1. 如图，$∠BAC = 90^{\circ}$，以$Rt△ABC$的斜边$BC$为边，在$△ABC$的同侧作正方形$BCEF$，对角线$BE$，$CF$交于点$O$，连接$AO$。若$AB = 2$，$OA = 3\sqrt{2}$，则$AC$的长为(
A.$12\sqrt{2}$
B.$8$
C.$4 + 3\sqrt{2}$
D.$2 + 3\sqrt{2}$
B
)A.$12\sqrt{2}$
B.$8$
C.$4 + 3\sqrt{2}$
D.$2 + 3\sqrt{2}$
答案：1. B
2. 亮点原创·已知$m=\frac{2}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}$，$n=\sqrt{8 + 2\sqrt{15}}$，则$m$与$n$之间的大小关系为$m$_________$n$。(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)
答案：2. =
解析：
$m=\frac{2}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}=\frac{2(\sqrt{5}+\sqrt{3})}{(\sqrt{5}-\sqrt{3})(\sqrt{5}+\sqrt{3})}=\frac{2(\sqrt{5}+\sqrt{3})}{5 - 3}=\sqrt{5}+\sqrt{3}$
$n=\sqrt{8 + 2\sqrt{15}}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 + 2\sqrt{5}×\sqrt{3} + (\sqrt{3})^2}=\sqrt{(\sqrt{5}+\sqrt{3})^2}=\sqrt{5}+\sqrt{3}$
$m=n$
$=$
$n=\sqrt{8 + 2\sqrt{15}}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 + 2\sqrt{5}×\sqrt{3} + (\sqrt{3})^2}=\sqrt{(\sqrt{5}+\sqrt{3})^2}=\sqrt{5}+\sqrt{3}$
$m=n$
$=$
3. 若$\frac{yz}{bz + cy}=\frac{xz}{cx + az}=\frac{xy}{ay + bx}=\frac{x^{2} + y^{2} + z^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$($x\neq0$，$y\neq0$，$z\neq0$)，且$abc = 5$，则$xyz$的值为
$\frac{5}{8}$
。答案：3. $\frac{5}{8}$ 解析：因为$\frac{yz}{bz + cy} = \frac{xz}{cx + az}$，所以$cxyz + ayz^2 = bxz^2 + cxyz$。 又$z \neq 0$，所以$ay = bx$。 同理，得$cy = bz$，$cx = az$。 所以$y = \frac{b}{a}x$，$z = \frac{c}{a}x$。 所以$\frac{xz}{cx + az} = \frac{xz}{az + az} = \frac{x^2 + y^2 + z^2}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2 + (\frac{b}{a}x)^2 + (\frac{c}{a}x)^2}{a^2 + b^2 + c^2}$，即$\frac{x}{2a} = \frac{x^2}{a^2}$。 又$x \neq 0$，$abc = 5$，所以$a \neq 0$，即$a = 2x$。 同理，得$b = 2y$，$c = 2z$，即$xyz = \frac{a}{2} · \frac{b}{2} · \frac{c}{2} = \frac{abc}{8} = \frac{5}{8}$。
解析：
由$\frac{yz}{bz + cy} = \frac{xz}{cx + az}$，交叉相乘得$yz(cx + az) = xz(bz + cy)$，
因为$z \neq 0$，两边同除以$z$得$y(cx + az) = x(bz + cy)$，
展开得$cxy + ayz = bxz + cxy$，消去$cxy$得$ayz = bxz$，
因为$z \neq 0$，两边同除以$z$得$ay = bx$，即$y = \frac{b}{a}x$。
同理，由$\frac{xz}{cx + az} = \frac{xy}{ay + bx}$，交叉相乘得$xz(ay + bx) = xy(cx + az)$，
因为$x \neq 0$，两边同除以$x$得$z(ay + bx) = y(cx + az)$，
展开得$ayz + bxz = cxy + ayz$，消去$ayz$得$bxz = cxy$，
因为$x \neq 0$，两边同除以$x$得$bz = cy$，即$z = \frac{c}{b}y = \frac{c}{b} · \frac{b}{a}x = \frac{c}{a}x$。
设$\frac{yz}{bz + cy} = \frac{xz}{cx + az} = \frac{xy}{ay + bx} = k$，则$\frac{x^2 + y^2 + z^2}{a^2 + b^2 + c^2} = k$。
取$\frac{xz}{cx + az} = k$，将$z = \frac{c}{a}x$代入得：
$\frac{x · \frac{c}{a}x}{c x + a · \frac{c}{a}x} = \frac{\frac{c}{a}x^2}{c x + c x} = \frac{\frac{c}{a}x^2}{2cx} = \frac{x}{2a}$，即$k = \frac{x}{2a}$。
又$\frac{x^2 + y^2 + z^2}{a^2 + b^2 + c^2} = k$，将$y = \frac{b}{a}x$，$z = \frac{c}{a}x$代入得：
$\frac{x^2 + (\frac{b}{a}x)^2 + (\frac{c}{a}x)^2}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2(1 + \frac{b^2}{a^2} + \frac{c^2}{a^2})}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2 · \frac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2}}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2}{a^2}$，即$k = \frac{x^2}{a^2}$。
所以$\frac{x}{2a} = \frac{x^2}{a^2}$，因为$x \neq 0$，$a \neq 0$，两边同乘以$a^2$得$ax = 2x^2$，两边同除以$x$得$a = 2x$，即$x = \frac{a}{2}$。
同理可得$y = \frac{b}{2}$，$z = \frac{c}{2}$。
所以$xyz = \frac{a}{2} · \frac{b}{2} · \frac{c}{2} = \frac{abc}{8}$，因为$abc = 5$，所以$xyz = \frac{5}{8}$。
$\frac{5}{8}$
因为$z \neq 0$，两边同除以$z$得$y(cx + az) = x(bz + cy)$，
展开得$cxy + ayz = bxz + cxy$，消去$cxy$得$ayz = bxz$，
因为$z \neq 0$，两边同除以$z$得$ay = bx$，即$y = \frac{b}{a}x$。
同理，由$\frac{xz}{cx + az} = \frac{xy}{ay + bx}$，交叉相乘得$xz(ay + bx) = xy(cx + az)$，
因为$x \neq 0$，两边同除以$x$得$z(ay + bx) = y(cx + az)$，
展开得$ayz + bxz = cxy + ayz$，消去$ayz$得$bxz = cxy$，
因为$x \neq 0$，两边同除以$x$得$bz = cy$，即$z = \frac{c}{b}y = \frac{c}{b} · \frac{b}{a}x = \frac{c}{a}x$。
设$\frac{yz}{bz + cy} = \frac{xz}{cx + az} = \frac{xy}{ay + bx} = k$，则$\frac{x^2 + y^2 + z^2}{a^2 + b^2 + c^2} = k$。
取$\frac{xz}{cx + az} = k$，将$z = \frac{c}{a}x$代入得：
$\frac{x · \frac{c}{a}x}{c x + a · \frac{c}{a}x} = \frac{\frac{c}{a}x^2}{c x + c x} = \frac{\frac{c}{a}x^2}{2cx} = \frac{x}{2a}$，即$k = \frac{x}{2a}$。
又$\frac{x^2 + y^2 + z^2}{a^2 + b^2 + c^2} = k$，将$y = \frac{b}{a}x$，$z = \frac{c}{a}x$代入得：
$\frac{x^2 + (\frac{b}{a}x)^2 + (\frac{c}{a}x)^2}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2(1 + \frac{b^2}{a^2} + \frac{c^2}{a^2})}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2 · \frac{a^2 + b^2 + c^2}{a^2}}{a^2 + b^2 + c^2} = \frac{x^2}{a^2}$，即$k = \frac{x^2}{a^2}$。
所以$\frac{x}{2a} = \frac{x^2}{a^2}$，因为$x \neq 0$，$a \neq 0$，两边同乘以$a^2$得$ax = 2x^2$，两边同除以$x$得$a = 2x$，即$x = \frac{a}{2}$。
同理可得$y = \frac{b}{2}$，$z = \frac{c}{2}$。
所以$xyz = \frac{a}{2} · \frac{b}{2} · \frac{c}{2} = \frac{abc}{8}$，因为$abc = 5$，所以$xyz = \frac{5}{8}$。
$\frac{5}{8}$
4. 如图，四边形$ABCD$是轴对称图形，对称轴为直线$BD$，$AB = AD = 4$，$∠ABD = 30^{\circ}$，$M$，$N$分别是$BD$，$BC$的中点，$P$，$Q$分别是线段$BD$，$MN$上的动点，连接$PA$，$PQ$，则$PA - PQ$的最大值为
2
。答案：4. 2 解析：连接$CM$，$CP$，$CQ$。 因为四边形$ABCD$是轴对称图形，对称轴为直线$BD$，所以$AB = BC$，$AD = DC$，$\angle ABD = \angle CBD$，$\angle ADB = \angle CDB$。 因为$AB = AD = 4$，$\angle ABD = 30°$，所以$AB = BC = AD = DC = 4$，$\angle ABD = \angle ADB = \angle CBD = \angle CDB = 30°$，即四边形$ABCD$是菱形，$\angle BCD = 180° - \angle CBD - \angle CDB = 120°$。 因为$M$是$BD$的中点，所以$CM ⊥ BD$，即$CM = \frac{1}{2}BC = 2$。 又$N$是$BC$的中点，所以$MN = BN = CN = \frac{1}{2}BC = 2$，即$CM = CN = MN = 2$。 所以$\triangle CMN$是等边三角形。 因为$A$，$C$两点关于直线$BD$对称，所以$PA = PC$。 所以$PA - PQ = PC - PQ \leq CQ$。 因为点$Q$在线段$MN$上，所以当点$Q$与点$M$或点$N$重合时，$CQ$的长最大，且最大值为$2$。 所以$PA - PQ \leq 2$，即$PA - PQ$的最大值为$2$。
解析：
证明：连接$CM$，$CP$，$CQ$。
因为四边形$ABCD$是轴对称图形，对称轴为直线$BD$，所以$AB = BC$，$AD = DC$，$\angle ABD=\angle CBD$，$\angle ADB = \angle CDB$。
因为$AB = AD = 4$，$\angle ABD = 30°$，所以$AB=BC=AD=DC=4$，$\angle ABD=\angle ADB=\angle CBD=\angle CDB=30°$，即四边形$ABCD$是菱形。
$\angle BCD=180°-\angle CBD-\angle CDB=120°$。
因为$M$是$BD$的中点，所以$CM⊥ BD$，在$Rt\triangle BMC$中，$\angle CBM = 30°$，则$CM=\frac{1}{2}BC = 2$。
因为$N$是$BC$的中点，所以$BN=CN=\frac{1}{2}BC = 2$。
在$\triangle BCD$中，$M$，$N$分别是$BD$，$BC$的中点，所以$MN// CD$，$MN=\frac{1}{2}CD=2$，即$CM=CN=MN=2$，所以$\triangle CMN$是等边三角形。
因为$A$，$C$两点关于直线$BD$对称，所以$PA = PC$，则$PA - PQ=PC - PQ$。
根据三角形三边关系，$PC - PQ\leq CQ$。
因为点$Q$在线段$MN$上，所以当点$Q$与点$M$或点$N$重合时，$CQ$的长最大，最大值为$2$。
所以$PA - PQ\leq 2$，即$PA - PQ$的最大值为$2$。
$2$
因为四边形$ABCD$是轴对称图形，对称轴为直线$BD$，所以$AB = BC$，$AD = DC$，$\angle ABD=\angle CBD$，$\angle ADB = \angle CDB$。
因为$AB = AD = 4$，$\angle ABD = 30°$，所以$AB=BC=AD=DC=4$，$\angle ABD=\angle ADB=\angle CBD=\angle CDB=30°$，即四边形$ABCD$是菱形。
$\angle BCD=180°-\angle CBD-\angle CDB=120°$。
因为$M$是$BD$的中点，所以$CM⊥ BD$，在$Rt\triangle BMC$中，$\angle CBM = 30°$，则$CM=\frac{1}{2}BC = 2$。
因为$N$是$BC$的中点，所以$BN=CN=\frac{1}{2}BC = 2$。
在$\triangle BCD$中，$M$，$N$分别是$BD$，$BC$的中点，所以$MN// CD$，$MN=\frac{1}{2}CD=2$，即$CM=CN=MN=2$，所以$\triangle CMN$是等边三角形。
因为$A$，$C$两点关于直线$BD$对称，所以$PA = PC$，则$PA - PQ=PC - PQ$。
根据三角形三边关系，$PC - PQ\leq CQ$。
因为点$Q$在线段$MN$上，所以当点$Q$与点$M$或点$N$重合时，$CQ$的长最大，最大值为$2$。
所以$PA - PQ\leq 2$，即$PA - PQ$的最大值为$2$。
$2$
5. 【问题背景】
已知在矩形纸片$ABCD$中，$AB = 6$，$BC = 10$，点$P$在边$AB$上，点$Q$在边$BC$上，将纸片沿$PQ$折叠，使顶点$B$落在点$E$处。
(1)如图①，若折痕的端点$P$与点$A$重合。
① 当$∠CQE = 50^{\circ}$时，$∠AQB =$
② 若点$E$恰好落在线段$QD$上，则$BQ$的长为
【深入思考】
(2)如图②，若点$E$恰好落在边$AD$上。
① 过点$E$作$EF// AB$交$PQ$于点$F$，交$BC$于点$G$，连接$BF$。请根据题意，补全图②并证明四边形$PBFE$是菱形，
② 在(2)①的条件下，当$AE = 3$时，求$PQ$的长；
【拓展提升】
(3)如图③，连接$DE$，$DQ$。若$DQ⊥PQ$，$△DEQ$是以$DQ$为腰的等腰三角形，求$BQ$的长。
已知在矩形纸片$ABCD$中，$AB = 6$，$BC = 10$，点$P$在边$AB$上，点$Q$在边$BC$上，将纸片沿$PQ$折叠，使顶点$B$落在点$E$处。
(1)如图①，若折痕的端点$P$与点$A$重合。
① 当$∠CQE = 50^{\circ}$时，$∠AQB =$
$65°$
，② 若点$E$恰好落在线段$QD$上，则$BQ$的长为
2
；【深入思考】
(2)如图②，若点$E$恰好落在边$AD$上。
① 过点$E$作$EF// AB$交$PQ$于点$F$，交$BC$于点$G$，连接$BF$。请根据题意，补全图②并证明四边形$PBFE$是菱形，
② 在(2)①的条件下，当$AE = 3$时，求$PQ$的长；
【拓展提升】
(3)如图③，连接$DE$，$DQ$。若$DQ⊥PQ$，$△DEQ$是以$DQ$为腰的等腰三角形，求$BQ$的长。
答案：5. (1) ①$65°$
②$2$
(2) ①图略。 因为$EF // AB$，所以$\angle EFP = \angle BPF$。 由折叠的性质，得$EP = BP$，$EF = BF$，$\angle EPF = \angle BPF$。 所以$\angle EPF = \angle EFP$。 所以$EP = EF$。 所以$BP = EP = EF = BF$。 所以四边形$PBFE$是菱形。
②因为四边形$ABCD$是矩形，所以$\angle A = \angle ABC = 90°$。 因为$EF // AB$，所以$\angle EGQ = \angle ABC = 90°$，$\angle A + \angle AEG = 180°$。 所以$\angle AEG = 180° - \angle A = 90°$。 所以四边形$ABGE$是矩形。 又$AB = 6$，$AE = 3$，所以$EG = AB = 6$，$BG = AE = 3$。 由(2) ①，得$BP = EP$。 设$BP = EP = x$，则$AP = AB - BP = 6 - x$。 在$Rt\triangle APE$中，由勾股定理，得$AP^2 + AE^2 = EP^2$，所以$(6 - x)^2 + 3^2 = x^2$，解得$x = \frac{15}{4}$。 所以$BP = \frac{15}{4}$。 由折叠的性质，得$BQ = EQ$。 设$BQ = EQ = y$，则$GQ = BQ - BG = y - 3$。 在$Rt\triangle EGQ$中，由勾股定理，得$EG^2 + GQ^2 = EQ^2$，所以$6^2 + (y - 3)^2 = y^2$，解得$y = \frac{15}{2}$。 所以$BQ = \frac{15}{2}$。 在$Rt\triangle BPQ$中，由勾股定理，得$PQ = \sqrt{BP^2 + BQ^2} = \frac{15\sqrt{5}}{4}$。
(3) 因为四边形$ABCD$是矩形，$AB = 6$，所以$CD = AB = 6$，$\angle C = 90°$。 由折叠的性质，得$\angle PQE = \angle PQB$，$EQ = BQ$。 设$EQ = BQ = m$。 因为$BC = 10$，所以$CQ = BC - BQ = 10 - m$。 因为$\triangle DEQ$是以$DQ$为腰的等腰三角形，所以分类讨论如下：当$DQ = EQ = m$时，在$Rt\triangle CDQ$中，由勾股定理，得$CD^2 + CQ^2 = DQ^2$，所以$6^2 + (10 - m)^2 = m^2$，解得$m = \frac{34}{5}$。 所以$BQ = \frac{34}{5}$； 当$DQ = DE$时，过点$D$作$DM ⊥ EQ$于点$M$，则$\angle DMQ = 90°$，$ME = MQ = \frac{1}{2}EQ = \frac{1}{2}m$。 所以$\angle DMQ = \angle C$。 因为$DQ ⊥ PQ$，所以$\angle DQP = 90°$。 所以$\angle DQM + \angle PQM = 90°$，$\angle DQC + \angle PQB = 180° - \angle DQP = 90°$。 所以$\angle DQM = \angle DQC$。 又$DQ = DQ$，所以$\triangle DMQ \cong \triangle DCQ (AAS)$。 所以$MQ = CQ = 10 - m$。 所以$\frac{1}{2}m = 10 - m$，解得$m = \frac{20}{3}$。 所以$BQ = \frac{20}{3}$。 综上，$BQ$的长为$\frac{34}{5}$或$\frac{20}{3}$。
②$2$
(2) ①图略。 因为$EF // AB$，所以$\angle EFP = \angle BPF$。 由折叠的性质，得$EP = BP$，$EF = BF$，$\angle EPF = \angle BPF$。 所以$\angle EPF = \angle EFP$。 所以$EP = EF$。 所以$BP = EP = EF = BF$。 所以四边形$PBFE$是菱形。
②因为四边形$ABCD$是矩形，所以$\angle A = \angle ABC = 90°$。 因为$EF // AB$，所以$\angle EGQ = \angle ABC = 90°$，$\angle A + \angle AEG = 180°$。 所以$\angle AEG = 180° - \angle A = 90°$。 所以四边形$ABGE$是矩形。 又$AB = 6$，$AE = 3$，所以$EG = AB = 6$，$BG = AE = 3$。 由(2) ①，得$BP = EP$。 设$BP = EP = x$，则$AP = AB - BP = 6 - x$。 在$Rt\triangle APE$中，由勾股定理，得$AP^2 + AE^2 = EP^2$，所以$(6 - x)^2 + 3^2 = x^2$，解得$x = \frac{15}{4}$。 所以$BP = \frac{15}{4}$。 由折叠的性质，得$BQ = EQ$。 设$BQ = EQ = y$，则$GQ = BQ - BG = y - 3$。 在$Rt\triangle EGQ$中，由勾股定理，得$EG^2 + GQ^2 = EQ^2$，所以$6^2 + (y - 3)^2 = y^2$，解得$y = \frac{15}{2}$。 所以$BQ = \frac{15}{2}$。 在$Rt\triangle BPQ$中，由勾股定理，得$PQ = \sqrt{BP^2 + BQ^2} = \frac{15\sqrt{5}}{4}$。
(3) 因为四边形$ABCD$是矩形，$AB = 6$，所以$CD = AB = 6$，$\angle C = 90°$。 由折叠的性质，得$\angle PQE = \angle PQB$，$EQ = BQ$。 设$EQ = BQ = m$。 因为$BC = 10$，所以$CQ = BC - BQ = 10 - m$。 因为$\triangle DEQ$是以$DQ$为腰的等腰三角形，所以分类讨论如下：当$DQ = EQ = m$时，在$Rt\triangle CDQ$中，由勾股定理，得$CD^2 + CQ^2 = DQ^2$，所以$6^2 + (10 - m)^2 = m^2$，解得$m = \frac{34}{5}$。 所以$BQ = \frac{34}{5}$； 当$DQ = DE$时，过点$D$作$DM ⊥ EQ$于点$M$，则$\angle DMQ = 90°$，$ME = MQ = \frac{1}{2}EQ = \frac{1}{2}m$。 所以$\angle DMQ = \angle C$。 因为$DQ ⊥ PQ$，所以$\angle DQP = 90°$。 所以$\angle DQM + \angle PQM = 90°$，$\angle DQC + \angle PQB = 180° - \angle DQP = 90°$。 所以$\angle DQM = \angle DQC$。 又$DQ = DQ$，所以$\triangle DMQ \cong \triangle DCQ (AAS)$。 所以$MQ = CQ = 10 - m$。 所以$\frac{1}{2}m = 10 - m$，解得$m = \frac{20}{3}$。 所以$BQ = \frac{20}{3}$。 综上，$BQ$的长为$\frac{34}{5}$或$\frac{20}{3}$。