人教版八年级初二数学第二学期勾股定理单元-易错题难题测试综合卷检测.doc

人教版八年级初二数学第二学期勾股定理单元 易错题难题测试综合卷检测

一、选择题
1．如图，在四边形ABCD中，，与的平分线相交于BC边上的M点，则下列结论：①；②；③；④到AD的距离等于BC的；⑤为BC的中点；其中正确的有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．如图，在RtΔABC中，∠ACB＝90°，AC=9，BC=12，AD是∠BAC的平分线，若点P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC＋PQ的最小值是( )

A． B． C．12 D．15
3．棱长分别为的两个正方体如图放置，点A，B，E在同一直线上，顶点G在棱BC上，点P是棱的中点.一只蚂蚁要沿着正方体的表面从点A爬到点P，它爬行的最短距离是( )

A． B． C． D．
4．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．
5．如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝7，∠BAC的角平分线AD交BC于点D，则点D到AB的距离是（  ）

A．3 B．4 C． D．
6．如图是甲、乙两张不同的矩形纸片，将它们分别沿着虚线剪开后，各自要拼一个与原来面积相等的正方形，则（　　）

A．甲、乙都可以 B．甲、乙都不可以
C．甲不可以、乙可以 D．甲可以、乙不可以
7．如图，BD为的对角线，于点E，BF⊥DC于点F，DE、BF相交于点H，直线BF交线段AD的延长线于点G，下列结论：① ；②；③AB=BH;④;⑤；其中正确的结论有（ ）

A．①②③ B．②③⑤ C．①⑤ D．③④
8．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
9．长度分别为9cm、12cm、15cm、36cm、39cm五根木棍首尾连接，最多可搭成直角三角形的个数为　 　
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．已知一个直角三角形的两边长分别为3和5，则第三边长是(　　)
A．5 B．4 C． D．4或
二、填空题
11．如图，∠MON＝90°，△ABC的顶点A、B分别在OM、ON上，当A点从O点出发沿着OM向右运动时，同时点B在ON上运动，连接OC．若AC＝4，BC＝3，AB＝5，则OC的长度的最大值是________．

12．如图，现有一长方体的实心木块，有一蚂蚁从处出发沿长方体表面爬行到＇处，若长方体的长，宽，高，则蚂蚁爬行的最短路径长是___________．

13．如图，和都是等腰直角三角形，，，的顶点在的斜边上．若，，则的长为_________

14．如图在三角形纸片ABC中，已知∠ABC=90º，AC=5，BC=4，过点A作直线l平行于BC，折叠三角形纸片ABC，使直角顶点B落在直线l上的点P处，折痕为MN，当点P在直线l上移动时，折痕的端点M、N也随之移动，若限定端点M、N分别在AB、BC边上（包括端点）移动，则线段AP长度的最大值与最小值的差为________________．

15．如图,，点分别在上，且，点分别在上运动，则的最小值为______．

16．在等腰中，，，过点作直线，是上的一点，且，则__________．
17．如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为MN，连接CN．若△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，则的值为______________．

18．如图，在四边形ABCD中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则．

19．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_____．

20．如图，在中，，，为边上一动点，作如图所示的使得，且，连接，则的最小值为__________．

三、解答题
21．如图，在△ABC中，AB＝30 cm，BC＝35 cm，∠B＝60°，有一动点M自A向B以1 cm/s的速度运动，动点N自B向C以2 cm/s的速度运动，若M，N同时分别从A，B出发．
(1)经过多少秒，△BMN为等边三角形；
(2)经过多少秒，△BMN为直角三角形．

22．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，E是AB的中点，连接CE交AD于点F，BD=3，求BF的长．

23．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．

24．如图，已知中，，，，、是边上的两个动点，其中点从点开始沿方向运动，且速度为每秒，点从点开始沿方向运动，且速度为每秒，它们同时出发，设出发的时间为秒．

（1）当秒时，求的长；
（2）求出发时间为几秒时，是等腰三角形？
（3）若沿方向运动，则当点在边上运动时，求能使成为等腰三角形的运动时间．
25．如图1，在等腰直角三角形中，动点D在直线AB（点A与点B重合除外）上时，以CD为一腰在CD上方作等腰直角三角形，且，连接AE．

（1）判断AE与BD的数量关系和位置关系；并说明理由．
（2）如图2，若，P，Q两点在直线AB上且，试求PQ的长．
（3）在第（2）小题的条件下，当点D在线段AB的延长线（或反向延长线）上时，判断PQ的长是否为定值．分别画出图形，若是请直接写出PQ的长；若不是请简单说明理由．
26．如图，△ABC中AC=BC，点D，E在AB边上，连接CD，CE．
(1)如图1，如果∠ACB=90°，把线段CD逆时针旋转90°，得到线段CF，连接BF，
①求证：△ACD≌△BCF；
②若∠DCE=45°， 求证：DE2=AD2+BE2；
(2)如图2，如果∠ACB=60°，∠DCE=30°，用等式表示AD，DE，BE三条线段的数量关系，说明理由．

27．我们规定，三角形任意两边的“广益值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在中，是边上的中线，与的“广益值”就等于的值，可记为
（1）在中，若，，求的值．
（2）如图2，在中，，，求，的值．
（3）如图3，在中，是边上的中线，，，，求和的长．

28．已知中，.
（1）如图1，在中，，连接、，若，求证：
（2）如图2，在中，，连接、，若，于点，，，求的长；
（3）如图3，在中，，连接，若，求的值.

29．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
30．（知识背景）
据我国古代《周髀算经》记载，公元前1120年商高对周公说，将一根直尺折成一个直角，两端连接得到一个直角三角形，如果勾是3，股是4，那么弦就等于5，后人概括为“勾三、股四、弦五”．像3、4、5这样为三边长能构成直角三角形的三个正整数，称为勾股数．
（应用举例）
观察3，4，5；5，12，13；7，24，25；…
可以发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过，并且
勾为3时，股，弦；
勾为5时，股，弦；
请仿照上面两组样例，用发现的规律填空：
（1）如果勾为7，则股24＝　 　弦25＝ 　　 　
（2）如果勾用（，且为奇数）表示时，请用含有的式子表示股和弦，则股＝　 　，弦＝　 　．
（解决问题）
观察4，3，5；6，8，10；8，15，17；…根据应用举例获得的经验进行填空：
（3）如果是符合同样规律的一组勾股数，（表示大于1的整数），则　 　，　 　，这就是古希腊的哲学家柏拉图提出的构造勾股数组的公式．
（4）请你利用柏拉图公式，补全下面两组勾股数（数据从小到大排列）第一组：　 　、24、　 　：第二组：　 　、　 　、37．

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一、选择题

1．C
解析：C
【分析】
过作于，得出，，求出，根据三角形内角和定理求出，即可判断①；根据角平分线性质求出，，即可判断④和⑤；由勾股定理求出，，即可判断③；根据证，推出，同理得出，即可判断②．
【详解】
解：过作于，
与的平分线相交于边上的点，
，，
，
，
，
，故①正确；
平分，，，
，
同理，
，故⑤正确；
到的距离等于的一半，故④错误；
由勾股定理得：，，
又，，
，
同理，
，故③正确；
在和中，
，

同理，
，故②正确；
故选：．

【点睛】
本题考查了角平分线性质，垂直定义，直角梯形，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
2．B
解析：B
【分析】
过点D作DE⊥AB于点E，过点E作EQ⊥AC于点Q，EQ交AD于点P，连接CP，此时PC+PQ=EQ是最小值，根据勾股定理可求出AB的长度，再根据EQ⊥AC、∠ACB=90°即可得出EQ∥BC，进而可得出，代入数据即可得出EQ的长度，此题得解.
【详解】
解：如图所示，过点D作DE⊥AB于点E，过点E作EQ⊥AC于点Q，EQ交AD于点P，连接CP，此时PC+PQ=EQ是最小值，

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=9，BC=12，
∴，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠EAD，
在△ACD和△AED中，，
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴AE=AC=9．
∵EQ⊥AC，∠ACB=90°，
∴EQ∥BC，
，
∴，
.
故选B.
【点睛】
本题考查了勾股定理、轴对称中的最短路线问题以及平行线的性质，找出点C的对称点E，及通过点E找到点P、Q的位置是解题的关键．
3．C
解析：C
【分析】
当E1F1在直线EE1上时，，得到AE=14，PE=9，由勾股定理求得AP的长；当E1F1在直线B2E1上时，两直角边分别为17和6，再利用勾股定理求AP的长,两者进行比较即可确定答案
【详解】
① 当展开方法如图1时，AE=8+6=14cm，PE=6+3=9cm，
由勾股定理得
② 当展开方法如图2时，AP1=8+6+3=17cm，PP1=6cm，
由勾股定理得
∵
∴蚂蚁爬行的最短距离是
,
【点睛】
此题考察正方体的展开图及最短路径，注意将正方体沿着不同棱线剪开时得到不同的平面图形，路径结果是不同的
4．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．
5．C
解析：C
【分析】
过点D作DE⊥AB于点E，根据角平分线的性质定理，可得：DE＝DC＝x，则BE＝－x，进而可得到AE＝AC＝7，在Rt△BDE中，应用勾股定理即可求解．
【详解】
过点D作DE⊥AB于点E，则∠AED＝90°，AE＝AC＝7，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC＝7，AB＝，
在Rt△AED和Rt△ACD中，
AE＝AC，DE＝DC，
∴Rt△AED≌Rt△ACD，
∴AE＝AC＝7，
设DE＝DC＝x，则BD＝7－x，
在Rt△BDE中，，
即：，
解得： ，
故选：C．

【点睛】
本题考查角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，运用方程思想是解题的关键．
6．A
解析：A
【解析】
试题分析：剪拼如下图：

乙
故选A
考点：剪拼，面积不变性，二次方根
7．B
解析：B
【分析】
根据直角三角形的意义和性质可以得到解答．
【详解】
解：由题意，
∴，②正确；
∵∠DBC=45°，DE⊥BC，∴∠EDB=∠DBC=45°，∴BE=DE
∴，∴BH=CD=AB，③正确；
∵，∴AB⊥CD，
∴即 ，⑤正确，
∵没有依据支持①④成立，∴②③⑤正确
故选B ．
【点睛】
本题考查直角三角形的意义和性质，灵活应用有关知识求解是解题关键．
8．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.
9．B
解析：B
【解析】
试题分析：解：∵92=81，122=144，152=225，362=1296，392=1521，
∴81+144=225，225+1296=1521，即92+122=152，152+362=392，
故选B．
考点：勾股定理的逆定理
点评：本题难度中等，主要考查了勾股定理的逆定理，解题的关键熟知勾股定理逆定理的内容．
10．D
解析：D
【详解】
解：∵一个直角三角形的两边长分别为3和5，
∴①当5是此直角三角形的斜边时，设另一直角边为x，则由勾股定理得到：x==4；
②当5是此直角三角形的直角边时，设另一直角边为x，则由勾股定理得到：x==
故选：D
二、填空题

11．5
【解析】
试题分析：取AB中点E，连接OE、CE，在直角三角形AOB中，OE=AB，利用勾股定理的逆定理可得△ACB是直角三角形，所以CE=AB，利用OE+CE≥OC，所以OC的最大值为OE+CE，即OC的最大值=AB=5．

考点：勾股定理的逆定理，
12．
【分析】
连接AC＇，分三种情况进行讨论：画出图形，用勾股定理计算出AC＇长，再比较大小即可得出结果．
【详解】
解：如图

展开成平面图，连接AC＇，分三种情况讨论：
如图1，AB=4，BC＇=1+2=3，
∴在Rt△ABC＇中，由勾股定理得AC＇==5（cm），
如图2，AC=4+2=6，CC＇=1
∴在Rt△ACC＇中，由勾股定理得AC＇==（cm），
如图3，AD =2，DC＇=1+4=5，
∴在Rt△ADC＇中，由勾股定理得AC＇==（cm）
∵5<<，
∴蚂蚁爬行的最短路径长是5cm，
故答案为：5cm．
【点睛】
本题考查平面展开-最短路线问题和勾股定理，本题具有一定的代表性，是一道好题，注意要分类讨论．
13．
【分析】
由题意可知，AC＝BC，DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝90°，∠D＝∠E＝45°，求出∠ACE＝∠BCD可证△ACE≌△BCD，可得AE＝BD＝，∠ADB＝90°，由勾股定理求出AB即可得到AC的长．
【详解】
解：如图所示，连接BD，

∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠DCE＝∠ACB＝90°，∠D＝∠E＝45°，
且∠ACE＝∠BCD＝90°-∠ACD，
在ACE和BCD中，

∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD＝，∠E＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝∠ADC+∠BDC＝45°+45°＝90°，
∴AB＝，
∵，
∴BC＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
14．
【分析】
分别找到两个极端,当M与A重合时，AP取最大值，当点N与C重合时，AP取最小，即可求出线段AP长度的最大值与最小值之差
【详解】

如图所示，当M与A重合时，AP取最大值，此时标记为P1，由折叠的性质易得四边形AP1NB是正方形，在Rt△ABC中，，
∴AP的最大值为A P1=AB=3
如图所示，当点N与C重合时，AP取最小，过C点作CD⊥直线l于点D，可得矩形ABCD，∴CD=AB=3，AD=BC=4，
由折叠的性质有PC=BC=4，
在Rt△PCD中，，
∴AP的最小值为
线段AP长度的最大值与最小值之差为
故答案为
【点睛】
本题考查勾股定理的折叠问题，可以动手实际操作进行探索.
15．10
【分析】
首先作M关于OB的对称点M′，作N关于OA的对称点N′，连接M′N′，即为MP+PQ+QN的最小值，易得△ONN′为等边三角形，△OMM′为等边三角形，∠N′OM′=90°，继而可以求得答案．
【详解】
作M关于OB的对称点M′，作N关于OA的对称点N′，连接M′N′，即为MP+PQ+QN的最小值．
根据轴对称的定义可知：∠N′OQ=∠M′OB=30°，∠ONN′=60°，OM′=OM=6，ON′=ON=8，∴△ONN′为等边三角形，△OMM′为等边三角形，∴∠N′OM′=90°．在Rt△M′ON′中，M′N′==10．
故答案为10．

【点睛】
本题考查了最短路径问题，根据轴对称的定义，找到相等的线段，得到直角三角形是解题的关键．
16．或
【解析】
如图，，，作于点，

∴，
∵，且有个，
∴，
∵，
∴，
．
点睛：本题考查了勾股定理的运用，通过添加辅助线，可将问题转化到直角三角形中，利用勾股定理解答，考查了学生的空间想象能力．
17．12
【解析】
如图，过点N作NG⊥BC于点G，连接CN，根据轴对称的性质有：
MA=MC，NA=NC，∠AMN=∠CMN.

因为四边形ABCD是矩形，所以AD∥BC，所以∠ANM=∠CMN.
所以∠AMN=∠ANM，所以AM=AN.
所以AM=AN=CM=CN.
因为△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，所以DN:CM=1:3.
设DN=x，则CG=x，AM=AN=CM=CN=3x，
由勾股定理可得NG=，
所以MN2=，BM2=.
所以=12.
枚本题应填12.
点睛：矩形中的折叠问题，其本质是轴对称问题，根据轴对称的性质，找到对应的线段和角，也就找到了相等的线段和角，矩形中的折叠一般会伴随着等腰三角形(也就是基本图形“平行线+角平分线→等腰三角形”)，所以常常会结合等腰三角形，勾股定理来列方程求解.
18．41
【解析】
作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：

∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，
即∠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′=，即BD2=41．
故答案是：41．
19．2
【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．
20．
【分析】
根据已知条件，添加辅助线可得△EAC≌△DAM（SAS），进而得出当MD⊥BC时，CE的值最小，转化成求DM的最小值，通过已知值计算即可．
【详解】
解：如图所示，在AB上取AM=AC=2，
∵，，
∴∠CAB=45°，
又∵，
∴∠EAC+∠CAD=∠DAB+∠CAD=45°，
∴∠EAC =∠DAB，
∴在△EAC与△DAB中
AE=AD，∠EAF =∠DAB，AC =AM，
∴△EAC≌△DAM（SAS）
∴CE=MD，
∴当MD⊥BC时，CE的值最小，
∵AC=BC=2，
由勾股定理可得，
∴ ，
∵∠B=45°，
∴△BDM为等腰直角三角形，
∴DM=BD，
由勾股定理可得
∴DM=BD=
∴CE=DM=
故答案为：

【点睛】
本题考查了动点问题及全等三角形的构造，解题的关键是作出辅助线，得出全等三角形，找到CE最小时的状态，化动为静．
三、解答题

21．(1) 出发10s后，△BMN为等边三角形；(2)出发6s或15s后，△BMN为直角三角形．
【分析】
（1）设时间为x，表示出AM=x、BN=2x、BM=30-x，根据等边三角形的判定列出方程，解之可得；
（2）分两种情况：①∠BNM=90°时，即可知∠BMN=30°，依据BN=BM列方程求解可得；②∠BMN=90°时，知∠BNM=30°，依据BM=BN列方程求解可得．
【详解】
解　(1)设经过x秒，△BMN为等边三角形，
则AM＝x，BN＝2x，
∴BM＝AB－AM＝30－x，
根据题意得30－x＝2x，
解得x＝10，
答：经过10秒，△BMN为等边三角形；
(2)经过x秒，△BMN是直角三角形，
①当∠BNM＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝30°，
∴BN＝BM，即2x＝(30－x)，
解得x＝6；
②当∠BMN＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝30°，
∴BM＝BN，即30－x＝×2x，
解得x＝15，
答：经过6秒或15秒，△BMN是直角三角形．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理，等边三角形的判定.
22．BF的长为
【分析】
先连接BF，由E为中点及AC=BC，利用三线合一可得CE⊥AB，进而可证△AFE≌△BFE，再利用AD为角平分线以及三角形外角定理，即可得到∠BFD为45°，△BFD为等腰直角三角形，利用勾股定理即可解得BF．
【详解】
解：连接BF．

∵CA=CB，E为AB中点
∴AE=BE，CE⊥AB，∠FEB=∠FEA=90°
在Rt△FEB与Rt△FEA中，

∴Rt△FEB≌Rt△FEA
又∵AD平分∠BAC，在等腰直角三角形ABC中∠CAB=45°
∴∠FBE=∠FAE=∠CAB=22.5°
在△BFD中，∠BFD=∠FBE+∠FAE=45°
又∵BD⊥AD，∠D=90°
∴△BFD为等腰直角三角形，BD=FD=3
∴
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质及判定、三角形全等的性质及判定、三角形外角、角平分线，解题关键在于熟练掌握等腰直角三角形的性质．
23．（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．
24．（1）；（2）；（3）5.5秒或6秒或6.6秒
【分析】
（1）根据点、的运动速度求出，再求出和，用勾股定理求得即可；
（2）由题意得出，即，解方程即可；
（3）当点在边上运动时，能使成为等腰三角形的运动时间有三种情况：
①当时（图，则，可证明，则，则，从而求得；
②当时（图，则，易求得；
③当时（图，过点作于点，则求出，，即可得出．
【详解】
（1）解：（1），
，
，
；
（2）解：根据题意得：，
即，
解得：；
即出发时间为秒时，是等腰三角形；
（3）解：分三种情况：
①当时，如图1所示：

则，
，
，
，

，
，
，
秒．
②当时，如图2所示：

则
秒．
③当时，如图3所示：

过点作于点，
则
，
，
，
秒．
由上可知，当为5.5秒或6秒或6.6秒时，
为等腰三角形．
【点睛】
本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质；本题有一定难度，注意分类讨论思想的应用．
25．（1）AE=BD且AE⊥BD；（2）6；（3）PQ为定值6，图形见解析
【分析】
（1）由“SAS”可证△ACE≌△BCD，可得AE=BD，∠EAC=∠DBC=45°，可得AE⊥BD；
（2）由等腰三角形的性质可得PA=AQ，由勾股定理可求PA的长，即可求PQ的长；
（3）分两种情况讨论，由“SAS”可证△ACE≌△BCD，可得AE=BD，∠EAC=∠DBC，可得AE⊥BD，由等腰三角形的性质可得PA=AQ，由勾股定理可求PA的长，即可求PQ的长．
【详解】
解：（1）AE=BD，AE⊥BD，
理由如下：∵△ABC，△ECD都是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∠ABC=∠CAB=45°，
∴∠ACE=∠DCB，且AC=BC，CE=CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）
∴AE=BD，∠EAC=∠DBC=45°，
∴∠EAC+∠CAB=90°，
∴AE⊥BD；
（2）∵PE=EQ，AE⊥BD，
∴PA=AQ，
∵EP=EQ=5，AE=BD=4，
∴AQ=，
∴PQ=2AQ=6；
（3）如图3，若点D在AB的延长线上，
∵△ABC，△ECD都是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∠ABC=∠CAB=45°，
∴∠ACE=∠DCB，且AC=BC，CE=CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）
∴AE=BD，∠CBD=∠CAE=135°，且∠CAB=45°，
∴∠EAB=90°，
∵PE=EQ，AE⊥BD，
∴PA=AQ，
∵EP=EQ=5，AE=BD=4，
∴AQ=，
∴PQ=2AQ=6；

如图4，若点D在BA的延长线上，
∵△ABC，△ECD都是等腰直角三角形，
∴AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∠ABC=∠CAB=45°，
∴∠ACE=∠DCB，且AC=BC，CE=CD，
∴△ACE≌△BCD（SAS）
∴AE=BD，∠CBD=∠CAE=45°，且∠CAB=45°，
∴∠EAB=90°，
∵PE=EQ，AE⊥BD，
∴PA=AQ，
∵EP=EQ=5，AE=BD=4，
∴AQ=，
∴PQ=2AQ=6.

【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，证明AE⊥BD是本题的关键．
26．（1）①详见解析；②详见解析；（2）DE2= EB2+AD2+EB·AD，证明详见解析
【分析】
（1）①根据旋转的性质可得CF=CD，∠DCF=90°，再根据已知条件即可证明△ACD≌△BCF；
②连接EF，根据①中全等三角形的性质可得∠EBF=90°，再证明△DCE≌△FCE得到EF=DE即可证明；
（2）根据（1）中的思路作出辅助线，通过全等三角形的判定及性质得出相等的边，再由勾股定理得出AD，DE，BE之间的关系．
【详解】
解：（1）①证明：由旋转可得CF=CD，∠DCF=90°
∵∠ACD=90°
∴∠ACD=∠BCF
又∵AC=BC
∴△ACD≌△BCF
②证明：连接EF，
由①知△ACD≌△BCF
∴∠CBF=∠CAD=∠CBA=45°，∠BCF=∠ACD，BF=AD
∴∠EBF=90°
∴EF2=BE2+BF2，
∴EF2=BE2+AD2
又∵∠ACB=∠DCF=90°，∠CDE=45°
∴∠FCE=∠DCE=45°
又∵CD=CF，CE=CE
∴△DCE≌△FCE
∴EF=DE
∴DE2= AD2+BE2

⑵DE2= EB2+AD2+EB·AD
理由：如图2，将△ADC绕点C逆时针旋转60°，得到△CBF，过点F作FG⊥AB，交AB的延长线于点G，连接EF，
∴∠CBE=∠CAD，∠BCF=∠ACD， BF=AD
∵AC=BC，∠ACB=60°
∴∠CAB=∠CBA =60°
∴∠ABE=120°，∠EBF=60°，∠BFG=30°
∴BG=BF，FG=BF
∵∠ACB=60°，∠DCE=30°，
∴∠ACD+∠BCE=30°，
∴∠ECF=∠FCB+∠BCE=30°
∵CD=CF，CE=CE
∴△ECF≌△ECD
∴EF=ED
在Rt△EFG中，EF2=FG2+EG2
又∵EG=EB+BG
∴EG=EB+BF，
∴EF2=（EB+BF）2+（BF）2
∴DE2= （EB+AD）2+（AD）2
∴DE2= EB2+AD2+EB·AD

【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与旋转模型，解题的关键是找出全等三角形，转换线段，并通过勾股定理的计算得出线段之间的关系．
27．(1)AC=9;(2)ABAC=-72,BABC=216;(3)BC=2OC=2,AB=10.
【分析】
(1)在Rt中,根据勾股定理和新定义可得AO2-OC2=81=AC2;
(2)①先利用含30°的直角三角形的性质求出AO=2,OB=,再用新定义即可得出结论;
②先构造直角三角形求出BE,AE,再用勾股定理求出BD,最后用新定义即可得出结论;
(3)作BD⊥CD,构造直角三角形BCD,根据三角形面积关系求出BD,根据新定义和勾股定理逆定理得出三角形AOD是直角三角形,根据中线性质得出OA的长度,根据勾股定理求出OC,从而得出BC,再根据勾股定理求出CD,再求出AD,再运用勾股定理求出AB.
【详解】
(1)已知如图:AO为BC上的中线,

在Rt中,
AO2-OC2=AC2
因为
所以AO2-OC2=81
所以AC2=81
所以AC=9.
(2)①如图2,取BC的中点D,连接AO,∵AB=AC,∴AO⊥BC,
在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,∴∠ABC=30°,
在Rt△AOB中,AB=12,∠ABC=30°,∴AO=6,OB==,
∴ABAC=AO2﹣BO2=36﹣108=﹣72,
②取AC的中点D,连接BD,∴AD=CD=AC=6,过点B作BE⊥AC交CA的延长线于E,在Rt△ABE中,∠BAE=180°﹣∠BAC=60°,∴∠ABE=30°,
∵AB=12,∴AE=6,BE=,
∴DE=AD+AE=12,
在Rt△BED中,根据勾股定理得,BD=
∴BABC=BD2﹣CD2=216;

(3)作BD⊥CD,
因为,,
所以BD=2,
因为,是边上的中线,
所以AO2-OC2=-64,
所以OC2-AO2=64,
由因为AC2=82=64,
所以OC2-AO2= AC2
所以∠OAC=90°
所以OA=
所以OC=
所以BC=2OC=2,
在Rt△BCD中,
CD=
所以AD=CD-AC=16-8=8
所以AB=

【点睛】
考核知识点:勾股定理逆定理,含30°直角三角形性质.借助辅助线构造直角三角形,运用勾股定理等直角三角形性质解决问题是关键.
28．（1