專題6.7期中小題易丟分培優(yōu)訓練（期中真題壓軸100道，八下人教）-八年級數(shù)學下學期復習備考高分秘籍人教版

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?八年級數(shù)學下學期復習備考高分秘籍人教版
專題6.7期中小題易丟分培優(yōu)訓練（期中真題壓軸100道，八下人教）
一、單選題
1．（2022秋·河北石家莊·八年級?？计谥校┰OA，B均為實數(shù)，且A=m?3，B=33?m，則A，B的大小關系是（????）
A．A>B B．A=B C．A12022?2021；
?。阂阎?8?x?16?x=2，則48?x+16?x=8；
戊：13+3+153+35+175+57+…+19997+9799=33?1166．
以上結論正確的有(　　)
A．甲丙丁 B．甲丙戊 C．甲乙戊 D．乙丙丁
【答案】B
【分析】讀懂題意，利用分母有理化計算并判斷即可．
【詳解】解：13?5
=3+5(3?5)(3+5)
=3+59?5
=3+54，
甲正確；
a2+1+b2?1
=2?12?1a+2+12?1b
=(2?1)a+(2+1)b
=(a+b)2?a+b，
(a+b)2?a+b=?62+4，
∴ a+b=?6①?a+b=4②，
解得a=?5b=?1，
∴a+b=?6，乙錯誤；
12024?2023=2024+20231=2024+2023，
12022?2021=2022+20211=2022+2021，
2024+2023>2022+2021，
∴丙正確；
已知48?x?16?x=2，
∴ 148?x?16?x=12，
∴ 48?x+16?x(48?x)?(16?x)=12，
∴ 48?x+16?x32=12，
則48?x+16?x=16，
∴丁錯誤；
13+3+153+35+175+57+…+19997+9799=33?1166
=3?39?3+53?3525×3?9×5+75?5749×5?25×7+...+9997?9799992×97?972×99
=12?36+5330?3530+7570?5770+...+9997992×97?972×99?9799992×97?972×99
=12?9799992×97?972×99
=12?9999×2
=99?9999×2
=33?1166，
戊正確，
∴正確的有甲丙戊，
故選：B．
【點睛】本題考查了二次根式的化簡，解題的關鍵是掌握分母有理化．
6．（2022秋·上海黃浦·八年級上海外國語大學附屬大境初級中學?？计谥校┮阎猘2BF；③S四邊形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF；其中正確結論有_______．

【答案】①②③④
【分析】延長EF交BC的延長線于G，取AB的中點H連接FH．想辦法證明EF=FG，BE⊥BG，四邊形BCFH是菱形即可解決問題．
【詳解】解：如圖，延長EF交BC的延長線于G，取AB的中點H，連接FH．
∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正確，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
在△DFE和△CFG中，
∠D=∠FCGDF=CF∠DFE=∠CFG
∴△DFE≌△FCG(ASA)，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，
∴∠FEB=∠FBE，∠FGB=∠FBG，
∵∠ABC=2∠ABF．
∴∠FBG＞∠FBE，
∵∠EFB=∠FBG+∠FGB=2∠FBG，∠GFB=∠FBE+∠FEB=2∠FBE，
∴∠EFB＞∠GFB，
假設∠EFB=∠GFB，此時∠EFB=∠GFB=90°，
∴BE=2BF，
∵∠EFB＞∠GFB，
∴∠EFB＞90°，
∴BE＞2BF，故②正確，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四邊形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正確，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，
∵CF∥BH，
∴四邊形BCFH是平行四邊形，
∵CF=BC，
∴四邊形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，F(xiàn)H∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正確，
故答案為：①②③④

【點睛】本題考查平行四邊形的性質和判定、菱形的判定和性質、直角三角形斜邊中線的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．
87．（2022春·貴州黔東南·八年級?？计谥校┤鐖D正方形ABCD的對角線相交于O點，BE平分∠ABO交AO于E點，CF^BE于F點，交BO于G點，連接EG、OF，下列四個結論：①CE=CB；②AE=BG；③OF=12CG；④AE=2OE；⑤EG=12AB，其中正確的結論有________（填序號）．

