2023-2024学年广东省惠州市惠城区建中麦绍棠学校等七校联考八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省惠州市惠城区建中麦绍棠学校等七校联考八年级（下）期中数学试卷（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。

1.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 12B. 3C. 8D. 9
2.以下各组数为边长，能组成直角三角形的是( )
A. 2，3，4B. 3， 4， 5C. 4，5，6D. 5，12，13
3.下列运算正确的是( )
A. (−2)2=−2B. 2+ 3= 5
C. 2× 3= 6D. 4+9= 4+ 9
4.若直角三角形的两直角边的长分别为6和8，则斜边上的中线长为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
5.下列命题中，其逆命题成立的有个．( )
①同旁内角互补，两直线平行；
②如果两个角是直角，那么它们相等；
③如果两个实数相等，那么它们的平方相等；
④平行四边形的对角线互相平分．
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB=60°，BD=8，则DC长为( )
A. 4 3B. 4C. 3D. 5
7.如图所示，正方形ABGF和正方形CDBE的面积分别是100和36，则以AD为直径的半圆的面积是( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π
8.小米同学在喝水时想到了这样一个问题：如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与AD的交点为E，当水杯底面AB与水平面的夹角为37°时，∠CED的大小为( )
A. 27°
B. 37°
C. 53°
D. 63°
9.如图，在赵爽弦图中，已知直角三角形的短直角边长为a，长直角边长为b，大正方形的面积为20，小正方形的面积为4，则ab的值是( )
A. 10
B. 9
C. 8
D. 7
10.如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与点A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3，其中正确的结论是( )
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④
二、填空题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
11.要使式子 x+5有意义，则x的取值范围是______．
12.若最简二次根式 2x−3与y11是同类二次根式，则x= ______，y= ______．
13.已知三角形的三边长分别是4，5，6，则它的三条中位线围成的三角形的周长是______．
14.若直角三角形的两边长a，b满足(a−4)2+ b−3=0，则第三边的长是______．
15.如图：在△ABC中，AB=13，BC=12，点D，E分别是AB，BC的中点，连接DE，CD，如果DE=2.5，那么△ACD的周长是 ．
16.如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MB的长为______．
17.如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，顺次连结各边中点得到四边形A1B1C1D1，再顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点得到四边形A2B2C2D2…，依此类推，则四边形A7B7C7D7的周长为______．
三、解答题：本题共8小题，共62分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题4分)
计算：2 12−6 13+ 48．
19.(本小题6分)
如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均是1，A，B，C为格点(每个小正方形的顶点叫格点)．
(1)填空：线段AB= ______，BC= ______，AC= ______；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由．
20.(本小题6分)
如图，△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，延长DE到点F，使得EF=DE，连接CF.求证：
(1)△CEF≌△AED；
(2)四边形DBCF是平行四边形．
21.(本小题8分)
已知：x= 3+ 2，y= 3− 2，
求(1)xy+yx
(2)x2+3xy+y2．
22.(本小题8分)
如图，海中有一小岛P，它的周围12海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群由西向东航行，在M处测得小岛P在北偏东60°方向上，航行16海里到N处，这时测得小岛P在北偏东30°方向上．
(1)如果渔船不改变航线继续向东航行，是否有触礁危险，并说明理由．
(2)求M点与小岛P的距离．
23.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AB=BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若DC=3 7，AC=6，求OE的长．
24.(本小题12分)
如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止(同时点Q也停止运动)，设运动时间为t秒(t>0)．
(1)用含t的式子表示线段的长度：PD= cm，
(2)当0(3)当525.(本小题10分)
如图1，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，且点E不与C、D重合，过点A作AE的垂线交CB延长线于点F，连接EF．

(1)计算∠AEF的度数；
(2)如图2，过点A作AG⊥EF，垂足为G，连接DG.用等式表示线段CF与DG之间的数量关系，并证明．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是最简二次根式，故本选项错误；
