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2020-2021学年湖北省十堰市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版
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2020-2021学年湖北省十堰市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 式子x−1的未知数x的取值范围是( ) A.x>1 B.x<1 C.x≥1 D.x≤1 2. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BDA=90∘，AC=10，BD=6，则AD= ( ) A.4 B.5 C.6 D.8 3. 下列计算：(1)(2)2=2；(2)(−2)2=2；(3)(−23)2=12；(4)(2+3)(2−3)=−1；其中结果正确的个数为（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 4. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是( ) A.3，4，5 B.1，2，3 C.6，7，8 D.2，3，4 5. 下列说法正确的是( ) A.对角线互相垂直的四边形是菱形B.矩形的对角线互相垂直C.一组对边平行的四边形是平行四边形D.对角线相等的平行四边形是矩形 6. 如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴于点M，则点M表示的数为( ) A.2 B.5−1 C.10−1 D.5 7. 在▱ABCD中，E，F分别在BC，AD上，若想使四边形AFCE为平行四边形，须添加一个条件，这个条件可以是( ) ①AF=CF；②AE=CF；③∠BAE=∠FCD；④∠BEA=∠FCE. A.①或② B.②或③ C.③或④ D.①或③或④ 8. 如图，正方形ABCD和正方形CGEF的边长分别是2和3，且点B，C，G在同一直线上，M是线段AE的中点，连接MF，则MF的长为( ) A.2 B.22 C.22 D.24 9. 如图，四边形ABCD是菱形，A(3, 0)，B(0, 4)，则点C的坐标为（ ） A.(−5, 4) B.(−5, 5) C.(−4, 4) D.(−4, 3) 10. 如图，四边形ABCD是矩形，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE // BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN=BM；②EM // FN；③AE=FC；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形． 其中，正确的结论的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题 对角线________的矩形是正方形. 直角三角形两边长是6、8，第三边长是________． 若y=x−2+2−x+1，则xy=________． 已知a<0，那么|a2−2a|可化简为________． 如图，Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AB=BC，直线l1、l2、l3分别通过A、B、C三点，且l1 // l2 // l3．若l1与l2的距离为5，l2与l3的距离为7，则Rt△ABC的面积为________． 如图，在矩形ABCD中，BC=10，∠ABD=30∘，若点M，N分别是线段BD、AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为________． 三、解答题 计算： 12−18+313+8. 如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB=DF，AC=DE，BE=FC.连接AF、BD， 求证：四边形ABDF是平行四边形. 如图，网格中的△ABC，若小方格边长为1，请你根据所学的知识解决下列问题. (1)判断△ABC的形状并说明理由； (2)求△ABC的面积. 先化简，再求值：2(a+3)(a−3)−a(a−2)+6，其中a=2−1． 如图，一个直径为12cm的杯子，在它的正中间竖直放一根筷子，筷子漏出杯子外2cm，当筷子倒向杯壁时（筷子底端不动），筷子顶端正好触到杯口，求筷子长度． 如图，在△ABC中，AC=9，AB=12，BC=15，P为BC边上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H． (1)求证：四边形AGPH是矩形； (2)在点P的运动过程中，GH的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由． 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O.E是AB中点，连接OE，过点E作EF//AC，交BC于点F，且AC=BC． (1)求证：四边形OEFC是菱形； (2)若AB=6，S菱形OEFC=9，求BC的长． 如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点O是对角线BD的中点，过点O的直线分别交AB、CD边于点E、F． (1)求证：四边形DEBF是平行四边形； (2)当DE=DF时，求EF的长． 已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB>CE． (1)如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE； (2)如图2，如果正方形ABCD的边长为2，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG // BD，BG=BD． ①求∠BDE的度数； ②请直接写出正方形CEFG的边长的值． 参考答案与试题解析2020-2021学年湖北省十堰市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】二次根式有意义的条件【解析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式x−1≥0，通过解该不等式即可求得x的取值范围．【解答】解：根据题意，得x−1≥0， 解得x≥1． 故选C．2.【答案】A【考点】平行四边形的性质勾股定理【解析】根据平行四边形的性质，对角线互相平分可知OD=3，OA=5，在直角三角形AOD中利用勾股定理可求得AD的长度．【解答】解：∵ 在平行四边形ABCD中，AC=10，BD=6， ∴ OD=3，OA=5， ∵ ∠BDA=90∘， ∴ AD2+OD2=OA2，即AD=OA2−OD2=4. 故选A.3.【答案】D【考点】二次根式的混合运算平方差公式算术平方根【解析】根据二次根式的性质对（1）、（2）、（3）进行判断；根据平方差公式对（4）进行判断．