2020—2021学年驻马店市初二下期中数学试卷含答案解析

一、选择题 1．要使

有意义，则x的取值范畴是（ ）

A．x≤ B．x≥ C．x≤ D．x≥

2．下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ） A．

B．

C．

D．

3．下列各组线段能构成直角三角形的一组是（ ） A．7，12，13

B．30，40，50

C．5，9，12 D．3，4，6

4．B、C在边长为1的正方形网格的格点上，BD⊥AC于点D． 如图，△ABC的顶点A、则BD的长为（ ）

A． B． C． D．

5．如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过点O作OE⊥BD交BC于点E，若△CDE的周长为10，则▱ABCD的周长为（ ）

A．14 B．16 C．20 D．18

6．如图，已知某广场菱形花坛ABCD的周长是24米，∠BAD=60°，则花坛对角线AC的长等于（ ）

A．6米 B．6米 C．3D．3米 米

7．如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）

A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE

8．下列命题：①平行四边形的对边相等；②对角线相等的四边形是矩形；③对角线互相垂直平分的四边形是正方形；④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．其中真命题的个数是（ ） A．1 二、填空

9．命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是 ． 10．当1＜a＜2时，代数式11．三角形周长为（7

+2

+|1﹣a|的值是 ．

cm，）已知两边长分别为

cm和

cm， 则第三边的长是 cm．

B．2

C．3

D．4

12．已知平行四边形ABCD中，∠B=5∠A，则∠D= ．

13．如图，CD是△ABC的中线，点E、F分别是AC、DC的中点，EF=1，则BD= ．

14．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则∠BED的度数是 ．

15．如图是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH差不多上正方形，假如AB=10，EF=2，那么AH为a，BH为b，则ab= ．

16．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（6，0）、（0，4），点P是线段BC上的动点，当△OPA是等腰三角形时，则P点的坐标是 ．

三、解答（本大题共8个小题，满分67分） 17．运算： （1）（10（2）18．已知x=

﹣6×（﹣+

+4

）÷

）

，求代数式x2+y2﹣xy﹣2x+2y的值．

，点E为CD中点．求证：

）÷（﹣，y=

﹣

19．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠BAD=135°，AB=1，AC=CD=2AE．

20．已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E，F为对角线AC上两点，且AE=CF，DF∥BE． 求证：四边形ABCD为平行四边形．

21．在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边CD上，DF=BE，连接AF，BF． （1）求证：四边形BFDE是矩形；

（2）若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB．

22．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，MN过点O且与边AD、BC分别交于点M和点N．

（1）请你判定OM和ON的数量关系，并说明理由；

（2）过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，当AB=6，AC=8时，求△BDE的周长．

23．【问题情境】

如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM． 【探究展现】

（1）直截了当写出AM、AD、MC三条线段的数量关系： ； （2）AM=DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 【拓展延伸】

（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展现（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判定，不需要证明．

24．D为AB边上一点，∠ACB=90°，如图，在Rt△ABC中，过点C的直线MN∥AB，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE． （1）求证：CE=AD；

（2）当D在AB中点时，四边形BECD是什么专门四边形？说明你的理由；

（3）若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．

2020-2021学年河南省驻马店市八年级（下）期中数学试卷

参与试题解析

一、选择题 1．要使

有意义，则x的取值范畴是（ ）

A．x≤ B．x≥ C．x≤ D．x≥ 【考点】二次根式有意义的条件．

【分析】二次根式有意义的条件是被开方数大于或等于零． 【解答】解：要使解得：x≤． 故选；A．

【点评】本题要紧考查的是二次根式有意义的条件，把握二次根式有意义的条件是解题的关键．

2．下列二次根式中属于最简二次根式的是（ ） A．

B．

C．

D．

有意义，则4﹣5x≥0，

【考点】最简二次根式．

【分析】检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的确实是最简二次根式，否则就不是． 【解答】解：A、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故A错误； B、被开方数含能开得尽方的因数或因式，故B错误； C、被开方数含分母，故C错误；

D、被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式，故D正确； 故选：D．

【点评】本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不含能开得尽方的因数或因式．

3．下列各组线段能构成直角三角形的一组是（ ） A．7，12，13

B．30，40，50

C．5，9，12 D．3，4，6

【考点】勾股定理的逆定理．

【分析】依照勾股定理的逆定理（看看两小边的平方和是否等于大边的平方）分别进行判定即可．

【解答】解：A、∵72+122≠132，

∴以7，12，13为边的三角形不是直角三角形，故本选项错误； B、∵302+402=502，

∴以30，40，50为边的三角形是直角三角形，故本选项正确； C、∵52+92≠122，

∴以5，9，12为边的三角形不是直角三角形，故本选项错误； D、∵32+42≠62，

∴以3，4，6为边的三角形不是直角三角形，故本选项错误； 故选B．

【点评】本题考查了勾股定理的逆定理的应用，能熟记知识点是解此题的关键，注意：假如一个三角形的两边的平方和等于第三边的平方，那么那个三角形是直角三角形．

4．B、C在边长为1的正方形网格的格点上，BD⊥AC于点D． 如图，△ABC的顶点A、则BD的长为（ ）

A． B． C． D．

【考点】勾股定理；三角形的面积． 【专题】运算题．

【分析】利用勾股定理求得相关线段的长度，然后由面积法求得BD的长度． 【解答】解：如图，由勾股定理得 AC=∵BC×2=AC•BD，即×2×2=×∴BD=故选：C．

．

BD

=

．

【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积．利用面积法求得线段BD的长度是解题的关键．

5．如图，▱ABCD的对角线相交于点O，且AB≠AD，过点O作OE⊥BD交BC于点E，若△CDE的周长为10，则▱ABCD的周长为（ ）

A．14 B．16 C．20 D．18

【考点】平行四边形的性质．

BC=AD，OB=OD，【分析】由平行四边形的性质得出AB=CD，再依照线段垂直平分线的性质得出BE=DE，由△CDE的周长得出BC+CD=6cm，即可求出平行四边形ABCD的周长． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，BC=AD，OB=OD， ∵OE⊥BD， ∴BE=DE，

∵△CDE的周长为10，

∴DE+CE+CD=BE+CE+CD=BC+CD=10， ∴平行四边形ABCD的周长=2（BC+CD）=20； 故选C．

【点评】本题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质以及三角形、平行四边形周长的运算；熟练把握平行四边形的性质，并能进行推理运确实是解决问题的关键．

6．如图，已知某广场菱形花坛ABCD的周长是24米，∠BAD=60°，则花坛对角线AC的长等于（ ）

A．6米 B．6米 C．3D．3米 米

【考点】菱形的性质． 【专题】应用题．

【分析】由四边形ABCD为菱形，得到四条边相等，对角线垂直且互相平分，依照∠BAD=60°得到三角形ABD为等边三角形，在直角三角形ABO中，利用勾股定理求出OA的长，即可确定出AC的长．

【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，

∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AB=BC=CD=AD=24÷4=6（米）， ∵∠BAD=60°，

∴△ABD为等边三角形，

∴BD=AB=6（米），OD=OB=3（米）， 在Rt△AOB中，依照勾股定理得：OA=则AC=2OA=6故选A．

米，

=3

（米），

【点评】此题考查了勾股定理，菱形的性质，以及等边三角形的判定与性质，熟练把握菱形的性质是解本题的关键．

7．如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）

A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° 【考点】矩形的判定；平行四边形的性质．

D．CE⊥DE

【分析】先证明四边形ABCD为平行四边形，再依照矩形的判定进行解答． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， 又∵AD=DE，

∴DE∥BC，且DE=BC， ∴四边形BCED为平行四边形，

A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误； B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；

C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误； D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误． 故选B．

【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，第一判定四边形ABCD为平行四边形是解题的关键．

8．下列命题：①平行四边形的对边相等；②对角线相等的四边形是矩形；③对角线互相垂直平分的四边形是正方形；④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．其中真命题的个数是（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

【考点】命题与定理．

【分析】依照平行四边形的性质对①进行判定；依照矩形的判定方法对②进行判定；依照正方形的判定方法对③进行判定；依照菱形的判定方法对④进行判定． 【解答】解：平行四边形的对边相等，因此①正确； 对角线相等的平行四边形是矩形，因此②错误；

对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，因此③错误； 一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，因此④正确． 故选B．

【点评】本题考查了命题与定理：判定一件情况的语句，叫做命题．许多命题差不多上由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题能够写成“假如…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，如此的真命题叫做定理． 二、填空

9．命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是 两个角相等三角形是等腰三角形 ． 【考点】命题与定理．

【分析】先找到原命题的题设和结论，再将题设和结论互换，即可而得到原命题的逆命题． 【解答】解：因为原命题的题设是：“一个三角形是等腰三角形”，结论是“那个三角形两底角相等”， 因此命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是“两个角相等三角形是等腰三角形”．

【点评】依照逆命题的概念来回答：关于两个命题，假如一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结 论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题．

10．当1＜a＜2时，代数式

+|1﹣a|的值是 1 ．

【考点】二次根式的性质与化简．

【分析】直截了当利用a的取值范畴去掉绝对值和化简二次根式，进而求出答案． 【解答】解：∵1＜a＜2，

+|1﹣a|

=2﹣a+a﹣1 =1．

故答案为：1．

【点评】此题要紧考查了二次根式的性质与化简，正确把握二次根式的性质是解题关键．

11．三角形周长为（7

+2

cm，）已知两边长分别为

cm和

cm，则第三边的长是 4

cm．

【考点】二次根式的加减法．

【分析】第一化简二次根式，进而合并同类二次根式得出答案． 【解答】解：∵三角形周长为（7∴第三边的长是：（7故答案为：4

．

+2

）﹣

+2﹣

）cm，两边长分别为

=7

+2

﹣3

cm和﹣2

=4

cm， （cm）．

【点评】此题要紧考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．

12．已知平行四边形ABCD中，∠B=5∠A，则∠D= 150° ． 【考点】平行四边形的性质．

【分析】依照题意画出图形，再依照∠B=5∠A得出∠B的度数，进而得出∠D的度数． 【解答】解：如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，

∴∠A+∠B=180°，∠D=∠B， ∵∠B=5∠A，

∴6∠A=180°，解得∠A=30°， ∴∠D=∠B=30°×5=150°°． 故答案为：150°．

【点评】本题考查的是平行四边形的性质，熟知平行四边形的对边互相平行，两组内角分别相等是解答此题的关键．

13．如图，CD是△ABC的中线，点E、F分别是AC、DC的中点，EF=1，则BD= 2 ．

【考点】三角形中位线定理．

【分析】由题意可知EF是△ADC的中位线，由此可求出AD的长，再依照中线的定义即可求出BD的长．【解答】解：∵点E、F分别是AC、DC的中点， ∴EF是△ADC的中位线， ∴EF=AD， ∵EF=1， ∴AD=2，

∵CD是△ABC的中线， ∴BD=AD=2， 故答案为：2．

【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．

14．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则∠BED的度数是 45° ．

【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．

【分析】依照正方形的性质，可得AB与AD的关系，∠BAD的度数，依照等边三角形的性质，可得AE与AD的关系，∠AED的度数，依照等腰三角形的性质，可得∠AEB与∠ABE的关系，依照三角形的内角和，可得∠AEB的度数，依照角的和差，可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°．

∵等边三角形ADE，

∴AD=AE，∠DAE=∠AED=60°． ∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+60°=150°， AB=AE，

∠AEB=∠ABE=（180°﹣∠BAE）÷2=15°， ∠BED=∠DAE﹣∠AEB=60°﹣15°=45°， 故答案为：45°．

【点评】本题考查了正方形的性质，先求出∠BAE的度数，再求出∠AEB，最后求出答案．

15．如图是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH差不多上正方形，假如AB=10，EF=2，那么AH为a，BH为b，则ab= 48 ．

【考点】勾股定理的证明．

【分析】依照面积的差得出a+b的值，再利用a﹣b=2，解得a，b的值代入即可． 【解答】解：∵AB=10，EF=2，

∴大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，

∴四个直角三角形面积和为100﹣4=96，设AH为a，BH为b，即4×ab=96， ∴2ab=96，a2+b2=100，

∴（a+b）2=a2+b2+2ab=100+96=196， ∴a+b=14， ∵a﹣b=2， 解得：a=8，b=6， ∴AH=8，BH=6， ∴ab=6×8=48． 故答案为：48．

【点评】此题考查勾股定理的证明，关键是应用直角三角形中勾股定理的运用解得ab的值．

16．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（6，0）、（0，4），点P是线段BC上的动点，当△OPA是等腰三角形时，则P点的坐标是 （3，4）或（2

，4）或（6﹣2

，4） ．

【考点】矩形的性质；坐标与图形性质；等腰三角形的判定．

【分析】由矩形的性质得出BC=OA=6，AB=OC=4，∠B=∠OCB=90°，分三种情形：①当PO=PA时；②当AP=AO=6时；③当OP=OA=6时；分别求出PC的长，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形OABC是矩形， ∴BC=OA=6，AB=OC=4，∠B=∠OCB=90°， 分三种情形：如图所示：

①当PO=PA时，P在OA的垂直平分线上，P是BC的中点，PC=3， ∴点P的坐标为（3，4）； ②当AP=AO=6时，BP=∴PC=6﹣2∴P（6﹣2

， ，4）；

=2

， =2

，

③当OP=OA=6时，PC=∴P（2

，4）．

综上所述：点P的坐标为（3，4）或（2故答案为：（3，4）或（2

，4）或（6﹣2

，4）．

，4）．

，4）或（6﹣2

【点评】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练把握矩形的性质，进行分类讨论是解决问题的关键．

三、解答（本大题共8个小题，满分67分） 17．运算：

（1）（10（2）

﹣6×（﹣

+4）÷ ）

）÷（﹣

【考点】二次根式的混合运算． 【专题】运算题．

【分析】（1）先对括号内的式子化简，再依照二次根式的除法进行运算即可解答本题； （2）依照二次根式的乘除法进行运算即可解答本题． 【解答】解：（1）（10===15（2）===

．

；

×（﹣

）÷（﹣

）

﹣6

+4

）÷

【点评】本题考查考查二次根式的混合运算，解题的关键是明确二次根式混合运算的运算方法．

18．已知x=

+

，y=

﹣

，求代数式x2+y2﹣xy﹣2x+2y的值．

【考点】二次根式的化简求值．

【分析】第一把x2+y2﹣xy﹣2x+2y化为x2﹣2xy+y2+xy﹣2x+2y=（x﹣y）2+xy﹣2（x﹣y），在代入数值运算即可． 【解答】解：∵x=∴x2+y2﹣xy﹣2x+2y =x2﹣2xy+y2+xy﹣2x+2y =（x﹣y）2+xy﹣2（x﹣y） =8+1﹣4=9﹣4

．

+

，y=

﹣

，

【点评】此题要紧二次根式的化简求值，要紧利用完全平方公式把整式整理，再进一步代入运算．

19．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠BAD=135°，AB=1，AC=CD=2AE．

，点E为CD中点．求证：

【考点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线． 【专题】证明题．

【分析】第一利用已知条件和勾股定理可证明BC=AB，进而可得∠BCA=∠BAC=45°，再依照已知条件可得∠CAD=135﹣45°=90°，因此三角形CAD是直角三角形，利用在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半即可证明CD=2AE．

【解答】证明：Rt△ABC中，∠ABC=90°， AB=1，AC=∴BC2=（∴BC=AB，

∴∠BCA=∠BAC=45°， 又∵∠BAD=135°， ∴∠CAD=135﹣45°=90°， 又∵AE为CD上中点，

∴AE为Rt△CAD斜边上中线，则CD=2AE．

【点评】本题考查了勾股定理的运用以及在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）的性质，解题的关键是证明△CAD是直角三角形．

20．已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E，F为对角线AC上两点，且AE=CF，DF∥BE． 求证：四边形ABCD为平行四边形．

）2﹣12=1，

【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质． 【专题】证明题．

【分析】第一证明△AEB≌△CFD可得AB=CD，再由条件AB∥CD可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形ABCD为平行四边形． 【解答】证明：∵AB∥CD， ∴∠DCA=∠BAC， ∵DF∥BE， ∴∠DFA=∠BEC， ∴∠AEB=∠DFC， 在△AEB和△CFD中∴△AEB≌△CFD（ASA）， ∴AB=CD， ∵AB∥CD，

∴四边形ABCD为平行四边形．

【点评】此题要紧考查了平行四边形的判定，关键是把握一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．

21．在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边CD上，DF=BE，连接AF，BF． （1）求证：四边形BFDE是矩形；

（2）若CF=3，BF=4，DF=5，求证：AF平分∠DAB．

，

【考点】平行四边形的性质；角平分线的性质；勾股定理的逆定理；矩形的判定． 【专题】证明题．

【分析】（1）依照平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，依照平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再依照矩形的判定，可得答案；

（2）依照平行线的性质，可得∠DFA=∠FAB，依照等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF=∠DFA，依照角平分线的判定，可得答案．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD． ∵BE∥DF，BE=DF，

∴四边形BFDE是平行四边形．

∵DE⊥AB， ∴∠DEB=90°，

∴四边形BFDE是矩形；

（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC， ∴∠DFA=∠FAB．

在Rt△BCF中，由勾股定理，得 BC=

=

=5，

∴AD=BC=DF=5， ∴∠DAF=∠DFA， ∴∠DAF=∠FAB， 即AF平分∠DAB．

【点评】本题考查了平行四边形的性质，利用了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角形的判定与性质得出∠DAF=∠DFA是解题关键．

22．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，MN过点O且与边AD、BC分别交于点M和点N．

（1）请你判定OM和ON的数量关系，并说明理由；

（2）过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，当AB=6，AC=8时，求△BDE的周长．

【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理． 【专题】运算题；矩形 菱形 正方形．

【分析】（1）依照四边形ABCD是菱形，判定出AD∥BC，AO=OC，即可推得OM=ON．

（2）第一依照四边形ABCD是菱形，判定出AC⊥BD，AD=BC=AB=6，进而求出BO、BD的值是多少；然后依照DE∥AC，AD∥CE，判定出四边形ACED是平行四边形，求出DE=AC=6，即可求出△BDE的周长是多少．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AO=OC，

∴

∴OM=ON．

，

（2）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AD=BC=AB=6， ∴BO=∴

∵DE∥AC，AD∥CE， ∴四边形ACED是平行四边形， ∴DE=AC=8， ∴△BDE的周长是： BD+DE+BE

=BD+AC+（BC+CE） =4=20

+8+（6+6）

． ，

=2

，

即△BDE的周长是20

【点评】（1）此题要紧考查了菱形的判定和性质的应用，要熟练把握，解答此题的关键是要明确：菱形是在平行四边形的前提下定义的，第一它是平行四边形，但它是专门的平行四边形，专门之处确实是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些专门的性质和不同于平行四边形的判定方法． （2）此题还考查了三角形的周长的含义以及求法，以及勾股定理的应用，要熟练把握．

23．【问题情境】

如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM． 【探究展现】

（1）直截了当写出AM、AD、MC三条线段的数量关系： AM=AD+MC ； （2）AM=DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 【拓展延伸】

（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展现（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判定，不需要证明．

【考点】四边形综合题．

【分析】（1）从平行线和中点这两个条件动身，延长AE、BC交于点N，如图1（1），易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NM即可．

（2）作FA⊥AE交CB的延长线于点F，易证AM=FM，只需证明FB=DE即可；要证FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．

（3）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍旧成立；在图2（2）中，采纳反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到AM=DE+BM不成立． 【解答】证明：延长AE、BC交于点N，如图1（1），

∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC． ∴∠DAE=∠ENC． ∵AE平分∠DAM， ∴∠DAE=∠MAE． ∴∠ENC=∠MAE． ∴MA=MN．

在△ADE和△NCE中，

∴△ADE≌△NCE（AAS）． ∴AD=NC． ∴MA=MN=NC+MC =AD+MC．

（2）AM=DE+BM成立．

证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图1（2）所示．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，AB∥DC． ∵AF⊥AE， ∴∠FAE=90°．

∴∠FAB=90°﹣∠BAE=∠DAE． 在△ABF和△ADE中，

∴△ABF≌△ADE（ASA）． ∴BF=DE，∠F=∠AED． ∵AB∥DC， ∴∠AED=∠BAE． ∵∠FAB=∠EAD=∠EAM， ∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM =∠BAM+∠FAB =∠FAM． ∴∠F=∠FAM． ∴AM=FM．

∴AM=FB+BM=DE+BM．

（3）①结论AM=AD+MC仍旧成立． 证明：延长AE、BC交于点P，如图2（1），

∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC． ∴∠DAE=∠EPC． ∵AE平分∠DAM， ∴∠DAE=∠MAE． ∴∠EPC=∠MAE． ∴MA=MP．

在△ADE和△PCE中，

∴△ADE≌△PCE（AAS）． ∴AD=PC． ∴MA=MP=PC+MC =AD+MC．

②结论AM=DE+BM不成立． 证明：假设AM=DE+BM成立．

过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2（2）所示．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB∥DC． ∵AQ⊥AE， ∴∠QAE=90°．

∴∠QAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．

∴∠Q=90°﹣∠QAB =90°﹣∠DAE =∠AED． ∵AB∥DC， ∴∠AED=∠BAE． ∵∠QAB=∠EAD=∠EAM， ∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM =∠BAM+∠QAB =∠QAM． ∴∠Q=∠QAM． ∴AM=QM． ∴AM=QB+BM． ∵AM=DE+BM， ∴QB=DE．

在△ABQ和△ADE中，

∴△ABQ≌△ADE（AAS）． ∴AB=AD．

与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立． ∴AM=DE+BM不成立．

【点评】本题是四边形综合题，要紧考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了差不多模型的构造（平行加中点构造全等三角形），考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．

24．D为AB边上一点，∠ACB=90°，如图，在Rt△ABC中，过点C的直线MN∥AB，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE． （1）求证：CE=AD；

（2）当D在AB中点时，四边形BECD是什么专门四边形？说明你的理由；

（3）若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．

【考点】正方形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定． 【专题】几何综合题．

【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，依照平行四边形的性质推出即可； （2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，依照菱形的判定推出即可； （3）求出∠CDB=90°，再依照正方形的判定推出即可． 【解答】（1）证明：∵DE⊥BC， ∴∠DFB=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACB=∠DFB， ∴AC∥DE，

∵MN∥AB，即CE∥AD， ∴四边形ADEC是平行四边形， ∴CE=AD；

（2）解：四边形BECD是菱形， 理由是：∵D为AB中点， ∴AD=BD， ∵CE=AD， ∴BD=CE， ∵BD∥CE，

∴四边形BECD是平行四边形， ∵∠ACB=90°，D为AB中点， ∴CD=BD，

∴▱四边形BECD是菱形；

（3）当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，理由是： 解：∵∠ACB=90°，∠A=45°， ∴∠ABC=∠A=45°，

∴AC=BC， ∵D为BA中点， ∴CD⊥AB， ∴∠CDB=90°，

∵四边形BECD是菱形， ∴菱形BECD是正方形，

即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．

【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，要紧考查学生运用定理进行推理的能力．