2026年寒假验收卷（范围：二次根式～四边形）八年级数学新教材人教版

2026年寒假验收卷 范围：人教版新教材（二次根式~四边形） 建议用时：100分钟，满分：120分 一、单选题（共30分） 1．（3分）下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】考查了二次根式的运算．逐一验证各选项的正确性，利用二次根式的运算规则和性质进行判断即可． 【详解】解∶A．，故原计算正确． B．，但选项写为，故原计算错误． C．与的被开方数不同，无法直接合并，故原计算错误． D．，负数无实数平方根，表达式无意义，故原计算错误． 故选∶A． 2．（3分）有下列二次根式：，，，，，，．其中，是最简二次根式的有（   ） A．2个 B．3个 C．1个 D．4个 【答案】A 【分析】考查最简二次根式，解题的关键是正确理解最简二次根式的定义(被开方数的因数是整数，因式是整式；被开方数中不含能开得尽方的因数或因式)． 根据最简二次根式的定义即可判断． 【详解】解： ， ，，，； 只有，是最简二次根式，共2个 故选：A． 3．（3分）如果，那么的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】主要考查了二次根式有意义的条件（被开方数为非负数 ），熟练掌握二次根式中被开方数需满足非负性，以及多个二次根式同时存在时取各被开方数取值范围的交集是解题的关键．根据二次根式有意义的条件，即被开方数为非负数，来确定的取值范围．需要分别考虑等式左边两个二次根式以及右边二次根式中被开方数的取值要求，然后取其交集． 【详解】解：要使成立， ∵二次根式中被开方数须是非负数， ∴；，即； ∵ 且 ∴ 的取值范围是 故选：B ． 4．（3分）若正整数a，b，c是一组勾股数，则下列各组数一定是勾股数的为（    ） A．，， B． C．，， D． 【答案】C 【分析】主要考查了勾股数的概念，注意：一组数若为勾股数，扩大或缩小相同的倍数后仍然是勾股数．根据勾股数的概念进行分析，从而得到答案． 【详解】解：正整数a，b，c是一组勾股数，根据题意，不妨设c最大，则：， A．，，， ∵， ∴，，不一定是勾股数，故A错误； B．，，， ∵， ∴不一定是勾股数，故B错误； C．，，， ∵， ∴，，一定是勾股数，故C正确； D．，，， ∵， ∴不一定是一组勾股数 ，故D错误． 故选：C． 5．（3分）如图，在中，，．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】考查的是作图基本作图，涉及到平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟知角平分线的作法是解答此题的关键． 根据题干中的作图过程得出是，再利用平行四边形的性质得到，从而证明即可解决问题. 【详解】解：由题意可知是的平分线， ． 四边形是平行四边形， ∴， ， ， ， ， ， 故选：A． 6．（3分）如图，正方形的面积为8，菱形的面积为4，则的长是（   ） A．4 B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】此题考查正方形的性质和菱形的面积．连接，根据正方形的面积为8，求得，根据菱形的面积，即可得到结论． 【详解】解：连接， 正方形的面积为8， ， ， 菱形的面积为4， ， ， 故选：C． 7．（3分）如图，在△ABC中，点E，D，F分别在边AB，BC，CA上，且DE∥CA，DF∥AB．下列四个判断中，不正确的是（　　） A．四边形AEDF是平行四边形 B．如果AD＝EF，则四边形AEDF是矩形 C．若AD⊥EF，则四边形AEDF是菱形 D．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是正方形 【答案】D 【分析】根据特殊四边形的判定方法逐项判断即可． 【详解】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故A选项不符合题意； ∵AD=EF，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是矩形，故B选项不符合题意. ∵AD⊥EF，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形，故C选项不符合题意； 如果AD⊥BC且AB=BC，不能判定四边形AEDF是正方形，故D选项符合题意． 故选：D． 8．（3分）“赵爽弦图”是我国古代数学的伟大成就，它巧妙的利用面积关系证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（如图1）拼成的一个大正方形（如图2）．设直角三角形的较长的直角边为，较短的直角边为，若图中大正方形的面积为，线段的长为，则图1中的直角三角形面积为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】C 【分析】考查了勾股定理的证明，勾股定理的应用，正确得出大正方形的面积是解题的关键．由图形2可知，中间四边形的边长为的小正方形，由大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积得出，再结合即可得出，进而求得，即可求解． 【详解】解：由图形2可知，中间四边形的边长为的小正方形， ∵大正方形的面积为， ∴， ∵， ∴图2中小正方形的边长为3， ∴ 又∵大正方形的面积由四个全等的直角三角形加中间小正方形的面积， ∴， ∴， ∴ ∴图1中的直角三角形面积为 故选：C． 9．（3分）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上滑动，点C，D分别在x轴，y轴负半轴上滑动，四边形，都是矩形，若，，则（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】C 【分析】考查矩形的性质，坐标与图形性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．证明即可． 【详解】∵点分别在轴，轴正半轴上，点分别在轴，轴负半轴上， ， ∵四边形都是矩形，， ， ， ， ， ． 故选：C． 10．（3分）如图正方形外取一点E，连接．过点A作的垂线交于点P，若，．下列结论：①；②点B到直线的距离为；③；④．其中正确结论的序号是（   ） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】证明，则，进一步即可得到，即可判断①；过B作，交的延长线于F，则，得，，由，可得，即可判断②；连接，由全等三角形的性质可得到，，根据，即可判断③；求出，则，得到，即可判断④． 【详解】解：∵正方形外取一点E，连接．过点A作的垂线交于点P， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 故①正确； 过B作，交的延长线于F，则，    ∵， ∴，， 又∵， ∴， 即点B到直线的距离为1， 故②不正确； 如图，连接， ∵， ∴，， ∴， 故③正确； ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故④正确， 综上可知，①③④正确， 故选：A． 二、填空题（共18分） 11．（3分）若，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据二次根式的性质，可知，结合已知等式可转化为绝对值不等式求解． 【详解】解：由二次根式的性质，得： ． 已知， ∴． 根据绝对值的非负性，的条件是， ∴． 解不等式得： ． 故答案为：． 12．（3分）若最简二次根式与是可以合并的二次根式，则 ． 【答案】4 【分析】考查了最简二次根式的定义： 被开方数的因数是整数，字母因式是整式， 被开方数不含能开得尽方的因数或因式；同类二次根式：把几个二次根式化为最简二次根式以后，如果被开方数相同，那么这几个二次根式叫做同类二次根式；掌握相关定义是解题关键．根据同类二次根式的定义计算求值即可． 【详解】解：由题意得， 解得：， 故答案为：4． 13．（3分）如图所示，实数可以用数轴上的点来表示，点A表示的数为，点B表示的数为b，则 ． 【答案】/ 【分析】考查的是实数与数轴，勾股定理的应用，如图，先计算，，可得，，再进一步求解即可． 【详解】解：如图， ∵，， ∴，， ∵点A表示的数为，点B表示的数为b， ∴， 故答案为：． 14．（3分）平面直角坐标系中，，，，为平面内一点若、、、四点恰好构成一个平行四边形，则平面内符合条件的点的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】考查平行四边形的性质、坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题． 分三种情形画出图形即可解决问题． 【详解】解：如图， 当，时，点的坐标为； 当，时，点的坐标为； 当，时，点的坐标为； 综上所述，满足条件的点的坐标为或或， 故答案为：或或． 15．（3分）如图，已知菱形的边长为3，，点、分别在边、上．若将沿直线折叠，使得点恰好落在边的中点处，则 ． 【答案】2.1 【分析】过点作于点，由菱形的性质和已知条件得出，再设，则，，，，在中，依据勾股定理得到方程，求得的值即可得到的长． 【详解】解：过点作于点，如图所示： ，四边形是菱形， ， ， 设，则，，， ， ， 中，， 解得：， ， 故答案为：2.1． 16．（3分）如图，在边长为4的正方形中，将沿射线平移，得到，连接．求的最小值为 ． 【答案】 【分析】主要考查了正方形的性质、图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解． 连接，作点D关于直线的对称点T，连接，根据正方形的性质得出相等的边和角，得出，根据轴对称的性质得出，根据线段最短即可求出最小值． 【详解】解：如图，连接，作点D关于直线的对称点T，连接． ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵D，T关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴B，A，T共线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 三、解答题（共72分） 17．（8分）计算： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】考查了二次根式的化简和运算，掌握二次根式的性质和运算法则是解题的关键． （1）先化简每个二次根式，再合并同类项即可； （2）先利用平方差公式和完全平方公式进行计算，再去括号，最后加减计算即可． 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． 18．（8分）（1）若，求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1）18；（2） 【分析】考查了二次根式的化简求值，解题的关键是根据运算法则来计算． （1）根据完全平方公式对原式进行变形，再将数值代入求出结果； （2）根据二次根式的运算法则对原式进行变形，再将数值代入求出结果． 【详解】解：（1）∵， ∴ ； （2）∵， ∴， ∴ ． 19．（8分）如图，在中，，M、N分别是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】此题重点考查平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线并且证明是等边三角形是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，由M、N分别是AD、BC的中点，得，，，则，即可求证； （2）连接DN，由，，得，，则，因为，所以是等边三角形，则，，所以，则，求得，则，再根据勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 、N分别是、的中点， ，，， ， 四边形是平行四边形． （2）解：连接， ，， ，， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， 的长是 20．（8分）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图任务，每个任务的画线不得超过三条． (1)在图1中，点P在线段上，先画，再在上画点E，使得； (2)在图2中，在线段上找一点G，使得，垂足为点G，并在线段上找一点H，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质是关键． （1）作平行四边形并利用平行四边形的性质进行作点E即可； （2）利用三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质进行作图即可． 【详解】（1）解：所作图形如图所示： （2）所作图形如图所示： 21．（8分）在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点，其中，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（在一条直线上），并新修一条路，测得千米，千米，千米． (1)问是否为从村庄C到河边的最近路？请通过计算加以说明； (2)求原来的路线的长． 【答案】(1)是从村庄C到河边的最近路，说明见解析 (2)原来的路线的长为千米 【分析】主要考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理和勾股定理逆定理的内容是解题的关键． （1）根据勾股定理的逆定理解答即可； （2）根据勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：是，理由如下： 在中，，，， ，，， ， ， 是从村庄到河边的最近路； （2）解：设，则， ， 在中，， ， 解得：， 即的长为千米． 22．（10分）如图①，如图，在四边形中，，E、F分别是、的中点，连接并延长，分别与、的延长线交于点M、N． (1)求证：； (2)如图②，在四边形中，与相交于点O，，E、F分别是中点，连接，分别交于点M、N，判断的形状． 【答案】(1)见解析 (2)是等腰三角形． 【分析】考查三角形的中位线定理以及平行线的性质和等腰三角形的判定．通过添加辅助线构造三角形的中位线是解题的关键． （1）取的中点H，连接，利用三角形中位线定理和平行线性质完成即可； （2）如图，取的中点H，连接、，证明分别是的中位线，得到，，进而证明，，即可证明是等腰三角形． 【详解】（1）证明：如图所示，连接，取的中点H，连接、， ∵E、F分别是、的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：是等腰三角形； 证明：如图，取的中点H，连接、， ∵E、F分别是、的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 23．（10分）如图，在正方形中，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接交边于点N，过点D作，垂足为H，交于点M． (1)求的度数； (2)当时，求的长； (3)若点M是的中点，求证：． 【答案】(1) (2)3 (3)见解析 【分析】主要考查正方形的性质、勾股定理、等腰直角三角形、全等三角形的性质与判定等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形是解题的关键． （1）连接，证明可得，再证明，再根据等腰三角形的性质即可解答； （2）证明可得，再根据即可解答； （3）由中点的定义可得，设，则，可得，、，如图：连接，利用勾股定理可算得，进而可求得即可证明结论． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． （2）解：∵为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 在和中． ， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）证明：∵M是的中点， ∴， 设，则，， 由（2）同理可得， ∴， ∴， ∴， 如图：连接， ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 24．（12分）如图，矩形的顶点A、C分别在y轴、x轴上，O为坐标原点，点B的坐标为． (1)若a、b满足，则______，______，点B的坐标是_________； (2)如图1，点E、F分别在、上，，P、Q分别是、的中点，求的长度； (3)在（1）的条件下，如图2，已知点G为的中点，M，N分别是上的动点，且，作于，直接写出的最大值． 【答案】(1)6，4， (2) (3) 【分析】主要考查了非负数的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）根据非负数的性质即可得解； （2）连接并延长交于点，连接，易证，利用勾股可得，再根据中位线求出即可； （3）连接，交于点，连接，取的中点，连接、．易证是中位线，从而可得，而当、、依次共线时，有最大值，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵，且 ， ， 故答案为：6，4，； （2）解：连接并延长交于点，连接， ∵四边形是矩形， ， ， ∵是的中点， ， ， ， 在中，， ， ∵，是的中点， ∴是的中位线， ； （3）解：连接，交于点，连接，取的中点，连接，． ， ， ， ， ， ， 又 ∵点为的中点， ∴， ， 又 ∵于，且是的中点， ， 又易知， ， ∴当、、依次共线时，，即的最大值为． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年寒假验收卷 范围：人教版新教材（二次根式~四边形） 建议用时：100分钟，满分：120分 一、单选题（共30分） 1．（3分）下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（3分）有下列二次根式：，，，，，，．其中，是最简二次根式的有（   ） A．2个 B．3个 C．1个 D．4个 3．（3分）如果，那么的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（3分）若正整数a，b，c是一组勾股数，则下列各组数一定是勾股数的为（    ） A．，， B． C．，， D． 5．（3分）如图，在中，，．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是（    ） A．1 B．2 C． D． 6．（3分）如图，正方形的面积为8，菱形的面积为4，则的长是（   ） A．4 B． C．2 D．1 7．（3分）如图，在△ABC中，点E，D，F分别在边AB，BC，CA上，且DE∥CA，DF∥AB．下列四个判断中，不正确的是（　　） A．四边形AEDF是平行四边形 B．如果AD＝EF，则四边形AEDF是矩形 C．若AD⊥EF，则四边形AEDF是菱形 D．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是正方形 8．（3分）“赵爽弦图”是我国古代数学的伟大成就，它巧妙的利用面积关系证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（如图1）拼成的一个大正方形（如图2）．设直角三角形的较长的直角边为，较短的直角边为，若图中大正方形的面积为，线段的长为，则图1中的直角三角形面积为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 9．（3分）如图，点A，B分别在x轴，y轴正半轴上滑动，点C，D分别在x轴，y轴负半轴上滑动，四边形，都是矩形，若，，则（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 10．（3分）如图正方形外取一点E，连接．过点A作的垂线交于点P，若，．下列结论：①；②点B到直线的距离为；③；④．其中正确结论的序号是（   ） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 二、填空题（共18分） 11．（3分）若，则的取值范围为 ． 12．（3分）若最简二次根式与是可以合并的二次根式，则 ． 13．（3分）如图所示，实数可以用数轴上的点来表示，点A表示的数为，点B表示的数为b，则 ． 14．（3分）平面直角坐标系中，，，，为平面内一点若、、、四点恰好构成一个平行四边形，则平面内符合条件的点的坐标为 ． 15．（3分）如图，已知菱形的边长为3，，点、分别在边、上．若将沿直线折叠，使得点恰好落在边的中点处，则 ． 16．（3分）如图，在边长为4的正方形中，将沿射线平移，得到，连接．求的最小值为 ． 三、解答题（共72分） 17．（8分）计算： (1)； (2)． 18．（8分）（1）若，求的值； （2）若，求的值． 19．（8分）如图，在中，，M、N分别是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求的长． 20．（8分）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图任务，每个任务的画线不得超过三条． (1)在图1中，点P在线段上，先画，再在上画点E，使得； (2)在图2中，在线段上找一点G，使得，垂足为点G，并在线段上找一点H，使． 21．（8分）在一条东西走向河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点，其中，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（在一条直线上），并新修一条路，测得千米，千米，千米． (1)问是否为从村庄C到河边的最近路？请通过计算加以说明； (2)求原来的路线的长． 22．（10分）如图①，如图，在四边形中，，E、F分别是、的中点，连接并延长，分别与、的延长线交于点M、N． (1)求证：； (2)如图②，在四边形中，与相交于点O，，E、F分别是中点，连接，分别交于点M、N，判断的形状． 23．（10分）如图，在正方形中，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接交边于点N，过点D作，垂足为H，交于点M． (1)求的度数； (2)当时，求的长； (3)若点M是的中点，求证：． 24．（12分）如图，矩形的顶点A、C分别在y轴、x轴上，O为坐标原点，点B的坐标为． (1)若a、b满足，则______，______，点B的坐标是_________； (2)如图1，点E、F分别在、上，，P、Q分别是、的中点，求的长度； (3)在（1）的条件下，如图2，已知点G为的中点，M，N分别是上的动点，且，作于，直接写出的最大值． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2026年寒假验收卷 范围：人教版新教材（二次根式四边形） 建议用时：100分钟，满分：120分 一、单选题（共30分） 题号 1 2 3 5 6 7 6 10 答案 A A B A C D A 二、填空题（共18分） 11.0s-1 12.4 13.V3-2/-2+3 2 14.2,-2或4,2或-4,2 15.2.1 16.45 三、解答题（共72分） 17.(8分) 【详解】（1)解：原式623-32+3×3+22 3 23-32+3+22 i3V3-V2: (2)解：原式5-12-[3}-2×3x2+2到 i5-1-3-26+2 i5-1-5-29V6 i5-1-5+2V6 乙2V6-1. 18.(8分) 【详解】解：(1)：x=3+5,y=3-V5, x2-xy+y2 x-y2+xy 3+5-3-52+3+5×(3-5 1/8 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2V5}2+3-5 乙20+3-5 18: (2)a+b=-6,ab=7, a<0,b<0, 小川 ab i-la+b]Vab ab G--6×7 7 G67 7 19.(8分) 【详解】(1)证明：.四边形ABCD是平行四边形， .AD‖BC,AD=BC, ÷0=Bc. ,M、N分别是AD、BC的中点， :DMI CN,MD=AM=AD,CN=BN=1 BC, .'DM=CN, .四边形MNCD是平行四边形. (2)解：连接DN, M .BC=2CD CD=MN=2 W .BC=4,CD=BC, 2/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :CN=BN=号BC, .'CD=CN=BN, .∠C=60°， .△CDN是等边三角形， ∴.DN=CN=BN,∠CND=∠CDN=60°， ..∠NDB=∠NBD ,∠CND=∠NDB+∠NBD=2∠NDB=60°， ∴.∠NDB=30°， .∴.∠BDC=∠CDN+∠NDB=90o, ∴.BD=7BC2-CD2=42-2=23 .BD的长是2只3 20.(8分) 【详解】(1)解：所作图形如图所示： (2)所作图形如图所示： 21.(8分) 【详解】(1)解：是，理由如下： 在△CHB中，CH=2.4,HB=1.8,CB=3 ∴.CH=2.42=5.76,HB2=1.82=3.24,CB2=9, .'CH2+HB2=BC2, 3/8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .CH⊥BH, .CH是从村庄C到河边的最近路： (2)解：设AC=X,则AB=AC=X, .'AH=AB-BH=x-1.8, 在Rt△AHC中，AH+CH2=AC2, ∴.x-1.82+2.42=x2, 解得：X=2.5, 即AC的长为2.5千米. 22.(10分) 【详解】(I)证明：如图所示，连接BD,取BD的中点H,连接HE、HF, M N B .E、F分别是AD、BC的中点， ∴HF、HE分别是△BCD、△ABD的中位线， .HFICN,HEN BM.HF-CD,HE=ZAB, .AB=CD, .HF=HE, .∴∠HEF=∠HFE, .HF‖lCN,HE‖BM, ∴.∠HEF=∠BME,∠HFE=∠CNE, ∴.∠BME=∠CNE: (2)解：△OMN是等腰三角形： 证明：如图，取BD的中点H,连接HE、HF, A H 4/8 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ,E、F分别是BC、AD的中点， .HF、HE分别是△ABD、△BCD的中位线， :.HFAB,HECD,HF=AB,HE=CD, 2 .AB=CD, .HF=HE, ∴.∠HFE=∠HEF, :HF AB,HE‖CD, ∴.∠HFE=∠ONM,∠HEF=∠OMN, ∴.∠ONM=∠OMN, ∴.OM=ON, ∴·△OMN是等腰三角形. 23.(10分) 【详解】(1)解：如图：连接DF, A D B M ,正方形ABCD, ∴.AD=CD,∠A=∠BCD=∠ADC=90°， ∴.∠DCF=90°， .∠A=∠DCF, 在△ADE和△CDF中， AD=CD ∠A=∠DCF AE=CF ∴.△ADE≌△CDF SAS, ∴.DE=DF,∠ADE=∠CDF, ,∠ADE+∠EDC=90°， ∴.∠CDF+∠EDC=∠EDF=90°， DE=DF, 5/8 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .∠i45. (2)解：·△些（为等腰直角三角形，DH⊥EF, ∴.DH=FH,∠DHN=∠FHM=90, ∴.∠FMH+∠MFH=90°， ∠DCF=90°，∠DNH=∠CNF, ∴.∠MFH+∠CNF=∠MFH+∠DNH=90°， ∴.∠FMH=∠DNH. 在△FMH和△DNH中. ∠FMH=∠DNH ∠FHM=∠DHN FH=DH ∴.△FMH≌△DNH AAS, ∴.FM=DN, ,BE=4,CN=1, .CM=FM-CF=DN-AE=CD-CN-AE=BE-CN=4-1=3. (3)证明：M是BC的中点， ∴.BC=2CM=2BM, BM=CM=a,AE=CF=b,AB=CD=BC=2a,BE=2a-b,FM=a+b, 由(2)同理可得CM=BE-CN, ..NC=BE-CM=2a-b-a=a-b, ..DN=CD-NC=2a-a-b=a+b, ∴.DN-NC=a+b-a-b=2b, 如图：连接EM, E B M .DH垂直平分EF, ∴.EM=FM=a+b, .BM2+BE2=EM2, 6/8 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∴.a2+2a-b2=a+b2, .2a=3b, .BE=2a-b=2b, ∴.DN-NC=BE. 24.(12分) 【详解】(1)解：：Va-6≥0，Vb-4V≥0，且a-6+元b-4Vi0 ∴.a=6,b=4, ∴.B(6,4) 故答案为：6,4，(6,4)： (2)解：连接FP并延长交AB于点H,连接EH, .四边形AOCB是矩形， ∴.AB‖lOC,∠BAO=90°， ∴.∠PAH=∠PCF,∠PHA=∠PFC, ,P是AC的中点， ∴.AP=CP, .△APH≌△CPF(AAS), ∴.AH=CF=4,PF=PH, 在Rt△AEH中，∠EAH=90°，AE=2,AH=4, ..EH=VAE2+AH2=V22+42=2V5 PF=PH,Q是EF的中点， .PQ是△EFH的中位线， “PQ=1EH=R5: (3)解：连接AC,交MN于点D,连接DG,取CD的中点I,连接IH,IG. 7/8 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ON=BM ∴.AN=CM, 原创精品， .'ANl‖CM, 网 .∠Ai∠CMD,∠NAD=∠MCD, .△∧≌△CMD(AAS), 令学利网厚信品 .AD=CD, 又，点G为CO的中点， .DG‖AO, ∴.∠DGC=∠AOC=90°， 又，CH⊥MN于H,且I是CD的中点， :.G-I-CD. 原创精品 又易知CD=3+22=V13, 令学利四原创信品 G=阳=号3. .当G、I、H依次共线时，GH最大=IG+IG=13,即GH的最大值为13. 令学利回原品 令学利四原创精品 8/8