2020-2021学年山东省泰安市泰山区八年级下学期期中数学试题及答案

这是一份2020-2021学年山东省泰安市泰山区八年级下学期期中数学试题及答案，共15页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
1．若有意义，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列方程一定是一元二次方程的是（ ）
A．3x2+﹣1＝0B．5x2﹣6y﹣3＝0C．ax2﹣x+2＝0D．3x2﹣2x﹣1＝0
3．下列各式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
4．矩形，菱形，正方形都具有的性质是（ ）
A．每一条对角线平分一组对角
B．对角线相等
C．对角线互相平分
D．对角线互相垂直
5．从菱形钝角的顶点向对角的两邻边作垂线，垂足恰好落在该边中点，则该菱形内角中钝角的度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
6．将一元二次方程x2+4x﹣5＝0转化成（x+a）2＝b的形式，正确的是（ ）
A．（x+2）2＝9B．（x﹣2）2＝9C．（x+2）2＝1D．（x﹣2）2＝1
7．一元二次方程x2﹣2x+1＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不等的实数根B．有两个相等的实数根
C．无实数根D．无法确定
8．顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的四边形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
9．已知xy＞0，化简二次根式的正确结果（ ）
A．B．C．D．
10．下列四个算式①；②；③；④，其中一定成立的是（ ）
A．①②③④B．①②④C．①②D．①③
11．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝3，BC＝4，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．B．C．D．
12．如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推…、则正方形OB2019B2020C2020的顶点B2020的坐标是（ ）
A．（21010，0）B．（0，21010）C．（0，﹣21010）D．（﹣21010，0）
二、填空题（本大题共8个小题每小题4分，共32分。只要求填写最后结果}计
13．计算：（﹣）2＝ ．
14．计算：[（+2）（﹣2）]2＝ ．
15．已知x＝0是关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x+a2﹣1＝0的一个根，则a＝ ．
16．如果关于x的方程x2﹣x﹣2m＝0没有实数根，那么实数m的取值范围是 ．
17．已知菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，若AC＝12，S菱形ABCD＝96，则菱形ABCD的周长为 ．
18．观察并分析下列数据，寻找规律，则第n个数据应是 ．
19．如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝8，则EF的长为 ．
20．如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的对角线交点．若把这样的n+1个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为 ．
三、解答题（本大题共7个小题，满分70分。解答应写出计算过程、文字说明或推演步骤.
21．（16分）计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
22．（10分）根据要求解下列方程
（1）2x2﹣4x+1＝0（用配方法）；
（2）3x2+5（2x﹣1）＝0．（用公式法）
23．（8分）如图（1），沿平行四边形ABCD的对角线AC剪开，得到△ABC1和△ADC2，并将△ADC2绕点A旋转至AC2∥BC1（如图（2））．
（1）求证：AC2平分∠C1AD；
（2）若AC1∥DC2，问图（1）中的四边形ABCD是何种特殊的平行四边形？并说明理由．
24．（6分）先化简再求值：．
25．（8分）已知关于x的一元二次方程（x﹣m）2+2（x﹣m）＝0（m为常数）．
（1）求证：不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根．
（2）若该方程有一个根为4，求m的值．
26．（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，使得CF＝BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．
27．（12分）如图1，点E是正方形ABCD外的一点，以DE为边构造正方DEFG，点M是△ADE边AE上的动点，点N是△CDG的边CG上的动点．
（1）证明：△ADE≌△CDG；
（2）如图（1）：当DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线时，试猜想DM和DN的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）类比猜想：
①在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的高（如图2），其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）
②在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线，其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共4分每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的请把正确答案的字母代号选出来填入下面答案栏的对应位置）
1．若有意义，则（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据二次根式和分式有意义的条件列不等式组求解．
【解答】解：由题意可得，
解得：x≥﹣且x≠1，
故选：B．
【点评】本题考查二次根式和分式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件（被开方数为非负数），分式有意义的条件（分母不能为零）是解题关键．
2．下列方程一定是一元二次方程的是（ ）
A．3x2+﹣1＝0B．5x2﹣6y﹣3＝0C．ax2﹣x+2＝0D．3x2﹣2x﹣1＝0
【分析】根据一元二次方程的定义解答，一元二次方程必须满足四个条件：（1）未知数的最高次数是2；
（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程；（4）含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【解答】解：A、是分式方程，故A错误；
B、是二元二次方程，故B错误；
C、a＝0时，是一元一次方程，故C错误；
D、是一元二次方程，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
3．下列各式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据最简二次根式的定义，判断即可．
【解答】解：A、＝2，故A不符合题意；
B、＝a，故B不符合题意；
C、是最简二次根式，故C符合题意；
D、＝，故D不符合题意；
故选：C．
【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．
4．矩形，菱形，正方形都具有的性质是（ ）
A．每一条对角线平分一组对角
B．对角线相等
C．对角线互相平分
D．对角线互相垂直
【分析】矩形，菱形，正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形具有的性质就是矩形，菱形，正方形都具有的性质．
【解答】解：矩形，菱形，正方形都具有的性质：对角线互相平分．故选：C．
【点评】本题主要考查的是对矩形，矩形，菱形，正方形的性质的理解．
5．从菱形钝角的顶点向对角的两邻边作垂线，垂足恰好落在该边中点，则该菱形内角中钝角的度数为（ ）
A．100°B．120°C．135°D．150°
【分析】根据题意画出图形设角A为钝角，作AE⊥BC，且E为BC的中点可以求证△ABC为等腰三角形，即AB＝AC，根据AB＝BC，即可求证△ABC为等边三角形，则∠B＝60°，即可计算菱形的内角中钝角的度数．
【解答】解：过A作AE⊥BC，
由题意知AE⊥BC，且E为BC的中点，
则△ABC为等腰三角形
即AB＝AC，即AB＝AC＝BC，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣60°＝120°．
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，等边三角形各内角为60°的性质，本题中计算∠ABC＝60°是解题的关键．
6．将一元二次方程x2+4x﹣5＝0转化成（x+a）2＝b的形式，正确的是（ ）
A．（x+2）2＝9B．（x﹣2）2＝9C．（x+2）2＝1D．（x﹣2）2＝1
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．
【解答】解：∵x2+4x﹣5＝0，
∴x2+4x＝5，
则x2+4x+4＝5+4，即（x+2）2＝9，
故选：A．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
7．一元二次方程x2﹣2x+1＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不等的实数根B．有两个相等的实数根
C．无实数根D．无法确定
【分析】先根据方程的一般式得出a、b、c的值，再计算出Δ＝b2﹣4ac的值，继而利用一元二次方程的根的情况与判别式的值之间的关系可得答案．
【解答】解：∵a＝1，b＝﹣2，c＝1，
∴Δ＝（﹣2）2﹣4×1×1＝4﹣4＝0，
∴有两个相等的实数根，
故选：B．
【点评】本题主要考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
①当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；
②当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；
③当Δ＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
8．顺次连接对角线相等且垂直的四边形四边中点所得的四边形一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【分析】根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若邻边互相垂直且相等，那么所得四边形是正方形．
【解答】解：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，EF＝AC，FG＝BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，AC＝BD，
∴EF⊥FG，FE＝FG，
∴四边形EFGH是正方形，
故选：D．
【点评】本题考查的是中点四边形，三角形中位线定理以及正方形的判定，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．
9．已知xy＞0，化简二次根式的正确结果（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接利用二次根式有意义的条件，结合已知得出x＜0，y＜0，进而化简得出答案．
【解答】解：由二次根式有意义的条件可得﹣＞0，
∵xy＞0，
∴x＜0，y＜0，
∴＝
＝．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件以及二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
10．下列四个算式①；②；③；④，其中一定成立的是（ ）
A．①②③④B．①②④C．①②D．①③
【分析】直接利用二次根式的性质以及二次根式的乘法运算法则，分别判断得出答案．
【解答】解：①，成立；
②，成立；
③（a≥0，b≥0），故原式不成立；
④，成立．
故选：B．
【点评】此题主要考查了二次根式的性质以及二次根式的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
11．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝3，BC＝4，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为3，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】解：∵AB＝3，BC＝4，
∴矩形ABCD的面积为12，AC＝，
∴AO＝DO＝AC＝，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为3，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即3＝AO×EO+DO×EF，
∴3＝××EO+×EF，
∴5（EO+EF）＝12，
∴EO+EF＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等且互相平分．
12．如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推…、则正方形OB2019B2020C2020的顶点B2020的坐标是（ ）
A．（21010，0）B．（0，21010）C．（0，﹣21010）D．（﹣21010，0）
【分析】根据题意，可以从各个B点到原点的距离变化规律和所在象限的规律入手．
【解答】解：由图形可知，OB1＝，每一个B点到原点的距离依次是前一个B点到原点的距离的倍，同时，各个B点每次旋转45°，则八次旋转一周．
∴顶点B2020到原点的距离（）2020＝21010，
∵2020＝252×8+4，
∴顶点B2020的恰好在x轴的负半轴上，
∴顶点B2020的坐标是（﹣21010，0）．
故选：D．
【点评】本题考查了规律型：点的坐标，是平面直角坐标系下的规律探究题，解答时要注意数形结合，同时注意点坐标的象限符号．
二、填空题（本大题共8个小题每小题4分，共32分。只要求填写最后结果}计
13．计算：（﹣）2＝ ．
【分析】直接利用有理数的乘法运算法则计算得出答案．
【解答】解：（﹣）2＝．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了有理数的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．
14．计算：[（+2）（﹣2）]2＝ 1 ．
【分析】利用平方差公式进行运算，再进行平方运算即可．
【解答】解：[（+2）（﹣2）]2
＝[（）2﹣22]2
＝（5﹣4）2
＝1．
【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．
15．已知x＝0是关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x+a2﹣1＝0的一个根，则a＝ ﹣1 ．
【分析】根据一元二次方程的解的定义把x＝0代入原方程得到关于a的一元二次方程，解得a＝±1，然后根据一元二次方程的定义确定a的值．
【解答】解：把x＝0代入（a﹣1）x2﹣2x+a2﹣1＝0，得a2﹣1＝0，
解得a＝±1，
∵a﹣1≠0，
∴a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了一元二次方程的定义．
16．如果关于x的方程x2﹣x﹣2m＝0没有实数根，那么实数m的取值范围是 m＜﹣ ．
【分析】由于方程没有实数根，则其判别式Δ＜0，由此可以建立关于m的不等式，解不等式即可求出m的取值范围．
【解答】解：由题意知Δ＝1+8m＜0，
∴m＜﹣．
故答案为：m＜﹣．
【点评】本题考查了根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：
（1）Δ＞0⇔方程有两个不相等的实数根；
（2）Δ＝0⇔方程有两个相等的实数根；
（3）Δ＜0⇔方程没有实数根．
17．已知菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，若AC＝12，S菱形ABCD＝96，则菱形ABCD的周长为 40 ．
【分析】由菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AC＝12，BD＝16，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：∵AC＝12，S菱形ABCD＝96，
∴AC•BD＝×12BD＝96，
解得：BD＝16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝AC＝6，OB＝BD＝8，AC⊥BD，
∴AB＝＝10．
∴菱形ABCD的周长是40，
故答案为：40．
【点评】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分．
18．观察并分析下列数据，寻找规律，则第n个数据应是 ．
【分析】将这列数据化为，，，，，，…根据排列规律可得答案．
【解答】解：这列数可化为：，，，，，，…
即，，，，，，…
所以第n个数据为，
故答案为：．
【点评】本题考查算术平方根，数字变化类，将原数列化为，，，，，，…是正确解答的关键．
19．如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝8，则EF的长为 1.5 ．
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出DF的长，再利用三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，可求出DE的长，进而求出EF的长
【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，∴AD＝BD，
∵∠AFB＝90°，
∴DF＝AB＝2.5，
∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝4，
∴EF＝DE﹣DF＝1.5，
故答案为：1.5．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半和三角形的中位线性质：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
20．如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的对角线交点．若把这样的n+1个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为 n ．
【分析】连接AO1，BO1，证明△AO1C≌△BO1D，进而得出两个正方形重叠的面积是正方形面积的四分之一，进而求得结果．
【解答】解：如图，
连接AO1，BO1，
根据正方形性质得，
AO1＝BO1，∠AO1B＝∠CO1D＝90°，∠CAO1＝∠DBO1＝45°，
∴∠AO1B﹣∠CO1B＝∠CO1D﹣∠CO1B，
即：∠AO1C＝∠BO1D，
在△AO1C和△BO1D中，
，
∴△AO1C≌△BO1D（AAS），
∴＝＝S正方形＝1，
∴当n＝2时，S重叠＝1，
当n＝3，S重叠＝1×2＝2，
当n＝4时，S重叠＝1×3＝3，
..．
当小正方形是n+1时，S重叠＝n，
故答案是：n．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
三、解答题（本大题共7个小题，满分70分。解答应写出计算过程、文字说明或推演步骤.
21．（16分）计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
【分析】（1）先化为最简二次根式，再利用分配律进行计算即可；
（2）先将各根式化为最简二次根式，再去括号，合并同类二次根式即可；
（3）利用完全平方公式计算即可；
（4）先利用平方差公式、零指数幂、负整数指数幂的意义计算，再进行加减运算即可．
【解答】解：（1）
＝（2+2）×
＝4+6；
（2）
＝（﹣3）﹣（﹣﹣4）
＝﹣3﹣++4
＝﹣；
（3）
＝24﹣2×2×+3
＝27﹣12；
（4）
＝5﹣1+1﹣4
＝1．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，掌握运算法则是解题的关键．注意：二次根式的运算结果要化为最简二次根式．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
22．（10分）根据要求解下列方程
（1）2x2﹣4x+1＝0（用配方法）；
（2）3x2+5（2x﹣1）＝0．（用公式法）
【分析】（1）方程利用配方法求出解即可；
（2）方程整理后，利用公式法求出解即可．
【解答】解：（1）方程整理得：x2﹣2x＝﹣，
配方得：x2﹣2x+1＝，即（x﹣1）2＝，
开方得：x﹣1＝±，
解得：x1＝1+，x2＝1﹣；
（2）方程整理得：3x2+10x﹣5＝0，
这里a＝3，b＝10，c＝﹣5，
∵Δ＝102﹣4×3×（﹣5）＝100+60＝160＞0，
∴x＝＝＝，
解得：x1＝，x2＝．
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣公式法，以及配方法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
23．（8分）如图（1），沿平行四边形ABCD的对角线AC剪开，得到△ABC1和△ADC2，并将△ADC2绕点A旋转至AC2∥BC1（如图（2））．
（1）求证：AC2平分∠C1AD；
（2）若AC1∥DC2，问图（1）中的四边形ABCD是何种特殊的平行四边形？并说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出△ABC1≌△ADC2，得出∠BC1 A＝∠DAC2，由平行线的性质得出∠BC1 A＝∠C1A C2，证出∠DAC2＝∠C1 A C2即可；
（2）由平行线的性质得出∠C1 AC2＝∠AC2 D，由∠DAC2＝∠C1 A C2，得出∠AC2 D＝∠C2 AD，证出AD＝C2 D，由平行四边形的性质得出C2 D＝AB，得出AD＝AB，即可得出结论．
【解答】（1）证明：由平行四边形的性质得：△ABC1≌△ADC2，
∴∠BC1 A＝∠DAC2，
∵AC2∥BC1，
∴∠BC1 A＝∠C1A C2，
∴∠DAC2＝∠C1 A C2，
∴AC2平分∠C1AD；
（2）解：图（1）中的四边形ABCD是菱形；理由如下：
∵AC1∥DC2，
∴∠C1 AC2＝∠AC2 D，
∵∠DAC2＝∠C1 A C2，
∴∠AC2 D＝∠C2 AD，
∴AD＝C2 D，
∵C2 D＝AB，
∴AD＝AB，
∴图（1）中的四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查了旋转的性质、平行四边形的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的性质，弄清角之间的关系是解决问题的关键．
24．（6分）先化简再求值：．
【分析】先将括号内的式子通分，然后计算括号外的除法即可将题目中的式子化简，然后将m的值代入化简后的式子计算即可．
【解答】解：÷（1+）
＝÷
＝
＝，
当m＝﹣3时，原式＝＝．
【点评】本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式混合运算的运算法则．
25．（8分）已知关于x的一元二次方程（x﹣m）2+2（x﹣m）＝0（m为常数）．
（1）求证：不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根．
（2）若该方程有一个根为4，求m的值．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出Δ＝4＞0，由此即可证出：不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根；
（2）将x＝4代入原方程，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出结论．
【解答】（1）证明：（x﹣m）2+2（x﹣m）＝0，
原方程可化为x2﹣（2m﹣2）x+m2﹣2m＝0，
∵a＝1，b＝﹣（2m﹣2），c＝m2﹣2m，
∴Δ＝b2﹣4ac＝[﹣（2m﹣2）]2﹣4（m2﹣2m）＝4＞0，
∴不论m为何值，该方程总有两个不相等的实数根．
（2）解：将x＝4代入原方程，得：（4﹣m）2+2（4﹣m）＝0，即m2﹣10m+24＝0，
解得：m1＝4，m2＝6．
故m的值为4或6．
【点评】本题考查了根的判别式以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）牢记“当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根”；（2）代入x＝4求出m值．
26．（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，使得CF＝BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．
【分析】（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再证出∠AEF＝90°，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE＝OA＝2，AC＝2OE＝4，然后由勾股定理求出OB＝3，则BD＝2OB＝6，最后由菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，即可求解．
【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°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝13，
∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，
∴OB＝＝＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∵菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，
即×6×4＝13×AE，
解得：AE＝12．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
27．（12分）如图1，点E是正方形ABCD外的一点，以DE为边构造正方DEFG，点M是△ADE边AE上的动点，点N是△CDG的边CG上的动点．
（1）证明：△ADE≌△CDG；
（2）如图（1）：当DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线时，试猜想DM和DN的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）类比猜想：
①在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的高（如图2），其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）
②在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线，其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）
【分析】（1）先由正方形的性质得AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，则∠ADE＝∠CDG，由SAS即可得出△ADE≌△CDG；
（2）由（1）得：△ADE≌△CDG，则∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再证△ADM≌△CDN（SAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；
类比猜想：①由（1）得：△ADE≌△CDG，则∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再证△ADM≌△CDN（AAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；
②当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线时，同①得：△ADM≌△CDN（ASA），则DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，再求出∠MDC+∠CDN＝90°即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，
∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS）；
（2）解：DM＝DN，DM⊥DN，理由如下：
由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，
∵DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线，
∴AM＝AE，CN＝CG，
∴AM＝CN，
又∵AD＝CD，
∴△ADM≌△CDN（SAS），
∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，
∴DM⊥DN；
（3）类比猜想：
①小亮的观点正确，理由如下：
由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，
∵DM和DN分别是△ADE和△CDG的高，
∴∠AMD＝∠CND＝90°，
又∵AD＝CD，
∴△ADM≌△CDN（AAS），
∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，
∴DM⊥DN；
②当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线时，问题（2）中的结论依然成立，如图3，理由如下：
同①得：△ADM≌△CDN（ASA），
∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，
∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，
∴DM⊥DN．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．