2022-2023学年八年级数学下学期期中期末考点大串讲（易错60题专练）人教版（解析版）

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2022-2023学年八年级数学下学期期中期末考点大串讲（易错60题专练）人教版（解析版）
一．选择题（共15小题）
1．（2022春•同安区期中）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（　　）
A．x＞2 B．x≥2 C．x≤2 D．x＜2
【分析】根据二次根式有意义的条件可得x﹣2≥0，再解即可．
【解答】解：二次根式在实数范围内有意义，
则x﹣2≥0，
解得x≥2．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握二次根式中的被开方数是非负数．
2．（2022秋•二七区校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
【分析】根据菱形、矩形、正方形、平行四边形的性质和轴对称图形的性质即可求解．
【解答】解：A．菱形的四个内角不一定都是直角，故A选项不符合题意；
B．矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
C．正方形的每一条对角线平分一组对角，故A选项符合题意；
D．平行四边形不一定是轴对称图形，故D选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形和轴对称图形的性质，解题的关键是逐个判断四个选项即可得出正确答案．
3．（2022春•乐昌市校级期中）下列二次根式中，最简二次根式是（　　）
A． B． C． D．
【分析】最简二次根式是被开方数不含分母，不含能开得尽方的因数或因式．
【解答】解：A、，故本选项不符合题意；
B、是最简二次根式，，故本选项符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
D、，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题主要考查最简二次根式的知识点，掌握二次根式的性质是解决此题的关键．
4．（2022春•江城区期中）下列二次根式能与合并的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据同类二次根式的定义判断即可．
【解答】解：A.与不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意；
B.＝2，与是同类二次根式，能合并，故符合B题意；
C.＝2，与不是同类二次根式，不能合并，故C不符合题意；
D.＝3，与不是同类二次根式，不能合并，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了同类二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解题的关键．
5．（2022春•烟台期中）下列等式成立的是（　　）
A．＝2 B．3﹣3 C．2+2 D．
【分析】利用二次根式的加法，乘法法则，二次根式的性质，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、＝2，故A符合题意；
B、3＝3×，故B不符合题意；
C、2与2不能合并，故C不符合题意；
D、×＝，故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
6．（2022春•克州期中）下列各式中计算正确的是（　　）
A．＝36 B．+＝
C．＝ D．2+＝2
【分析】根据二次根式的乘法，加法法则，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、＝＝6，故A不符合题意；
B、+＝2+3＝5，故B不符合题意；
C、×＝，故C符合题意；
D、2与不能合并，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
7．（2022春•乐昌市校级期中）下列各式计算正确的是（　　）
A．+＝ B．÷＝3 C．3+＝3 D．÷2＝
【分析】根据二次根式的加法，除法法则，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、与不能合并，故A不符合题意；
B、÷＝＝3，故B符合题意；
C、3与不能合并，故C不符合题意；
D、÷2＝2÷2＝，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
8．（2022秋•二七区校级期中）已知△ABC的三条边分别为a，b，c，下列条件不能判断△ABC是直角三角形的是（　　）
A．a2＝b2﹣c2 B．a＝6，b＝8，c＝10
C．∠A＝∠B+∠C D．∠A：∠B：∠C＝5：12：13
【分析】根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵a2＝b2﹣c2，
∴a2+c2＝b2，
∴△ABC是直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵a2+b2＝62+82＝100，c2＝102＝100，
∴a2+b2＝c2，
∴△ABC是直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵∠A＝∠B+∠C，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠A＝180°，
∴∠A＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵∠A：∠B：∠C＝5：12：13，∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°×＝78°，
∴△ABC不是直角三角形，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．
9．（2022秋•宝安区校级期中）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．5，12，13 B．4，5，6 C．，， D．1，1，2
【分析】利用勾股定理的逆定理，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵122+52＝169，132＝169，
∴122+52＝132，
∴能构成直角三角形，
故A符合题意；
B、∵42+52＝41，62＝36，
∴42+52≠62，
∴不能构成直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵（）2+（）2＝7，（）2＝5，
∴（）2+（）2≠（）2，
∴不能构成直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵1+1＝2，
∴不能组成三角形，
故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
10．（2022秋•郫都区校级期中）若△ABC的三边为下列四组数据，则能判断△ABC是直角三角形的是（　　）
A．1、2、2 B．2、3、4 C．6、7、8 D．6、8、10
【分析】根据勾股定理的逆定理，进行计算逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵12+22＝5，22＝4，
∴12+22≠22，
∴不能判断△ABC是直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵32+22＝13，42＝16，
∴32+22≠42，
∴不能判断△ABC是直角三角形，
故B不符合题意；
C、∵62+72＝85，82＝64，
∴62+72≠82，
∴不能判断△ABC是直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵62+82＝100，，102＝100，
∴62+82＝102，
∴能判断△ABC是直角三角形，
故D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
11．（2022春•防城区期中）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．若测得AB的长为12km，则M，C两点间的距离为（　　）

A．3km B．4km C．5km D．6km
【分析】根据直角三角形斜边上的中线，进行计算即可解答．
【解答】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵点M是AB的中点，
∴CM＝AB＝6（千米），
故选：D．
【点评】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．
12．（2022春•鼓楼区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE平分∠ADC，BC＝4，则DE的长是（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质可得AD＝CD＝AB，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得AE＝EC，最后利用三角形的中位线定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，
∴AD＝CD＝AB，
∵DE平分∠ADC，
∴AE＝EC，
∴ED是△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝2，
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形的中位线定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及三角形的中位线定理是解题的关键．
13．（2022秋•汝阳县期中）下列运算正确的是（　　）
A．4×2＝24 B．﹣＝
C．＝3 D．＝2﹣
【分析】分别利用二次根式的混合运算法则以及二次根式的性质化简求出即可．
【解答】解：A、4×＝24，故此选项正确，符合题意；
B、﹣无法计算，故此选项错误，不符合题意；
C、＝＝，故此选项错误，不符合题意；
D、＝﹣2，故此选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．
14．（2022秋•金塔县期中）现有两根木棒的长度分别为40cm和50cm．若要钉成一个直角三角形框架，那么所需要最短的木棒长是（　　）
A．50cm B．40cm C．30cm D．以上都不对
【分析】分两种情况：当40cm和50cm为直角三角形的两条直角边时；当50cm为直角三角形的斜边时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：分两种情况：
当40cm和50cm为直角三角形的两条直角边时，
∴所需要的木棒长＝＝10（cm）；
当50cm为直角三角形的斜边时，
∴所需要的木棒长＝＝30（cm）；
综上所述：所需要最短的木棒长为30cm，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理，分两种情况讨论是解题的关键
15．（2022秋•顺德区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，DE⊥AC于点E，CD＝2DE，且AE＝6，则AB的长为（　　）

A．8 B．12 C． D．
【分析】先利用直角三角形斜边上的中线可得CD＝AD＝AB，从而可得AD＝2DE，再根据垂直定义可得∠DEA＝90°，从而可得∠A＝30°，然后在Rt△ADE中，求出AD的长，从而求出AB的长，即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD＝AD＝AB，
∵CD＝2DE，
∴AD＝2DE，
∵DE⊥AC，
∴∠DEA＝90°，
∴∠A＝30°，
∵AE＝6，
∴AD＝＝＝4，
∴AB＝2AD＝8，
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，含30度角的直角三角形，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质，以及含30度角的直角三角形性质是解题的关键．
二．填空题（共26小题）
16．（2022春•东莞市期中）若最简根式与是同类二次根式，则m＝　2　．
【分析】根据同类根式及最简二次根式的定义列方程求解．
【解答】解：∵最简二次根式与是同类二次根式，
∴﹣2m+9＝5m﹣5，
解得m＝2，
故答案为：2．
【点评】此题考查的是同类二次根式与最简二次根式，掌握其概念是解决此题关键．
17．（2022春•澧县期中）若二次根式有意义，则x的取值范围是 　x＞1　．
【分析】根据二次根式（a≥0），以及分母不能为0，进行计算即可．
【解答】解：由题意可得：
x﹣1＞0，
∴x＞1，
故答案为：x＞1．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式（a≥0）是解题的关键．
18．（2022春•阿瓦提县期中）计算：2÷×＝　1　
【分析】利用二次根式的乘除法法则，进行计算即可解答．
【解答】解：2÷×
＝2××
＝×
＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了二次根式的乘除法，准确熟练地进行计算是解题的关键．
19．（2022春•河东区期中）先化简再求值：当a＝﹣2时，求的值，甲乙两人的解答如下：
甲的解答为：原式＝；
乙的解答为：原式＝．
两种解答中，　乙　的解答是错误的；
若a＝100时，＝　199　．
【分析】根据a的值确定1﹣a的范围，再根据二次根式的性质、绝对值的性质计算即可．
【解答】解：∵a＝﹣2，
∴1﹣a＞0，
∴a+＝a+（1﹣a）＝1，
∴两种解答中，乙的解答是错误的；
若a＝100时，1﹣a＜0，
∴a+＝a+（a﹣1）＝2a﹣1＝199，
故答案为：乙；199．
【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的性质、绝对值的性质是解题的关键．
20．（2022春•牡丹江期中）若式子有意义，则m的取值范围是 　m≥0且m≠4　．
【分析】根据二次根式（a≥0），以及分母不为0可得：m≥0且4﹣|m|≠0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
m≥0且4﹣|m|≠0，
解得：m≥0且m≠4，
故答案为：m≥0且m≠4．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握二次根式（a≥0），以及分母不为0是解题的关键．
21．（2022春•牡丹江期中）若x，y为实数，且，则x+y＝　2026　．
【分析】根据二次根式（a≥0）可得：x﹣4≥0且4﹣x≥0，从而可得：x＝4，进而可得y＝2022，然后把x，y的值代入式子中，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
x﹣4≥0且4﹣x≥0，
解得：x＝4，
∴当x＝4时，y＝2022，
∴x+y＝4+2022＝2026，
故答案为：2026．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式（a≥0）是解题的关键．
22．（2022秋•虹口区校级期中）写出a+b的一个有理化因式：　a﹣b　．
【分析】利用平方差公式，进行计算即可解答．
【解答】解：∵（a+b）（a﹣b）
＝（a）2﹣（b）2
＝a2x﹣b2y，
∴a+b的一个有理化因式：a﹣b，
故答案为：a﹣b．
【点评】本题考查了分母有理化因式，熟练掌握平方差公式是解题的关键．
23．（2022秋•徐汇区校级期中）不等式x﹣5＞2x的解集是 　x＜﹣5﹣10　．
【分析】根据解一元一次不等式基本步骤：移项、合并同类项、系数化为1可得．
【解答】解：x﹣5＞2x，
移项得：x﹣2x＞5，
合并得：（﹣2）x＞5，
解得：x＜﹣5﹣10．
故答案为：x＜﹣5﹣10．
【点评】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
24．（2022秋•徐汇区校级期中）如果最简二次根式与2是同类二次根式，则x的值是 　2　．
【分析】根据同类二次根式的定义：化成最简二次根式后，被开方数相同的叫做同类二次根式，可得x2+7＝4x+3，然后进行计算即可解答．
【解答】解：∵最简二次根式与2是同类二次根式，
∴x2+7＝4x+3，
∴x2﹣4x+4＝0，
∴（x﹣2）2＝0，
∴x﹣2＝0，
∴x＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了同类二次根式，最简二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解题的关键．
25．（2022秋•嘉定区期中）若两个代数式M与N满足M•N＝﹣1，则称这两个代数式为“互为友好因式”，则的“互为友好因式”是 　　．
【分析】根据满足M•N＝﹣1，则称这两个代数式为“互为友好因式，列出式子，再分母有理化．
【解答】解：∵M•N＝﹣1，则称这两个代数式为“互为友好因式“，
∴的“互为友好因式”：﹣＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查分母有理化，掌握分母有理化的方法，理解题意是解题关键．
26．（2022春•东莞市校级期中）若是整数，则满足条件的最小正整数n的值为 　6　．
【分析】24＝22×6，所以要想能开平方，必须再乘一个6．
【解答】解：＝2，
∵是整数，
∴满足条件的最小正整数n＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了二次根式的定义，能够正确把根式里的写成平方的形式是解题的关键．
27．（2022春•天山区校级期中）如图，由图中的信息可知点P表示的数是 　﹣2﹣　．

【分析】运用勾股定理计算出点P到﹣2点的距离是，再进行实数减法运算即可．
【解答】解：∵＝＝，
∴点P表示的数是﹣2﹣，
故答案为：﹣2﹣．
【点评】此题考查了用数轴上的点表示实数的能力，关键是能准确理解并运用以上知识与勾股定理．
28．（2022秋•章丘区期中）一个直角三角形的两边长分别为3、4，则它的第三条边是　5或　．
【分析】分为两种情况：①斜边是4有一条直角边是3，②3和4都是直角边，根据勾股定理求出即可．
【解答】解：分为两种情况：
①斜边是4有一条直角边是3，由勾股定理得：
第三边长是＝；
②3和4都是直角边，由勾股定理得：
第三边长是＝5；
即第三边长是5或，
故答案为：5或．
【点评】本题考查了对勾股定理的应用，注意：在直角三角形中的两条直角边a、b的平方和等于斜边c的平方．
29．（2022秋•宝山区校级期中）定义[x]表示不超过实数x的最大整数，设α＝，则[α16]＝　2206　．
【分析】设β＝，由α+β＝，αβ＝1可求得α2+β2＝3，继而通过求得α16+β16的值对此题进行求解．
【解答】解：设β＝，则α+β＝（+）＝，αβ＝×＝1，
∴α2+β2＝（α+β）2﹣2αβ＝（）2﹣2＝3，
α4+β4＝（α2+β2）2﹣2（α2β2）2＝32﹣2＝7，
…
∴α16+β16＝（α8+β8）2﹣2（α8β8）2
＝[（α4+β4）2﹣2（α4β4）2]2﹣2
＝{72﹣2）2﹣2
＝472﹣2
＝2209﹣2
＝2207，
∵0＜＜1，
∴0＜β16＜1，
∴2206＜α16＜2207，
∴[α16]＝2207﹣1＝2206，
故答案为：2206．
【点评】此题考查了运用新定义、完全平方公式进行二次根式运算、化简的能力，关键是能准确理解并运用以上知识进行求解．
30．（2022秋•宝山区期中）当x＝　4　时，最简二次根式与3是同类二次根式．
【分析】根据同类二次根式的定义：化成最简二次根式后，被开方数相同的叫做同类二次根式，可得3x﹣2＝x+6，然后进行计算即可解答．
【解答】解：∵最简二次根式与3是同类二次根式，
∴3x﹣2＝x+6，
3x﹣x＝6+2，
2x＝8，
x＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了同类二次根式，最简二次根式，熟练掌握同类二次根式的定义是解题的关键．
31．（2022秋•通州区期中）利用平方与开平方互为逆运算的关系，可以将某些无理数进行如下操作：例如：a＝+1时，移项得a﹣1＝，两边平方得（a﹣1）2＝（）2，所以a2﹣2a+1＝3，即得到整系数方程：a2﹣2a﹣2＝0．
仿照上述操作方法，完成下面的问题：
当a＝时，
①得到的整系数方程为 　a2+a﹣1＝0　；
②计算：a3﹣2a+2025＝　2024　．
【分析】①根据已知可得2a+1＝，然后利用完全平方公式进行计算即可解答；
②利用①的结论可得a2﹣1＝﹣a，a2+a＝1，然后代入式子中进行计算即可解答．
【解答】解：①∵a＝，
∴2a＝﹣1，
∴2a+1＝，
∴（2a+1）2＝5，
∴4a2+4a+1＝5，
∴4a2+4a﹣4＝0，
∴得到的整系数方程为：a2+a﹣1＝0，
故答案为：a2+a﹣1＝0；
②∵a2+a﹣1＝0，
∴a2﹣1＝﹣a，a2+a＝1，
∴a3﹣2a+2025
＝a3﹣a﹣a+2025
＝a（a2﹣1）﹣a+2025
＝a•（﹣a）﹣a+2025
＝﹣a2﹣a+2025
＝﹣（a2+a）+2025
＝﹣1+2025
＝2024，
故答案为：2024．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，平方根，准确熟练地进行计算是解题的关键．
32．（2022春•尧都区期中）一直角三角形的最长边为4，最短边为3，则第三边为 　　．
【分析】根据已知可得直角三角形的斜边长为4，然后利用勾股定理，进行计算即可解答．
【解答】解：∵一直角三角形的最长边为4，最短边为3，
∴直角三角形的斜边长为4，
∴第三边＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
33．（2022秋•霞浦县期中）如图，在8×8的方格纸中小正方形的边长为1，△ABC的三个顶点都在小正方形的格点上，下列结论正确的有 　①②③　（填写序号）．
①△ABC的形状是直角三角形；
②△ABC的周长是；
③点B到AC边的距离是2；
④若点D在格点上（不与A重合），且满足S△BCD＝S△BCA，这样的D点有3个不同的位置．

【分析】根据勾股定理求出AC、BC、AB的长，即可判断②，再根据勾股定理的逆定理即可判断①，根据三角形面积公式即可判断③和④．
【解答】解：由勾股定理得：AB＝＝，AC＝＝5，BC＝＝2，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC的形状是直角三角形，且∠ABC＝90°，故结论①正确；
△ABC的周长是+5+2＝3+5，故结论②正确；
设点B到AC边的距离是h，
由三角形面积公式得：AC•h＝AB•BC，
∴h＝＝＝2，故结论③正确；
∵S△BCD＝S△BCA，
∴D点到BC的距离等于A点到BC的距离，如图所示，
D点可以是直线m、n上的任意一点，
又∵点D在格点上（不与A重合），
∴这样的D点有3+4＝7个不同的位置，故结论④错误．
故答案为：①②③．

【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，三角形的面积的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
34．（2022春•隆回县期中）如果一个三角形的三边长分别为3，4，5，那么其面积为 　6　．
【分析】根据勾股定理的逆定理先证明三角形是直角三角形，然后再利用三角形的面积公式进行计算即可解答．
【解答】解：∵32+42＝9+16＝25，52＝25，
∴32+42＝52，
∴此三角形是直角三角形，
∴此三角形的面积＝×3×4＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
35．（2022秋•莲湖区期中）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝62°，CD⊥AB，垂足为D，点E是BC的中点，连接ED，则∠EDB的度数是 　28°　．

【分析】先利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B＝28°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得ED＝EB，从而利用等腰三角形的性质即可解答．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝62°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝28°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴ED＝EB＝BC，
∴∠EDB＝∠B＝28°，
故答案为：28°．
【点评】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性质是解题的关键．
36．（2022春•南岗区校级期中）如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，E是AC中点，∠BDE＝52°，则∠DEB的度数为 　76°　．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质可得DE＝BE＝AC，然后利用等腰三角形的性质可得∠BDE＝∠DBE＝52°，从而利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E是AC中点，
∴DE＝AC，BE＝AC，
∴DE＝BE，
∴∠BDE＝∠DBE＝52°，
∴∠DEB＝180°﹣∠BDE﹣∠DBE＝76°，
故答案为：76°．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
37．（2022秋•湖口县期中）无论x取何整数，的值都是整数，则m的值为 　1或9　．
【分析】根据二次根式的性质与化简方法得出x2﹣（m﹣3）x+m是完全平方式，设出这个完全平方式得到x2﹣（m﹣3）x+m＝（x+n）2，进而求出n的值，再代入求出m的值即可．
【解答】解：∵无论x取何整数，的值都是整数，
∴x2﹣（m﹣3）x+m是完全平方式，
设x2﹣（m﹣3）x+m＝（x+n）2，则x2﹣（m﹣3）x+m＝x2+2nx+n2，
∴2n＝﹣（m﹣3）且n2＝m，
∴n2＝3﹣2n，
即n2+2n﹣3＝0，
解得n＝﹣3或n＝1，
当n＝﹣3时，m＝n2＝9，
当n＝1时，m＝n2＝1，
∴m＝1或m＝9，
故答案为：1或9．
【点评】本题考查二次根式的性质与化简，掌握二次根式的性质是正确解答的前提．
38．（2022春•回民区期中）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1．点A、B，C都在格点上，若BD是△ABC的高，则BD的长为 　　．

【分析】先利用勾股定理求出AC的长，然后利用面积法，进行计算即可解答．
【解答】解：由勾股定理得：
AC＝＝2，
由题意得：
△ABC的面积＝3×4﹣×2×1﹣×2×4﹣×2×3
＝12﹣1﹣4﹣3
＝4，
∵BD⊥AC，
∴AC•BD＝4，
∴×2•BD＝4，
∴BD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握面积法是解题的关键．
39．（2022春•鄂州期中）如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BG，CE，EG，若AB＝3，AC＝1，则BC2+EG2的值为 　20　．

【分析】连接BE，CG，先证明△BAG≌△EAC，得∠ABG＝∠AEC，可得BG⊥CE，最后由勾股定理可得结论．
【解答】解：如图，连接BE，CG，

∵正方形ABDE和正方形ACFG，
∴AB＝AE，AG＝AC，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAG＝∠CAE，
∴△BAG≌△EAC（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AHB＝∠OHE，
∴∠EOH＝∠BAH＝90°，
∴∠EOG＝∠BOC＝90°，
∴BC2+EG2＝OB2+OC2+OE2+OG2＝BE2+CG2，
∵AB＝3，AC＝1，
∴BE2＝32+32＝18，CG2＝12+12＝2，
∴BE2+CG2＝18+2＝20，
∴BC2+EG2＝20．
故答案为：20．
【点评】此题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
40．（2022秋•桐乡市期中）如图，在△ABC中，∠A＝45°，AC＝4，AB＝5，点M为AC上动点，N为AB上一点，且MN＝3，当点M从点A运动到点C时，则点N运动的路程为 　4﹣4　．

【分析】通过画图可知：点N的运动路径是：N'→D→N，计算DN'和DN的长，可得结论．
【解答】解：如图，当点M与A重合时，点N在N'的位置，此时AN'＝3，

当MN⊥AC时，点N在点D的位置上，
∴∠AMD＝90°，
∵∠A＝45°，
∴AM＝DM＝3，
∴AD＝3，
∴DN'＝3﹣3，
当点M继续向点C运动时，点N由点D向左运动到点N的位置，过点C作CH⊥AB于H，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC＝4，
∴AH＝CH＝2，
∵CN＝3，
∴NH＝＝＝1，
∴DN＝AD﹣AH﹣NH＝3﹣2﹣1＝﹣1，
∴点N运动的路程＝DN'+DN＝3﹣3+﹣1＝4﹣4．
故答案为：4﹣4．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，勾股定理，动点N的运动路径等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用数形结合的思想思考问题，有难度．
41．（2022秋•浑南区期中）已知正方形ABCD，点E在线段AB上，连接CE，CA，过点E作EG⊥AC，垂足为G，过点D作DF∥CE交BA延长线于点F，连接GD，GF，则GD与CE的数量关系为 　CE＝GD　．

【分析】先证明四边形CEFD是平行四边形，再证明△FGE≌△DGA（SAS），得△DGF是等腰直角三角形，从而得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，CD＝AB＝AD，∠CAD＝∠CAE＝45°，
∵CE∥DF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴CD＝EF，CE＝DF，
∴AB＝EF＝AD，
∵EG⊥AC，
∴∠AGE＝90°，
∴∠GEA＝∠EAC＝45°，
∴EG＝AG，
∵∠FEG＝∠DAG＝45°，
∴△FGE≌△DGA（SAS），
∴∠EGF＝∠AGD，DG＝FG，
∴∠DGF＝∠EGA＝90°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴DF＝GD，
∵CE＝DF，
∴CE＝GD．
故答案为：CE＝GD．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
三．解答题（共19小题）
42．（2022春•赞皇县期中）先化简，再求值：a+，其中a＝2020．
如图是小亮和小芳的解答过程．

（1）　小亮　的解法是错误的；
错误的原因在于未能正确地运用二次根式的性质：　＝|a|　；
（2）先化简，再求值：a+2，其中a＝﹣2．
【分析】（1）根据二次根式的性质判断即可；
（2）根据二次根式的性质把原式化简，把a＝﹣2代入计算即可．
【解答】解：（1）小亮的解法是错误的，
错误的原因在于未能正确地运用二次根式的性质：＝|a|，
故答案为：小亮；＝|a|；
（2）原式＝a+2＝a+2|a﹣3|，
∵a＝﹣2＜3，
∴原式＝a+2（3﹣a）＝a+6﹣2a＝6﹣a＝8．
【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的性质：＝|a|是解题的关键．
43．（2022秋•萧县期中）计算：（﹣）•（+）+（2﹣1）2．
【分析】先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答．
【解答】解：（﹣）•（+）+（2﹣1）2
＝2﹣3+8﹣4+1
＝8﹣4．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
44．（2022春•大同期中）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）利用平方差公式，进行计算即可解答；
（2）先算乘除，后算加法，即可解答．
【解答】解：（1）
＝（2）2﹣12
＝12﹣1
＝11；
（2）
＝+
＝+
＝．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
45．（2022秋•紫金县期中）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BC，AB＝13，BC＝12，CD＝3，AD＝4．
（1）求AC的长；
（2）求四边形ABCD的面积．

【分析】（1）根据垂直定义可得∠ACB＝90°，然后在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算即可解答；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明△ADC是直角三角形，从而可得∠D＝90°，然后根据四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ABC的面积，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝17，BC＝8，
∴AC＝＝＝5，
∴AC的长为5；
（2）∵AD2+CD2＝42+32＝25，AC2＝52＝25，
∴AD2+CD2＝AC2，
∴△ADC是直角三角形，
∴∠D＝90°，
∴四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ABC的面积
＝AD•CD+AC•BC
＝×4×3+12×5
＝6+30
＝36，
∴四边形ABCD的面积为36．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理，以及勾股定理的逆定理是解题的关键．
46．（2022秋•宝山区校级期中）已知：x＝，y＝，求x2+xy+y2的平方根．
【分析】先将x、y化简，然后即可得到x+y、xy的值，从而可以求得所求式子的值．
【解答】解：∵x＝＝（）2＝5+2，y＝＝5﹣2，
∴x+y＝10，xy＝1，
∴x2+xy+y2
＝（x+y）2﹣xy
＝102﹣1
＝100﹣1
＝99．
∴x2+xy+y2的平方根为±3．
【点评】本题考查二次根式的化简求值，解答本题的关键是明确二次根式化简求值的方法．
47．（2022秋•金水区校级期中）计算：下面是李明同学在解答某个题目时的计算过程，请认真阅读并完成相应任务．
（+）2﹣（﹣）2
＝（）2+（）2﹣（）2+（）2……第一步
＝6+5﹣6+5……第二步
＝10……第三步
任务一：填空：以上步骤中，从第 　一　步开始出现错误，这一步错误的原因是 　完全平方公式运用错误　；
任务二：请写出正确的计算过程；
任务三：除纠正上述错误外，请你根据平时的学习经验，就二次根式运算时还需注意的事项给其他同学提一条建议．
【分析】任务一：利用完全平方公式进行计算即可解答；
任务二：先计算二次根式的乘法，再算加减，即可解答；
任务三：根据在进行二次根式运算时，结果必须化成最简二次根式，即可解答．
【解答】解：任务一：填空：以上步骤中，从第一步开始出现错误，这一步错误的原因是完全平方公式运用错误，
故答案为：一，完全平方公式运用错误；
任务二：（+）2﹣（﹣）2
＝（）2+2+（）2﹣[（）2﹣2+（）2]
＝6+2+5﹣（6﹣2+5）
＝6+2+5﹣6+2﹣5
＝4；
任务三：在进行二次根式运算时，结果必须化成最简二次根式．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
48．（2022春•昭平县期中）已知线段a，b，c，且线段a，b满足．
（1）求a，b的值；
（2）若a，b，c是某直角三角形的三条边的长度，求c的值．
【分析】（1）根据绝对值和偶次方的非负性，可得a﹣＝0，b﹣＝0，然后进行计算即可解答；
（2）分两种情况：当a，b为直角三角形的两条直角边时，当a为直角三角形的斜边时，然后分别进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵，
∴a﹣＝0，b﹣＝0，
∴a＝＝4，b＝＝2，
∴a的值为4，b的值为2；
（2）分两种情况：
当a，b为直角三角形的两条直角边时，
∴c＝＝＝4，
当a为直角三角形的斜边时，
∴c＝＝＝4，
综上所述：c的值为4或4．
【点评】本题考查了勾股定理，绝对值和偶次方的非负性，分两种情况讨论是解题的关键．
49．（2022春•乐昌市校级期中）如图，正方形网格的每个小方格边长均为1，△ABC的顶点在格点上．
（1）判断△ABC的形状，并说明理由；
（2）求△ABC的面积及AC边上的高．

【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论可得AB＝，BC＝＝2，AC＝，从而求出△ABC的面积，然后再求出AC边上的高．
【解答】解：（1）△ABC为直角三角形，
理由：由题意得：
AB2＝22+32＝13，
CB2＝42+62＝52，
AC2＝12+82＝65，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC为直角三角形，
∴∠ABC＝90°；
（2）设AC边上的高为h，
由（1）得：
AB＝，BC＝＝2，AC＝，
∴△ABC的面积＝AB•BC＝××2＝13，
∵△ABC的面积＝AC•h，
∴×h＝13，
∴h＝，
∴△ABC的面积为13，AC边上的高为．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，熟练掌握勾股定理，以及勾股定理的逆定理是解题的关键．
50．（2022春•福田区校级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．

（1）出发4秒后，求PQ的长；
（2）从出发几秒钟后，△PQB第一次能形成等腰三角形？
（3）当点Q运动到CA上时，求能使△BCQ是等腰三角形时点Q的运动时间，请直接写出t的值．
【分析】（1）可求得AP和BQ，则可求得BP，最后用三角形面积公式即可得出结论；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分BQ＝BC、CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．
【解答】解：（1）∵运动时间为4秒，
∴BQ＝2×4＝8（cm），BP＝AB﹣AP＝16﹣1×4＝12（cm），
在Rt△PQB中，根据勾股定理得：
PQ＝＝＝4（cm）；
（2）由题意可知AP＝tcm，BQ＝2tcm，
∵AB＝16cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，
当△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，
即16﹣t＝2t，
解得t＝．
∴出发秒后△PQB能形成等腰三角形；
（3）①当CQ＝BQ时，如图1所示，
则∠C＝∠CBQ，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．
∠A+∠C＝90°，
∴∠A＝∠ABQ，
∴BQ＝AQ，
∴CQ＝AQ＝10cm，
∴BC+CQ＝22cm，
∴t＝22÷2＝11．
②当CQ＝BC时，如图2所示，
则BC+CQ＝24cm，
∴t＝24÷2＝12．
③当BC＝BQ时，如图3所示，
过B点作BE⊥AC于点E，
则BE＝＝＝（cm），
∴CE＝＝＝（cm），
∴CQ＝2CE＝14.4（cm），
∴BC+CQ＝26.4（cm），
∴t＝26.4÷2＝13.2．
综上所述：当t为11或12或13.2时，△BCQ为等腰三角形．



【点评】本题考查了三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．
51．（2022春•普宁市校级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，M，N是△ABC边上的两个动点，其中点N从点A开始沿A→B方向运动，且速度为2cm/s，点M从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为4cm/s，它们同时出发，设运动的时间为ts．
（1）出发2s后，求MN的长；
（2）当点M在边BC上运动时，出发几秒钟，△MNB是等腰三角形？
（3）当点M在边CA上运动时，求能使△BCM成为等腰三角形的t的值．

【分析】（1）由题意求得BQ和BP，由勾股定理可求出答案；
（2）用t可分别表示出BP和BQ，根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；
（3）求出BQ，分两种情况可求出答案．
【解答】解：（1）当t＝2时，AN＝2t＝4cm，BM＝2t＝8cm．
∵AB＝16cm，∴BN＝AB﹣AN＝16﹣4＝12（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得，
MN＝＝＝4（cm），
即MN的长为4cm．
（2）由题意可知AN＝2t，BM＝4t，
又∵AB＝16cm，
∴BN＝AB﹣AN＝（16﹣2t）cm，
当△PQB为等腰三角形时，则有BM＝BN，
∴16﹣2t＝4t，解得t＝，
∴出发s后△MNB是等腰三角形．
（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝20cm，
当点M在AC上运动时，AM＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t，
∴CM＝AC﹣AM＝20﹣（32﹣4t）＝4t﹣12，
∵△BCM为等腰三角形，
∴有BM＝BC，CM＝BC和CM＝BM三种情况：
①当BM＝BC＝12时，如图，过B作BE⊥AC，则CE＝CM＝2t﹣6，
在Rt△ABC中，可求得BE＝；
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，即122＝（）2+（2t﹣6）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6（舍去），
②当CM＝BC＝12时，则4t﹣12＝12，解得t＝6，
③当CM＝BM时，则∠C＝∠MBC，
∵∠C+∠A＝90°＝∠CBM+∠MBA，
∴∠A＝∠MBA，
∴MB＝MA，
∴CM＝AM＝10，即4t﹣12＝10，解得t＝5.5，
综上可知，当t的值为6.6或6或5.5时，△BCM为等腰三角形．
【点评】本题为三角形的综合应用，涉及勾股定理、等腰三角形的性质、等积法、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．
52．（2022春•海淀区校级期中）如图，在▱ABCD中，AC⊥AD，作∠ECA＝∠ACD，CE交AB于点O，交DA的延长线于点E，连接BE．
（1）求证：四边形ACBE是矩形；
（2）连接OD，若AB＝4，∠ACD＝60°，求OD的长．

【分析】（1）根据有一个角的直角的平行四边形是矩形可得结论；
（2）先证明△AOC是等边三角形，可得∠OAC＝60°，再证明∠EAO＝30°，由含30°角的性质可得OF，AF的长，最后由勾股定理可计算OD的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AC⊥AD，
∴∠EAC＝∠DAC＝90°，
∵∠ECA＝∠ACD，
∴∠AEC＝∠ADC，
∴CE＝CD，
∴AE＝AD＝BC，
∵AE∥BC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠EAC＝90°，
∴四边形ACBE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于F，

由（1）知：四边形ACBE是矩形，
∴对角线AB和CE相等且互相平分，AO＝AB＝2，
∴OA＝OC，
∵∠ACD＝∠ACO＝60°，
∴△AOC是等边三边形，
∴∠OAC＝60°，
∵∠EAC＝90°，
∴∠FAO＝90°﹣60°＝30°，
Rt△AFO中，OF＝AO＝1，AF＝，
Rt△AEB中，AE＝＝2，
∴DF＝AF+AD＝+2＝3，
∴OD＝＝＝2．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
53．（2022春•东港区校级期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交线段BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝2，CE＝2，求CG的长．

【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，

∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）解：如图2，

在Rt△ABC中，AB＝2，
∴AC＝AB＝4，
∵CE＝2，
∴AE＝4﹣2＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴CG＝CE＝2．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
54．（2021春•鼓楼区校级期中）已知，如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：四边形AGBD为平行四边形；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？证明你的结论．

【分析】（1）依据AD∥BG，AG∥BD，即可得到四边形AGBD是平行四边形；
（2）根据已知条件证明BE＝DF，BE∥DF，从而得出四边形DFBE是平行四边形，再证明DE＝BE，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AD∥BG，
又∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形；

（2）四边形DEBF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE＝AB，DF＝CD．
∴BE＝DF，BE∥DF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中，∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝DE，
∴平行四边形DEBF是菱形．

【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定，直角三角形的性质，解题时注意：在直角三角形中斜边中线等于斜边一半．
55．（2021春•新泰市期中）如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．

【分析】（1）根据矩形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质求出∠EDO＝∠FBO，即可证的两个三角形全等；
（2）设AE＝x，根据已知条件可得BE＝ED＝8﹣x，由（1）可推得△EBO≌△EDO，可得ED＝EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD＝∠FOB＝90°，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；

（2）解：∵由（1）可得，ED∥BF，ED＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB＝6，AD＝8，设AE＝x，可得BE＝ED＝8﹣x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2＝AB2+AE2，
即（8﹣x）2＝x2+62，
解得：，
∴，
∴四边形BFDE的周长＝．
【点评】本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
56．（2021春•云阳县期中）如图①，正方形ABCD中，M是AB的中点，E是延长线上一点．MN⊥DM，且交∠CBE的平分线于N．
（1）若点F是AD的中点，求证：MD＝MN；
（2）若将上述条件中的“M是AB的中点”改为“M是AB上的任意一点”，其它条件不变．如图②所示，则结论“MD＝MN”是否成立．若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．

【分析】（1）要证MD＝MN，就要构建△DFM≌△MBN，只需取AD的中点F，连接FM，依据正方形的性质可证△DFM≌△MBN，进而得出DM＝MN．
（2）只需在AD上截取AF'＝AM，其证法与（1）相同．
【解答】解：（1）如图，取AD的中点F，连接FM．
∵∠FDM+∠DMA＝∠BMN+∠DMA＝90°，
∴∠FDM＝∠BMN，
∵AF＝AD＝AB＝AM＝MB＝DF，
∵BN平分∠CBE，即∠NBE＝∠CBE＝45°，
又∵AM＝AF，
∴∠AFM＝45°，
∴∠DFM＝∠MBN＝135°．
∵DF＝MB，
在△DFM和△MBN中
，
∴△DFM≌△MBN（ASA）．
∴DM＝MN．
（2）结论“DM＝MN”仍成立．
证明如下：如图，在AD上截取AF'＝AM，连接F'M．
∵DF'＝AD﹣AF'，MB＝AB﹣AM，AD＝AB，AF'＝AM，
∴DF'＝MB．
∵∠F'DM+∠DMA＝∠BMN+∠DMA＝90°，
∴∠F'DM＝∠BMN．
又∠DF'M＝∠MBN＝135°，
在△DF'M和△MBN中
，
∴△DF'M≌△MBN（ASA）．
∴DM＝MN．


【点评】本题综合考查了利用正方形的性质和全等三角形的判定的知识．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
57．（2022春•浦东新区校级期中）如图，已知正方形ABCD，边长AB＝6，E是AB的中点，点F在边BC上，且BF＝2FC，点P在线段CD上，连接PE、EF、PF．
（1）若△PEF为等腰三角形，求PC的长度；
（2）若EF平分∠BEP，求PC的长度．

【分析】（1）根据矩形性质可得EF＝5，设PC＝x，所以PF＝，过点P作PG⊥AB于点G，得矩形ADPG，若△PEF为等腰三角形分3种情况：①EF＝PF，②EF＝PE，③PE＝PF，然后利用勾股定理即可解决问题；
（2）过点F作FH⊥PE于点H，证明Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），可得BF＝HF＝4，设PC＝x，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）正方形ABCD中，
∵AB＝6，E是AB的中点，
∴AE＝BE＝3，
∵BF＝2FC，
∴BF＝4，FC＝2，
∴EF＝＝5，
设PC＝x，
∴PF＝＝，

如图，过点P作PG⊥AB于点G，得矩形ADPG，
∴AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，
∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，
∴PE＝＝，
∵△PEF为等腰三角形，
∴分3种情况：
①EF＝PF，
∴5＝，
解得x＝（负值舍去）；
②EF＝PE，
∴5＝，
解得此方程无解；
③PE＝PF，
∴＝，
解得x＝，
＞6，点P在线段CD的延长线上，不符合题意，舍去．
综上所述：PC的长度为；
（2）如图，过点F作FH⊥PE于点H，

∵EF平分∠BEP，
∴EH＝BE＝3，
在Rt△BEF和Rt△HEF中
，
∴Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），
∴BF＝HF＝4，
设PC＝x，
∴PF＝＝，
∵AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，
∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，
∴PE＝＝，
∴HP＝PE﹣EH＝﹣3，
在Rt△HPF中，根据勾股定理得：
HP2+FH2＝PF2，
∴（﹣3）2+42＝（）2，
解得x＝．
∴PC的长度为．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是分类讨论思想的灵活运用．
58．（2021春•南通期中）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．
（1）求证：△ADF≌△DCE；
（2）若△DEF的面积为，求AF的长；
（3）在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．

【分析】（1）先证得∠AED＝∠AFB，很容易证明△ABF与△DAE全等，由此得出AF＝DE，又由互余可得出∠DAF＝∠CDE，进而可得结论；
（2）根据三角形的面积求得AE，再根据勾股定理求得DE，根据（1）中AF＝DE即刻得出结论；
（3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，所以PM＝AM，DP＝AE＝3或1，又MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．
【解答】（1）证明：∵AF⊥DE，∠B＝90°，
∴∠AED＝∠AFB，
在△ABF与△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE，
∵∠ADE+∠CDE＝∠ADE+∠DAG＝90°，
∴∠CDE＝∠DAF，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS）．
（2）解：∵△ABF≌△DAE，
∴AE＝BF＝x，
∴BE＝CF＝4﹣x，
∴△DEF的面积＝S正方形﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF
＝4×4﹣×4•x﹣（4﹣x）•x﹣×4•（4﹣x）
＝8﹣2x+x2，
∴y＝x2﹣2x+8＝，
解得，x1＝3，x2＝1，
∴AE＝3或AE＝1，
∴AF＝DE＝5或．
（3）解：如图，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，

∵点M是DE的中点，
∴DM＝ME，
∵AB∥CD，
∴∠PDM＝∠AEM，∠DPM＝∠EAM，
∴△DPM≌△EAM（AAS），
∴PM＝AM，DP＝AE＝3或1，
当AE＝3时，BF＝EP＝3，
∴CF＝CP＝1，
∴PF＝，
∴MN＝PF＝；
当AE＝1时，BF＝EP＝1，
∴CF＝CP＝3，
∴PF＝3，
∴MN＝PF＝；
综上，MN的长度为或．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．
59．（2021春•拱墅区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°．
（1）求证：AB＝AE；
（2）若＝m（0＜m＜1），AC＝4，连接OE；
①若m＝，求平行四边形ABCD的面积；
②设＝k，试求k与m满足的关系．

【分析】（1）根据▱ABCD中，∠ADC＝60°，可得△ABE是等边三角形，进而可以证明结论；
（2）①根据＝m＝，可得AB＝BC，证明∠BAC＝90°，再利用含30度角的直角三角形可得AB的长，进而可得平行四边ABCD的面积；
②根据四边形ABCD是平行四边形，可得S△AOD＝S△BOC，S△BOC＝S△BCD，由△ABE是等边三角形，可得BE＝AB＝mBC，由△BOE的BE边上的高等于△BDC的BC边上的高的一半，底BE等于BC的m倍，设BC边上的高为h，BC的长为b，分别表示出四边形OECD和三角形AOD的面积，进而可得k与m满足的关系．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝60°
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE；
（2）解：①∵＝m＝，
∴AB＝BC，
∴AE＝BE＝BC，
∴AE＝CE，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB＝60°，
∴∠ACE＝∠CAE＝30°，
∴∠BAC＝90°，
当AC＝4时，AB＝4，
∴平行四边ABCD的面积＝2S△ABC＝2×AB•AC＝4×4＝16；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△AOD＝S△BOC，S△BOC＝S△BCD，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝mBC，
∵△BOE的BE边上的高等于△BDC的BC边上的高的一半，底BE等于BC的m倍，
设BC边上的高为h，BC的长为b，
∴S△BCD＝×bh，S△OBE＝××mb＝，
∴S四边形OECD＝S△BCD﹣S△OBE＝﹣＝（﹣）bh，
∵S△AOD＝×b＝，
∴＝（﹣）bh×＝k，
∴2﹣m＝k，
∴m+k＝2．

【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，以及等边三角形的判定与性质．注意证得△ABE是等边三角形是关键．
60．（2022春•集美区校级期中）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，C（4，0），A（a，3），B（a+4，3）．
（1）若a＝，求证：四边形OABC是菱形．
（2）若a＝2，线段OB上是否存在点G（m，n），且m﹣2n＝0，使得△OCG为等腰三角形？若存在，求点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）过点A（a，3）作AE⊥x轴于点E，则AE＝3，由a＝，则A（，3），B（+4，3），由于yA＝yB，得到AB∥OC，推出四边形OABC是平行四边形，根据勾股定理得到OE＝＝4，于是得到四边形OABC是菱形；
（2）设直线OB的解析式为y＝kx，得到线段OB解析式为y＝x．求得B（6，3），若线段OB上存在点G（m，n），且m﹣2n＝0，n＝m，使得△OCG为等腰三角形，则可分为下列三种情形进行讨论：①当OG＝GC时，②当OG＝OC＝4时，③当GC＝OC＝4时，于是得到结论．
【解答】（1）证明：过点A（a，3）作AE⊥x轴于点E，则AE＝3，

又∵C（4，0）
∴OC＝4，
若a＝，则A（，3），B（+4，3），
∵yA＝yB，
∴AB∥OC，
∵AB＝4，OC＝4，
∴AB＝OC，
∴四边形OABC是平行四边形，
∵∠AEO＝90°，AE＝3，OE＝＝4，
∴OA＝AB，
∴四边形OABC是菱形；
（2）解：若a＝2，则A（2，3），B（6，3），
设直线OB的解析式为y＝kx，代入得，
∴k＝，
∴线段OB解析式为y＝x．
若线段OB上存在点G（m，n），且m﹣2n＝0，n＝m，使得△OCG为等腰三角形，则可分为下列三种情形进行讨论：
①当OG＝GC时，如图1，点G在OC的垂直平分线上，

则有m＝2，
∴此时G（2，1）在线段OB上，
②当OG＝OC＝4时，
如图2，过点G作GF⊥x轴于点F，

则∠AFG＝90°，m2+（m）2＝42，
∴x＝＜6，
∴G（，）在线段OB上，
③当GC＝OC＝4时，
如图3，过点G作GH⊥x轴于点H，

则∠GHO＝90°，（m﹣4）2+（m）2＝42，
∴x＝＞6，
∴此时点G不在线段OB上．
综上所述，符合条件的点G的坐标为（2，1）或（，）．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．