2026年通城学典课时作业本八年级数学下册人教版南通专版第36页解析答案

1. 如图，学习勾股定理时，甲同学用四个相同的直角三角形(直角边长分别为$a$，$b$，斜边长为$c$)构成一个大正方形，乙同学用边长分别为$a$，$b$的两个正方形和长为$b$、宽为$a$的两个长方形构成一个大正方形。甲、乙两名同学给出的构图方案，可证明勾股定理的是(

)

A.甲
B.乙
C.甲、乙都可以
D.甲、乙都不可以

答案：1.A

解析：

甲图证明：
大正方形边长为 $a+b$，面积为 $(a+b)^2$。
大正方形由4个直角三角形和1个小正方形组成，小正方形边长为 $b-a$（假设 $b＞a$），面积为 $(b-a)^2$。
4个直角三角形面积总和为 $4 × \frac{1}{2}ab = 2ab$。
因此：
$(a+b)^2 = 2ab + (b-a)^2$
展开得：
$a^2 + 2ab + b^2 = 2ab + b^2 - 2ab + a^2$
化简后：
$a^2 + b^2 = c^2$
乙图证明：
大正方形边长为 $a+b$，面积为 $(a+b)^2$。
大正方形由边长为 $a$、$b$ 的两个小正方形和2个长方形（面积均为 $ab$）组成。
面积关系为：
$(a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab$
展开左边得：
$a^2 + 2ab + b^2 = a^2 + b^2 + 2ab$
等式恒成立，但未涉及斜边 $c$，无法证明勾股定理。
结论：仅甲图可证明勾股定理。
A

2. 如图，在$3×3$的正方形网格中，若小正方形的边长是$1$，则任意两个格点间的距离不可能是(

)

A.$\sqrt{7}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$3$
D.$\sqrt{10}$

答案：2.A

解析：

在$3×3$网格中，格点间距离为$\sqrt{a^2 + b^2}$（$a,b$为整数，$0 \leq a,b \leq 3$）。
选项A：$\sqrt{7}$，不存在整数$a,b$使$a^2 + b^2 = 7$。
选项B：$2\sqrt{2} = \sqrt{8}$，$a=2,b=2$时，$2^2 + 2^2 = 8$。
选项C：$3 = \sqrt{9}$，$a=3,b=0$时，$3^2 + 0^2 = 9$。
选项D：$\sqrt{10}$，$a=1,b=3$时，$1^2 + 3^2 = 10$。
A

3. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = 10$，$AC = 8$，在高线$AD$所在的直线上任取一点$P$(不与点$A$，$D$重合)，连接$PB$，$PC$，则$PB^{2}-PC^{2}$的值为(

)

A.$6$
B.$18$
C.$36$
D.$72$

答案：3.C

解析：

证明：
∵ $AD$ 是 $\triangle ABC$ 的高线，
∴ $\angle ADB = \angle ADC = 90°$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle ABD$ 和 $\mathrm{Rt}\triangle ACD$ 中，由勾股定理得：
$AB^2 = AD^2 + BD^2$，$AC^2 = AD^2 + CD^2$。
两式相减：$AB^2 - AC^2 = BD^2 - CD^2$。
在 $\mathrm{Rt}\triangle PBD$ 和 $\mathrm{Rt}\triangle PCD$ 中，同理：
$PB^2 = PD^2 + BD^2$，$PC^2 = PD^2 + CD^2$。
两式相减：$PB^2 - PC^2 = BD^2 - CD^2$。
∴ $PB^2 - PC^2 = AB^2 - AC^2$。
∵ $AB = 10$，$AC = 8$，
∴ $PB^2 - PC^2 = 10^2 - 8^2 = 100 - 64 = 36$。
答案：C

4. 如图，以$Rt\triangle ABC$的三边为斜边分别向外作等腰直角三角形。若斜边$AB = 3$，则图中阴影部分的面积为(

)

A.$9$
B.$3$
C.$\frac{9}{4}$
D.$\frac{9}{2}$

答案：4.D

解析：

设以$AC$为斜边的等腰直角三角形的直角边长为$a$，以$BC$为斜边的等腰直角三角形的直角边长为$b$，以$AB$为斜边的等腰直角三角形的直角边长为$c$。
在等腰直角三角形中，斜边与直角边的关系为：斜边$=\sqrt{2}×$直角边，故直角边$=\frac{\mathrm{斜边}}{\sqrt{2}}$。
其面积为$\frac{1}{2}×$直角边$^{2}=\frac{1}{2}×(\frac{\mathrm{斜边}}{\sqrt{2}})^{2}=\frac{1}{2}×\frac{\mathrm{斜边}^{2}}{2}=\frac{\mathrm{斜边}^{2}}{4}$。
所以以$AC$为斜边的等腰直角三角形面积$S_{1}=\frac{AC^{2}}{4}$，以$BC$为斜边的等腰直角三角形面积$S_{2}=\frac{BC^{2}}{4}$，以$AB$为斜边的等腰直角三角形面积$S_{3}=\frac{AB^{2}}{4}$。
阴影部分面积$S=S_{1}+S_{2}+S_{3}=\frac{AC^{2}+BC^{2}+AB^{2}}{4}$。
在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}=3^{2}=9$。
则$S=\frac{9 + 9}{4}=\frac{18}{4}=\frac{9}{2}$。
答案：D

5. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AB = 12$，分别以$AC$，$BC$为直径作半圆，面积分别记为$S_{1}$，$S_{2}$，则$S_{1}+S_{2}$等于

18π

。

答案：5.18π

解析：

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AB = 12$，由勾股定理得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}=12^{2}=144$。
$S_{1}$为以$AC$为直径的半圆面积，$S_{1}=\frac{1}{2}\pi(\frac{AC}{2})^{2}=\frac{\pi AC^{2}}{8}$；
$S_{2}$为以$BC$为直径的半圆面积，$S_{2}=\frac{1}{2}\pi(\frac{BC}{2})^{2}=\frac{\pi BC^{2}}{8}$。
则$S_{1}+S_{2}=\frac{\pi AC^{2}}{8}+\frac{\pi BC^{2}}{8}=\frac{\pi(AC^{2}+BC^{2})}{8}=\frac{\pi×144}{8}=18\pi$。
18π

6. 如图，把一块含$45^{\circ}$角的三角板放入网格中，三角板三个顶点均在格点上，直角顶点与数轴上表示$-1$的点重合，则数轴上点$A$所表示的数为

2$\sqrt{2}$−1

。

答案：6.2$\sqrt{2}$−1

解析：

解：由图可知，三角板为等腰直角三角形，直角顶点在数轴上表示$-1$的点，另两个顶点分别在$(-3,2)$和$(1,2)$处。
直角边长度为：$\sqrt{(-3 - (-1))^2 + (2 - 0)^2} = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$
点$A$与直角顶点的距离等于直角边长度$2\sqrt{2}$，且在数轴正方向，所以点$A$表示的数为$-1 + 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2} - 1$
$2\sqrt{2} - 1$

7. 如图，某村庄$A$与公路$l$之间有一池塘，村民出行都走$AB$这条村级公路。在美丽乡村建设过程中，为了便于村民出行，村委会治理了池塘并在村庄$A$到公路$l$之间架桥，新修了一条公路$AC$，且$AC⊥ l$，测得$CB = 2\sqrt{2}$km，$AB = 4\sqrt{2}$km。
（1）求新修的公路$AC$的长；
（2）在后期的建设中，村委会在$B$，$C$两点之间修建了一个观光亭$D$，使得观光亭$D$到点$C$的距离与观光亭$D$到点$B$的距离相等，求观光亭$D$到村庄$A$的距离。

答案：
7.(1)
∵AC⊥l，
∴∠ACB = 90°.
∴在Rt△ABC中，AC = $\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{6}$(km)　(2)如图，连接AD.
∵观光亭D到点C的距离与观光亭D到点B的距离相等，
∴D为BC的中点.
∴CD = $\frac{1}{2}$CB = $\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$ = $\sqrt{2}$(km).
∴在Rt△ACD中，AD = $\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{6})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{26}$(km).
∴观光亭D到村庄A的距离为$\sqrt{26}$km
　　　　　　　　