$AE^{2}+CM^{2}+EM^{2}=5AM^{2}$.
∵$AM^{2}=AE^{2}+EM^{2}$,
∴$CM^{2}=4AM^{2}$.
∵CM＞0,
∴CM=2AM=AB.
【结论应用】如图,连接AM,DM.
∵△ABC与△DBC都是以BC为勾股边的类勾股三角形,M,N分别为BC,AD的中点,
∴由【深入探究】
(2)知,AM=DM=BC=$\sqrt{50}$.
∵N为AD的中点,
∴AN=$\frac{1}{2}$AD=5,易得△AMN≌△DMN,
∴∠ANM=∠DNM=90°.
∴MN=$\sqrt{AM^{2}-AN^{2}}=\sqrt{(\sqrt{50})^{2}-5^{2}}=5$.

6. (随州中考)勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一,西方国家称之为毕达哥拉斯定理.在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三,股四,则弦五”的记载,我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理,创制了一幅“弦图”(如图①),后人称之为“赵爽弦图”,流传至今.
(1)勾股定理的证明,人们已经找到了400多种方法,请从下列几种常见的证明方法中任选一种来证明该定理.(图①②③均满足证明勾股定理所需的条件)

(2)①如图④⑤⑥,以直角三角形的三边为边或直径,分别向外部作正方形、半圆、等边三角形,这三个图形中面积关系满足$S_{1}+S_{2}= S_{3}$的有______个;

②如图⑦,分别以直角三角形三边为直径作半圆,设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为$S_{1},S_{2}$,直角三角形的面积为$S_{3}$,请判断$S_{1},S_{2},S_{3}$的关系并证明.

(3)如果以正方形的一边为斜边向外作直角三角形,再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形,重复这一过程就可以得到如图⑧所示的“勾股树”.在如图⑨所示的“勾股树”的某部分图形中,设大正方形M的边长为定值m,四个小正方形A,B,C,D的边长分别为a,b,c,d,已知∠1= ∠2= ∠3= α,则当∠α变化时,$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}= $______.(结果可用含m的式子表示)

答案：
6.
(1)在题图①中,大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形的面积和,即$c^{2}=\frac{1}{2}ab×4+(b-a)^{2}$,化简得$a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
在题图②中,大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形的面积和,即$(a+b)^{2}=c^{2}+\frac{1}{2}ab×4$,化简得$a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
在题图③中,梯形的面积等于三个直角三角形的面积和,即$\frac{1}{2}(a+b)(a+b)=\frac{1}{2}ab×2+\frac{1}{2}c^{2}$,化简得$a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
(2)①3【解析】在直角三角形中,$a^{2}+b^{2}=c^{2}$.题图④中,$S_{1}+S_{2}=a^{2}+b^{2}$,$S_{3}=c^{2}$,
∴$S_{1}+S_{2}=S_{3}$;题图⑤中,$S_{1}+S_{2}=\frac{\pi}{8}a^{2}+\frac{\pi}{8}b^{2}$,$S_{3}=\frac{\pi}{8}c^{2}$,
∴$S_{1}+S_{2}=S_{3}$;题图⑥中,$S_{1}+S_{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}b^{2}$,$S_{3}=\frac{\sqrt{3}}{4}c^{2}$,
∴$S_{1}+S_{2}=S_{3}$.综上所述,满足的有3个.
②$S_{1}+S_{2}=S_{3}$.证明:
∵$S_{1}+S_{2}=\frac{1}{2}(\frac{a}{2})^{2}\pi+\frac{1}{2}(\frac{b}{2})^{2}\pi+S_{3}-\frac{1}{2}(\frac{c}{2})^{2}\pi$,
∴$S_{1}+S_{2}=\frac{1}{8}\pi(a^{2}+b^{2}-c^{2})+S_{3}$.
∵$a^{2}+b^{2}=c^{2}$,
∴$S_{1}+S_{2}=S_{3}$.
(3)$m^{2}$【解析】如图,正方形A,B,C,D,E,F,M中,对应的边长分别为a,b,c,d,e,f,m,则有$a^{2}+b^{2}=e^{2}$,$c^{2}+d^{2}=f^{2}$,$e^{2}+f^{2}=m^{2}$,
∴$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=m^{2}$.