人教版八下数学期中押题卷2（B卷）
考试时间:120分钟 满分：120分
一、单选题（每小题3分，共18分）
1．（2017·江苏盐城·校考一模）使式子有意义的x取值范围是( )
A．x＞-1 B．x≥-1 C．x＜-1 D．x≤-1
2．（2023秋·山东威海·八年级统考期末）如图，在中，．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
3．如图①是长方形纸片（AD∥BC），将纸片沿EF折叠成图②，直线ED交BC于点H，再沿HF折叠成图③，若图①中∠DEF=280，则图③中的∠CFE的度数为（ ）
A．840 B．960 C．1120 D．1240
4．（2022秋·山东枣庄·八年级统考期中）疫情期间，小颖宅家学习．一天，她在课间休息时，从窗户向外望，看到一人为快速从A处到达居住楼B处，直接从边长为24米的正方形草地中穿过．为保护草地，小颖计划在A处立一个标牌：“少走？米，踏之何忍”，已知B、C两处的距离为7米，那么标牌上？处的数字是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2023·浙江温州·校考一模）在矩形中，四边形为正方形，G，H分别是，的中点，将矩形移至右侧得到矩形，延长与交于点M，以K为圆心，为半径作圆弧与交于点P，古代印度几何中利用这个方法，可以得到与矩形面积相等的正方形的边长．若矩形的面积为16，，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
6．（2017春·浙江杭州·八年级校联考开学考试）有下列说法：
①有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形；
②三边长为、、3的三角形为直角三角形；
③等腰三角形的两边长为3、4，则等腰三角形的周长为10；
④一边上的中线等于这边长的一半的三角形是等腰直角三角形．
其中正确的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题（每小题3分，共18分）
7．在Rt△ABC中，a＝3，b＝4，则c2＝___．
8．如果菱形ABCD的两条对角线AC=6cm，BD=8cm，则此菱形面积为________
9．如果代数式有意义，那么直角坐标系中点的位置在第________象限.
10．（2019春·天津南开·八年级统考期末）如图，已知直线：与直线：相交于点，直线、分别交轴于、两点，矩形的顶点、分别在、上，顶点、都在轴上，且点与点重合，那么 __________________．
11．如图是一个长8m，宽6m，高2m的有盖仓库，在其内壁的A处长的四等分有一只壁虎，B处宽的三等分有一只蚊子，则壁虎爬到蚊子处最短距离为______
12．（2022·山东济南·统考三模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF．过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．已知ON＝1，，则CG＝______．
三、解答题（每小题6分，共30分）
13．（2022春·湖南长沙·八年级期末）计算：
(1)；
(2)．
14．（2022春·福建龙岩·八年级统考期中）“数学活动”（课本第17页）：做一个底面积为100cm2，长、宽、高的比分别为5：4：3的长方体．求：
(1)这个长方体的长、宽、高分别是多少？
(2)长方体的体积是多少？
15．（2021春·黑龙江双鸭山·八年级统考期中）如图，顺次链接矩形各边中点，得到四边形，求证：四边形是菱形．
16．（2021春·宁夏中卫·八年级校考期末）如图，ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．求证：BE＝DF．
17．如图，在中，E、F分别为边的中点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当时，求与之间的距离．
四、解答题（每小题8分，共24分）
18．（2022春·安徽马鞍山·八年级校考阶段练习）已知a=，求+的值.
