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专题6.7期中小题易丢分培优训练（期中真题压轴100道，八下人教）-八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版
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这是一份专题6.7期中小题易丢分培优训练（期中真题压轴100道，八下人教）-八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版，文件包含专题67期中小题易丢分培优训练期中真题压轴100道八下人教-八年级数学下学期复习备考高分秘籍解析版人教版docx、专题67期中小题易丢分培优训练期中真题压轴100道八下人教-八年级数学下学期复习备考高分秘籍原卷版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共159页， 欢迎下载使用。
八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版
专题6.7期中小题易丢分培优训练（期中真题压轴100道，八下人教）
一、单选题
1．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期中）设A，B均为实数，且A=m−3，B=33−m，则A，B的大小关系是（ ）
A．A>B B．A=B C．A 【答案】D
【分析】首先根据A=m−3确定m的范围，然后再确定B=33−m的范围即可．
【详解】解：∵ A=m−3
∴ m−3≥0，3−m≤0
∴ A=m−3≥0，B=33−m≤0
∴ A≥B
故选D
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，相关知识点有：算术平方根、立方根等，二次根式有意义的条件的利用是解题关键．
2．（2022秋·安徽宿州·八年级统考期中）下列各组数中，互为相反数的一组是（ ）
A．22与(−2)2 B．−38与3−8
C．a2与a2 D．3a与3−a
【答案】D
【分析】先将根式进行化简，再利用两个数互为相反数的定义来判定求解．
【详解】A．22=2，(−2)2=2，22和(−2)2不互为相反数，故本选项不符合题意；
B．−38=−2，3−8=−2，−38和3−8不互为相反数，故本选项不符合题意；
C．a2=a，a2=a，a2和a2不互为相反数，故本选项不符合题意；
D．3−a=−3a，即3a和3−a互为相反数，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了根式的化简和互为相反数的定义，将根式进行化简是解答关键．
3．（2022春·山东淄博·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12 cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为（ ）
A．(8−43)cm2 B．(4−23)cm2 C．(16−83)cm2 D．(83−12)cm2
【答案】D
【分析】根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB,BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
【详解】解：∵两张正方形纸片的面积分别为16cm2和12cm2，
∴它们的边长分别为16=4cm，12=23cm，
∴AB=4cm，BC=23+4cm，
∴空白部分的面积=(23+4)×4−12−16
=83+16−12−16
=−12+83cm2．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的应用，算术平方根的定义，解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长．
4．（2022秋·辽宁沈阳·八年级统考期中）按如图所示运算程序，输入x=−2，y=−22，则输出结果为（ ）
A．−6 B．6 C．−2 D．2
【答案】A
【分析】判断出x,y的大小关系，根据程序流程图，代入相应的代数式，进行求解即可．
【详解】解：∵−22<−2，即：x>y，
由流程图可得：x2−y2=−22−−222=2−8=−6；
故选A．
【点睛】本题考查程序流程图．按照程序流程图的顺序，进行计算求值，是解题的关键．
5．（2022秋·重庆南岸·八年级重庆市珊瑚初级中学校校考期中）某数学兴趣小组在学习二次根式的时候发现：有时候两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，例如，(5−2)(5+2)=1，a⋅a=a，(23−2)(23+2)=10．通过查阅相关资料发现，这样的两个代数式互为有理化因式．小组成员利用有理化因式，分别得到了一个结论：
甲：13−5=3+54；
乙：设有理数a，b满足：a2+1+b2−1=−62+4，则a+b=6；
丙：12024−2023>12022−2021；
丁：已知48−x−16−x=2，则48−x+16−x=8；
戊：13+3+153+35+175+57+…+19997+9799=33−1166．
以上结论正确的有( )
A．甲丙丁 B．甲丙戊 C．甲乙戊 D．乙丙丁
【答案】B
【分析】读懂题意，利用分母有理化计算并判断即可．
【详解】解：13−5
=3+5(3−5)(3+5)
=3+59−5
=3+54，
甲正确；
a2+1+b2−1
=2−12−1a+2+12−1b
=(2−1)a+(2+1)b
=(a+b)2−a+b，
(a+b)2−a+b=−62+4，
∴ a+b=−6①−a+b=4②，
解得a=−5b=−1，
∴a+b=−6，乙错误；
12024−2023=2024+20231=2024+2023，
12022−2021=2022+20211=2022+2021，
2024+2023>2022+2021，
∴丙正确；
已知48−x−16−x=2，
∴ 148−x−16−x=12，
∴ 48−x+16−x(48−x)−(16−x)=12，
∴ 48−x+16−x32=12，
则48−x+16−x=16，
∴丁错误；
13+3+153+35+175+57+…+19997+9799=33−1166
=3−39−3+53−3525×3−9×5+75−5749×5−25×7+...+9997−9799992×97−972×99
=12−36+5330−3530+7570−5770+...+9997992×97−972×99−9799992×97−972×99
=12−9799992×97−972×99
=12−9999×2
=99−9999×2
=33−1166，
戊正确，
∴正确的有甲丙戊，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的化简，解题的关键是掌握分母有理化．
6．（2022秋·上海黄浦·八年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）已知a<0，则二次根式−a2b化简后的结果为（ ）．
A．ab B．a−b C．−ab D．−a−b
【答案】D
【分析】由题意可得b<0，再根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：由题意可得：b<0
∴−a2b=a−b
∵a<0
∴a=−a
∴−a2b=a−b=−a−b
故选：D
【点睛】此题考查了二次根式的化简，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质．
7．（2022秋·广东深圳·八年级统考期中）观察下列二次根式的化简（ ）
S1=1+112+122=1+11−12；
S2=1+112+122+1+122+132=1+11−12+1+12−13；
S3=1+112+122+1+122+132+1+132+142=1+11−12+1+12−13+1+13−14；
则S20222022=（ ）
A．20222021 B．20242023 C．12022 D．12024
【答案】B
【分析】根据题目中给定的计算方法求出S2022，再进行求解即可．
【详解】解：∵1+112+122=1+11−12，1+122+132=1+12−13，1+132+142=1+13−14，…∴1+120222+120232=1+12022−12023，
∴S1=1+112+122=1+11−12，
S2=1+112+122+1+122+132=1+11−12+1+12−13，
S3=1+112+122+1+122+132+1+132+14=1+11−12+1+12−13+1+13−14，
…
∴S2022=1+11−12+1+12−13+1+13−14+⋯+1+12021−12022+1+12022−12023
=2022+1−12023=2022+20222023，
∴则S20222022=2022+202220232022=1+12023=20242023．
故选B．
【点睛】本题考查二次根式化简中的简便运算．熟练掌握题目中给定的计算方法是解题的关键．
8．（2022秋·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）将一组数据3，6，3，23，15，…，310，按下面的方法进行排列：3，6，3，23，15；
32，21，26，33，30；
⋯；
若23的位置记为1，4，26的位置记为2，3，则这组数中87的位置记为（ ）
A．6，4 B．5，3 C．5，2 D．6，5
【答案】A
【分析】由题意可知，每行5个数，数的被开方的规律是3n，由此可得87是第29个数，进而判断87是第6行的第4个数．
【详解】解：一组数据的排列变形为
3×1，3×2，3×3，3×4，3×5；
3×6，3×7，3×8，3×9，3×10；
⋯；
由题意可知，每行5个数，
∵87=3×29，
∴87是第29个数，
∵29÷5=5…4，
∴87是第6行的第4个数，
∴87的位置记为6，4，
故选：A．
【点睛】本题考查数字的变化规律，能够根据所给的数的特点，找到数的排列规律是解题的关键．
9．（2022秋·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中）若实数a、b、c在数轴上的对应点如图所示，则a2+b2−b−c的结果是（ ）
A．a−c B．−a−2b+c C．−a−c D．−a+c
【答案】C
【分析】根据题意a＜b＜0＜c，从而可得b−c＜0，然后利用二次根式的性质，以及绝对值的意义进行计算即可得出答案．−a−b−c+b
【详解】由题意得a＜b＜0＜c，
∴b−c＜0，
∴a2+b2−b−c，
=a+b−(c−b)，
=−a+(−b)−c+b，
=−a−b−c+b，
=−a−c，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，实数与数轴，熟练掌握a2=a是解题的关键．
10．（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．
11．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）若二次根式2−m有意义，且关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，则符合条件的整数m的和是（ ）
A．﹣7 B．﹣6 C．﹣5 D．﹣4
【答案】D
【分析】根据二次根式2−m有意义，可得m≤2，解出关于x的分式方程 m1−x+2=3x−1的解为x=m+52，解为正数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可．
【详解】解：去分母得，−m+2（x−1）=3，
解得，x=m+52，
∵关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，
∴m+52＞0 ，
∴m＞−5，
又∵x=1是增根，当x=1时，
m+52=1，即m=−3，
∴m≠−3，
∵2−m有意义，
∴2−m≥0，
∴m≤2，
因此−5＜m≤2 且m≠−3，
∵m为整数，
∴m可以为-4，-2，-1，0，1，2，其和为-4，
故选：D．
【点睛】考查二次根式的意义、分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，解题的关键是理解正数解，整数m的意义．
12．（2022春·河南许昌·八年级许昌市第一中学校考期中）当x=1+19942时，多项式4x3−1997x−19942019的值为( ).
A．1 B．−1 C．22002 D．−22001
【答案】B
【分析】由原式得2x−12=1994，得4x2−4x+1=1994，原式变形后再将4x2−4x+1=1994代和可得出答案.
【详解】∵x=1+19942，
∴2x−12=1994，即4x2−4x−1993=0，
∴4x3−1997x−1994=x4x2−4x−1993+4x2−4x−1993−1=−1．
∴原式=−12019=−1．
【点睛】本题难度较大，需要对要求的式子进行变形，学会转化.
13．（2022秋·辽宁丹东·八年级校考期中）“分母有理化”是我们常用的一种化简的方法，如：2+32−3=(2+3)(2+3)(2−3)(2+3)=7+43，除此之外，我们也可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于3+5−3−5，设x=3+5−3−5，易知3+5>3−5，故x>0，由x2=(3+5−3−5)2=3+5+3−5−2(3+5)(3−5)=2，解得x=2，即3+5−3−5=2．根据以上方法，化简3−23+2+6−33−6+33后的结果为（ ）
A．5+36 B．5+6 C．5−6 D．5−36
【答案】D
【分析】根据题中给的方法分别对6−33−6+33和3−23+2进行化简，然后再进行合并即可.
【详解】设x=6−33−6+33，且6−33<6+33，
∴x<0，
∴x2=6−33−2(6−33)(6+33)+6+33，
∴x2=12−2×3=6，
∴x=−6，
∵3−23+2=5−26，
∴原式=5−26−6 =5−36，
故选D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，涉及了分母有理化等方法，弄清题意，理解和掌握题中介绍的方法是解题的关键.
14．（2022春·山东威海·八年级统考期中）观察下列式子：
①2−25=225；②3−310=3310；③4−417=4417；④5−526=5526；…．
请你按照规律写出第n（n≥1）个式子是( )
A．n−1−n−1(n−1)2+1=(n−1)n−1(n−1)2+1
B．n−nn2−1=nnn2−1
C．n+1−n+1(n+1)2+1=(n+1)n+1(n+1)2+1
D．n−nn2+1=nnn2+1
【答案】C
【分析】观察等式，找出规律，写出第n个式子即可．
【详解】解：由规律可得，第n个式子为：
n+1−n+1(n+1)2+1=(n+1)n+1(n+1)2+1．
故选项A、B、D错误，选项C正确
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次根式，解题的关键是观察等式，找出规律．
15．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）已知m=1+2，n=1−2，则代数式m2+n2−3mn的值为（ ）
A．9 B．±3 C．3 D．5
【答案】C
【分析】计算出m−n及mn的值，再运用完全平方公式可把根号内的算式用m−n及mn的代数式表示，整体代入即可完成求值．
【详解】∵m=1+2，n=1−2，
∴m−n=22，mn=-1，
∴m2+n2−3mn
=(m−n)2−mn
=(22)2−(−1)
=3．
故选：C．
【点睛】本题考查了求代数式的值，二次根式的混合运算，完全平方公式的应用，对被开方数进行变形并运用整体代入法求值是关键．
16．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，已知△ABC为等腰直角三角形，则BD，CD，AD三者的关系为（ ）
A．BD=CD+AD B．BD+CD=2AD
C．BD2+CD2=2AD2 D．BD2+CD2=AD2
【答案】C
【分析】过点C作CD′⊥BC，使CD′=BD，连接DD′，AD′，证明△ABD≌△ACD′，进而得出AD=AD′，∠BAD=∠CAD′，再得出△DAD′是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可得解．
【详解】解：如图，过点C作CD′⊥BC，使CD′=BD，连接DD′，AD′，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵CD′⊥BC，
∴∠ACD′=∠B=45°，
在△ABD和△ACD′中，
AB=AC∠B=∠ACD′BD=CD′
∴△ABD≌△ACD′SAS，
∴AD=AD′，∠BAD=∠CAD′，
∴∠DAD′=90°，
∴△DAD′是等腰直角三角形，
∴D′D2=2AD2，
∵在Rt△DCD′中，CD2+D′C2=D′D2，
∴BD2+CD2=2AD2，
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
17．（2022春·贵州遵义·八年级统考期中）已知△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，D是AB边的中点，点E、F分别在AC、BC边上运动，且保持AE=CF．连接DE、DF、EF得到下列结论：①△DEF是等腰直角三角形；②△CEF面积的最大值是2；③EF的最小值是2．其中正确的结论是（ ）
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
【答案】B
【分析】证明△ADE≌△CDFSAS，进一步可得ED=DF，∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，所以可知△DFE是等腰直角三角形．故①正确；根据由于△DFE是等腰直角三角形，可知当DF⊥BC时，DF最小，此时DF=12BC=2，EF=2DF=22．故③错误；利用△ADE≌△CDF，推出S四边形CEDF=S△ADC，当△CEF面积最大时，此时△DEF的面积最小，求出此时S△CEF=S四边形CEDF−S△DEF=S△ADC−S△DEF=2，故②正确；
【详解】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠DCB=∠A=45°，CD=AD=DB；
在△ADE和△CDF中，
AE=CF∠DCB=∠ACD=AD
∴△ADE≌△CDFSAS；
∴ED=DF，∠CDF=∠EDA；
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，
∴△DFE是等腰直角三角形．故此选项正确；
③由于△DFE是等腰直角三角形，因此当DF最小时，FE也最小；
即当DF⊥BC时，DF最小，此时DF=12BC=2．
∴EF=2DF=22．故此选项错误；
②∵△ADE≌△CDF，
∴S△CDF=S△ADE，
∴S四边形CEDF=S△ADC，
当△CEF面积最大时，此时△DEF的面积最小，
∵∠C=90°，AC=BC=4，
∴AB=42+42=42，
∴AD=CD=22，
此时S△CEF=S四边形CEDF−S△DEF=S△ADC−S△DEF=12×22×22−12×2×2=4−2=2，故此选项正确；
故正确的有①②，
故选：B
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上相关知识点，并能够综合运用．
18．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）将一个等腰三角形ABC纸板沿垂线段AD，DE进行剪切，得到三角形①②③，再按如图2方式拼放，其中EC与BD共线．若BD=6，则AB的长为（ ）
A．223 B．152 C．50 D．7
【答案】B
【分析】利用等腰三角形的性质可以得到AB=AD+12CD，设AB为x，再运用勾股定理得AD=x2−36，代入解方程即可解题．
【详解】解：如图，设∠B为∠1，∠C为∠2，∠CDE为∠3，图2中∠1的余角为∠4，
∵ΔABC为等腰三角形，BD=6，
∴∠1=∠2，CD=6，
∵∠2+∠3=∠1+∠4=90°，
∴∠3=∠4，
结合两图，可得AB=AD+12CD，
设AB为x，
根据勾股定理得AD=x2−62=x2−36，
∴ x=x2−36+12×6，
解得：x=152，
∴AB=152，
故选：B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，识别图形找等量关系是解题的关键．
19．（2022秋·湖北武汉·八年级武汉市武珞路中学校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，AE是角平分线，BF是中线，AE与CD交于点M，AE与BF交于点N，下面说法正确的有（ ）
①∠BCD=2∠CAE；②∠CME=∠CEM；③CDAC=ACAB；④若CE:BE=2:3，则S△CEN:S△CFN=6:5．
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③
【答案】B
【分析】根据∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°以及角平分线的定义可得结论①；根据∠CEM+∠CAE=∠MAD+∠AMD=90°以及∠CAE=∠BAE,∠AMD=∠CME可得结论②；根据三角形面积可得结论③；过点N作NM⊥BC,NP⊥AB,NQ⊥AC，垂足分别为M,P,Q，则可得NQ=NP,EC=ES，进而得出AC:AB=2:3，设AC=2m,AB=3m，则BC=AB2−AC2=5m，CE=255m，根据三角形中线等分面积可得S△ABN=S△CBN，进而得出MNQN=355，然后可得S△CEN:S△CFN的值．
【详解】解：∵AE平分∠CAB，
∴∠CAB=2∠CAE，
∵∠ACB=90°，CD是高，
∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCD=∠CAD，
∴∠BCD=2∠CAE，故①正确；
∵∠CEM+∠CAE=∠MAD+∠AMD=90°，∠CAE=∠BAE,∠AMD=∠CME，
∴∠CME=∠CEM，故②正确；
∵12×AB×CD=12×AC×BC，
∴CDAC=BCAB，故③错误；
过点N作NM⊥BC,NP⊥AB,NQ⊥AC，垂足分别为M,P,Q，
∵AE平分∠CAB，
∴NQ=NP,EC=ES，
∵CE:BE=2:3，
∴S△ACE:S△ABE=2:3=12×AC×CE=12×AB×ES，
∴AC:AB=2:3，
设AC=2m,AB=3m，则BC=AB2−AC2=5m，
∴CE=255m，
∵BF是中线，
∴S△BCF=S△BAF,S△CNF=S△ANF，CF=m，
∴S△ABN=S△CBN，即12×AB×NP=12×BC×MN，
∴MNNP=35=355，即MNQN=355，
∴MN=355QN，
∴S△CEN:S△CFN=(12×CE×MN):(12×CF×QN)
=(12×255m×355QN):(12×m×QN)
=6:5，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②④，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中线，高，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质是解本题的关键．
20．（2022秋·福建厦门·八年级厦门市华侨中学校考期中）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线且BF=b，点D是线段BF上的动点，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接BE，则△ABE周长的最小值是（ ）
A．a+3b B．3a−b C．2a+b D．2b+a
【答案】D
【分析】首先证明△BAD≌△CAE，可证得点E在射线CE上运动（证明∠ACE=30°），点E在射线CE上运动， 作点A关于直线CE的对称点M，连接FM，EM，则AE=ME，可得△ACM是等边三角形，从而得到点B,F,M三点共线，进而得到AE+BE=ME+BE≥BM，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵△ABC,△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=a,AD=AE,∠BAC=∠DAE=∠ABC=60°,
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴∠ABD=∠ACE，
∵BF是△ABC的中线，
∴AF=CF=12a，
∵BF=b,
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°,BF⊥AC，
∴点E在射线CE上运动， 作点A关于直线CE的对称点M，连接FM，EM，则AE=ME，
∵由对称可得CA=CM,∠ACM=2∠ACE=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠AFM=90°，AM=AC=a，
∴∠AFB+∠AFM=180°，
∴点B,F,M三点共线，
∴AE+BE=ME+BE≥BM，
∵BF⊥AC，
∴FM=BF=b,
∴△ABE周长的最小值AB+AE+BE≥AB+BM=a+2b．
故选：D
【点睛】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．
21．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州高新区第二中学校考期中）如图，在边长为4的等边△ABC中，D 是BC的中点，点E在线段AD上，连接BE，在BE的下方作等边△BEF，连接DF，当DF最小时，AE的长度为（ ）．
A．2 B．2 C．3 D．3
【答案】C
【分析】连接CF，证得△ABE≌△CBF，通过全等的性质，再利用点到线的距离垂线段最短以及勾股定理进行计算即可得出答案．
【详解】解：连接CF
∵等边△ABC边长为4，D 是BC的中点，∠ABD=∠EBF=60°，
∴ ∠BAD=30°，CD=12BC=2，∠ABE=∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
AB=CB∠ABE=∠CBFBE=BF
∴ △ABE≌△CBF(SAS)，
∴ ∠BCF=∠BAD=30°，AE=CF，
当DF最小时，DF⊥FC，
此时DF=12CD=1，
在Rt△CDF中，CF=CD2−DF2=22−12=3
∴ AE=3
故选：C
【点睛】本题考查了等边三角形、全等三角形的判定和性质，以及直角三角形30°角的性质和勾股定理，牢固掌握这些性质是解题的关键．
22．（2022春·江西吉安·八年级校考期中）如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，△ABC的顶点A在△ECD的斜边DE上．下列结论：其中正确的有（ ）
①△ACE≌△BCD；②∠DAB＝∠ACE；③AE+AC＝AD；④AE2+AD2＝2AC2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到CA＝CB，∠CAB＝∠CBA＝45°，CD＝CE，∠E＝∠CDE＝45°，则可根据“SAS”证明△ACE≌△BCD，于是可对①进行判断；利用三角形外角性质得到∠DAB+∠BAC＝∠E+∠ACE，加上∠CAB＝∠E＝45°，则可得对②进行判断；由全等三角形得性质和等边三角形得性质得出③不正确；证出△ADB是直角三角形，由勾股定理得出④正确．
【详解】解：∵△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，
∴CA＝CB，∠CAB＝∠CBA＝45°，CD＝CE，∠E＝∠CDE＝45°，
∵∠ACE+∠ACD＝∠ACD+∠BCD，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
CE=CD∠ACE=∠BCDCA=CB，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，所以①正确；
∵∠DAC＝∠E+∠ACE，即∠DAB+∠BAC＝∠E+∠ACE，
而∠CAB＝∠E＝45°，
∴∠DAB＝∠ACE，所以②正确；
在AD上截取DF=AE，连接CF，如图所示，
在△ACE和△FCD中，
AE=FD∠E=∠CDF=45°CE=CD
∴△ACE≅△FCD(SAS)，
∴AC=FC，
当∠CAF=60°，△ACF是等边三角形，
则AC=AF，此时AE+AC=DF+AF=AD，
但∠CAF=60°无法求证，
故③不正确；
由①得，△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠CEA=∠CDB=45°，
∴∠ADB=∠CDB+∠EDC=90°，
∴△ADB是直角三角形，
∴AD2+BD2=AB2，
∴AD2+AE2=AB2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=2AC，
∴AE2+AD2=2AC2，故④正确；
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形得判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理和直角三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定和性质．
23．（2022秋·全国·八年级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用下图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，矩形AKJD的面积为S3，矩形KJEB的面积为S4，下列结论中：①BI⊥CD；②S1∶S△ACD＝2∶1；③S1－S4＝S3－S2； ④S1S4＝S3S2，正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用正方形的性质证明△ABI≌△ADC，得出∠AIB=∠ACD，即可得出∠CNI=∠NAI，即可判断①，利用△ABI≌△ADC，即可求出△ABI的面积，即可判断②，由勾股定理和S3+S4=S▱ABED，即可判断③，由③S1-S4=S3-S2，两边平方，根据勾股定理可得AC2−BC2=AK2−BK2，然后计算S12+S42−S22+S32=0，即可判断④．
【详解】解：∵四边形ACHI和四边形ABED为正方形，
∴AI=AC，AD=AB，∠CAI=∠BAD=90°，
∵∠BAI=∠BAC+∠CAI，∠DAC=∠BAC+∠BAD，
∴∠BAI=∠DAC，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴∠AIB=∠ACD，
∵∠CNI=∠CAI=90°，
∴BI⊥CD，
故①正确；
∵S△ACD=S△AIB=12×AI×AC，S正方形ACHI=S1=AI×AC，
∴S1：S△ACD=2：1，
故②正确；
∵S1=AC2，S2=BC2，S3+S4=S正方形ADEB=AB2，AC2+BC2=AB2，
∴S1+S2=S3+S4，
∴S1-S4=S3-S2，
故③正确；
∵ S1-S4=S3-S2，
∴S12+S42−2S1S4=S22+S32−2S2S3，
∵S1=AC2，S2=BC2，S3=AK•KJ= AK•AB，S4=BK•KJ=BK•AB，
∴ S12+S42=AC4+AB2BK2，S22+S32=BC4+AK2AB2，
∵AB2=AC2+ BC2，AC2=AK2+CK2,BC2=BK2+CK2，
∴AC2−AK2=BC2−BK2，
即AC2−BC2=AK2−BK2，
∴ S12+S42−S22+S32 =AC4+AB2BK2−BC4+AK2AB2
=AC4−BC4+AB2BK2−AK2
=AC2+BC2AC2−BC2−AB2AC2−BC2
=AB2AC2−BC2− AB2AC2−BC2
=0，
∴S1•S4=S2•S3，
故④正确，
故选D．
【点睛】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的条件，勾股定理的运用，完全平方公式的变形．
24．（2022秋·江苏·八年级期中）中国古代称直角三角形为勾股形，如果勾股形的三边长为三个正整数，则称三边长叫“勾股数”；如果勾股形的两直角边长为正整数，那么称斜边长的平方叫“整弦数”对于以下结论：①20是“整弦数”；②两个“整弦数”之和一定是“整弦数”；③若c2为“整弦数”，则c不可能为正整数；④若m＝a12+b12，n＝a22+b22，a1b1≠a2b2，且m，n，a1，a2，b1，b2均为正整数，则m与n之积为“整弦数”；⑤若一个正奇数（除1外）的平方等于两个连续正整数的和，则这个正奇数与这两个连续正整数是一组“勾股数”．其中结论正确的个数为( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①根据“整弦数”的定义即可求解；②根据定义举出反例即可求解；③根据“整弦数”的定义即可求解；④先求出m与n之积，再根据“整弦数”的定义即可求解；⑤先设一个正奇数（除1外）为2n+1（n为正整数），进一步得到两个连续正整数，再根据勾股定理的逆定理即可求解．
【详解】解：①∵20=(20)2=22+42
∴20是“整弦数”，符合题意；
②如5，2是“整弦数”，
∵2+5=7不是“整弦数”，
∴两个“整弦数”之和不一定是“整弦数”，不符合题意；
③若c=5，则c2=25，25=9+16=32+42，c2为“整弦数”，则c为正整数”，不符合题意；
④∵m＝a12+b12，n＝a22+b22，a1b1≠a2b2，且m，n，a1，a2，b1，b2均为正整数，
∴ mn=a12+b12a22+b22
=a12a22+b12a22+a12b22+b12b22
=a1a2+b1b22+a1b2−a2b12
∴m与n之积为“整弦数”，符合题意；
⑤设一个正奇数（除1外）为2n+1（n为正整数），
∵（2n+1）2=4n2+4n+1且等于两个连续正整数的和，
∴较小的正整数为2n2+2n，较小的正整数为2n2+2n+1，
∵（2n+1）2+（2n2+2n）2=（2n2+2n）2+4n2+4n+1=（2n2+2n）2+2（2n2+2n）+1=（2n2+2n+1）2，
∴这个正奇数与这两个连续正整数是一组“勾股数”，符合题意．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的综合运用，涉及数字类变化规律、整式的混合运算、完全平方公式等知识，正确理解“整弦数”的定义是解题关键．
25．（2022春·江苏无锡·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，S1，S2，S3，S4，S5分别表示对应阴影部分的面积，则S1+S2+S3+S4+S5＝（ ）
A．50 B．503 C．100 D．1003
【答案】B
【分析】根据题意过D作DN⊥BF于N，连接DI，进而结合全等三角形的判定与性质得出S1+S2+S3+S4+S5＝Rt△ABC的面积×4进行分析计算即可.
【详解】解：在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，
∴BC＝12AB＝5，AC＝AB2−BC2＝53，
过D作DN⊥BF于N，连接DI，
在△ACB和△BND中，
∠ACB=∠BND=90°∠CAB=∠NBDAD=BD，
∴△ACB≌△BND（AAS），
同理，Rt△MND≌Rt△OCB，
∴MD＝OB，∠DMN＝∠BOC，
∴EM＝DO，
∴DN＝BC＝CI，
∵DN∥CI，
∴四边形DNCI是平行四边形，
∵∠NCI＝90°，
∴四边形DNCI是矩形，
∴∠DIC＝90°，
∴D、I、H三点共线，
∵∠F＝∠DIO＝90°，∠EMF＝∠DMN＝∠BOC＝∠DOI，
∴△FME≌△DOI（AAS），
∵图中S2＝SRt△DOI，S△BOC＝S△MND，
∴S2+S4＝SRt△ABC．S3＝S△ABC，
在Rt△AGE和Rt△ABC中，
AE=ABAG=AC，
∴Rt△AGE≌Rt△ACB（HL），
同理，Rt△DNB≌Rt△BHD，
∴S1+S2+S3+S4+S5
＝S1+S3+（S2+S4）+S5
＝Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积
＝Rt△ABC的面积×4
＝5×53÷2×4
＝503．
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理的应用和全等三角形的判定，解题的关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用．
26．（2022春·广东河源·八年级校考期中）在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列各组条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A． AB=CD，AD=BC，AC=BD B． AO=CO，BO=DO，∠A=90°
C．∠A=∠C，∠B+∠C=180°，AC⊥BD D．∠A=∠B=90°，AC=BD
【答案】C
【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴A正确；
∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90∘，
∴四边形ABCD是矩形，
∴B正确；
∵∠B+∠C=180°，
∴AB∥DC，
∵∠A=∠C，
∴∠B+∠A=180∘，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴C不正确；
∵∠A=∠B=90∘，
∴∠A+∠B=180∘，
∴AD∥BC, 如图所示：
在Rt△ABC和Rt△BAD中，
AC=BDAB=AB，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD(HL)，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90°
∴四边形ABCD是矩形，
∴D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定和矩形的判定，解题关键是熟练运用相关判定定理进行推理证明．
27．（2022春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期中）如图，在△ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果AD平分∠EAF，那么四边形AEDF是菱形
C．如果AD=EF，那么四边形AEDF是矩形
D．如果AD⊥BC且AB=AC，那么四边形AEDF是正方形
【答案】D
【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项判断即可得出答案．
【详解】A．因为DE∥CA，DF∥BA，所以四边形AEDF是平行四边形．故A选项正确，不符合题意；
B．如果AD=EF，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B选项正确，不符合题意；
C．因为AD平分∠EAF，所以∠EAD=∠FAD，
∵∠FAD=∠EDA，∠EAD=∠FDA，
∴EAD=∠EDA，
∴AE=DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确，不符合题意；
D．∵AD⊥BC且AB=AC，
∴D为BC的中点．
∵DE∥CA，DF∥BA，
∴E为AB的中点，F为AC的中点，
∴AE=12AB，AF=12AC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴四边形AEDF是菱形．故D选项错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．
28．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，点P在边AB上，BC=3，AC=4，（ ）．
A．若∠ACP=45°，则CP=52 B．若∠ACP=∠B，则CP=52
C．若∠ACP=45°，则CP=125 D．若∠ACP=∠B，则CP=125
【答案】D
【分析】由勾股定理求出AB的长，若∠ACP=45°，则CP是∠ACB的平分线，由AC≠BC可知CP≠12AB=52；若∠ACP=∠B时，证明CP⊥AB，可得CP=AC⋅BCAB=125，进而可得答案．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5，
如图1，若∠ACP=45°，则CP是∠ACB的平分线，
∵AC≠BC，
∴CP≠12AB=52，故A选项错误；
如图2，若∠ACP=∠B时，
∵∠BCP+∠ACP=90°，
∴∠BCP+∠B=90°，
∴CP⊥AB，
∴CP=AC⋅BCAB=4×35=125，此时∠ACP=∠B≠45°，故选项B，C错误，选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
29．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图是一张长方形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF=CD，则∠DAF的度数为（ ）
A．15° B．16° C．18° D．20°
【答案】C
【分析】连接DM，根据直角三角形的性质可得AM=DM=CM，从而得到∠FAD=∠MDA,∠MDC=∠MCD，再由折叠的性质可得DF=CD，从而得到∠DFC=∠DCF，进而得到MF=FD，继而得到∠FMD=∠FDM，再由三角形外角的性质可得∠DFC=2∠FMD，∠DMC=2∠FAD，从而得到∠DFC=4∠FAD，设∠DAF=x，则∠ADM=x，∠CDM=∠DCF=∠DFC=4x，再由∠ADM+∠CDM=∠ADC=90°，即可求解．
【详解】解：如图，连接DM，
在长方形ABCD中，∠ADC=90°，
∵点M是对角线AC的中点，
∴AM=DM=CM，
∴∠FAD=∠MDA,∠MDC=∠MCD，
∵△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，
∴DF=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵MF=CD，
∴MF=FD，
∴∠FMD=∠FDM，
∵∠DFC=∠FMD+∠FDM，
∴∠DFC=2∠FMD，
∵∠DMC=∠FAD+∠ADM，
∴∠DMC=2∠FAD，
∴∠DFC=4∠FAD，
设∠DAF=x，则∠ADM=x，∠CDM=∠DCF=∠DFC=4x，
∵∠ADM+∠CDM=∠ADC=90°，
∴x+4x=90°，解得：x=18°，
即∠DAF=18°．
故选：C
【点睛】本题主要考查了折叠问题，三角形的内角的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据∠ADM+∠CDM=∠ADC=90°列出方程是解题的关键．
30．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3，则AB的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．254
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，
∴BC=8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE=EF=3,AB=AF，△CEF是直角三角形，
∴CE=8−3=5，
在Rt△CEF中，CF=CE2−EF2=52−32=4，
设AB=x，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即(x+4)2=x2+82，
解得x=6，
故选：C．
【点睛】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
31．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图．在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连接AP，EF，则下列命题：①若AP=5，则EF=5：②若正方形边长为4，则EF的最小值为2：③若AP⊥BD，则EF∥BD，其中正确的命题是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【分析】延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP=EF，即可判定①；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定②；由AP⊥BD可证得∠EFC=∠PAQ=45°，利用平行线的判定可证明③的正确性．
【详解】解：延长EP交AD于Q，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠C=90°，AD∥BC，∠BDC=45°，
∵PF⊥CD，
∴∠DPF=45°，
∴DF=PF，
∵PE⊥BC，
∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，
∴∠AQP=90°，EC=PF=DF，
∴∠AQP=∠C，AQ=FC，四边形PQDF为正方形，
∴DF=QP，
∴CE=QP，
在△AQP和△FCE中，
AQ=FC∠AQP=∠CQP=CE，
∴△AQP≌△FCE(SAS)，
∴AP=EF，
若AP=5，则EF=5，故①正确；
当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，
∵AB=AD=4，
∴BD=AB2+AD2=42+42=42，
∴AP=12BD=22，
∵EF=AP，
∴EF的最小值为22，故②错误；
若AP⊥BD，则∠PAQ=45°，
∵△AQP≌△FCE，
∴∠EFC=∠PAQ=45°，
∵∠BDC=45°，
∴∠EFC=∠BDC，
∴EF∥BD，故③正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等知识的综合运用，证明△AQP≌△FCE是解题的关键．
32．（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，∠BCD=60°，DC=6，点E、F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF折叠得四边形A′B′FE，A′E恰好垂直于AD，若AE=52，则B′F的值为（ ）
A．3 B．23−1 C．33−12 D．523
【答案】C
【分析】延长FB′交AD于点H，根据折叠的性质、平行四边形的性质得到A′G=2A′E=5，EG=523，在Rt△GHB′中，得到HB′=12GB′=12，HG=123，由折叠的性质得到△HEF是等腰直角三角形，据此即可求解．
【详解】解：延长FB′交AD于点H，
∵A′E恰好垂直于AD，且四边形ABCD是平行四边形，
∴FH也垂直于AD，
由折叠的性质得AE=AE′=52，∠A'EG=∠B'HG=90°，∠A′=∠A=60°，A′B′=AB=6，
∴∠A′GE=30°，
∴A′G=2A′E=5，EG=52−522=523，
在Rt△GHB′中，∠B′GH=30°，B′G=A′B′−A′G=1，
∴HB′=12GB′=12，HG=12−122=123，
∴EH=EG+GH=523+123=33，
由折叠的性质得∠AEF=∠A′EF，
∴180°−∠HEF=90°+∠HEF，
∴∠HEF=45°，
∴△HEF是等腰直角三角形，
∴FH=EH=33，
∴B′F=33−12，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，证明△HEF是等腰直角三角形是解题的关键．
33．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图是一张长方形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF=AB，则∠DAF=（ ）
A．15° B．18° C．22.5° D．30°
【答案】B
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】解：连接MD，设∠DAF=x，
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
34．（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》 时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在弦图中（如图2）连结AF，DE，并延长DE交AF于点K，连结KG．若AH=2DH=22，则KG的长为（ ）
A．2 B．322 C．5 D．22
【答案】C
【分析】过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，由图形关系求得AE=EF=FG=2，再算AK=KF=22EF，KM=MF=22KF求得MK与MF，进而由勾股定理求得结果．
【详解】解：过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，
∵AH=2DH=22，
∴AE=DE=2，
∴EH=HG=GF=EF=22−2=2，
∴DH=EH，
∴∠AEK=∠HED=∠HDE=45°，
∴∠AEK=∠FEK=45°，
∵AE=EF=2，
∴AK=KF=22EF=1，∠AFE=45°，
∴∠EFM=45°，
∴MK=MF=22KF=22，
∴KG=MK2+MG2=222+22+22=5．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，关键是构造直角三角形．
35．（2022秋·浙江金华·八年级统考期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG．若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则BGBE的值为（ ）
A．5 B．3 C．13 D．4
【答案】C
【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为5x，设CN=t则BE=t在Rt△BCN中利用勾股定理得到x2+t+x2=5x2解得t=x，所以BE=CN=x由于ED为小正方形的对角线，则∠FEN=∠EFN=45°，接着判定△GDF为等腰直角三角形，则∠FGD=45°，DG=DF=x，然后证明△MGE为等腰直角三角形，所以ME=MG=2x，接着利用勾股定理计算出BG=13x，从而得出BGBE的值．
【详解】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图，
设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为5x，
设CN=t，则BE=t，
在Rt△BCN中，∵CN=t，BE=t，BC=5x，
∴t2+t+x2=5x2，
解得：t=x，
∴BE=CN=x，
∵EF为小正方形的对角线，
∴∠FEN=∠EFN=45°，
∴∠GFD=45°，
∵GD⊥DF，
∴△GDF为等腰直角三角形，
∴∠FGD=45°，DG=DF=x，
∵∠GEM=∠EGM=45°，
∴△MGE为等腰直角三角形，
∴ME=MG=2x，
在Rt△BMG中，∵BM=3x，GM=2x，
∴BG=3x2+2x2=13x
∴BGBE=13xx=13，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握勾股定理．
36．（2022春·广东阳江·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2AD，F是CD的中点，作BE⊥AD于点E，连接EF、BF，下列结论：①∠CBF=∠ABF；②FE=FB；③2S△EFB=S四边形DEBC；其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】先证明∠CFB=∠CBF， ∠CFB=∠ABF，从而可判断①，延长EF交BC的延长线于G，想办法证明EF=FG，BE⊥BG，可判断②③，从而可解决问题．
【详解】解：∵平行四边形ABCD，
∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，
如图延长EF交BC的延长线于G，
∵AB=2AD，
∴CD=2AD，
∵F是CD的中点，
∴DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠CBF=∠ABF，故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DEF≌△FCGAAS，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵△DEF≌△FCG，
∴S△DEF=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
37．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作BF∥AC交EG的延长线于点F．若AG=3，则阴影部分的面积为（）
A．12 B．12.5 C．13 D．13.5
【答案】D
【分析】设DG=x，CG=y，则CD=x+y，根据等腰三角形的性质及直角三角形斜边上的中线性质得出BD=AD=CD=x+y，AD⊥BC，BC=2BD，再由矩形的判定和性质得出四边形DGEH为矩形，∠GEC=45°，再由勾股定理化简得出2x2+2xy+y2=9，结合图形确定S阴影=S△ABC+S△BGF−S矩形DGEH代入求解即可．
【详解】解：设DG=x，CG=y，则CD=x+y，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，AB=AC，
又∵D为BC中点，
∴BD=AD=CD=x+y，AD⊥BC，BC=2BD，
∵EG⊥BC，EH⊥AD，
∴四边形DGEH为矩形，∠GEC=45°，
∴DH=EG=CG=y，
∵BF∥AC，
∴∠FBG=∠ACB=45°，
∵EF⊥BC，
∴∠F=45°，
∴GF=BG=BD+DG=x+y+x=2x+y，
在Rt△ADG中，
∵AD2+DG2=AG2，
∴x+y2+x2=32，
∴2x2+2xy+y2=9，
∴S阴影=S△ABC+S△BGF−S矩形DGEH
=12BC×AD+12BG×GF−DG×DH
=BD×AD+12BG2−DG×DH
=x+y2+122x+y2−xy
=3x2+3xy+32y2
=322x2+2xy+y2
=32×9
=13.5，
故选：D．
【点睛】题目主要考查矩形的判定和性质，勾股定理解三角形，直角三角形斜边上的中线的性质及列代数式求代数式的值，理解题意，用代数式表示出阴影部分的面积是解题关键．
38．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市高级中学校考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是BC边上一点，且AE=EC，点P是边AD上一动点，连接PE，PC，则下列结论：
① BE=3；
②当AP=5时，PE平分∠AEC；
③连接BP，△PBC周长的最小值为8+82；
④当AP=5或6或256时，△APE为等腰三角形．
其中正确的个数有 （ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，线段最短的原理，依次计算判断即可．
【详解】解：∵长方形ABCD中，AB=4，BC=8，
∴ ∠ABE=90∘，
设BE=x，则AE=EC=8−x，
则42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
故①正确；
∵长方形ABCD，
∴ AD∥BC，
∴ ∠APE=∠PEC，
由①知，BE=3
∴AE=AB2+BE2=5
∵ AP=5，
∴ AP=AE=EC=5，
∴ ∠APE=∠AEP，
∴ ∠AEP=∠PEC，
∴ PE平分∠AEC；
故② 正确，
连接BP，延长BA到点E，使得BA=AE，连接EC，交AD于点P，此时PB+PC最小，且最小值为EC的长，根据勾股定理，得EC=82+82=82，
∴ △PBC周长的最小值为8+82；
故③正确；
∵ AE=EC=5，
∴ AP=5时，△APE为等腰三角形；
当AE=EP=5时，△APE为等腰三角形，
过点E作EF⊥AD，垂足为F，
∵长方形ABCD中，AB=4，BC=8，
∴ ∠ABE=90∘，∠BAF=90∘，
∴四边形ABEF是矩形，
∴ AB=EF=4，
∴ AF=FP=52−42=3，
∴ AP=AF+FP=6；
当AP=EP时，△APE为等腰三角形，
过点P作PH⊥BC，垂足为H，
∵长方形ABCD中，AB=4，BC=8，
∴ ∠D=∠C=90∘，
∴四边形PDCH是矩形，
∴ PH=DC=AB=4，PD=HC=8−AP，
∴ EH=5−(8−AP)=AP−3,
∴ 42+(AP−3)2=AP2，
解得AP=256；
故当AP=5或6或256时，△APE为等腰三角形．
所以④正确，
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，线段最短原理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理和线段最短原理是解题的关键．
39．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，P为CD上一点，线段AP的垂直平分线MN交BD于N，M为垂足，交正方形的两边于E、F，连接PN，则下列结论：①∠APN=45°；②PC=2BN；③∠DNF=∠DAP；④MN=MF+NE，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①过N作ST∥BC，则ST⊥AB，先证明△BSN是等腰直角三角形，得出SA=TN，再由AN=PN,，证明Rt△ASN≌Rt△NTP，得出∠SAN=∠TNP，证出∠ANP=90°，即可得出∠APN=45°；
②PC=PT+TC=SN+SB，△BSN是等腰直角三角形，SB=SN，即可得出PC=2BN；
③假设∠DNF=∠DAP成立，证明△NDP≌△NDF，得出DP=DF，可判断③不一定成立；
④过P作AD的平行线交MN于K，证出MF=MK，NE=NK，即可得出结论．
【详解】解：①正确；过N作ST∥BC分别交AB、DC于S、T，则ST⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=ST,∠BAD=90°,∠ABD=45°，
∴△BSN是等腰直角三角形，
∴SB=SN,∠BNS=45°，
∴SA=TN，
∵线段AP的垂直平分线MN交BD于点N，
∴AN=PN，
在Rt△ASN和Rt△NTP中，
AN=PNSA=TN，
∴Rt△ASN≌Rt△NTPHL，
∴∠SAN=∠TNP，
∵∠SAN+∠ANS=90°，
∴∠TNP+∠ANS=90°，
∴∠ANP=90°，
∴∠APN=45°，故①正确；
由①得：PC=PT+TC=SN+SB，△BSN是等腰直角三角形，SB=SN，
∴PC=SN+SB=2BN，故②正确；
∵∠APN=∠ADN=45°，∠PON=∠AOD，
∴∠DNP=∠DAP，
若∠DNF=∠DAP，
则∠DNF=∠DNP．
∵ND=ND,∠NDP=∠NDF，
∴△NDP≌△NDF，
∴DP=DF，显然不一定成立，故③错误；
过P作AD的平行线交MN于K，
∴∠MAF=∠MPK．
∵MN垂直平AP，
∴AM=PM，
∵∠AMF=∠PMK，
∴△AMF≌△PMKASA，
∴MF=MK，
作KG⊥ST于点G，作NH⊥BC于点H，
则KG=PT,NH=CT，
由①得：PT=SN=SB=CT，
∴KG=MH．
∵ST∥BC，
∴∠KNG=∠NEH，
∵∠KGN=∠NHE=90°，
∴△KGN≌△NHEAAS，
∴NE=NK，
∴MN=MF+NE，故④正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质；本题难度较大，综合性强，特别是需要通过作辅助线证明三角形全等．
40．（2022秋·湖北黄石·八年级统考期中）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD， BC边上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②EC平分∠DCH；③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF=25．以上结论中，你认为正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，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根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，表示出AF＝FC＝8−x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．
【详解】解：①∵HE∥CF，
∴∠HEF＝∠EFC，
∵∠EFC＝∠HFE，
∴∠HEF＝∠HFE，
∴HE＝HF，
∵FC＝FH，
∴HE＝CF，
∵HE∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
②∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°时，EC平分∠DCH，
故②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8−x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=8−x2，
解得x=3，
点E与点D重合时，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，
故③正确；
过点F作FM⊥AD于M，则ME=8−3−3=2，
由勾股定理得，EF=MF2+ME2=25，
故④正确；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，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．
41．（2022春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=12，点E、G分别在边DC、BC上，且BG=CG，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠EAG=45°；③CE=2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC=725．其中正确结论的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【分析】根据△ADE沿AE对折至△AFE，得到AD=AF=AB，AG=AG，可判定△ABG≌△AFG；由折叠和三角形全等，可判定∠EAG=45°；设DE=x，则EC=12−x，FG=BG=CG=6，EG=6+x，根据勾股定理62+(12−x)2=(6+x)2，得到x=4，12−x=8，可以判断CE=2DE；根据△ABG≌△AFG，FG=CG，得到2∠AGF=2∠GFC即∠AGF=∠GFC，可判定AG∥CF；先计算S△EGC=12×6×8=24，根据FG：EF=6：4=3：2，计算S△FGC=725．
【详解】∵△ADE沿AE对折至△AFE，四边形ABCD是正方形，
∴AD=AF=AB，AG=AG，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
AB=AFAG=AG，
∴Rt△ABG≅Rt△AFG，
∴①正确；
由折叠和三角形全等，得∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，
∴∠DAE+∠FAE+∠BAG+∠FAG=90°，
∴2∠FAE+2∠FAG=90°，
∴∠FAE+∠FAG=45°，
∴∠EAG=45°，
∴②正确；
设DE=x，则EC=12−x，FG=BG=CG=6，
∴EG=6+x，
根据勾股定理得：CG2+CE2=GE2，即62+(12−x)2=(6+x)2，
解得x=4，
∴12−x=8，
∴CE=2DE；
∴③正确；
∵Rt△ABG≅Rt△AFG，
∴∠AGF=∠AGB，
FG=CG，
∴∠GFC=∠GCF，
∴∠AGF+∠AGB=∠BGF=∠GFC+∠GCF，
∴2∠AGF=2∠GFC，即∠AGF=∠GFC，
∴AG//CF；
∴④正确；
∵CE=8，GC=6，
∴S△EGC=12×6×8=24，
因为FG：EF=6：4=3：2，
∴S△FGC=35×24=725，
∴⑤正确；
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等判定和性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．
42．（2022春·湖南娄底·八年级校考期中）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥ CD于点F，连接EF，给出下列五个结论：① AP＝EF；② AP⊥ EF；③∠PFE＝∠BAP；④ PD＝EC；⑤ PB2+PD2＝2PA2，正确结论是（ ）
A．① ③ B．① ② ③ C．① ③ ⑤ D．① ② ③ ⑤
【答案】D
【分析】① 先证△ABP≌△CBP，由全等的性质可得；② 由全等及矩形的性质可得；③ 由全等及矩形的性质可得；④ 由PF=EC且PD>PF可判断错误 ⑤ 由勾股定理得PA2=PG2+AG2=DF2+BE2、PD2=PF2+DF2=EC2+DF2、PB2=BE2+PE2，再相加后等量代换可得
【详解】① 解：过点P作PG⊥AD于G，连接PC
易证△ABP≌△CBP
∴PA=PC
又PE⊥BC，PF⊥ CD，∠BCD=90°
∴ 四边形PECF是矩形
∴PC=EF
∴AP=EF
故 ① 正确；
② 解：延长AP交BC于H,连接PC交EF于O，如图
由① 知：∠BAP=∠BCP,∠OEC=∠OCE
∵∠BAP+∠AHB=90°
∴∠BCP+∠AHB=90°
∴∠OEC+∠AHB=90°
∴AP⊥EF
故② 正确；
③ 解：由①② 知：∠PFE=∠OEC=∠OCE=∠BAP
故③正确；
④解：∵四边形PECF是矩形
∴ PF=EC
在Rt△PFD中
∵PD>PF
∴PD>EC
故④错误；
⑤ 解：过点P作PG⊥AD于G，连接PC
易知四边形ABEG、PECF、GPFD为矩形
∴ AG=BE,PF=EC,PG=DF
∴PA2=PG2+AG2=DF2+BE2
∵PD2=PF2+DF2=EC2+DF2
PB2=BE2+PE2
∴PB2+PD2=BE2+PE2+EC2+DF2
=(BE2+DF2)+(PE2+EC2)
=PA2+PC2
=PA2+PA2
=2PA2
故⑤ 正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形性质，矩形的判定及性质，勾股定理，灵活运用知识及作出辅助线是解题关键．
43．（2022春·北京西城·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn.下列结论正确的有（ ）
①四边形A2B2C2D2是矩形；
②四边形A4B4C4D4是菱形；
③四边形A5B5C5D5的周长是a+b4；
④四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项做出分析与判断：①根据矩形的判定与性质做出判断；②根据菱形的判定与性质做出判断；③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．
【详解】解：①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC⊥BD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
故本选项错误；
②由①知，四边形A2B2C2D2是菱形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故本选项正确；
③根据中位线的性质易知，A5B5=12A3B3=14A1B1=18AC，B5C5=12B3C3=14B1C1=18BD，
∴四边形A5B5C5D5的周长是2×18a+b=a+b4，
故本选项正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1，
故本选项正确．
综上所述，②③④正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系是最关键的．
44．（2022春·浙江舟山·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，ΔABE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，则下列五个结论中正确的个数是（ ）
①△AMB ≌△ENB；②若菱形ABCD的边长为2，则AM＋CM的最小值2；③连接AN，则AN⊥BE；④当AM＋BM＋CM的最小值为43时，菱形ABCD的面积也为43．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】①根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；③先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；④根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④．
【详解】解①∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴∠MBN-∠ABN=∠ABE-∠ABN．即∠MBA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），故①正确；
②连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，BD⊥AC，AO=CO．
∴点A和点C关于直线BD对称，
∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=2．
即AM+CM的值最小为2，故②正确；
③假设AN⊥BE，且AE=AB，
∴AN是BE的垂直平分线，
∴EN=BN=BM=MA，
∴M点与O点重合，
∵条件没有确定M点与O点重合，故③错误；
④如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=MN，
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM，
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短，
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°﹣120°=60°，
设菱形的边长为x，∴BF=12x，EF=32x，
在Rt△EFC中，∵EF2+FC2=EC2，
∴(32x)2+(12x+x)2=(23)2，
解得x=2，
∴BC=2,EF=3，
∴菱形的面积为EF×BC=3×2=23，
故④不正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键．
45．（2022春·天津和平·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB＝6，则下列结论：①∠CBE＝15°； ②AE＝3+1；③S△DEC＝3−12；④CE+DE＝EF．正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】用正方形的性质BC=CD，∠BCE=∠DCE=45°，结合CE共用，推出△CBE≌△CDE，得到∠CBE= ∠CDE=15°，判断①正确；
过D作DM⊥AC于M，根据AD＝CD＝6，∠ADC=90°，得到∠ADM=∠CDM=12∠ADC=45°，AM=CM=DM=12AC，推出AC=2AD=23，得到AM＝DM＝3，∠EDM=∠CDM-∠CDE=60°，推出ME＝33DM＝33×3＝1，得到AE＝3+1，判定②正确；
结果CM=DM＝3，EM＝1，推出CE＝CM﹣EM＝3﹣1，得到S△DEC＝12×（3﹣1）×3＝3−32，判定③错误；
在EF上取一点G，使EG＝EC，连接CG，根据BC＝CF，得到∠CBE＝∠F=∠CDE＝15°，根据∠CEG＝∠CBE+∠BCE=60°推出△CEG是等边三角形，得到∠CGE＝60°，CE＝GC，推出∠GCF＝∠CGE-∠F=45°，得到∠ECD＝GCF，根据CD=CE，推出△DEC≌△FGC，得到DE＝GF，根据EF＝EG+GF，推出EF＝CE+DE，判定④正确．
【详解】①∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°．
在△BCE和△DCE中，
{BC=DC∠BCE=∠DCECE=CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDE＝15°，故①正确；
②过D作DM⊥AC于M，
∵AD=CD，
∴∠ADM=∠CDM=12∠ADC=45°，AM=CM=12AC，
∵∠ADC=90°，
∴DM=12AC，
∴∠EDM=∠CDM-∠CDE=30°，
∵AD＝CD＝6，
∴AC=2AD=23，
∴AM＝DM＝3，
∴ME＝33DM＝33×3＝1，
∴AE＝3+1，故②正确；
③∵CM=DM＝3，EM＝1，
∴CE＝CM﹣EM＝3﹣1，
∴S△DEC＝12×（3﹣1）×3＝3−32，故③错误；
④在EF上取一点G，使EG＝EC，连接CG，
∵BC＝CF，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠CBE＝∠CDE＝∠F＝15°．
∴∠CEG＝60°．
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE＝60°，CE＝GC，
∴∠GCF＝∠CGE-∠F=45°，
∴∠ECD＝GCF．
在△DEC和△FGC中，
{CE=GC∠ECD=∠GCFCD=CF，
∴△DEC≌△FGC（SAS），
∴DE＝GF．
∵EF＝EG+GF，
∴EF＝CE+DE，故④正确．
故正确的是①②④．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键．
46．（2022秋·湖南湘潭·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，AB=4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则以下结论：①AF=FH；②∠HAE=45∘；③BD=2FG；④△CEH的周长为8．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF=CF，故需证明FC=FH，可证：AF=FH；
②由FH⊥AE，AF=FH，可得：∠HAE=45°；
作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD=2FG，只需证OA=GF即可，根据△AOF≌△FGH，③可证OA=GF，故可证BD=2FG；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，则IL=HC，可证AL=HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE=IM，故△CEH的周长为边AM的长．
【详解】解：①连接FC，延长HF交AD于点L，如图1，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB=∠CDF=45°．
∵AD=CD，DF=DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）．
∴FC=AF，∠ECF=∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF=90°，
∴∠LHC+∠DAF=90°．
∵∠ECF=∠DAF，
∴∠FHC=∠FCH，
∴FH=FC．
∴FH=AF．
②∵FH⊥AE，FH=AF，
∴∠HAE=45°．
③连接AC交BD于点O，如图2，可知：BD=2OA，
∵∠AFO+∠GFH=∠GHF+∠GFH，
∴∠AFO=∠GHF．
∵AF=HF，∠AOF=∠FGH=90°，
∴△AOF≌△FGH（ASA）．
∴OA=GF．
∵BD=2OA，
∴BD=2FG．
④连接EM，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，如图3，则：LI=HC，
∵HL⊥AE，CI∥HL，
∴AE⊥CI，
∴∠DIC+∠EAD=90°，
∵∠EAD+∠AED=90°，
∴∠DIC=∠AED，
∵ED⊥AM，AD=DM，
∴EA=EM，
∴∠AED=∠MED，
∴∠DIC=∠DEM，
∴∠CIM=∠CEM，
∵CM=MC，∠ECM=∠CMI=45°，
∴△MEC≌△CIM（AAS），可得：CE=IM，
同理，可得：AL=HE，
∴HE+HC+EC=AL+LI+IM=AM=8．
∴△CEH的周长为8．
故①②③④结论都正确．
故选：D．
【点睛】此题考查正方形的性质，解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等．
47．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论：①∠DCF=12∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC<2S△CEF；④∠DFE＝4∠AEF．其中一定成立的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①② D．①②④
【答案】B
【分析】延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF ，得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：∵F是AD的中点，
∴ AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF=FD=CD，AD∥BC，
∴∠DFC＝∠DCF，∠DFC＝∠FCB，
∴ ∠DCF＝∠BCF，
∴∠DCF=12∠BCD，故①正确；
如图，延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，∠BEC=∠DCE，
∵F为AD中点，
∴ AF＝FD，
在△AEF和△DFM中
∵∠A=∠FDMAF=DF∠AEF=∠DFM，
∴△AEF≌△DMFASA，
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC=12EM＝FE，故②正确；
∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，即 S△ECM=2S△CEF，
∵△AEF≌△DMF，
∴S△AEF=S△DMF，
∴S△ECM=S四边形AECD，
∵S△BEC＜S△ABC＜S四边形AECD，
故：S△BEC<2S△CEF，故③成立；
设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC＝90°-x，
∴∠EFC＝180°—2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x＝270° -3x，
∵∠AEF＝90°-x，
∴∠DFE＝3∠AEF，故④错误．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△AEF≌△DMF是解题关键．
48．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝10，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为2；③BP＝PD；④S△APD+S△APB＝52．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④
【答案】D
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合ΔAEP是等腰直角三角形，可证ΔBEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
③根据①中的全等可进行判断；
④连接BD，SΔAPD+SΔAPB=SΔAEB+SΔAPB=S四边形AEBP，代入数值计算即可．
【详解】解：①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在ΔAPD和ΔAEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴ΔAPD≅ΔAEB(SAS)；
故①成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∵AE=AP，AP⊥AE，
∴ΔAEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP=∠APE=45°
∴∠AEB=∠APD=180°−45°=135°，
∴∠BEP=135°−45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE=12+12=2，
∴BE=BP2−PE2=22，
∴BF=EF=222=2，
故②成立；
③∵ΔAPD≅ΔAEB，
∴PD=EB，
∵EB与BP不一定相等，
∴BP与PD也不一定相等，
故③不成立；
④如图，连接BD，
由②得：PE=2，BE=22，
∵ΔAPD≅ΔAEB，
∴SΔAPD+SΔAPB=SΔAEB+SΔAPB=S四边形AEBP=SΔAEP+SΔEPB=12⋅AE⋅AP+12⋅PE⋅BE=12×1×1+12×2×22=52．
故④成立．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，综合性较强，难度较大，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
49．（2022春·云南昭通·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE、DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论中，不正确的是（ ）
A．AG⊥DF B．EF∥AB C．AB=AF D．OB=2OE
【答案】D
【分析】A证明∠DAE=∠CDF，进而得∠DAF+∠ADG=90°，便可判断正误；B证明△AGF≌△AGD（ASA），得AG垂直平分DF，得ED=EF，得∠EFD=∠EDF=∠CDF，得EF∥CD，便可判断正误；C由△AGF≌△AGD得AF=AD，便可判断正误；D证明EF=ED=2，由平行于三角形一边的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例便可得AB与EF的数量关系，进而判断正误．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD=∠BDC=45°，
∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠DAF+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，即AG⊥DF，
故A结论正确；
在△AGF和△AGD中，
∠GAF=∠GAD∠AGF=∠AGD=90°AG=AG，
∴△AGF≌△AGD（ASA），
∴GF=GD，
∵AG⊥DF，
∴EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF=∠CDF，
∴EF∥CD∥AB，
故B正确；
∵△AGF≌△AGD（ASA），
∴AD=AF=AB，故C正确；
∵EF∥AB，
∴∠OEF=∠ABO=45°，
∵∠AOB=∠EOF=90°，
∴EF=ED=2OE，
∴EFAB=OEBO=OEOD=OE(1+2)OE，
∴OB=（1+2）OE，
故D错误．
故选：D
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，平行线的性质与判定，涉及的知识点多，关系复杂，增加了解题的难度，关键是灵活运用这些知识解题．
50．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线l上，且EF=2，AB=2，给出下列结论：①∠COD=45°；②AD⊥CF；③CF=BD=10；④四边形ABDO的面积与正方形ABCO的面积相等．其中正确的结论为（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，根据四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，可得∠COD=45°，判断①正确，证明△AOD≌△COF（SAS），可得∠ADO=∠CFO，又∠DKS=∠FKO，可得∠DSK=∠FOK=90°，判断②正确；利用勾股定理求出AD，得到CF，再求出BD，可判断③正确；求出S△BCD=S△CDO，可得S四边形ABDO=S正方形ABCO，判断④正确．
【详解】解：如图：过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，
∵四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，
∴∠AOC=90°=∠COE，∠DOE=45°，
∴∠COD=45°，故①正确，
∵∠AOC=90°=∠FOD，
∴∠AOD=135°=∠COF，
又OA=OC，OD=OF，
∴△AOD≌△COF（SAS），
∴∠ADO=∠CFO，AD=CF，
∵∠DKS=∠FKO，
∴∠DSK=∠FOK=90°，
∴AD⊥CF，故②正确；
∵四边形DEFO是正方形，
∴△DON是等腰直角三角形，
∵EF=2=DO，
∴DN=ON=22DO=1，
在Rt△ADN中，AD=DN2+AN2=12+32=10，
∴CF=10，
∵∠MNO=∠NOC=∠OCM=90°，
∴四边形NOCM是矩形，
∴MN=OC=AB=2，CM=ON=1
∴DM=MN-DM=1，BM=BC+CM=3，
在Rt△BDM中，BD=BM2+DM2=32+12=10，
∴CF=BD=10，故③正确；
∵S△BCD=12BC•DM=12×2×1=1，S△CDO=12OC•ON=12×2×1=1，
∴S△BCD=S△CDO，
∴S△DTO=S△BCT，
∴S四边形ABDO=S正方形ABCO，故④正确，
∴正确的有①②③④，
故选：A．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用及三角形面积等，解题的关键是掌握正方形性质，证明△AOD≌△COF．
二、填空题
51．（2022秋·江西九江·八年级统考期中）已知n＞0，若3n是最简二次根式，请写出一个符合条件的正整数n：_______．
【答案】1
【分析】根据根号下不含能开得尽的因式，根号下不含分母，是最简二次根式，可得答案．
【详解】解：∵n＞0且3n是最简二次根式，
∴n=1，
故答案为：1(答案不唯一)．
【点睛】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的定义是解题关键．
52．（2022秋·陕西西安·八年级校考期中）如图，在数轴上，AB=2AC，A，B两点对应的实数分别是7和−1，则点C所对应的实数是________．
【答案】x=37+12
【分析】设点C表示的数为x，根据数轴上两点间的距离，以及AB=2AC，列式进行求解即可．
【详解】解：设点C表示的数为x，由题意，得：7−−1=2x−7，
解得：x=37+12；
故答案为：x=37+12．
【点睛】本题考查实数与数轴，以及一元一次方程的应用，二次根式的加减运算．熟练掌握数轴上两点间的距离公式，正确的列出方程，是解题的关键．
53．（2022秋·江西鹰潭·八年级校考期中）当x=1+2时，代数式x2−2x+2022=______．
【答案】2023
【分析】根据完全平方公式以及二次根式的性质a2=a（a≥0）即可求出答案．
【详解】解：∵x=1+2时，
∴x−1=2，
∴x−12=2，
∴x2−2x+1=2，
∴x2−2x=1，
∴原式=1+2022
=2023，
故答案为：2023．
【点睛】本题考查二次根式的性质，解题的关键是熟练运用二次根式的性质以及完全平方公式，本题属于基础题型．
54．（2022春·宁夏吴忠·八年级校考期中）对于任意两个不相等的实数a、b，定义一种新运算“⊕”如下：a⊕b=a+ba−b，如：3⊕2=3+23−2=5．那么12⊕4=________．
【答案】2
【分析】根据新定义，将a=12，b=4代入计算即可．
【详解】解：∵a⊕b=a+ba−b，
∴12⊕4=12+412−4=168=422=2,，
故答案为：2．
【点睛】本题考查实数的计算，解题的关键是将a=12，b=4正确代入再化简．
55．（2022秋·河南南阳·八年级统考期中）△ABC的三边长分别为1、k、3，则化简7−4k2−36k+81−2k−3=_____．
【答案】1
【分析】根据三角形的三边关系得到20，2k−9<0，再化简代数式即可．
【详解】解：∵△ABC的三边长分别为1、k、3，
∴2
∴7−4k2−36k+81−2k−3
=7−2k−92−2k−3
=7−9−2k−2k+3
=10−2k−9+2k
=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系的应用，绝对值的化简，二次根式的化简，掌握“二次根式的化简方法”是解本题的关键．
56．（2022秋·贵州六盘水·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．
57．（2022春·北京·八年级北京八中校考期中）已知n是正整数，18−2n是整数，则满足条件的所有n的值为__________．
【答案】9或7或1
【分析】先利用算数平方根有意义的条件求得正整数n的取值范围，然后令18−2n等于所有可能的平方数即可求解．
【详解】解：由题意得18−2n≥0，
解得n≤9，
∵n是正整数，
∴n≥1
∴1≤n≤9，
∴2≤2n≤18，
∴0≤18−2n≤16，
∵18−2n是整数，
∴18−2n=0或18−2n=1或18−2n=4或18−2n=9或18−2n=16，
解得n=9或n=172或n=7或n=92或n=1，
∵n是正整数，
∴n=9或n=7或n=1，
故答案为：9或7或1
【点睛】本题考查了算术平方根的性质，理解掌握被开方数是平方数时算术平方根才是整数是解题的关键．
58．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）若2021−a+a−2022=a，则a−20212的值为______．
【答案】2022
【分析】根据二次根式的被开方数的非负性，得a-2022≥0，进而化简绝对值，求解即可．
【详解】解：由题意得a-2022≥0，
∴a≥2022，
∴|2021-a|= a-2021．
∵|2021−a|+a−2022=a，
∴a−2021+a−2022=a，
a−2022=2021，
a−2022=20212，
即a−20212=2022．
故答案为2022．
【点睛】本题主要考查二次根式的非负性，以及化简绝对值，找到a的取值范围，化简绝对值是解题的关键．
59．（2022春·湖北随州·八年级校考期中）设4−2的整数部分为 a,小数部分为 b.则a−1b = __________________________.
【答案】1−22
【分析】根据实数的估算求出a,b，再代入a−1b即可求解.
【详解】∵1＜2＜2，
∴-2＜-2＜-1，
∴2＜4−2＜3
∴整数部分a=2,小数部分为4−2-2=2-2，
∴a−1b=2−12−2=2−2+22=1−22
故填：1−22.
【点睛】此题主要考查无理数的估算，分母有理化等，解题的关键熟知实数的性质.
60．（2022春·黑龙江佳木斯·八年级统考期中）把m−1m根号外的因式移到根号内，得_____________.
【答案】−−m
【分析】根据二次根式的性质，可得答案．
【详解】由题意可得：−1m＞0 ，即m＜0
∴m−1m=m·1−m=m·−m−m=−−m
故答案为：−−m
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，利用了二次根式的性质．解答关键在于根据二次根式的性质确定m的取值范围.
61．（2022秋·四川成都·八年级校考期中）观察下列等式：
第1个等式：a1=11+2=2−1，
第2个等式：a2=12+3=3−2，
第3个等式：a3=13+2=2-3，
第4个等式：a4=12+5=5−2，
…
按上述规律,回答以下问题：
(1)请写出第n个等式：an=__________.
(2)a1+a2+a3+…+an=_________
【答案】 1n+n+1=n+1−n n+1−1
【分析】（1）由题意，找出规律，即可得到答案；
（2）由题意，通过拆项合并，然后进行计算，即可得到答案．
【详解】解：∵第1个等式：a1=11+2=2−1，
第2个等式：a2=12+3=3−2，
第3个等式：a3=13+2=2-3，
第4个等式：a4=12+5=5−2，
……
∴第n个等式：1n+n+1=n+1−n；
故答案为：1n+n+1=n+1−n；
（2）a1+a2+a3+⋯an=(2−1)+(3−2)+(2−3)+⋯+(n+1−n)
=2−1+3−2+2−3+⋯+n+1−n
=n+1−1；
故答案为：n+1−1．
【点睛】本题考查了二次根式的加减混合运算，以及数字规律问题，解题的关键是掌握题目中的规律，从而进行解题．
62．（2022秋·全国·八年级期中）按照一定次序排列的一列数叫数列，一般用a1、a2、a3…an表示一个数列，可简记为{an}，现有数列{an}满足一个关系式an=15[(1+52)n−(1−52)n]，则a1+a2+…+a10=_______．
【答案】143
【分析】根据数列{an}的关系式，计算a1、a2、a3、a4，总结规律，证明规律成立，继续计算各项，即可求和．
【详解】解：∵a1=15[(1+52)−(1−52)]
=15(1+52−1−52)
=15×252=1，
a2=15[(1+52)2−(1−52)2]=15(1+52−1−52)(1+52+1−52)=1，
a3=15[(1+52)3−(1−52)3]=15(1+52−1−52)[(1+52)2+(1+52×1−52)+(1−52)2]=3−1=2，
a4=15[(1+52)4−(1−52)4]=15[(1+52)2+(1−52)2]⋅[(1+52)2−(1−52)2]=15×3×5=3，
……
a3=a2+a1，
a4=a3+a2，
归纳可得：an+2=an+1+an(n⩾1)，
假设当n⩽k−1时成立，有
ak=ak−1+ak−2
ak=15[(1+52)k−1−(1−52)k−1+(1+52)k−2−(1−52)k−2]
=15[(1+52)k−1(1+25+1)−(1−52)k−1(1+21−5)]
=15[(1+52)k−(1−52)k]
∴a5=a4+a3=3+2=5，a6=a5+a4=5+3=8，……
则a1+a2+…+a10
=1+1+2+3+5+8+13+21+34+55
=143
故答案为：143．
【点睛】本题考查了数列规律的归纳与二次根式的应用，发现an的结果出现的规律是解题关键．
63．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期中）设s=1+112+122+1+122+132+…+1+119992+120002，求不超过s的最大整数s=______．
【答案】1999
【分析】首先将1+1n2+1(n+1)2化简，可得1+1n2+1(n+1)2=1+1n−1n+1，然后再代入原式求出s，即可得出答案．
【详解】解：∵1+1n2+1(n+1)2
=n2+2n+1n2−2nn2+1(n+1)2
=(n+1n)2−2⋅n+1n⋅1n+1+(1n+1)2
=(n+1n−1n+1)2
=n+1n−1n+1
=1+1n−1n+1，
∴s=1+11−12+1+12−13+⋅⋅⋅+1+11999−12000=2000−12000，
∴不超过s的最大整数s=1999．
故答案为：1999．
【点睛】本题主要考查完全平方公式、二次根式的化简，能正确化简1+1n2+1(n+1)2=1+1n−1n+1是解题的关键．
64．（2022秋·四川内江·八年级四川省内江市第六中学校考期中）如果无理数m的值介于两个连续正整数之间，即满足a＜m＜b（其中a、b为连续正整数），我们则称无理数m的“神奇区间”为a，b．例： 2＜5＜3，所以5的“神奇区间”为2，3．若某一无理数的“神奇区间”为a，b，且满足6＜a+b≤16，其中x=b， y=a是关于x、y的二元一次方程组bx+ay=p的一组正整数解，则p=__．
【答案】33或127##127或33
【分析】根据“神奇区间”的定义，还有二元一次方程正整数解这两个条件，寻找符合的情况．
【详解】解：∵“神奇区间”为a，b，
∴a、b为连续正整数，
∵6＜a+b≤16，x=b， y=a是关于x、y的二元一次方程组bx+ay=p的一组正整数解，
∴符合条件的a，b有①a=4，b=5，a=2；②a=9，b=10，a=3．
①a=4，b=5，a=2时，x=5，y=2，
5×5+4×2=p，
∴p=33，
②a=9，b=10，a=3时，x=10，y=3，
10×10+9×3=p，
∴p=127，
故p的值为33或127，
故答案为：33或127．
【点睛】本题考查新定义，估算无理数大小，二元一次方程整数解相关知识，综合考查学生分析、计算能力．
65．（2022秋·福建漳州·八年级漳州三中校联考期中）已知16−x2−4−x2=22，则16−x2+4−x2=________．
【答案】32
【详解】设4−x2=a，则16−x2−4−x2=22 可化为：a+12−a=22，
∴12+a=22+a，
两边同时平方得：12+a=8+a+42a，即：4=42a，
∴32a=16，解得：a=12，
∴16−x2+4−x2=12+12+12=522+122=32.
故答案为32.
点睛：本题的解题要点是：设原式中的4−x2=a，从而使原式结构变得简单，这样应用二次根式的相关运算法则化简变形即可求得a的值，使问题得到解决.
66．（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期中）如图：在ΔABC中，∠C=90°，BC=6cm，AC=8cm，BD是∠ABC的角平分线．
（1）则CD=______；
（2）若点E是线段AB上的一个动点，从点B以每秒1cm的速度向A运动______秒钟后ΔEAD是直角三角形．
【答案】 3cm 6或154
【分析】（1）过点D作DE⊥AB于E，利用角平分线的性质得CD=DE，再根据面积法可得答案；
（2）分∠ADE=90°或∠AED=90°两种情形，分别画出图形，利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）如图，过点D作DE⊥AB于E，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB=AC2+BC2=10cm，
∵BC⊥AC，DE⊥BE，BD是∠ABC的角平分线，
∴CD=DE，
∵SΔABD=12AD⋅BC=12AB⋅DE
∴设CD=DE=x，
则8−x×6=10x，
解得x=3，
即CD=3cm，
故答案为：3cm；
（2）如图，当ED⊥AD时，
则ED∥BC，
∴∠CBD=∠BDE，
∴∠BDE=∠EBD，
∴BE=DE，
设t秒后△EAD是直角三角形，
则BE=DE=t cm，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，
52+t2=10−t2，
解得t=154，
当DE⊥AB时，由（1）得CD=DE=3cm，
∵BD=BD，
∴Rt△CBD≅Rt△EBD(HL)，
∴BE=BC=6cm，
∴t=6，
故答案为：6或154．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
67．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市海湾中学校考期中）如图，如果四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，∠EAF=45°，且BC=5，DC=13，FC=9，则BE=______．
【答案】7
【分析】如图：在DC上取一点G，使DG=BE，然后证明△ABE≌△ADG可得AE=AG，∠EAB=∠GAD；然后再证明△EAF≌△GAF可得EF=FG，设BE=x，即GC=13−x，EF=FG=22−x，最后在Rt△ECF运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图：在DC上取一点G，使DG=BE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABE，
又∵AB=AD，DG=BE，
∴△ABE≌△ADG SAS，
∴AE=AG，∠EAB=∠GAD，
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=45°，
∴∠GAD+∠BAF=45°，
∴∠GAF=45°，即∠EAF=∠GAF，
∴△EAF≌△GAFSAS，
∴EF=FG
设BE=x，即GC=13−x，EF=FG=22−x
在Rt△ECF中，EC2+FC2=EF2
∴92+5+x2=22−x2，解得：x=7．
∴BE=7．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解答本题的关键．
68．（2022秋·重庆·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=7，BC=23，点D为BC上一点，连接AD，将△ABD沿AD翻折，得到△AED，连接BE．若BE=DE，S△ACD=S△AED，则AC=____________．
【答案】31
【分析】根据折叠的性质得到△ABD≌△AED，可得BD=DE，∠BDA=∠EDA，S△ABD=S△AED，根据等边三角形的判定和性质得∠BDA=∠EDA=12∠EDB=30°，根据S△ACD=S△AED，S△ABD=S△AED，得CD=DB，设BH=x，则DH=DB+BH=3+x，根据含30°得直角三角形的性质和勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥CB交CB得延长线于点H，
∵将△ABD沿AD翻折，得到△AED，
∴△ABD≌△AED，
∴BD=DE，∠BDA=∠EDA，S△ABD=S△AED，
∵BE=DE，
∴BE=DE=DB，
∴△EDB时等边三角形，
∴∠EDB=60°，
∴∠BDA=∠EDA=12∠EDB=30°，
∵S△ACD=S△AED，S△ABD=S△AED，
∴S△ACD=S△ABD，即12CD·AH=12DB·AH，
∴CD=DB，
∵BC=CD+DB=23，
∴CD=DB=3，
设BH=x，则DH=DB+BH=3+x，
∵∠BDA=30°，∠H=90°，
∴AH=33DH=3+x·33=1+33x，
在Rt△ABH中，由勾股定理得，BH2+AH2=AB2，
∴x2+1+33x2=72，
解得x1=3，x2=−332（舍去），
∴BH=3，AH=2，
∴CH=CB+BH=23+3=33，
在Rt△CHA中，由勾股定理得，CH2+AH2=AC2，
∴332+22=AC2，
∴AC=332+22=31，
故答案为：31．
【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定和性质、一元二次方程的应用、含30°得直角三角形的性质和勾股定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
69．（2022秋·江苏泰州·八年级统考期中）如图，在长方形ABCD中，点E是CD上的一点，过点E作EF⊥BE，交AD于点F，作点D关于EF的对称点G，依次连接BG、EG、FG．已知AB=16，BC=12，且当△BEG是以BE为腰的等腰三角形时，则CE的值为_________________．
【答案】72或163
【分析】①当BE=GE时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，设DE=x，则DE=GE=BE=x，CE=16−x，在Rt△BCE中，根据勾股定理，可列出方程求出x的值，进而可得CE的值；
②当BE=BG时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，过点B作BH⊥GE，证明△CEB≌△EHB，CE=HE，再列方程求解即可．
【详解】解：①当BE=GE时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
在长方形ABCD中，
∵D关于EF的对称点G，
∴DE=GE，
∵△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
∴GE=BE，
∴DE=GE=BE，
设DE=x，则BE=DE=x，CE=16−x，
在Rt△BCE中BC2+CE2=BE2，
即：122+16−x2=x2，解得：x=252，
CE=16−x=16−252=72，
∴CE的值为72；
②当BE=BG时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
如下图1，过点B做BH⊥GE，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠ECB=90°，AB=CD=16，
∴∠CEB+∠CBE=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠DEF+∠CEB=90°，
∴∠DEF=∠CBE，
∵点D关于EF的对称点G，
∴△EDF≌△EGF，
∴DE=EG，∠DEF=∠GEF，
∵EF⊥BE，HB⊥GE，
∴∠GEF+∠HEB=90°，∠HBE+∠HEB=90°，
∴∠GEF=∠HBE，
∵∠DEF=∠CEB，∠GEF=∠HBE，∠DEF=∠GEF，
∴∠CBE=∠HBE，
∵∠ECB=90°，HB⊥GE，
∴∠ECB=∠EHB=90°，
在△CEB和△EHB中∠CBE=∠HBEEB=EB∠ECB=∠EHB
∴△CEB≌△EHBASA，
∴HB=BC=12，HE=EC，
设CE=x，则DE=CD−CE=16−x，
∵DE=GE，BE=BG，HB⊥GE，
∴HE=12GE=12DE=1216−x，
∵HE=CE，
∴1216−x=x，解得：x=163，
∴CE=163；
综上所述，当△BEG是以BE为腰的等腰三角形时，则CE的值为72或163．
【点睛】本题考查了长方形、等腰三角形、轴对称的性质，根据勾股定理巧妙设方程求解是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
70．（2022秋·江苏盐城·八年级校考期中）如图，长方形ABCD中，AB=5,AD=6，点P是射线AD上一点，将△ABP沿BP折叠得到△A′BP，点A′恰好落在BC的垂直平分线l上（直线l也是AD的垂直平分线），线段AP的长为___________．
【答案】53或15
【分析】设直线l与AD、BC交于点E、F，分两种情况讨论：当点P在线段AE上时，设，设AP=A′P=x,PE=3−x；当点P在射线AD上时，设AP=A′P=y,PE=y−3，分别利用勾股定理求解即可．
【详解】解：根据题意，四边形ABCD为长方形，直线l是BC、AD的垂直平分线，
则AB=CD=5,AD=BC=6,BC⊥l,AD⊥l，AE=12AD=3，
设直线l与AD、BC交于点E、F，可分两种情况讨论：
①如下图，当点P在线段AE上时，设AP=A′P=x,PE=3−x，
在Rt△BFA′中，
∵BF=12BC=3，BA′=BA=5，∠BFA′=90°，
∴FA′=BA′2−BF2=52−32=4，
∵EF=AB=5，
∴A′E=5−4=1，
∴在Rt△A′PE中，可有A′P2=PE2+A′E2，
即有x2=(3−x)2+12，解得 x=53，
即AP=53；
②如下图，当点P在射线AD上时，设AP=A′P=y,PE=y−3，
在Rt△BFA′中，
∵BF=12BC=3，BA′=BA=5，∠BFA′=90°，
∴FA′=BA′2−BF2=52−32=4，
∵EF=AB=5，
∴A′E=5+4=9，
∴在Rt△A′PE中，可有A′P2=PE2+A′E2，
即有y2=(y−3)2+92，解得 y=15，
即AP=15．
综上所述，线段AP的长为53或15．
故答案为：53或15．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、垂直平分线、勾股定理等知识，解题关键是熟练运用分类讨论的思想分析问题．
71．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期中）如图，在等边ΔABC中，AB=2，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边ΔBEF，连接DF、CF，则FB+FD的最小值为___________．
【答案】3
【分析】先证ΔBAE≌ΔBCF，推出∠BAE=∠BCF=30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG、DG、BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值等于线段BG的长，根据勾股定理求解即可得出答案．
【详解】解：∵ΔABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠BAD=12∠BAC=30°，
∵ΔBEF是等边三角形，
∴∠EBF=∠ABC=60°，BE=BF，
∴∠ABE=∠CBF，
在ΔBAE和ΔBCF中，
∴BA=BC∠ABE=CBFBE=BF，
∴ΔBAE≌ΔBCF(SAS)，
∴∠BAE=∠BCF=30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG、DG、BG交CF于点F′，连接DF′，
此时BF′+DF′的值最小，最小值等于线段BG的长，
∵∠DCF=∠FCG=30°，
∴∠DCG=60°，
∵CD=CG=1，
∴ΔDCG是等边三角形，
∴BD=CD=DG=1，∠CDG=∠DGC=60°，
∴∠DGB=∠DBG=12∠CDG=30°，
∴∠BGC=∠BGD+∠DGC=90°，
∴BG=BC2−CG2=22−12=3；
故FB+FD的最小值为：3；
故答案为：3．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质与判定、轴对称最短问题、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关的性质与判定、作适当的辅助线是解答此题的关键．
72．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图是一个提供床底收纳支持的气压伸缩杆，除了AB是完全固定的钢架外，AD，BC，DE属于位置可变的定长钢架．如图1所示，AD=13cm，BC=20cm，伸缩杆PQ的两端分别固定在BC，CE两边上，其中PB=13cm，CQ=20cm．当伸缩杆完全收拢（即CD∥AB）时，如图2所示，床高（CD与AB之间的距离）为12cm，则此时伸缩杆PQ的长度为________cm．当∠ADC成180°时，伸缩杆PQ打开最大，此时PQ的长度为449cm，则固定钢架AB的长度为________cm．
【答案】 15 29
【分析】过P作MN⊥AB，交AB于N，交DQ于M，根据题意得出MN=12cm，CP=7cm，再由平行线分线段成比例得出PM=215cm，再由勾股定理求解即可得出结果；过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥AB于点H，利用勾股定理得出AF=5cm，BH=16cm，CD=AB−21，利用勾股定理逆定理确定∠PCQ=90°=∠ACP，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：过P作MN⊥AB，交AB于N，交DQ于M，
∴MN=12cm，
∵BC=20cm，BP=13cm，
∴CP=BC−BP=7cm，
∵AB∥DQ，
∴PCPB=PMPN，即713=PM12−PM，
解得PM=215cm，
∴在Rt△CPM中，
CM=CP2−PM2=285cm，
∴QM=CQ−CM=725cm，
∴在Rt△PQM中，
PQ=PM2+QM2=15cm；
过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥AB于点H，如上图所示，
∴DF=CH=12cm，CD=FH=AB−AF−BH，
在Rt△ADF中，AD=13cm，∠DFA=90°，
∴AF=AD2−DF2=5cm，
在Rt△CHB中，BC=20cm，∠CHB=90°，
∴BH=BC2−CH2=16cm，
∴CD=AB−5−16=AB−21，
如下图，
∵PC=7cm，CQ=20cm，PQ=449cm，
∵72+202=449，即PC2+CQ2=PQ2，
∴∠PCQ=90°=∠ACP，
在Rt△ABC中
AC2+BC2=AB2，即AD+CD2+BC2=AB2，
∴13+AB−212+202=AB2，
解得：AB=29cm，
故答案为：①15；②29．
【点睛】题目主要考查勾股定理及其逆定理解三角形，平行线分线段成分比例等，理解题意，作出相应辅助线求解是解题关键．
73．（2022秋·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=2，AD=23，点E在BC上，连接DE．当BE=DE时，CE的长为___________；在点E的运动过程中，BE+2DE的最小值为___________．
【答案】 233##233 2+23##23+2
【分析】当BE=DE时在△CDE中，由勾股定理列出CE的方程便可求得CE；
在线段BC下方作∠CBM=45°，过点E作EF⊥BM于点F，连接DF，求出此时的DF的长度便可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=2，AD=23，
∴∠DCE=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，
∴BE=23−CE，
当BE=DE时，则DE=23−CE，
∵CE2+CD2=DE2，
∴CE2+22=23−CE2，
∴CE=233；
在线段BC下方作∠CBM=45°，过点E作EF⊥BM于点F，连接DF，
∴EF=22BE，
∴22BE+DE=EF+DE≥DF，
当D、E、F三点共线时，22BE+DE=EF+DE=DF的值最小，
此时∠DEC=∠BEF=45°，
∴CE=CD=2，
∴BE=23−2，DE=22+22=22，
∴EF=22BE=6−2，
∴22BE+DE的最小值为：EF+DE=2+6，
∴BE+2DE的最小值为BE+2DE=222BE+DE=2+23．
故答案为：233；2+23．
【点睛】本题考查了长方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，垂线段最短性质，关键是作辅助线构造22BE+DE的最小值．
74．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市西乡中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=90°,AD=AB,CD=17，连接AC、BD，若AC⊥BC,AC=4，则BD=______．
【答案】52
【分析】先过点D作DE⊥AC于点E，求出∠ACB=∠DEA，∠BAC=∠ADE，然后根据“AAS”证△ABC≌△DAE，得出DE=AC=4，AE=BC，最后再根据勾股定理计算BD即可．
【详解】解：过点D作DE⊥AC于点E，
∵∠BAD=90°，AC⊥BC，
∴∠DEA=∠ACB=∠BAD=90°，
∴∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，∠DAC+∠ADE=180°−∠DEA=90°，
∴∠BAC=∠ADE，
在△ABC和△DAE中，
∠BAC=∠ADE∠ACB=∠DEAAB=DA，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴DE=AC=4，AE=BC，
在Rt△DEC中，CE=DC2−DE2=(17)2−42=1，
∴AE=AC−CE=4−1=3，
∴BC=3，
在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=42+32=5，
∴AD=AB=5，
在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=52+52=52，
故答案为：52．
【点睛】本题考查了全等三角形和勾股定理的综合，正确构建辅助线证出△ABC≌△DAE是解题的关键．
75．（2022秋·浙江杭州·八年级翠苑中学校联考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，动点D从点A出发，沿线段AB以每秒2个单位的速度向B运动，过点D作DF⊥AB交BC所在的直线于点F，连结AF，CD，设点D运动时间为t秒，当△ABF是等腰三角形时，则t=_____________秒．
【答案】52或75或2
【分析】先根据勾股定理求出BC，再分FA=FB、AF=AB、BF=AB三种情况，根据等腰三角形的性质、勾股定理计算即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，
由勾股定理得：BC=AB2−AC2=102−82=6，
当FA=FB时，DF⊥AB，
∴AD=12AB=12×10=5，
∴t=5÷2=52；
当AF=AB=10时，∠ACB=90°，
则BF=2BC=12，
∴12AB⋅DF=12BF⋅AC，即12×10×DF=12×12×8，
解得：DF=485，
由勾股定理得：AD=AF2−DF2=102−(485)2=145，
∴t=145÷2=75；
当BF=AB=10时，
∵BF=10，BC=6，
∴CF=BF−BC=10−6=4，
由勾股定理得：AF=AC2+CF2=82+42=45，
∵BF=BA，FD⊥AB，AC⊥BF，
∴DF=AC=8，
∴AD=AF2−DF2=(45)2−82=4，
∴t=4÷2=2；
综上所述，△ABF是等腰三角形时，t的值为52或75或2．
【点睛】本题考查的是勾股定理、三角形的面积计算、等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
76．（2022秋·山东济南·八年级统考期中）如图，长方形ABCD中，AD=3，AB=5，点E为射线DC上一动点(不与D重合)，将△ADE沿AE折叠得到△D′AE，连接D′B，若△ABD′为直角三角形，则AE= ________
【答案】10或310##310或10
【分析】分两种情况讨论：①当点E在线段CD上时，B,D′,E三点共线，根据S△ABE=12AB⋅AD=12BE⋅AD′可求得BE=5，再由勾股定理可得BD′=AB2−AD′2=4，进而可计算DE=D′E=1，在Rt△ADE中，由勾股定理计算AE的值；②当点E在射线CD上时，设CE=x，则D′E=DE=x+5，BE=x+1，由勾股定理可解得x=4，进而可计算DE=9，在Rt△ADE中，由勾股定理计算AE的值即可．
【详解】解：根据题意，四边形ABCD为长方形，AD=3，AB=5，将△ADE沿AE折叠得到△D′AE，则∠D=∠ED′A=90°，AD=BC=AD′=3，AB=CD=5，
①如图1，当点E在线段CD上时，
∵∠ED′A=∠D=∠AD′B=90°，
∴B,D′,E三点共线，
∵S△ABE=12AB⋅AD=12BE⋅AD′，
∴BE=AB=5，
∵BD′=AB2−AD′2=52−32=4，
∴DE=D′E=BE−BD′=5−4=1；
∴在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=32+12=10；
②如图2，当点E在射线CD上时，
∵∠AD′B=∠BCE=90°，AD=BC=AD′=3，AB=CD=5，
∴BD′=AB2−AD′2=4，
设CE=x，则D′E=DE=x+5，
∴BE=D′E−BD′=x+1，
∵CE2+BC2=BE2，即x2+32=(x+1)2，
解得x=4，
∴DE=CD+CE=5+4=9，
∴在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=32+92=310．
综上所述，AE的值为10或310．
故答案为：10或310．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质以及勾股定理等知识，运用分类讨论的思想分析问题是解题关键．
77．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛第二十六中学校考期中）如图，∠BAC=∠DAF=90°，AB=AC，AD=AF，AB和FE交于点M，点D，E为BC边上的两点，且∠DAE=45°，连接EF，BF，则下列结论：①△AFB≌△ADC；②BE2+DC2=DE2；③AB−AD=ED−BE；④只有当∠AME=90°时，BF=BE，其中正确的有____．（填序号）
【答案】①②④
【分析】先由∠BAC=∠DAF=90°，得出∠CAD=∠BAF，再利用SAS证明ΔAFB≅ΔADC，故①正确；由“SAS”可证ΔACD≅ΔABF，得出∠C=∠ABF=45°，进而得出∠FEB=90°，由勾股定理得出②正确；利用特殊位置可判断AB−AD≠ED−BE，故③错误；由“ASA”可证ΔBME≅ΔBMF，可得BF=BE，故④正确，即可求解．
【详解】解：①∵∠BAC=∠DAF=90°，AB=AC，
∴∠BAF=∠CAD，∠ABC=∠C=45°，
在ΔAFB和ΔADC中，
AB=AC∠BAF=∠CADAF=AD，
∴ΔAFB≅ΔADC(SAS)，故①正确；
②由①知ΔAFB≅ΔADC，
∴∠ABF=∠C=45°，BF=DC，
∵∠ABC=45°，
∴∠EBF=∠ABC+∠ABF=90°．
∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠DAF-∠DAE=45°．
在ΔAED与ΔAEF中，
AD=AF∠DAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴ΔAED≅ΔAEF(SAS)，
∴DE=EF，
在RtΔBEF中，由勾股定理得：BE2+BF2=EF2，
∵BF=DC，EF=DE，
∴BE2+DC2=DE2，故②正确；
当点D是BC的中点时，即点B与点E重合，
在ΔABD中，AB−AD=(2−1)BD，DE−BE=BD，
∴AB−AD≠DE−BE，故③错误；
当∠AME=90°时，
则∠BME=∠BMF=90°，
又∵∠ABF=∠ABE=45°，BM=BM，
∴ΔBME≅ΔBMF(ASA)，
∴BF=BE，故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，证明三角形全等是解题的关键．
78．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期中）如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，AD是∠BAC的平分线且AD=8，若P、Q分别是AD、AC上的动点，则PC+PQ的最小值是______．
【答案】9.6
【分析】由AD是∠BAC的平分线，在线段AB上，作点Q关于AD的对称点E，连接PE，过点C作CF⊥AB于点F，则当C、P、E三点共线且与CF重合时，PC+PQ取得最小值；由等腰三角形的性质及勾股定理可求得AD的长，再利用面积关系即可求得PC+PQ的最小值为CF的长．
【详解】解：如图，由AD是∠BAC的平分线，在线段AB上，作点Q关于AD的对称点E，连接PE，过点C作CF⊥AB 于点F，
∵AB=AC ，AD是∠BAC的平分线 ，BC=12，
∴AD⊥BC，△ABC关于直线AD对称，BD=CD=12BC=6，
∵点Q、点E关于AD对称
∴PQ=PE ，
∴PC+PQ=PC+PE≥CF，
当C、P、E三点共线且与CF重合时，PC+PQ取得最小值，且最小值为线段CF的长，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=AB2−BD2=102−62=8，
∵S△ABC=12BC×AD=12AB×CF，
∴CF=BC×ADAB=12×810=9.6，
即PC+PQ 的最小值为9.6，
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂线段最短，勾股定理等知识，作点Q的对称点是本题的关键与难点所在．
79．（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，AE⊥CD于点E；连接BE，则下列结论正确的是___________．(写出所有正确结论的序号)
①∠ADC=2∠CAE； ②当E为CD中点时，BC=3AC﹔
③若∠BED=60°，则BE=4DE； ④若AB=4，则△ABE面积的最大值为2．
【答案】①②③④
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质，三角形的外角的性质以及等角的余角相等即可判断①正确；证得△ACD是等边三角形，得出∠BAC=60°，解得BC=3AC，即可判断②正确；证得△ADE≌△BDM即可求得DE=DM，解直角三角形即可得到BE=2EM=4DE，即可判断③正确；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的可得CD=12AB=2，则S△ADE =12AE⋅ED≤14AE2+DE2=14AD2=1，则△ABE面积的最大值为2，即可判断④正确．
【详解】解：△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠DBC，
∴∠ADC=2∠DCB，
∵AE⊥CD于点E，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∵∠ACE+∠DCB=90°，
∴∠CAE=∠DCB，
∴∠ADC=2∠CAE，故①正确；
当E为CD中点时，∵AE⊥CD，
∴AC=AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴BC=3AC，故②正确；
作BM⊥CD，交CD的延长线于点M，则AE∥BM，
∴∠DAE=∠DBM，
∵∠ADE=∠BDM，AD=BD，
∴△ADE≌△BDM（AAS），
∴DE=DM，
若∠BED=60°，则BE=2EM=4DE，故③正确；
∵△ADE≌△BDM，
∴AE=BM，DE=DM，
∴S△ABE=S△BEM=12•BM•EM=12•AE•2DE=AE•DE，
若AB=4，则AD=2，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∵AE2+DE2≥2AE×DE
∴12AE⋅ED≤14AE2+DE2=14AD2=1
即S△ADE的最大值值为1，
∴△ABE面积的最大值为2，故④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边的性质，等边三角形的判断和性质，解直角三角形，三角形的全等的判定和性质，勾股定理的应用，三角形的面积，综合运用以上知识是解题的关键．
80．（2022春·安徽安庆·八年级安徽省安庆市外国语学校校考期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，O是BC的中点，D是腰AB上一点，把△DOB沿OD折叠得到△DOB′，
（1）当DB′∥BC时，∠BDO＝_____；
（2）当∠ADB′＝45°时，BD的长度为_____．
【答案】 67.5° 22或4−22
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠ADB′=∠ABC=45°，再由折叠的性质得到∠BDO=∠B′DO，由此求解即可；
（2）分点B′在AB右侧时，如图1所示，点B′在AB左侧时，如图2所示，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵B′D∥BC，
∴∠ADB′=∠ABC=45°，
由折叠的性质可知∠BDO=∠B′DO，
∴∠BDO=∠B′DO=180°−∠ADB′2=67.5°，
故答案为：67.5°；
（2）若点B′在AB右侧时，如图1所示，
∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=42，∠ABC=45°，
∵O是BC的中点，
∴BO=22，
∵把△DOB沿OD折叠得到△DOB'，
∴∠BDO=∠B′DO，BD=B′D，BO=B′O，
∵∠ABC=∠ADB′=45°，
∴DB′∥BC，
∴∠BOD=∠B′DO，
∴∠BOD=∠BDO，
∴BO=BD=22．
若点B′在AB左侧时，如图2所示，
∵∠ADB′=45°，△DOB沿OD折叠得到△DOB'，
∴∠BDO=∠B′DO=180°+45°2=112.5°，
∴∠ADO=180°−∠BDO=67.5°，
过点O作OH⊥AB于H，作∠HDF=45°交OH于F，
∴∠HDF=∠HFD=45°，∠HOD=90°−∠HDO=22.5°，
∴∠FDO=∠HFD−∠HOD=22.5°=∠HOD，
∴DH=HF，FD=FO=2DH=2HF，
∵OB=22，∠ABC=45°，BH⊥OH，
∴△BHO是等腰直角三角形，
∴OH=BH=2，
∴HF+2HF=2，
∴HF=22−2，
∴BD=BH−DH=4−22；
综上所述，BD=22或4−22；
故答案为：22或4−22．
【点睛】本题主要考查了折叠，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质等等，熟知相关知识，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
81．（2022秋·浙江金华·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ．图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2．若S1:S2=1:4，S四边形边BAHE=18，则四边形MBNJ的面积为____．
【答案】6
【分析】先证△CAB≌△DAH(SAS)，得∠ADH=90°，则H、D、E三点共线，再证GJBC=12，则BC=FC=FG=BG=2GJ，AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ，然后由S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=18，求出GJ=2，证△FAN≌△EBM(ASA)，则S△FAN=S△EBM，最后由S四边形MBNJ=S矩形CFJE−S四边形BCFN−S△EBM=S矩形CFJE−S△ABC，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，
∴AC=AD，AB=AH，∠CAD=∠ABI=∠BAH=∠ADE=90°，
∴∠CAB+∠BAD=∠DAH+∠BAD，
∴∠CAB=∠DAH，
在△CAB和△DAH中，
AC=AD∠CAB=∠DAHAB=AH，
∴△CAB≌△DAH(SAS)，
∴∠ADH=∠ACB=90°，
∵∠ADE=90°，
∴H、D、E三点共线，
∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，
∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF=BE，∠AFN=∠BEM=90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，
∵S1:S2=1:4，
∴ GJBC=12，
∴BC=FC=FG=BG=2GJ，
∵四边形CADE是正方形，
∴∠ADE=90°，AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=(3GJ)2+(2GJ)2=13GJ，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AH2−AD2=(13GJ)2−(3GJ)2=2GJ，
∵S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=18，
∴ 12AD⋅DH+12(AD+BE)⋅DE=12×3GJ×2GJ+12(3GJ+GJ)×3GJ=18，
解得：GJ=2（负值已舍去），
∵∠ABC+∠EBM=180°−∠ABI=180°−90°=90°，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠EBM，即∠FAN=∠EBM，
在△FAN和△EBM中，
∠AFN=∠BEMAF=BE∠FAN=∠EBM，
∴△FAN≌△EBM(ASA)，
∴S△FAN=S△EBM，
∴S△ABC=S四边形BCFN+S△FAN=S四边形BCFN+S△EBM，
∴S四边形MBNJ=S矩形CFJE−S四边形BCFN−S△EBM=S矩形CFJE−S△ABC=FC⋅CE−12AC⋅BC=2GJ×3GJ−12×3GJ×2GJ=3GJ2=3×(2)2=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形面积、梯形面积与三角形面积的计算等知识，证明△FAN≌△EBM是解题的关键．
82．（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图，以直角三角形ABC的三条边为边长，向形外分别作正方形，连接CG，其中正方形ACDE和正方形ABGF的面积分别为1和5，则CG长为_____．
【答案】13
【分析】连接AH，由正方形ACDE和正方形ABGF的面积分别为1和5，得AC2=1，AB2=5，则AC=1，而∠ACB=90°，由勾股定理得BC2=AB2−AC2=4，则BC=2，所以CI=HI=BC=2，再证明A、C、I三点在同一条直线上，则AI=AC+CI=3，根据勾股定理求得HA=HI2+AI2=13，再证明△GBC≌△ABH，得CG=HA=13．
【详解】解：连接AH，
∵正方形ACDE和正方形ABGF的面积分别为1和5，
∴AC2=1，AB2=5，GB=AB，
∴AC=1，
∵∠ACB=90°，
∴BC2=AB2−AC2=5−1=4，
∴BC=2，
∵四边形BDIH是正方形，
∴CI=HI=BC=2，∠ICB=90°，CB=HB，
∴∠ACB+∠ICB=180°，
∴A、C、I三点在同一条直线上，
∴AI=AC+CI=1+2=3，
∴HA=HI2+AI2=22+32=13，
∵∠ABG=∠CBH=90°，
∴∠GBC=∠ABH=90°+∠ABC，
在△GBC和△ABH中，
GB=AB∠GBC=∠ABHCB=HB，
∴△GBC≌△ABHSAS，
∴CG=HA=13，
∴CG的长为13，
故答案为：13．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且证明△GBC≌△ABH是解题的关键．
83．（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图．已知在长方形ABCD中，AB=6，BC=8，点E，F分别在边AD，BC上，连接BD，BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在BD上的G，H处，连接CG，则四边形CGHF的周长为_____．
【答案】40+21455
【分析】由四边形ABCD是矩形，得∠A=∠DCB=90°，AB=DC=6，AD=BC=8，根据勾股定理求得BD=10，再由翻折得GB=AB=6，DH=DC=6，∠DHF=∠DCF=90°，HF=CF，则GD=BD−GB=4，BH=BD−DH=4，再根据勾股定理列方程42+HF2=8−HF2，求得HF=CF=3；由S△GCDS△BCD=GDBD=25，求得S△GCD=485，则12×6GL=485，得GL=165，由勾股定理求得DL=125，则CL=DC−DL=185，即可由勾股定理求得CG=21455，而GH=GB−BH=2，即可求得四边形CGHF的周长为40+21455．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠DCB=90°，AB=DC=6，AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
由翻折得GB=AB=6，DH=DC=6，∠DHF=∠DCF=90°，HF=CF，
∴GD=BD−GB=4，BH=BD−DH=4，∠BHF=180°−∠DHF=90°，
∵BH2+HF2=BF2，且BF=8−CF=8−HF，
∴42+HF2=8−HF2，
∴HF=CF=3，
∵S△BCD=12×6×8=24，且S△GCDS△BCD=GDBD=410=25，
∴S△GCD=25×24=485，
作GL⊥CD于点L，则12CD⋅GL=S△GCD=485，
∴12×6GL=485，
∴GL=165，
∴DL=GD2−GL2=42−1652=125，
∵CL=DC−DL=6−125=185，
∴CG=GL2+CL2=1652+1852=21455，
∵GH=GB−BH=2，
∴GH+HF+CF+CG=2+3+3+21455=40+21455，
∴四边形CGHF的周长为40+21455，
故答案为：40+21455．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
84．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE=12,CD=410，则S1+S2的值为_____．
【答案】16
【分析】由弦图推出AF=CI，∠AFG=∠CIJ=90°，FH∥EI即可证明△AFG≌△CIJAAS，FG=IJ，再根据四边形EFHI为正方形，得到△GHK≌△JEK，从而得到点K为正方形EFHI的中心，过点K作KM⊥FH于点M，由勾股定理得DE=4，FH=8，KM=4设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，最后用a，b表示出S1+S2=2（a+b），将a+b的值代入即可求解．
【详解】解：在弦图中，AE=CH=AI=BF，
∵四边形EFHI是正方形，
∴EF=HI=EI=FH，∠AFG=∠CIJ=∠AEI=90°，
∴AE−EF=CH−HI，
∴AF=CI，
∵∠AFG=∠AEI，
∴FH∥EI，
∴∠AGF=∠KJE
∵∠IJC=∠KJE，
∴∠AGF=∠IJC，
在△AFG和△CIJ中，
∠AGF=∠IJC∠AFG=∠CIJ=90°AF=CI，
∴△AFG≌△CIJAAS，
∴FG=IJ，
∵四边形EFHI为正方形，
∴EI−IJ=FH−FG，即HG=EJ，
在△GHK和△JEK中，
∠HGK=∠EJK∠GKH=∠JKEHG=EJ，
∴△GHK≌△JEKAAS，
∴HK=EK，即点K为正方形EFHI的中心，
如图，过点K作KM⊥FH于点M，
∵AE=12,CD=410，
∴BF=12,AD=410，
在Rt△ADE中，
由勾股定理得DE=AD2−AE2=4，
∴AF=DE=4，EF=AE−AF=12−4=8，
则FH=8，KM=4，
设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，
∴S1=12GH⋅MK＝12a×4=2a，
S2=SΔAFG=12FG⋅AF＝12b×4 =2b，
∴S1+S2=2a+2b=2a+b=16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，正方形的性质，解题的关键是寻找全等三角形的条件解决问题．
85．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=6，AD=8，E、F分别是BC、CD上的一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得到△EC′F，连接AC′．若△AEC′是以AE为腰的等腰三角形，则BE=___．
【答案】74或83
【分析】设BE=x，则EC=8−x，由翻折得：EC′=EC=8−x．当AE=EC′时，由勾股定理得：62+x2=8−x2；当AE=AC′时，作AH⊥EC′，由∠AEF=90°，EF平分∠CEC′，可证得∠AEB=∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE=HE=x，由三线合一得EC′=2EH，即8−x=2x，解方程即可．
【详解】解：设BE=x，则EC=8−x，
由翻折得：EC′=EC=8−x，当AE=EC′时，AE=8−x，
∵ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，
由勾股定理得：62+x2=8−x2，
解得：x=74；
当AE=AC′时，如图，作AH⊥EC′，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得到△EC′F，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
在△ABE和△AHE中，
∵∠AEB=∠AEH∠B=∠AHEAE=AE
∴△ABE≌△AHE(AAS)，
∴BE=HE=x，
∵AE=AC′，
∴EC′=2EH，
即8−x=2x，
解得x=83 ，
综上所述：BE=74或83．
故答案为：74或83．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，涉及到方程思想和分类讨论思想．当AE=AC′时如何列方程是解题的关键，有一定难度．
86．（2022春·福建厦门·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②BE>2BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF；其中正确结论有_______．
【答案】①②③④
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．想办法证明EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题．
【详解】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH．
∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
在△DFE和△CFG中，
∠D=∠FCGDF=CF∠DFE=∠CFG
∴△DFE≌△FCG(ASA)，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，
∴∠FEB=∠FBE，∠FGB=∠FBG，
∵∠ABC=2∠ABF．
∴∠FBG＞∠FBE，
∵∠EFB=∠FBG+∠FGB=2∠FBG，∠GFB=∠FBE+∠FEB=2∠FBE，
∴∠EFB＞∠GFB，
假设∠EFB=∠GFB，此时∠EFB=∠GFB=90°，
∴BE=2BF，
∵∠EFB＞∠GFB，
∴∠EFB＞90°，
∴BE＞2BF，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，
∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故答案为：①②③④
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
87．（2022春·贵州黔东南·八年级校考期中）如图正方形ABCD的对角线相交于O点，BE平分∠ABO交AO于E点，CF^BE于F点，交BO于G点，连接EG、OF，下列四个结论：①CE=CB；②AE=BG；③OF=12CG；④AE=2OE；⑤EG=12AB，其中正确的结论有________（填序号）．
【答案】①②③④
【分析】根据正方形的性质得到∠ABO＝∠ACO＝∠CBO＝45°，AB＝BC，OA＝OB＝OC，BD⊥AC，由角平分线的定义得到∠OBE＝12∠ABO＝22.5°，求得∠CEB＝∠CBE，得到CE＝CB；故①正确；求得∠ECG＝∠BCG＝12∠BCO＝22.5°，EF＝BF，推出△ABE≌△BCG（ASA），根据全等三角形的性质得到AE＝BG，BE＝CG，故②正确；根据直角三角形的性质得到OF＝12BE＝12CG．故③正确；由∠AOB＝90°，得到△OEG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EG＝2OE，根据全等三角形的性质得到BG＝EG，故④正确；得到EG不是△AOB的中位线，于是得到EG≠12AB．故④错误；．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ACB＝∠CBO＝45°，AB＝BC，OA＝OB＝OC，BD⊥AC，
∵BE平分∠ABO，
∴∠OBE＝12∠ABO＝22.5°，
∴∠CBE＝∠CBO＋∠EBO＝67.5°，
在△BCE中，∠CEB＝180°−∠BCO−∠CBE＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴CE＝CB；
故①正确；
∵CF⊥BE，
∴∠ECG＝∠BCG＝12∠BCO＝22.5°，EF＝BF，
∵∠ABE＝12∠ABO＝22.5°，
∴∠ABE＝∠BCG，
∵AB＝BC，∠EAB＝∠GBC＝45°，
∴△ABE≌△BCG（ASA），
∴AE＝BG，BE＝CG，
故②正确；
∵∠AOB＝90°，EF＝BF，
∵BE＝CG，
∴OF＝12BE＝12CG．
故③正确；
∵OA＝OB，AE＝BG，
∴OE＝OG，
∵∠AOB＝90°，
∴△OEG是等腰直角三角形，
∴EG＝2OE，
∵∠ECG＝∠BCG，EC＝BC，CG＝CG，
∴△ECG≌△BCG（SAS），
∴BG＝EG，
∴AE＝EG＝2OE，
故④正确；
∴EG不是△AOB的中位线，
∴EG≠12AB．故⑤错误；．
故正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】此题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
88．（2022春·湖北恩施·八年级校考期中）如图，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2；以此进行下去…，则正方形AnBnCnDn的面积为______．
【答案】5n
【分析】先计算正方形A1B1C1D1的面积，正方形A2B2C2D2的面积，正方形A3B3C3D3的面积，从中找到规律，确定正方形AnBnCnDn的面积即可．
【详解】因为小正方形ABCD的面积为1，
所以正方形ABCD的边长为1，
因为小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为1和2，
所以正方形A1B1C1D1的面积为12×1×2×4+1=5，边长为5；
因为把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为5和25，
所以正方形A2B2C2D2的面积为12×5×25×4+5=25=52，边长为5；
因为把正方形A2B2C2D2边长按原法延长一倍得到正方形A3B3C3D3，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为5和10，
所以正方形A3B3C3D3的面积为12×5×10×4+25=125=53，边长为55；
因为把正方形A3B3C3D3边长按原法延长一倍得到正方形A4B4C4D4，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为55和105，
所以正方形A4B4C4D4的面积为12×55×105×4+125=1125=54，边长为25；
由此发现规律如下：正方形的面积等于底数为5，指数为正方形的序号的幂，
所以正方形AnBnCnDn的面积为5n，
故答案为：5n．
【点睛】本题考查了正方形的面积，直角三角形的面积，面积中规律，熟练掌握正方形的性质，直角三角形性质是探寻规律的关键．
89．（2022春·新疆乌鲁木齐·八年级新疆生产建设兵团第一中学校考期中）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠D=120°，E是对角线AC上的任意一点，则BE+12CE的最小值为______．
【答案】3
【分析】过点E作EF⊥CD于点F，连接BF．由菱形的性质可知∠FCE=30°，即得出EF=12CE，从而可得出BE+12CE=BE+EF≥BF，即当BF最小时BE+12CE最小．由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，求出BF′的值即可．
【详解】如图，过点E作EF⊥CD于点F，连接BF．
∵∠D=120°，四边形ABCD为菱形，
∴∠FCE=30°，∠DCB=60°，
∴EF=12CE，
∴BE+12CE=BE+EF．
∵BE+EF≥BF，
∴当BF最小时BE+EF最小，即BE+12CE最小．
由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，如图BF′．
∵BC=AB=2，∠F′CB=60°，
∴F′C=12BC=1，
∴BF′=BC2−CF′2=3，
∴BE+12CE的最小值为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形三边关系的应用，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．正确作出辅助线是解题关键．
90．（2022春·北京西城·八年级校考期中）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，则菱形ABCD的面积是______，连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°；连结AC1，再以AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°；……，按此规律所作的第n个菱形的面积为______．
【答案】 32 32×3n−1
【分析】连接BD，由题意可知△ABD为边长为1的等边三角形，可求出△ABD的面积，即可得出菱形ABCD的面积；根据已知菱形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可得出第n个菱形的边长，进而可得出第n个菱形的面积．
【详解】解：如图，连接BD，交AC与点O，
∵四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝1，
∴BO=12，AO=32，
∴S△ABD=12BD×AO=34，
∴S菱形ABCD＝2×34=32．
∵AO=32，
∴AC=3，
∵四边形ACC1D1为菱形，∠D1AC＝60°，
∴可得AC1=3AC=(3)2，
同理可得AC2=3AC1=(3)3，
以此类推，可得出所作的第n个菱形的边长为(3)n−1，
∴第n个菱形的面积为2×12×[(3)n−1]2×32=32×3n−1．
故答案为：32；32×3n−1．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及归纳推理的应用，根据规律得出第n个菱形的边长是解决本题的关键．
91．（2022春·吉林·八年级期中）小明用如图①所示的七巧板拼成一幅装饰图，并将装饰图放入矩形ABCD内，如图②，装饰图中的三角形顶点E、F分别在边AB、BC上，三角形①的边GD在边AD上．若图①中大正方形的面积为2，则矩形ABCD的周长是______．
【答案】52+2
【分析】根据七巧板中图形分别是等腰直角三角形和正方形计算PH的长，即FF′的长，作高线GG′，根据直角三角形斜边中线的性质可得GG′的长，即AE的长，可得结论．
【详解】解：如图，
∵四边形MNQK是正方形，且面积为2，
∴∠MNK=45°，MN=2，MK=DG=2，
Rt△MNO中，OM=ON=22MN=1，
∵NL=PL=OL=12，
∴PN=2NL=22，
∵NQ=2，
∴PQ=2−22=22，
∵△PQH是等腰直角三角形，
∴PH=FF′=2PQ=1=BE，
过G作GG′⊥FF′，
∴GG′=AE=12MN=22，
∴CD=AB=AE+BE=22+1，AD=2DG=22，
∴矩形ABCD的周长=2AD+CD=222+1+22=52+2．
故答案为：52+2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、七巧板、等腰直角三角形的性质及勾股定理等知识．熟悉七巧板是由七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边．
92．（2022春·黑龙江大庆·八年级校考期中）如图，在正方形ABCB1中AB=1．AB与直线l的夹角为30°，延长CB1交直线l于点A1作正方形A1B1C1B2，延长C1B2交直线l于点A2，作正方形A2B2C2B3，延长C2B3交直线l于点A3，作正方形A3B3C3B4 ……依此规律，则A2017A2018＝__________ （用指数表示即可）
【答案】2(3)2017
【分析】由四边形ABCB1是正方形，得到AB＝AB1 ，AB∥ CB1，于是得到AB∥A1C，根据平行线的性质得到∠CA1A＝30°，解直角三角形得到A1B1＝3，AA1＝2，同理： A2A3＝2(3)2， A3A4＝2(3)3，找出规律AnAn+1＝2(3)n，答案即可求出．
【详解】解：∵四边形ABCB1是正方形，
∴AB＝AB1，AB∥CB1，
∴AB∥A1C，
∴∠CA1A＝30°，
∴A1B1＝3，AA1＝2，
∴A1B2＝A1B1＝3，
∴A1A2＝23，
同理：A2A3＝2(3)2，
A3A4＝2(3)3，
…
∴AnAn+1＝2(3)n，
∴A2017A2018＝2(3)2017，
故答案为：2(3)2017．
【点睛】本题考查正方形的性质，含30°直角三角形的性质，平行线的性质，熟记各性质并求出后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的3倍是解题的关键．
93．（2022春·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，边长为1的正方形EFGH在边长为3的正方形ABCD所在平面上移动，始终保持EF∥AB．线段CF的中点为M，DH的中点为N，则线段MN的长为_________
【答案】172
【分析】因为题目没有确定正方形EFGH的位置，所以我们可以将正方形EFGH的位置特殊化，使点H与点A重合，重新作出图形，这样有利于我们解题，过点M作MO⊥ED于O，则可得出OM是梯形FEDC的中位线，从而可求出ON、OM，然后在Rt△MON中利用勾股定理可求出MN．
【详解】解：如图，将正方形EFGH的位置特殊化，使点H与点A重合，过点M作MO⊥ED与O，则MO是梯形FEDC的中位线，
∴EO=OD=12ED=12EA+AD=12×1+3=2， MO＝12EF＋CD＝12×1+3=2．
∵DH的中点为N，点H与点A重合，
∴点N是AD的中点，
∴AN=ND=12AD=32，
∴ON=OD−ND=2−32=12．
在Rt△MON中，MN2=MO2+ON2，
∴MN=MO2+ON2=22+122=172．
故答案为：172．
【点睛】本题考查了梯形的中位线定理、正方形的性质及勾股定理等知识，属于综合性题目，有一定难度，解题的关键是将动点位置特殊化．
94．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，对角线AC=5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝______．
【答案】5
【分析】过点Q作QH⊥BC于点H，由矩形的性质并结合勾股定理确定AD=BC=4，再证明△QCH≌△PCD以及△BQH为等腰三角形，即可推导CH=DC=3，DP=QH=BH=1，然后由AP=AD+DP计算AP的长即可．
【详解】解：过点Q作QH⊥BC于点H，如下图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AD=BC，DC=AB=3，
∵AB=3，AC=5，
∴AD=BC=AC2−AB2=52−32=4，
∵QH⊥BC，点P在AD的延长线上，
∴∠QHC=∠PDC=90°，
∵△PCQ为等腰三角形，CP⊥CQ，
∴QC=PC，∠QCP=∠BCD=90°，
∴∠QCH+∠QCD=∠QCD+∠PCD，
∴∠QCH=∠PCD，
在△QCH和△PCD中，
∠QCH=∠PCD∠QHC=∠PDCQC=PC，
∴△QCH≌△PCD(AAS)，
∴CH=DC=3，
∴BH=BC−CH=AD−CH=1，
∵BE平分∠ABC，
∴∠QBH=12∠ABC=45°，
∵QH⊥BC，
∴∠BQH=90°−∠QBH=45°，
∴∠QBH=∠BQH，
∴QH=BH=1，
∵△QCH≌△PCD，
∴DP=QH=1，
∴AP=AD+DP=5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，构建全等三角形是解题的关键．
95．（2022春·湖南常德·八年级校考期中）如图，边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=60°，连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°；连接AC1，再以AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°；…，按此规律所作的第8个菱形的边长为______．
【答案】543
【分析】连接DB，交AC于M，由菱形的性质可知，AC⊥BD，且∠BAC=30°，利用“直角三角形中30°所对的边是斜边的一半”求得BM，再由勾股定理求出AM，从而得到AC的长，同理可求得AC1，AC2，⋅⋅⋅的长，由此观察并总结规律，得到答案．
【详解】如图，连接DB，交AC于点M．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC=2AM，AC⊥DB，∠BAC=12∠DAB=30°，
∴在Rt△ABM中，BM=12AB=1，
AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴AC=2AM=23．
同理可得AC1=3AC=2×(3)2，AC2=3AC1=2×(3)3，AC3=3AC2=2×(3)4，⋅⋅⋅．
按此规律所作的第n个菱形的边长为2×(3)n−1．
即第8个菱形的边长为2×(3)7=2×372=543．
故答案为：543．
【点睛】本题考查了图形规律的探索，勾股定理，菱形的性质等知识，解决本题的关键在于熟练运用菱形相关性质，并通过观察找出规律．
96．（2022春·浙江金华·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD纸片中，∠BAD=45°，AB=10．将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF交AB、AD、AA′分别于点E、F、G．继续折叠纸片，使得点C的对应点C′落在A′F上，连接GC′，点G到AD的距离为_____，GC′的最小值为_____．
【答案】 522 522
【分析】过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，过A′作A′R⊥AD于R，由∠BAD=45°，AB=10，得BH=22AB=52，从而可得A′R=BH=52，根据将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF，可知GP=12A′R=522，又GP⊥AD，GQ⊥A′F，有GP=GQ=522，即可得当C′与Q重合时，GC′最小，最小值即是GQ的长，故可得答案．
【详解】解：过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，过A′作A′R⊥AD于R，如图：
∵∠BAD=45°，AB=10，
∴BH=22AB=52，
∵四边形ABCD是平行四边形，BH⊥AD，A′R⊥AD，
∴四边形BHRA′是矩形，
∴A′R=BH=52，
∵GP⊥AD，A′R⊥AD，
∴GP∥ A′R，
∵将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF，
∴AG=A′G，∠AFE=∠A′FE，
∴GP是△A′AR的中位线，
∴GP=12A′R=522，
∵GP⊥AD，GQ⊥A′F，
∴GP=GQ=522，
∵折叠纸片，使得点C的对应点C落在A′F上，
∴当C′与Q重合时，GC′最小，最小值即是GQ的长，
∴GC′最小为522，
故答案为：522，522．
【点睛】本题考查平行四边形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及作辅助线求出GP的长度．
97．（2022春·浙江温州·八年级校考期中）图1是邻边长为5和12的平行四边形，它由三个不全等的小平行四边形组成.将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），数据如图所示．记图1三个小平行四边形的中心分别为A，B，C，则B，C两点之间的距离为______．点A，C在图2中的对应点为点A'，C'，连结A'C'，A'B和BC'，当A'C'=A'B时，则MN的长为______．
【答案】 4 112
【分析】过点B作BY⊥KL于点Y，根据题意可得B，C两点之间的距离为12DG−DM=1212−4=4，进而求得A′L=12DE=32,AS=SY=32,在Rt△BYA′中，BY=4−12x,AY=32+32=3，A′B=A′C′=6−12x，根据勾股定理建立方程，解方即可求解．
【详解】标注字母如图，过点B作BY⊥KL于点Y，
∵DM=EF=4，DG=12，
三个小平行四边形的中心分别为A，B，C，则B，C两点之间的距离为12DG−DM=1212−4=4，
∵DF=5,EF=4，
∴DE=DF2−EF2=3，
∴正方形的面积等于FH×DE=12×3=36，
∴DK=KL=QK=DQ=6，
∴A′L=12DE=32，AS=SY=32，
∵ A,C分别为平行四边形的中心，
则A′C′∥QL且A′P=12LT=12EF=2，
∴QT=QL−TL=6−4=2，
设MN=x，则NG=8−x，
∴A′C′=12NG+DM=12DG−MN=1212−x=6−12x，
∴C到KL的距离为QL−A′C′=6−6−12x=12x，
∵ BC=4，
∴B到KL的距离为4−12x，
即BY=4−12x，
在Rt△BYA′中，BY=4−12x,AY=32+32=3，A′B=A′C′=6−12x，
∴6−12x2=32+4−12x2，
解得：x=112，
故答案为：4，112．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
98．（2022春·河北保定·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．
（1）若DN=5，则BM=______；
（2）当∠BAC=______时，四边形DEBF是菱形．
【答案】 5 30°##30度
【分析】根据条件可得∠DAN=∠BCM以及∠DNA=∠BMC可证明△DNA≌△BMC，即可求解.根据菱形性质和角关系可得∠DON=2∠OAB,利用∠EDO+∠DON=90°，即可求解.
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，∠DAE=∠BCF=90°，OD=OB=OA=OC，AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAN=∠BCM．
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°．
在△DNA和△BMC中，
∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=CB，
∴△DNA≌△BMC(AAS)，∴DN=BM．
∵DN=5，∴BM=5．
故答案为：5
（2）若四边形DEBF是菱形，
则DE=BE，∴∠EDB=∠EBD．
∵OB=OA，∴∠OAB=∠OBA，
∴∠EDO=∠OAB．∵∠DON=∠OAB+∠OBA，
∴∠DON=2∠OAB．∵DE⊥AC，
∴∠NDO+∠DON=90°，即∠EDO+∠DON=90°，
∴3∠OAB=90°，∴∠OAB=30°，即∠BAC=30°
故答案为：30°
【点睛】本题考查矩形和菱形的性质以及三角形全等的判定等，关键在于结合性质和图形，找到条件，特别锻炼学生的逻辑推理能力.
99．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，AB=4，点H、G分别是边DC、BC上的动点，其中点H不与点C重合，连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为______．
【答案】3
【分析】连接AG，根据点E为AH的中点，点F为GH的中点，得到EF=12AG，故EF的最小值，只有当AG取得最小值时，才能成立，AG的最小值为垂线段AG，根据勾股定理计算即可．
【详解】如图，连接AG，
因为点E为AH的中点，点F为GH的中点，
所以EF=12AG，故EF的最小值，
只有当AG取得最小值时，才能成立，AG的最小值为垂线段AG，
过点A作AM⊥BC，垂足为M，
因为∠B=60°，AB=4，
所以BM=2，
AM=42−22=23，
故EF的最小值为12AG=3
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，垂线段最短，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
100．（2022春·山东滨州·八年级统考期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE=AP=1，PB=5．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为62；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD=4+6；
⑤S△APD+S△APB=1+6，
其中正确结论的序号是_________．
【答案】①②③④
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
④在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；
⑤连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【详解】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝BP2−PE2=5−AE2−AP2=5−1−1=3，
∴BF＝EF＝22BE＝62；
故此选项成立；
④∵EF＝BF＝62，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝4+6，
∴S正方形ABCD＝AB2＝4+6；
故此选项成立；
⑤如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP＝2，
又∵PB＝5，
∴BE＝3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝3，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝12S正方形ABCD﹣12×DP×BE＝12×（4+6）﹣12×3×3=12+62．
故此选项不成立；
综上可知其中正确结论的序号是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
八年级数学下学期复习备考高分秘籍人教版
专题6.7期中小题易丢分培优训练（期中真题压轴100道，八下人教）
一、单选题
1．（2022秋·河北石家庄·八年级校考期中）设A，B均为实数，且A=m−3，B=33−m，则A，B的大小关系是（ ）
A．A>B B．A=B C．A 【答案】D
【分析】首先根据A=m−3确定m的范围，然后再确定B=33−m的范围即可．
【详解】解：∵ A=m−3
∴ m−3≥0，3−m≤0
∴ A=m−3≥0，B=33−m≤0
∴ A≥B
故选D
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，相关知识点有：算术平方根、立方根等，二次根式有意义的条件的利用是解题关键．
2．（2022秋·安徽宿州·八年级统考期中）下列各组数中，互为相反数的一组是（ ）
A．22与(−2)2 B．−38与3−8
C．a2与a2 D．3a与3−a
【答案】D
【分析】先将根式进行化简，再利用两个数互为相反数的定义来判定求解．
【详解】A．22=2，(−2)2=2，22和(−2)2不互为相反数，故本选项不符合题意；
B．−38=−2，3−8=−2，−38和3−8不互为相反数，故本选项不符合题意；
C．a2=a，a2=a，a2和a2不互为相反数，故本选项不符合题意；
D．3−a=−3a，即3a和3−a互为相反数，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了根式的化简和互为相反数的定义，将根式进行化简是解答关键．
3．（2022春·山东淄博·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中无重叠放入面积分别为16cm2和12 cm2的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为（ ）
A．(8−43)cm2 B．(4−23)cm2 C．(16−83)cm2 D．(83−12)cm2
【答案】D
【分析】根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB,BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
【详解】解：∵两张正方形纸片的面积分别为16cm2和12cm2，
∴它们的边长分别为16=4cm，12=23cm，
∴AB=4cm，BC=23+4cm，
∴空白部分的面积=(23+4)×4−12−16
=83+16−12−16
=−12+83cm2．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式的应用，算术平方根的定义，解题的关键在于根据正方形的面积求出两个正方形的边长．
4．（2022秋·辽宁沈阳·八年级统考期中）按如图所示运算程序，输入x=−2，y=−22，则输出结果为（ ）
A．−6 B．6 C．−2 D．2
【答案】A
【分析】判断出x,y的大小关系，根据程序流程图，代入相应的代数式，进行求解即可．
【详解】解：∵−22<−2，即：x>y，
由流程图可得：x2−y2=−22−−222=2−8=−6；
故选A．
【点睛】本题考查程序流程图．按照程序流程图的顺序，进行计算求值，是解题的关键．
5．（2022秋·重庆南岸·八年级重庆市珊瑚初级中学校校考期中）某数学兴趣小组在学习二次根式的时候发现：有时候两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，例如，(5−2)(5+2)=1，a⋅a=a，(23−2)(23+2)=10．通过查阅相关资料发现，这样的两个代数式互为有理化因式．小组成员利用有理化因式，分别得到了一个结论：
甲：13−5=3+54；
乙：设有理数a，b满足：a2+1+b2−1=−62+4，则a+b=6；
丙：12024−2023>12022−2021；
丁：已知48−x−16−x=2，则48−x+16−x=8；
戊：13+3+153+35+175+57+…+19997+9799=33−1166．
以上结论正确的有( )
A．甲丙丁 B．甲丙戊 C．甲乙戊 D．乙丙丁
【答案】B
【分析】读懂题意，利用分母有理化计算并判断即可．
【详解】解：13−5
=3+5(3−5)(3+5)
=3+59−5
=3+54，
甲正确；
a2+1+b2−1
=2−12−1a+2+12−1b
=(2−1)a+(2+1)b
=(a+b)2−a+b，
(a+b)2−a+b=−62+4，
∴ a+b=−6①−a+b=4②，
解得a=−5b=−1，
∴a+b=−6，乙错误；
12024−2023=2024+20231=2024+2023，
12022−2021=2022+20211=2022+2021，
2024+2023>2022+2021，
∴丙正确；
已知48−x−16−x=2，
∴ 148−x−16−x=12，
∴ 48−x+16−x(48−x)−(16−x)=12，
∴ 48−x+16−x32=12，
则48−x+16−x=16，
∴丁错误；
13+3+153+35+175+57+…+19997+9799=33−1166
=3−39−3+53−3525×3−9×5+75−5749×5−25×7+...+9997−9799992×97−972×99
=12−36+5330−3530+7570−5770+...+9997992×97−972×99−9799992×97−972×99
=12−9799992×97−972×99
=12−9999×2
=99−9999×2
=33−1166，
戊正确，
∴正确的有甲丙戊，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次根式的化简，解题的关键是掌握分母有理化．
6．（2022秋·上海黄浦·八年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）已知a<0，则二次根式−a2b化简后的结果为（ ）．
A．ab B．a−b C．−ab D．−a−b
【答案】D
【分析】由题意可得b<0，再根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：由题意可得：b<0
∴−a2b=a−b
∵a<0
∴a=−a
∴−a2b=a−b=−a−b
故选：D
【点睛】此题考查了二次根式的化简，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质．
7．（2022秋·广东深圳·八年级统考期中）观察下列二次根式的化简（ ）
S1=1+112+122=1+11−12；
S2=1+112+122+1+122+132=1+11−12+1+12−13；
S3=1+112+122+1+122+132+1+132+142=1+11−12+1+12−13+1+13−14；
则S20222022=（ ）
A．20222021 B．20242023 C．12022 D．12024
【答案】B
【分析】根据题目中给定的计算方法求出S2022，再进行求解即可．
【详解】解：∵1+112+122=1+11−12，1+122+132=1+12−13，1+132+142=1+13−14，…∴1+120222+120232=1+12022−12023，
∴S1=1+112+122=1+11−12，
S2=1+112+122+1+122+132=1+11−12+1+12−13，
S3=1+112+122+1+122+132+1+132+14=1+11−12+1+12−13+1+13−14，
…
∴S2022=1+11−12+1+12−13+1+13−14+⋯+1+12021−12022+1+12022−12023
=2022+1−12023=2022+20222023，
∴则S20222022=2022+202220232022=1+12023=20242023．
故选B．
【点睛】本题考查二次根式化简中的简便运算．熟练掌握题目中给定的计算方法是解题的关键．
8．（2022秋·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）将一组数据3，6，3，23，15，…，310，按下面的方法进行排列：3，6，3，23，15；
32，21，26，33，30；
⋯；
若23的位置记为1，4，26的位置记为2，3，则这组数中87的位置记为（ ）
A．6，4 B．5，3 C．5，2 D．6，5
【答案】A
【分析】由题意可知，每行5个数，数的被开方的规律是3n，由此可得87是第29个数，进而判断87是第6行的第4个数．
【详解】解：一组数据的排列变形为
3×1，3×2，3×3，3×4，3×5；
3×6，3×7，3×8，3×9，3×10；
⋯；
由题意可知，每行5个数，
∵87=3×29，
∴87是第29个数，
∵29÷5=5…4，
∴87是第6行的第4个数，
∴87的位置记为6，4，
故选：A．
【点睛】本题考查数字的变化规律，能够根据所给的数的特点，找到数的排列规律是解题的关键．
9．（2022秋·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中）若实数a、b、c在数轴上的对应点如图所示，则a2+b2−b−c的结果是（ ）
A．a−c B．−a−2b+c C．−a−c D．−a+c
【答案】C
【分析】根据题意a＜b＜0＜c，从而可得b−c＜0，然后利用二次根式的性质，以及绝对值的意义进行计算即可得出答案．−a−b−c+b
【详解】由题意得a＜b＜0＜c，
∴b−c＜0，
∴a2+b2−b−c，
=a+b−(c−b)，
=−a+(−b)−c+b，
=−a−b−c+b，
=−a−c，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，实数与数轴，熟练掌握a2=a是解题的关键．
10．（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．
11．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）若二次根式2−m有意义，且关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，则符合条件的整数m的和是（ ）
A．﹣7 B．﹣6 C．﹣5 D．﹣4
【答案】D
【分析】根据二次根式2−m有意义，可得m≤2，解出关于x的分式方程 m1−x+2=3x−1的解为x=m+52，解为正数解，进而确定m的取值范围，注意增根时m的值除外，再根据m为整数，确定m的所有可能的整数值，求和即可．
【详解】解：去分母得，−m+2（x−1）=3，
解得，x=m+52，
∵关于x的分式方程m1−x+2=3x−1有正数解，
∴m+52＞0 ，
∴m＞−5，
又∵x=1是增根，当x=1时，
m+52=1，即m=−3，
∴m≠−3，
∵2−m有意义，
∴2−m≥0，
∴m≤2，
因此−5＜m≤2 且m≠−3，
∵m为整数，
∴m可以为-4，-2，-1，0，1，2，其和为-4，
故选：D．
【点睛】考查二次根式的意义、分式方程的解法，以及分式方程产生增根的条件等知识，解题的关键是理解正数解，整数m的意义．
12．（2022春·河南许昌·八年级许昌市第一中学校考期中）当x=1+19942时，多项式4x3−1997x−19942019的值为( ).
A．1 B．−1 C．22002 D．−22001
【答案】B
【分析】由原式得2x−12=1994，得4x2−4x+1=1994，原式变形后再将4x2−4x+1=1994代和可得出答案.
【详解】∵x=1+19942，
∴2x−12=1994，即4x2−4x−1993=0，
∴4x3−1997x−1994=x4x2−4x−1993+4x2−4x−1993−1=−1．
∴原式=−12019=−1．
【点睛】本题难度较大，需要对要求的式子进行变形，学会转化.
13．（2022秋·辽宁丹东·八年级校考期中）“分母有理化”是我们常用的一种化简的方法，如：2+32−3=(2+3)(2+3)(2−3)(2+3)=7+43，除此之外，我们也可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于3+5−3−5，设x=3+5−3−5，易知3+5>3−5，故x>0，由x2=(3+5−3−5)2=3+5+3−5−2(3+5)(3−5)=2，解得x=2，即3+5−3−5=2．根据以上方法，化简3−23+2+6−33−6+33后的结果为（ ）
A．5+36 B．5+6 C．5−6 D．5−36
【答案】D
【分析】根据题中给的方法分别对6−33−6+33和3−23+2进行化简，然后再进行合并即可.
【详解】设x=6−33−6+33，且6−33<6+33，
∴x<0，
∴x2=6−33−2(6−33)(6+33)+6+33，
∴x2=12−2×3=6，
∴x=−6，
∵3−23+2=5−26，
∴原式=5−26−6 =5−36，
故选D．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，涉及了分母有理化等方法，弄清题意，理解和掌握题中介绍的方法是解题的关键.
14．（2022春·山东威海·八年级统考期中）观察下列式子：
①2−25=225；②3−310=3310；③4−417=4417；④5−526=5526；…．
请你按照规律写出第n（n≥1）个式子是( )
A．n−1−n−1(n−1)2+1=(n−1)n−1(n−1)2+1
B．n−nn2−1=nnn2−1
C．n+1−n+1(n+1)2+1=(n+1)n+1(n+1)2+1
D．n−nn2+1=nnn2+1
【答案】C
【分析】观察等式，找出规律，写出第n个式子即可．
【详解】解：由规律可得，第n个式子为：
n+1−n+1(n+1)2+1=(n+1)n+1(n+1)2+1．
故选项A、B、D错误，选项C正确
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次根式，解题的关键是观察等式，找出规律．
15．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）已知m=1+2，n=1−2，则代数式m2+n2−3mn的值为（ ）
A．9 B．±3 C．3 D．5
【答案】C
【分析】计算出m−n及mn的值，再运用完全平方公式可把根号内的算式用m−n及mn的代数式表示，整体代入即可完成求值．
【详解】∵m=1+2，n=1−2，
∴m−n=22，mn=-1，
∴m2+n2−3mn
=(m−n)2−mn
=(22)2−(−1)
=3．
故选：C．
【点睛】本题考查了求代数式的值，二次根式的混合运算，完全平方公式的应用，对被开方数进行变形并运用整体代入法求值是关键．
16．（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，已知△ABC为等腰直角三角形，则BD，CD，AD三者的关系为（ ）
A．BD=CD+AD B．BD+CD=2AD
C．BD2+CD2=2AD2 D．BD2+CD2=AD2
【答案】C
【分析】过点C作CD′⊥BC，使CD′=BD，连接DD′，AD′，证明△ABD≌△ACD′，进而得出AD=AD′，∠BAD=∠CAD′，再得出△DAD′是等腰直角三角形，再根据勾股定理即可得解．
【详解】解：如图，过点C作CD′⊥BC，使CD′=BD，连接DD′，AD′，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵CD′⊥BC，
∴∠ACD′=∠B=45°，
在△ABD和△ACD′中，
AB=AC∠B=∠ACD′BD=CD′
∴△ABD≌△ACD′SAS，
∴AD=AD′，∠BAD=∠CAD′，
∴∠DAD′=90°，
∴△DAD′是等腰直角三角形，
∴D′D2=2AD2，
∵在Rt△DCD′中，CD2+D′C2=D′D2，
∴BD2+CD2=2AD2，
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
17．（2022春·贵州遵义·八年级统考期中）已知△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，D是AB边的中点，点E、F分别在AC、BC边上运动，且保持AE=CF．连接DE、DF、EF得到下列结论：①△DEF是等腰直角三角形；②△CEF面积的最大值是2；③EF的最小值是2．其中正确的结论是（ ）
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
【答案】B
【分析】证明△ADE≌△CDFSAS，进一步可得ED=DF，∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，所以可知△DFE是等腰直角三角形．故①正确；根据由于△DFE是等腰直角三角形，可知当DF⊥BC时，DF最小，此时DF=12BC=2，EF=2DF=22．故③错误；利用△ADE≌△CDF，推出S四边形CEDF=S△ADC，当△CEF面积最大时，此时△DEF的面积最小，求出此时S△CEF=S四边形CEDF−S△DEF=S△ADC−S△DEF=2，故②正确；
【详解】解：①∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠DCB=∠A=45°，CD=AD=DB；
在△ADE和△CDF中，
AE=CF∠DCB=∠ACD=AD
∴△ADE≌△CDFSAS；
∴ED=DF，∠CDF=∠EDA；
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，
∴△DFE是等腰直角三角形．故此选项正确；
③由于△DFE是等腰直角三角形，因此当DF最小时，FE也最小；
即当DF⊥BC时，DF最小，此时DF=12BC=2．
∴EF=2DF=22．故此选项错误；
②∵△ADE≌△CDF，
∴S△CDF=S△ADE，
∴S四边形CEDF=S△ADC，
当△CEF面积最大时，此时△DEF的面积最小，
∵∠C=90°，AC=BC=4，
∴AB=42+42=42，
∴AD=CD=22，
此时S△CEF=S四边形CEDF−S△DEF=S△ADC−S△DEF=12×22×22−12×2×2=4−2=2，故此选项正确；
故正确的有①②，
故选：B
【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上相关知识点，并能够综合运用．
18．（2022秋·浙江温州·八年级校考期中）将一个等腰三角形ABC纸板沿垂线段AD，DE进行剪切，得到三角形①②③，再按如图2方式拼放，其中EC与BD共线．若BD=6，则AB的长为（ ）
A．223 B．152 C．50 D．7
【答案】B
【分析】利用等腰三角形的性质可以得到AB=AD+12CD，设AB为x，再运用勾股定理得AD=x2−36，代入解方程即可解题．
【详解】解：如图，设∠B为∠1，∠C为∠2，∠CDE为∠3，图2中∠1的余角为∠4，
∵ΔABC为等腰三角形，BD=6，
∴∠1=∠2，CD=6，
∵∠2+∠3=∠1+∠4=90°，
∴∠3=∠4，
结合两图，可得AB=AD+12CD，
设AB为x，
根据勾股定理得AD=x2−62=x2−36，
∴ x=x2−36+12×6，
解得：x=152，
∴AB=152，
故选：B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，识别图形找等量关系是解题的关键．
19．（2022秋·湖北武汉·八年级武汉市武珞路中学校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是高，AE是角平分线，BF是中线，AE与CD交于点M，AE与BF交于点N，下面说法正确的有（ ）
①∠BCD=2∠CAE；②∠CME=∠CEM；③CDAC=ACAB；④若CE:BE=2:3，则S△CEN:S△CFN=6:5．
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③
【答案】B
【分析】根据∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°以及角平分线的定义可得结论①；根据∠CEM+∠CAE=∠MAD+∠AMD=90°以及∠CAE=∠BAE,∠AMD=∠CME可得结论②；根据三角形面积可得结论③；过点N作NM⊥BC,NP⊥AB,NQ⊥AC，垂足分别为M,P,Q，则可得NQ=NP,EC=ES，进而得出AC:AB=2:3，设AC=2m,AB=3m，则BC=AB2−AC2=5m，CE=255m，根据三角形中线等分面积可得S△ABN=S△CBN，进而得出MNQN=355，然后可得S△CEN:S△CFN的值．
【详解】解：∵AE平分∠CAB，
∴∠CAB=2∠CAE，
∵∠ACB=90°，CD是高，
∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°，
∴∠BCD=∠CAD，
∴∠BCD=2∠CAE，故①正确；
∵∠CEM+∠CAE=∠MAD+∠AMD=90°，∠CAE=∠BAE,∠AMD=∠CME，
∴∠CME=∠CEM，故②正确；
∵12×AB×CD=12×AC×BC，
∴CDAC=BCAB，故③错误；
过点N作NM⊥BC,NP⊥AB,NQ⊥AC，垂足分别为M,P,Q，
∵AE平分∠CAB，
∴NQ=NP,EC=ES，
∵CE:BE=2:3，
∴S△ACE:S△ABE=2:3=12×AC×CE=12×AB×ES，
∴AC:AB=2:3，
设AC=2m,AB=3m，则BC=AB2−AC2=5m，
∴CE=255m，
∵BF是中线，
∴S△BCF=S△BAF,S△CNF=S△ANF，CF=m，
∴S△ABN=S△CBN，即12×AB×NP=12×BC×MN，
∴MNNP=35=355，即MNQN=355，
∴MN=355QN，
∴S△CEN:S△CFN=(12×CE×MN):(12×CF×QN)
=(12×255m×355QN):(12×m×QN)
=6:5，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②④，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中线，高，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质是解本题的关键．
20．（2022秋·福建厦门·八年级厦门市华侨中学校考期中）如图，边长为a的等边△ABC中，BF是AC上中线且BF=b，点D是线段BF上的动点，连接AD，在AD的右侧作等边△ADE，连接BE，则△ABE周长的最小值是（ ）
A．a+3b B．3a−b C．2a+b D．2b+a
【答案】D
【分析】首先证明△BAD≌△CAE，可证得点E在射线CE上运动（证明∠ACE=30°），点E在射线CE上运动， 作点A关于直线CE的对称点M，连接FM，EM，则AE=ME，可得△ACM是等边三角形，从而得到点B,F,M三点共线，进而得到AE+BE=ME+BE≥BM，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵△ABC,△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC=a,AD=AE,∠BAC=∠DAE=∠ABC=60°,
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴∠ABD=∠ACE，
∵BF是△ABC的中线，
∴AF=CF=12a，
∵BF=b,
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°,BF⊥AC，
∴点E在射线CE上运动， 作点A关于直线CE的对称点M，连接FM，EM，则AE=ME，
∵由对称可得CA=CM,∠ACM=2∠ACE=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠AFM=90°，AM=AC=a，
∴∠AFB+∠AFM=180°，
∴点B,F,M三点共线，
∴AE+BE=ME+BE≥BM，
∵BF⊥AC，
∴FM=BF=b,
∴△ABE周长的最小值AB+AE+BE≥AB+BM=a+2b．
故选：D
【点睛】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．
21．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州高新区第二中学校考期中）如图，在边长为4的等边△ABC中，D 是BC的中点，点E在线段AD上，连接BE，在BE的下方作等边△BEF，连接DF，当DF最小时，AE的长度为（ ）．
A．2 B．2 C．3 D．3
【答案】C
【分析】连接CF，证得△ABE≌△CBF，通过全等的性质，再利用点到线的距离垂线段最短以及勾股定理进行计算即可得出答案．
【详解】解：连接CF
∵等边△ABC边长为4，D 是BC的中点，∠ABD=∠EBF=60°，
∴ ∠BAD=30°，CD=12BC=2，∠ABE=∠CBF，
在△ABE和△CBF中，
AB=CB∠ABE=∠CBFBE=BF
∴ △ABE≌△CBF(SAS)，
∴ ∠BCF=∠BAD=30°，AE=CF，
当DF最小时，DF⊥FC，
此时DF=12CD=1，
在Rt△CDF中，CF=CD2−DF2=22−12=3
∴ AE=3
故选：C
【点睛】本题考查了等边三角形、全等三角形的判定和性质，以及直角三角形30°角的性质和勾股定理，牢固掌握这些性质是解题的关键．
22．（2022春·江西吉安·八年级校考期中）如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，△ABC的顶点A在△ECD的斜边DE上．下列结论：其中正确的有（ ）
①△ACE≌△BCD；②∠DAB＝∠ACE；③AE+AC＝AD；④AE2+AD2＝2AC2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据等腰直角三角形的性质得到CA＝CB，∠CAB＝∠CBA＝45°，CD＝CE，∠E＝∠CDE＝45°，则可根据“SAS”证明△ACE≌△BCD，于是可对①进行判断；利用三角形外角性质得到∠DAB+∠BAC＝∠E+∠ACE，加上∠CAB＝∠E＝45°，则可得对②进行判断；由全等三角形得性质和等边三角形得性质得出③不正确；证出△ADB是直角三角形，由勾股定理得出④正确．
【详解】解：∵△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，
∴CA＝CB，∠CAB＝∠CBA＝45°，CD＝CE，∠E＝∠CDE＝45°，
∵∠ACE+∠ACD＝∠ACD+∠BCD，
∴∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
CE=CD∠ACE=∠BCDCA=CB，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，所以①正确；
∵∠DAC＝∠E+∠ACE，即∠DAB+∠BAC＝∠E+∠ACE，
而∠CAB＝∠E＝45°，
∴∠DAB＝∠ACE，所以②正确；
在AD上截取DF=AE，连接CF，如图所示，
在△ACE和△FCD中，
AE=FD∠E=∠CDF=45°CE=CD
∴△ACE≅△FCD(SAS)，
∴AC=FC，
当∠CAF=60°，△ACF是等边三角形，
则AC=AF，此时AE+AC=DF+AF=AD，
但∠CAF=60°无法求证，
故③不正确；
由①得，△ACE≌△BCD，
∴AE=BD，∠CEA=∠CDB=45°，
∴∠ADB=∠CDB+∠EDC=90°，
∴△ADB是直角三角形，
∴AD2+BD2=AB2，
∴AD2+AE2=AB2，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=2AC，
∴AE2+AD2=2AC2，故④正确；
故选C．
【点睛】本题考查了全等三角形得判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理和直角三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定和性质．
23．（2022秋·全国·八年级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用下图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，矩形AKJD的面积为S3，矩形KJEB的面积为S4，下列结论中：①BI⊥CD；②S1∶S△ACD＝2∶1；③S1－S4＝S3－S2； ④S1S4＝S3S2，正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用正方形的性质证明△ABI≌△ADC，得出∠AIB=∠ACD，即可得出∠CNI=∠NAI，即可判断①，利用△ABI≌△ADC，即可求出△ABI的面积，即可判断②，由勾股定理和S3+S4=S▱ABED，即可判断③，由③S1-S4=S3-S2，两边平方，根据勾股定理可得AC2−BC2=AK2−BK2，然后计算S12+S42−S22+S32=0，即可判断④．
【详解】解：∵四边形ACHI和四边形ABED为正方形，
∴AI=AC，AD=AB，∠CAI=∠BAD=90°，
∵∠BAI=∠BAC+∠CAI，∠DAC=∠BAC+∠BAD，
∴∠BAI=∠DAC，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴∠AIB=∠ACD，
∵∠CNI=∠CAI=90°，
∴BI⊥CD，
故①正确；
∵S△ACD=S△AIB=12×AI×AC，S正方形ACHI=S1=AI×AC，
∴S1：S△ACD=2：1，
故②正确；
∵S1=AC2，S2=BC2，S3+S4=S正方形ADEB=AB2，AC2+BC2=AB2，
∴S1+S2=S3+S4，
∴S1-S4=S3-S2，
故③正确；
∵ S1-S4=S3-S2，
∴S12+S42−2S1S4=S22+S32−2S2S3，
∵S1=AC2，S2=BC2，S3=AK•KJ= AK•AB，S4=BK•KJ=BK•AB，
∴ S12+S42=AC4+AB2BK2，S22+S32=BC4+AK2AB2，
∵AB2=AC2+ BC2，AC2=AK2+CK2,BC2=BK2+CK2，
∴AC2−AK2=BC2−BK2，
即AC2−BC2=AK2−BK2，
∴ S12+S42−S22+S32 =AC4+AB2BK2−BC4+AK2AB2
=AC4−BC4+AB2BK2−AK2
=AC2+BC2AC2−BC2−AB2AC2−BC2
=AB2AC2−BC2− AB2AC2−BC2
=0，
∴S1•S4=S2•S3，
故④正确，
故选D．
【点睛】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的条件，勾股定理的运用，完全平方公式的变形．
24．（2022秋·江苏·八年级期中）中国古代称直角三角形为勾股形，如果勾股形的三边长为三个正整数，则称三边长叫“勾股数”；如果勾股形的两直角边长为正整数，那么称斜边长的平方叫“整弦数”对于以下结论：①20是“整弦数”；②两个“整弦数”之和一定是“整弦数”；③若c2为“整弦数”，则c不可能为正整数；④若m＝a12+b12，n＝a22+b22，a1b1≠a2b2，且m，n，a1，a2，b1，b2均为正整数，则m与n之积为“整弦数”；⑤若一个正奇数（除1外）的平方等于两个连续正整数的和，则这个正奇数与这两个连续正整数是一组“勾股数”．其中结论正确的个数为( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①根据“整弦数”的定义即可求解；②根据定义举出反例即可求解；③根据“整弦数”的定义即可求解；④先求出m与n之积，再根据“整弦数”的定义即可求解；⑤先设一个正奇数（除1外）为2n+1（n为正整数），进一步得到两个连续正整数，再根据勾股定理的逆定理即可求解．
【详解】解：①∵20=(20)2=22+42
∴20是“整弦数”，符合题意；
②如5，2是“整弦数”，
∵2+5=7不是“整弦数”，
∴两个“整弦数”之和不一定是“整弦数”，不符合题意；
③若c=5，则c2=25，25=9+16=32+42，c2为“整弦数”，则c为正整数”，不符合题意；
④∵m＝a12+b12，n＝a22+b22，a1b1≠a2b2，且m，n，a1，a2，b1，b2均为正整数，
∴ mn=a12+b12a22+b22
=a12a22+b12a22+a12b22+b12b22
=a1a2+b1b22+a1b2−a2b12
∴m与n之积为“整弦数”，符合题意；
⑤设一个正奇数（除1外）为2n+1（n为正整数），
∵（2n+1）2=4n2+4n+1且等于两个连续正整数的和，
∴较小的正整数为2n2+2n，较小的正整数为2n2+2n+1，
∵（2n+1）2+（2n2+2n）2=（2n2+2n）2+4n2+4n+1=（2n2+2n）2+2（2n2+2n）+1=（2n2+2n+1）2，
∴这个正奇数与这两个连续正整数是一组“勾股数”，符合题意．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的综合运用，涉及数字类变化规律、整式的混合运算、完全平方公式等知识，正确理解“整弦数”的定义是解题关键．
25．（2022春·江苏无锡·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，S1，S2，S3，S4，S5分别表示对应阴影部分的面积，则S1+S2+S3+S4+S5＝（ ）
A．50 B．503 C．100 D．1003
【答案】B
【分析】根据题意过D作DN⊥BF于N，连接DI，进而结合全等三角形的判定与性质得出S1+S2+S3+S4+S5＝Rt△ABC的面积×4进行分析计算即可.
