專題 期末復(fù)習(xí)壓軸題訓(xùn)練（第十六、十七、十八章）（解析版）

專題八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)期中期末復(fù)習(xí)壓軸題訓(xùn)練（第十六、十七、十八章）第十六章第十六章二次根式1．（2023春?武穴市月考）已知1＜a＜3，那么化簡(jiǎn)代數(shù)式1-2a+aA．5﹣2a B．2a﹣5 C．﹣3 D．3【分析】先把被開(kāi)方數(shù)分解因式，再化簡(jiǎn)求值．【解答】解：∵1＜a＜3，∴a﹣1＞0，a﹣3＜0，∴1-2a+＝|a﹣1|﹣|a﹣4|＝a﹣1+a﹣4＝2a﹣5，故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)，掌握完全平方公式的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．2．（2022春?東平縣期中）已知a滿足|2018﹣a|+a-2019=a，則a﹣2018A．0 B．1 C．2018 D．2019【分析】根據(jù)二次根式的被開(kāi)方數(shù)是非負(fù)數(shù)求出a的取值范圍，化簡(jiǎn)絕對(duì)值即可得出答案．【解答】解：根據(jù)題意得：a﹣2019≥0，∴a≥2019，∴原式可變形為：a﹣2018+a-2019=∴a-2019=2018∴a﹣2019＝20182，∴a﹣20182＝2019．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次根式有意義的條件，掌握二次根式的被開(kāi)方數(shù)是非負(fù)數(shù)是解題的關(guān)鍵．3．（2023春?巴東縣月考）若|a﹣2|+b2+4b+4+c2-c+1A．2-322 B．4 C．1 【分析】通過(guò)因式分解把|a﹣2|+b2+4b+4+c2-c+14=0化為|a﹣2|+（b+2）2+(c-1【解答】解：∵|a﹣2|+b2+4b+4+c2∴|a﹣2|+（b+2）2+(c-1∴a﹣2＝0，b+2＝0，c-12∴a＝2，b＝﹣2，c=1∴b2-a-c故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次根式的化簡(jiǎn)求值，非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)非負(fù)數(shù)性質(zhì)求得a、b、c．4．（2022秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）實(shí)數(shù)a在數(shù)軸上的位置如圖所示，則化簡(jiǎn)a2A．7 B．﹣7 C．2a﹣15 D．無(wú)法確定【分析】先根據(jù)點(diǎn)a在數(shù)軸上的位置判斷出a﹣4及a﹣11的符號(hào)，再把原式進(jìn)行化簡(jiǎn)即可．【解答】解：∵由圖可知：4＜a＜10，∴a﹣4＞0，a﹣11＜0，∴原式=＝a﹣4+11﹣a＝7．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)，先根據(jù)題意得出a的取值范圍是解答此題的關(guān)鍵．5．（2023?蚌山區(qū)模擬）如果f（x）=x21+x2并且f（1）表示當(dāng)x=1時(shí)的值，即f（1）=(1)21+(1)2=12，f（12）表示當(dāng)x=12時(shí)的值，即f（12）=(A．n-12 B．n-32 C．n-5【分析】認(rèn)真觀察題中式子的特點(diǎn)，找出其中的規(guī)律，代入計(jì)算即可．【解答】解：代入計(jì)算可得，f（2）+f（12）＝1，f（3）+f（13）＝1，…，f（n）+f（1n所以，原式=12+（n﹣1）＝故選：A．【點(diǎn)評(píng)】解答此類題目的關(guān)鍵是認(rèn)真觀察題中式子的特點(diǎn)，找出其中的規(guī)律．6．（2022春?長(zhǎng)興縣月考）已知a＝2020×2022﹣2020×2021，b=20232-4×2022，c=20212-1，則A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜a＜c C．a(chǎn)＜c＜b D．b＜c＜a【分析】分別將a、b、c分別平方，再利用完全平方公式化簡(jiǎn)后對(duì)平方進(jìn)行比較即可．【解答】解：∵a＝2020×2022﹣2020×2021＝2020×（2022﹣2021）＝2020，∴a2＝20202，∵b=202∴b2＝20232﹣4×2022＝（2022+1）2﹣4×2022＝（2022﹣1）2＝20212，∵c=202∴c2＝20212﹣1，∵20202＜20212﹣1＜20212，即a2＜c2＜b2，∵a、b、c都是大于0的數(shù)，∴a＜c＜b．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次根式，通過(guò)將要比較的二次根式分別作平方化簡(jiǎn)完進(jìn)行比較是解題的關(guān)鍵．7．（2022秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)期末）小明做數(shù)學(xué)題時(shí)，發(fā)現(xiàn)1-12=12；2-25=225；3-310=3310；4-【分析】找出一系列等式的規(guī)律為n-nn2+1=nnn2+1（n≥1的正整數(shù)），令n＝8求出【解答】解：根據(jù)題中的規(guī)律得：a＝8，b＝82+1＝65，則a+b＝8+65＝73．故答案為：73．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了二次根式的性質(zhì)及化簡(jiǎn)，找出題中的規(guī)律是解本題的關(guān)鍵．8．（2022秋?漳州期中）已知16-x2-4-x2=2【分析】利用平方差公式得到（16-x2-4-x2）?（16-x2+【解答】解：∵（16-x2-4-x2）?（16-x2+4-x2）＝而16-x2-∴22×（16-x2∴16-x2+故答案為：32．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)：熟練掌握二次根式的性質(zhì)和平方差公式的靈活運(yùn)用是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．9．（2022?雨花臺(tái)區(qū)校級(jí)模擬）若二次根式2-m有意義，且關(guān)于x的分式方程m1-x+2=3x-1有正整數(shù)解，則符合條件的整數(shù)m的和是【分析】根據(jù)二次根式2-m有有意義，可得m≤2，解出關(guān)于x的分式方程m1-x+2=3x-1的解為x=m+52，解為正整數(shù)解，進(jìn)而確定m的取值范圍，注意增根時(shí)【解答】解：m1-x+2去分母得，﹣m+2（x﹣1）＝3，解得x=m+5∵關(guān)于x的分式方程m1-x+2∴m+52＞∴m＞﹣5，又∵x＝1是增根，當(dāng)x＝1時(shí)，m+52=1，即m＝﹣∴m≠﹣3，∵2-m有意義，∴2﹣m≥0，∴m≤2，因此﹣5＜m≤2且m≠﹣3，∵m為整數(shù)，∴m可以為﹣1，1，其和為﹣1+1＝0．故答案為：0．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次根式的意義、分式方程的解法，以及分式方程產(chǎn)生增根的條件等知識(shí)，理解正整數(shù)解，整數(shù)m的意義是正確解答的關(guān)鍵．10．（2022春?龍口市期末）已知x=-3+52，那么2x2+6x﹣3的值是【分析】整理關(guān)于x的等式后兩邊平方，先求出2x2+6x的值，再整體代入．【解答】解：∵x=-3+∴2x+3=5兩邊平方，得4x2+12x+9＝5，整理，得2x2+6x＝﹣2，∴2x2+6x﹣3＝﹣2﹣3＝﹣5．故答案為：﹣5．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次根式及完全平方公式，求出2x2+6x的值是解決本題的關(guān)鍵．11．（2021秋?楊浦區(qū)期中）計(jì)算與求值．已知a=12+3【分析】首先關(guān)鍵a的值求得1a=2+3，a﹣1＝1-3＜0，然后把原代數(shù)式變形為【解答】解：∵a=1∴a＝2-3∴1a=2+3，a﹣1＝1∴a=(a-1＝a﹣1+＝1-3+＝3．【點(diǎn)評(píng)】此題考查二次根式的化簡(jiǎn)求值，利用完全平方公式把代數(shù)式變形，問(wèn)題簡(jiǎn)單易懂．12．（2021秋?達(dá)川區(qū)期中）已知：x=110+3，（1）x2y+xy2；（2）x2﹣3xy+y2．【分析】（1）首先化簡(jiǎn)x，y的值，進(jìn)而將原式提取公因式xy，分解因式，再將x，y的值代入求出答案；（2）首先化簡(jiǎn)x，y的值，進(jìn)而將原式變形，再將x，y的值代入求出答案．【解答】解：x=110y=110（1）x2y+xy2＝xy（x+y）＝（10-3）（10+3）（10-3＝210；（2）x2﹣3xy+y2＝（x﹣y）2﹣xy＝（10-3-10-3）2﹣（10-3＝36﹣1＝35．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了二次根式的化簡(jiǎn)求值，正確化簡(jiǎn)x，y的值是解題關(guān)鍵．13．（2022春?潛山市月考）某居民小區(qū)有一塊形狀為長(zhǎng)方形ABCD的綠地，長(zhǎng)方形綠地的長(zhǎng)BC為162m，寬AB為128m，現(xiàn)要在長(zhǎng)方形綠地中修建一個(gè)長(zhǎng)方形花壇（即圖中陰影部分），長(zhǎng)方形花壇的長(zhǎng)為(13+1)m，寬為（1）長(zhǎng)方形ABCD的周長(zhǎng)是多少？（2）除去修建花壇的地方，其他地方全修建成通道，通道上要鋪上造價(jià)為5元/m2的地磚，要鋪完整個(gè)通道，則購(gòu)買(mǎi)地磚需要花費(fèi)多少元？【分析】（1）根據(jù)長(zhǎng)方形ABCD的周長(zhǎng)列出算式，再利用二次根式的混合運(yùn)算順序和運(yùn)算法則計(jì)算即可；（2）先計(jì)算出空白部分的面積，然后再用空白部分的面積乘以單價(jià)即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵長(zhǎng)方形的長(zhǎng)BC為162m，寬AB為128∴長(zhǎng)方形ABCD的周長(zhǎng)為：2(162答：長(zhǎng)方形ABCD的周長(zhǎng)是342（2）由題意，知[162×128-(13+1)×(13-1)]×5=[92答：購(gòu)買(mǎi)地磚需要花費(fèi)660元．【點(diǎn)評(píng)】本題考查二次根式的應(yīng)用，長(zhǎng)方形的周長(zhǎng)和面積，平方差公式．解題的關(guān)鍵是掌握二次根式的混合運(yùn)算順序和運(yùn)算法則及其性質(zhì)．14．（2021秋?威寧縣校級(jí)期末）若x，y為實(shí)數(shù)，且y=1-4x+4x-1【分析】根據(jù)二次根式的被開(kāi)方數(shù)是非負(fù)數(shù)求得x的值，進(jìn)而得到y(tǒng)的值，代入求值即可．【解答】解：依題意得：x=14，則y所以xy=14所以xy【點(diǎn)評(píng)】考查了二次根式的意義和性質(zhì)．概念：式子a（a≥0）叫二次根式．性質(zhì)：二次根式中的被開(kāi)方數(shù)必須是非負(fù)數(shù)，否則二次根式無(wú)意義．15．（2022春?新羅區(qū)校級(jí)月考）∵a=1∴a-2=-3∴（a﹣2）2＝3，a2﹣4a+4＝3，∴a2﹣4a＝﹣1，∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）＝﹣1．請(qǐng)你根據(jù)小明的分析過(guò)程，解決如下問(wèn)題：（1）化簡(jiǎn)13（2）若a=1①求3a2﹣6a+1的值．②直接寫(xiě)出代數(shù)式的值a3﹣3a2+a+1＝；2a2-5a+1【分析】（1）將原式分母有理化后，得到規(guī)律，利用規(guī)律求解；（2）將a分母有理化得a=2+1，移項(xiàng)并平方得到a2﹣2a＝1，對(duì)①，【解答】解：（1）原式==1＝5；（2）①∵a=1∴a-1=2∴a2﹣2a+1＝2，∴a2﹣2a＝1∴3a2﹣6a＝3，∴3a2﹣6a+1＝4；②∵a3﹣3a2+a+1＝a3﹣2a2﹣a2+a+1＝a（a2﹣2a）﹣a2+a+1，a2﹣2a＝1，∴原式＝a﹣a2+a+1＝﹣（a2﹣2a）+1＝﹣1+1＝0；∵2aa2﹣2a＝1，∴原式＝2﹣0＝2．故答案為：0，2．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分母有理化、完全平方公式以及代數(shù)式的變形，解題的關(guān)鍵是變形各式后利用a2﹣2a＝1來(lái)求解．16．（2022春?定州市期中）閱讀下列解題過(guò)程：15+26-5=2×(請(qǐng)解答下列問(wèn)題：（1）觀察上面解題過(guò)程，計(jì)算310（2）請(qǐng)直接寫(xiě)出1n+n-1的結(jié)果．（n（3）利用上面的解法，請(qǐng)化簡(jiǎn)：11+【分析】（1）觀察上面解題過(guò)程，得出原式的結(jié)果即可；（2）歸納總結(jié)得到一般性規(guī)律，寫(xiě)出即可；（3）原式利用各種分母有理化，計(jì)算即可得到結(jié)果．【解答】解：（1）原式=3(（2）歸納總結(jié)得：1n+n-1=n（3）原式=2-1+3-2+【點(diǎn)評(píng)】此題考查了分母有理化，弄清題中分母有理化法則是解本題的關(guān)鍵．17．（2022秋?豐澤區(qū)校級(jí)期末）一些含根號(hào)的式子可以寫(xiě)成另一個(gè)式子的平方，如3+22=（1+2）設(shè)a+b2=(m+n2)2（其中a、b、m、n均為正整數(shù)），則有a+b2=m2+2n2+2mn2，∴a＝m2+2n2，b＝2mn．這樣可以把部分請(qǐng)你仿照上述的方法探索并解決下列問(wèn)題：（1）當(dāng)a、b、m、n均為正整數(shù)時(shí)，若a+b3=（m+n3）2，用含m、n的式子分別表示a、b，得：a＝，b＝（2）利用所探索的結(jié)論，找一組正整數(shù)a、b、m、n填空：+5=（+5）2（3）化簡(jiǎn)1【分析】（1）將（m+n3）2用完全平方公式展開(kāi)，與原等式左邊比較，即可得答案；（2）設(shè)a+b5=(m+n5)2，則(m+n5)2=m2+2mn5+5n2，比較完全平方式右邊的值與a+b5，可將a和b（3）利用題中描述的方法，將要化簡(jiǎn)的雙重根號(hào)，先化為一重根號(hào)，再利用分母有理化化簡(jiǎn)，再合并同類二次根式和同類項(xiàng)即可．【解答】解：（1）∵a+b3=(m+n3)2，(m+n3)2∴a＝m2+3n2，b＝2mn故答案為：m2+3n2，2mn．（2）設(shè)a+b5則(m+n5)2=m2+2mn∴a＝m2+5n2，b＝2mn若令m＝1，n＝2，則a＝21，b＝4故答案為：21，4，1，2．（3）1=1=1=3+=3+=3=13【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用分母有理化和利用完全平方公式對(duì)二次根式化簡(jiǎn)，以及對(duì)這種方法的拓展應(yīng)用，本題具有一定的計(jì)算難度．第十七章第十七章勾股定理1．（2023春?岳麓區(qū)校級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC+∠DCB＝90°，且BC＝2AD，以AB、BC、DC為邊向外作正方形，其面積分別為S1，S2，S3，若S1＝3，S3＝8，則S2的值為（）A．22 B．24 C．44 D．48【分析】根據(jù)已知條件得到AB=3，CD＝22，過(guò)A作AE∥CD交BC于E，則∠AEB＝∠DCB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到CE＝AD，AE＝CD＝3，由已知條件得到∠BAE＝90°，根據(jù)勾股定理得到BE=AB【解答】解：∵S1＝3，S3＝8，∴AB=3，CD＝22過(guò)A作AE∥CD交BC于E，則∠AEB＝∠DCB，∵AD∥BC，∴四邊形AECD是平行四邊形，∴CE＝AD，AE＝CD＝3，∵∠ABC+∠DCB＝90°，∴∠AEB+∠ABC＝90°，∴∠BAE＝90°，∴BE=A∵BC＝2AD，∴BC＝2BE＝211，∴S2＝（211）2＝44，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理，正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2023春?代縣月考）在△ABC中，AB＝15，AC＝13，BC邊上的高AD＝12，則邊BC的長(zhǎng)為（）A．4 B．14 C．4或14 D．8或14【分析】分兩種情況討論：銳角三角形和鈍角三角形，根據(jù)勾股定理求得BD，CD，再由圖形求出BC，在銳角三角形中，BC＝BD+CD，在鈍角三角形中，BC＝CD﹣BD．【解答】解：（1）如圖，銳角△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC邊上高AD＝12，在Rt△ABD中AB＝13，AD＝12，由勾股定理得：BD2＝AB2﹣AD2＝132﹣122＝25，則BD＝5，在Rt△ACD中AC＝15，AD＝12，由勾股定理得：CD2＝AC2﹣AD2＝152﹣122＝81，則CD＝9，故BC的長(zhǎng)為BD+DC＝9+5＝14；（2）鈍角△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC邊上高AD＝12，在Rt△ABD中AB＝13，AD＝12，由勾股定理得：BD2＝AB2﹣AD2＝132﹣122＝25，則BD＝5，在Rt△ACD中AC＝15，AD＝12，由勾股定理得：CD2＝AC2﹣AD2＝152﹣122＝81，則CD＝9，故BC的長(zhǎng)為DC﹣BD＝9﹣5＝4．綜上可得BC的長(zhǎng)為14或4．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理，把三角形斜邊轉(zhuǎn)化到直角三角形中用勾股定理解答，注意分類討論，不要漏解，難度一般．3．（2023春?東港區(qū)校級(jí)月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足為D，AF平分∠CAB交CD于點(diǎn)E，交CB于點(diǎn)F，若AC＝3，AB＝5，則線段DE的長(zhǎng)為（）A．32 B．3 C．910 D【分析】過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB，垂足為G，先在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BC＝4，從而利用面積法求出CD的長(zhǎng)，再利用角平分線的性質(zhì)可得CF＝FG，從而利用面積法求出CF＝FG=32，然后利用角平分線的定義可得∠CAF＝∠FAG，再利用等角的余角相等可得∠AFC＝∠AED，最后結(jié)合對(duì)頂角相等可得∠CEF＝∠AFC，從而可得CF＝CE【解答】解：過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB，垂足為G，∵∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，∴BC=AB∵△ABC的面積=12AC?BC=12∴CD?AB＝AC?BC，∴5CD＝3×4，∴CD=12∵AF平分∠CAB，F(xiàn)C⊥AC，F(xiàn)G⊥AB，∴CF＝FG，∵△ACF的面積+△AFB的面積＝△ACB的面積，∴12AC?CF+12AB?FG=1∴AC?CF+AB?FG＝AC?BC，∴3CF+5FG＝3×4，∴CF＝FG=3∵AF平分∠CAB，∴∠CAF＝∠FAG，∵∠CAF+∠AFC＝90°，∠FAG+∠AED＝90°，∴∠AFC＝∠AED，∵∠AED＝∠CEF，∴∠CEF＝∠AFC，∴CF＝CE=3∴DE＝CD﹣CE=12故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．4．（2023春?江夏區(qū)校級(jí)月考）如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝45°，AB＝32，AD＝7，CD＝5，則AC＝．【分析】作BE⊥AD于點(diǎn)E，則∠EBA＝∠EAB＝45°，所以AE＝BE，由AB＝32，根據(jù)勾股定理可求得AE＝BE＝3，則DE＝AD﹣AE＝4，所以BD=BE2+DE2=5，則CD＝BD，所以∠BCD＝∠CBD＝45°，則∠BDC＝90°，再證明△FDC≌△EBD，得DF＝BE＝3，CF＝DE＝4，則AF＝【解答】解：作BE⊥AD于點(diǎn)E，則∠AEB＝∠DEB＝90°，∵∠BAD＝45°，AB＝32，AD＝7，∴∠EBA＝∠EAB＝45°，∴AE＝BE，∴AE2+BE2＝2AE2＝AB2＝（32）2，∴AE＝BE＝3，∴DE＝AD﹣AE＝7﹣3＝4，∴BD=BE∵CD＝5，∠BCD＝45°，∴CD＝BD，∴∠BCD＝∠CBD＝45°，∴∠BDC＝90°，作CF⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，則∠F＝90°，∴∠F＝∠DEB，∵∠FDC＝∠EBD＝90°﹣∠BDE，∴△FDC≌△EBD（AAS），∴DF＝BE＝3，CF＝DE＝4，∴AF＝AD+DF＝7+3＝10，∴AC=AF2故答案為：229．【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查勾股定理的應(yīng)用、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)等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2022秋?成都期末）如圖是我國(guó)古代著名的“趙爽弦圖”的示意圖，它是由四個(gè)全等的直角三角形拼接而成的．已知BE：AE＝3：1，正方形ABCD的面積為80．連接AC，交BE于點(diǎn)P，交DG于點(diǎn)Q，連接FQ．則圖中陰影部分的面積之和為．【分析】根據(jù)正方形的面積可得正方形邊長(zhǎng)的平方，設(shè)DH＝x，則AH＝3DH＝3x，根據(jù)勾股定理可得x的平方的值，再根據(jù)題意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，然后可得陰影部分的面積之和為梯形NGFM的面積．【解答】解：∵S正方形ABCD＝80，∴AB2＝80，設(shè)AE＝x，則BE＝3AE＝3x，∴x2+9x2＝80，∴x2＝8，根據(jù)題意可知：AE＝CG＝BF＝QG＝x，CF＝BE＝3x，∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，∴S△FGQ＝2S△CGQ，∵S△AEP＝S△CGQ，∴S△FGQ＝S△AEP+S△CGQ，∴陰影部分的面積之和為：S梯形QGFP=12（QG+FP=12（EP+PF=12FE=12×（2＝2x2＝16．故答案為：16．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理的證明、全等圖形、梯形的面積，首先要正確理解題意，然后會(huì)利用勾股定理和梯形的面積解題．6．（2023春?江岸區(qū)校級(jí)月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，AB＝20，動(dòng)點(diǎn)D從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AB以每秒2個(gè)單位的速度向B運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB交BC所在的直線于點(diǎn)F，連接AF，CD．設(shè)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．當(dāng)△ABF是等腰三角形時(shí)，則t＝秒．【分析】先根據(jù)勾股定理求出BC，再分FA＝FB、AF＝AB、BF＝AB三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理計(jì)算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，AB＝20，由勾股定理得：BC=A當(dāng)FA＝FB時(shí)，DF⊥AB，∴AD=1∴t＝10÷2＝5；當(dāng)AF＝AB＝20時(shí)，∠ACB＝90°，則BF＝2BC＝24，∴12AB?DF=1解得：DF=96由勾股定理得：AD=A∴t=28當(dāng)BF＝AB＝20時(shí)，∵BF＝20，BC＝12，∴CF＝BF﹣BC＝8，由勾股定理得：AF=A∵BF＝BA，F(xiàn)D⊥AB，AC⊥BF，∴DF＝AC＝16，∴AD=A∴t＝8÷2＝4；綜上所述，△ABF是等腰三角形時(shí)，t的值為5或145或4故答案為：5或145或4【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是勾股定理、三角形的面積計(jì)算、等腰三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．7．（2023春?鄱陽(yáng)縣月考）在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，D是直線AC上的動(dòng)點(diǎn)，若△ABD是等腰三角形，則AD的長(zhǎng)度是．【分析】根據(jù)△ABD是等腰三角形，分三種情況：BD或AD或AB為底邊，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可得結(jié)論．【解答】解：∵∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，∴AC＝2BC＝6，AB=62-分三種情況：①如圖1，當(dāng)AD＝AB時(shí)，AD＝33，②如圖2，AB＝BD，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AC于E，∴AE＝DE，Rt△ABE中，∠BAE＝30°，AB＝33，∴BE=12AB∴AE=3∴AD＝2AE＝9；③如圖3，AD＝BD，∴∠A＝∠DBA＝30°，∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝60°，∵∠C＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴CD＝BC＝3，∴AD＝6﹣3＝3，綜上，AD的長(zhǎng)是3或33或9．故答案為：3或33或9．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，掌握分類討論的思想是解本題的關(guān)鍵．8．（2021春?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）細(xì)心觀察圖形，認(rèn)真分析各式，然后解答問(wèn)題：OA1＝1；OA2=12+12=2；SOA3=2+12=3；SOA4=3+12=4；S（1）推算出OA10＝．（2）若一個(gè)三角形的面積是5．則它是第個(gè)三角形．（3）用含n（n是正整數(shù)）的等式表示上述面積變化規(guī)律；（4）求出S12+S22+S23+…+S2100的值．【分析】（1）根據(jù)題中給出的規(guī)律即可得出結(jié)論；（2）若一個(gè)三角形的面積是5，利用前面公式可以得到它是第幾個(gè)三角形；（3）利用已知可得OAn2，注意觀察數(shù)據(jù)的變化；（4）將前10個(gè)三角形面積相加，利用數(shù)據(jù)的特殊性即可求出．【解答】解：（1））∵OAn2＝n，∴OA10=10故答案為：10；（2）若一個(gè)三角形的面積是5，∵Sn=n∴n=25∴它是第20個(gè)三角形．故答案為：20；（3）結(jié)合已知數(shù)據(jù)，可得：OAn2＝n；Sn=n（4）S12+S22+S23+…+S2100=1=1+2+3+?+100=2525【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二次根式的應(yīng)用以及勾股定理的應(yīng)用，涉及到數(shù)據(jù)的規(guī)律性，綜合性較強(qiáng)，希望同學(xué)們能認(rèn)真的分析總結(jié)數(shù)據(jù)的特點(diǎn)．9．如圖，公路MN和公路PQ在點(diǎn)P處交匯，且∠QPN＝30°，在A處有一所中學(xué)，AP＝120米，此時(shí)有一輛消防車(chē)在公路MN上沿PN方向以每秒5米的速度行駛，假設(shè)消防車(chē)行駛時(shí)周?chē)?00米以內(nèi)有噪音影響．（1）學(xué)校是否會(huì)受到影響？請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）如果受到影響，則影響時(shí)間是多長(zhǎng)？【分析】（1）作AB⊥MN于B，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到AB=12PA＝60m，由于這個(gè)距離小于100m，所以可判斷拖拉機(jī)在公路MN上沿（2）以點(diǎn)A為圓心，100m為半徑作⊙A交MN于C、D，根據(jù)垂徑定理得到BC＝BD，再根據(jù)勾股定理計(jì)算出BC＝80m，則CD＝2BC＝160m，根據(jù)速度公式計(jì)算出拖拉機(jī)在線段CD上行駛所需要的時(shí)間．【解答】解：（1）學(xué)校受到噪音影響．理由如下：作AB⊥MN于B，如圖1，∵PA＝120m，∠QPN＝30°，∴AB=12PA＝60而60m＜100m，∴消防車(chē)在公路MN上沿PN方向行駛時(shí)，學(xué)校受到噪音影響；（2）以點(diǎn)A為圓心，100m為半徑作⊙A交MN于C、D，如圖，∵AB⊥CD，∴CB＝BD，在Rt△ABC中，AC＝100m，AB＝60m，CB=AC2∴CD＝2BC＝160m，∵消防車(chē)的速度5m/s，∴消防車(chē)在線段CD上行駛所需要的時(shí)間＝160÷5＝32（秒），∴學(xué)校受影響的時(shí)間為32秒．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了勾股定理的應(yīng)用．10．（2022春?濰坊期中）如圖①，美麗的弦圖，蘊(yùn)含著四個(gè)全等的直角三角形．（1）弦圖中包含了一大，一小兩個(gè)正方形，已知每個(gè)直角三角形較長(zhǎng)的直角邊長(zhǎng)為a，較短的直角邊長(zhǎng)為b，斜邊長(zhǎng)為c，結(jié)合圖①，試驗(yàn)證勾股定理．（2）如圖②，將這四個(gè)直角三角形緊密地拼接，形成飛鏢狀，已知外圍輪廓（粗線）的周長(zhǎng)為24，OC＝3，求該飛鏢狀圖案的面積．（3）如圖③，將八個(gè)全等的直角三角形緊密地拼接，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S1+S2+S3＝40，則S2＝．【分析】（1）通過(guò)圖中小正方形面積證明勾股定理；（2）可設(shè)AC＝x，根據(jù)勾股定理列出方程可求x，再根據(jù)直角三角形面積公式計(jì)算即可求解；（3）根據(jù)圖形的特征得出四邊形MNKT的面積設(shè)為x，將其余八個(gè)全等的三角形面積一個(gè)設(shè)為y，從而用x，y表示出S1，S2，S3，得出答案即可．【解答】解：（1）S小正方形＝（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，另一方面S小正方形＝c2﹣4×12ab＝c2﹣2即b2﹣2ab+a2＝c2﹣2ab，則a2+b2＝c2．（2）24÷4＝6，設(shè)AC＝x，依題意有（x+3）2+32＝（6﹣x）2，解得x＝1，12×（3+1）×3=12×4×＝24．故該飛鏢狀圖案的面積是24．（3）將四邊形MTKN的面積設(shè)為x，將其余八個(gè)全等的三角形面積一個(gè)設(shè)為y，∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面積分別為S1，S2，S3，S1+S2+S3＝40，∴得出S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝3x+12y＝40，∴x+4y=40∴S2＝x+4y=40故答案為：403【點(diǎn)評(píng)】考查了勾股定理的證明，本題是用數(shù)形結(jié)合來(lái)證明勾股定理，鍛煉了同學(xué)們的數(shù)形結(jié)合的思想方法．（3）考查了圖形面積關(guān)系，根據(jù)已知得出用x，y表示出S1，S2，S3，再利用S1+S2+S3＝40求出是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．11．（2021秋?諸暨市校級(jí)期中）如圖，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于點(diǎn)O，AO＝4，BO＝6．