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2022-2023学年山东省日照市五莲县八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省日照市五莲县八年级（下）期中数学试卷（含解析），共21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。
1.在二次根式 3a, 0.6, 37， 2x2+1中，最简二次根式的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 0
2.下列计算正确的是( )
A. a⋅ b= abB. (a+b)2=a2+b2
C. 1x+1y=1xyD. (−p2q)3=−p5q3
3.给出下列判断，正确的是( )
A. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D. 有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形．
4.若 (x−2)2=2−x，则x的取值范围是( )
A. x=2B. x≤−2C. x≤2D. x≥2
5.设x、y为实数，且y=4+ 5−x+ x−5，则 x+y的值是( )
A. 3B. ±3C. 9D. ±9
6.把(m−1) 11−m中根号前的(m−1)移到根号内得( )
A. m−1B. 1−mC. − m−1D. − 1−m
7.图1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若AB=BC=2，且∠AOB=30°，则OC的长度为( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 2 5
8.已知：如图，矩形ABCD中，AB=5，BC=12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于( )
A. 6B. 5C. 6013D. 6012
9.如图，在▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB=AE，∠B=65°，∠EAC=25°，则∠AED的度数为( )
A. 25°
B. 40°
C. 65°
D. 75°
10.如图所示，以Rt△ABC的直角边AC向△ABC外构造等边△ACD，E为AB的中点，连接CE、DE，∠ACB=90，∠ABC=30°.下列结论：①AC⊥DE；②四边形BCDE是平行四边形；③四边形ADCE是菱形；④S四边形BCDE=3S△ACD.其中正确的结论有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
11.如图，以边长为4的正方形ABCD的对角线交点O为端点，引两条互相垂直的射线，分别与正方形的边交于E、F两点，则线段EF的最小值是( )
A. 2
B. 2
C. 2 2
D. 4
12.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−3,0)，B(0,4)，将Rt△ABO顺着x轴无滑动的滚动.第一次滚动到①的位置，点A的对应点记作点A1；第二次滚动到②的位置，点A1的对应点记作点A2；第三次滚动到③的位置，点A2的对应点记作点A3；…依次进行下去，发现点A(−3,0)，A1(0,3)，A2(9,0)，…，则点A2023的坐标为( )
A. (8088,3)B. (8088,0)C. (8089,3)D. (8089,0)
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.在式子 3−xx−2中，字母x的取值范围是______．
14.如图，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格上BD⊥AC于点D，则BD= ______．
15.若a、b为实数，且b= a2−1+ 1−a2a+7+4，则a+b=______．
16.如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM.下列结论：
①CQ=CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN=2 5；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是 (把正确结论的序号都填上)．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
计算
(1) 12+| 3−2|+3−(π−3.14)0；
(2)(4 8−2 12+ 18)÷3 2．
18.(本小题10分)
按要求完成：
(1)作出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
(2)在x轴上画出点Q，使△QAC的周长最小，并求出最小值；
(3)判断△ABC的形状，并说明理由．
19.(本小题12分)
如图，已知△ABC是等边三角形，点D、F分别在线段BC、AB上，∠EFB=60°，DC=EF．
(1)求证：四边形EFCD是平行四边形；
(2)若BF=EF，求证：AE=AD．
20.(本小题12分)
我校的八(1)班教室A位于工地B处的正西方向，且AB=160米，一辆大型货车从B处出发，以10米/秒的速度沿北偏西60度的方向行驶，如果大型货车的噪声污染半径为100米：
(1)教室A是否在大型货车的噪声污染范围内？请说明理由．
(2)若在，请求出教室A受污染的时间是多少？
21.(本小题14分)
阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当a>0，b>0时，∵( a− b)2=a−2 ab+b≥0，∴a+b≥2 ab，当且仅当a=b时取等号，
例如：当a>0时，求a+16a的最小值．
解：∵a>0，∴a+16a≥2 a⋅16a，又∵2 a⋅16a=8，∴a+16a≥8，当a=4时取等号．
∴a+16a的最小值为8．
请利用上述结论解决以下问题：
(1)当x>0时，当且仅当x= 时，x+9x有最小值为 ．
(2)当m>0时，求m2−5m+24m的最小值．
(3)请解答以下问题：
如图所示，某园艺公司准备围建一个矩形花圃，其中一边靠墙(墙足够长)，另外三边用篱笆围成，设平行于墙的一边长为x米，若要围成面积为450平方米的花圃，需要用的篱笆最少是多少米？
22.(本小题14分)
在正方形ABCD中，E是边CD上一点(点E不与点C、D重合)，连结BE．
【感知】如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F.易证△ABF≌△BCE.(不需要证明)
【探究】如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．
(1)求证：BE=FG．
(2)连结CM，若CM=1，则FG的长为______．
【应用】如图③，取BE的中点M，连结CM.过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG.若CM=3，则四边形GMCE的面积为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解： 3a为最简二次根式，
0.6= 155，不是最简二次根式，
37= 217，不是最简二次根式，
2x2+1为最简二次根式，
则最简二次根式个数是2．
故选：C．
利用最简二次根式定义判断即可．
此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的判定方法是解本题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、 a⋅ b= ab，正确；
B、(a+b)2=a2+2ab+b2，故此选项错误；
C、1x+1y=y+xxy，故此选项错误；
D、(−p2q)3=−p6q3，故此选项错误；
故选：A．
直接利用二次根式的性质以及完全平方公式和分式的性质、积的乘方运算法则分别化简得出答案．
此题主要考查了二次根式的性质以及完全平方公式和分式的性质、积的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．
根据平行四边形的判定，矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】
解：A、一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，可能是等腰梯形，故不符合题意；
B、对角线相等且平分的四边形是矩形，故不符合题意；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故不符合题意；
D、有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形，故符合题意，
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：∵ (x−2)2=2−x，
∴2−x≥0，
∴x≤2，
故选：C．
根据算术平方根的非负性即可求解．
本题主要考查了算术平方根，掌握算术平方根的双重非负性是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．灵活运用二次根式有意义的条件是解题的关键.根据被开方数大于等于0列式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】
解：由题意得，5−x≥0且x−5≥0，
解得x≤5且x≥5，
所以，x=5，
代入可得y=4，
所以， x+y= 5+4=3．
故选A．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知：11−m≥0，
∴1−m>0，
∴原式=− (m−1)21−m
=− 1−m，
故选：D．
根据二次根式的性质即可求出答案．
本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
7.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABO中，∠AOB=30°，
∴OB=2AB=4，
在Rt△BOC中，由勾股定理得，
OC= OB2+BC2= 42+22=2 5，
故选：D．
先根据含30°角的直角三角形的性质得出OB的长，再根据勾股定理求出OC的长即可．
本题考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理，含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB=5，BC=12，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=60，OA=OC，OB=OD，AC=BD，AC= AB2+BC2= 25+144=13，
∴S△AOD=14S矩形ABCD=15，OA=OD=12AC=132，
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=12OA⋅PE+12OD⋅PF=12OA(PE+PF)=12×132×(PE+PF)=15，
∴PE+PF=6013，
故选：C．
首先连接OP.由矩形ABCD的两边AB=5，BC=12，可求得OA=OD=132，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP求得答案．
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，∠ADC=∠B，AD//BC，AB//DC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AB=AE，
∴AE=DC，∠AEB=∠B=65°，
∴∠DAE=∠ADC，∠BAE=180°−∠AEB−∠B=180°−65°−65°=50°，
∴∠DCA=∠BAC=∠BAE+∠EAC=50°+25°=75°，
在△EAD和△CDA中，
AE=DC∠DAE=∠ADCAD=DA，
∴△EAD≌△CDA(SAS)，
∴∠AED=∠DCA=75°，
故选：D．
由平行四边形的性质得AB=DC，∠ADC=∠B，AD//BC，AB//DC，所以∠DAE=∠AEB，由AB=AE，得AE=DC，则∠AEB=∠B=65°，所以∠DAE=∠ADC，∠BAE=50°，则∠DCA=∠BAC=75°，再证明△EAD≌△CDA，得∠AED=∠DCA=75°，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质等知识，证明△EAD≌△CDA是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，AC=12AB，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴∠ACD=∠BAC，
∴CD//AB，
∵E为AB的中点，
∴BE=AE=12AB，
∴BE//CD，CD=BE=AE，
