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15. 已知直角三角形纸片的两条直角边的长分别为 $ m $ 和 $ n $($ m ＜ n $)，过锐角顶点把该纸片剪成两个三角形. 若这两个三角形都为等腰三角形，则下列结论正确的是(
A.$ m^2 + 2mn + n^2 = 0 $
B.$ m^2 - 2mn + n^2 = 0 $
C.$ m^2 + 2mn - n^2 = 0 $
D.$ m^2 - 2mn - n^2 = 0 $
C
)A.$ m^2 + 2mn + n^2 = 0 $
B.$ m^2 - 2mn + n^2 = 0 $
C.$ m^2 + 2mn - n^2 = 0 $
D.$ m^2 - 2mn - n^2 = 0 $
答案
15. C 解析:如图,剪成一个腰长为m的等腰直角三角形和一个腰长为n - m的等腰三角形.由题意,得m² + m² = (n - m)²,即2m² = n² - 2mn + m²,
∴ m² + 2mn - n² = 0.
16. (整体思想)如图，$ C $ 是线段 $ AB $ 上的一点，分别以 $ AC $，$ BC $ 为边向两侧作正方形. 设 $ AB = 6 $，两个正方形的面积 $ S_1 $，$ S_2 $ 之和为 20，则 $ \triangle BCD $ 的面积为
4
.答案
16. 4 解析:设AC = a,BC = b.由题意,得a + b = 6,a² + b² = 20.
∵ a² + b² = (a + b)² - 2ab,
∴ 20 = 6² - 2ab,
∴ ab = 8,
∴ △BCD的面积为$\frac{1}{2}$ab = $\frac{1}{2}$ × 8 = 4.
∵ a² + b² = (a + b)² - 2ab,
∴ 20 = 6² - 2ab,
∴ ab = 8,
∴ △BCD的面积为$\frac{1}{2}$ab = $\frac{1}{2}$ × 8 = 4.
17. (2023·广州)如图，正方形 $ ABCD $ 的边长为 4，点 $ E $ 在边 $ BC $ 上，且 $ BE = 1 $，$ F $ 为对角线 $ BD $ 上一动点，连接 $ CF $，$ EF $，则 $ CF + EF $ 的最小值为
$\sqrt{17}$
.答案
17. $\sqrt{17}$ 解析:连接AF,AE.
∵对角线BD所在直线是正方形的对称轴,
∴ AF = CF.根据“两点之间,线段最短”,可知当A,F,E三点共线时,AF + EF取得最小值,即CF + EF取得最小值,为AE的长.在Rt△ABE中,由勾股定理,得AE = $\sqrt{AB² + BE²}$ = $\sqrt{4² + 1²}$ = $\sqrt{17}$,
∴ CF + EF的最小值为$\sqrt{17}$.
∵对角线BD所在直线是正方形的对称轴,
∴ AF = CF.根据“两点之间,线段最短”,可知当A,F,E三点共线时,AF + EF取得最小值,即CF + EF取得最小值,为AE的长.在Rt△ABE中,由勾股定理,得AE = $\sqrt{AB² + BE²}$ = $\sqrt{4² + 1²}$ = $\sqrt{17}$,
∴ CF + EF的最小值为$\sqrt{17}$.
18. (2024·吴江区期中)如图，四边形 $ ABCD $ 为正方形，$ E $ 是边 $ AD $ 上一点，连接 $ BE $，过点 $ C $ 作 $ CF \perp BE $ 于点 $ F $，连接 $ AF $. 若 $ AF = \sqrt{2} $，$ BF = 1 $，则 $ CF $ 的长为
2
.答案
18. 2 解析:在CF上截取CL = BF = 1,连接BL,易证△BCL ≌ △ABF,得BL = AF = $\sqrt{2}$.在Rt△BFL中,由勾股定理,得FL = $\sqrt{BL² - BF²}$ = 1,
∴ CF = CL + FL = 1 + 1 = 2.
∴ CF = CL + FL = 1 + 1 = 2.
19. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ AB = 8 $，$ AC = 17 $，$ AD $ 是边 $ BC $ 上的中线，$ AD = \frac{15}{2} $，求 $ \triangle ABC $ 的面积.
答案
19. 如图,延长AD至点E,使得ED = AD,连接CE.
∵ AD是边BC上的中线,
∴ BD = CD.在△ABD和△ECD中,$\begin{cases} AD = ED, \\ \angle ADB = \angle EDC, \\ BD = CD, \end{cases}$
∴ △ABD ≌ △ECD,
∴ AB = EC = 8,S△ABD = S△ECD.
∵ S△ABC = S△ABD + S△ADC,S△AEC = S△ECD + S△ADC,
∴ S△ABC = S△AEC.
∵ AD = $\frac{15}{2}$,
∴ AE = AD + DE = 15.又
∵ AC = 17,
∴ AE² + EC² = AC²,
∴ ∠E = 90°,
∴ S△ABC = S△AEC = $\frac{1}{2}$AE·EC = $\frac{1}{2}$ × 15 × 8 = 60
20. 如图，在一张长方形纸片 $ ABCD $ 中，$ AB = 8 $，$ BC = 6 $，$ P $ 为 $ AD $ 上的一点，将 $ \triangle ABP $ 沿 $ BP $ 折叠至 $ \triangle EBP $ 处，$ PE $ 与 $ CD $ 相交于点 $ O $，且 $ OE = OD $，求 $ AP $ 的长.
答案
20. 设DC与BE相交于点G.
∵ 四边形ABCD是长方形,
∴ ∠D = ∠A = ∠C = 90°,AD = BC = 6,CD = AB = 8.根据折叠的特征,得△EBP ≌ △ABP,
∴ EP = AP,∠E = ∠A = 90°,BE = BA = 8,
∴ ∠D = ∠E.在△ODP和△OEG中,$\begin{cases} \angle D = \angle E, \\ OD = OE, \\ \angle DOP = \angle EOG, \end{cases}$
∴ △ODP ≌ △OEG,
∴ OP = OG,PD = GE,
∴ OP + OE = OG + OD,即EP = DG.设AP = x,则PD = GE = 6 - x,EP = DG = x.
∴ CG = 8 - x,BG = 8 - (6 - x) = 2 + x.在Rt△BCG中,由勾股定理,得BC² + CG² = BG²,即6² + (8 - x)² = (2 + x)²,解得x = 4.8.
∴ AP的长为4.8
∵ 四边形ABCD是长方形,
∴ ∠D = ∠A = ∠C = 90°,AD = BC = 6,CD = AB = 8.根据折叠的特征,得△EBP ≌ △ABP,
∴ EP = AP,∠E = ∠A = 90°,BE = BA = 8,
∴ ∠D = ∠E.在△ODP和△OEG中,$\begin{cases} \angle D = \angle E, \\ OD = OE, \\ \angle DOP = \angle EOG, \end{cases}$
∴ △ODP ≌ △OEG,
∴ OP = OG,PD = GE,
∴ OP + OE = OG + OD,即EP = DG.设AP = x,则PD = GE = 6 - x,EP = DG = x.
∴ CG = 8 - x,BG = 8 - (6 - x) = 2 + x.在Rt△BCG中,由勾股定理,得BC² + CG² = BG²,即6² + (8 - x)² = (2 + x)²,解得x = 4.8.
∴ AP的长为4.8
