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2020-2021学年湖南省永州市某校初二（下）期中考试数学试卷新人教版
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2020-2021学年湖南省永州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A. B. C. D. 2. 下列条件中，不能判定两个直角三角形全等的是( ) A.一条斜边、一条直角边对应相等B.一个锐角、一条直角边对应相等C.两个锐角对应相等D.两条直角边对应相等 3. 在平面直角坐标系中，点(−2, −2m+3)在第三象限，则m的取值范围是( ) A.m<32 B.m>32 C.m<−32 D.m>−32 4. 下列命题中正确的是( ) A.对角线互相垂直的四边形是菱形B.有一个角是直角的四边形是矩形C.对角线互相平分且相等的四边形是矩形D.邻边相等的四边形是菱形 5. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，∠A=15∘，∠DBC=60∘，BC=1，则AD的长为( ) A.1.5 B.2 C.3 D.4 6. 如图， ▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且∠OCD=90∘若E是BC边的中点，BD=10, AC=6，则OE的长为( ) A.1.5 B.2 C.2.5 D.3 7. 将五个边长都为2cm的正方形按如图所示摆放，点A，B，C，D分别是四个正方形的中心（对角线的交点），则图中四块阴影面积的和为( ) A.2cm2 B.4cm2 C.6cm2 D.8cm2 8. 如图，AD // BC，∠ABC的平分线BP与∠BAD的平分线AP相交于点P，作PE⊥AB于E，若PE=3，则两平行线AD与BC间的距离为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 9. 如图，在三角形ABC中，AB=AC，BC=6，三角形DEF的周长是7，AF⊥BC于F，BE⊥AC于E，且点D是AB的中点，则AF为( ) A.5 B.7 C.3 D.7 10. 在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1E1E2B2、A2B2C2D2、D2E3E4B3、A3B3C3D3⋯按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3⋯在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60∘，B1C1 // B2C2 // B3C3⋯则正方形A2015B2015C2015D2015的边长是( ) A.(12)2014 B.(12)2015 C.(33)2015 D.(33)2014二、填空题 若正多边形的一个外角为40∘，则这个正多边形是________边形． 将一根长为24cm的筷子置于底面直径为12cm，高为16cm的圆柱形水杯中，则筷子露在杯子外面的最短长度为________. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，DE是AB的垂直平分线，且∠BAD:∠CAB=1:3，则∠B=________． 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则AH=________． 如图，在长方形纸片ABCD中，AB=12，BC=5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处，则AE的长为________． 已知点P的坐标P3m−6,m+1，且点P在y轴上，则点P的坐标是________. 如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，且BD=CD，过点A作AM⊥BD于点M，过点D作DN⊥AB于点N，且DN=32，在DB的延长线上取一点P，满足∠ABD=∠MAP+∠PAB，则AP为________. 如图，四边形ABCD中， DA⊥AB，CB⊥AB，AD=2，AB=4，BC=1，P是边AB上的动点，则PC+PD的最小值是________. 三、解答题 如图，在四边形ABCD中，∠B=90∘，AB=BC=2，AD=1，CD=3.求四边形ABCD的面积． 已知点P的坐标(2−a, 3a+6)，且点P到两坐标轴的距离相等，求出点P的坐标. 在△ABC中，点D在边AC上，DB=BC，点E是CD的中点，点F是AB的中点，求证：EF=12AB． 如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，点F在BD上，且BE=DF，连接AE并延长AE交BC于点G，连接CF并延长CF交AD于点H． 1求证：△AOE≅△COF； 2若AC平分∠HAG，求证：四边形AGCH是菱形． 如图，四边形ABCD是平行四边形，P是CD上一点，且AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA． 1求∠APB的度数； 2如果AD=5cm，AP=8cm，求△APB的周长． 已知：如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E. (1)求证：四边形ADCE为矩形； (2)当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？并给出证明． 如图， ▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB=6cm，BC=10cm，点P从点A出发，沿AD方向以每秒1cm的速度向终点D运动，连接PO，并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒． (1)求CQ、BQ的长（用含t的代数式表示）： (2)当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值； (3)当t=325时，点O是否在线段AP的垂直平分线上？请说明理由． 如图，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P． 1若AG=AE，证明：AF=AH； 2若∠FAH=45∘，证明：AG+AE=FH； 3若Rt△GBF的周长为1，求矩形EPHD的面积． 参考答案与试题解析2020-2021学年湖南省永州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】D【考点】轴对称与中心对称图形的识别【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．【解答】解：由中心对称和轴对称图形的定义得： A，是轴对称图形，不是中心对称图形； B，不是轴对称图形，是中心对称图形； C，是轴对称图形，不是中心对称图形； D，是轴对称图形，也是中心对称图形. 故选D.2.【答案】C【考点】直角三角形全等的判定【解析】根据已知及全等三角形的判定方法进行分析，从而得到答案．【解答】解：A，一条斜边、一条直角边对应相等，可以判定全等，符合HL； B，一个锐角、一条直角边对应相等，可以判定全等，符合ASAAAS； C，两个锐角对应相等，不能判定全等，全等三角形的判定必须有边的参与； D，两条直角边对应相等，可以判定全等，符合SAS． 故选C．3.【答案】B【考点】象限中点的坐标【解析】点在第三象限的条件是：横坐标是负数，纵坐标是负数，可得−2m+3<0，求不等式的解即可．【解答】解：∵ 点在第三象限， ∴ 点的横坐标是负数，纵坐标也是负数， 即−2m+3<0， 解得m>32． 故选B．4.【答案】C【考点】命题与定理菱形的判定与性质矩形的判定与性质【解析】根据菱形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据矩形的判定方法对C进行判断；根据菱形的判定方法对D进行判断．【解答】解：A，对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形，故A错误； B，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B错误； C，对角线互相垂直平分的四边形是矩形，故C正确； D，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故D错误. 故选C.5.【答案】B【考点】含30度角的直角三角形三角形的外角性质等腰三角形的性质与判定【解析】先利用∠C=90∘∠DBC=60∘，求出∠BDC=30∘，再利用130∘所对的直角边是斜边的一半可求出BD的长，再利用外角求出DEA，即可发现AD=BD【解答】解：∵ ∠C=90∘，∠DBC=60∘， ∴ ∠BDC=30∘ ∴ BD=2BC=2， 又∠BDC是△BDA的外角， ∴ ∠BDC=∠A+∠DBA， ∴ ∠DBA=∠BDC−∠A=15∘， ∴ DA=DB， ∴ AD=BD=2. 故选B.6.【答案】B【考点】三角形中位线定理勾股定理【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ ∠OCD=90∘， OC=3，OD=5， ∴ CD=4. ∵ E是BC中点，O是AC的中点， ∴ OE是△BDC的中位线， ∴ OE=12DC=2. 故选B.7.【答案】B【考点】全等三角形的性质与判定正方形的性质【解析】连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点，则AP＝AN，∠APF＝∠ANE＝45∘，易得PAF≅△NAE，进而可得四边形AENF的面积等于△NAP的面积，同理可得答案．【解答】解：如图，连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点． 则AP=AN，∠APF=∠ANE=45∘， ∵ ∠PAF+∠FAN=∠FAN+∠NAE=90∘， ∴ ∠PAF=∠NAE， ∴ △PAF≅△NAE， ∴ 四边形AENF的面积等于△NAP的面积， 而△NAP的面积是正方形面积的14，而正方形的面积为4， ∴ 四边形AENF的面积为1cm2，四块阴影面积的和为4cm2． 故选B.8.【答案】D【考点】角平分线的性质平行线之间的距离【解析】过点P作PF⊥AD于F，作PG⊥BC于G，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PF=PE，PG=PE，再根据平行线之间的距离的定义判断出EG的长即为AD、BC间的距离．【解答】解：如图，过点P作PF⊥AD于F，作PG⊥BC于G， ∵ AP是∠BAD的平分线，PE⊥AB， ∴ PF=PE. 同理可得PG=PE. ∵ AD // BC， ∴ 点F，P，G在同一条直线上， ∴ FG的长即为AD，BC间的距离， ∴ 平行线AD与BC间的距离为3+3=6. 故选D.9.【答案】B【考点】直角三角形斜边上的中线勾股定理等腰三角形的性质：三线合一【解析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=DF = 12AB，EF = 12BC，然后代入数据计算即可得解．【解答】解：∵ AF⊥BC，BE⊥AC，D是AB的中点， ∴ DE=DF=12AB， ∵ AB=AC，AF⊥BC， ∴ 点F是BC的中点， ∴ BF=FC=3， ∵ BE⊥AC， ∴ EF=12BC=3， ∴ △DEF的周长=DE+DF+EF=AB+3=7， ∴ AB=4， 由勾股定理知 AF=AB2−BF2=7. 故选B.10.【答案】D【考点】正方形的性质勾股定理含30度角的直角三角形规律型：图形的变化类【解析】利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案．【解答】解：∵ ∠B1C1O=60∘，B1C1//B2C2//B3C3， ∴ ∠D1C1E1=C2B2E2=C3B3E4=30∘， 则D1E1=12C1D1=12， 在Rt△B2E2C2中， 设B2C2=x， 由勾股定理得x2−(12x)2=(12)2， 解得B2C2=33， 同理可得：B3C3=13=332， 故正方形AnBnCnDn的边长是：(33)n−1 . 则正方形A2015B2015C2015D2015的边长是：(33)2014. 故选D．二、填空题【答案】九【考点】多边形内角与外角【解析】利用任意凸多边形的外角和均为360∘，正多边形的每个外角相等即可求出答案．【解答】解：正多边形的每个外角都相等，且其和为360∘， 据此可得360n=40， 解得n=9． 故答案为：九．【答案】4cm【考点】勾股定理的应用【解析】先根据题意画出图形，再根据勾股定理解答即可．【解答】解：设筷子露在杯子外面的长度为h， 如图所示，当筷子底端在B点时h最小， 此时，AB=AC2+BC2=122+162=20cm， 故h=24−20=4cm， 故筷子露在杯子外面的最短长度为4cm． 故答案为：4cm．【答案】22.5∘【考点】线段垂直平分线的性质等腰三角形的性质与判定【解析】根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出AD=BD，根据等边对等角得出∠B=∠DAB，由于 ∠BAD:∠CAB=1:3，故设∠BAD=x，则∠CAB=3x，根据直角三角形两锐角互余列出方程，求解算出x的，从而即可得出答案．【解答】解：在△ABC中，DE是AB的垂直平分线， ∴ AD=BD，即∠BAD=∠B， 又∵ ∠BAD:∠CAB=1:3，设∠BAD=x， 则∠CAB=3x， ∵ ∠C=90∘， ∴ ∠B+∠CAB=90∘，即x+3x=90∘， 解得：x=22.5∘， 即∠B=22.5∘. 故答案为：22.5∘.【答案】245【考点】菱形的性质勾股定理菱形的面积【解析】根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．【解答】解：∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ BO=DO=4，AO=CO，AC⊥BD， ∴ BD=8. ∵ S菱形ABCD=24， ∴ AC=6， ∴ OC=12AC=3， ∴ BC=OB2+OC2=5， ∵ S菱形ABCD=BC⋅AH=24， ∴ AH=245. 故答案为：245.【答案】103【考点】翻折变换（折叠问题）勾股定理【解析】首先利用勾股定理计算出BD的长，再根据折叠可得AD＝A′D＝5，进而得到A′B的长，再设AE＝x，则A′E＝x，BE＝12−x，再在Rt△A′EB中利用勾股定理可得方程：(12−x)2＝x2+82，解出x的值，可得答案．【解答】解：∵ AB=12，BC=5， ∴ AD=5，BD2=122+52=169，即BD=13. 根据折叠可得：AD=A′D=5， ∴ A′B=13−5=8. 设AE=x， 则A′E=x，BE=12−x， 在Rt△A′EB中， (12−x)2=x2+82， 解得：x=103， ∴ AE=103. 故答案为：103.【答案】(0,3)【考点】点的坐标【解析】根据y轴上点的横坐标为0列方程求出m的值，再求解即可.【解答】解： ∵ 点P3m−6,m+1在y 轴上， ∴ 3m−6=0 ， 解得m=2 ， ∴ m+1=2+1=3 ， ∴ 点P 的坐标为(0, 3) . 故答案为：(0, 3) .【答案】6【考点】平行四边形的性质勾股定理等腰直角三角形【解析】根据BD=CD，AB=CD，可得BD=BA，再根据AM⊥BD，DN⊥AB，即可得到DN=AM=32，依据∠ABD=∠MP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠DAP，即可得到△APM是等腰直角三角形，进而得AP=2AM=6. 【解答】解：∵ BD=CD，AB=CD， ∴ BD=BA. 又∵ AM⊥BD，DN⊥AB， ∴ DN=AM=32. 又∵ ∠ABD=∠MAP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠PAB， ∵∠P=∠PAM， ∴ △APM是等腰直角三角形， ∴MP=AM=32， ∴ AP=AM2+MP2=6. 故答案为：6．【答案】5【考点】勾股定理轴对称——最短路线问题【解析】 【解答】解：延长CB到点C′，使BC′=BC=1，连接DC′交AB于点P， 过点C′作C′E垂直于DA的延长线于点E，如图， 则DC′的长就是PC+PD的最小值． 易知，AB=EC′=4，DE=DA+AE=DA+BC′， ∵ BC′=BC=1，AD=2， ∴ DE=1+2=3. ∵ C′E⊥DE，即∠DEC′=90∘， ∴ 在Rt△DEC′中，DC′=DE2+EC′2=32+42=5， ∴ PC+PD的最小值是5. 故答案为：5.三、解答题【答案】解：如图，连接AC． ∵ ∠B=90∘，AB=BC=2， ∴ AC=22. ∵ AD=1，CD=3， ∴ AD2+AC2=12+222=9. ∵CD2=9， ∴ AD2+AC2=CD2， ∴ △ADC是直角三角形， 在Rt△ADC中， S△ADC=12⋅AD⋅AC=12×1×22=2, S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=2+2．【考点】三角形的面积勾股定理勾股定理的逆定理【解析】暂无【解答】解：如图，连接AC． ∵ ∠B=90∘，AB=BC=2， ∴ AC=22. ∵ AD=1，CD=3， ∴ AD2+AC2=12+222=9. ∵CD2=9， ∴ AD2+AC2=CD2， ∴ △ADC是直角三角形， 在Rt△ADC中， S△ADC=12⋅AD⋅AC=12×1×22=2, S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=2+2．【答案】解：∵ 点P的坐标为(2−a, 3a+6)，且到两坐标轴的距离相等， ∴ |2−a|=|3a+6|， ∴ 2−a=±(3a+6). 解得a=−1或a=−4， 即点P的坐标为(3, 3)或(6, −6)．【考点】点的坐标【解析】根据点P到两坐标轴的距离相等，可得|2−a|=|3a+6|，即可求出a的值，则点P的坐标可求．【解答】解：∵ 点P的坐标为(2−a, 3a+6)，且到两坐标轴的距离相等， ∴ |2−a|=|3a+6|， ∴ 2−a=±(3a+6). 解得a=−1或a=−4， 即点P的坐标为(3, 3)或(6, −6)．【答案】证明：∵ DB=BC，点E是CD的中点，连接BE， ∴ BE⊥CD． △ABE是直角三角形， ∵ F是AB的中点， ∴ 在Rt△AEB中， EF=12AB．【考点】直角三角形斜边上的中线线段垂直平分线的性质【解析】无【解答】证明：∵ DB=BC，点E是CD的中点，连接BE， ∴ BE⊥CD． △ABE是直角三角形， ∵ F是AB的中点， ∴ 在Rt△AEB中， EF=12AB．【答案】证明：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC，OB=OD， ∵ BE=DF， ∴OE=OF， 在△AOE与△COF中. OA=OC,∠AOE=∠COF,OE=OF, ∴ △AOE≅△COFSAS.2由1得△AOE≅△COF， ∴ ∠OAE=∠OCF， ∴ AE//CF． 又∵ AH//CG， ∴ 四边形AGCH是平行四边形． ∵ AC平分∠HAG， ∴ ∠HAC=∠GAC ∵ AH//CG， ∴ ∠HAC=∠GCA， ∴ ∠GAC=∠GCA， ∴ CG=AG， ∴ 四边形AGCH是菱形．【考点】平行四边形的性质全等三角形的判定菱形的判定【解析】（1）先由四边形ABCD是平行四边形，得出OA=OC,OB=OD，则OE=OF，又△AOE=∠COF，利用SAS即可证明 △AOE≅△COF2先证明四边形AGCH是平行四边形，再证明CG=AG，即可证明四边形AGCH是菱形．【解答】证明：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC，OB=OD， ∵ BE=DF， ∴OE=OF， 在△AOE与△COF中. OA=OC,∠AOE=∠COF,OE=OF, ∴ △AOE≅△COFSAS.2由1得△AOE≅△COF， ∴ ∠OAE=∠OCF， ∴ AE//CF． 又∵ AH//CG， ∴ 四边形AGCH是平行四边形． ∵ AC平分∠HAG， ∴ ∠HAC=∠GAC ∵ AH//CG， ∴ ∠HAC=∠GCA， ∴ ∠GAC=∠GCA， ∴ CG=AG， ∴ 四边形AGCH是菱形．【答案】解：1∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD//CB，AB//CD， ∴ ∠DAB+∠CBA=180∘. 又∵ AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA， ∴ ∠PAB+∠PBA=12∠DAB+∠CBA=90∘. ∴ ∠APB=180∘−∠PAB+∠PBA=90∘.(2)∵ AP平分∠DAB， ∴ ∠DAP=∠PAB. ∵ AB//CD， ∴ ∠PAB=∠DPA， ∴ ∠DAP=∠DPA， ∴ △ADP是等腰三角形， ∴ AD=DP=5cm. 同理可得，PC=CB=5cm， 则AB=DC=DP+PC=10cm. 在Rt△APB中，AB=10cm， AP=8cm 则BP=102−82=6cm， 则△APB的周长是6+8+10=24cm.【考点】平行四边形的性质角平分线的性质三角形内角和定理等腰三角形的判定与性质勾股定理【解析】（1）根据平行四边形性质得出AD//CB，AB//CD，推出∠DAB+∠CBA=180∘，求出∠PAB+∠PEA=90∘，在△APB中求出∠APB即可；2求出AD=DP=5,BC=PC=5，求出DC=10=AB，即可求出答案． 【解答】解：1∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD//CB，AB//CD， ∴ ∠DAB+∠CBA=180∘. 又∵ AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA， ∴ ∠PAB+∠PBA=12∠DAB+∠CBA=90∘. ∴ ∠APB=180∘−∠PAB+∠PBA=90∘.(2)∵ AP平分∠DAB， ∴ ∠DAP=∠PAB. ∵ AB//CD， ∴ ∠PAB=∠DPA， ∴ ∠DAP=∠DPA， ∴ △ADP是等腰三角形， ∴ AD=DP=5cm. 同理可得，PC=CB=5cm， 则AB=DC=DP+PC=10cm. 在Rt△APB中，AB=10cm， AP=8cm 则BP=102−82=6cm， 则△APB的周长是6+8+10=24cm.【答案】(1)证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC， ∴ ∠BAD=∠DAC， ∵ AN是△ABC外角∠CAM的平分线， ∴ ∠MAE=∠CAE， ∴ ∠DAE=∠DAC+∠CAE=90∘， 又∵ AD⊥BC，CE⊥AN， ∴ ∠ADC=∠CEA=90∘， ∴ 四边形ADCE为矩形．(2)当△ABC满足∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形． 证明如下： ∵ AB=AC， ∴ ∠ACB=∠B=45∘， ∵ AD⊥BC， ∴ ∠CAD=∠ACD=45∘， ∴ DC=AD， ∵ 四边形ADCE为矩形， ∴ 矩形ADCE是正方形． ∴ 当∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形．【考点】角平分线的性质等腰三角形的判定与性质矩形的判定矩形的性质正方形的判定【解析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE=90∘，可以证明四边形ADCE为矩形．（2）根据正方形的判定，我们可以假设当AD=12BC，由已知可得，DC=12BC，由（1）的结论可知四边形ADCE为矩形，所以证得，四边形ADCE为正方形．【解答】(1)证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC， ∴ ∠BAD=∠DAC， ∵ AN是△ABC外角∠CAM的平分线， ∴ ∠MAE=∠CAE， ∴ ∠DAE=∠DAC+∠CAE=90∘， 又∵ AD⊥BC，CE⊥AN， ∴ ∠ADC=∠CEA=90∘， ∴ 四边形ADCE为矩形．(2)当△ABC满足∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形． 证明如下： ∵ AB=AC， ∴ ∠ACB=∠B=45∘， ∵ AD⊥BC， ∴ ∠CAD=∠ACD=45∘， ∴ DC=AD， ∵ 四边形ADCE为矩形， ∴ 矩形ADCE是正方形． ∴ 当∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形．【答案】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形, ∴OA=OC，AD//BC， ∴∠PAO=∠QCO， ∵∠POA=∠COQ， ∴△APO≅△CQO， ∴AP=CQ=t， ∵BC=10， ∴BQ=10−t．(2)∵AP//BQ， 当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形， 即t=10−t，解得：t=5， ∴当t为5秒时，四边形ABQP时平行四边形．(3)过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F， 在Rt△ABC中，AB=6，BC=10， ∴AC=BC2−AB2=8， ∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅EF， ∴AB⋅AC=BC⋅EF， ∴6×8=10×EF， ∴EF=245， ∴OE=125， ∴AE=AO2−OE2=165， 当t=325时，AP=325， ∴2AE=AP，即点E是AP的中点， ∴点O在线段AP的垂直平分线上．【考点】平行四边形的性质全等三角形的性质与判定勾股定理线段垂直平分线的性质【解析】左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析【解答】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形, ∴OA=OC，AD//BC， ∴∠PAO=∠QCO， ∵∠POA=∠COQ， ∴△APO≅△CQO， ∴AP=CQ=t， ∵BC=10， ∴BQ=10−t．(2)∵AP//BQ， 当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形， 即t=10−t，解得：t=5， ∴当t为5秒时，四边形ABQP时平行四边形．(3)过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F， 在Rt△ABC中，AB=6，BC=10， ∴AC=BC2−AB2=8， ∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅EF， ∴AB⋅AC=BC⋅EF， ∴6×8=10×EF， ∴EF=245， ∴OE=125， ∴AE=AO2−OE2=165， 当t=325时，AP=325， ∴2AE=AP，即点E是AP的中点， ∴点O在线段AP的垂直平分线上．【答案】1证明：连接AH、AF． ∵ ABCD是正方形， ∴ AD=AB，∠D=∠B=90∘． ∵ ADHG与ABFE都是矩形， ∴ DH=AG，AE=BF， 又∵ AG=AE， ∴ DH=BF． 在Rt△ADH与Rt△ABF中， ∵ AD=AB，∠D=∠B=90∘，DH=BF， ∴ Rt△ADH≅Rt△ABF， ∴ AF=AH．2证明：延长BF至M，使BM=DH， 则△ABM≅△ADH， 在△AMF与△AHF中， ∵ AM=AH，AF=AF， ∠MAF=∠MAH−∠FAH=90∘−45∘=45∘=∠FAH， ∴ △AMF≅△AHF． ∴ MF=HF． ∵ MF=MB+BF=HD+BF=AG+AE， ∴ AG+AE=FH．3解：设BF=x，GB=y， 则FC=1−x，AG=1−y，(0
2020-2021学年湖南省永州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A. B. C. D. 2. 下列条件中，不能判定两个直角三角形全等的是( ) A.一条斜边、一条直角边对应相等B.一个锐角、一条直角边对应相等C.两个锐角对应相等D.两条直角边对应相等 3. 在平面直角坐标系中，点(−2, −2m+3)在第三象限，则m的取值范围是( ) A.m<32 B.m>32 C.m<−32 D.m>−32 4. 下列命题中正确的是( ) A.对角线互相垂直的四边形是菱形B.有一个角是直角的四边形是矩形C.对角线互相平分且相等的四边形是矩形D.邻边相等的四边形是菱形 5. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，∠A=15∘，∠DBC=60∘，BC=1，则AD的长为( ) A.1.5 B.2 C.3 D.4 6. 如图， ▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且∠OCD=90∘若E是BC边的中点，BD=10, AC=6，则OE的长为( ) A.1.5 B.2 C.2.5 D.3 7. 将五个边长都为2cm的正方形按如图所示摆放，点A，B，C，D分别是四个正方形的中心（对角线的交点），则图中四块阴影面积的和为( ) A.2cm2 B.4cm2 C.6cm2 D.8cm2 8. 如图，AD // BC，∠ABC的平分线BP与∠BAD的平分线AP相交于点P，作PE⊥AB于E，若PE=3，则两平行线AD与BC间的距离为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 9. 如图，在三角形ABC中，AB=AC，BC=6，三角形DEF的周长是7，AF⊥BC于F，BE⊥AC于E，且点D是AB的中点，则AF为( ) A.5 B.7 C.3 D.7 10. 在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1D1、D1E1E2B2、A2B2C2D2、D2E3E4B3、A3B3C3D3⋯按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3⋯在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60∘，B1C1 // B2C2 // B3C3⋯则正方形A2015B2015C2015D2015的边长是( ) A.(12)2014 B.(12)2015 C.(33)2015 D.(33)2014二、填空题 若正多边形的一个外角为40∘，则这个正多边形是________边形． 将一根长为24cm的筷子置于底面直径为12cm，高为16cm的圆柱形水杯中，则筷子露在杯子外面的最短长度为________. 如图，在△ABC中，∠C=90∘，DE是AB的垂直平分线，且∠BAD:∠CAB=1:3，则∠B=________． 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则AH=________． 如图，在长方形纸片ABCD中，AB=12，BC=5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处，则AE的长为________． 已知点P的坐标P3m−6,m+1，且点P在y轴上，则点P的坐标是________. 如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，且BD=CD，过点A作AM⊥BD于点M，过点D作DN⊥AB于点N，且DN=32，在DB的延长线上取一点P，满足∠ABD=∠MAP+∠PAB，则AP为________. 如图，四边形ABCD中， DA⊥AB，CB⊥AB，AD=2，AB=4，BC=1，P是边AB上的动点，则PC+PD的最小值是________. 三、解答题 如图，在四边形ABCD中，∠B=90∘，AB=BC=2，AD=1，CD=3.求四边形ABCD的面积． 已知点P的坐标(2−a, 3a+6)，且点P到两坐标轴的距离相等，求出点P的坐标. 在△ABC中，点D在边AC上，DB=BC，点E是CD的中点，点F是AB的中点，求证：EF=12AB． 如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，点F在BD上，且BE=DF，连接AE并延长AE交BC于点G，连接CF并延长CF交AD于点H． 1求证：△AOE≅△COF； 2若AC平分∠HAG，求证：四边形AGCH是菱形． 如图，四边形ABCD是平行四边形，P是CD上一点，且AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA． 1求∠APB的度数； 2如果AD=5cm，AP=8cm，求△APB的周长． 已知：如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E. (1)求证：四边形ADCE为矩形； (2)当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？并给出证明． 如图， ▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB=6cm，BC=10cm，点P从点A出发，沿AD方向以每秒1cm的速度向终点D运动，连接PO，并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒． (1)求CQ、BQ的长（用含t的代数式表示）： (2)当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值； (3)当t=325时，点O是否在线段AP的垂直平分线上？请说明理由． 如图，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P． 1若AG=AE，证明：AF=AH； 2若∠FAH=45∘，证明：AG+AE=FH； 3若Rt△GBF的周长为1，求矩形EPHD的面积． 参考答案与试题解析2020-2021学年湖南省永州市某校初二（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】D【考点】轴对称与中心对称图形的识别【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．【解答】解：由中心对称和轴对称图形的定义得： A，是轴对称图形，不是中心对称图形； B，不是轴对称图形，是中心对称图形； C，是轴对称图形，不是中心对称图形； D，是轴对称图形，也是中心对称图形. 故选D.2.【答案】C【考点】直角三角形全等的判定【解析】根据已知及全等三角形的判定方法进行分析，从而得到答案．【解答】解：A，一条斜边、一条直角边对应相等，可以判定全等，符合HL； B，一个锐角、一条直角边对应相等，可以判定全等，符合ASAAAS； C，两个锐角对应相等，不能判定全等，全等三角形的判定必须有边的参与； D，两条直角边对应相等，可以判定全等，符合SAS． 故选C．3.【答案】B【考点】象限中点的坐标【解析】点在第三象限的条件是：横坐标是负数，纵坐标是负数，可得−2m+3<0，求不等式的解即可．【解答】解：∵ 点在第三象限， ∴ 点的横坐标是负数，纵坐标也是负数， 即−2m+3<0， 解得m>32． 故选B．4.【答案】C【考点】命题与定理菱形的判定与性质矩形的判定与性质【解析】根据菱形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据矩形的判定方法对C进行判断；根据菱形的判定方法对D进行判断．【解答】解：A，对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形，故A错误； B，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B错误； C，对角线互相垂直平分的四边形是矩形，故C正确； D，一组邻边相等的平行四边形是菱形，故D错误. 故选C.5.【答案】B【考点】含30度角的直角三角形三角形的外角性质等腰三角形的性质与判定【解析】先利用∠C=90∘∠DBC=60∘，求出∠BDC=30∘，再利用130∘所对的直角边是斜边的一半可求出BD的长，再利用外角求出DEA，即可发现AD=BD【解答】解：∵ ∠C=90∘，∠DBC=60∘， ∴ ∠BDC=30∘ ∴ BD=2BC=2， 又∠BDC是△BDA的外角， ∴ ∠BDC=∠A+∠DBA， ∴ ∠DBA=∠BDC−∠A=15∘， ∴ DA=DB， ∴ AD=BD=2. 故选B.6.【答案】B【考点】三角形中位线定理勾股定理【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ ∠OCD=90∘， OC=3，OD=5， ∴ CD=4. ∵ E是BC中点，O是AC的中点， ∴ OE是△BDC的中位线， ∴ OE=12DC=2. 故选B.7.【答案】B【考点】全等三角形的性质与判定正方形的性质【解析】连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点，则AP＝AN，∠APF＝∠ANE＝45∘，易得PAF≅△NAE，进而可得四边形AENF的面积等于△NAP的面积，同理可得答案．【解答】解：如图，连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点． 则AP=AN，∠APF=∠ANE=45∘， ∵ ∠PAF+∠FAN=∠FAN+∠NAE=90∘， ∴ ∠PAF=∠NAE， ∴ △PAF≅△NAE， ∴ 四边形AENF的面积等于△NAP的面积， 而△NAP的面积是正方形面积的14，而正方形的面积为4， ∴ 四边形AENF的面积为1cm2，四块阴影面积的和为4cm2． 故选B.8.【答案】D【考点】角平分线的性质平行线之间的距离【解析】过点P作PF⊥AD于F，作PG⊥BC于G，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PF=PE，PG=PE，再根据平行线之间的距离的定义判断出EG的长即为AD、BC间的距离．【解答】解：如图，过点P作PF⊥AD于F，作PG⊥BC于G， ∵ AP是∠BAD的平分线，PE⊥AB， ∴ PF=PE. 同理可得PG=PE. ∵ AD // BC， ∴ 点F，P，G在同一条直线上， ∴ FG的长即为AD，BC间的距离， ∴ 平行线AD与BC间的距离为3+3=6. 故选D.9.【答案】B【考点】直角三角形斜边上的中线勾股定理等腰三角形的性质：三线合一【解析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=DF = 12AB，EF = 12BC，然后代入数据计算即可得解．【解答】解：∵ AF⊥BC，BE⊥AC，D是AB的中点， ∴ DE=DF=12AB， ∵ AB=AC，AF⊥BC， ∴ 点F是BC的中点， ∴ BF=FC=3， ∵ BE⊥AC， ∴ EF=12BC=3， ∴ △DEF的周长=DE+DF+EF=AB+3=7， ∴ AB=4， 由勾股定理知 AF=AB2−BF2=7. 故选B.10.【答案】D【考点】正方形的性质勾股定理含30度角的直角三角形规律型：图形的变化类【解析】利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案．【解答】解：∵ ∠B1C1O=60∘，B1C1//B2C2//B3C3， ∴ ∠D1C1E1=C2B2E2=C3B3E4=30∘， 则D1E1=12C1D1=12， 在Rt△B2E2C2中， 设B2C2=x， 由勾股定理得x2−(12x)2=(12)2， 解得B2C2=33， 同理可得：B3C3=13=332， 故正方形AnBnCnDn的边长是：(33)n−1 . 则正方形A2015B2015C2015D2015的边长是：(33)2014. 故选D．二、填空题【答案】九【考点】多边形内角与外角【解析】利用任意凸多边形的外角和均为360∘，正多边形的每个外角相等即可求出答案．【解答】解：正多边形的每个外角都相等，且其和为360∘， 据此可得360n=40， 解得n=9． 故答案为：九．【答案】4cm【考点】勾股定理的应用【解析】先根据题意画出图形，再根据勾股定理解答即可．【解答】解：设筷子露在杯子外面的长度为h， 如图所示，当筷子底端在B点时h最小， 此时，AB=AC2+BC2=122+162=20cm， 故h=24−20=4cm， 故筷子露在杯子外面的最短长度为4cm． 故答案为：4cm．【答案】22.5∘【考点】线段垂直平分线的性质等腰三角形的性质与判定【解析】根据线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出AD=BD，根据等边对等角得出∠B=∠DAB，由于 ∠BAD:∠CAB=1:3，故设∠BAD=x，则∠CAB=3x，根据直角三角形两锐角互余列出方程，求解算出x的，从而即可得出答案．【解答】解：在△ABC中，DE是AB的垂直平分线， ∴ AD=BD，即∠BAD=∠B， 又∵ ∠BAD:∠CAB=1:3，设∠BAD=x， 则∠CAB=3x， ∵ ∠C=90∘， ∴ ∠B+∠CAB=90∘，即x+3x=90∘， 解得：x=22.5∘， 即∠B=22.5∘. 故答案为：22.5∘.【答案】245【考点】菱形的性质勾股定理菱形的面积【解析】根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．【解答】解：∵ 四边形ABCD是菱形， ∴ BO=DO=4，AO=CO，AC⊥BD， ∴ BD=8. ∵ S菱形ABCD=24， ∴ AC=6， ∴ OC=12AC=3， ∴ BC=OB2+OC2=5， ∵ S菱形ABCD=BC⋅AH=24， ∴ AH=245. 故答案为：245.【答案】103【考点】翻折变换（折叠问题）勾股定理【解析】首先利用勾股定理计算出BD的长，再根据折叠可得AD＝A′D＝5，进而得到A′B的长，再设AE＝x，则A′E＝x，BE＝12−x，再在Rt△A′EB中利用勾股定理可得方程：(12−x)2＝x2+82，解出x的值，可得答案．【解答】解：∵ AB=12，BC=5， ∴ AD=5，BD2=122+52=169，即BD=13. 根据折叠可得：AD=A′D=5， ∴ A′B=13−5=8. 设AE=x， 则A′E=x，BE=12−x， 在Rt△A′EB中， (12−x)2=x2+82， 解得：x=103， ∴ AE=103. 故答案为：103.【答案】(0,3)【考点】点的坐标【解析】根据y轴上点的横坐标为0列方程求出m的值，再求解即可.【解答】解： ∵ 点P3m−6,m+1在y 轴上， ∴ 3m−6=0 ， 解得m=2 ， ∴ m+1=2+1=3 ， ∴ 点P 的坐标为(0, 3) . 故答案为：(0, 3) .【答案】6【考点】平行四边形的性质勾股定理等腰直角三角形【解析】根据BD=CD，AB=CD，可得BD=BA，再根据AM⊥BD，DN⊥AB，即可得到DN=AM=32，依据∠ABD=∠MP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠DAP，即可得到△APM是等腰直角三角形，进而得AP=2AM=6. 【解答】解：∵ BD=CD，AB=CD， ∴ BD=BA. 又∵ AM⊥BD，DN⊥AB， ∴ DN=AM=32. 又∵ ∠ABD=∠MAP+∠PAB，∠ABD=∠P+∠PAB， ∵∠P=∠PAM， ∴ △APM是等腰直角三角形， ∴MP=AM=32， ∴ AP=AM2+MP2=6. 故答案为：6．【答案】5【考点】勾股定理轴对称——最短路线问题【解析】 【解答】解：延长CB到点C′，使BC′=BC=1，连接DC′交AB于点P， 过点C′作C′E垂直于DA的延长线于点E，如图， 则DC′的长就是PC+PD的最小值． 易知，AB=EC′=4，DE=DA+AE=DA+BC′， ∵ BC′=BC=1，AD=2， ∴ DE=1+2=3. ∵ C′E⊥DE，即∠DEC′=90∘， ∴ 在Rt△DEC′中，DC′=DE2+EC′2=32+42=5， ∴ PC+PD的最小值是5. 故答案为：5.三、解答题【答案】解：如图，连接AC． ∵ ∠B=90∘，AB=BC=2， ∴ AC=22. ∵ AD=1，CD=3， ∴ AD2+AC2=12+222=9. ∵CD2=9， ∴ AD2+AC2=CD2， ∴ △ADC是直角三角形， 在Rt△ADC中， S△ADC=12⋅AD⋅AC=12×1×22=2, S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=2+2．【考点】三角形的面积勾股定理勾股定理的逆定理【解析】暂无【解答】解：如图，连接AC． ∵ ∠B=90∘，AB=BC=2， ∴ AC=22. ∵ AD=1，CD=3， ∴ AD2+AC2=12+222=9. ∵CD2=9， ∴ AD2+AC2=CD2， ∴ △ADC是直角三角形， 在Rt△ADC中， S△ADC=12⋅AD⋅AC=12×1×22=2, S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=2+2．【答案】解：∵ 点P的坐标为(2−a, 3a+6)，且到两坐标轴的距离相等， ∴ |2−a|=|3a+6|， ∴ 2−a=±(3a+6). 解得a=−1或a=−4， 即点P的坐标为(3, 3)或(6, −6)．【考点】点的坐标【解析】根据点P到两坐标轴的距离相等，可得|2−a|=|3a+6|，即可求出a的值，则点P的坐标可求．【解答】解：∵ 点P的坐标为(2−a, 3a+6)，且到两坐标轴的距离相等， ∴ |2−a|=|3a+6|， ∴ 2−a=±(3a+6). 解得a=−1或a=−4， 即点P的坐标为(3, 3)或(6, −6)．【答案】证明：∵ DB=BC，点E是CD的中点，连接BE， ∴ BE⊥CD． △ABE是直角三角形， ∵ F是AB的中点， ∴ 在Rt△AEB中， EF=12AB．【考点】直角三角形斜边上的中线线段垂直平分线的性质【解析】无【解答】证明：∵ DB=BC，点E是CD的中点，连接BE， ∴ BE⊥CD． △ABE是直角三角形， ∵ F是AB的中点， ∴ 在Rt△AEB中， EF=12AB．【答案】证明：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC，OB=OD， ∵ BE=DF， ∴OE=OF， 在△AOE与△COF中. OA=OC,∠AOE=∠COF,OE=OF, ∴ △AOE≅△COFSAS.2由1得△AOE≅△COF， ∴ ∠OAE=∠OCF， ∴ AE//CF． 又∵ AH//CG， ∴ 四边形AGCH是平行四边形． ∵ AC平分∠HAG， ∴ ∠HAC=∠GAC ∵ AH//CG， ∴ ∠HAC=∠GCA， ∴ ∠GAC=∠GCA， ∴ CG=AG， ∴ 四边形AGCH是菱形．【考点】平行四边形的性质全等三角形的判定菱形的判定【解析】（1）先由四边形ABCD是平行四边形，得出OA=OC,OB=OD，则OE=OF，又△AOE=∠COF，利用SAS即可证明 △AOE≅△COF2先证明四边形AGCH是平行四边形，再证明CG=AG，即可证明四边形AGCH是菱形．【解答】证明：(1)∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ OA=OC，OB=OD， ∵ BE=DF， ∴OE=OF， 在△AOE与△COF中. OA=OC,∠AOE=∠COF,OE=OF, ∴ △AOE≅△COFSAS.2由1得△AOE≅△COF， ∴ ∠OAE=∠OCF， ∴ AE//CF． 又∵ AH//CG， ∴ 四边形AGCH是平行四边形． ∵ AC平分∠HAG， ∴ ∠HAC=∠GAC ∵ AH//CG， ∴ ∠HAC=∠GCA， ∴ ∠GAC=∠GCA， ∴ CG=AG， ∴ 四边形AGCH是菱形．【答案】解：1∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD//CB，AB//CD， ∴ ∠DAB+∠CBA=180∘. 又∵ AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA， ∴ ∠PAB+∠PBA=12∠DAB+∠CBA=90∘. ∴ ∠APB=180∘−∠PAB+∠PBA=90∘.(2)∵ AP平分∠DAB， ∴ ∠DAP=∠PAB. ∵ AB//CD， ∴ ∠PAB=∠DPA， ∴ ∠DAP=∠DPA， ∴ △ADP是等腰三角形， ∴ AD=DP=5cm. 同理可得，PC=CB=5cm， 则AB=DC=DP+PC=10cm. 在Rt△APB中，AB=10cm， AP=8cm 则BP=102−82=6cm， 则△APB的周长是6+8+10=24cm.【考点】平行四边形的性质角平分线的性质三角形内角和定理等腰三角形的判定与性质勾股定理【解析】（1）根据平行四边形性质得出AD//CB，AB//CD，推出∠DAB+∠CBA=180∘，求出∠PAB+∠PEA=90∘，在△APB中求出∠APB即可；2求出AD=DP=5,BC=PC=5，求出DC=10=AB，即可求出答案． 【解答】解：1∵ 四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD//CB，AB//CD， ∴ ∠DAB+∠CBA=180∘. 又∵ AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA， ∴ ∠PAB+∠PBA=12∠DAB+∠CBA=90∘. ∴ ∠APB=180∘−∠PAB+∠PBA=90∘.(2)∵ AP平分∠DAB， ∴ ∠DAP=∠PAB. ∵ AB//CD， ∴ ∠PAB=∠DPA， ∴ ∠DAP=∠DPA， ∴ △ADP是等腰三角形， ∴ AD=DP=5cm. 同理可得，PC=CB=5cm， 则AB=DC=DP+PC=10cm. 在Rt△APB中，AB=10cm， AP=8cm 则BP=102−82=6cm， 则△APB的周长是6+8+10=24cm.【答案】(1)证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC， ∴ ∠BAD=∠DAC， ∵ AN是△ABC外角∠CAM的平分线， ∴ ∠MAE=∠CAE， ∴ ∠DAE=∠DAC+∠CAE=90∘， 又∵ AD⊥BC，CE⊥AN， ∴ ∠ADC=∠CEA=90∘， ∴ 四边形ADCE为矩形．(2)当△ABC满足∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形． 证明如下： ∵ AB=AC， ∴ ∠ACB=∠B=45∘， ∵ AD⊥BC， ∴ ∠CAD=∠ACD=45∘， ∴ DC=AD， ∵ 四边形ADCE为矩形， ∴ 矩形ADCE是正方形． ∴ 当∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形．【考点】角平分线的性质等腰三角形的判定与性质矩形的判定矩形的性质正方形的判定【解析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE=90∘，可以证明四边形ADCE为矩形．（2）根据正方形的判定，我们可以假设当AD=12BC，由已知可得，DC=12BC，由（1）的结论可知四边形ADCE为矩形，所以证得，四边形ADCE为正方形．【解答】(1)证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC， ∴ ∠BAD=∠DAC， ∵ AN是△ABC外角∠CAM的平分线， ∴ ∠MAE=∠CAE， ∴ ∠DAE=∠DAC+∠CAE=90∘， 又∵ AD⊥BC，CE⊥AN， ∴ ∠ADC=∠CEA=90∘， ∴ 四边形ADCE为矩形．(2)当△ABC满足∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形． 证明如下： ∵ AB=AC， ∴ ∠ACB=∠B=45∘， ∵ AD⊥BC， ∴ ∠CAD=∠ACD=45∘， ∴ DC=AD， ∵ 四边形ADCE为矩形， ∴ 矩形ADCE是正方形． ∴ 当∠BAC=90∘时，四边形ADCE是一个正方形．【答案】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形, ∴OA=OC，AD//BC， ∴∠PAO=∠QCO， ∵∠POA=∠COQ， ∴△APO≅△CQO， ∴AP=CQ=t， ∵BC=10， ∴BQ=10−t．(2)∵AP//BQ， 当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形， 即t=10−t，解得：t=5， ∴当t为5秒时，四边形ABQP时平行四边形．(3)过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F， 在Rt△ABC中，AB=6，BC=10， ∴AC=BC2−AB2=8， ∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅EF， ∴AB⋅AC=BC⋅EF， ∴6×8=10×EF， ∴EF=245， ∴OE=125， ∴AE=AO2−OE2=165， 当t=325时，AP=325， ∴2AE=AP，即点E是AP的中点， ∴点O在线段AP的垂直平分线上．【考点】平行四边形的性质全等三角形的性质与判定勾股定理线段垂直平分线的性质【解析】左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析左侧图片未给出解析【解答】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形, ∴OA=OC，AD//BC， ∴∠PAO=∠QCO， ∵∠POA=∠COQ， ∴△APO≅△CQO， ∴AP=CQ=t， ∵BC=10， ∴BQ=10−t．(2)∵AP//BQ， 当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形， 即t=10−t，解得：t=5， ∴当t为5秒时，四边形ABQP时平行四边形．(3)过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F， 在Rt△ABC中，AB=6，BC=10， ∴AC=BC2−AB2=8， ∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅EF， ∴AB⋅AC=BC⋅EF， ∴6×8=10×EF， ∴EF=245， ∴OE=125， ∴AE=AO2−OE2=165， 当t=325时，AP=325， ∴2AE=AP，即点E是AP的中点， ∴点O在线段AP的垂直平分线上．【答案】1证明：连接AH、AF． ∵ ABCD是正方形， ∴ AD=AB，∠D=∠B=90∘． ∵ ADHG与ABFE都是矩形， ∴ DH=AG，AE=BF， 又∵ AG=AE， ∴ DH=BF． 在Rt△ADH与Rt△ABF中， ∵ AD=AB，∠D=∠B=90∘，DH=BF， ∴ Rt△ADH≅Rt△ABF， ∴ AF=AH．2证明：延长BF至M，使BM=DH， 则△ABM≅△ADH， 在△AMF与△AHF中， ∵ AM=AH，AF=AF， ∠MAF=∠MAH−∠FAH=90∘−45∘=45∘=∠FAH， ∴ △AMF≅△AHF． ∴ MF=HF． ∵ MF=MB+BF=HD+BF=AG+AE， ∴ AG+AE=FH．3解：设BF=x，GB=y， 则FC=1−x，AG=1−y，(0
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