广东省广州二中教育集2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（含答案）

这是一份广东省广州二中教育集2023-2024学年八年级下学期期中数学试题（含答案），共34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。
（满分 120 分）
a 1
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
若二次根式
在实数范围内有意义， a 的取值范围是（）
a  1
a  1
a  1
a  1
下列四个二次根式中，最简二次根式是（）
40
32
2
27
A.B.C.D.
3. 在Y ABCD 中， A  3B ，则C  （ ）
A. 45B. 60C. 120D. 135
3
3
下列计算正确的是（ ）
a
b
a  b
A.
B. 3  3
C. 2
a  3 6
D.a  a
a
a
ab
b
已知ABC 中，a、b、c 分别是ÐA 、ÐB 、ÐC 的对边，下列条件不能判断ABC 是直角三角形的是（ ）
A. A: B: C  1: 2: 3
C. A  2B  3C
B. a2  b  cb  c
D. a : b : c  3 : 4 : 5
下列命题中，为真命题的是（ ）
对角线互相平分的四边形是平行四边形
对角线互相垂直的四边形是菱形
对角线相等的平行四边形是菱形
有一个角是直角的平行四边形是矩形
A. （1）（2）B. （1）（4）C. （2）（4）D. （3）（4）
已知ABC 的周长为 16，点 D ， E ， F 分别为ABC 三条边的中点，则DEF 的周长为（ ）
2
A. 8B. 2
C. 16D. 4
如图，矩形 ABCD 中，对角线 AC 的垂直平分线 EF 分别交 BC，AD 于点 E，F，若 BE=3，AF=5，则AC 的长为（ ）
5
4
4
C. 10D. 8
3
如图，在正方形 ABCD 中，点 E ， F 分别在 BC ，CD 上，连接 AE ， AF ， EF ，EAF  45 ．若
BAE a，则FEC 一定等于（ ）
A. 2aB. 90  2a
C. 45 a
D. 90 a
如图，已知菱形 ABCD 的边长为 2， BAD  60 ，进行如下操作：第一次，顺次连接菱形 ABCD
各边的中点，得到四边形 A1B1C1D1 ；第二次，顺次连接四边形 A1B1C1D1 各边的中点，得到四边形
A2B2C2D2 ；…如此反复操作下去，则第 n 次操作后，得到四边形 An BnCn Dn 的面积是（）
3
3
A.B.
2n
2n1
C.
3
2n1
D.
3
22n
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分．）
52
计算：
．
在平面直角坐标系中，点3, 1 到原点的距离为．
如图，在四边形 ABCD 中，点 E，F 分别是边 AB，AD 的中点， BC  10 ， CD  6 ， EF  4 ，
AFE  52 ，则ADC 的度数为．
2023
14. 若m  2 ，则式子 m2  4m  5 的值为．
如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是边 AD 上的一点，点 F 在边 DC 的延长线上，且 AE  CF ，连接
EF 交对角线 AC 于点 G．若 AB  8 ， AE  2 ，则线段 DG 的长为．
如图，在矩形 ABCD 中， AB  2 ， BC  4 ，点 E 是边 AB 的中点，点 P 是边 AD 上的一个动点，
PEA 关于 PE 的对称图形为! PEF ，连接CF ．当点 F 恰好落在矩形 ABCD 的对称轴上时， AP 的长为
；当线段CF 的长度最小时， AP 的长为．
三、解答题（本大题共 9 小题，满分 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
计算：
2 4
2 ．
3
24
如图，在Y ABCD 中， AE  BC 于点 E， CF  AD 于点 F．求证：四边形 AECF 为矩形．
已知 x 1, y 1，求下列各式的值：
3
3
（1） x2  2xy  y2 ；（2） x2  y2 ．
如图，在笔直的公路 AB 旁有一座山，从山另一边的 C 处到公路上的停靠站 A 的距离为
AC  15km ，与公路上另一停靠站 B 的距离为 BC  20km ，停靠站 A，B 之间的距离为 AB  25km ，
为方便运输货物现要从公路 AB 上的 D 处开凿隧道修通一条公路到 C 处，且CD  AB ．
（1）求证： ACB  90 ；
（2）求修建的公路CD 的长．
如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC ， BD 相交于点 O．
尺规作图：作BAC 的平分线 AE ，交 BD 于点 E（保留作图痕迹，不写作法）；
在（1）所作的图中，若 AC  2 AB ，求证： DE  3BE ．
如图，矩形 ABCD 的对角线 AC, BD 相交于点 O， BE ∥ AC ， AE ∥ BD ．
求证：四边形 AOBE 是菱形；
若 AB  2 ， BC  4 ，求菱形 AOBE 的面积．
如图，在Y ABCD 中， AB  5cm ， BC  9cm ，动点 P 从点 A 出发，以每秒2cm 的速度沿
Y ABCD 的边逆时针匀速运动；动点 Q 同时从点 A 出发，以每秒3cm 的速度沿Y ABCD 的边顺时针匀速
运动；设点 P 的运动时间为 t 秒．
当点 P 在 BC 上运动时， BP  cm（用含 t 的代数式表示）；
当t 秒时，P，Q 两点相遇；
是否存在 t 的值，使得以点 A，C，P，Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出 t 的值；若不存在，请说明理由．
如图，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，且ABC  60 ， AB  6 ．
求 BD 的长；
点 E 在线段 BD 上，且 AE  AB ，点 F 为线段 BC 上一动点．
①当 BF  2 时，求四边形 DEFC 的面积；
②记2EF  BF 的最小值为 a， OF  AF 的最小值为 b，求a2  b2 的值．
如图，在正方形 ABCD 中，点 E 为边 BC 上一个动点（不与点 B，C 重合），过点 B 作 AE 的垂线交边CD 于点 F．
求证： AE  BF ；
延长CB 到点 G，使 BG  BE ，过点 G 作 BF 的平行线，分别交对角线 AC 于点 P，交边CD 于点
Q．
①探究 PC，PQ，QF 三条线段之间的数量关系，并说明理由；
②若 AB  6 ，连接 PE ， V APE 能否为等腰三角形？如果能，请直．接．写出此时 BE 的长；如果不能，请说明理由．
广州二中教育集团 2023 学年第二学期期中质量监测
初二年级数学试卷
（满分 120 分）
a 1
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
若二次根式
在实数范围内有意义， a 的取值范围是（）
a  1
a  1
a  1
a  1
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式中的被开方数是非负数列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】由题意得， a 1  0 ， 解得， a  1 ，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
下列四个二次根式中，最简二次根式是（）
40
32
2
27
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
10
40
【分析】根据最简二次根式的定义，被开方数中不含能开得尽的因数或因式，被开方数中不含分母，判定即可．
40
【详解】解：A、
 2，
不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
32
2
32
B、 4，
不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
2
C、是最简二次根式，故本选项符合题意；
27
3
27
D、 3，
不是最简二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
3. 在Y ABCD 中， A  3B ，则C  （ ）
A. 45B. 60C. 120D. 135
【答案】D
【解析】
【 分析】 根据平行四边形的性质可得 A  B  180 ， 结合 A  3B 可求出 A  135 ， 则
C  A  135 ．
【详解】解：根据题意可画出示意图如下：
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴ AD ∥ BC ， C  A ，
∴ A  B  180 ，
∵ A  3B ，
∴ 4B  180 ，
∴ B  45 ， A  3B  135 ，
∴ C  A  135 ， 故选 D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质等，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
下列计算正确的是（ ）
a
b
a  b
3
3
AB. 3  3
C. 2
a  3 6
D.a  a
a
a
ab
b
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算的法则． 根据二次根式相关运算法则逐项判断即可．
a
b
【详解】解：与
不能合并，故 A 错误，不符合题意；
3
3 与不能合并，故 B 错误，不符合题意；
a
2 a  3
 6a ，故 C 错误，不符合题意；
ab
b
a  a
，故 D 正确，符合题意；
故选：D．
已知ABC 中，a、b、c 分别是A 、B 、C 的对边，下列条件不能判断ABC 是直角三角形的
是（ ）
A. A: B: C  1: 2: 3
C. A  2B  3C
B. a2  b  cb  c
D. a : b : c  3 : 4 : 5
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理和勾股定理的逆定理，根据有一个内角是直角的三角形是直角三角
形、勾股定理的逆定理判定直角三角形是解题的关键．根据三角形内角和等于180 度求出三角形内角的度数，即可判定 A、C；根据勾股定理的逆定理判定 B、D，即可得出答案．
【详解】解：A、A: B: C  1: 2: 3 ，则C  180
此选项不符合题意；
3
1 2  3
 90 ，则ABC 是直角三角形，故
B、 a2  b  cb  c ，可得 a2  c2  b2 ，则ABC 是直角三角形，故此选项不符合题意；
C、A  2B  3C ，则B  1 A ， C  1 A ，
23
∴ A  1 A  1 A  180 ， 23
∴ A  ，
 11 
∴则ABC 不是直角三角形，故此选项符合题意；
D、 a : b : c  3 : 4 : 5 ，设 a  3k ，则b  4k ， c  5k ，则3k 2  4k 2  25k 2  5k 2 ，即
a2  b2  c2 ，
根据勾股定理的逆定理可判定ABC 是直角三角形，故此选项不符合题意； 故选：C．
下列命题中，为真命题的是（ ）
对角线互相平分的四边形是平行四边形
对角线互相垂直的四边形是菱形
对角线相等的平行四边形是菱形
有一个角是直角的平行四边形是矩形
A. （1）（2）B. （1）（4）C. （2）（4）D. （3）（4）
【答案】B
【解析】
【分析】正确的命题叫真命题，根据定义解答．
【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故（1）是真命题； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故（2）不是真命题；
对角线相等的平行四边形是矩形，故（3）不是真命题； 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故（4）是真命题； 故选：B．
【点睛】此题考查真命题的定义，熟记定义并正确掌握平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
已知ABC 的周长为 16，点 D ， E ， F 分别为ABC 三条边的中点，则DEF 的周长为（ ）
2
A. 8B. 2
C. 16D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由 D ， E ， F 分别为ABC 三条边的中点，可知 DE、EF、DF 为ABC 的中位线，即可得到
DEF 的周长．
【详解】解：如图，
∵ D ， E ， F 分别为ABC 三条边的中点，
∴ DF  1 BC ， DE  1 AC ， EF  1 AB ，
222
∵ BC  AC  AB  16 ，
∴ DF  DE  EF  1  BC  AC  AB   1 16  8 ，
22
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边且是第三边的一半是解题的关键．
如图，矩形 ABCD 中，对角线 AC 的垂直平分线 EF 分别交 BC，AD 于点 E，F，若 BE=3，AF=5，则AC 的长为（ ）
5
4
4
C. 10D. 8
3
【答案】A
【解析】
【分析】连接 AE，由线段垂直平分线的性质得出 OA=OC，AE=CE，证明△AOF≌△COE 得出 AF=CE=5， 得出 AE=CE=5，BC=BE+CE=8，由勾股定理求出 AB=4，再由勾股定理求出 AC 即可．
【详解】解：如图，连结 AE，
设 AC 交 EF 于 O，
依题意，有 AO＝OC，∠AOF＝∠COE，∠OAF＝∠OCE， 所以，△OAF≌△OCE（ASA），
所以，EC＝AF＝5，
因为 EF 为线段 AC 的中垂线， 所以，EA＝EC＝5，
又 BE＝3，由勾股定理，得：AB＝4，
所以，AC＝
AB2  BC 2＝
16 （3+5）2＝4
5
【点睛】本题考查了全等三角形的判定、勾股定理，熟练掌握是解题的关键.
如图，在正方形 ABCD 中，点 E ， F 分别在 BC ，CD 上，连接 AE ， AF ， EF ， EAF  45 ．若
BAE a，则FEC 一定等于（ ）
A. 2aB. 90  2a
C. 45 a
D. 90 a
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形逆时针旋转90 后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将 ADF 绕点A 逆时针旋转90 至 ABH ，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴ AB  AD ， ABC  D  BAD  C  90 ，
由旋转性质可知： DAF  BAH ， D  ABH  90 ， AF  AH ，
∴ ABH  ABC  180 ，
∴点 H，B，C 三点共线，
∵ BAE a， EAF  45 ， BAD  HAF  90 ，
∴ DAF  BAH  45 a， EAF  EAH  45 ，
∵ AHB  BAH  90 ，
∴ AHB  45 a， 在 AEF 和 AEH 中
 AF  AH

FAE  HAE ，

 AE  AE
∴ AFE≌ AHE SAS  ，
∴ AHE  AFE  45 a，
∴ AHE  AFD  AFE  45 a，
∴ DFE  AFD  AFE  90  2a，
∵ DFE  FEC  C  FEC  90 ，
∴ FEC  2a， 故选： A ．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
如图，已知菱形 ABCD 的边长为 2， BAD  60 ，进行如下操作：第一次，顺次连接菱形 ABCD
各边的中点，得到四边形 A1B1C1D1 ；第二次，顺次连接四边形 A1B1C1D1 各边的中点，得到四边形
A2B2C2D2 ；…如此反复操作下去，则第 n 次操作后，得到四边形 An BnCn Dn 的面积是（）
A.3 2n
3
B.
2n1
C.
3
2n1
D.
3
22n
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查图形类规律探究，涉及矩形和菱形的判定与性质，三角形的中位线性质，通过推导计算得到面积的变化规律是解答的关键．根据矩形和菱形的判定与性质，结合三角形的中位线性质得到每一次得到的四边形的面积与矩形 ABCD 的关系，进而得到变化规律即可．
【详解】解：连接 AC ， BD ， A1C1 ， B1D1 ，
∵四边形 ABCD 为菱形，
∴ AC ^BD ， AB  AD ， AO  CO  1 AC ， BO  DO  1 BD ，
22
∴ AOD  90 ，
∵ BAD  60 ，
∴△ABD 为等边三角形，
∴ BD  AB  2 ，
∴ BO  1 BD  1， 2
AB2  BO2
3
∴ AO ，
3
3
∴ AC  2，
3
11
∴ S菱形ABCD  2 AC  BD  2  2  2
 2，
∵第一次，顺次连接菱形 ABCD 各边的中点，得到四边形 A1B1C1D1 ，
∴ A D  B C  1 BD ， A B  C D  1 AC ， C D ∥ AC ， A D ∥ BD ，
1 11 121 11 121 11 1
∴四边形 A1B1C1D1 为平行四边形，
∵ C1D1 ∥ AC ， AOD  90 ，
∴∠OC2C1  AOD  90 ，
∵ A1D1 ∥ BD ，
∴∠A1D1C1  ∠BC2C1  90 ，
∴四边形 A1B1C1D1 为矩形，
∴ A1C1  B1D1 ，
1 1 1 1
∴ S矩形A B C D  A1D1  A1B1
 1 AC  1 BD  1 S
222
菱形ABCD
 1  2，
3
3
2
∵第二次，顺次连接四边形 A1B1C1D1 各边的中点，得到四边形 A2B2C2D2 ，
∴ C D
 A B
 1 AC ， A D
 B C
 1 D B ， AC
 B D ，
2 22 2
2 1 1
2 22 2
21 1
1 11 1
∴ C2 D2  A2 B2  A2 D2  B2C2 ，
∴四边形 A2B2C2D2 为菱形，
13
2
111
2 2 2 21 1 1 1
∴ S四边形A B C D
 2 A2C2  B2 D2  2 S四边形A B C D  4 S四边形ABCD ，
依次可得， Sn
 1 S
2n
3
菱形ABCD
 1  2 2n
 2n1 ，
3
故选：B．
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分．）
52
计算：
．
【答案】5
【解析】
a2
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，掌握二次根式的性质
 a  a a  0
a a  0

是解题的关
键．
先将被开方数化为52 ，然后按照二次根式的性质化简即可．
(5)2
【详解】解：
 5 ，
52
故答案为：5．
在平面直角坐标系中，点3, 1 到原点的距离为．
10
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，根据原点坐标为0，0 ，以及点3, 1 ，结合勾股定理列式，即可作答．
【详解】解：∵原点坐标为 0，0 ，点3, 1 ，
3  02  1 02
10
∴，
10
∴点3, 1 到原点的距离为，
10
故答案为：．
如图，在四边形 ABCD 中，点 E，F 分别是边 AB，AD 的中点， BC  10 ， CD  6 ， EF  4 ，
∠AFE  52 ，则∠ADC 的度数为．
【答案】142 ##142 度
【解析】
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第
三边的一半．
连接 BD ，根据三角形中位线定理得到 BD  8, EF ∥ BD ，根据平行线的性质求出∠ADB ，根据勾股定理的逆定理求出∠BDC=90 ，计算即可．
【详解】解：如图，连接 BD ，
∵点 E 、 F 分别是边 AB 、 AD 的中点，
∴ EF 是△ABD 的中位线，
 BD  2EF  2  4  8, EF ∥ BD ，
ADB  AFE ，
QAFE  52 ，
ADB  52 ，
在BDC 中， BD2  CD2  82  62  100, BC 2  102  100 ，
 BD2  CD2  BC 2 ，
BDC  90 ，
ADC  ADB  BDC  52  90  142 ， 故答案为：142 ．
2023
14. 若m  2 ，则式子 m2  4m  5 的值为．
【答案】2024
【解析】
2023
【分析】先将 m2  4m  5 配方，然后将m  2 代入即可．
2023
【详解】解：∵ m2  4m  5  m  22 1， m  2 ，
2023
∴原式 m  22 1  
故答案为：2024．
 2  22 1  2023 1  2024 ，
【点睛】本题考查了代数式求值，配方法的应用，将原式变形为m  22 1 是解题关键．
如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是边 AD 上的一点，点 F 在边 DC 的延长线上，且 AE  CF ，连接
34
EF 交对角线 AC 于点 G．若 AB  8 ， AE  2 ，则线段 DG 的长为．
【答案】
【解析】
【 分 析 】 过 点 E 作 EH  AD 于 E ， 先 证 △AEH 为 等 腰 直 角 三 角 形 ， 得 FH  AE  2 ， 则
34
DE  6, DF  8，由此可求出 EF  2
角形的性质可得 DG 的长．
，再证△GEH 和△GHE 全等得GE  GF ，然后根据直角三
【详解】解：过点 E 作 EH  AD 于 E ，如下图所示：
∵四边形 ABCD 为正方形， AB  8 ，
∴ AD  CD  AB  8, ADC  90, CAD  45 ，
∴△AEH 为等腰直角三角形，
∴ FH  AE  2 ， 又∵ AE  CF ，
∴ EH  CF  2 ，
34
∴ DE  AD  AE  6, DF  CD  CF  10 ，
DE2  DF 2
在 RtDEF 中，由勾股定理得： EF 
Q EH  AD, ADC  90 ，
 EH ∥CD ，
 2，
GEH  F , GHE  GCF ，
在△GEH 和△GHE 中，
GEH  F

EH  CF，

GHE  GCF
∴GEH≌GHE  ASA ，
GE  GF ，
即点G 为 EF 的中点，
在 RtDEF 中，点G 为斜边 EF 的中点，
34
 DG  1 EF ，
2
34
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理， 全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造等腰直角三角形和全等三角形是解决问题的难点．
如图，在矩形 ABCD 中， AB  2 ， BC  4 ，点 E 是边 AB 的中点，点 P 是边 AD 上的一个动点，
PEA 关于 PE 的对称图形为! PEF ，连接CF ．当点 F 恰好落在矩形 ABCD 的对称轴上时， AP 的长为
；当线段CF 的长度最小时， AP 的长为．
【答案】①. 1②.17 1
4
【解析】
【分析】设CD 的中点为T ，连接 ET ，设 AD, BC 的中点分别为 M , N ，连接 MN ，过点 F 作
FH  AB 于 H ，先证当点 F 恰好落在矩形 ABCD 的对称轴上时，点 F 只能落在 ET 所在的直线上，再证四边形 AEFP 为正方形，从而可得 AP 的长；连接C E ，根据“两点之间线段最短”得即当点 F 落在
17
17
CE 上时， CF 为最短，先求出CE ，则CF  CE EF 1，设 AP  x ，则
PF  AP  x, PD  AD  AP  4  x ，在 RtPCF 和 RtPCD 中，
17
PC  PF 2  CF 2  x2  (1)2  PD2  CD2  (4  x)2  4 ，由此解出 x 即可得 AP 的长．
【详解】解：设CD 的中点为T ，连接 ET ，设 AD ， BC 的中点分别为 M , N ，连接 MN ，过点 F 作
FH  AB 于 H ，如图 1 所示：
∴ ET , MN 所在的直线为矩形 ABCD 的对称轴，
∵四边形 ABCD 为矩形， AB  2, AD  4 ，点 E 是边 AB 的中点，
∴ AB  CD  2, AD  BC  4, AE  BE  1, AM  2, BAD  D  90 ，
∵PEA 关于 PE 的对称图形为! PEF ，
∴ EF  AE  1, PA  PF , AEP  FEP, APE  FPE, PFE  BAD  90 ， 根据“垂线段最短”得： FH  EF ，即 FH  1，
则点 F 到 MN 的距离大于等于 1，
∴当点 F 恰好落在矩形 ABCD 的对称轴上时，点 F 只能落在 ET 所在的直线上，如图 2 所示：
此时AEF  90 ，
又∵ PFE  BAD  90, EF  AE  1，
∴四边形 AEFP 为正方形，
∴ AP  AE  1 ； 连接CE ，
根据“两点之间线段最短”得： EF  CF  CE ，即当点 F 落在CE 上时， CF 为最短，如图 3 所示：
在 RtBCE 中， BE  1, BC  4 ，
BE2  BC 2
17
由勾股定理得： CE ，
17
CF  CE  EF 1，
设 AP  x ，则 PF  AP  x, PD  AD  AP  4  x ，
17
在 RtPCF 中，由勾股定理得： PC 2  PF 2  CF 2  x2  (1)2 ，
在 RtPCD 中，由勾股定理得： PC 2  PD2  CD2  (4  x)2  4 ，
17
 x2  (
解得： x 
即 AP  x 
1)2  (4  x)2  4 ，
17 1 ，
4
17 1 ，
4
故答案为：1;
17 1 ．
4
【点睛】此题主要考查了矩形的性质，轴对称图形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，轴对称图形的性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键．
3
24
三、解答题（本大题共 9 小题，满分 72 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
计算：
2 4
2 ．
6
【答案】2 2
【解析】
6
6
【分析】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的化简方法． 先计算乘法，再计算加减即可；
6
【详解】解：原式 4
 2  2
 2 2 ．
如图，在Y ABCD 中， AE  BC 于点 E， CF  AD 于点 F．求证：四边形 AECF 为矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定以及平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键． 证明EAF  AEC  AFC  90 ，即可得出结论；
【详解】证明：∵ AE  BC ， CF  AD ，
∴ AEC  AFC  90 ． 在Y ABCD 中， AD ∥ BC ，
∴ EAF  180  AEC  90 ．
∴ EAF  AEC  AFC  90 ，
∴四边形 AECF 为矩形．
3
3
已知 x 1, y 1，求下列各式的值：
（1） x2  2xy  y2 ；（2） x2  y2 ．
3
【答案】（1）12；（2） 4．
【解析】
3
【分析】先求出 x  y  2
， x  y  2 ，
然后利用完全平方公式进行因式分解，即可求解；
然后利用平方差公式进行因式分解，即可求解．
3
3
【详解】解：∵ x 1, y 1，
3
∴ x  y  
1 
1  2
， x  y  
1 
1  2 ，
3
3
3
3
∴（1） x2  2xy  y2   x  y 2  2 3 2  12 ；
3
（2） x2  y2   x  y  x  y   2 3  2  4．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式和平方差公式，二次根式的加减运算和乘法运算，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
如图，在笔直的公路 AB 旁有一座山，从山另一边的 C 处到公路上的停靠站 A 的距离为
AC  15km ，与公路上另一停靠站 B 的距离为 BC  20km ，停靠站 A，B 之间的距离为 AB  25km ，
为方便运输货物现要从公路 AB 上的 D 处开凿隧道修通一条公路到 C 处，且CD  AB ．
（1）求证： ACB  90 ；
（2）求修建的公路CD 的长．
【答案】（1）见解析（2）12km
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理的应用，以及三角形的面积公式等知识，熟练掌握这两个定理是解题关键．
根据勾股定理的逆定理，由 AC 2  BC 2  AB2 得到ABC 是直角三角形，进而得解；
利用ABC 的面积公式可得， CD  AB  AC  BC ，从而求出CD 的长．
【小问 1 详解】
解：证明：∵ AC  15km ， BC  20km ， AB  25km ，152  202  252 ，
∴ AC 2  BC 2  AB2 ，
∴ ACB  90 ．
【小问 2 详解】
∵ CD  AB ，
∴ S ABC
 1 AB  CD  1 AC  BC ，
22
∴ CD  AC  BC  15 20  12 km ．
AB25
答：修建的公路CD 的长是12km ．
如图，平行四边形 ABCD 的对角线 AC ， BD 相交于点 O．
尺规作图：作ÐBAC 的平分线 AE ，交 BD 于点 E（保留作图痕迹，不写作法）；
在（1）所作的图中，若 AC  2 AB ，求证： DE  3BE ．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】此题考查了平行四边形的性质，尺规作角平分线，等腰三角形的性质和判定，
理由尺规作角平分线的方法求解即可；
首先根据平行四边形的性质得到OA  OC  1 AC ， OD  OB ，然后利用等腰三角形三线合一性
2
质得到 BE  EO ，进而求解即可．
【小问 1 详解】
如图所示， AE 即为所求；
【小问 2 详解】
证明：∵四边形 ABCD 为平行四边形，
∴ OA  OC  1 AC ， OD  OB ．
2
∵ AC  2 AB ，
∴ AO  AB ．
∵ AE 平分∠BAC ，
AO  AB ，
∴ BE  EO ．
∴ OB  OD  2BE ．
∴ DE  DO  OE  3BE ． 即 DE  3BE ．
如图，矩形 ABCD 的对角线 AC, BD 相交于点 O， BE ∥ AC ， AE ∥ BD ．
求证：四边形 AOBE 是菱形；
若 AB  2 ， BC  4 ，求菱形 AOBE 的面积．
【答案】（1）见解析（2）4
【解析】
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，掌握相关判定和性质，是解题的关键．
先证明四边形 AOBE 是平行四边形，再根据矩形的对角线相等且平分，得到OA  OB ，即可得证；
连接OE ，证明四边形 EBCO 是平行四边形，进而得到OE  BC ，利用菱形的面积公式进行计算即可．
【小问 1 详解】
证明：∵ BE ∥ AC ， AE ∥ BD ，
∴四边形 AOBE 是平行四边形．
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴ AC  BD ， OA  OC  1 AC ， OB  OD  1 BD ．
22
∴ OA  OB  OC  OD ．
∵四边形 AOBE 是平行四边形， OA  OB ，
∴四边形 AOBE 是菱形．
【小问 2 详解】
解：如图，连接OE ，
由（1）知四边形 AOBE 是菱形，
∴ BE  OB  OC ．
∵ BE ∥ AC ，
∴ BE ∥OC ， BE  OC ．
∴四边形 BEOC 是平行四边形．
∴ OE  BC  4 ．
∴ S菱形AOBE
 2S△AOB
 1 OE  AB  1  4  2  4 ． 22
∴菱形 AOBE 的面积是 4．
如图，在Y ABCD 中， AB  5cm ， BC  9cm ，动点 P 从点 A 出发，以每秒2cm 的速度沿
Y ABCD 的边逆时针匀速运动；动点 Q 同时从点 A 出发，以每秒3cm 的速度沿Y ABCD 的边顺时针匀速
运动；设点 P 的运动时间为 t 秒 0  t  28  ．
3 

当点 P 在 BC 上运动时， BP  cm（用含 t 的代数式表示）；
当t 秒时，P，Q 两点相遇；
是否存在 t 的值，使得以点 A，C，P，Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出 t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 2t  5
28
（2）
5
1442
（3）秒或秒
55
【解析】
【分析】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质、一元一次方程的应用等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键．
结合题意利用距离 速度时间的关系式解答即可；
利用t 的代数式表示出点 P ， Q 移动的距离，再利用两点移动的距离之和为平行四边形的周长列方程解答即可；
利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当 APCQ 为平行四边形时，利用平行四边形的对边相等的性质列出关于t 的方程解答即可；②当 AQCP 为平行四边形时，利用同样的方法解答即可．
【小问 1 详解】
解： 动点 P 从点A 出发，以每秒2cm 的速度沿Y ABCD 的边逆时针匀速运动，
点 P t 秒运动的距离为2tcm ，
 AB  5cm ，
当点 P 在 BC 上运动时， BP  2t  5 cm ， 故答案为： 2t  5 ；
【小问 2 详解】
解： 在Y ABCD 中， AB  5cm ， BC  9cm ，
 ABCD 的周长为28cm ．
由题意得：点 P 经过t 秒运动的距离为2tcm ，点Q 经过t 秒运动的距离为3tcm ，
 P ， Q 两点相遇时， 2t  3t  28 ，
5t  28 ，
t  28 ．
5
当t  28 秒时， P ， Q 两点相遇．
5
28
故答案为：；
5
【小问 3 详解】
解：存在t 的值，使得以点A ， C ， P ， Q 为顶点的四边形是平行四边形， t 的值为14 秒或 42 秒．理由：
55
①当 APCQ 为平行四边形时，如图，
由题意得： PC  14  2t cm ， AQ  3tcm ，
 四边形 APCQ 为平行四边形，
14  2t  3t ，
5t  14 ，
t  14 ．
5
②当 AQCP 为平行四边形时，如图，
由题意得： AQ  28  3t cm ， PC  2t 14cm ，
 四边形 APCQ 为平行四边形，
 28  3t  2t  14 ，
5t  42 ，
t  42 ．
5
综上，存在t 的值，使得以点A ， C ， P ， Q 为顶点的四边形是平行四边形， t 的值为14 秒或 42 秒．
55
如图，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，且ABC  60 ， AB  6 ．
求 BD 的长；
点 E 在线段 BD 上，且 AE  AB ，点 F 为线段 BC 上一动点．
①当 BF  2 时，求四边形 DEFC 的面积；
②记2EF  BF 的最小值为 a， OF  AF 的最小值为 b，求a2  b2 的值．
3
【答案】（1） 6
3
（2）① 7
；②81
【解析】
【分析】（1）根据四边形 ABCD 是菱形，且ABC  60 ， AB  6 ，得出 AC ^BD ，
OA  OC  1 AC ， OB  OD  1 BD ， OBC  OBA  30 ．在Rt△ABO 中，根据直角三角形的
22
3
性质得出OA  3 ，再根据勾股定理算出OB  3
，即可解答．
3
3
（2）①如图，连接CE ，设 AE  x ，在Rt△ABE 中，根据EBA  30 ，得出 BE  2 AE  2x ，根据
勾股定理即可解出， AE  2
．证明 ABE≌CBE SAS ，即可得出CE  AE  2，
BCE  BAE  90．算出 S BEF ， S△BCD ，再根据 S四边形DEFC  SV BCD  SV BEF 即可计算．
②如图，过点 B 作 BH  AB ，且 BH  OB ，过点 F 作 FG  BH 于点 G，连接 FH ．证出
CBH  30 ，在Rt△BFG 中，根据直角三角形的性质得出 FG  1 BF ，根据
2
2EF  BF  2  EF  FG   2EG ，得出当 E、F、G 共线时， 2EF  BF 的值最小，此时
min
EGB  90 ，证出四边形 ABGE 是矩形，即可得出 EG  AB  6 ， a  2EF  BF  12 ．证明
OBF≌HBF SAS ，得出 FH  OF ，得出当 A、F、H 共线时， OF  AF 的值最小，在Rt△ABH
7
中，根据定理得出 AH  3，即可算出b ，即可解答．
【小问 1 详解】
解：∵四边形 ABCD 是菱形，且ABC  60 ， AB  6 ，
∴ AC ^BD ， OA  OC  1 AC ， OB  OD  1 BD ，
22
OBC  OBA  1 ABC  30 ．
2
在Rt△ABO 中， OBA  30 ，
∴ OA  1 AB  3 ， 2
AB2  OA2
62  32
3
∴ OB  3．
3
∴ BD  2OB  6．
【小问 2 详解】
①如图，连接CE ，设 AE  x ，
∵ AE  AB ，
∴ BAE  90 ，
在Rt△ABE 中， EBA  30 ，
∴ BE  2 AE  2x ， AE2  AB2  BE2 ， 即 x2  62  2x2 ，
3
3
解得： x1  2（舍）， x2  2．
3
∴ AE  2．
在 ABE 和△CBE 中，
 AB  BC

ABE  CBE ，

BE  BE
∴  ABE≌CBE SAS ．
3
3
3
∴ CE  AE  2
， BCE  BAE  90．
∴ S△BEF
 1 BF  CE  1  2  2 22
 2．
S△BCD
 1 BD  OC  1  6 3  3  9．
3
22
3
3
3
∴ S四边形DEFC  S△BCD  S△BEF  9 2 7．
3
∴四边形 DEFC 的面积是7．
②如图，过点 B 作 BH  AB ，且 BH  OB ，过点 F 作 FG  BH 于点 G，连接 FH ．
∵ BH  AB ， FG  BH ，
∴ ABH  BGF  90 ．
∴ CBH  ABH  ABC  90  60  30 ，
∴在Rt△BFG 中， FG  1 BF ．
2
∴ 2EF  BF   2  2EG ．
2
∴当 E、F、G 共线时， 2EF  BF 的值最小，此时EGB  90 ．
∴ EGB  ABG  BAE  90 ，
∴四边形 ABGE 是矩形．
∴ EG  AB  6 ．
min
∴ a  2EF  BF  2EG  12 ． 在OBF 和HBF 中，
OB  HB

OBF  HBF ，

BF  BF
∴ OBF≌HBF SAS ．
∴ FH  OF ，
∴ OF  AF  HF  AF  AH ．
∴当 A、F、H 共线时， OF  AF 的值最小．
AB2  BH 2
62  3
3 2
7
在Rt△ABH 中， AH  3，
7
min
∴ b  OF  AF  AH  3．
∴ a2  b2  122  3 7 2  81．
∴ a2  b2 的值为 81．
【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
如图，在正方形 ABCD 中，点 E 为边 BC 上一个动点（不与点 B，C 重合），过点 B 作 AE 的垂线交
边CD 于点 F．
求证： AE  BF ；
延长CB 到点 G，使 BG  BE ，过点 G 作 BF 的平行线，分别交对角线 AC 于点 P，交边CD 于点
Q．
①探究 PC，PQ，QF 三条线段之间的数量关系，并说明理由；
②若 AB  6 ，连接 PE ， V APE 能否为等腰三角形？如果能，请直．接．写出此时 BE 的长；如果不能，请说
明理由．
3
【答案】（1）见解析（2）① PQ2  QF 2  1 PC 2 ，见解析；② BE  2
2
或 BE  12  6
3
【解析】
【分析】本题考查四边形的综合应用，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握这些性质定理是解题的关键．
根据题意，证明△ABE ≌ △BCF ，即可得证；
①设 BC  a, BE  b ，证明VFBC∽VQGC ，  APH∽CPQ ，过 P 作 PK  CD 交 CD 于点 K ， 利用勾股定理即可解答；
②当V APE 为等腰三角形时，有三种情况，即 AP  PE, AE  PE, AE  AP ，列出方程，求解即可．
【小问 1 详解】
证明：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴ ABC  C  D  BAD  90，AB  BC  AD  CD ，
设 AE、BF 交点为 O，
∵ AE  BF ，
BOE = 90° ，
OBE  OEB  90 ，
OEB  BAE  90 ，
BAE  CBF ，
ABE  BCF  90，AB  BC ，
 ABE≌BCF  ASA ，
 AE  BF ；
【小问 2 详解】
解：① PQ2  QF 2  1 PC 2 ，
2
理由如下：设 BC  a，BE  b ，
 BE  CF  BG  b ，
Q BF ∥GQ ，
FBC  QGC ，
QFCB  QCG  90 ，
VFBC∽VQGC ，
 BC  CF ，
GCQC
a b ，
a  bCQ
CQ  (a  b)b ，
a
HGB  QGC，HBG  QCG  90 ，
HBG∽QCG ，
 BG  BH ，
GCCQ
b
a  b
BH
b a  b ，
a
2
 BH  b ，
a
2
 AH  AB  BH  a  b ，
a
HAP  QCP  45，APH  CPQ ，
V APH∽VCPQ ，
 AP  AH ，
CPCQ
 AP  a  b ，
CPb
 AP  a  b  CP ， b
Q AP  CP 
2a ，
，
CP 
2b ，
如图，过 P 作 PK  CD 交CD 于点 K ，
2b
2
 PK  CK  b ，
∴ F 与 K 重合，
在 RtPFQ 中， PF 2  QF 2  PQ2，2PF  PC ，
∴ PQ2  QF 2  1 PC 2 ．
2
②当V APE 为等腰三角形时，有三种情况，即 AP  PE，AE  PE，AE  AP ， 过点 P 作 PL  BC 交 BC 点 L ，
结合①可得 PL  PK  CL  CK  b，EL  6  2b ，
b2  6  2b2
则 EP ，
AB2  BE2
b2  (6  2b)2
则 AE 
36  b2，AP 
2 AB  CP  6
2b ，
2
2
当 AP  PE 时， 6
2b ，
整理得72  24b  2b2  b2  (6  2b)2 ， 化简得3b2  36 ，
3
解得b  2
，负值已舍去；
36  b2
b2  (6  2b)2
当 AE  PE 时，，
整理得36  b2  b2  36  24b  4b2 ，
化简得4b2  24b ， 解得b  6 ，
该情况 E 点和C 点重合，不符合题意，舍去；
2
当 AE  AP，36  b2  62b ，
整理得36  b2  72  24b  2b2 ，
化简得b2  24b  36  0 ，
则  242  4  36  432 ，
24 432
2
3
b  12  6，
3
当b  12  6
3
b  12  6，
综上， BE=
或12  6．
时，b ＜ a，（舍去），