八年级数学下册专题09 期中-综合大题必刷（压轴15考点31题）（解析版）

专题09期中-综合大题必刷（压轴15考点31题）

一．二次根式的性质与化简（共1小题）1．先阅读下列的解答过程，然后作答：形如的化简，只要我们找到两个数a、b使a+b＝m，ab＝n，这样（）2+（）2＝m，•＝，那么便有＝＝±（a＞b）例如：化简解：首先把化为，这里m＝7，n＝12；由于4+3＝7，4×3＝12，即（）2+（）2＝7，•＝，∴＝＝＝2+由上述例题的方法化简：（1）；（2）；（3）．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）＝＝﹣；（2）＝＝＝﹣；（3）＝＝．二．二次根式的混合运算（共1小题）2．计算：（1）++﹣；（2）（×﹣4+3）÷2．【答案】（1）6+；（2）．【解答】解：（1）原式＝4+5+﹣3＝6+；（2）原式＝（3﹣2+6）÷2＝（3+4）÷2＝7÷2＝．三．二次根式的化简求值（共2小题）3．（1）先化简，再求值：，其中x＝﹣1；（2）数a、b在数轴上的位置如图所示，化简：．【答案】（1）；（2）2b．【解答】解：（1）原式＝＝＝x+1，当x＝﹣1时，原式＝x+1＝﹣1+1＝；（2）由数轴可知，﹣2＜a＜﹣1，1＜b＜2，∴a﹣b＜0，b﹣1＞0，a+1＜0，∴原式＝﹣（a﹣b）+（b﹣1）+（a+1）＝﹣a+b+b﹣1+a+1＝2b．4．阅读下面计算过程：＝＝试求：（1）的值为﹣．（2）求+...+的值．（3）若，求a2﹣4a+4的值．【答案】（1）﹣；（2）9；（3）5．【解答】解：（1）＝＝﹣，故答案为：﹣；（2）+...+＝﹣1+﹣+…+﹣+﹣＝﹣1＝10﹣1＝9；（3）∵＝+2，∴a2﹣4a+4＝（a﹣2）2＝（+2﹣2）2＝（）2＝5．四．勾股定理（共3小题）5．已知△ABC中，∠B＝90°，BC＝6cm，AB＝8cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动且速度为每秒2cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，在BC边上的运动速度是每秒3cm，在AC边上的运动速度是每秒5cm，它们同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止，设运动时间为t秒，（1）线段AC＝10；（2）当t＝1秒时，求△BPQ的面积；（3）当AP＝CP时，CQ＝；（4）若PQ将△ABC周长分为5：7两部分，直接写出t的值．【答案】（1）10；（2）9；（3）；（4）2或．【解答】解：（1）∵∠B＝90°，∴AC＝＝＝10，故答案为：10；（2）∵AP＝2t＝2，BQ＝3t＝3，∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2＝6，∴S△BPQ＝＝＝9；（3）设AP＝CP＝x，在Rt△BCP中，由勾股定理得，CP2﹣BP2＝BC2，∴x2﹣（8﹣x）2＝62，∴x＝，∴t＝＝＞2，∴点Q在AC上，∴CQ＝5×（﹣2）＝，故答案为：；（4）（6+8+10）×＝10，24﹣10＝14，当0＜t＜2时，BP+BQ＝10时，8﹣2t+3t＝10，∴t＝2（舍去），当BP+BQ＝14时，8﹣2t+3t＝14，∴t＝6（舍去），当2≤t＜4时，当AP+AQ＝10时，2t+10﹣5（t﹣2）＝10，∴t＝，当AP+AQ＝14时，2t+10﹣5（t﹣2）＝14，∴t＝2，综上所述：t＝2或．6．如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q分别为AB、BC边上的动点，点P从点A开始沿A⇒B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始B→C方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发；设出发的时间为t秒．（1）出发2秒后，求PQ的长；（2）从出发几秒钟后，△PQB能形成等腰三角形？（3）在运动过程中，直线PQ能否把原三角形周长分成相等的两部分？若能够，请求出运动时间；若不能够，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）出发2秒后，AP＝2，BQ＝4，∴BP＝8﹣2＝6，PQ＝＝2；（3分）（2）设时间为t，列方程得2t＝8﹣1×t，解得t＝；（6分）（3）假设直线PQ能把原三角形周长分成相等的两部分，由AB＝8cm，BC＝6cm，根据勾股定理可知AC＝10cm，即三角形的周长为8+6+10＝24cm，则有BP+BQ＝×24＝12，设时间为t，列方程得：2t+（8﹣1×t）＝12，解得t＝4，当t＝4时，点Q运动的路程是4×2＝8＞6，所以直线PQ不能够把原三角形周长分成相等的两部分．（10分）7．如图1，四边形ADCO中，∠AOC＝90°，∠ADC＝90°，AD＝7，DC＝24，CO＝15．（1）求线段AO的长度；（2）如图2所示，OB是∠AOC的平分线，一动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线OB运动．设点P的运动时间为t秒，当△AOP是等腰三角形时，请求出t的值．【答案】（1）20；（2）t的值为5或10或10．【解答】解：如图1，连接AC，∵∠ADC＝90°，AD＝7，DC＝24，∴AC＝＝＝25，∵∠AOC＝90°，CO＝15，∴AO＝＝＝20；（2）如图2，∵OB是∠AOC的平分线，∴∠AOB＝∠COB＝45°，∵一动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线OB运动，设点P的运动时间为t秒，∴OP＝2t，当△AOP是等腰三角形时，分3种情况讨论：①当AP＝OP时，∴∠PAO＝∠POA＝45°，∴△AOP是等腰直角三角形，由（1）知：AO＝20，∴OP＝AO＝10，∴2t＝10，∴t＝5；②当OA＝OP″时，∴2t＝20，∴t＝10；③当AP′＝AO时，∴∠AP′O＝∠AOP′＝45°，∴△AOP′是等腰直角三角形，∴OP＝AO＝20，∴2t＝20，∴t＝10，∴t的值为5或10或10．五．勾股定理的证明（共1小题）8．著名的赵爽弦图（如图①，其中四个直角三角形较大的直角边长都为a，较小的直角边长都为b，斜边长都为c），大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为，由推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，则a2+b2＝c2．（1）图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”，请你利用图②推导勾股定理；（2）如图③，在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A、B，AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在同一条直线上），并新修一条路CH，且CH⊥AB．测得CH＝0.8千米，HB＝0.6千米，求新路CH比原路CA少多少千米？（3）小明继续思考研究，发现了三角形已知三边的长，可求高的一种方法．他是这样思考的，在第（2）问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC＝10，BC＝17，AB＝21，设AH＝x，可以求CH的值，请帮小明写出求CH的过程．【答案】（1）推导过程见解答；（2）新路CH比原路CA少约0.03千米；（3）8．【解答】解：（1）梯形ABCD的面积为（a+b）（a+b）＝a2+ab+b2，也可以表示为ab+ab+c2，∴ab+ab+c2＝a2+ab+b2，即a2+b2＝c2；（2）设AB＝AC＝x千米，∴AH＝AB﹣BH＝（x﹣0.6）千米，在Rt△ACH中，根据勾股定理得：CA2＝CH2+AH2，∴x2＝0.82+（x﹣0.6）2，解得x≈0.83，即CA≈0.83千米，∴CA﹣CH≈0.83﹣0.8≈0.03（千米），答：新路CH比原路CA少约0.03千米；（3）∵AH＝x，∴BH＝AB﹣AH＝21﹣x，∵CH⊥AB，AC＝10，BC＝17，AB＝21，根据勾股定理：在Rt△ACH中，CH2＝CA2﹣AH2，在Rt△BCH中，CH2＝CB2﹣BH2，∴CA2﹣AH2＝CB2﹣BH2，即102﹣x2＝172﹣（21﹣x）2，解得：x＝6，∴AH＝6，∴CH＝＝＝8．六．勾股定理的应用（共1小题）9．今年第6号台风“烟花”登陆我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上的两点A、B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又AB＝500km，经测量，距离台风中心260km及以内的地区会受到影响．（1）海港C受台风影响吗？为什么？（2）若台风中心的移动速度为28千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？【答案】（1）海港C受台风影响，理由见解答过程；（2）台风影响该海港持续的时间为小时．【解答】解：（1）海港C受台风影响，理由：∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；过点C作CD⊥AB于D，∵△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260km以内为受影响区域，∴海港C受台风影响；（2）当EC＝260km，FC＝260km时，正好影响C港口，∵ED＝（km），∴EF＝2ED＝200km，∵台风的速度为28千米/小时，∴200÷28＝（小时）．答：台风影响该海港持续的时间为小时．七．平行四边形的判定与性质（共1小题）10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD，BE．（1）求证：CE＝AD；（2）当D为AB的中点时，判断四边形BECD的形状，并说明理由．【答案】（1）证明过程见解答；（2）四边形BECD是菱形，理由见解答．【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB＝90°，∴AC∥DE，∵MN∥AB，∴四边形ADEC是平行四边形，∴CE＝AD；（2）四边形BECD是菱形，理由：∵D为AB中点，∴AD＝BD，∵CE＝AD，∴BD＝CE，∵BD∥CE，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ACB＝90°，D为AB中点，∴CD＝BD＝AB，∴四边形BECD是菱形．八．菱形的性质（共1小题）11．【问题原型】如图1，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AB＝AC．点E、F分别为AC、BC的中点，连接EF，DE．试说明：DE＝EF．【探究】如图2，在问题原型的条件下，当AC平分∠BAD，∠DEF＝90°时，求∠BAD的大小．【应用】如图3，在问题原型的条件下，当AB＝2，且四边形CDEF是菱形时，直接写出四边形ABCD的面积．【答案】见试题解答内容【解答】解：【问题原型】证明：在△ABC中，点E，F分别为AC，BC的中点∴EF∥AB，且EF＝AB在Rt△ACD中，点E为AC的中点∴DE＝AC∵AB＝AC，∴DE＝EF【探究】解：∵AC平分∠BAD，EF∥AB，DE＝AC＝AE＝EC∴∠BAC＝∠DAC，∠CEF＝∠BAC∠DEC＝2∠DAC＝∠BAD∵∠DEF＝90°∴∠CEF+∠DEC＝∠BAC+2∠DAC＝90°∴∠BAC＝∠DAC＝30°，∴∠BAD＝60°【应用】四边形ABCD的面积为：∵四边形CDEF是菱形，EC＝DE，∴△CDE与△CEF都是等边三角形，∵AB＝2，∴EF＝DE＝CD＝CF＝1∴S△DCE＝S△DEA＝S△CEF＝，∵EF∥AB，∴，∴S△ABC＝4S△CEF＝∴S四边形ABCD＝S△DCE+S△DEA+S△ABC＝2×+＝．九．菱形的判定与性质（共2小题）12．在Rt△BDE中，∠BDE＝90°，C是BE的中点，过点D作AD∥BE，且AD＝BC，连接AE交CD于F．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若DB＝8，菱形ABCD的面积为40，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）10．【解答】（1）证明：AD∥BE，且AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵点C是BE边的中点，∠BDE＝90°，∴BC＝CE＝DC，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝CD＝BC，在△ABD和△CDB中，，∴△ABD≌△CDB（SSS），∴S△ABD＝SCDB，∵BC＝CE，∴S△BCD＝S△CDE＝S菱形ABCD＝S△BDE，∴×8•DE＝40，∴DE＝10．13．如图，在▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作▱ECFG．（1）证明▱ECFG是菱形；（2）若∠ABC＝120°，连接BD、CG，求∠BDG的度数；（3）若∠ABC＝90°，AB＝6，AD＝8，M是EF的中点，求DM的长．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）证明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，又∵四边形ECFG是平行四边形，∴四边形ECFG为菱形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°由（1）知，四边形CEGF是菱形，∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE＝∠BAE，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴BE＝CD，∴△BEG≌△DCG（SAS），∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，∵BG＝DG，∴△BDG是等边三角形，∴∠BDG＝60°；（3）如图2中，连接BM，MC，∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∴DM＝BD＝5．方法二：∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC＝6，过M作MH⊥CF于H，则△MHF是等腰直角三角形，∵△ADF是等腰直角三角形，∴DF＝AD＝8，∵CF＝CE＝2，∴MH＝FH＝1，∴DM＝＝＝5．一十．矩形的性质（共2小题）14．如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（a，0），点C的坐标为（0，b）且a、b满足+|b﹣6|＝0，点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣C﹣B﹣A﹣O的线路移动．（Ⅰ）点B的坐标为（4，6）；当点P移动3.5秒时，点P的坐标为（1，6）；（Ⅱ）在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，求点P移动的时间；（Ⅲ）在移动过程中，当△OBP的面积是10时，求点P移动的时间．【答案】见试题解答内容【解答】解：（Ⅰ）∵a、b满足+|b﹣6|＝0，∴a﹣4＝0，b﹣6＝0，解得a＝4，b＝6，∴点B的坐标是（4，6），∵点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O﹣C﹣B﹣A﹣O的线路移动，∴2×3.5＝7，∵OA＝4，OC＝6，∴当点P移动4秒时，在线段CB上，离点C的距离是：7﹣6＝1，即当点P移动4秒时，此时点P在线段CB上，离点C的距离是1个单位长度，点P的坐标是（1，6）；故答案为（4，6），（1，6）．（Ⅱ）由题意可得，在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，存在两种情况，第一种情况，当点P在OC上时，点P移动的时间是：4÷2＝2秒，第二种情况，当点P在BA上时．点P移动的时间是：（6+4+2）÷2＝6秒，故在移动过程中，当点P到x轴的距离为4个单位长度时，点P移动的时间是2秒或6秒．（Ⅲ）如图1所示：∵△OBP的面积＝10，∴OP•BC＝10，即×4×OP＝10．解得：OP＝5．∴此时t＝2.5s如图2所示；∵△OBP的面积＝10，∴PB•OC＝10，即×6×PB＝10．解得：BP＝．∴CP＝．∴此时t＝s，如图3所示：∵△OBP的面积＝10，∴BP•BC＝10，即×4×PB＝10．解得：BP＝5．∴此时t＝s如图4所示：∵△OBP的面积＝10，∴OP•AB＝10，即×6×OP＝10．解得：OP＝．∴此时t＝s综上所述，满足条件的时间t的值为2.5s或s或s或s．15．如图，在矩形ABCD中，M，N分别是边AD，BC的中点，E，F分别是线段BM，CM的中点．（1）求证：△ABM≌△DCM；（2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论．【答案】见试题解答内容【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠A＝∠D＝90°，∵M为AD中点，∴AM＝DM，在△ABM和△DCM，，∴△ABM≌△DCM（SAS）；（2）四边形MENF是菱形．证明如下：∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，∴NE∥CM，NE＝CM，MF＝CM，∴NE＝FM，NE∥FM，∴四边形MENF是平行四边形，由（1）知△ABM≌△DCM，∴BM＝CM，∵E、F分别是BM、CM的中点，∴ME＝MF，∴平行四边形MENF是菱形；一十一．矩形的判定与性质（共3小题）16．如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒（t＞0）．（1）用含t的式子表示线段的长度：PD＝（10﹣t）cm，（2）当0＜t＜2.5时，运动时间t为2秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形．（3）当5＜t＜10时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由．【答案】（1）（10﹣t）；（2）2；（3）以P、D、Q、B为顶点的四边形有可能是平行四边形，t的值为或8．【解答】解：（1）∵AD＝10，AP＝t，∴PD＝10﹣t，故答案为：（10﹣t）．（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AP∥BQ，∠A＝90°，∴当AP＝BQ时，四边形PABQ是矩形，当0＜t＜2.5时，点Q从点C向点B运动，∴t＝10﹣4t，解得t＝2，故答案为：2．（3）以P、D、Q、B为顶点的四边形有可能是平行四边形，∵PD∥BQ，∴当PD＝BQ时，四边形BPDQ是平行四边形，当5＜t≤7.5时，点Q从点C向点B运动，由PD＝BQ得10﹣t＝10×3﹣4t，解得t＝；当7.5＜t＜10时，点Q从点B向点C运动，由PD＝BQ得10﹣t＝4t﹣10×3，解得t＝8，综上所述，t的值为或8．17．