2020-2021学年贵州省黔南市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版

这是一份2020-2021学年贵州省黔南市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版，共13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. 使3x−1有意义的x的取值范围是( )
A.x>13B.x>−13C.x≥13D.x≥−13

2. 下列根式中属于最简二次根式的是（ ）
A.11B.0.5C.8D.13

3. 下列各组数据中，不是勾股数的是（ ）
A.3，4，5B.5，7，9C.5，12，13D.7，24，25

4. 如图，平行四边形ABCD中， AB=6，∠BCD的平分线交AD于E，则DE等于（ ）

A.5B.6C.7D.8

5. 如图，一圆柱体的底面圆周长为20cm，高AB为4cm，BC是上底的直径，一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C，则爬行的最短路程是（ ）

A.229B.25π2+4C.4ππ2+25D.14

6. 下列计算中：①−32=−3; ② 22=2; ③3+4=7; ④123÷56×8=4；⑤a−22=2−aa≤2.正确的有（ ）
A.2个B.3个C.4个D.5个

7. 下列命题中：①两条对角线互相平分且相等的四边形是正方形；②菱形的一条对角线平分一组对角；③顺次连结四边形各边中点所得的四边形是平行四边形；④两条对角线互相平分的四边形是矩形；⑤平行四边形对角线相等．正确的命题的有（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个

8. 一艘轮船和一艘渔船同时沿各自的航向从港口O出发，如图所示，轮船从港口O沿北偏西20∘的方向行60海里到达点M处，同一时刻渔船已航行到与港口O相距80海里的点N处，若M，N两点相距100海里，则∠NOF的度数为( )

A.50∘B.60∘C.70∘D.80∘

9. 如图，在△ABC中，D，E，F分别为BC，AC，AB边的中点，AH⊥BC于H，FD=16，则HE等于（ ）

A.32B.16C.8D.10

10. 如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O，以AB，AO为邻边做平行四边形AOC1B，对角线交于点O1；以AB、AO1为邻边做平行四边形AO1C2B……依此类推，则平行四边形AO4C5B的面积为( )

A.5B.52C.54D.58
二、填空题

命题“直角三角形的两锐角互余”的逆命题是________，该逆命题是________命题（填“真”或“假”）

若a，b满足a−3+|b+2|=0，则a+b2021=________.

若菱形的一个内角为60∘ ，一条较短的对角线长为4cm，则另一条对角线长为________，这个菱形的面积为________.

如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是(0, 0)、(5, 0)、(2, 3)，则顶点C的坐标是________．


如图是用三张正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五张正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三张(可重复选取)按如图所示的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三张纸片的面积分别是________.

三、解答题

计算下列各题：
(1)18−12÷43×63 ；

(2)6−22+5+15−1.

在如图所示的4×4方格中，每个小方格的边长都为1.

(1)在图(1)中画出长度为17的线段MN，要求线段的端点在格点上；

(2)在图(2)中画出一个三条边长分别为3， 22，5的三角形ABC，使它的端点都在格点上；

(3)求图(2) △ABC的面积．

将长方形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的点F处，DF交BC于点E.

(1)求证：△BFE≅△DCE；

(2)若CD=2，∠ADB=30∘，求BE的长.

阅读下面的文字，解答问题．
大家知道2是无理数，而无理数是无限不循环小数，因此2的小数部分我们不可能全部地写出来，但是由于1<2<2，所以2的整数部分为1，将2减去其整数部分1，差就是小数部分2−1，根据以上的内容，解答下面的问题：
15的整数部分是________，小数部分是________；

21+2的整数部分是________，小数部分是________；

3若设2+3整数部分是x，小数部分是y，求x−3y的值．

如图，四边形ABCD，四边形BEFG均为正方形，连接AG，CE.求证：

1AG=CE；

2AG⊥CE．

观察下面的计算过程，回答下列问题：
12+1=1×2−12+12−1=2−1，
13+2=1×3−23+23−2=3−2，
同理可得： 14+3=4−3 ，…
(1)17+6=________；

(2)求132+17的值；

(3)利用上面算式中的规律计算：
(12+1+13+2+14+3+⋯+12021+2020)×(2021+1)

如图所示，在平行四边形ABCD中，AD // BC，过B作BE⊥AD交AD于点E，AB=13cm，BC=21cm，AE=5cm．动点P从点C出发，在线段CB上以每秒1cm的速度向点B运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒2cm的速度向点D运动，当其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为t秒.
(1)当t为何值时，四边形PCDQ是平行四边形？

(2)当t为何值时，△QDP的面积为60cm2？

(3)当t为何值时，PD=PQ？

已知：如图，在△ABC中，AB=AC，点O在△ABC的内部，∠BOC=90∘，OB=OC，D，E，F，G分别是AB，OB，OC，AC的中点.

(1)求证：四边形DEFG是矩形；

(2)若DE=2，EF=3，求△ABC的面积．

如图，学校位于高速路AB的一侧（AB成一直线），点A，B为高速路上距学校直线距离最近的2个隧道出入口，点C，D为学校的两幢教学楼．经测量，∠ACB=90∘，∠ADB>90∘，AC=600m，AB=1000m，教学楼D到高速路AB的最短直线距离DE=400m．

(1)求教学楼C到隧道出入口B的直线距离；

(2)若一辆载重汽车从隧道出入口B沿BA方向驶向隧道出入口A，速度为20m/s，该汽车经过时噪声影响的最远范围为距离汽车500m，通过计算说明教学楼C和教学楼D是否会受到该汽车噪声的影响？如果受到影响，教学楼C受到影响的时间是多少？

(3)教学楼C和教学楼D分别到隧道出入口点A，B直线距离的平方和谁大谁小，试计算比较说明．（即比较图中AC2+BC2与AD2+BD2的大小．）

在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，E是对角线AC上任意一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接BE，EF．

(1)如图1，当E是线段AC的中点时，求证：BE=EF．

(2)如图2，当E不是线段AC的中点，其它条件不变时，请你判断(1)中的结论：________．（填“成立”或“不成立”）

(3)如图3，当点E是线段AC延长线上的任意一点，其它条件不变时，(1)中的结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年贵州省黔南市某校初二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
二次根式有意义的条件
【解析】
根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，解不等式即可．
【解答】
解：根据题意得，3x−1≥0，
解得x≥13.
故选C.
2.
【答案】
A
【考点】
最简二次根式
【解析】
判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【解答】
解：A，11符合最简二次根式的定义，故A符合题意；
B，0.5=22，被开方数含有分母，不是最简二次根式，故B不符合题意；
C，8=22，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，，故C不符合题意；
D， 13=33分母中含有根式，不是最简二次根式，故D不符合题意．
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
勾股数
【解析】
欲判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方.
【解答】
解：A，32+42=52，能构成直角三角形，是整数，故选项不符合题意；
B， 52+72≠92，不能构成直角三角形，故选项符合题意；
C， 52+122=132 ，构成直角三角形，是正整数，故选项不符合题意；
D， 72+242=252，能构成直角三角形，是整数，故选项不符合题意．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
平行四边形的性质
角平分线的定义
【解析】
由平行四边形的性质可得AD//BC，且AD=BC，结合角平分线的性质可求得DE=DC=AB=6 ，可求得答案．
【解答】
解：∵ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ AB=CD=6，AD//BC，AD=BC，
∴ ∠DEC=∠BCE，
∵ CE平分∠BCD，
∴ ∠DCE=∠BCE，
∴∠DEC=∠DCE，
∴ DE=DC=6.
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
平面展开-最短路径问题
【解析】
此题最直接的解法，就是将圆柱展开，然后利用两点之间线段最短解答．
【解答】
解：底面周长为20cm，半圆弧长为10cm，
展开图形如下：
由题意得：AD=10cm，CD=4cm，
根据勾股定理得：AC=AD2+CD2=102+42=229(cm)．
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
二次根式的混合运算
【解析】
首先根据二次根式混合运算法则分别进行计算得出答案即可．
【解答】
解：①−32=9=3，原式错误；
②22=2，原式正确；
③3+4=3+2，原式错误；
④123÷56×8=53÷56×8=16=4，原式正确；
⑤∵a≤2，
∴ a−2≤0，
∴ a−22=a−2=2−a,原式正确.
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
命题与定理
【解析】
利用正方形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、平行四边形的判定及性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】
解：①两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形，①为假命题；
②菱形的一条对角线平分一组对角，②为真命题；
③顺次连结四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，③为真命题；
④两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，④为假命题；
⑤平行四边形对角线互相平分，⑤为假命题，
正确的有2个，
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
方向角
勾股定理的逆定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵OM=60海里，ON=80海里，MN=100海里，
满足OM2+ON2=MN2，
∴∠MON=90∘.
∵∠EOM=20∘，
∴∠NOF=180∘−20∘−90∘=70∘.
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
直角三角形斜边上的中线
三角形中位线定理
【解析】
根据三角形中位线定理求出AC，根据直角三角形的性质计算即可．
【解答】
解：∵ D，F分别为BC，AB边的中点，
∴ AC=2DF=32，
∵ AH⊥BC，
∴ ∠AHC=90∘，又E为AC边的中点，
∴ HE=12AC=16.
故选B.
10.
【答案】
D
【考点】
平行四边形的性质
规律型：图形的变化类
【解析】
根据矩形的对角线互相平分，平行四边形的对角线互相平分可得下一个图形的面积是上一个图形的面积的12，然后求解即可．
【解答】
解：设矩形ABCD的面积为S=20cm2，
∵ O为矩形ABCD的对角线的交点，
∴ 平行四边形AOC1B底边AB上的高等于BC的12，
∴ 平行四边形AOC1B的面积=12S，
∵ 平行四边形AOC1B的对角线交于点O1，
∴ 平行四边形AO1C2B的边AB上的高等于平行四边形AOC1B底边AB上的高的12，
∴ 平行四边形AO1C2B的面积=12×12S=S22，
…
依此类推，平行四边形AO4C5B的面积=S25=2025=58(cm2)．
故选D.
二、填空题
【答案】
如果三角形有两个锐角互余，那么这个三角形是直角三角形,真
【考点】
命题与定理
真命题，假命题
【解析】
先找到原命题的题设和结论，再将题设和结论互换，即可得到原命题的逆命题,再判断真假.
【解答】
解：因为“直角三角形两锐角互余”的题设是“三角形是直角三角形”，结论是“两个锐角互余”，
所以逆命题是：“如果三角形有两个锐角互余，那么这个三角形是直角三角形”,是真命题;
故答案为：如果三角形有两个锐角互余，那么这个三角形是直角三角形;真.
【答案】
1
【考点】
非负数的性质：绝对值
非负数的性质：算术平方根
【解析】
根据非负数的性质：两个非负数相加，和为0，这两个非负数的值都为0，解出a，b的值，再把a，b的值代入计算即可．
【解答】
解：由题意得，a−3=0， b+2=0，
解得，a=3，b=−2，
则(a+b)2021=12021=1.
故答案为：1．
【答案】
43cm,83cm2
【考点】
菱形的性质
菱形的面积
【解析】
作出图形，根据菱形较小的内角为60∘，从而判断出△ABC是等边三角形，再根据等边三角形的性质求出OB，然后根据菱形对角线互相平分可得BD=2OB，菱形的面积=12×两对角线的乘积．
【解答】
解：如图，
∵菱形较小的内角为60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60∘，AC=AB=4(cm)，
∴根据勾股定理得OB=23(cm)，
∴较长的对角线BD=2OB=2×23=43(cm)，
∴菱形的面积=12AC⋅BD=12×4×43=83(cm2)．
故答案为：43cm；83cm2．
【答案】
(7, 3)
【考点】
平行四边形的性质
坐标与图形性质
全等三角形的性质与判定
【解析】
首先过点D作DE⊥OB于点E，过点C作CF⊥OB于点F，易证得△ODE≅△CBF，则可得CF=DE=3，BF=OE=2，继而求得OF的长，则可求得顶点C的坐标．
【解答】
解：过点D作DE⊥OB于点E，过点C作CF⊥OB于点F，
则∠OED=∠BFC=90∘，
∵ 平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是(0, 0)、(5, 0)、(2, 3)，
∴ OB // CD，OD // BC，
∴ DE=CF=3，∠DOE=∠CBF，
在△ODE和△BCF中，
∠DOE=∠CBF,∠OED=∠BFC,DE=CF,
∴ △ODE≅△BCF(AAS)，
∴ BF=OE=2，
∴ OF=OB+BF=7，
∴ 点C的坐标为(7, 3)．
故答案为：(7, 3)．
【答案】
2，3，5
【考点】
勾股定理的逆定理
【解析】
根据题意可知，三块正方形的面积中，两个较小的面积之和等于最大的面积，再根据三角形的面积，分别计算出各个选项中围成的直角三角形的面积，比较大小，即可解答本题．
【解答】
解：当选取的三块纸片的面积分别是1，4，5时，
围成的直角三角形的面积是1×42=42，
当选取的三块纸片的面积分别是2，3，5时，
围成的直角三角形的面积是2×32=62，
当选取的三块纸片的面积分别是3，4，5时，
围成的三角形不是直角三角形；
当选取的三块纸片的面积分别是2，2，4时，
围成的直角三角形的面积是2×22=42，
∵ 62>42，
∴ 所围成的三角形是面积最大的直角三角形，
则选取的三块纸片的面积分别是2，3，5.
故答案为：2，3，5.
三、解答题
【答案】
解：(1)18−12÷43×63
=32−12÷43×23
=32−212×34×3
=32−2×324
=32−322
=322.
(2)原式=6−46+4+5−1
=14−46.
【考点】
二次根式的混合运算
完全平方式
平方差公式
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)18−12÷43×63
=32−12÷43×23
=32−212×34×3
=32−2×324
=32−322
=322.
(2)原式=6−46+4+5−1
=14−46.
【答案】
解：(1)如图(1)所示，线段MN即为所求.
(2)如图(2)所示，△ABC即为三条边长分别为3，22，5的三角形．
(3)△ABC的面积为：12×2×3=3.
【考点】
勾股定理的应用
三角形的面积
【解析】
(1)根据长为4，宽为1的长方形的对角线长为17进行作图即可；
(2)可先画3的线段，根据勾股定理可得长为5的线段是长为2，宽为1的矩形的对角线，22是边长为2的正方形的对角线，据此作图即可.
(3)△ABC的AB边上的高为2，底面边长AB=3，利用三角形的面积求解即可.
【解答】
解：(1)如图(1)所示，线段MN即为所求.
(2)如图(2)所示，△ABC即为三条边长分别为3，22，5的三角形．
(3)△ABC的面积为：12×2×3=3.
【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，∠A=∠C=90∘，
∴ ∠ADB=∠DBC.
根据折叠的性质，知∠ADB=∠BDF，∠F=∠A=90∘，
∴ ∠DBC=∠BDF，∠F=∠C.
∴ BE=DE.
在△DCE和△BFE中，
∠DEC=∠BEF,∠C=∠F,DE=BE,
∴ △DCE≅△BFEAAS.
(2)解：在Rt△BCD中，∠C=90∘，CD=2，∠DBC=∠ADB=30∘，
∴ BD=4，∴ 由勾股定理可知 BC=23.
在Rt△ECD中，CD=2，∠EDC=90∘−∠ADB−∠BDE=30∘，
∴ DE=2EC，
∴ 2EC2−EC2=CD2，
∴ CE=233，
∴ BE=BC−EC=433.
【考点】
全等三角形的判定
矩形的性质
翻折变换（折叠问题）
勾股定理
全等三角形的性质与判定
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，∠A=∠C=90∘，
∴ ∠ADB=∠DBC.
根据折叠的性质，知∠ADB=∠BDF，∠F=∠A=90∘，
∴ ∠DBC=∠BDF，∠F=∠C.
∴ BE=DE.
在△DCE和△BFE中，
∠DEC=∠BEF,∠C=∠F,DE=BE,
∴ △DCE≅△BFEAAS.
(2)解：在Rt△BCD中，∠C=90∘，CD=2，∠DBC=∠ADB=30∘，
∴ BD=4，∴ 由勾股定理可知 BC=23.
在Rt△ECD中，CD=2，∠EDC=90∘−∠ADB−∠BDE=30∘，
∴ DE=2EC，
∴ 2EC2−EC2=CD2，
∴ CE=233，
∴ BE=BC−EC=433.
【答案】
2,5−2
2,2−1
3∵ 1<3<2，
∴ 3<2+3<4，
∴ x=3，y=2+3−3=3−1，
∴ x−3y=3−3(3−1)=3．
【考点】
列代数式求值
估算无理数的大小
【解析】
（1）求出5的范围是2<5<3，即可求出答案；
（2）求出2的范围是1<2<2，求出1+2的范围即可；
（3）求出3的范围，推出2+3的范围，求出x、y的值，代入即可．
【解答】
解：1∵ 2<5<3，
∴ 5的整数部分是2，小数部分是5−2，
故答案为：2；5−2.
2∵ 1<2<2，
∴ 2<1+2<3，
∴ 1+2的整数部分是2，小数部分是1+2−2=2−1，
故答案为：2；2−1.
3∵ 1<3<2，
∴ 3<2+3<4，
∴ x=3，y=2+3−3=3−1，
∴ x−3y=3−3(3−1)=3．
【答案】
证明：1∵ 四边形ABCD、BEFG均为正方形，
∴ AB=CB，BG=BE，∠ABC=∠GBE=90◦，
∴ ∠ABG=∠CBE，
在△ABG和△CBE中，
AB=CB，∠ABG=∠CBE，BG=BE，
∴ △ABG≅△CBE(SAS)，
∴ AG=CE.
2由1知△ABG≅△CBE，
∴ ∠BAG=∠BCE，
∵ ∠ABC=90∘，
∴ ∠BAG+∠AMB=90◦，
∵ ∠AMB=∠CMN，
∴ ∠BCE+∠CMN=90◦，
∴ ∠CNM=90◦，
∴ AG⊥CE．
【考点】
正方形的性质
全等三角形的性质与判定
全等三角形的性质
线段垂直
【解析】
（1）由正方形的性质得出AB=CB，∠ABC=∠GBE=90∘，BG=BE，得出∠ABG=∠CBE，由SAS证明△ABG≅△CBE，得出对应边相等即可；
（2）由△ABG≅△CBE，得出对应角相等∠BAG=∠BCE，由∠BAG+∠AMB=90∘，对顶角∠AMB=∠CMN，得出∠BCE+∠CMN=90∘，证出∠CNM=90∘即可．
【解答】
证明：1∵ 四边形ABCD、BEFG均为正方形，
∴ AB=CB，BG=BE，∠ABC=∠GBE=90◦，
∴ ∠ABG=∠CBE，
在△ABG和△CBE中，
AB=CB，∠ABG=∠CBE，BG=BE，
∴ △ABG≅△CBE(SAS)，
∴ AG=CE.
2由1知△ABG≅△CBE，
∴ ∠BAG=∠BCE，
∵ ∠ABC=90∘，
∴ ∠BAG+∠AMB=90◦，
∵ ∠AMB=∠CMN，
∴ ∠BCE+∠CMN=90◦，
∴ ∠CNM=90◦，
∴ AG⊥CE．
【答案】
7−6
(2)132+17
=32−1732+1732−17
=32−1718−17
=32−17.
(3)原式=2−1+3−2+⋯+2021−2020×2021+1
=2021−1×2021+1
=2021−1
=2020.
【考点】
分母有理化
规律型：数字的变化类
二次根式的化简求值
分式的化简求值
二次根式有意义的条件
【解析】
(1)利用题目所给定方法求解即可；
(2)利用题目所给定方法求解即可；
(3)将第一个括号里面的化简，再利用平方差公式求解即可.
【解答】
解：(1)17+6=7−67+67−6=7−6.
故答案为：7−6.
(2)132+17
=32−1732+1732−17
=32−1718−17
=32−17.
(3)原式=2−1+3−2+⋯+2021−2020×2021+1
=2021−1×2021+1
=2021−1
=2020.
【答案】
解：(1)由题意得，CP=t,AQ=2t，
∴QD=21−2t，
∴AD // BC
∴当DQ=PC时，四边形PCDQ是平行四边形，
则21−2t=t，
解得t=7，
故当t=7时，四边形PCDQ是平行四边形.
(2)在Rt△ABE中，BE=AB2−AE2=12，
由题意得，12×21−2t×12=60，
解得，t=112，
∴当t=112时，△QDP的面积为60cm2.
(3)作PH⊥DQ于H,DG⊥BC于G，则四边形HPGD为矩形，
∴ PG=HD，
由题意得，CG=AE=5，
∴PG=t−5，
当PD=PQ,PH⊥DQ时，DH=12DQ，即t−5=1221−2t，
解得，t=314，
则当t=314时，PD=PQ.
【考点】
一元一次方程的应用——面积问题
动点问题
平行四边形的性质
勾股定理
三角形的面积
矩形的性质
【解析】
（1）根据题意用t表示出CP=t,AQ=2t，根据平行四边形的判定定理列出方程，解方程即可；
（2）根据三角形的面积公式列方程，解方程得到答案；
（3）根据等腰三角形的三线合一得到DH=12DQ，列方程计算即可．
【解答】
解：(1)由题意得，CP=t,AQ=2t，
∴QD=21−2t，
∴AD // BC
∴当DQ=PC时，四边形PCDQ是平行四边形，
则21−2t=t，
解得t=7，
故当t=7时，四边形PCDQ是平行四边形.
(2)在Rt△ABE中，BE=AB2−AE2=12，
由题意得，12×21−2t×12=60，
解得，t=112，
∴当t=112时，△QDP的面积为60cm2.
(3)作PH⊥DQ于H,DG⊥BC于G，则四边形HPGD为矩形，
∴ PG=HD，
由题意得，CG=AE=5，
∴PG=t−5，
当PD=PQ,PH⊥DQ时，DH=12DQ，即t−5=1221−2t，
解得，t=314，
则当t=314时，PD=PQ.
【答案】
(1)证明：连接AO并延长交BC于H，如图所示，
∵ AB=AC，OB=OC，
∴ AH是BC的中垂线，即AH⊥BC于H.
∵ D，E，F，G分别是AB，OB，OC，AC的中点，
∴ DG // EF // BC，DE // AH // GF，
∴ 四边形DEFG是平行四边形.
∵ EF // BC，AH⊥BC，
∴ AH⊥EF，DE // AH，
∴ EF⊥DE，
∴ 平行四边形DEFG是矩形.
(2)解：∵ △BOC是等腰直角三角形，
∴ BC=2EF=2OH=2×3=6，
AH=OA+OH=2DE+EF=2×2+3=7，
∴ S△ABC=12×6×7=21.
【考点】
中点四边形
矩形的判定与性质
三角形的面积
【解析】
(1)连接AO并延长交BC于H，首先四边形DEFG是平行四边形，然后证得EF⊥DE，从而证得平行四边形DEFG是矩形；
(2)根据△BOC是等腰直角三角形，求得BC和AH的长，利用三角形的面积计算公式求其面积即可．
【解答】
(1)证明：连接AO并延长交BC于H，如图所示，
∵ AB=AC，OB=OC，
∴ AH是BC的中垂线，即AH⊥BC于H.
∵ D，E，F，G分别是AB，OB，OC，AC的中点，
∴ DG // EF // BC，DE // AH // GF，
∴ 四边形DEFG是平行四边形.
∵ EF // BC，AH⊥BC，
∴ AH⊥EF，DE // AH，
∴ EF⊥DE，
∴ 平行四边形DEFG是矩形.
(2)解：∵ △BOC是等腰直角三角形，
∴ BC=2EF=2OH=2×3=6，
AH=OA+OH=2DE+EF=2×2+3=7，
∴ S△ABC=12×6×7=21.
【答案】
解：(1)在Rt△ABC中，∠C=90∘，
据勾股定理，得BC2=AB2−AC2=10002−6002=8002．
∴ BC=800(m)，
即：教学楼C到隧道出入口B的直线距离为800m.
(2)过点C作CF⊥AB于点F．
∵12CF⋅AB=12AC⋅BC，
∴ CF=480m.
∵CF=480m<500m, DE=400m<500m，
∴ 教学楼C和教学楼D均会受到该汽车噪声的影响．
设该汽车行至点H时教学楼C开始受到噪声的影响，行至点G时不再受噪声的影响，
则CG=CH=500m.
∵ 在Rt△CFA中， CF=480m, CH=500m，
∴ FH=140m，
∴ GH=2FH=280m，
280÷20=14s.
(3)AD2+BD2①根据勾股定理，得AC2+BC2=AB2．
②过点B作BK⊥AD，交AD的延长线于点K．
据勾股定理，得BK2=BD2−DK2，BK2+AK2=AB2，
∴ (AD+DK)2+BK2=AB2．
即：AD2+DK2+2AD⋅DK+BD2−DK2=AB2．
∴ AD2+2AD⋅DK+BD2=AB2．
∵ AD>0，DK>0，
∴ 2AD⋅DK>0
∴ AD2+BD2综合①②，得AD2+BD2【考点】
勾股定理的应用
【解析】
（1）在Rt△ABC中，∠C=90∘，根据勾股定理，得到BC的长；
（2）①如图2，作CF⊥AB于F，由面积法求得CF=480m②如图3，根据勾股定理，求出GH，除以速度即可解答．
（3）①根据勾股定理，得AC2+BC2=AB2．
②过点B作BK⊥AD，交AD的延长线于点K．得BK2=BD2−DK2，BK2+AK2=AB2．(AD+DK)2+BK2=AB2．从而得到AD2+BD2【解答】
解：(1)在Rt△ABC中，∠C=90∘，
据勾股定理，得BC2=AB2−AC2=10002−6002=8002．
∴ BC=800(m)，
即：教学楼C到隧道出入口B的直线距离为800m.
(2)过点C作CF⊥AB于点F．
∵12CF⋅AB=12AC⋅BC，
∴ CF=480m.
∵CF=480m<500m, DE=400m<500m，
∴ 教学楼C和教学楼D均会受到该汽车噪声的影响．
设该汽车行至点H时教学楼C开始受到噪声的影响，行至点G时不再受噪声的影响，
则CG=CH=500m.
∵ 在Rt△CFA中， CF=480m, CH=500m，
∴ FH=140m，
∴ GH=2FH=280m，
280÷20=14s.
(3)AD2+BD2①根据勾股定理，得AC2+BC2=AB2．
②过点B作BK⊥AD，交AD的延长线于点K．
据勾股定理，得BK2=BD2−DK2，BK2+AK2=AB2，
∴ (AD+DK)2+BK2=AB2．
即：AD2+DK2+2AD⋅DK+BD2−DK2=AB2．
∴ AD2+2AD⋅DK+BD2=AB2．
∵ AD>0，DK>0，
∴ 2AD⋅DK>0
∴ AD2+BD2综合①②，得AD2+BD2【答案】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB=BC，
∵ ∠ABC=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠BCA=60∘
∵ E是线段AC的中点，
∴ ∠CBE=∠ABE=30∘, AE=CE，
∵ CF=AE，
∴ CE=CF，
∴ ∠F=∠CEF=12∠BCA=30∘,
∴ ∠CBE=∠F=30∘,
∴ BE=EF.
成立
(3)解：结论成立．证明如下：
过点E作EG // BC交AB延长线于点G，如图所示：
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AB=BC，
又∵ ∠ABC=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC，∠ACB=60∘，
∴ ∠ECF=60∘，
又∵ EG // BC，
∴ ∠AGE=∠ABC=60∘，
又∵ ∠BAC=60∘，
∴ △AGE是等边三角形，
∴ AG=AE=GE，∠AGE=60∘，
∴ BG=CE，∠AGE=∠ECF，
又∵ CF=AE，
∴ GE=CF，
∴ △BGE≅△ECF(SAS)，
∴ BE=EF．
【考点】
菱形的性质
全等三角形的性质
【解析】
（1）由菱形的性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出|∠BCA=60∘ ，由等边三角形的性质和已知条件得出CE=CF，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出∠CBE=∠F，即可得出结论；
（2）过点E作EG // BC交AB延长线于点G，先证明△ABC是等边三角形，得出AB=AC，∠ACB=60∘，再证明△AGE是等边三角形，得出AG=AE=GE，∠AGE=60∘，然后证明
△BGE≅△ECF，即可得出结论；
（3）过点E作EG // BC交AB延长线于点G，证明同（2）．
【解答】
(1)证明：∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB=BC，
∵ ∠ABC=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠BCA=60∘
∵ E是线段AC的中点，
∴ ∠CBE=∠ABE=30∘, AE=CE，
∵ CF=AE，
∴ CE=CF，
∴ ∠F=∠CEF=12∠BCA=30∘,
∴ ∠CBE=∠F=30∘,
∴ BE=EF.
(2)解：结论成立；理由如下：
过点E作EG // BC交AB的延长线于点G，如图所示：
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AB=BC，∠BCD=120∘，AB // CD，
∴ ∠ACD=60∘，∠DCF=∠ABC=60∘，
∴ ∠ECF=120∘，
又∵ ∠ABC=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC，∠ACB=60∘，
又∵ EG // BC，
∴ ∠AGE=∠ABC=60∘，
又∵ ∠BAC=60∘，
∴ △AGE是等边三角形，
∴ AG=AE=GE，
∴ BG=CE，∠BGE=120∘=∠ECF，
又∵ CF=AE，
∴ GE=CF，
∴ △BGE≅△ECF(SAS)，
∴ BE=EF．
(3)解：结论成立．证明如下：
过点E作EG // BC交AB延长线于点G，如图所示：
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AB=BC，
又∵ ∠ABC=60∘，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC，∠ACB=60∘，
∴ ∠ECF=60∘，
又∵ EG // BC，
∴ ∠AGE=∠ABC=60∘，
又∵ ∠BAC=60∘，
∴ △AGE是等边三角形，
∴ AG=AE=GE，∠AGE=60∘，
∴ BG=CE，∠AGE=∠ECF，
又∵ CF=AE，
∴ GE=CF，
∴ △BGE≅△ECF(SAS)，
∴ BE=EF．