2024-2025学年 人教版八年级数学下册期中知识点复习题（考试范围：第16~18章）（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年 人教版八年级数学下册期中知识点复习题（考试范围：第16~18章）（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 4.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-04-29 06:59:52 | ||
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文档简介
2024-2025学年八年级数学下册期中知识点复习题（考试范围：第16~18章）
【考点1 二次根式】
1.已知n是正整数，是整数，则n的最小值是( )
A．0 B．2 C．3 D．7
2.若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3.当x＝－1时，二次根式的值为 .
4.已知y=++2，那么xy= ．
【考点2 根据二次根式的性质化简】
1.如果，那么x的取值范围 ．
2.适合的正整数a的所有值的平方和为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
3.实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简： ．
4.将根号外的因式移到根号内得 ．
【考点3 二次根式的乘除】
1.幻方是一种中国传统游戏，它是将从一到若干个数的自然数排成纵横各为若干个数的正方形，使在同一行、同一列和同一对角线上的几个数的和都相等．类比幻方，我们给出如图所示的方格，要使方格中横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等，则数值 ．
A B
5 C
10 D
2.计算的结果为 ．
3.二次根式 中最简二次根式是 ．
4.学习了后，数学老师出了一道化简题：．下面是小亮和小芳的解答过程．
小亮：解：原式；
小芳：解：原式，
，原式，
(1)________的解法是不正确的；
(2)化简：，其中，．
【考点4 二次根式的加减】
1.若，，，则的大小关系用“＜”号排列为 ．
2.下列二次根式中，可与进行合并的二次根式是（ ）
A． B． C． D．
3.已知，则代数式的值为 ．
4.已知，则 .
【考点5 勾股定理与网格】
1.某班学生在劳动实践基地用一块正方形试验田种植苹果树，同学们将试验田分成的正方形网格田，每个小正方形网格田的边长为1米，如图所示，为了布局美观及苹果树的健康成长，同学们要把苹果树种植在格点处（每个小正方形的顶点叫格点），且每两棵苹果树之间的距离都要大于2米，则这块试验田最多可种植 棵苹果树．
2.如图，在的网格图中，每个小方格的边长为1，请在给定的网格中按下列要求画出图形．
(1)画一个三边长分别为4，，的三角形；
(2)画一个腰长为的等腰直角三角形．
3.如图，在边长为1的小正方形网格中，若和的顶点都在小正方形网格的格点上，则（ ）
A． B． C． D．
4.如图是由边长为1的小正方形组成的网格，的顶点，，均在格点上．若于点，则线段的长为
【考点6 利用勾股定理求值】
1.如图，在长方形中，，，将沿折叠，点B落在处，与交于E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2.勾股定理是数学史上的一颗玻璃珠．被誉为清代“历算第一名家”的名数学家梅文鼎先生（图①）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅瑴成编纂）的“勾股举隅”卷中给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图②的基础上，运用“出入相补”原理完成的．在中，，四边形，，均为正方形，与相交于点，可以证明点在直线上．若，的面积分别为2和6，则直角边的长为（ ）
A． B． C． D．2
3.对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ．
4.如图，在四边形中，，垂足为E，，连接，若， ．求：
(1)的长；
(2)四边形的面积．
【考点7 赵爽弦图】
1.综合实践
我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了“赵爽弦图”．他用几何图形的截、割、拼、补来证明代数恒等式，严密又直观，为中国古代“形数统一”、代数和几何紧密结合的独特风格树立了一个典范．在一节八上数学复习课上，老师为了弘扬中国的数学文化，和同学们开启对“赵爽弦图”的深度研究．
(1)类比“弦图”，证明定理
小明同学利用四张全等的直角三角形纸片（如图1），证明勾股定理．
因为大正方形的面积可以看成4个直角三角形与1个边长为的小正方形组成，即面积表示为：，即，进而勾股定理得到了验证．
善于思考的小亮同学把一个直立的火柴盒放倒（如图2），聪明的他发现用不同的方法计算梯形的面积，也可证明勾股定理，请你和他一起证明．
(2)利用“弦图”，割拼图形
如图3，老师给出由5个小正方形组成的十字形纸板，让同学们尝试剪开，使得剪成的若干块能够拼成一个无缝的大正方形，可以怎么剪？请你画出示意图．
(3)构造“弦图”，应用计算
如图4，在等腰直角三角形中，，点是中点，过点作，垂足为点，交于点，若，求的长．
2.如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．连接、、、．若正方形的面积为，阴影部分的面积为．则的长度为（ ）
A． B． C． D．
3.如图1，将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形，然后将前面四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形如图2，该正方形的面积为5；再将其四个全等的直角三角形拼成了图3形状，图3的外轮廓周长为，则图1中的点C到的距离为 ．
4.图1是由5个全等的直角三角形与一个小正方形组成，延长交、分别于点、，延长交于点（如图2）．
（1）若的面积为，小正方形的面积为，则＝ ；
（2）如图2，若，则＝ （用含的代数式表示）．
【考点8 勾股定理逆定理的应用】
1.两艘轮船从同一港口同时出发，甲船时速海里，乙船时速海里，两个小时后，两船相距海里，已知甲船的航向为北偏东，则乙船的航向为（ ）
A．南偏东 B．北偏西 C．南偏东或北偏西 D．无法确定
2.笔直的河流一侧有一旅游地C，河边有两个漂流点A，B．其中，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，为方便游客决定在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路，测得千米，千米，千米．则原路线 千米．
3.如图，学校在校园围墙边缘开垦一块四边形菜地，测得，，，，且，这块菜地的面积是（ ）
A． B． C． D．
4.如图①是超市的儿童玩具购物车，图②为其侧面简化示意图．测得支架，，两轮中心的距离．
(1)连接，则是__________三角形，请写出推理过程．
(2)点C到的距离是__________．
【考点9 勾股定理的应用】
1.四川的人民渠（利民渠、幸福渠、官渠堰）是都江堰扩灌工程之一，也是四川省建成的第一座大型水利工程，有“巴蜀新春第一渠”之称．现为扩建开挖某段干渠，如图，欲从干渠某处A向C地、D地、B地分流（点C，D，B位于同一条直线上），修三条笔直的支渠，，，且；再从D地修了一条笔直的水渠与支渠在点H处连接，且水渠和支渠互相垂直，已知，，．
(1)求支渠的长度．（结果保留根号）
(2)若修水渠每千米的费用是万元，那么修完水渠需要多少万元？
2.《九章算术》中“勾股”一章有记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它的顶端恰好到达池边的水面，求芦苇的长度．（1丈＝10尺）
解决下列问题：
（1）示意图中，线段AF的长为 尺，线段EF的长为 尺；
（2）求芦苇的长度．
3.超速行驶是引发交通事故的原因之一．上周末，小聪等三位同学在某路段尝试用自己所学的知识检测车速，观测点设在到公路l的距离为的点P处．这时，一辆轿车由西向东匀速驶来，测得此车从A处行驶到B处所用的时间为3秒，并测得，．
(1)求的距离，（取）
(2)试判断此车是否超过了的限制速度？
4.由于大风，山坡上的一棵树甲被从点A处拦腰折断，如图所示，其树恰好落在另一棵树乙的根部C处，已知米，米，两棵树的株距（两棵树的水平距离）为12米，请你运用所学的知识求这棵树原来的高度．
【考点10 与平行四边形有关的证明与计算】
1.如图，四边形的对角线和相交于点O，下列不能判定四边形为平行四边形的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2.如图1，，P为的中点，点E为射线上的任意一点（不与点A重合），连接，并使的延长线交射线于点F．
(1)求证：；
(2)如图2，连接、，是否有，如不是，请说明理由，如果是，请证明．
3.如图，在平行四边形中，，过点D作的垂线，交于点E，交的延长线于点F，则的度数为 ．
4.如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求的长．
【考点11 与矩形有关的证明与计算】
1.如图，在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)与之间的关系是什么？请说明理由．
2.如图，在矩形中，，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，则的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．6
3.已知：如图，点为矩形的边上一点，连接，将矩形的一部分沿翻折得，且点落在的延长线上．
(1)求证：；
(2)若，，求折痕的长．
4.如图，折叠矩形的一边，使点D落在边的点E处，已知， ， 则 ， ．
【考点12 与菱形有关的证明与计算】
1.如图，的对角线相交于点O，平分，过点D作，过点C作，交于点P，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
2.如图，在菱形中摆放了一副三角板，等腰直角三角板的一条直角边在菱形边上，直角顶点为的中点，含角的直角三角板的斜边在菱形的边上．连接，若，则的长为（ ）
A．8 B． C． D．
3.如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C， 与相交于点G，与相交于点H．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)连接，若 求四边形的面积．
4.菱形的边长为，，点为的中点，以为边作菱形，其中点在的延长线上，点为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【考点13 与正方形有关的证明与计算】
1.如图所示，四边形是正方形，M是延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在边上滑动（点E不与点A、B重合），另一直角边与的平分线相交于点F．
(1)如图1，当点E在边的中点位置时，若，连接点E与边的中点N，请猜想与的数量关系，并加以证明．
(2)如图2，当点E在边上的任意位置时，猜想此时与有怎样的数量关系并证明你的猜想．
2.如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3.如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ．
4.如图，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接．
(1)求证；
(2)如图，若正方形边长为，点为的中点，连接，求线段的长；
(3)在（）的条件下求出的面积．
【考点14 与直角三角形斜边的中线有关的证明与计算】
1.在正方形中，，E，F分别为边上的点，且始终保持，连接和交于点P，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2.如图，中，为中点，在上，且．若，，，则的长度是 ．
3.如图，在四边形中，，，点E为对角线的中点，连接，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4.如图，已知锐角中，、分别是、边上的高，M、N分别是线段、的中点．
(1)证：；
(2)若，，连接、，求的度数．
【考点15 与三角形中位线有关的证明与计算】
1.如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形是正方形的是（ ）
A．且 B．且和互相平分
C．且 D．且
2.如图，在菱形 中，于点E，，则菱形 的周长是（）
A．6 B．8 C．10 D．12
3.如图，菱形对角线、交于点，点为的中点，连接并延长至点使，连接、，试判断四边形的形状并说明理由．
4.【观察与发现】
如图1，我们在探究三角形中位线定理时，通过剪切和拼接的方法将三角形拼成了面积相等的平行四边形．
同样，我们也可以将任意一个四边形剪开拼成一个面积相等的平行四边形．操作如下：如图2，沿着过对边中点的两条线段和剪开，将四边形分成四部分．通过旋转或移动，使点B，C，D与A重合，可以得到，新四边形是平行四边形．
【类比与探究】
（1）类比上述做法，尝试将任意一个三角形剪开拼成一个与其面积相等的矩形．
①图3是将剪开拼成矩形的一种方法的一种方法．
依据图中呈现的操作方法，可知：与的数量关系为_______；与的位置关系为_________；
②如图4，请你再设计一种将剪开拼成与其面积相等的矩形的方法．仿照图3用虚线在左图中画出剪切线，简单说明剪切线满足的条件，在右图画出拼成的简图．
【实践与应用】
（2）请思考如何将任意一个四边形剪开拼成一个与原四边形面积相等的矩形？请你设计思路不同的两种方案，在图5中用虚线画出分割线，用实线画出拼成的矩形．
【考点16 化简含字母的二次根式】
1.已知，化简二次根式的值是（ ）．
A． B． C． D．
2.已知，则二次根式化简后的结果为（ ）．
A． B． C． D．
3.已知，那么可化简为（ ）
A． B． C． D．
4.当时，化简二次根式，结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点17 求立体图形的最短路径问题】
1.如图，桌上有一个圆柱形盒子（盒子厚度忽略不计），高为，底面周长为，在盒子外壁离上沿的点处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部的点处有一滴蜂蜜，蚂蚁沿盒子表面爬到点处吃蜂蜜，求蚂蚁爬行的最短距离（ ）
A． B． C． D．
2.如图①所示的正方体木块的棱长为 ，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②所示的几何体表面从顶点爬行到顶点 的最短距离为（ ）
A． B． C． D．
3.如图，教室墙面与地面垂直，点在墙面上，若米，米，点到的距离是3米，一只蚂蚁要从点爬到点，它的最短行程是（ ）米
A．5 B． C． D．3
4.如图，一只蚂蚁从长为、宽为、高为的长方体纸箱的A点沿纸箱表面爬到B点，那么它所爬行的最短路线的长是 ．
【考点18 几何动点问题】
1.如图，在中，，，，为边上一动点于，于，为中点，当点从点运动到点，点运动的路径长为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5
2.如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当Q点到达B点时，动点同时停止运动，设点同时出发，并运动了t秒，回答下列问题：
(1) cm；
(2)当 秒时，四边形成为矩形．
(3)当t为多少时，？
(4)是否存在t，使得是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由．
3.如图，在菱形中，，对角线，相交于点，为线段上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，交延长线于点．
(1)求证：；
(2)在点运动过程中，的大小是否发生变化？请说明理由；
(3)判断线段与线段的数量关系，并证明．
4.如图1，已知在正方形中，点E、F分别在边、上运动．
【尝试探究】
（1）如图1，当点E、F分别在边、上运动，时，探究、和的数量关系，并说明理由；
【模型建立】
（2）如图2，当点E、F分别在射线、上运动，时，（1）中的结论是否成立？若成立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明；
【模型应用】
（3）如图3，已知是边长为5的等边三角形，，，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交边、于点E、F，连接，求的周长．
【考点19 几何最值问题】
1.如图1．在四边形中，顺次连结各边中点E、F、G、H得到的四边形叫做四边形的中点四边形．利用三角形中位线的相关知识解决下列问题：
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，四边形是_________；
(3)如图2．四边形中，和互相垂直，、．则的最小值为________．
2.如图，已知菱形的边长为5，面积为15，点E是对角线上的动点（不与点A重合），以为对角线作平行四边形，则的最小值为 ．
3.综合与实践：在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形D与边长为的正方形按图1位置放置，与在同一直线上，与在同一直线上．连接，，易得且(不需要说明理由)．
(1)如下图，小明将正方形绕点A逆时针旋转，旋转角为．
①连接，，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；
②在旋转过程中，如下图，连接，，，，求四边形面积的最大值．
(2)如下图，分别取，，，的中点M，N，P，Q，连接，，，，则四边形的形状为______，四边形面积的最大值是______．
4.如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形PBFE为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填“无”．最大值为 ；最小值为 ．
【考点20 几何探究问题】
1.在四边形中，对角线，相交于点，过点的两条直线，分别交边，，，于点，，，．
【问题发现】
（1）如图1，若四边形是正方形，且，则_____；
【问题探究】
（2）如图2，若四边形是矩形，且满足，设，，，求的长（用含，，的代数式表示）；
【问题解决】
（3）如图3，张大伯有一块平行四边形菜地，且米，米，点处是一口水井，且米，是原先就有的一条沟渠，且经过平行四边形菜地的对角线的交点，张大伯准备再修建一条经过点的沟渠，将该菜地分成四个面积相等的部分，并分别种上四种不同的蔬菜，试确定点的位置．
2.【探究与证明】
【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、．
【问题解决】
(1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长；
(2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②连接，求的长．
3.【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，．
(1)【感知】如图1，若是边的中点，则线段与之间的数量关系是______；
(2)【探究】如图2，若为边上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
(3)【应用】在如图3所示的菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，求线段的长．
4.【问题情景】
如图1，在菱形中，，点为菱形外部一点，连接交对角线于点，且满足．
【初步探究】
（1）求证：；
【解决问题】
（2）如图2，连接，当，时，
①求线段的长；
②求的度数；
【类比探究】
（3）如图3，在菱形中，当时，交于点，连接，，并延长交于点．若，请直接写出线段的长____________．
【考点21 多结论类问题】
1.如图，四边形，对角线，且平分，O为的中点．在上取一点G，使，E为垂足，取中点F，连接．下列五句判断：①；②；③；④连接，则四边形是平行四边形；⑤．其中判断正确的是（ ）
A．①③④ B．③④⑤ C．②④⑤ D．②③④
2.如图，点是正方形的对角线上一个动点，于点，于点，连接，有下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值等于．其中正确结论的序号是 ．
3.如图，矩形中，E为边的中点，沿对折矩形，使点C落在处，折痕为，延长交于点F，连接并延长交于点G，连接．给出以下结论：①四边形为平行四边形；②；③；④为的中点．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4.知图，在菱形中，对角线、交于点，点E、F分别在边、上（点E不与A、B重合）．且，、分别交于点P、Q，连结、．给出下面四个结论：①平分四边形的周长；②四边形是矩形；③平分；④当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【考点22 新定义类问题】
1.综合与实践
折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形．
(1)操作发现：
如图1，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为18，，则此完美长方形的边长_____，面积为_____．
(2)类比探究：
如图2，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为40，，求完美长方形的周长．
(3)拓展延伸：
如图3，将纸片按所示折叠成完美长方形，若，，求此完美长方形的周长与面积．
2.定义：角内部的一点P到角两边的距离分别为m、n（），将m与n的比值叫做点P关于这个角的“距离比”，记作k，其中；若“距离比”，则称点P为这个角的“平衡点”．
(1)下列四边形对角线的交点一定是这个四边形内角的“平衡点”的是__________（填序号）
①平行四边形 ②矩形 ③菱形
(2)在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，对角线相交于点P，，，垂足分别为M、N；
①如图，点C在第一象限，且坐标为，求点P关于的“距离比”k的值；
②若点P为的“平衡点”，且点B的纵坐标为7，求点C的坐标．
3.定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图①，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图②，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，作交延长线于点F．
①试判断四边形的形状，证明你的结论，并求出的长．
②若点M是边上的动点，求周长的最小值．
4.定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
(1)如图，等腰直角四边形，，，
①若，，求对角线的长；
②若，求证：；
(2)如图，在矩形中，，，点是对角线中点，过点作直线分别交边，于点，，使四边形是等腰直角四边形，求四边形的面积．
【考点23 规律类问题】
1.如图，在坐标系中放置一菱形，已知，点在轴上，．将菱形沿轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转次，点的落点依次为，，，…，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2.如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数的图象，点的坐标为，过点作x轴的垂线交直线l于点，以为边作正方形；过点作直线l的垂线，垂足为，交x轴于点，以为边作正方形；过点作x轴的垂线，垂足为，交直线l于点，以为边作正方形；…；按此规律操作下所得到的正方形的面积是（ ）
A． B． C． D．
3.如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形，，按照此规律作下去，则边AC2023的长为（ ）
A． B． C． D．
4.如图，在平面直角坐标系中，正方形（记为第个正方形）的顶点与原点重合，点在轴上，点的坐标为，以为顶点作等边三角形，点落在轴上，轴，再以为边向右侧作正方形（记为第个正方形）…，若按照上述的规律继续作正方形，则第个正方形的边长为 ．
【考点24 阅读理解类问题】
1.阅读下列材料：
在数学课上，老师要求学生探究如下问题：
(1)【提出问题】如图1，在等边三角形内有一点且，，．求的度数．李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以的长为边构成的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，易得是等边三角形，是直角三角形．请帮李华同学求出的度数．
(2)【类比问题】如图3，在正方形内有一点且，，．求的度数；
(3)【探索问题】如图4，在正六边形内有一点且，，，则______．
2.阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在中，分别交于，交于．已知，，，求的值．
小明发现，过点作，交延长线于点，构造，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图）．
请回答：的值为 ．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，已知和矩形，与交于点，，求的度数．
3.阅读与思考：
小明同学在学习矩形性质之后，对直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的证明思路做了及时的梳理与总结．阅读小明同学的笔记，并完成相应任务
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，中，，是斜边上的中线．求证：． 分析：要证明等于的一半．可以用“倍长法”将延长一倍，如图2，延长到E，使得．连接，．可证四边形是矩形，由矩形的对角线相等得，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到． 证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示： ∵是斜边上的中线， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形（①依据：__________）
任务：
(1)①依据为：______________
(2)请补小明的全证明过程；
(3)上述证明方法中主要体现的数学思想是______；
A．转化思想 B．类比思想 C．数形结合思想 D．从一般到特殊思想
(4)将和按图3放置，其中，，点A、B、D在一直线上，分别取和的中点F和G，连接GF．若，，，则______．
4.阅读下列材料：问题：如图1，在菱形和菱形中，，点A，B，E在同一条直线上，P是线段的中点，连接，，探究与的位置关系．
(1)请你写出上面问题中线段与的位置关系，并说明理由；
(2)将图1中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明，
(3)将菱形和菱形均改成正方形，如图3，P为的中点，此时与的位置关系和数量关系分别是什么？直接写出答案．
参考答案
【考点1 二次根式】
1.D
【分析】首先把进行化简，然后根据是整数确定n的最小值．
【详解】解：∵，且是整数，
∴是个完全平方数，(完全平方数是能表示成一个整式的平方的数)
∴n的最小值是7．
故选：D．
2.B
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，由题意得且，据此即可求解，掌握二次根式和分式有意义的条件是 解题的关键．
【详解】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴且，
解得，
故选：．
3.3
【分析】直接将x的值代入进而化简求出答案．
【详解】解：∵x=-1，
∴===3.
故答案为3.
4.
【分析】先根据二次根式的定义求出x的值，继而可得出y的值，再代入求解即可．
【详解】解：由题意得出：，
解得：，
∴
∴．
故答案为：．
【考点2 根据二次根式的性质化简】
1.
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式有意义的条件，
根据二次根式的被开方数是非负数求解即可．
【详解】∵
∴，
∴．
故答案为：．
2.B
【分析】本题考查的是二次根式的非负性，先根据题意判断出的符号，求出正整数的值，进而可得出结论．
【详解】解：∵
解得，
∴正整数的值为1，2，3，
∴．
故选：B．
3.
【分析】本题考查了利用数轴判断式子的正负、二次根式的性质，由数轴可得：，，从而得出，再由二次根式的性质化简即可得解．
【详解】解：由数轴可得：，，
∴，
∴，
故答案为：．
4.
【分析】本题考查了二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式的性质，从而完成求解．
根据二次根式的性质，得，再根据二次根式的性质计算，即可得到答案．
【详解】解：根据题意，得，
，
，
，
，
故答案为：．
【考点3 二次根式的乘除】
1.
【分析】本题考查了数的规律探究，涉及考查一元一次方程的应用，二次根式的乘法．根据横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等列出方程求解即可．
【详解】解：对角线方向上的实数相乘的结果为，
根据方格中横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等得，
，解得，
，解得，
，解得，
，解得，
，
故答案为：．
2.
【分析】本题考查二次根式的乘法运算，逆用积的乘方以及平方差公式进行计算即可．
【详解】解：原式
；
故答案为：．
3.、、
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可.
【详解】解：第一个根式不是最简二次根式，因为被开方数的因式不是整数，
第二个根式不是最简二次根式，因为被开方数含有开的尽方的因数，
第三个根式为最简二次根式，
第四个根式为最简二次根式，
第五个根式不是最简二次根式，因为被开方数含有开的尽方的因数和因式，
第六个根式为最简二次根式，
故答案为
4.（1）解：，
，
，
小亮的解法是不正确的，
故答案为：小亮；
（2）解：原式，
，，
原式．
【考点4 二次根式的加减】
1.a＜b＜c
【分析】利用平方法把三个数值平方后再比较大小即可．
【详解】解：∵a2=2000+2，b2=2000+2，c2=4004=2000+2×1002，
1003×997=1000000-9=999991，1001×999=1000000-1=999999，10022=1004004．
∴a＜b＜c．
故答案为：a＜b＜c.
2.A
【分析】本题考查了同类二次根式的定义，根据二次根式的性质把各个二次根式化简，根据同类二次根式的定义判断即可，掌握二次根式的性质是解题的关键．
【详解】、由，则与可以进行合并，符合题意；
、由，则与不可以进行合并，不符合题意；
、由，，则与不可以进行合并，不符合题意；
、由，，则与不可以进行合并，不符合题意；
故选：．
3.5
【分析】本题主要考查了完全平方公式、分母有理化、代数式求值等知识点，根据分母有理化化简成为解题的关键．
由分母有理化可得，然后再对化简，最后代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴
，
故答案为：5．
4.
【分析】将二次根式化简代值即可.
【详解】解：
所以原式.
故答案为
【考点5 勾股定理与网格】
1.
【分析】此题考查了勾股定理和无理数的估算．此题为了最大化种植苹果树的数量，同时满足每两棵苹果树之间的距离都要大于2米的要求，我们采用隔点种植的方法，在横纵方向，每行每列最多能种植3棵苹果树，因两棵树之间的距离最小为3米，而试验田的边长为7米，所以最多可以种植3棵苹果树，满足要求，即可求出答案．
【详解】解：在的正方形网格田中，采用隔点种植的方式，每行每列最多能种植3棵苹果树,小正方形的对角线长度为 ，最小长方形的对角线长度为，均满足大于2米的要求，
如图，
因此，这块试验田最多可种植棵苹果树，
故答案为：
2.（1）解：，，
如图，即为边长分别为4，，的三角形，
（2）解：，
如图，即为腰长为的等腰直角三角形
3.D
【分析】本题考查了格点与勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，取格点E，F，连接，利用勾股定理证明是等腰直角三角形，得出，根据格点的性质推出，得到，即即可求解．
【详解】解：如图，取格点E，F，连接，
，
，
是等腰直角三角形，
，
由格点的性质得：，
，
，
故选：D．
4.2
【分析】由勾股定求出，，，得到，，，由，推出是直角三角形，由三角形面积公式得到的面积，代入有关数据，即可求出的长．
【详解】解：由勾股定理得：，，，
，，，
，
是直角三角形，
，
的面积，
，
．
故答案为：2．
【考点6 利用勾股定理求值】
1.C
【分析】先根据翻折变换的性质得出，，再由得出，则，，设，则，再利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：∵长方形中，，，
∴，
∵将沿折叠，点B落在处，与交于E，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴，
故选：C．
2.D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，先证明得，设，，，由勾股定理得，，进而得，，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形，为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
设，，，
由勾股定理得，，
即，
,
∴，
∴，即，
∴，即，
故选：D．
3.17
【分析】根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
【详解】解：∵，
由勾股定理得，
故答案为：17．
4.（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴．
【考点7 赵爽弦图】
1.（1）证明：由题意，图中的四边形为直角梯形，为等腰直角三角形，和的形状和大小完全一样，
设梯形的面积为，则
，
又，
，
．
（2）由题意，把由5个小正方形组成的十字形纸板（如图）剪开，可拼成一个大正方形．
，
（3）由题意，过B作交的延长线于点G，取的中点为，的中点为，连，
，
，
，
．
．
又，，
．
．
又是的中点，
．
．
，
，
的中点为，的中点为，
，，
，，
，，
，
，
又，
，
．
2.C
【分析】本题考查了勾股定理的证明，整式的混合运算．由阴影部分的面积为，得到，得到，根据三角形的面积公式列方程得到，求得，于是得到．
【详解】解：由题意得，
∵正方形的面积为，
∴，
∵阴影部分的面积为，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴(负值已舍)，
∴，
故选：C．
3.
【分析】本题考查了勾股定理的应用．求得四个全等的直角三角形的斜边长为，设两条直角边分别为，利用图3的外轮廓周长为，求得，再利用图1中，列式计算即可求解．
【详解】解：如图，由题意得，
∴（负值已舍），
如图，，设，，则，
由题意得，
∴，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
解得，
如图，，设点C到的距离为，
∴，即，
∴，
∴点C到的距离为，
故答案为：．
4.
【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，图形面积的几何意义与代数式的变形．掌握正方形的性质是解题的关键．
（1）根据勾股定理求出和的等式，即可得到；
（2）求出，，之间的关系式，从而求得面积比．
【详解】解：（1）设， ，
∵若的面积为，小正方形的面积为，
∴，，
∴，
∵，
∴
故答案为：；
（2）∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【考点8 勾股定理逆定理的应用】
1.C
【分析】本题考查了方位角，勾股定理逆定理，根据题意画出图形，然后利用勾股定理逆定理判断出即可求解，掌握勾股定理逆定理的应用是解题的关键．
【详解】解：由题意得，海里，海里，，
∵，，
∴，
∴点三点共线，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴乙船的航向为南偏东或北偏西，
故选：．
2.
【分析】先根据勾股定理的逆定理说明是直角三角形且，设千米，则千米，最后在运用勾股定理即可解答．
【详解】解：
∵在中，，
∴，
∴是直角三角形且；
设千米，则千米，
在中，由已知得，
由勾股定理得：，
∴，解得x=．
故答案为．
3.B
【分析】在中，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理逆定理判断的形状，由三角形面积公式求得菜地的面积．
【详解】解：连接AC
在中，，，，，
在中，，，
∴
∴是直角三角形，且．
∴
∴这块菜地的面积是
故选：B
4.（1）解：过点作于点，则的长即点到的距离，
在中，
∵，，，
，，
，
为直角三角形；
（2），
，即，
．
【考点9 勾股定理的应用】
1.（1）解：由题意可知：，
，
，，
，
，
，
答：公路的长度为；
（2），
，
，
，
∴修建林荫小道需要的费用为万元．
2.解：（1）由题意可得：EF=1尺，AF==5尺；
故答案为：5，1；
（2）设芦苇长EG=AG=x尺，
则水深FG=（x-1）尺，
在Rt△AGF中，
52+（x-1）2=x2，
解得：x=13，
∴芦苇长13尺．
3.（1）解：在中，，
∴，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴,
∴．
（2）解：小车的速度为：
∴此车超过的限制速度．
4.解：如图所示：延长，过点C作延长线于点D，
由题意可得：，
故，
∴，
则，
故，
答：树原来的高度19米．
【考点10 与平行四边形有关的证明与计算】
1.C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据所给条件逐项进行判断即可得到答案．
【详解】解：A．根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可判定四边形为平行四边形，故A不符合题意；
B．，
，，
，
，
可根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形，判定四边形为平行四边形，
故B不符合题意；
C．一组对边相等，另一组对边平行，不能判定四边形为平行四边形，故C符合题意；
D．根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判定四边形为平行四边形，故D不符合题意；
故选：C．
2.（1）证明：，
，
P为的中点，
，
又，
；
（2）解：有；
证明如下：
，
，
四边形为平行四边形，
．
3.
【分析】本题考查了三角形内角和定理、平行线的性质，由三角形内角和定理可得，由平行四边形的性质可得，再由平行线的性质即可得解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
4.（1）证明：∵，
∴．
∵是中点，
，
在与中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：过点作于点，
∵，
∴，
∴，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
．
【考点11 与矩形有关的证明与计算】
1.（1）证明：中，，是中线，
，，
，
为的外角的平分线，
，
，
即，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：，，理由如下：
由（1）知，四边形为矩形，
，
中，是中线，
，
是的中位线，
，．
2.C
【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，由矩形的性质可得，，，由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形得到，由勾股定理可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，
∵
，
∵，
，
，
即是等边三角形，
，则，
在中，，
∴，
故选：C．
3.（1）证明：由翻折可知
∵四边形是矩形，
∴
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴
在中，
∵
∴
∴在中，．
4.
【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，二次根式的运算；先求解，，设，再利用勾股定理求解，再求解，从而可得答案．
【详解】解：由长方形的性质可知，，
由折叠的性质可知，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，即，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：，．
【考点12 与菱形有关的证明与计算】
1.（1）证明∵四边形是平行四边形，
∴．
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴．
∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴四边形是矩形，
∴．
2.D
【分析】由的长可求得的长，再求得的长，再利用含度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接交于，
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
3.（1）解：过点作，过点作，
∵矩形和矩形，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）由（1）知：四边形是菱形，
∴四边形的面积．
4.A
【分析】连接，根据菱形的边长为，可得，由，可得是等边三角形，进而可求，再根据勾股定理分别求出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长．
【详解】解：如图，连接，
∵菱形的边长为，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴在菱形中，，
∵点为的中点，
∴
∴菱形的边长为1，即，
∵点在的延长线上，，
∴在菱形中，，
连接，交于点，
∴，
∴，
，
∴在菱形中， ，
∵，
∴在中，，
∵点为的中点，
∴．
故选：．
【考点13 与正方形有关的证明与计算】
1.（1）解：，
证明如下:如图，取的中点，连接，
∵四边形为正方形，
∴ ，
∵分别为中点
∴，
∴
又∵
∴
∴，
又∵，平分
∴．
∴
∵，
∴，
∴
在和中
∴，
∴
（2），
证明：如图，在边上截取，连接，
∵四边形是正方形， ，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵
∴，
∵平分， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
在和中
∴，
∴．
2.C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果．
【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，，，
根据折叠的性质知：，，
∵M、N分别是、的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
故选：C．
3.
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明，推出，勾股定理求出的长，等积法求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：设交于点，
∵正方形，边长为4，
∴，
∵点分别是边的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，
∵点分别是的中点，
∴，
∴，，
∴；
故答案为：
4.（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠可得，，，
∴，，
在和，
，
∴；
（2）解：∵正方形边长为，
∴，
∵点为的中点，
∴，
由折叠可得，，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
（3）解：∵，
∴，，
∴，
∴．
【考点14 与直角三角形斜边的中线有关的证明与计算】
1.A
【分析】根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得、、三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出，再求解即可．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接，则（不变），
根据两点之间线段最短得、、三点共线时线段的值最小，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
∴的最小值为，
故选：A．
2.
【分析】此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及勾股定理．注意掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半定理的应用是解此题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线求出长，根据勾股定理求出即可；
【详解】解：，
，为中点，
，
在中，
，
由勾股定理得：；
在中，
，，
由勾股定理得；
故答案为：
3.B
【分析】本题考查了等边对等角、直角三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理，先求出，再由直角三角形的性质可得，由等边对等角可得，，，再由三角形外角的定义及性质可得，最后再由三角形内角和定理计算即可得解．
【详解】解：∵在四边形中，，，
∴，
∵，点E为对角线的中点，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
故选：B．
4.（1）证明：如图，连接、，
∵、分别是、边上的高，M是的中点，
∴，
∴都是直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，
又∵N为中点，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∴，
∴．
【考点15 与三角形中位线有关的证明与计算】
1.D
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．
根据三角形的中位线定理先证明四边形是平行四边形，再证明其是菱形，最后根据有一个角是直角的菱形的是正方形即可证明．
【详解】解：如图：
当且，四边形是正方形，理由如下：
∵点E，F，G，H分别是边的中点，
∴,，，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，故D符合题意，而A、B、C均不能证明，不符合题意，
故选：D．
2.B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，连接，根据题意可得是直角三角形，结合菱形的性质可得点是的中点，求出，由，易得点是的中点，易证是的中位线，推出，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴
∴是直角三角形，
∵四边形为菱形，
∴点是的中点，，
∴，
∵，
∴点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴菱形 的周长是．
故选：B．
3.解：四边形是矩形．
理由：∵，，，
∴，
∴，，
∴，
又∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴平行四边形是矩形．
解法2：四边形是矩形．
理由：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
4.解：（1）①如图，根据剪切和拼接操作方法可知，，，
，
为的中位线．
．
又∵四边形是矩形．
，
和的位置关系为．
故答案为：①；；
②如图，D，E分别是的中点，，．再由可推出，，沿和从剪下和，然后拼接在和．
（2）第一种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，．沿虚线和剪开四边形，把和分别拼接到①、②、③和④处即可．
．
第二种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，，沿虚线和剪开四边形形成四个四边形①、②、③和④，再如图中所示拼接即可．
．
【考点16 化简含字母的二次根式】
1.C
【分析】根据二次根式有意义的条件求出，求出、的范围，再根据二次根式的性质进行化简即可．
【详解】解：由二次根式有意义的条件求出，
∵，
∴，，
∴．
故选：C．
2.D
【分析】由题意可得，再根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：由题意可得：
∴
∵
∴
∴
故选：D
3.C
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简、二次根式有意义的条件，掌握分式有意义的条件、二次根式有意义的条件和二次根式的乘除法公式是解决此题的关键．
根据二次根式有意义的条件得到，则，根据二次根式的性质利用二次根式的乘除法公式化简即可．
【详解】解： ，，
，
原式，
故选：C．
4.D
【分析】先判断 再利用进行化简即可.
【详解】解：
故选D
【考点17 求立体图形的最短路径问题】
1.D
【分析】本题考查了平面展开之最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．将容器侧面展开，得到关于的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图是侧面展开图的一半，作点关于的对称点，连接，作交的延长线于点，由题意可知，为所求
高为，底面周长为，在盒子外壁离上沿的点处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部的点处有一滴蜂蜜
，，，
故选：D．
2.D
【分析】本题主要考查了几何体截面图、垂直平分线的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先分析出将裁剪后的几何体表面展开，可得是等腰直角三角形， 是等边角形，设交于点，易得当蚂蚁沿着的路线爬行时，距离最短，且垂直平分线，利用勾股定理和直角三角形的性质解得，的值，即可获得答案．
【详解】解：将裁剪后的几何体表面展开，得到如图所示的图形（部分），是等腰直角三角形， 是等边角形，设交于点，
当蚂蚁沿着的路线爬行时，距离最短，
此时，，
∴垂直平分线，
在中，，
∴，，
在 中，，
∴从顶点爬行到顶点的最短距离为．
故选：D．
3.A
【分析】本题考查平面展开—最短路径问题及勾股定理的应用，可将教室的墙面与地面展开，连接，根据两点之间线段最短，利用勾股定理求解即可．正确利用立体图形中的最短距离，通常要转换为平面图形的两点间的线段长来进行解决是解题的关键．
【详解】解：如图，过作于，连接，
此时的长为这只蚂蚁从点爬到点的最短行程，
∵米，米，点到的距离是米，
∴米，
∴（米），
∴（米），
∴（米），
∴这只蚂蚁的最短行程应该是米．
故选：A．
4.
【分析】本题考查平面展开图—最短路径问题，是重要考点，掌握分类讨论法是解题关键．先将图形展开，再根据两点之间线段最短，由勾股定理解答即可．
【详解】解：如图，
；
如图，
；
如图，
；
，
∴它所行的最短路线的长为．
故答案为：．
【考点18 几何动点问题】
1.D
【分析】连接，根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，再根据垂直定义可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得，取的中点为，的中点为，连接，得出是的中位线，是的中位线，求得，的运动路径长为的长度，即M运动的路径从而得出结果．
【详解】解：连接，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
四边形是矩形，
，
点M是的中点，
点M是与的交点，
，
取的中点为，的中点为，连接，
是的中点，M是的中点，
是的中位线，
，
，
是定值，
也是定值，
是定点，
在所在的直线上运动，
是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
，
三点共线，
，
当P与B点重台时，M与重合，当P与C点重合时，M与重合，
的运动路径长为的长度，即M运动的路径长为2.5，
故选：D．
2.（1）如图，过D点作于E，
∵，，
∴ ，
∴四边形为矩形，
∴，，
在中，
∵，，，
∴，
∴；
（2）根据题意得：，，则， ，
∵，
∴当时，四边形为矩形，
即，解得秒，
故当秒时，四边形为矩形；
（3）根据题意得：，，则， ，
时，如图，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴秒；
（4）是等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当时，即，
∴；
②当时，，
即，
∴；
③如图，当时，则 ， ，
在 中， ，
即 ，
解得： ．
故存在t，使得是等腰三角形，此时t的值为秒或6秒或秒．
3.（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴；
（2）解：的大小不变，且，理由如下，
过点作，垂足分别为，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴在四边形中，
∵，
∴
∴；
（3）解：，理由如下，
过点P作于点M，过点P作交于点H，过点H作交于点G，
则四边形为平行四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
同理可得为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
4.解：（1），理由如下：
如图，把绕点顺时针旋转至，可使与重合，
，
，点、、共线，
，，
，
即．
在和中，
，
，
，
；
（2）（1）中的结论不成立．，理由如下：
如图所示．
，
把绕点逆时针旋转至，可使与重合，
，
点、、在一条直线上．
，，．
又，
．
，
．
．
在和中，
，
．
．
，
，
（2）中的结论不成立，、和的数量关系为；
（3） 是边长为5的等边三角形，
，，
，
，
，，
把绕点顺时针旋转至，可使与重合，
由旋转得：，，，
，
同理得：点，，在同一条直线上，
，
，
，
，
，，
，
，
，
的周长．
【考点19 几何最值问题】
1.（1）证明：如图所示，连接，
∵点E、F、G、H是四边形各边中点，
∴分别是的中位线
∴
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：同理可得，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
故答案为：矩形．
（3）解：如图所示，过点D作，且，连接，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴当C、B、H三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
2.
【分析】由菱形的性质，得到，，，根据勾股定理、菱形的面积以及完全平方公式的变形可求出的长，根据是平行四边形，互相平分，为定值，得到当时，的长最小，根据平行线间的距离处处相等，得到，即可得解．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
设，，
菱形的边长为5，面积为15，
，，
，，
又，，
解得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，互相平分，
设交于点，则：，
∴当最小时，最小，
∴当时，有最小值，
此时：；
故答案为∶．
3.（1）解：（1）①，，理由如下：
如图2，设与的交点为，
四边形和四边形是正方形，
，，，
，
，
，，
又，
，
；
②如图3，过点作于，过点作直线于，
，
，
又，
，
，
，
当有最大值时，四边形面积有最大值，
即当时，有最大值为，
四边形面积的最大值为；
（2）解：如图4，连接，，
点，，，分别是，，，的中点，
，，，，，，，，
由（1）知，，
，
四边形为菱形，
由（1）知，
，
菱形为正方形；
如图5，当，，三点在同一条直线上时，，，三点也在同一条直线上，
此时正方形的面积最大，
，
，
故答案为：正方形，．
4.解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∵EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝10，
在Rt△CDE中，DE＝＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝2；
在Rt△APE中，AE＝2，AP＝6-PB＝6﹣PE，
∴，解得：，
∴菱形BFEP的边长为；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2，，
，
当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，，
∴菱形的面积范围：．
菱形PBFE面积的最大值是36，最小值是．
【考点20 几何探究问题】
1.解：（1）如图1，四边形是正方形，
，，
在与中，
，
，
，
故答案为．
（2）解：如图2，过作于N，于M，
，
，
，
，
，．
，
（3）解：如图3，过作，，则，，
，
，
，
，
，，
，解得米，
米，
当时，能将该菜地分成四个面积相等的部分．
2.（1）解：，，，
，
四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，
；
（2）解：①四边形是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：，，，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
②过点作于点，如图3所示：
则，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
3.（1）解：，证明如下：
连接，
四边形是菱形，，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：成立，理由如下：
连接，
四边形是菱形，，
，，
，，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：过点作于，连接，
四边形是菱形，且，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
当点在点的左侧时，，
当点在点的右侧（图中处）时，，
由（2）知，
，
线段的长为或4．
4.（1）方法一：证明：连接，如图，
四边形菱形，
，．
，
．
，．
，
又，
．
．
．
．
．
．
方法二：证明：过点作交于点，连接，．
，
又，
．
．
，，
四边形是平行四边形，
，
又 四边形菱形，
，，
，．
四边形为平行四边形．
．
（2）解：①连接交于点，
四边形菱形，
，，．
由（1）得，，
为的中位线．
在中，．
在中，．
．
②方法一：过点作于点，
．
由（1）得，，
．
．
四边形为矩形．
，，．
．
．
．
．
方法二：过点作交延长线于点，如图所示，
，
，
由（1）得，，
，
，
四边形为矩形．
，，，
，
，又，
，
．
（3）解：过点作，连接，连接交于点，如图，
四边形是菱形，，
四边形是正方形，
，，，
设，则，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
根据第（1）问，，又，
为中位线，
，
，
，又，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
设，
在中，，
在中，，
，
解得，
，
．
【考点21 多结论类问题】
1.D
【分析】根据含角直角三角形的性质即可判定①；根据题意证明出，得到，然后利用三角形中位线的性质即可判定②；延长，交于点H，然后证明出，得到，然后得到是的中位线，得到，然后结合等边对等角得到，然后结合即可判断③；连接，证明出，得到，然后结合，即可证明出四边形是平行四边形，进而可判断④；由，，而，从而得到，即可判断⑤．
【详解】∵，但
∴，故①错误；
∵，
∴
∵平分
∴
又∵
∴
∴
∵中点为F
∴，故②正确；
如图所示，延长，交于点H
∵
∴
∵，
∴
∴
∵点F为的中点
∴是的中位线
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵是的中位线
∴
∴，故③正确；
如图所示，连接，
∵，，
∴
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，故④正确；
∵，，而
∴，故⑤错误，
综上所述，其中判断正确的是②③④．
故选：D．
2.①②④⑤
【分析】延长交于点N，延长交于点M，证明得到，即可判断①④；根据三角形的内角和定理即可判断②；根据P的任意性可以判断③；根据，当最小时，有最小值，即可判断⑤．
【详解】解：延长交于点N，延长交于点M，
∵四边形是正方形．
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，，四边形是矩形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，故①④正确；
在与中，，
∴，
∴，故②正确；
∵P是上任意一点，
∴的长不确定，即是等腰三角形不一定成立，故③错误；
∵，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵，
∴此时P为的中点，
又∵，
∴，即的最小值为，故⑤正确；
故正确的是：①②④⑤．
故答案为：①②④⑤．
3.B
【分析】根据三角形内角和为，易证，可证出①；根据翻折的性质，加上正方形所有内角都是直角，再由同角的余角相等，即可推出②；利用反推，若，则为等边三角形，，而不一定等于，故③不正确；若为的中点，在边的垂直平分线上，利用垂直平分线的性质，即可判断④．
【详解】解：∵E为的中点
∴
∵
∴
∴
∴
即
∴四边形为平行四边形，即①正确；
∵
∴
∴，即②正确；
∵
若，则
∵
∴
又∵
∴为等边三角形
即，，而不一定等于，故③不正确；
连接，
若为的中点，则，
∴在边的垂直平分线上，即是线段垂直平分线，
∴，而与不一定相等，故④不正确．
故选：B．
4.①③④
【分析】根据菱形性质可以判定出四边形为平行四边形，结合等腰三角形的判定与性质可以判定出为菱形，即可判断出①②③，利用勾股定理可以求出的长从而得出结论④．
【详解】解：四边形为菱形，
，
，
四边形为平行四边形，故②四边形是矩形无法判定，不符合题意；
，
垂直平分，，
，
，
为菱形，
，即
①平分四边形的周长，正确，符合题意；
③平分，正确，符合题意；
为菱形，
，，
，
当时，，
，
，，
，故④正确，符合题意，
综上所述，正确的结论有：①③④，
故答案为：①③④．
【考点22 新定义类问题】
1.（1）解：由折叠可知，，，，
，点是中点，
，
如图，过点作于，交于点，
，
，
由折叠可知：，
，
完美矩形的面积为：．
故答案为：3；9；
（2）解：由折叠可知：，，
，
同理可知：，，
矩形的面积为：，
，
矩形的周长；
（3）解：由折叠可知：点、分别是、的中点，
，，
由题意可知：，，
，，
四边形是平行四边形，
，
在中，设，则，
根据勾股定理得：，
，
解得：，
，，
此完美矩形的周长为．面积是．
2.（1）解：根据“平衡点”的定义知：，即，
∴点P在这个角的平分线上，
而平行四边形、矩形的对角线不一定平分一组对角，只有菱形的对角线平分每一组对角，
∴菱形对角线的交点一定是菱形内角的“平衡点”
故选：③；
（2）解：①∵，，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点P关于的“距离比”k的值
②∵点P为的“平衡点”，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∵，B的纵坐标是7，
∴C的纵坐标是7，
设C的横坐标为x，
∴，
∵，，
∴，
解得，
∴点C的坐标为或．
3.（1）解：∵在正方形中，，
又绕B点旋转得到，且与重合，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）解：①∵，，
∴；
∵四边形是“直等补”四边形，，
∴，
∴，
即，
∴四边形是矩形；
∴；
即，
∴；
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
∴；
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：（舍去），
∴；
②如图，作点C关于的对称点H，连接，交于点N，
则，
∵，
∴当M与N重合时，取得最小值，最小值为线段的长；
∵的周长为，
∴的周长最小值为；
∵，
∴由勾股定理得：，
∴周长的最小值为．
4.（1）解：①，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴ ．
②如图中，连接、．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴四边形的面积；
如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴四边形的面积；
如图，连接，当时，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴AE=BF=4.5≠EF,
∴此时，四边形不是等腰直角四边形，
同理可得当时，四边形不是等腰直角四边形；
综上可得，四边形的面积为或．
【考点23 规律类问题】
1.C
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键；
发现“每翻转次，图形向右平移”是解决本题的关键．连接，根据条件可以求出，画出第次、第次、第次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转次，图形向右平移．由于，因此点向右平移 (即)到点，根据点的坐标即可求解．
【详解】解：连接，如图所示．
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
画出第次、第次、第次翻转后的图形，如图所示；
由图可知：每翻转次，图形向右平移；
，
点向右平移 (即)到点，
的坐标为，
的坐标为，
的坐标为；
故选：C
2.C
【分析】本题考查了正方形的性质，一次函数图象与性质，等腰三角形的性质及勾股定理，通过由特殊归纳得到一般结论是解题的关键．根据正比例函数的性质得到，分别求出正方形、正方形、作正方形的面积，…，总结规律得到一般形式，即可求得结果．
【详解】解：∵直线l为正比例函数的图象，
∴，
∴，
∴正方形的面积，
由题意得、是等腰直角三角形，
由勾股定理得， ，
∴，
∴正方形的面积，
同理，，
∴正方形的面积， … ，
由规律可知，正方形的面积，
故选：C．
3.A
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似多边形的性质、旋转的性质，根据矩形的性质和勾股定理可得，由旋转的性质和相似多边形的性质可得矩形的对角线和矩形的对角线的比为，从而得出矩形的对角线为；求出规律即可得解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；
∴矩形和矩形的相似比为；
∴矩形的对角线和矩形的对角线的比为，
∵矩形的对角线为，
∴矩形的对角线为；
以此类推，矩形的对角线和矩形的对角线的比为，
∴矩形的对角线，
矩形的对角线，
按此规律第个矩形的对角线，
∴边的长为，
故选：A．
4.
【分析】本题考查等边三角形的性质，正方形的性质，图形类规律探索，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据题意得出第二个正方形边长，继而再得到第三个正方形的边长，即可发现规律，继而解答．
【详解】解：正方形（记为第个正方形），点的坐标为，以为顶点作等边三角形，
，，
，
，即第二个正方形边长为，
，即第三个正方形边长为，
由此得到规律：第个正方形的边长为，
第个正方形的边长为，
故答案为：．
【考点24 阅读理解类问题】
1.（1）解：将线段绕点逆时针旋转得到线段，连结、，如图2，
由旋转的性质得：，
，，，，
是等边三角形，
，，
，
是直角三角形，，
，
；
（2）解：在正方形内有一点且．将绕点逆时针旋转，得到了，连接．如图3，
，，，，
，，
，，，
，
，
；
（3）解：六边形是正六边形，
，，
，
在正六边形内有一点且，，，如图4，将绕点逆时针旋转120度得到，
，，，，
，
过点作于点，
，，
，
，
，
，，，
，
，
，
故答案为：．
2.解：，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
；
故答案为：；
解决问题：连接，，如图．
四边形是平行四边形，
．
四边形是矩形，
，．
．
四边形是平行四边形．
．
，
．
是等边三角形．
．
，
．
3.（1）解：①依据为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示：
∵是斜边上的中线，
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形，
，
，
；
（3）由上述证明方法中将三角形的问题转化为矩形对角线的关系，
主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（4）如图，过点在上方作，过点作于，过点在上方作，过点作于，连接、、，延长交于，
同（1）可知：四边形、四边形为矩形，
∴，
∴四边形都为矩形，同理：四边形和四边形为矩形，
，，
在中，由勾股定理得：，
点，分别是和的中点，四边形、四边形都是矩形，
点，分别是和的中点，
是的中位线，
，
故答案为：．
4.（1）解：线段与的位置关系是．
理由：延长，交于点H，
∵四边形与四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵P是线段的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即；
（2）解：猜想：（1）中的结论没有发生变化．
证明：如图，延长交于点H，连接，，
∵P是线段的中点，
∴，
∵，
∴．
又，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，．
由，且菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上，
∴．
∴．
∵四边形是菱形，
∴．则，
∴．
∴．
∴，．
（3）解：如图，过点F作交的延长线于H，交于N，交直线于M，连接、，则，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，且．
【考点1 二次根式】
1.已知n是正整数，是整数，则n的最小值是( )
A．0 B．2 C．3 D．7
2.若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3.当x＝－1时，二次根式的值为 .
4.已知y=++2，那么xy= ．
【考点2 根据二次根式的性质化简】
1.如果，那么x的取值范围 ．
2.适合的正整数a的所有值的平方和为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
3.实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简： ．
4.将根号外的因式移到根号内得 ．
【考点3 二次根式的乘除】
1.幻方是一种中国传统游戏，它是将从一到若干个数的自然数排成纵横各为若干个数的正方形，使在同一行、同一列和同一对角线上的几个数的和都相等．类比幻方，我们给出如图所示的方格，要使方格中横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等，则数值 ．
A B
5 C
10 D
2.计算的结果为 ．
3.二次根式 中最简二次根式是 ．
4.学习了后，数学老师出了一道化简题：．下面是小亮和小芳的解答过程．
小亮：解：原式；
小芳：解：原式，
，原式，
(1)________的解法是不正确的；
(2)化简：，其中，．
【考点4 二次根式的加减】
1.若，，，则的大小关系用“＜”号排列为 ．
2.下列二次根式中，可与进行合并的二次根式是（ ）
A． B． C． D．
3.已知，则代数式的值为 ．
4.已知，则 .
【考点5 勾股定理与网格】
1.某班学生在劳动实践基地用一块正方形试验田种植苹果树，同学们将试验田分成的正方形网格田，每个小正方形网格田的边长为1米，如图所示，为了布局美观及苹果树的健康成长，同学们要把苹果树种植在格点处（每个小正方形的顶点叫格点），且每两棵苹果树之间的距离都要大于2米，则这块试验田最多可种植 棵苹果树．
2.如图，在的网格图中，每个小方格的边长为1，请在给定的网格中按下列要求画出图形．
(1)画一个三边长分别为4，，的三角形；
(2)画一个腰长为的等腰直角三角形．
3.如图，在边长为1的小正方形网格中，若和的顶点都在小正方形网格的格点上，则（ ）
A． B． C． D．
4.如图是由边长为1的小正方形组成的网格，的顶点，，均在格点上．若于点，则线段的长为
【考点6 利用勾股定理求值】
1.如图，在长方形中，，，将沿折叠，点B落在处，与交于E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2.勾股定理是数学史上的一颗玻璃珠．被誉为清代“历算第一名家”的名数学家梅文鼎先生（图①）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅瑴成编纂）的“勾股举隅”卷中给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图②的基础上，运用“出入相补”原理完成的．在中，，四边形，，均为正方形，与相交于点，可以证明点在直线上．若，的面积分别为2和6，则直角边的长为（ ）
A． B． C． D．2
3.对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ．
4.如图，在四边形中，，垂足为E，，连接，若， ．求：
(1)的长；
(2)四边形的面积．
【考点7 赵爽弦图】
1.综合实践
我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了“赵爽弦图”．他用几何图形的截、割、拼、补来证明代数恒等式，严密又直观，为中国古代“形数统一”、代数和几何紧密结合的独特风格树立了一个典范．在一节八上数学复习课上，老师为了弘扬中国的数学文化，和同学们开启对“赵爽弦图”的深度研究．
(1)类比“弦图”，证明定理
小明同学利用四张全等的直角三角形纸片（如图1），证明勾股定理．
因为大正方形的面积可以看成4个直角三角形与1个边长为的小正方形组成，即面积表示为：，即，进而勾股定理得到了验证．
善于思考的小亮同学把一个直立的火柴盒放倒（如图2），聪明的他发现用不同的方法计算梯形的面积，也可证明勾股定理，请你和他一起证明．
(2)利用“弦图”，割拼图形
如图3，老师给出由5个小正方形组成的十字形纸板，让同学们尝试剪开，使得剪成的若干块能够拼成一个无缝的大正方形，可以怎么剪？请你画出示意图．
(3)构造“弦图”，应用计算
如图4，在等腰直角三角形中，，点是中点，过点作，垂足为点，交于点，若，求的长．
2.如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．连接、、、．若正方形的面积为，阴影部分的面积为．则的长度为（ ）
A． B． C． D．
3.如图1，将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形，然后将前面四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形如图2，该正方形的面积为5；再将其四个全等的直角三角形拼成了图3形状，图3的外轮廓周长为，则图1中的点C到的距离为 ．
4.图1是由5个全等的直角三角形与一个小正方形组成，延长交、分别于点、，延长交于点（如图2）．
（1）若的面积为，小正方形的面积为，则＝ ；
（2）如图2，若，则＝ （用含的代数式表示）．
【考点8 勾股定理逆定理的应用】
1.两艘轮船从同一港口同时出发，甲船时速海里，乙船时速海里，两个小时后，两船相距海里，已知甲船的航向为北偏东，则乙船的航向为（ ）
A．南偏东 B．北偏西 C．南偏东或北偏西 D．无法确定
2.笔直的河流一侧有一旅游地C，河边有两个漂流点A，B．其中，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，为方便游客决定在河边新建一个漂流点H（A，H，B在同一直线上），并新修一条路，测得千米，千米，千米．则原路线 千米．
3.如图，学校在校园围墙边缘开垦一块四边形菜地，测得，，，，且，这块菜地的面积是（ ）
A． B． C． D．
4.如图①是超市的儿童玩具购物车，图②为其侧面简化示意图．测得支架，，两轮中心的距离．
(1)连接，则是__________三角形，请写出推理过程．
(2)点C到的距离是__________．
【考点9 勾股定理的应用】
1.四川的人民渠（利民渠、幸福渠、官渠堰）是都江堰扩灌工程之一，也是四川省建成的第一座大型水利工程，有“巴蜀新春第一渠”之称．现为扩建开挖某段干渠，如图，欲从干渠某处A向C地、D地、B地分流（点C，D，B位于同一条直线上），修三条笔直的支渠，，，且；再从D地修了一条笔直的水渠与支渠在点H处连接，且水渠和支渠互相垂直，已知，，．
(1)求支渠的长度．（结果保留根号）
(2)若修水渠每千米的费用是万元，那么修完水渠需要多少万元？
2.《九章算术》中“勾股”一章有记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它的顶端恰好到达池边的水面，求芦苇的长度．（1丈＝10尺）
解决下列问题：
（1）示意图中，线段AF的长为 尺，线段EF的长为 尺；
（2）求芦苇的长度．
3.超速行驶是引发交通事故的原因之一．上周末，小聪等三位同学在某路段尝试用自己所学的知识检测车速，观测点设在到公路l的距离为的点P处．这时，一辆轿车由西向东匀速驶来，测得此车从A处行驶到B处所用的时间为3秒，并测得，．
(1)求的距离，（取）
(2)试判断此车是否超过了的限制速度？
4.由于大风，山坡上的一棵树甲被从点A处拦腰折断，如图所示，其树恰好落在另一棵树乙的根部C处，已知米，米，两棵树的株距（两棵树的水平距离）为12米，请你运用所学的知识求这棵树原来的高度．
【考点10 与平行四边形有关的证明与计算】
1.如图，四边形的对角线和相交于点O，下列不能判定四边形为平行四边形的条件是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2.如图1，，P为的中点，点E为射线上的任意一点（不与点A重合），连接，并使的延长线交射线于点F．
(1)求证：；
(2)如图2，连接、，是否有，如不是，请说明理由，如果是，请证明．
3.如图，在平行四边形中，，过点D作的垂线，交于点E，交的延长线于点F，则的度数为 ．
4.如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，求的长．
【考点11 与矩形有关的证明与计算】
1.如图，在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)与之间的关系是什么？请说明理由．
2.如图，在矩形中，，对角线与相交于点O，，垂足为E．若，则的长为（ ）
A．3 B．4 C． D．6
3.已知：如图，点为矩形的边上一点，连接，将矩形的一部分沿翻折得，且点落在的延长线上．
(1)求证：；
(2)若，，求折痕的长．
4.如图，折叠矩形的一边，使点D落在边的点E处，已知， ， 则 ， ．
【考点12 与菱形有关的证明与计算】
1.如图，的对角线相交于点O，平分，过点D作，过点C作，交于点P，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
2.如图，在菱形中摆放了一副三角板，等腰直角三角板的一条直角边在菱形边上，直角顶点为的中点，含角的直角三角板的斜边在菱形的边上．连接，若，则的长为（ ）
A．8 B． C． D．
3.如图，矩形和矩形有公共顶点A 和C， 与相交于点G，与相交于点H．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)连接，若 求四边形的面积．
4.菱形的边长为，，点为的中点，以为边作菱形，其中点在的延长线上，点为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【考点13 与正方形有关的证明与计算】
1.如图所示，四边形是正方形，M是延长线上一点．直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在边上滑动（点E不与点A、B重合），另一直角边与的平分线相交于点F．
(1)如图1，当点E在边的中点位置时，若，连接点E与边的中点N，请猜想与的数量关系，并加以证明．
(2)如图2，当点E在边上的任意位置时，猜想此时与有怎样的数量关系并证明你的猜想．
2.如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3.如图，在边长为4的正方形中，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，连接，则的长为 ．
4.如图，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接．
(1)求证；
(2)如图，若正方形边长为，点为的中点，连接，求线段的长；
(3)在（）的条件下求出的面积．
【考点14 与直角三角形斜边的中线有关的证明与计算】
1.在正方形中，，E，F分别为边上的点，且始终保持，连接和交于点P，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2.如图，中，为中点，在上，且．若，，，则的长度是 ．
3.如图，在四边形中，，，点E为对角线的中点，连接，，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4.如图，已知锐角中，、分别是、边上的高，M、N分别是线段、的中点．
(1)证：；
(2)若，，连接、，求的度数．
【考点15 与三角形中位线有关的证明与计算】
1.如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点，那么添加下列条件一定能判定四边形是正方形的是（ ）
A．且 B．且和互相平分
C．且 D．且
2.如图，在菱形 中，于点E，，则菱形 的周长是（）
A．6 B．8 C．10 D．12
3.如图，菱形对角线、交于点，点为的中点，连接并延长至点使，连接、，试判断四边形的形状并说明理由．
4.【观察与发现】
如图1，我们在探究三角形中位线定理时，通过剪切和拼接的方法将三角形拼成了面积相等的平行四边形．
同样，我们也可以将任意一个四边形剪开拼成一个面积相等的平行四边形．操作如下：如图2，沿着过对边中点的两条线段和剪开，将四边形分成四部分．通过旋转或移动，使点B，C，D与A重合，可以得到，新四边形是平行四边形．
【类比与探究】
（1）类比上述做法，尝试将任意一个三角形剪开拼成一个与其面积相等的矩形．
①图3是将剪开拼成矩形的一种方法的一种方法．
依据图中呈现的操作方法，可知：与的数量关系为_______；与的位置关系为_________；
②如图4，请你再设计一种将剪开拼成与其面积相等的矩形的方法．仿照图3用虚线在左图中画出剪切线，简单说明剪切线满足的条件，在右图画出拼成的简图．
【实践与应用】
（2）请思考如何将任意一个四边形剪开拼成一个与原四边形面积相等的矩形？请你设计思路不同的两种方案，在图5中用虚线画出分割线，用实线画出拼成的矩形．
【考点16 化简含字母的二次根式】
1.已知，化简二次根式的值是（ ）．
A． B． C． D．
2.已知，则二次根式化简后的结果为（ ）．
A． B． C． D．
3.已知，那么可化简为（ ）
A． B． C． D．
4.当时，化简二次根式，结果正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点17 求立体图形的最短路径问题】
1.如图，桌上有一个圆柱形盒子（盒子厚度忽略不计），高为，底面周长为，在盒子外壁离上沿的点处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部的点处有一滴蜂蜜，蚂蚁沿盒子表面爬到点处吃蜂蜜，求蚂蚁爬行的最短距离（ ）
A． B． C． D．
2.如图①所示的正方体木块的棱长为 ，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②所示的几何体表面从顶点爬行到顶点 的最短距离为（ ）
A． B． C． D．
3.如图，教室墙面与地面垂直，点在墙面上，若米，米，点到的距离是3米，一只蚂蚁要从点爬到点，它的最短行程是（ ）米
A．5 B． C． D．3
4.如图，一只蚂蚁从长为、宽为、高为的长方体纸箱的A点沿纸箱表面爬到B点，那么它所爬行的最短路线的长是 ．
【考点18 几何动点问题】
1.如图，在中，，，，为边上一动点于，于，为中点，当点从点运动到点，点运动的路径长为（ ）
A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5
2.如图，在四边形中，，，且，，，若动点P从A点出发，以每秒的速度沿线段向点D运动；动点Q从C点出发以每秒的速度沿向B点运动，当Q点到达B点时，动点同时停止运动，设点同时出发，并运动了t秒，回答下列问题：
(1) cm；
(2)当 秒时，四边形成为矩形．
(3)当t为多少时，？
(4)是否存在t，使得是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由．
3.如图，在菱形中，，对角线，相交于点，为线段上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，交延长线于点．
(1)求证：；
(2)在点运动过程中，的大小是否发生变化？请说明理由；
(3)判断线段与线段的数量关系，并证明．
4.如图1，已知在正方形中，点E、F分别在边、上运动．
【尝试探究】
（1）如图1，当点E、F分别在边、上运动，时，探究、和的数量关系，并说明理由；
【模型建立】
（2）如图2，当点E、F分别在射线、上运动，时，（1）中的结论是否成立？若成立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明；
【模型应用】
（3）如图3，已知是边长为5的等边三角形，，，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交边、于点E、F，连接，求的周长．
【考点19 几何最值问题】
1.如图1．在四边形中，顺次连结各边中点E、F、G、H得到的四边形叫做四边形的中点四边形．利用三角形中位线的相关知识解决下列问题：
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，四边形是_________；
(3)如图2．四边形中，和互相垂直，、．则的最小值为________．
2.如图，已知菱形的边长为5，面积为15，点E是对角线上的动点（不与点A重合），以为对角线作平行四边形，则的最小值为 ．
3.综合与实践：在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形D与边长为的正方形按图1位置放置，与在同一直线上，与在同一直线上．连接，，易得且(不需要说明理由)．
(1)如下图，小明将正方形绕点A逆时针旋转，旋转角为．
①连接，，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；
②在旋转过程中，如下图，连接，，，，求四边形面积的最大值．
(2)如下图，分别取，，，的中点M，N，P，Q，连接，，，，则四边形的形状为______，四边形面积的最大值是______．
4.如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形PBFE为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填“无”．最大值为 ；最小值为 ．
【考点20 几何探究问题】
1.在四边形中，对角线，相交于点，过点的两条直线，分别交边，，，于点，，，．
【问题发现】
（1）如图1，若四边形是正方形，且，则_____；
【问题探究】
（2）如图2，若四边形是矩形，且满足，设，，，求的长（用含，，的代数式表示）；
【问题解决】
（3）如图3，张大伯有一块平行四边形菜地，且米，米，点处是一口水井，且米，是原先就有的一条沟渠，且经过平行四边形菜地的对角线的交点，张大伯准备再修建一条经过点的沟渠，将该菜地分成四个面积相等的部分，并分别种上四种不同的蔬菜，试确定点的位置．
2.【探究与证明】
【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、．
【问题解决】
(1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长；
(2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②连接，求的长．
3.【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，．
(1)【感知】如图1，若是边的中点，则线段与之间的数量关系是______；
(2)【探究】如图2，若为边上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
(3)【应用】在如图3所示的菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，求线段的长．
4.【问题情景】
如图1，在菱形中，，点为菱形外部一点，连接交对角线于点，且满足．
【初步探究】
（1）求证：；
【解决问题】
（2）如图2，连接，当，时，
①求线段的长；
②求的度数；
【类比探究】
（3）如图3，在菱形中，当时，交于点，连接，，并延长交于点．若，请直接写出线段的长____________．
【考点21 多结论类问题】
1.如图，四边形，对角线，且平分，O为的中点．在上取一点G，使，E为垂足，取中点F，连接．下列五句判断：①；②；③；④连接，则四边形是平行四边形；⑤．其中判断正确的是（ ）
A．①③④ B．③④⑤ C．②④⑤ D．②③④
2.如图，点是正方形的对角线上一个动点，于点，于点，连接，有下列5个结论：①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值等于．其中正确结论的序号是 ．
3.如图，矩形中，E为边的中点，沿对折矩形，使点C落在处，折痕为，延长交于点F，连接并延长交于点G，连接．给出以下结论：①四边形为平行四边形；②；③；④为的中点．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4.知图，在菱形中，对角线、交于点，点E、F分别在边、上（点E不与A、B重合）．且，、分别交于点P、Q，连结、．给出下面四个结论：①平分四边形的周长；②四边形是矩形；③平分；④当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【考点22 新定义类问题】
1.综合与实践
折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形．
(1)操作发现：
如图1，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为18，，则此完美长方形的边长_____，面积为_____．
(2)类比探究：
如图2，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为40，，求完美长方形的周长．
(3)拓展延伸：
如图3，将纸片按所示折叠成完美长方形，若，，求此完美长方形的周长与面积．
2.定义：角内部的一点P到角两边的距离分别为m、n（），将m与n的比值叫做点P关于这个角的“距离比”，记作k，其中；若“距离比”，则称点P为这个角的“平衡点”．
(1)下列四边形对角线的交点一定是这个四边形内角的“平衡点”的是__________（填序号）
①平行四边形 ②矩形 ③菱形
(2)在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，对角线相交于点P，，，垂足分别为M、N；
①如图，点C在第一象限，且坐标为，求点P关于的“距离比”k的值；
②若点P为的“平衡点”，且点B的纵坐标为7，求点C的坐标．
3.定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图①，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图②，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点B作于点E，作交延长线于点F．
①试判断四边形的形状，证明你的结论，并求出的长．
②若点M是边上的动点，求周长的最小值．
4.定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
(1)如图，等腰直角四边形，，，
①若，，求对角线的长；
②若，求证：；
(2)如图，在矩形中，，，点是对角线中点，过点作直线分别交边，于点，，使四边形是等腰直角四边形，求四边形的面积．
【考点23 规律类问题】
1.如图，在坐标系中放置一菱形，已知，点在轴上，．将菱形沿轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转次，点的落点依次为，，，…，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2.如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数的图象，点的坐标为，过点作x轴的垂线交直线l于点，以为边作正方形；过点作直线l的垂线，垂足为，交x轴于点，以为边作正方形；过点作x轴的垂线，垂足为，交直线l于点，以为边作正方形；…；按此规律操作下所得到的正方形的面积是（ ）
A． B． C． D．
3.如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形，，按照此规律作下去，则边AC2023的长为（ ）
A． B． C． D．
4.如图，在平面直角坐标系中，正方形（记为第个正方形）的顶点与原点重合，点在轴上，点的坐标为，以为顶点作等边三角形，点落在轴上，轴，再以为边向右侧作正方形（记为第个正方形）…，若按照上述的规律继续作正方形，则第个正方形的边长为 ．
【考点24 阅读理解类问题】
1.阅读下列材料：
在数学课上，老师要求学生探究如下问题：
(1)【提出问题】如图1，在等边三角形内有一点且，，．求的度数．李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以的长为边构成的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图2，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，易得是等边三角形，是直角三角形．请帮李华同学求出的度数．
(2)【类比问题】如图3，在正方形内有一点且，，．求的度数；
(3)【探索问题】如图4，在正六边形内有一点且，，，则______．
2.阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在中，分别交于，交于．已知，，，求的值．
小明发现，过点作，交延长线于点，构造，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图）．
请回答：的值为 ．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，已知和矩形，与交于点，，求的度数．
3.阅读与思考：
小明同学在学习矩形性质之后，对直角三角形的性质“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的证明思路做了及时的梳理与总结．阅读小明同学的笔记，并完成相应任务
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，中，，是斜边上的中线．求证：． 分析：要证明等于的一半．可以用“倍长法”将延长一倍，如图2，延长到E，使得．连接，．可证四边形是矩形，由矩形的对角线相等得，这样将直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系转化为矩形对角线的数量关系，进而得到． 证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示： ∵是斜边上的中线， ∴ 又∵， ∴四边形是平行四边形（①依据：__________）
任务：
(1)①依据为：______________
(2)请补小明的全证明过程；
(3)上述证明方法中主要体现的数学思想是______；
A．转化思想 B．类比思想 C．数形结合思想 D．从一般到特殊思想
(4)将和按图3放置，其中，，点A、B、D在一直线上，分别取和的中点F和G，连接GF．若，，，则______．
4.阅读下列材料：问题：如图1，在菱形和菱形中，，点A，B，E在同一条直线上，P是线段的中点，连接，，探究与的位置关系．
(1)请你写出上面问题中线段与的位置关系，并说明理由；
(2)将图1中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明，
(3)将菱形和菱形均改成正方形，如图3，P为的中点，此时与的位置关系和数量关系分别是什么？直接写出答案．
参考答案
【考点1 二次根式】
1.D
【分析】首先把进行化简，然后根据是整数确定n的最小值．
【详解】解：∵，且是整数，
∴是个完全平方数，(完全平方数是能表示成一个整式的平方的数)
∴n的最小值是7．
故选：D．
2.B
【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，由题意得且，据此即可求解，掌握二次根式和分式有意义的条件是 解题的关键．
【详解】解：∵二次根式在实数范围内有意义，
∴且，
解得，
故选：．
3.3
【分析】直接将x的值代入进而化简求出答案．
【详解】解：∵x=-1，
∴===3.
故答案为3.
4.
【分析】先根据二次根式的定义求出x的值，继而可得出y的值，再代入求解即可．
【详解】解：由题意得出：，
解得：，
∴
∴．
故答案为：．
【考点2 根据二次根式的性质化简】
1.
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，二次根式有意义的条件，
根据二次根式的被开方数是非负数求解即可．
【详解】∵
∴，
∴．
故答案为：．
2.B
【分析】本题考查的是二次根式的非负性，先根据题意判断出的符号，求出正整数的值，进而可得出结论．
【详解】解：∵
解得，
∴正整数的值为1，2，3，
∴．
故选：B．
3.
【分析】本题考查了利用数轴判断式子的正负、二次根式的性质，由数轴可得：，，从而得出，再由二次根式的性质化简即可得解．
【详解】解：由数轴可得：，，
∴，
∴，
故答案为：．
4.
【分析】本题考查了二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式的性质，从而完成求解．
根据二次根式的性质，得，再根据二次根式的性质计算，即可得到答案．
【详解】解：根据题意，得，
，
，
，
，
故答案为：．
【考点3 二次根式的乘除】
1.
【分析】本题考查了数的规律探究，涉及考查一元一次方程的应用，二次根式的乘法．根据横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等列出方程求解即可．
【详解】解：对角线方向上的实数相乘的结果为，
根据方格中横向、纵向及对角线方向上的实数相乘的结果都相等得，
，解得，
，解得，
，解得，
，解得，
，
故答案为：．
2.
【分析】本题考查二次根式的乘法运算，逆用积的乘方以及平方差公式进行计算即可．
【详解】解：原式
；
故答案为：．
3.、、
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可.
【详解】解：第一个根式不是最简二次根式，因为被开方数的因式不是整数，
第二个根式不是最简二次根式，因为被开方数含有开的尽方的因数，
第三个根式为最简二次根式，
第四个根式为最简二次根式，
第五个根式不是最简二次根式，因为被开方数含有开的尽方的因数和因式，
第六个根式为最简二次根式，
故答案为
4.（1）解：，
，
，
小亮的解法是不正确的，
故答案为：小亮；
（2）解：原式，
，，
原式．
【考点4 二次根式的加减】
1.a＜b＜c
【分析】利用平方法把三个数值平方后再比较大小即可．
【详解】解：∵a2=2000+2，b2=2000+2，c2=4004=2000+2×1002，
1003×997=1000000-9=999991，1001×999=1000000-1=999999，10022=1004004．
∴a＜b＜c．
故答案为：a＜b＜c.
2.A
【分析】本题考查了同类二次根式的定义，根据二次根式的性质把各个二次根式化简，根据同类二次根式的定义判断即可，掌握二次根式的性质是解题的关键．
【详解】、由，则与可以进行合并，符合题意；
、由，则与不可以进行合并，不符合题意；
、由，，则与不可以进行合并，不符合题意；
、由，，则与不可以进行合并，不符合题意；
故选：．
3.5
【分析】本题主要考查了完全平方公式、分母有理化、代数式求值等知识点，根据分母有理化化简成为解题的关键．
由分母有理化可得，然后再对化简，最后代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴
，
故答案为：5．
4.
【分析】将二次根式化简代值即可.
【详解】解：
所以原式.
故答案为
【考点5 勾股定理与网格】
1.
【分析】此题考查了勾股定理和无理数的估算．此题为了最大化种植苹果树的数量，同时满足每两棵苹果树之间的距离都要大于2米的要求，我们采用隔点种植的方法，在横纵方向，每行每列最多能种植3棵苹果树，因两棵树之间的距离最小为3米，而试验田的边长为7米，所以最多可以种植3棵苹果树，满足要求，即可求出答案．
【详解】解：在的正方形网格田中，采用隔点种植的方式，每行每列最多能种植3棵苹果树,小正方形的对角线长度为 ，最小长方形的对角线长度为，均满足大于2米的要求，
如图，
因此，这块试验田最多可种植棵苹果树，
故答案为：
2.（1）解：，，
如图，即为边长分别为4，，的三角形，
（2）解：，
如图，即为腰长为的等腰直角三角形
3.D
【分析】本题考查了格点与勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，取格点E，F，连接，利用勾股定理证明是等腰直角三角形，得出，根据格点的性质推出，得到，即即可求解．
【详解】解：如图，取格点E，F，连接，
，
，
是等腰直角三角形，
，
由格点的性质得：，
，
，
故选：D．
4.2
【分析】由勾股定求出，，，得到，，，由，推出是直角三角形，由三角形面积公式得到的面积，代入有关数据，即可求出的长．
【详解】解：由勾股定理得：，，，
，，，
，
是直角三角形，
，
的面积，
，
．
故答案为：2．
【考点6 利用勾股定理求值】
1.C
【分析】先根据翻折变换的性质得出，，再由得出，则，，设，则，再利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：∵长方形中，，，
∴，
∵将沿折叠，点B落在处，与交于E，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴，
故选：C．
2.D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，先证明得，设，，，由勾股定理得，，进而得，，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形，为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
设，，，
由勾股定理得，，
即，
,
∴，
∴，即，
∴，即，
故选：D．
3.17
【分析】根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
【详解】解：∵，
由勾股定理得，
故答案为：17．
4.（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴．
【考点7 赵爽弦图】
1.（1）证明：由题意，图中的四边形为直角梯形，为等腰直角三角形，和的形状和大小完全一样，
设梯形的面积为，则
，
又，
，
．
（2）由题意，把由5个小正方形组成的十字形纸板（如图）剪开，可拼成一个大正方形．
，
（3）由题意，过B作交的延长线于点G，取的中点为，的中点为，连，
，
，
，
．
．
又，，
．
．
又是的中点，
．
．
，
，
的中点为，的中点为，
，，
，，
，，
，
，
又，
，
．
2.C
【分析】本题考查了勾股定理的证明，整式的混合运算．由阴影部分的面积为，得到，得到，根据三角形的面积公式列方程得到，求得，于是得到．
【详解】解：由题意得，
∵正方形的面积为，
∴，
∵阴影部分的面积为，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴(负值已舍)，
∴，
故选：C．
3.
【分析】本题考查了勾股定理的应用．求得四个全等的直角三角形的斜边长为，设两条直角边分别为，利用图3的外轮廓周长为，求得，再利用图1中，列式计算即可求解．
【详解】解：如图，由题意得，
∴（负值已舍），
如图，，设，，则，
由题意得，
∴，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
解得，
如图，，设点C到的距离为，
∴，即，
∴，
∴点C到的距离为，
故答案为：．
4.
【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质，图形面积的几何意义与代数式的变形．掌握正方形的性质是解题的关键．
（1）根据勾股定理求出和的等式，即可得到；
（2）求出，，之间的关系式，从而求得面积比．
【详解】解：（1）设， ，
∵若的面积为，小正方形的面积为，
∴，，
∴，
∵，
∴
故答案为：；
（2）∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【考点8 勾股定理逆定理的应用】
1.C
【分析】本题考查了方位角，勾股定理逆定理，根据题意画出图形，然后利用勾股定理逆定理判断出即可求解，掌握勾股定理逆定理的应用是解题的关键．
【详解】解：由题意得，海里，海里，，
∵，，
∴，
∴点三点共线，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴乙船的航向为南偏东或北偏西，
故选：．
2.
【分析】先根据勾股定理的逆定理说明是直角三角形且，设千米，则千米，最后在运用勾股定理即可解答．
【详解】解：
∵在中，，
∴，
∴是直角三角形且；
设千米，则千米，
在中，由已知得，
由勾股定理得：，
∴，解得x=．
故答案为．
3.B
【分析】在中，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理逆定理判断的形状，由三角形面积公式求得菜地的面积．
【详解】解：连接AC
在中，，，，，
在中，，，
∴
∴是直角三角形，且．
∴
∴这块菜地的面积是
故选：B
4.（1）解：过点作于点，则的长即点到的距离，
在中，
∵，，，
，，
，
为直角三角形；
（2），
，即，
．
【考点9 勾股定理的应用】
1.（1）解：由题意可知：，
，
，，
，
，
，
答：公路的长度为；
（2），
，
，
，
∴修建林荫小道需要的费用为万元．
2.解：（1）由题意可得：EF=1尺，AF==5尺；
故答案为：5，1；
（2）设芦苇长EG=AG=x尺，
则水深FG=（x-1）尺，
在Rt△AGF中，
52+（x-1）2=x2，
解得：x=13，
∴芦苇长13尺．
3.（1）解：在中，，
∴，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴,
∴．
（2）解：小车的速度为：
∴此车超过的限制速度．
4.解：如图所示：延长，过点C作延长线于点D，
由题意可得：，
故，
∴，
则，
故，
答：树原来的高度19米．
【考点10 与平行四边形有关的证明与计算】
1.C
【分析】本题考查了平行四边形的判定，根据所给条件逐项进行判断即可得到答案．
【详解】解：A．根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可判定四边形为平行四边形，故A不符合题意；
B．，
，，
，
，
可根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形，判定四边形为平行四边形，
故B不符合题意；
C．一组对边相等，另一组对边平行，不能判定四边形为平行四边形，故C符合题意；
D．根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判定四边形为平行四边形，故D不符合题意；
故选：C．
2.（1）证明：，
，
P为的中点，
，
又，
；
（2）解：有；
证明如下：
，
，
四边形为平行四边形，
．
3.
【分析】本题考查了三角形内角和定理、平行线的性质，由三角形内角和定理可得，由平行四边形的性质可得，再由平行线的性质即可得解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
故答案为：．
4.（1）证明：∵，
∴．
∵是中点，
，
在与中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：过点作于点，
∵，
∴，
∴，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中，，
．
【考点11 与矩形有关的证明与计算】
1.（1）证明：中，，是中线，
，，
，
为的外角的平分线，
，
，
即，
，
，
四边形是矩形；
（2）解：，，理由如下：
由（1）知，四边形为矩形，
，
中，是中线，
，
是的中位线，
，．
2.C
【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，由矩形的性质可得，，，由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形得到，由勾股定理可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，
∵
，
∵，
，
，
即是等边三角形，
，则，
在中，，
∴，
故选：C．
3.（1）证明：由翻折可知
∵四边形是矩形，
∴
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴
在中，
∵
∴
∴在中，．
4.
【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，二次根式的运算；先求解，，设，再利用勾股定理求解，再求解，从而可得答案．
【详解】解：由长方形的性质可知，，
由折叠的性质可知，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，即，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：，．
【考点12 与菱形有关的证明与计算】
1.（1）证明∵四边形是平行四边形，
∴．
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴．
∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴四边形是矩形，
∴．
2.D
【分析】由的长可求得的长，再求得的长，再利用含度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接交于，
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
3.（1）解：过点作，过点作，
∵矩形和矩形，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）由（1）知：四边形是菱形，
∴四边形的面积．
4.A
【分析】连接，根据菱形的边长为，可得，由，可得是等边三角形，进而可求，再根据勾股定理分别求出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长．
【详解】解：如图，连接，
∵菱形的边长为，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴在菱形中，，
∵点为的中点，
∴
∴菱形的边长为1，即，
∵点在的延长线上，，
∴在菱形中，，
连接，交于点，
∴，
∴，
，
∴在菱形中， ，
∵，
∴在中，，
∵点为的中点，
∴．
故选：．
【考点13 与正方形有关的证明与计算】
1.（1）解：，
证明如下:如图，取的中点，连接，
∵四边形为正方形，
∴ ，
∵分别为中点
∴，
∴
又∵
∴
∴，
又∵，平分
∴．
∴
∵，
∴，
∴
在和中
∴，
∴
（2），
证明：如图，在边上截取，连接，
∵四边形是正方形， ，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵
∴，
∵平分， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
在和中
∴，
∴．
2.C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果．
【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，，，
根据折叠的性质知：，，
∵M、N分别是、的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
故选：C．
3.
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明，推出，勾股定理求出的长，等积法求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：设交于点，
∵正方形，边长为4，
∴，
∵点分别是边的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，
∵点分别是的中点，
∴，
∴，，
∴；
故答案为：
4.（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠可得，，，
∴，，
在和，
，
∴；
（2）解：∵正方形边长为，
∴，
∵点为的中点，
∴，
由折叠可得，，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
（3）解：∵，
∴，，
∴，
∴．
【考点14 与直角三角形斜边的中线有关的证明与计算】
1.A
【分析】根据“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，取的中点，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点到的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得、、三点共线时线段的值最小，然后根据勾股定理列式求出，再求解即可．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
取的中点，连接，则（不变），
根据两点之间线段最短得、、三点共线时线段的值最小，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
∴的最小值为，
故选：A．
2.
【分析】此题考查了直角三角形斜边上的中线的性质以及勾股定理．注意掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半定理的应用是解此题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线求出长，根据勾股定理求出即可；
【详解】解：，
，为中点，
，
在中，
，
由勾股定理得：；
在中，
，，
由勾股定理得；
故答案为：
3.B
【分析】本题考查了等边对等角、直角三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理，先求出，再由直角三角形的性质可得，由等边对等角可得，，，再由三角形外角的定义及性质可得，最后再由三角形内角和定理计算即可得解．
【详解】解：∵在四边形中，，，
∴，
∵，点E为对角线的中点，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
故选：B．
4.（1）证明：如图，连接、，
∵、分别是、边上的高，M是的中点，
∴，
∴都是直角三角形，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，
又∵N为中点，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
∴，
∴．
【考点15 与三角形中位线有关的证明与计算】
1.D
【分析】本题考查了三角形的中位线定理，正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．
根据三角形的中位线定理先证明四边形是平行四边形，再证明其是菱形，最后根据有一个角是直角的菱形的是正方形即可证明．
【详解】解：如图：
当且，四边形是正方形，理由如下：
∵点E，F，G，H分别是边的中点，
∴,，，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，故D符合题意，而A、B、C均不能证明，不符合题意，
故选：D．
2.B
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，直角三角形的性质，连接，根据题意可得是直角三角形，结合菱形的性质可得点是的中点，求出，由，易得点是的中点，易证是的中位线，推出，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：连接，
∵，
∴
∴是直角三角形，
∵四边形为菱形，
∴点是的中点，，
∴，
∵，
∴点是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴菱形 的周长是．
故选：B．
3.解：四边形是矩形．
理由：∵，，，
∴，
∴，，
∴，
又∵四边形是菱形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴平行四边形是矩形．
解法2：四边形是矩形．
理由：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是的中位线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
4.解：（1）①如图，根据剪切和拼接操作方法可知，，，
，
为的中位线．
．
又∵四边形是矩形．
，
和的位置关系为．
故答案为：①；；
②如图，D，E分别是的中点，，．再由可推出，，沿和从剪下和，然后拼接在和．
（2）第一种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，．沿虚线和剪开四边形，把和分别拼接到①、②、③和④处即可．
．
第二种方法：E、F、H、G分别为四边形的四条边的中点，，沿虚线和剪开四边形形成四个四边形①、②、③和④，再如图中所示拼接即可．
．
【考点16 化简含字母的二次根式】
1.C
【分析】根据二次根式有意义的条件求出，求出、的范围，再根据二次根式的性质进行化简即可．
【详解】解：由二次根式有意义的条件求出，
∵，
∴，，
∴．
故选：C．
2.D
【分析】由题意可得，再根据二次根式的性质化简即可．
【详解】解：由题意可得：
∴
∵
∴
∴
故选：D
3.C
【分析】本题考查了二次根式的性质与化简、二次根式有意义的条件，掌握分式有意义的条件、二次根式有意义的条件和二次根式的乘除法公式是解决此题的关键．
根据二次根式有意义的条件得到，则，根据二次根式的性质利用二次根式的乘除法公式化简即可．
【详解】解： ，，
，
原式，
故选：C．
4.D
【分析】先判断 再利用进行化简即可.
【详解】解：
故选D
【考点17 求立体图形的最短路径问题】
1.D
【分析】本题考查了平面展开之最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键．将容器侧面展开，得到关于的对称点，根据两点之间线段最短可知的长度即为所求，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图是侧面展开图的一半，作点关于的对称点，连接，作交的延长线于点，由题意可知，为所求
高为，底面周长为，在盒子外壁离上沿的点处有一只蚂蚁，此时，盒子内壁离底部的点处有一滴蜂蜜
，，，
故选：D．
2.D
【分析】本题主要考查了几何体截面图、垂直平分线的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先分析出将裁剪后的几何体表面展开，可得是等腰直角三角形， 是等边角形，设交于点，易得当蚂蚁沿着的路线爬行时，距离最短，且垂直平分线，利用勾股定理和直角三角形的性质解得，的值，即可获得答案．
【详解】解：将裁剪后的几何体表面展开，得到如图所示的图形（部分），是等腰直角三角形， 是等边角形，设交于点，
当蚂蚁沿着的路线爬行时，距离最短，
此时，，
∴垂直平分线，
在中，，
∴，，
在 中，，
∴从顶点爬行到顶点的最短距离为．
故选：D．
3.A
【分析】本题考查平面展开—最短路径问题及勾股定理的应用，可将教室的墙面与地面展开，连接，根据两点之间线段最短，利用勾股定理求解即可．正确利用立体图形中的最短距离，通常要转换为平面图形的两点间的线段长来进行解决是解题的关键．
【详解】解：如图，过作于，连接，
此时的长为这只蚂蚁从点爬到点的最短行程，
∵米，米，点到的距离是米，
∴米，
∴（米），
∴（米），
∴（米），
∴这只蚂蚁的最短行程应该是米．
故选：A．
4.
【分析】本题考查平面展开图—最短路径问题，是重要考点，掌握分类讨论法是解题关键．先将图形展开，再根据两点之间线段最短，由勾股定理解答即可．
【详解】解：如图，
；
如图，
；
如图，
；
，
∴它所行的最短路线的长为．
故答案为：．
【考点18 几何动点问题】
1.D
【分析】连接，根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，从而可得，再根据垂直定义可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，再利用直角三角形斜边上的中线性质可得，取的中点为，的中点为，连接，得出是的中位线，是的中位线，求得，的运动路径长为的长度，即M运动的路径从而得出结果．
【详解】解：连接，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
四边形是矩形，
，
点M是的中点，
点M是与的交点，
，
取的中点为，的中点为，连接，
是的中点，M是的中点，
是的中位线，
，
，
是定值，
也是定值，
是定点，
在所在的直线上运动，
是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
，
三点共线，
，
当P与B点重台时，M与重合，当P与C点重合时，M与重合，
的运动路径长为的长度，即M运动的路径长为2.5，
故选：D．
2.（1）如图，过D点作于E，
∵，，
∴ ，
∴四边形为矩形，
∴，，
在中，
∵，，，
∴，
∴；
（2）根据题意得：，，则， ，
∵，
∴当时，四边形为矩形，
即，解得秒，
故当秒时，四边形为矩形；
（3）根据题意得：，，则， ，
时，如图，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴秒；
（4）是等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当时，即，
∴；
②当时，，
即，
∴；
③如图，当时，则 ， ，
在 中， ，
即 ，
解得： ．
故存在t，使得是等腰三角形，此时t的值为秒或6秒或秒．
3.（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴；
（2）解：的大小不变，且，理由如下，
过点作，垂足分别为，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴在四边形中，
∵，
∴
∴；
（3）解：，理由如下，
过点P作于点M，过点P作交于点H，过点H作交于点G，
则四边形为平行四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
同理可得为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
4.解：（1），理由如下：
如图，把绕点顺时针旋转至，可使与重合，
，
，点、、共线，
，，
，
即．
在和中，
，
，
，
；
（2）（1）中的结论不成立．，理由如下：
如图所示．
，
把绕点逆时针旋转至，可使与重合，
，
点、、在一条直线上．
，，．
又，
．
，
．
．
在和中，
，
．
．
，
，
（2）中的结论不成立，、和的数量关系为；
（3） 是边长为5的等边三角形，
，，
，
，
，，
把绕点顺时针旋转至，可使与重合，
由旋转得：，，，
，
同理得：点，，在同一条直线上，
，
，
，
，
，，
，
，
，
的周长．
【考点19 几何最值问题】
1.（1）证明：如图所示，连接，
∵点E、F、G、H是四边形各边中点，
∴分别是的中位线
∴
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：同理可得，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
故答案为：矩形．
（3）解：如图所示，过点D作，且，连接，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴当C、B、H三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
2.
【分析】由菱形的性质，得到，，，根据勾股定理、菱形的面积以及完全平方公式的变形可求出的长，根据是平行四边形，互相平分，为定值，得到当时，的长最小，根据平行线间的距离处处相等，得到，即可得解．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，，
设，，
菱形的边长为5，面积为15，
，，
，，
又，，
解得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，互相平分，
设交于点，则：，
∴当最小时，最小，
∴当时，有最小值，
此时：；
故答案为∶．
3.（1）解：（1）①，，理由如下：
如图2，设与的交点为，
四边形和四边形是正方形，
，，，
，
，
，，
又，
，
；
②如图3，过点作于，过点作直线于，
，
，
又，
，
，
，
当有最大值时，四边形面积有最大值，
即当时，有最大值为，
四边形面积的最大值为；
（2）解：如图4，连接，，
点，，，分别是，，，的中点，
，，，，，，，，
由（1）知，，
，
四边形为菱形，
由（1）知，
，
菱形为正方形；
如图5，当，，三点在同一条直线上时，，，三点也在同一条直线上，
此时正方形的面积最大，
，
，
故答案为：正方形，．
4.解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∵EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝10，
在Rt△CDE中，DE＝＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝2；
在Rt△APE中，AE＝2，AP＝6-PB＝6﹣PE，
∴，解得：，
∴菱形BFEP的边长为；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2，，
，
当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，，
∴菱形的面积范围：．
菱形PBFE面积的最大值是36，最小值是．
【考点20 几何探究问题】
1.解：（1）如图1，四边形是正方形，
，，
在与中，
，
，
，
故答案为．
（2）解：如图2，过作于N，于M，
，
，
，
，
，．
，
（3）解：如图3，过作，，则，，
，
，
，
，
，，
，解得米，
米，
当时，能将该菜地分成四个面积相等的部分．
2.（1）解：，，，
，
四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，
；
（2）解：①四边形是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：，，，
，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形；
②过点作于点，如图3所示：
则，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
．
3.（1）解：，证明如下：
连接，
四边形是菱形，，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：成立，理由如下：
连接，
四边形是菱形，，
，，
，，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：过点作于，连接，
四边形是菱形，且，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
当点在点的左侧时，，
当点在点的右侧（图中处）时，，
由（2）知，
，
线段的长为或4．
4.（1）方法一：证明：连接，如图，
四边形菱形，
，．
，
．
，．
，
又，
．
．
．
．
．
．
方法二：证明：过点作交于点，连接，．
，
又，
．
．
，，
四边形是平行四边形，
，
又 四边形菱形，
，，
，．
四边形为平行四边形．
．
（2）解：①连接交于点，
四边形菱形，
，，．
由（1）得，，
为的中位线．
在中，．
在中，．
．
②方法一：过点作于点，
．
由（1）得，，
．
．
四边形为矩形．
，，．
．
．
．
．
方法二：过点作交延长线于点，如图所示，
，
，
由（1）得，，
，
，
四边形为矩形．
，，，
，
，又，
，
．
（3）解：过点作，连接，连接交于点，如图，
四边形是菱形，，
四边形是正方形，
，，，
设，则，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
根据第（1）问，，又，
为中位线，
，
，
，又，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
设，
在中，，
在中，，
，
解得，
，
．
【考点21 多结论类问题】
1.D
【分析】根据含角直角三角形的性质即可判定①；根据题意证明出，得到，然后利用三角形中位线的性质即可判定②；延长，交于点H，然后证明出，得到，然后得到是的中位线，得到，然后结合等边对等角得到，然后结合即可判断③；连接，证明出，得到，然后结合，即可证明出四边形是平行四边形，进而可判断④；由，，而，从而得到，即可判断⑤．
【详解】∵，但
∴，故①错误；
∵，
∴
∵平分
∴
又∵
∴
∴
∵中点为F
∴，故②正确；
如图所示，延长，交于点H
∵
∴
∵，
∴
∴
∵点F为的中点
∴是的中位线
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵是的中位线
∴
∴，故③正确；
如图所示，连接，
∵，，
∴
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，故④正确；
∵，，而
∴，故⑤错误，
综上所述，其中判断正确的是②③④．
故选：D．
2.①②④⑤
【分析】延长交于点N，延长交于点M，证明得到，即可判断①④；根据三角形的内角和定理即可判断②；根据P的任意性可以判断③；根据，当最小时，有最小值，即可判断⑤．
【详解】解：延长交于点N，延长交于点M，
∵四边形是正方形．
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，，四边形是矩形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，故①④正确；
在与中，，
∴，
∴，故②正确；
∵P是上任意一点，
∴的长不确定，即是等腰三角形不一定成立，故③错误；
∵，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵，
∴此时P为的中点，
又∵，
∴，即的最小值为，故⑤正确；
故正确的是：①②④⑤．
故答案为：①②④⑤．
3.B
【分析】根据三角形内角和为，易证，可证出①；根据翻折的性质，加上正方形所有内角都是直角，再由同角的余角相等，即可推出②；利用反推，若，则为等边三角形，，而不一定等于，故③不正确；若为的中点，在边的垂直平分线上，利用垂直平分线的性质，即可判断④．
【详解】解：∵E为的中点
∴
∵
∴
∴
∴
即
∴四边形为平行四边形，即①正确；
∵
∴
∴，即②正确；
∵
若，则
∵
∴
又∵
∴为等边三角形
即，，而不一定等于，故③不正确；
连接，
若为的中点，则，
∴在边的垂直平分线上，即是线段垂直平分线，
∴，而与不一定相等，故④不正确．
故选：B．
4.①③④
【分析】根据菱形性质可以判定出四边形为平行四边形，结合等腰三角形的判定与性质可以判定出为菱形，即可判断出①②③，利用勾股定理可以求出的长从而得出结论④．
【详解】解：四边形为菱形，
，
，
四边形为平行四边形，故②四边形是矩形无法判定，不符合题意；
，
垂直平分，，
，
，
为菱形，
，即
①平分四边形的周长，正确，符合题意；
③平分，正确，符合题意；
为菱形，
，，
，
当时，，
，
，，
，故④正确，符合题意，
综上所述，正确的结论有：①③④，
故答案为：①③④．
【考点22 新定义类问题】
1.（1）解：由折叠可知，，，，
，点是中点，
，
如图，过点作于，交于点，
，
，
由折叠可知：，
，
完美矩形的面积为：．
故答案为：3；9；
（2）解：由折叠可知：，，
，
同理可知：，，
矩形的面积为：，
，
矩形的周长；
（3）解：由折叠可知：点、分别是、的中点，
，，
由题意可知：，，
，，
四边形是平行四边形，
，
在中，设，则，
根据勾股定理得：，
，
解得：，
，，
此完美矩形的周长为．面积是．
2.（1）解：根据“平衡点”的定义知：，即，
∴点P在这个角的平分线上，
而平行四边形、矩形的对角线不一定平分一组对角，只有菱形的对角线平分每一组对角，
∴菱形对角线的交点一定是菱形内角的“平衡点”
故选：③；
（2）解：①∵，，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点P关于的“距离比”k的值
②∵点P为的“平衡点”，
∴，
又，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∵，B的纵坐标是7，
∴C的纵坐标是7，
设C的横坐标为x，
∴，
∵，，
∴，
解得，
∴点C的坐标为或．
3.（1）解：∵在正方形中，，
又绕B点旋转得到，且与重合，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）解：①∵，，
∴；
∵四边形是“直等补”四边形，，
∴，
∴，
即，
∴四边形是矩形；
∴；
即，
∴；
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
∴；
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：（舍去），
∴；
②如图，作点C关于的对称点H，连接，交于点N，
则，
∵，
∴当M与N重合时，取得最小值，最小值为线段的长；
∵的周长为，
∴的周长最小值为；
∵，
∴由勾股定理得：，
∴周长的最小值为．
4.（1）解：①，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴ ．
②如图中，连接、．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴四边形的面积；
如图，连接，当时，四边形是等腰直角四边形，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴四边形的面积；
如图，连接，当时，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴AE=BF=4.5≠EF,
∴此时，四边形不是等腰直角四边形，
同理可得当时，四边形不是等腰直角四边形；
综上可得，四边形的面积为或．
【考点23 规律类问题】
1.C
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键；
发现“每翻转次，图形向右平移”是解决本题的关键．连接，根据条件可以求出，画出第次、第次、第次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转次，图形向右平移．由于，因此点向右平移 (即)到点，根据点的坐标即可求解．
【详解】解：连接，如图所示．
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
画出第次、第次、第次翻转后的图形，如图所示；
由图可知：每翻转次，图形向右平移；
，
点向右平移 (即)到点，
的坐标为，
的坐标为，
的坐标为；
故选：C
2.C
【分析】本题考查了正方形的性质，一次函数图象与性质，等腰三角形的性质及勾股定理，通过由特殊归纳得到一般结论是解题的关键．根据正比例函数的性质得到，分别求出正方形、正方形、作正方形的面积，…，总结规律得到一般形式，即可求得结果．
【详解】解：∵直线l为正比例函数的图象，
∴，
∴，
∴正方形的面积，
由题意得、是等腰直角三角形，
由勾股定理得， ，
∴，
∴正方形的面积，
同理，，
∴正方形的面积， … ，
由规律可知，正方形的面积，
故选：C．
3.A
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似多边形的性质、旋转的性质，根据矩形的性质和勾股定理可得，由旋转的性质和相似多边形的性质可得矩形的对角线和矩形的对角线的比为，从而得出矩形的对角线为；求出规律即可得解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；
∴矩形和矩形的相似比为；
∴矩形的对角线和矩形的对角线的比为，
∵矩形的对角线为，
∴矩形的对角线为；
以此类推，矩形的对角线和矩形的对角线的比为，
∴矩形的对角线，
矩形的对角线，
按此规律第个矩形的对角线，
∴边的长为，
故选：A．
4.
【分析】本题考查等边三角形的性质，正方形的性质，图形类规律探索，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
根据题意得出第二个正方形边长，继而再得到第三个正方形的边长，即可发现规律，继而解答．
【详解】解：正方形（记为第个正方形），点的坐标为，以为顶点作等边三角形，
，，
，
，即第二个正方形边长为，
，即第三个正方形边长为，
由此得到规律：第个正方形的边长为，
第个正方形的边长为，
故答案为：．
【考点24 阅读理解类问题】
1.（1）解：将线段绕点逆时针旋转得到线段，连结、，如图2，
由旋转的性质得：，
，，，，
是等边三角形，
，，
，
是直角三角形，，
，
；
（2）解：在正方形内有一点且．将绕点逆时针旋转，得到了，连接．如图3，
，，，，
，，
，，，
，
，
；
（3）解：六边形是正六边形，
，，
，
在正六边形内有一点且，，，如图4，将绕点逆时针旋转120度得到，
，，，，
，
过点作于点，
，，
，
，
，
，，，
，
，
，
故答案为：．
2.解：，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
；
故答案为：；
解决问题：连接，，如图．
四边形是平行四边形，
．
四边形是矩形，
，．
．
四边形是平行四边形．
．
，
．
是等边三角形．
．
，
．
3.（1）解：①依据为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
（2）证明：延长到E，使得，连接、，如图2所示：
∵是斜边上的中线，
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形，
，
，
；
（3）由上述证明方法中将三角形的问题转化为矩形对角线的关系，
主要体现的数学思想是转化思想，
故答案为：A；
（4）如图，过点在上方作，过点作于，过点在上方作，过点作于，连接、、，延长交于，
同（1）可知：四边形、四边形为矩形，
∴，
∴四边形都为矩形，同理：四边形和四边形为矩形，
，，
在中，由勾股定理得：，
点，分别是和的中点，四边形、四边形都是矩形，
点，分别是和的中点，
是的中位线，
，
故答案为：．
4.（1）解：线段与的位置关系是．
理由：延长，交于点H，
∵四边形与四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵P是线段的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即；
（2）解：猜想：（1）中的结论没有发生变化．
证明：如图，延长交于点H，连接，，
∵P是线段的中点，
∴，
∵，
∴．
又，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，．
由，且菱形的对角线恰好与菱形的边在同一条直线上，
∴．
∴．
∵四边形是菱形，
∴．则，
∴．
∴．
∴，．
（3）解：如图，过点F作交的延长线于H，交于N，交直线于M，连接、，则，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，且．
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