精品解析：辽宁省营口市大石桥市第二初级中学2025-2026学年八年级下学期5月阶段检测数学试题

2025-2026学年八年级下学期期中质量检测试卷 数学试题 （考试内容：第19至21章 考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列各组数中，是勾股数的是（ ） A. B. C. ，， D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据勾股数的定义判断，勾股数需要满足两个条件，一是三个数均为正整数，二是两个较小数的平方和等于最大数的平方，据此验证即可得到结果，勾股数的定义为：能够成为直角三角形三条边长的三个正整数称为勾股数，需满足（为正整数）． 【详解】解：A、，，，不满足平方关系，不是勾股数； B、三个数都是正整数，且，完全符合勾股数定义，是勾股数； C、、、不是正整数，不符合要求，不是勾股数； D、三个数都是小数，不是正整数，不符合要求，不是勾股数． 2. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的化简和加减运算，以及二次根式的除法运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的化简和各种运算法则． 逐一分析各选项的运算是否正确，利用二次根式的性质和运算法则进行判断． 【详解】解：A.不是同类二次根式，无法加减，该选项错误，故不符合题意； B. 该选项正确，故符合题意； C. 不是同类二次根式，无法加减，该选项错误，故不符合题意； D. ，化简后不是同类二次根式，无法加减，该选项错误，故不符合题意； 故选：B． 3. 如图，在四边形中，，添加下列一个条件后，一定能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，进行解答，即可． 【详解】解：∵， ∴当时，四边形是平行四边形，A正确，符合题意； 当，无法判定四边形是平行四边形，B不正确，不符合题意； 当，无法判定四边形是平行四边形，C不正确，不符合题意； 当，可得，无法判定四边形是平行四边形，D不正确，不符合题意； 故选：A． 4. 一艘船由港沿北偏东方向航行至港，然后再沿北偏西方向航行至港，则，两港之间的距离为（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查方位角，勾股定理，根据题意画出图形，证明是直角三角形是解题的关键．根据题意画出图形，易证是直角三角形，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，根据题意，得，，，， ∵ ∴ ∴ ∴在中， 即，两港之间的距离为． 故选：C． 5. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，E是的中点，连接，若，则的长为（ ） A. 6cm B. 8cm C. 10cm D. 12cm 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分．还考查了三角形中位线的性质：三角形的中位线平行且等于三角形第三边的一半，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． 根据平行四边形的性质得出，再由三角形中位线的判断和性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴； 又∵点E是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：A． 6. 下列命题成立的是（ ） A. 一个角是90°的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 C. 一组邻边相等的矩形是正方形 D. 对角线互相平分且垂直的四边形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查矩形及正方形的判定定理，熟练掌握平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键． 根据矩形及正方形的判定定理可直接进行排除选项． 【详解】解：A、有一个角是的平行四边形是矩形，故原说法错误； B、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原说法错误； C、一组邻边相等的矩形是正方形，故原说法正确； D、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原说法错误； 故选：C． 7. 如图，矩形中，为的中点，连接，过作交于点，连接，如果，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质和全等三角形的判定和性质以及线段垂直平分线的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题延长，交的延长线于点，证明，进而进行角度的等量代换即可得出答案． 【详解】解：延长，交的延长线于点，如图所示： 在矩形中，，， ∴， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴． 故选：A． 8. 一个正多边形的每个内角为，则这个正多边形的内角和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查正多边形的内角和，根据正多边形的每个内角的度数相同，以及多边形的内角和公式，进行求解即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为，则：， 解得：， ∴这个正多边形的内角和为； 故选D． 9. 如图，、分别是的高线、中线，，，．则长为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了三角形的中线，高线，直角三角形的性质，勾股定理，先根据三角形高的定义结合，利用直角三角形两锐角互余，求出，利用直角三角形中30度角所对的边是斜边的一半得到，再利用勾股定理求出，进而得到，求出，最后利用中线的定义求出，由即可求解． 【详解】解：∵是的高线， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中线， ∴， ∴． 故选：B． 10. 如图，在中，，，分别以点，点为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于，，连接交于点，交于点．连接，以为圆心，长为半径作弧，交于点，若，则的长度为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，求出，设，则，根据勾股定理得出，求出，最后求出结果即可． 