B、是最简二次根式，故本选项正确；
BC不是最简二次根式，故本选项错误；
D不是最简二次根式，故本选项错误；
故选B．
根据最简二次根式的定义判断即可．
本题考查了最简二次根式定义的应用，主要考查学生的理解能力和辨析能力．
2.【答案】D
【解析】解：A、22+32≠42，不能构成直角三角形，不符合题意；
B、( 3)2+( 4)2≠( 5)2，不能构成直角三角形，不符合题意；
C、42+52≠62，不能构成直角三角形，不符合题意；
D、52+122=132，能构成直角三角形，符合题意．
故选：D．
求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断是解答此题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A． (−2)2=2，故此选项不合题意；
B. 2与 3无法合并，故此选项不合题意；
C. 2× 3= 6，故此选项符合题意；
D. 4+9= 13≠ 4+ 9=2+3=5，故此选项不合题意；
故选：C．
直接利用二次根式的加减运算法则以及二次根式的乘法运算法则分别计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的加减运算以及二次根式的乘法运算等知识点，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵直角三角形的两直角边的长分别为6和8，
∴斜边长= 62+82=10，
∴斜边上的中线长=12×10=5，
故选：D．
根据勾股定理求出斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．
本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握勾股定理以及直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：①同旁内角互补，两直线平行逆命题是两直线平行，同旁内角互补，是真命题；
②如果两个角是直角，那么它们相等逆命题是如果两个角相等，那么它们是直角，是假命题；
③如果两个实数相等，那么它们的平方相等逆命题是如果两个实数的平方相等，那么它们相等，是假命题；
④平行四边形的对角线互相平分逆命题是对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题．
故选：B．
把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，再分析逆命题是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
本题考查了命题与定理的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题，难度适中．
6.【答案】B
【解析】解：由矩形对角线相等且互相平分可得AO=BO=12BD=4，
即△OAB为等腰三角形，
又∠AOB=60°，
∴△OAB为等边三角形．
故AB=BO=4，
∴DC=AB=4．
故选：B．
由矩形对角线性质可得AO=BO，又∠AOB=60°，可证△OAB为等边三角形，得DC=AB，即可得解．
本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，得出△OAB为等边三角形是解题关键．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查勾股定理以及正方形的性质，牢记“在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方”是解题的关键．
先根据勾股定理求出AD的长，再求出圆的半径，根据圆的面积公式即可求解．
【解答】
解：∵在Rt△ABD中，∠ADB=90°，AB2=100，BD2=36，
∴AD2=100−36=64，
∴AD=8，
∴以AD为直径的半圆的面积是12π×(12AD)2=18πAD2=8π．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：过点A作AF//BH，交BC于F，
∴∠FAB=∠ABN=37°，
∵∠DAB=90°，
∴∠DAF=53°，
∵EC//BH，AF//BH，
∴AF//EC//BH，
∴∠CED=∠DAF=53°，
故选：C．
过点A作AF//BH，交BC于F，由平行线的性质可得∠FAB=∠ABN=37°，可求∠DAF=53°，即可求解．
本题考查了矩形的性质，平行线的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：设大正方形的边长为c，则c2=20，小正方形的面积(a−b)2=4，
∵a2+b2=c2=20，(a−b)2=4，
∴a2+b2−2ab=4，即20−2ab=4．
∴ab=8．
故选：C．
设大正方形的边长为c，则c2=20，小正方形的面积(a−b)2=4，再由勾股定理a2+b2=c2，从而可得出ab的值．
本题考查了勾股定理的运用，要注意的是本题中求不出两直角边的值，注意完全平方公式的灵活运用，有一定难度．
10.【答案】A
【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAC=∠DACAB=AD，
∴△ABE≌△ADE(SAS)．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC= AD2+CD2=4 2．
∴DE=12AC=2 2．
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为2 2，
∴④错误．
综上所述，正确的结论为：①②③．
故选：A．
①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≌△AED可得DE=BE，所以DE=FG；
②由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG=∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为2 2，由①知FG=DE，所以FG的最小值为2 2．
本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
11.【答案】x≥−5
【解析】解：因为式子 x+5有意义，
则x的取值范围是x≥−5．
故答案为：x≥−5．
根据二次根式的被开方数为非负数，即可得实数x的取值范围．
本题考查了二次根式有意义的条件，解决本题的关键是掌握二次根式有意义的条件．
12.【答案】7 2
【解析】解：由题可知，
∵最简二次根式 2x−3与y11是同类二次根式，
∴y=2，
∴2x−3=11，
∴x=7．
故答案为：7，2．
根据最简二次根式的定义、同类二次根式的性质以及二次根式的根指数等于2进行解题即可．
本题考查同类二次根式、分数指数幂、最简二次根式，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
13.【答案】7.5
【解析】解：∵新三角形的各边长分别为：4÷2=2，5÷2=2.5，6÷2=3，
∴新三角形的周长为：2+2.5+3=7.5．
故答案为7.5．
由三角形中位线定理可得新三角形的各边长为原三角形各边长的一半，即可求其周长．
利用中位线定理得出新三角形各边长与原三角形各边长的数量关系是解决本题的关键．
14.【答案】5或 7
【解析】解：∵(a−4)2+ b−3=0，
∴a−4=0，b−3=0，
解得：a=4，b=3，
当4，3是直角边时，第三边长为： 42+32=5；
当4为斜边，3是直角边时，第三边长为： 42−32= 7，
故第三边的值是：5或 7．
直接利用偶次方的性质结合算术平方根的性质得出a，b的值，进而利用勾股定理求出答案．
此题主要考查了勾股定理以及非负数的性质，正确分类讨论是解题关键．
15.【答案】18
【解析】【分析】
本题考查的是三角形中位线定理、线段垂直平分线的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理得到AC=2DE=5，AC/​/DE，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB=90°，根据线段垂直平分线的性质得到DC=BD，根据三角形的周长公式计算即可．
【解答】
解：∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC=2DE=5，AC/​/DE，
∵AC2+BC2=52+122=169，
AB2=132=169，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∵AC/​/DE，
∴∠DEB=90°，
又∵E是BC的中点，
∴直线DE是线段BC的垂直平分线，
∴DC=BD，
∴△ACD的周长=AC+AD+CD=AC+AD+BD=AC+AB=5+13=18，
故答案为18．
16.【答案】5
【解析】解：如图，连接BD，BN，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，
∴BM=MD，BN=DN，∠DMN=∠BMN，
∵AB/​/CD，
∴∠BMN=∠DNM，
∴∠DMN=∠DNM，
∴DM=DN，
∴DN=DM=BM=BN，
∴四边形BMDN是菱形，
∵AD2+AM2=DM2，
∴16+AM2=(8−AM)2，
∴AM=3，
∴DM=BM=5，
故答案为：5．
由折叠的性质可得BM=MD，BN=DN，∠DMN=∠BMN，可证四边形BMDN是菱形，在Rt△ADM中，利用勾股定理可求BM的长．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，菱形判定和性质，勾股定理，求出BM的长是解题的关键．
17.【答案】52
【解析】解：连接AC、BC，
由题意得，AB1=12×6=3，AA1=12×8=4，
由勾股定理得：A1B1= 32+42=5，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC=BD，
∵顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形A1B1C1D1，
∴A1B1=12BD，A1B1//BD，C1B1=12AC，C1B1//AC，A1D1=12AC，A1D1//AC，
∴A1B1=A1D1，A1B1/​/C1D1，A1D1/​/B1C1，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，且菱形的周长=5×4=20，
同理，四边形A3B3C3D3是菱形，且菱形的周长=20×12=10，
……，
四边形A5B5C5D5是菱形，且菱形的周长=10×12=5，
四边形A7B7C7D7是菱形，且菱形的周长=5×12=52，
故答案为：52．
连接AC、BC，根据勾股定理求出A1B1，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到四边形A1B1C1D1是菱形，且菱形的周长=5×4=20，总结规律，根据规律解答．
本题考查的是中点四边形，掌握矩形的性质、矩形和菱形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
18.【答案】解：原式=4 3−6× 33+4 3
=8 3−2 3
=6 3
【解析】根据二次根式的运算法则即可求出答案．
本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
19.【答案】解：(1)AB= 5，BC=2 5，AC=5．
故答案为： 5，2 5，5；
(2)△ABC为直角三角形，理由如下：
∵AB2=5，BC2=20，AC2=25，
∴AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为直角三角形．
【解析】(1)根据勾股定理即可求解；
(2)根据勾股定理的逆定理即可求解．
此题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解本题的关键．
20.【答案】证明：(1)∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴AE=CE，DE/​/BC，
在△CEF与△AED中，
EF=DE∠CEF=∠AEDCE=AE,
∴△CEF≌△AED(SAS)；
(2)由(1)证得△CEF≌△AED，
∴∠A=∠FCE，
∴BD/​/CF，
∵DF/​/BC，
∴四边形DBCF是平行四边形．
【解析】(1)根据三角形的中位线定理得到AE=CE，DE/​/BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
(2)根据全等三角形的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论．
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
21.【答案】解：∵x+y=2 3、xy=1，
(1)∴原式=x2+y2xy=(x+y)2−2xyxy=(2 3)2−21=10；
(2)∴x2+3xy+y2=(x+y)2+xy=(2 3)2+1=13．
【解析】首先求得x+y和xy的值，(1)可以把式子化成(x+y)2−2xyxy，代入求值即可；(2)可以化成(x+y)2+xy的形式，然后代入求值．
本题考查了二次根式的化简求值以及完全平方公式，正确对所求的式子进行变形是关键．
22.【答案】解：(1)如果渔船不改变航线继续向东航行，没有触礁危险，
理由：过点P作PQ⊥MN于Q，
∴∠PQN=90°，
∵∠PMN=30°，∠PNQ=60°，
∴∠MPN=∠PNQ−∠PMN=60°−30°=30°，
∴∠MPN=∠PMN，
∴PN=MN=16海里，
∴NQ=12PN=8(海里)，
∴PQ= PN2−QN2− 162−82=8 3(海里)，
∵8 3>12，
∴如果渔船不改变航线继续向东航行，没有触礁危险；
(2)在Rt△PMQ中，∵∠PQM=90°，∠PMQ=30°，
∴PM=2PQ=2×8 3=16 3(海里)，
答：M点与小岛P的距离为16 3海里．
【解析】(1)过点P作PQ⊥MN于Q，得到∠PQN=90°，求得∠MPN=∠PNQ−∠PMN=60°−30°=30°，根据等腰三角形的判定定理得到PN=MN=16海里，根据勾股定理得到PQ= PN2−QN2− 162−82=8 3(海里)，于是得到结论；(2)根据直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了勾股定理的应用，方向角的定义，始乱终弃勾股定理是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AD/​/BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴AD=AB，
∵AB=BC，
∴AD=BC，
∵AD/​/BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=12AC=3，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD= CD2−OC2= (3 7)2−32=3 6，
∴BD=2OD=6 6，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=90°，
∵OB=OD，
∴OE=12BD=3 6．
【解析】(1)证∠ADB=∠ABD，则AD=AB，再由AB=BC，得AD=BC，则四边形ABCD是平行四边形，然后由AB=BC，即可得出结论；
(2)由菱形的性质得AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=12AC=3，再由勾股定理得OD=3 6，则BD=2OD=6 6，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵AD=10，AP=t，
∴PD=10−t，
故答案为：(10−t)．
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴AP/​/BQ，∠A=90°，
∴当AP=BQ时，四边形PABQ是矩形，
当0∴t=10−4t，
解得t=2，
故答案为：2．
(3)以P、D、Q、B为顶点的四边形有可能是平行四边形，
∵PD//BQ，
∴当PD=BQ时，四边形BPDQ是平行四边形，
当5由PD=BQ得10−t=10×3−4t，
解得t=203；
当7.5由PD=BQ得10−t=4t−10×3，
解得t=8，
综上所述，t的值为203或8．
【解析】(1)由AD=10，AP=t，得PD=10−t，于是得到问题的答案；
(2)由AP//BQ，∠A=90°，可知当AP=BQ时，四边形PABQ是矩形，可列方程t=10−4t，解方程求出t的值即可；
(3)分两种情况，一是5此题重点考查矩形的判定与性质、平行四边形的判定、动点问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地用代数式表示在点的运动过程中某条线段的长度是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠ABC=∠DAB=90°，
∴∠D=∠ABF=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF=90°，
∴∠BAE+∠BAF=90°，
∴∠DAE=∠BAF，
∴△ADE≌△ABF(ASA)，
∴AF=AE，
∴△AEF是等腰直角三角形
∴∠AEF=45°；
(2)CF= 2DG.理由如下：
如图2，取CE的中点M，连接GM，GC，

∵△AEF是等腰直角三角形，AG⊥EF，
∴G是EF的中点，
∴AG=12EF，
同理，在Rt△EFC中，CG=12EF，
∴AG=CG，
∵AD=CD，DG=DG，
∴△ADG≌△CDG(SSS)，
∴∠ADG=∠CDG，
∵∠ADG+∠CDG=90°，
∴∠ADG=∠ADC=45°；
∴GM为△GEC的中位线，
∴GM//CF，GM=12CF，
∴∠DMG=∠DCB=90°，
在Rt△DGM中，∠GDM=∠ADG=45°，
∴△DMG为等腰三角形，
∴DM=GM，
∴DM2+GM2=DG2=2GM2，
∴DG= 2GM，
∵GM=12CF，
∴DG= 22CF，
∴2DG= 2CF，即CF= 2DG．
【解析】(1)先证明△ADE≌△ABF，再利用等腰直角三角形的性质得出结论；
(2)连接CG，先证明△ADG≌△CDG，得出∠ADG=∠CDG=45°，取CE的中点，连接GM，先证明DM=GM，从而得出结论．
本题考查了正方形的性质，三角形全等的性质和判定，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，综合性强，难度适中．