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2023-2024学年广东省广州市天河区八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省广州市天河区八年级（下）期中数学试卷（含解析），共23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.下列各式中属于最简二次根式的是( )
A. 2B. 12C. 3 5D. 13
2.要使 x−3有意义，x的取值范围是( )
A. x≥3B. x≤3C. x≥−3D. x≤−3
3.下列各式计算正确的是( )
A. 2+ 5= 7B. 4 5−3 5=1C. 5× 2= 10D. 18÷3= 6
4.下列命题的逆命题是假命题的是( )
A. 等角对等边B. 全等三角形的对应角相等
C. 直角三角形的两个锐角互余D. 平行四边形的两组对边分别相等
5.在▱ABCD中，若∠A+∠C=140°，则∠A的大小是( )
A. 75°B. 70°C. 60°D. 40°
6.已知菱形ABCD的对角线AC、BD长分别为8，6，则菱形的面积是( )
A. 14B. 48C. 24D. 36
7.如图，数轴上的点A表示的数是−1，点B表示的数是2，CB⊥AB于点B，且BC=2，以A点为圆心，AC为半径画弧交数轴于点D，则点D表示的数是( )
A. 2.7B. 13C. 13−1D. 13+1
8.“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为( )
A. 1cmB. 2cmC. ( 2−1)cmD. (2 2−1)cm
9.如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，DG，FG，若AF=3，DG=4，FG=5，则矩形ABCD的面积是( )
A. 44B. 46C. 48D. 50
10.如图，在正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连接PA.过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F.下列结论：
①PA=PE；
②BD=3PF；
③CE=2PD；
④若BP=BE，则PF=( 2+1)DF．
其中正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.计算 (−2)2的结果是______．
12.如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个条件使▱ABCD成为矩形，这个条件可以是______．
13.在Rt△ABC中，AC=5，BC=12，则AB边的长是______．
14.如图，菱形ABCD的边长为6，∠A=45°，分别以点A，D为圆心，大于12AD的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，直线MN交AB于点E，连接CE，则CE的长为______．
15.对于任意的正数a、b，定义运算“⋅”为计算a⋅b= a+ b(a≥b) a− b(a16.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点P为边AB上任意一点，过点P作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为E、F，则PE+PF=______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
计算：
(1) 27− 48；
(2)(2 18− 6)÷ 6+2 2．
18.(本小题4分)
先化简，再求值：(yx−y−y2x2−y2)÷xxy+y2，其中x= 3+1，y= 3−1．
19.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE=DF．
求证：AF=CE．
20.(本小题6分)
如图，在由边长为1的小正方形组成的5×6的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题：
(1)通过计算判断△ABC的形状；
(2)在图中确定一个格点D，连接AD、CD，使四边形ABCD为平行四边形，并求出▱ABCD的面积．
21.(本小题8分)
如图，在△ABD中，∠D=90°，C是BD上一点，已知BC=9，AB=17，AC=10，求AD的长．
22.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，分别过点B、C作BE//AC，CE//BD，BE与CE交于点E．
(1)求证：四边形OBEC是矩形；
(2)当∠ABD=60°，AD=4时，求ED的长．
23.(本小题10分)
阅读材料：像( 5+ 2)( 5− 2)=3、 a⋅ a=a(a≥0)、( b+1)( b−1)=b−1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如 3与 3， 2+1与 2−1，2 3+3 5与2 3−3 5等都是互为有理化因式．
在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如：12 3= 32 3× 3= 36； 2+1 2−1=( 2+1)2( 2−1)( 2+1)=3+2 2．
解答下列问题：
(1)3− 7与______互为有理化因式，将23 2分母有理化得______；
(2)计算：12− 3−6 3；
(3)已知有理数a、b满足a 2+1+b 2=−1+2 2，求a、b的值．
24.(本小题12分)
四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=2，CE= 2，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
25.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，A(a,0)，C(0,c)，且 10−a+(c−8)2=0，点E从B点出发沿BC运动，点F从B点出发沿BA运动，点G从O点出发沿OC运动．
(1)直接写出a，c的值；
(2)如图1，将△AOF沿OF折叠，点A恰好落在点E处，求E，F两点的坐标；
(3)如图2，若E，F两点以相同的速度同时出发运动，使∠EOF=45°，设点E的横坐标为m，求m2+16m的值；
(4)如图3，已知点D(7.5,0)，若F，G两点以相同的速度同时出发运动，连接FG，作AH⊥FG于H，直接写出DH的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、 2是最简二次根式，故A符合题意；
B、 12=2 3，故B不符合题意；
C、3 5=3 55，故C不符合题意；
D、 13= 33，故D不符合题意；
故选：A．
根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，逐一判断即可解答．
本题考查了最简二次根式，分母有理化，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意得：x−3≥0，
解得x≥3．
故选：A．
根据二次根式的意义，被开方数是非负数，可得x−3≥0，求解即可．
本题主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
3.【答案】C
【解析】解：A． 2与 5不能合并，所以A选项不符合题意；
B.4 5−3 5= 5，所以B选项不符合题意；
C. 5× 2= 5×2= 10，所以C选项不符合题意；
D. 18÷3=3 23= 2，所以D选项不符合题意．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A选项、B选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对C选项进行判断；根据二次根式的性质对D选项进行判断．
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、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.等角对等边，逆命题为：等边对等角，是真命题，故该选项不符合题意；
B.全等三角形的对应角相等，逆命题为：对应角相等的两个三角形是全等三角形，是假命题，故该选项符合题意；
C.直角三角形的两个锐角互余，逆命题为：有两个锐角互余的三角形是直角三角形，是真命题，故该选项不符合题意；
D.平行四边形的两组对边分别相等，逆命题为：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，故该选项不符合题意；
故选：B．
首先明确各个命题的逆命题，再分别分析各逆命题的题设是否能推出结论，可以利用排除法得出答案．
此题主要考查命题与逆命题的理解及真假命题的判断能力，掌握等腰三角的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
又∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=70°，
故选：B．
由平行四边形的性质可得∠A=∠C，结合∠A+∠C=140°，即可求∠A的度数．
本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24，
故选：C．
根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半即可解决问题．
本题考查菱形的性质，解题的关键是记住菱形的面积等于对角线长乘积的一半，属于中考常考题型．
7.【答案】C
【解析】解：由图可得，
AB=2−(−1)=2+1=3，BC=2，
∵CB⊥AB，
∴∠ABC=90°，
∴AC= AB2+BC2= 32+22= 13，
∵AC=AD，
∴AD= 13，
∴点D表示的数是 13−1，
故选：C．
根据图形和勾股定理可以得到AC的长，从而可以得到AD的长，然后再根据数轴，即可写出点D表示的数．
本题考查勾股定理、实数与数轴，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，
∴BD= 22+22=2 2(cm)，
由平移的性质可知，BB′=1cm，
∴B′D=(2 2−1)cm，
故选：D．
根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，
∵F，G分别是BE，CE的中点，
∴AF=12BE，DG=12CE，FG是△BEC的中位线，
∴FG=12BC，
∵AF=3，DG=4，FG=5，
∴BE=6，CE=8，BC=10，
∵BE2+CE2=36+64=100，BC2=100，
∴BE2+CE2=BC2，
∴△BEC是直角三角形，∠BEC=90°，
∴S△BEC=12BE⋅EC=12×6×8=24，
∴矩形ABCD的面积=2S△BEC=2×24=48，
故选：C．
根据矩形的性质可得∠BAD=∠ADC=90°，根据F，G分别是BE，CE的中点，可得AF=12BE，DG=12CE，FG是△BEC的中位线，求出BE，CE和BC的长，进一步可知△BEC是直角三角形，∠BEC=90°，根据S△BEC=12BE⋅EC求出△BEC的面积，根据△BEC和矩形ABCD同底等高，可知矩形ABCD的面积=2S△BEC，即可求出矩形ABCD的面积．
本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，直角三边形斜边的中线的性质，勾股定理逆定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC=∠ABD=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
BF=EF∠BFG=∠EFPFG=FP，
∴△BFG≌△EFP(SAS)，
∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB//PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP//BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP=BG，
∴AP=PE；故①正确；
连接CG，
由(1)知：PG//AB，PG=AB，
∵AB=CD，AB//CD，
∴PG//CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG//PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE= 2CG= 2PD；故③错误；
连接AC交BD于O，如图3：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOP=90°=∠PFE，
∵∠APO=90°−∠OPE=∠PEF，AP=PE，
∴△AOP≌△PFE(AAS)，
∴OA=PF，
∵OA=12BD，
∴PF=12BD，即BD=2PF，故②错误；
设PF=m，DF=n，则BD=2m，
∴BF=BD+DF=2m+n，BP=BF+PF=3m+n，
∵∠DBC=45°，∠BFE=90°，
∴BE= 2BF=2 2m+ 2n，
若BP=BE，则3m+n=2 2m+ 2n，
∴m= 2−13−2 2n=( 2+1)n，
即PF=( 2+1)DF，故④正确，
故选：B．
在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，证明△BFG≌△EFP(SAS)，可得BG=PE，∠PEF=∠GBF，有AB//PG，进而可得四边形ABGP是平行四边形，AP=BG，可判断①正确；连接CG，证明四边形DCGP是平行四边形，得CG=PD，CG//PD，可得CE= 2CG= 2PD；判定③错误；连接AC交BD于O，可证明△AOP≌△PFE得OA=PF，从而判断②错误；设PF=m，DF=n，则BD=2m，可得BP=BF+PF=3m+n，BE= 2BF=2 2m+n，若BP=BE，则3m+n=2 2m+ 2n，即可得PF=( 2+1)DF，判断④正确．
本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用等，解题的关键是适当作辅助线，构造全等三角形解决问题．
11.【答案】2
【解析】解：法一、 (−2)2
=|−2|
=2；
法二、 (−2)2
= 4 4
=2．
故答案为：2．
利用二次根式的性质计算即可．
本题考查了二次根式的性质，掌握“ a2=|a|”是解决本题的关键．
12.【答案】AC=BD(答案不唯一)
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴当AC=BD时，四边形ABCD为矩形．
故答案为：AC=BD(答案不唯一)．
依据矩形的判定定理进行解答即可．
本题主要考查了矩形的判定与平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
13.【答案】13或 119
【解析】(1)当AC、BC为直角边时，根据勾股定理得：
AC= AC2+BC2= 25+144=13，
(2)当BC为斜边，AC为直角边时，根据勾股定理得：
AB= BC2−AC2= 144−25= 119，
当答案为：13或 119．
从当此直角三角形的两直角边分别是5和12时，当此直角三角形的一个直角边为5，斜边为12时这两种情况分析，再利用勾股定理即可求出第三边．
本题主要考查勾股定理的知识点，解答本题的关键是确定直角三角形的斜边，进行分类讨论，此题难度不大．
14.【答案】3 6
【解析】解：延长CB交MN于F点，MN交AD于P点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=6，AD//BC，
∴∠EBF=∠A=45°，
由作法得MN垂直平分AD，
∴AP=DP=12AD=3，PF⊥AD，
∴PF⊥BC，
在Rt△APE中，∵∠A=45°，
∴AE= 2AP=3 2，
∴BE=AB−AE=6−3 2，
在Rt△BEF中，
∵∠EBF=45°，
∴BF=EF= 22BE= 22×(6−3 2)=3 2−3，
∴CF=CB+BF=6+3 2−3=3 2+3，
在Rt△CEF中，CE= (3 2+3)2+(3 2−3)2=3 6．
故答案为：3 6．
延长CB交MN于F点，MN交AD于P点，如图，根据菱形的性质得到AB=AD=6，AD//BC，利用作法得MN垂直平分AD，所以AP=3，PF⊥AD，接着计算出AE=3 2，则BE=6−3 2，然后计算出BF=EF=3 2−3，最后利用勾股定理计算CE的长．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的性质．
15.【答案】−6
【解析】解：原式=( 5+ 2)×( 8− 20)
=( 5+ 2)×(2 2−2 5)
=2( 5+ 2)×( 2− 5)
=2×(2−5)
=−6，
故答案为：−6．
根据题意列式计算即可．
本题考查实数的运算，结合已知条件列得正确的算式是解题的关键．
16.【答案】245
【解析】解：连接OP，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，AC= AB2+BC2= 82+62=10，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=48，S△AOB=14S矩形ABCD=12，OA=OB=5，
∴S△AOB=S△AOP+S△BOP=12OA⋅PE+12OB⋅PF=12OA(PE+PF)=12×5×(PE+PF)=12，
∴PE+PF=245；
故答案为：245．
连接OP.由勾股定理得出AC=10，可求得OA=OB=5，由矩形的性质得出S矩形ABCD=AB⋅BC=48，S△AOB=14S矩形ABCD=12，OA=OB=5，由S△AOB=S△AOP+S△BOP=12OA⋅PE+12OB⋅PF=12OA(PE+PF)=12×5×(PE+PF)=12求得答案．
此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
17.【答案】解：(1)原式=3 3−4 3
=− 3；
(2)原式=2 18÷6−1+2 2
=2 3−1+2 2．
【解析】(1)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)根据二次根式的除法法则运算．
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、二次根式的除法法则是解决问题的关键．
18.【答案】解：(yx−y−y2x2−y2)÷xxy+y2
=[y(x+y)(x+y)(x−y)−y2(x+y)(x−y)]÷xy(x+y)
=xy(x+y)(x−y)·y(x+y)x
=y2x−y，
当x= 3+1，y= 3−1时，
原式=( 3−1)22
=2− 3．
【解析】根据分式四则运算的顺序和法则进行计算，最后代入求值即可．
本题考查分式的化简求值，掌握计算法则，依据运算顺序进行计算是得出正确答案的前提．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD
∵BE=DF
∴AE=CF
∵AB//CD
∴四边形CEAF是平行四边形
∴AF=EC．
【解析】根据ABCD是平行四边形，得出AB=CD，AB//CD，由BE=DF，从而可得到AE=CF，再根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形推出CFAF是平行四边形，从而不难得到结论．
此题主要考查学生对平行四边形的性质及判定的理解及运用，关键是根据平行四边形的性质和判定解答．
20.【答案】解：(1)由题意可得，AB= 12+22= 5，
AC= 22+42=2 5，BC= 32+42=5，
∵( 5)2+(2 5)2=25=52，
即AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形．
(2)过点A作AD//BC，过点C作CD//AB，
直线AD和CD的交点就是D的位置，格点D的位置如图，
∴▱ABCD的面积为：AB×AC= 5×2 5=10．
【解析】此题考查直角三角形的判定和性质，关键是根据勾股定理以及勾股定理的逆定理解答．
(1)分别计算三边长度，根据勾股定理的逆定理判断；
(2)过点A作AD//BC，过点C作CD//AB，根据平行四边形的面积解答即可．
21.【答案】解：在Rt△ACD中，AD2=102−CD2，
在Rt△ABD中，AD2=172−(9+CD)2，
∴102−CD2=172−(9+CD)2，
∴(9+CD)2−CD2=172−102，
∴9(9+2CD)=27×7，解得CD=6，
∴AD2=102−CD2=102−62=64，
解得AD=8．
【解析】在Rt△ABD和Rt△ACD中，利用勾股定理列式表示出AD2，得出关于CD的方程，解方程求出CD，即可得出答案．
本题考查了勾股定理，在两个直角三角形中列式表示出AD2是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵BE//AC，CE//BD，
∴BE//OC，CE//OB，
∴四边形OBEC为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴四边形OBEC是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB，OB=OD，OA=OC，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AD=AB=4，
∴OD=OB=2，
在Rt△AOD中，AO= AD2−OD2=2 3，
∴OC=OA=2 3，
∵四边形OBEC是矩形，
∴BE=OC=2 3，
∴ED= BD2+BE2=2 7．
【解析】(1)先由平行四边形的定义证明四边形OBEC为平行四边形，然后再由菱形的性质得到∠COB=90°，故四边形OBEC是矩形；
(2)证出△ABD为等边三角形，得BD=AD=AB=2 3，则OD=OB= 3，由勾股定理求出OA，进而得出答案．
本题主要考查的是矩形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)3+ 7； 23
(2)12− 3−6 3=2+ 3−2 3=2− 3；
(3)∵a 2+1+b 2=−1+2 2，
∴a( 2−1)+ 22b=−1+2 2，
∴−a+(a+b2) 2=−1+2 2，
∴−a=−1，a+b2=2，
解得，a=1，b=2．
【解析】【分析】
本题考查二次根式的加减运算和乘除运算，主要利用分母有理化进行变形，解答本题的关键是明确二次根式的各种运算的法则．
(1)根据题意可以得到所求式子的分母有理化因式，并将题目中的二次根式化简；
(2)根据分母有理化的方法可以化简题目中的式子；
(3)根据题意，对所求式子变形即可求得a、b的值．
【解答】
解：(1)3− 7与3+ 7互为有理化因式，
23 2=2× 23 2× 2=2 26= 23，
故答案为3+ 7， 23；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】(1)证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，如图1，
∵∠DCA=∠BCA，
∴EQ=EP，
∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，
∴∠QEF=∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
{∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD,
∴Rt△EQF≌Rt△EPD(ASA)，
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
(2)解：如图2，
在Rt△ABC中．AC= 2AB=2 2，
∵EC= 2，
∴AE=CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，CD=2，
由勾股定理，得：CG= 2；
(3)解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，
则∠CDE=90°−30°=60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC=360°−90°−90°−60°=120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，如图3所示：
∵∠HCF=∠DEF=90°，∠CHF=∠EHD，
∴∠EFC=∠CDE=30°，
综上所述，∠EFC=120°或30°．
【解析】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
(1)作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF=ED，根据正方形的判定定理证明即可；
(2)通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
(3)分两种情形考虑问题即可．
25.【答案】解：(1)∵ 10−a+(c−8)2=0又 10−a≥0(c−8)2≥0，
∴ 10−a=0(c−8)2=0，
∴a=10，c=8；
(2)∵四边形OABC为矩形，A(10,0)，C(0,8)，
∴BC=OA=10，AB=OC=8，∠OCB=∠B=90°，
由题意得：FE=AF，OE=OA=10．
在Rt△OCF中，∠OCB=90°，OC=8，OE=10，
∴CE= OE2−82= 102−82=6，
∴BE=BC−CE=4，即E(6,8)，
设FE=AF=x，则BF=8−x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得，
BF2+BE2=EF2(8−x)2+42=x2，
解得：x=5，
∴AF=5，
∴E(6,8)，F(10,5)；
(3)设直线EF交y轴于H点，交x轴于G点；作OT⊥OF，使OT=OF，连接TH、TE；
∵四边形OABC为矩形，∠OCB=∠CBA=∠COA=∠OAB=90°，
∴∠HCE=∠FAG=90°，
根据运动的特点可知：EB=FB，∠FEB=∠EFB=45°，
∴∠CEH=∠FEB=45°∠AFG=∠EFB=45°，
∴△EFB，△CEH，△AFG，△OHG都为等腰直角三角形，
∴OG=OH，∠OHE=∠OGF=45°，HE2=2CE2，EF2=2BE2，FG2=2AF2，
∵∠HOG=∠FOT=90°，
∴∠HOT=∠GOF=90°−∠HOF，
在△OHT和△OGF中，
OH=OG∠HOT=∠GOFOT=OF，
∴△OHT≌△OGF(SAS)．
∴∠OHT=∠OGF=45°，TH=FG，
∴∠THE=∠OHT+∠OHE=90°，
∴TE2=TH2+HE2=FG2+HE2，
∵∠EOF=45°，∠FOT=90°，
∴∠EOF=∠EOT=45°，在△OEF和△OET中，
OT=OF∠EOT=∠EOFOE=OE，
∴△OEF≌△OET(SAS)．
∴EF=TE，
∴EF2=TE2=FG2+HE2，
∵EF2=BE2+BF2=2BE2，HE2=CE2+CH2=2CE2，FG2=AF2+AG2=2AF2，
∴2BE2=2AF2+2CE2，
即BE2=AF2+CE2，
∵CE=m，
∴BE=BF=10−m，AF=AG=m−2，
(10−m)2=m2+(m−2)2，
∴m2+16m=96；
(4)连接OB交GF于N点，取OA的中点M，取NA的中点L，连接MN、LH、LD，如图，
根据运动的特点可知：OG=BF，在矩形OABC中，∠NOG=∠NBF，由勾股定理可得：BO= AO2+BA2=2 41，
又：∠ONG=∠BNF，
∴△OGN≌△BFN(AAS)，
∴GN=FN，即N为OB的中点，AN=12BO= 41，
∵OA的中点为M，
∴MN=12AB=4MO=12AO=5，
∵D(7.5,0)，
∴OD=7.5，
∴MD=2.5=AD，即点D为M的中点，
又∵NA的中点为L，LD=12MN=2，
在Rt△NHA中，LH=12AN= 412，
又∵DH≤LD+LH，当且仅当L、D、H三点共线时取等号，DH≤2+ 412，
即DH的最大值为2+ 412．
【解析】(1)根据二次根式的非负性以及平方的非负性即可求解；
(2)即可得BC=OA=10，AB=OC=8，∠OCB=∠B=90°，由题意得：FE=AF，OE=OA=10.在Rt△OCF中，∠OCB=90°，OC=8，OE=10，即可得：CE= OE2−OC2= 102−82=6，BE=BC−CE=4，即E(6,8)，设FE=AF=x，则BF=8−x，利用勾股定理得(8−x)2+42=x2，即可得AF=5，问题得解；
(3)设直线EF交y轴于H点，交x轴于G点；作OT⊥OF，使OT=OF，连接TH、TE；根据运动的特点可知：EB=FB，易证明△EFB，△CEH，△AFG，△OHG都为等腰直角三角形，OG=OH，∠OHE=∠OGF=45°，HE2=2CE2EF2=2BE2FG2=2AF2，证明△OHT≌△OGF(SAS).再证明△OEF≌△OET(SAS)，即有EF=TE，则有EF2=TE2=FG²+HE²，便可得BE2=AF2+CE2，根据CE=m，则BE=BF=10−m，AF=AG=m−2，根据勾股定理可得10−m)2=m2+(m−2)2，问题得解；
(4)连接OB交GF于N点，OG=BF，可证N为OB的中点，AN=12BO= 41，取OA的中点M，则MN=12AB=4，取NA的中点L，点D为MA的中点，则D=12MN=2，在Rt△NHA中，LH=12AN= 412，DH≤LD+LH，即可解决问题．
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，三角形的中位线的性质，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，构造合理的辅助线，掌握矩形的性质，是解答本题的关键．
1.下列各式中属于最简二次根式的是( )
A. 2B. 12C. 3 5D. 13
2.要使 x−3有意义，x的取值范围是( )
A. x≥3B. x≤3C. x≥−3D. x≤−3
3.下列各式计算正确的是( )
A. 2+ 5= 7B. 4 5−3 5=1C. 5× 2= 10D. 18÷3= 6
4.下列命题的逆命题是假命题的是( )
A. 等角对等边B. 全等三角形的对应角相等
C. 直角三角形的两个锐角互余D. 平行四边形的两组对边分别相等
5.在▱ABCD中，若∠A+∠C=140°，则∠A的大小是( )
A. 75°B. 70°C. 60°D. 40°
6.已知菱形ABCD的对角线AC、BD长分别为8，6，则菱形的面积是( )
A. 14B. 48C. 24D. 36
7.如图，数轴上的点A表示的数是−1，点B表示的数是2，CB⊥AB于点B，且BC=2，以A点为圆心，AC为半径画弧交数轴于点D，则点D表示的数是( )
A. 2.7B. 13C. 13−1D. 13+1
8.“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为( )
A. 1cmB. 2cmC. ( 2−1)cmD. (2 2−1)cm
9.如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，DG，FG，若AF=3，DG=4，FG=5，则矩形ABCD的面积是( )
A. 44B. 46C. 48D. 50
10.如图，在正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连接PA.过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F.下列结论：
①PA=PE；
②BD=3PF；
③CE=2PD；
④若BP=BE，则PF=( 2+1)DF．
其中正确的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.计算 (−2)2的结果是______．
12.如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个条件使▱ABCD成为矩形，这个条件可以是______．
13.在Rt△ABC中，AC=5，BC=12，则AB边的长是______．
14.如图，菱形ABCD的边长为6，∠A=45°，分别以点A，D为圆心，大于12AD的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，直线MN交AB于点E，连接CE，则CE的长为______．
15.对于任意的正数a、b，定义运算“⋅”为计算a⋅b= a+ b(a≥b) a− b(a
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
计算：
(1) 27− 48；
(2)(2 18− 6)÷ 6+2 2．
18.(本小题4分)
先化简，再求值：(yx−y−y2x2−y2)÷xxy+y2，其中x= 3+1，y= 3−1．
19.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE=DF．
求证：AF=CE．
20.(本小题6分)
如图，在由边长为1的小正方形组成的5×6的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求解决下列问题：
(1)通过计算判断△ABC的形状；
(2)在图中确定一个格点D，连接AD、CD，使四边形ABCD为平行四边形，并求出▱ABCD的面积．
21.(本小题8分)
如图，在△ABD中，∠D=90°，C是BD上一点，已知BC=9，AB=17，AC=10，求AD的长．
22.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，分别过点B、C作BE//AC，CE//BD，BE与CE交于点E．
(1)求证：四边形OBEC是矩形；
(2)当∠ABD=60°，AD=4时，求ED的长．
23.(本小题10分)
阅读材料：像( 5+ 2)( 5− 2)=3、 a⋅ a=a(a≥0)、( b+1)( b−1)=b−1(b≥0)……两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式．例如 3与 3， 2+1与 2−1，2 3+3 5与2 3−3 5等都是互为有理化因式．
在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如：12 3= 32 3× 3= 36； 2+1 2−1=( 2+1)2( 2−1)( 2+1)=3+2 2．
解答下列问题：
(1)3− 7与______互为有理化因式，将23 2分母有理化得______；
(2)计算：12− 3−6 3；
(3)已知有理数a、b满足a 2+1+b 2=−1+2 2，求a、b的值．
24.(本小题12分)
四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=2，CE= 2，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
25.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，A(a,0)，C(0,c)，且 10−a+(c−8)2=0，点E从B点出发沿BC运动，点F从B点出发沿BA运动，点G从O点出发沿OC运动．
(1)直接写出a，c的值；
(2)如图1，将△AOF沿OF折叠，点A恰好落在点E处，求E，F两点的坐标；
(3)如图2，若E，F两点以相同的速度同时出发运动，使∠EOF=45°，设点E的横坐标为m，求m2+16m的值；
(4)如图3，已知点D(7.5,0)，若F，G两点以相同的速度同时出发运动，连接FG，作AH⊥FG于H，直接写出DH的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、 2是最简二次根式，故A符合题意；
B、 12=2 3，故B不符合题意；
C、3 5=3 55，故C不符合题意；
D、 13= 33，故D不符合题意；
故选：A．
根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，逐一判断即可解答．
本题考查了最简二次根式，分母有理化，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意得：x−3≥0，
解得x≥3．
故选：A．
根据二次根式的意义，被开方数是非负数，可得x−3≥0，求解即可．
本题主要考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
3.【答案】C
【解析】解：A． 2与 5不能合并，所以A选项不符合题意；
B.4 5−3 5= 5，所以B选项不符合题意；
C. 5× 2= 5×2= 10，所以C选项不符合题意；
D. 18÷3=3 23= 2，所以D选项不符合题意．
故选：C．
根据二次根式的加减法对A选项、B选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对C选项进行判断；根据二次根式的性质对D选项进行判断．
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、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A.等角对等边，逆命题为：等边对等角，是真命题，故该选项不符合题意；
B.全等三角形的对应角相等，逆命题为：对应角相等的两个三角形是全等三角形，是假命题，故该选项符合题意；
C.直角三角形的两个锐角互余，逆命题为：有两个锐角互余的三角形是直角三角形，是真命题，故该选项不符合题意；
D.平行四边形的两组对边分别相等，逆命题为：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，故该选项不符合题意；
故选：B．
首先明确各个命题的逆命题，再分别分析各逆命题的题设是否能推出结论，可以利用排除法得出答案．
此题主要考查命题与逆命题的理解及真假命题的判断能力，掌握等腰三角的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
又∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=70°，
故选：B．
由平行四边形的性质可得∠A=∠C，结合∠A+∠C=140°，即可求∠A的度数．
本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24，
故选：C．
根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半即可解决问题．
本题考查菱形的性质，解题的关键是记住菱形的面积等于对角线长乘积的一半，属于中考常考题型．
7.【答案】C
【解析】解：由图可得，
AB=2−(−1)=2+1=3，BC=2，
∵CB⊥AB，
∴∠ABC=90°，
∴AC= AB2+BC2= 32+22= 13，
∵AC=AD，
∴AD= 13，
∴点D表示的数是 13−1，
故选：C．
根据图形和勾股定理可以得到AC的长，从而可以得到AD的长，然后再根据数轴，即可写出点D表示的数．
本题考查勾股定理、实数与数轴，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，
∴BD= 22+22=2 2(cm)，
由平移的性质可知，BB′=1cm，
∴B′D=(2 2−1)cm，
故选：D．
根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，
∵F，G分别是BE，CE的中点，
∴AF=12BE，DG=12CE，FG是△BEC的中位线，
∴FG=12BC，
∵AF=3，DG=4，FG=5，
∴BE=6，CE=8，BC=10，
∵BE2+CE2=36+64=100，BC2=100，
∴BE2+CE2=BC2，
∴△BEC是直角三角形，∠BEC=90°，
∴S△BEC=12BE⋅EC=12×6×8=24，
∴矩形ABCD的面积=2S△BEC=2×24=48，
故选：C．
根据矩形的性质可得∠BAD=∠ADC=90°，根据F，G分别是BE，CE的中点，可得AF=12BE，DG=12CE，FG是△BEC的中位线，求出BE，CE和BC的长，进一步可知△BEC是直角三角形，∠BEC=90°，根据S△BEC=12BE⋅EC求出△BEC的面积，根据△BEC和矩形ABCD同底等高，可知矩形ABCD的面积=2S△BEC，即可求出矩形ABCD的面积．
本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，直角三边形斜边的中线的性质，勾股定理逆定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC=∠ABD=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
BF=EF∠BFG=∠EFPFG=FP，
∴△BFG≌△EFP(SAS)，
∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB//PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP//BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP=BG，
∴AP=PE；故①正确；
连接CG，
由(1)知：PG//AB，PG=AB，
∵AB=CD，AB//CD，
∴PG//CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG//PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE= 2CG= 2PD；故③错误；
连接AC交BD于O，如图3：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOP=90°=∠PFE，
∵∠APO=90°−∠OPE=∠PEF，AP=PE，
∴△AOP≌△PFE(AAS)，
∴OA=PF，
∵OA=12BD，
∴PF=12BD，即BD=2PF，故②错误；
设PF=m，DF=n，则BD=2m，
∴BF=BD+DF=2m+n，BP=BF+PF=3m+n，
∵∠DBC=45°，∠BFE=90°，
∴BE= 2BF=2 2m+ 2n，
若BP=BE，则3m+n=2 2m+ 2n，
∴m= 2−13−2 2n=( 2+1)n，
即PF=( 2+1)DF，故④正确，
故选：B．
在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，证明△BFG≌△EFP(SAS)，可得BG=PE，∠PEF=∠GBF，有AB//PG，进而可得四边形ABGP是平行四边形，AP=BG，可判断①正确；连接CG，证明四边形DCGP是平行四边形，得CG=PD，CG//PD，可得CE= 2CG= 2PD；判定③错误；连接AC交BD于O，可证明△AOP≌△PFE得OA=PF，从而判断②错误；设PF=m，DF=n，则BD=2m，可得BP=BF+PF=3m+n，BE= 2BF=2 2m+n，若BP=BE，则3m+n=2 2m+ 2n，即可得PF=( 2+1)DF，判断④正确．
本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用等，解题的关键是适当作辅助线，构造全等三角形解决问题．
11.【答案】2
【解析】解：法一、 (−2)2
=|−2|
=2；
法二、 (−2)2
= 4 4
=2．
故答案为：2．
利用二次根式的性质计算即可．
本题考查了二次根式的性质，掌握“ a2=|a|”是解决本题的关键．
12.【答案】AC=BD(答案不唯一)
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴当AC=BD时，四边形ABCD为矩形．
故答案为：AC=BD(答案不唯一)．
依据矩形的判定定理进行解答即可．
本题主要考查了矩形的判定与平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
13.【答案】13或 119
【解析】(1)当AC、BC为直角边时，根据勾股定理得：
AC= AC2+BC2= 25+144=13，
(2)当BC为斜边，AC为直角边时，根据勾股定理得：
AB= BC2−AC2= 144−25= 119，
当答案为：13或 119．
从当此直角三角形的两直角边分别是5和12时，当此直角三角形的一个直角边为5，斜边为12时这两种情况分析，再利用勾股定理即可求出第三边．
本题主要考查勾股定理的知识点，解答本题的关键是确定直角三角形的斜边，进行分类讨论，此题难度不大．
14.【答案】3 6
【解析】解：延长CB交MN于F点，MN交AD于P点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=6，AD//BC，
∴∠EBF=∠A=45°，
由作法得MN垂直平分AD，
∴AP=DP=12AD=3，PF⊥AD，
∴PF⊥BC，
在Rt△APE中，∵∠A=45°，
∴AE= 2AP=3 2，
∴BE=AB−AE=6−3 2，
在Rt△BEF中，
∵∠EBF=45°，
∴BF=EF= 22BE= 22×(6−3 2)=3 2−3，
∴CF=CB+BF=6+3 2−3=3 2+3，
在Rt△CEF中，CE= (3 2+3)2+(3 2−3)2=3 6．
故答案为：3 6．
延长CB交MN于F点，MN交AD于P点，如图，根据菱形的性质得到AB=AD=6，AD//BC，利用作法得MN垂直平分AD，所以AP=3，PF⊥AD，接着计算出AE=3 2，则BE=6−3 2，然后计算出BF=EF=3 2−3，最后利用勾股定理计算CE的长．
本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的性质．
15.【答案】−6
【解析】解：原式=( 5+ 2)×( 8− 20)
=( 5+ 2)×(2 2−2 5)
=2( 5+ 2)×( 2− 5)
=2×(2−5)
=−6，
故答案为：−6．
根据题意列式计算即可．
本题考查实数的运算，结合已知条件列得正确的算式是解题的关键．
16.【答案】245
【解析】解：连接OP，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，AC= AB2+BC2= 82+62=10，
∴S矩形ABCD=AB⋅BC=48，S△AOB=14S矩形ABCD=12，OA=OB=5，
∴S△AOB=S△AOP+S△BOP=12OA⋅PE+12OB⋅PF=12OA(PE+PF)=12×5×(PE+PF)=12，
∴PE+PF=245；
故答案为：245．
连接OP.由勾股定理得出AC=10，可求得OA=OB=5，由矩形的性质得出S矩形ABCD=AB⋅BC=48，S△AOB=14S矩形ABCD=12，OA=OB=5，由S△AOB=S△AOP+S△BOP=12OA⋅PE+12OB⋅PF=12OA(PE+PF)=12×5×(PE+PF)=12求得答案．
此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
17.【答案】解：(1)原式=3 3−4 3
=− 3；
(2)原式=2 18÷6−1+2 2
=2 3−1+2 2．
【解析】(1)先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)根据二次根式的除法法则运算．
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、二次根式的除法法则是解决问题的关键．
18.【答案】解：(yx−y−y2x2−y2)÷xxy+y2
=[y(x+y)(x+y)(x−y)−y2(x+y)(x−y)]÷xy(x+y)
=xy(x+y)(x−y)·y(x+y)x
=y2x−y，
当x= 3+1，y= 3−1时，
原式=( 3−1)22
=2− 3．
【解析】根据分式四则运算的顺序和法则进行计算，最后代入求值即可．
本题考查分式的化简求值，掌握计算法则，依据运算顺序进行计算是得出正确答案的前提．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，AB//CD
∵BE=DF
∴AE=CF
∵AB//CD
∴四边形CEAF是平行四边形
∴AF=EC．
【解析】根据ABCD是平行四边形，得出AB=CD，AB//CD，由BE=DF，从而可得到AE=CF，再根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形推出CFAF是平行四边形，从而不难得到结论．
此题主要考查学生对平行四边形的性质及判定的理解及运用，关键是根据平行四边形的性质和判定解答．
20.【答案】解：(1)由题意可得，AB= 12+22= 5，
AC= 22+42=2 5，BC= 32+42=5，
∵( 5)2+(2 5)2=25=52，
即AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形．
(2)过点A作AD//BC，过点C作CD//AB，
直线AD和CD的交点就是D的位置，格点D的位置如图，
∴▱ABCD的面积为：AB×AC= 5×2 5=10．
【解析】此题考查直角三角形的判定和性质，关键是根据勾股定理以及勾股定理的逆定理解答．
(1)分别计算三边长度，根据勾股定理的逆定理判断；
(2)过点A作AD//BC，过点C作CD//AB，根据平行四边形的面积解答即可．
21.【答案】解：在Rt△ACD中，AD2=102−CD2，
在Rt△ABD中，AD2=172−(9+CD)2，
∴102−CD2=172−(9+CD)2，
∴(9+CD)2−CD2=172−102，
∴9(9+2CD)=27×7，解得CD=6，
∴AD2=102−CD2=102−62=64，
解得AD=8．
【解析】在Rt△ABD和Rt△ACD中，利用勾股定理列式表示出AD2，得出关于CD的方程，解方程求出CD，即可得出答案．
本题考查了勾股定理，在两个直角三角形中列式表示出AD2是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵BE//AC，CE//BD，
∴BE//OC，CE//OB，
∴四边形OBEC为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴四边形OBEC是矩形；
(2)解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB，OB=OD，OA=OC，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AD=AB=4，
∴OD=OB=2，
在Rt△AOD中，AO= AD2−OD2=2 3，
∴OC=OA=2 3，
∵四边形OBEC是矩形，
∴BE=OC=2 3，
∴ED= BD2+BE2=2 7．
【解析】(1)先由平行四边形的定义证明四边形OBEC为平行四边形，然后再由菱形的性质得到∠COB=90°，故四边形OBEC是矩形；
(2)证出△ABD为等边三角形，得BD=AD=AB=2 3，则OD=OB= 3，由勾股定理求出OA，进而得出答案．
本题主要考查的是矩形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】解：(1)3+ 7； 23
(2)12− 3−6 3=2+ 3−2 3=2− 3；
(3)∵a 2+1+b 2=−1+2 2，
∴a( 2−1)+ 22b=−1+2 2，
∴−a+(a+b2) 2=−1+2 2，
∴−a=−1，a+b2=2，
解得，a=1，b=2．
【解析】【分析】
本题考查二次根式的加减运算和乘除运算，主要利用分母有理化进行变形，解答本题的关键是明确二次根式的各种运算的法则．
(1)根据题意可以得到所求式子的分母有理化因式，并将题目中的二次根式化简；
(2)根据分母有理化的方法可以化简题目中的式子；
(3)根据题意，对所求式子变形即可求得a、b的值．
【解答】
解：(1)3− 7与3+ 7互为有理化因式，
23 2=2× 23 2× 2=2 26= 23，
故答案为3+ 7， 23；
(2)见答案；
(3)见答案．
24.【答案】(1)证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，如图1，
∵∠DCA=∠BCA，
∴EQ=EP，
∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，
∴∠QEF=∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
{∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD,
∴Rt△EQF≌Rt△EPD(ASA)，
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
(2)解：如图2，
在Rt△ABC中．AC= 2AB=2 2，
∵EC= 2，
∴AE=CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，CD=2，
由勾股定理，得：CG= 2；
(3)解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，
则∠CDE=90°−30°=60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC=360°−90°−90°−60°=120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，如图3所示：
∵∠HCF=∠DEF=90°，∠CHF=∠EHD，
∴∠EFC=∠CDE=30°，
综上所述，∠EFC=120°或30°．
【解析】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
(1)作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF=ED，根据正方形的判定定理证明即可；
(2)通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
(3)分两种情形考虑问题即可．
25.【答案】解：(1)∵ 10−a+(c−8)2=0又 10−a≥0(c−8)2≥0，
∴ 10−a=0(c−8)2=0，
∴a=10，c=8；
(2)∵四边形OABC为矩形，A(10,0)，C(0,8)，
∴BC=OA=10，AB=OC=8，∠OCB=∠B=90°，
由题意得：FE=AF，OE=OA=10．
在Rt△OCF中，∠OCB=90°，OC=8，OE=10，
∴CE= OE2−82= 102−82=6，
∴BE=BC−CE=4，即E(6,8)，
设FE=AF=x，则BF=8−x，
在Rt△BEF中，由勾股定理得，
BF2+BE2=EF2(8−x)2+42=x2，
解得：x=5，
∴AF=5，
∴E(6,8)，F(10,5)；
(3)设直线EF交y轴于H点，交x轴于G点；作OT⊥OF，使OT=OF，连接TH、TE；
∵四边形OABC为矩形，∠OCB=∠CBA=∠COA=∠OAB=90°，
∴∠HCE=∠FAG=90°，
根据运动的特点可知：EB=FB，∠FEB=∠EFB=45°，
∴∠CEH=∠FEB=45°∠AFG=∠EFB=45°，
∴△EFB，△CEH，△AFG，△OHG都为等腰直角三角形，
∴OG=OH，∠OHE=∠OGF=45°，HE2=2CE2，EF2=2BE2，FG2=2AF2，
∵∠HOG=∠FOT=90°，
∴∠HOT=∠GOF=90°−∠HOF，
在△OHT和△OGF中，
OH=OG∠HOT=∠GOFOT=OF，
∴△OHT≌△OGF(SAS)．
∴∠OHT=∠OGF=45°，TH=FG，
∴∠THE=∠OHT+∠OHE=90°，
∴TE2=TH2+HE2=FG2+HE2，
∵∠EOF=45°，∠FOT=90°，
∴∠EOF=∠EOT=45°，在△OEF和△OET中，
OT=OF∠EOT=∠EOFOE=OE，
∴△OEF≌△OET(SAS)．
∴EF=TE，
∴EF2=TE2=FG2+HE2，
∵EF2=BE2+BF2=2BE2，HE2=CE2+CH2=2CE2，FG2=AF2+AG2=2AF2，
∴2BE2=2AF2+2CE2，
即BE2=AF2+CE2，
∵CE=m，
∴BE=BF=10−m，AF=AG=m−2，
(10−m)2=m2+(m−2)2，
∴m2+16m=96；
(4)连接OB交GF于N点，取OA的中点M，取NA的中点L，连接MN、LH、LD，如图，
根据运动的特点可知：OG=BF，在矩形OABC中，∠NOG=∠NBF，由勾股定理可得：BO= AO2+BA2=2 41，
又：∠ONG=∠BNF，
∴△OGN≌△BFN(AAS)，
∴GN=FN，即N为OB的中点，AN=12BO= 41，
∵OA的中点为M，
∴MN=12AB=4MO=12AO=5，
∵D(7.5,0)，
∴OD=7.5，
∴MD=2.5=AD，即点D为M的中点，
又∵NA的中点为L，LD=12MN=2，
在Rt△NHA中，LH=12AN= 412，
又∵DH≤LD+LH，当且仅当L、D、H三点共线时取等号，DH≤2+ 412，
即DH的最大值为2+ 412．
【解析】(1)根据二次根式的非负性以及平方的非负性即可求解；
(2)即可得BC=OA=10，AB=OC=8，∠OCB=∠B=90°，由题意得：FE=AF，OE=OA=10.在Rt△OCF中，∠OCB=90°，OC=8，OE=10，即可得：CE= OE2−OC2= 102−82=6，BE=BC−CE=4，即E(6,8)，设FE=AF=x，则BF=8−x，利用勾股定理得(8−x)2+42=x2，即可得AF=5，问题得解；
(3)设直线EF交y轴于H点，交x轴于G点；作OT⊥OF，使OT=OF，连接TH、TE；根据运动的特点可知：EB=FB，易证明△EFB，△CEH，△AFG，△OHG都为等腰直角三角形，OG=OH，∠OHE=∠OGF=45°，HE2=2CE2EF2=2BE2FG2=2AF2，证明△OHT≌△OGF(SAS).再证明△OEF≌△OET(SAS)，即有EF=TE，则有EF2=TE2=FG²+HE²，便可得BE2=AF2+CE2，根据CE=m，则BE=BF=10−m，AF=AG=m−2，根据勾股定理可得10−m)2=m2+(m−2)2，问题得解；
(4)连接OB交GF于N点，OG=BF，可证N为OB的中点，AN=12BO= 41，取OA的中点M，则MN=12AB=4，取NA的中点L，点D为MA的中点，则D=12MN=2，在Rt△NHA中，LH=12AN= 412，DH≤LD+LH，即可解决问题．
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，三角形的中位线的性质，直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，构造合理的辅助线，掌握矩形的性质，是解答本题的关键．
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