2023-2024学年河南省洛阳市洛龙区八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省洛阳市洛龙区八年级（下）期中数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若 3−2xx−1有意义，则x可以是下面的哪个值( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.下列二次根式中，能与2 3进行合并的是( )
A. 13B. 30C. 27D. 3 2
3.已知△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，则下列条件中不能判断△ABC是直角三角形的是( )
A. a：b：c=3：4：5B. ∠A：∠B：∠C=3：4：5
C. ∠A−∠B=∠CD. a2−b2=c2
4.已知平行四边形ABCD中，∠A+∠C=130°，则∠D的度数是( )
A. 50°B. 65°C. 115°D. 130°
5.如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，BD=2，则AC的长为( )
A. 2B. 4C. 2 3D. 4 3
6.计算 16× 14+ 3× 5的结果估计在( )
A. 8与9之间B. 9与10之间C. 7与8之间D. 5与6之间
7.如图，在△ABC中，AB=BC=14，BD是AC边上的高，垂足为D，点F在边BC上，连接AF，E为AF的中点，连接DE，若DE=5，则BF的长为( )
A. 3
B. 6
C. 5
D. 4
8.学校操场边有一根垂直于地面l的旗杆AB，一根无弹力、不能伸缩的绳子m紧系于旗杆顶端A处(打结处忽略不计).聪明的小陶同学通过操作、测量发现：如图1，当绳子m紧靠在旗杆上拉紧到底端B后，还多出1米，即BC=1米；如图2，当离开旗杆底端B处5米后，绳子恰好拉直且绳子末端D处恰好接触地面，即BD=5米.请你跟小陶同学一起算一算旗杆AB的高度是( )
A. 12米B. 10米C. 6米D. 15米
9.如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，连接BD、BE，则∠DBE为( )
A. 20°
B. 25°
C. 45°
D. 30°
10.四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成小正方形EFGH.已知AM为Rt△ABM较长直角边，问，当正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的10倍时，两条直角边AM与BM的数量关系是( )
A. AM=2BM
B. AM=2 2BM
C. AM=3BM
D. AM= 10BM
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.实数a在数轴上的位置如图所示，则|a−1|+ (a−2)2= ．
12.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，若AB=15，则正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为______．
13.依次连接菱形各边中点所得到的四边形是______．
14.从A地出发前往B地由于被一座山隔开而导致公路无法直达，需绕道C地，这大大影响了A、B两地居民的日常生活，现在国家决定投资从A地修建一条隧道(如图中虚线所示)穿过山直达B地.现在测得公路AC长42千米，CB长50千米，AC的中点D、CB的中点E之间距离DE长20千米.A、B间直达公路通车后，通行距离将比原来绕道C地缩短了______千米．
15.如图，在平行四边形中，AB=6cm，AD=9cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以每秒2cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动.设运动时间为t s，开始运动以后，当以A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为______．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
计算：
(1) 48÷ 3+ 12× 12− 24；
(2)(7+4 3)(7−4 3)−(3 5−1)2．
17.(本小题7分)
如图，△ABC中，E、F、G分别是边AB、BC、AC的中点，AD是BC边上的高，连接DE、FG，猜想DE、FG的数量关系并说明理由．
18.(本小题8分)
学校教学楼边有一块草坪如图所示，学校现在为了扩大学生课间的活动区域，需要给草坪铺上地砖，后勤师傅经过市场调研得知铺砖的费用为300元/平方米.张老师得知此事后，决定带领学生协助后勤师傅完成此项工作，经过测量得知：AB=3米，BC=4米，AD=12米，CD=13米，且AB⊥CB.请同学们与张老师一起计算一下此次学校总计花费多少元．
19.(本小题8分)
已知：如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，请按要求完成下列各题：
(1)画线段AD//BC且使AD=BC，连接CD；
(2)线段AC的长为______，CD的长为______，点A到线段BC的距离为______；
(3)△ACD为______三角形，四边形ABCD的面积为______．
20.(本小题8分)
如图，△ABC中，D、E、F分别在边BC、AB、AC上，且DE/​/AC，DE=AF，延长FD到G，使DG=DF．
求证：AG和DE互相平分．
21.(本小题10分)
小芳同学在学习完平行四边形这一章后，遇到这样一个问题：在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E为边AD上一点，F为边BC上一点，BE/​/DF且BE、DF之间的距离为6，则AE的长是多少？

小芳同学思考后，提出了这样的解题思路：
解：如图，过点E做EH⊥DF，垂足为H．
则由题意得EH= ______．
……
……
请你在横线上写出EH的长，并补全解题过程求出AE的长．
22.(本小题12分)
(1)填空：(只填写符号：>，<，=，≥或≤)
①当a=2，b=3时，a+b ______2 ab；
②当a=2，b=12时，a+b ______2 ab；
③当a=5，b=5时，a+b ______2 ab；
④当a=6，b=6时，a+b ______2 ab．
(2)观察以上式子，猜想a+b与2 ab(a>0,b>0)的数量关系，并证明；(提示：( a+ b)2≥0)
(3)实践应用：现在要用篱笆围一个面积为9的矩形花坛，在尽量节省篱笆长度的前提下，此时花坛的周长是多少？
23.(本小题12分)
综合与实践课上，刘老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，∠MBE= ______°.
(2)迁移探究
爱动脑的小明同学将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠PBQ= ______°；
②改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)，如图3，判断∠PBQ的度数，并说明理由．
(3)拓展应用
在(2)的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ=2cm时，直接写出AP的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题可知，
3−2x≥0x−1≠0，
解得x≤32且x≠1．
则只有0符合．
故选：A．
根据被开方数不小于零且分母不为零的条件进行解题即可．
本题考查二次根式有意义的条件、分式有意义的条件，掌握被开方数不小于零且分母不为零的条件是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：A． 13与2 3不能合并，故本选项不符合题意，
B. 30与2 3不能合并，故本选项不符合题意，
C. 27=3 3，与2 3能合并，故本选项符合题意，
D.3 2与2 3不能合并，故本选项不符合题意，
故选：C．
先根据二次根式的性质进行化简，再根据同类二次根式的定义判断即可．
本题考查了二次根式的性质与化简，同类二次根式的定义等知识点，能正确根据二次根式的性质进行化简是解此题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：ACD.正确，不符合题意；
设∠A=3x°，∠B=4x°，∠C=5x°，
3x+4x+5x=180，
解得：x=15，
则5x°=75°，
∴△ABC不是直角三角形，故此选项符合题意．
故选：B．
由三角形内角和定理及勾股定理的逆定理求解，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方或最大角是否是90°即可．
本题考查三角形内角和定理及勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD//BC，
∴∠A+∠D=180°，
∵∠A+∠C=130°，
∴∠A=∠C=65°，
∴∠D=180°−∠A=115°，
故选：C．
平行四边形对角相等、邻角互补，据此解答即可．
本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等、邻角互补的性质是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，AC平分∠DAB，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠DAC=30°，
∴AD=BD=2，
∴12AC= AD2−(12BD)2= 22−12= 3，
∴AC=2 3，
故选：C．
根据菱形的性质和等边三角形的判定可以求得AD的长，再根据勾股定理即可求得AC的长．
本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6.【答案】D
【解析】解： 16× 14+ 3× 5=4×12+ 15=2+ 15，
∵3< 15<4，
∴5<2+ 15<6，
∴ 16× 14+ 3× 5的结果估计在5与6之间，
故选：D．
先对二次根式进行运算，再利用夹逼法对化简后的结果进行估算即可求解．
本题考查了二次根式的运算，无理数的估算，掌握二次根式的运算法则和夹逼法是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵BC=14，
∴FC=BC−BF=14−BF．
∵AB=BC，BD⊥AC，
∴AD=DC，
∵AE=EF，
∴DE是△AFC的中位线，
∴DE=12FC=5．
∴FC=10．
∴14−BF=10．
∴BF=4．
故选：D．
根据等腰三角形的“三线合一”得到AD=DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：设AB=x米，因为∠ABD=90°，
所以在Rt△ABD中，
根据勾股定理，得：x2+52=(x+1)2，
解之，得：x=12，
所以，AB的长为12米，
答：旗杆AB的长为12米，
故选：A．
设旗杆的高为x米，在Rt△ABD中，根据勾股定理解决问题．
本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是理解题意，学会构建方程．
9.【答案】D
【解析】解：∵△ADE是等边三角形，
∴AE=AD，∠EAD=60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，∠ABD=45°，
∴AB=AE，∠BAE=∠BAD+∠DAE=150°，
∴∠ABE=∠AEB=15°，
∴∠DBE=∠ABD−∠ABE=30°，
故选：D．
因为△ADE是等边三角形，四边形ABCD是正方形，所以AE=AD，∠EAD=60°，AB=AD，∠BAD=90°，∠ABD=45°，可得AB=AE，∠BAE=∠BAD+∠DAE=150°，所以∠ABE=∠AEB=15°，因为∠DBE=∠ABD−∠ABE，可得∠DBE的度数．
本题考查了正方形的性质，关键是掌握正方形、等边三角形的性质．
10.【答案】C
【解析】解：由题意可知EF=(2a−b)−2(a−b)=2a−b−2a+2b=b，
∵正方形4BCD的面积是小正方形EFGH面积的10倍，
∴(2a)2+b2=10b2，
∴9b2=4a2，
∴2a=3b，
即AM=3BM，
故选：C．
设AM=2a，BM=b.则正方形ABCD的面积为AB2=4a2+b2，根据正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的10倍，得出2a=3b，即可求解：
本题考查了勾股定理，利用两个正方形的面积关系列出等式是解题关键．
11.【答案】1
【解析】解：根据数轴上显示的数据可知：1∴a−1>0，a−2<0，
∴|a−1|+ (a−2)2=a−1+2−a=1．
故答案为：1．
根据数轴上表示的两个数，右边的数总比左边的大，分别得出a−1与0，a−2与0的关系，然后根据绝对值的意义和二次根式的意义化简．
本题主要考查了数轴，绝对值的意义和根据二次根式的意义化简．
二次根式 a2的化简规律总结：当a≥0时， a2=a；当a≤0时， a2=−a．
12.【答案】225
【解析】解：正方形ADEC的面积为：AC2，
正方形BCFG的面积为：BC2；
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2，AB=15，
则AC2+BC2=225．
即正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为225．
故答案为：225．
小正方形的面积为AC的平方，大正方形的面积为BC的平方．两正方形面积的和为AC2+BC2，对于Rt△ABC，由勾股定理得AB2=AC2+BC2.AB长度已知，故可以求出两正方形面积的和．
本题考查了勾股定理．关键是根据由勾股定理得AB2=AC2+BC2.注意勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
13.【答案】矩形
【解析】【分析】
本题考查了中点四边形问题，属于中档题．
在菱形ABCD中，连接AC、BD交于O，根据三角形的中位线定理推出EF//BD//HG，EH/​/AC/​/FG，得出四边形EFGH是平行四边形，根据菱形性质推出AC⊥BD，推出EF⊥EH，即可得出答案．
【解答】
解：在菱形ABCD中，
连接AC、BD交于O，
∵E、F、G、H分别是AB、AD、CD、BC的中点，
∴EF/​/BD，FG/​/AC，HG/​/BD，EH/​/AC，
∴EF/​/HG，EH/​/FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EF/​/BD，EH/​/AC，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为：矩形．
14.【答案】52
【解析】解：∵点D、点E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE=40(千米)，
∴A、B间直达公路通车后，通行距离将比原来绕道C地缩短了42+50−40=52(千米)．
故答案为：52．
根据三角形中位线定理求出AB的长，再计算AC+BC−AB即可．
本题考查两点间的距离，掌握三角形中位线定理是正确解答的关键．
15.【答案】3或9
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AP/​/BQ．
若要以A，B，P，Q四点组成的四边形为平行四边形，则AP=BQ．
设运动时间为t．
当0∴t=9−2t，
∴t=3；
当4.5∴t=2t−9，
解得：t=9；
综上所述，t的值为3或9时，以A，B，P，Q四点组成的四边形为平行四边形．
故答案为：3或9．
根据平行四边形的性质得到AP//BQ.若要以A，B，P，Q四点组成的四边形为平行四边形，则AP=BQ.设运动时间为t.当0本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，分三种情况列出关于t的一元一次方程是解题的关键．
16.【答案】解：(1)原式= 48÷3+ 12×12−2 6
= 16+ 6−2 6
=4− 6；
(2)原式=49−48−(45−6 5+1)
=1−46+6 5
=6 5−45．
【解析】(1)利用二次根式的乘除法则运算即可得；
(2)利用完全平方公式和平方差公式进行计算即可得．
本题考查了二次根式的计算，完全平方公式和平方差公式，解题的关键是掌握这些知识点．
17.【答案】解：DE=FG，
理由如下：∵AD是BC边上的高，
∴∠ADB=90°，
∵E是AB的中点，
∴DE=12AB，
∵F，G分别是BC，AC的中点，
∴FG是△ABC的中位线，
∴FG=12AB
∴DE=FG；
【解析】根据直角三角形斜边上的中线的性质得到DE=12AB，根据三角形中位线定理得到FG=12AB，等量代换证明结论；
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
18.【答案】解：连接AC，如图，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∵AB=3米，BC=4米，
∴AC=5米，
∵CD=12米，DA=13米，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD为直角三角形，
∴这块草坪的面积=S△ABC+S△ACD=3×4÷2+5×12÷2=6+30=36(米 ​2)，
∴36×300=10800(元)，
答：此次学校总计花费10800元．
【解析】连接AC，根据勾股定理，求得AC，再根据勾股定理的逆定理，判断△ACD是直角三角形．这块这块草坪的面积等于两个直角三角形的面积之和．
本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理．在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
19.【答案】2 5 5 2 直角 10
【解析】解：(1)如图，AD即为所求．
(2)由勾股定理得，AC= 42+22=2 5，CD= 22+12= 5，
BC= 32+42=5．
设点A到线段BC的距离为h，
∴12×5h=12×(2+4)×4−12×2×1−12×4×3，
解得h=2，
∴点A到线段BC的距离为2．
故答案为：2 5； 5；2．
(3)∵AC=2 5，CD= 5，AD= 32+42=5，
∴AC2+CD2=AD2，
∴△ACD是直角三角形．
∵AD/​/BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD的面积为5×2=10．
故答案为：直角；10．
(1)利用网格特点画出AD即可．
(2)利用勾股定理计算AC，CD，BC的长，再结合三角形的面积公式可得答案．
(3)利用勾股定理以及勾股定理的逆定理可得△ACD为直角三角形；利用平行四边形面积公式计算四边形ABCD的面积即可．
本题考查作图—应用与设计作图、平行四边形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20.【答案】证明：连接EG、AD，如图所示：
∵ED//AF，且ED=AF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AE=DF，
又DG=DF，
∴AE=DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AG和DE互相平分．
【解析】根据一组对边平行且相等证出四边形AEGD是平行四边形，即可得出结论．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定定理是解决问题的关键．
21.【答案】6
【解析】解：如图，过点E做EH⊥DF，垂足为H，
则由题意得EH=6，
∴∠EHD=90°，
∵BE/​/DF，
∴∠HEB=∠EHD=90°，即∠AEB+∠DEH=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，即∠ABE+∠AEB=90°，AD=BC=8，
∴∠A=∠EHD，∠ABE=∠DEH，
∵EH=AB=6，
∴△ABE≌△HED(ASA)，
∴BE=ED，
∵DE=8−AE，AE2+AB2=BE2，
∴AE2+62=(8−AE)2，
解得：AE=74，
故答案为：6．
过点E做EH⊥DF，垂足为H，由BE、DF之间的距离为6，可得EH的长，所以∠EHD=90°，因为BE/​/DF，所以∠HEB=∠EHD=90°，即∠AEB+∠DEH=90°，因为四边形ABCD是矩形，所以∠A=90°，即∠ABE+∠AEB=90°，AD=BC=8，可得∠A=∠EHD，∠ABE=∠DEH，因为EH=AB=6，证得△ABE≌△HED，所以BE=ED，因为DE=8−AE，AE2+AB2=BE2，可得AE2+62=(8−AE)2，解得AE的长．
本题考查了矩形的性质，平行线之间的距离，证明△ABE≌△HED是本题的关键．
22.【答案】> > = =
【解析】解：(1)当a=2，b=3时，a+b=5，2 ab=2 6，则a+b>2 ab；
②当a=2，b=12时，a+b=52，2 ab=2，则a+b>2 ab；
③当a=5，b=5时，a+b=10，2 ab=10，则a+b=2 ab；
④当a=6，b=6时，a+b=12，2 ab=12，则a+b=2 ab；
故答案为：①>，②>，③=，④=；
(2)a+b≥2 ab；理由如下：
∵( a− b)2≥0，
∴a−2 ab+b≥0，
∴a+b≥2 ab；
(3)设长方形的长为x，宽是y，则xy=9，
∵x+y≥2 xy，
∴x+y≥6，
∴2(x+y)≥12，
即在尽量节省篱笆长度的前提下，此时花坛的周长是12．
(1)把各组a、b的值分别代入a+b和2 ab中计算可判断它们的大小公式；
(2)由于( a− b)2≥0，然后利用完全平方公式展开，变形后可得到a+b≥2 ab；
(3)设长方形的长宽分别为x，y，则xy=9，利用(2)中的结论得到a+b≥2 ab，则x+y≥6，然后可确定镜框周长的最小值．
本题考查了二次根式的混合运算，先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
23.【答案】60 45
【解析】解：(1)连接AM，
，
由于折叠，△ABP≌△MBP，EF垂直平分AB，
∴AM=BM=AB，即△ABM是等边三角形，
∴∠MBE=60°，
故答案为：60；
(2)①由于折叠，△ABP≌△MBP，
∴∠ABP=∠MBP，BM=AB，∠PMB=∠A=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC，
∴BC=BM，∠C=∠BMQ=90°，
∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，
∴∠PBQ=∠PBM+∠QBM=45°，
故答案为：45；
②由于折叠，△ABP≌△MBP，
∴∠ABP=∠MBP，BM=AB，∠PMB=∠A=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠C=90°，AB=BC，
∴BC=BM，∠C=∠BMQ=90°，
∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，
∴∠PBQ=∠PBM+∠QBM=45°；
(3)由于折叠，DF=CF=4cm，
∵FQ=2cm，
∴DQ=6cm，MQ=CQ=2cm，
设AP=x cm，则PM=x cm，PQ=(x+2)cm，PD=(8−x)cm，
由勾股定理得，(x+2)2=(8−x)2+62，
解得：x=245，
∴AP=245．
(1)连接AM，由于折叠，△ABP≌△MBP，EF垂直平分AB，所以AM=BM=AB，即△ABM是等边三角形，可得∠MBE的度数；
(2)①由于折叠，△ABP≌△MBP，所以∠ABP=∠MBP，BM=AB，∠PMB=∠A=90°，因为四边形ABCD是正方形，所以∠ABC=∠C=90°，AB=BC，可得BC=BM，∠C=∠BMQ=90°，因为BQ=BQ，可证Rt△BMQ≌Rt△BCQ，所以∠MBQ=∠CBQ，因为∠PBQ=∠PBM+∠QBM，可得∠PBQ的度数；
②由于折叠，△ABP≌△MBP，所以∠ABP=∠MBP，BM=AB，∠PMB=∠A=90°，因为四边形ABCD是正方形，所以∠ABC=∠C=90°，AB=BC，可得BC=BM，∠C=∠BMQ=90°，因为BQ=BQ，可证Rt△BMQ≌Rt△BCQ，所以∠MBQ=∠CBQ，因为∠PBQ=∠PBM+∠QBM，可得∠PBQ的度数；
(3)由于折叠，DF=CF=4cm，已知FQ=2cm，可得DQ=6cm，MQ=CQ=2cm，设AP=x cm，则PM=xcm，PQ=(x+2)cm，PD=(8−x)cm，由勾股定理得，(x+2)2=(8−x)2+62，解得x的值，即为AP的长．
本题考查了四边形综合体题，关键是掌握正方形、长方形的性质．