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人教版2025—2026学年八年级下册期中模拟临考预测猜题卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列二次根式中，最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．将下列长度的三木棒首尾顺次连接，能组成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．4，6，8 C．5，5，4 D．15，12，9
3．下列说法正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．四条边都相等的四边形是正方形
C．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
D．有一组对边相等，一组对边平行的四边形是平行四边形
4． 如图， 在△ABC中， ∠B=90°， AB=3， BC=4， AC的中垂线分别交AC， BC于点D， E， 则BE的长是(　　)
A． B． C． D．
5．如图，四边形的对角线，相交于点O，，且，则添加下列一个条件能判定四边形是菱形的是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（　　）．
A． B． C． D．
7．如图，在正方形中，与相交于点O．嘉嘉作，，在正方形外，，交于点P；淇淇作，，在正方形外，，交于点P，两人的作法中，能使四边形是正方形的是（　　）
A．只有嘉嘉 B．只有淇淇
C．嘉嘉和淇淇 D．以上均不符合题意
8．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
9．如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC上，BD=6，DC=2，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
10．如图，，以点为圆心，为半径画弧交，于点，；分别以点，为圆心大于为半径画弧，两弧交于点；以点为顶点作，射线与交于点，连接；则四边形的面积为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．使式子在实数范围内有意义，则实数的取值范围是　 　．
12．如图，在△中，，，分别是，上的点，，，且，则　 　．
13．已知 ，是两个连续整数，是面积为的正方形的边长，且 ，则 　 　．
14．如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AC、BC的中点，如果EF＝5，那么菱形ABCD的周长　 　．
15．已知，，实数在数轴上的对应点如图所示，化简　 　．
16．如图，在四边形中，，平分，平分，点P，Q分别是，的中点，则　 　．
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．计算：
（1）；
（2）.
18．如图，在中，分别为的中点，延长至点，使，连接交于点．
（1）求证：四边形为平行四边形．
（2）若，求的长．
19．如图，四边形ABCD为矩形，E是BC延长线上一点，AE交CD于点G，F是AE上一点，并且AC=CF=EF，∠AEB=15°．
（1）求∠ACF的度数；
（2）证明：矩形ABCD为正方形．
20．我们知道形如的数可以化简，其化简的目的主要是把原数分母中的无理数化为有理数，如：这样的化简过程叫做分母有理化．我们把叫做的有理化因式，叫做的有理化因式，完成下列各题．
（1）化简：　 　；
（2）的有理化因式是　 　，=　 　
（3）若，求的值．
21．如图，在矩形中，点是对角线的中点，过点作交于点，交于点，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
22．我校八年级六班的小静、小智、小慧是同一学习小组里的成员，小静在计算时出现了一步如下的错误：．
在小组合作环节中，小智与小慧分别从不同的角度帮助小静对这一错误进行分析：
小智的思路：将，两个式子分别平方后再进行比较；
小慧的思路：以，，为三边构造一个三角形，再由三角形的三边的关系判断与的大小关系．
根据小智与小慧的思路，请解答下列问题：
（1）填空：
∵　 　，　 　，
∴，
∴．
（2）如图，以，，为三边构造△ABC．
①请判断△ABC是什么特殊的三角形，并说明理由；
②根据图形直接写出与的大小关系．
23．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O作MN⊥AC，分别交AD，BC于M，N。
（1）如图2，作∠CAD的平分线分别交CD，OM，于E，F，点P在ON上连接PE交AC于点G，若PF=CE，求证：∠AEP=2∠CAE：
（2）如图3，在（2）的条件下，过点C作CH⊥PE，垂足为H，若EH=5，PG=8，求EF的长。
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人教版2025—2026学年八年级下册期中模拟临考预测猜题卷
数 学
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下列二次根式中，最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：A、 所以不是最简二次根式，不符合题意；
B、 ，不是最简二次根式，不符合题意；
C、 不是最简二次根式，不符合题意；
D、 是最简二次根式，符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用最简二次根式的定义逐项判定即可。
2．将下列长度的三木棒首尾顺次连接，能组成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3 B．4，6，8 C．5，5，4 D．15，12，9
【答案】D
【解析】【解答】解：A、12+22=5≠32，故不能组成直角三角形，不符合题意；
B、42+62≠82，故不能组成直角三角形，不符合题意；
C、52+42≠52，故不能组成直角三角形，不符合题意．
D、，能组成直角三角形，符合题意；
故答案为：D．
【分析】利用勾股定理对每个选项一一判断即可。
3．下列说法正确的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．四条边都相等的四边形是正方形
C．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
D．有一组对边相等，一组对边平行的四边形是平行四边形
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，A不符合题意；
B、四条边都相等的四边形是菱形，B不符合题意；
C、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，C符合题意；
D、有一组对边相等，一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据菱形的判定、平行四边形的判定、直角三角形斜边上的中线的性质结合题意即可求解。
4． 如图， 在△ABC中， ∠B=90°， AB=3， BC=4， AC的中垂线分别交AC， BC于点D， E， 则BE的长是(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，
由勾股定理，得.
∵ AC的中垂线分别交AC， BC于点D， E ，即DE是AC的垂直平分线，
∴AE=CE.
设BE=x，则CE=BC-BE=4-x，因此AE=4-x.
在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB2+BE2=AE2，即32+x2=(4 - x)2，
整理，得9+x2=16-8x+x2，
消去x2，得9=16-8x，
解得.
故答案为：D .
【分析】先在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长；再利用垂直平分线的性质（垂直平分线上的点到线段两端的距离相等），设未知数构建边的关系；最后在Rt△ABE中，由勾股定理列出方程求解，即可得出答案.
5．如图，四边形的对角线，相交于点O，，且，则添加下列一个条件能判定四边形是菱形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：A、证明四边形是平行四边形， ，可得四边形是矩形，选项错误.
B、证明四边形是平行四边形，，可得对角线互相垂直平分，能证明是菱形，选项正确.
C、证明四边形是平行四边形，可得是矩形，选项错误.
D、证明四边形是平行四边形，，条件没用，选项错误.
故答案为：B.
【分析】根据菱形的判定定理逐项判断即可.
6．如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接BD，AC．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠BAO=∠DAO=60°，BD⊥AC，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
∴OA=AB=1，OB=OA=，
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO=∠BFO=90°，
在△BEO和△BFO中，
，
∴△BEO≌△BFO（AAS），
∴OE=OF，BE=BF，
∵∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE=×=，
同法可证，△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形，
∴EF=GH=，EH=FG=，
∴四边形EFGH的周长=3+，
故答案为：A．
【分析】证明△BEF是等边三角形，求出EF，同法可证明△DGH，△OEH，△OFG都是等边三角形，求出EH，EF的长即可。
7．如图，在正方形中，与相交于点O．嘉嘉作，，在正方形外，，交于点P；淇淇作，，在正方形外，，交于点P，两人的作法中，能使四边形是正方形的是（　　）
A．只有嘉嘉 B．只有淇淇
C．嘉嘉和淇淇 D．以上均不符合题意
【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90，OD＝OC，
嘉嘉的：
∵，，
根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴四边形DOCP是平行四边形，
∵∠DOC＝90，OD＝OC，
∴四边形DOCP是正方形，嘉嘉的作法符合题意；
淇淇的：
∵，，
根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴四边形DOCP是平行四边形，
∵∠DOC＝90，OD＝OC，
∴四边形DOCP是正方形，淇淇的作法也符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质和判定解答即可。
8．下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：A.与不是同类项，故不能合并，A不符合题意；
B.，B符合题意；
C.，C不符合题意；
D.，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据二次根式的性质逐项计算化简可得答案。
9．如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC上，BD=6，DC=2，点P是AB上的动点，则PC+PD的最小值为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】B
【解析】【解答】解：过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP．
此时DP＋CP＝DP＋PC′＝DC′的值最小．
∵DC＝2，BD＝6，
∴BC＝8，
连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，
∴∠CBC′＝90°，
∴BC′⊥BC，∠BCC′＝∠BC′C＝45°，
∴BC＝BC′＝8，
根据勾股定理可得DC′＝ ．
故答案为：B．
【分析】过点C作CO⊥AB于O，延长CO到C′，使OC′＝OC，连接DC′，交AB于P，连接CP，此时DP＋CP＝DP＋PC′＝DC′的值最小．由DC＝2，BD＝6，得到BC＝8，连接BC′，由对称性可知∠C′BA＝∠CBA＝45°，于是得到∠CBC′＝90°，然后根据勾股定理即可得到结论．
10．如图，，以点为圆心，为半径画弧交，于点，；分别以点，为圆心大于为半径画弧，两弧交于点；以点为顶点作，射线与交于点，连接；则四边形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：由题意可得：
OE平分∠AOB，∠AOB=60°，OC=0D=2
四边形ODGC为菱形
过点G作GM⊥OB于点M
∴在Rt△DGM中，
故答案为：
【分析】由题意可得OE平分∠AOB，可判定四边形ODGC是菱形，过点G作GM⊥OB于点M，根据勾股定理可求出GM的长，根据菱形面积公式即可求出答案。
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．使式子在实数范围内有意义，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【解析】【解答】根据题意可得：，
解得：，
故答案为：.
【分析】根据分式及二次根式有意义的条件列出不等式组，再求解即可.
12．如图，在△中，，，分别是，上的点，，，且，则　 　．
【答案】8
【解析】【解答】解：在上取一点，使，
，
，
，
△△，
，
过点作于点，
，
，
△就是等腰三角形，
，，
，
，
在△中，由勾股定理可得，
在△中，由勾股定理可得，，
，
故答案为：8．
【分析】在上取一点，使，利用等边对等角可证得，再利用SAS可证得△BDC≌△CGB，利用全等三角形的性质可证得，过点作于点，可推出△就是等腰三角形，由此可得到KG的长，然后根据AK=AB-BG，可求出AK的长，再利用勾股定理分别求出CK、CE的长，即可得到BD的长.
13．已知 ，是两个连续整数，是面积为的正方形的边长，且 ，则 　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：∵是面积为的正方形的边长，
∴，
∵，
∴，
即
∵，是两个连续整数，且，
∴
∴，
故答案为：.
【分析】根据正方形的面积是边长的平方可得边长是面积的算术平方根，则得到，根据无理数估算大小的方法得到，从而结合题意得出x、y的值，进而根据有理数乘方运算法则即可算出答案.
14．如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AC、BC的中点，如果EF＝5，那么菱形ABCD的周长　 　．
【答案】40
【解析】【解答】解：∵E、F分别是AC、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴AB＝2EF＝2×5＝10，
∴菱形ABCD的周长＝4×10＝40．
故答案为：40．
【分析】根据三角形中位线定理，可得AB＝2EF＝10，利用菱形ABCD的周长=4AB计算即可.
15．已知，，实数在数轴上的对应点如图所示，化简　 　．
【答案】- b
【解析】【解答】解：由数轴可得，，，
则，
故答案为：-b.
【分析】根据数轴可得a16．如图，在四边形中，，平分，平分，点P，Q分别是，的中点，则　 　．
【答案】
【解析】【解答】解：连接DQ并延长交BC于点M，如图所示：
∵，
∴，，
∵点Q是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵P是的中点，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】连接DQ并延长交BC于点M，利用二直线平行，内错角相等，得∠ADQ=∠CMQ，∠DAQ=∠MCQ，由中点定义得AQ=CQ，从而哟AAS判断出△ADQ≌△CMQ，由全等三角形的对应边相等得DQ=MQ，AD=CM，进而推出BM=CM=BC，由三角形中位线定理得PQ=BM=BC，从而即可求出答案.
三、解答题（17、18、19题每题6分，20、21题每题8分，22、23每题9分，共计52分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．计算：
（1）；
（2）.
【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式.
【解析】【分析】（1）先根据二次根式的性质将第二个与第三个二次根式分别化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；
（2）先利用平方差公式去括号，再计算乘方，最后计算有理数的减法即可.
18．如图，在中，分别为的中点，延长至点，使，连接交于点．
（1）求证：四边形为平行四边形．
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：分别为的中点，
．
，
．
，
四边形CDEF为平行四边形；
（2）解：四边形CDEF为平行四边形，
．
，
．
∵DE∥CF，
∴∠DEA=∠ACB=90°，
在中，，
，
．
【解析】【分析】（1）根据三角形中位线性质得到DE∥BC，BC=2DE，结合已知得到DE=CF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可判定四边形CDEF为平行四边形；
（2）根据平行四边形的对角线互相平分和题意得到CO、CF的长度，再根据勾股定理计算即可.
19．如图，四边形ABCD为矩形，E是BC延长线上一点，AE交CD于点G，F是AE上一点，并且AC=CF=EF，∠AEB=15°．
（1）求∠ACF的度数；
（2）证明：矩形ABCD为正方形．
【答案】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠D=90°，
∴∠DAG=∠AEB=15°，
∵CF=EF，
∴∠FCE=∠AEB=15°，
∴∠AFC=∠FCE+∠AEB=30°，
∵AC=CF，
∴∠FAC=∠AFC=30°，
∴∠ACF=18O°﹣∠FAC﹣∠AFC=120°；
（2）由（1）知∠DAG=15°，∠FAC=30°，
∴∠DAC=∠DAG+∠FAC=45°，
∵∠D=90°，
∴∠ACD=∠DAC=45°，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD为正方形．
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可得∠DAG=∠AEB=15°，利用外角的性质和等腰三角形的性质可得∠AFC与∠CAF的度数，可得∠ACF；
（2）由∠DAG=15°，∠FAC=30°，易得∠DAC=45°，可得∠ACD=∠DAC=45°，由等腰三角形的判定可得AD=CD，由正方形的判定定理证得结论．
20．我们知道形如的数可以化简，其化简的目的主要是把原数分母中的无理数化为有理数，如：这样的化简过程叫做分母有理化．我们把叫做的有理化因式，叫做的有理化因式，完成下列各题．
（1）化简：　 　；
（2）的有理化因式是　 　，=　 　
（3）若，求的值．
【答案】（1）
（2）；
（3），∴
【解析】【解答】（1）解：
故答案为：
（2）∵，
∴的有理化因式是，
故答案为：，
【分析】本题主要考察分母有理化的方法以及二次根式的混合运算、代数式的变形求值。
(1)将分式的分子分母同乘，消去分母中的根号后进行约分即可得到化简结果；
(2)根据有理化因式的定义，利用平方差公式得出的有理化因式为，再将分式分子分母同乘该有理化因式进行分母有理化；
(3)先对进行分母有理化求出化简后的结果，再将代数式配方变形为，最后将的值整体代入变形后的式子计算。
（1）解：
故答案为：
（2）∵，
∴的有理化因式是，
故答案为：，
（3），
∴
21．如图，在矩形中，点是对角线的中点，过点作交于点，交于点，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明： 点 是 的中点， ，
是 的垂直平分线，
， ， ，
四边形 是矩形，
，
．
在 和 中，
， ， ，
≌ ，
，
，
四边形AECF为菱形；
（2）解： 点 是 的中点， ，
， ，
，
由菱形的性质可知： ，
菱形AECF的面积 ．
【解析】【分析】（1）由线段垂直平分线的性质，可得AF＝FC，EA＝EC，OA＝OC，然后根据四边形ABCD是矩形，可利用AAS证出△AOF≌△COE，则可得AF＝CE，从而得出四边形AECF的四边都相等即证得结论；
（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分先求出OA的长，然后利用勾股定理可得OF的长，从而求出EF＝2OF＝12，再利用菱形AECF的面积计算公式即可解答．
22．我校八年级六班的小静、小智、小慧是同一学习小组里的成员，小静在计算时出现了一步如下的错误：．
在小组合作环节中，小智与小慧分别从不同的角度帮助小静对这一错误进行分析：
小智的思路：将，两个式子分别平方后再进行比较；
小慧的思路：以，，为三边构造一个三角形，再由三角形的三边的关系判断与的大小关系．
根据小智与小慧的思路，请解答下列问题：
（1）填空：
∵　 　，　 　，
∴，
∴．
（2）如图，以，，为三边构造△ABC．
①请判断△ABC是什么特殊的三角形，并说明理由；
②根据图形直接写出与的大小关系．
【答案】（1）18；10
（2）①为直角三角形；理由：
∵，
∴为直角三角形；
②
【解析】【解答】（1）解：∵，
，
故答案为：18，10；
（2）②
∴．
【分析】（1）根据完全平方公式，结合二次根式混合运算即可求出答案.
（2）①根据勾股定理逆定理即可求出答案.
②根据三角形三边关系即可求出答案.
（1）解：∵，
，
故答案为：18，10；
（2）①为直角三角形；理由：
∵，
∴为直角三角形；
②
∴．
23．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O作MN⊥AC，分别交AD，BC于M，N。
（1）如图2，作∠CAD的平分线分别交CD，OM，于E，F，点P在ON上连接PE交AC于点G，若PF=CE，求证：∠AEP=2∠CAE：
（2）如图3，在（2）的条件下，过点C作CH⊥PE，垂足为H，若EH=5，PG=8，求EF的长。
【答案】（1）证明：过点F作FH⊥AD于点H，延长FH，使FO=PF，连接AP、CP、CF/EO，AQ，CF交PE于点J，如图所示：
则∠AHQ= ∠AHF =90°，
∴∠AHF =∠ADC，
∴FQ//CE，
∵PF=CE， FQ=PF，
∴FQ=CE，
∴四边形CFQE为平行四边形，
∴EQ=CF，
∵AE平分∠CAD，FO⊥AO，FH⊥AD，
∴FO=FH， ∠OAF=∠HAF，
∵AF =AF，
∴Rt△AFH≌Rt△AFO(HL)，
∴AH=AO，
∵FQ-FH=PF-FO，
∴OP=HQ，
∵∠AHQ=∠AOP=90°，
∴△HOB≌△AOP(SAS)，
∴∠HAQ=∠PAO，
∵∠OAF =∠HAF，
∴∠FAO+∠PAO= ∠FAH+∠HAQ，
即∠PAF=∠QAF，
∵AP=AQ， AE=AE，
∴△EQE≌△AEP(SAS)，
∴EQ=EP，
∴CF =PE，
∵PF=CE， PC=PC，
∴△PEC≌△CFP(SSS)，
，
，
即JE=JF，
∴∠JFE=∠JEF，
∵∠PJC=∠EJF，
∴∠PCJ=∠CPJ=∠JEF=∠JFE，
∴PC//EF，
∴∠OAF= ∠OCP，∠AFO=∠CPO，
∵MN 垂直平分 AC，
∴AO=CO，AP=CP，
∴△AOF≌△COP(AAS)，
∴AF=CP，
∴四边形APCF为平行四边形，
∵AP=CP，
∴四边形APCF为菱形，
∴∠PAC= ∠FAC， AP=CP=CF = AF，
∴∠PAO= ∠FAO=∠FAH=∠QAH， AP=PE=CF，
∴∠AEP= ∠PAE，
∵∠PAE= ∠PAO+∠FAO=2∠CAE，
∴∠AEP =2∠CAE：
（2）解：连接FG，过点F作FI⊥PE于点I，过点P作PK⊥AE于点K，过点E作EL⊥PC于点L，如图所示：
则∠PKE=∠PLE=90°，
设PF=CE=4x，GI=M，IH=n，
根据解析（2）可知：，，
∴，
∴，
∴ 四边形PKEL为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
根据解析（2）可知：，
，
，
垂直平分
，
根据勾股定理得：，
，
，
，
整理得：，
根据勾股定理得：，，
，
即，
整理得：，
把代入得：，
整理得：，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
在中，根据勾股定理得：
，
，
，
整理得：，
解得或
当时，，不符合题意舍去，
当时，，即
【解析】【分析】(1)过点F作FH⊥AD于点H，延长FH，使FQ=PF，连接AP， CP，CF，EQ，AQ，CF交PE于点J，证明四边形CFQE为平行四边形，得出EQ=CF，证明Rt△AFH≌Rt△AFO(HL)，得出AH=AO，证明△AHQ≌△AOP(SAS)，得出∠HAQ=∠PAO，证明△AEQ≌△AEP(SAS)，得出EQ=EP，证明△PEC≌△CFP(SSS)，得出∠CPJ=∠PCJ，证明△AOF≌△COP(AAS)，得出AF=CP，证明四边形APCF为菱形，得出∠PAC=∠FAC，AP=CP=CF=AF，证明∠AEP=∠PAE，根据∠PAE=∠PAO+∠FAO=2∠CAE，即可证明结论；
(2)连接FG，过点F作FI⊥PE于点I，过点P作PK⊥AE于点K，过点E作EL⊥PC于点L，设PF=CE=4x，GI=m，IH=n，证明四边形PKEL为矩形，得出KE=PL，PK=EL，证明Rt△PFK≌Rt△ECL(HL)，得出FK=CL，求出KE=PL=13+m+n-5=8+m+n， EF=KE-KF=8+m+n-5=3+m+n，根据勾股定理得出PF2-PI2=FG2-GI2，即(4x)2-(8+m)2=82-m2，求出m=x2-8，根据勾股定理得出PE2-PL2=CE2-CL2，即(13+m+n)2-(8+m+n)2=(4x)2-52，求出，得出，根据勾股定理求出EF2-I
E2=GF2-IG2，得出，求出或，最后代入求出结果即可.
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