2023-2024学年江西省南昌外国语教育集团八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江西省南昌外国语教育集团八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共28页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列各项运算或变形正确的是( )
A. 2 2= 2B. m+ n= m+n
C. a2=aD. 若x2=1，则x=1
2.正比例函数y=kx(k≠0)的图象经过第二、四象限，则一次函数y=x+k的图象大致是( )
A. B.
C. D.
3.下列说法不正确的是( )
A. 矩形的对角线相等且互相平分
B. 菱形的对角线互相垂直平分
C. 正方形的对角线相等且互相平分
D. 平行四边形、矩形、菱形、正方形都是轴对称图形
4.已知一元二次方程2x2−5x+1=0的两个根为x1，x2，下列结论正确的是( )
A. x1+x2=−52B. x1⋅x2=1
C. x1，x2都是有理数D. x1，x2都是正数
5.如图，一根竹竿AB斜靠在竖直的墙上，P是AB的中点，在竹竿的顶端沿墙面下滑的过程中，OP长度的变化情况是( )
A. 不断增大
B. 不断减小
C. 先减小后增大
D. 不变
6.如图为甲、乙两种物质的m−v图象.下列说法正确的是( )
A. 甲物质的密度与质量成正比
B. 体积为20cm3的甲物质的质量为13.5g
C. 甲物质的密度比乙的密度小
D. 甲、乙质量相同时，乙的体积是甲的4.5倍
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.若二次根式 x+6有意义，则实数x的取值范围是______.
8.已知关于x的方程x2+5x+m=0有一个根为−2，则另一个根为______.
9.某区拟实施“引进人才”招聘考试，招聘考试分笔试和面试，其中笔试按60%，面试按40%计算总成绩.如果小超笔试成绩为92分，面试成绩为87分，那么小刚的总成绩为______分.
10.如图，将▱ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交AD于点F，若∠B=80∘，∠ACE=2∠ECD，FC=a，FD=b，则▱ABCD的周长为______.
11.在平面直角坐标系中，一次函数y=ax和y=kx+7的图象如图所示，则关于x的一元一次不等式ax>kx+7的解集是______.
12.已知点A(0,4)，B(7,0)，C(7,4)，连接AC，BC得到矩形AOBC，点D的边AC上，将边OA沿OD折叠，点A的对应点为A′.若点A′到矩形较长两对边的距离之比为1：3，则点A′的坐标为______.
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
(1)计算：| 2−2|−12×(−13)+ 183；
(2)解方程：2x(x−3)=x−3.
14.(本小题6分)
如图，AC是菱形ABCD的一条对角线，过点B作BE//AC，过点C作CE⊥BE，垂足为E，请你用两种不同的方法，只用无刻度的直尺在图中作出一条与CD相等的线段．
15.(本小题6分)
如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO=CO，点E在BD上，满足AE//CD.
(1)求证：四边形AECD是平行四边形；
(2)若AB=BC，CD=5，AC=8，求四边形AECD的面积.
16.(本小题6分)
如图，在△ABC中，∠B=90∘，AB=5cm，BC=6cm，点P从点A开始沿边AB向终点B以1cm/s的速度移动.与此同时，点Q从点B开始沿边BC向终点C以2cm/s的速度移动.点P、Q分别从点A，B同时出发，当点Q移动到点C时，两点停止移动.设移动时间为ts.(t>0)
(1)填空：BQ=______ cm，PB=______ cm；(用含t的代数式表示)
(2)是否存在t的值，使得△PBQ的面积为4cm2？若存在请求出此时t的值；若不存在，请说明理由.
17.(本小题6分)
在测浮力的实验中，下方为盛水的烧杯，上方有弹簧测力计悬挂的圆柱体，将圆柱体缓慢下降，直至圆柱体完全浸入水中，各种状态如图甲所示，其中，弹簧测力计在状态②和④显示的读数分别为10N和5N.整个过程中，弹簧测力计读数F与圆柱体下降高度h的关系图象如图乙所示.
(1)图乙中，点A对应状态______，点 B对应状态______，(“状态”后填写图形序号)a=______，b=______；
(2)已知弹簧测力计在状态③时显示的读数为8N，求圆柱体浸入水中的高度.
