2020-2021学年湖北省武汉市汉阳区八年级下学期期中数学试题及答案

这是一份2020-2021学年湖北省武汉市汉阳区八年级下学期期中数学试题及答案，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．二次根式中的x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2B．x≤﹣2C．x＞﹣2D．x≥﹣2
2．下列各组中的三条线段，不能组成直角三角形的是（ ）
A．3，4，5B．6，8，10C．4，5，6D．5，12，13
3．下列各式成立的是（ ）
A．÷＝B．＝2C．×＝D．+＝
4．菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，则这个菱形的面积是（ ）
A．48B．24C．20D．16
5．如图，平行四边形ABCD中，AB＝8，BC＝10，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，且OE＝3，则四边形EFCD的周长是（ ）
A．20B．24C．28D．32
6．如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A，B，C，D的面积分别为6，10，4，6，则最大正方形E的面积是（ ）
A．94B．26C．22D．16
7．如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，AD平分∠BAC，AD⊥BF于点D，点E为BC的中点，连接DE，则DE的长是（ ）
A．0.5B．0.75C．1D．2
8．如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，直角三角形FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（ ）
A．4B．3C．2D．1
9．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为（ ）
A．5B．2.5C．4.8D．2.4
10．如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于点F，交对角线BD
于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：
①FH∥AE；
②AH＝EH且AH⊥EH；
③∠BAH＝∠HEC；
④△EHF≌△AHD．
其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．计算的结果是 ．
12．如图，平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC交边BC于点E，AD＝8，AB＝5，则BE＝ ．
13．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分线交AC于点N，点M为垂足，连接DN，则∠CDN的大小是 ．
14．观察下列各式：＝﹣1，＝﹣，＝﹣，…，从计算结果中找出规律，并利用这一规律计算：（+++…）（+1）＝ ．
15．如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 cm（杯壁厚度不计）．
16．如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD，CF，DF，若AB＝1，AC＝2，则BC2+DF2的值为 ．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
17计算：
（1）2×；
（2）﹣6+．
18如图，将▱ABCD的对角线BD向两个方向延长，分别至点E和点F，BE＝DF．求证：四边形AECF是平行四边形．
19“引葭赴岸”是《九章算术》中的一道题：“今有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个边长为10尺的正方形池塘，一棵芦苇AB生长在它的中央，高出水面BC为1尺．如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B'（如图）．问水深和芦苇长各多少？（画出几何图形并解答）
20如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，点E是OD的中点，DF∥AC交CE的延长线于点F，连接AF．
（1）求证：四边形AODF是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，AB＝2，求CF的长．
21如图，已知四边形ABCD是平行四边形，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹．
（1）如图1，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝CF，连接EF，请在EF上画点O，使O为EF的中点；
（2）如图2，若AB＝AD，点E为AD上一点，请在AB上画点G，使AG＝AE；
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠ABC＝90°，连接BD，点P为BD上的一点，请以AP为边画一个菱形．
22我国宋代的数学家秦九韶发现：若一个三角形的三边长分别为a，b，c，则这个三角形的面积为s＝，其中p＝（a+b+c）．
如图1，在△ABC中，已知AB＝9，AC＝8，BC＝7．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图2，AD，BE为△ABC的两条角平分线，它们的交点为点I，求I到边BC的距离．
23如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．
（1）四边形BEFG的形状是 ．
（2）如图2，若DA＝DE，猜想线段CF与FG的数量关系并加以证明；
（3）如图1，若AB＝15，CF＝3，则DE的长度为 ．（请直接写出答案）
24如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E，F分别在边AB，CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A，D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P．
（1）当AM＝时，AE的值是 ；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求出S的最小值．

参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．二次根式中的x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2B．x≤﹣2C．x＞﹣2D．x≥﹣2
【分析】直接利用二次根式有意义的条件分析得出答案．
【解答】解：二次根式有意义，
则x+2≥0，
解得：x≥﹣2．
故选：D．
2．下列各组中的三条线段，不能组成直角三角形的是（ ）
A．3，4，5B．6，8，10C．4，5，6D．5，12，13
【分析】欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】解：A、32+42＝52，故能组成直角三角形，不符合题意；
B、62+82＝102，故能组成直角三角形，不符合题意；
C、42+52≠62，故不能组成直角三角形，符合题意；
D、52+122＝132，故能组成直角三角形，不符合题意．
故选：C．
3．下列各式成立的是（ ）
A．÷＝B．＝2C．×＝D．+＝
【分析】根据二次根式的除法法则对A进行判断；利用二次根式的性质对B进行判断；根据二次根式的乘法法则对C进行判断；根据二次根式的加减法对D进行判断．
【解答】解：A、原式＝＝，所以A选项正确；
B、原式＝3，所以B选项错误；
C、原式＝＝，所以C选项错误；
D、与不能合并，所以D选项错误．
故选：A．
4．菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，则这个菱形的面积是（ ）
A．48B．24C．20D．16
【分析】根据菱形的性质得出菱形的面积等于对角线积的一半，再求出答案即可．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，
∴这个菱形的面积是＝＝24，
故选：B．
5．如图，平行四边形ABCD中，AB＝8，BC＝10，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，且OE＝3，则四边形EFCD的周长是（ ）
A．20B．24C．28D．32
【分析】根据平行四边形的对边相等得：CD＝AB＝8，AD＝BC＝10．再根据平行四边形的性质和对顶角相等可以证明：△AOE≌△COF．根据全等三角形的性质，得：OF＝OE＝3，CF＝AE，故四边形EFCD的周长为CD+EF+AD＝24．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝10，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OF＝OE＝3，CF＝AE．
故四边形EFCD的周长为CD+EF+AD＝8+6+10＝24．
故选：B．
6．如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A，B，C，D的面积分别为6，10，4，6，则最大正方形E的面积是（ ）
A．94B．26C．22D．16
【分析】根据正方形的面积公式，结合勾股定理，能够导出正方形A，B，C，D的面积和即为最大正方形的面积．
【解答】解：根据勾股定理的几何意义，可得A、B的面积和为S1，C、D的面积和为S2，S1+S2＝S3，
即S3＝6+10+4+6＝26．
故选：B．
7．如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝5，AD平分∠BAC，AD⊥BF于点D，点E为BC的中点，连接DE，则DE的长是（ ）
A．0.5B．0.75C．1D．2
【分析】利用等腰三角形的“三线合一”性质推知D点是BF的中点，AB＝AF＝3；由此推知DE是△BFC的中位线，由三角形中位线定理推知：DE＝FC．
【解答】解：∵在△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BF，AB＝3，
∴点D是BF的中点，且AB＝AF＝3．
∵AC＝5，
∴FC＝AC﹣AF＝5﹣3＝2．
又∵点E为BC的中点，
∴DE是△BFC的中位线，
∴DE＝FC＝＝1．
故选：C．
8．如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，直角三角形FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，△EPM≌△EQN，利用四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积求解．
【解答】解：过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠EPM＝∠EQN＝90°，
∴∠PEQ＝90°，
∴∠PEM+∠MEQ＝90°，
∵三角形FEG是直角三角形，
∴∠NEF＝∠NEQ+∠MEQ＝90°，
∴∠PEM＝∠NEQ，
∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC＝∠EQC＝90°，
∴EP＝EQ，四边形PCQE是正方形，
在△EPM和△EQN中，
，
∴△EPM≌△EQN（ASA）
∴S△EQN＝S△EPM，
∴四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AC＝2，
∵EC＝AE，
∴EC＝，
∴EP＝PC＝1，
∴正方形PCQE的面积＝EP2＝1．
故选：D．
9．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为（ ）
A．5B．2.5C．4.8D．2.4
【分析】先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得AP最短时的长，然后即可求出PM最短时的长．
【解答】解：连接AP，如图所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
∴BC＝＝10，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF＝AP，EF与AP互相平分，
∵M是EF的中点，
∴M为AP的中点，
∴PM＝AP，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，
即AP⊥BC时，AP最短，同样PM也最短，
∴当AP⊥BC时，AP＝＝4.8，
∴AP最短时，AP＝4.8，
∴当PM最短时，PM＝AP＝2.4．
故选：D．
10．如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于点F，交对角线BD
于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：
①FH∥AE；
②AH＝EH且AH⊥EH；
③∠BAH＝∠HEC；
④△EHF≌△AHD．
其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论；
②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论；
③根据全等三角形性质、矩形的性质进行角的计算即可得结论；
④根据边边边证明三角形全等即可得结论．
【解答】解：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°，
∵EF∥CD，
∴∠EFD＝90°，
∴四边形EFDC是矩形．
在Rt△FDG中，∠FDG＝45°，
∴FD＝FG，
∵H是DG中点，
∴FH⊥BD，
∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线，
∴AE不垂直于BD，
∴FH与AE不平行．
所以①不正确；
②∵四边形ABEF是矩形，
∴AF＝EB，∠BEF＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBG＝∠EGB＝45°，
∴BE＝GE，
∴AF＝EG．
在Rt△FGD中，H是DG的中点，
∴FH＝GH，FH⊥BD，
∴∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°，
∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AFH＝∠EGH，
在△AFH和△EGH中，
，
∴△AFH≌△EGH（SAS），
∴AH＝EH，∠AHF＝∠EHG，
∴∠AHF+AHG＝∠EHG+∠AHG，
即∠FHG＝∠AHE＝90°，
∴AH⊥EH．
所以②正确；
③∵△AFH≌△EGH，
∴∠FAH＝∠GEH，
∵∠BAF＝CEG＝90°，
∴∠BAH＝∠HEC．
所以③正确；
④在△EHF和△AHD中，
，
∴△EHF≌△AHD（SSS），
所以④正确．
所以其中正确有②③④，共3个，
故选：B．
二．填空题（共6小题）
11．计算的结果是 5 ．
【分析】根据二次根式的性质解答．
【解答】解：＝|﹣5|＝5．
12．如图，平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC交边BC于点E，AD＝8，AB＝5，则BE＝ 3 ．
【分析】由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA＝∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC＝∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE＝CD，则BE可求解．
【解答】解：根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA＝∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC＝∠ADE，
∴∠EDC＝∠DEC，
∴CD＝CE＝AB＝5，
即BE＝BC﹣EC＝8﹣5＝3．
故答案为：3．
13．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分线交AC于点N，点M为垂足，连接DN，则∠CDN的大小是 15° ．
【分析】根据菱形的性质得出DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB＝DAB＝55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，求出∠ADC＝∠ABC＝70°，根据全等三角形的判定得出△DCN≌△BCN，根据全等三角形的性质得出∠CDN＝∠CBN，根据线段垂直平分线的性质得出AN＝BN，求出∠NBA＝∠CAB＝55°，再求出答案即可．
【解答】解：连接BN，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB＝DAB＝＝55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，
∴∠CDA+∠DAB＝180°，
∵∠BAD＝110°，
∴∠ADC＝180°﹣110°＝70°，
∴∠ABC＝70°，
在△DCN和△BCN中，
，
∴△DCN≌△BCN（SAS），
∴∠CDN＝∠CBN，
∵MN是AB的垂直平分线，
∴AN＝BN，
∴∠NBA＝∠CAB＝55°，
∴∠CDN＝∠CBN＝∠ABC﹣∠NBA＝70°﹣55°＝15°，
故答案为：15°．
14．观察下列各式：＝﹣1，＝﹣，＝﹣，…，从计算结果中找出规律，并利用这一规律计算：（+++…）（+1）＝ 2020 ．
【分析】先分母有理化，再把括号内合并，然后利用平方差公式计算．
【解答】解：原式＝（﹣1+﹣+﹣+•••+﹣）（+1）
＝（﹣1）（+1）
＝2021﹣1
＝2020．
故答案为2020．
15．如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为 20 cm（杯壁厚度不计）．
【分析】将杯子侧面展开，建立A关于EF的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．
【解答】解：如图：
将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，A′B＝＝＝20（cm）．
故答案为20．
16．如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连接BD，CF，DF，若AB＝1，AC＝2，则BC2+DF2的值为 10 ．
【分析】连接BF、CD，BD与CF相交于O点，CF交AD于P，如图，利用正方形的性质得到AB＝AF，AC＝AD，∠BAF＝∠CAD＝90°，BF＝AB＝，CD＝AC＝2，再证明△ABD≌△AFC得到∠ADB＝∠ACF，接着证明∠POD＝∠PAC＝90°，然后利用勾股定理得到BC2+DF2＝CD2+BF2．
【解答】解：连接BF、CD，BD与CF相交于O点，CF交AD于P，如图，
∵四边形ABEF和四边形ACGD为正方形，
∴AB＝AF，AC＝AD，∠BAF＝∠CAD＝90°，BF＝AB＝，CD＝AC＝2，
∵∠BAF＝∠CAD，
∴∠BAF+∠DAF＝∠CAD+∠DAF，
即∠BAD＝∠FAC，
在△ABD和△AFC中，
，
∴△ABD≌△AFC（SAS），
∴∠ADB＝∠ACF，
∵∠PDO+∠POD+∠DPO＝∠PCA+∠PAC+∠APC，
而∠DPO＝∠APC，
∴∠POD＝∠PAC＝90°，
在Rt△CDO中，OD2+OC2＝CD2，
在Rt△BOF中，OB2+OF2＝BF2，
在Rt△CBO中，OB2+OC2＝BC2，
在Rt△DOF中，OD2+OF2＝DF2，
∴BC2+DF2＝CD2+BF2＝（2）2+（）2＝10．
故答案为10．
三．解答题
17计算：
（1）2×；
（2）﹣6+．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】（1）6；
（2）3．
【分析】（1）根据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＝2
＝6；
（2）原式＝4﹣6+5
＝3．
18如图，将▱ABCD的对角线BD向两个方向延长，分别至点E和点F，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】由四边形ABCD是平行四边形易知OA＝OC，OC＝OD，再证得OE＝OF，即可得出结论．
【解答】证明：连接AC，设AC与BD交于点O．如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
又∵BE＝DF，
∴OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
19“引葭赴岸”是《九章算术》中的一道题：“今有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个边长为10尺的正方形池塘，一棵芦苇AB生长在它的中央，高出水面BC为1尺．如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B'（如图）．问水深和芦苇长各多少？（画出几何图形并解答）
【考点】勾股定理的应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EB'的长为10尺，则B'C＝5尺，设出AB＝AB'＝x尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深．
【解答】解：依题意画出图形，设芦苇长AB＝AB′＝x尺，则水深AC＝（x﹣1）尺，
因为B'E＝10尺，所以B'C＝5尺
在Rt△AB'C中，52+（x﹣1）2＝x2，
解之得x＝13，
即芦苇长13尺，水深12尺．
20如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，点E是OD的中点，DF∥AC交CE的延长线于点F，连接AF．
（1）求证：四边形AODF是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，AB＝2，求CF的长．
【考点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）2．
【分析】（1）根据矩形的性质得出AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OA＝OC＝OD＝OB，根据平行线的性质得出∠FDE＝∠COE，根据全等三角形的判定推出△FED≌△CEO，根据全等三角形的性质得出DF＝OC，求出AO＝DF，根据菱形的判定得出即可；
（2）求出△DOC是等边三角形，求出OC＝DC＝2，求出AF＝OD＝AO＝2，求出AC，求出∠AFC＝90°，根据勾股定理求出答案即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OC＝OD＝OB，
∵DF∥AC，
∴∠FDE＝∠COE，
∵点E是OD的中点，
∴DE＝OE，
在△FED和△CEO中，
，
∴△FED≌△CEO（ASA），
∴DF＝OC，
∵OA＝OC，
∴DF＝AO，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF是平行四边形，
∵AO＝OD，
∴四边形AODF是菱形；
（2）解：∵∠AOB＝60°，
∴∠DOC＝∠AOB＝60°，
∵OD＝OC，
∴△DOC是等边三角形，
∵AB＝CD＝2，
∴AO＝CO＝DC＝2，
∵四边形AODF是菱形，
∴AF＝OD＝2，
∵E为OD中点，
∴∠CEO＝90°，
∴∠FCA＝90°﹣∠DOC＝30°，
∵DF∥AC，
∴∠DFC＝∠FCA＝30°，
∵∠DOC＝60°，
∴∠AOD＝180°﹣60°＝120°，
∵四边形AODF是菱形，
∴∠AFD＝∠AOD＝120°，
∴∠AFC＝120°﹣30°＝90°，
由勾股定理得：CF＝＝＝2．
21如图，已知四边形ABCD是平行四边形，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹．
（1）如图1，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝CF，连接EF，请在EF上画点O，使O为EF的中点；
（2）如图2，若AB＝AD，点E为AD上一点，请在AB上画点G，使AG＝AE；
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠ABC＝90°，连接BD，点P为BD上的一点，请以AP为边画一个菱形．
【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；作图—复杂作图．
【专题】作图题；几何直观．
【答案】（1）（2）（3）作图见解析部分．
【分析】（1）如图1中，连接AC交EF于点O，点O即为所求作．
（2）如图2中，连接BE，AC交于点O，连接DO延长DO 交AB于点G，点G即为所求作．
（3）连接CP延长CP交AD于点E，连接AC交BD于点O，连接EO，延长EO交BC于F，连接AF交BD于点T，连接CT即可．
【解答】解：（1）如图1中，点O即为所求作．
（2）如图2中，点G即为所求作．
（3）如图3中，如图，四边形APCT即为所求作．
22我国宋代的数学家秦九韶发现：若一个三角形的三边长分别为a，b，c，则这个三角形的面积为s＝，其中p＝（a+b+c）．
如图1，在△ABC中，已知AB＝9，AC＝8，BC＝7．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图2，AD，BE为△ABC的两条角平分线，它们的交点为点I，求I到边BC的距离．
【考点】数学常识；二次根式的应用；角平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）12；
（2）．
【分析】（1）根据题干公式将p计算出来，再代入面积计算公式即可；
（2）过点I依次作出三角形三边的高，利用角平分线的性质定理可知三边的高相等，再表示出三角形的面积结合（1）问即可求出I到BC的距离．
【解答】解：（1）由题意得：p＝＝＝12，
∴S△ABC＝＝＝12；
（2）连接IC，过点I分别作AB、BC、AC边的垂线交AB、BC、AC于点M、Q、N，
由角平分线的性质定理可知：IM＝IQ＝IN，
观察图形易知：S△ABC＝S△ABI+S△BCI+S△ACI＝＝＝12，
∴＝12，
解得：IQ＝，
故I到边BC的距离为：．
23如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．
（1）四边形BEFG的形状是 ．
（2）如图2，若DA＝DE，猜想线段CF与FG的数量关系并加以证明；
（3）如图1，若AB＝15，CF＝3，则DE的长度为 ．（请直接写出答案）
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）正方形；
（2）CF＝FG，证明过程见解析；
（3）3．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，由正方形的判定可证四边形BEFG是正方形；
（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH＝AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE＝AE，由旋转的性质可得AE＝CG，可得结论；
（3）利用勾股定理可求BE＝BG＝9，再利用勾股定理可求DE的长．
【解答】解：（1）四边形BEFG是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形；
故答案为正方形；
（2）CF＝FG；
理由如下：如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE＝GF，
∴GF＝CG，
∴CF＝FG；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于H，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BG＝GF＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝GB2+GC2，
∴225＝GB2+（GB+3）2，
∴GB＝9＝BE，
∴CG＝CF+GF＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CG＝12，
∴HE＝3，
∴DE＝＝＝3．
故答案为3．
24如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E，F分别在边AB，CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A，D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P．
（1）当AM＝时，AE的值是 ；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求出S的最小值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）；
（2）△PDM的周长不变，为定值2，理由见解析；
（3）．
【分析】（1）设AE＝x，则EM＝BE＝1﹣x，利用勾股定理构建方程，即可解决问题；
（2）连接BM，BP，过点B作BH⊥MN于点H，证明△ABM≌△HBM（AAS），由全等三角形的性质得出AM＝HM，AB＝BH，证明Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），由全等三角形的性质得出HP＝CP，则可得出答案；
（3）过点F作FQ⊥AB，连接BM，设EM＝BE＝x，AM＝a，由勾股定理求出x＝，由四边形面积公式可得出S＝，由配方法可求出答案．
【解答】解：（1）如图，设AE＝x，
在Rt△AEM中，EM＝BE＝1﹣x，AM＝，
∵AE2+AM2＝EM2，
∴x2+（）2＝（1﹣x）2，
∴x＝．
∴AE＝；
故答案为．
（2）△PDM的周长不变，为定值2．理由如下：
如图，连接BM，BP，过点B作BH⊥MN于点H，
由折叠可知，BE＝EM，∠EMN＝∠EBC＝90°，
∴∠EBM＝∠EMB，
∴∠MBC＝∠BMN，
∵AD∥BC，
∴∠AMB＝∠MBC＝∠BMN，
∵BM＝BM，
∴△ABM≌△HBM（AAS），
∴AM＝HM，AB＝BH，
∴BH＝BA＝BC，
∵BP＝BP，
∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），
∴HP＝CP，
∵△PDM的周长为MD+DP+MP＝MD+DP+HM+HP＝MD+DP+AM+CP
＝AD+DC＝2，
∴△PDM的周长为2．
（3）过点F作FQ⊥AB，连接BM，设EM＝BE＝x，AM＝a，
在Rt△AEM中，（1﹣x）2+a2＝x2，
解得x＝，
由折叠可知，∠BEF＝∠MEF，EB＝EM，
∴BM⊥EF，
∵∠FQB＝90°，
∴∠QFE＝∠ABM，
∵AB＝BC＝QF，∠A＝∠EQF＝90°，
∴△ABM≌△QFE（ASA），
∴QE＝AM＝a，
∵QF⊥AB，四边形ABCD是正方形，
∴CF＝BQ＝BE﹣QE＝x﹣a，
∴S＝（x﹣a+x）×1
＝
＝，
∴当a＝时，S有最小值为．