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2020-2021学年山东省滨州市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版
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2020-2021学年山东省滨州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 下列各式是二次根式的是( ) A.−3 B.2 C.33 D.3−π 2. 下列计算正确的是( ) A.2×5=10 B.22=4 C.−42=2 D.6÷2=3 3. 在直角三角形中，若两条边的长分别是1cm，2cm，则第三边的长为( ) A.3cm B.5cm C.2cm或5cm D.3cm或5cm 4. 如图所示，在△ABC中， ∠ACB=90∘，D是AB的中点， DE⊥BC，E为垂足，AC=12AB，图中为60∘的角有( ) A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 5. 在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是( ) A.AB=BC，CD=DA B.AB // CD，AD=BC C.AB // CD，∠A=∠C D.∠A=∠B，∠C=∠D 6. 若最简二次根式7a+b与b+36a−b可合并，则ab的值为( ) A.2 B.−2 C.−1 D.1 7. 在下列四组线段中，能组成直角三角形的是( ) A.a=32，b=42，c=52 B.a=11，b=12，c=13 C.a:b:c=1:1:2 D.a=5，b=12，c=13 8. 下列说法正确的是( ) A.对角线相等且相互平分的四边形是矩形B.对角线相等且相互垂直的四边形是菱形C.四条边相等的四边形是正方形D.对角线相互垂直的四边形是平行四边形 9. 如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过点O作OE⊥BD交BC于点E．若△CDE的周长为8cm，则▱ABCD的周长为( ) A.8cm B.12cm C.16cm D.24cm 10. 如图，将一个边长分别为4，8的长方形纸片ABCD折叠，使C点与A点重合，则BE的长是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 11. 如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC=12，BD=16，点P为边BC上一点，且点P不与点B，C重合，过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，连结EF，则EF的最小值为( ) A.4 B.4.8 C.5 D.6 12. 如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF；②∠DAF=15∘；③AC垂直平分EF；④BE+DF=EF；⑤S△CEF=2S△ABE．其中正确的结论有( )个 A.2 B.3 C.4 D.5二、填空题 如果二次根式x−2有意义，那么x的取值范围是________. 如图，在▱ABCD中，∠B=50∘，则∠D=________度． 如图，为估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA，OB的中点M，N，测得MN=32m，则A，B两点间的距离是________m. 如图：已知▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=24cm，BD=38cm，AD=14cm，那么△OBC的周长为________cm． 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD=6，AC=8，直线OE⊥AB交CD于F，则EF的长为________. 如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是线段AD，BC的中点，G，H分别是线段BD，AC的中点，当四边形ABCD的边满足________时，四边形EGFH是菱形. 观察下列运算： 由2+1×2−1=1，得12+1=2−1； 由3+2×3−2=1，得13+2=3−2； 由4+3×4−3=1，得14+3=4−3； …… 则(12+1+13+2+⋯+12021+2020)(2021+1)=________. 如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点且∠AOG=30∘，则下列结论正确的是________. (1)DC=3OG；(2)OG=33BC；(3)△OGE是等边三角形；(4)S△AOE=16S矩形ABCD． 三、解答题 (1)42−36÷22+20210+|3−1|； (2)3+13−1+6−12. (1)已知a=3+22，b=3−22，求代数式a2b−ab2的值. (2)x2+4x2−4−2x−2÷x2，其中x=2−2. 如图，等边△ABC的边长是2，D，E分别为AB，AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC，连接CD和EF． (1)求证：四边形CDEF是平行四边形； (2)求四边形BDEF的周长． 观察、思考与验证. (1)如图1所示的是一个重要公式的几何解释，请你写出这个公式________； (2)如图2，∠B=∠D=90∘，且点B，C，D在同一直线上．试说明：∠ACE=90∘； (3)伽菲尔德（1881年任美国第20届总统）利用(1)中的公式和图2证明了勾股定理（发表在1876年4月1日的《新英格兰教育日志》上），请你写出验证过程． 如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DE//BC交AB于点E，DF//AB交BC于点F． 1求证：四边形BEDF是菱形； (2)若∠ABC=60∘，∠ACB=45∘，CD=6，求菱形BEDF的边长． 如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AB=5，BC=3，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A−C−B−A运动．设点P的运动时间为t秒t>0. (1)求AC的长及斜边AB上的高； (2)①当点P在CB上时，CP的长为________．（用含t的代数式表示） ②若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为多少？ (3)在整个运动中，直接写出△BCP是等腰三角形时t的值． 参考答案与试题解析2020-2021学年山东省滨州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】B【考点】二次根式的定义及识别【解析】二次根式有意义的条件是被开方数是非负数，即可判断．【解答】解：A，被开方数是负数，无意义； B，符合二次根式定义，符合题意； C，是三次根式，故选项不符合题意 D，3−π<0，故3−π无意义，故选项不符合题意． 故选B．2.【答案】A【考点】二次根式的乘法二次根式的除法二次根式的性质与化简【解析】根据二次根式的乘除等相关运算逐一判断即可．