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2024-2025学年第二学期北师版八年级期末数学复习试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　 ）
A． B． C． D．
若，则下列不等式正确的是（　　 ）
A． B．
C． D．
下列因式分解正确的是（　　 ）
A． B．
C． D．
如图，在中，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，
点A在边上，则的大小为（　　 ）
A． B． C． D．
如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为28，
则的长等于（　　 ）
A． B．4 C．7 D．14
如图，边长为的长方形的周长为，面积为，则的值为（　　 ）
A． B． C． D．
7． 如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A．3 B． C． D．4
关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A． B． C． D．
在一次数学课上，张老师出示了一个题目：“如图， ABCD的对角线相交于点O，
过点O作EF垂直于BD交AB，CD分别于点F，E，连接DF，BE,请根据上述条件，
写出一个正确结论．”其中四位同学写出的结论如下：
小青：OE=OF； 小何：四边形DFBE是正方形；
小夏：S四边形AFED=S四边形FBCE； 小雨：∠ACE=∠CAF,
这四位同学写出的结论中不正确的是（　　 ）
A．小青 B．小何 C．小夏 D．小雨
10．如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，
连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④，
其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
二、填空题：（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．）
11．分解因式：3a2-3 =_________________
已知，则 ．
13．如图，在平面直角坐标系中，将线段平移后得到了线段，点A、B的对应点分别是点C、D，
已知点，，，则点C的坐标为 ．
14．代数式与代数式的值相等，则x ＝ ．
如图，点P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别为点E、F，
连接EF．下列结论：①△FPD是等腰直角三角形；②AP＝EF；③AD＝PD；④∠PFE＝∠BAP．
其中正确的结论是 ．（请填序号）
三、解答题：（本大题共10个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
16．因式分解：
(1)；
(2)．
17．解不等式组：并写出它的所有整数解．
如图，菱形ABCD中，O是对角线AC上一点，连接OB，OD，求证：OB＝OD．
19.先化简，然后在中选一个你喜欢的值，代入求值．
20．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，
在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．
将向右平移4个单位长度得到，请画出；
画出关于点的中心对称图形；
若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______．
21．先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：
例题：解一元二次不等式
解：，
，可化为．
由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，
得情况①；或情况②
解不等式组①，得；解不等式组②，得，
的解集为或，
即一元二次不等式的解集为或．
一元二次不等式的解集为______；
解一元二次不等式；
解分式不等式．
如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；
同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，
连接、，设点P、Q运动的时间为．
当t为何值时，四边形是矩形；
当t为何值时，四边形是菱形．
端午节是中国传统节日，人们有吃粽子的习俗．今年端午节来临之际，某商场预测A粽子能够畅销．
根据预测，每千克A粽子节前的进价比节后多2元，
节前用240元购进A粽子的数量比节后用相同金额购进的数量少4千克．
根据以上信息，解答下列问题：
该商场节后每千克A粽子的进价是多少元？
如果该商场在节前和节后共购进A粽子400千克，且总费用不超过4600元，并按照节前每千克20元，
节后每千克16元全部售出，那么该商场节前购进多少千克A粽子获得利润最大？最大利润是多少？
24. 已知：直线与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段上．
将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处．
求的长及点A，点B的坐标；
求的长度；
点N在第二象限，若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点N的坐标；
取的中点M，点P在y轴上，若点Q在直线上，
如果存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
25．如图1，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点A在DG上，连接AE，CG．
求证：；
猜想：AE与CG之间的位置关系，并证明你的猜想；
在其它条件不变的前提下，如果将正方形ABCD绕着点D按逆时针旋转任意角度（如图2）．
那么（2）中结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
如图3，将正方形ABCD绕着点D旋转到某一位置时恰好使得，．
当正方形DEFG的边长为时，请直接写出正方形ABCD的边长．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2024-2025学年第二学期北师版八年级期末数学复习试卷解答
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．）
1．下列图形中，是中心对称图形的是（　　 ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了中心对称图形的概念，把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
根据中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：A．是中心对称图形，故此选项符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
若，则下列不等式正确的是（　　 ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了不等式的基本性质，解题的关键是熟练掌握不等式的基本性质，根据不等式的性质逐个判断即可．
【详解】解：A、∵，
∴，故本选项不符合题意；
B、∵，
∴，故本选项不符合题意；
C、∵，
∴，故本选项符合题意；
D、∵，
∴，故本选项不符合题意．
故选：C．
下列因式分解正确的是（　　 ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了因式分解，解题的关键是熟练掌握因式分解的方法，准确计算．
【详解】解：A．，故A错误；
B．，故B正确；
C．，故C错误；
D．，故D错误．
故选：B．
如图，在中，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，
点A在边上，则的大小为（　　 ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由旋转可得∠ACB =∠ACB,，所以，=90?-48?=42?.
