2023-2024学年江苏省苏州市吴中区、吴江区、相城区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市吴中区、吴江区、相城区八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共23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.中国古代的铜锁制作都十分精美，下面的四把锁中，从形状上看是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.使二次根式 x−1有意义的x的取值范围是( )
A. x=1B. x≠1C. x>1D. x≥1
3.下列计算正确的是( )
A. 12 3=4B. 2 3+3 2=5 5
C. 2+2 2=4 2D. 2×2 2=4 2
4.如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，且DE//BC，若AD=2，BD=3，DE=2，则BC的长是( )
A. 3
B. 92
C. 5
D. 152
5.下列条件中，能使平行四边形ABCD成为菱形的是( )
A. AC⊥BDB. AB⊥BC
C. AB=CDD. ∠BAD=∠ADC
6.若关于x的一元二次方程x2−5x+m=0有两个不相等的实数根，则m的值可以是( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
7.《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，是宋元数学集大成者，也是我国古代水平最高的一部数学著作.该著作记载了“买椽多少”问题：“六贯二百一十钱，倩人去买几株椽.每株脚钱三文足，无钱准与一株椽”.大意是：现请人代买一批椽，这批椽的总售价为6210文.如果每株椽的运费是3文，那么少拿一株椽后，剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，试问6210文能买多少株椽？设6210元购买椽的数量为x株，则符合题意的方程是( )
A. 6210x=3xB. 3(x−1)=6210
C. 3(x−1)=6210xD. 3(x−1)=6210x−1
8.如图，等边三角形ABC，点A，B在反比例函数y=12 3x(x>0)的图象上，BC//y轴，已知点B的纵坐标为2，则△ABC的面积是( )
A. 6 3
B. 8 3
C. 12 3
D. 16 3
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.若分式1x−2有意义，则x的取值范围为__________.
10.方程x2+6x=0的根为______.
11.如图，在▱ABCD中，∠D=45∘，∠CAD=30∘，则∠BAC=______ ∘.
12.一个二次根式与 2的乘积是有理数，这个二次根式可以是______.(只需写出一个即可)
13.如图，在△ABC中，P是AB上一点.下列四个条件中：“①∠ACP=∠B；②∠ACP=∠A；③AC2=AP⋅AB；④AB⋅CP=AP⋅CB”，一定能满足△APC与△ACB相似的条件是______.(只填序号)
14.如图，在矩形ABCD中，BD=13，点E，F分别是AB，BC的中点，连接EF，则EF的长为______.
15.设x1，x2是方程x2−3x+1=0的两个根，则x12+3x2+x1x2=______.
16.如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AEDF的位置，此时点E落在BC上，若AB= 10，CE=3，则△ECD的面积为______.
三、解答题：本题共11小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1) 9+(2+ 3)(2− 3)；
(2)2a+1−1a+1+aa+1.
18.(本小题8分)
解方程：
(1)x2+4x−5=0；
(2)4+xx−1−5=2xx−1.
19.(本小题5分)
先化简，再求值：a−3a−2÷(a+2−5a−2)，其中a= 3−3.
20.(本小题8分)
2024年6月2日嫦娥六号成功软着陆于月球背面南极一艾特肯盆地，开启人类探测器首次在月球背面实施的样品采集任务.2004年中国探月工程正式批准立项，20年来中国探月工程不断刷新人类月球探测的记录.为了掌握同学们对探月工程的了解程度，某初中学校随机抽取部分学生进行问卷调查，并根据调查结果绘制成如图所示的条形统计图和扇形统计图：
(1)本次抽取的学生人数为______人；扇形统计图中， A所对应的扇形圆心角度数为______ ∘；
(2)补全条形统计图；
(3)若该校共有1200名学生，试估计“A：完全了解”的学生人数是多少？
21.(本小题6分)
不透明的袋中有若干个白球和黄球，每个球除颜色外无其他差别.现从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回并搅匀，经过大量重复实验发现摸到黄球的频率逐渐稳定在0.2附近.
(1)估计摸到白球的概率是______；
(2)如果袋中有5个黄球，现又放入a个黄球，再经过大量重复实验发现摸到黄球的频率逐渐稳定在0.6附近，求a的值.
22.(本小题6分)
公元前3世纪，古希腊学者阿基米德发现了著名的“杠杆原理”.杠杆平衡时，阻力×阻力臂动力×动力臂.几位同学玩撬石头的游戏，已知阻力(石头重量)和阻力臂分别为1600N和0.5m.
(1)设动力臂为l，动力为F，求出F与l的函数表达式；
(2)若小明使用500N的力量，他该选择动力臂为多少米的撬棍正好能撬动这块大石头？
23.(本小题6分)
如图，四边形ABCD中，AD//BC，BD平分∠ABC.
(1)尺规作图：过点D作DE//AB，DE交BC于E；(不写作法，只保留作图痕迹)
(2)求证：四边形ABED是菱形.
24.(本小题7分)
观察下列等式：
2+23=2 23；
3+38=3 38；
4+415=4 415；
…
(1)请你根据上述规律填空： 5+524=______；
(2)①把你发现的规律用含有n的等式表示出来： n+nn2−1=______；
②证明①中的等式是正确的，并注明n的取值范围.
25.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AB=4，BC=8，AD=6，∠B=90∘，点M从点B出发，以每秒52个单位长度的速度沿BC向右运动，移动到点C时立即沿原路按原速返回，点N从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段DA向左运动.M，N两点同时出发，当点N运动到点A时，M，N两点同时停止运动，设运动时间为t(秒).
(1)当t=______秒时，四边形 ABMN为矩形；
(2)在整个运动过程中，t为何值时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形？
26.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(4,3)，点B是线段OA上的一个动点，过点B作BC//y轴，交反比例函数y=kx(x>0)的图象于点C，过点A作OA的垂线交x轴于点D，E是线段AD上一点，且AE=OB，连接OC，设点B的横坐标为t(0(1)点B的坐标为______；(用含t的代数式表示)
(2)若t=1，求点E的坐标；
(3)若△OBC的面积为3时，点E也在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，求k的值.
27.(本小题10分)
在矩形ABCD中，AB=5a，BC=6a，点E是BC边上的一个动点，BM⊥AE，垂足为M，BM的延长线交AC于点N.
(1)如图1，延长BN，若B，N，D三点在一直线上，a=1，求BE的长；
(2)过点N作NH⊥AD，垂足为H：
①如图2，若a=1，BE=52，求△AHN的面积；
②如图3，若BE=10a3，连接CM，则NHCM的值为______.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B.是中心对称图形．故本选项符合题意；
C.不是中心对称图形．故本选项不合题意；
D.不是中心对称图形．故本选项不合题意．
故选：B.
根据中心对称图形的概念求解．把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
此题考查了中心对称图形的判断，解答本题的关键是掌握中心对称图形的概念，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵二次根式 x−1有意义，
∴可得x−1≥0，
解得x≥1.
故选：D.
根据二次根式的被开方数为非负数可得出关于x的一次不等式，解出即可得出x的范围．
此题考查了二次根式有意义的条件，属于基础题，解答本题关键是掌握二次根式有意义的条件：二次根式的被开方数为非负数．
3.【答案】D
【解析】解：A、 12 3= 4=2，原计算错误，不符合题意；
B、2 3与3 2不是同类二次根式，不能合并，原计算错误，不符合题意；
C、2与2 2不是同类二次根式，不能合并，原计算错误，不符合题意；
D、2×2 2=4 2，正确，符合题意．
故选：D.
根据二次根式混合运算的法则进行计算即可．
本题考查的是二次根式的混合运算，分母有理化，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴BCDE=ABAD=AD+BDAD，即BC2=2+32，
∴BC=5.
故选：C.
由DE//BC，可得出△ADE∽△ABC，再利用相似三角形的性质，即可求出BC的长．
本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记“平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似”是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：A、∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD为菱形，故选项A符合题意；
B、∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90∘，
∴平行四边形ABCD为矩形，故选项B不符合题意；
C、∵AB=CD，
∴平行四边形ABCD为平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由∠BAD=∠ADC，AB//CD，
∴∠BAD=∠ADC=90∘，
∴平行四边形ABCD为矩形，故选项D不符合题意；
故选：A.
