2020-2021学年人教版八年级数学下册期中测试卷( 含解析）

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2020-2021学年人教版八年级数学下册期中测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）已知函数y=x-2x-3在实数范围内有意义，则自变量x的取值范围是（　　）
A．x≥2 B．x＞3 C．x≥2且x≠3 D．x＞2
【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得x﹣2≥0，x﹣3≠0，
解得x≥2且x≠3，
故选：C．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数、分式分母不为0是解题的关键．
2．（3分）下列各组数据中，不可以构成直角三角形的是（　　）
A．7，24，25 B．32，42，52 C．54，1，34 D．1.5，2，2.5
【分析】根据勾股定理的逆定理，可以判断各个选项中的三条线段是否可以构成直角三角形，从而可以解答本题．
【解答】解：∵72+242＝49+576＝625＝252，故选项A中三条线段能构成直角三角形；
∵（32）2+（42）2＝81+256＝337≠625＝（52）2，故选项B中三条线段不能构成直角三角形；
∵（34）2+12=916+1=2516=（54）2，故选项C中三条线段能构成直角三角形；
∵1.52+22＝2.25+4＝6.25＝2.52，故选项D中三条线段能构成直角三角形；
故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是明确题意，利用勾股定理的逆定理解答．
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．5-3=2 B．22+2＝42
C．22-2=2 D．27+123=9+4＝5
【分析】直接利用二次根式的加减运算法则分别计算得出答案．
【解答】解：A、5与3不是同类二次根式，无法合并，故此选项错误；
B、22与2无法合并，故此选项错误；
C、22-2=2，正确；
D、27+123=33+233=533，故此选项错误；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次根式的加减，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝65°，CD⊥AB，垂足为D，E是BC的中点，连接ED，则∠DEC的度数是（　　）

A．25° B．30° C．40° D．50°
【分析】利用三角形内角和定理和直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝65°，
∴∠B＝90°﹣65°＝25°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴∠DCB＝65°，
∵CE＝EB，
∴DE＝CE＝EB，
∴∠EDC＝∠ECD＝65°，
∴∠DEC＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5．（3分）如图，在平行四边形OABC中，OC=2，BC＝1，∠AOC＝45°，则点B的坐标为（　　）

A．（2，1） B．（2，1） C．（2+1，1） D．（1，2+1）
【分析】延长BC交y轴于E，由平行四边形的性质得出BC∥OA，BC＝OA＝1，证明△OCE是等腰直角三角形，求出OE、CE的长度，得出BE＝2，求得点B的坐标．
【解答】解：延长BC交y轴于E，如图所示：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC∥OA，BC＝OA＝1，
∵OA⊥y轴，
∴BE⊥y轴，
∵∠AOC＝45°，
∴∠COE＝45°，
∴△OCE是等腰直角三角形，
∴OE＝CE=22OC＝1，
∴BE＝CE+BC＝2，
∴点B的坐标是（2，1），
故选：B．

【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
6．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC＝2，BD＝8，将△ABO沿点A到点C的方向平移，得到△A'B'O'，当点A'与点C重合时，点A与点B'之间的距离为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由菱形的性质得出AC⊥BD，AO＝OC=12AC＝1，OB＝OD=12BD＝4，由平移的性质得出O'C＝OA＝1，O'B'＝OB＝4，∠CO'B'＝90°，得出AO'＝AC+O'C＝6，由勾股定理即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝OC=12AC＝1，OB＝OD=12BD＝4，
∵△ABO沿点A到点C的方向平移，得到△A'B'O'，点A'与点C重合，
∴O'C＝OA＝1，O'B'＝OB＝4，∠CO'B'＝90°，
∴AO'＝AC+O'C＝3，
∴AB'=O'B'2+AO'2=42+32=5；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平移的性质、勾股定理；熟练掌握菱形的性质和平移的性质是解题的关键．
7．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD'E处，AD'与CE交于点F．若∠B＝54°，∠DAE＝20°，则∠FED'的大小为（　　）

A．27° B．32° C．36° D．40°
【分析】由三角形外角的性质可得∠AEC＝∠D+∠DAE＝74°，由折叠的性质可得∠AED＝∠AED'＝106°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D＝54°，
∵∠DAE＝20°，
∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝74°，
∴∠AED＝106°，
∵将△ADE沿AE折叠至△AD'E处，
∴∠AED＝∠AED'＝106°，
∴∠FED'＝∠AED'﹣∠AEC＝106°﹣74°＝32°，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，平行四边形的性质以及三角形的外角性质等知识；灵活运用翻折变换和平行四边形的性质是解本题的关键．
8．（3分）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（　　）

A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．一直变大 D．保持不变
【分析】连接DE，△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等．
【解答】解：连接DE，
∵S△CDE=12S四边形CEGF，
S△CDE=12S正方形ABCD，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．
故选：D．
【点睛】此题考查了正方形的性质、矩形的性质，连接DE由面积关系进行转化是解题的关键．
9．（3分）如图，平面内某正方形内有一长为10宽为5的矩形，它可以在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，则该正方形边长的最小整数n为（　　）

A．10 B．11 C．12 D．13
【分析】根据矩形长为10宽为5，可得矩形的对角线长为：52+102=125=55，由矩形在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，可得该正方形的边长不小于55，进而可得正方形边长的最小整数n的值．
【解答】解：∵矩形长为10宽为5，
∴矩形的对角线长为：52+102=125=55，
∵矩形在该正方形的内部及边界通过平移或旋转的方式，自由地从横放变换到竖放，
∴该正方形的边长不小于55，
∵11＜55＜12，
∴该正方形边长的最小正数n为12．
故选：C．
【点睛】本题考查了几何变换的类型，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
10．（3分）如图，正方形ABCD中，延长CB至E使CB＝2EB，以EB为边作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM，AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB，AM交于点N，K．则下列说法：①△ANH≌△GNF；②∠DAM＝∠NFG；③FN＝2NK；④S△AFN：S四边形DMKH＝2：7．其中正确的有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】由正方形的性质和中点条件得AH＝FG，再由两直角相等，一对对顶角相等，由ASA定理得△ANH≌△GNF，便可得判断①的正误；过点H作HP⊥MG于点P，便可证明△PHF≌△GAM得∠HFP＝∠AMG，进而得∠DAM＝∠NFG，便可判断②的正误；证明∠KAH＝∠KHA，得KA＝KH，再证∠KAN＝∠KNA，便可得AK＝NK＝KH，进而得FN＝2NK，便可判断③的正误；证明S△AFN=12S△AHF，S△AHK=14S△AHF，S△ADM＝2S△AHF，进而得S△AFN：S四边形DMKH＝2：7，便可判断④的正误．
【解答】解：∵四边形EFGB是正方形，
∴FG＝BE，∠FGB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，H为AD的中点，
∴BC＝AD＝2AH，
∵CB＝2EB
∴AH＝FG，
∵∠HAN＝∠FGN＝90°，∠ANH＝∠GNF，
∴△ANH≌△GNF（AAS），故①正确；
∵∠HAN＝∠FGN＝90°，
∴AD∥FM，
过点H作HP⊥MG于点P，则AG＝HP，HD＝PM，

∵FG＝AH＝HD，
∴FG＝PM，
∴FP＝MG，
∵∠HPF＝∠AGM＝90°，
∴△PHF≌△GAM（SAS），
∴∠HFP＝∠AMG，
∵AD∥FM，
∴∠DAM＝∠AMG，
∴∠DAM＝∠NFG，故②正确；
∵△ANH≌△GNF，
∴∠AHN＝∠GFN，NF＝NH，
∴∠KAH＝∠KHA，
∴KA＝KH，
∵∠KAH+∠KAN＝90°，∠KHA+∠KNA＝90°，
∴∠KAN＝∠KNA，
∴AK＝NK＝KH，
∴FN＝2NK，故③正确；
∵FN＝NH，
∴S△AFN=12S△AHF，
∵NK＝KH，
∴S△AKH=12S△ANH=14S△AHF，
∵S△ADM=12AD⋅DM=12×2AH⋅DM=2S△AHF，
∴S四边形DMKH=S△ADM-S△AKH=74S△AHF，
∴S△AFN：S四边形DMKH＝2：7，故④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，BC＝6，DE＝2，则平行四边形ABCD的周长为　20　．

【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD，BC＝AD＝6，AD∥BC，由角平分线的性质和平行线的性质可得AB＝AE＝4，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝AD＝6，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵DE＝2，
∴AE＝4，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝4，
∴平行四边形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝2×（6+4）＝20，
故答案为：20．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
12．（3分）若x=12+1，则x2+2x﹣1的值为　0　．
【分析】先分母有理化得到x=2-1，移项得x+1=2，两边平方可得到x2+2x＝1，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵x=12+1=2-1，
∴x+1=2，
∴（x+1）2＝2，
即x2+2x+1＝2，
∴x2+2x＝1，
∴x2+2x﹣1＝1﹣1＝0．
故答案为0．
【点睛】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．利用整体代入的方法可简化计算．
13．（3分）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝26°，则∠OBC的大小为　64°　．

【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=∠CNO，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝26°，
∴∠BCA＝∠DAC＝26°，
∴∠OBC＝90°﹣26°＝64°．
故答案为：64°．
【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质是解题的关键．
14．（3分）观察下列各式：
1+112+122=1+11×2=1+（1-12）；
1+122+132=1+12×3=1+（12-13）；
1+132+142=1+13×4=1+（13-14）……
请利用你发现的规律，计算：
1+112+122+1+122+132+1+132+142+⋯⋯+1+120192+120202其结果为　201920192020　．
【分析】直接利用已知运算规律进而计算得出答案．
【解答】解：由题意可得：
原式＝1+（1-12）+1+（12-13）+1+（13-14）+……+1+（12019-12020）
＝2019+1-12020
＝201920192020．
故答案为：201920192020．
【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
15．（3分）如图所示，以Rt△ABC的斜边BC为边，在△ABC的同侧作正方形BCEF，BE，CF交于点O，连接AO．若AB＝4，AO＝42，则AC＝　12　．

【分析】在AC上取一点G，使CG＝AB＝4，连接OG，可证得△OGC≌△OAB，从而得到OG＝OA＝42，再可证△AOG是等腰直角三角形，根据求出AG，也就求得AC．
【解答】解：在AC上取一点G使CG＝AB＝4，连接OG．设AC交OB于H．
∵∠ABO＝90°﹣∠AHB，∠OCG＝90°﹣∠OHC，∠OHC＝∠AHB，
∴∠ABO＝∠OCG，
∵OB＝OC，CG＝AB，
∴△OGC≌△OAB（SAS）
∴OG＝OA＝42，∠BOA＝∠GOC，
∵∠GOC+∠GOH＝90°，
∴∠GOH+∠BOA＝90°，
即：∠AOG＝90°，
∴△AOG是等腰直角三角形，AG＝8（勾股定理），
∴AC＝12．
故答案为：12．

【点睛】此题考查正方形的性质，本题的关键是通过作辅助线来构建全等三角形，然后将已知和所求线段转化到直角三角形中进行计算．
16．（3分）如图，一副三角板ABC和EDF拼合在一起，边AC与EF重合，∠BAC＝30°，∠DAC＝45°，∠ADC＝∠ACB＝90°，AC＝6cm．当点E从点A出发沿AC向下滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC向右滑动．当点E从点A滑动到点C时，连接BD，则△BCD的面积最大值为　36　cm2．

【分析】过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M，由直角三角形的性质可得AC＝6cm，AB＝43cm，ED＝DF＝32cm，由“AAS”可证△D'NE'≌△D'MF'，可得D'N＝D'M，即点D'在射线CD上移动，再根据三角形面积公式可得S△CD'B的最大值．
【解答】解：∵AC＝6cm，∠BAC＝30°，∠DEF＝45°，
∴BC＝23cm，AB＝43cm，DE＝DF＝32，
如图，当点E沿AC方向下滑时，得△E'D'F'，过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M，

∴∠MD'N＝90°，且∠E'D'F'＝90°，
∴∠E'D'N＝∠F'D'M，且∠D'NE'＝∠D'MF'＝90°，E'D'＝D'F'，
∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS），
∴D'N＝D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM，
∴CD'平分∠ACM，
即点E沿AC方向下滑时，点D'在射线CD上移动，
如图，连接BD'，

∵S△CD'B=12⋅BC⋅D'M，
当F'D'⊥BC时，S△CD'B有最大值，此时F'D'＝32，
∴S△CD'B最大值=12×23×32=36．
则△BCD的面积最大值为36cm2．
故答案为：36．
【点睛】本题考查了轨迹，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，三角形面积公式等知识，确定点D的运动轨迹是本题的关键．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）计算．
（1）（2+3）（2-3）；
（2）（6-215）×3-612+212．
【分析】（1）根据二次根式的运算法则即可求出答案．
（2）根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【解答】解：（1）原式＝2﹣3＝﹣1．
（2）原式＝32-65-32+43
＝43-65．
【点睛】本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
18．（6分）如图，在▱ABCD中，AH⊥BD于H，CG⊥BD于G，连接CH和AG，求证：∠1＝∠2．

【分析】首先证明AH∥CG，再利用平行四边形的性质证明△ABD≌△CDB（SSS），可得S△ABD＝S△BCD，进而可得AH＝CG，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论．
【解答】证明：∵AH⊥BD，CG⊥BD，
∴AH∥CG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，AD＝BC，
在△ADB和△CBD中CD=ABAD=BCBD=BD，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴S△ABD＝S△BCD，
∴AH＝CG，
∴四边形AGCH为平行四边形，
∴CH∥AG，
∴∠1＝∠2．

【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，关键是掌握平行四边形对边相等．
19．（8分）如图，在笔直的铁路上A，B两点相距20km，C，D为两村庄，DA＝8km，CB＝14km，DA⊥AB于A，CB⊥AB于B．现要在AB上建一个中转站E，使得C，D两村到E站的距离相等，求AE的长．

【分析】根据题意设出E点坐标，再由勾股定理列出方程求解即可．
【解答】解：设AE＝x，则BE＝20﹣x，
由勾股定理得：
在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2＝82+x2，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2＝142+（20﹣x）2，
由题意可知：DE＝CE，
所以：82+x2＝142+（20﹣x）2，解得：x＝13.3
所以，E应建在距A点13.3km．

【点睛】本题考查正确运用勾股定理，善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．
20．（8分）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为　3　时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为　6　时，四边形AMDN是菱形．

【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=12AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM=12MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
21．（10分）如图，在每个小正方形的边长均为1的网格中，点A，B，C，D均在格点上，请在此网格中仅用无刻度的直尺画图（保留连线痕迹）．
（1）画出线段BE，使BE∥AC，且BE＝AC；
（2）画出以AC为边的正方形ACMN；
（3）在（1）的条件下，画出直线PQ，使PQ平分四边形ABED的面积（作出一条即可）．

【分析】（1）根据网格和平行四边形的性质即可画出线段BE，使BE∥AC，且BE＝AC即可；
（2）根据网格和正方形的判定即可画出以AC为边的正方形ACMN；
（3）在（1）的条件下，画出直线PQ，使PQ平分四边形ABED的面积（作出一条即可）．
【解答】解：（1）如图所示BE即为所作；

（2）如图所示ACMN即为所作；
（3）如图所示，作线段AB的中点G，作直线CG，直线CG即为所作直线PQ．
【点睛】本题考查了作图﹣应用与设计作图、三角形的面积、正方形的判定与性质，解决本题的关键是掌握正方形的判定与性质．
22．（10分）阅读材料，请回答下列问题．
材料一：我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即已知三角形的三边长，求它的面积，用现代式子表示即为：S=14[a2b2-(a2+b2-c22)2]①（其中a，b，c为三角形的三边长，S为面积），而另一个文明古国古希腊也有求三角形面积的“海伦公式”；S=p(p-a)(p-b)(p-c)⋯⋯②（其中p=a+b+c2）
材料二：对于平方差公式：a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）公式逆用可得：（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，
例：a2﹣（b+c）2＝（a+b+c）（a﹣b﹣c）：
（1）若已知三角形的三边长分别为4，5，7，请分别运用公式①和公式②，计算该三角形的面积；
（2）你能否由公式①推导出公式②？请试试，写出推导过程．
【分析】（1）根据阅读材料分别代入即可求解；
（2）根据平方差公式和完全平方公式即可推导．
【解答】解：（1）设a＝4，b＝5，c＝7，
由公式①得S=14[42×52-(42+52-722)2=46，
由②得p=4+5+72=8，故S=8×(8-4)×(8-5)×(8-7)=46；

（2）可以，过程如下：
由平方差公式，①中根号内的式子可化为14(ab+a2+b2-c22)(ab-a2+b2-c22)，
通分，得116(2ab+a2+b2-c2)(2ab-a2-b2+c2)，
由完全平方公式，得116[(a+b)2-c2][c2-(a-b)2]，
由平方差公式，得116(a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)(c-a+b)③，
由p=a+b+c2，得2p＝a+b+c，
代入③，得116×2p(2p-2c)(2p-2b)(2p-2a)=p(p-a)(p-b)(p-c)，
所以14[a2b2-(a2+b2-c22)2]=p(p-a)(p-b)(p-c)．
【点睛】本题考查了二次根式的应用、平方差公式和完全平方公式，解决本题的关键是熟练应用公式，计算量大．
23．（12分）（1）如图①，正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF．填空：线段DG与CF的数量关系为　CF=2DG　；直线DG与CF所夹锐角的大小为　45°　．
（2）如图②，将正方形AEFG绕点A顺时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由．
（3）把图②中的正方形都换成菱形，且∠BAD＝∠GAE＝60°，如图③，直接写出DG：CF＝　33　．

【分析】（1）连接AF．易证A，F，C三点共线．易知AF=2AG．AC=2AD，推出CF＝AC﹣AF=2（AD﹣AG）=2DG；
（2）过D作DH⊥DG，且DH＝DG，连接GH，HC，并延长交DG、CF交于点K，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质即可得到结论；
（3）把△ADG绕着点D逆时针旋转120°得到△DCH，根据菱形和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）①延长EF交DC于H，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB∥CD，EF⊥AB，
∴EH⊥CD，
∴四边形DGFH是矩形，
∴HF＝DG，DH＝FG，
∵AD＝CD，DH＝AG，
∴CH＝DG，
∴CH＝FH，
∴CF=2DG；
②连接AF，
则A，F，C三点共线，
∴直线DG与CF所夹锐角的大小为45°，
故答案为：CF=2DG；45°；

（2）仍然成立，证明如下：
过D作DH⊥DG，且DH＝DG，连接GH，HC，并延长交DG、CF交于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∵DH⊥DG，
∴∠GDH＝90°，
∴∠GDH＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDH，
∴△ADG≌△CDH（SAS），
∴AG＝CH，∠AGD＝∠CHD，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝GF，∠AGF＝90°，
∵∠GDH＝90°，DH＝DG，
∴∠DGH＝∠DHG＝45°，
∴∠CHG＝∠CDH﹣∠DHG＝∠CDH﹣45°，∠HGF＝360°﹣∠AGF﹣∠AGD﹣∠DGH＝360°﹣90°﹣∠AGD﹣45°＝225°﹣∠AGD，
∴∠CHG+∠HGF＝180°，
∴CH∥FG，
∴四边形CHGF是平行四边形，
∴CF＝HG，CF∥HG，
在Rt△DGH中，HG2＝DH2+DG2＝2DG2，
∴HG=2DG，即CF=2DG
∵CF∥HG，
∴∠CKG＝∠DGH＝45°，
即直线DG与CF所夹锐角的度数为45°；
（3）把△ADG绕着点D逆时针旋转120°得到△DCH，
∴AG＝CH，∠AGD＝∠CHD，
∵四边形AEFG是菱形，
∴AG＝FG，
∴CH＝GF，∠AGF＝120°，
∴CH＝FG，
∵∠GDH＝120°，DG＝DH，
∴∠DGH＝∠DHG＝30°，
∴∠CHG＝∠CDH﹣∠DHG＝∠CDH﹣30°，∠HGF＝360°﹣∠AGF﹣∠AGD﹣∠DGH＝360°﹣120°﹣∠AGD﹣30°＝210°﹣∠AGD，
∴∠CHG+∠HGF＝180°，
∴CH∥FG，
∴四边形CHGF是平行四边形，
∴CF＝HG，CF∥HG，
∴DGGH=33．
故答案为：33．



【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形或全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
24．（12分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝a，BC＝3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB'，设点P的运动时间为t（s）．

（1）当a＝4时．
①如图2．当点B'落在AC上时，显然△PCB'是直角三角形，求此时t的值；
②当点B'不落在AC上时，请直接写出△PCB'是直角三角形时t的值；
（2）若直线PB'与直线CD相交于点M，且当t＜3时，∠PAM＝45°．问：当t＞3时，∠PAM的大小是否发生变化，若不变，请说明理由．
【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB'CB=PB'AB，即可解决问题．
②分三种情形分别求解即可，如图2﹣1中，当∠PCB′＝90°时．如图2﹣2中，当∠PCB′＝90°时．如图2﹣3中，当∠CPB′＝90°时．
（2）如图3﹣1中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3﹣2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
【解答】（1）①如图1中，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC=AB2+BC2=5，
∵翻折∴AB'＝AB＝4，PB'＝PB＝t，
∴PC＝3﹣t，CB′＝AC﹣AB'＝1，
∴在Rt△PCB'中，PC2＝PB'2+CB'2，
∴（3﹣t）2＝t2+12，
∴t=43；

②如图2﹣1中，当∠PCB'＝90°，B'在CD上时，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，
∴DB'=AB'2-AD2=7，
∴CB'=CD-DB'=4-7，
在Rt△PCB'中，∵B'P2＝PC2+B'C2，
∴t2=(4-7)2+(3-t)2，
∴t=16-473；
如图2﹣2中，当∠PCB'＝90°，B'在CD的延长线上时，

在Rt△ADB'中，DB'=AB'2-AD2=7，
∴CB'=4+7，
在Rt△PCB'中，则有：(4+7)2+(t-3)2=t2，
解得t=16+473；
如图2﹣3中，当∠CPB'＝90°时，

∵∠B＝∠B′＝∠BPB′＝90°，AB＝AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP＝AB＝4，
∴t＝4，
综上所述，满足条件的t的值为4s或16-473s或16+473s；
（2）当t＜3时，如图3﹣1中，

∵∠PAM＝45°，
∴∠2+∠3＝45°，∠1+∠4＝45°，
又∵△PAB关于直线PA的对称△PAB'，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
又∵∠ADM＝∠AB'M，AM＝AM，
∴△AMD≌△AMB'（AAS），
∴AD＝AB'＝AB，即四边形ABCD是正方形；
当t＞3时，如图3﹣2中，

设∠APB＝x，
∴∠PAB＝90°﹣x，
∴∠DAP＝x，
∵AB′＝AD，AM＝AM，
∴Rt△MDA≌Rt△B'AM（HL），
∴∠BAM＝∠DAM，
∵作△PAB关于直线PA的对称△PAB'，
∴∠PAB＝∠PAB'＝90°﹣x，
∴∠DAB'＝∠PAB'﹣∠DAP＝90°﹣2x，
∴∠DAM＝∠DAB'＝45°﹣x，
∴∠MAP＝∠DAM+∠PAD＝45°．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．