天津市2020〖人教版〗八年级数学下册复习试卷第一次月考数学试卷51

天津市2020年〖人教版〗八年级数学下册复习试卷
第一次月考数学试卷
创作人：百里公地创作日期：202X.04.01
审核人：北堂址重创作单位：博恒中英学校
一.选择题（每题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（）
A．（﹣2）0=0 B．3﹣2=﹣9 C．D．
2．下列二次根式中与是同类二次根式的是（）
A．B． C． D．
3．化简二次根式得（）
A．﹣5B．5C．±5D．30
4．能判定四边形ABCD为平行四边形的题设是（）
A．AB∥CD，AD=BC B．∠A=∠B，∠C=∠D C．AB=CD，AD=BC D．AB=AD，CB=CD
5．如图，▱ABCD中，∠C=108°，BE平分∠ABC，则∠ABE等于（）
A．18° B．36°C．72°D．108°
6．如图，直线EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，分别交AB、CD于E、F，那么阴影部分的面积是平行四边形ABCD面积的（）
A．B．C．D．
7．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（）
A．x≥2 B．x≤2 C．x＞2 D．x＞﹣2
8．如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E．若BF=6，AB=5，则AE的长为（）
A．4 B．6 C．8 D．10
9．如图．矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3．则AB的长为（）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1E1E2B2、A2B2C2D2、D2E3E4B3、
A3B3C3D3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…则正方形ABCD的边长是（）
A．（）B．（）C．（）D．（）
二、填空题：（每小题6分，共26分）
11．计算： =； =； =．
12．已知a＜2，则=．
13．若成立，则x满足．
14．在等腰三角形、平行四边形、矩形、正方形、正五边形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形有个．
15．若平行四边形中两个内角的度数比为1：2，则其中较大的内角是度．
16．若菱形的两条对角线分别为10和24，则该菱形的边长是，菱形的面积是，菱形的高是．
17．已知矩形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，若AC+BD=8cm，
∠AOD=120°．则AB的长为cm．
18．在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=6，OB=8，D为边OB的中点．
（1）若E为边OA上的一个动点，当△CDE的周长最小时，则点E的坐标为；（2）若E、F为边OA上的两个动点，且EF=3，当四边形CDEF的周长最小时，则点E的坐标为．
三、解答题（共44分）
19．计算
（1）
（2）．
20．已知：，，求代数式x2+y2的值．
21．如图，在平行四边形ABCD中，AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB，交BC、AD于点E和点F．
试说明（1）△ABE是等腰三角形；
（2）四边形AECF是平行四边形．
22．如图，已知△ABC中，∠C=90°AD平分∠BAC，ED⊥BC交AB于E，DF∥AB交AC于F，求证：四边形AFDE是菱形．
23．如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．（1）求证：AE=DC；
（2）已知DC=，求BE的长．
24．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC=12，∠ACO=30°
（1）求B、C两点的坐标；
（2）过点G（0，﹣6）作GF⊥AC，垂足为F，直线GF分别交AB、OC于点E、D，求直线DE的解析式；
（3）在（2）的条件下，若点M在直线DE上，平面内是否存在点P，使以O、F、M、P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．25．如图1，矩形MNPQ中，点E，F，G，H分别在NP，PQ，QM，MN上，若
∠1=∠2=∠3=∠4，则称四边形EFGH为矩形MNPQ的反射四边形．图2，图3，图4中，四边形ABCD为矩形，且AB=4，BC=8．
理解与作图：
（1）在图2，图3中，点E，F分别在BC，CD边上，试利用正方形网格在图上作出矩形ABCD的反射四边形EFGH．
计算与猜想：
（2）求图2，图3中反射四边形EFGH的周长，并猜想矩形ABCD的反射四边形的周长是否为定值？
启发与证明：
（3）如图4，为了证明上述猜想，小华同学尝试延长GF交BC的延长线于M，试利用小华同学给我们的启发证明（2）中的猜想．
参考答案与试题解析
一.选择题（每题3分，共30分）
1．下列计算正确的是（）
A．（﹣2）0=0 B．3﹣2=﹣9 C．D．
【考点】实数的运算；算术平方根；零指数幂；负整数指数幂．
【分析】利用零指数幂、负指数幂和开平方的运算法则计算．
【解答】解：A、根据任何不等于0的数的0次幂都等于1，故A错误；
B、根据正负指数的转换方法，得：，故B错误；
C、==3，故C正确；
D、根据只有同类二次根式才能合并，D错误．
故选C．
2．下列二次根式中与是同类二次根式的是（）
A．B． C． D．
【考点】同类二次根式．
【分析】根据同类二次根式的定义，先化简，再判断．
【解答】解：A、=2，与的被开方数不同，不是同类二次根式，故A选项错误；
B、=，与的被开方数不同，不是同类二次根式，故B选项错误；
C、=，与的被开方数不同，不是同类二次根式，故C选项错误；
D、=3，与的被开方数相同，是同类二次根式，故D选项正确．
故选：D．
3．化简二次根式得（）
A．﹣5B．5C．±5D．30
【考点】二次根式的性质与化简．
【分析】利用二次根式的意义化简．
【解答】解： ==5．故选B．
4．能判定四边形ABCD为平行四边形的题设是（）
A．AB∥CD，AD=BC B．∠A=∠B，∠C=∠D C．AB=CD，AD=BC D．AB=AD，CB=CD
【考点】平行四边形的判定．
【分析】平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角
线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．根据判定定理逐项判定即可．
【解答】解：如图示，根据平行四边形的判定定理知，只有C符合条件．
故选C．
5．如图，▱ABCD中，∠C=108°，BE平分∠ABC，则∠ABE等于（）
A．18° B．36°C．72°D．108°
【考点】平行四边形的性质．
【分析】因为平行四边形对边平行，由两直线平行，同旁内角互补，已知∠C，可求
∠ABC，又BE平分∠ABC，故∠ABE=∠ABC．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠C=180°，
把∠C=108°代入，得∠ABC=180°﹣108°=72°．
又∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠ABC=•72°=36°．
故选B．
6．如图，直线EF过平行四边形ABCD对角线的交点O，分别交AB、CD于E、F，那么阴影部分的面积是平行四边形ABCD面积的（）
A．B．C．D．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】由平行四边形的性质得到OA=OC，OB=OD，AB∥DC，证出△AOE和△COF全等，△AOB和△COD全等，得到面积相等，即可得到选项．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB∥DC，
∴△AOE≌△COF，
∴S△AOE=S△COF，
∵∠AOD=∠COB，
∴△COB≌△AOD，
∴S△AOD=S△BOC，
同理S△AOB=S△DOC
∵0B=0D，
∴S△AOB=S△DOC，
∴阴影部分的面积是S△AOE+S△DOF=S△DOC=S
．
平行四边形ABCD
故选：B．
7．若二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（）
A．x≥2 B．x≤2 C．x＞2 D．x＞﹣2
【考点】二次根式有意义的条件．
【分析】二次根式无意义，那么二次根式的被开方数为负数，或者分母为0，列式求解即可．
【解答】解：根据题意可知，当x﹣2＞0时，二次根式有意义，
解得x＞2，
故选C．
8．如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E．若BF=6，AB=5，则AE的长为（）
A．4 B．6 C．8 D．10
【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；作图—基本作图．【分析】由基本作图得到AB=AF，加上AO平分∠BAD，则根据等腰三角形的性质得到
AO⊥BF，BO=FO=BF=3，再根据平行四边形的性质得AF∥BE，所以∠1=∠3，于是得
到∠2=∠3，根据等腰三角形的判定得AB=EB，然后再根据等腰三角形的性质得到
AO=OE，最后利用勾股定理计算出AO，从而得到AE的长．
【解答】解：连结EF，AE与BF交于点O，如图，
∵AB=AF，AO平分∠BAD，
∴AO⊥BF，BO=FO=BF=3，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AF∥BE，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴AB=EB，
而BO⊥AE，
∴AO=OE，
在Rt△AOB中，AO===4，
∴AE=2AO=8．
故选C．
9．如图．矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3．则AB的长为（）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．
【分析】先根据矩形的特点求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，
∴BC=8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE=EF=3，AB=AF，△CEF是直角三角形，
∴CE=8﹣3=5，
在Rt△CEF中，CF===4，
设AB=x，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即（x+4）2=x2+82，解得x=6，
故选：D．
10．在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1E1E2B2、A2B2C2D2、D2E3E4B3、
A3B3C3D3…按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、
C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…则正方形ABCD的边长是（）
A．（）B．（）C．（）D．（）
【考点】正方形的性质．
【分析】利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案．
【解答】方法一：
解：如图所示：∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…
∴D1E1=B2E2，D2E3=B3E4，∠D1C1E1=∠C2B2E2=∠C3B3E4=30°，
∴D1E1=C1D1sin30°=，则B2C2=（）1，
同理可得：B3C3==（）2，
故正方形A n B n C n D n的边长是：（）n﹣1．
则正方形ABCD的边长是：（）．
故选：D．
方法二：
∵正方形A1B1C1D1的边长为1，
∠B1C1O=60°，
∴D1E1=B2E2=，
∵B1C1∥B2C2∥B3C3…
∴∠E2B2C2=60°，
∴B2C2=，
同理：
B3C3=×=…
∴a1=1，q=，
∴正方形ABCD的边长=1×．
二、填空题：（每小题6分，共26分）
11．计算： =3； =30； =．
【考点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法．
【分析】根据二次根式的乘除计算即可．
【解答】解： =3； =30； =3．故答案为：3；30；．
12．已知a＜2，则=2﹣a．
【考点】二次根式的性质与化简．
【分析】根据二次根式的性质解答．
【解答】解：因为a＜2，所以a﹣2＜0，
故=|a﹣2|=2﹣a．
13．若成立，则x满足2≤x＜3．
【考点】二次根式的乘除法．
【分析】根据二次根式有意义及分式有意义的条件，即可得出x的取值范围．
【解答】解：∵成立，
∴，
解得：2≤x＜3．
故答案为：2≤x＜3．
14．在等腰三角形、平行四边形、矩形、正方形、正五边形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形有2个．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：既是轴对称图形又是中心对称图形的图形为：矩形、正方形，共2个．
故答案为：2．
15．若平行四边形中两个内角的度数比为1：2，则其中较大的内角是120度．
【考点】平行四边形的性质．
【分析】根据平行四边形的性质得出AB∥CD，推出∠B+∠C=180°，根据∠B：∠C=1：2，求出∠C即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∵∠B：∠C=1：2，
∴∠C=×180°=120°，
故答案为：120．
16．若菱形的两条对角线分别为10和24，则该菱形的边长是13，菱形的面积是120，菱形的高是．
【考点】菱形的性质．
【分析】由菱形的性质以及两条对角线长可求出其边长；根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求出该菱形的面积；继而求得菱形的高．
【解答】解：∵菱形的两条对角线长分别为10和24，
∴该菱形的面积是：×10×24=120；
∴该菱形的边长为： =13，
∴菱形的高=．
故答案为：13，120，．
17．已知矩形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，若AC+BD=8cm，
∠AOD=120°．则AB的长为2cm．
【考点】矩形的性质．
【分析】由矩形的性质得出AC=BD，进而可求出OA=OB的长，再证明△AOB是等边三角形，即可得出AB=OA=2cm．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∵AC=BD，
∵AC+BD=8cm，
∴AC=BD=4cm，
∴OA=AC，OB=BD，BD=AC=4cm，
∴OA=OB=2cm，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=2cm．
故答案为：2．
18．在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=6，OB=8，D为边OB的中点．
（1）若E为边OA上的一个动点，当△CDE的周长最小时，则点E的坐标为（，
0）；（2）若E、F为边OA上的两个动点，且EF=3，当四边形CDEF的周长最小时，则点E的坐标为（1，0）．
【考点】轴对称-最短路线问题；坐标与图形性质．
【分析】（1）由于C、D是定点，则CD是定值，如果△CDE的周长最小，即DE+CE有最小值．为此，作点C关于x轴的对称点C′，当点E在线段C′D上时，△CDE的周长最小；
（2）由于DC、EF的长为定值，如果四边形CDEF的周长最小，即DE+FC有最小值．为此，作点D关于x轴的对称点D′，在CB边上截取CG=3，当点E在线段D′G上时，四边形CDEF的周长最小．
【解答】解：（1）如图1，作点C关于x轴的对称点C′，连接C′D与x轴交于点E，连接CE．
若在边OA上任取点E′（与点E不重合），连接CE′、DE′、C′E′，
由DE′+CE′=DE′+C′E′＞C′D=C′E+DE，
可知△CDE的周长最小．
∵在矩形OACB中，OA=6，OB=8，D为边OB的中点，
∴BC=6，BD=OD=4，
∵OE∥BC，
∴△EOD∽△DBC，
∴，
∴OE===，
即点E的坐标为（，0）．
故答案为：（，0）．
（2）作点D关于x轴的对称点D′，在CB边上截取CG=3，连接D′E与x轴交于点E，在EA上截取EF=3，如图2所示．
∵GC∥EF，GC=EF，
∴四边形GEFC为平行四边形，GE=CF．
又∵DC、EF的长为定值，
∴此时得到的点E、F使四边形CDEF的周长最小，
∵OE∥BC，
∴△D′OE∽△D′BG，
∴，
BG=BC﹣CG=6﹣3=3，D′O=DO=4，D′B=D′O+OB=4+8=12，
∴OE===1．
即点E的坐标为（1，0）．
故答案为：（1，0）．
三、解答题（共44分）
19．计算
（1）
（2）．
【考点】二次根式的混合运算．
【分析】（1）先将每一个二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可；（2）先将3与化为最简二次根式，再合并括号内的同类二次根式，然后利用分配律计算即可．
【解答】解：（1）
=3+3﹣2+5
=8+；
（2）
=6×（3﹣5﹣2）
=6×（﹣5）
=12﹣60．
20．已知：，，求代数式x2+y2的值．
【考点】二次根式的化简求值．
【分析】先有，，易计算出x+y=4，xy=4﹣3=1，再把x2+y2变形为（x+y）2﹣2xy，然后利用整体思想进行计算．
【解答】解：∵，，
∴x+y=4，xy=4﹣3=1，
∴x2+y2=（x+y）2﹣2xy=42﹣2×1=14．
21．如图，在平行四边形ABCD中，AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB，交BC、AD于点E和点F．
试说明（1）△ABE是等腰三角形；
（2）四边形AECF是平行四边形．
【考点】平行四边形的判定与性质；等腰三角形的判定．
【分析】（1）根据等腰三角形的判定，要证△ABE是等腰三角形，可证∠BAE=∠AEB，由已知和平行四边形的性质很容易证得∠BAE=∠AEB．
（2）在（1）的基础上，可证AF=EC，AF∥EC，即证四边形AECF是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠DCB，AD∥BC，
∵AE、CF分别平分∠BAD和∠DCB，
∴∠BAE=∠DAE=∠BAD，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴BA=BE，
∴△ABE是等腰三角形；
（2）同理可证△DCF是等腰三角形，
∴DF=DC，
由（1）知BA=BE，
∵AB=CD，AD=BC，
∴DF=BE，
∴AF=EC，
∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
22．如图，已知△ABC中，∠C=90°AD平分∠BAC，ED⊥BC交AB于E，DF∥AB交AC于F，求证：四边形AFDE是菱形．
【考点】菱形的判定．
【分析】首先判定该四边形是平行四边形，然后利用邻边相等的平行四边形是菱形判定菱形即可．
【解答】证明：∵∠C=90°，ED⊥BC交AB于E，
∴DE∥AC，
∵DF∥AB，
∴四边形AEDF为平行四边形．
AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD．
又∵AEDF为平行四边形，
∴∠FAD=∠ADE，
∴AE=ED，
∴四边形AEDF是菱形．
23．如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．（1）求证：AE=DC；
（2）已知DC=，求BE的长．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【分析】（1）根据矩形的性质和已知条件可证明△AEF≌△DCE，可证得AE=DC；（2）由（1）可知AE=DC，在Rt△ABE中由勾股定理可求得BE的长．
【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵EF⊥EC，
∴∠FEC=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
在△AEF和△DCE中，
，
∴△AEF≌△DCE（AAS），
∴AE=DC；
（2）解：由（1）得AE=DC，
∴AE=DC=，
在矩形ABCD中，AB=CD=，
在R△ABE中，AB2+AE2=BE2，即（）2+（）2=BE2，
∴BE=2．
24．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC=12，∠ACO=30°
（1）求B、C两点的坐标；
（2）过点G（0，﹣6）作GF⊥AC，垂足为F，直线GF分别交AB、OC于点E、D，求直线DE的解析式；
（3）在（2）的条件下，若点M在直线DE上，平面内是否存在点P，使以O、F、M、P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】一次函数综合题．
【分析】（1）利用三角函数求得OA以及OC的长度，则C、B的坐标即可得到；
（2）先求出直线DE的斜率，设直线DE的解析式是y=x+b，再把点G代入求出b的值即可；
（3）分当FM是菱形的边和当OF是对角线两种情况进行讨论．利用三角函数即可求得P 的坐标．
【解答】解：（1）在直角△OAC中，
∵∠ACO=30°
∴tan∠ACO==，
∴设OA=x，则OC=3x，
根据勾股定理得：（3x）2+（x）2=AC2，
即9x2+3x2=144，
解得：x=2．
故C的坐标是：（6，0），B的坐标是（6，6）；
（2）∵直线AC的斜率是：﹣ =﹣，
∴直线DE的斜率是：．
∴设直线DE的解析式是y=x+b，
∵G（0，﹣6），
∴b=﹣6，
∴直线DE的解析式是：y=x﹣6；
（3）∵C的坐标是：（6，0），B的坐标是（6，6）；
∴A（0，6），
∴设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0），
∴，
解得．
∴直线AC的解析式为y=﹣x+6．
∵直线DE的解析式为y=x﹣6，
∴，
解得．
∴F是线段AC的中点，
∴OF=AC=6，
∵直线DE的斜率是：．
∴DE与x轴夹角是60°，
当FM是菱形的边时（如图1），ON∥FM，
则∠POC=60°或120°．
当∠POC=60°时，过N作NG⊥y轴，则PG=OP•sin30°=6×=3，
OG=OP•cos30°=6×=3，则P的坐标是（3，3）；
当∠NOC=120°时，与当∠POC=60°时关于原点对称，则坐标是（﹣3，﹣3）；当OF是对角线时（如图2），MP关于OF对称．
∵F的坐标是（3，3），
∴∠FOD=∠POF=30°，
在直角△OPH中，OH=OF=3，OP===2．
作PL⊥y轴于点L．
在直角△OPL中，∠POL=30°，
则PL=OP=，
OL=OP•cos30°=2×=3．
故P的坐标是（，3）．
当DE与y轴的交点时G，这个时候P在第四象限，
此时点的坐标为：（3，﹣3）．
则P的坐标是：（3，﹣3）或（3，3）或（﹣3，﹣3）或（，3）．
25．如图1，矩形MNPQ中，点E，F，G，H分别在NP，PQ，QM，MN上，若
∠1=∠2=∠3=∠4，则称四边形EFGH为矩形MNPQ的反射四边形．图2，图3，图4中，四边形ABCD为矩形，且AB=4，BC=8．
理解与作图：
（1）在图2，图3中，点E，F分别在BC，CD边上，试利用正方形网格在图上作出矩形ABCD的反射四边形EFGH．
计算与猜想：
（2）求图2，图3中反射四边形EFGH的周长，并猜想矩形ABCD的反射四边形的周长是否为定值？
启发与证明：
（3）如图4，为了证明上述猜想，小华同学尝试延长GF交BC的延长线于M，试利用小华同学给我们的启发证明（2）中的猜想．
【考点】作图—应用与设计作图；全等三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质．【分析】（1）根据网格结构，作出相等的角即可得到反射四边形；
（2）图2中，利用勾股定理求出EF=FG=GH=HE的长度，然后即可得到周长，图3中利用勾股定理求出EF=GH，FG=HE的长度，然后求出周长，从而得到四边形EFGH的周长是定值；
（3）证法一：延长GH交CB的延长线于点N，再利用“角边角”证明Rt△FCE和Rt△FCM 全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=MF，EC=MC，同理求出NH=EH，NB=EB，从而得到MN=2BC，再证明GM=GN，过点G作GK⊥BC于K，根据等腰三角形三线合一
的性质求出MK=MN=8，再利用勾股定理求出GM的长度，然后即可求出四边形EFGH
的周长；
证法二：利用“角边角”证明Rt△FCE和Rt△FCM全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=MF，EC=MC，再根据角的关系推出∠M=∠HEB，根据同位角相等，两直线平行可得HE∥GF，同理可证GH∥EF，所以四边形EFGH是平行四边形，过点G作GK⊥BC于K，根据边的关系推出MK=BC，再利用勾股定理列式求出GM的长度，然后即可求出四边形EFGH的周长．
【解答】解：（1）作图如下：
（2）在图2中，EF=FG=GH=HE===2，
∴四边形EFGH的周长为4×2=8，
在图3中，EF=GH==，FG=HE===3，
∴四边形EFGH的周长为2×+2×3=2+6=8．
猜想：矩形ABCD的反射四边形的周长为定值．
（3）证法一：延长GH交CB的延长线于点N．
∵∠1=∠2，∠1=∠5，
∴∠2=∠5．
而FC=FC，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM．
∴EF=MF，EC=MC，
同理：NH=EH，NB=EB．
∴MN=2BC=16．
∵∠M=90°﹣∠5=90°﹣∠1，∠N=90°﹣∠3，
∴∠M=∠N．∴GM=GN．
过点G作GK⊥BC于K，则KM=MN=8，
∴GM===4，
∴四边形EFGH的周长为2GM=8，
证法二：∵∠1=∠2，∠1=∠5，
∴∠2=∠5．
而FC=FC，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM．
∴EF=MF，EC=MC．
∵∠M=90°﹣∠5=90°﹣∠1，∠HEB=90°﹣∠4，
而∠1=∠4，
∴∠M=∠HEB．
∴HE∥GF．
同理：GH∥EF．
∴四边形EFGH是平行四边形．
∴FG=HE，
而∠1=∠4，
∴Rt△FDG≌Rt△HBE．
∴DG=BE．
过点G作GK⊥BC于K，则KM=KC+CM=GD+CM=BE+EC=8．
∴GM===4，
∴四边形EFGH的周长为2GM=8．
创作人：百里公地创作日期：202X.04.01
审核人：北堂址重创作单位：博恒中英学校。