人教版初中数学八年级下册期中测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份人教版初中数学八年级下册期中测试卷（困难）（含答案解析），共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

人教版初中数学八年级下册期中测试卷
考试范围：第十六.十七.十八章； 考试时间：100分钟；总分120分，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。


第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 甲、乙两位同学对代数式a−ba+ba>0,b>0，分别作了如下变形.关于这两种变形过程的说法正确的是(    )
甲：a−ba+b=a−ba−ba+ba−b=a−b．
乙：a−ba+b=a−ba+ba+b=a−b．
A. 甲、乙都正确 B. 甲、乙都不正确
C. 只有甲正确 D. 只有乙正确
2. a、b在数轴上的位置如图所示，那么化简a−b−a2的结果是(     )

A. 2a−b B.      b C. −b D. −2a+b
3. 如图，小亮将升旗的绳子拉到旗杆底端，绳子末端刚好接触到地面，然后将绳子末端拉到距离旗杆8m处，发现此时绳子末端距离地面2m.则旗杆的高度(滑轮上方的部分忽略不计)为(    )
A. 12m
B. 13m
C. 16m
D. 17m
4. 如图，小明(视为小黑点)站在一个高为10米的高台A上，利用旗杆OM顶部的绳索，划过90°到达与高台A水平距离为17米，高为3米的矮台B.那么小明在荡绳索的过程中离地面的最低点的高度MN是(   )
A. 2米 B. 2.2米 C. 2.5米 D. 2.7米
5. 2019年10月1日，中华人民共和国70年华诞之际，王梓涵和学校国旗护卫队的其他同学们赶到学校举行了简朴而隆重的升旗仪式.倾听着雄壮的国歌声，目送着五星红旗缓缓升起，不禁心潮澎湃，爱国之情油然而生.爱动脑筋的王梓涵设计了一个方案来测量学校旗杆的高度：将升旗的绳子拉直到末端刚好接触地面，测得此时绳子末端距旗杆底端2米，然后将绳子末端拉直到距离旗杆5m处，测得此时绳子末端距离地面高度为1m，最后根据刚刚学习的勾股定理就能算出旗杆的高度为(    )
A. 10m B. 11m C. 12m D. 13m
6. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3.其中正确结论的个数有(    )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
7. 如图，正方形ABCD的边长为1，AC，BD是对角线，将△DCB绕着点D顺时针旋转45∘得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG，则下列结论：
 ①四边形AEGF是菱形; ②△HED的面积是1−22; ③∠AFG=112．5∘; ④BC+FG=2．
其中正确的结论是(    )

A.  ① ② ③ B.  ① ② ④ C.  ① ③ ④ D.  ② ③ ④
8. 如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC．
其中正确结论的个数为(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9. 已知m=1+3，n=1−3，则代数式m2+n2−4mn的值为(  )
A. 16 B. ±4 C. 4 D. 5
10. 二次根式12、12、30、x+2、40x2、x2+y2中，最简二次根式有(    )个．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
11. 如图，在△DEF中，∠D=90°，DG：GE=1：3，GE=GF，Q是EF上一动点，过点Q作QM⊥DE于M，QN⊥GF于N，EF=43，则QM+QN的长是(    )
A. 43 B. 32 C. 4 D. 23
12. 如图，OP=1，过点P作PP1⊥OP且PP1=1，得OP1=2；再过点P，作P1P2⊥OP1，且P1P2=1，得OP2=3；又过点P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=2…依此法继续作下去，得OP2021=(    )
A. 2023 B. 2022 C. 2021 D. 2020
第II卷（非选择题）

二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了两枚以勾股图为背景的邮票．勾股图是以直角三角形的三边为边向外作正方形构成的，它可以验证勾股定理．在如图所示的勾股图中，已知∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4.作△PQR使得∠R=90°，点H在边QR上，点D，E在边PR上，点G，F在边PQ上，则△PQR的周长等于_______．

14. 如图，BD为四边形ABCD的对角线，∠ADB=120°，∠DBC=60°，∠BCD=2∠A，AD=4，CB=5，则AB的长为______．




15. .若最简二次根式2x+1和4x−3能合并，则x−2−5的值是____
16. 如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB，CE⊥AB于点E，点F、G分别是AD、BC的中点，连接CF、EF、FG，下列四种说法：①CE⊥FG；②四边形ABGF是菱形；③BC=2EG；④∠DFC=∠EFG.正确的有          .(填序号)


三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=24cm，BC=26cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，从运动开始．使PQ//CD和PQ=CD，分别需经过多少时间？为什么？








18. 如图，D为△ABC的BC边上的一点，AB=10，AD=6，DC=2AD，BD=23DC．
(1)求BC的长；
(2)求△ABC的面积．








19. 在平面直角坐标系中，O为原点，点A(4,0)，点B(0,3)，把△ABO绕点A顺时针旋转，得△AB′O′，点B，O旋转后的对应点为B′，O′.记旋转角为α．
(Ⅰ)如图①，若α=90°，求BB′的长；
(Ⅱ)如图②，若α=120°，求点O′的坐标；
(Ⅲ)记K为AB的中点，S为△KO′B′的面积，求S的取值范围(直接写出结果即可)．








20. 如图1，是一款卡通儿童泡泡棒，操作时按压手柄处开关，泡泡棒会张开和收缩．如图2，是其示意图，操作时泡泡棒始终保持AC=BC，AD=BD．

(1)如图2，求证：∠CAD=∠CBD；
(2)如图3，连接AB，CD．
①求证：S四边形ADBC=12AB⋅CD；
②已知：AD=a，∠ACB=60°，∠ADB=90°，求S四边形ADBC．







21. 在△ABC中，∠C=90°，AC>BC，D是AB的中点.E为直线AC上一动点，连接DE.过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF．

(1)如图1，当E是线段AC的中点时，设AE=a，BF=b，直接写出四边形DFCE的形状是____，此时EF的长为____(用含a，b的式子表示);
(2)当点E在线段AC的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．







22. 某单位计划从甲、乙两个苗圃园购买A、B两种花苗，其中甲、乙两个苗圃园定价都是A种花苗每棵a元，B种花苗每棵b元．为了促销，甲、乙两苗圃园各推出了自己的优惠方案：甲苗圃园买一颗A种花苗送一颗B种花苗；乙苗圃园两种花苗都按定价的85%付款．该单位计划选购A种花苗共110棵，B种花苗共160棵，打算从乙苗圃园购买A种花苗60棵，B种花苗80棵，其余从甲苗圃园购买．
(1)该单位计划从甲、乙苗圃园购买花苗共花费多少元？
(2)该单位计划从乙苗圃园购买花苗比从甲苗圃园购买花苗多花多少元？
(3)若该单位计划只从一个苗圃园购买A种花苗10棵，B种花苗100棵，通过计算说明从哪个苗圃园购买合算．







23. 如图所示，直线AB交x轴于点A(a,0)，交y轴于点B(0,b)，且a、b满足a+b+(a−4)2=0．

(1)如图1，若C的坐标为(−1,0)，且AH⊥BC于点H，AH交OB于点P，试求点P的坐标；
(2)如图2，连接OH，求证：∠OHP=45°；
(3)如图3，若点D为AB的中点，点M为y轴正半轴上一动点，连接MD，过D作DN⊥DM交x轴于N点，当M点在y轴正半轴上运动的过程中，式子S△BDM−S△ADN的值是否发生改变？如发生改变，求出该式子的值的变化范围；若不改变，求该式子的值．







如图，在△ABD中，AC⊥BD于C，点E为AC上一点，连结BE、DE，DE的延长线交AB于F，已知DE=AB，∠CAD=45°．
(1)求证：DF⊥AB；
(2)利用图中阴影部分面积完成勾股定理的证明，已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=a，AC=b，AB=c，求证：a2+b2=c2．






答案和解析

1.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要考查了分母有理化，解题的关键是正确找出有理化因式或把分子化为含有分母的乘积形式.利用分子，分母同时乘以有理化因式或分子化为含有分母的乘积形式求解.注意有理化的因式不能为0．
【解答】
解：分母为0分式没有意义，甲同学的解答只有在a≠b的情况下才成立，
∴只有乙同学的解答过程正确．
故选D．  
2.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了实数与数轴，利用差的绝对值是大数减小数、二次根式的性质化简整式是解题关键.根据差的绝对值是大数减小数，二次根式的性质，可化简代数式，根据整式的加减，可得答案．
【解答】
解：∵a<0 ∴a−b<0
∴a−b−a2
=b−a+a
=b．
故选B．  
3.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查勾股定理的意义，在用勾股定理解决实际问题时，首先应根据实际问题抽象出数学图形，即画出符合题意的几何图形，构造直角三角形，然后根据勾股定理就可以顺利求出边长．
【解答】
解：如图所示，作BC⊥AE于点C，则BC=DE=8m，
设AE=xm，则AB=xm，AC=(x−2)m，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
即(x−2)2+82=x2，解得x=17．
即旗杆的高度为17m．
故选D．

  
4.【答案】A

【解析】
【分析】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正确得出△AOE≌△OBF是解题关键．
作AE⊥OM于点E，BF⊥OM于点F，证明△AOE≌△OBF(AAS)，进而得出OE、OF的长，进而求出OM、ON，即可得MN的长．
【解答】
解：作AE⊥OM于点E，BF⊥OM于点F，

∵∠AOE+∠BOF=∠BOF+∠OBF=90°，
∴∠AOE=∠OBF，
在△AOE和△OBF中，
∠OEA=∠BFO∠AOE=∠OBFOA=OB,
∴△AOE≌△OBF(AAS)，
∴OE=BF，AE=OF，
即OE+OF=AE+BF=CD=17(m)，
∵EF=EM−FM=AC−BD=10−3=7(m)，
∴2EO+EF=17，
则2EO=10，
所以OE=5m，OF=12m，
所以OM=OF+FM=15m，
又由勾股定理得ON=OA=OE2+AE2=13，
所以MN=15−13=2(m)．
故选A．  
5.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查的是勾股定理的应用的有关知识，
根据题意画出图形，设旗杆的高度为hm，然后利用勾股定理进行求解即可．
【解答】
解：如图

由题意得：
AD⊥DH，AB⊥BC，BC=2m，DH=5m，DB=1m，AC=AH，
设旗杆的高度AB为hm，
由题意得：
AB2+BC2=AC2，AD2+DH2=AH2，
∵AC=AH，
∴AC2=AH2，
∴AB2+BC2=AD2+DH2，
∴h2+22=(h−1)2+52，
解得：h=11．
则旗杆的高度为11m．
故选B．  
6.【答案】C

【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，

∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAC=∠DACAB=AD，
∴△ABE≌△ADE(SAS)．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=42．
∴DE=12AC=22．
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为22，
∴④错误．
综上，正确的结论为：①②③．
故选：C．
①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≌△AED可得DE=BE，所以DE=FG；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG=∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为22，由①知FG=DE，所以FG的最小值为22；
本题主要考查了正方形的性质，垂线段最短，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，垂直的定义．根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．

7.【答案】B

【解析】 ∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90∘，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45∘，
∵△DBC旋转得到△DHG，∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90∘，
在Rt△ADE和Rt△GDE中，DE=DE,DA=DG,∴Rt△ADE≌Rt△GDE(HL)，
∴∠ADE=∠GDE=22．5∘，AE=GE，∴∠AED=∠AFE=67．5∘，∴AE=AF，同理，EG=GF，∴AE=EG=GF=FA，∴四边形AEGF是菱形， ①正确，∴∠AFG=67．5∘×2=135∘， ③错误．
根据题意可求得BD=2，BG=BD−DG=BD−CD=2−1，在等腰直角三角形EGB中，可求得BE=2−2，故AE=AB−BE=1−(2−2)=2−1，所以AH=AE=2−1，
即可得△HED的面积是12HD⋅AE=12(1+2−1)(2−1)=1−22， ②正确．
由 ①的证明过程可得GF=FA，∠CFD=∠CDF=67．5∘，所以CD=CF=BC，即可得AC=CF+AF=BC+FG=2， ④正确．
综上，正确的结论为 ① ② ④.故选B．


8.【答案】B

【解析】解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠APE，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2(∠PAB+∠PBA)=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF//EC；
∵AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF//EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA(HL)，
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选：B．
①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA=90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题；
②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC=90°，由矩形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题；
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．

9.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了二次根式的化简求值：先把被开方数变形，用两个数的和与积表示，然后利用整体代入的思想代入计算．原式变形为m+n2−6mn，由已知易得m+n=2，mn=−2，然后整体代入计算即可．
【解答】
解：m+n=2，mn=(1+3)(1−3)=−2，
原式=m+n2−6mn=22−6×−2=4+12=4．
故选C．  
10.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了最简二次根式，最简二次根式的两个条件：被开方数不含分母，被开方数不含能开的尽的因数或因式．根据最简二次根式的被开方数不含分母，被开方数不含能开的尽的因数或因式，可得答案．
【解答】
解：12含分母2，12=23、40x2=2|x|10不是最简二次根式，30、x+2、x2+y2是最简二次根式，共3个．
故选C．
  
11.【答案】C

【解析】解：连接QG．

∵DG：GE=1：3，
∴可以假设DG=k，EG=3k，
∵GF=EG，∠D=90°，
∴FG=3k，DF=FG2−DG2=22k，
∵EF=43，EF2=DE2+DF2，
∴48=16k2+8k2，
∴k=2或−2(舍弃)，
∴DF=4，
∵S△EFG=12⋅EG⋅DF=12⋅EG⋅QM+12⋅GF⋅QN，
∴QM+QN=DF=4，
故选：C．
连接QG.解直角三角形求出DF，再证明QM+QN=DF，即可解决问题．
本题考查解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

12.【答案】B

【解析】解：由勾股定理得：
OP1=OP2+OP12=12+12=2，得
OP2=OP12+P1P22=(2)2+12=3，得
OP3=OP22+P2P32=(3)2+12=2，
依此类推可得：
OPn=(OPn−1)2+(Pn−1Pn)2=(n)2+12=n+1，
OP2021=2021+1=2022，
故选：B．
根据勾股定理分别求出每个直角三角形斜边长，根据结果得出规律，即可得出答案．
本题考查了勾股定理的应用，注意：在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律．

13.【答案】27+133

【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，勾股定理的应用，解直角.解题时，在直角△ABC中，根据三角函数即可求得AC，进而由等边三角形的性质和正方形的性质及三角函数就可求得QR的长，在直角△QRP中运用三角函数即可得到RP、QP的长，就可求出△PQR的周长．
【解答】
解：延长BA交QR于点M，连接AR，AP．

∵AC=GC，BC=FC，∠ACB=∠GCF，
∴△ABC≌△GFC，
∴∠CGF=∠BAC=30°，
∴∠HGQ=60°，
∵∠HAC=∠BAD=90°，
∴∠BAC+∠DAH=180°，
又AD//QR，
∴∠RHA+∠DAH=180°，
∴∠RHA=∠BAC=30°，
∴∠QHG=60°，
∴∠Q=∠QHG=∠QGH=60°，
∴△QHG是等边三角形．
AC=AB⋅cos30°=4×32=23．
则QH=HA=HG=AC=23．
在直角△HMA中，HM=AH⋅sin60°=23×32=3.AM=HA⋅cos60°=3．
在直角△AMR中，MR=AD=AB=4．
∴QR=23+3+4=7+23．
∴QP=2QR=14+43．
PR=QR⋅3=73+6．
∴△PQR的周长等于RP+QP+QR=27+133．
故答案为27+133．  
14.【答案】47

【解析】解：延长BC至F使CF=CD，延长CB至E使BE=AD，连接DE，DF，过D点作DG⊥BC于G，

∵∠DBC=60°，∠DBC+∠EBD=180°，
∴∠EBD=120°，
∵∠ADB=120°，
∴∠ADB=∠EBD，
在△ABD和△EDB中，
AD=EB∠ADB=∠EBDBD=DB，
∴△ABD≌△EDB(SAS)，
∴∠A=∠E，AB=ED，
∵CD=CF，
∴∠F=∠CDF，
∴∠BCD=∠CDF+∠F=2∠F，
∵∠BCD=2∠A，
∴∠F=∠A=∠E，
∴DE=DF，
∵DG⊥BC，
∴EG=FG，
∵EB=AD=4，BC=5，
∴CE=BC+BE=9，
设CG=a，则FG=EG=9−a，BG=BC−CG=5−a，
∴CD=CF=9−a−a=9−2a，DG=BG⋅tan∠DBC=(5−a)⋅tan60°=3(5−a)，
在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2，
即(9−2a)2=a2+[3(5−a)]2，
解得a=1，
∴DG=43，FG=8，
在Rt△GDF中，DF=(43)2+82=47．
故答案为：47．
延长BC至F使CF=CD，延长CB至E使BE=AD，连接DE，DF，过D点作DG⊥BC于G，利用SAS证明△ABD≌△EDB，可得∠A=∠E，AB=ED，再结合的等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质可证得DE=DF，设CG=a，则FG=EG=9−a，BG=5−a，CD=9−2a，DG=3(5−a)，再利用勾股定理可求解a值，即可求得DG=43，FG=8，再次利用勾股定理可求得DF的长，即可求出AB的长．
本题主要考查等腰三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角形函数的定义，全等三角形的判定与性质，证明DF=DE=AB是解题的关键．

15.【答案】−194．

【解析】
【分析】
本题主要考查的是同类二次根式的定义，依据同类二次根式的定义列出关于a的方程是解题的关键．
依据同类二次根式的被开方数相同列方程求解即可． 
【解答】
解：∵最简二次根式2x+1与4x−3可以合并，
∴2x+1=4x−3．
解得：x=2．
则x−2−5=14−5=−194
故答案为−194．
  
16.【答案】①②③④

【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∵点F、G分别是AD、BC的中点，
∴AF=12AD，BG=12BC，
∴AF=BG，
∵AF//BG，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AB//FG，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥FG；故①正确；
∵AD=2AB，AD=2AF，
∴AB=AF，
∴四边形ABGF是菱形，故②正确；
∵CE⊥AB，
∴∠BEC=90°，
∵点G是BC的中点，
∴BC=2EG，故③正确；
延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，∠A=∠FDMAF=DF∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMF(ASA)，
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=EF=FM，
∴CF=12EM，
∴∠ECM=90°，
∴∠FCD=∠M=∠FCE=∠FEC=45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD//BC，
∵AF=DF，AD=2AB，
∴DF=DC，
∴∠DCF=∠DFC，
∵DF=AF=12AD，CD=AB=12AD，
∴四边形CDFG是菱形，
∴FG//CD，
∴∠DCF=∠CFG，
∵FG⊥CE，
∴∠EFC=∠CFG，
∴∠EFG=∠DFC，故④正确，
故答案为：①②③④．

根据平行四边形的性质得到AD//BC，AD=BC，由线段中点的定义得到AF=12AD，BG=12BC，于是得到四边形ABGF是平行四边形，根据平行线的性质得到CE⊥FG；根据AD=2AB，AD=2AF，得到AB=AF，于是得到四边形ABGF是菱形；延长EF，交CD延长线于M，根据全等三角形的性质得到FE=MF，∠AEF=∠M，推出∠AEC=∠ECD=90°，根据直角三角形的性质得到结论．
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定的应用，综合运用知识点进行推理是解此题的关键．

17.【答案】解：根据题意得：PA=t，CQ=3t，则PD=AD−PA=24−t．
(1)∵AD//BC，
即PD//CQ，
∴当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，
即24−t=3t，
解得：t=6，
即当t=6时，PQ//CD；
(2)若PQ=DC，分两种情况：
①PD=CQ，由(1)可知，t=6，
②PD≠CQ，则四边形PDCQ是等腰梯形，则有QC=PD+2(BC−AD)，
可得方程：3t=24−t+4，
解得：t=7，
综上，当PQ=DC时，t=6或t=7．

【解析】此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰梯形的性质．此题难度适中，注意掌握方程思想的应用．
(1)由当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，可得方程24−t=3t，解此方程即可求得答案；
(2)根据PQ=CD，一种情况是：四边形PQCD为平行四边形，可得方程24−t=3t，一种情况是：四边形PQCD为等腰梯形，可求得QC=PD+2(BC−AD)，即3t=24−t+4时，解此方程即可求得答案．

18.【答案】解：(1)∵AD=6，DC=2AD，
∴DC=12，
∵BD=23DC，
∴BD=8，
BC=BD+DC=8+12=20；
(2)在△ABD中，AB=10，AD=6，BD=8，
∵AB2=AD2+BD2，
∴△ABD为直角三角形，即AD⊥BC，
∵BC=BD+DC=8+12=20，AD=6，
∴S△ABC=12×20×6=60．

【解析】(1)由DC=2AD，根据AD的长求出DC的长，进而求出BD的长即可；
(2)在直角三角形ABD中，由AB，AD以及BD的长，利用勾股定理的逆定理判断得到三角形为直角三角形，即可求出三角形ABC面积．
此题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解本题的关键．

19.【答案】解：(I)如图①，∵点A(4,0)，点B(0,3)，
∴OA=4，OB=3．
在Rt△ABO中，由勾股定理得AB=5．
根据题意△ABO绕点A顺时针旋转，得△AB′O′，
由旋转的性质可得：∠BAB′=90°，A′B=AB=5，
∴BB′=52．

(II)如图②，过O′作O′D⊥x轴于D，则∠O′DA=90°．
由旋转的性质可得：∠O′AO=120°，O′A=OA=4，
在Rt△O′AD中，由∠O′AD=60°，∠AO′D=30°．
∴AD=12O′A=2．
由勾股定理O′D=42−22=23，
∴OD=OA+OD=4+2=6．
∴点O′的坐标为(6,23)；

(III)如图所示，当点O′在AB上时，△KB′O′的面积最小，最小面积S=12×KO′×O′B′=12×3×(4−2.5)=94，

当点O′在BA的延长线上时，△KB′O′的面积最大，最大面积S=12×KO′×BO′=12×(4+2.5)×3=394，

综上所述，94≤S≤394．

【解析】(I)根据勾股定理得AB=5，由旋转性质可得∠BAB′=90°，A′B=AB=5.继而得出BB′=52；
(II)作O′D⊥x轴，由旋转的性质可得：∠O′AO=120°，O′A=OA=4，在Rt△O′AD中，由∠O′AD=60°得AD、O′D的长，继而得出答案；
(III)如图中，当点O′在AB上时，△KB′O′的面积最小，当点O′在BA的延长线上时，△KB′O′的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题．
本题是三角形的综合题，主要考查旋转的性质及勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考压轴题．

20.【答案】证明：(1)如图1，连接AB，

∵DB=AD，CA=CB，
∴∠DBA=∠DAB，∠CBA=∠CAB，
∴∠DBC=∠DAC
(2)证明：①如图3，延长CD交AB于点F，

∵DB=AD，CA=CB，
∴CF是线段AB的垂直平分线，
∴CF⊥AB于点F，BF=12AB，
∴S四边形ACBD=S△DCB+S△DCA=2×12×12AB⋅CD=12AB⋅CD；
 ②如图4，延长CD交AB于点F．

∵DB=AD，CA=CB，
∴CF是线段AB的垂直平分线;
∴CF⊥AB于点F，BF=12AB．
∵∠ACB=60∘，∠ADB=90∘，
∴△CAB是等边三角形，△BAD是等腰直角三角形．
∵AD=a，
∴AB=2a，AF=DF=22a，CF=62a，
∴CD=6−22a.
由 ①可知：
S四边形ACBD=12AB⋅CD=122a⋅6−22a=3−12a2

【解析】本题考查的是等腰三角形的性质，线段垂直平分线的判定与性质，三角形的面积，等腰直角三角形，等边三角形的判定与性质，勾股定理有关知识．
(1)连接AB，根据DB=AD，CA=CB得出∠DBA=∠DAB，∠CBA=∠CAB即可解答；
(2)①延长CD交AB于点F，根据DB=AD，CA=CB得出CF是线段AB的垂直平分线，从而得出CF⊥AB于点F，BF=12AB，最后利用S四边形ACBD=S△DCB+S△DCA即可解答；
②先证明△CAB是等边三角形，△BAD是等腰直角三角形，结合AD=a得出AB=2a，AF=DF=22a，CF=62a，最后再利用S四边形ACBD=12AB⋅CD即可解答

21.【答案】解：(1)∵D是AB的中点，E是线段AC的中点，
∴DE//BC，DE=12BC，
∵∠ACB=90°，
∴∠DEC=90°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
∴DE=CF=12BC，
∴CF=BF=b，
∵CE=AE=a，
∴EF=CF2+CE2=a2+b2；
(2)AE2+BF2=EF2．
证明：过点B作BM//AC，与ED的延长线交于点M，连接MF，
则∠AED=∠BMD，∠CBM=∠ACB=90°，
∵D点是AB的中点，
∴AD=BD，
在△ADE和△BDM中，
∠AED=∠BMD∠ADE=∠BDMAD=BD，
∴△ADE≌△BDM(AAS)，
∴AE=BM，DE=DM，
∵DF⊥DE，
∴EF=MF，
∵BM2+BF2=MF2，
∴AE2+BF2=EF2．


【解析】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂直平分线的判定，关键在于构造全等三角形．
(1)由三角形的中位线定理得DE//BC，DE=12BC，进而证明四边形CEDF是矩形得DE=CF，得出CF，再根据勾股定理得结果；
(2)过点B作BM//AC，与ED的延长线交于点M，连接MF，证明△ADE≌△BDM得AE=BM，DE=DM，由垂直平分线的判定定理得EF=MF，进而根据勾股定理得结论．

22.【答案】解：(1)由题意可得，
(110−60)a+[160−(110−60)−80]b+(60a+80b)×85%
=50a+30b+51a+68b
=101a+98b，
即单位计划从甲、乙苗圃园购买花苗共花费(101a+98b)元；

(2)由题意可得，
(60a+80b)×85%−{(110−60)a+[160−(110−60)−80]b}
=(51a+68b)−(50a+30b)
=51a+68b−50a−30b
=a+38b，
该单位计划从乙苗圃园购买花苗比从甲苗圃园购买花苗多花(a+38b)元；

(3)由题意可得，
在甲苗圃购买花费为：10a+(100−10)b=10a+90b，
在乙苗圃购买花费为：85%(10a+100b)=8.5a+85b，
10a+90b−8.5a−85b=1.5a+5b>0，
即从乙苗圃园购买合算．

【解析】(1)根据题意可以列出相应的代数式，从而可以解答本题；
(2)根据题意可以列出相应的代数式，然后作差即可解答本题；
(3)根据题意可以分别计算出从甲乙两个花圃分别花费多少，从而可以解答本题．
本题考查整式的加减、列代数式，解答本题的关键是明确题意，列出相应的代数式，利用整式加减的计算方法解答本题．

23.【答案】解：(1)如图1，
∵a+b+(a−4)2=0，
∴a+b=0，a−4=0，
∴a=4，b=−4，
则OA=OB=4．
∵AH⊥BC即∠AHC=90°，∠COB=90°
∴∠HAC+∠ACH=∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠HAC=∠OBC．
在△OAP与△OBC中，∠COB∠POA=90°OA=OB∠OAP=∠OBC,
∴△OAP≌△OBC(ASA)，
∴OP=OC=1，
则P(0,−1)；
(2)过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，如图2．

在四边形OMHN中，∠MON=360°−3×90°=90°，
∴∠COM=∠PON=90°−∠MOP．
在△COM与△PON中，∠COM=∠PON∠OMC=∠ONP=90°OC=OP,
∴△COM≌△PON(AAS)，
∴OM=ON．
∵OM⊥CB，ON⊥HA，
∴HO平分∠CHA，
∴∠OHP=12∠CHA=45°；
(3)S△BDM−S△ADN的值不发生改变，等于4．
理由如下：
连接OD，如图3．

∵∠AOB=90°，OA=OB，D为AB的中点，
∴OD⊥AB，∠BOD=∠AOD=45°，OD=DA=BD
∴∠OAD=45°，∠MOD=90°+45°=135°，
∴∠DAN=135°=∠MOD．
∵MD⊥ND即∠MDN=90°，
∴∠MDO=∠NDA=90°−∠MDA．
在△ODM与△ADN中，∠MDO=∠NDA∠DOM=∠DANOD=AD,
∴△ODM≌△ADN(ASA)，
∴S△ODM=S△ADN
∴S△BDM−S△ADN
=S△BDM−S△ODM
=S△BOD
=12S△AOB
=12×12AO⋅BO
=12×12×4×4
=4．


【解析】本题考查了非负数的性质、三角形全等的判定和性质以及三角形的面积等．
(1)要求点P的坐标，只需求出OP的长度，如图1，易证△OAP≌△OBC，即可得到OP=OC=1；
(2)要证∠OHP=45°，只需证明HO平分∠CHA，过O分别作OM⊥CB于M点，作ON⊥HA于N点，如图2，只需证到OM=ON，只需证明△COM≌△PON即可；
(3)连接OD，如图3，易证△ODM≌△ADN，从而有S△ODM=S△ADN，由此可得S△BDM−S△ADN=S△BDM−S△ODM=S△BOD=12S△AOB可得．


24.【答案】解：(1)∵AC⊥BD，∠CAD=45°，
∴AC=DC，∠ACB=∠DCE=90°，
在Rt△ABC与Rt△DEC中，
AC=DCAB=DE，
∴Rt△ABC≌Rt△DEC(HL)，
∴∠BAC=∠EDC，
∵∠EDC+∠CED=90°，∠CED=∠AEF，
∴∠AEF+∠BAC=90°，
∴∠AFE=90°，
∴DF⊥AB．
(2)∵S△BCE+S△ACD=S△ABD−S△ABE，
∴12a2+12b2=12⋅c⋅DF−12⋅c⋅EF=12⋅c⋅(DF−EF)=12⋅c⋅DE=12c2，
∴a2+b2=c2．

【解析】(1)利用“8字型”证明∠AFE=∠ECD=90°即可．
(2)利用S△BCE+S△ACD=S△ABD−S△ABE，即可得出结论．
本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理的证明等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会利用面积法证明勾股定理，属于中考常考题型．