精品解析：广东省珠海市华发教育2024－2025学年八年级下学期期中考试数学试卷

华发教育初中2024-2025学年第二学期义务教育阶段质量检测 八年级数学 一、选择题（每小题3分、共30分） 1. 下列曲线中，表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的定义即可判断． 【详解】解：A、对于一部分自变量的值，有多个值与之相对应，不是的函数，故选项不符合题意； B、对于自变量的任何值，都有唯一的值与之相对应，是的函数，故选项符合题意； C、对于一部分自变量的值，有两个值与之相对应，不是的函数，故选项不符合题意； D、对于一部分自变量的值，有两个值与之相对应，不是的函数，故选项不符合题意； 2. 司机王师傅在加油站加油，如图是所用的加油机上的数据显示牌，则其中的常量是（ ） A. 金额 B. 数量 C. 单价 D. 金额和数量 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了常量和变量．根据在一个变化的过程中，数值发生变化的量称为变量；数值始终不变的量称为常量即可求解． 【详解】解：在金额、数量和单价中，金额和数量是变量，单价是常量． 故选：C． 3. 下列二次根式中，为最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据最简二次根式的定义进行判断即可得到答案． 【详解】解：A、，故此选项错误； B、，故此选项错误； C、，故此选项错误； D、是最简二次根式，故此选项正确. 故选：D． 【点睛】本题主要考查了最简二次根式，解题的关键在于能够熟练掌握最简二次根式的定义． 4. 已知在中，且，，则（ ） A. 5 B. C. 5或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先判断出斜边，用勾股定理求解即可． 【详解】解：， 是斜边， ． 故选：B． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用问题，能熟练利用勾股定理是解题的关键． 5. 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（ ） A. 4，5，6 B. 5，8，13 C. 1，1， D. 1，，4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的逆定理，结合选项中的边长，利用勾股定理的逆定理逐项验证即可得到答案，熟练掌握勾股定理的逆定理是解决问题的关键． 【详解】解：A、由于，由勾股定理的逆定理可知，4，5，6不能作为直角三角形三边长，不符合题意； B、由于，由勾股定理的逆定理可知，5，8，13不能作为直角三角形三边长，不符合题意； C、由于，由勾股定理的逆定理可知，1，1，能作为直角三角形三边长，符合题意； D、由于，由勾股定理的逆定理可知，1，，4不能作为直角三角形三边长，不符合题意． 故选：C 6. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的除法、二次根式的加法和减法、二次根式的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键． 【详解】解：A. 不是同类二次根式，不能合并，原计算不正确； B. ，原计算不正确； C. ，计算正确； D. ，原计算不正确； 故选C． 7. 在平行四边形中，如果，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对角相等，进行求解即可． 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵， ∴； 故选A． 8. 如图，在中，平分，交边于，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用上述知识解决问题是解题的关键． 首先证明，再根据平行四边形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， ， 故选：． 9. 如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（ ） A. 24 B. 56 C. 96 D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，先根据菱形的周长求出边长，再根据得出，根据勾股定理得出，进一步得出的值，最后根据菱形的面积得出答案即可，掌握利用菱形的性质、勾股定理得出的值是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，周长为40，对角线、交于点， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵菱形的面积， 故选：C． 10. 如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，与相交于点，设．得到以下结论：①；②；③；④．则上述结论正确的是（ ） A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及相似三角形，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点，添加辅助线．分析先证明，可得到，继而证得，故①正确；延长交延长线于点M，再证明和，可得，由，根据为斜边上的中线，是斜边的一半，即可得：，故②正确；由勾股定理和面积可得：，故③正确；在中，由，及勾股定理得到，过点作交于点，从而构造相似，即可求出，从而得到，故④正确；即可得出结论． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 点是中点，点是中点， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 故①正确； 如图所示，延长交延长线于点，    在和中， ， ， ， ， ， 为斜边上的中线，是斜边的一半， 即， 故②正确； ， ， ， ， ， 故③正确； 过点作交于点， 由题意可知，且， ， ， ， ， 则， ，， ， 又， ， ， ， 又， ， ， 故④正确； 二、填空题（每小题3分、共18分） 11. 要使式子有意义，则a的取值范围为_____ 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：，所以 考点：被开方值的取值范围 点评：题目难度较小，需要注意的是，被开方值不小于零，即大于或者等于零 12. 点在正比例函数图象上，则y随着x的增大而 _____． 【答案】减小 【解析】 【分析】把代入求出k，根据议程函数的性质即可求出答案． 【详解】解：把代入得：， ∴， ∴y随x的增大而减小． 故答案为：减小． 【点睛】本题主要考查对解一元一次方程，一次函数的性质等知识点的理解和掌握，能根据一次函数的性质进行说理是解此题的关键． 13. 如图，在等边三角形ABC中，点E、F分别是AB、AC的中点，EF=4，△ABC的周长为____． 【答案】24 【解析】 【详解】试题分析：根据三角形的中位线等于第三边的一半求出BC的长度，再根据等边三角形的三条边都相等列式计算即可得解． 解：∵E、F分别是AB、AC的中点，EF=4， ∴BC=2EF=2×4=8， ∵△ABC是等边三角形， ∴△ABC的周长是3×8=24． 故答案为24． 考点：1．等边三角形的定义和性质；2．三角形的中位线定理． 14. 在的方格中，小正方形的边长是1，点A、B、C都在格点上，则边上的高为________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理，以及三角形的面积，首先求出的面积，再根据勾股定理可求出的长，进而根据面积公式即可求得边上的高的长． 【详解】解：由题意可得， ∵， ∴中边上的高长． 故答案为：． 15. 如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作分别交AB，BC于E，F两点，，则EF的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由正方形的性质可知，，，．由题意可得出，即得出，从而可证明(ASA)，得出，进而得出，最后由勾股定理即可求出EF的长． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴，，，, ∴． ∵， ∴, ∴， ∴在和中 ∴(ASA)， ∴， ∴，即， ∴在Rt中，． 故答案为：. 【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理．根据正方形的性质找出使三角形全等的条件是解题关键． 16. 如图，在矩形中，E为对角线上与不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，若，则的最小值_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短，三角形面积的求解等知识，连接，过点B作，根据已知可证明四边形为矩形，得到，当时最短，最短，此时最短，利用三角形等面积法求出即可得出结果． 【详解】解：如图，连接，过点B作， ，， ， 为矩形，， ，， 四边形为矩形， ， 当时最短，最短，此时最短， 时最短， ， ， 故答案为：． 三、解答题（每小题6分、共18分） 17. 计算： （1）． （2）． 【答案】（1）0 （2）11 【解析】 【分析】此题考查了二次根式的混合运算，正确掌握二次根式混合运算的计算法则及运算顺序是解题的关键． （1）先化简二次根式，再计算加减法； （2）先根据完全平方公式及二次根式的乘法公式去括号，再合并即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 已知正比例函数的图象过点． （1）写出这个正比例函数的函数解析式； （2）已知点在这个正比例函数的图象上，求a的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）把P点直接代入正比例函数的解析式中，即可求解； （2）把A点代入已求完的正比例函数的解析式中，即可求解. 【小问1详解】 将代入正比例函数，得 正比例函数的函数解析式为； 【小问2详解】 由（1）可知， 点在这个正比例函数的图象上， 【点睛】本题考查了正比例函数的解析式，熟练掌握正比例函数的基本性质和求法是解题的关键． 19. 如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延长线于点F，连接BF，CD． （1）求证：四边形CDBF是平行四边形； （2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长． 【答案】 （1）证明：∵CF∥AB， ∴∠ECF＝∠EBD． ∵E是BC中点， ∴CE＝BE． ∵∠CEF＝∠BED， ∴△CEF≌△BED． ∴CF＝BD． ∴四边形CDBF是平行四边形． （2）8 【解析】 【分析】（1）欲证明四边形CDBF是平行四边形只要证明CF∥DB，CF＝DB即可； （2）如图，作EM⊥DB于点M，解直角三角形即可； 【详解】（1）略 （2）解：如图，作EM⊥DB于点M， ∵四边形CDBF是平行四边形，BC＝， ∴，DF＝2DE． 在Rt△EMB中，EM＝BE•sin∠ABC＝2， 在Rt△EMD中，∵∠EDM＝30°， ∴DE＝2EM＝4， ∴DF＝2DE＝8． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 四、解答题（每小题9分、共27分） 20. 如图1，是我国汉代的赵爽用来证明“勾股定理”的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为． （1）图中阴影部分小正方形的面积用两种方法可分别表示为________和________； （2）若，大正方形的边长，则小正方形的边长为________； [知识迁移]通过不同的方法表示同一几何体的体积，也可以探求相应的等式．如图2是棱长为的正方体，被如图所示的分割线分成8块． （3）用不同方法计算这个正方体体积，就可以得到一个等式，这个等式可以为________； （4）已知，，利用上面的规律求的值． 【答案】（1）；；（2）3；（3）；（4）． 【解析】 【分析】本题考查了完全平方公式的几何应用，能正确列代数式表示各个部分的面积和体积是解题的关键． （1）根据大正方形的面积边长边长或大正方形的面积直角三角形的面积+小正方形的面积，分别求出大正方形的面积的两种表示，再根据同一图形面积相等的性质分析，即可得出结论； （2）利用（1）的结论计算即可求解； （3）分别求出大正方体的体积和各个部分的体积，再根据同一正方体体积相等的性质分析，即可得出答案； （4）结合（3）的结论，根据代数式的性质计算，即可得到答案． 