2023-2024学年重庆市丰都县融智教育集团八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市丰都县融智教育集团八年级（下）期中数学试卷（含解析），共26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.下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是( )
A. 4，5，6B. 1，1， 2C. 6，8，11D. 5，12，23
2.下列计算正确的是( )
A. (−3)2=−3B. 12÷ 3=2C. 419=213D. (−2 5)2=10
3.如图，在▱ABCD中，DB=DC，∠C=70°，AE⊥BD于点E，则∠BAE等于( )
A. 20°B. 110°C. 70°D. 50°
4.估计 3×( 18− 3)的值应在( )
A. 2和3之间B. 3和4之间C. 4和5之间D. 5和6之间
5.下列命题中，真命题是( )
A. 对角线相等的四边形是矩形
B. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D. 一组邻边相等，并且有一个内角为直角的四边形是正方形
6.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点G是AB的中点，若OG=2.5，BD=8，则菱形ABCD的面积是( )
A. 48
B. 36
C. 24
D. 18
7.如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8.对角线AC，BD相交于点O.点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，则△AEF的周长为( )
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
8.勾股定理是我国古代的伟大数学发明之一.如图，以Rt△ABC(∠ACB=90°)的各边向外作正方形，得到三块正方形纸片，再把较小的两张正方形纸片放入最大的正方形中，重叠部分的面积记作S1，左下不重叠部分的面积记作S2，若S1=3，则S2的值是( )
A. 1
B. 1.5
C. 2
D. 2.5
9.如图：正方形ABCD中，点E、F分别是CD、CB边上的点，连接AE，DF交于点N，∠ADF的角平分线DM交AB于M，过点M作MQ//AE分别交DF于点H，交BC于点Q，连接DQ，若DE=CF，∠AMG=a，则用含a的代数式表示∠DQC为( )
A. 135°−aB. 90°−12aC. 45°+12aD. 23a
10.对于从左到右依次排列的三个实数a、b、c，在a与b之间、b与c之间只添加一个四则运算符号“+”、“−”、“×”、“÷”组成算式(不再添加改变运算顺序的括号)，并按四则运算法则计算结果，称为对实数a、b、c进行“四则操作”，例如：对实数4、5、6的“四则操作”可以是：4+5÷6=296，也可以是4−5−6=−7；对实数2，−1，−2的一种“四则操作”可以是2−(−1)+(−2)=1.给出下列说法：
①对实数1、4、2进行“四则操作”后的结果可能是6；
②对于实数2、−5、3进行.“四则操作”后，所有的结果中最大的是21；
③对实数x、x、2进行“四则操作”后的结果为6，则x的值共有16个；
其中正确的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
二、填空题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
11.若式子 2x−4有意义，则x的取值范围是______．
12.如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB=90°，若AB=8，BC=14，则EF的长为 ．
13.我同古代有这样一道数学问题：今有一竖直着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱的上端顺木柱下垂后堆在地面的部分有四尺(绳索比木柱长4尺)，牵着绳索退行，在距木柱底部8尺处时绳索用尽，则木柱长为______尺.
14.已知实数a，b，c在数轴上对应点的位置如图所示，化简( −a)2−|a+b|+ (b+c)2= ______．
15.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，DE⊥AB于点E，AC=16，BD=12，则DE的长为______．
16.如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，D是AC边的中点，连接BD，将△ABD沿BD翻折，得到△EBD，连接CE，则点E到BC的距离为______．
17.如果关于x的不等式组3x−1218.对于任意一个四位数m，若它的千位数字与百位数字的和比十位数字与个位数字的和大2，则称这个四位数m为“差双数”，记F(m)为m的各个数位上的数字之和.例如：m=1632，∵1+6−(3+2)=2，∴1632是“差双数”，F(1632)=1+6+3+2=12；m=6397，∵6+3−(9+7)=−7≠2，∴6397不是“差双数”.若5k41−与3st2−都是“差双数”，且F(5k41−)=F(3st2−)，则“差双数”3st2−是______；已知M，N均为“差双数”，其中M=2000a+100b+10c+d，N=1000x+300b+40−d(1≤a≤4,0≤b≤3,0≤c≤9,1≤d≤9,1≤x≤9,a,b,c,d,x是整数)，已知F(M)+F(N)−2能被6整除，且F(N)F(M)为整数，则满足条件的所有的M的值之和为______．
三、解答题：本题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题8分)
计算：
(1) 50− 8+| 2−2|+ 32；
(2)(2 3+ 6)(2 3− 6)+(3 48− 81)÷ 27．
20.(本小题10分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE=CF，EF与BD交于点O.求证：OE=OF．
21.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，AB//DC，AB=AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若CE=2 3，∠ADC=120°，求四边形ABCD的面积．
22.(本小题10分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BD于E．
(1)尺规作图：过点C作CF⊥BD于点F，连接AF.(要求：保留作图痕迹，不写作法，不下结论)
(2)求证：CE=AF.将下面的过程补充完整．
证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴① ______，∠AED=∠CFB=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴② ______，AD//BC，
∴③ ______．
在△ADE和△CBF中，
∠AED=∠CFB∠ADE=∠CBFAD=CB，
∴△ADE≌△CBF(AAS)，
∴④ ______，
又∵AE/​/CF，
∴四边形AFCE是⑤ ______，(⑥______)(填推理的依据)
∴CE=AF．
23.(本小题10分)
阅读理解：我们把abcd称作二阶行列式，规定它的运算法则为abcd=ad−bc，例如2345=2×5−3×4=−2，根据阅读理解解答下列各题：
(1) 2 3− 3 2= ______；
(2)计算：1234+5678+…+979899100；
(3)已知实数a，b满足行列式a−1−a2+ba−1=2 3，则代数式(a−ba2−2ab+b2−ab+b2a2−b2)÷(b−1)的值．
24.(本小题10分)
小明和小红相约周末游览合川钓鱼城，如图，A，B，C，D，E为同一平面内的五个景点.已知景点E位于景点A的东南方向400 6米处，景点D位于景点A的北偏东60°方向1500米处，景点C位于景点B的北偏东30°方向，若景点A，B与景点C，D都位于东西方向，且景点C，B，E在同一直线上．
(1)求景点A与景点B之间的距离.(结果保留根号)
(2)小明从景点A出发，从A到D到C，小红从景点E出发，从E到B到C，两人在各景点处停留的时间忽略不计.已知两人同时出发且速度相同，请通过计算说明谁先到达景点C.(参考数据： 3≈1.73)
25.(本小题10分)
如图，正方形ABCD中，E是BC边上一点，连接AE，以AE为边在AB右侧作正方形AEFH，连接AF，交CD于点N，连接EN.过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=CG；
(2)求证：BE+DN=EN．
26.(本小题10分)
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，D为BC上任意一点，E为AC上任意一点．

(1)如图1，连接DE，若∠CDE=60°，AC=4AE，求DE的长．
(2)如图2，若点D为BC中点，连接AD，点F为AD上任意一点，连接EF并延长交AB于点M，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接AG.点N在AC上，∠AGN=∠AEG且AM+AF= 2AE，求证：GN=MF．
(3)如图3，点D为BC中点，连接AD，点F为AD的中点，连接EF、BF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接AG，H为直线AB上一动点，连接FH，将△BFH沿FH翻折至△ABC所在平面内，得到△B′FH，连接B′G，直接写出线段B′G的长度的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
解：A、因为42+52≠62，故不是勾股数；故此选项错误；
B、因为12+12=( 2)2，故三角形是直角三角形．故此选项正确；
C、因为62+82≠112，故不是勾股数；故此选项错误；
D、因为52+122≠232，故不是勾股数．故此选项错误；
故选：B．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
2.【答案】B
解：A． (−3)2=3，故此选项不合题意；
B. 12÷ 3=2，故此选项符合题意；
C. 419= 379= 373，故此选项不合题意；
D.(−2 5)2=20，故此选项不合题意；
故选：B．
直接利用二次根式的乘除运算法则分别计算，进而判断得出答案．
此题主要考查了二次根式的乘除，正确化简二次根式是解题关键．
3.【答案】D
解：∵DB=DC，
∴∠C=∠DBC=70°，
∴∠CDB=180°−140°=40°，
∵CD/​/AB，
∴∠ABE=∠CDB=40°，
∴AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=90°−40°=50°．
故选：D．
在Rt△AEB中，想办法求出∠ABE即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质．直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
4.【答案】C
解：原式= 54−3，
∵ 49< 54< 64，
∴7< 54<8，
∴4< 54−3<5，
故选：C．
先根据二次根式的混合运算法则进行计算，再对结果进行估算即可．
本题考查的是估算无理数的大小和二次根式的混合运算，熟练掌握无理数估算的方法是解题的关键．
5.【答案】B
解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，故A选项错误；
B、对角线互相垂直的平分的四边形是菱形，是真命题，故B选项正确；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，是假命题，故C选项错误；
D、一组邻边相等，并且有一个内角为直角的四边形也可能是直角梯形，故D选项错误．
故选：B．
利用矩形、菱形、平行四边形及正方形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解矩形、菱形、平行四边形及正方形的判定定理，属于基础定理，难度不大．
6.【答案】C
解：∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，AC=2AO，BO=12BD，
∵OG=2.5，BD=8，
∴AB=2OG=5，BO=4，
∴AO= AB2−BO2=3，
∴AC=2AO=6，
∴菱形ABCD的面积是12AC⋅BD=24．
故选：C．
根据菱形的性质和已知条件可得OG是Rt△AOB斜边上的中线，由此可求出AB的长，再根据勾股定理可求出OA的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．
本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上中线的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的两条对角线互相垂直平分是解题的关键．
7.【答案】D
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，∠BAD=90°，OB=OD=OA=OC，
在Rt△BAD中，∵BD= AB2+AD2= 62+82=10，
∴OD=OA=OB=5，
∵E.F分别是AO，AD中点，
∴EF=12OD=52，AE=52，AF=4，
∴△AEF的周长为9，
故选：D．
因为四边形ABCD是矩形，所以AD=BC=8，∠BAD=90°，OB=OD=OA=OC，在Rt△BAD中，可得BD=10，推出OD=OA=OB=5，因为E.F分别是AO.AD中点，根据三角形中位线定理即可得到结论．
本题考查三角形中位线定理、矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
8.【答案】B
解：设Rt△ABC的直角边AC=a，BC，BA=c．
∴a2+b2=c2，
∵面积为S2的矩形的长和宽分别是c−a，c−b，
∴S2=(c−a)(c−b)=c2−(a+b)c+ab，
∵面积为S1的正方形的边长是a−(c−b)=a+b−c，
∴S1=(a+b−c)2=3，
∴a2+b2+c2+2ab−2ac−2bc=3，
∴2c2+2ab−2ac−2bc=3，
∴c2−(a+b)c+ab=1.5，
∴S2=1.5．
故选：B．
设Rt△ABC的直角边AC=a，BC，BA=c.得到S2=(c−a)(c−b)=c2−(a+b)c+ab，S1=(a+b−c)2=3，由完全平方公式，勾股定理，即可求解．
本题考查勾股定理，完全平方公式，多项式的乘法，关键是应用勾股定理，完全平方公式进行计算．
9.【答案】A
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，AD=CD，又DE=CF，
∴△ADE=△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠DAE+∠ADF=∠CDF+∠ADF=∠ADE=90°，
∴∠DNA=∠DNE=90°，
∵MQ//AE，
∴∠MHN=∠DNA=90°，
∵DM是∠ADF的角平分线，
∴∠ADM=∠HDM，
又∵MD=MD，
∴△ADM≌△HDM(AAS)，
∴∠HMD=∠AMG=α，AD=DH=DC，
又∵DQ=DQ，∠DHQ=∠C=90°，
∴Rt△DHQ≌Rt△DCQ(HL)，
∴∠DQC=∠DQH，
∵∠BMQ=180°−∠AMG−∠HMD=180°−2α，
∴∠MQC=∠BMQ+∠ABC=180°−2α+90°=270°−2α，
∴∠DQC=12∠MQC=135°−α，
故选：A．
先证明△ADE=△DCF(SAS)得到∠DAE=∠CDF，进而证得∠MHN=∠DNA=90°，再证明△ADM≌△HDM(AAS)得到∠HMD=∠AMG=α，AD=DH=DC，进而证明Rt△DHQ≌Rt△DCQ(HL)得到∠DQC=∠DQH，利用三角形的外角性质求得∠MQC=270°−2α，进而可求解．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、平行线的性质等知识，利用全等三角形的性质探究角的关系是解答的关键．
10.【答案】B
解：对于实数1、4、2进行“四则操作”可以是：1×4+2=6，
∴结果可能为6，
故①正确；
对于实数2、−5、3进行．“四则操作”，可以是2−(−5)+3=2+5+3=10或2+(−5)−3=−6或2×(−5)+3=−7或2÷(−5)+3=135或2−(−5)×3=17，
∴最大结果是17，
故②错误；
③对实数x，x，2进行．“四则操作”后的结果为6，可以是x+x−2=6或x+x+2=6或x×x+2=6或x×x−2=6或x+x×2=6或x×x÷2=6或x+x÷2=6或x×x×2=6或x−x÷2=6，的x=4或x=±2或x=±2 2或x=±2 3或x=± 3或x=12，共10个，故③错误；
∴正确的只有①，共1个，
故选：B．
根据“四则操作”的定义依次对各个说法进行判断即可．
本题考查有理数的四则运算，在三个数之间合理的使用运算符号是解题的关键．
11.【答案】x≥2
解：由题可知，
2x−4≥0，
解得x≥2．
故答案为：x≥2．
根据被开方数不小于零的条件进行解题即可．
本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．
12.【答案】3
解：∵DE为△ABC的中位线，∠AFB=90°，AB=8，
∴D为AB中点，DE=12BC=7，DF=12AB=4，
∴EF=DE−DF=7−4=3，
故答案为：3．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AB=4，再利用三角形中位线定理可得DE=7，进而可得答案．
此题主要考查了直角三角形的性质和三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
13.【答案】6
解：由题意作出图形如下：
则BC=8尺，AC−AB=4尺，
由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，
即AB2+82=(AB+4)2，
解得AB=6，
即木柱长为6尺，
故答案为：6．
根据题意得出BC=8尺，AC−AB=4尺，再根据勾股定理得出方程求解即可．
本题考查了勾股定理的应用，熟记勾股定理是解题的关键．
14.【答案】−c
解：由图可知，b∴−a>0，a+b<0，b+c<0，
∴( −a)2−|a+b|+ (b+c)2
=−a−[−(a+b)]+[−(b+c)]
=−a+(a+b)−(b+c)
=−a+a+b−b−c
=−c．
故答案为：−c．
根据a、b、c在数轴上的位置，判断出a、b、c的正负情况，继而得出−a>0，a+b<0，b+c<0，然后根据绝对值和二次根式的性质去掉根号和绝对值号，再进行计算即可解答．
本题考查了二次根式的性质与化简，绝对值的性质，根据数轴判断出a、b、c的大小并正确运用二次根式和绝对值的性质是解题关键．
15.【答案】9.6
解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC=16，BD=12，
∴AC⊥BD，OA=12AC=8，OB=12BD=6，
∴AB= AO2+OB2= 64+36=10，
∵S菱形ABCD=AB⋅DE=12AC⋅BD=12×16×12=96，
∴DE=9.6．
故答案为：9.6．
由菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC=16，BD=12，可求得AB的长，菱形的面积，继而求得菱形的高．
此题考查了菱形的性质以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
16.【答案】2125
解：连接AE，过点B作BF⊥AC于点F，BG⊥CE延长线于点G，过E作EH⊥BC于点H，如图所示：
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=3，BC=4，则由勾股定理可得AB= AB2+BC2=5，
∵S△ABC=BC⋅AB=12×AC⋅BF，则3×4=5BF，
∴BF=125，
∴AF= AB2−BF2= 32−(125)2=95，
∴CF=AC−AF=5−95=165，
∵BD是AC边上的中线，
∴AD=DC=BD=52，
由翻折可知AD=DE，AB=BE，
∴AD=DB=DE=DC=52，
∴∠DAE=∠DEA，∠DEC=∠DCE，
∴2∠DAE+2∠DCE=180°，
∴∠DAE+∠DCE=90°，
∴∠AEC=90°，
∴AE⊥EC，
由翻折可知BD是AE的垂直平分线，
∴AE⊥BD，
∴CE/​/BD，
∴∠DBC=∠ECB，
∵∠DBC=∠DCB，
∴∠DCB=∠ECB，
在△FBC和△GBC中，
∠BFC=∠G=90°∠FCB=∠GCBBC=BC，
∴△FBC≌△GBC(AAS)，
∴BG=BF=125，CF=CG=165，
在Rt△ABF和Rt△EBG中，
AB=EBBF=BG，
∴Rt△ABF≌Rt△EBG(HL)，
∴GE=AF=95，
∴CE=CG−GE=165−95=75，
∴S△BCE=12CE⋅BG=12BC⋅EH，
解得EH=CE⋅BGBC=75×1254=2125，即点E到BC的距离为2125，
故答案为：2125．
连接AE，过点B作BF⊥AC于点F，BG⊥CE延长线于点G，首先证明BD垂直平分线段AE，△ACE是直角三角形，证明CE/​/BD，可得△FBC≌△GBC，Rt△ABF≌Rt△EBG，得到相关线段长度，然后在△BCE利用等面积法列式求解即可得到答案．
本题考查了翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、三角形面积，解题的关键是利用面积法求高，综合性强，难度较大，属于中考常考题型．
17.【答案】12
解：解不等式组3x−12∵不等式组至少有两个整数解，
∴m−12≤3，
解得：m≤7，
解关于y的分式方程3yy−1=1−m1−y，
得：y=m−12，且y−1≠0，
∴y=m−12≠1，
∴m≠3，
∵分式方程解为正整数，且m≠3，
∴符合条件的所有整数m的值为5，7，
∴符合条件的所有整数m的和为5+7=12．
故答案为：12．
解不等式组，并根据题意得到关于m的范围即可．
本题主要考查分式方程的解和一元一次不等式组的解，熟练掌握解分式方程和不等式组的能力，并根据题意得到关于m的范围是解题的关键．
18.【答案】3432 8628
解：∵5k41−与3st2−都是“差双数”，
∴(5+k)−(4+1)=2，(3+s)−(t+2)=2．
∴k=2，s−t=1．
∵F(5k41−)=F(3st2−)，
∴5+2+4+1=3+s+t+2，
∴s+t=7．
∴s−t=1s+t=7．
解得：s=4t=3．
∴“差双数”3st2−=3×1000+4×100+3×10+2=3432；
∵M=2000a+100b+10c+d，N=1000x+300b+40−d，
∴M=2a×1000+b×100+c×10+d，N=x⋅1000+3b⋅100+3×10+(10−d)．
∴M千位上的数字是2a，百位上的数字是b，十位上的数字是c，个位上的数字是d，N千位上的数字是x，百位上的数字是3b，十位上的数字是3，个位上的数字是10−d．
∴F(M)=2a+b+c+d，F(N)=x+3b+3+10−d=x+3b+13−d．
∵M，N均为“差双数”，
∴(2a+b)−(c+d)=2，(x+3b)−(3+10−d)=2．
∴2a+b=2+c+d，x+3b=15−d．
∴F(M)=2c+2d+2，F(N)=28−2d．
∴F(M)+F(N)−2=2c+2d+2+28−2d−2=2c+28，
F(N)F(M)=28−2d2c+2d+2=14−dc+d+1．
∵F(M)+F(N)−2能被6整除，
∴2c+286=24+2c+46=4+2c+46是整数．
∵0≤c≤9，且c为整数，
∴c=1或c=4或c=7．
当c=1时，F(N)F(M)=14−d1+d+1=14−d2+d．
∵F(N)F(M)为整数，1≤d≤9，d为整数，
∴d=2或d=6；
当c=4时，F(N)F(M)=14−d4+d+1=14−d5+d．
∵F(N)F(M)为整数，1≤d≤9，d为整数，
∴d不存在；
当c=7时，F(N)F(M)=14−d7+d+1=14−d8+d．
∵F(N)F(M)为整数，1≤d≤9，d为整数，
∴d不存在．
①c=1，d=2．
∵2a+b=2+c+d，
∴2a+b=5．
∵1≤a≤4，0≤b≤3，
∴a=1，b=3或a=2，b=1．
∵x+3b=15−d．
当a=2，b=1，c=1，d=2时，x=10，不符合题意，舍去．
∴M=2000a+100b+10c+d=2312．
②c=1，d=6．
∵2a+b=2+c+d，
∴2a+b=9．
∵1≤a≤4，0≤b≤3，
∴a=3，b=3．
∴M=2000a+100b+10c+d=6316．
∴满足条件的所有的M的值之和为：2312+6316=8628．
故答案为：3432，8628．
根据“差双数”的定义可得k的值为2，s−t=1；根据F(5k41−)=F(3st2−)，可得s和t的另一个关系，进而求得s和t的值，即可求得“差双数”3st2−；判断出M和N的各个数位上的数字，根据它们都是“差双数”得的各个数位上的数字的关系，得到F(M)和F(N)并化简，根据F(M)+F(N)−2能被6整除，且F(N)F(M)为整数，得到可能的各个数位上的数字，计算得到所有的M，相加即可．
本题考查新定义的应用．理解新定义的意义是解决本题的关键．根据F(M)+F(N)−2能被6整除，且F(N)F(M)为整数，判断出M各个数位上的数字是解决本题的难点．
19.【答案】解：(1)原式=5 2−2 2+2− 2+4 2
=6 2+2．
(2)原式=(2 3)2−( 6)2+(12 3−9)÷3 3
=12−6+4− 3
=10− 3．
【解析】(1)依据题意，由二次根式的混合运算法则及绝对值的意义进行计算可以得解；
(2)依据题意，由平方差公式及二次根式的混合运算法则计算可以得解．
本题主要考查了二次根式的混合运算及平方差公式，解题时需要熟练掌握并理解．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴∠OBF=∠ODE，
∵AE=CF，
∴DE=BF，
∵∠EOD=∠FOB，
在△BOF和△DOE中，
∠FOB=∠EOD∠OBF=∠ODEBF=DE，
∴△BOF≌△DOE(AAS)，
∴OE=OF．
【解析】根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD//BC，由对顶角相等可得∠EOD=∠FOB，再根据平行线的性质可得∠OBF=∠ODE，从而可证△BOF≌△DOE(AAS)，即可得出结论．
本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、对顶角相等、全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质证得△BOF≌△DOE是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵AB/​/CD，
∴∠ACD=∠BAC，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴AD=CD，
∵AB=AD，
∴AB=CD，
∵AB/​/CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
((2)解：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∠DAB=60°，∠CAB=12∠DAB=30°，
∴AC=2CE=4 3，AB=2BO，
∴AO=CO=2 3，
∴AB2=AO2+BO2，
∴4BO2−BO2=12，
∴BO=2(负值舍去)，
∴BD=4，
∴菱形ABCD的面积=12×AC×BD=8 3．
【解析】(1)先证CD=AD=AB，则四边形ABCD是平行四边形，再由AD=AB，即可得出结论；
(2)由菱形的性质可得AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∠DAB=60°，∠CAB=12∠DAB=30°，由直角三角形的性质和勾股定理可求AC，BD的长，即可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
22.【答案】AE/​/CF AD=CB ∠ADE=∠CBF AE=CF 平行四边形 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
解：如图所示．
(2)证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE//CF，∠AED=∠CFB=90°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，AD//BC．
∴∠ADE=∠CBF．
在△ADE和△CBF中，
∠AED=∠CFB∠ADE=∠CBFAD=CB，
∴△ADE≌△CBF(AAS)．
∴AE=CF．
又∵AE/​/CF，
∴四边形AFCE是平行四边形(一组对边平行且相等的四边形是平行四边形)．
∴CE=AF．
故答案为：AE/​/CF；AD=CB；∠ADE=∠CBF；AE=CF；平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
(1)根据垂线的作图方法作图即可．
(2)根据平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质可得答案．
本题考查作图−基本作图、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
23.【答案】5
解：(1) 2 3− 3 2
= 2× 2− 3×(− 3)
=2+3
=5；
故答案为：5；
(2)1234+5678+…+979899100
=(1×4−2×3)+(5×8−6×7)+(97×100−98×99)
=−2+(−2)+…+(−2)
=−2×25
=−50；
(3)(a−ba2−2ab+b2−ab+b2a2−b2)÷(b−1)
=[a−b(a−b)2−b(a+b)(a−b)(a+b)]⋅1b−1
=(1a−b−ba−b)⋅1b−1
=1−ba−b⋅1b−1
=1b−a，
∵a−1−a2+ba−1=2 3，
∴a(a−1)−[−(−a2+b)]=2 3，
a2−a−a2+b=2 3，
b−a=2 3，
∴原式=12 3
= 36．
(1)根据二阶行列式的形式，把相应的值代入运算即可；
(2)根据二阶行列式的形式，把相应的值代入运算即可；
(3)先利用分式的相应的法则对式子进行化简，再结合二阶行列式的形式求得相应的值，代入运算即可．
本题主要考查分式的化简求值，实数的运算，整式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
24.【答案】解：(1)如图，过点E作EH⊥AB于点H，
在Rt△AHE中，∠EAH=45°，AE=400 6米，
则AH=EH= 22AE=400 3(米)，
由题意可知：∠EBH=60°，
∵tan∠EBH=EHBH，
∴BH=EHtan∠EBH=400 3 3=400(米)，
∴AB=AH+BH=(400 3+400)米；
(2)如图，过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，过点B作BG⊥CF于点G，
则四边形ADGB为矩形，
∴BG=AF，GF=AB=(400 3+400)米，
在Rt△AFD中，∠FAD=60°，AD=1500米，
则AF=AD⋅cs60°=1500×12=750(米)，FD=AD⋅sin60°=750 3(米)，
∴GD=FD−FG=750 3−(400 3+400)=(350 3−400)米，
在Rt△BGC中，BG=AF=750米，∠GBC=30°，
∴CG=BG⋅tan∠GBC=750× 33=250 3(米)，BC=BGcs∠GBC=750 32=500 3(米)，
∴CD=GC−GD=250 3−(350 3−400)=(400−100 3)米，
∴AD+DC=1500+(400−100 3)=1900−100 3≈1727(米)，
在Rt△BHE中，EH=400 3米，∠EBH=60°，
则EB=EHsin∠EBH=400 3 32=800(米)，
∴EC=EB+BC=800+500 3≈1665(米)，
∵1727>1665，
∴小红先到达景点C．
【解析】(1)过点E作EH⊥AB于点H，根据等腰直角三角形的性质分别求出AH、EH，根据正切的定义求出BH，进而求出AB；
(2)过点A作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，过点B作BG⊥CF于点G，根据余弦的定义求出AF，根据正弦的定义求出DF，进而求出CD，求出AD+DC、EB+BC，比较大小得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
25.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD和四边形AEFH是正方形，
∴AE=EF，∠B=∠AEF=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠GEF，
∴∠BAE=∠GEF，
∵FG⊥BC，
∴∠G=90°=∠B，
∴△ABE≌△EGF(AAS)，
∴AB=EG=BC，
∴BE=CG；
(2)延长EB至点M，使得BM=DN，连接AM，如图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABM=∠D=90°，
∴△ABM≌△ADN(SAS)，
∴AM=AN，∠MAB=∠NAD，
∵四边形AEFH是正方形，
∴∠EAN=45°，
∴∠BAE+∠NAD=45°=∠MAB+∠BAE=∠MAE，
∴∠MAE=∠EAN，
∵AE=AE，
∴△MAE≌△NAE(SAS)，
∴ME=NE，
∵ME=MB+BE，
∴EN=MB+BE=DN+BE．
【解析】(1)根据正方形的性质先证明△ABE≌△EGF，得出AB=EG=BC即可得证；
(2)延长EB至点M，使得BM=DN，连接AM，先证明△ABM≌△ADN，再证明△MAE≌△NAE即可求解．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
26.【答案】(1)解：如图1中，过点E作ET⊥BC于点T．

∵AC=2 2，AC=4AE，
∴AE= 22，EC=AC−AE=3 22，
∵AC=AC，∠A=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵ET⊥CB，
∴ET=CT=EC⋅sin45°=32，
∴DE=ETsin60∘=32 32= 3；
(2)证明：如图2，
过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，

∴∠AEH=90°，
由旋转知，EG=EF，∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠AEH，
∴∠AEG=∠HEF，
∵AB=AC，点D是BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，
∴∠H=90°−∠CAD=45°=∠CAD，
∴AE=HE，
∴△EGA≌△EFH(SAS)，
∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，
∴∠EAG=∠BAD=45°，
∵AB⊥AC，HE⊥AC，
∴AB//HE，
∴∠AMF=∠HEF，
∵△EGA≌△EFH，
∴∠AEG=∠HEF，
∵∠AGN=∠AEG，
∴∠AGN=∠HEF，
∴∠AGN=∠AMF，
∵AM+AF= 2AE，AF+FH= 2AE，
∴AM=FH=AG，
∴△AGN≌△AMF(AAS)，
∴GN=FM；
(3)解：如图3中，

∵点F是AD的中点，
∴DF=12AD=1，
根据勾股定理得，BF= BD2+DF2= 22+12= 5，
由折叠知，BF=B′F= 5，
∴点B′是以点F为圆心， 5为半径的圆上，
由旋转知，EF=EG，
∴点G在点A右侧过点A与AD垂直的直线上，
当点E与C重合时，FG的值最大，作CT⊥AG于点T.则四边形ADCT是正方形，△CDF≌△CTG，
∴AT=CD=2，TG=DF=1，
∴AG=3，
∴FG= AF2+AG2= 12+32= 10，
∵GB′≥FB′+FG= 5+ 10
∴线段B′G的长度的最大值 5+ 10．
【解析】(1)如图1中，过点E作ET⊥BC于点T.解直角三角形求出ET，DE即可；
(2)过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，先判断出△EGA≌△EFH(SAS)，得出AG=FH，∠EAG=∠H=45°，进而判断出△AGN≌△AMF(AAS)，即可得出结论；
(3)先求出BF= 5，再判断出点B′是以点E为圆心， 5为半径的圆上，再判断出点G在点A右侧过点A与AD的直线上，进而得出FG最大值，B′G最大，即可求出答案．
此题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．