人教版八年级数学下册同步精品讲义期中押题预测卷(1)(考试范围：第16-18章)(学生版+解析)

这是一份人教版八年级数学下册同步精品讲义期中押题预测卷(1)(考试范围：第16-18章)(学生版+解析)，共32页。

注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）下列二次根式与是同类二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．(2023秋·山东济宁·七年级校联考期中）如图，在中，，，，若两阴影部分都是正方形，、、在一条直线上，且它们的面积之比为，则较大的正方形的面积是（ ）
A．36B．27C．18D．9
3．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）下列各式计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．(2023·陕西西安·统考二模）下列命题中，错误的是（ ）
A．三角形三边的垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等 B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等且互相平分的四边形是矩形 D．顺次连接菱形各边中点所得的四边形是正方形
5．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
6．(2023·江西·南城县第二中学七年级阶段练习）已知，，，那么a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在正方形内有一点F，连接，有，若的角平分线交于点E，若E为中点，，则的长为（ ）
A．B．6C．D．5
8．(2023春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）□中，的角平分线交线段于点，，点是中点，连接，过点作，垂足为，设，若□的面积为8，的长为整数，则整数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．1或3
9．(2023秋·江西吉安·九年级统考期末）如图，菱形的边长为6，，M是边上的一个三等分点，点P是对角线上的动点，当的值最小时，的长是（ ）
A．B．C．D．
10．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④OE=AC．正确判断的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）把命题“如果直角三角形的两直角边长分别为a、b，斜边长为c，那么”的逆命题改写成“如果……，那么……”的形式：______．
12．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是_________________
13．(2023春·河南新乡·八年级统考阶段练习）如图，在▱ABCD中，BC＝9，AB＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，则DE的长为_____．
14．(2023·江苏八年级期末）如图，在四边形中，，．若，，，则对角线的长为____________cm．
15．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）当时，分式的值等于___．
16．（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）如图，已知：正方形的顶点A在矩形的边上，矩形的顶点G在正方形的边上，正方形的边长为4，的长为5，则的长为_______．
17．（2023·天津南开·一模）如图，四边形为正方形，点E为对角线上一点，连接DE，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接．若，则的值为_______．
18．（2023·天津河东·天津市第七中学校考模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，，则的最小值为__________．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）（1）计算；（2）计算．
20．(2023春·江苏盐城·八年级校考期中）如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点的坐标为，点的坐标为．
(1)画出绕点逆时针旋转后得到的；
(2)画出关于原点对称的，此时点的坐标为______．
21．(2023·吉林九台·八年级期末）如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男孩拽着绳子另一端向右走，绳端从移动到，同时小船从移动到，且绳长始终保持不变．、、三点在一条直线上，．回答下列问题：（1）根据题意可知： （填“＞”、“＜”、“＝”）．
（2）若米，米，米，求小男孩需向右移动的距离（结果保留根号）．
22．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高．点E在AB的延长线上，连接ED，∠AED＝30°，过A作AF⊥AB与ED的延长线交于点F，连接BF，CF，CE．
（1）求证：四边形BECF为平行四边形；（2）若AB＝6，请直接写出四边形BECF的周长．
23．(2023·江西赣州·八年级期中）（阅读材料）如果两个正数，，即，，则有下面的不等式：且仅当时取等号，我们把叫做正数，的算术平均数，把叫做正数，的几何平均数，于是上述的不等式可以表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．
（实例剖析）已知，求式子的最小值．
解：令，，则由，得，当且仅当时，即时，式子有最小值，最小值为4．
（学以致用）根据上面材料回答下列问题：
（1）己知，则当______时，式于取到最小值，最小值为______；
（2）用篱笆围一个面积为的长方形花园，问这个长方形的长、宽各为多少时，所用的篱笆最短，最短的篱笆是多少？（3）己知，则______时，分式取到最大值，最大值为_____．
24．(2023春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，△ABC中，交AC于P，∠ACB，∠ACD的平分线分别交MN于E、F．(1)求证：；(2)当MN与AC的交点P在AC的什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；(3)当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）
25．（2023春·江苏·八年级校考）如图，在边长为6的正方形中，点P是边上一动点，连接，将沿翻折，点A的对应点为点E，连接．
(1)如图1，当时，直接写出的度数为___________；
(2)如图2，过点E作，当时，①求的长； ②求证：；
(3)如图3，点M是边上一动点，当时，求的最小值．
26．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，矩形的对角线交于点O，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，将四边形沿方向向右平移（），设所得四边形与重叠部分的周长为T．①当时，求T的值；②若，求a的取值范围．
期中押题预测卷（1）
（考试范围：第16-18章）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）下列二次根式与是同类二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：因，可知：选项A，，与被开方数不同，不是同类二次根式；选项B，，与被开方数不同，不是同类二次根式；选项C，，与被开方数相同，是同类二次根式；选项D，，与被开方数不同，不是同类二次根式．故选C．
2．(2023秋·山东济宁·七年级校联考期中）如图，在中，，，，若两阴影部分都是正方形，、、在一条直线上，且它们的面积之比为，则较大的正方形的面积是（ ）
A．36B．27C．18D．9
【答案】B
【分析】设两个正方形的面积分别为a和3a，先根据勾股定理求出BC，再选用勾股定理得，由正方形的面积公式可得，即可求得结果．
【详解】解：设两个正方形的面积分别为a和3a，
∵，，，∴．
∵，∴．解得．∴．
则较大的正方形的面积是27．故选：B．
【点睛】此题考查了勾股定理，掌握勾股定理的应用条件并利用其准确求解是解题的关键
3．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）下列各式计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二次根式的加减法则对各选项进行逐一分析即可．
【详解】A．、不是同类项，不能合并，故选项错误，不符合题意．
B．2与不是同类项，不能合并，故选项错误，不符合题意．
C．，故选项正确，符合题意．
D．不能化为2，不能化为，不能提公因数化简，故选项错误，不符合题意．故选C
【点睛】本题考查了二次根式的加减法，熟知二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式再把被开方数相同的二次根式进行合并．解答此题的关键是，合并方法为系数相加减，根式不变．
4．(2023·陕西西安·统考二模）下列命题中，错误的是（ ）
A．三角形三边的垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等 B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等且互相平分的四边形是矩形 D．顺次连接菱形各边中点所得的四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据线段垂直平分线、平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定可进行求解．
【详解】解：A、根据“线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可知该选项正确；故不符合题意；
B、假设该四边形的内角分别为，由选项可知，根据四边形内角和为，即，所以，同理可得，所以该四边形为平行四边形，故不符合题意；
C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，说法正确，故不符合题意；
D、如图，
∵四边形是菱形，∴，
∵点E、F、H、G为的中点，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∵，∴，，即，∴，
∴四边形是矩形；故该选项错误，符合题意；故选D．
【点睛】本题主要考查三角形中位线、线段垂直平分线的性质、平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定，熟练掌握各个判定定理及性质定理是解题的关键．
5．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一．据《周髀算经》记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”；三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》内的勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一个证明，下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据面积公式推理论证判断即可．
【详解】∵中，根据面积关系，得到
，
∴选项A能证明勾股定理；
∵中，根据面积关系，得到
，故，∴选项B能证明勾股定理；
∵中，根据面积关系，得到
，故，∴选项C能证明勾股定理；
∵中，根据面积关系，得到
，∴选项D不能证明勾股定理；故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，完全平方公式，熟练掌握勾股定理的证明和完全平方公式的几何意义是解题的关键．
6．(2023·江西·南城县第二中学七年级阶段练习）已知，，，那么a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先把化为再结合从而可得答案．
【详解】解：∵，
，，
而 ∴ 故选A．
【点睛】本题考查的是二次根式的大小比较，二次根式的混合运算，掌握“二次根式的大小比较的方法”是解本题的关键．
7．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在正方形内有一点F，连接，有，若的角平分线交于点E，若E为中点，，则的长为（ ）
A．B．6C．D．5
【答案】C
【分析】连接，过点E作于点H，过点F作于点G．设正方形的边长，通过证明．得到各边与正方形边长的关系，再利用面积法把用含x的代数式表示出来，通过角相等证明，从而得到，在中利用勾股定理求出x的值，从而求出的长．
【详解】解：设的长为，连接，过点E作于点H，过点F作于点G．如图所示，
∵四边形是正方形，∴．
∵为的中点，∴．
∵平分，∴，
∵，∴．
∴，，．∴．∴．
∵，．
∴． ∴．∵，．∴，
在中，，
∵∴，∴，
在中，，
∵，∴，解得：，∴．故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理的应用，本题是一道综合性很强的题目，难度比较大，解题时注意灵活运用正方形的性质、三角形全等的性质．
8．(2023春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）□中，的角平分线交线段于点，，点是中点，连接，过点作，垂足为，设，若□的面积为8，的长为整数，则整数的值为（ ）
A．1B．2C．3D．1或3
【答案】C
【分析】根据题意和平行四边形的性质，可以得到和的关系，然后根据□的面积为8，的长为整数，从而可以得到整数的值．
【详解】解：如图所示，延长交于点，
∵四边形是平行四边形，，
∴，，∴，
∵点是中点，∴，在和中，
∴，∴，∴，
∵平分，∴，∵，∴，
∴，∴，∵，∴，
∵，∴，∵□的面积为8，的长为整数，
∴，即：，∴整数为0或1或3．
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，，则此时平行四边形的面积不可能是8，故舍去；∴．故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和面积，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，不定方程等知识．解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9．(2023秋·江西吉安·九年级统考期末）如图，菱形的边长为6，，M是边上的一个三等分点，点P是对角线上的动点，当的值最小时，的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，，，过点D作于点H，当D、P、M三点共线时，的值最小，利用勾股定理求，再利用平行线的性质即可求解．
【详解】解：连接，，，过点D作于点H，
∵四边形是菱形，，B、D关于对称，
，∴当D、P、M三点共线时，的值最小，
，，，，
又，是等边三角形，，
，，
，，
在中，，
，，，故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称−最短问题、菱形的性质、等边三角形的性质和判定、勾股定理及平行线分线段成比例定理，根据轴对称的性质得出当D、P、M三点共线时，的值最小是解题的关键．
10．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④OE=AC．正确判断的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】由矩形得为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明便可判断②的正误；连接，由线段的垂直平分线得，由前面的三角形全等得，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得，进而求得，由矩形性质得，进而得，再得，根据等腰直角三角形的判定和性质便可判断④的正误．
【详解】①∵四边形是矩形，∴
∵∴平分，故①正确；
②∵四边形是矩形，∴
∴∵
∴∴∴
∵∴∴
∴∴故②正确；
③∵，∴连接，如图，∴，
∵∴∴，故③正确；
④取的中点G，连接，如图，
∵G是的中点，∴∴
∵，平分∴
∴
∵四边形是矩形，∴，∴∴
∵∴∴
∴为等腰直角三角形，∴
∴，故④正确；故选A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形，全等三角形，关键是熟记这些图形的性质．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）把命题“如果直角三角形的两直角边长分别为a、b，斜边长为c，那么”的逆命题改写成“如果……，那么……”的形式：______．
【答案】如果三角形三边长a，b，c，满足，那么这个三角形是直角三角形
【分析】命题都能写成“如果…，那么…”的形式，如果后面是题设，那么后面是结论，题设和结论互换后就是原命题的逆命题．
【详解】解: ∵原命题的题设是：直角三角形的两直角边长分别为a、b，斜边长为c；原命题的结论是：这个三角形是直角三角形；
∴逆命题是：如果a、b、c是一个三角形的三条边，并且，那么这个三角形是直角三角形.
故答案为如果a、b、c是一个三角形的三条边，并且，那么这个三角形是直角三角形．
【点睛】本题考查把命题写成“如果…，那么…”的形式以及逆命题的概念，难度适中明确题意，准准确得到条件和结论是解题的关键．
12．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简的结果是_________________
【答案】
【分析】先根据数轴的定义得出，再根据绝对值运算、算术平方根进行化简，然后计算整式的加减即可得．
【详解】解：由题意得：，
则．故答案为：．
【点睛】本题考查了数轴的定义、绝对值运算、算术平方根、整式的加减，根据数轴的定义判断出是解题关键．
13．(2023春·河南新乡·八年级统考阶段练习）如图，在▱ABCD中，BC＝9，AB＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，则DE的长为_____．
【答案】4
【分析】根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD=BC=9，∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠EBC，∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE=AB＝5，∴DE＝AD﹣AE＝9﹣5＝4．故答案为：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是根据平行线的性质和角平分线的性质得出．
14．(2023·江苏八年级期末）如图，在四边形中，，．若，，，则对角线的长为____________cm．
【答案】
【分析】过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，证明△ABC≌△ADC（SSS），由全等三角形的性质得出∠BAC=∠DAC，∠ACB=∠ACD，求出∠EBC=45°，由直角三角形的性质求出CE和AC的长即可．
【详解】解：过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，
在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，∠ACB=∠ACD，
∵∠BAD=60°，∠BCD=30°，∴∠EAC=∠BAD=30°，∠ACB=∠BCD=15°，
∴∠EBC=∠BAC+∠ACB=30°+15°=45°，∴BE=CE，
∵BC=4cm，∴CE=BC=cm，∴AC=2CE=cm，故答案为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，证明△ABC≌△ADC是解题的关键．
15．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）当时，分式的值等于___．
【答案】
【分析】由，推出，得到，整体代入即可求解．
【详解】解：∵，∴，即，
∴，即，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，二次根式的性质，掌握整体代入法是解题的关键．
16．（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）如图，已知：正方形的顶点A在矩形的边上，矩形的顶点G在正方形的边上，正方形的边长为4，的长为5，则的长为_______．
【答案】
【分析】连接，根据勾股定理求出，从而得到，即可求出，即可得到答案.
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，四边形是矩形，
∴，，，，，
∵正方形的边长为4，的长为5，
∴，∴，
∴，
设，则，根据勾股定理可得，
，解得：，
∴，故答案为；
【点睛】本题考查勾股定理，正方形的性质，矩形的性质，解题的关键是连接辅助线．
17．（2023·天津南开·一模）如图，四边形为正方形，点E为对角线上一点，连接DE，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接．若，则的值为_______．
【答案】
【分析】过点E作于点M，作于N，利用正方形的性质，角平分线的性质以及全等三角形的判定可证得出，再证明，得出，则可证，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点E作于点M，作于N，
∵四边形为正方形，，
∴，平分，，，
∴，四边形是矩形，∴，
又，∴，∴，
又，，∴，
∴，∴矩形是正方形，
又四边形为正方形，∴，，
∴，∴，∴，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线，证明矩形是正方形是解题的关键．
18．（2023·天津河东·天津市第七中学校考模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】根据菱形的性质得到，，得出，根据平移的性质得到，，推出四边形是平行四边形，得到，于是得到的最小值为的最小值，根据平移的性质得到点D′在过点D且平行于AC的定直线上，作点C关于定直线的对称点E，连接交定直线于D′，则的长度即为的最小值，求得，得到，于是得到结论．
【详解】解：在边长为4的菱形中，，
∴，，
将沿射线的方向平移得到，∴，，
∵四边形是菱形，∴，，
∴，∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∴的最小值的最小值，
∵点在过点且平行于的定直线上，
∴作点关于定直线的对称点，连接交定直线于，
则的长度即为的最小值，
在中，，，
∴，∴，∴，
∵，∴，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称－最短路线问题，菱形的性质，含30°的直角三角形的性质，平移的性质，正确地理解题意是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．(2023春·四川绵阳·八年级统考期中）（1）计算；（2）计算．
【答案】（1）18；（2）
【分析】（1）先计算乘法，再化简，然后合并，即可求解；
（2）先把二次根式化为最简二次根式，然后合并，即可求解．
【详解】解：
解：
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算熟练掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
20．(2023春·江苏盐城·八年级校考期中）如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点的坐标为，点的坐标为．
(1)画出绕点逆时针旋转后得到的；
(2)画出关于原点对称的，此时点的坐标为______．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析，
【分析】（1）根据旋转的性质，画出绕点逆时针旋转后得到的；
（2）找到关于对称的点，顺次连接得到，根据坐标系直接写出点的坐标即可．
【详解】（1）如图所示，
（2）如图所示，,
故答案为：．
【点睛】本题考查了画旋转图形，画中心对称图形，掌握轴对称的性质，中心对称的性质是解题的关键．
21．(2023·吉林九台·八年级期末）如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男孩拽着绳子另一端向右走，绳端从移动到，同时小船从移动到，且绳长始终保持不变．、、三点在一条直线上，．回答下列问题：（1）根据题意可知： （填“＞”、“＜”、“＝”）．
（2）若米，米，米，求小男孩需向右移动的距离（结果保留根号）．
【答案】（1）=；（2）小男孩需向右移动的距离为米．
【分析】（1）根据男孩拽绳子前后始终保持不变即可得；
（2）由勾股定理分别求出AC，BC的长，然后根据（1）中结论求解即可．
【详解】解：（1）∵AC的长度是男孩拽之前的绳长，是男孩拽之后的绳长，绳长始终未变，
∴，故答案为：=；
（2）∵A、B、F三点共线， ∴在RtΔCFA中，，
∵，∴在RtΔCFB中，，
由（1）可得：，∴，∴小男孩需移动的距离为米．
【点睛】题目主要考查勾股定理的应用，理解题意，熟练运用勾股定理是解题关键．
22．(2023春·四川绵阳·八年级校考期中）如图，△ABC是等边三角形，AD是BC边上的高．点E在AB的延长线上，连接ED，∠AED＝30°，过A作AF⊥AB与ED的延长线交于点F，连接BF，CF，CE．
（1）求证：四边形BECF为平行四边形；
（2）若AB＝6，请直接写出四边形BECF的周长．
【答案】（1）见解析；（2）6+6
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得BD＝DC，∠BAD＝∠CAD＝30°，然后证明△ADF为等边三角形，可得ED＝DF，进而可以证明四边形BECF为平行四边形；
（2）根据AB＝6和勾股定理可得BF的长，然后证明BE＝BD，进而可得四边形BECF的周长．
【详解】（1）证明：∵AD是等边△ABC的BC边上的高，
∴BD＝DC，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∵∠AED＝30°，
∴ED＝AD，∠ADF＝∠AED+∠EAD＝60°，
∵AF⊥AB，
∴∠DAF＝90°﹣∠EAD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ADF为等边三角形，
∴AD＝DF，
∵ED＝AD，
∴ED＝DF，
∵BD＝DC，
∴四边形BECF为平行四边形；
（2）∵AB＝6，
∴BD＝3，AD＝3，
∵△ADF为等边三角形，
∴AF＝AD＝3，
∴BF＝＝＝3，
∵∠ABC＝60°，∠AED＝30°，
∴∠BDE＝30°，
∴BE＝BD＝3，
∴四边形BECF的周长为：2（BF+BE）＝2（3+3）＝6+6．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
23．(2023·江西赣州·八年级期中）（阅读材料）如果两个正数，，即，，则有下面的不等式：且仅当时取等号，我们把叫做正数，的算术平均数，把叫做正数，的几何平均数，于是上述的不等式可以表述为：两个正数的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数．它在数学中有广泛的应用，是解决最大（小）值问题的有力工具．
（实例剖析）已知，求式子的最小值．
解：令，，则由，得，当且仅当时，即时，式子有最小值，最小值为4．
（学以致用）根据上面材料回答下列问题：
（1）己知，则当______时，式于取到最小值，最小值为______；
（2）用篱笆围一个面积为的长方形花园，问这个长方形的长、宽各为多少时，所用的篱笆最短，最短的篱笆是多少？（3）己知，则______时，分式取到最大值，最大值为_____．
【答案】（1）1，2；（2）这个矩形的长、宽各为10米时，所用的篱笆最短，最短的篱笆是40米；（3）3，
【分析】（1）令a=x，b=，根据即可得答案；
（2）设这个矩形的长为x米，根据宽=面积÷长，可得宽为米，则所用的篱笆长等于长加宽的和乘以2，根据阅读材料即可求解；
（3）设，则，根据可求出的最小值，即可得的最大值，即可得答案．
【详解】（1）令a=x，b=，
∵，∴=2，
∴当且仅当时，即时，式子有最小值，最小值为2．
故答案为：1，2
（2）设这个矩形的长为米，所用的篱笆总长为米，
∵围一个面积为的长方形花园，
∴宽为米，∴
∵，∴，
当且仅当时，即时有最小值，最小值为40．
时，=10，
∴当这个矩形的长、宽各为10米时，所用的篱笆最短，最短的篱笆是40米．
（3）设，则，
∵，∴≥=4，
∴当且仅当时，即x=3时，有最小值4，
∴当x=3时，的最大值为，即取到最大值为．故答案为：3，
【点睛】本题主要考查阅读型问题，读懂题目中给出的已知信息，理解阅读材料介绍的知识是解题的关键．
24．(2023春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，△ABC中，交AC于P，∠ACB，∠ACD的平分线分别交MN于E、F．
(1)求证：；
(2)当MN与AC的交点P在AC的什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；
(3)当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）
【答案】(1)见解析
(2)当点P是AC的中点时，四边形AECF是矩形，理由见解析
(3)当△ABC是直角三角形，，四边形AECF是正方形
【分析】（1）根据CE平分∠ACB，，可知 ∠ACE=∠BCE，∠PEC=∠BCE，PE=PC，同理： PF=PC，故PE=PF；
（2）根据矩形的性质可知当P是AC中点时四边形 AECF是矩形；
（3）当∠ACB=90°时四边形AECF是正方形．
(1)
证明：∵，
∴，，
∵CE，CF分别平分∠ACB，∠ACD，
∴，，
∴，，
∴，，
即；
(2)
当点P是AC的中点时，四边形AECF是矩形，
理由如下：∵点P是AC的中点，
∴，
∴四边形AFCF是平行四边形，
∵，，
∴∠PCE+∠PCF=90°，
即：∠ECF=90°，
∴四边形AFCF是矩形；
(3)
当△ABC是直角三角形，，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵∠ACB=90° ，
又∵CE平分∠ACB ，
∴∠BCE＝45°，
∵∠PEC＝∠BCE，
∴∠PEC＝45° ，
同理可得：∠PFC＝45°，
∴∠PEC＝∠PFC，
∴EC＝FC，
由（2）可得：四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】解答此题的关键是熟知角平分线、 矩形、正方形的判定与性质定理。
25．（2023春·江苏·八年级校考）如图，在边长为6的正方形中，点P是边上一动点，连接，将沿翻折，点A的对应点为点E，连接．
(1)如图1，当时，直接写出的度数为___________；
(2)如图2，过点E作，当时，
①求的长；
②求证：；
(3)如图3，点M是边上一动点，当时，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②见解析
(3)
【分析】(1)连接，可得出为等边三角形，，又，，所以，从而得到，根据三角形内角和定理求出的度数即可；
(2) ① 设，，则，，证明四边形是矩形，得到，根据勾股定理，，代入数值求出x，y即可；②根据根据勾股定理的逆定理解答即可；
(3)通过构造等腰直角三角形，把转化求最小值即可．
【详解】（1）解：连接，
∵，将沿翻折，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）①设，，则，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
根据勾股定理，，
∴
解得
∴；
②∵，则，,
∴,
，
∴，
∴是直角三角形，，
∴；
（3）以在下方作射线，然后过M向作垂线，可得到为等腰直角三角形，
∴，
∴的最小值即为的最小值，
过E作于Q点，则的最小值即为的长，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
在直角三角形中，，
∴，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题主要考查了与正方形折叠有关的综合题型，勾股定理及逆定理，等边三角形的判定和性质，解题关键在于掌握折叠的性质与正方形的性质，并会灵活应用各性质与判定进行推理论证．
26．（2023春·浙江·八年级阶段练习）如图，矩形的对角线交于点O，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，将四边形沿方向向右平移（），设所得四边形与重叠部分的周长为T．
①当时，求T的值；
②若，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)①4；②
【分析】（1）先由矩形的性质得到，再由，可证明四边形是平行四边形，则四边形是菱形；
（2）①如图所示，连接交于F，先证明，则四边形沿方向向右平移，即四边形沿方向向右平移，证明是等边三角形，得到，求出，，则时；证明四边形是平行四边形，，得到，是等边三角形，推出，同理得，即可证明四边形是菱形，即可求出；②如图2-2所示，重叠部分为五边形，且时，同理可证是等边三角形，求出，得到，证明是等边三角形求出，则，即可求出；如图2-3所示，重叠部分为四边形时，且，同（2）①可证四边形 是菱形，求出，则，过点P作于H，则，据此求出，即可推出．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，对角线交于点O，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：①如图所示，连接交于F，
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形沿方向向右平移，即四边形沿方向向右平移，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴时，此时点平移到点F的位置，
由平移的性质可知，
∴四边形是平行四边形，，
∴，是等边三角形，
∴，同理得，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长，即；
②如图2-2所示，重叠部分为五边形，且时，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴；
如图2-3所示，重叠部分为四边形时，且，
同（2）①可证四边形 是菱形，
∴，
∴，
过点P作于H，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当时，．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定等等，正确根据题意画出对应的图形是解题的关键．