（1）求BC，AC的長(zhǎng)；（2）若點(diǎn)D是射線OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，作DE⊥AC于點(diǎn)E，連結(jié)OE．①當(dāng)點(diǎn)D在線段OB上時(shí)，若△AOE是以AO為腰的等腰三角形，請(qǐng)求出所有符合條件的OD的長(zhǎng)．②設(shè)DE交直線BC于點(diǎn)F，連結(jié)OF，若S△OBF：S△OCF＝1：4，則BD的長(zhǎng)為（直接寫(xiě)出所有結(jié)果）．【分析】（1）由勾股定理即可計(jì)算；（2）①分兩種情況：AO＝OE或AO＝AE，由等腰三角形的性質(zhì)和判定，余角的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，即可求解；②分兩種情況：點(diǎn)D在線段OB上時(shí)或點(diǎn)D在線段OB延長(zhǎng)線上時(shí)，由余角的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，三角形面積公式，即可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AO+BO＝4+6＝10，∴BC＝AB＝10，∵CO⊥AB，∴CO=BC∴AC=AO2（2）①當(dāng)AO＝OE時(shí)，∴∠A＝∠AEO，∵∠OED+∠AEO＝∠ODE+∠A＝90°，∴∠ODE＝∠OED，∴OD＝OE＝AO＝4；當(dāng)AO＝AE時(shí)，∵∠A＝∠A，∠AOC＝∠AED＝90°，∴△AED≌△AOC（ASA），∴AD＝AC＝45，∴OD＝AD﹣AO＝45-4②當(dāng)點(diǎn)D在線段OB上時(shí)，∵S△OBF：S△OCF＝1：4，∴BF：CF＝1：4，∴BF：BC＝1：3，∵BC＝10，∴BF=10∵BC＝BA，∴∠A＝∠BCA，∵∠EDA+∠A＝90°，∠BDF＝∠EDA，∴∠BDF+∠A＝90°，∵∠BFD+∠BCA＝90°，∴∠BDF＝∠BFD，∴BD＝BF=10當(dāng)點(diǎn)D在線段OB的延長(zhǎng)線上時(shí)，∵S△OBF：S△OCF＝1：4，∴BF：CF＝1：4，∴BF：BC＝1：5，∵BC＝10，∴BF＝2，同理可證：∠D＝∠DFB，∴BD＝BF＝2．故答案為：103或2【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理，三角形全等判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，余角的性質(zhì)，關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，并注意解題時(shí)分情況討論．12．（2021秋?商水縣校級(jí)期末）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一點(diǎn)，CD＝3，點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)沿射線BC方向以每秒2個(gè)單位的速度向右運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．連接AP．（1）當(dāng)t＝3秒時(shí)，求AP的長(zhǎng)度（結(jié)果保留根號(hào)）；（2）當(dāng)△ABP為等腰三角形時(shí)，求t的值；（3）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AP于點(diǎn)E．在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)t為何值時(shí)，能使DE＝CD？【分析】（1）根據(jù)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度和時(shí)間先求出PC，再根據(jù)勾股定理即可求解；（2）根動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中形成三種等腰三角形，分情況即可求解；（3）根據(jù)動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的不同位置利用勾股定理即可求解．【解答】解：（1）根據(jù)題意，得BP＝2t，PC＝16﹣2t＝16﹣2×3＝10，AC＝8，在Rt△APC中，根據(jù)勾股定理，得AP=AC2答：AP的長(zhǎng)為241．（2）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝16，根據(jù)勾股定理，得AB=64+256=若BA＝BP，則2t＝85，解得t＝45；若AB＝AP，則BP＝32，2t＝32，解得t＝16；若PA＝PB，則（2t）2＝（16﹣2t）2+82，解得t＝5．答：當(dāng)△ABP為等腰三角形時(shí)，t的值為45、16、5．（3）①點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AP于E，如圖1所示：則∠AED＝∠PED＝90°，∴∠PED＝∠ACB＝90°，∴PD平分∠APC，∴∠EPD＝∠CPD，又∵PD＝PD，∴△PDE≌△PDC（AAS），∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝16﹣2t，∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5，∴AE＝4，∴AP＝AE+PE＝4+16﹣2t＝20﹣2t，在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（16﹣2t）2＝（20﹣2t）2，解得：t＝5；②點(diǎn)P在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AP于E，如圖2所示：同①得：△PDE≌△PDC（AAS），∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝2t﹣16，∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5，∴AE＝4，∴AP＝AE+PE＝4+2t﹣16＝2t﹣12，在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（2t﹣16）2＝（2t﹣12）2，解得：t＝11；綜上所述，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)t的值為5或11時(shí)，能使DE＝CD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到不同位置形成不同的等腰三角形．13．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級(jí)期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿折線A﹣C﹣B﹣A運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．（1）求BC的長(zhǎng)．（2）斜邊AB上的高是．（3）若點(diǎn)P在∠BAC的角平分線上，則t的值為．（4）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，直接寫(xiě)出△PBC是等腰三角形時(shí)t的值．【分析】（1）由勾股定理可求得BC的值，（2）再設(shè)斜邊AB上的高為h，由面積法可求得答案；（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)P'在∠BAC的角平分線上時(shí)可先利用三角形全等，求出AD＝AC＝8，分別表示各線段，在直角三角形中，利用勾股定理求出t的值．（4）由圖可知，當(dāng)△BCP是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P必在線段AC或線段AB上，①當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上時(shí)，此時(shí)△BCP是等腰直角三角形，②當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上時(shí)，又分三種情況：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分別求得點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程，再除以速度即可得出答案．【解答】解：（1）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，由勾股定理得：BC＝6；（2）設(shè)斜邊AB上的高為h，∵12∴10h＝6×8，∴h＝4.8．∴斜邊AB上的高為4.8；故答案為：4.8；（3）當(dāng)點(diǎn)P'在∠BAC的角平分線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)P'作P'D⊥AB，如圖：∵AP'平分∠BAC，P'C⊥AC，P'D⊥AB，∴P'D＝P'C＝2t﹣8，∵BC＝6，∴BP'＝6﹣（2t﹣8）＝14﹣2t，在Rt△ACP'和Rt△ADP'中，AP'=AP'P'D=P'C∴Rt△ACP'≌Rt△ADP'（HL），∴AD＝AC＝8，又∵AB＝10，∴BD＝2，在Rt△BDP'中，由勾股定理得：22+（2t﹣8）2＝（14﹣2t）2，解得：t=16當(dāng)P與A重合時(shí)，也滿足條件，此時(shí)t＝12．故答案為：163或12（4）由圖可知，當(dāng)△BCP是等腰三角形時(shí)，點(diǎn)P必在線段AC或線段AB上，①當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上時(shí)，此時(shí)△BCP是等腰直角三角形，∴此時(shí)CP＝BC＝6，∴AP＝AC﹣CP＝8﹣6＝2，∴2t＝2，∴t＝1；②當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上時(shí)，若BC＝BP，則點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為：AC+BC+BP＝8+6+6＝20，∴2t＝20，∴t＝10；若PC＝BC，如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，則BP＝2BH，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，AC＝8，∴AB?CH＝AC?BC，∴10CH＝8×6，∴CH=24在Rt△BCH中，由勾股定理得：BH=62∴BP＝7.2，∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為：AC+BC+BP＝8+6+7.2＝21.2，∴2t＝21.2，∴t＝10.6；若PC＝PB，如圖3所示，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，則BQ＝CQ＝0.5×BC＝3，∠PQB＝90°，∴∠ACB＝∠PQB＝90°，∴PQ∥AC，∴PQ為△ABC的中位線，∴PQ＝0.5×AC＝0.5×8＝4，在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=32點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度為：AC+BC+BP＝8+6+5＝19，∴2t＝19，∴t＝9.5．綜上，t的值為1或9.5或10或10.6．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勾股定理在動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題中的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合、分類討論并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．14．（2022秋?長(zhǎng)春期末）如圖，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．其中點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿A→B方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1cm；點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，沿B→C→A方向運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2cm；兩點(diǎn)同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）①Rt△ABC斜邊AC上的高為；②當(dāng)t＝3時(shí)，PQ的長(zhǎng)為．（2）當(dāng)點(diǎn)Q在邊BC．上運(yùn)動(dòng)時(shí)，出發(fā)幾秒鐘后，△PQB是等腰三角形？（3）當(dāng)點(diǎn)Q在邊CA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直接寫(xiě)出所有能使△BCQ成為等腰三角形的t的值．【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的長(zhǎng)，進(jìn)而可求解Rt△ABC斜邊AC上的高；②可求得AP和BQ，則可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的長(zhǎng)；（2）用t可分別表示出BP和BQ，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得到BP＝BQ，可得到關(guān)于t的方程，可求得t；（3）用t分別表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性質(zhì)可分BQ＝BC、CQ＝BC和BQ＝CQ三種情況，分別得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．【解答】解：（1）①在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC=AB2∴Rt△ABC斜邊AC上的高為6×810=4.8（②當(dāng)t＝3時(shí)，則AP＝3cm，BQ＝2t＝6cm，∵AB＝8cm，∴BP＝AB﹣AP＝8﹣3＝5（cm），在Rt△BPQ中，由勾股定理可得PQ=BP2即PQ的長(zhǎng)為61cm，故答案為：①4.8cm；②61cm；（2）由題意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，∵AB＝8，∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t，當(dāng)△PQB為等腰三角形時(shí)，則有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t=8∴出發(fā)83秒后△PQB（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10，當(dāng)點(diǎn)Q在AC上時(shí)，AQ＝BC+AC﹣2t＝16﹣2t，∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣（16﹣2t）＝2t﹣6，∵△BCQ為等腰三角形，∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三種情況，①當(dāng)BQ＝BC＝6時(shí)，如圖1，過(guò)B作BD⊥AC于D，則CD=12CQ＝t﹣在Rt△ABC中，S△ABC=12×AC×BD=1∴BD=24在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2+CD2，即62＝（245）2+（t﹣3）2解得t＝6.6或t＝﹣0.6＜0（舍去）；②當(dāng)CQ＝BC＝6時(shí)，則2t﹣6＝6，解得t＝6；③當(dāng)CQ＝BQ時(shí)，則∠C＝∠QBC，∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，∴∠A＝∠QBA，∴QB＝QA，∴CQ=12AC＝5，即2t﹣6＝5，解得t＝綜上可知當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為6.6秒或6秒或5.5秒時(shí)，△BCQ為等腰三角形．【點(diǎn)評(píng)】本題為三角形的綜合應(yīng)用，涉及勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、等積法、方程思想及分類討論思想等知識(shí)．用時(shí)間t表示出相應(yīng)線段的長(zhǎng)，化“動(dòng)”為“靜”是解決這類問(wèn)題的一般思路，注意方程思想的應(yīng)用．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，但難度不大．15．（2022秋?仁壽縣校級(jí)月考）請(qǐng)閱讀下列材料：已知：如圖（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別為線段BC上兩動(dòng)點(diǎn)，若∠DAE＝45°．探究線段BD、DE、EC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系．小明的思路是：把△AEC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE′，連接E′D，使問(wèn)題得到解決．請(qǐng)你參考小明的思路探究并解決下列問(wèn)題：（1）猜想BD、DE、EC三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系式，直接寫(xiě)出你的猜想；（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E在線段BC上，動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖（2），其它條件不變，（1）中探究的結(jié)論是否發(fā)生改變？請(qǐng)說(shuō)明你的猜想并給予證明；（3）已知：如圖（3），等邊三角形ABC中，點(diǎn)D、E在邊AB上，且∠DCE＝30°，請(qǐng)你找出一個(gè)條件，使線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，并求出此時(shí)等腰三角形頂角的度數(shù)．【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，容易證明△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知條件可以證明△AFE≌△ACE，從而可以得到∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，根據(jù)勾股定理即可證明猜想的結(jié)論；（2）根據(jù)（1）的思路一樣可以解決問(wèn)題；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（1）類似，以CE為一邊，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°，這樣就可以解決問(wèn)題．【解答】解：（1）DE2＝BD2+EC2；（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．證明：將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠FAE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；解法二：將△EAC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△TAB．連接DT．∴∠ABT＝∠C＝45°，AT＝AE，∠TAE＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠TBC＝∠TBD＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠DAT＝∠DAE，∵AD＝AD，∴△DAT≌△DAE（SAS），∴DT＝DE，∵DT2＝DB2+EC2，∴DE2＝BD2+EC2；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（2）類似，以CE為一邊，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE為等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．【點(diǎn)評(píng)】此題比較復(fù)雜，考查了全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，此題關(guān)鍵是正確找出輔助線，通過(guò)輔助線構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，要掌握輔助線的作圖根據(jù)．第十八章第十八章平行四邊形1．（2022春?金鄉(xiāng)縣期末）如圖，平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，BD＝2AD，E，F(xiàn)，G分別是OC，OD，AB的中點(diǎn)．下列結(jié)論正確的是（）①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤四邊形BEFG是菱形．A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤【分析】由中點(diǎn)的性質(zhì)可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，結(jié)合平行即可證得②正確，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中線的性質(zhì)可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，證△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正確，再證△GPE≌△FPE得出④再求，證出四邊形【解答】解：設(shè)GF和AC的交點(diǎn)為點(diǎn)P，如圖：∵E、F分別是OC、OD的中點(diǎn)，∴EF∥CD，且EF=12∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，且AB＝CD，∴∠FEG＝∠BGE，∵點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，∴BG=12AB=12在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGE∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正確，∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，∴GF∥BE，∵BD＝2BC，點(diǎn)O為平行四邊形對(duì)角線交點(diǎn)，∴BO=12BD＝∵E為OC中點(diǎn)，∴BE⊥OC，∴GP⊥AC，∴∠APG＝∠EPG＝90°∵GP∥BE，G為AB中點(diǎn)，∴P為AE中點(diǎn)，即AP＝PE，且GP=12在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPG∴△APG≌△EPG（SAS），∴AG＝EG=12∴EG＝EF，即①正確，∵EF∥BG，GF∥BE，∴四邊形BGFE為平行四邊形，∴GF＝BE，∵GP=12BE=∴GP＝FP，∵GF⊥AC，∴∠GPE＝∠FPE＝90°在△GPE和△FPE中，GP=FP∠GPE=∠FPE∴△GPE≌△FPE（SAS），∴∠GEP＝∠FEP，∴EA平分∠GEF，即④正確．∵BG＝FE，GF＝BE，∴四邊形BEFG是平行四邊形，沒(méi)有條件得出BEFG是菱形，⑤③不正確；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、中位線定理以及平行線的性質(zhì)定理，解題的關(guān)鍵是利用中位線，尋找等量關(guān)系，借助于證明全等三角形找到邊角相等．2．（2022春?湖北期末）如圖，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分線交BC于點(diǎn)E，DH⊥AE于點(diǎn)H，連接BH并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)F，連接DE交BF于點(diǎn)O，下列結(jié)論：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝HE，其中正確的有【分析】設(shè)AB＝a，則AD=2a，用a表示出AE長(zhǎng)度可判斷①；證明DH＝DC即可判斷②；證明△BEH≌△HDF（AAS）可判斷③；用含a的式子表示AB﹣CF與HE比較即可判斷④【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝90°，設(shè)AB＝CD＝a，則AD=2a∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE＝a，∴AE=2AB∴AE＝AD，故①正確；∵DH⊥AE，∠DAE＝45°，AD=2a∴△AHD是等腰直角三角形，∴DH＝AH＝a，∴DH＝DC，∵DH⊥AE，DC⊥CE，∴DE平分∠AEC，∴∠AED＝∠CED，故②正確；③∵AH＝AB＝a，∴∠ABH＝∠AHB，∵AB∥CD，∴∠ABF+∠DFB＝180°，又∠AHB+∠BHE＝180°，∴∠BHE＝∠HFD，∵△AHD是等腰直角三角形，∴AH＝DH＝a，∠ADH＝45°，∴∠HDF＝90°﹣45°＝45°，∵△ABE是等腰直角三角形，∴∠BEH＝45°，∴∠BEH＝∠HDF，在△BEH和△HDF中，∠BEH=∠HDF∠BHE=∠HFD∴△BEH≌△HDF（AAS），∴BH＝HF，故③正確；∵△BEH≌△HDF，∴HE＝DF，HE＝AE﹣AH=2a﹣a∴CF＝a﹣（2a﹣a）＝2a-2a∴AB﹣CF＝a﹣（2a-2a）=2a﹣∴AB﹣CF＝HE，故④錯(cuò)誤；綜上所述，正確的是①②③．故答案為：①②③．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；設(shè)AB＝a，用含a的式子表示出相關(guān)的線段是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．3．（2023春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖以直角三角形ABC的斜邊BC為邊在三角形ABC的同側(cè)作正方形BCEF．設(shè)正方形的中心為O，連結(jié)AO，如果AB=2，AO＝3．則正方形BCEFA．18 B．32 C．34 D．50【分析】設(shè)AC交OB于點(diǎn)H，作OI⊥OA交AC于點(diǎn)I，可證明△AOB≌△EOC，得IC＝AB=2，IO＝AO＝3，則AI＝32，所以AC＝AI+IC＝42，即可根據(jù)勾股定理求得BC2＝AB2+AC2＝34，則正方形BCEF的面積為34【解答】解：設(shè)AC交OB于點(diǎn)H，作OI⊥OA交AC于點(diǎn)I，則∠AOI＝90°，∵四邊形BCEF是正方形，且它的中心為點(diǎn)O，∴點(diǎn)O是BE與CF的交點(diǎn)，∵BE⊥CF，∴∠BOC＝90°，∴∠AOB＝∠IOC＝90°﹣∠BOI，∵OB＝OE=12BE，OC＝OF=12CF，且∴OB＝OC，∵∠BAC＝90°，∠AHB＝∠OHC，∴∠ABO＝90°﹣∠AHB＝90°﹣∠OHC＝∠ICO，在△AOB和△EOC中，∠ABO=∠ICOOB=OC∴△AOB≌△EOC（ASA），∴IC＝AB=2，IO＝AO＝3∴AI=AO2∵AC＝AI+IC＝32+2=∴S正方形BCEF＝BC2＝AB2+AC2＝（2）2+（42）2＝34，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、同角或等角的余角相等、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的面積公式等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋?寧德期末）定義：如果一個(gè)三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱三角形為“智慧三角形”．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的邊OA＝3，OC＝4，點(diǎn)M（2，0），在邊AB存在點(diǎn)P，使得△CMP為“智慧三角形”，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（）A．（3，1）或（3，3） B．（3，12）或（3，3）C．（3，12）或（3，1） D．（3，12）或（3，1）或（3，【分析】由題意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，設(shè)P（3，a），則AP＝a，BP＝4﹣a；分兩種情況：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根據(jù)勾股定理分別求出CP2、MP2、CM2，并根據(jù)圖形列出關(guān)于a的方程，解得a的值，則可得答案．【解答】解：由題意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，∴設(shè)P（3，a），則AP＝a，BP＝4﹣a；①若∠CPM＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，在Rt△MPA中，由勾股定理得：MP2＝MA2+AP2＝1+a2，在Rt△MPC中，由勾股定理得：CM2＝MP2+CP2＝1+a2+（4﹣a）2+9＝2a2﹣8a+26，又∵CM2＝OM2+OC2＝4+16＝20，∴2a2﹣8a+26＝20，∴（a﹣3）（a﹣1）＝0，解得：a＝3或a＝1，∴P（3，3）或（3，1）；②若∠CMP＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，在Rt△MPA中，由勾股定理得：MP2＝MA2+AP2＝1+a2，∵CM2＝OM2+OC2＝20，在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM2+MP2＝CP2，∴20+1+a2＝（4﹣a）2+9，解得：a=1∴P（3，12綜上，P（3，12）或（3，1）或（3，3故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)及勾股定理在幾何圖形坐標(biāo)計(jì)算中的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合、分類討論并根據(jù)題意正確地列式是解題的關(guān)鍵．5．（2021?羅湖區(qū)模擬）如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD邊AD上一動(dòng)點(diǎn)（不與A、D重合）．連接BE交AC于點(diǎn)F，PQ經(jīng)過(guò)點(diǎn)F，分別與AB、CD交于點(diǎn)P、Q，且PQ＝BE．（1）求證：BE⊥PQ；（2）求證：FP＝FE；（3）若CQ=2，求AC﹣2AF【分析】（1）過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥AB于點(diǎn)G，交BE，AC于點(diǎn)H，M，得四邊形BCQG是矩形，證明Rt△QGP≌Rt△BAE（HL），然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可解決問(wèn)題；（2）證明△ABF≌△ADF（SAS），可得BF＝DF，∠ABF＝∠ADF，然后證明FD＝FQ，利用線段的差即可解決問(wèn)題；（3）先證明△PBF≌△HQF（ASA），可得FP＝FH，所以FH＝FE，然后證明△HMF≌△EAF（AAS），可得FM＝AF，所以AM＝2AF，利用等腰三角形的性質(zhì)由CQ=2，可得CM的長(zhǎng)，進(jìn)而可以求AC﹣2AF【解答】（1）證明：如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥AB于點(diǎn)G，交BE，AC于點(diǎn)H，M，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，∴四邊形BCQG是矩形，∴GQ＝BC＝AB，∵PQ＝BE，∴Rt△QGP≌Rt△BAE（HL），∴∠PQG＝∠EBA，∵∠QHF＝∠BHG，∴∠QFH＝∠BGH＝90°，∴BE⊥PQ；（2）證明：∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，AB＝AD，∵AF＝AF，∴△ABF≌△ADF（SAS），∴BF＝DF，∠ABF＝∠ADF，∴∠ABF＝∠ADF＝∠PQG，∵∠FDQ＝90°﹣ADF，∠FQD＝90°﹣∠PQG，∴∠FDQ＝∠FQD，∴FD＝FQ，∴FD＝FQ＝FB，∵PQ＝BE，∴PQ﹣FQ＝BE﹣FB，∴FP＝FE；（3）解：∵BE⊥PQ，∴∠BFP＝∠QFH＝90°，∵FB＝FQ，∠ABF＝∠PQG，∴△PBF≌△HQF（ASA），∴FP＝FH，∵FP＝FE，∴FH＝FE，∵QG∥AD，∴∠HMF＝∠EAF，∠FHM＝∠FEA，∴△HMF≌△EAF（AAS），∴FM＝AF，∴AM＝2AF，∵M(jìn)Q＝CQ=2∴CM=2CQ＝2∴AC﹣2AF＝AC﹣AM＝CM＝2．∴AC﹣2AF的長(zhǎng)為2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，利用全等三角形的性質(zhì)求線段的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．6．（2022春?沈丘縣期末）如圖，△ABC中，點(diǎn)O為AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠BCA的外角平分線CF于點(diǎn)F，交∠ACB內(nèi)角平分線CE于E．（1）試說(shuō)明EO＝FO；（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形AECF是矩形并證明你的結(jié)論；（3）若AC邊上存在點(diǎn)O，使四邊形AECF是正方形，猜想△ABC的形狀并證明你的結(jié)論．【分析】（1）根據(jù)CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC＝∠ECB，再根據(jù)等邊對(duì)等角得OE＝OC，同理OC＝OF，可得EO＝FO．（2）利用矩形的判定解答，即有一個(gè)內(nèi)角是直角的平行四邊形是矩形．（3）利用已知條件及正方形的性質(zhì)解答．【解答】解：（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠BCE，∵M(jìn)N∥BC，∴∠OEC＝∠ECB，∴∠OEC＝∠OCE，∴OE＝OC，同理OC＝OF，∴OE＝OF．（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)處時(shí)，四邊形AECF是矩形．如圖AO＝CO，EO＝FO，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=12∠同理，∠ACF=12∠∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF=12（∠ACB+∠ACG）=12∴四邊形AECF是矩形．（3）當(dāng)△ABC是直角三角形且∠ACB＝90°時(shí)，在AC邊上存在點(diǎn)O（為其中點(diǎn)），使四邊形AECF是正方形．證明：∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC．∵M(jìn)N∥BC，∴AC⊥MN，即AC⊥EF．由（2）知，四邊形AECF是矩形，∴矩形AECF是正方形．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用平行線的性質(zhì)“等角對(duì)等邊”證明出結(jié)論（1），再利用結(jié)論（1）和矩形的判定證明結(jié)論（2），再對(duì)（3）進(jìn)行判斷．解答時(shí)不僅要注意用到前一問(wèn)題的結(jié)論，更要注意前一問(wèn)題為下一問(wèn)題提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性質(zhì)等的綜合運(yùn)用．7．（2021春?柳南區(qū)校級(jí)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝40cm，∠A＝60°，點(diǎn)D從點(diǎn)C出發(fā)沿CA方向以4cm/秒的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā)沿AB方向以2cm/秒的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t秒（0＜t≤10）．過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，連接DE，EF．（1）四邊形AEFD能構(gòu)成菱形嗎？如果能，求出相應(yīng)的t值；如果不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△DEF為直角三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）能，首先證明四邊形AEFD為平行四邊形．當(dāng)AE＝AD時(shí)，四邊形AEFD為菱形，即40﹣4t＝2t，解方程即可解決問(wèn)題．（2）分三種情形討論即可．【解答】（1）證明：能．理由如下：在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝4t，∴DF＝2t，又∵AE＝2t，∴AE＝DF，∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF，又∵AE＝DF，∴四邊形AEFD為平行四邊形，當(dāng)AE＝AD時(shí)，四邊形AEFD為菱形，即40﹣4t＝2t，解得t=20∴當(dāng)t=203秒時(shí)，四邊形（2）①當(dāng)∠DEF＝90°時(shí)，由（1）知四邊形AEFD為平行四邊形，∴EF∥AD，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，∵∠A＝60°，∴∠AED＝30°，∴AD=12AE＝又AD＝40﹣4t，即40﹣4t＝t，解得t＝8；②當(dāng)∠EDF＝90°時(shí)，四邊形EBFD為矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，則∠ADE＝30°，∴AD＝2AE，即40﹣4t＝4t，解得t＝5．③若∠EFD＝90°，則E與B重合，D與A重合，此種情況不存在．綜上所述，當(dāng)t＝8或5秒時(shí)，△DEF為直角三角形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定、直角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)用分類討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．8．（2022春?滁州期末）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E是BC邊上一點(diǎn)，連接AE交BD于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AE于點(diǎn)P，交AC于點(diǎn)G，交CD于點(diǎn)F．（1）求證：△ABE≌△BCF；（2）求證：OM＝OG；（3）若AE平分∠BAC，求證：BM2＝2OM2．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題；（2）證明△AOM≌△BOG，即可解決問(wèn)題；（3）作MN⊥AB于點(diǎn)N，先證明OM＝MN，利用勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，∵∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∴∠ABF+∠CBF＝90°，∵BF⊥AE，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，在△ABE和△BCF中，∠ABC=∠BCDAB=BC∴△ABE≌△BCF（ASA）；（2）證明：在正方形ABCD中，∵AC⊥BD，OA＝OB＝OC，∴∠AOM＝∠BOG＝90°，∴∠MAO+∠AMO＝90°，∵BF⊥AE，∴∠MBP+∠BMP＝90°，又∵∠BMP＝∠AMO，∴∠MAO＝∠MBP，在△AOM和△BOG中，∠AOM=∠BOG=90°AO=BO∴△AOM≌△BOG（ASA），∴OM＝OG；（3）證明：如圖，作MN⊥AB于點(diǎn)N，∵AC⊥BD，AE平分∠BAC，∴OM＝MN，又∵∠ABD＝45°，∴BN＝MN，在Rt△BMN中，BM2＝BN2+MN2＝2MN2＝2OM2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到△AOM≌△BOG．9．已知四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)P，Q在直線BC上，且AP∥DQ，過(guò)點(diǎn)Q作QO⊥BD，垂足為點(diǎn)O，連接OA，OP．（1）如圖，點(diǎn)P在線段BC上，①求證：四邊形APQD是平行四邊形；②判斷OA，OP之間的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并加以證明；（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，直接寫(xiě)出BP＝1時(shí)，△OBP的面積．【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，可得PQ，根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可得答案；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，可得PQ與AB的關(guān)系，根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，可得∠PQO，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得AO與OP的數(shù)量關(guān)系，根據(jù)余角的性質(zhì)，可得AO與OP的位置關(guān)系；（3）分兩種情形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可得OE的長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可；【解答】（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∵AP∥DQ，∴四邊形APQD為平行四邊形；②解：結(jié)論：OA＝OP，OA⊥OP，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝PQ，∠ABO＝∠OBQ＝45°，∵OQ⊥BD，∴∠PQO＝45°，∴∠ABO＝∠OBQ＝∠PQO＝45°，∴OB＝OQ，在△AOB和△OPQ中，AB=PQ∠ABO=∠PQO∴△AOB≌△POQ（SAS），∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，∴∠AOP＝∠BOQ＝90°，∴OA⊥OP；（2）如圖，過(guò)O作OE⊥BC于E．①如圖1，當(dāng)P點(diǎn)在B點(diǎn)右側(cè)時(shí)，則BQ＝1+2＝3，OE=12BQ∴S△OPB=12②如圖2，當(dāng)P點(diǎn)在B點(diǎn)左側(cè)時(shí)，則BQ＝2﹣1＝1，OE=12BQ∴S△PBO=12×綜上所述，△POB的面積為34或1【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)，利用平行四邊形的判定是解題關(guān)鍵；利用全等三角形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，利用等腰直角三角形的性質(zhì)的出OE的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵．10．（2022春?濱江區(qū)校級(jí)期中）如圖①正方形ABCD中，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上任意一點(diǎn)，連接DE，BE．（1）求證：DE＝BE；（2）當(dāng)AE＝AB時(shí)，求∠BED的度數(shù)；（3）如圖②，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交AB于點(diǎn)F，當(dāng)BE＝BF時(shí)，若AB=6+2【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得AD＝AB，∠DAE＝∠BAE，再證明△DAE≌△BAE便可得DE＝BE；（2）由（1）得△DAE≌△BAE，可得∠AED＝∠AEB，進(jìn)而可以解決問(wèn)題；（3）過(guò)E作EM⊥BF，證明△BEF是等邊三角形，設(shè)BM＝x，則MF＝BM＝x，EM=3x，得AM＝EM=3x，由AB=6【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAE＝∠BAE，∵AE＝AE，∴△DAE≌△BAE（SAS），∴DE＝BE；（2）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，由（1）知：△DAE≌△BAE，∴∠AED＝∠AEB=12（180°﹣45°）=∴∠BED＝2∠AEB＝135°；（3）如圖②，過(guò)E作EM⊥BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD＝CB，∠DCE＝∠BCE，∵CE＝CE，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠CDE＝∠CBE，∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠ADE＝∠ABE，∵DE⊥EF，∴∠DEF＝90°，在四邊形ADEF中，∠DAF＝90°，∴∠ADE+∠AFE＝180°，∵∠AFE+∠BFE＝180°，∴∠BFE＝∠EBF，∴BE＝EF，∵BE＝BF，∴△BEF是等邊三角形，∴∠EBF＝60°，設(shè)BM＝x，則MF＝BM＝x，EM=3x∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE=12∠BAD＝∴AM＝EM=3x∵AM+BM＝AB=6∴x+3x=解得，x=2∴BF＝2x＝22，∴AF＝AB﹣BF=6+2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，第（3）題難度大，關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形和證明等邊三角形．11．（2022春?萊蕪區(qū)期中）閱讀下面的例題及點(diǎn)撥，并解決問(wèn)題：如圖①，在等邊△ABC中，M是BC邊上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分線上一點(diǎn)，且AM＝MN．求證：∠AMN＝60°．（1）點(diǎn)撥：如圖②，作∠CBE＝60°，BE與NC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，得等邊△BEC，連接EM．易證：△ABM≌△EBM（SAS），請(qǐng)完成剩余證明過(guò)程：（2）拓展：如圖③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1邊上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分線上一點(diǎn)，且A1M1＝M1N1．求證：∠A1M1N1＝90°．【分析】（1）作∠CBE＝60°，BE與NC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，得等邊△BEC，連接EM，易證△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，則EM＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，進(jìn)一步可得∠1＝∠2＝∠5．又因?yàn)椤?+∠6＝120，所以∠5+∠6＝120°，所以∠AMN＝60°；（2）延長(zhǎng)AB至E，使EB＝AB，連接EMC、EC，則EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM，得出△EBC是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠BEC＝∠BCE＝45°，證出∠BCE+∠MCN＝180°，得出E、C、N，三點(diǎn)共線，由SAS證明△ABM≌△EBM得出AM＝EM，∠1＝∠2，得出EM＝MN，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠3＝∠4，證出∠1＝∠2＝∠5，得出∠5+∠6＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）點(diǎn)撥：如圖2，作∠CBE＝60°，BE與NC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E，得等邊△BEC，連接EM，易證△ABM≌△EBM（SAS），∴AM＝EM，∠1＝∠2；∵AM＝MN，∴EM＝MN，∴∠3＝∠4；∵∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，∴∠1＝∠2＝∠5．∵∠2+∠6＝120，∴∠5+∠6＝120°，∴∠AMN＝60°；（2）拓展：延長(zhǎng)AB至E，使EB＝AB，連接EMC、EC，如圖所示：則EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM，∴△EBC是等腰直角三角形，∴∠BEC＝∠BCE＝45°，∵N是正方形ABCD的外角∠DCH的平分線上一點(diǎn)，∴∠MCN＝90°+45°＝135°，∴∠BCE+∠MCN＝180°，∴E、C、N，三點(diǎn)共線，在△ABM和△EBM中，AB=EB∠ABM=∠EBM∴△ABM≌△EBM（SAS），∴AM＝EM，∠1＝∠2，∵AM＝MN，∴EM＝MN，∴∠3＝∠4，∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°，∴∠1＝∠2＝∠5，∵∠1+∠6＝90°，∴∠5+∠6＝90°，∴∠AMN＝180°﹣90°＝90°．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，通過(guò)作輔助線構(gòu)造三角形全等是解本題的關(guān)鍵．12．（2022?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）問(wèn)題引入：如圖①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是線段AC的中點(diǎn)．連結(jié)DE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)F，連結(jié)BE．則BE與DE之間的數(shù)量關(guān)系是．問(wèn)題延伸：如圖②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，點(diǎn)A、B、E在同一條直線上，點(diǎn)G在BC上，P是線段DF的中點(diǎn)，連結(jié)PC、PG．（1）判斷PC與PG之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．（2）連結(jié)CF，若AB＝3，PC=2，則CF的長(zhǎng)為【分析】問(wèn)題引入：利用ASA證明△AEF≌△CED，可得EF＝DE，進(jìn)而可以解決問(wèn)題；問(wèn)題延伸（1）延長(zhǎng)GP交CD于點(diǎn)M，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△DPM≌△FPG（ASA），可得PM＝PG，GF＝DM，根據(jù)PC為Rt△MCG斜邊上的中線，進(jìn)而可以解決問(wèn)題；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)設(shè)BG＝GF＝DM＝x，可得CM＝CG＝3﹣x，然后利用勾股定理即可解決問(wèn)題．【解答】解：?jiǎn)栴}引入：BE＝DE，理由如下：∵AB∥CD，∴∠A＝∠C，∵E是AC的中點(diǎn)，∴AE＝CE，在△AEF和△CED中，∠A=∠CAE=CE∴△AEF≌△CED（ASA），∴EF＝DE，∵∠ABD＝90°，∴BE為Rt△BDF斜邊上的中線，∴EF＝DE＝BE，∴BE＝DE；故答案為：BE＝DE；問(wèn)題延伸：（1）PC＝PG，理由如下：如圖，延長(zhǎng)GP交CD于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD，BEFG為正方形，∴CD∥AE∥GF，∠BCD＝90°，∴∠CDP＝∠PFG，∵P為DF的中點(diǎn)，∴DP＝FP，在△DPM和△FPG中，∠MDP=∠GFPDP=FP∴△DPM≌△FPG（ASA），∴PM＝PG，GF＝DM，∵PC為Rt△MCG斜邊上的中線，∴PC＝PG＝PM，∴PC＝PG；（2）∵四邊形ABCD、BEFG為正方形，∴AB＝BC＝CD＝3，BG＝GF＝DM，∠CGF＝90°，設(shè)BG＝GF＝DM＝x，∴CM＝CG＝3﹣x，∵PC＝PG＝PM=2∴MG＝22，∵M(jìn)C2+CG2＝MG2，∴（3﹣x）2+（3﹣x）2＝（22）2，∴x＝1，∴GF＝1，CG＝3﹣1＝2，∴CF=G【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定