广东省广州市荔湾区协和学校2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷

**基本信息** 以劳动实践测量、漂流拉船等真实情境为载体，覆盖二次根式、平行四边形、勾股定理等核心知识，通过基础题到动态探究题的梯度设计，考查几何直观与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|二次根式化简、平行四边形判定|第3题结合劳动教育，用三角形中位线解决测量问题| |填空题|6/18|勾股定理应用、正方形性质|第14题坐标系中正方形变换，考查空间观念| |解答题|8/68|平行四边形证明、动态几何|第25题正方形中EH中点运动路径，体现模型意识与创新应用|

广东省广州市荔湾区协和学校2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。 1．（3分）下列是最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）下列二次根式的运算正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）为了更好开展劳动教育，实现五育并举，某校开设了劳动实践课程．该校的某劳动实践小组协助公园园区工人测量人工湖湖畔A，B两点之间的距离，该实践小组所画的示意图如图，先在湖边地面上确定点O，再用卷之分别确定OA，OB的中点C，D，最后用卷尺量出CD＝10m，则A，B之间的距离是（　　） A．5m B．10m C．15m D．20m 4．（3分）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AD，AB于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点G．作射线AG交DC于点H，若CH＝2，BC＝3．则AB＝（　　） A．4 B．4.5 C．5 D．6 5．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　） A．AB∥CD，AD∥BC B．AD∥BC，AB＝CD C．OA＝OC，OB＝OD D．AB＝CD，AD＝BC 6．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N，若平行四边形ABCD的周长为22，且AM＝4，，则平行四边形ABCD的面积为（　　） A．48 B．36 C．24 D．12 7．（3分）如图，面积为7的正方形ABCD的顶点A在数轴上，且点A表示的数为1，若点E在数轴上，（点E在点A的右侧）且AB＝AE，则点E所表示的数为（　　） A． B． C． D． 8．（3分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC+BD＝36，AB＝11，则△OCD的周长为（　　） A．27 B．28 C．29 D．30 9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将其折叠使AB落在对角线AC上，得到折痕AE，那么BE的长度为（　　） A．1 B．2 C． D． 10．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝75°，AB＝AC＝8，P为AB边上一动点，以PA，PC为边作▱PAQC，则对角线PQ长度的最小值为（　　） A．2 B． C．4 D． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．（3分）要使在实数范围内有意义，x应满足的条件　 　 ． 12．（3分）一直角三角形的两边长分别为5和12，则第三边的长是 　 　 ． 13．（3分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点F，E．若该平行四边形的面积为2，则图中阴影部分的面积为 　 　 ． 14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，AB＝2，且AB的中点是坐标原点O．固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D'处，则点C的对应点C′的坐标为　 　 ． 15．（3分）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且满足BE＝BC，连接CE并延长交AD于点F，连接AE，过B点作BG⊥AE于点G，延长BG交AD于点H．在下列结论中：①AH＝DF；②∠AEF＝45°；③S四边形EFGH＝S△DEF+S△AGH；④△AED≌△CDE．其中正确的结论有 　 　 （填正确的序号）． 16．（3分）如图，在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，连接DH，EG，EG交AC于点P，连接BP，当DH∥EG时，则BP的长为 　 　 ． 三、计算题：本大题共1小题，共4分。 17．（4分）计算：． 四、解答题：本题共8小题，共68分。 18．（4分）已知x＝+1，y＝﹣1，求代数式x2﹣xy+y2的值． 19．（6分）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于O点．且BC⊥AC，AB＝8，∠ABC＝30°，求AD和BD的长． 20．（8分）位于沈阳的红河峡谷漂流项目深受欢迎，在景区游船放置区，工作人员把偏离的游船从点A拉回点B的位置（如图）．在离水面高度为8m的岸上点C，工作人员用绳子拉船移动，开始时绳子AC的长为17m，工作人员以0.35米/秒的速度拉绳子，经过20秒后游船移动到点D的位置，问此时游船移动的距离AD的长是多少？ 21．（8分）已知线段MN平移后得到对应线段M1N1，进而可得平行四边形MNN1M1．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别是A（﹣2，5），B（﹣3，﹣2），C（1，﹣1）． （1）是否存在一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由； （2）求平行四边形ABCD的面积． 22．（8分）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，CF∥BE，CF交DE的延长线于点F，连接BF交CE于点O． （1）求证：CF＝BE； （2）若BE＝2DE，∠ACB＝70°，求∠BFC的度数． 23．（10分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是AD的中点，BE，CD的延长线交于点F，CD＝DF，AC＝AF． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）当△ACF满足什么条件时，四边形ABCD是正方形？并证明； （3）若AB＝5，BC＝8，在矩形ABCD内部有一动点P，满足S△ABP＝，求PA+PB的最小值．（直接写出答案） 24．（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠C，连接BD，∠ADB＝90°，AD＝6cm，BD＝8cm，动点P从点A出发，沿射线AE方向匀速运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD匀速运动，当运动到点D时停止运动，设运动的时间为ts． （1）求证：四边形ABCD为平行四边形． （2）若点P的运动速度为4cm/s，点Q的运动速度为2cm/s，当运动到以P，B，C，Q为顶点的四边形为平行四边形时，求t的值． （3）若点P的运动速度为xcm/s，点Q的运动速度为ycm/s，以P，B，C，Q为顶点的四边形能否为菱形，若能，请直接写出x与y之间的数量关系；若不能，请说明理由． 25．（12分）在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于F，交AD于H． （1）如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA； （2）如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF； （3）如图3，AB＝2，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长． 广东省广州市荔湾区协和学校2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D C B C A C C D 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。 1．（3分）下列是最简二次根式的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据最简二次根式的概念判断即可． 【解答】解：A、是最简二次根式，符合题意； B、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意； C、＝2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意； D、＝2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查的是最简二次根式的概念，被开方数不含分母、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式的二次根式，叫做最简二次根式． 2．（3分）下列二次根式的运算正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二次根式的相关运算法则逐项判断即可． 【解答】解：，则A不符合题意， ，则B不符合题意， ，则C不符合题意， ，则D符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键． 3．（3分）为了更好开展劳动教育，实现五育并举，某校开设了劳动实践课程．该校的某劳动实践小组协助公园园区工人测量人工湖湖畔A，B两点之间的距离，该实践小组所画的示意图如图，先在湖边地面上确定点O，再用卷之分别确定OA，OB的中点C，D，最后用卷尺量出CD＝10m，则A，B之间的距离是（　　） A．5m B．10m C．15m D．20m 【答案】D 【分析】根据三角形中位线定理计算即可． 【解答】解：∵C，D分别为OA，OB的中点， ∴CD是△ABO的中位线， ∴AB＝2CD， ∵CD＝10m， ∴AB＝20m， 故选：D． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 4．（3分）如图，在▱ABCD中，以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AD，AB于点E，F，分别以E，F为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点G．作射线AG交DC于点H，若CH＝2，BC＝3．则AB＝（　　） A．4 B．4.5 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质求解． 【解答】解：由作图得：AH平分∠BAD， ∴∠DAH＝∠HAB， 在▱ABCD中，CD∥AB，AD＝BC＝3，AB＝CD， ∴∠DHA＝∠HAB， ∴∠DHA＝∠DAH， ∴DH＝AD＝3， ∴AB＝CD＝DH+CH＝5， 故选：C． 【点评】本题考查了基本作图，掌握平行四边形的性质及角平分线的性质是解题的关键． 5．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　） A．AB∥CD，AD∥BC B．AD∥BC，AB＝CD C．OA＝OC，OB＝OD D．AB＝CD，AD＝BC 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定方法即可判断． 【解答】解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判定； B、无法判定，四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形； C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定； D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以判定； 故选：B． 【点评】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考常考题型． 6．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N，若平行四边形ABCD的周长为22，且AM＝4，，则平行四边形ABCD的面积为（　　） A．48 B．36 C．24 D．12 【答案】C 【分析】连接AC，由四边形ABCD是平行四边形，且它的周长为22，求得BC+CD＝11，因为AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N，所以S△ABC＝BC•AM＝AD•AM，S△ADC＝CD•AN＝AD•AM，则S△ABC＝S△ADC，于是得×4（11﹣CD）＝×CD，求得CD＝5，则S平行四边形ABCD＝5×＝24，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接AC， ∵四边形ABCD是平行四边形，且它的周长为22， ∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，且AB+BC+CD+AD＝22， ∴2BC+2CD＝22， ∴BC+CD＝11， ∵AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N， ∴S△ABC＝BC•AM＝AD•AM，S△ADC＝CD•AN＝AD•AM， ∴S△ABC＝S△ADC， ∵AM＝4，AN＝，BC＝11﹣CD， ∴×4（11﹣CD）＝×CD， 解得CD＝5， ∴S平行四边形ABCD＝5×＝24， 故选：C． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、三角形的面积公式等知识，正确地求出CD的长是解题的关键． 7．（3分）如图，面积为7的正方形ABCD的顶点A在数轴上，且点A表示的数为1，若点E在数轴上，（点E在点A的右侧）且AB＝AE，则点E所表示的数为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形面积公式求出边长，表示点E即可． 【解答】解：∵正方形ABCD的面积为7， ∴AB2＝7， ∴AB＝， ∴AE＝AB＝， ∵点A表示的数为1， ∴点E表示的数为1+． 故选：A． 【点评】本题考查了数轴表示无理数，根据正方形面积求边长是解题关键． 8．（3分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC+BD＝36，AB＝11，则△OCD的周长为（　　） A．27 B．28 C．29 D．30 【答案】C 【分析】根据平行四边形的对角线互相平分可得出OC+OD＝（AC+BD），再由平行四边形的对边相等可得AB＝CD＝8，继而代入可求出△OCD的周长． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AC+BD＝36，AB＝11， ∴AB＝CD＝11，OC+OD＝（AC+BD）＝18， ∴△OCD的周长＝OC+OD+CD＝29． 故选：C． 【点评】此题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的对边相等及对角线互相平分的性质． 9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将其折叠使AB落在对角线AC上，得到折痕AE，那么BE的长度为（　　） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由矩形的性质和勾股定理可求AC＝5，由折叠的性质可得AB＝AF＝3，BE＝EF，∠B＝∠AFE＝90°，由勾股定理可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∵AB＝3，BC＝4， ∴AC＝＝＝5， 由折叠的性质可得△ABE≌△AFE， ∴AB＝AF＝3，BE＝EF，∠B＝∠AFE＝90°， ∴CF＝AC﹣AF＝2， ∵CE2＝EF2+CF2， ∴（4﹣BE）2＝BE2+4， ∴BE＝， 故选：C． 【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，由勾股定理列出方程是本题的关键． 10．（3分）如图，在△ABC中，∠B＝75°，AB＝AC＝8，P为AB边上一动点，以PA，PC为边作▱PAQC，则对角线PQ长度的最小值为（　　） A．2 B． C．4 D． 【答案】D 【分析】设AC、PQ交于点O，过O作OP′⊥AB于点P′，由平行四边形的性质可知AO＝CO＝AC＝4，利用直角三角形30度角的性质以及勾股定理求出OP′可得结论． 【解答】解：设AC、PQ交于点O，过O作OP′⊥AB于点P′，如图所示： ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝75°， ∴∠BAC＝180°﹣75°﹣75°＝30°， ∵四边形PAQC是平行四边形，AC＝8， ∴AO＝CO＝AC＝4，OP＝OQ＝PQ， ∴PQ最短也就是PO最短， 过O作OP′⊥AB于点P′， ∵∠BAC＝30°， ∴OP′＝＝2， ∴PQ的最小值＝2OP′＝4． 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形性质以及垂线段最短等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。 11．（3分）要使在实数范围内有意义，x应满足的条件x≥﹣2　 ． 【答案】x≥﹣2 【分析】根据二次根式有意义的条件得到x+2≥0，然后解不等式即可． 【解答】解：根据题意得x+2≥0， 解得x≥﹣2， 所以x的取值范围为x≥﹣2． 故答案为x≥﹣2． 【点评】本题考查了二次根式有意义的条件：二次根式有意义，则a≥0． 12．（3分）一直角三角形的两边长分别为5和12，则第三边的长是 　13或　 ． 【答案】13或 【分析】本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，因此两条边中的较长边4既可以是直角边，也可以是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即12是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解． 【解答】解：设第三边为x， （1）若12是直角边，则第三边x是斜边，由勾股定理得： 52+122＝x2， ∴x＝13； （2）若12是斜边，则第三边x为直角边，由勾股定理得： 52+x2＝122， ∴x＝； ∴第三边的长为13或． 故答案为：13或． 【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解． 13．（3分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点F，E．若该平行四边形的面积为2，则图中阴影部分的面积为 　1　 ． 【答案】1． 【分析】由平行四边形的性质推出AD∥BC，AD＝CB，AB＝CD，OD＝OB，得到∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，又OD＝OB，即可证明△DOF≌△BOE（AAS），得到△DOF的面积＝△BOE的面积，得到阴影的面积＝△ACD的面积，由SSS证明△ACD≌△CAB，得到△ACD的面积＝△CAB的面积，即可求出△ACD的面积． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝CB，AB＝CD，OD＝OB， ∴∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO， ∵OD＝OB， ∴△DOF≌△BOE（AAS）， ∴△DOF的面积＝△BOE的面积， ∴阴影的面积＝△ACD的面积， ∵AD＝CB，CD＝AB，AC＝CA， ∴△ACD≌△CAB（SSS）， ∴△ACD的面积＝△CAB的面积， ∴△ACD的面积＝×2＝1． 故答案为：1． 【点评】本题考查平行四边形的性质，关键是由平行四边形的性质推出AD∥BC，AD＝CB，AB＝CD，OD＝OB，得到∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，从而证明△DOF≌△BOE（AAS），△ACD≌△CAB（SSS）． 14．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，AB＝2，且AB的中点是坐标原点O．固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D'处，则点C的对应点C′的坐标为　（2，）　 ． 【答案】（2，）． 【分析】根据正方形的性质及题意可得AD'＝D'C'＝BC'＝AB＝2，可得四边形ABC'D'为菱形，故点C′的横坐标等于D′C′的长度，其纵坐标等于点D'的纵坐标，由勾股定理求得OD'的长，则可知点C'的纵坐标． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝2， ∴AD＝DC＝2， 由题意可知，AD'＝AD，D'C'＝DC，BC'＝BC， ∴AD'＝D'C'＝BC'＝AB＝2， ∴四边形ABC'D'为菱形， ∴D'C'∥AB， ∴点C的横坐标为2， ∵AB的中点是坐标原点O， ∴AO＝AB＝1， 在Rt△AOD'中，由勾股定理得：OD'＝＝＝， ∴点C的对应点C′的坐标为（2，）． 故答案为：（2，）． 【点评】本题考查了正方形的性质、菱形的判定与性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 15．（3分）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且满足BE＝BC，连接CE并延长交AD于点F，连接AE，过B点作BG⊥AE于点G，延长BG交AD于点H．在下列结论中：①AH＝DF；②∠AEF＝45°；③S四边形EFGH＝S△DEF+S△AGH；④△AED≌△CDE．其中正确的结论有 　①②④　 （填正确的序号）． 【答案】①②④ 【分析】先由△AED≌CDE判断④正确，得出∠DCE＝∠DAE＝∠ABH，从而证明△ABH≌△CDF，得出①正确；根据等腰三角形的性质及三角形内角和求出∠BEA＝∠BEC＝67.5°即可求出∠AEF＝45°，得出②正确；连接FH，判断S△EFH≠S△EFD得出③不正确． 【解答】解：∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠ABE＝∠ADE＝∠ADB＝∠CDB＝45°，AB＝BC＝CD＝AD， 在△ADE和△CDE中， ， ∴△AED≌CDE（SAS）， 故④正确； ∴∠DCE＝∠DAE， ∵BG⊥AE， ∴∠DAE+∠AHB＝90°， ∵∠ABH+∠AHB＝90°， ∴∠ABH＝∠DAE＝∠DCE， 在△ABH和△DCF中， ， ∴△ABH≌△CDF（ASA）， ∴AH＝DF， 故①正确； ∵BE＝BC，AB＝BC， ∴AB＝BC＝BE， ∵∠ABE＝∠CDB＝45°， ∴∠BAE＝∠BEA＝∠BEC＝∠BCE＝67.5°， ∴∠AEF＝180°﹣∠AEB﹣∠BEC＝45°， 故②正确； 连接FH， ∵AB＝BE，BG⊥AE， ∴AG＝GE，BH是线段AE的垂直平分线， ∴AH＝HE，S△AGH＝S△EGH， ∵AH＝DF， ∴HE＝DF， ∵AD∥BC， ∴∠DFE＝∠BCE， ∵∠BCE＝∠BEC＝∠DEF， ∴∠DFE＝∠DEF， ∴DF＝DE， ∴HE＝DE， ∴△HED是等腰三角形， ∵EF不垂直DH， ∴HF≠DF， ∴S△EFH≠S△EFD， ∴S四边形EFGH＝S△HEF+S△EGH， 故③不正确； 故答案为：①②④． 【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和等知识，属于填空压轴题，有一定难度，解题的关键是先判断出△ABH≌△CDF△AED≌△CDE，难点是作出辅助线判断出S△EFH≠S△EFD． 16．（3分）如图，在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，连接DH，EG，EG交AC于点P，连接BP，当DH∥EG时，则BP的长为 　　 ． 【答案】． 【分析】延长DE到K，使得EK＝DE，延长HB交EC于点L，延长AC，过点E作EJ⊥AC，根据正方形的性质及全等三角形的判定证明△HDB≌△PEC（ASA），△ABC≌△JCE（AAS），△APG≌△JPE（AAS），再由其性质及勾股定理求解即可． 【解答】解：延长DE到K，使得EK＝DE，延长HB交EC于点L，延长AC，过点E作EJ⊥AC， ∵正方形BDEC，正方形ABHI， ∴BD∥CE，BH∥AI， ∴∠HBD＝∠HLE，∠HLE＝∠PCE， ∴∠HBD＝∠PCE， ∵正方形BDEC， ∴BD∥CE，BD＝CE，∠BDE＝∠CEK＝90°， ∴∠HDE＝∠PEK， ∵∠HDB＝∠HDE﹣∠BDE，∠PEC＝∠PEK﹣∠CEK， ∴∠HDB＝∠PEC， ∴△HDB≌△PEC（ASA）， ∴BH＝PC， ∵正方形ABHI，AB＝1， ∴AB＝BH＝PC＝1， ∵正方形BDEC，∠BAC＝90°， ∴BC＝CE，∠BCE＝90°，∠ABC+∠ACB＝90°， ∴∠ACB+∠ECJ＝90°， ∴∠ABC＝∠ECJ， ∴△ABC≌△JCE（AAS）， ∴AB＝JC＝1，AC＝JE， ∵正方形ACFG，EJ⊥AC， ∴∠GAP＝∠EJP＝90°， ∴AG＝JE， ∴△APG≌△JPE（AAS）， ∴AP＝JP， ∵JC＝1，PC＝1， ∴JP＝PC+JC＝2即AP＝2， 在Rt△ABP中，AB＝1，AP＝2， ∴， 故答案为：． 【点评】题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 三、计算题：本大题共1小题，共4分。 17．（4分）计算：． 【答案】1﹣2+2． 【分析】先根据完全平方公式计算，然后进行分母有理化后合并即可． 【解答】解：原式＝1﹣2+2+ ＝1﹣2+2+2﹣2 ＝1﹣2+2． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键． 四、解答题：本题共8小题，共68分。 18．（4分）已知x＝+1，y＝﹣1，求代数式x2﹣xy+y2的值． 【答案】5． 【分析】先化简求值的代数式x2﹣xy+y2＝（x﹣y）2+xy，然后代入已知求值即可． 【解答】解：∵x＝+1，y＝﹣1， ∴x2﹣xy+y2 ＝（x﹣y）2+xy ＝（）2+（）（） ＝4+（2﹣1） ＝4+2﹣1 ＝5． 【点评】本题考查了二次根式的化简求值，利用完全平方公式变形求值的代数式使得运算简便是解题的关键． 19．（6分）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于O点．且BC⊥AC，AB＝8，∠ABC＝30°，求AD和BD的长． 【答案】， 【分析】根据含30°角的直角三角形30°角所对的边是斜边的一半，可得，根据勾股定理求出BC，根据平行四边形的性质可得AD＝BC，，最后根据勾股定理求出BO即可． 【解答】解：∵BC⊥AC，AB＝8，∠ABC＝30°， ∴， 在Rt△BAC中，根据勾股定理可得：， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， 在Rt△BOC中，根据勾股定理可得：， ∴， 综上：，． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握平行四边形对边相等，对角线互相平分． 20．（8分）位于沈阳的红河峡谷漂流项目深受欢迎，在景区游船放置区，工作人员把偏离的游船从点A拉回点B的位置（如图）．在离水面高度为8m的岸上点C，工作人员用绳子拉船移动，开始时绳子AC的长为17m，工作人员以0.35米/秒的速度拉绳子，经过20秒后游船移动到点D的位置，问此时游船移动的距离AD的长是多少？ 【答案】此时游船移动的距离AD的长是9m． 【分析】在Rt△ABC中用勾股定理求出AB＝15，在Rt△DBC中用勾股定理求出BD＝6，再根据AD＝AB﹣BD的出结果． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝8m，AC＝17m， ∴AB＝＝＝15（m）， ∵工作人员以0.35米/秒的速度拉绳子，经过20秒后游船移动到点D的位置， ∴CD＝17﹣0.35×20＝10（m）， ∴BD＝＝＝6（m）， ∴AD＝AB﹣BD＝9（m）． 答：此时游船移动的距离AD的长是9m． 【点评】本题考查勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理在实际问题中的应用，从题中抽象出勾股定理这一数学模型是解题关键． 21．（8分）已知线段MN平移后得到对应线段M1N1，进而可得平行四边形MNN1M1．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别是A（﹣2，5），B（﹣3，﹣2），C（1，﹣1）． （1）是否存在一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由； （2）求平行四边形ABCD的面积． 【答案】（1）存在，D1（2，6），D2（0，﹣8），D3（﹣6，4）； （2）27． 【分析】（1）利用平行四边形的性质，即平行四边形的对边平行且相等，通过平移线段的方法来确定点D的坐标．因为平行四边形的对边平行且相等，所以可以通过平移线段AB、BC、AC来得到点D的可能位置； （2）首先明确平行四边形ABCD的面积是其组成的一个三角形（如△ABC）面积的2倍；利用“割补法”（或称矩形包围法）．即构建一个包含△ABC的最小矩形（边平行于坐标轴），用矩形的面积减去周围三个直角三角形的面积，从而求出△ABC的面积，将求出的△ABC的面积乘以2，最终得到平行四边形ABCD的总面积． 【解答】解：（1）设点D（x，y）， 分三种情况讨论：①若AB为对角线， 则，， 解得 x＝2，y＝6， 即D1（2，6）； ②若AC为对角线， 则， 解得 x＝﹣6，y＝4，即D2（﹣6，4）； ③若BC为对角线， 则，， 解得x＝0，y＝﹣8，即D3（0，﹣8）； 综上，点D的坐标为 （2，6）或 （﹣6，4）或（0，﹣8）； （2）由点A（﹣2，5），B（﹣3，﹣2），C（1，﹣1）， S△ABC＝2|（﹣2）×（﹣2﹣（﹣1））+（﹣3）×[（﹣1）﹣5）+1×（5﹣（﹣2）]|， S△ABC＝2|（﹣2）×（﹣1）+（﹣3）×（﹣6）+1×7|， S△ABC＝|2+18+7|＝×27＝， ， 则SABCD＝2S△ABC＝2×＝27． 【点评】本题考查平行四边形的性质以及坐标与图形的平移．解题的关键在于相关知识的灵活运用． 22．（8分）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，CF∥BE，CF交DE的延长线于点F，连接BF交CE于点O． （1）求证：CF＝BE； （2）若BE＝2DE，∠ACB＝70°，求∠BFC的度数． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由三角形中位线定理可证DE∥BC，BC＝2DE，可得四边形BEFC是平行四边形，即可求解； （2）先证平行四边形BEFC是菱形，可得BF⊥CE，∠ACB＝∠ACF＝70°，即可求解． 【解答】（1）证明：∵点D，E分别是边AB，AC的中点， ∴DE∥BC，BC＝2DE， ∵CF∥BE， ∴四边形BEFC是平行四边形， ∴BE＝CF； （2）解：∵BE＝2DE，BC＝2DE， ∴BE＝BC， ∴平行四边形BEFC是菱形， ∴BF⊥CE，∠ACB＝∠ACF＝70°， ∴∠BFC＝20°． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，掌握菱形的判定是解题的关键． 23．（10分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是AD的中点，BE，CD的延长线交于点F，CD＝DF，AC＝AF． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）当△ACF满足什么条件时，四边形ABCD是正方形？并证明； （3）若AB＝5，BC＝8，在矩形ABCD内部有一动点P，满足S△ABP＝，求PA+PB的最小值．（直接写出答案） 【答案】（1）∵E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∵AB∥CD， ∴∠EBA＝∠EFD，∠EAB＝∠EDF， ∴△EAB≌△EDF（AAS）， ∴AB＝DF， ∵CD＝DF， ∴AB＝CD， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵CD＝DF，AC＝AF， ∴AD⊥CF， ∴四边形ABCD是矩形； （2）当△ACF是等腰直角三角形时，四边形ABCD是一个正方形， 由（1）知四边形ABCD为矩形， ∵∠FAC＝90°，AD⊥BC， ∴点D是AD的中点， ∴， ∴四边形ABCD是正方形， （3）13． 【分析】（1）由E是AD的中点，AB∥CD，可得△EAB≌△EDF（AAS），AB＝DF，结合CD＝DF，得到AB＝CD，四边形ABCD是平行四边形，由CD＝DF，AC＝AF，根据等腰三角形三线合一，得到AD⊥CF，根据矩形的判定定理，即可求证； （2）要使矩形ABCD是正方形，则AD＝DC，即，根据直角三角形的性质可得添加条件：△ACF是等腰直角三角形； （3）先根据题意求出△ABP的面积，从而求出AB边上的高，即可确定点P的位置，再利用轴对称求最短路径的方法求出最小值． 【解答】解：（1）∵E是AD的中点， ∴AE＝DE， ∵AB∥CD， ∴∠EBA＝∠EFD，∠EAB＝∠EDF， ∴△EAB≌△EDF（AAS）， ∴AB＝DF， ∵CD＝DF， ∴AB＝CD， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵CD＝DF，AC＝AF， ∴AD⊥CF， ∴四边形ABCD是矩形， （2）当△ACF是等腰直角三角形时，四边形ABCD是一个正方形， 由（1）知四边形ABCD为矩形， ∵∠FAC＝90°，AD⊥BC， ∴点D是AD的中点， ∴， ∴四边形ABCD是正方形， （3）S矩形ABCD＝8×5＝40， ∴， 设点P到AB的距离为h，则， 解得h＝6， ∴点P在平行于AB且到AB的距离为6的直线上，如图，作点A关于点P所在平行于AB的直线的对称点G，连接BG，此时PA+PB的值最小为BG的长， ∴AG＝2×6＝12， ∴， ∴PA+PB的最小值为13． 【点评】本题考查了矩形的判定，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，轴对称最短路径问题，勾股定理，熟练掌握相关判断定理和性质定理是解题的关键． 24．（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠C，连接BD，∠ADB＝90°，AD＝6cm，BD＝8cm，动点P从点A出发，沿射线AE方向匀速运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD匀速运动，当运动到点D时停止运动，设运动的时间为ts． （1）求证：四边形ABCD为平行四边形． （2）若点P的运动速度为4cm/s，点Q的运动速度为2cm/s，当运动到以P，B，C，Q为顶点的四边形为平行四边形时，求t的值． （3）若点P的运动速度为xcm/s，点Q的运动速度为ycm/s，以P，B，C，Q为顶点的四边形能否为菱形，若能，请直接写出x与y之间的数量关系；若不能，请说明理由． 【答案】（1）见解析； （2）t的值为秒或5秒； （3）当3x＝2y或x＝3y时，以P，B，C，Q为顶点的四边形能为菱形． 【分析】（1）根据平行线的判定证明AB∥CD，再利用平行四边形的判定即可得证； （2）由题意可知，AP＝4t，CQ＝2t，分两种情况讨论：①当点P在线段AB上时；②当点P在线段AB的延长线上时，表示出BP的长，根据平行四边形的性质列方程求解即可得到答案； （3）由题意可知，AP＝xt，CQ＝yt，分两种情况讨论：①当点P在线段AB上时，根据菱形的性质，得到BP＝CQ＝BC，进而求得，即可得到答案；当点P在线段AB的延长线上时，BP＝AP﹣AB＝xt﹣10，连接PQ交BC于点M，根据菱形的性质，得到，PM＝4cm，再利用勾股定理求出BP＝5，进而求得，即可得到答案． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC，∠A＝∠C， ∴∠A＝∠CBE＝∠C， ∴AB∥CD， ∴四边形ABCD为平行四边形； （2）解：∵∠ADB＝90°，AD＝6cm，BD＝8cm， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝10cm，AD＝BC＝6cm， 由题意可知，AP＝4t，CQ＝2t， ①当点P在线段BA上时，此时0＜t≤2.5，BP＝AB﹣AP＝10﹣4t， ∵四边形PBCQ是平行四边形， ∴PB＝CQ， ∴10﹣4t＝2t， 解得：秒； ②当点P在线段AB的延长线上时，此时2.5＜t≤5，BP＝AP﹣AB＝4t﹣10， ∵四边形BPCQ是平行四边形， ∴BP＝CQ， ∴4t﹣10＝2t， 解得：t＝5秒， 综上可知，当t的值为秒或5秒时，以P，B，C，Q为顶点的四边形为平行四边形； （3）解：由题意可知，AP＝xt，CQ＝yt， ①当点P在线段AB上时，BP＝AB﹣AP＝10﹣xt， ∵四边形PBCQ是菱形， ∴BP＝CQ＝BC， ∴10﹣xt＝yt＝6， ∴xt＝4， ∴， ∴，即3x＝2y； ②如图，当点P在线段AB的延长线上时，BP＝AP﹣AB＝xt﹣10，连接PQ交BC于点M， ∵AD∥BC，∠ADB＝90°， ∴∠DBC＝∠ADB＝90°， ∵四边形BPCQ是菱形， ∴BC⊥PQ，，PM＝QM， ∴∠CMQ＝∠DBC＝90°， ∴BD∥PQ， ∴四边形DBPQ是平行四边形， ∴PQ＝BD＝8cm， ∴， 在Rt△BMP中，， ∴xt﹣10＝yt＝5， ∴xt＝15， ∴， ∴x＝3y， 综上可知，当3x＝2y或x＝3y时，以P，B，C，Q为顶点的四边形能为菱形． 【点评】本题考查了平行线得的判定及性质，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键． 25．（12分）在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，连接AE，过点B作BF⊥AE于F，交AD于H． （1）如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA； （2）如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF； （3）如图3，AB＝2，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长． 【答案】（1）（2）证明见解析部分； （3）． 【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，再证∠BAF＝∠ADG，然后由AAS证△AFB≌△DGA即可； （2）过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，先证△ABH≌△DAE（ASA），得AH＝DE，再证△DJH≌△DKE（AAS），得DJ＝DK，JH＝EK，则四边形DKFJ是正方形，得FK＝FJ＝DK＝DJ，则DF＝FJ，进而得出结论； （3）取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT＝b，由（2）得△ABH≌△DAE（ASA），则AH＝DE，再由直角三角形斜边上的中线性质得PD＝PH＝PE，然后由等腰三角形的性质得DH＝2DK＝2b，DE＝2DT，则AH＝DE＝2﹣2b，证出PK＝QK，最后证点P在线段QR上运动，由等腰直角三角形的性质得QR＝DQ＝，即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵DG⊥AE，BF⊥AE， ∴∠AFB＝∠DGA＝90°， ∴∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°， ∴∠BAF＝∠ADG， 在△AFB和△DGA中， ， ∴△AFB≌△DGA（AAS）； （2）证明：过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，如图2所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAH＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝CD， ∵BF⊥AE， ∴∠AFB＝90°， ∵∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°， ∴∠DAE＝∠ABH， 在△ABH和△DAE中， ， ∴△ABH≌△DAE（ASA）， ∴AH＝DE， ∵点E为CD的中点， ∴DE＝EC＝CD， ∴AH＝DH， ∴DE＝DH， ∵DJ⊥BJ，DK⊥AE， ∴∠J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°， ∴四边形DKFJ是矩形， ∴∠JDK＝∠ADC＝90°， ∴∠JDH＝∠KDE， 在△DJH和△DKE中， ， ∴△DJH≌△DKE（AAS）， ∴DJ＝DK，JH＝EK， ∴四边形DKFJ是正方形， ∴FK＝FJ＝DK＝DJ， ∴DF＝FJ， ∴FH+FE＝FJ﹣HJ+FK+KE＝2FJ＝DF； （3）解：如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K， 设PT＝b， 由（2）得：△ABH≌△DAE（ASA）， ∴AH＝DE， ∵∠EDH＝90°，点P为EH的中点， ∴PD＝EH＝PH＝PE， ∵PK⊥DH，PT⊥DE， ∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90°， ∴四边形PTDK是矩形， ∴PT＝DK＝b，PK＝DT， ∵PH＝PD＝PE，PK⊥DH，PT⊥DE， ∴DH＝2DK＝2b，DE＝2DT， ∴AH＝DE＝2﹣2b， ∴PK＝DE＝1﹣b，QK＝DQ﹣DK＝1﹣b， ∴PK＝QK， ∵∠PKQ＝90°， ∴△PKQ是等腰直角三角形， ∴∠KQP＝45°， ∴点P在线段QR上运动，△DQR是等腰直角三角形， ∴QR＝DQ＝， ∴点P的运动轨迹的长为． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明△AFB≌△DGA和△ABH≌△DAE是解题的关键，属于中考常考题型． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $