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难点特训（一）和勾股定理有关的压轴大题
1．正方形 中， ， 分别为 ， 上一点， ， ， 交于点 ， 为
的中点．
(1)求证： ≌ ；
(2)求证： ；
(3)求证：
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，判定
（2）根据全等的性质可得 ，再根据 ,得出 ，进
而得到 即
（3）连接OC，在 取点H，使得 ，连接OH，证明 为等腰直角三角形，进而得
出 再判定 得出 根据 即可得到
（1）
证明：∵ 四边形 是正方形
，
在 和 中，（2）
证明：
，
又
，即
（3）
证明：如图，连接OC，
在 取点H，使得 ，连接OH
∵ O为BD的中点，即O为正方形的对称中心，
∴ 是等腰直角三角形，
由（1）知
在 和 中，
又
是等腰直角三角形
在 和 中，【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质的综
合应用，解决问题的关键是证出 是等腰直角三角形，依据全等三角形的对应边相等进行求
解．
2．在平面直角坐标系xOy中，点B、C的坐标分别为（0，0）、（12，0），点A在第一象限，且
△ABC是等边三角形．点D的坐标为（4，0），E是边AB上一动点，连接DE，以DE为边在DE
右侧作等边△DEF．
(1)求出A点坐标；
(2)当点F落在边AC上时，△CDF与△BED全等吗？若全等，请给予证明；若不全等，请说明理
由；
(3)连接CF，当△CDF是等腰三角形时， ______．
【答案】(1)A（6， ）；
(2)△CDF≌△BED，证明见解析；
(3)10＋2 或6或2＋2 ．
【分析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BCA于点H．解直角三角形求出BH，AH，可得结论；（2）如图2中，结论：△CDF≌△BED．根据AAS证明三角形全等即可；
（3）分三种情形：如图3−1中，当CD＝CF时，过点C作CJ⊥DF于点J，过点D作DK⊥BE于点
K．如图3−2中，当FD＝FC时，过点F作FT⊥CD于点T．如图3−3中，当DF＝DC＝8时，DE
＝DF＝8，分别求出KE，BK可得结论．
（1）
解：如图1中，过点A作AH⊥BC于点H．
∵C（6，0），
∴BC＝6，
∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴∠ABH＝60°，BH＝HC＝6，
∴ ，
∴A（6， ）；
（2）
如图2中，结论：△CDF≌△BED．
理由：∵△DEF是等边三角形，△ABC是等边三角形，
∴∠EDF＝∠ABC＝60°，DE＝DF，
∵∠EDC＝∠ABC＋∠DEB＝∠EDF＋∠FDC，∴∠DEB＝∠CDF，
在△CDF和△BED中，
，
∴△CDF≌△BED（AAS）；
（3）
如图3−1中，当CD＝CF时，过点C作CJ⊥DF于点J，过点D作DK⊥BE于点K，过点F作
FP⊥CD于点P．
设DE＝DF＝x，
∵D（4，0），
∴OD＝4，
∵∠DKB＝90°，∠DOK＝60°，
∴∠BDK＝30°，
∴BK＝ OD＝2， ．
∵CD＝CF，CJ⊥DF，
∴DJ＝FJ＝ x，
∵∠DKE＝∠FPD＝90°，∠DEK＝∠FDP，DE＝FD，
∴△DKE≌△FPD（AAS），
∴EK＝DP，DK＝FP＝ ，
∵S CDF＝ •CD•FP＝ •DF•CJ，
△∴ ，
解得， 或 （舍去），
∴
∴
∴EK＝ ，
∴BE＝BK＋EK＝ ；
如图3−2中，当FD＝FC时，过点F作FT⊥CD于点T．
∵FD＝FC，FT⊥CD，
∴DT＝TC＝4，
∵∠DKE＝∠DTF＝90°，∠DEK＝∠FDT，DE＝DF，
∴△EKD≌△DTF（AAS），
∴EK＝DT＝4，
∴BE＝BK＋EK＝2＋4＝6；
如图3−3中，当DF＝DC＝8时，DE＝DF＝8，∴ ，
∴BE＝BK＋EK＝2＋2 ，
综上所述，满足条件的BE的值为10＋2 或6或2＋2 ，
故答案为：10＋2 或6或2＋2 ．
【点睛】本题属三角形综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质
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，学会用分类讨论的思想
思考问题，属于中考压轴题．
3．在□ABCD中，连接BD，若 ，点E为边AD上一点，连接CE．
(1)如图1，点G在BD上，连接CG，过G作 于点H，连接DH并延长交AB于点M．求
证： ；
(2)如图1，在（1）的前提下，若 ， ．求证： ；
(3)如图2， , ，点N在BC边上， ，若CE是 的角平分线，
线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动， ，连接BP，NQ，求
的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）设CH与DG相交于K，根据直角三角形的性质和对顶角相等求解即可；（2）过点D作DF⊥DM，交CE于F，先证明△DCF≌△DGH（ASA），得到△FDH是等腰直角三
角形，求得HF= DH，再证明△DMB≌△CGH（AAS）证得CF=BM，DB=CH即可证得结论；
（3）在图2中，过B作BF∥PQ，且BF= ，连接QF、GF、DF，根据平行四边形的判定
和性质以及角平分线的对称性可得BP=FQ，点N关于CE的对称点G在CD上，连接QG，则
QG=QN，CG=CN，
由BP+PQ+QN=FQ+QG+PQ≥FG+ ，（当F、Q、G共线时取等号），知BP+PQ+QN的最小值
是FG的长，过点F作FM⊥BD于M，过点G作GH⊥DF于H，利用平行四边形的性质和含30°的
直角三角形的三边关系以及勾股定理及其逆定理分别求得FH、HG即可解答．
（1）
证明：设CH与DG相交于K，
∵BD⊥CD，GH⊥CE，
∴∠CDK=∠GHK=90°，
∴∠HGD+∠GKH=∠DCE+∠DKC=90°，
∵∠GKH=∠DKC，
∴∠HGD=∠DCE；
（2）
证明：在图1中，过点D作DF⊥DM，交CE于F，
∵BD⊥CD，DF⊥DM，
∴∠CDG=∠FDH=90°，
∴∠CDF=∠GDH，
在△DCF和△DGH中，，
∴△DCF≌△DGH（ASA），
∴DF=DH，CF=HG，
∴△FDH是等腰直角三角形，
∴∠DHF=∠DFH=45°，HF= DH，
∵DC=DG，∠CDG=90°，
∴∠DGC=∠DCG=45°，
∴∠DGC=∠DHF，
∵∠DGC+∠GCH+∠CKG=∠DHF+∠BDM+∠DKH=180°，∠CKG=∠DKH，
∴∠GCH=∠BDM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠MBD=∠CDG=90°，则∠MBD=∠GHC=90°，
在△DMB和△CGH，
，
∴△DMB≌△CGH（AAS），
∴DB=CH，
∵CF=HG，BM=HG，
∴CF=BM，
∵CF+HF=CH，
∴BM+ DH=DB；
（3）
解：在图2中，过B作BF∥PQ，且BF= ，连接QF、DF，则四边形PBFQ是平行四边形，
∴BP=FQ，
∵CE是∠DCB的平分线，∴点N关于CE的对称点G在CD上，连接QG，GF、则QG=QN，CG=CN，
∴BP+PQ+QN=FQ+QG+PQ≥FG+ ，（当F、Q、G共线时取等号），
∴BP+PQ+QN的最小值是FG的长，
过点F作FM⊥BD于M，过点G作GH⊥DF于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，
∴∠DCB=60°，CD=AB= ，又∠CDB=90°，
∴∠DBC=30°，则BC=2CD=2 ，BD= CD= ，
∵CE平分DCB，
∴∠DCE=∠BCE= ∠DCB=30°，又BF∥CE，
∴∠CBF=∠BCE=30°，则∠MBF=60°，
∵FM⊥BD，
∴∠BFM=30°，则BM= BF= ，FM= BM= ，
∴DM=BD-BM= ，则DF= ，
∴BD2=DF2+BF2，
∴∠BFD=90°即BF⊥DF，又BF∥CE，
∴CE⊥DF，又GH⊥DF，
∴GH∥CE，∠DHG=90°，
∴∠DGH=∠DCE=30°，
∵BC=4CN=2 ，
∴CN= =CG，
∴DG=CD-CG= ，
在Rt△DHG中，DH= DG= ，HG= DH= ，∴FH=DF-DH= ，
在Rt△FHG中，FG= ，
∴BP+PQ+QN的最小值是 ．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查平行四边形的判定与性质、含30°直角三角形的边角关
系、平行线的判定与性质、勾股定理及其逆定理、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性
质、全等三角形的判定与性质、最短路径问题等知识，涉及知识点较多，难度较难，熟练掌握相
关知识的联系与运用，添加辅助线解决问题是解答的关键．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同
时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是每秒1个单位，连接
PQ、AQ、CP，设点P、Q运动的时间为t秒．
（1）当t＝ 时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t＝6时，判断四边形AQCP的形状，并说明理由；
（3）直接写出以PQ为对角线的正方形面积为96时t的值；
（4）整个运动当中，线段PQ扫过的面积是 ．
【答案】（1）8，（2）菱形，理由见解析，（3）8﹣4 或8+4 ；（4）64．
【分析】（1）由矩形性质得出BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ
＝16﹣t，当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，得出方程，解方程即可；
（2）t＝6时，BQ＝6，DP＝6，得出CQ＝16﹣6＝10，AP＝16﹣6＝10，AP＝CQ，AP∥CQ，四边形AQCP为平行四边形，在Rt△ABQ中，由勾股定理求出AQ＝10，得出AQ＝CQ，即可得出结
论；
（3）分两种情况：求出正方形的边长为4 ，则对角线PQ为8 ，由勾股定理求出QM的长，
由题意得出方程，解方程即可；
（4）连接AC、BD，AC、BC相交于点E，线段PQ扫过的面积＝△AED的面积+△BEC的面积，
即可得出结果．
【详解】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，
∴BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，
由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝16﹣t，
在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，
当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t＝16﹣t，
解得：t＝8，
∴当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；
故答案为：8
（2）四边形AQCP为菱形；理由如下：
∵t＝6，
∴BQ＝6，DP＝6，
∴CQ＝16﹣6＝10，AP＝16﹣6＝10，
∴AP＝CQ，AP∥CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
在Rt△ABQ中，AQ＝ ＝ ＝10，
∴AQ＝CQ，
∴平行四边形AQCP为菱形，
∴当t＝6时，四边形AQCP为菱形；
（3）∵正方形面积为96，
,∴正方形的边长为：4 ，∴PQ＝ ×4 ＝8 ；
分两种情况：
①如图1所示：作PM⊥BC于M，
则PM＝AB＝8，DP＝BQ＝t，AP＝BM＝16﹣t，由勾股定理得：QM＝ ＝8 ，
BM＝BQ+QM，
∴t+8 ＝16﹣t，
解得：t＝8﹣4 ；
②如图2所示：DP＝BQ＝t，AP＝BM＝16﹣t，
∵BQ＝BM+QM，
∴16﹣t+8 ＝t，
解得：t＝8+4 ；
综上所述，以PQ为对角线的正方形面积为96时t的值为：8﹣4 或8+4 ；
（4）连接AC、BD，AC、BC相交于点E，
则整个运动当中，线段PQ扫过的面积是：△AED的面积+△BEC的面积，如图3所示：
∵△AED的面积+△BEC的面积＝ 矩形ABCD的面积，
∴整个运动当中，线段PQ扫过的面积＝ 矩形ABCD的面积＝ ×AB×BC＝ ×8×16＝64．
故答案为：64．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理、平行四
边形的判定、三角形面积公式以及分类讨论等知识；熟练掌握正方形的判定与性质和勾股定理是
解题关键．
5．已知，如图，在 ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．点M从点A出发，沿
AC方向匀速运动，速△度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为lcm/s，过
点P的动直线PQ∥AC，交BC于点Q，连结PM，设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
（1）线段AD=___cm；
（2）求证：PB=PQ；
（3）当t为何值时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
【答案】（1）AD=12cm；（2）证明见解析；（3）t= s或4s
【分析】（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得
出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出
MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程
即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴AD= ，
故答案为：12；
（2）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图所示
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=12-4t，
解得：t= （s）；
②当点M在点D的下方时，如图所示：根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=4t-12，
解得：t=4（s）；
综上所述，当t= s或t=4s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定
理、相似三角形的判定与性质、三角形面积公式以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握
平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
6．平面直角坐标系中，矩形AOBC的顶点C的坐标为（m，n），m、n满足m﹣8
．
(1)m＝______，n＝_______；
(2)如图1，连接AB、OC交于点D，过点D作DM⊥DB交x轴于点M，求点M的坐标；(3)如图2，E、F分别为OB、BC上的动点，以AE、EF为边作矩形AEFQ，连接EQ、CQ，当EQ
＝2CQ时，求点Q的纵坐标．
【答案】(1)4；8；
(2)M（3，0）
(3)
【分析】（1）根据由二次根式的性质可得n＝4，m＝8；
（2）连接 ，首先利用勾股定理求出AB的长，根据垂直平分线的性质可得AM=BM，设
， 中勾股定理即可求解；
（3）连接AF交EQ于点P，连接CP，过点Q作QH⊥y轴于点H，交BC的延长线于G，设CE交
QF于N，利用矩形的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得 ，
可得 是等边三角形，进而根据三角形内角和定理以及三角形外角的性质，等边对等角得出
，利用含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理，从而解决问题．
（1）
解：由 有意义得：n﹣4≥0，
∴n≥4，
由 有意义得：4﹣n≥0，
∴n≤4，
∴n＝4，
把n＝4代入m﹣8 得：m＝8，
故答案为：4；8；
（2）
连接 ，如图，∵m＝8，n＝4，
∴C（8，4），
∵四边形AOBC是矩形，
∴AO＝4，BO＝8，AD＝BD，
∵DM⊥DB，
，
设 ，则
在 中，
解得
（3）
如图，连接AF交EQ于点P，连接CP，过点Q作QH⊥y轴于点H，
∵四边形AEFQ是矩形，
∴AF＝EQ，PF＝PA ，PE＝PQ ，∠QAE＝∠AEF＝∠EFQ＝90°，AQ＝EF，∴PF ，
∵四边形AOBC是矩形，
∴∠ACB＝∠OBC＝∠AOB＝90°，
又∵PF＝PA，
∴PC＝PF ，
∴PC ，
∴PC＝PE＝PQ，
∵EQ＝2CQ，
∴
是等边三角形，
，
，
设 ，
则 ，
，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
在Rt△AOE中，∠OAE＝30°，AO＝4，∴OE＝ ＝4 ，
∴BE＝BO﹣OE＝8 ，
在Rt△BEF中，∠BEF＝30°，
∴
∴AQ＝EF ，
在Rt△AQH中，∠QAH＝60°，
∴∠AQH＝30°，
∴AH ，
∴OH＝AO+AH＝4 ，
∴点Q的纵坐标为 ．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形性质，二次根式的非负性，含30°角的直角三角形
的性质，相似三角形的判定与性质等知识，证明∠OAE＝30°是解决问题（3）的关键．
7．如图，点P为正方形ABCD的对角转AC上一动点，过点P作PE⊥PB交射线DC于点E．
（1）如图1，当点E在边CD上时，求证：PB＝PE；
（2）如图2，当点E在DC的延长线上时，探求线段PA、PC、CE的数量关系并加以证明；
（3）如图3，在（1）的条件下，连接BE交AC于点F，若正方形ABCD的边长为4，当点E为CD的中点，则PF＝ （请直接写出结果）．
【答案】（1）见解析；（2）AP﹣PC＝ EC．证明见解析；（3） ．
【分析】（1）如图1，连接PD．分别证明PB＝PD，PE＝PD即可证明结论．
（2）结论：AP﹣PC＝ EC．如图2中，过点P作PT⊥PC交BC于T，过点T作TH⊥BC交AC
于H，过点H作HK⊥AB于K，设PE交BC于点O．想办法证明HK＝BT＝EC，PC＝PH，AH＝
HK，即可证明结论；
（3）如图3中，过点P作PL⊥BE于L，过点F作FQ⊥CD于Q，FJ⊥BC于J．想办法求出PL，
LF，再利用勾股定理，即可证明结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接PD．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠PCB＝∠PCD＝45°，
在△PCB和△PCD中，
，
∴△PCB≌△PCD（SAS），
∴PB＝PD，∠CBP＝∠CDP，
∵PE⊥PB，
∴∠BPE＝∠BCE＝90°，
∴∠CBP+∠CEP＝180°，
∵∠CEP+∠PED＝180°，
∴∠PED＝∠CBP，
∴∠PED＝∠CDP，∴PE＝PD，
∴PB＝PE；
（2）解：结论：AP﹣PC＝ EC．理由如下：
如图2，过点P作PT⊥PC交BC于T，过点T作TH⊥BC交AC于H，过点H作HK⊥AB于K，设
PE交BC于点O．
∵∠ECO＝∠BPO＝90°，∠EOC＝∠BOP，
∴∠E＝∠PBT，
∵∠BPE＝∠TPC＝90°，
∵∠BPT＝∠EPC，
∵∠PCE＝∠PTC＝45°，
∴PT＝PC，
在△BPT和△EPC中，
，
∴△BPT≌△EPC（AAS），
∴BT＝EC，
∵HT⊥BC，
∴∠TCH＝∠THC＝45°，
∴CT＝TH，
∵TP⊥CH，
∴PC＝PH，
∵HK⊥AB，
∴∠HKB＝∠KBT＝⊥HTB＝90°，∴四边形BTHK是矩形，
∴HK＝BT＝EC，
∵∠AKH＝90°，∠KAH＝45°，
∴AH＝ KH＝ EC，
∵PA﹣PC＝PA﹣PH＝AH，
∴PA﹣PC＝ EC；
（3）解：如图3中，过点P作PL⊥BE于L，过点F作FQ⊥CD于Q，FJ⊥BC于J．
∵BC＝CD＝4，CE＝ED＝2，∠BCE＝90°，
∴BE＝ ＝ ＝2 ，
∵△BPE是等腰直角三角形，PL⊥BE，
∴BL＝EL＝ ，
∴PL＝ BE＝ ，
∵FC平分∠BCE，FQ⊥CD，FJ⊥BC，
∴FQ＝FJ，
∵ ＝ ＝ ＝ ，
∴EF＝ BE＝ ，
∴FL＝LE﹣EF＝ ﹣ ＝ ，∴PF＝ ＝ ＝ ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定
理的应用，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
8．如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．
（1）性质探究：如图1．已知四边形ABCD中，AC⊥BD．垂足为O，求证：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）解决问题：已知AB＝5 ．BC＝4 ，分别以△ABC的边BC和AB向外作等腰Rt△BCE
和等腰Rt△ABD；
①如图2，当∠ACB＝90°，连接DE，求DE的长；
②如图3．当∠ACB≠90°，点G、H分别是AD、AC中点，连接GH．若GH＝2 ，则S ABC＝
△
．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②
【分析】（1）根据AC⊥BD可以得到∠AOB =∠COD=90°即可得到AB²=AO²+OB²，CD² =DO²+OC²
即AB²+CD²=AO²+OB²+DO²+OC²同理可以得到AD²+BC²=AO²+OB²+DO²+OC²即可得到答案;
（2）连DC、AE相交于点F，先证明△ABE≌△DBC得到∠CDB=∠BAE从而证得AE⊥CD再利用勾
股定理和（1）中的结论求解即可得到答案；
（3）连DC、AE相交于点F，作CP⊥BD交DB延长线于点P，BP²+CP²=BC²=（4 ）²=32，
DP²+PC²=DC²=（ ）²=96，(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64，DP²-BP²=64从而求出BP= ，
再证明AB∥PC则S ABC＝ AB×BP.
△
【详解】解：（1）证明：∵AC⊥BD∴∠AOB=90°
在Rt△AOB中AB²=AO²+OB²
∴∠COD=90°
在Rt△COD中CD² =DO²+OC²
∴AB²+CD²=AO²+OB²+DO²+OC²
同理AD²+BC²=AO²+OB²+DO²+OC²
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC²
(2) ①解：连DC、AE相交于点F
∵Rt△BCE和Rt△ABD是等腰三角形
∴BE=BCAB=BD
∠CBE=∠ABD=90°
∴∠ABE=∠DBC=90°+∠ABC
∴△ABE≌△DBC
∴∠CDB=∠BAE
∵∠ABD=90°
∴∠CDB+∠CDA+∠DAB=90°
∴∠BAE+∠CDA+∠DAB=90°
∴∠AFD=90°
∴AE⊥CD
∵AB=5 ，BC=4 ∠ACB=90°
∴AC=
∵AB=5 ，BD=5 ∠ABD=90°
∴AD=∵BC=4 ，BE=4 ∠CBE=90°
∴CE=
由（1）中结论AD²+EC²=AC²+DE²
∴(10)²+（8）²=（3 ）²+DE²
∴DE=
②连DC、AE相交于点F
∵点G、H分别是AD、AC中点，GH＝
∴DC=2GH=
作CP⊥BD交DB延长线于点P
BP²+CP²=BC²=（4 ）²=32
DP²+PC²=DC²=（ ）²=96
∴(DP²+PC²)-(BP²+CP²)=96-32=64
∴DP²-BP²=64
∴（BD+BP)²-BP²=64
∴（5 +BP)²-BP²=64
∴BP=
∵∠PBA=90°，∠P=90°，∴∠PBA+∠P=90°+90°=180°
∴AB∥PC
则S ABC＝ AB×BP= ×5 ×
△
【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，
勾股定理，垂直的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
9．已知平行四边形ABCD中，AD＝2AB．
（1）作∠ABC的平分线BM交AD于M，连CM．
①如图1，求∠BMC的度数；
②如图2，若∠ADC＝90°，点P是AD延长线上一点，BP交CM于N，CG⊥BP垂足为H，交AD
于G，求证：BN＝CG+GN；
（2）如图3，若∠ADC＝60°，AB＝4，E是AB的中点，P是BC边上一动点，将EP逆时针旋转
90°得到线段EQ，连DQ，直接写出DQ的最小值 ．
【答案】（1）①90°②见解析（2）
【分析】（1）①根据平行四边形的性质及角平分线的特点即可求解
②延长CG∠BM延长线于K，证明△BMC是等腰直角三角形，再证明△BMN≌△KMC、
△KMG≌△NMG，故可求解；
（2）连接DE，作EP⊥DE，此时DQ最短，作DA延长线，PE延长线交于G，过E点作作
FM⊥AG，证明△GDP是等腰三角形，作DH⊥BC延长线于H点，证明四边形FDHM是矩形，设
MP=x=GF，利用勾股定理找到关系式列出方程求出MP，再求出EP、DE，故可求解．【详解】（1）①∵BM平分∠ABC
∴∠ABM=∠CBM
∵平行四边形ABCD中AD BC
∴∠AMB=∠CBM
∴∠AMB=∠CBM=∠ABM
∴AM=AB
又AD=2AB
∴AM=MD=AB
∵AB=DC
∴MD=DC
∴∠DMC=∠BCM
∵AD BC
∴∠BCM=∠DMC=∠DCM
∵AB CD
∴∠ABC+∠BCD=180°
∴∠CBM+∠BCM=90°
∴∠BMC=180°-∠CBM+∠BCM=90°；
②延长CG交BM延长线于K
∵在平行四边形ABCD中，∠ADC=90°
∴平行四边形ABCD为矩形
∵BM平分∠ABC
∴∠ABM=∠AMB= ∠ABC= ∠ADC=45°
由（1）可得∠AMB=∠CBM=45°，∠BMC=90°
∴∠CMD=180°-（∠BMC+∠AMB）=45°=∠BCM，∠DMK=∠AMB=45°
∴△MBC是等腰直角三角形
∴BM=MC
∵∠BNM=∠PNC，∠BMC=90°，CG⊥BP
∴∠MBN=90°-∠BNM，∠MCK=90°-∠PNC
∴∠MBN=∠MCK
∴△BMN≌△CMK（AAS）
∴BN=KC，MK=MN
∵MK=MN，∠KMG=∠NMG=45°，MG=MG∴△KMG≌△NMG（SAS）
∴KG=NG
∴BN=CK=CG+KG=CG+GN
故BN＝CG+GN；
（2）如图，连接DE，作EP⊥DE，此时DQ最短
作DA延长线，PE延长线交于G，过E点作作FM⊥AG，故FM⊥BC
∵E点是AB中点，
∴AE=BE，
∵DG BC
∴∠EBP=∠EAG，
又∠BEP=∠AEG
∴△BEP≌△AEG
∴EG=PE
同理△MEP≌△FEG
∴GF=PM
∵DE⊥GP
∴△GDP是等腰三角形
∴DP=DG
作DH⊥BC延长线于H点
∴四边形FDHM是矩形
∴DF=MH
∵∠ADC＝60°，AB＝4=CD，
∴∠DCH=60°，∠CDH=30°
∴CH= CD=2，DH=FM=
∴EM= =EF在Rt△AEF中，AE= ，∠EAF=∠ADC=60°
∴∠AEF=30°
∴AF=
∴DF=AF+AD=9=MH
设MP=x=GF，
∴PH=MH-MP=9-x
在Rt△DHP中，DP2=DH2+PH2=( )2+(9-x) 2
∵DG=FG+DF=9+x
∴( )2+(9-x) 2=（9+x）2
解得x=
∴EP=
∴DE=
∴DQ=DE-EQ
故DQ的最小值为
故答案为： ．
【点睛】此题主要考查四边形综合，解题的关键是熟知矩形的判定与性质、等腰三角形的性质及
勾股定理的应用．10．在正方形ABCD中，点E是边BC上一动点（不含端点B、C）．
（1）如图1，AE⊥EP，AE＝EF，连接CF．
①求∠ECF的大小；
②如图2，N为CF的中点，连接DN、DE，求证：DE＝ DN；
（2）如图3．若AD＝1+ ，直接写出 BE+DE的最小值．
【答案】（1）①135°；②见解析；（2）
【分析】（1）①在AB上取点H，使BH=BE，证明△HAE≌△CFE（SAS），即可求解；
②证明△DNC≌△QNF（SAS）、△ADE≌△FEQ（SAS），得到△DEQ为等腰直角三角形，进而求解；
（2）过点B作射线BH使∠CBH=30°，过点D作DH⊥BH交BH于点H，交BC于点E，则点E为
所求点，进而求解．
【详解】解：（1）①在 上取点 ，使 ，
则 ， 为等腰直角三角形， ，
， ，
，
在 和 中，
，，
，
的大小为 ；
②延长 到 时 ，连接 、 ，设 交 的延长线于点 ，
在ΔDNC和 中，
，
，
， ，
，
而 ，则 ，
，
而 ，
，
，故 ，
，
而 ，则 ，
在 和 中，
，
，
， ，
，
为等腰直角三角形，而点 是 的中点，
则 为等腰直角三角形，
；
（2）过点 作射线 使 ，过点 作 交 于点 ，交 于点 ，则点
为所求点，
则 ，则 为最小，
则 ，
在 中，设 ，则 ，
故 ，则 ，解得 ，
则 ，
则 ，
则 的最小值 ．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、三角形全等，勾股定理等，正确作出
辅助线是本题解题的关键．
11．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，D两点坐标分别为A（0，a），D（b，b），且a﹣
b＝ ．
（1）求A，D两点坐标；
（2）点B，C是x轴上两动点（B在C左侧），且使四边形ABCD为平行四边形．
①如图，当点B，C分别在原点两侧时，连接DO，过点O作OG⊥DO交AB于点G，连接DG，取
DG中点H，在DO上截取DE，使DE＝GO，求证：4AH2＋DE2＝2AE2；
②当点B在原点左侧时，过点O的直线MN⊥AB，分别交AB，CD于M，N，试探究OM，BM，
CN三条线段之间的数量关系．【答案】（1）A（0，5），D（5，5）；（2）见解析；（3）OM＝CN＋BM或OM＝BM－CN．
【分析】（1）根据算术平方根有意义的条件可得 ， ，由此可得 ，进而可
求得 ，由此可得A，D两点的坐标；
（2）①延长AH交CD于点F，连接GF，GE，先证 ，可得AG＝AE，∠GAO＝
∠EAD，进而可得GE²＝2AE²，再证 （SAS），可得OE＝ 2AH，最后再根据OE²＋
OG²＝GE²等量代换，即可得证；
②分两种情况讨论：点C在点O的右侧时，点C在点O的左侧时，画出相应的图形，作出正确的
辅助线，证明 （AAS），由此可得结论．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴a﹣5＝ ＝0，
∴ ，
∴A，D两点坐标分别为A（0，5），D（5，5）；
（2）①如图，延长AH交CD于点F，连接GF，GE，
∵A，D两点坐标分别为A（0，5），D（5，5），∴AO＝AD＝5，∠OAD＝90°，
∴∠AOD＝∠ADO＝45°，
∵OG⊥DO，
∴∠GOD＝90°，
∴∠AOG＝∠GOD－∠AOD＝45°，
∴∠AOG＝∠ADO＝45°，
又∵DE＝GO，
∴ （SAS），
∴AG＝AE，∠GAO＝∠EAD，
∴∠GAO＋∠OAE＝∠EAD＋∠OAE，
即：∠GAE＝∠OAD＝90°，
∴GE²＝AG²＋AE²＝2AE²，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB CD，
∴∠HAG＝∠HFD，
∵点H为DG的中点，
∴HG＝HD，
又∵∠AHG＝∠FHD，
∴ （AAS），
∴HA＝HF，
又∵HG＝HD，
∴四边形AGFD为平行四边形，
∴GF＝AD＝AO，AD GF，
∴∠AGF＋∠GAD＝180°，
即∠AGF＋∠GAO＋∠OAD＝180°，
∴∠AGF＋∠GAO＝180°－∠OAD＝90°，
又∵∠OAE＋∠EAD＝90°，∠GAO＝∠EAD，
∴∠AGF＝∠OAE，
∴ （SAS），
∴OE＝AF＝2AH，
∵∠GOD＝90°，
∴OE²＋OG²＝GE²，∴(2AH)²＋DE²＝2AE²，
即：4AH2＋DE2＝2AE2；
②如图，当点C在点O的右侧时，过点C作CK⊥AB于点K，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，
又∵AO＝AD，
∴AO＝BC，
∵MN⊥AB，CK⊥AB，
∴∠AMO＝∠CKB＝90°，MN CK，
∴∠KBC＋∠KCB＝90°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＋∠BAO＝90°，
∴∠KCB＝∠BAO，
∴ （AAS），
∴OM＝KB＝KM＋BM，
∵AB CD，MN CK，
∴四边形MNCK为平行四边形，
∴KM＝CN，
∴OM＝CN＋BM，
如图，当点C在点O的左侧时，过点C作CK⊥AB于点K，同理可得： （AAS），
∴OM＝KB＝BM－KM，
又∵KM＝CN，
∴OM＝BM－CN，
综上所述：OM，BM，CN三条线段之间的数量关系为OM＝CN＋BM或OM＝BM－CN．
【点睛】本题考查了算术平方根有意义的条件，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与
性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形和全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
12．如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为A（0，a），点B（b，0），且a，b满
足：b＋4＝ ＋ ，点C与点B关于y轴对称，点P，点E分别是x轴，直线AB上的两
个动点．
（1）则点C的坐标为 ；
（2）连接PA，PE．
①如图1，当点P在线段BO（不包括B，0两个端点）上运动，若△APE为直角三角形，F为斜边
PA的中点，连接EF，OF，试判断EF与OF的关系，并说明理由；
②如图2，当点P在线段OC（不包括O，C两个端点）上运动，若△APE为等腰三角形，M为底
边AE的中点，连接MO，试探索PA与OM的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，连PA，CE，设它们所在的直线交于点G，设CE交y轴于点F，连接BG，若OP＝
OF，则BG的最小值为 ．【答案】（1）（4，0）；（2）①EF与OF的关系为垂直且相等，理由见解析②PA与OM的数量
关系为MO= AP，理由见解析（3） ．
【分析】（1）根据二次根式的性质求出a，b，得到B点坐标，故可求出C点坐标；
（2）①根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解；
②取AP中点H，连接HM，OH，证明△HMO为等腰直角三角形，故可求解；
（3）先证明三角形AGC为直角三角形，直角三角形AGC中线PM等于AC的一半，长度固定，
当B、G、M三点在一条直线上时BG值最小，再根据勾股定理求得BM、MG，从而得到最终的答
案．
【详解】（1）∵b＋4＝ ＋
∴ ，
∴a=4，b+4=0
∴b=-4
∴点B（-4，0），
∵点C与点B关于y轴对称，
∴点C（4，0）
故答案为：（4，0）；
（2）①EF与OF的关系为垂直且相等，理由如下：
∵若△APE为直角三角形，F为斜边PA的中点，
∴EF= AP，
在Rt△AOP中，FO= AP
∴EF=FO∵A（0，4），点B（-4，0），
∴OA=OB
∴△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=45°
故∠EAF+∠FAO=45°
∵AF=EF=FO
∴∠EAF=∠AEF，∠OAF=∠AOF
∴∠EF0=∠EFP+∠OFP =∠EAF +∠AEF+∠OAF+∠AOF=2(∠EAF+∠FAO)=90°
∴EF⊥FO
∴EF与OF的关系为垂直且相等；
②PA与OM的数量关系为MO= AP，理由如下：
∵AP=EP
∴∠AEP=∠EAP
∴∠EBO+∠EPO=∠BAO+∠OAP
∵∠EBO=∠BAO=45°
∴∠EPO=∠OAP
取AP中点H，连接HM，OH
∴OH= AP
∵M是AE中点
∴HM是△AEP的中位线
∴HM=
∴HM=OH
∴OH=HP=AH=MH
∵∠HOP+∠HPO=∠AHO
∵OH=HP
∴∠HOP=∠HPO
∴2∠HPO=∠MHO+∠AHM=2∠EPO+2∠HPE
∴∠MHO=2∠HPO-∠AHM
又MH EP
∴∠AHM=∠HPE∴∠MHO=2∠EPO+2∠HPE -∠AHM
=2∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠EPO+∠HPE=∠EPO+∠HPO=∠OAP+∠HPO=90°
∴△MHO是等腰直角三角形
∴MO= HO=
∴MO= AP；
（3）如图，设M为AC的中点，连接BM、GM
∵C（4，0）A(0，4)
∴OA=OC=4，又OP=OF
∠AOP=∠COF=90°
∴△AOP≌△COF（SAS）
∴∠OAP=∠OCF
又∠OAP+∠OPA=90°，∠OPA=∠GPC
∴∠OCF+∠GPC=90°
∴∠AGC=90°
∵M为中点
∴∵
∴
∴
在 中，
∴
当B、G、M三点不在一条直线上时，BG+MG>BM
得BG>BM-MG
当B、G、M三点在一条直线上时，BG+MG=BM
得BG=BM-MG
∴当B、G、M三点在一条直线上时，BG值最小
∴ BG= BM-MG=
【点睛】此题主要考查直角三角形的性质，解题的关键是熟知二次根式的性质、直角三角形的性
质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用．
13．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A点的坐标为（18，0），B点的坐标为（0，
24）．
（1）求AB的值；
（2）点C在OA上，且BC平分∠OBA，求点C的坐标；
（3）在(2)的条件下，点M在第三象限，点D为y轴上的一个点，连接DM交x轴于点H，连接
CM,点F为BC的中点，点E为AD的中点，AD与BC交于点G，点H为DM的中点，当∠MCG-
∠DGF=∠OAB，且AD=CM时,求线段EF的长．
【答案】（1）30；（2）C（8，0）；（3）【分析】（1）根据勾股定理计算即可；
（2）过点C作CN⊥AB于点N，则OC=CN，设OC的长为x，则CA的长为18-x，根据等积法即可
求解；
（3）如图，过点M作MI⊥x轴于点I，过点D作DJ⊥AB于点J，证明△MHI≌△DHO，进而可得
DO=MI，再证明△MCI≌△DAO，得到∠MCI=∠DAO，再结合已知得到AD平分∠OAB，根据
求出OD的长，从而得到点D的坐标，求出点E、F的坐标，再根据两点间距
离公式求出EF的长即可.
【详解】解：（1）∵A点的坐标为（18，0），B点的坐标为（0，24），
∴OA=18，OB=24，
∴ ；
（2）如图，过点C作CN⊥AB于点N，设OC的长为x，则OC=CN=x，CA=18-x，
∴ ，即 ，
解得x=8，
∴点C的坐标为（8，0）；
（3）如图，过点M作MI⊥x轴于点I，过点D作DJ⊥AB于点J，
∵点H为DM的中点，∴DH=HM，
又∵∠MHI=∠DHO，∠MIO=∠DOH，
∴△MHI≌△DHO，
∴DO=MI，
∵AD=CM，△MCI≌△DAO，
∴∠MCI=∠DAO，
∵∠MCG-∠DGF=∠OAB，∠OCG=∠CGA+∠CAG，
∴∠MCI=∠DAB，
∴∠DAB=∠DAO，即AD平分∠OAB，
∴DO=DJ，
设DO=x，则BD=24-x，
∴ ，
即 ，
解得x=9，
∴点D的坐标为（0，9），
∴点 ， ，
∴ .
【点睛】本题考查勾股定理、三角形全等的判定等知识，解题的关键是作出合适的辅助线，通过
证明三角形全等得出点D的坐标.
14．若△ABC和△ADE均为等腰三角形，且AB＝AC＝AD＝AE，当∠ABC和∠ADE互余时，称
△ABC与△ADE互为“底余等腰三角形”，△ABC的边BC上的高AH叫做△ADE的“余高”．（1）如图1，△ABC与△ADE互为“底余等腰三角形”．
①若连接BD，CE，判断△ABD与△ACE是否互为“底余等腰三角形”：_______ （填“是”或
“否”） ；
②当∠BAC＝90°时，若△ADE的“余高”AH＝ ，则DE＝_______；
③当0°＜∠BAC＜180°时，判断DE与AH之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＝60°，DA⊥BA，DC⊥BC，且DA＝DC．
①画出△OAB与△OCD，使它们互为“底余等腰三角形”；
②若△OCD的“余高”长为a，则点A到BC的距离为_______（用含a的式子表示）．
【答案】（1）①是；② ；③ ；见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）①连接BD、CE，根据四边形内角和为360°，求出 ，即可得出
答案；
②当 时， 是等腰直角三角形，故 ，求出AB，由此可知 ，
，得出 是等腰直角三角形，故可求出DE；
③过点A作 交DE于点F，故 ， ，推出 ，根
据AAS证明 ，由全等三角形的性质得 ，即可求出DE与AH的关系；
（2）①连接BD，取BD中点为点O，连接AO、CO即可；
②过点O作 交于点M，过点A作 交于点N，故 ，由 得出
，求出 ， ，推出 ，在 中由勾股定
理即可求出AN．
【详解】（1）
①如图1，连接BD、CE，∵ ，
∴ ， ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形BCDE的内角和为360°，
∴ ，
∴ 与 互为“底余等腰三角形”，
故答案为：是；
②当 时， 是等腰直角三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ 与 互为“底余等腰三角形”，
∴ ， ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
故答案为： ；
③过点A作 交DE于点F，故 ， ，
∵ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（2）①如图2，连接BD，取BD中点为点O，连接AO、CO，
∵ ， ，
∴ ， 都是直角三角形，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
，
∴ ，
∴所作图形能使 与 互为“底余等腰三角形”；
②过点O作 交于点M，过点A作 交于点N，故 ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在 中， ， ,
∴ ，
∴ ， ，故答案为： ．
【点睛】本题考查几何图形的综合应用，主要涉及到全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性
质、多边形的内角和、直角三角形的性质以及勾股定理等，掌握“底余等腰三角形”的定义是解
题的关键．
15．如图1，点 点 的坐标分别为 ，且 将线段 绕点 逆时
针旋转 得到线段 .
（1）直接写出 __， __ _，点 的坐标为 _；
（2）如图2，作 轴于点 点 是 的中点，点 在 内部， 求证:
（3）如图3，点 是第二象限内的一个动点，若 求线段 的最大值.
【答案】（1） ， ，（4,3） （2）见解析 （3）
【分析】（1）由非负性可求 ， 的值，过点 作 于 ，由“ ”可证
，可得 ， ，可求点 坐标；
（2）连接 ，作 交 于 ，由“ ”可证 ，可得 ，
，即可得结论；
（3）取 中点 ，连接 ， ，由三角形三边关系可得 ，则当点 在 上
时， 有最大值为 ．
【详解】解：（1） ，
， ，
，
，点 ，点 ，
如图，过点 作 于 ，
将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ．
， ，
，且 ，
，且 ， ，
， ，
，
点
故答案为： ，4，
（2）连接 ，作 交 于 ，
轴，
，
，
点 是 的中点，
， ，
，
，
，且 ， ，， ，
，
；
（3）如图3，点P在以OB为直径的圆上，取 中点 ，连接 ， ，
，点 是 中点， ，
，
点 ，点 ，
，
，
当点 在 上时， 有最大值为 ．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形关系，等腰直角
三角形的性质，勾股定理、线段最值等知识，添加恰当辅助线，构造旋转全等模型是题（2）的关
键；选择特殊点将动长转化为三角形三边关系求解是解题（3）关键．