【解答】解：A，2×5=2×5=10，故A正确； B，22=2×2=2，故B错误； C，−42=42=4，故C错误； D，6÷2=6÷2=3，故D错误． 故选A．3.【答案】D【考点】勾股定理【解析】此题要分两种情况①当1cm和2cm为两个直角边长时；②当2cm是斜边长时．【解答】解：当1cm和2cm为两个直角边长时，第三边的长为：22+12=5(cm)， 当2cm是斜边长时，第三边的长为22−12=3(cm). 故选D．4.【答案】D【考点】等边三角形的性质与判定平行线的判定与性质直角三角形斜边上的中线【解析】利用直角三角形的性质，判断出∠B=30∘，难点是通过直角三角形的性质推理出角的数量关系．【解答】解：∵ ∠ACB=90∘， ∴ △ABC是直角三角形， ∵ D是AB的中点， ∴CD=AD=BD. ∵ AC=12AB， ∴ AD=CD=AC=BD， ∴ △DCA是等边三角形， ∴ ∠DCA=∠A=∠CDA=60∘， ∴ ∠B=30∘. 又∵ DE⊥BC,AC⊥BC， ∴ DE//AC， ∴ ∠BDE=∠A=60∘，∠EDC=∠DCA=60∘， 综上所述：∠A=∠ACD=∠ADC=∠EDC=∠BDE=60∘, 图中为60∘的角有5个. 故选D．5.【答案】C【考点】平行四边形的判定【解析】根据平行四边形的判定进行判断即可得出结论．【解答】解：如图所示， 根据平行四边形的判定，A，B，D条件均不能判定为平行四边形， C选项中，由于AB // CD，∠A=∠C，所以∠B=∠D， 所以只有C能判定． 故选C.6.【答案】B【考点】同类二次根式【解析】根据可以合并判断出两个二次根式是同类二次根式，然后列方程组求解得到a、b的值，再相乘计算即可得解．【解答】解：∵ 最简二次根式7a+b与b+36a−b可合并， ∴ 7a+b与b+36a−b是同类二次根式， ∴ b+3=2,7a+b=6a−b, 解得a=2,b=−1, ∴ ab=2×(−1)=−2． 故选B．7.【答案】D【考点】勾股定理的逆定理【解析】先根据三角形的三边关系定理看看能否组成三角形，若能组成三角形，再分别求出两小边的平方和和求出最长边的平方，看看是否相等即可．【解答】解：A，a=32=9，b=42=16，c=52=25， a2+b2≠c2, ∴ 以a，b，c为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意； B，a=11，b=12，c=13, ∵ a2+b2≠c2, ∴ 以a，b，c为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意； C，∵ a:b:c=1:1:2， ∴ a+b=c，不符合三角形的三边关系定理，不能组成三角形， ∴ 以a，b，c为边也不能组成直角三角形，故本选项不符合题意； D，∵ a=5，b=12，c=13, ∴ a2+b2=c2， ∴ 以a，b，c为边能组成直角三角形，故本选项符合题意. 故选D．8.【答案】A【考点】平行四边形的判定菱形的判定正方形的判定矩形的判定【解析】根据菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定定理逐项分析即可即可解答．【解答】解：A，对角线相等且相互平分的四边形是矩形，故该选项正确； B，对角线相互垂直平分的四边形是菱形，故该选项错误； C，四条边相等的四边形是菱形，不是正方形，故该选项错误； D，对角线相互平分的四边形平行四边形，故该选项错误. 故选A.9.【答案】C【考点】平行四边形的性质线段垂直平分线的性质【解析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分、对边相等，即可得OB=OD，AB=CD，AD=BC，又由OE⊥BD，即可得OE是BD的垂直平分线，然后根据线段垂直平分线的性质，即可得BE=DE，又由△CDE的周长为8cm，即可求得平行四边形ABCD的周长．【解答】解：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OB=OD，AB=CD，AD=BC， ∵ OE⊥BD， ∴ BE=DE. ∵ △CDE的周长为8cm， 即CD+DE+EC=8cm， ∴ 平行四边形ABCD的周长为： AB+BC+CD+AD=2(BC+CD) =2(BE+EC+CD)=2(DE+EC+CD) =2×8=16(cm)． 故选C．10.【答案】A【考点】翻折变换（折叠问题）勾股定理【解析】根据翻折的性质可得AE=CE，设BE=x，然后表示出AE，再利用勾股定理列出方程进行计算即可得解．【解答】解：根据翻折的性质得，AE=CE， 设BE=x， ∵ 长方形ABCD的长为8， ∴ AE=CE=8−x， 在Rt△ABE中，根据勾股定理，AE2=AB2+BE2， 即(8−x)2=42+x2， 解得x=3， ∴ BE的长为3． 故选A．11.【答案】B【考点】垂线段最短菱形的性质矩形的判定与性质勾股定理【解析】连接OP，由菱形的性质解得BO=12BD=8,OC=12AC=6，再根据勾股定理解得BC=10，继而证明四边形OEPF为矩 形，得到FE=OP，根据垂线段最短解得当OP⊥BC时，OP有最小值，最后根据三角形面积公式解题即可．【解答】解：连接OP. 因为四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16， ∴ AC⊥BD， BO=12BD=8，OC=12AC=6， ∴ BC=OB2+OC2=64+36=10. ∵ PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD， ∴ 四边形OEPF为矩形， ∴ FE=OP. 当OP⊥BC时，OP有最小值， 此时S△OBC=12OB⋅OC=12BC⋅OP， ∴ OP=6×810=4.8， ∴ EF的最小值为4.8. 故选B.12.【答案】C【考点】正方形的性质等边三角形的判定方法全等三角形的性质【解析】通过条件可以得出△ABE≅△ADF而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC=x，BE=y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE再通过比较大小就可以得出结论【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90∘． ∵ △AEF是等边三角形， ∴ AE=EF=AF，∠EAF=60∘． ∴ ∠BAE+∠DAF=30∘． 在Rt△ABE和Rt△ADF中， AE=AF，AB=AD， Rt△ABE≅Rt△ADF(HL)， ∴ BE=DF（故①正确）． ∠BAE=∠DAF， ∴ ∠DAF+∠DAF=30∘， 即∠DAF=15∘（故②正确）， ∵ BC=CD， ∴ BC−BE=CD−DF，即CE=CF， ∵ AE=AF， ∴ AC垂直平分EF．（故③正确）． 设EC=x，由勾股定理，得 EF=2x，CG=22x， AG=AEsin60∘=EFsin60∘=2×CGsin60∘=62x， ∴ AC=6x+2x2， ∴ AB=3x+x2， ∴ BE=3x+x2−x=3x−x2， ∴ BE+DF=3x−x≠2x，（故④错误）， ∵ S△CEF=x22， S△ABE=x24， ∴ 2S△ABE=x22=S△CEF，（故⑤正确）． 综上所述，正确的有4个， 故选C．二、填空题【答案】x≥2【考点】二次根式有意义的条件【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可知， x−2≥0, 即x≥2. 故答案为：x≥2.【答案】50【考点】平行四边形的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 四边形ABCD为平行四边形，∠B=50∘， ∴ ∠D=∠B=50∘. 故答案为：50.【答案】64【考点】三角形中位线定理【解析】根据M、N是OA、OB的中点，即MN是△OAB的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．【解答】解：∵ M，N分别是OA，OB的中点，即MN是△OAB的中位线， ∴ MN=12AB， ∴ AB=2MN=2×32=64(m)． 故答案为：64.【答案】45【考点】平行四边形的性质【解析】利用平行四边形的对边相等对角线互相平分进而得出即可．【解答】解：在▱ABCD中，对角线AC和BD交于点O，AC=24cm，BD=38cm，AD=14cm， ∴ AO=CO=12cm, BO=DO=19cm，AD=BC=14cm, ∴ △OBC的周长是：BO+CO+BC=12+19+14=45cm. 故答案为：45.【答案】4.8【考点】菱形的性质勾股定理菱形的面积【解析】由在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=6，AC=8，可求得菱形的面积与边长，继而求得答案．【解答】解：∵ 在菱形ABCD中，BD=6，AC=8， ∴ OB=12BD=3，OA=12AC=4，AC⊥BD， ∴ AB=OA2+OB2=5， ∵ S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅EF， ∴ EF=12AC⋅BDAB=12×6×85=4.8． 故答案为：4.8.【答案】AB=CD【考点】菱形的判定中点四边形【解析】本题可根据菱形的定义来求解．E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是4ADB的中位线，同理，HF是4ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EGIHF，E=HF ，因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EH=12CD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG=EH ，那么就需要AB、CD满足AB=CD的条件．【解答】解：当AB=CD时，四边形EGFH是菱形． ∵ 点E，G分别是AD，BD的中点， ∴ EG=//12AB，同理HF=//12AB， ∴ EG=//HF， ∴ 四边形EGFH是平行四边形． 同理证得EH=FG=12CD，AB=CD， ∴EG=EH=FG=FH， ∴ 四边形EGFH是菱形． 故答案为：AB=CD.【答案】2020【考点】分母有理化规律型：数字的变化类【解析】此题暂无解析【解答】解：原式=(2−1+3−2+⋯+2021−2020)(2021+1) =(2021−1)(2020+1) =2021−1 =2020． 故答案为：2020.【答案】(1)(2)(3)(4)【考点】矩形的性质等边三角形的判定含30度角的直角三角形勾股定理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可得OG=AG=GE=12AE，再根据等边对等角可得∠OAG=30∘，根据直角三角形两锐角互余求出∠GOE=60∘，从而判断出△OGE是等边三角形，判断出(3)正确；设AE=2a，根据等边三角形的性质表示出OE，利用勾股定理列式求出AO，从而得到AC，再求出BC，然后利用勾股定理列式求出AB=3a，从而判断出(1)正确，(2)错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出(4)正确．【解答】解：∵ EF⊥AC，点G是AE中点， ∴ OG=AG=GE=12AE， ∵ ∠AOG=30∘， ∴ ∠OAG=∠AOG=30∘， ∠GOE=90∘−∠AOG=90∘−30∘=60∘， ∴ △OGE是等边三角形，故(3)正确； 设AE=2a，则OE=OG=a， 由勾股定理，得AO=AE2−OE2=(2a)2−a2=3a， ∵ O为AC中点， ∴ AC=2AO=23a， ∴ BC=12AC=12×23a=3a， 在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=(23a)2−(3a)2=3a. ∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ CD=AB=3a， ∴ DC=3OG，故(1)正确； ∵ OG=a，33BC=a， ∴ BC=33BC，故(2)正确； ∵ S△AOE =12a⋅3a=32a2， SABCD=3a⋅3a=33a2， ∴ S△AOE =16S矩形ABCD ，故(4)正确. 综上所述，结论正确是(1)(2)(3)(4)． 故答案为：(1)(2)(3)(4)．三、解答题【答案】解：(1)原式=2−323+1+3−1 =2−32.(2)原式=3−1+6−26+1 =9−26.【考点】零指数幂、负整数指数幂二次根式的混合运算实数的运算绝对值平方差公式完全平方公式【解析】暂无暂无【解答】解：(1)原式=2−323+1+3−1 =2−32.(2)原式=3−1+6−26+1 =9−26.【答案】解：(1)a=3+22，b=3−22， ∴ ab=3+223−22=1， a−b=3+22−3−22=42 ， ∴ a2b−ab2=ab(a−b)=1×42=42 .(2)原式=x2+4x2−4−2x+4x2−4×2x =xx−2x+2x−2×2x =2x+2 . 当x=2−2时，原式=22−2+2=2 .【考点】二次根式的混合运算分式的混合运算【解析】暂无暂无【解答】解：(1)a=3+22，b=3−22， ∴ ab=3+223−22=1， a−b=3+22−3−22=42 ， ∴ a2b−ab2=ab(a−b)=1×42=42 .(2)原式=x2+4x2−4−2x+4x2−4×2x =xx−2x+2x−2×2x =2x+2 . 当x=2−2时，原式=22−2+2=2 .【答案】(1)证明：∵ D，E分别是AB，AC中点， ∴ DE // BC，DE=12BC. ∵ CF=12BC， ∴ DE=CF， ∴ 四边形CDEF是平行四边形.(2)解：∵ 四边形DEFC是平行四边形， ∴ DC=EF. ∵ D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴ AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴ DC=EF=22−12=3， ∴ 四边形BDEF的周长是1+1+2+1+3=5+3．【考点】三角形中位线定理平行四边形的判定勾股定理等腰三角形的性质：三线合一【解析】（1）直接利用三角形中位线定理得出DE // BC，再利用平行四边形的判定方法得出答案；（2）利用等边三角形的性质结合平行四边形的性质得出DC=EF，进而求出四边形BDEF的周长．【解答】(1)证明：∵ D，E分别是AB，AC中点， ∴ DE // BC，DE=12BC. ∵ CF=12BC， ∴ DE=CF， ∴ 四边形CDEF是平行四边形.(2)解：∵ 四边形DEFC是平行四边形， ∴ DC=EF. ∵ D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴ AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴ DC=EF=22−12=3， ∴ 四边形BDEF的周长是1+1+2+1+3=5+3．【答案】(a+b)2=a2+2ab+b2(2)∵△ABC≅△CDE， ∴∠BAC=∠DCE. ∵∠ACB+∠BAC=90∘， ∴∠ACB+∠DCE=90∘， ∴∠ACE=90∘.(3)∵ ∠B=∠D=90∘， ∴∠B+∠D=180∘， ∴AB // DE，即四边形ABDE是梯形， ∴四边形ABDE的面积=12(a+b)(a+b)=12ab+12c2+12ab， 整理得：a2+b2=c2．【考点】完全平方公式的几何背景全等三角形的性质勾股定理的证明【解析】（1）由大正方形面积的两种计算方法即可得出结果；（2）由全等三角形的性质得出∠BAC=∠DCE，再由角的互余关系得出∠ACB+∠DCE=90∘，即可得出结论；（3）先证明四边形ABDE是梯形，由四边形ABDE的面积的两种计算方法即可得出结论．【解答】解：(1)这个公式是完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2；理由如下： ∵大正方形的边长为a+b， ∴大正方形的面积=(a+b)2. 又∵大正方形的面积=两个小正方形的面积+两个长方形的面积=a2+b2+ab+ab=a2+2ab+b2， ∴(a+b)2=a2+2ab+b2. 故答案为：(a+b)2=a2+2ab+b2.(2)∵△ABC≅△CDE， ∴∠BAC=∠DCE. ∵∠ACB+∠BAC=90∘， ∴∠ACB+∠DCE=90∘， ∴∠ACE=90∘.(3)∵ ∠B=∠D=90∘， ∴∠B+∠D=180∘， ∴AB // DE，即四边形ABDE是梯形， ∴四边形ABDE的面积=12(a+b)(a+b)=12ab+12c2+12ab， 整理得：a2+b2=c2．【答案】1证明：∵ DE//BC，DF//AB， ∴ 四边形DEBF是平行四边形， ∴ ∠EDB=∠DBF. ∵ BD平分∠ABC， ∴ ∠ABD=∠DBF=12∠ABC， ∴ ∠ABD=∠EDB， ∴ DE=BE， ∴ 四边形BEDF是菱形.2解：如图，过点D作DH⊥BC于H， ∵ DF//AB， ∴ ∠ABC=∠DFC=60∘. ∵ DH⊥BC， ∴ ∠FDH=30∘， ∴ FH=12DF，DH=3FH=32DF. ∵ C=45∘，DH⊥BC， ∴ ∠C=∠HDC=45∘， ∴ DC=2DH=62DF=6， ∴ DF=26， ∴ 菱形BEDF的边长为26.【考点】菱形的判定菱形的性质含30度角的直角三角形勾股定理【解析】1由题意可证BE=DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；2过点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．【解答】1证明：∵ DE//BC，DF//AB， ∴ 四边形DEBF是平行四边形， ∴ ∠EDB=∠DBF. ∵ BD平分∠ABC， ∴ ∠ABD=∠DBF=12∠ABC， ∴ ∠ABD=∠EDB， ∴ DE=BE， ∴ 四边形BEDF是菱形.2解：如图，过点D作DH⊥BC于H， ∵ DF//AB， ∴ ∠ABC=∠DFC=60∘. ∵ DH⊥BC， ∴ ∠FDH=30∘， ∴ FH=12DF，DH=3FH=32DF. ∵ C=45∘，DH⊥BC， ∴ ∠C=∠HDC=45∘， ∴ DC=2DH=62DF=6， ∴ DF=26， ∴ 菱形BEDF的边长为26.【答案】解：(1)由勾股定理，得 AC=AB2−BC2=52−32=4， 过点C作CD⊥AB于D， ∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC， ∴AB⋅CD=AC⋅BC， ∴5CD=4×3， ∴CD=125. 即AB边上的高为125.(2)①当点P在BC上时， CP=2t−AC=2t−4， 故答案为：2t−4. ②∵点P′在∠BAC的角平分线上， ∴AP′平分∠BAC，过点P′作P′D⊥AB于D，如图， ∴∠CAP′=∠DAP′，∠C=∠P′DA，AP′=AP′， ∴△CAP′≅△DAP′， ∴ AD=AC=4，BD=5−4=1. 设CP′=DP′=x，则BP′=3−x， 在Rt△P′DB中，BD2+DP′2=BP′2，即12+x2=(3−x)2， 解得x=43， ∴2t=AC+CP′=4+43， ∴t=83.(3)当△BCP是等腰三角形时，分两种情况： ①当点P1在AC上时，则CP1=BC=3， ∴有AP1=AC−CP1=4−3=1， ∴2t=1， ∴t=12， ②当点P2在AB上，且CP2=BP2时， 过点P2作P2E⊥BC于E，如图， ∵ CP2=BP2，P2E⊥BC， ∴BE=12BC=32， ∵∠ACB=∠P2EB=90∘， ∴P2E//AC，即P2E为三角形ABC的中位线， ∴ P2B=12AB=52， ∴ 2t=4+3+52，即t=194. 当CB=BP3=3时，2t=4+3+3=10，解得t=5. 当CB=CP4时，过点C作CF⊥AB于F， 易知FP4=FB=CB2−CF2=32−(125)2=95， ∴ 2t=4+3+95+95，解得t=5310. 综上，当△BCP是等腰三角形时，t值为12或194或5或5310.【考点】勾股定理三角形的面积角平分线的定义全等三角形的性质与判定等腰三角形的性质等腰三角形的性质：三线合一【解析】直接由勾股定理求出AC长，再过点C作CD⊥AB于D，根据三角形面积公式求斜边的高即可.(2)①当点P在BC上时，根据CP=2t−AC，求解； ②∵点P在∠BAC的角平分线上，∴AP平分∠BAC，过点B作BD//AC，交AP延长线于D，先证BD=AB=5，再证△APC∽△DPB，得CPBP=ACBD，求出CP长，从而求出t值即可.分两种情况：①当点P在AC上时，则CP=BC=3;②当点P在AC上时，则CP=BP，分别求出t值即可.【解答】解：(1)由勾股定理，得 AC=AB2−BC2=52−32=4， 过点C作CD⊥AB于D， ∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC， ∴AB⋅CD=AC⋅BC， ∴5CD=4×3， ∴CD=125. 即AB边上的高为125.(2)①当点P在BC上时， CP=2t−AC=2t−4， 故答案为：2t−4. ②∵点P′在∠BAC的角平分线上， ∴AP′平分∠BAC，过点P′作P′D⊥AB于D，如图， ∴∠CAP′=∠DAP′，∠C=∠P′DA，AP′=AP′， ∴△CAP′≅△DAP′， ∴ AD=AC=4，BD=5−4=1. 设CP′=DP′=x，则BP′=3−x， 在Rt△P′DB中，BD2+DP′2=BP′2，即12+x2=(3−x)2， 解得x=43， ∴2t=AC+CP′=4+43， ∴t=83.(3)当△BCP是等腰三角形时，分两种情况： ①当点P1在AC上时，则CP1=BC=3， ∴有AP1=AC−CP1=4−3=1， ∴2t=1， ∴t=12， ②当点P2在AB上，且CP2=BP2时， 过点P2作P2E⊥BC于E，如图， ∵ CP2=BP2，P2E⊥BC， ∴BE=12BC=32， ∵∠ACB=∠P2EB=90∘， ∴P2E//AC，即P2E为三角形ABC的中位线， ∴ P2B=12AB=52， ∴ 2t=4+3+52，即t=194. 当CB=BP3=3时，2t=4+3+3=10，解得t=5. 当CB=CP4时，过点C作CF⊥AB于F， 易知FP4=FB=CB2−CF2=32−(125)2=95， ∴ 2t=4+3+95+95，解得t=5310. 综上，当△BCP是等腰三角形时，t值为12或194或5或5310.
2020-2021学年山东省滨州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 下列各式是二次根式的是( ) A.−3 B.2 C.33 D.3−π 2. 下列计算正确的是( ) A.2×5=10 B.22=4 C.−42=2 D.6÷2=3 3. 在直角三角形中，若两条边的长分别是1cm，2cm，则第三边的长为( ) A.3cm B.5cm C.2cm或5cm D.3cm或5cm 4. 如图所示，在△ABC中， ∠ACB=90∘，D是AB的中点， DE⊥BC，E为垂足，AC=12AB，图中为60∘的角有( ) A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 5. 在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是( ) A.AB=BC，CD=DA B.AB // CD，AD=BC C.AB // CD，∠A=∠C D.∠A=∠B，∠C=∠D 6. 若最简二次根式7a+b与b+36a−b可合并，则ab的值为( ) A.2 B.−2 C.−1 D.1 7. 在下列四组线段中，能组成直角三角形的是( ) A.a=32，b=42，c=52 B.a=11，b=12，c=13 C.a:b:c=1:1:2 D.a=5，b=12，c=13 8. 下列说法正确的是( ) A.对角线相等且相互平分的四边形是矩形B.对角线相等且相互垂直的四边形是菱形C.四条边相等的四边形是正方形D.对角线相互垂直的四边形是平行四边形 9. 如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过点O作OE⊥BD交BC于点E．若△CDE的周长为8cm，则▱ABCD的周长为( ) A.8cm B.12cm C.16cm D.24cm 10. 如图，将一个边长分别为4，8的长方形纸片ABCD折叠，使C点与A点重合，则BE的长是( ) A.3 B.4 C.5 D.6 11. 如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC=12，BD=16，点P为边BC上一点，且点P不与点B，C重合，过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，连结EF，则EF的最小值为( ) A.4 B.4.8 C.5 D.6 12. 如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF；②∠DAF=15∘；③AC垂直平分EF；④BE+DF=EF；⑤S△CEF=2S△ABE．其中正确的结论有( )个 A.2 B.3 C.4 D.5二、填空题 如果二次根式x−2有意义，那么x的取值范围是________. 如图，在▱ABCD中，∠B=50∘，则∠D=________度． 如图，为估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA，OB的中点M，N，测得MN=32m，则A，B两点间的距离是________m. 如图：已知▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=24cm，BD=38cm，AD=14cm，那么△OBC的周长为________cm． 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD=6，AC=8，直线OE⊥AB交CD于F，则EF的长为________. 如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是线段AD，BC的中点，G，H分别是线段BD，AC的中点，当四边形ABCD的边满足________时，四边形EGFH是菱形. 观察下列运算： 由2+1×2−1=1，得12+1=2−1； 由3+2×3−2=1，得13+2=3−2； 由4+3×4−3=1，得14+3=4−3； …… 则(12+1+13+2+⋯+12021+2020)(2021+1)=________. 如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点且∠AOG=30∘，则下列结论正确的是________. (1)DC=3OG；(2)OG=33BC；(3)△OGE是等边三角形；(4)S△AOE=16S矩形ABCD． 三、解答题 (1)42−36÷22+20210+|3−1|； (2)3+13−1+6−12. (1)已知a=3+22，b=3−22，求代数式a2b−ab2的值. (2)x2+4x2−4−2x−2÷x2，其中x=2−2. 如图，等边△ABC的边长是2，D，E分别为AB，AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC，连接CD和EF． (1)求证：四边形CDEF是平行四边形； (2)求四边形BDEF的周长． 观察、思考与验证. (1)如图1所示的是一个重要公式的几何解释，请你写出这个公式________； (2)如图2，∠B=∠D=90∘，且点B，C，D在同一直线上．试说明：∠ACE=90∘； (3)伽菲尔德（1881年任美国第20届总统）利用(1)中的公式和图2证明了勾股定理（发表在1876年4月1日的《新英格兰教育日志》上），请你写出验证过程． 如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DE//BC交AB于点E，DF//AB交BC于点F． 1求证：四边形BEDF是菱形； (2)若∠ABC=60∘，∠ACB=45∘，CD=6，求菱形BEDF的边长． 如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，AB=5，BC=3，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A−C−B−A运动．设点P的运动时间为t秒t>0. (1)求AC的长及斜边AB上的高； (2)①当点P在CB上时，CP的长为________．（用含t的代数式表示） ②若点P在∠BAC的角平分线上，则t的值为多少？ (3)在整个运动中，直接写出△BCP是等腰三角形时t的值． 参考答案与试题解析2020-2021学年山东省滨州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】B【考点】二次根式的定义及识别【解析】二次根式有意义的条件是被开方数是非负数，即可判断．【解答】解：A，被开方数是负数，无意义； B，符合二次根式定义，符合题意； C，是三次根式，故选项不符合题意 D，3−π<0，故3−π无意义，故选项不符合题意． 故选B．2.【答案】A【考点】二次根式的乘法二次根式的除法二次根式的性质与化简【解析】根据二次根式的乘除等相关运算逐一判断即可．【解答】解：A，2×5=2×5=10，故A正确； B，22=2×2=2，故B错误； C，−42=42=4，故C错误； D，6÷2=6÷2=3，故D错误． 故选A．3.【答案】D【考点】勾股定理【解析】此题要分两种情况①当1cm和2cm为两个直角边长时；②当2cm是斜边长时．【解答】解：当1cm和2cm为两个直角边长时，第三边的长为：22+12=5(cm)， 当2cm是斜边长时，第三边的长为22−12=3(cm). 故选D．4.【答案】D【考点】等边三角形的性质与判定平行线的判定与性质直角三角形斜边上的中线【解析】利用直角三角形的性质，判断出∠B=30∘，难点是通过直角三角形的性质推理出角的数量关系．【解答】解：∵ ∠ACB=90∘， ∴ △ABC是直角三角形， ∵ D是AB的中点， ∴CD=AD=BD. ∵ AC=12AB， ∴ AD=CD=AC=BD， ∴ △DCA是等边三角形， ∴ ∠DCA=∠A=∠CDA=60∘， ∴ ∠B=30∘. 又∵ DE⊥BC,AC⊥BC， ∴ DE//AC， ∴ ∠BDE=∠A=60∘，∠EDC=∠DCA=60∘， 综上所述：∠A=∠ACD=∠ADC=∠EDC=∠BDE=60∘, 图中为60∘的角有5个. 故选D．5.【答案】C【考点】平行四边形的判定【解析】根据平行四边形的判定进行判断即可得出结论．【解答】解：如图所示， 根据平行四边形的判定，A，B，D条件均不能判定为平行四边形， C选项中，由于AB // CD，∠A=∠C，所以∠B=∠D， 所以只有C能判定． 故选C.6.【答案】B【考点】同类二次根式【解析】根据可以合并判断出两个二次根式是同类二次根式，然后列方程组求解得到a、b的值，再相乘计算即可得解．【解答】解：∵ 最简二次根式7a+b与b+36a−b可合并， ∴ 7a+b与b+36a−b是同类二次根式， ∴ b+3=2,7a+b=6a−b, 解得a=2,b=−1, ∴ ab=2×(−1)=−2． 故选B．7.【答案】D【考点】勾股定理的逆定理【解析】先根据三角形的三边关系定理看看能否组成三角形，若能组成三角形，再分别求出两小边的平方和和求出最长边的平方，看看是否相等即可．【解答】解：A，a=32=9，b=42=16，c=52=25， a2+b2≠c2, ∴ 以a，b，c为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意； B，a=11，b=12，c=13, ∵ a2+b2≠c2, ∴ 以a，b，c为边不能组成直角三角形，故本选项不符合题意； C，∵ a:b:c=1:1:2， ∴ a+b=c，不符合三角形的三边关系定理，不能组成三角形， ∴ 以a，b，c为边也不能组成直角三角形，故本选项不符合题意； D，∵ a=5，b=12，c=13, ∴ a2+b2=c2， ∴ 以a，b，c为边能组成直角三角形，故本选项符合题意. 故选D．8.【答案】A【考点】平行四边形的判定菱形的判定正方形的判定矩形的判定【解析】根据菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定定理逐项分析即可即可解答．【解答】解：A，对角线相等且相互平分的四边形是矩形，故该选项正确； B，对角线相互垂直平分的四边形是菱形，故该选项错误； C，四条边相等的四边形是菱形，不是正方形，故该选项错误； D，对角线相互平分的四边形平行四边形，故该选项错误. 故选A.9.【答案】C【考点】平行四边形的性质线段垂直平分线的性质【解析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分、对边相等，即可得OB=OD，AB=CD，AD=BC，又由OE⊥BD，即可得OE是BD的垂直平分线，然后根据线段垂直平分线的性质，即可得BE=DE，又由△CDE的周长为8cm，即可求得平行四边形ABCD的周长．【解答】解：∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OB=OD，AB=CD，AD=BC， ∵ OE⊥BD， ∴ BE=DE. ∵ △CDE的周长为8cm， 即CD+DE+EC=8cm， ∴ 平行四边形ABCD的周长为： AB+BC+CD+AD=2(BC+CD) =2(BE+EC+CD)=2(DE+EC+CD) =2×8=16(cm)． 故选C．10.【答案】A【考点】翻折变换（折叠问题）勾股定理【解析】根据翻折的性质可得AE=CE，设BE=x，然后表示出AE，再利用勾股定理列出方程进行计算即可得解．【解答】解：根据翻折的性质得，AE=CE， 设BE=x， ∵ 长方形ABCD的长为8， ∴ AE=CE=8−x， 在Rt△ABE中，根据勾股定理，AE2=AB2+BE2， 即(8−x)2=42+x2， 解得x=3， ∴ BE的长为3． 故选A．11.【答案】B【考点】垂线段最短菱形的性质矩形的判定与性质勾股定理【解析】连接OP，由菱形的性质解得BO=12BD=8,OC=12AC=6，再根据勾股定理解得BC=10，继而证明四边形OEPF为矩 形，得到FE=OP，根据垂线段最短解得当OP⊥BC时，OP有最小值，最后根据三角形面积公式解题即可．【解答】解：连接OP. 因为四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16， ∴ AC⊥BD， BO=12BD=8，OC=12AC=6， ∴ BC=OB2+OC2=64+36=10. ∵ PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD， ∴ 四边形OEPF为矩形， ∴ FE=OP. 当OP⊥BC时，OP有最小值， 此时S△OBC=12OB⋅OC=12BC⋅OP， ∴ OP=6×810=4.8， ∴ EF的最小值为4.8. 故选B.12.【答案】C【考点】正方形的性质等边三角形的判定方法全等三角形的性质【解析】通过条件可以得出△ABE≅△ADF而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC=x，BE=y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE再通过比较大小就可以得出结论【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90∘． ∵ △AEF是等边三角形， ∴ AE=EF=AF，∠EAF=60∘． ∴ ∠BAE+∠DAF=30∘． 在Rt△ABE和Rt△ADF中， AE=AF，AB=AD， Rt△ABE≅Rt△ADF(HL)， ∴ BE=DF（故①正确）． ∠BAE=∠DAF， ∴ ∠DAF+∠DAF=30∘， 即∠DAF=15∘（故②正确）， ∵ BC=CD， ∴ BC−BE=CD−DF，即CE=CF， ∵ AE=AF， ∴ AC垂直平分EF．（故③正确）． 设EC=x，由勾股定理，得 EF=2x，CG=22x， AG=AEsin60∘=EFsin60∘=2×CGsin60∘=62x， ∴ AC=6x+2x2， ∴ AB=3x+x2， ∴ BE=3x+x2−x=3x−x2， ∴ BE+DF=3x−x≠2x，（故④错误）， ∵ S△CEF=x22， S△ABE=x24， ∴ 2S△ABE=x22=S△CEF，（故⑤正确）． 综上所述，正确的有4个， 故选C．二、填空题【答案】x≥2【考点】二次根式有意义的条件【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可知， x−2≥0, 即x≥2. 故答案为：x≥2.【答案】50【考点】平行四边形的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ 四边形ABCD为平行四边形，∠B=50∘， ∴ ∠D=∠B=50∘. 故答案为：50.【答案】64【考点】三角形中位线定理【解析】根据M、N是OA、OB的中点，即MN是△OAB的中位线，根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，即可求解．【解答】解：∵ M，N分别是OA，OB的中点，即MN是△OAB的中位线， ∴ MN=12AB， ∴ AB=2MN=2×32=64(m)． 故答案为：64.【答案】45【考点】平行四边形的性质【解析】利用平行四边形的对边相等对角线互相平分进而得出即可．【解答】解：在▱ABCD中，对角线AC和BD交于点O，AC=24cm，BD=38cm，AD=14cm， ∴ AO=CO=12cm, BO=DO=19cm，AD=BC=14cm, ∴ △OBC的周长是：BO+CO+BC=12+19+14=45cm. 故答案为：45.【答案】4.8【考点】菱形的性质勾股定理菱形的面积【解析】由在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=6，AC=8，可求得菱形的面积与边长，继而求得答案．【解答】解：∵ 在菱形ABCD中，BD=6，AC=8， ∴ OB=12BD=3，OA=12AC=4，AC⊥BD， ∴ AB=OA2+OB2=5， ∵ S菱形ABCD=12AC⋅BD=AB⋅EF， ∴ EF=12AC⋅BDAB=12×6×85=4.8． 故答案为：4.8.【答案】AB=CD【考点】菱形的判定中点四边形【解析】本题可根据菱形的定义来求解．E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是4ADB的中位线，同理，HF是4ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EGIHF，E=HF ，因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EH=12CD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG=EH ，那么就需要AB、CD满足AB=CD的条件．【解答】解：当AB=CD时，四边形EGFH是菱形． ∵ 点E，G分别是AD，BD的中点， ∴ EG=//12AB，同理HF=//12AB， ∴ EG=//HF， ∴ 四边形EGFH是平行四边形． 同理证得EH=FG=12CD，AB=CD， ∴EG=EH=FG=FH， ∴ 四边形EGFH是菱形． 故答案为：AB=CD.【答案】2020【考点】分母有理化规律型：数字的变化类【解析】此题暂无解析【解答】解：原式=(2−1+3−2+⋯+2021−2020)(2021+1) =(2021−1)(2020+1) =2021−1 =2020． 故答案为：2020.【答案】(1)(2)(3)(4)【考点】矩形的性质等边三角形的判定含30度角的直角三角形勾股定理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可得OG=AG=GE=12AE，再根据等边对等角可得∠OAG=30∘，根据直角三角形两锐角互余求出∠GOE=60∘，从而判断出△OGE是等边三角形，判断出(3)正确；设AE=2a，根据等边三角形的性质表示出OE，利用勾股定理列式求出AO，从而得到AC，再求出BC，然后利用勾股定理列式求出AB=3a，从而判断出(1)正确，(2)错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出(4)正确．【解答】解：∵ EF⊥AC，点G是AE中点， ∴ OG=AG=GE=12AE， ∵ ∠AOG=30∘， ∴ ∠OAG=∠AOG=30∘， ∠GOE=90∘−∠AOG=90∘−30∘=60∘， ∴ △OGE是等边三角形，故(3)正确； 设AE=2a，则OE=OG=a， 由勾股定理，得AO=AE2−OE2=(2a)2−a2=3a， ∵ O为AC中点， ∴ AC=2AO=23a， ∴ BC=12AC=12×23a=3a， 在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=(23a)2−(3a)2=3a. ∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ CD=AB=3a， ∴ DC=3OG，故(1)正确； ∵ OG=a，33BC=a， ∴ BC=33BC，故(2)正确； ∵ S△AOE =12a⋅3a=32a2， SABCD=3a⋅3a=33a2， ∴ S△AOE =16S矩形ABCD ，故(4)正确. 综上所述，结论正确是(1)(2)(3)(4)． 故答案为：(1)(2)(3)(4)．三、解答题【答案】解：(1)原式=2−323+1+3−1 =2−32.(2)原式=3−1+6−26+1 =9−26.【考点】零指数幂、负整数指数幂二次根式的混合运算实数的运算绝对值平方差公式完全平方公式【解析】暂无暂无【解答】解：(1)原式=2−323+1+3−1 =2−32.(2)原式=3−1+6−26+1 =9−26.【答案】解：(1)a=3+22，b=3−22， ∴ ab=3+223−22=1， a−b=3+22−3−22=42 ， ∴ a2b−ab2=ab(a−b)=1×42=42 .(2)原式=x2+4x2−4−2x+4x2−4×2x =xx−2x+2x−2×2x =2x+2 . 当x=2−2时，原式=22−2+2=2 .【考点】二次根式的混合运算分式的混合运算【解析】暂无暂无【解答】解：(1)a=3+22，b=3−22， ∴ ab=3+223−22=1， a−b=3+22−3−22=42 ， ∴ a2b−ab2=ab(a−b)=1×42=42 .(2)原式=x2+4x2−4−2x+4x2−4×2x =xx−2x+2x−2×2x =2x+2 . 当x=2−2时，原式=22−2+2=2 .【答案】(1)证明：∵ D，E分别是AB，AC中点， ∴ DE // BC，DE=12BC. ∵ CF=12BC， ∴ DE=CF， ∴ 四边形CDEF是平行四边形.(2)解：∵ 四边形DEFC是平行四边形， ∴ DC=EF. ∵ D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴ AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴ DC=EF=22−12=3， ∴ 四边形BDEF的周长是1+1+2+1+3=5+3．【考点】三角形中位线定理平行四边形的判定勾股定理等腰三角形的性质：三线合一【解析】（1）直接利用三角形中位线定理得出DE // BC，再利用平行四边形的判定方法得出答案；（2）利用等边三角形的性质结合平行四边形的性质得出DC=EF，进而求出四边形BDEF的周长．【解答】(1)证明：∵ D，E分别是AB，AC中点， ∴ DE // BC，DE=12BC. ∵ CF=12BC， ∴ DE=CF， ∴ 四边形CDEF是平行四边形.(2)解：∵ 四边形DEFC是平行四边形， ∴ DC=EF. ∵ D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴ AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴ DC=EF=22−12=3， ∴ 四边形BDEF的周长是1+1+2+1+3=5+3．【答案】(a+b)2=a2+2ab+b2(2)∵△ABC≅△CDE， ∴∠BAC=∠DCE. ∵∠ACB+∠BAC=90∘， ∴∠ACB+∠DCE=90∘， ∴∠ACE=90∘.(3)∵ ∠B=∠D=90∘， ∴∠B+∠D=180∘， ∴AB // DE，即四边形ABDE是梯形， ∴四边形ABDE的面积=12(a+b)(a+b)=12ab+12c2+12ab， 整理得：a2+b2=c2．【考点】完全平方公式的几何背景全等三角形的性质勾股定理的证明【解析】（1）由大正方形面积的两种计算方法即可得出结果；（2）由全等三角形的性质得出∠BAC=∠DCE，再由角的互余关系得出∠ACB+∠DCE=90∘，即可得出结论；（3）先证明四边形ABDE是梯形，由四边形ABDE的面积的两种计算方法即可得出结论．【解答】解：(1)这个公式是完全平方公式：(a+b)2=a2+2ab+b2；理由如下： ∵大正方形的边长为a+b， ∴大正方形的面积=(a+b)2. 又∵大正方形的面积=两个小正方形的面积+两个长方形的面积=a2+b2+ab+ab=a2+2ab+b2， ∴(a+b)2=a2+2ab+b2. 故答案为：(a+b)2=a2+2ab+b2.(2)∵△ABC≅△CDE， ∴∠BAC=∠DCE. ∵∠ACB+∠BAC=90∘， ∴∠ACB+∠DCE=90∘， ∴∠ACE=90∘.(3)∵ ∠B=∠D=90∘， ∴∠B+∠D=180∘， ∴AB // DE，即四边形ABDE是梯形， ∴四边形ABDE的面积=12(a+b)(a+b)=12ab+12c2+12ab， 整理得：a2+b2=c2．【答案】1证明：∵ DE//BC，DF//AB， ∴ 四边形DEBF是平行四边形， ∴ ∠EDB=∠DBF. ∵ BD平分∠ABC， ∴ ∠ABD=∠DBF=12∠ABC， ∴ ∠ABD=∠EDB， ∴ DE=BE， ∴ 四边形BEDF是菱形.2解：如图，过点D作DH⊥BC于H， ∵ DF//AB， ∴ ∠ABC=∠DFC=60∘. ∵ DH⊥BC， ∴ ∠FDH=30∘， ∴ FH=12DF，DH=3FH=32DF. ∵ C=45∘，DH⊥BC， ∴ ∠C=∠HDC=45∘， ∴ DC=2DH=62DF=6， ∴ DF=26， ∴ 菱形BEDF的边长为26.【考点】菱形的判定菱形的性质含30度角的直角三角形勾股定理【解析】1由题意可证BE=DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；2过点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．【解答】1证明：∵ DE//BC，DF//AB， ∴ 四边形DEBF是平行四边形， ∴ ∠EDB=∠DBF. ∵ BD平分∠ABC， ∴ ∠ABD=∠DBF=12∠ABC， ∴ ∠ABD=∠EDB， ∴ DE=BE， ∴ 四边形BEDF是菱形.2解：如图，过点D作DH⊥BC于H， ∵ DF//AB， ∴ ∠ABC=∠DFC=60∘. ∵ DH⊥BC， ∴ ∠FDH=30∘， ∴ FH=12DF，DH=3FH=32DF. ∵ C=45∘，DH⊥BC， ∴ ∠C=∠HDC=45∘， ∴ DC=2DH=62DF=6， ∴ DF=26， ∴ 菱形BEDF的边长为26.【答案】解：(1)由勾股定理，得 AC=AB2−BC2=52−32=4， 过点C作CD⊥AB于D， ∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC， ∴AB⋅CD=AC⋅BC， ∴5CD=4×3， ∴CD=125. 即AB边上的高为125.(2)①当点P在BC上时， CP=2t−AC=2t−4， 故答案为：2t−4. ②∵点P′在∠BAC的角平分线上， ∴AP′平分∠BAC，过点P′作P′D⊥AB于D，如图， ∴∠CAP′=∠DAP′，∠C=∠P′DA，AP′=AP′， ∴△CAP′≅△DAP′， ∴ AD=AC=4，BD=5−4=1. 设CP′=DP′=x，则BP′=3−x， 在Rt△P′DB中，BD2+DP′2=BP′2，即12+x2=(3−x)2， 解得x=43， ∴2t=AC+CP′=4+43， ∴t=83.(3)当△BCP是等腰三角形时，分两种情况： ①当点P1在AC上时，则CP1=BC=3， ∴有AP1=AC−CP1=4−3=1， ∴2t=1， ∴t=12， ②当点P2在AB上，且CP2=BP2时， 过点P2作P2E⊥BC于E，如图， ∵ CP2=BP2，P2E⊥BC， ∴BE=12BC=32， ∵∠ACB=∠P2EB=90∘， ∴P2E//AC，即P2E为三角形ABC的中位线， ∴ P2B=12AB=52， ∴ 2t=4+3+52，即t=194. 当CB=BP3=3时，2t=4+3+3=10，解得t=5. 当CB=CP4时，过点C作CF⊥AB于F， 易知FP4=FB=CB2−CF2=32−(125)2=95， ∴ 2t=4+3+95+95，解得t=5310. 综上，当△BCP是等腰三角形时，t值为12或194或5或5310.【考点】勾股定理三角形的面积角平分线的定义全等三角形的性质与判定等腰三角形的性质等腰三角形的性质：三线合一【解析】直接由勾股定理求出AC长，再过点C作CD⊥AB于D，根据三角形面积公式求斜边的高即可.(2)①当点P在BC上时，根据CP=2t−AC，求解； ②∵点P在∠BAC的角平分线上，∴AP平分∠BAC，过点B作BD//AC，交AP延长线于D，先证BD=AB=5，再证△APC∽△DPB，得CPBP=ACBD，求出CP长，从而求出t值即可.分两种情况：①当点P在AC上时，则CP=BC=3;②当点P在AC上时，则CP=BP，分别求出t值即可.【解答】解：(1)由勾股定理，得 AC=AB2−BC2=52−32=4， 过点C作CD⊥AB于D， ∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC， ∴AB⋅CD=AC⋅BC， ∴5CD=4×3， ∴CD=125. 即AB边上的高为125.(2)①当点P在BC上时， CP=2t−AC=2t−4， 故答案为：2t−4. ②∵点P′在∠BAC的角平分线上， ∴AP′平分∠BAC，过点P′作P′D⊥AB于D，如图， ∴∠CAP′=∠DAP′，∠C=∠P′DA，AP′=AP′， ∴△CAP′≅△DAP′， ∴ AD=AC=4，BD=5−4=1. 设CP′=DP′=x，则BP′=3−x， 在Rt△P′DB中，BD2+DP′2=BP′2，即12+x2=(3−x)2， 解得x=43， ∴2t=AC+CP′=4+43， ∴t=83.(3)当△BCP是等腰三角形时，分两种情况： ①当点P1在AC上时，则CP1=BC=3， ∴有AP1=AC−CP1=4−3=1， ∴2t=1， ∴t=12， ②当点P2在AB上，且CP2=BP2时， 过点P2作P2E⊥BC于E，如图， ∵ CP2=BP2，P2E⊥BC， ∴BE=12BC=32， ∵∠ACB=∠P2EB=90∘， ∴P2E//AC，即P2E为三角形ABC的中位线， ∴ P2B=12AB=52， ∴ 2t=4+3+52，即t=194. 当CB=BP3=3时，2t=4+3+3=10，解得t=5. 当CB=CP4时，过点C作CF⊥AB于F， 易知FP4=FB=CB2−CF2=32−(125)2=95， ∴ 2t=4+3+95+95，解得t=5310. 综上，当△BCP是等腰三角形时，t值为12或194或5或5310.
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