精品解析：陕西省西安市高新第二初级中学2024-2025学年下学期第二次月八年级数学试题

2024-2025学年度第二学期第二次月考八年级数学试题 一、选一选，慧眼识金．（每小题3分，8小题，共24分） 1. 下列由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，甲、乙、丙、丁四人手中各有一张圆形卡片，则卡片中的式子不是分式的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 3. 在下列条件中，能够判定为矩形的是（ ） A. B. C. D. 4. 分式化简后的结果为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，四边形是矩形，，点C在第二象限，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（　　） A. B. C. 3 D. 2 7. 如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ） A. B. C. D. 不能确定 8. 如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ） A. 15 B. C. D. 18 二、填一填，画龙点睛（每小题3分，6个小题，共15分） 9. 分解因式：=_______________． 10. 如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为___． 11. 点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为___． 12. 汽车从甲地开往乙地，每小时行驶千米，经过t小时到达乙地，回来每小时多行驶千米，该车在途中一共用______小时． 13. 如图，在菱形中，，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，连接．则的最小值为_______． 三、做一做，马到成功（共11小题，81分） 14. 因式分解：； 15. 化简： 16. 解方程：． 17. 尺规作图：如图，在中，．作菱形，使得在上，在上，在上；（不写作法，保留痕迹） 18. 如图，点是对角线的交点，过点的直线分别交，于点，．，，分别连接，，求此时四边形的周长． 19. 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，且，求菱形的高． 20. 一个多边形的内角和是外角和的2倍，它是几边形？如果这个多边形的每个内角都相等，那么每个内角等于多少度？ 21. 如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的F点处，DF交BC于点E． （1）求证：△DCE≌△BFE； （2）若CD=2，∠ADB=30°，求BE的长． 22. 无人机在航空拍照、高速公路管理、森林防火巡查和应急救援、救护等民用领域应用极为广阔．2023年10月西北工业大学的科研成果“信鸽”仿生飞行器续航时间3小时5分30秒，刷新了扑翼式无人机单次充电飞行时间的吉尼斯世界纪录．科研小组的同学发现，“信鸽”仿生飞行器时速是“云鸮”仿生飞行器时速的1.5倍，“信鸽”仿生飞行器飞向5千米高的空中比“云鸮”仿生飞行器少用5分钟，求“信鸽”仿生飞行器的时速． 23. 如图，在中，，为的中点，且，，，， （1）求证：四边形是菱形； （2）求四边形的高．（计算结果保留根号） 24. 端午节是我国的传统节日，人们素有吃粽子的习俗，某商场在端午节来临之际用3000元购进、两种粽子1100个，购买种粽子与购买种粽子的费用相同，已知粽子的单价是种粽子单价的1.2倍. （1）求、两种粽子的单价各是多少？ （2）若计划用不超过7000元的资金再次购买、两种粽子共2600个，已知、两种粽子的进价不变，求中粽子最多能购进多少个？ 25. 如图，已知平行四边形的对角线、相交于点，、，两动点、同时分别以的速度从点、出发在线段相对运动． （1）求证：当、运动过程中不与点重合时，四边形一定为平行四边形； （2）当、运动时间为何值时，四边形为矩形？ 26. （1）图形分析：如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝4，D，E分别为AB，AC的中点，则CD+DE＝　　． （2）问题探究：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AC＝4，∠CAB＝90°，CD＝6，E为AD中点，求BE的最大值． （3）实际应用：某市“三河口”地区存在着丰富（足够开发利用）的湿地资源，河务部门准备设计筹建如图③所示的四边形ABCD湿地观光公园，拟设计CD＝8公里，AB＝BC，且∠CBA＝90°，BCAD，据实际情况，∠ADC＜90°，观光入口确定在边CD的中点E处，BE建为绿色观光道路，建设观光道路每公里花费1.5万元．为满足游客的观光体验，河务部门设想让绿色观光道路取得最长，但筹措到的建设资金只有15万元，在满足上述设计条件下，河务部门是否可实现自己的设想？请通过计算说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期第二次月考八年级数学试题 一、选一选，慧眼识金．（每小题3分，8小题，共24分） 1. 下列由左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把一个多项式分解成几个整式的积的形式，叫做把这个多项式进行因式分解，根据定义，进行判断即可． 【详解】解：A、是因式分解，符合题意； B、是整式的乘法，不符合题意； C、等式的右边不是整式的积的形式，不符合题意； D、等式的右边不是整式的积的形式，不符合题意； 故选：A． 2. 如图，甲、乙、丙、丁四人手中各有一张圆形卡片，则卡片中的式子不是分式的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式的概念，熟练掌握分式的概念是解决本题的关键． 根据分式的概念，即“如果A，B（B不等于零）表示两个整式，且B中含有字母，那么式子就叫做分式”，由此判断选项即可． 【详解】解：甲：满足分式的概念，是分式； 乙：中分子与分母都不含有字母，不是分式； 丙：满足分式的概念，是分式； 丁：满足分式的概念，是分式． 故选：B ． 3. 在下列条件中，能够判定为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可． 【详解】当AB=AC时，不能说明是矩形，所以A不符合题意； 当AC⊥BD时，是菱形，所以B不符合题意； 当AB=AD时，是菱形，所以C不符合题意； 当AC=BD时，是矩形，所以D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形． 4. 分式化简后的结果为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据异分母分式相加减的运算法则计算即可．异分母分式相加减，先通分，再根据同分母分式相加减的法则计算． 【详解】解： 故选：B． 【点睛】本题主要考查了分式的加减，熟练掌握分式通分的方法是解答本题的关键． 5. 如图，四边形是矩形，，点C在第二象限，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作轴于M，轴于N，则，，证明，得出，，得出，即可得出答案． 【详解】解：作轴于M，轴于N，如图所示： 则， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴点C的坐标是； 故选D． 【点睛】本题考查矩形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键． 6. 如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是▱ABCD内一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（　　） A. B. C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即可得到CG的长，进而得出DG的长． 【详解】连接AC，交EF于点H，如图， ∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°， ∴Rt△BCF中，EF＝BC＝4， ∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点， ∴ ∴H是AC的中点，F是AG的中点， ∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线， ∴，， 而FH=EF-FH=4-， ∴CG=2FH=3， 又∵CD＝AB＝5， ∴DG＝5﹣3＝2， 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关性质是解题的关键． 7. 如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方形的性质得出，，，推出，证出≌，即可求出两个正方形重叠部分的面积． 【详解】解： 四边形和四边形都是正方形， ，，， ． 在与中， ， ≌， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形的面积等于三角形的面积是解此题的关键． 8. 如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（ ） A. 15 B. C. D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为5的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】解：过点作，交于，过点作垂足为， ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为5的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：B． 二、填一填，画龙点睛（每小题3分，6个小题，共15分） 9. 分解因式：=_______________． 【答案】a（a﹣b）． 【解析】 【详解】解：=a（a﹣b）． 故答案为a（a﹣b）． 【点睛】本题考查因式分解-提公因式法． 10. 如图，正八边形的边长为2，对角线、相交于点．则线段的长为___． 【答案】 【解析】 【分析】根据正八边形的性质得出四边形是矩形，、是等腰直角三角形，，再根据矩形的性质以及直角三角形的边角关系求出，，即可． 【详解】解：如图，过点作于，由题意可知，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，， 在中，，， ， 同理， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形和圆，掌握正八边形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提． 11. 点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为___． 【答案】62° 【解析】 【分析】连接，根据中心对称图形的定义得出点是菱形的两对角线的交点，根据菱形的性质得出，，那么． 【详解】解：如图，连接， 点是菱形的对称中心，， 点是菱形的两对角线的交点， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，菱形是中心对称图形，两对角线的交点是对称中心，掌握菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键． 12. 汽车从甲地开往乙地，每小时行驶千米，经过t小时到达乙地，回来每小时多行驶千米，该车在途中一共用______小时． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了列代数式，关键是正确理解文字语言中的关键词，从而明确其中的运算关系，正确地列出代数式．本题用到的关系式为路程速度时间．根据路程速度时间，可知甲、乙两地相距千米，由于回来每小时多行驶千米，得出回来的速度为每小时行驶千米，则回来的时间为小时，该车在途中用去的时间去时用去的时间回来用去的时间． 【详解】解：∵汽车从甲地开往乙地，每小时行驶千米，经过小时到达乙地， ∴甲、乙两地相距千米， ∵回来每小时多行驶千米， ∴回来的速度为每小时行驶千米， ∴回来的时间为小时 ∴该车在途中用去的时间为小时 故答案为：． 13. 如图，在菱形中，，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，连接．则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质、解直角三角形，作于，连接、，作于，由菱形的性质得出，由直角三角形的性质可得，由线段垂直平分线的性质可得，从而得出，求出即可得解． 【详解】解：如图，作于，连接、，作于， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵的垂直平分线交于点M，交于点N， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∵，， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 三、做一做，马到成功（共11小题，81分） 14. 因式分解：； 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，直接提公因式，即可求解． 【详解】解： ． 15. 化简： 【答案】 【解析】 【分析】本题考查分式的除法，掌握分式除法的运算法则是解题的关键．先把除法变成乘法，同时把分式的分子与分母分解因式，再根据分式的乘法法则进行计算即可． 【详解】解：原式 ． 16. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解分式方程，先去分母变分式方程为整式方程，然后再解整式方程，最后对方程的解进行检验即可． 【详解】解：， 去分母得：， 去括号得：， 移项，合并同类项得：， 检验：把代入得：， ∴是原方程的解． 17. 尺规作图：如图，在中，．作菱形，使得在上，在上，在上；（不写作法，保留痕迹） 【答案】 如图，四边形即为所求． 【解析】 【分析】本题考查作角平分线与垂直平分线，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．作平分交于点D，作线段的垂直平分线交于点E，交于点F，连接，即可． 【详解】解：根据作图可得垂直平分，是的角平分线， ∴，， ∴，， 又∵是的角平分线， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 18. 如图，点是对角线的交点，过点的直线分别交，于点，．，，分别连接，，求此时四边形的周长． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识，推导出，，进而证明是解题的关键．由，得，而，所以四边形是平行四边形，因为，所以四边形是菱形，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图所示，连接，． 四边形是平行四边形， ， ， 点是对角线的交点， ， 在和中， ， ． ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形的周长为 19. 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，且，求菱形的高． 【答案】9.6． 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．首先求出，再利用，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，， 在中，， ， ， ． 20. 一个多边形的内角和是外角和的2倍，它是几边形？如果这个多边形的每个内角都相等，那么每个内角等于多少度？ 【答案】六边形，每个内角为 【解析】 【分析】根据多边形的内角和公式以及多边形的外角和为360°计算即可． 【详解】解：根据题意可得：， 解得：， ∴这个多边形为六边形； 六边形的内角和为， ∵． ∴如果这个多边形的每个内角都相等，那么每个内角等于120°． 【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和的应用，熟练掌握多边形的内角和与外角和是解决本题的关键． 21. 如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的F点处，DF交BC于点E． （1）求证：△DCE≌△BFE； （2）若CD=2，∠ADB=30°，求BE的长． 【答案】（1）证明见试题解析；（2）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）由AD∥BC，知∠ADB=∠DBC，根据折叠的性质∠ADB=∠BDF，所以∠DBC=∠BDF，得BE=DE，即可用AAS证△DCE≌△BFE； （2）在Rt△BCD中，CD=2，∠ADB=∠DBC=30°，知BC=2，在Rt△BCD中，CD=2，∠EDC=30°，知CE=，所以BE=BC﹣EC=． 解：（1）∵AD∥BC， ∴∠ADB=∠DBC， 根据折叠的性质∠ADB=∠BDF，∠F=∠A=∠C=90°， ∴∠DBC=∠BDF， ∴BE=DE， 在△DCE和△BFE中， ， ∴△DCE≌△BFE； （2）在Rt△BCD中， ∵CD=2，∠ADB=∠DBC=30°， ∴BC=2， 在Rt△BCD中， ∵CD=2，∠EDC=30°， ∴DE=2EC， ∴（2EC）2﹣EC2=CD2， ∴CE=， ∴BE=BC﹣EC=． 考点：翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质． 22. 无人机在航空拍照、高速公路管理、森林防火巡查和应急救援、救护等民用领域应用极为广阔．2023年10月西北工业大学的科研成果“信鸽”仿生飞行器续航时间3小时5分30秒，刷新了扑翼式无人机单次充电飞行时间的吉尼斯世界纪录．科研小组的同学发现，“信鸽”仿生飞行器时速是“云鸮”仿生飞行器时速的1.5倍，“信鸽”仿生飞行器飞向5千米高的空中比“云鸮”仿生飞行器少用5分钟，求“信鸽”仿生飞行器的时速． 【答案】“信鸽”仿生飞行器的时速为30千米/小时 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的应用，根据“云鸮”仿生飞行器所用的时间减去“信鸽”仿生飞行器所用的时间等于列出方程，再求出解即可． 【详解】解：设“云鸮”仿生飞行器的时速为x千米/小时，则“信鸽”仿生飞行器的时速为千米/小时．根据题意，得 ， 解得：． 经检验，是原方程的解，且符合题意． ∴． 答：“信鸽”仿生飞行器的时速为30千米/小时． 23. 如图，在中，，为的中点，且，，，， （1）求证：四边形是菱形； （2）求四边形的高．（计算结果保留根号） 【答案】（1） 证明：，， 四边形是平行四边形， 又，是的中点， ， 平行四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】本题考查菱形的判定与性质及含度角的直角三角形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，正确添加辅助线是解决本题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等，即可得出结论； （2）过点作，垂足为点；可得出是等边三角形，得出，，再由，得出，在中，由勾股定理求出即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作，垂足为点，如图所示：即为菱形的高， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ∴ 又， ∴， 在中，， 即菱形的高为． 24. 端午节是我国的传统节日，人们素有吃粽子的习俗，某商场在端午节来临之际用3000元购进、两种粽子1100个，购买种粽子与购买种粽子的费用相同，已知粽子的单价是种粽子单价的1.2倍. （1）求、两种粽子的单价各是多少？ （2）若计划用不超过7000元的资金再次购买、两种粽子共2600个，已知、两种粽子的进价不变，求中粽子最多能购进多少个？ 【答案】（l）种粽子的单价是3元，种粽子的单价是2.5元；（2）种粽子最多能购进1000个. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出分式方程计算即可，注意根的验证. （2）根据题意列出不等式即可，根据不等式的性质求解. 【详解】（l）设种粽子的单价为元，则种粽子的单价为元 根据题意，得 解得： 经检验，是原方程的根 所以种粽子的单价是3元，种粽子的单价是2.5元 （2）设种粽子购进个，则购进种粽子个 根据题意，得 解得 所以，种粽子最多能购进1000个 【点睛】本题主要考查分式方程的应用，以及一元一次不等式的应用，关键在于分式方程的解需要验证. 25. 如图，已知平行四边形的对角线、相交于点，、，两动点、同时分别以的速度从点、出发在线段相对运动． （1）求证：当、运动过程中不与点重合时，四边形一定为平行四边形； （2）当、运动时间为何值时，四边形为矩形？ 【答案】（1） 证明：连接，，，， 两动点、同时分别以的速度从点、出发在线段相对上运动， ， 平行四边形的对角线、相交于点， ，（平行四边形的对角线互相平分）， 或， 即， 四边形为平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）； （2）当、运动时间或时，四边形为矩形 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质． 根据点、的时间和速度，可知，根据平行四边形的性质可知，，根据线段的和与差可知，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可证结论成立； 根据对角线相等的平行四边形是矩形可知，当时，四边形为矩形，此时应分两种情况，一种情况是当点在上，点在上时，另一种情况是当点在上，点在上时．分情况求出运动时间即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：当点在上，点在上时，，四边形为矩形， 运动时间为， ， ， ； 当点在上，点在上时，， ， ； 综上所述，当、运动时间或时，四边形为矩形． 26. （1）图形分析：如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝4，D，E分别为AB，AC的中点，则CD+DE＝　　． （2）问题探究：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AC＝4，∠CAB＝90°，CD＝6，E为AD中点，求BE的最大值． （3）实际应用：某市“三河口”地区存在着丰富（足够开发利用）的湿地资源，河务部门准备设计筹建如图③所示的四边形ABCD湿地观光公园，拟设计CD＝8公里，AB＝BC，且∠CBA＝90°，BCAD，据实际情况，∠ADC＜90°，观光入口确定在边CD的中点E处，BE建为绿色观光道路，建设观光道路每公里花费1.5万元．为满足游客的观光体验，河务部门设想让绿色观光道路取得最长，但筹措到的建设资金只有15万元，在满足上述设计条件下，河务部门是否可实现自己的设想？请通过计算说明理由． 【答案】（1）6；（2）3＋2； （3）河务部门可实现自己的设想，理由如下： 如图，过点C作CM⊥AD于M，CN⊥CD交AB于N，取CN的中点P，连接BP，PE，DN， ∵BCAD，∠ABC＝90°， ∴∠ABC＝∠BAD＝90°， ∵CM⊥AD， ∴∠ABC＝∠BAD＝∠CMA＝90°， ∴四边形ABCM是矩形， 又∵AB＝BC， ∴四边形ABCM是正方形， ∴AB＝BC＝CM＝AM，∠BCM＝90°， ∵CN⊥CD， ∴∠NCD＝90°＝∠BCM， ∴∠BCN＝∠DCM， 又∵∠ABC＝∠CMD＝90°， ∴△BCN≌△MCD（ASA）， ∴CN＝CD＝8（公里）， 又∵∠NCD＝90°， ∴DN＝（公里）， ∵点P是CN的中点，点E是CD的中点，∠ABC＝90°， ∴PE＝DN＝4（公里），BP＝CN＝4（公里）， ∴当点P，点B，点E三点共线时，BE有最大值为（4＋4）公里， ∵1.5×（4＋4）＜15， ∴河务部门可实现自己的设想． 【解析】 【分析】（1）由三角形中位线定理和直角三角形的性质可求CD＝4，DE＝2，即可求解； （2）由勾股定理可求BH的长，由三角形中位线定理可求EH的长，当点E，点H，点B三点共线时，BE有最大值，即可求解． （3）先证四边形ABCM是正方形，可得AB＝BC＝CM＝AM，∠BCM＝90°，由“ASA”可证△BCN≌△MCD，可得CN＝CD，可求BE的最大值，即可求解． 【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝4， ∴AB＝8， ∵D，E分别为AB，AC的中点， ∴CD＝AB＝4，DE＝BC＝2， ∴CD＋DE＝6， 故答案为：6； （2）如图，取AC的中点H，连接EH，BH， ∵点H是AC的中点， ∴AH＝2， ∴， ∵点H是AC的中点，点E是AD的中点， ∴EH＝CD＝3， ∴当点E，点H，点B三点共线时，BE有最大值为3＋2； （3）略． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $