1. 如图，铁路MN和公路PQ在点O处交会，公路PQ上点A与点O之间的距离为270 m，与铁路MN的距离是200 m.若火车行驶时，周围250 m以内会受到噪音的影响，则当火车在铁路MN上沿ON方向以20 m/s的速度行驶时，点A处受噪音影响的时间是 （）

A.10 s
B.12 s
C.15 s
D.18 s
（第1题）

1. C 解析:如图,过点A作AD⊥MN于点D.设火车行驶到点B处时,点A处开始受噪音影响;火车行驶到点C处时,点A处开始不受噪音影响,且点A到铁路MN的距离是200 m,则AB=AC=250 m,BC=2BD,AD=200 m.在Rt△ABD中,由勾股定理,得BD²=AB²-AD²=150² m²,所以BD=150 m,即BC=300 m.又火车的速度为20 m/s,所以点A处受噪音影响的时间是300÷20=15(s).

2. 如图，O是等边三角形ABC内一点，$OA=3$，$OB=4$，$OC=5$，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转$60°$得到线段$BO'$，连接$AO'$。有下列结论：① $△ BO'A$可以由$△ BOC$绕点B逆时针旋转$60°$得到；② 点O与点$O'$的距离为4；③ $∠ AOB=150°$；④ $S_{△ AOB}=6$。其中正确的个数是 （）

A.1
B.2
C.3
D.4

2. C 解析:如图,连接$OO'$,过点 B 作$BE⊥AO$,交 AO的延长线于点 E. 因为$△ABC$是等边三角形,所以$AB=CB,∠ABC=60°$.因为将线段 BO 以点 B 为旋转中心逆时针旋转$60°$得到线段$BO'$,所以$BO'=BO,∠O'BO=60°$.所以$△BO'O$是等边三角形,$∠O'BO=∠ABC=60°$.所以$∠O'BO-∠ABO=∠ABC-∠ABO$,即$∠ABO'=∠CBO$. 所以$△BO'A≌△BOC(SAS)$. 所以$△BO'A$可以由$△BOC$绕点 B 逆时针旋转$60°$得到.故①正确;因为$△BO'O$是等边三角形,且$OB=4$,所以$OO'=OB=4$.所以点 O 与点$O'$的距离为 4.故②正确;因为$OA=3,O'A=OC=5$,所以$OA^2+OO'^2=O'A^2$.所以$△AOO'$是直角三角形,且$∠AOO'=90°$.因为$△BO'O$是等边三角形,所以$∠BOO'=60°$.所以$∠AOB=∠AOO'+∠BOO'=150°$.故③正确;因为$∠E=90°,∠BOE=180°-∠AOB=30°$,所以$BE=\frac{1}{2}OB=2$. 所以$S_{△AOB}=\frac{1}{2}OA·BE=3≠6$.故④错误.综上,正确的个数是 3.

3. (亮点原创) 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，A，B，C，D，E五点都在格点上，则$∠ AED - ∠ ACB$的度数为。
（第3题）

3. $45°$ 解析:如图,易得$∠GAE=∠AED,∠FAG=∠ACB$,所以$∠AED-∠ACB=∠GAE-∠FAG=∠FAE$. 因为$AF^2=EF^2=1^2+2^2=5,AE^2=3^2+1^2=10$,所以$AF^2+EF^2=AE^2,AF=EF$. 所以$△AFE$是等腰直角三角形,且$∠AFE=90°$.所以$∠AED-∠ACB=∠FAE=45°$.

4. 如图是一个长方体透明玻璃鱼缸，其长$AD=80\ \mathrm{cm}$，高$AB=60\ \mathrm{cm}$，水深$AE=40\ \mathrm{cm}$，在水面上紧贴内壁点$G$处有一块面包屑，点$G$在$EF$上，且$EG=60\ \mathrm{cm}$。若一只蚂蚁想从鱼缸外的点$A$沿鱼缸壁爬进鱼缸内的点$G$处吃面包屑，则这只蚂蚁爬行的最短路线的长为$\mathrm{cm}$。

4. 100 解析:如图,作 EF 关于直线 BC 的对称线段$E'F'$,点 G 的对应点为点$G'$,连接$AG'$,则线段$AG'$的长即为这只蚂蚁爬行的最短路线的长,$BE'=BE$,$E'G'=EG$.又$AB=60\ \mathrm{cm},AE=40\ \mathrm{cm},EG=60\ \mathrm{cm}$,所以$BE'=BE=AB-AE=20\ \mathrm{cm},E'G'=EG=60\ \mathrm{cm}$,即$AE'=AB+BE'=80\ \mathrm{cm}$. 又$∠E'=90°$,所以$AG'=\sqrt{AE'^2+E'G'^2}=100\ \mathrm{cm}$.所以这只蚂蚁爬行的最短路线的长为 100 cm.

5. 如图，在$△ ABC$中，$AB=9$，$AC=12$，$BC=15$. 将$△ ABC$沿射线$BM$折叠，使点$A$与边$BC$上的点$D$重合，$E$为射线$BM$上一个动点，连接$DE$，$CE$，当$△ CDE$的周长最小时，$CE$的长为.

5. $\frac{15}{2}$ 解析:由题意,得 A,D 两点关于射线 BM 对称.如图,设 AC 与 BM 的交点为$E'$,连接 AE,则$BA=BD$,$AE=DE,∠BAE'=∠BDE'$.因为$AB=9,AC=12,BC=15$,且$9^2+12^2=15^2$,所以$AB^2+AC^2=BC^2$,即$△ABC$为直角三角形,且$∠BAC=90°$. 所以$∠BDE'=∠BAE'=∠BAC=90°$. 又$∠BDE'+∠CDE'=180°$,所以$∠CDE'=180°-∠BDE'=90°$. 所以$CD=BC-BD=BC-AB=6$. 又$C_{△CDE}=CD+DE+CE=6+DE+CE$,所以当$DE+CE$的值最小时,$C_{△CDE}$的值最小. 又$DE+CE=CE+AE≥AC$,即当 E,$E'$两点重合时,$DE+CE$的值最小,且最小值为 AC 的长. 所以此时$C_{△CDE}$的值最小. 设$CE'=x$,则$DE'=AE'=12-x$. 又$CE'^2=DE'^2+CD^2$,所以$x^2=(12-x)^2+6^2$,解得$x=\frac{15}{2}$. 所以$CE'=\frac{15}{2}$. 则当$△CDE$的周长最小时,CE 的长为$\frac{15}{2}$.

6. (2026·江苏宿迁期中)【知识背景】
我国古代把直角三角形较短的直角边称为“勾”，较长的直角边称为“股”，斜边称为“弦”.据《周髀算经》记载，公元前1000多年就发现了“勾三股四弦五”的结论.像3,4,5这样为三边长能构成直角三角形的3个正整数，称为勾股数.
【应用举例】
观察3,4,5;5,12,13;7,24,25;…可以发现这些勾股数的勾都是奇数，且从3起就没有间断过，当勾为3时，股$4=\frac{1}{2}×(9-1)$，弦$5=\frac{1}{2}×(9+1)$；当勾为5时，股$12=\frac{1}{2}×(25-1)$，弦$13=\frac{1}{2}×(25+1)$；当勾为7时，股$24=\frac{1}{2}×(49-1)$，弦$25=\frac{1}{2}×(49+1)$.请仿照上面三组样例，用发现的规律填空：
(1) 若勾用$n(n≥3$，且$n$为奇数)表示，仿照上文，请用含有$n$的代数式表示股和弦，则股=，弦=；
【问题解决】
(2) 古希腊的哲学家柏拉图也提出了构造勾股数组的公式.具体表述如下：若$a=2m$，$b=m^2-1$，$c=m^2+1$($m$为大于1的整数)，则$a,b,c$为勾股数.请你证明柏拉图公式的正确性；
(3) 毕达哥拉斯在他找到的勾股数的表达式中发现弦与股的差为1，若用$2a^2+2a+1$($a$为任意正整数)表示勾股数中最大的一个数，则另外两个数的表达式分别是多少？

6. (1) $\frac{1}{2}(n^2-1)$ $\frac{1}{2}(n^2+1)$
(2) 因为$a=2m,b=m^2-1,c=m^2+1$($m$为大于1的整数),所以$a^2+b^2=(2m)^2+(m^2-1)^2=4m^2+m^4-2m^2+1=m^4+2m^2+1$. 又$c^2=(m^2+1)^2=m^4+2m^2+1$,所以$a^2+b^2=c^2$,即$a,b,c$为勾股数.
(3) 因为弦与股的差为1,$2a^2+2a+1$($a$为任意正整数)表示勾股数中最大的一个数,所以股$=2a^2+2a$.所以勾$^2=(2a^2+2a+1)^2-(2a^2+2a)^2=(2a^2+2a)^2+2(2a^2+2a)+1-(2a^2+2a)^2=4a^2+4a+1$.又$(2a+1)^2=4a^2+4a+1$,勾$^2+$股$^2=$弦$^2$,所以勾$=2a+1$.