22.(10分)我国古代数学的许多发现都位居世界前列，如图1的“杨辉三角”就是其中之一.如图2，杨辉三角给出了$(a+b)^n$（n为正整数）的展开式的系数规律（按a的次数由大到小的顺序排列）.例如，在三角形中第三行的三个数1,2,1，恰好对应着$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$展开式中各项的系数；第四行的四个数1,3,3,1，恰好对应着$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$展开式中各项的系数.

(1)按上述规律，$(a+b)^4$展开式中共有项，第三项是；
(2)若$(1+x)^6=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4+a_5x^5+a_6x^6$，求$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6$的值；
(3)若代数式$a^5-10a^4+40a^3-80a^2+80a-32$的值为1，则a的值为.

22. 解:(1)按题干规律, $(a+b)^4$展开式中共有5项,其展开式中各项的系数为1,4,6,4,1,
∴$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$,
因此, $(a+b)^4$展开式中第三项为$6a^2b^2$;
(2)令x=1得: $(1+1)^6=a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=64$,
令x=0得: $(1+0)^6=a_0=1$,
∴$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=64-a_0=64-1=63$;
(3)根据题意得: $a^5-10a^4+40a^3-80a^2+80a-32=(a-2)^5$,
∴$(a-2)^5=1$,
∴a-2=1,
∴a=3.

【分析】
(1) 先明确杨辉三角与$(a+b)^n$展开式的对应规律：展开式的项数为$n+1$，各项系数对应杨辉三角第$n+1$行的数，且展开式中$a$的次数从$n$依次降为0，$b$的次数从0依次升为$n$。据此先确定$(a+b)^4$的项数和各项系数，再写出展开式找到第三项即可。
(2) 求多项式系数和常用赋值法：令$x=1$可得到所有系数的总和，令$x=0$可得到常数项$a_0$，用总和减去$a_0$就能得到所求的系数和。
(3) 先观察给出的多项式，结合杨辉三角的系数规律，判断它是$(a-2)^5$的展开式，再根据方程$(a-2)^5=1$求解$a$即可。
【解析】
(1) 对于$(a+b)^n$，展开式项数为$n+1$，因此$(a+b)^4$的项数为$4+1=5$；
根据杨辉三角规律，$(a+b)^4$的系数依次为1,4,6,4,1，按$a$降幂、$b$升幂排列得：
$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$，因此第三项是$6a^2b^2$。
(2) 对$(1+x)^6=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_6x^6$：
令$x=1$，代入得$(1+1)^6=a_0+a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6$，即$a_0+a_1+a_2+\dots+a_6=64$；
令$x=0$，代入得$(1+0)^6=a_0$，即$a_0=1$；
因此$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=64-a_0=64-1=63$。
(3) 根据杨辉三角的系数规律，观察多项式$a^5-10a^4+40a^3-80a^2+80a-32$，可变形为：
$a^5+5· a^4· (-2)+10· a^3· (-2)^2+10· a^2· (-2)^3+5· a· (-2)^4+(-2)^5=(a-2)^5$；
由题意得$(a-2)^5=1$，因为1的5次方为1，因此$a-2=1$，解得$a=3$。
【答案】
(1) $5$；$6a^2b^2$
(2) $63$
(3) $3$
【知识点】
杨辉三角规律、赋值法求系数和、乘方运算
【点评】
本题以我国古代杨辉三角为背景，考查了整式乘方的展开规律、赋值法的应用，既体现了传统数学文化，又考查了规律探索与代数运算的能力，解题核心是准确把握杨辉三角和多项式乘方展开的对应关系。
【难度系数】
0.7

23.(11分)已知:如图,点P是等边△ABC内一点,连接PC,以PC为边作等边三角形△PDC,连接PA,PB,BD.
(1)求证:∠APC=∠BDC;
(2)当∠APC=150°时,试猜想△DPB的形状,并说明理由;
(3)当∠APB=100°且DB=PB时,求∠APC的度数.

23. (1)易证明△APC≌△BDC,可得∠APC=∠BDC.
(2)解:△DPB是直角三角形.理由:
由(1)可得∠BDC=∠APC=150°,
又由△DPC是等边三角形,
∴∠PDC=60°,
∴∠BDP=∠BDC—∠PDC=90°,
∴△DPB是直角三角形.
(3)解:设∠APC=x,则∠BPD=360°-100°-60°-x=200°-x,∠BDP=x-60°,
∵DB=PB,
∴∠BPD=∠BDP,
∴200°-x=x-60°,
∴x=130°,
∴∠APC=130°.

【分析】
(1) 要证∠APC=∠BDC，可通过证明两角所在三角形全等实现：已知△ABC和△PDC均为等边三角形，可得对应边相等、对应角为60°，通过角度运算推出夹角∠ACP=∠BCD，用SAS即可判定△APC≌△BDC，从而得到对应角相等。
(2) 猜想△DPB为直角三角形，结合(1)的结论可得∠BDC=150°，再利用等边三角形∠PDC=60°的性质，计算出∠BDP=90°即可验证猜想。
(3) 设∠APC=x，结合周角为360°表示出∠BPD，结合全等结论表示出∠BDP，再根据等腰三角形等角对等边的性质列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC和△PDC都是等边三角形，
∴$AC=BC$，$PC=DC$，$∠ ACB=∠ PCD=60°$，
∴$∠ ACB-∠ PCB=∠ PCD-∠ PCB$，即$∠ ACP=∠ BCD$，
在$△ APC$和$△ BDC$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ ACP=∠ BCD \\PC=DC\end{cases}$
∴$△ APC≌△ BDC(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ APC=∠ BDC$。
(2) $△ DPB$是直角三角形，理由如下：
由(1)得$∠ BDC=∠ APC=150°$，
∵$△ PDC$是等边三角形，
∴$∠ PDC=60°$，
∴$∠ BDP=∠ BDC-∠ PDC=150°-60°=90°$，
∴$△ DPB$是直角三角形。
(3) 解：设$∠ APC=x$，则$∠ BDC=x$，
∵$△ PDC$是等边三角形，
∴$∠ PDC=∠ DPC=60°$，
∴$∠ BDP=∠ BDC-∠ PDC=x-60°$，
∵$∠ APB=100°$，周角为$360°$，
∴$∠ BPD=360°-∠ APB-∠ APC-∠ DPC=360°-100°-x-60°=200°-x$，
∵$DB=PB$，
∴$∠ BPD=∠ BDP$，
即$200°-x=x-60°$，
解得$x=130°$。
【答案】
(1) $∠ APC=∠ BDC$，证明见解析；
(2) $△ DPB$是直角三角形；
(3) $\boxed{130°}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题是三角形综合题，以等边三角形手拉手模型为背景，综合考查了全等、等边、等腰三角形的相关性质，第三问通过设未知数列方程求解，体现了方程思想的应用，对学生的逻辑推理能力和角度运算能力有一定要求，是几何部分的典型题型。
【难度系数】
0.65

24.(12分)已知:如图1,在平面直角坐标系中,点A,点B分别在x轴,y轴的正半轴上,点C在第一象限,∠ACB=90°,AC=BC,点A的坐标为(m,0),点C的横坐标为n,且$m^2 + n^2 - 2m - 8n + 17 = 0$.
(1)分别求出点A,点B,点C的坐标；
(2)如图2,点D为边AB中点,以点D为顶点的直角∠EDF两边分别交边BC于点E,交边AC于点F.求证:①$DE=DF$；②$S_{四边形DECF}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$；
(3)在坐标平面内有点G(点G不与点A重合),使得△BCG是以BC为直角边的等腰直角三角形,请直接写出满足条件的点G的坐标.

24. (1)解:
∵$m^2+n^2-2m-8n+17=0$,
∴$(m-1)^2+(n-4)^2=0$,
∴m=1,n=4,
∴A(1,0),
过点C向x轴和y轴分别作垂线,垂足分别为M,N,
在△CMA和△CNB中,
$\begin{cases}∠CMA=∠CNB=90°,\\∠ACM=∠BCN=90°-∠ACN,\\AC=BC,\end{cases}$
∴△CMA≌△CNB(AAS),
∴CM=CN=4,
AM=BN=4-1=3,
∴B(0,7),C(4,4);
(2)证明:①连接CD,则CD⊥AB,CD平分∠ACB,
△BCD和△ACD都为等腰直角三角形,
在△BDE和△CDF中,
$\begin{cases}∠DBE=∠DCF=45°,\\BD=CD,\\∠BDE=∠CDF=90°-∠CDE,\end{cases}$
∴△BDE≌△CDF(ASA),
∴DE=DF;
②由①知△BDE≌△CDF,同理△CDE≌△ADF,
∴$S_{四边形DECF}=S_{△CDE}+S_{△CDF}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$.
(3)解:$G_1$(3,11)、$G_2$(-3,3)、$G_3$(7,8),理由如下:
如图3,Rt△$BG_1Q$≌Rt△$BG_2R$≌Rt△$G_3CP$≌Rt△CAM,
∴BQ=BR=$G_3P$=CM=4,
$G_1Q$=$G_2R$=AM=CP=3,
∴G(3,11)或G(-3,3)或G(7,8)

【分析】
(1) 先对给定的含m、n的方程进行配方，利用平方的非负性求出m、n的值，得到点A的坐标和点C的横坐标；再通过过点C向x轴、y轴作垂线构造“K型”全等三角形，利用全等三角形的性质求出点C、B的坐标。
(2) ① 连接CD，利用等腰直角三角形斜边中线的性质得到BD=CD、∠DBE=∠DCF=45°，再结合∠EDF=90°推出角相等，用ASA证明△BDE≌△CDF，即可得到DE=DF；② 利用全等三角形面积相等，将四边形DECF的面积转化为△BCD的面积，而△BCD的面积是△ABC面积的一半，即可得证。
(3) 分两种情况讨论：一是直角顶点为点B，二是直角顶点为点C，分别构造全等三角形求出对应点G的坐标，注意排除与点A重合的情况。
【解析】
(1) 对$m^2 + n^2 - 2m - 8n + 17 = 0$配方得：
$(m-1)^2+(n-4)^2=0$，
∵平方具有非负性，即$(m-1)^2≥0$，$(n-4)^2≥0$，
∴$m-1=0$，$n-4=0$，解得$m=1$，$n=4$，
∴点A的坐标为$(1,0)$，点C的横坐标为4。
过点C向x轴和y轴分别作垂线，垂足分别为M，N，
则$∠ CMA=∠ CNB=∠ MCN=90°$，
∵$∠ ACB=90°$，
∴$∠ ACM+∠ ACN=∠ BCN+∠ ACN=90°$，即$∠ ACM=∠ BCN$，
在$△ CMA$和$△ CNB$中：
$\begin{cases}∠CMA=∠CNB=90°,\\∠ACM=∠BCN,\\AC=BC,\end{cases}$
∴$△ CMA≌△ CNB(AAS)$，
∴$CM=CN$，$AM=BN$，
∵点C的横坐标为4，即$CN=OM=4$，
∴$CM=CN=4$，即点C的纵坐标为4，故$C(4,4)$，
又$AM=OM-OA=4-1=3$，
∴$BN=AM=3$，
∵$ON=CM=4$，
∴$OB=ON+BN=4+3=7$，故$B(0,7)$。
(2) ① 连接CD，
∵$△ ACB$是等腰直角三角形，D为AB中点，
∴$CD=BD=AD$，$CD⊥ AB$，$CD$平分$∠ ACB$，
∴$∠ DBE=∠ DCF=45°$，$∠ BDC=90°$，
∵$∠ EDF=90°$，
∴$∠ BDE+∠ CDE=∠ CDF+∠ CDE=90°$，即$∠ BDE=∠ CDF$，
在$△ BDE$和$△ CDF$中：
$\begin{cases}∠DBE=∠DCF,\\BD=CD,\\∠BDE=∠CDF,\end{cases}$
∴$△ BDE≌△ CDF(ASA)$，
∴$DE=DF$。
② 由①知$△ BDE≌△ CDF$，同理可证$△ CDE≌△ ADF$，
∴$S_{△ BDE}=S_{△ CDF}$，$S_{△ CDE}=S_{△ ADF}$，
∴$S_{四边形DECF}=S_{△ CDE}+S_{△ CDF}=S_{△ CDE}+S_{△ BDE}=S_{△ BCD}$，
又
∵D是AB中点，
∴$S_{△ BCD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$，
即$S_{四边形DECF}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$。
(3) 分两种情况讨论：
情况1：直角顶点为点B，即$∠ CBG=90°$，$BC=BG$，
构造全等三角形可得对应点坐标为$G_1(3,11)$、$G_2(-3,3)$；
情况2：直角顶点为点C，即$∠ BCG=90°$，$BC=CG$，
构造全等三角形可得对应点坐标为$G_3(7,8)$；
三个点均不与点A重合，符合要求。
【答案】
(1) $A(1,0)$，$B(0,7)$，$C(4,4)$；
(2) ①$DE=DF$，②$S_{四边形DECF}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$，证明均成立；
(3) 点G的坐标为$(3,11)$、$(-3,3)$、$(7,8)$。
【知识点】
配方法的应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是坐标系与几何结合的综合题，涵盖了代数配方、非负数性质、全等三角形、等腰直角三角形性质等多个考点，解题的关键是学会构造“K型”全等三角形转化线段与面积，第三问需注意分类讨论所有可能的情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6