∴四边形BCDE为平行四边形，故②正确；四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB=90°，AE=BE，
∴CE=AE=12AB，
∴四边形ADCE是菱形，故③正确；
∵四边形BCDE为平行四边形，
∴DF//BC，
又∵∠ACB=90°，
∴AC⊥DE，故①正确；
设AC=x，则AB=2x，
∴S△ACD=S△ACE=S△CBE= 34x2，
∴S四边形BCDE=2S△BCE=2S△ACD，故④错误；
故选：C．
根据直角三角形的性质得到∠BAC=60°，AC=12AB，根据等腰三角形的性质得到∠ACD=60°，推出CD//AB，根据线段中点的定义得到BE=AE=12AB，根据平行四边形的判定定理得到四边形BCDE为平行四边形，故②正确；四边形ADCE是平行四边形，根据菱形的判定定理得到四边形ADCE是菱形，故③正确；根据平行四边形的性质得到DF//BC，根据垂直的定义得到AC⊥DE，故①正确；设AC=x，则AB=2x，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查的是平行四边形的判定和性质、等边三角形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质，证明四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：过点O作OG⊥AD于点G，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD=12AC=12×4 2=2 2，∠ODA=∠OAB=45°，
∴∠AOD=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
在△AOE和△DOF中，
∠OAB=∠ODF=45°OA=OD∠OAE=∠DOF，
∴△AOE≌△DOF(ASA)，
∴OE=OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴EF= 2OE= 2OF．
∵∠AOD=90°，OA=OD，OG⊥AD，
∴OG=12AD=2，
由题意：当点F(E)与点A重合时，OF(OE)取得最大值2 2，当点F(E)与点，G重合时，OF(OE)取得最小值2，即2≤OE≤2 2，
∴线段EF的最小值是 2OE= 2×2=2 2．
故选：C．
过点O作OG⊥AD于点G，利用正方形的性质得到AC⊥BD，OA=OB=OC=OD=12AC=12×4 2=2 2，∠ODA=∠OAB=45°，利用全等三角形的判定与性质得到OE=OF，则EF= 2OE= 2OF，由题意得到OE的最小值，则结论可求．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：∵A(−1.5,0)，B(0,2)，
∴OA=3，OB=4，
∴在Rt△AOB中，AB= 32+42=5，
观察图形可得，每滚动3次，图形的形状与初始位置相同，
∴AA3=4+5+3=12，
∴A3的横坐标为：12−3=9，
∵2023÷3=674…1，
∴AA2023=674×12+3=8091，
∴OA2023=8091−3=8088，
∴A2023的坐标为(8088,3)．
故选：A．
先由点A和点B的坐标得出OA、OB的长，再由勾股定理得出AB的长，然后找出循环规律，则可求得答案．
本题考查了规律型的点的坐标，数形结合并发现循环规律是解题的关键．
13.【答案】x≤3且x≠2
【解析】解：由题意得：x−2≠0且3−x≥0，
解得x≤3且x≠2，
故答案为：x≤3且x≠2．
根据分母不能为0、二次根式的被开方数大于或等于0列出式子求解即可得．
本题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，熟练掌握分式和二次根式的定义是解题关键．
14.【答案】3
【解析】解：由题意得：
BC=5，AC= 32+42=5，
∵△ABC的面积=12AC⋅BD=12×3BC，
∴5BD=15，
∴BD=3．
故答案为：3．
利用等面积法求出BD即可．
本题考查了勾股定理，利用等面积法来计算是解题的关键．
15.【答案】5或3
【解析】【分析】
本题考查了二次根式有意义的条件，当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出a的值，b的值，根据有理数的加法，可得答案．
【解答】
解：由被开方数是非负数，得
a2−1≥01−a2≥0，
解得a=1，或a=−1，b=4，
当a=1时，a+b=1+4=5，
当a=−1时，a+b=−1+4=3，
故答案为：5或3．
16.【答案】②③
【解析】【分析】
先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN=NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ=CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN=x，表示出AN=NC=8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
【解答】
解：如图1，
∵PM//CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP//CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，
∴∠MQC=∠D=90°，
∵CP=CP，
若CQ=CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN=x，则AN=NC=8−x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，
即42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
∴CN=8−3=5，AC= AB2+BC2=4 5，
∴CQ=12AC=2 5，
∴QN= CN2−CQ2= 5，
∴MN=2QN=2 5．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S=14S菱形CMPN=14×4×4=4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S=14×5×4=5，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
17.【答案】解：(1) 12+| 3−2|+3−(π−3.14)0
=2 3+2− 3+3−1
= 3+4；
(2)(4 8−2 12+ 18)÷3 2
=(8 2− 2+3 2)÷3 2
=10 2÷3 2
=103．
【解析】(1)先根据二次根式的性质，绝对值和零指数幂进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可；
(2)先根据二次根式的性质进行化简，再根据二次根式的加减法法则进行计算，最后算除法即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，点Q即为所求，
CQ= 22+22=2 2，AQ= 12+12= 2，AC= 32+12= 10，
∴△QAC的周长=2 2+ 2+ 10=3 2+ 10．
(3)△ABC为等腰直角三角形．
理由：由勾股定理得，AB2=12+22=5，BC2=12+22=5，AC2=32+12=10，
∴AB2+BC2=AC2，AB=BC，
∴△ABC为等腰直角三角形．
【解析】(1)根据轴对称的性质作图即可．
(2)连接A1C，交x轴于点Q，连接AQ，此时AQ+CQ的值最小，即△QAC的周长最小．
(3)利用勾股定理可得答案．
本题考查作图−轴对称变换、轴对称−最短路径问题、勾股定理，熟练掌握轴对称的性质以及勾股定理是解答本题的关键．
19.【答案】证明：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵∠EFB=60°，
∴∠ABC=∠EFB，
∴EF//DC，
∵DC=EF，
∴四边形EFCD是平行四边形；
(2)如图，连接BE，
∵BF=EF，∠EFB=60°，
∴△EFB是等边三角形，
∴EB=EF，∠EBF=60°，
∵DC=EF，
∴EB=DC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCA=60°，AB=AC，
∴∠EBF=∠ACB，
在△AEB和△ADC中，
EB=DC∠EBA=∠DCAAB=AC,
∴△AEB≌△ADC(SAS)，
∴AE=AD．
【解析】本题主要考查等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的判定方法以及添加合适辅助线构造全等三角形是解题的关键．
(1)由△ABC是等边三角形得到∠ABC=60°，而∠EFB=60°，由此可以证明EF//DC，而DC=EF，即可证明四边形EFCD是平行四边形；
(2)如图，连接BE，由BF=EF，∠EFB=60°可以推出△EFB是等边三角形，然后得到EB=EF，∠EBF=60°，而DC=EF，由此得到EB=DC，又△ABC是等边三角形，所以得到∠BCA=60°，AB=AC，然后即可证明△AEB≌△ADC，利用全等三角形的性质即可证明AE=AD．
20.【答案】解：(1)教室A在大型货车的噪声污染范围内，
理由：过A作AD⊥BC于D，
由题意得，∠ABD=30°，AB=160m，
∴AD=12AB=80m<100m，
∴教室A在大型货车的噪声污染范围内；
(2)根据题意，在BC上取M，N两点，连接AM，AN，使AN=AM=100m，
∵AD⊥BC，
∴D为MN的中点，即DN=DM，
∴DN= AN2−AD2= 1002−802=60(m)，
∴MN=2DN=120(m)．
即影响的时间为12010=12(s)．
【解析】(1)问教室A是否在大型货车的噪声污染范围内，其实就是问A到BC的距离是否大于污染半径100m，如果大于则不受影响，反正则受影响．如果过A作AD⊥BC于D，那么AD就是所求的线段．在Rt△ABD中，∠ABD的度数容易求得，又已知了AB的值，那么AD便可求出，然后进行判断即可；
(2)要求教室受影响的范围，其实就是求MN的值，在Rt△ADM中，AD的值已经求得，又有AM的值，那么根据勾股定理MD的值就能求出了，MN也就能求出了，然后根据时间=路程÷速度即可得出时间是多少．
本题考查了解直角三角形应用，正确的理解题意，把实际问题转化为直角三角形中的数学问题是解题的关键．
21.【答案】3 6
【解析】解：(1)∵x>0，
∴x+9x≥2 x⋅9x，
又∵2 x⋅9x=6，
∴x+9x≥3，当且仅当x=3时取等号．
∴x+9x的最小值为6．
故答案为：3，6；
(2)m2−5m+24m=m−5+24m，
∵m>0，
∴m+24m≥2 m⋅24m，
又∵2 m⋅24m=4 6，
∴m+24m≥4 6，当且仅当m=2 6时取等号，
∴m+24m的最小值为4 6，
∴m−5+24m的最小值为4 6−5，
即m2−5m+24m的最小值为4 6−5；
(3)根据题意可得，垂直于墙的一边长为450x米，则篱笆的长为x+450x×2=(x+900x)米，
∵x>0，
∴x+900x≥2 x⋅900x，
又∵2 x⋅900x=60，
∴x+900x≥60，当且仅当x=30时取等号，
∴x+900x的最小值为60，
即需要用的篱笆最少是60米．
(1)根据例题中的公式计算即可；
(2)先化简，再运用公式计算即可；
(3)由题意得篱笆的长为x+450x×2=(x+900x)米，再根据例题中的公式计算即可．
本题考查了二次根式的性质，理解题中例题解法，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
22.【答案】感知：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，∠BAF=∠CBEAB=BC∠ABC=∠BCE=90°，
∴△ABF≌△BCE(ASA)；
探究：(1)如图②，
过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB，∴PG=BC，
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在△PGF和△CBE中，∠PGF=∠CBEPG=BC∠FPG=∠ECB=90°，
∴△PGF≌△CBE(ASA)，
∴BE=FG；
(2)2；9 ．
【解析】解：感知：见答案；
探究：(1)见答案；
(2)由(1)知，FG=BE，
连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为：2．
应用：同探究(2)得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究(1)得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S四边形CEGM=12CG×ME=12×6×3=9，
故答案为：9．
【分析】
感知：利用同角的余角相等判断出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
探究：(1)判断出PG=BC，同感知的方法判断出△PGF≌CBE，即可得出结论；
(2)利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，
应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出CG=BE是解本题的关键．
1.在二次根式 3a, 0.6, 37， 2x2+1中，最简二次根式的个数是( )
A. 4B. 3C. 2D. 0
2.下列计算正确的是( )
A. a⋅ b= abB. (a+b)2=a2+b2
C. 1x+1y=1xyD. (−p2q)3=−p5q3
3.给出下列判断，正确的是( )
A. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D. 有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形．
4.若 (x−2)2=2−x，则x的取值范围是( )
A. x=2B. x≤−2C. x≤2D. x≥2
5.设x、y为实数，且y=4+ 5−x+ x−5，则 x+y的值是( )
A. 3B. ±3C. 9D. ±9
6.把(m−1) 11−m中根号前的(m−1)移到根号内得( )
A. m−1B. 1−mC. − m−1D. − 1−m
7.图1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若AB=BC=2，且∠AOB=30°，则OC的长度为( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 2 5
8.已知：如图，矩形ABCD中，AB=5，BC=12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于( )
A. 6B. 5C. 6013D. 6012
9.如图，在▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB=AE，∠B=65°，∠EAC=25°，则∠AED的度数为( )
A. 25°
B. 40°
C. 65°
D. 75°
10.如图所示，以Rt△ABC的直角边AC向△ABC外构造等边△ACD，E为AB的中点，连接CE、DE，∠ACB=90，∠ABC=30°.下列结论：①AC⊥DE；②四边形BCDE是平行四边形；③四边形ADCE是菱形；④S四边形BCDE=3S△ACD.其中正确的结论有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
11.如图，以边长为4的正方形ABCD的对角线交点O为端点，引两条互相垂直的射线，分别与正方形的边交于E、F两点，则线段EF的最小值是( )
A. 2
B. 2
C. 2 2
D. 4
12.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(−3,0)，B(0,4)，将Rt△ABO顺着x轴无滑动的滚动.第一次滚动到①的位置，点A的对应点记作点A1；第二次滚动到②的位置，点A1的对应点记作点A2；第三次滚动到③的位置，点A2的对应点记作点A3；…依次进行下去，发现点A(−3,0)，A1(0,3)，A2(9,0)，…，则点A2023的坐标为( )
A. (8088,3)B. (8088,0)C. (8089,3)D. (8089,0)
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.在式子 3−xx−2中，字母x的取值范围是______．
14.如图，△ABC的顶点都在边长为1的正方形网格上BD⊥AC于点D，则BD= ______．
15.若a、b为实数，且b= a2−1+ 1−a2a+7+4，则a+b=______．
16.如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM.下列结论：
①CQ=CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN=2 5；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是 (把正确结论的序号都填上)．
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
计算
(1) 12+| 3−2|+3−(π−3.14)0；
(2)(4 8−2 12+ 18)÷3 2．
18.(本小题10分)
按要求完成：
(1)作出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；
(2)在x轴上画出点Q，使△QAC的周长最小，并求出最小值；
(3)判断△ABC的形状，并说明理由．
19.(本小题12分)
如图，已知△ABC是等边三角形，点D、F分别在线段BC、AB上，∠EFB=60°，DC=EF．
(1)求证：四边形EFCD是平行四边形；
(2)若BF=EF，求证：AE=AD．
20.(本小题12分)
我校的八(1)班教室A位于工地B处的正西方向，且AB=160米，一辆大型货车从B处出发，以10米/秒的速度沿北偏西60度的方向行驶，如果大型货车的噪声污染半径为100米：
(1)教室A是否在大型货车的噪声污染范围内？请说明理由．
(2)若在，请求出教室A受污染的时间是多少？
21.(本小题14分)
阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当a>0，b>0时，∵( a− b)2=a−2 ab+b≥0，∴a+b≥2 ab，当且仅当a=b时取等号，
例如：当a>0时，求a+16a的最小值．
解：∵a>0，∴a+16a≥2 a⋅16a，又∵2 a⋅16a=8，∴a+16a≥8，当a=4时取等号．
∴a+16a的最小值为8．
请利用上述结论解决以下问题：
(1)当x>0时，当且仅当x= 时，x+9x有最小值为 ．
(2)当m>0时，求m2−5m+24m的最小值．
(3)请解答以下问题：
如图所示，某园艺公司准备围建一个矩形花圃，其中一边靠墙(墙足够长)，另外三边用篱笆围成，设平行于墙的一边长为x米，若要围成面积为450平方米的花圃，需要用的篱笆最少是多少米？
22.(本小题14分)
在正方形ABCD中，E是边CD上一点(点E不与点C、D重合)，连结BE．
【感知】如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F.易证△ABF≌△BCE.(不需要证明)
【探究】如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．
(1)求证：BE=FG．
(2)连结CM，若CM=1，则FG的长为______．
【应用】如图③，取BE的中点M，连结CM.过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG.若CM=3，则四边形GMCE的面积为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解： 3a为最简二次根式，
0.6= 155，不是最简二次根式，
37= 217，不是最简二次根式，
2x2+1为最简二次根式，
则最简二次根式个数是2．
故选：C．
利用最简二次根式定义判断即可．
此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的判定方法是解本题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、 a⋅ b= ab，正确；
B、(a+b)2=a2+2ab+b2，故此选项错误；
C、1x+1y=y+xxy，故此选项错误；
D、(−p2q)3=−p6q3，故此选项错误；
故选：A．
直接利用二次根式的性质以及完全平方公式和分式的性质、积的乘方运算法则分别化简得出答案．
此题主要考查了二次根式的性质以及完全平方公式和分式的性质、积的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．
根据平行四边形的判定，矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】
解：A、一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，可能是等腰梯形，故不符合题意；
B、对角线相等且平分的四边形是矩形，故不符合题意；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故不符合题意；
D、有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形，故符合题意，
故选：D．
4.【答案】C
【解析】解：∵ (x−2)2=2−x，
∴2−x≥0，
∴x≤2，
故选：C．
根据算术平方根的非负性即可求解．
本题主要考查了算术平方根，掌握算术平方根的双重非负性是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．灵活运用二次根式有意义的条件是解题的关键.根据被开方数大于等于0列式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】
解：由题意得，5−x≥0且x−5≥0，
解得x≤5且x≥5，
所以，x=5，
代入可得y=4，
所以， x+y= 5+4=3．
故选A．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知：11−m≥0，
∴1−m>0，
∴原式=− (m−1)21−m
=− 1−m，
故选：D．
根据二次根式的性质即可求出答案．
本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．
7.【答案】D
【解析】解：在Rt△ABO中，∠AOB=30°，
∴OB=2AB=4，
在Rt△BOC中，由勾股定理得，
OC= OB2+BC2= 42+22=2 5，
故选：D．
先根据含30°角的直角三角形的性质得出OB的长，再根据勾股定理求出OC的长即可．
本题考查了勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理，含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB=5，BC=12，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=60，OA=OC，OB=OD，AC=BD，AC= AB2+BC2= 25+144=13，
∴S△AOD=14S矩形ABCD=15，OA=OD=12AC=132，
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=12OA⋅PE+12OD⋅PF=12OA(PE+PF)=12×132×(PE+PF)=15，
∴PE+PF=6013，
故选：C．
首先连接OP.由矩形ABCD的两边AB=5，BC=12，可求得OA=OD=132，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP求得答案．
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，∠ADC=∠B，AD//BC，AB//DC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AB=AE，
∴AE=DC，∠AEB=∠B=65°，
∴∠DAE=∠ADC，∠BAE=180°−∠AEB−∠B=180°−65°−65°=50°，
∴∠DCA=∠BAC=∠BAE+∠EAC=50°+25°=75°，
在△EAD和△CDA中，
AE=DC∠DAE=∠ADCAD=DA，
∴△EAD≌△CDA(SAS)，
∴∠AED=∠DCA=75°，
故选：D．
由平行四边形的性质得AB=DC，∠ADC=∠B，AD//BC，AB//DC，所以∠DAE=∠AEB，由AB=AE，得AE=DC，则∠AEB=∠B=65°，所以∠DAE=∠ADC，∠BAE=50°，则∠DCA=∠BAC=75°，再证明△EAD≌△CDA，得∠AED=∠DCA=75°，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质等知识，证明△EAD≌△CDA是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，AC=12AB，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴∠ACD=∠BAC，
∴CD//AB，
∵E为AB的中点，
∴BE=AE=12AB，
∴BE//CD，CD=BE=AE，
∴四边形BCDE为平行四边形，故②正确；四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB=90°，AE=BE，
∴CE=AE=12AB，
∴四边形ADCE是菱形，故③正确；
∵四边形BCDE为平行四边形，
∴DF//BC，
又∵∠ACB=90°，
∴AC⊥DE，故①正确；
设AC=x，则AB=2x，
∴S△ACD=S△ACE=S△CBE= 34x2，
∴S四边形BCDE=2S△BCE=2S△ACD，故④错误；
故选：C．
根据直角三角形的性质得到∠BAC=60°，AC=12AB，根据等腰三角形的性质得到∠ACD=60°，推出CD//AB，根据线段中点的定义得到BE=AE=12AB，根据平行四边形的判定定理得到四边形BCDE为平行四边形，故②正确；四边形ADCE是平行四边形，根据菱形的判定定理得到四边形ADCE是菱形，故③正确；根据平行四边形的性质得到DF//BC，根据垂直的定义得到AC⊥DE，故①正确；设AC=x，则AB=2x，根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查的是平行四边形的判定和性质、等边三角形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质，证明四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：过点O作OG⊥AD于点G，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，OA=OB=OC=OD=12AC=12×4 2=2 2，∠ODA=∠OAB=45°，
∴∠AOD=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
在△AOE和△DOF中，
∠OAB=∠ODF=45°OA=OD∠OAE=∠DOF，
∴△AOE≌△DOF(ASA)，
∴OE=OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴EF= 2OE= 2OF．
∵∠AOD=90°，OA=OD，OG⊥AD，
∴OG=12AD=2，
由题意：当点F(E)与点A重合时，OF(OE)取得最大值2 2，当点F(E)与点，G重合时，OF(OE)取得最小值2，即2≤OE≤2 2，
∴线段EF的最小值是 2OE= 2×2=2 2．
故选：C．
过点O作OG⊥AD于点G，利用正方形的性质得到AC⊥BD，OA=OB=OC=OD=12AC=12×4 2=2 2，∠ODA=∠OAB=45°，利用全等三角形的判定与性质得到OE=OF，则EF= 2OE= 2OF，由题意得到OE的最小值，则结论可求．
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：∵A(−1.5,0)，B(0,2)，
∴OA=3，OB=4，
∴在Rt△AOB中，AB= 32+42=5，
观察图形可得，每滚动3次，图形的形状与初始位置相同，
∴AA3=4+5+3=12，
∴A3的横坐标为：12−3=9，
∵2023÷3=674…1，
∴AA2023=674×12+3=8091，
∴OA2023=8091−3=8088，
∴A2023的坐标为(8088,3)．
故选：A．
先由点A和点B的坐标得出OA、OB的长，再由勾股定理得出AB的长，然后找出循环规律，则可求得答案．
本题考查了规律型的点的坐标，数形结合并发现循环规律是解题的关键．
13.【答案】x≤3且x≠2
【解析】解：由题意得：x−2≠0且3−x≥0，
解得x≤3且x≠2，
故答案为：x≤3且x≠2．
根据分母不能为0、二次根式的被开方数大于或等于0列出式子求解即可得．
本题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，熟练掌握分式和二次根式的定义是解题关键．
14.【答案】3
【解析】解：由题意得：
BC=5，AC= 32+42=5，
∵△ABC的面积=12AC⋅BD=12×3BC，
∴5BD=15，
∴BD=3．
故答案为：3．
利用等面积法求出BD即可．
本题考查了勾股定理，利用等面积法来计算是解题的关键．
15.【答案】5或3
【解析】【分析】
本题考查了二次根式有意义的条件，当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出a的值，b的值，根据有理数的加法，可得答案．
【解答】
解：由被开方数是非负数，得
a2−1≥01−a2≥0，
解得a=1，或a=−1，b=4，
当a=1时，a+b=1+4=5，
当a=−1时，a+b=−1+4=3，
故答案为：5或3．
16.【答案】②③
【解析】【分析】
先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN=NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ=CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN=x，表示出AN=NC=8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
【解答】
解：如图1，
∵PM//CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP//CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，
∴∠MQC=∠D=90°，
∵CP=CP，
若CQ=CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN=x，则AN=NC=8−x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，
即42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
∴CN=8−3=5，AC= AB2+BC2=4 5，
∴CQ=12AC=2 5，
∴QN= CN2−CQ2= 5，
∴MN=2QN=2 5．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S=14S菱形CMPN=14×4×4=4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S=14×5×4=5，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
17.【答案】解：(1) 12+| 3−2|+3−(π−3.14)0
=2 3+2− 3+3−1
= 3+4；
(2)(4 8−2 12+ 18)÷3 2
=(8 2− 2+3 2)÷3 2
=10 2÷3 2
=103．
【解析】(1)先根据二次根式的性质，绝对值和零指数幂进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可；
(2)先根据二次根式的性质进行化简，再根据二次根式的加减法法则进行计算，最后算除法即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，点Q即为所求，
CQ= 22+22=2 2，AQ= 12+12= 2，AC= 32+12= 10，
∴△QAC的周长=2 2+ 2+ 10=3 2+ 10．
(3)△ABC为等腰直角三角形．
理由：由勾股定理得，AB2=12+22=5，BC2=12+22=5，AC2=32+12=10，
∴AB2+BC2=AC2，AB=BC，
∴△ABC为等腰直角三角形．
【解析】(1)根据轴对称的性质作图即可．
(2)连接A1C，交x轴于点Q，连接AQ，此时AQ+CQ的值最小，即△QAC的周长最小．
(3)利用勾股定理可得答案．
本题考查作图−轴对称变换、轴对称−最短路径问题、勾股定理，熟练掌握轴对称的性质以及勾股定理是解答本题的关键．
19.【答案】证明：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵∠EFB=60°，
∴∠ABC=∠EFB，
∴EF//DC，
∵DC=EF，
∴四边形EFCD是平行四边形；
(2)如图，连接BE，
∵BF=EF，∠EFB=60°，
∴△EFB是等边三角形，
∴EB=EF，∠EBF=60°，
∵DC=EF，
∴EB=DC，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCA=60°，AB=AC，
∴∠EBF=∠ACB，
在△AEB和△ADC中，
EB=DC∠EBA=∠DCAAB=AC,
∴△AEB≌△ADC(SAS)，
∴AE=AD．
【解析】本题主要考查等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的判定方法以及添加合适辅助线构造全等三角形是解题的关键．
(1)由△ABC是等边三角形得到∠ABC=60°，而∠EFB=60°，由此可以证明EF//DC，而DC=EF，即可证明四边形EFCD是平行四边形；
(2)如图，连接BE，由BF=EF，∠EFB=60°可以推出△EFB是等边三角形，然后得到EB=EF，∠EBF=60°，而DC=EF，由此得到EB=DC，又△ABC是等边三角形，所以得到∠BCA=60°，AB=AC，然后即可证明△AEB≌△ADC，利用全等三角形的性质即可证明AE=AD．
20.【答案】解：(1)教室A在大型货车的噪声污染范围内，
理由：过A作AD⊥BC于D，
由题意得，∠ABD=30°，AB=160m，
∴AD=12AB=80m<100m，
∴教室A在大型货车的噪声污染范围内；
(2)根据题意，在BC上取M，N两点，连接AM，AN，使AN=AM=100m，
∵AD⊥BC，
∴D为MN的中点，即DN=DM，
∴DN= AN2−AD2= 1002−802=60(m)，
∴MN=2DN=120(m)．
即影响的时间为12010=12(s)．
【解析】(1)问教室A是否在大型货车的噪声污染范围内，其实就是问A到BC的距离是否大于污染半径100m，如果大于则不受影响，反正则受影响．如果过A作AD⊥BC于D，那么AD就是所求的线段．在Rt△ABD中，∠ABD的度数容易求得，又已知了AB的值，那么AD便可求出，然后进行判断即可；
(2)要求教室受影响的范围，其实就是求MN的值，在Rt△ADM中，AD的值已经求得，又有AM的值，那么根据勾股定理MD的值就能求出了，MN也就能求出了，然后根据时间=路程÷速度即可得出时间是多少．
本题考查了解直角三角形应用，正确的理解题意，把实际问题转化为直角三角形中的数学问题是解题的关键．
21.【答案】3 6
【解析】解：(1)∵x>0，
∴x+9x≥2 x⋅9x，
又∵2 x⋅9x=6，
∴x+9x≥3，当且仅当x=3时取等号．
∴x+9x的最小值为6．
故答案为：3，6；
(2)m2−5m+24m=m−5+24m，
∵m>0，
∴m+24m≥2 m⋅24m，
又∵2 m⋅24m=4 6，
∴m+24m≥4 6，当且仅当m=2 6时取等号，
∴m+24m的最小值为4 6，
∴m−5+24m的最小值为4 6−5，
即m2−5m+24m的最小值为4 6−5；
(3)根据题意可得，垂直于墙的一边长为450x米，则篱笆的长为x+450x×2=(x+900x)米，
∵x>0，
∴x+900x≥2 x⋅900x，
又∵2 x⋅900x=60，
∴x+900x≥60，当且仅当x=30时取等号，
∴x+900x的最小值为60，
即需要用的篱笆最少是60米．
(1)根据例题中的公式计算即可；
(2)先化简，再运用公式计算即可；
(3)由题意得篱笆的长为x+450x×2=(x+900x)米，再根据例题中的公式计算即可．
本题考查了二次根式的性质，理解题中例题解法，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
22.【答案】感知：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，∠BAF=∠CBEAB=BC∠ABC=∠BCE=90°，
∴△ABF≌△BCE(ASA)；
探究：(1)如图②，
过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB，∴PG=BC，
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在△PGF和△CBE中，∠PGF=∠CBEPG=BC∠FPG=∠ECB=90°，
∴△PGF≌△CBE(ASA)，
∴BE=FG；
(2)2；9 ．
【解析】解：感知：见答案；
探究：(1)见答案；
(2)由(1)知，FG=BE，
连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为：2．
应用：同探究(2)得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究(1)得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S四边形CEGM=12CG×ME=12×6×3=9，
故答案为：9．
【分析】
感知：利用同角的余角相等判断出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
探究：(1)判断出PG=BC，同感知的方法判断出△PGF≌CBE，即可得出结论；
(2)利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，
应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出CG=BE是解本题的关键．
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