2020-2021学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）

这是一份2020-2021学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校八年级（下）月考数学试卷（3月份），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）若式子有意义，则x的取值范围为（　　）
A．x＞4 B．x＜4 C．x≥4 D．x≤4
2．（3分）二次根式：，2，，，，，，，是最简二次根式的有（　　）个．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
3．（3分）下列算式正确的是（　　）
A． B．
C．＝+＝7 D．
4．（3分）二次根式化成最简结果为（　　）
A． B． C． D．
5．（3分）下列命题中，真命题的个数是（　　）
（1）三边长为，，的三角形为直角三角形；
（2）无理数包含正无理数、零和负无理数；
（3）在直角三角形中，两条直角边长为n2﹣1和2n，则斜边长为n2+1；
（4）等腰三角形面积为12，底边上的高为4，则腰长为5．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（3分）a，b，c为直角三角形的三边，且c为斜边，h为斜边上的高，有下列说法正确结论的个数是（　　）
①a2，b2，c2能组成三角形；
②，，能组成三角形；
③c+h，a+b，h能组成直角三角形；
④，，能组成直角三角形．
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（3分）甲、乙两艘轮船同时从港口出发，甲以16海里/时的速度向北偏东75°的方向航行，它们出发1.5小时后，两船相距30海里，若乙以12海里/时的速度航行，则它的航行方向为（　　）
A．北偏西15° B．南偏西75°
C．南偏东15°或北偏西15° D．南偏西15°或北偏东15°
8．（3分）已知a＝﹣，b＝﹣，c＝﹣，那么a，b，c的大小关系是（　　）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a
9．（3分）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（　　）

A．1+ B．2+ C．5﹣ D．
10．（3分）如图，在△ABC中，AB＝4，∠PAB＝60°，PB＝PC，∠BPC＝120°，PA＝3，则△APC的面积为（　　）

A．16﹣2 B．5 C．12﹣ D．9﹣
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）＝　 　．
12．（3分）直角三角形中两边长为5、12，第三边长为　 　．
13．（3分）等边三角形△ABC的面积为，则其边长为　 　．
14．（3分）已知实数a，b满足|2a﹣3|+|b+2|+＝1，则a+b等于　 　．
15．（3分）若x＞0，y＞0，且x+y＝12．则 的最小值是　 　．
16．（3分）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，若点D满足AD＝AB，BD＝AB，点P是AD的中点，则＝　 　．

三.解答题
17．（8分）计算：
（1）9÷（﹣）×；
（2）+6﹣2x（x＞0）．
18．（8分）化简求值：（+）÷，其中m＝．
19．（8分）若a＝+1，b＝﹣1，求：
（1）+；
（2）a2+b2+7ab．
20．（8分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小格的顶点叫做格点，以格点A为顶点按下列要求作图（无尺规作图不需要写画法）．
（1）在图中画一个△ABC，使其边长分别为AB＝2，BC＝，AC＝5；
（2）在（1）的条件下，计算AC边上的高．
（3）在（1）的条件下，作出∠ABC的角平分线．

21．（8分）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简中发现：
首先把化为，由于4+3＝7，4×3＝12，即：（）2+（）2＝7，×＝，所以：＝＝＝＝2+，问题：
（1）填空：＝　 　，＝　 　．
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数a，b（a＞b），使a+b＝m，ab＝n，即（）2+（）2＝m，×＝．那么便有：＝　 　．
（3）化简：+++++++（请写出化简过程）．
22．（10分）四边形ABCD为一个矩形纸片，AB＝3，BC＝2，动点P自D点出发沿DC方向运动至C后停止，△ADP以直线AP为轴翻折，点D落在点D1的位置，设DP＝x，△AD1P与原纸片重叠部分面积为S．

（1）当x为何值时，直线AD1过点C？
（2）当x为何值时，直线AD1过BC的中点E？
（3）当2＜x≤3时，求S（用含x的式子表示）．
23．（10分）已知△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，M是CE的中点．

