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【總結提升】本題考查了比例的性質，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，則出發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，根據全等三角形的性質即可確定出時間．【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進行恰當的變形并求出a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，且y＜x?1+1?x+3【思路引領】先根據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．【總結提升】本題考查了二次根式的性質、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，利用非負數的性質確定出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．【總結提升】此題考查了因式分解的應用，以及非負數的性質，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、等邊三角形的性質，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，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，∴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．【總結提升】本題考查了全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，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，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，根據全等三角形的性質得到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．【總結提升】本題考查的是全等三角形的判定和性質，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）展開式中各項系數的有關規律，請你猜想（a+b）6的展開式中含a2b4項的系數是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．【解答】解：根據題意得：（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項的系數是15．故答案為：15．【總結提升】此題考查了完全平方公式，以及規律型：數字的變化類，弄清“楊輝三角”中系數的規律是解本題的關鍵．12．（2022秋?南通期末）已知關于x的方程x?mx+2=3的解是負數，則m的取值范圍為m＜﹣6且m【思路引領】先根據原方程解得方程的解，再根據分式方程的解是負數，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，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．【總結提升】本題考查了分式方程的解，根據分式方程的解是負數，容易求出其中字母系數的取值范圍，但需要特別注意的是要把在這個范圍內使分式的分母為零的字母系數的值排除，這也是大部分學生的出錯點．13．（2022秋?啟東市期末）對于實數a、b，定義一種新運算“?”為：a?b=1a?b2，這里等式右邊是實數運算．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：根據題中的新定義化簡得：1x?4去分母得：1＝2﹣x+4，解得：x＝5，經檢驗x＝5是分式方程的解，故答案為：x＝5【總結提升】此題考查了解分式方程，以及實數的運算，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）．【總結提升】此題重點考查圖形與坐標、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質等知識，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．【總結提升】本題考查等邊三角形的判定和性質．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，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】根據已知條件證得△ABP≌△EBP，根據全等三角形的性質得到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．【總結提升】本題考查了全等三角形的性質和判定，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和三角形的內角和定理分別求得∠ABA′和∠ABC的度數，則結論可求．【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°．【總結提升】本題主要考查了等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，軸對稱的性質，平行線的判定與性質，利用將軍飲馬模型構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．利用三角形的內角和定理以及三角形的外角的性質構建方程組即可解決問題．【解答】解：設∠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°故答案為：70．【總結提升】本題考查等腰三角形的性質，三角形內角和定理，三角形的外角的性質等知識，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，屬于中考常考題型．21．（2022秋?朝陽區期末）如圖，O是射線CB上一點，∠AOB＝60°，OC＝6cm，動點P從點C出發沿射線CB以2cm/s的速度運動，動點Q從點O出發沿射線OA以1cm/s的速度運動，點P，Q同時出發，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，根據等腰三角形的性質解答即可．【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，【總結提升】本題考查的是等腰三角形的性質，靈活運用分情況討論思想是解題的關鍵．22．（2022秋?西城區期末）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，再由性質求解；（2）利用（1）的結論，轉換為兩點之間線段最短問題，再利用三角形是內角和求解．【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．【總結提升】本題考查了最短路徑問題，線段的轉化是解題的關鍵．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果．【解答】解：∵ab≠0，且3a+2b＝0，∴a=?23∴原式=?故答案為：?1【總結提升】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【總結提升】此題重點考查軸對稱的性質、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、等邊三角形的判定與性質、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，根據直角三角形的性質得到∠AHB＝90°，AH=12AC，根據全等三角形的性質得到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【總結提升】本題考查了全等三角形的判定和性質，三角形的面積的計算，等腰三角形的性質，正確的作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．26．（2022秋?東城區期末）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【總結提升】本題考查角平分線的性質，三角形的面積，關鍵是作DF⊥BC于F，應用角平分線的性質．28．（2022秋?海淀區期末）甲乙兩位同學進行一種數學游戲．游戲規則是：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】根據等腰三角形性質得到∠C＝30°，再根據三角形內角和是18