2022-2023学年福建省福州市平潭县城关中学八年级（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年福建省福州市平潭县城关中学八年级（下）期中数学试卷，共21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。

1．（4分）以下各数是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．（4分）下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A．4，5，6B．1，1，C．6，8，11D．5，12，23
3．（4分）下列各式中，运算正确的是（ ）
A．＝﹣2B． +＝C．×＝4D．2﹣
4．（4分）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．四个角都相等B．对角线相等
C．对角线互相垂直D．是轴对称图形
5．（4分）如图，在▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，添加下列条件不能判定四边形ABCD是菱形的是（ ）
A．AB＝BCB．AC⊥BD
C．AC平分∠DABD．AC＝BD
6．（4分）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，∠AOB＝60°，AO＝4，则AB的长是（ ）
A．4B．5C．6D．8
7．（4分）已知n是正整数，是整数，则n的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
8．（4分）在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，且BC＝3，AC＝4，则线段CD的长是（ ）
A．2B．3C．D．5
9．（4分）如果将长为6cm，宽为5cm的长方形纸片折叠一次，那么这条折痕的长不可能是（ ）
A．8cmB．7cmC．5.5cmD．4cm
10．（4分）下列四个命题：
①一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；
②一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
③一组对边相等，另一组对边也相等的四边形是平行四边形．
④一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形；其中假命题的是（ ）
A．①④B．②③C．②④D．①③
二、填空题（每小题4分，共24分。）
11．（4分）在二次根式中，字母x的取值范围是 ．
12．（4分）如图，为估计池塘岸边A，B两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA，OB的中点M，N，测得MN＝32m，则A，B两点间的距离是 m．
13．（4分）已知平行四边形ABCD中，∠B＝4∠A，则∠C＝ ．
14．（4分）如图，菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，则菱形的边长为 ．
15．（4分）若等腰三角形的两边长分别是4和8，则它的周长是 ．
16．（4分）如图，已知直线a∥b，且a与b之间的距离为4，点A到直线a的距离为2，点B到直线b的距离为3，AB＝12，试在直线a上找一点M，在直线b上找一点N，满足MN⊥a且AM+MN+NB的长度和最短，则此时AM+NB＝ ．
三、解答题（共86分）
17．（10分）计算：
（1）；
（2）．
18．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE＝CF，求证：BE＝DF．
19．（8分）在△ABC中，∠B＝30°，∠C＝45°，AD⊥BC于D，，求BC．
20．（8分）已知：如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别是AC、AB的中点，点F在BC的延长线上，且∠CDF＝∠A．求证：四边形DECF是平行四边形．
21．（8分）如图，在▱ABCD中，已知AD＞AB．
（1）实践与操作：作∠BAD的平分线交BC于点E，在AD上截取AF＝AB，连接EF；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）猜想并证明：猜想四边形ABEF的形状，并给予证明．
22．（10分）观察下列各式：
，，．
（1）猜想并写出第四个等式，通过计算验证该等式；
（2）写出用n（n为正整数）表示一般规律的等式，并根据下面的提示完成证明过程：
＝＝…
23．（10分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E．延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形：
（2）连接OE，若AD＝20，EC＝8．求OE的长度．
24．（11分）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD＝2CF，求的值．
25．（13分）已知：正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．
（1）如图1，若P在对角线BD上，连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．求证：PQ＝PC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若PD＝2，AB＝6，求BQ的长；
（3）如图3，若P在BD的延长线上，连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE＝6，△DPE的面积是15，求PE的长．
2022-2023学年福建省福州市平潭县城关中学八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共40分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）
1．【分析】根据最简二次根式的定义：被开方数不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，即可解答．
【解答】解：A、是最简二次根式，故本选项正确，符合题意；
B、＝2，不是最简二次根式，故本选项错误，不符合题意；
C、＝，不是最简二次根式，故本选项错误，不符合题意；
D、＝，不是最简二次根式，故本选项错误，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
2．【分析】根据勾股定理逆定理：a2+b2＝c2，将各个选项逐一代数计算即可得出答案．
【解答】解：A、∵42+52≠62，∴不能构成直角三角形，故A错误；
B、∵12+12＝，∴能构成直角三角形，故B正确；
C、∵62+82≠112，∴不能构成直角三角形，故C错误；
D、∵52+122≠232，∴不能构成直角三角形，故D错误．
故选：B．
【点评】此题主要考查学生对勾股定理的逆定理的理解和掌握，要求学生熟练掌握这个逆定理．
3．【分析】根据＝|a|，×＝（a≥0，b≥0），被开数相同的二次根式可以合并进行计算即可．
【解答】解：A、＝2，故原题计算错误；
B、+＝+2＝3，故原题计算错误；
C、＝＝4，故原题计算正确；
D、2和不能合并，故原题计算错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，关键是掌握二次根式乘法、除法及加减法运算法则．
4．【分析】根据矩形的性质判断即可．
【解答】解：矩形的性质有四个角都相等，对角线互相平分且相等，是轴对称图形，
故选：C．
【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质是四个角都相等，对角线互相平分且相等解答．
5．【分析】根据菱形的判定方法和矩形的判定对各个选项逐一判断即可．
【解答】解：当AB＝BC或AC⊥BD时，均可判定平行四边形ABCD是菱形，故选项A、B不符合题意；
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴CD＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
当AC＝BD时，可判定平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．
6．【分析】根据矩形性质得出AO＝OC，BO＝OD，AC＝BD，推出OA＝OB，得出△AOB是等边三角形，推出AB＝AO＝4即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定的应用；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
7．【分析】首先把被开方数分解质因数，然后再确定n的值．
【解答】解：＝2，
∵是整数，
∴n的最小值是5，
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式的定义和性质，能正确根据二次根式的性质进行化简是解此题的关键．
8．【分析】根据勾股定理列式求出AB的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
【解答】解：∵AC＝4cm，BC＝3，
∴AB＝＝5，
∵D为斜边AB的中点，
∴CD＝AB＝×5＝．
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，熟记性质是解题的关键．
9．【分析】设这条折痕的长为x cm，根据勾股定理求得该长方形的两条对角线长都是，则x的取值范围是，在给出的四个数中，只有8不在这个范围内，于是得到问题的答案．
【解答】解：设这条折痕的长为x cm，
∵长方形的四个角都是直角，长为6cm，宽为5cm，
∴该长方形的一组对边长为6cm，别一组对边长为5cm，
由勾股定理得，该长方形的两条对角线长都是，
∴当折痕与长方形的短边平行时，则x的值最小；当折痕与长方形的对角线重合时，则x的值最大，
∴x的取值范围是，
∵，
∴这条折痕的长不可能是8cm，
故选：A．
【点评】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、折叠的性质、垂线段最短等知识，求出折痕的取值范围是解题的关键．
10．【分析】根据平行四边形的判定方法，①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，④两组对角分别相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形，再逐个验证即可．
【解答】解：①由一组对边平行，一组对角相等可得另一组对边平行，所以是平行四边形，故命题是真命题；
②一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故命题是假命题；
③一组对边相等，另一组对边也相等的四边形是平行四边形，故命题是真命题；
④一组对边相等，一组对角相等的四边形不能证明另一组对边也相等或平行，所以该四边形不一定是平行四边形，故命题假命题；
所以②④是假命题，
故选：C．
【点评】本题考查的是真假命题的判定，平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解本题的关键．
二、填空题（每小题4分，共24分。）
11．【分析】根据被开方数大于等于0列式计算即可得解；
【解答】解：∵二次根式有意义，
∴x﹣2≥0，解得x≥2
故答案为：x≥2．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
12．【分析】根据M、N是OA、OB的中点，即MN是△OAB的中位线，根据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，即可求解．
【解答】解：∵M、N是OA、OB的中点，即MN是△OAB的中位线，
∴MN＝AB，
∴AB＝2MN＝2×32＝64（m）．
故答案为：64．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理应用，正确理解定理是解题的关键．
13．【分析】首先利用平行四边形性质得到∠C＝∠A，BC∥AD，推出∠A+∠B＝180°，求出∠A的度数，即可求出∠C．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C＝∠A，BC∥AD，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠B＝4∠A，
∴∠A＝36°，
∴∠C＝∠A＝36°，
故答案为36°．
【点评】本题考查了平行四边形性质和平行线的性质的应用，主要考查学生运用平行四边形性质进行推理的能力，题目比较好，难度也不大．
14．【分析】由菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，即可求得OA与OB的长，然后由股定理求得菱形的边长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，且AC＝8，BD＝6，
∴OA＝AB＝4，OB＝BD＝3，AC⊥BD，
∴AB＝＝5．
故答案为：5．
【点评】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
15．【分析】解决本题要注意分为两种情况4为底或8为底，还要考虑到各种情况是否满足三角形的三边关系来进行解答．
【解答】解：∵等腰三角形有两边分别分别是4和8，
∴此题有两种情况：
①4为底边，那么8就是腰，三角形的三边为4，8，8能构成三角形，则等腰三角形的周长为4+8+8＝20，
②8底边，那么4是腰，4+4＝8，所以不能围成三角形应舍去．
∴该等腰三角形的周长为20，
故答案为：20．
【点评】本题考查了等腰三角形性质；解题时涉及分类讨论的思想方法．求三角形的周长，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否组成三角形的好习惯，把不符合题意的舍去．
16．【分析】MN表示直线a与直线b之间的距离，是定值，只要满足AM+NB的值最小即可．过A作直线a的垂线，并在此垂线上取点A′，使得AA′＝MN，连接A′B，则A′B与直线b的交点即为N，过N作MN⊥a于点M．则A′B为所求，利用勾股定理可求得其值．
【解答】解：过A作直线a的垂线，并在此垂线上取点A′，使得AA′＝4，连接A′B，与直线b交于点N，过N作直线a的垂线，交直线a于点M，连接AM，过点B作BE⊥AA′，交射线AA′于点E，如图．
∵AA′⊥a，MN⊥a，
∴AA′⊥MN．
又∵AA′＝MN＝4，
∴四边形AA′NM是平行四边形，
∴AM＝A′N．
由于AM+MN+NB要最小，且MN固定为4，所以AM+NB最小．
由两点之间线段最短，可知AM+NB的最小值为A′B．
∵AE＝2+3+4＝9，AB＝12，
∴，
∵A′E＝AE﹣AA′＝9﹣4＝5，
∴
所以AM+NB的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了轴对称﹣最小距离问题，勾股定理的应用、平行线之间的距离，解答本题的关键是找到点M、点N的位置，难度较大，注意掌握两点之间线段最短．
三、解答题（共86分）
17．【分析】（1）先化简二次根式，再合并计算；
（2）利用平方差公式变形，再计算．
【解答】解：（1）
＝
＝
＝；
（2）
＝
＝12﹣6
＝6．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练运用运算法则和平方差公式，本题属于基础题型．
18．【分析】由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，推出∠BAE＝∠DCF，由SAS证明△ABE≌△CDF，即可得出BE＝DF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF．
【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
19．【分析】先利用直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得，利用勾股定理求出BD，再判断出△ACD是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出，再计算即可．
【解答】解：∵AD⊥BC，∠B＝30°，
∴，
∴，
∵AD⊥BC，∠C＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点评】本题考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，熟记性质并准确识图是解题的关键．
20．【分析】首先利用三角形中位线的性质得出DE∥BC，进而结合直角三角形的性质得出CE＝AB＝AE，得出∠CDF＝∠ACE，推出DF∥CE，再利用平行四边形的定义判定即可．
【解答】证明：∵D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE为△ACB的中位线．
∴DE∥BC．
∵CE为Rt△ACB的斜边上的中线，
∴CE＝AB＝AE．
∴∠A＝∠ACE．
又∵∠CDF＝∠A，
∴∠CDF＝∠ACE．
∴DF∥CE．
又∵DE∥BC，
∴四边形DECF为平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，在应用判定定理判定平行四边形时，应仔细观察题目所给的条件，仔细选择适合于题目的判定方法进行解答，避免混用判定方法．
21．【分析】（1）由角平分线的作法容易得出结果，在AD上截取AF＝AB，连接EF；画出图形即可；
（2）由平行四边形的性质和角平分线得出∠BAE＝∠AEB，证出BE＝AB，由（1）得：AF＝AB，得出BE＝AF，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）四边形ABEF是菱形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB，
由（1）得：AF＝AB，
∴BE＝AF，
又∵BE∥AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AF＝AB，
∴四边形ABEF是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、作图﹣基本作图、等腰三角形的判定、菱形的判定；熟练掌握平行四边形的性质和角平分线作图，证明BE＝AB是解决问题（2）的关键．
22．【分析】（1）根据已知等式的规律，写出第四个等式，再根据二次根式的运算法则计算即可验证；
（2）根据题干所给步骤，继而利用分式的运算法则和二次根式的性质化简即可．
【解答】解：（1）由题意可得：
第四个等式为：，
＝
＝
＝，
，
故；
（2）
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝．
【点评】本题主要考查了数字的变化规律和二次根式的化简计算，观察发现数据变化规律是解决问题的关键．
23．【分析】（1）由菱形的性质得AD∥BC且AD＝BC，再证BC＝EF，则四边形AEFD是平行四边形，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝20，再由勾股定理求出AE＝16，AC＝8，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD＝20，
∴AD＝AB＝BC＝20，
∵EC＝8，
∴BE＝20﹣8＝12，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝16，
在Rt△AEC中，AC＝＝＝8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝4．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
24．【分析】（1）根据折叠的性质，易知DG＝FG，ED＝EF，∠1＝∠2，由FG∥CD，可得∠1＝∠3，易证FG＝FE，故由四边相等证明四边形DEFG为菱形；
（2）设DE＝x，在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可、，从而求出的值．
【解答】（1）证明：由折叠的性质可知：DG＝FG，ED＝EF，∠1＝∠2，
∵FG∥CD，
∴∠1＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠3，
∴FG＝FE，
∴DG＝GF＝EF＝DE，
∴四边形DEFG为菱形；
（2）解：设DE＝x，根据折叠的性质，EF＝DE＝x，EC＝CD﹣x，
在Rt△EFC中，FC2+EC2＝EF2，
即CF2+（CD﹣x）2＝x2，即CF2+（2CF﹣x）2＝x2，
解得：，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．
25．【分析】（1）连接PA，由四边形ABCD是正方形得AB＝CB＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝∠CBQ＝90°，∠ABP＝∠ADB＝45°，∠CBP＝∠CDB＝45°，可证明△ABP≌△CBP，则PA＝PC，∠PAQ＝∠PCB，由∠CPQ＝∠CBQ＝90°得∠PCB+∠PQB＝180°，根据同角的补角相等可证明∠PQA＝∠PCB，则∠PAQ＝∠PQA，可证得PQ＝PA＝PC；
（2）过点P作PG⊥AB于点G，交CD于点F，则四边形ADFG是矩形，∠PFD＝90°，GF＝AD＝AB＝6，证明△PGQ≌△CFP，得GQ＝FP，再证明△FPD和△GPB都是等腰直角三角形，根据勾股定理可求出FP的长，再求出PG、BG、GQ的长，最后求出BQ的长；
（3）连接PC，作PH⊥CE于点H，则∠PHB＝∠PHE＝90°，先证明△ABP≌△CBP，得∠BAP＝∠BCP，再根据等角的补角相等证明∠PEC＝∠PCE，得PC＝PE，则CH＝EH＝CE＝×6＝3，设BC＝DC＝m，则PH＝BH＝m+3，BE＝m+6，而DC⊥BE，△DPE的面积是15，于是可列方程∴m（m+6）+15＝（ m+6）（m+3），解方程求出m的值，即可求出PH的长，再根据勾股定理求出PE的长即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接PA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝∠CBQ＝90°，
∴∠ABP＝∠ADB＝45°，∠CBP＝∠CDB＝45°，
∴∠ABP＝∠CBP＝45°，
∵BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，∠PAQ＝∠PCB，
∵PQ⊥CP，
∴∠CPQ＝∠CBQ＝90°，
∴∠PCB+∠PQB＝180°，
∵∠PQA+∠PQB＝180°，
∴∠PQA＝∠PCB，
∴∠PAQ＝∠PQA，
∴PA＝PQ，
∴PQ＝PC．
（2）解：如图2，过点P作PG⊥AB于点G，交CD于点F，
∵∠DFG＝∠FGA＝∠A＝90°，
∴四边形ADFG是矩形，
∴∠PFD＝90°，GF＝AD＝AB＝6，
∴∠PGQ＝∠CFP＝90°，
∴∠GQP＝∠FPC＝90°﹣∠GPQ，
∵PQ＝PC，
∴△PGQ≌△CFP（AAS），
∴GQ＝FP，
∵∠FDP＝∠FPD＝45°，
∴FP＝FD，
∵PD2＝FP2+FD2＝2FP2，PD＝2，
∴（2）2＝2FP2，
∴FP＝2，
∴GQ＝2，
∵∠GPB＝∠GBP＝45°，
∴BG＝PG＝GF﹣FP＝6﹣2＝4，
∴BQ＝BG﹣GQ＝4﹣2＝2，
∴BQ的长为2．
（3）解：如图3，连接PC，作PH⊥CE于点H，则∠PHB＝∠PHE＝90°，
由（1）得∠ABP＝∠CBP＝45°，
∴PH＝BH，
∵AB＝CB，BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP＝∠BCP，
∵PE⊥AP，
∴∠APE＝∠ABE＝90°，
∴∠PEC+∠BAP＝180°，
∵∠PCE+∠BCP＝180°，
∴∠PEC＝∠PCE，
∴PC＝PE，
∵CE＝6，
∴CH＝EH＝CE＝×6＝3，
设BC＝DC＝m，则PH＝BH＝m+3，BE＝m+6，
∵DC⊥BE，△DPE的面积是15，
∴BE•CD+15＝BE•PH＝S△PBE，
∴m（m+6）+15＝（ m+6）（m+3），
解得m＝4，
∴PH＝4+3＝7，
∴PE＝＝＝，
∴PE的长为．
【点评】此题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、同角或等角的补角相等、勾股定理、根据面积等式列方程求线段长度等知识与方法，此题涉及的知识较多，难度较大，属于考试压轴题．