14. 如图，每个小正方形的边长为$1$，请在网格内画$\triangle ABC$，使它的顶点都在格点上，且三边长分别为$2$，$4\sqrt{1.25}$，$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{9}{2}}$。求：
(1) $\triangle ABC$的周长与面积；
(2) $\triangle ABC$中最长边上的高。
答案：14.$4\sqrt{1.25} = \sqrt{4^2 × 1.25} = \sqrt{20} = \sqrt{2^2 + 4^2}$,$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{9}{2}} = \sqrt{(\frac{4}{3})^2 × \frac{9}{2}} = \sqrt{8} = \sqrt{2^2 + 2^2}$,结合勾股定理，画出$\triangle ABC$如图所示(画法不唯一).
(1)如图，过点$B$作$BD ⊥ AC$，交$AC$的延长线于点$D$.$\because AC = 2$,$BD = 2$,$4\sqrt{1.25} = 2\sqrt{5} = AB$,$\frac{4}{3}\sqrt{\frac{9}{2}} = 2\sqrt{2} = BC$,$\therefore \triangle ABC$的周长为$2 + 2\sqrt{5} + 2\sqrt{2}$,$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2} × 2 × 2 = 2$
(2)由图，可知$\triangle ABC$的最长边为$AB = 2\sqrt{5}$,设该边上的高为$h$.$\because S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AB · h = 2$,$\therefore h = \frac{2 × 2}{2\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$
15. 已知$|4x - 8| + \sqrt{x - y - m} = 0$，当$y ＞ 0$时，$m$的取值范围是(
C
)
A.$0 ＜ m ＜ 1$
B.$m \geq 2$
C.$m ＜ 2$
D.$m \leq 2$
答案：15.C
解析：
因为$|4x - 8| + \sqrt{x - y - m} = 0$，且$|4x - 8| \geq 0$，$\sqrt{x - y - m} \geq 0$，所以$4x - 8 = 0$，解得$x = 2$；同时$x - y - m = 0$，即$2 - y - m = 0$，可得$y = 2 - m$。因为$y ＞ 0$，所以$2 - m ＞ 0$，解得$m ＜ 2$。
C
16. 如图，$AD // BC$，$AB ⊥ BC$，$AB = 3$，$E$为射线$BC$上一个动点，连接$AE$，将$\triangle ABE$沿$AE$折叠，点$B$落在点$B'$处，过点$B'$作$AD$的垂线并反向延长，分别交$AD$，$BC$于$M$，$N$两点。当$B'$为线段$MN$的三等分点时，$BE$的长为(
D
)
A.$\frac{3}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{3}{2}$或$\frac{3\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$或$\frac{3\sqrt{5}}{5}$
答案：16.D
解析：
解：设$BE=x$，$EN=y$，则$B'N=x$，$AB=AB'=3$。
情况1：$MB'=\frac{1}{3}MN$，$B'N=\frac{2}{3}MN$
$MN=AB=3$，则$B'N=2$，$MB'=1$。
在$Rt\triangle AB'M$中，$AM=\sqrt{AB'^2-MB'^2}=\sqrt{9-1}=2\sqrt{2}$。
$EN=AM=2\sqrt{2}$，在$Rt\triangle B'EN$中，$y^2+2^2=x^2$，且$y=2\sqrt{2}$，解得$x=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
情况2：$MB'=\frac{2}{3}MN$，$B'N=\frac{1}{3}MN$
$B'N=1$，$MB'=2$。
在$Rt\triangle AB'M$中，$AM=\sqrt{AB'^2-MB'^2}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}$。
$EN=AM=\sqrt{5}$，在$Rt\triangle B'EN$中，$y^2+1^2=x^2$，且$y=\sqrt{5}$，解得$x=\frac{3\sqrt{5}}{5}$。
综上，$BE$的长为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$或$\frac{3\sqrt{5}}{5}$。
$\boxed{D}$
17. 若$y = \sqrt{x - 2} + \sqrt{2 - x} + 3$，则$x^{y}$的立方根是
2
。
答案：17.2
解析：
要使$y = \sqrt{x - 2} + \sqrt{2 - x} + 3$有意义，则$\begin{cases}x - 2 \geq 0 \\ 2 - x \geq 0\end{cases}$，解得$x = 2$。将$x = 2$代入$y$，得$y = 0 + 0 + 3 = 3$。所以$x^y = 2^3 = 8$，$8$的立方根是$\sqrt[3]{8} = 2$。
2
18. (2025·上海)如图，在矩形$ABCD$中，点$E$在边$CD$上，$F$是点$E$关于直线$AD$的对称点，连接$EF$，$AF$，$BE$，若四边形$ABEF$是菱形，则$\frac{AB}{AD}$的值为
$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
。
答案：18.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
19. (分类讨论思想)如图，在平面直角坐标系中，菱形$ABCD$的顶点$A$，$B$在$x$轴上，$AB = 2$，$A(1,0)$，$\angle DAB = 60^{\circ}$，将菱形$ABCD$绕点$A$旋转$90^{\circ}$后，得到菱形$AB_{1}C_{1}D_{1}$，则点$C_{1}$的坐标是
$(1 - \sqrt{3},3)$或$(1 + \sqrt{3}, -3)$
。
答案：$19.(1 - \sqrt{3},3)$或$(1 + \sqrt{3}, -3)$
解析：
解：
∵菱形$ABCD$中，$AB=2$，$A(1,0)$，$\angle DAB=60°$，
∴$B(3,0)$，点$D$坐标为$(1+2\cos60°,2\sin60°)=(2,\sqrt{3})$，
点$C$坐标为$D$向右平移$AB$长度，即$(2+2,\sqrt{3})=(4,\sqrt{3})$。
情况1：顺时针旋转$90°$
设$C_1(x_1,y_1)$，向量$\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt{3})$，
顺时针旋转$90°$后向量$\overrightarrow{AC_1}=(\sqrt{3},-3)$，
则$x_1=1+\sqrt{3}$，$y_1=0-3=-3$，即$C_1(1+\sqrt{3},-3)$。
情况2：逆时针旋转$90°$
向量$\overrightarrow{AC}=(3,\sqrt{3})$逆时针旋转$90°$后为$(-\sqrt{3},3)$，
则$x_1=1-\sqrt{3}$，$y_1=0+3=3$，即$C_1(1-\sqrt{3},3)$。
综上，点$C_1$的坐标是$(1 - \sqrt{3},3)$或$(1 + \sqrt{3}, -3)$。
20. 如图，$M$，$N$是正方形$ABCD$的边$CD$上的两个动点，满足$AM = BN$，连接$AC$交$BN$于点$E$，连接$DE$交$AM$于点$F$，连接$CF$。若正方形的边长为$6$，则线段$CF$长的最小值是
$3\sqrt{5} - 3$
。
答案：20.$3\sqrt{5} - 3$ 解析：先利用$Rt\triangle ADM \cong Rt\triangle BCN$,$\triangle DCE \cong \triangle BCE$证出$\angle AFD = 90°$,取$AD$的中点$O$,连接$OF$,$OC$,注意到当$O$,$F$,$C$三点共线时，$CF$的长最小，利用勾股定理计算即可求解.
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$AD=BC$，$\angle ADM=\angle BCN=90°$，$AD=CD$，$\angle DCE=\angle BCE=45°$，$CE=CE$。
在$Rt\triangle ADM$和$Rt\triangle BCN$中，
$\begin{cases} AM=BN \\ AD=BC \end{cases}$，
∴$Rt\triangle ADM \cong Rt\triangle BCN$（HL），
∴$\angle DAM=\angle CBN$。
在$\triangle DCE$和$\triangle BCE$中，
$\begin{cases} CD=CB \\ \angle DCE=\angle BCE \\ CE=CE \end{cases}$，
∴$\triangle DCE \cong \triangle BCE$（SAS），
∴$\angle CDE=\angle CBN$，
∴$\angle DAM=\angle CDE$。
∵$\angle ADF+\angle CDE=90°$，
∴$\angle ADF+\angle DAM=90°$，
∴$\angle AFD=90°$。
取$AD$中点$O$，连接$OF$，$OC$。
∵$\angle AFD=90°$，$AD=6$，
∴$OF=\frac{1}{2}AD=3$，$OD=3$。
在$Rt\triangle ODC$中，$OC=\sqrt{OD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}$。
∵$CF \geq OC - OF$，当$O$，$F$，$C$三点共线时取等号，
∴$CF_{\mathrm{min}}=OC - OF=3\sqrt{5}-3$。
$3\sqrt{5}-3$
