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专题 17.15 勾股定理中考真题专练（培优篇）（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）
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这是一份专题 17.15 勾股定理中考真题专练（培优篇）（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题 17.15 勾股定理中考真题专练（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．（2020·江苏南通·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（ ）
A． B．2 C．2 D．3
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在四边形ABCD中，，，，，分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，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（ ）
A． B．6 C． D．8
3．（2011·山东枣庄·中考真题）如图，点的坐标是，若点在轴上，且是等腰三角形，则点的坐标不可能是（ ）
A．（2，0） B．（4，0）
C．（－，0） D．（3，0）
4．（2013·黑龙江绥化·中考真题）已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE，以下四个结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC=45°；④BE2=2（AD2+AB2），
其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2011·湖北黄冈·中考真题）如图，西安路与南京路平行，并且与八一街垂直，曙光路与环城路垂直．如果小明站在南京路与八一街的交叉口，准备去书店，按图中的街道行走，最近的路程约为（ ）
A．600m B．500m
C．400m D．300m
6．（2018·山东淄博·中考真题）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2018·浙江温州·中考真题）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该矩形的面积为（ ）
A．20 B．24 C． D．
二、填空题
8．（2020·湖北武汉·中考真题）如图，折叠矩形纸片，使点落在边的点处，为折痕，，．设的长为，用含有的式子表示四边形的面积是________．
9．（2020·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．
（Ⅰ）线段的长等于___________；
（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．
10．（2020·贵州贵阳·中考真题）如图，中，点在边上，，，垂直于的延长线于点，，，则边的长为_____．
11．（2014·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_______.
12．（2018·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAA1的直角边OA在x轴上，点A1在第一象限，且OA=1，以点A1为直角顶点，OA1为一直角边作等腰直角三角形OA1A2，再以点A2为直角顶点，OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3…依此规律，则点A2018的坐标是_____．
13．（2018·黑龙江伊春·中考真题）如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则Sn=_____．
14．（2018·浙江温州·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
15．（2016·福建南平·中考真题）如图，等腰ABC中，CA=CB=4，∠ACB=120°，点D在线段AB上运动（不与A、B重合），将CAD与CBD分别沿直线CA、CB翻折得到CAP与CBQ，给出下列结论：
①CD=CP=CQ；
②∠PCQ的大小不变；
③PCQ面积的最小值为；
④当点D在AB的中点时，PDQ是等边三角形，其中所有正确结论的序号是______．
16．（2013·黑龙江·中考真题）已知等边三角形ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边三角形AB1C1，再以等边三角形AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边三角形AB2C2，再以等边三角形AB2C2的边B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边AB3C3；…，如此下去，这样得到的第n个等边三角形ABnCn的面积为___．
三、解答题
17．（2018·黑龙江·中考真题）如图，在Rt△BCD中，∠CBD=90°，BC=BD，点A在CB的延长线上，且BA=BC，点E在直线BD上移动，过点E作射线EF⊥EA，交CD所在直线于点F．
（1）当点E在线段BD上移动时，如图（1）所示，求证：BC﹣DE=DF．
（2）当点E在直线BD上移动时，如图（2）、图（3）所示，线段BC、DE与DF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
18．（2016·贵州六盘水·中考真题）在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，若∠C=90°，如图1，则有；若△ABC为锐角三角形时，小明猜想：，理由如下：如图2，过点A作AD⊥CB于点D，设CD=x．在Rt△ADC中，，在Rt△ADB中，，∴．
∵a＞0，x＞0，∴2ax＞0，∴，∴当△ABC为锐角三角形时．
所以小明的猜想是正确的．
（1）请你猜想，当△ABC为钝角三角形时， 与的大小关系．
（2）温馨提示：在图3中，作BC边上的高．
（3）证明你猜想的结论是否正确．
19．（2006·江苏常州·中考真题）已知：如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，，D为AB边上一点，
求证：（1）△ACE≌△BCD；（2）
20．（2015·广西贵港·中考真题）已知：△ABC是等腰三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题：
（1）如图①，若点P在线段AB上，且AC=1+，PA=，则：
①线段PB= ，PC= ；
②猜想：PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系为 ；
（2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程；
（3）若动点P满足，求的值．（提示：请利用备用图进行探求）
21． （2009·安徽芜湖·中考真题）如图，在梯形中，，．求的长．
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【详解】
解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH＝，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC＝，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为，
综上所述，AE+BF的最大值为．
故选：A．
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2．A
【解析】
【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△FOA≌△BOC，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-AF=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=FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO．
在△FOA与△BOC中，
，
∴△FOA≌△BOC（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=．
故选：A．
【分析】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．
3．D
【解析】
【详解】
解：（1）当点P在x轴正半轴上，
①以OA为腰时，
∵A的坐标是（2，2），
∴∠AOP=45°，OA=，
∴P的坐标是（4，0）或（，0）；
②以OA为底边时，
∵点A的坐标是（2，2），
∴当点P的坐标为：（2，0）时，OP=AP；
（2）当点P在x轴负半轴上，
③以OA为腰时，
∵A的坐标是（2，2），
∴OA= ，
∴OA=AP=
∴P的坐标是（-，0）．
故选D．
4．C
【解析】
【详解】
试题分析：①∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE．
∵在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴BD=CE．本结论正确．
②∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE．
∵∠ABD+∠DBC=45°，∴∠ACE+∠DBC=45°．∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°．
∴BD⊥CE．本结论正确．
③∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=45°．∴∠ABD+∠DBC=45°．
∵∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠DBC=45°．本结论正确．
④∵BD⊥CE，∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：BE2=BD2+DE2．
∵△ADE为等腰直角三角形，∴DE=AD，即DE2=2AD2．
∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2．
而BD2≠2AB2，本结论错误．
综上所述，正确的个数为3个．故选C．
5．B
【解析】
【分析】
由于BC∥AD，那么有∠DAE=∠ACB，由题意可知∠ABC=∠DEA=90°，BA=ED，利用AAS可证△ABC≌△DEA，于是AE=BC=300，再利用勾股定理可求AC，即可求CE，根据图可知从B到E的走法有两种，分别计算比较即可．
【详解】
解：如右图所示，
∵BC∥AD，
∴∠DAE=∠ACB，
又∵BC⊥AB，DE⊥AC，
∴∠ABC=∠DEA=90°，
又∵AB=DE=400m，
∴△ABC≌△DEA，
∴EA=BC=300m，
在Rt△ABC中，AC==500m，
∴CE=AC-AE=200，
从B到E有两种走法：①BA+AE=700m；②BC+CE=500m，
∴最近的路程是500m．
故选B．
【分析】本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是证明△ABC≌△DEA，并能比较从B到E有两种走法．
6．A
【解析】
【详解】
分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，延长BP，作AF⊥BP于点F．AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．
详解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
∴∠APF=30°，
∴在直角△APF中，AF=AP=，PF=AP=．
∴在直角△ABF中，AB2=BF2+AF2=（4+）2+（）2=25+12．
则△ABC的面积是•AB2=•（25+12）=9+．
故选A．
点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
7．B
【解析】
【分析】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据矩形的面积的即等于两个三角形的面积之和，也等于长乘以宽，列出方程，化简再代入a,b的值，得出x2＋7x=12，再根据矩形的面积公式，整体代入即可.
【详解】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据题意得 ：2（ax+x2+bx）=（a+x）（b+x）,
化简得 ：ax+x2+bx-ab=0，
又∵ a = 3 ， b = 4 ，
∴x2＋7x=12;
∴该矩形的面积为=（a+x）（b+x）=（3+x）（4+x）=x2＋7x+12=24.
故答案为B.
【分析】本题考查了勾股定理的证明以及运用和一元二次方程的运用，求出小正方形的边长是解题的关键.
8．
【解析】
【分析】
首先根据题意可以设DE=EM=x，在三角形AEM中用勾股定理进一步可以用t表示出x，再可以设CF=y，连接MF，所以BF=2−y，在三角形MFN与三角形MFB中利用共用斜边，根据勾股定理可求出用t表示出y，进而根据四边形的面积公式可以求出答案.
【详解】
设DE=EM=x，
∴，
∴x= ，
设CF=y，连接FM，
∴BF=2−y，
又∵FN= y，NM=1，
∴，
∴y=，
∴四边形的面积为：=∙1，
故答案为：.
【分析】本题主要考查了勾股定理的综合运用，熟练掌握技巧性就可得出答案.
9．（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；
（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；
（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【分析】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
10．
【解析】
【分析】
如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则由线段垂直平分线的性质可得CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠EFC=∠A=2∠CBE，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定可得FC=FG，设CE=EF=x，则可根据线段间的和差关系求出DF的长，进而可求出FC的长，然后根据勾股定理即可求出CD的长，再一次运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，
∵EA=EB，∴∠A=∠EBA，
∵∠AEB=∠CEF，
∴∠EFC=∠A=2∠CBE=2∠G，
∵∠EFC=∠G+∠FCG，
∴∠G=∠FCG，
∴FC=FG，
设CE=EF=x，则AE=BE=11－x，
∴DE=8－（11－x）=x－3，
∴DF=x－（x－3）=3，
∵DG=DB=8，
∴FG=5，∴CF=5，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，得，
∴．
故答案为：．
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和三角形的外角性质、勾股定理以及线段垂直平分线的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
11．.
【解析】
【详解】
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′=，
故答案为.
12．（0，21009）
【解析】
【详解】
【分析】本题点A坐标变化规律要分别从旋转次数与点A所在象限或坐标轴、点A到原点的距离与旋转次数的对应关系．
【详解】∵∠OAA1=90°，OA=AA1=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，再以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…，
∴OA1=，OA2=（）2，…，OA2018=（）2018，
∵A1、A2、…，每8个一循环，
∵2018=252×8+2
∴点A2018的在y轴正半轴上，OA2018==21009，
故答案为（0，21009）.
【点睛】本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意象限符号．
13．
【解析】
【详解】
【分析】由AB1是边长为2的等边三角形ABC的高，利用三线合一得到B1为BC的中点，求出CB1的长，继而可得△B1CB2是有一个角为30度的直角三角形，同理可知△B2C1B3、△B3C2B4、△B4C3B5、…、都是有一个角为30度的直角三角形，而且后一个的斜边是前一个30度角所邻的直角边，由此即可求得Sn.
【详解】∵等边三角形ABC的边长为2，AB1⊥BC，
∴∠C=60°，CB1=BB1=1，
又∵∠B1B2C=90°，∴∠CB1B2=30°,
∴CB2=，B1B2=，∴S1=，
同理，Rt△B2C1B3中，B2C1=B1B2=，∴C1B3=×=，B2B3=，
∴S2=，
同理，S3=
…，
∴Sn=，
故答案为．
【点睛】本题考查了规律题，涉及等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等，有一定难度，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质、勾股定理等解本题的关键．
14．
【解析】
【分析】
根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
【详解】
解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
15．①②④．
【解析】
【分析】
【详解】
①∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，
∴CP=CD=CQ，∴①正确；
②∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴∠ACP=∠ACD，∠BCQ=∠BCD，
∴∠ACP+∠BCQ=∠ACD+∠BCD=∠ACB=120°，
∴∠PCQ=360°﹣(∠ACP+BCQ+∠ACB)
=360°﹣(120°+120°)
=120°，
∴∠PCQ的大小不变；∴②正确；
③如图，过点Q作QE⊥PC交PC延长线于E，
∵∠PCQ=120°，
∴∠QCE=60°，
在Rt△QCE中，tan∠QCE=，
∴QE=CQ×tan∠QCE=CQ×tan60°=CQ，
∵CP=CD=CQ，
∴S△PCQ=CP×QE=CP×CQ=，
∴CD最短时，S△PCQ最小，即：CD⊥AB时，CD最短，
过点C作CF⊥AB，此时CF就是最短的CD，
∵AC=BC=4，∠ACB=120°，
∴∠ABC=30°，
∴CF=BC=2，即：CD最短为2，
∴S△PCQ最小===，∴③错误；
④∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，
∴AD=AP，∠DAC=∠PAC，
∵∠DAC=30°，
∴∠APD=60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PD=AD，∠ADP=60°，同理：△BDQ是等边三角形，
∴DQ=BD，∠BDQ=60°，
∴∠PDQ=60°，
∵当点D在AB的中点，
∴AD=BD，
∴PD=DQ，
∴△DPQ是等边三角形，
∴④正确，
故答案为①②④．
考点：几何变换综合题；定值问题；最值问题；综合题；翻折变换（折叠问题）．
16．
【解析】
【详解】
由AB1为边长为2等边三角形ABC的高，利用三线合一得到B1为BC的中点，求出BB1的长，利用勾股定理求出AB1的长，进而求出第一个等边三角形AB1C1的面积，同理求出第二个等边三角形AB2C2的面积，依此类推，得到第n个等边三角形ABnCn的面积．
解：∵等边三角形ABC的边长为2，AB1⊥BC，
∴BB1=1，AB=2，
根据勾股定理得：AB1=，
∴第一个等边三角形AB1C1的面积为×（）2=（）1；
∵等边三角形AB1C1的边长为，AB2⊥B1C1，
∴B1B2=，AB1=，
根据勾股定理得：AB2=，
∴第二个等边三角形AB2C2的面积为×（）2=（）2；
依此类推，第n个等边三角形ABnCn的面积为（）n．
故答案为（）n
17．（1）证明见解析；（2）如图2：DE﹣BC=DF；图3：BC+DE=DF．
【解析】
【详解】
【分析】（1）如图1中，在BA上截取BH，使得BH=BE．构造全等三角形即可解决问题；
（2）如图2中，在BC上截取BH=BE，同法可证：DF=EH．可得：DE﹣BC=DF．如图3中，在BA上截取BH，使得BH=BE．同法可证：DF=HE，可得BC+DE=DF．
【详解】（1）如图1中，在BA上截取BH，使得BH=BE．
∵BC=AB=BD，BE=BH，
∴AH=ED，
∵∠AEF=∠ABE=90°，
∴∠AEB+∠FED=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠FED=∠HAE，
∵∠BHE=∠CDB=45°，
∴∠AHE=∠EDF=135°，
∴△AHE≌△EDF，
∴HE=DF，
∴BC﹣DE=BD﹣DE=BE=EH=DF．
∴BC﹣DE=DF．
（2）如图2中，在BC上截取BH=BE，同法可证：DF=EH．
可得：DE﹣BC=DF；
如图3中，在BA上截取BH，使得BH=BE．同法可证：DF=HE，
可得BC+DE=DF．
【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．
18．（1）；（2）作图见解析；（3）正确．
【解析】
【分析】
（1）根据题意可猜测：当△ABC为钝角三角形时，与的大小关系为：；
（2）根据题意可作辅助线：过点A作AD⊥BC于点D；
（3）然后设CD=x，分别在Rt△ADC与Rt△ADB中，表示出AD2，即可证得结论．
【详解】
解：（1）当△ABC为钝角三角形时，与的大小关系为：；
（2）如图3，过点A作AD⊥BC于点D；
（3）证明：如图3，设CD=x．在Rt△ADC中，，在Rt△ADB中，，
∴．
∵a＞0，x＞0，
∴2ax＞0，
∴，
∴当△ABC为钝角三角形时，．
考点：三角形综合题；勾股定理．
19．（1） ∵
∴
即
∵
∴ △BCD≌△ACE
（2）∵ ，
∴
∵ △BCD≌△ACE
∴
∴
∴
【解析】
【详解】
（1）本题要判定△ACE≌△BCD，已知△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，则DC=EA，AC=BC，∠ACB=∠ECD，又因为两角有一个公共的角∠ACD，所以∠BCD=∠ACE，根据SAS得出△ACE≌△BCD．
（2）由（1）的论证结果得出∠DAE=90°，AE=DB，从而求出AD2+DB2=DE2．
20．（1）①，2；②；（2）证明见试题解析；（3）或．
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）①由已知条件求出AB的长，再减去PA就可得PB的长；如图1，连接BQ，先证△APC≌△BQC，可得：BQ=AP=，∠CBQ=∠A=45°，由此可得△PBQ是直角三角形，即可计算出PQ=，从而根据△PCQ是等腰直角三角形可得PC=2；
②由①中的证明可知：AP=BQ，△PBQ是直角三角形，由此即可得到：PB2+BQ2=AP2+PB2=PQ2；
（2）如图2，连接PB，先证△APC≌△BQC，得到BQ=AP，∠CBQ=∠A=45°，由此可得△PBQ是直角三角形，从而可得：PB2+BQ2=PB2+AP2=PQ2，即（1）中所猜想结论仍然成立；
（3）如图3，分点P在点A、B之间和在点A、B的同侧两种情况讨论即可；
试题解析：
（1）如图①：
①∵△ABC是等腰直直角三角形，AC=1+，∠ACB=90°，
∴AB=，
∵PA=，
∴PB=AB-PA=.
∵△ABC和△PCQ均为以点C为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AC=BC，PC=CQ，∠ACP=∠BCQ，
∴△APC≌△BQC．
∴BQ=AP=，∠CBQ=∠A=45°．
∴△PBQ为直角三角形．
∴PQ=．
∴PC=PQ=2．
故答案为，2；
②如图1，猜想PA2+PB2=PQ2，理由如下：
由①中证明可知：△APC≌△BQC，
∴BQ=AP，∠CBQ=∠A=45°，
又∵∠CBA=45°，
∴∠CBQ+∠CBA=∠PCQ=90°，
∴BQ2+PB2=PQ2，
∴PA2+PB2=PQ2.
（2）如图②：连接BQ，
∵△ABC和△PCQ均为以点C为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AC=BC，PC=CQ，∠ACP=∠BCQ，
∴△APC≌△BQC．
∴BQ=AP，∠CBQ=∠A=45°．
又∵∠ABC=45°，
∴∠ABC+∠CBQ=∠ABQ=90°，
∴∠PBQ=90°，
∴在Rt△PBQ中，BQ2+PB2=PQ2，
∴PA2+PB2=PQ2.
（3）如图③：过点C作CD⊥AB，垂足为D．由△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC可得：AD=BD=CD=AB；设AB=，则AD=BD=CD=，
①当点P位于点A、D之间的点P1处时．
∵，
∴P1A=AB=DC= ，
∴P1D=AD=，
在Rt△CP1D中，由勾股定理得：CP1=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC= ，
∴；
②当点P位于点A和点B的同侧的点P2处时．
∵，
∴P2A=AB=AD=．
∴P2D=P2A+AD=，
在Rt△CP2D中，由勾股定理得：P2C=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=，
∴；
综上所述，的比值为或．
点睛：（1）本题第1小题②问和第2小题的解题要点是一致的，就是连接BQ，利用等腰直角三角形的性质证得△APC≌△BQC，得到PA=QB，∠CBQ=∠CAP=45°，就可把PA、PB、BQ三条分散的线段集中到Rt△PBQ中，由勾股定理就可得到三条线段间的数量关系；（2）讨论本题第3小题时，需注意点P的位置存在两种情形，讨论时不要忽略了其中任何一种.
21．解：作于于
四边形是矩形．
是的边上的中线．
在中，
【解析】
【详解】
作于于先证四边形是矩形，根据矩形的对边相等即直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求得DF、AE、BE，再根据勾股定理即可求出AB．
专题 17.15 勾股定理中考真题专练（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．（2020·江苏南通·中考真题）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（ ）
A． B．2 C．2 D．3
2．（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，在四边形ABCD中，，，，，分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，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（ ）
A． B．6 C． D．8
3．（2011·山东枣庄·中考真题）如图，点的坐标是，若点在轴上，且是等腰三角形，则点的坐标不可能是（ ）
A．（2，0） B．（4，0）
C．（－，0） D．（3，0）
4．（2013·黑龙江绥化·中考真题）已知：如图在△ABC，△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C，D，E三点在同一条直线上，连接BD，BE，以下四个结论：
①BD=CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC=45°；④BE2=2（AD2+AB2），
其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2011·湖北黄冈·中考真题）如图，西安路与南京路平行，并且与八一街垂直，曙光路与环城路垂直．如果小明站在南京路与八一街的交叉口，准备去书店，按图中的街道行走，最近的路程约为（ ）
A．600m B．500m
C．400m D．300m
6．（2018·山东淄博·中考真题）如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2018·浙江温州·中考真题）我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式．后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的矩形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该矩形的面积为（ ）
A．20 B．24 C． D．
二、填空题
8．（2020·湖北武汉·中考真题）如图，折叠矩形纸片，使点落在边的点处，为折痕，，．设的长为，用含有的式子表示四边形的面积是________．
9．（2020·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．
（Ⅰ）线段的长等于___________；
（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．
10．（2020·贵州贵阳·中考真题）如图，中，点在边上，，，垂直于的延长线于点，，，则边的长为_____．
11．（2014·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为_______.
12．（2018·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等腰直角三角形OAA1的直角边OA在x轴上，点A1在第一象限，且OA=1，以点A1为直角顶点，OA1为一直角边作等腰直角三角形OA1A2，再以点A2为直角顶点，OA2为直角边作等腰直角三角形OA2A3…依此规律，则点A2018的坐标是_____．
13．（2018·黑龙江伊春·中考真题）如图，已知等边△ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边△AB1C1；再以等边△AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边△AB2C2；再以等边△AB2C2的B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边△AB3C3；…，记△B1CB2的面积为S1，△B2C1B3的面积为S2，△B3C2B4的面积为S3，如此下去，则Sn=_____．
14．（2018·浙江温州·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，C是OB的中点，D是AB上一点，四边形OEDC是菱形，则△OAE的面积为________．
15．（2016·福建南平·中考真题）如图，等腰ABC中，CA=CB=4，∠ACB=120°，点D在线段AB上运动（不与A、B重合），将CAD与CBD分别沿直线CA、CB翻折得到CAP与CBQ，给出下列结论：
①CD=CP=CQ；
②∠PCQ的大小不变；
③PCQ面积的最小值为；
④当点D在AB的中点时，PDQ是等边三角形，其中所有正确结论的序号是______．
16．（2013·黑龙江·中考真题）已知等边三角形ABC的边长是2，以BC边上的高AB1为边作等边三角形，得到第一个等边三角形AB1C1，再以等边三角形AB1C1的B1C1边上的高AB2为边作等边三角形，得到第二个等边三角形AB2C2，再以等边三角形AB2C2的边B2C2边上的高AB3为边作等边三角形，得到第三个等边AB3C3；…，如此下去，这样得到的第n个等边三角形ABnCn的面积为___．
三、解答题
17．（2018·黑龙江·中考真题）如图，在Rt△BCD中，∠CBD=90°，BC=BD，点A在CB的延长线上，且BA=BC，点E在直线BD上移动，过点E作射线EF⊥EA，交CD所在直线于点F．
（1）当点E在线段BD上移动时，如图（1）所示，求证：BC﹣DE=DF．
（2）当点E在直线BD上移动时，如图（2）、图（3）所示，线段BC、DE与DF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
18．（2016·贵州六盘水·中考真题）在△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，若∠C=90°，如图1，则有；若△ABC为锐角三角形时，小明猜想：，理由如下：如图2，过点A作AD⊥CB于点D，设CD=x．在Rt△ADC中，，在Rt△ADB中，，∴．
∵a＞0，x＞0，∴2ax＞0，∴，∴当△ABC为锐角三角形时．
所以小明的猜想是正确的．
（1）请你猜想，当△ABC为钝角三角形时， 与的大小关系．
（2）温馨提示：在图3中，作BC边上的高．
（3）证明你猜想的结论是否正确．
19．（2006·江苏常州·中考真题）已知：如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，，D为AB边上一点，
求证：（1）△ACE≌△BCD；（2）
20．（2015·广西贵港·中考真题）已知：△ABC是等腰三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题：
（1）如图①，若点P在线段AB上，且AC=1+，PA=，则：
①线段PB= ，PC= ；
②猜想：PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系为 ；
（2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程；
（3）若动点P满足，求的值．（提示：请利用备用图进行探求）
21． （2009·安徽芜湖·中考真题）如图，在梯形中，，．求的长．
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【详解】
解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH＝，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC＝，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为，
综上所述，AE+BF的最大值为．
故选：A．
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定定理和性质定理及平移的性质，构建全等三角形是解答此题的关键．
2．A
【解析】
【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△FOA≌△BOC，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-AF=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=FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO=∠BCO．
在△FOA与△BOC中，
，
∴△FOA≌△BOC（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=．
故选：A．
【分析】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．
3．D
【解析】
【详解】
解：（1）当点P在x轴正半轴上，
①以OA为腰时，
∵A的坐标是（2，2），
∴∠AOP=45°，OA=，
∴P的坐标是（4，0）或（，0）；
②以OA为底边时，
∵点A的坐标是（2，2），
∴当点P的坐标为：（2，0）时，OP=AP；
（2）当点P在x轴负半轴上，
③以OA为腰时，
∵A的坐标是（2，2），
∴OA= ，
∴OA=AP=
∴P的坐标是（-，0）．
故选D．
4．C
【解析】
【详解】
试题分析：①∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE．
∵在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴BD=CE．本结论正确．
②∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE．
∵∠ABD+∠DBC=45°，∴∠ACE+∠DBC=45°．∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°．
∴BD⊥CE．本结论正确．
③∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=45°．∴∠ABD+∠DBC=45°．
∵∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠DBC=45°．本结论正确．
④∵BD⊥CE，∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：BE2=BD2+DE2．
∵△ADE为等腰直角三角形，∴DE=AD，即DE2=2AD2．
∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2．
而BD2≠2AB2，本结论错误．
综上所述，正确的个数为3个．故选C．
5．B
【解析】
【分析】
由于BC∥AD，那么有∠DAE=∠ACB，由题意可知∠ABC=∠DEA=90°，BA=ED，利用AAS可证△ABC≌△DEA，于是AE=BC=300，再利用勾股定理可求AC，即可求CE，根据图可知从B到E的走法有两种，分别计算比较即可．
【详解】
解：如右图所示，
∵BC∥AD，
∴∠DAE=∠ACB，
又∵BC⊥AB，DE⊥AC，
∴∠ABC=∠DEA=90°，
又∵AB=DE=400m，
∴△ABC≌△DEA，
∴EA=BC=300m，
在Rt△ABC中，AC==500m，
∴CE=AC-AE=200，
从B到E有两种走法：①BA+AE=700m；②BC+CE=500m，
∴最近的路程是500m．
故选B．
【分析】本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是证明△ABC≌△DEA，并能比较从B到E有两种走法．
6．A
【解析】
【详解】
分析：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，则△BPE为等边三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，延长BP，作AF⊥BP于点F．AP=3，PE=4，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数，在直角△APF中利用三角函数求得AF和PF的长，则在直角△ABF中利用勾股定理求得AB的长，进而求得三角形ABC的面积．
详解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
∴∠APF=30°，
∴在直角△APF中，AF=AP=，PF=AP=．
∴在直角△ABF中，AB2=BF2+AF2=（4+）2+（）2=25+12．
则△ABC的面积是•AB2=•（25+12）=9+．
故选A．
点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．
7．B
【解析】
【分析】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据矩形的面积的即等于两个三角形的面积之和，也等于长乘以宽，列出方程，化简再代入a,b的值，得出x2＋7x=12，再根据矩形的面积公式，整体代入即可.
【详解】
设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据题意得 ：2（ax+x2+bx）=（a+x）（b+x）,
化简得 ：ax+x2+bx-ab=0，
又∵ a = 3 ， b = 4 ，
∴x2＋7x=12;
∴该矩形的面积为=（a+x）（b+x）=（3+x）（4+x）=x2＋7x+12=24.
故答案为B.
【分析】本题考查了勾股定理的证明以及运用和一元二次方程的运用，求出小正方形的边长是解题的关键.
8．
【解析】
【分析】
首先根据题意可以设DE=EM=x，在三角形AEM中用勾股定理进一步可以用t表示出x，再可以设CF=y，连接MF，所以BF=2−y，在三角形MFN与三角形MFB中利用共用斜边，根据勾股定理可求出用t表示出y，进而根据四边形的面积公式可以求出答案.
【详解】
设DE=EM=x，
∴，
∴x= ，
设CF=y，连接FM，
∴BF=2−y，
又∵FN= y，NM=1，
∴，
∴y=，
∴四边形的面积为：=∙1，
故答案为：.
【分析】本题主要考查了勾股定理的综合运用，熟练掌握技巧性就可得出答案.
9．（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；
（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；
（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【分析】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
10．
【解析】
【分析】
如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则由线段垂直平分线的性质可得CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠EFC=∠A=2∠CBE，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定可得FC=FG，设CE=EF=x，则可根据线段间的和差关系求出DF的长，进而可求出FC的长，然后根据勾股定理即可求出CD的长，再一次运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，
∵EA=EB，∴∠A=∠EBA，
∵∠AEB=∠CEF，
∴∠EFC=∠A=2∠CBE=2∠G，
∵∠EFC=∠G+∠FCG，
∴∠G=∠FCG，
∴FC=FG，
设CE=EF=x，则AE=BE=11－x，
∴DE=8－（11－x）=x－3，
∴DF=x－（x－3）=3，
∵DG=DB=8，
∴FG=5，∴CF=5，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，得，
∴．
故答案为：．
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和三角形的外角性质、勾股定理以及线段垂直平分线的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
11．.
【解析】
【详解】
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′=，
故答案为.
12．（0，21009）
【解析】
【详解】
【分析】本题点A坐标变化规律要分别从旋转次数与点A所在象限或坐标轴、点A到原点的距离与旋转次数的对应关系．
【详解】∵∠OAA1=90°，OA=AA1=1，以OA1为直角边作等腰Rt△OA1A2，再以OA2为直角边作等腰Rt△OA2A3，…，
∴OA1=，OA2=（）2，…，OA2018=（）2018，
∵A1、A2、…，每8个一循环，
∵2018=252×8+2
∴点A2018的在y轴正半轴上，OA2018==21009，
故答案为（0，21009）.
【点睛】本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意象限符号．
13．
【解析】
【详解】
【分析】由AB1是边长为2的等边三角形ABC的高，利用三线合一得到B1为BC的中点，求出CB1的长，继而可得△B1CB2是有一个角为30度的直角三角形，同理可知△B2C1B3、△B3C2B4、△B4C3B5、…、都是有一个角为30度的直角三角形，而且后一个的斜边是前一个30度角所邻的直角边，由此即可求得Sn.
【详解】∵等边三角形ABC的边长为2，AB1⊥BC，
∴∠C=60°，CB1=BB1=1，
又∵∠B1B2C=90°，∴∠CB1B2=30°,
∴CB2=，B1B2=，∴S1=，
同理，Rt△B2C1B3中，B2C1=B1B2=，∴C1B3=×=，B2B3=，
∴S2=，
同理，S3=
…，
∴Sn=，
故答案为．
【点睛】本题考查了规律题，涉及等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等，有一定难度，熟练掌握并灵活运用等边三角形的性质、勾股定理等解本题的关键．
14．
【解析】
【分析】
根据直线于坐标轴交点的坐标特点得出,A,B两点的坐标，得出OB，OA的长，根据C是OB的中点，从而得出OC的长，根据菱形的性质得出DE=OC=2;DE∥OC；设出D点的坐标，进而得出E点的坐标，从而得出EF,OF的长，在Rt△OEF中利用勾股定理建立关于x的方程，求解得出x的值，然后根据三角形的面积公式得出答案.
【详解】
解: 把x=0代入 y = − x + 4 得出y=4,
∴B(0,4);
∴OB=4;
∵C是OB的中点，
∴OC=2,
∵四边形OEDC是菱形,
∴DE=OC=2;DE∥OC,
把y=0代入 y = − x + 4 得出x=,
∴A(,0);
∴OA=,
设D(x,) ,
∴E(x,- x+2),
延长DE交OA于点F，
∴EF=-x+2,OF=x,
在Rt△OEF中利用勾股定理得：,
解得 ：x1=0(舍），x2=；
∴EF=1,
∴S△AOE=·OA·EF=2.
故答案为.
【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．也考查了菱形的性质.
15．①②④．
【解析】
【分析】
【详解】
①∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，
∴CP=CD=CQ，∴①正确；
②∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴∠ACP=∠ACD，∠BCQ=∠BCD，
∴∠ACP+∠BCQ=∠ACD+∠BCD=∠ACB=120°，
∴∠PCQ=360°﹣(∠ACP+BCQ+∠ACB)
=360°﹣(120°+120°)
=120°，
∴∠PCQ的大小不变；∴②正确；
③如图，过点Q作QE⊥PC交PC延长线于E，
∵∠PCQ=120°，
∴∠QCE=60°，
在Rt△QCE中，tan∠QCE=，
∴QE=CQ×tan∠QCE=CQ×tan60°=CQ，
∵CP=CD=CQ，
∴S△PCQ=CP×QE=CP×CQ=，
∴CD最短时，S△PCQ最小，即：CD⊥AB时，CD最短，
过点C作CF⊥AB，此时CF就是最短的CD，
∵AC=BC=4，∠ACB=120°，
∴∠ABC=30°，
∴CF=BC=2，即：CD最短为2，
∴S△PCQ最小===，∴③错误；
④∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，
∴AD=AP，∠DAC=∠PAC，
∵∠DAC=30°，
∴∠APD=60°，
∴△APD是等边三角形，
∴PD=AD，∠ADP=60°，同理：△BDQ是等边三角形，
∴DQ=BD，∠BDQ=60°，
∴∠PDQ=60°，
∵当点D在AB的中点，
∴AD=BD，
∴PD=DQ，
∴△DPQ是等边三角形，
∴④正确，
故答案为①②④．
考点：几何变换综合题；定值问题；最值问题；综合题；翻折变换（折叠问题）．
16．
【解析】
【详解】
由AB1为边长为2等边三角形ABC的高，利用三线合一得到B1为BC的中点，求出BB1的长，利用勾股定理求出AB1的长，进而求出第一个等边三角形AB1C1的面积，同理求出第二个等边三角形AB2C2的面积，依此类推，得到第n个等边三角形ABnCn的面积．
解：∵等边三角形ABC的边长为2，AB1⊥BC，
∴BB1=1，AB=2，
根据勾股定理得：AB1=，
∴第一个等边三角形AB1C1的面积为×（）2=（）1；
∵等边三角形AB1C1的边长为，AB2⊥B1C1，
∴B1B2=，AB1=，
根据勾股定理得：AB2=，
∴第二个等边三角形AB2C2的面积为×（）2=（）2；
依此类推，第n个等边三角形ABnCn的面积为（）n．
故答案为（）n
17．（1）证明见解析；（2）如图2：DE﹣BC=DF；图3：BC+DE=DF．
【解析】
【详解】
【分析】（1）如图1中，在BA上截取BH，使得BH=BE．构造全等三角形即可解决问题；
（2）如图2中，在BC上截取BH=BE，同法可证：DF=EH．可得：DE﹣BC=DF．如图3中，在BA上截取BH，使得BH=BE．同法可证：DF=HE，可得BC+DE=DF．
【详解】（1）如图1中，在BA上截取BH，使得BH=BE．
∵BC=AB=BD，BE=BH，
∴AH=ED，
∵∠AEF=∠ABE=90°，
∴∠AEB+∠FED=90°，∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠FED=∠HAE，
∵∠BHE=∠CDB=45°，
∴∠AHE=∠EDF=135°，
∴△AHE≌△EDF，
∴HE=DF，
∴BC﹣DE=BD﹣DE=BE=EH=DF．
∴BC﹣DE=DF．
（2）如图2中，在BC上截取BH=BE，同法可证：DF=EH．
可得：DE﹣BC=DF；
如图3中，在BA上截取BH，使得BH=BE．同法可证：DF=HE，
可得BC+DE=DF．
【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．
18．（1）；（2）作图见解析；（3）正确．
【解析】
【分析】
（1）根据题意可猜测：当△ABC为钝角三角形时，与的大小关系为：；
（2）根据题意可作辅助线：过点A作AD⊥BC于点D；
（3）然后设CD=x，分别在Rt△ADC与Rt△ADB中，表示出AD2，即可证得结论．
【详解】
解：（1）当△ABC为钝角三角形时，与的大小关系为：；
（2）如图3，过点A作AD⊥BC于点D；
（3）证明：如图3，设CD=x．在Rt△ADC中，，在Rt△ADB中，，
∴．
∵a＞0，x＞0，
∴2ax＞0，
∴，
∴当△ABC为钝角三角形时，．
考点：三角形综合题；勾股定理．
19．（1） ∵
∴
即
∵
∴ △BCD≌△ACE
（2）∵ ，
∴
∵ △BCD≌△ACE
∴
∴
∴
【解析】
【详解】
（1）本题要判定△ACE≌△BCD，已知△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，则DC=EA，AC=BC，∠ACB=∠ECD，又因为两角有一个公共的角∠ACD，所以∠BCD=∠ACE，根据SAS得出△ACE≌△BCD．
（2）由（1）的论证结果得出∠DAE=90°，AE=DB，从而求出AD2+DB2=DE2．
20．（1）①，2；②；（2）证明见试题解析；（3）或．
【解析】
【详解】
试题分析：
（1）①由已知条件求出AB的长，再减去PA就可得PB的长；如图1，连接BQ，先证△APC≌△BQC，可得：BQ=AP=，∠CBQ=∠A=45°，由此可得△PBQ是直角三角形，即可计算出PQ=，从而根据△PCQ是等腰直角三角形可得PC=2；
②由①中的证明可知：AP=BQ，△PBQ是直角三角形，由此即可得到：PB2+BQ2=AP2+PB2=PQ2；
（2）如图2，连接PB，先证△APC≌△BQC，得到BQ=AP，∠CBQ=∠A=45°，由此可得△PBQ是直角三角形，从而可得：PB2+BQ2=PB2+AP2=PQ2，即（1）中所猜想结论仍然成立；
（3）如图3，分点P在点A、B之间和在点A、B的同侧两种情况讨论即可；
试题解析：
（1）如图①：
①∵△ABC是等腰直直角三角形，AC=1+，∠ACB=90°，
∴AB=，
∵PA=，
∴PB=AB-PA=.
∵△ABC和△PCQ均为以点C为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AC=BC，PC=CQ，∠ACP=∠BCQ，
∴△APC≌△BQC．
∴BQ=AP=，∠CBQ=∠A=45°．
∴△PBQ为直角三角形．
∴PQ=．
∴PC=PQ=2．
故答案为，2；
②如图1，猜想PA2+PB2=PQ2，理由如下：
由①中证明可知：△APC≌△BQC，
∴BQ=AP，∠CBQ=∠A=45°，
又∵∠CBA=45°，
∴∠CBQ+∠CBA=∠PCQ=90°，
∴BQ2+PB2=PQ2，
∴PA2+PB2=PQ2.
（2）如图②：连接BQ，
∵△ABC和△PCQ均为以点C为直角顶点的等腰直角三角形，
∴AC=BC，PC=CQ，∠ACP=∠BCQ，
∴△APC≌△BQC．
∴BQ=AP，∠CBQ=∠A=45°．
又∵∠ABC=45°，
∴∠ABC+∠CBQ=∠ABQ=90°，
∴∠PBQ=90°，
∴在Rt△PBQ中，BQ2+PB2=PQ2，
∴PA2+PB2=PQ2.
（3）如图③：过点C作CD⊥AB，垂足为D．由△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC可得：AD=BD=CD=AB；设AB=，则AD=BD=CD=，
①当点P位于点A、D之间的点P1处时．
∵，
∴P1A=AB=DC= ，
∴P1D=AD=，
在Rt△CP1D中，由勾股定理得：CP1=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC= ，
∴；
②当点P位于点A和点B的同侧的点P2处时．
∵，
∴P2A=AB=AD=．
∴P2D=P2A+AD=，
在Rt△CP2D中，由勾股定理得：P2C=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=，
∴；
综上所述，的比值为或．
点睛：（1）本题第1小题②问和第2小题的解题要点是一致的，就是连接BQ，利用等腰直角三角形的性质证得△APC≌△BQC，得到PA=QB，∠CBQ=∠CAP=45°，就可把PA、PB、BQ三条分散的线段集中到Rt△PBQ中，由勾股定理就可得到三条线段间的数量关系；（2）讨论本题第3小题时，需注意点P的位置存在两种情形，讨论时不要忽略了其中任何一种.
21．解：作于于
四边形是矩形．
是的边上的中线．
在中，
【解析】
【详解】
作于于先证四边形是矩形，根据矩形的对边相等即直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求得DF、AE、BE，再根据勾股定理即可求出AB．
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