《難點(diǎn)特訓(xùn)》2023年8下常考點(diǎn)微專題提分（人教版）和勾股定理有關(guān)的壓軸大題（解析版）

《難點(diǎn)特訓(xùn)》和勾股定理有關(guān)的壓軸大題1．正方形中，，分別為，上一點(diǎn)，，，交于點(diǎn)，為的中點(diǎn)．(1)求證：≌；(2)求證：；(3)求證：【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，判定（2）根據(jù)全等的性質(zhì)可得，再根據(jù),得出，進(jìn)而得到即（3）連接OC，在取點(diǎn)H，使得，連接OH，證明為等腰直角三角形，進(jìn)而得出再判定得出根據(jù)即可得到（1）證明：∵四邊形是正方形，在和中，（2）證明：，又，即（3）證明：如圖，連接OC，在取點(diǎn)H，使得，連接OH∵O為BD的中點(diǎn)，即O為正方形的對(duì)稱中心，∴是等腰直角三角形，由（1）知在和中，又是等腰直角三角形在和中，【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰直角三角形性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是證出是等腰直角三角形，依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等進(jìn)行求解．2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為（0，0）、（12，0），點(diǎn)A在第一象限，且△ABC是等邊三角形．點(diǎn)D的坐標(biāo)為（4，0），E是邊AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，以DE為邊在DE右側(cè)作等邊△DEF．(1)求出A點(diǎn)坐標(biāo)；(2)當(dāng)點(diǎn)F落在邊AC上時(shí)，△CDF與△BED全等嗎？若全等，請(qǐng)給予證明；若不全等，請(qǐng)說明理由；(3)連接CF，當(dāng)△CDF是等腰三角形時(shí)，______．【答案】(1)A（6，）；(2)△CDF≌△BED，證明見解析；(3)10＋2或6或2＋2．【分析】（1）如圖1中，過點(diǎn)A作AH⊥BCA于點(diǎn)H．解直角三角形求出BH，AH，可得結(jié)論；（2）如圖2中，結(jié)論：△CDF≌△BED．根據(jù)AAS證明三角形全等即可；（3）分三種情形：如圖3?1中，當(dāng)CD＝CF時(shí)，過點(diǎn)C作CJ⊥DF于點(diǎn)J，過點(diǎn)D作DK⊥BE于點(diǎn)K．如圖3?2中，當(dāng)FD＝FC時(shí)，過點(diǎn)F作FT⊥CD于點(diǎn)T．如圖3?3中，當(dāng)DF＝DC＝8時(shí)，DE＝DF＝8，分別求出KE，BK可得結(jié)論．（1）解：如圖1中，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H．∵C（6，0），∴BC＝6，∵△ABC是等邊三角形，AH⊥BC，∴∠ABH＝60°，BH＝HC＝6，∴，∴A（6，）；（2）如圖2中，結(jié)論：△CDF≌△BED．理由：∵△DEF是等邊三角形，△ABC是等邊三角形，∴∠EDF＝∠ABC＝60°，DE＝DF，∵∠EDC＝∠ABC＋∠DEB＝∠EDF＋∠FDC，∴∠DEB＝∠CDF，在△CDF和△BED中，，∴△CDF≌△BED（AAS）；（3）如圖3?1中，當(dāng)CD＝CF時(shí)，過點(diǎn)C作CJ⊥DF于點(diǎn)J，過點(diǎn)D作DK⊥BE于點(diǎn)K，過點(diǎn)F作FP⊥CD于點(diǎn)P．設(shè)DE＝DF＝x，∵D（4，0），∴OD＝4，∵∠DKB＝90°，∠DOK＝60°，∴∠BDK＝30°，∴BK＝OD＝2，．∵CD＝CF，CJ⊥DF，∴DJ＝FJ＝x，∵∠DKE＝∠FPD＝90°，∠DEK＝∠FDP，DE＝FD，∴△DKE≌△FPD（AAS），∴EK＝DP，DK＝FP＝，∵S△CDF＝?CD?FP＝?DF?CJ，∴，解得，或（舍去），∴∴∴EK＝，∴BE＝BK＋EK＝；如圖3?2中，當(dāng)FD＝FC時(shí)，過點(diǎn)F作FT⊥CD于點(diǎn)T．∵FD＝FC，F(xiàn)T⊥CD，∴DT＝TC＝4，∵∠DKE＝∠DTF＝90°，∠DEK＝∠FDT，DE＝DF，∴△EKD≌△DTF（AAS），∴EK＝DT＝4，∴BE＝BK＋EK＝2＋4＝6；如圖3?3中，當(dāng)DF＝DC＝8時(shí)，DE＝DF＝8，∴，∴BE＝BK＋EK＝2＋2，綜上所述，滿足條件的BE的值為10＋2或6或2＋2，故答案為：10＋2或6或2＋2．【點(diǎn)睛】本題屬三角形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考?jí)狠S題．3．在□ABCD中，連接BD，若，點(diǎn)E為邊AD上一點(diǎn)，連接CE．(1)如圖1，點(diǎn)G在BD上，連接CG，過G作于點(diǎn)H，連接DH并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M．求證：；(2)如圖1，在（1）的前提下，若，．求證：；(3)如圖2，,，點(diǎn)N在BC邊上，，若CE是的角平分線，線段PQ（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)）在線段CE上運(yùn)動(dòng)，，連接BP，NQ，求的最小值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）設(shè)CH與DG相交于K，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和對(duì)頂角相等求解即可；（2）過點(diǎn)D作DF⊥DM，交CE于F，先證明△DCF≌△DGH（ASA），得到△FDH是等腰直角三角形，求得HF=DH，再證明△DMB≌△CGH（AAS）證得CF=BM，DB=CH即可證得結(jié)論；（3）在圖2中，過B作BF∥PQ，且BF=，連接QF、GF、DF，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)以及角平分線的對(duì)稱性可得BP=FQ，點(diǎn)N關(guān)于CE的對(duì)稱點(diǎn)G在CD上，連接QG，則QG=QN，CG=CN，由BP+PQ+QN=FQ+QG+PQ≥FG+，（當(dāng)F、Q、G共線時(shí)取等號(hào)），知BP+PQ+QN的最小值是FG的長(zhǎng)，過點(diǎn)F作FM⊥BD于M，過點(diǎn)G作GH⊥DF于H，利用平行四邊形的性質(zhì)和含30°的直角三角形的三邊關(guān)系以及勾股定理及其逆定理分別求得FH、HG即可解答．（1）證明：設(shè)CH與DG相交于K，∵BD⊥CD，GH⊥CE，∴∠CDK=∠GHK=90°，∴∠HGD+∠GKH=∠DCE+∠DKC=90°，∵∠GKH=∠DKC，∴∠HGD=∠DCE；（2）證明：在圖1中，過點(diǎn)D作DF⊥DM，交CE于F，∵BD⊥CD，DF⊥DM，∴∠CDG=∠FDH=90°，∴∠CDF=∠GDH，在△DCF和△DGH中，，∴△DCF≌△DGH（ASA），∴DF=DH，CF=HG，∴△FDH是等腰直角三角形，∴∠DHF=∠DFH=45°，HF=DH，∵DC=DG，∠CDG=90°，∴∠DGC=∠DCG=45°，∴∠DGC=∠DHF，∵∠DGC+∠GCH+∠CKG=∠DHF+∠BDM+∠DKH=180°，∠CKG=∠DKH，∴∠GCH=∠BDM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠MBD=∠CDG=90°，則∠MBD=∠GHC=90°，在△DMB和△CGH，，∴△DMB≌△CGH（AAS），∴DB=CH，∵CF=HG，BM=HG，∴CF=BM，∵CF+HF=CH，∴BM+DH=DB；（3）解：在圖2中，過B作BF∥PQ，且BF=，連接QF、DF，則四邊形PBFQ是平行四邊形，∴BP=FQ，∵CE是∠DCB的平分線，∴點(diǎn)N關(guān)于CE的對(duì)稱點(diǎn)G在CD上，連接QG，GF、則QG=QN，CG=CN，∴BP+PQ+QN=FQ+QG+PQ≥FG+，（當(dāng)F、Q、G共線時(shí)取等號(hào)），∴BP+PQ+QN的最小值是FG的長(zhǎng)，過點(diǎn)F作FM⊥BD于M，過點(diǎn)G作GH⊥DF于H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC=120°，∴∠DCB=60°，CD=AB=，又∠CDB=90°，∴∠DBC=30°，則BC=2CD=2，BD=CD=，∵CE平分DCB，∴∠DCE=∠BCE=∠DCB=30°，又BF∥CE，∴∠CBF=∠BCE=30°，則∠MBF=60°，∵FM⊥BD，∴∠BFM=30°，則BM=BF=，F(xiàn)M=BM=，∴DM=BD-BM=，則DF=，∴BD2=DF2+BF2，∴∠BFD=90°即BF⊥DF，又BF∥CE，∴CE⊥DF，又GH⊥DF，∴GH∥CE，∠DHG=90°，∴∠DGH=∠DCE=30°，∵BC=4CN=2，∴CN==CG，∴DG=CD-CG=，在Rt△DHG中，DH=DG=，HG=DH=，∴FH=DF-DH=，在Rt△FHG中，F(xiàn)G=，∴BP+PQ+QN的最小值是．【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，主要考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、含30°直角三角形的邊角關(guān)系、平行線的判定與性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、角平分線的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、最短路徑問題等知識(shí)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，難度較難，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用，添加輔助線解決問題是解答的關(guān)鍵．4．如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A停止，同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C即停止，點(diǎn)P、Q的速度都是每秒1個(gè)單位，連接PQ、AQ、CP，設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．（1）當(dāng)t＝時(shí)，四邊形ABQP是矩形；（2）當(dāng)t＝6時(shí)，判斷四邊形AQCP的形狀，并說明理由；（3）直接寫出以PQ為對(duì)角線的正方形面積為96時(shí)t的值；（4）整個(gè)運(yùn)動(dòng)當(dāng)中，線段PQ掃過的面積是．【答案】（1）8，（2）菱形，理由見解析，（3）8﹣4或8+4；（4）64．【分析】（1）由矩形性質(zhì)得出BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝16﹣t，當(dāng)BQ＝AP時(shí)，四邊形ABQP為矩形，得出方程，解方程即可；（2）t＝6時(shí)，BQ＝6，DP＝6，得出CQ＝16﹣6＝10，AP＝16﹣6＝10，AP＝CQ，AP∥CQ，四邊形AQCP為平行四邊形，在Rt△ABQ中，由勾股定理求出AQ＝10，得出AQ＝CQ，即可得出結(jié)論；（3）分兩種情況：求出正方形的邊長(zhǎng)為4，則對(duì)角線PQ為8，由勾股定理求出QM的長(zhǎng)，由題意得出方程，解方程即可；（4）連接AC、BD，AC、BC相交于點(diǎn)E，線段PQ掃過的面積＝△AED的面積+△BEC的面積，即可得出結(jié)果．【詳解】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，∴BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝16﹣t，在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，當(dāng)BQ＝AP時(shí)，四邊形ABQP為矩形，∴t＝16﹣t，解得：t＝8，∴當(dāng)t＝8s時(shí)，四邊形ABQP為矩形；故答案為：8（2）四邊形AQCP為菱形；理由如下：∵t＝6，∴BQ＝6，DP＝6，∴CQ＝16﹣6＝10，AP＝16﹣6＝10，∴AP＝CQ，AP∥CQ，∴四邊形AQCP為平行四邊形，在Rt△ABQ中，AQ＝＝＝10，∴AQ＝CQ，∴平行四邊形AQCP為菱形，∴當(dāng)t＝6時(shí)，四邊形AQCP為菱形；（3）∵正方形面積為96，,∴正方形的邊長(zhǎng)為：4，∴PQ＝×4＝8；分兩種情況：①如圖1所示：作PM⊥BC于M，則PM＝AB＝8，DP＝BQ＝t，AP＝BM＝16﹣t，由勾股定理得：QM＝＝8，BM＝BQ+QM，∴t+8＝16﹣t，解得：t＝8﹣4；②如圖2所示：DP＝BQ＝t，AP＝BM＝16﹣t，∵BQ＝BM+QM，∴16﹣t+8＝t，解得：t＝8+4；綜上所述，以PQ為對(duì)角線的正方形面積為96時(shí)t的值為：8﹣4或8+4；（4）連接AC、BD，AC、BC相交于點(diǎn)E，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)當(dāng)中，線段PQ掃過的面積是：△AED的面積+△BEC的面積，如圖3所示：∵△AED的面積+△BEC的面積＝矩形ABCD的面積，∴整個(gè)運(yùn)動(dòng)當(dāng)中，線段PQ掃過的面積＝矩形ABCD的面積＝×AB×BC＝×8×16＝64．故答案為：64．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、勾股定理、平行四邊形的判定、三角形面積公式以及分類討論等知識(shí)；熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)和勾股定理是解題關(guān)鍵．5．已知，如圖，在△ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為4cm/s；同時(shí)點(diǎn)P由B點(diǎn)出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為lcm/s，過點(diǎn)P的動(dòng)直線PQ∥AC，交BC于點(diǎn)Q，連結(jié)PM，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0＜t＜5)，解答下列問題：（1）線段AD=___cm；（2）求證：PB=PQ；（3）當(dāng)t為何值時(shí)，以P、Q、D、M為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形．【答案】（1）AD=12cm；（2）證明見解析；（3）t=s或4s【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；（2）由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出結(jié)論；（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的上方時(shí)，根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可；②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的下方時(shí)，根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，得出方程，解方程即可．【詳解】（1）解：∵BD⊥AC，∴∠ADB=90°，∴AD=，故答案為：12；（2）證明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，∵PQ∥AC，∴∠PQB=∠C，∴∠PBQ=∠PQB，∴PB=PQ；（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的上方時(shí)，如圖所示根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，∴MD=AD-AM=12-4t，∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，∴t=12-4t，解得：t=（s）；②當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)D的下方時(shí)，如圖所示：根據(jù)題意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，∴MD=AM-AD=4t-12，∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，當(dāng)PQ=MD時(shí)，四邊形PQDM是平行四邊形，∴t=4t-12，解得：t=4（s）；綜上所述，當(dāng)t=s或t=4s時(shí)，以P、Q、D、M為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積公式以及分類討論等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握平行四邊形的判定方法，進(jìn)行分類討論是解決問題（3）的關(guān)鍵．6．平面直角坐標(biāo)系中，矩形AOBC的頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為（m，n），m、n滿足m﹣8．(1)m＝______，n＝_______；(2)如圖1，連接AB、OC交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DM⊥DB交x軸于點(diǎn)M，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)如圖2，E、F分別為OB、BC上的動(dòng)點(diǎn)，以AE、EF為邊作矩形AEFQ，連接EQ、CQ，當(dāng)EQ＝2CQ時(shí)，求點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)．【答案】(1)4；8；(2)M（3，0）(3)【分析】（1）根據(jù)由二次根式的性質(zhì)可得n＝4，m＝8；（2）連接，首先利用勾股定理求出AB的長(zhǎng)，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得AM=BM，設(shè)，中勾股定理即可求解；（3）連接AF交EQ于點(diǎn)P，連接CP，過點(diǎn)Q作QH⊥y軸于點(diǎn)H，交BC的延長(zhǎng)線于G，設(shè)CE交QF于N，利用矩形的性質(zhì)以及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得，可得是等邊三角形，進(jìn)而根據(jù)三角形內(nèi)角和定理以及三角形外角的性質(zhì)，等邊對(duì)等角得出，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，從而解決問題．（1）解：由有意義得：n﹣4≥0，∴n≥4，由有意義得：4﹣n≥0，∴n≤4，∴n＝4，把n＝4代入m﹣8得：m＝8，故答案為：4；8；（2）連接，如圖，∵m＝8，n＝4，∴C（8，4），∵四邊形AOBC是矩形，∴AO＝4，BO＝8，AD＝BD，∵DM⊥DB，，設(shè)，則在中，

解得（3）如圖，連接AF交EQ于點(diǎn)P，連接CP，過點(diǎn)Q作QH⊥y軸于點(diǎn)H，∵四邊形AEFQ是矩形，∴AF＝EQ，PF＝PA，PE＝PQ，∠QAE＝∠AEF＝∠EFQ＝90°，AQ＝EF，∴PF，∵四邊形AOBC是矩形，∴∠ACB＝∠OBC＝∠AOB＝90°，又∵PF＝PA，∴PC＝PF，∴PC，∴PC＝PE＝PQ，∵EQ＝2CQ，∴是等邊三角形，，，設(shè)，則，，，，，，，，，，，，，，，在Rt△AOE中，∠OAE＝30°，AO＝4，∴OE＝＝4，∴BE＝BO﹣OE＝8，在Rt△BEF中，∠BEF＝30°，∴∴AQ＝EF，在Rt△AQH中，∠QAH＝60°，∴∠AQH＝30°，∴AH，∴OH＝AO+AH＝4，∴點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形性質(zhì)，二次根式的非負(fù)性，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，證明∠OAE＝30°是解決問題（3）的關(guān)鍵．7．如圖，點(diǎn)P為正方形ABCD的對(duì)角轉(zhuǎn)AC上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥PB交射線DC于點(diǎn)E．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在邊CD上時(shí)，求證：PB＝PE；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，探求線段PA、PC、CE的數(shù)量關(guān)系并加以證明；（3）如圖3，在（1）的條件下，連接BE交AC于點(diǎn)F，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，當(dāng)點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，則PF＝（請(qǐng)直接寫出結(jié)果）．【答案】（1）見解析；（2）AP﹣PC＝EC．證明見解析；（3）．【分析】（1）如圖1，連接PD．分別證明PB＝PD，PE＝PD即可證明結(jié)論．（2）結(jié)論：AP﹣PC＝EC．如圖2中，過點(diǎn)P作PT⊥PC交BC于T，過點(diǎn)T作TH⊥BC交AC于H，過點(diǎn)H作HK⊥AB于K，設(shè)PE交BC于點(diǎn)O．想辦法證明HK＝BT＝EC，PC＝PH，AH＝HK，即可證明結(jié)論；（3）如圖3中，過點(diǎn)P作PL⊥BE于L，過點(diǎn)F作FQ⊥CD于Q，F(xiàn)J⊥BC于J．想辦法求出PL，LF，再利用勾股定理，即可證明結(jié)論．【詳解】（1）證明：如圖1，連接PD．∵四邊形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠PCB＝∠PCD＝45°，在△PCB和△PCD中，，∴△PCB≌△PCD（SAS），∴PB＝PD，∠CBP＝∠CDP，∵PE⊥PB，∴∠BPE＝∠BCE＝90°，∴∠CBP+∠CEP＝180°，∵∠CEP+∠PED＝180°，∴∠PED＝∠CBP，∴∠PED＝∠CDP，∴PE＝PD，∴PB＝PE；（2）解：結(jié)論：AP﹣PC＝EC．理由如下：如圖2，過點(diǎn)P作PT⊥PC交BC于T，過點(diǎn)T作TH⊥BC交AC于H，過點(diǎn)H作HK⊥AB于K，設(shè)PE交BC于點(diǎn)O．