数学（福建专用A卷）-学易金卷：2022-2023学年八年级下学期期中考前必刷卷

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学易金卷：2022-2023学年八年级下学期期中考前必刷卷
数学·全解全析（福建专用A卷：提升卷）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共34分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）下列各代数式中，是二次根式的是（　　）
A．−5 B．2 C．a2 D．32
【答案】B
【分析】根据二次根式的定义逐项判断即可.
【详解】因为−5不是二次根式，故A不符合题意；
因为2是二次根式，故B符合题意；
因为a2不是二次根式，故C不符合题意；
因为32不是二次根式，故D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次根式的判断，掌握定义是解题的关键．即一般地，形如a(a≥0)的代数式叫做二次根式．
2．（2022春·福建莆田·八年级校考期中）下列计算正确的是（　　）
A．2×3=6 B．2+3=5 C．8=42 D．4−2=2
【答案】A
【分析】根据二次根式的运算法则计算各个选项中式子的正确结果，即可判断哪个选项符合题意．
【详解】解：A．2×3=6，计算正确，符合题意；
B． 2和3不是同类二次根式，不能合并，计算错误，不符合题意；
C．8=22，计算错误，不符合题意；
D．4−2=2−2，计算错误，不符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
3．（2022秋·福建三明·八年级统考期中）以下列各组数据为边长作三角形，其中不能组成直角三角形的是（　　）
A．4，6，8 B．5，12，13 C．6，8，10 D．7，24，25
【答案】A
【分析】利用勾股定理的逆定理逐一进行判断即可得到答案．
【详解】解：A、42+62≠82，不符合勾股定理的逆定理，不能组成直角三角形，符合题意，选项正确；
B、52+122=132，符合勾股定理的逆定理，能组成直角三角形，不符合题意，选项错误；
C、62+82=102，符合勾股定理的逆定理，能组成直角三角形，不符合题意，选项错误；
D、72+242=252，符合勾股定理的逆定理，能组成直角三角形，不符合题意，选项错误，
故选A．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，解题关键是熟练掌握运用勾股定理的逆定理判定直角三角形的方法： ①先确定最长边，②分别计算最长边平方和另两边的平方和；③比较最长边的平方与另两边的平方和是否相等，若相等，则此三角形为直角三角形．
4．（2022春·福建厦门·八年级统考期中）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC和BD交于点O，若AC=10，BD=6，则边AB的长度可能是（    ）

A．2 B．4 C．8 D．12
【答案】B
【分析】根据平行四边形对角线互相平分可得AO、BO的长度，然后根据三角形三边关系可得AB的范围，结合选项解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=10，BD=6，
∴AO=12AC=5，BO=12BD=3，
∴5−3 即2 故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的三边关系，熟练掌握相关图形的性质定理是解本题的关键．
5．（2022春·福建泉州·八年级校考期中）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，则四边形OCED是（    ）

A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
【答案】B
【分析】首先由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD，即可判定四边形CODE是菱形；
【详解】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC，DO=BO，AO=CO，
∴OD=OC，
∴四边形CODE是菱形；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和菱形的性质和判定，利用菱形的性质和判定是解答此题的关键．
6．（2022春·福建泉州·八年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（    ）

A．AB＝AD B．OE＝12AB C．∠DOE＝∠EOC D．∠EOD＝∠EDO
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=12CD= 12AB，即可判定A，B，D，再在C的条件下证明四边形ABCD是正方形，从而可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A正确，不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE=DE=CE=12CD=12AB，故选项B正确，不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D正确，不合题意；
若∠DOE＝∠EOC，而AC⊥BD,
∴∠COE=∠DOE=45°=∠EDO=∠ECO,
∴OD=OC，
∵AC⊥BD,OA=OC,OB=OD,
∴四边形ABCD是正方形，与已知条件矛盾，故C错误，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，掌握菱形的性质是解题的关键．
7．（2022秋·福建宁德·八年级统考期中）如图，两树高分别为10米和4米，相距8米，一只鸟从一树的树梢飞到另一树的树梢，则小鸟至少要飞（   ）

A．8米 B．9米 C．10米 D．11米
【答案】C
【分析】根据图像构造直角三角形，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示：

BC=10−4=6米，AC=8米，
∴ AB=AC2+BC2=82+62=10，
∴小鸟至少要飞10米，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的实际应用，熟练掌握勾股定理合理构造直角三角形是解本题的关键．
8．（2022秋·福建漳州·八年级漳州三中校联考期中）实数a，b在数轴上的位置如图所示，则式子a2+(b−a)2−|a+b|化简的结果为（    ）

A．a B．2a+b C．2a−b D．−a+2b
【答案】D
【分析】根据题意可得：a＞b，a＜0＜b，从而可得a+b＜0，b−a＞0，然后利用二次根式的性质，绝对值的意义，进行化简计算，即可解答．
【详解】解：∵a＞b，a＜0＜b，
∴a+b＜0，b−a＞0，
∴a2+(b−a)2−|a+b|
=a+b−a−a+b
=−a+b−a+a+b
=−a+2b
故选：D
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，实数与数轴，整式的加减，准确熟练地进行计算是解题的关键．
9．（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD外取一点P，连接AP、BP、DP．若AP＝2，PB＝4．则DP的最大值为（　　）

A．4+22 B．4+2 C．5 D．6
【答案】D
【分析】过点A作AE⊥AP，使E、B在AP两侧，AP＝AE＝2，连接BE，根据勾股定理得到PE=2，根据正方形的性质得到∠BAD＝90°，AB＝AD，易发现∠BAE＝∠PAD，
以此即可通过SAS证明△AEB≅△APD，则DP=BE，由三角形的三边关系可得BE≤PE+PB，以此即可解答．
【详解】解：过点A作AE⊥AP，使E、B在AP两侧，AP＝AE＝2，连接BE，

∴PE＝AE2+AP2＝2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠PAE+∠PAB＝∠BAD+∠PAB＝90°+∠PAB，
∴∠BAE＝∠PAD，
在△AEB和△APD中，
AE=AP∠BAE=∠PADAB=AD，
∴△AEB≅△APD（SAS），
∴DP＝BE，
∵BE≤PE+PB＝4+2＝6，
∴当点P落在线段BE上时，BE有最大值为6，
∴DP的最大值为6．
故选：D．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、三角形三边关系，解题关键是正确作出辅助线，利用三角形三边关系解答．
10．（2022春·福建南平·八年级统考期中）正方形ABCD，正方形CEFG如图放置，点B、C、E在同一条直线上，点P在BC边上，PA＝PF，且∠APF＝90°，连接AF交CD于点M．有下列结论：①EC＝BP；②AP＝AM：③∠BAP＝∠GFP；④AB2+CE2＝12AF2；⑤S正方形ABCD+S正方形CGFE＝2S△APF，其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①②④⑤ D．①③④⑤
【答案】D
【分析】①由同角的余角相等可证出△EPF≌△BAP，由此即可得出EF=BP，再根据正方形的性质即可得出①成立；②没有满足证明AP=AM的条件；③根据平行线的性质可得出∠GFP=∠EPF，再由∠EPF=∠BAP即可得出③成立；④在Rt△ABP中，利用勾股定理即可得出④成立；⑤结合④即可得出⑤成立．综上即可得出结论．
【详解】①∵∠EPF+∠APB=90°，∠APB+∠BAP=90°，
∴∠EPF=∠BAP．
在△EPF和△BAP中，有∠EPF＝∠BAP∠FEP＝∠PBAPA＝PF，
∴△EPF≌△BAP（AAS），
∴EF=BP，
∵四边形CEFG为正方形，
∴EC=EF=BP，即①成立；
②无法证出AP=AM；
③∵FG∥EC，
∴∠GFP=∠EPF，
又∵∠EPF=∠BAP，
∴∠BAP=∠GFP，即③成立；
④由①可知EC=BP，
在Rt△ABP中，AB2+BP2=AP2，
∵PA=PF，且∠APF=90°，
∴△APF为等腰直角三角形，
∴AF2=AP2+EP2=2AP2，
∴AB2+BP2=AB2+CE2=AP2=12AF2，即④成立；
⑤由④可知：AB2+CE2=AP2，
∴S正方形ABCD+S正方形CGFE=2S△APF，即⑤成立．
故成立的结论有①③④⑤．
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、平行线的性质以及勾股定理，解题的关键是逐条分析五条结论是否正确．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，通过证明三角形全等以及利用勾股定理等来验证题中各结论是否成立是关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．（2022秋·福建宁德·八年级校考期中）一个直角三角形的两条直角边分别为3和4，则该直角三角形的斜边为______．
【答案】5
【分析】根据勾股定理计算即可．
【详解】解：由勾股定理得：直角三角形的斜边为：32+42=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
12．（2022秋·福建莆田·八年级统考期中）求值：22−32022⋅3+222023=______.
【答案】3+22
【分析】先根据积的乘方得到原式＝（3−22）2022·（3+22）2022（3+22），然后利用平方差公式计算．
【详解】解：原式＝（3−22）2022·（3+22）2023
＝（3−22）2022·（3+22）2022（3+22）
＝（9−8）2022×(3+22)
＝3+22．
故答案为：3+22．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和积的乘方与幂的乘方是解决问题的关键．
13．（2022秋·福建厦门·八年级校考期中）如图，以数轴的单位长度线段为边长作一个正方形，以表示数1的点为圆心，正方形对角线长为半径画半圆，交数轴于点A和点B，则点B表示的数是 __．

【答案】2+2
【分析】如图，勾股定理求出单位正方形的对角线的长，由此得到CA=CB=2，求出OB即可．
【详解】解：如图：

∵CD=12+12=2，
∴CA=CB=2，
∴OB=OC+CB=2+2，
∴点B表示的数是2+2，
故答案为：2+2．
【点睛】本题考查了实数与数轴的有关问题，勾股定理，解题的关键是利用勾股定理求出CD的长．
14．（2022春·福建福州·八年级校考期中）如图，△ABC的中线BD、CE交于点O，连接OA，点G、F分别为OC、OB的中点，BC＝6，AO＝4，则四边形DEFG的周长为 _____．

【答案】10
【分析】根据中位线定理，可得EF∥AO，FG∥BC，且都等于边长BC的一半，由此可得问题答案．
【详解】解：∵BD，CE是△ABC的中线，
∴ED∥BC且ED=12BC，
∵F是BO的中点，G是CO的中点，
∴FG∥BC且FG=12BC，
∴ED=FG=12BC=3，
同理GD=EF=12AO=2，
∴四边形DEFG的周长为2+2+3+3=10．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，三角形的中位线的性质定理，为证明线段相等和平行提供了依据．
15．（2022春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）如图，在口ABCD中，按以下步骤作图：①以A为圆心，AD为半径作弧，交AB于点E；②分别以点D、E为圆心，大于12DE的长为半径作弧，两弧相交于点F；③作射线AF，交边CD于G点．若AD＝13，DE＝10，则AG的长是 _____．

【答案】24
【分析】由作图知AD=AE，AG垂直平分DE，根据四边形ABCD是平行四边形，可得四边形AEGD是菱形，利用勾股定理求出AO的长，再根据AG=2AO即可求出．
【详解】由作图知AD=AE，AG垂直平分DE，设AG、DE交于点O，

∴ DO=EO，∠EOA=∠DOG=90∘
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠AEO=∠GDO
∴△AEO≅△GDO(ASA)
∴AE=DG，
∴四边形AEGD是菱形，
∵DE＝10，
∴AG=2AO，DO=12DE=12×10=5，
∵AD＝13，
根据勾股定理，可得：AO=AD2−DO2=132−52=12，
∴AG=24，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．
16．（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，EC平分∠DEB，F为CE的中点，连接AF，BF，DF，下列结论：

（1）DC=DE；（2）DF⊥CE；（3）BE=BF；（4）AF⊥BF；其中一定正确的结论是______．（填写序号）
【答案】（1）（2）（4）
【分析】根据矩形的性质得AB∥CD，再由平行线的性质与角平分线的定义得∠DCE=∠DEC，根据等角对等边得结论（1）正确；根据等腰三角形的性质得出DF⊥CE；由直角三角形的性质及等边三角形的判定可得出（3）不一定正确；由直角三角形的性质得BF=EF=CF，再根据平行线的性质与等腰三角形的性质得∠ABF=∠DCF，再证明△ABF≌△DCF，得∠AFB=∠DFC=90°．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCE=∠CEB，
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC=∠CEB，
∴∠DCE=∠DEC，
∴DE=DC；故（1）正确；
（2）∵DC=DE，F为CE的中点，
∴DF⊥CE；故（2）正确；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵F为CE的中点，
∴EF=BF，
若BE=BF，
∴△BEF为等边三角形，
∴∠BEF=60°，
∵E为AB边上任意一点，
∴BE=BF不一定成立．故（3）错误；
（4）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB=DC，
∴BF=CF=EF=12EC，
∴∠FEB=∠FBE，
即∠ABF=∠CEB，
∵∠DCE=∠CEB，
∴∠ABF=∠DCE，
在△ABF和△DCF中，BF=CF∠ABF=∠DCFAB=DC，
∴△ABF≌△DCF（SAS），
∴∠AFB=∠DFC=90°，
∴AF⊥BF．故（4）正确；
故答案为：（1）（2）（4）．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共86分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（8分）（2022秋·福建莆田·八年级统考期中）计算：
(1)−12022+38−−2+π−20220
(2)3+13−1−32−2332+23
【答案】(1)4−2
(2)−4

【分析】（1）根据有理数的乘方，开立方根，化简绝对值，零次幂进行计算即可求解；
（2）根据平方差公式，二次根式的混合运算进行计算即可求解．
【详解】（1）解：原式=1+2−2+1
=4−2；
（2）=32−1−322−232
=2−6
=−4．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，二次根式的混合运算，掌握有理数的乘方，开立方根，化简绝对值，零次幂以及二次根式的混合运算是解题的关键．
18．（8分）（2022秋·福建宁德·八年级统考期中）如图，D为△ABC边BC上的一点，AB=20，AC=13，AD=12，DC=5，求BD的长．

【答案】16
【分析】在△ACD中，根据勾股定理逆定理判断出∠ADC=90°，在△ABD中利用勾股定理求得BD，即可．
【详解】解：在△ACD中，AC=13，AD=12，DC=5，
∴AD2+CD2=122+52=132=AC2，
∴△ACD为直角三角形，其中∠ADC=90°，
∴△ABD是直角三角形，
∵AB=20，
∴BD=AB2−AD2=202−122=16．
【点睛】本题主要考查勾股定理及其逆定理，熟练掌握勾股定理及其逆定理是解题的关键．
19（8分）．（2022春·福建福州·八年级福建省福州第八中学校考期中）“中华人民共和国道路交通管理条例”规定：小汽车在城街路上行驶速度不得超过70km/h（约为19.4m/s）．如图，一辆小汽车在一条城市街路上直道行驶，某一时刻刚好行驶到路对面车速检测仪A处的正前方40m的C处（即AC＝40m），过了2s后，行驶到B处，测得小汽车与车速检测仪间距离AB为50m，问：这辆小汽车超速了吗？

【答案】这辆小汽车没有超速
【分析】利用勾股定理先求得小汽车形式的路程BC，再利用路程、速度、时间之间的而关系求得小汽车实际形式的速度，与限速比较即可．
【详解】在Rt△ABC中，AC＝40m，AB＝50m；
据勾股定理可得：BC＝AB2−AC2＝502−402＝30（m）
小汽车的速度为v＝302＝15（m/s），
∵15m/s＜19.4m/s；
∴这辆小汽车没有超速行驶．
答：这辆小汽车没有超速了
【点睛】本题考查了勾股定理在实际生活中的应用，把实际问题转化为数学模型是解题的关键．
20．（8分）（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）由边长为1的小正方形构成网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、B，C都是格点，仅用无刻度的直尺在给定9×12的网格中完成画图，画图过程用虚线表示画图结果用实线表示，并回答下列问题：

(1)直接写出AB的长是 　 　；
(2)在图1中，画以点A、B、C为顶点且周长最大的平行四边形；
(3)在图2中，画△ABC的角平分线AD．
【答案】(1)52
(2)见解析
(3)见解析

【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）根据网格的特点结合平行四边形的性质，以AC为对角线画出平行四边形；
（3）根据网格的特点，延长AC至E，使得AE=52，则△ABE是等腰三角形，再找到BE的中点D，连接AD，即可求解．
【详解】（1）解：AB=72+12=52，
故答案为：52；
（2）如图1中，四边形ABCE即为所求作；

（3）如图2中，延长AC至E，使得AE=52，则△ABE是等腰三角形，再找到BE的中点D，连接AD，线段AD即为所求作．

【点睛】本题考查了画平行四边形，勾股定理与网格问题，等腰三角形的性质，三线合一，掌握以上知识是解题的关键．
21．（8分）（2022春·福建厦门·八年级厦门双十中学思明分校校考期中）如图，平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，添加个条件，使得四边形AECF为平行四边形．

(1)现有四个条件：①BE＝DF；②AF∥CE；③AE＝CF；④∠BAE＝∠DCF．你添加的条件是：　 　（填一个序号即可）
(2)在（1）的基础上，求证：四边形AECF是平行四边形．
【答案】(1)①或②或④（填一个即可）；
(2)见解析

【分析】（1）根据平行四边形的判定解答即可；
（2）添加①BE＝DF时，证明△ABE≌△CDF（SAS），求出AE＝CF，∠AEF＝∠CFE，可得AE∥CF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加②AF∥CE时，证明△ADF≌△CBE（AAS），可得AF＝CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；添加④∠BAE＝∠DCF时，证明△ABE≌△CDF（ASA），求出AE＝CF，AE∥CF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论．
【详解】（1）解：添加①，证明AE＝CF，AE∥CF，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；
添加②，证明AF＝CE，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；
添加④，证明AE＝CF，AE∥CF，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论；
添加③不能得出四边形AECF为平行四边形．
故答案为：①或②或④（填一个即可）；
（2）证明：如图，
添加①BE＝DF时，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
添加②AF∥CE时，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADF＝∠CBE，
∵AF∥CE，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AFD＝∠CEB，
∴△ADF≌△CBE（AAS），
∴AF＝CE，
∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形；
添加④∠BAE＝∠DCF时，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵∠BAE＝∠DCF，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．平行四边形的判定定理：1、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；2、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；3、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；4、两组对角分别相等的四边形是平行四边形；5、对角线互相平分的四边形是平行四边形．
22．（10分）（2022秋·福建三明·八年级统考期中）在解决问题“已知a=12+3，求2a2−8a+1的值”时，小明是这样分析与解答的：
∵a=12+3=2−32+32−3=2−3
∴a−2=−3，∴a−22=3，a2−4a+4=3
∴a2−4a=−1，∴2a2−8a+1=2a2−4a+1=2×−1+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)化简：35−2；
(2)若a=12+1，求2a2+4a−1的值．
【答案】(1)5+2
(2)1

【分析】（1）把分子分母同乘5+2，然后利用平方差公式计算；
（2）先分母有理化得到a=2−1，再移项平方得到a2+2a=1，接着把2a2+4a−1变形为2a2+2a−1，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】（1）35−2=3(5+25−25+2 =35+252−22=5+2；
（2）∵a=12+1=2−12+12−1=2−1，
∴a+1=2，
∴a+12=22=2，a2+2a+1=2，
∴a2+2a=1，
∴ 2a2+4a−1=2a2+2a−1=2×1−1=1．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，平方差公式、完全平方公式，解题的关键是理解题意，理清分母有理化的过程．
23．（10分）（2022春·福建莆田·八年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，AD=AB=BC，AC⊥BD交于点O．

(1)求证：四边形ABCD为菱形；
(2)如图2，过四边形ABCD的顶点A作AE⊥BC于点E，交OB于点H，若AB=AC=6，求四边形OHEC的面积；
(3)如图3，过菱形ABCD的顶点A作AF⊥AD，且AD=AF，线段AF交OB于点H，交BC于点E，若D、C、F三点共线，求证：OH+OC=22BH．
【答案】(1)见解析
(2)33
(3)见解析

【分析】（1）根据题意得出AC垂直平分BD，再由菱形的判定即可证明；
（2）连接CH，根据菱形的性质及等边三角形的判定得出△ABC是等边三角形，再由其性质及勾股定理得出AE=33，结合图形得出S四边形OHEC＝S△BCH＝13S△ABC求解即可；
（3）连接CH，在OC上取一点Q，使得OH＝OQ，连接HQ．利用菱形的性质及全等三角形的判定得出△BEH≌△AEC，再由垂直平分线的性质及各角之间的关系得出QH＝QC＝2OH，设OH＝m，则OQ＝m，结合图形中各线段间的数量关系即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AD=AB，AC⊥BD，
∴AC垂直平分BD，
∴BC=CD，
∴BC=CD=AD=AB，
∴四边形ABCD为菱形；
（2）如图，连接CH，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝OC，
∵AB＝AC＝6，
∴AB＝AC＝BC＝6，
∴△ABC是等边三角形，
∵AE⊥CB，
∴BE＝CE＝3，
∴AE＝AB2−BE2=33，
∵AO＝OC，BE＝EC，
∴S△AOH=S△OCH=S△ECH=S△BEH，
∴S四边形OHEC＝S△BCH＝13S△ABC=13×12×6×33=33；
（3）证明：如图中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH＝OQ，连接HQ．

∵AF⊥AD，AD＝AF，
∴∠ADF＝∠F＝45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝∠ADC＝45°，AD∥CB，
∴AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
∴∠BAE=∠ABC=45°，
∴BE=AE，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝67.5°，
∴∠EAC＝∠EBH＝22.5°，
∴△BEH≌△AEC（ASA），
∴BH＝AC＝2OC，
∵BD垂直平分线段AC，
∴HA＝HC，
∴∠HCA＝∠HAC＝22.5°，
∵OQ＝OH，
∴∠OHQ＝∠OQH＝45°，
∵∠OQH＝∠QHC+∠QCH，
∴∠QHC＝∠HCQ＝22.5°，
∴QH＝QC＝2OH，
设OH＝m，则OQ＝m，HQ＝CQ＝2m，
∴OC＝m+2m，
∴OH+OC＝m+m+2m＝2m+2m，
∵22BH＝2OC＝2（m+2m）＝2m+2m，
∴OH+OC＝22BH．
【点睛】题目主要考查菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
24．（12分）（2022春·福建龙岩·八年级校联考期中）定义：如图，E，F，G，H四点分别在四边形ABCD的四条边上，若四边形EFGH为菱形，我们称菱形EFGH为四边形ABCD的内接菱形．

(1)如图，矩形ABCD，AB=5，点E在线段AB上且EB=2，四边形EFGH是矩形ABCD的内接菱形，求GC的长度；
(2)如图，平行四边形ABCD，AB=5，∠B=60°，点E在线段AB上且EB=2，请你在图中画出平行四边形ABCD的内接菱形EFGH，点F在边BC上；（尺规作图，保留痕迹）当BF最短时，请求出BC的长．
【答案】(1)GC=3
(2)作图见解析，BC=1+6

【分析】（1）连接HF，证明ΔDHG≅ΔBFE(AAS)，可得CG=3；
（2）根据（1）中可知DG=BE=2，根据对角线垂直平分作内接菱形EFGH；如图5，当F与C重合，则A与H重合时，此时BF的长最小，就是BC的长，根据直角三角形30度角的性质和勾股定理计算可得结论．
（1）
解：连接HF，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，AD//BC，AB=CD=5，
∴∠DHF=∠HFB，
∵四边形EFGH是菱形，
∴GH=EF，GH//EF，
∴∠GHF=∠HFE，
∴∠DHF−∠GHF=∠BFH−∠HFE，即∠DHG=∠BFE，
∴ΔDHG≅ΔBFE(AAS)，
∴DG=BE=2，
∴CG=CD−DG=5−2=3；
（2）
由（1）知：ΔDHG≅ΔBFE，
∴DG=BE=2，
作法：作DG=2，连接EG，再作EG的垂直平分线，交AD、BC于H、F，如图所示：

四边形EFGH即为所求作的内接菱形EFGH；
当F与C重合，则A与H重合时，此时BF的长最小，过E作EP⊥BC于P，如图所示：

在RtΔBEP中，
∵∠B=60°，BE=2，
∴BP=1，EP=3，
∵四边形EFGH是菱形，
∴AE=EC=3，
∴PF=32−(3)2=6，
∴BF=BC=BP+CF=1+6，
即当BF的长最短时，BC的长为1+6．
【点睛】本题考查新定义−四边形的内接菱形，基本作图−线段的垂直平分线，菱形性质，矩形性质，熟练掌握基本作图及平行四边形、菱形和矩形的性质是解题的关键．
25．（14分）（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）如图1，在正方形ABCD中，点E是BC边上的一点，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P．

(1)求∠ECP的度数；
(2)求证：AE=EP；
(3)在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，在边长为4的正方形ABCD中，将线段AB沿射线BD平移，得到线段GF，连接CG,CF，则直接写出CG+CF的最小值是 ．
【答案】(1)135°
(2)见解析
(3)存在，理由见解析
(4)22+210

【分析】（1）根据正方形的性质和角平分线的定义得出∠DCN,∠PCN的度数，继而求解即可；
（2）在BA边上截取BK=BE，连接KE，根据等腰直角三角形的性质和角平分线的定义证明∠ECP=∠AKE，再根据线段的和差证明AE=EP，通过证明△AKE≅△ECPASA，利用全等三角形的性质求解即可；
（3）作DM⊥AE交AB于点M，连接ME,DP，可证明DM∥EP，再通过ASA证明△ADM≅△BAE，继而得出MD=AE，再根据平行四边形的判定定理证明即可；
（4）先通过勾股定理计算出AC,CG的长度，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCN=∠DCB=90°，
∵EP交正方形外角的平分线CP于点P，
∴∠PCN=45°，
∴∠ECP=180°−45°=135°；
（2）证明：如图，在BA边上截取BK=BE，连接KE，

∵∠B=90°,BK=BE，
∴∠BKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CP平分外角，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠ECP=∠AKE，
∵AB=CB,BK=BE，
∴AB−BK=CB−BE，
即AK=EC，
在△AKE和△ECP中，
∠KAE=∠CEPAK=EC∠AKE=∠ECP，
∴△AKE≅△ECPASA，
∴AE=EP；
（3）解：存在．理由如下：
作DM⊥AE交AB于点M，连接ME,DP，

∴DM∥EP,∠ADM+∠DAE=90°，
∵∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠ADM=∠BAE，
在△ADM与△BAE中，
∠ADM=∠BAEAD=BA∠BAD=∠ABE，
∴△ADM≅△BAEASA，
∴MD=AE，
∵AE=EP，
∴MD=EP，
∴四边形DMEP为平行四边形．
（4）解：当F与点O重合时，CG+CF取最小值，

∵BC=4，
∴AC=AB2+BC2=42，
由题意得，CE=GF+12CD=6,EG=12BC=2，
∴CF=22,CG=22+(4+2)2=210，
∴CF+CG=22+210．
故答案为：22+210．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定等知识点，熟练掌握知识点并准确添加辅助线是解题的关键．