eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（八年级 · 度量几何学）：在菱形$ABCD$中,$angleA=30^{circ}$,在同一平面内,以对角线$BD$为底边作顶角为$120^{circ}$的等腰三角形$BDE$,则$angleEBC$的度数为$45^{circ}$或$105^{circ}$
选项：
答案：如图当点$E$在$BD$右侧时,求出$angleEBD,angleDBC$即可解决问题,当点$E$在$BD$左侧时,求出$angleDBE^{prime}$即可解决问题.【解析】解：如图,$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeAB=AD=BC=CD,angleA=angleC=30^{circ}$,$angleABC=angleADC=150^{circ}$,$thereforeangleDBA=angleDBC=75^{circ}$,$becauseED=EB,angleDEB=120^{circ}$,$thereforeangleEBD=angleEDB=30^{circ}$,$thereforeangleEBC=angleEBD+angleDBC=105^{circ}$,当点$E^{prime}$在$BD$右侧时,$becauseangleDBE^{prime}=30^{circ}$,$thereforeangleE^{prime}BC=angleDBC-angleDBE^{prime}=45^{circ}$,$thereforeangleEBC=105^{circ}$或$45^{circ}$,故答案为$105^{circ}$或$45^{circ}$.<ImageHere>【点睛】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是正确画出图形，考虑问题要全面,属于中考常考题型.
解析：如图当点$E$在$BD$右侧时,求出$angleEBD,angleDBC$即可解决问题,当点$E$在$BD$左侧时,求出$angleDBE^{prime}$即可解决问题.【解析】解：如图,$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeAB=AD=BC=CD,angleA=angleC=30^{circ}$,$angleABC=angleADC=150^{circ}$,$thereforeangleDBA=angleDBC=75^{circ}$,$becauseED=EB,angleDEB=120^{circ}$,$thereforeangleEBD=angleEDB=30^{circ}$,$thereforeangleEBC=angleEBD+angleDBC=105^{circ}$,当点$E^{prime}$在$BD$右侧时,$becauseangleDBE^{prime}=30^{circ}$,$thereforeangleE^{prime}BC=angleDBC-angleDBE^{prime}=45^{circ}$,$thereforeangleEBC=105^{circ}$或$45^{circ}$,故答案为$105^{circ}$或$45^{circ}$.【点睛】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是正确画出图形，考虑问题要全面,属于中考常考题型.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,正方形$ABCD$中,点$E、F、H$分别是$AB、BC、CD$的中点,$CE、DF$交于$G$,连接$AG、$$HG$.下列结论:(1)$CEperpDF$;(2)$AG=AD$;(3)$angleCHG=angleDAG$;(4)$HG=frac{1}{2}AD$.其中正确的有(2)(3)(4)
选项：
答案：连接$AH$,由四边形$ABCD$是正方形与点$E、F、H$分别是$AB、BC、CD$的中点,易证得$triangleBCEcongtriangleCDF$与$triangleADHcongtriangleDCF$,根据全等三角形的性质,易证得$CEperpDF$与$AHperpDF$,根据垂直平分线的性质,即可证得$AG=AD$,由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,即可证得$HG=frac{1}{2}AD$,根据等腰三角形的性质,即可得$angleCHG=angleDAG$.则问题得解.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAB=BC=CD=AD,angleB=angleBCD=90^{circ}$,$because$点$E、F、H$分别是$AB、BC、CD$的中点,$thereforeBE=CF$,在$triangleBCE$与$triangleCDF$中,<ImageHere>$thereforetriangleBCEcongtriangleCDF$,(SAS)$thereforeangleECB=angleCDF$,$becauseangleBCE+angleECD=90^{circ}$$thereforeangleECD+angleCDF=90^{circ}$,$thereforeangleCGD=90^{circ}$,$thereforeCEperpDF$,故(1)正确;在Rt$triangleCGD$中,$H$是$CD$边的中点,$thereforeHG=frac{1}{2}CD=frac{1}{2}AD$,故(4)正确;如图,连接${A}H$,<ImageHere>同理可得:$AHperpDF$,$becauseHG=HD=frac{1}{2}CD$,$thereforeDK=GK$,$thereforeAH$垂直平分$DG$,$thereforeAG=AD$,故(2)正确;$thereforeangleDAG=2angleDAH$,同理:$triangleADHcongtriangleDCF$,$thereforeangleDAH=angleCDF$,$becauseGH=DH$,$thereforeangleHDG=angleHGD$,$thereforeangleGHC=angleHDG+angleHGD=2angleCDF$,$thereforeangleCHG=angleDAG$.故(3)正确.综上所述:正确的有:(1)(2)(3)(4).故答案为:(1)(2)(4).【点睛】此题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识.此题综合性很强,难度较大,解题的关键是注意数形结合思想的应用.
解析：连接$AH$,由四边形$ABCD$是正方形与点$E、F、H$分别是$AB、BC、CD$的中点,易证得$triangleBCEcongtriangleCDF$与$triangleADHcongtriangleDCF$,根据全等三角形的性质,易证得$CEperpDF$与$AHperpDF$,根据垂直平分线的性质,即可证得$AG=AD$,由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,即可证得$HG=frac{1}{2}AD$,根据等腰三角形的性质,即可得$angleCHG=angleDAG$.则问题得解.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAB=BC=CD=AD,angleB=angleBCD=90^{circ}$,$because$点$E、F、H$分别是$AB、BC、CD$的中点,$thereforeBE=CF$,在$triangleBCE$与$triangleCDF$中,$thereforetriangleBCEcongtriangleCDF$,(SAS)$thereforeangleECB=angleCDF$,$becauseangleBCE+angleECD=90^{circ}$$thereforeangleECD+angleCDF=90^{circ}$,$thereforeangleCGD=90^{circ}$,$thereforeCEperpDF$,故(1)正确;在Rt$triangleCGD$中,$H$是$CD$边的中点,$thereforeHG=frac{1}{2}CD=frac{1}{2}AD$,故(4)正确;如图,连接${A}H$,同理可得:$AHperpDF$,$becauseHG=HD=frac{1}{2}CD$,$thereforeDK=GK$,$thereforeAH$垂直平分$DG$,$thereforeAG=AD$,故(2)正确;$thereforeangleDAG=2angleDAH$,同理:$triangleADHcongtriangleDCF$,$thereforeangleDAH=angleCDF$,$becauseGH=DH$,$thereforeangleHDG=angleHGD$,$thereforeangleGHC=angleHDG+angleHGD=2angleCDF$,$thereforeangleCHG=angleDAG$.故(3)正确.综上所述:正确的有:(1)(2)(3)(4).故答案为:(1)(2)(4).【点睛】此题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识.此题综合性很强,难度较大,解题的关键是注意数形结合思想的应用.
题目（八年级 · 度量几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, B D$ 平分 $\angle A B C, C D=3$, 则点 $D$ 到 $A B$ 的距离是


选项：
答案：3
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $\angle 1=\angle 2$, 请你添加一个条件 \$ \qquad \$ ，使得 $\triangle A B D \cong \triangle A C D . \quad($ 添一个即可 $)$


选项：
答案：$A B=A C($ 不唯一 $)$
题目（八年级 · 度量几何学）：副三角板如图表示摆放, 那么图中 $\angle \alpha=$ \$ \qquad \$度


选项：
答案：75.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $\angle B D C=142^{\circ}, \angle B=34^{\circ}, \angle C=28^{\circ}$, 则 $\angle A=$


选项：
答案：$80^{\circ}$
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D$ 为 $B C$ 上一点, $E, F$ 分别为 $A D, B E$ 的中点, 且 $S \triangle A B C=9$,则图中阴影部分 $\triangle C E F$ 的面积是


选项：
答案：$\frac{9}{4}$
题目（八年级 · 度量几何学）：, 锐角 $\triangle A B C$ 中, 直线 $l$ 为 $B C$ 的中垂线, $B M$ 为的 $\angle A B C$ 角平分线, $l$ 与 $B M$ 相交于点 $P$.若 $\angle A=60^{\circ}, \angle A C P=24^{\circ}$, 则 $\angle A B P$ 的度数为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：2^{\circ}$
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在高为 6 米, 坡面长度 $A B$ 为 10 米的楼梯表面铺上地毯, 则至少需要地毯米.


选项：
答案：14
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=2, B C=4$.

以 $A B$ 为一边在 $\triangle A B C$ 的同侧作正方形 $A B D E$, 则图中阴影部分的面积为


选项：
答案：16
题目（八年级 · 度量几何学）：边三角形的边长为 $2 \mathrm{~cm}$, 则该等边三角形的面积是 $\mathrm{cm}^{2}$.
选项：
答案：$\sqrt{3}$
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 与 $R t \triangle D C B$ 中, 已知 $\angle A=\angle D=90^{\circ}$, 请你添加一个条件 (不添加字母和辅助线),使 Rt $\triangle A B C \xlongequal{\text { 尺 }}$ R $\triangle D C B$, 你添加的条件是


选项：
答案：$A B=D C$
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=70^{\circ}$, 沿图中虚线截去 $\angle C$, 则 $\angle 1+\angle 2=$


选项：
答案：$250^{\circ}$
题目（八年级 · 度量几何学）：, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, D E$ 是 $A B$ 的垂直平分线, $\triangle B C E$ 的周长为 $16, B C=7$, 则 $A B$ 的长为


选项：
答案：9
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 一般轮船按箭头所示方向行驶, $C$ 处有一灯塔, 当轮船从 $A$ 点行驶到 $B$ 点时, $\angle A C B=$


选项：
答案：40
题目（八年级 · 解析几何）：已知 $x, y$ 为实数, $y=\frac{\sqrt{x^{2}-9}+\sqrt{9-x^{2}+1}}{x-3}$, 则 $x-6 y$ 的值
选项：
答案：-2
解析：要使 $y=\frac{\sqrt{x^{2}-9}+\sqrt{9-x^{2}+1}}{x-3}$ 有意义, 则有

$\binom{x^{2}=9}{x-3 \neq 0}$, 解得 $x=-3$,

则 $\mathrm{y}=-{ }^{\frac{1}{6}}$

将 $x=-3, y=-\frac{1}{\frac{1}{6}}$ 代入 $x-6 y$ 得,

$x-6 y=-3-6 \times\left(-\frac{1}{\frac{1}{6}}\right)=-2$.
题目（八年级 · 解析几何）：已知凸 $\mathrm{n}$ 边形的每一个外角均为 $45^{\circ}$, 则 $\mathrm{n}=$
选项：
答案：8
解析：$\mathrm{n}=360^{\circ} \div 45^{\circ}=8$.

故答案为: 8 .
题目（八年级 · 解析几何）：以 $A B C D$ 对角线的交点 $O$ 为原点, 平行于 $B C$ 边的直线为 $x$ 轴, 建立如图所示的平面直角坐标系. 若 $\mathrm{A}$ 点坐标为 $(-2,1)$, 则 $\mathrm{C}$ 点坐标为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$(2,-1)$
解析：$\because \mathrm{ABCD}$ 对角线的交点 $\mathrm{O}$ 为原点, $\mathrm{A}$ 点坐标为 $(-2,1)$,

$\therefore$ 点 C 的坐标为 $(2,-1)$,

故答案为: $(2,-1)$.
题目（八年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, $A 、 B 、 C$ 三点的坐标分别为 $(0,0),(0,-5),(-2,2)$, 以这三点为平行四边形的三个顶点, 则第四个顶点不可能在第 \$ \qquad \$象限.
选项：
解析：如图,

以 $\mathrm{AB}$ 为对角线时, 第四个顶点 $(2,-3)$ 在第四象限,

以 $\mathrm{AC}$ 为对角线时, 第四个顶点在 $(-2,3)$ 第二象限,

以 $\mathrm{BC}$ 为对角线时, 第四个顶点 $(-2,-7)$ 在第三象限,

故第四个顶点不可能在第一象限,

故答案为: 一.
题目（八年级 · 解析几何）：顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点, 得到的四边形是
选项：
答案：矩形
解析：如图: $\because \mathrm{E} 、 \mathrm{~F}$ 分别为 $\mathrm{AB} 、 \mathrm{BC}$ 的中点,
$\therefore \mathrm{EF}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的中位线,

$\therefore \mathrm{EF} / / \mathrm{AC}, \mathrm{EF}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{AC}$,

同理: $\mathrm{GH} / / \mathrm{AC}, \mathrm{GH}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{AC}$,

$\therefore \mathrm{EF}-\mathrm{GH}$,

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{EFGH}$ 是平行四边形,

又 $\mathrm{EH} / / \mathrm{BD}, \mathrm{AC} \perp \mathrm{BD}$,

$\therefore \mathrm{EF} \perp \mathrm{EH}$,

$\therefore$ 平行四边形 $\mathrm{EFGH}$ 是矩形.
题目（八年级 · 解析几何）：如果正 $n$ 边形的每一个内角都等于 $144^{\circ}$, 那么 $n=$
选项：
答案：10
解析：首先求得外角的度数, 然后利用 360 度除以外角的度数即可求得.

外角的度数是: $180^{\circ}-144^{\circ}=36^{\circ}$,

则 $n=" 360 \div 36 "=10$.
题目（八年级 · 解析几何）：一个多边形的内角和为 $900^{\circ}$, 则这个多边形的边数为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：7 .
解析：设这个多边形的边数为 $n$, 则有

$(\mathrm{n}-2) \times 180^{\circ}=900^{\circ}$,

解得: $\mathrm{n}=7$,

$\therefore$ 这个多边形的边数为 7 .

故答案为: 7 .
题目（八年级 · 解析几何）：在正方形 $A B C D$ 中, $A B=4 \sqrt{5}, E$ 为 $B C$ 的中点, 连接 $A E$, 点 $F$ 为 $A E$ 上一点, 且 $E F=2 . F G \perp A E$交 $D C$ 于 $G$, 将 $F G$ 绕着点 $G$ 顺时针旋转, 使得点 $F$ 恰好落在 $A D$ 上的点 $H$ 处, 过点 $H$ 作 $H N \perp H G$,交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{N}$, 交 $\mathrm{AE}$ 于 $\mathrm{M}$, 则 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{MNF}}=$


选项：
答案：$\frac{96 \sqrt{5}-192}{5}$
解析：如图, $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是正方形,



$\therefore \angle \mathrm{B}=90^{\circ}, \mathrm{AB}=\mathrm{BC}=4 \sqrt{5}$,

$\because \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{BC}$ 的中点,

$\therefore B E=\frac{1}{2} B C=2 \sqrt{5}$

由勾股定理得:

$$
A E=\sqrt{(4 \sqrt{5})^{2}+(2 \sqrt{5})^{2}}=10
$$

$\because \mathrm{EF}=2$

$\therefore \mathrm{AF}=10-2=8$,

过 $F$ 作 $P Q / / B C$, 交 $A B$ 于 $P$, 交 $C D$ 于 $Q$,

$\therefore \triangle \mathrm{APF} \sim \triangle \mathrm{ABE}$,

$\therefore \frac{P F}{B E}=\frac{A F}{A E}=\frac{A P}{A B}$

$\therefore \frac{P F}{2 \sqrt{5}}=\frac{8}{10}=\frac{A P}{4 \sqrt{5}}$

$\therefore P F=\frac{8 \sqrt{5}}{5}, A P=\frac{16 \sqrt{5}}{5}$

$\therefore P B=C Q=4 \sqrt{5}-\frac{16 \sqrt{5}}{5}=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$

$F Q=4 \sqrt{5}-\frac{8 \sqrt{5}}{5}=\frac{12 \sqrt{5}}{5}$

$\because \angle \mathrm{AFG}=90^{\circ}$,

易得 $\triangle A P F \backsim \triangle F Q G$,

$\therefore G Q=\frac{6 \sqrt{5}}{5}$

$\therefore C G=C Q+Q G=2 \sqrt{5}=D G$

由旋转得: $F G=H G$,

$\therefore \mathrm{DH}^{2}+\mathrm{DG}^{2}=\mathrm{QG}^{2}+\mathrm{FQ}^{2}$,

$\therefore D H^{2}+(2 \sqrt{5})^{2}=\left(\frac{6 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}+\left(\frac{12 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}$

$\therefore \mathrm{DH}=4$,

$\therefore A H=4 \sqrt{5}-4$

$\because \angle \mathrm{NHG}=90^{\circ}$,

同理 $\triangle \mathrm{NAH} \backsim \triangle \mathrm{HDG}$,

$\therefore \frac{A N}{A H}=\frac{D H}{D G}$

$\therefore \frac{A N}{4 \sqrt{5}-4}=\frac{4}{2 \sqrt{5}}$
$\therefore A N=\frac{40-8 \sqrt{5}}{5}$

过 $\mathrm{M}$ 作 $\mathrm{MK} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{K}$,

$\because \angle \mathrm{ANH}=\angle \mathrm{GHD}$,

$\therefore \tan \angle A N H=\tan \angle G H D=\frac{M K}{N K}=\frac{D G}{D H}=\frac{2 \sqrt{5}}{4}$

设 $M K=2 \sqrt{5} x, \mathrm{NK}=4 \mathrm{x}$ ，

$\because \mathrm{MK} / / \mathrm{BE}$,

$\therefore \frac{M K}{A K}=\frac{B E}{A B}=\frac{1}{2}$

$\therefore A K=4 \sqrt{5} x$

$\because \mathrm{AN}=\mathrm{AK}+\mathrm{KN}$,

$\therefore \frac{40-8 \sqrt{5}}{5}=4 \sqrt{5} x+4 x$

$x=\frac{3 \sqrt{5}}{5}-1$

$\therefore S_{\triangle M N F}=S_{\triangle A N F}-S_{\triangle A M N}$

$=\frac{1}{2} A N \cdot P F-\frac{1}{2} A N \cdot M K$

$=\frac{1}{2} \cdot \frac{40-8 \sqrt{5}}{5} \cdot\left[\frac{8 \sqrt{5}}{5}-2 \sqrt{5}\left(\frac{3 \sqrt{5}}{5}-1\right)\right]$

$=\frac{96 \sqrt{5}-192}{5}$

故答案为: $\frac{96 \sqrt{5}-192}{5}$
题目（八年级 · 解析几何）：根据下列问题列方程.问题:参加一次聚会的每两人都握了一次手,所有人共握手10次,共有多少人参加聚会?设有$x$人参加聚会,所列方程为:$-frac{1}{2}x(x-1)=10_$.
选项：
答案：每个人都要与其它$(x-1)$个人握手一次,则$x$个人可握手$x(x-1)$次,但其中每两人的握手重复计算了一次,则总的握手次数为:$frac{1}{2}x(x-1)$,由握手的次数10即可得方程.【解析】解：由题意得：$frac{1}{2}x(x-1)=10$;故答案为:$frac{1}{2}x(x-1)=10$.【点睛】本题考查了列一元二次方程解应用问题,用代数式表示出握手的总次数是关键.
解析：每个人都要与其它$(x-1)$个人握手一次,则$x$个人可握手$x(x-1)$次,但其中每两人的握手重复计算了一次,则总的握手次数为:$frac{1}{2}x(x-1)$,由握手的次数10即可得方程.【解析】解：由题意得：$frac{1}{2}x(x-1)=10$;故答案为:$frac{1}{2}x(x-1)=10$.【点睛】本题考查了列一元二次方程解应用问题,用代数式表示出握手的总次数是关键.
题目（八年级 · 解析几何）：已知实数$x,y$满足$left(x^{2}+y^{2}right)left(x^{2}+y^{2}-7right)=8$,那么$x^{2}+y^{2}=8$.
选项：
答案：设$t=x^{2}+y^{2}(tgeqslant0)$,则原方程转化为$t(t-7)=8$,然后利用因式分解法解方程求得$t$的值即可.【解析】解:设$t=x^{2}+y^{2}(tgeqslant0)$,则:$t(t-7)=8$,整理,得$(t-8)(t+1)=0$.所以$t=8$或$t=-1$(舍去).所以$x^{2}+y^{2}=8$.故答案为:8.【点睛】本题主要考查了换元法解一元二次方程,换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理.
解析：设$t=x^{2}+y^{2}(tgeqslant0)$,则原方程转化为$t(t-7)=8$,然后利用因式分解法解方程求得$t$的值即可.【解析】解:设$t=x^{2}+y^{2}(tgeqslant0)$,则:$t(t-7)=8$,整理,得$(t-8)(t+1)=0$.所以$t=8$或$t=-1$(舍去).所以$x^{2}+y^{2}=8$.故答案为:8.【点睛】本题主要考查了换元法解一元二次方程,换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理.
题目（八年级 · 解析几何）：如图,已知四边形$ABCD$是正方形,点$E、F$分别在$AD、DC$上,$BE$与$AF$相交于点$G$,且$BE$$=AF$.正方形$ABCD$的边长为$5,AE=2$,点$H$为$BF$的中点,$GH$的长$-frac{sqrt{34}}{2}-$.
选项：
答案：首先证明$triangleABEcongtriangleDAF$,然后结合全等三角形的性质推导$DF=AE=2,angleBGF=90^{circ}$,因为点$H$为$BF$的中点,由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知${GH}=frac{1}{2}{BF}$,再由勾股定理计算${BF}=sqrt{34}$,即可获得答案.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAB=DA,angleBAD=angleC=90^{circ}$,$becauseBE=AF$,$therefore$Rt$triangleABEcong$Rt$triangleDAF(HL)$,$thereforeDF=AE,angleABE=angleDAF$,$becauseangleBAD=90^{circ}$，即$angleABE+angleAEB=90^{circ}，$$thereforeangleDAF+angleAEB=90^{circ}$,$thereforeangleAGE=90^{circ}$,$thereforeangleBGF=angleAGE=90^{circ}$,$because$点$H$为$BF$的中点,$therefore{GH}=frac{1}{2}{BF}$,$because$正方形$ABCD$的边长为5,即$BC=DC=5$,$becauseAE=2$,$thereforeDF=AE=2$,$thereforeCF=DC-DF=5-2=3$,在Rt$triangleBCF$中,$therefore{BF}=sqrt{{BC}^{2}+{CF}^{2}}=sqrt{5^{2}+3^{2}}=sqrt{34}$,$therefore{GH}=frac{1}{2}{BF}=frac{sqrt{34}}{2}$,故答案为:$frac{sqrt{34}}{2}$.【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线的性质等知识,熟练掌握相关性质并灵活运用是解题的关键.
解析：首先证明$triangleABEcongtriangleDAF$,然后结合全等三角形的性质推导$DF=AE=2,angleBGF=90^{circ}$,因为点$H$为$BF$的中点,由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知${GH}=frac{1}{2}{BF}$,再由勾股定理计算${BF}=sqrt{34}$,即可获得答案.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAB=DA,angleBAD=angleC=90^{circ}$,$becauseBE=AF$,$therefore$Rt$triangleABEcong$Rt$triangleDAF(HL)$,$thereforeDF=AE,angleABE=angleDAF$,$becauseangleBAD=90^{circ}$，即$angleABE+angleAEB=90^{circ}，$$thereforeangleDAF+angleAEB=90^{circ}$,$thereforeangleAGE=90^{circ}$,$thereforeangleBGF=angleAGE=90^{circ}$,$because$点$H$为$BF$的中点,$therefore{GH}=frac{1}{2}{BF}$,$because$正方形$ABCD$的边长为5,即$BC=DC=5$,$becauseAE=2$,$thereforeDF=AE=2$,$thereforeCF=DC-DF=5-2=3$,在Rt$triangleBCF$中,$therefore{BF}=sqrt{{BC}^{2}+{CF}^{2}}=sqrt{5^{2}+3^{2}}=sqrt{34}$,$therefore{GH}=frac{1}{2}{BF}=frac{sqrt{34}}{2}$,故答案为:$frac{sqrt{34}}{2}$.【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线的性质等知识,熟练掌握相关性质并灵活运用是解题的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系$xOy$中,若反比例函数${y}=frac{{k}}{{x}}({k}neq0)$的图象经过点$A(2,3)$和点$B(-2$,$m）$，则$m$的值为$qquad$
选项：
答案：利用反比例函数图象上点的坐标特征得到$-2timesm=2times3$,然后解关于$m$的方程即可.【解析】解：$because$反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象经过点$A(2,3)$和点$B(-2,m)$,$therefore-2timesm=3times2$,解得$m=-3$,即$m$的值为-3,故答案为:-3.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,掌握反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(k$为常数,$kneq0)$的图象是双曲线,图象上的点$(x,y)$的横纵坐标的积是定值$k$,即$xy=k$是解题的关键.
解析：利用反比例函数图象上点的坐标特征得到$-2timesm=2times3$,然后解关于$m$的方程即可.【解析】解：$because$反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象经过点$A(2,3)$和点$B(-2,m)$,$therefore-2timesm=3times2$,解得$m=-3$,即$m$的值为-3,故答案为:-3.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,掌握反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(k$为常数,$kneq0)$的图象是双曲线,图象上的点$(x,y)$的横纵坐标的积是定值$k$,即$xy=k$是解题的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：已知点$left(2,y_{1}right),left(-1,y_{2}right)$都在反比例函数${y}=frac{1}{{x}}$的图象上,则$y_{1}geqy_{2}$(填“>”、“<”或$“=”)$.
选项：
答案：根据反比例函数的增减性解答即可.【解析】解:$becausek=1>0$,$therefore$反比例函数$y=frac{1}{{x}}$的图象在一、三象限,$because2>0>-1$,$thereforeleft(2,y_{1}right)$在第一象限,$left(-1,y_{2}right)$在第四象限,$thereforey_{1}>y_{2}$.故答案为:$>$.【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征.注意:反比例函数的增减性只指在同一象限内.
解析：根据反比例函数的增减性解答即可.【解析】解:$becausek=1>0$,$therefore$反比例函数$y=frac{1}{{x}}$的图象在一、三象限,$because2>0>-1$,$thereforeleft(2,y_{1}right)$在第一象限,$left(-1,y_{2}right)$在第四象限,$thereforey_{1}>y_{2}$.故答案为:$>$.【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征.注意:反比例函数的增减性只指在同一象限内.
题目（八年级 · 解析几何）：如图,已知点$A$在反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}$($k$是常数,$x<0$)的图象上,过点$A$作$ABperpy$轴于$B$,若$triangleAOB$的面积为1,则$k$的值是$qquad$
选项：
答案：根据$triangleAOB$的面积确定$k$的绝对值为2,再由点$A$所在象限确定$k$为-2.【解析】解：设点$A$的坐标为$(x,y)$,且$xy=k$.$because$点$A$在第二象限,$thereforex<0,y>0$.$AB=-x,OB=y$.$thereforeS_{triangleAOB}=frac{1}{2}ABtimesOB$$=frac{1}{2}(-x)timesy=-frac{1}{2}xy=1$.$thereforexy=k=-2$.故答案为:-2.【点睛】本题考查了反比例函数系数$k$的几何意义，易错点：分清是矩形的面积还是三角形的面积;看双曲线所在象限确定$k$的符号.
解析：根据$triangleAOB$的面积确定$k$的绝对值为2,再由点$A$所在象限确定$k$为-2.【解析】解：设点$A$的坐标为$(x,y)$,且$xy=k$.$because$点$A$在第二象限,$thereforex<0,y>0$.$AB=-x,OB=y$.$thereforeS_{triangleAOB}=frac{1}{2}ABtimesOB$$=frac{1}{2}(-x)timesy=-frac{1}{2}xy=1$.$thereforexy=k=-2$.故答案为:-2.【点睛】本题考查了反比例函数系数$k$的几何意义，易错点：分清是矩形的面积还是三角形的面积;看双曲线所在象限确定$k$的符号.
题目（八年级 · 解析几何）：已知点$A(-4,m)$在反比例函数$y=frac{k}{x}$的图象上,点$A$关于$y$轴的对称点$A_{1}$恰好在直线$y=frac{1}{2}x$上,那么$k$的值为-8.
选项：
答案：由点$A$与点$A_{1}$关于$y$轴的对称,可得到$A_{1}(4,m)$,代入$y=frac{1}{2}x$即可求得$m$的值,从而求得$A(-4,2)$,进而即可求出$k$的值.【解析】解：$because$点$A$与点$A_{1}$关于$y$轴的对称,点$A(-4,m)$,$thereforeA_{1}(4,m)$,$because$点$A_{1}$恰好在直线$y=frac{1}{2}x$上,$thereforem=2$,$thereforeA(-4,2)$,$because$点$A(-4,m)$在反比例函数${y}=frac{{k}}{{x}}$的图象上,$thereforek=-4times2=-8$,故答案为:-8.【点睛】本题考查反比例函数图象上的点坐标的特征,一次函数图象上点的坐标特征,关于$y$轴对称的点的坐标的特征,掌握方程思想是解题的关键.
解析：由点$A$与点$A_{1}$关于$y$轴的对称,可得到$A_{1}(4,m)$,代入$y=frac{1}{2}x$即可求得$m$的值,从而求得$A(-4,2)$,进而即可求出$k$的值.【解析】解：$because$点$A$与点$A_{1}$关于$y$轴的对称,点$A(-4,m)$,$thereforeA_{1}(4,m)$,$because$点$A_{1}$恰好在直线$y=frac{1}{2}x$上,$thereforem=2$,$thereforeA(-4,2)$,$because$点$A(-4,m)$在反比例函数${y}=frac{{k}}{{x}}$的图象上,$thereforek=-4times2=-8$,故答案为:-8.【点睛】本题考查反比例函数图象上的点坐标的特征,一次函数图象上点的坐标特征,关于$y$轴对称的点的坐标的特征,掌握方程思想是解题的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：函数${y}=frac{{k}}{{x}}$的图象上有两点$P_{1}left(-1,y_{1}right),P_{2}left(-2,y_{2}right)$,若$y_{1}<y_{2}$,写出一个符合题意的$k$的值:$qquad$.
选项：
答案：根据反比例函数的增减性判断即可.【解析】解：对于函数${y}=frac{{k}}{{x}}$的图象上有两点$P_{1}left(-1,y_{1}right),P_{2}left(-2,y_{2}right)$,$because$当$-1>-2$时,$y_{1}<y_{2}$,$therefore$反比例函数${y}=frac{{k}}{{x}}$在每个象限内,$y$随$x$的增大而减小,$thereforek>0$,$therefore$符合题意的$k$值可以为大于0的任意数,故答案为:2(答案不唯一)。【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质,熟知反比例函数的增减性是解答的关键.
解析：根据反比例函数的增减性判断即可.【解析】解：对于函数${y}=frac{{k}}{{x}}$的图象上有两点$P_{1}left(-1,y_{1}right),P_{2}left(-2,y_{2}right)$,$because$当$-1>-2$时,$y_{1}<y_{2}$,$therefore$反比例函数${y}=frac{{k}}{{x}}$在每个象限内,$y$随$x$的增大而减小,$thereforek>0$,$therefore$符合题意的$k$值可以为大于0的任意数,故答案为:2(答案不唯一)。【点睛】本题考查反比例函数的图象与性质,熟知反比例函数的增减性是解答的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：已知直线$y=-2x+4$与双曲线$y=frac{2}{x}$相交于点$(m,n)$,则$frac{1}{m}+frac{2}{n}$的值等于2.
选项：
答案：把点$(m,n)$分别代入直线$y=-2x+4$与双曲线$y=frac{2}{{x}}$,整理后整体代入$frac{{n}+2{~m}}{{~m}n}$即可.【解析】解:$because$直线$y=-2x+4$与双曲线$y=frac{2}{{x}}$相交于点$(m,n)$,$thereforen=-2m+4,n=frac{2}{m}$,$thereforen+2m=4,mn=2$,则$frac{1}{{~m}}+frac{2}{{n}}=frac{{n}+2{~m}}{{mn}}=frac{4}{2}=2$.故答案为:2.【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，知道交点坐标符合函数解析式是解题的关键，
解析：把点$(m,n)$分别代入直线$y=-2x+4$与双曲线$y=frac{2}{{x}}$,整理后整体代入$frac{{n}+2{~m}}{{~m}n}$即可.【解析】解:$because$直线$y=-2x+4$与双曲线$y=frac{2}{{x}}$相交于点$(m,n)$,$thereforen=-2m+4,n=frac{2}{m}$,$thereforen+2m=4,mn=2$,则$frac{1}{{~m}}+frac{2}{{n}}=frac{{n}+2{~m}}{{mn}}=frac{4}{2}=2$.故答案为:2.【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，知道交点坐标符合函数解析式是解题的关键，
题目（八年级 · 解析几何）：已知$a>b>0>c$,点$Aleft(a-b,y_{1}right),Bleft(a-c,y_{2}right),Cleft(c-a,y_{3}right)$在反比例函数${y}=frac{{k}}{{x}}(k$为常数,$k>0$)的图象上,则$y_{1},y_{2},y_{3}$的大小关系是$y_{1}geqy_{2}geqy_{3}$.(用“>”连接)
选项：
答案：根据中,$k>0$,则在每一个象限内,$y$随$x$的增大而减小.判断出AB.C三点横坐标的范围,从而确定$y_{1},y_{2},y_{3}$的大小关系.【解析】解:$becausek>0$,$therefore{y}=frac{{k}}{{x}}$分布在第一,三象限,且在每一个象限内,$y$随$x$的增大而减小.$becausea>b>0>c$$thereforec-a<0$,即$C$点在第三象限,则$y_{3}<0$;$becausea>b>0>c$,$thereforea-b<a-c$,则$y_{1}>y_{2}>0$,故答案为:$y_{1}>y_{2}>y_{3}$.【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质,当$k>0$,在每一个象限内,$y$随$x$的增大而减小.
解析：根据中,$k>0$,则在每一个象限内,$y$随$x$的增大而减小.判断出AB.C三点横坐标的范围,从而确定$y_{1},y_{2},y_{3}$的大小关系.【解析】解:$becausek>0$,$therefore{y}=frac{{k}}{{x}}$分布在第一,三象限,且在每一个象限内,$y$随$x$的增大而减小.$becausea>b>0>c$$thereforec-a<0$,即$C$点在第三象限,则$y_{3}<0$;$becausea>b>0>c$,$thereforea-b<a-c$,则$y_{1}>y_{2}>0$,故答案为:$y_{1}>y_{2}>y_{3}$.【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质,当$k>0$,在每一个象限内,$y$随$x$的增大而减小.
题目（八年级 · 解析几何）：如图,直线$y=kx(k<0)$与双曲线${y}=frac{2}{{x}}$交于$Aleft(x_{1},y_{1}right)、Bleft(x_{2},y_{2}right)$两点,则$2x_{1}y_{2}-5y_{2}x_{1}$的值为$qquad$
选项：
答案：先根据$Aleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$双曲线$y=-frac{2}{{x}}$上的点可知$x_{1}y_{1}=-2,x_{2}y_{2}=-2$,再根据反比例函数与正比例函数均关于原点对称可知$x_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,故可知$x_{1}y_{2}=-x_{1}y_{1},x_{2}y_{1}$$=-x_{2}y_{2}$,把此关系式代入所求代数式求解即可.【解析】解:$becauseAleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$双曲线$y=-frac{2}{{x}}$上的点,$thereforex_{1}y_{1}=-2,x_{2}y_{2}=-2$,$because$直线$y=kx(k<0)$与双曲线$y=-frac{2}{{x}}$交于$Aleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$两点,$thereforex_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,$thereforex_{1}y_{2}=-x_{1}y_{1},x_{2}y_{1}=-x_{2}y_{2}$,$therefore2x_{1}y_{2}-5x_{2}y_{1}=-2x_{1}y_{1}+5x_{2}y_{2}=(-2)times(-2)+5times(-2)=-6$.故答案为:-6.【点睛】本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题,根据题意得出$x_{1}y_{2}=-x_{1}y_{1},x_{2}y_{1}=-$$x_{2}y_{2}$是解答此题的关键.
解析：先根据$Aleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$双曲线$y=-frac{2}{{x}}$上的点可知$x_{1}y_{1}=-2,x_{2}y_{2}=-2$,再根据反比例函数与正比例函数均关于原点对称可知$x_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,故可知$x_{1}y_{2}=-x_{1}y_{1},x_{2}y_{1}$$=-x_{2}y_{2}$,把此关系式代入所求代数式求解即可.【解析】解:$becauseAleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$双曲线$y=-frac{2}{{x}}$上的点,$thereforex_{1}y_{1}=-2,x_{2}y_{2}=-2$,$because$直线$y=kx(k<0)$与双曲线$y=-frac{2}{{x}}$交于$Aleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$两点,$thereforex_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,$thereforex_{1}y_{2}=-x_{1}y_{1},x_{2}y_{1}=-x_{2}y_{2}$,$therefore2x_{1}y_{2}-5x_{2}y_{1}=-2x_{1}y_{1}+5x_{2}y_{2}=(-2)times(-2)+5times(-2)=-6$.故答案为:-6.【点睛】本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题,根据题意得出$x_{1}y_{2}=-x_{1}y_{1},x_{2}y_{1}=-$$x_{2}y_{2}$是解答此题的关键.
题目（八年级 · 组合几何学）：如图在平行四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\angle \mathrm{ABC}=60^{\circ}, \mathrm{AB}=4$, 四条内角平分线围成四边形 $\mathrm{EFGH}$ 面积为 $\sqrt{3}$, 则平行四边形 $\mathrm{ABCD}$ 面积为


选项：
答案：$12 \sqrt{3}$
解析：过点 $A$ 作 $A M \perp B C$ 交 $B C$ 于 $M$, 延长 $A F$ 交 $B C$ 于 $N$, 连接 $E F$



$\because A B C D$ 为平行四边形,$A N$ 平分 $\angle B A D$

$\therefore \angle \mathrm{BNA}=\angle \mathrm{DAN}, \angle \mathrm{BAN}=\angle \mathrm{DAN}$

$\therefore \angle \mathrm{BNA}=\angle \mathrm{BAN}$

$\because \angle \mathrm{ABC}=60^{\circ}$

$\therefore \triangle \mathrm{ABN}$ 为等边三角形

$\therefore \mathrm{AN}=\mathrm{NB}=\mathrm{AB}=4$

$\because \mathrm{AM} \perp \mathrm{BC}$

$\therefore \mathrm{AM}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2 \sqrt{3}$

$\because B E$ 平分 $\angle A B C, C G$ 平分 $\angle B C D$

$\therefore \angle \mathrm{EBC}=30^{\circ}, \angle \mathrm{NCG}=60^{\circ}$

$\because \angle \mathrm{BNA}=60^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BEN}=90^{\circ}, \mathrm{EN} / / \mathrm{HC}$

同理可得 $\mathrm{BH} / / \mathrm{DF}$

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{EFGH}$ 为矩形

$\because$ 四边形 EFGH 面积为 $\sqrt{3}$

$\therefore \mathrm{EF}=1, \quad \mathrm{FG}=\sqrt{3}$

$\therefore \mathrm{EG}=2$

$\because \mathrm{EN} / / \mathrm{GC}, \mathrm{EN}=\mathrm{GC}$

$\therefore$ 四边形 ENCG 为平行四边形

$\therefore \mathrm{NC}=\mathrm{EG}=2$

$\therefore B C=4+2=6$

$\therefore$ 平行四边形 $A B C D$ 面积 $=B C \times A M=6 \times 2 \sqrt{3}=12 \sqrt{3}$

故答案为: $12 \sqrt{3}$
题目（八年级 · 组合几何学）：如图, 在平行四边形 $A B C D$ 中, $A C$ 与 $B D$ 相交于点 $O, \angle A O B=60^{\circ}, B D=4$, 将 $\triangle A B C$ 沿直线 $\mathrm{AC}$ 翻折后, 点 $\mathrm{B}$ 落在点 $\mathrm{E}$ 处, 那么 $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{AED}}=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：如图, $\triangle \mathrm{AEC}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 沿 $\mathrm{AC}$ 翻折后的图形, 连接 $\mathrm{OE} 、 \mathrm{DE}$,

$\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形,

$\therefore \mathrm{OB}=\mathrm{OD}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{BD}=2$,

$\because \triangle \mathrm{AEC}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 沿 $\mathrm{AC}$ 翻折后的图形, $\angle \mathrm{AOB}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{AOE}=60^{\circ}, \mathrm{OE}=\mathrm{OB}$,

$\therefore \angle \mathrm{EOD}=60^{\circ}, \mathrm{OE}=\mathrm{OD}$,
$\therefore \triangle \mathrm{OED}$ 是等边三角形,

$\therefore \angle \mathrm{DEO}=\angle \mathrm{AOE}=60^{\circ}, \mathrm{ED}=\mathrm{OD}=2$,

$\therefore \mathrm{ED} / / \mathrm{AC}$

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{AED}}=\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OED}}$,

作 $\mathrm{OF} \perp \mathrm{ED}$ 于 $\mathrm{F}, \mathrm{DF}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{ED}=1$,

$\therefore \mathrm{OF}=\sqrt{\mathrm{OD}^{2}-\mathrm{DF}^{2}}=\sqrt{3}$,

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{OED}}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{ED} \cdot \mathrm{DF}=\sqrt{3}$

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{AED}}=\sqrt{3}$



故答案为: $\sqrt{3}$.