人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题八年级下学期数学期中测试卷(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题八年级下学期数学期中测试卷(原卷版+解析)，共29页。试卷主要包含了的运算结果为等内容，欢迎下载使用。
（测试范围：第十六章---第十八章）
（考试时间120分钟 满分120分）
选择题（共10题，每小题3分，共30分）
1．(2023秋•雁塔区校级期中）若直角三角形的三边长为5，12，m，则m2的值为（ ）
A．13B．119C．169D．119或169
2．如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，∠DEC＝30°，则∠A的度数为（ ）
A．100°B．120°C．150°D．105°
3．(2023秋•石景山区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝213，则底边上的高为（ ）
A．12B．23C．32D．18
4．(2023春•交城县期中）用“•”表示一种新运算：对于任意正实数a•b=a2+b，例如10•21=102+21=11，那么13⋅(7⋅2)的运算结果为（ ）
A．13B．7C．4D．5
5．(2023秋•新华区校级期末）满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝3：4：5B．∠A＝2∠B＝2∠C
C．AB=34，BC＝3，AC＝5D．∠A＝20°，∠B＝70°
6．(2023•旌阳区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°
B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD
D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
7．(2023秋•沧州期末）如图①，某超市为了吸引顾客，在超市门口离地高4.5m的墙上，装有一个由传感器控制的门铃A，人只要移至该门口4m及4m以内时，门铃就会自动发出语音“欢迎光临”．如图②，一个身高1.5m的学生刚走到D处，门铃恰好自动响起，则该生头顶C到门铃A的距离为（ ）
A．7mB．6mC．5mD．4m
8．如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′＝（ ）度．
A．40B．35C．30D．50
9．(2023春•岚山区期末）如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2按照此规律继续作图，则S2021的值为（ ）
A．122018B．122019C．122020D．122021
10．（2023•青岛模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠得到△DEF，点F落在EG边上，连接CF．现有如下5个结论：①AG+EC＝GE；②BF⊥CF；③S△BEF=365；④GB＝2AG．在以上4个结论中正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
11．(2023秋•保定月考）已知y=x−8+8−x+18，则代数式x−y的值为 ．
12．(2023秋•南京期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，AB在数轴上，且点A表示的数为﹣1，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于点M，则点M表示的实数为 ．
13．(2023春•阜平县期末）已知a=7+2，b=7−2，则a2+b2的值为 ．
14．(2023秋•宁阳县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝3，AO＝2，BC＝5，则AE的长为 ．
15．(2023秋•金东区期末）已知1＜x＜2，则(x−2)2+|x﹣1|＝ ．
16．(2023秋•玄武区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，CD是△ABC的中线，E是CD的中点，连接AE，BE，若AE⊥BE，垂足为E，则BC的长为 ．
17．(2023秋•蒲江县校级期中）如图所示的正方形图案是用4个全等的直角三角形拼成的．已知正方形ABCD的面积为25，正方形EFGH的面积为1，若用x、y分别表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列三个结论：①x2+y2＝25；②x﹣y＝1；③xy＝12；④x+y＝40．其中正确的是 ．（填序号）
18．（2023•南宁一模）如图，已知∠MON＝90°，线段AB长为6，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连接OC．则OC的最大值为 ．
解答题（本大题共8小题，满分共66分）
19．（每小题4分，共8分）(2023春•五峰县期中）计算：
（1）（212−613+348）÷3； （2）35×210−(23+6)(23−6)×12．
20．（6分）（2023•北碚区校级开学）化简求值：
已知a=13−1，b=13+1，求(1a−b−ba2−b2)÷a2−aba2−2ab+b2的值．
21．（8分）(2023春•西峰区校级月考）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）若AB＝AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
22．（7分）(2023春•合川区校级期中）笔直的河流一侧有一营地C，河边有两个漂流点A，B、其中AB＝AC，由于周边施工，由C到A的路现在已经不通，为方便游客，在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝10千米，CH＝8千米，BH＝6千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．
23．（8分）(2023春•郧阳区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．
24．（8分）(2023秋•门头沟区期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E．
（1）求证：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，AD=23，求AE的长．
25．（9分）(2023春•澄海区期末）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以AB、AD为腰作等腰三角形△ABF和等腰三角形△ADE，且顶角∠BAF＝∠DAE，连结BD、EF相交于点G，BD与AF相交于点H．
（1）求证：BD＝EF；
（2）若∠GHF＝∠BFG，求证：四边形ABCD是菱形；
（3）在（2）的条件下，当∠BAF＝∠DAE＝90°时，连结BE，若BF＝4，求△BEF的面积．
26．（12分）(2023•宽城区模拟）问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．判断BE与DE之间的数量关系，并说明理由．
问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG．
（1）判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由．
（2）连结CF，若AB＝3，PC=2，求CF的长．
2023-2024学年八年级下学期数学
期中测试卷
（测试范围：第十六章---第十八章）
（考试时间120分钟 满分120分）
选择题（共10题，每小题3分，共30分）
1．(2023秋•雁塔区校级期中）若直角三角形的三边长为5，12，m，则m2的值为（ ）
A．13B．119C．169D．119或169
【分析】由于直角三角形的斜边不能确定，故应分m为直角边与斜边两种情况进行讨论．
【解答】解：当m为直角边时，m2＝122﹣52＝119；
当m为斜边时，m2＝52+122＝169．
故选：D．
【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
2．如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，∠DEC＝30°，则∠A的度数为（ ）
A．100°B．120°C．150°D．105°
【分析】根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE＝∠CED，然后根据补角性质可得答案．
【解答】解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADC＝2∠ADE，
∵▱ABCD中，AD∥BC，AB∥DC，
∴∠ADE＝∠CED＝30°，∠A+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝2×30°＝60°，
∴∠A＝180°﹣∠ADC＝120°．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，准确识图并熟练掌握性质是解题的关键．
3．(2023秋•石景山区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝213，则底边上的高为（ ）
A．12B．23C．32D．18
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，根据等腰三角形的性质得出BD＝CD=12BC=13，再根据勾股定理求出AD的长即可求解．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，
∴BD＝CD=12BC=13，
在Rt△ABD中，由勾股定理得，
AD=AB2−BD2=52−(13)2=23，
即底边上的高为23，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
4．(2023春•交城县期中）用“•”表示一种新运算：对于任意正实数a•b=a2+b，例如10•21=102+21=11，那么13⋅(7⋅2)的运算结果为（ ）
A．13B．7C．4D．5
【分析】直接利用新定义，进而代入计算得出答案．
【解答】解：原式=13•(7)2+2
=(13)2+3
=16
＝4．
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次根式的运算，正确运用新定义是解题关键．
5．(2023秋•新华区校级期末）满足下列条件时，△ABC不是直角三角形的是（ ）
A．∠A：∠B：∠C＝3：4：5B．∠A＝2∠B＝2∠C
C．AB=34，BC＝3，AC＝5D．∠A＝20°，∠B＝70°
【分析】根据勾股定理逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形；三角形内角和定理进行分析即可．
【解答】解：A．∠A：∠B：∠C＝3：4：5，则∠C＝180°×512=75°，不是直角三角形，故此选项符合题意；
B．∵∠A＝2∠B＝2∠C，
∴∠B＝∠C＝180°×14=45°，
∴∠A＝90°，
∴是直角三角形，故此选项不合题意；
C．∵32+53=(34)2，
∴是直角三角形，故此选项不合题意；
D．∵∠A＝20°，∠B＝70°，
∴∠C＝90°，
∴是直角三角形，故此选项不合题意．
故选：A．
【点评】此题主要考查了勾股定理逆定理，以及三角形内角和定理，关键是正确掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
6．(2023•旌阳区二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°
B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD
D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
【分析】矩形的四个角都是90°，菱形的对角线互相垂直，正方形的对角线相等，菱形的四条边相等．
【解答】解：因为矩形的四个角是直角，
故A正确，
因为菱形的对角线互相垂直，
故B正确，
因为正方形的对角线相等，
故C正确，
菱形的对角线和边长不一定相等，
例如：∠ABC＝80°，因为AB＝BC，所以∠BAC＝∠ACB＝50°，此时AC＞AB，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，熟练掌握它们的性质是解题的关键．
7．(2023秋•沧州期末）如图①，某超市为了吸引顾客，在超市门口离地高4.5m的墙上，装有一个由传感器控制的门铃A，人只要移至该门口4m及4m以内时，门铃就会自动发出语音“欢迎光临”．如图②，一个身高1.5m的学生刚走到D处，门铃恰好自动响起，则该生头顶C到门铃A的距离为（ ）
A．7mB．6mC．5mD．4m
【分析】根据题意构造出直角三角形，利用勾股定理即可解答．
【解答】解：由题意可知：BE＝CD＝1.5m，AE＝AB﹣BE＝4.5﹣1.5＝3m，CE＝4m，
由勾股定理得AC=AE2+CE2=32+42=5（m），
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
8．如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′＝（ ）度．
A．40B．35C．30D．50
【分析】由平行四边形的性质得∠B＝∠D＝50°，再由三角形的外角性质得∠AEC＝∠D+∠DAE＝70°，则∠AED＝110°，然后由折叠的性质得∠AED＝∠AED′＝110°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D＝50°，
∵∠DAE＝20°，
∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝50°+20°＝70°，
∴∠AED＝180°﹣70°＝110°，
∵将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，
∴∠AED＝∠AED′＝110°，
∴∠FED′＝∠AED′﹣∠AEC＝110°﹣70°＝40°，
故选：A．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握翻折变换得性质和平行四边形的性质，求出∠AEC的度数是解题的关键．
9．(2023春•岚山区期末）如图，正方形ABCD的边长是2，其面积标记为S1，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，以该等腰直角三角形的一条直角边DE为边向外作正方形，其面积标记为S2按照此规律继续作图，则S2021的值为（ ）
A．122018B．122019C．122020D．122021
【分析】由等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分S1、S2、S3、S4的值，再由面积的变化即可找出变化规律“Sn＝4×（ 12）n﹣1”，依此规律即可解决问题．
【解答】解：∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DE＝CE，∠CED＝90°，
∴CD2＝DE2+CE2＝2DE2，
∴DE=22CD，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的22倍，
∴S1＝22＝4＝4×（12）0，
S2＝（2×22）2＝2＝4×（12）1，
S3＝（2×22）2＝1＝4×（12）2，
S4＝（1×22）2=12=4×（12）3，
…，
∴Sn＝4×（12）n﹣1，
∴S2021＝4×（12）2020＝（12）2018=122018，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、正方形面积的计算、规律型等知识，根据面积的变化找出变化规律“Sn＝4×（12）n﹣1”是解题的关键．
10．（2023•青岛模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠得到△DEF，点F落在EG边上，连接CF．现有如下5个结论：①AG+EC＝GE；②BF⊥CF；③S△BEF=365；④GB＝2AG．在以上4个结论中正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④
【分析】根据HL证明两三角形Rt△ADG≌Rt△FDG即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得∠EFC+∠EFB＝90°，得∠BFC＝90°，所以BF⊥CF，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的定义可得CE＝EF＝BE＝3，设AG＝x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到GE的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断④；先求△BEG的面积，根据△BEF和△BEG等高，可知 S△BEFS△BEG=EFEG=35，S△BEF=35×6=185，即可判断③．
【解答】解：由折叠得：△DCE≌△DFE，
∴DF＝DC，∠DFE＝∠DCE，EC＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠DCE＝90°，
∴∠A＝∠DFG＝90°，AD＝DF，
∵DG＝DG，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴AG＝FG，
∴AG+EC＝FG+EF＝GE，故①正确；
∵点E是BC边的中点，
∴BE＝CE，
∴BE＝EF＝EC，
∴∠ECF＝∠EFC，∠EBF＝∠EFB，
∵∠ECF+∠EFC+∠EBF+∠EFB＝180°，
∴∠EFC+∠EFB＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴BF⊥CF，故②正确；
设AG＝x，则BG＝6﹣x，
由Rt△ADG≌Rt△FDG得：AG＝FG，
∵点E是BC边上的中点，
∴EF＝CE＝BE＝3，
在Rt△BEG中，根据勾股定理得：BG2+BE2＝EG2，
（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得：x＝2，
AG＝2，
∴BG＝4，
∴GB＝2AG，故④正确，
∵S△BEG=12BE•BG=12×3×4＝6，
∵△BEF和△BEG等高，
∴S△BEFS△BEG=EFEG=35，
∴S△BEF=35×6=185，故③错误．
故选：C．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
填空题（共8小题，每小题3分，共24分）
11．(2023秋•保定月考）已知y=x−8+8−x+18，则代数式x−y的值为 ．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x，y的值，进而代入得出答案．
【解答】解：∵x−8与8−x有意义，
∴x＝8，
∴y＝18，
故x−y=8−18
＝22−32
=−2．
故答案为：−2．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件、二次根式的化简求值，正确化简二次根式是解题关键．
12．(2023秋•南京期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝1，AB在数轴上，且点A表示的数为﹣1，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交数轴的正半轴于点M，则点M表示的实数为 ．
【分析】先利用勾股定理求出AC，根据AC＝AM，求出OM，由此即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝3，AD＝BC＝1，
∴AC=AB2+BC2=32+12=10，
∵AM＝AC=10，OA＝1，
∴OM＝AM﹣OA=10−1，
∴点M表示点数为10−1．
故答案为：10−1．
【点评】本题考查实数与数轴、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用勾股定理求出AC、AM的长．
13．(2023春•阜平县期末）已知a=7+2，b=7−2，则a2+b2的值为 ．
【分析】先分别根据二次根式的加法法则和二次根式的乘法法则求出a+b和ab的值，再根据完全平方公式进行变形，最后代入求出答案即可．
【解答】解：∵a=7+2，b=7−2，
∴a+b=7+2+7−2＝27，
ab＝（7+2）×（7−2）＝7﹣4＝3，
∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝（27）2﹣2×3＝28﹣6＝22，
故答案为：22．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值和完全平方公式，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．
14．(2023秋•宁阳县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝3，AO＝2，BC＝5，则AE的长为 ．
【分析】首先由勾股定理的逆定理判定△BAC是直角三角形，再利用三角形的面积公式即可求出AE的长度．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AO＝2，
∴AC＝2AO＝4
∵AB＝3，BC＝5，
∴AB2+AC2＝AB2，
∴∠BAC＝90°，
∵S△BAC=12×AB×AC=12×BC×AE，
∴12×4×3=12×5×AE，
∴AE=125，
故答案为：125．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出△BAC是直角三角形是解此题的关键．
15．(2023秋•金东区期末）已知1＜x＜2，则(x−2)2+|x﹣1|＝ ．
【分析】根据二次根式以及绝对值的性质，化简即可．
【解答】解：∵1＜x＜2，
∴x﹣1＞0，x﹣2＜0，
∴(x−2)2+|x﹣1|
＝|x﹣2|+|x﹣1|
＝2﹣x+x﹣1
＝1．
故答案为：1．
【点评】此题考查了二次根式的性质和绝对值的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
16．(2023秋•玄武区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，CD是△ABC的中线，E是CD的中点，连接AE，BE，若AE⊥BE，垂足为E，则BC的长为 ．
【分析】根据垂直定义可得∠AEB＝90°，从而在Rt△ABE中，利用直角三角形斜边上的中线性质可得ED＝AD=12AB＝2，再在Rt△ADC中，利用直角三角形斜边上的中线性质可得AE＝DE＝2，从而可得△ADE是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得∠ADE＝60°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ACD＝30°，再在Rt△ADC中，利用含30度角的直角三角形的性质可得AC＝23，最后在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∵点D是AB的中点，AB＝4，
∴ED=12AB＝2，AD=12AB＝2，
∵∠DAC＝90°，E是CD的中点，
∴AE＝DE＝2，
∴AD＝DE＝AE＝2，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣∠ADC＝30°，
∴AC=3AD＝23，
∴BC=AB2+AC2=42+(23)2=27，
故答案为：27．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
17．(2023秋•蒲江县校级期中）如图所示的正方形图案是用4个全等的直角三角形拼成的．已知正方形ABCD的面积为25，正方形EFGH的面积为1，若用x、y分别表示直角三角形的两直角边（x＞y），下列三个结论：①x2+y2＝25；②x﹣y＝1；③xy＝12；④x+y＝40．其中正确的是 ．（填序号）
【分析】分别求出小正方形及大正方形的边长，然后根据面积关系得出x与y的关系式，依次判断所给关系式即可．
【解答】解：由题意可得小正方形的边长＝1，大正方形的边长＝5，
∴x2+y2＝斜边2＝大正方形的面积＝25，
故①正确；
∵小正方形的边长为1，
∴x﹣y＝1，
故②正确；
∵小正方形的面积+四个直角三角形的面积等于大正方形的面积，
∴1+2xy＝25，
∴xy＝12，
故③正确；
∵（x+y）2＝x2+2xy+y2＝25+24＝49，x，y＞0，
∴x+y＝7，
故④不正确．
综上可得①②③正确．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了勾股定理的证明，掌握正方形的性质及直角三角形的知识，根据所给图形，利用面积关系判断x与y的关系是解答本题的关键．
18．（2023•南宁一模）如图，已知∠MON＝90°，线段AB长为6，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连接OC．则OC的最大值为 ．
【分析】取AB的中点E，连接OE、CE，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得OE＝BE=12AB，再根据勾股定理求得CE=BE2+CB2=35，即可根据“两点之间线段最短”得OC≤3+35，则OC的最大值为3+35，于是得到问题的答案．
【解答】解：取AB的中点E，连接OE、CE，
∵∠AOB＝90°，线段AB长为6，
∴OE＝BE=12AB＝3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝90°，CB＝AB＝6，
∴CE=BE2+CB2=32+62=35，
∵OC≤OE+CE，
∴OC≤3+35，
∴OC的最大值为3+35，
故答案为：3+35．
【点评】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
解答题（本大题共8小题，满分共66分）
19．（每小题4分，共8分）(2023春•五峰县期中）计算：
（1）（212−613+348）÷3； （2）35×210−(23+6)(23−6)×12．
【分析】（1）把括号内二次根式化简合并，再根据除法法则计算；
（2）先算乘法，再算加减即可．
【解答】解：（1）原式=(43−23+123)÷3
=143÷3
＝14；
（2）原式=302−(12−6)×22
=302−32
=272．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．整式的乘法的运算公式及运算法则对二次根式的运算同样适应．
20．（6分）（2023•北碚区校级开学）化简求值：
已知a=13−1，b=13+1，求(1a−b−ba2−b2)÷a2−aba2−2ab+b2的值．
【分析】利用二次根式的性质化简a，b，利用分式的混合运算的法则化简式子，最后将a，b的值代入运算即可．
【解答】解：a=3+1(3−1)(3+1)=3+12，b=3−1(3+1)(3−1)=3−12，
原式＝（a+b(a+b)(a−b)−b(a+b)(a−b)）×(a−b)2a(a−b)
=a+b−b(a+b)(a−b)⋅(a−b)2a(a−b)
=1a+b
=13+12+3−12
=13
=33．
【点评】本题主要考查了二次根式的化简求值，分母有理化，分式的化简求值，熟练掌握分母有理化的法则与分式的混合运算的法则是解题的关键．
21．（8分）(2023春•西峰区校级月考）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）若AB＝AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
【分析】（1）根据平行线的性质得出∠AFE＝∠DBE，根据AAS证明△AFE≌△DBE，推出AF＝BD，即可得出答案；
（2）证得四边形ABDF是平行四边形，得到AB＝DF，进而证得AC＝DF，再证得四边形ADCF是平行四边形，即可得到四边形ADCF是矩形．
【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE．
在△AFE和△DBE中，
∠AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝DB．
∵AD是BC边上的中线，
∴DC＝DB，
∴AF＝DC；
（2）解：四边形ADCF是矩形．
证明：连接DF，
由（1）得AF＝DB，AF∥DB，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AB＝DF，
∵AB＝AC，
∴AC＝DF，
由（1）得AF＝DC，AF∥DC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴四边形ADCF是矩形．
【点评】本题主要考查全等三角形，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，证得△AFE≌△DBE是解题的关键．
22．（7分）(2023春•合川区校级期中）笔直的河流一侧有一营地C，河边有两个漂流点A，B、其中AB＝AC，由于周边施工，由C到A的路现在已经不通，为方便游客，在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路CH，测得BC＝10千米，CH＝8千米，BH＝6千米．
（1）判断△BCH的形状，并说明理由；
（2）求原路线AC的长．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；
（2）根据勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）△BCH是直角三角形，
理由是：在△CHB中，
∵CH2+BH2＝82+62＝100，
BC2＝100，
∴CH2+BH2＝BC2，
∴△HBC是直角三角形且∠CHB＝90°；
（2）设AC＝AB＝x千米，则AH＝AB﹣BH＝（x﹣6）千米，
在Rt△ACH中，由已知得AC＝x，AH＝x﹣6，CH＝8，
由勾股定理得：AC2＝AH2+CH2，
∴x2＝（x﹣6）2+82
解这个方程，得x＝813，
答：原来的路线AC的长为813千米．
【点评】此题考查勾股定理的应用，解决本题的关键是掌握勾股定理的逆定理和定理．
23．（8分）(2023春•郧阳区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形，根据菱形的性质得出∠DOC＝90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出OD，根据勾股定理求出AO，根据菱形的性质求出AC，根据勾股定理求出即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴平行四边形ODEC是矩形；
（2）解：∵在Rt△AOD中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵AD＝10 OD=12AD＝5，
∴AO=AD2−OD2=53，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝103，
∵四边形ODEC是矩形，∠ACE＝90°，CE＝OD＝5，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE=AC2+CE2=(103)2+52=513．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
24．（8分）(2023秋•门头沟区期末）已知，如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，过D作DE∥AC交AB于E．
（1）求证：AE＝DE；
（2）如果AC＝3，AD=23，求AE的长．
【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义解答即可；
（2）过点D作DF⊥AB于F，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠CAD＝∠ADE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠EAD．
∴∠EAD＝∠ADE．
∴AE＝DE；
（2）解：过点D作DF⊥AB于F．
∵∠C＝90°，AC＝3，AD=23，
在Rt△ACD中，由勾股定理得 AC2+DC2＝AD2．
∴DC=3．
∵AD平分∠BAC，
∴DF＝DC=3．
又∵AD＝AD，∠C＝∠AFD＝90°，
∴Rt△DAC≌Rt△DAF（HL）．
∴AF＝AC＝3，
∴Rt△DEF中，由勾股定理得 EF2+DF2＝DE2．
设AE＝x，则DE＝x，EF＝3﹣x，
∴(3−x)2+(3)2=x2，
∴x＝2．
∴AE＝2．
【点评】本题考查勾股定理，根据勾股定理和全等三角形的判定和性质解答是解题关键．
25．（9分）(2023春•澄海区期末）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以AB、AD为腰作等腰三角形△ABF和等腰三角形△ADE，且顶角∠BAF＝∠DAE，连结BD、EF相交于点G，BD与AF相交于点H．
（1）求证：BD＝EF；
（2）若∠GHF＝∠BFG，求证：四边形ABCD是菱形；
（3）在（2）的条件下，当∠BAF＝∠DAE＝90°时，连结BE，若BF＝4，求△BEF的面积．
【分析】（1）证明∠BAD＝∠FAE，根据全等三角形的判定推出△BAD≌△FAE，即可得出答案；
（2）求出∠ABD＝∠GBF，证明AB＝AD，即可证出四边形ABCD是菱形；
（3）延长EA交BC于M，得EM⊥AD，求出EM＝AE+AM＝22+2，再根据面积公式即可求出．
【解答】（1）证明：∵∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAF+∠FAD＝∠DAE+∠FAD，
即∠BAD＝∠FAE，
∵AB＝AF，AD＝AE，
∴△BAD≌△FAE（SAS），
∴BD＝EF．
（2）∵∠GHF＝∠BFG，
∴∠GFH＝∠GBF，
由（1）可知∠GFH＝∠ABD，
∴∠ABD＝∠GBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠GBF，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）延长EA交BC于M，
∵∠DAE＝90°．
∴EM⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴EM⊥BF，
∵AB＝AF，BF＝4，
∴BM＝FM＝2，
∵∠BAF＝90°，
∴AM=12BF=2，
∴AB=22，
∴AE=AD=AB=22，
∴EM＝AE+AM＝22+2，
∴S△EBF=12BF⋅EM=12×4×(22+2)=42+4．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，菱形的判定，主要考查学生运用性质进行推理的能力．
26．（12分）(2023•宽城区模拟）问题引入：如图①，AB∥CD，AB＞CD，∠ABD＝90°，E是线段AC的中点．连结DE并延长交AB于点F，连结BE．判断BE与DE之间的数量关系，并说明理由．
问题延伸：如图②，在正方形ABCD和正方形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，点G在BC上，P是线段DF的中点，连结PC、PG．
（1）判断PC与PG之间的数量关系，并说明理由．
（2）连结CF，若AB＝3，PC=2，求CF的长．
【分析】问题引入：
利用ASA证明△AEF≌△CED，可得EF＝DE，进而可以解决问题；
问题延伸：
（1）延长GP交CD于点M，根据正方形的性质证明△DPM≌△FPG（ASA），可得PM＝PG，GF＝DM，根据PC为Rt△MCG斜边上的中线，进而可以解决问题；
（2）根据正方形的性质设BG＝GF＝DM＝x，可得CM＝CG＝3﹣x，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：问题引入：
BE＝DE，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△AEF和△CED中，
∠A=∠CAE=CE∠AEF=∠CED，
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴EF＝DE，
∵∠ABD＝90°，
∴BE为Rt△BDF斜边上的中线，
∴EF＝DE＝BE，
∴BE＝DE；
问题延伸：
（1）PC＝PG，理由如下：
如图，延长GP交CD于点M，
∵四边形ABCD，BEFG为正方形，
∴CD∥AE∥GF，∠BCD＝90°，
∴∠CDP＝∠PFG，
∵P为DF的中点，
∴DP＝FP，
在△DPM和△FPG中，
∠MDP=∠GFPDP=FP∠DPM=∠FPG，
∴△DPM≌△FPG（ASA），
∴PM＝PG，GF＝DM，
∵PC为Rt△MCG斜边上的中线，
∴PC＝PG＝PM，
∴PC＝PG；
（2）∵四边形ABCD、BEFG为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，BG＝GF＝DM，∠CGF＝90°，
设BG＝GF＝DM＝x，
∴CM＝CG＝3﹣x，
∵PC＝PG＝PM=2，
∴MG＝22，
∵MC2+CG2＝MG2，
∴（3﹣x）2+（3﹣x）2＝（22）2，
解得x＝1，
∴GF＝1，CG＝3﹣1＝2，
∴CF=GF2+CG2=12+22=5．
∴CF的长为：5．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，矩形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理，证明三角形全等是解答本题的关键．