2024_2025学年江苏省连云港市赣榆区八年级上学期期中考试数学检测试卷（含答案）

这是一份2024_2025学年江苏省连云港市赣榆区八年级上学期期中考试数学检测试卷（含答案），共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A. B.C. D.

2.如图，三个正方形围成一个直角三角形，图中的数据是它们的面积，则正方形A的面积为（ ）
A.9B.16C.25D.5

3.已知等腰三角形的底边长是6，腰长为5，则这个等腰三角形的面积是（ ）
A.30B.15C.24D.12

4.下列条件中，不能判断△ABC为直角三角形的是（ ）
A.a2=1，b2=2，c2=3B.a:b:c=5:12:13
C.∠A+∠B=∠CD.∠A:∠B:∠C=3:4:5

5.如图，D是AB上一点，DF交AC于点E．DE=FE．FC∥AB．若AB=6．CF=4．则BD的长是（ ）
A.1.5B.2C.2.5D.3

6.如图，∠MON=90∘，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OM，ON于点A，D，再以点A为圆心，AO长为半径画弧，与弧AD交于点B，连接OB、AB，AB的延长线交ON于点C，若OD=4，则CB的长为（ ）
A.3B.4C.5D.6

7.等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为40∘，则其顶角为（ ）
A.50∘B.130∘C.50∘或130∘D.55∘或130∘

8.如图，Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3，AB=5，D、E、F分别是AB、BC、AC边上的动点，则△DEF的周长的最小值是（ ）
A.3.5B.4.5C.4.8D.6
二、填空题

9.一个等腰三角形的两边长分别是2cm和4cm，则它的周长是________________cm．

10.如图，AM是∠BAC的角平分线，点P在AM上，PD⊥AB，垂足为D，且PD=5cm，则点P到AC的距离是____________cm．

11.如图， 在△ABC中，边 AB 的垂直平分线分别交 BC、AB 于点 D、E，AE=4cm，△ADC的周长为9cm，则△ABC的周长是______________cm．


12.若直角三角形斜边上的高和中线长分别是4cm，6cm，则它的面积是________cm2．

13.如图，在数轴上点A表示原点，点B表示的数为1.5，AB⊥BC，垂足为B，且BC=2，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交数轴正半轴于点D，则点D表示的数为____________．

14.有下列条件：①AB=3，BC=4，AC=6；②AB=6、∠C=90∘；③AB=4，BC=3，∠A=30∘；④∠A=60∘，∠B=45∘，AB=4．其中，不能画出唯一的△ABC（即不能确定△ABC的形状与大小）的是______________．（填序号）

15.把长方形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和 D重合，折痕EF，若AB=3cm， BC=5cm，则线段DE=_______________cm.

16.如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，∠B=50∘，D为BC的中点，点E在AB上，∠AED=69∘，若点P是等腰三角形ABC的腰AC上的一点，则当△EDP是以DE为腰的等腰三角形时，∠EDP的度数是____________．
三、解答题

17.已知：如图，BD=CD，∠BDA=∠CDA．
求证：△ABD≅△ACD．

18.如图，∠A=∠D=90∘，点B，E，F在同一直线上，AB=CD，BE=CF，求证△ABF≅△DCE．

19.在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，网格中有一个△ABC，该三角形的三个顶点均在格点上．
（1）在图中作出△ABC关于直线MN对称的△A′B′C′；
（2）若直线MN上有一点Q，请标出使QB+QC的值最小时点Q的位置；
（3）图中若有格点P满足PA=PC，则这样的格点P有______个．

20.如图，已知BC=DE,∠C=∠E,∠BAD=∠CAE，AC与DE交于点F，求证：AD平分∠BDE．

21.如图，△ABC中，AB=AC=4，BC=6，点D、E分别在BC、AC上，且∠1=∠C，若AD=DE，求AE的长．

22.如图，已知在△ABD中，AB=8,AD=17,∠ABD=90∘，BC=9，CD=12，求△BCD的面积．

23.如图，已知△ABC．
（1）尺规作图：①作AC的中点D；②在BC上确定点E，使点E到AB、AC的距离相等；
（2）连接DE，若AB=AC，BC=10，AE=12，则DE的长为_______．

24.2024年某文化旅游品牌活动在青秀山风景区拉开帷幕．大家身着民族服饰共赴一场民俗文化盛宴．如图，在地图上A、B两站直线距离为25km，C、D为青秀山和园博园民俗文化活动场地，且DA⊥AB于A，CB⊥AB于B．已知DA=15km，CB=10km，现在小明要在直线AB上找到地点E，使得：
（1）若要使得C、D两活动点到地点E的距离相等，则小明所在的E站应在离A站多少km处？
（2）若要使得地点E到C、D两地的距离之和最短，则小明所在的E站应在离A站多少km处？

25.如图，AB⊥BC，DC⊥BC，垂足分别为B，C，DE交BC于点E，AB=EC，AC=DE．
（1）求证AC⊥DE；
（2）接AD，若AB=a，BC=b，AC=c，通过用不同方法计算四边形ABCD的面积，验证勾股定理．

26.【探索研究】已知：△ABC和△CDE都是等边三角形．
（1）如图1，若点A、C、E在一条直线上时，我们可以得到结论：线段AD与BE的数量关系为：_______，线段AD与BE所成的锐角度数为_______​∘；
（2）如图2，当点A、C、E不在一条直线上时，1中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由；
【灵活运用】
（3）如图3，某广场是一个四边形区域ABCD，现测得：AB=60m，BC=80m，且∠ABC=30∘，∠DAC=∠DCA=60∘，试求圆形水池两旁B、D两点之间的距离．
参考答案与试题解析
2024-2025学年江苏省连云港市赣榆区八年级上学期期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
轴对称图形
【解析】
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】
解：A选项中的图形不是轴对称图形，故此选项不合题意；
B选项中的图形不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C选项中的图形是轴对称图形，故此选项符合题意；
D选项中的图形不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
2.
【答案】
C
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
根据勾股定理结合正方形的面积公式即可求解．
【解答】
解：如图所示：
在Rt△DEF中，由勾股定理得：
DE2=DF2+EF2=9+16=25，
∴正方形A的面积为25，
故选：C．
3.
【答案】
D
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
如图，由题意：AB=AC=5，BC=6，作AD⊥BC．利用勾股定理求出AD即可解决问题．
【解答】
解：如图，由题意：AB=AC=5，BC=6，作AD⊥BC．
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC=3，
在RtΔADC中，AD=AC2−CD2=52−32=4，
∴SΔABC=12⋅BC⋅AD=12×6×4=12，
故选D．
4.
【答案】
D
【考点】
三角形内角和定理
判断三边能否构成直角三角形
【解析】
本题主要考查勾股定理和三角形内角和定理．根据勾股定理的逆定理可判定A；根据比值并结合勾股定理的逆定理可判断B；根据三角形的内角和为180度，即可计算出∠C的值可判断C；根据角的比值求出各角的度数，可判断D．
【解答】
解：A、当a2=1，b2=2，c2=3，
∴a2+b2=3=c2，
故△ABC是直角三角形，本选项不符合题意；
B、当a:b:c=5:12:13时，设a=5x，b=12x，c=13x，
则a2+b2=5x2+12x2=13x2=c2，
故△ABC是直角三角形，本选项不符合题意；
C、当∠A+∠B=∠C时，
∵∠A+∠B+∠C=180∘，
∴∠C+∠C=180∘，则∠C=90∘，
故△ABC是直角三角形，本选项不符合题意；
D、当∠A:∠B:∠C=3:4:5时，
∵∠A+∠B+∠C=180∘，
则最大角为∠C=180∘×53+4+5=75∘，
故△ABC不是直角三角形，本选项符合题意；
故选：D．
5.
【答案】
B
【考点】
两直线平行内错角相等
用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）
【解析】
本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质的应用，能判定△ADE≅△FCE是解此题的关键，解题时注意运用全等三角形的对应边相等，对应角相等．
根据平行线的性质，得出∠A=∠FCE,∠ADE=∠F，根据全等三角形的判定，得出△ADE≅△CFE，根据全等三角形的性质，得出AD=CF，根据AB=6,CF=4，即可求线段DB的长．
【解答】
解：∵CF∥AB，
∴∠A=∠FCE,∠ADE=∠F，
在△ADE和△CFE中，∠A=∠FCE∠ADE=∠FDE=FE
∴△ADE≅△CFEAAS，
∴AD=CF=4，
∵AB=6，
∴DB=AB−AD=6−4=2．
故选：B．
6.
【答案】
B
【考点】
等边三角形的性质与判定
根据等角对等边证明边相等
【解析】
由题意得AO=AB=OB=OD=4，则可得△AOB是等边三角形，则∠AOB=∠BAO=60∘，进而可得∠COB=∠BCO，则可得CB=OB=4．
本题主要考查这了等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质．熟练掌握以上知识是解题的关键．
【解答】
解：由题意得AO=AB=OB=OD=4，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠BAO=60∘，
∵∠AOC=90∘，
∴∠AOB+∠COB=∠BAO+∠BCO=90∘，
∴∠COB=∠BCO，
∴CB=OB=4．
故选：B
7.
【答案】
C
【考点】
等腰三角形的判定与性质
【解析】
首先根据题意画出图形，一种情况等腰三角形为锐角三角形，即可推出顶角的度数为50∘；另一种情况等腰三角形为钝角三角形，由题意，即可推出顶角的度数为130∘．
【解答】
解：①如图1，等腰三角形为锐角三角形，
∵ BD⊥AC，∠ABD=40∘，
∴ ∠A=50∘，
即顶角的度数为50∘．
②如图2，等腰三角形为钝角三角形，
∵ BD⊥AC，∠DBA=40∘，
∴ ∠BAD=50∘，
∴ ∠BAC=130∘，
即顶角的度数为130∘．
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
等腰三角形的判定与性质
勾股定理的应用
根据成轴对称图形的特征进行求解
【解析】
本题考查了轴对称的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，作D关于直线AC的对称点M，关于直线BC的对称点N，连接CM、CN、CD、EN、FM、DN、DM，推出M、C、N共线，结合DF+DE+EF=FM+EN+EF，得出当M、F、E、N共线时，且CD⊥AB时，DE+EF+FD的值最小，最小值为MN=2CD，再由勾股定理结合等面积法得出CD的长即可得解．
【解答】
解：如图，作D关于直线AC的对称点M，关于直线BC的对称点N，连接CM、CN、CD、EN、FM、DN、DM，
，
∴DF=FM，DE=EN，CD=CM，CD=CN，
∴CD=CM=CN，
∵∠MCA=∠DCA，∠BCN=∠BCD，∠ACD+∠BCD=90∘，
∴∠MCD+∠NCD=180∘，
∴M、C、N共线，
∵DF+DE+EF=FM+EN+EF，
∴当M、F、E、N共线时，且CD⊥AB时，DE+EF+FD的值最小，最小值为MN=2CD，
在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3，AB=5，则BC=AB2−AC2=4，
∵CD⊥AB，
∴12AB⋅CD=12AC⋅BC，
∴CD=BC⋅ACAB=2.4，
∴DE+EF+FD的最小值为4.8，即△DEF的周长的最小值是4.8，
故选：C．
二、填空题
9.
【答案】
10
【考点】
此题暂无考点
【解析】
此题暂无解析
【解答】
2 cm为腰时，不构成三角形；4 cm为腰时，周长=4+4+2=10 cm.
10.
【答案】
5
【考点】
点到直线的距离
角平分线的性质
【解析】
本题考查了角平分线的性质定理、点到直线的距离，作PE⊥AC于E，由角平分线的性质定理可得PE=PD=5cm，即可得解．
【解答】
解：如图，作PE⊥AC于E，
∵AM是∠BAC的角平分线，点P在AM上，PD⊥AB，垂足为D，
∴PE=PD=5cm，
∴点P到AC的距离是5cm，
故答案为：5．
11.
【答案】
17
【考点】
线段垂直平分线的性质
【解析】
本题主要考查了线段垂直平分线的性质，三角形周长计算公式，根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等得到BD=AD，再由线段垂直平分线的定义得到AB=2AE=8cm，根据三角形周长公式推出AC+BC=9cm，据此可得答案．
【解答】
解：∵边 AB 的垂直平分线分别交 BC、AB 于点 D、E，
∴BD=AD，AB=2AE=8cm，
∵△ADC的周长为9cm，
∴AC+CD+AD=9cm，
∴AC+CD+BD=9cm，
∴AC+BC=9cm，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=9+8=17cm，
故答案为：17．
12.
【答案】
24
【考点】
直角三角形斜边上的中线
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出斜边，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】
解：…直角三角形斜边上中线长6cm
…斜边=2×5=12cm
…面积y=12×12×4=24cm2
故答案为：24．
13.
【答案】
2.5
【考点】
在数轴上表示实数
勾股定理与无理数
【解析】
本题考查了实数与数轴、勾股定理，由勾股定理计算得出AC=AB2+BC2=2.5，结合题意得出AC=AD=2.5，即可得解．
【解答】
解：∵在数轴上点A表示原点，点B表示的数为1.5，AB⊥BC，垂足为B，且BC=2，
∴AB=1.5，AC=AB2+BC2=2.5，
∵以点A为圆心，AC长为半径画弧，交数轴正半轴于点D，
∴AC=AD=2.5，
∴点D表示的数为2.5，
故答案为：2.5．
14.
【答案】
②③/③②
【考点】
灵活选用判定方法证全等
【解析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，根据三角形的判定和性质进行判定即可求解．
【解答】
解：①AB=3，BC=4，AC=6，根据“边边边”能画出唯一的△ABC；
②AB=6、∠C=90∘，已知斜边和直角，不能确定两直角边的长度，不能画出唯一的△ABC；
③AB=4，BC=3，∠A=30∘，不能运用“边边角”确定三角形的性质，即不能画出唯一的△ABC；
④∠A=60∘，∠B=45∘，AB=4，根据“角角边”能画出唯一的△ABC；
综上所述，不能画出唯一的△ABC的有②③，
故答案为：②③ ．
15.
【答案】
3.4
【考点】
勾股定理与折叠问题
矩形与折叠问题
【解析】
根据折叠的性质知：BF=DF．在Rt△DCF中，利用勾股定理可求得DF的长；证得DE=DF，即可得到结论．
【解答】
解：由折叠知，BF=DF．
在Rt△DCF中，DF2=5−DF2+32，解得：DF=3.4cm，由折叠的性质可得：∠BFE=∠DFE．
∵AD // BC，∴∠BFE=∠DEF，∴∠DFE=∠DEF，∴DE=DF=3.4cm．
故答案为3.
16.
【答案】
100∘或142∘
【考点】
等腰三角形的判定与性质
角平分线的性质
全等的性质和HL综合（HL）
【解析】
本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定性质、角平分线的性质定理，连接AD，由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠CAD，∠BAC=80∘，过点D作DH⊥AC于H，DG⊥AB于G，由角平分线的性质定理可得DG=DH，再由全等三角形的性质和等腰三角形的性质求解即可．
【解答】
解：如图，连接AD，
∵AB=AC，∠B=50∘，
∴∠BAC=180∘−∠B−∠C=80∘，
∵D为BC的中点，
∴，∠BAD=∠CAD，
过点D作DH⊥AC于H，DG⊥AB于G，
∴DG=DH，
∵点P是等腰三角形ABC的腰AC上的一点，且△EDP是以DE为腰的等腰三角形，
∴在Rt△DEG和Rt△DP2H中，
DE=DP2DG=DH ，
∴Rt△DEG≅Rt△DP2HHL，
∴∠HP2D=∠AED=69∘，
∴∠AP2D=180∘−∠HP2D=111∘，
∵∠BAC=80∘，
∴∠EDP2=360∘−∠BAC−∠AP2D−∠AED=100∘；
同理可得：Rt△DEG≅Rt△DP1HHL，
∴∠AED=∠HP1D=69∘，
∴∠EDP1=360∘−∠BAC−∠AED−∠AP1D=142∘；
综上所述，∠EDP的度数是100∘或142∘，
故答案为：100∘或142∘．
三、解答题
17.
【答案】
见解析
【考点】
此题暂无考点
【解析】
本题考查了全等三角形的判定，利用SAS证明△ABD≅△ACD即可．
【解答】
证明：在△ABD和△ACD中，
BD=CD∠BDA=∠CDAAD=AD ，
∴△ABD≅△ACDSAS．
18.
【答案】
证明见解析．
【考点】
用HL证全等（HL）
【解析】
本题考查了全等三角形的判定，先证出BF=CE，由HL证明Rt△ABF≅Rt△DCE即可．
【解答】
证明：∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，
即BF=CE，
∵∠A=∠D=90∘，
在Rt△ABF和Rt△DCE中，
AB=CDBF=CE ，
∴Rt△ABF≅Rt△DCEHL．
19.
【答案】
（1）见解析
（2）见解析
3
【考点】
线段垂直平分线的性质
作图-轴对称变换
坐标与图形变化-对称
【解析】
（1）根据轴对称的性质作图即可；
（2）连接BC′与直线MN交点即为 Q点；
（3）利用格点作出直线AC的垂直平分线即可得解．
【解答】
（1）解：如图：△A′B′C′即为所作，
；
（2）解：如图：点Q即为所作，
，
∵点C、C′关于直线MN对称，
∴CQ=C′Q，
∴QB+QC=QB+Q′C≥BC′，
∴当B、Q、C′三点共线时，QB+QC取最小值为BC′，
∴点Q即为所作；
（3）解：如图，P1、P2、P3即为所求，
，
∴满足PA=PC，这样的格点P有3个．
20.
【答案】
见解析
【考点】
根据等边对等角证明
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【解析】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．根据∠BAD=∠CAE，可得∠BAC=∠DAE，可证明△ABC≅△ADE，从而得到AB=AD,∠B=∠ADE，再由等腰三角形的性质，可得∠B=∠ADB，即可求证．
【解答】
证明：∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD，
即∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
∵∠BAC=∠DAE，∠C=∠E,BC=DE，
∴△ABC≅△ADEAAS，
∴AB=AD,∠B=∠ADE，
∴∠B=∠ADB，
∴∠ADE=∠ADB，
即AD平分∠BDE．
21.
【答案】
2
【考点】
三角形内角和定理
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【解析】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边对等角、三角形内角和定理，由三角形内角和定理可得∠ADB=∠DEC，再由等边对等角得出∠B=∠C，证明△ABD≅△DCEAAS，得出CD=AB=4，BD=CE，即可得解．
【解答】
解：∵∠1+∠CDE+∠ADB=180∘，∠C+∠CDE+∠CED=180∘，∠1=∠C，
∴∠ADB=∠DEC，
∵AB=AC=4，
∴∠B=∠C，
∵AD=DE，
∴△ABD≅△DCEAAS，
∴CD=AB=4，BD=CE，
∵BD=BC−CD=6−4=2，
∴CE=2，
∴AE=AC−CE=4−2=2．
22.
【答案】
54
【考点】
勾股定理的应用
利用勾股定理的逆定理求解
【解析】
此题考查了勾股定理逆定理，勾股定理，三角形面积，熟记勾股定理逆定理是解题的关键．根据勾股定理求出BD=15，根据勾股定理逆定理推出△BCD是直角三角形，∠C=90∘，根据三角形面积公式求解即可．
【解答】
解：∵AB=8,AD=17,∠ABD=90∘，
∴BD2=AD2−AB2=172−82=225，
∴BD=15（负值舍去），
∵BC=9,CD=12，
∴BC2+CD2=BD2，
∴△BCD是直角三角形，∠C=90∘，
∴△BCD的面积=12CD⋅BC=12×12×9=54．
23.
【答案】
（1）①作图见详解；②
6.5
【考点】
直角三角形斜边上的中线
等腰三角形的判定与性质
作垂线(尺规作图)
尺规作图——作角平分线
【解析】
（1）①分别以点A，C为圆心，以大于12AC为半径画弧分别交于点E，F，连接两弧相交与线段AC交于D，则点D为AC的中点；②分别以点A为圆心，以任意半径画弧，交AB于M，AC于N，连接MN，分别以点M，N为圆心，以大于12MN画弧，交于点P，连接AP交BC于点E，该点即为所求点的位置；
（2）AB=AC，则有等腰三角形ABC，点D为AC中点，AE是等腰三角形的三线（高、中线、角平分线），由此可得直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解．
【解答】
（1）解：①如图所示，点D即为所求点的位置，即AC的中点，
根据作图可知，EF为AC的垂直平分线，
∴点D为AC的中点；
②如图所示，点E即为所求点的位置，即AE为∠BAC的角平分线，
根据作图可知，AE为∠BAC的角平分线，
∴点E到AB、AC的距离相等．
（2）解：如图所示，
∵AB=AC，且由1中作图可知，点D为AC中点，AE是等腰三角形的三线（高、中线、角平分线）合一中之一，
∴AE⊥BC，BC=10，
∴BE=EC=12BC=12×10=5，
在Rt△AEC中，AE=12，BE=5，
∴AC=AE2+CE2=122+52=13，
∵点D为直角三角形AEC斜边AC的中点，
∴DE=12AC=12×13=6.5，即DE=6.5．
24.
【答案】
（1）小明所在的E站应在离A站10 km处
（2）小明所在的E站应在离A站15km处
【考点】
等腰三角形的判定与性质
勾股定理的应用
根据成轴对称图形的特征进行求解
【解析】
（1）由题意可得DE=CE，再由勾股定理可得DE2=AD2+AE2，CE2=BC2+BE2，设AE=xkm，则BE=25−xkm，得出x2+152=25−x2+102，计算即可得解；
（2）作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于E′，即E′到C、D处的距离之和最短，过点D′作DF⊥CB的延长线于点F，证明D′F=CF，得出∠AE′D=∠AD′E′=45∘，即可得解．
【解答】
（1）解：∵要使得C、D两活动点到地点E的距离相等，
∴DE=CE，
∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B．
∴∠A=∠B=90∘，
∴DE2=AD2+AE2，CE2=BC2+BE2，
设AE=xkm，则BE=25−xkm，
∴x2+152=25−x2+102，
解得：x=10，
∴AE=10km，
∴小明所在的E站应在离A站10 km处；
（2）解：如图，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于E′，即E′到C、D处的距离之和最短，过点D′作DF⊥CB的延长线于点F，
则∠F=90∘，D′F=AB=25km，CF=CB+BF=CB+AD′=CB+AD=25km，
∴D′F=CF，
∴EC+ED的最小值为CD′，即此时∠BCE′=45∘，
∴∠AE′D′=∠CE′B=45∘，
∴∠AE′D=∠AD′E′=45∘，
∴AE′=AD=15km，即要使得地点E到C、D两地的距离之和最短，则小明所在的E站应在离A站15km处．
25.
【答案】
（1）见解析
（2）见解析
【考点】
直角三角形的两个锐角互余
全等的性质和HL综合（HL）
勾股定理的证明
【解析】
（1）根据HL证明△ABC≅△ECD得出∠DEC=∠CAB，即可推出结论；
（2）连接AE、AD，由△ABC≅△ECD，得出EC=AB=a，DC=BC=b，DE=AC=c，BE=b−a．再根据四边形ABCD的面积的两种表示方法得出等式整理即可得出结论．
【解答】
解：（1）证明：设AC,DE交于点F，如图，
∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠ABC=∠ECD=90∘，
在Rt△ABC和Rt△ECD中，
AC=DE,AB=EC⋅
∴△ABC≅△ECDHL．
∴∠DEC=∠CAB，
∵∠ABC=90∘，
∴∠CAB+∠BCA=90∘．
∴∠DEC+∠BCA=90∘．
∴∠EFB=90∘，
即AC⊥DE．
（2）解：如图，连接AE、AD，
∵△ABC≅△ECD，
∴EC=AB=a，DC=BC=b，DE=AC=c，BE=b−a．
∴S四边形ABCD=12a+bb=12ab+12b2．
∵AC⊥DE，
∴S四边形ABCD=S四边形AECD+S△ABE=12c2+12ab−a=12c2+12ab−12a2．
∴ 12ab+12b2=12c2+12ab−12a2．
即a2+b2=c2．
26.
【答案】
AD=BE，60
（2）1中的结论仍然成立，理由见解析
（3）圆形水池两旁B、D两点之间的距离为100m．
【考点】
全等的性质和SAS综合（SAS）
等边三角形的性质
勾股定理的应用
【解析】
（1）根据等边三角形的性质可得AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60∘，然后求出∠ACD=∠BCE，再利用SAS证明△ACD和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=BE，根据全等三角形对应角相等可得∠ADC=∠BEC，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DPE=∠DCE；
（2）证明△ACD≅△BCE，得到AD=BE，∠DAC=∠EBC，根据∠BPA=180∘−∠ABP−∠BAP=180∘−∠ABC−∠BAC，即可解答．
（3）如图3，以AB为边在△ABC外侧作等边△ABE，连接CE，由2可得：BD=CE，证明△EBC是直角三角形，利用勾股定理求出CE的长度，即可解答．
【解答】
解：（1）设AD与BE相较于点P，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60∘，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE ，
∴△ACD≅△BCESAS，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
由三角形的外角性质，∠DPE=∠PEA+∠DAC，∠DCE=∠ADC+∠DAC，
∴∠DPE=∠DCE=60∘；
故答案为： AD=BE，60；
（2）1中的结论仍然成立，如图2，设AD与BE相交于点P，
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60∘，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE ，
∴△ACD≅△BCESAS，
∴AD=BE，∠DAC=∠EBC，
∴∠BPA=180∘−∠ABP−∠BAP
=180∘−∠ABC−∠BAC=60∘；
（3）如图3，以AB为边在△ABC外侧作等边△ABE，
连接CE．
由2可得：BD=CE，
∴∠EBC=60∘+30∘=90∘，
∴△EBC是直角三角形
∵EB=AB=60m，BC=80m，
∴由勾股定理得：CE=BE2+BC2=100m，BD=CE=100m．
∴圆形水池两旁B、D两点之间的距离为100m．