由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
此题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及矩形的判定．熟记菱形的判定是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意得Δ=(−5)2−4×1×m>0，
解得m<254，
∴m的值可以是6.
故选：A.
根据判别式的意义得到Δ=(−5)2−4×1×m>0，然后解关于m的不等式即可．
本题考查了一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：设6210元购买椽的数量为x株，则一株椽的价钱为6210x，
由题意得：3(x−1)=6210x，
故选：C.
设6210元购买椽的数量为x株，根据单价=总价÷数量，求出一株椽的价钱为6210x，再根据少拿一株椽后剩下的椽的运费恰好等于一株椽的价钱，即可列出分式方程，得到答案．
本题考查了从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找出等量关系是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，如图，作AD⊥x轴于D，再作BH⊥AD于H.
设AH=b，
∵BC//y轴，∠ABC=60∘，
∴∠ABH=90∘−∠ABC=30∘.
∴AB=2b，BH= 3b.
∵点B的纵坐标为2，点B在y=12 3x上，
∴B(6 3,2).
∴OD=6 3− 3b，AD=b+2.
∴A(6 3− 3b,b+2).
又A在y=12 3x上，
∴(6 3− 3b)(b+2)=12 3.
∴(6−b)(b+2)=12.
∴b2−4b=0.
∴b=0(舍去)或b=4.
∴AB=8.
∴等边△ABC的面积为 34×8×8=16 3.
故选：D.
依据题意，作AD⊥x轴于D，再作BH⊥AD于H，设AH=b，结合BC//y轴，∠ABC=60∘，可得∠ABH=90∘−∠ABC=30∘，从而AB=2b，BH= 3b，又点B的纵坐标为2，点B在y=12 3x上，从而可得B(6 3,2).进而求出A(6 3− 3b,b+2)，又A在y=12 3x上，故(6 3− 3b)(b+2)=12 3，求出b后可得AB的值，进而计算可以得解．
本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
9.【答案】x≠2
【解析】【分析】
本题考查了分式有意义的条件，利用分母不为零得出不等式是解题的关键．
根据分母不为零，分式有意义，可得答案．
【解答】
解：由题意，得x−2≠0.
解得x≠2，
故答案为：x≠2.
10.【答案】x1=0，x2=−6.
【解析】解：x(x+6)=0，
∴x=0或x+6=0，
∴x1=0，x2=−6.
故答案为x1=0，x2=−6.
方程左边分解得到x(x+6)=0，则方程转化为两个一元一次方程x=0或x+6=0，解一元一次方程即可．
本题考查了利用因式分解法解一元二次方程：先把方程变形，使方程右边为0，然后把方程左边进行因式分解，于是一元二次方程转化为两个一元一次方程，解一元一次方程即可得到一元二次方程的解．
11.【答案】105
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B=∠D=45∘，AB//CD，
∴∠BAD+∠D=180∘，
∴∠BAD=180∘−45∘=135∘，
∴∠BAC=∠BAD−∠CAD=135∘−30∘=105∘，
故答案为：105.
根据平行四边形的性质可知：∠D=∠B=45∘，AB//CD，得出∠BAD+∠D=180∘，求出∠BAD的度数，即可得出∠BAC的度数．
本题考查平行四边形的性质，属于基础题，解题关键是熟练掌握平行四边形的性质并灵活运用．
12.【答案】 2(答案不唯一)
【解析】解： 2× 2=2.
故答案为： 2(答案不唯一).
根据有理化因式的定义：两个根式相乘的积不含根号即可判断．
考查的是二次根式，熟知二次根式的乘法法则是解题的关键．
13.【答案】①或②
【解析】解：前三项正确，因为它们分别符合有两组角对应相等的两个三角形相似；两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似．
故相似的条件是①或②．
故答案为：①或②．
根据三角形相似的判定分析即可．
本题考查对相似三角形的判定方法的掌握情况，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
14.【答案】132
【解析】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BC=13，
∵点E，F分别是AB，BC的中点，
∴EF=12AC=132，
故答案为：132.
