貴州省凱里市第十二中學(xué)2024屆八年級(jí)數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題含解析

貴州省凱里市第十二中學(xué)2024屆八年級(jí)數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．下列計(jì)算正確的是（）A．＝﹣3 B． C．5×5＝5 D．2．如圖，?ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于O，BD=2AD，E，F(xiàn)，G分別是OC，OD，AB的中點(diǎn)，下列結(jié)論①BE⊥AC②四邊形BEFG是平行四邊形③EG=GF④EA平分∠GEF其中正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④3．如圖，AB∥CD∥EF，AC=4，CE=6，BD=3，則DF的值是().A．4.5 B．5 C．2 D．1.54．已知A（x1，y1），B（x2，y2）是一次函數(shù)y＝（2a﹣1）x﹣3圖象上的兩點(diǎn)，當(dāng)x1＜x2時(shí)，有y1＞y2，則a的取值范圍是（）A．a(chǎn)＜2 B．a(chǎn)＞ C．a(chǎn)＞2 D．a(chǎn)＜5．某班抽取6名同學(xué)進(jìn)行體育達(dá)標(biāo)測試，成績?nèi)缦拢?0,90,75,80,75,80.下列關(guān)于對(duì)這組數(shù)據(jù)的描述錯(cuò)誤的是（）A．中位數(shù)是75 B．平均數(shù)是80 C．眾數(shù)是80 D．極差是156．下列分解因式，正確的是（）A． B．C． D．7．函數(shù)y=中自變量x的取值范圍是（）A．x≠2 B．x≠0 C．x≠0且x≠2 D．x＞28．菱形的周長等于其高的8倍，則這個(gè)菱形的較大內(nèi)角是（）A．30° B．120° C．150° D．135°9．如圖，在正方形中，是對(duì)角線上的一點(diǎn)，點(diǎn)在的延長線上，連接、、，延長交于點(diǎn)，若，，則下列結(jié)論：①；②；③；④，其中正確的結(jié)論序號(hào)是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④10．下列式子變形是因式分解的是()A．x2－2x－3＝x(x－2)－3B．x2－2x－3＝(x－1)2－4C．(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3D．x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)11．下面的平面圖形中，不能鑲嵌平面的圖形是（）A．正三角形 B．正六邊形 C．正四邊形 D．正五邊形12．函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，的值是（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，點(diǎn)G為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，AB＝AG，∠AGB＝70°，聯(lián)結(jié)DG，那么∠BGD＝_____度．14．如圖，在平行四邊形ABCD中，，，垂足分別為E、F，，，，則平行四邊形ABCD的面積為_________．15．二次三項(xiàng)式是完全平方式,則的值是__________．16．一組數(shù)據(jù)2，3，x，5，7的平均數(shù)是4，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是．17．如圖，若直線與交于點(diǎn)，則根據(jù)圖象可得，二元一次方程組的解是_________.18．已知，則＝_____．三、解答題（共78分）19．（8分）為聲援揚(yáng)州“運(yùn)河申遺”，某校舉辦了一次運(yùn)河知識(shí)競賽，滿分10分，學(xué)生得分為整數(shù)，成績達(dá)到6分以上（包括6分）為合格，達(dá)到9分以上（包含9分）為優(yōu)秀．這次競賽中甲乙兩組學(xué)生成績分布的條形統(tǒng)計(jì)圖如圖所示．（1）補(bǔ)充完成下面的成績統(tǒng)計(jì)分析表：組別

平均分

中位數(shù)

方差

合格率

優(yōu)秀率

甲組

6.7

3.41

90%

20%

乙組

7.5

1.69

80%

10%

（2）小明同學(xué)說：“這次競賽我得了7分，在我們小組中排名屬中游略偏上！”觀察上表可知，小明是組的學(xué)生；（填“甲”或“乙”）（3）甲組同學(xué)說他們組的合格率、優(yōu)秀率均高于乙組，所以他們組的成績好于乙組．但乙組同學(xué)不同意甲組同學(xué)的說法，認(rèn)為他們組的成績要好于甲組．請你給出兩條支持乙組同學(xué)觀點(diǎn)的理由．20．（8分）如圖，在正方形中，點(diǎn)是邊上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)是上一點(diǎn)，且，、相交于點(diǎn).（1）求證：；（2）求的度數(shù)（3）若，求的值.21．（8分）如圖，□ABCD中，BD是它的一條對(duì)角線，過A、C兩點(diǎn)作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分別為E、F，延長AE、CF分別交CD、AB于M、N．（1）求證：四邊形CMAN是平行四邊形．（2）已知DE＝4，F(xiàn)N＝3，求BN的長．22．（10分）問題背景：如圖1：在四邊形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B=∠ADC=90°.E、F分別是BC,CD上的點(diǎn)．且∠EAF=60°.探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系．小王同學(xué)探究此問題的方法是,延長FD到點(diǎn)G,使DG=BE,連結(jié)AG,先證明△ABE≌△ADG,再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是_________；探索延伸：如圖2，若四邊形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°.E,F分別是BC,CD上的點(diǎn),且∠EAF=∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由；實(shí)際應(yīng)用：如圖3，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處,艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處,并且兩艦艇到指揮中心的距離相等,接到行動(dòng)指令后,艦艇甲向正東方向以55海里/小時(shí)的速度前進(jìn),艦艇乙沿北偏東50°的方向以75海里/小時(shí)的速度前進(jìn)2小時(shí)后,指揮中心觀測到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E,F處,且兩艦艇之間的夾角為70°，試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．23．（10分）（1）如圖①所示，將繞頂點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角，得到，，分別與、交于點(diǎn)、，與相交于點(diǎn)．求證：；（2）如圖②所示，和是全等的等腰直角三角形，，與、分別交于點(diǎn)、，請說明，，之間的數(shù)量關(guān)系．24．（10分）如圖，在矩形ABCD中AD=12，AB=9，E為AD的中點(diǎn)，G是DC上一點(diǎn)，連接BE，BG，GE，并延長GE交BA的延長線于點(diǎn)F，GC=5（1）求BG的長度；（2）求證：是直角三角形（3）求證：25．（12分）如圖，AD是△ABC的高，BE平分∠ABC交AD于點(diǎn)E，∠C=70o，∠BED=64o，求∠BAC的度數(shù)．26．如圖1，在ABC中，∠A=80°，BD、CE分別平分∠ABC、∠ACB，BD與CE交于點(diǎn)F.（1）求∠BFC的度數(shù)；（2）如圖2，EG、DG分別平分∠AEF、∠ADF，EG與DG交于點(diǎn)G，求∠EGD的度數(shù).

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【解析】

根據(jù)二次根式的性質(zhì)對(duì)A進(jìn)行判斷；根據(jù)二次根式的加減運(yùn)算對(duì)B進(jìn)行判斷；根據(jù)二次根式的乘法法則對(duì)C進(jìn)行判斷；根據(jù)二次根式的除法法則對(duì)D進(jìn)行判斷．【詳解】A、原式＝3，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、與不能合并，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C、原式＝25，所以C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、原式＝＝2，所以D選項(xiàng)正確．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后合并同類二次根式即可．在二次根式的混合運(yùn)算中，如能結(jié)合題目特點(diǎn)，靈活運(yùn)用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當(dāng)?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．2、B【解析】

由平行四邊形的性質(zhì)可得OB=BC，由等腰三角形的性質(zhì)可判斷①正確，由直角三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可判斷③錯(cuò)誤，由BG=EF，BG∥EF∥CD可證四邊形BEFG是平行四邊形，可得②正確．由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可判斷④正確．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO=DO=BD，AD=BC，AB=CD，AB∥BC，又∵BD=2AD，∴OB=BC=OD=DA，且點(diǎn)E是OC中點(diǎn)，∴BE⊥AC，故①正確，∵E、F分別是OC、OD的中點(diǎn)，∴EF∥CD，EF=CD，∵點(diǎn)G是Rt△ABE斜邊AB上的中點(diǎn)，∴GE=AB=AG=BG，∴EG=EF=AG=BG，無法證明GE=GF，故③錯(cuò)誤，∵BG=EF，BG∥EF∥CD，∴四邊形BEFG是平行四邊形，故②正確，∵EF∥CD∥AB，∴∠BAC=∠ACD=∠AEF，∵AG=GE，∴∠GAE=∠AEG，∴∠AEG=∠AEF，∴AE平分∠GEF，故④正確，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用相關(guān)的性質(zhì)定理、綜合運(yùn)用知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3、A【解析】

直接根據(jù)平行線分線段成比例定理即可得出結(jié)論．【詳解】∵直線AB∥CD∥EF，AC=4，CE=6，BD=3，∴ACCE=BDDF，即故選A．【點(diǎn)睛】本題考查的是平行線分線段成比例定理，熟知三條平行線截兩條直線，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例是解答此題的關(guān)鍵．4、D【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的圖像即可求解.【詳解】解：∵當(dāng)x1＜x2時(shí)，有y1＞y2∴y隨x的增大而減小即2a﹣1＜0∴a＜故選：D．【點(diǎn)睛】此題主要考查一次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知一次函數(shù)的圖像.5、A【解析】

根據(jù)平均數(shù)，中位數(shù)，眾數(shù)及極差的概念進(jìn)行判斷．【詳解】解：將6名同學(xué)的成績從小到大排列，第3、4個(gè)數(shù)都是80，故中位數(shù)是80，∴答案A是錯(cuò)誤的，其余選項(xiàng)均正確．故選：A．【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)考查平均數(shù)，中位數(shù)，眾數(shù)及極差的概念及其求法．6、B【解析】

把一個(gè)多項(xiàng)式化為幾個(gè)最簡整式的積的形式，這種變形叫做把這個(gè)多項(xiàng)式因式分解，也叫作分解因式．據(jù)此作答．【詳解】A.和因式分解正好相反，故不是分解因式；B.是分解因式；C.結(jié)果中含有和的形式，故不是分解因式；D.x2?4y2=(x+2y)(x?2y)，解答錯(cuò)誤.故選B.【點(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是因式分解定義和十字相乘法分解因式，解題關(guān)鍵是注意：（1）因式分解的是多項(xiàng)式，分解的結(jié)果是積的形式．（2）因式分解一定要徹底，直到不能再分解為止．7、A【解析】

根據(jù)分母不為0列式求值即可．【詳解】由題意得x﹣1≠0，解得：x≠1．故選：A．【點(diǎn)睛】此題主要考查函數(shù)的自變量取值，解題的關(guān)鍵是熟知分母不為零．8、C【解析】

根據(jù)菱形四條邊相等的性質(zhì)，構(gòu)造直角三角形DEC，從而利用30°角所對(duì)直角邊等于斜邊一半可求出∠DCE，進(jìn)而可得出答案．【詳解】解：設(shè)菱形的邊長為a，高為h，則依題意，4a＝8h，即a＝2h，過點(diǎn)D作BC邊上的高，與BC的延長線交于點(diǎn)E，∵a＝2h，即DC＝2DE，∴∠DCE＝30°，∴菱形的較大內(nèi)角的外角為30°，∴菱形的較大內(nèi)角是150°．故答案為：C．【點(diǎn)睛】此題考查菱形的知識(shí)，熟悉菱形的性質(zhì)，及一些特殊的直角是解題的關(guān)鍵，畫出圖形再解題有助于理清思路．9、A【解析】

①證明△AFM是等邊三角形，可判斷；②③證明△CBF≌△CDE（ASA），可作判斷；④設(shè)MN=x，分別表示BF、MD、BC的長，可作判斷．【詳解】解：①∵AM=EM，∠AEM=30°，∴∠MAE=∠AEM=30°，∴∠AMF=∠MAE+∠AEM=60°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FAD=90°，∴∠FAM=90°-30°=60°，∴△AFM是等邊三角形，∴FM=AM=EM，故①正確；②連接CE、CF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADB=∠CDM，AD=CD，在△ADM和△CDM中，∵，∴△ADM≌△CDM（SAS），∴AM=CM，∴FM=EM=CM，∴∠MFC=∠MCF，∠MEC=∠ECM，∵∠ECF+∠CFE+∠FEC=180°，∴∠ECF=90°，∵∠BCD=90°，∴∠DCE=∠BCF，在△CBF和△CDE中，∵，∴△CBF≌△CDE（ASA），∴BF=DE；故②正確；③∵△CBF≌△CDE，∴CF=CE，∵FM=EM，∴CM⊥EF，故③正確；④過M作MN⊥AD于N，設(shè)MN=，則AM=AF=，，DN=MN=，∴AD=AB=，∴DE=BF=AB-AF=，∴，∵BC=AD=，故④錯(cuò)誤；所以本題正確的有①②③；故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，熟記正方形的性質(zhì)確定出△AFM是等邊三角形是解題的關(guān)鍵．10、D【解析】

因式分解就是把整式分解成幾個(gè)整式積的形式，根據(jù)定義即可進(jìn)行判斷．【詳解】A、沒把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，故A錯(cuò)誤；B、沒把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，故B錯(cuò)誤；C、是整式的乘法，故C次錯(cuò)誤；D、把一個(gè)多項(xiàng)式轉(zhuǎn)化成幾個(gè)整式積的形式，故D正確，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了因式分解的定義，因式分解是整式的變形，并且因式分解與整式的乘法互為逆運(yùn)算，熟練掌握因式分解的定義是解題的關(guān)鍵.11、D【解析】

幾何圖形鑲嵌成平面的關(guān)鍵是：圍繞一點(diǎn)拼在一起的多邊形的內(nèi)角加在一起恰好組成一個(gè)周角．【詳解】A、正三角形的每一個(gè)內(nèi)角都是60°，放在同一頂點(diǎn)處6個(gè)即能鑲嵌平面；B、正六邊形每個(gè)內(nèi)角是120°，能整除360°，故能鑲嵌平面；C、正四邊形的每個(gè)內(nèi)角都是90°，放在同一頂點(diǎn)處4個(gè)即能鑲嵌平面；D、正五邊形每個(gè)內(nèi)角是180°-360°÷5=108°，不能整除360°，不能鑲嵌平面，故選D.【點(diǎn)睛】本題考查了平面鑲嵌(密鋪)，用一般凸多邊形鑲嵌，用任意的同一種三角形或四邊形能鑲嵌成一個(gè)平面圖案．因?yàn)槿切蝺?nèi)角和為180°，用6個(gè)同一種三角形就可以在同一頂點(diǎn)鑲嵌，而四邊形的內(nèi)角和為360°，用4個(gè)同一種四邊形就可以在同一頂點(diǎn)處鑲嵌．用一種正多邊形鑲嵌，只有正三角形，正四邊形，正六邊形三種正多邊形能鑲嵌成一個(gè)平面圖案．12、A【解析】

直接把點(diǎn)（1，m）代入正比例函數(shù)y=1x，求出m的值即可．【詳解】解：∵正比例函數(shù)y=1x的圖象經(jīng)過點(diǎn)（1，m），

∴m=1．

故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查的是一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，熟知一次函數(shù)圖象上各點(diǎn)的坐標(biāo)一定適合此函數(shù)的解析式是解答此題的關(guān)鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、1．【解析】

根據(jù)正方形的性質(zhì)可得出AB=AD、∠BAD=90°，由AB=AG、∠AGB=70°利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理可求出∠BAG的度數(shù)，由∠DAG=90°-∠BAG可求出∠DAG的度數(shù)，由等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形內(nèi)角和定理可求出∠AGD的度數(shù)，再由∠BGD=∠AGB+∠AGD可求出∠BGD的度數(shù)．【詳解】∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°．∵AB＝AG，∠AGB＝70°，∴∠BAG＝180°﹣70°﹣70°＝40°，∴∠DAG＝90°﹣∠BAG＝50°，∴∠AGD＝（180°﹣∠DAG）＝65°，∴∠BGD＝∠AGB+∠AGD＝1°．故答案為：1．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形內(nèi)角和定理求出∠AGD的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．14、【解析】

利用已知條件及直角三角形中角所對(duì)直角邊是斜邊的一半即可求出BC、AB的長，在中，利用勾股定理可求出BE的長，以DC為底，BE為高求其面積即可.【詳解】解：四邊形ABCD是平行四邊形同理可得在中，又故答案為:【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、直角三角形中角所對(duì)直角邊是斜邊的一半及勾股定理的綜合運(yùn)用，靈活運(yùn)用直角三角形的性質(zhì)確定線段長度是解題的關(guān)鍵.15、17或-7【解析】

利用完全平方公式的結(jié)構(gòu)特征判斷即可確定出k的值．【詳解】解：∵二次三項(xiàng)式4x2-（k-5）x+9是完全平方式，

∴k-5=±12，

解得：k=17或k=-7，

故答案為：17或-7【點(diǎn)睛】此題考查了完全平方式，熟練掌握完全平方公式是解本題的關(guān)鍵．16、3【解析】試題分析：∵一組數(shù)據(jù)2，3，x，5，7的平均數(shù)是4∴2+3+5+7+x=20,即x=3∴這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是3考點(diǎn)：1.平均數(shù)；2.眾數(shù)17、【解析】

二元一次方程組的解就是組成二元一次方程組的兩個(gè)方程的公共解，即直線L1與L2的交點(diǎn)P的坐標(biāo)．【詳解】解：根據(jù)題意知，

二元一次方程組的解就是直線l1與l2的交點(diǎn)P的坐標(biāo)，

又∵P（2，1），

∴原方程組的解是：

故答案是：【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)與二元一次方程組．二元一次方程組的解就是組成該方程組的兩條直線的圖象的交點(diǎn)．18、-【解析】∵，∴可設(shè)：，∴.故答案為.三、解答題（共78分）19、（1）6；7.1；（2）甲；（3）乙組的平均分，中位數(shù)高于甲組，方差小于甲組，故乙組成績好于甲組【解析】

（1）將甲組成績按照從小到大的順序排列，找出第5、6個(gè)成績，求出平均數(shù)即為甲組的中位數(shù)；找出乙組成績，求出乙組的平均分，填表即可：∵甲組的成績?yōu)椋?，6，6，6，6，6，7，8，9，10，∴甲組中位數(shù)為6分∵乙組成績?yōu)?，5，6，7，7，8，8，8，8，9，平均分為（分）（2）根據(jù)兩組的中位數(shù)，觀察表格，成績?yōu)?分處于中游略偏上，應(yīng)為甲組的學(xué)生．（3）乙組的平均分高于甲組，中位數(shù)高于甲組，方差小于甲組，所以乙組成績好于甲組解：（1）填表如下：組別

平均分

中位數(shù)

方差

合格率

優(yōu)秀率

甲組

6.7

6

3.41

90%

20%

乙組

7.1

7.5

1.69

80%

10%

（2）甲．（3）乙組的平均分，中位數(shù)高于甲組，方差小于甲組，故乙組成績好于甲組故答案為（1）6；7.1；（2）甲20、（1）見解析；（2）∠AGD＝90°；（3）.【解析】

（1）直接利用正方形的性質(zhì)得到AD＝DC，∠ADF＝∠DCE，，結(jié)合全等三角形的判定方法得出答案；（2）根據(jù)∠DAF＝∠CDE和余角的性質(zhì)可得∠AGD＝90°；（3）利用全等三角形的判定和性質(zhì)得出△ABH≌△ADG（AAS），即可得出的值．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADF＝∠DCE＝90°，在△ADF和△DCE中；∴△ADF≌△DCE（SAS）；（2）解：由（1）得△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE，∵∠ADG+∠CDE＝90°，∴∠ADG+∠DAF＝90°，∴∠AGD＝90°，（3）過點(diǎn)B作BH⊥AG于H∵BH⊥AG，∴∠BHA＝90°，∴∠BHA＝∠AGD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC，∠BAD＝90°，∵∠ABH+∠BAH＝90°，∠DAG+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠DAG，在△ABH和△ADG中，∴△ABH≌△ADG（AAS），∴AH＝DG，∵BG＝BC，BA＝BC，∴BA＝BG，∴AH＝AG，∴DG＝AG，∴．【點(diǎn)睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)，正確得出△ABH≌△ADG是解題關(guān)鍵．21、（1）詳見解析；（2）1．【解析】試題分析：（1）通過AE⊥BD，CF⊥BD證明AE∥CF，再由四邊形ABCD是平行四邊形得到AB∥CD，由兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形可證得四邊形CMAN是平行四邊形；（2）證明△MDE≌∠NBF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得DE=BF=4，再由勾股定理得BN=1．試題解析：（1）證明：∵AE⊥BDCF⊥BD∴AE∥CF又∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB∥CD∴四邊形CMAN是平行四邊形（2）由（1）知四邊形CMAN是平行四邊形∴CM=AN．又∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB=CD，∠MDE=∠NBF．∴AB-AN=CD-CM，即DM=BN．在△MDE和∠NBF中∠MDE=∠NBF，∠DEM=∠BFN=90°，DM=BN∴△MDE≌∠NBF∴DE=BF=4，由勾股定理得BN===1．答：BN的長為1．考點(diǎn)：平行四邊形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．22、問題背景：EF=BE+DF，理由見解析；探索延伸：結(jié)論仍然成立，理由見解析；實(shí)際應(yīng)用：210海里.【解析】

問題背景：延長FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；探索延伸：延長FD到點(diǎn)G．使DG=BE．連結(jié)AG，即可證明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再證明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解題；實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長AE、BF相交于點(diǎn)C，然后與（2）同理可證．【詳解】問題背景：EF=BE+DF，證明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，故答案為EF=BE+DF；探索延伸：結(jié)論EF=BE+DF仍然成立，理由：延長FD到點(diǎn)G．使DG=BE，連結(jié)AG，如圖2，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；實(shí)際應(yīng)用：如圖3，連接EF，延長AE、BF相交于點(diǎn)C，∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB，又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=180°，∴符合探索延伸中的條件，∴結(jié)論EF=AE+BF成立，即EF=2×（45+75）=260（海里），答：此時(shí)兩艦艇之間的距離是260海里．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定以及全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求證△AEF≌△AGF是解題的關(guān)鍵．23、（1）見解析；（1）FG1=BF1+GC1．理由見解析【解析】

（1）利用ASA證明△EAF≌△BAH，再利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；

（1）結(jié)論：FG1=BF1+GC1．把△ABF旋轉(zhuǎn)至△ACP，得△ABF≌△ACP，再利用三角形全等的知識(shí)證明∠ACP+∠ACB=90°，根據(jù)勾股定理進(jìn)而可以證明BF、FG、GC之間的關(guān)系．【詳解】（1）證明：如圖①中，

∵AB=AC=AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，

∴∠EAF=∠BAH，∠E=∠B=45°，

∴△EAF≌△BAH（ASA），

∴AH=AF；

（1）解：結(jié)論：GF1=BF1+GC1．

理由如下：如圖②中，把△ABF旋轉(zhuǎn)至△ACP，得△ABF≌△ACP，

∵∠1=∠4，AF=AP，CP=BF，∠ACP=∠B，

∵∠DAE=45°

∴∠1+∠3=45°，

∴∠4+∠3=45°，

∴∠1=∠4+∠3=45°，

∵AG=AG，AF=AP，

∴△AFG≌△AGP（SAS），

∴FG=GP，

∵∠ACP+∠ACB=90°，

∴∠PCG=90°，

在Rt△PGC中，∵GP1=CG1+CP1，

又∵BF=PC，GP=FG，

∴FG1=BF1+GC1．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)