八年级初二数学下学期勾股定理单元 易错题难题测试基础卷

1、八年级初二数学下学期勾股定理单元易错题难题测试基础卷一、选择题1如图，在四边形ABCD中，AD/BC，D90，AD8，BC6，分别以点A，C为圆心，大于12AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O若点O是AC的中点，则CD的长为（）A42B6C210D82如图，在ABC中，AC=BC，ACB=90，点D在BC上，BD=6，DC=2，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（）A8B10C12D143如图，正方形ABCD的边长为2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S2，按照此规律继续下去，则

2、S2016的值为（）2B（2C（2D（1A（2）20132）20141）20132）20144在平面直角坐标系内的机器人接受指令“，A”(0，0A180)后的行动结果为：在原地顺时针旋转A后，再向正前方沿直线行走.若机器人的位置在原点，正前方为y轴的负半轴，则它完成一次指令4，30后位置的坐标为()4B35C45D12A(2，23)B(2，23)C(2，2)D(2，2)5在RtABC中，C=90，AC=3，BC=4，则点C到AB的距离是（）A356如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE=10，BE=24，则EF的长是（）A14B13C143D

3、1427如图是我国一位古代数学家在注解周髀算经时给出的，曾被选为2002年在北京召开的国际数学家大会的会徽，它通过对图形的切割、拼接，巧妙地证明了勾股定理，这位伟大的数学家是（）A杨辉B刘徽C祖冲之D赵爽8已知M、N是线段AB上的两点，AMMN2，NB1，以点A为圆心，AN长为半径画弧；再以点B为圆心，BM长为半径画弧，两弧交于点C，连接AC，eqoac(,BC)，则ABC一定是()A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D等腰三角形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()A1个B2个C3个D4个10如图，在ABC，C90，AD平

4、分BAC交CB于点D，过点D作DEAB，垂足恰好是边AB的中点E，若AD3cm，则BE的长为（）2B4cmA33cmC32cmD6cm二、填空题11如图，RTABC，ACB90，AC6，BC8，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则BFC的面积为_12如图，ACB和ECD都是等腰直角三角形，CACB，CECD，ABC的顶点A在ECD的斜边上若AE3，AD7，则AC的长为_13已知x，y为一个直角三角形的两边的长，且（x6）2=9，y=3，则该三角形的第三边长为_14如图，长方体纸箱的长、宽、高

5、分别为50cm、30cm、60cm，一只蚂蚁从点A处沿着纸箱的表面爬到点B处.蚂蚁爬行的最短路程为_cm.15一块直角三角形绿地，两直角边长分别为3m，4m，现在要将绿地扩充成等腰三角形，且扩充时只能延长长为3m的直角边，则扩充后等腰三角形绿地的面积为_m216如图，eqoac(,Rt)ABC中，C=90，AB=5，BC=4，斜边AB的垂直平分线DE交边BC于点D，连接AD，线段CD的长为_17如图，在ABC中，ABAC10，BC12，BD是高，则点BD的长为_SSS15，则S的值是_18我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“爽弦图”（如图1）图2由弦图变化得到，

6、它是由八个全等的直角三角形拼接而成，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123219在ABC中，ABAC12，A30，点E是AB中点，点D在AC上，DE32，将ADE沿着DE翻折，点A的对应点是点F，直线EF与AC交于点G，那么DGF的面积_20在ABC中，A=30，B=90，AC=8，点D在边AB，且BD=3，点P是ABC边上的一个动点，若AP=2PD时，则PD的长是_三、解答题21如图，已知ABC中，B90，AB8cm，BC6cm，P、Q是ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿AB方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿BC方向运动

7、，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒（1）当t2秒时，求PQ的长；（2）求出发时间为几秒时，PQB是等腰三角形？（3）若Q沿BCA方向运动，则当点Q在边CA上运动时，求能使BCQ成为等腰三角形的运动时间22定义：如图1，平面上两条直线AB、CD相交于点O，对于平面内任意一点M，点M到直线AB、CD的距离分别为p、q，则称有序实数对(p，q)是点M的“距离坐标”，根据上述定义，“距离坐标”为（0，0）的点有1个，即点O（1）“距离坐标”为1，0的点有个；（2）如图2，若点M在过点O且与直线AB垂直的直线l上时，点M的“距离坐标”为p，q，且BOD150，请写出p、q的关系式并证

8、明；（3）如图3，点M的“距离坐标”为(1,3)，且DOB30，求OM的长23阅读与理解：折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法例如，在ABC中，ABAC（如图），怎样证明CB呢？分析：把AC沿A的角平分线AD翻折，因为ABAC，所以，点C落在AB上的点C处，即ACAC，据以上操作，易证明ACDACD，所以ACDC，又因为ACDB，所以CB感悟与应用：（1）如图（a），在ABC中，ACB90，B30，CD平分ACB，试判断AC和AD、BC之间的数量关系，并说明理由；（2）如图（b），在四边形ABCD中，AC平分BAD，AC16，AD8，DCBC12，求证：BD180；求AB的长24定义：如图

9、1，点M、N把线段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点（1）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，若AM2，MN3，求BN的长；（2）如图2，在eqoac(,Rt)ABC中，ACBC，点M、N在斜边AB上，MCN45，求证：点M、N是线段AB的勾股分割点（提示：把ACM绕点C逆时针旋转90）；（3）在（2）的问题中，ACM15，AM1，求BM的长25如图，点A是射线OE：yx（x0）上的一个动点，过点A作x轴的垂线，垂足为B，过点B作OA的平行线交AOB的平分线于点C（1）若OA52，求点B的坐标；（2）如图2，过点C作

10、CGAB于点G，CHOE于点H，求证：CGCH（3）若点A的坐标为（2，2），射线OC与AB交于点D，在射线BC上是否存在一点P使得ACP与BDC全等，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由在（3）的条件下，在平面内另有三点P1（2，2），P2（2，22），P3（2+2，22），请你判断也满足ACP与BDC全等的点是（写出你认为正确的点）26如图1,ABC和CDE均为等腰三角形，AC=BC,CD=CE,ACCD,ACB=DCE=a，且点A、D、E在同一直线上，连结BE.(1)求证:AD=BE.(2)如图2,若a=90，CMAE于E.若CM=7,BE=10,试求AB的长.(3)如图3,若

11、a=120,CMAE于E,BNAE于N,BN=a,CM=b,直接写出AE的值(用a,b的代数式表示).27如图，在边长为2正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，E是线段OA上一动点（不包括两个端点），连接BE.（1）如图1，过点E作EFBE交CD于点F，连接BF交AC于点G.求证：BEEF;设AEx，CGy，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围.（2）在如图2中，请用无刻度的直尺作出一个以BE为边的菱形.28如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AC，BC上的点，且满足DEEF，垂足为点E，连接DF（1）求EDF=（填度数）；（2）延长DE交AB于点G，连接FG，如图2，猜想

12、AG，GF，FC三者的数量关系，并给出证明；（3）若AB=6，G是AB的中点，求BFG的面积；设AG=a，CF=beqoac(,，)BFG的面积记为S，试确定S与a，b的关系，并说明理由29（已知：如图1，矩形OACB的顶点A，B的坐标分别是（6，0）、（0，10），点D是y轴上一点且坐标为（0，2），点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿线段ACCB方向运动，到达点B时运动停止（1）设点P运动时间为teqoac(,，)BPD的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（2）当点P运动到线段CB上时（如图2），将矩形OACB沿OP折叠，顶点B恰好落在边AC上点B位置，求此时点P坐标；（3）在点P运

13、动过程中，是否存在BPD为等腰三角形的情况？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由系若用S表示四边形AEDF的面积，x表示AD的长，请你直接写出S与x之间的关系式30已知ABC是等边三角形，点D是BC边上一动点，连结AD1如图1，若BD2，DC4，求AD的长；2如图2，以AD为边作ADEADF60，分别交AB，AC于点E，F小明通过观察、实验，提出猜想：在点D运动的过程中，始终有AEAF，小明把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的两种想法想法1：利用AD是EDF的角平分线，构造角平分线的性质定理的基本图形，然后通过全等三角形的相关知识获证想法2：利用AD是EDF的角平分线

14、，构造ADF的全等三角形，然后通过等腰三角形的相关知识获证请你参考上面的想法，帮助小明证明AEAF.(一种方法即可)小聪在小明的基础上继续进行思考，发现：四边形AEDF的面积与AD长存在很好的关.【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1A解析：A【分析】连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出AF=FC再根据ASA证明FOABOC，那么AF=BC=3，等量代换得到FC=AF=3，利用线段的和差关系求出FD=AD-AFeqoac(,=1)然后在直角FDC中利用勾股定理求出CD的长【详解】解：如图，连接FC，点O是AC的中点，由作法可知，OE垂直平分AC，AF

15、=FCADBC，FAO=BCO在FOA与BOC中，OAOCFAOBCO，AOFCOBFOABOC（ASA），AF=BC=6，FC=AF=6，FD=AD-AF=8-6=2在FDC中，D=90，CD2+DF2=FC2，CD2+22=62，CD=42故选：A【点睛】本题考查了作图-基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中求出CF与DF是解题的关键2B解析：B【分析】过点C作COAB于O，延长CO到C，使OCOC，连接DC，交AB于P，连接CP，此时DPCPDPPCDC的值最小由DC2，BD6，得到BC8，连接BC，由对称性可知CBACBA45，于是得到CBC9

16、0，然后根据勾股定理即可得到结论【详解】解：过点C作COAB于O，延长CO到C，使OCOC，连接DC，交AB于P，连接CP此时DPCPDPPCDC的值最小DC2，BD6，BC8，连接BC，由对称性可知CBACBA45，CBC90，BCBC，BCCBCC45，BCBC8，根据勾股定理可得DCBC2BD2826210故选：B【点睛】此题考查了轴对称线路最短的问题，确定动点P为何位置时PCPD的值最小是解题的关键3C解析：C【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出S2+S2=S1，写出部分Sn的值，根据数的变化找出变化规律“Sn=(12)n3”，依此规律即可得出结论【详解】解：在图中标上字母E，如图所

17、示正方形ABCD的边长为2eqoac(,，)CDE为等腰直角三角形，DE2+CE2=CD2，DE=CE，S2+S2=S1S1=2，S3=S2=1，S4=S3=，观察，发现规律：S1=22=4，S2=11112222Sn=(12)n3当n=2016时，S2016=(11)20163=()201322故选：C【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理以及规律型中数的变化规律，解题的关键是找出规律“Sn=(12)n3”本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，写出部分Sn的值，根据数值的变化找出变化规律是关键4B解析：B【解析】根据题意，如图，AOB=30，OA=4，则AB=2，OB=23，

18、所以A(2，23)，故选B.5D解析：D【解析】在eqoac(,Rt)ABC中C=90，AC=3，BC=4，根据勾股定理求得AB=5，设点C到AB的距离为h，即可得111112hAB=ACBC，即h5=34，解得h=，故选D.222256D解析：D【分析】24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长【详解】解：AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时，小正方形的边长=24-10=14，EF=142142142故选D【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质；熟练掌握勾股定理是解决问题的关键7D解析：D【分析】3世纪，汉代赵爽在注解周髀算经时，通过对

19、图形的切割、拼接、巧妙地利用面积关系证明了勾股定理【详解】由题意，可知这位伟大的数学家是赵爽故选D【点睛】考查了数学常识，勾股定理的证明3世纪我国汉代的赵爽在注解周髀算经时给出的，人们称它为“赵爽弦图”赵爽通过对这种图形切割、拼接，巧妙地利用面积关系证明了著名的勾股定理8B解析：B【分析】依据作图即可得到ACAN4，BCBM3，AB2+2+15，进而得到AC2+BC2AB2，即可得出ABC是直角三角形【详解】如图所示，ACAN4，BCBM3，AB2+2+15，AC2+BC2AB2，ABC是直角三角形，且ACB90，故选B【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足a

20、2+b2c2，那么这个三角形就是直角三角形9B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10A解析：A【分析】先根据角平分线的性质可证CD=DE，从而根据“HL”证明eqoac(,Rt)ACDeqoac(,Rt)AED，由DE为AB中线且DEAB，可求AD=BD=3cm，然后在eqoac(,Rt)BDE中，根据直角三角形的

21、性质即可求出BE的长.【详解】AD平分BAC且C=90，DEAB，CD=DE，由ADAD，所以，eqoac(,Rt)ACDeqoac(,Rt)AED，所以，AC=AE.E为AB中点，AC=AE=12AB，所以，B=30.DE为AB中线且DEAB，AD=BD=3cm，DE=13BD=,22BE=32333cm.222故选A.【点睛】,本题考查了角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质含30角的直角三角形的性质，及勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键.二、填空题119625【分析】将eqoac(,B)CF的面积转化为求BCF的面积，由折叠的性质可得CD

22、AC6，ACEDCE，BCFBCF，CEeqoac(,AB)，可证得ECF是等腰直角三角形，EFCE，EFC45，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，CDAC6，ACEDCE，BCFBCF，CEAB，DCEBCFACEBCF，ACB90，ECF45，且CEAB，ECF是等腰直角三角形，EFCE，EFC45，eqoac(,S)ABC11ACBCABCE，22ACBCABCE，根据勾股定理求得AB10，CEEF245245，AEAC2CE26-=22421855，BFABAEEF1018248，555eqoac(,S)CBF1182

23、496BFCE，225525eqoac(,S)CBF9625，故填：9625【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125【分析】由题意可知，ACBC，DCEC，DCEACB90，DE45，求出ACEBCDeqoac(,可证)ACEBCD，可得AEBD3，ADB90，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，ACBeqoac(,和)ECD都是等腰直角三角形，ACBC，DCEC，DCEACB90，DE45，且ACEBCD90-ACD，在ACE和BCD中，ACE=BCDCE=CDAC=BCACE

24、BCD（SAS），AEBD3，EBDC45，ADBADC+BDC45+4590，ABAD2+BD2=7+3=10，AB=2BC，BC2AB=5，2故答案为：5【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13310，62或32【解析】【详解】（x-6）2=9，x-6=3，解得：x1=9，x2=3，x，y为一个直角三角形的两边的长，y=3，当x=3时，x、y都为直角三角形的直角边，则斜边为323232；当x=9时，x、y都为直角三角形的直角边，则斜边为9232310；当x=9时，x为斜边、y为直角边，则第三边为9232

25、62.故答案为：310，62或32.【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，正确分类讨论是解决问题的关键，解题时注意一定不要漏解14100【解析】蚂蚁有三种爬法，就是把正视和俯视（或正视和侧视，或俯视和侧视）二个面展平成一个长方形，然后求其对角线：第一种情况：如图1，把我们所看到的前面和上面组成一个平面，则这个长方形的长和宽分别是90cm和50cm，则所走的最短线段AB=10cm；第二种情况：如图2，把我们看到的左面与上面组成一个长方形，则这个长方形的长和宽分别是110cm和30cm，所以走的最短线段AB=10cm；第三种情况：如图3，把我们所看到的前面和右面组成一个长方形，则这个长方形的长和宽

26、分别是80cm和60cm，所以走的最短线段AB=100cm；三种情况比较而言，第三种情况最短故答案为100cm点睛：本题考查了立体图形中的最短路线问题；通常应把立体几何中的最短路线问题转化为平面几何中的求两点间距离的问题；注意长方体展开图形应分情况进行探讨158或10或12或【详解】解：如图1：253当BC=CD=3m时，AB=AD=5m，ACBD，此时等腰三角形绿地的面积：如图2：1264=12（m2）；当AC=CD=4m时，ACCB，此时等腰三角形绿地的面积：如图3：1244=8（m2）；当AD=BD时，设AD=BD=xm，在eqoac(,Rt)ACD中，CD=（x-3）m，AC=4m，由

27、勾股定理，得AD2=DC2+CA2，即(x-3)2+42=x2，解得x=256，此时等腰三角形绿地的面积：112525BDAC=4=（m2）；2263如图4，此时等腰三角形绿地的面积：1延长BC到D，使BD=AB=5m，故CD=2m，1BDAC=54=10（m2）；22综上所述，扩充后等腰三角形绿地的面积为8m2或12m2或10m2或253m2点睛：此题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，解决问题的关键是根据题意正确画出图形1678【解析】C=90，AB=5，BC=4，AC=5242=3AB的垂直平分线DE交边BC于点D，BD=AD设CD=x，则AD=BD=4-x，在eqoac(,R

28、t)ACD中，32x2(4x)2，解得：x78故答案为：7817485【解析】试题分析：根据等腰三角形的性质和勾股定理可知BC边上的高为8，然后根据三角形的面积法可得114810BD128，解得BD=225.185【分析】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【详解】解：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，SSS10，123得出S18yx，S24yx，Sx，3S1S2S33x12y15，故3x1

29、2y15，x4y15=5，3所以S2x4y5，故答案为：5【点睛】此题主要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SSS15求出是解决问题的关键12319639或639【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：当点D在H点上方时，当点D在H点下方时，两种情况都是过点E作EHAC交AC于点E，过点G作GQAB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AGGE，再利用等腰三角形的性质求出GQ的长度，最后利用SDGF2SAEDSAEG即可求解【详解】当点D在

30、H点上方时，过点E作EHAC交AC于点E，过点G作GQAB交AB于点Q，AB12，点E是AB中点，AE1AB62EHAC，AHE90A30,AE6，EH1AE3，2AHAE2EH2623233DE32，DHDE2EH2(32)2323，DHEH，ADAHDH333，EDH45，AEDEDHA15由折叠的性质可知，DEFAED15，AEG2AED30，AEGA，AGGE又GQAE，AQ1AE32A30，GQ12AGGQ2AQ2AG2，即GQ232(2GQ)2，GQ3SDGF2SAEDSAEG，2(333)3S1163639；DGF22当点D在H点下方时，过点E作EHAC交AC于点E，过点G作GQ

31、AB交AB于点Q，AB12，点E是AB中点，AE1AB62EHAC，AHE90A30,AE6，EH12AE3，AHAE2EH2623233DE32，DHDE2EH2(32)2323，DHEH，ADAHDH333，DEH45，AED90ADEH105由折叠的性质可知，DEFAED105，AEG2AED18030，AEGA，AGGE又GQAE，AQ1AE32A30，GQ1AG2GQ2AQ2AG2，即GQ232(2GQ)2，GQ3SDGF2SAEDSAEG，22S112(333)363639，DGF综上所述，DGF的面积为639或639故答案为：639或639【点睛】本题主要考查折叠的性质，等腰三角

32、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203或3或15【分析】根据直角三角形的性质求出BC，勾股定理求出AB，根据直角三角形的性质列式计算即可【详解】解：如图BC=1B=90，A=30，1AC=8=4，22由勾股定理得，AB=AC2BC2824243AD43333当点P在AC上时，A=30，AP=2PD，ADP=90，则AD2+PD2=AP2，即（33）2=（2PD）2-PD2，解得，PD=3，当点P在AB上时，AP=2PD，AD=33，PD=3，当点P在BC上时，AP=2PD，设PD=x，则AP=2x，由勾股定理得，BP

33、2=PD2-BD2=x2-3，2x243x22321（1）213；（2）；（3）5.5秒或6秒或6.6秒解得，x=15故答案为：3或3或15.【点睛】本题考查的是勾股定理、直角三角形的性质，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=c2三、解答题83【分析】（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；（2）由题意得出BQBP，即2t8t，解方程即可；（3）当点Q在边CA上运动时，能使BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况：当CQBQ时（图1)，则CCBQ，可证明AABQ，则BQAQ，则CQAQ，从而求得t；当CQBC时（图2)，

34、则BCCQ12，易求得t；当BCBQ时（图3)，过B点作BEAC于点E，则求出BE，CE，即可得出t【详解】（1）解：（1）BQ224cm，BPABAP8216cm，B90，PQBQ2BP24262213(cm)；（2）解：根据题意得：BQBP，即2t8t，解得：t83；即出发时间为秒时，PQB是等腰三角形；83（3）解：分三种情况：当CQBQ时，如图1所示：则CCBQ，ABC90，CBQABQ90，AC90，AABQBQAQ，CQAQ5，BCCQ11，t1125.5秒当CQBC时，如图2所示：则BCCQ12t1226秒当BCBQ时，如图3所示：则BEABBC过B点作BEAC于点E，684.8

35、(cm)AC10CEBC2BE23.6cm，CQ2CE7.2cm，BCCQ13.2cm，t13.226.6秒由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，BCQ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22(1)2；(2)q32p；(3)OM27【分析】（1）根据“距离坐标”的定义结合图形判断即可；（2）过M作MNCD于N，根据已知得出MNq，OMp，求出MON60，根据含30度直角三角形的性质和勾股定理求出MNMO2NO23p即可解决问2题；（3）分别作点M关于AB、CD的对称点F、E，连接EF、OE、OF，连接MF、

36、ME分别交AB、CD于P点、Q点，首先证明OMOEOFEF，求出MF2，ME23，然后过F作FGQM，交QM延长线于G，根据含30度直角三角形的性质求出FG1，MG3，再利用勾股定理求出EF即可【详解】解：（1）由题意可知，在直线CD上，且在点O的两侧各有一个，共2个，故答案为：2；（2）过M作MNCD于N，直线lAB于O，BOD150，MON60，MNq，OMp，NOMN11MOp，22MO2NO23p，2q32p；（3）分别作点M关于AB、CD的对称点F、E，连接EF、OE、OF，连接MF、ME分别交AB、CD于P点、Q点OFPOMP，OEQOMQ，FOPMOP，EOQMOQ，OMOEOF

37、，EOF2BOD60，eqoac(,)OEF是等边三角形，OMOEOFEF，MP1，MQ3，MF2，ME23，BOD30，PMQ150，过F作FGQM，交QM延长线于G，FMG30，在eqoac(,Rt)FMG中，FG1MF1，则MG3，2在RtEGF中，FG1，EGMEMG33，EF(33)21227，OM27【点睛】本题考查了轴对称的应用，含30度直角三角形的性质，勾股定理以及等边三角形的判定和性质等，正确理解题目中的新定义是解答本题的关键23（1）BCACAD；理由详见解析；（2）详见解析；AB=14【分析】（1）在CB上截取CECA，连接eqoac(,DE)，证ACDECD得DEDA，

38、ACED60，据此CED2CBA，结合CEDCBABDE得出CBABDE，即可得DEBE，进而得出答案；（2）在AB上截取AMAD，连接eqoac(,CM)，先证ADCAMC，得到DAMC，CDCM，结合CDBC知CMCB，据此得BCMB，根据CMBCMA180可得；设BNa，过点C作CNAB于点N，由CBCM知BNMNa，CN2BC2BN2AC2AN2，可得关于a的方程，解之可得答案【详解】解：（1）BCACAD理由如下：如图（a），在CB上截取CECA，连接DE，CD平分ACB，ACDECD，又CDCD，ACDECD（SAS），DEDA，ACED60，CED2CBA，CEDCBABDE，C

39、BABDE，DEBE，ADBE，BEBCCEBCAC，BCACAD（2）如图（b），在AB上截取AMAD，连接CM，AC平分DAB，DACMAC，ACAC，ADCAMC（SAS），DAMC，CDCM12，CDBC12，CMCB，BCMB，CMBCMA180，BD180；设BNa，过点C作CNAB于点N，CBCM12，BNMNa，在eqoac(,Rt)BCN中，CN2BC2BN2122a2，在eqoac(,Rt)ACN中，CN2AC2AN2162(8a)2，则122a2162(8a)2，解得：a3，即BNMN3，则AB8+3+3=14，AB=14DACB，ACBC【点睛】本题考查了四边形的综合题

40、，以及全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质；本题有一定难度，需要通过作辅助线证明三角形全等才能得出结果24（1）5或13；（2）见解析；（3）23【分析】（1）分两种分割法利用勾股定理即可解决问题；（2）如图，过点A作ADAB，且AD=BN只要证明ADCBNC，推出CD=CN，ACD=BCN，再证明MDCMNC，可得MD=MN，由此即可解决问题；（3）过点B作BPAB，使得BP=AM=1，根据题意可得CPBCMA，CMNCPN，利用全等性质推出BNP=30，从而得到NB和NP的长，即得BM.【详解】解：（1）当MN最长时，BN=MN2AM25，当BN最长时，BN=AM2MN

41、213；（2）证明：如图，过点A作ADAB，且AD=BN，在ADC和BNC中，ADBNADCBNC（SAS），CD=CN，ACD=BCN，MCN=45，DCA+ACM=ACM+BCN=45，MCD=MCN，在MDC和MNC中，MCDMCN，CDCNCMCMMDCMNC（SAS），MD=MN在eqoac(,Rt)MDA中，AD2+AM2=DM2，BN2+AM2=MN2，点M，N是线段AB的勾股分割点；（3）过点B作BPAB，使得BP=AM=1，根据（eqoac(,2)）中过程可得：CPBCMA，CMNCPN，AMC=BPC=120，AM=PB=1，CMN=CPN=A+ACM=45+15=60，B

42、PN=120-60=60，BNP=30，NP=2BP=2=MN，BN=22123，BM=MN+BN=23.【点睛】本题是三角形的综合问题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，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，属于中考常考题型25（1）（5，0）；（2）见解析；（3）P（4，2），满足ACP与BDC全等的点是P1、P2，P3理由见解析【分析】（1）由题意可以假设A（a，a）（a0），根据AB2+OB2=OA2，构建方程即可解决问题；（2）由角平分线的性质定理证明CH=CF，CG=CF即可解决问题；（3）如图3中，在BC的延长线上取点P，使得CP=DB，连接AP只要

43、证明ACPCDB（SASeqoac(,），)ABP是等腰直角三角形即可解决问题；根据SAS即可判断满足ACPeqoac(,与)BDC全等的点是P1、P2，P3；【详解】解：（1）点A在射线yx（x0）上，故可以假设A（a，a）（a0），ABx轴，ABOBeqoac(,a)，即ABO是等腰直角三角形，AB2+OB2OA2，a2+a2（52）2，解得a5，点B坐标为（5，0）（2）如图2中，作CFx轴于FOC平分AOB，CHOE，CHCF，AOB是等腰直角三角形，AOB45，BCOE，CBGAOB45，得到BC平分ABF，CGBA，CFBF，CGCF，CGCH（3）如图3中，在BC的延长线上取点P

44、，使得CPDB，连接AP由（2）可知AC平分DAE，DAC11DAE（18045）67.5，22在ACP和CDB中，ACPDB，CPDB1由OC平分AOB得到DOBAOB22.5，2ADCODB9022.567.5，ADCDAC67.5，ACDC，BDCOBD+DOB90+22.5112.5，ACD180CADADC18067.567.545，OCB4522.522.5，ACP180ACDOCB1804522.5112.5，ACADACPCDB（SAS），CAPDCB22.5，BAPCAP+DAC22.5+67.590，ABP是等腰直角三角形，APABOB2，P（4，2）满足ACP与BDC全等

45、的点是P1、P2，P3理由：如图4中，由题意：AP1BD，ACCD，CAP1CDB，根据SAS可得CAPeqoac(,1)CDB；AP2BD，ACCD，CAP2CDB，根据SAS可得CAP2CDB；ACCD，ACP3BDC，BDCP3根据SAS可得CAPeqoac(,3)DCB；故答案为P1、P2，P3【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线的性质定理等知识，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，属于中考压轴题26（1）见解析；（2）26；（3）233a+23b【分析】（1）由ACB=DCE可得出ACD=BCE，再利用SAS判定A

46、CDBCE，即可得到AD=BE；（2）由等腰直角三角形的性质可得CM=12DE，同（eqoac(,1)）可证ACDBCE，得到ACD=BCECD=CEAD=BE，然后可求AE的长，再判断AEB=90，即可用勾股定理求出AB的长；（3）由等腰三角形的性质易得CAB=CBA=CDE=CED=30，根据30度所对的直角边是斜边的一半可求出DE=23CM，然后利用三角形外角性质推出BEN=60，在eqoac(,Rt)BEN中即可求出BE，由于BE=AD，所以利用AE=AD+DE即可得出答案.【详解】证明：（1）ACB=DCEACB-BCD=DCE-BCD，即ACD=BCE在ACD和BCE中，AC=BC

47、ACDBCE（SAS）AD=BE（2）DCE=90，CD=CE，DCE为等腰直角三角形，CMDE，CM平分DE，即M为DE的中点CM=12DE，ACD=BCECD=CEDE=2CM=14，ACB=DCEACB-BCD=DCE-BCD，即ACD=BCE在ACD和BCE中，AC=BCACDBCE（SAS）AD=BE=10，CAD=CBEAE=AD+DE=24如图，设AE，BC交于点H，在ACH和BEH中，CAH+ACH=EBH+BEH，而CAH=EBH，BEH=ACH=90，ABE为直角三角形由勾股定理得AB=AE2BE2=242102=26（3）由（1）（2）可得ACDBCE，DAC=EBC，A

48、CB，DCE都是等腰三角形，ACB=DCE=120CAB=CBA=CDE=CED=30，CMDE，CMD=90，DM=EM，CD=CE=2CM，DM=EM=3CMDE=23CM=23bBEN=BAE+ABE=BAE+EBC+CBA=BAE+DAC+CBA=30+30=60，NBE=30，BE=2EN，BN=3ENBN=aBE=2EN=23a=AD3AE=AD+DE=233a23b【点睛】本题考查全等三角形的旋转模型，掌握此模型的特点得到全等三角形是关键，其中还需要用到等腰三角形三线合一与30度所对的直角边的性质，熟练掌握这些基本知识点是关键.27(1)见解析；y22x0 x1；（2）见解析2x

49、【解析】【分析】（1）连接DE，如图1，先用SAS证明CBECDE，得EB=ED，CBE=1，再用四边形的内角和可证明EBC=2，从而可得1=2，进一步即可证得结论；将BAE绕点B顺时针旋转90，点E落在点P处，如图2，用SAS可证PBGEBG，所以PG=EG=2xy，在直角三角形PCG中，根据勾股定理整理即得y与x的函数关系式，再根据题意写出x的取值范围即可.（2）由（1）题已得EB=ED，根据正方形的对称性只需再确定点E关于点O的对称点即可，考虑到只有直尺，可延长BE交AD于点M，再连接MO并延长交BC于点N，再连接DN交AC于点Q，问题即得解决.【详解】（1）证明：如图1，连接DE，四边

50、形ABCD是正方形，CB=CD，BCE=DCE=45，又CE=CE，CBECDE（SAS），EB=ED，CBE=1，BEC=90，BCF=90，EBC+EFC=180，EFC+2=180，EBC=2，1=2.ED=EF，BE=EF.解：正方形ABCD的边长为2，对角线AC=2.将BAE绕点B顺时针旋转90，点A与点C重合，点E落在点P处，如图2，则BAEBCP，BE=BP，AE=CP=x，BAE=BCP=45，EBP=90，由可得，EBF=45，PBG=45=EBG，在PBG与EBG中，PBGEBG，BGBGPBEBPBGEBG（SAS）.PG=EG=2xy，PCG=GCB+BCP=45+45

51、=90，在eqoac(,Rt)PCG中，由PC2CG2PG2，得x2y22xy2，化简，得y22x0 x1.2x（2）如图3，作法如下：延长BE交AD于点M，连接MO并延长交BC于点N，连接DN交AC于点Q，连接DE、BQ，则四边形BEDQ为菱形.【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四边形的内角和、勾股定理和菱形的作图等知识，其中通过三角形的旋转构造全等三角形是解决小题的关键，利用正方形的对称性确定点Q的位置是解决（2）题的关键.28(1)45；(2)GF=AG+CF，证明见解析；(3)6；sab，理由见解析.【解析】【分析】（1）如图1中，连接BE利用全等三角形的性质证明

52、EB=ED，再利用等角对等边证明EB=EF即可解决问题（2）猜想：GF=AG+CF如图2中，将CDF绕点D旋转90eqoac(,，得)ADH，证明GDHGDF（SAS）即可解决问题（3）设CF=x，则AH=x，BF=6-x，GF=3+x，利用勾股定理构建方程求出x即可设正方形边长为x，利用勾股定理构建关系式，利用整体代入的思想解决问题即可【详解】解：（1）如图1中，连接BE四边形ABCD是正方形，CD=CB，ECD=ECB=45，EC=EC，ECBECD（SAS），EB=ED，EBC=EDC，DEF=DCF=90，EFC+EDC=180，EFB+EFC=180，EFB=EDC，EBF=EFB，

53、EB=EF，DE=EF，DEF=90，EDF=45故答案为45（2）猜想：GF=AG+CF如图2中，将CDF绕点D旋转90eqoac(,，得)ADH，CDF=ADH，DF=DH，CF=AH，DAH=DCF=90，DAC=90，DAC+DAH=180，H、A、G三点共线，GH=AG+AH=AG+CF，EDF=45，CDF+ADG=45，ADH+ADG=45GDH=EDF=45又DG=DGGDHGDF（SAS）GH=GF，GF=AG+CF（3）设CF=x，则AH=x，BF=6-x，GF=3+x，则有（3+x）2=（6-x）2+32，解得x=2eqoac(,S)BFG=12BFBG=6设正方形边长为x，AG=a，CF=b，BF=x-b，BG=x-a，GF=a+b，则有（x-a）2+（x-b）2=（a+b）2，化简得到：x2-ax-bx=ab，S=111（x-a）（x-b）=（x2-ax-bx+ab）=2ab=ab222【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形