∵∠ECO＝∠BPO＝90°，∠EOC＝∠BOP，∴∠E＝∠PBT，∵∠BPE＝∠TPC＝90°，∵∠BPT＝∠EPC，∵∠PCE＝∠PTC＝45°，∴PT＝PC，在△BPT和△EPC中，，∴△BPT≌△EPC（AAS），∴BT＝EC，∵HT⊥BC，∴∠TCH＝∠THC＝45°，∴CT＝TH，∵TP⊥CH，∴PC＝PH，∵HK⊥AB，∴∠HKB＝∠KBT＝⊥HTB＝90°，∴四邊形BTHK是矩形，∴HK＝BT＝EC，∵∠AKH＝90°，∠KAH＝45°，∴AH＝KH＝EC，∵PA﹣PC＝PA﹣PH＝AH，∴PA﹣PC＝EC；（3）解：如圖3中，過點(diǎn)P作PL⊥BE于L，過點(diǎn)F作FQ⊥CD于Q，F(xiàn)J⊥BC于J．∵BC＝CD＝4，CE＝ED＝2，∠BCE＝90°，∴BE＝＝＝2，∵△BPE是等腰直角三角形，PL⊥BE，∴BL＝EL＝，∴PL＝BE＝，∵FC平分∠BCE，F(xiàn)Q⊥CD，F(xiàn)J⊥BC，∴FQ＝FJ，∵＝＝＝，∴EF＝BE＝，∴FL＝LE﹣EF＝﹣＝，∴PF＝＝＝．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．8．如圖，我們把對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做“垂美四邊形”．（1）性質(zhì)探究：如圖1．已知四邊形ABCD中，AC⊥BD．垂足為O，求證：AB2+CD2＝AD2+BC2；（2）解決問題：已知AB＝5．BC＝4，分別以△ABC的邊BC和AB向外作等腰Rt△BCE和等腰Rt△ABD；①如圖2，當(dāng)∠ACB＝90°，連接DE，求DE的長(zhǎng)；②如圖3．當(dāng)∠ACB≠90°，點(diǎn)G、H分別是AD、AC中點(diǎn)，連接GH．若GH＝2，則S△ABC＝．【答案】（1）見解析；（2）①；②【分析】（1）根據(jù)AC⊥BD可以得到∠AOB=∠COD=90°即可得到AB2=AO2+OB2，CD2=DO2+OC2即AB2+CD2=AO2+OB2+DO2+OC2同理可以得到AD2+BC2=AO2+OB2+DO2+OC2即可得到答案;（2）連DC、AE相交于點(diǎn)F，先證明△ABE≌△DBC得到∠CDB=∠BAE從而證得AE⊥CD再利用勾股定理和（1）中的結(jié)論求解即可得到答案；（3）連DC、AE相交于點(diǎn)F，作CP⊥BD交DB延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，BP2+CP2=BC2=（4）2=32，DP2+PC2=DC2=（）2=96，(DP2+PC2)-(BP2+CP2)=96-32=64，DP2-BP2=64從而求出BP=，再證明AB∥PC則S△ABC＝AB×BP.【詳解】解：（1）證明：∵AC⊥BD∴∠AOB=90°在Rt△AOB中AB2=AO2+OB2∴∠COD=90°在Rt△COD中CD2=DO2+OC2∴AB2+CD2=AO2+OB2+DO2+OC2同理AD2+BC2=AO2+OB2+DO2+OC2∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2(2)①解：連DC、AE相交于點(diǎn)F∵Rt△BCE和Rt△ABD是等腰三角形∴BE=BCAB=BD∠CBE=∠ABD=90°∴∠ABE=∠DBC=90°+∠ABC∴△ABE≌△DBC∴∠CDB=∠BAE∵∠ABD=90°∴∠CDB+∠CDA+∠DAB=90°∴∠BAE+∠CDA+∠DAB=90°∴∠AFD=90°∴AE⊥CD∵AB=5，BC=4∠ACB=90°∴AC=∵AB=5，BD=5∠ABD=90°∴AD=∵BC=4，BE=4∠CBE=90°∴CE=由（1）中結(jié)論AD2+EC2=AC2+DE2∴(10)2+（8）2=（3）2+DE2∴DE=②連DC、AE相交于點(diǎn)F∵點(diǎn)G、H分別是AD、AC中點(diǎn)，GH＝∴DC=2GH=作CP⊥BD交DB延長(zhǎng)線于點(diǎn)PBP2+CP2=BC2=（4）2=32DP2+PC2=DC2=（）2=96∴(DP2+PC2)-(BP2+CP2)=96-32=64∴DP2-BP2=64∴（BD+BP)2-BP2=64∴（5+BP)2-BP2=64∴BP=∵∠PBA=90°，∠P=90°，∴∠PBA+∠P=90°+90°=180°∴AB∥PC則S△ABC＝AB×BP=×5×【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形的綜合問題，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，垂直的定義，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.9．已知平行四邊形ABCD中，AD＝2AB．（1）作∠ABC的平分線BM交AD于M，連CM．①如圖1，求∠BMC的度數(shù)；②如圖2，若∠ADC＝90°，點(diǎn)P是AD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BP交CM于N，CG⊥BP垂足為H，交AD于G，求證：BN＝CG+GN；（2）如圖3，若∠ADC＝60°，AB＝4，E是AB的中點(diǎn)，P是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，將EP逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EQ，連DQ，直接寫出DQ的最小值．【答案】（1）①90°②見解析（2）【分析】（1）①根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及角平分線的特點(diǎn)即可求解②延長(zhǎng)CG∠BM延長(zhǎng)線于K，證明△BMC是等腰直角三角形，再證明△BMN≌△KMC、△KMG≌△NMG，故可求解；（2）連接DE，作EP⊥DE，此時(shí)DQ最短，作DA延長(zhǎng)線，PE延長(zhǎng)線交于G，過E點(diǎn)作作FM⊥AG，證明△GDP是等腰三角形，作DH⊥BC延長(zhǎng)線于H點(diǎn)，證明四邊形FDHM是矩形，設(shè)MP=x=GF，利用勾股定理找到關(guān)系式列出方程求出MP，再求出EP、DE，故可求解．【詳解】（1）①∵BM平分∠ABC∴∠ABM=∠CBM∵平行四邊形ABCD中ADBC∴∠AMB=∠CBM∴∠AMB=∠CBM=∠ABM∴AM=AB又AD=2AB∴AM=MD=AB∵AB=DC∴MD=DC∴∠DMC=∠BCM∵ADBC∴∠BCM=∠DMC=∠DCM∵ABCD∴∠ABC+∠BCD=180°∴∠CBM+∠BCM=90°∴∠BMC=180°-∠CBM+∠BCM=90°；②延長(zhǎng)CG交BM延長(zhǎng)線于K∵在平行四邊形ABCD中，∠ADC=90°∴平行四邊形ABCD為矩形∵BM平分∠ABC∴∠ABM=∠AMB=∠ABC=∠ADC=45°由（1）可得∠AMB=∠CBM=45°，∠BMC=90°∴∠CMD=180°-（∠BMC+∠AMB）=45°=∠BCM，∠DMK=∠AMB=45°∴△MBC是等腰直角三角形∴BM=MC∵∠BNM=∠PNC，∠BMC=90°，CG⊥BP∴∠MBN=90°-∠BNM，∠MCK=90°-∠PNC∴∠MBN=∠MCK∴△BMN≌△CMK（AAS）∴BN=KC，MK=MN∵M(jìn)K=MN，∠KMG=∠NMG=45°，MG=MG∴△KMG≌△NMG（SAS）∴KG=NG∴BN=CK=CG+KG=CG+GN故BN＝CG+GN；（2）如圖，連接DE，作EP⊥DE，此時(shí)DQ最短作DA延長(zhǎng)線，PE延長(zhǎng)線交于G，過E點(diǎn)作作FM⊥AG，故FM⊥BC∵E點(diǎn)是AB中點(diǎn)，∴AE=BE，∵DGBC∴∠EBP=∠EAG，又∠BEP=∠AEG∴△BEP≌△AEG∴EG=PE同理△MEP≌△FEG∴GF=PM∵DE⊥GP∴△GDP是等腰三角形∴DP=DG作DH⊥BC延長(zhǎng)線于H點(diǎn)∴四邊形FDHM是矩形∴DF=MH∵∠ADC＝60°，AB＝4=CD，∴∠DCH=60°，∠CDH=30°∴CH=CD=2，DH=FM=∴EM==EF在Rt△AEF中，AE=，∠EAF=∠ADC=60°∴∠AEF=30°∴AF=∴DF=AF+AD=9=MH設(shè)MP=x=GF，∴PH=MH-MP=9-x在Rt△DHP中，DP2=DH2+PH2=()2+(9-x)2∵DG=FG+DF=9+x∴()2+(9-x)2=（9+x）2解得x=∴EP=∴DE=∴DQ=DE-EQ故DQ的最小值為故答案為：．【點(diǎn)睛】此題主要考查四邊形綜合，解題的關(guān)鍵是熟知矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用．10．在正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC上一動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)B、C）．（1）如圖1，AE⊥EP，AE＝EF，連接CF．①求∠ECF的大?。虎谌鐖D2，N為CF的中點(diǎn)，連接DN、DE，求證：DE＝DN；（2）如圖3．若AD＝1+，直接寫出BE+DE的最小值．【答案】（1）①135°；②見解析；（2）【分析】（1）①在AB上取點(diǎn)H，使BH=BE，證明△HAE≌△CFE（SAS），即可求解；②證明△DNC≌△QNF（SAS）、△ADE≌△FEQ（SAS），得到△DEQ為等腰直角三角形，進(jìn)而求解；（2）過點(diǎn)B作射線BH使∠CBH=30°，過點(diǎn)D作DH⊥BH交BH于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)E，則點(diǎn)E為所求點(diǎn)，進(jìn)而求解．【詳解】解：（1）①在上取點(diǎn)，使，則，為等腰直角三角形，，，，，在和中，，，，的大小為；②延長(zhǎng)到時(shí)，連接、，設(shè)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，在和中，，，，，，而，則，，而，，，故，，而，則，在和中，，，，，，為等腰直角三角形，而點(diǎn)是的中點(diǎn)，則為等腰直角三角形，；（2）過點(diǎn)作射線使，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，則點(diǎn)為所求點(diǎn)，則，則為最小，則，在中，設(shè)，則，故，則，解得，則，則，則的最小值．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)、三角形全等，勾股定理等，正確作出輔助線是本題解題的關(guān)鍵．11．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A，D兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（0，a），D（b，b），且a﹣b＝．（1）求A，D兩點(diǎn)坐標(biāo)；（2）點(diǎn)B，C是x軸上兩動(dòng)點(diǎn)（B在C左側(cè)），且使四邊形ABCD為平行四邊形．①如圖，當(dāng)點(diǎn)B，C分別在原點(diǎn)兩側(cè)時(shí)，連接DO，過點(diǎn)O作OG⊥DO交AB于點(diǎn)G，連接DG，取DG中點(diǎn)H，在DO上截取DE，使DE＝GO，求證：4AH2＋DE2＝2AE2；②當(dāng)點(diǎn)B在原點(diǎn)左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)O的直線MN⊥AB，分別交AB，CD于M，N，試探究OM，BM，CN三條線段之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）A（0，5），D（5，5）；（2）見解析；（3）OM＝CN＋BM或OM＝BM－CN．【分析】（1）根據(jù)算術(shù)平方根有意義的條件可得，，由此可得，進(jìn)而可求得，由此可得A，D兩點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）①延長(zhǎng)AH交CD于點(diǎn)F，連接GF，GE，先證，可得AG＝AE，∠GAO＝∠EAD，進(jìn)而可得GE2＝2AE2，再證（SAS），可得OE＝2AH，最后再根據(jù)OE2＋OG2＝GE2等量代換，即可得證；②分兩種情況討論：點(diǎn)C在點(diǎn)O的右側(cè)時(shí)，點(diǎn)C在點(diǎn)O的左側(cè)時(shí)，畫出相應(yīng)的圖形，作出正確的輔助線，證明（AAS），由此可得結(jié)論．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，∴，∴a﹣5＝＝0，∴，∴A，D兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（0，5），D（5，5）；（2）①如圖，延長(zhǎng)AH交CD于點(diǎn)F，連接GF，GE，∵A，D兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為A（0，5），D（5，5），∴AO＝AD＝5，∠OAD＝90°，∴∠AOD＝∠ADO＝45°，∵OG⊥DO，∴∠GOD＝90°，∴∠AOG＝∠GOD－∠AOD＝45°，∴∠AOG＝∠ADO＝45°，又∵DE＝GO，∴（SAS），∴AG＝AE，∠GAO＝∠EAD，∴∠GAO＋∠OAE＝∠EAD＋∠OAE，即：∠GAE＝∠OAD＝90°，∴GE2＝AG2＋AE2＝2AE2，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴ABCD，∴∠HAG＝∠HFD，∵點(diǎn)H為DG的中點(diǎn)，∴HG＝HD，又∵∠AHG＝∠FHD，∴（AAS），∴HA＝HF，又∵HG＝HD，∴四邊形AGFD為平行四邊形，∴GF＝AD＝AO，ADGF，∴∠AGF＋∠GAD＝180°，即∠AGF＋∠GAO＋∠OAD＝180°，∴∠AGF＋∠GAO＝180°－∠OAD＝90°，又∵∠OAE＋∠EAD＝90°，∠GAO＝∠EAD，∴∠AGF＝∠OAE，∴（SAS），∴OE＝AF＝2AH，∵∠GOD＝90°，∴OE2＋OG2＝GE2，∴(2AH)2＋DE2＝2AE2，即：4AH2＋DE2＝2AE2；②如圖，當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)O的右側(cè)時(shí)，過點(diǎn)C作CK⊥AB于點(diǎn)K，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD＝BC，又∵AO＝AD，∴AO＝BC，∵M(jìn)N⊥AB，CK⊥AB，∴∠AMO＝∠CKB＝90°，MNCK，∴∠KBC＋∠KCB＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠ABO＋∠BAO＝90°，∴∠KCB＝∠BAO，∴（AAS），∴OM＝KB＝KM＋BM，∵ABCD，MNCK，∴四邊形MNCK為平行四邊形，∴KM＝CN，∴OM＝CN＋BM，如圖，當(dāng)點(diǎn)C在點(diǎn)O的左側(cè)時(shí)，過點(diǎn)C作CK⊥AB于點(diǎn)K，同理可得：（AAS），∴OM＝KB＝BM－KM，又∵KM＝CN，∴OM＝BM－CN，綜上所述：OM，BM，CN三條線段之間的數(shù)量關(guān)系為OM＝CN＋BM或OM＝BM－CN．【點(diǎn)睛】本題考查了算術(shù)平方根有意義的條件，平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握平行四邊形和全等三角形的判定與性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（0，a），點(diǎn)B（b，0），且a，b滿足：b＋4＝＋，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱，點(diǎn)P，點(diǎn)E分別是x軸，直線AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．（1）則點(diǎn)C的坐標(biāo)為；（2）連接PA，PE．①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在線段BO（不包括B，0兩個(gè)端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，若△APE為直角三角形，F(xiàn)為斜邊PA的中點(diǎn)，連接EF，OF，試判斷EF與OF的關(guān)系，并說明理由；②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在線段OC（不包括O，C兩個(gè)端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，若△APE為等腰三角形，M為底邊AE的中點(diǎn)，連接MO，試探索PA與OM的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）如圖3，連PA，CE，設(shè)它們所在的直線交于點(diǎn)G，設(shè)CE交y軸于點(diǎn)F，連接BG，若OP＝OF，則BG的最小值為．【答案】（1）（4，0）；（2）①EF與OF的關(guān)系為垂直且相等，理由見解析②PA與OM的數(shù)量關(guān)系為MO=AP，理由見解析（3）．【分析】（1）根據(jù)二次根式的性質(zhì)求出a，b，得到B點(diǎn)坐標(biāo)，故可求出C點(diǎn)坐標(biāo)；（2）①根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)即可求解；②取AP中點(diǎn)H，連接HM，OH，證明△HMO為等腰直角三角形，故可求解；（3）先證明三角形AGC為直角三角形，直角三角形AGC中線PM等于AC的一半，長(zhǎng)度固定，當(dāng)B、G、M三點(diǎn)在一條直線上時(shí)BG值最小，再根據(jù)勾股定理求得BM、MG，從而得到最終的答案．【詳解】（1）∵b＋4＝＋∴，∴a=4，b+4=0∴b=-4∴點(diǎn)B（-4，0），∵點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱，∴點(diǎn)C（4，0）故答案為：（4，0）；（2）①EF與OF的關(guān)系為垂直且相等，理由如下：∵若△APE為直角三角形，F(xiàn)為斜邊PA的中點(diǎn)，∴EF=AP，在Rt△AOP中，F(xiàn)O=AP∴EF=FO∵A（0，4），點(diǎn)B（-4，0），∴OA=OB∴△AOB是等腰直角三角形∴∠BAO=45°故∠EAF+∠FAO=45°∵AF=EF=FO∴∠EAF=∠AEF，∠OAF=∠AOF∴∠EF0=∠EFP+∠OFP=∠EAF+∠AEF+∠OAF+∠AOF=2(∠EAF+∠FAO)=90°∴EF⊥FO∴EF與OF的關(guān)系為垂直且相等；②PA與OM的數(shù)量關(guān)系為MO=AP，理由如下：∵AP=EP∴∠AEP=∠EAP∴∠EBO+∠EPO=∠BAO+∠OAP∵∠EBO=∠BAO=45°∴∠EPO=∠OAP取AP中點(diǎn)H，連接HM，OH∴OH=AP∵M(jìn)是AE中點(diǎn)∴HM是△AEP的中位線∴HM=∴HM=OH∴OH=HP=AH=MH∵∠HOP+∠HPO=∠AHO∵OH=HP∴∠HOP=∠HPO∴2∠HPO=∠MHO+∠AHM=2∠EPO+2∠HPE∴∠MHO=2∠HPO-∠AHM又MHEP∴∠AHM=∠HPE∴∠MHO=2∠EPO+2∠HPE-∠AHM=2∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠HPO=∠OAP+∠HPO=90°∴△MHO是等腰直角三角形∴MO=HO=∴MO=AP；（3）如圖，設(shè)M為AC的中點(diǎn)，連接BM、GM∵C（4，0）A(0，4)∴OA=OC=4，又OP=OF∠AOP=∠COF=90°∴△AOP≌△COF（SAS）∴∠OAP=∠OCF又∠OAP+∠OPA=90°，∠OPA=∠GPC∴∠OCF+∠GPC=90°∴∠AGC=90°∵M(jìn)為中點(diǎn)∴∵∴∴在中，∴當(dāng)B、G、M三點(diǎn)不在一條直線上時(shí)，BG+MG>BM得BG>BM-MG當(dāng)B、G、M三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，BG+MG=BM得BG=BM-MG∴當(dāng)B、G、M三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，BG值最小∴BG=BM-MG=【點(diǎn)睛】此題主要考查直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知二次根式的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用．13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（18，0），B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，24）．（1）求AB的值；（2）點(diǎn)C在OA上，且BC平分∠OBA，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）在(2)的條件下，點(diǎn)M在第三象限，點(diǎn)D為y軸上的一個(gè)點(diǎn)，連接DM交x軸于點(diǎn)H，連接CM,點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，AD與BC交于點(diǎn)G，點(diǎn)H為DM的中點(diǎn)，當(dāng)∠MCG-∠DGF=∠OAB，且AD=CM時(shí),求線段EF的長(zhǎng)．【答案】（1）30；（2）C（8，0）；（3）【分析】（1）根據(jù)勾股定理計(jì)算即可；（2）過點(diǎn)C作CN⊥AB于點(diǎn)N，則OC=CN，設(shè)OC的長(zhǎng)為x，則CA的長(zhǎng)為18-x，根據(jù)等積法即可求解；（3）如圖，過點(diǎn)M作MI⊥x軸于點(diǎn)I，過點(diǎn)D作DJ⊥AB于點(diǎn)J，證明△MHI≌△DHO，進(jìn)而可得DO=MI，再證明△MCI≌△DAO，得到∠MCI=∠DAO，再結(jié)合已知得到AD平分∠OAB，根據(jù)求出OD的長(zhǎng)，從而得到點(diǎn)D的坐標(biāo)，求出點(diǎn)E、F的坐標(biāo)，再根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式求出EF的長(zhǎng)即可.【詳解】解：（1）∵A點(diǎn)的坐標(biāo)為（18，0），B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，24），∴OA=18，OB=24，∴；（2）如圖，過點(diǎn)C作CN⊥AB于點(diǎn)N，設(shè)OC的長(zhǎng)為x，則OC=CN=x，CA=18-x，∴，即，解得x=8，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（8，0）；（3）如圖，過點(diǎn)M作MI⊥x軸于點(diǎn)I，過點(diǎn)D作DJ⊥AB于點(diǎn)J，∵點(diǎn)H為DM的中點(diǎn)，∴DH=HM，又∵∠MHI=∠DHO，∠MIO=∠DOH，∴△MHI≌△DHO，∴DO=MI，∵AD=CM，△MCI≌△DAO，∴∠MCI=∠DAO，∵∠MCG-∠DGF=∠OAB，∠OCG=∠CGA+∠CAG，∴∠MCI=∠