2018-2019学年湖北省武汉市洪山区八年级（下）期中数学试卷

这是一份2018-2019学年湖北省武汉市洪山区八年级（下）期中数学试卷，共24页。

1. 在实数-、0、、2中，最小的实数是（ ）
A.B.0C.D.2

2. 二次根式3+x在实数范围内有意义，x的取值范围是( )
A.x≠−3B.x≥3C.x≤−3D.x≥−3

3. 下列计算结果正确的是( )
A.2+5=7B.32−2=3C.2×5=10D.25=510

4. 以下列各组数为边长的三角形是直角三角形的是 ( )
A.1，2，3B.5，12，13C.1，1，3D.6，7，8

5. 如图，平行四边形ABCD的周长为20cm，AB≠AD，AC、BD相交于点0，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为（ ）
A.4cmB.6cmC.8cmD.10cm

6. 一棵高为16m的大树被台风刮断，若树在离地面6m处折断，则树顶端落在离树底部（ ）处．
A.5mB.7mC.8mD.10m

7. 如图，在△ABC中，点E，D，F分别在边AB，BC，CA上，且DE // CA，DF // BA．下列四个判断中，不正确的是（ ）

A.四边形AEDF是平行四边形
B.如果∠BAC＝90∘，那么四边形AEDF是矩形
C.如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形
D.如果AD⊥BC，那么四边形AEDF是菱形

8. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于O点，E，F分别是AB，BC边上的中点，连接EF．若EF=3，BD=4，则菱形ABCD的周长为( )

A.5B.46C.47D.20

9. 将正整数1至2018按一定规律排列如下表,
平移表中带阴影的方框，方框中三个数的和可能是( )
A.2019B.2018C.2016D.2013

10. 如图，在正方形ABCD中，M为边BC上的一点，MN⊥BC交BD于点N，连接AM交BD于点E，F为DN中点，连接AF．有下列说法：①BN＝BM；②∠BAF＝∠AEF；③BE2+DF2＝EF2；④AB−MN＝DF．其中正确的说法有（ ）

A.1个B.2个C.3个D.4个
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）将答案直接写在答题卡指定的位置上

(23)2=________．

在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=4cm，BC=3cm，AB边上的高是________cm．

已知x＝−1，则代数式x2+5x−6的值是________．

如图所示，在矩形ABCD中，∠DAC=65∘，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′=________．


如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为(10, 0)，(0, 4)，点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为________．


如图，△ABC是∠C＝90∘的等腰直角三角形，点P为△ABC外一点，CP＝，BP＝3，则AP的最大值是________．

三、解答题（共8小题，共72分）在答题卡指定的位置上写出必要的演算过程或证明过程

计算：
（1）-（-）

（2）

在平行四边形ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，求证：四边形EBFD是平行四边形．


如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画三角形．（不需要写画法）．

（1）在图1中，画一个正方形，使它的面积是10；

（2）在图2中，画一个三角形ABC，使它的三边长分别为：AB＝、BC＝、AC＝，并计算AC边上的高为________．（直接写出结果）

如图，在△ABC中，D为BC上一点，且AB＝5，BD＝3，AD＝4，且△ABC的周长为18，求AC的长和△ABC的面积．


如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE // AC，CE // BD．

（1）求证：四边形OCED是菱形；

（2）若AD＝2CD，菱形OCED面积是15，求AC的长．

如图，已知在四边形ABCD中，AD // BC，∠A＝∠B＝90∘，AD＝9cm，AB＝3cm，BC＝11cm，动点P从A开始沿AD边向点D以xcm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以ycm/s的速度运动，P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒．

