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7. 已知$a,b,c$是$△ ABC$的三边，且满足$(a-b)^2 + \sqrt{a^2 + b^2 - c^2}=0$，则$△ ABC$是(
A.等腰直角三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰三角形或直角三角形
A
).A.等腰直角三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰三角形或直角三角形
答案
7.A 【点拨】本题考查非负数的性质、等腰三角形的判定和勾股定理.
【解析】$\because (a-b)^2+\sqrt{a^2+b^2-c^2}=0$,$(a-b)^2≥0$,$\sqrt{a^2+b^2-c^2}≥0$,$\therefore a-b=0$且$a^2+b^2-c^2=0$.由$a-b=0$得,$a=b$,$\therefore △ ABC$是等腰三角形;由$a^2+b^2-c^2=0$得,$a^2+b^2=c^2$,$\therefore △ ABC$是直角三角形.综上所述,$△ ABC$是等腰直角三角形.故选A.
【解析】$\because (a-b)^2+\sqrt{a^2+b^2-c^2}=0$,$(a-b)^2≥0$,$\sqrt{a^2+b^2-c^2}≥0$,$\therefore a-b=0$且$a^2+b^2-c^2=0$.由$a-b=0$得,$a=b$,$\therefore △ ABC$是等腰三角形;由$a^2+b^2-c^2=0$得,$a^2+b^2=c^2$,$\therefore △ ABC$是直角三角形.综上所述,$△ ABC$是等腰直角三角形.故选A.
解析
【分析】首先，根据非负数的性质：几个非负数的和为0时，每个非负数都为0，可得到关于a、b、c的两个等式；再依据这两个等式分别判断三角形的形状，最终结合选项确定答案。
【解析】因为平方数和算术平方根均为非负数，即$(a-b)^2≥0$，$\sqrt{a^2 + b^2 - c^2}≥0$，而它们的和为0，所以必须满足$(a-b)^2=0$且$\sqrt{a^2 + b^2 - c^2}=0$。由此可得：$a-b=0$，即$a=b$，说明△ABC是等腰三角形；同时$a^2 + b^2 - c^2=0$，也就是$a^2 + b^2 = c^2$，根据勾股定理的逆定理，△ABC是直角三角形。综上，△ABC既是等腰三角形又是直角三角形，即等腰直角三角形，故选A。
【答案】A
【知识点】非负数的性质、等腰三角形判定、直角三角形判定
【点评】本题通过非负数的性质拆分等式，结合三角形判定定理解题，属于基础题型，需熟练掌握非负数性质与三角形形状的判定方法。
【难度系数】0.7
【解析】因为平方数和算术平方根均为非负数，即$(a-b)^2≥0$，$\sqrt{a^2 + b^2 - c^2}≥0$，而它们的和为0，所以必须满足$(a-b)^2=0$且$\sqrt{a^2 + b^2 - c^2}=0$。由此可得：$a-b=0$，即$a=b$，说明△ABC是等腰三角形；同时$a^2 + b^2 - c^2=0$，也就是$a^2 + b^2 = c^2$，根据勾股定理的逆定理，△ABC是直角三角形。综上，△ABC既是等腰三角形又是直角三角形，即等腰直角三角形，故选A。
【答案】A
【知识点】非负数的性质、等腰三角形判定、直角三角形判定
【点评】本题通过非负数的性质拆分等式，结合三角形判定定理解题，属于基础题型，需熟练掌握非负数性质与三角形形状的判定方法。
【难度系数】0.7
8. 一个多边形的内角和是外角和的2倍,则这个多边形是(
A.三
B.四
C.五
D.六
D
)边形.A.三
B.四
C.五
D.六
答案
8.D 【点拨】本题考查多边形的内角和定理及外角和定理.
【解析】设这个多边形的边数为$n$,则其内角和为$(n-2)×180°$.由题意得$(n-2)×180°=2×360°$,解得$n=6$,$\therefore$ 这个多边形是六边形.故选D.
【解析】设这个多边形的边数为$n$,则其内角和为$(n-2)×180°$.由题意得$(n-2)×180°=2×360°$,解得$n=6$,$\therefore$ 这个多边形是六边形.故选D.
解析
【分析】首先回忆多边形的核心性质：任意多边形的外角和固定为360°，n边形的内角和公式为$(n-2)×180°$。题目中给出内角和是外角和的2倍，因此设多边形边数为n，根据内角和与外角和的数量关系列方程，求解n即可确定多边形边数，进而选出正确选项。
【解析】设这个多边形的边数为$n$。
1. 多边形外角和恒为$360°$，由题意得内角和为$2×360°=720°$；
2. 根据n边形内角和公式，可列方程：$(n-2)×180°=720°$；
3. 解方程：两边同除以$180°$得$n-2=4$，移项得$n=6$，即该多边形为六边形。
【答案】D
【知识点】多边形内角和、多边形外角和
【点评】本题考查多边形内角和与外角和的基础应用，核心是掌握两个公式并建立简单方程求解，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】设这个多边形的边数为$n$。
1. 多边形外角和恒为$360°$，由题意得内角和为$2×360°=720°$；
2. 根据n边形内角和公式，可列方程：$(n-2)×180°=720°$；
3. 解方程：两边同除以$180°$得$n-2=4$，移项得$n=6$，即该多边形为六边形。
【答案】D
【知识点】多边形内角和、多边形外角和
【点评】本题考查多边形内角和与外角和的基础应用，核心是掌握两个公式并建立简单方程求解，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8
9. 如图,在直角梯形 $ABCD$ 中,$AB // CD$,$∠ ABC = 90°$,$AB = 9\ \mathrm{cm}$,$BC = 8\ \mathrm{cm}$,$CD = 7\ \mathrm{cm}$,$CM = BM$,过点 $M$ 作$AD$ 的垂线交 $BC$ 于点 $N$,则 $BN$ 的长等于(
A.$1\ \mathrm{cm}$
B.$2\ \mathrm{cm}$
C.$2.5\ \mathrm{cm}$
D.$3\ \mathrm{cm}$
B
).A.$1\ \mathrm{cm}$
B.$2\ \mathrm{cm}$
C.$2.5\ \mathrm{cm}$
D.$3\ \mathrm{cm}$
答案
9.B 【点拨】本题考查平行线的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识.
