专题17 三角形 中考数学一轮复习专题训练（北京专用）

这是一份专题17 三角形 中考数学一轮复习专题训练（北京专用），共35页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1．（2021八上·通州期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD⊥AC，垂足为D．如果AC=6，BC=3，则BD的长为（ ）
A．2B．32C．33D．332
2．（2021八上·房山期末）利用直角三角板，作△ABC的高，下列作法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2021八上·丰台期末）将三根木条钉成一个三角形木架，这个三角形木架具有稳定性.解释这个现象的数学原理是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
4．（2021八上·西城期末）如图是一个平分角的仪器，其中AB=AD，BC=DC．将点A放在一个角的顶点，AB和AD沿着这个角的两边放下，利用全等三角形的性质就能说明射线AC是这个角的平分线，这里判定△ABC和△ADC是全等三角形的依据是（ ）
A．SSSB．ASAC．SASD．AAS
5．（2021八上·西城期末）已知三条线段的长分别是4，4，m，若它们能构成三角形，则整数m的最大值是（ ）
A．10B．8C．7D．4
6．（2021八上·东城期末）如图，在△ABE中，AE的垂直平分线MN交BE于点C，连接AC．若AB=AC，CE=5，BC=6，则△ABC的周长等于（ ）
A．11B．16C．17D．18
7．（2021八上·平谷期末）如图，五根小木棒，其长度分别为5，9，12，13，15，现将它们摆成两个直角三角形，其中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．（2021八上·丰台期末）如图，四边形ABCD中，AD=CD，AB=CB，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．下列关于筝形的结论正确的是（ ）
A．对角线AC，BD互相垂直平分
B．对角线BD平分∠ABC，∠ADC
C．直线AC，BD是筝形的两条对称轴
D．筝形的面积等于对角线AC与BD的乘积
9．（2021八上·怀柔期末）已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB交BC于点D，DE⊥AB于点E．若∠CAB=30°，AB=6，则DE+DB的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
10．（2021九上·海淀期末）如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）
A．A，B，C都不在B．只有B
C．只有A，CD．A，B，C
二、填空题
11．（2021八上·丰台期末）如图是两个全等的三角形，图中字母表示三角形的边长，则∠1的度数为 º.
12．（2021八上·延庆期末）小明学了在数轴上表示无理数的方法后，进行了练习：首先画数轴，原点为O，在数轴上找到表示数2的点A，然后过点A作AB⊥OA，使AB＝1；再以O为圆心，OB的长为半径作弧，交数轴正半轴于点P，那么点P表示的数是 ．
13．（2022八下·房山期中）若直线y=kx+3与两坐标轴围成的三角形的面积为6，则这条直线与x轴的交点坐标为 ．
14．（2021八上·朝阳期末）如图，△ABC，∠A=70°，点D在BC的延长线上，若∠ACD=130°，则∠B= °．
15．（2021八上·怀柔期末）三角形的两边长分别为4和6，那么第三边a的取值范围是 ．
16．（2022八下·海淀期中）两直角边分别为6和8的直角三角形，斜边上的中线的长是 ．
17．（2022八下·大兴期中）如图，在▱ABCD中，AD＝10，AB＝7，AE平分∠BAD交BC于点E，则EC的长为 ．
18．（2021八上·平谷期末）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD，请写出一个正确的结论 ．
19．（2021八上·怀柔期末）在平面直角坐标系xOy中，点M(2，t-2)与点N关于过点(0，t)且垂直于y轴的直线对称．
（1）当t =-3时，点N的坐标为 ；
（2）以MN为底边作等腰三角形MNP．
①当t =1且直线MP经过原点O时，点P坐标为 ；
②若△MNP上所有点到x轴的距离都不小于a(a是正实数)，则t的取值范围是 (用含a的代数式表示)
20．（2021八上·丰台期末）如图，在△ABC 和△DBC，BA=BD中，请你添加一个条件使得△ABC ≌△DBC，这个条件可以是 （写出一个即可）．
三、综合题
21．（2022八下·大兴期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD⊥AC于点O，点E是DB延长线上一点，OE＝OD，BF⊥AE于点F．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB平分∠EAC，OB＝3，BE＝5，求EF和AD的长．
22．（2022八下·房山期中）如图 1，在正方形ABCD中，点E为AD边上一点，连接BE．点M在CD边上运动．
（1）当点M和点C重合时（如图2），过点C做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N．请直接写出MN与BE的数量关系 ；
（2）当点M在CD边上运动时，过点M做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N（如图 3 ），（1）中的结论依旧成立吗？请证明；
（3）如图 4 ，当点M在CD边上运动时，N为直线AB上一点，若MN=BE，请问是否始终能证明MN⊥BE？请你说明理由．
23．（2022八下·大兴期中）已知四边形ABCD是正方形，点E为射线AC上一动点（点E不与A，C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，过点D，F分别作DE，EF的垂线，两垂线交于点G，连接CG．
（1）如图，当点E在对角线AC上时，依题意补全图形，并证明：四边形DEFG是正方形；
（2）在（1）的条件下，猜想：CE，CG和AC的数量关系，并加以证明；
（3）当点E在对角线AC的延长线上时，直接用等式表示CE，CG和AC的数量关系．
24．（2022八下·大兴期中）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和图形M，给出如下的定义：若图形M是以AB．为对角线的平行四边形，则称图形M是线段AB的“关联平行四边形”．点A（8，a），点B（2，b），
（1）当a＝8，b＝﹣2时，若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，则点C的坐标是 ；
（2）若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，求对角线OC的最小值；
（3）若线段AB的“关联平行四边形”AOBC是正方形，直接写出点C的坐标．
25．（2022·朝阳模拟）已知等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，以A为顶点作等腰直角△ADE，其中AD＝DE．
（1）如图1，点E在BA的延长线上，连接BD，若∠DBC＝30°，若AB＝6，求BD的值；
（2）将等腰直角△ADE绕点A顺时针旋转至图2，连接BE，CE，过点D作DF⊥CE交CE的延长线于F，交BE于M，求证：BM＝12BE；
（3）如图3，等腰直角△ADE的边长和位置发生变化的过程中，DE边始终经过BC的中点G，连接BE，N为BE中点，连接AN，当AB＝6且AN最长时，连接NG并延长交AC于点K，请直接写出△ANK的面积．
26．（2021八上·大兴期末）如图，△ABC≌△ADE，AC和AE，AB和AD是对应边，点E在边BC上，AB与DE交于点F．
（1）求证：∠CAE=∠BAD；
（2）若∠BAD=35°，求∠BED的度数．
27．（2022九上·昌平期中）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角”模型．
（1）应用：
如图2，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
（2）如图3，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF=∠B，AB=10，BE=6，求EFDE的值．
28．（2021九上·西城期末）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点D，E分别在边CA，CB上，CD=CE，连接DE，AE，BD．点F在线段BD上，连接CF交AE于点H．
（1）①比较∠CAE与∠CBD的大小，并证明；
②若CF⊥AE，求证：AE=2CF；
（2）将图1中的△CDE绕点C逆时针旋转α(0°<α<90°)，如图2．若F是BD的中点，判断AE=2CF是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
29．（2021八上·延庆期末）如图，网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点，点A，B，C均落在格点上．
（1）计算线段AB的长度 ；
（2）判断△ABC的形状 ；
（3）写出△ABC的面积 ；
（4）画出△ABC关于直线l的轴对称图形△A1B1C1．
30．（2022八下·大兴期中）如图，菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，过点A作对角线AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．
（1）求证：四边形AODF是矩形；
（2）若AD＝10，∠ABC＝60°，求OF和OA的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：∵∠ABC=90°，AC=6，BC=3，
∴根据勾股定理AB=AC2−BC2=62−32=33，
∵BD⊥AC，
∴S△ABC=12AB⋅BC=12AC⋅BD，即12×33×3=12×6⋅BD，
解得：BD=332．
故答案为：D．
【分析】先利用勾股定理求出AB的值，再利用三角形的面积公式计算求解即可。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A、B、C均不是高线．
故答案为：D．
【分析】利用作高的方法对每个选项一一判断即可。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：三根木条即为三角形的三边长，
即为利用SSS确定三角形，
故答案为：A．
【分析】根据三角形的稳定性及SSS的方法求解即可。
4．【答案】A
【解析】【解答】在△ADC和△ABC中
∵AD=ABDC=BCAC=AC
所以△ADC≌△ABC（SSS）
故答案为：A．
【分析】根据SSS证明三角形全等即可。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：条线段的长分别是4，4，m，若它们能构成三角形，则
4−4又m为整数，则整数m的最大值是7
故答案为：C
【分析】根据三角形的三边关系即可得出答案。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：∵MN垂直平分AE，CE=5
∴AC=CE=5，
∵AB=AC，
∵AB=5，
∵BC=6，
∴ΔABC的周长=AB+AC+BC=5+5+6=16，
故答案为：B．
【分析】根据垂直平分线的性质可得AC=CE=5，再利用三角形的周长公式列出算式AB+AC+BC计算即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、对于△ABD，由于52+92=106≠122，则此三角形不是直角三角形，同理△ADC也不是直角三角形，故不合题意；
B、对于△ABC，由于52+132=194≠122，则此三角形不是直角三角形，同理△ADC也不是直角三角形，故不合题意；
C、对于△ABC，由于52+122=169=132，则此三角形是直角三角形，同理△BDC也是直角三角形，故符合题意；
D、对于△ABC，由于52+122=169≠152，则此三角形不是直角三角形，同理△BDC也不是直角三角形，故不合题意．
故答案为：C
【分析】利用直角三角形的判定方法判断即可。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD中，AD=CD，AB=CB，
∴BD是AC的垂直平分线，
而AC不一定是BD的垂直平分线，故A不符合题意；
∵AD=CD，AB=CB，BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠ADB=∠CDB，∠ABD=∠CBD，
∴ 对角线BD平分∠ABC，∠ADC，故B符合题意；
∵△ABD≌△CBD，
∴ 直线BD是筝形的两条对称轴，故C不符合题意；
如图，记对角线的交点为Q，
∴S筝形ABCD=S△ABD+S△BCD=12BD·AQ+12BD·CQ=12BD·AC，
∴ 筝形的面积等于对角线AC与BD的乘积的一半，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】由线段垂直平分线的判定可判断A选项；通过证明△ABD≌△CBD，得出∠ADB=∠CDB，∠ABD=∠CBD， 可判断B选项；根据轴对称性质可判断C选项；利用三角形的面积可判断D选项。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠C=90°，AD平分∠CAB， DE⊥AB，
∴DE=CD，
∴DE+BD=CD+BD=BC，
又∵∠CAB=30°，AB=6，
∴BC=12AB=3，
故答案为：B．
【分析】先求出DE=CD，再根据∠CAB=30°，AB=6，求解即可。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：如图所示：连接BD，
∵AB=300，BC=400，AC=500，
∴AC2=AB2+BC2，
∴ΔABC为直角三角形，
∵D为AC中点，
∴AD=CD=BD=250，
∵覆盖半径为300 ，
∴A、B、C三个点都被覆盖，
故答案为：D．
【分析】连接BD，先证出ΔABC为直角三角形，根据D为AC中点，得出AD=CD=BD=250，即可得出答案。
11．【答案】70
【解析】【解答】解：如图，由三角形的内角和定理得：∠2=180°−50°−60°=70°，
∵图中的两个三角形是全等三角形，在它们中，边长为b和c的两边的夹角分别为∠2和∠1，
∴∠1=∠2=70°，
故答案为：70．
【分析】根据全等三角形的性质求解即可。
12．【答案】5
【解析】【解答】解：在Rt△OAB中，OA=2，AB=1，
∴OB=OA2+AB2=22+12=5，
∴以点O为圆心，OB为半径与正半轴交点P表示的数为5．
故答案为：5．
【分析】先利用勾股定理求出OB的长，再在数轴上表示出点P的数即可。
13．【答案】(4，0)或(−4，0)或(−4，0)或(4，0)
【解析】【解答】解：直线y=kx+3与y轴的交点坐标为（0，3），
设直线y=kx+3与x轴交点的坐标为（m，0），
由题意可得：12|m|×3=6，
解得m=4或m=−4，
即直线y=kx+3与x轴交点的坐标为(4，0)或(−4，0)，
故答案为：(4，0)或(−4，0)．
【分析】先求出直线y=kx+3与y轴的交点坐标为（0，3），可设设直线y=kx+3与x轴交点的坐标为（m，0），可得12|m|×3=6，据此求出m值即可.
14．【答案】60°
【解析】【解答】由三角形的外角性质得，∠B=∠ACD-∠A=130°-70°=60°．
故答案为60．
【分析】根据三角形外角的性质可得∠B=∠ACD-∠A，再计算即可。
15．【答案】2＜a＜10
【解析】【解答】解：∵三角形的两边长分别为4和6，第三边的长为a，
∴根据三角形的三边关系，得：6-4＜a＜6+4，即：2＜a＜10．
故答案为：2＜a＜10．
【分析】利用三角形的三边关系先求出6-4＜a＜6+4，再求解即可。
16．【答案】5
【解析】【解答】解：∵直角三角形两条直角边分别是6、8，
∴斜边长为62+82=36+64=100=10，
∴斜边上的中线长为12×10=5．
故答案为：5．
【分析】先利用勾股定理求出斜边的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案。
17．【答案】3
【解析】【解答】解：∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠BAE=∠EAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=10，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=7，
∴EC=BC-BE=10-7=3，
故答案为：3．
【分析】由角平分线的定义可得∠BAE=∠EAD，由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC=10，利用平行线的性质可得∠DAE=∠AEB，从而得出∠BAE=∠AEB，利用等角对等边可得AB=BE=7，根据EC=BC-BE即可求解.
18．【答案】BC＝BD
【解析】【解答】解：在Rt△ACB和Rt△ADB中，AC=ADAB=AB ，
∴△ACB≌△ADB（HL），
∴BC＝BD，
故答案为：BC＝BD（答案不唯一）．
【分析】利用HL求出△ACB≌△ADB，再求解即可。
19．【答案】（1）(2，-1)
（2）(-2，1)；t≥a+2或t≤-a-2
【解析】【解答】（1）过点(0，t)且垂直于y轴的直线解析式为y=t
∵点M(2，t-2)与点N关于过点(0，t)且垂直于y轴的直线对称
∴可以设N点坐标为（2，n），且MN中点在y=t上
∴n+t−22=t，记得n=t+2
∴点N坐标为(2，t+2)
∴当t =-3时，点N的坐标为(2，−1)
（2）①∵以MN为底边作等腰三角形MNP，且点M(2，t-2)与点N直线y=t对称．
∴点P在直线y=t上，且P是直线OM与y=1的交点
当t =1时M(2，-1)，N(2，3)
∴OM直线解析式为y=−12x
∴当y=1时1=−12x，x=−2
∴P点坐标为(-2，1)
②由题意得，点M坐标为(2，t-2)，点N坐标为(2，t+2)，点P坐标为(P，t)
∵t−2∴只需要|t−2|≥a或者|t+2|≥a
当M、N、P都在x轴上方时，0当△MNP上与x轴有交点时，此时△MNP上所有点到x轴的距离可以为0，不符合要求；
当M、N、P都在x轴下方时，t−2综上t≥a+2或t≤-a-2
【分析】（1）先求出n+t−22=t，再求出点N坐标为(2，t+2)，最后求解即可；
（2）①先求出OM直线解析式为y=−12x，再求点的坐标即可；
②先求出|t−2|≥a或|t+2|≥a，再分类讨论计算求解即可。
20．【答案】CA=CD（答案不唯一）
【解析】【解答】添加CA=CD，则由边边边的判定定理即可得△ABC ≌△DBC
故答案为：CA=CD（答案不唯一）
【分析】根据三角形全等的判定方法求解即可。
21．【答案】（1）证明：∵BD⊥AC，
∴∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△AOD和Rt△COD中，
DA=DCOD=OD ，
∴Rt△AOD≌Rt△COD（HL），
∴AO=CO，
又∵OE=OD，
∴四边形AECD为菱形．
（2）解：∵AB平分∠EAC ，
∴BF=BO=3，
在Rt△BEF中，由勾股定理可得，
EF=BE2−BF2=52−32=4，
在Rt△ABF和Rt△ABO中，
AB=ABBF=BO ，
∴Rt△ABF≌Rt△ABO（HL），
∴AO=AF，
设AO=AF=x，AE=4+x，
在Rt△AOE中，由勾股定理可得，
AE2=OE2+OA2，
得(x+4)2=82+x2，
解得x=6，
∴AE=4+6=10，
即AD=10，
∴EF和AD的长分别为4和10．
【解析】【分析】（1）根据HL证明Rt△OAD≌Rt△COD，可得AO=CO， 结合OE=OD，可证四边形AECD为平行四边形，由BD⊥AC即证四边形AECD为菱形；
（2）由角平分线的性质可得BF=BO=3，由勾股定理求出EF=4，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ABO，可得AO=AF，设AO=AF=x，可得AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可建立关于x方程并解之即可.
22．【答案】（1）相等
（2）解：成立，证明如下：
如图，过点A作AF⊥BE于点G，
∵MN⊥BE，
∴AF∥MN，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，
∴四边形AFMN是平行四边形，
∴AF=MN，
∵正方形ABCD，
∴∠ADF=∠BAE=90°，AD=BA，
∴∠DAF+∠FAB=90°，∠FAB+∠ABE=90°，
∴∠DAF=∠ABE，
在△ADF与△BAE中，
∠DAF=∠ABEAD=BA∠ADF=∠BAE，
∴△ADF≌△BAE（ASA），
∴BE=AF，
∴BE=MN．
（3）不一定，理由如下：
如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N'
连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交BE于点J，
∴MN=MN'，
∵MN=BE，
∴MN'=MN=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，AD=BA，∠ADH=∠BAE=90°，
∴四边形AHMN是平行四边形，
∴AH=MN，
∴AH=BE，
在Rt△ADH与Rt△BAE中
AH=BEAD=BA，
∴Rt△ADH≌Rt△BAE（HL），
∴∠DAH=∠ABE，
∵∠DAH+∠HAB=90°，
∴∠HAB+∠ABE=90°，
∴∠AJB=90°，
∴AH⊥BE，
∴MN⊥BE，
∴∠GOM=90°，
∴∠MGO<90°，
∴MN'与BE不垂直，但MN'=MN=BE，
综上所述：若MN=BE，MN与BE不一定始终垂直．
【解析】【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠CBN=90°，AB=BC，
∴∠ABE+∠CBP=90°，
∵CN⊥BE，
∴∠BCN+∠CBP=90°，
∴∠ABE=∠BCN，
在△ABE和△BCN中
∠BAE=∠CBNAB=BC∠ABE=∠BCN
∴△ABE≌△BCN（ASA）
∴BE=CN，
∵点M和点C重合，
∴BE=CN=MN．
故答案为：相等
【分析】（1）MN=BE.根据ASA证明△ABE≌△BCN，可得BE=CN=MN；
（2）成立.理由：过点A作AF⊥BE于点G，可证四边形AFMN是平行四边形，可得AF=MN，
根据ASA证明△ADF≌△BAE，可得BE=AF，即得结论；
（3）不一定，理由：如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N' ， 连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交BE于点J， 可得MN'=MN=BE，再证四边形AHMN是平行四边形，可得AH=MN=BE，根据HL证明Rt△ADH≌Rt△BAE，可得∠DAH=∠ABE，从而求出∠AJB=90°， 即得AH⊥BE，由MN⊥BE，可得∠GOM=90°，即得∠MGO<90°，继而得出MN'与BE不垂直，但MN'=MN=BE，据此判断即可.
23．【答案】（1）解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，且∠ECN＝45°
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，NE=NC，
∴四边形EMCN是正方形，
∴EM=EN，
∵EF⊥DE，DG⊥DE，FG⊥EF，
∴四边形DEFG为矩形，
∵∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90º，
∴∠DEN=∠MEF，
又∵∠DNE=∠FME=90º，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM，
∴ED=EF，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）CE+CG=AC，
证明：∵四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG，∠EDC+CDG=90º，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90º，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴AE=CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC；
（3）CG=AC+CE，
如图：
∵四边形ABCD为正方形，四边形DEFG为正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90º，ED=GD，且∠GDE=90º，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE=∠GDC，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴AE=CG=AC+CE；
【解析】【分析】（1）过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，先证四边形DEFG为矩形，再证明△DEN≌△FEM（ASA），可得DE=EF，根据正方的判定定理即证；
（2）CE+CG=AC，证明：根据SAS证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，从而得出CE+CG=CE+AE
=AC；
（3） CG=AC+CE， 理由：根据SAS证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，继而得解.
24．【答案】（1）（10，6）
（2）解：如图所示，连接OC，
设点C（x，y），A（8，a），B（2，b），
∵四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，
∴AO∥BC，AO=BC，
得出：8−0=x−2a−0=y−b，
解得：x=10y=a+b，
∴C（10，a+b），
OC=102+(a+b)2，
当a+b=0时，
OC最小为10；
（3）解：如图所示，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，过点A作AH⊥x轴，过点B作BG⊥x轴，
∴∠AHO=∠BGO=90°，
∵四边形OACB为正方形，
∴OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠AOH+∠BOG=90°，
∵∠AOH+∠OAH=90°，
∴∠OAH=∠BOG，
∴∆AOH≅∆BOG，
∴AH=OG=2，OH=BG=8，
∴A（8，2），B（2，-8），
由（2）可得：C（10，-6）；
如图所示，当点B’在x轴下方，点A’在x轴上方时，
同理可得：A’（8，-2），B’（2，8），
由（2）可得：C（10，6）；
综上可得：点C的坐标为（10，-6）或（10，6）．
【解析】【解答】（1）解：如图所示，设点C（x，y），
∵四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，
∴AO∥BC，AO=BC，
得出：8−0=x−28−0=y+2，
解得：x=10y=6，
∴C（10，6）；
故答案为：（10，6）；
【分析】（1）由A、B坐标，根据平行四边形的性质及平移的性质，可求出点C坐标；
（2）如图所示，连接OC， 先用含ab的式子表示出平行四边形对角线交点的坐标，利用勾股定理求出OC，根据偶次幂的非负性即可求出OC最小值；
（3） 分两种情况：如图所示，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，过点A作AH⊥x轴，过点B作BG⊥x轴，证明∆AOH≅∆BOG，可得AH=OG=2，OH=BG=8，即得A（8，2），B（2，-8），由（2）可得C（10，-6）；如图所示，当点B’在x轴下方，点A’在x轴上方时，同理可求出结论.
25．【答案】（1）解：如图1，过点B作BT⊥DA交DA延长线于T，
∵△ABC、△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠ABC=45°，
∴DT∥BC，
∴∠BAT=∠ABC=45°，∠ADB=∠DBC=30°，
∵∠T=90°，AB=6，
∴BT=AT=32，
∴BD=2BT=62；
（2）证明：如图2，延长ED到R，使DR=DE，连接AR、BR，延长RB交CF的延长线于J，
∵∠ADE=90°，
∴AD⊥ER，
∵DR=DE，
∴AD垂直平分RE，
∴AR=AE，
∵AD=DR=DE，
∴∠RAE=∠BAC=90°，
∴∠RAB=∠EAC，
∵AR=AE，AB=AC，
∴△RAB≌△EAC（SAS），
∴∠ABR=∠ACE，
∵∠ABR+∠ABJ=180°，
∴∠ACJ+∠ABJ=180°，
∴∠J+∠BAC=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠J=90°，
∵DF⊥CF，
∴∠DFC=∠J=90°，
∴DF∥RJ，
∴DERD=EMMB，
∵DE=DR，
∴EM=BM，
∴BM= 12BE；
（3）解：SΔANK=92+27510．
【解析】【解答】解：（3）取AB的中点Q，连接QN、QG，取QG的中点P，连接PA、PN、CE，
∵AB=AC，∠BAC=90°，点G为BC的中点，
∴∠AGC=∠AGB=90°，∠AEG=∠ACG=45°，AG=BG=CG，
∴A、G、E、C四点共圆，
∴∠AEC=∠AGC=90°，
∵BN=NE，BG=GC，BQ=AQ，
∴NG∥CE，QN∥AE，
∴∠QNG=∠AEC=90°，
∵GA=GB，AQ=QB，∠AGB=90°，
∴GQ=QA=QB=3，∠AQG=90°，
∴PQ=PG= 32，
∴NP= 12QG=32，AP=AQ2+QP2=352，
∵AN≤PA+PN，
∴当A、P、N三点共线时，AN最大，最大值为32+352，过点G作GM⊥AC于M，
∵PN=PG，
∴∠PNG=∠PGN，
∵BG=GC，BQ=AQ，
∴GQ∥AC，
∴∠PGN=∠AKN，
∴∠PNC=∠AKN，即∠ANK=∠AKN，
∴AK=AN=32+352，
∵∠AGC=90°，AG=GC，GM⊥AC，
∴GM=12AC=3，
∴SΔAGK=12×(32+352)×3=94+954，
∵PQ=PG，
∴S△APG=S△AQP=12·AQ·PQ=12×3×32=94，
∵SΔANGSΔAPG=ANAP=32+352352=55+1，
∴SΔANG=(55+1)×94=9520+94，
∴SΔANK=SΔANG+SΔAGK=92+27510．
【分析】（1） 过点B作BT⊥DA交DA延长线于T，证明 ∠BAT=∠ABC=45°， ∠ADB=∠DBC=30°， 求出BT，可得BD=2BT；
（2） 延长ED到R，使DR=DE，连接AR、BR，延长RB交CF的延长线于J， 证明△RAB≌△EAC（SAS），再证明DF∥RJ， 根据平行线分线段成比例定理可得DERD=EMMB， 可证BM= 12BE；
（3）取AB的中点Q，连接QN、QG，取QG的中点P，连接PA、PN、CE，先证明A、G、E、C四点共圆，再证明当A、P、N三点共线时，AN最大，最大值为32+352，过点G作GM⊥AC于M，再求出SΔAGK和SΔANG，即可求出SΔANK。
26．【答案】（1）证明：∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，
即∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE，
∴∠CAE=∠BAD；
（2）解：∵∠BAD=35°，∠CAE=∠BAD，
∴∠CAE=35°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠C=∠AED，
∵∠AEB=∠C+∠CAE，∠AEB=∠AED+∠BED，
∴∠BED=∠CAE=35°．
【解析】【分析】（1）先求出 ∠BAC=∠DAE， 再证明求解即可；
（2）先求出 ∠CAE=35°， 再求出 ∠C=∠AED， 最后计算求解即可。
27．【答案】（1）证明：∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠CDA=90°，
∴∠EBC+∠BCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
∵CB=CA，
在△BCE和△CAD中，
∵∠CDA=∠BEC=90°∠ACD=∠EBCCB=CA，
∴△BEC≌△CDA(AAS)；
（2）解：如图，在BC的延长线上取点M，使DM=DC，连接DM，
∴∠DCM=∠M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DM=AB=10，AB∥CD，
∴∠B=∠DCM=∠M，
∵∠FEC=∠DEF+∠DEC=∠B+∠BFE，∠DEF=∠B，
∴∠DEC=∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴EFDE=BEDM=610=35．
【解析】【分析】（1）利用“AAS”证明△BEC≌△CDA即可；
（2）在BC的延长线上取点M，使DM=DC，连接DM，先证明△BFE∽△MED，再利用全等三角形的性质可得EFDE=BEDM=610=35。
28．【答案】（1）证明：①∠CAE=∠CBD，理由如下：
在△CAE和△ CBD中，
CE=CD∠ACE=∠BCDAC=BC，
∴△CAE≌△CBD（SAS），
∴∠CAE=∠CBD；
②∵CF⊥AE，
∴∠AHC=∠ACB=90°，
∴∠CAH+∠ACH=∠ACH+∠BCF=90°，
∴∠CAH=∠BCF，
∵∠DCF+∠BCF=90°，∠CDB+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD，
∴∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，
∴CF=DF，CF=BF，
∴BD=2CF，
又∵△CAE≌△CBD，
∴AE=2BD=2CF；
（2）解：AE=2CF仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，
由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．
【解析】【分析】（1）①利用SAS证出△CAE≌△CBD，即可得出∠CAE=∠CBD；②利用三角形全等得出△CAE≌△CBD，即可得出结论；
（2）AE=2CF成立，延长DC到G使得，DC=CG，连接BG，由旋转的性质得∠DCE=∠ACB=90°，利用SAS证出△ACE≌△BCG，得出AE=BG，根据中点的性质得出CF是△BDG的中位线，由此得出结论。
29．【答案】（1）10
（2）直角三角形
（3）5
（4）解：图形如图所示：
【解析】【解答】解：（1）AB=12+32=10
（2）AC=12+32=10，BC=22+42=25
∴AB2+AC2=20=BC2
∴△ABC的形状是一个直角三角形
（3）由（2）可知△ABC是直角三角形
∴SΔABC=12AB⋅AC=12×10×10=5
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）利用勾股定理的逆定理证明即可；
（3）利用三角形的面积公式计算即可；
（4）根据轴对称的性质作出点A、B、C的对称点，再连接即可。
30．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵AF⊥OA，
∴AF∥OD，
∴∠FAE=∠ODE，
∵点E是AD中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEO中，
∠FAE=∠ODEAE=DE∠AEF=∠DEO ，
∴△AEF≌△DEO（ASA），
∴OE=EF，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AODF为矩形．
（2）解：由（1）可知四边形AODF为距形，
∴AD=OF=10，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴OA=12AB=5，
∴OF和OA的长分别为10和5．
【解析】【分析】（1）由点E是AD中点，可得AE=DE，根据ASA证明△AEF≌△DEO，可得OE=EF，根据对角线互相平分可证四边形AODF为平行四边形，由菱形的性质可知AC⊥BD，即得∠AOD=90°，根据矩形的判定定理即证；
（2）由矩形的性质可得AD=OF=10，由菱形的性质可得∠ABO=12∠ABC=30°，AB=AD=10，从而得出OA=12AB=5.