19．（2020春·安徽阜阳·八年级统考期末）三角板是我们学习数学的好帮手，将一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，点B在ED上，ABCF，，若AC=2，求CD的长．
20．（2022春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，A市气象站测得台风中心在A市正东方向160千米的B处，以30千米/时的速度向北偏西60°的BF方向移动，距台风中心100千米范围内是受台风影响的区域．
(1)A市是否会受到台风的影响？写出你的结论并给予说明；
(2)如果A市受这次台风影响，那么受台风影响的时间有多长？
五、解答题（每小题9分，共18分）
21．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，联结BP、BH．
(1)求证：∠APB=∠BPH．
(2)求证：AP+HC=PH．
(3)当AP=1时，求PH的长．
22．（2020·辽宁营口·统考一模）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是边BC上一动点，连接AD，过点A作AE⊥AD，且AE=AD，连接CE．
（1）如图，求证：BD=CE；
（2）若AF平分∠DAE交直线BC于点F．
①如图，当点F在线段BC上，猜想线段BD，DF，FC之间的数量关系，并证明；
②若BD=6，CF=8，直接写出AD的长．
六、解答题（本大题共12分）
23．（2022秋·山东济宁·八年级统考期末）如图，平行四边形．
（1）如图，点在延长线上，，求证：点为中点．
（2）如图，点在中点，是延长线上一点，且，求证：．
（3）在（2）的条件下，若的延长线与交于点，试判断四边形是否为平行四边形？并证明你的结论（先补全图形再解答）．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
()
人教版八下数学期中押题卷2（B卷）
考试时间:120分钟 满分：120分
一、单选题（每小题3分，共18分）
1．（2017·江苏盐城·校考一模）使式子有意义的x取值范围是( )
A．x＞-1 B．x≥-1 C．x＜-1 D．x≤-1
【答案】A
【分析】根据分式有意义的条件是分母不为零，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于零进行求解即可．
【详解】解：根据题意知
解得：x＞-1，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次根式和分式有意义的条件，熟知二者有意义的条件是解题的关键．
2．（2023秋·山东威海·八年级统考期末）如图，在中，．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可求出是等腰三角形，即，是等腰三角形，即，由此即可求解．
【详解】解：根据题意得，是的角平分线，
∴，
∵，，如图所示，设与交于点，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，即，
∴，
同理，，且，
∴，
∴是等腰三角形，即，
故选：．
【点睛】本题主要考查矩形，等腰三角形的综合，掌握矩形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
3．如图①是长方形纸片（AD∥BC），将纸片沿EF折叠成图②，直线ED交BC于点H，再沿HF折叠成图③，若图①中∠DEF=280，则图③中的∠CFE的度数为（ ）
A．840 B．960 C．1120 D．1240
【答案】B
【分析】根据两直线平行，内错角相等，所以∠DEF=∠EFB=28°，根据平角的定义求出∠EFC的度数=152°，最后求出∠CFE=152°-28°=124°
【详解】因为AD∥BC，所以∠DEF=∠EFB=28°．因为∠EFC+∠EFB=180°，所以∠EFC=152°，所以∠CFE=152°-28°=124°．
【点睛】翻折变换（折叠问题），会出现相等的角，这点要牢记．
4．（2022秋·山东枣庄·八年级统考期中）疫情期间，小颖宅家学习．一天，她在课间休息时，从窗户向外望，看到一人为快速从A处到达居住楼B处，直接从边长为24米的正方形草地中穿过．为保护草地，小颖计划在A处立一个标牌：“少走？米，踏之何忍”，已知B、C两处的距离为7米，那么标牌上？处的数字是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】根据捷径AB恰好与AC、BC构成直角三角形，由勾股定理即可求出AB的长，即可求解．
【详解】因为是一块正方形的绿地，所以∠C=90°，
由勾股定理得，AB==25米，
计算得由A点顺着AC，CB到B点的路程是24+7=31米，而AB=25米，则少走31-25=6米．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了学生对勾股定理在实际生活中的运用能力，同时也增强了学生们要爱护草地的意识．
5．（2023·浙江温州·校考一模）在矩形中，四边形为正方形，G，H分别是，的中点，将矩形移至右侧得到矩形，延长与交于点M，以K为圆心，为半径作圆弧与交于点P，古代印度几何中利用这个方法，可以得到与矩形面积相等的正方形的边长．若矩形的面积为16，，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】由题意得：PB=4，设HP=x，PF=4x，在中，利用勾股定理，列出方程，进而即可求解．
【详解】解：由题意得：PB=，
设HP=x，PF=4x，则HF=5x，BK=HF=5x，PK=KM=BH=4+x，
∵在中，，
∴，解得：x=，
∴=5×=，
故选C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，矩形，正方形的性质，设未知数，利用勾股定理列出方程，是解题的关键．
6．（2017春·浙江杭州·八年级校联考开学考试）有下列说法：
①有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形；
②三边长为、、3的三角形为直角三角形；
③等腰三角形的两边长为3、4，则等腰三角形的周长为10；
④一边上的中线等于这边长的一半的三角形是等腰直角三角形．
其中正确的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【详解】试题分析：根据等边三角形的性质可知，有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，故①正确；
根据三边可知：，，3 =9，因此可知：，由勾股定理的逆定理可知其是直角三角形，故②正确；
由等腰三角形的三边可知其边长为：3，3，4或3，4，4，则周长为10或11，故③不正确；
由一边上的中线等于这边长的一半的直角三角形是等腰直角三角形，故④不正确.
故选C
二、填空题（每小题3分，共18分）
7．在Rt△ABC中，a＝3，b＝4，则c2＝___．
【答案】7或25．
【分析】根据勾股定理解答即可．
【详解】解：当a，b都是直角边时，c2=16+9=25，
当b是斜边时，c2=16-9=7，
故答案为：7或25．
【点睛】此题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
8．如果菱形ABCD的两条对角线AC=6cm，BD=8cm，则此菱形面积为________
【答案】24
【分析】直接根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC=6cm，BD=8cm，
∴菱形的面积=，
故答案为：24．
【点睛】本题主要考查了求菱形的面积，熟知菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半是解题的关键．
9．如果代数式有意义，那么直角坐标系中点的位置在第________象限.
【答案】一
【分析】根据代数式有意义和二次根式的定义及分式成立的条件，可得出a、b的范围，继而可判定点在直角坐标系中的象限位置．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴ ，
故可判断出点在第一象限．
故答案为：一．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件及点的坐标，关键是掌握二次根式有意义被开方数为非负数，分式有意义分母不为0，难度一般．
10．（2019春·天津南开·八年级统考期末）如图，已知直线：与直线：相交于点，直线、分别交轴于、两点，矩形的顶点、分别在、上，顶点、都在轴上，且点与点重合，那么 __________________．
【答案】8：9
【分析】把y=0代入l1解析式求出x的值便可求出点A的坐标．令x=0代入l2的解析式求出点B的坐标．然后可求出AB的长．联立方程组可求出交点C的坐标，继而求出三角形ABC的面积，再利用xD=xB=8易求D点坐标．又已知yE=yD=8可求出E点坐标．故可求出DE，EF的长，即可得出矩形面积．
【详解】解：由 x+=0，得x=-4．
∴A点坐标为（-4，0），
由-2x+16=0，得x=8．
∴B点坐标为（8，0），
∴AB=8-（-4）=12．
由 ，解得，
∴C点的坐标为（5，6），
∴S△ABC=AB 6=×12×6=36．
∵点D在l1上且xD=xB=8，
∴yD=×8+=8，
∴D点坐标为（8，8），
又∵点E在l2上且yE=yD=8，
∴-2xE+16=8，
∴xE=4，
∴E点坐标为（4，8），
∴DE=8-4=4，EF=8．
∴矩形面积为：4×8=32，
∴S矩形DEFG：S△ABC=32：36=8：9．
故答案为8：9．
【点睛】此题主要考查了一次函数交点坐标求法以及图象上点的坐标性质等知识，根据题意分别求出C，D两点的坐标是解决问题的关键．
11．如图是一个长8m，宽6m，高2m的有盖仓库，在其内壁的A处长的四等分有一只壁虎，B处宽的三等分有一只蚊子，则壁虎爬到蚊子处最短距离为______
【答案】6
【分析】先把长方体的侧面展开，再连接AB，根据勾股定理求出AB的长即可．
【详解】有两种展开方法：
①将长方体展开成如图所示，连接AB．
根据两点之间线段最短，ABm；
②将长方体展开成如图所示，连接AB，则ABm．
∵6，∴壁虎爬到蚊子处最短距离为6m．
故答案为6．
【点睛】本题考查了平面展开﹣最短路线问题，根据题意画出长方体的侧面展开图是解答此题的关键．
12．（2022·山东济南·统考三模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF．过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．已知ON＝1，，则CG＝______．
【答案】
【分析】证明，得到，再证明，，再证明，求出，，，作交于点H，则，
再求出，即可求出CG．
【详解】解：∵ABCD为矩形，
∴，，，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
作交于点H，则，
∵，
∴，，
∵且，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查正方形性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是证明，得到，再证明，，再证明．
三、解答题（每小题6分，共30分）
13．（2022春·湖南长沙·八年级期末）计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)12
(2)0
【分析】(1)先根据算术平方根，立方根，绝对值的意义化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)根据算术平方根，立方根的意义化简各式，进行计算即可解答．
（1）=10-2+4=12
（2）=3-6+3=0
【点睛】本题考查了实数的运算，算术平方根，立方根的意义，熟练掌握二次根式的性质，绝对值的性质是解题的关键．
14．（2022春·福建龙岩·八年级统考期中）“数学活动”（课本第17页）：做一个底面积为100cm2，长、宽、高的比分别为5：4：3的长方体．求：
(1)这个长方体的长、宽、高分别是多少？
(2)长方体的体积是多少？
【答案】(1)这个长方体的长、宽、高分别是5cm，4cm，3cm
(2)300cm3
【分析】（1）设长方体的长为5x cm，则宽为4x cm，高为3x cm，根据长方体的底面积等于长×宽列方程，进而可解．
（2）利用长方体的体积等于长×宽×高，即可求解．
（1）
解：设长方体的长为5x cm，则宽为4x cm，高为3x cm，
由题意可得5x×4x＝100，
解得x＝，
则5x＝5，4x＝4，3x＝3．
答：这个长方体的长、宽、高分别是5cm，4cm，3cm．
（2）
解：5×4×3＝300（cm3）．
答：长方体的体积是300cm3．
【点睛】本题考查了长方体的体积以及二次根式的混合运用，熟练掌握长方体的体积公式是解题的关键．
15．（2021春·黑龙江双鸭山·八年级统考期中）如图，顺次链接矩形各边中点，得到四边形，求证：四边形是菱形．
【答案】见解析
【分析】连接，根据矩形的性质可知，由三角形中位线定理可得，进而即可得证．
【详解】如图，连接，
四边形是矩形，
，
分别为的中点，
,
，
四边形是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，中位线定理，菱形的判定定理，掌握以上性质定理是解题的关键．
16．（2021春·宁夏中卫·八年级校考期末）如图，ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．求证：BE＝DF．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得ABCD，AB＝CD，进而根据AE⊥BD，CF⊥BD ，得出∠AEB＝∠CFD ＝90°，证明△ABE≌△CDF（AAS），根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ABCD，AB＝CD
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD
∴∠AEB＝∠CFD ＝90°
∴△ABE≌△CDF（AAS）
∴BE＝DF
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
17．如图，在中，E、F分别为边的中点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当时，求与之间的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，根据中点的性质得出，推出，即可得出结论．
（2）过点A作的垂线，垂足为G，根据，算出BG的长度，通过勾股定理解直角三角形即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E，F分别为边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）过点A作的垂线，垂足为G，
∵在中，，
∴，
∴，
∴与之间的距离为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握平行四边形的性质和判定，以及正确作辅助线．
四、解答题（每小题8分，共24分）
18．（2022春·安徽马鞍山·八年级校考阶段练习）已知a=，求+的值.
【答案】-3-2
【详解】试题分析：先对a=进行变形，确定出a-1的范围，然后再对式子+进行化简，代入a的值进行计算即可.
试题解析：∵a=，
∴a=2-，
∴a-1=2 1＝1 ＜0，
∴+ = + =a 3+ =a-3- =2 3
= -1- (2+)= -1- 2 = -3-2.
19．（2020春·安徽阜阳·八年级统考期末）三角板是我们学习数学的好帮手，将一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，点B在ED上，ABCF，，若AC=2，求CD的长．
【答案】
【分析】过点作于点，根据题意可求出的长度，然后在中可求出，进而可得出答案．
【详解】解：过点作于点，
在中，，，，
，
．
，
，
，，
在中，，，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理和含30度角的直角三角形，根据题意构造直角三角形，利用直角三角形的性质进行解答是解题的关键．
20．（2022春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，A市气象站测得台风中心在A市正东方向160千米的B处，以30千米/时的速度向北偏西60°的BF方向移动，距台风中心100千米范围内是受台风影响的区域．
(1)A市是否会受到台风的影响？写出你的结论并给予说明；
(2)如果A市受这次台风影响，那么受台风影响的时间有多长？
【答案】(1)A市会受到台风的影响，理由见解析
(2)受台风影响的时间有4小时
【分析】（1）根据题意得出AC的长，进而得出答案；
（2）首先求出CD的长，进而得出DE的长，进而求出A市受这次台风影响的时间．
（1）
解：A市会受到台风的影响．
理由：过点A作AC⊥BF于C，
∵Rt△ABC中，∠ABC=30°，
∴AC=AB=80km＜100km，
∴A市会受到台风的影响；
（2）
解：过A作AD=AE=100km，交BF于点D，E，
在Rt△ACD中，CD==60（km），
同理可得，
∴DE=CD+CE=120（km），
∴A市受这次台风影响的时间为：=4（小时）．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，根据题意正确构造直角三角形是解题关键．
五、解答题（每小题9分，共18分）
21．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，联结BP、BH．
(1)求证：∠APB=∠BPH．
(2)求证：AP+HC=PH．
(3)当AP=1时，求PH的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)3.4．
【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；
（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出，即可得出AP+HC=PH；
（3）设QH=HC=x，则DH=4-x．在中，根据勾股定理列出关于x的方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵PE=BE，
∴∠EPB=∠EBP，
又∵∠EPH=∠EBC=90，
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．
即∠BPH=∠PBC．
又∵四边形ABCD为正方形
∴，
∴∠APB=∠PBC．
∴∠APB=∠BPH．
（2）证明：过B作BQ⊥PH，垂足为Q，
由（1）知，∠APB=∠BPH，
在△ABP与△QBP中，
，
∴（AAS），
∴AP=QP，BA=BQ．
又∵AB=BC，
∴BC=BQ．
又∵∠C=∠BQH=90°，
∴BCH和BQH是直角三角形，
在RtBCH与RtBQH中，
∴（HL），
∴CH=QH，
∴AP+HC=PH．
（3）证明：由（2）知，AP=PQ=1，
∴PD=3．
设QH=HC=x，则DH=4-x．
在中，PD2+DH2=PH2，
即32+（4-x）2=（x+1）2，
解得x=2.4，
∴PH=3.4．
【点睛】本题考查翻折变化折叠问题，涉及三角形全等，勾股定理等知识点，观察题目，合理作出辅助线，灵活运用三角形全等，勾股定理相关知识是解题的关键．
22．（2020·辽宁营口·统考一模）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是边BC上一动点，连接AD，过点A作AE⊥AD，且AE=AD，连接CE．
（1）如图，求证：BD=CE；
（2）若AF平分∠DAE交直线BC于点F．
①如图，当点F在线段BC上，猜想线段BD，DF，FC之间的数量关系，并证明；
②若BD=6，CF=8，直接写出AD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①BD2+FC2＝DF2，证明见解析；②6或
【分析】（1）根据SAS，只要证明∠1=∠2即可求得△ABD≌△ACE，从而解决问题；
（2）①连接FE，想办法证明∠ECF=90°，EF=DF，利用勾股定理即可解决问题；
②过点A作AG⊥BC于G，在Rt△ADG中，想办法求出AG、DG即可解决问题．
【详解】解：（1）∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝∠DAC+∠2＝90°，
又∵∠BAC＝∠DAC+∠1＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△ABD和△ACE中
∴△ABD≌△ACE
∴BD=CE
（2）结论：BD2+FC2＝DF2．理由如下：
连接FE，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠3＝45°
由（1）知△ABD≌△ACE
∴∠4＝∠B＝45°，BD＝CE
∴∠ECF＝∠3+∠4＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
∴BD2+FC2＝EF2，
∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF＝∠EAF，
在△DAF和△EAF中，
∴△DAF≌△EAF
∴DF＝EF
∴BD2+FC2＝DF2．
（3）如图，过点A作AG⊥BC于G，
由（2）知DF2=BD2+FC2=62+82=100．
∴DF=10，
当点F在线段BC上时，BC=BD+DF+FC=6+10+8=24，
∵AB=AC，AG⊥BC，
∴BG=AG=BC=12，
∴DG=BG-BD=12-6=6，
∴在Rt△ADG中，AD=
当点F在线段BC的延长线上时，BC=BD+DF-FC=6+10-8=8，
∵AB=AC，AG⊥BC，
∴BG=AG=BC=4，
∴DG= BD- BG=6-4=2，
∴在Rt△ADG中，AD=
综上，AD的长为或
六、解答题（本大题共12分）
23．（2022秋·山东济宁·八年级统考期末）如图，平行四边形．
（1）如图，点在延长线上，，求证：点为中点．
（2）如图，点在中点，是延长线上一点，且，求证：．
（3）在（2）的条件下，若的延长线与交于点，试判断四边形是否为平行四边形？并证明你的结论（先补全图形再解答）．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）四边形ACPE是平行四边形，补图与证明见详解．
【分析】（1）先由平行四边形ABCD可得AD∥BC，AD＝BC，再证四边形BDEC为平行四边形可得BC＝DE，再等量代换即可得证；
（2）连接CE，根据三线合一可证得∠AEC＝90°，结合∠DEF＝90°，可得∠AED＝∠CEF，根据∠ACB＝90°，E为AB中点可得CE＝AE，再结合∠DAE＝∠ECF＝135°即可证得△DAE≌△ECF进而得证；
（3）四边形ACPE是平行四边形，理由如下：先证得∠CEB＝∠EBP＝∠ECP＝90°可得矩形BECP，进而得CP＝BE等量代换得AE＝CP，再结合AE∥CP即可得证．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AD∥BC，CE∥BD，
∴四边形BDEC为平行四边形，
∴BC＝DE，
又∵AD＝BC，
∴AD＝ DE，
∴点D为AE中点．
（2）如图，连接CE，
∵AD⊥AC，AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC＝90°，
∵AD＝BC，AD＝AC，
∴BC＝AC，
∵BC＝AC，点E为AB中点，
∴CE⊥AB，
∴∠AEC＝∠BEC＝90°，
∴∠AED＋∠DEC＝90°，
∵ED⊥EF，
∴∠CEF＋∠DEC＝∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝∠AED，
∵∠ACB＝90°，BC＝AC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴∠DAE＝∠DAC＋∠CAB＝135°，
∵∠ACB＝90°，点E为AB中点，
∴CE＝AE＝AB，
∴∠ACE＝∠CAB＝45°，
∴∠FCE＝180°－∠ACE＝135°，
∴∠FCE＝∠DAE，
在△DAE和△FCE中，
，
∴△DAE≌△FCE（ASA），
∴DE＝EF．
（3）如图，
四边形ACPE是平行四边形，理由如下：
∵△DAE≌△FCE，
∴AD＝CF，
∵AD＝BC，
∴BC＝CF，
又∵∠FCB＝180°－∠ACB＝90°，
∴∠CBF＝∠CFB＝45°，
∵∠CBA＝45°，
∴∠EBF＝∠CBF＋∠CBA＝90°，
∵AB∥CD，∠BEC＝90°，
∴∠ECP＝180°－∠BEC＝90°，
∴∠ECP＝∠BEC＝∠EBF＝90°，
∴四边形BECP为矩形，
∴BE＝CP，
又∵AE＝BE，
∴AE＝CP，
∵AE＝CP，AE∥CP，
∴四边形ACPE是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形、全等三角形、等腰三角形、直角三角形、矩形等图形的判定与性质，是一道四边形的综合题，熟练运用相关图形的性质，作出正确的辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
()
