2025-2026学年山东省淄博市淄川区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年山东省淄博市淄川区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含答案+解析），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若二次根式 3x−9在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥3B. x≤3C. x>3D. x0，d>0)，那么下列式子中不一定正确的是( )
A. a+bb=c+ddB. a−bb=c−ddC. a+cb+d=cdD. a+2b+2=c+2d+2.
4.如图所示，在△ABC中，若DE//BC，EF//AB，则下列比例式正确的是( )
A. ADDB=DEBC
B. BFBC=EFAD
C. AEEC=BFFC
D. EFAB=DEBC
5.在四边形ABCD中，AB//CD，AB=BC，添加下列条件后仍然不能推得四边形ABCD为菱形的是( )
A. AB=CDB. AD//BCC. AB=ADD. BC=CD
6.如图，D是△ABC一边BC上一点，连接AD，使△ABC∽△DBA的条件是( )
A. AC：BC=AD：BD
B. AC：BC=AB：AD
C. AB2=CD⋅BC
D. AB2=BD⋅BC
7.如图，在一块长28m、宽10m的矩形草坪中修建小路，已知剩余草地的面积是243m2.设小路的宽度为x m，根据题意，下面所列方程正确的是( )
A. 28×10−28x−10x=243B. 2(28−x+10−x)=243
C. (28−x)(10−x)+x2=243D. (28−x)(10−x)=243
8.如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB=14，AE=6 2，则DE的长度为( )
A. 8
B. 10
C. 8 2
D. 4 7
9.在如图所示的正方形网格中，以点O为位似中心，作△ABC的位似图形，若点D是点C的对应点，则点A的对应点是( )
A. E
B. F
C. G
D. H
10.若a，b是方程12x2−3x−1=0的两个根，则ba+ab的值为( )
A. −16B. 16C. −20D. 20
11.已知关于x的方程(m2−4)x2+2(m+1)x+1=0有实数根，则m的取值范围是( )
A. m≥−52且m≠±2B. m≠±2
C. m≥52D. m≥−52
12.如图，△ABC∽△ADE，∠BAC=∠DAE=90∘，AB=3，AC=4，点D在线段BC上运动，P为线段DE的中点，在点D的运动过程中，CP的最小值是( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
13.在比例尺为1：20000的地图上，A、B两地的距离为2.5cm，则实际距离为______m.
14.已知a=2− 2，则a2−4a+6的值为 .
15.若关于x的一元二次方程ax2+bx+2=0(a≠0)有一个实数根为x=2026，则一元二次方程a(x−1)2+bx−b+2=0必有一个实数根为 .
16.如图，正方形纸片ABCD的边长为8，将其沿EF折叠，则图中①②③④四个三角形的周长之和为______.
17.如图，黄金矩形ABCD中，ABAD= 5−12，以宽AB为边在其内部作正方形ABFE，得到四边形CDEF是黄金矩形.依此作法，四边形DEGH，四边形KEGL也是黄金矩形.若AD=2，则GE的长为 .
18.如图，点C、D在线段AB上(AC>BD)，△PCD是边长为6的等边三角形，且∠APB=120∘，若AB=19，则AC=______.
19.如图，小明将家中地砖中心的图案(由大小相同菱形和正方形组成)绘制到平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(1,0)，则点B的坐标为 .
20.如图，将两张长为8，宽为2的矩形纸片交叉，使重叠部分是一个菱形，容易知道当两张纸片垂直时，菱形的周长有最小值，那么菱形周长的最大值为 .
三、计算题：本大题共2小题，共30分。
21.(1)计算：
① 6÷ 2+ 24× 12；
②( 6− 3)2− 2×( 8− 12).
(2)解方程：
①325(1+y)2=637；
②(400−x)(8+4×x50)=5000.
22.为了测量学校教学大楼的高度，三个数学小组设计了不同的方案，测量方案与数据如表：
(1)交流反思时，老师发现三组中有一组测量数据不完整，是第______组；
(2)请你在正确的方案中选择一种，求教学大楼的高度.
四、解答题：本题共3小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
23.(本小题18分)
(1)已知：在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别与边AD，BC和对角线AC相交于点E，F，O.求证：四边形AFCE是菱形.(自己画图并完成证明)
(2)如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC上的点，且DE//BC，EF//AB，AD：DB=2：3，BC=20cm.求BF的长.
24.(本小题10分)
以四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA为斜边分别向外作等腰直角三角形，直角顶点分别为E，F，G，H，顺次连接这四个点，得四边形EFGH.
(1)如图①，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；
如图②，当四边形ABCD为矩形时，直接写出四边形EFGH的形状：______；
(2)如图③，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC=α(0∘0)，根据比例的基本性质对选项进行逐一判断如下：
A，如果ab=cd，那么a+bb=ab+1=cd+1=c+dd，选项A式子正确，不符合题意；
B，如果ab=cd，那么a−bb=ab−1=cd−1=c−dd，选项B式子正确，不符合题意；
C，对于a+cb+d=cd，d(a+c)=c(b+d)，即ad+cd=bc+cd，ad=bc，由ab=cd，可得ad=bc，则选项C式子正确，不符合题意；
D，例如，当a=1，b=2，c=2，d=4时，ab=12=cd，
但是a+2b+2=1+22+2=34，c+2d+2=2+24+2=46=23，34≠23，所以选项D式子不一定正确，符合题意．
故选：D.
根据比例的基本性质对选项进行逐一判断即可．
本题考查的知识点是比例的基本性质，解题关键是熟练掌握比例的基本性质．
4.【答案】C
【解析】解：∵EF//AB，
∴AEEC=BFFC.
故选C.
本题主要考查平行线分线段成比例定理的理解及运用，掌握平行线分线段成比例定理并找准对应关系是解题关键.
用平行线分线段成比例定理以及比例的性质进行变形即可得到答案.
5.【答案】C
【解析】解：A.添加AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴▱ABCD是菱形，故该选项不符合题意；
B.添加AD//BC，∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴▱ABCD是菱形，故该选项不符合题意；
C.添加AB=AD，
∵AB=BC，
∴AD=BC，不能得出四边形ABCD是菱形，故该选项符合题意；
D.添加BC=CD，
∵AB=BC，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴▱ABCD是菱形，故该选项不符合题意；
故选：C.
利用平行四边形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质判定逐项判断是否为菱形即可．
本题主要考查了平行四边形和菱形的判定，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定定理．
6.【答案】D
【解析】解：∵∠B=∠B，
∴当ABBD=BCAB时，
△ABC∽△DBA，
当AB2=BD⋅BC时，△ABC∽△DBA，
故选：D.
根据相似三角形的对应边比例且夹角相等进行判断，要注意相似三角形的对应边和对应角．
此题主要考查的是相似三角形的性质，正确地判断出相似三角形的对应边和对应角是解答此题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：在一块长28m、宽10m的矩形草坪中修建小路，已知剩余草地的面积是243m2.
设道路的宽为x m，由题意可得：
(28−x)(10−x)=243.
故选：D.
设道路的宽为x m，根据利用平移的性质得出草坪的面积=长为(28−x)m，宽为(10−x)m的长方形的面积，由长方形面积公式即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45∘，AB=AD，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴BE=DE，
∵EF⊥AB于点F，AE=6 2，
∴AF=EF=6，
∵AB=14，
∴BF=8，
∴BE= 82+62=10，
∴ED=10，
故选：B.
连接BE，证明△ABE≌△ADE，可得ED=BE，在等腰直角三角形AEF中，求出AF，EF的长，再在Rt△BEF中求出BE的长，即可得出ED的长．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决问题的关键在于连接BE构造全等三角形．
9.【答案】D
【解析】解：如图，∵点O为位似中心，DO=2CO，
∴OH=2OA，
即点A的对应点为H点．
故选：D.
利用位似的性质点A的对应点与点A、O共线，并且到O点的距离为OA的两倍，从而可判断点A的对应点的位置．
本题考查了位似变换：位似图形的两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行(或共线).
10.【答案】C
【解析】解：由题知，
因为a，b是方程12x2−3x−1=0的两个根，
所以a+b=−−312=6，ab=−112=−2，
所以ba+ab=b2+a2ab=(a+b)2−2abab=62−2×(−2)−2=−20.
故选：C.
利用根与系数的关系求出a+b和ab的值，据此可解决问题．
本题考查根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：当方程(m2−4)x2+2(m+1)x+1=0为一元二次方程时，m2−4≠0，即m≠±2，
∵关于x的方程有实数根，
∴Δ=[2(m+1)]2−4(m2−4)=8m+20≥0，
解得m≥−52，
∴m≥−52且m≠±2，
当方程(m2−4)x2+2(m+1)x+1=0为一元一次方程时，m2−4=0且2(m+1)≠0，则m=±2，
综上，m的取值范围是m≥−52.
故选：D.
由于方程有实数根，当方程为一元二次方程时，令Δ≥0，即可求出m的取值范围，要注意m2−4≠0，再令方程为一元一次方程，进行解答．
本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，掌握根的判别式和注意分类讨论是解题的关键．要对一元一次方程和一元二次方程分别讨论解答．
12.【答案】D
【解析】解：∵△ABC∽△ADE，
∴ABAD=ACAE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAD=∠CAE，ABAC=ADAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠BAC=90∘，
∴∠ABD+∠ACB=90∘，
∴∠ACB+∠ACE=90∘，
∴∠DCE=90∘，
∵DP=PE，
∴CP=12DE，
∵△ABC∽△ADE，
∴AD的值最小时，DE的值最小，此时CP的值最小，
∵AB=3，AC=4，∠BAC=90∘，
∴BC= AB2+AC2= 32+42=5，
根据垂线段最短可知，当AD⊥BC时，AD的值最小，根据三角形面积得，此时AD=AB⋅ACBC=3×45=125，
∵ABAC=ADAE=34，
∴ADDE=35，
∴DE=53AD=4，
∴CP的最小值为12×4=2，
故选：D.
根据相似三角形的判定与性质，证明∠DCE=90∘，推出CP=12DE，求出DE的最小值，可得结论．
本题考查相似三角形的判定和性质，垂线段最短，直角三角形斜边上的中线等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
13.【答案】500
【解析】解：设实际距离为x cm，
根据题意得：120000=2.5x，
解得：x=50000，
∵50000cm=500m，
∴实际距离为500m.
故答案为：500.
首先设相距2.5cm的两地实际距离为xcm，根据题意可得方程120000=2.5x，解此方程即可求得答案，注意统一单位．
此题考查了比例尺．此题比较简单，解题的关键是注意理解题意，根据题意列方程，注意统一单位．
14.【答案】4
【解析】解：a2−4a+6=(a−2)2+2，
∵a=2− 2，
∴原式=2+2=4.
故答案为：4.
理由配方法求解即可．
本题考查二次根式的化简求值，解题的关键是掌握配方法的应用．
15.【答案】x=2027
【解析】解：一元二次方程a(x−1)2+bx−b+2=0变形得a(x−1)2+b(x−1)+2=0，
∵关于x的一元二次方程ax2+bx+2=0(a≠0)有一个实数根为x=2026，
∴x−1=2026，
则x=2027，
即一元二次方程a(x−1)2+bx−b+2=0必有一个实数根为x=2027，
故答案为：x=2027.
将一元二次方程a(x−1)2+bx−b+2=0变形后根据一元二次方程解的意义即可求得答案．
本题考查一元二次方程的解，理解其意义是解题的关键．
16.【答案】32
【解析】解：如图所示：C′B′与AB交于点G′，与AD交于点H′，FC′与AD交于点W′，
则这三个点关于EF对称的对应的点分别G、H、W，
由题意知，BE=EB′，BG=B′G′，G′H′=GH，H′C′=HC，C′W′=CW，FW′=FW，
∴①②③④四个三角形的周长之和等于正方形的周长=4×8=32.
故答案为：32.
如图找到各对应点，由翻折的性质可得①②③④四个三角形的周长之和等于正方形的周长．
此题考查了翻折变换(折叠问题)，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．熟练掌握正方形性质及折叠性质是解本题的关键．
17.【答案】2 5−4
【解析】解：∵黄金矩形ABCD中，ABAD= 5−12，AD=2，
∴AB= 5−1，
∵四边形ABFE是正方形，
∴EF=AB= 5−1，
∵四边形CDEF是黄金矩形，
∴CFEF= 5−12，
∴CF= 5−12EF= 5−12×( 5−1)=3− 5，
∵四边形CFGH是正方形，
∴FG=CF=3− 5，
∴GE=EF−FG= 5−1−(3− 5)=2 5−4，
故答案为：2 5−4.
由黄金矩形的性质求出AB= 5−1，进而得出EF=AB= 5−1，同理求出CF、FG的长，即可解决问题．
本题考查了黄金分割、矩形的性质以及正方形的性质等知识，熟练掌握黄金分割是解题的关键．
18.【答案】9
【解析】【分析】
该题考查了相似三角形的判定及其性质、等边三角形的性质及其应用等几何知识点问题；
根据等边三角形的性质，证明三角形相似是解决问题的关键．
【解答】
解：∵△PCD是等边三角形，
∴PC=CD=PD=6，∠PCD=∠PDC=60∘，
∴∠ACP=∠PDB=120∘，
∴∠A+∠APC=60∘，
∵∠APB=120∘，
∴∠A+∠B=60∘，
∴∠APC=∠B，
∴△ACP∽△PDB，
∴AC：PD=PC：BD，
∴AC⋅BD=PD⋅PC=36，
设AC=x，则BD=AB−AC−CD=13−x，
∴x⋅(13−x)=36，
解得：x=9，或x=4(舍去)，
∴AC=9；
故答案为：9.
19.【答案】(−1− 2, 2)
【解析】解：过点B作BC⊥x轴，如图所示：
地砖中心的图案是由大小相同的菱形和正方形组成，点A的坐标为(1,0)，
∴菱形和正方形的边长为1，故正方形的对角线= 12+12= 2，
∵OC= 2+1，BC= 2，
∵点B在第二象限，
∴点B的坐标为(−1− 2, 2).
故答案为：(−1− 2, 2).
先根据地砖中心的图案是由大小相同的菱形和正方形组成，点A的坐标为(1,0)，得出菱形和正方形的边长为1，结合勾股定理得正方形的对角线 2，再根据在第二象限的点的特征进行作答即可．
本题考查正方形的性质，坐标与图形性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
20.【答案】17
【解析】解：∵当菱形的边长为最大时，则周长为最大，
∴当两张矩形如图摆放时，重叠部分的菱形的周长为最大，
设此时菱形的边长为x，
则BC=DC=x，
∵两张矩形的长为8，宽为2，
∴BE=8，DE=2，∠E=90∘，
∴CE=BE−BC=8−x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：DC2=CE2+DE2，
∴x2=(8−x)2+22，
解得：x=174，
∴该菱形的周长为：4x=17，
即菱形周长的最大值为17.
当菱形的边长为最大时，则周长为最大，因此当两张矩形如图摆放时，重叠部分的菱形的周长为最大，设此时菱形的边长为x，则CE=8−x，在Rt△CDE中，由勾股定理得x=174，进而可得该菱形周长的最大值为17.
此题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，勾股定理是解决问题的关键．
21.【答案】①3 3；②6−6 2
①y1=0.4，y2=−2.4；②x1=x2=150
【解析】解：(1)①原式= 3+ 12
= 3+2 3
=3 3；
②原式=6−2 18+3− 16+1
=6−6 2+3−4+1
=6−6 2；
(2)①325(1+y)2=637，
整理得：(1+y)2=1.96，
直接开平方得：1+y=±1.4，
解得：y1=0.4，y2=−2.4；
②(400−x)(8+4×x50)=5000，
整理得：3200+32x−8x−225x2=5000，
即x2−300x+22500=0，
因式分解得：(x−150)2=0，
解得：x1=x2=150.
(1)①利用二次根式的乘除法则计算后再算加法即可；
②利用二次根式的乘法法则计算后再算加减即可；
(2)①将原式变形后利用直接开平方法解方程即可；
②将原方程整理后利用因式分解法解方程即可．
本题考查二次根式的混合运算，解一元二次方程，熟练掌握解方程的方法及相关运算法则是解题的关键．
22.【答案】一
教学大楼的高度为9.5m
【解析】解：(1)选择第一组的方案，
由题意得：CE//AD，AB⊥BE，CD⊥BE，
∴∠CED=∠ADB，∠CDE=∠ABD=90∘，
∴△CED∽△ADB，
∴CDAB=DEBD，
∵CD=1.5m，BD=15m，
∴缺少DE的长度，
选择第二组的方案，
延长AE交BF的延长线于点G，
根据题意得CD//EF//AB，
∴△GCD∽△GEF，△GEF∽△GAB，
∴GDFG=CDEF，
∴GDGD+1=1.52，
解得：GD=3m，
∴GF=GD+DF=3+1=4m，
∵BF=15m，
∴GB=15+4=19(m)，
∵△GEF∽△GAB，
∴EFAB=GFGB，
∴2AB=419，
解得：AB=9.5m，
∴教学大楼的高度为9.5m；
选择第三组的方案，
根据题意得CD//AB，
∴△CDE∽△ABE，
∴CDAB=DEEB，
∴1.5AB=319，
解得：AB=9.5m，
∴教学大楼的高度为9.5m.
故答案为：一；
(2)选择第二组的方案，
延长AE交BF的延长线于点G，
根据题意得CD//EF//AB，
∴△GCD∽△GEF，△GEF∽△GAB，
∴GDFG=CDEF，
∴GDGD+1=1.52，
解得：GD=3m，
∴GF=GD+DF=3+1=4m，
∵BF=15m，
∴GB=15+4=19(m)，
∵△GEF∽△GAB，
∴EFAB=GFGB，
∴2AB=419，
解得：AB=9.5m，
∴教学大楼的高度为9.5m；
选择第三组的方案，
根据题意得CD//AB，
∴△CDE∽△ABE，
∴CDAB=DEEB，
∴1.5AB=319，
解得：AB=9.5m，
∴教学大楼的高度为9.5m.
故答案为：一；
(1)选择第一组的方案，直接证明△CED∽△ADB即可；选择第二组的方案，延长AE交BF的延长线于点G，根据相似三角形的判定和性质求解即可；选择第三组的方案，直接利用相似三角形的判定和性质求解即可，然后进行最终数据比较即可判断哪一组数据错误；
(2)选择第二组的方案，延长AE交BF的延长线于点G，根据相似三角形的判定和性质求解即可；选择第三组的方案，直接利用相似三角形的判定和性质求解即可．
本题主要考查相似三角形的实际应用，理解题意，结合图形求解是解题关键．
23.【答案】四边形ABCD是平行四边形，
∴AE//FC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴AO=CO，
FE⊥AC，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴EO=FO，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵FE⊥AC，
∴平行四边形AFCE为菱形
8cm
【解析】证明：(1)四边形ABCD是平行四边形，
∴AE//FC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴AO=CO，
FE⊥AC，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴EO=FO，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵FE⊥AC，
∴平行四边形AFCE为菱形；
解：(2)∵DE//BC，
EF//AB，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴BF=DE.
∵AD：DB=2：3，
∴AD：AB=2：5.
∵DE//BC，
∴DE：BC=AD：AB=2：5，
即DE：20=2：5，
∴DE=BF=8.
故BF的长为8cm.
(1)先利用平行四边形对边平行的性质得出内错角相等，结合垂直平分线的性质证明△AOE≌△COF，从而证得对角线互相平分(EO=FO)，确定四边形AFCE为平行四边形；最后依据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”这一判定定理得出结论；
(2)先由DE//BC，EF//AB得出四边形BDEF是平行四边形，那么BF=DE.再由AD：DB=2：3，得出AD：AB=2：5.由DE//BC，根据平行线分线段成比例定理得出DE：BC=AD：AB=2：5，将BC=20cm代入，求出DE的长，即为BF的长．
题目考查了菱形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，解题的关键在于相关知识的灵活运用．
24.【答案】正方形
①90∘+α；②∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，
∴AE= 22AB，DG= 22CD，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，
∴AE=DG，
∵△AHD和△DGC是等腰直角三角形，
∴∠HDA=∠CDG=45∘，
∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90∘+α=∠HAE，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴HA=HD，
∴△HAE≌△HDG，
∴HE=HG；③四边形EFGH是正方形，理由：
由②同理可得：GH=GF，FG=FE，
∵HE=HG，
∴GH=GF=EF=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵△HAE≌△HDG，
∴∠DHG=∠AHE，
∵∴∠AHD=∠AHG+∠DHG=90∘，
∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90∘，
∴四边形EFGH是正方形
【解析】(1)解：四边形EFGH是正方形．
理由：∵△AHD是等腰直角三角形，
∴∠HDA=∠HAD=45∘，
∵∠EHG=90∘，
同理可得，∠HEF=∠EFG=90∘，
∴四边形EFGH是矩形，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴HA=HD，
在矩形ABCD中，AB=CD，
又∵∠EAB=∠GDC，∠EBA=∠GCD，
∴△AEB≌△DGC(ASA)，
∴AE=DG，
∴HE=HG，
∴矩形EFGH是正方形，
故答案为：正方形；
(2)解：①∠HAE=90∘+α，
在平行四边形ABCD中AB//CD，
∴∠BAD=180∘−∠ADC=180∘−α，
∵△HAD和△EAB是等腰直角三角形，
∴∠HAD=∠EAB=45∘，
∴∠HAE=360∘−∠HAD−∠EAB−∠BAD=360∘−45∘−45∘−(180∘−a)=90∘+α，
答：用含α的代数式表示∠HAE是90∘+α；
②证明：∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，
∴AE= 22AB，DG= 22CD，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，
∴AE=DG，
∵△AHD和△DGC是等腰直角三角形，
∴∠HDA=∠CDG=45∘，
∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90∘+α=∠HAE，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴HA=HD，
∴△HAE≌△HDG，
∴HE=HG；
③解：四边形EFGH是正方形，理由：
由②同理可得：GH=GF，FG=FE，
∵HE=HG，
∴GH=GF=EF=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵△HAE≌△HDG，
∴∠DHG=∠AHE，
∵∴∠AHD=∠AHG+∠DHG=90∘，
∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90∘，
∴四边形EFGH是正方形．
(1)根据等腰直角三角形的性质得到∠E=∠F=∠G=∠H=90∘，求出四边形是矩形，根据勾股定理求出AH=HD= 22AD，DG=GC= 22CD，CF=BF= 22BC，AE=BE= 22AB，推出EF=FG=GH=EH，根据正方形的判定推出四边形EFGH是正方形即可；
(2)①根据平行四边形的性质得出，∠BAD=180∘−α，根据△HAD和△EAB是等腰直角三角形，得到∠HAD=∠EAB=45∘，求出∠HAE即可；
②根据△AEB和△DGC是等腰直角三角形，得出AE= 22AB，DG= 22CD，平行四边形的性质得出AB=CD，求出∠HDG=90∘+a=∠HAE，根据SAS证△HAE≌△HDG，根据全等三角形的性质即可得出HE=HG；
③与②证明过程类似求出GH=GF，FG=FE，推出GH=GF=EF=HE，得出菱形EFGH，证△HAE≌△HDG，求出∠AHD=90∘，∠EHG=90∘，即可推出结论．
本题主要考查了正方形的判定，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点，综合运用性质进行推理是解此题的关键．
25.【答案】(1)2t；20−4t；
(2)在Rt△CPQ中，
∵CP2+CQ2=PQ2，
∴(20−4t)2+(2t)2=(4 10)2.
整理得：t2−8t+12=0.
解得：t=2或6.
∴当t为2或6时，PQ的长度等于4 10.
(3)①当△CPQ∽△CBA时，
∵△CPQ∽△CBA，
∵CPCB=CQCA.
∴20−4t15=2t20.
解得：t=4011.
②当△CPQ∽△CAB时，
∵△CPQ∽△CAB，
∴CPCA=CQCB.
∴20−4t20=2t15.
解得：t=3.
综上，当t为3或4011时，以点C，P，Q为顶点的三角形与ABC相似．
【解析】解：(1)∵动点P从点A出发，沿AC向点C方向运动，点P的速度是4cm/s，
∴AP=4tcm，
∴CP=AC−AP=(20−4t)cm.
∵动点Q从点C出发，沿线段CB向点B方向运动，点Q的速度是2cm/s，
∴CQ=2tcm.
故答案为：2t；20−4t；
(2)在Rt△CPQ中，
∵CP2+CQ2=PQ2，
∴(20−4t)2+(2t)2=(4 10)2.
整理得：t2−8t+12=0.
解得：t=2或6.
∴当t为2或6时，PQ的长度等于4 10.
(3)①当△CPQ∽△CBA时，
∵△CPQ∽△CBA，
∵CPCB=CQCA.
∴20−4t15=2t20.
解得：t=4011.
②当△CPQ∽△CAB时，
∵△CPQ∽△CAB，
∴CPCA=CQCB.
∴20−4t20=2t15.
解得：t=3.
综上，当t为3或4011时，以点C，P，Q为顶点的三角形与ABC相似．
(1)利用距离=速度×时间分别求得线段AP，CQ的长度即可得到结论；
(2)在Rt△CPQ中，利用勾股定理列出方程即可求解；
(3)分两种情况：①△CPQ∽△CBA和②△CPQ∽△CAB，利用相似三角形对应边成比例列出方程即可求解．
本题主要考查了相似三角形的综合运用，勾股定理，相似三角形的性质，利用分类讨论的思想解答是解题的关键．课题
测量教学大楼(AB)的高度
测量小组
第一组
第二组
第三组
测量示意图
说明
人CD站在大楼AB影子的顶端，ED为人的影长
EF为标杆，人的眼睛C与标杆顶端E与大楼顶端A在同一条直线上
点E处放一个平面镜，人的眼睛C恰好在平面镜中看到大楼的顶端A
测量数据
CD=1.5m，BD=15m
CD=1.5m，EF=2m，DF=1m，BF=15m
CD=1.5m，ED=3m，BE=19m