18.(本小题8分)
某校举办“十佳歌手”演唱比赛，五位评委进行现场打分，将甲、乙、丙三位选手得分数据整理成下列统计图.
根据以上信息，回答下列问题：
(1)完成表格；
(2)从三位选手中选一位参加市级比赛，你认为选谁更合适，请说明理由；
(3)在演唱比赛中，往往在所有评委给出的分数中，去掉一个最高分和一个最低分，然后计算余下分数的平均分.如果去掉一个最高分和一个最低分之后甲的方差记为s2，则s²______0.56.(填“<”或“>”或“=”)
19.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中有A(−4,1)，B(1,6)两点，在线段AB处放置一平面镜.从点C(−1,0)发出一束光线照向平面镜AB上的动点P.
(1)求AB所在直线的解析式；
(2)若光线CP的解析式为y=−3x+b，求出点P的坐标；
(3)若光线CP经过AB的反射后落在x轴上的点D(−2,0)处，直接写出光线从点C出发经点P反射后到达点D的路径长.
20.(本小题8分)
如图，Rt△CEF中，∠C=90∘，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足.
(1)∠EAF=______ ∘(直接写出结果不写解答过程)；
(2)①求证：四边形ABCD是正方形.
②若BE=EC=3，求DF的长.
(3)如图(2)，在△PQR中，∠QPR=45∘，高PH=5，QH=2，则HR的长度是______(直接写出结果不写解答过程).
21.(本小题9分)
【课本再现】
分析：问题中既要证明两条线段所在的直线平行，又要证明其中一条线段的长等于另一条线段长的一半，我们可以用“倍长法”将DE延长一倍：即延长DE到F.使得EF=DE，连接FC，DC，AF，通过证明四边形ADCF与四边形DBCE是平行四边形从而得出最后结论.
【定理证明】(1)请根据以上思路分析，完成“三角形中位线定理”的证明过程.
【定理应用】(2)如图2，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点，AB=9，AC=5，求线段EF的长.
【方法迁移】(3)在定理探究中采用“倍长法”，它体现了转化的数学思想，请运用上述方法，解决下面问题.
如图3，四边形ABCD和DEFG都是正方形，N是AG的中点，求证：DN=12CE.
22.(本小题9分)
(1)问题提出：将一块等腰直角三角板ABC放置在平面直角坐标系中，∠ACB=90∘，AC=BC，点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的负半轴上，点B在第二象限，点A坐标为(0,2)，C的坐标为(−1,0)，则B点坐标为______；
(2)问题探究：如图2，平面直角坐标系中，已知A(4,2)、B(−1,1)，若∠A=90∘，点C在第一象限，且AB=AC，试求出C点坐标；
(3)问题解决：如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(8,6)，A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y=2x−5上的一点，若△APD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，请求出所有符合条件的点D的坐标.
23.(本小题12分)
【问题呈现】如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90∘，将∠MPN绕点P旋转，旋转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F(点F与点C，D不重合).探索线段DE、DF、AD之间的数量关系.
【问题初探】(1)爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论.请你写出线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】(2)如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120∘的菱形，∠EPF=60∘，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】(3)如图3，在(2)的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF旋转至DF=1时，DE的长度为______.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.2 2= 2，故此选项符合题意；
B. m， n不是同类二次根式，不能合并，故此选项不合题意；
C. a2=|a|，故此选项不合题意；
D.若x2=1，则x=±1，故此选项不合题意．
故选：A.
直接利用二次根式的混合运算法则以及分母有理化分别判断得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算以及分母有理化，正确掌握相关运算法则是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：因为正比例函数y=kx(k≠0)的图象经过第二、四象限，
所以k<0，
所以一次函数y=x+k的图象经过一、三、四象限，
故选：B.
根据正比例函数经过第二、四象限，得出k的取值范围，进而解答即可．
此题考查正比例函数的图象，关键是根据正比例函数经过第二、四象限，得出k的取值范围．
3.【答案】D
【解析】解：A.矩形的对角线相等且互相平分，故A正确，不符合题意；
B.菱形的对角线互相垂直平分，故B正确，不符合题意；
C.正方形的对角线相等且互相平分，故C正确，不符合题意；
D.平行四边形不是轴对称图形，矩形、菱形、正方形都是轴对称图形，故D不正确确，符合题意．
故选：D.
根据正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，轴对称图形，即可逐一判断．
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，轴对称图形，解决本题的关键是掌握正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了根与系数的关系，若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.
先利用根与系数的关系得到x1+x2=52>0，x1x2=12>0，然后利用有理数的性质可判定两根的符号．
【解答】
解：根据题意得x1+x2=52>0，x1x2=12>0，故A、B选项错误，
所以x1>0，x2>0.故D选项正确，
∵x=5± 174，故C选项错误.
故选D.
5.【答案】D
【解析】解：∵∠AOB=90∘，P为AB的中点，
∴OP=12AB，
即OP的长在竹竿AB滑动过程中始终保持不变，
故选：D.
根据直角三角形斜边上的中线性质得出答案即可．
本题考查了直角三角形斜边上的中线和两点之间的距离，能熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解此题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：A、当体积V一定时，甲物质的密度与质量成正比，故选项A不符合题意；
B、由图可知当甲物质的密度=274=6.75g/cm3，所以当体积是20cm3时，质量为135g，故选项B不符合题意；
C、由图形可知当V>0时，甲、乙体积相同时，甲的质量比乙的质量大，所以甲物质的密度比乙物质的密度大，故选项C不符合题意；
D、甲物质的密度=274=6.75g/cm3，乙物质的密度=128=1.5g/cm3，所以当甲、乙质量相同时，乙的体积是甲的4.5倍，故选项D符合题意．
故选：D.
根据正比例函数的图象和性质就可以选择出正确的答案．
本题考查的重点是正比例函数的图形与性质，运用已知条件结合图象，通过比较的方法很容易做出选择．
7.【答案】x≥−6
【解析】解：∵二次根式 x+6有意义，
∴x+6≥0，
∴x≥−6，
故答案为：x≥−6.
根据二次根式有意义的条件：被开方数大于等于0，列式计算即可得到答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式有意义的条件是解题关键．
8.【答案】−3
【解析】解：设方程x2+5x+m=0的另一个根为a，
则−2+a=−5，
解得：a=−3，
故答案为：−3.
根据一元二次方程根与系数的关系即可求解．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系，若x1，x2为方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个根，则x1+x2=−ba.掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
9.【答案】90
【解析】解：根据题意得，小刚的总成绩为92×60%+87×40%=90(分)，
故答案为：90.
根据笔试和面试所占的百分比以及笔试成绩和面试成绩，列出算式，进行计算即可．
此题考查了加权平均数，关键是根据加权平均数的计算公式列出算式，用到的知识点是加权平均数．
10.【答案】4a+2b
【解析】解：∵∠B=80∘，四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D=80∘，
由折叠可知∠ACB=∠ACE，
又AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠ACE=∠DAC，
∴△AFC为等腰三角形，
∴AF=FC=a，
设∠ECD=x，则∠ACE=2x，
∴∠DAC=2x，
在△ADC中，由三角形内角和定理可知，2x+2x+x+80∘=180∘，
解得：x=20∘，
∴由三角形外角定理可得∠DFC=4x=80∘，
故△DFC为等腰三角形，
∴DC=FC=a，
∴AD=AF+FD=a+b，
故平行四边形ABCD的周长为2(DC+AD)=2(a+a+b)=4a+2b.
故答案为：4a+2b.
由∠B=80∘，四边形ABCD为平行四边形，折叠的性质可证明△AFC为等腰三角形．所以AF=FC=a.设∠ECD=x，则∠ACE=2x，在△ADC中，由三角形内角和定理可知，2x+2x+x+80∘=180∘，解得x=20∘，由外角定理可证明△DFC为等腰三角形．所以DC=FC=a.故平行四边形ABCD的周长为2(DC+AD)=2(a+a+b)=4a+2b.
本题考查了平行四边形的性质、三角形内角和定理、外角定理、图形的翻折变换，证明△AFC和△DFC为等腰三角形是解题关键．
11.【答案】x>2
【解析】解：由图可知：一次函数y=ax和y=kx+7的交点处x=2，
∴ax>kx+7的解集是x>2，
故答案为：x>2.
根据图象正比例函数在一次函数图象上方对应的x的取值范围即可．
本题考查一次函数与一元一次不等式，掌握一次函数与一元一次不等式的关系是关键．
12.【答案】( 7,3)或( 15,1)或(2 3,−2)
【解析】【分析】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理等知识；熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解决问题的关键．
由已知得出BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：(1)当点A′在矩形AOBC的内部时，过A′作OB的垂线交OB于F，交AC于E，当A′E：A′F=1：3时，求出A′E=1，A′F=3，由折叠的性质得：OA′=OA=4，在Rt△OA′F中，由勾股定理求出OF= 42−32= 7，即可得出答案；
②当A′E：A′F=3：1时，同理得：A′( 15,1)；
(2)当点A′在矩形AOBC的外部时，此时点A′在第四象限，过A′作OB的垂线交OB于F，交AC于E，由A′F：A′E=1：3，则A′F：EF=1：2，求出A′F=12EF=12BC=2，在Rt△OA′F中，由勾股定理求出OF=2 3，即可得出答案．
【解答】
解：∵点A(0,4)，B(7,0)，C(7,4)，
∴BC=OA=4，OB=AC=7，
分两种情况：
(1)当点A′在矩形AOBC的内部时，过A′作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图1所示：
①当A′E：A′F=1：3时，
∵A′E+A′F=BC=4，
∴A′E=1，A′F=3，
由折叠的性质得：OA′=OA=4，
在Rt△OA′F中，由勾股定理得：OF= 42−32= 7，
∴A′( 7,3)；
②当A′E：A′F=3：1时，同理得：A′( 15,1)；
(2)当点A′在矩形AOBC的外部时，此时点A′在第四象限，过A′作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图2所示：
∵A′F：A′E=1：3，则A′F：EF=1：2，
∴A′F=12EF=12BC=2，
由折叠的性质得：OA′=OA=4，
在Rt△OA′F中，由勾股定理得：OF= 42−22=2 3，
∴A′(2 3,−2)；
故答案为：( 7,3)或( 15,1)或(2 3,−2).
13.【答案】解：(1)原式=2− 2+4+3 23
=2− 2+4+ 2
=6；
(2)2x(x−3)=x−3，
(2x−1)(x−3)=0，
则2x−1=0，x−3=0，
解得：x1=12，x2=3.
【解析】(1)直接利用绝对值的性质以及二次根式的性质分别化简，进而得出答案；
(2)利用因式分解法解方程得出答案．
此题主要考查了因式分解法解一元二次方程以及实数的运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
14.【答案】解：方法1，过点E作EF//AB，交AC于F，则EF=CD；
方法2，连接BD，交AC于O，过点O作GH//CD，交AD于H，交BC于G，则GH=CD.

【解析】根据AC是菱形ABCD的一条对角线，BE//AC，利用菱形的性质以及平行四边形的性质，即可得出与CD相等的线段．
本题主要考查了作图以及平行四边形、菱形的性质的运用，解题时注意：平行四边形的对边相等．
15.【答案】(1)证明：∵AE//CD，
∴∠EAO=∠DCO，
在△AOE和△COD中，
∠EAO=∠DCOAO=CO∠AOE=∠COD，
∴△AOE≌△COD(ASA)，
∴OD=OE，
又∵AO=CO，
∴四边形AECD是平行四边形；
(2)解：∵AB=BC，AO=CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，
∵AC=8，
∴CO=12AC=4，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD= CD2−CO2= 52−42=3，
∴DE=2OD=6，
∴菱形AECD的面积=12AC×DE=12×8×6=24.
【解析】(1)证△AOE≌△COD(ASA)，得OD=OE，再由AO=CO，即可得出结论；
(2)由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD=3，则DE=6，即可得出答案．
本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
16.【答案】2t(5−t)
【解析】解：(1)由题意得：BQ=2t(cm)，PB=(5−t)cm，
故答案为：2t，(5−t)；
(2)存在，理由如下：
由题意得：12×2t×(5−t)=4，
解得：t1=1，t2=4(不符合题意，舍去)，
∴存在t的值，使得△PBQ的面积等于4cm2，此时t的值为1.
(1)根据路程=速度×时间就可以表示出BQ，AP，再用AB−AP就可以求出PB的长；
(2)利用(1)的结论，根据三角形面积公式列出一元二次方程，解方程即可．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
17.【答案】② ④ 10 5
【解析】解：(1)如图②，当圆柱体刚要浸入水中时，弹簧测力计的读数由10N开始减小；
如图④，当圆柱体刚刚完全浸入水中时，弹簧测力计的读数减小至5N并保持不变．
故答案为：②，④，10，5.
(2)当4≤h≤10时，设F=kh+b(k、b为常数，且k≠0).
将坐标A(4,10)和B(10,5)代入F=kh+b，
得4k+b=1010k+b=5，
解得k=−56b=403，
∴F=−56h+403(4≤h≤10).
当F=8时，得−56h+403=8，
解得h=6.4，
6.4−4=2.4(cm)，
∴圆柱体浸入水中的高度是2.4cm.
(1)当圆柱体刚要浸入水中时，弹簧测力计的读数由10N开始减小；当圆柱体刚刚完全浸入水中时，弹簧测力计的读数减小至5N并保持不变，据此作答即可；
(2)利用待定系数法求出当4≤h≤10时F与h的函数关系式，将F=8代入关系式求出对应h的值，从而求出圆柱体浸入水中的高度．
本题考查一次函数的应用，理解题意并利用待定系数法求出F关于h的函数表达式是解题的关键．
18.【答案】(1)9，0.9376，8.8；
(2)选甲更合适，理由如下：
因为三位选手的平均数相同，但甲的方差最小，稳定性最好，所以选甲更合适；
(3)<.
【解析】解：(1)甲的中位数为9；
乙的方差为15×[(7−8.8)2+3×(9−8.8)2+(10−8.8)2]=0.9376；
丙的平均数为15×(10×40%+8×60%)=8.8；
故答案为：9；0.9376；8.8；
(2)见答案；
(3)去掉一个最高分和一个最低分之后甲的平均数为13×(8+9+9)=263，
方差s2=13×[(8−263)2+2×(9−263)2]=29<0.56.
故答案为：<.
(1)分别根据中位数，方差和加权平均数的定义计算即可；
(2)根据平均数和方差的意义解答即可；
(3)根据方差的公式解答即可．
本题主要考查了中位数、平均数和方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
19.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+t(k≠0)，
∵A(−4,1)，B(1,6)，
则−4k+t=1k+t=6，
解得k=1t=5，
∴直线AB的解析式为y=x+5；
(2)∵直线CP：y=−3x+b过点C(−1,0)，
∴3+b=0，
∴b=−3，
即直线CP：y=−3x−3，
联立方程组y=−3x−3y=x+5，
解得x=−2y=3，
∴点P的坐标为(−2,3)；
(3)如图：作出点C关于直线y=x+5的对称点C′，根据光反射原理，反射光线经过点C′，连接C′D交AB于P，
∴PC′=PC，CC′⊥AB，
∵直线AB的解析式为y=x+5，
∴E(−5,0)，F(0,5)，
∴∠PEC=45∘，
∵C(−1,0)，
∴Q(−3,2)，
∴C′(−5,4)，
∴光线从点C出发经点P反射后到达点D的路径长为CP+PD=C′P+PD=C′D，
∵点D(−2,0)，
∴C′D= (5−2)2+42=5，
∴光线从点C出发经点P反射后到达点D的路径长为5.
【解析】(1)设直线AB的解析式为y=kx+t，把A，B坐标代入解析式，用待定系数法求解析式即可；
(2)把C(−1,0)代入y=−3x+b即可得出b的值；再联立y=x+5解方程组，即可求出P的坐标；
(3)根据光反射原理，先找到点C关于AB的对称点C′，再连接C′D交AB于点P，求出直线DC′的长即可．
本题是一次函数综合题，考查待定系数法，两直线的交点，轴对称的性质，一次函数的应用，关键是用待定系数法求出函数解析式．
20.【答案】解：(1)45；
(2)①作AG⊥EF于G，如图1所示：
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B=∠D=90∘=∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②设DF=x，
∵BE=EC=3，
∴BC=6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
AB=AGAE=AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE(HL)，
∴BE=EG=3，
同理，GF=DF=x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2=EF2，
即32+(6−x)2=(x+3)2，
解得：x=2，
∴DF的长为2；
(3)157.
【解析】【分析】
本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识.
(1)根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF=360∘−90∘=270∘，根据角平分线的定义得到∠AFE=12∠DFE，∠AEF=12∠BEF，求得∠AEF+∠AFE=12(∠DFE+∠BEF)，根据三角形的内角和定理即可得到结论；
(2)①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE=∠AGF=90∘，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB=AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
②设DF=x，根据已知条件得到BC=6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC=CD=6，根据全等三角形的性质得到BE=EG=3，同理，GF=DF=x，根据勾股定理列方程即可得到结论；
(3)把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由(1)(2)得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ=QR，MR=HR，DQ=HQ=2，得出MG=DG=MP=PH=6，GQ=4，设MR=HR=a，则GR=6−a，QR=a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】
解：(1)∵∠C=90∘，
∴∠CFE+∠CEF=90∘，
∴∠DFE+∠BEF=360∘−90∘=270∘，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFE=12∠DFE，∠AEF=12∠BEF，，
∴∠AEF+∠AFE=12(∠DFE+∠BEF)=12×270∘=135∘，
∴∠EAF=180∘−∠AEF−∠AFE=45∘.
故答案为45；
(2)①②见答案；
(3)如图2所示：把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由(1)(2)得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ=QR，MR=HR，DQ=HQ=2，
∴MG=DG=MP=PH=5，
∴GQ=3，
设MR=HR=a，则GR=5−a，QR=a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：(5−a)2+32=(2+a)2，
解得：a=157，即HR=157.
故答案为157.
21.【答案】(1)证明：如图1，延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF，
∵AE=CE，DE=EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴CF//AD，CF=AD，
∴CF//BD，CF=BD，
∴四边形DBCF为平行四边形，
∴DF=BC，DF//BC，
∵DE=12DF，
∴DE=12BC，DE//BC；
(2)解：分别延长BE、AC交于点H，
在△AEB和△AEH中，
∠BAE=∠HAEAE=AE∠ABE=∠AEH=90∘，
∴△AEB≌△AEH(ASA)，
∴BE=EH，AH=AB=9，
∵BE=EH，BF=FC
∴EF是△BHC的中位线，
∴EF=12CH=12(AH−AC)=2，
∴线段EF的长为2；
(3)证明：如图3，延长DN到点M，使得NM=DN，连接AM、MG，
∵点N是AG的中点，AN=NG，
∴四边形ADGM是平行四边形，
∴AM//DG，AM=DG，
∴∠MAD+∠ADG=180∘，
∵四边形ABCD和DEFG都是正方形，
∴AD=DC，DG=DE，∠ADG+∠EDC=180∘，
∴∠MAD=∠EDC，AD=CD，DE=AM，
∴△MAD≌△EDC(SAS)，
∴DM=EC，
∴DN=12CE.
【解析】(1)延长DE到点F，使EF=DE，连接FC，DC，AF，先证明四边形ADCF是平行四边形，四边形DBCF为平行四边形，则DF=BC，DF//BC，进而证明即可；
(2)解：分别延长BE、AC交于点H，证明△AEB≌△AEH(ASA)，BE=EH，AH=AB=9，EF是△BHC的中位线，EF=12CH=12(AH−AC)，代入计算即可；
(3)证明：如图3，延长DN到点M，使得NM=DN，连接AM、MG，四边形ADGM是平行四边形，AD=DC，DG=DE，∠ADG+∠EDC=180∘，进而△MAD≌△EDC(SAS)，则DM=EC，证明即可．
本题是四边形综合题，考查三角形全等的判定和性质，平行四边形，正方形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定和性质．
22.【答案】解：(1)(−3,1)；
(2)过点B、点C分别作x轴的平行线、分别交过点A与x轴的垂线于点E、D，
与(1)同理△ABE≌△CAD(AAS)，
∴BE=AD=5，AE=CD=1，
∴点C的横坐标为：5−1−1=3，C点的纵坐标为：2+AD=7，
故点C的坐标为(3,7)；
(3)设D坐标为(x,2x−5)，当D在AB下方时，如图3，过D作DE⊥y轴于E，交BC于F，
同(1)，可证得△ADE≌△DPF，
∴DF=AE=6−(2x−5)=11−2x，DE=x，
∴11−2x+x=8，
解得x=3，
∴D(3,1)；
当D在AB上方时，如图4，过D作DE⊥y轴于E，交BC延长线于F，
同(1)，可证得△ADE≌△DPF，
∴DF=AE=(2x−5)−6=2x−11，DE=x，
∴2x−11+x=8，
解得x=193，
∴D(193,233)；
综上所述：D(3,1)或D(193,233).
