1. （2026·温州期末）如图，A,B,C,D四个点顺次在直线$l$上，$AC=a$，$BD=b$.以$AC$为底向下作等腰直角三角形$ACE$，以$BD$为底向上作等腰三角形$BDF$，且$FB=FD=\dfrac{5}{6}BD$.连结$AF,DE$，当$BC$的长度变化时，$△ ABF$与$△ CDE$的面积之差保持不变，则$a$与$b$需满足（）

A.$a=\dfrac{4}{3}b$
B.$a=\dfrac{6}{5}b$
C.$a=\dfrac{5}{3}b$
D.$a=\sqrt{2}b$

1. A 解析:如图,过点 E 作 EM⊥AD 于点 M,过点 F 作 FN⊥ AD 于点 N,
∵ △ACE 是等腰直角三角形,且 AC=a,
∴ EM = $\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}$.
∵ △BDF 是等腰三角形,且 BD = b,
∴ BN = $\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{b}{2}$.
∵ $FB = FD = \dfrac{5}{6}BD = \dfrac{5}{6} b$,
∴ $FN = \sqrt{FB^{2}-BN^{2}} = \dfrac{2}{3} b$,
∴ △ABF与△CDE的面积之差为$\dfrac{1}{2} FN · AB - \dfrac{1}{2} EM · CD = \dfrac{1}{2}×$$\dfrac{2}{3}b(AC-BC)-\dfrac{1}{2}×\dfrac{a}{2}(BD-BC)=\dfrac{1}{3}b(a-BC)-\dfrac{a}{4}(b-BC)=$$\dfrac{1}{12}ab+(\dfrac{a}{4}-\dfrac{b}{3})BC$.
∵ 当 BC 的长度变化时,△ABF 与△CDE的面积之差保持不变,
∴ $\dfrac{a}{4}-\dfrac{b}{3}=0$,
∴ $a=\dfrac{4}{3}b$,故选 A.

2. （2026·台州期末）如图，点D，E，F分别在等边三角形ABC的三边上，且$BD=CE=CF$，连结$AE$，$BF$，$CD$，$AE$与$CD$交于点$N$，与$BF$交于点$H$，若$AE⊥BF$，$NE+NC=2$，则$FH$的长度为（）

A.1
B.1.3
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$

2. A 解析:在等边三角形 ABC 中,AC=BC,
∵ CF=CE,∠ACE=∠BCF=60°,
∴ △ACE ≅ △BCF (SAS),
∴ ∠CAE = ∠CBF.
∵ ∠CAB=∠CBA=60°,
∴ ∠HAB = ∠HBA.
∵ ∠AHB = 90°,
∴ ∠HAB = ∠HBA = 45°,
∴ ∠CAE = ∠CBF = 15°.
∵ BD = CF,∠CBD = ∠FCB = 60°,BC = BC,
∴ △BCD ≅ △CBF (SAS),
∴ ∠BCD = ∠CBF = 15°,
∴ ∠ACN=45°.如图,在 AH 上截取 HM = HF,连结 FM,EF,则△FMH 为等腰直角三角形,
∴ ∠FME = 45°,
∴ ∠AFM = ∠FME - ∠CAE = 30°.
∵ CF = CE,∠FCE = 60°,
∴ △CFE 为等边三角形,
∴ ∠CFE = 60°,
∴ ∠MFE = 180°-30°-60°=90°,
∴ △FME 为等腰直角三角形,则 $FH=\dfrac{1}{2}ME$,
∴ FM=EF=CF.连结 CM,则$∠MCF=∠FMC=\dfrac{1}{2}∠AFM=15°$,
∴ ∠CMN = ∠NCM = 30°,
∴ MN = NC.
∵ NE+NC = 2,
∴ MN+NE=2=ME,
∴ $FH=\dfrac{1}{2}ME=1$,故选 A.

3. （2026·宁波月考）已知正方形ABCD的边长为5，且E为HB的中点，四边形EFGH为正方形，则阴影部分的面积是。

3. 15 解析:
∵ 正方形 ABCD 的边长为 5,四边形 EFGH 为正方形,
∴ ∠ABC = ∠AHB = ∠BEF = 90°,AB = BC = CD = AD = 5,HE=EF=GF=HG,
∴ ∠HAB = ∠EBC = 90°-∠ABH,
∴ △AHB≅△BEC( AAS ),
∴ AH = BE,BH = CE,∠ABH = ∠BCE.
∵ E 为 HB 的中点,
∴ AH=EB=HE.在 Rt△AHB 中,BH=2AH,由勾股定理得 $AH^{2}+(2AH)^{2}=5^{2}$,
∴ $AH=\sqrt{5}$,则 $BH=2\sqrt{5}$,$HE=\sqrt{5}$,同理可得 $CF=DG=AH=\sqrt{5}$,
∴ 阴影部分的面积为 $4×\dfrac{1}{2}×\sqrt{5}×\sqrt{5}+(\sqrt{5})^{2}=15$.

4. (2026·温州期中)将一个等腰三角形ABC纸板沿垂线段AD,DE进行剪切,得到三角形①②③,再按如图乙方式拼放,其中EC与BD共线.若BD=10,则BP=,AB=.

(第4题) (第5题) (第6题)

4. 5 $\dfrac{25}{2}$ 解析:如图,设∠B 为∠1,∠C 为∠2,∠CDE 为∠3,图乙中∠1 的余角为∠4.
∵ △ABC 为等腰三角形,BD = 10,AD⊥BC,
∴ ∠1 = ∠2,CD = BD = 10.
∵ ∠2+∠3 = ∠1+∠4 = 90°,
∴ ∠3 = ∠4,结合两图,可得 $AB=AD+\dfrac{1}{2}CD$,设 AB 为 x,根据勾股定理得 $AD=\sqrt{x^{2}-10^{2}}=\sqrt{x^{2}-100}$,
∴ $x=\sqrt{x^{2}-100}+\dfrac{1}{2}×10$,解得 $x=\dfrac{25}{2}$,
∴ $AB=\dfrac{25}{2}$,观察图甲和图乙,得出图乙中的 AP 等于图甲中的 AD,则 $AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{\dfrac{625}{4}-100}=\dfrac{15}{2}$,
∴ $AP=\dfrac{15}{2}$,
∴ $BP=AB-AP=\dfrac{25}{2}-\dfrac{15}{2}=5$.故答案为 5;$\dfrac{25}{2}$.

5. （2026·深圳模拟）如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC$.点$D$是$BC$边上一点，过点$D$作$DE⊥ AB$于点$E$.点$G$与点$E$关于直线$BD$对称，连结$AD$，$BG$，$CG$.若$CG=2$，则线段$AD$的长为.

5. $\sqrt{8}$ 解析:如图,连结 EG 交 BD 于 O,连结 DG.
∵ 点 G 与点 E 关于直线 BD 对称,
∴ BD 垂直平分 EG.
∵ ∠ACB = 90°,AC = BC,
∴ ∠ABC = 45°.又 DE⊥AB,
∴ △BDE 为等腰直角三角形.又 EO⊥BD,
∴ OB=OD,则 BD,EG 互相垂直平分.设 OD=x,CD=y,则 OB=OD=OG=x,OC=x+y,AC=BC=2x+y,
∴ $CG^{2}=OC^{2}+OG^{2}=(x+y)^{2}+x^{2}=2x^{2}+2xy+y^{2}=4$,$AD^{2}=AC^{2}+CD^{2}=(2x+y)^{2}+y^{2}=4x^{2}+4xy+2y^{2}=2(2x^{2}+2xy+y^{2})=2×4=8$,
∴ $AD=\sqrt{8}$.

6. （2026·宁波期末）如图，$△ ABC$中，D是AC中点，过点D作$DE ⊥ AB$于点E，BC的垂直平分线分别交BC，DE于点F，G，且$FG=\frac{1}{2}BC$。若$AE=2$，$BE=5$，则DG长为。

6. $\dfrac{3}{2}$ 解析:如图,延长 ED 至 H,使得 DH = ED,连结 HC,GB,GC,
∵ D 是 AC 的中点,
∴ AD = DC.又
∵ ∠ADE = ∠CDH,
∴ △ADE≅△CDH(SAS),
∴ CH=AE=2,∠A = ∠DCH,
∴ AB//CH.
∵ DE⊥AB,
∴ ∠DHC = ∠AED = 90°.
∵ GF 垂直平分 BC,$FG=\dfrac{1}{2}BC$,
∴ ∠GFB = ∠GFC = 90°,GB = GC,
∴ △GFB,△GFC 都是等腰直角三角形,
∴ ∠BGF = ∠CGF = 45°,
∴ ∠BGC = 90°,
∴ △GBC 是等腰直角三角形.又
∵ ∠DHC = ∠AED = 90°,
∴ ∠EGB = 90°-∠HGC = ∠HCG,
∴ △EBG ≅ △HGC ( AAS ),
∴ BE = GH = 5,EG = HC = 2.
∵ $ED=DH=\dfrac{1}{2}EH=\dfrac{1}{2}(EG+GH)=\dfrac{7}{2}$,
∴ $GD=ED-EG=\dfrac{7}{2}-2=\dfrac{3}{2}$.