（1）如图1，若点F与A重合，D在B，A延长线上时，直接写出BM，BD的数量关系　 　．
（2）如图2，若点F与A重合，且点C，E，D在同一直线上，连接BE，当AB＝AE＝2，求BD的长．
（3）如图3，若等腰Rt△DEF的斜边EF在射线AC上运动时，AB＝2，DE＝，求BE+BD的最小值．
24．（12分）如图，已知点A（0，a），B（b，0），C（﹣b，0），其中a，b满足，b2＝3a2．
（1）求AC的长．
（2）如图1，若D为线段BC上一动点，且DA＝DE，∠ADE＝∠BAC，连接CE，求∠ECB．
（3）如图2，在（2）的条件下，EC的垂直平分线MN交AE于点N，交EC于点M，若NM＝3，CN＝5，求CD．

2020-2021学年湖北省武汉市江夏区华一寄宿学校八年级（下）月考数学试卷（3月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）若式子有意义，则x的取值范围为（　　）
A．x＞4 B．x＜4 C．x≥4 D．x≤4
【分析】二次根式中的被开方数是非负数．依据二次根式有意义的条件，即可得到x的取值范围．
【解答】解：∵式子有意义，
∴x﹣4＞0，
解得x＞4，
即x的取值范围为x＞4，
故选：A．
【点评】本题主要考查了二次根式有意义的条件，如果所给式子中含有分母，则除了保证被开方数为非负数外，还必须保证分母不为零．
2．（3分）二次根式：，2，，，，，，，是最简二次根式的有（　　）个．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据最简二次根式的定义，同时满足①被开方数不含能开得尽方的因数，②被开方数不含分母，才是最简二次根式，进行选择即可．
【解答】解：的被开方数中含有分母，所以不是最简二次根式；
2，，，符合最简二次根式的定义，所以它们是最简二次根式；
，，二次根式的被开方数中含有能开得尽方的因数和因式，所以它们不是最简二次根式；
分母中含有二次根式，所以不是最简二次根式；
综上所述，上述二次根式中，属于最简二次根式的个数是4个．
故选：C．
【点评】本题考查了最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：
（1）被开方数不含分母；
（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
3．（3分）下列算式正确的是（　　）
A． B．
C．＝+＝7 D．
【分析】各式计算得到结果，即可作出判断．
【解答】解：A、+为最简结果，不符合题意；
B、原式＝3，符合题意；
C、原式＝＝，不符合题意；
D、原式＝3+3＝6，不符合题意．
故选：B．
【点评】此题考查了二次根式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
4．（3分）二次根式化成最简结果为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据二次根式有意义的条件可得x＜0，进而可得结果．
【解答】解：根据二次根式有意义的条件可知：
x＜0，
∴原式＝﹣＝﹣．
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式有意义的条件，解决本题的关键是掌握二次根式的性质．
5．（3分）下列命题中，真命题的个数是（　　）
（1）三边长为，，的三角形为直角三角形；
（2）无理数包含正无理数、零和负无理数；
（3）在直角三角形中，两条直角边长为n2﹣1和2n，则斜边长为n2+1；
（4）等腰三角形面积为12，底边上的高为4，则腰长为5．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】利用勾股定理的逆定理对①进行判断；根据无理数的定义对②进行判断；根据勾股定理对③进行判断；利用等腰三角形的性质和勾股定理对④进行判断．
【解答】解：（1）∵（）2+（）2≠（）2，三边长为，，的三角形不是直角三角形，原命题是假命题；
（2）无理数包含正无理数和负无理数，原命题是假命题；
（3）在直角三角形中，两条直角边长为n2﹣1和2n，则斜边长为＝n2+1，是真命题；
（4）等腰三角形面积为12，底边上的高为4，则腰长为5，是真命题．
故选：B．
【点评】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
6．（3分）a，b，c为直角三角形的三边，且c为斜边，h为斜边上的高，有下列说法正确结论的个数是（　　）
①a2，b2，c2能组成三角形；
②，，能组成三角形；
③c+h，a+b，h能组成直角三角形；
④，，能组成直角三角形．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据勾股定理的逆定理和三角形的三边关系进行逐个分析即可．
【解答】解：∵a，b，c是Rt△ABC的三边，且a2+b2＝c2，h是斜边上的高，
①∵a2+b2＝c2，不符合三角形的两边之和大于第三边；
∴a2、b2、c2不能组成三角形，
∴①错误；
②（+）2＝a+b+2，（）2＝c；
∵a、b、c能组成三角形，
∴a+b＞c，
（+）2＞（）2；
∴+＞，
∴，，能组成三角形（这里明显是最长边）；
∴②正确；
③∵（c+h）2﹣h2＝c2+2ch，ch＝ab（直角三角形面积＝两直角边乘积的一半＝斜边和斜边上的高乘积的一半），
∴2ch＝2ab，
∴c2+2ch＝c2+2ab，
∵a2+b2＝c2，
∴c2+2ch＝a2+b2+2ab，
∴（c+h）2﹣h2＝（a+b）2，
∴h2+（a+b）2＝（c+h）2，
∴c+h、a+b、h能组成直角三角形；
∴③正确；
④∵＝＝＝不符合三角形的两边之和大于第三边；
∴，，不能组成直角三角形，
∴④错误．
∴正确的序号是②③．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键，注意：如果一个三角形的三边a、b、c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形是直角三角形．先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，看看是否相等即可．
7．（3分）甲、乙两艘轮船同时从港口出发，甲以16海里/时的速度向北偏东75°的方向航行，它们出发1.5小时后，两船相距30海里，若乙以12海里/时的速度航行，则它的航行方向为（　　）
A．北偏西15° B．南偏西75°
C．南偏东15°或北偏西15° D．南偏西15°或北偏东15°
【分析】首先根据路程＝速度×时间，求得两条直角边的长分别是24，18．再根据勾股定理逆定理得出△AOB是直角三角形，得出它的航行方向．
【解答】解：如图所示，∠1＝75°，OA＝16×1.5＝24（海里），OB＝12×1.5＝18（海里），
AB＝30海里，
∵182+242＝302，
∴△AOB是直角三角形，则∠AOB＝90°，
故∠2＝15°，同理可得：∠3＝15°，
则它的航行方向为南偏东15°或北偏西15°．
故选：C．

【点评】此题考查了勾股定理的应用，根据题意抽象出几何模型是解题关键．
8．（3分）已知a＝﹣，b＝﹣，c＝﹣，那么a，b，c的大小关系是（　　）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a
【分析】利用平方差公式，进行分子有理化，将分子全部化为1，三个同分子的正分数比较大小，分母大的反而小．
【解答】解：a＝
＝，
b＝
＝，
c＝
＝，
∵＞＞，
∴＜＜，
即a＜b＜c，
故选：A．
【点评】这道题主要考查平方差公式，利用分子有理化比较二次根式的大小，需要注意三个同分子的正分数比较大小，分母大的反而小．
9．（3分）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（　　）

A．1+ B．2+ C．5﹣ D．
【分析】证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FG＝x，由勾股定理得出BC2＝（4+2）x2，则可得出答案．
【解答】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，
∵OG＝GP，
∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，
∴∠PBG＝22.5°，
又∵∠DBC＝45°，
∴∠GBC＝22.5°，
∴∠PBG＝∠GBC，
∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，
∴△BPG≌△BCG（ASA），
∴PG＝CG．
设OG＝PG＝CG＝x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG＝2x，FG＝x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF＝CG＝x，
∴BG＝x+x，
∴BC2＝BG2+CG2＝＝，
∴＝．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．
10．（3分）如图，在△ABC中，AB＝4，∠PAB＝60°，PB＝PC，∠BPC＝120°，PA＝3，则△APC的面积为（　　）

A．16﹣2 B．5 C．12﹣ D．9﹣
【分析】方法一：延长CP交AB于点Q，过点P作PH⊥AB，根据三角形相似得线段比例关系，再根据△APC和△APQ面积的比例关系计算面积即可；
方法二：将△APB绕P点逆时针旋转120°至△QPC，根据S△APC＝S△AQC﹣S△APQ﹣S△CPQ计算面积即可．
【解答】解：方法一：如右图，延长CP交AB于点Q，过点P作PH⊥AB，
∵∠PAB＝60°，
∴∠APH＝30°，
∴AH＝PA＝，
在Rt△PAH中，
PH＝＝＝，
∴BH＝AB﹣AH＝4﹣，
∵BP²＝PH²+BH²，
∴BP²＝+（4﹣）²＝57﹣12，
∵∠BPC＝120°，
∴∠BPQ＝180°﹣∠BPC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠BPQ＝∠PAB＝60°，
又∵∠PBA＝∠PBA，
∴△BPQ∽△BAP，
∴＝＝，
∴BP²＝BA•BQ，
∴BQ＝＝＝，
∴AQ＝AB﹣BQ＝，PQ＝＝BP，
∵BP＝PC，
∴PC＝，
∴＝＝＝，
∴S△APC＝S△APQ＝××AQ•PH＝3AQ，
∴S△APC＝3×＝9﹣，
方法二：将△APB绕P点逆时针旋转120°至△QPC，
过P点作PH⊥AQ于H，过P点作PE⊥CQ于点E，

∴CQ＝AB＝4，∠PQC＝∠PAB＝60°，PQ＝PA＝3，∠APQ＝120°，
∴∠PAH＝∠PQH＝30°，∠EPQ＝30°，
∴PH＝AP＝，EQ＝PQ＝，∠AQC＝∠PQH+∠PQC＝90°，
由勾股定理得AQ＝2AH＝2＝3，PE＝＝，
S△APC＝S△AQC﹣S△APQ﹣S△CPQ
＝×3×4﹣×3×﹣×4×
＝9﹣，
故选：D．

【点评】本题主要考查三角形的面积，熟练掌握相似三角形的判定和性质，以及求三角形面积等知识是解题的关键．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（3分）＝　　．
【分析】根据二次根式的性质即可化简．
【解答】解：原式＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，解决本题的关键是掌握二次根式的性质．
12．（3分）直角三角形中两边长为5、12，第三边长为　13或　．
【分析】本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，因此两条边中的较长边12既可以是直角边，也可以是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即12是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
【解答】解：①、12和5均为直角边，则第三边为13．
②、12为斜边，5为直角边，则第三边为，
故答案为13或．
【点评】本题主要考查了学生对勾股定理的理解及运用，做此题时注意分情况进行分析．
13．（3分）等边三角形△ABC的面积为，则其边长为　4　．
【分析】由三角形面积为求解．
【解答】解：作AD⊥BC于点D，设等边三角形边长为a，

则CD＝＝a，
∵∠CAD＝30°，
∴AD＝CD＝a，
∴等边三角形△ABC的面积为BC•AD＝，
∴＝4，
解得a＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查等边三角形的性质，解题关键是掌握等边三角形的面积为．
14．（3分）已知实数a，b满足|2a﹣3|+|b+2|+＝1，则a+b等于　0　．
【分析】根据≥0，b2≥0，可得a≥2，进而可得a和b的值．
【解答】解：∵≥0，b2≥0，
∴a﹣2≥0，
∴a≥2，
∴|2a﹣3|≥1，|b+2|≥0，≥0，
∵|2a﹣3|+|b+2|+＝1，
∴|2a﹣3|＝1，|b+2|＝0，
∴a＝2，b＝﹣2，
∴a+b＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，解决本题的关键是掌握二次根式的性质．
15．（3分）若x＞0，y＞0，且x+y＝12．则 的最小值是　13　．
【分析】将代数式转化为+，理解为A（x，0）到B（0，2）、C（12，3）的距离的最小值，利用勾股定理解答即可．
【解答】解：∵x+y＝12，∴y＝12﹣x，
原式可化为：＝+，
即可理解为A（x，0）到B（0，2）、C（12，3）的距离的最小值．
如图：的最小值即B′
C的长度．
∵B′C＝＝13，
∴的最小值为13．
故答案为：13

【点评】本题考查利用轴对称求最短路线的问题，难度较大，解题关键是将求代数式的值巧妙的转化为几何问题．
16．（3分）在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，若点D满足AD＝AB，BD＝AB，点P是AD的中点，则＝　　．

【分析】根据题意，先作出合适的辅助线，然后根据等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质，可以表示出PC和AB，然后计算即可．
【解答】解：延长PB，在PB的延长线上截取BE＝AP，连接PC，
∵BD＝AB，点P是AD的中点，
∴BP⊥AD，
∴∠BPA＝90°，
∵∠ACB＝90°，∠BPA+∠PAC+∠ACB+∠CBP＝360°，∠CBP+∠EBC＝180°，
∴∠PAC+∠CBP＝180°，
∴∠EBC＝∠PAC，
在△EBC和△PAC中，
，
∴△EBC≌△PAC（SAS），
∴EC＝PC，∠ECB＝∠PCA，
∵∠PCA+∠PCB＝90°，
∴∠ECB+∠PCB＝90°，
即∠PCE＝90°，
∵AD＝AB，
设AB＝25x，则AD＝14x，AP＝7x，
∴BE＝7x，BP＝＝＝24x，
∴PE＝BE+BP＝7x+24x＝31x，
∵EC＝PC，∠PCE＝90°，
∴PC＝，
∴＝，
故答案为：．

【点评】本题考查等腰直角三角形、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出PC和AB的比值．
三.解答题
17．（8分）计算：
（1）9÷（﹣）×；
（2）+6﹣2x（x＞0）．
【分析】（1）先化简各二次根式、将除法转化为乘法，再约分即可；
（2）先化简各二次根式，再计算加减即可．
【解答】解：（1）原式＝9××（﹣）×××
＝﹣；
（2）原式＝2+3﹣2
＝3．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
18．（8分）化简求值：（+）÷，其中m＝．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把m的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式＝•
＝•
＝，
当m＝时，原式＝＝＝＝2﹣5．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19．（8分）若a＝+1，b＝﹣1，求：
（1）+；
（2）a2+b2+7ab．
【分析】（1）根据二次根式的加法法则求出a+b，根据二次根式的乘法法则求出ab，根据分式加法法则把原式化简，代入计算即可；
（2）根据完全平方公式把原式变形，代入计算即可．
【解答】解：∵a＝+1，b＝﹣1，
∴a+b＝（+1）+（﹣1）＝2，ab＝（+1）（﹣1）＝2，
（1）+＝＝＝＝4；
（2）a2+b2+7ab＝（a+b）2+5ab＝12+5×2＝22．
【点评】本题考查的是二次根式的混合运算、分式的加法法则、完全平方公式的应用，掌握完全平方公式、二次根式的混合运算法则是解题的关键．
20．（8分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小格的顶点叫做格点，以格点A为顶点按下列要求作图（无尺规作图不需要写画法）．
（1）在图中画一个△ABC，使其边长分别为AB＝2，BC＝，AC＝5；
（2）在（1）的条件下，计算AC边上的高．
（3）在（1）的条件下，作出∠ABC的角平分线．

【分析】（1）利用数形结合的思想解决问题即可．
（2）设AC边上的高为h，构建方程求解即可．
（3）取格点T，连接BT交AC于点E，线段BE即为所求作．
【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求作．

（2）设AC边上的高为h，则有×5×h＝××，
∴h＝2．
（3）如图，线段BE即为所求作．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（8分）先阅读下列解答过程，然后再解答：小芳同学在研究化简中发现：
首先把化为，由于4+3＝7，4×3＝12，即：（）2+（）2＝7，×＝，所以：＝＝＝＝2+，问题：
（1）填空：＝　+1　，＝　﹣　．
（2）进一步研究发现：形如的化简，只要我们找到两个正数a，b（a＞b），使a+b＝m，ab＝n，即（）2+（）2＝m，×＝．那么便有：＝　±　．
（3）化简：+++++++（请写出化简过程）．
【分析】（1）根据阅读过程即可得结果；
（2）利用所给的材料的方法求解即可；
（3）利用所给的材料的方法先化简，然后进行分母有理化进行计算即可．
【解答】解：（1）＝＝＝+1；
＝＝＝﹣；
故答案为：+1；﹣；
（2）＝＝＝±；
故答案为：±；
（3）原式＝++++...++
＝﹣1+﹣+﹣+﹣+...+﹣+﹣
＝﹣1
＝3﹣1
＝2．
【点评】本题属于规律型：数字的变化类，考查了二次根式的性质与化简，解决本题的关键是掌握二次根式的化简．
22．（10分）四边形ABCD为一个矩形纸片，AB＝3，BC＝2，动点P自D点出发沿DC方向运动至C后停止，△ADP以直线AP为轴翻折，点D落在点D1的位置，设DP＝x，△AD1P与原纸片重叠部分面积为S．

（1）当x为何值时，直线AD1过点C？
（2）当x为何值时，直线AD1过BC的中点E？
（3）当2＜x≤3时，求S（用含x的式子表示）．
【分析】（1）在Rt△ABC中，AC＝＝，CD1＝﹣2，在Rt△PCD1中，由PC2＝PD12+CD12得到（3﹣x）2＝x2+（﹣2）2，即可求解；
（2）在Rt△PD1E和Rt△PCE中，x2+（﹣2）2＝（3﹣x）2+12，即可求解；
（3）在Rt△PFG中，由勾股定理得：（x﹣a）2+22＝a2，进而求解．
【解答】解：（1）如题干图1，∵由题意得：△ADP≌△AD1P，
∴AD＝AD1＝2，PD＝PD1＝x，∠D＝∠AD1P＝90°，
∵直线AD1过C，
∴PD1⊥AC，
在Rt△ABC中，AC＝＝，CD1＝﹣2，
在Rt△PCD1中，PC2＝PD12+CD12，
即（3﹣x）2＝x2+（﹣2）2，
解得：x＝，
∴当x＝时，直线AD1过点C；

（2）如图2，

连接PE，
∵E为BC的中点，
∴BE＝CE＝1，
在Rt△ABE中，AE＝＝，
∵AD1＝AD＝2，PD＝PD1＝x，
∴D1E＝﹣2，PC＝3﹣x，
在Rt△PD1E和Rt△PCE中，
x2+（﹣2）2＝（3﹣x）2+12，
解得：x＝，
∴当x＝时，直线AD1过BC的中点E；


（3）如图3，当2＜x≤3时，点D1在矩形ABCD的外部，PD1交AB于F，

∵AB∥CD，
∴∠1＝∠2，
∵∠1＝∠3（根据折叠），
∴∠2＝∠3，
∴AF＝PF，
作PG⊥AB于G，
设PF＝AF＝a，
由题意得：AG＝DP＝x，FG＝x﹣a，
在Rt△PFG中，由勾股定理得：（x﹣a）2+22＝a2，
解得：a＝，
∴y＝×2×＝．
【点评】本题考查了勾股定理，折叠的性质，矩形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，用了分类推理思想．
23．（10分）已知△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，M是CE的中点．

（1）如图1，若点F与A重合，D在B，A延长线上时，直接写出BM，BD的数量关系　BD＝BM　．
（2）如图2，若点F与A重合，且点C，E，D在同一直线上，连接BE，当AB＝AE＝2，求BD的长．
（3）如图3，若等腰Rt△DEF的斜边EF在射线AC上运动时，AB＝2，DE＝，求BE+BD的最小值．
【分析】（1）连接AM，则CM＝AM，可证明△BCM≌△BAM，可得∠MBA＝45°，同理可得∠MDA＝45°，则结论得证；
（2）连接BD，过点C作CG⊥BD于点G，在Rt△ACD中，取AC中点P，连接DP，可证△ADP是等边三角形，得出∠ACD＝30°，进而得出△ABE是等边三角形，△BAD≌△BED，再运用勾股定理知识即可求得结论；
（3）作点B关于射线AC的对称点M，连接CM并延长至点G，使MG＝DE，连接BG，EM，DG，先证明四边形ABCM是正方形，再证明四边形DEMG是平行四边形，根据BE+BD＝DG+BD，当且仅当B，D，G在同一条直线上时，DG+BD最小，即BE+BD最小，再运用勾股定理求得答案．
【解答】解：（1）BD＝BM；
如图1，连接AM，
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴∠BAC＝∠EAD＝45°，
∴∠CAE＝90°，
∵M为CE中点．
∴CM＝AM，
∵BM＝BM，BC＝BA，
∴△BCM≌△BAM（SSS），
∴∠CBM＝∠MBA＝45°，
同理可得∠MDA＝45°，
∴∠BMD＝90°，
∴BD2＝BM2+DM2＝2BM2，
∴BD＝BM；
故答案为：BD＝BM；
（2）如图2，连接BD，过点C作CG⊥BD于点G，
∵△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，AB＝AE＝2，
∴BC＝AB＝2，AD＝DE＝AE×＝2×＝，
AC＝AB＝×2＝2，
在Rt△ACD中，取AC中点P，连接DP，
∴DP＝AP＝＝AD，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠CAD＝60°
∴∠ACD＝30°，
∵∠AED＝∠ACD+∠CAE，
∴∠CAE＝∠AED﹣∠ACD＝45°﹣30°＝15°，
∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝45°+15°＝60°，
∵AB＝AE＝2，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝BE，
∵AD＝DE，BD＝BD，
∴△BAD≌△BED（SSS），
∴∠ABD＝∠EBD＝30°，∠ADB＝∠EDB＝45°，
∴∠CBD＝60°，∠BCG＝30°，
∵∠BGC＝∠CGD＝90°，
∴BG＝BC＝，CG＝＝＝3，
∴DG＝CG＝3，
∴BD＝BG+DG＝+3；
（3）如图，作点B关于射线AC的对称点M，连接CM并延长至点G，使MG＝DE，
连接BG，EM，DG，
∵AB＝AC＝2，∠ABC＝90°，点B与点M关于C对称，
∴四边形ABCM是正方形，EM＝BE，
∴∠BCM＝90°，BC＝CM＝AB＝2，∠ACM＝45°，
∵△DEF是等腰直角三角形，DE＝，∠EDF＝90°，
∴∠DEF＝45°＝∠ACM，
∴DE∥CG，DE＝MG，
∴四边形DEMG是平行四边形，
∴DG∥EM，DG＝EM，
∴DG＝BE，
∴BE+BD＝DG+BD，当且仅当B，D，G在同一条直线上时，DG+BD最小，即BE+BD最小，
此时，BE+BD＝BG＝＝＝，
∴BE+BD的最小值为．



【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正方形判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，轴对称性质等，此题综合性比较强，培养了学生分析问题和解决问题的能力．
24．（12分）如图，已知点A（0，a），B（b，0），C（﹣b，0），其中a，b满足，b2＝3a2．
（1）求AC的长．
（2）如图1，若D为线段BC上一动点，且DA＝DE，∠ADE＝∠BAC，连接CE，求∠ECB．
（3）如图2，在（2）的条件下，EC的垂直平分线MN交AE于点N，交EC于点M，若NM＝3，CN＝5，求CD．
【分析】（1）由非负数的性质求出a＝3，求出b＝﹣3，则可求出答案；
（2）取点A关于O的对称点F（0，﹣3），连接BF，则BA＝AF＝BF＝6，得出△ABF为等边三角形，由等边三角形的性质得出∠BAO＝60°，过点D作∠CDQ＝120°，交CA的延长于点Q，证明△QDA≌△CDE（SAS），由全等三角形的性质得出∠Q＝∠DCE＝30°，则可得出答案；
（3）延长CA至G，使AG＝CE，证明△GAD≌△CED（SAS），由全等三角形的性质得出∠G＝∠DCE＝30°，GD＝DC，则∠GDC＝120°，过点D作DH⊥GC于点H，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）由题意可得a﹣2≥0，a＞0，b＜0，
∴a≥2，
∴a＝＝+a﹣1，
∴a＝3，
∵b2＝3a2．
∴b＝﹣3，
∴点A（0，3），B（﹣3，0），C（3，0），
∴AC＝＝6；
（2）取点A关于O的对称点F（0，﹣3），连接BF，
则BA＝AF＝BF＝6，
∴△ABF为等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠BAC＝2∠BAO＝120°，
过点D作∠CDQ＝120°，交CA的延长于点Q，

∵∠ACD＝30°，
∴∠Q＝30°，
∴∠Q＝∠ACD，
∴DQ＝DC，
∵∠ADE＝∠BAC＝120°，
∴∠ADQ＝∠EDC，
又∵DE＝AD，
∴△QDA≌△CDE（SAS），
∴∠Q＝∠DCE＝30°，
即∠ECB＝30°；
（3）由（2）知∠DCE＝30°，
∴∠ACE＝60°，
在四边形ADEC中，∠DAC+∠DEC＝180°，
延长CA至G，使AG＝CE，

∵∠GAD+∠DAC＝180°，
∴∠GAD＝∠DEC，
又∵DA＝DE，
∴△GAD≌△CED（SAS），
∴∠G＝∠DCE＝30°，GD＝DC，
∴∠GDC＝120°，
过点D作DH⊥GC于点H，
∴GC＝DC，
∴DC＝GC＝AG+AC＝CE+AC，
∵NM＝3，CN＝5，
∴CM＝＝＝4，
∴CE＝2CM＝8，
∴CG＝AG+AC＝8+6＝14，
∴CD＝．
【点评】本题是三角形综合题，考查了非负数的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
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