文档内容
2024-2025 学年八年级数学下学期期中专项卷
【压轴题篇】
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。
2．测试范围：二次根式~平行四边形（人教版）。
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。）
1．（3分）（2024春•硚口区期中）已知x+1=❑√5，则x3+3x2﹣2x+1的值是（ ）
A．❑√5 B．2❑√5 C．5 D．6
【分析】求出x=❑√5−1，变形后得出x3+3x2﹣2x+1＝x2（x+2）+（x﹣1）2，再代入，最后根据二次根式的
运算法则进行计算即可．
【解答】解：∵x+1=❑√5，
∴x=❑√5−1，
∴x2＝（❑√5−1）2＝5+1﹣2❑√5=6﹣2❑√5，
∴x3+3x2﹣2x+1
＝x3+2x2+x2﹣2x+1
＝x2（x+2）+（x﹣1）2
＝（6﹣2❑√5）×（❑√5−1+2）+（❑√5−1﹣1）2
＝（6﹣2❑√5）×（❑√5+1）+（❑√5−2）2
＝6❑√5+6﹣10﹣2❑√5+5+4﹣4❑√5
＝5．
故选：C．
2．（3分）（2024春•武昌区期中）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，且满足AC2+BC2＝
2AD2，则下列四个结论：①AB=❑√2AD，②AD=(❑√2+1)BD，③CB＝CD，④BC=(❑√2−1)AC，
正确结论的个数有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】应用勾股定理等逐一判断即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
∵AC2+BC2＝2AD2，
∴AB2＝2AD2，
则AB=❑√2AD，故①正确；
∵BD＝AB﹣AD=❑√2AD−AD＝（❑√2−1）AD，
1
∴AD = BD＝（❑√2+1）BD，
❑√2−1
故②正确；
延长CD至E，使得BE⊥AE，连接AE，BE，
过点E作EF⊥AC交AC于F，EG⊥CB交CB延长线于G，则四边形CFEG是矩形，
∴∠BGE＝∠AFE＝90°，
∴∠GEF＝∠AEB＝90°，
则∠GEF﹣∠BEF＝∠AEB﹣∠BEF，
∴∠BEG＝∠AEF，
∵CD平分∠ACB，
∴EG＝EF，∠BCD＝∠ACD＝45°，
∴△BEG≌△AEF（ASA），
∴BE＝AE，
∴AB2＝AE2+BE2＝2AE2，
∴Rt△ABE为等腰直角三角，
∴∠EBA＝∠EAB＝45°，
又∵AB＝AD，∴AE＝AD，
∴∠ADE＝180°﹣∠EAD＝67.5°＝∠CDB，
则∠CBA＝180°﹣∠BCD﹣∠CDB＝67.5°，
即：∠CBD＝∠CDB，
CB＝CD，故③正确；
取CH＝CB，
∴∠BHC＝45°，BH=❑√2BC，
∵∠BAC＝22.5°，
∴∠ABH＝22.5°，
∴AH＝BH=❑√2BC，
∴AC＝（❑√2+1）BC，
∴BC＝（❑√2−1）AC，
故④正确．
故选：D．
3．（3分）（2024春•江岸区期中）如图， ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，∠BAC＝30°，∠CAD
＝15°，AC=2❑√3+2，则BD的长为（ ）
▱
A．❑√6+❑√2 B．2❑√2 C．2❑√3 D．3❑√2
【分析】作CF⊥AD交AD的延长线于点F，BE⊥AD于点E，由平行四边形的性质得BC∥AC，CD∥AB，
则∠FDC＝∠DAB＝∠BAC+∠CAD＝45°，可证明DF＝CF＝BE＝AE，在AF上取一点G，连接CG，使
CG＝AG，则∠CGF＝30°，所以CG＝AG＝2CF，求得GF=❑√CG2−CF2=❑√3CF，由勾股定理得（2CF
+❑√3CF）2+CF2＝（2❑√3+2）2，求得CF=❑√2，则BE=❑√2，DE＝GF=❑√3CF=❑√6，所以BD
=❑√BE2+DE2=2❑√2，于是得到问题的答案．
【解答】解：作CF⊥AD交AD的延长线于点F，BE⊥AD于点E，则∠F＝∠BED＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAC＝30°，∠CAD＝15°，
∴BC∥AC，CD∥AB，
∴∠FDC＝∠DAB＝∠BAC+∠CAD＝30°+15°＝45°，∴∠FCD＝∠FDC＝45°，∠EBA＝∠EAB＝45°，
∴DF＝CF＝BE＝AE，
在AF上取一点G，连接CG，使CG＝AG，则∠GCA＝∠CAD＝15°，
∴∠CGF＝∠GCA+∠CAD＝15°+15°＝30°，
∴CG＝AG＝2CF，
∴GF=❑√CG2−CF2=❑√(2CF) 2−CF2=❑√3CF，
∵AF2+CF2＝AC2，且AC＝2❑√3+2，
∴（2CF+❑√3CF）2+CF2＝（2❑√3+2）2，
解得CF=❑√2或CF=−❑√2（不符合题意，舍去），
∴BE=❑√2，DE＝AF﹣AE﹣DF＝AF﹣2CF＝AF﹣AG＝GF=❑√3CF=❑√3×❑√2=❑√6，
∴BD=❑√BE2+DE2=❑√(❑√2) 2+(❑√6) 2=2❑√2，
故选：B．
4．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝25°，设AB＝m，AC＝n，用含
m，n的式子表示BC的长是（ ）
n2−m2 2n2−m2
A． B．
m 2m
2n2−m2 2n2−m2
C． D．
n 3m
【分析】作AD⊥BC于D，作EF垂直平分AC，交AC于F，交BC于E，连接AE，由∠B＝50°，∠C＝
25°，得到AB＝AE＝CE＝m，由勾股定理求出EF，由等积法求出AD，再由勾股定理求出DE，则BC＝
BD+DE+CE，依此即可求解．
【解答】解：作AD⊥BC于D，作点B关于AD对称点E，连接AE，
∵∠B＝50°，∠C＝25°，
∴∠B＝2∠C，
∵点B关于AD对称点是E，
∴∠B＝∠AEB，∴AB＝AE＝CE＝m，
设DE＝a，
勾股定理得，n2﹣（m+a）2＝m2﹣a2，
n2−2m2
解得a= ，
2m
n2−m2
∴BC＝BD+DE+CE= ．
m
故选：A．
5．（3分）（2024春•洪山区期中）如图，E，F，P在正方形ABCD的边上，∠DAP＝15°，EF垂直平分AP
PN
交BD于N，则 的值为（ ）
BN
3
A．❑√2 B．❑√3 C． D．2
2
【分析】过N作GH⊥AB于G，连接AN，利用正方形的性质可判定△BGN是等腰直角三角形，求出GN
❑√2
= BN，证明四边形BCHG是矩形可得出GH＝BC＝AB，则AG＝NH，利用HL证明
2
Rt△AGN≌Rt△NHP，得出PH＝GN，∠ANG＝∠NPH，从而可证明△ANP是等腰直角三角形，进而可求
1
出∠NPH＝60°，利用含30°角的直角三角形性质得出PH= PN，即可求解．
2
【解答】解：过N作GH⊥AB于G，连接AN，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠ADC＝∠ABC＝∠C＝90°，∠ABD＝45°，AB＝BC．
∴∠GNB＝45°＝∠ABD，
❑√2
∴BG＝NG，BN=❑√2GN，即GN= BN，
2
∵．AB∥CD，GH⊥AB，
∴GH⊥CD，
∵∠ABC＝∠C＝90°，
∴四边形BCHG是矩形，
∴GH＝BC＝AB，
∴GH﹣GN＝AB﹣BG，即AG＝NH，
∵NF垂直平分AP，
∴AN＝PN，
∴Rt△AGN≌Rt△NHP（HL），
∴PH＝GN，∠ANG＝∠NPH，
∵∠PNH+∠NPH＝90°，
∴∠PNH+∠ANG＝90°，
∴∠ANP＝90°，
∴∠APN＝∠PAN＝45°，
∵∠DAP＝15°，∠ADP＝90°，
∴∠APD＝75°，
∴∠NPH＝180°﹣∠APD﹣∠APN＝60°，
∴∠PNH＝30°，
1
∴PH= PN，
2
❑√2
∵GN= BN，PH＝GN，
2❑√2 1
∴ BN = PN，
2 2
PN
∴ =❑√2．
BN
故选：A．
6．（3分）（2024春•东西湖区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC=❑√2，分别以AB，
AC，BC为边向△ABC外作正方形ABFG，正方形ACHM，正方形BCED．若直线ED、FG交于点N，过点
M作KQ∥DE交FG于点K，过点H作PQ∥FG与DE、KQ分别交于点P、Q．则四边形KQPN的面积为（
）
A．4❑√2+6 B．4❑√3+5 C．5❑√2+6 D．5❑√6
【分析】先由勾股定理得出AC=❑√3，再由正方形的性质推出四边形KQPN，NDBF都是矩形，再由矩形的
性质得出ND＝FB＝1，NF＝BD＝2，延长BC交PQ于O，延长BA交KQ于L，则CO⊥PQ，BL⊥KQ，可
证△ABC≌△COH，继而得出四边形EPOC是矩形，可得EP＝CO，同理可得，四边形GALK是矩形，GK
＝AL，即可求解四边形KQPN的面积．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC=❑√2，
由勾股定理得，AC=❑√AB2+BC2=❑√3，
四边形ABFG，ACHM，BCED 都是正方形，四边形 ABFG，ACHM，BCED 的四个角都是90°，四条对边
平行且相等，
∴∠N＝∠EDB＝90°，ND∥FB，NF∥DB，
∴四边形NDBF为矩形，
∴KO∥DE，PO∥FG，
∴四边形KQPN是矩形，
∴FG＝FB＝AB＝1，BD＝BC＝DE=❑√2，AC＝CH＝AM=❑√3，
∴ND＝FB＝1，NF＝BD＝2，
延长BC交PQ于点O，延长BA交KQ于L，
则CO⊥PQ，BL⊥KQ，如图所示，∵∠BAC+∠BCA＝90°，
∠BCA+∠HCO＝90°，
∴∠BAC＝∠HCO，
又AC＝CH，∠ABC＝∠COH＝90°，
∴△ABC≌△COH（AAS）．
∴CO＝AB＝1，
同理可证，△ABC≌△MLA．
∴AL＝BC=❑√2，
∴PQ∥FG，已证四边形KQPN是矩形，且四边形ABFG，BCED为正方形，
∴PO∥EC，CO∥EP，∠P＝90°，
∴四边形EPOC为矩形，
∴EP＝CO＝AB＝1，
同理可证，四边形GALK为矩形，
∴GK＝AL＝BC=❑√2，
∴NK＝NF+FG+GK=❑√2+1+❑√2=2❑√2+1，
NP＝ND+DE+EP＝1+❑√2+1＝2+❑√2，
∴四边形KQPN的面积为：
S＝NK•NP＝（2❑√2+1）（2+❑√2）＝6+5❑√2．
故选：C．
7．（3分）（2024春•江夏区期中）如图，点E是 ABCD内一点，且ED⊥CD，EB⊥CB，∠AED＝135°，若
DE＝1，AE=❑√2，则 ABCD的周长是（ ）
▱
▱
A．4+❑√5 B．6+❑√5 C．4+2❑√5 D．6+2❑√5【分析】延长DE交AB于F，由四边形ABCD是平行四边形，得到CD∥AB，AD＝BC，推出△AEF是等腰
直角三角形，得到AF＝EF，AE=❑√2EF，证明△ADF≌△BEF，得出DF＝BF，进而解答即可．
【解答】解：延长DE交AB于F，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，AD＝BC，
∵ED⊥CD，
∴DF⊥AB，
∵∠AED＝135°，
∴∠AEF＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF＝EF，AE=❑√2EF=❑√2，
∴AF＝EF＝1，
∴AD=❑√DF2+AF2=❑√22+12=❑√5，
∵∠ADC＝∠ABC，∠CDE＝∠CBE＝90°，
∴∠ADE＝∠ABE；
{∠ADF=∠EBF
)
在△ADF与△BEF中， ∠AFD=∠BFE ，
AF=EF
∴△ADF≌△BEF（AAS），
∴DF＝BF，
∵AB＝AF+BF，
∴AB＝AF+DF＝AF+DE+EF＝DE+2EF＝DE+❑√2AE＝1+2＝3，
∴ ABCD的周长6+2❑√5．
故选：D．
▱
8．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．分别以AB、AC、
BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S 、S 、S 、S ．则
1 2 3 4
S +S +S +S 等于（ ）
1 2 3 4A．18 B．20 C．22 D．24
【分析】过F作FD⊥AM于D，先证明△ADF≌△BCA得到FD＝AC，再证明△DFK≌△CAT，得到S ＝
2
S△ABC ，进一步证明S
3
＝S△FPT ，S
4
＝S△ABC ，则可证明S
1
+S
2
+S
3
+S
4
＝3S△ABC ，由此求解即可．
【解答】解：过F作FD⊥AM于D，连接PF，
∴∠FDA＝90°＝∠FAB，
∴∠FAD+∠CAB＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠FAD，
又∵AF＝AB，∠ACB＝∠FDA＝90°，
∴△ADF≌△BCA（AAS），
∴FD＝AC，
同理可证△DFK≌△CAT，
∴S
2
＝S△ABC ．
由△DFK≌△CAT可得：FK＝AT，∠FKD＝∠ATC，
∴KE＝FT，∠FTP＝∠MKE，
∵FD＝AC，即FD＝PC，且FD⊥AM，∠PCD＝∠ACB＝90°，∴FD∥PC，又FD＝PC，
∴四边形PCNF是平行四边形，
又∠PCD＝90°，
∴平行四边形PCDF是矩形，
∴∠FPT＝90°，
又∵∠FPT＝∠M＝90°，
∴△FPT≌△EMK（AAS），
∴S
3
＝S△FPT ，
同理可得△AQF≌△ACB，△ABC≌△EBN，
∴S
1
+S
3
＝S△AQF ＝S△ABC ，
∵△ABC≌△EBN，
∴S
4
＝S△ABC ，
∴S +S +S +S ＝（S +S ）+S +S
1 2 3 4 1 3 2 4
＝S△ABC +S△ABC +S△ABC
＝3S△ABC
1
=3× ×4×3
2
＝18；
故选：A．
9．（3分）（2024春•龙沙区期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线
1
上的一点，且DE＝CD，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG．则下列结论：①OG= AB；
2
②∠FOG＝30°；③S四边形ODEG ＝S四边形ABOG ；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中正确的个
数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
1 1
【分析】由“AAS”可证△ABG≌△DEG，可得AG＝DG，由三角形中位线定理可得OG= CD= AB，
2 2
OG∥CD，可得∠FOG＝∠BAC＝30°，故①和②正确；由菱形的判定可证四边形ABDE是菱形，故④正
确；由面积和差关系可证③正确，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∠BAC＝∠CAD＝30°，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
{∠BAG=∠EDG
)
∠AGB=∠DGE ，
AB=DE
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
1 1
∴OG= CD= AB，OG∥CD，
2 2
∴OG∥AB，
∴∠FOG＝∠BAC＝30°，
∴①和②正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，
∴④正确；
∵四边形ABDE是菱形，
1
∴S△ABD ＝S△BDE =
2
S菱形ABDE，
∵OB＝OD，
∴S△BOG ＝S△ODG ，
∴S四边形ODEG ＝S四边形ABOG ；
∴③正确；
故选：A．
10．（3分）（2024春•宣城期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，1
分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，AB= BC=1，则下列结论：①∠CAD＝30°②
2
1
BD=❑√7③S平行四边形ABCD ＝AB•AC ④ OE=
4
AD，正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝1，由有一个角是60度的等腰三角形
是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行
线的性质可作判断；
1 1 √ 1 ❑√3
②先根据三角形中位线定理得：OE= AB= ，OE∥AB，根据勾股定理计算OC=❑12−( ) 2= 和OD
2 2 2 2
的长，可得BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断．
【解答】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝1，
∵BC＝2，
∴EC＝1，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
1 1
∴OE= AB= ，OE∥AB，
2 2
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
√ 1 ❑√3
Rt△EOC中，OC=❑12−( ) 2= ，
2 2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
√ ❑√3 ❑√7
Rt△OCD中，OD=❑12+( ) 2= ，
2 2
∴BD＝2OD=❑√7，
故②正确；
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S平行四边形ABCD ＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
1
∴OE= AB，
2
1
∵AB= BC，
2
1 1
∴OE= BC= AD，
2 4
故④正确；
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024春•江汉区期中）已知，如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是射线BC上一动点，
将矩形ABCD沿直线AE翻折，点B落在点F处．若△CEF为直角三角形，则CF的值是 1 或 4−❑√7或
❑√17 或 4+❑√7 ．【分析】分三种情况，①∠CFE＝90°时，②点F在CD上，∠ECF＝90°时，③∠CEF＝90°时，④点F
在CD延长线上，∠ECF＝90°时，由折叠的性质和相似三角形的判定与性质分别求出CE的长即可．
【解答】分三种情况：
①∠CFE＝90°时，如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
由折叠的性质得∠AFE＝90°，
∴∠AFE+∠CFE＝180°，
∴A、F、C三点共线，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，∠D＝90°，
∴AC=❑√AD2+CD2=❑√32+42=5，
由折叠的性质得：AF＝AB＝4，
∴CF＝AC﹣AF＝5﹣4＝1；
②点F在CD上，∠ECF＝90°时，如图2，
由折叠的性质得AF＝AB＝4，
∴DF=❑√AF2−AD2=❑√42−32=❑√7，∴CF＝CD﹣DF＝4−❑√7；
③∠CEF＝90°时，如图3，
由折叠的性质得：∠AEB＝∠AEF＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴四边形ABEF是正方形，
∴BE＝EF＝AB＝4，
∴CE＝BE﹣BC＝4﹣3＝1，
∴CF=❑√EF2+CE2=❑√42+12=❑√17；
④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，如图4，
由折叠的性质得：AF＝AB＝4，∠AFE＝∠B＝90°，
∵∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°，∴DF=❑√AF2−AD2=❑√42−32=❑√7，
∴CF＝CD+DF＝4+❑√7，
综上所述，若△CEF为直角三角形，则CE的值为1或4−❑√7或❑√17或4+❑√7，
故答案为：1或4−❑√7或❑√17或4+❑√7．
12．（3分）（2024春•硚口区期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝75°，AD＝
3❑√2，DC＝3，则BD的长是 3❑√5 ．
【分析】以将△ABD绕点A逆时针旋转60°后，AB与AC重合，得到△ACE，易得∠EDC＝135°，所以过点
C作CH⊥ED，交ED延长线于H点，得到等腰直角△CDH，求出DH、CH长，然后在Rt△ECH中利用勾
股定理可求CE值，最后BD＝CE．
【解答】解：∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°．
所以将△ABD绕点A逆时针旋转60°后，AB与AC重合，得到△ACE，如图所示：
∴CE＝BD．
∴AE＝AD，∠EAD＝60°，
∴△AED是等边三角形，∠EDA＝60°，DE＝AD＝3❑√2．
在△EDC中，∠EDC＝60°+75°＝135°，过点C作CH⊥ED，交ED延长线于H点，
∴∠CDH＝180°﹣135°＝45°．
❑√2 3❑√2
所以△CDH是等腰直角三角形，CH＝DH= CD= ．
2 2
9❑√2
∴EH＝ED+DH= ．
2在Rt△ECH中，利用勾股定理可得：
√ 3❑√2 9❑√2
CE=❑√CH2+EH2=❑(
)
2+(
)
2=3❑√5．
2 2
所以BD＝3❑√5．
故答案为：3❑√5．
13．（3分）（2024春•江岸区期中）四边形ABCD中，对角线AC＝10，BD＝14，点M、N、G分别是AD、
BC、AB的中点，连接MN，取MN中点P，连接GP，则4GP2+MN2的值为 14 8 ．
【分析】设CD的中点为E，连接GM，ME，EN，NG，PE，过点G作GH⊥EN于H，过点M作MF⊥EN
交NE的延长线于F，设GH＝x，NH＝y，先根据三角形的中位线定理求出GM＝NE＝7，GN＝ME＝5，则
四边形GMEN为平行四边形，进而得点G，P，E在同一条直线上，则GE＝2GP，证△GNH和△MEF全等
得NH＝EF＝x，GH＝MF＝y，则HE＝EN﹣NH＝7﹣y，NF＝EN+EF＝7+y，由勾股定理得x2+y2＝25，
MN2＝NF2+MF2＝（7+y）2+x2＝74+14y，GE2＝HE2+GH2＝（7﹣y）2+x2＝74﹣14y，由此得GE2+MN2＝
148，然后再由GE＝2GP得GE2＝4GP2，据此可得4GP2+MN2的值．
【解答】解：设CD的中点为E，连接GM，ME，EN，NG，PE，过点G作GH⊥EN于H，过点M作
MF⊥EN交NE的延长线于F，如图所示：
设GH＝x，NH＝y，
∵G，M分别是AB，AD的中点，
∴GM是△ABD的中位线，
1
∴GM= BD，
2
同理：NE是△CBD的中位线，GN是△BAC的中位线，ME是△DAC的中位线，1 1 1
∴NE= BD，GN= AC，ME= AC，
2 2 2
∵AC＝10，BD＝14，
∴GM＝NE＝7，GN＝ME＝5，
∴四边形GMEN为平行四边形，
∴GN∥ME，
∴∠GNH＝∠MEF，
∵点P是MN的中点，
∴点G，P，E在同一条直线上，
∴GE＝2GP，
∵GH⊥EN，MF⊥EN，
∴∠GHN＝∠MFE＝90°，
在△GNH和△MEF中，
{∠GHN=∠MFE=90°
)
∠GNH=∠MEF ，
GN=ME
∴△GNH≌△MEF（AAS），
∴NH＝EF＝x，GH＝MF＝y，
∴HE＝EN﹣NH＝7﹣y，NF＝EN+EF＝7+y，
在Rt△GNH中，由勾股定理得：GH2+NH2＝GN2，
即x2+y2＝25，
在Rt△MNF中，由勾股定理得：MN2＝NF2+MF2＝（7+y）2+x2，
即MN2＝49+14y+y2+x2＝49+14y+25＝74+14y，
在Rt△GHE中，由勾股定理得：GE2＝HE2+GH2＝（7﹣y）2+x2，
即GE2＝49﹣14y+y2+x2＝49﹣14y+25＝74﹣14y，
∴GE2+MN2＝148，
∵GE＝2GP，
∴GE2＝4GP2，
∴4GP2+MN2＝148．
故答案为：148．
14．（3分）（2024春•武昌区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E，F，G分别为AD，AB，BC上的
点，连接EG，DF，若AE＝AF＝CG，则2DF+EG的最小值为 6❑√10 ．【分析】作HA＝BA，JC＝CD，证明△HAE≌△DAF（SAS），△HAE≌△GCJ（SAS），得到 2DF+EG＝
HE+JG+EG≥HJ，在Rt△HJI 中，应用勾股定理，即可求解，．
【解答】解：延长BA到点H，使HA＝BA，延长CD到点I，使ID＝CD，延长DC到点J，使 JC＝CD，
连 接HJ，HI，
∵正方形ABCD，
∴AB＝CD＝AD＝6，∠HAD＝∠ADI＝∠BCJ＝90°，
∵HA＝BA，JC＝CD，
∴四边形HADI是正方形，HA＝HI＝ID＝CJ＝AD＝6，
∵AE＝AF＝CG，∠HAE＝∠DAF＝∠GCJ＝90°，HA＝DA＝JC，
∴△HAE≌△DAF（SAS），△HAE≌△GCJ（SAS），
∴DF＝HE＝JG，即：2DF＝HE+JG，
∵2DF+EG＝HE+JG+EG≥HJ，
∵2DF+EG的最小值为HJ的长度，
在Rt△HJI 中，IJ＝ID+DC+CJ＝6+6+6＝18，
HJ=❑√HI2+IJ2=❑√62+182=6❑√10，故答案为：6❑√10．
15．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D、E分别是
AB、BC上的动点，满足AD＝BE，则AE+CD的最小值为 ❑√65 ．
【分析】过点A作AF⊥AB，且使AF＝AB，连接DF，CF，过点F作FH⊥CB，交CB延长线于点H，证明
△ADF≌△BEA（SAS），由全等三角形的性质可得FD＝AE，进而可得AE+CD＝FD+CD，故当点C、D、
F在同一直线上时，AE+CD的值最小，即线段CF的长度，然后求解即可．
【解答】解：过点A作AF⊥AB，使AF＝AB＝4，连接DF，CF，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于
H，如图所示：
∵∠ABC＝90°，
∴∠FAD＝∠ABC＝90°，
在△ADF和△BEA中，
{
AF=AB
)
∠FAD=∠ABC=90° ，
AD=BE
∴△ADF≌△BEA（SAS），
∴FD＝AE，
∴AE+CD＝FD+CD，
根据“两点之间线段最短”得：FD+CD≥CF，
∴FD+CD的最小值为线段CF的长，
即AE+CD的最小值为线段CF的长，
∵AF⊥AB，FH⊥CB，∠ABC＝90°，∴∠FAD＝∠ABH＝∠H＝90°，
∴四边形ABHF为矩形，
∴BH＝AF＝AB＝4，FH＝AB＝4，
∴CH＝BC+BH＝3+4＝7，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF=❑√CH2+FH2=❑√72+42=❑√65，
∴AE+CD的最小值为❑√65．
故答案为：❑√65．
16．（3分）（2024春•凉州区期中）任意一个二次根式❑√p（p为正整数），都可以进行这样的分解：
❑√p=❑√a⋅❑√b（a，b都是正整数，且a≤b），在p的所有这种分解中，若❑√b−❑√a最小，我们就称
a
❑√a⋅❑√b是❑√p的最佳分解，并记为：F(p)= ．例如❑√12可以分解成 ❑√1×❑√12，❑√2×❑√6或❑√3×❑√4，
b
3 4
显然❑√3×❑√4是❑√12的最佳分解，此时F(12)= ．若正整数m，n满足F(m)= ，F（n）＝1，且20＜
4 5
m+n＜25，则❑√mn的值为 2❑√5 或 4❑√5 ．
【分析】可设❑√m=❑√4k•❑√5k=❑√20k2，其中k为正整数，由20＜m+n＜25可得m＝20，由F（n）＝1可
得n＝4，代入即可求出答案．
4
【解答】解：∵F(m)= ，
5
∴可设❑√m=❑√4k•❑√5k=❑√20k2，其中k为正整数，
则m＝20k2，
∵20＜m+n＜25，
∴m＝20，
∵F（n）＝1，
∴n为一个正整数的平方数，
∵20＜m+n＜25，
∴0＜n＜5，
∴n＝1或4，
∴❑√mn=❑√80=4❑√5，
或❑√mn=❑√20=2❑√5．
故答案为：2❑√5或4❑√5．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）（2024春•江夏区期中）已知：在 ABCD中，DE⊥BC于点E．
（1）如图1，若DF⊥AB于点F、CE＝AF．求证： ABCD是菱形．
▱
▱（2）如图2，连AC、BD交于点O．试探究：AO2，BO2，BC2，CD2之间的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，若∠DBC＝45°，BF⊥CD于点F交DE于点G，连接AG，其中BE＝8，且以AG、CG、BD
为边构成的三角形的面积为20．求 ABCD的面积．
▱
【分析】（1）证明△AFD≌△CED（ASA），得出AD＝CD，由菱形的判定可得出答案；
（2）过点A作AH⊥CB，交CB的延长线于点H，证明△AHB≌△DEC（AAS），得出BH＝EC，AH＝
DE，设AB＝CD＝c，AD＝BC＝b，BB＝EC＝a．由勾股定理可得出结论；
（3）证明以AG、CG、BD为边构成的三角形是直角三角形，且CG、BD为直角边．求出BC和ED的长，
则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵DF⊥AB，DE⊥CB，
∴∠AFD＝∠DEC＝90°，
∵AF＝CE，
∴△AFD≌△CED（ASA），
∴AD＝CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ABCD是菱形；
（2）解：2AO2+2BO2＝BC2+CD2．
▱
理由：过点A作AH⊥CB，交CB的延长线于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABH＝∠DCE，
∵∠AHB＝∠DEC，∴△AHB≌△DEC（AAS），
∴BH＝EC，AH＝DE，
设AB＝CD＝c，AD＝BC＝b，BB＝EC＝a．
由勾股定理得，AH2＝DE2＝AC2﹣（a+b）2＝c2﹣a2，
∴AC2＝c2+2ab+b2①，
又DE2＝BD2﹣（b﹣a）2＝c2﹣a2．
∴BD2＝c2﹣2ab+b②，
①+②得，AC2+BD2＝2c2+2b2，
∴4AO2+4OB2＝2c2+2b2，
∴2AO2+2BO2＝BC2+CD2．
（3）解：连CG，
∵BF⊥CD，DE⊥BC，
∴∠BEG＝∠DFG＝90°，
∵∠DGF＝∠BGE，
∴∠EBG＝∠EDC，
∴△BEG≌△DEC（ASA），
∴EG＝CE，BE＝CD，
∴△ECG为等腰直角三角形，
∴CG=❑√2EG，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，
∴AB＝BG，
∵∠ABG＝90°，
∴△ABG为等腰直角三角形，
∴AG=❑√2BG，
∴AG2＝2BG2，BD2＝2BE2，CG2＝2EG2，
∵BG2＝BE2+EG2，
∴AG2＝BD2+CG2，∴以AG、CG、BD为边构成的三角形是直角三角形，且CG、BD为直角边．
∵以AG、CG、BD为边构成的三角形的面积为20，
1
∴ GC⋅BD= 20，
2
1
∴ ❑√2EG⋅❑√2BE= 20，
2
∴8EG＝20，
5
∴¿= ，
2
5
∴CE= ，
2
5 21
∴BC＝BE+CE＝8+ = ，
2 2
∵∠DBC＝45°，BE＝8，
∴DE＝8，
21
∴ ABCD的面积＝BC×DE= ×8=84．
2
18．（▱ 8分）（2024春•滨城区期末）【课本再现】
（1）如图1，四边形ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE＝CF．要修建两条路BE和
AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？
【知识应用】
（2）如图2，若在这个正方形花园的四边各开一个门E，F，G，H，并修建两条路EG和FH，使得
EG⊥FH，则这两条路等长吗？为什么？
【拓展延伸】
（3）如图3，将边长为10的正方形纸片沿FH折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与FH交于点P，取
AD的中点M，连接PM，PC，则PM+PC的最小值为 5❑√5 ，此时FH的长度是 5❑√5 ．
【分析】（1）证明△BAE≌△ADF（SAS），得出BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，证出∠DAF+∠AEB＝90°，
则可得出结论；（2）过点A作AN∥HF，交CD于N，过点D作DM∥EG，交BC于M，DM和AN交于点O，证出四边形
AHFN、四边形DMGE是平行四边形，得出AN＝HF，DM＝EG，AN∥HF，DM∥EG，证明
△ADN≌△DCM（ASA），得出AN＝DM，则可得出结论；
（3）连接CM，FN，得出当M、P、C共线时，PC+PM最小，最小值为CM的长，由勾股定理可得出答
案．
【解答】解：（1）这两条路等长，BE⊥AF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°，
∵DE＝CF，
∴AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，
∴∠ABE+∠AEB＝∠DAF+∠AEB，
∴∠DAF+∠AEB＝90°，
∴BE⊥AF；
（2）这两条路等长．
理由：如图1，过点A作AN∥HF，交CD于N，过点D作DM∥EG，交BC于M，DM和AN交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，
∴四边形AHFN、四边形DMGE是平行四边形，
∴AN＝HF，DM＝EG，AN∥HF，DM∥EG，
∵EG⊥DM，
∴AN⊥DM，
∴∠DON＝90°，
∴∠NDO+∠AND＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DAN+∠AND＝90°，∴∠NDO＝∠DAN，
∴△ADN≌△DCM（ASA），
∴AN＝DM，
∴EG＝HF；
（3）如图3，
连接CM，FN，
∴PC+PM≥CM，
∴当M、P、C共线时，PC+PM最小，最小值为CM的长，
1
∵∠ADC＝90°，DM= AD＝5，CD＝10，
2
∴CM=❑√DM2+CD2=5❑√5，
由对称性可知：DF＝FN，
∵HF⊥PN，
∴PD＝PN，
∵AD∥BC，
∴∠MDP＝∠PNC，∠DMP＝∠PCN，
∴△DMP≌△NCP（AAS），
∴CN＝DM＝5，
∴DN=❑√CN2+CD2=5❑√5，
过点A作AK∥HF，
由（2）可知AK＝HF，
∴HF＝DN＝AK＝5❑√5，
故答案为：5❑√5，5❑√5．
19．（8分）（2024春•越秀区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交
DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；（2）如图2所示，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，M是EF的中点，连接CM，DM，求DM的长．
（3）如图3所示，若∠ABC＝120°，AB＝4，BC＝8，线段CG与EF交于点O，点M是线段EF上的一个
EM
动点，连接CM，DM，直接写出CM+DM的最小值，并写出此时 的值．
OM
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝
∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再由条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱
形，即可解决问题；
（2）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC，可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根
据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的
性质即可得到结论．
（3）如图3，连接GH，DG，先证明△CEG是等边三角形，从而得CG＝GE＝CE＝GF＝CD＝4∠CFG＝
∠CEG＝60°，进而证DG⊥GF，得当D、H、M三点共线时，CM+DM最小，最小值为DG的长，利用勾
EM
股定理求得最小值，再证明点M是△EGC的重心，即可求得 =2．
OM
【解答】（1）证明：∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形．
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形．
（2）解：如图，连接BD、BM，∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，AB＝CD，
∴∠ECF＝180°﹣∠BCD＝90°，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，四边形ECFG为正方形．
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∠CEG＝90°，∠BEG＝180°﹣∠CEG＝90°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，CM＝EM，∠CME＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME，
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝3，BC＝5，
∴BD2＝32+52＝34，
∵BD2＝BM2+DM2，
∴DM=❑√17．
（3）解：如图，连接GM，DG，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝DC＝4，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠BEA，
∴BE＝AE＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝8﹣4＝4，
∵∠ABC＝120°，AB∥DC，AD∥BC，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°，
由（1）知四边形CEGF是菱形，
1
∴CE＝GE，EG∥DF，CE＝GE＝GF＝CF，∠CFG＝∠CEG，∠GCF= ∠BCF=60°，CM＝GM．
2
∴∠CEG＝∠BCD＝60°，
∴△CEG 是等边三角形，
∴CG＝GE＝CE＝GF＝CD＝4，∠CFG＝∠CEG＝60°，
1
∴∠FDG=∠DGC= ×60°=30°，
2
∴∠DGF＝180°﹣∠CFG﹣∠FDG＝90°，
∴DG⊥GF，
∴当D、H、M三点共线时，CM+DM 最小，最小值为DG的长，
∵DF＝CD+CF＝8，GF＝4，
∴CM+DM的最小值DG=❑√82−42=4❑√3，如图，
当CM+DM取最小值时，
∵四边形CEGF是菱形，
∴OA＝OC，BC∥GF，
∴∠DNC＝∠DGF＝90°，
∴DG⊥CE，
∵EG＝CG，
∴EN＝CN，
∴点M是△EGC 的重心，
∴EM＝2OM，EM
∴ =2．
OM
20．（8分）（2024春•漳平市期中）阅读材料，并完成下列任务：
材料一：裂项求和
1 1 1 1 1 1 1 1
小华在学习分式运算时，通过具体运算： =1− ， = − ， = − ，……
1×2 2 2×3 2 3 3×4 3 4
1 1 1
发现规律： = − （n为正整数），并证明了此规律成立．
n⋅(n+1) n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9
应用规律：快速计算 + + +⋯+ =1− + − +⋯+ − =1− = ．
1×2 2×3 3×4 9×10 2 2 3 9 10 10 10
材料二：根式化简
1 1 ❑√3−1 1 1
例1 = = = (1− )；
3+❑√3 ❑√3(❑√3+1) ❑√3(❑√3+1)(❑√3−1) 2 ❑√3
1 1 ❑√5−❑√3 1 1 1
例2 = = = ( − )
5❑√3+3❑√5 ❑√15(❑√5+❑√3) ❑√15(❑√5+❑√3)(❑√5−❑√3) 2 ❑√3 ❑√5
任务一：化简．
1
（1）化简：
7❑√5+5❑√7
1 1 1 1
（2）猜想： = （ − ） （n为正整数）．
(2n+1)❑√2n−1+(2n−1)❑√2n+1 2 ❑√2n+1 ❑√2n−1
任务二：应用
1 1 1 1
（3）计算： + + +⋯+ ；
3+❑√3 5❑√3+3❑√5 7❑√5+5❑√7 49❑√47+47❑√49
任务三：探究
❑√3−1
（4）已知x= ，y
2
❑√5−❑√3 ❑√7−❑√5 ❑√2025−❑√2023
= + +⋯+ ，比较x和y的大
1+❑√3+❑√5+❑√3×5 1+❑√5+❑√7+❑√5×7 1+❑√2023+❑√2025+❑√2023×2025
小，并说明理由．
【分析】（1）根据题目中的例子可以写出答案；
（2）根据例2，可以写出相应的猜想；
（3）根据分母有理化，可得二次根式的化简，根据二次根式的加减，即可得到答案；
（4）结合例1，例2的规律进行计算即可；
1 ❑√7−❑√5 1 1 1
【解答】解：（1）原式= = = ( − )；
❑√35(❑√7+❑√5) ❑√35(❑√7+❑√5)(❑√7−❑√5) 2 ❑√5 ❑√71
=
（2）原式
❑√(2n+1)(2n−1)(❑√2n+1+❑√(2n−1))
❑√2n+1−❑√(2n−1)
=
❑√(2n+1)(2n−1)(❑√2n+1+❑√(2n−1))(❑√2n+1−❑√(2n−1))
1 1 1
= （ − ），
2 ❑√2n+1 ❑√2n−1
1 1 1
故答案为： （ − ）；
2 ❑√2n+1 ❑√2n−1
1 1 1 1
（3）原式= + + +⋯+
❑√3(❑√3+1) ❑√15(❑√5+❑√3) ❑√35(❑√7+❑√5) ❑√2303(❑√49+❑√47)
❑√3+1 ❑√5−❑√3 ❑√7−❑√5 ❑√49−❑√47
= + + +⋯+
2❑√3 2❑√15 2❑√35 2❑√2303
1 1 1 1 1 1 1 1
= (1− + − + − ⋯+ − )
2 ❑√3 ❑√3 ❑√5 ❑√5 ❑√7 ❑√47 ❑√49
1 1
= ×(1− )
2 7
3
= ；
7
❑√5−❑√3 ❑√7−❑√5 ❑√2025−❑√2023
（4）y= + +⋯+
1+❑√3+❑√5+❑√3×5 1+❑√5+❑√7+❑√5×7 1+❑√2023+❑√2025+❑√2023×2025
1 1 1 1 1 1
= − + − +⋯+ −
❑√3+1 ❑√5+1 ❑√5+1 ❑√7+1 ❑√2023+1 ❑√2025+1
1 1
= −
❑√3+1 ❑√2025+1
❑√3−1 1
= − ，
2 46
❑√3−1
∵x= ，
2
1
∴x−y= ＞0，
46
故x＞y．
21．（10分）（2024春•荔城区校级期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为
边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关
系是 BP ＝ CE ，BC与CE的位置关系是 CE ⊥ BC ；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请
予以证明；若不成立，请说明理由；
【分析】（1）根据菱形的性质结合∠ABC＝60°，可证明△ABC，△ACD都是等边三角形，然后利用SAS
证明△BAP≌△CAE，得到BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，延长CE交AD于H，由∠CAH＝60°，可求出
∠AHC＝90°，即CE⊥AD，即可证明结论；
（2）结论仍然成立，根据题意作出图形，证明过程与（1）类似．
【解答】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于H，如图1所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAC＝∠PAE，
∴∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，
同理可证△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝2∠ACH＝60°，
∴CH⊥AD，即CE⊥AD，
又∵AD∥BC，∴CE⊥BC．
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图2，连接AC，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
设CE与AD交于点H，
同理可得∠ACD＝2∠ACH＝60°，
∴CE⊥AD，
又∵AD∥BC，
∴CE⊥BC．
22．（10分）（2024春•硚口区期中）如图1，在菱形ABCD中，E是边BC上的点，△AEF是等腰三角形，
AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝ （ ≥90°）．
（1）如图2，当 ＝90°时，连接BD交AF于点P，
α α
①直接写出∠DCF的度数；
α
②求证：CF+2DP=❑√2BC．
BE 2 CF
（2）如图1，当∠DCF＝135°时，若 = ，求( ) 2 的值．
EC 3 CD【分析】（1）①作FN⊥CD于点N，FM⊥BC交BC的延长线于点M，由四边形ABCD是菱形，∠AEF＝
∠ABC＝ ＝90°，证明四边形ABCD是正方形，再证明△ABE≌△EMF，则AB＝EM＝BC，BE＝MF，推导
出BE＝CM，则CM＝MF，所以∠MCF＝∠MFC＝45°，则∠DCF＝45°；
α
②连接AC交BD于点Q，连接CP，则BD垂直平分AC，所以AP＝CP，则∠PCA＝∠PAC，再证明
∠PCF＝∠PFC，则FP＝CP，所以AP＝FP，则CF＝2QP，所以CF+2DP＝2DQ＝BD=❑√2BC；
（2）作FL⊥BC交BC的延长线于点L，在CL上取一点H，使CH＝BE，连接FH，可证明
△ABE≌△EHF，得BE＝HF，∠B＝∠EHF，则CH＝HF，所以∠HCF＝∠HFC，则∠FHL＝2∠HCF，则
135°+∠HCF+2∠HCF＝180°，求得∠HCF＝15°，则∠FHL＝30°，设FL＝m，则CH＝HF＝2FL＝2m，HL
CH BE 2 3
=❑√3m，所以CF2＝（8+4❑√3）m2，由 = = ，得EC= CH＝3m，则CD＝BC＝EH＝5m，所以
EC EC 3 2
CF CF2 8+4❑√3
CD2＝25m2，则( ) 2= = ．
CD CD2 25
【解答】解：（1）①∠DCF的度数是45°，
理由：如图2，作FN⊥CD于点N，FM⊥BC交BC的延长线于点M，则∠M＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠AEF＝∠ABC＝ ＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
α
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCD＝90°，
∴∠ABE＝∠M，∠BAE＝∠MEF＝90°﹣∠AEB，∠MCN＝90°，
在△ABE和△EMF中，
{
∠ABE=∠M
)
∠BAE=∠MEF ，
AE=EF
∴△ABE≌△EMF（AAS），
∴AB＝EM＝BC，BE＝MF，
∵BE＝BC﹣CE＝EM﹣CE＝CM，
∴CM＝MF，
∴∠MCF＝∠MFC＝45°，∴∠DCF＝90°﹣∠MCF＝45°，
∴∠DCF的度数是45°．
②证明：如图2，连接AC交BD于点Q，连接CP，则AQ＝CQ，DQ＝BQ，
∵BD垂直平分AC，
∴AP＝CP，
∴∠PCA＝∠PAC，
∵AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠DCA＝∠DAC＝45°，
∴∠ACF＝∠DCA+∠DCF＝90°，
∴∠PCF＝90°﹣∠PCA＝90°﹣∠PAC＝∠PFC，
∴FP＝CP，
∴AP＝FP，
∴CF＝2QP，
∴CF+2DP＝2QP+2DP＝2DQ＝BD，
∵BC＝CD，∠BCD＝90°，
∴BD=❑√BC2+CD2=❑√2BC2=❑√2BC，
∴CF+2DP=❑√2BC．
（2）如图1，作FL⊥BC交BC的延长线于点L，在CL上取一点H，使CH＝BE，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠AEF＝∠ABC＝ ，
∴AB＝BC＝BE+CE＝CH+CE＝EH，∠BAE＝∠HEF＝180°﹣ ﹣∠AEB，
α
在△ABE和△EHF中，
α
{
AB=EH
)
∠BAE=∠HEF ，
AE=EF
∴△ABE≌△EHF（SAS），
∴BE＝HF，∠B＝∠EHF，
∴CH＝HF，
∴∠HCF＝∠HFC，
∴∠FHL＝∠HCF+∠HFC＝2∠HCF，
∵AB∥CD，∠DCF＝135°，
∴∠B＝∠DCH，
∴∠EHF＝∠DCH＝135°+∠HCF，
∴135°+∠HCF+2∠HCF＝180°，∴∠HCF＝15°，
∴∠FHL＝30°，
设FL＝m，
∵∠L＝90°，
∴CH＝HF＝2FL＝2m，
∴HL=❑√(2m) 2−m2=❑√3m，
∴CF2＝（2m+❑√3m）2+m2＝（8+4❑√3）m2，
CH BE 2
∵ = = ，
EC EC 3
3 3
∴EC= CH= ×2m＝3m，
2 2
∴CD＝BC＝EH＝3m+2m＝5m，
∴CD2＝（5m）2＝25m2，
CF CF2 (8+4❑√3)m2 8+4❑√3
∴( ) 2= = = ，
CD CD2 25m2 25
CF 8+4❑√3
2
∴( ) 的值为 ．
CD 25
23．（10分）（2024春•硚口区期中）在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC，其中A（0，6）．
（1）如图1，若点B（10，0），E在BC边上，将△ACE沿AE翻折，点C恰好落在OB边上的点F处．
①直接写出点F的坐标及EF的长；
②如图2，将△AOF沿y轴向上平移m个单位长度得到△A′O′F′，平面内是否存在点G，使以A′、
O、F′、G为顶点的四边形是菱形，若存在，求点G的坐标，若不存在，请说明理由．
（2）如图3，若点B（6，0），连接AB，M，N两点分别是线段BC，AB上的动点，且AN＝2CM，求OM1
+ ON的最小值．
2
【分析】（1）①根据勾股定理求出点F坐标，设EF＝x，根据勾股定理列方程解决；
②由平移得出O′（0，m），A'（0，6+m），F'（8，m），根据菱形性质分情况求出即可；
（2）分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点
O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可．
【解答】（1）①∵点A的坐标为（0，6），点B的坐标为（10，0），
∴OA＝BC＝6，OB＝AC＝10，
∵把长方形AOBC沿AE翻折后，
∴AF＝AC＝10，CE＝EF，
∴OF=❑√AF2−AO2=❑√102−62=8，
∴点F（8，0），BF＝2，
∵EF2＝BE2+BF2，
∴（6﹣BE）2＝BE2+4，
8
∴BE= ，
3
8 10
∴EF＝CE＝6− = ；
3 3
10
∴F（8，0），EF= ；
3
32
②存在，G （8，﹣6），G （﹣8，6），G (8， )，理由如下：
1 2 3 3
根据题意得O'（0，m），A'（0，6+m），F'（8，m），
当OA′=A′F′=❑√62+82=10时，6+m＝10，
解得m＝4，
∴F′（8，4），
则将点A先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到F'，同理将点O先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到G'（8，﹣6）；
当OF'＝A'F'＝10时，82+m2＝102，
解得m＝6，
∴F′（8，6），
则将F′先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到点A′，
同理将点O先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到G'（﹣8，6）；
当OF'＝A'O＝6+m时，82+m2＝（6+m）2，
7
解得m= ，
3
7 7 25
∴F′(8， )，OA′=6+ = ，
3 3 3
25
则将O向上平移 个单位得到点A，
3
25 32
同理将点F'向上平移 个单位得到点G′(8， )；
3 3
32
综上所述，点G存在，G （8，﹣6），G （﹣8，6），G (8， )．
1 2 3 3
（2）如图，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，
1 1
∴ ON=EF=MP，则 ON+OM=OM+MP，
2 2
当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，∴OM+MP最小值为OP，
∵A（0，6），B（6，0），
∵矩形AOBC为正方形，
∴∠EAF＝∠MCP＝∠OCB＝45°，且AE＝CP＝3，
∴∠OCP＝90°，
在Rt△OBC中，OC=6❑√2，
在Rt△OCP中，OP=❑√OC2+CP2=❑√(6❑√2) 2+32=9，
1
则OM+ ON的最小值为9．
2
24．（10分）（2024春•陇南期中）综合与探究
在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O、A、C的坐标分别为O（0，0），A（﹣x，0），C（0，y），
且x、y满足y=❑√x−4+❑√4−x+6．
（1）矩形的顶点B的坐标是 （﹣ 4 ， 6 ） ；
（2）若D是AB中点，沿DO折叠矩形OABC，使A点落在点E处，折痕为DO，连接BE并延长BE交y轴
于Q点．
求证：四边形QODB是平行四边形；
（3）若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得A、C、N、M为顶点的四边形是菱
形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由题意可求x＝4，y＝6，即可求点B坐标；
（2）由折叠性质可得AD＝DE，∠ADO＝∠ODE，由三角形外角性质可得∠ADO＝∠DBE，可得
OD∥BQ，即可证四边形BDOQ是平行四边形；
（3）分别以A，C为圆心，AC长为半径画圆和AC的线段垂直平分线与y轴交点得出点M的可能性，进而
得出点N的坐标．
{x−4≥0)
【解答】（1）解：由题意可得： ，
4−x≥0
∴x＝4，
∴y＝6，
∴点A（﹣4，0），点C（0，6），∴点B（﹣4，6），
故答案为：（﹣4，6）；
（2）证明：∵D是AB中点，
∴AD＝BD，
∵折叠，
∴AD＝DE，∠ADO＝∠ODE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∵∠ADE＝∠DBE+∠DEB，
∴∠ADO+∠ODE＝∠DBE+∠DEB，
∴∠ADO＝∠DBE，∴OD∥BQ，且AB∥OC，
∴四边形BDOQ是平行四边形；
（3）解：∵A、C、N、M为顶点的四边形是菱形，
分别以A，C为圆心，AC长为半径画圆和AC的线段垂直平分线与y轴交点得出点M，如图所示：
∵OA＝4，OC＝6，
∴AC=❑√42+62=2❑√13，
13
∴AN ＝AC＝2❑√13，ON ＝OA＝4，AN = ，
2 1 4 3
13
此时N （4，0），N (−4，−2❑√13)，N (−4，2❑√13)，N (−4， )．
1 2 3 4 3
方法2：A（﹣4，0），C（0，6），设M（0，m），
当AC＝AM时，16+36＝16+m2，
解得m＝﹣6或m＝6（舍），
∴M（0，﹣6），
∴N（4，0）；
当AC＝CM时，2❑√13=|6﹣m|，
解得m＝6﹣2❑√13或m＝6+2❑√13，
∴M（0，6﹣2❑√13）或（0，6+2❑√13），
∴N（﹣4，﹣2❑√13）或（﹣4，2❑√13）；
当AM＝CM时，❑√16+m2=|6﹣m|
5
解得 m= ，
3
5
∴M（0， ），
3
∵AC的中点（﹣2，3），∴N点与M点关于AC的中点对称，
13
∴N（﹣4， ）；
3
13
综上所述：N （4，0），N (−4，−2❑√13)，N (−4，2❑√13)，N (−4， )．
1 2 3 4 3
