中考数学二轮复习勾股定理练习题含答案

一、选择题

1．如图，已知ABC中，ABAC4，BC6，在BC边上取一点P（点P不与点B、C重合），使得△ABP成为等腰三角形，则这样的点P共有（ ）．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4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．

24 5B．

36 5C．12 D．15

3．“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票（如图1），欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在ABC中，ACB90，分别以ABC的三条边为边向外作正方形，连结EB，

CM，DG，CM分别与AB，BE相交于点P，Q．若ABE30，则

（ ）

DG的值为QM

A．

3 2B．5 3C．

4 5D．31

4．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（ ）

A．8 B．10 C．12 D．14

5．如图，在ABC中，A90，AB6，AC8，ABC与ACB的平分线交于点O，过点O作ODAB于点D，若则AD的长为( )

A．2 A．0个 A．37 B．2 B．1个 B．13 C．3 C．2个

C．37或者13 D．4 D．3个

D．37或者137

6．如果直角三角形的三条边为3、4、a，则a的取值可以有（ ）

7．将6个边长是1的正方形无缝隙铺成一个矩形，则这个矩形的对角线长等于（ ）

8．在平面直角坐标系内的机器人接受指令“[α，A]”(α≥0，0°＜A＜180°)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α.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( ) A．(－2，23)

B．(－2，－23)

C．(－2，－2)

D．(－2，2)

9．ABC三边长为a、b、c，则下列条件能判断ABC是直角三角形的是（ ） A．a＝7，b＝8，c＝10 C．a＝3，b＝2，c＝5 B．a＝41，b＝4，c＝5 D．a＝3，b＝4，c＝6

10．如图，在ABC中，D、E分别是BC、AC的中点．已知ACB90，

BE4，AD7，则AB的长为（ ）

A．10

B．53 C．213 D．215 二、填空题

11．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“赵爽弦图”（如图1）．图2由弦图变化得到，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S1+S2+S3=10，则S2的值是_________．

12．如图，AB＝12，AB⊥BC于点B， AB⊥AD于点A，AD＝5，BC＝10，E是CD的中点，则AE的长是____ ___．

13．如图所示的网格是正方形网格，则ABCACB__________°（点A，B，C是网格线交点）．

14．如图，在ABC中，D是BC边中点，AB10，AC6，AD4，则BC的长是_____________．

15．在RtABC中，C90,A30,BC2，以ABC的边AC为一边的等腰三角形，它的第三个顶点在ABC的斜边AB上，则这个等腰三角形的腰长为_________. 16．已知Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，以AC为一边在Rt△ABC外部作等腰直角三角形ACD，则线段BD的长为_____．

17．如图，在RtABC中，ABC90，DE垂直平分AC，垂足为F，AD//BC，且AB3，BC4，则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．如图，Rt△ABC中，∠BCA＝90°，AB＝5，AC＝2，D为斜边AB上一动点（不与点

A，B重合），DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为E、F，连接EF，则EF的最小值是_____．

20．如图，由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，已知AB25 ，AC24 其中阴影部分面积是_____________平方单位．

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．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，ABAC（如图），怎样证明CB呢？

分析：把AC沿A的角平分线AD翻折，因为ABAC，所以，点C落在AB上的点

C处，即ACAC，据以上操作，易证明△ACD≌△ACD，所以ACDC，又因为ACDB，所以CB．

感悟与应用：

（1）如图（a），在ABC中，ACB90，B30，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，AC16，AD8，

DCBC12，

①求证：BD180； ②求AB的长．

23．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＝1：22，CD＝36，求线段AB的长．

24．已知ABC中，ABAC.

（1）如图1，在ADE中，ADAE，连接BD、CE，若DAEBAC，求证：

BDCE

（2）如图2，在ADE中，ADAE，连接BE、CE，若DAEBAC60，

CEAD于点F，AE4，EC5，求BE的长；

（3）如图3，在BCD中，CBDCDB45，连接AD，若CAB45，求

AD的值. AB

25．如图，在ABC中，ACB90，BC2AC.

