2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共20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。

2022-2023学年山东省淄博市张店区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 代数式 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是(    )
A. x≥3 B. x>3 C. x≤3 D. x<3
2. 若ab=23，则a+bb的值为(    )
A. 25 B. 52 C. 35 D. 53
3. 下列计算中，正确的是(    )
A. 2+ 2=2 2 B. 6× 3=3 2
C. (−2)2=±2 D. 15÷ 3=5
4. 如图，直线a//b//c，直线a，b，c分别交直线m，n于点A，C，E，B，D，F，若AC=2，CE=4，BD=1，则DF=(    )
A. 2
B. 3
C. 32
D. 72
5. 一元二次方程x2−6x−1=0配方后可变形为(    )
A. (x+3)2=10 B. (x+3)2=8 C. (x−3)2=10 D. (x−3)2=8
6. 菱形，矩形，正方形都具有的性质是(    )
A. 四条边相等，四个角相等 B. 对角线相等
C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分
7. 如图，△ABC与△DEF是位似图形，位似中心为O，OA=2，AD=3，△ABC的面积为4，则△DEF的面积为(    )
A. 6
B. 9
C. 10
D. 25
8. 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴的正半轴和负半轴上.若BO=DO=4，∠ABO=60°，则点C的坐标为(    )
A. (−2 3,−2 3)
B. (−2,−2)
C. (−2,−2 3)
D. (−2 3,−2)
9. 我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法.以方程x2+2x−35=0，即x(x+2)=35为例加以说明，三国时期的数学家赵爽(公元3～4世纪)在其所著的《勾股圆方图注》中记载的方法是：构造如图中大正方形的面积是(x+x+2)2，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×35+22，据此易得x=5.小刚用此方法解关于x的方程x2+mx−n=0时，构造出同样的图形，已知大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，则关于x的方程x2+mx−n=0的正数解为(    )
A. x=7 B. x=5 C. x=3 D. x=2
10. 如图，矩形ABCD，AB=6，BC=3，点E是边AB上的动点，点F是射线BC上的动点，且BF=2AE，连接AF，CE.若12AF+CE=m，则m的最小值为(    )
A. 3 2 B. 3 5 C. 6 2 D. 6 5
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. 若 3与最简二次根式2 m可以合并，则m= ______ ．
12. 已知△ABC∽△DEF，其相似比为2：3，则它们的周长之比为______ ．
13. 若x1，x2是一元二次方程x2+2x−1=0的两个根，则x1+x2−x1⋅x2= ______ ．
14. 如图，把图1中两条对角线长分别为6和8的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的正方形，则图2中阴影部分(中间小正方形)的面积为______ ．

15. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴正半轴和y轴正半轴上的动点，连接AB，作AB的中点P，在x轴和y轴上分别取点C(4,0)，D(0,6)，连接CP，DP.若AB=4，CP+2DP=m，则m的最小值为______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共90.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算： 3÷ 2⋅ 6+ 13⋅( 3÷ 13)；
(2)先化简，再求值：(m+ 2)(m− 2)−m(m−3)，其中m= 3+1．
17. (本小题10.0分)
(1)解方程：(x+1)2−3(x+1)+2=0；
(2)已知关于x的方程9x2−(k+6)x+k+1=0有两个相等的实数根，请求k的值．
18. (本小题10.0分)
如图，点A，F，C，D在同一条直线上，点B，E分别在直线AD的两侧，且AB=DE，∠A=∠D，AF=DC．
(1)若BF⊥EF，求证：四边形BCEF是矩形；
(2)若四边形BCEF是菱形，且∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求△ABF的面积．

19. (本小题10.0分)
阅读材料，解答下列问题．
材料：已知 5−x− 2−x=1，求 5−x+ 2−x的值．
小明同学是这样解答的：
∵( 5−x− 2−x)( 5−x+ 2−x)=( 5−x)2−( 2−x)2=5−x−2+x=3，
∵ 5−x− 2−x=1，
∴ 5−x+ 2−x=3，
这种方法称为“构造对偶式”．
问题：已知 9+x+ 3+x=3．
(1)求 9+x− 3+x的值；
(2)求x的值．
20. (本小题12.0分)
如图，已知△ABP，点C，D在边AB上，连接PC，PD，使∠ADP=60°，且△ACP∽△PDB．
(1)请判定△PCD的形状，并说明理由；
(2)若AC=2，BD=3，求△ABP的面积．

21. (本小题12.0分)
某水果商场经销一种高档水果，原价每千克50元．
(1)连续两次降价后每千克32元，若每次下降的百分率相同．求每次下降的百分率；
(2)若每千克盈利10元，每天可售出500千克，经市场调查发现，在进货价不变的情况下，商场决定采取适当的涨价措施，但商场规定每千克涨价不能超过8元，若每千克涨价1元，日销售量将减少20千克，现该商场要保证每天盈利6000元，那么每千克应涨价多少元？
22. (本小题13.0分)
【阅读理解】
配方法是中学数学的重要方法，用配方法可求最大(小)值.对于任意正实数a，b，可作如下变形：
∵a+b=( a)2+( b)2=( a)2+( b)2−2 ab+2 ab=( a− b)2+2 ab
又∵( a− b)2≥0
∴( a− b)2+2 ab≥0+2 ab
即a+b≥2 ab．
根据上述内容，回答问题：2+3 ______ 2 2×3；4+13 ______ 2 4×13；6+6 ______ 2 6×6.(用“=”“>”“<”填空)
【思考验证】
如图1，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，CO为AB边上中线，AD=2a，DB=2b，试根据图形验证a+b≥2 ab成立，并指出等号成立时的条件．
【探索应用】
(1)请利用上述结论解决下面问题，某园林设计师要对园林的一个区域进行设计改造，一面利用墙体将该区域用篱笆围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃，如图2所示，为了围成面积为300m2的花圃，所用的篱笆至少为多少米？
(2)如图3，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB，△COD的面积分别是5和16.试问四边形ABCD的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出四边形ABCD面积的最小值；若不存在，请说明理由．


23. (本小题13.0分)
已知同一平面内的具有公共顶点C的矩形ABCD和矩形CEFG，且AB=mBC，CG=mCE，连接DG．
(1)当点E是矩形ABCD边AB延长线上的一点时，延长BC交DG于点P．
①如图1，若m=1，猜想线段DP与GP之间的数量关系是______ ；
②如图2，若m为任意实数，则①中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(2)当点E是平面内任意一点时，取DG的中点Q，如图3所示，连接CQ，BE.若BC=2，CE=3，m=3，请求出CQ的取值范围．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：∵代数式 x−3在实数范围内有意义，
∴x−3≥0，
解得：x≥3，
∴x的取值范围是：x≥3．
故选：A．
直接利用二次根式的定义得出x−3≥0，进而求出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x−3的取值范围是解题关键．

2.【答案】D 
【解析】解：∵ab=23，
∴a+bb=ab+1=23+1=53．
故选：D．
先把a+bb化成ab+1，再把ab=23代入进行计算，即可得出答案．
此题考查了比例的性质，解题的关键是a+bb化成ab+1．

3.【答案】B 
【解析】解：A.2与 2不能合并，所以A选项不符合题意；
B. 6× 3= 6×3=3 2，所以B选项符合题意；
C. (−2)2=2，所以C选项不符合题意；
D. 15÷ 3= 15÷3= 5，所以D选项不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的加法运算对A选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对B选项进行判断；根据二次根式的性质对C选项进行判断；根据二次根式的除法法则对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．

4.【答案】A 
【解析】解：∵a//b//c，
∴ACCE=BDDF，
∵AC=2，CE=4，BD=1，
∴24=1DF，
解得：DF=2，
故选：A．
根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：∵x2−6x−1=0，
∴x2−6x=1，
∴x2−6x+9=10，
∴(x−3)2=10，
故选：C．
根据配方法即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．

6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查菱形的性质、矩形的性质以及正方形的性质．
根据菱形，矩形，正方形具有的性质依次判断选项即可．
【解答】
A项，矩形四边不相等，菱形四角不相等，故A项错误;
B项，菱形对角线不相等，故B项错误;
C项，矩形对角线不互相垂直，故C项错误;
D项，菱形、矩形、正方形的对角线都互相平分，故D项正确，
故选：D．  
7.【答案】D 
【解析】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC∽△DEF，AB//DE，
∴△AOB∽△DOE，
∴ABDE=OAOD，
∵OA=2，AD=3，
∴OD=OA+AD=5，
∴ABDE=25，
∴S△ABCS△DEF=(25)2=425，
∵△ABC的面积为4，
∴△DEF的面积为25，
故选：D．
根据位似图形的概念得到△ABC∽△DEF，AB//DE，得到△AOB∽△DOE，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：过C作CE⊥y轴于E，
∴∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，BO=DO=4，
∴∠ABC=90°，BD=8，
∵∠ABO=60°，
∴∠CBE=30°，
∵∠BCD=90°，
∴CD=12BD=4，BC= 3CD=4 3，
∵∠CBE=30°，∠CEB=90°，
∴CE=12BC=2 3，BE= 3CE=6，
∴OE=2，
∵点C在第三象限，
∴点C(−2 3,−2)，
故选：D．
由矩形的性质和直角三角形的性质分别求出CE，OE的长，即可求解．
本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：设矩形的宽为x，长为a，
∵大正方形的面积为81，小正方形的面积为25，
∴x+a=9，a−x=5，
∴x=2，a=7，
故选：D．
根据图形列方程组求解．
本题考查了一元二次方程的应用，掌握数形结合思想是截图的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：连接点D和点E，如图：

∵ABAD=BFAE=12，∠ABF=∠DAE=90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴DEAF=ADAB=12，
∴12AF+CE=DE+CE，
延长DA至点D，使AD′=AD，连接DE，则DE=D′E，
∴DE−CE=D′E+CE=m，
∴当点E为CD与AB的交点时，m取最小值，此时
m=CD′= (DD′)2+CD2= (2×3)2+62=6 2即m的最小值为6 2，
故选：C．
本题的思路是先根据两条边对应成比例并且夹角相等证明三角形相似，将12AF转化为DE，然后做DE关于AB的对称线段DE，结论自然可得．
本题考查了矩形的性质，掌握三角形相似的性质是解题的关键．

11.【答案】3 
【解析】解：∵ 3与最简二次根式2 m可以合并，
∴m=3．
故答案为：3．
根据同类二次根式的定义得出答案即可．
本题考查了同类二次根式和最简二次根式，能熟记同类二次根式的定义是解此题的关键，注意：几个二次根式化成最简二次根式以后如果被开方数相同，那么这几个二次根式叫同类二次根式．

12.【答案】2：3 
【解析】解：∵△ABC∽△DEF，其相似比为2：3，
∴它们的周长比为2：3，
故答案为2：3．
根据相似三角形的性质即可得到答案．
本题考查相似三角形的性质，相似三角形周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方．

13.【答案】−1 
【解析】解：∵x1、x2是一元二次方程x2+2x−1=0的两个根，
∴x1+x2=−2，x1x2=−1，
∴x1+x2−x1x2=−2−(−1)=−1．
故答案为：−1．
根据根与系数的关系可得出x1+x2=−2，x1x2=−1，将其代入x1+x2−x1⋅x2中即可求出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba、两根之积等于ca是解题的关键．

14.【答案】1 
【解析】解：如图1，菱形ABCD中，BD=6，AC=8，
∴OA=12AC=4，OD=12BD=3，
∴图2中正方形的边长=OA−OD=1，
∴阴影的面积=1．
故答案为：1．
如图1，由菱形的性质，得到OA=12AC=4，OD=12BD=3，因此图2中正方形的边长=1，即可得到阴影的面积=1．
本题考查菱形的性质，正方形的面积，关键是由菱形的性质，求出直角三角形的直角边的长．

15.【答案】8+2 5 
【解析】解：设点A(a,0)，点B(0,b)，
∵点P为AB中点，
∴点P(a2,b2)，
∵AB=4，
∴a2+b2=42=16，
此时DP= (a2)2+(6−b2)2，
CP= (4−a2)2+(b2)2，
∵CP+2DP=m，
∴ (4−a2)2+(b2)2+ (a2)2+(6−b2)2=m，
∴m= 20−4a+2 40−6b，
要使m最小，则a=0，b=4．
∴m=8+2 5．
故答案为：8+2 5．
先表示出点P的坐标，再求出DP与CP，最后根据CP+2DP=m结合二次根式的知识判断m的最小值．
本题主要考查了勾股定理的知识、二次根式的知识，有一定的难度．

16.【答案】解：(1)原式= 32⋅ 6+ 13⋅ 3×3
= 32×6+ 13×3×3
=3+ 3；
(2)原式=m2−2−m2+3m
=3m−2，
当m= 3+1时，
原式=3( 3+1)−2
=3 3+3−2
=3 3+1． 
【解析】(1)先算括号里面的，再算乘除，最后算加减即可；
(2)先根据二次根式混合运算的法则把原式进行化简，再把m的值代入进行计算即可．
本题考查的是二次根式的化简求值，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键1．

17.【答案】解：(1)(x+1−2)(x+1−1)=0，
(x−1)x=0，
∴x−1=0或x=0，
解得x1=1，x2=0；
(2)∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=[−(k+6)]2−4×9×(k+1)=0，
整理得k2−24k=0，
解得k=0或24． 
【解析】(1)将(x+1)看作整体，根据因式分解法解一元二次方程；
(2)根据根的判别式Δ=b2−4ac=0，建立关于k的方程，求出k的值．
本题考查了解一元二次方程，根的判别式，熟练掌握一元二次方程的解法和一元二次方程根的情况与判别式△的关系是解题的关键．

18.【答案】(1)证明：∵AF=DC，
∴AF+CF=DC+CF，
即AC=DF，
又∵∠A=∠D，AB=DE，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，
∴BC=EF，∠ACB=∠DFE，
∴BC//EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵BF⊥EF，
∴∠BFE=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
(2)解：连接BE，交CF于点G，

∵四边形BCEF是菱形，
∴CG=FG，BE⊥AC，
∵∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
∴AC= AB2+BC2= 42+32=5，
∵S△ABC=12AC⋅BG=12AB⋅BC，
∴BG=AB⋅BCAC=4×35=125，
∴FG=CG= BC2−BG2= 32−(125)2=95，
∴AF=AC−FG−CG=5−95−95=75，
∴S△ABF=12AF⋅BG=12×75×125=4225． 
【解析】(1)证△ABC≌DEF(SAS)，得BC=EF，∠ACB=∠DFE，再证BC//EF，则四边形BCEF是平行四边形，然后证∠BFE=90°，即可得出结论；
(2)连接BE，交CF于点G，由菱形的性质得CG=FG，BE⊥AC，再由勾股定理得AC=5，进而由三角形面积求出BG=125，然后由勾股定理得FG=CG=95，则AF=AC−FG−CG=75，即可解决问题．
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1)∵( 9+x− 3+x)( 9+x+ 3+x)=( 9+x)2−( 3+x)2=9+x−3−x=6，
∵ 9+x+ 3+x=3，
∴ 9+x− 3+x=2，
∴ 9+x− 3+x的值为2；
(2)由(1)得： 9+x− 3+x=2， 9+x+ 3+x=3，
∴2 9+x=5，
∴ 9+x=2.5，
∴9+x=6.25，
∴x=−2.75，
∴x的值为−2.75． 
【解析】(1)利用例题的解题思路进行计算，即可解答；
(2)利用(1)的结论可得2 9+x=5，从而可得 9+x=2.5，进而可得9+x=6.25，然后进行计算即可解答．
本题考查了二次根式的化简求值，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．

20.【答案】解：(1)△PCD为等边三角形，理由如下：
∵△ACP∽△PDB，
∴∠ACP=∠PDB，
∴∠PCD=∠PDC，
∴△PCD是等腰三角形，
又∵∠ADP=60°，
∴△PCD是等边三角形；
(2)∵△ACP∽△PDB，
∴ACPD=PCBD，
又∵AC=2，BD=3，△PCD的等边三角形，
∴2PD=PD3，
∴PD= 6(负值已舍)，
如图，过点P作PH⊥CD于H，

∵∠CDP=60°，
∴PH= 32PD=3 22，
∴S△ABP=12AB⋅PH=12×(2+ 6+3)×3 22=15 2+6 34． 
【解析】(1)根据三角形相似结合∠ADP=60°即可判断；
(2)根据三角形相似得出等式求出等边三角形边PD的长从而得出高，即可得出结果．
本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．

21.【答案】解：(1)设每次下降的百分率为x
根据题意得：50(1−x)2=32
解得：x1=0.2，x2=1.8(不合题意舍去)
答：每次下降20%
(2)设涨价y元(0 6000=(10+y)(500−20y)
解得：y1=5，y2=10(不合题意舍去)
答：每千克应涨价5元． 
【解析】(1)设每次下降的百分率为x，根据相等关系列出方程，可求每次下降的百分率；
(2)设涨价y元(0 本题考查了一元二次方程的应用，找到题目中的相等关系，列出方程是本题的关键．

