2020-2021学年湖北省武汉市黄陂区八年级下学期期中数学试题及答案

这是一份2020-2021学年湖北省武汉市黄陂区八年级下学期期中数学试题及答案，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1若使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下列各式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
3若平行四边形两个内角的度数比为1：2，则其中较大内角的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．135°
4下列各组数中，能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A．2，2，3B．2，3，4C．3，4，5D．4，5，6
5下列计算错误的是（ ）
A．3+2＝5B．÷2＝C．×＝D．＝
6如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD，AD＝BCB．∠ABC＝∠ADC，AB∥CD
C．OA＝OC，OB＝ODD．AB∥CD，AD＝BC
7如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝6cm，则四边形CODE的周长为（ ）
A．6B．8C．10D．12
8已知a，b，c在数轴上的位置如图，化简的结果为（ ）
A．﹣a﹣b+2cB．﹣a﹣bC．﹣a+bD．a+b
9如图，在5×5的正方形网格中，从在格点上的点A，B，C，D中任取三点，所构成的三角形恰好是直角三角形的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
10将一张矩形纸片MNPQ按如下操作折叠：第一步，在矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形MNAB；第二步，如图2，把这个正方形沿CD折成两个全等的矩形，再把纸展平；第三步，折出内侧矩形ABCD的对角线BD，并把BD折到图3中的DE处；第四步，展平纸片，按所得的点E折出EF，即得到矩形AEFB，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11化简：＝ ；＝ ；（2）2＝ ．
12若，则x的取值范围是 ．
13木工师傅要做扇长方形纱窗，做好后量得长为6分米，宽为4分米，对角线为7分米，则这扇纱窗 （填“合格”或“不合格”）．
14如图，延长矩形ABCD的边BC至E，使CE＝BD，连接AE，若∠ADB＝40°，则∠E的度数为 ．
15如图，将矩形纸片ABCD沿EF翻折，使点A与点C重合，E，F分别在AB，CD上，下列结论：①△ECF为等腰三角形；②若AB＝2BC，则AE：BE＝5：3；③若△ECF为等边三角形，则AB＝1.5BC；④延长GF，则GF必经过点A．其中正确的结论有 （填写序号）．
16如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，∠EAF＝60°．若AE＝3，AF＝4，则AB的长为 ．
三、解答题（共8小题，共72分）下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形。
17计算
（1）；
（2）．
18化简求值：+﹣2，其中a＝．
19如图，E、F是平行四边形ABCD对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：四边形AECF是平行四边形．
20如图，点A，B，C均为格点，请用无刻度直尺完成作图，画图过程用虚线，画图结果用实线表示，请按步骤完成下列问题．
（1）在AB的上方找一个格点D，使∠ABD＝45°；
（2）在边AB上画点E，使∠AEC＝45°；
（3）将线段DC平移到EF，使点D与点E重合．
21如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠DAB交CD于E，连接BE，∠AEB＝90°．
（1）求证：E为CD的中点；
（2）点F为AE的中点，连接CF，交BE于点G，求的值．
22如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝24cm，AD＝6cm，CD＝28cm．点P从点A出发，以2cm/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以4cm/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒．
（1）若P，Q两点同时出发．
①当四边形APQD为矩形时，直接写出t的值为 ．
②若PQ＝BC，求t的值；
（2）若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为 时（直接写出结果）△DPQ为直角三角形．
23[问题背景]点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，试判断BE，EF，DF之间的数量关系．
小茗同学的思路是过点A作AG⊥AE，交CD的延长线于点G，如图1，通过这种证明方法，可发现上述三条线段的数量关系为 （直接写出结果）．
[变式迁移]如图2，在平行四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，点E，F分别在BC，CD上．若∠EAF＝60°，BE＝1，DF＝2．
①直接写出CD的长为 ；
②连接EF，求EF的长．
[拓展应用]如图3，在△ABD中，AD＝，∠BAC＝60°，∠ADB＝30°，AC＝CD，直接写出BC的长为 ．
24如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（4，0），C（6，2），连接AB，BC，平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应），连接CD．
（1）①直接写出点D的坐标为 ．
②判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论；
（2）如图1，点E为AB边上一点，连接DE，DF平分∠EDC交BC于F，连接EF．若∠DFE＝45°，求BE的长；
（3）如图2，N为BC边的中点．若∠AMC＝90°，连接MN，请直接写出MN的取值范围．
参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
1若使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
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】存在型．
【答案】A
【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
【解答】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴x﹣3≥0，解得x≥3．
故选：A．
2下列各式中，是最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】A
【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．
【解答】解：A、是最简二次根式；
B、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式；
C、＝＝3，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
D、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式；
故选：A．
3若平行四边形两个内角的度数比为1：2，则其中较大内角的度数为（ ）
A．100°B．110°C．120°D．135°
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】C
【分析】设较大内角为2x，较小内角为x，由平行四边形的性质列出等式可求解．
【解答】解：∵平行四边形两个内角的度数比为1：2，
∴设较大内角为2x，较小内角为x，
∴2x+x＝180°，
∴x＝60°，
∴2x＝120°，
故选：C．
4下列各组数中，能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A．2，2，3B．2，3，4C．3，4，5D．4，5，6
【考点】勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】分别把选项中的三边平方后，根据勾股定理逆定理即可判断能否构成直角三角形．
【解答】解：A、∵22+22≠32，∴2，2，3不能构成直角三角形；
B、∵22+32≠42，∴2，3，4不能构成直角三角形；
C、∵32+42＝52，∴3，4，5能构成直角三角形；
D、∵42+52≠62，∴4，5，6不能构成直角三角形．
故选：C．
5下列计算错误的是（ ）
A．3+2＝5B．÷2＝C．×＝D．＝
【考点】二次根式的混合运算．
【答案】A
【分析】利用二次根式加减乘除的运算方法逐一计算得出答案，进一步比较选择即可．
【解答】解：A、3+2不能再进一步运算，此选项错误；
B、÷2＝，此选项计算正确；
C、×＝，此选项计算正确；
D、﹣＝2﹣＝．此选项计算正确．
故选：A．
6如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD，AD＝BCB．∠ABC＝∠ADC，AB∥CD
C．OA＝OC，OB＝ODD．AB∥CD，AD＝BC
【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】D
【分析】由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、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝∠ABC+∠BCD＝180°，
又∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形或平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
7如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝6cm，则四边形CODE的周长为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【考点】矩形的性质．
【答案】D
【分析】由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC＝OD＝3，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【解答】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝6，OA＝OC，OB＝OD，
∴OD＝OC＝AC＝3，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为＝4OC＝4×3＝12．
故选：D．
8已知a，b，c在数轴上的位置如图，化简的结果为（ ）
A．﹣a﹣b+2cB．﹣a﹣bC．﹣a+bD．a+b
【考点】实数与数轴；二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；符号意识．
【答案】B
【分析】直接利用二次根式的性质化简得出答案．
【解答】解：由数轴可得：a+c＜0，c﹣b＞0，
故原式＝﹣a﹣c+c﹣b
＝﹣a﹣b．
故选：B．
9如图，在5×5的正方形网格中，从在格点上的点A，B，C，D中任取三点，所构成的三角形恰好是直角三角形的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理．
【答案】C
【分析】先求出每边的平方，得出AB2+AC2＝BC2，AD2+CD2＝AC2，BD2+AB2＝AD2，根据勾股定理的逆定理得出直角三角形即可．
【解答】解：
理由是：连接AC、AB、AD、BC、CD、BD，
设小正方形的边长为1，
由勾股定理得：AB2＝12+22＝5，AC2＝22+42＝20，AD2＝12+32＝10，BC2＝52＝25，CD2＝12+32＝10，BD2＝12+22＝5，
∴AB2+AC2＝BC2，AD2+CD2＝AC2，BD2+AB2＝AD2，
∴△ABC、△ADC、△ABD是直角三角形，共3个直角三角形，
故选：C．
10将一张矩形纸片MNPQ按如下操作折叠：第一步，在矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形MNAB；第二步，如图2，把这个正方形沿CD折成两个全等的矩形，再把纸展平；第三步，折出内侧矩形ABCD的对角线BD，并把BD折到图3中的DE处；第四步，展平纸片，按所得的点E折出EF，即得到矩形AEFB，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【考点】全等图形；翻折变换（折叠问题）．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】设AD＝ND＝x，则AN＝AD+ND＝2x，在Rt△BCD中，利用勾股定理求得：BD＝x，用含x的代数式表示出AB和AE的长即可．
【解答】解：在图2中，∠BCD＝90°，设AD＝ND＝x，则AN＝AD+ND＝2x，
在图1中，可知AN＝AB＝2x，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD＝，
由图3可知，BD＝DE＝x，
∴AE＝DE﹣AD＝x﹣x，
∴＝，
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11化简：＝ ；＝ ；（2）2＝ ．
【考点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】3，，12．
【分析】直接利用二次根式的性质分别化简得出答案．
【解答】解：＝3；＝；（2）2＝12．
故答案为：3，，12．
12若，则x的取值范围是 ．
【考点】分式有意义的条件；二次根式有意义的条件；二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法．
【专题】二次根式；符号意识．
【答案】x＞1．
【分析】直接利用二次根式的性质结合一元一次不等式的解法得出答案．
【解答】解：∵，
∴x≥0且x﹣1＞0，
解得：x＞1．
故答案为：x＞1．
13木工师傅要做扇长方形纱窗，做好后量得长为6分米，宽为4分米，对角线为7分米，则这扇纱窗 （填“合格”或“不合格”）．
【考点】勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】直接利用勾股定理逆定理分析得出答案．
【解答】解：∵42+62＝52≠72＝49，
∴这扇纱窗不是直角，故不合格．
故答案为：不合格．
14如图，延长矩形ABCD的边BC至E，使CE＝BD，连接AE，若∠ADB＝40°，则∠E的度数为 ．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】20°．
【分析】连接AC，由矩形性质可得∠E＝∠DAE、BD＝AC＝CE，知∠E＝∠CAE，而∠ADB＝∠CAD＝40°，可得∠E度数．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BE，AC＝BD，且∠ADB＝∠CAD＝40°，
∴∠E＝∠DAE，
又∵BD＝CE，
∴CE＝CA，
∴∠E＝∠CAE，
∵∠CAD＝∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E＝40°，即∠E＝20°．
故答案为：20°．
15如图，将矩形纸片ABCD沿EF翻折，使点A与点C重合，E，F分别在AB，CD上，下列结论：①△ECF为等腰三角形；②若AB＝2BC，则AE：BE＝5：3；③若△ECF为等边三角形，则AB＝1.5BC；④延长GF，则GF必经过点A．其中正确的结论有 （填写序号）．
【考点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．
【答案】①②④．
【分析】根据矩形性质CD∥AB，∠B＝90°，利用翻折变换的性质AE＝CE，∠GFE＝∠DFE，∠AEF＝∠CEF，在Rt△BCE中结合勾股定理，分别判断各个选项是否正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∠CFE＝∠AEF，
∵矩形纸片ABCD沿EF翻折，使点A与点C重合，
∴∠AEF＝∠CEF，AE＝CE
＝∠CFE，
∴△ECF为等腰三角形，
∴选项①符合题意；
若AB＝2BC，设BC＝m，BE＝x，则AB＝2m，AE＝CE＝2m﹣x，
在Rt△BCE中，m2+x2＝（2m﹣x）2，
解得x＝m，
∴BE＝m，AE＝2m﹣m＝m，
∴AE：BE＝5：3，
∴选项②符合题意；
若△ECF为等边三角形，则∠ECF＝60°，
∴∠ECB＝30°，
在Rt△ECB中，∠ECB＝30°，设BE＝a，则CE＝2a，BC＝，
∴AB＝AE+BE＝3a，BC＝a，
∴AB：BC＝，
∴选项③不符合题意；
连接AF，如图，
由①知CE＝CF，
∴CE＝CF＝AF＝AE，
∴四边形AECF为菱形，
∴∠AFE＝∠AEF，
∵∠GFE＝∠DFE，
∴∠GFE+∠AFE＝∠DFE+∠AEF＝180°，
∴点A，F，G三点共线，
∴选项④符合题意；
故答案为①②④．
16如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，∠EAF＝60°．若AE＝3，AF＝4，则AB的长为 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】推理填空题；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】延长AE交DC延长线于M点，过M点作MN⊥AF于N点，先证明△ABE≌△MCE，得到AM＝2AE＝6，然后在Rt△AMN中，利用30°直角三角形的性质和勾股定理可求AN＝3，MN＝3，然后在Rt△MNF中利用勾股定理求出MF值，依据MF＝AB，则AB值可求．
【解答】解：延长AE交DC延长线于M点，过M点作MN⊥AF于N点，
∵E点为BC中点，
∴BE＝CE．
∵AB∥DM，
∴∠B＝∠ECM．
又∠AEB＝∠MEC，
∴△ABE≌△MCE（ASA）．
∴CM＝AB，AE＝ME＝3，
∴AM＝2AE＝6．
在Rt△AMN中，∠MAN＝60°，
所以∠AMN＝30°，
∴AN＝AM＝3，MN＝＝＝3，
∴NF＝AF﹣AN＝4﹣3＝1．
在Rt△MNF中，利用勾股定理可得
MF＝＝＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，
又F为CD中点，
∴CF＝CD＝AB．
∴MF＝MC+CF＝AB．
所以AB＝2，
解得AB＝．
故答案为．
三、解答题（共8小题，共72分）下列各题需要在答题卡指定的位置写出文字说明、证明过程、演算步骤或画出图形。
17计算
（1）；
（2）．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】（1）﹣3；
（2）8
【分析】（1）利用二次根式的乘除法则运算；
（2）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可．
【解答】解：（1）原式＝﹣
＝﹣3；
（2）原式＝6﹣2+4
＝8．
18化简求值：+﹣2，其中a＝．
【考点】二次根式的化简求值．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】化简的结果为（3a﹣1），当a＝时，原式＝．
【分析】先把各二次根式化简，再合并，然后把a的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝3a+4﹣5
＝（3a﹣1），
当a＝时，原式＝（﹣1）×＝×＝．
19如图，E、F是平行四边形ABCD对角线BD上的两点，且BE＝DF．求证：四边形AECF是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接AC，交BD于点O，由“平行四边形ABCD的对角线互相平分”得到OA＝OC，OB＝OD；然后结合已知条件证得OE＝OF，则“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，即可得出结论．
【解答】证明：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∵OA＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
20如图，点A，B，C均为格点，请用无刻度直尺完成作图，画图过程用虚线，画图结果用实线表示，请按步骤完成下列问题．
（1）在AB的上方找一个格点D，使∠ABD＝45°；
（2）在边AB上画点E，使∠AEC＝45°；
（3）将线段DC平移到EF，使点D与点E重合．
【考点】作图﹣平移变换．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）（2）（3）作图见解析部分．
【分析】（1）取格点D，连接BD，AD，构造等腰直角三角形解决问题．
（2）取格点P，连接PC交AB于点E，点E即为所求作．
（3）取格点Q，C，G，连接PG，QT交于点F，连接EF，线段EF即为所求作．
【解答】解：（1）如图，点D即为所求作．
（2）如图，点E即为所求作．
（3）如图，线段EF即为所求作．
21如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠DAB交CD于E，连接BE，∠AEB＝90°．
（1）求证：E为CD的中点；
（2）点F为AE的中点，连接CF，交BE于点G，求的值．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】证明题；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程请看解答；
（2）．
【分析】（1）延长AD和BE交于点Q，根据已知条件证明△AEQ≌△AEB，可得EQ＝EB，再证明△DEQ≌△CEB，即可得结论；
（2）延长CF和BA交于点M，结合（1）利用平行线分线段成比例定理即可得结果．
【解答】（1）证明：如图，延长AD和BE交于点Q，
∵AE平分∠DAB，
∴∠QAE＝∠BAE，
∵∠AEQ＝∠AEB＝90°．
在△AEQ和△AEB中，
，
∴△AEQ≌△AEB（ASA），
∴EQ＝EB，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠Q＝∠CBE，∠QDE＝∠BCE，
在△DEQ和△CEB中，
，
∴△DEQ≌△CEB（AAS），
∴ED＝EC，
∴E为CD的中点；
（2）解：如图，延长CF和BA交于点M，
∵点F为AE的中点，
∴EF＝AF，
∵DC∥AB，
∴＝＝1，
∴CE＝AM，
∵E为CD的中点，
∴CE＝CD＝AB，
∴AM＝AB，
∴BM＝AM+AB＝AB，
∵CD∥AB，
∴＝＝＝．
22如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝24cm，AD＝6cm，CD＝28cm．点P从点A出发，以2cm/秒的速度向点B运动；点Q从点C出发，以4cm/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的时间为t秒．
（1）若P，Q两点同时出发．
①当四边形APQD为矩形时，直接写出t的值为 ．
②若PQ＝BC，求t的值；
（2）若P点先运动2秒后停止运动．此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为 时（直接写出结果）△DPQ为直角三角形．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；分类讨论；数据分析观念．
【答案】（1）①；②t＝4或；（2）6秒或秒．
【分析】（1）①四边形APQD为矩形，则AP＝DQ，则2t＝28﹣4t，即可求解；
②BC2＝BH2+CH2，而PN＝24﹣2t﹣（4t﹣4）＝28﹣6t，故PQ2＝PN2+QN2＝（28﹣6t）2+36，而PQ＝BC，即（28﹣6t）2+36＝52，即可求解；
（2）当t＝2时，AP＝4，∠PDQ不可能为直角；当∠DQP为直角时，AP＝DQ＝4，则CQ＝28﹣4＝24，则t＝＝6；当∠DPQ为直角时，证明△DPM∽△DQM，则PM2＝DM•QM，即62＝4•MQ，解得MQ＝9，进而求解．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠A＝∠D＝90°，
由题意得，CQ＝4t，AP＝2t，
∴DQ＝28﹣4t，BP＝24﹣2t；
①∵四边形APQD为矩形，
∴AP＝DQ，
∴2t＝28﹣4t，解得t＝，
故答案为；
②如图1，作QN⊥AB于点N，作BH⊥CO于点H，
则四边形BHQN为矩形，四边形ADHB为矩形，
∴CH＝CD﹣AB＝28﹣24＝4，BH＝6，
∴BC2＝BH2+CH2＝36+16＝52，
则QN＝6，PN＝AB﹣AP﹣BN，
∴PN＝24﹣2t﹣（4t﹣4）＝28﹣6t，
∴PQ2＝PN2+QN2＝（28﹣6t）2+36，
∵PQ＝BC，
∴（28﹣6t）2+36＝52，
解得t＝4或；
（2）当t＝2时，AP＝4，
则∠PDQ不可能为直角，
当∠DQP为直角时，AP＝DQ＝4，则CQ＝28﹣4＝24，
∴t＝＝6；
当∠DPQ为直角时，如图2，过点P作PM⊥CD于点M，则DM＝4，
∴△DPM∽△DQM，
∴，即PM2＝DM•QM，
∴62＝4•MQ，解得MQ＝9，
∴t＝＞2，
综上，t＝6秒或秒时，△DPQ为直角三角形，
故答案为：6秒或秒．
23[问题背景]点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，试判断BE，EF，DF之间的数量关系．
小茗同学的思路是过点A作AG⊥AE，交CD的延长线于点G，如图1，通过这种证明方法，可发现上述三条线段的数量关系为 （直接写出结果）．
[变式迁移]如图2，在平行四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，点E，F分别在BC，CD上．若∠EAF＝60°，BE＝1，DF＝2．
①直接写出CD的长为 ；
②连接EF，求EF的长．
[拓展应用]如图3，在△ABD中，AD＝，∠BAC＝60°，∠ADB＝30°，AC＝CD，直接写出BC的长为 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】[问题背景]BE+DF＝EF．
[变式迁移]①3．
②．
[拓展应用]．
【分析】[问题背景]根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
[变式迁移]如图2，①连接AC，证明△BAE≌△CAF（ASA），推出CE＝CF＝1，可得结论．
②过点F作FT⊥BC交BC的延长线于T．解直角三角形求出ET，TF，再利用勾股定理求解即可．
[拓展应用]证明△ABC是等边三角形，∠BAD＝90°，可得结论．
【解答】[问题背景]解：如图1中，结论：BE+DF＝EF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠ADC＝∠ADG＝∠BAD＝90°，
∵AG⊥AE，
∴∠EAG＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ADG和△ABE中，
∴△ADG≌△ABE（ASA）．
∴AE＝AG，BE＝DG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAG＝45°，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
又∵DG＝BE，
∴GF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF．
故答案为：BE+DF＝EF．
[变式迁移]解：①如图2中，连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°，
∵AB＝BC＝CD＝AD，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠ACD＝60°，
∵∠EAF＝∠BAC＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF（ASA），
∴CE＝CF＝1，
∴DF＝2，
∴CD＝CF+DF＝1+2＝3．
故答案为：3．
②过点F作FT⊥BC交BC的延长线于T．
∵BC＝CD＝3，BE＝1，
∴EC＝BC﹣BE＝2，
在Rt△TCF中，∠FCT＝60°，∠FTC＝90°，
∴∠CFT＝30°，
∴CT＝CF＝，FT＝，
∴ET＝2+＝，
∴EF＝＝＝．
[拓展应用]解：如图3中，
∵CA＝CD，
∴∠D＝∠CAD＝30°，
∴∠ACB＝∠D+∠CAD＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠D＝90°，
∴AB＝AD•tan30°＝，
∴BC＝AB＝．
故答案为：．
24如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（4，0），C（6，2），连接AB，BC，平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应），连接CD．
（1）①直接写出点D的坐标为 ．
②判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论；
（2）如图1，点E为AB边上一点，连接DE，DF平分∠EDC交BC于F，连接EF．若∠DFE＝45°，求BE的长；
（3）如图2，N为BC边的中点．若∠AMC＝90°，连接MN，请直接写出MN的取值范围．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；图形的全等；几何直观；数据分析观念．
【答案】（1）①答案为（2，6），②四边形ABCD为矩形，理由见解答；（2）；（3）≤MN≤．
【分析】（1）由点A、B、C坐标得：AC2＝AB2+BC2，由图形的平移知，AD∥BC且AD＝BC，故四边形ABCD为平行四边形，而∠ABC为直角，故四边形ABCD为矩形，最后由中点坐标公式公式，即可求解点D的坐标；
（2）证明△DFE≌△DFG（SAS）、△EBF≌△FCG（AAS）得到EB＝FC，BF＝CG，而DE2＝AE2+AD2＝（4﹣x）2+（2）2＝DG2，DG2＝（CD﹣GC）2＝（4﹣2﹣x）2＝（4﹣x）2+（2）2，即可求解；
（3）当点M和点D重合时，MN的长度最大，当点M和点C重合时，MN的长度最小，进而求解．
【解答】解：（1）由点A、B、C坐标得：AB2＝（4﹣0）2+（0﹣4）2＝32，则AB＝4，
同理可得，BC2＝8，AC2＝36，
则AC2＝AB2+BC2，
故△ABC为直角，即∠ABC为直角，
由图形的平移知，AD∥BC且AD＝BC，
故四边形ABCD为平行四边形，
∵∠ABC为直角，
故四边形ABCD为矩形，
设点D的坐标为（a，b），
由平行四边形的性质知，AC的中点即为BD的中点，
由中点坐标公式公式得：（4+a）＝（6+0）且（4+2）＝（b+1），
解得，
故点D的坐标为（2，6）；
故①答案为（2，6）；②四边形ABCD为矩形；
（2）由点A、D的坐标得，AD＝2＝BC，
∵DF平分∠EDC，则∠FDE＝∠FDC，
在线段CD上取一点G，使DG＝DE，
∵∠FDE＝∠FDG，DF＝DF，
∴△DFE≌△DFG（SAS），
∴∠DFE＝∠DFG＝45°，EF＝GF，
∴∠EFG＝90°，
∵∠EFB+∠GFC＝90°，∠GFC+∠FGC＝90°，
∴∠EFB＝∠FGC，
∵∠EBF＝∠FCG＝90°，EF＝GF，
∴△EBF≌△FCG（AAS），
∴EB＝FC，BF＝CG，
设EB＝FC＝x，BF＝CG＝BC﹣x＝2﹣x，
则DE2＝AE2+AD2＝（4﹣x）2+（2）2＝DG2，
而DG2＝（CD﹣GC）2＝（4﹣2﹣x）2＝（4﹣x）2+（2）2，
解得x＝＝BE；
（3）当点M和点D重合时，MN的长度最大，
此时，MN＝＝＝，
当点M和点C重合时，MN的长度最小，
此时，MN＝CN＝，
故MN的取值范围为：≤MN≤．