2023-2024学年浙江省宁波十五中八年级（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年浙江省宁波十五中八年级（下）期中数学试卷，共26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．（3分）若二次根式的值为2，则x的值是（ ）
A．2B．4C．3D．
2．（3分）正方形是轴对称图形，它的对称轴共有（ ）
A．2条B．3条C．4条D．6条
3．（3分）有21名同学参加学校组织的几何画板比赛，已知他们所得的分数互不相同，共设10个获奖名额．某同学知道自己的比赛成绩后，要判断自己能否获奖，在下列关于这21名同学成绩的统计量中只需知道一个量，它是（ ）
A．方差B．平均数C．众数D．中位数
4．（3分）下列一元二次方程两实数根的和为﹣5的是（ ）
A．x2+3x﹣5＝0B．x2﹣5x+5＝0C．x2+5x+4＝0D．x2﹣7x+6＝0
5．（3分）已知多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．11B．12C．13D．14
6．（3分）用配方法解方程x2+6x+3＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x+3）2＝12B．（x﹣3）2＝12C．（x﹣3）2＝6D．（x+3）2＝6
7．（3分）下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线垂直的四边形是菱形
D．对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
8．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E为BC中点，过E作EG⊥AC，垂足为G，过E作EF⊥BD交AB于点F，连接FG，若AC＝5，BD＝24，则FG的长为（ ）
A．12B．10C．6.5D．5
9．（3分）《九章算术》中有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲行几何．”大意是说：已知甲、乙两人同时从同一地点出发，甲的速度为7，乙的速度为3．乙一直往东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时甲走了多远（ ）
A．10.5步B．16.5步C．24.5步D．25.5步
10．（3分）如图，点A，B，C，D顺次在直线m上，AC＝a，BD＝b，以BD为边向上作等边△BDE，以AC为底边向下作等腰Rt△ACF，若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，则a，b满足（ ）
A．a＝bB．C．D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）使二次根式有意义的x的取值范围是 ．
12．（3分）若关于x的一元二次方程x2+2x+3（k﹣1）＝0有两个相等的实数根．则k的值是 ．
13．（3分）反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”．用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2．求证：△ABC不是直角三角形．”时，第一步应假设 ．
14．（3分）若一组数据3，﹣2，x，﹣2，3的众数是3，则这组数据的方差为 ．
15．（3分）如图所示，矩形ABCD是一个花园，长AD为32m、宽AB为20m，现要在花园中修建等宽的小道．剩余的地方种植花草，要使种植花草的面积为504m2，那么小道进出口的宽度是 ．
16．（3分）如图所示，在矩形ABCD中，AD＝8，CD＝6，F为边AD上一个动点（不与A，D重合），过点A，F在矩形内部作正方形AFGH，交边AB于点H，连接BG，CG．当△BGC为以BC为底边的等腰三角形时，正方形AFGH的面积是 ．
17．（3分）△ABC是等腰三角形，AB＝AC．以A为圆心BC长为半径画弧，以B为圆心AC长为半径画弧，在边AB左侧两弧相交于点D，连结AD，BD，CD．若AB＝5，BC＝6，则CD的长为 ．
18．（3分）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过BE上一点F作FG⊥AD，垂足为G，交DE于P，连接AP，DB．过F作FH⊥DB，垂足为H．连接EH．若∠APE＝45°，DH＝4，HF＝1．则EH＝ ．
三、解答题（本大题共5大题，共46分）
19．（9分）（1）计算：．
（2）解方程：x2+6x＝16．
（3）解方程：2x2+6x+1＝0．
20．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC，BD相交于点O，且BO＝DO．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）过O作线段MN交AD于点M，交BC于点N．若CM＝AM，∠ACB＝3∠MCD，∠ABC＝40°，求∠MCD的度数．
21．（8分）根据以下素材，完成探索任务．
22．（10分）规律：如图1，直线m∥n，B，C为直线n上的点，A，P为直线m上的点．如果A，B，C为三个定点，点P在直线m上移动，那么无论点P移动到何位置，△ABC与△PBC的面积始终相等，其理由是 ．
应用：
（1）如图2，B、C、D三点在同一条直线上，△ABC与△ECD都是等边三角形，连结BE，AE．若CD＝2，BC＝2CD，求△ABE的面积．
（2）如图3，已知E，F，G，H是矩形ABCD边上的点，且EF∥AD，GH∥AB，连结GB交EF于点M，连结MC交GH于点N，连结DN交EF于点P，连结GP，若四边形AEOG的面积等于5，求四边形GMNP的面积．
23．（11分）[基础巩固]
（1）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，CE⊥DF交点为H．求证：CE＝DF．
[尝试应用]
（2）如图2所示，在（1）的条件下，连结BH．若E为AD的中点，CD＝12．求的值．
[拓展提高]
（3）在正方形ABCD中，F为AB上一点，连接DF，M，G为FD上的点（不与F，D重合），G在M左侧，连接CM，作CM中点N，连接DN，GN，AM．若△GND为等腰直角三角形，∠GND＝90°，，DN＝3，请直接写出AM的长．
2023-2024学年浙江省宁波十五中八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．请选出每小题中一个符合题意的选项，不选、错选均不给分）
1．（3分）若二次根式的值为2，则x的值是（ ）
A．2B．4C．3D．
【分析】根据二次根式的性质进行求解即可．
【解答】解：∵二次根式的值为2，
∴，
故选：B．
2．（3分）正方形是轴对称图形，它的对称轴共有（ ）
A．2条B．3条C．4条D．6条
【分析】正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条：两条对角线所在的直线是对称轴，两条对边的中点确定的直线也是对称轴．
【解答】解：正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条．
故选：C．
3．（3分）有21名同学参加学校组织的几何画板比赛，已知他们所得的分数互不相同，共设10个获奖名额．某同学知道自己的比赛成绩后，要判断自己能否获奖，在下列关于这21名同学成绩的统计量中只需知道一个量，它是（ ）
A．方差B．平均数C．众数D．中位数
【分析】由于比赛设置了10个获奖名额，共有21名选手参加，故应根据中位数的意义分析．
【解答】解：10位获奖者的分数肯定是21名参赛选手中最高的，而21个不同的分数按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有11个数，
∴只要知道自己的分数和中位数就可以知道是否获奖了，
故选：D．
4．（3分）下列一元二次方程两实数根的和为﹣5的是（ ）
A．x2+3x﹣5＝0B．x2﹣5x+5＝0C．x2+5x+4＝0D．x2﹣7x+6＝0
【分析】根据根的判别式判断一元二次方程根的情况，再根据根与系数的关系求解即可．
【解答】解：A．x2+3x﹣5＝0，Δ＝b2﹣4ac＝9+20＝29＞0，，故该选项不符合题意；
B．x2﹣5x+5＝0，Δ＝b2﹣4ac＝25﹣20＝5＞0，，故该选项不符合题意；
C．x2+5x+4＝0，Δ＝b2﹣4ac＝25﹣16＝9＞0，，故该选项符合题意；
D．x2﹣7x+6＝0，Δ＝b2﹣4ac＝49﹣36＝13＞0，，故该选项不符合题意；
故选：C．
5．（3分）已知多边形的内角和等于外角和的5倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．11B．12C．13D．14
【分析】设这个多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为（n﹣2）×180°，外角和为360°，再根据这个多边形的内角和等于外角和的5倍列出方程，进而解方程求出n即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n．
依题意得：（n﹣2）×180＝5×360，
解得：n＝12．
故选：B．
6．（3分）用配方法解方程x2+6x+3＝0时，配方结果正确的是（ ）
A．（x+3）2＝12B．（x﹣3）2＝12C．（x﹣3）2＝6D．（x+3）2＝6
【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤计算即可．
【解答】解：∵x2+6x+3＝0，
∴x2+6x＝﹣3，
∴x2+6x+9＝﹣3+9，即（x+3）2＝6，
故选：D．
7．（3分）下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线垂直的四边形是菱形
D．对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法分别进行判断即可求出答案．
【解答】解：A、一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形；假命题；
B、对角线相等的四边形是矩形；假命题；
C、对角线垂直的四边形是菱形；假命题；
D、对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形；真命题；
故选：D．
8．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E为BC中点，过E作EG⊥AC，垂足为G，过E作EF⊥BD交AB于点F，连接FG，若AC＝5，BD＝24，则FG的长为（ ）
A．12B．10C．6.5D．5
【分析】连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，根据菱形的性质得出，，AC⊥BD，证明四边形EGOM为矩形，得出EM∥AC，∠MEG＝90°，证明四边形AOEF为平行四边形，得出，证明△BEH≌△CEG，得出EH＝EG，证明四边形BOGH为矩形，得出GH＝BO＝12，根据勾股定理求出即可．
【解答】解：连接OE，延长GE，过点B作BH⊥GH，垂足为点H，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴，，AC⊥BD，
∵EG⊥AC，EF⊥BD
∴∠EMO＝∠GOM＝∠EGO＝90°，
∴四边形EGOM为矩形，
∴EM∥AC，∠MEG＝90°，
∵E为BC的中点，O为AC的中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴OE∥AB，
∴四边形AOEF为平行四边形，
∴，
在△BEH和△CEG中，
，
∴△BEH≌△CEG（AAS），
∴EH＝EG，
∵∠BHG＝∠OGH＝∠BOG＝90°，
∴四边形BOGH为矩形，
∴GH＝BO＝12，
∴，
∴．
故选：C．
9．（3分）《九章算术》中有一题：“今有二人同所立．甲行率七，乙行率三．乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会．问甲行几何．”大意是说：已知甲、乙两人同时从同一地点出发，甲的速度为7，乙的速度为3．乙一直往东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时甲走了多远（ ）
A．10.5步B．16.5步C．24.5步D．25.5步
【分析】根据题意作出如下图所示，设经x秒二人在B处相遇，可得：AB＝3x，AC＝10，BC＝7x﹣10，然后利用勾股定理列出方程求解，然后即可得出甲走的步数．
【解答】解：设经x秒二人在B处相遇，这时乙共行走：AB＝3x，

甲共行走：AC+BC＝7x，
∵AC＝10，
∴BC＝7x﹣10，
又∵∠A＝90°，
∴BC2＝AC2+AB2，
∴（7x﹣10）2＝102+（3x）2，
解得：x＝0（舍去）或x＝3.5，
∴AB＝3x＝10.5，
AC+BC＝7x＝24.5，
即甲走了24.5步，
故选：C．
10．（3分）如图，点A，B，C，D顺次在直线m上，AC＝a，BD＝b，以BD为边向上作等边△BDE，以AC为底边向下作等腰Rt△ACF，若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，则a，b满足（ ）
A．a＝bB．C．D．
【分析】过点F作FH⊥AD于点H．过点E作EG⊥AD于G，分别求出EG和FH，然后设BC＝x，表示出△CDF与△ABE的面积差，因为CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，所以x的系数为0，则可得到a与b的关系式即可．
【解答】解：过点F作FH⊥AD于点H，过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
∵△ACF是等腰直角三角形，AC＝a，
∴，
∵△BDE为等边三角形，BD＝b，EG⊥AD，
∴，，
设BC＝x，则AB＝a﹣x，CD＝b﹣x，
∴
＝，
∵若CD的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，
∴，
解得；
故选：D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）使二次根式有意义的x的取值范围是 x≥4 ．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得，x﹣4≥0，
解得，x≥4，
故答案为：x≥4．
12．（3分）若关于x的一元二次方程x2+2x+3（k﹣1）＝0有两个相等的实数根．则k的值是 ．
【分析】根据题意可得Δ＝0，即可求解．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x+3（k﹣1）＝0有两个相等的实数根．
∴Δ＝b2﹣4ac＝4﹣4×3（k﹣1）＝0，
解得：．
故答案为：．
13．（3分）反证法是数学中经常运用的一类“间接证明法”．用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2．求证：△ABC不是直角三角形．”时，第一步应假设 △ABC是直角三角形 ．
【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．
【解答】解：用反证法证明：“已知，在△ABC中，AC为最长边，且AB2+BC2≠AC2．求证：△ABC不是直角三角形．”时，
第一步应假设：△ABC是直角三角形，
故答案为：△ABC是直角三角形．
14．（3分）若一组数据3，﹣2，x，﹣2，3的众数是3，则这组数据的方差为 6 ．
【分析】先根据众数的概念得出x＝3，再依据方差的定义计算可得．
【解答】解：∵数据3，﹣2，x，﹣2，3的众数是3，
∴x＝3，
则数据为3，﹣2，3，﹣2，3
∴这组数据的平均数为：，
∴这组数据的方差为：；
故答案为：6．
15．（3分）如图所示，矩形ABCD是一个花园，长AD为32m、宽AB为20m，现要在花园中修建等宽的小道．剩余的地方种植花草，要使种植花草的面积为504m2，那么小道进出口的宽度是 2m ．
【分析】设小道进出口的宽度为x米，根据题意建立一元二次方程，解方程，即可求解．
【解答】解：设小道进出口的宽度为x米，
依题意得（32﹣2x）（20﹣x）＝504，
整理，得x2﹣36x+68＝0．
解得，x1＝2，x2＝34．
∵34＞32（不合题意，舍去），
∴x＝2．
答：小道进出口的宽度应为2米，
故答案为：2m．
16．（3分）如图所示，在矩形ABCD中，AD＝8，CD＝6，F为边AD上一个动点（不与A，D重合），过点A，F在矩形内部作正方形AFGH，交边AB于点H，连接BG，CG．当△BGC为以BC为底边的等腰三角形时，正方形AFGH的面积是 16 ．
【分析】延长FG交BC于点E，可得四边形ABEF是矩形，进而根据等腰三角形的性质可得AF＝BE＝4，根据正方形的面积公式，即可求解．
【解答】解：如图所示，延长FG交BC于点E，

∵四边形AHGF是正方形，
∴FG⊥BC，
又∵∠ABE＝∠A＝∠AFE＝90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∴AF＝BE，
∵△BGC为以BC为底边的等腰三角形，
∴BG＝GC，
又∵GE⊥BC，
∴，
∵四边形AFGH是正方形，
∴AF＝BE＝4，
∴正方形AFGH的面积为AF2＝42＝16，
故答案为：16．
17．（3分）△ABC是等腰三角形，AB＝AC．以A为圆心BC长为半径画弧，以B为圆心AC长为半径画弧，在边AB左侧两弧相交于点D，连结AD，BD，CD．若AB＝5，BC＝6，则CD的长为 ．
【分析】过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC交CB的延长线于点E，则AF∥DF，得出四边形ADEF是矩形，勾股定理求得AF＝DE＝4，EB＝3，进而在Rt△CDE中，勾股定理，即可求解．
【解答】解：如图所示，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC交CB的延长线于点E，则AF∥DF
依题意，AD＝BC＝6，BD＝AC＝5
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴AD∥BC
又∵AF∥DF
∴四边形ADEF是平行四边形，
∵AF⊥BC，
∴四边形ADEF是矩形，
∴AF＝DE
∵AB＝AC，BC＝6，AF⊥BC
∴BF＝CF＝3
在Rt△ABF中，
∴DE＝AF＝4，
在Rt△DEB中，
∴EC＝EB+BC＝3+6＝9
在Rt△DEC中，，
故答案为：．
18．（3分）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过BE上一点F作FG⊥AD，垂足为G，交DE于P，连接AP，DB．过F作FH⊥DB，垂足为H．连接EH．若∠APE＝45°，DH＝4，HF＝1．则EH＝ ．
【分析】延长BD到Q，使DQ＝FH，连接EQ，证明△ADE≌△PFE，得出DE＝EF，证明△QDE≌△HFE，得出∠QED＝∠HEF，EQ＝EH，证明△QEH为等腰直角三角形，得出，即可得出答案．
【解答】解：延长BD到Q，使DQ＝FH，连接EQ，如图所示：
∵DE⊥AB，FG⊥AD，
∴∠AED＝∠PEF＝∠DGP＝90°，
∵∠DPG＝∠EPF，
∴∠ADE＝∠PFE，
∵∠APE＝45°，∠AEP＝90°，
∴△APE为等腰直角三角形，
∴AE＝PE，
∴△ADE≌△PFE（SAS），
∴DE＝EF，
∵FH⊥DB，
∴∠EDB+∠DBE＝∠HFB+∠HBF＝90°，
∴∠EDB＝∠HFB，
∵∠QDE+∠EDB＝∠BFH+∠EFH＝180°，
∴∠QDE＝∠EFH，
∵QD＝FH，DE＝EF，
∴△QDE≌△HFE（SAS），
∴∠QED＝∠HEF，EQ＝EH，
∴∠QEH＝∠QED+∠DEH＝∠DEH+HEF＝90°，
∴△QEH为等腰直角三角形，
则EH＝QE，，
∴，
∵DH＝4，HF＝1，
∴QH＝QD+DH＝HF+DH＝5，
∴．
故答案为：．
三、解答题（本大题共5大题，共46分）
19．（9分）（1）计算：．
（2）解方程：x2+6x＝16．
（3）解方程：2x2+6x+1＝0．
【分析】（1）根据二次根式的混合运算进行计算即可求解；
（2）根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
（3）根据公式法解一元二次方程，即可求解．
【解答】解：（1）
＝
＝
＝
＝；
（2）x2+6x＝16，
∴x2+6x﹣16＝0，
∴（x+8）（x﹣2）＝0；
解得：x1＝﹣8，x2＝2，
（3）2x2+6x+1＝0，
∵a＝2，b＝6，c＝1，Δ＝b2﹣4ac＝36﹣8＝28，
∴，
解得：．
20．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC，BD相交于点O，且BO＝DO．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）过O作线段MN交AD于点M，交BC于点N．若CM＝AM，∠ACB＝3∠MCD，∠ABC＝40°，求∠MCD的度数．
【分析】（1）证明△ABO≌△CDO，得出AB＝CD，根据平行四边形的判定直接得出答案即可；
（2）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AB∥CD，根据平行线的性质得出∠MAC＝∠ACB，∠ABC+∠BCD＝180°，求出∠BCD＝180°﹣40°＝140°，根据CM＝AM，得出∠MAC＝∠ACM，根据∠BCD＝∠ACB+∠ACM+∠MCD＝7∠MCD＝140°，求出结果即可．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠A B O＝∠C D O，
∵BO＝DO，
∴△ABO≌△CDO（AAS），
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠MAC＝∠ACB，∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝40°，
∴∠BCD＝180°﹣40°＝140°，
∵CM＝AM，
∴∠MAC＝∠ACM，
∴∠ACB＝∠ACM，
∵∠ACB＝3∠MCD，
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACM+∠MCD＝7∠MCD＝140°，
∴∠MCD＝20°．
21．（8分）根据以下素材，完成探索任务．
【分析】任务一：（1）由“AD的长不超过墙长”，可得出x的取值范围；
（2）先求出此时x的取值范围，根据种植的面积是25m2，列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，即可得出符合要求；
任务二：先求出净利润能否达到9000元时，蔬菜的种植面积，然后根据蔬菜的种植面积求出x的值，即可得出答案．
【解答】解：任务一：（1）根据题意得：，
解得：；
（2）用图②方案种植大棚蔬菜时，
解得：，
种植区域面积是25m2时，x（20﹣3x）＝25，
解得：x1＝5，，
∵，
∴不符合题意舍去，
∴当x＝5时，种植区域的面积为25m2，
故此设计图是否符合要求；
任务二：农民大棚蔬菜种植预期净利润能达到9000元；理由如下：
设当净利润达到9000元时，需要的种植面积为ym2，根据题意得：
400y﹣2300﹣1000﹣500＝9000，
解得：y＝32，
根据题意得：图①围成的矩形菜园面积最大，此时，
解得：7≤x＜10，
当种植面积为32m2时，x（20﹣2x）＝32，
解得：x1＝2，x2＝8，
∵2＜7＜8＜10，
∴当x＝8时，净利润正好达到9000元，
故农民大棚蔬菜种植预期净利润能达到9000元．
22．（10分）规律：如图1，直线m∥n，B，C为直线n上的点，A，P为直线m上的点．如果A，B，C为三个定点，点P在直线m上移动，那么无论点P移动到何位置，△ABC与△PBC的面积始终相等，其理由是 同底等高的两个三角形的面积相等 ．
应用：
（1）如图2，B、C、D三点在同一条直线上，△ABC与△ECD都是等边三角形，连结BE，AE．若CD＝2，BC＝2CD，求△ABE的面积．
（2）如图3，已知E，F，G，H是矩形ABCD边上的点，且EF∥AD，GH∥AB，连结GB交EF于点M，连结MC交GH于点N，连结DN交EF于点P，连结GP，若四边形AEOG的面积等于5，求四边形GMNP的面积．
【分析】规律：利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”即可解答；
（1）利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”求S△ABC即可解答；
（2）利用“平行线间的距离相等”和“同底等高的三角形的面积相等”，将四边形AEOG的面积拆成4个小三角形，将四个小三角形转化为矩形AEOG的一半，即可求解．
【解答】解：规律：∵直线m∥n，
∴点A和点P到直线n的距离相等．
又∵在△ABC和△PBC中，BC＝BC，
∴S△ABC＝S△PBC（同底等高的两个三角形的面积相等）．
故答案为：同底等高的两个三角形的面积相等．
（1）如图所示，过点A作AF⊥BC于点F，
∵△ABC与△ECD都是等边三角形，
∴∠BAC＝∠CED＝60°
∴AB∥CE，
∴S△ABE＝S△ABC
∵AF⊥BC，AB＝AC，∠BAC＝60°
∴∠BAF＝30°
∵CD＝2，BC＝2CD，
∴AB＝BC＝4
∴BF＝2
∴
∴；
（2）如图所示，连接OA，OB，OC，OD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC
∵EF∥AD，GH∥AB，
∴AD∥EF∥BC，AB∥GH∥DC，
∴S△GOP＝S△OPD，S△OPN+S△DOP＝S△OND＝S△ONC，
∴S△GOP+S△ONP＝S△ONC，
又S△ONC+S△OMN＝S△OMC，
∵EF∥BC，
∴S△OMC＝S△OMB，
∴S△OMC+S△MOG＝S△OGB，
∵AB∥GH，
∴，
∴S△OPG+S△OPN+S△MON+S△MOG＝S△OMA，
∴
23．（11分）[基础巩固]
（1）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，CE⊥DF交点为H．求证：CE＝DF．
[尝试应用]
（2）如图2所示，在（1）的条件下，连结BH．若E为AD的中点，CD＝12．求的值．
[拓展提高]
（3）在正方形ABCD中，F为AB上一点，连接DF，M，G为FD上的点（不与F，D重合），G在M左侧，连接CM，作CM中点N，连接DN，GN，AM．若△GND为等腰直角三角形，∠GND＝90°，，DN＝3，请直接写出AM的长．
【分析】（1）证明△ADF≌△DCE（ASA），即可得证；
（2）延长DF交BC的延长线于点G，证明△AFD≌△BFG得出AD＝BG，则BG＝BC，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得，在Rt△ECD中勾股定理求得EC，根据等面积法求得DH，进而求得FH，即可求解；
（3）过点C作CE⊥DF，交DF于点H，交DN于点T，过点N作NL⊥DG于点L，在Rt△MLN中，勾股定理求得ML，进而求得MD，延长DN至S使得NS＝DN，连接SM，SC，得出四边形MSCD是平行四边形，证明△STC是等腰直角三角形，则，进而求得DT＝2，证明△ADM≌△DCT（SAS），根据全等三角形的性质即可得出AM＝DT＝2，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠A＝∠EDC＝90°，
又∵CE⊥DF，
∴∠DEC+∠ADF＝∠DEC+∠DCE＝90°，
∴∠ADF＝∠DCE，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴CE＝DF；
（2）解：如图2所示，延长DF交BC的延长线于点G，
∵E为AD的中点，
由（1）可得△ADF≌△DCE（ASA），则DE＝AF，
即AF＝FB，
又∵∠A＝∠FBG＝90°，∠AFD＝∠BFG，
∴△AFD≌△BFG（ASA），
∴AD＝BG，则BG＝BC，
∵DF⊥CE，
∴∠GHC＝90°，
∵BG＝BC，
∴，
在Rt△ECD中，，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图3所示，过点C作CE⊥DF，交DF于点H，交DN于点T，过点N作NL⊥DG于点L，
∵N为CM中点，
∴，
∵△GND为等腰直角三角形，DN＝3，
∴，，
在Rt△MLN中，，
∴，，
延长DN至S使得NS＝DN，连接SM，SC，
又∵MN＝NC，
∴四边形MSCD是平行四边形，
∴MD＝SC，MD∥SC，
∵△GND为等腰直角三角形，
∴∠MDN＝45°，
∵MD∥SC，
∴∠TSC＝∠MDN＝45°，
又∵HC⊥DF，
∴△HDT是等腰直角三角形，
∴∠STC＝∠HTD＝45°，
∴△STC是等腰直角三角形，
∴，
∴，
又∵SN＝DN＝3，
∴DT＝DS﹣ST＝6﹣4＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AD＝DC，
又∵∠GDN＝45°，
∴∠ADM+∠TDC＝45°，
又∵∠STC＝45°，
∴∠TDC+∠TCD＝45°，
∴∠ADM＝∠DCT，
在△ADM，△DCT中，
，
∴△ADM≌△DCT（SAS），
∴AM＝DT＝2．
探索菜园土地规划和销售利润问题
素材1
某农民承包了一块足够大的空地，其中有一堵长为6（m）的墙，现准备用20（m）的篱笆围成一个菜园．他设计了三种方案：如图①②③都是菜园的平面图．其中图①为矩形菜园ABCD，AD长不超过墙长；图②是两间矩形菜园，AD长也不超过墙长；图③是两间矩形菜园，AD的长超过墙长．设所有矩形菜园垂直于墙面的那条边长为x（m）．

素材2
某农民发现三种方案中用图①围成的矩形菜园面积最大，同时发现大棚蔬菜很有销售前景，市场需求量也很大，故农户采用了图①方式进行一年一季的大棚蔬菜种植．已知每平方米蔬菜的平均销售毛利润为400元，蔬菜大棚建造和维护大概需要2300元，期初需投入资金1000元，蔬菜成本费大概500元左右．

问题解决
任务1
解决菜园中垂直于墙面的那条边的长度对种植面积的影响
（1）请直接写出图③中x的取值范围；
（2）一开始，农民想利用图②方案种植大棚蔬菜．种植区域面积是25（m2），则此设计图是否符合要求？
任务2
解决菜园种植的预期净利润问题
一年后，某农民大棚蔬菜种植预期净利润能否达到9000元？请说明理由．
探索菜园土地规划和销售利润问题
素材1
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素材2
某农民发现三种方案中用图①围成的矩形菜园面积最大，同时发现大棚蔬菜很有销售前景，市场需求量也很大，故农户采用了图①方式进行一年一季的大棚蔬菜种植．已知每平方米蔬菜的平均销售毛利润为400元，蔬菜大棚建造和维护大概需要2300元，期初需投入资金1000元，蔬菜成本费大概500元左右．

问题解决
任务1
解决菜园中垂直于墙面的那条边的长度对种植面积的影响
（1）请直接写出图③中x的取值范围；
（2）一开始，农民想利用图②方案种植大棚蔬菜．种植区域面积是25（m2），则此设计图是否符合要求？
任务2
解决菜园种植的预期净利润问题
一年后，某农民大棚蔬菜种植预期净利润能否达到9000元？请说明理由．