【解答】解：(1)(2)2=2，故正确； (2)(−2)2=2，故正确； (3)(−23)2=12，故正确； (4)(2+3)(2−3)=2−3=−1，故正确； 故选D．4.【答案】B【考点】勾股定理的逆定理【解析】知道三条边的大小，用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．【解答】解：A，(3)2+(4)2≠(5)2，不能构成直角三角形，不符合题意； B，12+(2)2=(3)2，能构成直角三角形，符合题意； C，62+72≠82，不能构成直角三角形，不符合题意； D，22+32≠42，不能构成直角三角形，不符合题意. 故选B.5.【答案】D【考点】矩形的判定与性质菱形的判定与性质平行四边形的性质与判定【解析】由菱形的判定、矩形的判定与性质、平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：A，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误； B．矩形的对角线互相平分且相等，故B错误； C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故C错误； D．对角线相等的平行四边形是矩形，故D正确． 故选D．6.【答案】C【考点】在数轴上表示实数勾股定理【解析】首先根据勾股定理计算出AC的长，进而得到AM的长，再根据A点表示−1，可得M点表示的数．【解答】解：AC=AB2+BC2=32+12=10， 则AM=10. ∵ A点表示−1， ∴ M点表示的数为10−1. 故选C.7.【答案】C【考点】平行四边形的性质与判定全等三角形的性质与判定【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB // CD，AB=CD，∠B=∠D，AD // BC，AD=BC， 如果∠BAE=∠FCD， 则△ABE≅△CDF(ASA)， ∴ BE=DF， ∴ AD−DF=BC−BE， 即AF=CE， 又∵ AF // CE， ∴ 四边形AFCE是平行四边形，故③正确， 如果∠BEA=∠FCE， 则AE // CF， 又∵ AF // CE， ∴ 四边形AFCE是平行四边形，故④正确， 故选C．8.【答案】B【考点】正方形的性质勾股定理全等三角形的性质与判定【解析】延长AD至H，延长FM与AH交于H点，利用ASA证△AMH≌△EMF，得FM=MH，AH=EF，从而求出DH，DF长，再在RtΔDFH中由勾股定理求出FH，即可求出答案.【解答】解：延长AD至H，延长FM与AH交于H点，如图所示， ∵正方形ABCD，正方形CGEF， ∴BC//AD，CG//EF，∠FDH=∠ADC=90∘， ∵B，C，G在同一直线上， ∴AH//EF， ∴∠MAH=∠FEM，∠AHM=∠EFM， 在△AMH和△EMF中， ∠MAH=∠FEM，EM=AM，∠AHM=∠EFM， ∴ △AMH≅△EMF（ASA)， ∴FM=MH，AH=EF， ∴DH=AH−AD=EF−AD=DF=3−2=1， ∴DF=CF−CD=3−2=1， 在Rt△DFH中，FH为斜边， ∴FH=DF2+DH2=12+12=2， 又FM=MH， ∴FM=12FH=22， 故选B．9.【答案】A【考点】坐标与图形性质菱形的性质【解析】由勾股定理求出AB＝5，由菱形的性质得出BC＝5，即可得出点C的坐标．【解答】解：∵ A(3, 0)，B(0, 4)， ∴ OA=3，OB=4， ∴ AB=OA2+OB2=5， ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ BC=AD=AB=5， ∴ 点C的坐标为(−5, 4)， 故选A.10.【答案】D【考点】矩形的性质全等三角形的性质与判定平行四边形的性质与判定菱形的判定【解析】证△DNA≅△BMC(AAS)，得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≅△CBF(ASA)，得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM // FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．【解答】解：∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AB=CD，AB // CD，AD=BC，AD // BC， ∠DAE=∠BCF=90∘，OD=OB=OA=OC， ∴ ∠DAN=∠BCM， ∵ BF⊥AC，DE // BF， ∴ DE⊥AC， ∴ ∠DNA=∠BMC=90∘， 在△DNA和△BMC中， ∠DAN=∠BCM，∠DNA=∠BMC，AD=BC， ∴ △DNA≅△BMC(AAS)， ∴ DN=BM，∠ADE=∠CBF，故①正确； 在△ADE和△CBF中， ∠ADE=∠CBF，AD=BC，∠DAE=∠BCF， ∴ △ADE≅△CBF(ASA)， ∴ AE=FC，DE=BF，故③正确； ∴ DE−DN=BF−BM，即NE=MF， ∵ DE // BF， ∴ 四边形NEMF是平行四边形， ∴ EM // FN，故②正确； ∵ AB=CD，AE=CF， ∴ BE=DF， ∵ BE // DF， ∴ 四边形DEBF是平行四边形， ∵ AO=AD， ∴ AO=AD=OD， ∴ △AOD是等边三角形， ∴ ∠ADO=∠DAN=60∘， ∴ ∠ABD=90∘−∠ADO=30∘， ∵ DE⊥AC， ∴ ∠ADN=ODN=30∘， ∴ ∠ODN=∠ABD， ∴ DE=BE， ∴ 四边形DEBF是菱形，故④正确， ∴ 正确结论的个数是4. 故选D.二、填空题【答案】互相垂直【考点】正方形的判定与性质【解析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角相等的平行四边形是矩形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线相等的菱形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形求解即可求得答案．【解答】解：对角线互相垂直的矩形是正方形， 故答案为：互相垂直.【答案】27或10【考点】勾股定理【解析】本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即8是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．【解答】解：当8是斜边时，第三边长=82−62=27； 当6和8是直角边时，第三边长=82+62=10； ∴ 第三边的长为：27或10， 故答案为：27或10.【答案】2【考点】二次根式有意义的条件【解析】根据被开方数大于等于0列式求出x，再求出y，然后代入代数式进行计算即可得解．【解答】解：由题意得，x−2≥0且2−x≥0， 解得x≥2且x≤2， ∴ x=2， 代入，得y=1， ∴ xy=21=2． 故答案为：2．【答案】−3a【考点】二次根式的性质与化简绝对值【解析】根据二次根式的性质和绝对值的定义解答．【解答】解：∵ a<0， ∴ |a2−2a|=|−a−2a|=|−3a|=−3a． 故答案为：−3a.【答案】37【考点】全等三角形的性质平行线之间的距离勾股定理【解析】先过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，由于EF⊥l2，l1 // l2 // l3，易知EF⊥l1⊥l3，那么∠ABE+∠EAB=90∘，∠AEB=∠BFC=90∘，而∠ABC=90∘，可得∠ABE+∠FBC=90∘，根据同角的余角相等可得∠EAB=∠FBC，根据AAS可证△ABE≅△BCF，于是BE=CF=5，AE=BF=7，在Rt△ABE中利用勾股定理可求AB2=74，进而可求△ABC的面积．【解答】解：过点B作EF⊥l2，交l1于点E，交l3于点F，如图所示， ∵ EF⊥l2，l1 // l2 // l3， ∴ EF⊥l1⊥l3， ∴ ∠ABE+∠EAB=90∘，∠AEB=∠BFC=90∘， 又∵ ∠ABC=90∘， ∴ ∠ABE+∠FBC=90∘， ∴ ∠EAB=∠FBC， 在△ABE和△BCF中， ∠AEB=∠BFC，∠EAB=∠FCBAB=BC，， ∴ △ABE≅△BCF， ∴ BE=CF=5，AE=BF=7， 在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2， ∴ AB2=74， ∴ S△ABC=12AB⋅BC=12AB2=37． 故答案为：37．【答案】15【考点】等边三角形的性质与判定矩形的性质轴对称——最短路线问题勾股定理【解析】作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．首先证明△ABA′是等边三角形，求出A′H，根据垂线段最短解决问题即可．【解答】解：作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′， 过点A′作A′H⊥AB于H，如图所示， ∵ BA=BA′，∠ABD=∠DBA′=30∘， ∴ ∠ABA′=60∘， ∴ △ABA′是等边三角形， ∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AD=BC=10， ∵ 在Rt△ABD中，∠ABD=30∘， ∴ BD=2AD=20，AB=202−102=103， ∵ A′H⊥AB， ∴ AH=HB=53， ∴ A′H=A′B2−BH2=15， ∵ AM+MN=A′M+MN≥A′H， ∴ AM+MN≥15， ∴ AM+MN的最小值为15． 故答案为：15.三、解答题【答案】解：原式=23−32+3+22 =33−2.【考点】二次根式的加减混合运算【解析】暂无【解答】解：原式=23−32+3+22 =33−2.【答案】证明：∵ BE=FC， BE+EC=BC，FC+EC=FE， ∴ BC=FE， 在△ABC和△DFE中， BC=FE，AB=DF，AC=DE， ∴ △ABC≅△DFE， ∴ ∠ABC=∠DFE， ∴ AB // DF， ∵ AB=DF， ∴ 四边形ABDF是平行四边形.【考点】全等三角形的性质平行四边形的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：∵ BE=FC， BE+EC=BC，FC+EC=FE， ∴ BC=FE， 在△ABC和△DFE中， BC=FE，AB=DF，AC=DE， ∴ △ABC≅△DFE， ∴ ∠ABC=∠DFE， ∴ AB // DF， ∵ AB=DF， ∴ 四边形ABDF是平行四边形.【答案】解：(1)△ABC为直角三角形，理由如下： ∵ 小方格边长为1， ∴ AB2=12+22=5， AC2=22+42=20， BC2=32+42=25， ∴ AB2+AC2=BC2 . ∴ △ABC为直角三角形.(2)S△ABC=4×4−1×2÷2−4×3÷2−2×4÷2=16−1−6−4=5 .【考点】勾股定理勾股定理的逆定理三角形的面积【解析】暂无暂无【解答】解：(1)△ABC为直角三角形，理由如下： ∵ 小方格边长为1， ∴ AB2=12+22=5， AC2=22+42=20， BC2=32+42=25， ∴ AB2+AC2=BC2 . ∴ △ABC为直角三角形.(2)S△ABC=4×4−1×2÷2−4×3÷2−2×4÷2=16−1−6−4=5 .【答案】解：原式=2(a2−3)−a2+2a+6 =2a2−6−a2+2a+6 =a2+2a， 当a=2−1时， 原式=(2−1)2+2(2−1) =3−22+2−2 =5−32．【考点】二次根式的化简求值平方差公式【解析】直接利用乘法公式以及二次根式的乘法运算法则计算得出答案．【解答】解：原式=2(a2−3)−a2+2a+6 =2a2−6−a2+2a+6 =a2+2a， 当a=2−1时， 原式=(2−1)2+2(2−1) =3−22+2−2 =5−32．【答案】解：设杯子的高度是xcm，那么筷子的高度是x+2cm， ∵ 杯子的直径为12cm， ∴ 杯子的半径为6cm， 由题意得x2+62=x+22， 整理得x2+36=x2+4x+4， 解得x=8， 8+2=10cm， 答：筷子长度为10cm．【考点】勾股定理的应用一元一次方程的应用——其他问题【解析】设杯子的高度是xcm，那么筷子的高度是x+2cm，可求杯子半径为6cm，根据勾股定理构造方程x2+62=x+22，解方程 即可．【解答】解：设杯子的高度是xcm，那么筷子的高度是x+2cm， ∵ 杯子的直径为12cm， ∴ 杯子的半径为6cm， 由题意得x2+62=x+22， 整理得x2+36=x2+4x+4， 解得x=8， 8+2=10cm， 答：筷子长度为10cm．【答案】(1)证明∵ AC=9，AB=12，BC=15， ∴ AC2=81，AB2=144，BC2=225， ∴ AC2+AB2=BC2， ∴ ∠A=90∘． ∵ PG⊥AC，PH⊥AB， ∴ ∠AGP=∠AHP=90∘， ∴ 四边形AGPH是矩形.(2)解：存在．理由如下： 连接AP，如图. ∵ 四边形AGPH是矩形， ∴ GH=AP． ∵ 当AP⊥BC时AP最短， ∴ 由三角形面积公式可得12×9×12=12×15⋅AP， ∴ AP=365．【考点】勾股定理的逆定理矩形的判定矩形的性质垂线段最短【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明∵ AC=9，AB=12，BC=15， ∴ AC2=81，AB2=144，BC2=225， ∴ AC2+AB2=BC2， ∴ ∠A=90∘． ∵ PG⊥AC，PH⊥AB， ∴ ∠AGP=∠AHP=90∘， ∴ 四边形AGPH是矩形.(2)解：存在．理由如下： 连接AP，如图. ∵ 四边形AGPH是矩形， ∴ GH=AP． ∵ 当AP⊥BC时AP最短， ∴ 由三角形面积公式可得12×9×12=12×15⋅AP， ∴ AP=365．【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC=12AC， ∵ E为AB中点， ∴ OE是△ABC的中位线， ∴ OE//BC，OE=12BC， 又∵ EF//AC， ∴ 四边形OEFC是平行四边形， ∵ AC=BC，OE=12BC，OC=12AC， ∴ OE=OC， ∴四边形OEFC是菱形.(2)解：连接EC，OF，如图所示， 由(1)知O，E，F分别是AC，AB，BC的中点， ∴OF是△ABC的中位线，BE=12AB=12×6=3， ∴OF=12AB=12×6=3. ∵S菱形OEFC=9， ∴12OF⋅EC=9， ∴EC=6. 在△ABC中， ∵AC=BC，E是AB的中点， ∴CE⊥AB. 在Rt△EBC中， BC=BE2+CE2 =32+62 =35.【考点】平行四边形的性质三角形中位线定理菱形的判定勾股定理等腰三角形的性质：三线合一【解析】 【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC=12AC， ∵ E为AB中点， ∴ OE是△ABC的中位线， ∴ OE//BC，OE=12BC， 又∵ EF//AC， ∴ 四边形OEFC是平行四边形， ∵ AC=BC，OE=12BC，OC=12AC， ∴ OE=OC， ∴四边形OEFC是菱形.(2)解：连结EC，OF，如图所示： 由(1)知O，E，F分别是AC，AB，BC的中点， ∴OF是△ABC的中位线，BE=12AB=12×6=3， ∴OF=12AB=12×6=3. ∵S菱形OEFC=9， ∴12OF⋅EC=9， ∴EC=6. 在△ABC中， ∵AC=BC，E是AB的中点， ∴CE⊥AB. 在Rt△EBC中， BC=BE2+CE2 =32+62 =35.【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AB // CD， ∴ ∠DFO=∠BEO， 又因为∠DOF=∠BOE，OD=OB， ∴ △DOF≅△BOE(AAS)， ∴ DF=BE， 又因为DF // BE， ∴ 四边形BEDF是平行四边形.(2)解：∵ DE=DF，四边形BEDF是平行四边形， ∴ 四边形BEDF是菱形， ∴ DE=BE，EF⊥BD，OE=OF， 设AE=x，则DE=BE=8−x 在Rt△ADE中，根据勾股定理，有AE2+AD2=DE2 ∴ x2+62=(8−x)2， 解之得：x=74， ∴ DE=8−74=254， 在Rt△ABD中，根据勾股定理，有AB2+AD2=BD2 ∴ BD=62+82=10， ∴ OD=12 BD=5， 在Rt△DOE中，根据勾股定理，有DE2 −OD2=OE2， ∴ OE=(254)2−52=154， ∴ EF=2OE=152．【考点】全等三角形的性质与判定矩形的性质菱形的判定与性质平行四边形的判定勾股定理【解析】（1）根据矩形的性质得到AB // CD，由平行线的性质得到∠DFO＝∠BEO，根据全等三角形的性质得到DF＝BE，于是得到四边形BEDF是平行四边形； （2）推出四边形BEDF是菱形，得到DE＝BE，EF⊥BD，OE＝OF，设AE＝x，则DE＝BE＝8−x根据勾股定理即可得到结论．【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AB // CD， ∴ ∠DFO=∠BEO， 又因为∠DOF=∠BOE，OD=OB， ∴ △DOF≅△BOE(AAS)， ∴ DF=BE， 又因为DF // BE， ∴ 四边形BEDF是平行四边形.(2)解：∵ DE=DF，四边形BEDF是平行四边形， ∴ 四边形BEDF是菱形，∴ DE=BE，EF⊥BD，OE=OF，设AE=x，则DE=BE=8−x在Rt△ADE中，根据勾股定理，有AE2+AD2=DE2∴ x2+62=(8−x)2，解之得：x=74，∴ DE=8−74=254，在Rt△ABD中，根据勾股定理，有AB2+AD2=BD2∴ BD=62+82=10，∴ OD=12 BD=5，在Rt△DOE中，根据勾股定理，有DE2 −OD2=OE2，∴ OE=(254)2−52=154，∴ EF=2OE=152．【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD和CEFG为正方形， ∴ BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90∘， ∴ ∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG， ∴ ∠BCG=∠DCE． 在△BCG和△DCE中， BC = DC，∠ BCG = ∠ DCE， CG = CE ， ∴ △BCG≅△DCE(SAS)， ∴ BG=DE.(2)①连接BE．由(1)可知：BG=DE， ∵ CG // BD， ∴ ∠DCG=∠BDC=45∘， ∴ ∠BCG=∠BCD+∠GCD=90∘+45∘=135∘． ∵ ∠GCE=90∘， ∴ ∠BCE=360∘−∠BCG−∠GCE=360∘−135∘−90∘=135∘， ∴ ∠BCG=∠BCE， 在△BCG和△BCE中， BC = BC，∠ BCG = ∠ BCE， GC = EC ， ∴ △BCG≅△BCE(SAS)． ∴ BG=BE． ∵ BG=BD=DE， ∴ BD=BE=DE， ∴ △BDE为等边三角形， ∴ ∠BDE=60∘. ②延长EC交BD于点H， 在△BCE和△DCE中， DE = BEDC = BC CE = CE， ∴ △BCE≅△DCE(SSS)， ∴ ∠BEC=∠DEC， ∴ EH⊥BD，BH = 12BD． ∵ BC=CD=2，在Rt△BCD中由勾股定理， 得：BD = BC2 + CD2 = (2)2 + (2)2 = 2． ∴ BH=1， ∴ CH=1． 在Rt△BHE中，由勾股定理，得EH = 3， ∴ CE = 3−1． ∴ 正方形CEFG的边长为3−1．【考点】正方形的性质全等三角形的性质与判定勾股定理【解析】（1）根据正方形的性质可以得出BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90∘，再证明△BCG≅△DCE就可以得出结论； （2）①根据平行线的性质可以得出∠DCG=∠BDC=45∘，可以得出∠BCG=∠BCE，可以得出△BCG≅△BCE，得出BG=BE得出△BDE为正三角形就可以得出结论； ②延长EC交BD于点H，通过证明△BCE≅△BCG就可以得出∠BEC=∠DEC，就可以得出EH⊥BD，BH = 12BD，由勾股定理就可以求出EH的值，从而求出结论．【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD和CEFG为正方形， ∴ BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90∘， ∴ ∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG， ∴ ∠BCG=∠DCE． 在△BCG和△DCE中， BC = DC，∠ BCG = ∠ DCE， CG = CE ， ∴ △BCG≅△DCE(SAS)， ∴ BG=DE.(2)①连接BE．由(1)可知：BG=DE， ∵ CG // BD， ∴ ∠DCG=∠BDC=45∘， ∴ ∠BCG=∠BCD+∠GCD=90∘+45∘=135∘． ∵ ∠GCE=90∘， ∴ ∠BCE=360∘−∠BCG−∠GCE=360∘−135∘−90∘=135∘， ∴ ∠BCG=∠BCE， 在△BCG和△BCE中， BC = BC，∠ BCG = ∠ BCE， GC = EC ， ∴ △BCG≅△BCE(SAS)． ∴ BG=BE． ∵ BG=BD=DE， ∴ BD=BE=DE， ∴ △BDE为等边三角形， ∴ ∠BDE=60∘. ②延长EC交BD于点H， 在△BCE和△DCE中， DE = BEDC = BC CE = CE， ∴ △BCE≅△DCE(SSS)， ∴ ∠BEC=∠DEC， ∴ EH⊥BD，BH = 12BD． ∵ BC=CD=2，在Rt△BCD中由勾股定理， 得：BD = BC2 + CD2 = (2)2 + (2)2 = 2． ∴ BH=1， ∴ CH=1． 在Rt△BHE中，由勾股定理，得EH = 3， ∴ CE = 3−1． ∴ 正方形CEFG的边长为3−1．
2020-2021学年湖北省十堰市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 式子x−1的未知数x的取值范围是( ) A.x>1 B.x<1 C.x≥1 D.x≤1 2. 如图，在平行四边形ABCD中，∠BDA=90∘，AC=10，BD=6，则AD= ( ) A.4 B.5 C.6 D.8 3. 下列计算：(1)(2)2=2；(2)(−2)2=2；(3)(−23)2=12；(4)(2+3)(2−3)=−1；其中结果正确的个数为（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 4. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，其中能构成直角三角形的是( ) A.3，4，5 B.1，2，3 C.6，7，8 D.2，3，4 5. 下列说法正确的是( ) A.对角线互相垂直的四边形是菱形B.矩形的对角线互相垂直C.一组对边平行的四边形是平行四边形D.对角线相等的平行四边形是矩形 6. 如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴于点M，则点M表示的数为( ) A.2 B.5−1 C.10−1 D.5 7. 在▱ABCD中，E，F分别在BC，AD上，若想使四边形AFCE为平行四边形，须添加一个条件，这个条件可以是( ) ①AF=CF；②AE=CF；③∠BAE=∠FCD；④∠BEA=∠FCE. A.①或② B.②或③ C.③或④ D.①或③或④ 8. 如图，正方形ABCD和正方形CGEF的边长分别是2和3，且点B，C，G在同一直线上，M是线段AE的中点，连接MF，则MF的长为( ) A.2 B.22 C.22 D.24 9. 如图，四边形ABCD是菱形，A(3, 0)，B(0, 4)，则点C的坐标为（ ） A.(−5, 4) B.(−5, 5) C.(−4, 4) D.(−4, 3) 10. 如图，四边形ABCD是矩形，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE // BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN=BM；②EM // FN；③AE=FC；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形． 其中，正确的结论的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题 对角线________的矩形是正方形. 直角三角形两边长是6、8，第三边长是________． 若y=x−2+2−x+1，则xy=________． 已知a<0，那么|a2−2a|可化简为________． 如图，Rt△ABC中，∠ABC=90∘，AB=BC，直线l1、l2、l3分别通过A、B、C三点，且l1 // l2 // l3．若l1与l2的距离为5，l2与l3的距离为7，则Rt△ABC的面积为________． 如图，在矩形ABCD中，BC=10，∠ABD=30∘，若点M，N分别是线段BD、AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为________． 三、解答题 计算： 12−18+313+8. 如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB=DF，AC=DE，BE=FC.连接AF、BD， 求证：四边形ABDF是平行四边形. 如图，网格中的△ABC，若小方格边长为1，请你根据所学的知识解决下列问题. (1)判断△ABC的形状并说明理由； (2)求△ABC的面积. 先化简，再求值：2(a+3)(a−3)−a(a−2)+6，其中a=2−1． 如图，一个直径为12cm的杯子，在它的正中间竖直放一根筷子，筷子漏出杯子外2cm，当筷子倒向杯壁时（筷子底端不动），筷子顶端正好触到杯口，求筷子长度． 如图，在△ABC中，AC=9，AB=12，BC=15，P为BC边上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H． (1)求证：四边形AGPH是矩形； (2)在点P的运动过程中，GH的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由． 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O.E是AB中点，连接OE，过点E作EF//AC，交BC于点F，且AC=BC． (1)求证：四边形OEFC是菱形； (2)若AB=6，S菱形OEFC=9，求BC的长． 如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点O是对角线BD的中点，过点O的直线分别交AB、CD边于点E、F． (1)求证：四边形DEBF是平行四边形； (2)当DE=DF时，求EF的长． 已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB>CE． (1)如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE； (2)如图2，如果正方形ABCD的边长为2，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG // BD，BG=BD． ①求∠BDE的度数； ②请直接写出正方形CEFG的边长的值． 参考答案与试题解析2020-2021学年湖北省十堰市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】二次根式有意义的条件【解析】根据二次根式的被开方数是非负数列出不等式x−1≥0，通过解该不等式即可求得x的取值范围．【解答】解：根据题意，得x−1≥0， 解得x≥1． 故选C．2.【答案】A【考点】平行四边形的性质勾股定理【解析】根据平行四边形的性质，对角线互相平分可知OD=3，OA=5，在直角三角形AOD中利用勾股定理可求得AD的长度．【解答】解：∵ 在平行四边形ABCD中，AC=10，BD=6， ∴ OD=3，OA=5， ∵ ∠BDA=90∘， ∴ AD2+OD2=OA2，即AD=OA2−OD2=4. 故选A.3.【答案】D【考点】二次根式的混合运算平方差公式算术平方根【解析】根据二次根式的性质对（1）、（2）、（3）进行判断；根据平方差公式对（4）进行判断．【解答】解：(1)(2)2=2，故正确； (2)(−2)2=2，故正确； (3)(−23)2=12，故正确； (4)(2+3)(2−3)=2−3=−1，故正确； 故选D．4.【答案】B【考点】勾股定理的逆定理【解析】知道三条边的大小，用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．【解答】解：A，(3)2+(4)2≠(5)2，不能构成直角三角形，不符合题意； B，12+(2)2=(3)2，能构成直角三角形，符合题意； C，62+72≠82，不能构成直角三角形，不符合题意； D，22+32≠42，不能构成直角三角形，不符合题意. 故选B.5.【答案】D【考点】矩形的判定与性质菱形的判定与性质平行四边形的性质与判定【解析】由菱形的判定、矩形的判定与性质、平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：A，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误； B．矩形的对角线互相平分且相等，故B错误； C．两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故C错误； D．对角线相等的平行四边形是矩形，故D正确． 故选D．6.【答案】C【考点】在数轴上表示实数勾股定理【解析】首先根据勾股定理计算出AC的长，进而得到AM的长，再根据A点表示−1，可得M点表示的数．【解答】解：AC=AB2+BC2=32+12=10， 则AM=10. ∵ A点表示−1， ∴ M点表示的数为10−1. 故选C.7.【答案】C【考点】平行四边形的性质与判定全等三角形的性质与判定【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AB // CD，AB=CD，∠B=∠D，AD // BC，AD=BC， 如果∠BAE=∠FCD， 则△ABE≅△CDF(ASA)， ∴ BE=DF， ∴ AD−DF=BC−BE， 即AF=CE， 又∵ AF // CE， ∴ 四边形AFCE是平行四边形，故③正确， 如果∠BEA=∠FCE， 则AE // CF， 又∵ AF // CE， ∴ 四边形AFCE是平行四边形，故④正确， 故选C．8.【答案】B【考点】正方形的性质勾股定理全等三角形的性质与判定【解析】延长AD至H，延长FM与AH交于H点，利用ASA证△AMH≌△EMF，得FM=MH，AH=EF，从而求出DH，DF长，再在RtΔDFH中由勾股定理求出FH，即可求出答案.【解答】解：延长AD至H，延长FM与AH交于H点，如图所示， ∵正方形ABCD，正方形CGEF， ∴BC//AD，CG//EF，∠FDH=∠ADC=90∘， ∵B，C，G在同一直线上， ∴AH//EF， ∴∠MAH=∠FEM，∠AHM=∠EFM， 在△AMH和△EMF中， ∠MAH=∠FEM，EM=AM，∠AHM=∠EFM， ∴ △AMH≅△EMF（ASA)， ∴FM=MH，AH=EF， ∴DH=AH−AD=EF−AD=DF=3−2=1， ∴DF=CF−CD=3−2=1， 在Rt△DFH中，FH为斜边， ∴FH=DF2+DH2=12+12=2， 又FM=MH， ∴FM=12FH=22， 故选B．9.【答案】A【考点】坐标与图形性质菱形的性质【解析】由勾股定理求出AB＝5，由菱形的性质得出BC＝5，即可得出点C的坐标．【解答】解：∵ A(3, 0)，B(0, 4)， ∴ OA=3，OB=4， ∴ AB=OA2+OB2=5， ∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ BC=AD=AB=5， ∴ 点C的坐标为(−5, 4)， 故选A.10.【答案】D【考点】矩形的性质全等三角形的性质与判定平行四边形的性质与判定菱形的判定【解析】证△DNA≅△BMC(AAS)，得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≅△CBF(ASA)，得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM // FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．【解答】解：∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AB=CD，AB // CD，AD=BC，AD // BC， ∠DAE=∠BCF=90∘，OD=OB=OA=OC， ∴ ∠DAN=∠BCM， ∵ BF⊥AC，DE // BF， ∴ DE⊥AC， ∴ ∠DNA=∠BMC=90∘， 在△DNA和△BMC中， ∠DAN=∠BCM，∠DNA=∠BMC，AD=BC， ∴ △DNA≅△BMC(AAS)， ∴ DN=BM，∠ADE=∠CBF，故①正确； 在△ADE和△CBF中， ∠ADE=∠CBF，AD=BC，∠DAE=∠BCF， ∴ △ADE≅△CBF(ASA)， ∴ AE=FC，DE=BF，故③正确； ∴ DE−DN=BF−BM，即NE=MF， ∵ DE // BF， ∴ 四边形NEMF是平行四边形， ∴ EM // FN，故②正确； ∵ AB=CD，AE=CF， ∴ BE=DF， ∵ BE // DF， ∴ 四边形DEBF是平行四边形， ∵ AO=AD， ∴ AO=AD=OD， ∴ △AOD是等边三角形， ∴ ∠ADO=∠DAN=60∘， ∴ ∠ABD=90∘−∠ADO=30∘， ∵ DE⊥AC， ∴ ∠ADN=ODN=30∘， ∴ ∠ODN=∠ABD， ∴ DE=BE， ∴ 四边形DEBF是菱形，故④正确， ∴ 正确结论的个数是4. 故选D.二、填空题【答案】互相垂直【考点】正方形的判定与性质【解析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角相等的平行四边形是矩形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线相等的菱形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形求解即可求得答案．【解答】解：对角线互相垂直的矩形是正方形， 故答案为：互相垂直.【答案】27或10【考点】勾股定理【解析】本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即8是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．【解答】解：当8是斜边时，第三边长=82−62=27； 当6和8是直角边时，第三边长=82+62=10； ∴ 第三边的长为：27或10， 故答案为：27或10.【答案】2【考点】二次根式有意义的条件【解析】根据被开方数大于等于0列式求出x，再求出y，然后代入代数式进行计算即可得解．【解答】解：由题意得，x−2≥0且2−x≥0， 解得x≥2且x≤2， ∴ x=2， 代入，得y=1， ∴ xy=21=2． 故答案为：2．【答案】−3a【考点】二次根式的性质与化简绝对值【解析】根据二次根式的性质和绝对值的定义解答．【解答】解：∵ a<0， ∴ |a2−2a|=|−a−2a|=|−3a|=−3a． 故答案为：−3a.【答案】37【考点】全等三角形的性质平行线之间的距离勾股定理【解析】先过点B作EF⊥l2，交l1于E，交l3于F，由于EF⊥l2，l1 // l2 // l3，易知EF⊥l1⊥l3，那么∠ABE+∠EAB=90∘，∠AEB=∠BFC=90∘，而∠ABC=90∘，可得∠ABE+∠FBC=90∘，根据同角的余角相等可得∠EAB=∠FBC，根据AAS可证△ABE≅△BCF，于是BE=CF=5，AE=BF=7，在Rt△ABE中利用勾股定理可求AB2=74，进而可求△ABC的面积．【解答】解：过点B作EF⊥l2，交l1于点E，交l3于点F，如图所示， ∵ EF⊥l2，l1 // l2 // l3， ∴ EF⊥l1⊥l3， ∴ ∠ABE+∠EAB=90∘，∠AEB=∠BFC=90∘， 又∵ ∠ABC=90∘， ∴ ∠ABE+∠FBC=90∘， ∴ ∠EAB=∠FBC， 在△ABE和△BCF中， ∠AEB=∠BFC，∠EAB=∠FCBAB=BC，， ∴ △ABE≅△BCF， ∴ BE=CF=5，AE=BF=7， 在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2， ∴ AB2=74， ∴ S△ABC=12AB⋅BC=12AB2=37． 故答案为：37．【答案】15【考点】等边三角形的性质与判定矩形的性质轴对称——最短路线问题勾股定理【解析】作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．首先证明△ABA′是等边三角形，求出A′H，根据垂线段最短解决问题即可．【解答】解：作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′， 过点A′作A′H⊥AB于H，如图所示， ∵ BA=BA′，∠ABD=∠DBA′=30∘， ∴ ∠ABA′=60∘， ∴ △ABA′是等边三角形， ∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AD=BC=10， ∵ 在Rt△ABD中，∠ABD=30∘， ∴ BD=2AD=20，AB=202−102=103， ∵ A′H⊥AB， ∴ AH=HB=53， ∴ A′H=A′B2−BH2=15， ∵ AM+MN=A′M+MN≥A′H， ∴ AM+MN≥15， ∴ AM+MN的最小值为15． 故答案为：15.三、解答题【答案】解：原式=23−32+3+22 =33−2.【考点】二次根式的加减混合运算【解析】暂无【解答】解：原式=23−32+3+22 =33−2.【答案】证明：∵ BE=FC， BE+EC=BC，FC+EC=FE， ∴ BC=FE， 在△ABC和△DFE中， BC=FE，AB=DF，AC=DE， ∴ △ABC≅△DFE， ∴ ∠ABC=∠DFE， ∴ AB // DF， ∵ AB=DF， ∴ 四边形ABDF是平行四边形.【考点】全等三角形的性质平行四边形的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：∵ BE=FC， BE+EC=BC，FC+EC=FE， ∴ BC=FE， 在△ABC和△DFE中， BC=FE，AB=DF，AC=DE， ∴ △ABC≅△DFE， ∴ ∠ABC=∠DFE， ∴ AB // DF， ∵ AB=DF， ∴ 四边形ABDF是平行四边形.【答案】解：(1)△ABC为直角三角形，理由如下： ∵ 小方格边长为1， ∴ AB2=12+22=5， AC2=22+42=20， BC2=32+42=25， ∴ AB2+AC2=BC2 . ∴ △ABC为直角三角形.(2)S△ABC=4×4−1×2÷2−4×3÷2−2×4÷2=16−1−6−4=5 .【考点】勾股定理勾股定理的逆定理三角形的面积【解析】暂无暂无【解答】解：(1)△ABC为直角三角形，理由如下： ∵ 小方格边长为1， ∴ AB2=12+22=5， AC2=22+42=20， BC2=32+42=25， ∴ AB2+AC2=BC2 . ∴ △ABC为直角三角形.(2)S△ABC=4×4−1×2÷2−4×3÷2−2×4÷2=16−1−6−4=5 .【答案】解：原式=2(a2−3)−a2+2a+6 =2a2−6−a2+2a+6 =a2+2a， 当a=2−1时， 原式=(2−1)2+2(2−1) =3−22+2−2 =5−32．【考点】二次根式的化简求值平方差公式【解析】直接利用乘法公式以及二次根式的乘法运算法则计算得出答案．【解答】解：原式=2(a2−3)−a2+2a+6 =2a2−6−a2+2a+6 =a2+2a， 当a=2−1时， 原式=(2−1)2+2(2−1) =3−22+2−2 =5−32．【答案】解：设杯子的高度是xcm，那么筷子的高度是x+2cm， ∵ 杯子的直径为12cm， ∴ 杯子的半径为6cm， 由题意得x2+62=x+22， 整理得x2+36=x2+4x+4， 解得x=8， 8+2=10cm， 答：筷子长度为10cm．【考点】勾股定理的应用一元一次方程的应用——其他问题【解析】设杯子的高度是xcm，那么筷子的高度是x+2cm，可求杯子半径为6cm，根据勾股定理构造方程x2+62=x+22，解方程 即可．【解答】解：设杯子的高度是xcm，那么筷子的高度是x+2cm， ∵ 杯子的直径为12cm， ∴ 杯子的半径为6cm， 由题意得x2+62=x+22， 整理得x2+36=x2+4x+4， 解得x=8， 8+2=10cm， 答：筷子长度为10cm．【答案】(1)证明∵ AC=9，AB=12，BC=15， ∴ AC2=81，AB2=144，BC2=225， ∴ AC2+AB2=BC2， ∴ ∠A=90∘． ∵ PG⊥AC，PH⊥AB， ∴ ∠AGP=∠AHP=90∘， ∴ 四边形AGPH是矩形.(2)解：存在．理由如下： 连接AP，如图. ∵ 四边形AGPH是矩形， ∴ GH=AP． ∵ 当AP⊥BC时AP最短， ∴ 由三角形面积公式可得12×9×12=12×15⋅AP， ∴ AP=365．【考点】勾股定理的逆定理矩形的判定矩形的性质垂线段最短【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明∵ AC=9，AB=12，BC=15， ∴ AC2=81，AB2=144，BC2=225， ∴ AC2+AB2=BC2， ∴ ∠A=90∘． ∵ PG⊥AC，PH⊥AB， ∴ ∠AGP=∠AHP=90∘， ∴ 四边形AGPH是矩形.(2)解：存在．理由如下： 连接AP，如图. ∵ 四边形AGPH是矩形， ∴ GH=AP． ∵ 当AP⊥BC时AP最短， ∴ 由三角形面积公式可得12×9×12=12×15⋅AP， ∴ AP=365．【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC=12AC， ∵ E为AB中点， ∴ OE是△ABC的中位线， ∴ OE//BC，OE=12BC， 又∵ EF//AC， ∴ 四边形OEFC是平行四边形， ∵ AC=BC，OE=12BC，OC=12AC， ∴ OE=OC， ∴四边形OEFC是菱形.(2)解：连接EC，OF，如图所示， 由(1)知O，E，F分别是AC，AB，BC的中点， ∴OF是△ABC的中位线，BE=12AB=12×6=3， ∴OF=12AB=12×6=3. ∵S菱形OEFC=9， ∴12OF⋅EC=9， ∴EC=6. 在△ABC中， ∵AC=BC，E是AB的中点， ∴CE⊥AB. 在Rt△EBC中， BC=BE2+CE2 =32+62 =35.【考点】平行四边形的性质三角形中位线定理菱形的判定勾股定理等腰三角形的性质：三线合一【解析】 【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC=12AC， ∵ E为AB中点， ∴ OE是△ABC的中位线， ∴ OE//BC，OE=12BC， 又∵ EF//AC， ∴ 四边形OEFC是平行四边形， ∵ AC=BC，OE=12BC，OC=12AC， ∴ OE=OC， ∴四边形OEFC是菱形.(2)解：连结EC，OF，如图所示： 由(1)知O，E，F分别是AC，AB，BC的中点， ∴OF是△ABC的中位线，BE=12AB=12×6=3， ∴OF=12AB=12×6=3. ∵S菱形OEFC=9， ∴12OF⋅EC=9， ∴EC=6. 在△ABC中， ∵AC=BC，E是AB的中点， ∴CE⊥AB. 在Rt△EBC中， BC=BE2+CE2 =32+62 =35.【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AB // CD， ∴ ∠DFO=∠BEO， 又因为∠DOF=∠BOE，OD=OB， ∴ △DOF≅△BOE(AAS)， ∴ DF=BE， 又因为DF // BE， ∴ 四边形BEDF是平行四边形.(2)解：∵ DE=DF，四边形BEDF是平行四边形， ∴ 四边形BEDF是菱形， ∴ DE=BE，EF⊥BD，OE=OF， 设AE=x，则DE=BE=8−x 在Rt△ADE中，根据勾股定理，有AE2+AD2=DE2 ∴ x2+62=(8−x)2， 解之得：x=74， ∴ DE=8−74=254， 在Rt△ABD中，根据勾股定理，有AB2+AD2=BD2 ∴ BD=62+82=10， ∴ OD=12 BD=5， 在Rt△DOE中，根据勾股定理，有DE2 −OD2=OE2， ∴ OE=(254)2−52=154， ∴ EF=2OE=152．【考点】全等三角形的性质与判定矩形的性质菱形的判定与性质平行四边形的判定勾股定理【解析】（1）根据矩形的性质得到AB // CD，由平行线的性质得到∠DFO＝∠BEO，根据全等三角形的性质得到DF＝BE，于是得到四边形BEDF是平行四边形； （2）推出四边形BEDF是菱形，得到DE＝BE，EF⊥BD，OE＝OF，设AE＝x，则DE＝BE＝8−x根据勾股定理即可得到结论．【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AB // CD， ∴ ∠DFO=∠BEO， 又因为∠DOF=∠BOE，OD=OB， ∴ △DOF≅△BOE(AAS)， ∴ DF=BE， 又因为DF // BE， ∴ 四边形BEDF是平行四边形.(2)解：∵ DE=DF，四边形BEDF是平行四边形， ∴ 四边形BEDF是菱形，∴ DE=BE，EF⊥BD，OE=OF，设AE=x，则DE=BE=8−x在Rt△ADE中，根据勾股定理，有AE2+AD2=DE2∴ x2+62=(8−x)2，解之得：x=74，∴ DE=8−74=254，在Rt△ABD中，根据勾股定理，有AB2+AD2=BD2∴ BD=62+82=10，∴ OD=12 BD=5，在Rt△DOE中，根据勾股定理，有DE2 −OD2=OE2，∴ OE=(254)2−52=154，∴ EF=2OE=152．【答案】(1)证明：∵ 四边形ABCD和CEFG为正方形， ∴ BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90∘， ∴ ∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG， ∴ ∠BCG=∠DCE． 在△BCG和△DCE中， BC = DC，∠ BCG = ∠ DCE， CG = CE ， ∴ △BCG≅△DCE(SAS)， ∴ BG=DE.(2)①连接BE．由(1)可知：BG=DE， ∵ CG // BD， ∴ ∠DCG=∠BDC=45∘， ∴ ∠BCG=∠BCD+∠GCD=90∘+45∘=135∘． ∵ ∠GCE=90∘， ∴ ∠BCE=360∘−∠BCG−∠GCE=360∘−135∘−90∘=135∘， ∴ ∠BCG=∠BCE， 在△BCG和△BCE中， BC = BC，∠ BCG = ∠ BCE， GC = EC ， ∴ △BCG≅△BCE(SAS)． ∴ BG=BE． ∵ BG=BD=DE， ∴ BD=BE=DE， ∴ △BDE为等边三角形， ∴ ∠BDE=60∘. ②延长EC交BD于点H， 在△BCE和△DCE中， DE = BEDC = BC CE = CE， ∴ △BCE≅△DCE(SSS)， ∴ ∠BEC=∠DEC， ∴ EH⊥BD，BH = 12BD． ∵ BC=CD=2，在Rt△BCD中由勾股定理， 得：BD = BC2 + CD2 = (2)2 + (2)2 = 2． ∴ BH=1， ∴ CH=1． 在Rt△BHE中，由勾股定理，得EH = 3， ∴ CE = 3−1． ∴ 正方形CEFG的边长为3−1．【考点】正方形的性质全等三角形的性质与判定勾股定理【解析】（1）根据正方形的性质可以得出BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90∘，再证明△BCG≅△DCE就可以得出结论； （2）①根据平行线的性质可以得出∠DCG=∠BDC=45∘，可以得出∠BCG=∠BCE，可以得出△BCG≅△BCE，得出BG=BE得出△BDE为正三角形就可以得出结论； ②延长EC交BD于点H，通过证明△BCE≅△BCG就可以得出∠BEC=∠DEC，就可以得出EH⊥BD，BH = 12BD，由勾股定理就可以求出EH的值，从而求出结论．【解答】(1)证明：∵ 四边形ABCD和CEFG为正方形， ∴ BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90∘， ∴ ∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG， ∴ ∠BCG=∠DCE． 在△BCG和△DCE中， BC = DC，∠ BCG = ∠ DCE， CG = CE ， ∴ △BCG≅△DCE(SAS)， ∴ BG=DE.(2)①连接BE．由(1)可知：BG=DE， ∵ CG // BD， ∴ ∠DCG=∠BDC=45∘， ∴ ∠BCG=∠BCD+∠GCD=90∘+45∘=135∘． ∵ ∠GCE=90∘， ∴ ∠BCE=360∘−∠BCG−∠GCE=360∘−135∘−90∘=135∘， ∴ ∠BCG=∠BCE， 在△BCG和△BCE中， BC = BC，∠ BCG = ∠ BCE， GC = EC ， ∴ △BCG≅△BCE(SAS)． ∴ BG=BE． ∵ BG=BD=DE， ∴ BD=BE=DE， ∴ △BDE为等边三角形， ∴ ∠BDE=60∘. ②延长EC交BD于点H， 在△BCE和△DCE中， DE = BEDC = BC CE = CE， ∴ △BCE≅△DCE(SSS)， ∴ ∠BEC=∠DEC， ∴ EH⊥BD，BH = 12BD． ∵ BC=CD=2，在Rt△BCD中由勾股定理， 得：BD = BC2 + CD2 = (2)2 + (2)2 = 2． ∴ BH=1， ∴ CH=1． 在Rt△BHE中，由勾股定理，得EH = 3， ∴ CE = 3−1． ∴ 正方形CEFG的边长为3−1．
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