【解析】【分析】
(1)过点B作x轴的垂线，交x轴于点E，易证△BEC≌△COA(AAS)，EO=EC+CO=2+1=3，BE=1，即可求解；
(2)过点B、点C分别作x轴的平行线、分别交过点A与x轴的垂线于点E、D，同理可证△ABE≌△CAD(AAS)，则：BE=AD=5，AE=CD=1，即可求解；
(3)设D坐标为(x,2x−5)，当D在AB下方时，如图3，过D作DE⊥y轴于E，交BC于F，同(1)，可证得△ADE≌△DPF，得到DF=AE=6−(2x−5)=11−2x，DE=x，解方程得到D(3,1)；当D在AB上方时，如图4，过D作DE⊥y轴于E，交BC延长线于F，根据全等三角形的性质得到DF=AE=(2x−5)−6=2x−11，DE=x，解方程得到D(193,233).
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键.
【解答】
解：(1)如图1，过点B作x轴的垂线，交x轴于点E，
∵∠BCE+∠ACO=90∘，∠ACO+∠CAO=90∘，
∴∠BCE=∠CAO，
在△BEC与△COA中，
∠BCE=∠CAO∠BEC=∠COA=90∘BC=AC，
∴△BEC≌△COA(AAS)，
∴EC=AO=2，CO=BE=1，
∴EO=EC+CO=2+1=3，BE=1，
故答案为：(−3,1)；
(2)见答案；
(3)见答案.
23.【答案】4或2
【解析】解：(1)结论：DE+DF=AD.
理由：如图1中，
∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45∘，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90∘，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中
∠APE=∠DPFPA=PD∠PAE=∠PDF，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
(2)(1)中的结论变为DE+DF=12AD，理由如下：
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
∵四边形ABCD为∠ADC=120∘的菱形，
∴BD=AD，∠DAP=30∘，∠ADP=∠CDP=60∘，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=60∘，
∵∠PAT=30∘，
∴∠TPD=60∘，
∵∠MPN=60∘，
∴∠MPT=∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
∠PTE=∠PDFPT=PD∠TPE=∠FPD，
∴△TPE≌△DPF(ASA)
∴TE=DF，
∴DE+DF=12AD，
故答案为：DE+DF=12AD.
(3)如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG//AB交AD于G.
∵△ABD是等边三角形，AH⊥BD，
∴BH=DH=4，AH=4 3，
在Rt△APH中，PH= PA2−AH2= 72−(4 3)2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3，
由(2)可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4.
如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5，
∵DF=EG=1
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2.
故答案为：4或2.
(1)利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE=DF，即可得出结论DE+DF=AD.
(2)取AD的中点T，连接PT，利用菱形的性质，可得出△TDP是等边三角形，易证△TPE≌△FPD，得出TE=DF，由DE+TE=12AD，即可得出DE+DF=12AD.
(3)分两种情形：如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG//AB交AD于G.解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可求．
本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．平均数/分
中位数/分
方差/分²
甲
8.8
①______
0.56
乙
8.8
9
②______
丙
③______
8
0.96
探究观察图1，你能发现△ABC的中位线DE与边BC位置关系吗？度量一下，DE与BC之间有什么数量关系？
我们猜想，DE//BC且DE=12BC，下面我们对它进行证明.如图1，D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点.求证：DE//BC且DE=12BC.