2022-2023学年四川省绵阳市三台县八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年四川省绵阳市三台县八年级（下）期中数学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年四川省绵阳市三台县八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各式中，属于最简二次根式的是(    )
A. 3 B. 4 C. 12 D. 8
2. 计算 18× 12的结果是(    )
A. 6 B. 6 2 C. 6 3 D. 6 6
3. 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，下列条件不能判定△ABC为直角三角形的是(    )
A. ∠C=∠A−∠B B. a：b：c=5：12：13
C. (c−a)(c+a)=b2 D. ∠A：∠B：∠C=3：4：5
4. 在平行四边形ABCD中，若∠A+∠C=80°，则∠B的度数是(    )
A. 140° B. 100° C. 40° D. 120°
5. 如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于M，则点M的坐标为(    )
A. (2,0) B. ( 5−1,0) C. ( 10−1,0) D. ( 5,0)
6. 若 75n是整数，则正整数n的最小值是(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 化简( 3−2)2021⋅( 3+2)2022的结果为(    )
A. −1 B. 3−2 C. 3+2 D. − 3−2
8. 已知，如图，矩形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此矩形折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则△ABE的面积为(    )


A. 6cm2 B. 8cm2 C. 10cm2 D. 12cm2
9. 如图，顺次连接四边形ABCD的各边的中点，得到四边形EFGH，在下列条件中，可使四边形EFGH为矩形的是(    )
A. AB=CD
B. AC=BD
C. AC⊥BD
D. AD//BC
10. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O(0,0)，A(4,0)，∠AOC=60°，则对角线交点E的坐标为(    )



A. (2, 3)
B. ( 3,2)
C. ( 3,3)
D. (3, 3)
11. 如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH.若∠B=45°，BC=2 3，则GH的最小值为(    )

A. 3 B. 22 C. 6 D. 62
12. 如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF.若∠AOE=150°,DF= 3，则EF的长为(    )
A. 2 3
B. 2+ 3
C. 3+1
D. 3
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 二次根式 2x−1中，字母x的取值范围是        ．
14. 直角三角形的两直角边长分别为6和8，则斜边中线的长是______．
15. 如图，数轴上点A表示的数为a，化简a+ (a−2)2=______．

16. 如图，平行四边形ABCD的对角线互相垂直，要使ABCD成为正方形，还需添加的一个条件是______(只需添加一个即可)


17. 如图，一只蚂蚁沿着边长为2的正方体表面从点A出发，经过3个面爬到点B，如果它运动的路径是最短的，则最短距离为______．


18. 如图，在矩形ABCD中，AD>AB，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F.下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB=2∠ACB；
③AC⋅EF=CF⋅CD；
④若AF平分∠BAC，则CF=2BF.其中正确结论的有______ .(填写正确结论的序号)

三、解答题（本大题共6小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
(1)计算： 8−( 33)0+ 3+ 6 3+ 3( 3−1)−| 3−2|．
(2)先化简，再求值：a+ 1−2a+a2，其中a=2020.如图是小亮和小芳的解答过程．

① ______ 的解法是错误的；
②仿照上面正确的解法先化简，再求值：a2−1a−1− a2−2a+1a2−a−1a，其中a=2− 3．
20. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，CF平分∠ACD交AD于点F.求证：四边形AECF为平行四边形．

21. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，AC=20，CD=12，BD=9．
(1)求证：△ABC是直角三角形；
(2)求点D到AC、BC的距离之和．

22. (本小题8.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC且DE=12AC，连接 CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，求AE的长．

23. (本小题8.0分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm.点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C出发，以3cm/s的速度向点B同时运动.规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.设P，Q运动的时间为t s．

(1)若点P和点Q同时运动了6秒，PQ与CD有什么数量关系？并说明理由；
(2)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQBA是矩形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由；
(3)在整个运动过程中，是否存在一个时间，使得四边形PQCD是菱形？如果存在，求出时间t的值，如果不存在，请说明理由．
24. (本小题8.0分)
平面直角坐标系中，A(a,0)，B(b,b)，C(0,c)，且满足： a−4+(2b−a−c)2+|b−c|=0，E、D分别为x轴和y轴上动点，满足∠DBE=45°．
(1)求A、B、C三点坐标；
(2)如图1，若D为线段OC中点，求E点坐标；
(3)当E，D在x轴和y轴上运动时，试探究CD、DE和AE之间的关系．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、 3属于最简二次根式，故本选项符合题意；
B、 4=2不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
C、 12= 22不属于最简二次根式，故本选项不符合题意；
D、 8=2 2不属于最简二次根式，故本选项不符合题意．
故选：A．
根据最简二次根式的概念：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式判断即可．
本题考查最简二次根式，掌握最简二次根式的概念：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解： 18× 12
= 18×12
= 9×2×4×3
=6 6，
故选：D．
根据二次根式的乘法法则计算即可．
本题考查的是二次根式的乘法运算，掌握二次根式的乘法法则是解题的关键．

3.【答案】D 
【解析】解：A、∵∠C=∠A−∠B，∴∠A=90°，能判定△ABC为直角三角形，不符合题意；
B、(5x)2+(12x)2=(13x)2，能判定△ABC为直角三角形，不符合题意；
C、∵(c−a)(c+a)=b2，∴a2+b2=c2，符合勾股定理的逆定理，是直角三角形，不符合题意；
D、∠A：∠B：∠C=3：4：5，那么∠A=45°、∠B=60°、∠C=75°，△ABC不是直角三角形，符合题意；
故选：D．
由三角形内角和定理及勾股定理的逆定理进行判断即可．
本题考查了直角三角形的判定，注意在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．

4.【答案】A 
【解析】解：在▱ABCD中有：∠A=∠C，AD//BC，
∵∠A+∠C=80°，
∴∠A=∠C=40°，
∴∠B=180°−∠A=140°，
故选：A．
根据平行四边形对角相等即可求出∠A，进而可求出∠B．
本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等、邻角互补的性质是解题关键．

5.【答案】C 
【解析】解：由题意得，AC= AB2+BC2= AD2+DC2= 10，
故可得AM= 10，BM=AM−AB= 10−3，
又∵点B的坐标为(2,0)，
∴点M的坐标为( 10−1,0)．
故选：C．
在RT△ABC中利用勾股定理求出AC，继而得出AM的长，结合数轴的知识可得出点M的坐标．
此题考查了勾股定理及坐标轴的知识，属于基础题，利用勾股定理求出AC的长度是解答本题的关键，难度一般．

6.【答案】B 
【解析】解：∵75=25×3，
∴ 75n是整数的正整数n的最小值是3．
故选：B．
先把75分解，然后根据二次根式的性质解答．
本题考查了二次根式的定义，把75分解成平方数与另一个因数相乘的形式是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：( 3−2)2021⋅( 3+2)2022
=( 3−2)2021⋅( 3+2)2021×( 3+2)
=[( 3−2)×( 3+2)]2021×( 3+2)
=(3−4)2021×( 3+2)
=(−1)2021×( 3+2)
=−( 3+2)
=− 3−2，
故选：D．
利用积的乘方的法则，二次根式的相应的法则进行求解即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，积的乘方，解答的是对相应的运算法则的掌握．

8.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了折叠问题，三角形的面积，勾股定理，解题关键是掌握：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方.根据折叠的条件可得：BE=DE，在直角△ABE中，利用勾股定理就可以求解．
【解答】
解：将此长方形折叠，使点B与点D重合，
∴BE=ED．
∵AD=AE+DE=AE+BE=9(cm)．
∴BE=9−AE，
根据勾股定理可知AB2+AE2=BE2，
∴32+AE2=(9−AE)2，
解得AE=4(cm)．
∴△ABE的面积为12×3×4=6(cm2).
故选A．
  
9.【答案】C 
【解析】解：新四边形的各边垂直，都平行于原四边形对角线，那么原四边形的对角线也应垂直．
故选：C．
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形或有三个角是直角的四边形是矩形判断．
本题考查了利用三角形中位线定理得到新四边形各边与原四边形各边的位置关系．

10.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
过点E作EF⊥x轴于点F，由直角三角形的性质求出EF长和OF长即可．
【解答】
解：过点E作EF⊥x轴交x轴于点F，

∵四边形OABC为菱形，∠AOC=60°，
∴∠AOE=12∠AOC=30°，AC⊥OB，
∴∠FAE=60°，
∴∠AEF=30°，
∵A(4,0)，
∴OA=4，
∴AE=12AO=12×4=2，
∴AF=12AE=1，EF= AE2−AF2= 22−12= 3，
∴OF=AO−AF=4−1=3，
∴E(3, 3)．
故选：D．  
11.【答案】D 
【解析】解：连接AF，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2 3，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
∴GH=12AF，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB=90°，
∵∠B=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF= 22AB= 22×2 3= 6，
∴GH= 62，
即GH的最小值为 62，
故选：D．
连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH=12AF，求出AF的最小值即可解决问题．
本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．

12.【答案】A 
【解析】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴∠BOE=∠COF=60°，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴OE=OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，

∴∠OGF=∠DGF=90°，
∵∠ODC=45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF=DG= 22DF= 62，
∵∠AOE=150°，
∴∠BOE=60°，
∴∠DOF=30°，
∴OF=2GF= 6，
∴EF= 2OF=2 3．
故选：A．
由题意证明△BOE≌△COF(ASA)，所以OE=OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长．
本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含30°的直角三角形的三边关系等相关知识，解题关键是得出△OEF是等腰直角三角形．

13.【答案】x≥12 
【解析】解：根据题意，得2x−1≥0，
解得x≥12．
故答案为：x≥12．
根据二次根式的被开方数是非负数即可得出答案．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．

14.【答案】5 
【解析】解：已知直角三角形的两直角边为6、8，
则斜边长为 62+82=10，
故斜边的中线长为12×10=5，
故答案为5．
已知直角三角形的两条直角边，根据勾股定理即可求斜边的长度，根据斜边中线长为斜边长的一半即可解题．
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了斜边中线长为斜边长的一半的性质，本题中正确的运用勾股定理求斜边的长是解题的关键．

15.【答案】2 
【解析】解：由数轴可知，0 ∴a−2<0，
∴a+ (a−2)2=a+|a−2|=a+2−a=2．
故答案为：2．
由数轴可知，0 本题主要考查二次根式的化简，绝对值的性质，利用数轴得出字母的范围是解题关键．

16.【答案】∠ABC=90°或AC=BD 
【解析】解：条件为∠ABC=90°或AC=BD，
理由是：∵平行四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°或AC=BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：∠ABC=90°或AC=BD．
此题是一道开放型的题目，答案不唯一，添加一个条件符合正方形的判定即可．
本题考查了正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质等知识点，能熟记正方形的判定是解此题的关键．

17.【答案】2 10 
【解析】解：将正方体展开，右边与后面的正方形与前面正方形放在一个面上，展开图如图所示，此时AB最短，
AB= 62+22=2 10，
故答案为：2 10．
将正方体展开，根据两点之间线段最短，构造出直角三角形，进而求出最短路径的长．
此题考查了平面展开−最短路径问题，勾股定理，熟练求出AB的长是解本题的关键．

18.【答案】①②④ 
【解析】解：如图，设AC与MN的交点为O，

根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，
∴AO=OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAO=∠OCF，
又∵∠AOE=∠COF，AO=CO，
∴△AOE≌△COF，
∴EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，故①正确；
②∵FA=FC，
∴∠ACB=∠FAC，
∴∠AFB=2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得12AC⋅EF=CF⋅CD，故③不正确，
④∵四边形AECF是菱形，
∴∠FAC=∠EAC，AF=CF
又∵∠BAF=∠FAC，
∴∠BAF=∠FAC
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠FAC+∠EAC=90°，
∴∠BAF=30°，
∴AF=2BF，
∴CF=2BF.故④正确；
综上所述：正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质和菱形的对角线平分每一组对角求出∠BAF=30°，再根据含30度角的直角三角形的性质可得AF=2BF，由即可AF=CF求解．
本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．

19.【答案】小亮 
【解析】解：(1)原式=2 2−1+1+ 2+3− 3−2+ 3
=3 2+1；
(2)①a+ 1−2a+a2=a+ (a−1)2=a+|a−1|，
当a=2020时，
a+|a−1|=a+a−1=2a−1=2×2020−1=4039；
∴小亮的解法是错误的．
故答案为：小亮；
②∵a=2− 3>0，a−1=1− 3<0，
∴a2−1a−1− a2−2a+1a2−a−1a
=(a−1)(a+1)a−1−1−aa(a−1)−1a
=a+1+1a−1a
=a+1，
当a=2− 3时，原式=3− 3．
故答案为：小亮．
(1)根据二次根式的性质以及二次根式的混合运算法则，零指数幂，进行计算即可求解；
(2)①根据二次根式的性质化简，然后代入a的值即可求解；
②先根据分式的运算法则和二次根式的性质化简，然后代入a的值即可求解．
本题考查了实数的混合运算，二次根式的性质，二次根式的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则以及二次根式的运算法则是解题的关键．

20.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD，
∴∠CAE=12∠BAC，∠ACF=12∠ACD，
∴∠CAE=∠ACF，
∴AE//CE，
又∵AF//CE，
∴四边形AECF为平行四边形． 
【解析】由平行四边形的性质得AD//BC，AB//CD，则∠BAC=∠ACD，再由角平分线定义得∠CAE=∠ACF，则AE//CE，即可得出结论．
本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵CD⊥AB，
∴∠CDB=∠CDA=90°，
在Rt△BDC中，CD2+BD2=BC2，即122+92=BC2，
∴BC=15；
在Rt△ADC中，CD2+AD2=AC2，即122+AD2=202，
∴AD=16，
∵AC=20，BC=15，AB=25，
∴AC2+BC2=AB2，  
∴△ABC是直角三角形；
(2)解：过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E、F，
S△ADC=S△ADE+S△CDE，
S△ADC=12AC⋅DE=12AD⋅CD，即20DE=16×12，
∴DE=9.6，
S△BCD=12BC⋅DF=12BD⋅CD，即15DF=9×12，
∴DF=7.2，
∴DE+DF=9.6+7.2=16.8． 
【解析】(1)根据已知数据利用勾股定理的逆定理即可证明．
(2)根据(1)中求得AD的长度，再利用等面积法求出点D到AC、BC的距离，即可得到答案．
本题考查了勾股定理和三角形高的问题，熟练运用勾股定理逆定理和等面积法求高是解题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC．
∵DE=12AC，
∴DE=OC．
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形．  
∴OE=CD．
(2)在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=2．
∴在矩形OCED中，
CE=OD= AD2−AO2= 3．
在Rt△ACE中，
AE= AC2+CE2= 7． 
【解析】(1)先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明OCED是矩形，可得OE=CD即可；
(2)根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．

23.【答案】解：(1)结论：PQ=CD，理由如下：
由题意得：AP=t，CQ=3t，
∵AB=8，AD=24，BC=26，
∴PD=24−t，
当t=6时，DP=18，CQ=18，
∴DP=CQ，
∵DP//CQ，
∴四边形PDCQ是平行四边形，
∴PQ=CD；
(2)解：存在，
在四边形ABCD中：AD//BC，∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形，
∴t=26−3t
解得：t=6.5，
∴当t=6.5时，四边形ABQP是矩形；
(3)解：不存在，
如图，过点D作DE⊥BC，垂足为E，

则四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=8，CE=BC−BE=2，
由(1)知：
当t=6时，四边形CDPQ为平行四边形，
∴CQ=18，
∴CD= DE2+CE2= 82+22=2 17≠CQ，
∴四边形CDPQ不可能为菱形． 
【解析】(1)可求AP=24−t，可证DP=CQ，从而得证；
(2)四边形ABQP是矩形，从而可得t=26−3t，可求解；
(3)可求CQ=18，CD=2 17，从而可求解．
本题考属于四边形综合题，查了平行四边形、矩形、菱形的判定方法及性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．

24.【答案】解：(1)∵ a−4+(2b−a−c)2+|b−c|=0，
∴a=4，b=c，2b−a−c=0，
∴b=4，c=4，
∴点A(4,0)，点B(4,4)，点C(0,4)；
(2)如图1，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，

∵点A(4,0)，点B(4,4)，点C(0,4)，
∴OA=OC=BC=AB=4，
∵D为线段OC中点，
∴CD=DO=2，
∵将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，
∴△BCD≌△BAH，
∴BD=BH，∠CBD=∠HBA，CD=AH=2，
∵∠DBE=45°，
∴∠CBD+∠EBA=45°，
∴∠EBA+∠ABH=45°=∠HBE=∠DBE，且BD=BH，BE=BE，
∴△DBE≌△HBE(SAS)
∴DE=EH，
∵OH=OA+AH=4+2=6，
∴DE=EH=6−OE，
∵DE2=OD2+OE2，
∴(6−OE)2=4+OE2，
∴OE=83，
∴点E坐标为(83,0)；
(3)如图1，若点E在x轴正半轴，点D在y轴正半轴上，

由(2)可知：DE=EH，AH=CD，
∴DE=AE+AH=AE+CD，
如图2，点E在x轴负半轴，点D在y轴正半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，

∴△BCD≌△BAH，∠DBH=90°，
∴BD=BH，∠CBD=∠HBA，CD=AH，
∵∠DBE=45°，
∴∠DBE=45°=∠HBE，且BD=BH，BE=BE，
∴△DBE≌△HBE(SAS)
∴DE=EH，
∴AE=AH+EH=CD+DE；
如图3，点E在x轴正半轴，点D在y轴负半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，

∴△BCD≌△BAH，∠DBH=90°，
∴BD=BH，∠CBD=∠HBA，CD=AH，
∵∠DBE=45°，
∴∠DBE=45°=∠HBE，且BD=BH，BE=BE，
∴△DBE≌△HBE(SAS)
∴DE=EH，
∴CD=AH=AE+EH=AE+DE． 
【解析】(1)由非负性可求a，b，c的值，即可求解；
(2)将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，可得BD=BH，∠CBD=∠HBA，CD=AH=2，由“SAS”可证△DBE≌△HBE，可得DE=EH，由勾股定理可求OE的长，即可求E点坐标；
(3)分三种情况讨论，由旋转的性质，全等三角形的性质可求解．
本题是四边形综合题，考查了非负性，正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．