人教版八年级数学下册同步精品讲义期中押题预测卷(2)(考试范围：第16-18章)(学生版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册同步精品讲义期中押题预测卷(2)(考试范围：第16-18章)(学生版+解析)，共32页。试卷主要包含了75或4，25=1等内容，欢迎下载使用。

姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023秋·甘肃酒泉·八年级统考期中）下列二次根式能与合并的是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023秋·河北唐山·八年级统考期末）意大利著名画家达·芬奇用一张纸片剪拼出不一样的空洞，而两个空洞的面积是相等的，如图所示，证明了勾股定理，若设图1中空白部分的面积为，图2中空白部分的面积为，则下列对，所列等式不正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD且交BC于点E，∠D=58°，则∠AEC的大小是（ ）
A．61°B．109°C．119°D．122°
4．(2023·江苏扬州·八年级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形D．当AC＝BD时，它是正方形
5.(2023·河南·淅川县九年级期中）如图，△ABC中，点M为BC的中点，AD平分∠BAC，且BD⊥AD于点D．延长BD交AC于点N．若AB＝4，DM＝1，则AC的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
6．(2023·山西八年级期末）如图所示，是长方形地面，长，宽，中间整有一堵砖墙高，一只蚂蚁从A点爬到C点，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走（ ）
A．20B．24C．25D．26
7．（2023·河北·统考模拟预测）如图，为上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、正方形，设，则下列结论错误的是（ ）
A．B． C．D．
8．(2023·重庆渝北·八年级期末）二次根式除法可以这样理解：如．像这样通过分子、分母同乘以一个式子，把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．判断下列选项正确的是（ ）
①若a是的小数部分，则的值为；
②对于式子，对它的分子分母同时乘以或，均不能对其分母有理化；
③比较两个二次根式的大小；
④计算．
A．①②B．③④C．②③D．②④
9．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）在面积为15的平行四边形中，过点A作垂直于直线于点E，作垂直于直线于点F，若，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
10．（2023春·广西南宁·八年级南宁三中校考阶段练习）如图，在矩形中，，点M，N，P分别在，，上运动，且四边形的面积始终等于24，则的最小值是（ ）
A．10B．12 C．14D．16
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．(2023·山东淄博·八年级期末）将化为最简二次根式，其结果是 __．
12．(2023苏州市八年级期中）如图所示，等腰三角形ABC的底边为8cm，腰长为5cm ，一动点P（与B、C不重合）在底边上从B向C以1cm/s的速度移动，当P运动_________秒时，△ACP是直角三角形
13．(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，□ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过O作OE⊥BD交BC于点E．若□ABCD的周长为10cm，则CDE的周长为_______cm．
14．(2023秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，在正方形中，P，Q分别为的中点，若，则大小为___________．
15．(2023·江苏八年级期末）如图，和都是等腰直角三角形，若，，，则______．
16．(2023·浙江八年级专题练习）已知，则2x﹣18y2＝_____．
17．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图所示，将矩形分别沿，，翻折，翻折后点，点，点都落在点上．若，则______．
18．(2023秋·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P是直线BD上⼀动点，连接PC，当PC＋的值最小时，线段PD的长是________．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．(2023·绵阳市八年级期末）计算：
（1）．（2）．（3）．
20．(2023春·重庆·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点均在格点上，点B的坐标为(1，0)．
(1)画出向左平移4个单位所得的；(2)画出将绕点B按顺时针旋转90°所得的（点A、C分别对应点A2、C2）；(3)线段 的长度为 ．