【解析】如题图,过点D作$DE⊥ AB$于点E,过点M作$MF⊥ BC$于点F.$\because BM=CM$,$\therefore CF=BF$.$\because ∠ ABC=90°$,$∠ MFC=90°$,$\therefore AB// MF$.$\because AB// CD$,$\therefore AB// MF// CD$,$\therefore AM=DM$,$\therefore MF=\frac{1}{2}(CD+AB)=8\ \mathrm{cm}$.$\because ∠ DEB=∠ EBC=∠ DCB=90°$,$\therefore$ 四边形BCDE是矩形,$\therefore CD=BE=7\ \mathrm{cm}$,$DE=CB=8\ \mathrm{cm}$,$\therefore MF=DE$.$\because MN⊥ AD$,$\therefore ∠ NMF+∠ DMF=90°$.$\because DE⊥ AB$,$AB// MF$,$\therefore DE⊥ MF$,$\therefore ∠ DMF+∠ ADE=90°$,$\therefore ∠ ADE=∠ NMF$.又$\because DE=MF$,$∠ AED=∠ NFM=90°$,$\therefore △ ADE≌△ NMF(\mathrm{ASA})$,$\therefore NF=AE=AB-BE=2\ \mathrm{cm}$.又$\because BF=\frac{1}{2}BC=4\ \mathrm{cm}$,$\therefore BN=BF-NF=2\ \mathrm{cm}$.故选B.
【解析】如题图,过点D作$DE⊥ AB$于点E,过点M作$MF⊥ BC$于点F.$\because BM=CM$,$\therefore CF=BF$.$\because ∠ ABC=90°$,$∠ MFC=90°$,$\therefore AB// MF$.$\because AB// CD$,$\therefore AB// MF// CD$,$\therefore AM=DM$,$\therefore MF=\frac{1}{2}(CD+AB)=8\ \mathrm{cm}$.$\because ∠ DEB=∠ EBC=∠ DCB=90°$,$\therefore$ 四边形BCDE是矩形,$\therefore CD=BE=7\ \mathrm{cm}$,$DE=CB=8\ \mathrm{cm}$,$\therefore MF=DE$.$\because MN⊥ AD$,$\therefore ∠ NMF+∠ DMF=90°$.$\because DE⊥ AB$,$AB// MF$,$\therefore DE⊥ MF$,$\therefore ∠ DMF+∠ ADE=90°$,$\therefore ∠ ADE=∠ NMF$.又$\because DE=MF$,$∠ AED=∠ NFM=90°$,$\therefore △ ADE≌△ NMF(\mathrm{ASA})$,$\therefore NF=AE=AB-BE=2\ \mathrm{cm}$.又$\because BF=\frac{1}{2}BC=4\ \mathrm{cm}$,$\therefore BN=BF-NF=2\ \mathrm{cm}$.故选B.
解析
【分析】
要解决直角梯形中线段BN的长度问题，需通过作辅助线转化图形：首先过D作DE⊥AB，将直角梯形分割为矩形BCDE和直角三角形ADE；再利用M是BC中点的条件，作MF⊥BC，结合平行线性质得到MF的长度及M为AD中点；最后通过角的关系证明△ADE与△NMF全等，进而求出BN的长度。
【解析】
过点$D$作$DE⊥AB$于点$E$，过点$M$作$MF⊥BC$于点$F$。
∵ $BM=CM$，$MF⊥BC$，
∴ $F$为$BC$中点，即 $BF=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×8=4\ \mathrm{cm}$。
又
∵ $∠ABC=90°$，$∠MFC=90°$，
∴ $AB// MF$，结合$AB// CD$，得 $AB// MF// CD$，
∴ $M$为$AD$中点，根据梯形中位线性质，$MF=\frac{1}{2}(AB+CD)=\frac{1}{2}×(9+7)=8\ \mathrm{cm}$。
∵ $∠DEB=∠EBC=∠DCB=90°$，
∴ 四边形$BCDE$是矩形，
∴ $BE=CD=7\ \mathrm{cm}$，$DE=BC=8\ \mathrm{cm}$，故 $MF=DE$。
∵ $MN⊥AD$，
∴ $∠NMF + ∠DMF = 90°$，
又
∵ $DE⊥AB$，$AB// MF$，
∴ $DE⊥MF$，
∴ $∠ADE + ∠DMF = 90°$，
∴ $∠ADE = ∠NMF$。
在$△ADE$和$△NMF$中：
$\begin{cases}∠ADE = ∠NMF \\DE = MF \\∠AED = ∠NFM = 90°\end{cases}$
∴ $△ADE≌△NMF(\mathrm{ASA})$，
∴ $NF = AE$。
∵ $AE = AB - BE =9 -7=2\ \mathrm{cm}$，
∴ $NF=2\ \mathrm{cm}$，
∴ $BN = BF - NF =4 -2=2\ \mathrm{cm}$。
【答案】B
【知识点】梯形中位线定理、全等三角形的判定与性质、矩形的性质
【点评】本题通过构造辅助线将直角梯形转化为矩形和直角三角形，利用平行线性质、梯形中位线定理及全等三角形的判定完成线段长度的推导，辅助线的构造是解题核心，综合考查几何图形的转化能力与逻辑推理能力。
【难度系数】0.4
要解决直角梯形中线段BN的长度问题，需通过作辅助线转化图形：首先过D作DE⊥AB，将直角梯形分割为矩形BCDE和直角三角形ADE；再利用M是BC中点的条件，作MF⊥BC，结合平行线性质得到MF的长度及M为AD中点；最后通过角的关系证明△ADE与△NMF全等，进而求出BN的长度。
【解析】
过点$D$作$DE⊥AB$于点$E$，过点$M$作$MF⊥BC$于点$F$。
∵ $BM=CM$，$MF⊥BC$，
∴ $F$为$BC$中点，即 $BF=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×8=4\ \mathrm{cm}$。
又
∵ $∠ABC=90°$，$∠MFC=90°$，
∴ $AB// MF$，结合$AB// CD$，得 $AB// MF// CD$，
∴ $M$为$AD$中点，根据梯形中位线性质，$MF=\frac{1}{2}(AB+CD)=\frac{1}{2}×(9+7)=8\ \mathrm{cm}$。
∵ $∠DEB=∠EBC=∠DCB=90°$，
∴ 四边形$BCDE$是矩形，
∴ $BE=CD=7\ \mathrm{cm}$，$DE=BC=8\ \mathrm{cm}$，故 $MF=DE$。
∵ $MN⊥AD$，
∴ $∠NMF + ∠DMF = 90°$，
又
∵ $DE⊥AB$，$AB// MF$，
∴ $DE⊥MF$，
∴ $∠ADE + ∠DMF = 90°$，
∴ $∠ADE = ∠NMF$。
在$△ADE$和$△NMF$中：
$\begin{cases}∠ADE = ∠NMF \\DE = MF \\∠AED = ∠NFM = 90°\end{cases}$
∴ $△ADE≌△NMF(\mathrm{ASA})$，
∴ $NF = AE$。
∵ $AE = AB - BE =9 -7=2\ \mathrm{cm}$，
∴ $NF=2\ \mathrm{cm}$，
∴ $BN = BF - NF =4 -2=2\ \mathrm{cm}$。
【答案】B
【知识点】梯形中位线定理、全等三角形的判定与性质、矩形的性质
【点评】本题通过构造辅助线将直角梯形转化为矩形和直角三角形，利用平行线性质、梯形中位线定理及全等三角形的判定完成线段长度的推导，辅助线的构造是解题核心，综合考查几何图形的转化能力与逻辑推理能力。
【难度系数】0.4
10. 如图,在平面直角坐标系中,以坐标原点$O(0,0)$,$A(0,4)$,$B(3,0)$为顶点的$\mathrm{Rt}△ AOB$,其两个锐角对应的外角角平分线相交于点$P$,则$S_{△ PAB}=$($\quad$).
A.$\dfrac{23}{2}$
B.$\dfrac{53}{4}$
C.$14$
D.$15$
A.$\dfrac{23}{2}$
B.$\dfrac{53}{4}$
C.$14$
D.$15$
答案
10.D 【点拨】本题考查角平分线的性质.
【解析】如图,过点P作$PD⊥ OA$于点D,$PE⊥ OB$于点E,$PH⊥ AB$于点H.由题可知,AP平分$∠ BAD$,BP平分$∠ ABE$,$\therefore PH=PD$,$PH=PE$,$\therefore PD=PE$.设$P(t,t)$,则$PH=PD=PE=t$,$\because A(0,4)$,$B(3,0)$,$\therefore OA=4$,$OB=3$,$\therefore AB=5$.
$\because S_{\mathrm{四边形}AOBP}=S_{△ PAB}+S_{△ OAB}=S_{\mathrm{四边形}PDOE}-S_{△ PDA}-S_{△ PBE}$,$\therefore \frac{1}{2}×5t+\frac{1}{2}×3×4=t^2-\frac{1}{2}t(t-4)-\frac{1}{2}t(t-3)$,解得$t=6$,$\therefore PH=6$,$\therefore S_{△ PAB}=\frac{1}{2}×6×5=15$.故选D.
解析
【分析】
要解决该问题，核心是利用角平分线的性质确定点P的坐标特征，再通过面积法建立方程求解。首先，角平分线上的点到角两边的距离相等，结合AP、BP分别是两个锐角的外角平分线，可推出点P到OA、AB、OB的距离相等，进而确定P的横纵坐标相等；再通过两种方式表示四边形AOBP的面积，建立方程求出P的坐标参数，最后计算△PAB的面积。
【解析】
如图，过点P作$PD⊥OA$于点D，$PE⊥OB$于点E，$PH⊥AB$于点H。
由题意知，AP平分$∠BAD$（$∠OAB$的外角），BP平分$∠ABE$（$∠OBA$的外角），根据角平分线的性质得：$PH=PD$，$PH=PE$，因此$PD=PE$，即点P的横、纵坐标相等，设$P(t,t)$，则$PH=PD=PE=t$。
已知$A(0,4)$，$B(3,0)$，故$OA=4$，$OB=3$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
用两种方式表示四边形$AOBP$的面积：
方式一：$S_{四边形AOBP}=S_{△PAB}+S_{△OAB}=\frac{1}{2}×AB×PH+\frac{1}{2}×OA×OB=\frac{5t}{2}+6$；
方式二：$S_{四边形AOBP}=S_{矩形PDOE}-S_{△PDA}-S_{△PBE}=t^2-\frac{1}{2}×t×(t-4)-\frac{1}{2}×t×(t-3)=\frac{7t}{2}$。
联立面积表达式得：$\frac{5t}{2}+6=\frac{7t}{2}$，解得$t=6$，即$PH=6$。
因此$S_{△PAB}=\frac{1}{2}×AB×PH=\frac{1}{2}×5×6=15$。
【答案】15
【知识点】角平分线性质；坐标与图形；三角形面积计算
【点评】本题是几何与平面直角坐标系结合的典型题，核心是利用角平分线性质确定点的坐标特征，通过面积法建立方程求解，考查几何性质与代数方法的综合运用能力，解题关键是合理分割面积建立等式。
【难度系数】0.6
要解决该问题，核心是利用角平分线的性质确定点P的坐标特征，再通过面积法建立方程求解。首先，角平分线上的点到角两边的距离相等，结合AP、BP分别是两个锐角的外角平分线，可推出点P到OA、AB、OB的距离相等，进而确定P的横纵坐标相等；再通过两种方式表示四边形AOBP的面积，建立方程求出P的坐标参数，最后计算△PAB的面积。
【解析】
如图，过点P作$PD⊥OA$于点D，$PE⊥OB$于点E，$PH⊥AB$于点H。
由题意知，AP平分$∠BAD$（$∠OAB$的外角），BP平分$∠ABE$（$∠OBA$的外角），根据角平分线的性质得：$PH=PD$，$PH=PE$，因此$PD=PE$，即点P的横、纵坐标相等，设$P(t,t)$，则$PH=PD=PE=t$。
已知$A(0,4)$，$B(3,0)$，故$OA=4$，$OB=3$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
用两种方式表示四边形$AOBP$的面积：
方式一：$S_{四边形AOBP}=S_{△PAB}+S_{△OAB}=\frac{1}{2}×AB×PH+\frac{1}{2}×OA×OB=\frac{5t}{2}+6$；
方式二：$S_{四边形AOBP}=S_{矩形PDOE}-S_{△PDA}-S_{△PBE}=t^2-\frac{1}{2}×t×(t-4)-\frac{1}{2}×t×(t-3)=\frac{7t}{2}$。
联立面积表达式得：$\frac{5t}{2}+6=\frac{7t}{2}$，解得$t=6$，即$PH=6$。
因此$S_{△PAB}=\frac{1}{2}×AB×PH=\frac{1}{2}×5×6=15$。
【答案】15
【知识点】角平分线性质；坐标与图形；三角形面积计算
【点评】本题是几何与平面直角坐标系结合的典型题，核心是利用角平分线性质确定点的坐标特征，通过面积法建立方程求解，考查几何性质与代数方法的综合运用能力，解题关键是合理分割面积建立等式。
【难度系数】0.6
二、填空题(本大题共6小题,每小题3分,共18分)
答案
解：
11. 要使二次根式$\sqrt{x-2}$有意义，则被开方数非负，即$x-2≥0$，
解得$x≥2$。
答案：$\boldsymbol{x≥2}$
12. 由菱形面积等于两条对角线乘积的一半，
得面积$S=\frac{1}{2}×3×4=6$。
答案：$\boldsymbol{6}$
13. 先化简得$\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，
则$\sqrt{12}-\sqrt{3}=2\sqrt{3}-\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
答案：$\boldsymbol{\sqrt{3}}$
14. 交换原命题的题设和结论，得逆命题：对应边相等的两个三角形全等。
答案：$\boldsymbol{对应边相等的两个三角形全等}$
15. 连接CD，
$\because DE⊥ AC$，$DF⊥ BC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore$ 四边形DECF是矩形，$\therefore EF=CD$。
在Rt△ABC中，$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
由垂线段最短可知，当$CD⊥ AB$时CD取最小值，
此时$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
代入得$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=\frac{12}{5}$，
即EF的最小值为$\frac{12}{5}$。
答案：$\boldsymbol{\frac{12}{5}}$
16. $\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore AB=AD=BC=CD=4$，$∠ B=∠ D=90°$，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，$\begin{cases}AE=AF\\AB=AD\end{cases}$，
$\therefore Rt△ ABE≌ Rt△ ADF(HL)$，$\therefore BE=DF$，
$\because EC=x$，$\therefore BE=4-x$，$DF=4-x$，$FC=x$，
$S_{△ AEF}=S_{正方形ABCD}-S_{△ ABE}-S_{△ ADF}-S_{△ ECF}$，
代入得：
$y=4^2 - 2×\frac{1}{2}×4×(4-x) - \frac{1}{2}x^2$
$=-\frac{1}{2}x^2 +4x$
答案：$\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x^2+4x}$
11. 要使二次根式$\sqrt{x-2}$有意义，则被开方数非负，即$x-2≥0$，
解得$x≥2$。
答案：$\boldsymbol{x≥2}$
12. 由菱形面积等于两条对角线乘积的一半，
得面积$S=\frac{1}{2}×3×4=6$。
答案：$\boldsymbol{6}$
13. 先化简得$\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，
则$\sqrt{12}-\sqrt{3}=2\sqrt{3}-\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
答案：$\boldsymbol{\sqrt{3}}$
14. 交换原命题的题设和结论，得逆命题：对应边相等的两个三角形全等。
答案：$\boldsymbol{对应边相等的两个三角形全等}$
15. 连接CD，
$\because DE⊥ AC$，$DF⊥ BC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore$ 四边形DECF是矩形，$\therefore EF=CD$。
在Rt△ABC中，$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
由垂线段最短可知，当$CD⊥ AB$时CD取最小值，
此时$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
代入得$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=\frac{12}{5}$，
即EF的最小值为$\frac{12}{5}$。
答案：$\boldsymbol{\frac{12}{5}}$
16. $\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore AB=AD=BC=CD=4$，$∠ B=∠ D=90°$，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，$\begin{cases}AE=AF\\AB=AD\end{cases}$，
$\therefore Rt△ ABE≌ Rt△ ADF(HL)$，$\therefore BE=DF$，
$\because EC=x$，$\therefore BE=4-x$，$DF=4-x$，$FC=x$，
$S_{△ AEF}=S_{正方形ABCD}-S_{△ ABE}-S_{△ ADF}-S_{△ ECF}$，
代入得：
$y=4^2 - 2×\frac{1}{2}×4×(4-x) - \frac{1}{2}x^2$
$=-\frac{1}{2}x^2 +4x$
答案：$\boldsymbol{y=-\frac{1}{2}x^2+4x}$
解析
【分析】
本题为初中数学填空题，共6小题，需根据对应知识点逐一求解：1. 第11题利用二次根式有意义的条件（被开方数非负）列不等式；2. 第12题用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算；3. 第13题先化简二次根式再合并同类二次根式；4. 第14题通过交换原命题的题设与结论得到逆命题；5. 第15题先判定矩形得EF=CD，再用垂线段最短和面积法求最小值；6. 第16题利用正方形性质、全等三角形判定及面积差法建立函数表达式。
【解析】
11. 二次根式$\sqrt{x-2}$有意义时，被开方数需非负，故$x-2≥0$，解得$x≥2$；
12. 菱形面积等于两条对角线乘积的一半，代入对角线长3和4，得$S=\frac{1}{2}×3×4=6$；
13. 化简$\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，合并同类二次根式得$\sqrt{12}-\sqrt{3}=2\sqrt{3}-\sqrt{3}=\sqrt{3}$；
14. 逆命题是交换原命题的题设和结论，原命题为“全等三角形的对应边相等”，故逆命题为“对应边相等的两个三角形全等”；
15. 连接CD，因$DE⊥ AC$，$DF⊥ BC$，$∠ ACB=90°$，故四边形DECF是矩形，得$EF=CD$；在$Rt△ ABC$中，$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$，当$CD⊥ AB$时CD最小，由面积法$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=\frac{12}{5}$，即EF最小值为$\frac{12}{5}$；
16. 正方形ABCD中，$AB=AD=4$，$∠ B=∠ D=90°$，在$Rt△ ABE$和$Rt△ ADF$中，$\begin{cases}AE=AF\\AB=AD\end{cases}$，故$Rt△ ABE≌ Rt△ ADF(HL)$，得$BE=DF=4-x$；利用面积差：$S_{△ AEF}=S_{正方形ABCD}-S_{△ ABE}-S_{△ ADF}-S_{△ ECF}$，代入得$y=4^2 - 2×\frac{1}{2}×4×(4-x)-\frac{1}{2}x^2=-\frac{1}{2}x^2+4x$；
【答案】
11. $x≥2$；12. $6$；13. $\sqrt{3}$；14. 对应边相等的两个三角形全等；15. $\frac{12}{5}$；16. $y=-\frac{1}{2}x^2+4x$
【知识点】
二次根式的性质，菱形面积公式，函数关系式
【点评】
本题覆盖初中数学核心基础知识点，题型常规，侧重基础应用，难度适中，学生需熟练掌握各知识点的基本用法即可解答。
【难度系数】
0.7
本题为初中数学填空题，共6小题，需根据对应知识点逐一求解：1. 第11题利用二次根式有意义的条件（被开方数非负）列不等式；2. 第12题用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算；3. 第13题先化简二次根式再合并同类二次根式；4. 第14题通过交换原命题的题设与结论得到逆命题；5. 第15题先判定矩形得EF=CD，再用垂线段最短和面积法求最小值；6. 第16题利用正方形性质、全等三角形判定及面积差法建立函数表达式。
【解析】
11. 二次根式$\sqrt{x-2}$有意义时，被开方数需非负，故$x-2≥0$，解得$x≥2$；
12. 菱形面积等于两条对角线乘积的一半，代入对角线长3和4，得$S=\frac{1}{2}×3×4=6$；
13. 化简$\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，合并同类二次根式得$\sqrt{12}-\sqrt{3}=2\sqrt{3}-\sqrt{3}=\sqrt{3}$；
14. 逆命题是交换原命题的题设和结论，原命题为“全等三角形的对应边相等”，故逆命题为“对应边相等的两个三角形全等”；
15. 连接CD，因$DE⊥ AC$，$DF⊥ BC$，$∠ ACB=90°$，故四边形DECF是矩形，得$EF=CD$；在$Rt△ ABC$中，$AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$，当$CD⊥ AB$时CD最小，由面积法$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=\frac{12}{5}$，即EF最小值为$\frac{12}{5}$；
16. 正方形ABCD中，$AB=AD=4$，$∠ B=∠ D=90°$，在$Rt△ ABE$和$Rt△ ADF$中，$\begin{cases}AE=AF\\AB=AD\end{cases}$，故$Rt△ ABE≌ Rt△ ADF(HL)$，得$BE=DF=4-x$；利用面积差：$S_{△ AEF}=S_{正方形ABCD}-S_{△ ABE}-S_{△ ADF}-S_{△ ECF}$，代入得$y=4^2 - 2×\frac{1}{2}×4×(4-x)-\frac{1}{2}x^2=-\frac{1}{2}x^2+4x$；
【答案】
11. $x≥2$；12. $6$；13. $\sqrt{3}$；14. 对应边相等的两个三角形全等；15. $\frac{12}{5}$；16. $y=-\frac{1}{2}x^2+4x$
【知识点】
二次根式的性质，菱形面积公式，函数关系式
【点评】
本题覆盖初中数学核心基础知识点，题型常规，侧重基础应用，难度适中，学生需熟练掌握各知识点的基本用法即可解答。
【难度系数】
0.7
11. 当$x=-3$时，二次根式$\sqrt{6-x}$的值是________.
答案
11.3 【点拨】本题考查二次根式的化简.
【解析】$\because x=-3$,$\therefore \sqrt{6-x}=\sqrt{6-(-3)}=3$.故答案为3.
【解析】$\because x=-3$,$\therefore \sqrt{6-x}=\sqrt{6-(-3)}=3$.故答案为3.
解析
【分析】本题要求二次根式的值，解题思路是先将给定的x=-3代入二次根式的被开方数中，计算被开方数的结果，再化简二次根式得到最终值。
【解析】把x=-3代入二次根式$\sqrt{6-x}$，可得：$\sqrt{6 - (-3)} = \sqrt{6 + 3} = \sqrt{9} = 3$。
【答案】3
【知识点】二次根式的求值
【点评】本题为基础题，直接代入计算即可，考查二次根式的基本运算，难度较低。
【难度系数】0.9
【解析】把x=-3代入二次根式$\sqrt{6-x}$，可得：$\sqrt{6 - (-3)} = \sqrt{6 + 3} = \sqrt{9} = 3$。
【答案】3
【知识点】二次根式的求值
【点评】本题为基础题，直接代入计算即可，考查二次根式的基本运算，难度较低。
【难度系数】0.9
12. 如图,在平行四边形ABCD中,DE平分∠ADC交边BC于点E,AD=8,AB=5,则BE=
3
.答案
12.3 【点拨】本题考查平行四边形的性质及等腰三角形的判定.
【解析】由题可得,$AD=BC$,$AD// BC$,$\therefore ∠ EDA=∠ DEC$.又$\because DE$平分$∠ ADC$,$\therefore ∠ EDC=∠ ADE$,$\therefore ∠ EDC=∠ DEC$,$\therefore CD=CE=AB=5$,即$BE=BC-CE=8-5=3$.故答案为3.
【解析】由题可得,$AD=BC$,$AD// BC$,$\therefore ∠ EDA=∠ DEC$.又$\because DE$平分$∠ ADC$,$\therefore ∠ EDC=∠ ADE$,$\therefore ∠ EDC=∠ DEC$,$\therefore CD=CE=AB=5$,即$BE=BC-CE=8-5=3$.故答案为3.
解析
【分析】
要计算BE的长度，需结合平行四边形的性质和等腰三角形的判定推导：首先利用平行四边形对边平行且相等的性质，得到AD、BC、AB、CD的长度及AD与BC的平行关系；再根据平行线内错角相等，结合角平分线定义推出等角，判定等腰三角形得到CE的长度；最后用BC长度减去CE长度，即可得到BE的长度。
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=8，AB=CD=5，AD//BC，
∴∠EDA=∠DEC（两直线平行，内错角相等）。
又
∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠ADE，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CE=CD=5（等角对等边），
∴BE=BC - CE=8 - 5=3。
【答案】
3
【知识点】
平行四边形性质、等腰三角形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形性质与等腰三角形判定，通过角平分线和平行线的性质推导等角，进而得到等腰三角形，是几何基础题型，侧重基础性质的应用。
【难度系数】
0.5
要计算BE的长度，需结合平行四边形的性质和等腰三角形的判定推导：首先利用平行四边形对边平行且相等的性质，得到AD、BC、AB、CD的长度及AD与BC的平行关系；再根据平行线内错角相等，结合角平分线定义推出等角，判定等腰三角形得到CE的长度；最后用BC长度减去CE长度，即可得到BE的长度。
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=8，AB=CD=5，AD//BC，
∴∠EDA=∠DEC（两直线平行，内错角相等）。
又
∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠ADE，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CE=CD=5（等角对等边），
∴BE=BC - CE=8 - 5=3。
【答案】
3
【知识点】
平行四边形性质、等腰三角形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形性质与等腰三角形判定，通过角平分线和平行线的性质推导等角，进而得到等腰三角形，是几何基础题型，侧重基础性质的应用。
【难度系数】
0.5
13. 已知$a+b=-11$，$ab=5$，则$b\sqrt{\dfrac{a}{b}} + a\sqrt{\dfrac{b}{a}} =$
$-2\sqrt{5}$
.答案
13.$-2\sqrt{5}$ 【点拨】本题考查二次根式的化简求值.
【解析】$\because a+b=-11＜0$,$ab=5＞0$,$\therefore a＜0$,$b＜0$,$\therefore b\sqrt{\frac{a}{b}}+a\sqrt{\frac{b}{a}}=b\sqrt{\frac{ab}{b^2}}+a\sqrt{\frac{ab}{a^2}}=b·\frac{\sqrt{ab}}{-b}+a·\frac{\sqrt{ab}}{-a}=-2\sqrt{ab}=-2×\sqrt{5}=-2\sqrt{5}$.故答案为$-2\sqrt{5}$.
【解析】$\because a+b=-11＜0$,$ab=5＞0$,$\therefore a＜0$,$b＜0$,$\therefore b\sqrt{\frac{a}{b}}+a\sqrt{\frac{b}{a}}=b\sqrt{\frac{ab}{b^2}}+a\sqrt{\frac{ab}{a^2}}=b·\frac{\sqrt{ab}}{-b}+a·\frac{\sqrt{ab}}{-a}=-2\sqrt{ab}=-2×\sqrt{5}=-2\sqrt{5}$.故答案为$-2\sqrt{5}$.
解析
【分析】首先根据$ab$和$a+b$的符号判断$a$、$b$的正负性；再利用二次根式的性质对原式中的二次根式进行化简，化简时需注意负数开平方的符号处理；最后代入$ab$的值计算结果。
【解析】因为$ab=5＞0$，所以$a$、$b$同号；又因为$a+b=-11＜0$，所以$a＜0$，$b＜0$。
对原式化简：
$b\sqrt{\frac{a}{b}} + a\sqrt{\frac{b}{a}} = b\sqrt{\frac{ab}{b^2}} + a\sqrt{\frac{ab}{a^2}}$
根据二次根式性质$\sqrt{x^2}=|x|$，当$x＜0$时$|x|=-x$，代入得：
$b·\frac{\sqrt{ab}}{-b} + a·\frac{\sqrt{ab}}{-a} = -\sqrt{ab} - \sqrt{ab} = -2\sqrt{ab}$
将$ab=5$代入，得：$-2\sqrt{5}$。
【答案】$-2\sqrt{5}$
【知识点】二次根式的化简求值；二次根式的性质
【点评】本题核心是判断$a$、$b$的符号，化简二次根式时需注意符号处理，避免因忽略负数的绝对值导致结果错误，属于二次根式化简的基础题型，需掌握符号判断和二次根式性质的应用。
【难度系数】0.4
【解析】因为$ab=5＞0$，所以$a$、$b$同号；又因为$a+b=-11＜0$，所以$a＜0$，$b＜0$。
对原式化简：
$b\sqrt{\frac{a}{b}} + a\sqrt{\frac{b}{a}} = b\sqrt{\frac{ab}{b^2}} + a\sqrt{\frac{ab}{a^2}}$
根据二次根式性质$\sqrt{x^2}=|x|$，当$x＜0$时$|x|=-x$，代入得：
$b·\frac{\sqrt{ab}}{-b} + a·\frac{\sqrt{ab}}{-a} = -\sqrt{ab} - \sqrt{ab} = -2\sqrt{ab}$
将$ab=5$代入，得：$-2\sqrt{5}$。
【答案】$-2\sqrt{5}$
【知识点】二次根式的化简求值；二次根式的性质
【点评】本题核心是判断$a$、$b$的符号，化简二次根式时需注意符号处理，避免因忽略负数的绝对值导致结果错误，属于二次根式化简的基础题型，需掌握符号判断和二次根式性质的应用。
【难度系数】0.4
14. 如图,已知菱形ABCD的边长为3,∠A=60°,点E,F分别在边AB,AD上.若将△AEF沿直线EF折叠,使得点A恰好落在CD边的中点G处,则AF=
$\frac{21}{10}$
.答案
14.$\frac{21}{10}$ 【点拨】本题考查菱形的性质、含$30°$角的直角三角形的性质、翻折的性质、勾股定理.
【解析】如题图,过点F作$FH⊥ CD$交CD的延长线于点H.由折叠性质可得,$AF=GF$.$\because ∠ A=60°$,四边形ABCD是菱形,$\therefore ∠ HDF=60°$,$\therefore ∠ HFD=30°$.设$HD=x$,则$DF=2x$,$FH=\sqrt{3}x$,$AF=GF=3-2x$.
$\because DG=\frac{1}{2}DC=\frac{3}{2}$,$\therefore HG=x+\frac{3}{2}$.在$\mathrm{Rt}△ FGH$中,$(x+\frac{3}{2})^2+(\sqrt{3}x)^2=(3-2x)^2$,解得$x=\frac{9}{10}$,$\therefore AF=3-\frac{9}{10}=\frac{21}{10}$.故答案为$\frac{21}{10}$.
【解析】如题图,过点F作$FH⊥ CD$交CD的延长线于点H.由折叠性质可得,$AF=GF$.$\because ∠ A=60°$,四边形ABCD是菱形,$\therefore ∠ HDF=60°$,$\therefore ∠ HFD=30°$.设$HD=x$,则$DF=2x$,$FH=\sqrt{3}x$,$AF=GF=3-2x$.
$\because DG=\frac{1}{2}DC=\frac{3}{2}$,$\therefore HG=x+\frac{3}{2}$.在$\mathrm{Rt}△ FGH$中,$(x+\frac{3}{2})^2+(\sqrt{3}x)^2=(3-2x)^2$,解得$x=\frac{9}{10}$,$\therefore AF=3-\frac{9}{10}=\frac{21}{10}$.故答案为$\frac{21}{10}$.
解析
【分析】
本题是菱形的折叠问题，需结合菱形、折叠的性质，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解。核心思路：折叠后对应边相等，故AF=GF；过F作辅助线构造直角三角形，利用菱形的角度关系得到直角三角形的边角关系；设AF为未知数，用未知数表示相关线段长度，再在直角三角形中应用勾股定理列方程，解方程即可得到AF的值。
【解析】
过点F作$FH⊥CD$，交CD的延长线于点H。
由折叠的性质，得$AF = GF$。
∵ 四边形ABCD是菱形，边长为3，$∠A=60°$，
∴ $∠HDF = ∠A = 60°$，$CD=AD=3$，
∴ 在$Rt△FHD$中，$∠HFD=30°$，设$AF = GF = y$，则$DF = AD - AF = 3 - y$，
∴ $HD = DF·cos60° = (3 - y)×\frac{1}{2}$，$FH = DF·sin60° = (3 - y)×\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ G是CD中点，
∴ $DG = \frac{1}{2}CD = \frac{3}{2}$，
∴ $HG = HD + DG = \frac{3 - y}{2} + \frac{3}{2} = \frac{6 - y}{2}$。
在$Rt△FGH$中，由勾股定理得：
$FG^2 = HG^2 + FH^2$，
即 $y^2 = (\frac{6 - y}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}(3 - y)}{2})^2$，
展开右边：
$=\frac{(6 - y)^2}{4} + \frac{3(3 - y)^2}{4}$
$=\frac{36 -12y + y^2 + 27 -18y + 3y^2}{4}$
$=\frac{4y^2 -30y +63}{4}$，
∴ $4y^2 = 4y^2 -30y +63$，
化简得：$30y=63$，
解得$y=\frac{21}{10}$。
【答案】
$\frac{21}{10}$
【知识点】
菱形的性质、翻折的性质、勾股定理
【点评】
本题是菱形折叠类典型题，结合菱形的对称性与折叠的全等性，通过构造直角三角形，用方程思想求解，考查几何性质的综合应用，需掌握辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.5
本题是菱形的折叠问题，需结合菱形、折叠的性质，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解。核心思路：折叠后对应边相等，故AF=GF；过F作辅助线构造直角三角形，利用菱形的角度关系得到直角三角形的边角关系；设AF为未知数，用未知数表示相关线段长度，再在直角三角形中应用勾股定理列方程，解方程即可得到AF的值。
【解析】
过点F作$FH⊥CD$，交CD的延长线于点H。
由折叠的性质，得$AF = GF$。
∵ 四边形ABCD是菱形，边长为3，$∠A=60°$，
∴ $∠HDF = ∠A = 60°$，$CD=AD=3$，
∴ 在$Rt△FHD$中，$∠HFD=30°$，设$AF = GF = y$，则$DF = AD - AF = 3 - y$，
∴ $HD = DF·cos60° = (3 - y)×\frac{1}{2}$，$FH = DF·sin60° = (3 - y)×\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ G是CD中点，
∴ $DG = \frac{1}{2}CD = \frac{3}{2}$，
∴ $HG = HD + DG = \frac{3 - y}{2} + \frac{3}{2} = \frac{6 - y}{2}$。
在$Rt△FGH$中，由勾股定理得：
$FG^2 = HG^2 + FH^2$，
即 $y^2 = (\frac{6 - y}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}(3 - y)}{2})^2$，
展开右边：
$=\frac{(6 - y)^2}{4} + \frac{3(3 - y)^2}{4}$
$=\frac{36 -12y + y^2 + 27 -18y + 3y^2}{4}$
$=\frac{4y^2 -30y +63}{4}$，
∴ $4y^2 = 4y^2 -30y +63$，
化简得：$30y=63$，
解得$y=\frac{21}{10}$。
【答案】
$\frac{21}{10}$
【知识点】
菱形的性质、翻折的性质、勾股定理
【点评】
本题是菱形折叠类典型题，结合菱形的对称性与折叠的全等性，通过构造直角三角形，用方程思想求解，考查几何性质的综合应用，需掌握辅助线的构造方法。
【难度系数】
0.5
