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八年级下册数学期中复习压轴题训练
1．（2023秋 威宁县校级期末）若x，y为实数，且y．求的值．
2．（2024春 靖江市月考）已知，．
（1）求x2+3xy+y2的值；
（2）求值．
3．（2023秋 淮阴区期中）有一块长方形木板，木工师傅采用如图所示的方式，在木板上截出两块面积分别为45dm2和80dm2的两块正方形木板．
（1）截出的两块正方形木板的边长分别为 　 d m，　 d m；
（2）剩余木板的面积为 　 　dm2；
（3）如果木工师傅想从剩余的木板中截出长为2dm，宽为1.5dm的长方形木条，最多能截出 　 　个这样的木条．
4．（2023春 新罗区校级月考）小明在解决问题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解的：
∵，
∴，
∴（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．
（2）若．求：
①求3a2﹣6a+1的值．
②直接写出代数式的值a3﹣3a2+a+1＝　 　；　 　．
5．（2023春 鼓楼区期末）已知a，b都是实数，k为整数，若，则称a与b是关于k的一组“关联数”．
（1）﹣2与 　 　是关于1的一组“关联数”；
（2）与 　 　是关于3的一组“关联数”；
（3）若，判断a2与b2是否为关于某整数的一组“关联数”，说明理由．
6．（2024春 靖江市月考）【阅读理解】爱思考的小名在解决问题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解答的：
∵，，
∴（a﹣2）2＝3，即a2﹣4a+4＝3，
∴a2﹣4a＝﹣1，
∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）+1＝﹣1．
请你根据小名的分析过程，解决如下问题：
（1）计算：　 　；
（2）计算：　 　；
（3）若，求3a3﹣13a2+a﹣1的值．
7．（2024春 靖江市月考）数学张老师在课堂上提出一个问题：“通过探究知道：，它是个无限不循环小数，也叫无理数，它的整数部分是1，那么有谁能说出它的小数部分是多少”，小明举手回答：它的小数部分我们无法全部写出来，但可以用来表示它的小数部分，张老师夸奖小明真聪明，肯定了他的说法．现请你根据小明的说法解答：
（1）的整数部分是 　 　．
（2）a为的小数部分，b为的整数部分，求的值．
（3）已知，其中x是一个正整数，0＜y＜1，求的值．
8．（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+2（1）2．
设a+b（其中a、b、m、n均为正整数），则有a+bm2+2n2+2mn，∴a＝m2+2n2，b＝2mn．这样可以把部分a+b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+b（m+n）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：　 　+　 　（　 　+　 　）2；
（3）化简
9．（2023春 启东市期中）在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，，一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：；；1．
以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
（1）化简：　 　 ；　 　．
（2）填空：的倒数为 　 　．
（3）化简：．
10．（2023春 姜堰区校级期中）小明在学习二次根式时，碰到这样一道题，他尝试着运用分类讨论的方法解题如下：
题目：若代数式的值是1，求m的取值范围．
解：原式＝|m﹣1|+|m﹣2|，
当m＜1时，原式＝（1﹣m）+（2﹣m）＝3﹣2m＝1，解得m＝1（舍去）；
当1≤m≤2时，原式＝（m﹣1）+（2﹣m）＝1，符合条件；
当m＞2时，原式＝（m﹣1）+（m﹣2）＝2m﹣3＝1，解得m＝2（舍去）；
所以，m的取值范围是1≤m≤2．
请你根据小明的做法，解答下列问题：
（1）当3≤m≤5时，化简：　 　；
（2）若代数式的值是4，求m的取值范围．
11．（2023春 邗江区校级月考）阅读理解题：
学习了二次根式后，你会发现一些含有根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+2（1）2，我们来进行以下的探索：
设a+b（m+n）2（其中a，b，m，n都是正整数），则有a+bm2+2n2+2mn，∴a＝m+2n2，b＝2mn
，这样就得出了把类似a+b的式子化为平方式的方法．
请仿照上述方法探索并解决下列问题：
（1）当a，b，m，n都为正整数时，若a﹣b（m﹣n）2，用含m，n的式子分别表示a，b，得a＝　 　，b＝　 　；
（2）利用上述方法，找一组正整数a，b，m，n填空：　　﹣　 （　 ﹣　）2
（3）a﹣4（m﹣n）2且a，m，n都为正整数，求a的值．
12．（2023春 江都区期末）阅读题： （a≥0，b≥0）逆写为 （a≥0，b≥0）；（a≥0，b＞0）逆写为（a≥0，b＞0）；（）2＝a（a≥0）逆写为　 　．
应用知识：
（1）在实数范围内分解因式：x2﹣2x+3＝　 　；
（2）化简：　 　；
（3）求值：已知a+b+c﹣610231，求a+b+c的值．
1．（2023秋 工业园区期中）如图，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC＝CD，
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）若AB＝21，AD＝9，BC＝CD＝10，求AC的长．
2．（2023秋 苏州期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD、BE、CF分别是三边上的中线．
（1）若AC＝1，BC．求证：AD2+CF2＝BE2；
（2）是否存在这样的Rt△ABC，使得它三边上的中线AD、BE、CF的长恰好是一组勾股数？请说明理由．（提示：满足关系a2+b2＝c2的3个正整数a、b、c称为勾股数．）
3．（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，求AD的长度．
4．（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；　　 S11×1；
OA3；　　　　S21；
OA4；　　　　S31；
（1）推算出OA10＝　 ．
（2）若一个三角形的面积是．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．
5．（2023春 綦江区期末）今年第6号台风“烟花”登陆我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上的两点A、B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又AB＝500km，经测量，距离台风中心260km及以内的地区会受到影响．
（1）求∠ACB的度数；
（2）海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风中心的移动速度为28千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？
6．（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＝　 　．
7．（2023秋 盐都区期中）我们规定：三角形任意一条边的“边高差”等于这条边与这条边上高的长度之差．如图1，△ABC中，AD为BC边上高，边BC的“边高差”等于BC﹣AD，记为h（BC）．
（1）如图2，若△ABC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝5，BD＝3，则h（BC）＝　　 ；
（2）若△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，则h（AC）＝　 　；
（3）若△ABC中，AB＝25，AC＝17，BC边上的高为15，求h（BC）的值．
8．（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）．
9．（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？
10．（2023秋 锡山区期中）如图是盼盼家新装修的房子，其中三个房间甲、乙、丙，他将一个梯子斜靠在墙上，梯子顶端距离地面的垂直距离记作MA，如果梯子的底端P不动，顶端靠在对面墙上，此时梯子的顶端距离地面的垂直距离记作NB．
（1）当盼盼在甲房间时，梯子靠在对面墙上，顶端刚好落在对面墙角B处，若MA＝1.6米，AP＝1.2米，则甲房间的宽度AB＝　 　米．
（2）当他在乙房间时，测得MA＝2.4米，MP＝2.5米，且∠MPN＝90°，求乙房间的宽AB；
（3）当他在丙房间时，测得MA＝2.8米，且∠MPA＝75°，∠NPB＝45°．
①求∠MPN的度数；
②求丙房间的宽AB．
11．（2022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．
12．（2022秋 天宁区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值；
（3）当△ABP为等腰三角形时，求t的值．
13．（2022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．
14．（2023秋 虎丘区校级期中）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长．
小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长．
解决下列问题：
（1）图2中，AE＝　 　，AB＝　 　；
（2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b．
15．（2022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．
1．已知四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是菱形．
（1）如图1，若点F在正方形ABCD内部，AF平分∠BAD，求证：DG＝BE．
（2）如图2，若点F在线段BA的延长线上，∠ADG＝∠ABE，DE，AE，求AB的长．
2．（2023春 饶平县校级期末）如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于点F，
（1）证明：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
3．（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，求AC﹣2AF的长．
4．（2022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．
5．（2023春 泗阳县校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，M、N分别为线段AB、BC上的两点，且BM＝CN，AN、CM相交于点E
（1）证明：△BCM≌△CAN．
（2）求∠AED的度数．
（3）证明：AE+CE＝DE．
6．（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．
7．（2022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 江都区期中）正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥DC于F．
（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；
（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．
11．（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．求AF的长．
12．（2023春 锡山区期中）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
（1）如图1，连接AF、CE．求证四边形AFCE为菱形，并求AF的长；
（2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，
①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
13．（2023春 如东县期中）如图，点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，点E在射线BC上，且PB＝PE，连接PD，O为AC中点．
（1）如图1，当点P在线段AO上时，试猜想PE与PD的数量关系和位置关系，不用说明理由；
（2）如图2，当点P在线段OC上时，（1）中的猜想还成立吗？请说明理由；
（3）如图3，当点P在AC的延长线上时，请你在图3中画出相应的图形（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），并判断（1）中的猜想是否成立？若成立，请直接写出结论；若不成立，请说明理由．
14．（2022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°．
15．（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．
16．（2023春 西乡塘区校级期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
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八年级下册数学期中复习压轴题训练
1．（2023秋 威宁县校级期末）若x，y为实数，且y．求的值．
【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，则y，
所以，2，
所以．
【点评】考查了二次根式的意义和性质．概念：式子（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．
2．（2024春 靖江市月考）已知，．
（1）求x2+3xy+y2的值；
（2）求值．
【分析】（1）先将x、y进行分母有理化，再代入式子计算即可求解；
（2）由（1）得，，再利用二次根式的性质进行化简即可求解；
【解答】解：（1）∵，，
∴x2+3xy+y2
＝（x+y）2+xy
＝40+1
＝41．
（2）由（1）得：，，
∴x﹣2＞0，y+1＞0，
∴
＝﹣6．
【点评】本题考查了分母有理化，熟练掌握二次根式的性质是关键．
3．（2023秋 淮阴区期中）有一块长方形木板，木工师傅采用如图所示的方式，在木板上截出两块面积分别为45dm2和80dm2的两块正方形木板．
（1）截出的两块正方形木板的边长分别为 　 d m，　 d m；
（2）剩余木板的面积为 　 　dm2；
（3）如果木工师傅想从剩余的木板中截出长为2dm，宽为1.5dm的长方形木条，最多能截出 　 　个这样的木条．
【分析】（1）根据正方形面积公式可得；
（2）大长方形木板的面积减去两个正方形木板的面积，即为剩余木板的面积；
（3）剩余木板的长为3dm，宽为43dm，2，31.5，可得最多能截出几个这样的木条．
【解答】解：（1）3345（dm2），
4480（dm2），
故答案为：，4；
（2）4（4）﹣45﹣80＝15（dm2），
故答案为：15；
（3）剩余木板的长为3dm，宽为dm，2，
31.5≈4，
∴最多能截出4个这样的木条，
故答案为：4．
【点评】本题考查了长方形面积、正方形面积，关键是正确计算．
4．（2023春 新罗区校级月考）小明在解决问题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解的：
∵，
∴，
∴（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．
（2）若．求：
①求3a2﹣6a+1的值．
②直接写出代数式的值a3﹣3a2+a+1＝　 　；　 　．
【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，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
＝5；
（2）①∵，
∴，
∴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；
∵，
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．
5．（2023春 鼓楼区期末）已知a，b都是实数，k为整数，若，则称a与b是关于k的一组“关联数”．
（1）﹣2与 　 　是关于1的一组“关联数”；
（2）与 　 　是关于3的一组“关联数”；
（3）若，判断a2与b2是否为关于某整数的一组“关联数”，说明理由．
【分析】（1）设﹣2与x是关于1的一组“关联数”，根据“关联数”的定义，进行计算即可解答；
（2）设1与y是关于3的一组“关联数”，根据“关联数”的定义，进行计算即可解答；
（3）先计算出的值，然后根据关联数”的定义，即可解答．
【解答】解：（1）设﹣2与x是关于1的一组“关联数”，
∴1，
解得：x＝4，
∴﹣2与4是关于1的一组“关联数”，
故答案为：4；
（2）设1与y是关于3的一组“关联数”，
∴3，
解得：y＝5，
∴1与5是关于3的一组“关联数”，
故答案为：5；
（3）a2与b2是关于3的一组“关联数”，
理由：∵，
∴
＝3，
∴a2与b2是关于3的一组“关联数”．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，理解“关联数”是解题的关键．
6．（2024春 靖江市月考）【阅读理解】爱思考的小名在解决问题：已知，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解答的：
∵，，
∴（a﹣2）2＝3，即a2﹣4a+4＝3，
∴a2﹣4a＝﹣1，
∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）+1＝﹣1．
请你根据小名的分析过程，解决如下问题：
（1）计算：　 　；
（2）计算：　 　；
（3）若，求3a3﹣13a2+a﹣1的值．
【分析】（1）利用平方差公式分母有理化即可；
（2）利用分母有理化可得，然后计算二次根式即可；
（3）利用分母有理化可得，进而得到（a﹣2）2＝5，a2﹣4a＝1，然后将代数式变形，代入计算即可．
【解答】解：（1）∵，
故答案为：；
（2）∵，
，
，
……
∴，
∴
＝10﹣1
＝9，
故答案为：9；
（3）∵，
∴，
∴（a﹣2）2＝5，即a2﹣4a+4＝5，
∴a2﹣4a＝1
∴3a3﹣13a2+a﹣1
＝3a3﹣12a2﹣a2+4a﹣4﹣3a+3
＝（3a3﹣12a2）﹣（a2﹣4a+4）﹣（3a﹣3）
＝3a（a2﹣4a）﹣（a﹣2）2﹣3（a﹣1）
＝﹣2．
【点评】本题考查了二次根式混合运算，分母有理化，乘法公式等，熟练掌握分母有理化的方式是解题关键．
7．（2024春 靖江市月考）数学张老师在课堂上提出一个问题：“通过探究知道：，它是个无限不循环小数，也叫无理数，它的整数部分是1，那么有谁能说出它的小数部分是多少”，小明举手回答：它的小数部分我们无法全部写出来，但可以用来表示它的小数部分，张老师夸奖小明真聪明，肯定了他的说法．现请你根据小明的说法解答：
（1）的整数部分是 　 　．
（2）a为的小数部分，b为的整数部分，求的值．
（3）已知，其中x是一个正整数，0＜y＜1，求的值．
【分析】（1）根据所给的方法进行求解即可；
（2）由题意可得a，b＝2，再代入求解即可；
（3）由题意可得x＝9，y，再代入所求的式子运算即可．
【解答】解：（1）∵3，
∴的整数部分为3，小数部分为：3；
故答案为：3；
（2）∵a为的小数部分，b为的整数部分，
∴a，b＝2，
∴
＝1；
（3）∵，其中x是一个正整数，0＜y＜1，
∴x＝8+1＝9，y1，
∴
＝2×9+（）2023
＝18+（﹣1）2023
＝18﹣1
＝17．
【点评】本题主要考查二次根式的化简求值，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
8．（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+2（1）2．
设a+b（其中a、b、m、n均为正整数），则有a+bm2+2n2+2mn，∴a＝m2+2n2，b＝2mn．这样可以把部分a+b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+b（m+n）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：　 　+　 　（　 　+　 　）2；
（3）化简
【分析】（1）将（m+n）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+b，则m2+2mn5n2，比较完全平方式右边的值与a+b，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）∵，m2+2mn3n2
∴a＝m2+3n2，b＝2mn
故答案为：m2+3n2，2mn．
（2）设a+b
则m2+2mn5n2
∴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）
【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．
9．（2023春 启东市期中）在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，，一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：；；1．
以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
（1）化简：　 　 ；　 　．
（2）填空：的倒数为 　 　．
（3）化简：．
【分析】（1）根据题目的定义化简即可；
（2）根据倒数的定义即可求解；
（3）首先把每个代数式分母有理化，然后合并即可求解．
【解答】解：（1）；；
（2）∵（）（）＝6﹣5＝1，
∴的倒数为 ；
故答案为：（1）；；（2）；
（3）原式（1）×（1）
（1）×（1）
（2n+1﹣1）
＝n．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，解题首先正确理解题目定义，然后注意利用平方差公式简化计算．
10．（2023春 姜堰区校级期中）小明在学习二次根式时，碰到这样一道题，他尝试着运用分类讨论的方法解题如下：
题目：若代数式的值是1，求m的取值范围．
解：原式＝|m﹣1|+|m﹣2|，
当m＜1时，原式＝（1﹣m）+（2﹣m）＝3﹣2m＝1，解得m＝1（舍去）；
当1≤m≤2时，原式＝（m﹣1）+（2﹣m）＝1，符合条件；
当m＞2时，原式＝（m﹣1）+（m﹣2）＝2m﹣3＝1，解得m＝2（舍去）；
所以，m的取值范围是1≤m≤2．
请你根据小明的做法，解答下列问题：
（1）当3≤m≤5时，化简：　 　；
（2）若代数式的值是4，求m的取值范围．
【分析】（1）先利用二次根式的性质得到原式＝|m﹣3|+|m﹣5|，再根据m的范围去绝对值，然后合并即可；
（2）先利用二次根式的性质得到原式＝|m﹣2|﹣|m﹣6|，再讨论：m＜2或2≤m≤6或m＞6，然后分别去绝对值确定满足条件的m的范围．
【解答】解：∵3≤m≤5，
∴|m﹣3|+|m﹣5|
＝m﹣3﹣（m﹣5）
＝m﹣3﹣m+5
＝2；
故答案为2；
（2）原式＝|m﹣2|﹣|m﹣6|，
当m＜2时，原式＝（2﹣m）﹣（6﹣m）＝﹣4，不符合条件；
当2≤m≤6时，原式＝（m﹣2）﹣（6﹣m）＝2m﹣8＝4，解得m＝6，符合条件；
当m＞6时，原式＝（m﹣2）﹣（m﹣6）＝4，符合条件；
所以m的取值范围是m≥6．
【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分类讨论的思想是解决问题的关键．
11．（2023春 邗江区校级月考）阅读理解题：
学习了二次根式后，你会发现一些含有根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+2（1）2，我们来进行以下的探索：
设a+b（m+n）2（其中a，b，m，n都是正整数），则有a+bm2+2n2+2mn，∴a＝m+2n2，b＝2mn
，这样就得出了把类似a+b的式子化为平方式的方法．
请仿照上述方法探索并解决下列问题：
（1）当a，b，m，n都为正整数时，若a﹣b（m﹣n）2，用含m，n的式子分别表示a，b，得a＝　 　，b＝　 　；
（2）利用上述方法，找一组正整数a，b，m，n填空：　　﹣　 （　 ﹣　）2
（3）a﹣4（m﹣n）2且a，m，n都为正整数，求a的值．
【分析】（1）利用完全平方公式把（m﹣n）2展开即可得到用含m，n的式子分别表示出a，b；
（2）利用（1）中的表达式，令m＝2，n＝1，则可计算出对应的a和b的值；
（3）利用（1）的结果得到2mn＝4，则mn＝2，再利用m，n都为正整数得到m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，然后计算对应的a的值即可．
【解答】解：（1）∵a﹣b（m﹣n）2，
∴a﹣bm2﹣2mn+5n2，
∴a＝m2+5n2，b＝2mn；
（2）取m＝2，n＝1，
则a＝4+5＝9，b＝4；
（3）∵2mn＝4，
∴mn＝2，
而m，n都为正整数，
∴m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，
当m＝2，n＝1时，a＝9；
当m＝1，n＝2时，a＝21．
即a的值为9或21．
故答案为m2+5n2，2mn；9，4，2，1．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
12．（2023春 江都区期末）阅读题： （a≥0，b≥0）逆写为 （a≥0，b≥0）；（a≥0，b＞0）逆写为（a≥0，b＞0）；（）2＝a（a≥0）逆写为　 　．
应用知识：
（1）在实数范围内分解因式：x2﹣2x+3＝　 　；
（2）化简：　 　；
（3）求值：已知a+b+c﹣610231，求a+b+c的值．
【分析】（1）根据完全平方公式进行因式分解即可；
（2）根据平方差公式进行因式分解即可；
（3）先根据完全平方公式配方，再得出a，b，c的值，计算a+b+c的值即可．
【解答】解：（）2＝a（a≥0）逆写为a＝（）2（a≥0），
故答案为：a＝（）2（a≥0）；
（1）原式＝（x）2，
故答案为：（x）2；
（2）原式；
故答案为：；
（3）原式变形为（3）2+（5）2+（1）2＝0，
∴3＝0，5＝0，1＝0，
∴a＝11，b＝24，c＝4，
∴a+b+c＝11+24+4＝39．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值，掌握完全平方公式和平方差公式是解题的关键．
1．（2023秋 工业园区期中）如图，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC＝CD，
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）若AB＝21，AD＝9，BC＝CD＝10，求AC的长．
【分析】（1）要证明△BCE≌△DCF，已知一对直角相等和一对边相等，只需再创造一个条件，所以根据已知条件运用角平分线的性质定理即可证明另一对边对应相等；
（2）结合（1）中的结论进行分析，发现：AB＝AE+BE＝AF+BE＝AD+DE+BE＝AD+2BE，求出BE的长，再根据勾股定理求得CE的长，再运用勾股定理进行求解即可．
【解答】（1）证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，
∴∠CFD＝90°，∠CEB＝90°（垂线的意义）
CE＝CF（角平分线的性质）
∵BC＝CD（已知）
∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）
（2）解：由（1）得，
Rt△BCE≌Rt△DCF
∴DF＝EB，设DF＝EB＝x，
∵∠CFD＝90°，∠CEB＝90°，
CE＝CF，AC＝AC
∴Rt△AFC≌Rt△AEC（HL）
∴AF＝AE
即：AD+DF＝AB﹣BE
∵AB＝21，AD＝9，DF＝EB＝x
∴9+x＝21﹣x解得，x＝6
在Rt△DCF中，∵DF＝6，CD＝10
∴CF＝8
∴Rt△AFC中，AC2＝CF2+AF2＝82+（9+6）2＝289
∴AC＝17
答：AC的长为17．
【点评】（1）掌握全等三角形的判定方法，能够根据已知条件探求需要的边相等或角相等；
（2）注意线段的等量代换，熟练运用勾股定理．
2．（2023秋 苏州期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD、BE、CF分别是三边上的中线．
（1）若AC＝1，BC．求证：AD2+CF2＝BE2；
（2）是否存在这样的Rt△ABC，使得它三边上的中线AD、BE、CF的长恰好是一组勾股数？请说明理由．（提示：满足关系a2+b2＝c2的3个正整数a、b、c称为勾股数．）
【分析】（1）连接FD，根据三角形中线的定义求出CD、CE，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得FDAC，然后分别利用勾股定理列式求出AD2、CF2、BE2即可得证；
（2）设两直角边分别为a、b，根据（1）的思路求出AD2、CF2、BE2，再根据勾股定理列出方程表示出a、b的关系，然后用a表示出AD、CF、BE，再进行判断即可．
【解答】（1）证明：如图，连接FD，
∵AD、BE、CF分别是三边上的中线，
∴CDBC，CEAC，
FDAC，
由勾股定理得AD2＝AC2+CD2＝12+（）2，
CF2＝CD2+FD2＝（）2+（）2，
BE2＝BC2+CE2＝（）2+（）2，
∵，
∴AD2+CF2＝BE2；
（2）解：设两直角边分别为a、b，
∵AD、BE、CF分别是三边上的中线，
∴CDa，CEb，
FDACa，
由勾股定理得，AD2＝AC2+CD2＝b2+（a）2a2+b2，
CF2＝CD2+FD2＝（a）2+（b）2a2b2，
BE2＝BC2+CE2＝a2+（b）2＝a2b2，
不妨设：AD2+CF2＝BE2，
∴a2+b2a2b2＝a2b2，
整理得，a2＝2b2，
∴ADb，
CFb，
BEb，
∴CF：AD：BE＝1：：，
∵没有整数是和的倍数，
∴不存在这样的Rt△ABC．
当CF2+BE2＝AD2时，同法可证．
CF显然不能作为斜边，此种情形不存在．
综上所述，不存在这样的Rt△ABC．
【点评】本题考查了勾股定理，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，用两条直角边分别表示出三条中线的平方是解题的关键，也是本题的难点．
3．（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，求AD的长度．
【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，AB3，
分三种情况：
①如图1，当AD＝AB时，AD＝3，
②如图2，AB＝BD，
过点B作BE⊥AC于E，
∴AE＝DE，
Rt△ABE中，∠BAE＝30°，AB＝3，
∴BEAB，
∴AE，
∴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3或9．
故答案为：3或3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．
4．（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；　　 S11×1；
OA3；　　　　S21；
OA4；　　　　S31；
（1）推算出OA10＝　 ．
（2）若一个三角形的面积是．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，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．
故答案为：；
（2）若一个三角形的面积是，
∵Sn，
∴2，
∴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；
（4）S12+S22+S23+…+S2100
【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．
5．（2023春 綦江区期末）今年第6号台风“烟花”登陆我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上的两点A、B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又AB＝500km，经测量，距离台风中心260km及以内的地区会受到影响．
（1）求∠ACB的度数；
（2）海港C受台风影响吗？为什么？
（3）若台风中心的移动速度为28千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而得出∠ACB的度数；
（2）利用三角形面积得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
（3）利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
【解答】解：（1）∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
（2）海港C受台风影响，理由：过点C作CD⊥AB于D，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC×BC＝CD×AB，
∴300×400＝500×CD，
∴CD＝240（km），
∵以台风中心为圆心周围260km以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
（3）当EC＝260km，FC＝260km时，正好影响C港口，
∵ED（km），
∴EF＝2ED＝200km，
∵台风的速度为28千米/小时，
∴200÷28（小时）．
答：台风影响该海港持续的时间为小时．
【点评】本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
6．（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＝c2﹣4ab＝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，
（3+1）×3×4
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，
∴S2＝x+4y．
故答案为：．
【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．
7．（2023秋 盐都区期中）我们规定：三角形任意一条边的“边高差”等于这条边与这条边上高的长度之差．如图1，△ABC中，AD为BC边上高，边BC的“边高差”等于BC﹣AD，记为h（BC）．
（1）如图2，若△ABC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝5，BD＝3，则h（BC）＝　　 ；
（2）若△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，则h（AC）＝　 　；
（3）若△ABC中，AB＝25，AC＝17，BC边上的高为15，求h（BC）的值．
【分析】（1）求出BC的长即可解决问题；
（2）如图4中，求出高BH即可解决问题；
（3）如图3中，分两种情况讨论：当△ABC是锐角三角形时：当△ABC是钝角三角形时：利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，
∴AD⊥BC，
∴BD＝DC＝3，
∴h（BC）＝BC﹣AD＝6﹣5＝1，
故答案为：1；
（2）如图4中，作BH⊥AC于H，
∵∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，
∴AC13，
∵ AC BH AB BC，
∴13BH＝5×12，
∴BH，
∴h（AC）＝AC﹣BH＝13，
故答案为：；
（3）如图3中，分两种情况讨论：
当△ABC是锐角三角形时：
∵AD⊥BC，AB＝25，AC＝17，AD＝15，
∴BD2＝AB2﹣AD2＝252﹣152＝400，CD2＝AC2﹣AD2＝172﹣152＝64，
∴BD＝20，CD＝8，
∴BC＝BD+CD＝28，
∴h（BC）＝BC﹣AD＝28﹣15＝13；
当△ABC是钝角三角形时：
同理可得BD＝20，C′D＝8，
∴BC′＝BD﹣C′D＝12，
∴h（BC）＝BC′﹣AD＝12﹣15＝﹣3，
综上所述：h（BC）的值为13或﹣3．
【点评】本题考查了勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
8．（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，
∴CO8，
∴AC4；
（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＝4，
∴OD＝AD﹣AO＝44，
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，
∵BC＝BA，
∴∠A＝∠BCA，
∵∠EDA+∠A＝90°，∠BDF＝∠EDA，
∴∠BDF+∠A＝90°，
∵∠BFD+∠BCA＝90°，
∴∠BDF＝∠BFD，
∴BD＝BF，
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：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．
9．（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AP2．
答：AP的长为2．
（2）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝16，
根据勾股定理，得AB8
若BA＝BP，则 2t＝8，解得t＝4；
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4、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．
10．（2023秋 锡山区期中）如图是盼盼家新装修的房子，其中三个房间甲、乙、丙，他将一个梯子斜靠在墙上，梯子顶端距离地面的垂直距离记作MA，如果梯子的底端P不动，顶端靠在对面墙上，此时梯子的顶端距离地面的垂直距离记作NB．
（1）当盼盼在甲房间时，梯子靠在对面墙上，顶端刚好落在对面墙角B处，若MA＝1.6米，AP＝1.2米，则甲房间的宽度AB＝　 　米．
（2）当他在乙房间时，测得MA＝2.4米，MP＝2.5米，且∠MPN＝90°，求乙房间的宽AB；
（3）当他在丙房间时，测得MA＝2.8米，且∠MPA＝75°，∠NPB＝45°．
①求∠MPN的度数；
②求丙房间的宽AB．
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）证明△AMP≌△BPN，从而得到MA＝PB＝2.4米，PA＝NB＝0.7米，即可求出AB＝PA+PB；
（3）①根据平角的定义即可求出∠MPN＝60°；
②根据PM＝PN以及∠MPN的度数可得到△PMN为等边三角形．利用相应的三角函数表示出MN，MP的长，可得到房间宽AB和AM长相等．
【解答】解：（1）在Rt△AMP中，∵∠A＝90°，MA＝1.6米，AP＝1.2米，
∴PM2，
∵PB＝PM＝2，
∴甲房间的宽度AB＝AP+PB＝3.2米，
故答案为：3.2；
（2）∵∠MPN＝90°，
∴∠APM+∠BPN＝90°，
∵∠APM+∠AMP＝90°，
∴∠AMP＝∠BPN．
在△AMP与△BPN中，，
∴△AMP≌△BPN，
∴MA＝PB＝2.4，
∵PA0.7，
∴AB＝PA+PB＝0.7+2.4＝3.1；
（3）①∠MPN＝180°﹣∠APM﹣∠BPN＝60°；
②过N点作MA垂线，垂足点D，连接NM．
设AB＝x，且AB＝ND＝x．
∵梯子的倾斜角∠BPN为45°，
∴△BNP为等腰直角三角形，△PNM为等边三角形（180°﹣45°﹣75°＝60°，梯子长度相同），∠MND＝15°．
∵∠APM＝75°，
∴∠AMP＝15°．
∴∠DNM＝∠AMP，
∵△PNM为等边三角形，
∴NM＝PM．
∴△AMP≌△DNM（AAS），
∴AM＝DN，
∴AB＝DN＝AM＝2.8米，
即丙房间的宽AB是2.8米．
【点评】此题考查了勾股定理的应用，全等三角形的应用，解直角三角形的应用，根据PM＝PN以及∠MPN的度数得到△PMN为等边三角形是解题的关键．
11．（2022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，
∵，
∴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，
，
∴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．
当P与A重合时，也满足条件，此时t＝12．
故答案为：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，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：
BH3.6，
∴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：BP5，
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．
12．（2022秋 天宁区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒．
（1）求BC边的长；
（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值；
（3）当△ABP为等腰三角形时，求t的值．
【分析】（1）直接根据勾股定理求出BC的长度；
（2）当△ABP为直角三角形时，分两种情况：①当∠APB为直角时，②当∠BAP为直角时，分别求出此时的t值即可；
（3）当△ABP为等腰三角形时，分三种情况：①当AB＝BP时；②当AB＝AP时；③当BP＝AP时，分别求出BP的长度，继而可求得t值．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝102﹣62＝64，
∴BC＝8（cm）；
（2）由题意知BP＝2tcm，
①当∠APB为直角时，点P与点C重合，BP＝BC＝8cm，即t＝4；
②当∠BAP为直角时，BP＝2tcm，CP＝（2t﹣8）cm，AC＝6cm，
在Rt△ACP中，
AP2＝62+（2t﹣8）2，
在Rt△BAP中，AB2+AP2＝BP2，
即：102+[62+（2t﹣8）2]＝（2t）2，
解得：t，
故当△ABP为直角三角形时，t＝4或t；
（3）①当AB＝BP时，t＝5；
②当AB＝AP时，BP＝2BC＝16cm，t＝8；
③当BP＝AP时，AP＝BP＝2tcm，CP＝|2t﹣8|cm，AC＝6cm，
在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，
所以（2t）2＝62+（2t﹣8）2，
解得：t，
综上所述：当△ABP为等腰三角形时，t＝5或t＝8或t．
【点评】本题考查了勾股定理以及等腰三角形的知识，解答本题的关键是掌握勾股定理的应用，以及分情况讨论，注意不要漏解．
13．（2022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（cm），
∴Rt△ABC斜边AC上的高为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（cm），
即PQ的长为cm，
故答案为：①4.8cm；②cm；
（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，
∴出发秒后△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CDCQ＝t﹣3，
在Rt△ABC中，S△ABCAC×BDBC×AB，
∴BD，
在Rt△BCD中，由勾股定理可得BC2＝BD2+CD2，
即62＝（ ）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，
∴CQAC＝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．
14．（2023秋 虎丘区校级期中）阅读：如图1，在△ABC中，3∠A+∠B＝180°，BC＝8，AC＝10，求AB的长．
小明的思路：如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，易得∠A＝∠D，△ABD为等腰三角形，由3∠A+∠B＝180°和∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，易得∠BCA＝2∠A，△BCD为等腰三角形，依据已知条件可得AE和AB的长．
解决下列问题：
（1）图2中，AE＝　 　，AB＝　 　；
（2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c．如图3，当3∠A+2∠B＝180°时，用含a，c式子表示b．
【分析】（1）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，根据垂直平分线的性质得到AB＝BD，∠A＝∠D，根据题意、三角形内角和定理得到∠CBD＝∠A，根据勾股定理计算即可；
（2）仿照（1）的作法解答．
【解答】解：（1）如图2，作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，
则BE是AD的垂直平分线，
∴AB＝BD，∠A＝∠D，
∵3∠A+∠ABC＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，
∴∠BCA＝2∠A，
∵∠BCA＝∠D+∠CBD，
∴∠BCA＝∠A+∠CBD＝2∠A，
∴∠CBD＝∠A，
∴DC＝BC＝8，
∴AD＝DC+AC＝8+10＝18，
∴AE＝AD＝9，
∴EC＝AD﹣CD＝9﹣8＝1．
∴在直角△BCE和直角△AEB中，
由勾股定理得到：BC2﹣CE2＝AB2﹣AE2，即82﹣12＝AB2﹣92，
解得，AB＝12，
故答案为：9；12；
（2）作BE⊥AC于点E，在AC的延长线上取点D，使得DE＝AE，连接BD，
则BE是边AD的垂直平分线，
∴AB＝BD，∠A＝∠D．
∵3∠A+2∠B＝180°，∠A+∠ABC+∠BCA＝180°，
∴2∠A+∠ABC＝∠ACB，
∵∠ACB＝∠D+∠DBC，
∴2∠A+∠ABC＝∠D+∠DBC，
∵∠A＝∠D，
∴∠A+∠ABC＝∠DBC，BD＝AB＝c，即∠DCB＝∠DBC，
∴DB＝DC＝c，
由题意得，DE＝AE，
∴EC＝AE﹣ACb，
在Rt△BEC中，BE2＝BC2﹣EC2，
在Rt△BEA中，BE2＝BA2﹣EA2，
∴BC2﹣EC2＝BA2﹣EA2，即a2﹣（）2＝c2﹣（）2，
整理得，b．
【点评】本题考查的是勾股定理、线段垂直平分线的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
15．（2022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．
1．已知四边形ABCD是正方形，四边形AEFG是菱形．
（1）如图1，若点F在正方形ABCD内部，AF平分∠BAD，求证：DG＝BE．
（2）如图2，若点F在线段BA的延长线上，∠ADG＝∠ABE，DE，AE，求AB的长．
【分析】（1）欲证明DG＝BE，只要证明△DAG≌△BAE即可．
（2）如图2中，作EH⊥AD于H，作AM⊥BE于M，AN⊥DG于N．通过全等三角形的证明，只要证明△AGD≌△AGB，推出∠GAD＝∠GAB＝135°，即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，
∵四边形AGFE是菱形，
∴AG＝AE，∠FAG＝∠FAE，
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAD＝∠FAB，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△DAG和△BAE中，
，
∴△DAG≌△BAE，
∴DG＝BE．
（2）解：如图2中，作EH⊥AD于H，作AM⊥BE于M，AN⊥DG于N．
∵四边形EFGA是菱形，
∴FE＝FG，∠EFB＝∠GFB，
在△EFB和△GFB中，
，
∴△EFB≌△GFB，
∴∠FBG＝∠FBE，
∵∠FBE＝∠GDA，
∴∠GDA＝∠GBA，
∵∠AMB＝∠AND＝90°，∠ADN＝∠ABM，AB＝AD，
∴△ADN≌△ABM，
∴AN＝AM，∵AE＝AG，
∴Rt△AEM≌Rt△AGN，
∴∠AEB＝∠AGD，∵∠ADG＝∠EBA，AD＝AB，
∴△ADG≌△ABE，
∴DG＝EB＝GB，
∵DG＝GB，GA＝GA，AD＝AB，
∴△AGD≌△AGB，
∴∠GAD＝∠GAB＝135°，
∴∠FAG＝∠FAE＝∠EAD＝45°，
在Rt△AEH中，∵AE，∠AEH＝∠EAH＝45°
∴EH＝AH＝1，
在Rt△DEH中，DH2，
∴AD＝AH+DH＝3，
∴AB＝AD＝3．
【点评】本题考查正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用全等三角形的判定和性质解决问题，题目比较难，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．（2023春 饶平县校级期末）如图1，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于点F，
（1）证明：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC＝120°，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）先证出△ABP≌△CBP，得PA＝PC，由于PA＝PE，得PC＝PE；
（2）由△ABP≌△CBP，得∠BAP＝∠BCP，进而得∠DAP＝∠DCP，由PA＝PC，得到∠DAP＝∠E，∠DCP＝∠E，最后∠CPE＝∠EDF＝90°得到结论；
（3）借助（1）和（2）的证明方法容易证明结论．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC，
∠ABP＝∠CBP＝45°，
在△ABP和△CBP中，，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP＝∠BCP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPE＝∠EDF＝90°；
（3）解：AP＝CE；理由如下：
在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝60°，
在△ABP和△CBP中，，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，∠BAP＝∠BCP，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PC，
∴∠DAP＝∠AEP，
∴∠DCP＝∠AEP
∵∠CFP＝∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠AEP，
即∠CPF＝∠EDF＝180°﹣∠ADC＝180°﹣120°＝60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC＝CE，
∴AP＝CE．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠ABP＝∠CBP是解题的关键．
3．（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，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，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，
∴CMCQ＝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．
4．（2022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∠ACB，
同理，∠ACF∠ACG，
∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF（∠ACB+∠ACG）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．
5．（2023春 泗阳县校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，M、N分别为线段AB、BC上的两点，且BM＝CN，AN、CM相交于点E
（1）证明：△BCM≌△CAN．
（2）求∠AED的度数．
（3）证明：AE+CE＝DE．
【分析】（1）由题意可得△ABC，△ADC都是等边三角形，根据SAS即可证明△BCM≌△CAN．
（2）由△BCM≌△CAN，推出∠BCM＝∠CAN，推出∠AEM＝∠ACE+∠EAC＝∠ACE+∠BCM＝60°．作DG⊥AN于G．DH⊥MC交MC的延长线于H．由△DGA≌△DHC，推出DG＝DH，由DG⊥AN，DH⊥MC，推出∠DEG＝∠DEH，即可得到∠AED的度数．
（3）由（2）可知，∠GED＝60°，在Rt△DEG中，由∠EDG＝30°，推出DE＝2EG，易证△DEG≌△DEH，推出EG＝EH，推出EA+EC＝EG+AG+EH﹣CH，由△DGA≌△DHC，推出GA＝CH，推出EA+EC＝2EG＝DE．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠B＝60°，
∴△ACD，△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠B＝∠ACN＝60°，
在△BCM和△CAN中，
，
∴△BCM≌△CAN（SAS）．
（2）∵△BCM≌△CAN，
∴∠BCM＝∠CAN，
∴∠AEM＝∠ACE+∠EAC＝∠ACE+∠BCM＝60°．
如图，作DG⊥AN于G，DH⊥MC，交MC的延长线于H．
∵∠AEM＝60°，
∴∠AEC＝120°，
∵∠DGE＝∠H＝90°，
∴∠GEH+∠GDH＝180°，
∴∠GDH＝∠ADC＝60°，
∴∠ADG＝∠CDH，
在△DGA和△DHC中，
，
∴△DGA≌△DHC（AAS），
∴DG＝DH，
∵DG⊥AN，DH⊥MC，
∴∠DEG＝∠DEH，
∴DE平分∠AEC，
即∠AED＝60°．
（3）证明：由（2）可知，∠GED＝60°，
在Rt△DEG中，∵∠EDG＝30°，
∴DE＝2EG，
在△DEG和△DEH中，
，
△DEG≌△DEH（AAS），
∴EG＝EH，
∵△DGA≌△DHC，
∴GA＝CH，
∴EA+EC＝EG+AG+EH﹣CH＝2EG＝DE，
即EA+EC＝ED．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形性质，等边三角形的判定和性质，角平分线的判定定理以及直角三角形的性质等知识的综合运用．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会证明角平分线添加辅助线的方法．
6．（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．
∴当t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°，
∴ADAE＝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．
7．（2022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，
，
∴△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（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，
，
∴△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，OEBQ，
∴S△OPB1
②如图2，当P点在B点左侧时，
则BQ＝2﹣1＝1，OEBQ，
∴S△PBO1，
综上所述，△POB的面积为或．
【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 江都区期中）正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥DC于F．
（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；
（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．
【分析】（1）连接AC，则AC必过O点，延长FO交AB于M，由于O是BD中点，易证得△AOM≌△FOE，则AO＝EF，且∠AOM＝∠FOC＝∠OFE＝45°，由此可证得AP⊥EF．
（2）方法与①类似，延长FP交AB于M，延长AP交BC于N，易证得四边形MBEP是正方形，可证得△APM≌△FEP，则AP＝EF，∠APM＝∠FEP；而∠APM＝∠FPN＝∠PEF，且∠PEF与∠PFE互余，故∠PFE+∠FPN＝90°，由此可证得AP⊥EF，所以（1）题的结论仍然成立．
（3）解题思路和方法同（2）．
【解答】解：（1）AP＝EF，AP⊥EF，理由如下：
连接AC，则AC必过点O，延长FO交AB于M；
∵OF⊥CD，OE⊥BC，且四边形ABCD是正方形，
∴四边形OECF是正方形，
∴OM＝OF＝OE＝AM，
∵∠MAO＝∠OFE＝45°，∠AMO＝∠EOF＝90°，
∴△AMO≌△FOE（AAS），
∴AO＝EF，且∠AOM＝∠OFE＝∠FOC＝45°，即OC⊥EF，
故AP＝EF，且AP⊥EF．
（2）题（1）的结论仍然成立，理由如下：
延长AP交BC于N，延长FP交AB于M；
∵PM⊥AB，PE⊥BC，∠MBE＝90°，且∠MBP＝∠EBP＝45°，
∴四边形MBEP是正方形，
∴MP＝PE，∠AMP＝∠FPE＝90°；
又∵AB﹣BM＝AM，BC﹣BE＝EC＝PF，且AB＝BC，BM＝BE，
∴AM＝PF，
∴△AMP≌△FPE（SAS），
∴AP＝EF，∠APM＝∠FPN＝∠PEF
∵∠PEF+∠PFE＝90°，∠FPN＝∠PEF，
∴∠FPN+∠PFE＝90°，即AP⊥EF，
故AP＝EF，且AP⊥EF．
（3）题（1）（2）的结论仍然成立；
如图，延长AB交PF于H，证法与（2）完全相同．
【点评】充分利用正方形的性质，灵活的构造全等三角形，并能够根据全等三角形的性质来得到所求的条件是解决此题的关键．
11．（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．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，EMx，得AM＝EMx，由AB．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（180°﹣45°）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，EMx，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE∠BAD＝45°，
∴AM＝EMx，
∵AM+BM＝AB，
∴xx，
解得，x，
∴BF＝2x＝2，
∴AF＝AB﹣BF2．
【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．
12．（2023春 锡山区期中）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
（1）如图1，连接AF、CE．求证四边形AFCE为菱形，并求AF的长；
（2）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，
①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
【分析】（1）先证明四边形AFCE为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得AF的长；
（2）①分情况讨论可知，当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可；
②分三种情况讨论可知a与b满足的数量关系式．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE，
∵EF垂直平分AC，垂足为O，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE为菱形，
②设菱形的边长AF＝CF＝xcm，则BF＝（8﹣x）cm，
在Rt△ABF中，AB＝4cm，
由勾股定理得42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
∴AF＝5cm．
（2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；
同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上或P在BF，Q在CD时不构成平行四边形，也不能构成平行四边形．
因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC＝QA，
∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，
∴PC＝5t，QA＝CD+AD﹣4t＝12﹣4t，即QA＝12﹣4t，
∴5t＝12﹣4t，
解得，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，秒．
②由题意得，四边形APCQ是平行四边形时，点P、Q在互相平行的对应边上．
分三种情况：
i）如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP＝CQ，即a＝12﹣b，得a+b＝12；
ii）如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ＝CP，即12﹣b＝a，得a+b＝12；
iii）如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP＝CQ，即12﹣a＝b，得a+b＝12．
综上所述，a与b满足的数量关系式是a+b＝12（ab≠0）．
【点评】本题综合性较强，考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，注意分类思想的应用．
13．（2023春 如东县期中）如图，点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，点E在射线BC上，且PB＝PE，连接PD，O为AC中点．
（1）如图1，当点P在线段AO上时，试猜想PE与PD的数量关系和位置关系，不用说明理由；
（2）如图2，当点P在线段OC上时，（1）中的猜想还成立吗？请说明理由；
（3）如图3，当点P在AC的延长线上时，请你在图3中画出相应的图形（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），并判断（1）中的猜想是否成立？若成立，请直接写出结论；若不成立，请说明理由．
【分析】（1）根据点P在线段AO上时，利用三角形的全等判定可以得出PE⊥PD，PE＝PD；
（2）利用三角形全等得出，BP＝PD，由PB＝PE，得出PE＝PD，要证PE⊥PD；从三方面分析，当点E在线段BC上（E与B、C不重合）时，当点E与点C重合时，点P恰好在AC中点处，当点E在BC的延长线上时，分别分析即可得出；
（3）利用PE＝PB得出P点在BE的垂直平分线上，利用垂直平分线的性质只要以P为圆心，PB为半径画弧即可得出E点位置，利用（2）中证明思路即可得出答案．
【解答】解：（1）当点P在线段AO上时，
在△ABP和△ADP中，
∴△ABP≌△ADP，
∴BP＝DP，
∵PB＝PE，
∴PE＝PD，
过点P做PM⊥CD，于点M，作PN⊥BC，于点N，
∵PB＝PE，PN⊥BE，
∴BN＝NE，
∵BN＝DM，
∴DM＝NE，
在Rt△PNE与Rt△PMD中，
∵PD＝PE，NE＝DM，
∴Rt△PNE≌Rt△PMD，
∴∠DPM＝∠EPN，
∵∠MPN＝90°，
∴∠DPE＝90°，
故PE⊥PD，
PE与PD的数量关系和位置关系分别为：PE＝PD，PE⊥PD；
（2）∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴BA＝DA，∠BAP＝∠DAP＝45°，
∵PA＝PA，
∴△BAP≌△DAP（SAS），
∴PB＝PD，
又∵PB＝PE，
∴PE＝PD．
（i）当点E与点C重合时，点P恰好在AC中点处，此时，PE⊥PD．
（ii）当点E在BC的延长线上时，如图．
∵△ADP≌△ABP，
∴∠ABP＝∠ADP，
∴∠CDP＝∠CBP，
∵BP＝PE，
∴∠CBP＝∠PEC，
∴∠PEC＝∠PDC，
∵∠1＝∠2，
∴∠DPE＝∠DCE＝90°，
∴PE⊥PD．
综合（i）（ii），PE⊥PD；
（3）同理即可得出：PE⊥PD，PD＝PE．
【点评】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质和尺规作图等知识，此题涉及到分类讨论思想，这是数学中常用思想同学们应有意识的应用．
14．（2022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，
，
∴△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．
15．（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，
，
∴△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，CE3，
∴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，CE3，
∴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．
16．（2023春 西乡塘区校级期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，AD∥BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）延长BC至F，且使CF＝BE，则BM＝CE，由SAS证明△ABF≌△DCE，得出∠DEC＝∠AFB，证出MN为△AEF的中位线，得出MN∥AF，得出∠HNE＝∠AFB＝∠HEN，即可得出HE＝HN；
（3）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA证明△BEQ≌△BAP，得出PA＝QE，QB＝PB，证出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQPB，即可得出答案；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，
∵AB＝BE，
∴AD＝BE，
∴△ADO≌△BEO（ASA），
∴AO＝BO；
（2）证明：延长BC至F，且使CF＝BE，连接AF，如图1所示：
则BF＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°，
在△ABF和△DCE中，，
∴△ABF≌△DCE（SAS），
∴∠DEC＝∠AFB，
∵EB＝CF，BN＝CN，
∴N为EF的中点，
∴MN为△AEF的中位线，
∴MN∥AF，
∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；
（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ＝90°，
∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠EBQ＝∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，
由角的互余关系得：∠BAP＝∠ADP，
∴∠BEQ＝∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，，
∴△BEQ≌△BAP（ASA），
∴PA＝QE，QB＝PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQPB，
∴．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
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