期末復習小題專項練習題位訓練填空題壓軸題（解析版）1．（2022秋?如東縣期末）已知x2=y3=z4【思路引領】利用設k法，進行計算即可解答．【解答】解：設x2=∴x＝2k，y＝3k，z＝4k，∴3=12=14=7故答案為：713【總結(jié)提升】本題考查了比例的性質(zhì)，熟練掌握設k法是解題的關鍵．2．（2022秋?啟東市期末）如圖，已知線段AB＝20m，MA⊥AB于點A，MA＝6m，射線BD⊥AB于B，P點從B點向A運動，每秒走1m，Q點從B點向D運動，每秒走3m，P，Q同時從B出發(fā)，則出發(fā)5秒后，在線段MA上有一點C，使△CAP與△PBQ全等．【思路引領】分兩種情況考慮：當△APC≌△BQP時與當△APC≌△BPQ時，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可確定出時間．【解答】解：由題意可知：PB＝tm，AP＝（20﹣t）m，BQ＝3tm，①當△APC≌△BQP時，AP＝BQ，即：20﹣t＝3t，解得：t＝5，此時：AC＝BP＝5m，符合題意；②當△APC≌△BPQ時，AP＝BP，即：20﹣t＝t，解得：t＝10，此時AC＝BQ＝30m，∵MA＝6＜30，故t＝10不符合題意．故答案為：5．【總結(jié)提升】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定方法以及分類討論是解本題的關鍵．3．（2022秋?啟東市期末）已知（a2+4）（b2+1）＝8ab，則b?(1a?a)的值為【思路引領】根據(jù)題中所給的多項式求出a和b之間的關系，然后代入求解即可．【解答】解：∵（a2+4）（b2+1）＝8ab，∴a2b2+a2+4b2+4﹣8ab＝0，即（a2﹣4ab+4b2）+（a2b2﹣4ab+4）＝0，∴（a﹣2b）2+（ab﹣2）2＝0，∵（a﹣2b）2≥0，（ab﹣2）2≥0，∴a﹣2b＝0，ab﹣2＝0，即a＝2b，ab＝2，∵b?（1a?=b=1=?3故答案為：?3【總結(jié)提升】本題考查了多項式乘多項式，解答本題的關鍵在于將（a2+4）（b2+1）＝8ab進行恰當?shù)淖冃尾⑶蟪鯽和b的關系．4．（2022秋?海門市期末）已知a+1a=10，則a?1【思路引領】將已知等式兩邊平方得a2+2+1a2=10，據(jù)此得出a2﹣2+1a【解答】解：∵a+1∴a2+2+1∴a2+1∴a2﹣2+1a2=6，即（a則a?1a=故答案為：±6【總結(jié)提升】本題主要考查分式的化簡求值，解題的關鍵是掌握分式的混合運算順序和運算法則及完全平方公式．5．（2022秋?如東縣期末）x，y為實數(shù)，且y＜x?1+1?x+3【思路引領】先根據(jù)x?1、1?x有意義的條件可得x﹣1≥0，1﹣x≥0，解可求x＝1，再把x＝1代入y＜x?1y＜3，從而可對所求式子化簡，并合并即可．【解答】解：∵x﹣1≥0，1﹣x≥0，∴x≥1，x≤1，∴x＝1，又∵y＜x?1∴y＜3，∴|y﹣3|?y2?8y+16=3﹣故答案為﹣1．【總結(jié)提升】本題考查了二次根式的性質(zhì)、二次根式的化簡求值．解題的關鍵是注意被開方式是≥0的．6．（2022秋?如東縣期末）已知實數(shù)m，n滿足n＝km+3，（m2﹣2m+5）（n2﹣4n+8）＝16，則k＝﹣1．【思路引領】已知等式括號中配方后，利用非負數(shù)的性質(zhì)確定出m與n的值，即可求出k的值．【解答】解：∵（m2﹣2m+5）（n2﹣4n+8）＝16∴[（m2﹣2m+1）+4][（n2﹣4n+4）+4]＝16，即[（m﹣1）2+4][（n﹣2）2+4]＝16，∵（m﹣1）2≥0，（n﹣2）2≥0，且4×4＝16，∴m﹣1＝0，n﹣2＝0，解得：m＝1，n＝2，代入n＝km+3得：2＝k+3，解得：k＝﹣1．故答案為：﹣1．【總結(jié)提升】此題考查了因式分解的應用，以及非負數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握完全平方公式是解本題的關鍵．7．（2022秋?啟東市校級期末）如圖，等邊三角形ABC和等邊三角形A′B′C的邊長都是3，點B，C，B′在同一條直線上，點P在線段A′C上，則AP+BP的最小值為6．【思路引領】連接PE，證明△ACP≌△B'CP，可得AP＝B'P，所以AP+BP＝AP+B'P，當點P與點C重合時，AP+BP的值最小，正好等于BB'的長，進而可得AP+BP的最小值．【解答】解：如圖，連接PB'，∵△ABC和△A′B′C都是邊長為3的等邊三角形，∴AC＝B'C，∠ACB＝∠A'CB＝60°，∴∠ACA'＝60°，∴∠ACA'＝∠A'CB'，∴△ACP≌△B'CP（SAS），∴AP＝B'P，∴AP+BP＝BP+B'P，當點P與點C重合時，AP+BP的值最小，正好等于BB'的長，所以AP+BP的最小值為：2×3＝6．故答案為：6．【總結(jié)提升】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，解決本題的關鍵是綜合運用以上知識．8．（2022秋?啟東市校級期末）若關于x的分式方程2x?3=1?m3?x的解為非負數(shù)，則m的取值范圍是m【思路引領】先解分式方程得x＝5﹣m，再由題意可得5﹣m≥0，5﹣m≠3，從而求解即可．【解答】解：2x?3=12＝x﹣3+m，x＝5﹣m，∵方程的解為非負數(shù)，∴5﹣m≥0，∴m≤5，∵x≠3，∴5﹣m≠3，∴m≠2，∴m的取值范圍為m≤5且m≠2，故答案為：m≤5且m≠2．【總結(jié)提升】本題考查分式方程的解以及解一元一次不等式，熟練掌握分式方程的解法，注意分式方程增根的情況是解題的關鍵．9．（2020秋?海安市校級期末）已知，如圖，△ABC是邊長為4的等邊三角形，直線AF⊥BC于F，點D是直線AF上一動點，以BD為邊在BD的右側(cè)作等邊△BDE，連接EF，則EF的最小值為1．【思路引領】取AB中點H，連接DH，由“SAS”可證△BHD≌△BFE，可得EF＝DH，則當DH取最小值時，EF有最小值，即當DH⊥AF時，DH有最小值，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：如圖，取AB中點H，連接DH，∵△ABC，△BDE都是等邊三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠DBE＝∠ABC＝60°，∴∠ABD＝∠EBC，∵△ABC是等邊三角形，AF⊥BC，∴BF=12BC=12∵H是AB中點，∴AH＝BH=12AB＝BF＝2，且∠ABD＝∠EBC，BD＝∴△BHD≌△BFE（SAS），∴EF＝DH，∴當DH取最小值時，EF有最小值，當DH⊥AF時，DH有最小值，∴DH=12∴EF的最小值為1．故答案為：1．【總結(jié)提升】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，證明EF＝DH是本題的關鍵．10．（2022秋?如東縣期末）如圖，在△ABC中，BC=42，直線l經(jīng)過邊AB的中點D，與BC交于點M，分別過點A，C作直線l的垂線，垂足為E，F(xiàn)，則AE+CF的最大值為42【思路引領】過點B作BH⊥EF，交EF的延長線于H，證明△ADE≌△BDH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE＝BH，得到答案．【解答】解：過點B作BH⊥EF，交EF的延長線于H，在△ADE和△BDH中，∠AED=∠BHD∠ADE=∠BDH∴△ADE≌△BDH（AAS），∴AE＝BH，∴AE+CF的最大值是BH+CF的最大值，由題意可知：BH+CF≤BC，∴AE+CF的最大值為42，故答案為：42．【總結(jié)提升】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握三角形全等的判定定理是解題的關鍵．11．（2022秋?海安市期末）如圖，我國宋朝數(shù)學家楊輝在他的著作《詳解九章算法》中提出“楊輝三角”，如圖揭示了（a+b）n（n為非負整數(shù)）展開式中各項系數(shù)的有關規(guī)律，請你猜想（a+b）6的展開式中含a2b4項的系數(shù)是15．【思路引領】仿照閱讀材料中的方法將原式展開，即可得到含a2b4項的系數(shù)．【解答】解：根據(jù)題意得：（a+b）5＝a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5，（a+b）6＝a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6，所以（a+b）6的展開式中含a2b4項的系數(shù)是15．故答案為：15．【總結(jié)提升】此題考查了完全平方公式，以及規(guī)律型：數(shù)字的變化類，弄清“楊輝三角”中系數(shù)的規(guī)律是解本題的關鍵．12．（2022秋?南通期末）已知關于x的方程x?mx+2=3的解是負數(shù)，則m的取值范圍為m＜﹣6且m【思路引領】先根據(jù)原方程解得方程的解，再根據(jù)分式方程的解是負數(shù)，以及分母不為0，即可求解．【解答】解：原方程x?mx+2解得x=?(m+6)因為x+2≠0，即x≠﹣2，因為解是負數(shù)，即x＜0，所以m+6＞0，m＞﹣6所以m的取值范圍是m＞﹣6且m≠﹣2．故答案為：m＞﹣6且m≠﹣2．【總結(jié)提升】本題考查了分式方程的解，根據(jù)分式方程的解是負數(shù)，容易求出其中字母系數(shù)的取值范圍，但需要特別注意的是要把在這個范圍內(nèi)使分式的分母為零的字母系數(shù)的值排除，這也是大部分學生的出錯點．13．（2022秋?啟東市期末）對于實數(shù)a、b，定義一種新運算“?”為：a?b=1a?b2，這里等式右邊是實數(shù)運算．例如：1?3=11?32=?1【思路引領】已知等式利用題中的新定義化簡，求出解即可．【解答】解：根據(jù)題中的新定義化簡得：1x?4去分母得：1＝2﹣x+4，解得：x＝5，經(jīng)檢驗x＝5是分式方程的解，故答案為：x＝5【總結(jié)提升】此題考查了解分式方程，以及實數(shù)的運算，弄清題中的新定義是解本題的關鍵．14．（2022秋?如皋市校級期末）關于x的分式方程mx?3?23?x【思路引領】整理分式方程，再令x＝3，代入求值，即可求出m的值．【解答】解：將方程mx?3m+2＝x﹣3，可得m＝x﹣5，當x＝3時，m＝x﹣5＝3﹣5＝﹣2，∴當m＝﹣2時，方程無解．故答案為：﹣2．【總結(jié)提升】本題考查了分式方程的解，綜合性較強，難度適中．15．（2022秋?海門市期末）在平面直角坐標系xOy中，A（2，0），B（0，﹣4），點C在第四象限．若△ABC為等腰直角三角形，且∠BCA＝90°，則點C的坐標為（3，﹣3）．【思路引領】作CD⊥x軸于點D，作CE⊥y軸交于點E，可證明△ADC≌△BEC，得AD＝BE，CD＝CE，可推導出OD＝OE，則OD﹣2＝4﹣OE，所以OE﹣2＝4﹣OE，則OD＝OE＝3，即可求得C（3，﹣3）．【解答】解：如圖，作CD⊥x軸于點D，作CE⊥y軸交于點E，則∠ADC＝∠BEC＝∠AOB＝90°，∵A（2，0），B（0，﹣4），∴OA＝2，OB＝4，∵△ABC為等腰直角三角形，且∠BCA＝90°，∴AC＝BC，∵∠DAC+∠OAC＝180°，∠EBC+∠OAC＝180°，∴∠DAC＝∠ECB，在△ADC和△BEC中，∠ADC=∠BEC∠DAC=∠EBC∴△ADC≌△BEC（AAS），∴AD＝BE，CD＝CE，∵OD＝CE，OE＝CD，∴OD＝OE，∴OD﹣2＝4﹣OE，∴OE﹣2＝4﹣OE，∴OD＝OE＝3，∴CE＝OD＝3，CD＝OE＝3，∴C（3，﹣3），故答案為：（3，﹣3）．【總結(jié)提升】此題重點考查圖形與坐標、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．16．（2022秋?南通期末）已知等邊△ABC的邊長為5，點D為直線BC上一點，BD＝1，DE∥AB交直線AC于點E，則DE的長為4或6．【思路引領】分D在線段BC上，和D在線段CB的延長線上，兩種情況，討論求解即可．【解答】解：①當D在線段BC上，如圖：∵等邊△ABC的邊長為5，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝5，∵BD＝1，∴CD＝BC﹣BD＝4，∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠B＝60°，∠DEA＝∠A＝60°，∴△DEC為等邊三角形，∴DE＝CD＝4；②當D在線段CB的延長線上，如圖：同法可得：△DEC為等邊三角形，∴DE＝CD＝BC+BD＝6；綜上：DE的長為：4或6；故答案為：4或6．【總結(jié)提升】本題考查等邊三角形的判定和性質(zhì)．熟練掌握，兩直線平行，同位角相等，證明三角形是等邊三角形，是解題的關鍵．注意，分類討論．17．（2022秋?如東縣期末）如圖，B、C、E三點在同一條直線上，CD平分∠ACE，DB＝DA，DM⊥BE于M，若AC＝2，BC=32，則CM的長為1【思路引領】作DN⊥AC于N，易證Rt△DCN≌Rt△DCM，可得CN＝CM，進而可以證明Rt△ADN≌Rt△BDM，可得AN＝BM，即可解題．【解答】解：作DN⊥AC于N，∵CD平分∠ACE，DM⊥BE∴DN＝DM在Rt△DCN和Rt△DCM中，CD=CDDN=DM∴Rt△DCN≌Rt△DCM（HL），∴CN＝CM，在Rt△ADN和Rt△BDM中，AD=BDDN=DM∴Rt△ADN≌Rt△BDM（HL），∴AN＝BM，∵AN＝AC﹣CN，BM＝BC+CM，∴AC﹣CN＝BC+CM∴AC﹣CM＝BC+CM∴2CM＝AC﹣BC，∵AC＝2，BC=3∴CM=1故答案為14【總結(jié)提升】本題考查了直角三角形全等的判定，考查了直角三角形對應邊相等的性質(zhì)，本題中求證CN＝CM，AN＝BM是解題的關鍵．18．（2022秋?海安市校級期末）如圖，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，△PBC的面積為2cm2，則△ABC的面積為4cm2．【思路引領】根據(jù)已知條件證得△ABP≌△EBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出S△ABC＝2S△PBC，代入求出即可．【解答】解：延長AP交BC于E，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠EBP，∵AP⊥BP，∴∠APB＝∠EPB＝90°，∵BP＝BP，∴△ABP≌△EBP（ASA），∴AP＝PE，∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，∴S△ABC＝2S△PBC＝4（cm2）．故答案為：4．【總結(jié)提升】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的面積的應用，注意：等底等高的三角形的面積相等．19．（2022秋?海安市期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝2，點E為射線AC上的動點，DE∥AB，且DE＝2．當AD+BD的值最小時，∠DBC的度數(shù)為45°．【思路引領】過點D作DF⊥AC于點F，可知點D在到AC的距離為1的直線上，作出該直線l，利用將軍飲馬模型，作點A關于直線l的對稱點A′，連接A′B交直線l于點D′，此時AD′+BD′＝A′B，即點D與點D′重合時，AD+BD的值最小．利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理分別求得∠ABA′和∠ABC的度數(shù)，則結(jié)論可求．【解答】解：過點D作DF⊥AC于點F，如圖，∵DE∥AB，∴∠DEF＝∠BAC＝30°，∵DF⊥AC，∴DF=12∴點D到直線AC的距離等于定值1．過點D作直線l∥AC，則點D在直線l上運動，作點A關于直線l的對稱點A′，連接A′B交直線l于點D′，由將軍飲馬模型可知：此時AD′+BD′＝A′B，即點D與點D′重合時，AD+BD的值最小．由題意：AA′⊥l，AG＝GA′，∵l∥AC，DF⊥AC，∴四邊形AFDG為矩形，∴AG＝DF＝1，∴AA′＝AG+A′G＝2，∵AB＝AC＝2，∴AB＝AA′，∴∠ABA′＝∠A′．∵∠BAC＝30°，∠FAG＝90°，∴∠BAA′＝120°，∴∠ABA′＝∠A′=180°?120°∵∠BAC＝30°，AB＝AC＝2，∴∠ABC＝∠ACB=180°?30°∴∠DBC＝∠D′BC＝∠ABC﹣∠ABD′＝45°．故答案為：45°．【總結(jié)提升】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，軸對稱的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，利用將軍飲馬模型構(gòu)造輔助線解答是解題的關鍵．20．（2022秋?海安市校級期末）如圖，△ABC中，AB＝AC，點D是△ABC內(nèi)部一點，DB＝DC，點E是邊AB上一點，若CD平分∠ACE，∠AEC＝110°，則∠BDC＝70°．【思路引領】設∠ACD＝∠DCE＝x，∠ECB＝y(tǒng)．利用三角形的內(nèi)角和定理以及三角形的外角的性質(zhì)構(gòu)建方程組即可解決問題．【解答】解：設∠ACD＝∠DCE＝x，∠ECB＝y(tǒng)．∵AB＝AC，DB＝DC，∴∠ABC＝∠ACB＝2x+y，∠DCB＝∠DBC＝x+y，∵∠AEC＝∠ECB+∠EBC，∴2x+2y＝110°，∴∠BDC＝180°﹣2x﹣2y＝70°故答案為：70．【總結(jié)提升】本題考查等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，三角形的外角的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考常考題型．21．（2022秋?朝陽區(qū)期末）如圖，O是射線CB上一點，∠AOB＝60°，OC＝6cm，動點P從點C出發(fā)沿射線CB以2cm/s的速度運動，動點Q從點O出發(fā)沿射線OA以1cm/s的速度運動，點P，Q同時出發(fā)，設運動時間為t（s），當△POQ是等腰三角形時，t的值為A．2 B．2或6 C．4或6 D．2或4或6【思路引領】分點P在線段CO上、點P在射線OB上兩種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：由題意得：CP＝2tcm，OQ＝tcm，則當點P在線段CO上時，OP＝（6﹣2t）cm，當點P在射線OB上時，OP＝（2t﹣6）cm，當點P在線段CO上，OP＝OQ時，6﹣2t＝t，解得：t＝2，點P在射線OB上，OP＝OQ時，2t﹣6＝t，解得：t＝6，如圖，點P在射線OB上，QO＝PQ時，過點P作PH⊥OP于H，則OH=12OP=12（2∵∠AOB＝60°，∴∠OQH＝30°，∴OQ＝2OH，∴t＝2（t﹣3），解得：t＝6，綜上所述：當△POQ是等腰三角形時，t的值為2或6，【總結(jié)提升】本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)，靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．22．（2022秋?西城區(qū)期末）如圖，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝50°，AD⊥BC于點D，MC⊥BC于點C，MC＝BC．點E，點F分別在線段AD，AC上，CF＝AE，連接MF，BF，CE．（1）圖中與MF相等的線段是CE；（2）當BF+CE取最小值時∠AFB＝95°．【思路引領】（1）先證明三角形全等，再由性質(zhì)求解；（2）利用（1）的結(jié)論，轉(zhuǎn)換為兩點之間線段最短問題，再利用三角形是內(nèi)角和求解．【解答】解：（1）∵AC＝BC，MC＝BC，∴AC＝MC，∵AD⊥BC于點D，MC⊥BC于點C，∴AD∥CM，∠MCB＝90°，∴∠MCA＝∠CAD＝40°，∵CF＝AE，∴△CMF≌△ACE（SAS），∴MF＝CE，故答案為：CE；（2）∵MF＝CE，∴BF+CE＝BF+MF，∴當MF和BF共線時，和最小，如圖，此時MB與AC交于點F′，∵MC＝BC，∠BCM＝90°，∴∠CMB＝45°，∴∠AF′B＝∠CF′M＝180°﹣∠CMB﹣∠MCA＝95°，故答案為：95．【總結(jié)提升】本題考查了最短路徑問題，線段的轉(zhuǎn)化是解題的關鍵．23．（2022秋?北京期末）若ab≠0，且3a+2b＝0，則2a+bb的值是?1【思路引領】已知等式變形后，代入原式計算即可得到結(jié)果．【解答】解：∵ab≠0，且3a+2b＝0，∴a=?23∴原式=?故答案為：?1【總結(jié)提升】此題考查了分式的值，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．24．（2022秋?北京期末）如圖所示，AB、AC是以A為公共端點的兩條線段，且滿足AB＝AC＝a，∠BAC＝120°，作線段AC的垂直平分線l交AC于點D．點P為直線l上一動點，連接AP，以AP為邊構(gòu)造等邊△APQ，連接DQ．當△ADQ的周長最小時，AP＝b，則△ADQ周長的最小值為a+3b2．（用含有a、b【思路引領】作AE平分∠BAC交直線l于點E，連接BC交直線l于點F，連接AF、BE、EQ，BQ，可證明∠FEA＝∠FAE＝30°，則AF＝EF，所以FB垂直平分AE，則EB＝AB，所以△ABE是等邊三角形，再證明△PAE≌△QAB，得∠ABQ＝∠AEF＝30°，可知BQ與BC重合，點Q在BC上運動，由EQ+DQ≥DE，且AQ+DQ＝EQ+DQ，得AQ+DQ≥DE，則當點Q與點F重合時，AQ+DQ＝DE，此時AQ+DQ的值最小，則△ADQ周長的最小值，由AQ＝AF＝AP＝b，證明DQ＝DF=12AF=12b，即可求得△【解答】解：作AE平分∠BAC交直線l于點E，連接BC交直線l于點F，連接AF、BE、EQ，BQ，∵直線l垂直平分AC，AB＝AC＝a，∴∠ADE＝90°，AD＝CD=12AC=12a，∵∠BAC＝120°，∴∠EAC＝∠EAB=12∠BAC＝60°，∠C＝∠ABC＝∠∵AF＝CF，∴∠C＝∠FAC＝30°，∴∠FEA＝∠FAE＝30°，∴AF＝EF，∴FB垂直平分AE，點E與點A關于直線FB對稱，∴EB＝AB，∴△ABE是等邊三角形，∴AE＝AB，∵△APQ是等邊三角形，∴∠PAQ＝60°，AP＝AQ＝PQ，∴∠PAE＝∠QAB＝60°﹣∠QAE，在△PAE和△QAB中，AP=AQ∠PAE=∠QAB∴△PAE≌△QAB（SAS），∴∠ABQ＝∠AEF＝30°，∴BQ與BC重合，點Q在BC上運動，∴AQ＝EQ，∵AD為定值，∴當AQ+DQ最小時，則△ADQ周長的最小，∵EQ+DQ≥DE，且AQ+DQ＝EQ+DQ，∴AQ+DQ≥DE，∴當點Q與點F重合時，AQ+DQ＝DE，此時AQ+DQ的值最小，則△ADQ周長的最小值，∵AQ＝AF＝AP＝b，∴DQ＝DF=12AF=∴△ADQ周長的最小值為：12a+12b+故答案為：a+3b2【總結(jié)提升】此題重點考查軸對稱的性質(zhì)、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、兩點之間線段最短等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．25．（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖，已知AB＝BC＝AD，AD⊥BC于點E，AC⊥CD，若CD=53，則△ACD的面積為25【思路引領】根據(jù)垂直的定義得到∠ACD＝∠AEC＝90°，求得∠D＝∠ACB，求得∠D＝∠BAC，過B作BH⊥AC于H，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到∠AHB＝90°，AH=12AC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BH＝AC，AH＝【解答】解：∵AD⊥BC，AC⊥CD，∴∠ACD＝∠AEC＝90°，∴∠D+∠DCE＝∠DCE+∠ACE＝90°，∴∠D＝∠ACB，∵AB＝BC，∴∠BAH＝∠BCA，∴∠D＝∠BAC，過B作BH⊥AC于H，∴∠AHB＝90°，AH=12在△ABH與△DAC中，∠AHB=∠DCA=90°∠BAH=∠D∴△ABH≌△DAC（AAS），∴BH＝AC，AH＝CD，∴AC＝2CD=10∴△ACD的面積=12AC?CD故答案為：259【總結(jié)提升】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積的計算，等腰三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關鍵．26．（2022秋?東城區(qū)期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點A（4，0），B（0，4），P（1，2），Q（2，﹣1），連接AB．在線段AB．上作點M，使得PM+QM最小，并求點M的坐標．在探索過程中，同學們提出了三種不同的方法，作法與圖示如下表：方法①方法②方法③過點P作PM⊥AB于點M，則點M為所求.作點P關于直線AB的對稱點P'，連接P'Q交AB于點M，則點M為所求.過點P作PC⊥AB于點C，過點Q作QD⊥AB于點D，取CD中點M，則點M為所求.其中正確的方法是②（填寫序號），點M的坐標是（2，2）．【思路引領】作點P關于直線AB的對稱點P′，連接QP′交AB于點M，點M即為所求．【解答】解：作點P關于直線AB的對稱點P′，連接QP′交AB于點M，點M即為所求．觀察圖形可知，方法②正確．M（2，2）．故答案為：②，（2，2）．【總結(jié)提升】本題考查作圖﹣軸對稱變換，軸對稱最短問題等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．27．（2022秋?東城區(qū)期末）如圖，在△ABC中，BC＝9，CD是∠ACB的平分線，DE⊥AC于點E，DE＝3．則△BCD的面積為272【思路引領】作DF⊥CB于F，應用角平分線的性質(zhì)求出DF的長，由三角形的面積公式即可求解．【解答】解：作DF⊥BC于F，∵CD是∠ACB的平分線，DE⊥AC，∴DF＝DE＝3，∴△BCD的面積=12BC?DF=1故答案為：272【總結(jié)提升】本題考查角平分線的性質(zhì)，三角形的面積，關鍵是作DF⊥BC于F，應用角平分線的性質(zhì)．28．（2022秋?海淀區(qū)期末）甲乙兩位同學進行一種數(shù)學游戲．游戲規(guī)則是：兩人輪流對△ABC及△A′B′C′對應的邊或角添加等量條件（點A′，B'，C′分別是點A，B，C的對應點）．某輪添加條件后，若能判定△ABC與△A′B′C′全等，則當輪添加條件者失敗，另一人獲勝．輪次行動者添加條件1甲AB＝A′B′＝2cm2乙BC＝B′C′＝4cm3甲?上表記錄了兩人游戲的部分過程，則下列說法正確的是①③（填寫所有正確結(jié)論的序號）．①若第3輪甲添加AC＝A′C′＝5cm，則乙獲勝；②若甲想獲勝，第3輪可以添加條件∠C＝∠C′＝30°；③若乙想獲勝，可修改第2輪添加條件為∠A＝∠A′＝90°．【思路引領】根據(jù)全等三角形的判定定理逐一判斷即可．【解答】解：①若第3輪甲添加AC＝A′C′＝5cm，根據(jù)SSS即可判定△ABC≌△A′B′C′，則甲失敗，乙獲勝，故說法正確，符合題意；②若第3輪甲添加條件∠C＝∠C′＝30°，由于含30°的直角三角形直角邊等于斜邊的一半，滿足HL，能判定△ABC≌△A′B′C′，則甲失敗，乙獲勝，故說法錯誤，不符合題意；③若乙第2輪添加條件為∠A＝∠A′＝90°，則第3輪甲無論添加任何對應的邊或角的等量條件，都能判定△ABC≌△A′B′C′，則甲失敗，乙獲勝，故說法正確，符合題意；故答案為：①③．【總結(jié)提升】本題重點考查了三角形全等的判定定理，普通兩個三角形全等共有四個定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，注意：AAA、SSA不能判定兩個三角形全等，判定兩個三角形全等時，必須有邊的參與，若有兩邊一角對應相等時，角必須是兩邊的夾角．29．（2022秋?海淀區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠A＝30°，AB＝BC，點D，E分別在邊AB、AC上，若沿直線DE折疊，點A恰好與點B重合，且CE＝6，則∠EBC＝90°，AC＝9．【思路引領】根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得到∠C＝30°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和是18