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一、选择题
1. 如图，P 是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1=∠2，则∠BPC的度数是 （）
A.$150°$
B.$135°$
C.$120°$
D.$110°$
1. 如图，P 是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1=∠2，则∠BPC的度数是 （）
A.$150°$
B.$135°$
C.$120°$
D.$110°$
答案
B
解析
∵ 四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴ 正方形对角线平分一组对角，得∠ACB=45°，即∠2 + ∠PCB = 45°，
又∵ ∠1=∠2，
∴ 等量代换得∠1 + ∠PCB = 45°，也就是△BPC中∠PBC + ∠PCB = 45°，
根据三角形内角和为180°，可得∠BPC = 180° - (∠PBC + ∠PCB) = 180° - 45° = 135°。
∴ 正方形对角线平分一组对角，得∠ACB=45°，即∠2 + ∠PCB = 45°，
又∵ ∠1=∠2，
∴ 等量代换得∠1 + ∠PCB = 45°，也就是△BPC中∠PBC + ∠PCB = 45°，
根据三角形内角和为180°，可得∠BPC = 180° - (∠PBC + ∠PCB) = 180° - 45° = 135°。
2. 如图,已知四边形ABCD,R,P分别是DC,BC上的点,E,F分别是AP,RP的中点,当点P在边BC上从点B向点C移动、且点R从点D向点C移动时,下列结论成立的是
（）
A.线段EF的长逐渐增大
B.线段EF的长逐渐减小
C.线段EF的长不变
D.$△ ABP$ 和$△ CRP$ 的面积和不变
（）
A.线段EF的长逐渐增大
B.线段EF的长逐渐减小
C.线段EF的长不变
D.$△ ABP$ 和$△ CRP$ 的面积和不变
答案
A
解析
连接AR，根据三角形中位线定理，E是AP的中点，F是RP的中点，因此EF是△APR的中位线，可得$EF=\frac{1}{2}AR$。点P的位置变化不会影响EF的长度，当点R从D向C移动时，定点A到R的线段AR长度逐渐增大，因此线段EF的长逐渐增大。同时可验证△ABP和△CRP的面积和随P、R的移动发生变化，其余选项均不成立。
3. 如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,矩形内部有一动点P,满足$S_{△ PAB}=\frac{1}{3}S_{矩形ABCD}$,则点P到A,B两点的距离之和$PA+PB$的最小值是 （）
A.4
B.$4\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.2
A.4
B.$4\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.2
答案
B
解析
1. 先计算矩形面积：$S_{矩形ABCD}=AB· AD=4×3=12$。
2. 由题意得$S_{△ PAB}=\frac{1}{3}×12=4$，设点P到AB的距离为h，根据三角形面积公式$\frac{1}{2}· AB· h=4$，代入AB=4解得h=2，即动点P的轨迹是矩形内平行于AB、且到AB距离为2的直线。
3. 作点A关于该直线的对称点A'，由轴对称性质得$PA=PA'$，因此$PA+PB=PA'+PB$，当A'、P、B三点共线时，$PA+PB$取最小值，即为线段A'B的长度。
4. 由对称性质得$AA'=2h=4$，且$AA'⊥ AB$，在$Rt△ A'AB$中，由勾股定理得$A'B=\sqrt{AB^2+AA'^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
2. 由题意得$S_{△ PAB}=\frac{1}{3}×12=4$，设点P到AB的距离为h，根据三角形面积公式$\frac{1}{2}· AB· h=4$，代入AB=4解得h=2，即动点P的轨迹是矩形内平行于AB、且到AB距离为2的直线。
3. 作点A关于该直线的对称点A'，由轴对称性质得$PA=PA'$，因此$PA+PB=PA'+PB$，当A'、P、B三点共线时，$PA+PB$取最小值，即为线段A'B的长度。
4. 由对称性质得$AA'=2h=4$，且$AA'⊥ AB$，在$Rt△ A'AB$中，由勾股定理得$A'B=\sqrt{AB^2+AA'^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
4. 一个平行四边形的两条对角线长分别为10和24，一条边长为13，则此平行四边形的面积为________.
答案
120
解析
根据平行四边形对角线互相平分的性质，可得该平行四边形两条对角线的一半长度分别为$10÷2=5$、$24÷2=12$。
由勾股定理的逆定理验证：$5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$，说明两条对角线的半段与长度为13的边围成的三角形是直角三角形，即这个平行四边形的两条对角线互相垂直。
对角线互相垂直的四边形面积等于两条对角线乘积的一半，因此该平行四边形的面积为$\frac{1}{2}×10×24=120$。
由勾股定理的逆定理验证：$5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$，说明两条对角线的半段与长度为13的边围成的三角形是直角三角形，即这个平行四边形的两条对角线互相垂直。
对角线互相垂直的四边形面积等于两条对角线乘积的一半，因此该平行四边形的面积为$\frac{1}{2}×10×24=120$。
5. 如图,在矩形ABCD中,AB=8 cm,BC=3 cm,点P从点A出发沿AB以2 cm/s的速度向终点B移动,同时,点Q从点C出发沿CD以3 cm/s的速度向终点D移动,其中一个点到达终点,另一个点也停止运动.经过 s,P,Q两点之间的距离是5 cm.
答案
$\frac{4}{5}$或$\frac{12}{5}$
解析
设经过$ t $ s，P、Q两点之间的距离是5 cm。
1. 确定运动时间范围：点P从A到B的总运动时长为$ 8÷2=4 \, \mathrm{s} $，点Q从C到D的总运动时长为$ 8÷3=\frac{8}{3} \, \mathrm{s} $，因此运动总时长满足$ 0≤ t≤\frac{8}{3} $。
2. 构造直角三角形：过点P作$ PE⊥ CD $于点E，由矩形性质可得$ PE=BC=3 \, \mathrm{cm} $，$ AP=2t \, \mathrm{cm} $，$ CQ=3t \, \mathrm{cm} $，因此水平线段$ EQ = CD - AP - CQ = 8 - 5t \, \mathrm{cm} $。
3. 由勾股定理列方程：在$ \mathrm{Rt}△ PQE $中，$ EQ^2 + PE^2 = PQ^2 $，代入已知条件得：
$(8-5t)^2 + 3^2 = 5^2$
整理得$ (8-5t)^2=16 $，开平方得$ 8-5t=4 $或$ 8-5t=-4 $：
当$ 8-5t=4 $时，解得$ t=\frac{4}{5} $；
当$ 8-5t=-4 $时，解得$ t=\frac{12}{5} $。
两个解均满足$ 0≤ t≤\frac{8}{3} $，都符合题意。
1. 确定运动时间范围：点P从A到B的总运动时长为$ 8÷2=4 \, \mathrm{s} $，点Q从C到D的总运动时长为$ 8÷3=\frac{8}{3} \, \mathrm{s} $，因此运动总时长满足$ 0≤ t≤\frac{8}{3} $。
2. 构造直角三角形：过点P作$ PE⊥ CD $于点E，由矩形性质可得$ PE=BC=3 \, \mathrm{cm} $，$ AP=2t \, \mathrm{cm} $，$ CQ=3t \, \mathrm{cm} $，因此水平线段$ EQ = CD - AP - CQ = 8 - 5t \, \mathrm{cm} $。
3. 由勾股定理列方程：在$ \mathrm{Rt}△ PQE $中，$ EQ^2 + PE^2 = PQ^2 $，代入已知条件得：
$(8-5t)^2 + 3^2 = 5^2$
整理得$ (8-5t)^2=16 $，开平方得$ 8-5t=4 $或$ 8-5t=-4 $：
当$ 8-5t=4 $时，解得$ t=\frac{4}{5} $；
当$ 8-5t=-4 $时，解得$ t=\frac{12}{5} $。
两个解均满足$ 0≤ t≤\frac{8}{3} $，都符合题意。