【答案】①②③④
【分析】根據(jù)正方形的性質得到∠ABO＝∠ACO＝∠CBO＝45°，AB＝BC，OA＝OB＝OC，BD⊥AC，由角平分線的定義得到∠OBE＝12∠ABO＝22.5°，求得∠CEB＝∠CBE，得到CE＝CB；故①正確；求得∠ECG＝∠BCG＝12∠BCO＝22.5°，EF＝BF，推出△ABE≌△BCG（ASA），根據(jù)全等三角形的性質得到AE＝BG，BE＝CG，故②正確；根據(jù)直角三角形的性質得到OF＝12BE＝12CG．故③正確；由∠AOB＝90°，得到△OEG是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到EG＝2OE，根據(jù)全等三角形的性質得到BG＝EG，故④正確；得到EG不是△AOB的中位線，于是得到EG≠12AB．故④錯誤；．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ACB＝∠CBO＝45°，AB＝BC，OA＝OB＝OC，BD⊥AC，
∵BE平分∠ABO，
∴∠OBE＝12∠ABO＝22.5°，
∴∠CBE＝∠CBO＋∠EBO＝67.5°，
在△BCE中，∠CEB＝180°?∠BCO?∠CBE＝180°?45°?67.5°＝67.5°，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴CE＝CB；
故①正確；
∵CF⊥BE，
∴∠ECG＝∠BCG＝12∠BCO＝22.5°，EF＝BF，
∵∠ABE＝12∠ABO＝22.5°，
∴∠ABE＝∠BCG，
∵AB＝BC，∠EAB＝∠GBC＝45°，
∴△ABE≌△BCG（ASA），
∴AE＝BG，BE＝CG，
故②正確；

∵∠AOB＝90°，EF＝BF，
∵BE＝CG，
∴OF＝12BE＝12CG．
故③正確；
∵OA＝OB，AE＝BG，
∴OE＝OG，
∵∠AOB＝90°，
∴△OEG是等腰直角三角形，
∴EG＝2OE，
∵∠ECG＝∠BCG，EC＝BC，CG＝CG，
∴△ECG≌△BCG（SAS），
∴BG＝EG，
∴AE＝EG＝2OE，
故④正確；
∴EG不是△AOB的中位線，
∴EG≠12AB．故⑤錯誤；．
故正確的結論有①②③④．
故答案為：①②③④．
【點睛】此題考查了正方形的性質、等腰三角形的性質、直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質以及等腰直角三角形的性質．此題難度較大，解題的關鍵是注意數(shù)形結合思想的應用．
88．（2022春·湖北恩施·八年級?？计谥校┤鐖D，已知小正方形ABCD的面積為1，把它的各邊延長一倍得到新正方形A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D1邊長按原法延長一倍得到正方形A2B2C2D2；以此進行下去…，則正方形AnBnCnDn的面積為______．

【答案】5n
【分析】先計算正方形A1B1C1D1的面積，正方形A2B2C2D2的面積，正方形A3B3C3D3的面積，從中找到規(guī)律，確定正方形AnBnCnDn的面積即可．
【詳解】因為小正方形ABCD的面積為1，
所以正方形ABCD的邊長為1，
因為小正方形ABCD的面積為1，把它的各邊延長一倍得到新正方形A1B1C1D1，
外延生成四個全等直角三角形，且直角邊長分別為1和2，
所以正方形A1B1C1D1的面積為12×1×2×4+1=5，邊長為5；
因為把正方形A1B1C1D1邊長按原法延長一倍得到正方形A2B2C2D2，
外延生成四個全等直角三角形，且直角邊長分別為5和25，
所以正方形A2B2C2D2的面積為12×5×25×4+5=25=52，邊長為5；
因為把正方形A2B2C2D2邊長按原法延長一倍得到正方形A3B3C3D3，
外延生成四個全等直角三角形，且直角邊長分別為5和10，
所以正方形A3B3C3D3的面積為12×5×10×4+25=125=53，邊長為55；
因為把正方形A3B3C3D3邊長按原法延長一倍得到正方形A4B4C4D4，
外延生成四個全等直角三角形，且直角邊長分別為55和105，
所以正方形A4B4C4D4的面積為12×55×105×4+125=1125=54，邊長為25；
由此發(fā)現(xiàn)規(guī)律如下：正方形的面積等于底數(shù)為5，指數(shù)為正方形的序號的冪，
所以正方形AnBnCnDn的面積為5n，
故答案為：5n．
【點睛】本題考查了正方形的面積，直角三角形的面積，面積中規(guī)律，熟練掌握正方形的性質，直角三角形性質是探尋規(guī)律的關鍵．
89．（2022春·新疆烏魯木齊·八年級新疆生產建設兵團第一中學校考期中）如圖，菱形ABCD中，AB=2，∠D=120°，E是對角線AC上的任意一點，則BE+12CE的最小值為______．

【答案】3
【分析】過點E作EF⊥CD于點F，連接BF．由菱形的性質可知∠FCE=30°，即得出EF=12CE，從而可得出BE+12CE=BE+EF≥BF，即當BF最小時BE+12CE最?。纱咕€段最短可知當BF⊥CD時BF最小，求出BF′的值即可．
【詳解】如圖，過點E作EF⊥CD于點F，連接BF．
∵∠D=120°，四邊形ABCD為菱形，
∴∠FCE=30°，∠DCB=60°，
∴EF=12CE，
∴BE+12CE=BE+EF．
∵BE+EF≥BF，
∴當BF最小時BE+EF最小，即BE+12CE最?。?br /> 由垂線段最短可知當BF⊥CD時BF最小，如圖BF′．

∵BC=AB=2，∠F′CB=60°，
∴F′C=12BC=1，
∴BF′=BC2?CF′2=3，
∴BE+12CE的最小值為3．
故答案為：3．
【點睛】本題考查菱形的性質，三角形三邊關系的應用，垂線段最短，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理．正確作出輔助線是解題關鍵．
90．（2022春·北京西城·八年級?？计谥校┤鐖D，邊長為1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，則菱形ABCD的面積是______，連結對角線AC，以AC為邊作第二個菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°；連結AC1，再以AC1為邊作第三個菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°；……，按此規(guī)律所作的第n個菱形的面積為______．

【答案】???? 32???? 32×3n?1
【分析】連接BD，由題意可知△ABD為邊長為1的等邊三角形，可求出△ABD的面積，即可得出菱形ABCD的面積；根據(jù)已知菱形的性質可分別求得AC，AC1，AC2的長，從而可發(fā)現(xiàn)規(guī)律，根據(jù)規(guī)律即可得出第n個菱形的邊長，進而可得出第n個菱形的面積．
【詳解】解：如圖，連接BD，交AC與點O，
∵四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60°，
∴△ABD為等邊三角形，
∴AD＝BD＝AB＝1，
∴BO=12，AO=32，
∴S△ABD=12BD×AO=34，
∴S菱形ABCD＝2×34=32．

∵AO=32，
∴AC=3，
∵四邊形ACC1D1為菱形，∠D1AC＝60°，
∴可得AC1=3AC=(3)2，
同理可得AC2=3AC1=(3)3，
以此類推，可得出所作的第n個菱形的邊長為(3)n?1，
∴第n個菱形的面積為2×12×[(3)n?1]2×32=32×3n?1．
故答案為：32；32×3n?1．
【點睛】本題考查了菱形的性質以及歸納推理的應用，根據(jù)規(guī)律得出第n個菱形的邊長是解決本題的關鍵．
91．（2022春·吉林·八年級期中）小明用如圖①所示的七巧板拼成一幅裝飾圖，并將裝飾圖放入矩形ABCD內，如圖②，裝飾圖中的三角形頂點E、F分別在邊AB、BC上，三角形①的邊GD在邊AD上．若圖①中大正方形的面積為2，則矩形ABCD的周長是______．

【答案】52+2
【分析】根據(jù)七巧板中圖形分別是等腰直角三角形和正方形計算PH的長，即FF′的長，作高線GG′，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質可得GG′的長，即AE的長，可得結論．
【詳解】解：如圖，

∵四邊形MNQK是正方形，且面積為2，
∴∠MNK=45°，MN=2，MK=DG=2，
Rt△MNO中，OM=ON=22MN=1，
∵NL=PL=OL=12，
∴PN=2NL=22，
∵NQ=2，
∴PQ=2?22=22，
∵△PQH是等腰直角三角形，
∴PH=FF′=2PQ=1=BE，
過G作GG′⊥FF′，
∴GG′=AE=12MN=22，
∴CD=AB=AE+BE=22+1，AD=2DG=22，
∴矩形ABCD的周長=2AD+CD=222+1+22=52+2．
故答案為：52+2．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質、七巧板、等腰直角三角形的性質及勾股定理等知識．熟悉七巧板是由七塊板組成的，完整圖案為一正方形：五塊等腰直角三角形（兩塊小形三角形、一塊中形三角形和兩塊大形三角形）、一塊正方形和一塊平行四邊．
92．（2022春·黑龍江大慶·八年級?？计谥校┤鐖D，在正方形ABCB1中AB=1．AB與直線l的夾角為30°，延長CB1交直線l于點A1作正方形A1B1C1B2，延長C1B2交直線l于點A2，作正方形A2B2C2B3，延長C2B3交直線l于點A3，作正方形A3B3C3B4 ……依此規(guī)律，則A2017A2018＝__________ （用指數(shù)表示即可）

【答案】2(3)2017
【分析】由四邊形ABCB1是正方形，得到AB＝AB1 ，AB∥ CB1，于是得到AB∥A1C，根據(jù)平行線的性質得到∠CA1A＝30°，解直角三角形得到A1B1＝3，AA1＝2，同理： A2A3＝2(3)2， A3A4＝2(3)3，找出規(guī)律AnAn+1＝2(3)n，答案即可求出．
【詳解】解：∵四邊形ABCB1是正方形，
∴AB＝AB1，AB∥CB1，
∴AB∥A1C，
∴∠CA1A＝30°，
∴A1B1＝3，AA1＝2，
∴A1B2＝A1B1＝3，
∴A1A2＝23，
同理：A2A3＝2(3)2，
A3A4＝2(3)3，
…
∴AnAn+1＝2(3)n，
∴A2017A2018＝2(3)2017，
故答案為：2(3)2017．
【點睛】本題考查正方形的性質，含30°直角三角形的性質，平行線的性質，熟記各性質并求出后一個正方形的邊長是前一個正方形的邊長的3倍是解題的關鍵．
93．（2022春·湖北省直轄縣級單位·八年級校考期中）如圖，邊長為1的正方形EFGH在邊長為3的正方形ABCD所在平面上移動，始終保持EF∥AB．線段CF的中點為M，DH的中點為N，則線段MN的長為_________

【答案】172
【分析】因為題目沒有確定正方形EFGH的位置，所以我們可以將正方形EFGH的位置特殊化，使點H與點A重合，重新作出圖形，這樣有利于我們解題，過點M作MO⊥ED于O，則可得出OM是梯形FEDC的中位線，從而可求出ON、OM，然后在Rt△MON中利用勾股定理可求出MN．
【詳解】解：如圖，將正方形EFGH的位置特殊化，使點H與點A重合，過點M作MO⊥ED與O，則MO是梯形FEDC的中位線，
∴EO=OD=12ED=12EA+AD=12×1+3=2， MO＝12EF＋CD＝12×1+3=2．
∵DH的中點為N，點H與點A重合，
∴點N是AD的中點，
∴AN=ND=12AD=32，
∴ON=OD?ND=2?32=12．
在Rt△MON中，MN2=MO2+ON2，
∴MN=MO2+ON2=22+122=172．
故答案為：172．

【點睛】本題考查了梯形的中位線定理、正方形的性質及勾股定理等知識，屬于綜合性題目，有一定難度，解題的關鍵是將動點位置特殊化．
94．（2022春·江蘇泰州·八年級?？计谥校┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=3，對角線AC=5，BE平分∠ABC交AD于點E，Q是線段BE上的點，連接CQ，過點C作CP⊥CQ交AD的延長線于點P，當△PCQ為等腰三角形時，AP＝______．

【答案】5
【分析】過點Q作QH⊥BC于點H，由矩形的性質并結合勾股定理確定AD=BC=4，再證明△QCH≌△PCD以及△BQH為等腰三角形，即可推導CH=DC=3，DP=QH=BH=1，然后由AP=AD+DP計算AP的長即可．
【詳解】解：過點Q作QH⊥BC于點H，如下圖，

∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AD=BC，DC=AB=3，
∵AB=3，AC=5，
∴AD=BC=AC2?AB2=52?32=4，
∵QH⊥BC，點P在AD的延長線上，
∴∠QHC=∠PDC=90°，
∵△PCQ為等腰三角形，CP⊥CQ，
∴QC=PC，∠QCP=∠BCD=90°，
∴∠QCH+∠QCD=∠QCD+∠PCD，
∴∠QCH=∠PCD，
在△QCH和△PCD中，
∠QCH=∠PCD∠QHC=∠PDCQC=PC，
∴△QCH≌△PCD(AAS)，
∴CH=DC=3，
∴BH=BC?CH=AD?CH=1，
∵BE平分∠ABC，
∴∠QBH=12∠ABC=45°，
∵QH⊥BC，
∴∠BQH=90°?∠QBH=45°，
∴∠QBH=∠BQH，
∴QH=BH=1，
∵△QCH≌△PCD，
∴DP=QH=1，
∴AP=AD+DP=5．
故答案為：5．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理以及等腰三角形的判定與性質等知識，正確作出輔助線，構建全等三角形是解題的關鍵．
95．（2022春·湖南常德·八年級?？计谥校┤鐖D，邊長為2的菱形ABCD中，∠DAB=60°，連接對角線AC，以AC為邊作第二個菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°；連接AC1，再以AC1為邊作第三個菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°；…，按此規(guī)律所作的第8個菱形的邊長為______．

【答案】543
【分析】連接DB，交AC于M，由菱形的性質可知，AC⊥BD，且∠BAC=30°，利用“直角三角形中30°所對的邊是斜邊的一半”求得BM，再由勾股定理求出AM，從而得到AC的長，同理可求得AC1，AC2，???的長，由此觀察并總結規(guī)律，得到答案．
【詳解】如圖，連接DB，交AC于點M．

∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，
∴AC=2AM，AC⊥DB，∠BAC=12∠DAB=30°，
∴在Rt△ABM中，BM=12AB=1，
AM=AB2?BM2=22?12=3，
∴AC=2AM=23．
同理可得AC1=3AC=2×(3)2，AC2=3AC1=2×(3)3，AC3=3AC2=2×(3)4，???．
按此規(guī)律所作的第n個菱形的邊長為2×(3)n?1．
即第8個菱形的邊長為2×(3)7=2×372=543．
故答案為：543．
【點睛】本題考查了圖形規(guī)律的探索，勾股定理，菱形的性質等知識，解決本題的關鍵在于熟練運用菱形相關性質，并通過觀察找出規(guī)律．
96．（2022春·浙江金華·八年級?？计谥校┤鐖D，在平行四邊形ABCD紙片中，∠BAD=45°，AB=10．將紙片折疊，使得點A的對應點A′落在BC邊上，折痕EF交AB、AD、AA′分別于點E、F、G．繼續(xù)折疊紙片，使得點C的對應點C′落在A′F上，連接GC′，點G到AD的距離為_____，GC′的最小值為_____．

【答案】???? 522???? 522
【分析】過B作BH⊥AD于H，過G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，過A′作A′R⊥AD于R，由∠BAD=45°，AB=10，得BH=22AB=52，從而可得A′R=BH=52，根據(jù)將紙片折疊，使得點A的對應點A′落在BC邊上，折痕EF，可知GP=12A′R=522，又GP⊥AD，GQ⊥A′F，有GP=GQ=522，即可得當C′與Q重合時，GC′最小，最小值即是GQ的長，故可得答案．
【詳解】解：過B作BH⊥AD于H，過G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，過A′作A′R⊥AD于R，如圖：

∵∠BAD=45°，AB=10，
∴BH=22AB=52，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，BH⊥AD，A′R⊥AD，
∴四邊形BHRA′是矩形，
∴A′R=BH=52，
∵GP⊥AD，A′R⊥AD，
∴GP∥ A′R，
∵將紙片折疊，使得點A的對應點A′落在BC邊上，折痕EF，
∴AG=A′G，∠AFE=∠A′FE，
∴GP是△A′AR的中位線，
∴GP=12A′R=522，
∵GP⊥AD，GQ⊥A′F，
∴GP=GQ=522，
∵折疊紙片，使得點C的對應點C落在A′F上，
∴當C′與Q重合時，GC′最小，最小值即是GQ的長，
∴GC′最小為522，
故答案為：522，522．
【點睛】本題考查平行四邊形中的翻折問題，解題的關鍵是掌握翻折的性質及作輔助線求出GP的長度．
97．（2022春·浙江溫州·八年級校考期中）圖1是鄰邊長為5和12的平行四邊形，它由三個不全等的小平行四邊形組成.將其剪拼成不重疊、無縫隙的大正方形（如圖2），數(shù)據(jù)如圖所示．記圖1三個小平行四邊形的中心分別為A，B，C，則B，C兩點之間的距離為______．點A，C在圖2中的對應點為點A'，C'，連結A'C'，A'B和BC'，當A'C'=A'B時，則MN的長為______．

【答案】???? 4???? 112
【分析】過點B作BY⊥KL于點Y，根據(jù)題意可得B，C兩點之間的距離為12DG?DM=1212?4=4，進而求得A′L=12DE=32,AS=SY=32,在Rt△BYA′中，BY=4?12x,AY=32+32=3，A′B=A′C′=6?12x，根據(jù)勾股定理建立方程，解方即可求解．
【詳解】標注字母如圖，過點B作BY⊥KL于點Y，

∵DM=EF=4，DG=12，
三個小平行四邊形的中心分別為A，B，C，則B，C兩點之間的距離為12DG?DM=1212?4=4，
∵DF=5,EF=4，
∴DE=DF2?EF2=3，
∴正方形的面積等于FH×DE=12×3=36，
∴DK=KL=QK=DQ=6，
∴A′L=12DE=32，AS=SY=32，
∵ A,C分別為平行四邊形的中心，
則A′C′∥QL且A′P=12LT=12EF=2，
∴QT=QL?TL=6?4=2，
設MN=x，則NG=8?x，
∴A′C′=12NG+DM=12DG?MN=1212?x=6?12x，
∴C到KL的距離為QL?A′C′=6?6?12x=12x，
∵ BC=4，
∴B到KL的距離為4?12x，
即BY=4?12x，
在Rt△BYA′中，BY=4?12x,AY=32+32=3，A′B=A′C′=6?12x，
∴6?12x2=32+4?12x2，
解得：x=112，
故答案為：4，112．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，勾股定理，正方形的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
98．（2022春·河北保定·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，連接FN，EM．

（1）若DN=5，則BM=______；
（2）當∠BAC=______時，四邊形DEBF是菱形．
【答案】???? 5???? 30°##30度
【分析】根據(jù)條件可得∠DAN=∠BCM以及∠DNA=∠BMC可證明△DNA≌△BMC，即可求解.根據(jù)菱形性質和角關系可得∠DON=2∠OAB,利用∠EDO+∠DON=90°，即可求解.
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，∠DAE=∠BCF=90°，OD=OB=OA=OC，AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAN=∠BCM．
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°．
在△DNA和△BMC中，
∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=CB，
∴△DNA≌△BMC(AAS)，∴DN=BM．
∵DN=5，∴BM=5．
故答案為：5
（2）若四邊形DEBF是菱形，
則DE=BE，∴∠EDB=∠EBD．
∵OB=OA，∴∠OAB=∠OBA，
∴∠EDO=∠OAB．∵∠DON=∠OAB+∠OBA，
∴∠DON=2∠OAB．∵DE⊥AC，
∴∠NDO+∠DON=90°，即∠EDO+∠DON=90°，
∴3∠OAB=90°，∴∠OAB=30°，即∠BAC=30°
故答案為：30°
【點睛】本題考查矩形和菱形的性質以及三角形全等的判定等，關鍵在于結合性質和圖形，找到條件，特別鍛煉學生的邏輯推理能力.
99．（2022春·廣西貴港·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠B=60°，AB=4，點H、G分別是邊DC、BC上的動點，其中點H不與點C重合，連接AH、HG，點E為AH的中點，點F為GH的中點，連接EF，則EF的最小值為______．

【答案】3
【分析】連接AG，根據(jù)點E為AH的中點，點F為GH的中點，得到EF=12AG，故EF的最小值，只有當AG取得最小值時，才能成立，AG的最小值為垂線段AG，根據(jù)勾股定理計算即可．
【詳解】如圖，連接AG，
因為點E為AH的中點，點F為GH的中點，
所以EF=12AG，故EF的最小值，

只有當AG取得最小值時，才能成立，AG的最小值為垂線段AG，
過點A作AM⊥BC，垂足為M，
因為∠B=60°，AB=4，
所以BM=2，
AM=42?22=23，
故EF的最小值為12AG=3
故答案為：3．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，垂線段最短，勾股定理，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．
100．（2022春·山東濱州·八年級統(tǒng)考期中）已知：如圖，在正方形ABCD外取一點E，連接AE，BE，DE．過點A作AE的垂線交ED于點P．若AE=AP=1，PB=5．下列結論：
①△APD≌△AEB；????????
②點B到直線AE的距離為62；
③EB⊥ED；????????
④S正方形ABCD=4+6；
⑤S△APD+S△APB=1+6，
其中正確結論的序號是_________．

【答案】①②③④
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再結合已知條件利用SAS可證兩三角形全等；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，結合三角形的外角的性質，易得∠BEP＝90°，即可證；
②過B作BF⊥AE，交AE的延長線于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，結合△AEP是等腰直角三角形，可證△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
④在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面積；
⑤連接BD，求出△ABD的面積，然后減去△BDP的面積即可．
【詳解】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此選項成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此選項成立；
②過B作BF⊥AE，交AE的延長線于F，

∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝BP2?PE2=5?AE2?AP2=5?1?1=3，
∴BF＝EF＝22BE＝62；
故此選項成立；
④∵EF＝BF＝62，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝4+6，
∴S正方形ABCD＝AB2＝4+6；
故此選項成立；
⑤如圖，連接BD，在Rt△AEP中，

∵AE＝AP＝1，
∴EP＝2，
又∵PB＝5，
∴BE＝3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝3，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝12S正方形ABCD﹣12×DP×BE＝12×（4+6）﹣12×3×3=12+62．
故此選項不成立；
綜上可知其中正確結論的序號是①②③④．
故答案為：①②③④．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質的運用、正方形的性質的運用、正方形和三角形的面積公式的運用、勾股定理的運用等知識．