2023-2024学年重庆市乌江协作体八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市乌江协作体八年级（下）期中数学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列各数中，是无理数的是( )
A. 3.1415926B. 27C. 27D. 2.2⋅3⋅
2.菱形具有而矩形不一定具有的性质是( )
A. 两组对边分别平行B. 对角线相等C. 对角线互相垂直D. 两组对边分别相等
3.菱形的对角线不具备的性质是( )
A. 对角线互相平分B. 对角线一定相等
C. 对角线一定垂直D. 对角线平分一组对角
4.如图，CD是Rt△ABC的中线，∠ACB=90°，∠CDA=120°，求∠B的度数.( )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 75°
5.有一个如图所示的长方体透明玻璃鱼缸，假设其长AD=80cm，高AB=50cm，水深AE=40cm，在水面上紧贴内壁的G处有一块面包屑，G在水面线EF上，且FG=30cm，一只蚂蚁想从鱼缸外的A点沿鱼缸壁爬进鱼缸内的G处吃面包屑.蚂蚁爬行的最短路线为cm．( )
A. 100B. 110C. 50 2+10D. 10 61
6.菱形的两条对角线长为6和8，则菱形的边长和面积分别为( )
A. 10，24B. 5，24C. 5，48D. 10，48
7.如图，已知在正方形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：①AG⊥DF；②EF//AB；③AB=AF；④OE：OB=0.5，其中正确的有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
8.在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为DC、BC上的点，且DE=CF，连接DF，BE，求DF+BE的最小值为( )
A. 2 2
B. 2 5
C. 4
D. 2+2 2
9.如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为( )
A. 1
B. 3
C. 2
D. 4 33
10.如图，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=3，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AE=1.连接DE，将△AED沿直线AE翻折至△ABC所在的平面内，得△AEF，连接DF.过点D作DG⊥DE交BE于点G.则下列结论正确的有个．( )
①△BDG≌△ADE；
②△GDE为等腰直角三角形；
③四边形DFEG的周长为2 2+2．
A. 3B. 2C. 1D. 0
二、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
11.在▱ABCD中，∠A=70°，则∠B=______°，∠C=______°.
12.计算( 2)2的结果是______．
13.如图，有一四边形空地ABCD，AB⊥AD，AB=3，AD=4，BC=12，CD=13，则四边形ABCD的面积为______．
14.如图，在长方形ABCD纸片中，AD//BC，AB/​/CD，把纸片沿EF折叠后，点C、D分别落在C′、D′的位置，若∠EFB=75°，则∠AED′等于______．
15.如图，在长方形ABCD中，BCAD，∠B+∠C=90°，将AB，CD分别平移到EF和EP的位置．
(1)求证：△EFP为直角三角形．
(2)若AD=5，CD=6，BC=15，求AB的长．
21.(本小题10分)
如图，在△ABC中，点E，F分别是AB，AC的中点，连接EF，BF，∠ABD是△ABC的一个外角．
(1)用尺规完成以下基本作图：作∠ABD的角平分线BG，交FE的延长线于点G，连接AG.(只保留作图痕迹)
(2)在(1)所作的图形中，若BE=FE，证明：四边形AGBF是矩形.(请完成下面的填空)
∵BG平分∠ABD，
∴ ______．
∵点E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴ ______，
∴∠DBG=∠EGB，
∴∠EGB=∠ABG，
∴ ______．
∵BE=FE，
∴ ______，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∴四边形AGBF是平行四边形.(对角线互相平分的四边形是平行四边形)
∵AB=AE+BE，GF=GE+FE，
∴AB=GF，
∴四边形AGBF是矩形.(______)
22.(本小题10分)
已知a=12+ 3，求2a2−8a+1的值.小明是这样分析与解答的：
∵a=12+ 3=2− 3(2+ 3)(2− 3)=2− 3，
∴a−2=− 3，
∴(a−2)2=3，即a2−4a+4=3，
∴a2−4a=−1，
∴2a2−8a+1=2(a2−4a)+1=2×(−1)+1=−1．
请你根据小明的分析过程，解决如下问题：
(1)若a=1 5−2，求3a2−12a−1的值；
(2)计算：1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋅⋅⋅+1 100+ 99= ______；
(3)比较 2023− 2022与 2022− 2021的大小，并说明理由．
23.(本小题10分)
如图，已知△ABC中，∠B=90°，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其 中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
(1)当t=2秒时，求PQ的长；
(2)求出发时间为几秒时，△PQB是等腰三角形？
(3)若Q沿B→C→A方向运动，则当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．
24.(本小题10分)
如图：矩形OABC的顶点A、C分别在坐标轴上，点B的坐标为(a,b)．
(1)若a、b满足： a−8+ 6−b=0，直接写出点B的坐标______；
(2)已知：EO、EA分别平分∠COA、∠BAO，连CE并延长交边AB于点F，若点F为边AB中点，求ab的值；
(3)点M、D分别在边AB、y轴上，CM、BD相交于N，点B的坐标为(3,b)，BM=1，若∠BNM=45°，求CD的长．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、3.1415926是有限小数，属于有理数，故本选项不合题意；
B、27是分数，属于有理数，故本选项不合题意；
C、 27=3 3，是无理数，故本选项符合题意；
D、是循环小数，属于有理数，故本选项不合题意；
故选：C．
无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
此题考查了无理数的定义．解题的关键是掌握无理数的定义，注意初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
2.【答案】C
【解析】解：选项A，菱形和矩形都是特殊的平行四边形，两组对边分别平行，不符合题意；
选项B，矩形的对角线相等，而菱形的对角线不相等，不符合题意；
选项C，菱形的对角线互相平分且互相垂直，而矩形的对角线相等且互相平分但不垂直，符合题意；
选项D，菱形和矩形都是平行四边形，对边都相等，不符合题意．
故选：C．
菱形的性质有四边相等，对角相等，对角线平分、垂直且平分每组对角；矩形的性质有对边相等，四角相等，对角线平分且相等．
本题考查菱形与矩形的性质，需要同学们对各种平行四边形的性质熟练掌握并区分．
3.【答案】B
【解析】解：菱形的性质：四条边都相等，对角线互相垂直平分，是轴对称图形，并且每一条对角线平分一组对角；
菱形的对角线不一定相等；
故选：B．
由菱形的性质即可得出结论．
本题考查了菱形的性质；熟记菱形的所有性质是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵∠ACB=90°，CD是Rt△ABC的中线，
∴CD=12AB=AD=DB，
∴∠B=∠DCB，
∵∠CDA=∠B+∠DCB=120°，
∴∠B=60°．
故选：C．
利用直角三角形斜边中线的性质以及等腰三角形的性质解决问题即可．
本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5.【答案】D
【解析】解：如图所示作点A关于BC的对称点A′，连接A′G交BC与点Q，小虫沿着A→Q→G的路线爬行时路程最短．
在直角△A′EG中，A′E=60cm，EG=80−30=50(cm)，
∴AQ+QG=A′Q+QG=A′G= A′E2+EG2=10 61(cm)．
∴最短路线长为10 61cm．
故选：D．
作出A关于BC的对称点A′，连接A′G，与BC交于点Q，此时AQ+QG最短；A′G为直角△A′EG的斜边，根据勾股定理求解即可．
本题考查平面展开−最短路径问题，关键知道两点之间线段最短，从而可找到路径求出解．
6.【答案】B
【解析】解∵菱形的两条对角线长分别为6和8，
∴由勾股定理得，菱形的边长= 32+42=5，
∵菱形的面积=对角线乘积的一半，
∴菱形的面积=6×8÷2=24．
故选：B．
根据菱形的对角线平分且垂直的性质，先计算边长，由对角线乘积的一半求得面积．
本题主要考查了菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理等知识点，灵活运用性质进行计算是解此题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：①∵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，
∵∠ADG+∠CDF=90°，
∴∠DAE+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，即AG⊥DF，
故①结论正确；
②在△AGF和△AGD中，
∠GAF=∠GADAG=AG∠AGF=∠AGD=90°,
∴△AGF≌△AGD(ASA)，
∴GF=GD，
∵AG⊥DF，
∴EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF=∠CDF，
∴EF//CD//AB，
故②正确；
③∵△AGF≌△AGD(ASA)，
∴AD=AF=AB，
故③正确；
④∵EF//AB，
∴∠OEF=∠ABO=45°，
∵∠AOB=∠EOF=90°，
∴EF=ED= 2OE，
∴EFAB=OEOB=OEOD=OE(1+ 2)OE，
∴OB=(1+ 2)OE，
∴OE：OB=1：(1+ 2)，故④错误．
故选：C．
①证明∠DAE=∠CDF，进而得∠DAE+∠ADG=90°，便可判断①的正误；
②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②的正误；
③由△AGF≌△AGD得AF=AD，便可判断③的正误；
④证明EF=ED= 2OE，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④的正误．
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，角平分线的定义，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．
8.【答案】B
【解析】解：延长AB到G，是BG=AB=2，连接DG交BC于F′，连接GF，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=BG=2，∠ABC=∠FBG=∠C=90°，
∴DG= AD2+AG2= 22+(2+2)2=2 5，
在△BCE和△GBF中，
CE=BF∠C=∠FBGBC=BG，
∴△BCE≌△GBF(SAS)，
∴BE=FG，
∴DF+BE=DF+FG，
∴当F运动到F′，即D、F、G共线时，DF+FG最小，此时DF+BE最小，最小值为DG的长，
∴DF+BE最小值为2 5．
故选：B．
延长AB到G，是BG=AB=2，连接DG交BC于F′，连接GF，由四边形ABCD是正方形，可得AD=AB=BC=BG=2，∠ABC=∠FBG=∠C=90°，DG= AD2+AG2=2 5，证明△BCE≌△GBF(SAS)，得BE=FG，从而DF+BE=DF+FG，当F运动到F′，DF+FG最小，此时DF+BE最小，最小值为DG的长．
本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，把DF+BE转化为DF+FG．
9.【答案】B
【解析】【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD/​/BC，
∵∠A=120°，
∴∠B=180°−∠A=180°−120°=60°，
作点P关于直线BD的对称点P′，连接P′Q，P′C，则P′Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当P′Q⊥AB时PK+QK的值最小，
在Rt△BCP′中，
∵BC=AB=2，∠ABC=60°，
∴∠P′QC=30°，
∴BP′=12BC=1，
∴P′Q=CP′= 22−12= 3．
故选：B．
【分析】
先根据四边形ABCD是菱形可知，AD//BC，由∠A=120°可知∠B=60°，作点P关于直线BD的对称点P′，连接P′Q，P′C，则P′Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP′⊥AB时PK+QK的值最小，再在Rt△BCP′中利用勾股定理求出P′C的长即可．
本题考查的是轴对称−最短路线问题及菱形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵∠ABC=45°，AD⊥BC于点D，
∴∠BAD=90°−∠ABC=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=BD，
∵BE⊥AC，
∴∠GBD+∠C=90°，
∵∠EAD+∠C=90°，
∴∠GBD=∠EAD，
∵∠ADB=∠EDG=90°，
∴∠ADB−∠ADG=∠EDG−∠ADG，
即∠BDG=∠ADE，
∴△BDG≌△ADE(ASA)，故①正确；
∴BG=AE=1，DG=DE，
∵∠EDG=90°，
∴△EDG为等腰直角三角形，故②正确；
在Rt△AEB中，
BE= AB2−AE2= 32−12=2 2，
∴GE=BE−BG=2 2−1，
在Rt△DGE中，
DG= 22GE=2− 22，
∴EF=DE=2− 22，
在Rt△DEF中，
DF= 2DE=2 2−1，
∴四边形DFEG的周长为：
GD+EF+GE+DF
=2(2− 22)+2(2 2−1)
=3 2+2，故③错误．
故选：B．
先证△BDG≌△ADE，得出AE=BG=1，再证△DGE与△EDF是等腰直角三角形，在直角△AEB中利用勾股定理求出BE的长，进一步求出GE的长，可通过解直角三角形分别求出GD，DE，EF，DF的长，即可求出四边形DFEG的周长．
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形等，解题关键是能够灵活运用等腰直角三角形的判定与性质．
11.【答案】110 70
【解析】解：∵在▱ABCD中，∠A=70°，
∴∠B=180°−70°=110°，∠A=∠C=70°．
故答案为：110，70．
根据平行四边形的对角相等以及利用平行线的性质得出即可．
此题主要考查了平行线的性质以及平行四边形的性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
12.【答案】2
【解析】解：( 2)2=2，
故答案为：2．
根据( a)2=a即可得出答案．
本题考查二次根式的性质与化简，掌握( a)2=a是正确解答的关键．
13.【答案】36
【解析】解：如图，连接BD，
∵在Rt△ABD中，AB⊥AD，AB=3，AD=4，
根据勾股定理得，BD= AB2+AD2=5，
在△BCD中，BC=12，CD=13，BD=5，
∴BC2+BD2=122+52=132=CD2，
∴△BCD为直角三角形，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD
=12AB⋅AD+12BC⋅BD
=12×3×4+12×12×5
=36．
故答案为：36．
连接BD，先根据勾股定理求出BD，进而根据勾股定理的逆定理判断出△BCD是直角三角形，最后用面积的和即可求出四边形ABCD的面积．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，把四边形ABCD分成两个直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．
14.【答案】30°
【解析】解：∵AD/​/BC，
∴∠DEF=∠EFB=75°，
由折叠得：
∴∠DEF=∠D′EF=75°，
∴∠AED′=180°−∠DEF−∠D′EF=30°，
故答案为：30°．
利用平行线的性质可得∠DEF=∠EFB=75°，然后利用折叠的性质可得∠DEF=∠D′EF=75°，从而利用平角定义进行计算即可解答．
本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
15.【答案】4 3
【解析】解：如图，过点N作NH⊥AB于点H，
得矩形BCNH，
∴CN=BH，BC=HN，
∵四边形ABCD是矩形，AM=2，
∴AD=BC.AB=CD=8，∠A=∠B=∠C=90°，
∴BM=AB−AM=6，
由翻折可知：DM=BM=6，
∴AD= DM2−AM2= 62−22=4 2，
∴BC=HN=DE=4 2，
由翻折可知：EN=CN，∠E=∠B=90°，
设EN=CN=x，则DN=DC−CN=8−x，
在Rt△DEN中，根据勾股定理得：
DN2=EN2+DE2，
∴(8−x)2=x2+(4 2)2，
解得x=2，
∴BH=CN=2，
∴MH=AB−AM−BH=4，
在Rt△MNH中，根据勾股定理得：
MN= NH2+MH2= (4 2)2+42=4 3，
故答案为：4 3．
过点N作NH⊥AB于点H，得矩形BCNH，设EN=CN=x，则DN=DC−CN=8−x，根据翻折性质和勾股定理可以求出x=2，进而可以解决问题．
本题考查的是矩形的性质、翻转变换的性质、勾股定理，掌握翻转变换的性质、灵活运用勾股定理是解题的关键．
16.【答案】6 55或2 5或3 2
【解析】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5
①如图，当“等周线”经过点C时，直线l交AB于点E，设BE=x，则AE=5−x，作CH⊥AB于H
由题意得：3+x=4+5−x
解得：x=3
根据三角形ABC面积关系得：
CH=BC⋅ACAB=125
∴BH= BC2−CH2=95
∴EH=3−95=65
在Rt△ECH中，CE= CH2+EH2=6 55
∴“等周径”长为6 55；
②如图，当“等周线”经过点A时，直线l交BC于点E，设BE=x，则CE=3−x
由题意得：4+3−x=5+x
解得：x=1
∴EC=2
在Rt△ACE中，AE= EC2+AC2=2 5
∴“等周径”长为2 5；
③如图，当“等周线”经过点B时，直线l交AC于点E，设AE=x，则CE=4−x
由题意得：3+4−x=5+x
解得：x=1
∴CE=3
在Rt△BCE中，BE= BC2+CE2=3 2
∴“等周径”长为3 2．
综上所述，满足条件的“等周径”长为6 55或2 5或3 2．
故答案为：6 55或2 5或3 2．
分三种情况画图计算：①当“等周线”经过点C时，直线l交AB于点E；②当“等周线”经过点A时，直线l交BC于点E，③当“等周线”经过点B时，直线l交AC于点E分别计算即可．
本题考查了勾股定理、新定义，读懂题意并正确列式计算，是解题的关键．
17.【答案】3
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=BC=CD=DA=6，∠A=∠B=∠C=90°，
∵点G在边AB上，BG=2AG，
∴AG=13AB=2，BG=23AB=4，
∵将△ADG沿着DG对折得到△FDG，
∴DF=DA=6，GF=GA=2，∠DFE=∠A=90°，
∴DF=DC，
在Rt△DFE和Rt△DCE中，
DF=DCDE=DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE(HL)，
∴FE=CE，
设BE=x，则FE=CE=6−x，
∴GE=GF+EF=2+(6−x)=8−x，
在Rt△GBE中，由勾股定理得：GB2+BE2=GE2，
∴42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
即BE的长为3．
故答案为：3．
由折叠的性质可得DF=DA，GF=GA，∠DFE=∠A=90°，进而证明Rt△DFE≌Rt△DCE(HL)，推出FE=CE，设BE=x，利用勾股定理解Rt△GBE即可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等，解题的关键是掌握折叠前后对应边相等，对应角相等．
18.【答案】①②④
【解析】解：①∵在△ABC中，∠ACB=90°，AP=BP，
∴AP=BP=CP，
∴∠B=∠BPC=12(180°−∠APB′)，
由折叠的性质可得：CP=B′P，∠CPB′=∠BPC=12(180°−∠APB′)，
∴AP=B′P，
∴∠AB′P=′B′AP=12(180°−∠APB′)，
∴∠AB′P=∠CPB′，
∴AB′//CP；故①正确；
②∵AP=BP，
∴PA=PB′=PC=PB，
∴点A，B′，C，B在以P为圆心，PA长为半径的圆上，
∵由折叠的性质可得：BC=B′C，
∴BC=B′C，
∴∠B′PC=2∠B′AC；故②正确；
③当CP⊥AB时，∠APC=∠ACB，
∵∠PAC=∠CAB，
∴△ACP∽△ABC，
∴APAC=ACAB，
∵在Rt△ABC中，由勾股定理可知：AC= AB2−BC2= 52−32=4，
∴AP=AC2AB=165；故③错误；
④由轴对称的性质可知：BC=CB′=3，
∵CB′长度固定不变，
∴当AB′+CB′有最小值时，AB′的长度有最小值．
根据两点之间线段最短可知：A、B′、C三点在一条直线上时，AB′有最小值，
∴AB′=AC−B′C=4−3=1.故④正确．
故答案为：①②④．
①由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及折叠的性质，易得∠AB′P=∠CPB′，即可得AB′//CP；
②由PA=PB′=PC=PB，可得点A，B′，C，B在以P为圆心，PA长为半径的圆上，然后由圆周角定理，求得答案；
③当CP⊥AB时，易证得△ACP∽△ABC，然后由相似三角形的对应边成比例，求得AP的长；
④易得当AB′+CB′有最小值时，AB′的长度有最小值，继而求得答案．
此题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及直角三角形斜边上的中线的性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是关键．
19.【答案】解：(1)原式= 6×1 6− 6× 6
=1−6
=−5；
(2)原式= 3− 2+2− 3+2
=4− 2．
【解析】(1)根据二次根式的乘除法则运算；
(2)先利用二次根式的性质化简，再去绝对值，然后合并即可．
本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．
20.【答案】(1)证明：由平移的性质得AB/​/EF，CD//EP，
∴∠B=∠EFP，∠C=∠EPF，
∵∠B+∠C=90°，
∴∠EFP+∠EPF=90°，
∴∠FEP=90°，
∴△EFP是直角三角形；
(2)解：由平移的性质得：AB=EF，AE=BF，ED=CP，
∴AD=AE+DE=BF+CP，
∵AD=5，BC=15，CD=6，
∴PF=BC−BF−CP=BC−AE−DE=BC−AD=10，EP=6，
在Rt△EFP中，由勾股定理得EF= PF2−EP2= 102−62=8，
∴AB=8．
【解析】(1)利用平移的性质可以知∠B+∠C=∠EFP+∠EPF，然后根据三角形内角和定理，在△EFP中求得∠FEP=90°；
(2)因为在四边形ABCD中，AB、CD分别平移到EF和EP的位置，所以有AB=EF，AE=BF，ED=CP，就可求得PF=BC−AD的值，根据勾股定理可得AB的值．
本题考查了平移的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，勾股定理，掌握平移的性质是解题的关键．
21.【答案】∠ABG=∠DBG EF/​/BC EG=EB EG=EF 对角线相等的平行四边形为矩形
【解析】(1)解：如图，BG、AG为所作；
(2)证明：∵BG平分∠ABD，
∴∠ABG=∠DBG，
∵点E，F分别是AB，AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF/​/BC，
∴∠DBG=∠EGB，
∴∠EGB=∠ABG，
∴EG=EB，
∵BE=FE，
∴EG=EF，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∴四边形AGBF是平行四边形．(对角线互相平分的四边形是平行四边形)
∵AB=AE+BE，GF=GE+FE，
∴AB=GF，
∴四边形AGBF是矩形．(对角线相等的平行四边形为矩形)
故答案为：∠ABG=∠DBG，EF/​/BC，EG=EB，EG=EF，对角线相等的平行四边形为矩形．
(1)利用基本作图作∠ABD的平分线即可；
(2)先利用角平分线的定义得到∠ABG=∠DBG，再利用三角形中位线性质得到EF/​/BC，则∠DBG=∠EGB，所以∠EGB=∠ABG，于是得到EG=EB，接着利用对角线互相平分的四边形是平行四边形可判断四边形AGBF是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形为矩形得到四边形AGBF是矩形．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了角平分线的性质、三角形中位线定理和矩形的判定．
22.【答案】 100−1
【解析】解：(1)∵a=1 5−2= 5+2( 5+2)( 5−2)= 5+2，
∴a−2= 5，
∴(a−2)2=5，即a2−4a+4=5，
∴a2−4a=1，
∴3a2−12a−1=3(a2−4a)−1=3×1−1=2；
(2)1 2+1+1 3+ 2+1 4+ 3+⋅⋅⋅+1 100+ 99
= 2−1( 2+1)×( 2−1)+ 3− 2( 3+ 2)×( 3− 2)+ 4− 3( 4+ 3)×( 4− 3)+⋅⋅⋅+ 100− 99( 100+ 99)×( 100− 99)
= 2−1+ 3− 2+ 4− 3+⋅⋅⋅+ 100− 99
= 100−1．
故答案为： 100−1；
(3) 2023− 2022< 2022− 2021，理由如下：
∵2023>2022>2021，
∴ 2023> 2022> 2021，
∴ 2023− 2022>0， 2022− 2021>0，
∵1 2023− 2022= 2023+ 2022( 2023− 2022)×( 2023+ 2022)= 2023+ 2022，
1 2022− 2021= 2022+ 2021( 2022− 2021)×( 2022+ 2021)= 2022+ 2021，
又∵ 2023+ 2022> 2022+ 2021，
∴1 2023− 2022>1 2022− 2021，
∴ 2023− 2022< 2022− 2021．
(1)结合题意，求得a2−4a=1，然后代入求值即可；
(2)将原式整理为 2−1+ 3− 2+ 4− 3+⋅⋅⋅+ 100− 99，即可获得答案；
(3)比较1 2023− 2022与1 2022− 2021的大小，即可获得答案．
本题主要考查了分母有理化、二次根式混合运算、代数式求值、利用平方差公式和完全平方公式进行运算等知识，正确理解题意，结合题目中解题思路进行分析是解题关键．
23.【答案】(1)解：(1)BQ=2×2=4cm，
BP=AB−AP=8−2×1=6cm，
∵∠B=90°，
PQ= BQ2+BP2= 42+62=2 13(cm)；
(2)解：根据题意得：BQ=BP，
即2t=8−t，
解得：t=83；
即出发时间为83秒时，△PQB是等腰三角形；
(3)解：分三种情况：
①当CQ=BQ时，如图1所示：
则∠C=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，
∴∠CBQ+∠ABQ=90°，
∠A+∠C=90°，
∴∠A=∠ABQ
∴BQ=AQ，
∴CQ=AQ=5
∴BC+CQ=11，
∴t=11÷2=5.5秒．
②当CQ=BC时，如图2所示：
则BC+CQ=12，
∴t=12÷2=6秒．
③当BC=BQ时，如图3所示：
过B点作BE⊥AC于点E，
则BE=AB⋅BCAC=6×810=4.8(cm)
∴CE= BC2−BE2=3.6(cm)，
∴CQ=2CE=7.2cm，
∴BC+CQ=13.2cm，
∴t=13.2÷2=6.6秒．
由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，
△BCQ为等腰三角形．
【解析】本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质；本题有一定难度，注意分类讨论思想的应用．
(1)根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；
(2)由题意得出BQ=BP，即2t=8−t，解方程即可；
(3)当点Q在边CA上运动时，能使△BCQ成为等腰三角形有三种情况：
①当CQ=BQ时(图1)，则∠C=∠CBQ，可证明∠A=∠ABQ，则BQ=AQ，则CQ=AQ，从而求得t；
②当CQ=BC时(图2)，则BC+CQ=12，易求得t；
③当BC=BQ时(图3)，过B点作BE⊥AC于点E，则求出BE，CE，即可得出t．
24.【答案】(8,6)
【解析】解：(1)∵ a−8+ 6−b=0，
∴a−8=0，6−b=0，
∴a=8，b=6，
∴B(8,6)．
故答案为：(8,6)．
(2)过点E分别作OC、OA的平行线HG、MN、分别与OC、AB、CB、OA交于点M、N、H、G，
∵EO、EA分别平分∠COA、∠BAO，
∴OM=EG=12AO=12a，HE是△CBF的中位线，
∵F点是AB的中点，
∴HE=BN=CM=14AB=14b，
∴OC=OM+CM，即b=12a+14b，
∴34b=12a，
∴ab=32．
(3)如图，作BK⊥CM，垂足为K，
∵点B的坐标为(3,b)，BM=1，
∴CM= BC2+BM2= 32+12= 10，
∵BC⋅BM=CM⋅BK，
∴BK=BC⋅BMCM=3×1 10=3 1010，
∵∠BNM=45°，
∴NK=BK=3 1010，
∴BN= 2⋅BK= 2×3 1010=3 55，
在Rt△BMK中，KM= BM2−BK2= 12−(3 1010)2= 1010，
∴NM=NK+MK=3 1010+ 1010=2 105，
∴CN=CM−NM= 10−2 105=3 105，
∵AB/​/CD，
∴△CND∽△MNB，
∴CDBM=CNMN，即CD1=3 1052 105，
∴CD=32．
(1)根据非负数的性质求出ab值即可知道点B坐标；
(2)过点E分别作OC、OA的平行线HG、MN、分别与OC、AB、CB、OA交于点M、N、H、G，利用中位线性质列出OC=OM+CM，即b=12a+14b整理得到结果即可；
(3)作BK⊥CM，垂足为K，分别求出线段CM、BK、NM、CN长，利用△CND∽△MNB，得到比例关系CDBM=CNMN，代入数据求出CD即可．
本题考查了矩形性质、相似三角形判断和性质、勾股定理等，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键．