八年级初二数学下学期勾股定理单元-易错题难题检测试题.doc

八年级初二数学下学期勾股定理单元 易错题难题检测试题

一、选择题
1．如图，等边的边长为，，分别是，上的两点，将沿直线折叠，点落在点处，且点在外部，则阴影部分图形的周长为（ ）

A． B． C． D．
2．已知三角形的三边长分别为a，b，c，且a+b=10，ab=18,c=8，则该三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
3．如图，□ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠AEB=45°，BD=2，将△ABC沿AC所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，若点B的落点记为B′，则DB′的长为（ ）

A．1 B． C． D．
4．圆柱形杯子的高为18cm，底面周长为24cm，已知蚂蚁在外壁A处（距杯子上沿2cm）发现一滴蜂蜜在杯子内（距杯子下沿4cm），则蚂蚁从A处爬到B处的最短距离为（ ）

A． B．28 C．20 D．
5．如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论有（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
6．下列长度的三条线段能组成直角三角形的是（ ）
A．9，7，12 B．2，3，4 C．1，2， D．5，11，12
7．勾股定理是“人类最伟大的十个科学发现之一”．我国对勾股定理的证明是由汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，他用来证明勾股定理的图案被称为“赵爽弦图”.2002年在北京召开的国际数学大会选它作为会徽．下列图案中是“赵爽弦图”的是（ ）
A． B． C． D．
8．在下列以线段a、b、c的长为边，能构成直角三角形的是（　　）
A．a=3，b=4，c=6 B．a=5，b=6，c=7 C．a=6，b=8，c=9 D．a=7，b=24，c=25
9．下列四组线段中，可以构成直角三角形的是（ ）
A．1、、 B．2、3、4 C．1、2、3 D．4、5、6
10．一个直角三角形的两条边的长度分别为3和4，则它的斜边长为（ ）
A．5 B．4 C． D．4或5
二、填空题
11．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，依此规律，得到等腰直角三角形OA2018A2019，则点A2019的坐标为________．

12．如图，，，，，将边沿翻折，使点落在上的点处；再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处，两条折痕与斜边分别交于点、，则的面积为______．

13．如图，在四边形ABCD中，AB =AD，BC=DC，点E为AD边上一点，连接BD、CE，CE与BD交于点F，且CE∥AB，若A =60°，AB=4，CE=3，则BC的长为_______．

14．如图，在四边形ABCD中，，，，则BD的长为__________．

15．如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAA1的直角边OA在x轴上，点A1在第一象限，且OA=1，以点A1为直角顶点，OA1为一直角边作等腰直角三角形OA1A2，再以点A2为直角顶点，OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3…依此规律，则点A2018的坐标是_____．

16．如图，在中于点D，点P是线段AD上一个动点，过点P作于点E，连接PB，则的最小值为________.

17．如图，度，，，且，AF平分交BC于F，若，，则线段AD的长为______．

18．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA=3，PB=4，PC=5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有_____________ (填序号)
①△BPQ是等边三角形 ②△PCQ是直角三角形 ③∠APB=150° ④∠APC=135°

19．在中，，，点是中点，点在上，，将沿着翻折，点的对应点是点，直线与交于点，那么的面积__________．

20．如图，把平面内一条数轴x绕点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：已知点P是平面斜坐标系中任意一点，过点P作y轴的平行线交x轴于点A，过点P作x轴的平行线交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标．在平面斜坐标系中，若θ＝45°，点P的斜坐标为（1，2），点G的斜坐标为（7，﹣2），连接PG，则线段PG的长度是_____．

三、解答题
21．在等边中，点是线段的中点，与线段相交于点与射线相交于点．
如图1，若，垂足为求的长；

如图2，将中的绕点顺时针旋转一定的角度，仍与线段相交于点．求证：．

如图3，将中的继续绕点顺时针旋转一定的角度，使与线段的延长线交于点作于点，若设，写出关于的函数关系式．

22．如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE．
（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BE、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝4，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD2、CE2和BC2之间的数量关系，并加以说明．

23．定义：有一组邻边均和一条对角线相等的四边形叫做邻和四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，∠ABC=70°，∠BAC=40°，∠ACD=∠ADC=80°，求证：四边形ABCD是邻和四边形．
（2）如图2，是由50个小正三角形组成的网格，每个小正三角形的顶点称为格点，已知A、B、C三点的位置如图，请在网格图中标出所有的格点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为邻和四边形．
（3）如图3，△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=2，若存在一点D，使四边形ABCD是邻和四边形，求邻和四边形ABCD的面积．

24．如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=10，E为CD边上一点，将△ADE沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．
（1）求BF的长；
（2）求CE的长．

25．（1）如图1，在中，，，平分.
求证：.

小明为解决上面的问题作了如下思考：
作关于直线的对称图形，∵平分，∴点落在上，且，.因此，要证的问题转化为只要证出即可.
请根据小明的思考，写出该问题完整的证明过程.

（2）参照（1）中小明的思考方法，解答下列问题：
如图3，在四边形中，平分，，，，求的长.

26．我国古代数学家赵爽曾用图1证明了勾股定理，这个图形被称为“弦图”.2002年在北京召开的国际数学家大会(ICM 2002)的会标(图2)，其图案正是由“弦图”演变而来.“弦图”是由4个全等的直角三角形与一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形请你根据图1解答下列问题:
(1)叙述勾股定理(用文字及符号语言叙述);
(2)证明勾股定理;
(3)若大正方形的面积是,小正方形的面积是,求的值.

27．如图，在四边形中，，，，点为边上一点，连接，. 与交于点，且∥.

（1）求证:；
（2）若，. 求的长 .
28．如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD : AD : CD＝2 : 3 : 4，
（1）试说明△ABC是等腰三角形；
（2）已知S△ABC＝40cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒2cm的速度沿线段BA向点A 运动，同时动点N从点A出发以每秒1cm速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止. 设点M运动的时间为t（秒），
①若△DMN的边与BC平行，求t的值；
②若点E是边AC的中点，问在点M运动的过程中，△MDE能否成为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．

图1 图2 备用图
29．（1）如图1，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，且点D在BC边上滑动（点D不与点B，C重合），连接EC，
①则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为　 　；
②求证：BD2+CD2＝2AD2；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若BD＝9，CD＝3，求AD的长．

30．已知：四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，有一足够大的含60°角的直角三角尺的60°角的顶点与菱形ABCD的顶点A重合，两边分别射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAP＝60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，请直接判断△AEF的形状是　 　．
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE＝CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB＝15°时，求点F到BC的距离．

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一、选择题

1．D
解析：D
【分析】
根据折叠的性质可得AD=A'D，AE=A'E，易得阴影部分图形的周长为=AB+BC+AC，则可求得答案．
【详解】
解：因为等边三角形ABC的边长为1cm，所以AB=BC=AC=1cm，
因为△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A'处，所以AD=A'D，AE=A'E，
所以阴影部分图形的周长=BD+A'D+BC+A'E+EC=BD+AD+BC+AE+EC=AB+BC+AC=1+1+1=3（cm）．
故选：D．
【点睛】
此题考查了折叠的性质与等边三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用以及折叠前后图形的对应关系．
2．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据完全平方公式利用a+b=10，ab=18求出，即可得到三角形的形状.
【详解】
∵a+b=10，ab=18，
∴=（a+b）2-2ab=100-36=64，
∵,c=8，
∴=64，
∴=，
∴该三角形是直角三角形，
故选：B.
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理，完全平方公式，能够利用完全平方公式由已知条件求出是解题的关键.
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
如图，连接BB′．根据折叠的性质知△BB′E是等腰直角三角形，则BB′=BE．又B′E是BD的中垂线，则DB′=BB′．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，BD=2，
∴BE=BD=1．
如图2，连接BB′．
根据折叠的性质知，∠AEB=∠AEB′=45°，BE=B′E．
∴∠BEB′=90°，
∴△BB′E是等腰直角三角形，则BB′=BE=,
又∵BE=DE，B′E⊥BD，
∴DB′=BB′=．

故选B．
【点睛】
考查了平行四边形的性质以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
4．C
解析：C
【解析】
分析：将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求.
详解：如图所示，将杯子侧面展开,作A关于EF的对称点A′，

连接A′B,则A′B即为最短距离，
A′B= (cm)
故选C.
点睛：本题考查了勾股定理、最短路径等知识.将圆柱侧面展开，化曲面为平面并作出A关于EF的对称点A′是解题的关键.
5．D
解析：D
【解析】
分析：由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形,得到四条边相等,四个角为直角,利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等,利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG,利用全等三角形对应角相等得到∠CBM=∠MDO,利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角,利用勾股定理求出所求式子的值即可.
详解：①∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG.
在△BCE和△DCG中，CB＝CD，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，
∴△BCE≌△DCG，
∴BE=DG，
故结论①正确.
②如图所示，设BE交DC于点M，交DG于点O.

由①可知，△BCE≌△DCG，
∴∠CBE=∠CDG，即∠CBM=∠MDO.
又∵∠BMC=∠DMO，∠MCB=180°-∠CBM-∠BMC，∠DOM=180°-∠CDG-∠MDO，
∴∠DOM=∠MCB=90°，
∴BE⊥DG.
故②结论正确.
③如图所示，连接BD、EG，
由②知，BE⊥DG，
则在Rt△ODE中，DE2=OD2+OE2，
在Rt△BOG中，BG2=OG2+OB2，
在Rt△OBD中，BD2=OD2+OB2，
在Rt△OEG中，EG2=OE2+OG2，
∴DE2+BG2=(OD2+OE2)+(OB2+OG2)=(OD2+OB2)+(OE2+OG2)=BD2+EG2.
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=2a2，
在Rt△CEG中，EG2=CG2+CE2=2b2，
∴BG2+DE2=2a2+2b2.
故③结论正确.
故选：D.
点睛：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质.
6．C
解析：C
【分析】
利用勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．最长边所对的角为直角．由此判定即可．
【详解】
解：A、因为92+72≠122，所以三条线段不能组成直角三角形；
B、因为22+32≠42，所以三条线段不能组成直角三角形；
C、因为12+2= 22，所以三条线段能组成直角三角形；
D、因为52+112≠122，所以三条线段不能组成直角三角形．
故选C．
【点睛】
此题考查勾股定理逆定理的运用，注意数据的计算．
7．B
解析：B
【分析】
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．
【详解】
“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图所示：

故选B.
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的证明，证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．
8．D
解析：D
【解析】
A选项：32+42≠62，故不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，故错误；
B选项：52+62≠72，故不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，故错误；
C选项：62+82≠92，故不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，故错误；
D选项：72+242=252，故符合勾股定理的逆定理，能组成直角三角形，故正确．
故选D．
9．A
解析：A
【分析】
求出两小边的平方和、最长边的平方,看看是否相等即可.
【详解】
A、12+（）2=（）2
∴以1、、为边组成的三角形是直角三角形,故本选项正确; 
B、22+3242
∴以2、3、4为边组成的三角形不是直角三角形,故本选项错误; 
C、 12+2232
∴以1、2、3为边组成的三角形不是直角三角形,故本选项错误; 
D、 42+5262
∴以4、5、6为边组成的三角形不是直角三角形,故本选项错误; 
故选A..
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理应用，掌握勾股定理逆定理的内容就解答本题的关键.
10．D
解析：D
【分析】
根据题意，可分为已知的两条边的长度为两直角边，或一直角边一斜边两种情况，根据勾股定理求斜边即可．
【详解】
当3和4为两直角边时，由勾股定理，得：
；
当3和4为一直角边和一斜边时，可知4为斜边．
∴斜边长为或5．
故选：D．
【点睛】
本题考查了勾股定理，关键是根据题目条件进行分类讨论，利用勾股定理求解．
二、填空题

11．(21009，0)．
【分析】
根据等腰直角三角形的性质得到OA1=1，OA2=，OA3=，OA4=，…OA2019=，再利用、、…，每8个一循环，再回到y轴的正半轴的特点可得到点A2019在x轴的正半轴上，即可确定点A2019的坐标．
【详解】
∵等腰直角三角形OA1A2的直角边OA1在y轴的正半轴上，且OA1=A1A2=1，以OA2为直角边作第二个等腰直角三角形OA2A3，以OA3为直角边作第三个等腰直角三角形OA3A4，…，∴OA1=1，OA2=，OA3=（）2，…，OA2019=（）2018，
∵A1、A2、A3、…，每8个一循环，再回到y轴的正半轴，
∴2019÷8=252…3，
∴点A2019在x轴正半轴上．
∵OA2019=（）2018，
∴点A2019的坐标为（）即(21009，0)．
故答案为：(21009，0)．
【点睛】
本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于45°；斜边等于直角边的2倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
12．
【分析】
将△B´CF的面积转化为求△BCF的面积，由折叠的性质可得CD＝AC＝6，∠ACE＝∠DCE，∠BCF＝∠B´CF，CE⊥AB，可证得△ECF是等腰直角三角形，EF＝CE，∠EFC＝45°，由等面积法可求CE的长，由勾股定理可求AE的长，进而求得BF的长，即可求解．
【详解】
根据折叠的性质可知，CD＝AC＝6，∠ACE＝∠DCE，∠BCF＝∠B´CF，CE⊥AB，
∴∠DCE＋∠B´CF＝∠ACE＋∠BCF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECF＝45°，且CE⊥AB，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF＝CE，∠EFC＝45°，
∵S△ABC＝AC•BC＝AB•CE，
∴AC•BC＝AB•CE，
∵根据勾股定理求得AB＝10，
∴CE＝，
∴EF＝，
∵AE＝＝，
∴BF＝AB−AE−EF＝10－－＝，
∴S△CBF＝×BF×CE＝××＝，
∴S△CB´F＝，
故填：．
【点睛】
此题主要考查了翻折变换，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，根据折叠的性质求得相等的角是解决本题的关键．
13．
【分析】
连接AC交BD于点O，由题意可证AC垂直平分BD，△ABD是等边三角形，可得∠BAO＝∠DAO＝30°，AB＝AD＝BD，BO＝OD，通过证明△EDF是等边三角形，可得DE＝EF＝DF，由勾股定理可求OC，BC的长．
【详解】
连接AC，交BD于点O，

∵AB＝AD，BC＝DC，∠A＝60°，
∴AC垂直平分BD，△ABD是等边三角形，
∴∠BAO＝∠DAO＝30°，AB＝AD＝BD＝4，BO＝OD＝2，
∵CE∥AB，
∴∠BAO＝∠ACE＝30°，∠CED＝∠BAD＝60°，
∴∠DAO＝∠ACE＝30°，
∴AE＝CE＝3，
∴DE＝AD−AE＝1，
∵∠CED＝∠ADB＝60°，
∴△EDF是等边三角形，
∴DE＝EF＝DF＝1，
∴CF＝CE−EF＝2，OF＝OD−DF＝1，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理，熟练运用等边三角形的判定是本题的关键．
14．5
【分析】
作AD′⊥AD，AD′=AD构建等腰直角三角形，根据SAS求证△BAD≌△CAD′，证得BD=CD′，∠DAD′=90°，然后在Rt△AD′D和Rt△CD′D应用勾股定理即可求解．
【详解】
作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：

∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′（SAS），
∴BD=CD′，∠DAD′=90°，
由勾股定理得DD′=，
∵∠D′DA+∠ADC=90°，
∴由勾股定理得CD′=，
∴BD=CD′=5
故答案为5．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形，正确引出辅助线构造等腰直角三角形是本题的关键．
15．（0，21009）
【解析】
【分析】本题点A坐标变化规律要分别从旋转次数与点A所在象限或坐标轴、点A到原点的距离与旋转次数的对应关系．
【详解】∵∠OAA1=90°，OA=AA1=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，再以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…，
∴OA1=，OA2=（）2，…，OA2018=（）2018，
∵A1、A2、…，每8个一循环，
∵2018=252×8+2
∴点A2018的在y轴正半轴上，OA2018==21009，
故答案为（0，21009）.
【点睛】本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意象限符号．
16．
【分析】
根据题意点B与点C关于AD对称，所以过点C作AB的垂线，与AD的交点即点P，求出CE即可得到答案
【详解】
∵
∴点B与点C关于AD对称
过点C作CE⊥AB于一点即为点P，此时最小
∵
∴BD=2
在Rt△ABC中，
∵S△ABC=
∴
得
故此题填

【点睛】
此题考察最短路径，根据题意找到对称点，作直角三角形，利用勾股定理解决问题
17．
【分析】
由“SAS”可证≌，≌可得，，，由勾股定理可求EF的长，即可求BC的长，由勾股定理可求AD的长．
【详解】
解：如图，连接EF，过点A作于点G，

，
，
又，
，
在和中
，
≌．
，
，，
∴
，
，
，
，
平分，
，
在和中
，
≌．
．
．
，
∴
，
，，
，
，
∴
故答案为
【点睛】
考查等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，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．
18．①②③
【解析】
【详解】
解：∵△ABC是等边三角形，

∵△BQC≌△BPA，
∴∠BPA=∠BQC，BP=BQ=4，QC=PA=3，∠ABP=∠QBC，

∴△BPQ是等边三角形，①正确.
∴PQ=BP=4，

即△PQC是直角三角形，②正确.
∵△BPQ是等边三角形，

∵△BQC≌△BPA，
∴∠APB=∠BQC，
③正确.

即④错误.
故答案为①②③.
19．或
【分析】
通过计算E到AC的距离即EH的长度为3，所以根据DE的长度有两种情况：①当点D在H点上方时，②当点D在H点下方时，两种情况都是过点E作交AC于点E，过点G作交AB于点Q，利用含30°的直角三角形的性质和勾股定理求出AH,DH的长度，进而可求AD的长度，然后利用角度之间的关系证明，再利用等腰三角形的性质求出GQ的长度，最后利用即可求解．
【详解】
①当点D在H点上方时，
过点E作交AC于点E，过点G作交AB于点Q，

，点是中点，
．
∵，
．
，
，
．
，
，
，，
，
．
由折叠的性质可知，，
，
，
．
又 ，
．
，
．
，
即，
．
，
；
②当点D在H点下方时，
过点E作交AC于点E，过点G作交AB于点Q，

，点是中点，
．
∵，
．
，
，
．
，
，
，，
，
．
由折叠的性质可知，，
，
，
．
又 ，
．
，
．
，
即，
．
，
，
综上所述，的面积为或．
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查折叠的性质，等腰三角形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，含30°的直角三角形的性质，能够作出图形并分情况讨论是解题的关键．
20．2
【分析】
如图，作PA∥y轴交X轴于A，PH⊥x轴于H．GM∥y轴交x轴于M，连接PG交x轴于N，先证明△ANP≌△MNG（AAS），再根据勾股定理求出PN的值，即可得到线段PG的长度．
【详解】
如图，作PA∥y轴交X轴于A，PH⊥x轴于H．GM∥y轴交x轴于M，连接PG交x轴于N．

∵P（1，2），G（7．﹣2），
∴OA＝1，PA＝GM＝2，OM＝7，AM＝6，
∵PA∥GM，
∴∠PAN＝∠GMN，
∵∠ANP＝∠MNG，
∴△ANP≌△MNG（AAS），
∴AN＝MN＝3，PN＝NG，
∵∠PAH＝45°，
∴PH＝AH＝2，
∴HN＝1，
∴，
∴PG＝2PN＝2 ．
故答案为2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的综合问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理、勾股定理是解题的关键．
三、解答题

21．（1）BE＝1；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，根据等边三角形的性质和四边形的内角和定理可得∠BED＝90°，进而可得∠BDE=30°，然后根据30°角的直角三角形的性质即可求出结果；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，根据AAS易证△MBD≌△NCD，则有BM＝CN，DM＝DN，进而可根据ASA证明△EMD≌△FND，可得EM＝FN，再根据线段的和差即可推出结论；
（3）过点D作DM⊥AB于M，如图3，同（2）的方法和已知条件可得DM＝DN＝FN＝EM，然后根据线段的和差关系可得BE+CF＝2DM，BE﹣CF＝2BM，在Rt△BMD中，根据30°角的直角三角形的性质可得DM＝BM，进而可得BE+CF＝（BE﹣CF），代入x、y后整理即得结果．
【详解】
解：（1）如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4．
∵点D是线段BC的中点，
∴BD＝DC＝BC＝2．
∵DF⊥AC，即∠AFD＝90°，
∴∠AED＝360°﹣60°﹣90°﹣120°＝90°，
∴∠BED＝90°，∴∠BDE=30°，
∴BE＝BD＝1；

（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，
则有∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90°．
∵∠A＝60°，
∴∠MDN＝360°﹣60°﹣90°﹣90°＝120°．
∵∠EDF＝120°，
∴∠MDE＝∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
∵∠BMD＝∠CND，∠B＝∠C，BD=CD，
∴△MBD≌△NCD（AAS），
∴BM＝CN，DM＝DN．
在△EMD和△FND中，
∵∠EMD＝∠FND，DM＝DN，∠MDE＝∠NDF，
∴△EMD≌△FND（ASA），
∴EM＝FN，
∴BE+CF＝BM+EM+CN－FN＝BM+CN＝2BM＝BD＝BC＝AB；

（3）过点D作DM⊥AB于M，如图3，同（2）的方法可得：BM＝CN，DM＝DN，EM＝FN．
∵DN＝FN，
∴DM＝DN＝FN＝EM，
∴BE+CF＝BM+EM+FN－CN＝NF+EM＝2DM=x+y，
BE﹣CF＝BM+EM﹣（FN－CN）＝BM+NC＝2BM=x－y，
在Rt△BMD中，∵∠BDM=30°，∴BD=2BM，
∴DM＝，
∴，整理，得．

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、四边形的内角和定理、全等三角形的判定与性质、30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，具有一定的综合性，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
22．（1）证明见解析；（2）5；（3）CD2+CE2＝BC2，证明见解析．
【分析】
（1）先判断出∠BAE=∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论．
（2）先求出∠CDA=∠ADE=30°，进而求出∠BED=90°，最后用勾股定理即可得出结论．
（3）方法1、同（2）的方法即可得出结论；方法2、先判断出CD2+CE2=2（AP2+CP2），再判断出CD2+CE2=2AC2．即可得出结论．
【详解】
解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD．
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE．
（2）如图2，连结BE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝4，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴BD＝＝＝5．
（3）CD2、CE2、BC2之间的数量关系为：CD2+CE2＝BC2，理由如下：
解法一：
如图3，连结BE．
∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝45°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝45°+45°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，由勾股定理可知：BC2＝BE2+CE2．
∴BC2＝CD2+CE2．
解法二：
如图4，过点A作AP⊥DE于点P．
∵△ADE为等腰直角三角形，AP⊥DE，
∴AP＝EP＝DP．
∵CD2＝（CP+PD）2＝（CP+AP）2＝CP2+2CP•AP+AP2，
CE2＝（EP﹣CP）2＝（AP﹣CP）2＝AP2﹣2AP•CP+CP2，
∴CD2+CE2＝2AP2+2CP2＝2（AP2+CP2），
∵在Rt△APC中，由勾股定理可知：AC2＝AP2+CP2，
∴CD2+CE2＝2AC2．
∵△ABC为等腰直角三角形，由勾股定理可知：
∴AB2+AC2＝BC2，即2AC2＝BC2，
∴CD2+CE2＝BC2．

【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解（1）的关键是判断出∠BAE=∠CAD，解（2）（3）的关键是判断出BE⊥DE，是一道中等难度的中考常考题．
23．（1）见解析；（2）见解析；（3）或
【分析】
（1）先由三角形的内角和为180°求得∠ACB的度数，从而根据等腰三角形的判定证得AB=AC=AD，按照邻和四边形的定义即可得出结论．
（2）以点A为圆心，AB长为半径画圆，与网格的交点，以及△ABC外侧与点B和点C组成等边三角形的网格点即为所求．
（3）先根据勾股定理求得AC的长，再分类计算即可：①当DA=DC=AC时；②当CD=CB=BD时；③当DA=DC=DB或AB=AD=BD时．
【详解】
（1）∵∠ACB=180°﹣∠ABC﹣∠BAC=70°，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AB=AC．
∵∠ACD=∠ADC，
∴AC=AD，
∴AB=AC=AD．
∴四边形ABCD是邻和四边形；
（2）如图，格点D、D'、D''即为所求作的点；

（3）∵在△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=2，
∴AC=，
显然AB，BC，AC互不相等．
分两种情况讨论：
①当DA=DC=AC=4时，如图所示：

∴△ADC为等边三角形，
过D作DG⊥AC于G，则∠ADG=，
∴，
，
∴S△ADC=，S△ABC=AB×BC=2，
∴S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=6；
②当CD=CB=BD=2时，如图所示：

∴△BDC为等边三角形，
过D作DE⊥BC于E，则∠BDE=，
∴，
，
∴S△BDC=，
过D作DF⊥AB交AB延长线于F，
∵∠FBD=∠FBC-∠DBC=90-60=30，
∴DF=BD=，
S△ADB=，
∴S四边形ABCD=S△BDC+S△ADB=4；
③当DA=DC=DB或AB=AD=BD时，邻和四边形ABCD不存在．
∴邻和四边形ABCD的面积是6或4．
【点睛】
本题属于四边形的新定义综合题，考查了等腰三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识点，数形结合并读懂定义是解题的关键．
24．（1）BF长为6；（2）CE长为3，详细过程见解析．
【分析】
（1）由矩形的性质及翻折可知，∠B=90°，AF=AD=10，且AB=8，在ABF中，可由勾股定理求出BF的长；
（2）设CE=x，根据翻折可知，EF=DE=8-x，由（1）可知BF=6，则CF=4，在CEF中，可由勾股定理求出CE的长．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°，且AD=BC=10，
又∵AFE是由ADE沿AE翻折得到的，
∴AF=AD=10，
又∵AB=8，
在ABF中，由勾股定理得：，
故BF的长为6．
（2）设CE=x ，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=8，∠C=90°，DE=CD-CE=8-x，
又∵△AFE是由△ADE沿AE翻折得到的，
∴FE=DE=8-x，
由（1）知：BF=6，故CF=BC-BF=10-6=4，
在CEF中，由勾股定理得：，
∴，解得：x=3，
故CE的长为3．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，利用勾股定理求解是本题的关键．
25．（1）证明见解析；（2）21.
【分析】
（1）只需要证明，再根据等角对等边即可证明,再结合小明的分析即可证明；
（2）作△ADC关于AC的对称图形,过点C作CE⊥AB于点E，则=BE．设=BE=x．在Rt△CEB和Rt△CEA中，根据勾股定理构建方程即可解决问题.
【详解】
解：（1）证明：如下图，作△ADC关于CD的对称图形△A′DC，

∴A′D=AD，C A′=CA，∠CA′D=∠A=60°，
∵CD平分∠ACB，
∴A′点落在CB上
∵∠ACB=90°，
∴∠B=90°-∠A=30°，
∴∠A′DB=∠CA′D-∠B=30°，即∠A′DB=∠B，
∴A′D=A′B，
∴CA+AD=CA′+A′D=CA′+A′B=CB.
（2）如图，作△ADC关于AC的对称图形△AD′C．

∴D′A=DA=9，D′C=DC=10，
∵AC平分∠BAD，
∴D′点落在AB上，
∵BC=10，
∴D′C=BC，
过点C作CE⊥AB于点E，则D′E=BE，
设D′E=BE=x，
在Rt△CEB中，CE2=CB2-BE2=102-x2，
在Rt△CEA中，CE2=AC2-AE2=172-（9+x）2．
∴102-x2=172-（9+x）2，
解得：x=6，
∴AB=AD′+D′E+EB=9+6+6=21．
【点睛】
本题考查轴对称的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质.（1）中证明∠A′DB=∠B不是经常用的等量代换，而是利用角之间的计算求得它们的度数相等，这有点困难，需要多注意；（2）中掌握方程思想是解题关键.
26．（1）见解析；（2）证明见解析；（3）25.
【分析】
（1）直接叙述勾股定理的内容，并用字母表明三边关系；
（2）利用大正方形面积、小正方形面积和4个直角三角形的面积和之间的关系列式整理即可证明；
（3）将原式利用完全平方公式展开，由勾股定理的内容可得出为大正方形面积和4个直角三角形的面积和，根据已知条件即可求得.
【详解】
解：（1）勾股定理：直角三角形两直角