人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题期中必刷真题03(解答易错60道提升练)(原卷版+解析)

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03(解答易错60道提升练)(原卷版+解析)，共88页。试卷主要包含了(2023春•伊川县期中）计算，(2023秋•驻马店期中）计算等内容，欢迎下载使用。

一．解答题（共60小题）
1．(2023春•安宁市校级期中）若x，y是实数，且y＝++3，求3的值．
2．(2023春•澄城县期中）高空抛物极其危险，是我们必须杜绝的行为．据研究，高空抛出的物体下落的时间t（单位：s）和高度h（单位：m）近似满足（不考虑风速的影响）．
（1）从200m高空抛物到落地所需时间t是多少？
（2）从高空抛物经过3s落地，该物体下落的高度是多少？
3．(2023春•渝水区校级期中）已知：，．求下列各式的值．
（1）xy；
（2）x2﹣xy+y2．
4．(2023春•伊川县期中）计算：
（1）；
（2）．
5．(2023春•江海区期中）阅读理解材料．把分母中的根子去掉叫做分母有理化，例如：
①；
②﹣1．
等运算都是分母有理化．根据上述材料，
（1）化简：；
（2）计算：．
6．(2023春•柘城县期中）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方．如3+2＝（1+）2.善于思考的小明进行了以下探索：设a+b＝（m+n）2（其中a，b，m，n均为整数），则有a+b＝m2+2n2+2mn．故a＝m2+2n2，b＝2mn，这样小明就找到了一种把类似a+b的式子化为平方式的方法．请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
（1）当a，b，m，n均为正整数时，若a+b＝（m+n）2，用含m，n的式子分别表示a，b，得a＝ ，b＝ ；
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a，b，m，n填空： + ＝（ + ）2；
（3）若a+4＝（m+n）2，且a，m，n均为正整数，求a的值．
7．(2023春•宾阳县期中）【阅读材料】宾宾在学习二次根式时，发现一些含根号的式子可以化成另一个式子的平方，
如：；．
【类比归纳】
（1）请你仿照宾宾的方法将化成另一个式子的平方；
（2）请运用宾宾的方法化简；．
【变式探究】
（3）若，且a，m，n均为正整数，则a＝ ．
8．(2023秋•栾城区校级期中）课堂上，李老师出了这样一个题目：求代数式a+的值，其中a＝2021．
小亮和小芳的解答过程如下：
小亮：解：原式＝a+＝a+1﹣a＝1，所以不论a为何值时，原式＝1；
小芳：解：原式＝a+＝a+a﹣1＝2a﹣1，当a＝2021时，原式＝2×2021﹣1＝4041
（1） 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＜0）．
（2）请根据以上信息，独立完成下面的题目：
先化简，再求值：，其中a＝﹣2021．
9．(2023秋•裕华区校级期中）定义：若两个二次根式a，b满足a•b＝c，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式．
（1）若a与是关于4的共轭二次根式，则a＝ ；
（2）若与是关于12的共轭二次根式，求m的值．
10．(2023秋•驻马店期中）计算
（1）（﹣）÷；
（2）（﹣2）×﹣6；
（3）+5；
（4）（﹣）2+（+2）×（﹣2）．
11．(2023秋•郫都区校级期中）解答下列各题：
（1）已知2b+1的平方根为3，3a+2b﹣1的立方根为2，求3a+2b的平方根．
（2）如果最简二次根式与同类二次根式，且+＝0，求x，y的值．
12．(2023秋•南山区校级期中）著名数学教育家G•波利亚，有句名言：“发现问题比解决问题更重要”，这句话启发我们：要想学会数学，就需要观察，发现问题，探索问题的规律性东西，要有一双敏锐的眼睛．请先阅读下列材料，再解决问题：
数学上有一种根号内又带根号的数，它们能通过完全平方公式及二次根式的性质化去里面的一层根号．
例如：＝＝＝＝1+．
解决问题：
（1）在括号内填上适当的数：＝＝③
①： ，②： ，③ ．
（2）根据上述思路，化简并求出+的值．
13．(2023秋•农安县期中）已知，如图所示，实数a、b、c在数轴上的位置．化简：．
14．(2023春•黄石期中）实数a在数轴上的对应点A的位置如图所示，b＝|a﹣|+|2﹣a|．
（1）求b的值；
（2）已知b+2的小数部分是m，8﹣b的小数部分是n，求2m+2n+1的平方根．
15．(2023春•海淀区校级期中）我们规定用（a，b）表示一对数对，给出如下定义：记m＝，n＝（其中a＞0，b＞0），将（m，n）与（n，m）称为数对（a，b）的一对“和谐数对”．
例如：（4，1）的一对“和谐数对”为（，1）和（1，）．
（1）数对（16，5）的一对“和谐数对”是 ；
（2）若数对（3，m）的一对“和谐数对”相同，则m的值为 ；
（3）若数对（x，y）的一个“和谐数对”是（，1），则xy的值为 ．
16．(2023秋•莲湖区期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点A，B，C恰好在格点（网格线的交点）上．
（1）求△ABC的周长．
（2）求△ABC的面积．
17．(2023秋•新城区期中）图1是某品牌婴儿车，图2为其简化结构示意图．根据安全标准需满足BC⊥CD，现测得AB＝CD＝6dm，BC＝3dm，AD＝9dm，其中AB与BD之间由一个固定为90°的零件连接（即∠ABD＝90°），通过计算说明该车是否符合安全标准．
18．(2023秋•市中区期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝20，BC＝15，CD＝7，AD＝24，∠B＝90°．
（1）求证：CD⊥AD；
（2）求四边形ABCD的面积．
19．(2023秋•锡山区期中）新冠疫情期间，为了提高人民群众防疫意识，很多地方的宣讲车开起来了，大喇叭响起来了，宣传横幅挂起来了，电子屏亮起来了，电视、广播、微信、短信齐上阵，防疫标语、宣传金句频出，这传递着打赢疫情防控阻击战的坚定决心．如图，在一条笔直公路MN的一侧点A处有一村庄，村庄A到公路MN的距离AB为800米，若宣讲车周围1000米以内能听到广播宣传，宣讲车在公路MN上沿MN方向行驶．
（1）请问村庄A能否听到宣传？请说明理由；
（2）如果能听到，已知宣讲车的速度是300米/分钟，那么村庄A总共能听到多长时间的宣传？
20．(2023春•合川区校级期中）笔直的河流一侧有一营地C，河边有两个漂流点A，B、其中AB＝AC，由于周边施工，由C到A的路现在已经不通，为方便游客，在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝10千米，CH＝8千米，BH＝6千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．
21．(2023秋•成都期中）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿AB由点A向点B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风的速度为25km/h，台风影响该海港持续的时间有多长？
22．(2023秋•吴兴区校级期中）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们可以把它剪开拼成一个正方形．
（1）拼成的正方形的面积为 ，边长为 ．
（2）如图2，以数轴的单位长度的线段为边作一个直角三角形，以数轴上表示的﹣1点为圆心，直角三角形的最大边为半径画弧，交数轴正半轴于点A，那么点A表示的数是 ．
（3）如图3，网格中每个小正方形的边长为1，若把阴影部分剪拼成一个正方形，那么新正方形的边长是 ．
23．(2023春•克州期中）已知，如图1是一块四边形草地ABCD．已知AB⊥C，AB＝4，BC＝3，CD＝13．DA＝12．
（1）求四边形草地ABCD；
（2）如图2，其他条件不变，直接写出图2四边形草地ABCD的面积．
24．(2023秋•平和县期中）如图是三国时期的数学家赵爽用四个两直角边分别为a、b（a≤b）．斜边为c的直角三角形拼成的正方形图形，并用此图证明勾股定理，请你用此“弦图”写出证明勾股定理的过程．
25．(2023秋•宝丰县期中）在学习勾股定理时，我们学会运用图（I）验证它的正确性：图中大正方形的面积可表示为：（a+b）2，也可表示为：c2+4•（ab），即（a+b）2＝c2+4•（ab）由此推出勾股定理a2+b2＝c2，这种根据图形可以极简单地直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称“无字证明”．
（1）请你用图（Ⅱ）（2002年国际数字家大会会标）的面积表达式验证勾股定理（其中四个直角三角形全等）；
（2）请你用（Ⅲ）提供的图形进行组合，用组合图形的面积表达式验证（x+y）2＝x2+2xy+y2．
26．(2023秋•榕城区期中）知识探究：
如图1是两直角边长分别为m，n（m＞n）的直角三角形，如果用四个与图1完全一样的直角三角形可以拼成如图2和图3的几何图形．其中图2和图3的四边形ABCD、四边形EFGH都是正方形．请你根据几何图形部分与整体的关系完成第（1）（2）题．
请选择（m+n）2，（m﹣n）2，mn中的有关代数式表示：
图2中正方形ABCD的面积： ．
图3中正方形ABCD的面积： ．
（2）请你根据题（1），写出下列三个代数式：（m+n）2，（m﹣n）2，mn之间的等量关系 ．
知识应用：
（3）根据（2）题中的等量关系，解决如下问题：
①已知：a﹣b＝5，ab＝﹣6，求：（a+b）2的值；
②已知：a＞0，a﹣＝，求：a+的值．
27．(2023春•广汉市期中）勾股定理是一条古老的数学定理，它有很多种证明方法．
（1）请你根据图1填空；勾股定理成立的条件是 三角形，结论是 （三边关系）
（2）以图1中的直角三角形为基础，可以构造出以a、b为底，以a+b为高的直角梯形（如图2），请你利用图2，验证勾股定理；
28．(2023春•西湖区期中）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若AC＝8，BC＝6，∠ACB＝30°，求平行四边形ABCD的面积．
29．(2023春•铁岭县期中）如图．点B，E，C，F在同一条直线上，AB∥DE，AC∥DF，BE＝CF，连接AD．求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）四边形ABED是平行四边形．
30．(2023春•云梦县期中）如图：△ABD，△APE和△BPC均为直线AB同侧的等边三角形，点P在△ABD内．
（1）求证：四边形PEDC为平行四边形；
（2）当点P同时满足条件：①PA＝PB和②∠APB＝150°时，猜想四边形PEDC是什么特殊的四边形，并说明理由；
（3）若△APB中，，求四边形PEDC的面积．
31．(2023春•应城市期中）如图，已知平行四边形ABCD，点P为BC的中点，连接PA，PD，PA⊥PD．
（1）求证：DP平分∠ADC；
（2）过点C作CE⊥CD交PD于点E，∠PCE＝∠B，PE＝3，求▱ABCD的周长；
（3）在（2）的条件下，点F为AD上一点，PF＝8，G为AB上一点，∠FPG＝60°，求△AGF的周长．
32．(2023春•抚远市期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，连接DE，DF，EF，∠ADF的度数为53°．
（1）求∠C的度数；
（2）求四边形ADEF的周长．
33．(2023春•鹤城区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度运动．
（1）若动点M，N同时出发，t秒时，N走过 cm，M走过 cm；
（2）若动点M，N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
（3）若点E在线段BC上，且BE＝3cm，若动点M，N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形？
34．(2023春•铁锋区期中）如图，直角坐标系中的网格由单位正方形构成，△ABC中，A点坐标为（2，3），B点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣1）．
（1）AC的长为 ；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若以A、B、C及点D为顶点的四边形ABCD为平行四边形，则D点的坐标为 ．
35．(2023春•黔东南州期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为点E，F．
【探究发现】（1）连接CE，AF，求证：四边形AECF是平行四边形；
【拓展延伸】（2）若AB＝25，AE＝15，AD＝39，求四边形AECF的面积．
36．(2023秋•安溪县期中）在四边形ABCD中，AB＝CD，点E，F分别是边AD，BC的中点．
（1）如图1，点P为对角线BD的中点，连接PE，PF，若∠PEF＝26°，则∠EPF＝ 度；
（2）如图2，直线EF分别与BA，CD的延长线交于点M，N．求证：∠BMF＝∠CNF．
37．(2023秋•李沧区期中）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．
（1）求证：BE＝DF；
（2）连接DE，BF，已知 （从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号），请判断四边形DEBF的形状，并证明你的结论．
条件①：AC＝2BD；
条件②：AB＝BC．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解容，按第一个解答计分）
38．(2023春•成华区校级期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为点E，CE＝CD，点F为CE的中点，点G是CD上的一点，连接DF、EG、AG．
（1）若CF＝4，AE＝6，求BE的长；
（2）若∠CEG＝∠AGE，那么：
①判断线段AG和EG的数量关系，并说明理由；
②求证：∠1＝∠2．
39．(2023春•东莞市校级期中）如图，平行四边形ABCD中，点E是AB边上一点，CE＝AB，DF⊥BC，交CE于点G，连接DE，EF．
（1）求证：∠AED＝90°﹣∠DCE；
（2）若点E是AB边的中点，求证：∠DEF＝2∠EFB．
40．(2023春•思明区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
（1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明．
41．(2023春•武进区期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数．
42．(2023春•滨江区校级期中）如图，菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，分别延长OE、OF至点B、点D，且BE＝DF，连接AB，AD，CB，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求．
43．(2023秋•岐山县期中）如图，▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，∠B＝60°，点G是CD的中点，点E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①直接写出：当AE＝ cm时，四边形CEDF是菱形（不需要说明理由）；
②当AE＝ cm时，四边形CEDF是矩形，请说明理由．
44．(2023秋•锦江区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F，OE＝5，AC＝8．
（1）求AB的长；
（2）求菱形ABCD的高．
45．(2023春•赞皇县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在斜边AB上，E、F分别在直角边CA、BC上，且DE⊥AC，DF∥AC．
（1）求证：四边形CEDF是矩形；
（2）连接EF，若C到AB的距离是5，求EF的最小值．
46．(2023春•郧阳区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．
47．(2023春•市南区期中）已知：如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，过点E作对角线AC的平行线，交AB于F，交DA和DC的延长线于点G，H．
（1）求证：△AFG≌△CHE；
（2）若∠G＝∠BAC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？并证明你的结论．
48．(2023秋•碑林区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，连接CF，求证：四边形ADCF是菱形．
49．(2023春•通道县期中）如图，在正方形ABCD中，M是AD上异于A、D的点，作∠NMB＝∠AMB交CD于N，连结BN，作BE⊥MN于E．
（1）求∠MBN的度数；
（2）求△DMN的周长与正方形边长的数量关系；
（3）若AM＝2，N是CD的中点，求AB的长．
50．(2023春•隆阳区期中）如图，点B，C，F在同一条直线上，AC⊥BF于点C，且AC＝BC，连接AB，取AB的中点D，连接CD，过点A作CE的垂线，垂足为E，已知点E到直线AC和CF的距离相等．求证：四边形ADCE是正方形．
51．(2023春•连山区期中）如图，以△ABC的边AB，AC为边在△ABC的外部作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD，CF，DF，CF交BD于O，交AD于H．
（1）写出CF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝2，AC＝4，直接写出BC2+DF2的值．
52．(2023春•烟台期中）如图，点E为矩形ABCD外一点，DE⊥BD，DE＝CE，BD的垂直平分线FG分别与AD，BD相交于点F，G，连接EF与BD相交于点H，连接GE．
（1）求证：H是EF的中点；
（2）若AB＝6，BD＝10，求GE的长．
53．(2023春•乳山市期中）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连接AC，延长EC到点F，使CF＝BE，连接PF交BC的延长线于点G，求∠BGP的度数．
54．(2023春•沂水县期中）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．
55．(2023秋•岳麓区校级期中）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
56．(2023春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．
（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；
（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；
（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．
57．(2023秋•南海区期中）如图1，在正方形ABCD中，点E在边AD上，连接BE交对角线AC于M，过点M作FM⊥BE交CD于F．
（1）如图1，求证：BM＝MF；
（2）如图2，连接BF，当AB＝6且E为AD中点时，试求CF的长．
58．(2023秋•南海区校级期中）如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交边BC于点F．
（1）求证：EA＝EF；
（2）写出线段FC，DE的数量关系并加以证明；
（3）若AB＝4，FE＝FC，求DE的长．
59．(2023春•高青县期中）已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点（不与C、D重合），连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于点H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
（1）若点F在边CD上，如图1．
①证明：∠DAH＝∠DCH；
②猜想线段CG与EF的关系并说明理由；
（2）取DF中点M，连结MG，若MG＝4，正方形边长为6，求BE的长．
60．(2023春•岳池县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
【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03（解答易错60道提升练，八下人教）
一．解答题（共60小题）
1．(2023春•安宁市校级期中）若x，y是实数，且y＝++3，求3的值．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x、y的值，根据二次根式的性质计算即可．
【解答】解：由题意得，4x﹣1≥0，1﹣4x≥0，
解得，x＝，
则y＝3，
则3＝3×＝．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2．(2023春•澄城县期中）高空抛物极其危险，是我们必须杜绝的行为．据研究，高空抛出的物体下落的时间t（单位：s）和高度h（单位：m）近似满足（不考虑风速的影响）．
（1）从200m高空抛物到落地所需时间t是多少？
（2）从高空抛物经过3s落地，该物体下落的高度是多少？
【分析】（1）把h＝200代入公式求解，可得结论；
（2）把t＝3代入公式求解，可得结论．
【解答】解：（1）当h＝200时，t＝＝5（秒）．
答：从200m高空抛物到落地所需时间t是5秒；
（2）当t＝3秒时，3＝，
∴h＝45，
答：从高空抛物经过3s落地，该物体下落的高度是45m．
【点评】本题主要考查了二次根式的应用，二次根式的应用主要是在解决实际问题的过程中用到有关二次根式的概念、性质和运算的方法
3．(2023春•渝水区校级期中）已知：，．求下列各式的值．
（1）xy；
（2）x2﹣xy+y2．
【分析】（1）根据二次根式的乘法法则进行计算即可；
（2）根据二次根式的加法法则求出x+y的值，先根据完全平方公式进行变形，再代入，最后根据二次根式的运算法则进行计算即可．
【解答】解：（1）∵x＝+，y＝﹣，
∴xy＝（+）×（﹣）
＝（）2﹣（）2
＝7﹣5
＝2；
（2）∵x＝+，y＝﹣，
∴x+y＝（+）+（﹣）＝2，
∵xy＝2，
∴x2﹣xy+y2
＝（x+y）2﹣3xy
＝（2）2﹣3×2
＝28﹣6
＝22．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值和完全平方公式，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
4．(2023春•伊川县期中）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先计算二次根式的除法和乘法，再合并同类二次根式即可；
（2）先利用平方差和完全平方公式展开，再计算减法即可；
【解答】解：（1）原式＝
＝
＝；
（2）原式＝
＝
＝．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
5．(2023春•江海区期中）阅读理解材料．把分母中的根子去掉叫做分母有理化，例如：
①；
②﹣1．
等运算都是分母有理化．根据上述材料，
（1）化简：；
（2）计算：．
【分析】（1）仿照阅读资料中的②化简即可；
（2）仿照阅读资料中的②化简即可．
【解答】解：（1）＝；
（2）
＝
＝．
【点评】本题考查了二次根式的分母有理数，熟练掌握新方法是解题的关键．
6．(2023春•柘城县期中）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方．如3+2＝（1+）2.善于思考的小明进行了以下探索：设a+b＝（m+n）2（其中a，b，m，n均为整数），则有a+b＝m2+2n2+2mn．故a＝m2+2n2，b＝2mn，这样小明就找到了一种把类似a+b的式子化为平方式的方法．请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
（1）当a，b，m，n均为正整数时，若a+b＝（m+n）2，用含m，n的式子分别表示a，b，得a＝ m2+3n2 ，b＝ 2mn ；
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a，b，m，n填空： 28 + 16 ＝（ 4 + 2 ）2；
（3）若a+4＝（m+n）2，且a，m，n均为正整数，求a的值．
【分析】（1）先根据完全平方公式展开，再得出a、b的值即可；
（2）设a+＝（m+）2，根据完全平方公式求出（m+）2＝m2+3+2m，得出2m＝1，a＝m2+3，再求出答案即可；
（3）根据完全平方公式求出（m+n）2＝m2+3n2+2mn，求出2mn＝4，a＝m2+3n2，求出mn＝2，根据m、n为正整数得出m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，再求出a即可．
【解答】解：（1）∵（m+n）2＝m2+3n2+2mn，
又∵a+b＝（m+n）2，
∴a＝m2+3n2，b＝2mn，
故答案为：m2+3n2，2mn；
（2）设a+b＝（m+n）2，
∵（m+n）2＝m2+3n2+2mn，
∴2mn＝b，a＝m2+3n2，
取n＝2，m＝4，则b＝16，a＝16+12＝28，
故答案为：28，16，4，2；
（3）（m+n）2＝m2+3n2+2mn，
∵a+4＝（m+n）2，
∴2mn＝4，a＝m2+3n2，
∴mn＝2，
∵m、n都为正整数，
∴m＝2，n＝1或m＝1，n＝2，
当m＝2，n＝1时，a＝22+3×12＝4+3＝7；
当m＝1，n＝2时，a＝12+3×22＝1+12＝13，
所以a的值是7或13．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算和完全平方公式，能根据完全平方公式展开是解此题的关键．
7．(2023春•宾阳县期中）【阅读材料】宾宾在学习二次根式时，发现一些含根号的式子可以化成另一个式子的平方，
如：；．
【类比归纳】
（1）请你仿照宾宾的方法将化成另一个式子的平方；
（2）请运用宾宾的方法化简；．
【变式探究】
（3）若，且a，m，n均为正整数，则a＝ 22或10 ．
【分析】（1）根据完全平方式的结构特征a2+b2±2ab解决此题．
（2）根据完全平方式的结构特征a2+b2±2ab解决此题．
（3）根据完全平方式的结构特征a2+b2±2ab解决此题．
【解答】解：（1）＝（5+2）+＝＝．
（2）＝＝＝＝．
（3）∵，且a，m，n均为正整数，
∴．
∴mn＝21，m+n＝a．
∴当m＝1，则n＝21，此时a＝22；
当m＝3，则n＝7，此时a＝10；
当m＝7，则n＝3，此时a＝10；
当m＝21，则n＝1，此时a＝22．
综上：a＝22或10．
故答案为：22或10．
【点评】本题主要考查完全平方式、二次根式的性质，熟练掌握完全平方式的结构特征是解决本题的关键．
8．(2023秋•栾城区校级期中）课堂上，李老师出了这样一个题目：求代数式a+的值，其中a＝2021．
小亮和小芳的解答过程如下：
小亮：解：原式＝a+＝a+1﹣a＝1，所以不论a为何值时，原式＝1；
小芳：解：原式＝a+＝a+a﹣1＝2a﹣1，当a＝2021时，原式＝2×2021﹣1＝4041
（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＜0）．
（2）请根据以上信息，独立完成下面的题目：
先化简，再求值：，其中a＝﹣2021．
【分析】（1）根据二次根式的性质进行化简，然后将a的值代入，即可求出答案；
（2）根据二次根式的性质进行化简，然后将a的值代入，即可求出答案．
【解答】解：（1）小亮的解法正确，
理由是：∵a＝2021，
∴a+
＝a+|1﹣a|
＝a+a﹣1
＝2a﹣1，
＝2×2021﹣1
＝4041，
即小芳的是正确的，小亮的解法是错误的，
故答案为：小亮；
（2）∵a＝﹣2021，
∴a﹣2+6
＝a﹣2+6
＝a﹣2（3﹣a）+6
＝a﹣6+2a+6
＝3a
＝3×（﹣2021）
＝﹣6063．
【点评】本题考查了整式的加减和二次根式的性质与化简，能正确根据二次根式的性质进行化简是解此题的关键．
9．(2023秋•裕华区校级期中）定义：若两个二次根式a，b满足a•b＝c，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式．
（1）若a与是关于4的共轭二次根式，则a＝ 2 ；
（2）若与是关于12的共轭二次根式，求m的值．
【分析】（1）根据共轭二次根式的定义，先列出关于a的等式，再求出a；
（2）根据共轭二次根式的定义，先列出关于m的方程，求解即可．
【解答】解：（1）∵a与是关于4的共轭二次根式，
∴＝4．
∴a＝＝2；
故答案为：2；
（2））∵与是关于12的共轭二次根式，
∴．
∴18+6+3m+3m＝12．
∴m（3+3）＝﹣6﹣6．
∴m＝﹣2．
【点评】本题主要考查了二次根式的计算，掌握二次根式的运算法则，理解共轭二次根式的定义是解决本题的关键．
10．(2023秋•驻马店期中）计算
（1）（﹣）÷；
（2）（﹣2）×﹣6；
（3）+5；
（4）（﹣）2+（+2）×（﹣2）．
【分析】（1）可利用多项式除以单项式法则计算，亦可通过分母有理化求解；
（2）利用乘法的分配律计算×，利用分数的性质和二次根式的性质化简6；
（3）可利用多项式除以单项式法则计算，亦可通过分母有理化求解；
（4）先利用完全平方公式、平方差公式，再求和．
【解答】解：（1）（﹣）÷
＝÷﹣
＝﹣1；
（2）（﹣2）×﹣6
＝×﹣2×﹣6
＝﹣2﹣6
＝3﹣6﹣3
＝﹣6；
（3）+5
＝（÷+÷）+5
＝（+）+5
＝2+6+5
＝13；
（4）（﹣）2+（+2）×（﹣2）
＝（）2﹣2×+（）2+（）2﹣22
＝2﹣2+3+3﹣4
＝4﹣2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的运算法则是解决本题的关键．
11．(2023秋•郫都区校级期中）解答下列各题：
（1）已知2b+1的平方根为3，3a+2b﹣1的立方根为2，求3a+2b的平方根．
（2）如果最简二次根式与同类二次根式，且+＝0，求x，y的值．
【分析】（1）根据平方根、立方根的定义进行计算即可；
（2）根据同类二次根式的定义求出a的值，再根据算术平方根的非负性求出x、y的值即可．
【解答】解：（1）∵2b+1的平方根为3，
∴2b+1＝9，
解得b＝4，
又∵3a+2b﹣1的立方根为2，
∴3a+2b﹣1＝8，
∵b＝4，
∴a＝，
∴3a+2b＝1+8＝9，
∴9的平方根为＝±3，
即3a+2b的平方根为±3；
（2）∵最简二次根式与同类二次根式，
∴3a+4＝19﹣2a，
解得a＝3，
当a＝3时，+＝0，即+＝0，
∴12﹣3x＝0，y﹣3＝0，
解得x＝4，y＝3，
答：x＝4，y＝3．
【点评】本题考查同类二次根式，平方根、立方根以及算术平方根的非负性，理解同类二次根式，平方根、立方根的定义，掌握算术平方根的非负性是正确解答的前提．
12．(2023秋•南山区校级期中）著名数学教育家G•波利亚，有句名言：“发现问题比解决问题更重要”，这句话启发我们：要想学会数学，就需要观察，发现问题，探索问题的规律性东西，要有一双敏锐的眼睛．请先阅读下列材料，再解决问题：
数学上有一种根号内又带根号的数，它们能通过完全平方公式及二次根式的性质化去里面的一层根号．
例如：＝＝＝＝1+．
解决问题：
（1）在括号内填上适当的数：＝＝③
①： 5 ，②： ，③ 3+ ．
（2）根据上述思路，化简并求出+的值．
【分析】（1）模仿样例进行解答便可；
（2）把28看成，7看成，借助完全平方公式将每个根号内化成完全平方数的形式，便可开方计算得结果．
【解答】解：（1）由题意得，＝＝3+，
则①＝5，②＝，③＝3+，
故答案为：①5；②；③3+；
（2）+
＝
＝
＝5﹣
＝7．
【点评】本题考查了二次根式的性质，完全平方式的应用，关键是把被开方数化成完全平方数．
13．(2023秋•农安县期中）已知，如图所示，实数a、b、c在数轴上的位置．化简：．
【分析】先根据数轴判断a，b，c的正负数，再根据绝对值的意义化简求解．
【解答】解：根据数轴可得：c＜b＜0＜a，
∴a﹣b＞0，c﹣a＜0，b+c＜0，
∴
＝a﹣（a﹣b）﹣（c﹣a）﹣（b+c）
＝a﹣a+b﹣c+a﹣b﹣c
＝a﹣2c．
【点评】本题考查了二次根式的化简与求值，绝对值的化简是解题的关键．
14．(2023春•黄石期中）实数a在数轴上的对应点A的位置如图所示，b＝|a﹣|+|2﹣a|．
（1）求b的值；
（2）已知b+2的小数部分是m，8﹣b的小数部分是n，求2m+2n+1的平方根．
【分析】（1）根据A点在数轴上的位置，可以知道2＜a＜3，根据a的范围去绝对值化简即可；
（2）先求出b+2，得到它的整数部分，用b+2减去整数部分就是小数部分，从而求出m；同理可求出n．然后求出2m+2n+1，再求平方根．
【解答】解：（1）由图可知：2＜a＜3，
∴a﹣＜0，2﹣a＜0，
∴b＝|a﹣|+|2﹣a|＝＝；
（2）∵b+2＝，，
∴b+2的小数部分是﹣3，
∴m＝﹣3，
∵8﹣b＝8﹣（﹣2）＝10﹣，
6＜10﹣＜7，
∴8﹣b的小数部分是10﹣﹣6＝4﹣，
∴n＝4﹣，
∴2m+2n+1＝2﹣6+8﹣2+1＝3，
∴2m+2n+1的平方根为±．
【点评】本题主要考查了无理数的估算，考核学生的运算能力，解题时注意一个正数的平方根有两个．
15．(2023春•海淀区校级期中）我们规定用（a，b）表示一对数对，给出如下定义：记m＝，n＝（其中a＞0，b＞0），将（m，n）与（n，m）称为数对（a，b）的一对“和谐数对”．
例如：（4，1）的一对“和谐数对”为（，1）和（1，）．
（1）数对（16，5）的一对“和谐数对”是 （，）和（，） ；
（2）若数对（3，m）的一对“和谐数对”相同，则m的值为 ；
（3）若数对（x，y）的一个“和谐数对”是（，1），则xy的值为 或2 ．
【分析】（1）根据新定义即可得出结论；
（2）根据新定义，列等式＝，解方程进而得出结论；
（4）根据新定义，列方程组，解出进而得出结论．
【解答】解：（1）∵m＝＝，n＝，
∴数对（16，5）的一对“和谐数对”是（，）和（，），
故答案为：（，）和（，）；
（2）∵数对（3，m）的一对“和谐数对”相同，
∴＝
∴m＝；
故答案为：；
（3）∵数对（x，y）的一个“和谐数对”是（，1），
∴或，
解得或，
∴xy＝或2．
故答案为：或2．
【点评】此题主要考查了新定义，解方程组，解方程，理解和应用新定义是解本题的关键．
16．(2023秋•莲湖区期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的顶点A，B，C恰好在格点（网格线的交点）上．
（1）求△ABC的周长．
（2）求△ABC的面积．
【分析】（1）根据勾股定理，分别求出AB、BC、AC的长，进而可得△ABC的周长；
（2）由（1）AB、BC、AC的长可得，BC2＝AB2+AC2，则△ABC是直角三角形，S△ABC＝AC•AB，进而可得△ABC的面积．
【解答】解：（1）根据题意可得，
AB＝＝＝2，
AC＝＝，
BC＝＝＝5，
AB+AC+BC＝2++5＝5+3，
∴△ABC的周长为5+3；
（2）∵AB＝2，AC＝，BC＝5，
∴BC2＝25，AB2+AC2＝20+5＝25，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴S△ABC＝AC•AB＝××＝5，
∴△ABC的面积为5．
【点评】本题考查了勾股定理知识点，结合图形熟练应用勾股定理三角形三边的值，并应用其逆定理判定三角形的形状是解本题的关键，综合性较强，难度适中．
17．(2023秋•新城区期中）图1是某品牌婴儿车，图2为其简化结构示意图．根据安全标准需满足BC⊥CD，现测得AB＝CD＝6dm，BC＝3dm，AD＝9dm，其中AB与BD之间由一个固定为90°的零件连接（即∠ABD＝90°），通过计算说明该车是否符合安全标准．
【分析】在Rt△ABD中，由勾股定理求出BD，在△BCD中，通过计算，根据勾股定理逆定理判断即可．
【解答】解：在Rt△ABD中，BD2＝AD2﹣AB2＝92﹣62＝45，
在△BCD中，BC2+CD2＝32+62＝45，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∴BC⊥CD．
故该车符合安全标准．
【点评】本题主要考查了勾股定理和勾股定理逆定理，熟练掌握勾股定理逆定理的应用是解决问题的关键．
18．(2023秋•市中区期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝20，BC＝15，CD＝7，AD＝24，∠B＝90°．
（1）求证：CD⊥AD；
（2）求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）连接AC，根据勾股定理可知AC2＝BA2+BC2，再根据AC2＝DA2+DC2即可得出结论；
（2）根据S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接AC，
∵∠B＝90°，
∴AC2＝BA2+BC2＝400+225＝625，
∵DA2+CD2＝242+72＝625，
∴AC2＝DA2+DC2，
∴△ADC是直角三角形，即∠D是直角，
∴CD⊥AD；
（2）解：S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC
＝AB•BC+AD•CD
＝×20×15+×24×7
＝234．
【点评】本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键．
19．(2023秋•锡山区期中）新冠疫情期间，为了提高人民群众防疫意识，很多地方的宣讲车开起来了，大喇叭响起来了，宣传横幅挂起来了，电子屏亮起来了，电视、广播、微信、短信齐上阵，防疫标语、宣传金句频出，这传递着打赢疫情防控阻击战的坚定决心．如图，在一条笔直公路MN的一侧点A处有一村庄，村庄A到公路MN的距离AB为800米，若宣讲车周围1000米以内能听到广播宣传，宣讲车在公路MN上沿MN方向行驶．
（1）请问村庄A能否听到宣传？请说明理由；
（2）如果能听到，已知宣讲车的速度是300米/分钟，那么村庄A总共能听到多长时间的宣传？
【分析】（1）根据村庄A到公路MN的距离为800米＜1000米，于是得到结论；
（2）根据勾股定理得到BP＝BQ＝600米，求得PQ＝1200米，于是得到结论．
【解答】解：（1）村庄能听到宣传，
理由：∵村庄A到公路MN的距离为800米＜1000米，
∴村庄能听到宣传；
（2）如图：假设当宣讲车行驶到P点开始影响村庄，行驶Q点结束对村庄的影响，
则AP＝AQ＝1000米，AB＝800米，
∴BP＝BQ＝＝600（米），
∴PQ＝1200米，
∴影响村庄的时间为：1200÷300＝4（分钟），
∴村庄总共能听到4分钟的宣传．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题时结合生活实际，便于更好的理解题意．
20．(2023春•合川区校级期中）笔直的河流一侧有一营地C，河边有两个漂流点A，B、其中AB＝AC，由于周边施工，由C到A的路现在已经不通，为方便游客，在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝10千米，CH＝8千米，BH＝6千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）△BCH是直角三角形，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2＝82+62＝100，
BC2＝100，
∴CH2+BH2＝BC2，
∴△HBC是直角三角形且∠CHB＝90°；
（2）设AC＝AB＝x千米，则AH＝AB﹣BH＝（x﹣6）千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC＝x，AH＝x﹣6，CH＝8，
由勾股定理得：AC2＝AH2+CH2，
∴x2＝（x﹣6）2+82
解这个方程，得x＝8，
答：原来的路线AC的长为8千米．
【点评】此题考查勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握勾股定理的逆定理和定理．
21．(2023秋•成都期中）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿AB由点A向点B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风的速度为25km/h，台风影响该海港持续的时间有多长？
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而利用三角形面积得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
（2）利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
【解答】解：（1）海港C受台风影响．
理由：如图，过点C作CD⊥AB于D，
∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴△ABC是直角三角形．
∴AC×BC＝CD×AB
∴300×400＝500×CD
∴CD＝＝240（km）
∵以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域，
∴海港C受到台风影响．
（2）当EC＝250km，FC＝250km时，正好影响C港口，
∵ED＝＝70（km），
∴EF＝140km
∵台风的速度为25km/h，
∴140÷25＝5.6（小时）
即台风影响该海港持续的时间为5.6小时．
【点评】本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
22．(2023秋•吴兴区校级期中）如图1，纸上有五个边长为1的小正方形组成的图形纸，我们可以把它剪开拼成一个正方形．
（1）拼成的正方形的面积为 5 ，边长为 ．
（2）如图2，以数轴的单位长度的线段为边作一个直角三角形，以数轴上表示的﹣1点为圆心，直角三角形的最大边为半径画弧，交数轴正半轴于点A，那么点A表示的数是 ﹣1 ．
（3）如图3，网格中每个小正方形的边长为1，若把阴影部分剪拼成一个正方形，那么新正方形的边长是 ．
【分析】（1）设拼成的正方形的边长为a，根据总面积列方程可解答；
（2）根据勾股定理计算，并根据圆中半径相等，结合数轴上点的特点可解答；
（3）根据图形求出阴影部分的面积，即为新正方形的面积，开方即可求出边长．
【解答】解：（1）设拼成的正方形的边长为a，
则a2＝5，
a＝，
即拼成的正方形的边长为，
故答案为：；
（2）由勾股定理得：，
∴点A表示的数为﹣1，
故答案为：﹣1；
（3）根据图形得：S阴影＝2×2×2×+2×2×＝4+2＝6，即新的正方形的面积为6，新正方形的边长为．
故答案为：
【点评】此题考查了实数、数轴、几何图形及算术平方根，熟练掌握算术平方根的定义是解本题的关键．
23．(2023春•克州期中）已知，如图1是一块四边形草地ABCD．已知AB⊥C，AB＝4，BC＝3，CD＝13．DA＝12．
（1）求四边形草地ABCD；
（2）如图2，其他条件不变，直接写出图2四边形草地ABCD的面积．
【分析】（1）连接AC，根据勾股定理求出AC，根据勾股定理的逆定理求出△CAD是直角三角形，分别求出△ABC和△CAD的面积，即可得出答案；
（2）根据（1）中的结论即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，连接AC，
在△ABC中，
∵∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝＝＝5，
∴S△ABC＝AB•BC＝＝6，
在△ACD中，
∵AD＝12，AC＝5，CD＝13，
∴AD2+AC2＝CD2，
∴△ACD是直角三角形，
∴S△ACD＝，
∴四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD＝6+30＝36；
（2）如图2，连接AC，
四边形ABCD的面积＝S△ACD﹣S△ABC＝30﹣6＝24．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理的应用，解此题的关键是能求出△ABC和△CAD的面积，注意：如果一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形．
24．(2023秋•平和县期中）如图是三国时期的数学家赵爽用四个两直角边分别为a、b（a≤b）．斜边为c的直角三角形拼成的正方形图形，并用此图证明勾股定理，请你用此“弦图”写出证明勾股定理的过程．
【分析】利用大正方形的面积等于4个三角形的面积加上中间小正方形的面积，进而证明问题．
【解答】解：由图可知：
S正方形＝4×ab+（b﹣a）2
＝2ab+b2+a2﹣2ab
＝a2+b2．
S正方形＝c2，
所以a2+b2＝c2．
【点评】此题主要考查了勾股定理的证明，利用图形面积得出是解题关键．
25．(2023秋•宝丰县期中）在学习勾股定理时，我们学会运用图（I）验证它的正确性：图中大正方形的面积可表示为：（a+b）2，也可表示为：c2+4•（ab），即（a+b）2＝c2+4•（ab）由此推出勾股定理a2+b2＝c2，这种根据图形可以极简单地直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称“无字证明”．
（1）请你用图（Ⅱ）（2002年国际数字家大会会标）的面积表达式验证勾股定理（其中四个直角三角形全等）；
（2）请你用（Ⅲ）提供的图形进行组合，用组合图形的面积表达式验证（x+y）2＝x2+2xy+y2．
【分析】（1）根据大正方形的面积＝小正方形的面积+4个直角三角形的面积，即可证明；
（2）可以拼成一个边长是x+y的正方形，它由两个边长分别是x、y的正方形和两个长、宽分别是x、y的长方形组成；
【解答】解：（1）由图可得：大正方形的面积为：c2，
中间小正方形面积为：（b﹣a）2，
四个直角三角形面积和为：4×ab，
由图形关系可知：大正方形面积＝小正方形面积+四直角三角形面积，
则有：c2＝（b﹣a）2+4×ab＝b2﹣2ab+a2+2ab＝a2+b2，
即：c2＝a2+b2．
（2）如图示：
大正方形边长为（x+y）
所以面积为：（x+y）2，
因为它的面积也等于两个边长分别为x，y和两个长为x宽为y的矩形面积之和，即x2+2xy+y2，
所以有：（x+y）2＝x2+2xy+y2成立．
【点评】此题考查勾股定理的证明，掌握通过不同的方法计算同一个图形的面积来证明一些公式的方法是解题的关键．
26．(2023秋•榕城区期中）知识探究：
如图1是两直角边长分别为m，n（m＞n）的直角三角形，如果用四个与图1完全一样的直角三角形可以拼成如图2和图3的几何图形．其中图2和图3的四边形ABCD、四边形EFGH都是正方形．请你根据几何图形部分与整体的关系完成第（1）（2）题．
请选择（m+n）2，（m﹣n）2，mn中的有关代数式表示：
图2中正方形ABCD的面积： （m﹣n）2+2mn ．
图3中正方形ABCD的面积： （m+n）2﹣2mn ．
（2）请你根据题（1），写出下列三个代数式：（m+n）2，（m﹣n）2，mn之间的等量关系 （m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn或者（m+n）2＝（m﹣n）2+4mn． ．
知识应用：
（3）根据（2）题中的等量关系，解决如下问题：
①已知：a﹣b＝5，ab＝﹣6，求：（a+b）2的值；
②已知：a＞0，a﹣＝，求：a+的值．
【分析】（1）图2中正方形ABCD面积可以表示为中间正方形EFGH面积加上外面4个全等的小直角三角形面积；图3中正方形ABCD面积可以表示为正方形EFGH面积减去外面4个全等的小直角三角形面积．
（2）抓住图2与图3中正方形ABCD的边长都是图1中直角三角形的斜边，因此面积相等，在（1）基础上，即可得到关系式．
（3）由（2）中等量关系变形求解即可．
【解答】解：（1）图2中，正方形ABCD面积为AB2，
由图1得AB2＝m2+n2，
∴由图中正方形EFGH面积加上四个直角三角形面积等于正方形ABCD的面积可得：
m2+n2＝（m﹣n）2+2mn；
图3中正方形ABCD的面积为AB2＝m2+n2＝（m+n）2﹣2mn．
故答案为：（m﹣n）2+2mn；（m+n）2﹣2mn．
（2）∵图2中正方形EFGH的面积为（m﹣n）2，
而S△ABG＝S△DAF＝S△CDE＝S△BCH＝．
∴图2中正方形ABCD的面积＝（m﹣n）2+4×＝（m﹣n）2+2mn．
又∵图3中正方形ABCD的面积＝（m+n）2﹣2mn，
图2与图3中正方形ABCD的边长都是图1中直角三角形的斜边，
∴图1中正方形ABCD的面积＝图2中正方形ABCD的面积．
故（m﹣n）2+2mn＝（m+n）2﹣2mn．
∴（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn或者（m+n）2＝（m﹣n）2+4mn．
故答案为：（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn或者（m+n）2＝（m﹣n）2+4mn．
（3）由（1）可得：
（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝52+4×（﹣6）＝25﹣24＝1；
，
∴，
又a＞0，
∴．
【点评】本题考查了完全平方公式及其不同形式之间的转换，完全平方公式的几何运用，三角形，正方形面积计算方法等知识，还有分式的混合运算，属于中档题．
27．(2023春•广汉市期中）勾股定理是一条古老的数学定理，它有很多种证明方法．
（1）请你根据图1填空；勾股定理成立的条件是 直角 三角形，结论是 a2+b2＝c2 （三边关系）
（2）以图1中的直角三角形为基础，可以构造出以a、b为底，以a+b为高的直角梯形（如图2），请你利用图2，验证勾股定理；
【分析】（1）根据图示直接填空；
（2）利用S梯形ABCD＝SRt△ABE+SRt△DEC+SRt△AED进行解答．
【解答】解：（1）勾股定理指的是在直角三角形中，两直角边的平方的和等于斜边的平方．
故答案是：直角；a2+b2＝c2；
（2）∵Rt△ABE≌Rt△ECD，
∴∠AEB＝∠EDC，
又∵∠EDC+∠DEC＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠AED＝90°．
∵S梯形ABCD＝SRt△ABE+SRt△DEC+SRt△AED，
∴．
整理，得a2+b2＝c2．
【点评】本题考查了勾股定理的证明．解答该题时，利用了“数形结合”的数学思想．
28．(2023春•西湖区期中）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，BE∥DF．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若AC＝8，BC＝6，∠ACB＝30°，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）先证∠ACB＝∠CAD，再证出△BEC≌△DFA，从而得出CE＝AF．
（2）过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，根据含30°角的直角三角形的性质得出AG，进而利用平行四边形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：平行四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ACB＝∠CAD．
又∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
∴△BEC≌△DFA（AAS），
∴CE＝AF．
（2）解：过A点作AG⊥BC，交CB的延长线于G，
在Rt△AGC中，AC＝8，∠ACB＝30°，
∴AG＝4，
∴平行四边形ABCD的面积＝BC•AG＝4×6＝24．
【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是利用AAS证出△BEC≌△DFA解答．
29．(2023春•铁岭县期中）如图．点B，E，C，F在同一条直线上，AB∥DE，AC∥DF，BE＝CF，连接AD．求证：
（1）△ABC≌△DEF；
（2）四边形ABED是平行四边形．
【分析】（1）由AB∥DE、AC∥DF利用平行线的性质可得出∠B＝∠DEF、∠ACB＝∠F，由BE＝CF可得出BC＝EF，进而可证出△ABC≌△DEF（ASA），
（2）根据全等三角形的性质可得出AB＝DE，再结合AB∥DE，即可证出四边形ABED是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵BE＝CF，
∴BE+EC＝EC+CF，即BC＝EF，
∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B＝∠DEF，∠ACE＝∠F，
∴△ABC≌△DEF（ASA）；
（2）由（1）可知：△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，
∵AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形．
【点评】本题考查了平行线的性质、平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的性质找出AB＝DE是解题的关键．
30．(2023春•云梦县期中）如图：△ABD，△APE和△BPC均为直线AB同侧的等边三角形，点P在△ABD内．
（1）求证：四边形PEDC为平行四边形；
（2）当点P同时满足条件：①PA＝PB和②∠APB＝150°时，猜想四边形PEDC是什么特殊的四边形，并说明理由；
（3）若△APB中，，求四边形PEDC的面积．
【分析】（1）证明DE＝PC，PE＝CD即可；
（2）根据正方形的判定解决问题即可；
（3）过C作CH垂直EP的延长线于H，依据ED＝CP，EP＝DC，即可得出四边形PCDE是平行四边形，由勾股定理的逆命定理证得∠APB＝90°，求出∠EPC＝150°，再由30°的直角三角形性质求出CH的长，最后根据平行四边形的面积公式求解即可．
【解答】（1）证明：∵△AEP，△DAB是等边三角形，
∴AE＝AP，AD＝AB，∠EAP＝∠DAB＝60°，
∴∠EAD＝∠PAB，
∴△EAD≌△PAB（SAS），
∴DE＝BP，
∵PC＝PB，
∴DE＝PC，
同理PE＝CD，
∴四边形PEDC是平行四边形；
（2）解：此时四边形PEDC为正方形．
理由：当PA＝PB时，
∵PE＝PA，PC＝PB，
∴PE＝PC，
∵四边形PEDC是平行四边形，
∴四边形PEDC是菱形．
当∠APB＝150°时，∵∠APE＝∠BPC＝60°，
∴∠EPC＝360°﹣60°﹣60°﹣150°＝90°，
又∵四边形PEDC是菱形，
∴四边形PEDC是正方形．
（3）解；如图所示，过C作CH垂直EP的延长线于H，
∵AB＝3，PA＝，PB＝2，
∴PA2+PB2＝AB2，
∴∠APB＝90°
又∵∠APE＝∠BPC＝60°，
∴∠EPC＝150°，
∴∠CPH＝30°，
∵∠PHC＝90°，
∴CH＝CP＝PB＝1，
又PE＝PA＝，
∴S平行四边形PEDC＝CH×EP＝1×＝．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会作辅助线构造平行四边形的高线解决问题，属于中考压轴题．
31．(2023春•应城市期中）如图，已知平行四边形ABCD，点P为BC的中点，连接PA，PD，PA⊥PD．
（1）求证：DP平分∠ADC；
（2）过点C作CE⊥CD交PD于点E，∠PCE＝∠B，PE＝3，求▱ABCD的周长；
（3）在（2）的条件下，点F为AD上一点，PF＝8，G为AB上一点，∠FPG＝60°，求△AGF的周长．
【分析】（1）取AD的中点H，连接PH，证明四边形PCDH是菱形即可得出结论；
（2）证明∠CPD＝∠PCE＝∠CDP＝30°，求得DE＝6，进一步求出CD＝9，BC＝18，从而可得出结论；
（3）证明△ABP是等边三角形，可得出∠FAP＝∠B＝60°，再证△PFA≌△PGB，可得出△PGF是等边三角形，从而可得出结论．
【解答】（1）证明：取AD的中点H，连接PH．
∵PA⊥PD，H为AD中点，
∴PH＝DH＝AH．
∵ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC．
∵P为BC中点，H为AD中点，
∴DH＝PC．
又∵DH∥PC，
∴四边形PCDH是平行四边形．
又∵PH＝DH，
∴四边形PCDH是菱形．
∴DP平分∠ADC；
（2）解：∵四边形PCDH是菱形，
∴∠HDP＝∠CDP＝∠CPD＝∠HPD．
∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵PCDH是菱形，
∴PH∥CD．
∵AB∥PH，
∴∠B＝∠HPC．
∵∠PCE＝∠B，
∴∠PCE＝∠CPD＝∠CDP．
在△CPD中，∠CPD+∠CDP+∠PCE+∠DCE＝180°，
∴∠CPD＝∠PCE＝∠CDP＝30°．
∴CE＝PE＝3，DE＝6．
在Rt△CDE中，CD＝＝9．
∴BC＝2CD＝18
∴▱ABCD的周长为2（BC+CD）＝2（18+9）＝54．
（3）解：由（2）知∠B＝∠HPC＝60°．
又AB＝CD＝CP＝BP，
∴△ABP是等边三角形．
∴∠BPA＝60°，BP＝AP．
又∵∠FPG＝60°，
∴∠FPA＝∠GPB．
又∵AD∥BC，
∴∠DAP＝∠BPA＝60°．
∴∠FAP＝∠B＝60°，
∴△PFA≌△PGB（ASA）
∴AF＝BG，FP＝PG．
∴△PGF是等边三角形．
∴GF＝PF＝8．
AF+AG＝AG+GB＝AB＝9．
∴△AGF的周长为AG+AF+GF＝17．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，以及全等三角形的判定与性质，正确掌握相关判定与性质是解答本题的关键．
32．(2023春•抚远市期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，连接DE，DF，EF，∠ADF的度数为53°．
（1）求∠C的度数；
（2）求四边形ADEF的周长．
【分析】（1）根据D，F分别是边AB，AC的中点，得到DF∥BC，进而得出∠B＝∠ADF＝53°，再由三角形内角和180°，即可得到∠C的度数．
（2）根据D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，得到DE∥AC，，EF∥AB，，结合AB＝3，AC＝4，可求出DF，EF的长，进而得到四边形ADEF的周长．
【解答】解：（1）∵D，F分别是边AB，AC的中点，
∴DF∥BC，
∵∠ADF＝53°，
∴∠B＝∠ADF＝53°，
∵∠A＝90°，
∴∠C＝180°﹣90°﹣53°＝37°．
（2）∵D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，
∴DE∥AC，，EF∥AB，，AF＝AC，AD＝AB，
∵AB＝3，AC＝4，
∴AF＝DE＝2，，
∴四边形ADEF的周长＝．
【点评】此题主要考查了三角形内角和定理，三角形中位线定理，四边形周长等知识，掌握三角形中位线平行且等于第三边的一半是解题的关键．
33．(2023春•鹤城区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，动点M从点D出发，按折线DCBAD方向以2cm/s的速度运动，动点N从点D出发，按折线DABCD方向以1cm/s的速度运动．
（1）若动点M，N同时出发，t秒时，N走过 t cm，M走过 2t cm；
（2）若动点M，N同时出发，经过几秒钟两点第一次相遇？
（3）若点E在线段BC上，且BE＝3cm，若动点M，N同时出发，相遇时停止运动，经过几秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形？
【分析】（1）根据路程＝时间×速度的等量关系，可直接写出N和M的路程
（2）根据相遇问题的等量关系列出方程求解即可，M的路程+N的路程＝矩形的周长；
（3）分点M在点E的左边和右边两种情况，根据平行四边形对边相等，利用AN＝ME列出方程求解即可．
【解答】解：（1）路程＝时间×速度，时间为t，N的速度为1cm/s，所以其路程为t，M的速度2cm/s，所以其路程为2t；
故答案为：t，2t；
（2）设t秒时两点相遇，
根据题意得t+2t＝2×（4+8）＝24，
解得t＝8，
即经过8秒钟两点第一次相遇；
（3）
①如图1，点M在BC上且在E点右侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝9﹣2t，
解得t＝1，
此时点M在DC，所以舍去；
②如图2，点M在BC上且在E点左侧时，当AN＝ME时，四边形AEMN为平行四边形，
得8﹣t＝2t﹣9，
解得，符合题意，
所以经过秒钟，点A，E，M，N组成平行四边形．
【点评】本题主要考查了矩形的性质及平行四边形的判定与性质，根据等量关系列出方程是解题的关键．
34．(2023春•铁锋区期中）如图，直角坐标系中的网格由单位正方形构成，△ABC中，A点坐标为（2，3），B点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣1）．
（1）AC的长为 2 ；
（2）判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）若以A、B、C及点D为顶点的四边形ABCD为平行四边形，则D点的坐标为 （4，2）或（0，4）或（﹣4，﹣4） ．
【分析】（1）根据点A和点C的坐标，利用勾股定理可以求得AC的长；
（2）先判断△ABC的形状，然后根据勾股定理求得AB、BC和AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断△ABC的形状即可；
（3）根据题意画出点D所在的位置，然后写出点D的坐标即可．
【解答】解：（1）∵A点坐标为（2，3），C点坐标为（0，﹣1），
∴AC的长为：＝2，
故答案为：2；
（2）△ABC是直角三角形，
理由：∵A点坐标为（2，3），B点坐标为（﹣2，0），C点坐标为（0，﹣1），
∴AB＝＝5，BC＝＝，AC＝2，
∴AB2＝52＝25，BC2+AC2＝25，
∴AB2＝BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）如右图所示，
以A、B、C及点D为顶点的四边形ABCD为平行四边形，则D点的坐标为（4，2）或（0，4）或（﹣4，﹣4），
故答案为：（4，2）或（0，4）或（﹣4，﹣4），
【点评】本题考查勾股定理、勾股定理的逆定理、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
35．(2023春•黔东南州期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为点E，F．
【探究发现】（1）连接CE，AF，求证：四边形AECF是平行四边形；
【拓展延伸】（2）若AB＝25，AE＝15，AD＝39，求四边形AECF的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，再证AE∥CF，然后证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，即可得出结论；
（2）由勾股定理得BE＝20，DE＝36，再由全等三角形的性质得BE＝DF＝20，则EF＝DE﹣DF＝16，然后由平行四边形面积公式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，AE∥CF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF，
∴四边形AECF为平行四边形；
（2）解：∵AE⊥BD，
∴∠AEB＝∠AED＝90°，
∴BE＝＝＝20，DE＝＝＝36，
由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF＝20，
∴EF＝DE﹣DF＝36﹣20＝16，
∵AE⊥BD，
∴S平行四边形AECF＝AE•EF＝15×16＝240．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
36．(2023秋•安溪县期中）在四边形ABCD中，AB＝CD，点E，F分别是边AD，BC的中点．
（1）如图1，点P为对角线BD的中点，连接PE，PF，若∠PEF＝26°，则∠EPF＝ 128 度；
（2）如图2，直线EF分别与BA，CD的延长线交于点M，N．求证：∠BMF＝∠CNF．
【分析】（1）由三角形中位线定理得PE＝AB，PF＝CD，再证PE＝PF，则∠PFE＝∠PEF＝26°，然后由三角形内角和定理即可得出结论；
（2）连接BD，取BD的中点P，连接PE、PF，由三角形中位线定理得PE∥AB，PF∥CD，PE＝AB，PF＝CD，再由平行线的性质得∠PEF＝∠BMF，∠PFE＝∠CNF，然后证PE＝PF，得∠PFE＝∠PEF，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵点E，F分别是边AD，BC的中点，点P为对角线BD的中点，
∴PE为△ABD的中位线，PF为△BCD的中位线，
∴PE＝AB，PF＝CD，
∵AB＝CD，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF＝26°，
∴∠EPF＝180°﹣∠PFE﹣∠PEF＝180°﹣26°﹣26°＝128°，
故答案为：128；
（2）证明：连接BD，取BD的中点P，连接PE、PF，
同（1）得：PE为△ABD的中位线，PF为△BCD的中位线，
∴PE∥AB，PF∥CD，PE＝AB，PF＝CD，
∴∠PEF＝∠BMF，∠PFE＝∠CNF，
∵AB＝CD，
∴PE＝PF，
∴∠PFE＝∠PEF，
∴∠BMF＝∠CNF．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
37．(2023秋•李沧区期中）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．
（1）求证：BE＝DF；
（2）连接DE，BF，已知 ①② （从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号），请判断四边形DEBF的形状，并证明你的结论．
条件①：AC＝2BD；
条件②：AB＝BC．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解容，按第一个解答计分）
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，OA＝OC，由平行线的性质得∠BAE＝∠DCF，从而利用SAS证明△ABE≌△CDF；
（2）若选择①，由（1）可说明AF∥CE，则四边形AECF是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得AE＝BF，利用含30°角的直角三角形的性质得AF＝BF，则AE＝AF，从而▱AECF是菱形；若选择②连接AC交BD于点O，同理可得四边形AECF是平行四边形，利用等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即EF⊥AC，从而证明结论．
【解答】证明：（1）方法一：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OA＝OC，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵E，F分别是OA，OC的中点，
∴AE＝CF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF；
方法二：连接DE，FB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，OA＝OC，
∵E，F分别是OA，OC的中点，
∴OE＝OA，OF＝OC，
∴OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE＝DF；
（2）选择条件①，
连接DE、BF，
∵OA＝OC，OE＝OA＝AC，OF＝OC＝AC，AC＝2BD，
∴EF＝BD，
又∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是矩形；
选择条件②，
∵AB＝BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形，
∴AC⊥BD，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形，
故答案为：①②．
【点评】此题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和判定解答即可．
38．(2023春•成华区校级期中）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为点E，CE＝CD，点F为CE的中点，点G是CD上的一点，连接DF、EG、AG．
（1）若CF＝4，AE＝6，求BE的长；
（2）若∠CEG＝∠AGE，那么：
①判断线段AG和EG的数量关系，并说明理由；
②求证：∠1＝∠2．
【分析】（1）先求出CD＝CE＝2CF＝8，再由平行四边形的性质得出AB＝CD＝8，然后由勾股定理即可得出答案；
（2）①延长BC交AG的延长线于H，易证∠CEG＝∠CHG，再证∠AEG＝∠EAG，即可得出答案；
②由①得AG＝EG＝HG，再由AAS证得△ADG≌△HCG，得DG＝CG，则CF＝CG，然后由SAS证△CDF≌△CGE，即可得出结论．
【解答】（1）解：∵CE＝CD，点F为CE的中点，CF＝2，
∴CD＝CE＝2CF＝8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝8，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE＝＝＝2；
（2）①解：AG＝EG，理由如下：
延长BC交AG的延长线于H，如图所示：
∵∠CEG＝∠AGE，∠AGE＝∠CEG+∠CHG，
∴∠CEG＝∠CHG，
∵∠AEG+∠CEG＝90°，∠EAG+∠CHG＝90°，
∴∠AEG＝∠EAG，
∴AG＝EG；
②证明：由①得：∠CEG＝∠CHG，AG＝EG，
∴AG＝EG＝HG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BH，
∴∠DAG＝∠CHG，∠ADG＝∠HCG，
在△ADG和△HCG中，
，
∴△ADG≌△HCG（AAS），
∴DG＝CG，
∴CG＝CD＝CE，
∵点F为CE的中点，
∴CF＝CE，
∴CF＝CG，
在△CDF和△CGE中，
，
∴△CDF≌△CGE（SAS），
∴∠1＝∠2．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
39．(2023春•东莞市校级期中）如图，平行四边形ABCD中，点E是AB边上一点，CE＝AB，DF⊥BC，交CE于点G，连接DE，EF．
（1）求证：∠AED＝90°﹣∠DCE；
（2）若点E是AB边的中点，求证：∠DEF＝2∠EFB．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠CDE＝∠CED＝＝90°﹣∠DCE，由平行线的性质可得结论；
（2）延长DA，FE于点M，由“AAS”可证△AEM≌△BEF，可得ME＝EF，由直角三角形的性质可得DE＝EF＝ME，由等腰三角形的性质和外角性质可得结论．
【解答】证明：（1）∵CE＝AB，AB＝CD，
∴CE＝CD．
∴∠CDE＝∠CED＝＝90°﹣∠DCE．
∵CD∥AB，
∴∠AED＝∠CDE＝90°﹣∠DCE；
（2）如图，延长DA，FE于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且DF⊥BC．
∴DF⊥AD，∠M＝∠EFB．
∵∠M＝∠EFB，AE＝BE，∠AEM＝∠FEB，
∴△AEM≌△BEF（AAS）．
∴ME＝EF，且DF⊥DM．
∴ME＝DE＝EF．
∴∠M＝∠MDE．
∴∠DEF＝∠M+∠MDE＝2∠M．
∴∠DEF＝2∠EFB．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键．
40．(2023春•思明区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
（1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若∠ACB＝45°，试探究AF，FO，EG之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）连接BD，求出S△OBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与S△OBC的关系求得结果；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，证明△OEG≌△CEH得OG＝CH，EG＝EH，再证明△OAF≌△OCG，得AF＝CG，OF＝OG，进而根据等腰直角三角形的性质得结论．
【解答】解：（1）连接BD，
∵平行四边形ABCD，
∴BD过点O，
∴S△OBC＝BC•OE＝×5×3＝．
∴平行四边形ABCD的面积＝4S△OBC＝30；
（2）AF+OF＝EG．理由如下：
过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，如图2，
∵OE⊥BC，
∴∠OEG+∠GEC＝∠GEC+∠CEH＝90°，
∴∠OEG＝∠CEH，
∵∠ACB＝45°，
∴∠COE＝45°，
∴OE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，
又FG⊥AB，
∴FG⊥CD，
∴∠EOG+∠ECG＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ECH+∠ECG＝180°，
∴∠EOG＝∠ECH，
∴△OEG≌△CEH（ASA），
∴OG＝CH，EG＝EH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠OAF＝∠OCG，
∵∠AOF＝∠COG，
∴△OAF≌△OCG（ASA），
∴AF＝CG，OF＝OG，
∵CG+CH＝GH，
∴AF+OF＝GH，
∵∠GEH＝90°，EG＝EH，
∴GH＝EG，
∴AF+OF＝EG．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形的面积公式，关键是证明全等三角形．
41．(2023春•武进区期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数．
【分析】根据菱形的性质得出AB＝BC，进而利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵∠BAC：∠ACE＝2：7，∠BCA+∠ACE＝180°，
∴∠BAC+∠ACE＝180°，
∴∠BAC＝40°，
∴∠B＝180°﹣40°﹣40°＝100°．
【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的邻边相等是解题的关键．
42．(2023春•滨江区校级期中）如图，菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，分别延长OE、OF至点B、点D，且BE＝DF，连接AB，AD，CB，CD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BD＝8，AC＝4，BE＝3，求．
【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形即可解决问题；
（2）根据菱形的性质和勾股定理可得AB＝＝2，AE＝＝，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF，OA＝OC，OE＝OF，
∵BE＝DF，
∴BO＝DO，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝BD＝8＝4，OA＝AC＝4＝2，
∵AC⊥BD，
∴AB＝＝2，
∵BE＝3，
∴OE＝OB﹣BE＝4﹣3＝1，
∴AE＝＝，
∴＝＝．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
43．(2023秋•岐山县期中）如图，▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，∠B＝60°，点G是CD的中点，点E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①直接写出：当AE＝ 1.5 cm时，四边形CEDF是菱形（不需要说明理由）；
②当AE＝ 3.5 cm时，四边形CEDF是矩形，请说明理由．
【分析】（1）证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①证△CDE是等边三角形，推出CE＝DE，再根据菱形的判定推出即可．
②求出△MBA≌△EDC，推出∠CED＝∠AMB＝90°，再根据矩形的判定推出即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠FCG＝∠EDG，
∵G是CD的中点，
∴CG＝DG，
在△CFG和△DEG中，
，
∴△CFG和△DEG（ASA），
∴FG＝EG，
又∵CG＝DG，
∴四边形CEDF是平行四边形．
（2）解：①当AE＝2cm时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠CDE＝∠B＝60°，
∵AE＝2cm，
∴DE＝AD﹣AE＝3cm，
∴DE＝CD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是菱形，
②当AE＝3.5时，平行四边形CEDF是矩形，理由如下：
如图，过A作AM⊥BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝3cm，
∴BM＝AB＝1.5cm，
∵AE＝3.5cm，
∴DE＝AD﹣AE＝1.5cm＝BM，
在△MBA和△EDC中，
，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴平行四边形CEDF是矩形，
故答案为：3.5．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
44．(2023秋•锦江区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F，OE＝5，AC＝8．
（1）求AB的长；
（2）求菱形ABCD的高．
【分析】（1）根据菱形的性质得出∠AOB＝90°，根据矩形的判定得出四边形AOBE是矩形，再根据矩形的性质得出AB＝OE即可；
（2）过B作BM⊥AD于M，根据菱形的性质得出AD＝AB＝5，AO＝OC＝4，BO＝DO，根据勾股定理求出OB，求出BD，求出S菱形ABCD＝＝AD×BM，再代入求出BM即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵∠AOB＝90°，
∴四边形AOBE是矩形，
∴AB＝OE，
∵OE＝5，
∴AB＝5；
（2）过B作BM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，
∴AO＝OC，BO＝DO，AD＝AB＝5，
∵AC＝8，
∴AO＝4，
∵AB＝5，
∴BO＝DO＝＝＝3，
∴BD＝6，
∵S菱形ABCD＝＝AD×BM，
∴8×6＝5×BM，
∴BM＝，
即菱形ABCD的高是．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和矩形的判定是解此题的关键．
45．(2023春•赞皇县期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在斜边AB上，E、F分别在直角边CA、BC上，且DE⊥AC，DF∥AC．
（1）求证：四边形CEDF是矩形；
（2）连接EF，若C到AB的距离是5，求EF的最小值．
【分析】（1）由三个角是直角的四边形是矩形可证四边形CEDF是矩形；
（2）连接CD，由矩形的性质可得CD＝EF，当CD⊥AB时，CD有最小值，即EF有最小值，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵DF∥AC，∠C＝90°，
∴∠DFB＝∠C＝90°，
∴∠DFC＝90°＝∠C，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠DFC＝∠C，
∴四边形CEDF是矩形；
（2）解：连接CD，如图所示：
由（1）可知，四边形CEDF是矩形，
∴CD＝EF，
∴当CD有最小值时，EF的值最小，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴CD⊥AB时，EF有最小值，
∵C到AB的距离是5，即点C到AB的垂直距离为5，
∴CD的最小值为5，
∴EF的最小值为5．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质以及最小值问题，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
46．(2023春•郧阳区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形，根据菱形的性质得出∠DOC＝90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出OD，根据勾股定理求出AO，根据菱形的性质求出AC，根据勾股定理求出即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴平行四边形ODEC是矩形；
（2）解：∵在Rt△AOD中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵AD＝10 OD＝AD＝5，
∴AO＝＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝10，
∵四边形ODEC是矩形，∠ACE＝90°，CE＝OD＝5，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝＝＝．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
47．(2023春•市南区期中）已知：如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，过点E作对角线AC的平行线，交AB于F，交DA和DC的延长线于点G，H．
（1）求证：△AFG≌△CHE；
（2）若∠G＝∠BAC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【分析】（1）根据SAS可以证明两三角形全等；
（2）先根据平行线的性质和已知可得∠BAC＝45°，所以△ABC是等腰直角三角形，所以AB＝BC，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD＝90°
∴∠GAB＝∠B＝∠BCH，
∵AD∥BC，EF∥AC，
∴四边形AGEC是平行四边形，
∴AG＝EC，
∵AB∥CD，EF∥AC
∴四边形AFHC是平行四边形，
∴AF＝CH，
∴△AFG≌△CHE（SAS）．
（2）四边形ABCD是正方形
理由：∵EF∥AC，
∴∠G＝∠CAD，
∵∠G＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠CAD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∵∠B＝90°，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∴BA＝BC，
∴矩形ABCD是正方形．
【点评】本题考查了矩形和正方形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
48．(2023秋•碑林区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，连接CF，求证：四边形ADCF是菱形．
【分析】根据AAS证△AFE≌△DBE，推出AF＝BD．结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到ADCF是菱形．
【解答】证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，解题的关键是正确寻找全等三角形，演艺圈的三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
49．(2023春•通道县期中）如图，在正方形ABCD中，M是AD上异于A、D的点，作∠NMB＝∠AMB交CD于N，连结BN，作BE⊥MN于E．
（1）求∠MBN的度数；
（2）求△DMN的周长与正方形边长的数量关系；
（3）若AM＝2，N是CD的中点，求AB的长．
【分析】（1）连接BN，过点B作BH⊥MN于点H，由AAS证明△ABM≌△HBM，由全等三角形的性质得到AB＝BH＝BC，∠ABM＝∠HBM，结合已知条件，再由HL证明Rt△HBN≌Rt△CBN，得到∠HBN＝∠CBN，最后利用等量代换解答即可；
（2）由（1）得，△ABM≌△HBM，Rt△HBN≌Rt△CBN，由全等三角形对应边相等整理得MN＝AM+CN，继而证明△DMN的周长＝DM+DN+MN＝DM+DN+AM+CN＝AD+CD＝2AD，据此解答；
（3）设正方形边长为m，则DM+DN+MN＝2m，结合题目已知条件得到，再由勾股定理得到DM2+DN2＝MN2，代入，转化为解关于m的一元二次方程即可解答．
【解答】解：（1）连接BN，过点B作BH⊥MN于点H，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠BHM＝90°，
∵∠NMB＝∠AMB，BH＝BH，
∴△ABM≌△HBM（AAS），
∴AB＝BH＝BC，∠ABM＝∠HBM，
∵∠BHN＝∠C＝90°，BN＝BN，
∴Rt△HBN≌Rt△CBN（HL），
∴∠HBN＝∠CBN，
∴∠ABM+∠CBN＝∠HBM+∠HBN＝45°，
∴∠MBN＝45°；
（2）由（1）得，△ABM≌△HBM，Rt△HBN≌Rt△CBN，
∴MH＝AM，HN＝CN，
∴MH+HN＝AM+CN，
∴MN＝AM+CN，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+AM+CN＝AD+CD＝2AD．
即△DMN的周长是正方形边长的2倍；
（3）设正方形边长为m，则DM+DN+MN＝2m，
∵AM＝2，N是CD的中点，
∴，
∵DM2+DN2＝MN2，
∴，
∴，
∴m2﹣6m＝0，
∴m（m﹣6）＝0，
∴m＝6或m＝0（舍去），
∴AB＝6．
【点评】本题考查正方形的性质及应用、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，解题关键是添加辅助线，构造全等三角形．
50．(2023春•隆阳区期中）如图，点B，C，F在同一条直线上，AC⊥BF于点C，且AC＝BC，连接AB，取AB的中点D，连接CD，过点A作CE的垂线，垂足为E，已知点E到直线AC和CF的距离相等．求证：四边形ADCE是正方形．
【分析】首先证明△ADC是等腰直角三角形，然后求出∠DCE＝90°，∠AEC＝90°，根据有三个内角为直角且有一组邻边相等的四边形是正方形得出结论．
【解答】证明：∵AC⊥BF，
∴∠ACB＝∠ACF＝90°，
∵AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵点D是AB中点，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，
∴△ADC是等腰直角三角形，∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，
∵点E到直线AC和CF的距离相等，
∴CE平分∠ACF，
∴∠ACE＝45°，
∴∠DCE＝45°+45°＝90°，
∵AE⊥CE，
即∠AEC＝90°，
∵∠ADC＝90°，∠DCE＝90°，∠AEC＝90°，AD＝DC，
∴四边形ADCE是正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，角平分线的性质是解题的关键．
51．(2023春•连山区期中）如图，以△ABC的边AB，AC为边在△ABC的外部作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD，CF，DF，CF交BD于O，交AD于H．
（1）写出CF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝2，AC＝4，直接写出BC2+DF2的值．
【分析】（1）利用SAS判定△BAD≌△FAC，即可得出BD＝CF，∠ACF＝∠ADB，进而得到BD⊥CF；
（2）根据勾股定理即可得到BC2+DF2＝OD2+OF2+OB2+OC2＝BF2+DC2，依据AB＝2，AC＝4，即可得到BC2+DF2的值．
【解答】解：（1）结论：BD＝CF且BD⊥CF，理由如下：
∵四边形ABEF，四边形ACGD都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AD，∠BAF＝∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝∠FAC，
∴△BAD≌△FAC（SAS），
∴BD＝CF，∠ACF＝∠ADB，
又∵∠AHC＝∠OHD，
∴∠CAH＝∠DOH＝90°，
∴BD⊥CF；
（2）如图所示，连接BF，CD，
由（1）得：BD⊥CF，
∴BC2＝OB2+OC2，DF2＝OD2+OF2，BF2＝OB2+OF2，DC2＝OD2+OC2，
∴BC2+DF2＝OD2+OF2+OB2+OC2，BF2+DC2＝OD2+OF2+OB2+OC2，
即BC2+DF2＝BF2+DC2，
又∵△ABF和△ACD都是等腰直角三角形，且AB＝2，AC＝4，
∴BF2+DC2＝8+32＝40，
∴BC2+DF2＝40．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理进行计算．
52．(2023春•烟台期中）如图，点E为矩形ABCD外一点，DE⊥BD，DE＝CE，BD的垂直平分线FG分别与AD，BD相交于点F，G，连接EF与BD相交于点H，连接GE．
（1）求证：H是EF的中点；
（2）若AB＝6，BD＝10，求GE的长．
【分析】（1）连接GC，证明G与E在CD的垂直平分线上，从而得出GE⊥CD，再证明四边形DEGF是平行四边形，即可推出结论；
（2）连接BF，根据已知求出AD的长，由FG为BD的垂直平分线，得DF＝BF，设DF为x，则BF＝x，AF＝8﹣x，在Rt△ABF中，由勾股定理得出方程求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接GC，
∵FG为BD的垂直平分线，
∴FG⊥BD，G为BD的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴GC＝GD，
∴G在CD的垂直平分线上，
∵DE＝CE，
∴E在CD的垂直平分线上，
∴GE为CD的垂直平分线，
∴GE⊥CD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴AD⊥CD，
∴GE∥AD，
∵DE⊥BD，FG⊥BD，
∴DE∥FG，
∴四边形DEGF是平行四边形，
∵H是EF与DG的交点，
∴H是EF的中点．
（2）解：如图，连接BF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝6，BD＝10，
∴AD＝8，
∵FG为BD的垂直平分线，
∴DF＝BF，
设DF为x，则BF＝x，AF＝8﹣x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得62+（8﹣x）2＝x2，
解得，
∵四边形DEGF是平行四边形，
∴．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握以上各性质定理是解题的关键．
53．(2023春•乳山市期中）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连接AC，延长EC到点F，使CF＝BE，连接PF交BC的延长线于点G，求∠BGP的度数．
【分析】（1）由矩形可得∠ABC＝90°，易得∠ABP+∠PBC＝90°，由AP⊥BP，可得∠ABP+∠PAB＝90°，易得∠PBC＝∠PAB，由AAS定理可得△ABP≌△BCE，由全等三角形的性质可得AB＝BC，易得结论；
（2）由△ABP≌△BCE易得AP＝BE，又CF＝BE，可得AP＝CF，易得四边形ACFP是平行四边形，可得∠ACB＝∠BGP，由四边形ABCD是正方形，AC是对角线，可得∠ACB＝∠BGP＝45°．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°．
即∠ABP+∠PBC＝90°，
∵AP⊥BP，
∴∠ABP+∠PAB＝90°，
∴∠PBC＝∠PAB．
∵CE⊥BP，
∴∠APB＝∠BEC＝90°．
∵BP＝CE，
∴△ABP≌△BCE（AAS）．
∴AB＝BC．
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解：∵△ABP≌△BCE，
∴AP＝BE．
∵BE＝CF，
∴AP＝CF．
∵AP⊥BP，FE⊥BP，
∴AP∥CF，
∴四边形ACFP是平行四边形．
∴AC∥PF，
∴∠ACB＝∠BGC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BGC＝∠ACB＝45°．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，矩形的性质和正方形的性质及判定，综合利用相关定理是解题关键．
54．(2023春•沂水县期中）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由．
【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论．
【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形；
（2）解：MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程．
55．(2023秋•岳麓区校级期中）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可得BM＝BN，∠MBN＝60°，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；
（2）根据等边三角形的性质可得AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，再求出∠ABM＝∠EBN，然后利用“边角边”证明△AMB和△ENB全等即可；
（3）①根据两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，再根据正方形的性质解答；
②根据全等三角形对应边相等可得AM＝EN，然后求出AM+BM+CM＝EN+MN+CM，再根据两点之间线段最短证明．
【解答】（1）解：△BMN是等边三角形．
理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM＝BN，∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形；
（2）证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，
∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，
∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，
即∠ABM＝∠EBN，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（3）①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点M为BD的中点；
②当点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小，
理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN+MN+CM，
故，点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短，（3）从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键．
56．(2023春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．
（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；
（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；
（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，结合AE＝BF，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可解决问题；
（2）根据勾股定理可得AE＝10，然后根据三角形的面积即可解决问题；
（3）证明△BAP≌△ADN（ASA），可得AN＝BP，AP＝DN，由AE＝BF，可得EN＝PF，根据点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），可得P、E不重合，所以PN≠PF，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）AE⊥BF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴AE⊥BF；
（2）在Rt△ABE中，AB＝8，BE＝6，
根据勾股定理得：AE＝＝10，
∵S△ABE＝AB•BE＝AE•BP，
∴8×6＝10BP，
∴BP＝4.8，
∴BP的长度为4.8；
（3）四边形FMNP不能成为正方形，理由如下：
由（1）知：AE⊥BF，
∴∠APF＝90°，
∵FM⊥DN，DN⊥AE，
∴∠FMN＝∠MNP＝90°，
∴四边形FMNP是矩形，
∵∠BAP+∠NAD＝∠NAD+∠ADN＝90°，
∴∠BAP＝∠ADN，
在△BAP和△ADN中，
，
∴△BAP≌△ADN（ASA），
∴AN＝BP，AP＝DN，
∵AE＝BF，
∴AE﹣AN＝BF﹣BP，
∴EN＝PF，
∵点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），
∴P、E不重合，
∴PN≠PF，
∴四边形FMNP不能成为正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABP≌△ADN．
57．(2023秋•南海区期中）如图1，在正方形ABCD中，点E在边AD上，连接BE交对角线AC于M，过点M作FM⊥BE交CD于F．
（1）如图1，求证：BM＝MF；
（2）如图2，连接BF，当AB＝6且E为AD中点时，试求CF的长．
【分析】（1）过M作MH∥BC交CD于H，交AB于G，可得四边形BGHC是矩形，有CH＝BG，而∠HCM＝∠CMH＝45°，有HM＝CH，故MH＝BG，又∠BMG+∠HMF＝90°，∠HMF+∠MFH＝90°，知∠BMG＝∠MFH，故△BGM≌△MHF（AAS），BM＝MF；
（2）延长DC到P，使得CP＝AE，连接EF，BP，可证△ABE≌△CBP（SAS），得BE＝BP，∠ABE＝∠CBP，从而可证△BEF≌△BPF（SAS），EF＝PF，设CF＝m，则DF＝6﹣m，PF＝3+m，在Rt△DEF中，有32+（6﹣m）2＝（3+m）2，解得CF＝2．
【解答】（1）证明：过M作MH∥BC交CD于H，交AB于G，如图：
∵GH∥BC，
∴∠AGH＝∠ABC＝90°，∠GHD＝∠DCB＝90°，
∴四边形BGHC是矩形，
∴CH＝BG，
∵∠HCM＝∠CMH＝45°，
∴HM＝CH，
∴MH＝BG，
∵∠BMF＝90°，
∴∠BMG+∠HMF＝90°，∠HMF+∠MFH＝90°，
∴∠BMG＝∠MFH，
∴△BGM≌△MHF（AAS），
∴BM＝MF；
（2）解：延长DC到P，使得CP＝AE，连接EF，BP，如图：
∵AB＝BC，∠BAE＝∠BCP＝90°，AE＝CP，
∴△ABE≌△CBP（SAS），
∴BE＝BP，∠ABE＝∠CBP，
∵∠ABE+∠EBC＝∠ABC＝90°，
∴∠CBP+∠EBC＝90°，即∠EBP＝90°，
由（1）知BM＝MF，∠BMF＝90°，
∴∠MBF＝45°，
∴∠PBF＝∠EBF＝45°，
∵BF＝BF，
∴△BEF≌△BPF（SAS），
∴EF＝PF，
∵AE＝DE＝AD，BC＝AD＝CD＝AB＝6，
∴AE＝DE＝3，
设CF＝m，则DF＝6﹣m，PF＝3+m，
∴EF＝PF＝3+m，
在Rt△DEF中，DE2+DF2＝EF2，
∴32+（6﹣m）2＝（3+m）2，
解得m＝2，
∴CF＝2．
方法二：
∵AE＝3，AB＝6，
∴BE＝＝3，
∵△AEM∽△CBM，
∴＝＝，
∴BM＝BE＝2，
由（1）知△BMF是等腰直角三角形，
∴BF＝BM＝2，
在Rt△BCF中，
CF＝＝2．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
58．(2023秋•南海区校级期中）如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交边BC于点F．
（1）求证：EA＝EF；
（2）写出线段FC，DE的数量关系并加以证明；
（3）若AB＝4，FE＝FC，求DE的长．
【分析】（1）过点E作MN⊥AD于M，交BC于点N，由四边形ABCD为正方形，AE⊥EF，可证明△AEM≌△EFN（ASA），即可得AE＝EF．
（2）由△AEM≌△EFN，∠ADB＝45°，可得CF＝2MD，而DE＝MD，故CF＝DE；
（3）设DE＝x可得：FE2＝AE2＝AM2+ME2＝（4﹣x）2+（x）2，而CF＝DE，若FE＝FC，有（4﹣x）2+（x）2＝（x）2，可解得DE＝2﹣2．
【解答】（1）证明：过点E作MN⊥AD于M，交BC于点N，如图：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，AD＝DC，∠ADB＝45°，
∵MN⊥AD，
∴MN⊥BC，
∴四边形NCDM为矩形，
∴MN＝CD，
∵∠ADB＝45°，MN⊥AD，
∴MD＝ME，
∴AM＝EN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEM+∠FEN＝90°．
∵∠AEM+∠MAE＝90°，
∴∠FEN＝∠MAE，
∴△AEM≌△EFN（ASA），
∴AE＝EF．
（2）解：CF＝DE，理由如下：
由（1）知△AEM≌△EFN，∠ADB＝45°，
∴ME＝FN＝MD，
∵四边形NCDM为矩形，
∴CN＝MD，
∴CF＝2MD，
∵DE＝MD，
∴CF＝DE；
（3）解：设DE＝x．由（1）得：FE2＝AE2＝AM2+ME2＝（4﹣x）2+（x）2，
由（2）得CF＝DE，
∴CF＝x，
∵FE＝FC，
∴FE2＝FC2，
∴（4﹣x）2+（x）2＝（x）2，
解方程得：x1＝2﹣2，x2＝﹣2﹣2（舍去），
∴DE＝2﹣2．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是作辅助线，构造三角形全等．
59．(2023春•高青县期中）已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点（不与C、D重合），连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于点H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
（1）若点F在边CD上，如图1．
①证明：∠DAH＝∠DCH；
②猜想线段CG与EF的关系并说明理由；
（2）取DF中点M，连结MG，若MG＝4，正方形边长为6，求BE的长．
【分析】（1）①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG＝∠FCG，∠GCF＝∠E即可解决问题；
（2）分两种情形解决问题：①当点F在线段CD上时，连接DE；
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．分别求出EC即可解决问题．
【解答】证明：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝DC，
在△ADH和△CDH中，
，
∴△ADH≌△CDH（SAS），
∴∠DAH＝∠DCH；
②结论：EF＝2CG，理由如下：
∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF＝∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG+∠DCH＝90°，
∴∠FCG+∠DAF＝90°，
∵∠DFA+∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∴GF＝GC，
∵∠GCE+∠GCF＝90°，∠CFG+∠E＝90°，
∴∠GCE＝∠GCF，
∴CG＝GE，
∴EF＝2CG；
（2）①如图，当点F在线段CD上时，连接DE．
∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∵FG＝GE，FM＝MD，
∴DE＝2MG＝8，
在Rt△DCE中，CE＝＝＝2，
∴BE＝BC+CE＝6+2；
②如图，当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可知GM是△DEC的中位线，
∴DE＝2GM＝8，
在Rt△DCE中，CE＝2，
∴BE＝BC﹣CE＝6﹣2
综上所述，BE的长为 6+2或6﹣2．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
60．(2023春•岳池县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP，据此求得t的值；
（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ＝CQ，列方程求得运动的时间t；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长＝4×10，根据菱形的面积求出面积即可．
【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，
∴BC＝AD＝16cm，AB＝CD＝8cm，
由已知可得，BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（16﹣t）cm，
在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，
当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t＝16﹣t，得t＝8，
故当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；
（2）∵AP＝CQ，AP∥CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形
即＝16﹣t时，四边形AQCP为菱形，解得t＝6，
故当t＝6s时，四边形AQCP为菱形；
（3）当t＝6s时，AQ＝CQ＝CP＝AP＝16﹣6＝10cm，
则周长为4×10cm＝40cm；
面积为10cm×8cm＝80cm2．
【点评】本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．