期末复习小题专项练习题位训练填空题压轴题（解析版）VIP

期末复习小题专项练习题位训练填空题压轴题（解析版）1．（2022秋•如东县期末）已知x2=y3=z4【思路引领】利用设k法，进行计算即可解答．【解答】解：设x2=∴x＝2k，y＝3k，z＝4k，∴3=12=14=7故答案为：713【总结提升】本题考查了比例的性质，熟练掌握设k法是解题的关键．2．（2022秋•启东市期末）如图，已知线段AB＝20m，MA⊥AB于点A，MA＝6m，射线BD⊥AB于B，P点从B点向A运动，每秒走1m，Q点从B点向D运动，每秒走3m，P，Q同时从B出发，则出发5秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等．【思路引领】分两种情况考虑：当△APC≌△BQP时与当△APC≌△BPQ时，根据全等三角形的性质即可确定出时间．【解答】解：由题意可知：PB＝tm，AP＝（20﹣t）m，BQ＝3tm，①当△APC≌△BQP时，AP＝BQ，即：20﹣t＝3t，解得：t＝5，此时：AC＝BP＝5m，符合题意；②当△APC≌△BPQ时，AP＝BP，即：20﹣t＝t，解得：t＝10，此时AC＝BQ＝30m，∵MA＝6＜30，故t＝10不符合题意．故答案为：5．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法以及分类讨论是解本题的关键．3．（2022秋•启东市期末）已知（a2+4）（b2+1）＝8ab，则b⋅(1a−a)的值为【思路引领】根据题中所给的多项式求出a和b之间的关系，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故答案为：−3【总结提升】本题考查了多项式乘多项式，解答本题的关键在于将（a2+4）（b2+1）＝8ab进行恰当的变形并求出a和b的关系．4．（2022秋•海门市期末）已知a+1a=10，则a−1【思路引领】将已知等式两边平方得a2+2+1a2=10，据此得出a2﹣2+1a【解答】解：∵a+1∴a2+2+1∴a2+1∴a2﹣2+1a2=6，即（a则a−1a=故答案为：±6【总结提升】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及完全平方公式．5．（2022秋•如东县期末）x，y为实数，且y＜x−1+1−x+3【思路引领】先根据x−1、1−x有意义的条件可得x﹣1≥0，1﹣x≥0，解可求x＝1，再把x＝1代入y＜x−1y＜3，从而可对所求式子化简，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﹣故答案为﹣1．【总结提升】本题考查了二次根式的性质、二次根式的化简求值．解题的关键是注意被开方式是≥0的．6．（2022秋•如东县期末）已知实数m，n满足n＝km+3，（m2﹣2m+5）（n2﹣4n+8）＝16，则k＝﹣1．【思路引领】已知等式括号中配方后，利用非负数的性质确定出m与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．故答案为：﹣1．【总结提升】此题考查了因式分解的应用，以及非负数的性质，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．7．（2022秋•启东市校级期末）如图，等边三角形ABC和等边三角形A′B′C的边长都是3，点B，C，B′在同一条直线上，点P在线段A′C上，则AP+BP的最小值为6．【思路引领】连接PE，证明△ACP≌△B'CP，可得AP＝B'P，所以AP+BP＝AP+B'P，当点P与点C重合时，AP+BP的值最小，正好等于BB'的长，进而可得AP+BP的最小值．【解答】解：如图，连接PB'，∵△ABC和△A′B′C都是边长为3的等边三角形，∴AC＝B'C，∠ACB＝∠A'CB＝60°，∴∠ACA'＝60°，∴∠ACA'＝∠A'CB'，∴△ACP≌△B'CP（SAS），∴AP＝B'P，∴AP+BP＝BP+B'P，当点P与点C重合时，AP+BP的值最小，正好等于BB'的长，所以AP+BP的最小值为：2×3＝6．故答案为：6．【总结提升】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、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．8．（2022秋•启东市校级期末）若关于x的分式方程2x−3=1−m3−x的解为非负数，则m的取值范围是m【思路引领】先解分式方程得x＝5﹣m，再由题意可得5﹣m≥0，5﹣m≠3，从而求解即可．【解答】解：2x−3=12＝x﹣3+m，x＝5﹣m，∵方程的解为非负数，∴5﹣m≥0，∴m≤5，∵x≠3，∴5﹣m≠3，∴m≠2，∴m的取值范围为m≤5且m≠2，故答案为：m≤5且m≠2．【总结提升】本题考查分式方程的解以及解一元一次不等式，熟练掌握分式方程的解法，注意分式方程增根的情况是解题的关键．9．（2020秋•海安市校级期末）已知，如图，△ABC是边长为4的等边三角形，直线AF⊥BC于F，点D是直线AF上一动点，以BD为边在BD的右侧作等边△BDE，连接EF，则EF的最小值为1．【思路引领】取AB中点H，连接DH，由“SAS”可证△BHD≌△BFE，可得EF＝DH，则当DH取最小值时，EF有最小值，即当DH⊥AF时，DH有最小值，由直角三角形的性质可求解．【解答】解：如图，取AB中点H，连接DH，∵△ABC，△BDE都是等边三角形，∴AB＝BC，BD＝BE，∠DBE＝∠ABC＝60°，∴∠ABD＝∠EBC，∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，∴BF=12BC=12∵H是AB中点，∴AH＝BH=12AB＝BF＝2，且∠ABD＝∠EBC，BD＝∴△BHD≌△BFE（SAS），∴EF＝DH，∴当DH取最小值时，EF有最小值，当DH⊥AF时，DH有最小值，∴DH=12∴EF的最小值为1．故答案为：1．【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，证明EF＝DH是本题的关键．10．（2022秋•如东县期末）如图，在△ABC中，BC=42，直线l经过边AB的中点D，与BC交于点M，分别过点A，C作直线l的垂线，垂足为E，F，则AE+CF的最大值为42【思路引领】过点B作BH⊥EF，交EF的延长线于H，证明△ADE≌△BDH，根据全等三角形的性质得到AE＝BH，得到答案．【解答】解：过点B作BH⊥EF，交EF的延长线于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，由题意可知：BH+CF≤BC，∴AE+CF的最大值为42，故答案为：42．【总结提升】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．11．（2022秋•海安市期末）如图，我国宋朝数学家杨辉在他的著作《详解九章算法》中提出“杨辉三角”，如图揭示了（a+b）n（n为非负整数）展开式中各项系数的有关规律，请你猜想（a+b）6的展开式中含a2b4项的系数是15．【思路引领】仿照阅读材料中的方法将原式展开，即可得到含a2b4项的系数．【解答】解：根据题意得：（a+b）5＝a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5，（a+b）6＝a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6，所以（a+b）6的展开式中含a2b4项的系数是15．故答案为：15．【总结提升】此题考查了完全平方公式，以及规律型：数字的变化类，弄清“杨辉三角”中系数的规律是解本题的关键．12．（2022秋•南通期末）已知关于x的方程x−mx+2=3的解是负数，则m的取值范围为m＜﹣6且m【思路引领】先根据原方程解得方程的解，再根据分式方程的解是负数，以及分母不为0，即可求解．【解答】解：原方程x−mx+2解得x=−(m+6)因为x+2≠0，即x≠﹣2，因为解是负数，即x＜0，所以m+6＞0，m＞﹣6所以m的取值范围是m＞﹣6且m≠﹣2．故答案为：m＞﹣6且m≠﹣2．【总结提升】本题考查了分式方程的解，根据分式方程的解是负数，容易求出其中字母系数的取值范围，但需要特别注意的是要把在这个范围内使分式的分母为零的字母系数的值排除，这也是大部分学生的出错点．13．（2022秋•启东市期末）对于实数a、b，定义一种新运算“⊗”为：a⊗b=1a−b2，这里等式右边是实数运算．例如：1⊗3=11−32=−1【思路引领】已知等式利用题中的新定义化简，求出解即可．【解答】解：根据题中的新定义化简得：1x−4去分母得：1＝2﹣x+4，解得：x＝5，经检验x＝5是分式方程的解，故答案为：x＝5【总结提升】此题考查了解分式方程，以及实数的运算，弄清题中的新定义是解本题的关键．14．（2022秋•如皋市校级期末）关于x的分式方程mx−3−23−x【思路引领】整理分式方程，再令x＝3，代入求值，即可求出m的值．【解答】解：将方程mx−3m+2＝x﹣3，可得m＝x﹣5，当x＝3时，m＝x﹣5＝3﹣5＝﹣2，∴当m＝﹣2时，方程无解．故答案为：﹣2．【总结提升】本题考查了分式方程的解，综合性较强，难度适中．15．（2022秋•海门市期末）在平面直角坐标系xOy中，A（2，0），B（0，﹣4），点C在第四象限．若△ABC为等腰直角三角形，且∠BCA＝90°，则点C的坐标为（3，﹣3）．【思路引领】作CD⊥x轴于点D，作CE⊥y轴交于点E，可证明△ADC≌△BEC，得AD＝BE，CD＝CE，可推导出OD＝OE，则OD﹣2＝4﹣OE，所以OE﹣2＝4﹣OE，则OD＝OE＝3，即可求得C（3，﹣3）．【解答】解：如图，作CD⊥x轴于点D，作CE⊥y轴交于点E，则∠ADC＝∠BEC＝∠AOB＝90°，∵A（2，0），B（0，﹣4），∴OA＝2，OB＝4，∵△ABC为等腰直角三角形，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），故答案为：（3，﹣3）．【总结提升】此题重点考查图形与坐标、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．16．（2022秋•南通期末）已知等边△ABC的边长为5，点D为直线BC上一点，BD＝1，DE∥AB交直线AC于点E，则DE的长为4或6．【思路引领】分D在线段BC上，和D在线段CB的延长线上，两种情况，讨论求解即可．【解答】解：①当D在线段BC上，如图：∵等边△ABC的边长为5，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝BC＝5，∵BD＝1，∴CD＝BC﹣BD＝4，∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠B＝60°，∠DEA＝∠A＝60°，∴△DEC为等边三角形，∴DE＝CD＝4；②当D在线段CB的延长线上，如图：同法可得：△DEC为等边三角形，∴DE＝CD＝BC+BD＝6；综上：DE的长为：4或6；故答案为：4或6．【总结提升】本题考查等边三角形的判定和性质．熟练掌握，两直线平行，同位角相等，证明三角形是等边三角形，是解题的关键．注意，分类讨论．17．（2022秋•如东县期末）如图，B、C、E三点在同一条直线上，CD平分∠ACE，DB＝DA，DM⊥BE于M，若AC＝2，BC=32，则CM的长为1【思路引领】作DN⊥AC于N，易证Rt△DCN≌Rt△DCM，可得CN＝CM，进而可以证明Rt△ADN≌Rt△BDM，可得AN＝BM，即可解题．【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故答案为14【总结提升】本题考查了直角三角形全等的判定，考查了直角三角形对应边相等的性质，本题中求证CN＝CM，AN＝BM是解题的关键．18．（2022秋•海安市校级期末）如图，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，△PBC的面积为2cm2，则△ABC的面积为4cm2．【思路引领】根据已知条件证得△ABP≌△EBP，根据全等三角形的性质得到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：延长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）．故答案为：4．【总结提升】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．19．（2022秋•海安市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝2，点E为射线AC上的动点，DE∥AB，且DE＝2．当AD+BD的值最小时，∠DBC的度数为45°．【思路引领】过点D作DF⊥AC于点F，可知点D在到AC的距离为1的直线上，作出该直线l，利用将军饮马模型，作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交直线l于点D′，此时AD′+BD′＝A′B，即点D与点D′重合时，AD+BD的值最小．利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理分别求得∠ABA′和∠ABC的度数，则结论可求．【解答】解：过点D作DF⊥AC于点F，如图，∵DE∥AB，∴∠DEF＝∠BAC＝30°，∵DF⊥AC，∴DF=12∴点D到直线AC的距离等于定值1．过点D作直线l∥AC，则点D在直线l上运动，作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B交直线l于点D′，由将军饮马模型可知：此时AD′+BD′＝A′B，即点D与点D′重合时，AD+BD的值最小．由题意：AA′⊥l，AG＝GA′，∵l∥AC，DF⊥AC，∴四边形AFDG为矩形，∴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°．故答案为：45°．【总结提升】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，轴对称的性质，平行线的判定与性质，利用将军饮马模型构造辅助线解答是解题的关键．20．（2022秋•海安市校级期末）如图，△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC内部一点，DB＝DC，点E是边AB上一点，若CD平分∠ACE，∠AEC＝110°，则∠BDC＝70°．【思路引领】设∠ACD＝∠DCE＝x，∠ECB＝y．利用三角形的内角和定理以及三角形的外角的性质构建方程组即可解决问题．【解答】解：设∠ACD＝∠DCE＝x，∠ECB＝y．∵AB＝AC，DB＝DC，∴∠ABC＝∠ACB＝2x+y，∠DCB＝∠DBC＝x+y，∵∠AEC＝∠ECB+∠EBC，∴2x+2y＝110°，∴∠BDC＝180°﹣2x﹣2y＝70°故答案为：70．【总结提升】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．21．（2022秋•朝阳区期末）如图，O是射线CB上一点，∠AOB＝60°，OC＝6cm，动点P从点C出发沿射线CB以2cm/s的速度运动，动点Q从点O出发沿射线OA以1cm/s的速度运动，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s），当△POQ是等腰三角形时，t的值为A．2 B．2或6 C．4或6 D．2或4或6【思路引领】分点P在线段CO上、点P在射线OB上两种情况，根据等腰三角形的性质解答即可．【解答】解：由题意得：CP＝2tcm，OQ＝tcm，则当点P在线段CO上时，OP＝（6﹣2t）cm，当点P在射线OB上时，OP＝（2t﹣6）cm，当点P在线段CO上，OP＝OQ时，6﹣2t＝t，解得：t＝2，点P在射线OB上，OP＝OQ时，2t﹣6＝t，解得：t＝6，如图，点P在射线OB上，QO＝PQ时，过点P作PH⊥OP于H，则OH=12OP=12（2∵∠AOB＝60°，∴∠OQH＝30°，∴OQ＝2OH，∴t＝2（t﹣3），解得：t＝6，综上所述：当△POQ是等腰三角形时，t的值为2或6，【总结提升】本题考查的是等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．22．（2022秋•西城区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝50°，AD⊥BC于点D，MC⊥BC于点C，MC＝BC．点E，点F分别在线段AD，AC上，CF＝AE，连接MF，BF，CE．（1）图中与MF相等的线段是CE；（2）当BF+CE取最小值时∠AFB＝95°．【思路引领】（1）先证明三角形全等，再由性质求解；（2）利用（1）的结论，转换为两点之间线段最短问题，再利用三角形是内角和求解．【解答】解：（1）∵AC＝BC，MC＝BC，∴AC＝MC，∵AD⊥BC于点D，MC⊥BC于点C，∴AD∥CM，∠MCB＝90°，∴∠MCA＝∠CAD＝40°，∵CF＝AE，∴△CMF≌△ACE（SAS），∴MF＝CE，故答案为：CE；（2）∵MF＝CE，∴BF+CE＝BF+MF，∴当MF和BF共线时，和最小，如图，此时MB与AC交于点F′，∵MC＝BC，∠BCM＝90°，∴∠CMB＝45°，∴∠AF′B＝∠CF′M＝180°﹣∠CMB﹣∠MCA＝95°，故答案为：95．【总结提升】本题考查了最短路径问题，线段的转化是解题的关键．23．（2022秋•北京期末）若ab≠0，且3a+2b＝0，则2a+bb的值是−1【思路引领】已知等式变形后，代入原式计算即可得到结果．【解答】解：∵ab≠0，且3a+2b＝0，∴a=−23∴原式=−故答案为：−1【总结提升】此题考查了分式的值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．24．（2022秋•北京期末）如图所示，AB、AC是以A为公共端点的两条线段，且满足AB＝AC＝a，∠BAC＝120°，作线段AC的垂直平分线l交AC于点D．点P为直线l上一动点，连接AP，以AP为边构造等边△APQ，连接DQ．当△ADQ的周长最小时，AP＝b，则△ADQ周长的最小值为a+3b2．（用含有a、b【思路引领】作AE平分∠BAC交直线l于点E，连接BC交直线l于点F，连接AF、BE、EQ，BQ，可证明∠FEA＝∠FAE＝30°，则AF＝EF，所以FB垂直平分AE，则EB＝AB，所以△ABE是等边三角形，再证明△PAE≌△QAB，得∠ABQ＝∠AEF＝30°，可知BQ与BC重合，点Q在BC上运动，由EQ+DQ≥DE，且AQ+DQ＝EQ+DQ，得AQ+DQ≥DE，则当点Q与点F重合时，AQ+DQ＝DE，此时AQ+DQ的值最小，则△ADQ周长的最小值，由AQ＝AF＝AP＝b，证明DQ＝DF=12AF=12b，即可求得△【解答】解：作AE平分∠BAC交直线l于点E，连接BC交直线l于点F，连接AF、BE、EQ，BQ，∵直线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，点E与点A关于直线FB对称，∴EB＝AB，∴△ABE是等边三角形，∴AE＝AB，∵△APQ是等边三角形，∴∠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与BC重合，点Q在BC上运动，∴AQ＝EQ，∵AD为定值，∴当AQ+DQ最小时，则△ADQ周长的最小，∵EQ+DQ≥DE，且AQ+DQ＝EQ+DQ，∴AQ+DQ≥DE，∴当点Q与点F重合时，AQ+DQ＝DE，此时AQ+DQ的值最小，则△ADQ周长的最小值，∵AQ＝AF＝AP＝b，∴DQ＝DF=12AF=∴△ADQ周长的最小值为：12a+12b+故答案为：a+3b2【总结提升】此题重点考查轴对称的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．25．（2022秋•海淀区校级期末）如图，已知AB＝BC＝AD，AD⊥BC于点E，AC⊥CD，若CD=53，则△ACD的面积为25【思路引领】根据垂直的定义得到∠ACD＝∠AEC＝90°，求得∠D＝∠ACB，求得∠D＝∠BAC，过B作BH⊥AC于H，根据直角三角形的性质得到∠AHB＝90°，AH=12AC，根据全等三角形的性质得到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，过B作BH⊥AC于H，∴∠AHB＝90°，AH=12在△ABH与△DAC中，∠AHB=∠DCA=90°∠BAH=∠D∴△ABH≌△DAC（AAS），∴BH＝AC，AH＝CD，∴AC＝2CD=10∴△ACD的面积=12AC•CD故答案为：259【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．26．（2022秋•东城区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（4，0），B（0，4），P（1，2），Q（2，﹣1），连接AB．在线段AB．上作点M，使得PM+QM最小，并求点M的坐标．在探索过程中，同学们提出了三种不同的方法，作法与图示如下表：方法①方法②方法③过点P作PM⊥AB于点M，则点M为所求.作点P关于直线AB的对称点P'，连接P'Q交AB于点M，则点M为所求.过点P作PC⊥AB于点C，过点Q作QD⊥AB于点D，取CD中点M，则点M为所求.其中正确的方法是②（填写序号），点M的坐标是（2，2）．【思路引领】作点P关于直线AB的对称点P′，连接QP′交AB于点M，点M即为所求．【解答】解：作点P关于直线AB的对称点P′，连接QP′交AB于点M，点M即为所求．观察图形可知，方法②正确．M（2，2）．故答案为：②，（2，2）．【总结提升】本题考查作图﹣轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．27．（2022秋•东城区期末）如图，在△ABC中，BC＝9，CD是∠ACB的平分线，DE⊥AC于点E，DE＝3．则△BCD的面积为272【思路引领】作DF⊥CB于F，应用角平分线的性质求出DF的长，由三角形的面积公式即可求解．【解答】解：作DF⊥BC于F，∵CD是∠ACB的平分线，DE⊥AC，∴DF＝DE＝3，∴△BCD的面积=12BC•DF=1故答案为：272【总结提升】本题考查角平分线的性质，三角形的面积，关键是作DF⊥BC于F，应用角平分线的性质．28．（2022秋•海淀区期末）甲乙两位同学进行一种数学游戏．游戏规则是：两人轮流对△ABC及△A′B′C′对应的边或角添加等量条件（点A′，B'，C′分别是点A，B，C的对应点）．某轮添加条件后，若能判定△ABC与△A′B′C′全等，则当轮添加条件者失败，另一人获胜．轮次行动者添加条件1甲AB＝A′B′＝2cm2乙BC＝B′C′＝4cm3甲?上表记录了两人游戏的部分过程，则下列说法正确的是①③（填写所有正确结论的序号）．①若第3轮甲添加AC＝A′C′＝5cm，则乙获胜；②若甲想获胜，第3轮可以添加条件∠C＝∠C′＝30°；③若乙想获胜，可修改第2轮添加条件为∠A＝∠A′＝90°．【思路引领】根据全等三角形的判定定理逐一判断即可．【解答】解：①若第3轮甲添加AC＝A′C′＝5cm，根据SSS即可判定△ABC≌△A′B′C′，则甲失败，乙获胜，故说法正确，符合题意；②若第3轮甲添加条件∠C＝∠C′＝30°，由于含30°的直角三角形直角边等于斜边的一半，满足HL，能判定△ABC≌△A′B′C′，则甲失败，乙获胜，故说法错误，不符合题意；③若乙第2轮添加条件为∠A＝∠A′＝90°，则第3轮甲无论添加任何对应的边或角的等量条件，都能判定△ABC≌△A′B′C′，则甲失败，乙获胜，故说法正确，符合题意；故答案为：①③．【总结提升】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．29．（2022秋•海淀区期末）如图，在△ABC中，∠A＝30°，AB＝BC，点D，E分别在边AB、AC上，若沿直线DE折叠，点A恰好与点B重合，且CE＝6，则∠EBC＝90°，AC＝9．【思路引领】根据等腰三角形性质得到∠C＝30°，再根据三角形内角和是18