人教版八年级数学下册重难题型全归纳及技巧提升专项精练期中押题预测卷(2)(考试范围：第16-18章)(原卷版+解析)

期中押题预测卷（2）（考试范围：第16-18章）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．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．1．（2022春·河南濮阳·八年级校考期末）下列各式中是二次根式的是（

）A． B． C． D．2．（2022春·四川内江·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于E，，，则EC的长（

）A．2 B．3 C．4 D．53．（2022秋·河南南阳·八年级阶段练习）菱形具有而矩形不具有的性质是（

）A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直4．（2022·广东惠州·八年级期中）已知一轮船以18海里/小时的速度从港口A出发向西南方向航行，另一轮船以24海里/小时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口1.5小时后，两轮船相距（

）A．35海里 B．40海里 C．45海里 D．50海里5．（2022·浙江杭州·八年级校考期中）能说明命题“如果a是任意实数，那么”是假命题的反例是（

）A． B． C． D．6.（2022·山东菏泽·八年级期中）把中根号外面的因式移到根号内的结果是（）A． B． C． D．7．（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…按照此规律继续下去，则的值为（

）A． B． C． D．8．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（）A．12 B．12.5 C．15 D．249．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点在边上，且，为边上的一个动点，连接，以为边作正方形，且点在矩形内，连接，则的最小值为(

)．A．3 B．4 C． D．10．（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在正方形中，、分别是，的中点，，交于点，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（

）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）11．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）已知，则______．12．（2022·山东菏泽·八年级期中）阅读材料：如果两个正数a、b，即，，则有下面的不等式，当且仅当时取到等号．我们把叫做正数a、b算术平均数，把叫做正数a、b的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．根据上述材料，若，则y最小值为________．13．（2022·福建龙岩·八年级期末）图1中的直角三角形斜边长为4，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，则的值为_____．14．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）如图，四边形中，E，F，G，H分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件_______．15．（2022·江苏无锡·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是______cm16．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接，．将线段绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好在y轴正半轴上，点的坐标为_____．17．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）边长为的菱形是由边长为的正方形“形变”得到的，若这个菱形一组对边之间的距离为，则称为为这个菱形的“形变度”．如图，、、为菱形网格（每个小菱形的边长为1，“形变度”为）中的格点，则的面积为______．18．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在一张矩形纸片中，，，点分别在，上，将矩形沿直线折叠，点落在边上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②线段的取值范为；③；④当点与点重合时，，其中正确的结论是________．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022·绵阳市八年级期末）计算：（1）．（2）．（3）．20．（2022·山东聊城·八年级期末）聊城市在创建“全国文明城市”期间，某小区在临街的拐角清理出了一块可以绿化的空地．如图，经技术人员的测量，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°．若平均每平方米空地的绿化费用为150元，试计算绿化这片空地共需花费多少元？21．（2022春·黑龙江·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是边长1个单位长度的正方形）．(1)将△ABC沿x轴方向向左平移5个单位，画出平移后得到的△A1B1C1；(2)将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2；直接写出点B2的坐标；(3)作出△ABC关于原点O成中心对称的△A3B3C3，并直接写出B3的坐标．22．（2023春·绵阳市·八年级专题练习）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的一点，且．与相交于点N，与相交于点M．(1)求证：；(2)判断四边形的形状，并证明．23．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，已知矩形中，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．(1)连接、，求证：四边形为菱形；(2)若，求的长24．（2022春·广东东莞·八年级校联考期中）如图1，四边形是正方形，点是边上任意一点，于点，且交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长；(3)如图2，连接、，判断线段与的数量与位置关系，并证明．25．（2022·重庆·八年级期末）阅读下述材料：我们在学习二次根式时，熟悉的分母有理化以及应用．其实，有一个类似的方法叫做“分子有理化”：与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式．比如：分子有理化可以用来比较某些二次根式的大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：比较和的大小．可以先将它们分子有理化．如下：

因为，所以再例如：求的最大值．做法如下：解：由，可知，而当时，分母有最小值，所以的最大值是．解决下述问题：（1）比较和的大小；（2）求的最大值．26．（2022·广东连州·九年级阶段练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．（1）证明平行四边形是菱形；（2）若，连结，①求证：；②求的度数；（3）若，，，M是的中点，求的长．期中押题预测卷（2）（考试范围：第16-18章）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．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．1．（2022春·河南濮阳·八年级校考期末）下列各式中是二次根式的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二次根式的定义即可求出答案．【详解】解：A、是三次根式；故本选项不符合题意；B、-2＜0，选项无意义；故本选项不符合题意；C、符合二次根式的定义；故本选项符合题意；D、2不是二次根式，故本选项不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查二次根式的定义，形如（a≥0）叫二次根式，解题的关键是正确理解二次根式的定义．2．（2022春·四川内江·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于E，，，则EC的长（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据平行四边形的性质可得AB=CD=7，AD=BC=4，然后根据平行线的性质可得∠EAB=∠AED，然后根据角平分线的定义可得∠EAB=∠EAD，从而得出∠EAD=∠AED，根据等角对等边可得DA=DE=4，即可求出EC的长．【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形，AB=7，AD=4，，∴AB=CD=7，AD=BC=4，AB∥CD∴∠EAB=∠AED∵AE平分∠DAB∴∠EAB=∠EAD∴∠EAD=∠AED∴DA=DE=4∴EC=CD－DE=3故选B.【点睛】此题考查的是平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义和等腰三角形的判定，掌握平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义和等角对等边是解决此题的关键．3．（2022秋·河南南阳·八年级阶段练习）菱形具有而矩形不具有的性质是（

）A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直【答案】D【分析】由菱形的性质和矩形的性质分别对各个选项进行判断即可．【详解】解：A、对边相等，是菱形和矩形都具有的性质，故选项A不符合题意；B、对角相等，是矩形和菱形都具有的性质，故选项B不符合题意；C、对角线互相平分，是矩形和菱形都具有的性质，故选项C不符合题意；D、对角线互相垂直，是菱形具有而矩形不具有的性质，故选项D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质以及矩形的性质，正确区分矩形和菱形的性质是解题的关键．4．（2022·广东惠州·八年级期中）已知一轮船以18海里/小时的速度从港口A出发向西南方向航行，另一轮船以24海里/小时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口1.5小时后，两轮船相距（

）A．35海里 B．40海里 C．45海里 D．50海里【答案】C【分析】根据方位角可知两船所走的方向正好构成了直角．然后根据路程=速度×时间，得两条船分别走了27，36．再根据勾股定理，即可求得两条船之间的距离．【详解】解：如图，连接BC．∵两船行驶的方向是西南方向和东南方向，∴∠BAC=90°，两小时后，两艘船分别行驶了24×1.5=36（海里），18×1.5=27（海里），根据勾股定理得：（海里）．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练运用勾股定理进行计算．5．（2022·浙江杭州·八年级校考期中）能说明命题“如果a是任意实数，那么”是假命题的反例是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据有理数的平方、算术平方根的概念，选取任意一个a<0的值，即可得到结果．【详解】解：当时a=−1，，∴命题“如果a是任意实数，那么”是假命题．故选：A．【点睛】本题考查了命题相关概念，命题可以写成“如果．．．，那么．．．”的形式，“如果”后面接的是条件，“那么”后面接的部分是结论．命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要证明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．6.（2022·山东菏泽·八年级期中）把中根号外面的因式移到根号内的结果是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二次根式的性质直接化简得出即可．【详解】解：由题意可知a<0，∴．故选：A．【点睛】此题主要考查了二次根式的化简，正确确定二次根式的符号是解题关键．7．（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…按照此规律继续下去，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出，写出部分的值，根据数的变化找出变化规律“”（n≥3），依此规律即可得出结论．【详解】解：在图中标上字母，如图所示．

∵正方形的边长为2，为等腰直角三角形，∴，，∴．观察，发现规律：，，，S，…，∴．当时，，故选：A．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理以及规律型中数的变化规律，解题关键是找出规律“”，解决该题目时，写出部分的值，根据数值的变化找出变化规律是关键．8．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（）A．12 B．12.5 C．15 D．24【答案】A【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出，然后利用勾股定理求出EM的长度，最后利用三角形的面积公式求解即可．【详解】解：如图，过点M作交CD于点E，∵，，是的中点，，．∵，，，．故选：A．【点睛】本题主要考查直角三角形的性质及勾股定理，掌握直角三角形斜边的中线是斜边的一半是解题的关键．9．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点在边上，且，为边上的一个动点，连接，以为边作正方形，且点在矩形内，连接，则的最小值为(

)．A．3 B．4 C． D．【答案】D【分析】过点作于点，过点作，分别与、交于点、点，证明，得，，设根据勾股定理用表示，进而求得的最小值．【详解】解：过点作于点，连接，四边形是正方形，，，，，四边形是矩形，，，，，设则，当时，有最小值为．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是证明三角形全等，确定点运动的轨迹．10．（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在正方形中，、分别是，的中点，，交于点，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（

）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③【答案】C【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，故①正确；求得，根据垂直的定义得到，故②正确；假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断③错误．延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到，故④正确．【详解】解：①∵四边形是正方形，∴，，∵，分别是，的中点，∴，，∴，在与中，，∴，∴，，故①正确；②∵，∴，∴，∴，故②正确；③若成立，∵，∴，∵，，∴，∴，∴在中，有，∵，∴，显然，∴假设不成立，∴，故③错误，④根据可得，∴，如图，延长交的延长线于，∵，∴，∵点是的中点，∴，∵，，，∴，∴，∵已证明，∴是斜边的中线，∴，∴，∵，，∴．故④正确；故正确的有①②④，故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）11．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）已知，则______．【答案】4【分析】利用完全平方公式对所求式子变形，然后整体代入计算．【详解】解：∵，∴，故答案为：4．【点睛】本题考查了完全平方公式，二次根式的运算，灵活运用完全平方公式是解题的关键．12．（2022·山东菏泽·八年级期中）阅读材料：如果两个正数a、b，即，，则有下面的不等式，当且仅当时取到等号．我们把叫做正数a、b算术平均数，把叫做正数a、b的几何平均数，于是上述不等式可表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．根据上述材料，若，则y最小值为________．【答案】【分析】根据“两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数”可得的最小值．【详解】解∶∵如果两个正数a、b，即，，则有下面的不等式，当且仅当时取到等号，∴即，当且仅当时，等号成立，∴y的最小值为．故答案为∶．【点睛】本题考查新定义以及算术平均数与几何平均数之间的关系，正确理解新定义与性质是解题的关键．13．（2022·福建龙岩·八年级期末）图1中的直角三角形斜边长为4，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，则的值为_____．【答案】16【分析】根据题意设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，根据勾股定理可得，根据图形面积可得，即可求得答案．【详解】解：设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，∴，∵，∴，故答案为16.14．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）如图，四边形中，E，F，G，H分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件_______．【答案】【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，故应满足．【详解】解：应满足的条件为：．证明：∵E，F，G，H分别是边、、、的中点，∴在中，为的中位线，所以且；同理且，同理可得，则且，∴四边形为平行四边形，又，所以，∴四边形为菱形．故答案为：．【点睛】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．15．（2022·江苏无锡·八年级期中）爱动脑筋的小明某天在家玩遥控游戏时遇到下面的问题：已知，如图一个棱长为8cm无盖的正方体铁盒，小明通过遥控器操控一只带有磁性的甲虫玩具，他先把甲虫放在正方体盒子外壁A处，然后遥控甲虫从A处出发沿外壁面正方形ABCD爬行，爬到边CD上后再在边CD上爬行3cm，最后在沿内壁面正方形ABCD上爬行，最终到达内壁BC的中点M，甲虫所走的最短路程是______cm【答案】16【分析】将正方形沿着翻折得到正方形，过点在正方形内部作，使，连接，过作于点，此时最小，运用勾股定理求解即可．【详解】如图，将正方形沿着翻折得到正方形，过点在正方形内部作，使，连接，过作于点，则四边形是矩形，四边形是平行四边形，∴，，，，此时最小，∵点是中点，∴cm，∴cm，cm，在中，cm，∴cm，故答案为：16．【点睛】本题考查最短路径问题，考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，轴对称性质等，解题的关键是将立体图形中的最短距离转换为平面图形的两点之间线段长度进行计算．16．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（4，3），点A在x轴正半轴上，连接，．将线段绕原点O逆时针方向旋转得到对应线段，若点恰好在y轴正半轴上，点的坐标为_____．【答案】【分析】如图，连接，过点作轴于点H，过点B作于点T．解直角三角形求出，，再利用面积法求出，可得结论．【详解】解：如图，连接，过点作轴于点H，过点B作于点T，∵，∴，∵，∴，，∵，∴，，∵，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．17．（2022春·江苏盐城·八年级校考期中）边长为的菱形是由边长为的正方形“形变”得到的，若这个菱形一组对边之间的距离为，则称为为这个菱形的“形变度”．如图，、、为菱形网格（每个小菱形的边长为1，“形变度”为）中的格点，则的面积为______．【答案】##【分析】先将图形看成正方形格点求得三角形的面积，根据定义可得菱形形变前的面积与形变后的面积之比为，根据两面积之比=菱形的“形变度”，即可解答．【详解】解：每个小菱形的边长为1，“形变度”为，所以菱形形变前的面积与形变后的面积之比为，所以故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，根据题意得出菱形形变前的面积与形变后的面积之比是解题关键．18．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，在一张矩形纸片中，，，点分别在，上，将矩形沿直线折叠，点落在边上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②线段的取值范为；③；④当点与点重合时，，其中正确的结论是________．【答案】①②④【分析】①先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；②点与点重合时，设表示出利用勾股定理列出方程求解得到的最小值，点与点重合时，，求出，然后写出的取值范围，判断出②正确；③假设，根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后求出只有时平分，判断出③错误；④过点作于，求出，再利用勾股定理列式求解得到，判断出④正确．【详解】解：①与，与都是原来矩形的对边、的一部分，∴，四边形是平行四边形，由翻折的性质得，，四边形是菱形，故①正确；②点与点重合时，设则在中，，即，解得，点与点重合时，，，线段的取值范围为，故②正确；③如图，过点作于，设交于点，四边形是菱形，，若，则则平分，∴∴，即只有时平分，故③错误；则，由勾股定理得，，故④正确．综上所述，结论正确的有①②④．故答案为：①②④．【点睛】本题主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2022·绵阳市八年级期末）计算：（1）．（2）．（3）．【答案】（1）-2；（2）；（3）【分析】（1）根据立方根和二次根式的性质化简，然后计算即可；（2）先利用二次根式的性质化简，然后利用二次根式的加减运算法则求解即可；（3）利用二次根式的混合运算法则求解即可.【详解】解：（1）；（2）；（3）.【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，解题的关键在于能够熟练掌握相关运算法则进行求解.20．（2022·山东聊城·八年级期末）聊城市在创建“全国文明城市”期间，某小区在临街的拐角清理出了一块可以绿化的空地．如图，经技术人员的测量，已知AB＝9m，BC＝12m，CD＝17m，AD＝8m，∠ABC＝90°．若平均每平方米空地的绿化费用为150元，试计算绿化这片空地共需花费多少元？【答案】绿化这片空地共需花费17100元【分析】连接AC，直接利用勾股定理得出AC，进而利用勾股定理逆定理得出∠DAC＝90°，再利用直角三角形面积求法得出答案．【详解】解：连接AC，如图∵∠ABC＝90°，AB＝9m，BC＝12m，∴AC＝＝15（m），∵CD＝17m，AD＝8m，∴AD2＋AC2＝DC2，∴∠DAC＝90°，∴S△DAC＝×AD•AC＝×8×15＝60（m2），S△ACB＝AB•AC＝×9×12＝54（m2），∴S四边形ABCD＝60＋54＝114（m2），∴150×114＝17100（元），答：绿化这片空地共需花费17100元．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理以及勾股定理逆定理是解题关键．21．（2022春·黑龙江·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是边长1个单位长度的正方形）．(1)将△ABC沿x轴方向向左平移5个单位，画出平移后得到的△A1B1C1；(2)将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2；直接写出点B2的坐标；(3)作出△ABC关于原点O成中心对称的△A3B3C3，并直接写出B3的坐标．【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析，（4，−2）(3)作图见解析，（−4，−4）【分析】（1）利用平移的性质得到、、的坐标，然后描点连线得到即可；（2）利用网格特点和旋转的性质得到、的坐标，然后描点连线得到，再根据所作图形直接得出点的坐标；（3）利用关于原点对称的点的坐标特征得到、、的坐标，然后描点连线得到，再根据所作图形直接得出点的坐标．（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：如图，所作，点的坐标为（4，−2）；（3）解：如图，为所作，点的坐标为（−4，−4）．【点睛】本题考查了作图—平移、旋转和中心对称，熟练掌握平移、旋转和中心对称的性质，找到对应点位置是解题的关键．22．（2023春·绵阳市·八年级专题练习）如图，在平行四边形中，E、F分别是边上的一点，且．与相交于点N，与相交于点M．(1)求证：；(2)判断四边形的形状，并证明．【答案】(1)见解析(2)四边形是平行四边形，证明见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质，运用SAS证明全等即可．（2）根据平行四边形的判定证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴，∴（SAS）．（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴四边形、四边形是平行四边形，∴，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．23．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，已知矩形中，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．(1)连接、，求证：四边形为菱形；(2)若，求的长【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)先证明四边形为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形作出判定；(2)根据勾股定理即可求得的长．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，∵垂直平分，垂足为O，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，又，∴四边形为菱形；（2）设菱形的边长，则，在中，，由勾股定理得，解得，∴．【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，熟练掌握各性质是解题的关键．24．（2022春·广东东莞·八年级校联考期中）如图1，四边形是正方形，点是边上任意一点，于点，且交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长；(3)如图2，连接、，判断线段与的数量与位置关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)(3)DF＝CE，DF⊥CE，证明见解析【分析】（1）先判断出∠AED＝∠BFA＝90°，再判断出∠BAF＝∠ADE，进而利用“角角边”证明△AFB和△DEA全等，即可得出结论；（2）先根据勾股定理求出AG，再利用面积求出BF，最后用勾股定理即可得出结论；（3）利用“边角边”证明△FAD和△EDC全等，得出DF＝CE，∠ADF＝∠DCE，即可得出结论．（1）证明：∵DE⊥AG，BFDE，∴BF⊥AG，∴∠AED＝∠BFA＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴∠BAF＋∠EAD＝90°，∵∠EAD＋∠ADE＝90°，∴∠BAF＝∠ADE，又∠AED＝∠BFA＝90°，AB＝AD，∴△AFB≌△DEA（AAS），∴AF＝DE；（2）解：在Rt△ABG中，AB＝4，BG＝3，根据勾股定理得，AG＝5，∵AB•BG＝AG•BF，∴BF＝，在Rt△ABF中，AF＝；（3）DF＝CE，DF⊥CE．证明：∵∠FAD＋∠ADE＝90°，∠EDC＋∠ADE＝∠ADC＝90°，∴∠FAD＝∠EDC，∵△AFB≌△DEA，∴AF＝DE，又∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，又AF＝DE，∠FAD＝∠EDC，∴△FAD≌△EDC（SAS），∴∠ADF＝∠DCE，DF＝CE，∵∠ADF＋∠CDF＝∠ADC＝90°，∴∠DCE＋∠CDF＝90°，∴∠DFC＝90°，即DF⊥CE．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，判断出△AFB≌△DEA是解本题的关键．25．（2022·重庆·八年级期末）阅读下述材料：我们在学习二次根式时，熟悉的分母有理化以及应用．其实，有一个类似的方法叫做“分子有理化”：与分母有理化类似，分母和分子都乘以分子的有理化因式，从而消掉分子中的根式．比如：分子有理化可以用来比较某些二次根式的大小，也可以用来处理一些二次根式的最值问题．例如：比较和的大小．可以先将它们分子有理化．如下：

因为，所以再例如：求的最大值．做法如下：解：由，可知，而当时，分母有最小值，所以的最大值是．解决下述问题：（1）比较和的大小；（2）求的最大值．【答案】（1）；（2）的最大值为．【分析】（1）利用分母有理化得到，，利用可判断；（2）根据二次根式有意义的条件得到由1+x≥0，x≥0，则x≥0，利用分母有理化得到，由于x=0时，有最小值1，从而得到y的最大值．【详解】解：（1），，而，，，；（2）由，，可知x≥0，，当时，有最小值1，则有最大值，所以的最大值为