【详解】由旋转可得∠ACB =∠ACB=48?,因为在中，，
所以，=90?-48?=42?.
故选A
如图，菱形中，对角线、相交于点O，H为边中点，菱形的周长为28，
则的长等于（　　 ）
A． B．4 C．7 D．14
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半．根据菱形性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵H为边中点，
∴．
故选：A．
如图，边长为的长方形的周长为，面积为，则的值为（　　 ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了因式分解的应用，根据题意可得，将代数式因式分解，代入式子的值，即可求解．
【详解】解：∵边长为的长方形的周长为，面积为，
∴即，，
∴，
故选：B．
7．如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（ ）
A．3 B． C． D．4
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，矩形的性质，先根据两点距离计算公式得到，再由矩形对角线相等即可得到．
【详解】解；如图所示，连接，
∵点的坐标是，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
故选：C．
关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先把分式方程化为整式方程，再把增根代入整式方程，即可求解．
【详解】
去分母得：，
∵关于的分式方程有增根，且增根x=2，
∴把x=2代入得，，即：m=-5，
故选D．
在一次数学课上，张老师出示了一个题目：“如图， ABCD的对角线相交于点O，
过点O作EF垂直于BD交AB，CD分别于点F，E，连接DF，BE,请根据上述条件，
写出一个正确结论．”其中四位同学写出的结论如下：
小青：OE=OF； 小何：四边形DFBE是正方形；
小夏：S四边形AFED=S四边形FBCE； 小雨：∠ACE=∠CAF,
这四位同学写出的结论中不正确的是（　　 ）
A．小青 B．小何 C．小夏 D．小雨
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质可得OA=OC，CD∥AB，从而得∠ACE=∠CAF，可判断出小雨的结论正确，证明△EOC≌△FOA，可得OE=OF，判断出小青的结论正确，由△EOC≌△FOA继而可得出S四边形AFED=S四边形FBCE，判断出小夏的结论正确，由△EOC≌△FOA可得EC=AF，继而可得出四边形DFBE是平行四边形，从而可判断出四边形DFBE是菱形，无法判断是正方形，判断出小何的结论错误即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，CD∥AB，
∴∠ACE=∠CAF，（故小雨的结论正确），
在△EOC和FOA中，
，
∴△EOC≌△FOA，
∴OE=OF（故小青的结论正确），
∴S△EOC= S△AOF，
∴S四边形AFED=S△ADC=S平行四边形ABCD，
∴S四边形AFED=S四边形FBCE，（故小夏的结论正确），
∵△EOC≌△FOA，
∴EC=AF，∵CD=AB，
∴DE=FB，DE∥FB，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵OD=OB，EO⊥DB，
∴ED=EB，
∴四边形DFBE是菱形，无法判断是正方形，（故小何的结论错误），
故选B．
10．如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，
连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④，
其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=AB，①正确；
③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；
②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论．
④∵连接CG，由O、G分别是AC，AD的中点，得到，则S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，得到S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AB，故①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°，
∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；
∵连接CG，
∵O、G分别是AC，AD的中点，
∴，
∴S△ACD＝4S△AOG，
∵，
∴S△AOG＝S△BOG，
∴S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
连接FD，如图：
∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三边的距离相等，
∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②错误；
正确的是①③④，
故选C．
二、填空题：（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．）
11．分解因式：3a2-3 =_________________
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式3，再对余下的的多项式利用平方差公式继续分解.
【详解】3a2-3=3(a2-1)=3(a+1)(a-1)；
故答案是；.
已知，则 ．
【答案】3
【分析】先对所求式子进行化简，然后整体代入求值．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：3．
13．如图，在平面直角坐标系中，将线段平移后得到了线段，点A、B的对应点分别是点C、D，
已知点，，，则点C的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平移的性质，根据对应点得出平移方式是解题关键．由、连点坐标可知，线段的平移方式为先向右平移7个单位长度，再向下平移2个单位长度，据此即可得到点C的坐标．
【详解】解：由，可知，线段的平移方式为先向右平移7个单位长度，再向下平移2个单位长度，
，
对应点的坐标为即，
故答案为：．
14．代数式与代数式的值相等，则x ＝ ．
【答案】7
【分析】根据题意列出分式方程，求出方程的解，得到x的值即可．
【详解】解：∵代数式与代数式的值相等，
∴，
去分母
，
去括号号
，
解得，
检验：当时，，
∴分式方程的解为．
故答案为：7．
如图，点P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别为点E、F，
连接EF．下列结论：①△FPD是等腰直角三角形；②AP＝EF；③AD＝PD；④∠PFE＝∠BAP．
其中正确的结论是 ．（请填序号）
【答案】①②④
【分析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；直接用正方形的性质和垂直得出①正确，利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．
【详解】如图，连接PC，
∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，
∴PA=PC，∠BCD=90°，
∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，
∴∠PEC=∠DFP=∠PFC=∠C=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
∴PA=EF，故②正确；
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD=∠BDC=∠DBC=45°，
∵∠PFC=∠BCD=90°，
∴PF∥BC，
∴∠DPF=45°，
∵∠DFP=90°，
∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确；
在△PAB和△PCB中，
,
∴△PAB≌△PCB，
∴∠BAP=∠BCP，
在矩形PECF中，∠PFE=∠FPC=∠BCP，
∴∠PFE=∠BAP．故④正确；
∵点P是正方形对角线BD上任意一点，
∴AD不一定等于PD，
只有∠BAP=22.5°时，AD=PD，故③错误，
故答案为①②④．
三、解答题：（本大题共10个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
16．因式分解：
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键．
（1）提公因式后利用平方差公式因式分解即可；
（2）提公因式后利用完全平方公式因式分解即可．
【详解】（1）解：原式；
解：原式．
17．解不等式组：并写出它的所有整数解．
【答案】；
【分析】分别解不等式①，②，进而求得不等式组的解集，根据不等式组的解集写出所有整数解即可．
【详解】
解不等式①得：
解不等式②得：
不等式组的解集为：
它的所有整数解为：
如图，菱形ABCD中，O是对角线AC上一点，连接OB，OD，求证：OB＝OD．
【答案】见解析
【分析】由菱形的性质可得到AD=AB，∠CAB=∠CAD，结合公共边可证得△ABO≌△ADO，根据全等三角形对应边相等即可得出OB=OD；
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠CAB=∠CAD，
在△ABO和△ADO中，
，
∴△ABO≌△ADO，
∴OB=OD；
19.先化简，然后在中选一个你喜欢的值，代入求值．
【答案】，
【分析】本题考查分式化简求值，熟练掌握分式运算法则是解题的关键．
先将原式小括号内的式子进行通分计算，然后再算括号外面的除法，最后根据分式有意义的条件选取合适的x的值代入求值．
【详解】解：原式，
当时，原式．
20．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，
在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．
(1)将向右平移4个单位长度得到，请画出；
(2)画出关于点的中心对称图形；
(3)若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查画平移图形，画关于原点对称的图形，坐标与图形，
（1）利用平移变换的性质分别作出的对应点即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出的对应点即可；
（3）对应点连线的交点即为旋转中心．
【详解】（1）如图1，即为所求；
（2）如图2，即为所求；
（3）解：如图3，
根据图形可知：
旋转中心的坐标为：，
故答案为：．
21．先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题：
例题：解一元二次不等式
解：，
，可化为．
由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，
得情况①；或情况②
解不等式组①，得；解不等式组②，得，
的解集为或，
即一元二次不等式的解集为或．
(1)一元二次不等式的解集为______；
(2)解一元二次不等式；
(3)解分式不等式．
【答案】(1)或
(2)
(3)
【分析】此题考查了不等式组的解法，利用了转化的思想，这种转化思想的依据为：两数相乘（除），同号得正，异号得负的取符号法则．
（1）仿照题意求解即可；
（2）先因式分解得到，再根据由有理数的乘法法则“两数相乘，异号得负”，
得情况①；或情况②，解两个不等式组即可；
（3）根据有理数的除法法则“两数相除，同号得正”，得情况①；或情况②解两个不等式组即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，
得情况①；或情况②
解不等式组①，得；解不等式组②，得，
∴的解集为或，
即一元二次不等式的解集为或，
故答案为：或．
（2）解：∵，
∴，
由有理数的乘法法则“两数相乘，异号得负”，
得情况①；或情况②
解不等式组①，得；解不等式组②，得不等式组无解，
∴的解集为，
即一元二次不等式的解集为；
（3）解：由有理数的除法法则“两数相除，同号得正”，
得情况①；或情况②
解不等式组①，得；解不等式组②，得不等式组无解，
∴的解集为．
如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；
同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，
连接、，设点P、Q运动的时间为．
(1)当t为何值时，四边形是矩形；
(2)当t为何值时，四边形是菱形．
【答案】(1)当时，四边形为矩形
(2)当时，四边形为菱形
【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质解决此题注意结合方程的思想解题．
（1）当四边形是矩形时，，据此求得t的值；
（2）当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t；
【详解】（1）解：由已知可得，，，
在矩形中，，，
当时，四边形为矩形，
，
得
故当时，四边形为矩形．
（2）由（1）可知，四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
即时，四边形为菱形，
解得，
故当时，四边形为菱形．
端午节是中国传统节日，人们有吃粽子的习俗．今年端午节来临之际，某商场预测A粽子能够畅销．
根据预测，每千克A粽子节前的进价比节后多2元，
节前用240元购进A粽子的数量比节后用相同金额购进的数量少4千克．
根据以上信息，解答下列问题：
该商场节后每千克A粽子的进价是多少元？
如果该商场在节前和节后共购进A粽子400千克，且总费用不超过4600元，并按照节前每千克20元，
节后每千克16元全部售出，那么该商场节前购进多少千克A粽子获得利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)节后每千克A粽子的进价为10元
(2)节前购进300千克A粽子获得利润最大，最大利润为3000元
【分析】（1）设节后每千克A粽子的进价为x元，则每千克A粽子节前的进价为元，根据节前用240元购进A粽子的数量比节后用相同金额购进的数量少4千克，列出方程，解方程即可；
（2）设该商场节前购进m千克A粽子，则节后购进千克A粽子，获得的利润为w元，根据利润售价进价列出关系式，根据总费用不超过4600元，求出m的范围，根据一次函数函数增减性，求出最大利润即可．
【详解】（1）解：设节后每千克A粽子的进价为x元，则每千克A粽子节前的进价为元，根据题意得：
，
解得：，，
经检验，都是原方程的解，但不符合实际舍去，
答：节后每千克A粽子的进价为10元．
解：设该商场节前购进m千克A粽子，则节后购进千克A粽子，获得的利润为w元，
根据题意得：
，
∵，
∴，
∵，
∴w随m的增大而增大，
∴当时，w取最大值，且最大值为：，
答：节前购进300千克A粽子获得利润最大，最大利润为3000元．
24. 已知：直线与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段上．
将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处．
求的长及点A，点B的坐标；
求的长度；
点N在第二象限，若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点N的坐标；
取的中点M，点P在y轴上，若点Q在直线上，
如果存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)，
(2)
(3)或
(4)或或
【分析】（1）首先由直线，计算即可得出点A，B的坐标；；将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处，则，即可求解；
（2）设，则，在中，利用勾股定理列方程可得答案；
（3）当为直角边时，证明，则，，即可求解；当为直角边时， 同理可解；
（4）求得，，设，，分当是对角线、是对角线、是对角线时，利用中点坐标公式即可求得点Q的坐标．
【详解】（1）解：对于直线，令，则，
令，则，
∴；
由勾股定理得，，
∵将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处，
∴，，
∴；
（2）解：∵，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
∴；
（3）解：当为直角边时，如下图：过点N作轴于点M，连接，
∵为等腰直角三角形，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
点；
如图，当为直角边时，
同理可得：点；
综上，或；
（4）解：∵M是的中点，
∴，
∵，
∴，
设，，
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
综上，点Q的坐标为或或．
25．如图1，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点A在DG上，连接AE，CG．
(1)求证：；
(2)猜想：AE与CG之间的位置关系，并证明你的猜想；
(3)在其它条件不变的前提下，如果将正方形ABCD绕着点D按逆时针旋转任意角度（如图2）．那么（2）中结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(4)如图3，将正方形ABCD绕着点D旋转到某一位置时恰好使得，．当正方形DEFG的边长为时，请直接写出正方形ABCD的边长．
【答案】(1)证明见解析
(2)AE⊥CG．证明见解析
(3)（2）中结论仍然成立．理由见解析
(4)
【分析】（1）由正方形的性质得出CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，证明△CDG≌△ADE（SAS），则可得出结论；
（2）延长EA交CG于H，由全等三角形的性质证出∠GHE=90°，则可得出结论；
（3）设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，证明△CDG≌△ADE（SAS），由全等三角形的性质得出∠CGD=∠AED，则可得出结论；
（4）连接CE，证明△CDE≌△CDG（SAS），得出CE=CG，则CG=CE=EG，证出△CEG是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，
∴△CDG≌△ADE（SAS），
∴AE=CG；
（2）解：AE⊥CG．
证明：延长EA交CG于H，
∵△CDG≌△ADE，
∴∠CGD=∠AED，
∵∠GAH=∠DAE，
∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AE⊥CG；
（3）解：（2）中结论仍然成立．
理由：如图2，设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴CD=AD，∠CDA=∠CDG=90°，GD=ED，
∴∠CDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG，
即∠CDG=∠ADE，
在△CDG和△ADE中，
，
∴△CDG≌△ADE（SAS），
∴∠CGD=∠AED，
∵∠AMG=∠DME，
∴∠HGM+∠GMH=∠DME+∠DEM=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AE⊥CG；
（4）解：连接CE，
由（3）可知△ADE≌△CDG，
∴CG=AE，
∵EG=AE，
∴CG=EG，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠DGE=45°，
∵AD∥EG，
∴∠ADG=∠DGE=45°，
∴∠CGD=135°，
∵∠EDG=90°，
∴∠CDE=360°-135°-90°=135=∠CDG，
又∵CD=CD，DG=DE，
∴△CDE≌△CDG（SAS），
∴CE=CG，
∴CG=CE=EG，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CEG=60°，
延长CD交EG于点H，
∵△CDE≌△CDG，
∴∠ECH=∠GCD，CG=CE，
∴GH=EH，CH⊥EG，
∵DE=，
∴EG=2，
∴DH=EH=EG=1，
∴CH=EH=，
∴CD=CH-DH=．
即正方形ABCD的边长为．
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