2022-2023学年浙江省金华市东阳市八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省金华市东阳市八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年浙江省金华市东阳市八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 将方程2x2+7=4x改写成ax2+bx+c=0的形式，则a，b，c的值分别为(    )
A. 2，4，7 B. 2，4，−7 C. 2，−4，7 D. 2，−4，−7
2. 下列计算中，正确的是(    )
A. 49=−7 B. (−3)2=3 C. − (−5)2=5 D. 81=±9
3. 如图，在正方形网格中，A，B，C，D，E，F，G，H，I，J是网格线交点，△ABC与△DEF关于某点成中心对称，则其对称中心是(    )
A. 点G
B. 点H
C. 点I
D. 点J
4. 已知平行四边形两内角和为70度，则该平行四边形的最大内角为(    )
A. 110° B. 125° C. 135° D. 145°
5. 用反证法证明命题：“已知△ABC，AB=AC，求证：∠B<90°.”第一步应先假设(    )
A. ∠B≥90° B. ∠B>90° C. ∠B<90° D. AB≠AC
6. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE=3，则菱形ABCD的周长为(    )
A. 6
B. 12
C. 24
D. 48
7. 若关于x的一元二次方程kx2−2kx+4=0有两个相等的实数根，则k的值为(    )
A. 0或4 B. 4或8 C. 0 D. 4
8. 如图，小明用七巧板拼了一个对角线长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形，则长方形的对角线长为(    )

A. 3 B. 2 C. 5 D. 4
9. 若点A(m−1,y1)，B(m+1,y2)在反比例函数y=3x的图象上，且y1>y2，则m的取值范围是(    )
A. m<−1 B. −| C. m>1 D. m<−1或m>1
10. 如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”得到正方形ABCD与正方形EFGH，点O为对角线AC的中点，MN过点O，分别交CH，AF于点M，N，若MG=3MH，AC=2MN，连CF，则S△BCFS正方形ABCD的值为(    )
A. 120
B. 115
C. 312
D. 515
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 二次根式 a+1中的字母a的取值范围是______．
12. 如图所示，已知∠MON=60°，正五边形ABCDE的顶点A、B在射线OM上，顶点E在射线ON上，则∠AEO=______度．


13. 学校要从两位同学中选拔1人担任运动会志愿者，选普通话体育知识旅游知识拔项目及两人得分如右表所示，若将普通话、体育知小聪8090识和旅游知识依次按4：3：3记分.则最终胜出的同学是______ ．

普通话
体育知识
旅游知识
小聪
80
90
72
小慧
90
80
70

14. 如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交点，反比例函数y=kx(x>0.k>0)的图象经过点C，E.若点A(4,0)，则k的值是______ ．

15. 已知m为方程x2+3x−2023=0的根，那么m3+2m2−2026m−2023的值为______ ．
16. 如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的两邻边分别在坐标轴的正半轴上，E为x轴正半轴上一动点，连CE，过点B作BF⊥CE交y轴于点F，连EF，以FB，FE为邻边构造平行四边形EGBF，已知OA=6．
(1)当E为BC的中点时，点F坐标为______ ．
(2)在点E运动过程中，BG最小值为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1) 6+ 8× 12；
(2) 4− 2 2+1．
18. (本小题6.0分)
解方程：
(1)2x2−x−6=0；
(2)(y−2)2=9y2．
19. (本小题6.0分)
已知反比例函数y=kx(k≠0)的图象的一支如图所示，它经过点(3,−2)．
(1)求此反比例函数的表达式，并补画该函数图象的另一支．
(2)求当y≤4，且y≠0时自变量x的取值范围．

20. (本小题8.0分)
甲、乙两名运动员在相同条件下6次射击成绩的折线统计图如下：

(1)填表(单位：环)

平均数
中位数
众数
甲的射击成绩
① ______
8
③ ______
乙的射击成绩
8
② ______
9
(2)计算甲、乙射击成绩的方差．
(3)你认为哪名运动员的射击水平较好，请简述理由．
21. (本小题8.0分)
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF/​/BC交CE的延长线于点F，连接BF．
(1)求证：四边形ADBF是菱形．
(2)AB=6，四边形ADBF的面积为24.求AC的长．

22. (本小题10.0分)
建设美丽城市，改造老旧小区.某市2020年投入资金1000万元，2022年投入资金1440万元，现假定每年投入资金的增长率相同．
(1)求该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率．
(2)2022年老旧小区改造的平均费用约为每个80万元.2023年为提高老旧小区品质，每个小区改造费用增加10%.如果投入资金年增长率保持不变，求该市在2023年最多可以改造多少个老旧小区？
23. (本小题10.0分)
定义：在平面直角坐标系中，过点P，Q分别作x轴，y轴的垂线所围成的矩形，叫做P，Q的“关联矩形”，如图所示．

(1)已知点A(−2,0)
①若点B的坐标为(3,2)，则点A，B的“关联矩形”的周长为______ ．
②若点C在直线y=4上，且点A，C的“关联矩形”为正方形，求直线AC的解析式．
(2)已知点M(1,−2)，点N(4,3)，若使函数y=kx的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，求k的取值范围．
24. (本小题12.0分)
在正方形ABCD中．

(1)【发现】
如图1，E为对角线AC上一点，连接BE，DE.则∠CDE与∠CBE相等吗？说明理由．
(2)【应用】
如图2，点E在AC上，连接BE，DE，延长DE交BC于点G，交AB的延长线于点F，若GE=GB，且BF=2，求正方形的边长．
(3)【迁移】
若正方形的边长为2 3，点E在射线AC上，连接BE，DE，射线DE交直线BC于点G，请问：是否存在点E，使得△BEG为等腰三角形？若存在，求出该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：2x2+7=4x可化为2x2−4x+7=0，它的二次项系数，一次项系数和常数项分别为2，−4，7，
故选：C．
根据任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0(a≠0).这种形式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项，b是一次项系数；c叫做常数项进行分析即可．
此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握要确定二次项系数，一次项系数和常数项，必须先把一元二次方程化成一般形式．

2.【答案】B 
【解析】解：A， 49=7，故原式错误，不符合题意；
B， (−3)2=3，故原式正确，符合题意；
C，− (−5)2=−5，故原式错误，不符合题意；
D， 81=9，故原式错误，不符合题意．
故选：B．
根据二次根式的性质逐项进行判断即可．
本题考查了二次根式的性质，注意区分平方根与算术平方根的数学符号．

3.【答案】C 
【解析】解：∵△ABC与△DEF关于某点成中心对称，
∴对应点B和E的连线与对应点C和F的连线的交点I是对称中心．
故选：C．
关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，由此即可解决问题．
本题考查中心对称，关键是掌握中心对称的性质．

4.【答案】D 
【解析】解：∵平行四边形有两个内角之和为70°，
∴这两个角等于35°，
∴另外两个角等于180°−35°=145°，
∴这个平行四边形的最大内角为145°，
故选：D．
根据平行四边形的对角相等，邻角互补即可解决问题；
本题考查平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考基础题．

5.【答案】A 
【解析】
【分析】
此题主要考查了反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
直接利用反证法的第一步分析得出答案．
【解答】
解：用反证法证明命题：“已知△ABC，AB=AC，求证：∠B<90°.”第一步应先假设∠B≥90°．
故选：A．  
6.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，
∴△COD为直角三角形．
∵OE=3，点E为线段CD的中点，
∴CD=2OE=6．
∴C菱形ABCD=4CD=4×6=24．
故选：C．
由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出CD=6．

7.【答案】D 
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−2kx+4=0有两个相等的实数根，
∴k≠0，△=(−2k)2−4×k×4=0，
解得：k=4，
故选：D．
根据已知一元二次方程有两个相等的实数根得出k≠0，△=(−2k)2−4×k×4=0，求出k的值即可．
本题考查了根的判别式和一元二次方程的定义，能得出关于k的不等式和方程是解此题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：根据图形可知：长方形的长是正方形的对角线为2，
长方形的宽是正方形对角线的一半为1，
则长方形的对角线长= 22+12= 5．
故选：C．
根据图形可得长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的一半为1，然后利用勾股定理即可解决问题．
本题考查了正方形的性质，七巧板，矩形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．

9.【答案】D 
【解析】解：∵k=3>0，
∴反比例函数y=3x的图象在一、三象限，在每个象限内y随着x的增大而减小，
∵m−1y2，
∴点A和点B的横坐标同号，
∴m−1>0m+1>0或m−1<0m+1<0，
解得：m>1或m<−1，
故选：D．
根据反比例函数的性质和增减性，结合点A和点B横纵坐标的大小关系，得到关于m的二元一次方程组，解之即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握反比例函数的性质和增减性是解题的关键．

10.【答案】A 
【解析】解：如图，连接GE，过H作HQ//MN交EF于Q，
∵CH=AF，GH=EF，
∴CG=AE，
∵CH//AF，
∴四边形CGAE是平行四边形，
∴GH，AC互相平分；
∵正方形EFGH，
∴OG=OE，GH//EF，
∴∠MGO=∠NEO，∠GMO=∠ENO，
在△MGO和△NEO中，
∠MGO=∠NEO∠GMO=∠ENOOG=OE
∴△MGO≌△NEO(AAS)，
∴GM=EN，
∵HM//QN，HQ//MN，
∴四边形QNMH是平行四边形，
∴HM=QN，HQ=MN，
∵MG=3MH，AC=2MN，设MH=a，
∴MG=EN=3a，NQ=MH=a，EQ=2a，GH=HE=4a，
∴MN=HQ= 16a2+4a2=2 5a，AC=4 5a，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴AB=BC= 22AC=2 10a，
由题意可设DH=CG=AE=BF=m，
由等面积法可得：
(2 10a)2=(4a)2+4×12m(4a+m)，
解得：m=2a，(负根舍去)，
∴CG=BF=2a，
∴S△BCFS正方形ABCD=12×(2a)2(2 10a)2=120，
故选：A．
如图，连接GE，过H作HQ//MN交EF于Q，证明△MGO≌△NEO，四边形QNMH是平行四边形，可得HM=QN，HQ=MN，设MH=a，MG=EN=3a，NQ=MH=a，EQ=2a，GH=HE=4a，MN=HQ= 16a2+4a2=2 5a，AC=4 5a，AB=BC= 22AC=2 10a，由题意可设DH=CG=AE=BF=m，由等面积法可得：m=2a，再利用面积公式可得答案．
本题考查的是正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的求解CG=BF=2a是解本题的关键．

11.【答案】a≥−1 
【解析】解：由题意得，a+1≥0，
解得：a≥−1．
故答案为：a≥−1．
根据二次根式的被开方数为非负数，可得出关于a的不等式，继而可得出a的取值范围．
此题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握二次根式的被开方数为非负数，难度一般．

12.【答案】48 
【解析】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EAB=(5−2)×180°5=108°，
∵∠EAB是△AEO的外角，
∴∠AEO=∠EAB−∠MON=108°−60°=48°，
故答案为：48．
根据正五边形的性质求出∠EAB，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
本题考查的是正多边形，掌握多边形内角和定理、正多边形的性质、三角形的外角性质是解题的关键．

13.【答案】小慧 
【解析】解：小聪的成绩是：(80×4+90×3+72×3)÷(4+3+3)=80.6(分)，
小慧的成绩是：(90×4+80×3+70×3)÷(4+3+3)=81(分)，
∵81>80.6，
∴最终胜出的同学是小慧．
故答案为：小慧．
根据不同的权计算每个人的得分即可作出比较．
本题考查了加权平均数的概念及求法，属于基础题，牢记加权平均数的计算公式是解题的关键．

14.【答案】649 
【解析】解：设C(m,km)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点E为AC的中点，
∴E(m+42,k2m)，
∵点E在反比例函数y=kx上，
∴m+42⋅k2m=k，
∴m=43，
作CH⊥y轴于H，

∴CH=43，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠OBA=∠HCB，
∵∠AOB=∠BHC，
∴△AOB≌△BHC(AAS)，
∴BH=OA=4，OB=CH=43，
∴C(43,163)，
∴k=43×163=649，
故答案为：649．
利用中点坐标公式可得点C的横坐标为43，作CH⊥y轴于H，再利用AAS证明△AOB≌△BHC，得BH=OA=4，OB=CH=43，从而得出点C的坐标，即可得出答案．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用全等三角形的判定与性质求出点C的坐标是解题的关键．

15.【答案】−4046 
【解析】解：∵m为方程x2+3x−2023=0的根，
∴m2+3m−2023=0，
∴m2=−3m+2023，
∴m3=m(−3m+2023)=−3m2+2023m=−3(−3m+2023)+2023m=2032m−6069，
∴m3+2m2−2026m−2023
=2032m−6069+2(−3m+2023)−2026m−2023
=2032m−6069−6m+4046−2026m−2023
=−4046．
故答案为：−4046．
先利用一元二次方程根的定义得到m2=−3m+2023，再用m表示m3得到m3=2032m−6069，然后利用整体代入的方法得到m3+2m2−2026m−2023=2032m−6069+2(−3m+2023)−2026m−2023，最后合并即可．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．利用整体代入的方法可简化计算．

16.【答案】(0,3)  3 2 
【解析】解：(1)∵四边形OABC是正方形，
∴OA=AB=BC=CO，∠AOC=∠OAB=∠ABC=∠BCO=90°，
∠OCE+∠CEO=90°，∠OCE+∠ECB=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠FBC+∠ECB=90°，
∴∠OCE=∠FBC，
∴△OCE≌△CBF(AAS)，
∴CF=OE，
∵E为OA的中点，OA=6，
∴OE=AE=3，
∴OF=CF=3，
∴F(0,3)；
故答案为：(0,3)；

 (2)根据(1)可知：CF=OE，设CF=OE=x，
∵E为x轴正半轴上一动点，
∴OF=|x−6|，
在Rt△OEF中，
OE2+OF2=EF2，
∴EF2=x2+(x−6)2=2x2−12x+36=2(x−3)2+18，
根据配方法可知：EF2的最小值为：18，
∵四边形EGBF是平行四边形，
∴EF=BG= 18=3 2，
故答案为：3 2．
(1)根据正方形的性质得出OA=AB=BC=CO，∠AOC=∠OAB=∠ABC=∠BCO=90°，根据垂直得出∠OCE=∠FBC，再证明△OCE≌△CBF，得出CF=OE，求出OF=CF=3，即可得出答案；
(2)根据(1)可知：CF=OE，设CF=OE=x，得出OF=|x−6|，在Rt△OEF中，OE2+OF2=EF2，求出EF2=x2+(x−6)2=2x2−12x+36=2(x−3)2+18，根据配方法可得EF2的最小值，再根据平行四边形的性质即可得出答案．
本题考查正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，掌握这些知识点是解题的关键．

17.【答案】解：(1) 6+ 8× 12
= 6+ 8×12
= 6+4 6
=5 6；
(2) 4− 2 2+1
=2− 2×( 2−1)( 2+1)×( 2−1)
=2− 2×( 2−1)
=2−2+ 2
= 2． 
【解析】(1)先根据二次根式的乘法法则进行计算，再根据二次根式的加法法则进行计算即可；
(2)先分母有理化，再根据二次根式的性质进行计算，最后根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算和分母有理化，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．

18.【答案】解：(1)2x2−x−6=0，
(2x+3)(x−2)=0，
∴2x+3=0或x−2=0，
解得x1=−32，x2=2；
(2)∵(y−2)2=9y2，
∴y−2=±3y，
∴y−2=3y或y−2=−3y，
解得y1=−1，y2=12． 
【解析】(1)根据因式分解法可以解答此方程；
(2)根据直接开平方法可以解答此方程．
本题考查解一元二次方程，解答本题的关键是明确解一元二次方程的方法．

19.【答案】解：(1)把点(3,−2)代入y=kx(k≠0)，
−2=k3，
解得：k=−6，
∴反比例函数的表达式为y=−6x，
补充其函数图象如下：

(2)当y=4时，−6x=4，
解得：x=−32，
∴当y≤4，且y≠0时，x≤−32或x>0． 
【解析】(1)利用待定系数法求函数解析式，利用描点法补充函数图象；
(2)利用数形结合思想确定关键点，从而求得相应的自变量的取值范围．
本题考查反比例函数，掌握待定系数法求函数解析式及反比例函数的图象性质，利用数形结合思想解题是关键．

20.【答案】8  8  8.5 
【解析】解：(1)甲的平均成绩为：6+8+7+10+8+96=8，众数为：8，
乙的成绩从小到大排列：6，7，8，9，9，9，中位数为：8+92=8.5，
故答案为：8，8.5，8；
(2)S甲2=16[(6−8)2+(8−8)2+(7−8)2+(10−8)2+(8−8)2+(9−8)2]=53，
S乙2=16[(9−8.5)2+(6−8.5)2+(9−8.5)2+(7−8.5)2+(9−8.5)2+(8−8.5)2]=43；
(3)由(2)知，乙的成绩更稳定，且乙的中位数和众数都大于甲，故乙运动员的射击水平较好．
(1)根据折线统计图得出结论即可；
(2)根据题中数据计算方差即可；
(3)根据平均数、中位数和众数得出结论即可．
本题主要考查折线统计图的知识，熟练根据折线统计图获取相应的数据是解题的关键．

21.【答案】(1)证明：∵AF/​/BC，
∴∠AFC=∠FCD，∠FAE=∠CDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
∴△FAE≌△CDE(AAS)，
∴AF=CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
∴AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=BD=12BC，
∴四边形ADBF是菱形；
(2)解：∵四边形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面积=2△ABD的面积，
∵点D是BC的中点，
∴△ABC的面积=2△ABD的面积，
∴菱形ADBF的面积=△ABC的面积=24，
∴12AB⋅AC=24，
∴12×6⋅AC=24，
∴AC=8，
∴AC的长为8． 
【解析】(1)利用平行线的性质可得∠AFC=∠FCD，∠FAE=∠CDE，利用中点的定义可得AE=DE，从而证明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性质可得AF=CD，再根据D是BC的中点，可得AF=BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD=AD，从而利用菱形的判定定理即可解答；
(2)利用(1)的结论可得菱形ADBF的面积=2△ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得△ABC的面积=2△ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积=△ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可解答．
本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键．

22.【答案】解：(1)设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为x，
依题意得：1000(1+x)2=1440，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不合题意，舍去)．
答：该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为20%．
(2)设该市在2023年可以改造y个老旧小区，
依题意得：80×(1+10%)y≤1440×(1+20%)，
解得：y≤19.66，
又∵y为整数，
∴y的最大值为19．
答：该市在2023年最多可以改造19个老旧小区． 
【解析】(1)设该市改造老旧小区投入资金的年平均增长率为x，利用2022年投入资金金额=2020年投入资金金额×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)设该市在2023年可以改造y个老旧小区，根据2023年改造老旧小区所需资金不多于2023年投入资金金额，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最大整数值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

23.【答案】14 
【解析】解：(1)①点A，B的“关联矩形”的长为3−(−2)=5，宽为2−0=2，
∴周长为(5+2)×2=14．
故答案为：14．
②点A，C的“关联矩形”为正方形时点C有两个，C1(2,4)，C2(−6,4)，如图所示：

设直线AC1的解析式为y=k1x+b1，则
−2k1+b1=02k1+b1=4，
∴k1=1b1=2，
∴直线AC1的解析式为y=x+2；
设直线AC2的解析式为y=k2x+b2，则
−2 k2+b2=0−6k2+b2=4，
∴k2=−1b2=−2，
∴直线AC2的解析式为y=−x−2；
∴直线AC的解析式为y=x+2或y=−x−2．
(2)如图所示：当k>0时，若函数y=kx的图象过点N(4,3)，则k=12，所以0 当k<0时，若函数y=kx的图象过点(4,−2)，则k=−8，所以−8≤k<0；
∴若使函数y=kx的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，k的取值范围为−8≤k<0或0
(1)①画出点A，B的“关联矩形”，确定长和宽，最后确定周长；
②画出点A，C的“关联矩形”为正方形的图形，点C有两个位置，分别求直线AC的解析式；
(2)画出点M、N的“关联矩形”，若使函数y=kx的图象与点M、N的“关联矩形”有公共点，观察函数y=kx中k的变化，找到k的临界值，即函数y=kx的图象过点N(4,3、(4,−2)时，进而求出k的取值范围．
本题在新定义下考查了一次函数和反比例函数的图象和性质，以及图象的交点问题，体现了数形结合的思想，虽然是新定义，但难度不是很大．

24.【答案】解：(1)∠CDE=∠CBE，理由如下：
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴CD=CB，∠DCE=∠BCE=45°，
∵CE=CE，
∴△CDE≌△CBE(SAS)，
∴∠CDE=∠CBE；
(2)∵GE=GB，且BF=2，
∴∠FEB=∠CBE，
由(1)知，∠CDE=∠CBE，
∴∠FEB=∠CDE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC/​/AB，∠ADC=∠ABC=∠DAB=90°，
∴∠CDE=∠F，
∴∠FEB=∠F，
∴BE=BF=2，
∵△CDE≌△CBE，
∴DE=BE=2，
∵∠ADE=∠ABE=∠FEB+∠F=2∠F，
∴90°=∠DAB=∠ADF+∠F=3∠F，
∴∠F=30°，
设正方形ABCD的边长为x，
∴AD=AB=x，
∴DF=2AD=2x，
在Rt△ADF中，DF2=AD2+AF2，
∴(2x)2=x2+(x+2)2，
∴x=1+ 3或x=1− 3(舍去)，
∴正方形ABCD的边长为1+ 3；
(3)①如图，点E在线段AC上，且点E靠近点A，

∵四边形ABCD是正方形，边长为2 3，
∴∠DCB=∠ABC=∠ABG=90°，
∴∠EBG=∠ABE+∠ABG>90°，
∴△EBG是钝角三角形，
当BE=BG时，∠BEG=∠G，
∵△CDE≌△CBE，
∴∠CDE=∠CBE=∠BEG+∠G=2∠G，
∴90°=∠DCB=∠CDG+∠G=3∠G，
∴∠G=30°，
∴DG=2CD=4 3，
∴CG= DG2−CD2= (4 3)2−(2 3)2=6，
∴BG=CG−BC=6−2 3；
②如图，点E在线段AC上，且点E靠近点C，

∵四边形ABCD是正方形，边长为2 3，
∴∠DCB=∠ADC=90°，
∴∠EGB=∠GDC+∠DCG>90°，
∴△EBG是钝角三角形，
当GE=BG时，设GE=BG=a，
∴∠GEB=∠GBE，
∵∠CDE=∠CBE，
∴∠GEB=∠CBE=∠CDE，
∴∠CGD=∠GEB+∠GBE=2∠CDG，
∴90°=∠DCG=∠CDG+∠CGD=3∠CDG，
∴∠CDG=30°，
∴DG=2CG=2(2 3−a)=4 3−2a，
∵DG2=CD2+CG2，
∴(4 3−2a)2=(2 3)2+(2 3−a)2，
∴a=2 3−2或a=2 3+2(舍去)，
∴BG=2 3−2；
③点E在线段AC的延长线上，

∵四边形ABCD是正方形，边长为2 3，
∴∠DCB=∠DCG=90°，
∴∠BGE=∠GDC+∠DCG>90°，
∴△EBG是钝角三角形，
当GE=BG时，设GE=BG=b，
∴∠GEB=∠GBE，
∵∠CDE=∠CBE，
∴∠GEB=∠CBE=∠CDE，
∴∠CGD=∠GEB+∠GBE=2∠CDG，
∴90°=∠DCG=∠CDG+∠CGD=3∠CDG，
∴∠CDG=30°，
∴DG=2CG=2(b−2 3)=2b−4 3，
∵DG2=CD2+CG2，
∴(2b−4 3)2=(2 3)2+(b−2 3)2
∴b=2 3−2(舍去)或b=2 3+2，
∴BG=2 3+2；
综上所述，存在点E，使得△BEG为等腰三角形，该三角形的腰长为6−2 3或2 3−2或2 3+2． 
【解析】(1)先判断出CD=CB，∠DCE=∠BCE=45°，进而判断出△CDE≌△CBE(SAS)，根据全等三角形的性质进而得出结论；
(2)利用正方形的性质及等腰三角形的性质推出∠CDE=∠FEB=∠F，结合△CDE≌△CBE，得出DE=BF=BE=2，再利用三角形外角性质推出∠ADE=∠ABE=∠FEB+∠F=2∠F，根据直角三角形的两锐角互余求出∠F=30°，根据含30°角的直角三角形的性质得出DF=2AD，设正方形ABCD的边长为x，根据勾股定理得到(2x)2=x2+(x+2)2，据此求解即可；
(3)分三种情况讨论即可得解：①点E在线段AC上，且点E靠近点A；②点E在线段AC上，且点E靠近点C；③点E在线段AC的延长线上．
此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质、等腰三角形的性质并会分情况画出图形讨论是解题的关键．