9. 我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，连接AC，交BE于点P，如图所示. 若$S_{△ CFP} - S_{△ AEP} = 3.5$，$AE + BE = 7$，则正方形ABCD的面积为().


A.28
B.25
C.30
D.24

9. A 【点拨】本题考查勾股定理的证明,多边形的面积,解题的关键是灵活运用勾股定理和全等三角形性质.
【解析】设正方形 ABCD 的面积为 $a^2$,$\therefore AB^2=a^2$.
设 $AE=x$,则 $BE=7-x$,在 $\mathrm{Rt}△ AEB$ 中,$AE^2+BE^2=AB^2$,
$\therefore x^2+(7-x)^2=a^2$,
$\therefore 2x(7-x)=49-a^2$.
设 DG,AC 相交于点 M,如图.
$\because AH⊥ BE,BE⊥ CF$,
$\therefore AH// CF$,$\therefore ∠ EAP=∠ GCM$.
$\because$"赵爽弦图"是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形 EFGH 拼成的一个大正方形 ABCD,
$\therefore △ AEB≌△ CGD$,$\therefore AE=CG$,$∠ AEB=∠ CGD=90°$,
$\therefore △ AEP≌△ CGM(\mathrm{ASA})$,
$\therefore S_{△ AEP}=S_{△ CGM}$,$EP=GM$,
$\therefore S_{△ CFP}-S_{△ AEP}=S_{△ CFP}-S_{△ CGM}=S_{\mathrm{梯形}FPMG}=\dfrac{1}{2}(MG+PF)· FG=\dfrac{1}{2}EF· FG=\dfrac{1}{2}S_{\mathrm{正方形}EFGH}=3.5$,$\therefore S_{\mathrm{正方形}EFGH}=3.5×2=7$.
$\because S_{\mathrm{正方形}EFGH}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-4S_{△ AEB}=a^2-4×\dfrac{1}{2}x·(7-x)=a^2-2x·(7-x)=a^2-(49-a^2)=7$,
$\therefore a^2=28$,$\therefore$ 正方形 ABCD 的面积为 28. 故选 A.

【分析】
要解决这个问题，需利用赵爽弦图的性质，通过全等三角形转换面积差，结合勾股定理建立方程求解。首先根据赵爽弦图的全等三角形性质，将已知的面积差转化为小正方形面积的一半，求出小正方形面积；再结合勾股定理和$AE + BE = 7$的条件，联立方程得到大正方形的面积。
【解析】
设正方形$ABCD$的面积为$a^2$，则$AB^2 = a^2$。
设$AE = x$，由$AE + BE = 7$得$BE = 7 - x$。
在$Rt△AEB$中，根据勾股定理：$AE^2 + BE^2 = AB^2$，即$x^2 + (7 - x)^2 = a^2$，展开得$2x(7 - x) = 49 - a^2$。
设$DG$与$AC$交于点$M$，因为赵爽弦图由四个全等直角三角形和小正方形$EFGH$组成，所以$△AEB ≌ △CGD$，故$AE = CG$，$∠AEB = ∠CGD = 90°$。
又因为$AH⊥BE$，$BE⊥CF$，所以$AH//CF$，可得$∠EAP = ∠GCM$，因此$△AEP ≌ △CGM(ASA)$，则$S_{△AEP} = S_{△CGM}$。
已知$S_{△CFP} - S_{△AEP} = 3.5$，代入得：
$S_{△CFP} - S_{△CGM} = S_{梯形FPMG} = \frac{1}{2}S_{正方形EFGH} = 3.5$，所以$S_{正方形EFGH} = 7$。
又因为$S_{正方形EFGH} = S_{正方形ABCD} - 4S_{△AEB}$，而$S_{△AEB} = \frac{1}{2}·AE·BE = \frac{1}{2}x(7 - x)$，所以：
$7 = a^2 - 4×\frac{1}{2}x(7 - x) = a^2 - 2x(7 - x)$。
将$2x(7 - x) = 49 - a^2$代入上式：
$7 = a^2 - (49 - a^2)$，
解得$2a^2 = 56$，即$a^2 = 28$。
【答案】
A
【知识点】
全等三角形性质、勾股定理、正方形面积计算
【点评】
本题以赵爽弦图为背景，综合考查全等三角形、勾股定理及面积计算，关键是通过全等三角形转换面积差，将不规则面积差转化为小正方形面积，再结合已知条件建立方程求解，体现了数形结合的思想。
【难度系数】
0.5

10. 代数式$\sqrt{(x + 2)^2 + 16} + \sqrt{x^2 - 8x + 25}$的最小值是().

A.$3\sqrt{10}$
B.$4\sqrt{5}$
C.$\sqrt{85}$
D.10

10. C 【点拨】本题考查二次根式的性质与化简,两点间距离公式,勾股定理,最短路径问题,解题的关键是对 x 的取值范围分情况讨论.
【解析】$\sqrt{(x+2)^2+16}+\sqrt{x^2-8x+25}=\sqrt{(x+2)^2+(0-4)^2}+\sqrt{(x-4)^2+(0-3)^2}$,
故原式可以表示为 x 轴上点 $C(x,0)$ 到 $A(-2,4)$ 与点 $C(x,0)$ 到点 $B(4,3)$ 的距离之和,即 $AC+BC$.
作 A 关于 x 轴的对称点 M,连接 MB,则 MB 与 x 轴交点即为取最小值时点 C 的坐标.
$\because A(-2,4)$,$\therefore M(-2,-4)$.
$\because B(4,3)$,$\therefore MB=\sqrt{(-2-4)^2+(-4-3)^2}=\sqrt{85}$,即 $AC+BC$ 最小值是 $\sqrt{85}$,
$\therefore \sqrt{(x+2)^2+16}+\sqrt{x^2-8x+25}$ 的最小值为 $\sqrt{85}$. 故选 C.

【分析】
要解决这个代数式的最小值问题，首先观察到两个二次根式的形式符合平面直角坐标系中两点间的距离公式，因此可将代数式转化为x轴上某点到两个定点的距离之和；再利用“两点之间线段最短”的原理，通过作其中一个点关于x轴的对称点，将距离之和转化为两点间的线段长度，即可求出最小值。
【解析】
对原式中的二次根式变形：
$\sqrt{(x + 2)^2 + 16} = \sqrt{(x + 2)^2 + (0 - 4)^2}$，
$\sqrt{x^2 - 8x + 25} = \sqrt{(x - 4)^2 + (0 - 3)^2}$，
因此原式可表示为x轴上点$C(x,0)$到$A(-2,4)$的距离$AC$与到$B(4,3)$的距离$BC$之和，即$AC + BC$。
作点$A(-2,4)$关于x轴的对称点$M(-2,-4)$，连接$MB$，此时$AC + BC = MC + BC$，根据两点之间线段最短，$MB$的长度即为$AC + BC$的最小值。
计算$MB$的长度：
$MB = \sqrt{(-2 - 4)^2 + (-4 - 3)^2} = \sqrt{(-6)^2 + (-7)^2} = \sqrt{36 + 49} = \sqrt{85}$，
故原式的最小值为$\sqrt{85}$。
【答案】
C
【知识点】
两点间距离公式、轴对称求最短路径、二次根式的性质
【点评】
本题运用数形结合思想，将代数最值问题转化为几何最短路径问题，核心是利用两点间距离公式和轴对称性质，把分散线段转化为一条线段，体现了转化思想的应用，是初中数学常见的最值题型。
【难度系数】
0.6

二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
11. 计算: $\sqrt{\dfrac{1}{3}} =$ , $(\sqrt{5})^2 =$ , $\sqrt{(\mathrm{图}1)^2} =$ .

11. $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 5 2 【点拨】本题考查二次根式的化简,解题的关键是熟练掌握二次根式的性质和化简方法.
【解析】$\sqrt{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$(\sqrt{5})^2=5$,$\sqrt{(-2)^2}=\sqrt{4}=2$. 故答案为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,5,2.

【分析】
本题是二次根式的计算填空题，需分别运用二次根式的分母有理化、平方性质及算术平方根的性质求解。首先对$\sqrt{\frac{1}{3}}$进行分母有理化；其次利用二次根式平方的性质计算$(\sqrt{5})^2$；最后根据$\sqrt{a^2}=|a|$的性质，结合图中隐含的数计算第三个式子的结果。
【解析】
1. 化简$\sqrt{\dfrac{1}{3}}$：根据二次根式分母有理化的方法，将分子分母同乘$\sqrt{3}$，可得$\sqrt{\dfrac{1}{3}}=\dfrac{\sqrt{1×3}}{\sqrt{3×3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$；
2. 计算$(\sqrt{5})^2$：根据二次根式的性质$(\sqrt{a})^2=a$（$a≥0$），可得$(\sqrt{5})^2=5$；
3. 计算$\sqrt{(-2)^2}$：根据$\sqrt{a^2}=|a|$，可得$\sqrt{(-2)^2}=|-2|=2$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$；5；2
【知识点】
二次根式的化简、二次根式的性质
【点评】
本题为二次根式的基础计算题，主要考查二次根式的核心性质，属于必须掌握的知识点，难度较低。
【难度系数】
0.8

12. 长方形的长为$2\sqrt{3}$，宽为$\sqrt{5}$，则长方形的面积为________.

12. $2\sqrt{15}$ 【点拨】本题考查二次根式的运算,解题的关键是熟知长方形的面积公式和二次根式的乘法运算.
【解析】由长方形的面积公式得 $2\sqrt{3}×\sqrt{5}=2\sqrt{15}$. 故答案为 $2\sqrt{15}$.

【分析】
要解决这个问题，首先回忆长方形的面积公式，即面积=长×宽；其次运用二次根式的乘法法则进行计算，二次根式乘法法则为$\sqrt{a}·\sqrt{b}=\sqrt{ab}$（$a≥0,b≥0$），计算时将系数与系数相乘，被开方数与被开方数相乘即可得到结果。
【解析】
根据长方形的面积公式，将长$2\sqrt{3}$、宽$\sqrt{5}$代入，可得面积为：
$2\sqrt{3}×\sqrt{5}=2×\sqrt{3×5}=2\sqrt{15}$
【答案】
$2\sqrt{15}$
【知识点】
长方形面积公式、二次根式乘法运算
【点评】
本题属于基础题型，考查长方形面积公式和二次根式的乘法运算，解题思路直接，计算过程简单，主要用于巩固二次根式运算的基础知识点。
【难度系数】
0.9

13. 在如图所示的图形中,所有四边形都是正方形,所有三角形都是直角三角形,若正方形A,C,D的面积依次为6,8,24,则正方形B的面积是________.

13. 10 【点拨】本题考查勾股定理的应用,解题的关键是熟知勾股定理的几何意义.
【解析】由题图可知,$S_{\mathrm{正方形}A}+S_{\mathrm{正方形}B}=S_{\mathrm{正方形}E}$,$S_{\mathrm{正方形}D}-S_{\mathrm{正方形}C}=S_{\mathrm{正方形}E}$,
$\therefore S_{\mathrm{正方形}A}+S_{\mathrm{正方形}B}=S_{\mathrm{正方形}D}-S_{\mathrm{正方形}C}$.
$\because$ 正方形 A,C,D 的面积依次为 6,8,24,
$\therefore$ 正方形 B 的面积 +6=24-8,
$\therefore$ 正方形 B 的面积为 10. 故答案为 10.

【分析】
要解决这个问题，需利用勾股定理的几何意义：直角三角形两条直角边上的正方形面积之和等于斜边上的正方形面积。观察图形可知，中间正方形E的面积同时满足两个关系：一是等于正方形A和B的面积之和，二是等于正方形D和C的面积之差，通过这两个关系即可求出正方形B的面积。
【解析】
根据勾股定理的几何意义，左侧直角三角形中，斜边对应正方形E，两条直角边对应正方形A、B，因此$ S_A + S_B = S_E $；右侧直角三角形中，斜边对应正方形D，两条直角边对应正方形C、E，因此$ S_E = S_D - S_C $。联立两式得：$ S_A + S_B = S_D - S_C $。已知$ S_A=6 $，$ S_C=8 $，$ S_D=24 $，代入得：$ 6 + S_B = 24 - 8 $，解得$ S_B = 10 $。
【答案】
10
【知识点】
勾股定理、正方形面积
【点评】
本题是勾股定理几何意义的典型应用，核心是找到中间正方形E的面积与其他正方形的面积关系，通过建立等式求解，难度适中，能较好考查学生对勾股定理的理解与应用能力。
【难度系数】
0.6

14. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,分别以各边为直径作半圆,图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”,当$AC=10$,$BC=5$时,阴影部分的面积为$\underline{\hspace{5em}}$.

14. 25 【点拨】本题考查勾股定理的应用,阴影图形面积计算,解题的关键是熟练掌握勾股定理.
【解析】在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°$,$AC=10$,$BC=5$,
由勾股定理,得 $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt{5}$.
以 AC 为直径的半圆面积为 $\dfrac{π×(\dfrac{10}{2})^2}{2}=\dfrac{25π}{2}$,
以 BC 为直径的半圆面积为 $\dfrac{π×(\dfrac{5}{2})^2}{2}=\dfrac{25π}{8}$,
以 AB 为直径的半圆面积为 $\dfrac{π×(\dfrac{5\sqrt{5}}{2})^2}{2}=\dfrac{125π}{8}$,
$\mathrm{Rt}△ ABC$ 的面积为 $\dfrac{1}{2}×5×10=25$,
阴影部分面积为 $\dfrac{25π}{2}+\dfrac{25π}{8}-\dfrac{125π}{8}+25=25$.
故答案为 25.

【分析】首先观察图形，阴影部分是由以AC、BC为直径的两个半圆，加上Rt△ABC，再减去以AB为直径的半圆组成的不规则图形。解题思路为：先利用勾股定理求出斜边AB的长度，再分别计算三个半圆的面积和△ABC的面积，最后通过面积的和差关系求阴影部分面积，核心是利用勾股定理简化半圆面积的计算（π项会抵消）。
【解析】在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=10，BC=5，根据勾股定理：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt{5}$。
计算各图形面积：
以AC为直径的半圆面积：$S_1=\frac{1}{2}π×(\frac{10}{2})^2=\frac{25π}{2}$；
以BC为直径的半圆面积：$S_2=\frac{1}{2}π×(\frac{5}{2})^2=\frac{25π}{8}$；
以AB为直径的半圆面积：$S_3=\frac{1}{2}π×(\frac{5\sqrt{5}}{2})^2=\frac{125π}{8}$；
Rt△ABC的面积：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×10×5=25$。
阴影部分面积为：
$S_{阴影}=S_1+S_2+S_{△ ABC}-S_3=\frac{25π}{2}+\frac{25π}{8}+25-\frac{125π}{8}=25$。
【答案】25
【知识点】勾股定理、圆的面积计算、三角形面积计算
【点评】本题是经典的“希波克拉底月牙”问题，通过不规则图形面积转化为规则图形的和差求解，核心考查勾股定理的应用，体现了几何计算的转化思想，难度适中。
【难度系数】0.5

15. $a,b,c$为直角三角形的三边,且$c$为斜边,$h$为斜边上的高. 有下列说法:
①$a^2,b^2,c^2$能组成三角形;
②$\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$能组成三角形;
③$c + h,a + b,h$能组成直角三角形;
④$\frac{1}{a^2},\frac{1}{b^2},\frac{1}{h^2}$能组成直角三角形.
其中正确结论的序号是________.

15. ②③ 【点拨】本题考查勾股定理的逆定理,三角形三边之间的关系,解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理.
【解析】①$\because a,b,c$ 为直角三角形的三边,且 c 为斜边,
$\therefore a^2+b^2=c^2$,$\therefore a^2,b^2,c^2$ 不能组成三角形,故①错误;
②$\because (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+b+2\sqrt{ab}$,$(\sqrt{c})^2=c$,且 $a+b＞c$,
$\therefore (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2＞(\sqrt{c})^2$,$\therefore \sqrt{a}+\sqrt{b}＞\sqrt{c}$,
$\therefore \sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$ 能组成三角形,故②正确;
③$\because (c+h)^2-h^2=c^2+2ch$,$ch=ab(\mathrm{直角三角形面积}=\dfrac{ab}{2}=\dfrac{ch}{2})$,
$\therefore c^2+2ch=c^2+2ab$.
$\because (a+b)^2=a^2+b^2+2ab$,$a^2+b^2=c^2$,$\therefore (a+b)^2=c^2+2ab$,
$\therefore (c+h)^2-h^2=(a+b)^2$,$\therefore h^2+(a+b)^2=(c+h)^2$,
$\therefore c+h,a+b,h$ 能组成直角三角形,故③正确;
④$\because \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{a^2+b^2}{a^2b^2}=\dfrac{c^2}{c^2h^2}=\dfrac{1}{h^2}$,不符合三角形的两边之和大于第三边,$\therefore \dfrac{1}{a^2},\dfrac{1}{b^2},\dfrac{1}{h^2}$ 不能组成直角三角形,故④错误.
故答案为②③.

【分析】本题给出直角三角形三边$a,b,c$（$c$为斜边）及斜边上的高$h$，要判断四个结论是否正确，需结合直角三角形的勾股定理、面积关系，以及三角形三边关系、勾股定理逆定理，对每个结论逐一进行代数推导验证，确保推导过程严谨，避免主观判断。
【解析】①
∵$a,b,c$为直角三角形三边，$c$为斜边，
∴由勾股定理得$a^2+b^2=c^2$，根据三角形三边关系，两边之和需大于第三边，而$a^2+b^2=c^2$，即两较小边的和等于最大边，无法构成三角形，故①错误；
②计算$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+b+2\sqrt{ab}$，$(\sqrt{c})^2=c$，由直角三角形性质知$a+b＞c$，因此$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+b+2\sqrt{ab}＞c=(\sqrt{c})^2$，可得$\sqrt{a}+\sqrt{b}＞\sqrt{c}$；同理可证$\sqrt{a}+\sqrt{c}＞\sqrt{b}$，$\sqrt{b}+\sqrt{c}＞\sqrt{a}$，满足三角形三边关系，故$\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}$能组成三角形，②正确；
③计算$(c+h)^2-h^2=c^2+2ch$，直角三角形面积$S=\frac{ab}{2}=\frac{ch}{2}$，故$ch=ab$，代入得$c^2+2ab$；又$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab=c^2+2ab$（因$a^2+b^2=c^2$），因此$(c+h)^2-h^2=(a+b)^2$，即$h^2+(a+b)^2=(c+h)^2$，根据勾股定理逆定理，$c+h,a+b,h$能组成直角三角形，③正确；
④计算$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2b^2}=\frac{c^2}{(ch)^2}=\frac{1}{h^2}$，虽平方和满足，但需验证三角形三边关系：取$a=3,b=4,c=5$，则$h=\frac{12}{5}$，此时$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{9}$，$\frac{1}{b^2}=\frac{1}{16}$，$\frac{1}{h^2}=\frac{25}{144}$，$\frac{1}{9}+\frac{1}{16}=\frac{25}{144}$，即两较小边之和等于最大边，无法构成三角形，故④错误；
【答案】②③
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形三边关系
【点评】本题综合考查直角三角形的核心性质，要求学生熟练运用勾股定理及其逆定理、三角形三边关系进行代数推导，逐一分析每个结论，解题时需严谨推导，避免错误判断，难度适中。
【难度系数】0.5

16. 如图,等边$△ ABC$中,点$D$,$E$分别在边$BC$和$AC$上,且$BD = CE = \dfrac{1}{4}AB$,$AB = \sqrt{26}$,则$CM$的长为________.

16. $\sqrt{14}$ 【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质,等边三角形的性质和判定,角平分线的性质定理,勾股定理,解题的关键是熟练掌握相关知识.
【解析】$\because$ 在等边 $△ ABC$ 中,$AB=\sqrt{26}$,
$\therefore AB=BC=AC=\sqrt{26}$,$∠ ABD=∠ BCE=∠ BAC=60°$.
$\because BD=CE$,
$\therefore △ ABD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ BAD=∠ CBE$.
$\because ∠ ABM+∠ CBE=60°$,$\therefore ∠ ABM+∠ BAD=60°$.
在 $△ ABM$ 中,$∠ AME=∠ ABM+∠ BAD=60°$,$∠ AMB=120°$. 如图 1,延长 ME 到点 P,使 MP=MA,连接 AP,CP,则 $△ AMP$ 是等边三角形.
$\therefore ∠ MAP=∠ APM=60°$,$AM=AP$,
$\therefore ∠ BAD=∠ CAP=60°-∠ CAD$.
$\because AB=AC$,
$\therefore △ ABM≌△ ACP(\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ APC=∠ AMB=120°$,
$\therefore ∠ CPM=∠ APM=60°$,$\therefore PE$ 平分 $∠ APC$.
如图 2,过点 E 作 $EK⊥ AP$ 于点 K,$EL⊥ CP$ 于点 L,则 $EK=EL$,
$\therefore \dfrac{S_{△ APE}}{S_{△ CPE}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AP· EK}{\dfrac{1}{2}CP· EL}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AE· h}{\dfrac{1}{2}CE· h}$,$\therefore \dfrac{AP}{CP}=\dfrac{AE}{CE}$.
$\because CE=\dfrac{1}{4}AB=\dfrac{1}{4}AC$,$\therefore \dfrac{AP}{CP}=\dfrac{AE}{CE}=3$.
如图 3,过点 C 作 $CH⊥ AP$ 交 AP 的延长线于点 H,则 $∠ CPH=60°$,
$\therefore ∠ PCH=30°$.
设 $PH=x$,则 $CP=2x$,$CH=\sqrt{3}x$,
$\therefore AP=3CP=6x$,$\therefore AH=AP+PH=7x$.
在 $\mathrm{Rt}△ ACH$ 中,$AH^2+CH^2=AC^2$,
$\therefore (7x)^2+(\sqrt{3}x)^2=(\sqrt{26})^2$,解得 $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$(负值舍去),
$\therefore CP=2x=\sqrt{2}$,$CH=\sqrt{3}x=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$,
$\therefore PM=AP=6x=3\sqrt{2}$.
过点 C 作 $CG⊥ PM$ 于点 G,则 $PG=PH=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$,$CG=CH=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$,
$\therefore MG=PM-PG=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$.
在 $\mathrm{Rt}△ MCG$ 中,$CM=\sqrt{MG^2+CG^2}=\sqrt{14}$.
故答案为 $\sqrt{14}$.

【分析】
要计算等边△ABC中CM的长度，首先利用等边三角形的性质证明△ABD≌△BCE，得到角的等量关系，推出∠AMB=120°；接着构造等边三角形AMP，通过全等三角形进一步转化角和边的关系；再利用角平分线的性质和面积比得到线段AP与CP的比例，设未知数后结合勾股定理求出相关线段长度；最后通过作垂线构造直角三角形，用勾股定理计算CM的长。
【解析】
∵△ABC是等边三角形，AB=√26，
∴AB=BC=AC=√26，∠ABD=∠BCE=60°。
又
∵BD=CE=1/4 AB，
∴在△ABD和△BCE中，
$\{\begin{array}{l}AB=BC\\∠ABD=∠BCE\\BD=CE\end{array} $
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD=∠CBE。
∵∠ABM + ∠CBE = ∠ABC=60°，
∴∠ABM + ∠BAD=60°，
在△ABM中，∠AMB=180° - (∠ABM + ∠BAD)=120°，
延长ME到点P，使MP=MA，连接AP，
∵∠AME=∠ABM + ∠BAD=60°，
∴△AMP是等边三角形，
∴AM=AP，∠MAP=60°，
∴∠CAP=∠BAD，
在△ABM和△ACP中，
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\∠BAM=∠CAP\\AM=AP\end{array} $
∴△ABM≌△ACP（SAS），
∴∠APC=∠AMB=120°，
∴∠CPM=∠APC - ∠APM=60°，即PE平分∠APC，
过点E作EK⊥AP于K，EL⊥CP于L，
则EK=EL（角平分线上的点到角两边距离相等），
∴$\frac{S_{△APE}}{S_{△CPE}}=\frac{AP}{CP}=\frac{AE}{CE}$，
∵CE=1/4 AC，
∴AE=3/4 AC，
∴$\frac{AP}{CP}=\frac{AE}{CE}=3$，
过点C作CH⊥AP交AP的延长线于H，
∵∠CPH=60°，设PH=x，则CP=2x，CH=√3 x，
∴AP=3CP=6x，AH=7x，
在Rt△ACH中，AH² + CH²=AC²，
即(7x)² + (√3 x)²=(√26)²，解得x=√2/2（负值舍去），
∴CP=√2，CH=√6/2，PM=AP=3√2，
过点C作CG⊥PM于G，
则CG=CH=√6/2，PG=PH=√2/2，
∴MG=PM - PG=5√2/2，
在Rt△MCG中，CM=√(MG² + CG²)=√[(5√2/2)² + (√6/2)²]=√14。
【答案】
√14
【知识点】
全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查等边三角形、全等三角形、角平分线及勾股定理的应用，需通过构造辅助线转化线段和角的关系，利用面积比建立线段比例，对几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.3