22.【答案】>  >  = 
【解析】解：【阅读理解】∵a+b=( a− b)2+2 ab，
∴当a=b时，a+b=2 ab；
当a≠b时，a+b>2 ab．
∴2+3>2 2×3，4+13>2 4×13，6+6=2 6×6．
故答案为：>，>，=．
【思考验证】由题意得，AB=2a+2b=2(a+b)，OD=a−b．
∵∠ACB=90°，CO为AB边上中线，
∴CO=12AB=(a+b)．
又∵CD⊥AB，
∴CD= CO2−OD2= (a+b)2−(a−b)2=2 ab．
∵在Rt△COD中，CO是斜边，CD是其中的一直角边，
∴CO≥CD，即a+b≥2 ab．
∴当a=b(点O与D重合)时，a+b=2 ab．
【探索应用】(1)设该矩形花圃的长是a米，则其宽是300a米．
根据题意，得篱笆的长度C=a+3×300a=a+900a．
由上述结论，得C=a+900a≥2 a×900a，即C≥60．
∴当a=900a时，即a=30时，C=60(取最小值)．
∴所用的篱笆至少为60米．
(2)设S△COB=m．
∵△COB与△COD底边上的高相等，△AOB与△AOD底边上的高相等，
∴OBOD=S△COBS△COD=S△AOBS△AOD，
∴m16=5S△AOD，解得S△AOD=80m．
∴S四边形ABCD=5+16+m+80m=21+m+80m．
∵m+80m≥2 m×80m=8 5．
∴S四边形ABCD≥21+8 5，当m=80m时，即m=4 5时取等号．
∴四边形ABCD面积的最小值存在，为21+8 5．
【阅读理解】对a+b=( a− b)2+2 ab进行分析可知，当a=b时，a+b=2 ab；当a≠b时，a+b>2 ab.据此判断即可．
【思考验证】根据题意，将CO和CD用a和b表示出来，由CO≥CD，得a+b≥2 ab.当点O与D重合时，即当a=b时取等号．
【探索应用】(1)设该矩形花圃的长是a米，将宽用面积和a表示出来，进而写出篱笆长度的表达式，并利用题中结论求其最小值；
(2)设S△COB=m，由三角形的面积公式可知，若两三角形底边上的高相等，则其面积比等于底边之比，由此可将S△AOD表示出来．写出四边形ABCD的面积的表达式，利用题中结论求其最小值即可．
本题考查配方法等的应用，利用题目中所给结论解题即可．

23.【答案】DP=GP 
【解析】解：(1)①DP=GP．
理由如下：如图1，过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，

∵m=1，
∴BC=AB=CD，CE=CG，
∴矩形ABCD、CEFG都是正方形，
∵∠Q=∠CBE=∠GCE=90°，
∴∠QGC=90°−∠QCG=∠BCE，
∴△QGC≌△BCE(SAS)，
∴QG=BC，
∴QG=CD，
∵∠PCD=∠PQG=90°，∠DPC=∠QPG，
∴△PDC≌△PGQ(AAS)，
∴DP=GP．
故答案为：DP=GP；
②成立．
理由如下：如图2，过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，

∵∠Q=∠CBE=∠GCE=90°，
∴∠QGC=90°−∠QCG=∠BCE，
∴△QGC∽△BCE，
∴QGCB=QCBE=GCEC，
∵AB=mBC，CG=mCE，
∴QGCB=m，
∴QG=mBC=AB=CD，
∵∠PCD=∠PQG=90°，∠DPC=∠QPG，
∴△PDC≌△PGQ(AAS)，
∴DP=GP；
(2)∵BC=2，CE=3，m=3，
∴DC=3BC=6，CG=3CE=9，
当点D、C、G三点共线时，CQ取得最大值与最小值，
①当Q在CG上时，CQ取得最小值，
CQ=DC+CG2−CD=9+62−6=1.5，
②当Q在CG延长线上时，CQ取得最大值，
CQ=DC+CG2=6+92=7.5，
∴CQ的取值范围为：1.5≤CQ≤7.5．
(1)①过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，判定△QGC≌△BCE，推出QG=CD，再判定△PDC≌△PGQ，即可得到线段DP与GP之间的数量关系；
②过点G作GQ⊥BC交BC延长线于点Q，判定△QGC∽△BCE，根据相似三角形的性质和已知条件推出QG=CD，再判定△PDC≌△PGQ，即可得到线段DP与GP之间的数量关系；
(2)根据题意可知：当点D、C、G三点共线时，CQ取得最大值与最小值，然后进行分类讨论即可解决问题．
本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，线段的和差等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．