2025-2026学年广东省惠州市惠城区八校联考八年级（下）期中数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年广东省惠州市惠城区八校联考八年级（下）期中数学试卷（含答案+解析），文件包含第4章三角形测试卷docx、答题卡docx、答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
1.下列二次根式中，最简二次根式是( )
A. 13B. 2m3C. 10D. 8
2.以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是( )
A. 2， 3， 5B. 3， 4， 5C. 32，42，52D. 1，2，3
3.在▱ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是( )
A. 1：2：3：4B. 1：2：2：1C. 1：1：2：2D. 2：1：2：1
4.下列运算结果正确的是( )
A. (−3)2=−3B. (− 2)2=2C. 6÷ 3=2D. 16=±4
5.下列说法正确的是( )
A. 对角线互相垂直的四边形是菱形B. 矩形的对角线互相垂直
C. 一组对边平行的四边形是平行四边形D. 四边相等的四边形是菱形
6.如图所示，在数轴上点A所表示的数为a，则a的值为( )
A. − 5
B. 1− 5
C. −1− 5
D. −1+ 5
7.如图，矩形纸片ABCD中，AD=4，AB=8，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点F，若DF=3，则AF的长为( )
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
8.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，当AC=4，BC=2时，则阴影部分的面积为( )
A. 4B. 4πC. 8πD. 8
9.如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形DCE，则∠EAC=( )
A. 15∘
B. 28∘
C. 30∘
D. 45∘
10.如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120∘，过菱形ABCD的顶点分别作对角线BD，AC的平行线，两两相交于点M，N，P，Q，则四边形MNPQ的面积为( )
A. 2 3
B. 4
C. 4 3
D. 8
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.若二次根式 2x−1有意义，则x的取值范围是______.
12.一个正多边形每个内角是140∘，则这是一个正 边形.
13.如图，Rt△ABC中，BC=3，中线BO=2，则AB的长度是______.
14.若最简二次根式4 3a−8与−7 17−2a能够合并，那么合并后的值为 .
15.如图，在平行四边形ABCD中，△ABD是等边三角形，BD=20，且两个顶点B、D分别在x轴，y轴上滑动，连接OC，则OC的最小值是______.
三、计算题：本大题共1小题，共7分。
16.计算：
(1) 27− 2× 6− 18
(2)( 5−1)2+ 10÷ 12
四、解答题：本题共7小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题7分)
如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F.求证：四边形AFCE是菱形.
18.(本小题7分)
如图，在△ABC中，∠C=90∘，∠A=30∘.
(1)用尺规作图作AB边上的垂直平分线DE，交AC于点D，交AB于点E，连接BD(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，若AD=4，求BC的长.
19.(本小题9分)
某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得GD=CE=DF=50cm，AB=20cm，EF=80cm，∠GBA+∠FEC=180∘，∠GFE=90∘，已知AB//CD//EF.
(1)求证：四边形ACDB是平行四边形；
(2)求椅子最高点G到地面EF的距离.
20.(本小题9分)
为贯彻《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的方针政策，帮助学生更好地理解劳动的价值与意义，培养学生的劳动情感、劳动能力和劳动品质，海口市某学校给八(1)班、八(2)班各分一块三角形形状的劳动试验基地.
(1)当班主任测量出八(1)班试验基地的三边长分别为5m，12m，13m时，小明很快就给出这块试验基地的面积.请你写出完整的求解过程.
(2)如图所示，八(2)班的劳动实验基地的三边长分别为AB=15m，BC=14m，AC=13m，请帮助他们求出该实验基地的面积.
21.(本小题9分)
“数形结合”和“建模思想”是数学中的两个很重要的思想方法，阅读以下素材并解决问题.
22.(本小题13分)
我们学习了三角形中位线定理：三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半.
在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，通过延长DE至F，使DE=FE，连接CF，易证：DE//BC且DE=12BC.
【探究学习】
如果将△ADE截去，剩下掷形BCED且DE//BC，取BD、CE的中点M、N，连接MN，则MN叫梯形BCED的中位线，探索MN与BC和DE的关系.写出结论______，请证明你的结论；
【学以致用】
在梯形BCED中，DE//BC，∠B=30∘，BD=8cm，M、N分别是BD、CE的中点，MN=12cm，求梯形BCED的面积.
23.(本小题14分)
正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD上的动点，连接AF，BE.
(1)如图1，若DE=CF，求证：AF=BE；
(2)如图2，若F为DC的中点，过D作DM⊥AF，垂足为N，交BC于M，连接CN，求证：FN+MN= 2CN；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接BN，过点C作CH⊥BN于H，交AN于点G，若正方形的边长为4，直接写出GH的长.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、被开方数含分母，故A不符合题意；
B、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故B不符合题意；
C、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故C符合题意；
D、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故D不符合题意；
故选：C.
检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
本题考查最简二次根式的定义，正确记忆最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式是解题关键．
2.【答案】A
【解析】解：∵( 2)2+( 3)2=( 5)2，而其它都不符合勾股定理．
∴A中边长能组成直角三角形．
故选：A.
用勾股定理的逆定理进行判断，看较短两边的平方和是否等于长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，∠B=∠D，AB//CD，
∴∠B+∠C=180∘，∠A+∠D=180∘，
即∠A和∠C的度数相等，∠B和∠D的度数相等，且∠B+∠C=∠A+∠D，
故选D.
根据平行四边形的性质得到∠A=∠C，∠B=∠D，∠B+∠C=180∘，∠A+∠D=180∘，根据以上结论即可选出答案．
本题主要考查对平行四边形的性质，平行线的性质等知识点的理解和掌握，能根据平行四边形的性质进行判断是解此题的关键，题目比较典型，难度适中．
4.【答案】B
【解析】解：A、 (−3)2=3，故此选项错误；
B、(− 2)2=2，正确；
C、 6÷ 3= 2，故此选项错误；
D、 16=4，故此选项错误；
故选：B.
直接利用二次根式的性质分别分析得出答案．
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
5.【答案】D
【解析】解：A、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；故本选项错误；
B、矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直；故本选项错误；
C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项错误；
D、四边相等的四边形是菱形；故本选项正确．
故选：D.
直接利用菱形的判定定理、矩形的性质与平行四边形的判定定理求解即可求得答案．
此题考查了矩形的性质、菱形的判定以及平行四边形的判定．注意掌握各特殊平行四边形对角线的性质是解此题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵ 12+22= 5，
∴点A是以(−1,0)为圆心，以 5为半径的圆与x轴的交点，
∴a=−1− 5.
故选：C.
根据图示，可得：点A是以(−1,0)为圆心，以 5为半径的圆与x轴的交点，再根据两点间的距离的求法，求出a的值为多少即可．
此题主要考查了实数与数轴问题，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：点A是以(−1,0)为圆心，以 5为半径的圆与x轴的交点．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90∘，
∵把矩形ABCD沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点F，且AD=4，DF=3，
∴AF= AD2+DF2= 42+32=5，
故选：A.
由矩形的性质得∠D=90∘，由AD=4，DF=3，根据勾股定理求得AF= AD2+DF2=5，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确理解和应用勾股定理是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】【分析】
根据勾股定理得到AB2=AC2+BC2，根据圆的面积公式计算即可．
本题考查的是勾股定理、圆的面积计算，掌握勾股定理和圆的面积公式是解题的关键．
【解答】
解：由勾股定理得，AB2=AC2+BC2，
则阴影部分的面积=12AC⋅BC+12×π×(AC2)2+12×π×(BC2)2−12×π×(AB2)2
=12×4×2+12×π×14×(AC2+BC2−AB2)
=4，
故选：A.
9.【答案】C
【解析】解：∵正方形ABCD中，∠DAC=45∘，∠ADC=90∘
等边三角形DCE中，∠CDE=60∘，
∴∠ADE=150∘，
又∵AD=CD=DE，
∴等腰三角形ADE中，∠DAE=180∘−150∘2=15∘，
∴∠EAC=∠DAC−∠DAE=45∘−15∘=30∘.
故选：C.
先根据正方形的性质求得∠DAC的度数，再根据等腰三角形中∠ADE的度数求得∠DAE的度数，最后根据∠EAC=∠DAC−∠DAE，进行计算即可．
本题主要考查了正方形的性质以及等边三角形的性质，解题时注意：△ADE为等腰三角形，其底角的度数等于180∘减去顶角的度数，再除以2.
10.【答案】C
【解析】解：连接AC，BD，AC与BD相交于点O，

∵AC//MN//PQ，MQ//BD//NP，
∴四边形AQPC、MNPQ、AOBM、AMNC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，BO=DO，AO=CO，AC⊥BD，
∴∠AOB=90∘，
∵四边形AOBM是平行四边形，
∴四边形AOBM是矩形，
∴∠M=90∘，
∵四边形MNPQ为平行四边形，
∴四边形MNPQ为矩形，
∵∠BAD=120∘，AB=AD=2，
∴∠ABO=∠ADO=12(180∘−∠BAD)=30∘，
∴AO=12AB=1，
∴BO= AB2−AO2= 22−12= 3，AC=2AO=2，
∴BD=2BO=2 3，
∴MQ=BD=2 3，MN=AC=2，
∴四边形MNPQ的面积为：2 3×2=4 3，
故选：C.
先证明四边形AMNC、AQPC、MNPQ、AOBM是平行四边形，得到BD=MQ=NP，MN=AC=PQ，再证明四边形MNPQ为矩形，根据勾股定理和直角三角形的性质求出AO=12AB=1，BO= AB2−AO2= 3，得出AC=2AO=2，BD=2BO=2 3，最后求出矩形的面积即可．
本题矩形的判定和性质，掌握平行四边形、矩形、菱形的判定和性质是解题的关键．
11.【答案】x≥12
【解析】解：∵二次根式 2x−1有意义，
∴2x−1≥0，
解得：x≥12.
故答案为：x≥12.
根据二次根式中的被开方数是非负数，可得出x的取值范围．
本题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握：二次根式有意义，被开方数为非负数．
12.【答案】九
【解析】解：设这个正多边形的边数是n，
则(n−2)×180∘=140∘n，
解得n=9，
即这是一个正九边形，
故答案为：九．
设这个正多边形的边数是n，根据多边形内角和定理以及正多边形每个内角是140∘列出(n−2)×180∘=140∘n，求解即可．
本题考查了正多边形与圆，多边形的内角与外角，熟练掌握正多边形的每个内角都相等以及多边形内角和定理是解题的关键．
13.【答案】 7
【解析】解：在Rt△ABC中，BO是斜边AC上的中线，BO=2，
∴AC=2BO=4，
∵BC=3，
∴AB= AC2−BC2= 42−32= 7，
故答案为： 7.
根据直角三角形斜边上的中线性质可得AC=2BO=4，然后再利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线是解题的关键．
14.【答案】−3 7
【解析】解：由题意得：3a−8=17−2a，
解得：a=5，
则3a−8=17−2a=7，
4 7+(−7 7)=−3 7，
故答案为：−3 7.
根据同类二次根式的定义列出方程，解方程求出a，再合并同类二次根式即可．
本题考查的是同类二次根式、最简二次根式，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．
15.【答案】10 3−10
【解析】解：∵△ABD是等边三角形，
∴AB=AD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形，
如图，连接AC、BD交于点E，连接OE，则AC⊥BD，E为BD的中点，
∵BD=20，
∴CD=20，DE=10，
∴CE=10 3，OE=12BD=10，
∴CO≥CE−OE=10 3−10，
∴当C、O、E三点在一条线上时，CO有最小值，最小值为10 3−10，
故答案为：10 3−10.
由条件可先证得四边形ABCD为菱形，连接AC交BD于点E，连接OE，可求得OE和AE的长，在△COE中利用三角形三边关系可求得OC的最小值．
本题主要考查菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，得出当点C、O、E在一条直线上时CO最短是解题的关键．
16.【答案】解：(1)原式=3 3− 2×6−3 2
=3 3−2 3−3 2
= 3−3 2；
(2)原式=5−2 5+1+ 10×2
=6−2 5+2 5
=6.
【解析】(1)先利用二次根式的乘法法则运算，然后把二次根式化为最简二次根式后合并即可；
(2)根据完全平方公式和二次根式的除法法则运算．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
17.【答案】∵AD//BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵AC的垂直平分线是EF，
∴AO=CO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOOA=OC∠EOA=∠COF，∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∴平行四边形AFCE是菱形．
【解析】证明：∵AD//BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵AC的垂直平分线是EF，
∴AO=CO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCOOA=OC∠EOA=∠COF，∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∴平行四边形AFCE是菱形．
根据平行线的性质得出∠EAO=∠FCO，根据全等三角形的判定得出△AOE≌△COF，根据全等三角形的性质得出OE=OF，根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，根据线段垂直平分线求出AE=CE，即可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线性质的应用，解此题的关键是求出OE=OF，综合性比较强，难度适中．
18.【答案】解：(1)如图，DE、BD为所作；
(2)∵DE垂直平分AB，
∴DB=DA=4，
∴∠DBA=∠A=30∘，
∴∠BDC=∠A+∠DBC=60∘，
在Rt△BCD中，CD=12DB=12×4=2，
∴BC= 3CD=2 3.
【解析】(1)利用基本作图，作AB的垂直平分线即可；
(2)利用线段垂直平分线的性质得到DB=DA=4，则∠DBA=∠A=30∘，再计算出∠BDC=60∘，然后根据含30度的直角三角形三边的关系计算BC的长．
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线).也考查了线段垂直平分线的性质．
19.【答案】∵AB//CD//EF，∠GBA+∠FEC=180∘，
∴∠ABG=∠CDG，∠ACD=∠FEC，
则∠ACD+∠GBA=180∘，
∴AC//BD，
∴四边形ACDB是平行四边形 80cm
【解析】(1)证明：∵AB//CD//EF，∠GBA+∠FEC=180∘，
∴∠ABG=∠CDG，∠ACD=∠FEC，
则∠ACD+∠GBA=180∘，
∴AC//BD，
∴四边形ACDB是平行四边形；
(2)解：∵四边形ACDB是平行四边形，
∴CD=AB=20cm，
延长GD交EF于H，

由(1)可知，DH//AE，CD//EH，
∴四边形CEHD是平行四边形，
∴DH=CE=50cm，EH=CD=20cm，
则GH=GD+DH=100cm，HF=EF−EH=60cm.
∵∠GFH=90∘，
∴GF= GH2−HF2= 1002−602=80(cm)，
即：椅子最高点G到地面EF的距离为80cm.
(1)根据平行线的性质得出∠ABG=∠CDG，∠ACD=∠FEC，进而利用平行四边形的判定解答即可；
(2)延长GD交EF于H，根据平行四边形的判定与性质得出DH=CE=50cm，EH=CD=20cm，进而利用勾股定理解答即可．
本题考查平行四边形的判定及性质，勾股定理，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
20.【答案】解：(1)∵52+122=25+144=169，132=169，
∴52+122=132，
∴这个三角形是直角三角形，
∴三角形的面积为：12×5×12=30(m2)；
(2)如图，过点A作AD⊥BC于D，
设BD=xm，则CD=(14−x)m，
在Rt△ABD中，AB2=AD2+BD2，
在Rt△ACD中，AC2=AD2+CD2，
∴AB2−BD2=AC2−CD2，即152−x2=132−(14−x)2，
解得：x=9，
由勾股定理得：AD= 152−92=12(m)，
∴S△ABC=12×14×12=84(m2)，
∴该实验基地的面积为84m2.
【解析】(1)根据勾股定理的逆定理得到三角形是直角三角形，根据直角三角形的面积公式计算即可；
(2)过点A作AD⊥BC于D，根据勾股定理列出方程，解方程求出BD，再根据勾股定理求出AD，根据三角形面积公式计算，得到答案．
本题考查的是勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．
21.【答案】3 17 18
【解析】解：任务一．建立模型：如图，设CF=5，AC=2，CB=x，DF=1，AC⊥CF，DF⊥CF，
则AB= x2+22，BD= (5−x)2+12， x2+22+ (5−x)2+12的最小值即为AB+DB的值最小，
当A，B，D共线时AB+DB的值最小，最小值为AD，
过点D作DH⊥AC，交AC的延长线于H，则四边形CFDH是矩形，
∴DH=CF=12，CH=DF=1，
∴AH=3，
在Rt△ADH中，AD= AH2+DH2=3 17，
∴ x2+22+ (5−x)2+12的最小值为3 17，
故答案为：3 17；
任务二．过点B作BD⊥河岸于D，在射线BD上截取BB′=PQ，则四边形B′DQP是平行四边形，
∴BB′=PQ=5km，B′P=BQ，
当点A，P，B′共线时，AP+B′P=AP+BQ最小，最小值为AB′，
过点A作AE⊥BB′交其延长线于点E.
则AC=2km，BD=3km，AE=12km，
∴AB′= AE2+B′E2= 122+52=13(km)，
则从A到B的最短路程是：
AP+PQ+BN
=AB′+PQ=18(km).
答：从Q到B的最短路程为18km，
故答案为：18；
任务三．如图：
∵AD⊥BC，AC=6，AB=8，AD=x，BC=10，则 36−x2+ 64−x2=10，
设CD=y，则x2=62−y2=82−(10−y)2，解得y=185，
∴x=±245.
任务一．建立模型：如图，设CF=5，AC=2，CB=x，DF=1，AC⊥CF，DF⊥CF，则AB= x2+22，BD= (5−x)2+12， x2+22+ (5−x)2+12的最小值即为AB+DB的值最小，当A，B，D共线时AB+DB的值最小，最小值为AD，过点D作DH⊥AC，交AC的延长线于H，则四边形CFDH是矩形，根据勾股定理即可得到结论．
任务二．过点B作BD⊥河岸于D，在射线BD上截取BB′=PQ，则四边形B′DQP是平行四边形，求得BB′=PQ=5km，B′P=BQ，当点A，P，B′共线时，AP+B′P=AP+BQ最小，最小值为AB′，过点A作AE⊥BB′交其延长线于点E.根据勾股定理即可得到结论；
任务三．根据题意弧长图形，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
22.【答案】MN//DE//BC且MN=12(BC+DE)
【解析】解：[探究学习]
连接DN并延长交BC延长线于F，
∵梯形BCED且DE//BC，
∴∠DEN=∠NCF，
∵N是CE的中点，
∴NE=NC，
又∵∠DNE=∠CNF，
∴△DEN≌△FCN，
∴DN=FN，
又∵M是BD的中点，
∴MN是△DBF的中位线，
∴MN//BF且MN=12BF，
∴MN//DE//BC且MN=12(BC+DE).
故结论为：MN//DE//BC且MN=12(BC+DE).
[学以致用]
∵M、N分别是BD、CE的中点，MN=12cm，
∴DE+BC=24，
过点D作DG⊥BC于点G，
∵∠B=30∘，BD=8cm，
∴DG=4，
∴S梯形BCED=12(BC+DE)⋅DG=12×24×4=48cm2.
[探究学习]连接DN并延长交BC延长线于F，易证△DEN≌△FCN，则可得DN=FN，因此MN是△DBF的中位线．根据三角形的中位线的性质可得MN//BF且MN=12BF 由此可得MN//DE//BC且MN=12(BC+DE).
[学以致用]由梯形的中位线的性质可得DE+BC=2MN=24，过点D作DG⊥BC于点G，根据三角函数的定义求出DG的长，最后再根据梯形的面积公式即可求出梯形BCED的面积．
本题主要考查了三角形中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，以及梯形的面积公式，熟练掌握三角形中位线的判定和性质，灵活运用转化的思想解决问题是解题的关键．
23.【答案】证明见解析；
证明见解析；
85.
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠BAE=∠ADF=90∘，
∵DE=CF，
∴AD−DE=CD−CF，即AE=DF，
在△ABE和△DAF中，
AB=AD∠BAE=∠ADFAE=DF ，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴BE=AF；
(2)证明：延长NM到H，使MH=FN，连接CH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC，∠ADC=∠BCD=90∘，
∵DM⊥AF，垂足为N，
∴∠DNF=∠MNF=90∘，
∴∠NDF+∠DFA=90∘，
又∵∠DAF+∠DFA=90∘，
∴∠DAF=∠NDF，
∵AD=DC，∠ADF=∠MCD=90∘，
∴△ADF≌△DCM(ASA)，
∴DF=CM，
∵F是DC的中点，
∴DF=CF=CM ，
在四边形MCFN中，∠MNF=∠MCF=90∘，
∴∠NFC+∠NMC=180∘，
∴∠HMC=∠NFC，
∵CF=CM，FN=MH，
∴△CFN≌△CMH(SAS)，
∴CN=CH，∠NCF=∠HCM，
∵∠NCF+∠NCM=90∘，
∴∠HCM+∠NCM=90∘
∴∠HCN=90∘，
∴△NCH为等腰直角三角形，
∴NH= 2CN，
∴FN+MN= 2CN；
(3)延长DM，AB相交于点P，延长AF，BC相交于点Q，连接BG，

∵F是DC的中点，
∴DF=CF，
∵AD//CQ，
∴∠ADF=∠QCF，∠DAF=∠CQF，
∴△ADF≌△QCF(AAS)，
∴CQ=AD=BC，
同理可证△CDM≌△BPM(AAS)，
∴BP=DC=AB，
∵AN⊥NM，
∴∠ANM=90∘，
∴AB=BN=BP(直角三角形斜边中线等于斜边的一半)，
∴∠P=∠HNM，
∵CG⊥NB，
∴∠GHN=90∘，
∴∠HNM=∠NGH=90∘−∠GNH，∠P=∠Q=90∘−∠PAQ，
∴∠HNM=∠NGH=∠P=∠Q，
∴CG=CQ=CB，
∴∠BGQ=90∘，即BG⊥AN，
由等腰三角形的三线合一，可知AG=GN，
在Rt△ADF中，AD=4，DF=2，
∴AF= AD2+DF2=2 5，
∴DN=AD⋅DFAF=4×22 5=4 55，
∴AN= AD2−DN2=8 55，
∴GN=12AN=4 55，
∵AD=AB，∠AND=∠AGB=90∘，∠BAG=∠ADN=90∘−∠DAN，
∴△ADN≌△BAG(AAS)，
∴GB=AN=8 55，
∴GH=BG⋅GNBN=4 55×8 554=85.
(1)证△ABE≌△DAF(SAS)即可得证；
(2)延长NM到H，使MH=FN，连接CH，先证△ADF≌△DCM(ASA)，再证△CFN≌△CMH(SAS)，然后证△NCH为等腰直角三角形，从而得证；
(3)延长DM，AB相交于点P，延长AF，BC相交于点Q，连接BG，通过全等易得CQ=AD=BC，BP=DC=AB，再证∠HNM=∠NGH=∠P=∠Q，可得CG=CQ=CB，从而可得∠BGQ=90∘，即BG⊥AN，AG=NG，由等面积可得DN=4 55，进而求解AN、DN，再证△ADN≌△BAG(AAS)，得到GB=AN，最后在Rt△BGN中，利用等面积求出GH即可．
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．几何模型在最短路径问题中的应用
素材一
提出问题：求代数式 x2+32+ (12−x)2+22的最小值.
素材二
建立模型： x2+32可看作直角边分别是x和3的直角三角形的斜边， (12−x)2+22是直角边分别是12−x和2的直角三角形的斜边.因此，构造两个直角三角形，使它们的一个顶点重合、各有一条直角边在同一直线上(如图1所示)，这时CF=x+12−x=12，AC=3，DF=2.原问题就变成“点B在线段CF的何处时，AB+DB的值最小？”
素材三
解答过程：如图2连接AD，交CF于点B，此时AB+DB的值最小，将AC延长至AH使得CH=DF=2，连接HD，则
∵AH=AC+CH=3+2=5，
HD=CF=12，
∴在Rt△ADH中，AD= 52+122=13，
∴|AB+DB|min=AD=13，
∴ x2+32+ (12−x)2+22的最小值是13.
问题解决
任务一
根据以上学习：代数式 x2+22+ (5−x)2+1的最小值为______.
任务二
知识运用：如图，一条河的两岸平行，河宽5km，A村庄到河岸的垂直距离为2km，B村庄到河岸的垂直距离为3km，且A、B到河岸的垂足之间的水平距离为12km.现计划在河上建一座垂直于河岸的桥PQ，使得从A到P，过桥PQ，再从Q到B的路程最短，则最短路程为______km.
任务三
思维拓展：已知正数x满足 36−x2+ 64−x2=10，求x的值.