21．(2023·河南·八年级阶段练习）我国在防控新冠疫情上取得重大成绩，但新冠疫情在国外开始蔓延，为了防止境外输入病例的增加，我国暂时停止了一切国际航班、水运．如图，在我国沿海有一艘不明国籍的轮船进入我国海域，我国海军甲、乙两艘巡逻艇立即从相距13海里的A、B两个基地前去拦截，6分钟后同时到达C地将其拦截．已知甲巡逻艇每小时航行120海里，乙巡逻艇每小时航行50海里，乙巡航艇的航向为北偏西．（1）求甲巡逻艇的航行方向（用含n的式子表示）;（2）成功拦截后，甲、乙两艘巡逻艇同时沿原方向返回且速度不变，3分钟后甲、乙两艘巡逻艇相距多少海里？
22．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）如图：在四边形ABCD中，点E在BC上，，垂足为F．(1)求证：四边形AECD为平行四边形；(2)若AE平分且，，求BF和AD的长
23．(2023·贵州遵义·统考一模）小明学习菱形时，对矩形进行了画图探究，其作法和图形如下：①连接；②分别以点，为圆心，大于长的一半为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线交于点，交于点，交于点；③连接，．
(1)根据以上作法，判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，，求四边形的面积．
24．(2023·福建八年级期中）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简中发现：首先把化为﹐由于，，即：， ，所以，
问题：（1）填空：__________，____________﹔
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数a，b（），使，，即，﹐那么便有： __________．
（3）化简：（请写出化简过程）
25．（2023春·广西南宁·八年级南宁市第四十七中学校考阶段练习）如图，正方形边长为4，点E在边上（点E与点A、B不重合），过点A作，垂足为G，与边相交于点F．
(1)求证：；(2)若的面积为，求的长；
(3)在（2）的条件下，取，的中点M，N，连接，求的长．
26．（2023春·江苏南京·八年级南京钟英中学校考阶段练习）实践操作
在矩形中，，，现将纸片折叠，点的对应点记为点，折痕为（点、是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
初步思考（1）若点落在矩形的边上（如图①）．

①当点与点重合时， ；当点与点重合时， ；
②当点在上，点在上时（如图②），求证：四边形为菱形，并直接写出当时的菱形的边长．
深入探究（2）若点落在矩形的内部（如图③），且点、分别在、边上，请直接写出的最小值．
拓展延伸（3）若点与点重合，点在上，射线与射线交于点（如图④）．在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段与线段的长度相等？若存在，请直接写出线段的长度；若不存在，请说明理由．
期中押题预测卷（2）
（考试范围：第16-18章）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023秋·甘肃酒泉·八年级统考期中）下列二次根式能与合并的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，二次根式与是同类二次根式，根据同类二次根式的定义：最简二次根式，被开方数相同，进行判断即可．
【详解】A、，不能与合并，不符合题意；B、，不能与合并，不符合题意；
C、，能与合并，符合题意；D、，不能与合并，不符合题意；故选C．
【点睛】本题考查同类二次根式．熟练掌握同类二次根式的定义，利用二次根式的性质正确的化简是解题的关键．
2．（2023秋·河北唐山·八年级统考期末）意大利著名画家达·芬奇用一张纸片剪拼出不一样的空洞，而两个空洞的面积是相等的，如图所示，证明了勾股定理，若设图1中空白部分的面积为，图2中空白部分的面积为，则下列对，所列等式不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据勾股定理、直角三角形以及正方形的面积公式计算，即可解决问题．
【详解】解：由勾股定理可得，由题意，可得，
故选项A符合题意，选项B、C、D不符合题意．故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，直角三角形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是读懂图像信息．
3．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD且交BC于点E，∠D=58°，则∠AEC的大小是（ ）
A．61°B．109°C．119°D．122°
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，得到对边平行，再利用平行的性质求出，根据角平分线的性质得：AE平分∠BAD求，再根据平行线的性质得，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴，∴
∵AE平分∠BAD∴
∵∴故选C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，能利用平行四边形的性质找到角与角的关系，是解答此题的关键．
4．(2023·江苏扬州·八年级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形D．当AC＝BD时，它是正方形
【答案】D
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：A. 当AB＝BC时，它是菱形，正确，不符合题意；
B. 当AC⊥BD时，它是菱形，正确，不符合题意；
C. 当∠ABC＝90°时，它是矩形，正确，不符合题意；
D. 当AC＝BD时，它是矩形，原选项不正确，符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，解题关键是熟记相关判定定理，准确进行判断．
5.(2023·河南·淅川县九年级期中）如图，△ABC中，点M为BC的中点，AD平分∠BAC，且BD⊥AD于点D．延长BD交AC于点N．若AB＝4，DM＝1，则AC的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】证明△ADB≌△ADN，根据全等三角形的性质得到BD=DN，AN=AB=4，根据三角形中位线定理求出NC，计算即可．
【详解】解：在△ADB和△ADN中，，
∴△ADB≌△ADN（ASA）∴BD=DN，AN=AB=4，
∵BM=MC，BD=DN，∴NC=2DM=2，∴AC=AN+NC=6，故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
6．(2023·山西八年级期末）如图所示，是长方形地面，长，宽，中间整有一堵砖墙高，一只蚂蚁从A点爬到C点，它必须翻过中间那堵墙，则它至少要走（ ）
A．20B．24C．25D．26
【答案】D
【分析】将题中图案展开后，连接AC，利用勾股定理可得AC长，将中间的墙展开在平面上，则原矩形长度增加宽度不变，求出新矩形的对角线长即为所求．
【详解】解：展开如图得新矩形，连接AC，则其长度至少增加2MN，宽度不变，
由此可得：， 根据勾股定理有：故选D．
【点睛】本题考查平面展开图形最短路线问题以及勾股定理得应用；解题关键在于根据题意画出正确的平面展开图．
7．（2023·河北·统考模拟预测）如图，为上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、正方形，设，则下列结论错误的是（ ）
A．B． C．D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，逐项分析判断即可求解．
【详解】∵四边形为正方形，∴，
∵，∴，∵四边形是正方形，
∴，，，∴，故A选项正确；
在和中，，∴，故B选项正确
∴．故D选项不正确 ∴ 如图所示，延长交于点，
在中，，，∴，即故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
8．(2023·重庆渝北·八年级期末）二次根式除法可以这样理解：如．像这样通过分子、分母同乘以一个式子，把分母中的根号化去或把根号中的分母化去，叫做分母有理化．判断下列选项正确的是（ ）
①若a是的小数部分，则的值为；
②对于式子，对它的分子分母同时乘以或，均不能对其分母有理化；
③比较两个二次根式的大小；
④计算．
A．①②B．③④C．②③D．②④
【答案】D
【分析】先判断的整数部分求解a的值，再分母有理化可判断①，再把的分子，分母都乘以或 由结果可判断②，先把分母有理化，再比较结果的大小可判断③，逐一把各项分母有理化，再进行二次根式的加减运算即可判断④，从而可得答案．
【详解】解：∵ ∴ ∴ 故①不符合题意；
∵故②符合题意；
∵
而 ∴，故③不符合题意；
∵

故④符合题意；故选D
【点睛】本题考查的是二次根式的除法运算，分母有理化，理解分母有理化的含义，熟练的运用分母有理化的方法解决问题是关键．
9．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）在面积为15的平行四边形中，过点A作垂直于直线于点E，作垂直于直线于点F，若，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】根据平行四边形面积求出和，有两种情况，求出的值，求出和的值，相加即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，
①如图：由平行四边形面积公式得：，求出，，

在和中，由勾股定理得：，把代入求出，
同理，即F在的延长线上（如上图），∴，，即；
②如图：∵，在中，由勾股定理得：，同理，
由①知：，，∴．故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．
10．（2023春·广西南宁·八年级南宁三中校考阶段练习）如图，在矩形中，，点M，N，P分别在，，上运动，且四边形的面积始终等于24，则的最小值是（ ）
A．10B．12 C．14D．16
【答案】A
【分析】作M关于的对称点，连接，延长，使，得到，证明四边形是矩形，得到，，根据四边形的面积，求出，利用勾股定理求出，再根据可得结果．
【详解】解：作M关于的对称点，连接，延长，使，
∴，，∴，
在矩形中，，，
∴四边形是平行四边形，又，
∴四边形是矩形，∴，，
∵四边形的面积等于24，由题意可知：四边形是直角梯形，
∴，∴，
∴，∴，
∴，即的最小值为10，故选A．
【点睛】本题考查了的矩形的判定和性质的运用，勾股定理的运用，轴对称的性质的运用，最短路径问题，解题的关键是根据轴对称的性质作出辅助线，构造直角三角形．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．(2023·山东淄博·八年级期末）将化为最简二次根式，其结果是 __．
【答案】
【分析】将分母有理化后进行化简即可．
【详解】解：，故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式的化简，熟练掌握二次根式的化简方法解决本题的关键．
12．(2023苏州市八年级期中）如图所示，等腰三角形ABC的底边为8cm，腰长为5cm ，一动点P（与B、C不重合）在底边上从B向C以1cm/s的速度移动，当P运动_________秒时，△ACP是直角三角形
【答案】1.75或4
【分析】先利用等腰三角形“三线合一”求出BD、CD以及BC边上的高AD，再分别讨论∠PAC和∠APC为直角的情况，利用勾股定理分别求出两种情况下PB的长，即可求出所需时间．
【详解】解：如图，作AD⊥BC，
∵AB=AC=5cm，BC=8cm，∴BD=CD=4cm，
当点P运动到与点D重合时，是直角三角形，此时BP=4，∴运动时间为4÷1=4（秒）；
当∠PAC=90°时，设PD=x∴，
又∵，∴，
∴，∴BP=4－2.25=1.75，所以运动时间为1.75÷1=1.75（秒）；
综上可得：当P运动4秒或1.75秒时，是直角三角形；故答案为：1.75或4．
【点睛】本题综合考查了等腰三角形的性质、勾股定理等内容，要求学生能通过做辅助线构造直角三角形，列出关系式，求出对应线段的长，本题蕴含了分类讨论的思想方法．
13．(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，□ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过O作OE⊥BD交BC于点E．若□ABCD的周长为10cm，则CDE的周长为_______cm．
【答案】5
【分析】由线段垂直平分线的判定与性质可得BE=DE，又由平行四边形ABCD的周长为10，可得BC+CD的长，继而可得△CDE的周长等于BC+CD．
【详解】解：∵平行四边形ABCD的周长为10cm，∴BC+CD=5cm，OB=OD
∵OE⊥BD，O是对角线交点，∴OE是BD的垂直平分线，∴BE=DE，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=CD+CE+BE=CD+BC=5cm．故答案为：5．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，以及线段垂直平分线的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
14．(2023秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，在正方形中，P，Q分别为的中点，若，则大小为___________．
【答案】##70度
【分析】根据正方形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵P，Q分别为的中点，∴，
∴，∴，∴，∴，
∵，∴．故答案为：
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
15．(2023·江苏八年级期末）如图，和都是等腰直角三角形，若，，，则______．
【答案】26
【分析】利用手拉手模型证明，根据八字形证明角相等，进而可证明，再利用勾股定理解答即可．
【详解】和为等腰直角三角形
在和中
在中，,在中，，
在中，，在中，
在中，，在中，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，证，得到直角三角形，再结合勾股定理的运用是解题关键．
16．(2023·浙江八年级专题练习）已知，则2x﹣18y2＝_____．
【答案】
【分析】直接利用二次根式的性质将已知化简，再将原式变形求出答案．
【详解】解：∵一定有意义，∴x≥11，∴﹣|7﹣x|+＝3y﹣2，
﹣x+7+x﹣9＝3y﹣2，整理得：＝3y，∴x﹣11＝9y2，
则2x﹣18y2＝2x﹣2（x﹣11）＝22．故答案为：22．
【点睛】本题考查二次根式有意义的应用，以及二次根式的性质应用，属于提高题．
17．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图所示，将矩形分别沿，，翻折，翻折后点，点，点都落在点上．若，则______．
【答案】
【分析】依题意，，，，，在中，，得出，进而在中，，列出方程即可求解．
【详解】解：依题意，，，，
设，∵，，
∴，在中，，
∴∴解得：，
同理,又在中，，
∴设∴
解得： 故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形折叠问题，勾股定理，得出是解题的关键．
18．(2023秋·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，点P是直线BD上⼀动点，连接PC，当PC＋的值最小时，线段PD的长是________．
【答案】##
【分析】先过P作PE⊥BC于E，连接AP，根据△ABP≌△CBP可得AP=CP，当点A，P，E在同一直线上时，AP+PE最短，此时，PC+的值最小，再根据含30°角的直角三角形的性质进行计算，即可得到线段PD的长．
【详解】解：如图，过P作PE⊥BC于E，连接AP，
由菱形ABCD，∠A=120°，可得AB=CB=AD，∠ABP=∠CBP=∠ADP=30°，
∴△ABP≌△CBP，BP=2PE，∴AP=CP，∴PC+=AP+PE，
∵当点A，P，E在同一直线上时，AP+PE最短，∴此时，PC+的值最小，AP⊥BC，
∵Rt△ABE中，AB=2，∠BAE=30°，∴BE=1，AE=，
∴Rt△BEP中，∠PBE=30°，∴PE=PB，，即，
∴PE=，∴AP=，∵∠ADP=30°，∴Rt△ADP中，PD=2AP=，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及最短路线问题，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，解题时注意：凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．(2023·绵阳市八年级期末）计算：
（1）．（2）．（3）．
【答案】（1）-2；（2）；（3）
【分析】（1）根据立方根和二次根式的性质化简，然后计算即可；
（2）先利用二次根式的性质化简，然后利用二次根式的加减运算法则求解即可；
（3）利用二次根式的混合运算法则求解即可.
【详解】解：（1）
；
（2）
；
（3）
.
【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题的关键在于能够熟练掌握相关运算法则进行求解.
20．(2023春·重庆·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的顶点均在格点上，点B的坐标为(1，0)．
(1)画出向左平移4个单位所得的；(2)画出将绕点B按顺时针旋转90°所得的（点A、C分别对应点A2、C2）；(3)线段 的长度为 ．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）根据平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）根据旋转变换的性质分别作出A，C的对应点A2，C2即可．（3）利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图，即为所求．
（2）如图，即为所求．
（3）线段的长度为：，故答案为：．
【点睛】本题考查旋转变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换的性质，正确作出图形．
21．(2023·河南·八年级阶段练习）我国在防控新冠疫情上取得重大成绩，但新冠疫情在国外开始蔓延，为了防止境外输入病例的增加，我国暂时停止了一切国际航班、水运．如图，在我国沿海有一艘不明国籍的轮船进入我国海域，我国海军甲、乙两艘巡逻艇立即从相距13海里的A、B两个基地前去拦截，6分钟后同时到达C地将其拦截．已知甲巡逻艇每小时航行120海里，乙巡逻艇每小时航行50海里，乙巡航艇的航向为北偏西．
（1）求甲巡逻艇的航行方向（用含n的式子表示）;（2）成功拦截后，甲、乙两艘巡逻艇同时沿原方向返回且速度不变，3分钟后甲、乙两艘巡逻艇相距多少海里？
【答案】（1）；（2）海里
【分析】（1）先用路程等于速度乘以时间计算出，的长，利用勾股定理的逆定理得出三角形为直角三角形，再利用在直角三角形中两锐角互余求解；
（2）分别求得甲、乙航行3分钟的路程，然后由勾股定理来求甲乙的距离．
【详解】解：（1）（海里），（海里），
又AB=13海里所以，
所以是直角三角形， 所以
由已知得，所以，所以甲的航向为北偏东，
（2）甲巡逻船航行3分钟的路程为（海里）
乙甲巡逻船航行3分钟的路程为（海里）
所以3分钟后甲、乙两艘巡逻船相距为：（海里）．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的判定、勾股定理及方向角的理解及运用，难度适中．利用勾股定理的逆定理得出三角形为直角三角形是解题的关键．
22．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）如图：在四边形ABCD中，点E在BC上，，垂足为F．
(1)求证：四边形AECD为平行四边形；
(2)若AE平分且，，求BF和AD的长
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）由∠ACB=∠CAD=90° ，可得 AD∥BC，又AE∥DC ，可证结论；
（2）由角平分线的性质可得EF=EC，由四边形AECD是平行四边形可得EC=AD，故AD=EF，
在Rt△BEF中，用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：∵
∴ ，
∵，
∴四边形AECD是平行四边形
（2）解：由（1）已知，四边形AECD是平行四边形
∴，
∵AE平分且，，
∴，
∴ ，
在中， ，
设，则
∴，
∴ ，即，
AD=EF=3
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理等，熟练掌握判定方法和性质是解题的关键．
23．(2023·贵州遵义·统考一模）小明学习菱形时，对矩形进行了画图探究，其作法和图形如下：
①连接；
②分别以点，为圆心，大于长的一半为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线交于点，交于点，交于点；
③连接，．
(1)根据以上作法，判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解
(2)
【分析】（1）根据作图可知：垂直平分，先证明，再证明，即有，进而有，问题得解；
（2）由，可得，在中，有，即有，解方程即可求出，问题得解．
【详解】（1）四边形是菱形，理由如下：
根据作图可知：垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵在中，有，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．
24．(2023·福建八年级期中）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简中发现：首先把化为﹐由于，，即：， ，所以，
问题：
（1）填空：__________，____________﹔
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数a，b（），使，，即，﹐那么便有： __________．
（3）化简：（请写出化简过程）
【答案】（1），；（2）；（3）
【分析】（1）根据题目所给的方法将根号下的数凑成完全平方的形式进行计算；
（2）根据题目给的a，b与m、n的关系式，用一样的方法列式算出结果；
（3）将写成，4写成，就可以凑成完全平方的形式进行计算．
【详解】解：（1）；
；
（2）；
（3）==．
【点睛】本题考查二次根式的计算和化简，解题的关键是掌握二次根式的运算法则．
25．（2023春·广西南宁·八年级南宁市第四十七中学校考阶段练习）如图，正方形边长为4，点E在边上（点E与点A、B不重合），过点A作，垂足为G，与边相交于点F．
(1)求证：；(2)若的面积为，求的长；
(3)在（2）的条件下，取，的中点M，N，连接，求的长．
【答案】(1)证明见解析(2)5或(3)或
【分析】（1）先证得，再利用证明即可；
（2）根据全等三角形的性质可设，则，再由得到方程，解方程求出的值，再利用勾股定理求出的长即可；
（3）连接并延长交于点P，连接PF，可证明，得到，再根据3或1，是的中位线，求出的长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
在与中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴可设，
∴，
∴
，
∴，
解得或，
∴或，
∴或；
（3）解：如图所示，连接并延长交于点P，连接，
∵点M是的中点，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴，或1，
当时，，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴是的中位线，
∴；
当时，，
∴，
∴，
同理可得；
综上所述，的长度为或．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
26．（2023春·江苏南京·八年级南京钟英中学校考阶段练习）实践操作
在矩形中，，，现将纸片折叠，点的对应点记为点，折痕为（点、是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．
初步思考
（1）若点落在矩形的边上（如图①）．
①当点与点重合时， ；当点与点重合时， ；
②当点在上，点在上时（如图②），求证：四边形为菱形，并直接写出当时的菱形的边长．
深入探究
（2）若点落在矩形的内部（如图③），且点、分别在、边上，请直接写出的最小值．
拓展延伸
（3）若点与点重合，点在上，射线与射线交于点（如图④）．在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段与线段的长度相等？若存在，请直接写出线段的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①；②边长是，证明见解析（2）2（3）存在，长度是或
【分析】（1）①当点与点重合时，如图1，画出图形可得结论；当点与点重合时，如图2，则平分；
②证明得，根据一组对边平行且相等得：四边形是平行四边形，加上对角线互相垂直可得为菱形，当时，设菱形的边长为，根据勾股定理列方程得：，求出的值即可；
（2）如图4，当与重合，点在对角线上时，有最小值，根据折叠的性质求，由勾股定理求，所以；
（3）分两种情况根据全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．
【详解】（1）①；
当点与点重合时，是的中垂线，
；
当点与点重合时，此时．
②设交于点，
四边形是矩形

，
点沿折叠后对应点为，

在和中，



四边形是平行四边形

是菱形
当时，菱形的边长为．
设菱形边长为，则
在中，由勾股定理得：，
，
．
（2）的最小值为．
若点落在矩形的内部，且点、分别在、边上，
设，则，
当在一条直线上时，最小，
最小值为，
所以当最大取时，的最小值为．
（3）或．
情况一：连接，
，
设，则，
则



解得：；
情况二：
设，则，
则，，
则，，，

解得：．
综上所述，的长度为或
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．