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北京市2025-2026学年八年级下学期期末模拟自测数学试卷
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2025秋 浑南区期中）下列各式中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024秋 方城县期中）估计的值应在（　　）
A．6和7之间 B．7和8之间 C．8和9之间 D．9和10之间
3．（3分）（2025秋 绍兴期中）如图，电工师傅为长方形房间布埋电线管时，若电线管要从天花板A墙角走到C墙角，电线管的长度至少要（　　）
A．9m B．10m C．12m D．14m
4．（3分）（2025春 陵城区期末）若式子有意义，则实数x的取值范围是（　　）
A．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x≥﹣1 D．x≥0
5．（3分）甲、乙、丙三人手中各有一张如图所示的纸质卡片，卡片上分别写有一个算式，则这三张卡片中，算式的计算结果是有理数的有（　　）
A．3张 B．2张 C．1张 D．0张
6．（3分）（2023 硚口区模拟）将10根棒棒糖分给甲，乙，丙三个小朋友，要求三个小朋友都有棒棒糖，且分得棒棒糖的根数互不相同，则不同的分法有（　　）
A．22种 B．23种 C．24种 D．25种
7．（3分）（2024秋 桐柏县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点B的坐标为（0，﹣2），则点A的坐标为（　　）
A． B． C．（﹣4，0） D．
8．（3分）（2023 辉县市二模）下列计算正确的是（　　）
A．2a2+a＝3a3 B．（﹣3x2）2＝6x4
C． D．（a﹣2）2＝a2﹣4
9．（3分）（2024秋 三水区期末）下列命题中是真命题的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形
D．顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形
10．（3分）（2025春 集宁区校级期末）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，运动时间为（　　）
A．1s或2s B．2s或6s C．2s或4s D．2s或3s
11．（3分）（2022秋 渝北区期末）如图，第①个图形有1个点，第②个图形有6个点，第③个图形有15个点，第④个图形有28个点，按此规律排列下去，则第⑧个图形的点的个数为（　　）
A．72 B．80 C．120 D．153
12．（3分）（2025春 岚山区期末）在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则；其中结论正确的有（　　）
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
13．（3分）（2025秋 鹿城区校级期中）如图所示在数轴上有个4×4的格点正方形，平放在数轴上，单位格点长度就是数轴的单位长度，A点表示的数为0．以A为圆心、AB为半径画弧交数轴于点C，则C点表示的数为 　 　 ．
14．（3分）（2024秋 永川区月考）现有6张正面分别标有数字﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1的不透明卡片，他们除数字不同外，其余都相同．现将他们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，记该卡片上的数字为a，则使得关于x的分式方程有整数解，且使关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣6y﹣2＝0有实数根的概率为　 　 ．
15．（3分）如图，四边形ABCD中，对角线BD⊥AD，BD⊥BC，AD＝11﹣x，BC＝x﹣5，则当x＝　 　 时，四边形ABCD是平行四边形．
16．（3分）（2023秋 成都期中）将字母C、H按如图所示拼图，第1图中有4个H，第2图中有6个H，第3图中有8个H，若按此规律拼图，则第2023图中字母H的个数为 　 　 .
17．（3分）定义：如图，点B，C把线段AD分割成AB，BC，CD三段，若以AB，BC，CD为边的三角形是一个直角三角形，则称点B，C是线段AD的勾股分割点．已知点B，C是线段AD的勾股分割点，且AB为直角边，若AD＝24，BD＝18，则CD的长为　 　 ．
18．（3分）（2025秋 化州市期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．勾股定理与图形的面积存在密切的关系，如图是由Rt△ABC、Rt△ABP组成的图形，其中∠ABC＝∠APB＝90°，已知AC＝13，BC＝12，AP+BP＝7，则△ABP的面积为　 　 ．
19．（3分）有15个数排成一列，它们正好构成等差数列，其中第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，那么其余数的和为　 　 ．
20．（3分）（2025春 龙凤区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在边BC、AB上，CD＝BD，．AD与CE交于点F，如果AB＝6，那么CF的长等于 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（10分）（2023春 澄海区期末）计算：．
22．（10分）（2025春 运河区校级月考）（1）若，求x2﹣xy+y2的值；
（2）若a+b＝﹣6，ab＝7，求的值．
23．（6分）（2023 呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
24．（7分）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点M也在格点上，按要求完成下列各题．
（1）△ABC的形状为　 　 三角形．
（2）利用无刻度的直尺作图：
①画出BC边上的高AD，并求AD的长；
②将线段BD平移至MN，点B的对应点为M．
25．（5分）（2025 蜀山区校级三模）某同学根据学习“数与式”积累的经验，想通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律．下面是他的探究过程，请补充完整：
（1）具体运算，发现规律．
特例1：，
特例2：，
特例3：，
特例4： 　 　 ．
（2）观察、归纳，得出猜想．
如果n为正整数，按此规律第n个式子可以表示为：　 　 ．
（3）应用运算规律：
①化简： 　 　 ；
②若（a，b均为正整数），则 a+b＝ 　 　 ．
26．（6分）（2024春 秀山县期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，垂足为点E，DE＝CD，点F为DE中点，点G为CD上的一点，连接CF，EG，BG，∠1＝∠2．
（1）若DF＝2，BE＝3，求AE的长；
（2）求证：．
27．（8分）（2024秋 长寿区校级月考）如图，点A，B，C三点在一直线上，在BC同侧作△BCD、△BCE，若BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，过点B作∠CBD的平分线交CE于点F．
（1）若BE∥CD，求证：BE＝BC；
（2）已知∠E＝32°，求∠D的度数；
（3）若BE∥CD，BD＝4，BF＝3，求线段CD的长．
28．（8分）（2025春 中山区期末）（1）【教材呈现】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的．设OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，求证：S四边形BEOF；
（2）【类比探究】
如图2，在正方形ABCD中，点M为对角线BD上一点，点E，F分别在边AB和BC延长线上，ME⊥MF，若AB＝6，DM，求四边形MEBF的面积；
（3）【拓展运用】
如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝∠B，S四边形AECF，BE＝2EC，求的值．
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．（3分）（2025秋 浑南区期中）下列各式中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】A
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查定义中的两个条件①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【解答】解：A、，符合最简二次根式的条件；故本选项符合题意；
B、，被开方数里含有分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
C、，被开方数里含有分母，不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
D、，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故该选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了最简二次根式的定义．熟练掌握定义是关键．
2．（3分）（2024秋 方城县期中）估计的值应在（　　）
A．6和7之间 B．7和8之间 C．8和9之间 D．9和10之间
【考点】估算无理数的大小；二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；符号意识．
【答案】B
【分析】先计算出原式等于4，可得34，即可求解．
【解答】解：，
∵，即34，
∴7＜48，
∴的值应在7和8之间，
故选：B．
【点评】本题主要考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
3．（3分）（2025秋 绍兴期中）如图，电工师傅为长方形房间布埋电线管时，若电线管要从天花板A墙角走到C墙角，电线管的长度至少要（　　）
A．9m B．10m C．12m D．14m
【考点】平面展开﹣最短路径问题；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．
【答案】B
【分析】先连接AC，再根据勾股定理列式计算，即可作答．
【解答】解：连接AC，如图所示：
依题意，CB＝8m，∠B＝90°，AB＝6m，
则，
∴电线管要从天花板A墙角走到C墙角，电线管的长度至少要10m．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理，平面展开—最短路径问题，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
4．（3分）（2025春 陵城区期末）若式子有意义，则实数x的取值范围是（　　）
A．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x≥﹣1 D．x≥0
【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．
【专题】分式；二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】二次根式有意义即被开方数为非负数，分式有意义即分母不为0，由此解答即可．
【解答】解：若式子有意义，则，
解得x＞﹣1，
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握这两个知识点是解题的关键．
5．（3分）甲、乙、丙三人手中各有一张如图所示的纸质卡片，卡片上分别写有一个算式，则这三张卡片中，算式的计算结果是有理数的有（　　）
A．3张 B．2张 C．1张 D．0张
【考点】有理数．
【专题】计算题；运算能力．
【答案】B
【分析】先求出每个算式的结果，再根据有理数的定义判断即可．
【解答】解：，5是有理数，故甲符合题意，
，不是有理数，故乙不符合题意，
，﹣1是有理数，故丙符合题意，
综上所述，三张卡片中，算式的计算结果是有理数的有2张．
故选：B．
【点评】本题考查了有理数，熟练掌握运算法则是解题的关键．
6．（3分）（2023 硚口区模拟）将10根棒棒糖分给甲，乙，丙三个小朋友，要求三个小朋友都有棒棒糖，且分得棒棒糖的根数互不相同，则不同的分法有（　　）
A．22种 B．23种 C．24种 D．25种
【考点】排列与组合问题．
【专题】数字问题；规律型；应用意识．
【答案】C
【分析】把10进行拆分，得到3个不同的正整数相加的情况即可求解．
【解答】解：10＝1+2+7＝1+3+6＝1+4+5＝1+5+4＝1+6+3＝1+7+2＝2+3+5＝2+5+3，
∵将10根棒棒糖分给甲，乙，丙三个小朋友，
8×3＝24（种）．
故不同的分法有24种．
故选：C．
【点评】本题考查了排列与组合问题，关键是将10分解为10＝1+2+7＝1+3+6＝1+4+5＝1+5+4＝1+6+3＝1+7+2＝2+3+5＝2+5+3．
7．（3分）（2024秋 桐柏县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点B的坐标为（0，﹣2），则点A的坐标为（　　）
A． B． C．（﹣4，0） D．
【考点】菱形的性质；坐标与图形性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】由菱形的性质和直角三角形的性质求出∠BAO＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得AB＝2OB＝4，然后由勾股定理求出OA的长，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴∠ABO∠ABC＝60°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴∠BAO＝90°﹣60°＝30°，
∴AB＝2OB，
∵点B的坐标为（0，﹣2），
∴OB＝2，
∴AB＝2OB＝4，
∴OA2，
∴点A的坐标为（﹣2，0），
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
8．（3分）（2023 辉县市二模）下列计算正确的是（　　）
A．2a2+a＝3a3 B．（﹣3x2）2＝6x4
C． D．（a﹣2）2＝a2﹣4
【考点】二次根式的性质与化简；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．
【专题】实数；整式；二次根式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据同类项的定义判断A选项；利用幂的乘方与积的乘方判断B选项；根据二次根式的性质判定C选项；根据完全平方公式判定D选项．
【解答】解：2a2与a不能合并同类项，故A不符合题意；
（﹣3x2）2＝9x4，故B不符合题意；
2，故C符合题意；
（a﹣2）2＝a2﹣4a+4，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查合并同类项，幂的乘方与积的乘方，二次根式的性质，完全平方公式，熟练掌握相应的运算法则和性质是解题的关键．
9．（3分）（2024秋 三水区期末）下列命题中是真命题的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形
D．顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形
【考点】命题与定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；中点四边形．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、有一个角为90°且一组邻边相等的平行四边形是正方形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直且相等的四边形不一定矩形，故错误，是假命题，不符合题意；
D、顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的判定定理，难度不大．
10．（3分）（2025春 集宁区校级期末）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，运动时间为（　　）
A．1s或2s B．2s或6s C．2s或4s D．2s或3s
【考点】平行四边形的判定；等边三角形的性质．
【专题】行程问题；线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】设运动时间为ts，由点F运动的速度为2cm/s，求得当点F与点C重合时t＝3，由AG∥BC，可知当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，则AE＝CF，再分两种情况讨论，一是当0＜t＜3时，则t＝6﹣2t，求得t＝2；二是当t＞3时，则t＝2t﹣6，求得t＝6，于是得到问题的答案．
【解答】解：设运动时间为ts，
当点F与点C重合时，则2t＝6，
解得t＝3，
∵射线AG∥BC，点E在线段AG上运动，点F在射线BC上运动，
∴AE∥CF，
∴当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，则AE＝CF，
∵当0＜t＜3时，由AE＝CF得t＝6﹣2t，
解得t＝2；
当t＞3时，由AE＝CF得t＝2t﹣6，
解得t＝6，
∴当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，运动时间为2s或6s，
故选：B．
【点评】此题重点考查一元一次方程的应用、平行四边形的性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地用代数式表示AE的长及CF的长是解题的关键．
11．（3分）（2022秋 渝北区期末）如图，第①个图形有1个点，第②个图形有6个点，第③个图形有15个点，第④个图形有28个点，按此规律排列下去，则第⑧个图形的点的个数为（　　）
A．72 B．80 C．120 D．153
【考点】规律型：图形的变化类．
【专题】规律型；数据分析观念．
【答案】C
【分析】根据图形的变化规律，可得第8个图形中的点数．
【解答】解：∵1×1＝1；2×3＝6，3×5＝15，4×7＝28．，
∴第⑧个图形的点的个数为8×（2×8﹣1）＝120，
故选：C．
【点评】本题主要考查了图形变化类问题，解决问题的关键是依据图形的变化，得到第8个图形中的点数．
12．（3分）（2025春 岚山区期末）在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则；其中结论正确的有（　　）
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】①证明△ADF和△CDE全等得DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，再根据∠ADF+∠FDE＝∠ADC＝90°得∠FDE＝90°，由此可对结论①进行判断；
②设∠ADF＝∠CDE＝α，则∠FDB＝45°﹣α，∠CPE＝45°+α，进而得∠FEC＝90°﹣∠CPE＝45°﹣α，由此可对结论②进行判断；
③连接BM，DM，过点M作MH⊥BC于点H，根据点M是EF的中点得DMEF，BMEF，由此得点M在线段BD的垂直平分线上，据此可对结论③进行判断；
④证明MH是△BFE的中位线得MHBF＝1，再证明△HCM是等腰直角三角形得MH＝CH＝1，进而由勾股定理得MC，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝CB，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝45°，
∴∠A＝∠DCE＝90°，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，
∵∠ADF+∠FDE＝∠ADC＝90°，
∴∠CDE+∠FDE＝∠ADC＝90°，
即∴FDE＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
故结论①正确；
②设∠ADF＝∠CDE＝α，
∴∠FDB＝∠ADB﹣∠ADF＝45°﹣α，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DFE＝45°，
∵∠CPE是△PDE的外角，
∴∠CPE＝∠DFE+∠CDE＝45°+α，
在Rt△CPE中，∠FEC＝90°﹣∠CPE＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α，
∴∠FDB＝∠FEC＝45°﹣α，
故结论②正确；
③连接BM，DM，过点M作MH⊥BC于点H，如图所示：
∵△DEF是等腰直角三角形，点M是EF的中点，
∴DMEF，
∴∠ABC＝90°，
∴BM是Rt△FBE斜边上的中线，
∴BMEF，
∴DM＝BM，
∴点M在线段BD的垂直平分线上，
∴直线CM是BD的垂直平分线；
故结论③正确；
④∵MH⊥BC，BF＝2，
∴∠MHE＝∠ABC＝90°，
∴MH∥AB，
∵点M是EF的中点，
∴MH是△BFE的中位线，
∴MHBF＝1，
∵CD＝CB，直线CM是BD的垂直平分线，
∴CM平分∠BCD，
∴∠HCM∠BCD＝45°，
∴△HCM是等腰直角三角形，
∴MH＝CH＝1，
由勾股定理得：MC，
故结论④正确，
综上所述：正确的结论是①②③④．
故选：D．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，理解正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
13．（3分）（2025秋 鹿城区校级期中）如图所示在数轴上有个4×4的格点正方形，平放在数轴上，单位格点长度就是数轴的单位长度，A点表示的数为0．以A为圆心、AB为半径画弧交数轴于点C，则C点表示的数为 　　 ．
【考点】勾股定理；实数与数轴．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】．
【分析】根据勾股定理求出AB，即可解答．
【解答】解：由图可知AB，
∵以A为圆心、AB为半径画弧交数轴于点C，
∴AC＝AB，
∴点C表示的数为．
故答案为：．
【点评】本题考查勾股定理，利用勾股定理求出AB是解题关键．
14．（3分）（2024秋 永川区月考）现有6张正面分别标有数字﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1的不透明卡片，他们除数字不同外，其余都相同．现将他们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，记该卡片上的数字为a，则使得关于x的分式方程有整数解，且使关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣6y﹣2＝0有实数根的概率为　．　 ．
【考点】概率公式；一元二次方程的定义；根的判别式；分式方程的解．
【专题】概率及其应用；运算能力．
【答案】．
【分析】先解分式方程得，且x≠2，根据分式方程有整数解得到a＝﹣7，﹣5，﹣4，﹣2，1，符合题意的a＝﹣4，﹣2，1，再由一元二次方程根的判别式以及一元二次方程的定义得到a＝﹣2，即可求解概率．
【解答】解：，
去分母得：ax﹣3＝1﹣3x，
解得：，且x≠2，
∴a+3≠2，
∴a≠﹣1，
∵有整数解，
∴a+3＝﹣4，﹣2，﹣1，1，4，
∴a＝﹣7，﹣5，﹣4，﹣2，1，
∵有6张正面分别标有数字﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1的不透明卡片，
∴a＝﹣4，﹣2，1，
∵关于y的一元二次方程 （a﹣1）y2﹣6y﹣2＝0有实数根，
∴Δ＝36+8（a﹣1）≥0，a≠1，
解得：a≥﹣3.5，a≠1，
∴a＝﹣2，
∴使得关于x的分式方程有整数解，且使关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣6y﹣2＝0有实数根的概率为，
故答案为：．
【点评】本题考查了概率公式，解分式方程，一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式等知识点．
15．（3分）如图，四边形ABCD中，对角线BD⊥AD，BD⊥BC，AD＝11﹣x，BC＝x﹣5，则当x＝　8　 时，四边形ABCD是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】8．
【分析】当AD＝BC时，是平行四边形，从而可求出解．
【解答】解：∵BD⊥AD，BD⊥BC，
∴AD∥BC，
只要AD＝BC，四边形ABCD是平行四边形．
∵AD＝BC，
∴11﹣x＝x﹣5，
解得x＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
16．（3分）（2023秋 成都期中）将字母C、H按如图所示拼图，第1图中有4个H，第2图中有6个H，第3图中有8个H，若按此规律拼图，则第2023图中字母H的个数为 　2048个　 .
【考点】规律型：图形的变化类．
【专题】规律型；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】2048个．
【分析】根据拼图得：第①个拼图中“H”的个数有4个，即4＝2×2；第②个拼图中“H”的个数有6个，即6＝2×3；第③个拼图中“H”的个数有8个，即8＝2×4；…，以此类推，第n个拼图中“H”的个数有2（n+1）个，据此可求出第2023图中字母H的个数．
【解答】解：∵第①个拼图中“H”的个数有4个，即4＝2×2；
第②个拼图中“H”的个数有6个，即6＝2×3；
第③个拼图中“H”的个数有8个，即8＝2×4；
…，以此类推，第n个拼图中“H”的个数有2（n+1）个，
∴第2023图中字母H的个数是：2×（2023+1）＝4048（个）．
故答案为：2048个．
【点评】此题主要考查了图形类规律题，理解题意，通过观察、分析、归纳总结出规律，然后根据总结出的规律来解决问题，在归纳总结规律时，要特别注意哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，哪些部分没有发生变化．
17．（3分）定义：如图，点B，C把线段AD分割成AB，BC，CD三段，若以AB，BC，CD为边的三角形是一个直角三角形，则称点B，C是线段AD的勾股分割点．已知点B，C是线段AD的勾股分割点，且AB为直角边，若AD＝24，BD＝18，则CD的长为　8或10　 ．
【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】8或10．
【分析】根据题意需分类讨论：①BC当为最长线段时，由勾股定理求出；②当 为最长线段时，由勾股定理求出即可．
【解答】解：∵AD＝24，BD＝18，
∴AB＝AD﹣BD＝24﹣18＝6，
设CD＝x，则BC＝BD﹣CD＝18﹣x，
以AB，BC，CD为边的三角形是一个直角三角形，分类讨论如下：
①BC当为最长线段时，
由勾股定理得：AB2+CD2＝BC2，
∴62+x2＝（18﹣x）2，
解得：x＝8；
②当CD为最长线段时，
由勾股定理得：AB2+BC2＝CD2，
∴62+（18﹣x）2＝x2，
解得：x＝10；
故答案为：8或10．
【点评】本题主要考查了勾股定理，熟练掌握分类讨论的思想是解答本题的关键．
18．（3分）（2025秋 化州市期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．勾股定理与图形的面积存在密切的关系，如图是由Rt△ABC、Rt△ABP组成的图形，其中∠ABC＝∠APB＝90°，已知AC＝13，BC＝12，AP+BP＝7，则△ABP的面积为　6　 ．
【考点】勾股定理；三角形的面积．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】6
【分析】由勾股定理求出AB＝5，AP2+BP2＝AB2＝25，再结合AP+BP＝7，求出AP BP＝12，然后由三角形面积公式列式计算即可．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AC＝13，BC＝12，
∴，
∵∠APB＝90°，
∴AP2+BP2＝AB2＝25，
∵AP+BP＝7，
∴AP2+BP2+2AP BP＝49，
∴AP BP＝12，
∴△ABP的面积AP BP．
故答案为：6．
【点评】本题考查的是勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
19．（3分）有15个数排成一列，它们正好构成等差数列，其中第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，那么其余数的和为　1771　 ．
【考点】规律型：数字的变化类．
【专题】规律型；整式；符号意识；运算能力．
【答案】1771．
【分析】根据等差数列特点设出这15个数：x，x+d，x+2d，...，x+14d，再根据第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，求出x+7d的值，再求出其余数字的和，利用整体代入的方法即可解决问题．
【解答】解：因为15个数排成一列，它们正好构成等差数列，
所以可设这15个数为：x，x+d，x+2d，...，x+14d，
因为第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，
所以x+x+2d+x+4d+...+x+14d＝2024，
所以8x+56d＝2024，
所以x+7d＝253，
所以其余数的和为x+d+x+3d+x+5d+...+x+13d＝7x+49d＝7×（x+7d）＝7×253＝1771，
故答案为：1771．
【点评】本题考查数字变化类规律，整体思想在求代数式值中的运用，掌握等差数列的特点是解题的关键．
20．（3分）（2025春 龙凤区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在边BC、AB上，CD＝BD，．AD与CE交于点F，如果AB＝6，那么CF的长等于 　2　 ．
【考点】三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．
【答案】2．
【分析】取AB的中点G，连接DG，由直角三角形斜边中线的性质推出CGAB，判定G和E重合，由三角形中位线定理推出DE∥AC，DEAC，判定△DEF∽△ACF，推出EF：CF＝DE：AC＝1：2，得到CFCE，求出CEAB＝3，即可得到CF的长．
【解答】解：取AB的中点G，连接DG，
∵∠ACB＝90°，
∴CGAB，
∵CEAB，
∴CE＝CG，
∴G和E重合，
∵CD＝BD，E是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DEAC，
∴△DEF∽△ACF，
∴EF：CF＝DE：AC＝1：2，
∴CFCE，
∵CEAB6＝3，
∴CF＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线，关键是由三角形中位线定理推出DE∥AC，DEAC，判定△DEF∽△ACF，推出EF：CF＝DE：AC．
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（10分）（2023春 澄海区期末）计算：．
【考点】二次根式的加减法；实数的性质．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】．
【分析】先算开方，化简绝对值和括号，再合并计算．
【解答】解：原式
．
【点评】．
22．（10分）（2025春 运河区校级月考）（1）若，求x2﹣xy+y2的值；
（2）若a+b＝﹣6，ab＝7，求的值．
【考点】二次根式的化简求值；分母有理化．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】（1）18；（2）．
【分析】（1）根据完全平方公式对原式进行变形，再将数值代入求出结果；
（2）根据二次根式的运算法则对原式进行变形，再将数值代入求出结果．
【解答】解：（1）∵，
∴x2﹣xy+y2的
＝（x﹣y）2+xy
＝（）2+（
＝20+3﹣5
＝18；
（2）∵a+b＝﹣6，ab＝7，
∴
．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是根据运算法则来计算．
23．（6分）（2023 呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
【考点】菱形的性质；平行四边形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1＝∠2．
（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD＝OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到∠BAD＝60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，求出OEOD，得到EF＝2OE，由菱形的面积公式即可求出四边形BEDF的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD＝OB，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ODE∠ADO，∠OBF∠CBO，
∴∠ODE＝∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∴∠1＝∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），
∴OE＝OF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，
∴四边形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，
∴ODBD＝1，
∵∠ODE∠ADO＝30°，
∴OEOD，
∴EF＝2OE，
∴四边形BEDF的面积BD EF2．
【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形；证明四边形BEDF是菱形．
24．（7分）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点M也在格点上，按要求完成下列各题．
（1）△ABC的形状为　直角　 三角形．
（2）利用无刻度的直尺作图：
①画出BC边上的高AD，并求AD的长；
②将线段BD平移至MN，点B的对应点为M．
【考点】作图﹣平移变换；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；勾股定理的逆定理．
【专题】作图题；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）直角；
（2）①如图1：AD即为所求；
AD＝2；
②如图2：MN即为所求．
【分析】（1）勾股定理及其逆定理进行判断即可；
（2）①点A下移4，右移3得到格点E，连接AE，AE与BC的交点即为点D，等积法求出AD的长即可；
②根据平移的性质，点C右移3格，再下移4格，得到点F，连接MF，延长AD交MF于点N，即可．
【解答】解：（1）△ABC为直角三角形；理由如下：
由勾股定理得AC，AB2，BC5，
∴AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC为直角三角形，
故答案为：直角；
（2）①如图1：AD即为所求；
∵AD⊥BC，
∴S△ABCAB ACBC AD，
∴25AD，
∴AD＝2；
②如图2：MN即为所求．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，勾股定理，勾股定理的逆定理，解答本题的关键是熟练掌握平移的性质．
25．（5分）（2025 蜀山区校级三模）某同学根据学习“数与式”积累的经验，想通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律．下面是他的探究过程，请补充完整：
（1）具体运算，发现规律．
特例1：，
特例2：，
特例3：，
特例4： 　5　 ．
（2）观察、归纳，得出猜想．
如果n为正整数，按此规律第n个式子可以表示为：　（n+1）（n为正整数）　 ．
（3）应用运算规律：
①化简： 　2025　 ；
②若（a，b均为正整数），则 a+b＝ 　22　 ．
【考点】二次根式的混合运算；规律型：数字的变化类．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】（1）5；
（2）（n+1）（n为正整数）；
（3）2025；
（4）22．
【分析】（1）根据二次根式的性质和乘法法则，按照前面的特例变形得到特例4；
（2）根据前面特例中数据与序号数的关系写出第n个式子；
（3）先根据（2）中的规律变形前面的二次根式，然后根据二次根式的乘法法则运算；
（4）利用特例中数据与序号数的关系先确定a的值，然后确定b的值，最后计算它们的和．
【解答】解：（1）5；
故答案为：5；
（2）第n个式子可以表示为：（n+1）（n为正整数）；
故答案为：（n+1）；
（3）原式＝202520252025；
故答案为：2025；
（4）∵（a，b均为正整数），
∴a＝11﹣1＝10，
∴b＝10+2＝12，
∴a+b＝10+12＝22．
故答案为：22．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和除法法则是解决问题的关键．
26．（6分）（2024春 秀山县期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，垂足为点E，DE＝CD，点F为DE中点，点G为CD上的一点，连接CF，EG，BG，∠1＝∠2．
（1）若DF＝2，BE＝3，求AE的长；
（2）求证：．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）AE；
（2）证明见解答过程．
【分析】（1）求出CD＝DE＝2DF＝4，求出AB，根据勾股定理求出AE即可；
（2）过G作GM⊥BE于M，证△CDF≌△EDG，推出DG＝DF，求出M为BE中点，得出等腰三角形BGE，根据性质得出GM是∠BGE的角平分线，即可得出答案．
【解答】（1）解：∵DE＝DC，点F为DE的中点，DF＝2，
∴CD＝DE＝2DF＝4，
∵四边形BADC是平行四边形，
∴BA＝DC＝4，
∵BE⊥AD，
∴∠BEA＝90°，
在Rt△BAE中，由勾股定理得：
AE；
（2）证明：延长BG，交AD延长线于M，如图，
在△EDG和△CDF中，
，
∴△EDG≌△CDF（AAS），
∴DF＝DG，
∵DE＝DC，F为DE的中点，
∴CG＝DG，
∵四边形BADC是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BCG＝∠MDG，
在△BCG和△MDG中，
，
∴△BCG≌△MDG（ASA），
∴BG＝MG，
∵∠BED＝90°，
∴EGBM＝GM，
∴∠GED＝∠M，
∵∠BGE＝∠GED+∠M，
∴∠DEG∠BGE．
【点评】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的性质和判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，解答本题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
27．（8分）（2024秋 长寿区校级月考）如图，点A，B，C三点在一直线上，在BC同侧作△BCD、△BCE，若BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，过点B作∠CBD的平分线交CE于点F．
（1）若BE∥CD，求证：BE＝BC；
（2）已知∠E＝32°，求∠D的度数；
（3）若BE∥CD，BD＝4，BF＝3，求线段CD的长．
【考点】勾股定理；平行线的性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答．
（2）64°．
（3）．
【分析】（1）利用角平分线的定义，平分线的性质即可证明；
（2）利用角平分线的性质即可解答．
（3）延长BF交DC于G，作BH⊥EC于H，由勾股定理求出CF的长，列方程求出FG，再由勾股定理求出CG的长，即可解答．
【解答】（1）证明：∵CE分别平分∠BCD，
∴∠DCE＝∠BCE，
∵BE∥CD，
∴∠DCE＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴BC＝BE．
（2）解：∵BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，
∴∠EBD∠ABD，∠DCE∠BCD，
∵∠ABD＝∠D+∠DCB，
∴∠EBD∠D∠DCB，
∵∠E+∠EBD＝∠D+∠DCE，
∴∠E∠D∠DCB＝∠D∠BCD，
∴∠D＝2∠E＝64°．
（3）解：如图，延长BF交DC于G，作BH⊥EC于H，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠DBE，
∵BE∥CD，
∴∠ABE＝∠BCD，∠DBE＝∠D，
∴∠BCD＝∠D，
∴BC＝BD＝4，
∵∠EBD∠ABD，∠DBF∠DBC．
∴∠EBD+∠DBF（∠ABD+∠DBC）．
∴∠EBF90°．
∴EF5．
∵EF BH＝BE BF．
∴5BH＝4×3．
∴BH，
∴EH，
∴，
∴，
∴，
∵CG2＝BC2﹣BG2＝FC2﹣FG2，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的性质，勾股定理，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
28．（8分）（2025春 中山区期末）（1）【教材呈现】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的．设OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，求证：S四边形BEOF；
（2）【类比探究】
如图2，在正方形ABCD中，点M为对角线BD上一点，点E，F分别在边AB和BC延长线上，ME⊥MF，若AB＝6，DM，求四边形MEBF的面积；
（3）【拓展运用】
如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝∠B，S四边形AECF，BE＝2EC，求的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）25；
（3）．
【分析】（1）方法一：证明△AOE≌△BOF，得出S△AOE＝S△BOF，进而可得S四边形OEBF＝S△AOB，即可得证；
方法二：过点O作OG⊥AB于点G，作OH⊥CB于点H，证明四边形OGBH是正方形，得出∠GOH＝90°，证明△EOG≌△HOF，得出S△GOE＝S△HOF，进而得出S四边形OEBF＝2S△OGB.根据正方形的性质和三线合一的性质可得出，则，进而得出S四边形OEBF＝S△AOB即可得证；
（2）过点M作MG⊥AB于点G，作MH⊥CB于点H，证明四边形MGBH是正方形，得出∠GMH＝90°．证明△EMG≌△HMF，得出S△GME＝S△HMF，进而得出S四边形MEBF＝S正方形MGBH，在Rt△BAD中，由勾股定理得，进而求出，进而求出BH＝MH＝5，即可求解；
（3）方法一：过点A作AG⊥CD于点G，作AH⊥CB于点H，证明△ACH≌△ACG，得出S△ACH＝S△ACG，AH＝AG，证明△AEH≌△AFG，得出S△AEH＝S△AFG，进而得出S四边形AECF＝2S△ACH，根据等面积法可得出BC＝2HC，则可证明△ABC是等边三角形，得出∠B＝60°，设EC＝a，可求BE＝2a，AB＝BC＝3a，，在Rt△ABH中，由勾股定理求出，在Rt△AEH中，由勾股定理，即可求解；
方法二：过点A作AG⊥CD于点G，作AH⊥CB于点H，证明△AEH≌△AFG，得出AE＝AF，进而可得出S△ABE＝S△AFC，根据等面积法可得出BE＝CF，证明△ABE≌△ACF，进而可证明△ABC是等边三角形，得出∠B＝60°，进而证明△AEF等边三角形，得出AE＝EF，过点F作FM⊥BC交BC延长线于点M，设EC＝a，可求BE＝2a，CF＝2a，CM＝a，在Rt△FCM中，由勾股定理求出，在Rt△FEM中，由勾股定理，即可求解．
【解答】（1）证明：方法一：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OAE＝∠OBF＝45°，OA＝OB，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOB＝∠EOF，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF，
∴S△AOE＝S△BOF，
∵S四边形OEBF＝S△BOF+S△OEB，
∴S四边形OEBF＝S△BOE+S△OEA＝S△AOB，
∵，
∴；
方法二：过点O作OG⊥AB于点G，作OH⊥CB于点H，
∴∠OGB＝∠OHB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴四边形OGBH是矩形，OG＝OH，
∴四边形OGBH是正方形，
∴∠GOH＝90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠EOF＝90°．
∴∠EOF＝∠GOH，
∴∠EOG＝∠HOF，
∴△EOG≌△HOF（ASA），
∴S△GOE＝S△HOF，
∵S四边形OEBF＝S四边形OGBF+S△OEG，
∴S四边形OEBF＝S四边形OGBF+S△HOF＝S正方形OGBH＝2S△OGB．
又∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，
∴，
∴，
∴S四边形OEBF＝2S△BOG＝S△AOB，
∵S△AOBS正方形ABCD，
∴S四边形BEOFS正方形ABCD；
（2）过点M作MG⊥AB于点G，作MH⊥CB于点H，
∴∠MGB＝∠MHB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝6，∠A＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴四边形MGBH是矩形，MG＝MH，
∴四边形MGBH是正方形．
∴∠GMH＝90°，
∵ME⊥MF，
∴∠EMF＝90°，
∴∠EMF＝∠GMH．
∴∠EMG＝∠HMF，
∴△EMG≌△HMF（ASA），
∴S△GME＝S△HMF，
∵S四边形MEBF＝S四边形MEBH+S△MHF，
∴S四边形MEBF＝S四边形MEBH+S△MGE＝S正方形MGBH，
在Rt△BAD中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∵四边形MGBH是正方形，
∴BH＝MH，∠BHM＝90°，
∴由勾股定理得BH＝MH＝5，
∴S正方形MGBH＝25．
∴S四边形MEBF＝S正方形MGBH＝25；
（3）方法一：过点A作AG⊥CD于点G，作AH⊥CB于点H，
∴∠AGC＝∠AHC＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AB∥CD，∠ACB＝∠ACD．
∵AC＝AC，
∴△ACH≌△ACG（AAS），
∴S△ACH＝S△ACG，AH＝AG．
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD＝180°，
∵∠EAF＝∠B，
∴∠EAF+∠BCD＝180°，
∴∠AEC+∠AFC＝180°．
∵∠AEC+∠AEH＝180°，
∴∠AEH＝∠AFG．
又∵∠AHE＝∠AGF＝90°，
∴△AEH≌△AFG（AAS），
∴S△AEH＝S△AFG，
∵S四边形AECF＝S四边形AECG+S△AFG，
∴S四边形AECF＝S四边形AECG+S△AEH，
∴S四边形AECF＝S四边形AHCG＝S△ACH+S△ACG，
∴S四边形AECF＝2S△ACH，
∵，，
∴S四边形AECF＝S△ABC，
∴S△ACB＝2S△ACH，
∴，
∴BC＝2HC，
∴AB＝AC．
∵AB＝BC．
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°．
∵设EC＝a，
∴BE＝2EC＝2a，
∴AB＝BC＝3a，
∴，
∴，
∵在Rt△ABH 中，由勾股定理，
∴在Rt△AEH中，由勾股定理，
∴；
方法二：过点A作AG⊥CD于点G，作AH⊥CB于点H，
∴∠AGC＝∠AHC＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AB∥CD，∠ACB＝∠ACD，
∴AH＝AG，∠B+∠BCD＝180°，
∵∠EAF＝∠B，
∴∠EAF+∠BCD＝180°．
∴∠AEC+∠AFC＝180°．
∵∠AEC+∠AEB＝180°，
∴∠AEH＝∠AFG．
又∵∠AHE＝∠AGF＝90°，
∴△AEH≌△AFG（AAS），
∴AE＝AF，
∵，，
∴S四边形AECF＝S△ABC，
∵S四边形AECF＝S△AEC+S△AFC，S△ABC＝S△ABE+S△AEC，
∴S△ABE＝S△AFC，
∴，
∴BE＝CF，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴∠B＝∠ACF，
∴∠B＝∠ACB．
∴AB＝AC＝BC．
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF等边三角形，
∴AE＝EF，
过点F作FM⊥BC交BC延长线于点M，
∵设EC＝a，
∴BE＝2EC＝2a，
∴CF＝2a．
∵AB∥CD，
∴∠FCM＝∠B＝60°，
∴∠CFM＝30°，
∴，
∴在Rt△FCM中，由勾股定理，
∴在Rt△FEM中，由勾股定理，
∴．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．

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