（1）当x＝1，y＝2，且运动使得线段PQ＝DC，求t的值；

（2）若运动使得PQ恰好垂直平分线段BD，求x:y的值．

如图1，在△ABC中，AF，BE分别是中线，且相交于点P．记AB＝c，BC＝a，AC＝b．

（1）求证：AP＝2PF，BP＝2PE；

（2）如图2，若AF⊥BE于P，试探究a、b、c之间的数量关系；

（3）如图3，在平行四边形ABCD中，点E、F、G分别是AD、BC、CD的中点，BE⊥EG，AD＝，AB＝6，求AF的长．

如图1，在矩形ABCD中，E是CB延长线上一个动点，F、G分别为AE、BC的中点，FG与ED相交于点H
（1）求证：HE=HG；

（2）如图2，当BE=AB时，过点A作AP⊥DE于点P连接BP，求PE−PAPB的值；

（3）在（2）的条件下，若AD=2，∠ADE=30∘，则BP的长为________．
参考答案与试题解析
2018-2019学年湖北省武汉市洪山区八年级（下）期中数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）下列各题中有且只有一个正确答案，请在答题卡上将正确答案的标号涂黑.
1.
【答案】
A
【考点】
算术平方根
实数大小比较
【解析】
先根据实数的大小比较法则比较大小，即可得出选项．
【解答】
∵ -<0<，
∴ 最小的实数是-，
2.
【答案】
D
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
【解答】
解：二次根式3+x在实数范围内有意义，
则3+x≥0，
解得：x≥−3，
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
按照二次根式的运算法则进行计算即可．
【解答】
解：A、2和5不是同类二次根式，不能合并，故A错误；
B、32−2=(3−1)2=22，故B错误；
C、2×5=2×5=10，故C正确；
D、25=25=105，故D错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
利用勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．最长边所对的角为直角．由此判定即可．
【解答】
解：A，因为12+22≠32，所以三条线段不能组成直角三角形；
B，因为52+122=132，所以三条线段能组成直角三角形；
C，因为12+12≠(3)2，所以三条线段不能组成直角三角形；
D，因为62+72≠82，所以三条线段不能组成直角三角形；
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
【解析】
根据线段垂直平分线的性质可知BE=DE，再结合平行四边形的性质即可计算△ABE的周长．
【解答】
解：根据平行四边形的性质得：OB=OD，
∵ EO⊥BD，
∴ EO为BD的垂直平分线，
根据线段的垂直平分线上的点到两个端点的距离相等得：BE=DE，
∴ △ABE的周长=AB+AE+DE=AB+AD=12×20=10．
故选：D．
6.
【答案】
C
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
首先设树顶端落在离树底部x米，根据勾股定理可得62+x2=(16−6)2，再解即可．
【解答】
解：设树顶端落在离树底部x米，由题意得：
62+x2=(16−6)2，
解得：x=8．
故选：C．
7.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的判定
菱形的判定
矩形的判定
【解析】
由DE // CA，DF // BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形，据此可以判断A正确，又有∠BAC＝90∘，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形；故可以判断B选项，如果AD平分∠BAC，那么∠EAD＝∠FAD，又有DF // BA，可得∠EAD＝∠ADF，进而知∠FAD＝∠ADF，AF＝FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形；如果AD⊥BC且当AB＝AC时，那么AD平分∠BAC，则可得四边形AEDF是菱形，故知D选项不正确．
【解答】
由DE // CA，DF // BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC＝90∘，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形．故A、B正确；
如果AD平分∠BAC，那么∠EAD＝∠FAD，又有DF // BA，可得∠EAD＝∠ADF，
∴ ∠FAD＝∠ADF，
∴ AF＝FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形，故C正确；
如果AD⊥BC且AB＝AC，那么AD平分∠BAC，可得四边形AEDF是菱形．只有AD⊥BC，不能判断四边形AEDF是菱形，故D选项错误．
8.
【答案】
C
【考点】
菱形的性质
三角形中位线定理
勾股定理
【解析】
由菱形的性质得出AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD=2，证出EF是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出AC=2EF=23，得出OA=3，由勾股定理求出AB，即可求出菱形的周长．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，
OA=12AC，OB=12BD=2，
∴ ∠AOB=90∘，
∵ E，F分别是AB，BC边上的中点，
∴ EF是△ABC的中位线，
∴ AC=2EF=23，
∴ OA=3，
∴ AB=OA2+OB2=7，
∴ 菱形ABCD的周长=4AB=47.
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
一元一次方程的应用——其他问题
规律型：数字的变化类
解一元一次方程
【解析】
设中间数为x，则另外两个数分别为x−1、x+1，进而可得出三个数之和为3x，令其分别等于四个选项中数，解之即可得出x的值，由x为整数、x不能为第一列及第八列数，即可确定x值，此题得解．
【解答】
解：设中间数为x，则另外两个数分别为x−1，x+1，
所以三个数之和为(x−1)+x+(x+1)=3x．
根据题意得：3x=2019，3x=2018，3x=2016，3x=2013，
解得：x=673，x=67223（舍去），x=672，x=671．
∵ 673=84×8+1，
∴ 2019不合题意，舍去；
∵ 672=84×8，
∴ 2016不合题意，舍去；
∵ 671=83×8+7，
∴ 三个数之和为2013．
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
正方形的性质
勾股定理
全等三角形的性质与判定
【解析】
①证明△MNB是等腰直角三角形，可得BN＝BM；
②作辅助线，构建全等三角形，证明△ADF≅△CDF和Rt△AFG≅Rt△FCH(HL)，从而得△AFM是等腰直角三角形，根据三角形的外角的性质可得：∠BAF＝∠AEF；
③将△AFD绕点A顺时针旋转90∘至△ABF′，得DF＝BF′，∠ABF′＝∠ADF＝45∘，AF＝AF′，证明△F′AE≅△FAE，则EF＝EF′，根据勾股定理可得结论；
④作辅助线，构建等腰直角三角形，证明△FDR是等腰直角三角形，得FR＝DF，所以FR＝CM，根据正方形的性质可得结论．
【解答】
①∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DBC＝45∘，
∵ MN⊥BC，
∴ ∠BMN＝90∘，
∴ △MNB是等腰直角三角形，
∴ BM＝MN，
∴ BN＝BM；
故①正确；
②过F作GH⊥BC于H，交AD于G、FC，
∵ AD // BC，
∴ GH⊥AD，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD＝BC，∠ADF＝∠CDF＝45∘，
∵ DF＝DF，
∴ △ADF≅△CDF，
∴ AF＝CF，
∵ ∠FDG＝45∘，∠FGD＝90∘，
∴ △FGD是等腰直角三角形，
∴ FG＝DG＝CH，
∴ Rt△AFG≅Rt△FCH(HL)，
∴ ∠FAG＝∠CFH，
∵ MN // FH // DC，F是DN的中点，
∴ MH＝CH，
∵ FH⊥CM，
∴ FM＝FC，
∴ ∠MFH＝∠CFH＝∠FAG，
∵ ∠AGF＝∠FAG+∠AFG＝∠MFH+∠AFG＝90∘，
∴ ∠AFM＝90∘，
∵ AF＝FC＝FM，
∴ △AFM是等腰直角三角形，
∴ ∠MAF＝45∘，
∵ ∠BAF＝∠BAM+∠MAF＝∠BAM+45∘，
∠AEF＝∠BAM+∠ABE＝∠BAM+45∘，
∴ ∠BAF＝∠AEF；
故②正确；
③∵ AD＝AB，∠DAB＝90∘，
∴ 将△AFD绕点A顺时针旋转90∘至△ABF′，
∴ △AFD≅△AF′B，
∴ DF＝BF′，∠ABF′＝∠ADF＝45∘，
∴ ∠EBF′＝45∘+45∘＝90∘，
∴ EF​′2＝BF​′7+BE2＝DF2+BE3，
∵ ∠F′AE＝∠F′AB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝45∘＝∠EAF，AN＝AN，
∴ △F′AE≅△FAE，
∴ EF＝EF′，
∴ EF2＝BE2+DF2；
故③正确；
④过F作FR⊥CD，垂足为P，连接DR，
∵ ∠FDP＝45∘，
∴ ∠DFP＝45∘，
∴ FP＝PD＝PR，
∴ ∠FDR＝90∘，△FDR是等腰直角三角形，
∴ FR＝DF，
∵ FR＝2FP，CM＝5CH＝2FP，
∴ FR＝CM，
∵ AB＝CB，BM＝MN，
∴ CM＝BC−BM＝AB−BM＝AB−MN，
∴ AB−MN＝DF，
故④正确；
本题正确的结论有：①②③④，4个
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）将答案直接写在答题卡指定的位置上
【答案】
12
【考点】
实数的运算
【解析】
按照二次根式的乘方计算．
【解答】
解：(23)2=4×3=12．
【答案】
2.4
【考点】
勾股定理
【解析】
根据勾股定理及直角三角形的面积公式求解即可．
【解答】
解：∵ Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=4cm，BC=3cm，∴ AB=AC2+BC2=5，
∵ 直角三角形的面积=12×两直角边的积=12×斜边×斜边上的高．
∴ 设AB边上的高为x，则4×3=5x，解得x=2.4，
∴ AB边上的高是2.4cm．
【答案】
3−5
【考点】
二次根式的化简求值
【解析】
直接把x的值代入原式进而求出答案．
【解答】
∵ x＝−1，
∴ x5+5x−6
＝（−1)2+2（−1)−5
＝5+1−7+5
＝3−8．
【答案】
40∘
【考点】
矩形的性质
翻折变换（折叠问题）
【解析】
根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，再根据翻折变换的性质判断出四边形BCEC′是正方形，根据正方形的性质可得∠BEC=45∘，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BFC，再根据翻折变换的性质可得∠BFC′=∠BFC，然后根据平角等于180∘列式计算即可得解．
【解答】
∵ 矩形ABCD，∠DAC=65∘，
∴ ∠ACD=90∘−∠DAC=90∘−65∘=25∘，
∵ △BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，
∴ 四边形BCEC′是正方形，
∴ ∠BEC=45∘，
由三角形的外角性质，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45∘+25∘=70∘，
由翻折的性质得，∠BFC′=∠BFC=70∘，
∴ ∠AFC′=180∘−∠BFC−∠BFC′=180∘−70∘−70∘=40∘．
【答案】
(2, 4)或(3, 4)或(8, 4)
【考点】
等腰三角形的性质
勾股定理
坐标与图形性质
矩形的性质
【解析】
当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论．
【解答】
（2）如答图②所示，OP＝OD＝5．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：OE=OP2−PE2=52−42=3，
∴ 此时点P坐标为(3, 4)(1)(3)如答图③所示，PD＝OD＝5，点P在点D的右侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE=PD2−PE2=52−42=3，
∴ OE＝OD+DE＝5+3＝8，
∴ 此时点P坐标为(8, 4)．
综上所述，点P的坐标为：(2, 4)或(3, 4)或(8, 4)(2)故答案为：(2, 4)或(3, 4)或(8, 4)；
【答案】
5
【考点】
等腰直角三角形
【解析】
过点C作CQ⊥CP，且CQ＝CP，连接AQ，PQ，证明△ACQ≅△BCP，根据全等三角形的性质，得到AQ＝BP＝3，CQ＝CP＝，根据等腰直角三角形的性质求出PQ的长度，进而根据AP≤AQ+PQ，即可得出答案．
【解答】
过点C作CQ⊥CP，且CQ＝CP，PQ，
∵ ∠ACQ+∠BCQ＝∠BCP+∠BCQ＝90∘，
∴ ∠ACQ＝∠BCP，
在△ACQ和△BCP中，
，
△ACQ≅△BCP(SAS)，
∴ AQ＝BP＝3，CQ＝CP＝2，
PQ＝＝2，
AP≤AQ+PQ≤6+2＝5．
AP的最大值为2．
三、解答题（共8小题，共72分）在答题卡指定的位置上写出必要的演算过程或证明过程
【答案】
原式＝2+-+
＝3-；
原式＝+-
＝+−2．
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
（1）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
（2）先进行二次根式的乘法运算，然后化简即可．
【解答】
原式＝2+-+
＝3-；
原式＝+-
＝+−2．
【答案】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，AB // CD．
∵ E、F分别是AB、CD的中点，
∴ AE=BE=12AB，DF=12CD，
∴ BE=DF．
∴ 四边形EBFD是平行四边形.
【考点】
平行四边形的判定
平行四边形的性质
【解析】
由平行四边形的性质得出AB=CD，AB // CD，证出BE=DF，即可得出四边形EBFD是平行四边形．
【解答】
证明：∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，AB // CD．
∵ E、F分别是AB、CD的中点，
∴ AE=BE=12AB，DF=12CD，
∴ BE=DF．
∴ 四边形EBFD是平行四边形.
【答案】
在图1中的正方形即为所求，它的面积是10；
【考点】
作图—应用与设计作图
勾股定理
二次根式的应用
【解析】
（1）根据网格利用勾股定理和正方形的面积即可在图1中，画一个正方形，使它的面积是10；
（2）在图2中，根据网格即可画一个三角形ABC，使它的三边长分别为：AB＝、BC＝、AC＝，进而可以计算出AC边上的高．
【解答】
在图1中的正方形即为所求，它的面积是10；
在图2中，三角形ABC即为所求，
它的三边长分别为：AB＝、BC＝，
∵ （）​2+（）​2＝（）​2，
∴ △ABC是直角三角形，
设AC边上的高为ℎ，
∴ S△ABC＝AC×ℎ＝
即ℎ＝，
解得ℎ＝．
答：AC边上的高为．
故答案为：．
【答案】
32+42＝52，
∴ BD2+AD2＝AB2，
∴ ∠ADB＝∠ADC＝90∘，
设CD＝x，在Rt△ADC中，
AD2＝AC2−CD2，
∴ 42＝(10−x)2−x2，
∴ x＝4.2，
∴ AC＝10−x＝5.8，
△ABC的面积=12BC⋅AD=12×(3+4.2)×4＝14.4．
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
通过计算得出BD2+AD2＝AB2，由勾股定理的逆定理得出△ABD是直角三角形，∠ADB＝∠ADC＝90∘，由勾股定理求出CD，得出AC，即可求出△ABC的面积．
【解答】
32+42＝52，
∴ BD2+AD2＝AB2，
∴ ∠ADB＝∠ADC＝90∘，
设CD＝x，在Rt△ADC中，
AD2＝AC2−CD2，
∴ 42＝(10−x)2−x2，
∴ x＝4.2，
∴ AC＝10−x＝5.8，
△ABC的面积=12BC⋅AD=12×(3+4.2)×4＝14.4．
【答案】
∵ DE // AC，CE // BD，
∴ 四边形OCED是平行四边形，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC＝BD，OD＝，OC＝，
∴ OC＝OD，
∴ ▱OCED是菱形；
∵ S菱形＝15，
∴ S△OCD＝7.7，
连接OE，交CD于F，
设CD＝x，则AD＝2x，
∵ AO＝OC，DF＝FC，
∴ OF＝AD＝x，
∴ S△OCD＝CD⋅OF＝
x＝±，
∵ x>5，
∴ x＝，
∴ AC＝＝＝x＝5．
【考点】
菱形的判定与性质
矩形的性质
【解析】
（1）根据对边平行得四边形OCED是平行四边形，由原矩形对角线相等且互相平分得OC＝OD，所以四边形OCED是菱形；
（2）连接对角线，根据菱形对角线平分面积得出△OCD的面积是菱形面积的一半＝8，设CD＝x，根据中位线性质求出OF的长，根据三角形面积公式列方程解出即可．
【解答】
∵ DE // AC，CE // BD，
∴ 四边形OCED是平行四边形，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC＝BD，OD＝，OC＝，
∴ OC＝OD，
∴ ▱OCED是菱形；
∵ S菱形＝15，
∴ S△OCD＝7.7，
连接OE，交CD于F，
设CD＝x，则AD＝2x，
∵ AO＝OC，DF＝FC，
∴ OF＝AD＝x，
∴ S△OCD＝CD⋅OF＝
x＝±，
∵ x>5，
∴ x＝，
∴ AC＝＝＝x＝5．
【答案】
①当P在Q点左侧时，若PQ＝CD，
∴ PD＝CQ，
∵ AD＝9cm，BC＝11cm，
∴ 当x＝1，y＝8时，
解得t＝3；
②当P在Q点右侧时，若PQ＝CD，
分别过P，D作PM⊥BC，垂足分别为M，N，
∴ MN＝PD＝9−t，CQ＝5t，
∵ DN＝AB＝3，BN＝AD＝9，
∵ BC＝11，
∴ QM＝CN＝7，
∵ QM+MN+CN＝CQ，
∴ 9−t+2+4＝2t，
解得t＝；
若PQ垂直平分BD，交点为O，DQ，
∴ BP＝PD，QB＝QD，
∵ AD // BC，
∴ ∠PDO＝∠QBO，∠DPO＝∠BQO，
∵ OD＝OB，
∴ △PDO≅△QBO(AAS)
∴ PD＝QB，
∴ BP＝PD＝QB＝QD，
∴ 四边形BPDQ为菱形，
∴ PD＝BP，
设AP＝a，则BP＝PD＝2−a，
在Rt△APB中，PB＝，
∴ 9−a＝，
解得a＝4，
∴ AP＝xt＝5，PD＝BQ＝11−yt＝AD−AP＝9−4＝3，
∴ yt＝6，
∴ x:y＝xt:yt＝4:8＝2:3．
【考点】
直角梯形
线段垂直平分线的性质
勾股定理
【解析】
（1）可分两种情况：①当P在Q点左侧时，若PQ＝CD，则四边形PDCQ为平行四边形，根据PD＝CQ列方程，解方程即可求解；②当P在Q点右侧时，若PQ＝CD，则四边形PDCQ为等腰梯形，分别过P，D作PM⊥BC，DN⊥BC，垂足分别为M，N，根据QM+MN+CN＝CQ列方程，解方程即可求解；
（2）连接BP，DQ，通过证明△PDO≅△QBO可得PD＝QB，结合垂直平分线的性质可证明四边形BPDQ为菱形，设AP＝a，则BP＝PD＝9−a，根据PD＝BP列方程，解方程可求解a值，即可求解xt，yt的值，进而可求解．
【解答】
①当P在Q点左侧时，若PQ＝CD，
∴ PD＝CQ，
∵ AD＝9cm，BC＝11cm，
∴ 当x＝1，y＝8时，
解得t＝3；
②当P在Q点右侧时，若PQ＝CD，
分别过P，D作PM⊥BC，垂足分别为M，N，
∴ MN＝PD＝9−t，CQ＝5t，
∵ DN＝AB＝3，BN＝AD＝9，
∵ BC＝11，
∴ QM＝CN＝7，
∵ QM+MN+CN＝CQ，
∴ 9−t+2+4＝2t，
解得t＝；
若PQ垂直平分BD，交点为O，DQ，
∴ BP＝PD，QB＝QD，
∵ AD // BC，
∴ ∠PDO＝∠QBO，∠DPO＝∠BQO，
∵ OD＝OB，
∴ △PDO≅△QBO(AAS)
∴ PD＝QB，
∴ BP＝PD＝QB＝QD，
∴ 四边形BPDQ为菱形，
∴ PD＝BP，
设AP＝a，则BP＝PD＝2−a，
在Rt△APB中，PB＝，
∴ 9−a＝，
解得a＝4，
∴ AP＝xt＝5，PD＝BQ＝11−yt＝AD−AP＝9−4＝3，
∴ yt＝6，
∴ x:y＝xt:yt＝4:8＝2:3．
【答案】
证明：如图1中，取PA的中点M，连接EM，FN．
∵ AE＝EC，CF＝FB，
∴ EF // AB，EF＝，
∵ PM＝AM，PN＝BN，
∴ MN // AB，MN＝，
∴ EF＝MN，EF // MN，
∴ 四边形EFNM是平行四边形，
∴ PF＝PM，EP＝PN，
∴ PA＝6PF，PB＝2EP．
如图2中，结论：a2+b2＝5c3．
理由：连接EF．
∵ AF⊥BE于P，
∴ ∠APE＝∠APB＝∠BPF＝∠EPF＝90∘，
∴ PA2+PE2＝AE3，PF2+PB2＝BF3，PE2+PF2＝EF7，PA2+PB2＝AB8，
∴ AE2+BF2＝EF6+AB2，
∵ EF＝AB＝cAC＝bBC＝a，
∴ b2+a2＝c2+c2，
∴ a6+b2＝5c8．
如图3中，取AB的中点M，AC，设AF交BE于P．
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，AD＝BC，
∵ AE＝ADBC，
∴ AE＝BF，且AE // BF，
∴ 四边形ABFE是平行四边形，
∴ AP＝PF，
∵ AM＝BM，BF＝CF，
∴ FM // AC，
∵ DE＝AE，DG＝GC，
∴ EG // AC，
∴ FM // EG，
∵ BE⊥EG，
∴ FM⊥BP，
∴ 6BF2＝AB2+AF6，
∵ BF＝BC＝，AB＝4，
∴ 5×20＝36+AF2，
∴ AF6＝64，
∵ AF>0，
∴ AF＝8．
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）如图1中，取PA的中点M，PB的中点N，连接EM，MN，FN，EF．证四边形EFNM是平行四边形即可解决问题．
（2）如图2中，结论：a2+b2＝5c2．连接EF，利用勾股定理解决问题即可．
（3）如图3中，取AB的中点M，连接FM，AC，EF，设AF交BE于P．证明FM⊥BP，利用（2）中结论解决问题即可．
【解答】
证明：如图1中，取PA的中点M，连接EM，FN．
∵ AE＝EC，CF＝FB，
∴ EF // AB，EF＝，
∵ PM＝AM，PN＝BN，
∴ MN // AB，MN＝，
∴ EF＝MN，EF // MN，
∴ 四边形EFNM是平行四边形，
∴ PF＝PM，EP＝PN，
∴ PA＝6PF，PB＝2EP．
如图2中，结论：a2+b2＝5c3．
理由：连接EF．
∵ AF⊥BE于P，
∴ ∠APE＝∠APB＝∠BPF＝∠EPF＝90∘，
∴ PA2+PE2＝AE3，PF2+PB2＝BF3，PE2+PF2＝EF7，PA2+PB2＝AB8，
∴ AE2+BF2＝EF6+AB2，
∵ EF＝AB＝cAC＝bBC＝a，
∴ b2+a2＝c2+c2，
∴ a6+b2＝5c8．
如图3中，取AB的中点M，AC，设AF交BE于P．
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD // BC，AD＝BC，
∵ AE＝ADBC，
∴ AE＝BF，且AE // BF，
∴ 四边形ABFE是平行四边形，
∴ AP＝PF，
∵ AM＝BM，BF＝CF，
∴ FM // AC，
∵ DE＝AE，DG＝GC，
∴ EG // AC，
∴ FM // EG，
∵ BE⊥EG，
∴ FM⊥BP，
∴ 6BF2＝AB2+AF6，
∵ BF＝BC＝，AB＝4，
∴ 5×20＝36+AF2，
∴ AF6＝64，
∵ AF>0，
∴ AF＝8．
【答案】
6+22．
6+22．
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）证明：延长BC至M，且使CM=BE，则BM=CE，由SAS证明△ABM≅△DCE，得出∠DEC=∠AMB，证出FG为△AEM的中位线，得出FG // AM，
得出∠HGE=∠AMB=∠HEG，即可得出HE=HG；
（2）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA证明△BEQ≅△BAP，得出PA=QE，QB=PB，证出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQ=2PB，即可得出答案；
（3）由直角三角形的性质得出CE=3CD，得出BE+BC=CD+2=3CD，CD=3+1，求出DE=2CD=23+2，证出AP=EQ=1，DP=3，得出PQ=3+1，即可得出答案．
【解答】
（1）证明：延长BC至M，且使CM=BE，连接AM、DM，如图1所示：
则BM=CE，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB=DC，AD // BC，∠BAD=∠ABC=∠DCB=90∘，
在△ABM和△DCE中，AB=DC∠ABC=∠DCBBM=CE，
∴ △ABM≅△DCE(SAS)，
∴ ∠DEC=∠AMB，
∵ EB=CM，BG=CG，
∴ G为EM的中点，
∴ FG为△AEM的中位线，
∴ FG // AM，
∴ ∠HGE=∠AMB=∠HEG，
∴ HE=HG，
（2）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ=90∘，
∵ ∠ABE=180∘−∠ABC=90∘，
∴ ∠EBQ=∠ABP，
∵ AD // BC，
∴ ∠ADP=∠BEQ，
∵ AP⊥DE，∠BAD=90∘，
由角的互余关系得：∠BAP=∠ADP，
∴ ∠BEQ=∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，∠EBQ=∠ABPBE=BA∠BEQ=∠BAP，
∴ △BEQ≅△BAP(ASA)，
∴ PA=QE，QB=PB，
∴ △PBQ是等腰直角三角形，
∴ PQ=2PB，
∴ PE−PAPB=PE−QEPB=PQPB=2；
（3）∵ ∠ADE=∠CED=30∘
∴ CE=3CD
∴ BE+BC=CD+2=3CD，CD=3+1，
∴ DE=2CD=23+2，
∵ ∠ADE=30∘，
∴ AP=EQ=1，DP=3，
∴ PQ=23+2−1−3=3+1，
∴ BP=3+12=6+22；