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8. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=2$,$BC=4$.分别以$AB$、$AC$、$BC$为边在$AB$的同侧作正方形$ABEF$、$ACPQ$、$BCMN$,四块阴影部分的面积分别为$S_1$、$S_2$、$S_3$、$S_4$,则$S_1+S_2+S_3+S_4$的值为 （
A.12
B.14
C.16
D.18
A
）A.12
B.14
C.16
D.18
答案
8. A 解析:如图,设空白部分的面积分别为a、b、c,则S₁=AC²-a,S₂=AC²+BC²-(a+b+c),S₃+S₄=BC²-c.
∵四边形ABEF、四边形ACPQ都是正方形,
∴∠F=∠GAB=∠ACP=90°,AF=AB,
∴∠ABG+∠AGB=∠AGB+∠CAG,
∴∠FAD=∠ABG. 在△AFD和△BAG中,
$\begin{cases}∠F=∠BAG,\\AF=BA,\\∠FAD=∠ABG,\end{cases}$
∴△AFD≌△BAG(ASA),
∴S△AFD=S△BAG,
∴S₂=b,
∴S₁+S₂+S₃+S₄=AC²-a+b+BC²-c=AC²+BC²-(a+c)+b=AC²+BC²-(AC²+BC²-2b)+b=3b.
∵AC=2,BC=4,
∴3b=3×$\frac{1}{2}$ AC·BC=3×$\frac{1}{2}$×2×4=12,即S₁+S₂+S₃+S₄=12.
解析
【分析】
本题阴影部分均为不规则图形，直接计算面积难度较大，可按以下思路解题：首先用割补法，将各阴影面积用三个正方形的面积与空白部分面积的关系表示；其次利用正方形边相等、角为直角的性质，证明△AFD和△BAG全等，将S₂的面积转化为Rt△ABC的面积；最后将四个阴影面积的表达式合并化简，消去未知的空白面积，代入AC、BC的长度计算即可。
【解析】
设图中空白部分的面积分别为a、b、c，其中b为Rt△ABC的面积。
首先写出各阴影面积的表达式：
$S_1 = S_{正方形ACPQ} - a = AC^2 - a$，
$S_3 + S_4 = S_{正方形BCMN} - c = BC^2 - c$。
∵四边形ABEF、ACPQ都是正方形，
∴∠F=∠BAG=90°，AF=AB，
∴∠FAD + ∠CAG = 90°，∠ABG + ∠CAG = 90°，
∴∠FAD = ∠ABG。
在△AFD和△BAG中：
$\begin{cases}∠F = ∠BAG \\AF = BA \\∠FAD = ∠ABG\end{cases}$
∴△AFD≌△BAG（ASA），
∴$S_{△ AFD} = S_{△ BAG}$。
又
∵$S_{△ AFD}=S_2 + S_{△ ADG}$，$S_{△ BAG}=b + S_{△ ADG}$，
消去公共部分$S_{△ ADG}$，可得$S_2 = b$。
将四个阴影面积相加：
$S_1 + S_2 + S_3 + S_4 = (AC^2 - a) + b + (BC^2 - c) = AC^2 + BC^2 - (a + c) + b$。
结合图形的面积关系可得$a + c = AC^2 + BC^2 - 2b$，代入上式化简得：
$S_1 + S_2 + S_3 + S_4 = 3b$。
已知AC=2，BC=4，$b = \frac{1}{2} AC · BC = \frac{1}{2} × 2 × 4 = 4$，
∴$S_1 + S_2 + S_3 + S_4 = 3 × 4 = 12$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题通过割补法和全等三角形的面积转化，将不规则阴影面积的求和问题转化为规则图形的面积计算，解题时需熟练掌握正方形和全等三角形的性质，灵活运用转化思想简化运算。
【难度系数】
0.6
本题阴影部分均为不规则图形，直接计算面积难度较大，可按以下思路解题：首先用割补法，将各阴影面积用三个正方形的面积与空白部分面积的关系表示；其次利用正方形边相等、角为直角的性质，证明△AFD和△BAG全等，将S₂的面积转化为Rt△ABC的面积；最后将四个阴影面积的表达式合并化简，消去未知的空白面积，代入AC、BC的长度计算即可。
【解析】
设图中空白部分的面积分别为a、b、c，其中b为Rt△ABC的面积。
首先写出各阴影面积的表达式：
$S_1 = S_{正方形ACPQ} - a = AC^2 - a$，
$S_3 + S_4 = S_{正方形BCMN} - c = BC^2 - c$。
∵四边形ABEF、ACPQ都是正方形，
∴∠F=∠BAG=90°，AF=AB，
∴∠FAD + ∠CAG = 90°，∠ABG + ∠CAG = 90°，
∴∠FAD = ∠ABG。
在△AFD和△BAG中：
$\begin{cases}∠F = ∠BAG \\AF = BA \\∠FAD = ∠ABG\end{cases}$
∴△AFD≌△BAG（ASA），
∴$S_{△ AFD} = S_{△ BAG}$。
又
∵$S_{△ AFD}=S_2 + S_{△ ADG}$，$S_{△ BAG}=b + S_{△ ADG}$，
消去公共部分$S_{△ ADG}$，可得$S_2 = b$。
将四个阴影面积相加：
$S_1 + S_2 + S_3 + S_4 = (AC^2 - a) + b + (BC^2 - c) = AC^2 + BC^2 - (a + c) + b$。
结合图形的面积关系可得$a + c = AC^2 + BC^2 - 2b$，代入上式化简得：
$S_1 + S_2 + S_3 + S_4 = 3b$。
已知AC=2，BC=4，$b = \frac{1}{2} AC · BC = \frac{1}{2} × 2 × 4 = 4$，
∴$S_1 + S_2 + S_3 + S_4 = 3 × 4 = 12$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题通过割补法和全等三角形的面积转化，将不规则阴影面积的求和问题转化为规则图形的面积计算，解题时需熟练掌握正方形和全等三角形的性质，灵活运用转化思想简化运算。
【难度系数】
0.6
9. 对角线互相垂直的四边形叫作“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O. 若AD=4，BC=2，则$AB^2 + CD^2$的值为
20
.答案
9. 20 解析:
∵AC⊥BD,
∴AB²+CD²=OA²+OB²+OD²+OC²=AD²+BC²=4²+2²=20.
∵AC⊥BD,
∴AB²+CD²=OA²+OB²+OD²+OC²=AD²+BC²=4²+2²=20.
解析
【分析】
首先明确“垂美”四边形的核心特征是对角线互相垂直，由此可得对角线相交形成的4个三角形均为直角三角形，可借助勾股定理分别表示出四边形各边的平方，再观察待求的$AB^2+CD^2$与已知边长的AD、BC的平方和的等量关系，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
∵ $AC⊥ BD$，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=∠ DOA=90°$，
根据勾股定理得：
$AB^2=OA^2+OB^2$，$CD^2=OC^2+OD^2$，
$AD^2=OA^2+OD^2$，$BC^2=OB^2+OC^2$，
∴ $AB^2+CD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2$，
$AD^2+BC^2=OA^2+OD^2+OB^2+OC^2$，
即 $AB^2+CD^2=AD^2+BC^2$，
代入$AD=4$，$BC=2$得：
$AB^2+CD^2=4^2+2^2=16+4=20$。
【答案】
20
【知识点】
勾股定理；新定义理解
【点评】
本题结合新定义考查勾股定理的基础应用，解题的关键是利用对角线垂直的特征，通过勾股定理建立各边平方的关联，通过代数式变形即可找到待求式和已知条件的关系，对代数式变形能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
首先明确“垂美”四边形的核心特征是对角线互相垂直，由此可得对角线相交形成的4个三角形均为直角三角形，可借助勾股定理分别表示出四边形各边的平方，再观察待求的$AB^2+CD^2$与已知边长的AD、BC的平方和的等量关系，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
∵ $AC⊥ BD$，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=∠ DOA=90°$，
根据勾股定理得：
$AB^2=OA^2+OB^2$，$CD^2=OC^2+OD^2$，
$AD^2=OA^2+OD^2$，$BC^2=OB^2+OC^2$，
∴ $AB^2+CD^2=OA^2+OB^2+OC^2+OD^2$，
$AD^2+BC^2=OA^2+OD^2+OB^2+OC^2$，
即 $AB^2+CD^2=AD^2+BC^2$，
代入$AD=4$，$BC=2$得：
$AB^2+CD^2=4^2+2^2=16+4=20$。
【答案】
20
【知识点】
勾股定理；新定义理解
【点评】
本题结合新定义考查勾股定理的基础应用，解题的关键是利用对角线垂直的特征，通过勾股定理建立各边平方的关联，通过代数式变形即可找到待求式和已知条件的关系，对代数式变形能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
10. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$.
(1)若$P$是边$BC$的中点,连接$AP$,求证:$BP· CP=AB^{2}-AP^{2}$.
(2)若$P$是边$BC$上任意一点,上面的结论还成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
(1)若$P$是边$BC$的中点,连接$AP$,求证:$BP· CP=AB^{2}-AP^{2}$.
(2)若$P$是边$BC$上任意一点,上面的结论还成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
答案
10. (1)证明:
∵在△ABC中,AB=AC,P是边BC的中点,
∴AP⊥BC,BP=PC.
∵AB²=AP²+BP²,
∴AB²-AP²=BP²=BP·CP.
(2)成立. 证明如下:如图,过点A作AM⊥BC于点M.
∵AB=AC,
∴BM=CM.
∵AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴AB²-AP²=BM²-MP²=(BM+MP)(BM-MP).
∵BM=CM,
∴BM+MP=CM+PM=CP,
∴AB²-AP²=BP·CP.
解析
【分析】
(1) 第一问已知△ABC是等腰三角形，P是BC中点，先利用等腰三角形三线合一的性质得到AP⊥BC且BP=CP，再在直角△ABP中应用勾股定理，移项后结合BP=CP即可完成证明。
(2) 第二问P是BC上任意点，缺少现成的垂直条件，因此过A作BC的高AM构造直角三角形，分别在Rt△ABM和Rt△APM中用勾股定理表示AB²和AP²，两式作差后用平方差公式因式分解，再结合等腰三角形BM=CM的性质做线段等量代换，即可验证结论仍成立。
【解析】
(1) 证明：
∵在△ABC中，AB=AC，P是边BC的中点，
∴由等腰三角形三线合一的性质可得AP⊥BC，BP=PC。
在Rt△ABP中，根据勾股定理有$AB^2=AP^2+BP^2$，
移项得$AB^2-AP^2=BP^2$，
结合BP=PC，可得$BP^2=BP·CP$，即$BP·CP=AB^2-AP^2$。
(2) 结论成立，证明如下：
过点A作AM⊥BC于点M，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴由等腰三角形三线合一的性质可得BM=CM。
在Rt△ABM中，根据勾股定理有$AB^2=AM^2+BM^2$，
在Rt△APM中，根据勾股定理有$AP^2=AM^2+MP^2$，
两式作差得：
$AB^2-AP^2=(AM^2+BM^2)-(AM^2+MP^2)=BM^2-MP^2$，
由平方差公式因式分解得$BM^2-MP^2=(BM+MP)(BM-MP)$，
∵BM=CM，
∴$BM-MP=CM-MP=CP$，$BM+MP=BP$，
代入得$AB^2-AP^2=BP·CP$，结论得证。
【答案】
(1)证明:
∵在△ABC中,AB=AC,P是边BC的中点,
∴AP⊥BC,BP=PC.
∵AB²=AP²+BP²,
∴AB²-AP²=BP²=BP·CP.
(2)成立. 证明如下:如图,过点A作AM⊥BC于点M.
∵AB=AC,
∴BM=CM.
∵AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴AB²-AP²=BM²-MP²=(BM+MP)(BM-MP).
∵BM=CM,
∴BM+MP=CM+PM=CP,
∴AB²-AP²=BP·CP.
【知识点】
等腰三角形性质、勾股定理、平方差公式
【点评】
本题考查等腰三角形与勾股定理的综合应用，从特殊的中点情形推广到一般的任意点情形，体现了从特殊到一般的数学思想，解题关键是构造直角三角形，利用勾股定理建立线段平方关系，再通过代数变形和线段代换完成推导。
【难度系数】
0.6
(1) 第一问已知△ABC是等腰三角形，P是BC中点，先利用等腰三角形三线合一的性质得到AP⊥BC且BP=CP，再在直角△ABP中应用勾股定理，移项后结合BP=CP即可完成证明。
(2) 第二问P是BC上任意点，缺少现成的垂直条件，因此过A作BC的高AM构造直角三角形，分别在Rt△ABM和Rt△APM中用勾股定理表示AB²和AP²，两式作差后用平方差公式因式分解，再结合等腰三角形BM=CM的性质做线段等量代换，即可验证结论仍成立。
【解析】
(1) 证明：
∵在△ABC中，AB=AC，P是边BC的中点，
∴由等腰三角形三线合一的性质可得AP⊥BC，BP=PC。
在Rt△ABP中，根据勾股定理有$AB^2=AP^2+BP^2$，
移项得$AB^2-AP^2=BP^2$，
结合BP=PC，可得$BP^2=BP·CP$，即$BP·CP=AB^2-AP^2$。
(2) 结论成立，证明如下：
过点A作AM⊥BC于点M，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴由等腰三角形三线合一的性质可得BM=CM。
在Rt△ABM中，根据勾股定理有$AB^2=AM^2+BM^2$，
在Rt△APM中，根据勾股定理有$AP^2=AM^2+MP^2$，
两式作差得：
$AB^2-AP^2=(AM^2+BM^2)-(AM^2+MP^2)=BM^2-MP^2$，
由平方差公式因式分解得$BM^2-MP^2=(BM+MP)(BM-MP)$，
∵BM=CM，
∴$BM-MP=CM-MP=CP$，$BM+MP=BP$，
代入得$AB^2-AP^2=BP·CP$，结论得证。
【答案】
(1)证明:
∵在△ABC中,AB=AC,P是边BC的中点,
∴AP⊥BC,BP=PC.
∵AB²=AP²+BP²,
∴AB²-AP²=BP²=BP·CP.
(2)成立. 证明如下:如图,过点A作AM⊥BC于点M.
∵AB=AC,
∴BM=CM.
∵AB²=AM²+BM²,AP²=AM²+MP²,
∴AB²-AP²=BM²-MP²=(BM+MP)(BM-MP).
∵BM=CM,
∴BM+MP=CM+PM=CP,
∴AB²-AP²=BP·CP.
【知识点】
等腰三角形性质、勾股定理、平方差公式
【点评】
本题考查等腰三角形与勾股定理的综合应用，从特殊的中点情形推广到一般的任意点情形，体现了从特殊到一般的数学思想，解题关键是构造直角三角形，利用勾股定理建立线段平方关系，再通过代数变形和线段代换完成推导。
【难度系数】
0.6
11. 勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是用代数思想解决几何问题的最重要的工具之一，也是数形结合的纽带之一. 它不但因为证明方法层出不穷吸引着人们，更因为应用广泛而使人入迷.
【场景1】拼图活动发现
学习了勾股定理的证明方法后，小明同学对拼图产生了浓厚兴趣，他用四个完全相同的长为$a$、宽为$b$的长方形纸片拼成如图1所示的正方形. 若大正方形的面积为32，小正方形的面积为8，求每个小长方形纸片的对角线长.
【场景2】生活问题探究
南海区有很多旅游资源，如图2，南海影视城$(A)$和贤鲁岛$(B)$位于笔直的沈海高速公路$l$同侧，$AB=4\ \mathrm{km}$，$A、B$到直线$l$的距离分别为$AE=5.5\ \mathrm{km}$和$BD=2.5\ \mathrm{km}$. 旅游开发公司计划在高速公路$l$旁修建一服务区$C$，并从服务区$C$向$A、B$两景区修建笔直公路运送游客. 如图2，点$C$在$DE$上，到点$A、B$的距离之和的值为$m$.
(1)求$DE$的长.
(2)$m$的最小值为
【场景1】拼图活动发现
学习了勾股定理的证明方法后，小明同学对拼图产生了浓厚兴趣，他用四个完全相同的长为$a$、宽为$b$的长方形纸片拼成如图1所示的正方形. 若大正方形的面积为32，小正方形的面积为8，求每个小长方形纸片的对角线长.
【场景2】生活问题探究
南海区有很多旅游资源，如图2，南海影视城$(A)$和贤鲁岛$(B)$位于笔直的沈海高速公路$l$同侧，$AB=4\ \mathrm{km}$，$A、B$到直线$l$的距离分别为$AE=5.5\ \mathrm{km}$和$BD=2.5\ \mathrm{km}$. 旅游开发公司计划在高速公路$l$旁修建一服务区$C$，并从服务区$C$向$A、B$两景区修建笔直公路运送游客. 如图2，点$C$在$DE$上，到点$A、B$的距离之和的值为$m$.
(1)求$DE$的长.
(2)$m$的最小值为
$\sqrt{71}$
.答案
11. 【场景1】由题意可知,$(a+b)^2=32$①,$(a-b)^2=8$②,由①+②,得$2(a^2+b^2)=40$,
∴$a^2+b^2=20$,
∴每个小长方形纸片的对角线长为$\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$.
【场景2】(1)如图1,过点B作BF⊥AE于点F. 又
∵DE⊥AE,BD⊥l,
∴BF=DE,EF=BD=2.5 km,
∴AF=AE-EF=5.5-2.5=3(km),
∴DE=BF=$\sqrt{AB^2-AF^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$(km).
(2)$\sqrt{71}$ 解析:如图2,作点B关于直线l对称的点B',连接AB'交l于点C,再过点B'作B'G⊥AE交AE的延长线于点G,则BC=B'C,此时AC+BC=AB'最小.
∵BD=DB'=GE=2.5 km,B'G=DE=$\sqrt{7}$ km,
∴AG=AE+EG=5.5+2.5=8(km),
∴AB'=$\sqrt{AG^2+GB'^2}=\sqrt{8^2+7}=\sqrt{71}$(km).
解析
【分析】
1. 场景1解题思路：首先明确大正方形的边长是长方形的长与宽之和，小正方形的边长是长方形的长与宽之差，可得到两个关于a、b的完全平方等式。要求长方形对角线长，根据勾股定理可知对角线为$\sqrt{a^2+b^2}$，无需单独求解a、b，将两个完全平方等式相加即可直接得到$a^2+b^2$的值，进而求出对角线长度。
2. 场景2(1)解题思路：求DE的长可通过作辅助线构造直角三角形和矩形，过B作BF垂直AE于F，此时四边形BDEF是矩形，可得$DE=BF$，$EF=BD$，求出AF的长度后，在$Rt△ ABF$中用勾股定理计算BF即可得到DE的长度。
3. 场景2(2)解题思路：求$AC+BC$的最小值属于最短路径问题，根据对称性质作点B关于直线l的对称点$B'$，则$BC=B'C$，当A、C、$B'$三点共线时，$AC+BC=AB'$取最小值。构造直角三角形$AGB'$，求出AG和$B'G$的长度后，用勾股定理计算$AB'$即可。
【解析】
场景1
根据题意得：
大正方形面积：$(a+b)^2=32$ ①
小正方形面积：$(a-b)^2=8$ ②
①+②得：$(a^2+2ab+b^2)+(a^2-2ab+b^2)=32+8$
整理得$2(a^2+b^2)=40$，即$a^2+b^2=20$
根据勾股定理，小长方形对角线长为$\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
---
场景2
(1) 过点B作$BF⊥ AE$于点F，
$\because AE⊥ l$，$BD⊥ l$，$BF⊥ AE$，
$\therefore$ 四边形BDEF是矩形，
$\therefore BF=DE$，$EF=BD=2.5\ \mathrm{km}$，
$\therefore AF=AE-EF=5.5-2.5=3\ \mathrm{km}$，
在$Rt△ ABF$中，由勾股定理得：
$BF=\sqrt{AB^2-AF^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}\ \mathrm{km}$，
$\therefore DE=BF=\sqrt{7}\ \mathrm{km}$。
(2) 作点B关于直线l的对称点$B'$，连接$AB'$交l于点C，过点$B'$作$B'G⊥ AE$，交AE的延长线于点G，
根据对称性质得：$BC=B'C$，$BD=DB'=2.5\ \mathrm{km}$，
此时$AC+BC=AC+B'C=AB'$，即m取得最小值，
$\because$ 四边形$GEDB'$是矩形，
$\therefore GE=DB'=2.5\ \mathrm{km}$，$B'G=DE=\sqrt{7}\ \mathrm{km}$，
$\therefore AG=AE+EG=5.5+2.5=8\ \mathrm{km}$，
在$Rt△ AGB'$中，由勾股定理得：
$AB'=\sqrt{AG^2+B'G^2}=\sqrt{8^2+(\sqrt{7})^2}=\sqrt{64+7}=\sqrt{71}\ \mathrm{km}$，
即m的最小值为$\sqrt{71}$。
【答案】
11. 【场景1】每个小长方形纸片的对角线长为$2\sqrt{5}$；
【场景2】(1) $DE$的长为$\sqrt{7}\ \mathrm{km}$；(2) $\sqrt{71}$
【知识点】
勾股定理，最短路径问题，完全平方公式
【点评】
本题将勾股定理与完全平方公式、最短路径问题结合，既考查代数运算能力，也考查几何辅助线的构造能力，其中利用对称转化最短路径是常见考点，需要熟练掌握构造方法，灵活运用勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.7
1. 场景1解题思路：首先明确大正方形的边长是长方形的长与宽之和，小正方形的边长是长方形的长与宽之差，可得到两个关于a、b的完全平方等式。要求长方形对角线长，根据勾股定理可知对角线为$\sqrt{a^2+b^2}$，无需单独求解a、b，将两个完全平方等式相加即可直接得到$a^2+b^2$的值，进而求出对角线长度。
2. 场景2(1)解题思路：求DE的长可通过作辅助线构造直角三角形和矩形，过B作BF垂直AE于F，此时四边形BDEF是矩形，可得$DE=BF$，$EF=BD$，求出AF的长度后，在$Rt△ ABF$中用勾股定理计算BF即可得到DE的长度。
3. 场景2(2)解题思路：求$AC+BC$的最小值属于最短路径问题，根据对称性质作点B关于直线l的对称点$B'$，则$BC=B'C$，当A、C、$B'$三点共线时，$AC+BC=AB'$取最小值。构造直角三角形$AGB'$，求出AG和$B'G$的长度后，用勾股定理计算$AB'$即可。
【解析】
场景1
根据题意得：
大正方形面积：$(a+b)^2=32$ ①
小正方形面积：$(a-b)^2=8$ ②
①+②得：$(a^2+2ab+b^2)+(a^2-2ab+b^2)=32+8$
整理得$2(a^2+b^2)=40$，即$a^2+b^2=20$
根据勾股定理，小长方形对角线长为$\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$。
---
场景2
(1) 过点B作$BF⊥ AE$于点F，
$\because AE⊥ l$，$BD⊥ l$，$BF⊥ AE$，
$\therefore$ 四边形BDEF是矩形，
$\therefore BF=DE$，$EF=BD=2.5\ \mathrm{km}$，
$\therefore AF=AE-EF=5.5-2.5=3\ \mathrm{km}$，
在$Rt△ ABF$中，由勾股定理得：
$BF=\sqrt{AB^2-AF^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}\ \mathrm{km}$，
$\therefore DE=BF=\sqrt{7}\ \mathrm{km}$。
(2) 作点B关于直线l的对称点$B'$，连接$AB'$交l于点C，过点$B'$作$B'G⊥ AE$，交AE的延长线于点G，
根据对称性质得：$BC=B'C$，$BD=DB'=2.5\ \mathrm{km}$，
此时$AC+BC=AC+B'C=AB'$，即m取得最小值，
$\because$ 四边形$GEDB'$是矩形，
$\therefore GE=DB'=2.5\ \mathrm{km}$，$B'G=DE=\sqrt{7}\ \mathrm{km}$，
$\therefore AG=AE+EG=5.5+2.5=8\ \mathrm{km}$，
在$Rt△ AGB'$中，由勾股定理得：
$AB'=\sqrt{AG^2+B'G^2}=\sqrt{8^2+(\sqrt{7})^2}=\sqrt{64+7}=\sqrt{71}\ \mathrm{km}$，
即m的最小值为$\sqrt{71}$。
【答案】
11. 【场景1】每个小长方形纸片的对角线长为$2\sqrt{5}$；
【场景2】(1) $DE$的长为$\sqrt{7}\ \mathrm{km}$；(2) $\sqrt{71}$
【知识点】
勾股定理，最短路径问题，完全平方公式
【点评】
本题将勾股定理与完全平方公式、最短路径问题结合，既考查代数运算能力，也考查几何辅助线的构造能力，其中利用对称转化最短路径是常见考点，需要熟练掌握构造方法，灵活运用勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.7
