eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（八年级 · 代数）：若关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-7 x-m=0$ 有两个不相等的实数根, 则实数 $m$ 的取值范围是
选项：
答案：$m>-\frac{49}{4}$
解析：$\because$ 关于 $\mathrm{x}$ 的一元二次方程 $\mathrm{x}^{2}-7 \mathrm{x}-\mathrm{m}=0$ 有两个不相等的实数根

$\therefore \Delta=b^{2}-4 a c=(-7)^{2}-4 \times(-m)>0$

解得: $m>-\frac{45}{4}$

故答案为: $m>-\frac{4 s}{4}$.
题目（八年级 · 代数）：若一元二次方程 $x^{2}-2 x-m=0$ 无实根, 则 $m$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\mathrm{m}<-1$
解析：$\because$ 一元二次方程 $\mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}-\mathrm{m}=0$ 无实根,

$\therefore \triangle=4+4 \mathrm{~m}<0$, 解得: $\mathrm{m}<-1$.
题目（八年级 · 代数）：已知关于的 $x$ 方程 $(m-1) x^{2}-\sqrt{2-m} x-\frac{1}{2}=0$ 有两个实数根, 则 $m$ 的取值范围是
选项：
答案：$0 \leq m \leq 2$ 且 $m \neq 1$
解析：$\because$ 关于 $\mathrm{x}$ 的一元二次方程 $(m-1) x^{2}-\sqrt{2-m} x-\frac{1}{2}=0$ 有两个实数根,



解得: $0 \leq m \leq 2$ 且 $m \neq 1$,

故答案为: $0 \leq m \leq 2$ 且 $m \neq 1$.
题目（八年级 · 代数）：设 $\mathrm{m}, \mathrm{n}$ 分别为一元二次方程 $x^{2}+x-2020=0$ 的两个实数根, 则 $m^{2}+2 m+n=$
选项：
答案：2019
解析：$\because \mathrm{m}, \mathrm{n}$ 分别为一元二次方程 $x^{2}+x-2020=0$ 的两个实数根,

$\therefore \mathrm{m}+\mathrm{n}=-1, m^{2}+m=2020$

$$
m^{2}+2 m+n=\left(m^{2}+m\right)+(m+n)=2020-1=2019
$$

故答案是: 2019
题目（八年级 · 代数）：方程 $\mathrm{x}(\mathrm{x}-1)=0$ 的根是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$x=0$ 或 $x=1$
解析：依题意得：

$\mathrm{x}=0$ 或 $\mathrm{x}-1=0$

$\therefore \mathrm{x}=0$ 或 $\mathrm{x}=1$
题目（八年级 · 代数）：若 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 是方程 $\mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}-3=0$ 的两个实数根, 则 $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：10
解析：$\because a, b$ 是方程 $x^{2}-2 x-3=0$ 的两个实数根,

$\therefore \mathrm{a}+\mathrm{b}=2, \mathrm{ab}=-3$,

$\therefore \mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}=(\mathrm{a}+\mathrm{b})^{2}-2 \mathrm{ab}=\mathrm{2}^{2}-2 \times(-3)=10$.

故答案为: 10 .
题目（八年级 · 代数）：已知方程 $x^{2}+m x+3=0$ 的一个根是 1 , 则它的另一个根是 \$ \qquad \$ , $\mathrm{m}$ 的值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$3 ;-4$
解析：设方程的另一个解是 $a$, 则 $1+a=-m \quad, 1 \times a=3$,

解得: $m=-4, a=3$.

故答案是: $3,-4$
题目（八年级 · 代数）：设 $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}$ 是一元二次方程 $\mathrm{x}^{2}+5 \mathrm{x}-3=0$ 的两根, 且 $2 x_{1}\left(x_{2}{ }^{2}+6 x_{2}-3\right)+a=4$, 则 $a=$
选项：
答案：10
解析：$\because \mathrm{x}_{2}$ 是一元二次方程 $\mathrm{x}^{2}+5 \mathrm{x}-3=0$ 的根,

$\therefore \mathrm{x}_{2}{ }^{2}+5 \mathrm{x}_{2}-3=0$,

$\therefore \mathrm{x}_{2}{ }^{2}+5 \mathrm{x}_{2}=3$,

$\because 2 \mathrm{x}_{1}\left(\mathrm{x}_{2}^{2}+6 \mathrm{x}_{2}-3\right)+\mathrm{a}=4$,

$\therefore 2 \mathrm{x}_{1} \cdot \mathrm{x}_{2}+\mathrm{a}=4$,

$\because \mathrm{x}_{1}, \quad \mathrm{x}_{2}$ 是一元二次方程 $\mathrm{x}^{2}+5 \mathrm{x}-3=0$ 的两根,

$\therefore \mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}=-3$,

$\therefore 2 \times(-3)+a=4$,

$\therefore \mathrm{a}=10$.

故答案为: 10 .
题目（八年级 · 代数）：已知 $(x-2016)^{2}+(x-2018)^{2}=80$, 则 $(x-2017)^{2}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：39
解析：$\because(x-2016)^{2+}(x-2018)^{2}=80$,

$\therefore(x-2017+1)^{2}+(x-2017-1)^{2}=80$,

$(x-2017)^{2}+2(x-2017)+1+(x-2017)^{2}-2(x-2017)+1=80$,
$2(x-2017)^{2}+2=80$,

$2(x-2017)^{2}=78$,

$(x-2017)^{2}=39$.

故答案为: 39
题目（八年级 · 代数）：已知最简二次根式 $\sqrt{4 a+3 b}$ 与 $\sqrt[b+1]{2 a-b+6}$ 可以合并, 则 $a+b$ 的值为
选项：
答案：2
解析：由题意得: $b+1=2,4 a+3 b=2 a-b+6$; 解得 $b=1 ， a=1$; 所以 $a+b=2$所以答案为 2
题目（八年级 · 代数）：化简: $\sqrt{\frac{9}{49}}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{3}{7}$
解析：$\sqrt{\frac{9}{49}}=\frac{3}{7}$
题目（八年级 · 代数）：化简 $\sqrt[m]{-\frac{1}{m}}$ 的结果为
选项：
答案：$-\sqrt{-m}$
解析：依题意可知 $m<0$,

$\therefore \sqrt[m]{-\frac{1}{m}}=-\sqrt{-m}$
题目（八年级 · 代数）：若 $\sqrt{(m+2)^{2}}+|5-n|=0$, 则 $m+n=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：3
解析：根据题意得, $m+2=0,5-n=0$,

解得 $m=-2, n=5$,

则 $m+n=-2+5=3$.

故答案为: 3 .
题目（八年级 · 代数）：若实数 $a=\frac{1}{2-\sqrt{3}}$, 则代数式 $a^{2}-4 a+4$ 的值为
选项：
答案：3
解析：$\because^{a=\frac{1}{2-\sqrt{3}}}=\frac{2+\sqrt{3}}{(2-\sqrt{3}) \times(2+\sqrt{3})}=2+\sqrt{3}$,

$\therefore a^{2}-4 a+4=(\mathrm{a}-2)^{2}=(2+\sqrt{3}-2)^{2}=3$,

故答案为: 3 .
题目（八年级 · 代数）：方程 $x^{2}=2020 x$ 的解是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$x_{1}=0, x_{2}=2020$
解析：移项得: $x^{2}-2020 x=0$,

$\therefore \mathrm{x}(\mathrm{x}-2020)=0$,

则 $x=0$ 或 $x-2020=0$,

解得 $x_{1}=0, x_{2}=2020$,

故答案为: $x_{1}=0, x_{2}=2020$.
题目（八年级 · 代数）：如果 $a$ 是一元二次方程 $x^{2}-3 x-3=0$ 的一个解, 那么代数式 $2 a^{2}-6 a-8$ 的值为
选项：
答案：-2
解析：把 $a_{\text {代入 }} x^{2}-3 x-3=0$ 得, $a^{2}-3 a-3=0, \therefore 2 a^{2}-6 a=6, \therefore 2 a^{2}-6 a-8=6-8=-2$.
题目（八年级 · 代数）：某药品经过两次降价, 每瓶零售价由 168 元降为 128 元, 已知两次降价的百分率相同, 每次降价的百分率为 $x$, 根据题意列方程得 \$ \qquad \$
选项：
答案：$168(1-x)^{2}=128$
解析：根据题意得: $168(1-x)^{2}=128$.

故答案为: $168(1-x)^{2}=128$.
题目（八年级 · 代数）：$2 \sqrt{3-2 \sqrt{2}}+\sqrt{17-12 \sqrt{2}}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案： 1

解. 原式 $=2 \times \sqrt{1-2 \sqrt{2}+2}+\sqrt{9-12 \sqrt{2}+8}$

$=2 \times \sqrt{(\sqrt{2}-1)^{2}}+\sqrt{(3-2 \sqrt{2})^{2}}$,

$=1$

故答案为: 1
解析： 1

解. 原式 $=2 \times \sqrt{1-2 \sqrt{2}+2}+\sqrt{9-12 \sqrt{2}+8}$

$=2 \times \sqrt{(\sqrt{2}-1)^{2}}+\sqrt{(3-2 \sqrt{2})^{2}}$,

$=1$

故答案为: 1
题目（八年级 · 代数）：若代数式$frac{sqrt{2-3x}}{2x+1}$有意义,则$x$的取值范围是$xleqslantfrac{2}{3}$且$xneq-frac{1}{2}$一
选项：
答案：根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式,解不等式得到答案.【解析】解:由题意得:$2-3xgeqslant0$且$2x+1neq0$,解得:$xleqslantfrac{2}{3}$且$xneq-frac{1}{2}$,故答案为:$xleqslantfrac{2}{3}$且$xneq-frac{1}{2}$.【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件,掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键.
解析：根据二次根式的被开方数是非负数、分母不为0列出不等式,解不等式得到答案.【解析】解:由题意得:$2-3xgeqslant0$且$2x+1neq0$,解得:$xleqslantfrac{2}{3}$且$xneq-frac{1}{2}$,故答案为:$xleqslantfrac{2}{3}$且$xneq-frac{1}{2}$.【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件,掌握二次根式的被开方数是非负数、分母不为0是解题的关键.
题目（八年级 · 代数）：$6sqrt{frac{1}{3}}$化简为最简二次根式的结果是$2sqrt{3}ldots$.
选项：
答案：根据二次根式的性质计算即可.【解析】解:$6sqrt{frac{1}{3}}=sqrt{36timesfrac{1}{3}}=sqrt{12}=2sqrt{3}$.故答案为:$2sqrt{3}$.【点睛】本题考查的是最简二次根式,二次根式的化简,熟记二次根式的性质是解题的关键.
解析：根据二次根式的性质计算即可.【解析】解:$6sqrt{frac{1}{3}}=sqrt{36timesfrac{1}{3}}=sqrt{12}=2sqrt{3}$.故答案为:$2sqrt{3}$.【点睛】本题考查的是最简二次根式,二次根式的化简,熟记二次根式的性质是解题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：某地某日最高气温为 $12^{\circ} \mathrm{C}$, 最低气温为 $-7^{\circ} \mathrm{C}$, 该日气温的极差是 \$ \qquad \$
${ }^{\circ} \mathrm{C}$.
选项：
答案：19
解析：极差=12- $(-7)=12+7=19$.

故答案为: 19 .
题目（八年级 · 度量几何学）：已知 $\alpha 、 \beta$ 均为锐角, 且满足 $\left|\sin \alpha-{ }^{\frac{1}{2}}\right|+\sqrt{(\tan \beta-1)^{2}}=0$, 则 $\alpha+\beta=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$75^{\circ}$
解析：$\because\left|\sin \alpha--^{\frac{1}{2}}\right|+\sqrt{(\tan \beta-1)^{2}}=0$,

$\therefore \sin \alpha==^{\frac{1}{2}}, \quad \tan \beta=1$,

$\therefore \alpha=30^{\circ}, \beta=45^{\circ}$,

则 $\alpha+\beta=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ}$.

故答案为: $75^{\circ}$.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, $\triangle \mathrm{ABCD}$ 的对角线相交于点 $\mathrm{O}, \mathrm{BC}=7, \mathrm{BD}=10, \mathrm{AC}=6$, 则 $\triangle \mathrm{AOD}$ 的周长是


选项：
答案：15
解析：已知四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, 根据平行四边形的性质可得 $\mathrm{AD}=\mathrm{BC}, \mathrm{OA}=\mathrm{OC}, \mathrm{OB}=\mathrm{OD}$, 再由 $B C=7, B D=10, A C=6$, 可得 $A D=7, O A=3, O D=5$, 即可得 $\triangle A O D$ 的周长 $=A D+O A+O D=15$.
题目（八年级 · 度量几何学）：在平行四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, 已知 $\angle \mathrm{A}-\angle \mathrm{B}=60^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{C}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$120^{\circ}$
解析：$\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, $\therefore \angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{B}=180^{\circ}$, 又 $\angle \mathrm{A}-\angle \mathrm{B}=60^{\circ}$, 故可知 $\angle \mathrm{A}=120^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{C}$

$=\angle \mathrm{A}=120^{\circ}$,

故答案为: $120^{\circ}$.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\Rightarrow \mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{DB}=\mathrm{DC}, \angle \mathrm{C}=58^{\circ}, \mathrm{AE} \perp \mathrm{BD}$ 于 $\mathrm{E}$, 则 $\angle \mathrm{DAE}=$

度.


选项：
答案：32
解析：$\because \mathrm{DC}=\mathrm{BD}, \quad \therefore \angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{DBC}=58^{\circ}$,

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

$\therefore \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$

$\therefore \angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{CBD}=58^{\circ}$,

$\because \mathrm{AE} \perp \mathrm{BD}$ 于 $\mathrm{E}$,

$\therefore \angle \mathrm{AED}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{DAE}=32^{\circ}$,

故答案为: 32 .
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C D$ 中, 连结 $B D$, 且 $B D=C D$, 过点 $A$ 作 $A M \perp B D$ 于点 $M$, 过点 $D$ 作 $D N \perp A B$ 于点 $N$, 且 $D N=5 \sqrt{2}$, 在 $\mathrm{DB}$ 的延长线上取一点 $\mathrm{P}$, 满足 $\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{MAP}+\angle \mathrm{PAB}$, 则 $\mathrm{AP}=$
选项：
答案：10
解析：$\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 为平行四边形,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{CD}$,

又 $\because B D=C D$,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{BD}$,

$\because \mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABD}}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{AB} \times \mathrm{DN}=={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{BD} \times \mathrm{AM}$,

$\therefore \mathrm{AM}=\mathrm{DN}=5 \sqrt{2}$,

$\because \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{APB}+\angle \mathrm{PAB}$,

又 $\because \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{MAP}+\angle \mathrm{PAB}$,

$\therefore \angle \mathrm{APB}=\angle \mathrm{MAP}$

$\therefore \mathrm{MA}=\mathrm{MB}, \triangle \mathrm{AMP}$ 为等腰直角三角形,

$A P=\sqrt{M A^{2}+M P^{2}}=\sqrt{2 M A^{2}}=\sqrt{2} M A=\sqrt{2} \times 5 \sqrt{2}=10$.

故答案为: 10 .
题目（八年级 · 度量几何学）：如图, 在矩形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD}=3 \mathrm{AB}=3 \sqrt{10}$, 点 $\mathrm{P}$ 是 $\mathrm{AD}$ 的中点, 点 $\mathrm{E}$ 在 $\mathrm{BC}$ 上, $\mathrm{CE}=2 \mathrm{BE}$,点 $\mathrm{M} 、 \mathrm{~N}$ 在线段 $\mathrm{BD}$ 上.若 $\triangle \mathrm{PMN}$ 是等腰三角形且底角与 $\angle \mathrm{DEC}$ 相等, 则 $\mathrm{MN}=$ \$ \qquad \$ .


选项：
答案：6 或 $^{\frac{15}{8}}$
解析：分两种情况：

(1)MN 为等腰 $\triangle \mathrm{PMN}$ 的底边时, 作 $\mathrm{PF} \perp \mathrm{MN}$ 于 $\mathrm{F}$, 如图 1 所示:



图 1

则 $\angle \mathrm{PFM}=\angle \mathrm{PFN}=90^{\circ}$,

$\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是矩形,

$\therefore A B=C D, B C=A D=3 A B=3 \sqrt{10}, \angle A=\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{CD}=\sqrt{10}, \mathrm{BD}=\sqrt{A B^{2}+A D^{2}}=10$,

$\because$ 点 $\mathrm{P}$ 是 $\mathrm{AD}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{PD}=\frac{1}{2} \mathrm{AD}=\frac{3 \sqrt{10}}{2}$

$\because \angle \mathrm{PDF}=\angle \mathrm{BDA}$,

$\therefore \triangle \mathrm{PDF} \sim \triangle \mathrm{BDA}$,
$\therefore \frac{P F}{A B}=\frac{P D}{B D}$ ，即 $\frac{P F}{\sqrt{10}}=\frac{\frac{3 \sqrt{10}}{2}}{10}$ ，

解得: $\mathrm{PF}=\frac{3}{2}$,

$\because \mathrm{CE}=2 \mathrm{BE}$,

$\therefore \mathrm{BC}=\mathrm{AD}=3 \mathrm{BE}$,

$\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{CE}=2 \mathrm{CD}$

$\because \triangle \mathrm{PMN}$ 是等腰三角形且底角与 $\angle \mathrm{DEC}$ 相等, $\mathrm{PF} \perp \mathrm{MN}$,

$\therefore \mathrm{MF}=\mathrm{NF}, \angle \mathrm{PNF}=\angle \mathrm{DEC}$,

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

$\therefore \triangle \mathrm{PNF} \sim \triangle \mathrm{DEC}$

$\therefore \frac{N F}{P F}=\frac{C E}{C D}=2$

$\therefore \mathrm{MF}=\mathrm{NF}=2 \mathrm{PF}=3$,

$\therefore \mathrm{MN}=2 \mathrm{NF}=6$;

(2) $M N$ 为等腰 $\triangle \mathrm{PMN}$ 的腰时, 作 $\mathrm{PF} \perp \mathrm{BD}$ 于 $\mathrm{F}$, 如图 2 所示:



图 2

由(1)得： $\mathrm{PF}=\frac{3}{2}, \mathrm{MF}=3$,

设 $\mathrm{MN}=\mathrm{PN}=\mathrm{x}$, 则 $\mathrm{FN}=3-\mathrm{x}$,

在 Rt $\triangle$ PNF 中, $\left({ }^{\frac{3}{2}}\right)^{2}+(3-x)^{2}=x^{2}$,

解得: $\mathrm{x}^{=\frac{15}{8}}$, 即 $\mathrm{MN}=\frac{15}{8}$;

综上所述, $\mathrm{MN}$ 的长为 6 或 ${ }^{\frac{15}{8}}$;

故答案为: 6 或 $^{\frac{15}{8}}$
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,从一个大正方形中裁去面积为$8{~cm}^{2}$和$18{~cm}^{2}$的两个小正方形,则留下的阴影部分面积和为$24{~cm}^{2}$.
选项：
答案：直接利用正方形的性质得出两个小正方形的边长,进而得出大正方形的边长,即可得出答案.【解析】解:$because$两个小正方形面积为$8{~cm}^{2}$和$18{~cm}^{2}$,$therefore$大正方形边长为:$sqrt{8}+sqrt{18}=2sqrt{2}+3sqrt{2}=5sqrt{2}({~cm})$,$therefore$大正方形面积为$(5sqrt{2})^{2}=50left({~cm}^{2}right)$,$therefore$留下的阴影部分面积和为:$50-8-18=24left({~cm}^{2}right)$.故答案为:24.【点睛】此题主要考查了二次根式的应用,正确得出大正方形的边长是解题关键.
解析：直接利用正方形的性质得出两个小正方形的边长,进而得出大正方形的边长,即可得出答案.【解析】解:$because$两个小正方形面积为$8{~cm}^{2}$和$18{~cm}^{2}$,$therefore$大正方形边长为:$sqrt{8}+sqrt{18}=2sqrt{2}+3sqrt{2}=5sqrt{2}({~cm})$,$therefore$大正方形面积为$(5sqrt{2})^{2}=50left({~cm}^{2}right)$,$therefore$留下的阴影部分面积和为:$50-8-18=24left({~cm}^{2}right)$.故答案为:24.【点睛】此题主要考查了二次根式的应用,正确得出大正方形的边长是解题关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：已知$squareABCD$中,$angleA+angleC=200^{circ}$,则$angleB$的度数是$80^{circ}$
选项：
答案：由平行四边形的性质得出$angleA=angleC,angleA+angleB=180^{circ}$,再由已知条件求出$angleA$,即可得出$angleB$.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeangleA=angleC,angleA+angleB=180^{circ}$,$becauseangleA+angleC=200^{circ}$$thereforeangleA=100^{circ}$,$thereforeangleB=80^{circ}$,故答案为:$80^{circ}$.【点睛】本题考查了平行四边形的性质,熟练掌握平行四边形的性质,并能进行推理计算是解决问题的关键.
解析：由平行四边形的性质得出$angleA=angleC,angleA+angleB=180^{circ}$,再由已知条件求出$angleA$,即可得出$angleB$.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeangleA=angleC,angleA+angleB=180^{circ}$,$becauseangleA+angleC=200^{circ}$$thereforeangleA=100^{circ}$,$thereforeangleB=80^{circ}$,故答案为:$80^{circ}$.【点睛】本题考查了平行四边形的性质,熟练掌握平行四边形的性质,并能进行推理计算是解决问题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,平行四边形$ABCD$的周长为$30,AEperpBC$于$E,AFperpDC$的延长线于点$F,AE=4,AF=$6,则平行四边形$ABCD$的面积是36.
选项：
答案：由平行四边形的性质和周长得$BC+CD=15$,设$BC$为$x$,则$CD=15-x$,再由平行四边形的面积求出$x=9$,即可解决问题.【解析】解:$because$平行四边形$ABCD$的周长为30,$thereforeAB=CD,AD=BC,BC+CD=15$,设$BC$为$x$,则$CD=15-x$,<ImageHere>$therefore4x=(15-x)times6$,解得:$x=9$,$thereforeBC=9$,$thereforeS_{text{平行四边形}ABCD}=BCcdotAE=9times4=36$,故答案为:36.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质,熟记平行四边形的对边相等,面积$=$底$times$高是解题的关键.
解析：由平行四边形的性质和周长得$BC+CD=15$,设$BC$为$x$,则$CD=15-x$,再由平行四边形的面积求出$x=9$,即可解决问题.【解析】解:$because$平行四边形$ABCD$的周长为30,$thereforeAB=CD,AD=BC,BC+CD=15$,设$BC$为$x$,则$CD=15-x$,$therefore4x=(15-x)times6$,解得:$x=9$,$thereforeBC=9$,$thereforeS_{text{平行四边形}ABCD}=BCcdotAE=9times4=36$,故答案为:36.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质,熟记平行四边形的对边相等,面积$=$底$times$高是解题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：在Rt$triangleABC$中,$angleC=90^{circ},AC=6,BC=8$,点$N$是$BC$边上一点,点$M$为$AB$边上的动点,点$D、E$分别为$CN,MN$的中点,则$DE$的最小值是$-frac{12}{5}-$.
选项：
答案：当$CMperpAB$时,$CM$的值最小,此时$DE$的值也最小,根据勾股定理求出$AB$,根据三角形的面积求出$CM$,再求出答案即可.【解析】解：连接$CM$,<ImageHere>$because$点$D、E$分别为$CN,MN$的中点,$thereforeDE=frac{1}{2}CM$,当$CMperpAB$时,$CM$的值最小,此时$DE$的值也最小,由勾股定理得:$AB=sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$,$becauseS_{triangleABC}=frac{1}{2}timesABtimesCM=frac{1}{2}timesACtimesBC$,$thereforeCM=frac{24}{5}$,$thereforeDE=frac{1}{2}CM=frac{12}{5}$,故答案为:$frac{12}{5}$.【点睛】本题考查了三角形的面积,勾股定理,三角形的中位线,垂线段最短等知识点,注意:三角形的中位线等于第三边的一半.
解析：当$CMperpAB$时,$CM$的值最小,此时$DE$的值也最小,根据勾股定理求出$AB$,根据三角形的面积求出$CM$,再求出答案即可.【解析】解：连接$CM$,$because$点$D、E$分别为$CN,MN$的中点,$thereforeDE=frac{1}{2}CM$,当$CMperpAB$时,$CM$的值最小,此时$DE$的值也最小,由勾股定理得:$AB=sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$,$becauseS_{triangleABC}=frac{1}{2}timesABtimesCM=frac{1}{2}timesACtimesBC$,$thereforeCM=frac{24}{5}$,$thereforeDE=frac{1}{2}CM=frac{12}{5}$,故答案为:$frac{12}{5}$.【点睛】本题考查了三角形的面积,勾股定理,三角形的中位线,垂线段最短等知识点,注意:三角形的中位线等于第三边的一半.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,在四边形$ABCD$中,$angleD=60^{circ}$,若沿图中虚线剪去$angleD$,则$angle1+angle2=240^{circ}$
选项：
答案：根据三角形的内外角之间的关系可得$angle1+angle2=240^{circ}$.【解析】解:$because$三角形的内角和等于$180^{circ},angleD=60^{circ}$,<ImageHere>$thereforeangle1=angleD+angleDFE$,$angle2=angleD+angleDEF$,$becauseangleDEF+angleDFE+angleD=180^{circ}$,$thereforeangle1+angle2=angleDEF+angleDFE+angleD+angleD=180^{circ}+60^{circ}=240^{circ}$.故答案为:$240^{circ}$.【点睛】本题考查了多边形的内角与外角.解题的关键是明确三角形的内外角之间的关系和三角形的内角和等于$180^{circ}$的知识点.
解析：根据三角形的内外角之间的关系可得$angle1+angle2=240^{circ}$.【解析】解:$because$三角形的内角和等于$180^{circ},angleD=60^{circ}$,$thereforeangle1=angleD+angleDFE$,$angle2=angleD+angleDEF$,$becauseangleDEF+angleDFE+angleD=180^{circ}$,$thereforeangle1+angle2=angleDEF+angleDFE+angleD+angleD=180^{circ}+60^{circ}=240^{circ}$.故答案为:$240^{circ}$.【点睛】本题考查了多边形的内角与外角.解题的关键是明确三角形的内外角之间的关系和三角形的内角和等于$180^{circ}$的知识点.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,平行四边形$ABCD$中,$AEperpBC,AFperpCD$,垂足分别是$E、F,angleEAF=60^{circ},BE=2$,$DF=3$,则平行四边形$ABCD$的周长为20
选项：
答案：由平行四边形的性质得$AB//CD,AD//BC,AB=CD,AD=BC$,再证$angleBAE=angleDAF=$$30^{circ}$,然后由含$30^{circ}$角的直角三角形的性质得$AB=2BE=4,AD=2DF=6$,即可解决问题.【解析】解：$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeAB//CD,AD//BC,AB=CD,AD=BC$$becauseAEperpBC,AFperpCD$,$thereforeangleAEB=angleAFD=90^{circ},AFperpAB,AEperpAD$,$thereforeangleBAF=angleDAE=90^{circ}$,$becauseangleEAF=60^{circ}$,$thereforeangleBAE=angleDAF=90^{circ}-60^{circ}=30^{circ}$,$thereforeAB=2BE,AD=2DF$$becauseBE=2,DF=3$,$thereforeCD=AB=4,BC=AD=6$,$thereforesquareABCD$的周长$=2(AB+BC)=2times(4+6)=20$,故答案为:20.【点睛】此题考查了平行四边形的性质、含$30^{circ}$角的直角三角形的性质等知识,熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键.
解析：由平行四边形的性质得$AB//CD,AD//BC,AB=CD,AD=BC$,再证$angleBAE=angleDAF=$$30^{circ}$,然后由含$30^{circ}$角的直角三角形的性质得$AB=2BE=4,AD=2DF=6$,即可解决问题.【解析】解：$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeAB//CD,AD//BC,AB=CD,AD=BC$$becauseAEperpBC,AFperpCD$,$thereforeangleAEB=angleAFD=90^{circ},AFperpAB,AEperpAD$,$thereforeangleBAF=angleDAE=90^{circ}$,$becauseangleEAF=60^{circ}$,$thereforeangleBAE=angleDAF=90^{circ}-60^{circ}=30^{circ}$,$thereforeAB=2BE,AD=2DF$$becauseBE=2,DF=3$,$thereforeCD=AB=4,BC=AD=6$,$thereforesquareABCD$的周长$=2(AB+BC)=2times(4+6)=20$,故答案为:20.【点睛】此题考查了平行四边形的性质、含$30^{circ}$角的直角三角形的性质等知识,熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：在平行四边形$ABCD$中,对角线$AC,BD$相交于$O$,若$AC=10,BD=6$,则$AB$的长的取值范围是$_2<AB<8$.
选项：
答案：根据平行四边形的性质求出$OA、OB$,根据三角形的三边关系定理得到$OA-OB<AB<$$OA+OB$,代入求出即可.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$AC=10,BD=6$,$thereforeOA=OC=5,OD=OB=3$,在$triangleOAB$中,$OA-OB<AB<OA+OB$,$therefore5-3<AB<5+3$,即$2<AB<8$.故答案为:$2<AB<8$.<ImageHere>【点睛】本题考查对平行四边形的性质,三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握,求出$OA、$$OB$后得出$OA-OB<AB<OA+OB$是解此题的关键.
解析：根据平行四边形的性质求出$OA、OB$,根据三角形的三边关系定理得到$OA-OB<AB<$$OA+OB$,代入求出即可.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$AC=10,BD=6$,$thereforeOA=OC=5,OD=OB=3$,在$triangleOAB$中,$OA-OB<AB<OA+OB$,$therefore5-3<AB<5+3$,即$2<AB<8$.故答案为:$2<AB<8$.【点睛】本题考查对平行四边形的性质,三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握,求出$OA、$$OB$后得出$OA-OB<AB<OA+OB$是解此题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：平行四边形$ABCD$的面积为$10sqrt{77}$,其中$angleA$为锐角,$AE、AF$分别为$BC、CD$上的高,若$AB$$=5sqrt{11},BC=2sqrt{11}$,则$CE+CF$的长为$7sqrt{11}+14$
选项：
答案：先利用平行四边形的面积公式求出$AE$和$AF$,再利用勾股定理求出$BE$和$DF$,即可求解.【解析】解:如图,作$AEperpBC,AFperpCD$,垂足分别为$E、F$,$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$therefore{AB}={CD}=5sqrt{11},{AD}={BC}=2sqrt{11}$,$because$平行四边形的面积为$S={AB}cdot{AF}={BC}cdot{AE}$,$therefore5sqrt{11}{AF}=2sqrt{11}{AE}=10sqrt{77}$,$therefore{AF}=2sqrt{7},quad{AE}=5sqrt{7}$,$becauseAEperpBC,AFperpCD$,$therefore{BE}=sqrt{{AB}^{2}-{AE}^{2}}=10,quad{DF}=sqrt{{AD}^{2}-{AF}^{2}}=4$,$therefore{CE}={BC}+{BE}=2sqrt{11}+10,{CF}={CD}+{DF}=5sqrt{11}+4$,$therefore{CE}+{CF}=7sqrt{11}+14$,故答案为:$7sqrt{11}+14$.<ImageHere>【点睛】本题考查了平行四边形的性质,掌握平行四边形的性质,勾股定理等知识是解题的关键.
解析：先利用平行四边形的面积公式求出$AE$和$AF$,再利用勾股定理求出$BE$和$DF$,即可求解.【解析】解:如图,作$AEperpBC,AFperpCD$,垂足分别为$E、F$,$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$therefore{AB}={CD}=5sqrt{11},{AD}={BC}=2sqrt{11}$,$because$平行四边形的面积为$S={AB}cdot{AF}={BC}cdot{AE}$,$therefore5sqrt{11}{AF}=2sqrt{11}{AE}=10sqrt{77}$,$therefore{AF}=2sqrt{7},quad{AE}=5sqrt{7}$,$becauseAEperpBC,AFperpCD$,$therefore{BE}=sqrt{{AB}^{2}-{AE}^{2}}=10,quad{DF}=sqrt{{AD}^{2}-{AF}^{2}}=4$,$therefore{CE}={BC}+{BE}=2sqrt{11}+10,{CF}={CD}+{DF}=5sqrt{11}+4$,$therefore{CE}+{CF}=7sqrt{11}+14$,故答案为:$7sqrt{11}+14$.【点睛】本题考查了平行四边形的性质,掌握平行四边形的性质,勾股定理等知识是解题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,菱形$ABCD$的边长为$10{~cm}$,其中对角线$AC$的长为$16{~cm}$,则菱形$ABCD$的面积为${cm}^{2}$.
选项：
答案：由菱形的性质可得$AO=CO=8{~cm},ACperpBD$,由勾股定理可求$BO$的长,即可求解.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeAO=CO=8{~cm},ACperpBD$,$thereforeBO=sqrt{{AB}^{2}-{AO}^{2}}=sqrt{100-64}=6({~cm})$,$thereforeBD=12{~cm}$,$therefore$菱形$ABCD$的面积$=frac{{AC}times{BD}}{2}=frac{16times12}{2}=96left({~cm}^{2}right)，$故答案为:96.【点睛】本题考查了菱形的性质,勾股定理,掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键.
解析：由菱形的性质可得$AO=CO=8{~cm},ACperpBD$,由勾股定理可求$BO$的长,即可求解.【解析】解:$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeAO=CO=8{~cm},ACperpBD$,$thereforeBO=sqrt{{AB}^{2}-{AO}^{2}}=sqrt{100-64}=6({~cm})$,$thereforeBD=12{~cm}$,$therefore$菱形$ABCD$的面积$=frac{{AC}times{BD}}{2}=frac{16times12}{2}=96left({~cm}^{2}right)，$故答案为:96.【点睛】本题考查了菱形的性质,勾股定理,掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,矩形$ABCD$的对角线相交于点$O,AE$平分$angleBAD$交$BC$于点$E$,若$angleCAE=15^{circ}$,则$angle$$BOE=underline{75}$度.
选项：
答案：根据矩形的性质推出$OA=OB$,根据角平分线求出$AB=BE$,得到等边三角形$OAB$,推出$angleOBC=angleOCB=30^{circ},OB=BE$,求出$angleBOE$的度数即可求出答案.【解析】解:在矩形$ABCD$中,$AO=BO=CO=DO,angleABC=90^{circ}$,$becauseangleCAE=15^{circ},AE$平分$angleBAD$,$thereforeangleBAE=angleBEA=45^{circ}$,$thereforeAB=BE$,$thereforeangleBAC=60^{circ},OA=OB$,$thereforetriangleAOB$是等边三角形,$thereforeangleBAC=60^{circ}$,$thereforeangleBCA=30^{circ},AB=frac{1}{2}AC=BO$,$thereforeBE=BO$,又$becauseangleDBC=angleACB=30^{circ}$,在$triangleBOE$中,$angleBOE=left(180^{circ}-angleDBCright)div2=75^{circ}$.故答案为:75.【点睛】本题主要考查对三角形的内角和定理,角平分线性质,等腰三角形的性质,等边三角形的性质和判定,矩形的性质,平行线的性质等知识点的理解和掌握,能求出$angleBOE$和$angleAOB$的度数是解此题的关键.
解析：根据矩形的性质推出$OA=OB$,根据角平分线求出$AB=BE$,得到等边三角形$OAB$,推出$angleOBC=angleOCB=30^{circ},OB=BE$,求出$angleBOE$的度数即可求出答案.【解析】解:在矩形$ABCD$中,$AO=BO=CO=DO,angleABC=90^{circ}$,$becauseangleCAE=15^{circ},AE$平分$angleBAD$,$thereforeangleBAE=angleBEA=45^{circ}$,$thereforeAB=BE$,$thereforeangleBAC=60^{circ},OA=OB$,$thereforetriangleAOB$是等边三角形,$thereforeangleBAC=60^{circ}$,$thereforeangleBCA=30^{circ},AB=frac{1}{2}AC=BO$,$thereforeBE=BO$,又$becauseangleDBC=angleACB=30^{circ}$,在$triangleBOE$中,$angleBOE=left(180^{circ}-angleDBCright)div2=75^{circ}$.故答案为:75.【点睛】本题主要考查对三角形的内角和定理,角平分线性质,等腰三角形的性质,等边三角形的性质和判定,矩形的性质,平行线的性质等知识点的理解和掌握,能求出$angleBOE$和$angleAOB$的度数是解此题的关键.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,在Rt$triangleABC$中,$angleBAC=90^{circ}$,且$BA=5,AC=12$,点$D$是斜边$BC$上的一个动点,过点$D$分别作$DMperpAB$于点$M,DNperpAC$于点$N$,连接$MN$,则线段$MN$的最小值为$-frac{60}{13}-$.
选项：
答案：由勾股定理求出$BC$的长,再证明四边形$DMAN$是矩形,可得$MN=AD$,根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题.【解析】解：连接$AD$,<ImageHere>$becauseangleBAC=90^{circ}$,且$BA=5,AC=12$,$therefore{BC}=sqrt{{BA}^{2}+{AC}}{}^{2}=13$,$becauseDMperpAB,DNperpAC$,$thereforeangleDMA=angleDNA=angleBAC=90^{circ}$,$therefore$四边形$DMAN$是矩形,$thereforeMN=AD$,$therefore$当$ADperpBC$时,$AD$的值最小,此时,$triangleABC$的面积$=frac{1}{2}{AB}timesAC=frac{1}{2}BCtimesAD$,$thereforeAD=frac{ABtimesAC}{BC}=frac{60}{13}$,$thereforeMN$的最小值为$frac{60}{13}$;故答案为:$frac{60}{13}$.【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.
解析：由勾股定理求出$BC$的长,再证明四边形$DMAN$是矩形,可得$MN=AD$,根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题.【解析】解：连接$AD$,$becauseangleBAC=90^{circ}$,且$BA=5,AC=12$,$therefore{BC}=sqrt{{BA}^{2}+{AC}}{}^{2}=13$,$becauseDMperpAB,DNperpAC$,$thereforeangleDMA=angleDNA=angleBAC=90^{circ}$,$therefore$四边形$DMAN$是矩形,$thereforeMN=AD$,$therefore$当$ADperpBC$时,$AD$的值最小,此时,$triangleABC$的面积$=frac{1}{2}{AB}timesAC=frac{1}{2}BCtimesAD$,$thereforeAD=frac{ABtimesAC}{BC}=frac{60}{13}$,$thereforeMN$的最小值为$frac{60}{13}$;故答案为:$frac{60}{13}$.【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.
题目（八年级 · 度量几何学）：如图,正方形$ABCD$的面积为$3{~cm}^{2},E$为$BC$边上一点,$angleBAE=30^{circ},F$为$AE$的中点,过点$F$作直线分别与$AB,DC$相交于点$M,N$.若$MN=AE$,则$AM$的长等于$-frac{sqrt{3}}{3}$或$frac{2sqrt{3}}{3}_cm$.
选项：
答案：如图,作$DH//MN$,先证明$triangleADHcongtriangleBAE$推出$MNperpAE$,在$RTtriangleAFM$中求出$AM$即可,再根据对称性求出$AM^{prime}$,由此即可解决问题.【解析】解：如图,作$DH//MN$,$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAD=AB,angleDAB=angleB=90^{circ},AB//CD$,$therefore$四边形$DHMN$是平行四边形,$thereforeDH=MN=AE$,在$RTtriangleADH$和$RTtriangleBAE$中,$left{begin{array}{l}{AD}={AB}{DH}={AE}end{array}right.$$thereforetriangleADHcongtriangleBAE$,$thereforeangleADH=angleBAE$,$thereforeangleADH+angleAHD=angleADH+angleAMN=90^{circ}$$thereforeangleBAE+angleAMN=90^{circ}$,$thereforeangleAFM=90^{circ}$,在$RTtriangleABE$中,$becauseangleB=90^{circ},AB=sqrt{3},angleBAE=30^{circ}$,$thereforeAEcdotcos30^{circ}=AB$,$thereforeAE=2$,在$RTtriangleAFM$中,$becauseangleAFM=90^{circ},AF=1,angleFAM=30^{circ}$,$thereforeAMcdotcos30^{circ}=AF$$thereforeAM=frac{2sqrt{3}}{3}$,根据对称性当$M^{prime}N^{prime}=AE$时,$BM^{prime}=frac{2sqrt{3}}{3},AM^{prime}=AB-BM^{prime}=sqrt{3}-frac{2sqrt{3}}{3}=frac{sqrt{3}}{3}$故答案为$frac{sqrt{3}}{3}$或$frac{2sqrt{3}}{3}$.<ImageHere>【点睛】本题科学正方形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形,属于中考常考题型.
解析：如图,作$DH//MN$,先证明$triangleADHcongtriangleBAE$推出$MNperpAE$,在$RTtriangleAFM$中求出$AM$即可,再根据对称性求出$AM^{prime}$,由此即可解决问题.【解析】解：如图,作$DH//MN$,$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAD=AB,angleDAB=angleB=90^{circ},AB//CD$,$therefore$四边形$DHMN$是平行四边形,$thereforeDH=MN=AE$,在$RTtriangleADH$和$RTtriangleBAE$中,$left{begin{array}{l}{AD}={AB}{DH}={AE}end{array}right.$$thereforetriangleADHcongtriangleBAE$,$thereforeangleADH=angleBAE$,$thereforeangleADH+angleAHD=angleADH+angleAMN=90^{circ}$$thereforeangleBAE+angleAMN=90^{circ}$,$thereforeangleAFM=90^{circ}$,在$RTtriangleABE$中,$becauseangleB=90^{circ},AB=sqrt{3},angleBAE=30^{circ}$,$thereforeAEcdotcos30^{circ}=AB$,$thereforeAE=2$,在$RTtriangleAFM$中,$becauseangleAFM=90^{circ},AF=1,angleFAM=30^{circ}$,$thereforeAMcdotcos30^{circ}=AF$$thereforeAM=frac{2sqrt{3}}{3}$,根据对称性当$M^{prime}N^{prime}=AE$时,$BM^{prime}=frac{2sqrt{3}}{3},AM^{prime}=AB-BM^{prime}=sqrt{3}-frac{2sqrt{3}}{3}=frac{sqrt{3}}{3}$故答案为$frac{sqrt{3}}{3}$或$frac{2sqrt{3}}{3}$.【点睛】本题科学正方形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形,属于中考常考题型.