八年级数学下学期期中压轴题专项卷【人教版，测试范围：二次根式～平行四边形】-【上好课】2024-2025学年初中数学同步精品课堂

2024-2025学年八年级数学下学期期中专项卷 【压轴题篇】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．测试范围：二次根式~平行四边形（人教版）。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）（2024春•硚口区期中）已知，则x3+3x2﹣2x+1的值是（　　） A． B． C．5 D．6 2．（3分）（2024春•武昌区期中）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，且满足AC2+BC2＝2AD2，则下列四个结论：①，②，③CB＝CD，④，正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（3分）（2024春•江岸区期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，∠BAC＝30°，∠CAD＝15°，，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 4．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝25°，设AB＝m，AC＝n，用含m，n的式子表示BC的长是（　　） A． B． C． D． 5．（3分）（2024春•洪山区期中）如图，E，F，P在正方形ABCD的边上，∠DAP＝15°，EF垂直平分AP交BD于N，则的值为（　　） A． B． C． D．2 6．（3分）（2024春•东西湖区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，，分别以AB，AC，BC为边向△ABC外作正方形ABFG，正方形ACHM，正方形BCED．若直线ED、FG交于点N，过点M作KQ∥DE交FG于点K，过点H作PQ∥FG与DE、KQ分别交于点P、Q．则四边形KQPN的面积为（　　） A． B． C． D． 7．（3分）（2024春•江夏区期中）如图，点E是▱ABCD内一点，且ED⊥CD，EB⊥CB，∠AED＝135°，若DE＝1，，则▱ABCD的周长是（　　） A． B． C． D． 8．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1+S2+S3+S4等于（　　） A．18 B．20 C．22 D．24 9．（3分）（2024春•龙沙区期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且DE＝CD，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG．则下列结论：①；②∠FOG＝30°；③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中正确的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 10．（3分）（2024春•宣城期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论：①∠CAD＝30°②③S平行四边形ABCD＝AB•AC ④，正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024春•江汉区期中）已知，如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点B落在点F处．若△CEF为直角三角形，则CF的值是 　 　． 12．（3分）（2024春•硚口区期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝75°，AD＝3，DC＝3，则BD的长是 　 　． 13．（3分）（2024春•江岸区期中）四边形ABCD中，对角线AC＝10，BD＝14，点M、N、G分别是AD、BC、AB的中点，连接MN，取MN中点P，连接GP，则4GP2+MN2的值为 　 　． 14．（3分）（2024春•武昌区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E，F，G分别为AD，AB，BC上的点，连接EG，DF，若AE＝AF＝CG，则2DF+EG的最小值为 　 　． 15．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D、E分别是AB、BC上的动点，满足AD＝BE，则AE+CD的最小值为 　 　． 16．（3分）（2024春•凉州区期中）任意一个二次根式（p为正整数），都可以进行这样的分解：（a，b都是正整数，且a≤b），在p的所有这种分解中，若最小，我们就称是的最佳分解，并记为：．例如可以分解成 ，或，显然是的最佳分解，此时．若正整数m，n满足，F（n）＝1，且20＜m+n＜25，则的值为 　 　． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）（2024春•江夏区期中）已知：在▱ABCD中，DE⊥BC于点E． （1）如图1，若DF⊥AB于点F、CE＝AF．求证：▱ABCD是菱形． （2）如图2，连AC、BD交于点O．试探究：AO2，BO2，BC2，CD2之间的数量关系，并证明你的结论． （3）如图3，若∠DBC＝45°，BF⊥CD于点F交DE于点G，连接AG，其中BE＝8，且以AG、CG、BD为边构成的三角形的面积为20．求▱ABCD的面积． 18．（8分）（2024春•滨城区期末）【课本再现】 （1）如图1，四边形ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE＝CF．要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？ 【知识应用】 （2）如图2，若在这个正方形花园的四边各开一个门E，F，G，H，并修建两条路EG和FH，使得EG⊥FH，则这两条路等长吗？为什么？ 【拓展延伸】 （3）如图3，将边长为10的正方形纸片沿FH折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与FH交于点P，取AD的中点M，连接PM，PC，则PM+PC的最小值为 　 　，此时FH的长度是 　 　． 19．（8分）（2024春•越秀区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示． （1）证明平行四边形ECFG是菱形； （2）如图2所示，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，M是EF的中点，连接CM，DM，求DM的长． （3）如图3所示，若∠ABC＝120°，AB＝4，BC＝8，线段CG与EF交于点O，点M是线段EF上的一个动点，连接CM，DM，直接写出CM+DM的最小值，并写出此时的值． 20．（8分）（2024春•漳平市期中）阅读材料，并完成下列任务： 材料一：裂项求和 小华在学习分式运算时，通过具体运算：，，，…… 发现规律：（n为正整数），并证明了此规律成立． 应用规律：快速计算． 材料二：根式化简 例1； 例2 任务一：化简． （1）化简： （2）猜想：　 　（n为正整数）． 任务二：应用 （3）计算：； 任务三：探究 （4）已知x，y，比较x和y的大小，并说明理由． 21．（10分）（2024春•荔城区校级期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 　 　，BC与CE的位置关系是 　 　； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； 22．（10分）（2024春•硚口区期中）如图1，在菱形ABCD中，E是边BC上的点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°）． （1）如图2，当α＝90°时，连接BD交AF于点P， ①直接写出∠DCF的度数； ②求证：． （2）如图1，当∠DCF＝135°时，若，求的值． 23．（10分）（2024春•硚口区期中）在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC，其中A（0，6）． （1）如图1，若点B（10，0），E在BC边上，将△ACE沿AE翻折，点C恰好落在OB边上的点F处． ①直接写出点F的坐标及EF的长； ②如图2，将△AOF沿y轴向上平移m个单位长度得到△A′O′F′，平面内是否存在点G，使以A′、O、F′、G为顶点的四边形是菱形，若存在，求点G的坐标，若不存在，请说明理由． （2）如图3，若点B（6，0），连接AB，M，N两点分别是线段BC，AB上的动点，且AN＝2CM，求OMON的最小值． 24．（10分）（2024春•陇南期中）综合与探究 在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O、A、C的坐标分别为O（0，0），A（﹣x，0），C（0，y），且x、y满足y6． （1）矩形的顶点B的坐标是 　 　； （2）若D是AB中点，沿DO折叠矩形OABC，使A点落在点E处，折痕为DO，连接BE并延长BE交y轴于Q点． 求证：四边形QODB是平行四边形； （3）若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得A、C、N、M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年八年级数学下学期期中专项卷 【压轴题篇】 （考试时间：120分钟 试卷满分：120分） 考前须知： 1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。 2．测试范围：二次根式~平行四边形（人教版）。 第Ⅰ卷 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（3分）（2024春•硚口区期中）已知，则x3+3x2﹣2x+1的值是（　　） A． B． C．5 D．6 【分析】求出x1，变形后得出x3+3x2﹣2x+1＝x2（x+2）+（x﹣1）2，再代入，最后根据二次根式的运算法则进行计算即可． 【解答】解：∵x+1， ∴x1， ∴x2＝（1）2＝5+1﹣26﹣2， ∴x3+3x2﹣2x+1 ＝x3+2x2+x2﹣2x+1 ＝x2（x+2）+（x﹣1）2 ＝（6﹣2）×（1+2）+（1﹣1）2 ＝（6﹣2）×（1）+（2）2 ＝66﹣10﹣25+4﹣4 ＝5． 故选：C． 2．（3分）（2024春•武昌区期中）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，且满足AC2+BC2＝2AD2，则下列四个结论：①，②，③CB＝CD，④，正确结论的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】应用勾股定理等逐一判断即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2， ∵AC2+BC2＝2AD2， ∴AB2＝2AD2， 则ABAD，故①正确； ∵BD＝AB﹣ADAD＝（）AD， ∴ADBD＝（1）BD， 故②正确； 延长CD至E，使得BE⊥AE，连接AE，BE， 过点E作EF⊥AC交AC于F，EG⊥CB交CB延长线于G，则四边形CFEG是矩形， ∴∠BGE＝∠AFE＝90°， ∴∠GEF＝∠AEB＝90°， 则∠GEF﹣∠BEF＝∠AEB﹣∠BEF， ∴∠BEG＝∠AEF， ∵CD平分∠ACB， ∴EG＝EF，∠BCD＝∠ACD＝45°， ∴△BEG≌△AEF（ASA）， ∴BE＝AE， ∴AB2＝AE2+BE2＝2AE2， ∴Rt△ABE为等腰直角三角， ∴∠EBA＝∠EAB＝45°， 又∵AB＝AD， ∴AE＝AD， ∴∠ADE＝180°﹣∠EAD＝67.5°＝∠CDB， 则∠CBA＝180°﹣∠BCD﹣∠CDB＝67.5°， 即：∠CBD＝∠CDB， CB＝CD，故③正确； 取CH＝CB， ∴∠BHC＝45°，BHBC， ∵∠BAC＝22.5°， ∴∠ABH＝22.5°， ∴AH＝BHBC， ∴AC＝（）BC， ∴BC＝（）AC， 故④正确． 故选：D． 3．（3分）（2024春•江岸区期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，∠BAC＝30°，∠CAD＝15°，，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】作CF⊥AD交AD的延长线于点F，BE⊥AD于点E，由平行四边形的性质得BC∥AC，CD∥AB，则∠FDC＝∠DAB＝∠BAC+∠CAD＝45°，可证明DF＝CF＝BE＝AE，在AF上取一点G，连接CG，使CG＝AG，则∠CGF＝30°，所以CG＝AG＝2CF，求得GFCF，由勾股定理得（2CFCF）2+CF2＝（22）2，求得CF，则BE，DE＝GFCF，所以BD2，于是得到问题的答案． 【解答】解：作CF⊥AD交AD的延长线于点F，BE⊥AD于点E，则∠F＝∠BED＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAC＝30°，∠CAD＝15°， ∴BC∥AC，CD∥AB， ∴∠FDC＝∠DAB＝∠BAC+∠CAD＝30°+15°＝45°， ∴∠FCD＝∠FDC＝45°，∠EBA＝∠EAB＝45°， ∴DF＝CF＝BE＝AE， 在AF上取一点G，连接CG，使CG＝AG，则∠GCA＝∠CAD＝15°， ∴∠CGF＝∠GCA+∠CAD＝15°+15°＝30°， ∴CG＝AG＝2CF， ∴GFCF， ∵AF2+CF2＝AC2，且AC＝22， ∴（2CFCF）2+CF2＝（22）2， 解得CF或CF（不符合题意，舍去）， ∴BE，DE＝AF﹣AE﹣DF＝AF﹣2CF＝AF﹣AG＝GFCF， ∴BD2， 故选：B． 4．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝25°，设AB＝m，AC＝n，用含m，n的式子表示BC的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】作AD⊥BC于D，作EF垂直平分AC，交AC于F，交BC于E，连接AE，由∠B＝50°，∠C＝25°，得到AB＝AE＝CE＝m，由勾股定理求出EF，由等积法求出AD，再由勾股定理求出DE，则BC＝BD+DE+CE，依此即可求解． 【解答】解：作AD⊥BC于D，作点B关于AD对称点E，连接AE， ∵∠B＝50°，∠C＝25°， ∴∠B＝2∠C， ∵点B关于AD对称点是E， ∴∠B＝∠AEB， ∴AB＝AE＝CE＝m， 设DE＝a， 勾股定理得，n2﹣（m+a）2＝m2﹣a2， 解得a， ∴BC＝BD+DE+CE． 故选：A． 5．（3分）（2024春•洪山区期中）如图，E，F，P在正方形ABCD的边上，∠DAP＝15°，EF垂直平分AP交BD于N，则的值为（　　） A． B． C． D．2 【分析】过N作GH⊥AB于G，连接AN，利用正方形的性质可判定△BGN是等腰直角三角形，求出GNBN，证明四边形BCHG是矩形可得出GH＝BC＝AB，则AG＝NH，利用HL证明Rt△AGN≌Rt△NHP，得出PH＝GN，∠ANG＝∠NPH，从而可证明△ANP是等腰直角三角形，进而可求出∠NPH＝60°，利用含30°角的直角三角形性质得出PHPN，即可求解． 【解答】解：过N作GH⊥AB于G，连接AN， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠ADC＝∠ABC＝∠C＝90°，∠ABD＝45°，AB＝BC． ∴∠GNB＝45°＝∠ABD， ∴BG＝NG，BNGN，即GNBN， ∵．AB∥CD，GH⊥AB， ∴GH⊥CD， ∵∠ABC＝∠C＝90°， ∴四边形BCHG是矩形， ∴GH＝BC＝AB， ∴GH﹣GN＝AB﹣BG，即AG＝NH， ∵NF垂直平分AP， ∴AN＝PN， ∴Rt△AGN≌Rt△NHP（HL）， ∴PH＝GN，∠ANG＝∠NPH， ∵∠PNH+∠NPH＝90°， ∴∠PNH+∠ANG＝90°， ∴∠ANP＝90°， ∴∠APN＝∠PAN＝45°， ∵∠DAP＝15°，∠ADP＝90°， ∴∠APD＝75°， ∴∠NPH＝180°﹣∠APD﹣∠APN＝60°， ∴∠PNH＝30°， ∴PHPN， ∵GNBN，PH＝GN， ∴BNPN， ∴． 故选：A． 6．（3分）（2024春•东西湖区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，，分别以AB，AC，BC为边向△ABC外作正方形ABFG，正方形ACHM，正方形BCED．若直线ED、FG交于点N，过点M作KQ∥DE交FG于点K，过点H作PQ∥FG与DE、KQ分别交于点P、Q．则四边形KQPN的面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】先由勾股定理得出AC，再由正方形的性质推出四边形KQPN，NDBF都是矩形，再由矩形的性质得出ND＝FB＝1，NF＝BD＝2，延长BC交PQ于O，延长BA交KQ于L，则CO⊥PQ，BL⊥KQ，可证△ABC≌△COH，继而得出四边形EPOC是矩形，可得EP＝CO，同理可得，四边形GALK是矩形，GK＝AL，即可求解四边形KQPN的面积． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC， 由勾股定理得，AC， 四边形ABFG，ACHM，BCED 都是正方形，四边形 ABFG，ACHM，BCED 的四个角都是90°，四条对边平行且相等， ∴∠N＝∠EDB＝90°，ND∥FB，NF∥DB， ∴四边形NDBF为矩形， ∴KO∥DE，PO∥FG， ∴四边形KQPN是矩形， ∴FG＝FB＝AB＝1，BD＝BC＝DE，AC＝CH＝AM， ∴ND＝FB＝1，NF＝BD＝2， 延长BC交PQ于点O，延长BA交KQ于L， 则CO⊥PQ，BL⊥KQ，如图所示， ∵∠BAC+∠BCA＝90°， ∠BCA+∠HCO＝90°， ∴∠BAC＝∠HCO， 又AC＝CH，∠ABC＝∠COH＝90°， ∴△ABC≌△COH（AAS）． ∴CO＝AB＝1， 同理可证，△ABC≌△MLA． ∴AL＝BC， ∴PQ∥FG，已证四边形KQPN是矩形，且四边形ABFG，BCED为正方形， ∴PO∥EC，CO∥EP，∠P＝90°， ∴四边形EPOC为矩形， ∴EP＝CO＝AB＝1， 同理可证，四边形GALK为矩形， ∴GK＝AL＝BC， ∴NK＝NF+FG+GK121， NP＝ND+DE+EP＝11＝2， ∴四边形KQPN的面积为： S＝NK•NP＝（21）（2）＝6+5． 故选：C． 7．（3分）（2024春•江夏区期中）如图，点E是▱ABCD内一点，且ED⊥CD，EB⊥CB，∠AED＝135°，若DE＝1，，则▱ABCD的周长是（　　） A． B． C． D． 【分析】延长DE交AB于F，由四边形ABCD是平行四边形，得到CD∥AB，AD＝BC，推出△AEF是等腰直角三角形，得到AF＝EF，AEEF，证明△ADF≌△BEF，得出DF＝BF，进而解答即可． 【解答】解：延长DE交AB于F，如图所示： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AD＝BC， ∵ED⊥CD， ∴DF⊥AB， ∵∠AED＝135°， ∴∠AEF＝45°， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∴AF＝EF，AEEF， ∴AF＝EF＝1， ∴AD， ∵∠ADC＝∠ABC，∠CDE＝∠CBE＝90°， ∴∠ADE＝∠ABE； 在△ADF与△BEF中，， ∴△ADF≌△BEF（AAS）， ∴DF＝BF， ∵AB＝AF+BF， ∴AB＝AF+DF＝AF+DE+EF＝DE+2EF＝DEAE＝1+2＝3， ∴▱ABCD的周长6+2． 故选：D． 8．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．则S1+S2+S3+S4等于（　　） A．18 B．20 C．22 D．24 【分析】过F作FD⊥AM于D，先证明△ADF≌△BCA得到FD＝AC，再证明△DFK≌△CAT，得到S2＝S△ABC，进一步证明S3＝S△FPT，S4＝S△ABC，则可证明S1+S2+S3+S4＝3S△ABC，由此求解即可． 【解答】解：过F作FD⊥AM于D，连接PF， ∴∠FDA＝90°＝∠FAB， ∴∠FAD+∠CAB＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°， ∴∠ABC＝∠FAD， 又∵AF＝AB，∠ACB＝∠FDA＝90°， ∴△ADF≌△BCA（AAS）， ∴FD＝AC， 同理可证△DFK≌△CAT， ∴S2＝S△ABC． 由△DFK≌△CAT可得：FK＝AT，∠FKD＝∠ATC， ∴KE＝FT，∠FTP＝∠MKE， ∵FD＝AC，即FD＝PC，且FD⊥AM，∠PCD＝∠ACB＝90°， ∴FD∥PC，又FD＝PC， ∴四边形PCNF是平行四边形， 又∠PCD＝90°， ∴平行四边形PCDF是矩形， ∴∠FPT＝90°， 又∵∠FPT＝∠M＝90°， ∴△FPT≌△EMK（AAS）， ∴S3＝S△FPT， 同理可得△AQF≌△ACB，△ABC≌△EBN， ∴S1+S3＝S△AQF＝S△ABC， ∵△ABC≌△EBN， ∴S4＝S△ABC， ∴S1+S2+S3+S4＝（S1+S3）+S2+S4 ＝S△ABC+S△ABC+S△ABC ＝3S△ABC ＝18； 故选：A． 9．（3分）（2024春•龙沙区期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且DE＝CD，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG．则下列结论：①；②∠FOG＝30°；③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中正确的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【分析】由“AAS”可证△ABG≌△DEG，可得AG＝DG，由三角形中位线定理可得OGCDAB，OG∥CD，可得∠FOG＝∠BAC＝30°，故①和②正确；由菱形的判定可证四边形ABDE是菱形，故④正确；由面积和差关系可证③正确，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∠BAC＝∠CAD＝30°， ∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD， ∵CD＝DE， ∴AB＝DE， 在△ABG和△DEG中， ， ∴△ABG≌△DEG（AAS）， ∴AG＝DG， ∴OG是△ACD的中位线， ∴OGCDAB，OG∥CD， ∴OG∥AB， ∴∠FOG＝∠BAC＝30°， ∴①和②正确； ∵AB∥CE，AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BCD＝∠BAD＝60°， ∴△ABD、△BCD是等边三角形， ∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°， ∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形， ∴④正确； ∵四边形ABDE是菱形， ∴S△ABD＝S△BDES菱形ABDE， ∵OB＝OD， ∴S△BOG＝S△ODG， ∴S四边形ODEG＝S四边形ABOG； ∴③正确； 故选：A． 10．（3分）（2024春•宣城期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，，则下列结论：①∠CAD＝30°②③S平行四边形ABCD＝AB•AC ④，正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断； ②先根据三角形中位线定理得：OEAB，OE∥AB，根据勾股定理计算OC和OD的长，可得BD的长； ③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断； ④根据三角形中位线定理可作判断． 【解答】解：①∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°， ∴∠DAE＝∠BEA， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴AB＝BE＝1， ∴△ABE是等边三角形， ∴AE＝BE＝1， ∵BC＝2， ∴EC＝1， ∴AE＝EC， ∴∠EAC＝∠ACE， ∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°， ∴∠ACE＝30°， ∵AD∥BC， ∴∠CAD＝∠ACE＝30°， 故①正确； ②∵BE＝EC，OA＝OC， ∴OEAB，OE∥AB， ∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°， Rt△EOC中，OC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BCD＝∠BAD＝120°， ∴∠ACB＝30°， ∴∠ACD＝90°， Rt△OCD中，OD， ∴BD＝2OD， 故②正确； ③由②知：∠BAC＝90°， ∴S平行四边形ABCD＝AB•AC， 故③正确； ④由②知：OE是△ABC的中位线， ∴OEAB， ∵ABBC， ∴OEBCAD， 故④正确； 故选：D． 二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分） 11．（3分）（2024春•江汉区期中）已知，如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是射线BC上一动点，将矩形ABCD沿直线AE翻折，点B落在点F处．若△CEF为直角三角形，则CF的值是 　1或4或或4　． 【分析】分三种情况，①∠CFE＝90°时，②点F在CD上，∠ECF＝90°时，③∠CEF＝90°时，④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，由折叠的性质和相似三角形的判定与性质分别求出CE的长即可． 【解答】分三种情况： ①∠CFE＝90°时，如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， 由折叠的性质得∠AFE＝90°， ∴∠AFE+∠CFE＝180°， ∴A、F、C三点共线， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝4，∠D＝90°， ∴AC5， 由折叠的性质得：AF＝AB＝4， ∴CF＝AC﹣AF＝5﹣4＝1； ②点F在CD上，∠ECF＝90°时，如图2， 由折叠的性质得AF＝AB＝4， ∴DF， ∴CF＝CD﹣DF＝4； ③∠CEF＝90°时，如图3， 由折叠的性质得：∠AEB＝∠AEF＝45°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴四边形ABEF是正方形， ∴BE＝EF＝AB＝4， ∴CE＝BE﹣BC＝4﹣3＝1， ∴CF； ④点F在CD延长线上，∠ECF＝90°时，如图4， 由折叠的性质得：AF＝AB＝4，∠AFE＝∠B＝90°， ∵∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°， ∴DF， ∴CF＝CD+DF＝4， 综上所述，若△CEF为直角三角形，则CE的值为1或4或或4， 故答案为：1或4或或4． 12．（3分）（2024春•硚口区期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝75°，AD＝3，DC＝3，则BD的长是 　3　． 【分析】以将△ABD绕点A逆时针旋转60°后，AB与AC重合，得到△ACE，易得∠EDC＝135°，所以过点C作CH⊥ED，交ED延长线于H点，得到等腰直角△CDH，求出DH、CH长，然后在Rt△ECH中利用勾股定理可求CE值，最后BD＝CE． 【解答】解：∵AB＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°． 所以将△ABD绕点A逆时针旋转60°后，AB与AC重合，得到△ACE，如图所示： ∴CE＝BD． ∴AE＝AD，∠EAD＝60°， ∴△AED是等边三角形，∠EDA＝60°，DE＝AD＝3． 在△EDC中，∠EDC＝60°+75°＝135°，过点C作CH⊥ED，交ED延长线于H点， ∴∠CDH＝180°﹣135°＝45°． 所以△CDH是等腰直角三角形，CH＝DHCD． ∴EH＝ED+DH． 在Rt△ECH中，利用勾股定理可得： CE3． 所以BD＝3． 故答案为：3． 13．（3分）（2024春•江岸区期中）四边形ABCD中，对角线AC＝10，BD＝14，点M、N、G分别是AD、BC、AB的中点，连接MN，取MN中点P，连接GP，则4GP2+MN2的值为 　148　． 【分析】设CD的中点为E，连接GM，ME，EN，NG，PE，过点G作GH⊥EN于H，过点M作MF⊥EN交NE的延长线于F，设GH＝x，NH＝y，先根据三角形的中位线定理求出GM＝NE＝7，GN＝ME＝5，则四边形GMEN为平行四边形，进而得点G，P，E在同一条直线上，则GE＝2GP，证△GNH和△MEF全等得NH＝EF＝x，GH＝MF＝y，则HE＝EN﹣NH＝7﹣y，NF＝EN+EF＝7+y，由勾股定理得x2+y2＝25，MN2＝NF2+MF2＝（7+y）2+x2＝74+14y，GE2＝HE2+GH2＝（7﹣y）2+x2＝74﹣14y，由此得GE2+MN2＝148，然后再由GE＝2GP得GE2＝4GP2，据此可得4GP2+MN2的值． 【解答】解：设CD的中点为E，连接GM，ME，EN，NG，PE，过点G作GH⊥EN于H，过点M作MF⊥EN交NE的延长线于F，如图所示： 设GH＝x，NH＝y， ∵G，M分别是AB，AD的中点， ∴GM是△ABD的中位线， ∴GMBD， 同理：NE是△CBD的中位线，GN是△BAC的中位线，ME是△DAC的中位线， ∴NEBD，GNAC，MEAC， ∵AC＝10，BD＝14， ∴GM＝NE＝7，GN＝ME＝5， ∴四边形GMEN为平行四边形， ∴GN∥ME， ∴∠GNH＝∠MEF， ∵点P是MN的中点， ∴点G，P，E在同一条直线上， ∴GE＝2GP， ∵GH⊥EN，MF⊥EN， ∴∠GHN＝∠MFE＝90°， 在△GNH和△MEF中， ， ∴△GNH≌△MEF（AAS）， ∴NH＝EF＝x，GH＝MF＝y， ∴HE＝EN﹣NH＝7﹣y，NF＝EN+EF＝7+y， 在Rt△GNH中，由勾股定理得：GH2+NH2＝GN2， 即x2+y2＝25， 在Rt△MNF中，由勾股定理得：MN2＝NF2+MF2＝（7+y）2+x2， 即MN2＝49+14y+y2+x2＝49+14y+25＝74+14y， 在Rt△GHE中，由勾股定理得：GE2＝HE2+GH2＝（7﹣y）2+x2， 即GE2＝49﹣14y+y2+x2＝49﹣14y+25＝74﹣14y， ∴GE2+MN2＝148， ∵GE＝2GP， ∴GE2＝4GP2， ∴4GP2+MN2＝148． 故答案为：148． 14．（3分）（2024春•武昌区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E，F，G分别为AD，AB，BC上的点，连接EG，DF，若AE＝AF＝CG，则2DF+EG的最小值为 　6　． 【分析】作HA＝BA，JC＝CD，证明△HAE≌△DAF（SAS），△HAE≌△GCJ（SAS），得到 2DF+EG＝HE+JG+EG≥HJ，在Rt△HJI 中，应用勾股定理，即可求解，． 【解答】解：延长BA到点H，使HA＝BA，延长CD到点I，使ID＝CD，延长DC到点J，使 JC＝CD，连 接HJ，HI， ∵正方形ABCD， ∴AB＝CD＝AD＝6，∠HAD＝∠ADI＝∠BCJ＝90°， ∵HA＝BA，JC＝CD， ∴四边形HADI是正方形，HA＝HI＝ID＝CJ＝AD＝6， ∵AE＝AF＝CG，∠HAE＝∠DAF＝∠GCJ＝90°，HA＝DA＝JC， ∴△HAE≌△DAF（SAS），△HAE≌△GCJ（SAS）， ∴DF＝HE＝JG，即：2DF＝HE+JG， ∵2DF+EG＝HE+JG+EG≥HJ， ∵2DF+EG的最小值为HJ的长度， 在Rt△HJI 中，IJ＝ID+DC+CJ＝6+6+6＝18， HJ6， 故答案为：6． 15．（3分）（2024春•武昌区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D、E分别是AB、BC上的动点，满足AD＝BE，则AE+CD的最小值为 　　． 【分析】过点A作AF⊥AB，且使AF＝AB，连接DF，CF，过点F作FH⊥CB，交CB延长线于点H，证明△ADF≌△BEA（SAS），由全等三角形的性质可得FD＝AE，进而可得AE+CD＝FD+CD，故当点C、D、F在同一直线上时，AE+CD的值最小，即线段CF的长度，然后求解即可． 【解答】解：过点A作AF⊥AB，使AF＝AB＝4，连接DF，CF，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，如图所示： ∵∠ABC＝90°， ∴∠FAD＝∠ABC＝90°， 在△ADF和△BEA中， ， ∴△ADF≌△BEA（SAS）， ∴FD＝AE， ∴AE+CD＝FD+CD， 根据“两点之间线段最短”得：FD+CD≥CF， ∴FD+CD的最小值为线段CF的长， 即AE+CD的最小值为线段CF的长， ∵AF⊥AB，FH⊥CB，∠ABC＝90°， ∴∠FAD＝∠ABH＝∠H＝90°， ∴四边形ABHF为矩形， ∴BH＝AF＝AB＝4，FH＝AB＝4， ∴CH＝BC+BH＝3+4＝7， 在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF， ∴AE+CD的最小值为． 故答案为：． 16．（3分）（2024春•凉州区期中）任意一个二次根式（p为正整数），都可以进行这样的分解：（a，b都是正整数，且a≤b），在p的所有这种分解中，若最小，我们就称是的最佳分解，并记为：．例如可以分解成 ，或，显然是的最佳分解，此时．若正整数m，n满足，F（n）＝1，且20＜m+n＜25，则的值为 　2或4　． 【分析】可设•，其中k为正整数，由20＜m+n＜25可得m＝20，由F（n）＝1可得n＝4，代入即可求出答案． 【解答】解：∵， ∴可设•，其中k为正整数， 则m＝20k2， ∵20＜m+n＜25， ∴m＝20， ∵F（n）＝1， ∴n为一个正整数的平方数， ∵20＜m+n＜25， ∴0＜n＜5， ∴n＝1或4， ∴4， 或2． 故答案为：2或4． 三．解答题（共8小题，满分72分） 17．（8分）（2024春•江夏区期中）已知：在▱ABCD中，DE⊥BC于点E． （1）如图1，若DF⊥AB于点F、CE＝AF．求证：▱ABCD是菱形． （2）如图2，连AC、BD交于点O．试探究：AO2，BO2，BC2，CD2之间的数量关系，并证明你的结论． （3）如图3，若∠DBC＝45°，BF⊥CD于点F交DE于点G，连接AG，其中BE＝8，且以AG、CG、BD为边构成的三角形的面积为20．求▱ABCD的面积． 【分析】（1）证明△AFD≌△CED（ASA），得出AD＝CD，由菱形的判定可得出答案； （2）过点A作AH⊥CB，交CB的延长线于点H，证明△AHB≌△DEC（AAS），得出BH＝EC，AH＝DE，设AB＝CD＝c，AD＝BC＝b，BB＝EC＝a．由勾股定理可得出结论； （3）证明以AG、CG、BD为边构成的三角形是直角三角形，且CG、BD为直角边．求出BC和ED的长，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C， ∵DF⊥AB，DE⊥CB， ∴∠AFD＝∠DEC＝90°， ∵AF＝CE， ∴△AFD≌△CED（ASA）， ∴AD＝CD， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴▱ABCD是菱形； （2）解：2AO2+2BO2＝BC2+CD2． 理由：过点A作AH⊥CB，交CB的延长线于点H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABH＝∠DCE， ∵∠AHB＝∠DEC， ∴△AHB≌△DEC（AAS）， ∴BH＝EC，AH＝DE， 设AB＝CD＝c，AD＝BC＝b，BB＝EC＝a． 由勾股定理得，AH2＝DE2＝AC2﹣（a+b）2＝c2﹣a2， ∴AC2＝c2+2ab+b2①， 又DE2＝BD2﹣（b﹣a）2＝c2﹣a2． ∴BD2＝c2﹣2ab+b②， ①+②得，AC2+BD2＝2c2+2b2， ∴4AO2+4OB2＝2c2+2b2， ∴2AO2+2BO2＝BC2+CD2． （3）解：连CG， ∵BF⊥CD，DE⊥BC， ∴∠BEG＝∠DFG＝90°， ∵∠DGF＝∠BGE， ∴∠EBG＝∠EDC， ∴△BEG≌△DEC（ASA）， ∴EG＝CE，BE＝CD， ∴△ECG为等腰直角三角形， ∴CGEG， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，∠ABC＝∠ADC， ∴AB＝BG， ∵∠ABG＝90°， ∴△ABG为等腰直角三角形， ∴AGBG， ∴AG2＝2BG2，BD2＝2BE2，CG2＝2EG2， ∵BG2＝BE2+EG2， ∴AG2＝BD2+CG2， ∴以AG、CG、BD为边构成的三角形是直角三角形，且CG、BD为直角边． ∵以AG、CG、BD为边构成的三角形的面积为20， ∴20， ∴20， ∴8EG＝20， ∴， ∴CE， ∴BC＝BE+CE＝8， ∵∠DBC＝45°，BE＝8， ∴DE＝8， ∴▱ABCD的面积＝BC×DE84． 18．（8分）（2024春•滨城区期末）【课本再现】 （1）如图1，四边形ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE＝CF．要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？ 【知识应用】 （2）如图2，若在这个正方形花园的四边各开一个门E，F，G，H，并修建两条路EG和FH，使得EG⊥FH，则这两条路等长吗？为什么？ 【拓展延伸】 （3）如图3，将边长为10的正方形纸片沿FH折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与FH交于点P，取AD的中点M，连接PM，PC，则PM+PC的最小值为 　5　，此时FH的长度是 　5　． 【分析】（1）证明△BAE≌△ADF（SAS），得出BE＝AF，∠ABE＝∠DAF，证出∠DAF+∠AEB＝90°，则可得出结论； （2）过点A作AN∥HF，交CD于N，过点D作DM∥EG，交BC于M，DM和AN交于点O，证出四边形AHFN、四边形DMGE是平行四边形，得出AN＝HF，DM＝EG，AN∥HF，DM∥EG，证明△ADN≌△DCM（ASA），得出AN＝DM，则可得出结论； （3）连接CM，FN，得出当M、P、C共线时，PC+PM最小，最小值为CM的长，由勾股定理可得出答案． 【解答】解：（1）这两条路等长，BE⊥AF． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°， ∵DE＝CF， ∴AE＝DF， ∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴BE＝AF，∠ABE＝∠DAF， ∴∠ABE+∠AEB＝∠DAF+∠AEB， ∴∠DAF+∠AEB＝90°， ∴BE⊥AF； （2）这两条路等长． 理由：如图1，过点A作AN∥HF，交CD于N，过点D作DM∥EG，交BC于M，DM和AN交于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD， ∴四边形AHFN、四边形DMGE是平行四边形， ∴AN＝HF，DM＝EG，AN∥HF，DM∥EG， ∵EG⊥DM， ∴AN⊥DM， ∴∠DON＝90°， ∴∠NDO+∠AND＝90°， ∵∠ADC＝90°， ∴∠DAN+∠AND＝90°， ∴∠NDO＝∠DAN， ∴△ADN≌△DCM（ASA）， ∴AN＝DM， ∴EG＝HF； （3）如图3， 连接CM，FN， ∴PC+PM≥CM， ∴当M、P、C共线时，PC+PM最小，最小值为CM的长， ∵∠ADC＝90°，DMAD＝5，CD＝10， ∴CM5， 由对称性可知：DF＝FN， ∵HF⊥PN， ∴PD＝PN， ∵AD∥BC， ∴∠MDP＝∠PNC，∠DMP＝∠PCN， ∴△DMP≌△NCP（AAS）， ∴CN＝DM＝5， ∴DN5， 过点A作AK∥HF， 由（2）可知AK＝HF， ∴HF＝DN＝AK＝5， 故答案为：5，5． 19．（8分）（2024春•越秀区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示． （1）证明平行四边形ECFG是菱形； （2）如图2所示，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，M是EF的中点，连接CM，DM，求DM的长． （3）如图3所示，若∠ABC＝120°，AB＝4，BC＝8，线段CG与EF交于点O，点M是线段EF上的一个动点，连接CM，DM，直接写出CM+DM的最小值，并写出此时的值． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再由条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题； （2）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC，可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． （3）如图3，连接GH，DG，先证明△CEG是等边三角形，从而得CG＝GE＝CE＝GF＝CD＝4∠CFG＝∠CEG＝60°，进而证DG⊥GF，得当D、H、M三点共线时，CM+DM最小，最小值为DG的长，利用勾股定理求得最小值，再证明点M是△EGC的重心，即可求得． 【解答】（1）证明：∵AF平分∠BAD， ∴∠BAF＝∠DAF， ∵四边形ABCD是平行四边形． ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE， ∴∠CEF＝∠CFE， ∴CE＝CF， 又∵四边形ECFG是平行四边形， ∴四边形ECFG为菱形． （2）解：如图，连接BD、BM， ∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°，AB＝CD， ∴∠ECF＝180°﹣∠BCD＝90°， 又由（1）可知四边形ECFG为菱形， ∴四边形ECFG为正方形． ∵∠BAF＝∠DAF， ∴BE＝AB＝DC， ∵M为EF中点，四边形ECFG为正方形． ∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∠CEG＝90°，∠BEG＝180°﹣∠CEG＝90°， ∴∠BEM＝∠DCM＝135°，CM＝EM，∠CME＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∴△BME≌△DMC（SAS）， ∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME， ∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°， ∴△BMD是等腰直角三角形． ∵AB＝3，BC＝5， ∴BD2＝32+52＝34， ∵BD2＝BM2+DM2， ∴DM． （3）解：如图，连接GM，DG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，AB＝DC＝4，AD∥BC， ∴∠BAE＝∠DAE＝∠BEA， ∴BE＝AE＝4， ∴CE＝BC﹣BE＝8﹣4＝4， ∵∠ABC＝120°，AB∥DC，AD∥BC， ∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°， 由（1）知四边形CEGF是菱形， ∴CE＝GE，EG∥DF，CE＝GE＝GF＝CF，∠CFG＝∠CEG，，CM＝GM． ∴∠CEG＝∠BCD＝60°， ∴△CEG 是等边三角形， ∴CG＝GE＝CE＝GF＝CD＝4，∠CFG＝∠CEG＝60°， ∴， ∴∠DGF＝180°﹣∠CFG﹣∠FDG＝90°， ∴DG⊥GF， ∴当D、H、M三点共线时，CM+DM 最小，最小值为DG的长， ∵DF＝CD+CF＝8，GF＝4， ∴CM+DM的最小值DG，如图， 当CM+DM取最小值时， ∵四边形CEGF是菱形， ∴OA＝OC，BC∥GF， ∴∠DNC＝∠DGF＝90°， ∴DG⊥CE， ∵EG＝CG， ∴EN＝CN， ∴点M是△EGC 的重心， ∴EM＝2OM， ∴． 20．（8分）（2024春•漳平市期中）阅读材料，并完成下列任务： 材料一：裂项求和 小华在学习分式运算时，通过具体运算：，，，…… 发现规律：（n为正整数），并证明了此规律成立． 应用规律：快速计算． 材料二：根式化简 例1； 例2 任务一：化简． （1）化简： （2）猜想：　（）　（n为正整数）． 任务二：应用 （3）计算：； 任务三：探究 （4）已知x，y，比较x和y的大小，并说明理由． 【分析】（1）根据题目中的例子可以写出答案； （2）根据例2，可以写出相应的猜想； （3）根据分母有理化，可得二次根式的化简，根据二次根式的加减，即可得到答案； （4）结合例1，例2的规律进行计算即可； 【解答】解：（1）原式； （2）原式 （）， 故答案为：（）； （3）原式 ； （4） ， ∵， ∴， 故x＞y． 21．（10分）（2024春•荔城区校级期中）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 　BP＝CE　，BC与CE的位置关系是 　CE⊥BC　； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； 【分析】（1）根据菱形的性质结合∠ABC＝60°，可证明△ABC，△ACD都是等边三角形，然后利用SAS证明△BAP≌△CAE，得到BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，延长CE交AD于H，由∠CAH＝60°，可求出∠AHC＝90°，即CE⊥AD，即可证明结论； （2）结论仍然成立，根据题意作出图形，证明过程与（1）类似． 【解答】解：（1）如图1，连接AC，延长CE交AD于H，如图1所示， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∵∠BAC＝∠PAE， ∴∠BAP+∠PAC＝∠CAE+∠PAC， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°， 同理可证△ACD是等边三角形， ∴∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CH⊥AD，即CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC． 故答案为：BP＝CE，CE⊥BC； （2）（1）中结论仍然成立，理由如下： 如图2，连接AC， ∴△ABC，△ACD为等边三角形， 在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE， 又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°， 设CE与AD交于点H， 同理可得∠ACD＝2∠ACH＝60°， ∴CE⊥AD， 又∵AD∥BC， ∴CE⊥BC． 22．（10分）（2024春•硚口区期中）如图1，在菱形ABCD中，E是边BC上的点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°）． （1）如图2，当α＝90°时，连接BD交AF于点P， ①直接写出∠DCF的度数； ②求证：． （2）如图1，当∠DCF＝135°时，若，求的值． 【分析】（1）①作FN⊥CD于点N，FM⊥BC交BC的延长线于点M，由四边形ABCD是菱形，∠AEF＝∠ABC＝α＝90°，证明四边形ABCD是正方形，再证明△ABE≌△EMF，则AB＝EM＝BC，BE＝MF，推导出BE＝CM，则CM＝MF，所以∠MCF＝∠MFC＝45°，则∠DCF＝45°； ②连接AC交BD于点Q，连接CP，则BD垂直平分AC，所以AP＝CP，则∠PCA＝∠PAC，再证明∠PCF＝∠PFC，则FP＝CP，所以AP＝FP，则CF＝2QP，所以CF+2DP＝2DQ＝BDBC； （2）作FL⊥BC交BC的延长线于点L，在CL上取一点H，使CH＝BE，连接FH，可证明△ABE≌△EHF，得BE＝HF，∠B＝∠EHF，则CH＝HF，所以∠HCF＝∠HFC，则∠FHL＝2∠HCF，则135°+∠HCF+2∠HCF＝180°，求得∠HCF＝15°，则∠FHL＝30°，设FL＝m，则CH＝HF＝2FL＝2m，HLm，所以CF2＝（8+4）m2，由，得ECCH＝3m，则CD＝BC＝EH＝5m，所以CD2＝25m2，则． 【解答】解：（1）①∠DCF的度数是45°， 理由：如图2，作FN⊥CD于点N，FM⊥BC交BC的延长线于点M，则∠M＝90°， ∵四边形ABCD是菱形，∠AEF＝∠ABC＝α＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCD＝90°， ∴∠ABE＝∠M，∠BAE＝∠MEF＝90°﹣∠AEB，∠MCN＝90°， 在△ABE和△EMF中， ， ∴△ABE≌△EMF（AAS）， ∴AB＝EM＝BC，BE＝MF， ∵BE＝BC﹣CE＝EM﹣CE＝CM， ∴CM＝MF， ∴∠MCF＝∠MFC＝45°， ∴∠DCF＝90°﹣∠MCF＝45°， ∴∠DCF的度数是45°． ②证明：如图2，连接AC交BD于点Q，连接CP，则AQ＝CQ，DQ＝BQ， ∵BD垂直平分AC， ∴AP＝CP， ∴∠PCA＝∠PAC， ∵AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴∠DCA＝∠DAC＝45°， ∴∠ACF＝∠DCA+∠DCF＝90°， ∴∠PCF＝90°﹣∠PCA＝90°﹣∠PAC＝∠PFC， ∴FP＝CP， ∴AP＝FP， ∴CF＝2QP， ∴CF+2DP＝2QP+2DP＝2DQ＝BD， ∵BC＝CD，∠BCD＝90°， ∴BDBC， ∴CF+2DPBC． （2）如图1，作FL⊥BC交BC的延长线于点L，在CL上取一点H，使CH＝BE，连接FH， ∵四边形ABCD是菱形，∠AEF＝∠ABC＝α， ∴AB＝BC＝BE+CE＝CH+CE＝EH，∠BAE＝∠HEF＝180°﹣α﹣∠AEB， 在△ABE和△EHF中， ， ∴△ABE≌△EHF（SAS）， ∴BE＝HF，∠B＝∠EHF， ∴CH＝HF， ∴∠HCF＝∠HFC， ∴∠FHL＝∠HCF+∠HFC＝2∠HCF， ∵AB∥CD，∠DCF＝135°， ∴∠B＝∠DCH， ∴∠EHF＝∠DCH＝135°+∠HCF， ∴135°+∠HCF+2∠HCF＝180°， ∴∠HCF＝15°， ∴∠FHL＝30°， 设FL＝m， ∵∠L＝90°， ∴CH＝HF＝2FL＝2m， ∴HLm， ∴CF2＝（2mm）2+m2＝（8+4）m2， ∵， ∴ECCH2m＝3m， ∴CD＝BC＝EH＝3m+2m＝5m， ∴CD2＝（5m）2＝25m2， ∴， ∴的值为． 23．（10分）（2024春•硚口区期中）在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC，其中A（0，6）． （1）如图1，若点B（10，0），E在BC边上，将△ACE沿AE翻折，点C恰好落在OB边上的点F处． ①直接写出点F的坐标及EF的长； ②如图2，将△AOF沿y轴向上平移m个单位长度得到△A′O′F′，平面内是否存在点G，使以A′、O、F′、G为顶点的四边形是菱形，若存在，求点G的坐标，若不存在，请说明理由． （2）如图3，若点B（6，0），连接AB，M，N两点分别是线段BC，AB上的动点，且AN＝2CM，求OMON的最小值． 【分析】（1）①根据勾股定理求出点F坐标，设EF＝x，根据勾股定理列方程解决； ②由平移得出O′（0，m），A'（0，6+m），F'（8，m），根据菱形性质分情况求出即可； （2）分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点 O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可． 【解答】（1）①∵点A的坐标为（0，6），点B的坐标为（10，0）， ∴OA＝BC＝6，OB＝AC＝10， ∵把长方形AOBC沿AE翻折后， ∴AF＝AC＝10，CE＝EF， ∴OF8， ∴点F（8，0），BF＝2， ∵EF2＝BE2+BF2， ∴（6﹣BE）2＝BE2+4， ∴BE， ∴EF＝CE＝6； ∴F（8，0），； ②存在，G1（8，﹣6），G2（﹣8，6），，理由如下： 根据题意得O'（0，m），A'（0，6+m），F'（8，m）， 当时，6+m＝10， 解得m＝4， ∴F′（8，4）， 则将点A先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到F'， 同理将点O先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到G'（8，﹣6）； 当OF'＝A'F'＝10时，82+m2＝102， 解得m＝6， ∴F′（8，6）， 则将F′先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到点A′， 同理将点O先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到G'（﹣8，6）； 当OF'＝A'O＝6+m时，82+m2＝（6+m）2， 解得， ∴，， 则将O向上平移个单位得到点A， 同理将点F'向上平移个单位得到点； 综上所述，点G存在，G1（8，﹣6），G2（﹣8，6），． （2）如图，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC， ∴，则， 当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小， ∴OM+MP最小值为OP， ∵A（0，6），B（6，0）， ∵矩形AOBC为正方形， ∴∠EAF＝∠MCP＝∠OCB＝45°，且AE＝CP＝3， ∴∠OCP＝90°， 在Rt△OBC中，， 在Rt△OCP中，， 则的最小值为9． 24．（10分）（2024春•陇南期中）综合与探究 在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O、A、C的坐标分别为O（0，0），A（﹣x，0），C（0，y），且x、y满足y6． （1）矩形的顶点B的坐标是 　（﹣4，6）　； （2）若D是AB中点，沿DO折叠矩形OABC，使A点落在点E处，折痕为DO，连接BE并延长BE交y轴于Q点． 求证：四边形QODB是平行四边形； （3）若点M在y轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点N，使得A、C、N、M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）由题意可求x＝4，y＝6，即可求点B坐标； （2）由折叠性质可得AD＝DE，∠ADO＝∠ODE，由三角形外角性质可得∠ADO＝∠DBE，可得OD∥BQ，即可证四边形BDOQ是平行四边形； （3）分别以A，C为圆心，AC长为半径画圆和AC的线段垂直平分线与y轴交点得出点M的可能性，进而得出点N的坐标． 【解答】（1）解：由题意可得：， ∴x＝4， ∴y＝6， ∴点A（﹣4，0），点C（0，6）， ∴点B（﹣4，6）， 故答案为：（﹣4，6）； （2）证明：∵D是AB中点， ∴AD＝BD， ∵折叠， ∴AD＝DE，∠ADO＝∠ODE， ∴∠DBE＝∠DEB， ∵∠ADE＝∠DBE+∠DEB， ∴∠ADO+∠ODE＝∠DBE+∠DEB， ∴∠ADO＝∠DBE，∴OD∥BQ，且AB∥OC， ∴四边形BDOQ是平行四边形； （3）解：∵A、C、N、M为顶点的四边形是菱形， 分别以A，C为圆心，AC长为半径画圆和AC的线段垂直平分线与y轴交点得出点M，如图所示： ∵OA＝4，OC＝6， ∴AC， ∴AN2＝AC＝2，ON1＝OA＝4，AN4， 此时N1（4，0），，，． 方法2：A（﹣4，0），C（0，6），设M（0，m）， 当AC＝AM时，16+36＝16+m2， 解得m＝﹣6或m＝6（舍）， ∴M（0，﹣6）， ∴N（4，0）； 当AC＝CM时，2|6﹣m|， 解得m＝6﹣2或m＝6+2， ∴M（0，6﹣2）或（0，6+2）， ∴N（﹣4，﹣2）或（﹣4，2）； 当AM＝CM时，|6﹣m| 解得 m， ∴M（0，）， ∵AC的中点（﹣2，3）， ∴N点与M点关于AC的中点对称， ∴N（﹣4，）； 综上所述：N1（4，0），，，． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$