八年級初二數(shù)學下學期勾股定理單元 易錯題難題測試基礎卷

1、八年級初二數(shù)學下學期勾股定理單元易錯題難題測試基礎卷一、選擇題1如圖，在四邊形ABCD中，AD/BC，D90，AD8，BC6，分別以點A，C為圓心，大于12AC長為半徑作弧，兩弧交于點E，作射線BE交AD于點F，交AC于點O若點O是AC的中點，則CD的長為（）A42B6C210D82如圖，在ABC中，AC=BC，ACB=90，點D在BC上，BD=6，DC=2，點P是AB上的動點，則PC+PD的最小值為（）A8B10C12D143如圖，正方形ABCD的邊長為2，其面積標記為S1，以CD為斜邊作等腰直角三角形，以該等腰直角三角形的一條直角邊為邊向外作正方形，其面積標記為S2，按照此規(guī)律繼續(xù)下去，則

2、S2016的值為（）2B（2C（2D（1A（2）20132）20141）20132）20144在平面直角坐標系內(nèi)的機器人接受指令“，A”(0，0A180)后的行動結(jié)果為：在原地順時針旋轉(zhuǎn)A后，再向正前方沿直線行走.若機器人的位置在原點，正前方為y軸的負半軸，則它完成一次指令4，30后位置的坐標為()4B35C45D12A(2，23)B(2，23)C(2，2)D(2，2)5在RtABC中，C=90，AC=3，BC=4，則點C到AB的距離是（）A356如圖，是我國古代著名的“趙爽弦圖”的示意圖，此圖是由四個全等的直角三角形拼接而成，其中AE=10，BE=24，則EF的長是（）A14B13C143D

3、1427如圖是我國一位古代數(shù)學家在注解周髀算經(jīng)時給出的，曾被選為2002年在北京召開的國際數(shù)學家大會的會徽，它通過對圖形的切割、拼接，巧妙地證明了勾股定理，這位偉大的數(shù)學家是（）A楊輝B劉徽C祖沖之D趙爽8已知M、N是線段AB上的兩點，AMMN2，NB1，以點A為圓心，AN長為半徑畫弧；再以點B為圓心，BM長為半徑畫弧，兩弧交于點C，連接AC，eqoac(,BC)，則ABC一定是()A銳角三角形B直角三角形C鈍角三角形D等腰三角形9長度分別為9cm、12cm、15cm、36cm、39cm五根木棍首尾連接，最多可搭成直角三角形的個數(shù)為()A1個B2個C3個D4個10如圖，在ABC，C90，AD平

4、分BAC交CB于點D，過點D作DEAB，垂足恰好是邊AB的中點E，若AD3cm，則BE的長為（）2B4cmA33cmC32cmD6cm二、填空題11如圖，RTABC，ACB90，AC6，BC8，將邊AC沿CE翻折，使點A落在AB上的點D處；再將邊BC沿CF翻折，使點B落在CD的延長線上的點B處，兩條折痕與斜邊AB分別交于點E、F，則BFC的面積為_12如圖，ACB和ECD都是等腰直角三角形，CACB，CECD，ABC的頂點A在ECD的斜邊上若AE3，AD7，則AC的長為_13已知x，y為一個直角三角形的兩邊的長，且（x6）2=9，y=3，則該三角形的第三邊長為_14如圖，長方體紙箱的長、寬、高

5、分別為50cm、30cm、60cm，一只螞蟻從點A處沿著紙箱的表面爬到點B處.螞蟻爬行的最短路程為_cm.15一塊直角三角形綠地，兩直角邊長分別為3m，4m，現(xiàn)在要將綠地擴充成等腰三角形，且擴充時只能延長長為3m的直角邊，則擴充后等腰三角形綠地的面積為_m216如圖，eqoac(,Rt)ABC中，C=90，AB=5，BC=4，斜邊AB的垂直平分線DE交邊BC于點D，連接AD，線段CD的長為_17如圖，在ABC中，ABAC10，BC12，BD是高，則點BD的長為_SSS15，則S的值是_18我國漢代數(shù)學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一副“弦圖”，后人稱其為“爽弦圖”（如圖1）圖2由弦圖變化得到，

6、它是由八個全等的直角三角形拼接而成，記圖中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面積分別為S1，S2，S3，若123219在ABC中，ABAC12，A30，點E是AB中點，點D在AC上，DE32，將ADE沿著DE翻折，點A的對應點是點F，直線EF與AC交于點G，那么DGF的面積_20在ABC中，A=30，B=90，AC=8，點D在邊AB，且BD=3，點P是ABC邊上的一個動點，若AP=2PD時，則PD的長是_三、解答題21如圖，已知ABC中，B90，AB8cm，BC6cm，P、Q是ABC邊上的兩個動點，其中點P從點A開始沿AB方向運動，且速度為每秒1cm，點Q從點B開始沿BC方向運動

7、，且速度為每秒2cm，它們同時出發(fā)，設出發(fā)的時間為t秒（1）當t2秒時，求PQ的長；（2）求出發(fā)時間為幾秒時，PQB是等腰三角形？（3）若Q沿BCA方向運動，則當點Q在邊CA上運動時，求能使BCQ成為等腰三角形的運動時間22定義：如圖1，平面上兩條直線AB、CD相交于點O，對于平面內(nèi)任意一點M，點M到直線AB、CD的距離分別為p、q，則稱有序?qū)崝?shù)對(p，q)是點M的“距離坐標”，根據(jù)上述定義，“距離坐標”為（0，0）的點有1個，即點O（1）“距離坐標”為1，0的點有個；（2）如圖2，若點M在過點O且與直線AB垂直的直線l上時，點M的“距離坐標”為p，q，且BOD150，請寫出p、q的關系式并證

8、明；（3）如圖3，點M的“距離坐標”為(1,3)，且DOB30，求OM的長23閱讀與理解：折紙，常常能為證明一個命題提供思路和方法例如，在ABC中，ABAC（如圖），怎樣證明CB呢？分析：把AC沿A的角平分線AD翻折，因為ABAC，所以，點C落在AB上的點C處，即ACAC，據(jù)以上操作，易證明ACDACD，所以ACDC，又因為ACDB，所以CB感悟與應用：（1）如圖（a），在ABC中，ACB90，B30，CD平分ACB，試判斷AC和AD、BC之間的數(shù)量關系，并說明理由；（2）如圖（b），在四邊形ABCD中，AC平分BAD，AC16，AD8，DCBC12，求證：BD180；求AB的長24定義：如圖

9、1，點M、N把線段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN為邊的三角形是一個直角三角形，則稱點M、N是線段AB的勾股分割點（1）已知點M、N是線段AB的勾股分割點，若AM2，MN3，求BN的長；（2）如圖2，在eqoac(,Rt)ABC中，ACBC，點M、N在斜邊AB上，MCN45，求證：點M、N是線段AB的勾股分割點（提示：把ACM繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90）；（3）在（2）的問題中，ACM15，AM1，求BM的長25如圖，點A是射線OE：yx（x0）上的一個動點，過點A作x軸的垂線，垂足為B，過點B作OA的平行線交AOB的平分線于點C（1）若OA52，求點B的坐標；（2）如圖2，過點C作

10、CGAB于點G，CHOE于點H，求證：CGCH（3）若點A的坐標為（2，2），射線OC與AB交于點D，在射線BC上是否存在一點P使得ACP與BDC全等，若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由在（3）的條件下，在平面內(nèi)另有三點P1（2，2），P2（2，22），P3（2+2，22），請你判斷也滿足ACP與BDC全等的點是（寫出你認為正確的點）26如圖1,ABC和CDE均為等腰三角形，AC=BC,CD=CE,ACCD,ACB=DCE=a，且點A、D、E在同一直線上，連結(jié)BE.(1)求證:AD=BE.(2)如圖2,若a=90，CMAE于E.若CM=7,BE=10,試求AB的長.(3)如圖3,若

11、a=120,CMAE于E,BNAE于N,BN=a,CM=b,直接寫出AE的值(用a,b的代數(shù)式表示).27如圖，在邊長為2正方形ABCD中，點O是對角線AC的中點，E是線段OA上一動點（不包括兩個端點），連接BE.（1）如圖1，過點E作EFBE交CD于點F，連接BF交AC于點G.求證：BEEF;設AEx，CGy，求y與x的函數(shù)關系式，并寫出自變量x的取值范圍.（2）在如圖2中，請用無刻度的直尺作出一個以BE為邊的菱形.28如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AC，BC上的點，且滿足DEEF，垂足為點E，連接DF（1）求EDF=（填度數(shù)）；（2）延長DE交AB于點G，連接FG，如圖2，猜想

12、AG，GF，F(xiàn)C三者的數(shù)量關系，并給出證明；（3）若AB=6，G是AB的中點，求BFG的面積；設AG=a，CF=beqoac(,，)BFG的面積記為S，試確定S與a，b的關系，并說明理由29（已知：如圖1，矩形OACB的頂點A，B的坐標分別是（6，0）、（0，10），點D是y軸上一點且坐標為（0，2），點P從點A出發(fā)以每秒1個單位長度的速度沿線段ACCB方向運動，到達點B時運動停止（1）設點P運動時間為teqoac(,，)BPD的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系式；（2）當點P運動到線段CB上時（如圖2），將矩形OACB沿OP折疊，頂點B恰好落在邊AC上點B位置，求此時點P坐標；（3）在點P運

13、動過程中，是否存在BPD為等腰三角形的情況？若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由系若用S表示四邊形AEDF的面積，x表示AD的長，請你直接寫出S與x之間的關系式30已知ABC是等邊三角形，點D是BC邊上一動點，連結(jié)AD1如圖1，若BD2，DC4，求AD的長；2如圖2，以AD為邊作ADEADF60，分別交AB，AC于點E，F(xiàn)小明通過觀察、實驗，提出猜想：在點D運動的過程中，始終有AEAF，小明把這個猜想與同學們進行交流，通過討論，形成了證明該猜想的兩種想法想法1：利用AD是EDF的角平分線，構(gòu)造角平分線的性質(zhì)定理的基本圖形，然后通過全等三角形的相關知識獲證想法2：利用AD是EDF的角平分線

14、，構(gòu)造ADF的全等三角形，然后通過等腰三角形的相關知識獲證請你參考上面的想法，幫助小明證明AEAF.(一種方法即可)小聰在小明的基礎上繼續(xù)進行思考，發(fā)現(xiàn)：四邊形AEDF的面積與AD長存在很好的關.【參考答案】*試卷處理標記，請不要刪除一、選擇題1A解析：A【分析】連接FC，根據(jù)基本作圖，可得OE垂直平分AC，由垂直平分線的性質(zhì)得出AF=FC再根據(jù)ASA證明FOABOC，那么AF=BC=3，等量代換得到FC=AF=3，利用線段的和差關系求出FD=AD-AFeqoac(,=1)然后在直角FDC中利用勾股定理求出CD的長【詳解】解：如圖，連接FC，點O是AC的中點，由作法可知，OE垂直平分AC，AF

15、=FCADBC，F(xiàn)AO=BCO在FOA與BOC中，OAOCFAOBCO，AOFCOBFOABOC（ASA），AF=BC=6，F(xiàn)C=AF=6，F(xiàn)D=AD-AF=8-6=2在FDC中，D=90，CD2+DF2=FC2，CD2+22=62，CD=42故選：A【點睛】本題考查了作圖-基本作圖，勾股定理，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，難度適中求出CF與DF是解題的關鍵2B解析：B【分析】過點C作COAB于O，延長CO到C，使OCOC，連接DC，交AB于P，連接CP，此時DPCPDPPCDC的值最小由DC2，BD6，得到BC8，連接BC，由對稱性可知CBACBA45，于是得到CBC9

16、0，然后根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論【詳解】解：過點C作COAB于O，延長CO到C，使OCOC，連接DC，交AB于P，連接CP此時DPCPDPPCDC的值最小DC2，BD6，BC8，連接BC，由對稱性可知CBACBA45，CBC90，BCBC，BCCBCC45，BCBC8，根據(jù)勾股定理可得DCBC2BD2826210故選：B【點睛】此題考查了軸對稱線路最短的問題，確定動點P為何位置時PCPD的值最小是解題的關鍵3C解析：C【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得出S2+S2=S1，寫出部分Sn的值，根據(jù)數(shù)的變化找出變化規(guī)律“Sn=(12)n3”，依此規(guī)律即可得出結(jié)論【詳解】解：在圖中標上字母E，如圖所

17、示正方形ABCD的邊長為2eqoac(,，)CDE為等腰直角三角形，DE2+CE2=CD2，DE=CE，S2+S2=S1S1=2，S3=S2=1，S4=S3=，觀察，發(fā)現(xiàn)規(guī)律：S1=22=4，S2=11112222Sn=(12)n3當n=2016時，S2016=(11)20163=()201322故選：C【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理以及規(guī)律型中數(shù)的變化規(guī)律，解題的關鍵是找出規(guī)律“Sn=(12)n3”本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，寫出部分Sn的值，根據(jù)數(shù)值的變化找出變化規(guī)律是關鍵4B解析：B【解析】根據(jù)題意，如圖，AOB=30，OA=4，則AB=2，OB=23，

18、所以A(2，23)，故選B.5D解析：D【解析】在eqoac(,Rt)ABC中C=90，AC=3，BC=4，根據(jù)勾股定理求得AB=5，設點C到AB的距離為h，即可得111112hAB=ACBC，即h5=34，解得h=，故選D.222256D解析：D【分析】24和10為兩條直角邊長時，求出小正方形的邊長14，即可利用勾股定理得出EF的長【詳解】解：AE=10，BE=24，即24和10為兩條直角邊長時，小正方形的邊長=24-10=14，EF=142142142故選D【點睛】本題考查了勾股定理、正方形的性質(zhì)；熟練掌握勾股定理是解決問題的關鍵7D解析：D【分析】3世紀，漢代趙爽在注解周髀算經(jīng)時，通過對

19、圖形的切割、拼接、巧妙地利用面積關系證明了勾股定理【詳解】由題意，可知這位偉大的數(shù)學家是趙爽故選D【點睛】考查了數(shù)學常識，勾股定理的證明3世紀我國漢代的趙爽在注解周髀算經(jīng)時給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”趙爽通過對這種圖形切割、拼接，巧妙地利用面積關系證明了著名的勾股定理8B解析：B【分析】依據(jù)作圖即可得到ACAN4，BCBM3，AB2+2+15，進而得到AC2+BC2AB2，即可得出ABC是直角三角形【詳解】如圖所示，ACAN4，BCBM3，AB2+2+15，AC2+BC2AB2，ABC是直角三角形，且ACB90，故選B【點睛】本題主要考查了勾股定理的逆定理，如果三角形的三邊長a，b，c滿足a

20、2+b2c2，那么這個三角形就是直角三角形9B解析：B【解析】試題分析：解：92=81，122=144，152=225，362=1296，392=1521，81+144=225，225+1296=1521，即92+122=152，152+362=392，故選B考點：勾股定理的逆定理點評：本題難度中等，主要考查了勾股定理的逆定理，解題的關鍵熟知勾股定理逆定理的內(nèi)容10A解析：A【分析】先根據(jù)角平分線的性質(zhì)可證CD=DE，從而根據(jù)“HL”證明eqoac(,Rt)ACDeqoac(,Rt)AED，由DE為AB中線且DEAB，可求AD=BD=3cm，然后在eqoac(,Rt)BDE中，根據(jù)直角三角形的

21、性質(zhì)即可求出BE的長.【詳解】AD平分BAC且C=90，DEAB，CD=DE，由ADAD，所以，eqoac(,Rt)ACDeqoac(,Rt)AED，所以，AC=AE.E為AB中點，AC=AE=12AB，所以，B=30.DE為AB中線且DEAB，AD=BD=3cm，DE=13BD=,22BE=32333cm.222故選A.【點睛】,本題考查了角平分線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)含30角的直角三角形的性質(zhì)，及勾股定理等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關鍵.二、填空題119625【分析】將eqoac(,B)CF的面積轉(zhuǎn)化為求BCF的面積，由折疊的性質(zhì)可得CD

22、AC6，ACEDCE，BCFBCF，CEeqoac(,AB)，可證得ECF是等腰直角三角形，EFCE，EFC45，由等面積法可求CE的長，由勾股定理可求AE的長，進而求得BF的長，即可求解【詳解】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，CDAC6，ACEDCE，BCFBCF，CEAB，DCEBCFACEBCF，ACB90，ECF45，且CEAB，ECF是等腰直角三角形，EFCE，EFC45，eqoac(,S)ABC11ACBCABCE，22ACBCABCE，根據(jù)勾股定理求得AB10，CEEF245245，AEAC2CE26-=22421855，BFABAEEF1018248，555eqoac(,S)CBF1182

23、496BFCE，225525eqoac(,S)CBF9625，故填：9625【點睛】此題主要考查了翻折變換，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應用等知識，根據(jù)折疊的性質(zhì)求得相等的角是解決本題的關鍵125【分析】由題意可知，ACBC，DCEC，DCEACB90，DE45，求出ACEBCDeqoac(,可證)ACEBCD，可得AEBD3，ADB90，由勾股定理求出AB即可得到AC的長【詳解】解：如圖所示，連接BD，ACBeqoac(,和)ECD都是等腰直角三角形，ACBC，DCEC，DCEACB90，DE45，且ACEBCD90-ACD，在ACE和BCD中，ACE=BCDCE=CDAC=BCACE

24、BCD（SAS），AEBD3，EBDC45，ADBADC+BDC45+4590，ABAD2+BD2=7+3=10，AB=2BC，BC2AB=5，2故答案為：5【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，添加恰當?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形是解題的關鍵13310，62或32【解析】【詳解】（x-6）2=9，x-6=3，解得：x1=9，x2=3，x，y為一個直角三角形的兩邊的長，y=3，當x=3時，x、y都為直角三角形的直角邊，則斜邊為323232；當x=9時，x、y都為直角三角形的直角邊，則斜邊為9232310；當x=9時，x為斜邊、y為直角邊，則第三邊為9232

25、62.故答案為：310，62或32.【點睛】本題主要考查了勾股定理的應用，正確分類討論是解決問題的關鍵，解題時注意一定不要漏解14100【解析】螞蟻有三種爬法，就是把正視和俯視（或正視和側(cè)視，或俯視和側(cè)視）二個面展平成一個長方形，然后求其對角線：第一種情況：如圖1，把我們所看到的前面和上面組成一個平面，則這個長方形的長和寬分別是90cm和50cm，則所走的最短線段AB=10cm；第二種情況：如圖2，把我們看到的左面與上面組成一個長方形，則這個長方形的長和寬分別是110cm和30cm，所以走的最短線段AB=10cm；第三種情況：如圖3，把我們所看到的前面和右面組成一個長方形，則這個長方形的長和寬

26、分別是80cm和60cm，所以走的最短線段AB=100cm；三種情況比較而言，第三種情況最短故答案為100cm點睛：本題考查了立體圖形中的最短路線問題；通常應把立體幾何中的最短路線問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的求兩點間距離的問題；注意長方體展開圖形應分情況進行探討158或10或12或【詳解】解：如圖1：253當BC=CD=3m時，AB=AD=5m，ACBD，此時等腰三角形綠地的面積：如圖2：1264=12（m2）；當AC=CD=4m時，ACCB，此時等腰三角形綠地的面積：如圖3：1244=8（m2）；當AD=BD時，設AD=BD=xm，在eqoac(,Rt)ACD中，CD=（x-3）m，AC=4m，由

27、勾股定理，得AD2=DC2+CA2，即(x-3)2+42=x2，解得x=256，此時等腰三角形綠地的面積：112525BDAC=4=（m2）；2263如圖4，此時等腰三角形綠地的面積：1延長BC到D，使BD=AB=5m，故CD=2m，1BDAC=54=10（m2）；22綜上所述，擴充后等腰三角形綠地的面積為8m2或12m2或10m2或253m2點睛：此題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理的應用，解決問題的關鍵是根據(jù)題意正確畫出圖形1678【解析】C=90，AB=5，BC=4，AC=5242=3AB的垂直平分線DE交邊BC于點D，BD=AD設CD=x，則AD=BD=4-x，在eqoac(,R

28、t)ACD中，32x2(4x)2，解得：x78故答案為：7817485【解析】試題分析：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可知BC邊上的高為8，然后根據(jù)三角形的面積法可得114810BD128，解得BD=225.185【分析】根據(jù)圖形的特征得出四邊形MNKT的面積設為x，將其余八個全等的三角形面積一個設為y，從而用x，y表示出S1，S2，S3，得出答案即可【詳解】解：將四邊形MTKN的面積設為x，將其余八個全等的三角形面積一個設為y，正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面積分別為S1，S2，S3，SSS10，123得出S18yx，S24yx，Sx，3S1S2S33x12y15，故3x1

29、2y15，x4y15=5，3所以S2x4y5，故答案為：5【點睛】此題主要考查了圖形面積關系，根據(jù)已知得出用x，y表示出S1，S2，S3，再利用SSS15求出是解決問題的關鍵12319639或639【分析】通過計算E到AC的距離即EH的長度為3，所以根據(jù)DE的長度有兩種情況：當點D在H點上方時，當點D在H點下方時，兩種情況都是過點E作EHAC交AC于點E，過點G作GQAB交AB于點Q，利用含30的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出AH,DH的長度，進而可求AD的長度，然后利用角度之間的關系證明AGGE，再利用等腰三角形的性質(zhì)求出GQ的長度，最后利用SDGF2SAEDSAEG即可求解【詳解】當點D在

30、H點上方時，過點E作EHAC交AC于點E，過點G作GQAB交AB于點Q，AB12，點E是AB中點，AE1AB62EHAC，AHE90A30,AE6，EH1AE3，2AHAE2EH2623233DE32，DHDE2EH2(32)2323，DHEH，ADAHDH333，EDH45，AEDEDHA15由折疊的性質(zhì)可知，DEFAED15，AEG2AED30，AEGA，AGGE又GQAE，AQ1AE32A30，GQ12AGGQ2AQ2AG2，即GQ232(2GQ)2，GQ3SDGF2SAEDSAEG，2(333)3S1163639；DGF22當點D在H點下方時，過點E作EHAC交AC于點E，過點G作GQ

31、AB交AB于點Q，AB12，點E是AB中點，AE1AB62EHAC，AHE90A30,AE6，EH12AE3，AHAE2EH2623233DE32，DHDE2EH2(32)2323，DHEH，ADAHDH333，DEH45，AED90ADEH105由折疊的性質(zhì)可知，DEFAED105，AEG2AED18030，AEGA，AGGE又GQAE，AQ1AE32A30，GQ1AG2GQ2AQ2AG2，即GQ232(2GQ)2，GQ3SDGF2SAEDSAEG，22S112(333)363639，DGF綜上所述，DGF的面積為639或639故答案為：639或639【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)，等腰三角

32、形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，含30的直角三角形的性質(zhì)，能夠作出圖形并分情況討論是解題的關鍵203或3或15【分析】根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出BC，勾股定理求出AB，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)列式計算即可【詳解】解：如圖BC=1B=90，A=30，1AC=8=4，22由勾股定理得，AB=AC2BC2824243AD43333當點P在AC上時，A=30，AP=2PD，ADP=90，則AD2+PD2=AP2，即（33）2=（2PD）2-PD2，解得，PD=3，當點P在AB上時，AP=2PD，AD=33，PD=3，當點P在BC上時，AP=2PD，設PD=x，則AP=2x，由勾股定理得，BP

33、2=PD2-BD2=x2-3，2x243x22321（1）213；（2）；（3）5.5秒或6秒或6.6秒解得，x=15故答案為：3或3或15.【點睛】本題考查的是勾股定理、直角三角形的性質(zhì)，如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2=c2三、解答題83【分析】（1）根據(jù)點P、Q的運動速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；（2）由題意得出BQBP，即2t8t，解方程即可；（3）當點Q在邊CA上運動時，能使BCQ成為等腰三角形的運動時間有三種情況：當CQBQ時（圖1)，則CCBQ，可證明AABQ，則BQAQ，則CQAQ，從而求得t；當CQBC時（圖2)，

34、則BCCQ12，易求得t；當BCBQ時（圖3)，過B點作BEAC于點E，則求出BE，CE，即可得出t【詳解】（1）解：（1）BQ224cm，BPABAP8216cm，B90，PQBQ2BP24262213(cm)；（2）解：根據(jù)題意得：BQBP，即2t8t，解得：t83；即出發(fā)時間為秒時，PQB是等腰三角形；83（3）解：分三種情況：當CQBQ時，如圖1所示：則CCBQ，ABC90，CBQABQ90，AC90，AABQBQAQ，CQAQ5，BCCQ11，t1125.5秒當CQBC時，如圖2所示：則BCCQ12t1226秒當BCBQ時，如圖3所示：則BEABBC過B點作BEAC于點E，684.8

35、(cm)AC10CEBC2BE23.6cm，CQ2CE7.2cm，BCCQ13.2cm，t13.226.6秒由上可知，當t為5.5秒或6秒或6.6秒時，BCQ為等腰三角形【點睛】本題考查了勾股定理、三角形的面積以及等腰三角形的判定和性質(zhì)；本題有一定難度，注意分類討論思想的應用22(1)2；(2)q32p；(3)OM27【分析】（1）根據(jù)“距離坐標”的定義結(jié)合圖形判斷即可；（2）過M作MNCD于N，根據(jù)已知得出MNq，OMp，求出MON60，根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出MNMO2NO23p即可解決問2題；（3）分別作點M關于AB、CD的對稱點F、E，連接EF、OE、OF，連接MF、

36、ME分別交AB、CD于P點、Q點，首先證明OMOEOFEF，求出MF2，ME23，然后過F作FGQM，交QM延長線于G，根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)求出FG1，MG3，再利用勾股定理求出EF即可【詳解】解：（1）由題意可知，在直線CD上，且在點O的兩側(cè)各有一個，共2個，故答案為：2；（2）過M作MNCD于N，直線lAB于O，BOD150，MON60，MNq，OMp，NOMN11MOp，22MO2NO23p，2q32p；（3）分別作點M關于AB、CD的對稱點F、E，連接EF、OE、OF，連接MF、ME分別交AB、CD于P點、Q點OFPOMP，OEQOMQ，F(xiàn)OPMOP，EOQMOQ，OMOEOF

37、，EOF2BOD60，eqoac(,)OEF是等邊三角形，OMOEOFEF，MP1，MQ3，MF2，ME23，BOD30，PMQ150，過F作FGQM，交QM延長線于G，F(xiàn)MG30，在eqoac(,Rt)FMG中，F(xiàn)G1MF1，則MG3，2在RtEGF中，F(xiàn)G1，EGMEMG33，EF(33)21227，OM27【點睛】本題考查了軸對稱的應用，含30度直角三角形的性質(zhì)，勾股定理以及等邊三角形的判定和性質(zhì)等，正確理解題目中的新定義是解答本題的關鍵23（1）BCACAD；理由詳見解析；（2）詳見解析；AB=14【分析】（1）在CB上截取CECA，連接eqoac(,DE)，證ACDECD得DEDA，

38、ACED60，據(jù)此CED2CBA，結(jié)合CEDCBABDE得出CBABDE，即可得DEBE，進而得出答案；（2）在AB上截取AMAD，連接eqoac(,CM)，先證ADCAMC，得到DAMC，CDCM，結(jié)合CDBC知CMCB，據(jù)此得BCMB，根據(jù)CMBCMA180可得；設BNa，過點C作CNAB于點N，由CBCM知BNMNa，CN2BC2BN2AC2AN2，可得關于a的方程，解之可得答案【詳解】解：（1）BCACAD理由如下：如圖（a），在CB上截取CECA，連接DE，CD平分ACB，ACDECD，又CDCD，ACDECD（SAS），DEDA，ACED60，CED2CBA，CEDCBABDE，C

39、BABDE，DEBE，ADBE，BEBCCEBCAC，BCACAD（2）如圖（b），在AB上截取AMAD，連接CM，AC平分DAB，DACMAC，ACAC，ADCAMC（SAS），DAMC，CDCM12，CDBC12，CMCB，BCMB，CMBCMA180，BD180；設BNa，過點C作CNAB于點N，CBCM12，BNMNa，在eqoac(,Rt)BCN中，CN2BC2BN2122a2，在eqoac(,Rt)ACN中，CN2AC2AN2162(8a)2，則122a2162(8a)2，解得：a3，即BNMN3，則AB8+3+3=14，AB=14DACB，ACBC【點睛】本題考查了四邊形的綜合題

40、，以及全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)；本題有一定難度，需要通過作輔助線證明三角形全等才能得出結(jié)果24（1）5或13；（2）見解析；（3）23【分析】（1）分兩種分割法利用勾股定理即可解決問題；（2）如圖，過點A作ADAB，且AD=BN只要證明ADCBNC，推出CD=CN，ACD=BCN，再證明MDCMNC，可得MD=MN，由此即可解決問題；（3）過點B作BPAB，使得BP=AM=1，根據(jù)題意可得CPBCMA，CMNCPN，利用全等性質(zhì)推出BNP=30，從而得到NB和NP的長，即得BM.【詳解】解：（1）當MN最長時，BN=MN2AM25，當BN最長時，BN=AM2MN

41、213；（2）證明：如圖，過點A作ADAB，且AD=BN，在ADC和BNC中，ADBNADCBNC（SAS），CD=CN，ACD=BCN，MCN=45，DCA+ACM=ACM+BCN=45，MCD=MCN，在MDC和MNC中，MCDMCN，CDCNCMCMMDCMNC（SAS），MD=MN在eqoac(,Rt)MDA中，AD2+AM2=DM2，BN2+AM2=MN2，點M，N是線段AB的勾股分割點；（3）過點B作BPAB，使得BP=AM=1，根據(jù)（eqoac(,2)）中過程可得：CPBCMA，CMNCPN，AMC=BPC=120，AM=PB=1，CMN=CPN=A+ACM=45+15=60，B

42、PN=120-60=60，BNP=30，NP=2BP=2=MN，BN=22123，BM=MN+BN=23.【點睛】本題是三角形的綜合問題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型25（1）（5，0）；（2）見解析；（3）P（4，2），滿足ACP與BDC全等的點是P1、P2，P3理由見解析【分析】（1）由題意可以假設A（a，a）（a0），根據(jù)AB2+OB2=OA2，構(gòu)建方程即可解決問題；（2）由角平分線的性質(zhì)定理證明CH=CF，CG=CF即可解決問題；（3）如圖3中，在BC的延長線上取點P，使得CP=DB，連接AP只要

43、證明ACPCDB（SASeqoac(,），)ABP是等腰直角三角形即可解決問題；根據(jù)SAS即可判斷滿足ACPeqoac(,與)BDC全等的點是P1、P2，P3；【詳解】解：（1）點A在射線yx（x0）上，故可以假設A（a，a）（a0），ABx軸，ABOBeqoac(,a)，即ABO是等腰直角三角形，AB2+OB2OA2，a2+a2（52）2，解得a5，點B坐標為（5，0）（2）如圖2中，作CFx軸于FOC平分AOB，CHOE，CHCF，AOB是等腰直角三角形，AOB45，BCOE，CBGAOB45，得到BC平分ABF，CGBA，CFBF，CGCF，CGCH（3）如圖3中，在BC的延長線上取點P

44、，使得CPDB，連接AP由（2）可知AC平分DAE，DAC11DAE（18045）67.5，22在ACP和CDB中，ACPDB，CPDB1由OC平分AOB得到DOBAOB22.5，2ADCODB9022.567.5，ADCDAC67.5，ACDC，BDCOBD+DOB90+22.5112.5，ACD180CADADC18067.567.545，OCB4522.522.5，ACP180ACDOCB1804522.5112.5，ACADACPCDB（SAS），CAPDCB22.5，BAPCAP+DAC22.5+67.590，ABP是等腰直角三角形，APABOB2，P（4，2）滿足ACP與BDC全等

45、的點是P1、P2，P3理由：如圖4中，由題意：AP1BD，ACCD，CAP1CDB，根據(jù)SAS可得CAPeqoac(,1)CDB；AP2BD，ACCD，CAP2CDB，根據(jù)SAS可得CAP2CDB；ACCD，ACP3BDC，BDCP3根據(jù)SAS可得CAPeqoac(,3)DCB；故答案為P1、P2，P3【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題26（1）見解析；（2）26；（3）233a+23b【分析】（1）由ACB=DCE可得出ACD=BCE，再利用SAS判定A

46、CDBCE，即可得到AD=BE；（2）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得CM=12DE，同（eqoac(,1)）可證ACDBCE，得到ACD=BCECD=CEAD=BE，然后可求AE的長，再判斷AEB=90，即可用勾股定理求出AB的長；（3）由等腰三角形的性質(zhì)易得CAB=CBA=CDE=CED=30，根據(jù)30度所對的直角邊是斜邊的一半可求出DE=23CM，然后利用三角形外角性質(zhì)推出BEN=60，在eqoac(,Rt)BEN中即可求出BE，由于BE=AD，所以利用AE=AD+DE即可得出答案.【詳解】證明：（1）ACB=DCEACB-BCD=DCE-BCD，即ACD=BCE在ACD和BCE中，AC=BC

47、ACDBCE（SAS）AD=BE（2）DCE=90，CD=CE，DCE為等腰直角三角形，CMDE，CM平分DE，即M為DE的中點CM=12DE，ACD=BCECD=CEDE=2CM=14，ACB=DCEACB-BCD=DCE-BCD，即ACD=BCE在ACD和BCE中，AC=BCACDBCE（SAS）AD=BE=10，CAD=CBEAE=AD+DE=24如圖，設AE，BC交于點H，在ACH和BEH中，CAH+ACH=EBH+BEH，而CAH=EBH，BEH=ACH=90，ABE為直角三角形由勾股定理得AB=AE2BE2=242102=26（3）由（1）（2）可得ACDBCE，DAC=EBC，A

48、CB，DCE都是等腰三角形，ACB=DCE=120CAB=CBA=CDE=CED=30，CMDE，CMD=90，DM=EM，CD=CE=2CM，DM=EM=3CMDE=23CM=23bBEN=BAE+ABE=BAE+EBC+CBA=BAE+DAC+CBA=30+30=60，NBE=30，BE=2EN，BN=3ENBN=aBE=2EN=23a=AD3AE=AD+DE=233a23b【點睛】本題考查全等三角形的旋轉(zhuǎn)模型，掌握此模型的特點得到全等三角形是關鍵，其中還需要用到等腰三角形三線合一與30度所對的直角邊的性質(zhì)，熟練掌握這些基本知識點是關鍵.27(1)見解析；y22x0 x1；（2）見解析2x

49、【解析】【分析】（1）連接DE，如圖1，先用SAS證明CBECDE，得EB=ED，CBE=1，再用四邊形的內(nèi)角和可證明EBC=2，從而可得1=2，進一步即可證得結(jié)論；將BAE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90，點E落在點P處，如圖2，用SAS可證PBGEBG，所以PG=EG=2xy，在直角三角形PCG中，根據(jù)勾股定理整理即得y與x的函數(shù)關系式，再根據(jù)題意寫出x的取值范圍即可.（2）由（1）題已得EB=ED，根據(jù)正方形的對稱性只需再確定點E關于點O的對稱點即可，考慮到只有直尺，可延長BE交AD于點M，再連接MO并延長交BC于點N，再連接DN交AC于點Q，問題即得解決.【詳解】（1）證明：如圖1，連接DE，四邊

50、形ABCD是正方形，CB=CD，BCE=DCE=45，又CE=CE，CBECDE（SAS），EB=ED，CBE=1，BEC=90，BCF=90，EBC+EFC=180，EFC+2=180，EBC=2，1=2.ED=EF，BE=EF.解：正方形ABCD的邊長為2，對角線AC=2.將BAE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90，點A與點C重合，點E落在點P處，如圖2，則BAEBCP，BE=BP，AE=CP=x，BAE=BCP=45，EBP=90，由可得，EBF=45，PBG=45=EBG，在PBG與EBG中，PBGEBG，BGBGPBEBPBGEBG（SAS）.PG=EG=2xy，PCG=GCB+BCP=45+45

51、=90，在eqoac(,Rt)PCG中，由PC2CG2PG2，得x2y22xy2，化簡，得y22x0 x1.2x（2）如圖3，作法如下：延長BE交AD于點M，連接MO并延長交BC于點N，連接DN交AC于點Q，連接DE、BQ，則四邊形BEDQ為菱形.【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和、勾股定理和菱形的作圖等知識，其中通過三角形的旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形是解決小題的關鍵，利用正方形的對稱性確定點Q的位置是解決（2）題的關鍵.28(1)45；(2)GF=AG+CF，證明見解析；(3)6；sab，理由見解析.【解析】【分析】（1）如圖1中，連接BE利用全等三角形的性質(zhì)證明

52、EB=ED，再利用等角對等邊證明EB=EF即可解決問題（2）猜想：GF=AG+CF如圖2中，將CDF繞點D旋轉(zhuǎn)90eqoac(,，得)ADH，證明GDHGDF（SAS）即可解決問題（3）設CF=x，則AH=x，BF=6-x，GF=3+x，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可設正方形邊長為x，利用勾股定理構(gòu)建關系式，利用整體代入的思想解決問題即可【詳解】解：（1）如圖1中，連接BE四邊形ABCD是正方形，CD=CB，ECD=ECB=45，EC=EC，ECBECD（SAS），EB=ED，EBC=EDC，DEF=DCF=90，EFC+EDC=180，EFB+EFC=180，EFB=EDC，EBF=EFB，

53、EB=EF，DE=EF，DEF=90，EDF=45故答案為45（2）猜想：GF=AG+CF如圖2中，將CDF繞點D旋轉(zhuǎn)90eqoac(,，得)ADH，CDF=ADH，DF=DH，CF=AH，DAH=DCF=90，DAC=90，DAC+DAH=180，H、A、G三點共線，GH=AG+AH=AG+CF，EDF=45，CDF+ADG=45，ADH+ADG=45GDH=EDF=45又DG=DGGDHGDF（SAS）GH=GF，GF=AG+CF（3）設CF=x，則AH=x，BF=6-x，GF=3+x，則有（3+x）2=（6-x）2+32，解得x=2eqoac(,S)BFG=12BFBG=6設正方形邊長為x，AG=a，CF=b，BF=x-b，BG=x-a，GF=a+b，則有（x-a）2+（x-b）2=（a+b）2，化簡得到：x2-ax-bx=ab，S=111（x-a）（x-b）=（x2-ax-bx+ab）=2ab=ab222【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形