鄂州鄂城区七年级数学专项思维进阶中考衔接能力提升题库及解析

．（1）3+；（2）【分析】（1）直接利用立方根以及有理数的乘方运算法则、求一个数的算术平方根、绝对值的性质分别化简得出答案．（2）方程组整理后，利用加减消元方法求出解即可．【详解】（1）解：原式＝2﹣（﹣1）+21＝2+1+11＝3．（2）方程组整理得：，②﹣①得：7y＝7，即y＝1，把y＝1代入①得：x＝﹣2，则方程组的解为．【点睛】此题主要考查了实数运算以及解二元一次方程组，解题的关键是正确化简各数和利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．45．（1）见解析；（2）A′（4，0），B′（1，-1），C′（2，-3）【分析】（1）利用平移的性质得出对应点位置，进而可得出答案；（2）根据所画的图即可求得各点的坐标．【详解】（1）如图所示，把△ABC的三个顶点A，B，C向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度，分别得到点A′，B′，C′，依次连接这三个点，得到△A′B′C′即为所求；（2）A′（4，0），B′（1，-1），C′（2，-3）．【点睛】本题主要考查了坐标系内图形的平移，写出平移后点的坐标，掌握平移的性质是关键．46．米【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD=AB-AD可得BD长．【详解】解：在Rt△ABC中：∵∠CAB=90°，BC=13米，AC=5米，∴（米），∵此人以0.5米每秒的速度收绳，10秒后船移动到点D的位置，∴CD=13-0.5×10=8（米），∴（米），∴BD=AB-AD=12-（米），答：船向岸边移动了（12-）米．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．47．（1）x=﹣1（2）点B的坐标为（3，0）或（﹣3，0）

【详解】【试题分析】（1）根据题意，判断点A在第三象限，根据点A到两坐标轴的距离相等，得2x=3x+1，解得：x=﹣1.（2）将x=1代入A（2x，3x+1），得：A（2，4），

设B（a，0），列出面积方程，得：×4×|a|=6，解得：a=±3.【试题解析】（1）∵点A在x轴下方，在y轴的左侧，

∴点A在第三象限，∵点A到两坐标轴的距离相等，∴2x=3x+1，解得：x=﹣1（2）若x=1，则A（2，4），

设B（a，0），∵S△OAB=6，∴×4×|a|=6，解得：a=±3，∴点B的坐标为（3，0）或（﹣3，0）

48．（1）详见解析；（2）四边形EBFD为菱形.【分析】(1)根据平行四边形的性质可得BO=DO，AO=CO，再利用等式的性质可得EO=FO，然后再利用SAS定理判定△BOE≌△DOF即可；(2)根据BO=DO，FO=EO可得四边形BEDF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形EBDF为菱形．【详解】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=DO，AO=CO，∵AE=CF，∴AO﹣AE=CO﹣FO，∴EO=FO，在△BOE和△DOF中，∴△BOE≌△DOF（SAS）；(2)四边形EBDF为菱形理由：∵BO=DO，FO=EO，∴四边形BEDF是平行四边形，∵BD⊥EF，∴四边形EBDF为菱形．【点睛】考查了平行四边形的性质，平行四边形的对角线互相平分．对角线互相平分的四边形是平行四边形．49．（1）见解析；（2）△EFG是等腰直角三角形，理由见解析（3）【分析】（1）延长，交于点，先证，得，．结合，知，即可得．从而得证；（2）延长，交于点，由四边形是“等垂四边形”，知，，从而得，根据三个中点知，，，，，据此得，，．由可得答案；（3）延长，交于点，分别取，的中点，．连接，，，由及．可得答案．【详解】解：（1）如图①，延长，交于点，四边形与四边形都为正方形，，，．．．，．，，即，．．又，四边形是“等垂四边形”．（2）是等腰直角三角形．理由如下：如图②，延长，交于点，四边形是“等垂四边形”，，，，点，，分别是，，的中点，，，，，，，．．是等腰直角三角形．（3）延长，交于点，分别取，的中点，．连接，，，则，由（2）可知．最小值为，故答案为：．【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及等腰直角三角形的性质等知识点．50．（1），，，；（2）的取值范围为；（3）①；②【分析】（1）根据求出a、b、c的值，由此求解即可；（2）分当点在直线上位于轴左侧时和当点在直线上位于轴右侧时讨论求解即可得到答案；（3）①由由得，，由此求解即可；②易得，连接，由得，，化简得，，然后联立求解即可．【详解】解：（1）∵，∴，∴，，，∴，，，∴，，，∴AC=10，OB=6，∴；（2）当点在直线上位于轴左侧时，由题意得，，解得，，当时，，结合图形可知，当时，；同理可得，当点在直线上位于轴右侧时，，当时，，，解得，，结合图形可知，当时，，∴的取值范围为；（3）①由得，，化简得，；②易得，连接，由得，，化简得，，联立方程组，解得，∴【点睛】本题主要考查了绝对值和算术平方根的非负性，三角形面积，解二元一次方程组，坐标与图形，截图的关键在于能够熟练掌握相关是进行求解．51．（1）a＝50，b＝40；（2）可以做竖式无盖礼品盒8个，横式无盖礼品盒16个．【分析】（1）由图示利用板材的长列出关于a、b的二元一次方程组求解；（2）设可以做竖式无盖礼品盒x个，横式无盖礼品盒y个，根据已知和图示计算出两种裁法共产生A型板材和B型板材的张数，然后根据竖式与横式礼品盒所需要的A、B两种型号板材的张数列出关于x、y的二元一次方程组，然后求解即可．【详解】解：（1）由题意得：，解得：，答：图甲中a与b的值分别为：50、40；（2）设可以做竖式无盖礼品盒x个，横式无盖礼品盒y个，依题意得：，解得：．答：可以做竖式无盖礼品盒8个，横式无盖礼品盒16个．【点睛】本题考查的知识点是二元一次方程组的应用，掌握二元一次方程组解应用题的方法与步骤，关键是数形结合构造出关于a、b的二元一次方程组，以及竖式与横式两种无盖礼品盒数量的方程组．52．故选A．13．A【分析】根据勾股定理的逆定理逐个判断即可．【详解】解：A、∵，，，∴b2+c2≠a2，即此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；B、∵a2-b2=c2，∴b2+c2=a2，即此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；C、∵a2=（b+c）（b-c）=b2-c2，∴a2+c2=b2，即此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；D、∵a：b：c=13：5：12，∴b2+c2=a2，即此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；故选：A．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键，注意：如果一个三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．14．B【分析】根据勾股定理的逆定理，得△ABC为直角三角形，故可求出面积．【详解】解：∵AB2=132=169，BC2+AC2=52+122=169，∴AB2=BC2+AC2，即△ABC是直角三角形，∴S△ABC=BC×AC=×5×12=30，故选B．【点睛】本题主要考查勾股定理的应用，解本题的关键是要熟练掌握勾股定理的逆定理．15．直角三角形【分析】根据非负数性质求出a,b,c,再根据勾股定理逆定理求解.【详解】∵（a-6）2≥0，≥0，|c-10|≥0，∴a-6=0，b-8=0，c-10=0，解得：a=6，b=8，c=10，∵62+82=36+64=100=102，∴是直角三角形．故答案为直角三角形【点睛】本题主要考查非负数性质和勾股定理逆定理.16．【分析】先根据勾股定理的逆定理得出三角形是直角三角形，根据三角形的面积公式求出即可．【详解】解：∵82＋152＝172，∴此三角形是直角三角形，斜边为17，设斜边上高为h，根据三角形的面积公式得：×8×15＝×17h，解得：h＝，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，能根据勾股定理的逆定理得出三角形是直角三角形是解此题的关键，注意：如果三角形的两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．17．24【分析】根据三角形三边长，利用勾股定理得出判断三角形为直角三角形，根据直角三角形的面积公式求解即可．【详解】解：∵∴是直角三角形∴的面积．故答案为：24．【点睛】本题考查的知识点是勾股定理的逆定理，利用勾股定理的逆定理判断出三角形为直角三角形是解此题的关键．18．24【分析】根据三角形三边长，利用勾股定理逆定理求证此三角形是直角三角形，然后即可求得面积．【详解】∵62+82=102，∴此三角形为直角三角形，∴此三角形的面积为：．故答案为：24．【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，解答此题的关键是利用勾股定理的逆定理证明此三角形是直角三角形．19．0.7【分析】仔细分析题意得：梯子、地面、墙刚好形成一直角三角形，梯高为斜边，利用勾股定理解此直角三角形即可．【详解】梯脚与墙角距离，利用勾股定理得：=0.7（米）．故填：0.7．【点睛】本题考查勾股定理的应用，通过实际场景，抽象出直角三角形，利用勾股定理求直角边长是解题关键．20．5【分析】根据两点间的距离公式，即可求解．【详解】解：∵点，O（0，0）∴，故答案是：5．【点睛】本题主要考查两点间的距离公式，掌握勾股定理是解题的关键．21．54【分析】利用勾股定理的逆定理判定三角形为直角三角形，再运用直角三角形的面积公式计算即可；【详解】解：∵∵三角形为直角三角形，两直角边长分别为9，12，∴三角形的面积为：．故答案为：54．【点睛】本题主要考查勾股定理逆定理及三角形的面积，解题的关键是利用勾股定理逆定理判定三角形为直角三角形，且明确直角边．22．cm或5cm【分析】本题考查的是直角三角形的三边关系，利用勾股定理解决即可.【详解】解：∵直角三角形的两边长分别为3cm和4cm，∴①当4cm是此直角三角形的斜边时，设另一直角边为xcm，则x=cm，②当4cm是此直角三角形的直角边时，设另一条边为x，则x=cm，综上所述，第三边的长为cm或5cm.故答案为：cm或5cm.【点睛】此题考查了勾股定理的应用，利用勾股定理计算边长有：（1）已知两边求第三边；（2）已知一边和另两边之间的关系，求第三边.23．2【分析】根据勾股定理的几何意义：得到S正方形A+S正方形B=S正方形E，S正方形D﹣S正方形C=S正方形E，求解即可．【详解】由题意：S正方形A+S正方形B=S正方形E，S正方形D﹣S正方形C=S正方形E，∴S正方形A+S正方形B=S正方形D﹣S正方形C．∵正方形B，C，D的面积依次为4，3，9，∴S正方形A+4=9﹣3，∴S正方形A=2．故答案为2．【点睛】本题考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的几何意义，知道直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．24．【分析】先证，得出，再证与是等腰直角三角形，在直角中利用勾股定理求出BE的长，进一步求出GE的长，可通过解直角三角形分别求出GD，DE，EF，DF的长，即可求出四边形DFEG的周长．【详解】∵，于点D，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，即，∴，∴，，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∵沿直线AE翻折得，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，在中，，∴，在中，，∴，在中，，∴四边形DFEG的周长为：，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等，解题关键是能够灵活运用等腰直角三角形的判定与性质．25．25【分析】要求正方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体展开，然后利用两点之间线段最短解答．从处向盒子里装插入一根吸管，吸管应不少于立方体的长宽高平方和的算术平方根即可【详解】将盒子展开：①此时．②此时．③此时，．故最短路程为．从处向盒子里装插入一根吸管，要使吸管不落入盒中，吸管应不少于．故答案为：25，．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，平面展开－最短路径问题，解题的关键是将图形展开，转化为直角三角形利用勾股定理解决问题．26．锐角三角形或钝角【分析】（1）直接利用定义结合三角形三边得出答案；（2）直接利用勾股定理得出x的值；（3）直接利用已知结合三边关系得出答案．【详解】解：（1）∵72+82=49+64=113＞92，∴三角形是锐角三角形，故答案为：锐角三角形；（2）∵这个三角形是直角三角形，当x为斜边，∴52+122=x2，∴x=13，当12是斜边，则52+x2=122，解得：x=，综上所述：x=13或．故答案为：13或；（3）∵a2-b2-c2=x2+3z2-x+y2-2y+=(x-)2+(y-1)2+3z2+＞0，∴a2＞b2+c2，∴该三角形是钝角三角形．【点睛】此题主要考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理，正确进行相关计算是解题关键．27．【分析】连接BC1，根据三角形中线的定义可得BD=CD==3，然后根据折叠的性质可得C1D=CD=3，∠C1DA=∠ADC=45°，最后利用勾股定理即可求出结论．【详解】解：连接BC1∵为的边上的中线，BC=6∴BD=CD==3由折叠的性质可得C1D=CD=3，∠C1DA=∠ADC=45°∴∠C1DB=180°－∠C1DA－∠ADC=90°在Rt△C1DB中，BC1==故答案为：．【点睛】此题考查的是勾股定理与折叠问题，掌握勾股定理与折叠的性质是解决此题的关键．28．（1）见解析（2）2+【详解】试题分析：（1）先判定出△ABD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AD=BD，再根据同角的余角相等求出∠CAD=∠CBE，然后利用“角边角”证明△ADC和△BDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=AC，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AC=2AF，从而得证．（2）根据全等三角形对应边相等可得DF=CD，然后利用勾股定理列式求出CF，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AF=CF，然后根据AD=AF+DF代入数据即可得解．解：（1）证明：∵AD⊥BC，∠BAD=45°，∴△ABD是等腰直角三角形．∴AD=BD．∵BE⊥AC，AD⊥BC，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠CBE+∠ACD=90°．∴∠CAD=∠CBE．在△ADC和△BDF中，∠CAD=∠CBF，AD=BD，∠ADC=∠BDF=90°，∴△ADC≌△BDF（ASA）．∴BF=AC．∵AB=BC，BE⊥AC，∴AC=2AE．∴BF=2AE．（2）∵△ADC≌△BDF，∴DF=CD=．在Rt△CDF中，．∵BE⊥AC，AE=EC，∴AF=CF=2．∴AD=AF+DF=2+．29．●特例感知:①是；②；●深入探究：，理由见解析；●推广应用：2a．【详解】试题分析：●特例感知①根据勾股高三角形的定义进行判断即可.②设根据勾股定理可得：，根据勾股高三角形的定义列出方程，解方程即可.●深入探究根据勾股高三角形的定义结合勾股定理即可得出它们之间的关系.●推广应用运用探究的结果进行运算即可.试题解析：●特例感知①是；②设根据勾股定理可得：，于是，∴；●深入探究由可得：，而，∴，即；●推广应用过点A向ED引垂线，垂足为G，∵“勾股高三角形”△ABC为等腰三角形，且，∴只能是，由上问可知．又ED∥BC，∴．而，∴△AGD≌△CDB（AAS），于是．易知△ADE与△ABC均为等腰三角形，根据三线合一原理可知．又∴，∴．30．（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）根据正方形面积计算公式解答；（2）利用面积法证明即可得到结论．【详解】（1）；（2）如图，∵Rt△DEC≌Rt△EAB，∴∠DEC=∠EAB，DE=AE，∵，∴，∴△AED为等腰直角三角形，∵，∴，即，∵，∴，∴．【点睛】此题考查勾股定理的证明，完全平方公式在几何图形中的应用，正确理解各部分图形之间的关系，正确分析它们之间的面积等量关系是解题的关键．31．这辆小汽车超速【分析】先根据勾股定理求出BC的距离，再根据速度=路程时间求出小汽车的速度，从而可知道是否超速．【详解】解：根据题意，得AC=30m，AB=50m，∠C=90°，在Rt△ACB中，，∴小汽车的速度；∴这辆小汽车超速．【点睛】本题考查勾股定理的应用，根据已知得出BC的长是解题关键．32．（1）A城受台风影响；（2）DA=200千米，AC=160千米【详解】试题分析：（1）由A点向BF作垂线，垂足为C，根据勾股定理求得AC的长，与200比较即可得结论；（2）点A到直线BF的长为200千米的点有两点，分别设为D、G，则△ADG是等腰三角形，由于AC⊥BF，则C是DG的中点，在Rt△ADC中，解出CD的长，则可求DG长，在DG长的范围内都是受台风影响，再根据速度与距离的关系则可求时间．试题解析：（1）由A点向BF作垂线，垂足为C，在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=320km，则AC=160km，因为160＜200，所以A城要受台风影响；（2）设BF上点D，DA=200千米，则还有一点G，有AG=200千米．因为DA=AG，所以△ADG是等腰三角形，因为AC⊥BF，所以AC是DG的垂直平分线，CD=GC，在Rt△ADC中，DA=200千米，AC=160千米，由勾股定理得，CD===120千米，则DG=2DC=240千米，遭受台风影响的时间是：t=240÷40=6（小时）．33．（1）25（2）12【详解】整体分析：（1）用勾股定理求斜边AB的长；（2）用三角形的面积等于底乘以高的一半求解.解：(1).∵在⊿中，，.∴，(2).∵⊿，∴即，∴20×15＝25CD.∴.34．见解析，13km【分析】作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点Q，连接QB，此时QA+QB的值最小．作AD⊥BC于D，在Rt△ACD中，利用勾股定理求出AC即可；【详解】解：作点关于的对称点，连接交于点，则点为所建的出口；此时、两城镇到出口的距离之和最短，最短距离为的长．作于，则，AE⊥MN，BF⊥MN∴四边形AEFD为矩形∴，在中，，，∴由勾股定理得：∴这个最短距离为．【点睛】本题考查作图-应用与设计，轴对称-最短问题、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．35．（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）先证∠CAD＝∠BCF，再由ASA即可得出△ACD≌△CBF；（2）过点B作BF⊥BC交CE的延长线于点F，先由全等三角形的性质得∠ADC＝∠F，CD＝BF，再证BD＝BF，然后证△BDM≌△BFM（SAS），得∠BDM＝∠F，即可得出结论；（3）连接DF，先由勾股定理得BC＝AC＝，再由全等三角形的性质得DM＝FM，求出DE＝AD−AE＝1，然后由等腰直角三角形的性质得DF＝，BD＝，由勾股定理得EF＝3，设DM＝FM＝x，则EM＝3−x，最后在Rt△DEM中，由勾股定理得出方程，解方程求出EM＝，即可得出答案．【详解】解：（1）证明：∵，，∴，∴，∴，又∵，∴；（2）证明：过点作交的延长线于点，如图所示：由（1）得：，∴，，∵为的中点，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．（3）解：连接，如图所示：∵，，，∴，由（2）得：，，，∴，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，设，则，在Rt△DEM中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用等相关知识是解题的关键．36．弯折点B与地面的距离为米【分析】设BC＝xm，则AB＝A1B＝（4﹣x）m，在Rt△A1BC中利用勾股定理列出方程22+x2＝（4﹣x）2即可求解．【详解】由题意得，AB＝A1B，∠BCA＝90°，设BC＝xm，则AB＝A1B＝（4﹣x）m，在Rt△A1BC中，A1C2+BC2＝A1B2，即：22+x2＝（4﹣x）2，解得：x＝，答：弯折点B与地面的距离为米．【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是掌握勾股定理的应用.37．（1）；（2）cm；（3）或或．【分析】（1）利用勾股定理AB＝可直接得出结果；（2）根据条件可证明，设cm，，利用勾股定理求解即可；（3）分三种情况进行讨论，当CM＝BC＝15cm时，可直接求出结果；BM＝BC＝15cm，如图，过B作BH⊥AC于H，利用等面积法和勾股定理求解即可；当BM＝CM时，连接BM，设AM＝xcm，利用勾股定理求值即可．【详解】解：（1）∵∠ABC＝90°，AC＝25cm，BC＝15cm，在直角三角形ABC中，∴AB＝＝20cm；（2）∵，∴，设cm，∴，在直角三角形PBC中，∴，解得：，∴cm．（3）当CM＝BC＝15cm时，△MBC为等腰三角形，∴AM＝AC﹣CM＝10cm；当BM＝BC＝15cm时，△MBC为等腰三角形，如图，过B作BH⊥AC于H，∴BH＝＝12cm，∴CH＝＝9cm，∴AM＝AC﹣2CH＝7cm；当BM＝CM时，△MBC为等腰三角形，连接BM，设AM＝xcm，则BM＝CM＝(25﹣x)cm，在直角三角形BMH中，BM2=MH2+BH2，∴（25﹣x）2＝122+（25﹣x﹣9）2，解得：x＝12.5，∴AM＝12.5cm，综上所述，若△MBC为等腰三角形，AM的长为，，．【点睛】本题主要考查勾股定理的综合问题，涉及一元一次方程的运算，等腰三角形的性质，需要有一定的数形结合能力，熟练掌握勾股定理解直角三角形的方法是解决本题的关键．38．（1）米；（2）见解析，米【分析】（1）如图，连接AB，根据勾股定理即可得到结论；（2）如图，作点A关于直线MN的对称点A'，连接A'B交MN于点P．驿站到小明家和到小红家距离和的最小值即为A'B，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：（1）如图，连接AB，由题意知AC=500，BC=1200，∠ACB=90°，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∴AB2=AC2+BC2=5002+12002=1690000，∵AB＞0∴AB=1300米；（2）如图，作点A关于直线MN的对称点A'，连接A'B交MN于点P．驿站到小明家和到小红家距离和的最小值即为A'B，由题意知AD=200米，A'C⊥MN，∴A'C=AC+AD+A'D=500+200+200=900米，在Rt△A'BC中，∵∠ACB=90°，∴A'B2=A'C2+BC2=9002+12002=2250000，∵A'B＞0，∴A'B=1500米，即从驿站到小明家和到小红家距离和的最小值为1500米．【点睛】本题考查轴对称-最短问题，勾股定理，题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．39．用草坪铺满这块空地共需花费1920元.【分析】首先利用勾股定理得出AC的长度，然后利用勾股定理得逆定理得到是直角三角形，进而求出和的面积，两个面积之差即为空地面积.【详解】解：如图连接AC，在中，米，米，由勾股定理得（米），在中，由勾股定理得逆定理得是直角三角形，且∴=∴用草坪铺满空地需要（元）.答：用草坪铺满这块空地共需花费1920元.【点睛】本题主要考查勾股定理和勾股定理得逆定理得应用，关键在于求出.40．证明见解析．【分析】根据面积相等列式即可证明．【详解】方法一：由（1）图可知：，又∵，∴，∴，方法二：由（2）图可知：，又∵，∴，方法三：由（3）图可知：，又∵，∴，∴．【点睛】本题考查了勾股定理的证明，解题关键是根据面积相等，用不同的方法表示面积．41．（1）见解析；（2）【分析】（1）根据平行线的性质可得，结合中点定义可证，利用AAS即可证明三角形全等；（2）利用全等三角形的性质求出CF，再利用勾股定理求出EF，再利用等面积法求解即可．【详解】（1）证明：∵，∴．∵是的中点，∴．在或中，，∴≌（AAS）．（2）解：如图，过点作于．∵≌（ASA），∴．∵，∴．∵，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理、三角形的面积计算等知识，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定与性质，并能利用等面积法进行求解．42．△ABC是直角三角形；理由见解析．【分析】先求出a、b、c的值，再通过计算得到a2+c2＝b2，根据勾股定理逆定理即可判断△ABC是直角三角形．【详解】解：△ABC是直角三角形．理由是：据题意得：a﹣40＝0，a﹣b+1＝0，c﹣9＝0，解得：a＝40，c＝9，b＝41，∵a2+c2＝402+92＝1681，b2＝412＝1681，∴a2+c2＝b2，∴△ABC是直角三角形．【点睛】本题考查了勾股定理逆定理，算术平方根、绝对值、偶次方的非负性，根据题意求出a、b、c的值是解题关键．43．所画图形如图所示，其中点A即为所求；见解析.【分析】根据勾股定理，作出以3和2为直角边的直角三角形，则其斜边的长即是；再以原点为圆心，以为半径画弧与数轴的正半轴的交点即为所求．【详解】所画图形如下所示，其中点A即为所求；．【点睛】本题考查勾股定理及实数与数轴的知识，要求能够正确运用数轴上的点来表示一个无理数，解题关键是构造直角三角形，并灵活运用勾股定理．44．见解析【分析】根据题意，可在图中找出等量关系，由大正方形的面积等于中间的小正方形的面积加上四个直角三角形的面积，列出等式化简即可得出勾股定理的表达式．【详解】解：∵大正方形面积为，直角三角形面积为，小正方形面积为，∴，即．【点睛】本题考查了对勾股定理的证明，解决问题的关键是在图中找出等量关系．45．不会，见解析【分析】利用线段和差先求出BC1，根据勾股定理求出AC1，比较大小即可．【详解】解：不会落在离它的底部远的快车道上，理由如下：∵，∴∴在中由勾股定理得∵，∴电线杆顶部不会落在离它的底部远的快车道上．【点睛】本题考查勾股定理，线段和差，线段比较，掌握勾股定理是解题关键．46．（1）；（2）①；②，或．【分析】（1）如下图1，过点作于点，先运用勾股定理求得AB长，再运用面积公式列出关于CD的方程即可求得点到边的距离CD；（2）①如下图2连接BN，用HL证得△BCN≌△BMN，得到BM=BC=6，最后由AB-BM即求得AM的值；②分三种情况讨论：第一种情况，当时，为等腰三角形，通过角的关系可证得AM=CM，最后得AM=，求得AM的值；第二种情况，当时为等腰三角形，由AB=10，AM=AB-BM求得AM的值；第三种情况，当时，为等腰三角形，如图3，过点作于点，由（1）知，，再由勾股定理求得BD的值，由BD=DM可得DM的值，最后求得AM的值．【详解】解：（1）如下图1，过点作于点，在中，由勾股定理得，，即，解得．，，，点到边的距离为；（2）①连接，如下图2．，，，在与中，∴△BCN≌△BMN，，，，的长为；②分三种情况计论：当时，为等腰三角形，，．，，，，，，；当时，为等腰三角形，；当时，为等腰三角形，如下图3，过点作于点，由（1）知，，在中，由勾股定理得：，，，，，，．综上所述，当为，或时，为等腰三角形．【点睛】此题考查用勾股定理计算长度和等腰三角形的性质判定，掌握相关基本技能是关键．此题第（2）小题最后一问要注意分情况讨论．53．(1)见解析;(2)见解析.【详解】试题分析：（1）由矩形可得∠ABD=∠CDB，结合BE平分∠ABD、DF平分∠BDC得∠EBD=∠FDB，即可知BE∥DF，根据AD∥BC即可得证；（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，由角平分线知∠ABD=2∠ABE=60°、∠EBD=∠ABE=30°，结合∠A=90°可得∠EDB=∠EBD=30°，即EB=ED，即可得证．试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC、AD∥BC，∴∠ABD=∠CDB，∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC，∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC，∴∠EBD=∠FDB，∴BE∥DF，又∵AD∥BC，∴四边形BEDF是平行四边形；（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴∠EDB=90°﹣∠ABD=30°，∴∠EDB=∠EBD=30°，∴EB=ED，又∵四边形BEDF是平行四边形，∴四边形BEDF是菱形．考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；探究型．54．（1）见解析；（2）7【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置即可；（2）直接利用△P1AB所在矩形面积减去周围三角形面积进而得出答案．【详解】解：（1）如图所示：△A1B1C1和点P1，即为所求；（2）三角形P1AB的面积为：3×5﹣×2×4﹣×1×3﹣×1×5＝7．【点睛】本题主要考查了平移变换，解决本题的关键是要熟练掌握图形平移的性质．55．（1）B（﹣4，﹣4），平行；（2）P（﹣，0）；（3）∠PQB＝∠OPQ＋30°或∠BQP＋∠OPQ＝150°【分析】（1）由二次根式和平方数的非负性即可确定a和b的值，从而确定点A，B，C的坐标，由B，C的纵坐标相同得出BC//AO；（2）表示出t秒时点P和点Q的坐标，用含t的式子表示出△PAB和△QBC的面积，列出关于t的方程，求出t即可确定P的坐标；（3）过点Q作QH//x轴，交AB与点H，由平行线的性质即可确定∠OPQ和∠PQB的数量关系．【详解】解：（1）∵，∴a+8＝0，c+4＝0，∴a＝﹣8，c＝﹣4，∴A（﹣8，0），B（﹣4，﹣4），C（0，﹣4），∴BC//AO，故答案为：平行；（2）过B点作BE⊥AO于E，设时间经过t秒，S△PAB＝4S△QBC，则AP＝2t，OQ＝t，BE＝4，BC＝4，CQ＝4﹣t，∴S△APB＝AP•BE＝×2t×4＝4t，S△BCQ＝CQ•BC＝（4−t）×4＝8−2t，∵S△APB＝4S△BCQ，∴4t＝4（8﹣2t）解得，t＝，∴AP＝2t＝，∴OP＝OA﹣AP＝，∴点P的坐标为（，0）；（3）∠PQB＝∠OPQ＋30°或∠BQP＋∠OPQ＝150°．理由如下：当点Q在点C的上方时，过Q点作QH∥AO，如图2所示，∴∠OPQ＝∠PQH，∵BC∥AO，QH∥AO，∴QH∥BC，∴∠HQB＝∠CBQ＝30°，∴∠OPQ＋∠CBQ＝∠PQH＋∠BQH，∴∠PQB＝∠OPQ＋∠CBQ，即∠PQB＝∠OPQ＋30°；②当点Q在点C的下方时；过Q点作HJ∥AO如图3所示，∴∠OPQ＝∠PQJ，∵BC∥AO，QH∥AO，∴QH∥BC，∴∠HQB＝∠CBQ＝30°，∴∠HQB＋∠BQP＋∠PQJ＝180°，∴30°＋∠BQP＋∠OPQ＝180°，即∠BQP＋∠OPQ＝150°，综上所述，∠PQB＝∠OPQ＋30°或∠BQP＋∠OPQ＝150°．【点睛】本题考查的是三角形的面积计算、坐标与图形性质、平行线的性质、三角形内角和定理，掌握非负数的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．56．见解析；【详解】试题分析：（1）直接利用三角形中位线定理得出DEBC，进而得出DE=FC；（2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长试题解析：（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，∴DEBC，∵延长BC至点F，使CF=BC，∴DEFC，即DE=CF；（2）解：∵DEFC，∴四边形DEFC是平行四边形，∴DC=EF，∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2，∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2，∴DC=EF=．考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质57．（1）见解析；（2）四边形是菱形，理由见解析；（3）当时，四边形是正方形．理由见解析．【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；（3）当=45°，由（）可知，四边形是菱形，可得，则四边形BECD是正方形