连接AC，根据矩形的性质得AC=BC=13，然后利用三角形中位线定理即可解决问题．
本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
15.【答案】11
【解析】解：∵x1，x2是方程x2−3x+1=0的两个根，
∴x1+x2=3，x12−3x1+1=0，x1x2=1，
∴x12=3x1−1，
∴x12+3x2+x1x2
=3x1−1+3x2+1
=3(x1+x2)
=3×3
=9.
故填空答案：9.
根据根与系数的关系得x1+x2=3，根据方程解的定义得x12−3x1+1=0，即x12=3x1−1，代入所求的式子计算即可．
此题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
16.【答案】92
【解析】解：如图，过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥AD于N，则四边形AMEN是矩形，
∴AM=EN，AN=ME，
∵将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AEDF的位置，
∴AB=AE，DE=BC，
∵AM⊥BE，
∴BM=ME，
设BM=ME=x，则AN=x，
∴BC=3+2x，
∴AD=DE=3+2x，
∴DN=3+x，
∵AM2=AB2−BM2，NE2=DE2−DN2，
∴10−x2=(3+2x)2−(3+x)2，
∴x=1，x=−52(舍去)，
∴BM=1，
∴AM= AB2−BM2= 10−1=3，
∴△ECD的面积=12×3×3=92，
故答案为：92.
由旋转的性质可得AB=AE，DE=BC，由等腰三角形的性质可得BM=ME，由勾股定理可求BM，AM的长，即可求解．
本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 9+(2+ 3)(2− 3)
=3+4−3
=4；
(2)2a+1−1a+1+aa+1
=2−1+aa+1
=a+1a+1
=1.
【解析】(1)利用平方差公式进行计算，即可解答；
(2)利用同分母分式加减法法则进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，分式的加减法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)x2+4x−5=0，
(x+5)(x−1)=0，
x+5=0或x−1=0，
解得x1=−5，x2=1；
(2)4+xx−1−5=2xx−1，
去分母得：4+x−5x+5=2x，
解得：x=32，
经检验x=32是分式方程的解．
【解析】(1)利用因式分解法解一元二次方程即可；
(2)两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解一元二次方程及解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
19.【答案】解：原式=a−3a−2÷(a2−4a−2−5a−2)
=a−3a−2÷a2−9a−2
=a−3a−2×a−2(a+3)(a−3)
=1a+3，
当a= 3−3时，
原式=1 3−3+3
=1 3
= 33.
【解析】先根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后将a的值代入原式即可求出答案．
本题考查分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的加减运算以及乘除运算法则，本题属于基础题型．
20.【答案】100 144
【解析】解：(1)本次抽取的学生人数为30÷30%=100(名)，
360∘×40100=144∘，
故答案为：100，144；
(2)C的人数有：100−40−30−10=20(名)，
补全统计图如下：
(3)1200×40100=480(名)，
答：估计“A：完全了解”的学生人数有480名．
(1)根据B的人数和所占的百分比，求出调查的学生总人数，再用360∘乘以A占的比值；从而补全统计图；
(2)用选择“陶艺”课程的学生数除以总人数即可；
(3)用1200数乘以选择“A：完全了解”的学生所占的百分比即可．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】0.8
【解析】解：(1)∵经过大量重复实验发现摸到黄球的频率逐渐稳定在0.2附近，
∴估计摸到白球的频率在0.8，
故答案为：0.8；
(2)设袋子中有m个球，
根据题意，得5m=0.2，
解得m=25，
经检验m=25是分式方程的解，
5+a25+a=0.6
解得：a=25，
经检验a=25是分式方程的解，
所以a=25.
(1)利用频率估计概率即可得出答案；
(2)设袋子中原有m个球，根据题意得8m=0.4，再利用概率公式求解可得出答案．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势，估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
22.【答案】解：(1)Fl=1600×0.5=800，则F=800l；
(2)当F=500N时，500=8001，则l=1.6m；
【解析】(1)根据动力×动力臂=阻力×阻力臂，可得出F与1的数关系式；
(2)将F=500N代入可求出即可．
本题主要考查反比例函数的应用，熟练掌握反比例函数是解题的关键．
23.【答案】(1)解：图形如图所示：
(2)证明：∵AD//BE，AB//DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC=∠ABD，
∴AB=AD，
∴四边形ABED是菱形．
【解析】(1)作∠BDE=∠ABD，BE交BC于点E；
(2)高科技邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图-复杂作图，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24.【答案】5 524 n nn2−1
【解析】解：(1)根据前3个式子，可得 5+524=5 524；
故答案为：5 524；
(2)① n+nn2−1=n nn2−1；
故答案为：n nn2−1；
②证明：等式左边= n(1+1n2−1)= n⋅n2n2−1=n nn2−1=右边，n为大于1的自然数．
(1)仔细观察从上式中找出规律即可；
(2)①归纳总结得到一般性规律，写出即可；
②利用二次根式的性质及化简公式证明即可．
本题主要考查了二次根式的性质与化简，规律型：数字的变化类，熟练掌握二次根式的化简是解决本题的关键．
25.【答案】127
【解析】解：(1)∵AD//BC，∠B=90∘，
∴当AN=BM时，四边形ABMN为矩形，
由题意知：AN=AD−DN=6−t，
当点M从点B运动到点C时，BM=52t，
令6−t=52t，解得t=127，
当点M从点C返回到B时，BM=8−(52t−8)=16−52t，
令6−t=16−52t，解得t=203，
当t=6时，点M、N停止运动，故t=203(,不符合题意，舍去)，
∴t=127秒时，四边形ABMN为矩形．
故答案为：127；
(2)∵AD//BC，
∴当DN=CM时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形，
由题意知：DN=t，
当点M从点B运动到点C时，CM=8−52t，
令t=8−52t，解得t=167，
当点M从点C返回到B时，CM=52t−8，
令t=52t−8，解得t=163，
检验可知t=167和163均符合题意，
∴t=167或163时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形．
(1)根据AD//BC，∠B=90∘可知，当AN=BM时，四边形ABMN为矩形，可表示出AN=AD−DN=6−t，
BM的表示分两种情况：当点M从点B运动到点C时，BM=52t，当点M从点C返回到B时，BM=8−(52t−8)=16−52t，令AN=BM，可得t=127或203，又因为点N运动到点A时，M，N两点同时停止运动，故t≤6，因此舍去t=203，可得t=127秒时，四边形ABMN为矩形．
(2))根据AD//BC，可知当DN=CM时，以C，D，M，N为顶点的四边形为平行四边形，
由题意知：DN=t，当点M从点B运动到点C时，CM=8−52t，当点M从点C返回到B时，CM=52t−8，令CM=DN，可解出t=167或163，均符合题意．
本题考查矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，正确表示出一组对边的长度，根据判定列出含t的方程是解题的关键．
26.【答案】(t,34t)(0【解析】解：(1)∵点A(4,3)，
∴直线OA为y=34x，
∵点B是线段OA上的一个动点，点B的横坐标为t(0∴B(t,34t)(0故答案为：(t,34t)(0(2)延长AB，交x轴于M，
∵BC//y轴，
∴CM⊥x轴，
作AN⊥x轴于N，作EF⊥AN于F，
∴∠BOM+∠OAN=90∘，
∵DA⊥OA，
∴∠EAF+∠OAN=90∘，
∴∠BOM=∠EAF，
∵∠OMB=∠AFE=90∘，OB=AE，
∴△BOM≌△EAF(AAS)，
∴AF=OM，EF=BM，
∵B(t,34t)(0∴B(1,34)，
∴AF=1，EF=34，
∵点A(4,3)，
∴ON=4，AN=3，
∴E(4+34,3−1)，即E(194,2)；
(3)∵△OBC的面积为3，
∴12BC⋅OM=3，即12BC⋅t=3，
∴BC=6t，
∴C(t,34t+6t)，
而E(4+34t,3−t)，
∵点E、C在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴t(34t+6t)=(4+34t)(3−t)，
整理得，6t2+7t−24=0，
解得t=32或t=−83(舍去)，
∴C(32,418)，
∴k=32×418=12316.
(1)求得直线OA的解析式，即可求得B点的坐标特征；
(2)延长AB，交x轴于M，作AN⊥x轴于N，作EF⊥AN于F，通过证得△BOM≌△EAF(AAS)，即可得到AF=OM=1，EF=BM=34，由点A(4,3)，得到E(4+34,3−1)，即E(194,2)；
(3)表示出C、E的坐标，根据反比例函数系数k=xy列方程求得t的值，进一步即可求得k的值．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，正确表示出E、C的坐标是解题的关键．
27.【答案】2536
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=∠BCD=90∘，
∴∠BAE+∠BEA=90∘，
∵BM⊥AE，
∴∠MBE+∠BEA=90∘，
∴∠BAE=∠MBE，
∵∠ABE=∠BCD=90∘，
∴△ABE∽△BCD，
∴ABBC=BEDC，
∵a=1，
∴AB=5a=5，BC=6a=6，
∴56=BE5，
∴BE=256；
(2)①延长BN交CD于点G，如图2，
同(1)可证，△ABE∽△BCG，
∴ABBC=BEGC，
∴56=22GC，
∴GC=3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CG，
∴△GCN∽△BAN，
∴CNAN=CGAB=35，
∴ANAC=58，
∵NH⊥AD，
∴∠AHN=90∘，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90∘，CD=AB=5，AD=BC=6，
∴∠AHN=∠D，
∴NH//CD，
∴△ANH∽△ACD，
∴S△ANHS△ACD=(ANAC)2，
∴S△ANH12×5×6=(58)2，
∴S△ANH=37564；
②过点C作CK⊥BN交BN延长线于点K，则∠K=90∘，延长HN交BC于点Q，如图3，
∵BE=10a3，AB=5a，∠ABE=90∘，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=53 13a，
∵∠BAE=∠MBE，∠K=∠ABE=90∘，
∴△ABE∽△BKC，
∴ABBK=BEKC=AEBC，
∴5aBK=103aCK=53 13a6a，
解得：BK=1813 13a，CK=1213 13a，
∵∠BME=∠K=90∘，
∴ME//KC，
∴△BME∽△BKC，
∴BMBK=BEBC=103a6a=59，
∴MK=49BK=813 13a，
在Rt△MKC中，由勾股定理得MC= MK2+KC2=4a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AB//CD，
∵NH⊥AD，
∴QH=AB=5a，∠BQN=90∘，
∵NH//CD，
∴NQ//AB，
∴△CQN∽△CBA，
∴CQCB=QNAB，
∴CQQN=CBAB=65，
∴设CQ=6x，NQ=5x，则HN=5a−5x，BQ=6a−6x，
∵∠BAE=∠MBE，∠BQN=∠ABE=90∘，
∴△ABE∽△BQN，
∴NQBE=BQAB，
∴5x103a=6a−6x5a，
解得：x=49a，
∴HN=5a−5x=5a−209a=259a，
HNCM=29a4a=2536，
故答案为：2536.
(1)证明出△ABE∽△BCD，即可求解；
(2)①延长BN交CD于点G，由△ABE∽△BCG，求得GC=3，由△GCN∽△BAN，得CNAN=CGAB=35，即ANAC=58，由△ANH∽△ACD得到S△ANHS△ACD=(ANAC)2，即S△ANH12×5×6=(58)2，故S△ANH=37564；
②过点C作CK⊥BN交BN延长线于点K，则∠K=90∘，延长HN交BC于点Q，在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=53 13a，由△ABE∽△BKC，求得BK=1813 13a，CK=1213 13a，由△BME∽△BKC，求得MK=49BK=813 13a，故在Rt△MKC中，由勾股定理得MC=4a，EM=EB2EA=2039 13a，由△CQN∽△CBA，得到CQQN=CBAB=65，故设CB=6x，AB=5x，则HN=5a−5x，BQ=6a−6x，由△ABE∽△BQN，得到5x103a=6a−6x5a，解得：x=49a，故HN=259a，因此HNCM=259a4a=2536.
本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，找出多组相似三角形，正确添加辅助线是解决本题的关键．