【详解】解：（1）图中阴影部分小正方形的边长可表示为，面积可表示为； 图中阴影部分小正方形的面积也可表示为， 故答案为：；； （2）由（1）得， ∵，， ∴， ∴小正方形的边长为， 故答案为：3； （3）图形的体积为：或， ， ， 故答案为：； （4）∵，，， ∴， ∴． 21. 问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接． 初步探究： （1）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸： （3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由． 【答案】 （1）解：四边形是菱形 理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 所以四边形是菱形 ； （2）解：（1）中的结论不成立； 理由如下： 同（1），得四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形 （3）解：四边形是正方形； 理由如下： 同（1），得四边形是平行四边形， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是正方形． 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形、菱形和正方形的判定方法． （1）根据矩形的性质和菱形的判定方法进行证明即可； （2）根据菱形的性质和矩形的判定方法进行证明即可； （3）根据正方形的性质和判断进行证明即可． 【详解】解：（1）略 （2）略 （3）略 22. 【阅读材料】 在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？ 分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M． （1）求证：； （2）求证：． 【答案】 解∶[探究1] 如图，即为所求， ∵四边形是正方形， ∴，，， 由作图知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； [探究2] （1）证明：∵翻折， ∴，， 又， ∴， ∴； （2）连接，过F作于N， 则四边形是矩形， ∴，， 又， ∴， ∵翻折， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又，， ∴ 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： [探究1]以B为圆心，为半径画弧，交于F，连接即可； [探究2]（1）利用翻折的性质和证明，然后利用全等三角形的性质即可得证； （2）连接，过F作于N，可得四边形是矩形，得出，，，，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得，进而得出，从而得出，类似材料中的思路可证得，得出，即可得出答案． 【详解】略 五、解答题（23题13分、24题14分，共27分） 23. 阅读材料： 中国-西班牙联合发行《中欧班列（义乌-马德里）》特种邮票1套2枚，两枚邮票的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，凸显中欧班列的和谐美； 在单枚邮票票面上的平行四边形中，邻边与的长度比非常接近黄金分割数．单枚邮票的规格（平行四边形：长边50毫米，短边32毫米，高28毫米）见图2所示．设图1的中边上的高为． 根据以上信息解决问题： （1）【相关计算】①单枚邮票的面积为：________，周长为：________． ②计算的长为：________（结果用最简二次根式表示）； （2）【特例证明】图1中，求证：四边形是平行四边形． （3）【数形结合】现在将图1中的设计成标准的黄金平行四边形，也就是满足相邻两边的比为黄金分割数的平行四边形．如图3所示，即在中，两邻边、满足，现又在上取点，且满足，过点作交边于点．求证：四边形是菱形． 【答案】（1）①1400；164；② （2） 证明：∵四边形和四边形都是平行四边形， ∴，，，，∴，，∴四边形是平行四边形； （3） 证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 【解析】 【分析】（1）根据阅读材料给出的数据解答以及勾股定理计算，得到答案； （2）根据平行四边形的判定和性质即可证明； （3）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据给出的比例式计算，得到，根据菱形的判定定理证明结论． 【小问1详解】 解：由阅读材料可知：毫米，毫米，毫米， ①单枚邮票的面积为：， 周长为： ． 故答案为：1400；164； ②解：在中，毫米，毫米， 由勾股定理得：， 则， 故答案为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理，读懂材料，提取正确的信息是本题的关键． 24. 综合与实践 数学课上，老师以“矩形的折叠”为主题开展活动． 实践操作： 现有一张矩形纸片． 第一步：如图1，将矩形纸片先沿对角线折叠，得到折痕，然后把纸片展平； 第二步：如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，得到折痕，然后把纸片展平，与的交点为点，连接． 第三步：如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，点的对应点为点，点的对应点为点与交于点，然后把纸片展平． 问题解决： （1）的长为 ； （2）判断四边形的形状，并说明理由； 拓展探索： （3）若，求的长． 【答案】（1）3； （2）解：四边形是菱形，理由如下； 由折叠的性质可知，，， 又∵， ∴是等腰三角形，， ∴， ∴四边形是菱形； （3） 【解析】 【分析】（1）由折叠的性质可知，，由，可得，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可； （2）由折叠的性质可知，，，证明是等腰三角形，，进而可证四边形是菱形； （3）如图，连接，作于，则四边形是矩形，则，是线段的中点，，证明，则，，由折叠的性质可知，，则，，设，则，，，由，可得，由勾股定理得，，即，计算求出满足要求的解，进而可求的长． 【详解】（1）解：由折叠的性质可知，， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， 故答案为：3； （2）略 （3）解：如图，连接，作于，则四边形是矩形， ∴， 由题意知，是线段的中点，， ∵矩形， ∴， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴， 设，则，，， ∵， ∴， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华发教育初中2024-2025学年第二学期义务教育阶段质量检测 八年级数学 一、选择题（每小题3分、共30分） 1. 下列曲线中，表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 2. 司机王师傅在加油站加油，如图是所用的加油机上的数据显示牌，则其中的常量是（ ） A. 金额 B. 数量 C. 单价 D. 金额和数量 3. 下列二次根式中，为最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 4. 已知在中，且，，则（ ） A. 5 B. C. 5或 D. 或 5. 下列各组数中，能作为直角三角形三边长的是（ ） A. 4，5，6 B. 5，8，13 C. 1，1， D. 1，，4 6. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 在平行四边形中，如果，那么等于（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，平分，交边于，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（ ） A. 24 B. 56 C. 96 D. 48 10. 如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，与相交于点，设．得到以下结论：①；②；③；④．则上述结论正确的是（ ） A. ①②④ B. ②③④ C. ①②③ D. ①②③④ 二、填空题（每小题3分、共18分） 11. 要使式子有意义，则a的取值范围为_____ 12. 点在正比例函数图象上，则y随着x的增大而 _____． 13. 如图，在等边三角形ABC中，点E、F分别是AB、AC的中点，EF=4，△ABC的周长为____． 14. 在的方格中，小正方形的边长是1，点A、B、C都在格点上，则边上的高为________． 15. 如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作分别交AB，BC于E，F两点，，则EF的长为__________． 16. 如图，在矩形中，E为对角线上与不重合的一个动点，过点E作与点F，于点G，连接，若，则的最小值_______． 三、解答题（每小题6分、共18分） 17. 计算： （1）． （2）． 18. 已知正比例函数的图象过点． （1）写出这个正比例函数的函数解析式； （2）已知点在这个正比例函数的图象上，求a的值． 19. 如图，在ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作AB的平行线，交DE的延长线于点F，连接BF，CD． （1）求证：四边形CDBF是平行四边形； （2）若∠FDB＝30°，∠ABC＝45°，BC＝，求DF的长． 四、解答题（每小题9分、共27分） 20. 如图1，是我国汉代的赵爽用来证明“勾股定理”的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形两条直角边长分别为、，斜边长为． （1）图中阴影部分小正方形的面积用两种方法可分别表示为________和________； （2）若，大正方形的边长，则小正方形的边长为________； [知识迁移]通过不同的方法表示同一几何体的体积，也可以探求相应的等式．如图2是棱长为的正方体，被如图所示的分割线分成8块． （3）用不同方法计算这个正方体体积，就可以得到一个等式，这个等式可以为________； （4）已知，，利用上面的规律求的值． 21. 问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接． 初步探究： （1）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸： （3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由． 22. 【阅读材料】 在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？ 分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M． （1）求证：； （2）求证：． 五、解答题（23题13分、24题14分，共27分） 23. 阅读材料： 中国-西班牙联合发行《中欧班列（义乌-马德里）》特种邮票1套2枚，两枚邮票的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，凸显中欧班列的和谐美； 在单枚邮票票面上的平行四边形中，邻边与的长度比非常接近黄金分割数．单枚邮票的规格（平行四边形：长边50毫米，短边32毫米，高28毫米）见图2所示．设图1的中边上的高为． 根据以上信息解决问题： （1）【相关计算】①单枚邮票的面积为：________，周长为：________． ②计算的长为：________（结果用最简二次根式表示）； （2）【特例证明】图1中，求证：四边形是平行四边形． （3）【数形结合】现在将图1中的设计成标准的黄金平行四边形，也就是满足相邻两边的比为黄金分割数的平行四边形．如图3所示，即在中，两邻边、满足，现又在上取点，且满足，过点作交边于点．求证：四边形是菱形． 24. 综合与实践 数学课上，老师以“矩形的折叠”为主题开展活动． 实践操作： 现有一张矩形纸片． 第一步：如图1，将矩形纸片先沿对角线折叠，得到折痕，然后把纸片展平； 第二步：如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，得到折痕，然后把纸片展平，与的交点为点，连接． 第三步：如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，点的对应点为点，点的对应点为点与交于点，然后把纸片展平． 问题解决： （1）的长为 ； （2）判断四边形的形状，并说明理由； 拓展探索： （3）若，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $