精品解析：四川省成都市武侯外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷

四川省成都市武侯外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）. 1. 我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）． A. B. C. D. 2. 在数轴上表示不等式的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，下列不等式中，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，的垂直平分线交于点D，交边于点E，若的周长等于35，则线段的长为（ ） A. 15 B. 17.5 C. 20 D. 25 6. 数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线和直线相交于点，则根据图象可知关于x的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 把分式的分子分母中的都扩大到原来的4倍，则分式的值（ ） A. 扩大为原来的4倍 B. 扩大为原来的16倍 C. 缩小为原来的 D. 缩小为原来的 8. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为x里/天，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若分式的值为零，则______． 10. 在平面直角坐标系中，已知点和，将线段平移到线段（点A对应点C，点B对应点D），已知点C坐标为，则点D坐标为 __________ ． 11. 已知关于的分式方程有增根，则的值为_____________． 12. 对于实数，定义运算“※”为，例如，则关于的不等式有且只有一个正整数解时，的取值范围是____． 13. 如图，在中，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点D，E；再分别以D，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧在内部交于点F，作射线交于点G．若，，则的长为 _____ ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解不等式（组） （1）解不等式：； （2）解不等式组：，并写出其整数解． 15. 按要求解题： （1）解方程：； （2）分解因式：． 16. 先化简，再求值：，其中a从、0、1中选择一个合适的数代入求值． 17. 如图，的顶点坐标分别为， （1）请画出关于轴对称的（点的对应点分别是）； （2）将（1）中的绕原点顺时针旋转得到（点的对应点分别是），请画出； （3）在（1）（2）条件下，连接，，求的面积． 18. 已知，与都是等腰直角三角形，，，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，点D在内，B，D，E三点在同一直线上，过点A作的高，证明：； （3）如图3，点D在内，平分的延长线与交于点F，点F恰好为中点，若，求线段的长． 四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 不等式组的解集为，则________． 20. 如图，长、宽分别为、的长方形周长为，面积为，则的值为_______． 21. 关于x的分式方程的解是非负数，则a的取值范围是__________. 22. 如图，在中，，点分别在边上，连接，若，且是等边三角形，则_____． 23. 在平面直角坐标系中，已知点，，，，给出如下定义：若点P关于直线：的对称点Q在四边形的内部或边上，则称该点P为四边形关于直线的“相关点”，点是四边形关于直线：的“相关点”，且是以为腰的等腰三角形，则m的值为___________；直线上存在点P，使得点P是四边形关于直线：的“相关点”，则的取值范围为__________． 五、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 某家电子产品商城计划购机A、B两种不同型号的平板电脑，每台A型平板电脑的购进价格比B型多1000元，用万元购买A型的台数与用万元购买B型的台数相等． （1）求A、B两种型号的购进单价分别是多少？ （2）该商城计划购进A、B两种不同型号的平板电脑共100台，售卖A、B两型平板电脑的单价分别为4200元、3000元，要求购进A型平板电脑的数量不超过B型的2倍，如何购进A、B两型平板电脑，才能使总利润最高？最高是多少？ 25. 在平面直角坐标系中，已知点A坐标为，直线交y轴于点B，点C为射线上一点． （1）如图1，，求直线的表达式； （2）在（1）的条件下，点D在x轴上，连接，，若且，求点C的坐标； （3）如图2，点E是第一象限内一动点，且．若平分，，点M的坐标为，求的最小值． 26. 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，点E是AC上一点．连接DE，过D作DF⊥DE交BC点于F，连接EF． （1）如图1，EF与CD相交于点G： ①来证：AE＝CF； ②当AD＝CE，AC＝6时，求DG； （2）如图2，点M为BC上一点，且∠CME＝2∠ADE，AE＝2，CE＝5，求EM的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省成都市武侯外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，答案涂在答题卡上）. 1. 我国古代数学的许多创新与发明都曾在世界上有重要影响．下列图形“杨辉三角”“中国七巧板”“刘徽割圆术”“赵爽弦图”中，中心对称图形是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，故此选项不合题意； C. 不是中心对称图形，故此选项不合题意； D. 是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查的是中心对称图形．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 2. 在数轴上表示不等式的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出不等式的解集，在数轴上辨识出不等式的解集，即可选出答案. 【详解】解：∵， ∴， 在数轴上表示为： 故选C. 【点睛】掌握解不等式的方法，以及能在数轴上表示解集是关键. 3. 已知，下列不等式中，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查了不等式的性质，根据不等式的性质逐一判断，判断出不正确的不等式是哪个即可． 【详解】解：， ， 选项A正确，符合题意； ， ， 选项B错误，不符合题意； ， ， 选项C错误，不符合题意． ， 也可能， 选项D错误，不符合题意； 故选：A． 4. 下列各式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的定义，因式分解就是把多项式转化成几个整式的积的形式，根据定义即可作出判断． 【详解】解：A． ，是整式的乘法运算，不符合题意； B． ，故原分解因式错误，不符合题意； C． ，利用完全平方公式因式分解，符合题意；； D． ，结果不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，不是因式分解，不符合题意； 故选：C． 5. 如图，在中，，的垂直平分线交于点D，交边于点E，若的周长等于35，则线段的长为（ ） A. 15 B. 17.5 C. 20 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了线段垂直平分线的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用． 由的垂直平分线交边于点D，交边于点E，可得，又由的周长等于21，即可求得，然后由，求得的长． 【详解】解：∵是的垂直平分线， ∴， ∵的周长等于35， ∴． ∵中，， ∴． 故选：C． 6. 数形结合是解决数学问题常用的思想方法．如图，直线和直线相交于点，则根据图象可知关于x的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数与不等式的关系，明确函数图像上各交点坐标代表的意义是解决本题的关键．根据数形结合的思想可知，不等式的解集即为满足直线的图像位于直线图像的下方的x，然后结合两直线的交点为P即可得到答案． 【详解】解：由题意可知：直线与直线相交于结合函数图像可知，当时，直线的图像位于直线图像的下方，即关于的不等式的解集为：， 故选：C． 7. 把分式的分子分母中的都扩大到原来的4倍，则分式的值（ ） A. 扩大为原来的4倍 B. 扩大为原来的16倍 C. 缩小为原来的 D. 缩小为原来的 【答案】A 【解析】 【详解】解：由题意可知，新分式的值为，扩大为原来的4倍． 8. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天；如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求两匹马的速度．设慢马的速度为x里/天，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系． 设慢马的速度为里天，则快马的速度为里天，根据规定时间相等可得方程． 【详解】解：设慢马的速度为里天，则快马的速度为里天， 根据题意，得． 故选：D． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若分式的值为零，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式值为零的条件等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用其来求解． 根据分式值为零需分子为零且分母不为零求解即可． 【详解】解：∵分式的值为零， ∴且分母， 解得：或， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 10. 在平面直角坐标系中，已知点和，将线段平移到线段（点A对应点C，点B对应点D），已知点C坐标为，则点D坐标为 __________ ． 