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2023-2024学年福建省厦门十一中八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省厦门十一中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共24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.若使二次根式 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥3B. x>3C. x<3D. x≤3
2.下列长度的四组线段中，不能构成直角三角形的一组是( )
A. 3，4，5B. 5，12，13C. 1， 3，2D. 6，7，8
3.四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB//CD，AD//BC
B. AB//CD，AD=BC
C. AO=CO，BO=DO
D. AB=CD，AD=BC
4.已知直线m//n，如图，下列哪条线段的长可以表示直线m与n之间的距离( )
A. 只有AB
B. 只有AE
C. AB和CD均可
D. AE和CF均可
5.如图，A，B两地被池塘隔开，小明在AB外选一点C，连接AC，BC，分别取AC，BC的中点D，E，为了测量A，B两地间的距离，则可以选择测量以下线段中哪一条的长度( )
A. ACB. ADC. DED. CD
6.将温度计从热茶的杯子中取出之后，立即放入一杯凉水中．每隔5s后读一次温度计上显示的度数，将记录下的数据制成下表．
下列说法不正确的是( )
A. 自变量是时间，因变量是温度计的读数
B. 当t=10s时，温度计上的读数是31.0℃
C. 温度计的读数随着时间推移逐渐减小，最后保持不变
D. 依据表格中反映出的规律，t=35s时，温度计上的读数是13.0℃
7.如图，在菱形ABCD中，BD=8，AC=6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线DE的长为( )
A. 485
B. 245
C. 185
D. 125
8.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是( )
A. 一直增大B. 一直减小C. 先减小后增大D. 先增大后减少
9.如图，在△ABC中，AB=AC=16，BC=12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为( )
A. 7
B. 8
C. 55
D. 73
10.如图，已知四边形ABCD为正方形AB=2 2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG.在下列结论中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG= 2AD；③CG平分∠DCF；④CE=CF.其中正确的结论有( )
A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①②③④
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.化简：
(1) 12= ______；
(2) (−5)2= ______．
12.函数y=9x−4的自变量x的取值范围是______．
13.原命题“等边三角形是锐角三角形”的逆命题是______，逆命题是______命题(填“真”、“假”)
14.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，CD=5，则AB= ______．
15.如图，在▱ABCD中，∠C=120°，AB=2，AD=2AB，点H，G分别是边DC，BC上的动点，连接AH，HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为______．
16.清代数学家李锐在其著作《勾股算术细草》中利用三个正方形出入相补的方法证明了勾股定理.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AB，AC和BC为边，按如图所示的方式作正方形ABKH，ACIG和BCFD，KH与CI交于点J，AB与DF交于点E.若四边形BCFE和△HIJ的面积和为5，四边形ACJH和△BDE的面积和为12，则AC+BC的值为______．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1) 18− 32+2 12；
(2)(2 3−1)2．
18.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．
19.(本小题7分)
化简求值：(1m+1+1m−1)÷m2m+2，其中m= 2+1．
20.(本小题8分)
如图，是一辆摩托车在30min内的速度随时间变化的图象，请你根据图象信息填空：
(1)根据函数的定义，变量v ______(填“是”或者“不是”)关于x的函数；
(2)摩托车在中途休息的时间为______min；
(3)摩托车第二次减速行驶的时间段为______．
(4)摩托车在第20～26min期间行驶的距离______．
21.(本小题8分)
已知，矩形ABCD．
(1)若点E为边AD上一点，且∠BEC=∠DEC，请在图1中用尺规作图确定点E的位置，并将图形补充完整；(不写作法，保留作图痕迹，并将痕迹描粗加黑)
(2)在(1)的条件下，已知线段DE=2，线段AB=6，求BC的长.(请用图2进行探究)
22.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AC⊥BC，且AD//CE，
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AD=10，△ACD的周长为36，求CB长．
23.(本小题12分)
数学社团活动课上，同学们研究一个问题：任意给定一个矩形，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半？
【阶段一】同学们认为可以先研究给定矩形为正方形的情况，即是否存在一个正方形，其周长和面积都为原正方形周长和面积的一半？
【阶段二】同学们对矩形(不包括正方形)的情况进行探究．
活动一：从特殊的矩形入手，如果已知矩形的长和宽分别为4和2，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半？
分析：设新矩形长和宽分别为x，y，根据题意，得方程组④ ______．
活动二：对于一般的矩形，如果已知矩形的长和宽分别为m和n，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半？若存在，请指出需要满足的条件，若不存在，请说明理由．
请你完成以下任务：
(1)将①～⑤分别补充完整；
(2)按照【阶段二】中活动一的思路一、思路二选取其中一种，解决问题．
(3)完成对【阶段二】中活动二的研究．
24.(本小题12分)
综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，M是线段OB上一点，连接AM．
操作探究：
将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，使点M的对应点M′落在对角线AC上，M′A′与AD边交于点E，连接M′D，A′D．
(1)如图2，当M是OB的中点时，求证：AA′=AB′．
(2)如图3，当M是OB上任意一点时，试猜想△M′A′D的形状，并说明理由．
拓展延伸：
(3)在(2)的条件下，请直接写出AA′，AM′，AD之间的数量关系．
25.(本小题13分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，D两点坐标分别为A(0,a)，D(b,b)，且a−b= 5−b+ 3b−15．
(1)求A，D两点坐标；
(2)点B，C是x轴上两动点(B在C左侧)，且使四边形ABCD为平行四边形．
①如图，当点B，C分别在原点两侧时，连接DO，过点O作OG⊥DO交AB于点G，连接DG，取DG中点H，在DO上截取DE，使DE=GO，求证：4AH2+DE2=2AE2；
②当点B在原点左侧时，过点O的直线MN⊥AB，分别交AB，CD于M，N，试探究OM，BM，CN三条线段之间的数量关系．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵二次根式 x−3在实数范围内有意义，
∴x−3≥0，解得x≥3．
故选A．
先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
2.【答案】D
【解析】解：A、32+42=52，即能组成直角三角形，故本选项不合题意；
B、52+122=132，即能组成直角三角形，故本选项不合题意；
C、12+( 3)2=22，即能组成直角三角形，故本选项不合题意；
D、62+72≠82，即不能组成直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3.【答案】B
【解析】解：A、∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
B、AB//CD，AD=BC，无法得出四边形ABCD是平行四边形，故此选项正确；
C、∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
D、∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
故选：B．
分别利用平行四边形的判定方法判断得出即可．
此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握判定方法是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵从一条平行线上的任意一点到另一条平行线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离，
∴线段AB和CD都可以示直线m与n之间的距离，
故选：C．
由平行线之间的距离的定义判定即可得解．
本题考查了平行线之间的距离，熟记平行线之间的距离的概念是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵D是AC的中点，E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∴AB=2DE，
故选：C．
根据中位线定理可得：AB=2DE．
本题考查了三角形的中位线定理，属于基础题，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了用表格表示变量间的关系，能够通过表格确定自变量与因变量的变化关系是解题的关键．
根据自变量和因变量的定义、表格信息逐项判断即可．
【解答】
解：A.自变量是时间，因变量是温度计的读数，正确，故不符合题意；
B.当t=10s时，温度计上的读数是31.0℃，正确，故不符合题意；
C.温度计的读数随着时间推移逐渐减小，最后保持不变，正确，故不符合题意；
D.依据表格中反映出的规律，t=35s时，温度计上的读数会小于等于12.0℃，错误，故符合题意．
故选D．
7.【答案】B
【解析】解：如图，设AC与BD的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC=3，BO=DO=4，AC⊥BD，
∴AB= AO2+BO2= 9+16=5，
∵S菱形ABCD=AB⋅DE=12AC⋅BD，
∴DE=6×85×2=245，
故选B．
利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图，连接AP，
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选C．
连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥BC时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出AP⊥BC时，线段EF的值最小是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：连接DF，DE，
∵AB=AC，AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC=90°，
∴EF=12BC=12×12=6，
同理：FD=12AB=12×16=8，DE=12AB，
∴DF=DE，
∵M为EF的中点，
∴DM⊥EF，FM=12EF=3，
∴DM= DF2−FM2= 82−32= 55．
故选：C．
连接DF，DE，由等腰三角形的性质推出F是BC中点，由直角三角形斜边中线的性质得到EF=12BC=12×12=6，同理FD=12AB=8，DE=12AB，由等腰三角形的性质推出DM⊥EF，FM=12EF=3，由勾股定理即可求出DM= DF2−FM2= 82−32= 55．
本题考查勾股定理，直角三角形斜边的中线，等腰三角形的性质，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出EF=12BC，FD=12AB，DE=12AB，得到△DEF是等腰三角形．
10.【答案】A
【解析】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，
∴NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形；故①正确；
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，
∵∠DCF=90°，
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC=AE+CE=CE+CG= 2AD，故②错误；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
故选：A．
过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD=90°，∠ECN=45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，根据全等三角形的性质得到ED=EF，推出矩形DEFG为正方形；故①正确；根据正方形的性质得到AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°推出△ADE≌△CDG(SAS)，得到AE=CG，求得AC=AE+CE=CE+CG= 2AD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】2 3 5
【解析】解：(1) 12= 4×3= 4× 3=2 3，
故答案为：2 3；
(2) (−5)2=−(−5)=5，
故答案为：5．
(1)先把12写成4×3，然后根据二次根式的乘法法则，进行计算即可；
(2)根据二次根式的性质进行计算即可．
本题主要考查了二次根式的化简求值，解题关键是熟练掌握二次根式的乘法法则和二次根式的性质．
12.【答案】x≠4
【解析】解：由题意得：x−4≠0，
解得：x≠4，
故答案为：x≠4．
根据分式的分母不为零列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，熟记分式的分母不为零是解题的关键．
13.【答案】锐角三角形是等边三角形 假
【解析】解：“等边三角形是锐角三角形”的逆命题是“锐角三角形是等边三角形”，此逆命题为假命题．
故答案为锐角三角形是等边三角形，假．
把原命题的题设和结论部分交换即可得到逆命题，然后根据等边三角形的判定方法判断逆命题的真假．
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．2、有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．也考查了逆命题．
14.【答案】10
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，CD=5，
∴AB=2CD=10．
故答案为：10．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求解．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线，掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．
15.【答案】 32
【解析】解：如图，连接AG，过点A作AG′⊥BC于G′，
∵点E为AH的中点，点F为GH的中点，
∴EF是△AGH的中位线，
∴EF=12AG，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠B=60°，
∴∠BAG′=30°，
∴BG′=12AB=1，
由勾股定理得：AG′= AB2−G′B2= 3，
由垂线段最短可知，当点G在G′位置时，AG最小，
∴EF的最小值为 32，
故答案为： 32．
连接AG，过点A作AG′⊥BC于G′，根据三角形中位线定理得到EF=12AG，根据直角三角形的性质求出BG′，根据勾股定理求出AG′，进而求出EF的最小值．
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、垂线段最短，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
16.【答案】 42
【解析】解：由题知，
令BC=a，AC=b，
∵四边形ABKH和四边形ACIG是正方形，
∴∠BAH=∠CAG=90°，AB=AH，AC=AG，
∴∠BAH−∠CAH=∠CAG−∠CAH，
即∠BAC=∠HAG．
在△BAC和△HAG中，
AB=AH∠BAC=∠HAGAC=AG，
∴△BAC≌△HAG(SAS)，
∴HG=BC=a．
又∵AF=b−a，IH=b−a，
∴AF=IH．
∵∠HAG+∠AHG=∠AHG+∠JHI=90°，
∴∠HAG=∠JHI，
∴∠BAC=∠JHI．
在△EAF和△JHI中，
∠EFA=∠IAF=IH∠BAC=∠JHI，
∴△AEF≌△HJI(ASA)，
∴S△AEF=S△HJI．
又∵四边形BCFE和△HIJ的面积和为5，
∴S四边形BCFE+S△AEF=5，
即S△ABC=5，
∴12ab=5，
则ab=10．
又∵四边形BCFE和△HIJ的面积和为5，四边形ACJH和△BDE的面积和为12，
将四部分的面积相加得，
S正方形BDFC+S梯形ACIH=17，
∴a2+b2−12ab=17，
则a2+b2=22．
∴(a+b)2=a2+b2+2ab=22+2×10=42，
则a+b= 42(舍负)，
即AC+BC的值为 42．
故答案为： 42．
可证明△AEF与△HJI全等，进而得出△ABC的面积，再将所给的面积全部相加，得出正方形BCFD和梯形ACIH的面积之和，用AC和BC的长将其表示出来即可解决问题．
本题考查勾股定理的证明，整体思想的巧妙运用是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 18− 32+2 12
=3 2−4 2+ 2
=0；
(2)(2 3−1)2
=12−4 3+1
=13−4 3．
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)利用完全平方公式进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】证明：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，且AD=BC，又∵BE=DF，
∴AF=EC，又AF//CE
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF．
【解析】本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相等，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．根据平行四边形性质得出AD//BC，且AD=BC，推出AF//EC，AF=EC，根据平行四边形的判定推出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
19.【答案】解：原式=m−1+m+1(m+1)(m−1)2(m+1)m
=2m(m+1)(m−1)⋅2(m+1)m
=4m−1，
当m= 2+1时，上式=4 2+1−1=2 2．
【解析】先计算括号，再计算乘除即可．
本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算法则．
20.【答案】是 4 26min～30min 6km
【解析】解：(1)对于x的每一个确定的值，v都有唯一的值与其对应，
∴变量v是关于x的函数，
故答案为：是．
(2)14−10=4(min)，
故答案为：4．
(3)根据函数的图象得到第二次减速行驶的时间段是26min～30 min，
故答案为：26min～30min．
(4)26−20=6 (min)=0.1 (h)，
60×0.1=6 (km)．
故答案为：6km．
(1)根据对于x的每一个确定的值，v都有唯一的值与其对应，进行判断即可；
(2)根据函数的图象得到速度为0时，是在休息，找到对应的时间计算出结果；
(3)根据函数的图象得到第二次减速行驶的时间段是26min～30 min；
(4)根据速度×时间=路程，计算出结果．
本题考查了函数的图象，解题的关键是从图象中获取信息．
21.【答案】解：(1)如图，以点B为圆心，BC长为半径画弧交AD于点E，
∴∠BCE=∠BEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠BCE=∠DEC，
∴∠BEC=∠DEC；
∴点E即为所求；
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，CD=AB=6，BC=AD，
∵DE=2，
∴AE=AD−DE=BC−2，
由(1)可知：BE=BC，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得：AE2+AB2=BE2，
∴(BC−2)2+62=BC2，
∴BC=10．
【解析】(1)以点B为圆心，BC长为半径画弧交AD于点E即可；
(2)根据矩形的性质可得∠A=90°，CD=AB=6，BC=AD，由(1)可得BE=BC，根据勾股定理可得结论．
本题考查了作图−复杂作图，矩形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
22.【答案】(1)证明：∵AB//CD，AD//CE，
∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∴平行四边形AECD是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形AECD是菱形，
∴OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，
∵△ACD的周长为36，
∴AC=36−AD−CD=36−10−10=16，
∴OA=OC=8，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD= AD2−OA2= 102−82=6，
∴DE=2OD=12，
∵AC⊥BC，
∴DE//BC，
∵AB//CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴CB=DE=12．
【解析】(1)证明四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，再证∠AED=∠ADE，则AD=AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，进而求出AC=16，则OA=OC=8，再由勾股定理得OD=6，则DE=2OD=12，然后证明四边形BCDE是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】12a 14a2 不存在 2(x+y)=6xy=4 不存在
【解析】解：(1)设给定正方形边长为a，则其周长为4a，面积为a2．
若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为4a×12÷4=12a，
此时新正方形的面积是(12a)2=14a2，
即不存在一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半；
已知矩形的长和宽分别为4和2，若存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半，
设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意，得方程组2(x+y)=6xy=4，
整理得x+y=3①xy=4②，
由①得y=3−x③，
将③代入①得x(3−x)=4，
∴x2−3x+4=(x−32)2+74=0，
∵(x−32)2≥0，
∴(x−32)2+74>0，
∴方程组无解，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
故答案为：①12a；②14a2③不存在；④2(x+y)=6xy=4；⑤不存在；
(2)设新矩形长和宽分别为x，y，
根据题意，得方程组x+y=3xy=4，
思路一：见(1)解答；
思路二：∵(x−y)2=(x+y)2−4xy=9−16=−7，且(x−y)2≥0，
∴x、y不存在满足条件的情况，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意得2(x+y)=2(m+n)×12=m+n①xy=12mn②，
由①得y=12(m+n)−x③，
将③代入②得x[12(m+n)−x]=12mn，
整理得2x2−(m+n)x+mn=0，
∴Δ=[−(m+n)]2−4×2mn=(m+n)2−8mn，
∵Δ≥0时，方程有实数解，
∴(m+n)2−8mn≥0时，
即(m+n)2≥8mn，方程有解，存在满足条件的新矩形．
(1)根据正方形的周长和面积公式，可作答①②③；设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组求解，根据方程无解可作答④⑤；
(2)思路一：见(1)解析；思路二：根据(x−y)2=(x+y)2−4xy以及平方的非负性即可求解；
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组，利用代入消元法解方程，再根据一元二次方程根的判别式求解即可．
本题考查四边形的综合应用，主要考查了二元一次方程组的应用，完全平方公式的应用，一元二次方程根的判别式等知识，掌握相关知识点是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图，连接MM′，
∵将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，
∴MM′=AA′，A′B′=AB，MM′//AB，
∵M是OB的中点，
∴MM′是△OAB的中位线，
∴MM′=12AB=12A′B′，
∴AA′=AB′；
(2)解：△M′A′D是等腰直角三角形，
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，∠DAO=∠OAB=∠OBA=45°，
∴∠DAA′=90°，
∵将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，
∴A′B′=AB，∠MB′A′=∠MBA=45°，
∴∠DAM′=∠A′B′M′，∠M′AB′=∠M′B′A，AD=A′B′，
∴M′A=M′B′，
∴△ADM′≌△B′A′M(SAS)，
∴∠ADM′=∠B′A′M′，DM′=A′M′，
∵∠AEA′=∠M′ED，
∴∠EAA′=∠EM′D=90°，
∴△M′A′D是等腰直角三角形；
(3)解：AD= 2AM′+AA′．
由(2)得，AM′=B′M′，∠M′B′A=∠M′AB′=45°，
∴∠AMB′=90°，
∴AB′= AM′2+B′M′2= 2AM′，
∴AD=A′B′=AB′+AA′= 2AM′+AA′．
【解析】(1)连接MM′，由平移的性质得出MM′=AA′，A′B′=AB，MM′//AB，由三角形的中位线定理可得出结论；
(2)证明△ADM′≌△B′A′M(SAS)，得出∠ADM′=∠B′A′M′，DM′=A′M′，则可得出结论；
(3)证出∠AMB′=90°，则可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25.【答案】(1)解：∵a−b= 5−b+ 3b−15．
又∵5−b≥03b−15≥0，
∴b=5，a=5，
∴A(0,5)，D(5,5)．
(2)证明：如图1中，连接EG，延长AH交CD于T．
∵AO=AD，∠OAD=90°，
∴∠AOD=∠ADO=45°，
∵OG⊥OD，
∴∠DOG=90°，
∴∠AOG=∠AOD=45°，
∴∠AOG=∠ADE，
在△AOG和△ADE中，
AO=AD∠AOG=∠ADEOG=DE，
∴△AOG≌△ADE(SAS)，
∴AG=AE，∠OAG=∠DAE，
∴∠GAE=∠OAD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，∠ABO=∠ADT，
∴∠GAH=∠DTH，
在△AHG和△THD中，
∠GAH=∠DTHAH=HT∠AHG=∠DHT，
∴△AHG≌△THD(ASA)，
∴AG=DT，
∴AE=DT，
∵∠ABO+∠BAO=90°，∠BAO+∠OAE=90°，
∴∠ABO=∠OAE，
∴∠OAE=∠ADT，
在△ADT和△OAE中，
DA=AO∠ADT=∠OAEDT=AE
∴△ADT≌△OAE(SAS)，
∴AT=OE=2AH，
在Rt△OGE中，OE2+OG2=EG2=2AE2，
∴DE2+4AH2=2AE2．
(3)解：结论：OM=BM+CN．
理由：如图2中作NE//BC交AB的延长线于E．
∵BC//NE，ME//CN，
∴四边形BENC是平行四边形，
∴BE=CN，BC=EB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴EN=AD=AO，
∵OM⊥AB，
∴∠AMO=∠NME=∠AOB=90°，
∴∠MAO+∠AOM=90°，
∵∠AOM+∠BOM=90°，
∴∠MAO=∠BOM，
∵∠BOM=∠ENM，
∴∠MAO=∠MNE，
在△AMO和△NME中，
∠AMO=∠NME∠MAO=∠MNEAO=EN，
∴△AMO≌△NME(AAS)，
∴OM=EM，
∵EM=BM+BE，BE=CN，
∴OM=BM+CN．
【解析】(1)根据二次根式的被开方数是非负数，构建不等式求出a，b的值，可得结论．
(2)如图1中，连接EG，延长AH交CD于T.证明△AOG≌△ADE(SAS)，推出AG=AE，∠OAG=∠DAE，证明△AHG≌△THD(ASA)，推出AG=DT，AE=DT，再证明△ADT≌△OAE(SAS)，推出AT=OE=2AH，在Rt△OGE中，根据OE2+OG2=EG2=2AE2，可得结论．
(3)结论：OM=BM+CN.如图2中作NE//BC交AB的延长线于E.证明四边形BENC是平行四边形，证明△AMO≌△NME(AAS)，推出OM=EM，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，二次根式的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．时间t(单位：s)
5
10
15
20
25
30
温度计读数(单位：℃)
49.0
31.0
22.0
16.5
14.0
12.0
思路：设给定的正方形边长为a，则其周长为4a，面积为a2.若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为① ______，此时新正方形的面积是② ______．
结论：③ ______(“存在”或不存正)一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半
思路一：消去未知数y，得到关于x的方程，根据利用“凑完全平方”得方程的解的情况解决问题．
思路二：根据利用完全平方公式的代数变换解决问题．
结论：⑤ ______(“存在”或不存在)一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
1.若使二次根式 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x≥3B. x>3C. x<3D. x≤3
2.下列长度的四组线段中，不能构成直角三角形的一组是( )
A. 3，4，5B. 5，12，13C. 1， 3，2D. 6，7，8
3.四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是( )
A. AB//CD，AD//BC
B. AB//CD，AD=BC
C. AO=CO，BO=DO
D. AB=CD，AD=BC
4.已知直线m//n，如图，下列哪条线段的长可以表示直线m与n之间的距离( )
A. 只有AB
B. 只有AE
C. AB和CD均可
D. AE和CF均可
5.如图，A，B两地被池塘隔开，小明在AB外选一点C，连接AC，BC，分别取AC，BC的中点D，E，为了测量A，B两地间的距离，则可以选择测量以下线段中哪一条的长度( )
A. ACB. ADC. DED. CD
6.将温度计从热茶的杯子中取出之后，立即放入一杯凉水中．每隔5s后读一次温度计上显示的度数，将记录下的数据制成下表．
下列说法不正确的是( )
A. 自变量是时间，因变量是温度计的读数
B. 当t=10s时，温度计上的读数是31.0℃
C. 温度计的读数随着时间推移逐渐减小，最后保持不变
D. 依据表格中反映出的规律，t=35s时，温度计上的读数是13.0℃
7.如图，在菱形ABCD中，BD=8，AC=6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线DE的长为( )
A. 485
B. 245
C. 185
D. 125
8.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是( )
A. 一直增大B. 一直减小C. 先减小后增大D. 先增大后减少
9.如图，在△ABC中，AB=AC=16，BC=12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为( )
A. 7
B. 8
C. 55
D. 73
10.如图，已知四边形ABCD为正方形AB=2 2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG.在下列结论中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG= 2AD；③CG平分∠DCF；④CE=CF.其中正确的结论有( )
A. ①③B. ②④C. ①②③D. ①②③④
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.化简：
(1) 12= ______；
(2) (−5)2= ______．
12.函数y=9x−4的自变量x的取值范围是______．
13.原命题“等边三角形是锐角三角形”的逆命题是______，逆命题是______命题(填“真”、“假”)
14.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，CD=5，则AB= ______．
15.如图，在▱ABCD中，∠C=120°，AB=2，AD=2AB，点H，G分别是边DC，BC上的动点，连接AH，HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为______．
16.清代数学家李锐在其著作《勾股算术细草》中利用三个正方形出入相补的方法证明了勾股定理.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AB，AC和BC为边，按如图所示的方式作正方形ABKH，ACIG和BCFD，KH与CI交于点J，AB与DF交于点E.若四边形BCFE和△HIJ的面积和为5，四边形ACJH和△BDE的面积和为12，则AC+BC的值为______．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：
(1) 18− 32+2 12；
(2)(2 3−1)2．
18.(本小题8分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．
19.(本小题7分)
化简求值：(1m+1+1m−1)÷m2m+2，其中m= 2+1．
20.(本小题8分)
如图，是一辆摩托车在30min内的速度随时间变化的图象，请你根据图象信息填空：
(1)根据函数的定义，变量v ______(填“是”或者“不是”)关于x的函数；
(2)摩托车在中途休息的时间为______min；
(3)摩托车第二次减速行驶的时间段为______．
(4)摩托车在第20～26min期间行驶的距离______．
21.(本小题8分)
已知，矩形ABCD．
(1)若点E为边AD上一点，且∠BEC=∠DEC，请在图1中用尺规作图确定点E的位置，并将图形补充完整；(不写作法，保留作图痕迹，并将痕迹描粗加黑)
(2)在(1)的条件下，已知线段DE=2，线段AB=6，求BC的长.(请用图2进行探究)
22.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，AB//CD，过点D作∠ADC的角平分线交AB于点E，连接AC交DE于点O，AC⊥BC，且AD//CE，
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AD=10，△ACD的周长为36，求CB长．
23.(本小题12分)
数学社团活动课上，同学们研究一个问题：任意给定一个矩形，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半？
【阶段一】同学们认为可以先研究给定矩形为正方形的情况，即是否存在一个正方形，其周长和面积都为原正方形周长和面积的一半？
【阶段二】同学们对矩形(不包括正方形)的情况进行探究．
活动一：从特殊的矩形入手，如果已知矩形的长和宽分别为4和2，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半？
分析：设新矩形长和宽分别为x，y，根据题意，得方程组④ ______．
活动二：对于一般的矩形，如果已知矩形的长和宽分别为m和n，是否存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半？若存在，请指出需要满足的条件，若不存在，请说明理由．
请你完成以下任务：
(1)将①～⑤分别补充完整；
(2)按照【阶段二】中活动一的思路一、思路二选取其中一种，解决问题．
(3)完成对【阶段二】中活动二的研究．
24.(本小题12分)
综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，M是线段OB上一点，连接AM．
操作探究：
将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，使点M的对应点M′落在对角线AC上，M′A′与AD边交于点E，连接M′D，A′D．
(1)如图2，当M是OB的中点时，求证：AA′=AB′．
(2)如图3，当M是OB上任意一点时，试猜想△M′A′D的形状，并说明理由．
拓展延伸：
(3)在(2)的条件下，请直接写出AA′，AM′，AD之间的数量关系．
25.(本小题13分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，D两点坐标分别为A(0,a)，D(b,b)，且a−b= 5−b+ 3b−15．
(1)求A，D两点坐标；
(2)点B，C是x轴上两动点(B在C左侧)，且使四边形ABCD为平行四边形．
①如图，当点B，C分别在原点两侧时，连接DO，过点O作OG⊥DO交AB于点G，连接DG，取DG中点H，在DO上截取DE，使DE=GO，求证：4AH2+DE2=2AE2；
②当点B在原点左侧时，过点O的直线MN⊥AB，分别交AB，CD于M，N，试探究OM，BM，CN三条线段之间的数量关系．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵二次根式 x−3在实数范围内有意义，
∴x−3≥0，解得x≥3．
故选A．
先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
2.【答案】D
【解析】解：A、32+42=52，即能组成直角三角形，故本选项不合题意；
B、52+122=132，即能组成直角三角形，故本选项不合题意；
C、12+( 3)2=22，即能组成直角三角形，故本选项不合题意；
D、62+72≠82，即不能组成直角三角形，故本选项符合题意；
故选：D．
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3.【答案】B
【解析】解：A、∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
B、AB//CD，AD=BC，无法得出四边形ABCD是平行四边形，故此选项正确；
C、∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
D、∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项错误；
故选：B．
分别利用平行四边形的判定方法判断得出即可．
此题主要考查了平行四边形的判定，正确把握判定方法是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵从一条平行线上的任意一点到另一条平行线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离，
∴线段AB和CD都可以示直线m与n之间的距离，
故选：C．
由平行线之间的距离的定义判定即可得解．
本题考查了平行线之间的距离，熟记平行线之间的距离的概念是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵D是AC的中点，E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∴AB=2DE，
故选：C．
根据中位线定理可得：AB=2DE．
本题考查了三角形的中位线定理，属于基础题，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了用表格表示变量间的关系，能够通过表格确定自变量与因变量的变化关系是解题的关键．
根据自变量和因变量的定义、表格信息逐项判断即可．
【解答】
解：A.自变量是时间，因变量是温度计的读数，正确，故不符合题意；
B.当t=10s时，温度计上的读数是31.0℃，正确，故不符合题意；
C.温度计的读数随着时间推移逐渐减小，最后保持不变，正确，故不符合题意；
D.依据表格中反映出的规律，t=35s时，温度计上的读数会小于等于12.0℃，错误，故符合题意．
故选D．
7.【答案】B
【解析】解：如图，设AC与BD的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC=3，BO=DO=4，AC⊥BD，
∴AB= AO2+BO2= 9+16=5，
∵S菱形ABCD=AB⋅DE=12AC⋅BD，
∴DE=6×85×2=245，
故选B．
利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图，连接AP，
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选C．
连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥BC时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出AP⊥BC时，线段EF的值最小是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：连接DF，DE，
∵AB=AC，AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC=90°，
∴EF=12BC=12×12=6，
同理：FD=12AB=12×16=8，DE=12AB，
∴DF=DE，
∵M为EF的中点，
∴DM⊥EF，FM=12EF=3，
∴DM= DF2−FM2= 82−32= 55．
故选：C．
连接DF，DE，由等腰三角形的性质推出F是BC中点，由直角三角形斜边中线的性质得到EF=12BC=12×12=6，同理FD=12AB=8，DE=12AB，由等腰三角形的性质推出DM⊥EF，FM=12EF=3，由勾股定理即可求出DM= DF2−FM2= 82−32= 55．
本题考查勾股定理，直角三角形斜边的中线，等腰三角形的性质，关键是由直角三角形斜边中线的性质推出EF=12BC，FD=12AB，DE=12AB，得到△DEF是等腰三角形．
10.【答案】A
【解析】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，
∴NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形；故①正确；
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，
∵∠DCF=90°，
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC=AE+CE=CE+CG= 2AD，故②错误；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
故选：A．
过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD=90°，∠ECN=45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，根据全等三角形的性质得到ED=EF，推出矩形DEFG为正方形；故①正确；根据正方形的性质得到AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°推出△ADE≌△CDG(SAS)，得到AE=CG，求得AC=AE+CE=CE+CG= 2AD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】2 3 5
【解析】解：(1) 12= 4×3= 4× 3=2 3，
故答案为：2 3；
(2) (−5)2=−(−5)=5，
故答案为：5．
(1)先把12写成4×3，然后根据二次根式的乘法法则，进行计算即可；
(2)根据二次根式的性质进行计算即可．
本题主要考查了二次根式的化简求值，解题关键是熟练掌握二次根式的乘法法则和二次根式的性质．
12.【答案】x≠4
【解析】解：由题意得：x−4≠0，
解得：x≠4，
故答案为：x≠4．
根据分式的分母不为零列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，熟记分式的分母不为零是解题的关键．
13.【答案】锐角三角形是等边三角形 假
【解析】解：“等边三角形是锐角三角形”的逆命题是“锐角三角形是等边三角形”，此逆命题为假命题．
故答案为锐角三角形是等边三角形，假．
把原命题的题设和结论部分交换即可得到逆命题，然后根据等边三角形的判定方法判断逆命题的真假．
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．2、有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．也考查了逆命题．
14.【答案】10
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，CD=5，
∴AB=2CD=10．
故答案为：10．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求解．
本题主要考查直角三角形斜边上的中线，掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．
15.【答案】 32
【解析】解：如图，连接AG，过点A作AG′⊥BC于G′，
∵点E为AH的中点，点F为GH的中点，
∴EF是△AGH的中位线，
∴EF=12AG，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠B=60°，
∴∠BAG′=30°，
∴BG′=12AB=1，
由勾股定理得：AG′= AB2−G′B2= 3，
由垂线段最短可知，当点G在G′位置时，AG最小，
∴EF的最小值为 32，
故答案为： 32．
连接AG，过点A作AG′⊥BC于G′，根据三角形中位线定理得到EF=12AG，根据直角三角形的性质求出BG′，根据勾股定理求出AG′，进而求出EF的最小值．
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、垂线段最短，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
16.【答案】 42
【解析】解：由题知，
令BC=a，AC=b，
∵四边形ABKH和四边形ACIG是正方形，
∴∠BAH=∠CAG=90°，AB=AH，AC=AG，
∴∠BAH−∠CAH=∠CAG−∠CAH，
即∠BAC=∠HAG．
在△BAC和△HAG中，
AB=AH∠BAC=∠HAGAC=AG，
∴△BAC≌△HAG(SAS)，
∴HG=BC=a．
又∵AF=b−a，IH=b−a，
∴AF=IH．
∵∠HAG+∠AHG=∠AHG+∠JHI=90°，
∴∠HAG=∠JHI，
∴∠BAC=∠JHI．
在△EAF和△JHI中，
∠EFA=∠IAF=IH∠BAC=∠JHI，
∴△AEF≌△HJI(ASA)，
∴S△AEF=S△HJI．
又∵四边形BCFE和△HIJ的面积和为5，
∴S四边形BCFE+S△AEF=5，
即S△ABC=5，
∴12ab=5，
则ab=10．
又∵四边形BCFE和△HIJ的面积和为5，四边形ACJH和△BDE的面积和为12，
将四部分的面积相加得，
S正方形BDFC+S梯形ACIH=17，
∴a2+b2−12ab=17，
则a2+b2=22．
∴(a+b)2=a2+b2+2ab=22+2×10=42，
则a+b= 42(舍负)，
即AC+BC的值为 42．
故答案为： 42．
可证明△AEF与△HJI全等，进而得出△ABC的面积，再将所给的面积全部相加，得出正方形BCFD和梯形ACIH的面积之和，用AC和BC的长将其表示出来即可解决问题．
本题考查勾股定理的证明，整体思想的巧妙运用是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 18− 32+2 12
=3 2−4 2+ 2
=0；
(2)(2 3−1)2
=12−4 3+1
=13−4 3．
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)利用完全平方公式进行计算，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】证明：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，且AD=BC，又∵BE=DF，
∴AF=EC，又AF//CE
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF．
【解析】本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相等，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．根据平行四边形性质得出AD//BC，且AD=BC，推出AF//EC，AF=EC，根据平行四边形的判定推出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
19.【答案】解：原式=m−1+m+1(m+1)(m−1)2(m+1)m
=2m(m+1)(m−1)⋅2(m+1)m
=4m−1，
当m= 2+1时，上式=4 2+1−1=2 2．
【解析】先计算括号，再计算乘除即可．
本题考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算法则．
20.【答案】是 4 26min～30min 6km
【解析】解：(1)对于x的每一个确定的值，v都有唯一的值与其对应，
∴变量v是关于x的函数，
故答案为：是．
(2)14−10=4(min)，
故答案为：4．
(3)根据函数的图象得到第二次减速行驶的时间段是26min～30 min，
故答案为：26min～30min．
(4)26−20=6 (min)=0.1 (h)，
60×0.1=6 (km)．
故答案为：6km．
(1)根据对于x的每一个确定的值，v都有唯一的值与其对应，进行判断即可；
(2)根据函数的图象得到速度为0时，是在休息，找到对应的时间计算出结果；
(3)根据函数的图象得到第二次减速行驶的时间段是26min～30 min；
(4)根据速度×时间=路程，计算出结果．
本题考查了函数的图象，解题的关键是从图象中获取信息．
21.【答案】解：(1)如图，以点B为圆心，BC长为半径画弧交AD于点E，
∴∠BCE=∠BEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠BCE=∠DEC，
∴∠BEC=∠DEC；
∴点E即为所求；
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，CD=AB=6，BC=AD，
∵DE=2，
∴AE=AD−DE=BC−2，
由(1)可知：BE=BC，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得：AE2+AB2=BE2，
∴(BC−2)2+62=BC2，
∴BC=10．
【解析】(1)以点B为圆心，BC长为半径画弧交AD于点E即可；
(2)根据矩形的性质可得∠A=90°，CD=AB=6，BC=AD，由(1)可得BE=BC，根据勾股定理可得结论．
本题考查了作图−复杂作图，矩形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
22.【答案】(1)证明：∵AB//CD，AD//CE，
∴四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=∠ADE，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
∴平行四边形AECD是菱形；
(2)解：由(1)可知，四边形AECD是菱形，
∴OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，
∵△ACD的周长为36，
∴AC=36−AD−CD=36−10−10=16，
∴OA=OC=8，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD= AD2−OA2= 102−82=6，
∴DE=2OD=12，
∵AC⊥BC，
∴DE//BC，
∵AB//CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∴CB=DE=12．
【解析】(1)证明四边形AECD是平行四边形，∠CDE=∠AED，再证∠AED=∠ADE，则AD=AE，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)由菱形的性质得OA=OC，CD=AD=10，OD=OE，AC⊥DE，进而求出AC=16，则OA=OC=8，再由勾股定理得OD=6，则DE=2OD=12，然后证明四边形BCDE是平行四边形，即可得出结论．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
23.【答案】12a 14a2 不存在 2(x+y)=6xy=4 不存在
【解析】解：(1)设给定正方形边长为a，则其周长为4a，面积为a2．
若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为4a×12÷4=12a，
此时新正方形的面积是(12a)2=14a2，
即不存在一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半；
已知矩形的长和宽分别为4和2，若存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半，
设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意，得方程组2(x+y)=6xy=4，
整理得x+y=3①xy=4②，
由①得y=3−x③，
将③代入①得x(3−x)=4，
∴x2−3x+4=(x−32)2+74=0，
∵(x−32)2≥0，
∴(x−32)2+74>0，
∴方程组无解，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
故答案为：①12a；②14a2③不存在；④2(x+y)=6xy=4；⑤不存在；
(2)设新矩形长和宽分别为x，y，
根据题意，得方程组x+y=3xy=4，
思路一：见(1)解答；
思路二：∵(x−y)2=(x+y)2−4xy=9−16=−7，且(x−y)2≥0，
∴x、y不存在满足条件的情况，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意得2(x+y)=2(m+n)×12=m+n①xy=12mn②，
由①得y=12(m+n)−x③，
将③代入②得x[12(m+n)−x]=12mn，
整理得2x2−(m+n)x+mn=0，
∴Δ=[−(m+n)]2−4×2mn=(m+n)2−8mn，
∵Δ≥0时，方程有实数解，
∴(m+n)2−8mn≥0时，
即(m+n)2≥8mn，方程有解，存在满足条件的新矩形．
(1)根据正方形的周长和面积公式，可作答①②③；设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组求解，根据方程无解可作答④⑤；
(2)思路一：见(1)解析；思路二：根据(x−y)2=(x+y)2−4xy以及平方的非负性即可求解；
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，根据题意列二元一次方程组，利用代入消元法解方程，再根据一元二次方程根的判别式求解即可．
本题考查四边形的综合应用，主要考查了二元一次方程组的应用，完全平方公式的应用，一元二次方程根的判别式等知识，掌握相关知识点是解题关键．
24.【答案】(1)证明：如图，连接MM′，
∵将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，
∴MM′=AA′，A′B′=AB，MM′//AB，
∵M是OB的中点，
∴MM′是△OAB的中位线，
∴MM′=12AB=12A′B′，
∴AA′=AB′；
(2)解：△M′A′D是等腰直角三角形，
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，∠DAO=∠OAB=∠OBA=45°，
∴∠DAA′=90°，
∵将△MAB沿射线BA平移得到△M′A′B′，
∴A′B′=AB，∠MB′A′=∠MBA=45°，
∴∠DAM′=∠A′B′M′，∠M′AB′=∠M′B′A，AD=A′B′，
∴M′A=M′B′，
∴△ADM′≌△B′A′M(SAS)，
∴∠ADM′=∠B′A′M′，DM′=A′M′，
∵∠AEA′=∠M′ED，
∴∠EAA′=∠EM′D=90°，
∴△M′A′D是等腰直角三角形；
(3)解：AD= 2AM′+AA′．
由(2)得，AM′=B′M′，∠M′B′A=∠M′AB′=45°，
∴∠AMB′=90°，
∴AB′= AM′2+B′M′2= 2AM′，
∴AD=A′B′=AB′+AA′= 2AM′+AA′．
【解析】(1)连接MM′，由平移的性质得出MM′=AA′，A′B′=AB，MM′//AB，由三角形的中位线定理可得出结论；
(2)证明△ADM′≌△B′A′M(SAS)，得出∠ADM′=∠B′A′M′，DM′=A′M′，则可得出结论；
(3)证出∠AMB′=90°，则可得出结论．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25.【答案】(1)解：∵a−b= 5−b+ 3b−15．
又∵5−b≥03b−15≥0，
∴b=5，a=5，
∴A(0,5)，D(5,5)．
(2)证明：如图1中，连接EG，延长AH交CD于T．
∵AO=AD，∠OAD=90°，
∴∠AOD=∠ADO=45°，
∵OG⊥OD，
∴∠DOG=90°，
∴∠AOG=∠AOD=45°，
∴∠AOG=∠ADE，
在△AOG和△ADE中，
AO=AD∠AOG=∠ADEOG=DE，
∴△AOG≌△ADE(SAS)，
∴AG=AE，∠OAG=∠DAE，
∴∠GAE=∠OAD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，∠ABO=∠ADT，
∴∠GAH=∠DTH，
在△AHG和△THD中，
∠GAH=∠DTHAH=HT∠AHG=∠DHT，
∴△AHG≌△THD(ASA)，
∴AG=DT，
∴AE=DT，
∵∠ABO+∠BAO=90°，∠BAO+∠OAE=90°，
∴∠ABO=∠OAE，
∴∠OAE=∠ADT，
在△ADT和△OAE中，
DA=AO∠ADT=∠OAEDT=AE
∴△ADT≌△OAE(SAS)，
∴AT=OE=2AH，
在Rt△OGE中，OE2+OG2=EG2=2AE2，
∴DE2+4AH2=2AE2．
(3)解：结论：OM=BM+CN．
理由：如图2中作NE//BC交AB的延长线于E．
∵BC//NE，ME//CN，
∴四边形BENC是平行四边形，
∴BE=CN，BC=EB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∴EN=AD=AO，
∵OM⊥AB，
∴∠AMO=∠NME=∠AOB=90°，
∴∠MAO+∠AOM=90°，
∵∠AOM+∠BOM=90°，
∴∠MAO=∠BOM，
∵∠BOM=∠ENM，
∴∠MAO=∠MNE，
在△AMO和△NME中，
∠AMO=∠NME∠MAO=∠MNEAO=EN，
∴△AMO≌△NME(AAS)，
∴OM=EM，
∵EM=BM+BE，BE=CN，
∴OM=BM+CN．
【解析】(1)根据二次根式的被开方数是非负数，构建不等式求出a，b的值，可得结论．
(2)如图1中，连接EG，延长AH交CD于T.证明△AOG≌△ADE(SAS)，推出AG=AE，∠OAG=∠DAE，证明△AHG≌△THD(ASA)，推出AG=DT，AE=DT，再证明△ADT≌△OAE(SAS)，推出AT=OE=2AH，在Rt△OGE中，根据OE2+OG2=EG2=2AE2，可得结论．
(3)结论：OM=BM+CN.如图2中作NE//BC交AB的延长线于E.证明四边形BENC是平行四边形，证明△AMO≌△NME(AAS)，推出OM=EM，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，二次根式的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．时间t(单位：s)
5
10
15
20
25
30
温度计读数(单位：℃)
49.0
31.0
22.0
16.5
14.0
12.0
思路：设给定的正方形边长为a，则其周长为4a，面积为a2.若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为① ______，此时新正方形的面积是② ______．
结论：③ ______(“存在”或不存正)一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半
思路一：消去未知数y，得到关于x的方程，根据利用“凑完全平方”得方程的解的情况解决问题．
思路二：根据利用完全平方公式的代数变换解决问题．
结论：⑤ ______(“存在”或不存在)一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
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