2022-2023学年福建省福州八中、金山中学等九校联考八年级（下）期中数学试卷

2022-2023学年福建省福州八中、金山中学等九校联考八年级（下）期中数学试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式中属于最简二次根式的是()2A．B．3C．0.3D．1232．（4分）（2023春•福州期中）下列四组数据分别为四个三角形的边长，其中是直角三角形的是()A．2，3，4B．3，4，5C．3，5，7D．4，6，83．（4分）（2023春•福州期中）平行四边形ABCD中，若A120，则C的度数为()A．30B．60C．120D．1504．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式的运算正确的是()A．321B．3326C．5323103D．6325．（4分）（2023春•单县期末）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是()A．矩形的对角线相等B．矩形的四个角是直角C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线相等的平行四边形是矩形6．（4分）（2023春•福州期中）若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为()第1页（共28页） A．15B．24C．30D．607．（4分）（2023春•铁西区期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分BAD，交CD边于E，AD3，AB5，则EC的长为()A．1B．2C．3D．58．（4分）（2023秋•九台区期末）如图，RtABC中，B90，AB4，BC6，将ABC折叠，使点C与AB的中点D重合，折痕交AC于点M，交BC于点N，则线段CN的长为()7810A．B．C．3D．3339．（4分）（2018•祁县模拟）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，根据图形可知他得出的这个推论指()A．SSB．SS长方形ABNN长方形MNCD长方形EBMF长方形AEFNC．SSD．SS长方形AEFN长方形MNCD长方形EBMF长方形NFGD10．（4分）（2023春•福州期中）如图，在正方形ABCD中，AB2，AC，BD相交于点O，E，F分别为边BC，CD上的动点（点E，F不与线段BC，CD的端点重合）且BECF，连接OE，OF，EF、在点E，F运动的过程中，有下列四第2页（共28页） 个结论：①OEF是等腰直角三角形；②OEF面积的最小值是1；③四边形OECF的面积始终不变；④存在两个ECF，使得ECF的周长是23．所有正确结论的序号是()A．①②③④B．①②③C．①③④D．①③二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）11．（4分）（2023•泰兴市二模）若x2有意义，则x的取值范围是．12．（4分）（2023春•福州期中）比较大小：1522．13．（4分）（2023秋•郫都区期末）如图，在数轴上点A表示的实数是．14．（4分）（2015•官渡区二模）如图，A，B两点被池塘隔开，在A，B外选一点C，连接AC和BC，并分别找出AC和BC的中点M，N，如果测得MN20m，那么A，B两点间的距离是．15．（4分）（2021秋•柯桥区期末）古代著作《九章算术》中记载：今有池方一第3页（共28页） 丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为10尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面1尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深尺．16．（4分）（2023春•福州期中）如图，已知AB10，点C，D在线段AB上，且ACDB2．P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边AEP和等边PFB，连接EF，设EF的中点为G，则CGGD的最小值是．三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（8分）（2023春•孝昌县期中）计算：（1）18322；311（2）8．218218．（8分）（2023春•樊城区期中）已知x31，y31，求xy(xy)的值．19．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形ABCD中，E，F为对角线上BD上的点(DEDF)，且BEDF，求证：AEDCFB．20．（8分）（2023春•福州期中）如图，在四边形ABCD中，AB2，BC3，CD23，第4页（共28页） AD5，B90．求四边形ABCD的面积．21．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形ABCD中，E是CD边上一点．（1）请只用无刻度的直尺在AB边上确定一点F，使得BFDE（保留作图痕迹，不写作法）；（2）请证明你所作的点F满足BFDE．22．（10分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AB、CD于点E、F，过点D作DG//AC交BC延长线于点G．（1）求证：四边形AFCE为菱形；（2）若E是AB的中点，求证：A，F，G三点共线．23．（10分）（2023春•福州期中）先阅读材料，然后回答问题．（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简526．经过思考，小张解决这个问题的过程如下：52622233①，22(2)223(3)②，2(23)③，23④，在上述化简过程中，第步出现了错误，化简的正确结果为；（2）请根据你从上述材料中得到的启发，化简322；第5页（共28页） （3）在RtABC中，C90，BC1，AC23，求AB的长．（结果要化为最简形式）2224．（12分）（2023春•福州期中）定义：若某三角形的三边长a，b，c满足abac，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；（2）若等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，其中ACBC，ABAC，求A的度数；（2）如图，在ABC中，C2A，且BA．证明：ABC为“类勾股三角形”．25．（14分）（2023春•福州期中）在正方形ABCD中，E是AB边上一点（不与点A，B重合），作点D关于CE的对称点F，连接CF．（1）如图1，连接EF，若ECEF，求证：E是AB的中点；（2）如图2，连接BF，DF，作BGDF于点G，M，N分别为BF，DG的中点，连接AN，MN．①求GFB的大小；②猜想线段AN与MN的关系，并证明．第6页（共28页） 2022-2023学年福建省福州八中、金山中学等九校联考八年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式中属于最简二次根式的是()2A．B．3C．0.3D．123【考点】74：最简二次根式【分析】直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．26【解答】解：A、，故此选项错误；33B、3是最简二次根式，故此选项正确；30C、0.3，故此选项错误；10D、1223，故此选项错误；故选：B．2．（4分）（2023春•福州期中）下列四组数据分别为四个三角形的边长，其中是直角三角形的是()A．2，3，4B．3，4，5C．3，5，7D．4，6，8【考点】勾股定理的逆定理【分析】要判断三个数是否为直角三角形的三边长，根据勾股定理逆定理只需要判断最大的数的平方是否等于另外两个数的平方和即可．222【解答】解：A、234，不能构成直角三角形，不符合题意；222B、345，能构成直角三角形，符合题意；222C、357，不能构成直角三角形，不符合题意；222D、468，不能构成直角三角形，不符合题意．故选：B．3．（4分）（2023春•福州期中）平行四边形ABCD中，若A120，则C的度第7页（共28页） 数为()A．30B．60C．120D．150【考点】平行四边形的性质【分析】由平行四边形的性质可直接求解．【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，AC120，故选：C．4．（4分）（2023春•福州期中）下列二次根式的运算正确的是()A．321B．3326C．5323103D．632【考点】二次根式的混合运算【分析】根据二次根式的加减运算可判断A，B，根据二次根式的乘除运算法则可判断C，D，从而可得答案．【解答】解：3,2不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意；3323，故B不符合题意；532330，故C不符合题意；632，运算正确，故D符合题意．故选：D．5．（4分）（2023春•单县期末）如图，用一根绳子检查一平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线AC，BD就可以判断，其推理依据是()A．矩形的对角线相等B．矩形的四个角是直角C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线相等的平行四边形是矩形第8页（共28页） 【考点】平行四边形的性质；矩形的判定与性质【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．【解答】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故选：D．6．（4分）（2023春•福州期中）若菱形的两条对角线的长分别为6和10，则菱形的面积为()A．15B．24C．30D．60【考点】菱形的性质【分析】根据菱形面积等于对角线乘积的一半进行计算即可．1【解答】解：根据菱形面积等于对角线乘积的一半可得：S10630．2故选：C．7．（4分）（2023春•铁西区期中）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分BAD，交CD边于E，AD3，AB5，则EC的长为()A．1B．2C．3D．5【考点】平行四边形的性质【分析】先由平行四边形的性质得BA//CD，CDAB5，再证DEAD3，即可求解．【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，BA//CD，CDAB5，DEAEAB，AE平分DAB，DAEEAB，DAEDEA，DEAD3，ECCDDE532，故选：B．第9页（共28页） 8．（4分）（2023秋•九台区期末）如图，RtABC中，B90，AB4，BC6，将ABC折叠，使点C与AB的中点D重合，折痕交AC于点M，交BC于点N，则线段CN的长为()7810A．B．C．3D．333【考点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）【分析】由折叠的性质可得DNCN，根据勾股定理可求DN的长，即可求CN的长．【解答】解：D是AB中点，AB4，ADBD2，将ABC折叠，使点C与AB的中点D重合，DNCN，BNBCCN6DN，222在RtDBN中，DNBNDB，22DN(6DN)4，10DN，310CNDN，3故选：D．9．（4分）（2018•祁县模拟）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，根据图形可知他得出的这个推论指()第10页（共28页） A．SSB．SS长方形ABNN长方形MNCD长方形EBMF长方形AEFNC．SSD．SS长方形AEFN长方形MNCD长方形EBMF长方形NFGD【考点】1O：数学常识；JC：平行线之间的距离；LB：矩形的性质【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．【解答】证明：SSSS，SS(SS)矩形NFGDADCANFFGC矩形EBMFABCAEFFCM又SS，SS，SS，ADCABCANFAEFFGCFMCSS．矩形NFGD矩形EBMF故选：D．10．（4分）（2023春•福州期中）如图，在正方形ABCD中，AB2，AC，BD相交于点O，E，F分别为边BC，CD上的动点（点E，F不与线段BC，CD的端点重合）且BECF，连接OE，OF，EF、在点E，F运动的过程中，有下列四个结论：①OEF是等腰直角三角形；②OEF面积的最小值是1；③四边形OECF的面积始终不变；④存在两个ECF，使得ECF的周长是23．所有正确结论的序号是()第11页（共28页） A．①②③④B．①②③C．①③④D．①③【考点】勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质；全等三角形的判定与性质【分析】①易证得OBEOCF(SAS)，则可证得结论①正确；②由OE的最小值是O到BC的距离，即可求得OE的最小值1，根据三角形面积公式即可判断选项②错误；③证明OBEOCF，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确；④利用勾股定理求得2EF2，即可求得选项③正确．【解答】解：①四边形ABCD是正方形，AC，BD相交于点O，OBOC，OBCOCD45，在OBE和OCF中，OBOCOBEOCF，BECFOBEOCF(SAS)，OEOF，BOECOF，EOFBOC90，OEF是等腰直角三角形；故①正确；1②当OEBC时，OE最小，此时OEOFBC1，211OEF面积的最小值是11，22故②错误；③由①知：OBEOCF，第12页（共28页） 11SSSSSSS221，四边形OECFCOEOCFCOEOBEOBC正方形ABCD44故③正确；④BECF，CECFCEBEBC2，假设存在一个ECF，使得ECF的周长是23，则EF3，由①得OEF是等腰直角三角形，EF6OE．22OB2，OE的最小值是1，存在一个ECF，使得ECF的周长是23，故④正确；故选：C．二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）11．（4分）（2023•泰兴市二模）若x2有意义，则x的取值范围是x2．【考点】二次根式有意义的条件【分析】直接根据二次根式有意义的条件解答即可．【解答】解：由题意得，x20，x2．故答案为：x2．12．（4分）（2023春•福州期中）比较大小：1522．【考点】算术平方根；实数大小比较【分析】先分别计算两个数的平方，然后进行比较即可解答．【解答】解：22(15)15，(22)8，158，1522，第13页（共28页） 故答案为：．13．（4分）（2023秋•郫都区期末）如图，在数轴上点A表示的实数是5．【考点】实数与数轴【分析】根据勾股定理求出BD的长度，即可求得点A表示的实数．【解答】解：如图，在RtBCD中，由题意得，CD1，BC2，BCD90，2222根据勾股定理得：BDCDBC125，由图可知ADBD5，点A表示的实数为5，故答案为：5．14．（4分）（2015•官渡区二模）如图，A，B两点被池塘隔开，在A，B外选一点C，连接AC和BC，并分别找出AC和BC的中点M，N，如果测得MN20m，那么A，B两点间的距离是40m．【考点】KX：三角形中位线定理【分析】三角形的中位线等于第三边的一半，那么第三边应等于中位线长的2倍．第14页（共28页） 【解答】解：M，N分别是AC，BC的中点，MN是ABC的中位线，1MNAB，2AB2MN22040(m)．故答案为：40m．15．（4分）（2021秋•柯桥区期末）古代著作《九章算术》中记载：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐，水深几何？如图，其大意是：有一个边长为10尺的正方形池塘，一棵芦苇生长在它的正中央，高出水面1尺．如果把该芦苇拉向岸边，那么芦苇的顶部恰好碰到岸边，则水深12尺．【考点】勾股定理的应用【分析】我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知EB的长为10尺，则BC5尺，设出ABABx尺，表示出水深AC，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的水深．【解答】解：依题意画出图形，设芦苇长ABABx尺，则水深AC(x1)尺，BE10尺，BC5尺，222在Rt△ABC中，5(x1)x，解之得x13，第15页（共28页） 即水深12尺，故答案为：12．16．（4分）（2023春•福州期中）如图，已知AB10，点C，D在线段AB上，且ACDB2．P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边AEP和等边PFB，连接EF，设EF的中点为G，则CGGD的最小值是111．【考点】等边三角形的性质；轴对称最短路线问题【分析】分别延长AE、BF交于点H，易证四边形EPFH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．作点C关于MN的对称点J，连接DJ交MN于点G，连接HJ，CJ，则四边形CJHK是矩形，此时CGDG的值最小，最小值为线段DJ的长．【解答】解：如图，分别延长AE、BF交于点H，过点H作HKAB于点K．AFPB60，AH//PF，BEPA60，BH//PE，四边形EPFH为平行四边形，EF与HP互相平分．G为EF的中点，G也正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，G的运行轨迹为HCD的中位线MN．作点C关于MN的对称点J，连接DJ交MN于点G，连接HJ，CJ，则四边形CJHK是矩形，此时CGDG的值最小，最小值为线段DJ的长．ABH是等边三角形，AB10，HKAB，第16页（共28页） AKKB5，22CJKH10553，ACDB22，CDABACDB6，2222DJCJDC(53)6111，CGDG的最小值为111．故答案为：111．三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（8分）（2023春•孝昌县期中）计算：（1）18322；311（2）8．2182【考点】二次根式的混合运算【分析】（1）先逐项化简，再算加减即可；（2）先算乘法和除法，再算减法．【解答】解：（1）原式324220；31（2）原式18822274332．18．（8分）（2023春•樊城区期中）已知x31，y31，求xy(xy)的值．第17页（共28页） 【考点】二次根式的化简求值；单项式乘多项式【分析】先求xy、xy的值，再整体代入计算即可．【解答】解：x31，y31，xy(31)(31)312，xy(31)(31)2，xy(xy)224．19．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形ABCD中，E，F为对角线上BD上的点(DEDF)，且BEDF，求证：AEDCFB．【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AB//CD，ABCD，则ABECDF，而BEDF，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明ABECDF，得AEBCFD，再根据“等角的补角相等”证明AEDCFB即可．【解答】证明：四边形ABCD是平行四边形，AB//CD，ABCD，ABECDF，在ABE和CDF中，ABCDABECDF，BEDFABECDF(SAS)，AEBCFD，AEDAEB180，CFBCFD180，AEDCFB．20．（8分）（2023春•福州期中）如图，在四边形ABCD中，AB2，BC3，CD23，第18页（共28页） AD5，B90．求四边形ABCD的面积．【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理【分析】连接AC，先根据勾股定理求出AC的长，再由勾股定理的逆定理判断出ACD的形状，由SSS即可得出结论．四边形ABCDABCACD【解答】解：连接AC，AB2，BC3，B90，22ACABBC13，222CD23，AD5，(13)(23)5，222即ACCDAD，ACD是直角三角形，SSS四边形ABCDABCACD11ABBCACCD221123132322339．21．（8分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形ABCD中，E是CD边上一点．（1）请只用无刻度的直尺在AB边上确定一点F，使得BFDE（保留作图痕迹，不写作法）；（2）请证明你所作的点F满足BFDE．第19页（共28页） 【考点】全等三角形的判定与性质；作图—复杂作图；平行四边形的性质【分析】（1）先连接AC、BD，它们相交于点O，再连接EO并延长交AB于F点；（2）先根据平行四边形的性质得到OBOD，AB//CD，然后证明OBFODE得到BFDE．【解答】（1）解：如图，点F为所作；（2）证明：四边形ABCD为平行四边形，OBOD，AB//CD，ABOCDO，在OBF和ODE中，FBOEDOOBOD，BOFDOEOBFODE(ASA)，BFDE．22．（10分）（2023春•福州期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AB、CD于点E、F，过点D作DG//AC交BC延长线于点G．（1）求证：四边形AFCE为菱形；（2）若E是AB的中点，求证：A，F，G三点共线．【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；全等第20页（共28页） 三角形的判定与性质【分析】（1）连接EF，交AC于点O，证AOECOF(ASA)，得OEOF，再证四边形AFCE是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；（2）连接AG，由菱形的性质得CFAE，再证F是CD的中点，然后证四边形ADGC是平行四边形，得AG与CD互相平分，则F是AG的中点，即可得出结论．【解答】证明：（1）如图1，连接EF，交AC于点O，四边形ABCD是平行四边形，AB//CD，EAOFCO，EF垂直平分AC，OAOC，AOECOF90，AOECOF(ASA)，OEOF，四边形AFCE是平行四边形，又EFAC，平行四边形AFCE为菱形；（2）如图2，连接AG，E是AB的中点，AB2AE，第21页（共28页） 由（1）可知，四边形AFCE为菱形，CFAE，CDAB2CF，F是CD的中点，四边形ABCD是平行四边形，ABCD，AD//BC，AD//CG，DG//AC，四边形ADGC是平行四边形，AG与CD互相平分，F是AG的中点，A，F，G三点共线．23．（10分）（2023春•福州期中）先阅读材料，然后回答问题．（1）小张同学在研究二次根式的化简时，遇到了一个问题：化简526．经过思考，小张解决这个问题的过程如下：52622233①，22(2)223(3)②，2(23)③，23④，在上述化简过程中，第④步出现了错误，化简的正确结果为；（2）请根据你从上述材料中得到的启发，化简322；（3）在RtABC中，C90，BC1，AC23，求AB的长．（结果要化为最简形式）【考点】二次根式的应用；勾股定理【分析】（1）根据材料思考二次根式的化简对于2a的形式，先化为|a|再求结果；（2）根据（1）中的材料化简即可；（3）根据勾股定理和（1）中的材料化简即可．第22页（共28页） 【解答】解：（1）52622233①，22(2)223(3)②，2(23)③，32④，在上述化简过程中，第④步出现了错误，化简的正确结果为32，故答案为：④，32；（2）32222212(21)21，故答案为：21；（3）在RtABC中，C90，BC1，AC23，22222ABBCAC1(23)8432436(26)26．2224．（12分）（2023春•福州期中）定义：若某三角形的三边长a，b，c满足abac，则称该三角形为“类勾股三角形”．请根据以上定义解决下列问题：（1）判断等边三角形是否为“类勾股三角形”，并说明理由；（2）若等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，其中ACBC，ABAC，求A的度数；（2）如图，在ABC中，C2A，且BA．证明：ABC为“类勾股三角形”．【考点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；勾股定理【分析】（1）先设等边三角形的三边长分别为a，b，c，则abc，然后进行22222计算可得：abaaa2ac，即可解答；第23页（共28页） 22（2）根据已知和“类勾股三角形”的定义可得ACBCACAB，从而可得222BCACAB，进而可得ABC是直角三角形，且ACB90，然后利用等腰直角三角形的性质，即可解答；（3）过点B作BGAC，垂足为G，在GA上截取GDGC，连接BG，可得BG是CD的垂直平分线，从而可得BDBCa，进而可得CBDC2A，再利用三角形的外角性质可得AABD，从而可得DABDa，进而可得CDba，baabDGCG，然后利用线段的和差关系可得AG，最后分别在RtABG和22RtBGC中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】（1）解：等边三角形不是“类勾股三角形”，理由：设等边三角形的三边长分别为a，b，c，则abc，22222abaaa2ac，等边三角形不是“类勾股三角形”；（2）解：等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，ACBC，ABAC，22ACBCACAB，222BCACAB，ABC是直角三角形，且ACB90，ACBC，AB45，A的度数为45；（3）证明：过点B作BGAC，垂足为G，在GA上截取GDGC，连接BD，BG是CD的垂直平分线，BDBCa，CBDC，C2A，BDC2A，第24页（共28页） BDCAABD，AABD，DABDa，CDACADba，1baDGCGCD，22baabAGADDGa，222222ab2在RtABG中，BGABAGc()，22222ba2在RtBGC中，BGBCCGa()，22ab22ba2c()a()，2222aabc，ABC为“类勾股三角形”．25．（14分）（2023春•福州期中）在正方形ABCD中，E是AB边上一点（不与点A，B重合），作点D关于CE的对称点F，连接CF．（1）如图1，连接EF，若ECEF，求证：E是AB的中点；（2）如图2，连接BF，DF，作BGDF于点G，M，N分别为BF，DG的中点，连接AN，MN．①求GFB的大小；②猜想线段AN与MN的关系，并证明．【考点】四边形综合题【分析】（1）证明RtADERtBCE(HL)，推出AEEB，可得结论；（2）①设BCFx．用x表示出CFD，CFB，可得结论；第25页（共28页） ②结论：ANMN，ANNM．如图2中，延长AN到T，使得NTAN，连接AM，MT，TG，延长TG交AB的延长线于点J，交BM于点J．证明AMT是等腰直角三角形，可得结论．【解答】（1）证明：如图1中，连接DE．D，F关于EC对称，EDEF，ECEF，EDEC，四边形ABCD是正方形，ADBC，AB90，在RtADE和RtBCE中，EDEC，ADBCRtADERtBCE(HL)，AEEB，E是AB的中点；（2）解：①设BCFx．CDCBCF，DCB90，DCF90x，1111CFD(18090x)45x，CFB(180x)90x，222211BFGCFBCFD90x(45x)45；22第26页（共28页） ②结论：ANMN，ANNM．理由：如图2中，延长AN到T，使得NTAN，连接AM，MT，TG，延长TG交AB的延长线于点J，交BM于点J．在AND和TNG中，NANTANDTNG，NDNGANDTNG(SAS)，ADTG，DANNTG，AD//GJ，DABH90，DAB90，H90，GBGF，BGF90，BMMF，GMBF，GMBMMF，GMJH90，BJHGJM，JBHJGM，ABMTGM，BAADGT，BMGM，ABMTGM(SAS)，AMMT，AMBTMG，第27页（共28页） AMTBMG90，MAN45，MAMT，AMT90，ANNT，MNAT，MNANNT，即ANMN，ANMN．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/2012:02:19；用户：彼粒星；邮箱：orFmNt3ioZ7m9pIbCI01vF5XpREs@weixin.jyeo.com；学号：406898第28页（共28页）