第17章《勾股定理》——【期末复习】八年级数学下册章节知识点梳理（人教版）

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知识点01：勾股定理
勾股定理：直角三角形的两条直角边a、b的平方和等于斜边c的平方，即： ．
【注意】（1）应用勾股定理时，要分清直角边和斜边，尤其在记忆a2+b2=c2时，斜边只能是c．若b为斜边，则关系式是a2+c2=b2；若a为斜边，则关系式是b2+c2=a2．
（2）如果已知的两边没有明确边的类型，那么它们可能都是直角边，也可能是一条直角边、一条斜边，求解时必须进行分类讨论，以免漏解．
知识点02：勾股定理的证明
在西方，勾股定理被称为毕达哥拉斯定理．
对于勾股定理的证明，现在世界上已找出很多种运用图形的割、移、补、拼构造特殊图形，并根据面积之间的关系进行推导的方法，著名的证法有赵爽“勾股圆方图”（“赵爽弦图”）、刘徽（“青朱出入图”）、加菲尔德总统拼图、毕达哥拉斯拼图等．
知识点03：勾股定理的应用
勾股定理是直角三角形的一个重要性质，它把直角三角形有一个直角的“形”的特点转化为三边“数”的关系．利用勾股定理，可以解决与直角三角形有关的计算和证明问题，还可以解决生活、生产中的一些实际问题．其主要应用如下：
（1）已知直角三角形的任意两边求第三边；
（2）已知直角三角形的任意一边确定另两边的关系；
（3）证明包含平方（算术平方根）关系的几何问题；
（4）构造方程（或方程组）计算有关线段的长度，解决生产、生活中的实际问题1．互逆命题与互逆定理
（1）互逆命题的定义
如果两个命题的题设和结论正好相反，那么这样的两个命题叫做互逆命题．如果把其中一个叫做原命题，那么另一个叫做它的逆命题.
（2）互逆定理的定义
一般地，如果一个定理的逆命题经过证明是正确的，那么它也是一个定理，则称这两个定理互为逆定理，其中一个定理叫做另一个定理的逆定理.
知识点04：勾股定理的逆定理
如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形，我们称它为勾股定理的逆定理．
【注意】（1）若用勾股定理的逆定理判定一个三角形是直角三角形，那么其中最长边所对的角是直角．不能机械地认为c边所对的角必是直角，例如：若a2-b2=c2，则a边所对的角是直角．
（2）勾股定理的逆定理在叙述时不能说成“当斜边长的平方等于两条直角边长的平方和时，这个三角形是直角三角形”，在未判定三角形为直角三角形前，不能称最长边为“斜边”，较短的两边为“直角边”．
知识点05：勾股数
能够成为直角三角形三条边长的三个正整数，称为勾股数，即a2+b2=c2中，a，b，c为正整数时，称a，b，c为一组勾股数．
勾股数的求法：
（1）如果a为一个大于1的奇数，b，c是两个连续自然数，且有a2=b+c，那么a，b，c为一组勾股数．如3为大于1的奇数，4，5为两个连续自然数，且32=4+5，则3，4，5为一组勾股数，还有：5，12，13；7，24，25；9，40，41；11，60，61；…．
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2023春•涧西区期中）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，点E是AB上方一点，且AE＝BE，连接DE，若CD＝3，AE＝7，则DE的长为（ ）
A．2B．2C．4D．4
【易错点拨】先利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD＝AD＝BD＝3，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得ED⊥AD，从而在Rt△ADE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【规范解答】解：在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝BD＝AB＝3，
∵AE＝BE＝7，
∴ED⊥AD，
在Rt△ADE中，DE＝＝＝2，
故选：B．
【题后反思】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及等腰三角形的性质是解题的关键．
2．（2分）（2023春•东台市月考）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②S▱ABCD＝AB•AC；③OB＝AB；成立的个数有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【易错点拨】由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠DAE＝∠BEA，而∠DAE＝∠BAE，所以∠BEA＝∠BAE，则AB＝EB，而∠ABE＝∠ADC＝60°，则△ABE是等边三角形，所以AB＝BE＝AE＝BC，则BE＝CE＝AE，所以∠EAC＝∠ECA，即可求得∠ECA＝30°，所以∠CAD＝∠ECA＝30°，可判断①正确；由∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，得∠BAC＝90°，所以S▱ABCD＝AB•AC，可判断②正确；由“垂线段最短”可知，OB＞AB，可判断③错误，于是得到问题的答案．
【规范解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
∵∠ABE＝∠ADC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝BE＝AE，
∵AB＝BC，
∴BE＝BC，
∴BE＝CE＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°，
∴∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝∠ECA＝30°，
故①正确；
∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，
∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AC⊥AB，
∴S▱ABCD＝AB•AC，
故②正确；
AB⊥OA，
∴OB＞AB，
∴OB≠AB，
故③错误，
故选：C．
【题后反思】此题重点考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、垂线段最短等知识，证明△ABE是等边三角形是解题的关键．
3．（2分）（2023•新城区一模）如图所示，增加下列一个条件可以使平行四边形ABCD成为矩形的是（ ）
A．∠BAD＝∠BCDB．AC⊥BDC．∠BAD＝90°D．AB＝BC
【易错点拨】由矩形的判定、菱形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【规范解答】解：A∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【题后反思】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
4．（2分）（2022秋•鼓楼区校级期末）已知一次函数y＝kx+b，函数值y随自变量x的增大而减小，且kb＜0，则函数y＝kx+b的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【易错点拨】根据一次函数的性质得到k＜0，而kb＜0，则b＞0，所以一次函数y＝kx+b的图象经过第二、四象限，与y轴的交点在x轴上方．
【规范解答】解：∵一次函数y＝kx+b，y随着x的增大而减小，
∴k＜0，
∴一次函数y＝kx+b的图象经过第二、四象限；
∵kb＜0，
∴b＞0，
∴图象与y轴的交点在x轴上方，
∴一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限．
故选：C．
【题后反思】本题考查了一次函数的图象：一次函数y＝kx+b（k、b为常数，k≠0）是一条直线，当k＞0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为（0，b）．
5．（2分）（2022春•宽城县校级期中）如图，点A的坐标是（2，2），若点P在x轴上，且△APO是等腰三角形，则点P的坐标不可能是（ ）
A．（4，0）B．（2，0）C．（1，0）D．
【易错点拨】过点A作AB⊥x轴，垂足为B，根据已知可得AB＝2，OB＝2，从而利用勾股定理求出AO的长，然后分三种情况：当AO＝AP＝2时；当OA＝OP＝2时；当PO＝PA时；分别进行计算即可解答．
【规范解答】解：过点A作AB⊥x轴，垂足为B，
∵点A的坐标是（2，2），
∴AB＝2，OB＝2，
∴AO＝＝＝2，
分三种情况：
当AO＝AP＝2时，以点A为圆心，AO长半径作圆，交x轴于点P1，
∵AO＝AP1，AB⊥x轴，
∴OP1＝2OB＝4，
∴P1的坐标为（4，0）；
当OA＝OP＝2时，以点O为圆心，OA长半径作圆，交x轴于点P2，P3，
∴P2的坐标为（2，0），P3的坐标为（﹣2，0）；
当PO＝PA时，作OA的垂直平分线交x轴于点P4，
∴P4的坐标为（2，0）；
综上所述：点P的坐标可能是（4，0）或（2，0）或（﹣2，0）或（2，0），
∴点P的坐标不可能是（1，0）
故选：C．
【题后反思】本题考查了勾股定理，坐标与图形的性质，等腰三角形的判定与性质，分三种情况讨论是解题的关键．
6．（2分）（2022春•西山区校级期中）如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，点G在CD上，BC＝8，CE＝4，H是AF的中点，那么CH的长为（ ）
A．4B．2C．4D．2
【易错点拨】连接AC、CF，根据正方形的性质得到∠ACF＝90°，根据勾股定理求出AF的长，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半计算即可．
【规范解答】解：连接AC、CF，如图：
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠ACG＝45°，∠FCG＝45°，
∴∠ACF＝90°，
∵BC＝8，CE＝4，
∴AC＝8，CF＝4，
由勾股定理得，AF＝＝4，
∵H是AF的中点，∠ACF＝90°，
∴CH＝AF＝2，
故选：B．
【题后反思】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理的应用、正方形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
7．（2分）（2022•宁波模拟）如图，O是▱ABCD对角线AC上一点，过O作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，GH∥AB交AD于点G，交BC于点H，连结GE，GF，HE，HF，若已知下列图形的面积，不能求出▱ABCD面积的是（ ）
A．四边形EHFG
B．△AEG和△CHF
C．四边形EBHO和四边形GOFD
D．△AEO和四边形GOFD
【易错点拨】A、根据平行四边形的对角线平分平行四边形的面积可作判断；
B、先根据等式的性质证明S▱BEOH＝S▱GOFD，再由同底边的平行四边形的面积的比是对应高的比可作判断；
C、四边形EBHO的面积和四边形GOFD的面积相等，已知四边形EBHO和四边形GOFD的面积，不能求出▱ABCD面积；
D、同选项B同理可作判断．
【规范解答】解：A、在▱ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，
∵EF∥AD，GH∥AB，
∴AD∥EF∥BC，AB∥GH∥CD，
∴四边形AEOG，BEOH，CFOH，DFOG都是平行四边形，
∴S△EOG＝S▱AEOG，S△EOH＝S▱BEOH，S△FOH＝S▱OHCF，S△FOG＝S▱OGDF，
∴四边形EHFG的面积＝×▱ABCD的面积，
∴已知四边形EHFG的面积，可求出▱ABCD的面积，
故A不符合题意；
B、∵S△ABC﹣S△AEO﹣S△CHO＝S△ACD﹣S△AOG﹣S△CFO，
∴S▱BEOH＝S▱GOFD，
∵＝，
∴S▱BEOH＝S▱OGDF＝＝2，
∴已知△AEG和△CHF的面积，可求出▱ABCD的面积，
故B不符合题意；
C、已知四边形EBHO和四边形GOFD的面积，不能求出▱ABCD面积，
故C符合题意；
D、∵＝，
∴＝，
∴S▱OHCF＝S2▱OGDF•，
∴已知△AEO和四边形GOFD的面积，能求出▱ABCD面积；
故D不符合题意；
故选：C．
【题后反思】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的面积公式和一条对角线平分平行四边形的面积是解本题的关键．
8．（2分）（2022春•岚山区期末）如图，BD是正方形ABCD的对角线，在BD上截取DE＝DC，在CB延长线上取一点F，连接EF，AF，且EF＝EC．下列四个结论：①BF＝BE；②∠BAF＝∠BCE；③∠AFE＝45°；④连接AE，则S四边形AECD＝2S四边形AFBE．其中正确的结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【易错点拨】①根据正方形的性质和三角形的内角和定理证明∠EFC＝∠ECF＝22.5°，并结合三角形外角的性质可判断①正确；
③连接AE，证明△ADE≌△CDE，可得AE＝CE＝EF，证明△AEF是等腰直角三角形，可判断③正确；
②根据直角三角形的性质可判断②正确；
④作辅助线，设BN＝EN＝y，分别计算S四边形AECD和2S四边形AFBE可作判断．
【规范解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠BDC＝45°，∠DCB＝90°，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠DCE＝＝67.5°，
∴∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF＝22.5°，
∵∠CBE＝∠EFC+∠BEF，
∴∠BEF＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠BEF＝∠CFE，
∴BF＝BE；
故①正确；
③连接AE，
∵AD＝CD＝DE，
∴∠DAE＝∠ADE＝67.5°，
∵∠EFC＝∠ECF＝22.5°，
∴∠FEC＝180°﹣2×22.5°＝135°，
∴∠AEF＝90°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，
∴AE＝EF，
即△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
故③正确；
②由③得：∠BAF＝90°﹣45°﹣22.5°＝22.5°，
∵∠BCE＝22.5°，
∴∠BAF＝∠BCE；
故②正确；
④如图，过点E作EN⊥BC于N，作EM⊥CD于M，
设BN＝EN＝y，则BF＝BE＝y，
∵EF＝EC，EN⊥BC，
∴FN＝CN＝EM＝DM＝y+y，
∴S四边形AECD＝2S△CDE＝2××CD×EM＝（y+y）（y+y+y）＝（4+3）y2，
2S四边形AFBE＝2（S△AEF+S△BEF）＝2×（EF2+•y•y）＝EF2+y2＝y2+（y+y）2+y2＝（4+3）y2，
∴S四边形AECD＝2S四边形AFBE，
故④正确；
本题正确的结论有4个．
故选：D．
【题后反思】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、全等三角形判定与性质、三角形的面积、等腰直角三角形的性质等知识，证明△EAF是等腰直角三角形是解题的关键．
9．（2分）（2022春•綦江区期末）如图，在平行四边形ABCD中，分别以AB、AD为边向外作等边△ABE和等边△ADF，延长CB交AE于点G，点G在点A、E之间，连接CE、CF、EF，则以下四个结论，正确的是（ ）
①△CDF≌△EBC；②∠CDF＝∠EAF；③CG⊥AE；④△CEF是等边三角形．
A．③④B．①②④C．①②③D．①②③④
【易错点拨】根据ABCD为平行四边形，△ABE、△ADF是等边三角形逐一进行证明即可判断．
【规范解答】解：∵△ABE、△ADF是等边三角形，
∴FD＝AD，BE＝AB，
∵AD＝BC，AB＝DC，
∴FD＝BC，BE＝DC，
∵∠CBE＝∠FDC，∠FDA＝∠ABE，
∴∠CDF＝∠EBC，
∴△CDF≌△EBC（SAS），故①正确；
∵∠FAE＝∠FAD+∠EAB+∠BAD＝60°+60°+（180°﹣∠CDA）＝300°﹣∠CDA，
∠FDC＝360°﹣∠FDA﹣∠ADC＝300°﹣∠CDA，
∴∠CDF＝∠EAF，故②正确；
在等边三角形ABE中，
∵等边三角形顶角平分线、底边上的中线、高和垂直平分线是同一条线段，
∴如果CG⊥AE，则G是AE的中点，∠ABG＝30°，∠ABC＝150°，题目缺少这个条件，CG⊥AE不能求证，故③错误；
同理①②可得：∠CBE＝∠EAF＝∠CDF，
∵BC＝AD＝AF，BE＝AE，
∴△EAF≌△EBC（SAS），
∴∠AEF＝∠BEC，
∵∠AEF+∠FEB＝∠BEC+∠FEB＝∠AEB＝60°，
∴∠FEC＝60°，
∵CF＝CE，
∴△ECF是等边三角形，故④正确．
故选：B．
【题后反思】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
10．（2分）（2022春•上杭县期末）已知动点H以每秒x厘米的速度沿图1的边框（边框拐角处都互相垂直）按从A﹣B﹣C﹣D﹣E﹣F的路径匀速运动，相应的△HAF的面积S（cm2）关于时间t（s）的关系图象如图2，已知AF＝8cm，则下列说法正确的有几个（ ）
①动点H的速度是2cm/s；
②BC的长度为3cm；
③当点H到达D点时△HAF的面积是8cm2；
④b的值为14；
⑤在运动过程中，当△HAF的面积是30cm2时，点H的运动时间是3.75s和10.25s．
A．2个B．3个C．4个D．5个
【易错点拨】先根据点H的运动，得出当点H在不同边上时△HAF的面积变化，并对应图2得出相关边的边长，最后经过计算判断各个说法．
【规范解答】解：当点H在AB上时，如图所示，
AH＝xt （cm），
S△HAF＝×AF×AH＝4xt（cm2），
此时三角形面积随着时间增大而逐渐增大，
当点H在BC上时，如图所示，HP是△HAF的高，且HP＝AB，
∴S△HAF＝×AF×AB，此时三角形面积不变，
当点H在CD上时，如图所示，HP是△HAF的高，C，D，P三点共线，
S△HAF＝×AF×HP，点H从点C点D运动，HP逐渐减小，故三角形面积不断减小，
当点H在DE上时，如图所示，HP是△HAF的高，且HP＝EF，
S△HAF＝×AF×EF，此时三角形面积不变，
当点H在EF时，如图所示，
S△HAF＝×AF×HF，点H从点E向点F运动，HF逐渐减小，故三角形面积不断减小直至零，
对照图2可得0≤t≤5时，点H在AB上，
S△HAF＝4xt＝4•5x＝40（cm2），
∴x＝2，AB＝2×5＝10（cm），
∴动点H的速度是2cm/s，
故①正确，
5≤t≤8时，点H在BC上，此时三角形面积不变，
∴动点H由点B运动到点C共用时8﹣5＝3（s），
∴BC＝2×3＝6（cm），
故②错误，
8≤t≤12时，当点H在CD上，三角形面积逐渐减小，
∴动点H由点C运动到点D共用时12﹣8＝4（s），
∴CD＝2×4＝8（cm），
∴EF＝AB﹣CD＝10﹣8＝2（cm），
在D点时，△HAF的高与EF相等，即HP＝EF，
∴S△HAF＝×AF×EF＝×8×2＝8（cm2），
故③正确，
12≤t≤b，点H在DE上，DE＝AF﹣BC＝8﹣6＝2（cm），
∴动点H由点D运动到点E共用时2÷2＝1（s），
∴b＝12+1＝13，
故④错误．
当△HAF的面积是30cm2时，点H在AB上或CD上，
点H在AB上时，S△HAF＝4xt＝8t＝30（cm2），
解得t＝3.75（s），
点H在CD上时，
S△HAF＝×AF×HP＝×8×HP＝30（cm2），
解得HP＝7.5（cm），
∴CH＝AB﹣HP＝10﹣7.5＝2.5（cm），
∴从点C运动到点H共用时2.5÷2＝1.25（s），
由点A到点C共用时8s，
∴此时共用时8+1.25＝9.25（s），
故⑤错误．
故选：A．
【题后反思】本题是动点函数的图象问题．考查了三角形的面积公式，函数图象的性质，理解函数图象上的点表示的意义，是解决本题的关键．
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2023春•长沙期中）如图，在Rt△ABC，∠ACB＝90°，以△ABC的三边为边向外作正方形ACDE，正方形CBGF，正方形AHIB，P是HI上一点，记正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S1，S2，若S1＝16，S2＝25，则四边形ACBP的面积等于 18.5 ．
【易错点拨】根据正方形的面积公式可得：AC＝4，AB＝AH＝5，然后在Rt△ABC中，利用勾股定理求出BC的长，最后根据四边形ACBP的面积＝△ABC的面积+△ABP的面积，进行计算即可解答．
【规范解答】解：∵正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S1，S2，S1＝16，S2＝25，
∴AC＝4，AB＝AH＝5，
∵∠ACB＝90°，
∴BC＝＝＝3，
∴四边形ACBP的面积＝△ABC的面积+△ABP的面积
＝AC•BC+AB•AH
＝×4×3+×5×5
＝6+12.5
＝18.5，
故答案为：18.5．
【题后反思】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
12．（2分）（2023春•海淀区校级期中）如图所示的边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，则点A到边BC的距离等于 ．
【易错点拨】先用割补法求出三角形的面积、BC边的长，再利用三角形面积公式列方程求解．
【规范解答】解：设点A到边BC的距离等于h，
△ABC的面积＝5×3﹣×5×1﹣×2×2﹣×3×3＝6，
BC＝＝，
∵BC•h＝△ABC的面积，
∴h＝＝．
故答案为：．
【题后反思】本题以网格背景考查勾股定理、三角形面积计算公式，网格中图形面积的计算．熟练利用面积法是解题的关键．
13．（2分）（2023•城中区模拟）如图所示，函数y2＝ax+b和y1＝|x|的图象相交于（﹣1，1），（2，2）两点．当y1＞y2时，x的取值范围是 x＜﹣1或x＞2 ．
【易错点拨】根据两图象的交点，求出图象中y1在y2上面的部分中x的范围即可，当x＜﹣1时，y1的图象在y2的上面；同理当x＞2时，y1的图象在y2的上面．
【规范解答】解：∵函数y＝ax+b和y＝|x|的图象相交于（﹣1，1），（2，2）两点，
∴根据图象可以看出，当y1＞y2时，x的取值范围是x＞2或x＜﹣1，
故答案为：x＜﹣1或x＞2．
【题后反思】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系的应用，主要培养学生观察图形的能力，能理解一次函数与一元一次不等式的关系是解此题的关键，题目比较典型，但是一道比较容易出错的题目．
14．（2分）（2022春•回民区期中）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1．点A、B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为 ．
【易错点拨】先利用勾股定理求出AC的长，然后利用面积法，进行计算即可解答．
【规范解答】解：由勾股定理得：
AC＝＝2，
由题意得：
△ABC的面积＝3×4﹣×2×1﹣×2×4﹣×2×3
＝12﹣1﹣4﹣3
＝4，
∵BD⊥AC，
∴AC•BD＝4，
∴×2•BD＝4，
∴BD＝，
故答案为：．
【题后反思】本题考查了勾股定理，熟练掌握面积法是解题的关键．
15．（2分）（2023春•南宁月考）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝16，D是AC上的一点，CD＝3，点P从B点出发沿射线BC方向以每秒2个单位的速度向右运动．设点P的运动时间为t．过点D作DE⊥AP于点E．在点P的运动过程中，当t为 5或11 时，能使DE＝CD？
【易错点拨】根据动点运动的不同位置利用勾股定理即可求解．
【规范解答】解：①点P在线段BC上时，过点D作DE⊥AP于E，如图1所示：
则∠AED＝∠PED＝90°，
∴∠PED＝∠ACB＝90°，
∴PD平分∠APC，
∴∠EPD＝∠CPD，
又∵PD＝PD，
∴△PDE≌△PDC（AAS），
∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝16﹣2t，
∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5，
∴AE＝4，
∴AP＝AE+PE＝4+16﹣2t＝20﹣2t，
在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（16﹣2t）2＝（20﹣2t）2，
解得：t＝5；
②点P在线段BC的延长线上时，过点D作DE⊥AP于E，如图2所示：
同①得：△PDE≌△PDC（AAS），
∴ED＝CD＝3，PE＝PC＝2t﹣16，
∴AD＝AC﹣CD＝8﹣3＝5，
∴AE＝4，
∴AP＝AE+PE＝4+2t﹣16＝2t﹣12，
在Rt△APC中，由勾股定理得：82+（2t﹣16）2＝（2t﹣12）2，
解得：t＝11．
综上所述，在点P的运动过程中，当t的值为5或11时，能使DE＝CD．
【题后反思】本题主要考查了勾股定理，解决本题的关键是动点运动到不同位置形成不同的直角三角形．
16．（2分）（2022春•江汉区校级月考）如图，正方形ABCD中，E为其外面一点，且∠AEB＝45°，AE，BE分别交CD于F，G，若CG＝3，FG＝1，则AF＝ ．
【易错点拨】如图，过点A作AH⊥BE于N，交BC于H，连接HF，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，设正方形的边长为x，证明△ADF≌△ABM（SAS），△MAH≌△FAH和△ABH≌△BCG，得CG＝BH＝3，由勾股定理可得结论．
【规范解答】解：如图，过点A作AH⊥BE于N，交BC于H，连接HF，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠E＝45°，∠ANE＝90°，
∴∠EAN＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠DAB＝∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠DAF+∠BAH＝45°，
∵AD＝AB，∠D＝∠ABM，DF＝BM，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴∠DAF＝∠BAM，AF＝AM，
∴∠BAH+∠BAM＝45°＝∠EAN，
∵AH＝AH，
∴△MAH≌△FAH（SAS），
∴FH＝MH，
∵∠CBG+∠CGB＝∠CBG+∠BHN＝90°，
∴∠CGB＝∠BHN，
∵AB＝BC，∠ABH＝∠C，
∴△ABH≌△BCG（AAS），
∴CG＝BH＝3，
设正方形的边长为x，则BM＝DF＝x﹣4，FH＝MH＝3+x﹣4＝x﹣1，
在Rt△CHF中，FH2＝CH2+CF2，
∴（x﹣1）2＝42+（x﹣3）2，
∴x＝6，
∴AD＝6，DF＝6﹣4＝2，
由勾股定理得：AF＝＝2，
故答案为：2．
【题后反思】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质和判定；会利用三角形全等解决线段和角相等的问题；能运用勾股定理计算线段的长，本题正确作出辅助线构建三角形全等是解本题的关键．
17．（2分）（2022•海曙区校级开学）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（6，4），过点A分别作AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，已知经过点P（2，3）的直线y＝kx+b将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5时，则k的值为 ﹣4或﹣ ．
【易错点拨】将点P（2，3）代入得3＝2k+b，得b＝﹣2k+3，设直线y＝kx+3﹣2k与x轴交于F，与AC交于E，分两种情况画图讨论：①当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时，②当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时；当直线过C时，可以验证此时将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5．
【规范解答】解：将点P（2，3）代入直线y＝kx+b，得3＝2k+b，
∴b＝﹣2k+3，
∴直线y＝kx++3﹣2k，
当直线与线段AC、OB相交时，如图，设直线y＝kx+3﹣2k与x轴交于F，与AC交于E，
则E（2+，4），F（2﹣，0），
∴CE＝2+，OF＝2﹣，
直线将矩形OBAC分成的两部分面积比为3：5，
①当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时，（CE+OF）•OC＝OB•AB，
∴×（2++2﹣）×4＝×6×4，
解得k＝﹣4；
②当S四边形OFEC＝S矩形OBAC时，（CE+OF）•OC＝OB•AB，
∴×（2++2﹣）×4＝×6×4，
解得k＝﹣（此时直线y＝kx+3﹣2k与边OB无交点，舍去），
当直线过点C时，如图：
由P（2，3）、C（0，4）可得直线解析式为y＝﹣x+4，
令x＝6得y＝1，
∴Q（6，1），
∴S梯形COBQ＝（1+4）×6＝15，S△ACQ＝×6×（4﹣1）＝9，
∴S△ACQ：S梯形COBQ＝3：5，此时k＝﹣，
综上所述，k＝﹣4或﹣．
故答案为：﹣4或﹣．
【题后反思】本题考查一次函数综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、两点间距离公式、梯形面积等知识，解题的关键是分类讨论．
18．（2分）（2022春•海淀区校级期中）在▱ABCD中，O为AC的中点，点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与▱ABCD的另一边交于点F，N．
下面四个推断：
①四边形ABFM是平行四边形；
②四边形ENFM是平行四边形；
③若▱ABCD是矩形（正方形除外），则至少存在一个四边形ENFM是正方形；
④对于任意的▱ABCD，存在无数个四边形ENFM是矩形．
其中，正确的有 ②③④ ．
【易错点拨】由“ASA”可证△EAO≌△FCO，可证四边形EMFN是平行四边形，根据点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点，可得AM与BF不一定相等EF与MN不一定相等，故①错误，②正确，由矩形的判定和性质和正方形的判定可判断③正确，④正确，即可求解．
【规范解答】解：如图，连接EN，MF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△EAO和△FCO中，
，
∴△EAO≌△FCO（ASA），
∴EO＝FO，
同理可得OM＝ON，
∴四边形ENFM是平行四边形，
∵点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点，
∴AM与BF不一定相等，故①错误，②正确；
若四边形ABCD是矩形（正方形除外），
∴OA＝OD，
∵点E，M为AD边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），
∴∠EOM＜∠AOD，
因为ABCD是矩形，∠AOD＞90°，所以∠EOM＜∠AOD，∠EOM可能为90°，
∴至少存在一个四边形ENFM是正方形，故③正确；
当EO＝OM时，则EF＝MN，
又∵四边形ENFM是平行四边形，
∴四边形ENFM是矩形，故④正确，
综上所述：正确的有②③④．
故答案为：②③④．
【题后反思】本题考查了正方形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解题关键是证明四边形ENFM是平行四边形．
19．（2分）（2022春•南京期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动．点Q在BC边上以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当5＜t＜10时，运动时间t＝ 秒或8秒 时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【易错点拨】根据P的速度为每秒1cm，可得AP＝tcm，从而得到PD＝（10﹣t）cm，由四边形ABCD为平行四边形可得出PD∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD＝BQ时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，当5＜t＜10时，分两种情况考虑，在每种情况中由PD＝BQ即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．
【规范解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴PD∥BQ．
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则PD＝BQ．
当5＜t≤时，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，CQ＝（4t﹣20）cm，BQ＝（30﹣4t）cm，
∴10﹣t＝30﹣4t，
解得：t＝；
当＜t≤10时，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，BQ＝（4t﹣30）cm，
∴10﹣t＝4t﹣30，
解得：t＝8．
综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
故答案为：秒或8秒．
【题后反思】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清Q在BC上往返运动情况是解决此题的关键．
20．（2分）（2021秋•郾城区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3cm，延长BC到点E，使CE＝1cm，连接DE，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿AB→BC→CD→DA向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，当△PBC和△DCE全等时，t的值为 2或7 ．
【易错点拨】分点P在AB和CD上两种情况讨论即可．
【规范解答】解：∵△DCE是直角三角形，
∴△PBC为直角三角形，
∴点P只能在AB上或者CD上，
当点P在AB上时，有BP＝CE，
∴BP＝CE＝1，
∴AP＝2，
∴t＝2÷1＝2，
当点P在CD上时，有CP＝CE＝1，
∴t＝（3+3+1）÷1＝7，
故答案为：2或7．
【题后反思】本题主要考查三角形全等的判定，关键是要考虑到点P的两种情况，牢记三角形全等的性质．
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（6分）（2023春•灵丘县月考）阅读下面解题过程．
例：化简．
解：．
请回答下列问题．
（1）归纳：请直接写出下列各式的结果：①＝ ﹣ ；②＝ + ．
（2）应用：化简．
（3）拓展：＝ ．（用含n的式子表示，n为正整数）
【易错点拨】（1）利用分母有理化，进行计算即可解答；
（2）先进行分母有理化，然后再进行计算即可解答；
（3）先进行分母有理化，然后再进行计算即可解答．
【规范解答】解：（1）①＝＝﹣；
②＝＝+；
故答案为：①；②+；
（2）
＝+++...+
＝﹣+﹣+﹣+...+﹣
＝﹣；
（3）
＝+++...+
＝+++...+
＝（﹣1+﹣+﹣+...+﹣）
＝，
故答案为：．
【题后反思】本题考查了二次根式的混合运算，分母有理化，准确熟练地进行计算是解题的关键．
22．（6分）（2022春•东莞市校级期中）某城市居民用水实行阶梯收费，每户每月用水量如果未超过20吨，按每吨2.5元收费．如果超过20吨，未超过的部分按每吨2.5元收．超过的部分按每吨3.3元收费．
（1）若该城市某户6月份用水18吨，该户6月份水费是多少？
（2）设某户某月用水量为x吨（x＞20），应缴水费为y元，写出y关于x的函数关系式．
（3）某用户8月份水费为83元，求该用户8月份用水量．
【易错点拨】（1）每户每月用水量如果未超过20吨，按每吨2.5元收费，而该城市某户6月份用水18吨，未超过20吨，根据水费＝每吨水的价格×用水量，即可得出答案；
（2）如果超过20吨，未超过的部分按每吨2.5元收费，超过的部分按每吨3.3元收费，设某户某月用水量为x吨，那么超出20吨的水量为（x﹣20）吨，根据水费＝每吨水的价格×用水量，即可得出答案；
（3）根据题意可知，该用户用水超过20吨，所以3.3x﹣16＝83，解得x＝30，由此可得结论．
【规范解答】解：（1）根据题意：该户用水18吨，按每吨2.5元收费，
2.5×18＝45（元），
答：该户6月份水费是45元；
（2）设某户某月用水量为x吨（x＞20），超出20吨的水量为（x﹣20）吨，
则该户20吨的按每吨2.5元收费，（x﹣20）吨按每吨3.3元收费，
应缴水费y＝2.5×20+3.3×（x﹣20），
整理后得：y＝3.3x﹣16，
答：y关于x的函数关系式为y＝3.3x﹣16；
（3）若用水量为20吨，则收费为：20×2.5＝50（元），
∵50元＜83元，
∴该用户用水超过20吨，
∴3.3x﹣16＝83，解得x＝30，
∴该用户8月份用水量为30吨．
【题后反思】本题考查的是一次函数的应用，正确得出函数关系式是解题的关键．
23．（8分）（2023春•福州期中）定义：若某三角形的三边长a，b，c满足ab+a2＝c2，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：
（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；
（2）若等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，其中AC＝BC，AB＞AC，求∠A的度数；
（2）如图，在△ABC中，∠C＝2∠A，且∠B＞∠A．证明：△ABC为“类勾股三角形”．
【易错点拨】（1）先设等边三角形的三边长分别为a，b，c，则a＝b＝c，然后进行计算可得：ab+a2＝a2+a2＝2a2＞c2，即可解答；
（2）根据已知和“类勾股三角形”的定义可得AC•BC+AC2＝AB2，从而可得BC2+AC2＝AB2，进而可得△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，然后利用等腰直角三角形的性质，即可解答；
（3）过点B作BG⊥AC，垂足为G，在GA上截取GD＝GC，连接BG，可得BG是CD的垂直平分线，从而可得BD＝BC＝a，进而可得∠C＝∠BDC＝2∠A，再利用三角形的外角性质可得∠A＝∠ABD，从而可得DA＝BD＝a，进而可得CD＝b﹣a，DG＝CG＝，然后利用线段的和差关系可得AG＝，最后分别在Rt△ABG和Rt△BGC中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【规范解答】（1）解：等边三角形不是“类勾股三角形”，
理由：设等边三角形的三边长分别为a，b，c，
则a＝b＝c，
∴ab+a2＝a2+a2＝2a2＞c2，
∴等边三角形不是否“类勾股三角形”；
（2）解：∵等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，AC＝BC，AB＞AC，
∴AC•BC+AC2＝AB2，
∴BC2+AC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠A的度数为45°；
（3）证明：过点B作BG⊥AC，垂足为G，在GA上截取GD＝GC，连接BD，
∴BG是CD的垂直平分线，
∴BD＝BC＝a，
∴∠C＝∠BDC，
∵∠C＝2∠A，
∴∠BDC＝2∠A，
∵∠BDC＝∠A+∠ABD，
∴∠A＝∠ABD，
∴DA＝BD＝a，
∴CD＝AC﹣AD＝b﹣a，
∴DG＝CG＝CD＝，
∴AG＝AD+DG＝a+＝，
在Rt△ABG中，BG2＝AB2﹣AG2＝c2﹣（）2，
在Rt△BGC中，BG2＝BC2﹣CG2＝a2﹣（）2，
∴c2﹣（）2＝a2﹣（）2，
∴a2+ab＝c2，
∴△ABC为“类勾股三角形”．
【题后反思】本题考查了勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24．（8分）（2023春•包河区月考）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝﹣2x+10的图象与x轴交于点A，与一次函数y2＝x+2的图象交于点B．
（1）求点B的坐标；
（2）结合图象，当y1＞y2时，请直接写出x的取值范围；
（3）C为x轴上点A右侧一个动点，过点C作y轴的平行线，与一次函数y1＝﹣2x+10的图象交于点D，与一次函数y2＝x+2的图象交于点E．当CE＝3CD时，求DE的长．
【易错点拨】（1）联立可直接得点B的坐标；
（2）根据函数图象，结合B点的坐标即可求得x的取值范围；
（3）设点C的横坐标为m，则D（m，﹣2m+10），E（m，m+2），由CE＝3CD求出m，即可得DE的长．
【规范解答】解：（1）令﹣2x+10＝x+2，解得x＝3，
∴y＝4，
∴B点坐标为（3，4）．
（2）由图象以及B（3，4）可知，x＜3时，y1＞y2；
（3）设点C的横坐标为m，则D（m，﹣2m+10），E（m，m+2），
∴CE＝m+2，CD＝2m﹣10，
∵CE＝3CD，
∴m+2＝3（2m﹣10），解得m＝6．
∴D（6，﹣2），E（6，6），
∴DE＝8．
【题后反思】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式，函数图象上点的坐标特征，一次函数与一元一次不等式，两点的距离等知识，灵活运用这些知识解决问题是本题的关键．
25．（8分）（2022春•龙岩校级月考）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，按要求完成下列各题．
（1）试判断△ABC的形状并说明理由；
（2）画出BC边上的高AD，求AD的长；
（3）以AC为边向右侧做Rt△CAD，使△BCD是等腰三角形，则BD的长为 或5 ．
【易错点拨】（1）先根据勾股定理求边长，再根据勾股定理的逆定理判定；
（2）根据面积求解；
（3）分类讨论，再求解．
【规范解答】解：（1）△BAC的形状是直角三角形，
理由是：由勾股定理得：AB2＝12+22＝5，AC2＝22+42＝20，BC2＝32+42＝25，
所以AB2+AC2＝BC2，
所以△ABC是直角三角形；
（2）如图所示：
线段AD即为所求；
∵S△ABC＝＝，
∴×2＝5×AD，
∴AD＝2；
（3）点D的位置有三处，如下图：
BD＝5或BD＝2，
故答案为：2或5．
【题后反思】本题考查了勾股定理的逆定理，掌握勾股定理是解题的关键．
26．（8分）（2023春•巴东县月考）【问题背景】
勾股定理是重要的数学定理，它有很多种证明方法
【定理表述】
（1）用文字语言叙述勾股定理的内容： 如果直角三角形的两直角边长为a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2
【定理证明】
（2）以图1中的直角三角形为基础，延长BE到点C，使CE＝a，过点C作：CD⊥CE，使CD＝b，连接DE，AD（如图2），则AE⊥DE，AD＝c，四边形ABCD是以a为底、（a+b）为高的直角梯形，请利用图2证明勾股定理．
【定理应用】
（3）当a≠b时，利用图2，可以证明a+b＜c．
证明步骤如下：
如图3，过点A作AF⊥CD于点F，则AF＜AD，∠AFC＝90°，
∵又，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∴四边形ABCF为 矩形 ，
∴AF＝ BC ，
∴BC ＜ AD，
又∵BC＝a+b，AD＝c，
∴a+b＜c．
【易错点拨】【定理表述】（1）由勾股定理得出结论；
【定理证明】（2）利用SAS可证△ABE≌△ECD，可得对应角相等，结合90°的角，可证∠AED＝90°，利用梯形面积等于三个直角三角形的面积和，可证a2+b2＝c2；
【定理应用】（3）根据题干中的过程及矩形的性质可直接得出结论．
【规范解答】【定理表述】（1）解：如果直角三角形的两直角边长为a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
故答案为：如果直角三角形的两直角边长为a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
【定理证明】（2）证明：∵Rt△ABE≌Rt△ECD，
∴∠AEB＝∠EDC；
又∵∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°；
∴∠AED＝90°；
∴S梯形ABCD＝SRt△ABE+SRt△DEC+SRt△AED，
∴（a+b）（a+b）＝ab+ab+c2，
即（a2+2ab+b2）＝ab+ab+c2，
整理得a2+b2＝c2．
【定理应用】（3）如图3，过点A作AF⊥CD于点F，则AF＜AD，∠AFC＝90°，
∵又，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∴四边形ABCF为矩形，
∴AF＝BC，
∴BC＜AD，
又∵BC＝a+b，AD＝c，
∴a+b＜c．
故答案为：矩形；BC；＜．
【题后反思】本题考查了勾股定理的应用，涉及全等三角形的判定和性质，矩形的性质，面积分割法，勾股定理等知识．熟练掌握勾股定理的证明是解题的关键．
27．（8分）（2022春•鄞州区校级期末）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．
（1）求证：△ADF≌△DCE；
（2）若△DEF的面积为，求AF的长；
（3）在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．
【易错点拨】（1）先证得∠AED＝∠AFB，很容易证明△ABF与△DAE全等，由此得出AF＝DE，又由互余可得出∠DAF＝∠CDE，进而可得结论；
（2）根据三角形的面积求得AE，再根据勾股定理求得DE，根据（1）中AF＝DE即刻得出结论；
（3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，所以PM＝AM，DP＝AE＝3或1，又MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．
【规范解答】（1）证明：∵AF⊥DE，∠B＝90°，
∴∠AED＝∠AFB，
在△ABF与△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE，
∵∠ADE+∠CDE＝∠ADE+∠DAG＝90°，
∴∠CDE＝∠DAF，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS）．
（2）解：∵△ABF≌△DAE，
∴AE＝BF＝x，
∴BE＝CF＝4﹣x，
∴△DEF的面积＝S正方形﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF
＝4×4﹣×4•x﹣（4﹣x）•x﹣×4•（4﹣x）
＝8﹣2x+x2，
∴y＝x2﹣2x+8＝，
解得，x1＝3，x2＝1，
∴AE＝3或AE＝1，
∴AF＝DE＝5或．
（3）解：如图，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，
∵点M是DE的中点，
∴DM＝ME，
∵AB∥CD，
∴∠PDM＝∠AEM，∠DPM＝∠EAM，
∴△DPM≌△EAM（AAS），
∴PM＝AM，DP＝AE＝3或1，
当AE＝3时，BF＝EP＝3，
∴CF＝CP＝1，
∴PF＝，
∴MN＝PF＝；
当AE＝1时，BF＝EP＝1，
∴CF＝CP＝3，
∴PF＝3，
∴MN＝PF＝；
综上，MN的长度为或．
【题后反思】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．
28．（8分）（2022秋•金牛区校级期末）如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，经过A（﹣2，6）的直线交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC，直线AD交x轴负半轴于点D，若△ABD的面积为27．
（1）求直线AB的表达式和点D的坐标；
（2）横坐标为m的点P在线段AB上（不与点A、B重合），过点P作x轴的平行线交AD于点E，设PE的长为y（y≠0），求y与m之间的函数关系式并直接写出相应的m取值范围；
（3）在（2）的条件下，在x轴上是否存在点F，使△PEF为等腰直角三角形？若存在求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【易错点拨】（1）根据直线AB交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，OB＝OC，设出解析式为y＝﹣x+n，把A的坐标代入求得n的值，从而求得B的坐标，再根据三角形的面积建立方程求出BD的值，求出OD的值，从而求出D点的坐标，直接根据待定系数法求出AD的解析式；
（2）先根据B、A的坐标求出直线AB的解析式，将P点的横坐标代入直线AB的解析式，求出P的纵坐标，将P点的纵坐标代入直线AD的解析式就可以求出E的横坐标，根据线段的和差关系就可以求出结论；
（3）要使△PEF为等腰直角三角形，分三种情况分别以点P、E、F为直角顶点，根据等腰直角三角形的性质求出（2）中m的值，就可以求出F点的坐标．
【规范解答】解：（1）∵OB＝OC，
∴设直线AB的解析式为y＝﹣x+n，
∵直线AB经过A（﹣2，6），
∴2+n＝6，
∴n＝4，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，
∵△ABD的面积为27，A（﹣2，6），
∴S△ABD＝×BD×6＝27，
∴BD＝9，
∴OD＝5，
∴D（﹣5，0），
设直线AD的解析式为y＝ax+b，
∴，
解得．
∴直线AD的解析式为y＝2x+10；
（2）∵点P在AB上，且横坐标为m，
∴P（m，﹣m+4），
∵PE∥x轴，
∴E的纵坐标为﹣m+4，
代入y＝2x+10得，﹣m+4＝2x+10，
解得x＝，
∴E（，﹣m+4），
∴PE的长y＝m﹣＝m+3；
即y＝m+3，（﹣2＜m＜4）；
（3）在x轴上存在点F，使△PEF为等腰直角三角形，
①当∠FPE＝90°时，如图①，
有PF＝PE，PF＝﹣m+4，PE＝m+3，
∴﹣m+4＝m+3，
解得m＝，此时F（，0）；
②当∠PEF＝90°时，如图②，有EP＝EF，EF的长等于点E的纵坐标，
∴EF＝﹣m+4，
∴﹣m+4＝m+3，
解得：m＝，
∴点E的横坐标为x＝＝﹣，
∴F（﹣，0）；
③当∠PFE＝90°时，如图③，有 FP＝FE，
∴∠FPE＝∠FEP．
∵∠FPE+∠EFP+∠FEP＝180°，
∴∠FPE＝∠FEP＝45°．
作FR⊥PE，点R为垂足，
∴∠PFR＝180°﹣∠FPE﹣∠PRF＝45°，
∴∠PFR＝∠RPF，
∴FR＝PR．
同理FR＝ER，
∴FR＝PE．
∵点R与点E的纵坐标相同，
∴FR＝﹣m+4，
∴﹣m+4＝（m+3），
解得：m＝，
∴PR＝FR＝﹣m+4＝﹣+4＝，
∴点F的横坐标为﹣＝﹣，
∴F（﹣，0）．
综上，在x轴上存在点F使△PEF为等腰直角三角形，点F的坐标为（，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【题后反思】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，解答本题时求出函数的解析式是关键