江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)

江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)

一、选择题（每题3分，共24 分）

1．化简 的结果是（）

A． 3 B． ﹣3 C． ±3 D． 9

2．下列二次根式中与 是同类二次根式的是（）

A． B． C． D．

3．下列命题中，真命题是（）

A． 两条对角线垂直的四边形是菱形

B． 对角线垂直且相等的四边形是正方形

C． 两条对角线相等的四边形是矩形

D． 两条对角线相等的平行四边形是矩形

4．估计﹣ +1的值（）

A． 在﹣3到﹣2之间 B． 在﹣4到﹣3之间 C． 在﹣5之﹣4间 D． 在﹣6到﹣5之间

5．关于x的一元二次方程x2﹣2ax﹣1=0（其中a为常数）的根的情况是（）

A． 有两个不相等的实数根 B． 可能有实数根，也可能没有

C． 有两个相等的实数根 D． 没有实数根

6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形，则四边形ABCD一定是（）

A． 菱形 B． 对角线互相垂直的四边形

C． 矩形 D． 对角线相等的四边形

7．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）

A． 30，2 B． 60，2 C． 60， D． 60，

8．如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE．若DE：AC=3：5，则 的值为（）

A． B． C． D．

二、填空题（每题2分，共20分）

9．计算： ﹣ =；（ +1）（ ﹣1）=．

10．一元二次方程﹣x2=x的解是．

11．使代数式 有意义的x的取值范围是．

12．若关于x的方程x2﹣3x+k=0的一个根是0，则k值是，另一个根是．

13．一组数据2，﹣1，0，x，1的极差是5，则x的值是．

14．已知等腰梯形ABCD的中位线EF的长为6，腰长为3，则这个等腰梯形的周长为．

15．如图，已知P是 正方形ABCD对角线BD上一点，且BP=BC，则∠ACP度数是度．

16．如图，正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边，则∠FAB的度数为．

17．如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到第一个菱形，再依次连结所得菱形各边的中点得到第二个矩形，

按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为2，则第2023个菱形的面积为．

18．如图，矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，EC=2cm，AD上有一点P，PA=6cm，过点P作PF⊥AD交BC于点F，将纸片折叠，使P与E重合，折痕交PF于Q，则线段PQ的长是cm．

三、解答题（共20分）

19．计算：

（1） ﹣ + ；

（2）（π﹣2023）0+ +（ ）﹣1．

20．解方程：

（1）x2﹣12x﹣4=0；

（2）3（x﹣2）2=x（x﹣2）．

四、解答题（共36分）

21．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AE⊥AD交BD于点E，CF⊥BC交BD于点F，且AE=CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．

22．如图，在△ABC中，D是边AC上一点，且BD=BC，点E、F分别是DC、AB的中点．求证：

（1）EF= AB；

（2）过A点作AG∥EF，交BE的延长线于点G，则BE=GE．

23．观察下列各式及其验证过程：

=2 ，验证： = = =2 ．

=3 ，验证： = = =3 ．

（1）按照上述两个等式及其验证过程，猜想 的变形结果并进行验证；

（2）针对上述各式反映的规律，写出用a（a为自然数，且a≥2）表示的等式，并给出验证；

（3）用a（a为任意自然数，且a≥2）写出三次根式的类似规律，并给出验证说理过程．

24．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．

（1）猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论；

（2）若AB=3，AD=4，求线段GC的长．

25．平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A（﹣1，3），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，3），已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的．

（1）请写出旋转中心的坐标是，旋转角是度；

（2）以（1）中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形．

26．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从点D出发沿DA向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动．过点P作PE∥DC，交AC于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．

（1）用含有t的代数式表示PE=；

（2）探究：当t为何值时，四边形PQBE为梯形？

（3）是否存在这样的点P和点Q，使△PQE为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．

江西省武进区2023初三数学上册期中试卷(含答案解析)参考答案与试题解析

一、选择题（每题3分，共24分）

1．化简 的结果是（）

A． 3 B． ﹣3 C． ±3 D． 9

考点： 二次根式的性质与化简．

分析： 本题可先将根号内的数化简，再开方，根据开方的结果得出答案．

解答： 解： = =3．

故选：A．

点评： 本题考查了二次根式的化简，解此类题目要注意式子为（﹣3）2的算术平方根，结果为非负数．

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： 运用化简根式的方法化简每个选项即可选出答案．

解答： 解：A、 =2 ，故A选项是；

B、 =3 ，故B选项不是；

C、 =2 故C选项不是；

D、 = ，故D选项不是．

故选：A．

点评： 本题主要考查了同类二次根式，解题的关键是熟记化简根式的方法．

3．下列命题中，真命题是（）

A． 两条对角线垂直的四边形是菱形

B． 对角线垂直且相等的四边形是正方形

C． 两 条对角线相等的四边形是矩形

D． 两条对角线相等的平行四边形是矩形

考点： 菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．

分析： 本题要求熟练掌握平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质以及之间的相互联系．

解答： 解：A、两条对角线垂直并且相互平分的四边形是菱形，故选项A错误；

B、对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项B错误；

C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C错误；

D、根据矩形的判定定理，两条对角线相等的平行四边形是矩形，为真命题，故选项D正确；

故选D．

点评： 本题考查的是普通概念，熟练掌握基础的东西是深入研究的必要准备．

4．估计﹣ +1的值（）

A． 在﹣3到﹣2之间 B． 在﹣4到﹣3之间 C． 在﹣5之﹣4间 D． 在﹣6到﹣5之间

考点： 估算无理数的大小．

分析： 先求出 的范围，再求出﹣ +1的范围，即可得出选项．

解答： 解：∵3＜ ＜4，

∴﹣3＞﹣ ＞﹣4，

∴﹣2＞﹣ +1＞﹣3，

即﹣ +1在﹣3到﹣2之间，

故选A．

点评： 本题考查了估算无理数的大小的应用，解此题的关键是求出 的范围．

5．关于x的一元二次方程x2﹣2ax﹣1=0（其中a为常数）的根的情况是（）

A． 有两个不相等的实数根 B． 可能有实数根，也可能没有

C． 有两个相等的实数根 D． 没有实数根

考点： 根的判别式．

分析： 先计算△=（﹣2a）2﹣4×（﹣1）=4a2+4，由于4a2≥0，则4a2+4 ＞0，即△＞0，然后根据根的判别式的意义进行判断即可．

解答： 解：△=（﹣2a）2﹣4×（﹣1）=4a2+4，

∵4a2≥0，

∴4a2+4＞0，即△＞0，

∴方程有两个不相等的实数根．

故选A．

点评： 本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2﹣4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．

6．若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形，则四边形ABCD一定是（）

A． 菱形 B． 对角线互相垂直的四边形

C． 矩形 D． 对角线相等的四边形

考点： 三角形中位线定理；菱形的判定．

分析： 根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF= BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．

解答： 解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，

∴EH= AC，EH∥AC，FG= AC，FG∥AC，EF= BD，

∴EH∥FG，EF=FG，

∴四边形EFGH是平行四边形，

假设AC=BD，

∵EH= AC，EF= BD，

则EF=EH，

∴平行四边形EFGH是菱形，

即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，

故选：D．

点评： 本题主要考查对菱形的判定，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键．

7．如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，B C=2．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转n度后得到△EDC，此时点D在AB边上，斜边DE交AC边于点F，则n的大小和图中阴影部分的面积分别为（）

A． 30，2 B． 60，2 C． 60， D． 60，

考点： 旋转的性质；含30度角的直角三角形．

专题： 压轴题．

分析： 先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DF是△ABC的中位线，由三角形的面积公式即可得出结论．

解答： 解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，

∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2× =2 ，AB=2BC=4，

∵△EDC是△ABC旋转而成，

∴BC=CD=BD= AB=2，

∵∠B=60°，

∴△BCD是等边三角形，

∴∠BCD=60°，

∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，

∴DE∥BC，

∵BD= AB=2，

∴DF是△ABC的中位线，

∴DF= BC= ×2=1，CF= AC= ×2 = ，

∴S阴影= DF×CF= × = ．

故选C．

点评： 本题考查的是图形旋转的性质及直角三角形的性质、三角形中位线定理及三角形的面积公式，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键，即：

①对应点到旋转中心的距离相等；

②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；

③旋转前、后的图形全等．

8．如图，已知四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE．若DE：AC=3：5，则 的值为（）

A． B． C． D．

考点： 矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．

分析： 根据翻折的性质可得∠BAC=∠EAC，再根据矩形的对 边平行可得AB∥CD，根据两直线平行，内错角相等可得∠DAC=∠BCA，从而得到∠EAC=∠DAC，设AE与CD相交于F，根据等角对等边的性质可得AF=CF，再求出DF=EF，从而得到△ACF和△EDF相似，根据相似三角形对应边成比例求出 = ，设DF=3x，FC=5x，在Rt△ADF中，利用勾股定理列式求出AD，再根据矩形的对边相等求出AB，然后代入进行计算即可得解．

解答： 解：∵矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，

∴∠BAC=∠EAC，AE=AB=CD，

∵矩形ABCD的对边AB∥CD，

∴∠DCA=∠BAC，

∴∠EAC=∠DCA，

设AE与CD 相交于F，则AF=CF，

∴AE﹣AF=CD﹣CF，

即DF=EF，

∴ = ，

又∵∠AFC=∠EFD，

∴△ACF∽△EDF，

∴ = = ，

设DF=3x，FC=5x，则AF=5x，

在Rt△ADF中，AD= = =4x，

又∵AB=CD=DF+FC=3x+5x=8x，

∴ = = ．

故选A．

点评： 本题考查了矩形的性质，平行线的性质，等角对等边的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，综合性较强，但难度不大，熟记各性质是解题的关键．

二、填空题（每题2分，共20分）

9．计算： ﹣ = ；（ +1）（ ﹣1）=1．

考点： 二次根式的混合运算．

专题： 计算题．

分析： 把 化简成最简二次根式，然后把 ﹣ 进行合并即可；利用平方差公式计算（ +1）（ ﹣1）．

解答： 解：： ﹣ = ﹣ = ；

（ +1）（ ﹣1）=（ ）2﹣1=2﹣1=1．

故答 案为 ，1．

点评： 本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．

10．一元二次方程﹣x2=x的解是x1=0，x2=﹣1．

考点： 解一元二次方程-因式分解法．

分析： 先移项，再分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．

解答： 解：﹣x2=x，

x2+x=0，

x（x+1）=0，

x=0，x+1=0，

x1=0，x2=﹣1，

故答案为：x1=0，x2=﹣1．

点评： 本题考查了解一元二次方程的应用，主要考查学生解一元二次方程的能力，题目比较好，难度适中．

11．使代数式 有意义的x的取值范围是x≥﹣2．

考点： 二次根式有意义的条件．

分析： 根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．

解答： 解：由题意得，2+x≥0，

解得x≥﹣2．

故答案为：x≥﹣2．

点评： 本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．

12．若关于x的方程x2﹣3x+k=0的一个根是0，则k值是0，另一个根是3．

考点： 一元二次方程的解．

专题： 计算题．

分析： 先根据一元二次方程的解，把x=0代入原方程得到k的一次方程，解一次方程得到k的值，然后把k的值代入原方程，再利用因式分解法解方程得到方程另一个根．

解答： 解：把x=0代入x2﹣3x+k=0得k=0，

所以原方程变形为x2﹣3x=0，解得x1=0，x2=3，

所以方程另一个根是3．

故答案为0，3．

点评： 本题考查了一元二次方程的解 ：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元二次方程的解也称为一元二次方程的根．

13．一组数据2，﹣1，0，x，1的极差是5，则x的值是﹣3或4．

考点： 极差．

分析： 根据极差的公式：极差=最大值﹣最小值．x可能是最大值，也可能是最小值，分两种情况讨论．

解答： 解：当x是最大值时，则x﹣（﹣1）=5，

所以x=4；

当x是最小值 时，则2﹣x=5，

所以x=﹣3．

故答案为﹣3或4．

点评： 本题考查了极差的定义，极差反映了一组数据变化范围的大小，求极差的方法是用一组数据中的最大值减去最小值．同时注意分类的思想的运用．

14．已知等腰梯形ABCD的中位线EF的长为6，腰长为3，则这个等腰梯形的周长为18．

考点： 梯形中位线定理；等腰梯形的性质．

分析： 此题只需根据梯形的中位线定理求得梯形的两底和，即可进一步求得梯形的周长．

解答： 解：∵等腰梯形ABCD的中位线EF的长为6，

∴AB+CD=2×6=12．

又∵腰AD的长为3，

∴这个等腰梯形的周长为AB+CD+AD+BC=12+3+3=18．

故答案为：18．

点评： 本题考查的是梯形的中位线定理及等腰梯形的性质，熟知梯形中位线定理是解答此题的关键．

15．如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP=BC，则∠ACP度数是22.5度．

考点： 正方形的性质．

专题： 计算题．

分析： 根据正方形的性质可得到∠DBC=∠BCA=45°又知BP=BC，从而可求得∠BCP的度数，从而就可求得∠ACP的度数．

解答： 解：∵ABCD是正方形，

∴∠DBC=∠BCA=45°，

∵BP=BC，

∴∠BCP=∠BPC= （180°﹣45°）=67.5°，

∴∠ACP度数是67.5°﹣45°=22.5°．

点评： 此题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质，平分每一组对角．

16．如图，正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边，则∠FAB的度数为22.5°．

考点： 正方形的性质；菱形的性质．

分析： 根据正方形的性质求出∠BAC=45°，再根据菱形的对角线平分一组对角解答即可．

解答： 解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAC=45°，

∵四边形AEFC是菱形，

∴∠FAB= ∠BAC= ×45°=22.5°．

故答案为：22.5°．

点评： 本题考查了正方形的对角线平分一组对角，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟记性质是解题的关键．

17．如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到第一个菱形，再依次连结所得菱形各边的中点得到第二个矩形，

按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为2，则第2023个菱形的面积为 ．

考点： 菱形的性质；规律型：图形的变化类；中点四边形．

分析： 首先根据题意求得第一个菱形的面积、第二个矩形与菱形面积、第三个矩形与菱形面积，继而得到规律：第n个菱形的面积为：（ ）2n﹣2，则可求得答案．

解答： 解：∵第一个矩形的面积为2，

∴第一个菱形的面积为1；

∴第二个矩形的面积为： ，

第二个菱形的面积为：（ ）2，

第三个矩形的面积为：（ ）3，

第三个菱形的面积为（ ）4，

依此类推，第n个菱形的面积为：（ ）2n﹣2，

∴第2023个菱形的面积为：（ ）2×2023﹣2=（ ）2023= ．

点评： 此题考查了菱形与矩形的性质．此题难度适中，注意得到规律：第n个菱形的面积为：（ ）2n﹣2是解此题的关键．

18．如图，矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，EC=2cm，AD上有一点P，PA=6cm，过点P作PF⊥AD交BC于点F，将纸片折叠，使P与E重合，折痕交PF于Q，则线段PQ的长是 cm．

考点： 翻折变换（折叠问题）．

专题： 压轴题；探究型．

分析： 连接EQ，由翻折变换的性质可知△PEQ是等腰三角形，OQ是PE的垂直平分线，再由已知条件得出PD及DE的长，由勾股定理得出PE的长，设PQ=x，则QF=5﹣x，用x表示出OQ的长，根据S△PEQ+S梯形QFCE=S梯形PFCE即可得出x的值，进而得出结论．

解答： 解：连接EQ，

∵将纸片折叠，使P与E重合，

∴△PEQ是等腰三角形，OQ是PE的垂直平分线，

∵矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，PA=6cm，CE=2cm，

∴PD=4cm，DE=3cm，

∵在Rt△DPE中PE= = =5．

∴OP= PE= ，

设PQ=x，则QF=5﹣x，

∴OQ= =

∵S△PEQ+S梯形QFCE=S梯形PFCE，即： PE?OQ+ （ QF+CE）×CF= （PF+CE）×CF，

即 ×5× + ×（5﹣x+2）×4= ×（5+2）×4，

解得x= cm．

故答案为： ．

点评： 本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．

三、解答题（共20分）

19．计算：

（1） ﹣ + ；

（2）（π﹣2023）0+ +（ ）﹣1．

考点： 二次根式的混合运算；零指数幂；负整数指数幂．

专题： 计算题．

分析： （1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；

（2）根据零指数幂、负整数指数幂的意义得到原式=1+3 + ，然后合并即可．

解答： 解：（1）原式=2 ﹣ +2

= +2 ；

（2）原式=1+3 +

=1+ ．

点评： 本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．也考查了零指数幂、负整数指数幂．

20．解方程：

（1）x2﹣12x﹣4=0；

（2）3（x﹣2）2=x（x﹣2）．

考点： 解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．

分析： （1）先移项，再配方，开方后即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；

（2）移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．

解答： 解：（1）x2﹣12x﹣4=0；

x2﹣12x=4，

配方得：x2﹣12x+62=4+62，

（x﹣6）2=40，

开方得：x﹣6=± ，

x1=6+2 ，x2=6﹣2 ；

（2）移项得：3（x﹣2）2﹣x（x﹣2）=0，

（x﹣2）[3（x﹣2）﹣x]=0，

x﹣2=0，3（x﹣2）﹣x=0，

x1=2，x2=3．

点评： 本题考查了解一元二次方程的应用，主要考查学生解一元二次方程的能力，题目比较好，难度适中．

四、解答题（共36分）

21．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AE⊥AD交BD于点E，CF⊥BC交BD于点F，且AE=CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．

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： 由垂直得到∠EAD=∠FCB=90°，根据AAS可证明Rt△AED≌Rt△CFB，得到AD=BC，根据平行四边形的判定判断即可．

解答： 证明：∵AE⊥AD，CF⊥BC，

∴∠EAD=∠FCB=90°，

∵AD∥BC，

∴∠ADE=∠CBF，

在Rt△AED和Rt△CFB中，

∵ ，

∴Rt△AED≌Rt△CFB（AAS），

∴AD=BC，

∵AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形．

点评： 本题考查了平行四边形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，关键是推出AD=BC，主要考查学生运用性质进行推理的能力．

22．如图，在△ABC中，D是边AC上一点，且BD=BC，点E、F分别是DC、AB的中点．求证：

（1）EF= AB；

（2）过A点作AG∥EF，交BE的延长线于点G，则BE=GE．

考点： 三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．

专题： 证明题．

分析： （1）连接BE，根据等腰三角形三线合一的性质可得BE⊥AC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF= AB；

（2）求出AF=EF，再根据等边对等角可得∠AEF=∠EAF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AEF=∠EAG，从而得到∠EAF=∠EAG，然后利用等腰三角形三线合一的性质可得BE=GE．

解答： （1）证明：如图，连接BE，

∵BD=BC，点E是CD的中点，

∴BE⊥AC，

∵点F是AB的中点，

∴EF= AB；

（2）解：∵AF=EF= AB，

∴∠AEF=∠EAF，

∵AG∥EF，

∴∠AEF=∠EAG，

∴∠EAF=∠EAG，

又∵BE⊥AC，

∴BE=GE（等腰三角形三线合一）．

点评： 本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键．

23．观察下列各式及其验证过程：

=2 ，验证： = = =2 ．

=3 ，验证： = = =3 ．

（1）按照上述两个等式及其验证过程，猜想 的变形结果并进行验证；

（2）针对上述各式反映的规律，写出用a（a为自然数，且a≥2）表示的等式，并给出验证；

（3）用a（a为任意自然数，且a≥2）写出三次根式的类似规律，并给出验证说理过程．

考点： 二次根式的性质与化简．

专题： 规律型．

分析： （1）利用已知，观察 =2 ， =3 ，可得 的值；

（2）由（1）根据二次根式的性质可以总结出一般规律；

（3）利用已知可得出三次根式的类似规律，进而验证即可．

解答： 解：（1）∵ =2 ， =3 ，

∴ =4 =4 = ，

验证： = = ，正确；

（2）由（1）中的规律可知3=22﹣1，8=32﹣1，15=42﹣1，

∴ =a ，

验证： = =a ；正确；

（3） =a （a为任意自然数，且a≥2），

验证： = = =a ．

点评： 此题主要考查二次根式的性质与化简，善于发现题目数字之间的规律，是解题的关键．

24．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．

（1）猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论；

（2）若AB=3，AD=4，求线段GC的长．

考点： 矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）．

分析： （1）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE=EF=EC，然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；

（2）设GC=x，表示出AG、DG，然后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．

解答： 解：（1）GF=GC．

理由如下：连接GE，

∵E是BC的中点，

∴BE=EC，

∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，

∴BE=EF，

∴EF=EC，

∵在矩形ABCD中，

∴∠C=90°，

∴∠EFG=90°，

∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，

，

∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），

∴GF=GC；

（2）设GC=x，则AG=3+x，DG=3﹣x，

在Rt△ADG中，42+（3﹣x）2=（3+x）2，

解得x= ．

点评： 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件EF=EC是解题的关键．

25．平面直角坐标系中，有一Rt△ABC，且A（﹣1，3），B（﹣3，﹣1），C（﹣3，3），已知△A1AC1是由△ABC旋转得到的．

（1）请写出旋转中心的坐标是（0，0），旋转角是90度；

（2）以（1）中的旋转中心为中心，分别画出△A1AC1顺时针旋转90°、180°的三角形．

考点： 作图-旋转变换．

专题： 作图题．

分析： （1）根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，一对对应点与旋转中心连线的夹角即为旋转角；

（2）根据网格结构分别找出找出△A1AC1顺时针旋转90°、180°后的对应点的位置，然后顺次连接即可．

解答： 解：（1）旋转中心的坐标是（0，0），旋转角是90度；

（2）如图所示，△A1A2C2是△A1AC1以O为旋转中心，顺时针旋转90°的三角形，

△A2C3B是△A1AC1以O为旋转中心，顺时针旋转180°的三角形．

点评： 本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的旋转中心与旋转角的确定，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．

26．如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从点D出发沿DA向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动．过点P作PE∥DC，交AC于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，运动时间为t秒，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．

（1）用含有t的代数式表示PE=﹣ t+3；

（2）探究：当t为何值时，四边形PQBE为梯形？

（3）是否存在这样的点P和点Q，使△PQE为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．

考点： 四边形综合题．

分析： （1）由四边形ABCD为矩形，得到∠D为直角，对边相等，可得三角形ADC为直角三角形，由AD与DC的长，利用勾股定理求出AC的长，再由PE平行于CD，利用两直线平行得到两对同位角相等，可得出三角形APE与三角形ADC相似，由相似得比例，将各自的值代入，整理后得到y与x的关系式；

（2）若QB与PE平行，得到四边形PQBE为矩形，不合题意，故QB与PE不平行，当PQ与BE平行时，利用两直线平行得到一对内错角相等，可得出一对邻补角相等，再由AD与BC平行，得到一对内错角相等，可得出三角形APQ与三角形BEC相似，由相似得比例列出关于x的方程，求出方程的解即可得到四边形PQBE为梯形时x的值；

（3）存在这样的点P和点Q，使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形，分两种情况考虑：当Q在AE上时，由AE﹣AQ表示出QE，再根据PQ=PE，PQ=EQ，PE=QE三种情况，分别列出关于x的方程，求出方程的解即可得到满足题意x的值；当Q在EC上时，由AQ﹣AE表示出QE，此时三角形为钝角三角形，只能PE=QE列出关于x的方程，求出方程的解得到满足题意x的值，综上，得到所有满足题意的x的值．

解答： 解：（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D=90°，AB=DC=3，AD=BC=4，

∴在Rt△ACD中，利用勾股定理得：AC= =5，

∵PE∥CD，

∴∠APE=∠ADC，∠AEP=∠ACD，

∴△APE∽△ADC，

又∵PD=t，AD=4，AP=AD﹣PD=4﹣t，AC=5，DC=3，

∴ = = ，即 = = ，

∴PE=﹣ t+3．

故答案为：﹣ t+3；

（2）若QB∥PE，四边形PQBE是矩形，非梯形，

故QB与PE不平行，

当QP∥BE时，

∵∠PQE=∠BEQ，

∴∠AQP=∠CEB，

∵AD∥BC，

∴∠PAQ=∠BCE，

∴△PAQ∽△BCE，

由（1）得：AE=﹣ t+5，PA=4﹣t，BC=4，AQ=t，

∴ = = ，即 = = ，

整理得：5（4﹣t）=16，

解得：t= ，

∴当t= 时，QP∥BE，而QB与PE不平行，此时四边形PQBE是梯形；

（3）存在．

分两种情况：

当Q在线段AE上时：QE=AE﹣AQ=﹣ t+5﹣t=5﹣ t，

（i）当QE=PE时，5﹣ t=﹣ t+3，

解得：x= ；

（ii）当QP=QE时，∠QPE=∠QEP，

∵∠APQ+∠QPE=90°，∠PAQ+∠QEP=90°，

∴∠APQ=∠PAQ，

∴AQ=QP=QE，

∴t=5﹣ t，

解得，t= ；

（iii）当QP=PE时，过P作PF⊥QE于F（如图1），

可得：FE= QE= （5﹣ t）= ，

∵PE∥DC，∴∠AEP=∠ACD，

∴cos∠AEP=cos∠ACD= = ，

∵cos∠AEP= = = ，

解得t= ；

当点Q在线段EC上时，△PQE只能是钝角三角形，如图2所示：

∴PE=EQ=AQ﹣AE，AQ=t，AE=﹣ t+5，PE=﹣ t+3，

∴﹣ t+3=t﹣（﹣ t+5），

解得nt= ．

综上，当t= 或t= 或t= 或t= 时，△PQE为等腰三角形．

点评： 此题考查的是四边形综合题，涉及的知识有：矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，梯形的判定，以及等腰三角形的性质，利用了数形结合及分类讨论的数学思想，分类讨论时要做到不重不漏，考虑问题要全面．