【沪科版】初二数学下期中模拟试题(及答案)

一、选择题

1．若2a3，则(2a)2(a3)2等于( ) A．52a

B．12a

C．2a1

D．2a5

2．已知y＝x11x10，那么A．1

B．

2xy的值等于（ ）

5x2yC．7 85 4D．4 53．下列二次根式中是最简二次根式的是（ ） A．15 B．3 2C．18 D．1 24．如图为实数a，b在数轴上的位置，则(b)2(a)2(ab)2( )

A．-a

B．b

C．0

D．a-b

5．如图，ABCD的对角线AC、BD交于点O，顺次连接ABCD各边中点得到一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①ACBD；②CΔABOCΔCBO；③DAOCBO；④DAOBAO，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

6．如图，以平行四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形EFGH，当ADC090时，有以下结论：①GCF180；

②HAE90；③HEHG；④EH GH；⑤四边形EFGH是平行四边形．则结论正确的是（ ）

A．①③④ B．②③⑤ C．①③④⑤ D．②③④⑤

7．菱形的一个内角是60，边长是3cm，则这个菱形的较短的对角线长是（ ）

A．

3cm 2B．33cm 2C．3cm D．33cm

8．如图，以AB为斜边的RtABC和Rt△ABD位于直线AB的同侧，连接CD．若

BACABD135,AB6，则CD的长为（ ）

A．3 B．4

C．32 D．33 9．ABC中，A，B，C的对边分别记为a，b，c，由下列条件不能判定

ABC为直角三角形的是（ ） A．∠A∠B∠C

C．b2a2c2 A．a＝7，b＝25，c＝24 C．a＝12，b＝13，c＝5

B．A:B:C1:1:2 D．a:b:c1:1:2 B．a＝11，b＝41，c＝40 D．a＝8，b＝17，c＝15

10．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（ ）

11．如图，在等腰ABC中，ABAC,点E为AC的中点，且CDCE．若

A60,EF4cm，则DF的长为（ ）

A．12cm

B．10cm C．8cm D．6cm

12．如图，在长为10的线段AB上，作如下操作：经过点B作BCAB，使得

1AB；连接AC，在CA上截取CECB；在AB上截取ADAE，则AD的2长为（ ） BC

A．555 B．1055 C．10510 D．555

二、填空题

13．若x14．a15．

53，则x324的值为__________．

11______. 3，则aaa232005232006________．

16．在长方形ABCD中，AB5，BC4，CECF，CF平分ECD，则2BE_________．

17．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作E1D1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2．照此规律作下去，则C2020＝__．

参考答案

18．已知：如图，ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，ABD是等边三角形，则CD的长度为______．

19．已知O为平面直角坐标系的坐标原点，等腰三角形AOB中，A(2，4)，点B是x轴上的点，则AOB的面积为_____．

20．如图，教室的墙面ADEF与地面ABCD垂直，点P在墙面上．若PAAB5米，点P到AD的距离是3米，有一只蚂蚁要从点P爬到点B，它的最短行程是______米．

三、解答题

21．已知：如图，在ABCD中，AE是BC边上的高，将△ABE沿BC方向平移，使点E与点C重合，得到GFC．

（1）求证：BEDG

（2）若四边形ABFG是菱形，且B60，求AB:BC的值．

22．如图1，正方形ABCD，E为平面内一点，且BEC90，把BCE绕点B逆时针旋转90得BAG，直线AG和直线CE交于点F．

（1）证明：四边形BEFG是正方形；

（2）若AGD135，猜测CE和CF的数量关系，并说明理由； （3）如图2，连接DF，若AB13，CF17，求DF的长． 23．计算： （1）49202053641 256x5y7（2）

3x2y124．已知x31,y31，求下列代数式的值： （1）x2y2；

（2）

yx． xy25．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E．求AE的长．

26．如图，在ABC中，ABAC，BC15，D是AB上一点，BD9，

CD12．

（1）求证：CDAB； （2）求AC的长．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

先根据2a3给二次根式开方，得到a23a，再计算结果就容易了． 【详解】 解：∵2a3， ∴

(2a)2(a3)2 =|2a||a3|

a23a

a23a

2a5． 故选：D 【点睛】

本题考查了化简二次根式的步骤：①把被开方数分解因式；②利用积的算术平方根的性质，把被开方数中能开得尽方的因数（或因式）都开出来；③化简后的二次根式中的被开方数中每一个因数（或因式）的指数都小于根指数2．

2．D

解析：D 【分析】

先根据二次根式的性质求出x、y的值，再代入代数式计算即可． 【详解】

解：因为y＝x11x+10，可知

x10，

1x0即x1，解得x＝1，所以y＝10； x12xy210412所以，＝＝﹣＝﹣．

5x2y520515故选：D． 【点睛】

本题考查了二次根式的意义．解决此题的关键是要先根据二次根式意义求出x，y的值再代入所求的代数式中求值．

3．A

解析：A 【分析】

利用最简二次根式定义判断即可． 【详解】

A.15是最简二次根式，故本选项符合题意； B.36，故本选项不合题意； 22C.1832，故本选项不合题意； D.12，故本选项不合题意. 22故选：A． 【点睛】

此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式定义是解本题的关键．

4．C

解析：C 【分析】

由数轴可得a、b和a-b的正负，再由二次根式性质去根号、合并同类项即可． 【详解】

根据实数a、b在数轴上的位置得知： -1＜a＜0＜b＜1， ∴a-b＜0，

则原式=b-a-（b-a）=b-a-b+a=0． 故选：C． 【点睛】

考查了数轴及二次根式的化简，解题关键是由数轴得出a、b和a-b的正负情况．

5．C

解析：C 【分析】

根据顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断． 【详解】

解：顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形． ①②

ACBD,新的四边形成为矩形，符合条件；

四边形ABCD是平行四边形，AOOC,BODO．

CΔABOCΔCBO,ABBC．

根据等腰三角形的性质可知BOAC,BDAC．所以新的四边形成为矩形，符合条件； ③

四边形ABCD是平行四边形，CBOADO．

DAOCBO,ADODAO．

AOOD．

ACBD,四边形ABCD是矩形，连接各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条

件； ④

DAOBAO,BODO，

AOBD，即平行四边形ABCD的对角线互相垂直， 新四边形是矩形．符合条件．所以①②④符合条件．

故选：C． 【点睛】

本题考查特殊四边形的判定与性质，掌握矩形、平行四边形的判定与性质是解题的关键．

6．D

解析：D

【分析】

根据平行四边形性质得出∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，根据等腰直角三角形得出BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，求出

∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE=90°+α，证△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG，推出∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，求出∠EFG=90°，根据正方形性质得出即可． 【详解】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，

∵平行四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H， ∴BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，

∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°， ∵AB∥CD，

∴∠BAD=∠BCD=180°-α，

∴∠EAH=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，∠GCF=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α， ∴①错误；②正确；

∠HDG=45°+45°+α=90°+α，∠FBE=45°+45°+α=90°+α， ∴∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE， 在△FBE、△HAE、△HDG、△FCG中，

BFAHDHCFFBEHAEHDGFCG， BEAEDGCG∴△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG（SAS）， ∴∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，③正确； ∴四边形EFGH是菱形，

∵∠BFC=90°=∠BFE+∠EFC=∠GFC+∠CFE， ∴∠EFG=90°，

∴四边形EFGH是正方形，⑤正确； ∴EH⊥GH，④正确； 故选：D．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的性质和判定，正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．

7．C

解析：C 【分析】

根据菱形的四边相等和一个内角是60°，可判断较短对角线与两边组成等边三角形，根据等边三角形的性质可求较短的对角线长． 【详解】

解：因为菱形的四边相等，当一个内角是60°，则较短对角线与两边组成等边三角形． ∵菱形的边长是3cm，

∴这个菱形的较短的对角线长是3cm． 故选：C． 【点睛】

此题考查了菱形四边都相等的性质及等边三角形的判定，解题关键是判断出较短对角线与两边构成等边三角形．

8．C

解析：C 【分析】

取AB的中点O，连结OD，OC，根据直角三角形的性质可得OAODOBOC，可得

BACOCA，ABDODB，OCDODC，在四边形ABCD中，根据四边

形的内角和为360，BACABD135，可得出OCDODC90，由

OCOD，可证得COD是等腰直角三角形，由AB6，根据勾股定理，即可得出CD

的长． 【详解】

取AB的中点O，连结OD，OC，

∵RtABD和RtABC的斜边为AB，

11AB，OCAB， 22∴OAODOBOC，

∴OD∴BACOCA，ABDODB，OCDODC，

在四边形ABCD中，BACOCAABDODBOCDODC360， ∵BACABD135， ∴OCDODC90， ∵OCOD，

∴OCDODC45， ∴COD是等腰直角三角形， ∵AB6， ∴OCOD3，

∴CDOC2OD2323232， 故选：Ｃ． 【点睛】

本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质和以及勾股定理，解题的关键是正确做出辅助线．

9．D

解析：D 【分析】

根据三角形内角和定理可判断A和B，根据勾股定理可判断C和D． 【详解】 A.

ABC，ABC180，

2A180，∴A90，

ABC为直角三角形，不符合题意，故A错误； B.A:B:C1:1:2， AB，C2A，

又∵ABC180，

AA2A180，A45， C2A90，

ABC为直角三角形，不符合题意，故B错误； b2a2c2，

ABC是直角三角形，不符合题意，故C错误； D.a:b:c1:1:2，

C.

ba，c2a，a2b2c2，

ABC不是直角三角形，符合题意，故D正确． 故选D． 【点睛】

本题考查了三角形内角和定理，以及勾股定理的逆定理，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形，在一个三角形中．

10．B

解析：B 【分析】

根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个是直角三角形判定则可．如果有这种关系，就是直角三角形，没有这种关系，就不是直角三角

形． 【详解】

解：A、72+242＝52，能构成直角三角形，不符合题意； B、112+402≠412，不能构成直角三角形，符合题意； C、52+122＝132，能构成直角三角形，不符合题意； D、82+152＝172，能构成直角三角形，不符合题意． 故选：B． 【点睛】

本题主要考查了勾股定理的逆定理，准确分析计算是解题的关键．

11．A

解析：A 【分析】

由已知可得DF⊥AB，∠D=∠AEF=30°,所以根据含30°角的直角三角形性质可以算得DF的值． 【详解】

解：∵AB=AC,∠A=60°， ∴ΔABC 为等边三角形， ∴∠ACB=60°, ∵CD=CE ，

1∠ACB=30°， 2∴∠AEF=30°，

∴∠CED=∠D=

∴∠AFE=180°-∠A-∠AEF=90°， ∵EF=4cm，

∴设AF=x，则AE=2x，

∴由勾股定理得：x2424x2， ∴x=4， 348,AE， 33164， 33∴AF∴BFABAF2AEAF∵∠D=30°， ∴BD2BF328， 33∴DF2BD2BF23BF2， ∴DF=BF3416316412， 33故选A ． 【点睛】

本题考查等边三角形与直角三角形的综合运用，熟练掌握等边三角形与直角三角形的判定与性质、勾股定理的应用是解题关键．

12．A

解析：A 【分析】

由勾股定理求出AC=55，则AD=AE=AC-CE=55-5即可． 【详解】

解：∵BC⊥AB，AB=10，CE＝BC=∴AC=11AB105， 22AB2BC21025255，

∴AD=AE=AC-CE=555， 故选：A 【点睛】

本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

二、填空题

13．1【分析】直接将x值代入计算可得【详解】当时==故答案为：1【点睛】本题主要考查了二次根式的性质与化简解题的关键是熟练掌握完全平方公式和二次根式的性质

解析：1 【分析】

直接将x值代入计算可得． 【详解】 当x53时，

2x34=5-334=54=1

2故答案为：1 【点睛】

本题主要考查了二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练掌握完全平方公式和二次根式的性质．

14．【分析】把平方后得到取算数平方根即可求解【详解】∵∴∴（舍负）故答案为：【点睛】此题考查了完全平方公式熟练掌握完全平方公式是解决此题的关键 解析：5 【分析】

把a11平方后，得到a3，取算数平方根即可求解. aa【详解】 ∵a13， a211∴aa2325， aa∴

a15（舍负）. a故答案为：5 【点睛】

此题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式是解决此题的关键.

15．【分析】逆用积的乘方法则和平方差公式计算即可【详解】解：原式＝故答案为：【点睛】本题考查了二次根式的混合运算熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键整式的乘法的运算公式及运算法则对二次根式的运算同

解析：23． 【分析】

逆用积的乘方法则和平方差公式计算即可． 【详解】 解：原式＝

23200523200523

2323200523

2323．

故答案为：23． 【点睛】

本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键，整式的乘法的运算公式及运算法则对二次根式的运算同样适应．

16．【分析】延长CF交EA的延长线于点G连接EF过点F作FH⊥CE于点H过点E作EM⊥CF于点M由题意易得FH=FDFH=EMEC=EG进而可得△CDF≌△CME然后可得CM=CD=由勾股定理可得BG=

7解析：

6【分析】

延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，由题意易得FH=FD，FH=EM，EC=EG，进而可得△CDF≌△CME，然后可得

CM=CD=解．

5，由勾股定理可得BG=3，设BE=x，则有EC=EG=3+x，最后利用勾股定理可求2【详解】

解：延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，BC4，AB∴BC=AD，ABDC∴∠DCF=∠G， ∵CF平分∠ECD， ∴∠DCF=∠ECF，DF=FH， ∴∠G=∠ECF， ∴EC=EG，

∴△ECG是等腰三角形， ∴CM=MG， ∵CE=CF，

∴△ECF是等腰三角形，

5 25，AB∥DC，∠D=∠ABC=∠CBE=90° 2∵EM、FH分别是等腰三角形ECF腰上的高线， ∴FH=EM=DF，

∴Rt△CDF≌Rt△CME（HL）， ∴CMDC∴CG=5，

∴在Rt△CBG中，BGCG2CB23， 设BE=x，则有EC=EG=3+x， 在Rt△CBE中，BC2BE2CE2， ∴42x23x，

25， 2解得：x7， 6∴BE7； 67． 6故答案为【点睛】

本题主要考查等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．

17．【分析】先计算出C1C2的长进而得到规律最后求出C2020的长即可【详解】解：∵E是BC的中点ED∥AB∴DE是△ABC的中位线∴DE＝AB＝AD＝AC＝∵EF∥AC∴四边形EDAF是菱形∴C1＝4 解析：

122018

【分析】

先计算出C1、C2的长，进而得到规律，最后求出C2020的长即可． 【详解】

解：∵E是BC的中点，ED∥AB， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE＝

1111AB＝，AD＝AC＝， 2222∵EF∥AC，

∴四边形EDAF是菱形， ∴C1＝4×

1， 2同理C2＝4×… Cn＝4×

111×=4×2， 2221， 2n122020122018∴C20204故答案为：【点睛】

122018．

．

本题考查了中位线的性质，菱形的判定与性质，根据题意得到规律是解题关键．

18．【分析】由勾股定理求出AB根据等边三角形的性质得出

AB=AD=BD=2∠DAB=∠ABD=60°证出AB⊥CD于E且AE=BE=1求出AE=CE=1由勾股定理求出DE即可得出结果【详解】解：∵∠AC 解析：31

【分析】

由勾股定理求出AB，根据等边三角形的性质得出AB=AD=BD=2，∠DAB=∠ABD=60°，证出AB⊥CD于E，且AE=BE=1，求出AE=CE=1，由勾股定理求出DE，即可得出结果． 【详解】

解：∵∠ACB=90°，AC=BC=2， ∴AB=∵

ACBC2222222，∠CAB=∠CBA=45°，

ABD是等边三角形，

∴AB=AD=BD=2，∠DAB=∠ABD=60°， ∵AC=BC，AD=BD，

∴AB⊥CD于E，且AE=BE=1，

在Rt△AEC中，∠AEC=90°，∠EAC=45°， ∴∠EAC=∠ACE=45°， ∴AE=CE=1，

在Rt△AED中，∠AED=90°，AD=2，AE=1， ∴DE=AD2AE23，

∴CD=31．

故答案为31． 【点睛】

本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识．运用勾股定理求出DE是解决本题的关键．

19．8或4或10【分析】根据已知画出坐标系进而得出AE的长以及BO的长即可得出△AOB的面积【详解】解：如图所示：过点A作AE⊥x轴于点E∵点O（00）A（24）∴AE＝4OE＝2OA＝当OA＝AB时∴

解析：8或45或10 【分析】

根据已知画出坐标系，进而得出AE的长以及BO的长，即可得出△AOB的面积． 【详解】

解：如图所示：过点A作AE⊥x轴于点E，

∵点O（0，0），A（2，4），

∴AE＝4，OE＝2，OA＝224225， 当OA＝AB时，

∴AE是△AOB边OB的垂直平分线， ∴BE=OE=2， ∴OB=4，

∴B的坐标为（4，0），

11OB•AE＝44＝8； 22当OA＝OB时，

此时S△AOB＝

∴OBOA25， ∴B的坐标为（25，0），

11OB•AE＝254＝45； 22当OB＝AB时，

此时S△AOB＝

设ABOBx，则BEx2， ∴x242(x2)2， 解得：x5， ∴OB5，

∴B的坐标为（5，0）， 此时S△AOB＝

11OB•AE＝54＝10；

22∴△AOB的面积为：8或45或10． 故答案为：8或45或10． 【点睛】

此题主要考查了三角形面积以及坐标与图形的性质，利用等腰三角形的性质求得OB的长是解题关键．

20．【分析】可将教室的墙面ADEF与地面ABCD展开连接PB根据两点之间线

段最短利用勾股定理求解即可【详解】解：如图过P作PG⊥BF于G连接PB∵AG=3AP=AB=5∴∴BG=8∴故这只蚂蚁的最短行程 解析：45 【分析】

可将教室的墙面ADEF与地面ABCD展开，连接PB，根据两点之间线段最短，利用勾股定理求解即可． 【详解】

解：如图，过P作PG⊥BF于G，连接PB，

∵AG=3，AP=AB=5， ∴PG∴BG=8，

∴PBGB2GP245 故这只蚂蚁的最短行程应该是45 故答案为：45 【点睛】

本题考查了平面展开-最短路径问题，立体图形中的最短距离，通常要转换为平面图形的两点间的线段长来进行解决．

AP2AG24，

三、解答题

21．（1）见详解；（2）AB：BC=2：3． 【分析】

（1）根据平移的性质，可得：AE=CG，再证明Rt△ABE≌Rt△CDG即可得到BE=DG； （2）根据四边形ABFG是菱形，得出AB=BF；根据条件找到满足AB=BF的AB与BC满足的数量关系即可． 【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD．

∵AE是BC边上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成． ∴CG⊥AD． ∴∠AEB=∠CGD=90°． ∵AE=CG，AB=CD，

∴Rt△ABE≌Rt△CDG（HL）． ∴BE=DG；

（2）∵四边形ABFG是菱形 ∴AB∥GF，AG∥BF， ∵Rt△ABE中，∠B=60°， ∴∠BAE=30°， ∴BE=

1AB．（直角三角形中30°所对直角边等于斜边的一半） 2∵四边形ABFG是菱形， ∴AB=BF． ∴BE=CF， ∴EF=∴BC=

1AB， 23AB， 2∴AB：BC=2：3． 【点睛】

本题考查平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的性质．

22．（1）见解析；（2）CE=CF，理由见解析；（3）52或122 【分析】

（1）根据正方形的判定定理进行证明即可；

（2）证明RtADH≌RtBAG得DHAG，AH=BG，再证明△DHG是等腰直角三角形，可得DH=BH=AG，最后由BEFG是正方形可得结论； （3）分点F在AB右侧和左侧两种情况求解即可． 【详解】 解：（1）证明：

BEC90，把BCE绕点B逆时针旋转90得BAG，

BEBG，EBG90，BGA90，则BGF90，

BECEBGBGF90， 四边形BEFG是正方形； （2）CECF，理由如下：

过D点作DHAF，垂足为H，如图，

四边形ABCD是正方形， BAD90，ABAD，

BGA90，

DAHBAG90，BAGABG90， DAHABG，

在RtADH和RtBAG中， DAHABGBGAAHD90, ADABRtADH≌RtBAGAAS，

DHAG，

∵∠DGH=180°-∠AGD=45° ∴在Rt△DHG中，∠GDH=45° ∴DH=GH=AG ∴AGGH又

11AHBG 22AGCE，EFBG，

EF2CE， CECF；

（3）①点F在AB右侧时，如图，过D作DK⊥AG，交其延长线于K．

设正方形BEFG的边长为x，则BEx，CE17x， 在Rt△BEC中，BC13，根据勾股定理可得，

222BE2CE2BC2，即x(17x)13，

解得x112，x25(不符合条件，舍去)， 即BGBE12，AGCE17125， ∵四边形BEFG是正方形， ∴∠BAD=90°． ∵DK⊥AG， ∴∠K=90°．

∵∠BAG+∠KAD=180°—∠BAD=90° ∠ADK+∠KAD=90° ∴∠BAG=∠ADK

在Rt△ABG和Rt△DAK中，

GK90 ABADBAGADK所以Rt△ADK≌RtBAG， 则AK=BG=12，DK=AG=5， ∵AF+FK=AK=BG=GF=AG+AF ∴FK=AG=5

在Rt△DFK中，根据勾股定理可得， DF=DK2FK252 ②点F在AB左侧时，如图，过D作DK⊥AG，交其延长线于K．

方法同①，可得FK=AG=12， 在Rt△DFK中，根据勾股定理可得， DF=DK2FK2122 综上所述，DF的长为52或122． 【点睛】

此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和定理是解本题的关键．

1x723．（1）；（2）3

5y1【分析】

（1）由二次根式的性质、绝对值的意义、立方根、乘方的运算法则进行化简，再计算加减即可；

（2）利用加减消元法解二元一次方程组，即可得到答案 【详解】 解：（1）=

49202053641 2575(4)1 57=； 5（2）6x5y7①

3x2y1②由①-②2，得：9y9， ∴y1；

把y1代入②，得x1； 31x∴方程组的解为3；

y1【点睛】

本题考查了解二元一次方程组，二次根式的性质，立方根，绝对值的意义，以及乘方的运算法则，解题的关键是熟练掌握运算法则进行计算 24．（1）8；（2）4． 【分析】

（1）先计算出xy和xy的值，再利用完全平方公式求解即可； （2）通分后利用（1）的结论求解即可． 【详解】 （1）∵x31，y31，

∴xy23，xy(31)(31)2， ∴

x2y2

(xy)22xy

(23)222

124

8；

（2）∵x31，y∴

31，x2y28，xy2，

yx xyx2y2

xy8 24．

【点睛】

本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．注意整体代入的方法的运用．

25．

25 4【分析】

连接BE，先利用勾股定理求出BC的长，根据线段垂直平分线的性质可得AE＝BE，然后设AE＝BE＝x，再由勾股定理可得方程（8−x）2＋62＝x2，求解后即可得出答案． 【详解】 解：连接BE，

在Rt△ABC中，

∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10， ∴AC2＋BC2＝AB2． 即82＋BC2＝102， 解得：BC＝6．

∵DE是AB的垂直平分线， ∴AE＝BE．

设AE＝BE＝x，则EC＝8−x， ∵Rt△BCE中，EC2＋BC2＝BE2， ∴（8−x）2＋62＝x2， 解得：x＝∴AE＝

25， 425． 4【点睛】

此题考查了线段垂直平分线的性质以及勾股定理，掌握线段垂直平分线的性质并结合勾股定理求解线段的长度是解题的关键，且要注意数形结合思想应用． 26．（1）见解析；（2）AC的长为12.5． 【分析】

(1)计算△BCD各边的平方，看是否满足勾股定理的逆定理，依此判断直线的位置关系； (2)用方程思想，表达勾股定理计算即可. 【详解】 （1）证明：

CD2BD212292225，BC2225，

CD2BD2BC2，

CDB90，

CDAB；

（2）设ABACx，则ADx9，

在RtACD中，ADC90，

AD2CD2AC2，

(x9)2122x2，

解得x12.5， AC的长为12.5．

【点睛】

本题考查了勾股定理及其逆定理的应用，熟练掌握定理，逆定理并灵活运用是解题的关键.