(1)如图1，点D在边BC上，CD1，AD5，求ABD的面积.

(2)如图2，点F在边AC上，过点B作BEBC，BEBC，连结EF交BC于点

M，过点C作CGEF，垂足为G，连结BG.求证：EG2BGCG. 26．（1）如图1，在RtABC中，ACB90，A60，CD平分ACB. 求证：CAADBC.

小明为解决上面的问题作了如下思考：

作ADC关于直线CD的对称图形ADC，∵CD平分ACB，∴A点落在CB上，且

CACA，ADAD.因此，要证的问题转化为只要证出ADAB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ABCD中，AC平分BAD，BCCD10，AC17，AD9，求AB的长.

27．如图，己知RtABC，ACB90，BAC30，斜边AB4，ED为AB垂直平分线，且DE23，连接DB，DA.

（1）直接写出BC__________，AC__________； （2）求证：ABD是等边三角形；

（3）如图，连接CD，作BFCD，垂足为点F，直接写出BF的长；

（4）P是直线AC上的一点，且CP1AC，连接PE，直接写出PE的长. 328．如图1，在平面直角坐标系中，直线AB经过点C（a，a），且交x轴于点A（m，0），交y轴于点B（0，n），且m，n满足m6＋（n﹣12）2＝0． （1）求直线AB的解析式及C点坐标；

（2）过点C作CD⊥AB交x轴于点D，请在图1中画出图形，并求D点的坐标； （3）如图2，点E（0，﹣2），点P为射线AB上一点，且∠CEP＝45°，求点P的坐标．

29．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EFBE交CD于点F，连接BF交AC于点G. ①求证：BEEF;

②设AEx，CGy，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.

30．（发现）小慧和小雯用一个平面去截正方体，得到一个三角形截面（截出的面），发现截面一定是锐角三角形．为什么呢？她们带着这个疑问请教许老师．

（体验）（1）从特殊入手 许老师用1个铆钉把长度分别为4和3的两根窄木棒的一端连在一起（如图过程，观测

，的大小和

）,保持

不动，让

从重合位置开始绕点转动，在转动的

的形状，并列出下表：

的大小 的形状

… 直角三角形 … 直角三角形 …

请仔细体会其中的道理，并填空：（2）猜想一般结论 在①若②若③若

为直角三角形，则为锐角三角形，则为钝角三角形，则

，

中，设

满足

_____，

，

_____； ，；

（

），

满足____________； 满足_____________． ，

，请帮助小慧说明

为锐角三角形的道理．

（探索）在许老师的启发下，小慧用小刀在一个长方体橡皮上切出一个三角形截面（如图1），设

（应用）在小慧的基础上，小雯又切掉一块“角”，得到一个新的三角形截面2），那么

的形状是（ ）

A．一定是锐角三角形

B．可能是锐角三角形或直角三角形，但不可能是钝角三角形 C．可能是锐角三角形或直角三角形或钝角三角形

（如图

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．B 解析：B 【分析】

在BC边上取一点P（点P不与点B、C重合），使得△ABP成为等腰三角形，分三种情况分析：APBP、ABBP、ABAP；根据等腰三角形的性质分别对三种情况逐个分析，即可得到答案． 【详解】

根据题意，使得△ABP成为等腰三角形，分APBP、ABBP、ABAP三种情况分析：

当APBP时，点P位置再分两种情况分析： 第1种：点P在点O右侧，AOBC于点O

1∴AOABBC7 222

设OPx ∴APAO2OP27x2 ∵ABAC4

1BC3 2∴BPBOOP3x

∴BO∴7x2=3x ∴x2，不符合题意；

第2种：点P在点O左侧，AOBC于点O

设OPx ∴APAO2OP27x2 ∴BPBOOP3x ∴7x23x

∴x2，点P存在，即BP1；

当ABBP时，BPAB4，点P存在；

当ABAP时，APAB4，即点P和点C重合，不符合题意； ∴符合题意的点P共有：2个 故选：B． 【点睛】

本题考查了等腰三角形、勾股定理、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、勾股定理、一元一次方程的性质，从而完成求解．

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【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，

AEEQ，代入数据即可得出EQ的长度，此题得解. ABBC

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=9，BC=12， ∴ABAC2BC215，

∵AD是∠BAC的平分线， ∴∠CAD=∠EAD，

CADEAD在△ACD和△AED中，ACDAED90，

ADAD∴△ACD≌△AED（AAS）， ∴AE=AC=9．

∵EQ⊥AC，∠ACB=90°， ∴EQ∥BC，

∴

AEEQ， ABBC9EQ， 151236. 5EQ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．D

解析：D 【分析】

先用已知条件利用SAS的三角形全等的判定定理证出△EAB≌△CAM，之后利用全等三角形的性质定理分别可得∠EBA∠CMA30，∠BPQ∠APM60，

PQ131PB，然后设AP1，继而可分别求出PM2，PQ，所以2233；易证Rt△ACB≌Rt△DCG（HL），从而得DGAB3，2DG的值． QMQMQPPM然后代入所求数据即可得【详解】

解：∵在△EAB和△CAM中 ，

AEAC∠EAB∠CAM， ABAM∴△EAB≌△CAM（SAS）， ∴∠EBA∠CMA30， ∴∠BPQ∠APM60, ∴BQP90,

PQ1PB, 2设AP1，则AM3，PM∴QMQPPM2，PB31，PQ31， 23133； 222∵ 在Rt△ACB和Rt△DCG中，

CGBC， ACCDRt△ACB≌Rt△DCG（HL）， ∴DGAB3;

DG∴GM故选D． 【点睛】

331． 332本题主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性质定理等知识．

4．B

解析：B 【分析】

过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP，此时DP＋CP＝DP＋PC′＝DC′的值最小．由DC＝2，BD＝6，得到BC＝8，连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，于是得到∠CBC′＝90°，然后根据勾股定理即可得到结论． 【详解】

解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP．

此时DP＋CP＝DP＋PC′＝DC′的值最小． ∵DC＝2，BD＝6， ∴BC＝8，

连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°， ∴∠CBC′＝90°，

∴BC′⊥BC，∠BCC′＝∠BC′C＝45°， ∴BC＝BC′＝8，

根据勾股定理可得DC′＝BC2BD2826210． 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 PC＋PD的值最小是解题的关键．

5．B

解析：B 【分析】

过点O作OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，由角平分线的性质得到OD=OE=OF，根据勾股定理求出BC的长，易得四边形ADFO为正方形，根据线段间的转化即可得出结果.

【详解】

解：过点O作OE⊥BC于E，OF⊥AC于F， ∵BO,CO分别为∠ABC，∠ACB的平分线， 所以OD=OE=OF， 又BO=BO,

∴△BDO≌△BEO,∴BE=BD. 同理可得，CE=CF.

又四边形ADOE为矩形，∴四边形ADOE为正方形. ∴AD=AF.

∵在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，∴BC=10. ∴AD+BD=6①, AF+FC=8②， BE+CE=BD+CF=10③，

①+②得，AD+BD+AF+FC=14，即2AD+10=14， ∴AD=2. 故选：B.

【点睛】

此题考查了角平分线的定义与性质，以及全等三角形的判定与性质，属于中考常考题型．

6．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据勾股定理求解即可，注意要确认a是直角边还是斜边. 【详解】

解：当a是直角三角形的斜边时,a32425 ； 当a为直角三角形的直角边时,a42327． 故选C． 【点睛】

本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．

7．C

解析：C 【分析】

如图1或图2所示，分类讨论，利用勾股定理可得结论． 【详解】

当如图1所示时，AB=2，BC=3，

∴AC=2232=13； 当如图2所示时，AB=1，BC=6，

∴AC=12+62=37； 故选C． 【点睛】

本题主要考查图形的拼接，数形结合，分类讨论是解答此题的关键．

8．B

解析：B 【解析】

根据题意，如图，∠AOB=30°，OA=4，则AB=2，OB=23，所以A(－2，－23)，故选B.

9．B

解析：B 【分析】

根据勾股定理逆定理对每个选项一一判断即可． 【详解】

A、∵72+82≠102，∴△ABC不是直角三角形； B、∵52+42＝(41)2，∴△ABC是直角三角形； C、∵22+(3)2≠(5)2，∴△ABC不是直角三角形； D、∵32+42≠62，∴△ABC不是直角三角形； 故选：B． 【点睛】

本题主要考查勾股定理逆定理，熟记定理是解题关键．

10．C

解析：C 【分析】

设EC=x，DC=y，则直角△BCE中，x2+4y2=BE2=16，在直角△ADC中，4x2+y2=AD2=49，由方程组可求得x2+y2，在直角△ABC中，AB【详解】

解：设EC=x，DC=y，∠ACB=90°， ∵D、E分别是BC、AC的中点， ∴AC=2EC=2x，BC=2DC=2y，

∴在直角△BCE中，CE2+BC2=x2+4y2=BE2=16 在直角△ADC中，AC2+CD2=4x2+y2=AD2=49， ∴5x24x24y2 5y21965，即x2y213，

在直角△ABC中，AB故选：C． 【点睛】

4x24y2413213．

本题考查了勾股定理的灵活运用，考查了中点的定义，本题中根据直角△BCE和直角△ADC求得x2y2的值是解题的关键．

二、填空题

10． 3【解析】

11．

试题解析：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，S1+S2+S3=10， ∴得出S1=8y+x，S2=4y+x，S3=x， ∴S1+S2+S3=3x+12y=10，故3x+12y=10， x+4y=

10， 310． 3所以S2=x+4y=

考点：勾股定理的证明． 12．5 【详解】

解：如图，延长AE交BC于点F，

∵点E是CD的中点, ∴DE=CE，, ∵AB⊥BC，AB⊥AD, ∴AD∥BC,

∴∠ADE=∠BCE且DE=CE，∠AED=∠CEF, ∴△AED≌△FEC（ASA）, ∴AD=FC=5，AE=EF, ∴BF=BC-FC=5, ∴在Rt△ABF中，AFAB2BF213,

AF6.5 2故答案为：6.5． 13．45 【分析】 AE如下图,延长BA至网络中的点D处,连接CD. ABCACB∠DAC，只需证△ADC是等腰直角三角形即可 【详解】

如下图,延长BA至网络中的点D处,连接CD

设正方形网络每一小格的长度为1

则根据网络，AB=5，AD=5，CD=5，BC=5，∴BD=25 其中BD、DC、BC边长满足勾股定理逆定理 ∴∠CDA=90° ∵AD=DC

∴△ADC是等腰直角三角形

∴∠DAC=45° 故答案为：45° 【点睛】

本题是在网格中考察勾股定理的逆定理，解题关键是延长BA，构造处△ABC的外角∠CAD

14．413 【分析】

延长AD至点E，使得DE＝AD＝4，结合D是中点证得△ADC≌△EDB，进而利用勾股定理逆定理可证得∠E＝90°，再利用勾股定理求得BD长进而转化为BC长即可． 【详解】

解：如图，延长AD至点E，使得DE＝AD＝4，连接BE，

∵D是BC边中点， ∴BD＝CD，

又∵DE＝AD，∠ADC＝∠EDB， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝6， 又∵AB＝10， ∴AE2＋BE2＝AB2， ∴∠E＝90°，

∴在Rt△BED中，BDBE2DE26242213， ∴BC＝2BD＝413， 故答案为：413． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定及性质、勾股定理及其逆定理，正确作出辅助线是解决本题的关键． 15．23或2 【分析】

先求出AC的长，再分两种情况：当AC为腰时及AC为底时，分别求出腰长即可. 【详解】

在RtABC中，C90,A30,BC2， ∴AB=2BC=4， ∴ACAB2BC2422223,

当AC为腰时，则该三角形的腰长为23；

当AC为底时，作AC的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，如图，此时△ACD是等腰三角形，则AE=3, 设DE=x，则AD=2x， ∵AE2DE2AD2, ∴x2(3)2(2x)2 ∴x=1（负值舍去）， ∴腰长AD=2x=2，

故答案为：23或2 【点睛】

此题考查勾股定理的运用，结合线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，解题时注意：“AC为一边的等腰三角形”没有明确AC是等腰三角形的腰或底，故应分为两种情况解题，这是此题的易错之处. 16．7或29或65 【分析】

分三种情形讨论：（1）如图1中，以点C所在顶点为直角时；（2）如图2中，以点D所在顶点为直角时；（3）如图3中，以点A所在顶点为直角时． 【详解】

（1）如图1中，以点C所在顶点为直角时． ∵AC=CD=4，BC=3，∴BD=CD+BC=7；

（2）如图2中，以点D所在顶点为直角时，作DE⊥BC与E，连接BD． 在Rt△BDE中DE=2，BE=5，∴BDDE2BE229； DE2BE265．

（3）如图3中，以点A所在顶点为直角时，作DE⊥BC于E， 在Rt△BDE中，DE=4．BE=7，∴BD故答案为：7或29或65．

【点睛】

本题考查了勾股定理、等腰直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．

25 8【分析】 17．

先根据勾股定理求出AC的长，再根据DE垂直平分AC得出FA的长，根据相似三角形的判定定理得出△AFD∽△CBA，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论． 【详解】

∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，∴AC=AB2+BC2=32+42=5； ∵DE垂直平分AC，垂足为F， ∴FA=

51AC=，∠AFD=∠B=90°， 22∵AD∥BC，∴∠A=∠C， ∴△AFD∽△CBA， ∴

2525ADFAAD2.5==，即，解得AD=；故答案为． ACBC5488【点睛】

本题考查的是勾股定理及相似三角形的判定与性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键． 18．①②③ 【解析】 【详解】

解：∵△ABC是等边三角形，

ABC60，∵△BQC≌△BPA，

∴∠BPA=∠BQC，BP=BQ=4，QC=PA=3，∠ABP=∠QBC，

PBQPBCCBQPBCABPABC60，

∴△BPQ是等边三角形，①正确. ∴PQ=BP=4，

PQ2QC2423225,PC25225， PQ2QC2PC2，

PQC90，即△PQC是直角三角形，②正确.

∵△BPQ是等边三角形，

PBQBQP60，

∵△BQC≌△BPA， ∴∠APB=∠BQC，

BPABQC6090150，③正确.

APC36015060QPC150QPC， PQC90，PQQC， QPC45，

即APC135，④错误. 故答案为①②③.

19．25 5【解析】

试题分析：根据勾股定理可求出BC=1，然后根据∠BCA＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，证得四边形CEDF是矩形，连接CD，则CD=EF，当CD⊥AB时，CD最短，即EF=CD=25. 5故答案为25. 5点睛：本题考查了勾股定理的运用，矩形的判定和性质以及垂线段最短的性质，同时也考查了学生综合运用性质进行推理和计算的能力． 20．49 【分析】

先计算出BC的长，再由勾股定理求出阴影部分的面积即可. 【详解】

∵∠ACB=90，AB25 ，AC24, ∴BC2AB2AC225224249, ∴阴影部分的面积=BC249， 故答案为：49.

【点睛】

此题考查勾股定理，能利用根据直角三角形计算得到所需的边长，题中根据勾股定理的图形得到阴影部分面积等于BC的平方是解题的关键.

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=得；②∠BMN=90°时，知∠BNM=30°，依据BM=【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＝

1BM列方程求解可21BN列方程求解可得． 211BM，即2x＝(30－x)， 22解得x＝6； ②当∠BMN＝90°时， ∵∠B＝60°， ∴∠BNM＝30°， ∴BM＝

11BN，即30－x＝×2x， 22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．（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，CN2＝BC2BN2＝122a2，

2222216(8a)， 在Rt△ACN中，CN＝ACAN＝16(8a)， 则12a＝解得：a＝3， 即BN＝MN＝3， 则AB＝8+3+3=14， ∴AB=14．

2222

【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． 23．（1）见解析；（2）BD2+AD2＝2CD2；（3）AB＝22+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＝2CD， ∴BD2+AD2＝2CD2，

（3）解：连接EF，设BD＝x，

∵BD：AF＝1：22，则AF＝22x， ∵△ECD都是等腰直角三角形，CF⊥DE， ∴DF＝EF，

由 （1）、（2）可得，在Rt△FAE中， EF＝22AF2AE2＝(22x)x＝3x，

∵AE2+AD2＝2CD2，

∴x2(22x3x)22(36)2， 解得x＝1， ∴AB＝22+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. 24．（1）详见解析；（2）41；（3）3. 【分析】

（1）证∠EAC=∠DAB.利用SAS证△ACE≌△ABD可得；（2）连接BD，证

FEA1AED30，证△ACE≌△ABD可得FEABDA30,CE=BD=5，利用勾2股定理求解；（3）作CE垂直于AC,且CE=AC,连接AE,则ACE90,CAE45，利用勾股定理得AE2AB，BE=3AB，根据（1）思路得AD=BE=3AB. 【详解】

(1) 证明：∵∠DAE=∠BAC， ∴∠DAE+∠CAD=∠BAC+∠CAD， 即∠EAC=∠DAB. 在△ACE与△ABD中，

ADAEEACBAB ， ACAB∴△ACE≌△ABD(SAS)，

∴BDCE； (2)连接BD

因为ADAE， DAEBAC60， 所以ADE是等边三角形

因为DAEDEAEDA60,ED=AD=AE=4 因为CEAD 所以FEA1AED30 2同(1)可知△ACE≌△ABD(SAS)， 所以FEABDA30,CE=BD=5 所以BDEBDAADE90 所以BE=BD2DE2524241

(3)作CE垂直于AC,且CE=AC,连接AE,则ACE90,CAE45 所以AE=AB2AC22AC

因为ABAC 所以AE2AB 又因为CAB45 所以ABE90 所以BEAEAB222ABAB23AB

2因为CBDCDB45 所以BC=CD, BCD90 因为同(1)可得△ACD≌△ECB(SAS) 所以AD=BE=3AB 所以

AD3AB3 ABAB

【点睛】

考核知识点:等边三角形;勾股定理.构造全等三角形和直角三角形是关键. 25．（1）3；（2）见解析． 【分析】

（1）根据勾股定理可得AC，进而可得BC与BD，然后根据三角形的面积公式计算即可； （2）过点B作BH⊥BG交EF于点H，如图3，则根据余角的性质可得∠CBG=∠EBH，由已知易得BE∥AC，于是∠E=∠EFC，由于CGEF，ACB90，则根据余角的性质得∠EFC=∠BCG，于是可得∠E=∠BCG，然后根据ASA可证△BCG≌△BEH，可得BG=BH，CG=EH，从而△BGH是等腰直角三角形，进一步即可证得结论． 【详解】

解：（1）在△ACD中，∵ACB90，CD1，AD∴AC5，AD2CD22，

11BDAC323； 22∵BC2AC，∴BC=4，BD=3，∴SABD（2）过点B作BH⊥BG交EF于点H，如图3，则∠CBG+∠CBH=90°， ∵BEBC，∴∠EBH+∠CBH=90°，∴∠CBG=∠EBH， ∵BEBC，ACB90，∴BE∥AC，∴∠E=∠EFC，

∵CGEF，ACB90，∴∠EFC+∠FCG=90°，∠BCG+∠FCG=90°， ∴∠EFC=∠BCG，∴∠E=∠BCG，

在△BCG和△BEH中，∵∠CBG=∠EBH，BC=BE，∠BCG=∠E，∴△BCG≌△BEH（ASA）， ∴BG=BH，CG=EH， ∴GHBG2BH22BG，

2BGCG．

∴EGGHEH

【点睛】

本题考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、余角的性质和勾股定理等知识，属于常考题型，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．

26．（1）证明见解析；（2）21. 【分析】

（1）只需要证明A'DBB30，再根据等角对等边即可证明A'DA'B,再结合小明的分析即可证明；

（2）作△ADC关于AC的对称图形AD'C,过点C作CE⊥AB于点E，则D'E=BE．设

D'E=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. 27．（1）2，23（2）证明见解析（3）【分析】

（1）根据含有30°角的直角三角形的性质可得BC=2，再由勾股定理即可求出AC的长； （2）由ED为AB垂直平分线可得DB=DA，在Rt△BDE中，由勾股定理可得BD=4，可得BD=2BE，故∠BDE为60°，即可证明ABD是等边三角形；

（3）由（1）（2）可知，AC=23，AD=4，进而可求得CD的长，再由等积法可得

22123221（4）或 373S四边形ACBDSBCDSACD，代入求解即可；

（4）分点P在线段AC上和AC的延长线上两种情况，过点E作AC的垂线交AC于点Q，构造Rt△PQE，再根据勾股定理即可求解. 【详解】

（1）∵RtABC，ACB90，BAC30，斜边AB4，

1AB2，∴ACAB2BC2=23； 2（2）∵ED为AB垂直平分线，∴ADB=DA， 在Rt△BDE中，

1∵BEAEAB2，DE23，

2∴BC∴BDBE2DE2=4，

∴BD=2BE，∴∠BDE为60°， ∴ABD为等边三角形；

（3））由（1）（2）可知，AC=23，AD=4， ∴CDAC2AD2=27，

BCD∵S四边形ACBDS∴

SACD，

111(BCAD)ACACADBFCD， 222221； 7∴BF（4）分点P在线段AC上和AC的延长线上两种情况， 如图，过点E作AC的垂线交AC于点Q，

∵AE=2，∠BAC=30°，∴EQ=1， ∵AC=23，∴CQQA=3， ①若点P在线段AC上， 则PQCQCP=3∴PE23， 333PQ2EQ2=23； 3253， 333②若点P在线段AC的延长线上， 则PQCQCP=3∴PEPQ2EQ2=221； 3综上，PE的长为【点睛】

23221. 或33本题考查勾股定理及其应用、含30°的直角三角形的性质等，解题的关键一是能用等积法表示并求出BF的长，二是对点P的位置要分情况进行讨论.

28．（1）y＝－2x＋12，点C坐标（4，4）；（2）画图形见解析，点D坐标（－4，0）；（3）点P的坐标（【分析】

（1）由已知的等式可求得m、n的值，于是可得直线AB的函数解析式，把点C的坐标代入可求得a的值，由此即得答案；

（2）画出图象，由CD⊥AB知kABkCD1可设出直线CD的解析式，再把点C代入可得CD的解析式，进一步可求D点坐标；

（3）如图2，取点F（－2，8），易证明CE⊥CF且CE＝CF，于是得∠PEC＝45°，进一步求出直线EF的解析式，再与直线AB联立求两直线的交点坐标，即为点P.

14，） 33【详解】

解：（1）∵m6＋（n﹣12）2＝0， ∴m＝6，n＝12，

∴A（6，0），B（0，12）， 设直线AB解析式为y＝kx＋b，

b12k2则有，解得，

6kb0b12∴直线AB解析式为y＝－2x＋12， ∵直线AB过点C（a，a）， ∴a＝－2a＋12，∴a＝4， ∴点C坐标（4，4）．

（2）过点C作CD⊥AB交x轴于点D，如图1所示，

1x＋b′，把点C（4，4）代入得到b′＝2， 21CDy∴直线解析式为＝x＋2，

2∴点D坐标（－4，0）．

（3）如图2中，取点F（－2，8），作直线EF交直线AB于P，

设直线CD解析式为y＝

图2

∵直线EC解析式为y＝

3220x－2，直线CF解析式为y＝－x＋， 23332×（－）＝－1， 23∴直线CE⊥CF，

∵

∵EC＝213，CF＝213， ∴EC＝CF，

∴△FCE是等腰直角三角形， ∴∠FEC＝45°，

∵直线FE解析式为y＝－5x－2，

14xy2x123由解得，

y5x2y3∴点P的坐标为（【点睛】

本题是一次函数的综合题，综合考查了坐标系中两直线的垂直问题、两条直线的交点问题和求特殊角度下的直线解析式，并综合了勾股定理和等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟知坐标系中两直线垂直满足k1k21，一次函数的交点与对应方程组的解的关系.其中，第（3）小题是本题的难点，寻找到点F（－2，8）是解题的突破口. 29．(1)①见解析；②y【解析】 【分析】

（1）①连接DE，如图1，先用SAS证明△CBE≌△CDE，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； ②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

△PBG≌△EBG，所以PG=EG=2－x－y，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）①证明：如图1，连接DE，∵四边形ABCD是正方形， ∴CB=CD，∠BCE=∠DCE=45°， 又∵CE=CE，∴△CBE≌△CDE（SAS）， ∴EB=ED，∠CBE=∠1， ∵∠BEC=90°，∠BCF=90°， ∴∠EBC+∠EFC=180°， ∵∠EFC+∠2=180°，

14,）. 3322x0x1；（2）见解析 2x∴∠EBC=∠2， ∴∠1=∠2. ∴ED=EF， ∴BE=EF.

②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△BAE≌△BCP，

∴BE=BP，AE=CP=x，∠BAE=∠BCP=45°，∠EBP=90°，

由①可得，∠EBF=45°，∴∠PBG=45°=∠EBG，

PBEB在△PBG与△EBG中，PBGEBG，

BGBG∴△PBG≌△EBG（SAS）. ∴PG=EG=2－x－y，

∵∠PCG=∠GCB+∠BCP=45°+45°=90°，

∴在Rt△PCG中，由PC2CG2PG2，得x2y22xy， 化简，得y222x0x1. 2x（2）如图3，作法如下： ①延长BE交AD于点M， ②连接MO并延长交BC于点N， ③连接DN交AC于点Q， ④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②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. 30．【体验】 （1）【解析】 【分析】

本题从各个角度证明了勾股定理，运用图形与证明结合，依次证明即可,具体见详解. 【详解】 体验： （1）

，5；（2）②

；③

；【探索】

为锐角

三角形；道理见解析；【应用】．

如上图，

（2）

根据大角对大边，若②③【探索】 在

中，

，

； ．

为直角三角形，则

满足

，那么锐角、钝角如下;

在在∴∴同理，∴【应用】

中，中，为锐角

和

， ，

，

都为锐角．

为锐角三角形．

根据【探索】 中的方法，进行探究可以发现，可能是锐角三角形或直角三角形或钝角三角形，故答案选C 【点睛】

本题考查了勾股定理的证明及应用，以及三角形的边与边的关系，能利用数形结合是解答此题的关键.