?2020-2021學(xué)年湖北省武漢市江夏區(qū)華一寄宿學(xué)校八年級（下）月考數(shù)學(xué)試卷（4月份）
一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分
1．（3分）若在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x的取值范圍是（　　）
A．x＞0 B．x＞﹣1 C．x≥﹣1 D．任意實數(shù)
2．（3分）下列各組數(shù)作為三角形的三邊，能組成直角三角形的一組數(shù)是（　?。?br /> A．2、3、4 B．3、4、5 C．1、、 D．、、
3．（3分）下列各式計算正確的是（　?。?br /> A．+＝ B．×＝ C．2﹣＝2 D．（﹣1）0＝0
4．（3分）直角三角形ABC的兩條直角邊的長分別為1、2，則它的斜邊長為（　　）
A． B． C．2 D．3
5．（3分）菱形的邊長為5，它的一條對角線的長為6，則菱形的另一條對角線的長為（　?。?br /> A．8 B．6 C．5 D．4
6．（3分）在下列給出的條件中，能判定四邊形ABCD為平行四邊形的是（　?。?br /> A．AB＝BC，CD＝DA B．AB∥CD，AD＝BC
C．AB∥CD，∠A＝∠C D．∠A＝∠B，∠C＝∠D
7．（3分）下列命題的逆命題是真命題的是（　　）
A．對頂角相等
B．菱形是一條對角線平分一組對角的四邊形
C．等邊三角形的三個角都等于60°
D．平行四邊形的一組對邊相等
8．（3分）如圖，已知矩形ABCD，AB＝3，BC＝4，AE平分∠BAD交BC于點E，點F、G分別為AD、AE的中點，則FG＝（　?。?br />
A． B． C．2 D．
9．（3分）如圖，OA＝，以O(shè)A為直角邊作Rt△OAA1，使∠AOA1＝30°，再以O(shè)A1為直角邊作Rt△OA1A2，使∠A1OA2＝30°，……，依此法繼續(xù)作下去，則A5A6的長為（　?。?br />
A． B． C． D．
10．（3分）平行四邊形ABCD中，∠ABC＝75度，AF⊥BC，AF交BD于E，DE＝2AB，則∠AED＝（　?。┒龋?br />
A．60 B．65 C．70 D．75
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．（3分）寫出一個與是同類二次根式的最簡二次根式　 　．
12．（3分）已知?ABCD，∠A：∠B＝1：3，則∠C＝　 　度．
13．（3分）已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝4，點P是矩形內(nèi)一點，則S△ABP+S△CDP＝　 ?。?br />
14．（3分）如圖，菱形ABCD，∠A＝60°，AB＝6，點M從點D向點A以1個單位∕秒的速度運動，同時點N從點D向點C以2個單位∕秒的速度運動，連接BM、BN，當△BMN為等邊三角形時，S△BMN＝　 ?。?br />
15．（3分）如圖，正方形紙片ABCD中，E為BC中點，折疊正方形，使點A與點E重合得折痕MN，則梯形ANMD與梯形BCMN的面積之比為 　 　．

16．（3分）如圖，四邊形ABCD，∠B＝∠C＝90°，邊BC上一點E，連接AE、DE得等邊△AED，若＝，則＝　 ?。?br />
三、解答題（共8小題，共72分）
17．（8分）計算：．
18．（8分）如圖，?ABCD的對角線相交于點O，過O的直線分別交AD、BC于點M、N，求證：OM＝ON．

19．（8分）如圖，CD是△ABC的高，已知AD＝4，BD＝1，CD＝2，判斷△ABC的形狀，并說明理由．

20．（8分）如圖，已知矩形ABCD的對角線交于點E，將△DCB沿CD翻折得到△DCF．
（1）求證：四邊形ACFD是平行四邊形；
（2）點H為DF的中點，連接CH，若AB＝4，BC＝2，求四邊形ECHD的面積．

21．（8分）在10×10網(wǎng)格中，點A和直線l的位置如圖所示：
（1）將點A向右平移6個單位，再向上平移2個單位長度得到點B，在網(wǎng)格中標出點B；
（2）在（1）的條件下，在直線l上確定一點P，使PA+PB的值最小，保留畫圖痕跡，并直接寫出PA+PB的最小值：　 ??；
（3）結(jié)合（2）的畫圖過程并思考，直接寫出+的最小值：　 ?。?br />
22．（10分）如圖1，矩形ABCD，E為邊AB上的點，將△BCE沿CE折疊，點B恰好落在AC上點B處．
（1）若AB＝8，BC＝6，求BE的長度；
（2）如圖2，過點D作EC的垂線，垂足為點G，分別交BC、AC于點F、H，連接EF，若EF＝AE，求證：為定值．

23．（10分）如圖，點C為線段AB上一點，分別以AB、AC、CB為底作頂角為120°的等腰三角形，頂角頂點分別為D、E、F（點E、F在AB的同側(cè)，點D在另一側(cè)），AB＝12．
（1）如圖1，AD＝　 ?。?br /> （2）如圖2，①求證：△DEF為等邊三角形；
②連接CD，若∠ADC＝90°，請直接寫出EF的長　 ?。?br />
24．（12分）如圖，等腰△ABC，AB＝CB，邊AC落在x軸上，點B落在y軸上，將△ABC沿x軸翻折，得到△ADC．
（1）直接寫出四邊形ABCD的形狀：　 ?。?br /> （2）在x軸上取一點E，使OE＝OB，連接BE，作AF⊥BC交BE于點F．
①直接寫出AF與AD的關(guān)系：　 ?。ㄈ绻竺娴膯栴}需要，可以直接使用，不需要再證明）
②取BF的中點G，連接OG，判斷OG與AD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（3）若四邊形ABCD的周長為8，直接寫出GE2+GF2＝　 　．


2020-2021學(xué)年湖北省武漢市江夏區(qū)華一寄宿學(xué)校八年級（下）月考數(shù)學(xué)試卷（4月份）
參考答案與試題解析
一、選擇題（共10小題，每小題3分，共30分
1．（3分）若在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x的取值范圍是（　?。?br /> A．x＞0 B．x＞﹣1 C．x≥﹣1 D．任意實數(shù)
【分析】直接利用二次根式有意義的條件分析得出答案．
【解答】解：在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x+1≥0，
解得：x≥﹣1．
故選：C．
2．（3分）下列各組數(shù)作為三角形的三邊，能組成直角三角形的一組數(shù)是（　?。?br /> A．2、3、4 B．3、4、5 C．1、、 D．、、
【分析】欲求證是否為直角三角形，根據(jù)給出三邊的長，只要驗證兩小邊的平方和是否等于最長邊的平方即可，如果相等就是直角三角形，如果不等就不是直角三角形．
【解答】解：A、22+32≠42，不能構(gòu)成直角三角形，故此選項錯誤；
B、32+42＝52，能構(gòu)成直角三角形，故此選項正確；
C、12+（）2≠（）2，不能構(gòu)成直角三角形，故此選項錯誤；
D、（）2+（）2≠（）2，不能構(gòu)成直角三角形，故此選項錯誤．
故選：B．
3．（3分）下列各式計算正確的是（　　）
A．+＝ B．×＝ C．2﹣＝2 D．（﹣1）0＝0
【分析】直接利用二次根式混合運算法則計算得出答案．
【解答】解：A、+，無法計算，故此選項錯誤；
B、×＝，正確；
C、2﹣＝，故此選項錯誤；
D、（﹣1）0＝1，故此選項錯誤；
故選：B．
4．（3分）直角三角形ABC的兩條直角邊的長分別為1、2，則它的斜邊長為（　　）
A． B． C．2 D．3
【分析】根據(jù)勾股定理計算即可．
【解答】解：由勾股定理得，直角三角形的斜邊長＝＝，
故選：B．
5．（3分）菱形的邊長為5，它的一條對角線的長為6，則菱形的另一條對角線的長為（　?。?br /> A．8 B．6 C．5 D．4
【分析】由菱形的性質(zhì)可得AB＝5，AC⊥BD，AO＝CO＝AC＝3，BO＝DO＝BD，由勾股定理可求BO的長，即可求解．
【解答】解：如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝5，AC⊥BD，AO＝CO＝AC＝3，BO＝DO＝BD，
∴BO＝＝＝4，
∴BD＝8
故選：A．

6．（3分）在下列給出的條件中，能判定四邊形ABCD為平行四邊形的是（　?。?br /> A．AB＝BC，CD＝DA B．AB∥CD，AD＝BC
C．AB∥CD，∠A＝∠C D．∠A＝∠B，∠C＝∠D
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定進行判斷即可得出結(jié)論．
【解答】解：如圖所示，根據(jù)平行四邊形的判定，A、B、D條件均不能判定為平行四邊形，
C選項中，由于AB∥CD，∠A＝∠C，所以∠B＝∠D，
所以只有C能判定．
故選：C．

7．（3分）下列命題的逆命題是真命題的是（　?。?br /> A．對頂角相等
B．菱形是一條對角線平分一組對角的四邊形
C．等邊三角形的三個角都等于60°
D．平行四邊形的一組對邊相等
【分析】寫出各個命題的逆命題后判斷正誤即可．
【解答】解：A、逆命題為：相等的角為對頂角，錯誤，是假命題；
B、逆命題為：一條對角線平分一組對角的四邊形是菱形，錯誤，是假命題；
C、逆命題為：三個角都等于60°的三角形是等邊三角形，正確，是真命題；
D、逆命題為：一組對邊相等的四邊形是平行四邊形，錯誤，是假命題，
故選：C．
8．（3分）如圖，已知矩形ABCD，AB＝3，BC＝4，AE平分∠BAD交BC于點E，點F、G分別為AD、AE的中點，則FG＝（　?。?br />
A． B． C．2 D．
【分析】由矩形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可得AB＝BE＝3，可得EC＝1，由勾股定理可求DE＝，由三角形中位線定理可求GF的長．
【解答】解：連接DE，

∵四邊形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，AD∥BC
∴∠DAE＝∠AEB
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE＝∠BAE
∴∠BAE＝∠AEB
∴AB＝BE＝3
∴EC＝BC﹣BE＝1
∴DE＝＝
∵點F、G分別為AD、AE的中點，
∴FG＝
故選：B．
9．（3分）如圖，OA＝，以O(shè)A為直角邊作Rt△OAA1，使∠AOA1＝30°，再以O(shè)A1為直角邊作Rt△OA1A2，使∠A1OA2＝30°，……，依此法繼續(xù)作下去，則A5A6的長為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】由含30°角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出OA1，即可得出結(jié)果．
【解答】解：∵∠OAA1＝90°，OA＝，∠AOA1＝30°，
∴AA1＝OA1，
由勾股定理得：OA2+AA12＝OA12，
即（）2+（OA1 ）2＝OA12，
解得：OA1＝2，
∵∠A1OA2＝30°，
∴A5A6的長＝，
故選：B．
10．（3分）平行四邊形ABCD中，∠ABC＝75度，AF⊥BC，AF交BD于E，DE＝2AB，則∠AED＝（　?。┒龋?br />
A．60 B．65 C．70 D．75
【分析】由DE＝2AB，可作輔助線：取DE中點O，連接AO，根據(jù)平行四邊形的對邊平行，易得△ADE是直角三角形，由直角三角形斜邊上的中線是斜邊的一半，即可得△ADO，△AOE，△AOB是等腰三角形，借助于方程求解即可．
【解答】解：如圖，取DE中點O，連接AO，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB＝180°﹣∠ABC＝105°，
∵AF⊥BC，
∴AF⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴OA＝DE＝OD＝OE，
∵DE＝2AB，
∴OA＝AB，
∴∠AOB＝∠ABO，∠ADO＝∠DAO，∠AED＝∠EAO，
∵∠AOB＝∠ADO+∠DAO＝2∠ADO，
∴∠ABD＝∠AOB＝2∠ADO，
∴∠ABD+∠ADO+∠DAB＝180°，
∴∠ADO＝25°，∠AOB＝50°，
∴∠AED+∠EAO+∠AOD＝180°，
∴∠AED＝65°．
故選：B．
二、填空題（本大題共6個小題，每小題3分，共18分）
11．（3分）寫出一個與是同類二次根式的最簡二次根式　﹣（答案不唯一）?。?br /> 【分析】根據(jù)同類二次根式的運算法則即可求出答案．
【解答】解：故答案為：﹣（答案不唯一）
12．（3分）已知?ABCD，∠A：∠B＝1：3，則∠C＝　45　度．
【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得∠A+∠B＝180°，∠A＝∠C，即可求∠C的度數(shù)．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A+∠B＝180°，∠A＝∠C．
∵∠A：∠B＝1：3
∴∠B＝3∠A．
∴∠A+3∠A＝180°．
解得：∠A＝45°，∠B＝135°．
∴∠C＝∠A＝45°．
故答案為：45
13．（3分）已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝4，點P是矩形內(nèi)一點，則S△ABP+S△CDP＝　8?。?br />
【分析】根據(jù)三角形的面積的計算方法列式計算即可．
【解答】解：過點P作EF⊥AB與點E，
∵AB＝4，BC＝4，
∴矩形ABCD的面積為4×4＝16，
∴S△ABP+S△CDP＝AB?EP+CD?FP＝AB?EF＝S矩形ABCD＝8，
故答案為：8．

14．（3分）如圖，菱形ABCD，∠A＝60°，AB＝6，點M從點D向點A以1個單位∕秒的速度運動，同時點N從點D向點C以2個單位∕秒的速度運動，連接BM、BN，當△BMN為等邊三角形時，S△BMN＝　7?。?br />
【分析】連接BD，證明△ABM≌△DBN，由此得到AM＝DN，據(jù)此可求出運動時間為2秒，從而得到MD＝2，DN＝4．在△MDN中求出MN值，根據(jù)等邊△面積公式即可求解．
【解答】解：連接BD，如圖1所示：
若△BMN是等邊三角形，則BM＝BN，∠MBN＝60°．
∴∠DBN+∠MBD＝60°．
∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°．
∴∠ABM+∠MBD＝60°，
∴∠ABM＝∠DBN．
∴△ABM≌△DBN（SAS）．
∴AM＝DN．

設(shè)運動時間為t，則6﹣t＝2t，解得t＝2．
所以DM＝2，DN＝4．
如圖2，過M點作MH⊥DN，交ND延長線于H點，
∵∠MDN＝120°，
∴∠MDH＝60°，
∴在Rt△MDH中，HD＝MD＝1，MH＝．

在Rt△MHN中，利用勾股定理可得MN＝＝．
所以等邊三角形的邊長為．
所以等邊三角形BMN的面積＝MN2＝×28＝7．
故答案為7．
15．（3分）如圖，正方形紙片ABCD中，E為BC中點，折疊正方形，使點A與點E重合得折痕MN，則梯形ANMD與梯形BCMN的面積之比為 　?。?br />
【分析】由折疊的性質(zhì)可知，AN＝NE，DM＝D'M，∠FEN＝∠DAN＝90°，設(shè)AB＝2m，AN＝a，DM＝b，則BE＝m，CE＝m，在Rt△EBN中，a2＝（2m﹣a）2+m2，求出a＝m，則NB＝m，AN＝m，再證明△CEF∽△BNE，得到CF＝m，由sin∠D'FM＝＝，得到MF＝b，再由2m＝m+b+b，求得b＝m，即可得到DM＝m，CM＝m，即可求S梯形DANM：S梯形NBCM＝（m+m）：（m+m）＝3：5．
【解答】解：由折疊的性質(zhì)可知，AN＝NE，DM＝D'M，∠FEN＝∠DAN＝90°，
設(shè)AB＝2m，AN＝a，DM＝b，
∵E為BC中點，
∴BE＝m，CE＝m，
在Rt△EBN中，a2＝（2m﹣a）2+m2，
∴a＝m，
∴NB＝m，AN＝m，
∵∠CFE+∠FEC＝90°，∠CEF+∠BEN＝90°，
∴∠CFE＝∠NEB，
∵∠C＝∠B＝90°，
∴△CEF∽△BNE，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝m，
∵∠BEN＝∠CFE＝∠D'FM，
∴sin∠D'FM＝＝，
∴＝，
∴MF＝b，
∴2m＝m+b+b，
∴b＝m，
∴DM＝m，CM＝m，
∴S梯形DANM：S梯形NBCM＝（m+m）：（m+m）＝3：5，
∴梯形ANMD與梯形BCMN的面積之比，
故答案為．

16．（3分）如圖，四邊形ABCD，∠B＝∠C＝90°，邊BC上一點E，連接AE、DE得等邊△AED，若＝，則＝　?。?br />
【分析】延長CB至M，使∠AMB＝60°，延長BC至N，使∠DNC＝60°，由直角三角形的性質(zhì)得出BM＝AM，CN＝DN，證明△ABM∽△DCN，得出＝＝，設(shè)AM＝2a，則DN＝3a，BM＝AM＝a，CN＝DN＝a，證明△AME≌△END（AAS），得出AM＝EN＝2a，ME＝ND＝3a，求出BE＝ME﹣BM＝2a，CE＝2a﹣a＝a，即可得出答案．
【解答】解：延長CB至M，使∠AMB＝60°，延長BC至N，使∠DNC＝60°，如圖所示：
∵∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴∠ABM＝∠DCN＝90°，
∴∠BAM＝∠CDN＝30°，
∴BM＝AM，CN＝DN，△ABM∽△DCN，
∴＝＝，
設(shè)AM＝2a，則DN＝3a，BM＝AM＝a，CN＝DN＝a，
∵△AED是等邊三角形，
∴AE＝DE，∠AED＝60°，
∴∠AEM+∠NED＝120°，
∵∠MAE+∠AEM＝120°，
∴∠MAE＝∠NED，
在△AME和△END中，，
∴△AME≌△END（AAS），
∴AM＝EN＝2a，ME＝ND＝3a，
∴BE＝ME﹣BM＝2a，CE＝2a﹣a＝a，
∴＝；
故答案為：．

三、解答題（共8小題，共72分）
17．（8分）計算：．
【分析】直接化簡二次根式，進而合并求出答案．
【解答】解：原式＝2﹣6×+4
＝2﹣2+4
＝4．
18．（8分）如圖，?ABCD的對角線相交于點O，過O的直線分別交AD、BC于點M、N，求證：OM＝ON．

【分析】根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分可得OA＝OC，再根據(jù)平行四邊形的對邊平行可得AD∥BC，利用兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠MAO＝∠NCO，然后利用“角邊角”證明△AMO和△CNO全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等即可得證．
【解答】證明：平行四邊形ABCD中，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠MAO＝∠NCO，
在△AMO和△CNO中，，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴OM＝ON．
19．（8分）如圖，CD是△ABC的高，已知AD＝4，BD＝1，CD＝2，判斷△ABC的形狀，并說明理由．

【分析】根據(jù)勾股定理得出AC、BC的長，進而利用勾股定理的逆定理解答即可．
【解答】解：△ABC為Rt△，理由如下：
∵CD為高，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
在Rt△ACD中，由勾股定理：
，
在Rt△BCD中，由勾股定理：
，
∵AC2+BC2＝，
∴△ACB為直角三角形．
20．（8分）如圖，已知矩形ABCD的對角線交于點E，將△DCB沿CD翻折得到△DCF．
（1）求證：四邊形ACFD是平行四邊形；
（2）點H為DF的中點，連接CH，若AB＝4，BC＝2，求四邊形ECHD的面積．

【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得到AD∥BC，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到BC＝CF，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)三角形的面積公式得到S△BCD＝S△FCD＝×2×4＝4，由矩形的性質(zhì)得到E為BD中點，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，
∴AD∥BC，
由翻折可知：BC＝CF，
∴AD∥CF；
∴四邊形ACFD為平行四邊形；
（2）解：∵AB＝4，BC＝CF＝2，
又∵DC⊥BF，
∴S△BCD＝S△FCD＝×2×4＝4，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴E為BD中點，
∴S△CED＝S△BCD＝2，
∵H為DF的中點
∴S△CDH＝S△DCF＝2，
∴S四邊形ECHD＝S△CED+S△DHC＝2+2＝4．
21．（8分）在10×10網(wǎng)格中，點A和直線l的位置如圖所示：
（1）將點A向右平移6個單位，再向上平移2個單位長度得到點B，在網(wǎng)格中標出點B；
（2）在（1）的條件下，在直線l上確定一點P，使PA+PB的值最小，保留畫圖痕跡，并直接寫出PA+PB的最小值：　6??；
（3）結(jié)合（2）的畫圖過程并思考，直接寫出+的最小值：　7?。?br />
【分析】（1）根據(jù)題意標出點B即可；
（2）作點A關(guān)于直線l的對稱點A′，連接A′B交直線l于P，則此時PA+PB的值最小，根據(jù)勾股定理求出結(jié)論即可；
（3）將條件中的數(shù)表示為直角三角形的直角邊，畫對應(yīng)圖形，作軸對稱圖形，求出最小值即可．
【解答】解：（1）如圖所示；
（2）如圖所示，PA+PB的最小值＝＝6；
（3）如圖，AP＝，BP＝，

∴PA+PB的最小值即為A′B＝＝7，
∴+的最小值為7，
故答案為：6，7．

22．（10分）如圖1，矩形ABCD，E為邊AB上的點，將△BCE沿CE折疊，點B恰好落在AC上點B處．
（1）若AB＝8，BC＝6，求BE的長度；
（2）如圖2，過點D作EC的垂線，垂足為點G，分別交BC、AC于點F、H，連接EF，若EF＝AE，求證：為定值．

【分析】（1）Rt△ABC中，AB＝8，BC＝6，求得AC＝10，由翻折的性質(zhì)，BC＝B'C＝6，則AB'＝4，設(shè)EB＝EB'＝x，則AE＝8﹣x，Rt△AEB'中，42+x2＝（8﹣x）2，求出x即可求BE＝3；
（2）過E作EM⊥AC于M，可證明Rt△AME≌Rt△FBE（HL），則∠EFB＝∠EAM，設(shè)∠ECB＝∠ECA＝x，則有∠BAC＝∠EFB＝90°﹣2x，∠GFC＝90°﹣∠FCG＝90°﹣x，∠EFG＝180°﹣∠BFE﹣∠GFC＝3x，即可求得＝．
【解答】解：（1）∵矩形ABCD，
∴△ABC為直角三角形，
Rt△ABC中，AB＝8，BC＝6，
∴AC＝10，
由翻折的性質(zhì)，BC＝B'C＝6，
∴AB'＝4，
設(shè)EB＝EB'＝x，則AE＝8﹣x，
Rt△AEB'中，42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴BE＝3；
（2）過E作EM⊥AC于M，
∵EM＝BE，EF＝AE，∠AME＝∠B＝90°，
∴Rt△AME≌Rt△FBE（HL），
∴∠EFB＝∠EAM，
設(shè)∠ECB＝∠ECA＝x，
∴∠BAC＝∠EFB＝90°﹣2x，
∴∠GFC＝90°﹣∠FCG＝90°﹣x，
∴∠EFG＝180°﹣∠BFE﹣∠GFC＝3x，
∴＝．

23．（10分）如圖，點C為線段AB上一點，分別以AB、AC、CB為底作頂角為120°的等腰三角形，頂角頂點分別為D、E、F（點E、F在AB的同側(cè)，點D在另一側(cè)），AB＝12．
（1）如圖1，AD＝　4　；
（2）如圖2，①求證：△DEF為等邊三角形；
②連接CD，若∠ADC＝90°，請直接寫出EF的長　?。?br />
【分析】（1）過D作DG⊥AB于G，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）①作輔助線，構(gòu)建等邊三角形AEH，先證明四邊形BDHF、四邊形AECH是平行四邊形，得對邊相等，再證明△AEH是等邊三角形，由SAS證明△DHE≌△FCE，可得DE＝EF，∠DEH＝∠FEC，所以△DEF是等邊三角形；
②過E作EM⊥AB于M，先得AC＝2，BC＝CD＝1，證明∠ECD＝30°+60°＝90°，根據(jù)勾股定理可得EF的長．
【解答】解：（1）過D作DG⊥AB于G，
∵AD＝BD，∠ADB＝120°，
∴∠DAB＝∠ABD＝30°，AG＝BG＝AB＝6，
∴AD＝2GD，
∵AD2＝GD2+AG2，
∴4CD2＝GD2+62，
∴GD＝2，
∴AD＝4，
故答案為：4；
（2）①延長FC交AD于H，連接HE，如圖2，
∵CF＝FB，
∴∠FCB＝∠FBC，
∵∠CFB＝120°，
∴∠FCB＝∠FBC＝30°，
同理：∠DAB＝∠DBA＝30°，∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠DAB＝∠ECA＝∠FBD，
∴AD∥EC∥BF，
同理AE∥CF∥BD，
∴四邊形BDHF、四邊形AECH是平行四邊形，
∴EC＝AH，BF＝HD，
∵AE＝EC，
∴AE＝AH，
∵∠HAE＝60°，
∴△AEH是等邊三角形，
∴AE＝AH＝HE＝CE，∠AHE＝∠AEH＝60°，
∴∠DHE＝120°，
∴∠DHE＝∠FCE．
∵DH＝BF＝FC，
∴△DHE≌△FCE（SAS），
∴DE＝EF，∠DEH＝∠FEC，
∴∠DEF＝∠CEH＝60°，
∴△DEF是等邊三角形；
②如圖3，過E作EM⊥AB于M，
∵∠ADC＝90°，∠DAC＝30°，
∴∠ACD＝60°，
∵∠DBA＝30°，
∴∠CDB＝∠DBC＝30°，
∴CD＝BC＝AC，
∵AB＝12，
∵AC＝8，BC＝CD＝4，
∵∠ACE＝30°，∠ACD＝60°，
∴∠ECD＝30°+60°＝90°，
∵AE＝CE，
∴CM＝AC＝4，
∵∠ACE＝30°，
∴CE＝，
Rt△DEC中，DE＝＝＝，
由①知：△DEF是等邊三角形，
∴EF＝DE＝，
故答案為：．



24．（12分）如圖，等腰△ABC，AB＝CB，邊AC落在x軸上，點B落在y軸上，將△ABC沿x軸翻折，得到△ADC．
（1）直接寫出四邊形ABCD的形狀：　菱形?。?br /> （2）在x軸上取一點E，使OE＝OB，連接BE，作AF⊥BC交BE于點F．
①直接寫出AF與AD的關(guān)系：　AD＝AF，AD⊥AF?。ㄈ绻竺娴膯栴}需要，可以直接使用，不需要再證明）
②取BF的中點G，連接OG，判斷OG與AD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（3）若四邊形ABCD的周長為8，直接寫出GE2+GF2＝　4　．

【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得AB＝AD＝BC＝CD，可得四邊形ABCD是菱形；
（2）①由菱形的性質(zhì)可得AD∥BC，且AF⊥BC，可得AD⊥AF，由等腰三角形的性質(zhì)和外角的性質(zhì)可求∠OBE＝∠OEB＝45°，∠ABE＝∠AFB，可得AF＝AB；
②取AB中點M，由三角形中位線定理可得MO∥AD，AD＝2MO，AF∥MG，AF＝2MG，且AF＝AD，AD⊥AF，可得MO＝MG，MG⊥MO，可得GO＝OM，即可得OG與AD的數(shù)量關(guān)系；
（3）連接AG，由等腰三角形的性質(zhì)可得AG⊥BF，且∠BEO＝45°，可得AG＝GE，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵將△ABC沿y軸翻折
∴AB＝AD，BC＝CD
又∵AB＝CB
∴AB＝AD＝BC＝CD
∴四邊形ABCD是菱形
故答案為：菱形
（2）①∵四邊形ABCD是菱形
∴AD∥BC，且AF⊥BC
∴AD⊥AF，
∴∠FAC+∠CAD＝90°，且∠CAD+∠ADO＝90°，
∴∠FAC＝∠ADO，
∵AB＝AD
∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠FAC
∵OE＝OB
∴∠OBE＝∠OEB＝45°
∴∠ABD+∠OBE＝∠FAC+∠OEB
∴∠ABE＝∠AFB
∴AF＝AB
∴AF＝AD，
故答案為：AF＝AD，AD⊥AF
②AD＝OG
如圖，取AB中點M，

∵點M是AB的中點，點G是BF的中點，點O是AC的中點，
∴MO∥AD，AD＝2MO，AF∥MG，AF＝2MG，且AF＝AD，AD⊥AF
∴MO＝MG，MG⊥MO
∴GO＝OM
∵AD＝2MO＝GO
（3）∵四邊形ABCD的周長為8，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝2＝AF
如圖，連接AG，

∵AB＝AF，點G是BF的中點，
∴AG⊥BF，且∠BEO＝45°
∴∠GAE＝∠BEO＝45°
∴AG＝GE，
∵AG2+GF2＝AF2＝4，
∴GE2+GF2＝4，
故答案為：4
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日期：2021/8/12 11:48:40；用戶：節(jié)節(jié)高5；郵箱：5jiejg@xyh.com；學(xué)號：37675298

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