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人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题期中必刷真题02(填空易错60道提升练)(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题期中必刷真题02(填空易错60道提升练)(原卷版+解析)，共58页。试卷主要包含了(2023春•正阳县期中）已知等内容，欢迎下载使用。
一．填空题（共60小题）
1．(2023秋•南安市期中）已知x＝+2，代数式x2﹣4x+11的值为 ．
2．(2023春•玉州区期中）化简二次根式的正确结果是 ．
3．(2023秋•南安市期中）实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a|+﹣|b|的结果是 ．
4．(2023春•莱西市期中）若成立，则x的取值范围是 ．
5．(2023春•香洲区校级期中）已知，则x2﹣4x+1的值为 ．
6．(2023秋•澄迈县期中）如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为 ．
7．(2023春•正阳县期中）已知：，则ab3+a3b的值为 ．
8．(2023春•黄冈期中）已知x＝+1，y＝﹣1，则x2﹣y2的值为 ．
9．(2023秋•嘉定区期中）已知是整数，则满足条件的最小正整数n为 ．
10．(2023春•成武县期中）比较大小：3 ．（选填“＞”、“＝”或“＜”）
11．(2023春•范县期中）已知y＝+﹣3，则xy的值为 ．
12．(2023秋•宝山区校级期中）若最简二次根式与是同类根式，则2a﹣b＝ ．
13．(2023春•怀仁市期中）小红说：“因为＝2，所以不是二次根式．”你认为小红的说法对吗？ （填对或错）．
14．(2023春•陵城区期中）已知y＝+8x，则的算术平方根为 ．
15．(2023春•吴江区校级期中）像（+）（﹣）＝3、•＝a（a≥0）、（+1）（﹣1）＝b﹣1（b≥0）…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．请写出﹣的一个有理化因式 ．
16．(2023春•北京期中）已知直角三角形的两边长为3和4，则直角三角形的面积为 ．
17．(2023秋•莱西市期中）如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，几分钟后船到达点D的位置，此时绳子CD的长为10米，问船向岸边移动了 米．
18．(2023秋•禅城区校级期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8．则边BC的长为 ．
19．(2023春•连山区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、BC为斜边作等腰直角三角形S1、S2，以AB为边作正方形S．若S1与S2的面积和为9，则正方形S的边长等于 ．
20．(2023秋•平阳县期中）直角三角形纸片ABC中，∠C＝Rt∠，AC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的角平分线，则BD＝ ．
21．(2023春•海淀区校级期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB＝6，CD＝10，则AD2+BC2＝ ．
22．(2023秋•上海期中）在Rt△ABC中，∠A＝90°，已知AB＝1，AC＝2，AD是∠BAC的平分线，那么AD的长是 ．
23．(2023秋•秦淮区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4cm，分别以AC，BC为边作正方形，面积分别记为S1，S2，则S1+S2＝ cm2．
24．(2023秋•温江区校级期中）如图，已知一块四边形草地ABCD，其中∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，AB＝10m，CD＝5m，则这块土地的面积为 ．
25．(2023春•阳高县期中）数学活动课上，同学们利用升旗的绳子测量旗杆的高度．将绳子紧靠旗杆拉直，测得绳子比旗杆多0.5m（如图1）；然后拉着绳子的底端往后拉，当绳子拉直时，测得绳子的末端到地面的距离CD为0.5m，到旗杆的距离CE为3.5m（如图2），若设旗杆高为xm，则x满足的方程为 ．
26．(2023春•香洲区校级期中）如图，一高层住宅发生火灾，消防车立即赶到距大厦8米处（车尾AE到大厦墙面CD），升起云梯到火灾窗口B．已知云梯AB长17米，云梯底部距地面的高AE＝1.5米，则发生火灾的住户窗口距离地面高度BD是 ．
27．(2023春•岳阳县期中）生活经验表明，靠墙摆放梯子时，若梯子底端离墙的距离约为梯子长度的，则梯子最稳定，现有一长度为6米的梯子，当梯子稳定摆放时，他的顶端能达到5.6米高的墙头吗？ （≈1.414）（填“能”或“不能”）
28．(2023春•乾安县期中）一个门框的尺寸如图所示，一块长3米，宽2.2米的长方形薄木板能否从门框内通过？答： ．（填“能”或“不能”）
29．(2023秋•东阳市期中）如图1，塔吊是建筑工地上常用的一种起重设备，可以用来搬运货物．如图2，已知一款塔吊的平衡臂ABC部分构成一个直角三角形，且AC＝BC，起重管AD可以通过拉伸BD进行上下调整，现将起重AD从水平位置调整至AD位置，使货物E到达E1位置（挂绳DE的长度不变且始终与地面垂直），测得货物E升高了24米，且到塔身AH的距离缩短了16米．AB⊥BD1．
（1）点D到AD的距离D1F的长为 米；
（2）AC的长为 米．
30．(2023春•兰山区期中）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝5.2，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和3．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DEB的最小值为 ．
31．(2023春•思明区校级期中）如图，在▱ABCD中，AE＝2，AD＝5，∠BCD的平分线与BA的延长线相交于点E，则CD的长为 ．
32．(2023春•巧家县期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，若AC＝6，BD＝14，AD＝x，则x的取值范围是 ．
33．(2023春•瑞金市期中）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝6，EF＝2，则BC的长为 ．
34．(2023秋•镇平县期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
35．(2023春•通道县期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝15cm，BC＝10cm，P、Q分别从A、C同时出发，P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，运动 秒时，四边形ABQP恰好是平行四边形．
36．(2023春•荔湾区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AB，AO的中点，连接EF，若EF＝3，则BD的长为 ．
37．(2023春•义马市期中）如图，CD是△ABC的中线，点E，F分别是AC，DC的中点，EF＝，则BD＝ ．
38．(2023春•唐河县期中）如图，在平行四边形ABCD中，EF过对角线的交点O，且与边AB、CD分别相交于点E、F，平行四边形ABCD的周长是20，OF＝2.3，则四边形BCFE的周长为 ．
39．(2023春•抚远市期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝，AD＝3，动点M，N分别在边AB、BC上，C点M不与点N重合），E，F分别为MN，DN的中点，连接EF，则EF长度的最大值为 ．
40．(2023春•浦北县期中）在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（1，2），则顶点B的坐标是 ．
41．(2023春•东光县期中）如图，在△ABC中，D是BC中点，AE平分∠BAC，AE⊥BE．
（1）DE与AC的位置关系是 ；
（2）若AB＝3，AC＝5，则DE＝ ．
42．(2023春•银川期中）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，以点B的圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于12PQ的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为 ．
43．(2023春•香坊区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，AB＝20，CD＝12，∠B+∠C＝120°，则EF的长为 ．
44．(2023春•海淀区校级期中）在▱ABCD中，O为AC、BD的交点，点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与▱ABCD的另一边交于点F，N．
下面四个推断：
①对于任意的点E，M，都存在EF＝MN
②对于任意的点E，M，都存在EN∥MF
③若AC⊥BD，则至少存在一个四边形ENFM，使得EF⊥MN
④对于任意的▱ABCD，存在无数个四边形ENFM，使得EF＝MN
其中，所有正确的有 ．
45．(2023秋•包河区期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，连接DE，点F在线段DE上，连接AF，已知AB＝7，AD＝8，AF＝5．
（1）若F为DE的中点，则平行四边形ABCD的面积为 ；
（2）若∠AFE＝∠B，则DE的长为 ．
46．(2023秋•信宜市校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF＝ ．
47．(2023秋•铁西区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E为AD的中点，连接OE，∠ABC＝60°，BD＝4，则OE＝ ．
48．(2023春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
49．(2023秋•南岗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，AF⊥DE于点M，点H在EM上，MH＝MD，连接AH延长交BC于点G，若CF＝6，CG＝7，则线段DE的长为 ．
50．(2023春•玄武区校级期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝3，则对角线BD的长为 ．
51．(2023春•沙坪坝区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，点M、N分别是AD、DC的中点，连接MN、EM、EN，若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为 ．
52．(2023秋•奉化区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，D为AC中点，过点A作AE∥BC，连接BE，∠EBD＝∠CBD，BD＝5，则BE的长为 ．
53．(2023春•连山区期中）如图，E，F分别是边长为4的正方形ABCD的边AD，DC上的动点，满足AE＝DF，连接AF，BE，BE与AF相交于点P，连接DP，则DP的最小值是 ．
54．(2023春•汶上县期中）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个全等的直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重处，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则（a+b）2＝ ．
55．(2023春•连山区期中）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，则矩形ABCD的面积为 ．
56．(2023春•云梦县期中）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作OE⊥OF分别交AB，BC于E，F两点，AE＝6，CF＝2，则EF的长为 ．
57．(2023春•滨州期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD＝4+；
⑤S△APD+S△APB＝1+，
其中正确结论的序号是 ．
58．(2023春•铁岭县期中）如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，延长CB到点F，使BF＝DE，连接AE，AF，EF，作AH⊥EF交BC于点G，垂足为点H，连接CH．有下列四个结论：
①△ABF≌△ADE；
②∠EAG＝45°；
③∠CFE＝25°；
④CH＝HF．
其中正确的结论有 （填写序号）．
59．(2023春•虞城县期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 ．
60．(2023春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 ．
【拔尖特训】2023-2024学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】
期中必刷真题02（填空易错60道提升练，八下人教）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
期中必刷真题02（填空易错60道提升练，八下人教）
一．填空题（共60小题）
1．(2023秋•南安市期中）已知x＝+2，代数式x2﹣4x+11的值为 12 ．
【分析】利用完全平方公式将所求的代数式进行变形，然后代入求值即可．
【解答】解：x2﹣4x+11，
＝（x﹣2）2+7．
把x＝+2代入，
原式＝（+2﹣2）2+7，
＝（）2+7，
＝5+7，
＝12．
故答案是：12．
【点评】此题考查了二次根式的化简求值，利用了整体代入的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
2．(2023春•玉州区期中）化简二次根式的正确结果是 ﹣ ．
【分析】由二次根式的性质即可得出结论．
【解答】解：由题意得x＜0，
∴原式＝﹣×
＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查的是二次根式的性质与化简，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
3．(2023秋•南安市期中）实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a|+﹣|b|的结果是 ﹣2a ．
【分析】直接利用数轴结合a，b的位置得出a＜0，a﹣b＜0，b＞0，进而化简得出答案．
【解答】解：由数轴可得：a＜0，a﹣b＜0，b＞0，
故|a|+﹣|b|
＝﹣a+（b﹣a）﹣b
＝﹣a+b﹣a﹣b
＝﹣2a．
故答案为：﹣2a．
【点评】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．
4．(2023春•莱西市期中）若成立，则x的取值范围是 x＝1或x＝3 ．
【分析】根据分式的性质解决此题．
【解答】解：∵，
∴．
∴．
∴．
∴x﹣1＝0或x﹣2＝1．
∴x＝1或x＝3．
检验：当x＝1，x﹣2＝﹣1；当x＝3，x﹣2＝1．
∴x＝1或x＝3．
故答案为：x＝1或x＝3．
【点评】本题主要考查分母有理化，熟练掌握分式的性质是解决本题的关键．
5．(2023春•香洲区校级期中）已知，则x2﹣4x+1的值为 2 ．
【分析】先根据分母有理化求出x值，然后利用完全平方公式对代数式变形，再代入数据求解即可．
【解答】解：＝＝＝，
x2﹣4x+1
＝x2﹣4x+4﹣4+1
＝（x﹣2）2﹣3，
把代入上式中，
原式＝＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了代数式求值，二次根式的运算，分母有理化等知识点，解题的关键在于能够利用完全平方公式对代数式进行变形求解．
6．(2023秋•澄迈县期中）如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为 2 ．
【分析】根据图形可以求得图中阴影部分的面积＝大矩形面积﹣正方形面积，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
大正方形的边长为，小正方形的边长为，
∴图中阴影部分的面积为：×（2﹣）＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查算术平方根，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答．
7．(2023春•正阳县期中）已知：，则ab3+a3b的值为 ．
【分析】先根据a、b的值计算出a+b、ab的值，再将其代入到原式＝ab（a2+b2）＝ab[（a+b）2﹣2ab]计算即可．
【解答】解：∵，
∴a+b＝+＝，
ab＝×＝＝，
则原式＝ab（a2+b2）
＝ab[（a+b）2﹣2ab]
＝×（3﹣2×）
＝×
＝，
故答案为：．
【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．
8．(2023春•黄冈期中）已知x＝+1，y＝﹣1，则x2﹣y2的值为 4 ．
【分析】先根据x、y的值求出x+y、x﹣y的值，再代入原式＝（x+y）（x﹣y）计算即可．
【解答】解：∵x＝+1，y＝﹣1，
∴x+y＝+1+﹣1＝2，
x﹣y＝+1﹣+1＝2，
则原式＝（x+y）（x﹣y）
＝2×2
＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查二次根式的化简求值，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和法则及平方差公式．
9．(2023秋•嘉定区期中）已知是整数，则满足条件的最小正整数n为 5 ．
【分析】因为是整数，且＝＝2，则5n是完全平方数，满足条件的最小正整数n为5．
【解答】解：∵＝＝2，且是整数；
∴2是整数，即5n是完全平方数；
∴n的最小正整数值为5．
故答案是：5．
【点评】此题主要考查了二次根式的定义，正确化简二次根式得出是解题关键．
10．(2023春•成武县期中）比较大小：3 ＞ ．（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【分析】求出3＝，再比较即可．
【解答】解：3＝＞，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了实数的大小比较，能选择适当的方法比较两个数的大小是解此题的关键．
11．(2023春•范县期中）已知y＝+﹣3，则xy的值为 ﹣ ．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x的值，进而得出y的值进而得出答案．
【解答】解：∵y＝+﹣3，
∴2x﹣5＝0，
解得：x＝，
故y＝﹣3，
则xy＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x，y的值是解题关键．
12．(2023秋•宝山区校级期中）若最简二次根式与是同类根式，则2a﹣b＝ 9 ．
【分析】结合同类二次根式的定义：一般地，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．进行求解即可．
【解答】解：∵最简二次根式与是同类根式，
∴2a﹣4＝2，
3a+b＝a﹣b，
解得：a＝3，b＝﹣3．
∴2a﹣b＝2×3﹣（﹣3）＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了同类二次根式，解答本题的关键在于熟练掌握同类二次根式的定义：一般地，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．
13．(2023春•怀仁市期中）小红说：“因为＝2，所以不是二次根式．”你认为小红的说法对吗？ 错 （填对或错）．
【分析】依据二次根式的定义解答即可．
【解答】解：∵中被开放数4＞0且含有“”，
∴是二次根式．
∴小红的说法错误．
故答案为：错．
【点评】本题主要考查的是二次根式的定义，掌握二次根式的定义是解题的关键．
14．(2023春•陵城区期中）已知y＝+8x，则的算术平方根为 2 ．
【分析】根据被开方数大于等于0列式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式求出的值，再根据算术平方根的定义解答．
【解答】解：由题意得，2x﹣1≥0且1﹣2x≥0，
解得x≥且x≤，
∴x＝，
∴y＝+8x＝0+0+8×＝4，
∴＝＝4，
∴的算术平方根是2．
故答案为：2．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数，算术平方根的定义．
15．(2023春•吴江区校级期中）像（+）（﹣）＝3、•＝a（a≥0）、（+1）（﹣1）＝b﹣1（b≥0）…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．请写出﹣的一个有理化因式 ．
【分析】根据题意可以解答本题．
【解答】解：∵，
∴是的一个有理化因式．
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查有理化因式，分母有理化，解答本题的关键是掌握有理化因式的定义特征．
16．(2023春•北京期中）已知直角三角形的两边长为3和4，则直角三角形的面积为 或6 ．
【分析】分为两种情况：①斜边AB＝4，②直角边AC＝4，再求出答案即可．
【解答】解：△ABC中，∠C＝90°，
分为两种情况：
①当斜边AB＝4，BC＝3时，由勾股定理得：AC＝＝＝，
△ABC的面积是＝×3＝；
②当BC＝3，AC＝4时，△ABC的面积是＝＝6，
所以直角三角形的面积为或6，
故答案为：或6．
【点评】本题考查了直角三角形的面积和勾股定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
17．(2023秋•莱西市期中）如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，几分钟后船到达点D的位置，此时绳子CD的长为10米，问船向岸边移动了 9 米．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD＝AB﹣AD可得BD长．
【解答】解：在Rt△ABC中：
∵∠CAB＝90°，BC＝17米，AC＝8米，
∴AB＝＝＝15（米），
∵CD＝10（米），
∴AD＝＝6（米），
∴BD＝AB﹣AD＝15﹣6＝9（米），
答：船向岸边移动了9米，
故答案为：9．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
18．(2023秋•禅城区校级期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8．则边BC的长为 9或21 ．
【分析】高线AD可能在三角形的内部也可能在三角形的外部，本题应分两种情况进行讨论．分别依据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，在Rt△ABD中，
∵AB＝17，AD＝8，
∴BD＝＝15；
在Rt△ACD中，
∵AC＝10，AD＝8，
∴CD＝＝6，
∴当AD在三角形的内部时，BC＝15+6＝21；
当AD在三角形的外部时，BC＝15﹣6＝9．
∴BC的长是21或9．
故答案为：21或9．
【点评】本题考查的是勾股定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
19．(2023春•连山区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、BC为斜边作等腰直角三角形S1、S2，以AB为边作正方形S．若S1与S2的面积和为9，则正方形S的边长等于 6 ．
【分析】分别以AC，BC为边向△ABC的外部作正方形，则AC2＝4S1，BC2＝4S2，由勾股定理可得S＝4（S1+S2），进而可求解AB的长．
【解答】解：分别以AC，BC为边向△ABC的外部作正方形，
则AC2＝4S1，BC2＝4S2，
在Rt△ABC中AC2+BC2＝AB2，
∵AB2＝S，
∴S＝4S1+4S2＝4（S1+S2），
∵S1+S2＝9，
∴S＝4×9＝36，
∴AB＝6．
故答案为6．
【点评】本题主要考查勾股定理，分别以AC，BC为边向△ABC的外部作正方形，利用勾股定理列算式时解题的关键．
20．(2023秋•平阳县期中）直角三角形纸片ABC中，∠C＝Rt∠，AC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的角平分线，则BD＝ ．
【分析】根据勾股定理得到BC＝＝6，过D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到CD＝DE，根据全等三角形的性质得到AE＝AC＝8，求得BE＝2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：∵∠C＝Rt∠，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝＝6，
过D作DE⊥AB于E，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴CD＝DE，
在Rt△ACD与Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AE＝AC＝8，
∴BE＝2，
∵DE2+BE2＝BD2，
∴（6﹣BD）2+22＝BD2，
∴BD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
21．(2023春•海淀区校级期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB＝6，CD＝10，则AD2+BC2＝ 136 ．
【分析】在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得BO2+CO2＝CB2，OB2+OA2＝AB2，进一步得BO2+CO2+OA2+OB2＝36+100，再根据AD2＝AO2+DO2，BC2＝OC2+OB2，最后求得AD2+CB2＝136．
【解答】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB＝∠AOB＝∠AOD＝∠COD＝90°，
∴BO2+CO2＝CB2，OB2+OA2＝AB2＝36，OA2+OD2＝AD2，OC2+OD2＝CD2＝100，
∴BO2+CO2+OA2+OB2＝36+100，
∴AD2+CB2＝BO2+CO2+OA2+OB2＝136；
故答案为：136．
【点评】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．
22．(2023秋•上海期中）在Rt△ABC中，∠A＝90°，已知AB＝1，AC＝2，AD是∠BAC的平分线，那么AD的长是 ．
【分析】过B作BE⊥AB交AD的延长线于E，根据角平分线的定义得到∠BAE＝45°，推出△ABE是等腰直角三角形，求得BE＝AB＝1，根据勾股定理得到AE＝＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过B作BE⊥AB交AD的延长线于E，
∵∠BAC＝90°，AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝1，
∴AE＝＝2，
∵∠CAB＝90°，AB⊥BE，
∴AC∥BE，
∴△ACD∽△EBD，
∴＝，
∴＝，
∴AD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
23．(2023秋•秦淮区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4cm，分别以AC，BC为边作正方形，面积分别记为S1，S2，则S1+S2＝ 16 cm2．
【分析】在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出AC2+BC2的值，根据S1，S2分别表示正方形面积，求出S1+S2的值即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4cm，
由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2＝16，
则S1+S2＝AC2+BC2＝16（cm2），
故答案为：16．
【点评】此题考查了勾股定理，以及正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
24．(2023秋•温江区校级期中）如图，已知一块四边形草地ABCD，其中∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，AB＝10m，CD＝5m，则这块土地的面积为 37.5m2 ．
【分析】分别延长AD，BC交于点E，证△ABE和△CDE都是等腰直角三角形，然后求出△ABE和△CDE的面积即可求解．
【解答】解：如图，分别延长AD，BC交于点E．
∵∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，
∴∠DCE＝∠DEB＝∠A＝45°，
∴AB＝BE，CD＝DE，
∵AB＝10m，CD＝5m，
∴BE＝10m，DE＝5m，
∵S△ABE＝AB•BE＝×10×10＝50（m2），S△CDE＝CD•DE＝×5×5＝12.5（m2），
∴四边形ABCD的面积＝S△ABE﹣S△CDE＝50﹣12.5＝37.5（m2）
即这块土的面积为37.5m2．
故答案为：37.5m2．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，解题的关键是：通过作辅助线，构造新的直角三角形，利用四边形ABCD的面积＝S△ABE﹣S△CED来求解．
25．(2023春•阳高县期中）数学活动课上，同学们利用升旗的绳子测量旗杆的高度．将绳子紧靠旗杆拉直，测得绳子比旗杆多0.5m（如图1）；然后拉着绳子的底端往后拉，当绳子拉直时，测得绳子的末端到地面的距离CD为0.5m，到旗杆的距离CE为3.5m（如图2），若设旗杆高为xm，则x满足的方程为 （x﹣0.5）2+3.52＝（x+0.5）2 ．
【分析】根据题意画出示意图，设旗杆高度为xm，根据勾股定理解答即可．
【解答】解：设旗杆高度为xm，可得（x﹣0.5）2+3.52＝（x+0.5）2，
故答案为：（x﹣0.5）2+3.52＝（x+0.5）2．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，构造直角三角形的一般方法就是作垂线．
26．(2023春•香洲区校级期中）如图，一高层住宅发生火灾，消防车立即赶到距大厦8米处（车尾AE到大厦墙面CD），升起云梯到火灾窗口B．已知云梯AB长17米，云梯底部距地面的高AE＝1.5米，则发生火灾的住户窗口距离地面高度BD是 16.5米 ．
【分析】由勾股定理求出BC的长，即可得出结论．
【解答】解：由题意可知，CD＝AE＝1.5米，AC＝8米，AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°；
根据勾股定理得：BC＝＝＝15（米），
∴BD＝BC+CD＝15+1.5＝16.5（米）；
即发生火灾的住户窗口距离地面高度BD是16.5米，
故答案为：16.5米．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，由勾股定理求出BC的长是解题的关键．
27．(2023春•岳阳县期中）生活经验表明，靠墙摆放梯子时，若梯子底端离墙的距离约为梯子长度的，则梯子最稳定，现有一长度为6米的梯子，当梯子稳定摆放时，他的顶端能达到5.6米高的墙头吗？ 能 （≈1.414）（填“能”或“不能”）
【分析】求出BC＝2米，再由勾股定理求得AC的长，即可解决问题．
【解答】解：能．理由如下：
如图，
∵BC＝AB，AB＝6米，
∴BC＝×6＝2（米），
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝＝4≈4×1.414＝5.656（米），
∵5.656＞5.6，
∴梯子顶端能到5.6米高的墙头，
故答案为：能．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，由勾股定理求出AC的长是解题的关键．
28．(2023春•乾安县期中）一个门框的尺寸如图所示，一块长3米，宽2.2米的长方形薄木板能否从门框内通过？答： 能 ．（填“能”或“不能”）
【分析】连接AC，由勾股定理求出AC的长度，然后进行比较，即可得到答案．
【解答】解：连接AC，如图所示：
在Rt△ABC中，根据勾股定理可得：AC2＝AB2+BC2＝12+22＝5，
又∵2.22＝4.84＜5，
∴AC＞木板的宽，
∴木板能从门框内通过．
故答案为：能．
【点评】本题主要考查了正确运用勾股定理，善于观察题目的信息，理解能通过的条件是解题的关键．
29．(2023秋•东阳市期中）如图1，塔吊是建筑工地上常用的一种起重设备，可以用来搬运货物．如图2，已知一款塔吊的平衡臂ABC部分构成一个直角三角形，且AC＝BC，起重管AD可以通过拉伸BD进行上下调整，现将起重AD从水平位置调整至AD位置，使货物E到达E1位置（挂绳DE的长度不变且始终与地面垂直），测得货物E升高了24米，且到塔身AH的距离缩短了16米．AB⊥BD1．
（1）点D到AD的距离D1F的长为 24 米；
（2）AC的长为 7 米．
【分析】（1）根据题意判断出（2）过点B作BM⊥D1E1于点M，由题意易得AD1＝AD，∠C＝∠MFC＝∠BMF＝90°，D1F＝24米，DF＝16米，则四边形CBMF是矩形，设AF＝x米，则AD1＝AD＝（16+x）米，然后根据勾股定理可得AF的长，进而由勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）由题意D1F＝24米．
故答案为：24；
（2）如图，过点B作BM⊥D1E1于点M，
由题意得：AD1＝AD，∠C＝∠MFC＝∠BMF＝90°，D1F＝24米，DF＝16米，
∴四边形CBMF是矩形，
∴BM＝CF，BC＝MF，
设AF＝x米，则AD1＝AD＝（16+x）米，
在Rt△AFD1中，由勾股定理得：x2+242＝（x+16）2，
解得：x＝10，
∴AF＝10米，AD＝AD1＝26米，
设AC＝BC＝MF＝y米，
∴（米），
∴CF＝BM＝（10+y）米，D1M＝（24﹣y）米，
在Rt△BMD1中，，
∵AB⊥BD1，
∴∠ABD1＝90°，
在Rt△ABD1中，，
∴（10+y）2+（24﹣y）2＝262﹣2y2，
整理得：4y2﹣28y＝0，
解得：y＝7或y＝0（舍去）；
即AC的长为7米，
故答案为：7．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
30．(2023春•兰山区期中）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝5.2，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和3．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DEB的最小值为 2.4 ．
【分析】连接BE，DE，根据勾股定理求出BD，根据直角三角形斜边中线的性质求出BE，根据点与圆的位置关系得到点E落在线段BD上时，DE的值最小，计算即可．
【解答】解：连接BE，DE，
由勾股定理得：BD＝＝5，
在Rt△MBN中，点E是MN的中点，
∴BE＝MN＝2.6，
当点E、B、D三点共线，即落在线段BD上时，DE的值最小，
∴DE的最小值为：5﹣2.6＝2.4，
故答案为：2.4．
【点评】本题考查勾股定理的应用，点与圆的位置关系，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是确定DE最小时，点E的位置．
31．(2023春•思明区校级期中）如图，在▱ABCD中，AE＝2，AD＝5，∠BCD的平分线与BA的延长线相交于点E，则CD的长为 3 ．
【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD＝BC＝5，
∴∠E＝∠DCE，
∵CE是∠BCD的平分线，
∴∠BCE＝∠DCE，
∴∠E＝∠BCE，
∴BE＝BC＝5，
∴CD＝AB＝BE﹣AE＝5﹣2＝3，
故答案为：3．
【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的对边相等且平行解答．
32．(2023春•巧家县期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，若AC＝6，BD＝14，AD＝x，则x的取值范围是 4＜x＜10 ．
【分析】根据平行四边形的性质求出OA、OB，根据三角形的三边关系定理即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝6，BD＝14，
∴OA＝OC＝3，OD＝OB＝7，
在△OAB中，OA﹣OB＜x＜OA+OB，
∴7﹣3＜x＜7+3，
∴4＜x＜10．
故答案为：4＜x＜10．
【点评】本题考查平行四边形的性质、三角形的三边关系定理等知识点，求出OA、OB后得出OA﹣OB＜x＜OA+OB是解答本题的关键．
33．(2023春•瑞金市期中）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝6，EF＝2，则BC的长为 10或14 ．
【分析】根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝6，结合角平分线的定义，等腰三角形的性质可求解AF＝AB＝6，DE＝DC＝6，由EF＝2即可求得BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝6，
∴CD＝AB＝6，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝6，
同理DE＝DC＝6，
如图1，∵EF＝2，
∴AE＝AF﹣EF＝6﹣2＝4，
∴AD＝BC＝AE+DE＝4+6＝10，
如图2，∵EF＝2，
∴AE＝AF+EF＝6+2＝8，
∴AD＝BC＝AE+DE＝6+8＝14，
综上所述，BC的长为10或14，
故答案为：10或14．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，证明AF＝AB＝8，DE＝DC＝8是解题的关键．
34．(2023秋•镇平县期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
【分析】当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积求出CM，再求出答案即可．
【解答】解：连接CM，
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
∴DE＝CM，
当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，
由勾股定理得：AB＝＝＝10，
∵S△ABC＝＝，
∴CM＝，
∴DE＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等知识点，注意：三角形的中位线等于第三边的一半．
35．(2023春•通道县期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝15cm，BC＝10cm，P、Q分别从A、C同时出发，P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，运动 4 秒时，四边形ABQP恰好是平行四边形．
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，因此设x秒后四边形ABQP是平行四边形，进而表示出AP＝2xcm，CQ＝0.5xcm，QB＝（10﹣2x）cm再列方程解出x的值即可．
【解答】解：设x秒后，四边形ABQP是平行四边形，
∵P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，
∴AP＝2xcm，CQ＝0.5xcm，
∵BC＝10cm，
∴QB＝（10﹣0.5x）cm，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
∴2x＝10﹣0.5x，解得：x＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的性质．
36．(2023春•荔湾区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AB，AO的中点，连接EF，若EF＝3，则BD的长为 12 ．
【分析】根据三角形中位线的性质可得BO＝2EF＝6，再根据平行四边形的性质即可求解．
【解答】解：∵点E，F分别是AB，AO的中点，若EF＝3，
∴BO＝2EF＝6，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BD＝2BO＝12，
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了三角形的中位线和平行四边形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，平行四边形对角线互相平分．
37．(2023春•义马市期中）如图，CD是△ABC的中线，点E，F分别是AC，DC的中点，EF＝，则BD＝ 3 ．
【分析】由题意可知线段EF为△ACD中位线，即得出AD＝2EF＝3．再根据中线的定义即可得出BD＝AD＝3．
【解答】解：∵点E，F分别是AC，DC的中点，
∴．
∵CD是△ABC的中线，
∴BD＝AD＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查三角形中位线定理，三角形中线的定义．掌握三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题关键．
38．(2023春•唐河县期中）如图，在平行四边形ABCD中，EF过对角线的交点O，且与边AB、CD分别相交于点E、F，平行四边形ABCD的周长是20，OF＝2.3，则四边形BCFE的周长为 14.6 ．
【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质证明△DOF≌△BOE得到OF＝OE，DF＝BE，然后根据四边形的周长公式求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝AD，DO＝OB，CD∥AB，
∴∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴OF＝OE，DF＝BE，
∵平行四边形ABCD的周长是20，OF＝2.3，
∴BC+CD＝10，EF＝2OF＝4.6，
∴四边形BCFE的周长为BE+BC+CF+EF＝BC+CD+EF＝14.6，
故答案为：14.6．
【点评】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、四边形的周长，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质是解答的关键．
39．(2023春•抚远市期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝，AD＝3，动点M，N分别在边AB、BC上，C点M不与点N重合），E，F分别为MN，DN的中点，连接EF，则EF长度的最大值为 3 ．
【分析】连接DM，根据三角形的中位线定理得出EF＝DM，从而可知EF最大时，DM最大，因为M与B重合时DM最大，此时根据勾股定理求得DM＝DB＝6，从而求得EF的最大值为3．
【解答】解：连接DM，
∵点E，F分别为MN，DN的中点，
∴EF＝DM，
∴DM最大时，EF最大，
∵M与B重合时DM最大，
此时DM＝DB＝＝6，
∴EF的最大值为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键．
40．(2023春•浦北县期中）在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（1，2），则顶点B的坐标是 （5，2） ．
【分析】根据题意画出图形，进而得出B点横纵坐标，即可得出答案．
【解答】解：如图，∵平行四边形OABC的顶点O（0，0），A（4，0），C（1，2），
∴OA＝CB＝4，
∴B点纵坐标与C点纵坐标相同，
∴顶点B的坐标是（5，2）．
故答案为：（5，2）．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及坐标与图形的关系，正确建立坐标系画出平行四边形是解题关键．
41．(2023春•东光县期中）如图，在△ABC中，D是BC中点，AE平分∠BAC，AE⊥BE．
（1）DE与AC的位置关系是 DE∥AC ；
（2）若AB＝3，AC＝5，则DE＝ 1 ．
【分析】（1）延长BE交AC于F，证明△AEB≌△AEF，根据三角形中位线定理解答；
（2）根据全等三角形的中线得到AF＝AB＝3，BE＝EF，进而求出FC，根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】（1）解：DE∥AC，理由如下：
延长BE交AC于F，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
在△AEB和△AEF中，
，
∴△AEB≌△AEF（ASA），
∴BE＝EF，
∵D是BC中点，
∴DE是△BFC的中位线，
∴DE∥FC，
即DE∥AC；
故答案为：DE∥AC；
（2）解：由（1）可知∴△AEB≌△AEF（ASA），
∴AF＝AB＝3，BE＝EF，
∴FC＝AC﹣AF＝5﹣3＝2，
∵BD＝DC，BE＝EF，
∴DE＝FC＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．
42．(2023春•银川期中）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，以点B的圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于12PQ的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为 2 ．
【分析】根据作图过程可得BE平分∠ABC；再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠AEB＝∠CBE，证出AE＝AB＝3，即可得出DE的长．
【解答】解：根据作图的方法得：BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝5﹣3＝2；
故答案为：2．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定．熟练掌握平行四边形的性质，证出AE＝AB是解决问题的关键．
43．(2023春•香坊区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，AB＝20，CD＝12，∠B+∠C＝120°，则EF的长为 14 ．
【分析】连接BD，取BD中点G，连接EG、FG，过点F作FH⊥EG交其延长线于H，证明EG是△ABD的中位线，GF为△BDC的中位线，进而求得∠HGF＝60°，在直角△FGH和直角△EFH中进行求解即可得解．
【解答】解：如图：连接BD，取BD中点G，连接EG、FG，过点F作FH⊥EG交其延长线于H，
又∵点E为AD的中点，F为BC的中点，
∴EG是△ABD的中位线，GF为△BDC的中位线，
∴EG//AB，EG＝AB＝10，GF//CD，GF＝CD＝6，
∴∠GFB＝∠C，
∵∠DGF＝∠DBC十∠GFB，
∴∠DGF＝∠DBC+∠C．
∵EG//AB，
∴∠EGD＝∠ABD，
∴∠EGD+∠DGF＝∠ABD+∠DBC+∠C＝∠ABC+∠C．
∵∠ABC+∠C＝120°，
∴∠EGD+∠DGF＝120°＝∠EGF，
∴∠HGF＝60°，
∵FH⊥EG，
∴在直角△FGH中，∠HFG＝30°，
∴，，
∴在直角△EFH中，，
故答案为：14．
【点评】本题主要考查了三角形中位线的判定及性质，勾股定理，利用中位线作出辅助线是解题的关键．
44．(2023春•海淀区校级期中）在▱ABCD中，O为AC、BD的交点，点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与▱ABCD的另一边交于点F，N．
下面四个推断：
①对于任意的点E，M，都存在EF＝MN
②对于任意的点E，M，都存在EN∥MF
③若AC⊥BD，则至少存在一个四边形ENFM，使得EF⊥MN
④对于任意的▱ABCD，存在无数个四边形ENFM，使得EF＝MN
其中，所有正确的有 ②④ ．
【分析】由“ASA”可证△EAO≌△FCO，可得△EAO≌△FCO，可证四边形EMFN是平行四边形，可得EN∥MF，EF与MN不一定相等，故①错误，②正确，由菱形的判定和性质和矩形的判定可判断③错误，④正确，即可求解．
【解答】解：如图，连接EN，MF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△EAO和△FCO中，
，
∴△EAO≌△FCO（ASA），
∴EO＝FO，
同理可得OM＝ON，
∴四边形EMFN是平行四边形，
∴EN∥MF，EF与MN不一定相等，故①错误，②正确，
∵AC⊥BD，
∵点E，M为AD边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），
∴∠EOM＜∠AOD＝90°，
∴不存在四边形ENFM是菱形，故③错误，
当EO＝OM时，则EF＝MN，
又∵四边形ENFM是平行四边形，
∴四边形ENFM是矩形，故④正确，
故答案为：②④．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形ENFM是平行四边形是解题的关键．
45．(2023秋•包河区期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，连接DE，点F在线段DE上，连接AF，已知AB＝7，AD＝8，AF＝5．
（1）若F为DE的中点，则平行四边形ABCD的面积为 48 ；
（2）若∠AFE＝∠B，则DE的长为 ．
【分析】（1）根据平行四边形的面积公式解答即可；
（2）由平行四边形的性质AD∥BC，∠B+∠C＝180°，则∠ADF＝∠CED，再说明∠AFD＝∠C，即可得出△ADF∽△DEC，进而解答即可．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，
∵AE⊥BC，
∴∠EAD＝∠AEB＝90°，
∵F为DE的中点，
∴DE＝2AF＝10，
∴AE＝，
∴平行四边形ABCD的面积＝BC•AE＝8×6＝48，
故答案为：48；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠B+∠C＝180°，
∴∠ADF＝∠CED，
∵∠AFE+∠AFD＝180°，∠AFE＝∠B，
∴∠AFD＝∠C，
∴△ADF∽△DEC，
∴，
即，
∴DE＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
46．(2023秋•信宜市校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF＝ ．
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，AD＝12，可得S矩形ABCD＝AB•AD＝5×12＝60，根据勾股定理可得AC＝BD＝＝13，然后根据S△AOD＝S△AOP+S△DOP，进而可以求得答案．
【解答】解：连接OP，如图所示，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，AD＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•AD＝5×12＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝＝13，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝15，OA＝OD＝，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝（PE+PF）＝15，
∴PE+PF＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
47．(2023秋•铁西区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E为AD的中点，连接OE，∠ABC＝60°，BD＝4，则OE＝ 2 ．
【分析】根据菱形的性质可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，则BO＝2，再利用含30°角的直角三角形的性质可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD，
∴BO＝2，
∴AO＝BO＝2，
∴AB＝2AO＝4，
∵E为AD的中点，∠AOD＝90°，
∴OE＝AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
48．(2023春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
【分析】连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，先根据菱形的性质得到AB＝AD＝5，AB∥CD，则可判断△ABD为等边三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再证明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，则可判断△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可证明△BEF为等边三角形得到EF＝BE，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理计算出BE，从而得到EF的长．
【解答】解：连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝5，AB∥CD，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AB，∠ABD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，
即∠ABE＝∠DBF，
∵CD∥AB，
∴∠FDB＝∠ABD＝60°，
∴∠FDB＝∠EAB，
在△BDF和△BAE中，
，
∴△BDF≌△BAE（ASA），
∴BF＝BE，
而∠EBF＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF＝BE，
在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，
∴AH＝AE＝1，
∴EH＝AH＝，
在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，
∴BE＝＝，
∴EF＝BE＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的判定与性质．
49．(2023秋•南岗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，AF⊥DE于点M，点H在EM上，MH＝MD，连接AH延长交BC于点G，若CF＝6，CG＝7，则线段DE的长为 3 ．
【分析】先证明△ADF≌△DCE（ASA），可得DF＝CE，设DF＝CE＝x（x＞0），则CD＝x+6，EG＝x﹣7，AB＝BC＝AD＝x+6，BG＝x﹣1，由MH＝MD，AF⊥DE，可证AH＝AD＝x+6，∠AHM＝∠ADM，再利用∠AHM＝∠EHG，可得∠EHG＝∠ADM，进一步证明∠HEG＝∠EHG，可得EG＝HG＝x﹣7，AG＝AH+HG＝2x﹣1，由勾股定理AB2+BG2＝AG2，可列出方程，解出x的值，即可求出CE，CD的长，在根据勾股定理求出线段DE的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AMD＝90°，
∴∠DAM+∠ADM＝∠ADM+∠CDE＝90°，
∴∠DAM＝∠CDE，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DF＝CE，
∵CF＝6，CG＝7，
设DF＝CE＝x（x＞0），则CD＝x+6，EG＝x﹣7，
∴AB＝BC＝AD＝x+6，BG＝BC﹣CG＝x+6﹣7＝x﹣1，
∵MH＝MD，AF⊥DE，
∴AH＝AD＝x+6，
∴∠AHM＝∠ADM，
∵∠AHM＝∠EHG，
∴∠EHG＝∠ADM，
∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠HEG＝∠ADM，
∴∠HEG＝∠EHG，
∴EG＝HG＝x﹣7，
又∵AG＝AH+HG＝x+6+x﹣7＝2x﹣1，
在Rt△ABG中，由勾股定理得AB2+BG2＝AG2，
∴（x+6）2+（x﹣1）2＝（2x﹣1）2，解得x1＝9，x2＝﹣2（舍），
∴DF＝CE＝9，CD＝9+6＝15，
∴在Rt△DCE中，由勾股定理得DE2＝CD2+CE2，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质及勾股定理的应用，根据题意设出DF＝CE＝x（x＞0），并表示出AB、AG、BG，利用勾股定理列出方程，解出x的值是解答本题的关键．
50．(2023春•玄武区校级期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝3，则对角线BD的长为 6 ．
【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠ADC＝∠ABC＝80°，∠DCE＝80°，∠DHC＝90°，
又∵∠ECM＝30°，
∴∠DCF＝50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH＝DF＝3，
∴DB＝2DH＝6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC＝∠FDC是这个题最关键的一点．
51．(2023春•沙坪坝区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，点M、N分别是AD、DC的中点，连接MN、EM、EN，若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为 12 ．
【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝10，再根据三角形中位线定理可得MN＝5，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EM，EN的值，进而可以解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，
∴AC＝＝10，
∵点M、N分别是AD、DC的中点，
∴MN＝AC＝5，
∵DE⊥AC，点M、N分别是AD、DC的中点，
∴EM＝AD＝4，EN＝DC＝3，
则△EMN的周长＝MN+EM+EN＝5+4+3＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
52．(2023秋•奉化区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，D为AC中点，过点A作AE∥BC，连接BE，∠EBD＝∠CBD，BD＝5，则BE的长为 ．
【分析】作BH⊥AC于H．解直角三角形求出BH，再证明△BAE∽△BHD，可得＝，由此即可解决问题；
【解答】解：作BH⊥AC于H．
∵∠ABC＝90°，AD＝DC，
∴AC＝2BD＝10，BC＝＝8，
∵BH⊥AC，
∴•AB•BC＝•AC•BH，
∴BH＝，
∵BD＝CD，
∴∠DBC＝∠C，
∵∠ADB＝∠DBC+∠C，
∴∠ADB＝2∠DBC，
∵∠EBD＝∠CBD，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵AE∥BC，∠ABC＝90°
∴∠E＝∠EBC，∠BAE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠E＝∠ADB，∠BAE＝∠BHD＝90°，
∴△BAE∽△BHD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝．
故答案为．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，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．
53．(2023春•连山区期中）如图，E，F分别是边长为4的正方形ABCD的边AD，DC上的动点，满足AE＝DF，连接AF，BE，BE与AF相交于点P，连接DP，则DP的最小值是 2﹣2 ．
【分析】根据正方形的性质和已知条件，判定三角形全等，根据全等三角形的性质和直角三角形两个锐角互余的性质，得到∠APB＝90°，再利用三角形三边关系和两点间距离最短的知识，即可找到符合题意的的P点，进而利用勾股定理等即可解出答案．
【解答】解：如图：取AB的中点H，连接HE，DH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADF＝∠HAD＝90°，
∵AE＝DF，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠DAF＝∠ABE，
∵∠BAP+∠DAF＝90°，
∴∠ABE+∠BAP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∵H是AB的中点，
∴PH＝AB＝2，AH＝AB＝2，
在Rt△ADH中，HD＝＝＝2，
∵DP≥DH﹣HP，
∴DP≥2﹣2，
当D、P、H三点共线时，DP取得最小值，DP＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，掌握三角形全等的判定和性质以及直角三角形有关知识，三角形的三边关系是解决本题的关键．
54．(2023春•汶上县期中）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个全等的直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重处，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则（a+b）2＝ 25 ．
【分析】由菱形的性质可得四边形ABCD是正方形，可得AD2＝13＝a2+b2，中间空白处的四边形EFGH也是正方形，可得（b﹣a）2＝1，求出2ab＝12，即可求解．
【解答】解：由题意得：四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，
∵正方形ABCD的面积为13，
∴AD2＝13＝a2+b2①，
∵中间空白处的四边形EFGH的面积为1，
∴（b﹣a）2＝1，
∴a2﹣2ab+b2＝1②，
①﹣②得：2ab＝12，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝13+12＝25，
故答案为：25．
【点评】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，完全平方公式等知识，掌握菱形的性质，求出2ab＝12是解题的关键．
55．(2023春•连山区期中）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，则矩形ABCD的面积为 12 ．
【分析】由矩形的性质得出∠B＝90°，得出∠BAC+∠BCA＝90°，由角平分线和等腰三角形的性质得出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，求出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，由直角三角形的性质得出AE＝CE＝2BE＝4，得出BC＝BE+CE，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，
∵AE平分∠BAC，AE＝CE，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，
∴∠BAE+∠EAC+∠ECA＝90°，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴AE＝CE＝2BE＝4，AB＝＝2，
∴BC＝BE+CE＝6，
∴矩形ABCD面积＝AB×BC＝2×6＝12；
故答案为：12．
【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证出∠BAE＝30°是解题的关键
56．(2023春•云梦县期中）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作OE⊥OF分别交AB，BC于E，F两点，AE＝6，CF＝2，则EF的长为 ．
【分析】由正方形的性质可知∠EBO＝∠FCO＝45°，BO＝CO，∠BOF+∠COF＝90°，AB＝BC．由题意可得出∠BOF+∠BOE＝90°，即得出∠COF＝∠BOE，从而可证明△COF≌△BOE（ASA），得出BE＝CF＝2，进而得出AE＝BF＝6，最后由勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBO＝∠FCO＝45°，BO＝CO，∠BOC＝90°，AB＝BC，
∴∠BOF+∠COF＝90°．
∵OE⊥OF，
∴∠BOF+∠BOE＝90°，
∴∠COF＝∠BOE，
∴在△COF和△BOE中，
，
∴△COF≌△BOE（ASA），
∴BE＝CF＝2，
∴AB﹣BE＝BC﹣CF，即AE＝BF＝6，
∴在Rt△BEF中，．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理．根据正方形的性质找出使三角形全等的条件是解题关键．
57．(2023春•滨州期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD＝4+；
⑤S△APD+S△APB＝1+，
其中正确结论的序号是 ①②③④ ．
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
④在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；
⑤连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝，
∴BF＝EF＝BE＝；
故此选项成立；
④∵EF＝BF＝，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝，
∴S正方形ABCD＝AB2＝；
故此选项成立；
⑤如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP＝，
又∵PB＝，
∴BE＝，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝S正方形ABCD﹣×DP×BE＝×（4+）﹣××＝+．
故此选项不成立；
综上可知其中正确结论的序号是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
58．(2023春•铁岭县期中）如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，延长CB到点F，使BF＝DE，连接AE，AF，EF，作AH⊥EF交BC于点G，垂足为点H，连接CH．有下列四个结论：
①△ABF≌△ADE；
②∠EAG＝45°；
③∠CFE＝25°；
④CH＝HF．
其中正确的结论有 ①②④ （填写序号）．
【分析】根据正方形ABCD，得出AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，即可由SAS定理证△ABF≌△ADE，即可判定①正确；由全等三角形的性质得到∠BAF＝∠DAE，AF＝AE，利用等腰三角形“三线合一”性质可得AH平分∠EAF，且平分EF，可得出∠EAG＝∠EAF＝45°，可判定②正确；又由直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质可得出CH＝HF，可判定④正确；由∠CFE是随着BF长度变化而变化，不固定，可判定③错误．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABF＝∠D＝90°，
在△ABF与△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），故①正确；
∴∠BAF＝∠DAE，AF＝AE，
∴∠FAE＝∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝∠BAD＝90°，
∵AH⊥EF，
∴AH平分∠EAF，
∴∠EAG＝∠EAF＝45°，故②正确；
∴AH平分EF，
∴FH＝EH，即CH是直角△EFC斜边的中线，
∴CH＝HF，故④正确；
∵∠AFB的大小随着BF长度增大而减小，
而∠AFB＝∠AFE+∠CFE＝45°+∠CFE，
∴∠CFE也随着BF长度变化而变化，不固定，则不一定等于25°，故③错误；
综上，正确的有①②④共3个．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一“的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形“三线合一“的性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
59．(2023春•虞城县期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 2 ．
【分析】连接PC，证出四边形PECF为矩形，由矩形的性质得出EF＝PC，当PC⊥BD时，PC取得最小值，此时△BCP是等腰直角三角形，得出PC＝BC＝2，即可得出结果．
【解答】解：连接PC，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠DBC＝45°，
∵PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，
∴四边形MECF为矩形，
∴EF＝PC，
当PC⊥BD时，PC取得最小值，
此时△BCP是等腰直角三角形，
∴PC＝BC＝2，
∴EF的最小值为2；
故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及最小值问题；熟练掌握矩形的对角线相等是解决问题的关键．
60．(2023春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 或10 ．
【分析】分当∠PMF＝90°，当∠MPF＝90°两种情况讨论，根据正方形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】解：如图1所示，当∠PMF＝90°时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝∠CDF＝90°，BC＝DC，
∵∠BCD＝∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠DCF
∴△CBE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∵EM＝MF，PM⊥EF，
∴PE＝PF，
设AE＝x，则BE＝DF＝6﹣x，
∵PA＝1，
∴PE＝PF＝5+6﹣x＝11﹣x，
在Rt△PAE中，∵PE2＝AE2+PA2，
∴（11﹣x）2＝x2+12，
∴x＝，
∴AE＝．
如图2所示，当∠MPF＝90°．连接AM，
∵∠A＝∠MPF＝90°，
∴MP∥AE，
∴MP⊥AF
∵ME＝MF，
∴MA＝MF
∴PA＝PF＝1，
∴DF＝BE＝4，
∴AE＝AB+BE＝10，
综上所述，AE的值为或10．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一，分类讨论是解题的关键．
一．填空题（共60小题）
1．(2023秋•南安市期中）已知x＝+2，代数式x2﹣4x+11的值为 ．
2．(2023春•玉州区期中）化简二次根式的正确结果是 ．
3．(2023秋•南安市期中）实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a|+﹣|b|的结果是 ．
4．(2023春•莱西市期中）若成立，则x的取值范围是 ．
5．(2023春•香洲区校级期中）已知，则x2﹣4x+1的值为 ．
6．(2023秋•澄迈县期中）如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为 ．
7．(2023春•正阳县期中）已知：，则ab3+a3b的值为 ．
8．(2023春•黄冈期中）已知x＝+1，y＝﹣1，则x2﹣y2的值为 ．
9．(2023秋•嘉定区期中）已知是整数，则满足条件的最小正整数n为 ．
10．(2023春•成武县期中）比较大小：3 ．（选填“＞”、“＝”或“＜”）
11．(2023春•范县期中）已知y＝+﹣3，则xy的值为 ．
12．(2023秋•宝山区校级期中）若最简二次根式与是同类根式，则2a﹣b＝ ．
13．(2023春•怀仁市期中）小红说：“因为＝2，所以不是二次根式．”你认为小红的说法对吗？ （填对或错）．
14．(2023春•陵城区期中）已知y＝+8x，则的算术平方根为 ．
15．(2023春•吴江区校级期中）像（+）（﹣）＝3、•＝a（a≥0）、（+1）（﹣1）＝b﹣1（b≥0）…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．请写出﹣的一个有理化因式 ．
16．(2023春•北京期中）已知直角三角形的两边长为3和4，则直角三角形的面积为 ．
17．(2023秋•莱西市期中）如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，几分钟后船到达点D的位置，此时绳子CD的长为10米，问船向岸边移动了 米．
18．(2023秋•禅城区校级期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8．则边BC的长为 ．
19．(2023春•连山区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、BC为斜边作等腰直角三角形S1、S2，以AB为边作正方形S．若S1与S2的面积和为9，则正方形S的边长等于 ．
20．(2023秋•平阳县期中）直角三角形纸片ABC中，∠C＝Rt∠，AC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的角平分线，则BD＝ ．
21．(2023春•海淀区校级期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB＝6，CD＝10，则AD2+BC2＝ ．
22．(2023秋•上海期中）在Rt△ABC中，∠A＝90°，已知AB＝1，AC＝2，AD是∠BAC的平分线，那么AD的长是 ．
23．(2023秋•秦淮区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4cm，分别以AC，BC为边作正方形，面积分别记为S1，S2，则S1+S2＝ cm2．
24．(2023秋•温江区校级期中）如图，已知一块四边形草地ABCD，其中∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，AB＝10m，CD＝5m，则这块土地的面积为 ．
25．(2023春•阳高县期中）数学活动课上，同学们利用升旗的绳子测量旗杆的高度．将绳子紧靠旗杆拉直，测得绳子比旗杆多0.5m（如图1）；然后拉着绳子的底端往后拉，当绳子拉直时，测得绳子的末端到地面的距离CD为0.5m，到旗杆的距离CE为3.5m（如图2），若设旗杆高为xm，则x满足的方程为 ．
26．(2023春•香洲区校级期中）如图，一高层住宅发生火灾，消防车立即赶到距大厦8米处（车尾AE到大厦墙面CD），升起云梯到火灾窗口B．已知云梯AB长17米，云梯底部距地面的高AE＝1.5米，则发生火灾的住户窗口距离地面高度BD是 ．
27．(2023春•岳阳县期中）生活经验表明，靠墙摆放梯子时，若梯子底端离墙的距离约为梯子长度的，则梯子最稳定，现有一长度为6米的梯子，当梯子稳定摆放时，他的顶端能达到5.6米高的墙头吗？ （≈1.414）（填“能”或“不能”）
28．(2023春•乾安县期中）一个门框的尺寸如图所示，一块长3米，宽2.2米的长方形薄木板能否从门框内通过？答： ．（填“能”或“不能”）
29．(2023秋•东阳市期中）如图1，塔吊是建筑工地上常用的一种起重设备，可以用来搬运货物．如图2，已知一款塔吊的平衡臂ABC部分构成一个直角三角形，且AC＝BC，起重管AD可以通过拉伸BD进行上下调整，现将起重AD从水平位置调整至AD位置，使货物E到达E1位置（挂绳DE的长度不变且始终与地面垂直），测得货物E升高了24米，且到塔身AH的距离缩短了16米．AB⊥BD1．
（1）点D到AD的距离D1F的长为 米；
（2）AC的长为 米．
30．(2023春•兰山区期中）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝5.2，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和3．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DEB的最小值为 ．
31．(2023春•思明区校级期中）如图，在▱ABCD中，AE＝2，AD＝5，∠BCD的平分线与BA的延长线相交于点E，则CD的长为 ．
32．(2023春•巧家县期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，若AC＝6，BD＝14，AD＝x，则x的取值范围是 ．
33．(2023春•瑞金市期中）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝6，EF＝2，则BC的长为 ．
34．(2023秋•镇平县期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
35．(2023春•通道县期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝15cm，BC＝10cm，P、Q分别从A、C同时出发，P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，运动 秒时，四边形ABQP恰好是平行四边形．
36．(2023春•荔湾区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AB，AO的中点，连接EF，若EF＝3，则BD的长为 ．
37．(2023春•义马市期中）如图，CD是△ABC的中线，点E，F分别是AC，DC的中点，EF＝，则BD＝ ．
38．(2023春•唐河县期中）如图，在平行四边形ABCD中，EF过对角线的交点O，且与边AB、CD分别相交于点E、F，平行四边形ABCD的周长是20，OF＝2.3，则四边形BCFE的周长为 ．
39．(2023春•抚远市期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝，AD＝3，动点M，N分别在边AB、BC上，C点M不与点N重合），E，F分别为MN，DN的中点，连接EF，则EF长度的最大值为 ．
40．(2023春•浦北县期中）在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（1，2），则顶点B的坐标是 ．
41．(2023春•东光县期中）如图，在△ABC中，D是BC中点，AE平分∠BAC，AE⊥BE．
（1）DE与AC的位置关系是 ；
（2）若AB＝3，AC＝5，则DE＝ ．
42．(2023春•银川期中）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，以点B的圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于12PQ的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为 ．
43．(2023春•香坊区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，AB＝20，CD＝12，∠B+∠C＝120°，则EF的长为 ．
44．(2023春•海淀区校级期中）在▱ABCD中，O为AC、BD的交点，点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与▱ABCD的另一边交于点F，N．
下面四个推断：
①对于任意的点E，M，都存在EF＝MN
②对于任意的点E，M，都存在EN∥MF
③若AC⊥BD，则至少存在一个四边形ENFM，使得EF⊥MN
④对于任意的▱ABCD，存在无数个四边形ENFM，使得EF＝MN
其中，所有正确的有 ．
45．(2023秋•包河区期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，连接DE，点F在线段DE上，连接AF，已知AB＝7，AD＝8，AF＝5．
（1）若F为DE的中点，则平行四边形ABCD的面积为 ；
（2）若∠AFE＝∠B，则DE的长为 ．
46．(2023秋•信宜市校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF＝ ．
47．(2023秋•铁西区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E为AD的中点，连接OE，∠ABC＝60°，BD＝4，则OE＝ ．
48．(2023春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
49．(2023秋•南岗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，AF⊥DE于点M，点H在EM上，MH＝MD，连接AH延长交BC于点G，若CF＝6，CG＝7，则线段DE的长为 ．
50．(2023春•玄武区校级期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝3，则对角线BD的长为 ．
51．(2023春•沙坪坝区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，点M、N分别是AD、DC的中点，连接MN、EM、EN，若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为 ．
52．(2023秋•奉化区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，D为AC中点，过点A作AE∥BC，连接BE，∠EBD＝∠CBD，BD＝5，则BE的长为 ．
53．(2023春•连山区期中）如图，E，F分别是边长为4的正方形ABCD的边AD，DC上的动点，满足AE＝DF，连接AF，BE，BE与AF相交于点P，连接DP，则DP的最小值是 ．
54．(2023春•汶上县期中）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个全等的直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重处，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则（a+b）2＝ ．
55．(2023春•连山区期中）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，则矩形ABCD的面积为 ．
56．(2023春•云梦县期中）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作OE⊥OF分别交AB，BC于E，F两点，AE＝6，CF＝2，则EF的长为 ．
57．(2023春•滨州期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD＝4+；
⑤S△APD+S△APB＝1+，
其中正确结论的序号是 ．
58．(2023春•铁岭县期中）如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，延长CB到点F，使BF＝DE，连接AE，AF，EF，作AH⊥EF交BC于点G，垂足为点H，连接CH．有下列四个结论：
①△ABF≌△ADE；
②∠EAG＝45°；
③∠CFE＝25°；
④CH＝HF．
其中正确的结论有 （填写序号）．
59．(2023春•虞城县期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 ．
60．(2023春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 ．
【拔尖特训】2023-2024学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】
期中必刷真题02（填空易错60道提升练，八下人教）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
期中必刷真题02（填空易错60道提升练，八下人教）
一．填空题（共60小题）
1．(2023秋•南安市期中）已知x＝+2，代数式x2﹣4x+11的值为 12 ．
【分析】利用完全平方公式将所求的代数式进行变形，然后代入求值即可．
【解答】解：x2﹣4x+11，
＝（x﹣2）2+7．
把x＝+2代入，
原式＝（+2﹣2）2+7，
＝（）2+7，
＝5+7，
＝12．
故答案是：12．
【点评】此题考查了二次根式的化简求值，利用了整体代入的思想，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
2．(2023春•玉州区期中）化简二次根式的正确结果是 ﹣ ．
【分析】由二次根式的性质即可得出结论．
【解答】解：由题意得x＜0，
∴原式＝﹣×
＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查的是二次根式的性质与化简，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
3．(2023秋•南安市期中）实数a、b在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a|+﹣|b|的结果是 ﹣2a ．
【分析】直接利用数轴结合a，b的位置得出a＜0，a﹣b＜0，b＞0，进而化简得出答案．
【解答】解：由数轴可得：a＜0，a﹣b＜0，b＞0，
故|a|+﹣|b|
＝﹣a+（b﹣a）﹣b
＝﹣a+b﹣a﹣b
＝﹣2a．
故答案为：﹣2a．
【点评】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．
4．(2023春•莱西市期中）若成立，则x的取值范围是 x＝1或x＝3 ．
【分析】根据分式的性质解决此题．
【解答】解：∵，
∴．
∴．
∴．
∴x﹣1＝0或x﹣2＝1．
∴x＝1或x＝3．
检验：当x＝1，x﹣2＝﹣1；当x＝3，x﹣2＝1．
∴x＝1或x＝3．
故答案为：x＝1或x＝3．
【点评】本题主要考查分母有理化，熟练掌握分式的性质是解决本题的关键．
5．(2023春•香洲区校级期中）已知，则x2﹣4x+1的值为 2 ．
【分析】先根据分母有理化求出x值，然后利用完全平方公式对代数式变形，再代入数据求解即可．
【解答】解：＝＝＝，
x2﹣4x+1
＝x2﹣4x+4﹣4+1
＝（x﹣2）2﹣3，
把代入上式中，
原式＝＝＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了代数式求值，二次根式的运算，分母有理化等知识点，解题的关键在于能够利用完全平方公式对代数式进行变形求解．
6．(2023秋•澄迈县期中）如图，矩形内有两个相邻的正方形，其面积分别为2和8，则图中阴影部分的面积为 2 ．
【分析】根据图形可以求得图中阴影部分的面积＝大矩形面积﹣正方形面积，本题得以解决．
【解答】解：由题意可得，
大正方形的边长为，小正方形的边长为，
∴图中阴影部分的面积为：×（2﹣）＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查算术平方根，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答．
7．(2023春•正阳县期中）已知：，则ab3+a3b的值为 ．
【分析】先根据a、b的值计算出a+b、ab的值，再将其代入到原式＝ab（a2+b2）＝ab[（a+b）2﹣2ab]计算即可．
【解答】解：∵，
∴a+b＝+＝，
ab＝×＝＝，
则原式＝ab（a2+b2）
＝ab[（a+b）2﹣2ab]
＝×（3﹣2×）
＝×
＝，
故答案为：．
【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．
8．(2023春•黄冈期中）已知x＝+1，y＝﹣1，则x2﹣y2的值为 4 ．
【分析】先根据x、y的值求出x+y、x﹣y的值，再代入原式＝（x+y）（x﹣y）计算即可．
【解答】解：∵x＝+1，y＝﹣1，
∴x+y＝+1+﹣1＝2，
x﹣y＝+1﹣+1＝2，
则原式＝（x+y）（x﹣y）
＝2×2
＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查二次根式的化简求值，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和法则及平方差公式．
9．(2023秋•嘉定区期中）已知是整数，则满足条件的最小正整数n为 5 ．
【分析】因为是整数，且＝＝2，则5n是完全平方数，满足条件的最小正整数n为5．
【解答】解：∵＝＝2，且是整数；
∴2是整数，即5n是完全平方数；
∴n的最小正整数值为5．
故答案是：5．
【点评】此题主要考查了二次根式的定义，正确化简二次根式得出是解题关键．
10．(2023春•成武县期中）比较大小：3 ＞ ．（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【分析】求出3＝，再比较即可．
【解答】解：3＝＞，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了实数的大小比较，能选择适当的方法比较两个数的大小是解此题的关键．
11．(2023春•范县期中）已知y＝+﹣3，则xy的值为 ﹣ ．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x的值，进而得出y的值进而得出答案．
【解答】解：∵y＝+﹣3，
∴2x﹣5＝0，
解得：x＝，
故y＝﹣3，
则xy＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x，y的值是解题关键．
12．(2023秋•宝山区校级期中）若最简二次根式与是同类根式，则2a﹣b＝ 9 ．
【分析】结合同类二次根式的定义：一般地，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．进行求解即可．
【解答】解：∵最简二次根式与是同类根式，
∴2a﹣4＝2，
3a+b＝a﹣b，
解得：a＝3，b＝﹣3．
∴2a﹣b＝2×3﹣（﹣3）＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了同类二次根式，解答本题的关键在于熟练掌握同类二次根式的定义：一般地，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．
13．(2023春•怀仁市期中）小红说：“因为＝2，所以不是二次根式．”你认为小红的说法对吗？ 错 （填对或错）．
【分析】依据二次根式的定义解答即可．
【解答】解：∵中被开放数4＞0且含有“”，
∴是二次根式．
∴小红的说法错误．
故答案为：错．
【点评】本题主要考查的是二次根式的定义，掌握二次根式的定义是解题的关键．
14．(2023春•陵城区期中）已知y＝+8x，则的算术平方根为 2 ．
【分析】根据被开方数大于等于0列式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式求出的值，再根据算术平方根的定义解答．
【解答】解：由题意得，2x﹣1≥0且1﹣2x≥0，
解得x≥且x≤，
∴x＝，
∴y＝+8x＝0+0+8×＝4，
∴＝＝4，
∴的算术平方根是2．
故答案为：2．
【点评】本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数，算术平方根的定义．
15．(2023春•吴江区校级期中）像（+）（﹣）＝3、•＝a（a≥0）、（+1）（﹣1）＝b﹣1（b≥0）…两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．请写出﹣的一个有理化因式 ．
【分析】根据题意可以解答本题．
【解答】解：∵，
∴是的一个有理化因式．
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查有理化因式，分母有理化，解答本题的关键是掌握有理化因式的定义特征．
16．(2023春•北京期中）已知直角三角形的两边长为3和4，则直角三角形的面积为 或6 ．
【分析】分为两种情况：①斜边AB＝4，②直角边AC＝4，再求出答案即可．
【解答】解：△ABC中，∠C＝90°，
分为两种情况：
①当斜边AB＝4，BC＝3时，由勾股定理得：AC＝＝＝，
△ABC的面积是＝×3＝；
②当BC＝3，AC＝4时，△ABC的面积是＝＝6，
所以直角三角形的面积为或6，
故答案为：或6．
【点评】本题考查了直角三角形的面积和勾股定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键．
17．(2023秋•莱西市期中）如图，在离水面高度为8米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，开始时绳子BC的长为17米，几分钟后船到达点D的位置，此时绳子CD的长为10米，问船向岸边移动了 9 米．
【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AB长，再根据题意可得CD长，然后再次利用勾股定理计算出AD长，再利用BD＝AB﹣AD可得BD长．
【解答】解：在Rt△ABC中：
∵∠CAB＝90°，BC＝17米，AC＝8米，
∴AB＝＝＝15（米），
∵CD＝10（米），
∴AD＝＝6（米），
∴BD＝AB﹣AD＝15﹣6＝9（米），
答：船向岸边移动了9米，
故答案为：9．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
18．(2023秋•禅城区校级期中）已知△ABC中，AB＝17，AC＝10，BC边上的高AD＝8．则边BC的长为 9或21 ．
【分析】高线AD可能在三角形的内部也可能在三角形的外部，本题应分两种情况进行讨论．分别依据勾股定理即可求解．
【解答】解：如图所示，在Rt△ABD中，
∵AB＝17，AD＝8，
∴BD＝＝15；
在Rt△ACD中，
∵AC＝10，AD＝8，
∴CD＝＝6，
∴当AD在三角形的内部时，BC＝15+6＝21；
当AD在三角形的外部时，BC＝15﹣6＝9．
∴BC的长是21或9．
故答案为：21或9．
【点评】本题考查的是勾股定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
19．(2023春•连山区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、BC为斜边作等腰直角三角形S1、S2，以AB为边作正方形S．若S1与S2的面积和为9，则正方形S的边长等于 6 ．
【分析】分别以AC，BC为边向△ABC的外部作正方形，则AC2＝4S1，BC2＝4S2，由勾股定理可得S＝4（S1+S2），进而可求解AB的长．
【解答】解：分别以AC，BC为边向△ABC的外部作正方形，
则AC2＝4S1，BC2＝4S2，
在Rt△ABC中AC2+BC2＝AB2，
∵AB2＝S，
∴S＝4S1+4S2＝4（S1+S2），
∵S1+S2＝9，
∴S＝4×9＝36，
∴AB＝6．
故答案为6．
【点评】本题主要考查勾股定理，分别以AC，BC为边向△ABC的外部作正方形，利用勾股定理列算式时解题的关键．
20．(2023秋•平阳县期中）直角三角形纸片ABC中，∠C＝Rt∠，AC＝8，AB＝10，AD是∠BAC的角平分线，则BD＝ ．
【分析】根据勾股定理得到BC＝＝6，过D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到CD＝DE，根据全等三角形的性质得到AE＝AC＝8，求得BE＝2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：∵∠C＝Rt∠，AC＝8，AB＝10，
∴BC＝＝6，
过D作DE⊥AB于E，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴CD＝DE，
在Rt△ACD与Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL），
∴AE＝AC＝8，
∴BE＝2，
∵DE2+BE2＝BD2，
∴（6﹣BD）2+22＝BD2，
∴BD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
21．(2023春•海淀区校级期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB＝6，CD＝10，则AD2+BC2＝ 136 ．
【分析】在Rt△COB和Rt△AOB中，根据勾股定理得BO2+CO2＝CB2，OB2+OA2＝AB2，进一步得BO2+CO2+OA2+OB2＝36+100，再根据AD2＝AO2+DO2，BC2＝OC2+OB2，最后求得AD2+CB2＝136．
【解答】解：∵BD⊥AC，
∴∠COB＝∠AOB＝∠AOD＝∠COD＝90°，
∴BO2+CO2＝CB2，OB2+OA2＝AB2＝36，OA2+OD2＝AD2，OC2+OD2＝CD2＝100，
∴BO2+CO2+OA2+OB2＝36+100，
∴AD2+CB2＝BO2+CO2+OA2+OB2＝136；
故答案为：136．
【点评】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键．
22．(2023秋•上海期中）在Rt△ABC中，∠A＝90°，已知AB＝1，AC＝2，AD是∠BAC的平分线，那么AD的长是 ．
【分析】过B作BE⊥AB交AD的延长线于E，根据角平分线的定义得到∠BAE＝45°，推出△ABE是等腰直角三角形，求得BE＝AB＝1，根据勾股定理得到AE＝＝2，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过B作BE⊥AB交AD的延长线于E，
∵∠BAC＝90°，AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝1，
∴AE＝＝2，
∵∠CAB＝90°，AB⊥BE，
∴AC∥BE，
∴△ACD∽△EBD，
∴＝，
∴＝，
∴AD＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
23．(2023秋•秦淮区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4cm，分别以AC，BC为边作正方形，面积分别记为S1，S2，则S1+S2＝ 16 cm2．
【分析】在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出AC2+BC2的值，根据S1，S2分别表示正方形面积，求出S1+S2的值即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4cm，
由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2＝16，
则S1+S2＝AC2+BC2＝16（cm2），
故答案为：16．
【点评】此题考查了勾股定理，以及正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
24．(2023秋•温江区校级期中）如图，已知一块四边形草地ABCD，其中∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，AB＝10m，CD＝5m，则这块土地的面积为 37.5m2 ．
【分析】分别延长AD，BC交于点E，证△ABE和△CDE都是等腰直角三角形，然后求出△ABE和△CDE的面积即可求解．
【解答】解：如图，分别延长AD，BC交于点E．
∵∠A＝45°，∠B＝∠D＝90°，
∴∠DCE＝∠DEB＝∠A＝45°，
∴AB＝BE，CD＝DE，
∵AB＝10m，CD＝5m，
∴BE＝10m，DE＝5m，
∵S△ABE＝AB•BE＝×10×10＝50（m2），S△CDE＝CD•DE＝×5×5＝12.5（m2），
∴四边形ABCD的面积＝S△ABE﹣S△CDE＝50﹣12.5＝37.5（m2）
即这块土的面积为37.5m2．
故答案为：37.5m2．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，解题的关键是：通过作辅助线，构造新的直角三角形，利用四边形ABCD的面积＝S△ABE﹣S△CED来求解．
25．(2023春•阳高县期中）数学活动课上，同学们利用升旗的绳子测量旗杆的高度．将绳子紧靠旗杆拉直，测得绳子比旗杆多0.5m（如图1）；然后拉着绳子的底端往后拉，当绳子拉直时，测得绳子的末端到地面的距离CD为0.5m，到旗杆的距离CE为3.5m（如图2），若设旗杆高为xm，则x满足的方程为 （x﹣0.5）2+3.52＝（x+0.5）2 ．
【分析】根据题意画出示意图，设旗杆高度为xm，根据勾股定理解答即可．
【解答】解：设旗杆高度为xm，可得（x﹣0.5）2+3.52＝（x+0.5）2，
故答案为：（x﹣0.5）2+3.52＝（x+0.5）2．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，构造直角三角形的一般方法就是作垂线．
26．(2023春•香洲区校级期中）如图，一高层住宅发生火灾，消防车立即赶到距大厦8米处（车尾AE到大厦墙面CD），升起云梯到火灾窗口B．已知云梯AB长17米，云梯底部距地面的高AE＝1.5米，则发生火灾的住户窗口距离地面高度BD是 16.5米 ．
【分析】由勾股定理求出BC的长，即可得出结论．
【解答】解：由题意可知，CD＝AE＝1.5米，AC＝8米，AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°；
根据勾股定理得：BC＝＝＝15（米），
∴BD＝BC+CD＝15+1.5＝16.5（米）；
即发生火灾的住户窗口距离地面高度BD是16.5米，
故答案为：16.5米．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，由勾股定理求出BC的长是解题的关键．
27．(2023春•岳阳县期中）生活经验表明，靠墙摆放梯子时，若梯子底端离墙的距离约为梯子长度的，则梯子最稳定，现有一长度为6米的梯子，当梯子稳定摆放时，他的顶端能达到5.6米高的墙头吗？ 能 （≈1.414）（填“能”或“不能”）
【分析】求出BC＝2米，再由勾股定理求得AC的长，即可解决问题．
【解答】解：能．理由如下：
如图，
∵BC＝AB，AB＝6米，
∴BC＝×6＝2（米），
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝＝4≈4×1.414＝5.656（米），
∵5.656＞5.6，
∴梯子顶端能到5.6米高的墙头，
故答案为：能．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，由勾股定理求出AC的长是解题的关键．
28．(2023春•乾安县期中）一个门框的尺寸如图所示，一块长3米，宽2.2米的长方形薄木板能否从门框内通过？答： 能 ．（填“能”或“不能”）
【分析】连接AC，由勾股定理求出AC的长度，然后进行比较，即可得到答案．
【解答】解：连接AC，如图所示：
在Rt△ABC中，根据勾股定理可得：AC2＝AB2+BC2＝12+22＝5，
又∵2.22＝4.84＜5，
∴AC＞木板的宽，
∴木板能从门框内通过．
故答案为：能．
【点评】本题主要考查了正确运用勾股定理，善于观察题目的信息，理解能通过的条件是解题的关键．
29．(2023秋•东阳市期中）如图1，塔吊是建筑工地上常用的一种起重设备，可以用来搬运货物．如图2，已知一款塔吊的平衡臂ABC部分构成一个直角三角形，且AC＝BC，起重管AD可以通过拉伸BD进行上下调整，现将起重AD从水平位置调整至AD位置，使货物E到达E1位置（挂绳DE的长度不变且始终与地面垂直），测得货物E升高了24米，且到塔身AH的距离缩短了16米．AB⊥BD1．
（1）点D到AD的距离D1F的长为 24 米；
（2）AC的长为 7 米．
【分析】（1）根据题意判断出（2）过点B作BM⊥D1E1于点M，由题意易得AD1＝AD，∠C＝∠MFC＝∠BMF＝90°，D1F＝24米，DF＝16米，则四边形CBMF是矩形，设AF＝x米，则AD1＝AD＝（16+x）米，然后根据勾股定理可得AF的长，进而由勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）由题意D1F＝24米．
故答案为：24；
（2）如图，过点B作BM⊥D1E1于点M，
由题意得：AD1＝AD，∠C＝∠MFC＝∠BMF＝90°，D1F＝24米，DF＝16米，
∴四边形CBMF是矩形，
∴BM＝CF，BC＝MF，
设AF＝x米，则AD1＝AD＝（16+x）米，
在Rt△AFD1中，由勾股定理得：x2+242＝（x+16）2，
解得：x＝10，
∴AF＝10米，AD＝AD1＝26米，
设AC＝BC＝MF＝y米，
∴（米），
∴CF＝BM＝（10+y）米，D1M＝（24﹣y）米，
在Rt△BMD1中，，
∵AB⊥BD1，
∴∠ABD1＝90°，
在Rt△ABD1中，，
∴（10+y）2+（24﹣y）2＝262﹣2y2，
整理得：4y2﹣28y＝0，
解得：y＝7或y＝0（舍去）；
即AC的长为7米，
故答案为：7．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
30．(2023春•兰山区期中）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC＝90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN＝5.2，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和3．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DEB的最小值为 2.4 ．
【分析】连接BE，DE，根据勾股定理求出BD，根据直角三角形斜边中线的性质求出BE，根据点与圆的位置关系得到点E落在线段BD上时，DE的值最小，计算即可．
【解答】解：连接BE，DE，
由勾股定理得：BD＝＝5，
在Rt△MBN中，点E是MN的中点，
∴BE＝MN＝2.6，
当点E、B、D三点共线，即落在线段BD上时，DE的值最小，
∴DE的最小值为：5﹣2.6＝2.4，
故答案为：2.4．
【点评】本题考查勾股定理的应用，点与圆的位置关系，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是确定DE最小时，点E的位置．
31．(2023春•思明区校级期中）如图，在▱ABCD中，AE＝2，AD＝5，∠BCD的平分线与BA的延长线相交于点E，则CD的长为 3 ．
【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD＝BC＝5，
∴∠E＝∠DCE，
∵CE是∠BCD的平分线，
∴∠BCE＝∠DCE，
∴∠E＝∠BCE，
∴BE＝BC＝5，
∴CD＝AB＝BE﹣AE＝5﹣2＝3，
故答案为：3．
【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的对边相等且平行解答．
32．(2023春•巧家县期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，若AC＝6，BD＝14，AD＝x，则x的取值范围是 4＜x＜10 ．
【分析】根据平行四边形的性质求出OA、OB，根据三角形的三边关系定理即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝6，BD＝14，
∴OA＝OC＝3，OD＝OB＝7，
在△OAB中，OA﹣OB＜x＜OA+OB，
∴7﹣3＜x＜7+3，
∴4＜x＜10．
故答案为：4＜x＜10．
【点评】本题考查平行四边形的性质、三角形的三边关系定理等知识点，求出OA、OB后得出OA﹣OB＜x＜OA+OB是解答本题的关键．
33．(2023春•瑞金市期中）在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝6，EF＝2，则BC的长为 10或14 ．
【分析】根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝6，结合角平分线的定义，等腰三角形的性质可求解AF＝AB＝6，DE＝DC＝6，由EF＝2即可求得BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝6，
∴CD＝AB＝6，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝6，
同理DE＝DC＝6，
如图1，∵EF＝2，
∴AE＝AF﹣EF＝6﹣2＝4，
∴AD＝BC＝AE+DE＝4+6＝10，
如图2，∵EF＝2，
∴AE＝AF+EF＝6+2＝8，
∴AD＝BC＝AE+DE＝6+8＝14，
综上所述，BC的长为10或14，
故答案为：10或14．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，证明AF＝AB＝8，DE＝DC＝8是解题的关键．
34．(2023秋•镇平县期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
【分析】当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积求出CM，再求出答案即可．
【解答】解：连接CM，
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
∴DE＝CM，
当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，
由勾股定理得：AB＝＝＝10，
∵S△ABC＝＝，
∴CM＝，
∴DE＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等知识点，注意：三角形的中位线等于第三边的一半．
35．(2023春•通道县期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝15cm，BC＝10cm，P、Q分别从A、C同时出发，P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，运动 4 秒时，四边形ABQP恰好是平行四边形．
【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，因此设x秒后四边形ABQP是平行四边形，进而表示出AP＝2xcm，CQ＝0.5xcm，QB＝（10﹣2x）cm再列方程解出x的值即可．
【解答】解：设x秒后，四边形ABQP是平行四边形，
∵P以2cm/s的速度由A向D运动，Q以0.5cm/s的速度由C出发向B运动，
∴AP＝2xcm，CQ＝0.5xcm，
∵BC＝10cm，
∴QB＝（10﹣0.5x）cm，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
∴2x＝10﹣0.5x，解得：x＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握平行四边形的性质．
36．(2023春•荔湾区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AB，AO的中点，连接EF，若EF＝3，则BD的长为 12 ．
【分析】根据三角形中位线的性质可得BO＝2EF＝6，再根据平行四边形的性质即可求解．
【解答】解：∵点E，F分别是AB，AO的中点，若EF＝3，
∴BO＝2EF＝6，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BD＝2BO＝12，
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了三角形的中位线和平行四边形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，平行四边形对角线互相平分．
37．(2023春•义马市期中）如图，CD是△ABC的中线，点E，F分别是AC，DC的中点，EF＝，则BD＝ 3 ．
【分析】由题意可知线段EF为△ACD中位线，即得出AD＝2EF＝3．再根据中线的定义即可得出BD＝AD＝3．
【解答】解：∵点E，F分别是AC，DC的中点，
∴．
∵CD是△ABC的中线，
∴BD＝AD＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查三角形中位线定理，三角形中线的定义．掌握三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半是解题关键．
38．(2023春•唐河县期中）如图，在平行四边形ABCD中，EF过对角线的交点O，且与边AB、CD分别相交于点E、F，平行四边形ABCD的周长是20，OF＝2.3，则四边形BCFE的周长为 14.6 ．
【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质证明△DOF≌△BOE得到OF＝OE，DF＝BE，然后根据四边形的周长公式求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝AD，DO＝OB，CD∥AB，
∴∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴OF＝OE，DF＝BE，
∵平行四边形ABCD的周长是20，OF＝2.3，
∴BC+CD＝10，EF＝2OF＝4.6，
∴四边形BCFE的周长为BE+BC+CF+EF＝BC+CD+EF＝14.6，
故答案为：14.6．
【点评】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、四边形的周长，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质是解答的关键．
39．(2023春•抚远市期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝，AD＝3，动点M，N分别在边AB、BC上，C点M不与点N重合），E，F分别为MN，DN的中点，连接EF，则EF长度的最大值为 3 ．
【分析】连接DM，根据三角形的中位线定理得出EF＝DM，从而可知EF最大时，DM最大，因为M与B重合时DM最大，此时根据勾股定理求得DM＝DB＝6，从而求得EF的最大值为3．
【解答】解：连接DM，
∵点E，F分别为MN，DN的中点，
∴EF＝DM，
∴DM最大时，EF最大，
∵M与B重合时DM最大，
此时DM＝DB＝＝6，
∴EF的最大值为3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键．
40．(2023春•浦北县期中）在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（4，0），（1，2），则顶点B的坐标是 （5，2） ．
【分析】根据题意画出图形，进而得出B点横纵坐标，即可得出答案．
【解答】解：如图，∵平行四边形OABC的顶点O（0，0），A（4，0），C（1，2），
∴OA＝CB＝4，
∴B点纵坐标与C点纵坐标相同，
∴顶点B的坐标是（5，2）．
故答案为：（5，2）．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及坐标与图形的关系，正确建立坐标系画出平行四边形是解题关键．
41．(2023春•东光县期中）如图，在△ABC中，D是BC中点，AE平分∠BAC，AE⊥BE．
（1）DE与AC的位置关系是 DE∥AC ；
（2）若AB＝3，AC＝5，则DE＝ 1 ．
【分析】（1）延长BE交AC于F，证明△AEB≌△AEF，根据三角形中位线定理解答；
（2）根据全等三角形的中线得到AF＝AB＝3，BE＝EF，进而求出FC，根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】（1）解：DE∥AC，理由如下：
延长BE交AC于F，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
在△AEB和△AEF中，
，
∴△AEB≌△AEF（ASA），
∴BE＝EF，
∵D是BC中点，
∴DE是△BFC的中位线，
∴DE∥FC，
即DE∥AC；
故答案为：DE∥AC；
（2）解：由（1）可知∴△AEB≌△AEF（ASA），
∴AF＝AB＝3，BE＝EF，
∴FC＝AC﹣AF＝5﹣3＝2，
∵BD＝DC，BE＝EF，
∴DE＝FC＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．
42．(2023春•银川期中）如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，以点B的圆心，以任意长为半径作弧，分别交BA、BC于点P、Q，再分别以P、Q为圆心，以大于12PQ的长为半径作弧，两弧在∠ABC内交于点M，连接BM并延长交AD于点E，则DE的长为 2 ．
【分析】根据作图过程可得BE平分∠ABC；再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠AEB＝∠CBE，证出AE＝AB＝3，即可得出DE的长．
【解答】解：根据作图的方法得：BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝5﹣3＝2；
故答案为：2．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定．熟练掌握平行四边形的性质，证出AE＝AB是解决问题的关键．
43．(2023春•香坊区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，AB＝20，CD＝12，∠B+∠C＝120°，则EF的长为 14 ．
【分析】连接BD，取BD中点G，连接EG、FG，过点F作FH⊥EG交其延长线于H，证明EG是△ABD的中位线，GF为△BDC的中位线，进而求得∠HGF＝60°，在直角△FGH和直角△EFH中进行求解即可得解．
【解答】解：如图：连接BD，取BD中点G，连接EG、FG，过点F作FH⊥EG交其延长线于H，
又∵点E为AD的中点，F为BC的中点，
∴EG是△ABD的中位线，GF为△BDC的中位线，
∴EG//AB，EG＝AB＝10，GF//CD，GF＝CD＝6，
∴∠GFB＝∠C，
∵∠DGF＝∠DBC十∠GFB，
∴∠DGF＝∠DBC+∠C．
∵EG//AB，
∴∠EGD＝∠ABD，
∴∠EGD+∠DGF＝∠ABD+∠DBC+∠C＝∠ABC+∠C．
∵∠ABC+∠C＝120°，
∴∠EGD+∠DGF＝120°＝∠EGF，
∴∠HGF＝60°，
∵FH⊥EG，
∴在直角△FGH中，∠HFG＝30°，
∴，，
∴在直角△EFH中，，
故答案为：14．
【点评】本题主要考查了三角形中位线的判定及性质，勾股定理，利用中位线作出辅助线是解题的关键．
44．(2023春•海淀区校级期中）在▱ABCD中，O为AC、BD的交点，点E，M为▱ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与▱ABCD的另一边交于点F，N．
下面四个推断：
①对于任意的点E，M，都存在EF＝MN
②对于任意的点E，M，都存在EN∥MF
③若AC⊥BD，则至少存在一个四边形ENFM，使得EF⊥MN
④对于任意的▱ABCD，存在无数个四边形ENFM，使得EF＝MN
其中，所有正确的有 ②④ ．
【分析】由“ASA”可证△EAO≌△FCO，可得△EAO≌△FCO，可证四边形EMFN是平行四边形，可得EN∥MF，EF与MN不一定相等，故①错误，②正确，由菱形的判定和性质和矩形的判定可判断③错误，④正确，即可求解．
【解答】解：如图，连接EN，MF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△EAO和△FCO中，
，
∴△EAO≌△FCO（ASA），
∴EO＝FO，
同理可得OM＝ON，
∴四边形EMFN是平行四边形，
∴EN∥MF，EF与MN不一定相等，故①错误，②正确，
∵AC⊥BD，
∵点E，M为AD边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），
∴∠EOM＜∠AOD＝90°，
∴不存在四边形ENFM是菱形，故③错误，
当EO＝OM时，则EF＝MN，
又∵四边形ENFM是平行四边形，
∴四边形ENFM是矩形，故④正确，
故答案为：②④．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，证明四边形ENFM是平行四边形是解题的关键．
45．(2023秋•包河区期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，连接DE，点F在线段DE上，连接AF，已知AB＝7，AD＝8，AF＝5．
（1）若F为DE的中点，则平行四边形ABCD的面积为 48 ；
（2）若∠AFE＝∠B，则DE的长为 ．
【分析】（1）根据平行四边形的面积公式解答即可；
（2）由平行四边形的性质AD∥BC，∠B+∠C＝180°，则∠ADF＝∠CED，再说明∠AFD＝∠C，即可得出△ADF∽△DEC，进而解答即可．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，
∵AE⊥BC，
∴∠EAD＝∠AEB＝90°，
∵F为DE的中点，
∴DE＝2AF＝10，
∴AE＝，
∴平行四边形ABCD的面积＝BC•AE＝8×6＝48，
故答案为：48；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠B+∠C＝180°，
∴∠ADF＝∠CED，
∵∠AFE+∠AFD＝180°，∠AFE＝∠B，
∴∠AFD＝∠C，
∴△ADF∽△DEC，
∴，
即，
∴DE＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
46．(2023秋•信宜市校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF＝ ．
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，AD＝12，可得S矩形ABCD＝AB•AD＝5×12＝60，根据勾股定理可得AC＝BD＝＝13，然后根据S△AOD＝S△AOP+S△DOP，进而可以求得答案．
【解答】解：连接OP，如图所示，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，AD＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•AD＝5×12＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝＝13，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝15，OA＝OD＝，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝（PE+PF）＝15，
∴PE+PF＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
47．(2023秋•铁西区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E为AD的中点，连接OE，∠ABC＝60°，BD＝4，则OE＝ 2 ．
【分析】根据菱形的性质可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，则BO＝2，再利用含30°角的直角三角形的性质可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD，
∴BO＝2，
∴AO＝BO＝2，
∴AB＝2AO＝4，
∵E为AD的中点，∠AOD＝90°，
∴OE＝AD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
48．(2023春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
【分析】连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，先根据菱形的性质得到AB＝AD＝5，AB∥CD，则可判断△ABD为等边三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再证明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，则可判断△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可证明△BEF为等边三角形得到EF＝BE，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理计算出BE，从而得到EF的长．
【解答】解：连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝5，AB∥CD，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AB，∠ABD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，
即∠ABE＝∠DBF，
∵CD∥AB，
∴∠FDB＝∠ABD＝60°，
∴∠FDB＝∠EAB，
在△BDF和△BAE中，
，
∴△BDF≌△BAE（ASA），
∴BF＝BE，
而∠EBF＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF＝BE，
在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，
∴AH＝AE＝1，
∴EH＝AH＝，
在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，
∴BE＝＝，
∴EF＝BE＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的判定与性质．
49．(2023秋•南岗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，AF⊥DE于点M，点H在EM上，MH＝MD，连接AH延长交BC于点G，若CF＝6，CG＝7，则线段DE的长为 3 ．
【分析】先证明△ADF≌△DCE（ASA），可得DF＝CE，设DF＝CE＝x（x＞0），则CD＝x+6，EG＝x﹣7，AB＝BC＝AD＝x+6，BG＝x﹣1，由MH＝MD，AF⊥DE，可证AH＝AD＝x+6，∠AHM＝∠ADM，再利用∠AHM＝∠EHG，可得∠EHG＝∠ADM，进一步证明∠HEG＝∠EHG，可得EG＝HG＝x﹣7，AG＝AH+HG＝2x﹣1，由勾股定理AB2+BG2＝AG2，可列出方程，解出x的值，即可求出CE，CD的长，在根据勾股定理求出线段DE的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵AF⊥DE，
∴∠AMD＝90°，
∴∠DAM+∠ADM＝∠ADM+∠CDE＝90°，
∴∠DAM＝∠CDE，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DF＝CE，
∵CF＝6，CG＝7，
设DF＝CE＝x（x＞0），则CD＝x+6，EG＝x﹣7，
∴AB＝BC＝AD＝x+6，BG＝BC﹣CG＝x+6﹣7＝x﹣1，
∵MH＝MD，AF⊥DE，
∴AH＝AD＝x+6，
∴∠AHM＝∠ADM，
∵∠AHM＝∠EHG，
∴∠EHG＝∠ADM，
∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠HEG＝∠ADM，
∴∠HEG＝∠EHG，
∴EG＝HG＝x﹣7，
又∵AG＝AH+HG＝x+6+x﹣7＝2x﹣1，
在Rt△ABG中，由勾股定理得AB2+BG2＝AG2，
∴（x+6）2+（x﹣1）2＝（2x﹣1）2，解得x1＝9，x2＝﹣2（舍），
∴DF＝CE＝9，CD＝9+6＝15，
∴在Rt△DCE中，由勾股定理得DE2＝CD2+CE2，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质及勾股定理的应用，根据题意设出DF＝CE＝x（x＞0），并表示出AB、AG、BG，利用勾股定理列出方程，解出x的值是解答本题的关键．
50．(2023春•玄武区校级期中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝3，则对角线BD的长为 6 ．
【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠ADC＝∠ABC＝80°，∠DCE＝80°，∠DHC＝90°，
又∵∠ECM＝30°，
∴∠DCF＝50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH＝DF＝3，
∴DB＝2DH＝6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC＝∠FDC是这个题最关键的一点．
51．(2023春•沙坪坝区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，点M、N分别是AD、DC的中点，连接MN、EM、EN，若AB＝6，BC＝8，则△EMN的周长为 12 ．
【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝10，再根据三角形中位线定理可得MN＝5，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EM，EN的值，进而可以解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，
∴AC＝＝10，
∵点M、N分别是AD、DC的中点，
∴MN＝AC＝5，
∵DE⊥AC，点M、N分别是AD、DC的中点，
∴EM＝AD＝4，EN＝DC＝3，
则△EMN的周长＝MN+EM+EN＝5+4+3＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
52．(2023秋•奉化区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，D为AC中点，过点A作AE∥BC，连接BE，∠EBD＝∠CBD，BD＝5，则BE的长为 ．
【分析】作BH⊥AC于H．解直角三角形求出BH，再证明△BAE∽△BHD，可得＝，由此即可解决问题；
【解答】解：作BH⊥AC于H．
∵∠ABC＝90°，AD＝DC，
∴AC＝2BD＝10，BC＝＝8，
∵BH⊥AC，
∴•AB•BC＝•AC•BH，
∴BH＝，
∵BD＝CD，
∴∠DBC＝∠C，
∵∠ADB＝∠DBC+∠C，
∴∠ADB＝2∠DBC，
∵∠EBD＝∠CBD，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵AE∥BC，∠ABC＝90°
∴∠E＝∠EBC，∠BAE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠E＝∠ADB，∠BAE＝∠BHD＝90°，
∴△BAE∽△BHD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝．
故答案为．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质等知识，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．
53．(2023春•连山区期中）如图，E，F分别是边长为4的正方形ABCD的边AD，DC上的动点，满足AE＝DF，连接AF，BE，BE与AF相交于点P，连接DP，则DP的最小值是 2﹣2 ．
【分析】根据正方形的性质和已知条件，判定三角形全等，根据全等三角形的性质和直角三角形两个锐角互余的性质，得到∠APB＝90°，再利用三角形三边关系和两点间距离最短的知识，即可找到符合题意的的P点，进而利用勾股定理等即可解出答案．
【解答】解：如图：取AB的中点H，连接HE，DH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADF＝∠HAD＝90°，
∵AE＝DF，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠DAF＝∠ABE，
∵∠BAP+∠DAF＝90°，
∴∠ABE+∠BAP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∵H是AB的中点，
∴PH＝AB＝2，AH＝AB＝2，
在Rt△ADH中，HD＝＝＝2，
∵DP≥DH﹣HP，
∴DP≥2﹣2，
当D、P、H三点共线时，DP取得最小值，DP＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，掌握三角形全等的判定和性质以及直角三角形有关知识，三角形的三边关系是解决本题的关键．
54．(2023春•汶上县期中）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个全等的直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重处，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a，b，则（a+b）2＝ 25 ．
【分析】由菱形的性质可得四边形ABCD是正方形，可得AD2＝13＝a2+b2，中间空白处的四边形EFGH也是正方形，可得（b﹣a）2＝1，求出2ab＝12，即可求解．
【解答】解：由题意得：四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，
∵正方形ABCD的面积为13，
∴AD2＝13＝a2+b2①，
∵中间空白处的四边形EFGH的面积为1，
∴（b﹣a）2＝1，
∴a2﹣2ab+b2＝1②，
①﹣②得：2ab＝12，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝13+12＝25，
故答案为：25．
【点评】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，完全平方公式等知识，掌握菱形的性质，求出2ab＝12是解题的关键．
55．(2023春•连山区期中）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，则矩形ABCD的面积为 12 ．
【分析】由矩形的性质得出∠B＝90°，得出∠BAC+∠BCA＝90°，由角平分线和等腰三角形的性质得出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，求出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，由直角三角形的性质得出AE＝CE＝2BE＝4，得出BC＝BE+CE，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，
∵AE平分∠BAC，AE＝CE，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，
∴∠BAE+∠EAC+∠ECA＝90°，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴AE＝CE＝2BE＝4，AB＝＝2，
∴BC＝BE+CE＝6，
∴矩形ABCD面积＝AB×BC＝2×6＝12；
故答案为：12．
【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证出∠BAE＝30°是解题的关键
56．(2023春•云梦县期中）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作OE⊥OF分别交AB，BC于E，F两点，AE＝6，CF＝2，则EF的长为 ．
【分析】由正方形的性质可知∠EBO＝∠FCO＝45°，BO＝CO，∠BOF+∠COF＝90°，AB＝BC．由题意可得出∠BOF+∠BOE＝90°，即得出∠COF＝∠BOE，从而可证明△COF≌△BOE（ASA），得出BE＝CF＝2，进而得出AE＝BF＝6，最后由勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBO＝∠FCO＝45°，BO＝CO，∠BOC＝90°，AB＝BC，
∴∠BOF+∠COF＝90°．
∵OE⊥OF，
∴∠BOF+∠BOE＝90°，
∴∠COF＝∠BOE，
∴在△COF和△BOE中，
，
∴△COF≌△BOE（ASA），
∴BE＝CF＝2，
∴AB﹣BE＝BC﹣CF，即AE＝BF＝6，
∴在Rt△BEF中，．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理．根据正方形的性质找出使三角形全等的条件是解题关键．
57．(2023春•滨州期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD＝4+；
⑤S△APD+S△APB＝1+，
其中正确结论的序号是 ①②③④ ．
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
④在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；
⑤连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝，
∴BF＝EF＝BE＝；
故此选项成立；
④∵EF＝BF＝，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝，
∴S正方形ABCD＝AB2＝；
故此选项成立；
⑤如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP＝，
又∵PB＝，
∴BE＝，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝S正方形ABCD﹣×DP×BE＝×（4+）﹣××＝+．
故此选项不成立；
综上可知其中正确结论的序号是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
58．(2023春•铁岭县期中）如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，延长CB到点F，使BF＝DE，连接AE，AF，EF，作AH⊥EF交BC于点G，垂足为点H，连接CH．有下列四个结论：
①△ABF≌△ADE；
②∠EAG＝45°；
③∠CFE＝25°；
④CH＝HF．
其中正确的结论有 ①②④ （填写序号）．
【分析】根据正方形ABCD，得出AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，即可由SAS定理证△ABF≌△ADE，即可判定①正确；由全等三角形的性质得到∠BAF＝∠DAE，AF＝AE，利用等腰三角形“三线合一”性质可得AH平分∠EAF，且平分EF，可得出∠EAG＝∠EAF＝45°，可判定②正确；又由直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质可得出CH＝HF，可判定④正确；由∠CFE是随着BF长度变化而变化，不固定，可判定③错误．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABF＝∠D＝90°，
在△ABF与△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），故①正确；
∴∠BAF＝∠DAE，AF＝AE，
∴∠FAE＝∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝∠BAD＝90°，
∵AH⊥EF，
∴AH平分∠EAF，
∴∠EAG＝∠EAF＝45°，故②正确；
∴AH平分EF，
∴FH＝EH，即CH是直角△EFC斜边的中线，
∴CH＝HF，故④正确；
∵∠AFB的大小随着BF长度增大而减小，
而∠AFB＝∠AFE+∠CFE＝45°+∠CFE，
∴∠CFE也随着BF长度变化而变化，不固定，则不一定等于25°，故③错误；
综上，正确的有①②④共3个．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一“的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形“三线合一“的性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
59．(2023春•虞城县期中）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，则EF的最小值为 2 ．
【分析】连接PC，证出四边形PECF为矩形，由矩形的性质得出EF＝PC，当PC⊥BD时，PC取得最小值，此时△BCP是等腰直角三角形，得出PC＝BC＝2，即可得出结果．
【解答】解：连接PC，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠DBC＝45°，
∵PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，
∴四边形MECF为矩形，
∴EF＝PC，
当PC⊥BD时，PC取得最小值，
此时△BCP是等腰直角三角形，
∴PC＝BC＝2，
∴EF的最小值为2；
故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及最小值问题；熟练掌握矩形的对角线相等是解决问题的关键．
60．(2023春•西湖区期中）如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP＝1，连接PM．当△PMF为直角三角形时，则AE的长为 或10 ．
【分析】分当∠PMF＝90°，当∠MPF＝90°两种情况讨论，根据正方形的性质，勾股定理即可求解．
【解答】解：如图1所示，当∠PMF＝90°时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝∠CDF＝90°，BC＝DC，
∵∠BCD＝∠ECF＝90°，
∴∠BCD＝∠DCF
∴△CBE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∵EM＝MF，PM⊥EF，
∴PE＝PF，
设AE＝x，则BE＝DF＝6﹣x，
∵PA＝1，
∴PE＝PF＝5+6﹣x＝11﹣x，
在Rt△PAE中，∵PE2＝AE2+PA2，
∴（11﹣x）2＝x2+12，
∴x＝，
∴AE＝．
如图2所示，当∠MPF＝90°．连接AM，
∵∠A＝∠MPF＝90°，
∴MP∥AE，
∴MP⊥AF
∵ME＝MF，
∴MA＝MF
∴PA＝PF＝1，
∴DF＝BE＝4，
∴AE＝AB+BE＝10，
综上所述，AE的值为或10．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一，分类讨论是解题的关键．
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