【详解】解：连接，如图所示： 根据作图可知，垂直平分， ∴，， ∵为直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 根据勾股定理得：， ∴， 设，则， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，尺规作垂直平分线，垂直平分线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若与最简二次根式能合并成一项，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了同类二次根式，解题的关键是正确理解同类二次根式是化为最简二次根式后被开方数相同． 先化简，再根据能合并即为同类二次根式进行求解即可． 【详解】∵，与最简二次根式能合并成一项， ∴， 故答案为：2． 12. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据算术平方根的非负性，列不等式组，确定的值，然后代入代数式中计算的值，最后计算． 【详解】解：∵， ∴ 解不等式①，得， 解不等式②，得， ∴， 将代入原式求： ∴． 13. 如图，在中，，是的中点，，，，则四边形的面积______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用等腰三角形三线合一得到、，设，结合用勾股定理列方程求出，再由得，最后根据对角线垂直的四边形面积公式算出． 【详解】解：∵，是中点， ∴，且， 设， ∵，， 则， 在中，由勾股定理：代入得：， 展开化简得， 解得：，即 ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴四边形是对角线互相垂直的平行四边形， ∴． 14. 如图，在边长为7的正方形中，连接，点E，F分别在，上，，垂足为点F，，则的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，过点F作于点H，由正方形的性质得，，则，证明和全等，设，进而利用三角形内角和定理及外角性质证明，则是等腰三角形，继而得，则，再证明是等腰直角三角形得，然后利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：连接，过点F作于点H，如图所示： ∵四边形是正方形，且边长为7，点F是的对角线的点， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴设， 在中，， ∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴， 即是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理及外角性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 15. 如图，四边形为矩形，，，对角线，相交于点O，E是边的中点，F是上一点，连接，将沿折叠，当点D的对应点G落在矩形的对角线上时，连接，则的长是______． 【答案】或 【解析】 【分析】分两种情况：当点落在上时，设交于点，当点落在上时，设交于点，连接，分别结合矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为矩形，，， ∴，， ∴， ∴， 如图，当点落在上时，设交于点， ∵点E是边的中点， ∴， 由折叠的性质可得，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴； 如图，当点落在上时，设交于点，连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述：的长是或． 三、解答题（本大题共8小题，共75分） 16. 计算： （1）； （2）； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（）先化简所有二次根式，再计算括号内，最后算除法； （）按二次根式运算规则，依次计算乘法、化简根式、去绝对值、分母有理化，最后合并同类项． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 17. 请阅读下列材料： 已知，求代数式的值． 小熙根据二次根式的性质：，联想到了如下解法： 由得，，则，即，∴，两边同时乘以x得，，把作为整体，代入原式得，原式． 请运用上述方法解决下列问题： （1）已知，求代数式的值； （2）已知，求代数式的值． 【答案】（1）2025 （2）2026 【解析】 【分析】本题主要考查了完全平方公式的应用、二次根式的乘法、整体思想等知识点，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算． （1）按照例题的方法解答即可； （2）由题可得，将其两边平方并利用完全平方公式展开，得到；然后整体代入计算即可． 【小问1详解】 解：由得，， 则，即， ∴， 把代入原式得， 原式； 【小问2详解】 解：由得，，即， 则，即， ∴，即 两边同时乘以得， 把作为整体，代入原式得， 原式． 18. 如图，四边形为某街心花园的平面图，经测量，，，且． （1）求的度数； （2）若射线为公园的车辆进出口道路（道路的宽度忽略不计），工作人员想要在点处安装一个监控装置来监控道路的车辆通行情况．已知摄像头能监控的最远距离为，请问在道路上，且与点B距离的一辆车能否被摄像头监控到？请说明理由． 【答案】（1） （2）这辆车不能被摄像头监控到，理由见解析． 【解析】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，以及勾股定理的逆定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确利用勾股定理求出所需边的长度，从而进行计算． （1）连接，易得，由勾股定理求出的长度，然后由勾股定理的逆定理，得到是直角三角形，则，即可得到答案； （2）过点作，交的延长线于，由（1）易得是等腰直角三角形，即，再由勾股定理求出，再根据车到点距离得出车到点A距离，对比车到点A距离和的长度即可得到结论． 【小问1详解】 解：连接， ∵，， ∴，， ∵，， 在中，有， ∴是直角三角形， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：这辆车不能被摄像头监控到，理由如下： 过点作，交的延长线于， 由（1）知，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， 即点为摄像头能监控的最远位置， 在中，， ∵车到点距离为，， ∴车到点距离为， ∵， ∴这辆车不能被摄像头监控到． 19. 如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两线相交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析 （2）4 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）先证明是矩形，然后利用矩形的性质可得出，最后利用菱形的判定即可得证； （2）先利用勾股定理求出，利用等积法求出，然后利用面积公式求解即可． 【小问1详解】 证明∶∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∴， ∴平行四边形是菱形； 【小问2详解】 解：过A作于E， ∵，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 20. 如图，在ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点B作BE⊥CD于点E，延长CD到点F，使DF=CE，连接AF. (1)求证:四边形ABEF是矩形； (2)连接OF，若AB=6，DE=2，∠ADF=45°，求OF的长度. 【答案】(1)见解析；(2) OF =. 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD=BC，等量代换得到BC=EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据直角三角形斜边中线可得：OF=AC，利用勾股定理计算AC的长，可得结论． 【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形 ∴AB=CD，AB∥CD. ∵DF=CE， ∴DF+DE=CE+ED， 即:FE=CD. ∵点F、E在直线CD上 ∴AB=FE，AB∥FE. ∴四边形ABEF是平行四边形 又∵BE⊥CD，垂足是E， ∴∠BEF=90°. ∴四边形ABEF是矩形. (2)解:∵四边形ABEF是矩形O， ∴∠AFC=90°，AB=FE. ∵AB=6，DE=2， ∴FD=4. ∵FD=CE， ∴CE=4. ∴FC=10. 在Rt△AFD中，∠AFD=90°. ∵∠ADF=45°， ∴AF=FD=4. 在Rt△AFC中，∠AFC=90°. ∴. ∵点O是平行四边形ABCD对角线的交点， ∴O为AC中点 在Rt△AFC中，∠AFC=90°.O为AC中点. ∴OF=AC=. 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键． 21. 我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的4倍的三角形叫做常态三角形．例如：某三角形三边长分别是5，6和8，因为，所以这个三角形是常态三角形． （1）若三边长分别是2，和4，则此三角形______常态三角形（填“是"或“不是”）； （2）在中，，，若是常态三角形，则______． （3）如图，在中，，，点D在线段上，连接且，若是常态三角形，求的面积． 【答案】（1）是 （2） （3）的面积为或 【解析】 【分析】本题是三角形的综合题，考查了勾股定理，三角形的面积，新定义，正确理解新定义是解题的关键． （1）根据常态三角形的定义判定即可； （2）根据常态三角形的定义以及勾股定理即可求解； （3）根据常态三角形的定义得出等式求出的长，再由勾股定理即可得出结果． 【小问1详解】 解：∵， ∴三边长分别是2，和4，则此三角形是常态三角形． 故答案为：是； 【小问2详解】 ∵是常态三角形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； 【小问3详解】 解：当时， ∵， ∴， 在中，， 此时， 当时， ∵， ∴， 在Rt△ABC中，， 此时， 故的面积为或． 22. 如图，在中，于点E，F是的中点，连接，，，且，平分． （1）求的度数； （2）若，，求的长； （3）如图2，连接，若，求的度数． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）不妨设交于点，先通过角平分线证明，再通过直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，推出，接着证明 ，继而可得 ，即得出的度数 ； （2）延长交的延长线于点，证明，再证垂直平分，在中，利用勾股定理求出，在中，利用勾股定理求出，最后在中，利用勾股定理求出的长； （3）延长交的延长线于点，先证明，设，则，在中，由勾股定理解得，，；取中点H，连接，证明，再证明为等腰直角三角形，从而得出． 【小问1详解】 解：不妨设交于点， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∵，是的中点， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， 又，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：延长交的延长线于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ， 又∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 由（1）知，即， 又，即为的中点， ∴垂直平分， ∴ ， 在中，，， ∴， 在中，，， ∴， ∵为的中点，， ∴， 在中，，， ∴． 【小问3详解】 解：延长交的延长线于点， 由（2）知， ∴，， 由（1）知，故垂直平分， ∴， 设，由得， 在中，，代入得， 解得， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又， ∴； 取中点，连接，如图 ， ∵为中点，为中点， ∴且， ∵ ∴， 又， ∴， 在中，， ∴为等腰直角三角形， ∴． 23. 四边形是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏． 【探究发现】 （1）如图1，小明将沿翻折得到，点B的对应点，将纸片展平后，连接并延长交边于点F，小明发现折痕与存在特殊的数量关系，数量关系为 ； 【类比探究】 （2）如图2，小明继续折纸，将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点A的对应点为点，点B的对应点为点，将纸片展平后，连接交边于点F，请你猜想线段之间的数量关系并证明； 【拓展延伸】 （3）在（2）的翻折过程中，正方形的边长为9． ①如图3，若线段恰好经过点D，，求的长； ②如图4，若F为中点，连接，直接写出的最小值． 【答案】（1）；（2）；证明见解析；（3）①2；② 【解析】 【分析】（1）由“十字架”模型可证，进而得解； （2）先证，再利用“十字架”模型构造全等，过点G作，可证，进而得解； （3）①过点D作，先证四边形是平行四边形，得，再分别利用勾股定理表示出，从而建立方程求解即可．②构造平行四边形，可得，可证，可得，再利用逆等线模型，过K作于点K，且，证明，得到，所以，当且仅当H、E、F依次共线时，取等，据此求解即可． 【详解】解：（1）如图， 根据题意得：垂直平分， ∴， 在正方形中，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． （2）；证明如下： ∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， 过点G作，垂足为点N， ∴， ， ∴， ， ∴四边形是矩形， ∴， ， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴． （3）①设， ∵正方形的边长为9，， ∴， 过点D作，垂足为H，交线段于点P，连接． 由折叠的性质得：D，P关于直线对称，， ∴垂直平分， ∴， ∵由（2）得， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，， 根据勾股定理，， 在中，， ∵， ∴， 解得， 即的长为2． ②如图，过A作交于点K， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 过K作于点K，且， ∴， ∴， ∴， ∴，当且仅当H、E、F依次共线时，取等， 过H作，交延长线于点H，则四边形是矩形， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， 同理（2）证明， ∴， ∴， 在中， ， 即的最小值为． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年八年级下学期期中质量检测试卷 数学试题 （考试内容：第19至21章 考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列各组数中，是勾股数的是（ ） A. B. C. ，， D. 2. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在四边形中，，添加下列一个条件后，一定能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 4. 一艘船由港沿北偏东方向航行至港，然后再沿北偏西方向航行至港，则，两港之间的距离为（ ） A. B. C. D. 不能确定 5. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，E是的中点，连接，若，则的长为（ ） A. 6cm B. 8cm C. 10cm D. 12cm 6. 下列命题成立的是（ ） A. 一个角是90°的四边形是矩形 B. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 C. 一组邻边相等的矩形是正方形 D. 对角线互相平分且垂直的四边形是正方形 7. 如图，矩形中，为的中点，连接，过作交于点，连接，如果，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 一个正多边形的每个内角为，则这个正多边形的内角和为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，、分别是的高线、中线，，，．则长为（ ） A. B. C. D. 1 10. 如图，在中，，，分别以点，点为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于，，连接交于点，交于点．连接，以为圆心，长为半径作弧，交于点，若，则的长度为（ ） A. 5 B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 若与最简二次根式能合并成一项，则________． 12. 若，则______． 13. 如图，在中，，是的中点，，，，则四边形的面积______． 14. 如图，在边长为7的正方形中，连接，点E，F分别在，上，，垂足为点F，，则的长为________． 15. 如图，四边形为矩形，，，对角线，相交于点O，E是边的中点，F是上一点，连接，将沿折叠，当点D的对应点G落在矩形的对角线上时，连接，则的长是______． 三、解答题（本大题共8小题，共75分） 16. 计算： （1）； （2）； 17. 请阅读下列材料： 已知，求代数式的值． 小熙根据二次根式的性质：，联想到了如下解法： 由得，，则，即，∴，两边同时乘以x得，，把作为整体，代入原式得，原式． 请运用上述方法解决下列问题： （1）已知，求代数式的值； （2）已知，求代数式的值． 18. 如图，四边形为某街心花园的平面图，经测量，，，且． （1）求的度数； （2）若射线为公园的车辆进出口道路（道路的宽度忽略不计），工作人员想要在点处安装一个监控装置来监控道路的车辆通行情况．已知摄像头能监控的最远距离为，请问在道路上，且与点B距离的一辆车能否被摄像头监控到？请说明理由． 19. 如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的平行线，过点B作的平行线，两线相交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，求四边形的面积． 20. 如图，在ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点B作BE⊥CD于点E，延长CD到点F，使DF=CE，连接AF. (1)求证:四边形ABEF是矩形； (2)连接OF，若AB=6，DE=2，∠ADF=45°，求OF的长度. 21. 我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的4倍的三角形叫做常态三角形．例如：某三角形三边长分别是5，6和8，因为，所以这个三角形是常态三角形． （1）若三边长分别是2，和4，则此三角形______常态三角形（填“是"或“不是”）； （2）在中，，，若是常态三角形，则______． （3）如图，在中，，，点D在线段上，连接且，若是常态三角形，求的面积． 22. 如图，在中，于点E，F是的中点，连接，，，且，平分． （1）求的度数； （2）若，，求的长； （3）如图2，连接，若，求的度数． 23. 四边形是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏． 【探究发现】 （1）如图1，小明将沿翻折得到，点B的对应点，将纸片展平后，连接并延长交边于点F，小明发现折痕与存在特殊的数量关系，数量关系为 ； 【类比探究】 （2）如图2，小明继续折纸，将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点A的对应点为点，点B的对应点为点，将纸片展平后，连接交边于点F，请你猜想线段之间的数量关系并证明； 【拓展延伸】 （3）在（2）的翻折过程中，正方形的边长为9． ①如图3，若线段恰好经过点D，，求的长； ②如图4，若F为中点，连接，直接写出的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $