第17章 勾股定理 期末壓軸題訓(xùn)練 人教版八年級數(shù)學(xué)下冊

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第17章勾股定理期末壓軸題訓(xùn)練1．如圖1所示，等邊△ABC中，AD是BC邊上的中線，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”特性，AD平分∠BAC，且AD⊥BC，則有∠BAD=30°，BD=CD=AB．于是可得出結(jié)論“直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”．請根據(jù)從上面材料中所得到的信息解答下列問題：（1）如圖2所示，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分線交AB于點D，垂足為E，當(dāng)BD=5cm，∠B=30°時，△ACD的周長=．（2）如圖3所示，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，D是BC的中點，DE⊥AB，垂足為E，那么BE：EA=．（3）如圖4所示，在等邊△ABC中，D、E分別是BC、AC上的點，且AE=DC，AD、BE交于點P，作BQ⊥AD于Q，若BP=2，求BQ的長．2．定義：若三角形三個內(nèi)角的度數(shù)分別是x°，y°和z°，滿足x2＋y2＝z2，則稱這個三角形為勾股三角形．(1)根據(jù)上述定義，判斷“直角三角形是勾股三角形”是真命題還是假命題，并說明理由；(2)已知一勾股三角形三個內(nèi)角從小到大依次為x°，y°和z°，且xy＝2160，求x＋y的值；(3)如圖，在△ABC中，AB＝，BC＝2，AC＝1＋，求證：△ABC是勾股三角形.3．如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，點D為AC邊上的動點，點D從點C出發(fā)，沿邊CA向點A運動，當(dāng)運動到點A時停止，若設(shè)點D運動的時間為t秒．點D運動的速度為每秒1個單位長度．(1)當(dāng)t＝2時，CD＝，AD＝；(2)求當(dāng)t為何值時，△CBD是直角三角形，說明理由；(3)求當(dāng)t為何值時，△CBD是以BD或CD為底的等腰三角形？并說明理由．4．我們新定義一種三角形：若一個三角形中存在兩邊的平方差等于第三邊上高的平方，則稱這個三角形為勾股高三角形，兩邊交點為勾股頂點．●特例感知①等腰直角三角形勾股高三角形（請?zhí)顚憽笆恰被蛘摺安皇恰保?；②如圖1，已知△ABC為勾股高三角形，其中C為勾股頂點，CD是AB邊上的高．若，試求線段CD的長度．●深入探究如圖2，已知△ABC為勾股高三角形，其中C為勾股頂點且CA＞CB，CD是AB邊上的高．試探究線段AD與CB的數(shù)量關(guān)系，并給予證明；●推廣應(yīng)用如圖3，等腰△ABC為勾股高三角形，其中，CD為AB邊上的高，過點D向BC邊引平行線與AC邊交于點E．若，試求線段DE的長度．5．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，點D為線段BC上的一個動點，以AD為直角邊向右作等腰Rt△ADF，使AD=AF，∠DAF=90°．（1）如圖1，連結(jié)CF，求證：△ABD≌△ACF；（2）如圖2，過A點作△ADF的對稱軸交BC于點E，猜想BD2，DE，CE關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）點E在BC的延長線上時，其他條件都不變時，上述（2）的結(jié)論還能成立嗎？如果不能成立，請說明理由；如果能成立，請證明結(jié)論．6．類比等腰三角形的定義，我們定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做等鄰邊四邊形．（）如圖，四邊形中，平分，．求證：四邊形為等鄰邊四邊形．（）如圖，中，，，，將沿的平分線的方向平移，得到，連接、，若平移后的四邊形是等鄰邊四邊形，求平移的距離．（）如圖，在等鄰邊四邊形中，，，和為四邊形對角線，為等邊三角形，試探究和的數(shù)量關(guān)系．7．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，當(dāng)△DCE旋轉(zhuǎn)至點A，D，E在同一直線上，連接BE，易證△BCE≌△ACD．則：①∠BEC＝＿°；②線段AD、BE之間的數(shù)量關(guān)系是＿．（2）拓展研究：如圖2，△ACB和△DCE均為等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，點A、D、E在同一直線上，若AE＝15，DE＝7，求AB的長度．（3）探究發(fā)現(xiàn)：如圖3，P為等邊△ABC內(nèi)一點，且∠APC＝150°，且∠APD＝30°，AP＝5，CP＝4，DP＝8，求BD的長．8．如圖1，在等邊△ABC中，線段AM為BC邊上的中線，動點D在直線AM（點D與點A重合除外）上時，以CD為一邊且在CD的下方作等邊△CDE，連接BE．（1）判斷AD與BE是否相等，請說明理由；（2）如圖2，若AB=8，點P、Q兩點在直線BE上且CP=CQ=5，試求PQ的長；（3）在第（2）小題的條件下，當(dāng)點D在線段AM的延長線（或反向延長線）上時．判斷PQ的長是否為定值，若是請直接寫出PQ的長；若不是請簡單說明理由．9．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，CD是∠ACB的角平分線，點E、F分別是邊AC、BC上的動點．AB=，設(shè)AE=x，BF=y．（1）AC的長是；（2）若x+y=3，求四邊形CEDF的面積；（3）當(dāng)DE⊥DF時，試探索x、y的數(shù)量關(guān)系．10．如圖，將兩塊腰長相等的三角尺（△ABC和△DEF，其中∠ACB=∠DFE=90°）置于水平面上，直角邊BC=EF=1cm，且始終緊貼在水平直線上．（1）在圖①中，當(dāng)邊DF與邊AC重合時，AB與AE的大小關(guān)系是__________；（2）將三角板ABC以1cm/s的速度從圖①的位置沿直線向右平移，設(shè)平移的時間為t(s)，如圖②所示．當(dāng)0＜t＜1時，DE分別交AC、AB于點G、H，DF分別交AB、BG于點P、Q，連結(jié)BG、AE．①求證：BG=AE；②在平移過程中，是否存在某時刻t，使得以點D、G、Q為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請求出t的值；若不存在，請說明理由．11．【問題情境】徐老師給愛好學(xué)習(xí)的小敏和小捷提出這樣一個問題：如圖1，△ABC中，∠B=2∠C，AD是∠BAC的平分線．求證：AB+BD=AC小敏的證明思路是：在AC上截取AE=AB，連接DE．（如圖2）小捷的證明思路是：延長CB至點E，使BE=AB，連接AE．可以證得：AE=DE（如圖3）請你任意選擇一種思路繼續(xù)完成下一步的證明．【變式探究】“AD是∠BAC的平分線”改成“AD是BC邊上的高”，其它條件不變．（如圖4）AB+BD=AC成立嗎？若成立，請證明；若不成立，寫出你的正確結(jié)論，并說明理由．【遷移拓展】△ABC中，∠B=2∠C．求證：．（如圖5）12．如圖，為線段上一動點，分別過點作，，連接．已知，設(shè)．

(1)用含的代數(shù)式表示的值；

(2)探究：當(dāng)點滿足什么條件時，的值最??？最小值是多少？

(3)根據(jù)(2)中的結(jié)論，請構(gòu)造圖形求代數(shù)式的最小值．13．如圖①，在等腰直角三角形BCD中，∠BDC＝90°，BF平分∠DBC，與CD相交于點F，延長BD到A，使DA＝DF．（1）求證：△FBD≌△ACD；（2）延長BF交AC于點E，且BE⊥AC，求證：CE＝BF；（3）在（2）的條件下，H是BC邊的中點，連接DH，與BE相交于點G，如圖②．試探索CE，GE，BG之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．14．如圖1，△ABC中，∠C＝90°，點D在AC上，過點D作DE⊥AB于點E，過點D作直線l⊥AC，點E和E′關(guān)于l對稱，射線DE′與三角形的另一邊交于點F．設(shè)AD的長度為x，△ABC在線段DF右側(cè)部分的面積為y，y與x的函數(shù)圖象如圖2所示（其中0≤x≤m，m＜x≤8時，函數(shù)的解析式不同）．（1）填空：AC的長度為，BC長度為；（2）求m的值；（3）求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍．15．已知：△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°．（1）如圖,擺放△ACD和△BCE時（點A、C、B在同一條直線上，點E在CD上），連接AE、BD線段AE與BD的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是．（直接寫出答案）（2）如圖,擺放△ACD和△BCE時，連接AE、BD，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由；（3）如圖,擺放△ACD和△BCE時，連接AE、DE．若有AE2=DE2+2CE2，試求∠DEC的度數(shù)．16．在菱形ABCD中，點Q為AB邊上一點，點F為BC邊上一點連接DQ、DF和QF．（1）如圖1，若∠ADQ=∠FDQ，∠FQD=90°，求證：AQ=BQ；（2）如圖2，在（1）的條件下，∠BAD=120°，對角線AC、BD相交于點P，以點P為頂點作∠MPN=60°，PM與AB交于點M，PN與AD交于點N，求證：DN+QM=AB；（3）如圖3，在（1）（2）的條件下，延長NP交BC于點E，延長CN到點K，使CK=CA，連接AK并延長和CD的延長線交于點T，若AM：DN=1：5，S四邊形MBEP=12，求線段DT的長．17．如圖1，在正方形ABCD中，點E為AD上一點，F(xiàn)G⊥CE分別交AB、CD于F、G，垂足為O．（1）求證：CE=FG；（2）如圖2，連接OB，若AD=3DE，∠OBC=2∠DCE．求的值；若AD=3，則OE的長為（直接寫出結(jié)果）．18．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝2，CD是邊AB的高線，動點E從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿射線AC運動；同時，動點F從點C出發(fā)，以相同的速度沿射線CB運動．設(shè)E的運動時間為t（s）（t＞0）．（1）AE＝（用含t的代數(shù)式表示），∠BCD的大小是度；（2）點E在邊AC上運動時，求證：△ADE≌△CDF；（3）點E在邊AC上運動時，求∠EDF的度數(shù)；（4）連結(jié)BE，當(dāng)CE＝AD時，直接寫出t的值和此時BE對應(yīng)的值．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．（1）15cm；（2）3：1；（3）BQ=．【解析】整體分析：(1)由“直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”求AC的長；(2)連接AD，由“三線合一”得∠BAD=60°，利用直角三角形中的30°角所對的直角邊的性質(zhì)，分別把BE，EA用BD表示；(3)證明△BAE≌△ACD，得∠BPQ=60°，結(jié)合勾股定理求解.解：(1)∵DE是線段BC的垂直平分線，∠ACB=90°，∴CD=BD，AD=BD．又∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，∴AC=AB，∴△ACD的周長=AC+AB=3BD=15cm．故答案為15cm；(2)連接AD，如圖所示．∵在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，D是BC的中點，∴∠BAD=60°．又∵DE⊥AB，∴∠B=∠ADE=30°，∴BE=BD，EA=AD，∵BD=AD，∴EA=AD=BD.∴BE:EA=BD:AD，∴BE:AE=3:1．故答案為3:1．(3)∵△ABC為等邊三角形．∴AB=AC，∠BAC=∠ACB=60°，在△BAE和△ACD中，AE=CD，∠BAC=∠ACB，AB=AC，∴△BAE≌△ACD(SAS)，∴∠ABE=∠CAD．∵∠BPQ為△ABP外角，∴∠BPQ=∠ABE+∠BAD．∴∠BPQ=∠CAD+∠BAD=∠BAC=60°，∵BQ⊥AD，∴∠PBQ=30°，∴BP=2PQ=2，∴PQ=1，∴BQ===．2．(1)“直角三角形是勾股三角形”是假命題；(2)102；(3)△ABC是勾股三角形．【解析】試題分析：（1）直接根據(jù)“勾股三角形”的定義，判斷得出結(jié)論即可；（2）利用已知得出等量量關(guān)系組成方程組，進而求出x+y的值；（3）過B作BH⊥AC于H，設(shè)AH=x，利用勾股定理首先得出AH=BH=，HC=1，進而得出∠A=45°，∠C=60°，∠B=75°，即可得出結(jié)論．試題解析：（1）解：“直角三角形是勾股三角形”是假命題．理由如下：∵對于任意的三角形，設(shè)其三個角的度數(shù)分別為x°、y°和z°，若滿足x2+y2=z2，則稱這個三角形為勾股三角形，∴無法得到所有直角三角形是勾股三角形，故是假命題；（2）解：由題意可得：，解得：x+y=102；（3）證明：過B作BH⊥AC于H，如圖所示，設(shè)AH=x．Rt△ABH中，BH=，Rt△CBH中，，解得：x=，∴AH=BH=，HC=1，∴∠A=∠ABH=45°．∵BC=2，HC=1，∴∠HBC=30°，∴∠BCH=60°，∠ABC=75°，∴452+602=752，∴△ABC是勾股三角形．點評：本題主要考查了新定義、多元方程組解法、勾股定理，利用勾股定理得出AH，HC的長是解題的關(guān)鍵．3．（1）2，8；（2）t＝3.6秒或10秒（3）t＝6秒或7.2秒時【解析】試題分析：（1）根據(jù)CD=速度×?xí)r間列式計算即可得解，利用勾股定理列式求出AC，再根據(jù)AD=AC-CD代入數(shù)據(jù)進行計算即可得解；（2）分①∠CDB=90°時，利用△ABC的面積列式計算即可求出BD，然后利用勾股定理列式求解得到CD，再根據(jù)時間=路程÷速度計算；②∠CBD=90°時，點D和點A重合，然后根據(jù)時間=路程÷速度計算即可得解；（3）分①CD=BC時，CD=6；②BD=BC時，過點B作BF⊥AC于F，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得CD=2CF，再由（2）的結(jié)論解答．試題解析：（1）t=2時，CD=2×1=2，∵∠ABC=90°，AB=8，BC=6，∴AC==10，AD=AC-CD=10-2=8；故答案是：2；8．（2）①∠CDB=90°時，S△ABC=AC?BD=AB?BC，即×10?BD=×8×6，解得BD=4.8，∴CD==3.6，t=3.6÷1=3.6秒；②∠CBD=90°時，點D和點A重合，t=10÷1=10秒，綜上所述，t=3.6或10秒；故答案為（1）2，8；（2）3.6或10秒；（3）①CD=BC時，CD=6，t=6÷1=6；②BD=BC時，如圖2，過點B作BF⊥AC于F，則CF=3.6，CD=2CF=3.6×2=7.2，∴t=7.2÷1=7.2，綜上所述，t=6秒或7.2秒時，△CBD是以BD或CD為底的等腰三角形．4．●特例感知:①是；②；●深入探究：，理由見解析；●推廣應(yīng)用：2a．【分析】●特例感知①根據(jù)勾股高三角形的定義進行判斷即可；②設(shè)根據(jù)勾股定理可得：，根據(jù)勾股高三角形的定義列出方程，解方程即可；●深入探究：根據(jù)勾股高三角形的定義結(jié)合勾股定理即可得出它們之間的關(guān)系；●推廣應(yīng)用：運用探究的結(jié)果進行運算即可【解析】解：●特例感知①等腰直角三角形是勾股高三角形，故答案為：是；②設(shè)根據(jù)勾股定理可得：，于是，∴；●深入探究：由可得：，而，∴，即；●推廣應(yīng)用過點A向ED引垂線，垂足為G，∵“勾股高三角形”△ABC為等腰三角形，且，∴只能是，由上問可知．又ED∥BC，∴．而，∴△AGD≌△CDB（AAS），∴．∵△ADE與△ABC均為等腰三角形，根據(jù)三線合一原理可知．又∴，∴．5．（1）證明見解析；（2）DE2=CE2+BD2，理由見解析；（3）結(jié)論成立，證明見解析．【分析】（1）由已知條件可知：AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAF=90°，由此可得∠BAD=∠CAF，從而可由“SAS”證得△ABD≌△ACF；（2）由（1）中所得結(jié)論△ABD≌△ACF可得：CF=BD，∠ACF=∠B=∠ACB=45°，從而可得∠ECF=45°+45°=90°；由AE是等腰直角△ADF的對稱軸可得：AE垂直平分DF，由此可得DE=EF；在Rt△EFC中，由EF2=CE2+CF2，結(jié)合前面結(jié)論可得：DE2=CE2+BD2．（3）如圖3，由已知條件可證△ABD≌△ACF，由此可得CF=BD，∠ACF=∠B=∠ACB=45°，從而可得∠DCF=∠ACB+∠ACF=90°，則∠ECF=90°；由AE是等腰直角△ADF的對稱軸可得：AE垂直平分DF，從而可得DE=EF；在Rt△ECF中，由EF2=CE2+CF2結(jié)合前面結(jié)論可得：DE2=CE2+BD2，即（2）中結(jié)論成立．【解析】（1）∵∠BAD+∠DAC=90°，∠DAC+∠CAF=90°，∴∠BAD=∠CAF，在△ABD與△ACF中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF，∴△ABD≌△ACF；（2）∵△ABD≌△ACF，∴∠ACF=∠B=45°，DB=CF，又∵∠ACD=45°，∴∠FCD=∠FCA+∠ACD=90°，∴EF2=CE2+CF2，∵AE是△DAF的對稱軸，∴DE=EF，∴DE2=CE2+BD2；（3）結(jié)論成立，易證△ABD≌△ACF，∴∠ACF=∠B=45°，DB=CF，∴∠ECF=180°-∠BCF=90°，∴EF2=CE2+CF2，∵AE是△DAF的對稱軸，∴DE=EF，∴DE2=CE2+BD2．【點評】（1）解決第2問的關(guān)鍵是通過證：∠ECF=90°，EF=DE，BD=CF，這樣就可把在同一直線上的三條線段：BD、DE、EC集中到Rt△EFC中，通過勾股定理來證明它們之間的數(shù)量關(guān)系；（2）解決第3問的關(guān)鍵是按題意在備用圖中畫出符合題意的圖形，然后參照第2問的思路即可證明在新的圖形中，第2問中的結(jié)論仍然成立．6．（1）證明見解析；（2）平移距離可為、2、、；（3）.【解析】試題分析：（1）由已知條件通過證△ABC≌△ADC可得結(jié)論；（2）由已知易得：平移距離，由，，，易得．再分以下四種情況討論計算即可：①時；②；③時；④時；（3）如圖，把△ABC繞點逆時針轉(zhuǎn)到△ADC′處，連接CC′，通過證△ACC′∽△ABD及證△C′CD是等腰直角三角形即可求得AC與AB間的數(shù)量關(guān)系.試題解析：（）∵平分，∴，∵，，∴≌，∴，，∴是等鄰邊四邊形．（）由平移可知平移距離，由，，，∴由勾股定理可得：．①時，∴．②時，∴．③時，如圖1，延長C′B′交AB于點H，設(shè)B′H=x，則在Rt△BC′H中，有，易得，（舍），∴．④時，如圖1，則在Rt△BC′H中，有，易得，（舍），∴，∴綜上，平移距離可為、、、；（），理由如下：將繞旋轉(zhuǎn)至處，連接，則由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和已知可得：∠C′AC=∠DAB，AC′=AC，AD=AB，C′D=BC=DC，由此可得：，∵，∠5=∠2，∠6=∠4，∴∠1+∠5+∠3+∠6=90°，∴∠ADC′+∠ADC=180°+180°-90°=270°，∴∠C′DC=360°-270°=90°.又∵C′D=BC=DC，∴△C′DC是等腰直角三角形，∴，∴與的相似比為，∴，∴．點評：解第（2）小問時，需注意兩點：①根據(jù)“等鄰邊四邊形”的定義可知：使四邊形是等鄰邊四邊形，存在四種可能性，每種都要分析討論到，不要忽略了任何一種情況；②在討論后兩種情況時，抓住BB′是直角的平分線這一點，通過延長CB′交AB于點H構(gòu)造等腰直角三角形問題就很容易解決了.7．（1）①120°，②AD＝BE；（2）AB=17；（3）BD的長為13.【解析】解：（1）①∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴∠ADC＝∠BEC．∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°．∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝120°．∴∠BEC＝120°．故答案為：120．②由①得：△ACD≌△BCE，∴AD＝BE；故答案為：AD＝BE．（2）∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）．∴AD＝BE＝AE﹣DE＝15﹣7＝8，∠ADC＝∠BEC，∵△DCE為等腰直角三角形∴∠CDE＝∠CED＝45°．∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝135°．∴∠BEC＝135°．∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．∴AB＝＝＝17；（3）把△APC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°得△BEC，連接PE，如圖所示：則△BEC≌△APC，∴CE＝CP，∠PCE＝60°，BE＝AP＝5，∠BEC＝∠APC＝150°，∴△PCE是等邊三角形，∴∠EPC＝∠PEC＝60°，PE＝CP＝4，∴∠BED＝∠BEC﹣∠PEC＝90°，∵∠APD＝30°，∴∠DPC＝150°﹣30°＝120°，又∵∠DPE＝∠DPC+∠EPC＝120°+60°＝180°，即D、P、E在同一條直線上，∴DE＝DP+PE＝8+4＝12，在Rt△BDE中，，即BD的長為13．．8．（1）AD=BE；（2）PQ=2PN=2×3=6；（3）是定值，見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=BC，CD=CE，再求出∠ACD=∠BCE，然后利用“邊角邊”證明△ACD和△BCE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等即可得證；（2）過點C作CN⊥BQ于點N，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得PQ=2PN，CM⊥AD，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊上的高線相等可得CN=CM，然后利用勾股定理列式求出PN的長度，從而得解；（3）根據(jù)（2）的結(jié)論，點C到PQ的距離等于CM的長度，是定值，所以，PQ的長是定值不變．【解析】解：（1）AD=BE．理由如下：∵△ABC，△CDE都是等邊三角形，∴AC=BC，CD=CE，∵∠ACD+∠BCD=∠ACB=60°，∠BCE+∠BCD=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE；（2）如圖，過點C作CN⊥BQ于點N，∵CP=CQ，∴PQ=2PN，∵△ABC是等邊三角形，AM是中線，∴CM⊥AD，CM=BC=×8=4，∴CN=CM=4（全等三角形對應(yīng)邊上的高相等），∵CP=CQ=5，∴PN=3，∴PQ=2PN=2×3=6；（3）PQ的長為定值6．∵點D在線段AM的延長線（或反向延長線）上時，△ACD和△BCE全等，∴對應(yīng)邊AD、BE上的高線對應(yīng)相等，∴CN=CM=4是定值，∴PQ的長是定值．【點評】此題考查了等邊三角形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．9．（1）4；（2）5；（3）x+y=4．【分析】（1）根據(jù)銳角三角函數(shù)得到AC的長；（2）過點D作DG⊥AC于點G，DH⊥BC于點H，由∠ACB=90°，AC=BC，CD是∠ACB的角平分線得到∠A=∠B=∠ACD=∠BCD=45°，CD⊥AB，AD=CD=BD，在等腰直角三角形ACD中，DG⊥AC，∠A=45°求出DG=AG=AC=2，DH=2，求出四邊形CEDF的面積；（3）當(dāng)DE⊥DF時，∠EDF=90°，又因為CD⊥AB得到∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDF=90°，證得△ADE≌△CDF，AE=CF，AE+BF=CF+BF=BC，即x+y=4．【解析】（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，

∴AC=AB，∵AB=，∴AC=4；（2）如圖，過點D作DG⊥AC于點G，DH⊥BC于點H∵∠ACB=90°，AC=BC，CD是∠ACB的角平分線∴∠A=∠B=∠ACD=∠BCD=45°，CD⊥AB

∴AD=CD=BD∵在等腰直角三角形ACD中，DG⊥AC，∠A=45°

∴DG=AG=AC=2同理DH=2∵S△CDE=CE?DG=4﹣x，S△CDF=CF?DH=4﹣y，∴S四邊形CEDF=S△CDE+S△CDF=（4﹣x）+（4﹣y）=8﹣（x+y）=8-3=5；（3）當(dāng)DE⊥DF時，∠EDF=90°

∵CD⊥AB

∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDF=90°

∴∠ADE=∠CDF，又∵∠A=∠DCF=45°，

AD=CD在△ADE與△CDF中，，∴△ADE≌△CDF

∴AE=CF

∴AE+BF=CF+BF=BC即x+y=4．10．（1）AB=AE；（2）①BG=AE；②【解析】試題分析：試題解析：（1）AB=AE；（2）①證明：∵△ABC和△DEF都是等腰直角三角形∴AC=BC，DF=EF，∠ACB=∠DFE=900，∴∠DEF=∠D=450，∴△GCE是等腰直角三角形．同理可證△BFP是等腰直角三角形．∴CG=CE．∵∠ACB=∠ACE=900，∴△BCG≌△ACE(SAS)．∴BG=AE．②存在．∵∠D=450，可分三種情況討論：ⅰ）當(dāng)∠DGB=∠D=450時，∵∠DGB=∠DEB+∠GBE=450+∠GBE，∴∠GBE=00，即t=1．∵平移時間0<t<1，∴當(dāng)∠DGB=∠D=450時，不符合題意．9分ⅱ）同理可證，當(dāng)∠DQG=∠D=450時，不符合題意．10分ⅲ）當(dāng)∠DGB=∠DQG時，∵∠DGB=∠DEB+∠GBE=450+∠GBE，∠DQG=∠BPQ+∠PBQ=450+∠PBQ，∴∠GBE=∠PBQ．

11分由已知易得∠BHE=∠ACB=900，∴GH=GC．當(dāng)平移時間為ts時，CF=tcm，∴CE=CG=GH=(1-t)cm，

AG=1-(1-t)=tcm，∵BC=AC=1cm，∴AB==．12分∵，∴，解得（s）．14分考點:全等三角形；等腰直角三角形的性質(zhì)與判定11．證明見試題解析．【分析】[問題情境]小敏的證明思路是：在AC上截取AE=AB，由角平分線的性質(zhì)就可以得出∠DAB=∠DAE，再證明△ADB≌ADE就可以得出結(jié)論；小捷的證明思路是：延長CB至點E，使BE=AB，連接AE．就可以得出∠E=∠C，就有AE=AC，進而得出AE=ED即可；[變式探究]CD上截取DE=DB，連接AE，由AD⊥BC就可以得出AE=AB，∠AED=∠B，由∠AED=∠C+∠CAE就有∠C=∠CAE得出AE=EC，進而得出結(jié)論；[遷移拓展]過點A作AD⊥BC于D．由勾股定理得：AB2=BD2+AD2，AC2=CD2+AD2，AC2-AB2=CD2-BD2=BC（CD-BD），由（2）的結(jié)論就可以得出AC2-AB2=BC（CD-BD）=BC?AB即可．【解析】解：[問題情境]小敏的證明思路是：如圖2，在AC上截取AE=AB，連接DE．（如圖2）∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAD=∠EAD．在△ABD和△AED中，，∴△ABD≌△AED（SAS），∴BD=DE，∠ABD=∠AED∵∠AED=∠EDC+∠C，∠B=2∠C，∴∠EDC=∠C，∴DE=EC，即AB+BD=AC；小捷的證明思路是：如圖3，延長CB至點E，使BE=AB，連接AE．∴∠E=∠BAE．∵∠ABC=∠E+∠BAE，∴∠ABC=2∠E．∵∠ABC=2∠C，∴∠E=∠C，∴△AEC是等腰三角形．∵AD是∠BAC的平分線，∴∠BAD=∠DAC．∵∠ADE=∠DAC+∠C，∠DAE=∠BAD+∠BAE∴∠ADE=∠DAE，∴EA=ED=AC，∴AB+BD=AC；[變式探究]AB+BD=AC不成立正確結(jié)論：AB+BD=CD…理由：如圖4，在CD上截取DE=DB，連接AE，∵AD⊥BC，∴AD是BE的中垂線，∴AE=AB，∴∠B=∠AED．∵∠AED=∠C+∠CAE，且∠B=2∠C，∴∠C=∠CAE，∴AE=EC．即AB+BD=CD；[遷移拓展]證明：如圖5，過點A作AD⊥BC于D．由勾股定理得：AB2=BD2+AD2，AC2=CD2+AD2，∴AC2-AB2=CD2-BD2=（CD+BD）（CD-BD）=BC（CD-BD）∵AB+BD=CD，∴CD-BD=AB，∴AC2-AB2=BC（CD-BD）=BC?AB，即AC2=AB2+AB?BC．【點評】本題考查了角平分線的性質(zhì)的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，三角形的外角一內(nèi)角的關(guān)系的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，解答時證明三角形全等及運用勾股定理是關(guān)鍵．12．（1）；（2）三點共線時；（3）13【分析】（1）由于△ABC和△CDE都是直角三角形，故可由勾股定理表示；（2）若點C不在AE的連線上，根據(jù)三角形中任意兩邊之和大于第三邊知，AC+CE＞AE，故當(dāng)A、C、E三點共線時，AC+CE的值最小；（3）由（1）（2）的結(jié)果可作BD=12，過點B作AB⊥BD，過點D作ED⊥BD，使AB=2，ED=3，連接AE交BD于點C，則AE的長即為代數(shù)式的最小值，然后構(gòu)造矩形AFDB，Rt△AFE，利用矩形的直角三角形的性質(zhì)可求得AE的值．【解析】（1）；（2）當(dāng)三點共線時，的值最?。?）如下圖所示，作，過點作，過點作，使，．連接交于點，的長即為代數(shù)式的最小值．過點作交的延長線于點，得矩形，則，12．所以，即的最小值為13．考點：本題考查的是軸對稱－最短路線問題【點評】本題利用了數(shù)形結(jié)合的思想，求形如的式子的最小值，可通過構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求解．13．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3），理由見解析．【分析】（1）由已知等腰直角三角形△DBC可推出DB=DC，且∠BDF=∠ADC=90°，與已知DA=DF通過SAS證得△FBD≌△ACD；（2）先由（1）△FBD≌△ACD得出BF=AC，再由BF平分∠DBC和BE⊥AC通過ASA證得△ABE≌△CBE，即得CE=AE=AC，從而得出結(jié)論；（3）連接CG，由H是BC邊的中點和等腰直角三角形△DBC得出BG=CG，再由直角三角形CEG得出，從而得出CE，GE，BG的關(guān)系．【解析】（1）證明：∵△BCD是等腰直角三角形，且∠BDC＝90°，∴BD＝CD，∠BDC＝∠CDA＝90°．在△FBD和△ACD中，∴△FBD≌△ACD(SAS)；（2）證明：∵BE⊥AC，∴∠BEA＝∠BEC＝90°.∵BF平分∠DBC，∴∠ABE＝∠CBE，又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE(ASA)，∴AE＝CE.∴CE＝AC．由（1）知△FBD≌△ACD，∴BF＝CA，∴CE＝BF；（3）解：．證明如下：如圖，連接CG，∵H是BC邊的中點，BD＝CD，∴HD垂直平分BC，∴BG＝CG(線段垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等)．∵BE⊥AC，∴在Rt△CEG中，，∴．【點評】考查的知識點是等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)，運用好SAS、ASA判定三角形全等及勾股定理是關(guān)鍵．14．（1）8，6；（2）；（3）y＝．【分析】（1）利用圖象信息求出、即可；（2）如圖3中，當(dāng)點與重合時，，解直角三角形求出即可解決問題；（3）分兩種情形：①如圖4中，當(dāng)時，作交于.根據(jù)，計算即可；②如圖5中，當(dāng)時，根據(jù)，計算即可.【解析】解：（1）由題意：AC＝8，×AC×BC＝24，∴BC＝6，故答案為8，6．（2）如圖3中，當(dāng)點F與B重合時，AD＝m．設(shè)直線l交AB于點H．∵直線l⊥AC，DE⊥AB，∴∠AED＝∠ADH＝∠C＝90°，∴DH∥BC，∴∠BDH＝∠DBC，∵∠EDH＝∠BDH，∴∠DBC＝∠EDH，∵∠ADE+∠A＝90°，∠ADE+∠EDH＝90°，∴∠A＝∠EDH＝∠DBC，∴tan∠A＝tan∠DBC，∴＝，∴＝，∴CD＝，∴AD＝AC﹣CD＝8﹣＝，∴m＝．（3）①如圖4中，當(dāng)0＜x≤時，作BG∥DF交AC于G．由（2）可知：AG＝，CG＝，AB＝＝10，∵DF∥BG，∴AD：AG＝AF：AB，∴x：＝AF：10，∴AF＝x，∵DE＝AD?sinA＝x，∴y＝S△ABC﹣S△ADF＝24﹣×x×x＝﹣x2+24/②如圖5中，當(dāng)＜x≤8時，y＝S△DFC＝?DC?CF＝（8﹣x）?（8﹣x）＝（8﹣x）2，綜上所述，y＝．【點評】本題屬于三角形綜合題，勾股定理，解直角三角形，銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，讀懂圖象信息，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題.15．（1）AE=BD；AE⊥BD．（2）結(jié)論AE=BD，AE⊥BD仍然成立．（3）45°【分析】（1）可直接證明三角形全等；（2）證明△ACE≌△DCB（SAS）；（3）先證明△ACE≌△DCB（SAS），再利用勾股定理和等量代換，從而證明∠BED=90°.【解析】解：（1）AE=BD；AE⊥BD．（2）結(jié)論AE=BD，AE⊥BD仍然成立．∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°，∴AC=CD，CE=CB，又∵∠ACE+∠ECD=90°，∠BCD+∠ECD=90°，∴∠ACE=∠BCD，在△ACE和△DCB中，AC=DC，∠ACE=∠DCB，CE=CB，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE=BD，∠EAC=∠BDC.延長AE交BD于點F，交DC于點G，在△ACG和△DFG中，∵∠EAC=∠BDC，∠AGC=∠DGF，∴∠DFG=∠ACG=90°，即AE⊥BD.（3）連接BD，∵△ACD和△BCE是等腰直角三角形，∠ACD=∠BCE=90°，∴AC=CD，CE=CB，又∵∠ACE=∠ACB+90°，∠BCD=∠ACB+90°，∴∠ACE=∠BCD，在△ACE和△DCB中，AC=DC，∠ACE=∠DCB，CE=CB，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE=BD∵△BCE是等腰直角三角形，∠BCE=90°，∴∠BEC=45°，CE=CB，CE2+CB2=BE2，∴2CE2=BE2，∵AE2=DE2+2CE2，∴BD2=DE2+BE2∴∠BED=90°∴∠DEC=∠BED﹣∠BEC=45°【點評】本題主要考查三角形的全等和勾股定理，從而證明線段的位置和數(shù)量關(guān)系，關(guān)鍵要熟練掌握證明全等的方法，積累常見全等的模型.16．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）DT=4．【分析】（1）作輔助線，證明△FQD≌△LQD和△ALQ≌△BFQ，可得結(jié)論；（2）如圖2，連接QP，由AQ=BQ，并根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得：PA=PQ，所以△APQ是等邊三角形，證明△PQM≌△PAN（ASA），則QM=AN，根據(jù)AB=AD=DN+AN，代入可得結(jié)論；（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建直角△AMG和直角△CEH，設(shè)AM=a，則DN=5a，根據(jù)（2）：AB=DN+QM，得AB=8a，證明△PCE≌△PAN，得CE=AN=3a，根據(jù)勾股定理計算BP和MG、EH的長，根據(jù)S四邊形MBEP=12，列方程可得a的值，則AM=1，AN=3，DN=5，CD=8，過C作CI⊥AD于I，得ID=CD=×8＝4，根據(jù)勾股定理得CN的長；在CD上截取CS，使CS=DN=5，連接AS，證明△ACS≌△CDN（SAS），可得結(jié)論．【解析】證明：（1）如圖1，分別延長FQ、DA交于L，∵∠ADQ=∠FDQ，DQ=DQ，∠FQD=∠LQD=90°，∴△FQD≌△LQD（ASA），∴FQ=LQ，∵四邊形ABCD是菱形，∴LD∥BF，∴∠ALQ=∠BFQ，∠LAQ=∠FBQ，∴△ALQ≌△BFQ，∴AQ=BQ；（2）如圖2，連接QP，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠BAP=∠DAP，PA=PC，AC⊥BD，∴∠APB=∠APD=90°，∵∠BAD=120°，∴∠BAP=∠DAP=60°，∴∠ABP=30°，∴PA=AB，∵AQ=BQ，∴PQ=AB，∴PA=PQ，∴△APQ是等邊三角形，∴∠APQ=∠PQA=60°，∵∠MPN=60°，∴∠APQ=∠MPN=60°，∴∠QPM=∠APN，∵∠PQM=∠PAN=60°，∴△PQM≌△PAN（ASA），∴QM=AN，∵AB=AD=DN+AN，∴AB=DN+QM；（3）解：如圖3，過點M作MG⊥AC于G，過點E作EH⊥AC于H，設(shè)AM=a，∵AM：DN=1：5，∴DN=5a，由（2）知：AB=DN+QM，∵AQ=AB，QM=AQ﹣AM，∴5a+AB﹣a=AB，AB=8a，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=AB=8a，∴AN=3a，∵∠APN=∠CPE，AP=CP，∠DAC=∠BCA=60°，∴△PCE≌△PAN（ASA），∴CE=AN=3a，Rt△BPC中，∠CBP=