人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题专题期中复习压轴题训练(第十六、十七、十八章)(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题专题期中复习压轴题训练(第十六、十七、十八章)(原卷版+解析)，共80页。试卷主要包含了十七等内容，欢迎下载使用。
第十六章 二次根式
1．（2023春•武穴市月考）已知1＜a＜3，那么化简代数式1−2a+a2−a2−8a+16的结果是（ ）
A．5﹣2aB．2a﹣5C．﹣3D．3
2．(2023春•东平县期中）已知a满足|2018﹣a|+a−2019=a，则a﹣20182＝（ ）
A．0B．1C．2018D．2019
3．（2023春•巴东县月考）若|a﹣2|+b2+4b+4+c2−c+14=0，则b2−a−c的值是（ ）
A．2−322B．4C．1D．8
4．(2023秋•鼓楼区校级期末）实数a在数轴上的位置如图所示，则化简a2−8a+16+(a−11)2结果为（ ）
A．7B．﹣7C．2a﹣15D．无法确定
5．（2023•蚌山区模拟）如果f（x）=x21+x2并且f（1）表示当x=1时的值，即f（1）=(1)21+(1)2=12，f（12）表示当x=12时的值，即f（12）=(12)21+(12)2=13，那么f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f(13)+⋯+f(n)+f(1n)的值是（ ）
A．n−12B．n−32C．n−52D．n+12
6．(2023春•长兴县月考）已知a＝2020×2022﹣2020×2021，b=20232−4×2022，c=20212−1，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．a＜c＜bD．b＜c＜a
7．(2023秋•长安区校级期末）小明做数学题时，发现1−12=12；2−25=225；3−310=3310；4−417=4417；…；按此规律，若a−8b=a8b（a，b为正整数），则a+b＝ ．
8．(2023秋•漳州期中）已知16−x2−4−x2=22，则16−x2+4−x2= ．
9．(2023•雨花台区校级模拟）若二次根式2−m有意义，且关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正整数解，则符合条件的整数m的和是 ．
10．(2023春•龙口市期末）已知x=−3+52，那么2x2+6x﹣3的值是 ．
11．(2023秋•杨浦区期中）计算与求值．
已知a=12+3，求a2−2a+1a−1−a2−2a+1a2−a的值．
12．(2023秋•达川区期中）已知：x=110+3，y=110−3．求值：
（1）x2y+xy2；
（2）x2﹣3xy+y2．
13．(2023春•潜山市月考）某居民小区有一块形状为长方形ABCD的绿地，长方形绿地的长BC为162m，宽AB为128m，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛（即图中阴影部分），长方形花坛的长为(13+1)m，宽为(13−1)m．
（1）长方形ABCD的周长是多少？
（2）除去修建花坛的地方，其他地方全修建成通道，通道上要铺上造价为5元/m2的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元？
14．(2023秋•威宁县校级期末）若x，y为实数，且y=1−4x+4x−1+12．求xy+2+yx−xy−2+yx的值．
15．(2023春•新罗区校级月考）小明在解决问题：已知a=12+3，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解的：
∵a=12+3=2−3(2+3)(2−3)=2−3，
∴a−2=−3，
∴（a﹣2）2＝3，a2﹣4a+4＝3，
∴a2﹣4a＝﹣1，
∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）＝﹣1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）化简13+1+15+3+17+5+⋯+1121+119．
（2）若a=12−1．求：
①求3a2﹣6a+1的值．
②直接写出代数式的值a3﹣3a2+a+1＝ ；2a2−5a+1a+2= ．
16．(2023春•定州市期中）阅读下列解题过程：15+4=1×(5−4)(5+4)(5−4)=5−4(5)2−(4)2=5−4=5−2；
26−5=2×(6+5)(6−5)(6+5)=26+25(6)2−(5)2=26+25；
请解答下列问题：
（1）观察上面解题过程，计算310−7；
（2）请直接写出1n+n−1的结果．（n≥1）
（3）利用上面的解法，请化简：11+2+12+3+13+4+⋯+198+99+199+100．
17．(2023秋•丰泽区校级期末）一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+22=（1+2）2．
设a+b2=(m+n2)2（其中a、b、m、n均为正整数），则有a+b2=m2+2n2+2mn2，∴a＝m2+2n2，b＝2mn．这样可以把部分a+b2的式子化为平方式的方法．
请你仿照上述的方法探索并解决下列问题：
（1）当a、b、m、n均为正整数时，若a+b3=（m+n3）2，用含m、n的式子分别表示a、b，得：a＝ ，b＝ ．
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a、b、m、n填空： + 5=（ + 5）2；
（3）化简116−67−111+47
第十七章 勾股定理
1．（2023春•岳麓区校级月考）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC+∠DCB＝90°，且BC＝2AD，以AB、BC、DC为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，若S1＝3，S3＝8，则S2的值为（ ）
A．22B．24C．44D．48
2．（2023春•代县月考）在△ABC中，AB＝15，AC＝13，BC边上的高AD＝12，则边BC的长为（ ）
A．4B．14C．4或14D．8或14
3．（2023春•东港区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB交CD于点E，交CB于点F，若AC＝3，AB＝5，则线段DE的长为（ ）
A．32B．3C．910D．1
4．（2023春•江夏区校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝45°，AB＝32，AD＝7，CD＝5，则AC＝ ．
5．(2023秋•成都期末）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形拼接而成的．已知BE：AE＝3：1，正方形ABCD的面积为80．连接AC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为 ．
6．（2023春•江岸区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，AB＝20，动点D从点A出发，沿线段AB以每秒2个单位的速度向B运动，过点D作DF⊥AB交BC所在的直线于点F，连接AF，CD．设点D运动时间为t秒．当△ABF是等腰三角形时，则t＝ 秒．
7．（2023春•鄱阳县月考）在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，D是直线AC上的动点，若△ABD是等腰三角形，则AD的长度是 ．
8．(2023春•庐阳区校级期末）细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题：
OA1＝1；
OA2=12+12=2； S1=12×1×1=12；
OA3=2+12=3； S2=12×2×1=22；
OA4=3+12=4； S3=12×3×1=32；
（1）推算出OA10＝ ．
（2）若一个三角形的面积是5．则它是第 个三角形．
（3）用含n（n是正整数）的等式表示上述面积变化规律；
（4）求出S12+S22+S23+…+S2100的值．
9．如图，公路MN和公路PQ在点P处交汇，且∠QPN＝30°，在A处有一所中学，AP＝120米，此时有一辆消防车在公路MN上沿PN方向以每秒5米的速度行驶，假设消防车行驶时周围100米以内有噪音影响．
（1）学校是否会受到影响？请说明理由．
（2）如果受到影响，则影响时间是多长？
10．(2023春•潍坊期中）如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
（1）弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边长为a，较短的直角边长为b，斜边长为c，结合图①，试验证勾股定理．
（2）如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（粗线）的周长为24，OC＝3，求该飞镖状图案的面积．
（3）如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝40，则S2＝ ．
11．(2023秋•诸暨市校级期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连结OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连结OF，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则BD的长为 （直接写出所有结果）．
12．(2023秋•商水县校级期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一点，CD＝3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动．设点P的运动时间为t．连接AP．
（1）当t＝3秒时，求AP的长度（结果保留根号）；
（2）当△ABP为等腰三角形时，求t的值；
（3）过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为何值时，能使DE＝CD？
13．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求BC的长．
（2）斜边AB上的高是 ．
（3）若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为 ．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．
14．(2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒1cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒．
（1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 ；
②当t＝3时，PQ的长为 ．
（2）当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
15．(2023秋•仁寿县校级月考）请阅读下列材料：
已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．
第十八章 平行四边形
1．(2023春•金乡县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
2．(2023春•湖北期末）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝HE，其中正确的有 ．（把正确结论的序号都填上）
3．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图以直角三角形ABC的斜边BC为边在三角形ABC的同侧作正方形BCEF．设正方形的中心为O，连结AO，如果AB=2，AO＝3．则正方形BCEF的面积为（ ）
A．18B．32C．34D．50
4．(2023秋•宁德期末）定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（ ）
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（3，3）
5．(2023•罗湖区模拟）如图，点E为正方形ABCD边AD上一动点（不与A、D重合）．连接BE交AC于点F，PQ经过点F，分别与AB、CD交于点P、Q，且PQ＝BE．
（1）求证：BE⊥PQ；
（2）求证：FP＝FE；
（3）若CQ=2，求AC﹣2AF的长．
6．(2023春•沈丘县期末）如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．
（1）试说明EO＝FO；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；
（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．
7．(2023春•柳南区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝40cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤10）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）四边形AEFD能构成菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
8．(2023春•滁州期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC边上一点，连接AE交BD于点M，过点B作BF⊥AE于点P，交AC于点G，交CD于点F．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）求证：OM＝OG；
（3）若AE平分∠BAC，求证：BM2＝2OM2．
9．已知四边形ABCD是正方形，点P，Q在直线BC上，且AP∥DQ，过点Q作QO⊥BD，垂足为点O，连接OA，OP．
（1）如图，点P在线段BC上，
①求证：四边形APQD是平行四边形；
②判断OA，OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明；
（2）若正方形ABCD的边长为2，直接写出BP＝1时，△OBP的面积．
10．(2023春•滨江区校级期中）如图①正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，连接DE，BE．
（1）求证：DE＝BE；
（2）当AE＝AB时，求∠BED的度数；
（3）如图②，过点E作EF⊥DE交AB于点F，当BE＝BF时，若AB=6+2．求AF的长．
11．(2023春•莱芜区期中）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．
（1）点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），请完成剩余证明过程：
（2）拓展：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．
12．(2023•朝阳区校级开学）问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．则BE与DE之间的数量关系是 ．
问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG．
（1）判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由．
（2）连结CF，若AB＝3，PC=2，则CF的长为 ．
13．(2023春•越秀区校级期末）已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点（不与C、D重合）．连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
（1）若点F在边CD上，如图1
①证明：∠DAH＝∠DCH
②猜想△GFC的形状并说明理由．
（2）取DF中点M，连接MG．若MG＝2.5，正方形边长为4，求BE的长．
14．(2023春•浉河区期末）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG=5172，请直接写出此时DE的长．
15．(2023春•瓯海区期中）在平行四边ABCD中，AB＝6cm，BC＝acm，P是AC对角线上的一个动点，由A向C运动（不与A，C重合），速度为每秒1cm，Q是CB延长线上一点，与点P以相同的速度由B向CB延长线方向运动（不与B重合），连接PQ交AB于E．
（1）如图1，若∠ABC＝60°，BC＝AB，求点P运动几秒后，∠BQE＝30°；
（2）如图2，在（1）的条件下，作PF⊥AB于F，在运动过程中，线段EF长度是否发生变化，如果不变，求出EF的长；如果变化，请说明理由；
（3）如图3，当BC≠AB时，平行四边形的面积是24cm2，那么在运动中是否存在某一时刻，点P，Q关于点E成中心对称，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
专题 八年级下册数学期中复习压轴题训练
（ 第十六、十七、十八章 ）
第十六章 二次根式
1．（2023春•武穴市月考）已知1＜a＜3，那么化简代数式1−2a+a2−a2−8a+16的结果是（ ）
A．5﹣2aB．2a﹣5C．﹣3D．3
【分析】先把被开方数分解因式，再化简求值．
【解答】解：∵1＜a＜3，
∴a﹣1＞0，a﹣3＜0，
∴1−2a+a2−a2−8a+16
＝|a﹣1|﹣|a﹣4|
＝a﹣1+a﹣4
＝2a﹣5，
故选：B．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简，掌握完全平方公式的特点是解题的关键．
2．(2023春•东平县期中）已知a满足|2018﹣a|+a−2019=a，则a﹣20182＝（ ）
A．0B．1C．2018D．2019
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数求出a的取值范围，化简绝对值即可得出答案．
【解答】解：根据题意得：a﹣2019≥0，
∴a≥2019，
∴原式可变形为：a﹣2018+a−2019=a，
∴a−2019=2018，
∴a﹣2019＝20182，
∴a﹣20182＝2019．
故选：D．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
3．（2023春•巴东县月考）若|a﹣2|+b2+4b+4+c2−c+14=0，则b2−a−c的值是（ ）
A．2−322B．4C．1D．8
【分析】通过因式分解把|a﹣2|+b2+4b+4+c2−c+14=0化为|a﹣2|+（b+2）2+(c−12)2=0，再根据非负数的性质求得a、b、c，进而代值计算原式便可．
【解答】解：∵|a﹣2|+b2+4b+4+c2−c+14=0，
∴|a﹣2|+（b+2）2+(c−12)2=0，
∴a﹣2＝0，b+2＝0，c−12=0，
∴a＝2，b＝﹣2，c=12，
∴b2−a−c=2−2−22=2−322．
故选：A．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值，非负数的性质，关键是根据非负数性质求得a、b、c．
4．(2023秋•鼓楼区校级期末）实数a在数轴上的位置如图所示，则化简a2−8a+16+(a−11)2结果为（ ）
A．7B．﹣7C．2a﹣15D．无法确定
【分析】先根据点a在数轴上的位置判断出a﹣4及a﹣11的符号，再把原式进行化简即可．
【解答】解：∵由图可知：4＜a＜10，
∴a﹣4＞0，a﹣11＜0，
∴原式=(a−4)2+(a−11)2
＝a﹣4+11﹣a＝7．
故选：A．
【点评】本题考查的是二次根式的性质与化简，先根据题意得出a的取值范围是解答此题的关键．
5．（2023•蚌山区模拟）如果f（x）=x21+x2并且f（1）表示当x=1时的值，即f（1）=(1)21+(1)2=12，f（12）表示当x=12时的值，即f（12）=(12)21+(12)2=13，那么f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f(13)+⋯+f(n)+f(1n)的值是（ ）
A．n−12B．n−32C．n−52D．n+12
【分析】认真观察题中式子的特点，找出其中的规律，代入计算即可．
【解答】解：代入计算可得，f（2）+f（12）＝1，f（3）+f（13）＝1，…，f（n）+f（1n）＝1，
所以，原式=12+（n﹣1）＝n−12．
故选：A．
【点评】解答此类题目的关键是认真观察题中式子的特点，找出其中的规律．
6．(2023春•长兴县月考）已知a＝2020×2022﹣2020×2021，b=20232−4×2022，c=20212−1，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．a＜c＜bD．b＜c＜a
【分析】分别将a、b、c分别平方，再利用完全平方公式化简后对平方进行比较即可．
【解答】解：∵a＝2020×2022﹣2020×2021＝2020×(2023﹣2021）＝2020，
∴a2＝20202，
∵b=20232−4×2022，
∴b2＝20232﹣4×2022＝(2023+1）2﹣4×2022＝(2023﹣1）2＝20212，
∵c=20212−1，
∴c2＝20212﹣1，
∵20202＜20212﹣1＜20212，即a2＜c2＜b2，
∵a、b、c都是大于0的数，
∴a＜c＜b．
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式，通过将要比较的二次根式分别作平方化简完进行比较是解题的关键．
7．(2023秋•长安区校级期末）小明做数学题时，发现1−12=12；2−25=225；3−310=3310；4−417=4417；…；按此规律，若a−8b=a8b（a，b为正整数），则a+b＝ ．
【分析】找出一系列等式的规律为n−nn2+1=nnn2+1（n≥1的正整数），令n＝8求出a与b的值，即可确定出a+b的值．
【解答】解：根据题中的规律得：a＝8，b＝82+1＝65，
则a+b＝8+65＝73．
故答案为：73．
【点评】此题考查了二次根式的性质及化简，找出题中的规律是解本题的关键．
8．(2023秋•漳州期中）已知16−x2−4−x2=22，则16−x2+4−x2= ．
【分析】利用平方差公式得到（16−x2−4−x2）•（16−x2+4−x2）＝12，然后利用16−x2−4−x2=22可计算出16−x2+4−x2的值．
【解答】解：∵（16−x2−4−x2）•（16−x2+4−x2）＝16﹣x2﹣（4﹣x2）＝12，
而16−x2−4−x2=22，
∴22×（16−x2+4−x2）＝12，
∴16−x2+4−x2=32．
故答案为：32．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简：熟练掌握二次根式的性质和平方差公式的灵活运用是解决问题的关键．
9．(2023•雨花台区校级模拟）若二次根式2−m有意义，且关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正整数解，则符合条件的整数m的和是 ．
【分析】根据二次根式2−m有有意义，可得m≤2，解出关于x的分式方程m1−x+2=3x−1的解为x=m+52，解为正整数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可．
【解答】解：m1−x+2=3x−1，
去分母得，﹣m+2（x﹣1）＝3，
解得x=m+52，
∵关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正整数解，
∴m+52＞0，
∴m＞﹣5，
又∵x＝1是增根，当x＝1时，m+52=1，即m＝﹣3，
∴m≠﹣3，
∵2−m有意义，
∴2﹣m≥0，
∴m≤2，
因此﹣5＜m≤2且m≠﹣3，
∵m为整数，
∴m可以为﹣1，1，其和为﹣1+1＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查二次根式的意义、分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，理解正整数解，整数m的意义是正确解答的关键．
10．(2023春•龙口市期末）已知x=−3+52，那么2x2+6x﹣3的值是 ．
【分析】整理关于x的等式后两边平方，先求出2x2+6x的值，再整体代入．
【解答】解：∵x=−3+52，
∴2x+3=5．
两边平方，得4x2+12x+9＝5，
整理，得2x2+6x＝﹣2，
∴2x2+6x﹣3
＝﹣2﹣3
＝﹣5．
故答案为：﹣5．
【点评】本题考查了二次根式及完全平方公式，求出2x2+6x的值是解决本题的关键．
11．(2023秋•杨浦区期中）计算与求值．
已知a=12+3，求a2−2a+1a−1−a2−2a+1a2−a的值．
【分析】首先关键a的值求得1a=2+3，a﹣1＝1−3＜0，然后把原代数式变形为a﹣1+1a，再进一步代入求得数值即可．
【解答】解：∵a=12+3，
∴a＝2−3，
∴1a=2+3，a﹣1＝1−3＜0，
∴a2−2a+1a−1−a2−2a+1a2−a
=(a−1)2a−1+a−1a(a−1)
＝a﹣1+1a
＝1−3+2+3
＝3．
【点评】此题考查二次根式的化简求值，利用完全平方公式把代数式变形，问题简单易懂．
12．(2023秋•达川区期中）已知：x=110+3，y=110−3．求值：
（1）x2y+xy2；
（2）x2﹣3xy+y2．
【分析】（1）首先化简x，y的值，进而将原式提取公因式xy，分解因式，再将x，y的值代入求出答案；
（2）首先化简x，y的值，进而将原式变形，再将x，y的值代入求出答案．
【解答】解：x=110+3=10−3(10+3)(10−3)=10−3，
y=110−3=10+3(10−3)(10+3)=10+3，
（1）x2y+xy2
＝xy（x+y）
＝（10−3）（10+3）（10−3+10+3）
＝210；
（2）x2﹣3xy+y2
＝（x﹣y）2﹣xy
＝（10−3−10−3）2﹣（10−3）（10+3）
＝36﹣1
＝35．
【点评】此题主要考查了二次根式的化简求值，正确化简x，y的值是解题关键．
13．(2023春•潜山市月考）某居民小区有一块形状为长方形ABCD的绿地，长方形绿地的长BC为162m，宽AB为128m，现要在长方形绿地中修建一个长方形花坛（即图中阴影部分），长方形花坛的长为(13+1)m，宽为(13−1)m．
（1）长方形ABCD的周长是多少？
（2）除去修建花坛的地方，其他地方全修建成通道，通道上要铺上造价为5元/m2的地砖，要铺完整个通道，则购买地砖需要花费多少元？
【分析】（1）根据长方形ABCD的周长列出算式，再利用二次根式的混合运算顺序和运算法则计算即可；
（2）先计算出空白部分的面积，然后再用空白部分的面积乘以单价即可得出结论．
【解答】解：（1）∵长方形的长BC为162m，宽AB为128m，
∴长方形ABCD的周长为：2(162+128)=2(92+82)=342(m)．
答：长方形ABCD的周长是342m．
（2）由题意，知[162×128−(13+1)×(13−1)]×5=[92×82−(13−1)]×5=（144﹣12）×5＝660（元）．
答：购买地砖需要花费660元．
【点评】本题考查二次根式的应用，长方形的周长和面积，平方差公式．解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则及其性质．
14．(2023秋•威宁县校级期末）若x，y为实数，且y=1−4x+4x−1+12．求xy+2+yx−xy−2+yx的值．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数求得x的值，进而得到y的值，代入求值即可．
【解答】解：依题意得：x=14，则y=12，
所以xy=1412=12，yx=1214=2，
所以xy+2+yx−xy−2+yx=12+2+2−12−2+2=92−12=2．
【点评】考查了二次根式的意义和性质．概念：式子a（a≥0）叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
15．(2023春•新罗区校级月考）小明在解决问题：已知a=12+3，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解的：
∵a=12+3=2−3(2+3)(2−3)=2−3，
∴a−2=−3，
∴（a﹣2）2＝3，a2﹣4a+4＝3，
∴a2﹣4a＝﹣1，
∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）＝﹣1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
（1）化简13+1+15+3+17+5+⋯+1121+119．
（2）若a=12−1．求：
①求3a2﹣6a+1的值．
②直接写出代数式的值a3﹣3a2+a+1＝ ；2a2−5a+1a+2= ．
【分析】（1）将原式分母有理化后，得到规律，利用规律求解；
（2）将a分母有理化得a=2+1，移项并平方得到a2﹣2a＝1，对①，②的式子进行变形后代入求值．
【解答】解：（1）原式=3−12+5−32+7−52+⋯+121−1192
=12×(3−1+5−3+⋯+11−119)=12(−1+11)
＝5；
（2）①∵a=12−1=2+1(2−1)(2+1)=2+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；
∵2a2−5a+1a+2=2a2−4a−a2−2a−1a，
a2﹣2a＝1，
∴原式＝2﹣0＝2．
故答案为：0，2．
【点评】本题主要考查了分母有理化、完全平方公式以及代数式的变形，解题的关键是变形各式后利用a2﹣2a＝1来求解．
16．(2023春•定州市期中）阅读下列解题过程：15+4=1×(5−4)(5+4)(5−4)=5−4(5)2−(4)2=5−4=5−2；
26−5=2×(6+5)(6−5)(6+5)=26+25(6)2−(5)2=26+25；
请解答下列问题：
（1）观察上面解题过程，计算310−7；
（2）请直接写出1n+n−1的结果．（n≥1）
（3）利用上面的解法，请化简：11+2+12+3+13+4+⋯+198+99+199+100．
【分析】（1）观察上面解题过程，得出原式的结果即可；
（2）归纳总结得到一般性规律，写出即可；
（3）原式利用各种分母有理化，计算即可得到结果．
【解答】解：（1）原式=3(10+7)(10−7)(10+7)=10+7；
（2）归纳总结得：1n+n−1=n−n−1（n≥1）；
（3）原式=2−1+3−2+4−3+⋯+99−98+100−99=10﹣1＝9．
【点评】此题考查了分母有理化，弄清题中分母有理化法则是解本题的关键．
17．(2023秋•丰泽区校级期末）一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+22=（1+2）2．
设a+b2=(m+n2)2（其中a、b、m、n均为正整数），则有a+b2=m2+2n2+2mn2，∴a＝m2+2n2，b＝2mn．这样可以把部分a+b2的式子化为平方式的方法．
请你仿照上述的方法探索并解决下列问题：
（1）当a、b、m、n均为正整数时，若a+b3=（m+n3）2，用含m、n的式子分别表示a、b，得：a＝ ，b＝ ．
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a、b、m、n填空： + 5=（ + 5）2；
（3）化简116−67−111+47
【分析】（1）将（m+n3）2用完全平方公式展开，与原等式左边比较，即可得答案；
（2）设a+b5=(m+n5)2，则(m+n5)2=m2+2mn5+5n2，比较完全平方式右边的值与a+b5，可将a和b用m和n表示出来，再给m和n取特殊值，即可得答案；
（3）利用题中描述的方法，将要化简的双重根号，先化为一重根号，再利用分母有理化化简，再合并同类二次根式和同类项即可．
【解答】解：（1）∵a+b3=(m+n3)2，(m+n3)2=m2+2mn3+3n2
∴a＝m2+3n2，b＝2mn
故答案为：m2+3n2，2mn．
（2）设a+b5=(m+n5)2
则(m+n5)2=m2+2mn5+5n2
∴a＝m2+5n2，b＝2mn
若令m＝1，n＝2，则a＝21，b＝4
故答案为：21，4，1，2．
（3）116−67−111+47
=1(3−7)2−1(7+2)2
=13−7−17+2
=3+7(3−7)(3+7)−7−2(7+2)(7−2)
=3+72−7−23
=32+23+72−73
=136+76
【点评】本题考查了利用分母有理化和利用完全平方公式对二次根式化简，以及对这种方法的拓展应用，本题具有一定的计算难度．
第十七章 勾股定理
1．（2023春•岳麓区校级月考）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC+∠DCB＝90°，且BC＝2AD，以AB、BC、DC为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，若S1＝3，S3＝8，则S2的值为（ ）
A．22B．24C．44D．48
【分析】根据已知条件得到AB=3，CD＝22，过A作AE∥CD交BC于E，则∠AEB＝∠DCB，根据平行四边形的性质得到CE＝AD，AE＝CD＝3，由已知条件得到∠BAE＝90°，根据勾股定理得到BE=AB2+AE2=211，于是得到结论．
【解答】解：∵S1＝3，S3＝8，
∴AB=3，CD＝22，
过A作AE∥CD交BC于E，则∠AEB＝∠DCB，
∵AD∥BC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∴CE＝AD，AE＝CD＝3，
∵∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠AEB+∠ABC＝90°，
∴∠BAE＝90°，
∴BE=AB2+AE2=11，
∵BC＝2AD，
∴BC＝2BE＝211，
∴S2＝（211）2＝44，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2023春•代县月考）在△ABC中，AB＝15，AC＝13，BC边上的高AD＝12，则边BC的长为（ ）
A．4B．14C．4或14D．8或14
【分析】分两种情况讨论：锐角三角形和钝角三角形，根据勾股定理求得BD，CD，再由图形求出BC，在锐角三角形中，BC＝BD+CD，在钝角三角形中，BC＝CD﹣BD．
【解答】解：（1）如图，锐角△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC边上高AD＝12，
在Rt△ABD中AB＝13，AD＝12，由勾股定理得：BD2＝AB2﹣AD2＝132﹣122＝25，
则BD＝5，
在Rt△ACD中AC＝15，AD＝12，由勾股定理得：CD2＝AC2﹣AD2＝152﹣122＝81，
则CD＝9，
故BC的长为BD+DC＝9+5＝14；
（2）钝角△ABC中，AB＝13，AC＝15，BC边上高AD＝12，
在Rt△ABD中AB＝13，AD＝12，由勾股定理得：BD2＝AB2﹣AD2＝132﹣122＝25，
则BD＝5，
在Rt△ACD中AC＝15，AD＝12，由勾股定理得：CD2＝AC2﹣AD2＝152﹣122＝81，
则CD＝9，
故BC的长为DC﹣BD＝9﹣5＝4．
综上可得BC的长为14或4．
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理，把三角形斜边转化到直角三角形中用勾股定理解答，注意分类讨论，不要漏解，难度一般．
3．（2023春•东港区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB交CD于点E，交CB于点F，若AC＝3，AB＝5，则线段DE的长为（ ）
A．32B．3C．910D．1
【分析】过点F作FG⊥AB，垂足为G，先在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BC＝4，从而利用面积法求出CD的长，再利用角平分线的性质可得CF＝FG，从而利用面积法求出CF＝FG=32，然后利用角平分线的定义可得∠CAF＝∠FAG，再利用等角的余角相等可得∠AFC＝∠AED，最后结合对顶角相等可得∠CEF＝∠AFC，从而可得CF＝CE=32，进而利用线段的和差关系，进行计算即可解答．
【解答】解：过点F作FG⊥AB，垂足为G，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，
∴BC=AB2−AC2=52−32=4，
∵△ABC的面积=12AC•BC=12AB•CD，
∴CD•AB＝AC•BC，
∴5CD＝3×4，
∴CD=125，
∵AF平分∠CAB，FC⊥AC，FG⊥AB，
∴CF＝FG，
∵△ACF的面积+△AFB的面积＝△ACB的面积，
∴12AC•CF+12AB•FG=12AC•BC，
∴AC•CF+AB•FG＝AC•BC，
∴3CF+5FG＝3×4，
∴CF＝FG=32，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠FAG，
∵∠CAF+∠AFC＝90°，∠FAG+∠AED＝90°，
∴∠AFC＝∠AED，
∵∠AED＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠AFC，
∴CF＝CE=32，
∴DE＝CD﹣CE=125−32=910，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理，角平分线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
4．（2023春•江夏区校级月考）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝45°，AB＝32，AD＝7，CD＝5，则AC＝ ．
【分析】作BE⊥AD于点E，则∠EBA＝∠EAB＝45°，所以AE＝BE，由AB＝32，根据勾股定理可求得AE＝BE＝3，则DE＝AD﹣AE＝4，所以BD=BE2+DE2=5，则CD＝BD，所以∠BCD＝∠CBD＝45°，则∠BDC＝90°，再证明△FDC≌△EBD，得DF＝BE＝3，CF＝DE＝4，则AF＝10，所以AC=AF2+CF2=229，于是得到问题的答案．
【解答】解：作BE⊥AD于点E，则∠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=BE2+DE2=32+42=5，
∵CD＝5，∠BCD＝45°，
∴CD＝BD，
∴∠BCD＝∠CBD＝45°，
∴∠BDC＝90°，
作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，则∠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+CF2=102+42=229，
故答案为：229．
【点评】此题重点考查勾股定理的应用、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
5．(2023秋•成都期末）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形拼接而成的．已知BE：AE＝3：1，正方形ABCD的面积为80．连接AC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为 ．
【分析】根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，根据勾股定理可得x的平方的值，再根据题意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，然后可得阴影部分的面积之和为梯形NGFM的面积．
【解答】解：∵S正方形ABCD＝80，
∴AB2＝80，
设AE＝x，
则BE＝3AE＝3x，
∴x2+9x2＝80，
∴x2＝8，
根据题意可知：
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，
∴阴影部分的面积之和为：
S梯形QGFP=12（QG+FP）•FG
=12（EP+PF）•FG
=12FE•FG
=12×（2x）2
＝2x2
＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．
6．（2023春•江岸区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，AB＝20，动点D从点A出发，沿线段AB以每秒2个单位的速度向B运动，过点D作DF⊥AB交BC所在的直线于点F，连接AF，CD．设点D运动时间为t秒．当△ABF是等腰三角形时，则t＝ 秒．
【分析】先根据勾股定理求出BC，再分FA＝FB、AF＝AB、BF＝AB三种情况，根据等腰三角形的性质、勾股定理计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，AB＝20，
由勾股定理得：BC=AB2−AC2=202−162=12，
当FA＝FB时，DF⊥AB，
∴AD=12AB=12×20=10，
∴t＝10÷2＝5；
当AF＝AB＝20时，∠ACB＝90°，
则BF＝2BC＝24，
∴12AB⋅DF=12BF⋅AC，即12×20×DF=12×24×16，
解得：DF=965，
由勾股定理得：AD=AF2−DF2=202−(965)2=285，
∴t=285÷2=145；
当BF＝AB＝20时，
∵BF＝20，BC＝12，
∴CF＝BF﹣BC＝8，
由勾股定理得：AF=AC2+CF2=162+82=85，
∵BF＝BA，FD⊥AB，AC⊥BF，
∴DF＝AC＝16，
∴AD=AF2−DF2=(85)2−162=8，
∴t＝8÷2＝4；
综上所述，△ABF是等腰三角形时，t的值为5或145或4，
故答案为：5或145或4．
【点评】本题考查的是勾股定理、三角形的面积计算、等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
7．（2023春•鄱阳县月考）在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，D是直线AC上的动点，若△ABD是等腰三角形，则AD的长度是 ．
【分析】根据△ABD是等腰三角形，分三种情况：BD或AD或AB为底边，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理可得结论．
【解答】解：∵∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，
∴AC＝2BC＝6，AB=62−32=33，
分三种情况：
①如图1，当AD＝AB时，AD＝33，
②如图2，AB＝BD，
过点B作BE⊥AC于E，
∴AE＝DE，
Rt△ABE中，∠BAE＝30°，AB＝33，
∴BE=12AB=332，
∴AE=332×3=92，
∴AD＝2AE＝9；
③如图3，AD＝BD，
∴∠A＝∠DBA＝30°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝60°，
∵∠C＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD＝BC＝3，
∴AD＝6﹣3＝3，
综上，AD的长是3或33或9．
故答案为：3或33或9．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握分类讨论的思想是解本题的关键．
8．(2023春•庐阳区校级期末）细心观察图形，认真分析各式，然后解答问题：
OA1＝1；
OA2=12+12=2； S1=12×1×1=12；
OA3=2+12=3； S2=12×2×1=22；
OA4=3+12=4； S3=12×3×1=32；
（1）推算出OA10＝ ．
（2）若一个三角形的面积是5．则它是第 个三角形．
（3）用含n（n是正整数）的等式表示上述面积变化规律；
（4）求出S12+S22+S23+…+S2100的值．
【分析】（1）根据题中给出的规律即可得出结论；
（2）若一个三角形的面积是5，利用前面公式可以得到它是第几个三角形；
（3）利用已知可得OAn2，注意观察数据的变化；
（4）将前10个三角形面积相加，利用数据的特殊性即可求出．
【解答】解：（1））∵OAn2＝n，
∴OA10=10．
故答案为：10；
（2）若一个三角形的面积是5，
∵Sn=n2=5，
∴n=25=20，
∴它是第20个三角形．
故答案为：20；
（3）结合已知数据，可得：OAn2＝n；Sn=n2；
（4）S12+S22+S23+…+S2100
=14+24+34+44+⋯+1004
=1+2+3+⋯+1004
=25252
【点评】本题考查了二次根式的应用以及勾股定理的应用，涉及到数据的规律性，综合性较强，希望同学们能认真的分析总结数据的特点．
9．如图，公路MN和公路PQ在点P处交汇，且∠QPN＝30°，在A处有一所中学，AP＝120米，此时有一辆消防车在公路MN上沿PN方向以每秒5米的速度行驶，假设消防车行驶时周围100米以内有噪音影响．
（1）学校是否会受到影响？请说明理由．
（2）如果受到影响，则影响时间是多长？
【分析】（1）作AB⊥MN于B，根据含30度的直角三角形三边的关系得到AB=12PA＝60m，由于这个距离小于100m，所以可判断拖拉机在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；
（2）以点A为圆心，100m为半径作⊙A交MN于C、D，根据垂径定理得到BC＝BD，再根据勾股定理计算出BC＝80m，则CD＝2BC＝160m，根据速度公式计算出拖拉机在线段CD上行驶所需要的时间．
【解答】解：（1）学校受到噪音影响．理由如下：
作AB⊥MN于B，如图1，
∵PA＝120m，∠QPN＝30°，
∴AB=12PA＝60m，
而60m＜100m，
∴消防车在公路MN上沿PN方向行驶时，学校受到噪音影响；
（2）以点A为圆心，100m为半径作⊙A交MN于C、D，如图，
∵AB⊥CD，
∴CB＝BD，
在Rt△ABC中，AC＝100m，AB＝60m，
CB=AC2−AB2=80m，
∴CD＝2BC＝160m，
∵消防车的速度5m/s，
∴消防车在线段CD上行驶所需要的时间＝160÷5＝32（秒），
∴学校受影响的时间为32秒．
【点评】本题考查了勾股定理的应用．
10．(2023春•潍坊期中）如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
（1）弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边长为a，较短的直角边长为b，斜边长为c，结合图①，试验证勾股定理．
（2）如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（粗线）的周长为24，OC＝3，求该飞镖状图案的面积．
（3）如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝40，则S2＝ ．
【分析】（1）通过图中小正方形面积证明勾股定理；
（2）可设AC＝x，根据勾股定理列出方程可求x，再根据直角三角形面积公式计算即可求解；
（3）根据图形的特征得出四边形MNKT的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，从而用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＝c2﹣2ab，
即b2﹣2ab+a2＝c2﹣2ab，
则a2+b2＝c2．
（2）24÷4＝6，
设AC＝x，依题意有
（x+3）2+32＝（6﹣x）2，
解得x＝1，
12×（3+1）×3×4
=12×4×3×4
＝24．
故该飞镖状图案的面积是24．
（3）将四边形MTKN的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，
∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为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=403，
∴S2＝x+4y=403．
故答案为：403．
【点评】考查了勾股定理的证明，本题是用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法．（3）考查了图形面积关系，根据已知得出用x，y表示出S1，S2，S3，再利用S1+S2+S3＝40求出是解决问题的关键．
11．(2023秋•诸暨市校级期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．
（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连结OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连结OF，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则BD的长为 （直接写出所有结果）．
【分析】（1）由勾股定理即可计算；
（2）①分两种情况：AO＝OE或AO＝AE，由等腰三角形的性质和判定，余角的性质，全等三角形的判定和性质，即可求解；
②分两种情况：点D在线段OB上时或点D在线段OB延长线上时，由余角的性质，等腰三角形的性质和判定，三角形面积公式，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝AO+BO＝4+6＝10，
∴BC＝AB＝10，
∵CO⊥AB，
∴CO=BC2−OB2=102−62=8，
∴AC=AO2+CO2=42+82=45；
（2）①当AO＝OE时，
∴∠A＝∠AEO，
∵∠OED+∠AEO＝∠ODE+∠A＝90°，
∴∠ODE＝∠OED，
∴OD＝OE＝AO＝4；
当AO＝AE时，
∵∠A＝∠A，
∠AOC＝∠AED＝90°，
∴△AED≌△AOC（ASA），
∴AD＝AC＝45，
∴OD＝AD﹣AO＝45−4，
②当点D在线段OB上时，
∵S△OBF：S△OCF＝1：4，
∴BF：CF＝1：4，
∴BF：BC＝1：3，
∵BC＝10，
∴BF=103，
∵BC＝BA，
∴∠A＝∠BCA，
∵∠EDA+∠A＝90°，∠BDF＝∠EDA，
∴∠BDF+∠A＝90°，
∵∠BFD+∠BCA＝90°，
∴∠BDF＝∠BFD，
∴BD＝BF=103，
当点D在线段OB的延长线上时，
∵S△OBF：S△OCF＝1：4，
∴BF：CF＝1：4，
∴BF：BC＝1：5，
∵BC＝10，
∴BF＝2，
同理可证：∠D＝∠DFB，
∴BD＝BF＝2．
故答案为：103或2．
【点评】本题考查勾股定理，三角形全等判定和性质，等腰三角形的判定和性质，余角的性质，关键是熟练掌握以上知识点，并注意解题时分情况讨论．
12．(2023秋•商水县校级期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一点，CD＝3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动．设点P的运动时间为t．连接AP．
（1）当t＝3秒时，求AP的长度（结果保留根号）；
（2）当△ABP为等腰三角形时，求t的值；
（3）过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为何值时，能使DE＝CD？
【分析】（1）根据动点的运动速度和时间先求出PC，再根据勾股定理即可求解；
（2）根动点运动过程中形成三种等腰三角形，分情况即可求解；
（3）根据动点运动的不同位置利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）根据题意，得BP＝2t，PC＝16﹣2t＝16﹣2×3＝10，AC＝8，
在Rt△APC中，根据勾股定理，得AP=AC2+PC2=164=241．
答：AP的长为241．
（2）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝16，
根据勾股定理，得AB=64+256=320=85
若BA＝BP，则 2t＝85，解得t＝45；
若AB＝AP，则BP＝32，2t＝32，解得t＝16；
若PA＝PB，则（2t）2＝（16﹣2t）2+82，解得t＝5．
答：当△ABP为等腰三角形时，t的值为45、16、5．
（3）①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，如图1所示：
则∠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点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，如图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；
综上所述，在点P的运动过程中，当t的值为5或11时，能使DE＝CD．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理，解决本题的关键是动点运动到不同位置形成不同的等腰三角形．
13．(2023秋•南关区校级期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A﹣C﹣B﹣A运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求BC的长．
（2）斜边AB上的高是 ．
（3）若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为 ．
（4）在整个运动过程中，直接写出△PBC是等腰三角形时t的值．
【分析】（1）由勾股定理可求得BC的值，
（2）再设斜边AB上的高为h，由面积法可求得答案；
（3）如图，当点P'在∠BAC的角平分线上时可先利用三角形全等，求出AD＝AC＝8，分别表示各线段，在直角三角形中，利用勾股定理求出t的值．
（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，①当点P在线段AC上时，此时△BCP是等腰直角三角形，②当点P在线段AC上时，又分三种情况：BC＝BP；PC＝BC；PC＝PB，分别求得点P运动的路程，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）设斜边AB上的高为h，
∵12AB⋅ℎ=12AC⋅BC，
∴10h＝6×8，
∴h＝4.8．
∴斜边AB上的高为4.8；
故答案为：4.8；
（3）当点P'在∠BAC的角平分线上时，过点P'作P'D⊥AB，如图：
∵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=163．
当P与A重合时，也满足条件，此时t＝12．
故答案为：163或12．
（4）由图可知，当△BCP是等腰三角形时，点P必在线段AC或线段AB上，
①当点P在线段AC上时，此时△BCP是等腰直角三角形，
∴此时CP＝BC＝6，
∴AP＝AC﹣CP＝8﹣6＝2，
∴2t＝2，
∴t＝1；
②当点P在线段AB上时，若BC＝BP，
则点P运动的长度为：
AC+BC+BP＝8+6+6＝20，
∴2t＝20，
∴t＝10；
若PC＝BC，如图2，过点C作CH⊥AB于点H，则BP＝2BH，
在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，AC＝8，
∴AB•CH＝AC•BC，
∴10CH＝8×6，
∴CH=245，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：
BH=62−(245)2=3.6，
∴BP＝7.2，
∴点P运动的长度为：AC+BC+BP＝8+6+7.2＝21.2，
∴2t＝21.2，
∴t＝10.6；
若PC＝PB，如图3所示，过点P作PQ⊥BC于点Q，
则BQ＝CQ＝0.5×BC＝3，∠PQB＝90°，
∴∠ACB＝∠PQB＝90°，
∴PQ∥AC，
∴PQ为△ABC的中位线，
∴PQ＝0.5×AC＝0.5×8＝4，
在Rt△BPQ中，由勾股定理得：BP=32+42=5，
点P运动的长度为：AC+BC+BP＝8+6+5＝19，
∴2t＝19，
∴t＝9.5．
综上，t的值为1或9.5或10或10.6．
【点评】本题主要考查了勾股定理在动点问题中的应用，数形结合、分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
14．(2023秋•长春期末）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点．其中点P从点A出发，沿A→B方向运动，速度为每秒1cm；点Q从点B出发，沿B→C→A方向运动，速度为每秒2cm；两点同时开始运动，设运动时间为t秒．
（1）①Rt△ABC斜边AC上的高为 ；
②当t＝3时，PQ的长为 ．
（2）当点Q在边BC．上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，直接写出所有能使△BCQ成为等腰三角形的t的值．
【分析】（1）①利用勾股定理可求解AC的长，进而可求解Rt△ABC斜边AC上的高；
②可求得AP和BQ，则可求得BP，在Rt△BPQ中，由勾股定理可求得PQ的长；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ＝BC、CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于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+BC2=82+62=10（cm），
∴Rt△ABC斜边AC上的高为6×810=4.8（cm）；
②当t＝3时，则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+BQ2=52+62=61（cm），
即PQ的长为61cm，
故答案为：①4.8cm；②61cm；
（2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝8，
∴BP＝AB﹣AP＝8﹣t，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即8﹣t＝2t，解得t=83，
∴出发83秒后△PQB能形成等腰三角形；
（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝10，
当点Q在AC上时，AQ＝BC+AC﹣2t＝16﹣2t，
∴CQ＝AC﹣AQ＝10﹣（16﹣2t）＝2t﹣6，
∵△BCQ为等腰三角形，
∴有BQ＝BC、CQ＝BC和CQ＝BQ三种情况，
①当BQ＝BC＝6时，如图1，过B作BD⊥AC于D，
则CD=12CQ＝t﹣3，
在Rt△ABC中，S△ABC=12×AC×BD=12×BC×AB，
∴BD=245，
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当CQ＝BC＝6时，则2t﹣6＝6，解得t＝6；
③当CQ＝BQ时，则∠C＝∠QBC，
∴∠C+∠A＝∠CBQ+∠QBA，
∴∠A＝∠QBA，
∴QB＝QA，
∴CQ=12AC＝5，即2t﹣6＝5，解得t＝5.5；
综上可知当运动时间为6.6秒或6秒或5.5秒时，△BCQ为等腰三角形．
【点评】本题为三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，但难度不大．
15．(2023秋•仁寿县校级月考）请阅读下列材料：
已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．
【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，容易证明△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，从而可以得到∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，根据勾股定理即可证明猜想的结论；
（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；
（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（1）类似，以CE为一边，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°，这样就可以解决问题．
【解答】解：（1）DE2＝BD2+EC2；
（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．
证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE
∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，FD＝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：将△EAC绕点A顺时针旋转90°得到△TAB．连接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）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以CE为一边，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为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，
∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．
【点评】此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，此题关键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题，要掌握辅助线的作图根据．
第十八章 平行四边形
1．(2023春•金乡县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，结合平行即可证得②正确，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△FPE得出④再求，证出四边形BEFG是平行四边形，⑤③不正确；此题得解．
【解答】解：设GF和AC的交点为点P，如图：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF=12CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE，
∵点G为AB的中点，
∴BG=12AB=12CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGEGE=EG，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正确，
∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，
∴GF∥BE，
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO=12BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，即AP＝PE，且GP=12BE，
在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPGGP=PG，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG=12AB，
∴EG＝EF，即①正确，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP=12BE=12GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，GP=FP∠GPE=∠FPEEP=EP，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即④正确．
∵BG＝FE，GF＝BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
没有条件得出BEFG是菱形，⑤③不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．
2．(2023春•湖北期末）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝HE，其中正确的有 ．（把正确结论的序号都填上）
【分析】设AB＝a，则AD=2a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH＝DC即可判断②；证明△BEH≌△HDF（AAS）可判断③；用含a的式子表示AB﹣CF与HE比较即可判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝90°，
设AB＝CD＝a，则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正确；
∵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正确；
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=∠HFDBE=DH=a，
∴△BEH≌△HDF（AAS），
∴BH＝HF，故③正确；
∵△BEH≌△HDF，
∴HE＝DF，HE＝AE﹣AH=2a﹣a，
∴CF＝a﹣（2a﹣a）＝2a−2a，
∴AB﹣CF＝a﹣（2a−2a）=2a﹣a，
∴AB﹣CF＝HE，故④错误；
综上所述，正确的是①②③．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定与性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；设AB＝a，用含a的式子表示出相关的线段是解决问题的关键．
3．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图以直角三角形ABC的斜边BC为边在三角形ABC的同侧作正方形BCEF．设正方形的中心为O，连结AO，如果AB=2，AO＝3．则正方形BCEF的面积为（ ）
A．18B．32C．34D．50
【分析】设AC交OB于点H，作OI⊥OA交AC于点I，可证明△AOB≌△EOC，得IC＝AB=2，IO＝AO＝3，则AI＝32，所以AC＝AI+IC＝42，即可根据勾股定理求得BC2＝AB2+AC2＝34，则正方形BCEF的面积为34，于是得到问题的答案．
【解答】解：设AC交OB于点H，作OI⊥OA交AC于点I，则∠AOI＝90°，
∵四边形BCEF是正方形，且它的中心为点O，
∴点O是BE与CF的交点，
∵BE⊥CF，
∴∠BOC＝90°，
∴∠AOB＝∠IOC＝90°﹣∠BOI，
∵OB＝OE=12BE，OC＝OF=12CF，且BE＝CF，
∴OB＝OC，
∵∠BAC＝90°，∠AHB＝∠OHC，
∴∠ABO＝90°﹣∠AHB＝90°﹣∠OHC＝∠ICO，
在△AOB和△EOC中，
∠ABO=∠ICOOB=OC∠AOB=∠IOC，
∴△AOB≌△EOC（ASA），
∴IC＝AB=2，IO＝AO＝3，
∴AI=AO2+IO2=32+32=32，
∵AC＝AI+IC＝32+2=42，
∴S正方形BCEF＝BC2＝AB2+AC2＝（2）2+（42）2＝34，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、同角或等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
4．(2023秋•宁德期末）定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（ ）
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（3，3）
【分析】由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；分两种情况：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案．
【解答】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，
∴设P（3，a），则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=12．
∴P（3，12）．
综上，P（3，12）或（3，1）或（3，3）．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质及勾股定理在几何图形坐标计算中的应用，数形结合、分类讨论并根据题意正确地列式是解题的关键．
5．(2023•罗湖区模拟）如图，点E为正方形ABCD边AD上一动点（不与A、D重合）．连接BE交AC于点F，PQ经过点F，分别与AB、CD交于点P、Q，且PQ＝BE．
（1）求证：BE⊥PQ；
（2）求证：FP＝FE；
（3）若CQ=2，求AC﹣2AF的长．
【分析】（1）过点Q作QG⊥AB于点G，交BE，AC于点H，M，得四边形BCQG是矩形，证明Rt△QGP≌Rt△BAE（HL），然后根据三角形内角和定理即可解决问题；
（2）证明△ABF≌△ADF（SAS），可得BF＝DF，∠ABF＝∠ADF，然后证明FD＝FQ，利用线段的差即可解决问题；
（3）先证明△PBF≌△HQF（ASA），可得FP＝FH，所以FH＝FE，然后证明△HMF≌△EAF（AAS），可得FM＝AF，所以AM＝2AF，利用等腰三角形的性质由CQ=2，可得CM的长，进而可以求AC﹣2AF的长．
【解答】（1）证明：如图，过点Q作QG⊥AB于点G，交BE，AC于点H，M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
∴四边形BCQG是矩形，
∴GQ＝BC＝AB，
∵PQ＝BE，
∴Rt△QGP≌Rt△BAE（HL），
∴∠PQG＝∠EBA，
∵∠QHF＝∠BHG，
∴∠QFH＝∠BGH＝90°，
∴BE⊥PQ；
（2）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠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，
∵MQ＝CQ=2，
∴CM=2CQ＝2，
∴AC﹣2AF＝AC﹣AM＝CM＝2．
∴AC﹣2AF的长为2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质求线段的长是解题的关键．
6．(2023春•沈丘县期末）如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．
（1）试说明EO＝FO；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；
（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．
【分析】（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC＝∠ECB，再根据等边对等角得OE＝OC，同理OC＝OF，可得EO＝FO．
（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
（3）利用已知条件及正方形的性质解答．
【解答】解：（1）∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE，
∵MN∥BC，
∴∠OEC＝∠ECB，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴OE＝OC，
同理OC＝OF，
∴OE＝OF．
（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．
如图AO＝CO，EO＝FO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=12∠ACB，
同理，∠ACF=12∠ACG，
∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF=12（∠ACB+∠ACG）=12×180°＝90°，
∴四边形AECF是矩形．
（3）当△ABC是直角三角形且∠ACB＝90°时，在AC边上存在点O（为其中点），使四边形AECF是正方形．
证明：∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC．
∵MN∥BC，
∴AC⊥MN，即AC⊥EF．
由（2）知，四边形AECF是矩形，
∴矩形AECF是正方形．
【点评】本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．
7．(2023春•柳南区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝40cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤10）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）四边形AEFD能构成菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
【分析】（1）能，首先证明四边形AEFD为平行四边形．当AE＝AD时，四边形AEFD为菱形，即40﹣4t＝2t，解方程即可解决问题．
（2）分三种情形讨论即可．
【解答】（1）证明：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，
∴四边形AEFD为平行四边形，
当AE＝AD时，四边形AEFD为菱形，
即40﹣4t＝2t，解得t=203．
∴当t=203秒时，四边形AEFD为菱形．
（2）①当∠DEF＝90°时，由（1）知四边形AEFD为平行四边形，
∴EF∥AD，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠AED＝30°，
∴AD=12AE＝t，
又AD＝40﹣4t，即40﹣4t＝t，解得t＝8；
②当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，则∠ADE＝30°，
∴AD＝2AE，即40﹣4t＝4t，解得t＝5．
③若∠EFD＝90°，则E与B重合，D与A重合，此种情况不存在．
综上所述，当t＝8或5秒时，△DEF为直角三角形．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
8．(2023春•滁州期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC边上一点，连接AE交BD于点M，过点B作BF⊥AE于点P，交AC于点G，交CD于点F．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）求证：OM＝OG；
（3）若AE平分∠BAC，求证：BM2＝2OM2．
【分析】（1）由正方形的性质即可解决问题；
（2）证明△AOM≌△BOG，即可解决问题；
（3）作MN⊥AB于点N，先证明OM＝MN，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：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∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA）；
（2）证明：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∠MAO=∠GBO，
∴△AOM≌△BOG（ASA），
∴OM＝OG；
（3）证明：如图，作MN⊥AB于点N，
∵AC⊥BD，AE平分∠BAC，
∴OM＝MN，
又∵∠ABD＝45°，
∴BN＝MN，
在Rt△BMN中，BM2＝BN2+MN2＝2MN2＝2OM2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△AOM≌△BOG．
9．已知四边形ABCD是正方形，点P，Q在直线BC上，且AP∥DQ，过点Q作QO⊥BD，垂足为点O，连接OA，OP．
（1）如图，点P在线段BC上，
①求证：四边形APQD是平行四边形；
②判断OA，OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明；
（2）若正方形ABCD的边长为2，直接写出BP＝1时，△OBP的面积．
【分析】（1）根据平移的性质，可得PQ，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得答案；
（2）根据正方形的性质，平移的性质，可得PQ与AB的关系，根据等腰直角三角形的判定与性质，可得∠PQO，根据全等三角形的判定与性质，可得AO与OP的数量关系，根据余角的性质，可得AO与OP的位置关系；
（3）分两种情形，根据等腰直角三角形的性质，可得OE的长，根据三角形的面积公式计算即可；
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∵AP∥DQ，
∴四边形APQD为平行四边形；
②解：结论：OA＝OP，OA⊥OP，理由如下：
∵四边形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=∠PQOBO=QO，
∴△AOB≌△POQ（SAS），
∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，
∴∠AOP＝∠BOQ＝90°，
∴OA⊥OP；
（2）如图，过O作OE⊥BC于E．
①如图1，当P点在B点右侧时，
则BQ＝1+2＝3，OE=12BQ=32，
∴S△OPB=12×1×32=34
②如图2，当P点在B点左侧时，
则BQ＝2﹣1＝1，OE=12BQ=12，
∴S△PBO=12×1×12=14，
综上所述，△POB的面积为34或14．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，利用平行四边形的判定是解题关键；利用全等三角形的判定与性质是解题关键；本题综合性强，有一定难度，利用等腰直角三角形的性质的出OE的长是解题关键．
10．(2023春•滨江区校级期中）如图①正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，连接DE，BE．
（1）求证：DE＝BE；
（2）当AE＝AB时，求∠BED的度数；
（3）如图②，过点E作EF⊥DE交AB于点F，当BE＝BF时，若AB=6+2．求AF的长．
【分析】（1）由正方形的性质得AD＝AB，∠DAE＝∠BAE，再证明△DAE≌△BAE便可得DE＝BE；
（2）由（1）得△DAE≌△BAE，可得∠AED＝∠AEB，进而可以解决问题；
（3）过E作EM⊥BF，证明△BEF是等边三角形，设BM＝x，则MF＝BM＝x，EM=3x，得AM＝EM=3x，由AB=6+2．列出x的方程进行解答便可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAE＝∠BAE，
∵AE＝AE，
∴△DAE≌△BAE（SAS），
∴DE＝BE；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，
由（1）知：△DAE≌△BAE，
∴∠AED＝∠AEB=12（180°﹣45°）=12×135°，
∴∠BED＝2∠AEB＝135°；
（3）如图②，过E作EM⊥BF，
∵四边形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°，
在四边形ADEF中，∠DAF＝90°，
∴∠ADE+∠AFE＝180°，
∵∠AFE+∠BFE＝180°，
∴∠BFE＝∠EBF，
∴BE＝EF，
∵BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝60°，
设BM＝x，则MF＝BM＝x，EM=3x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=12∠BAD＝45°，
∴AM＝EM=3x，
∵AM+BM＝AB=6+2，
∴x+3x=6+2，
解得，x=2，
∴BF＝2x＝22，
∴AF＝AB﹣BF=6+2−22=6−2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，第（3）题难度大，关键是构造直角三角形和证明等边三角形．
11．(2023春•莱芜区期中）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．
（1）点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），请完成剩余证明过程：
（2）拓展：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．
【分析】（1）作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM，易证△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5．又因为∠2+∠6＝120，所以∠5+∠6＝120°，所以∠AMN＝60°；
（2）延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，则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质得出∠BEC＝∠BCE＝45°，证出∠BCE+∠MCN＝180°，得出E、C、N，三点共线，由SAS证明△ABM≌△EBM得出AM＝EM，∠1＝∠2，得出EM＝MN，由等腰三角形的性质得出∠3＝∠4，证出∠1＝∠2＝∠5，得出∠5+∠6＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM，
易证△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：延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，如图所示：
则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的平分线上一点，
∴∠MCN＝90°+45°＝135°，
∴∠BCE+∠MCN＝180°，
∴E、C、N，三点共线，
在△ABM和△EBM中，
AB=EB∠ABM=∠EBMBM=BM，
∴△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°．
【点评】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．
12．(2023•朝阳区校级开学）问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．则BE与DE之间的数量关系是 ．
问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG．
（1）判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由．
（2）连结CF，若AB＝3，PC=2，则CF的长为 ．
【分析】问题引入：利用ASA证明△AEF≌△CED，可得EF＝DE，进而可以解决问题；
问题延伸（1）延长GP交CD于点M，根据正方形的性质证明△DPM≌△FPG（ASA），可得PM＝PG，GF＝DM，根据PC为Rt△MCG斜边上的中线，进而可以解决问题；
（2）根据正方形的性质设BG＝GF＝DM＝x，可得CM＝CG＝3﹣x，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：问题引入：BE＝DE，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△AEF和△CED中，
∠A=∠CAE=CE∠AEF=∠CED，
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴EF＝DE，
∵∠ABD＝90°，
∴BE为Rt△BDF斜边上的中线，
∴EF＝DE＝BE，
∴BE＝DE；
故答案为：BE＝DE；
问题延伸：（1）PC＝PG，理由如下：
如图，延长GP交CD于点M，
∵四边形ABCD，BEFG为正方形，
∴CD∥AE∥GF，∠BCD＝90°，
∴∠CDP＝∠PFG，
∵P为DF的中点，
∴DP＝FP，
在△DPM和△FPG中，
∠MDP=∠GFPDP=FP∠DPM=∠FPG，
∴△DPM≌△FPG（ASA），
∴PM＝PG，GF＝DM，
∵PC为Rt△MCG斜边上的中线，
∴PC＝PG＝PM，
∴PC＝PG；
（2）∵四边形ABCD、BEFG为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，BG＝GF＝DM，∠CGF＝90°，
设BG＝GF＝DM＝x，
∴CM＝CG＝3﹣x，
∵PC＝PG＝PM=2，
∴MG＝22，
∵MC2+CG2＝MG2，
∴（3﹣x）2+（3﹣x）2＝（22）2，
∴x＝1，
∴GF＝1，CG＝3﹣1＝2，
∴CF=GF2+CG2=12+22=5．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，矩形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理，解答时证明三角形全等是解答本题的关键．
13．(2023春•越秀区校级期末）已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点（不与C、D重合）．连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
（1）若点F在边CD上，如图1
①证明：∠DAH＝∠DCH
②猜想△GFC的形状并说明理由．
（2）取DF中点M，连接MG．若MG＝2.5，正方形边长为4，求BE的长．
【分析】（1）①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG＝∠FCG，即可解决问题；
（2）分两种情形解决问题①如图当点F在线段CD上时，连接DE．②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．分别求出EC即可解决问题；
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，DA＝DC，
在△DAH和△DCH中，
DA=DC∠ADH=∠CDHDH=DH，
∴△DAH≌△DCH，
∴∠DAH＝∠DCH；
②解：结论：△GFC是等腰三角形，
理由：∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF＝∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG+∠DCH＝90°，
∴∠FCG+∠DAF＝90°，
∵∠DFA+∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∴GF＝GC，
∴△GFC是等腰三角形．
（2）①如图当点F在线段CD上时，连接DE．
∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∵FG＝GE，FM＝MD，
∴DE＝2MG＝5，
在Rt△DCE中，CE=DE2−DC2=52−42=3，
∴BE＝BC+CE＝4+3＝7．
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可证GM是△DEF的中位线，
∴DE＝2GM＝5，
在Rt△DCE中，CE=DE2−DC2=52−42=3，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣3＝1．
综上所述，BE的长为7或1．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14．(2023春•浉河区期末）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG=5172，请直接写出此时DE的长．
【分析】（1）如图1，连接CG，证明△CBD≌△CBG（SAS），可得G，C，D三点共线，利用勾股定理可得AG的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的长，利用勾股定理计算AG的长；
（3）分三种情况：①当点E在边CD的延长线上时，如图3，同（2）知△BCE≌△BKG（AAS），BC＝BK＝5，根据勾股定理可得KG的长，即可CE的长，此种情况不成立；
②当点E在边CD上；③当点E在DC的延长线上时，同理可得结论．
【解答】解：（1）如图1，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD，
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，
∴AG=AD2+DG2=52+102=55；
故答案为：55；
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，
∵DE＝2，DC＝5，
∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC+∠CBG＝90°，∠CBG+∠GBK＝90°，
∴∠EBC＝∠GBK，
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，
∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，
∴AK＝10，
由勾股定理得：AG=102+32=109；
（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，同理知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝5，
∵AG=5172，
由勾股定理得：KG=(5172)2−102=52，
∴CE＝KG=52，此种情况不成立；
②当点E在边CD上时，如图4，
同理得：DE=52；
③当点E在DC的延长线上时，如图5，
同理得CE＝GK=52，
∴DE＝5+52=152，
综上，DE的长是52或152．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
15．(2023春•瓯海区期中）在平行四边ABCD中，AB＝6cm，BC＝acm，P是AC对角线上的一个动点，由A向C运动（不与A，C重合），速度为每秒1cm，Q是CB延长线上一点，与点P以相同的速度由B向CB延长线方向运动（不与B重合），连接PQ交AB于E．
（1）如图1，若∠ABC＝60°，BC＝AB，求点P运动几秒后，∠BQE＝30°；
（2）如图2，在（1）的条件下，作PF⊥AB于F，在运动过程中，线段EF长度是否发生变化，如果不变，求出EF的长；如果变化，请说明理由；
（3）如图3，当BC≠AB时，平行四边形的面积是24cm2，那么在运动中是否存在某一时刻，点P，Q关于点E成中心对称，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）设点P运动t秒后，∠BQE＝30°，则AP＝QB＝t，由∠ABC＝60°，BC＝AB，AB＝BC＝AC＝6，∠ACB＝60°，因为∠BQE＝30°，∠ACB＝60°，所以∠QPC＝90°，QC＝2PC，列出关于t的方程解出t的值为2秒；
（2）过点P作PG∥BC，与AB交于点G，通过证明△PEG≌△QEB，得到BE＝GE，再由△APG是等边三角形得到AF＝GF，∴EF=12AB=3；
（3）当点P，Q关于点E成中心对称时，可得△APG是等腰三角形，进一步得到△ABC是等腰三角形，由面积S＝24，AB＝6，求出AB边上的高为4，进一步求出AC＝BC＝a＝5．（也可以用其他方法求解，根据实际情况给分）
【解答】解：（1）如图1，设点P运动t秒后，∠BQE＝30°，则AP＝QB＝t，
∵∠ABC＝60°，BC＝AB，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝6，∠ACB＝60°，
∴PC＝6﹣t，QC＝6+t，
∵∠BQE＝30°，∠ACB＝60°，
∴∠QPC＝90°，
∴QC＝2PC，
6+t＝2（6﹣t），
t＝2，
即点P运动2秒后，∠BQE＝30°；
（2）如图2，过点P作PG∥BC，与AB交于点G，
∵∠BAC＝60°，
△AGP为等边三角形，
∴GP＝AP＝AG
∵QB＝AP，
∴GP＝QB，
∴△PEG≌△QEB（ASA），
∴BE＝GE，
∵△APG是等边三角形，PF⊥AB
得到AF＝GF，
∴GE+GF＝BE+AF=12AB=12×6＝3；，
即EF＝3，
故在运动过程中，线段EF长度不变，EF的长为3；
（3）如图3，设PQ交AB于E，过点P作PG∥BC，与AB交于点G，作CH⊥AB于点H．
当点P，Q关于点E成中心对称时，QE＝PE，
∴易证△PEG≌△QEB（ASA），
∴GP＝QB，
∵QB＝AP，
∴GP＝AP，
∵GP∥BC，
∴CA＝CB＝a
∵平行四边形的面积是24cm2，AB＝6，
∴AH＝BH＝3，CH＝24÷6＝4，
∴AC＝BC=AH2+CH2=32+42=5
即a＝5．
故在运动中存在某一时刻，点P，Q关于点E成中心对称，此时a的值为5．
【点评】本题是四边形综合题，熟练掌握平行四边形与等边三角形以及全等三角形的性质是解题的关键．