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15. 如图,在矩形ABCD中,点E在AB上,连接DE,BE=DE=13,过点E作EF平分∠DEB交CD于点F,M是EF上的动点,过点M分别作MN⊥DC于点N,作MP⊥DE于点P,过点P作PQ//MN且PQ=MN,连接NQ,若CF=5,则四边形MNQP的周长为
24
.答案
15. 24 【点拨】本题考查矩形的性质,平行四边形的判定和性质,等腰三角形的判定,勾股定理,解题的关键是熟练运用勾股定理解决问题.
【解析】如题图,连接 $DM$,过点 $E$ 作 $EH ⊥ CD$ 于点 $H$,在矩形 $ABCD$ 中,$AB = CD,AD = EH,AB // CD,\therefore ∠ BEF = ∠ EFD. \because EF$ 平分 $∠ DEB,\therefore ∠ BEF = ∠ DEF,\therefore ∠ DEF = ∠ EFD,\therefore DE = DF = 13 = BE$. 又 $\because CF = 5,AB = CD,\therefore AE = 5$. 在 $\mathrm{Rt}△ DAE$ 中,由勾股定理,得 $EH = AD = \sqrt{DE^2 - AE^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = 12$,$\therefore S_{△ EDF} = S_{△ EDM} + S_{△ FDM} = \dfrac{1}{2}MP · DE + \dfrac{1}{2}MN · DF = \dfrac{13}{2}(MP + MN)$,$S_{△ EDF} = \dfrac{1}{2}DF · EH = \dfrac{1}{2} × 13 × 12 = 78$,$\therefore MP + MN = 78 ÷ \dfrac{13}{2} = 12. \because PQ // MN,PQ = MN$,$\therefore$ 四边形 $MNQP$ 是平行四边形,$\therefore$ 四边形 $MNQP$ 的周长为 $2(MP + MN) = 24$. 故答案为 24.
【解析】如题图,连接 $DM$,过点 $E$ 作 $EH ⊥ CD$ 于点 $H$,在矩形 $ABCD$ 中,$AB = CD,AD = EH,AB // CD,\therefore ∠ BEF = ∠ EFD. \because EF$ 平分 $∠ DEB,\therefore ∠ BEF = ∠ DEF,\therefore ∠ DEF = ∠ EFD,\therefore DE = DF = 13 = BE$. 又 $\because CF = 5,AB = CD,\therefore AE = 5$. 在 $\mathrm{Rt}△ DAE$ 中,由勾股定理,得 $EH = AD = \sqrt{DE^2 - AE^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = 12$,$\therefore S_{△ EDF} = S_{△ EDM} + S_{△ FDM} = \dfrac{1}{2}MP · DE + \dfrac{1}{2}MN · DF = \dfrac{13}{2}(MP + MN)$,$S_{△ EDF} = \dfrac{1}{2}DF · EH = \dfrac{1}{2} × 13 × 12 = 78$,$\therefore MP + MN = 78 ÷ \dfrac{13}{2} = 12. \because PQ // MN,PQ = MN$,$\therefore$ 四边形 $MNQP$ 是平行四边形,$\therefore$ 四边形 $MNQP$ 的周长为 $2(MP + MN) = 24$. 故答案为 24.
解析
【分析】
要解决本题，首先利用矩形的性质、平行线与角平分线的关系推出等腰三角形，得到DF的长度；接着通过勾股定理求出矩形的边长，再借助面积法求出MP与MN的和；最后根据平行四边形的判定确定四边形MNQP为平行四边形，进而计算其周长。
【解析】
连接DM，过点E作EH⊥CD于点H。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=EH，AB//CD，
∴∠BEF=∠EFD。
∵EF平分∠DEB，
∴∠BEF=∠DEF，
∴∠DEF=∠EFD，
∴DE=DF=13。
∵CF=5，
∴CD=DF+CF=13+5=18，
∴AB=CD=18，
∴AE=AB - BE=18 -13=5。
在Rt△DAE中，由勾股定理得：
AD=EH=√(DE² - AE²)=√(13² -5²)=12。
计算△EDF的面积：
S△EDF=1/2×DF×EH=1/2×13×12=78。
又
∵S△EDF=S△EDM + S△FDM=1/2×MP×DE +1/2×MN×DF，且DE=DF=13，
∴S△EDF=13/2×(MP + MN)，
∴13/2×(MP + MN)=78，解得MP + MN=12。
∵PQ//MN，且PQ=MN，
∴四边形MNQP是平行四边形，
∴其周长为2×(MP + MN)=2×12=24。
【答案】
24
【知识点】
矩形性质，平行四边形判定，面积法
【点评】
本题综合考查多个几何知识点，核心是利用角平分线得到等腰三角形，通过面积法转化线段关系，进而推导平行四边形的周长，需熟练运用几何定理解决问题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，首先利用矩形的性质、平行线与角平分线的关系推出等腰三角形，得到DF的长度；接着通过勾股定理求出矩形的边长，再借助面积法求出MP与MN的和；最后根据平行四边形的判定确定四边形MNQP为平行四边形，进而计算其周长。
【解析】
连接DM，过点E作EH⊥CD于点H。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=EH，AB//CD，
∴∠BEF=∠EFD。
∵EF平分∠DEB，
∴∠BEF=∠DEF，
∴∠DEF=∠EFD，
∴DE=DF=13。
∵CF=5，
∴CD=DF+CF=13+5=18，
∴AB=CD=18，
∴AE=AB - BE=18 -13=5。
在Rt△DAE中，由勾股定理得：
AD=EH=√(DE² - AE²)=√(13² -5²)=12。
计算△EDF的面积：
S△EDF=1/2×DF×EH=1/2×13×12=78。
又
∵S△EDF=S△EDM + S△FDM=1/2×MP×DE +1/2×MN×DF，且DE=DF=13，
∴S△EDF=13/2×(MP + MN)，
∴13/2×(MP + MN)=78，解得MP + MN=12。
∵PQ//MN，且PQ=MN，
∴四边形MNQP是平行四边形，
∴其周长为2×(MP + MN)=2×12=24。
【答案】
24
【知识点】
矩形性质，平行四边形判定，面积法
【点评】
本题综合考查多个几何知识点，核心是利用角平分线得到等腰三角形，通过面积法转化线段关系，进而推导平行四边形的周长，需熟练运用几何定理解决问题。
【难度系数】
0.5
三、解答题(本大题共9小题,共75分.解答应写出过程)
16. (8分)计算:
(1) $\sqrt{45} - \sqrt{20} + \frac{\sqrt{5}}{3}$;
(2) $(\sqrt{3} + 2) × (\sqrt{3} - 2) + \sqrt{6} × \sqrt{\frac{2}{3}}$.
16. (8分)计算:
(1) $\sqrt{45} - \sqrt{20} + \frac{\sqrt{5}}{3}$;
(2) $(\sqrt{3} + 2) × (\sqrt{3} - 2) + \sqrt{6} × \sqrt{\frac{2}{3}}$.
答案
16. 【点拨】本题考查二次根式的混合运算,掌握二次根式的运算法则是解题的关键.
【解析】(1) $\sqrt{45} - \sqrt{20} + \dfrac{\sqrt{5}}{3} = 3\sqrt{5} - 2\sqrt{5} + \dfrac{\sqrt{5}}{3} = \dfrac{4\sqrt{5}}{3}$.
(2) $(\sqrt{3} + 2) × (\sqrt{3} - 2) + \sqrt{6} × \sqrt{\dfrac{2}{3}} = (\sqrt{3})^2 - 2^2 + \sqrt{6 × \dfrac{2}{3}} = 3 - 4 + 2 = 1$.
【解析】(1) $\sqrt{45} - \sqrt{20} + \dfrac{\sqrt{5}}{3} = 3\sqrt{5} - 2\sqrt{5} + \dfrac{\sqrt{5}}{3} = \dfrac{4\sqrt{5}}{3}$.
(2) $(\sqrt{3} + 2) × (\sqrt{3} - 2) + \sqrt{6} × \sqrt{\dfrac{2}{3}} = (\sqrt{3})^2 - 2^2 + \sqrt{6 × \dfrac{2}{3}} = 3 - 4 + 2 = 1$.
解析
【分析】
本题考查二次根式的混合运算，解题思路：(1)先将各二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式；(2)前半部分利用平方差公式计算，后半部分利用二次根式乘法法则计算，最后将两部分结果相加。
【解析】
(1) 先化简二次根式：
$\sqrt{45} = \sqrt{9×5} = 3\sqrt{5}$，$\sqrt{20} = \sqrt{4×5} = 2\sqrt{5}$，
则原式$= 3\sqrt{5} - 2\sqrt{5} + \frac{\sqrt{5}}{3} = \sqrt{5} + \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{4\sqrt{5}}{3}$；
(2) 前半部分用平方差公式：$(\sqrt{3}+2)(\sqrt{3}-2)=(\sqrt{3})^2 - 2^2 = 3 - 4 = -1$，
后半部分用二次根式乘法法则：$\sqrt{6}×\sqrt{\frac{2}{3}} = \sqrt{6×\frac{2}{3}} = \sqrt{4} = 2$，
则原式$= -1 + 2 = 1$。
【答案】
(1) $\frac{4\sqrt{5}}{3}$；(2) $1$
【知识点】
二次根式化简、二次根式混合运算、平方差公式
【点评】
本题是二次根式混合运算的基础题，需掌握最简二次根式化简、同类二次根式合并，以及平方差公式、二次根式乘法法则的应用，是初中数学的基础考点，难度较低。
【难度系数】
0.7
本题考查二次根式的混合运算，解题思路：(1)先将各二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式；(2)前半部分利用平方差公式计算，后半部分利用二次根式乘法法则计算，最后将两部分结果相加。
【解析】
(1) 先化简二次根式：
$\sqrt{45} = \sqrt{9×5} = 3\sqrt{5}$，$\sqrt{20} = \sqrt{4×5} = 2\sqrt{5}$，
则原式$= 3\sqrt{5} - 2\sqrt{5} + \frac{\sqrt{5}}{3} = \sqrt{5} + \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{4\sqrt{5}}{3}$；
(2) 前半部分用平方差公式：$(\sqrt{3}+2)(\sqrt{3}-2)=(\sqrt{3})^2 - 2^2 = 3 - 4 = -1$，
后半部分用二次根式乘法法则：$\sqrt{6}×\sqrt{\frac{2}{3}} = \sqrt{6×\frac{2}{3}} = \sqrt{4} = 2$，
则原式$= -1 + 2 = 1$。
【答案】
(1) $\frac{4\sqrt{5}}{3}$；(2) $1$
【知识点】
二次根式化简、二次根式混合运算、平方差公式
【点评】
本题是二次根式混合运算的基础题，需掌握最简二次根式化简、同类二次根式合并，以及平方差公式、二次根式乘法法则的应用，是初中数学的基础考点，难度较低。
【难度系数】
0.7
17. (6分)三角形的周长为$(5\sqrt{5} + 2\sqrt{10})\mathrm{cm}$，知两边的长分别为$3\sqrt{5}\mathrm{cm}$和$\sqrt{40}\mathrm{cm}$，求第三边的长.
知两边的长分别为$3\sqrt{5}\mathrm{cm}$和$\sqrt{40}\mathrm{cm}$，求第三边的长.答案
17. 【点拨】本题考查三角形周长的计算及二次根式的化简与运算. 掌握二次根式的运算法则是解题的关键.
【解析】根据题意,第三边的长为 $(5\sqrt{5} + 2\sqrt{10}) - 3\sqrt{5} - \sqrt{40} = (5\sqrt{5} - 3\sqrt{5}) + (2\sqrt{10} - 2\sqrt{10}) = 2\sqrt{5}(\mathrm{cm})$.
答:第三边的长为 $2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$.
【解析】根据题意,第三边的长为 $(5\sqrt{5} + 2\sqrt{10}) - 3\sqrt{5} - \sqrt{40} = (5\sqrt{5} - 3\sqrt{5}) + (2\sqrt{10} - 2\sqrt{10}) = 2\sqrt{5}(\mathrm{cm})$.
答:第三边的长为 $2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
要计算三角形第三边的长度，需利用三角形周长的定义：三角形周长等于三边长度之和，因此第三边的长度等于周长减去已知的两条边的长度。计算时需先将非最简二次根式$\sqrt{40}$化为最简二次根式，再合并同类二次根式得到结果。
【解析】
根据三角形周长公式，第三边的长为：
$(5\sqrt{5} + 2\sqrt{10}) - 3\sqrt{5} - \sqrt{40}$
先化简$\sqrt{40} = \sqrt{4×10} = 2\sqrt{10}$，代入得：
$= 5\sqrt{5} + 2\sqrt{10} - 3\sqrt{5} - 2\sqrt{10}$
合并同类二次根式：
$= (5\sqrt{5} - 3\sqrt{5}) + (2\sqrt{10} - 2\sqrt{10})$
$= 2\sqrt{5} + 0$
$= 2\sqrt{5}\ (\mathrm{cm})$
【答案】
$2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
二次根式化简、二次根式加减运算、三角形周长计算
【点评】
本题为基础题型，考查二次根式的化简与加减运算，以及三角形周长的基本应用，解题关键是正确化简二次根式并合并同类项，难度较低。
【难度系数】
0.7
要计算三角形第三边的长度，需利用三角形周长的定义：三角形周长等于三边长度之和，因此第三边的长度等于周长减去已知的两条边的长度。计算时需先将非最简二次根式$\sqrt{40}$化为最简二次根式，再合并同类二次根式得到结果。
【解析】
根据三角形周长公式，第三边的长为：
$(5\sqrt{5} + 2\sqrt{10}) - 3\sqrt{5} - \sqrt{40}$
先化简$\sqrt{40} = \sqrt{4×10} = 2\sqrt{10}$，代入得：
$= 5\sqrt{5} + 2\sqrt{10} - 3\sqrt{5} - 2\sqrt{10}$
合并同类二次根式：
$= (5\sqrt{5} - 3\sqrt{5}) + (2\sqrt{10} - 2\sqrt{10})$
$= 2\sqrt{5} + 0$
$= 2\sqrt{5}\ (\mathrm{cm})$
【答案】
$2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
二次根式化简、二次根式加减运算、三角形周长计算
【点评】
本题为基础题型，考查二次根式的化简与加减运算，以及三角形周长的基本应用，解题关键是正确化简二次根式并合并同类项，难度较低。
【难度系数】
0.7
18. (7 分)如图,AC 是四边形 ABCD 的对角线,$DE ⊥ AC$,$BF ⊥ AC$,垂足分别为 E,F,且 $AB = CD$,$AE = CF$.
求证:四边形 ABCD 是平行四边形.
求证:四边形 ABCD 是平行四边形.
答案
18. 【点拨】本题考查平行四边形的判定,全等三角形的判定和性质,正确得出 $\mathrm{Rt}△ DEC ≌ \mathrm{Rt}△ BFA$ 是解题的关键.
【解析】证明:$\because DE ⊥ AC,BF ⊥ AC,\therefore ∠ DEC = ∠ BFA = 90°$.
$\because AE = CF,\therefore AE + EF = CF + EF$,即 $AF = CE$.
在 $\mathrm{Rt}△ AFB$ 和 $\mathrm{Rt}△ CED$ 中,$\begin{cases} AB = CD, \\ AF = CE, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AFB ≌ \mathrm{Rt}△ CED(\mathrm{HL}),\therefore ∠ BAF = ∠ DCE,\therefore AB // CD$.
又 $\because AB = CD,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
【解析】证明:$\because DE ⊥ AC,BF ⊥ AC,\therefore ∠ DEC = ∠ BFA = 90°$.
$\because AE = CF,\therefore AE + EF = CF + EF$,即 $AF = CE$.
在 $\mathrm{Rt}△ AFB$ 和 $\mathrm{Rt}△ CED$ 中,$\begin{cases} AB = CD, \\ AF = CE, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AFB ≌ \mathrm{Rt}△ CED(\mathrm{HL}),\therefore ∠ BAF = ∠ DCE,\therefore AB // CD$.
又 $\because AB = CD,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
解析
【分析】要证明四边形ABCD是平行四边形，已知AB=CD，根据平行四边形的判定定理，只需证明AB与CD平行即可。观察图形，AB和CD被对角线AC所截，可通过证明内错角∠BAF和∠DCE相等得到AB//CD。由DE⊥AC、BF⊥AC可知△DEC和△BFA都是直角三角形，结合AE=CF可推出AF=CE，再利用HL定理证明两个直角三角形全等，进而得到对应角相等，完成推导。
【解析】证明：
∵ DE⊥AC，BF⊥AC，
∴ ∠DEC = ∠BFA = 90°，即△DEC和△BFA均为直角三角形。
∵ AE = CF，
∴ AE + EF = CF + EF，即AF = CE。
在Rt△AFB和Rt△CED中，
$\{\begin{array}{l} AB = CD, \\ AF = CE, \end{array} $
∴ Rt△AFB ≌ Rt△CED（HL），
∴ ∠BAF = ∠DCE，
∴ AB // CD。
又
∵ AB = CD，
∴ 四边形ABCD是平行四边形。
【答案】四边形ABCD是平行四边形，证明过程如上。
【知识点】平行四边形的判定；直角三角形全等的判定（HL）；平行线的判定
【点评】本题是平行四边形判定的基础题型，结合直角三角形全等的HL定理推导，思路清晰，步骤明确，考查学生对平行四边形判定定理和全等三角形性质的掌握，属于常规应用题。
【难度系数】0.6
【解析】证明：
∵ DE⊥AC，BF⊥AC，
∴ ∠DEC = ∠BFA = 90°，即△DEC和△BFA均为直角三角形。
∵ AE = CF，
∴ AE + EF = CF + EF，即AF = CE。
在Rt△AFB和Rt△CED中，
$\{\begin{array}{l} AB = CD, \\ AF = CE, \end{array} $
∴ Rt△AFB ≌ Rt△CED（HL），
∴ ∠BAF = ∠DCE，
∴ AB // CD。
又
∵ AB = CD，
∴ 四边形ABCD是平行四边形。
【答案】四边形ABCD是平行四边形，证明过程如上。
【知识点】平行四边形的判定；直角三角形全等的判定（HL）；平行线的判定
【点评】本题是平行四边形判定的基础题型，结合直角三角形全等的HL定理推导，思路清晰，步骤明确，考查学生对平行四边形判定定理和全等三角形性质的掌握，属于常规应用题。
【难度系数】0.6
