2021-2022学年湖北省孝感市孝南区八年级下学期期中数学试题及答案

这是一份2021-2022学年湖北省孝感市孝南区八年级下学期期中数学试题及答案，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答下列各题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥﹣3B．x≥3C．x≤﹣3D．x＞﹣3
2．（3分）下列计算中，正确的是（ ）
A．5﹣2＝21B．2+＝2C．×＝3D．÷＝3
3．（3分）下列四组数中，是勾股数的是（ ）
A．2.5，6，6.5B．32，42，52C．1，，D．7，24，25
4．（3分）下列说法中不正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是菱形
B．对角线垂直的平行四边形是菱形
C．菱形的对角线互相垂直且相等
D．菱形的邻边相等
5．（3分）如图，平行四边形ABCD中，E，F分别在边BC，AD上，添加选项中的条件后不能判定四边形AECF是平行四边形的是（ ）
A．BE＝DFB．AE∥CFC．AE＝FCD．AF＝EC
6．（3分）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形B．可能是轴对称图形
C．当AC＝BD时，它是矩形D．一定不是中心对称图形
7．（3分）已知菱形的边长和一条对角线的长均为2cm，则菱形的面积为（ ）
A．3cm2B．4cm2C．cm2D．2cm2
8．（3分）已知平面直角坐标系中，有两点A（a，0），B（0，b），且满足b＝++4，P为AB上一动点（不与A，B重合），PE⊥x轴，PF⊥y轴，垂足分别为E，F，连接EF，则EF的最小值为（ ）
A．B．3C．4D．5
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9．（3分）化简：﹣＝ ．
10．（3分）如图，以正方形ABCD的中心为原点建立平面直角坐标系，点A的坐标为（2，2），则点D的坐标为 ．
11．（3分）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：△ABC中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝3，则AC的长为 ．
12．（3分）与最简二次根式5是同类二次根式，则a＝ ．
13．（3分）如图，若一个三角形的三边长为5、12、x，则使此三角形是直角三角形的x的值是 ．
14．（3分）比较大小：2 5（选填“＞”、“＝”、“＜”）．
15．（3分）如图所示的网格是正方形网格，△ABC和△CDE的顶点都是网格线交点，那么∠BCA+∠DCE＝ ．
16．（3分）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 ．（用含a，b的代数式表示）
三、解答下列各题（共8大题，共72分，解答应写文字说明、演算步骤或证明过程.）
17．（8分）计算：
（1）（）；
（2）+（）﹣1﹣（+1）（﹣1）．
18．（8分）如图，在▱ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足BE＝DF．连接EF，分别与BC，AD交于点G，H．
求证：EG＝FH．
19．（7分）已知x＝，y＝，求x2+xy+y2的值．
20．（9分）如图，在4×4的网格中每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都在格点上，以格点为顶点分别按下列要求画图．
（1）在图①中，以AB为一边画平行四边形ABCD，使其面积为6；
（2）在图②中，以AB为一边画菱形ABEF；
（3）在图③中，以AB为一边画正方形ABGH，且与图②中所画的图形不全等．
21．（8分）已知：如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，AD∥BC，AD＝1，AB＝3，将△ABD沿直线BD翻折，点A恰好落在CD边上点A'处．
（1）求证：BC＝DC；
（2）求BC的长．
22．（10分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC＝AD，M，N分别为AC，CD的中点，连接BM，MN，BN．
（1）求证：BM＝MN；
（2）若∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，AC＝2，求BN长．
23．（10分）将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处，如图2．
（1）求证：EF＝CE；
（2）如果AF＝，求AD和AB的长．
（3）结合你对（1）（2）的理解，请你猜想DF、DC和DE之间的数量关系，直接写出结论．
24．（12分）如图1，P为正方形ABCD的边BC上一动点（P与B、C不重合），点Q在CD边上，且BP＝CQ，连接AP、BQ交于点E．
（1）求证：AP⊥BQ；
（2）当P运动到BC中点处时（如图2），连接DE，请你判断线段DE与AD之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，过A点作AM⊥DE于点H，交BQ、CD于点N、M，若AB＝2，求QM的长度．
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分，每题只有一项是正确的.）
1．（3分）若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥﹣3B．x≥3C．x≤﹣3D．x＞﹣3
【分析】根据二次根式的概念，形如（a≥0）的式子叫做二次根式，进而得出答案．
【解答】解：若二次根式在实数范围内有意义，
则x+3≥0，
解得：x≥﹣3．
故选：A．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．
2．（3分）下列计算中，正确的是（ ）
A．5﹣2＝21B．2+＝2C．×＝3D．÷＝3
【分析】根据合并同类二次根式法则、同类二次根式的定义、二次根式的乘法和除法法则逐一判断即可．
【解答】解：A．5﹣2＝3，此选项计算错误；
B．2与不是同类二次根式，不能合并，此选项计算错误；
C．×＝××＝3，此选项计算正确；
D．÷＝＝，此选项计算错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握合并同类二次根式法则、同类二次根式的定义、二次根式的乘法和除法法则．
3．（3分）下列四组数中，是勾股数的是（ ）
A．2.5，6，6.5B．32，42，52C．1，，D．7，24，25
【分析】根据勾股数的定义：满足a2+b2＝c2的三个正整数，称为勾股数解答即可．
【解答】解：A．2.5，6，6.5，其中6.5，2.5不是整数，不能构成勾股数，故不符合题意；
B．（32）2+（42）2≠（52）2，不能构成勾股数，故不符合题意；
C．1，，，其中，不是整数，不能构成勾股数，故不符合题意；
D．72+242＝252能构成勾股数，故符合题意；
故选：D．
【点评】此题考查了勾股数，解答此题要深刻理解勾股数的定义，并能够熟练运用．
4．（3分）下列说法中不正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是菱形
B．对角线垂直的平行四边形是菱形
C．菱形的对角线互相垂直且相等
D．菱形的邻边相等
【分析】由菱形的判定与性质即可得出A、B、D正确，C不正确．
【解答】解：A．四边相等的四边形是菱形；正确；
B．对角线垂直的平行四边形是菱形；正确；
C．∵菱形的对角线互相垂直且平分，
∴选项C不正确；
D．菱形的邻边相等；正确；
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质以及平行四边形的性质；熟记菱形的性质和判定方法是解题的关键．
5．（3分）如图，平行四边形ABCD中，E，F分别在边BC，AD上，添加选项中的条件后不能判定四边形AECF是平行四边形的是（ ）
A．BE＝DFB．AE∥CFC．AE＝FCD．AF＝EC
【分析】利用平行四边形的性质，依据平行四边形的判定方法，分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝DF，
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
由AE＝FC，不能判定四边形AECF是平行四边形，故选项C符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质定理和判定定理；熟记平行四边形的判定方法是解决问题的关键．
6．（3分）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形B．可能是轴对称图形
C．当AC＝BD时，它是矩形D．一定不是中心对称图形
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理、菱形、矩形的判定定理判断即可．
【解答】解：连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH∥BD，GF∥BD，
∴四边形EHGF是平行四边形，故A、D不合题意；
当AC＝BD时，四边形EHGF是菱形，是轴对称图形，故C不合题意，B符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
7．（3分）已知菱形的边长和一条对角线的长均为2cm，则菱形的面积为（ ）
A．3cm2B．4cm2C．cm2D．2cm2
【分析】根据菱形的性质可得该对角线与菱形的边长组成一个等边三角形，利用勾股定理求得另一条对角线的长，再根据菱形的面积公式：菱形的面积＝×两条对角线的乘积，即可求得菱形的面积．
【解答】解：由已知可得，这条对角线与边长组成了等边三角形，可求得另一对角线长2，
则菱形的面积＝2×2÷2＝2cm2
故选：D．
【点评】此题主要考查菱形的面积等于两条对角线的积的一半．
8．（3分）已知平面直角坐标系中，有两点A（a，0），B（0，b），且满足b＝++4，P为AB上一动点（不与A，B重合），PE⊥x轴，PF⊥y轴，垂足分别为E，F，连接EF，则EF的最小值为（ ）
A．B．3C．4D．5
【分析】连接OP，先求出a＝3，则b＝4，再由勾股定理得AB＝5，然后证四边形OEPF是矩形，则EF＝OP，当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，进而由面积法求解即可．
【解答】解：如图，连接OP，
∵b＝++4，
∴a﹣3≥0，3﹣a≥0，
∴a＝3，
∴b＝4，
∴A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵PE⊥x轴，PF⊥y轴，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴四边形OEPF是矩形，
∴EF＝OP，
当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，
此时，OP＝＝＝，
∴EF的最小值为，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、坐标与图形性质、二次根式有意义的条件、勾股定理以及最小值等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
9．（3分）化简：﹣＝ ﹣ ．
【分析】首先化简二次根式，进而合并即可．
【解答】解：﹣＝5﹣6＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．
10．（3分）如图，以正方形ABCD的中心为原点建立平面直角坐标系，点A的坐标为（2，2），则点D的坐标为 （﹣2，2） ．
【分析】根据题意得：点A与点C关于y轴对称，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：∵以正方形ABCD的中心O为原点建立坐标系，点A的坐标为（2，2），
∴点D的坐标分别为（﹣2，2），
故答案为：（﹣2，2）．
【点评】本题考查了关于坐标轴对称点的性质以及正方形性质，利用数形结合得出是解题关键．
11．（3分）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：△ABC中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝3，则AC的长为 4.55 ．
【分析】设AC＝x，可知AB＝10﹣x，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】解：设AC＝x，
∵AC+AB＝10，
∴AB＝10﹣x．
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，即x2+32＝（10﹣x）2．
解得：x＝4.55，
即AC＝4.55．
故答案为：4.55．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
12．（3分）与最简二次根式5是同类二次根式，则a＝ 1 ．
【分析】根据同类二次根式的定义得出a+1＝2，求出即可．
【解答】解：＝3，
∵与最简二次根式5是同类二次根式，
∴a+1＝2，
解得：a＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了同类二次根式和最简二次根式，能熟记同类二次根式的定义的内容是解此题的关键．
13．（3分）如图，若一个三角形的三边长为5、12、x，则使此三角形是直角三角形的x的值是 ．
【分析】本题已知直角三角形的两边长，明确x是直角边，利用勾股定理求解．
【解答】解：由勾股定理，得
52+x2＝122，
所以x＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，关键是熟练掌握勾股定理的逆定理．
14．（3分）比较大小：2 ＜ 5（选填“＞”、“＝”、“＜”）．
【分析】先把两数值化成带根号的形式，再根据实数的大小比较方法即可求解．
【解答】解：∵2＝，5＝，
而24＜25，
∴2＜5．
故填空答案：＜．
【点评】此题主要考查了实数的大小的比较，当一个带根号的无理数和一个有理数进行比较时，首选的方法就是把它们还原成带根号的形式，然后比较被开方数即可解决问题．
15．（3分）如图所示的网格是正方形网格，△ABC和△CDE的顶点都是网格线交点，那么∠BCA+∠DCE＝ 45° ．
【分析】连接AD，构建等腰直角三角形，利用勾股定理和逆定理得：∠ADC＝90°，∠ACD＝45°，最后根据平角的定义可得结论．
【解答】解：连接AD，
由勾股定理得：AD2＝12+32＝10，CD2＝12+32＝10，AC2＝22+42＝20，
∴AD＝CD，AD2+CD2＝AC2，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝∠ACD＝45°，
观察图形可知，△BFC和△CGF都是等腰直角三角形，
∴∠BCF＝45°，∠ECG＝45°，
∴∠BCA+∠DCE＝180°﹣45°﹣45°﹣45°＝45°，
故答案为：45°．
【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握网格型问题的计算方法是关键．
16．（3分）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 （a+b） ．（用含a，b的代数式表示）
【分析】如图，连接DK，DN，证明S四边形DMNT＝S△DKN＝a即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DK，DN，
∵∠KDN＝∠MDT＝90°，
∴∠KDM＝∠NDT，
∵DK＝DN，∠DKM＝∠DNT＝45°，
∴△DKM≌△DNT（ASA），
∴S△DKM＝S△DNT，
∴S四边形DMNT＝S△DKN＝a，
∴正方形ABCD的面积＝4×a+b＝a+b．
故答案为（a+b）．
【点评】本题考查中心对称，全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
三、解答下列各题（共8大题，共72分，解答应写文字说明、演算步骤或证明过程.）
17．（8分）计算：
（1）（）；
（2）+（）﹣1﹣（+1）（﹣1）．
【分析】（1）先化简，再算括号里的运算，最后算乘法即可；
（2）先化简，利用平方差公式进行运算，负整数指数幂，再算加减即可．
【解答】解：（1）（）
＝
＝
＝4；
（2）+（）﹣1﹣（+1）（﹣1）
＝﹣（5﹣1）
＝+4﹣4
＝．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握与运用．
18．（8分）如图，在▱ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足BE＝DF．连接EF，分别与BC，AD交于点G，H．
求证：EG＝FH．
【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ABC＝∠CDA，
∴∠EBG＝∠FDH，∠E＝∠F，
在△BEG与△DFH中，，
∴△BEG≌△DFH（ASA），
∴EG＝FH．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
19．（7分）已知x＝，y＝，求x2+xy+y2的值．
【分析】先求出x+y和xy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：∵x＝，y＝，
∴x+y＝+＝，
xy＝×＝＝＝，
∴x2+xy+y2
＝（x+y）2﹣xy
＝（）2﹣
＝3﹣
＝2．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算和完全平方公式，能熟记完全平方公式的特点是解此题的关键，注意：（x+y）2＝x2+2xy+y2．
20．（9分）如图，在4×4的网格中每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都在格点上，以格点为顶点分别按下列要求画图．
（1）在图①中，以AB为一边画平行四边形ABCD，使其面积为6；
（2）在图②中，以AB为一边画菱形ABEF；
（3）在图③中，以AB为一边画正方形ABGH，且与图②中所画的图形不全等．
【分析】（1）画出底为3，高为的平行四边形ABCD即可；
（2）根据菱形的定义，画出图形即可；
（3）根据正方形的定义画出图形即可．
【解答】解：（1）如图①中，平行四边形ABCD即为所求；
（2）如图②中，菱形ABEF即为所求；
（3）如图③中，正方形ABGH即为所求．
【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21．（8分）已知：如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，AD∥BC，AD＝1，AB＝3，将△ABD沿直线BD翻折，点A恰好落在CD边上点A'处．
（1）求证：BC＝DC；
（2）求BC的长．
【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得∠ADB＝∠A'DB＝∠CBD，可得结论；
（2）由折叠的性质可得A'D＝AD＝1，A'B＝AB＝3，∠CAB＝∠A＝90°，由勾股定理可求解．
【解答】证明：（1）由翻折可知，∠ADB＝∠A'DB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠A'DB，
∴BC＝DC；
（2）由翻折可知，A'D＝AD＝1，A'B＝AB＝3，∠CAB＝∠A＝90°，
设BC＝x，则CA'＝x﹣1，
在Rt△A'BC中，A'B2+A'C2＝BC2，
∴32+（x﹣1）2＝x2，
解得x＝5，
即BC的长是5．
【点评】本题考查了翻折变换，平行线的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
22．（10分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC＝AD，M，N分别为AC，CD的中点，连接BM，MN，BN．
（1）求证：BM＝MN；
（2）若∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，AC＝2，求BN长．
【分析】（1）根据三角形的中位线的MN＝AD，根据直角三角形斜边上的中位线求出MN＝AD，即可得出答案；
（2）求出BM＝AM，根据角平分线的定义求出∠CAD＝∠BAC＝30°，求出∠BMC＝60°，∠CMN＝30°，求出△BMN是等腰直角三角形，再根据勾股定理求出BN即可．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，M为AC的中点，
∴BM＝AC，
∵M、N分别为AC、CD的中点，
∴MN＝AD，
∵AC＝AD，
∴BM＝MN；
（2）解：∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝30°，
∵∠ABC＝90°，M为AC的中点，
∴BM＝AM＝AC＝＝1，
∴∠BAC＝∠ABM＝30°，
∴∠BMC＝∠ABM+∠BAC＝30°+30°＝60°，
∵M、N分别为AC、CD的中点，AC＝AD＝2，
∴MN＝AD＝AC＝1，MN∥AD，
∴∠NMC＝∠DAC＝30°，
∴∠BMN＝∠BMC+∠NMC＝60°+30°＝90°，
即△BMN是等腰直角三角形，
由勾股定理得：BN＝．
【点评】本题考查了三角形的中位线性质，直角三角形斜边上的中线性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等知识点，能根据三角形的中位线和直角三角形斜边上的中线性质求出BM＝MN是解此题的关键．
23．（10分）将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处，如图2．
（1）求证：EF＝CE；
（2）如果AF＝，求AD和AB的长．
（3）结合你对（1）（2）的理解，请你猜想DF、DC和DE之间的数量关系，直接写出结论．
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，得∠A＝∠ADC＝∠B＝90°，AD＝BC，由折叠得∠ADE＝∠A′DE＝∠ADC＝45°，则∠ADE＝∠AED＝45°，所以AE＝AD＝BC，再由折叠的性质证明∠AEF+∠BEC＝90°，根据同角的余角相等证明∠AEF＝∠BCE，即可证明△AEF≌△BCE，得EF＝CE；
（2）由折叠得∠EGF＝∠A＝90°，GF＝AF＝，再证明∠GFD＝∠GDF＝45°，所以GD＝GF＝，根据勾股定理可求得DF＝＝2，则AE＝AD＝+2，AB＝AE+BE＝2+2；
（3）由折叠得GE＝AE，再证明GD＝BE，即可证明DC＝DE＝AB，根据勾股定理可以求得AF＝GF＝GD＝DF，则GE＝AE＝AD＝DF+DF，所以DC＝DE＝GE+GD＝（+1）DF．
【解答】（1）证明：∵如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠B＝90°，AD＝BC，
由折叠得∠ADE＝∠A′DE＝∠ADC＝45°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AE＝AD，
∴AE＝AD＝BC，
如图2，由折叠得∠AEF＝∠DEF，∠BEC＝∠DEC，
∴2∠AEF+2∠BEC＝180°，
∴∠AEF+∠BEC＝90°，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴∠AEF＝∠BCE，
∴△AEF≌△BCE（ASA），
∴EF＝CE．
（2）解：如图2，由折叠得∠EGF＝∠A＝90°，GF＝AF＝，
∴∠DGF＝90°，
∴∠GFD＝∠GDF＝45°，
∴GD＝GF＝，
∴DF＝＝＝2，
∴AD＝AF+DF＝+2，
∴AE＝AD＝+2，
∵△AEF≌△BCE，
∴AF＝BE＝，
∴AB＝AE+BE＝+2+＝2+2，
∴AD的长为+2，AB的长为2+2．
（3）解：DC＝DE＝（+1）DF，
理由：如图2，由折叠得GE＝AE，
由（2）得GD＝GF＝AF，∠DGF＝90°，
∵AF＝BE，
∴GD＝BE，
∴GE+GD＝AE+BE，
∴DE＝AB，
∵AB＝DC，
∴DC＝DE，
∵DF2＝GD2+GF2＝2GD2，
∴AF＝GF＝GD＝DF，
∴GE＝AE＝AD＝DF+DF，
∴DC＝DE＝GE+GD＝DF+DF+DF＝（+1）DF．
【点评】此题重点考查轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、解直角三角形等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
24．（12分）如图1，P为正方形ABCD的边BC上一动点（P与B、C不重合），点Q在CD边上，且BP＝CQ，连接AP、BQ交于点E．
（1）求证：AP⊥BQ；
（2）当P运动到BC中点处时（如图2），连接DE，请你判断线段DE与AD之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，过A点作AM⊥DE于点H，交BQ、CD于点N、M，若AB＝2，求QM的长度．
【分析】（1）证明△ABP≌△BCQ即可得出答案；
（2）延长BQ、AD交于一点F，证明DF＝AD，在Rt△AFE中利用直角三角形斜边中线定理即可得出答案；
（3）通过角度的推导证明△QMN和△ABN均为等腰三角形，设QM＝MN＝x，在△ADM中利用勾股定理即可列方程求解．
【解答】解：（1）在正方形ABCD中有：AB＝BC，∠ABP＝∠BCQ＝90°，
∵BP＝CQ，
∴△ABP≌△BCQ（SAS），
∴∠PAB＝∠QBC，
∵∠QBC+∠ABQ＝90°，
∴∠PAB+∠ABQ＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∴AP⊥BQ；
（2）AD＝DE，理由如下：
如图，延长BQ、AD交于一点F，
当点P为BC中点时，Q为CD中点，即CQ＝DQ，
∵∠FQD＝∠BQC，∠FDQ＝∠C，
∴△FDQ≌△BCQ（ASA），
∴FD＝BC，
∴FD＝AD，
由（1）得：∠FEA＝90°，
∴DE＝FA＝AD；
（3）由（1）得：AP⊥BQ，
∴∠ANE+∠NAE＝90°，
∵∠NAE+∠AEH＝90°，
∴∠ANE＝∠AEH，
设∠ANE＝∠AEH＝α，
∵DE＝DA，
∴∠DAE＝∠AEH＝α，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠DAE＝α，
∵△PAB≌△QBC，
∴∠CQB＝∠APB＝α，
∵∠QNM＝∠ANE＝α，
∴∠CQB＝∠QNM，
∴QM＝MN，
∵CD∥AB，
∴∠ABQ＝∠CQB＝α，
∴∠ABQ＝∠ANE，
∴AN＝AB＝2，
设QM＝MN＝x，则DM＝DQ+QM＝1+x，AM＝AN+MN＝2+x，
∵AD2+DM2＝AM2，
∴22+（x+1）2＝（x+2）2，
解得：x＝，
∴QM＝．
【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的边角性质及正方形中常考的“十字架”模型是解题关键．