【答案】 【解析】 【详解】解：∵点的对应点C的坐标为， ，， ∴平移规律为向右平移6个单位，向下平移3个单位， ∴的对应点D的坐标为，即． 11. 已知关于的分式方程有增根，则的值为_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了分式方程有增根问题，先去分母，根据分式方程有增根进而可求解，熟练掌握分式方程分母为0时的解就是分式方程的增根是解题的关键． 【详解】解： 去分母得：， 由分式方程有增根得：增根为， ∴， ， 故答案为：． 12. 对于实数，定义运算“※”为，例如，则关于的不等式有且只有一个正整数解时，的取值范围是____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的整数解，解一元一次不等式组，根据新定义和正整数解列出关于的不等式组是解题的关键．根据新定义列出不等式，解关于的不等式，再由不等式的解集有且只有一个正整数解得出关于的不等式组求解可得． 【详解】解：根据题意可知， 解得： 有且只有一个正整数解 解不等式①，得： 解不等式②，得： 故答案为：． 13. 如图，在中，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点D，E；再分别以D，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧在内部交于点F，作射线交于点G．若，，则的长为 _____ ． 【答案】5 【解析】 【分析】首先根据尺规作图的步骤，判断是的角平分线，得到角相等的条件，过点G作的垂线，利用角平分线的性质，得到该垂线段的长度等于的长度，用勾股定理计算AB的长度，再通过三角形面积的不同表示方法，或者利用角平分线分对边成比例的性质，建立关于或的方程，结合的长度求解． 【详解】解：过G作于H， 由作图得：平分， ∵，，， ∴， ∵， ∴， 又∵，平分， ∴ ， ∵ ， ∴， ∴ ， ∴ ， 设． 则，即：， 解得：， ∴ ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解不等式（组） （1）解不等式：； （2）解不等式组：，并写出其整数解． 【答案】（1） （2），0，1，2，3 【解析】 【小问1详解】 解：， ， ， ， 【小问2详解】 解：解不等式得，， 解不等式 得，， 所以不等式组的解集为， 则不等式组的整数解为0，1，2，3． 15. 按要求解题： （1）解方程：； （2）分解因式：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 解： 原方程去分母得：， 整理得：， 解得：， 检验：当时，， 故原方程的解为； 【小问2详解】 解： ． 16. 先化简，再求值：，其中a从、0、1中选择一个合适的数代入求值． 【答案】， 【解析】 【分析】先将括号里的分式通分，计算分式的加法后，再将除法转化为乘法，约分化简，最后选一个使所给分式有意义的数代入计算． 【详解】解：原式 ， ， 据题意可知，a只能取0． ∴当时，原式． 17. 如图，的顶点坐标分别为， （1）请画出关于轴对称的（点的对应点分别是）； （2）将（1）中的绕原点顺时针旋转得到（点的对应点分别是），请画出； （3）在（1）（2）条件下，连接，，求的面积． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查作图轴对称和旋转变换，解题的关键是熟练掌握轴对称和旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点． （1）根据轴对称的定义分别作出变换后的对应点，再首尾顺次连接即可得； （2）根据旋转的定义分别作出变换后的对应点，再首尾顺次连接即可得； （3）利用割补法求解可得． 【小问1详解】 解：如图，即为所求； 【小问2详解】 解：如图，即为所求； 【小问3详解】 解：的面积． 18. 已知，与都是等腰直角三角形，，，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，点D在内，B，D，E三点在同一直线上，过点A作的高，证明：； （3）如图3，点D在内，平分的延长线与交于点F，点F恰好为中点，若，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，得出相等的边和角，证明，即可得出结论； （2）根据等腰直角三角形的性质得出，借助（1）的结论可得出结论； （3）连接，根据角的度数得出，设，表示出相关线段的长度，证明，得出，利用勾股定理得出，列出方程求解即可． 【小问1详解】 证明：∵与都是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：∵ ， ∴， ∵， ∴， 由（1）知：， ∵点D在内，B，D，E三点在同一直线上， ∴； 【小问3详解】 解：如图3，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，由勾股定理得， 由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∵，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 不等式组的解集为，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查解一元一次不等式组和有理数的乘方，先求出不等式组上的解集，得出m，n的值，再进行乘方运算即可． 【详解】解：， 解不等式①得，； 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为：， 又， ， ∴， 故答案为：2． 20. 如图，长、宽分别为、的长方形周长为，面积为，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了代数式求值，整式的因式分解，根据题意得出，，然后将整式因式分解化简，整体代入求解即可． 【详解】解：长、宽分别为、的长方形周长为，面积为， ，， ， 故答案为：． 21. 关于x的分式方程的解是非负数，则a的取值范围是__________. 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查分式方程的解．根据分式方程的解以及增根的意义即可确定的取值范围． 【详解】解：关于的分式方程的两边都乘以得， ， 解得， 由于关于的分式方程的解是非负数， ， 即， 又因为分式方程的增根是， 当时，即， 解得， 的取值范围是且． 故答案为：且． 22. 如图，在中，，点分别在边上，连接，若，且是等边三角形，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意算出的长，如图所示，延长，使得，连接，构成三角形，并证明，可得，设，则，在中，根据特殊角的直角三角形的性质，勾股定理的运用即可求解． 【详解】解：如图所示，延长，使得，连接， ∵在中，， ∴，， ∴，则， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，则， 设，则， ∴， 在中，，，， ∴， ∴，则，解得，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合，理解题意，勾股直角三角形，掌握三角形全等，等边三角形的性质，勾股定理，特殊角的直角三角形的性质的运用是解题的关键． 23. 在平面直角坐标系中，已知点，，，，给出如下定义：若点P关于直线：的对称点Q在四边形的内部或边上，则称该点P为四边形关于直线的“相关点”，点是四边形关于直线：的“相关点”，且是以为腰的等腰三角形，则m的值为___________；直线上存在点P，使得点P是四边形关于直线：的“相关点”，则的取值范围为__________． 【答案】 ①. 或 ②. 【解析】 【分析】画出图形，设，利用对称性即可得点；分两种情况：，利用勾股定理求得的长，从而得Q的坐标，从而求得m的值；四边形关于直线：对称的四边形为四边形，当直线在四边形内（包括边界）时，直线上存在点P，使得点P是四边形关于直线：的“相关点”，因此只需求出直线分别过点O、H时的解析式即可，从而求得b的范围． 【详解】解：设， ∵点P与点Q关于直线：对称， ∴， 即，即； 当时，如图，过Q作于E，则， ∵， ∴， ∴由勾股定理得：， ∴， 即， ∴， 即； 当时，如图，过Q作于F， 同理可得， ∴， ∴， ∴∴， 即； 综上，m的值为或； 故答案为：或； 如图，四边形关于直线：对称的四边形为四边形，当直线在四边形内（包括边界）时，直线上存在点P，使得点P是四边形关于直线：的“相关点”； 当直线过原点O时，的解析式为，此时； ∵点C关于直线：对称的点H的坐标为， ∴当直线过点H时，有， 解得：， 即解析式为：； 综上，当 在之间时，满足题目要求，此时b的范围为． 故答案为：． 【点睛】本题是一次函数与几何的综合，考查了勾股定理，等腰三角形的性质，轴对称的性质，一次函数解析式，对新定义的理解等知识，关键是理解新定义，注意数形结合与分类讨论． 五、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 某家电子产品商城计划购机A、B两种不同型号的平板电脑，每台A型平板电脑的购进价格比B型多1000元，用万元购买A型的台数与用万元购买B型的台数相等． （1）求A、B两种型号的购进单价分别是多少？ （2）该商城计划购进A、B两种不同型号的平板电脑共100台，售卖A、B两型平板电脑的单价分别为4200元、3000元，要求购进A型平板电脑的数量不超过B型的2倍，如何购进A、B两型平板电脑，才能使总利润最高？最高是多少？ 【答案】（1）A型号的平板电脑的购进单价为3500元，则B型号的平板电脑的购进单价为元； （2）购进A型平板电脑66台，B型平板电脑34台时总利润最高，最高总利润为63200元 【解析】 【分析】（1）设A型号的平板电脑的购进单价为x元，则B型号的平板电脑的购进单价为元，根据用万元购买A型的台数与用万元购买B型的台数相等建立方程求解即可； （2）设购进A型号的平板电脑m台，获得的总利润为W元，根据利润（售价进价）销售量表示出A型号和B型号的利润，进而得到W关于m的关系式，求出m的取值范围，利用一次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：设A型号的平板电脑的购进单价为x元，则B型号的平板电脑的购进单价为元， 由题意得，， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， 答：A型号的平板电脑的购进单价为3500元，则B型号的平板电脑的购进单价为元； 【小问2详解】 解：设购进A型号的平板电脑m台，获得的总利润为W元， 由题意得， ， ∵， ∴W随m的增大而增大； ∵购进A型平板电脑的数量不超过B型的2倍， ∴， ∴， 又∵m为整数， ∴m的最大值为66， ∴当时，W有最大值，最大值为， 此时， 答：购进A型平板电脑66台，B型平板电脑34台时总利润最高，最高总利润为63200元． 25. 在平面直角坐标系中，已知点A坐标为，直线交y轴于点B，点C为射线上一点． （1）如图1，，求直线的表达式； （2）在（1）的条件下，点D在x轴上，连接，，若且，求点C的坐标； （3）如图2，点E是第一象限内一动点，且．若平分，，点M的坐标为，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出点B的坐标，再利用待定系数法求一次函数解析式即可. （2）设，证明，由全等三角形的性质得出，由两点坐标公式得出关于a的方程，求解并结合点C为射线上一点．即可求出点C的坐标. （3）求 的最小值，利用轴对称的性质，将AC进行转化，再根据两点之间线段最短来求解． 【小问1详解】 解：已知点， ∵，且A在x轴正半轴，所以． 设直线的表达式为，把，代入可得， ， 解得． ∴直线的表达式为； 【小问2详解】 解：直线的表达式为， 设， ∵,, ∴ ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ， 解得a （舍）或a ， ∴; 【小问3详解】 解：点C在射线上，要求的最小值，可作点M关于直线的对称点，根据对称性质，， 因此， 当A、C、三点共线时，的值最小，即最小值为的长度， ∵直线的表达式为，且是等腰直角三角形， ∴， 即直线与x轴的夹角为， 作于N，则N是的中点，且． 设， 则． ∵与x轴的夹角为， ∴垂线与x轴夹角也为， 即M到N的水平距离等于垂直距离：水平距离：，垂直距离：， 因此． 联立方程可得： ， 解得， ∴,此时与点A重合， ∵是和的中点： ∴ ， ， 解得，， 因此，． 与之间的距离： 水平距离：，垂直距离：， 由勾股定理可得， 故 的最小值为． 26. 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点，点E是AC上一点．连接DE，过D作DF⊥DE交BC点于F，连接EF． （1）如图1，EF与CD相交于点G： ①来证：AE＝CF； ②当AD＝CE，AC＝6时，求DG； （2）如图2，点M为BC上一点，且∠CME＝2∠ADE，AE＝2，CE＝5，求EM的长． 【答案】（1）①见解析；②；（3） 【解析】 【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质证明△CDF≌△ADE，故可求解； ②过点D作DH⊥AC，交EF于M点，分别求出CE，HE，CF，再证明△FCE∽△MHE求出HM，DM，再证明△FCG∽△MDG，得到，故可求解； （2）取AD中点H，作HI⊥AD交DE于I点，过E点作EG⊥AD，先求出AH，DG，通过证明△DHI∽△DGE，得到，求出HI，进而求出ID，作AJ⊥DE延长线于J点，证明△DHI∽△DJA，得到，求出AJ、DJ，再求出IJ，利用角度的关系证明△AJI∽△ECM，可得，求出CM，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB的中点， ∴AD=CD，△ACD、△BCD、△ABC都是等腰直角三角形 ∴∠DAC=∠DCB ∵DF⊥DE ∴∠EDC+∠CDF=∠EDC+∠ADE=90° ∴∠CDF=∠ADE ∴△CDF≌△ADE ∴AE＝CF； ②过点D作DH⊥AC，交EF于M点 ∵AC＝6=BC ∴AB= ∵D是AB中点 ∴CD=AD=BD= ∵DH⊥AC ∴CH=DH=AH= ∵AD＝CE， ∴CE=AD= ∴EH=-3 故AE=AH-EH=6- ∴CF=AE=6- ∵FCHM ∴△FCE∽△MHE ∴，即 解得MH= ∴DM=DH-HM= ∵FCHD ∴△FCG∽△MDG ∴，即 解得DG= ∴DG=． （2）∵AE＝2，CE＝5 ∴AC=7=BC ∴AB= 如图，取AD中点H，作HI⊥AD交DE于I点，过E点作EG⊥AD ∵点D为AB的中点， ∴AH=DH= ∵∠CAD=45° ∴△AGE是等腰直角三角形 ∴EG=AG，AG2+EG2=AE2=4 ∴AG==EG ∴HG=AH-AG= ∴DG=DH+HG= ∵HI⊥AD，H是AD中点 ∴△ADI是等腰三角形 ∴AI=DI ∵HI⊥AD，EG⊥AD ∴HIEG ∴△DHI∽△DGE ∴ ∴HI= ∴ID= 作AJ⊥DE延长线于J点 ∴∠DHI=∠DJA=90° 又∠HDI=∠JDA ∴△DHI∽△DJA ∴，代入可得AJ= ∴DJ= ∴IJ=DJ-ID= ∵DI=AI ∴∠IDA=∠IAD，∠AIJ=∠IDA+∠IAD=2∠ADE ∵∠CME＝2∠ADE， ∴∠JIA=∠CME 又∠AJI=∠ECM ∴△AJI∽△ECM ∴ ∴代入得CM= ∴EM=． 【点睛】此题主要考查三角形与四边形综合，解题的关键是熟知等腰直角三角形、相似三角形的判定与性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $