人教版八年级初二数学下学期勾股定理单元-期末复习提高题学能测试

一、解答题1.已知:如图,在
中,
,以点
为圆心,
的长为半径画弧,交线段
于点
,以点
为圆心,
长为半径画弧,交线段
与点
.（1)根据题意用尺规作图补全图形（保留作图痕迹);(2)设
①线段
的长度是方程
的一个根吗?并说明理由.②若线段
,求
的值.2.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.(2)如图1,求AF的长.(3)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,点P的速度为每秒1cm,设运动时间为t秒.①问在运动的过程中,以A、P、C.Q四点为顶点的四边形有可能是矩形吗?若有可能,请求出运动时间t和点Q的速度；若不可能,请说明理由.②若点Q的速度为每秒0.8cm,当A.P、C.Q四点为顶点的四边形是平行四边形时,求t的值.3.在平面直角坐标系中,点A(0,4),B(m,0)在坐标轴上,点C,O关于直线AB对称,点D在线段AB上.(1）如图1,若m＝8,求AB的长;（2）如图2,若m＝4,连接OD,在y轴上取一点E,使OD＝DE,求证:CE＝
DE；（3）如图3,若m＝4
,在射线AO上裁取AF,使AF＝BD,当CD+CF的值最小时,请在图中画出点D的位置,并直接写出这个最小值．4.如图1,已知△ABC是等边三角形,点D,E分别在边BC,AC上,且CD＝AE,AD与BE相交于点F.(1)求证:∠ABE＝∠CAD;(2)如图2,以AD为边向左作等边△ADG,连接BG.ⅰ）试判断四边形AGBE的形状,并说明理由;ⅱ）若设BD＝1,DC＝k（0＜k＜1）,求四边形AGBE与△ABC的周长比（用含k的代数式表示）．5.如图1,点
是正方形
边
上任意一点,以
为边作正方形
,连接
,点
是线段
中点,射线
与
交于点
,连接
.(1)请直接写出
和
的数量关系和位置关系.（2）把图1中的正方形
绕点
顺时针旋转
,此时点
恰好落在线段
上,如图2,其他条件不变,（1）中的结论是否成立,请说明理由.（3）把图1中的正方形
绕点
顺时针旋转
,此时点
、
恰好分别落在线段
、
上,连接
,如图3,其他条件不变,若
,
,直接写出
的长度．6.(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AC﹣CB方向运动,到达点B时运动停止.(1)设点P运动时间为t,△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．7.如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别是AC,BC上的点,且满足DE⊥EF,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AG,GF,FC三者的数量关系,并给出证明;（3）①若AB=6,G是AB的中点,求△BFG的面积;②设AG=a,CF=b,△BFG的面积记为S,试确定S与a,b的关系,并说明理由．8.定义:在△ABC中,若BC＝a,AC＝b,AB＝c,若a,b,c满足ac+a2＝b2,则称这个三角形为"类勾股三角形",请根据以上定义解决下列问题:(1)命题"直角三角形都是类勾股三角形"是命题(填"真"或"假");(2)如图1,若等腰三角形ABC是"类勾股三角形",其中AB＝BC,AC＞AB,请求∠A的度数;(3)如图2,在△ABC中,∠B＝2∠A,且∠C＞∠A.①当∠A＝32°时,你能把这个三角形分成两个等腰三角形吗?若能,请在图2中画出分割线,并标注被分割后的两个等腰三角形的顶角的度数；若不能,请说明理由；②请证明△ABC为“类勾股三角形".9．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.10.如图,
是边上的两点,点P从点A开始沿
方向运动,且速度为每秒1cm,点Q从点B沿
运动,且速度为每秒2cm,它们同时出发,设出发的时间为t秒.(1)出发2秒后,求线段PQ的长;（2）求点Q在BC上运动时,出发几秒后,
是等腰三角形;（3）点Q在边CA上运动时,求能使
成为等腰三角形的运动时间．11.如图,
为边长不变的等腰直角三角形,
,
,在
外取一点
,以
为直角顶点作等腰直角
,其中
在
内部,
,
,当E.P、D三点共线时,
.下列结论:①E.P、D共线时,点
到直线
的距离为
;②E、P、D共线时,
；；④作点
关于
的对称点
,在
绕点
旋转的过程中,
的最小值为
;⑤
绕点
旋转,当点
落在
上,当点
落在
上时,取
上一点
,使得
,连接
,则
．其中正确结论的序号是___.12.如图所示,已知
中,
,
,
,
、
是
的边上的两个动点,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
.(1)则
____________
;（2）当
为何值时,点
在边
的垂直平分线上?此时
_________?（3）当点
在边
上运动时,直接写出使
成为等腰三角形的运动时间．13.如图,△ACB和△ECD都是等腰直角三角形,∠ACB＝∠ECD＝90°,点D在边AB上,点E在边AC的左侧,连接AE.(1)求证:AE＝BD;(2)试探究线段AD.BD与CD之间的数量关系;(3)过点C作CF⊥DE交AB于点F,若BD:AF＝1:2
,CD＝
,求线段AB的长．14.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
中,
（如图）,怎样证明
呢？分析:把
沿
的角平分线
翻折,因为
,所以,点
落在
上的点
处,即
,据以上操作,易证明
,所以
,又因为
,所以
.感悟与应用:（1）如图（a）,在
中,
,
,
平分
,试判断
和
、
之间的数量关系,并说明理由；(2)如图(b),在四边形
中,
平分
,
,
,
,①求证:
;②求
的长.15．如图1,在△ABC中,AB＝AC,∠BAC＝90°,D为AC边上一动点,且不与点A点C重合,连接BD并延长,在BD延长线上取一点E,使AE＝AB,连接CE．(1)若∠AED＝20°,则∠DEC＝度;(2)若∠AED＝a,试探索∠AED与∠AEC有怎样的数量关系?并证明你的猜想;(3)如图2,过点A作AF⊥BE于点F,AF的延长线与EC的延长线交于点H,求证:EH2+CH2＝2AE2.16.如图,在两个等腰直角
和
中,∠ACB=∠DCE=90°.(1)观察猜想:如图1,点E在BC上,线段AE与BD的数量关系是,位置关系是;（2）探究证明:把
绕直角顶点C旋转到图2的位置,（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）拓展延伸：把
绕点C在平面内自由旋转,若AC=BC=10,DE=12,当A、E、D三点在直线上时,请直接写出AD的长．17.如图,在△ABC中,AB＝30cm,BC＝35cm,∠B＝60°,有一动点M自A向B以1cm/s的速度运动,动点N自B向C以2cm/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．18.在
中,
,CD是AB边上的高,若
.(1)求CD的长.(2)动点P在边AB上从点A出发向点B运动,速度为1个单位/秒;动点Q在边AC上从点A出发向点C运动,速度为v个单位秒
,设运动的时间为
,当点Q到点C时,两个点都停止运动.①若当
时,
,求t的值.②若在运动过程中存在某一时刻,使
成立,求v关于t的函数表达式,并写出自变量t的取值范围.19.已知a,b,c满足

＝|c﹣17|+b2﹣30b+225,(1)求a,b,c的值;（2）试问以a,b,c为边能否构成三角形?若能构成三角形,求出三角形的周长和面积；若不能构成三角形,请说明理由.20.已知
是等边三角形,点D是BC边上一动点,连结AD
如图1,若
,
,求AD的长;
如图2,以AD为边作
,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
,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
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
的角平分线,构造
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
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．【参考答案】***试卷处理标记,请不要删除一、解答题1.(1)详见解析;(2)①线段
的长度是方程
的一个根,理由详见解析;②
【分析】(1)根据题意,利用尺规作图画出图形即可;(2)①根据勾股定理求出AD,然后把AD的值代入方程,即可得到答案;②先得到出边长的关系,然后根据勾股定理,列出方程,解方程后得到答案.【详解】(1)解:作图,如图所示:(2)解:①线段
的长度是方程
的一个根.理由如下:依题意得,
在
中,
；线段的长度是方程的一个根②依题意得:
在
中,
【点睛】本题考查的是基本作图,勾股定理、一元二次方程的解法,掌握一元二次方程的求根公式、勾股定理是解题的关键.2．（1）证明见解析；（2）AF＝5cm；（3）①有可能是矩形,P点运动的时间是8,Q的速度是0.5cm/s；②t＝
．【解析】【分析】(1)证△AEO≌△CFO,推出OE=OF,根据平行四边形和菱形的判定推出即可;(2)设AF=CF=a,根据勾股定理得出关于a的方程,求出即可;（3）①只有当P运动到B点,Q运动到D点时,以A、P、C、Q四点为顶点的四边形有可能是矩形,求出时间t,即可求出答案；②分为三种情况,P在AF上,P在BF上,P在AB上,根据平行四边形的性质求出即可．【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴∠AEO＝∠CFO,∵AC的垂直平分线EF,∴AO＝OC,AC⊥EF,在△AEO和△CFO中∵，∴△AEO≌△CFO(AAS),∴OE＝OF,∵OA＝OC,∴四边形AECF是平行四边形,∵AC⊥EF,∴平行四边形AECF是菱形;(2)解:设AF＝acm,∵四边形AECF是菱形,∴AF＝CF＝acm,∵BC＝8cm,∴BF＝(8﹣a)cm,在Rt△ABF中,由勾股定理得：42+（8﹣a）2＝a2,a＝5，即AF＝5cm;(3)解:①在运动过程中,以A.P、C.Q四点为顶点的四边形有可能是矩形,只有当P运动到B点,Q运动到D点时,以A.P、C.Q四点为顶点的四边形有可能是矩形,P点运动的时间是:（5+3）÷1＝8,Q的速度是：4÷8＝0.5,即Q的速度是0.5cm/s;②分为三种情况:第一、P在AF上,∵P的速度是1cm/s,而Q的速度是0.8cm/s,∴Q只能再CD上,此时当A.P、C.Q四点为顶点的四边形不是平行四边形;第二、当P在BF上时,Q在CD或DE上,只有当Q在DE上时,当A.P、C.Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形,如图,∵AQ＝8﹣(0.8t﹣4）,CP＝5+(t﹣5）,∴8﹣（0.8t﹣4）＝5+（t﹣5）,t＝，第三情况:当P在AB上时,Q在DE或CE上,此时当A.P、C.Q四点为顶点的四边形不是平行四边形;即t＝
.【点睛】考查了矩形的性质,平行四边形的性质和判定,菱形的判定和性质,勾股定理,全等三角形的性质和判定,线段垂直平分线性质等知识点的综合运用,用了方程思想,分类讨论思想.3.（1）AB＝4
；（2）见解析；（3）CD+CF的最小值为4
.【分析】(1)根据勾股定理可求AB的长;(2)过点D作DF⊥AO,根据等腰三角形的性质可得OF＝EF,根据轴对称的性质等腰直角三角形的性质可得AF＝DF,设OF＝EF＝x,AE＝4﹣2x,根据勾股定理用参数x表示DE,CE的长,即可证CE＝
DE;（3）过点B作BM⊥OB,在BM上截取BM＝AO,过点C作CN⊥BM,交MB的延长线于点N,根据锐角三角函数可得∠ABO＝30°,根据轴对称的性质可得AC＝AO＝4,BO＝BC＝4
,∠ABO＝∠ABC＝30°,∠OAB＝∠CAB＝60°,根据“SAS”可证△ACF≌△BMD,可得CF＝DM,则当点D在CM上时,CF+CD的值最小,根据直角三角形的性质可求CN,BN的长,根据勾股定理可求CM的长,即可得CF+CD的最小值．【详解】(1)∵点A(0,4),B(m,0),且m＝8,∴AO＝4,BO＝8,在Rt△ABO中,AB＝
（2）如图,过点D作DF⊥AO,∵DE＝DO,DF⊥AO,∴EF＝FO,∵m＝4,∴AO＝BO＝4,∴∠ABO＝∠OAB＝45°,∵点C,O关于直线AB对称,∴∠CAB＝∠CBA＝45°,AO＝AC＝OB＝BC＝4,∴∠CAO＝∠CBO＝90°,∵DF⊥AO,∠BAO＝45°,∴∠DAF＝∠ADF＝45°,∴AF＝DF,设OF＝EF＝x,AE＝4﹣2x,∴AF＝DF＝4﹣x,在Rt△DEF中,DE＝
在Rt△ACE中,CE＝
∴CE＝
DE,（3）如图,过点B作BM⊥OB,在BM上截取BM＝AO,过点C作CN⊥BM,交MB的延长线于点N,∵m＝4
,∴OB＝4
,∴tan∠ABO＝
,∴∠ABO＝30°∵点C,O关于直线AB对称,∴AC＝AO＝4,BO＝BC＝4
,∠ABO＝∠ABC＝30°,∠OAB＝∠CAB＝60°,∴∠CAF＝120°,∠CBO＝60°∵BM⊥OB,∠ABO＝30°,∴∠ABM＝120°,∴∠CAF＝∠ABM,且DB＝AF,BM＝AO＝AC＝4,∴△ACF≌△BMD(SAS)∴CF＝DM,∵CF+CD＝CD+DM,∴当点D在CM上时,CF+CD的值最小,即CF+CD的最小值为CM的长,∵∠CBO＝60°,BM⊥OB,∴∠CBN＝30°,且BM⊥OB,BC＝4
,∴CN＝2
,BN＝
CN＝6,∴MN＝BM+BN＝4+6＝10,在Rt△CMN中,CM＝
,∴CD+CF的最小值为.【点睛】本题是三角形综合题,考查了等腰三角形的性质,勾股定理,轴对称的性质,全等三角形的判定和性质,最短路径问题等知识,灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键.4．（1）详见解析；（2）ⅰ）四边形AGBE是平行四边形,证明详见解析；ⅱ）
.【解析】【分析】(1)只要证明△BAE≌△ACD;(2)ⅰ)四边形AGBE是平行四边形,只要证明BG=AE,BG∥AE即可;ⅱ）求出四边形BGAE的周长,△ABC的周长即可；【详解】(1)证明:如图1中,∵△ABC是等边三角形,∴AB＝AC,∠BAE＝∠C＝60°,∵AE＝CD,∴△BAE≌△ACD,∴∠ABE＝∠CAD.（2）ⅰ）如图2中,结论：四边形AGBE是平行四边形．理由:∵△ADG,△ABC都是等边三角形,∴AG＝AD,AB＝AC,∴∠GAD＝∠BAC＝60°,∴△GAB≌△DAC,∴BG＝CD,∠ABG＝∠C,∵CD＝AE,∠C＝∠BAE,∴BG＝AE,∠ABG＝∠BAE,∴BG∥AE,∴四边形AGBE是平行四边形,ⅱ）如图2中,作AH⊥BC于H．∵BH＝CH＝∴∴∴四边形BGAE的周长＝
,△ABC的周长＝3(k+1),∴四边形AGBE与△ABC的周长比＝【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考常考题型.5.（1）
；（2）见解析；（3）
.【解析】【分析】(1)证明ΔFME≌ΔAMH,得到HM=EM,根据等腰直角三角形的性质可得结论.(2)根据正方形的性质得到点A.E.C在同一条直线上,利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知.(3)如图3中,连接EC,EM,由(1)(2)可知,△CME是等腰直角三角形,利用等腰直角三角形的性质解决问题即可.【详解】解:(1)结论:CM＝ME,CM⊥EM.理由:∵AD∥EF,AD∥BC,∴BC∥EF,∴∠EFM＝∠HBM,在△FME和△BMH中,∴△FME≌△BMH(ASA),∴HM＝EM,EF＝BH,∵CD＝BC,∴CE＝CH,∵∠HCE＝90°,HM＝EM,∴CM＝ME,CM⊥EM.（2）如图2,连接
,∵四边形
和四边形
是正方形,∴∴点
在同一条直线上,∵
,
为
的中点,∴
,
,∴
,∵
,∴
,∵，∴∴，∴，∴．(3)如图3中,连接EC,EM.由(1)(2)可知,△CME是等腰直角三角形,∵∴CM＝EM＝【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质等知识,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,属于中考压轴题.6．（1）S=
（2）
（3）存在,(6,6)或
,
【解析】【分析】(1)当P在AC段时,△BPD的底BD与高为固定值,求出此时面积;当P在BC段时,底边BD为固定值,用t表示出高,即可列出S与t的关系式;(2)当点B的对应点B′恰好落在AC边上时,设P(m,10),则PB=PB′=m,由勾股定理得m2=22+(6-m)2,即可求出此时P坐标;（3）存在,分别以BD,DP,BP为底边三种情况考虑,利用勾股定理及图形与坐标性质求出P坐标即可．【详解】解:(1)∵A,B的坐标分别是(6,0)、(0,10),∴OA=6,OB=10,当点P在线段AC上时,OD=2,BD=OB-OD=10-2=8,高为6,∴S=
×8×6=24;当点P在线段BC上时,BD=8,高为6+10-t=16-t,∴S=
×8×(16-t)=-4t+64;∴S与t之间的函数关系式为:
;（2）设P（m,10）,则PB=PB′=m,如图1,∵OB′=OB=10,OA=6,∴AB′=
=8,∴B′C=10-8=2,∵PC=6-m,∴m2=22+（6-m）2,解得m=则此时点P的坐标是(
,10);(3)存在,理由为:若△BDP为等腰三角形,分三种情况考虑：如图2,①当BD=BP1=OB-OD=10-2=8,在Rt△BCP1中,BP1=8,BC=6,根据勾股定理得:CP1=
,∴AP1＝10−
,即P1(6,10-
),②当BP2=DP2时,此时P2（6,6）;③当DB=DP3=8时,在Rt△DEP3中,DE=6,根据勾股定理得:P3E=
,∴AP3=AE+EP3=
+2,即P3(6,
+2),综上,满足题意的P坐标为（6,6）或（6,10-
）,（6,
+2）．【点睛】本题是四边形综合题,考查了矩形的性质,坐标与图形性质,等腰三角形的性质,勾股定理等知识,注意分类讨论思想和方程思想的运用.7．(1)45°；(2)GF=AG+CF,证明见解析；(3)①6；②
,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90°,得△ADH,证明△GDH≌△GDF(SAS)即可解决问题.（3）①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.②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,∴△ECB≌△ECD(SAS),∴EB=ED,∠EBC=∠EDC,∵∠DEF=∠DCF=90°,∴∠EFC+∠EDC=180°,∵∠EFB+∠EFC=180°,∴∠EFB=∠EDC,∴∠EBF=∠EFB,∴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90°,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=45°∴∠GDH=∠EDF=45°又∵DG=DG∴△GDH≌△GDF(SAS)∴GH=GF,∴GF=AG+CF.(3)①设CF=x,则AH=x,BF=6-x,GF=3+x,则有（3+x）2=（6-x）2+32,解得x=2∴S△BFG=
•BF•BG=6.②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=
（x-a）（x-b）=
（x2-ax-bx+ab）=
×2ab=ab.【点睛】本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考常考题型.8．（1）假；（2）∠A＝45°；（3）①不能,理由见解析,②见解析【分析】(1)先由直角三角形是类勾股三角形得出ab+a2=c2,再由勾股定理得a2+b2=c2,即可判断出此直角三角形是等腰直角三角形;(2)由类勾股三角形的定义判断出此三角形是等腰直角三角形,即可得出结论;（3）①分三种情况,利用等腰三角形的性质即可得出结论;②先求出CD=CB=a,AD=CD=a,DB=AB-AD=c-a,DG=BG=
（c-a）,AG=
（a+c）,两个直角三角形中利用勾股定理建立方程即可得出结论．【详解】解:(1)如图1,假设Rt△ABC是类勾股三角形,∴ab+a2＝c2,在Rt△ABC中,∠C＝90°,根据勾股定理得,a2+b2＝c2,∴ab+b2＝a2+b2,∴ab＝a2,∴a＝b,∴△ABC是等腰直角三角形,∴等腰直角三角形是类勾股三角形,即：原命题是假命题,故答案为:假;(2）∵AB＝BC,AC＞AB,∴a＝c,b＞c,∵△ABC是类勾股三角形,∴ac+a2＝b2,∴c2+a2＝b2,∴△ABC是等腰直角三角形,∴∠A＝45°,(3)①在△ABC中,∠ABC＝2∠BAC,∠BAC＝32°,∴∠ABC＝64°,根据三角形的内角和定理得,∠ACB＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝84°,∵把这个三角形分成两个等腰三角形,∴(Ⅰ)、当∠BCD＝∠BDC时,∵∠ABC＝64°,∴∠BCD＝∠BDC＝58°,∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝84°﹣58°＝26°,∠ADC＝∠ABC+∠BCD＝122°∴△ACD不是等腰三角形,此种情况不成立;(Ⅱ）、当∠BCD＝∠ABC＝64°时,∴∠BDC＝52°,∴∠ACD＝20°,∠ADC＝128°,∴△ACD是等腰三角形,此种情况不成立;(Ⅲ）、当∠BDC＝∠ABC＝64°时,∴∠BCD＝52°,∴∠ACD＝∠ACB﹣BCD＝32°＝∠BAC,∴△ACD是等腰三角形,即：分割线和顶角标注如图2所示,Ⅱ、分∠ABC,同(Ⅰ)的方法,判断此种情况不成立;Ⅲ、分∠BAC,同(Ⅱ)的方法,判断此种情况不成立;②如图3,在AB边上取点D,连接CD,使∠ACD＝∠A图3作CG⊥AB于G,∴∠CDB＝∠ACD+∠A＝2∠A,∵∠B＝2∠A,∴∠CDB＝∠B,∴CD＝CB＝a,∵∠ACD＝∠A,∴AD＝CD＝a,∴DB＝AB﹣AD＝c﹣a,∵CG⊥AB,∴DG＝BG＝
(c﹣a),∴AG＝AD+DG＝a+
(c﹣a)＝
(a+c),在Rt△ACG中,CG2＝AC2﹣AG2＝b2﹣[
(c+a)]2,在Rt△BCG中,CG2＝BC2﹣BG2＝a2﹣[
(c﹣a)]2,∴b2﹣[
(a+c）]2＝a2﹣[
(c﹣a）]2,∴b2＝ac+a2,∴△ABC是“类勾股三角形”.【点睛】此题是三角形综合题,主要考查了等腰三角形的性质,勾股定理,新定义"类勾股三角形",分类讨论的数学思想,解本题的关键是理解新定义.9.（1）见解析；（2）
.【分析】(1)由等边三角形的判定定理可得△ABD为等边三角形,又由平行进行角度间的转化可得出结论.（2）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=8,BO=OD=4,通过证明△EDF是等边三角形,可得DE=EF=DF=2,由勾股定理可求OC,BC的长．【详解】(1)证明:∵
,
,∴△是等边三角形.∴.∵
∥
,∴.∴.(2)解:连接
交
于点
,∵
,
,∴垂直平分.∴.∵△
是等边三角形,
∴，∴.∵
∥
,∴.∴,.∵.∴.∴△是等边三角形.∴,∴,.在Rt△
中,∴.在Rt△
中,∴.【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.10．（1）出发2秒后,线段PQ的长为
；（2）当点Q在边BC上运动时,出发
秒后,△PQB是等腰三角形；（3）当t为5.5秒或6秒或6.6秒时,△BCQ为等腰三角形.【分析】(1)由题意可以求出出发2秒后,BQ和PB的长度,再由勾股定理可以求得PQ的长度;(2)设所求时间为t,则可由题意得到关于t的方程,解方程可以得到解答;（3）点Q在边CA上运动时,ΔBCQ为等腰三角形有三种情况存在,对每种情况进行讨论可以得到解答．【详解】(1)BQ=2×2=4cm,BP=AB−AP=8−2×1=6cm,∵∠B=90°,由勾股定理得:PQ=
∴出发2秒后,线段PQ的长为
;(2)BQ=2t,BP=8−t由题意得:2t=8−t解得:t=
∴当点Q在边BC上运动时,出发
秒后,△PQB是等腰三角形;(3)∵∠ABC=90°,BC=6,AB=8,∴AC=
=10.①当CQ=BQ时(图1),则∠C=∠CBQ,∵∠ABC=90°,∴∠CBQ+∠ABQ=90°,∠A+∠C=90°,∴∠A=∠ABQ,∴BQ=AQ,∴CQ=AQ=5,∴BC+CQ=11,∴t=11÷2=5.5秒；②当CQ=BC时(如图2),则BC+CQ=12∴t=12÷2=6秒③当BC=BQ时(如图3),过B点作BE⊥AC于点E,∴BE=
,所以CE=
=
=3.6,故CQ=2CE=7.2,所以BC+CQ=13.2,∴t=13.2÷2=6.6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】本题考查三角形的动点问题,利用分类讨论思想和方程方法、综合力学的运动知识和三角形边角的有关知识求解是解题关键.11.②③⑤【分析】①先证得
,利用邻补角和等腰直角三角形的性质求得
,利用勾股定理求出
,即可求得点
到直线
的距离;②根据①的结论,利用

即可求得结论;③在
中,利用勾股定理求得
,再利用三角形面积公式即可求得
;④当
共线时,
最小,利用对称的性质,
的长,再求得
的长,即可求得结论;⑤先证得
,得到
,根据条件得到
,利用互余的关系即可证得结论．【详解】①∵
与
都是等腰直角三角形,∴
,
,
,
,
,∴，∴，∴，∴，∴，∵
,
,∴，∴，解得:
,作BH⊥AE交AE的延长线于点H,∵
,
,∴，∴，∴点
到直线
的距离为
,故①错误;②由①知：
,
,
,∴
,故②正确;③在
中,由①知：
,∴，，
,故③正确;④因为
是定值,所以当
共线时,
最小,如图,连接BC,∵
关于
的对称,∴，∴，∴，
,故④错误;⑤∵
与
都是等腰直角三角形,∴
,
,
,
,在
和
中,
,∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴
,故⑤正确;综上,②③⑤正确,故答案为：②③⑤.【点睛】本题是三角形的综合题,主要考查了等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理的应用,三角形的面积公式,综合性强,全等三角形的判定和性质的灵活运用是解题的关键.12．（1）12；（2）t=12.5s时,13cm；（3）11s或12s或13.2s【分析】(1)由勾股定理即可得出结论;(2)由线段垂直平分线的性质得到PC=PA=t,则PB=16-t.在Rt△BPC中,由勾股定理可求得t的值,判断出此时,点Q在边AC上,根据CQ=2t-BC计算即可;（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．【详解】(1)在Rt△ABC中,BC
(cm).故答案为:12;(2)如图,点P在边AC的垂直平分线上时,连接PC,∴PC=PA=t,PB=16-t.在Rt△BPC中,
,即
,解得:t=
.∵Q从B到C所需的时间为12÷2=6(s),
＞6,∴此时,点Q在边AC上,CQ=
(cm)；(3)分三种情况讨论:①当CQ=BQ时,如图1所示,则∠C=∠CBQ.∵∠ABC=90°,∴∠CBQ+∠ABQ=90°,∠A+∠C=90°,∴∠A=∠ABQ,∴BQ=AQ,∴CQ=AQ=10,∴BC+CQ=22,∴t=22÷2=11(s).②当CQ=BC时,如图2所示,则BC+CQ=24,∴t=24÷2=12(s).③当BC=BQ时,如图3所示,过B点作BE⊥AC于点E,则BE
,∴CE
=7.2.∵BC=BQ,BE⊥CQ,∴CQ=2CE=14.4,∴BC+CQ=26.4,∴t=26.4÷2=13.2(s).综上所述：当t为11s或12s或13.2s时,△BCQ为等腰三角形．【点睛】本题考查了勾股定理、等腰三角形的性质、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.13.（1）见解析；（2）BD2+AD2＝2CD2；（3）AB＝2
+4.【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质证明△ACE≌△BCD即可得到结论;(2)利用全等三角形的性质及勾股定理即可证得结论;（3）连接EF,设BD＝x,利用（1）、（2）求出EF=3x,再利用勾股定理求出x,即可得到答案.【详解】(1)证明:∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形∴AC＝BC,EC＝DC,∠ACB＝∠ECD＝90°∴∠ACB﹣∠ACD＝∠ECD﹣∠ACD∴∠ACE＝∠BCD,∴△ACE≌△BCD(SAS),∴AE＝BD.(2)解:由(1)得△ACE≌△BCD,∴∠CAE＝∠CBD,又∵△ABC是等腰直角三角形,∴∠CAB＝∠CBA＝∠CAE＝45°,∴∠EAD＝90°,在Rt△ADE中,AE2+AD2＝ED2,且AE＝BD,∴BD2+AD2＝ED2,∵ED＝
CD,∴BD2+AD2＝2CD2,（3）解：连接EF,设BD＝x,∵BD:AF＝1:2
,则AF＝2
x,∵△ECD都是等腰直角三角形,CF⊥DE,∴DF＝EF,由(1)、(2)可得,在Rt△FAE中,EF＝
＝
＝3x,∵AE2+AD2＝2CD2,∴，解得x＝1,∴AB＝2
+4.【点睛】此题考查三角形全等的判定及性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理.14.（1）BC−AC＝AD；理由详见解析；（2）①详见解析；②AB=14【分析】(1)在CB上截取CE＝CA,连接DE,证△ACD≌△ECD得DE＝DA,∠A＝∠CED＝60°,据此∠CED＝2∠CBA,结合∠CED＝∠CBA＋∠BDE得出∠CBA＝∠BDE,即可得DE＝BE,进而得出答案;(2)①在AB上截取AM＝AD,连接CM,先证△ADC≌△AMC,得到∠D＝∠AMC,CD＝CM,结合CD＝BC知CM＝CB,据此得∠B＝∠CMB,根据∠CMB＋∠CMA＝180°可得;②设BN＝a,过点C作CN⊥AB于点N,由CB＝CM知BN＝MN＝a,CN2＝BC2−BN2＝AC2−AN2,可得关于a的方程,解之可得答案．【详解】解:(1)BC−AC＝AD.理由如下:如图(a),在CB上截取CE＝CA,连接DE,∵CD平分∠ACB,∴∠ACD＝∠ECD,又CD＝CD,∴△ACD≌△ECD(SAS),∴DE＝DA,∠A＝∠CED＝60°,∴∠CED＝2∠CBA,∵∠CED＝∠CBA＋∠BDE,∴∠CBA＝∠BDE,∴DE＝BE,∴AD＝BE,∵BE＝BC−CE＝BC−AC,∴BC−AC＝AD.(2)①如图(b),在AB上截取AM＝AD,连接CM,∵AC平分∠DAB,∴∠DAC＝∠MAC,∵AC＝AC,∴△ADC≌△AMC(SAS),∴∠D＝∠AMC,CD＝CM＝12,∵CD＝BC＝12,∴CM＝CB,∴∠B＝∠CMB,∵∠CMB＋∠CMA＝180°,∴∠B＋∠D＝180°;②设BN＝a,过点C作CN⊥AB于点N,∵CB＝CM＝12,∴BN＝MN＝a,在Rt△BCN中,
,在Rt△ACN中,
,则，解得:a＝3,即BN＝MN＝3,则AB＝8+3+3=14,∴AB=14.【点睛】本题考查了四边形的综合题,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.15．（1）45度；（2）∠AEC﹣∠AED＝45°,理由见解析；（3）见解析【分析】(1)由等腰三角形的性质可求∠BAE＝140°,可得∠CAE＝50°,由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝65°,即可求解;(2)由等腰三角形的性质可求∠BAE＝180°﹣2α,可得∠CAE＝90°﹣2α,由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°+α,可得结论;（3）如图,过点C作CG⊥AH于G,由等腰直角三角形的性质可得EH＝
EF,CH＝
CG,由“AAS”可证△AFB≌△CGA,可得AF＝CG,由勾股定理可得结论．【详解】解:(1)∵AB＝AC,AE＝AB,∴AB＝AC＝AE,∴∠ABE＝∠AEB,∠ACE＝∠AEC,∵∠AED＝20°,∴∠ABE＝∠AED＝20°,∴∠BAE＝140°,且∠BAC＝90°∴∠CAE＝50°,∵∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°,且∠ACE＝∠AEC,∴∠AEC＝∠ACE＝65°,∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝45°,故答案为:45;(2)猜想:∠AEC﹣∠AED＝45°,理由如下:∵∠AED＝∠ABE＝α,∴∠BAE＝180°﹣2α,∴∠CAE＝∠BAE﹣∠BAC＝90°﹣2α,∵∠CAE+∠ACE+∠AEC＝180°,且∠ACE＝∠AEC,∴∠AEC＝45°+α,∴∠AEC﹣∠AED＝45°;（3）如图,过点C作CG⊥AH于G,∵∠AEC﹣∠AED＝45°,∴∠FEH＝45°,∵AH⊥BE,∴∠FHE＝∠FEH＝45°,∴EF＝FH,且∠EFH＝90°,∴EH＝
EF,∵∠FHE＝45°,CG⊥FH,∴∠GCH＝∠FHE＝45°,∴GC＝GH,∴CH＝
CG,∵∠BAC＝∠CGA＝90°,∴∠BAF+∠CAG＝90°,∠CAG+∠ACG＝90°,∴∠BAF＝∠ACG,且AB＝AC,∠AFB＝∠AGC,∴△AFB≌△CGA(AAS)∴AF＝CG,∴CH＝
AF,∵在Rt△AEF中,AE2＝AF2+EF2,∴(
AF)2+(
EF)2＝2AE2,∴EH2+CH2＝2AE2.【点睛】本题是综合了等腰直角三角形的性质,全等三角形的性质与判定的动点问题,三个问题由易到难,在熟练掌握各个相关知识的基础上找到问题之间的内部联系,层层推进去解答是关键.16．（1）
,
；（2）成立,理由见解析；（3）14或2．【分析】(1)先根据等腰三角形的定义可得
,
,再根据三角形全等的判定定理与性质可得
,
,然后根据直角三角形两锐角互余、等量代换即可得
,由此即可得;(2)先根据三角形全等的判定定理与性质可得
,
,再根据直角三角形两锐角互余可得
,然后根据对顶角相等、等量代换可得
,从而可得
,由此即可得;（3）先利用勾股定理求出
,再分①点
在直线上,且点E位于中间,②点
在直线上,且点D位于中间两种情况,结合（1）（2）的结论,利用勾股定理求解即可得．【详解】(1)
,
,理由如下:如图1,延长AE交BD于H,由题意得：
,
,
,∴，∴
,
,∵，∴，∴，即，故答案为:
,
;(2)成立,理由如下:如图2,延长AE交BD于H,交BC于O,∵，∴
,即
,在
和
中,
,∴，∴
,
,∵，∴，∵，∴
,即
,∴，即；(3)设
,，，由题意,分以下两种情况:①如图3-1,点
在直线上,且点E位于中间,同理可证：
,
,，，在
中,
,即
,解得
或
（不符题意,舍去）,即，②如图3-2,点
在直线上,且点D位于中间,同理可证：
,
,，，在
中,
,即
,解得
或
（不符题意,舍去）,即，综上,AD的长为14或2.【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识点,较难的是题(3),正确分两种情况讨论,并画出图形是解题关键.17．(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∠B