?專題06 三角形綜合的壓軸真題訓練
一．全等三角形的判定與性質(zhì)
1．（2022?淄博）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D在AC邊上，過△ABD的內(nèi)心I作IE⊥BD于點E．若BD＝10，CD＝4，則BE的長為（　?。?br />
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【解答】解：如圖，連接AI，BI，CI，DI，過點I作IT⊥AC于點T．

∵I是△ABD的內(nèi)心，
∴∠BAI＝∠CAI，
∵AB＝AC，AI＝AI，
∴△BAI≌△CAI（SAS），
∴IB＝IC，
∵∠ITD＝∠IED＝90°，∠IDT＝∠IDE，DI＝DI，
∴△IDT≌△IDE（AAS），
∴DE＝DT，IT＝IE，
∵∠BEI＝∠CTI＝90°，
∴Rt△BEI≌Rt△CTI（HL），
∴BE＝CT，
設BE＝CT＝x，
∵DE＝DT，
∴10﹣x＝x﹣4，
∴x＝7，
∴BE＝7．
故選：B．
2．（2022?湘西州）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M為BC的中點，H為AB上一點，過點C作CG∥AB，交HM的延長線于點G，若AC＝8，AB＝6，則四邊形ACGH周長的最小值是（　　）

A．24 B．22 C．20 D．18
【答案】B
【解答】解：∵CG∥AB，
∴∠B＝∠MCG，
∵M是BC的中點，
∴BM＝CM，
在△BMH和△CMG中，
，
∴△BMH≌△CMG（ASA），
∴HM＝GM，BH＝CG，
∵AB＝6，AC＝8，
∴四邊形ACGH的周長＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，
∴當GH最小時，即MH⊥AB時四邊形ACGH的周長有最小值，
∵∠A＝90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四邊形ACGH為矩形，
∴GH＝8，
∴四邊形ACGH的周長最小值為14+8＝22，
故選：B．
3．（2022?南充）如圖，正方形ABCD邊長為1，點E在邊AB上（不與A，B重合），將△ADE沿直線DE折疊，點A落在點A處，連接AB，將AB繞點B順時針旋轉90°得到AB，連接AA，AC，AC．給出下列四個結論：①△ABA≌△CBA；②∠ADE+∠ACB＝45°；③點P是直線DE上動點，則CP+AP的最小值為；④當∠ADE＝30°時，△ABE的面積為．其中正確的結論是 　 ．（填寫序號）

【答案】①②③　
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠ABA＝∠ABC＝90°，
∴∠ABA＝∠CBA，
∵BA＝BA，
∴△ABA≌△CBA（SAS），故①正確，
過點D作DT⊥CA于點T，
∵CD＝DA，
∴∠CDT＝∠ADT，
∵∠ADE＝∠ADE，∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDT＝45°，
∵∠CDT+∠DCT＝90°，∠DCT+∠BCA＝90°，
∴∠CDT＝∠BCA，
∴∠ADE+∠BCA＝45°，故②正確．
連接PA，AC．
∵A，A關于DE對稱，
∴PA＝PA，
∴PA+PC＝PA+PC≥AC＝，
∴PA+PC的最小值為，故③正確，
過點A作AH⊥AB于點H，
∵∠ADE＝30°，
∴AE＝AE＝AD?tan30°＝，
∴EB＝AB﹣AE＝1﹣，
∵∠AEB＝60°，
∴AH＝AE?sin60°＝×＝，
∴＝×（1﹣）×＝，故④錯誤．
故答案為：①②③．


4．（2022?朝陽）等邊三角形ABC中，D是邊BC上的一點，BD＝2CD，以AD為邊作等邊三角形ADE，連接CE．若CE＝2，則等邊三角形ABC的邊長為 　 ?。?br /> 【答案】3或．
【解答】解：如圖，E點在AD的右邊，

∵△ADE與△ABC都是等邊三角形，
∴AC＝AB，AE＝AD，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠CAD＝∠BAC﹣∠CAD，
即∠CAE＝∠BAD．
在△CAE和△BAD中，
，
∴△CAE≌△BAD（SAS），
∴CE＝BD＝2，
∵BD＝2CD，
∴CD＝1，
∴BC＝BD+CD＝2+1＝3，
∴等邊三角形ABC的邊長為3，
如圖，E點在AD的左邊，

同上，△BAE≌△CAD（SAS），
∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，
∴∠EBD＝120°，
過點E作EF⊥BC交CB的延長線于點F，則∠EBF＝60°，
∴EF＝BE＝CD，BF＝BE＝CD，
∴CF＝BF+BD+CD＝CD，
在Rt△EFC中，CE＝2，
∴EF+CF＝CE＝4，
∴+＝4，
∴CD＝或CD＝﹣（舍去），
∴BC＝，
∴等邊三角形ABC的邊長為，
故答案為：3或．
5．（2022?日照）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，4），P是x軸上一動點，把線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，連接OF，則線段OF長的最小值是 　　．

【答案】2
【解答】解：方法一：∵將線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，
∴∠APF＝60°，PF＝PA，
∴△APF是等邊三角形，
∴AP＝AF，
如圖，當點F在x軸上時，△PAF為等邊三角形，
則PA＝PF＝AF，∠APF＝60°，
∵AO⊥PF，
∴PO＝FO，∠AOP＝90°，
∴∠PAO＝30°，且AO＝4，
由勾股定理得：PO＝FO＝，
∴PA＝PF＝AF＝，
∴點F的坐標為（，0），
如圖，當點F在y軸上時，
∵△PAF為等邊三角形，AO⊥PO，
∴AO＝FO＝4，
∴點F的坐標為（0，﹣4），
∵tan∠OFF＝＝＝，
∴∠OFF＝60°，
∴點F運動所形成的圖象是一條直線，
∴當OF⊥FF時，線段OF最短，
設直線FF的解析式為y＝kx+b，
則 ，
解得，
∴直線FF的解析式為y＝x﹣4，
∵AO＝FO＝4，AO⊥PF，
∴FF＝AF＝，
在Rt△OFF中，
設點O到FF的距離為h，則
×OF×OF＝×FF×h，
∴××4＝××h，
解得h＝2，
即線段OF的最小值為2；
方法二：如圖，在第二象限作等邊三角形AOB，連接BP、AF，
過點B作BP′⊥x軸于點P′，

∵將線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，
∴∠APF＝60°，PF＝PA，
∴△APF是等邊三角形，
∴AP＝AF，∠PAF＝60°，
∵△AOB是等邊三角形，
∴AB＝AO＝OB＝4，∠BAO＝60°，
∴∠BAP＝60°+∠OAP＝∠OAF，
在△BAP和△OAF中，
，
∴△BAP≌△OAF（SAS），
∴BP＝OF，
∵P是x軸上一動點，
∴當BP⊥x軸時，BP最小，即點P與點P′重合時BP＝BP′最小，
∵∠BOP′＝30°，∠BP′O＝90°，
∴BP′＝OB＝×4＝2，
∴OF的最小值為2，
故答案為2．

二．勾股定理
6．（2022?內(nèi)江）勾股定理被記載于我國古代的數(shù)學著作《周髀算經(jīng)》中，漢代數(shù)學家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅如圖①所示的“弦圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”．圖②由弦圖變化得到，它是由八個全等的直角三角形拼接而成．記圖中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面積分別為S、S、S．若正方形EFGH的邊長為4，則S+S+S＝　 　．

【答案】48
【解答】解：設八個全等的直角三角形的長直角邊為a，短直角邊是b，則：
S＝（a+b），S＝4＝16，S＝（a﹣b），
且：a+b＝EF＝16，
∴S+S+S＝（a+b）+16+（a﹣b）＝2（a+b）+16
＝2×16+16
＝48．
故答案為：48．
7．（2022?常州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點D與點B重合）平移至終止位置（點E與點A重合），且斜邊DE始終在線段AB上，則Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域面積是 　 　．

【答案】21
【解答】解：如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點H，過點F′作F′H⊥AB于點H，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域是梯形MFF′N．

在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，
∴DE＝＝＝5，
在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，
∴AB＝＝＝15，
∵?DF?EF＝?DE?GF，
∴FG＝，
∴BG＝＝＝，
∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，
∴F′H＝FG＝，
∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，
∵BF∥AC，
∴＝＝，
∴BM＝AB＝，
同法可證AN＝AB＝，
∴MN＝15﹣﹣＝，
∴Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域的面積＝×（10+）×＝21，
故答案為：21．
8．（2022?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是 　 ?。?br />
【答案】80
【解答】解：過點D作DM⊥CI，交CI的延長線于點M，過點F作FN⊥CI于點N，

∵△ABC為直角三角形，四邊形ACDE，BCFG為正方形，過點C作AB的垂線CJ，CJ＝4，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，
∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，
∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），
∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，
∴DM＝NF，
∴△DMI≌△FNI（AAS），
∴DI＝FI，MI＝NI，
∵∠DCF＝90°，
∴DI＝FI＝CI＝5，
在Rt△DMI中，由勾股定理可得：
MI＝＝＝3，
∴NI＝MI＝3，
∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，
∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，
∵四邊形ABHL為正方形，
∴AL＝AB＝10，
∵四邊形AJKL為矩形，
∴四邊形AJKL的面積為：AL?AJ＝10×8＝80，
故答案為：80．
三．等腰直角三角形（共2小題）
9．（2022?宜賓）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結CE．下列結論：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，則＝；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則CE＝2+．其中含所有正確結論的選項是（　　）

A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【解答】解：如圖1中，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正確，
∵∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AEC+∠ADC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCE＝90°，
取DE的中點O，連接OA，OA，OC，則OA＝OD＝OE＝OC，
∴A，D，C，E四點共圓，
∴∠DAC＝∠CED，故②正確，
設CD＝m，則BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，
過點C作CJ⊥DF于點J，
∵tan∠CDF＝＝＝2，
∴CJ＝m，
∵AO⊥DE，CJ⊥DE，
∴AO∥CJ，
∴＝＝＝，故③正確．
如圖2中，將△BPC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接PN，

∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等邊三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴當點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，
∴∠BPD＝∠CPD＝60°，
設PD＝t，則BD＝AD＝t，
∴2+t＝t，
∴t＝+1，
∴CE＝BD＝t＝3+，故④錯誤．
故選：B．
10．（2022?綿陽）如圖，四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，AC⊥BC，∠ABC＝45°，AC與BD交于點E，若AB＝2，CD＝2，則△ABE的面積為 　 ?。?br />
【答案】
【解答】解：過點D作DF⊥AC于點F，

∵AC⊥BC，∠ABC＝45°，
∴AC＝BC＝AB＝2，
∵∠ADC＝90°，CD＝2，
∴AD＝，
∵，
∴DF＝，
∴AF＝，
∴CF＝，
∵DF∥BC，
∴△DEF∽△BEC，
∴，即，
∴EF＝，
∴AE＝，
∴．
故答案為：．
11．（2022?安徽）已知點O是邊長為6的等邊△ABC的中心，點P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為S，S，S，S．若S+S+S＝2S，則線段OP長的最小值是（　?。?br /> A． B． C．3 D．
【答案】B
【解答】解：如圖，不妨假設點P在AB的左側，
∵S+S＝S+S，
∴S+S＝S+S，
∵S+S+S＝2S，
∴S+S+S＝2，
∴S＝S，
∵△ABC是等邊三角形，邊長為6，
∴S＝×6＝9，
∴S＝，
過點P作AB的平行線PM，連接CO延長CO交AB于點R，交PM于點T．
∵△PAB的面積是定值，
∴點P的運動軌跡是直線PM，
∵O是△ABC的中心，
∴CT⊥AB，CT⊥PM，
∴?AB?RT＝，CR＝3，OR＝，
∴RT＝，
∴OT＝OR+TR＝，
∵OP≥OT，
∴OP的最小值為，
當點P在②區(qū)域時，同法可得OP的最小值為，
如圖，當點P在①③⑤區(qū)域時，OP的最小值為，當點P在②④⑥區(qū)域時，最小值為，
∵＜，

故選：B．

12．（2022?溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連結CF，作GM⊥CF于點M，BJ⊥GM于點J，AK⊥BJ于點K，交CF于點L．若正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，CE＝+，則CH的長為（　　）

A． B． C．2 D．
【答案】C
【解答】解：設CF交AB于點P，過C作CN⊥AB于點N，如圖：

設正方形JKLM邊長為m，
∴正方形JKLM面積為m，
∵正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，
∴正方形ABGF的面積為5m，
∴AF＝AB＝m，
由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，
∴△AFL≌△FGM（AAS），
∴AL＝FM，
設AL＝FM＝x，則FL＝FM+ML＝x+m，
在Rt△AFL中，AL+FL＝AF，
∴x+（x+m）＝（m），
解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），
∴AL＝FM＝m，F(xiàn)L＝2m，
∵tan∠AFL＝＝＝＝，
∴＝，
∴AP＝，
∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，
∴AP＝BP，即P為AB中點，
∵∠ACB＝90°，
∴CP＝AP＝BP＝，
∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，
∴△CPN∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴CN＝m，PN＝m，
∴AN＝AP+PN＝m，
∴tan∠BAC＝＝＝＝，
∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，
∴△AEC∽△BCH，
∴＝，
∵CE＝+，
∴＝，
∴CH＝2，
故選：C．
13．（2022?湖州）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點，BM＝4，BN＝2．若點P是這個網(wǎng)格圖形中的格點，連結PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（　　）

A．4 B．6 C．2 D．3
【答案】C
【解答】解：如圖所示：
∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，
∴△BMN≌△CNP（SAS），
∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，
∵∠BMN+∠BNM＝90°，
∴∠BNM+∠CNP＝90°，
∴∠MNP＝90°，
∴△NMP為等腰直角三角形，
根據(jù)題意得到點P的軌跡為圓弧，當MP為直徑時最長，
在Rt△BMN和Rt△NCP中，
根據(jù)勾股定理得：MN＝NP＝＝2，
則PM＝＝2．
故選：C．

14．（2022?蘇州）如圖，點A的坐標為（0，2），點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC．若點C的坐標為（m，3），則m的值為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：過C作CD⊥x軸于點D，CE⊥y軸于點E，如圖：

∵CD⊥x軸，CE⊥y軸，∠DOE＝90°，
∴四邊形EODC是矩形，
∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉60°得到線段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，
∴AC＝＝＝BC＝AB，
在Rt△BCD中，BD＝＝＝，
在Rt△AOB中，OB＝＝＝，
∵OB+BD＝OD＝m，
∴+＝m，
化簡變形得：3m﹣22m﹣25＝0，
解得m＝或m＝﹣（舍去），
∴m＝，
故選：C．
三．等腰直角三角形（共1小題）
15．（2022?成都）如圖，在△ABC中，按以下步驟作圖：①分別以點B和C為圓心，以大于BC的長為半徑作弧，兩弧相交于點M和N；②作直線MN交邊AB于點E．若AC＝5，BE＝4，∠B＝45°，則AB的長為 　　．

【答案】7
【解答】解：設MN交BC于D，連接EC，如圖：

由作圖可知：MN是線段BC的垂直平分線，
∴BE＝CE＝4，
∴∠ECB＝∠B＝45°，
∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，
在Rt△ACE中，
AE＝＝＝3，
∴AB＝AE+BE＝3+4＝7，
故答案為：7．
四．等邊三角形的性質(zhì)（共2小題）
16．（2022?張家界）如圖，點O是等邊三角形ABC內(nèi)一點，OA＝2，OB＝1，OC＝，則△AOB與△BOC的面積之和為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：將△AOB繞點B順時針旋轉60°得△CDB，連接OD，

∴OB＝BD，∠OBD＝60°，CD＝OA＝2，
∴△BOD是等邊三角形，
∴OD＝OB＝1，
∵OD+OC＝1+（）＝4，CD＝2＝4，
∴OD+OC＝CD，
∴∠DOC＝90°，
∴△AOB與△BOC的面積之和為S+S＝S+S＝×1+＝，
故選：C．
17．（2022?鄂州）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D、E分別為邊BC、AC上的點，AD與BE相交于點P，若BD＝CE＝2，則△ABP的周長為 　 ?。?br />
【答案】
【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，
在△ABD和△BCE中，

∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，
∴∠APB＝120°，
在CB上取一點F使CF＝CE＝2，則BF＝BC﹣CF＝4，
∴∠C＝60°，
∴△CEF是等邊三角形，
∴∠BFE＝120°，
即∠APB＝∠BFE，
∴△APB∽△BFE，
∴＝＝2，
設BP＝x，則AP＝2x，
作BH⊥AD延長線于H，

∵∠BPD＝∠APE＝60°，
∴∠PBH＝30°，
∴PH＝，BH＝，
∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，
在Rt△ABH中，AH+BH＝AB，
即（x）+（x）＝6，
解得x＝或﹣（舍去），
∴AP＝，BP＝，
∴△ABP的周長為AB+AP+BP＝6++＝6+＝，
故答案為：．
五．含30度角的直角三角形（共1小題）
18．（2022?十堰）【閱讀材料】如圖①，四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，若∠BAD＝2∠EAF，則EF＝BE+DF．

【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形ABCD．已知CD＝CB＝100m，∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，道路AD，AB上分別有景點M，N，且DM＝100m，BN＝50（﹣1）m，若在M，N之間修一條直路，則路線M→N的長比路線M→A→N的長少 　 　m（結果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：≈1.7）．

【答案】370
【解答】解：解法一：如圖，延長DC，AB交于點G，過點N作NH⊥AD于H，

∵∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，
∴∠A＝360°﹣60°﹣120°﹣150°＝30°，
∴∠G＝90°，
∴AD＝2DG，
Rt△CGB中，∠BCG＝180°﹣150°＝30°，
∴BG＝BC＝50，CG＝50，
∴DG＝CD+CG＝100+50，
∴AD＝2DG＝200+100，AG＝DG＝150+100，
∵DM＝100，
∴AM＝AD﹣DM＝200+100﹣100＝100+100，
∵BG＝50，BN＝50（﹣1），
∴AN＝AG﹣BG﹣BN＝150+100﹣50﹣50（﹣1）＝150+50，
Rt△ANH中，∵∠A＝30°，
∴NH＝AN＝75+25，AH＝NH＝75+75，
由勾股定理得：MN＝＝＝50（+1），
∴AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．
答：路線M→N的長比路線M→A→N的長少370m．
解法二：如圖，延長DC，AB交于點G，連接CN，CM，則∠G＝90°，

∵CD＝DM，∠D＝60°，
∴△DCM是等邊三角形，
∴∠DCM＝60°，
由解法一可知：CG＝50，GN＝BG+BN＝50+50（﹣1）＝50，
∴△CGN是等腰直角三角形，
∴∠GCN＝45°，
∴∠BCN＝45°﹣30°＝15°，
∴∠MCN＝150°﹣60°﹣15°＝75°＝∠BCD，
由【閱讀材料】的結論得：MN＝DM+BN＝100+50（﹣1）＝50+50，
∵AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．
答：路線M→N的長比路線M→A→N的長少370m．
故答案為：370．
六．等腰直角三角形（共2小題）
19．（2022?長沙）如圖，在△ABC中，按以下步驟作圖：
①分別以點A、B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，兩弧交于P、Q兩點；
②作直線PQ交AB于點D；
③以點D為圓心，AD長為半徑畫弧交PQ于點M，連接AM、BM．
若AB＝2，則AM的長為（　?。?br />
A．4 B．2 C． D．
【答案】B
【解答】解：由作圖可知，PQ是AB的垂直平分線，
∴AM＝BM，
∵以點D為圓心，AD長為半徑畫弧交PQ于點M，
∴DA＝DM＝DB，
∴∠DAM＝∠DMA，∠DBM＝∠DMB，
∵∠DAM+∠DMA+∠DBM+∠DMB＝180°，
∴2∠DMA+2∠DMB＝180°，
∴∠DMA+∠DMB＝90°，即∠AMB＝90°，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴AM＝AB＝×2＝2，
故選：B．
20．（2022?河南）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，點D為AB的中點，點P在AC上，且CP＝1，將CP繞點C在平面內(nèi)旋轉，點P的對應點為點Q，連接AQ，DQ．當∠ADQ＝90°時，AQ的長為 　 ?。?br />
【答案】或
【解答】解：如圖：

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴AB＝AC＝4，
∵點D為AB的中點，
∴CD＝AD＝AB＝2，∠ADC＝90°，
∵∠ADQ＝90°，
∴點C、D、Q在同一條直線上，
由旋轉得：
CQ＝CP＝CQ′＝1，
分兩種情況：
當點Q在CD上，
在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，
∴AQ＝＝＝，
當點Q在DC的延長線上，
在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，
∴AQ′＝＝＝，
綜上所述：當∠ADQ＝90°時，AQ的長為或，
故答案為：或．


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