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18. 如图, 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ C = 90°, AD$ 平分 $∠ CAB, DE ⊥ AB$, 垂足为 $E$, 若 $AC = 6, BC = 8, CD = 3$. 求:
(1) $DE$ 的长.
(2) $△ ADB$ 的面积.
(1) $DE$ 的长.
(2) $△ ADB$ 的面积.
答案
(1) 提示:
∵易证$△ ACD≌△ AED(\mathrm{AAS}),\therefore DE=CD=3.$
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10,\therefore S_{△ ADB}=\frac{1}{2}AB· DE=\frac{1}{2}×10×3=15.$
∵易证$△ ACD≌△ AED(\mathrm{AAS}),\therefore DE=CD=3.$
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10,\therefore S_{△ ADB}=\frac{1}{2}AB· DE=\frac{1}{2}×10×3=15.$
解析
【分析】
（1）求DE的长：已知AD是∠CAB的角平分线，∠C=90°即DC垂直AC，DE垂直AB，可通过证明△ACD和△AED全等，或者直接利用角平分线的性质，得到DE和CD相等，代入已知CD的长度即可求出DE。
（2）求△ADB的面积：三角形面积公式为$\frac{1}{2}×底×高$，可选择AB为底，DE为AB边上的高，因此先在Rt△ABC中利用勾股定理求出AB的长度，再代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 解：
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠EAD，
∵DE⊥AB，∠C=90°，
∴∠C=∠AED=90°，
在△ACD和△AED中：
$\begin{cases}∠C=∠AED \\∠CAD=∠EAD \\AD=AD\end{cases}$
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴DE=CD，
又
∵CD=3，
∴DE=3。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$，
∵DE⊥AB，DE=3，
∴$S_{△ ADB}=\frac{1}{2}×AB×DE=\frac{1}{2}×10×3=15$。
【答案】
(1) $DE=3$
(2) $△ ADB$的面积为15
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，重点考查核心基础知识点的应用，解题的关键是先利用角平分线相关性质求出DE的长度，再结合勾股定理求出斜边AB的长，代入面积公式即可得到结果，解题思路清晰，技巧性不强。
【难度系数】
0.8
（1）求DE的长：已知AD是∠CAB的角平分线，∠C=90°即DC垂直AC，DE垂直AB，可通过证明△ACD和△AED全等，或者直接利用角平分线的性质，得到DE和CD相等，代入已知CD的长度即可求出DE。
（2）求△ADB的面积：三角形面积公式为$\frac{1}{2}×底×高$，可选择AB为底，DE为AB边上的高，因此先在Rt△ABC中利用勾股定理求出AB的长度，再代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 解：
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠EAD，
∵DE⊥AB，∠C=90°，
∴∠C=∠AED=90°，
在△ACD和△AED中：
$\begin{cases}∠C=∠AED \\∠CAD=∠EAD \\AD=AD\end{cases}$
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴DE=CD，
又
∵CD=3，
∴DE=3。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10$，
∵DE⊥AB，DE=3，
∴$S_{△ ADB}=\frac{1}{2}×AB×DE=\frac{1}{2}×10×3=15$。
【答案】
(1) $DE=3$
(2) $△ ADB$的面积为15
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，重点考查核心基础知识点的应用，解题的关键是先利用角平分线相关性质求出DE的长度，再结合勾股定理求出斜边AB的长，代入面积公式即可得到结果，解题思路清晰，技巧性不强。
【难度系数】
0.8
19. 如图,在一条公路 CD 的同一侧有村庄A,B,村庄 A,B 到公路的距离 AC,BD 分别为 50 m,70 m,且 C,D 两地相距 50 m.若要在公路旁(在 CD 上)建一个集贸市场(看作一个点),求 A,B 两个村庄到集贸市场的距离之和的最小值.
答案
取点 A 关于直线 CD 的对称点 $A'$,连接 $A'B$,则 $A'B$ 即为 A,B 两个村庄到集贸市场的距离之和的最小值.过点 $A'$ 作 BD 的垂线 $A'H$ 交 BD 的延长线于点 H.在 $\mathrm{Rt}△ BHA'$ 中,$BH=50+70=120(\mathrm{m})$,$A'H=50\ \mathrm{m}$,$\therefore A'B=\sqrt{120^2+50^2}=130(\mathrm{m})$.故 A,B 两个村庄到集贸市场的距离之和的最小值为 130 m.
解析
【分析】
这是直线同侧两点到直线上一点的距离和最小值的典型最短路径问题，解题思路分为两步：第一步，利用轴对称性质将同侧点转化为异侧点：作点A关于直线CD的对称点$A'$，此时CD上任意一点到A的距离等于到$A'$的距离，因此A、B到集贸市场的距离和就等于该点到$A'$、B的距离和；第二步，根据“两点之间线段最短”，可知距离和的最小值就是线段$A'B$的长度，后续构造直角三角形，用勾股定理计算$A'B$的长度即可。
【解析】
解：取点A关于直线CD的对称点$A'$，连接$A'B$，根据轴对称的性质，CD上任意一点到A的距离等于到$A'$的距离，结合两点之间线段最短，可知$A'B$的长度就是A、B两个村庄到集贸市场的距离之和的最小值。
过点$A'$作$A'H ⊥ BD$，交BD的延长线于点H。
由题意得：$A'C=AC=50\mathrm{m}$，$A'H=CD=50\mathrm{m}$，
$BH=BD+DH=BD+A'C=70+50=120(\mathrm{m})$，
在$\mathrm{Rt}△ BHA'$中，根据勾股定理：
$A'B=\sqrt{BH^2+A'H^2}=\sqrt{120^2+50^2}=\sqrt{14400+2500}=\sqrt{16900}=130(\mathrm{m})$。
【答案】
130 m
【知识点】
最短路径问题，轴对称的性质，勾股定理
【点评】
本题是轴对称性质的实际应用类题型，解题核心是掌握同侧两点最短路径的构造方法，将距离和的最值问题转化为线段长度计算，再结合勾股定理求解即可，属于基础的几何应用题。
【难度系数】
0.7
这是直线同侧两点到直线上一点的距离和最小值的典型最短路径问题，解题思路分为两步：第一步，利用轴对称性质将同侧点转化为异侧点：作点A关于直线CD的对称点$A'$，此时CD上任意一点到A的距离等于到$A'$的距离，因此A、B到集贸市场的距离和就等于该点到$A'$、B的距离和；第二步，根据“两点之间线段最短”，可知距离和的最小值就是线段$A'B$的长度，后续构造直角三角形，用勾股定理计算$A'B$的长度即可。
【解析】
解：取点A关于直线CD的对称点$A'$，连接$A'B$，根据轴对称的性质，CD上任意一点到A的距离等于到$A'$的距离，结合两点之间线段最短，可知$A'B$的长度就是A、B两个村庄到集贸市场的距离之和的最小值。
过点$A'$作$A'H ⊥ BD$，交BD的延长线于点H。
由题意得：$A'C=AC=50\mathrm{m}$，$A'H=CD=50\mathrm{m}$，
$BH=BD+DH=BD+A'C=70+50=120(\mathrm{m})$，
在$\mathrm{Rt}△ BHA'$中，根据勾股定理：
$A'B=\sqrt{BH^2+A'H^2}=\sqrt{120^2+50^2}=\sqrt{14400+2500}=\sqrt{16900}=130(\mathrm{m})$。
【答案】
130 m
【知识点】
最短路径问题，轴对称的性质，勾股定理
【点评】
本题是轴对称性质的实际应用类题型，解题核心是掌握同侧两点最短路径的构造方法，将距离和的最值问题转化为线段长度计算，再结合勾股定理求解即可，属于基础的几何应用题。
【难度系数】
0.7
20. 在矩形 $ABCD$ 中，$AB=3$，$BC=4$，将矩形折叠，使点 $C$ 与点 $A$ 重合，展开后如图所示.求折痕 $EF$ 的长.
答案
如图,连接 AC,EC,设 EF 与 AC 交于点 O,易证$△ AOE≌△ COF$,得 $AE=CF$.$\because AD=BC,\therefore DE=BF$.$\because EF$ 为折痕,$\therefore AE=CE$,可得 $CE=CF$.设 $CE=CF=x$,则 $BF=4-x$.在 $\mathrm{Rt}△ CED$ 中,$CD=3$,$DE=BF=4-x$,$CE=x$,由 $CD^2+DE^2=CE^2$,知:$x^2=9+(4-x)^2$,解得 $x=\frac{25}{8}$.$\therefore BF=\frac{7}{8}$.过点 E 作 $EG⊥ BC$,垂足为 G,在 $\mathrm{Rt}△ EGF$ 中,$EG=3$,$FG=4-2BF=\frac{9}{4}$,$\therefore EF=\sqrt{EG^2+FG^2}=\sqrt{9+\frac{81}{16}}=\frac{15}{4}$.
解析
【分析】
解题时先结合折叠的轴对称性质分析：折叠后点A与C重合，因此折痕EF是线段AC的垂直平分线，可得AE=CE，且EF与AC的交点是AC中点。再利用矩形对边平行的性质，证明△AOE和△COF全等，得到AE=CF，进而推出DE=BF。接下来采用方程思想，设CE=CF=x，用含x的式子表示出DE的长度，在Rt△CDE中利用勾股定理列方程求解x，得到CF和BF的长度。最后过E作BC的垂线构造直角三角形，用勾股定理即可求出折痕EF的长度。
【解析】
解：如图，连接AC、EC，设EF与AC交于点O。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$AD// BC$，$AD=BC=4$，$CD=AB=3$，$∠ D=∠ B=90°$，
∴$∠ OAE=∠ OCF$。
∵折叠后点C与点A重合，
∴EF垂直平分AC，即$AO=CO$，$AE=CE$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCF\\AO=CO\\∠ AOE=∠ COF\end{cases}$
∴$△ AOE≌△ COF$（ASA），
∴$AE=CF$，
∴$AD-AE=BC-CF$，即$DE=BF$。
由折叠性质得$AE=CE$，
∴$CE=CF$。
设$CE=CF=x$，则$DE=BF=4-x$，
在$Rt△ CED$中，由勾股定理得：$CD^2+DE^2=CE^2$，
代入得：$3^2+(4-x)^2=x^2$，
展开整理得：$9+16-8x+x^2=x^2$，
解得$x=\frac{25}{8}$，
∴$BF=4-\frac{25}{8}=\frac{7}{8}$。
过点E作$EG⊥ BC$于点G，
∴四边形EGCD是矩形，$EG=CD=3$，
$FG=BC-BF-GC=BC-2BF=4-2×\frac{7}{8}=\frac{9}{4}$，
在$Rt△ EGF$中，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{EG^2+FG^2}=\sqrt{3^2+(\frac{9}{4})^2}=\sqrt{9+\frac{81}{16}}=\sqrt{\frac{225}{16}}=\frac{15}{4}$。
【答案】
$\frac{15}{4}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何折叠计算类题型，解题的核心是抓住折叠前后对应边相等的性质，结合全等三角形、勾股定理建立方程求解线段长度，同时通过作垂线构造直角三角形是求解折痕长度的常用技巧，能较好地考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先结合折叠的轴对称性质分析：折叠后点A与C重合，因此折痕EF是线段AC的垂直平分线，可得AE=CE，且EF与AC的交点是AC中点。再利用矩形对边平行的性质，证明△AOE和△COF全等，得到AE=CF，进而推出DE=BF。接下来采用方程思想，设CE=CF=x，用含x的式子表示出DE的长度，在Rt△CDE中利用勾股定理列方程求解x，得到CF和BF的长度。最后过E作BC的垂线构造直角三角形，用勾股定理即可求出折痕EF的长度。
【解析】
解：如图，连接AC、EC，设EF与AC交于点O。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$AD// BC$，$AD=BC=4$，$CD=AB=3$，$∠ D=∠ B=90°$，
∴$∠ OAE=∠ OCF$。
∵折叠后点C与点A重合，
∴EF垂直平分AC，即$AO=CO$，$AE=CE$。
在$△ AOE$和$△ COF$中：
$\begin{cases}∠ OAE=∠ OCF\\AO=CO\\∠ AOE=∠ COF\end{cases}$
∴$△ AOE≌△ COF$（ASA），
∴$AE=CF$，
∴$AD-AE=BC-CF$，即$DE=BF$。
由折叠性质得$AE=CE$，
∴$CE=CF$。
设$CE=CF=x$，则$DE=BF=4-x$，
在$Rt△ CED$中，由勾股定理得：$CD^2+DE^2=CE^2$，
代入得：$3^2+(4-x)^2=x^2$，
展开整理得：$9+16-8x+x^2=x^2$，
解得$x=\frac{25}{8}$，
∴$BF=4-\frac{25}{8}=\frac{7}{8}$。
过点E作$EG⊥ BC$于点G，
∴四边形EGCD是矩形，$EG=CD=3$，
$FG=BC-BF-GC=BC-2BF=4-2×\frac{7}{8}=\frac{9}{4}$，
在$Rt△ EGF$中，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{EG^2+FG^2}=\sqrt{3^2+(\frac{9}{4})^2}=\sqrt{9+\frac{81}{16}}=\sqrt{\frac{225}{16}}=\frac{15}{4}$。
【答案】
$\frac{15}{4}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何折叠计算类题型，解题的核心是抓住折叠前后对应边相等的性质，结合全等三角形、勾股定理建立方程求解线段长度，同时通过作垂线构造直角三角形是求解折痕长度的常用技巧，能较好地考查几何综合应用能力。
【难度系数】
0.6
21. 已知$△ ABC$是等腰直角三角形，动点$P$在斜边$AB$所在的直线上，以$PC$为腰作等腰三角形$PCQ$，其中$∠ PCQ = 90°$，探究并解决下列问题：
（1）如图1，若点$P$在线段$AB$上，且$AC=1+\sqrt{3}$，$PA=\sqrt{2}$，则：
① 线段$PB = \_\_\_\_\_\_$，$PC = \_\_\_\_\_\_$.
② 猜想：$PA^2$，$PB^2$，$PQ^2$三者之间的数量关系为________.
（2）如图2，若点$P$在$AB$的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图2给出证明过程.
（1）如图1，若点$P$在线段$AB$上，且$AC=1+\sqrt{3}$，$PA=\sqrt{2}$，则：
① 线段$PB = \_\_\_\_\_\_$，$PC = \_\_\_\_\_\_$.
② 猜想：$PA^2$，$PB^2$，$PQ^2$三者之间的数量关系为________.
（2）如图2，若点$P$在$AB$的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图2给出证明过程.
答案
(1) ① $\sqrt{6}\quad 2$ ② $PA^2+PB^2=PQ^2$
(2) 过点 C 作 $CD⊥ AB$,垂足为 D.$\because △ ACB$ 为等腰直角三角形,$CD⊥ AB$,$\therefore CD=AD=DB$.$\because PA^2=(AD+PD)^2=(DC+PD)^2=DC^2+2DC· PD+PD^2$,$PB^2=(PD-BD)^2=(PD-DC)^2=DC^2-2DC· PD+PD^2$,$\therefore PA^2+PB^2=2DC^2+2PD^2$.$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ PCD$ 中,由勾股定理,得 $PC^2=DC^2+PD^2$,$\therefore PA^2+PB^2=2PC^2$.$\because △ CPQ$ 为等腰直角三角形,$\therefore 2PC^2=PQ^2$.$\therefore PA^2+PB^2=PQ^2$.
(2) 过点 C 作 $CD⊥ AB$,垂足为 D.$\because △ ACB$ 为等腰直角三角形,$CD⊥ AB$,$\therefore CD=AD=DB$.$\because PA^2=(AD+PD)^2=(DC+PD)^2=DC^2+2DC· PD+PD^2$,$PB^2=(PD-BD)^2=(PD-DC)^2=DC^2-2DC· PD+PD^2$,$\therefore PA^2+PB^2=2DC^2+2PD^2$.$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ PCD$ 中,由勾股定理,得 $PC^2=DC^2+PD^2$,$\therefore PA^2+PB^2=2PC^2$.$\because △ CPQ$ 为等腰直角三角形,$\therefore 2PC^2=PQ^2$.$\therefore PA^2+PB^2=PQ^2$.
解析
【分析】
（1）① 首先根据等腰直角三角形的性质，由AC的长度计算斜边AB的长度，再用AB减去PA即可得到PB的长度；要求PC的长，过点C作AB的垂线CD，利用等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，得到CD、AD的长度，进而求出PD的长度，最后在Rt△PCD中用勾股定理计算PC即可。
② 先计算PA²、PB²的和，再结合等腰直角△PCQ的性质得到PQ²和PC²的关系，对比即可得出三者的数量关系。
（2）要证明PA²+PB²=PQ²，同样过C作CD⊥AB，将PA、PB分别用含CD、PD的式子表示，利用完全平方公式展开PA²和PB²再相加，结合勾股定理得到其和与PC²的关系，再根据等腰直角△PCQ中PQ²=2PC²，即可完成证明。
【解析】
（1）①
∵ △ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=1+√3
∴ AB = √2·AC = √2×(1+√3) = √2 + √6
∵ PA=√2，
∴ PB = AB - PA = (√2 + √6) - √2 = √6
过点C作CD⊥AB于点D，
∵ 等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，
∴ CD = AD = BD = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}$
∴ PD = AD - PA = $\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}$ - √2 = $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$
在Rt△PCD中，由勾股定理得：
PC² = CD² + PD² = $(\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2})^2$ + $(\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2})^2$
= $\frac{8 + 4\sqrt{3}}{4}$ + $\frac{8 - 4\sqrt{3}}{4}$ = 4
∴ PC=2
② 计算得：PA²=(√2)²=2，PB²=(√6)²=6，故PA²+PB²=8
∵ △PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ=90°
∴ PQ²=PC² + CQ²=2PC²=2×4=8
因此可得PA² + PB² = PQ²
（2）证明：过点C作CD⊥AB，垂足为D。
∵ △ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴ CD=AD=DB。
∵ PA = AD + PD = CD + PD，PB = PD - BD = PD - CD
∴ PA²=(CD+PD)² = CD² + 2CD·PD + PD²
PB²=(PD - CD)² = CD² - 2CD·PD + PD²
两式相加得：PA² + PB² = 2CD² + 2PD² = 2(CD² + PD²)
在Rt△PCD中，由勾股定理得PC²=CD² + PD²，
∴ PA² + PB² = 2PC²
又
∵ △CPQ为等腰直角三角形，∠PCQ=90°
∴ PQ² = PC² + CQ² = 2PC²
∴ PA² + PB² = PQ²，结论得证。
【答案】
(1) ① $\sqrt{6}$，$2$ ② $PA^2+PB^2=PQ^2$
(2) 证明成立，过程见上述解析。
【知识点】
等腰直角三角形的性质、勾股定理、完全平方公式
【点评】
本题属于几何探究类问题，解题的关键是合理作出斜边上的高作为辅助线，结合等腰直角三角形的特性，通过代数运算推导线段平方之间的关系，既考查了几何图形的性质，也兼顾了代数式变形的能力，培养了从特殊到一般的探究思维。
【难度系数】
0.6
（1）① 首先根据等腰直角三角形的性质，由AC的长度计算斜边AB的长度，再用AB减去PA即可得到PB的长度；要求PC的长，过点C作AB的垂线CD，利用等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，得到CD、AD的长度，进而求出PD的长度，最后在Rt△PCD中用勾股定理计算PC即可。
② 先计算PA²、PB²的和，再结合等腰直角△PCQ的性质得到PQ²和PC²的关系，对比即可得出三者的数量关系。
（2）要证明PA²+PB²=PQ²，同样过C作CD⊥AB，将PA、PB分别用含CD、PD的式子表示，利用完全平方公式展开PA²和PB²再相加，结合勾股定理得到其和与PC²的关系，再根据等腰直角△PCQ中PQ²=2PC²，即可完成证明。
【解析】
（1）①
∵ △ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=1+√3
∴ AB = √2·AC = √2×(1+√3) = √2 + √6
∵ PA=√2，
∴ PB = AB - PA = (√2 + √6) - √2 = √6
过点C作CD⊥AB于点D，
∵ 等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，
∴ CD = AD = BD = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}$
∴ PD = AD - PA = $\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2}$ - √2 = $\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$
在Rt△PCD中，由勾股定理得：
PC² = CD² + PD² = $(\frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2})^2$ + $(\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2})^2$
= $\frac{8 + 4\sqrt{3}}{4}$ + $\frac{8 - 4\sqrt{3}}{4}$ = 4
∴ PC=2
② 计算得：PA²=(√2)²=2，PB²=(√6)²=6，故PA²+PB²=8
∵ △PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ=90°
∴ PQ²=PC² + CQ²=2PC²=2×4=8
因此可得PA² + PB² = PQ²
（2）证明：过点C作CD⊥AB，垂足为D。
∵ △ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴ CD=AD=DB。
∵ PA = AD + PD = CD + PD，PB = PD - BD = PD - CD
∴ PA²=(CD+PD)² = CD² + 2CD·PD + PD²
PB²=(PD - CD)² = CD² - 2CD·PD + PD²
两式相加得：PA² + PB² = 2CD² + 2PD² = 2(CD² + PD²)
在Rt△PCD中，由勾股定理得PC²=CD² + PD²，
∴ PA² + PB² = 2PC²
又
∵ △CPQ为等腰直角三角形，∠PCQ=90°
∴ PQ² = PC² + CQ² = 2PC²
∴ PA² + PB² = PQ²，结论得证。
【答案】
(1) ① $\sqrt{6}$，$2$ ② $PA^2+PB^2=PQ^2$
(2) 证明成立，过程见上述解析。
【知识点】
等腰直角三角形的性质、勾股定理、完全平方公式
【点评】
本题属于几何探究类问题，解题的关键是合理作出斜边上的高作为辅助线，结合等腰直角三角形的特性，通过代数运算推导线段平方之间的关系，既考查了几何图形的性质，也兼顾了代数式变形的能力，培养了从特殊到一般的探究思维。
【难度系数】
0.6