【详解】解：在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，
∴BC＝12AB＝5，AC＝AB2−BC2＝53，
过D作DN⊥BF于N，连接DI，
在△ACB和△BND中，
∠ACB=∠BND=90°∠CAB=∠NBDAD=BD，
∴△ACB≌△BND（AAS），
同理，Rt△MND≌Rt△OCB，
∴MD＝OB，∠DMN＝∠BOC，
∴EM＝DO，
∴DN＝BC＝CI，
∵DN∥CI，
∴四边形DNCI是平行四边形，
∵∠NCI＝90°，
∴四边形DNCI是矩形，
∴∠DIC＝90°，
∴D、I、H三点共线，
∵∠F＝∠DIO＝90°，∠EMF＝∠DMN＝∠BOC＝∠DOI，
∴△FME≌△DOI（AAS），
∵图中S2＝SRt△DOI，S△BOC＝S△MND，
∴S2+S4＝SRt△ABC．S3＝S△ABC，
在Rt△AGE和Rt△ABC中，
AE=ABAG=AC，
∴Rt△AGE≌Rt△ACB（HL），
同理，Rt△DNB≌Rt△BHD，
∴S1+S2+S3+S4+S5
＝S1+S3+（S2+S4）+S5
＝Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积
＝Rt△ABC的面积×4
＝5×53÷2×4
＝503．
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理的应用和全等三角形的判定，解题的关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用．
26．（2022春·广东河源·八年级校考期中）在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列各组条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A． AB=CD，AD=BC，AC=BD B． AO=CO，BO=DO，∠A=90°
C．∠A=∠C，∠B+∠C=180°，AC⊥BD D．∠A=∠B=90°，AC=BD
【答案】C
【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可．
【详解】解：∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴A正确；
∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90∘，
∴四边形ABCD是矩形，
∴B正确；
∵∠B+∠C=180°，
∴AB∥DC，
∵∠A=∠C，
∴∠B+∠A=180∘，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴C不正确；
∵∠A=∠B=90∘，
∴∠A+∠B=180∘，
∴AD∥BC, 如图所示：
在Rt△ABC和Rt△BAD中，
AC=BDAB=AB，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD(HL)，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90°
∴四边形ABCD是矩形，
∴D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定和矩形的判定，解题关键是熟练运用相关判定定理进行推理证明．
27．（2022春·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期中）如图，在△ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果AD平分∠EAF，那么四边形AEDF是菱形
C．如果AD=EF，那么四边形AEDF是矩形
D．如果AD⊥BC且AB=AC，那么四边形AEDF是正方形
【答案】D
【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项判断即可得出答案．
【详解】A．因为DE∥CA，DF∥BA，所以四边形AEDF是平行四边形．故A选项正确，不符合题意；
B．如果AD=EF，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B选项正确，不符合题意；
C．因为AD平分∠EAF，所以∠EAD=∠FAD，
∵∠FAD=∠EDA，∠EAD=∠FDA，
∴EAD=∠EDA，
∴AE=DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确，不符合题意；
D．∵AD⊥BC且AB=AC，
∴D为BC的中点．
∵DE∥CA，DF∥BA，
∴E为AB的中点，F为AC的中点，
∴AE=12AB，AF=12AC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴四边形AEDF是菱形．故D选项错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．
28．（2022秋·浙江杭州·八年级校考期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，点P在边AB上，BC=3，AC=4，（ ）．
A．若∠ACP=45°，则CP=52 B．若∠ACP=∠B，则CP=52
C．若∠ACP=45°，则CP=125 D．若∠ACP=∠B，则CP=125
【答案】D
【分析】由勾股定理求出AB的长，若∠ACP=45°，则CP是∠ACB的平分线，由AC≠BC可知CP≠12AB=52；若∠ACP=∠B时，证明CP⊥AB，可得CP=AC⋅BCAB=125，进而可得答案．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5，
如图1，若∠ACP=45°，则CP是∠ACB的平分线，
∵AC≠BC，
∴CP≠12AB=52，故A选项错误；
如图2，若∠ACP=∠B时，
∵∠BCP+∠ACP=90°，
∴∠BCP+∠B=90°，
∴CP⊥AB，
∴CP=AC⋅BCAB=4×35=125，此时∠ACP=∠B≠45°，故选项B，C错误，选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
29．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图是一张长方形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF=CD，则∠DAF的度数为（ ）
A．15° B．16° C．18° D．20°
【答案】C
【分析】连接DM，根据直角三角形的性质可得AM=DM=CM，从而得到∠FAD=∠MDA,∠MDC=∠MCD，再由折叠的性质可得DF=CD，从而得到∠DFC=∠DCF，进而得到MF=FD，继而得到∠FMD=∠FDM，再由三角形外角的性质可得∠DFC=2∠FMD，∠DMC=2∠FAD，从而得到∠DFC=4∠FAD，设∠DAF=x，则∠ADM=x，∠CDM=∠DCF=∠DFC=4x，再由∠ADM+∠CDM=∠ADC=90°，即可求解．
【详解】解：如图，连接DM，
在长方形ABCD中，∠ADC=90°，
∵点M是对角线AC的中点，
∴AM=DM=CM，
∴∠FAD=∠MDA,∠MDC=∠MCD，
∵△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，
∴DF=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵MF=CD，
∴MF=FD，
∴∠FMD=∠FDM，
∵∠DFC=∠FMD+∠FDM，
∴∠DFC=2∠FMD，
∵∠DMC=∠FAD+∠ADM，
∴∠DMC=2∠FAD，
∴∠DFC=4∠FAD，
设∠DAF=x，则∠ADM=x，∠CDM=∠DCF=∠DFC=4x，
∵∠ADM+∠CDM=∠ADC=90°，
∴x+4x=90°，解得：x=18°，
即∠DAF=18°．
故选：C
【点睛】本题主要考查了折叠问题，三角形的内角的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据∠ADM+∠CDM=∠ADC=90°列出方程是解题的关键．
30．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3，则AB的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．254
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，
∴BC=8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE=EF=3,AB=AF，△CEF是直角三角形，
∴CE=8−3=5，
在Rt△CEF中，CF=CE2−EF2=52−32=4，
设AB=x，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即(x+4)2=x2+82，
解得x=6，
故选：C．
【点睛】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
31．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图．在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连接AP，EF，则下列命题：①若AP=5，则EF=5：②若正方形边长为4，则EF的最小值为2：③若AP⊥BD，则EF∥BD，其中正确的命题是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【分析】延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP=EF，即可判定①；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定②；由AP⊥BD可证得∠EFC=∠PAQ=45°，利用平行线的判定可证明③的正确性．
【详解】解：延长EP交AD于Q，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠C=90°，AD∥BC，∠BDC=45°，
∵PF⊥CD，
∴∠DPF=45°，
∴DF=PF，
∵PE⊥BC，
∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，
∴∠AQP=90°，EC=PF=DF，
∴∠AQP=∠C，AQ=FC，四边形PQDF为正方形，
∴DF=QP，
∴CE=QP，
在△AQP和△FCE中，
AQ=FC∠AQP=∠CQP=CE，
∴△AQP≌△FCE(SAS)，
∴AP=EF，
若AP=5，则EF=5，故①正确；
当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，
∵AB=AD=4，
∴BD=AB2+AD2=42+42=42，
∴AP=12BD=22，
∵EF=AP，
∴EF的最小值为22，故②错误；
若AP⊥BD，则∠PAQ=45°，
∵△AQP≌△FCE，
∴∠EFC=∠PAQ=45°，
∵∠BDC=45°，
∴∠EFC=∠BDC，
∴EF∥BD，故③正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等知识的综合运用，证明△AQP≌△FCE是解题的关键．
32．（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，在▱ABCD中，∠BCD=60°，DC=6，点E、F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF折叠得四边形A′B′FE，A′E恰好垂直于AD，若AE=52，则B′F的值为（ ）
A．3 B．23−1 C．33−12 D．523
【答案】C
【分析】延长FB′交AD于点H，根据折叠的性质、平行四边形的性质得到A′G=2A′E=5，EG=523，在Rt△GHB′中，得到HB′=12GB′=12，HG=123，由折叠的性质得到△HEF是等腰直角三角形，据此即可求解．
【详解】解：延长FB′交AD于点H，
∵A′E恰好垂直于AD，且四边形ABCD是平行四边形，
∴FH也垂直于AD，
由折叠的性质得AE=AE′=52，∠A'EG=∠B'HG=90°，∠A′=∠A=60°，A′B′=AB=6，
∴∠A′GE=30°，
∴A′G=2A′E=5，EG=52−522=523，
在Rt△GHB′中，∠B′GH=30°，B′G=A′B′−A′G=1，
∴HB′=12GB′=12，HG=12−122=123，
∴EH=EG+GH=523+123=33，
由折叠的性质得∠AEF=∠A′EF，
∴180°−∠HEF=90°+∠HEF，
∴∠HEF=45°，
∴△HEF是等腰直角三角形，
∴FH=EH=33，
∴B′F=33−12，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，证明△HEF是等腰直角三角形是解题的关键．
33．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图是一张长方形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF=AB，则∠DAF=（ ）
A．15° B．18° C．22.5° D．30°
【答案】B
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】解：连接MD，设∠DAF=x，
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
34．（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》 时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在弦图中（如图2）连结AF，DE，并延长DE交AF于点K，连结KG．若AH=2DH=22，则KG的长为（ ）
A．2 B．322 C．5 D．22
【答案】C
【分析】过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，由图形关系求得AE=EF=FG=2，再算AK=KF=22EF，KM=MF=22KF求得MK与MF，进而由勾股定理求得结果．
【详解】解：过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，
∵AH=2DH=22，
∴AE=DE=2，
∴EH=HG=GF=EF=22−2=2，
∴DH=EH，
∴∠AEK=∠HED=∠HDE=45°，
∴∠AEK=∠FEK=45°，
∵AE=EF=2，
∴AK=KF=22EF=1，∠AFE=45°，
∴∠EFM=45°，
∴MK=MF=22KF=22，
∴KG=MK2+MG2=222+22+22=5．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，关键是构造直角三角形．
35．（2022秋·浙江金华·八年级统考期中）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结BG．若大正方形的面积是小正方形面积的5倍，则BGBE的值为（ ）
A．5 B．3 C．13 D．4
【答案】C
【分析】BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为5x，设CN=t则BE=t在Rt△BCN中利用勾股定理得到x2+t+x2=5x2解得t=x，所以BE=CN=x由于ED为小正方形的对角线，则∠FEN=∠EFN=45°，接着判定△GDF为等腰直角三角形，则∠FGD=45°，DG=DF=x，然后证明△MGE为等腰直角三角形，所以ME=MG=2x，接着利用勾股定理计算出BG=13x，从而得出BGBE的值．
【详解】解：BE与GD的延长线相交于M点，BM交CF于N点，如图，
设小正方形的边长为x，则大正方形的边长为5x，
设CN=t，则BE=t，
在Rt△BCN中，∵CN=t，BE=t，BC=5x，
∴t2+t+x2=5x2，
解得：t=x，
∴BE=CN=x，
∵EF为小正方形的对角线，
∴∠FEN=∠EFN=45°，
∴∠GFD=45°，
∵GD⊥DF，
∴△GDF为等腰直角三角形，
∴∠FGD=45°，DG=DF=x，
∵∠GEM=∠EGM=45°，
∴△MGE为等腰直角三角形，
∴ME=MG=2x，
在Rt△BMG中，∵BM=3x，GM=2x，
∴BG=3x2+2x2=13x
∴BGBE=13xx=13，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握勾股定理．
36．（2022春·广东阳江·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2AD，F是CD的中点，作BE⊥AD于点E，连接EF、BF，下列结论：①∠CBF=∠ABF；②FE=FB；③2S△EFB=S四边形DEBC；其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】先证明∠CFB=∠CBF， ∠CFB=∠ABF，从而可判断①，延长EF交BC的延长线于G，想办法证明EF=FG，BE⊥BG，可判断②③，从而可解决问题．
【详解】解：∵平行四边形ABCD，
∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，
如图延长EF交BC的延长线于G，
∵AB=2AD，
∴CD=2AD，
∵F是CD的中点，
∴DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠CBF=∠ABF，故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DEF≌△FCGAAS，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵△DEF≌△FCG，
∴S△DEF=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
37．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥AD于点H，过点B作BF∥AC交EG的延长线于点F．若AG=3，则阴影部分的面积为（）
A．12 B．12.5 C．13 D．13.5
【答案】D
【分析】设DG=x，CG=y，则CD=x+y，根据等腰三角形的性质及直角三角形斜边上的中线性质得出BD=AD=CD=x+y，AD⊥BC，BC=2BD，再由矩形的判定和性质得出四边形DGEH为矩形，∠GEC=45°，再由勾股定理化简得出2x2+2xy+y2=9，结合图形确定S阴影=S△ABC+S△BGF−S矩形DGEH代入求解即可．
【详解】解：设DG=x，CG=y，则CD=x+y，
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，AB=AC，
又∵D为BC中点，
∴BD=AD=CD=x+y，AD⊥BC，BC=2BD，
∵EG⊥BC，EH⊥AD，
∴四边形DGEH为矩形，∠GEC=45°，
∴DH=EG=CG=y，
∵BF∥AC，
∴∠FBG=∠ACB=45°，
∵EF⊥BC，
∴∠F=45°，
∴GF=BG=BD+DG=x+y+x=2x+y，
在Rt△ADG中，
∵AD2+DG2=AG2，
∴x+y2+x2=32，
∴2x2+2xy+y2=9，
∴S阴影=S△ABC+S△BGF−S矩形DGEH
=12BC×AD+12BG×GF−DG×DH
=BD×AD+12BG2−DG×DH
=x+y2+122x+y2−xy
=3x2+3xy+32y2
=322x2+2xy+y2
=32×9
=13.5，
故选：D．
【点睛】题目主要考查矩形的判定和性质，勾股定理解三角形，直角三角形斜边上的中线的性质及列代数式求代数式的值，理解题意，用代数式表示出阴影部分的面积是解题关键．
38．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市高级中学校考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是BC边上一点，且AE=EC，点P是边AD上一动点，连接PE，PC，则下列结论：
① BE=3；
②当AP=5时，PE平分∠AEC；
③连接BP，△PBC周长的最小值为8+82；
④当AP=5或6或256时，△APE为等腰三角形．
其中正确的个数有 （ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，线段最短的原理，依次计算判断即可．
【详解】解：∵长方形ABCD中，AB=4，BC=8，
∴ ∠ABE=90∘，
设BE=x，则AE=EC=8−x，
则42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
故①正确；
∵长方形ABCD，
∴ AD∥BC，
∴ ∠APE=∠PEC，
由①知，BE=3
∴AE=AB2+BE2=5
∵ AP=5，
∴ AP=AE=EC=5，
∴ ∠APE=∠AEP，
∴ ∠AEP=∠PEC，
∴ PE平分∠AEC；
故② 正确，
连接BP，延长BA到点E，使得BA=AE，连接EC，交AD于点P，此时PB+PC最小，且最小值为EC的长，根据勾股定理，得EC=82+82=82，
∴ △PBC周长的最小值为8+82；
故③正确；
∵ AE=EC=5，
∴ AP=5时，△APE为等腰三角形；
当AE=EP=5时，△APE为等腰三角形，
过点E作EF⊥AD，垂足为F，
∵长方形ABCD中，AB=4，BC=8，
∴ ∠ABE=90∘，∠BAF=90∘，
∴四边形ABEF是矩形，
∴ AB=EF=4，
∴ AF=FP=52−42=3，
∴ AP=AF+FP=6；
当AP=EP时，△APE为等腰三角形，
过点P作PH⊥BC，垂足为H，
∵长方形ABCD中，AB=4，BC=8，
∴ ∠D=∠C=90∘，
∴四边形PDCH是矩形，
∴ PH=DC=AB=4，PD=HC=8−AP，
∴ EH=5−(8−AP)=AP−3,
∴ 42+(AP−3)2=AP2，
解得AP=256；
故当AP=5或6或256时，△APE为等腰三角形．
所以④正确，
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，线段最短原理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理和线段最短原理是解题的关键．
39．（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，P为CD上一点，线段AP的垂直平分线MN交BD于N，M为垂足，交正方形的两边于E、F，连接PN，则下列结论：①∠APN=45°；②PC=2BN；③∠DNF=∠DAP；④MN=MF+NE，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①过N作ST∥BC，则ST⊥AB，先证明△BSN是等腰直角三角形，得出SA=TN，再由AN=PN,，证明Rt△ASN≌Rt△NTP，得出∠SAN=∠TNP，证出∠ANP=90°，即可得出∠APN=45°；
②PC=PT+TC=SN+SB，△BSN是等腰直角三角形，SB=SN，即可得出PC=2BN；
③假设∠DNF=∠DAP成立，证明△NDP≌△NDF，得出DP=DF，可判断③不一定成立；
④过P作AD的平行线交MN于K，证出MF=MK，NE=NK，即可得出结论．
【详解】解：①正确；过N作ST∥BC分别交AB、DC于S、T，则ST⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=ST,∠BAD=90°,∠ABD=45°，
∴△BSN是等腰直角三角形，
∴SB=SN,∠BNS=45°，
∴SA=TN，
∵线段AP的垂直平分线MN交BD于点N，
∴AN=PN，
在Rt△ASN和Rt△NTP中，
AN=PNSA=TN，
∴Rt△ASN≌Rt△NTPHL，
∴∠SAN=∠TNP，
∵∠SAN+∠ANS=90°，
∴∠TNP+∠ANS=90°，
∴∠ANP=90°，
∴∠APN=45°，故①正确；
由①得：PC=PT+TC=SN+SB，△BSN是等腰直角三角形，SB=SN，
∴PC=SN+SB=2BN，故②正确；
∵∠APN=∠ADN=45°，∠PON=∠AOD，
∴∠DNP=∠DAP，
若∠DNF=∠DAP，
则∠DNF=∠DNP．
∵ND=ND,∠NDP=∠NDF，
∴△NDP≌△NDF，
∴DP=DF，显然不一定成立，故③错误；
过P作AD的平行线交MN于K，
∴∠MAF=∠MPK．
∵MN垂直平AP，
∴AM=PM，
∵∠AMF=∠PMK，
∴△AMF≌△PMKASA，
∴MF=MK，
作KG⊥ST于点G，作NH⊥BC于点H，
则KG=PT,NH=CT，
由①得：PT=SN=SB=CT，
∴KG=MH．
∵ST∥BC，
∴∠KNG=∠NEH，
∵∠KGN=∠NHE=90°，
∴△KGN≌△NHEAAS，
∴NE=NK，
∴MN=MF+NE，故④正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质；本题难度较大，综合性强，特别是需要通过作辅助线证明三角形全等．
40．（2022秋·湖北黄石·八年级统考期中）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD， BC边上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②EC平分∠DCH；③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF=25．以上结论中，你认为正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，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根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，表示出AF＝FC＝8−x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．
【详解】解：①∵HE∥CF，
∴∠HEF＝∠EFC，
∵∠EFC＝∠HFE，
∴∠HEF＝∠HFE，
∴HE＝HF，
∵FC＝FH，
∴HE＝CF，
∵HE∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
②∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°时，EC平分∠DCH，
故②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8−x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=8−x2，
解得x=3，
点E与点D重合时，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，
故③正确；
过点F作FM⊥AD于M，则ME=8−3−3=2，
由勾股定理得，EF=MF2+ME2=25，
故④正确；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，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．
41．（2022春·湖南长沙·八年级长沙市长郡梅溪湖中学校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=12，点E、G分别在边DC、BC上，且BG=CG，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠EAG=45°；③CE=2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC=725．其中正确结论的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【分析】根据△ADE沿AE对折至△AFE，得到AD=AF=AB，AG=AG，可判定△ABG≌△AFG；由折叠和三角形全等，可判定∠EAG=45°；设DE=x，则EC=12−x，FG=BG=CG=6，EG=6+x，根据勾股定理62+(12−x)2=(6+x)2，得到x=4，12−x=8，可以判断CE=2DE；根据△ABG≌△AFG，FG=CG，得到2∠AGF=2∠GFC即∠AGF=∠GFC，可判定AG∥CF；先计算S△EGC=12×6×8=24，根据FG：EF=6：4=3：2，计算S△FGC=725．
【详解】∵△ADE沿AE对折至△AFE，四边形ABCD是正方形，
∴AD=AF=AB，AG=AG，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
AB=AFAG=AG，
∴Rt△ABG≅Rt△AFG，
∴①正确；
由折叠和三角形全等，得∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，
∴∠DAE+∠FAE+∠BAG+∠FAG=90°，
∴2∠FAE+2∠FAG=90°，
∴∠FAE+∠FAG=45°，
∴∠EAG=45°，
∴②正确；
设DE=x，则EC=12−x，FG=BG=CG=6，
∴EG=6+x，
根据勾股定理得：CG2+CE2=GE2，即62+(12−x)2=(6+x)2，
解得x=4，
∴12−x=8，
∴CE=2DE；
∴③正确；
∵Rt△ABG≅Rt△AFG，
∴∠AGF=∠AGB，
FG=CG，
∴∠GFC=∠GCF，
∴∠AGF+∠AGB=∠BGF=∠GFC+∠GCF，
∴2∠AGF=2∠GFC，即∠AGF=∠GFC，
∴AG//CF；
∴④正确；
∵CE=8，GC=6，
∴S△EGC=12×6×8=24，
因为FG：EF=6：4=3：2，
∴S△FGC=35×24=725，
∴⑤正确；
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等判定和性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．
42．（2022春·湖南娄底·八年级校考期中）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥ CD于点F，连接EF，给出下列五个结论：① AP＝EF；② AP⊥ EF；③∠PFE＝∠BAP；④ PD＝EC；⑤ PB2+PD2＝2PA2，正确结论是（ ）
A．① ③ B．① ② ③ C．① ③ ⑤ D．① ② ③ ⑤
【答案】D
【分析】① 先证△ABP≌△CBP，由全等的性质可得；② 由全等及矩形的性质可得；③ 由全等及矩形的性质可得；④ 由PF=EC且PD>PF可判断错误 ⑤ 由勾股定理得PA2=PG2+AG2=DF2+BE2、PD2=PF2+DF2=EC2+DF2、PB2=BE2+PE2，再相加后等量代换可得
【详解】① 解：过点P作PG⊥AD于G，连接PC
易证△ABP≌△CBP
∴PA=PC
又PE⊥BC，PF⊥ CD，∠BCD=90°
∴ 四边形PECF是矩形
∴PC=EF
∴AP=EF
故 ① 正确；
② 解：延长AP交BC于H,连接PC交EF于O，如图
由① 知：∠BAP=∠BCP,∠OEC=∠OCE
∵∠BAP+∠AHB=90°
∴∠BCP+∠AHB=90°
∴∠OEC+∠AHB=90°
∴AP⊥EF
故② 正确；
③ 解：由①② 知：∠PFE=∠OEC=∠OCE=∠BAP
故③正确；
④解：∵四边形PECF是矩形
∴ PF=EC
在Rt△PFD中
∵PD>PF
∴PD>EC
故④错误；
⑤ 解：过点P作PG⊥AD于G，连接PC
易知四边形ABEG、PECF、GPFD为矩形
∴ AG=BE,PF=EC,PG=DF
∴PA2=PG2+AG2=DF2+BE2
∵PD2=PF2+DF2=EC2+DF2
PB2=BE2+PE2
∴PB2+PD2=BE2+PE2+EC2+DF2
=(BE2+DF2)+(PE2+EC2)
=PA2+PC2
=PA2+PA2
=2PA2
故⑤ 正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形性质，矩形的判定及性质，勾股定理，灵活运用知识及作出辅助线是解题关键．
43．（2022春·北京西城·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn.下列结论正确的有（ ）
①四边形A2B2C2D2是矩形；
②四边形A4B4C4D4是菱形；
③四边形A5B5C5D5的周长是a+b4；
④四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项做出分析与判断：①根据矩形的判定与性质做出判断；②根据菱形的判定与性质做出判断；③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长；④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积．
【详解】解：①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC⊥BD，∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
故本选项错误；
②由①知，四边形A2B2C2D2是菱形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故本选项正确；
③根据中位线的性质易知，A5B5=12A3B3=14A1B1=18AC，B5C5=12B3C3=14B1C1=18BD，
∴四边形A5B5C5D5的周长是2×18a+b=a+b4，
故本选项正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是ab2n+1，
故本选项正确．
综上所述，②③④正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系是最关键的．
44．（2022春·浙江舟山·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，ΔABE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，则下列五个结论中正确的个数是（ ）
①△AMB ≌△ENB；②若菱形ABCD的边长为2，则AM＋CM的最小值2；③连接AN，则AN⊥BE；④当AM＋BM＋CM的最小值为43时，菱形ABCD的面积也为43．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】①根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；③先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；④根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④．
【详解】解①∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴∠MBN-∠ABN=∠ABE-∠ABN．即∠MBA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），故①正确；
②连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，BD⊥AC，AO=CO．
∴点A和点C关于直线BD对称，
∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=2．
即AM+CM的值最小为2，故②正确；
③假设AN⊥BE，且AE=AB，
∴AN是BE的垂直平分线，
∴EN=BN=BM=MA，
∴M点与O点重合，
∵条件没有确定M点与O点重合，故③错误；
④如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=MN，
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM，
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短，
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°﹣120°=60°，
设菱形的边长为x，∴BF=12x，EF=32x，
在Rt△EFC中，∵EF2+FC2=EC2，
∴(32x)2+(12x+x)2=(23)2，
解得x=2，
∴BC=2,EF=3，
∴菱形的面积为EF×BC=3×2=23，
故④不正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键．
45．（2022春·天津和平·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若AB＝6，则下列结论：①∠CBE＝15°； ②AE＝3+1；③S△DEC＝3−12；④CE+DE＝EF．正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】用正方形的性质BC=CD，∠BCE=∠DCE=45°，结合CE共用，推出△CBE≌△CDE，得到∠CBE= ∠CDE=15°，判断①正确；
过D作DM⊥AC于M，根据AD＝CD＝6，∠ADC=90°，得到∠ADM=∠CDM=12∠ADC=45°，AM=CM=DM=12AC，推出AC=2AD=23，得到AM＝DM＝3，∠EDM=∠CDM-∠CDE=60°，推出ME＝33DM＝33×3＝1，得到AE＝3+1，判定②正确；
结果CM=DM＝3，EM＝1，推出CE＝CM﹣EM＝3﹣1，得到S△DEC＝12×（3﹣1）×3＝3−32，判定③错误；
在EF上取一点G，使EG＝EC，连接CG，根据BC＝CF，得到∠CBE＝∠F=∠CDE＝15°，根据∠CEG＝∠CBE+∠BCE=60°推出△CEG是等边三角形，得到∠CGE＝60°，CE＝GC，推出∠GCF＝∠CGE-∠F=45°，得到∠ECD＝GCF，根据CD=CE，推出△DEC≌△FGC，得到DE＝GF，根据EF＝EG+GF，推出EF＝CE+DE，判定④正确．
【详解】①∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°．
在△BCE和△DCE中，
{BC=DC∠BCE=∠DCECE=CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDE＝15°，故①正确；
②过D作DM⊥AC于M，
∵AD=CD，
∴∠ADM=∠CDM=12∠ADC=45°，AM=CM=12AC，
∵∠ADC=90°，
∴DM=12AC，
∴∠EDM=∠CDM-∠CDE=30°，
∵AD＝CD＝6，
∴AC=2AD=23，
∴AM＝DM＝3，
∴ME＝33DM＝33×3＝1，
∴AE＝3+1，故②正确；
③∵CM=DM＝3，EM＝1，
∴CE＝CM﹣EM＝3﹣1，
∴S△DEC＝12×（3﹣1）×3＝3−32，故③错误；
④在EF上取一点G，使EG＝EC，连接CG，
∵BC＝CF，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠CBE＝∠CDE＝∠F＝15°．
∴∠CEG＝60°．
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE＝60°，CE＝GC，
∴∠GCF＝∠CGE-∠F=45°，
∴∠ECD＝GCF．
在△DEC和△FGC中，
{CE=GC∠ECD=∠GCFCD=CF，
∴△DEC≌△FGC（SAS），
∴DE＝GF．
∵EF＝EG+GF，
∴EF＝CE+DE，故④正确．
故正确的是①②④．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的面积，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键．
46．（2022秋·湖南湘潭·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，AB=4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则以下结论：①AF=FH；②∠HAE=45∘；③BD=2FG；④△CEH的周长为8．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF=CF，故需证明FC=FH，可证：AF=FH；
②由FH⊥AE，AF=FH，可得：∠HAE=45°；
作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD=2FG，只需证OA=GF即可，根据△AOF≌△FGH，③可证OA=GF，故可证BD=2FG；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，则IL=HC，可证AL=HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE=IM，故△CEH的周长为边AM的长．
【详解】解：①连接FC，延长HF交AD于点L，如图1，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB=∠CDF=45°．
∵AD=CD，DF=DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）．
∴FC=AF，∠ECF=∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF=90°，
∴∠LHC+∠DAF=90°．
∵∠ECF=∠DAF，
∴∠FHC=∠FCH，
∴FH=FC．
∴FH=AF．
②∵FH⊥AE，FH=AF，
∴∠HAE=45°．
③连接AC交BD于点O，如图2，可知：BD=2OA，
∵∠AFO+∠GFH=∠GHF+∠GFH，
∴∠AFO=∠GHF．
∵AF=HF，∠AOF=∠FGH=90°，
∴△AOF≌△FGH（ASA）．
∴OA=GF．
∵BD=2OA，
∴BD=2FG．
④连接EM，延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，如图3，则：LI=HC，
∵HL⊥AE，CI∥HL，
∴AE⊥CI，
∴∠DIC+∠EAD=90°，
∵∠EAD+∠AED=90°，
∴∠DIC=∠AED，
∵ED⊥AM，AD=DM，
∴EA=EM，
∴∠AED=∠MED，
∴∠DIC=∠DEM，
∴∠CIM=∠CEM，
∵CM=MC，∠ECM=∠CMI=45°，
∴△MEC≌△CIM（AAS），可得：CE=IM，
同理，可得：AL=HE，
∴HE+HC+EC=AL+LI+IM=AM=8．
∴△CEH的周长为8．
故①②③④结论都正确．
故选：D．
【点睛】此题考查正方形的性质，解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等．
47．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论：①∠DCF=12∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC<2S△CEF；④∠DFE＝4∠AEF．其中一定成立的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①② D．①②④
【答案】B
【分析】延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF ，得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：∵F是AD的中点，
∴ AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF=FD=CD，AD∥BC，
∴∠DFC＝∠DCF，∠DFC＝∠FCB，
∴ ∠DCF＝∠BCF，
∴∠DCF=12∠BCD，故①正确；
如图，延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，∠BEC=∠DCE，
∵F为AD中点，
∴ AF＝FD，
在△AEF和△DFM中
∵∠A=∠FDMAF=DF∠AEF=∠DFM，
∴△AEF≌△DMFASA，
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC=12EM＝FE，故②正确；
∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，即 S△ECM=2S△CEF，
∵△AEF≌△DMF，
∴S△AEF=S△DMF，
∴S△ECM=S四边形AECD，
∵S△BEC＜S△ABC＜S四边形AECD，
故：S△BEC<2S△CEF，故③成立；
设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC＝90°-x，
∴∠EFC＝180°—2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x＝270° -3x，
∵∠AEF＝90°-x，
∴∠DFE＝3∠AEF，故④错误．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△AEF≌△DMF是解题关键．
48．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝10，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为2；③BP＝PD；④S△APD+S△APB＝52．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④
【答案】D
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合ΔAEP是等腰直角三角形，可证ΔBEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
③根据①中的全等可进行判断；
④连接BD，SΔAPD+SΔAPB=SΔAEB+SΔAPB=S四边形AEBP，代入数值计算即可．
【详解】解：①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在ΔAPD和ΔAEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴ΔAPD≅ΔAEB(SAS)；
故①成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∵AE=AP，AP⊥AE，
∴ΔAEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP=∠APE=45°
∴∠AEB=∠APD=180°−45°=135°，
∴∠BEP=135°−45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE=12+12=2，
∴BE=BP2−PE2=22，
∴BF=EF=222=2，
故②成立；
③∵ΔAPD≅ΔAEB，
∴PD=EB，
∵EB与BP不一定相等，
∴BP与PD也不一定相等，
故③不成立；
④如图，连接BD，
由②得：PE=2，BE=22，
∵ΔAPD≅ΔAEB，
∴SΔAPD+SΔAPB=SΔAEB+SΔAPB=S四边形AEBP=SΔAEP+SΔEPB=12⋅AE⋅AP+12⋅PE⋅BE=12×1×1+12×2×22=52．
故④成立．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，综合性较强，难度较大，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
49．（2022春·云南昭通·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE、DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论中，不正确的是（ ）
A．AG⊥DF B．EF∥AB C．AB=AF D．OB=2OE
【答案】D
【分析】A证明∠DAE=∠CDF，进而得∠DAF+∠ADG=90°，便可判断正误；B证明△AGF≌△AGD（ASA），得AG垂直平分DF，得ED=EF，得∠EFD=∠EDF=∠CDF，得EF∥CD，便可判断正误；C由△AGF≌△AGD得AF=AD，便可判断正误；D证明EF=ED=2，由平行于三角形一边的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例便可得AB与EF的数量关系，进而判断正误．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD=∠BDC=45°，
∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠DAF+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，即AG⊥DF，
故A结论正确；
在△AGF和△AGD中，
∠GAF=∠GAD∠AGF=∠AGD=90°AG=AG，
∴△AGF≌△AGD（ASA），
∴GF=GD，
∵AG⊥DF，
∴EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF=∠CDF，
∴EF∥CD∥AB，
故B正确；
∵△AGF≌△AGD（ASA），
∴AD=AF=AB，故C正确；
∵EF∥AB，
∴∠OEF=∠ABO=45°，
∵∠AOB=∠EOF=90°，
∴EF=ED=2OE，
∴EFAB=OEBO=OEOD=OE(1+2)OE，
∴OB=（1+2）OE，
故D错误．
故选：D
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，平行线的性质与判定，涉及的知识点多，关系复杂，增加了解题的难度，关键是灵活运用这些知识解题．
50．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线l上，且EF=2，AB=2，给出下列结论：①∠COD=45°；②AD⊥CF；③CF=BD=10；④四边形ABDO的面积与正方形ABCO的面积相等．其中正确的结论为（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，根据四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，可得∠COD=45°，判断①正确，证明△AOD≌△COF（SAS），可得∠ADO=∠CFO，又∠DKS=∠FKO，可得∠DSK=∠FOK=90°，判断②正确；利用勾股定理求出AD，得到CF，再求出BD，可判断③正确；求出S△BCD=S△CDO，可得S四边形ABDO=S正方形ABCO，判断④正确．
【详解】解：如图：过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，
∵四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，
∴∠AOC=90°=∠COE，∠DOE=45°，
∴∠COD=45°，故①正确，
∵∠AOC=90°=∠FOD，
∴∠AOD=135°=∠COF，
又OA=OC，OD=OF，
∴△AOD≌△COF（SAS），
∴∠ADO=∠CFO，AD=CF，
∵∠DKS=∠FKO，
∴∠DSK=∠FOK=90°，
∴AD⊥CF，故②正确；
∵四边形DEFO是正方形，
∴△DON是等腰直角三角形，
∵EF=2=DO，
∴DN=ON=22DO=1，
在Rt△ADN中，AD=DN2+AN2=12+32=10，
∴CF=10，
∵∠MNO=∠NOC=∠OCM=90°，
∴四边形NOCM是矩形，
∴MN=OC=AB=2，CM=ON=1
∴DM=MN-DM=1，BM=BC+CM=3，
在Rt△BDM中，BD=BM2+DM2=32+12=10，
∴CF=BD=10，故③正确；
∵S△BCD=12BC•DM=12×2×1=1，S△CDO=12OC•ON=12×2×1=1，
∴S△BCD=S△CDO，
∴S△DTO=S△BCT，
∴S四边形ABDO=S正方形ABCO，故④正确，
∴正确的有①②③④，
故选：A．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用及三角形面积等，解题的关键是掌握正方形性质，证明△AOD≌△COF．
二、填空题
51．（2022秋·江西九江·八年级统考期中）已知n＞0，若3n是最简二次根式，请写出一个符合条件的正整数n：_______．
【答案】1
【分析】根据根号下不含能开得尽的因式，根号下不含分母，是最简二次根式，可得答案．
【详解】解：∵n＞0且3n是最简二次根式，
∴n=1，
故答案为：1(答案不唯一)．
【点睛】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的定义是解题关键．
52．（2022秋·陕西西安·八年级校考期中）如图，在数轴上，AB=2AC，A，B两点对应的实数分别是7和−1，则点C所对应的实数是________．
【答案】x=37+12
【分析】设点C表示的数为x，根据数轴上两点间的距离，以及AB=2AC，列式进行求解即可．
【详解】解：设点C表示的数为x，由题意，得：7−−1=2x−7，
解得：x=37+12；
故答案为：x=37+12．
【点睛】本题考查实数与数轴，以及一元一次方程的应用，二次根式的加减运算．熟练掌握数轴上两点间的距离公式，正确的列出方程，是解题的关键．
53．（2022秋·江西鹰潭·八年级校考期中）当x=1+2时，代数式x2−2x+2022=______．
【答案】2023
【分析】根据完全平方公式以及二次根式的性质a2=a（a≥0）即可求出答案．
【详解】解：∵x=1+2时，
∴x−1=2，
∴x−12=2，
∴x2−2x+1=2，
∴x2−2x=1，
∴原式=1+2022
=2023，
故答案为：2023．
【点睛】本题考查二次根式的性质，解题的关键是熟练运用二次根式的性质以及完全平方公式，本题属于基础题型．
54．（2022春·宁夏吴忠·八年级校考期中）对于任意两个不相等的实数a、b，定义一种新运算“⊕”如下：a⊕b=a+ba−b，如：3⊕2=3+23−2=5．那么12⊕4=________．
【答案】2
【分析】根据新定义，将a=12，b=4代入计算即可．
【详解】解：∵a⊕b=a+ba−b，
∴12⊕4=12+412−4=168=422=2,，
故答案为：2．
【点睛】本题考查实数的计算，解题的关键是将a=12，b=4正确代入再化简．
55．（2022秋·河南南阳·八年级统考期中）△ABC的三边长分别为1、k、3，则化简7−4k2−36k+81−2k−3=_____．
【答案】1
【分析】根据三角形的三边关系得到2
【详解】解：∵△ABC的三边长分别为1、k、3，
∴2
∴7−4k2−36k+81−2k−3
=7−2k−92−2k−3
=7−9−2k−2k+3
=10−2k−9+2k
=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形的三边关系的应用，绝对值的化简，二次根式的化简，掌握“二次根式的化简方法”是解本题的关键．
56．（2022秋·贵州六盘水·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．
57．（2022春·北京·八年级北京八中校考期中）已知n是正整数，18−2n是整数，则满足条件的所有n的值为__________．
【答案】9或7或1
【分析】先利用算数平方根有意义的条件求得正整数n的取值范围，然后令18−2n等于所有可能的平方数即可求解．
【详解】解：由题意得18−2n≥0，
解得n≤9，
∵n是正整数，
∴n≥1
∴1≤n≤9，
∴2≤2n≤18，
∴0≤18−2n≤16，
∵18−2n是整数，
∴18−2n=0或18−2n=1或18−2n=4或18−2n=9或18−2n=16，
解得n=9或n=172或n=7或n=92或n=1，
∵n是正整数，
∴n=9或n=7或n=1，
故答案为：9或7或1
【点睛】本题考查了算术平方根的性质，理解掌握被开方数是平方数时算术平方根才是整数是解题的关键．
58．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）若2021−a+a−2022=a，则a−20212的值为______．
【答案】2022
【分析】根据二次根式的被开方数的非负性，得a-2022≥0，进而化简绝对值，求解即可．
【详解】解：由题意得a-2022≥0，
∴a≥2022，
∴|2021-a|= a-2021．
∵|2021−a|+a−2022=a，
∴a−2021+a−2022=a，
a−2022=2021，
a−2022=20212，
即a−20212=2022．
故答案为2022．
【点睛】本题主要考查二次根式的非负性，以及化简绝对值，找到a的取值范围，化简绝对值是解题的关键．
59．（2022春·湖北随州·八年级校考期中）设4−2的整数部分为 a,小数部分为 b.则a−1b = __________________________.
【答案】1−22
【分析】根据实数的估算求出a,b，再代入a−1b即可求解.
【详解】∵1＜2＜2，
∴-2＜-2＜-1，
∴2＜4−2＜3
∴整数部分a=2,小数部分为4−2-2=2-2，
∴a−1b=2−12−2=2−2+22=1−22
故填：1−22.
【点睛】此题主要考查无理数的估算，分母有理化等，解题的关键熟知实数的性质.
60．（2022春·黑龙江佳木斯·八年级统考期中）把m−1m根号外的因式移到根号内，得_____________.
【答案】−−m
【分析】根据二次根式的性质，可得答案．
【详解】由题意可得：−1m＞0 ，即m＜0
∴m−1m=m·1−m=m·−m−m=−−m
故答案为：−−m
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简，利用了二次根式的性质．解答关键在于根据二次根式的性质确定m的取值范围.
61．（2022秋·四川成都·八年级校考期中）观察下列等式：
第1个等式：a1=11+2=2−1，
第2个等式：a2=12+3=3−2，
第3个等式：a3=13+2=2-3，
第4个等式：a4=12+5=5−2，
…
按上述规律,回答以下问题：
(1)请写出第n个等式：an=__________.
(2)a1+a2+a3+…+an=_________
【答案】 1n+n+1=n+1−n n+1−1
【分析】（1）由题意，找出规律，即可得到答案；
（2）由题意，通过拆项合并，然后进行计算，即可得到答案．
【详解】解：∵第1个等式：a1=11+2=2−1，
第2个等式：a2=12+3=3−2，
第3个等式：a3=13+2=2-3，
第4个等式：a4=12+5=5−2，
……
∴第n个等式：1n+n+1=n+1−n；
故答案为：1n+n+1=n+1−n；
（2）a1+a2+a3+⋯an=(2−1)+(3−2)+(2−3)+⋯+(n+1−n)
=2−1+3−2+2−3+⋯+n+1−n
=n+1−1；
故答案为：n+1−1．
【点睛】本题考查了二次根式的加减混合运算，以及数字规律问题，解题的关键是掌握题目中的规律，从而进行解题．
62．（2022秋·全国·八年级期中）按照一定次序排列的一列数叫数列，一般用a1、a2、a3…an表示一个数列，可简记为{an}，现有数列{an}满足一个关系式an=15[(1+52)n−(1−52)n]，则a1+a2+…+a10=_______．
【答案】143
【分析】根据数列{an}的关系式，计算a1、a2、a3、a4，总结规律，证明规律成立，继续计算各项，即可求和．
【详解】解：∵a1=15[(1+52)−(1−52)]
=15(1+52−1−52)
=15×252=1，
a2=15[(1+52)2−(1−52)2]=15(1+52−1−52)(1+52+1−52)=1，
a3=15[(1+52)3−(1−52)3]=15(1+52−1−52)[(1+52)2+(1+52×1−52)+(1−52)2]=3−1=2，
a4=15[(1+52)4−(1−52)4]=15[(1+52)2+(1−52)2]⋅[(1+52)2−(1−52)2]=15×3×5=3，
……
a3=a2+a1，
a4=a3+a2，
归纳可得：an+2=an+1+an(n⩾1)，
假设当n⩽k−1时成立，有
ak=ak−1+ak−2
ak=15[(1+52)k−1−(1−52)k−1+(1+52)k−2−(1−52)k−2]
=15[(1+52)k−1(1+25+1)−(1−52)k−1(1+21−5)]
=15[(1+52)k−(1−52)k]
∴a5=a4+a3=3+2=5，a6=a5+a4=5+3=8，……
则a1+a2+…+a10
=1+1+2+3+5+8+13+21+34+55
=143
故答案为：143．
【点睛】本题考查了数列规律的归纳与二次根式的应用，发现an的结果出现的规律是解题关键．
63．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期中）设s=1+112+122+1+122+132+…+1+119992+120002，求不超过s的最大整数s=______．
【答案】1999
【分析】首先将1+1n2+1(n+1)2化简，可得1+1n2+1(n+1)2=1+1n−1n+1，然后再代入原式求出s，即可得出答案．
【详解】解：∵1+1n2+1(n+1)2
=n2+2n+1n2−2nn2+1(n+1)2
=(n+1n)2−2⋅n+1n⋅1n+1+(1n+1)2
=(n+1n−1n+1)2
=n+1n−1n+1
=1+1n−1n+1，
∴s=1+11−12+1+12−13+⋅⋅⋅+1+11999−12000=2000−12000，
∴不超过s的最大整数s=1999．
故答案为：1999．
【点睛】本题主要考查完全平方公式、二次根式的化简，能正确化简1+1n2+1(n+1)2=1+1n−1n+1是解题的关键．
64．（2022秋·四川内江·八年级四川省内江市第六中学校考期中）如果无理数m的值介于两个连续正整数之间，即满足a＜m＜b（其中a、b为连续正整数），我们则称无理数m的“神奇区间”为a，b．例： 2＜5＜3，所以5的“神奇区间”为2，3．若某一无理数的“神奇区间”为a，b，且满足6＜a+b≤16，其中x=b， y=a是关于x、y的二元一次方程组bx+ay=p的一组正整数解，则p=__．
【答案】33或127##127或33
【分析】根据“神奇区间”的定义，还有二元一次方程正整数解这两个条件，寻找符合的情况．
【详解】解：∵“神奇区间”为a，b，
∴a、b为连续正整数，
∵6＜a+b≤16，x=b， y=a是关于x、y的二元一次方程组bx+ay=p的一组正整数解，
∴符合条件的a，b有①a=4，b=5，a=2；②a=9，b=10，a=3．
①a=4，b=5，a=2时，x=5，y=2，
5×5+4×2=p，
∴p=33，
②a=9，b=10，a=3时，x=10，y=3，
10×10+9×3=p，
∴p=127，
故p的值为33或127，
故答案为：33或127．
【点睛】本题考查新定义，估算无理数大小，二元一次方程整数解相关知识，综合考查学生分析、计算能力．
65．（2022秋·福建漳州·八年级漳州三中校联考期中）已知16−x2−4−x2=22，则16−x2+4−x2=________．
【答案】32
【详解】设4−x2=a，则16−x2−4−x2=22 可化为：a+12−a=22，
∴12+a=22+a，
两边同时平方得：12+a=8+a+42a，即：4=42a，
∴32a=16，解得：a=12，
∴16−x2+4−x2=12+12+12=522+122=32.
故答案为32.
点睛：本题的解题要点是：设原式中的4−x2=a，从而使原式结构变得简单，这样应用二次根式的相关运算法则化简变形即可求得a的值，使问题得到解决.
66．（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期中）如图：在ΔABC中，∠C=90°，BC=6cm，AC=8cm，BD是∠ABC的角平分线．
（1）则CD=______；
（2）若点E是线段AB上的一个动点，从点B以每秒1cm的速度向A运动______秒钟后ΔEAD是直角三角形．
【答案】 3cm 6或154
【分析】（1）过点D作DE⊥AB于E，利用角平分线的性质得CD=DE，再根据面积法可得答案；
（2）分∠ADE=90°或∠AED=90°两种情形，分别画出图形，利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）如图，过点D作DE⊥AB于E，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB=AC2+BC2=10cm，
∵BC⊥AC，DE⊥BE，BD是∠ABC的角平分线，
∴CD=DE，
∵SΔABD=12AD⋅BC=12AB⋅DE
∴设CD=DE=x，
则8−x×6=10x，
解得x=3，
即CD=3cm，
故答案为：3cm；
（2）如图，当ED⊥AD时，
则ED∥BC，
∴∠CBD=∠BDE，
∴∠BDE=∠EBD，
∴BE=DE，
设t秒后△EAD是直角三角形，
则BE=DE=t cm，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，
52+t2=10−t2，
解得t=154，
当DE⊥AB时，由（1）得CD=DE=3cm，
∵BD=BD，
∴Rt△CBD≅Rt△EBD(HL)，
∴BE=BC=6cm，
∴t=6，
故答案为：6或154．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
67．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市海湾中学校考期中）如图，如果四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，∠EAF=45°，且BC=5，DC=13，FC=9，则BE=______．
【答案】7
【分析】如图：在DC上取一点G，使DG=BE，然后证明△ABE≌△ADG可得AE=AG，∠EAB=∠GAD；然后再证明△EAF≌△GAF可得EF=FG，设BE=x，即GC=13−x，EF=FG=22−x，最后在Rt△ECF运用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图：在DC上取一点G，使DG=BE，
∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABE，
又∵AB=AD，DG=BE，
∴△ABE≌△ADG SAS，
∴AE=AG，∠EAB=∠GAD，
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=45°，
∴∠GAD+∠BAF=45°，
∴∠GAF=45°，即∠EAF=∠GAF，
∴△EAF≌△GAFSAS，
∴EF=FG
设BE=x，即GC=13−x，EF=FG=22−x
在Rt△ECF中，EC2+FC2=EF2
∴92+5+x2=22−x2，解得：x=7．
∴BE=7．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用全等三角形的判定定理和性质定理是解答本题的关键．
68．（2022秋·重庆·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AB=7，BC=23，点D为BC上一点，连接AD，将△ABD沿AD翻折，得到△AED，连接BE．若BE=DE，S△ACD=S△AED，则AC=____________．
【答案】31
【分析】根据折叠的性质得到△ABD≌△AED，可得BD=DE，∠BDA=∠EDA，S△ABD=S△AED，根据等边三角形的判定和性质得∠BDA=∠EDA=12∠EDB=30°，根据S△ACD=S△AED，S△ABD=S△AED，得CD=DB，设BH=x，则DH=DB+BH=3+x，根据含30°得直角三角形的性质和勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥CB交CB得延长线于点H，
∵将△ABD沿AD翻折，得到△AED，
∴△ABD≌△AED，
∴BD=DE，∠BDA=∠EDA，S△ABD=S△AED，
∵BE=DE，
∴BE=DE=DB，
∴△EDB时等边三角形，
∴∠EDB=60°，
∴∠BDA=∠EDA=12∠EDB=30°，
∵S△ACD=S△AED，S△ABD=S△AED，
∴S△ACD=S△ABD，即12CD·AH=12DB·AH，
∴CD=DB，
∵BC=CD+DB=23，
∴CD=DB=3，
设BH=x，则DH=DB+BH=3+x，
∵∠BDA=30°，∠H=90°，
∴AH=33DH=3+x·33=1+33x，
在Rt△ABH中，由勾股定理得，BH2+AH2=AB2，
∴x2+1+33x2=72，
解得x1=3，x2=−332（舍去），
∴BH=3，AH=2，
∴CH=CB+BH=23+3=33，
在Rt△CHA中，由勾股定理得，CH2+AH2=AC2，
∴332+22=AC2，
∴AC=332+22=31，
故答案为：31．
【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定和性质、一元二次方程的应用、含30°得直角三角形的性质和勾股定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
69．（2022秋·江苏泰州·八年级统考期中）如图，在长方形ABCD中，点E是CD上的一点，过点E作EF⊥BE，交AD于点F，作点D关于EF的对称点G，依次连接BG、EG、FG．已知AB=16，BC=12，且当△BEG是以BE为腰的等腰三角形时，则CE的值为_________________．
【答案】72或163
【分析】①当BE=GE时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，设DE=x，则DE=GE=BE=x，CE=16−x，在Rt△BCE中，根据勾股定理，可列出方程求出x的值，进而可得CE的值；
②当BE=BG时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，过点B作BH⊥GE，证明△CEB≌△EHB，CE=HE，再列方程求解即可．
【详解】解：①当BE=GE时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
在长方形ABCD中，
∵D关于EF的对称点G，
∴DE=GE，
∵△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
∴GE=BE，
∴DE=GE=BE，
设DE=x，则BE=DE=x，CE=16−x，
在Rt△BCE中BC2+CE2=BE2，
即：122+16−x2=x2，解得：x=252，
CE=16−x=16−252=72，
∴CE的值为72；
②当BE=BG时，△BEG是以BE为腰的等腰三角形，
如下图1，过点B做BH⊥GE，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠ECB=90°，AB=CD=16，
∴∠CEB+∠CBE=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠DEF+∠CEB=90°，
∴∠DEF=∠CBE，
∵点D关于EF的对称点G，
∴△EDF≌△EGF，
∴DE=EG，∠DEF=∠GEF，
∵EF⊥BE，HB⊥GE，
∴∠GEF+∠HEB=90°，∠HBE+∠HEB=90°，
∴∠GEF=∠HBE，
∵∠DEF=∠CEB，∠GEF=∠HBE，∠DEF=∠GEF，
∴∠CBE=∠HBE，
∵∠ECB=90°，HB⊥GE，
∴∠ECB=∠EHB=90°，
在△CEB和△EHB中∠CBE=∠HBEEB=EB∠ECB=∠EHB
∴△CEB≌△EHBASA，
∴HB=BC=12，HE=EC，
设CE=x，则DE=CD−CE=16−x，
∵DE=GE，BE=BG，HB⊥GE，
∴HE=12GE=12DE=1216−x，
∵HE=CE，
∴1216−x=x，解得：x=163，
∴CE=163；
综上所述，当△BEG是以BE为腰的等腰三角形时，则CE的值为72或163．
【点睛】本题考查了长方形、等腰三角形、轴对称的性质，根据勾股定理巧妙设方程求解是解本题的关键，综合性较强，难度较大．
70．（2022秋·江苏盐城·八年级校考期中）如图，长方形ABCD中，AB=5,AD=6，点P是射线AD上一点，将△ABP沿BP折叠得到△A′BP，点A′恰好落在BC的垂直平分线l上（直线l也是AD的垂直平分线），线段AP的长为___________．
【答案】53或15
【分析】设直线l与AD、BC交于点E、F，分两种情况讨论：当点P在线段AE上时，设，设AP=A′P=x,PE=3−x；当点P在射线AD上时，设AP=A′P=y,PE=y−3，分别利用勾股定理求解即可．
【详解】解：根据题意，四边形ABCD为长方形，直线l是BC、AD的垂直平分线，
则AB=CD=5,AD=BC=6,BC⊥l,AD⊥l，AE=12AD=3，
设直线l与AD、BC交于点E、F，可分两种情况讨论：
①如下图，当点P在线段AE上时，设AP=A′P=x,PE=3−x，
在Rt△BFA′中，
∵BF=12BC=3，BA′=BA=5，∠BFA′=90°，
∴FA′=BA′2−BF2=52−32=4，
∵EF=AB=5，
∴A′E=5−4=1，
∴在Rt△A′PE中，可有A′P2=PE2+A′E2，
即有x2=(3−x)2+12，解得 x=53，
即AP=53；
②如下图，当点P在射线AD上时，设AP=A′P=y,PE=y−3，
在Rt△BFA′中，
∵BF=12BC=3，BA′=BA=5，∠BFA′=90°，
∴FA′=BA′2−BF2=52−32=4，
∵EF=AB=5，
∴A′E=5+4=9，
∴在Rt△A′PE中，可有A′P2=PE2+A′E2，
即有y2=(y−3)2+92，解得 y=15，
即AP=15．
综上所述，线段AP的长为53或15．
故答案为：53或15．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、垂直平分线、勾股定理等知识，解题关键是熟练运用分类讨论的思想分析问题．
71．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期中）如图，在等边ΔABC中，AB=2，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边ΔBEF，连接DF、CF，则FB+FD的最小值为___________．
【答案】3
【分析】先证ΔBAE≌ΔBCF，推出∠BAE=∠BCF=30°，作点D关于CF的对称点G，连接CG、DG、BG交CF于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值等于线段BG的长，根据勾股定理求解即可得出答案．
【详解】解：∵ΔABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠BAD=12∠BAC=30°，
∵ΔBEF是等边三角形，
∴∠EBF=∠ABC=60°，BE=BF，
∴∠ABE=∠CBF，
在ΔBAE和ΔBCF中，
∴BA=BC∠ABE=CBFBE=BF，
∴ΔBAE≌ΔBCF(SAS)，
∴∠BAE=∠BCF=30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG、DG、BG交CF于点F′，连接DF′，
此时BF′+DF′的值最小，最小值等于线段BG的长，
∵∠DCF=∠FCG=30°，
∴∠DCG=60°，
∵CD=CG=1，
∴ΔDCG是等边三角形，
∴BD=CD=DG=1，∠CDG=∠DGC=60°，
∴∠DGB=∠DBG=12∠CDG=30°，
∴∠BGC=∠BGD+∠DGC=90°，
∴BG=BC2−CG2=22−12=3；
故FB+FD的最小值为：3；
故答案为：3．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质与判定、轴对称最短问题、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关的性质与判定、作适当的辅助线是解答此题的关键．
72．（2022秋·浙江温州·八年级校联考期中）如图是一个提供床底收纳支持的气压伸缩杆，除了AB是完全固定的钢架外，AD，BC，DE属于位置可变的定长钢架．如图1所示，AD=13cm，BC=20cm，伸缩杆PQ的两端分别固定在BC，CE两边上，其中PB=13cm，CQ=20cm．当伸缩杆完全收拢（即CD∥AB）时，如图2所示，床高（CD与AB之间的距离）为12cm，则此时伸缩杆PQ的长度为________cm．当∠ADC成180°时，伸缩杆PQ打开最大，此时PQ的长度为449cm，则固定钢架AB的长度为________cm．
【答案】 15 29
【分析】过P作MN⊥AB，交AB于N，交DQ于M，根据题意得出MN=12cm，CP=7cm，再由平行线分线段成比例得出PM=215cm，再由勾股定理求解即可得出结果；过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥AB于点H，利用勾股定理得出AF=5cm，BH=16cm，CD=AB−21，利用勾股定理逆定理确定∠PCQ=90°=∠ACP，再由勾股定理求解即可．
【详解】解：过P作MN⊥AB，交AB于N，交DQ于M，
∴MN=12cm，
∵BC=20cm，BP=13cm，
∴CP=BC−BP=7cm，
∵AB∥DQ，
∴PCPB=PMPN，即713=PM12−PM，
解得PM=215cm，
∴在Rt△CPM中，
CM=CP2−PM2=285cm，
∴QM=CQ−CM=725cm，
∴在Rt△PQM中，
PQ=PM2+QM2=15cm；
过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CH⊥AB于点H，如上图所示，
∴DF=CH=12cm，CD=FH=AB−AF−BH，
在Rt△ADF中，AD=13cm，∠DFA=90°，
∴AF=AD2−DF2=5cm，
在Rt△CHB中，BC=20cm，∠CHB=90°，
∴BH=BC2−CH2=16cm，
∴CD=AB−5−16=AB−21，
如下图，
∵PC=7cm，CQ=20cm，PQ=449cm，
∵72+202=449，即PC2+CQ2=PQ2，
∴∠PCQ=90°=∠ACP，
在Rt△ABC中
AC2+BC2=AB2，即AD+CD2+BC2=AB2，
∴13+AB−212+202=AB2，
解得：AB=29cm，
故答案为：①15；②29．
【点睛】题目主要考查勾股定理及其逆定理解三角形，平行线分线段成分比例等，理解题意，作出相应辅助线求解是解题关键．
73．（2022秋·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=2，AD=23，点E在BC上，连接DE．当BE=DE时，CE的长为___________；在点E的运动过程中，BE+2DE的最小值为___________．
【答案】 233##233 2+23##23+2
【分析】当BE=DE时在△CDE中，由勾股定理列出CE的方程便可求得CE；
在线段BC下方作∠CBM=45°，过点E作EF⊥BM于点F，连接DF，求出此时的DF的长度便可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=2，AD=23，
∴∠DCE=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，
∴BE=23−CE，
当BE=DE时，则DE=23−CE，
∵CE2+CD2=DE2，
∴CE2+22=23−CE2，
∴CE=233；
在线段BC下方作∠CBM=45°，过点E作EF⊥BM于点F，连接DF，
∴EF=22BE，
∴22BE+DE=EF+DE≥DF，
当D、E、F三点共线时，22BE+DE=EF+DE=DF的值最小，
此时∠DEC=∠BEF=45°，
∴CE=CD=2，
∴BE=23−2，DE=22+22=22，
∴EF=22BE=6−2，
∴22BE+DE的最小值为：EF+DE=2+6，
∴BE+2DE的最小值为BE+2DE=222BE+DE=2+23．
故答案为：233；2+23．
【点睛】本题考查了长方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，垂线段最短性质，关键是作辅助线构造22BE+DE的最小值．
74．（2022秋·广东深圳·八年级深圳市西乡中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=90°,AD=AB,CD=17，连接AC、BD，若AC⊥BC,AC=4，则BD=______．
【答案】52
【分析】先过点D作DE⊥AC于点E，求出∠ACB=∠DEA，∠BAC=∠ADE，然后根据“AAS”证△ABC≌△DAE，得出DE=AC=4，AE=BC，最后再根据勾股定理计算BD即可．
【详解】解：过点D作DE⊥AC于点E，
∵∠BAD=90°，AC⊥BC，
∴∠DEA=∠ACB=∠BAD=90°，
∴∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，∠DAC+∠ADE=180°−∠DEA=90°，
∴∠BAC=∠ADE，
在△ABC和△DAE中，
∠BAC=∠ADE∠ACB=∠DEAAB=DA，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴DE=AC=4，AE=BC，
在Rt△DEC中，CE=DC2−DE2=(17)2−42=1，
∴AE=AC−CE=4−1=3，
∴BC=3，
在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=42+32=5，
∴AD=AB=5，
在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=52+52=52，
故答案为：52．
【点睛】本题考查了全等三角形和勾股定理的综合，正确构建辅助线证出△ABC≌△DAE是解题的关键．
75．（2022秋·浙江杭州·八年级翠苑中学校联考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，动点D从点A出发，沿线段AB以每秒2个单位的速度向B运动，过点D作DF⊥AB交BC所在的直线于点F，连结AF，CD，设点D运动时间为t秒，当△ABF是等腰三角形时，则t=_____________秒．
【答案】52或75或2
【分析】先根据勾股定理求出BC，再分FA=FB、AF=AB、BF=AB三种情况，根据等腰三角形的性质、勾股定理计算即可．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，AB=10，
由勾股定理得：BC=AB2−AC2=102−82=6，
当FA=FB时，DF⊥AB，
∴AD=12AB=12×10=5，
∴t=5÷2=52；
当AF=AB=10时，∠ACB=90°，
则BF=2BC=12，
∴12AB⋅DF=12BF⋅AC，即12×10×DF=12×12×8，
解得：DF=485，
由勾股定理得：AD=AF2−DF2=102−(485)2=145，
∴t=145÷2=75；
当BF=AB=10时，
∵BF=10，BC=6，
∴CF=BF−BC=10−6=4，
由勾股定理得：AF=AC2+CF2=82+42=45，
∵BF=BA，FD⊥AB，AC⊥BF，
∴DF=AC=8，
∴AD=AF2−DF2=(45)2−82=4，
∴t=4÷2=2；
综上所述，△ABF是等腰三角形时，t的值为52或75或2．
【点睛】本题考查的是勾股定理、三角形的面积计算、等腰三角形的性质，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
76．（2022秋·山东济南·八年级统考期中）如图，长方形ABCD中，AD=3，AB=5，点E为射线DC上一动点(不与D重合)，将△ADE沿AE折叠得到△D′AE，连接D′B，若△ABD′为直角三角形，则AE= ________
【答案】10或310##310或10
【分析】分两种情况讨论：①当点E在线段CD上时，B,D′,E三点共线，根据S△ABE=12AB⋅AD=12BE⋅AD′可求得BE=5，再由勾股定理可得BD′=AB2−AD′2=4，进而可计算DE=D′E=1，在Rt△ADE中，由勾股定理计算AE的值；②当点E在射线CD上时，设CE=x，则D′E=DE=x+5，BE=x+1，由勾股定理可解得x=4，进而可计算DE=9，在Rt△ADE中，由勾股定理计算AE的值即可．
【详解】解：根据题意，四边形ABCD为长方形，AD=3，AB=5，将△ADE沿AE折叠得到△D′AE，则∠D=∠ED′A=90°，AD=BC=AD′=3，AB=CD=5，
①如图1，当点E在线段CD上时，
∵∠ED′A=∠D=∠AD′B=90°，
∴B,D′,E三点共线，
∵S△ABE=12AB⋅AD=12BE⋅AD′，
∴BE=AB=5，
∵BD′=AB2−AD′2=52−32=4，
∴DE=D′E=BE−BD′=5−4=1；
∴在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=32+12=10；
②如图2，当点E在射线CD上时，
∵∠AD′B=∠BCE=90°，AD=BC=AD′=3，AB=CD=5，
∴BD′=AB2−AD′2=4，
设CE=x，则D′E=DE=x+5，
∴BE=D′E−BD′=x+1，
∵CE2+BC2=BE2，即x2+32=(x+1)2，
解得x=4，
∴DE=CD+CE=5+4=9，
∴在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=32+92=310．
综上所述，AE的值为10或310．
故答案为：10或310．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质以及勾股定理等知识，运用分类讨论的思想分析问题是解题关键．
77．（2022秋·山东青岛·八年级山东省青岛第二十六中学校考期中）如图，∠BAC=∠DAF=90°，AB=AC，AD=AF，AB和FE交于点M，点D，E为BC边上的两点，且∠DAE=45°，连接EF，BF，则下列结论：①△AFB≌△ADC；②BE2+DC2=DE2；③AB−AD=ED−BE；④只有当∠AME=90°时，BF=BE，其中正确的有____．（填序号）
【答案】①②④
【分析】先由∠BAC=∠DAF=90°，得出∠CAD=∠BAF，再利用SAS证明ΔAFB≅ΔADC，故①正确；由“SAS”可证ΔACD≅ΔABF，得出∠C=∠ABF=45°，进而得出∠FEB=90°，由勾股定理得出②正确；利用特殊位置可判断AB−AD≠ED−BE，故③错误；由“ASA”可证ΔBME≅ΔBMF，可得BF=BE，故④正确，即可求解．
【详解】解：①∵∠BAC=∠DAF=90°，AB=AC，
∴∠BAF=∠CAD，∠ABC=∠C=45°，
在ΔAFB和ΔADC中，
AB=AC∠BAF=∠CADAF=AD，
∴ΔAFB≅ΔADC(SAS)，故①正确；
②由①知ΔAFB≅ΔADC，
∴∠ABF=∠C=45°，BF=DC，
∵∠ABC=45°，
∴∠EBF=∠ABC+∠ABF=90°．
∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠DAF-∠DAE=45°．
在ΔAED与ΔAEF中，
AD=AF∠DAE=∠FAE=45°AE=AE，
∴ΔAED≅ΔAEF(SAS)，
∴DE=EF，
在RtΔBEF中，由勾股定理得：BE2+BF2=EF2，
∵BF=DC，EF=DE，
∴BE2+DC2=DE2，故②正确；
当点D是BC的中点时，即点B与点E重合，
在ΔABD中，AB−AD=(2−1)BD，DE−BE=BD，
∴AB−AD≠DE−BE，故③错误；
当∠AME=90°时，
则∠BME=∠BMF=90°，
又∵∠ABF=∠ABE=45°，BM=BM，
∴ΔBME≅ΔBMF(ASA)，
∴BF=BE，故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，证明三角形全等是解题的关键．
78．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期中）如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，AD是∠BAC的平分线且AD=8，若P、Q分别是AD、AC上的动点，则PC+PQ的最小值是______．
【答案】9.6
【分析】由AD是∠BAC的平分线，在线段AB上，作点Q关于AD的对称点E，连接PE，过点C作CF⊥AB于点F，则当C、P、E三点共线且与CF重合时，PC+PQ取得最小值；由等腰三角形的性质及勾股定理可求得AD的长，再利用面积关系即可求得PC+PQ的最小值为CF的长．
【详解】解：如图，由AD是∠BAC的平分线，在线段AB上，作点Q关于AD的对称点E，连接PE，过点C作CF⊥AB 于点F，
∵AB=AC ，AD是∠BAC的平分线 ，BC=12，
∴AD⊥BC，△ABC关于直线AD对称，BD=CD=12BC=6，
∵点Q、点E关于AD对称
∴PQ=PE ，
∴PC+PQ=PC+PE≥CF，
当C、P、E三点共线且与CF重合时，PC+PQ取得最小值，且最小值为线段CF的长，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=AB2−BD2=102−62=8，
∵S△ABC=12BC×AD=12AB×CF，
∴CF=BC×ADAB=12×810=9.6，
即PC+PQ 的最小值为9.6，
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂线段最短，勾股定理等知识，作点Q的对称点是本题的关键与难点所在．
79．（2022春·福建福州·八年级统考期中）如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，AE⊥CD于点E；连接BE，则下列结论正确的是___________．(写出所有正确结论的序号)
①∠ADC=2∠CAE； ②当E为CD中点时，BC=3AC﹔
③若∠BED=60°，则BE=4DE； ④若AB=4，则△ABE面积的最大值为2．
【答案】①②③④
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质，三角形的外角的性质以及等角的余角相等即可判断①正确；证得△ACD是等边三角形，得出∠BAC=60°，解得BC=3AC，即可判断②正确；证得△ADE≌△BDM即可求得DE=DM，解直角三角形即可得到BE=2EM=4DE，即可判断③正确；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的可得CD=12AB=2，则S△ADE =12AE⋅ED≤14AE2+DE2=14AD2=1，则△ABE面积的最大值为2，即可判断④正确．
【详解】解：△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠DBC，
∴∠ADC=2∠DCB，
∵AE⊥CD于点E，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∵∠ACE+∠DCB=90°，
∴∠CAE=∠DCB，
∴∠ADC=2∠CAE，故①正确；
当E为CD中点时，∵AE⊥CD，
∴AC=AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴BC=3AC，故②正确；
作BM⊥CD，交CD的延长线于点M，则AE∥BM，
∴∠DAE=∠DBM，
∵∠ADE=∠BDM，AD=BD，
∴△ADE≌△BDM（AAS），
∴DE=DM，
若∠BED=60°，则BE=2EM=4DE，故③正确；
∵△ADE≌△BDM，
∴AE=BM，DE=DM，
∴S△ABE=S△BEM=12•BM•EM=12•AE•2DE=AE•DE，
若AB=4，则AD=2，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，
∵AE2+DE2≥2AE×DE
∴12AE⋅ED≤14AE2+DE2=14AD2=1
即S△ADE的最大值值为1，
∴△ABE面积的最大值为2，故④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边的性质，等边三角形的判断和性质，解直角三角形，三角形的全等的判定和性质，勾股定理的应用，三角形的面积，综合运用以上知识是解题的关键．
80．（2022春·安徽安庆·八年级安徽省安庆市外国语学校校考期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，O是BC的中点，D是腰AB上一点，把△DOB沿OD折叠得到△DOB′，
（1）当DB′∥BC时，∠BDO＝_____；
（2）当∠ADB′＝45°时，BD的长度为_____．
【答案】 67.5° 22或4−22
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠ADB′=∠ABC=45°，再由折叠的性质得到∠BDO=∠B′DO，由此求解即可；
（2）分点B′在AB右侧时，如图1所示，点B′在AB左侧时，如图2所示，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵B′D∥BC，
∴∠ADB′=∠ABC=45°，
由折叠的性质可知∠BDO=∠B′DO，
∴∠BDO=∠B′DO=180°−∠ADB′2=67.5°，
故答案为：67.5°；
（2）若点B′在AB右侧时，如图1所示，
∵∠BAC=90°，AB=AC=4，
∴BC=42，∠ABC=45°，
∵O是BC的中点，
∴BO=22，
∵把△DOB沿OD折叠得到△DOB'，
∴∠BDO=∠B′DO，BD=B′D，BO=B′O，
∵∠ABC=∠ADB′=45°，
∴DB′∥BC，
∴∠BOD=∠B′DO，
∴∠BOD=∠BDO，
∴BO=BD=22．
若点B′在AB左侧时，如图2所示，
∵∠ADB′=45°，△DOB沿OD折叠得到△DOB'，
∴∠BDO=∠B′DO=180°+45°2=112.5°，
∴∠ADO=180°−∠BDO=67.5°，
过点O作OH⊥AB于H，作∠HDF=45°交OH于F，
∴∠HDF=∠HFD=45°，∠HOD=90°−∠HDO=22.5°，
∴∠FDO=∠HFD−∠HOD=22.5°=∠HOD，
∴DH=HF，FD=FO=2DH=2HF，
∵OB=22，∠ABC=45°，BH⊥OH，
∴△BHO是等腰直角三角形，
∴OH=BH=2，
∴HF+2HF=2，
∴HF=22−2，
∴BD=BH−DH=4−22；
综上所述，BD=22或4−22；
故答案为：22或4−22．
【点睛】本题主要考查了折叠，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质等等，熟知相关知识，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
81．（2022秋·浙江金华·八年级校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连结DH，IJ．图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2．若S1:S2=1:4，S四边形边BAHE=18，则四边形MBNJ的面积为____．
【答案】6
【分析】先证△CAB≌△DAH(SAS)，得∠ADH=90°，则H、D、E三点共线，再证GJBC=12，则BC=FC=FG=BG=2GJ，AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ，然后由S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=18，求出GJ=2，证△FAN≌△EBM(ASA)，则S△FAN=S△EBM，最后由S四边形MBNJ=S矩形CFJE−S四边形BCFN−S△EBM=S矩形CFJE−S△ABC，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，
∴AC=AD，AB=AH，∠CAD=∠ABI=∠BAH=∠ADE=90°，
∴∠CAB+∠BAD=∠DAH+∠BAD，
∴∠CAB=∠DAH，
在△CAB和△DAH中，
AC=AD∠CAB=∠DAHAB=AH，
∴△CAB≌△DAH(SAS)，
∴∠ADH=∠ACB=90°，
∵∠ADE=90°，
∴H、D、E三点共线，
∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，
∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF=BE，∠AFN=∠BEM=90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，
∵S1:S2=1:4，
∴ GJBC=12，
∴BC=FC=FG=BG=2GJ，
∵四边形CADE是正方形，
∴∠ADE=90°，AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=(3GJ)2+(2GJ)2=13GJ，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AH2−AD2=(13GJ)2−(3GJ)2=2GJ，
∵S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=18，
∴ 12AD⋅DH+12(AD+BE)⋅DE=12×3GJ×2GJ+12(3GJ+GJ)×3GJ=18，
解得：GJ=2（负值已舍去），
∵∠ABC+∠EBM=180°−∠ABI=180°−90°=90°，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠EBM，即∠FAN=∠EBM，
在△FAN和△EBM中，
∠AFN=∠BEMAF=BE∠FAN=∠EBM，
∴△FAN≌△EBM(ASA)，
∴S△FAN=S△EBM，
∴S△ABC=S四边形BCFN+S△FAN=S四边形BCFN+S△EBM，
∴S四边形MBNJ=S矩形CFJE−S四边形BCFN−S△EBM=S矩形CFJE−S△ABC=FC⋅CE−12AC⋅BC=2GJ×3GJ−12×3GJ×2GJ=3GJ2=3×(2)2=6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形面积、梯形面积与三角形面积的计算等知识，证明△FAN≌△EBM是解题的关键．
82．（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图，以直角三角形ABC的三条边为边长，向形外分别作正方形，连接CG，其中正方形ACDE和正方形ABGF的面积分别为1和5，则CG长为_____．
【答案】13
【分析】连接AH，由正方形ACDE和正方形ABGF的面积分别为1和5，得AC2=1，AB2=5，则AC=1，而∠ACB=90°，由勾股定理得BC2=AB2−AC2=4，则BC=2，所以CI=HI=BC=2，再证明A、C、I三点在同一条直线上，则AI=AC+CI=3，根据勾股定理求得HA=HI2+AI2=13，再证明△GBC≌△ABH，得CG=HA=13．
【详解】解：连接AH，
∵正方形ACDE和正方形ABGF的面积分别为1和5，
∴AC2=1，AB2=5，GB=AB，
∴AC=1，
∵∠ACB=90°，
∴BC2=AB2−AC2=5−1=4，
∴BC=2，
∵四边形BDIH是正方形，
∴CI=HI=BC=2，∠ICB=90°，CB=HB，
∴∠ACB+∠ICB=180°，
∴A、C、I三点在同一条直线上，
∴AI=AC+CI=1+2=3，
∴HA=HI2+AI2=22+32=13，
∵∠ABG=∠CBH=90°，
∴∠GBC=∠ABH=90°+∠ABC，
在△GBC和△ABH中，
GB=AB∠GBC=∠ABHCB=HB，
∴△GBC≌△ABHSAS，
∴CG=HA=13，
∴CG的长为13，
故答案为：13．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且证明△GBC≌△ABH是解题的关键．
83．（2022秋·浙江温州·八年级统考期中）如图．已知在长方形ABCD中，AB=6，BC=8，点E，F分别在边AD，BC上，连接BD，BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在BD上的G，H处，连接CG，则四边形CGHF的周长为_____．
【答案】40+21455
【分析】由四边形ABCD是矩形，得∠A=∠DCB=90°，AB=DC=6，AD=BC=8，根据勾股定理求得BD=10，再由翻折得GB=AB=6，DH=DC=6，∠DHF=∠DCF=90°，HF=CF，则GD=BD−GB=4，BH=BD−DH=4，再根据勾股定理列方程42+HF2=8−HF2，求得HF=CF=3；由S△GCDS△BCD=GDBD=25，求得S△GCD=485，则12×6GL=485，得GL=165，由勾股定理求得DL=125，则CL=DC−DL=185，即可由勾股定理求得CG=21455，而GH=GB−BH=2，即可求得四边形CGHF的周长为40+21455．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠DCB=90°，AB=DC=6，AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
由翻折得GB=AB=6，DH=DC=6，∠DHF=∠DCF=90°，HF=CF，
∴GD=BD−GB=4，BH=BD−DH=4，∠BHF=180°−∠DHF=90°，
∵BH2+HF2=BF2，且BF=8−CF=8−HF，
∴42+HF2=8−HF2，
∴HF=CF=3，
∵S△BCD=12×6×8=24，且S△GCDS△BCD=GDBD=410=25，
∴S△GCD=25×24=485，
作GL⊥CD于点L，则12CD⋅GL=S△GCD=485，
∴12×6GL=485，
∴GL=165，
∴DL=GD2−GL2=42−1652=125，
∵CL=DC−DL=6−125=185，
∴CG=GL2+CL2=1652+1852=21455，
∵GH=GB−BH=2，
∴GH+HF+CF+CG=2+3+3+21455=40+21455，
∴四边形CGHF的周长为40+21455，
故答案为：40+21455．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
84．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE=12,CD=410，则S1+S2的值为_____．
【答案】16
【分析】由弦图推出AF=CI，∠AFG=∠CIJ=90°，FH∥EI即可证明△AFG≌△CIJAAS，FG=IJ，再根据四边形EFHI为正方形，得到△GHK≌△JEK，从而得到点K为正方形EFHI的中心，过点K作KM⊥FH于点M，由勾股定理得DE=4，FH=8，KM=4设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，最后用a，b表示出S1+S2=2（a+b），将a+b的值代入即可求解．
【详解】解：在弦图中，AE=CH=AI=BF，
∵四边形EFHI是正方形，
∴EF=HI=EI=FH，∠AFG=∠CIJ=∠AEI=90°，
∴AE−EF=CH−HI，
∴AF=CI，
∵∠AFG=∠AEI，
∴FH∥EI，
∴∠AGF=∠KJE
∵∠IJC=∠KJE，
∴∠AGF=∠IJC，
在△AFG和△CIJ中，
∠AGF=∠IJC∠AFG=∠CIJ=90°AF=CI，
∴△AFG≌△CIJAAS，
∴FG=IJ，
∵四边形EFHI为正方形，
∴EI−IJ=FH−FG，即HG=EJ，
在△GHK和△JEK中，
∠HGK=∠EJK∠GKH=∠JKEHG=EJ，
∴△GHK≌△JEKAAS，
∴HK=EK，即点K为正方形EFHI的中心，
如图，过点K作KM⊥FH于点M，
∵AE=12,CD=410，
∴BF=12,AD=410，
在Rt△ADE中，
由勾股定理得DE=AD2−AE2=4，
∴AF=DE=4，EF=AE−AF=12−4=8，
则FH=8，KM=4，
设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，
∴S1=12GH⋅MK＝12a×4=2a，
S2=SΔAFG=12FG⋅AF＝12b×4 =2b，
∴S1+S2=2a+2b=2a+b=16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，正方形的性质，解题的关键是寻找全等三角形的条件解决问题．
85．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=6，AD=8，E、F分别是BC、CD上的一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得到△EC′F，连接AC′．若△AEC′是以AE为腰的等腰三角形，则BE=___．
【答案】74或83
【分析】设BE=x，则EC=8−x，由翻折得：EC′=EC=8−x．当AE=EC′时，由勾股定理得：62+x2=8−x2；当AE=AC′时，作AH⊥EC′，由∠AEF=90°，EF平分∠CEC′，可证得∠AEB=∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE=HE=x，由三线合一得EC′=2EH，即8−x=2x，解方程即可．
【详解】解：设BE=x，则EC=8−x，
由翻折得：EC′=EC=8−x，当AE=EC′时，AE=8−x，
∵ABCD为矩形，
∴∠B＝90°，
由勾股定理得：62+x2=8−x2，
解得：x=74；
当AE=AC′时，如图，作AH⊥EC′，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得到△EC′F，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
在△ABE和△AHE中，
∵∠AEB=∠AEH∠B=∠AHEAE=AE
∴△ABE≌△AHE(AAS)，
∴BE=HE=x，
∵AE=AC′，
∴EC′=2EH，
即8−x=2x，
解得x=83 ，
综上所述：BE=74或83．
故答案为：74或83．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，涉及到方程思想和分类讨论思想．当AE=AC′时如何列方程是解题的关键，有一定难度．
86．（2022春·福建厦门·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②BE>2BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF；其中正确结论有_______．
【答案】①②③④
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．想办法证明EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题．
【详解】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH．
∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
在△DFE和△CFG中，
∠D=∠FCGDF=CF∠DFE=∠CFG
∴△DFE≌△FCG(ASA)，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，
∴∠FEB=∠FBE，∠FGB=∠FBG，
∵∠ABC=2∠ABF．
∴∠FBG＞∠FBE，
∵∠EFB=∠FBG+∠FGB=2∠FBG，∠GFB=∠FBE+∠FEB=2∠FBE，
∴∠EFB＞∠GFB，
假设∠EFB=∠GFB，此时∠EFB=∠GFB=90°，
∴BE=2BF，
∵∠EFB＞∠GFB，
∴∠EFB＞90°，
∴BE＞2BF，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，
∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故答案为：①②③④
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
87．（2022春·贵州黔东南·八年级校考期中）如图正方形ABCD的对角线相交于O点，BE平分∠ABO交AO于E点，CF^BE于F点，交BO于G点，连接EG、OF，下列四个结论：①CE=CB；②AE=BG；③OF=12CG；④AE=2OE；⑤EG=12AB，其中正确的结论有________（填序号）．
【答案】①②③④
【分析】根据正方形的性质得到∠ABO＝∠ACO＝∠CBO＝45°，AB＝BC，OA＝OB＝OC，BD⊥AC，由角平分线的定义得到∠OBE＝12∠ABO＝22.5°，求得∠CEB＝∠CBE，得到CE＝CB；故①正确；求得∠ECG＝∠BCG＝12∠BCO＝22.5°，EF＝BF，推出△ABE≌△BCG（ASA），根据全等三角形的性质得到AE＝BG，BE＝CG，故②正确；根据直角三角形的性质得到OF＝12BE＝12CG．故③正确；由∠AOB＝90°，得到△OEG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EG＝2OE，根据全等三角形的性质得到BG＝EG，故④正确；得到EG不是△AOB的中位线，于是得到EG≠12AB．故④错误；．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ACB＝∠CBO＝45°，AB＝BC，OA＝OB＝OC，BD⊥AC，
∵BE平分∠ABO，
∴∠OBE＝12∠ABO＝22.5°，
∴∠CBE＝∠CBO＋∠EBO＝67.5°，
在△BCE中，∠CEB＝180°−∠BCO−∠CBE＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴CE＝CB；
故①正确；
∵CF⊥BE，
∴∠ECG＝∠BCG＝12∠BCO＝22.5°，EF＝BF，
∵∠ABE＝12∠ABO＝22.5°，
∴∠ABE＝∠BCG，
∵AB＝BC，∠EAB＝∠GBC＝45°，
∴△ABE≌△BCG（ASA），
∴AE＝BG，BE＝CG，
故②正确；
∵∠AOB＝90°，EF＝BF，
∵BE＝CG，
∴OF＝12BE＝12CG．
故③正确；
∵OA＝OB，AE＝BG，
∴OE＝OG，
∵∠AOB＝90°，
∴△OEG是等腰直角三角形，
∴EG＝2OE，
∵∠ECG＝∠BCG，EC＝BC，CG＝CG，
∴△ECG≌△BCG（SAS），
∴BG＝EG，
∴AE＝EG＝2OE，
故④正确；
∴EG不是△AOB的中位线，
∴EG≠12AB．故⑤错误；．
故正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】此题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
88．（2022春·湖北恩施·八年级校考期中）如图，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2；以此进行下去…，则正方形AnBnCnDn的面积为______．
【答案】5n
【分析】先计算正方形A1B1C1D1的面积，正方形A2B2C2D2的面积，正方形A3B3C3D3的面积，从中找到规律，确定正方形AnBnCnDn的面积即可．
【详解】因为小正方形ABCD的面积为1，
所以正方形ABCD的边长为1，
因为小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为1和2，
所以正方形A1B1C1D1的面积为12×1×2×4+1=5，边长为5；
因为把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为5和25，
所以正方形A2B2C2D2的面积为12×5×25×4+5=25=52，边长为5；
因为把正方形A2B2C2D2边长按原法延长一倍得到正方形A3B3C3D3，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为5和10，
所以正方形A3B3C3D3的面积为12×5×10×4+25=125=53，边长为55；
因为把正方形A3B3C3D3边长按原法延长一倍得到正方形A4B4C4D4，
外延生成四个全等直角三角形，且直角边长分别为55和105，
所以正方形A4B4C4D4的面积为12×55×105×4+125=1125=54，边长为25；
由此发现规律如下：正方形的面积等于底数为5，指数为正方形的序号的幂，
所以正方形AnBnCnDn的面积为5n，
故答案为：5n．
【点睛】本题考查了正方形的面积，直角三角形的面积，面积中规律，熟练掌握正方形的性质，直角三角形性质是探寻规律的关键．
89．（2022春·新疆乌鲁木齐·八年级新疆生产建设兵团第一中学校考期中）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠D=120°，E是对角线AC上的任意一点，则BE+12CE的最小值为______．
【答案】3
【分析】过点E作EF⊥CD于点F，连接BF．由菱形的性质可知∠FCE=30°，即得出EF=12CE，从而可得出BE+12CE=BE+EF≥BF，即当BF最小时BE+12CE最小．由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，求出BF′的值即可．
【详解】如图，过点E作EF⊥CD于点F，连接BF．
∵∠D=120°，四边形ABCD为菱形，
∴∠FCE=30°，∠DCB=60°，
∴EF=12CE，
∴BE+12CE=BE+EF．
∵BE+EF≥BF，
∴当BF最小时BE+EF最小，即BE+12CE最小．
由垂线段最短可知当BF⊥CD时BF最小，如图BF′．
∵BC=AB=2，∠F′CB=60°，
∴F′C=12BC=1，
∴BF′=BC2−CF′2=3，
∴BE+12CE的最小值为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形三边关系的应用，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．正确作出辅助线是解题关键．
90．（2022春·北京西城·八年级校考期中）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，则菱形ABCD的面积是______，连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°；连结AC1，再以AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°；……，按此规律所作的第n个菱形的面积为______．
【答案】 32 32×3n−1
【分析】连接BD，由题意可知△ABD为边长为1的等边三角形，可求出△ABD的面积，即可得出菱形ABCD的面积；根据已知菱形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可得出第n个菱形的边长，进而可得出第n个菱形的面积．
【详解】解：如图，连接BD，交AC与点O，
∵四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝1，
∴BO=12，AO=32，
∴S△ABD=12BD×AO=34，
∴S菱形ABCD＝2×34=32．
∵AO=32，
∴AC=3，
∵四边形ACC1D1为菱形，∠D1AC＝60°，
∴可得AC1=3AC=(3)2，
同理可得AC2=3AC1=(3)3，
以此类推，可得出所作的第n个菱形的边长为(3)n−1，
∴第n个菱形的面积为2×12×[(3)n−1]2×32=32×3n−1．
故答案为：32；32×3n−1．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及归纳推理的应用，根据规律得出第n个菱形的边长是解决本题的关键．
91．（2022春·吉林·八年级期中）小明用如图①所示的七巧板拼成一幅装饰图，并将装饰图放入矩形ABCD内，如图②，装饰图中的三角形顶点E、F分别在边AB、BC上，三角形①的边GD在边AD上．若图①中大正方形的面积为2，则矩形ABCD的周长是______．
【答案】52+2
【分析】根据七巧板中图形分别是等腰直角三角形和正方形计算PH的长，即FF′的长，作高线GG′，根据直角三角形斜边中线的性质可得GG′的长，即AE的长，可得结论．
【详解】解：如图，
∵四边形MNQK是正方形，且面积为2，
∴∠MNK=45°，MN=2，MK=DG=2，
Rt△MNO中，OM=ON=22MN=1，
∵NL=PL=OL=12，
∴PN=2NL=22，
∵NQ=2，
∴PQ=2−22=22，
∵△PQH是等腰直角三角形，
∴PH=FF′=2PQ=1=BE，
过G作GG′⊥FF′，
∴GG′=AE=12MN=22，
∴CD=AB=AE+BE=22+1，AD=2DG=22，
∴矩形ABCD的周长=2AD+CD=222+1+22=52+2．
故答案为：52+2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、七巧板、等腰直角三角形的性质及勾股定理等知识．熟悉七巧板是由七块板组成的，完整图案为一正方形：五块等腰直角三角形（两块小形三角形、一块中形三角形和两块大形三角形）、一块正方形和一块平行四边．
92．（2022春·黑龙江大庆·八年级校考期中）如图，在正方形ABCB1中AB=1．AB与直线l的夹角为30°，延长CB1交直线l于点A1作正方形A1B1C1B2，延长C1B2交直线l于点A2，作正方形A2B2C2B3，延长C2B3交直线l于点A3，作正方形A3B3C3B4 ……依此规律，则A2017A2018＝__________ （用指数表示即可）
【答案】2(3)2017
【分析】由四边形ABCB1是正方形，得到AB＝AB1 ，AB∥ CB1，于是得到AB∥A1C，根据平行线的性质得到∠CA1A＝30°，解直角三角形得到A1B1＝3，AA1＝2，同理： A2A3＝2(3)2， A3A4＝2(3)3，找出规律AnAn+1＝2(3)n，答案即可求出．
【详解】解：∵四边形ABCB1是正方形，
∴AB＝AB1，AB∥CB1，
∴AB∥A1C，
∴∠CA1A＝30°，
∴A1B1＝3，AA1＝2，
∴A1B2＝A1B1＝3，
∴A1A2＝23，
同理：A2A3＝2(3)2，
A3A4＝2(3)3，
…
∴AnAn+1＝2(3)n，
∴A2017A2018＝2(3)2017，
故答案为：2(3)2017．
【点睛】本题考查正方形的性质，含30°直角三角形的性质，平行线的性质，熟记各性质并求出后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的3倍是解题的关键．
93．（2022春·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）如图，边长为1的正方形EFGH在边长为3的正方形ABCD所在平面上移动，始终保持EF∥AB．线段CF的中点为M，DH的中点为N，则线段MN的长为_________
【答案】172
【分析】因为题目没有确定正方形EFGH的位置，所以我们可以将正方形EFGH的位置特殊化，使点H与点A重合，重新作出图形，这样有利于我们解题，过点M作MO⊥ED于O，则可得出OM是梯形FEDC的中位线，从而可求出ON、OM，然后在Rt△MON中利用勾股定理可求出MN．
【详解】解：如图，将正方形EFGH的位置特殊化，使点H与点A重合，过点M作MO⊥ED与O，则MO是梯形FEDC的中位线，
∴EO=OD=12ED=12EA+AD=12×1+3=2， MO＝12EF＋CD＝12×1+3=2．
∵DH的中点为N，点H与点A重合，
∴点N是AD的中点，
∴AN=ND=12AD=32，
∴ON=OD−ND=2−32=12．
在Rt△MON中，MN2=MO2+ON2，
∴MN=MO2+ON2=22+122=172．
故答案为：172．
【点睛】本题考查了梯形的中位线定理、正方形的性质及勾股定理等知识，属于综合性题目，有一定难度，解题的关键是将动点位置特殊化．
94．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3，对角线AC=5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝______．
【答案】5
【分析】过点Q作QH⊥BC于点H，由矩形的性质并结合勾股定理确定AD=BC=4，再证明△QCH≌△PCD以及△BQH为等腰三角形，即可推导CH=DC=3，DP=QH=BH=1，然后由AP=AD+DP计算AP的长即可．
【详解】解：过点Q作QH⊥BC于点H，如下图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AD=BC，DC=AB=3，
∵AB=3，AC=5，
∴AD=BC=AC2−AB2=52−32=4，
∵QH⊥BC，点P在AD的延长线上，
∴∠QHC=∠PDC=90°，
∵△PCQ为等腰三角形，CP⊥CQ，
∴QC=PC，∠QCP=∠BCD=90°，
∴∠QCH+∠QCD=∠QCD+∠PCD，
∴∠QCH=∠PCD，
在△QCH和△PCD中，
∠QCH=∠PCD∠QHC=∠PDCQC=PC，
∴△QCH≌△PCD(AAS)，
∴CH=DC=3，
∴BH=BC−CH=AD−CH=1，
∵BE平分∠ABC，
∴∠QBH=12∠ABC=45°，
∵QH⊥BC，
∴∠BQH=90°−∠QBH=45°，
∴∠QBH=∠BQH，
∴QH=BH=1，
∵△QCH≌△PCD，
∴DP=QH=1，
∴AP=AD+DP=5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，构建全等三角形是解题的关键．
95．（2022春·湖南常德·八年级校考期中）如图，边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=60°，连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°；连接AC1，再以AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°；…，按此规律所作的第8个菱形的边长为______．
【答案】543
【分析】连接DB，交AC于M，由菱形的性质可知，AC⊥BD，且∠BAC=30°，利用“直角三角形中30°所对的边是斜边的一半”求得BM，再由勾股定理求出AM，从而得到AC的长，同理可求得AC1，AC2，⋅⋅⋅的长，由此观察并总结规律，得到答案．
【详解】如图，连接DB，交AC于点M．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC=2AM，AC⊥DB，∠BAC=12∠DAB=30°，
∴在Rt△ABM中，BM=12AB=1，
AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴AC=2AM=23．
同理可得AC1=3AC=2×(3)2，AC2=3AC1=2×(3)3，AC3=3AC2=2×(3)4，⋅⋅⋅．
按此规律所作的第n个菱形的边长为2×(3)n−1．
即第8个菱形的边长为2×(3)7=2×372=543．
故答案为：543．
【点睛】本题考查了图形规律的探索，勾股定理，菱形的性质等知识，解决本题的关键在于熟练运用菱形相关性质，并通过观察找出规律．
96．（2022春·浙江金华·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD纸片中，∠BAD=45°，AB=10．将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF交AB、AD、AA′分别于点E、F、G．继续折叠纸片，使得点C的对应点C′落在A′F上，连接GC′，点G到AD的距离为_____，GC′的最小值为_____．
【答案】 522 522
【分析】过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，过A′作A′R⊥AD于R，由∠BAD=45°，AB=10，得BH=22AB=52，从而可得A′R=BH=52，根据将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF，可知GP=12A′R=522，又GP⊥AD，GQ⊥A′F，有GP=GQ=522，即可得当C′与Q重合时，GC′最小，最小值即是GQ的长，故可得答案．
【详解】解：过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，过A′作A′R⊥AD于R，如图：
∵∠BAD=45°，AB=10，
∴BH=22AB=52，
∵四边形ABCD是平行四边形，BH⊥AD，A′R⊥AD，
∴四边形BHRA′是矩形，
∴A′R=BH=52，
∵GP⊥AD，A′R⊥AD，
∴GP∥ A′R，
∵将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF，
∴AG=A′G，∠AFE=∠A′FE，
∴GP是△A′AR的中位线，
∴GP=12A′R=522，
∵GP⊥AD，GQ⊥A′F，
∴GP=GQ=522，
∵折叠纸片，使得点C的对应点C落在A′F上，
∴当C′与Q重合时，GC′最小，最小值即是GQ的长，
∴GC′最小为522，
故答案为：522，522．
【点睛】本题考查平行四边形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及作辅助线求出GP的长度．
97．（2022春·浙江温州·八年级校考期中）图1是邻边长为5和12的平行四边形，它由三个不全等的小平行四边形组成.将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），数据如图所示．记图1三个小平行四边形的中心分别为A，B，C，则B，C两点之间的距离为______．点A，C在图2中的对应点为点A'，C'，连结A'C'，A'B和BC'，当A'C'=A'B时，则MN的长为______．
【答案】 4 112
【分析】过点B作BY⊥KL于点Y，根据题意可得B，C两点之间的距离为12DG−DM=1212−4=4，进而求得A′L=12DE=32,AS=SY=32,在Rt△BYA′中，BY=4−12x,AY=32+32=3，A′B=A′C′=6−12x，根据勾股定理建立方程，解方即可求解．
【详解】标注字母如图，过点B作BY⊥KL于点Y，
∵DM=EF=4，DG=12，
三个小平行四边形的中心分别为A，B，C，则B，C两点之间的距离为12DG−DM=1212−4=4，
∵DF=5,EF=4，
∴DE=DF2−EF2=3，
∴正方形的面积等于FH×DE=12×3=36，
∴DK=KL=QK=DQ=6，
∴A′L=12DE=32，AS=SY=32，
∵ A,C分别为平行四边形的中心，
则A′C′∥QL且A′P=12LT=12EF=2，
∴QT=QL−TL=6−4=2，
设MN=x，则NG=8−x，
∴A′C′=12NG+DM=12DG−MN=1212−x=6−12x，
∴C到KL的距离为QL−A′C′=6−6−12x=12x，
∵ BC=4，
∴B到KL的距离为4−12x，
即BY=4−12x，
在Rt△BYA′中，BY=4−12x,AY=32+32=3，A′B=A′C′=6−12x，
∴6−12x2=32+4−12x2，
解得：x=112，
故答案为：4，112．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
98．（2022春·河北保定·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．
（1）若DN=5，则BM=______；
（2）当∠BAC=______时，四边形DEBF是菱形．
【答案】 5 30°##30度
【分析】根据条件可得∠DAN=∠BCM以及∠DNA=∠BMC可证明△DNA≌△BMC，即可求解.根据菱形性质和角关系可得∠DON=2∠OAB,利用∠EDO+∠DON=90°，即可求解.
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，∠DAE=∠BCF=90°，OD=OB=OA=OC，AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAN=∠BCM．
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°．
在△DNA和△BMC中，
∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=CB，
∴△DNA≌△BMC(AAS)，∴DN=BM．
∵DN=5，∴BM=5．
故答案为：5
（2）若四边形DEBF是菱形，
则DE=BE，∴∠EDB=∠EBD．
∵OB=OA，∴∠OAB=∠OBA，
∴∠EDO=∠OAB．∵∠DON=∠OAB+∠OBA，
∴∠DON=2∠OAB．∵DE⊥AC，
∴∠NDO+∠DON=90°，即∠EDO+∠DON=90°，
∴3∠OAB=90°，∴∠OAB=30°，即∠BAC=30°
故答案为：30°
【点睛】本题考查矩形和菱形的性质以及三角形全等的判定等，关键在于结合性质和图形，找到条件，特别锻炼学生的逻辑推理能力.
99．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，AB=4，点H、G分别是边DC、BC上的动点，其中点H不与点C重合，连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为______．
【答案】3
【分析】连接AG，根据点E为AH的中点，点F为GH的中点，得到EF=12AG，故EF的最小值，只有当AG取得最小值时，才能成立，AG的最小值为垂线段AG，根据勾股定理计算即可．
【详解】如图，连接AG，
因为点E为AH的中点，点F为GH的中点，
所以EF=12AG，故EF的最小值，
只有当AG取得最小值时，才能成立，AG的最小值为垂线段AG，
过点A作AM⊥BC，垂足为M，
因为∠B=60°，AB=4，
所以BM=2，
AM=42−22=23，
故EF的最小值为12AG=3
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，垂线段最短，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
100．（2022春·山东滨州·八年级统考期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE=AP=1，PB=5．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为62；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD=4+6；
⑤S△APD+S△APB=1+6，
其中正确结论的序号是_________．
【答案】①②③④
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
④在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；
⑤连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．
【详解】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝BP2−PE2=5−AE2−AP2=5−1−1=3，
∴BF＝EF＝22BE＝62；
故此选项成立；
④∵EF＝BF＝62，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝4+6，
∴S正方形ABCD＝AB2＝4+6；
故此选项成立；
⑤如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP＝2，
又∵PB＝5，
∴BE＝3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝3，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝12S正方形ABCD﹣12×DP×BE＝12×（4+6）﹣12×3×3=12+62．
故此选项不成立；
综上可知其中正确结论的序号是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
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