在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝6cm，BC＝10cm，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发，以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，（1）t取何值时，四边形EFCD为矩形？（2）M是BC上一点，且BM＝4，t取何值时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当DE＝CF时，四边形EFCD为矩形，则有6﹣t＝10﹣2t，解得t＝4，答：t＝4s时，四边形EFCD为矩形．（2）①当点F在线段BM上，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，则有t＝4﹣2t，解得t＝，②当F在线段CM上，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，则有t＝2t﹣4，解得t＝4，综上所述，t＝4或s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．18．如图，在▱ABCD中，DC＞AD，四个角的平分线AE，DE，BF，CF的交点分别是E，F，过点E，F分别作DC与AB间的垂线MM'与NN'，在DC与AB上的垂足分别是M，N与M′，N′，连接EF．（1）求证：四边形EFNM是矩形；（2）已知：AE＝4，DE＝3，DC＝9，求EF的长．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）证明：过点E、F分别作AD、BC的垂线，垂足分别是G、H．∵∠3＝∠4，∠1＝∠2，EG⊥AD，EM⊥CD，EM′⊥AB∴EG＝ME，EG＝EM′∴EG＝ME＝M′E＝MM′同理可证：FH＝NF＝N′F＝NN′∵CD∥AB，MM′⊥CD，NN′⊥CD，∴MM′＝NN′∴ME＝NF＝EG＝FH又∵MM′∥NN′，MM′⊥CD∴四边形EFNM是矩形．（2）∵DC∥AB，∴∠CDA+∠DAB＝180°，∵，∠2＝∠DAB∴∠3+∠2＝90°在Rt△DEA，∵AE＝4，DE＝3，∴AD＝＝5．∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB＝∠DCB，又∵∠2＝∠DAB，∠5＝∠DCB，∴∠2＝∠5由（1）知GE＝NF在Rt△GEA和Rt△CNF中∴△GEA≌△CNF∴AG＝CN在Rt△DME和Rt△DGE中∵DE＝DE，ME＝EG∴△DME≌△DGE∴DG＝DM∴DM+CN＝DG+AG＝AD＝5∴MN＝CD﹣DM﹣CN＝9﹣5＝4．∵四边形EFNM是矩形．∴EF＝MN＝4一十二．正方形的性质（共10小题）19．如图，已知四边形ABCD是正方形AB＝，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．（1）求证：DE＝EF；（2）探究CE+CG的值是否为定值，若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；【答案】（1）见解析；（2）4．【解答】（1）证明：如图，作EM⊥BC，EN⊥CD∴∠MEN＝90°，∵点E是正方形ABCD对角线上的点，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE．（2）解：CE+CG的值是定值，定值为4．理由：∵EF＝DE．∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；∵四边形ABCD是正方形，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG．∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝×2＝4．20．如图所示，△ABC中，点O是AC边上一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线CE于点E，交∠BCA的外角平分线CF于点F．（1）求证：EO＝FO；（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论；（3）若要使四边形AECF是正方形，△ABC应该满足什么条件？（直接写出具体条件，不需要证明）【答案】（1）见解析；（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，证明见解析；（3）要使四边形AECF是正方形，应该满足△ABC是∠ACB＝90°的直角三角形，证明见解析．【解答】（1）证明：∵MN∥BC，∴∠3＝∠2，又∵CF平分∠DCO，∴∠1＝∠2，∴∠1＝∠3，∴FO＝CO，同理：EO＝CO，∴EO＝FO；（2）解：当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，又∵EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，由（1）可知，FO＝CO，∴AO＝CO＝EO＝FO，∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，∴四边形AECF是矩形；（3）解：要使四边形AECF是正方形，应该满足△ABC是∠ACB＝90°的直角三角形．∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，∵MN∥BC，∴∠AOE＝∠ACB，∵∠ACB＝90°，∴∠AOE＝90°，∴AC⊥EF，∴四边形AECF是正方形．21．（1）正方形ABCD，E、F分别在边BC、CD上（不与端点重合），∠EAF＝45°，EF与AC交于点G①如图（i），若AC平分∠EAF，直接写出线段EF，BE，DF之间等量关系；②如图（ⅱ），若AC不平分∠EAF，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由（2）如图（ⅲ），矩形ABCD，AB＝4，AD＝8．点M、N分别在边CD、BC上，AN＝2，∠MAN＝45°，求AM的长度．【答案】（1）①EF＝BE+DF；②，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立：EF＝BE+DF；理由见解答；（2）．【解答】解：（1）①如图（i），∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠CAD＝45°，∵∠EAF＝45°，AC平分∠EAF，∴∠BAE＝∠EAG＝∠DAF＝∠FAG＝22.5°，∵AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∴△ABE≌△ADF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，∴∠AEF＝∠AFE，∴AC⊥EF，∴∠AGE＝∠AGF＝90°，∵AE平分∠BAC，∴BE＝EG，DF＝GF，∴EF＝BE+DF；②，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立：EF＝BE+DF；如图（ⅱ），延长CD到点H，截取DH＝BE，连接AH，在△AEB与△AHD中，∵，∴△AEB≌△AHD（SAS），∴AE＝AH，∠BAE＝∠HAD，∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAF+∠DAH＝45°．即∠EAF＝∠HAF，在△EAF与△HAF中，∵，∴△EAF≌△HAF（SAS），∴EF＝HF＝DF+DH＝BE+DF，（2）解法一：如图，取AD，BC的中点P，Q，连接QP，PQ交AM于H，连接NH，∵AD＝8，AB＝4，∴AP＝AB＝BQ＝PQ＝4，∠B＝90°，∴四边形ABQP是正方形，Rt△ABN中，AB＝4，AN＝2，∴BN＝＝2，∴NQ＝4﹣2＝2，∵∠NAH＝45°，由（1）同理得：NH＝BN+PH，设PH＝x，则NH＝x+2，QH＝4﹣x，Rt△NHQ中，NH2＝QH2+NQ2，∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，x＝，∵P是AD的中点，PH∥DM，∴AH＝HM，∴DM＝2PH＝，由勾股定理得：AM＝＝＝；解法二：如图（iii），延长AN，DC交于点G，过M作MP⊥AG于点P，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，Rt△ABN中，AB＝4，AN＝2，∴BN＝2，CN＝8﹣2＝6，∵AB∥CG，∴△ABN∽△GCN，∴＝，∴NG＝6，∵∠MAN＝45°，∠APM＝90°，∴AP＝PM，设AP＝x，则PM＝x，PG＝2x，∵AG＝2+6＝x+2x，x＝，∴AM＝x＝．解法三：如图，过点N作NK⊥AN，交AM于K，过K作KL⊥BC于L，∴∠ANK＝∠B＝∠KLN＝90°，∴∠ANB＝∠KNL，∵∠MAN＝45°，∴△ANK是等腰直角三角形，∴AN＝NK，∴△ABN≌△NLK（AAS），∴NL＝AB＝4，KL＝BN＝2，设CM＝x，则DM＝4﹣x，∵S梯形ABCM＝2S△ABN+S△ANK+S梯形KLCM，∴×8（x+4）＝2×+×（2）2+（x+2）×（8﹣2﹣4），∴x＝，∴DM＝，由勾股定理得：AM＝＝＝．22．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．【答案】（1）证明见解答过程；（2）CF＝DE，证明见解答过程；（3）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＝2﹣2．23．如图，在正方形中，P是直线CD上的一点，连接BP，过点D作DE⊥BP，交直线BP于点E，连接CE．（1）当点P在线段CD上时，如图①，求证：BE﹣DE＝CE；（2）当点P在直线CD上移动时，位置如图②、图③所示，线段BE，DE与CE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，选择一个证明．【答案】（1）证明见解析；（2）如图②有结论BE+DE＝CE；如图③有结论DE﹣BE＝CE，证明见解析．【解答】（1）证明：在BE上截取MB＝DE，连接CM，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCP＝90°，∵DE⊥BP，∴∠DEP＝90°，∴∠BCP＝∠DEP，∵∠BPC＝∠DPE，∴∠MBC＝∠EDC，在△BMC和△DEC中，，∴△BMC≌△DEC（SAS），∴CM＝CE，∠MCB＝∠ECD，∵∠MCB+∠MCP＝90°，∴∠ECD+∠MCP＝90°，∴△CME是等腰直角三角形，∴ME＝CE，∵ME＝BE﹣BM＝BE﹣DE，∴BE﹣DE＝CE；（2）如图②有结论BE+DE＝CE；如图③有结论DE﹣BE＝CE，选择如图②，BE+DE＝CE进行证明证明：延长EB到N使BN＝DE，连接CN，∵DE⊥BE，∴∠PED＝90°，∴∠EDC＝∠P+∠PED＝∠P+90°，∵∠CBN＝∠P+∠BCD＝∠P+90°，∴∠CBN＝∠EDC，∵NB＝DE，BC＝CD，在△CBN和△CDE中，，∴△CBN≌△CDE（SAS），∴CN＝CE，∠BCN＝∠ECD，∵∠ECD+∠BCE＝90°，∴∠BCN+∠BCE＝90°，∴△CNE是等腰直角三角形，∴NE＝CE，∵NE＝BE+BN＝BE+DE，∴BE+DE＝CE．24．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．【答案】（1）①证明见解析部分．②结论：EF＝2CG，证明见解析部分．（2）6+2或6﹣2．【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△DEF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6﹣2．25．在边长为6的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝6；（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长．【答案】（1）AG＝6；（2）AG＝4；（3）DE＝或．【解答】解：（1）如图1，连接CG，∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠ABC＝∠BCD＝∠EBG＝∠BDF＝∠ADC＝90°，BD＝BG，∴∠CBG＝45°，∴∠CBG＝∠CBD，∵BC＝BC＝6，∴△CBD≌△CBG（SAS），∴∠BCD＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝BC＝AD＝6，∴G，C，D三点共线，∴AG＝＝＝6，故答案为：6；（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，∴∠K＝∠C＝90°，∠CBK＝∠CBG+∠GBK＝∠ABC＝90°，∵DE＝2，DC＝6，∴CE＝4，∵∠EBG＝∠EBC+∠CBG＝90°，∠CBG+∠GBK＝90°，∴∠EBC＝∠GBK，∵BE＝BG，∠K＝∠C＝90°，∴△BCE≌△BKG（AAS），∴CE＝KG＝4，BC＝BK＝6，∴AK＝AB+BK＝6+6＝12，由勾股定理得：AG＝＝＝4；（3）分三种情况：①当点E在CD的延长线上时，如图3，同理得：△BCE≌△BKG（AAS），∴BC＝BK＝6，CE＝KG，∵AG＝，∠K＝90°，∴由勾股定理得：KG＝＝＝，∴CE＝KG＝，而CE＝＜6，此种情况不成立，应舍去；②当点E在边CD上时，如图4，同理得：CE＝KG＝＜6，符合题意，∴DE＝DC﹣CE＝6﹣＝；③当点E在DC的延长线上时，如图5，同理得CE＝GK＝，∴DE＝DC+CE＝6+＝综上所述，DE的长是或．26．综合与实践问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连接DE．猜想证明：（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；（2）如图②，若AD＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明．【答案】（1）四边形BE'FE是正方形，理由见解析；（2）CF＝FE′，证明见解析．【解答】解：（1）结论：四边形BE'FE是正方形．理由如下：∵△CBE'是由Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到的，∴∠CE'B＝∠AEB＝90°，∠EBE'＝90°，又∵∠BEF+∠AEB＝90°，∴∠BEF＝90°，∴四边形BE'FE是矩形，由旋转可知：BE＝BE'，∴四边形BE'FE是正方形；（2）结论：CF＝FE′．证明：如图②，过点D作DH⊥AE于点H，则∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，∵DA＝DE，∴AH＝EH＝AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠DAB＝90°，∴∠DAH+∠EAB＝90°，∴∠ADH＝∠EAB，在△ADH和△BAE中，，∴△ADH≌△BAE（AAS），∴AH＝BE，由旋转可知：AE＝CE'，由（1）可知：四边形BE'FE是正方形，∴BE＝E'F，∴E'F＝AH＝AE＝CE'，∴CF＝FE′．27．阅读下面的例题及点拨，并解决问题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．（1）点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），请完成剩余证明过程：（2）拓展：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．【答案】（1）证明过程见解答；（2）证明过程见解答．【解答】证明：（1）点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM，易证△ABM≌△EBM（SAS），∴AM＝EM，∠1＝∠2；∵AM＝MN，∴EM＝MN，∴∠3＝∠4；∵∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，∴∠1＝∠2＝∠5．∵∠2+∠6＝120，∴∠5+∠6＝120°，∴∠AMN＝60°；（2）拓展：延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，如图所示：则EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM，∴△EBC是等腰直角三角形，∴∠BEC＝∠BCE＝45°，∵N是正方形ABCD的外角∠DCH的平分线上一点，∴∠MCN＝90°+45°＝135°，∴∠BCE+∠MCN＝180°，∴E、C、N，三点共线，在△ABM和△EBM中，，∴△ABM≌△EBM（SAS），∴AM＝EM，∠1＝∠2，∵AM＝MN，∴EM＝MN，∴∠3＝∠4，∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°，∴∠1＝∠2＝∠5，∵∠1+∠6＝90°，∴∠5+∠6＝90°，∴∠AMN＝180°﹣90°＝90°．28．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45度．则有结论EF＝BE+FD成立；（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请说明理由．（2）若将（1）中的条件改为：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，延长BC到点E，延长CD到点F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，则结论EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）延长CB到G，使BG＝FD，连接AG，∵∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF，∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAE，∴△AEF≌△AEG，∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF．（2）结论不成立，应为EF＝BE﹣DF，证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．一十三．正方形的判定（共1小题）29．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是角平分线，过点C作AD的平行线，交△ABC外角∠EAC的角平分线于点F．（1）判断四边形ADCF的形状，并说明理由；（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形？请说明理由．【答案】（1）四边形ADCF是矩形，理由见解析；（2）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ADCF是正方形，理由见解析．【解答】解：（1）四边形ADCF是矩形，理由如下：∵在△ABC中，AB＝AC，AD是角平分线，∴AD⊥BC，∠B＝∠ACB，∠BAD＝∠DAC，∵AF是△ABC外角∠EAC的角平分线，∴∠EAF＝∠CAF，∴，又AD⊥BC，即∠ADC＝90°，则∠DAF+∠ADC＝180°，∴AF∥CD，∵CF∥AD