精品解析：广东省广州市白云区源雅学校2025～2026学年八年级下学期期中考试数学试卷

2025-2026学年第二学期期中八年级质量监测数学试卷问卷 时间：120分钟 分数：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的考生号、姓名． 2．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 一．选择题（共10小题，每小题4分） 1. 下列各式中，是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 2. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，且DC＝AC，则∠B的度数是（　　） A. 25° B. 30° C. 45° D. 60° 3. 从多边形的一个顶点出发的对角线一共有7条，则这个多边形是（ ） A. 八边形 B. 九边形 C. 十边形 D. 十一边形 4. 如图，在四边形中，，添加下列一个条件后，能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 5. 有一长、宽、高分别为，，的长方体木块，一只蚂蚁沿如图所示路径从顶点处在长方体的表面爬到长方体上和相对的中点处，则需要爬行的最短路径长为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，点P是边上的动点，连接，，E，F分别是，的中点．点P从点B向点C运动的过程中，的长度（ ） A. 保持不变 B. 逐渐增大 C. 先增大再减小 D. 先减小再增大 7. 如图，已知矩形的对角线，相交于点，，点是矩形对角线上一点，且，则的长是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四边形是菱形，点在轴上，顶点A，B的坐标分别是，，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在四边形中，，四边的中点分别是E，F，G，H，请你先顺次连接各边中点，再判断所得到的中点四边形一定是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 10. 如图，羊角图案是由等腰直角三角形的三边为边分别向外作正方形，然后以两个小正方形的边为斜边分别向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的直角边为边向外作正方形⋯⋯按照此规律继续下去形成的.以等腰直角三角形的斜边为边作的正方形的面积记作S，两直角边为边作的正方形的面积记作 ，……若，则与的和为（ ） A. B. C. D. 二．填空题（共6小题，每小题4分） 11. 若代数式有意义，则的取值范围是_____． 12. 实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简____． 13. 如图是故宫博物院太和殿窗棂的三交六椀菱花图案，从中可以提取出一个菱形．若，则菱形的面积为_____． 14. 如图，矩形中，的平分线交于点，O为对角线和的交点，且，则___________°． 15. 跨学科：如图是淇淇在试鞋镜前的光路图，入射光线经平面镜反射后沿恰好入眼（为法线），已知淇淇的眼睛到鞋底处的距离，．若，且，，则淇淇的鞋底处到镜子底端的距离为________． 16. 如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，若．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确的是_____________． 三．解答题（共9小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算：． 18. 已知，，求代数式的值． 19. 已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在边上，，与交于点O．求证：． 20. 怀仁民俗博物馆是一座集历史、人文、民俗、民风、书画艺术为一体的综合性博物馆．馆内收藏文物20000多件，其中近一万件为红色文物．该博物馆将一块四边形场地布置成展区，反映怀仁传统民俗、民间技艺，现测得，且．求四边形展区的面积． 21. 小辉在探究二次根式时发现了下列两个有趣的变形： 1．一些分母含有二次根式加减的式子也可以分母有理化，如：． 2．一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如：． （1）根据以上方法，写出下列式子的结果： ①________；②________ ； （2）若，求的值． 22. 图1是著名的赵爽弦图，图1中大正方形的面积有两种求法，一种是等于，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式，化简便得勾股定理：．这种用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”． 请利用上述方法解决下面的问题： （1）如图2，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得，求边上的高； （2）如图3，在中，是边上的高，求的值； （3）如图4，在长方形中，在数轴上，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴的正半轴于点，请写出点表示的数______． 23. 如图，已知BD是矩形的对角线． （1）用直尺和圆规作线段的垂直平分线，分别交、于、（保留作图痕迹，不写作法和证明）： （2）连接、，求证：四边形是菱形． （3）若，，求的长． 24. 在矩形中，是边上一个动点，把沿折叠，使点落在点处． （1）如图1，连接，若，，当点、、三点共线时，求的长； （2）如图2，若，，是平面内一点，当以，，，为顶点的四边形为菱形时，求出点到直线的距离； （3）如图3，连，若，，当平分时，求的长． 25. 在□ABCD中，连接BD，若，点E为边AD上一点，连接CE． （1）如图1，点G在BD上，连接CG，过G作于点H，连接DH并延长交AB于点M．求证：； （2）如图1，在（1）的前提下，若，．求证：； （3）如图2，,，点N在BC边上，，若CE是的角平分线，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，，连接BP，NQ，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期期中八年级质量监测数学试卷问卷 时间：120分钟 分数：150分 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的考生号、姓名． 2．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、圆珠笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 一．选择题（共10小题，每小题4分） 1. 下列各式中，是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式，解题的关键是掌握最简二次根式满足的两个条件：①被开方数的因数是整数，字母因式是整式；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式．据此分析即可作出判断．本题考查了二次根式的性质． 【详解】解：A．，则不是最简二次根式，故此选项不符合题意； B．，则不是最简二次根式，故此选项不符合题意； C．是最简二次根式，故此选项符合题意； D．， 则不是最简二次根式，故此选项不符合题意． 故选：C． 2. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，且DC＝AC，则∠B的度数是（　　） A. 25° B. 30° C. 45° D. 60° 【答案】B 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质和等边三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴AD＝CD， ∵DC＝AC， ∴AD＝CD＝AC， ∴△ACD是等边三角形， ∴∠A＝60°， ∴∠B＝180°﹣90°﹣60°＝30°， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，准确计算是解题的关键． 3. 从多边形的一个顶点出发的对角线一共有7条，则这个多边形是（ ） A. 八边形 B. 九边形 C. 十边形 D. 十一边形 【答案】C 【解析】 【分析】从边形的一个顶点出发，除去自身和相邻两个顶点，一共可以引出条对角线，据此求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得， 解得， 因此这个多边形是十边形． 4. 如图，在四边形中，，添加下列一个条件后，能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解答本题的关键． 根据平行四边形的判定方法解答即可． 【详解】解：A、由，证明不出四边形是平行四边形，故A选项不符合题意； B 、，， 四边形是平行四边形，故B选项符合题意； C、由，证明不出四边形是平行四边形，故C选项不符合题意； D、由，证明不出四边形是平行四边形，故D选项不符合题意； 故选：B． 5. 有一长、宽、高分别为，，的长方体木块，一只蚂蚁沿如图所示路径从顶点处在长方体的表面爬到长方体上和相对的中点处，则需要爬行的最短路径长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据勾股定理即可得到结论． 【详解】如图，AB= ， ∴需要爬行的最短路径长为， 故选：A． 【点睛】此题考查最短路径问题，解题的关键是明确线段最短这一知识点，然后把立体的长方体放到一个平面内，求出最短的线段． 6. 如图，在中，点P是边上的动点，连接，，E，F分别是，的中点．点P从点B向点C运动的过程中，的长度（ ） A. 保持不变 B. 逐渐增大 C. 先增大再减小 D. 先减小再增大 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查考查三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得，可知点P从点B向点C运动的过程中，的长度保持不变，于是得到问题的答案． 【详解】解：，F分别是，的中点， 是的中位线， ， 点P从点B向点C运动的过程中，的长度保持不变， 故选： A． 7. 如图，已知矩形的对角线，相交于点，，点是矩形对角线上一点，且，则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据矩形性质及判定为等边三角形，求出及、的长，再通过角度计算证明为等腰三角形，从而求出的长，最后利用求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ， ， 是等边三角形， ，， 在中，， ， ， ， ， ， ， ． 8. 如图，四边形是菱形，点在轴上，顶点A，B的坐标分别是，，则点C的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，交于点E，先求得菱形的边长，再求得点D的坐标，根据菱形的性质，利用中点坐标公式求解即可． 【详解】解：连接，交于点E， ∵点A，B的坐标分别是，， ∴菱形的边长， ∴， ∴点D的坐标是， 设点C的坐标为， ∵四边形是菱形， ∴，解得， ，解得， ∴点C的坐标为． 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用． 9. 如图，在四边形中，，四边的中点分别是E，F，G，H，请你先顺次连接各边中点，再判断所得到的中点四边形一定是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线定理等知识点，根据三角形中位线定理得到，，，，根据得到，再根据菱形的判定解答即可，熟记三角形中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】如图所示，连接，，，， ∵点E，F，G，H分别为、、、的中点， ∴、、、分别为、、、的中位线， ∴，，，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形， 故选：C． 10. 如图，羊角图案是由等腰直角三角形的三边为边分别向外作正方形，然后以两个小正方形的边为斜边分别向外作等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的直角边为边向外作正方形⋯⋯按照此规律继续下去形成的.以等腰直角三角形的斜边为边作的正方形的面积记作S，两直角边为边作的正方形的面积记作 ，……若，则与的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中图形的变化类问题，根据等腰直角三角形的性质结合正方形的面积公式可得出部分小正方形的面积，根据面积的变化即可找出变化规律“”，依此规律即可解决问题． 【详解】解：， ， ， ， 同理可得， ， …… 以此类推，， ， ， 故选D． 二．填空题（共6小题，每小题4分） 11. 若代数式有意义，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数必须大于或等于零是解题的关键．根据二次根式有意义的条件，被开方数必须大于或等于零列出不等式求解即可． 【详解】解：代数式有意义， ，解得． 故答案为：． 12. 实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，化简____． 【答案】b 【解析】 【分析】本题考查了利用数轴比较大小，二次根式的性质，绝对值的意义，根据实数a、b在数轴上对应点的位置判断出a，的正负是解答本题的关键．先根据实数a、b在数轴上对应点的位置判断出a，的正负，然后根据二次根式的性质和绝对值的意义化简即可． 【详解】解：由数轴知，，， ， ∴． 故答案为：． 13. 如图是故宫博物院太和殿窗棂的三交六椀菱花图案，从中可以提取出一个菱形．若，则菱形的面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，含角的直角三角形，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 连接，交于点O，求出，，得到，，，则，继而求出，即可解答． 【详解】解：连接，交于点O，如图 ∵四边形是菱形，， ∴， ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 14. 如图，矩形中，的平分线交于点，O为对角线和的交点，且，则___________°． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，由矩形的性质得到，，，则由角平分线的定义可推出，则，证明是等边三角形，得到，，则可推出，，据此可得答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 平分， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ，， ． 故答案为． 15. 跨学科：如图是淇淇在试鞋镜前的光路图，入射光线经平面镜反射后沿恰好入眼（为法线），已知淇淇的眼睛到鞋底处的距离，．若，且，，则淇淇的鞋底处到镜子底端的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】由， ，得，根据镜面的反射性质，得，由，得，得，进而利用勾股定理求出． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 根据镜面的反射性质，反射角等于入射角，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴（负值舍去）， 即淇淇的鞋底A处到镜子底端O的距离为． 16. 如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，若．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确的是_____________． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质、菱形的性质及判定，综合性较强，解答此类题目时要注意由结论推条件，把结论当做已知条件求解．①根据题意可证明四边形为平行四边形，继而可判断出此项正确；②根据①的结论，再结合，为边的中点得出可判断出四边形是菱形；③根据，得到，结合为中点，，即可而得到；④要使，则，而因为得不出，即不能得出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵、分别为边、的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ，故①正确． ②由①知四边形为平行四边形， ，为边的中点， ， 四边形是菱形，故②正确． ④，，， 四边形为矩形， ， 要使，则， 不能证明，即不一定成立，故④不正确． ③由④知， ， 为中点， ∴， ∴，故③正确； 综上可得：①②③正确． 故答案为：①②③． 三．解答题（共9小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握运算法则．根据二次根式混合运算的运算法则进行计算即可． 【详解】解：原式 ． 18. 已知，，求代数式的值． 【答案】 22 【解析】 【分析】根据已知求出，再将代数式变形为，整体代入计算即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴ ． 19. 已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在边上，，与交于点O．求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】证明，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 20. 怀仁民俗博物馆是一座集历史、人文、民俗、民风、书画艺术为一体的综合性博物馆．馆内收藏文物20000多件，其中近一万件为红色文物．该博物馆将一块四边形场地布置成展区，反映怀仁传统民俗、民间技艺，现测得，且．求四边形展区的面积． 【答案】四边形展区的面积为． 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用，熟练掌握定理内容是解题的关键． 【详解】解：连接， 因为，所以是直角三角形． 所以 因为，所以是直角三角形，． 所以． 答：四边形展区的面积为 21. 小辉在探究二次根式时发现了下列两个有趣的变形： 1．一些分母含有二次根式加减的式子也可以分母有理化，如：． 2．一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如：． （1）根据以上方法，写出下列式子的结果： ①________；②________ ； （2）若，求的值． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】本题考查二次根式的混合运算、完全平方公式、分母有理化，熟练掌握分母有理化的方法是解答本题的关键． （1）①根据1中的解法解答即可； ②根据2中的解法解答即可； （2）根据完全平方公式和分母有理化可以解答本题； 【小问1详解】 解：①； ②， 故答案为：①；②． 【小问2详解】 解：， 则 ． 22. 图1是著名的赵爽弦图，图1中大正方形的面积有两种求法，一种是等于，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式，化简便得勾股定理：．这种用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”． 请利用上述方法解决下面的问题： （1）如图2，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得，求边上的高； （2）如图3，在中，是边上的高，求的值； （3）如图4，在长方形中，在数轴上，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴的正半轴于点，请写出点表示的数______． 【答案】（1） （2）12 （3） 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，实数与数轴： （1）勾股定理求出的长，设边上的高为，等积法求出即可； （2）设，则，利用双求法，列出方程进行求解即可； （3）连接，勾股定理求出的长，进而得到的长，再利用两点间的距离公式进行求解即可． 【小问1详解】 解：根据勾股定理可得，， 设边上的高为， ， ， ， ； 【小问2详解】 设，则， 是边上的高， ， 在中，， 在中，， ，解得，， ； 【小问3详解】 如图所示，连接， 四边形是长方形， ， 在中，， ， 以点为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴的正半轴于点， ， 数轴上点表示的数是， 点表示的数为． 23. 如图，已知BD是矩形的对角线． （1）用直尺和圆规作线段的垂直平分线，分别交、于、（保留作图痕迹，不写作法和证明）： （2）连接、，求证：四边形是菱形． （3）若，，求的长． 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用尺规作出图形即可． （2）根据对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可； （3）首先证明四边形是菱形，设，在直角中，利用勾股定理构建方程求处，过作交于，在直角中，利用勾股定理即可得到答案． 【小问1详解】 解：如图，直线即为所求． 【小问2详解】 证明：设与交于点， 垂直平分线段， ，， 四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【小问3详解】 解：垂直平分线段，四边形是菱形． ，，， ， ， ， ， ，设， 在中，，， 可得， ， ， 过作交于， 四边形是矩形， ，， ， 在直角中， 【点睛】本题考查作图复杂作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质以及勾股定理． 24. 在矩形中，是边上一个动点，把沿折叠，使点落在点处． （1）如图1，连接，若，，当点、、三点共线时，求的长； （2）如图2，若，，是平面内一点，当以，，，为顶点的四边形为菱形时，求出点到直线的距离； （3）如图3，连，若，，当平分时，求的长． 【答案】（1） （2）点到直线的距离为或 （3） 【解析】 【分析】（1）由矩形和折叠可得，，，再由点、、三点共线，得到，设，在中，利用列方程求解即可； （2）取中点，中点，连接，，，由矩形和折叠得到，则，，再根据以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为或，分情况讨论，利用菱形对角线互相平分且垂直求解即可； （3）由折叠得到，，，设，则，延长交于，与交于点，过作于，则，得到，，则，再证明四边形是矩形，得到，，，求出，，即可证明，得到，最后在中，利用列方程求解即可． 【小问1详解】 解：∵矩形中，，， ∴，，， ∵把沿折叠， ∴，，， ∵点、、三点共线， ∴， ∴， 设，则，， ∵中，， ∴， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：取中点，中点，连接，，， ∵矩形中，，， ∴，，， ∵把沿折叠， ∴， ∵中点，中点， ∴，， ∵以，，，为顶点的四边形为菱形，且，， ∴以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为或， 当以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为时，垂直平分，此时点到直线的距离； 当以，，，为顶点的四边形为菱形的对角线为时，垂直平分，此时， 设点到直线的距离， ∴， ∴， 即点到直线的距离， 综上所述，当以，，，为顶点的四边形为菱形时，点到直线的距离为或； 【小问3详解】 解：如图延长交于，与交于点，过作于， ∵矩形中，，， ∴，，，， ∴，， ∵把沿折叠， ∴，，， 设，则， ∵平分，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵中，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质． 25. 在□ABCD中，连接BD，若，点E为边AD上一点，连接CE． （1）如图1，点G在BD上，连接CG，过G作于点H，连接DH并延长交AB于点M．求证：； （2）如图1，在（1）的前提下，若，．求证：； （3）如图2，,，点N在BC边上，，若CE是的角平分线，线段PQ（点P在点Q的左侧）在线段CE上运动，，连接BP，NQ，求的最小值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设CH与DG相交于K，根据直角三角形的性质和对顶角相等求解即可； （2）过点D作DF⊥DM，交CE于F，先证明△DCF≌△DGH（ASA），得到△FDH是等腰直角三角形，求得HF=DH，再证明△DMB≌△CGH（AAS）证得CF=BM，DB=CH即可证得结论； （3）在图2中，过B作BF∥PQ，且BF=，连接QF、GF、DF，根据平行四边形的判定和性质以及角平分线的对称性可得BP=FQ，点N关于CE的对称点G在CD上，连接QG，则QG=QN，CG=CN， 由BP+PQ+QN=FQ+QG+PQ≥FG+ ，（当F、Q、G共线时取等号），知BP+PQ+QN的最小值是FG的长，过点F作FM⊥BD于M，过点G作GH⊥DF于H，利用平行四边形的性质和含30°的直角三角形的三边关系以及勾股定理及其逆定理分别求得FH、HG即可解答． 【小问1详解】 证明：设CH与DG相交于K， ∵BD⊥CD，GH⊥CE， ∴∠CDK=∠GHK=90°， ∴∠HGD+∠GKH=∠DCE+∠DKC=90°， ∵∠GKH=∠DKC， ∴∠HGD=∠DCE； 【小问2详解】 证明：在图1中，过点D作DF⊥DM，交CE于F， ∵BD⊥CD，DF⊥DM， ∴∠CDG=∠FDH=90°， ∴∠CDF=∠GDH， 在△DCF和△DGH中， ， ∴△DCF≌△DGH（ASA）， ∴DF=DH，CF=HG， ∴△FDH是等腰直角三角形， ∴∠DHF=∠DFH=45°，HF=DH， ∵DC=DG，∠CDG=90°， ∴∠DGC=∠DCG=45°， ∴∠DGC=∠DHF， ∵∠DGC+∠GCH+∠CKG=∠DHF+∠BDM+∠DKH=180°，∠CKG=∠DKH， ∴∠GCH=∠BDM， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠MBD=∠CDG=90°，则∠MBD=∠GHC=90°， 在△DMB和△CGH， ， ∴△DMB≌△CGH（AAS）， ∴DB=CH， ∵CF=HG，BM=HG， ∴CF=BM， ∵CF+HF=CH， ∴BM+DH=DB； 【小问3详解】 解：在图2中，过B作BF∥PQ，且BF=，连接QF、DF，则四边形PBFQ是平行四边形，∴BP=FQ， ∵CE是∠DCB的平分线， ∴点N关于CE的对称点G在CD上，连接QG，GF、则QG=QN，CG=CN， ∴BP+PQ+QN=FQ+QG+PQ≥FG+ ，（当F、Q、G共线时取等号）， ∴BP+PQ+QN的最小值是FG的长， 过点F作FM⊥BD于M，过点G作GH⊥DF于H， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=120°， ∴∠DCB=60°，CD=AB=，又∠CDB=90°， ∴∠DBC=30°，则BC=2CD=2，BD=CD=， ∵CE平分DCB， ∴∠DCE=∠BCE=∠DCB=30°，又BF∥CE， ∴∠CBF=∠BCE=30°，则∠MBF=60°， ∵FM⊥BD， ∴∠BFM=30°，则BM=BF=，FM=BM=， ∴DM=BD-BM=，则DF= ， ∴BD2=DF2+BF2， ∴∠BFD=90°即BF⊥DF，又BF∥CE， ∴CE⊥DF，又GH⊥DF， ∴GH∥CE，∠DHG=90°， ∴∠DGH=∠DCE=30°， ∵BC=4CN=2， ∴CN==CG， ∴DG=CD-CG=， 在Rt△DHG中，DH=DG=，HG=DH=， ∴FH=DF-DH=， 在Rt△FHG中，FG=， ∴BP+PQ+QN的最小值是． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查平行四边形的判定与性质、含30°直角三角形的边角关系、平行线的判定与性质、勾股定理及其逆定理、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、最短路径问题等知识，涉及知识点较多，难度较难，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线解决问题是解答的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $