湖北省宜昌市宜昌中学2018-2019学年度八年级下期期中考试数学试卷(解析版)
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新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题
湖北省宜昌市宜昌中学2018-2019学年度第二学期八年级期中考试
数学试题
一、选择题
1.下列二次根式中,属于最简二次根式的是()
A. 1
2
B. 0.8
C. 5
D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二次根式的定义即可求解.
【详解】A. 1
2
,根号内含有分数,故不是最简二次根式;
B. 0.8,根号内含有小数,故不是最简二次根式;
C. 5,是最简二次根式;
D. 4=2,故不是最简二次根式;
故选C.
【点睛】此题主要考查最简二次根式的识别,解题的关键是熟知最简二次根式的定义.
2.如图,在菱形ABCD中,AB=5,∠B:∠BCD=1:2,则对角线AC等于()
A. 5
B. 10
C. 15
D. 20 【答案】A
【解析】
试题解析:∵四边形ABCD是菱形,
∴∠B+∠BCD=180°,AB=BC,
∵∠B:∠BCD=1:2,
∴∠B=60°,
∴△ABC是等边三角形,
新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题
∴AB=BC=AC=5.
故选A.
3.下列计算错误
..的是( )
A. =
B. =
C
= D. 3
=
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二次根式的运算法则即可计算,进行判断.
【详解】A.=
B.=,正确;
C.==
D.-=
故选D.
【点睛】此题主要考查二次根式的运算,解题的关键是熟知二次根式的运算法则.
4.下列各组数中,以a,b,c为边的三角形不是直角三角形的是()
A. a=1.5,b=2,c=3
B. a=7,b=24,c=25
C. a=6,b=8,c=10
D. a=5,b=12,c=13
【答案】A
【解析】
【分析】
由勾股定理的逆定理,只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可.
【详解】A.1.52+22≠32,故不是直角三角形,故此选项符合题意;
B.72+242=252,故是直角三角形,故此选项不合题意;
C.62+82=102,故直角三角形,故此选项不合题意;
D.52+122=132,故是直角三角形,故此选项不合题意.
故选A.
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理的应用.判断三角形是否为直角三角形,已知三角形三边的长,只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可.
5. 如图,把矩形ABCD沿EF翻折,点B恰好落在AD边的B′处,若AE=2,DE=6,∠EFB=60°,则矩形ABCD 的面积是()
A. 12
B. 24
C. 123
D. 163
【答案】D
【解析】
如图,连接BE,
∵在矩形ABCD中,AD∥BC,∠EFB=60°,
∴∠AEF=180°-∠EFB=180°-60°=120°,∠DEF=∠EFB=60°.
∵把矩形ABCD沿EF翻折点B恰好落在AD边的B′处,
∴∠BEF=∠DEF=60°.
∴∠AEB=∠AEF-∠BEF=120°-60°=60°.
在Rt△ABE中,AB=AE•tan∠AEB=2tan60°3
∵AE=2,DE=6,∴AD=AE+DE=2+6=8.
∴矩形ABCD的面积33D.
考点:翻折变换(折叠问题),矩形的性质,平行的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值.
6.如图,O是菱形ABCD的对角线AC,BD的交点,E,F分别是OA,OC的中点.下列结论:①S△ADE=S△EOD;②四边形BFDE也是菱形;③△DE F是轴对称图形;④∠ADE=∠EDO;⑤四边形ABCD面积为EF×BD.其中正确的结论有()
A. 5个
B. 4个
C. 3个
D. 2个
【答案】B 【解析】
①∵E、F 分别是OA 、OC 的中点.∴AE=OE.
12ADE S AE OD ∆=
⋅ , 1
2
EOD S OE OD ∆=⋅,AE OE = , ADE EOD S S ∆∆∴=.故①正确; ②∵四边形ABCD 是菱形,∴OA =OC ,OB =OD ,AC ⊥BD .E ,F 分别是OA ,OC 的中点,∴ OE =OF .∴四边形BFDE 是菱形.故②正确;
③∵四边形BFDE 是菱形,∴EF ⊥OD ,OE =OF ,OD =OD ,∴△DEO ≌△DFO ,∴△DEF 是轴对称图形,故③正确; ④无法说明其正确性,故④不正确; ⑤12ABCD S AC BD =
⋅菱形 ,1
2
EF AC = , ABCD S EF BD ∴=⋅菱形,故⑤正确; ∴正确的结论有①②③⑤,故选B .
7.如图,一只蚂蚁从长、宽都是4,高是6的长方体纸箱的A 点沿纸箱爬到B 点,那么它所行的最短路线的长是( )
A. 9
B. 10
C. 42
D. 217
【答案】B 【解析】
如图224(64)116++= 如图226(44)10010++==. 故选B.
8.若2
x-有意义,则x的取值范围是( )
A. 2
x> B. x≥2
C. 2
x< D. x≤2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据二次根式中的被开方数必须是非负数,即可求解.
【详解】根据题意得:x-2≥0,解得:x≥2.
故选B.
【点睛】本题考查的知识点为:二次根式的被开方数是非负数.
9.如图所示,A(﹣3,0)、B(0,1)分别为x轴、y轴上的点,△ABC为等边三角形,点P(3,a)在第一象限内,且满足2S△ABP=S△ABC,则a的值为()
A. 7
4
23 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
过P点作PD⊥x轴,垂足为D,根据A(3
-0)、B(0,1)求OA、OB,利用勾股定理求AB,可得△ABC
的面积,利用S △ABP =S △AOB +S 梯形BODP ﹣S △ADP ,列方程求a .
【详解】过P 点作PD ⊥x 轴,垂足为D ,由A (3-,0)、B (0,1),得
OA 3=,OB =1. ∵△ABC 为等边三角形,由勾股定理,得AB 22OA OB =+=2,∴S △ABC 1
2332
=⨯⨯=. 又∵S △ABP =S △AOB +S 梯形BODP ﹣S △ADP 11
3122=
⨯⨯+⨯(1+a )×312-⨯(3+3)×a =3332
a +- 由2S △ABP =S △ABC ,得:3333a +-=,∴a 3=. 故选C .
【点睛】本题考查了坐标与图形,点的
坐标与线段长的关系,不规则三角形面积的表示方法及等边三角形的性质和勾股定理.
10.如图,在矩形ABCD 中,AB =4,AD =6,E 是AB 边的中点,F 是线段BC 上的动点,将△EBF 沿EF 所在直线折叠得到△EB ′F ,连接B ′D ,则B ′D 的最小值是( )
A. 10﹣2
B. 6
C. 132
D. 4
【答案】A 【解析】 【分析】
B ′的运动轨迹是以E 为圆心,以AE 的长为半径的圆.所以,当B ′点落在DE 上时,B ′D 取得最小值.根据勾股定理求出DE ,根据折叠的性质可知B ′E =BE =2,DE ﹣B ′E 即为所求.
【详解】解:如图,B ′的运动轨迹是以E 为圆心,以AE 的长为半径的圆.所以,当B ′点落在DE 上时,B ′D 取得最小值.
根据折叠的性质,△EBF≌△EB′F,
∴EB′⊥B′F,
∴EB′=EB,
∵E是AB边的中点,AB=4,
∴AE=EB′=2,
∵AD=6,
∴DE22
+10,
62
∴DB′=10﹣2.
故选A.
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用,确定点B′在何位置时,B′D的值最小,是解决问题的关键.
二.填空题
11.相邻两边长分别是323________.
【答案】8
【解析】
⨯+=
试题解析:平行四边形的周长为:(223238.
故答案为8.
点睛:根据平行四边形的周长等于相邻两边的和的2倍进行计算即可.
12.计算:32)2019•3)2020=______.
-
【答案】32
【解析】
【分析】
32)202032)201932)的形式,然后再根据幂的运算法则和二次根式的乘除法运算法则进行计算.
【详解】32)201932)2020=32)2019•32)201932)= [32)32)]2019
(32
+)=32
--.
故答案为32
--.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算.主要涉及的知识点有:幂的运算:a n•b n=(ab)n;平方差公式的应用;二次根式的乘除法运算等知识.
13.矩形的两条对角线的夹角为60,较短的边长为12cm,则对角线长为________cm.
【答案】24
【解析】
分析:根据矩形对角线相等且互相平分性质和题中条件易得△AOB为等边三角形,即可得到矩形对角线一半长,进而求解即可.
详解:如图:
AB=12cm,∠AOB=60°.
∵四边形是矩形,AC,BD是对角线.
∴OA=OB=OD=OC=1
2
BD=
1
2
AC.
在△AOB中,OA=OB,∠AOB=60°.
∴OA=OB=AB=12cm,BD=2OB=2×12=24cm.
故答案为24.
点睛:矩形的两对角线所夹的角为60°,那么对角线的一边和两条对角线的一半组成等边三角形.本题比较简单,根据矩形的性质解答即可.
14.已知m<32
(3)
m-=______;若2<x<32
(2)|3|
x x
-+-=______.
【答案】(1). 3-m (2). 1;
【解析】
【分析】
2
a=|a|
(0)
(0)
a a
a a
≥
⎧
=⎨
-
⎩<
求出即可.
【详解】∵m<3,∴m﹣3<02
3
m-=
()|m﹣3|=3﹣m.∵2<x<3,∴x-2>0,x-3<02
2
x-
()|x﹣3|
=x ﹣2+3﹣x =1.
故答案为3﹣m ,1.
【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简的应用,主要考查学生的计算和化简能力.
15.已知一个直角三角形的两条直角边分别为6cm 、8cm ,那么这个直角三角形斜边上的高为______ 【答案】4.8cm ; 【解析】 【
分析】
根据勾股定理可求出斜边.然后由于同一三角形面积一定,可列方程直接解答. 【详解】∵直角三角形的两条直角边分别为6cm ,8cm ,∴斜边为2268+=10(cm ). 设斜边上的高为h ,则直角三角形的面积为12⨯6×81
2
=⨯10h ,解得:h =4.8(cm ),这个直角三角形斜边上的高为4.8cm .
故答案为4.8cm . 【点睛】本题考查了勾股定理的运用以及直角三角形的面积的求法,正确利用三角形面积得出其高的长是
解题的关键.
16.如图,已知在Rt △ABC 中,∠ACB =90°,AB =4,分别以AC ,BC 为直径作半圆,面积分别记为S 1,
S 2,则S 1+S 2等_________.
【答案】2π 【解析】
试题解析:2
2
22
121111ππππ228228
AC BC S AC S BC ⎛⎫⎛⎫=⋅==⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,
所以()
22212111
πππ162π888
S S AC BC AB +=
+==⨯=. 故答案为2π.
17.如图,正方形ABCD 中,点E 、F 分别在边BC 、CD 上,且AE=EF=FA .下列结论:
①△ABE ≌△ADF ;②CE=CF ;③∠AEB=75°;④BE+DF=EF ;⑤S △ABE +S △ADF =S △CEF , 其中正确的是______(只填写序号).
【答案】①②③⑤ 【解析】 【分析】
AD=AB ,AE=AF ,∠B =∠D ,△ABE ≌△ADF , ①正确, BE=DF , CE=CF , ②正确,
∴∠EFC =∠CEF =45°, ∴AE=EF=F A,∠AFE=60°,
75,AFD ∠∴=︒∠AEB =75°. ③正确.
设FC =1,EF =2,勾股定理知,DF =
13-±,AD =13
+, S △ABE +S △ADF =2311322
-+⨯⨯
=12. S △CEF =
11
1122
⨯⨯=. ⑤正确.无法判断圈四的正确性, ①②③⑤正确. 故答案为①②③⑤. 【详解】 请在此输入详解!
18.如图,在矩形ABCD 中,AB =8,BC =10,E 是AB 上一点,将矩形ABCD 沿CE 折叠后,点B 落在AD 边的点F 上,则DF 的长为____________.
【答案】6. 【解析】
试题分析:根据矩形的性质得出CD=AB=8,∠D=90°,根据折叠性质得出CF=BC=10,根据勾股定理求出即可:
∵四边形ABCD 是矩形,∴AB=DC=8,∠D=90°.
∵将矩形ABCD 沿CE 折叠后,点B 落在AD 边的F 点上, ∴CF=BC=10.
在Rt △CDF 中,由勾股定理得:6=. 考点:1.翻折变换(折叠问题);2.矩形的性质;3.勾股定理.
三、解答题:
19.计算
(1;
(2);
(3)((7﹣1)2.
【答案】(1;(2(3)3; 【解析】 【分析】
(1)根据二次根式乘除法法则计算即可;
(2)先把二次根式化为最简二次根式,然后合并即可;
(3)利用平方差公式和完全平方公式计算后,再合并同类二次根式即可.
【详解】(1)原式2
;
(2)原式=
24-+4+
(3)原式=227(31)---=49484--+3.
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算:先把二次根式化为最简二次根式,然后进行二次根式的乘除运算,再合并即可.在二次根式的混合运算中,如能结合题目特点,灵活运用二次根式的性质,选择恰当的解题途径,往往能事半功倍.
20.已知:如图,在矩形ABCD 中,M 、N 分别是边AD 、BC 的中点,E 、F 分别是线段BM 、CM 的中点. (1)求证:△ABM ≌△DCM ;
(2)填空:当AB :AD= 时,四边形MENF 是正方形.
【答案】(1)见解析;(2)当AB:AD=1:2时,四边形MENF是正方形.
【解析】
【分析】
(1)根据矩形性质得出AB=DC,∠A=∠D=90°,根据全等三角形的判定推出即可;
(2)求出四边形MENF是平行四边形,求出∠BMC=90°和ME=MF,根据正方形的判定推出即可.【详解】(1)∵四边形ABCD
是矩形,∴AB=DC,∠A=∠D=90°.∵M为AD的中点,∴AM=DM.在△ABM和△DCM中,∵AM DM A D AB DC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ABM≌△DCM(SAS).(2)当AB:AD=1:2时,四边形MENF是正方形.理由如下:∵AB:AD=1:2,AM=DM,AB=CD,∴AB=AM=DM=DC.∵∠A=∠D=90°,∴∠ABM=∠AMB=∠DMC=∠DCM=45°,∴∠BMC=90°.∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=∠DCB=90°,∴∠MBC=∠MCB=45°,∴BM=CM.
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点,∴BE=CF,ME=MF,NF∥BM,NE∥CM,∴四边形MENF是平行四边形.
∵ME=MF,∠BMC=90°,∴四边形MENF是正方形,即当AB:AD=1:2时,四边形MENF是正方形.故答案为1:2.
【点睛】本题考查了矩形的性质,平行四边形的判定,正方形的判定,全等三角形的性质和判定,三角形的中位线的应用,主要考查学生运用定理进行推理的能力,题目比较好,难度适中.
21.已知a,b为等腰三角形的两条边长,且a,b满足b3a
-2a6
-4,求此三角形的周长.【答案】10或11
【解析】
试题分析:根据题意,
30
{
260
a
a
-≥
-≥
,解得3
a=,所以32644
b a a
=-+-+=,
(1)若3是腰长,则三角形的三边长为:3,3,4,能组成三角形,周长为3+3+4=10;
(2)若4是腰长,则三角形的三边长为:4,4,3,能组成三角形,周长为4+4+3=11.
故填10或11.
考点:1.等腰三角形的性质;2.二次根式有意义的条件;3.三角形三边关系.
22.如图,某中学有一块四边形的空地ABCD,学校计划在空地上种植草皮,经测量∠A=90°,AB=3m,BC=12m,CD=13m,DA=4m,若每平方米草皮需要200元,问学校需要投入多少资金买草皮?
【答案】7200元.
【解析】
【分析】
连接BD.在Rt△ABD中,根据勾股定理求得BD=5,在△CBD中,由勾股定理的逆定理判定∠DBC=90°,再由S四边形ABCD=S△BAD+S△DBC求得四边形ABCD的面积,由此即可求得所需费用.
【详解】如图,连接BD.
在Rt△ABD中,BD2=AB2+AD2=32+42=52,BD=5;
在△CBD中,CD2=132,BC2=122,而122+52=132,即BC2+BD2=CD2,
∴∠DBC=90°,
S四边形ABCD=S△BAD+S△DBC=1
2
AD·AB+
1
2
DB·BC=
1
2
×4×3+
1
2
×5×12=36,
所以需费用36×200=7200(元).
【点睛】本题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理的应用,根据勾股定理求得BD=5及利用勾股定理的逆定理判定∠DBC=90°是解决问题的关键.
23. 如图,△ABC中,AB=AC,AD是△ABC的角平分线,点O为AB的中点,连接DO并延长到点E,使OE=OD,连接AE,BE,
(1)求证:四边形AEBD是矩形;
(2)当△ABC满足什么条件时,矩形AEBD是正方形,并说明理由.
【答案】解:(1)证明:∵点O为AB的中点,连接DO并延长到点E,使OE=OD,
∴四边形AEBD是平行四边形.
∵AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴AD⊥BC.
∴∠ADB=90°.
∴平行四边形AEBD是矩形.
(2)当∠BAC=90°时,矩形AEBD是正方形.理由如下:
∵∠BAC=90°,AB=AC,AD是△ABC的角平分线,∴AD=BD=CD.
∵由(1)得四边形AEBD是矩形,∴矩形AEBD是正方形.
【解析】
试题分析:(1)利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形,进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°,即可得出答案;
(2)利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD,进而利用正方形的判定得出即可.
(1)证明:∵点O为AB的中点,连接DO并延长到点E,使OE=OD,
∴四边形AEBD是平行四边形,
∵AB=AC,AD是∠BAC的角平分线,
∴AD⊥BC,
∴∠ADB=90°,
∴平行四边形AEBD是矩形;
(2)当∠BAC=90°时,
理由:∵∠BAC=90°,AB=AC,AD是∠BAC的角平分线,
∴AD=BD=CD,
∵由(1)得四边形AEBD是矩形,
∴矩形AEBD是正方形.
24.如图,以△ABC的三边为边在BC的同一侧分别作三个等边三角形,即△ABD、△BCE、△ACF,请回答
下列问题:
(1)四边形ADEF是什么四边形?
(2)当△ABC满足什么条件时,四边形ADEF是矩形?
(3)当△ABC满足什么条件时,以A、D、E、F为顶点的四边形不存在?
【答案】(1)四边形ADEF是平行四边形;
(2)∠BAC=150°时,四边形ADEF是矩形;
(3)当∠BAC=60°时,以A,D,E,F为顶点的四边形不存在.
【解析】
【分析】
(1)四边形ADEF平行四边形.根据△ABD,△EBC都是等边三DAE角形容易得到全等条件证明△DBE≌△ABC,然后利用全等三角形的性质和平行四边形的判定可以证明四边形ADEF平行四边形;(2)若边形ADEF是矩形,则∠F AD=90°,然后根据已知可以得到∠BAC=150°;
(3)当∠BAC=60°时,∠DAF=180°,此时D、A、F三点在同一条直线上,以A,D,E,F为顶点的四边形就不存在.
【详解】(1)四边形ADEF是平行四边形.理由如下:
∵△ABD,△EBC都是等边三角形,∴AD=BD=AB,BC=BE=EC,∠DBA=∠EBC=60°,
∴∠DBE+∠EBA=∠ABC+∠EBA,∴∠DBE=∠ABC.
在△DBE和△ABC中,∵BD=BA,∠DBE=∠ABC,BE=BC,∴△DBE≌△ABC,∴DE=AC.
又∵△ACF是等边三角形,∴AC=AF,∴DE=AF.
同理可证:AD=EF,∴四边形ADEF平行四边形.
(2)当∠BAC=150°时,四边形ADEF是矩形.理由如下:
∵四边形ADEF是矩形,∴∠F AD=90°,∴∠BAC=360°﹣∠DAF﹣∠DAB﹣∠F AC=360°﹣90°﹣60°﹣60°=150°,∴∠BAC=150°时,四边形ADEF是矩形.
(3)当∠BAC=60°时,以A,D,E,F为顶点的四边形不存在.理由如下:
若∠BAC=60°,则∠DAF=360°﹣∠BAC﹣∠DAB﹣∠F AC=360°﹣60°﹣60°﹣60°=180°.
此时,点A、D、E、F四点共线,∴以A、D、E、F为顶点的四边形不存在.
【点睛】本题是四边形综合题.主要用等边三角形的性质,全等三角形的性质与判定来解决平行四边形的判定问题,也探讨了矩形,平行四边形之间的关系.
25.如图,矩形ABCD的两边AB=3,BC=4,P是AD上任一点,PE⊥AC于点E,PF⊥BD于点F.求PE+PF 的值.
【答案】12 5
【解析】【分析】
首先连接OP.由矩形ABCD的两边AB=3,BC=4,可求得OA=OD=5
2
,S△AOD=
1
4
S矩形ABCD然后由
S△AOD=S△AOP+S△DOP=1
2
OA•PE+
1
2
OD•PF=
1
2
OA(PE+PF)=
15
22
⨯×(PE+PF)=3,求得答案.
【详解】
解:连接OP,
∵矩形ABCD的两边AB=3,BC=4,
∴S
矩形ABCD =AB•BC=12,OA=OC,OB=OD,AC=BD,22
AB BC
+=5,
∴S△AOD=1
4
S矩形ABCD=3,OA=OD=
5
2
,
∵PE⊥AC, PF⊥BD
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=1
2
OA•PE+
1
2
OD•PF=
1
2
OA(PE+PF)=
15
22
⨯×(PE+PF)=3,
∴PE+PF=12
5
.
【点睛】此题考查了矩形的性质.此题难度适中,注意掌握辅助线的作法,注意掌握数形结合思想的应用.26. 已知E,F分别为正方形ABCD的边BC,CD上的点,AF,DE相交于点G,当E,F分别为边BC,CD的中点时,有:①AF=DE;②AF⊥DE成立.
试探究下列问题:
(1)如图1,若点E不是边BC的中点,F不是边CD的中点,且CE=DF,上述结论①,②是否仍然成立?(请直接回答“成立”或“不成立”),不需要证明)
(2)如图2,若点E,F分别在CB的延长线和DC的延长线上,且CE=DF,此时,上述结论①,②是否仍然成立?若成立,请写出证明过程,若不成立,请说明理由;
(3)如图3,在(2)的基础上,连接AE和BF,若点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点,请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种,并证明你的结论.
【答案】(1)成立;(2)成立,理由见试题解析;(3)正方形,证明见试题解析.
【解析】
试题分析:(1)因为四边形ABCD为正方形,CE=DF,可证△ADF≌△DCE(SAS),即可得到AF=DE,∠DAF=∠CDE,又因为∠ADG+∠EDC=90°,即有AF⊥DE;
(2)∵四边形ABCD为正方形,CE=DF,可证△ADF≌△DCE(SAS),即可得到AF=DE,∠E=∠F,又因为∠ADG+∠EDC=90°,即有AF⊥DE;
(3)设MQ,DE分别交AF于点G,O,PQ交DE于点H,因为点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,
AD的中点,可得MQ=PN=1
2
DE,PQ=MN=
1
2
AF,MQ∥DE,PQ∥AF,然后根据AF=DE,可得四边形
MNPQ是菱形,又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形.
试题解析:(1)上述结论①,②仍然成立,理由是:
∵四边形ABCD为正方形,∴AD=DC,∠BCD=∠ADC=90°,在△ADF和△DCE中,∵DF=CE,
∠ADC=∠BCD=90°,AD=CD,∴△ADF≌△DCE(SAS),∴AF=DE,∠DAF=∠CDE,∵∠ADG+∠EDC=90°,∴∠ADG+∠DAF=90°,∴∠AGD=90°,即AF⊥DE;
(2)上述结论①,②仍然成立,理由是:
∵四边形ABCD为正方形,∴AD=DC,∠BCD=∠ADC=90°,在△ADF和△DCE中,∵DF=CE,
∠ADC=∠BCD=90°,AD=CD,∴△ADF≌△DCE(SAS),∴AF=DE,∠E=∠F,∵∠ADG+∠EDC=90°,∴∠ADG+∠DAF=90°,∴∠AGD=90°,即AF⊥DE;
(3)四边形MNPQ是正方形.理由是:
如图,设MQ,DE分别交AF于点G,O,PQ交DE于点H,∵点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD 的中点,
∴MQ=PN=1
2
DE,PQ=MN=
1
2
AF,MQ∥DE,PQ∥AF,∴四边形OHQG是平行四边形,∵AF=DE,
∴MQ=PQ=PN=MN,∴四边形MNPQ是菱形,∵AF⊥DE,∴∠AOD=90°,∴∠HQG=∠AOD=90°,∴四边形MNPQ是正方形.
考点:1.四边形综合题;2.综合题.
新人教部编版初中数学“活力课堂”精编试题。