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2023-2024学年山东省威海市文登区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年山东省威海市文登区八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含详细答案解析），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.下列各式中，不是最简二次根式的是( )
A. 6B. 2 6C. 15D. 35
2.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 2x3+x−5=0B. ax2+bx+c=0C. 1x2+x−1=0D. x2=0
3.顺次连接平行四边形各边中点所得四边形一定是( )
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
4.下列运算正确的是( )
A. 4+ 2= 6B. 4× 2=4 2C. 4÷ 2= 2D. 4− 2= 2
5.如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD，CE交于点O，则ODOB的值为( )
A. 12
B. 13
C. 23
D. 35
6.如图，小明利用四根长度为13cm的木条首尾相接，钉成正方形ABCD，然后利用四边形的不稳定性将其变形，得到四边形A1BCD1.若BD1=24cm，则A1，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短( )
A. 10cmB. 13 2cmC. (13 2−10)cmD. (13 22−5)cm
7.若关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是( )
A. a<1B. a≤1C. a≠0D. a<1且a≠0
8.如图，已知四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论正确的是( )
A. 当AB=CD，AD//BC时，四边形ABCD是平行四边形
B. 当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C. 当OA=OB=OC=OD时，四边形ABCD是矩形
D. 当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
9.如图，在Rt△ABC中(∠C=90∘)放置边长分别为1，2，x的三个正方形，则x的值为( )
A. 3
B. 4
C. 3
D. 5
10.如图，△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，已知点A(1,0)，点B(5,4)，点C(7,2)，点E(4,1)，那么点D的坐标为( )
A. (2,3)
B. (3,2)
C. (207,2)
D. (354,2)
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若代数式 5−x2有意义，则x的取值范围是______.
12.若x7=y3，则x−yx=______.
13.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠AOD=120∘，AB=5，则BC的值为______.
14.如图，点C是线段AB的黄金分割点，以AC为一边作矩形ACDE，使AE=AB；以BC为边作正方形BCFG，则S矩形ACDE______S正方形BCFG.(填>，<或=)
15.某市举行中学生足球联赛，每两个队之间都要进行一场比赛，共要比赛66场.若有x支球队参赛，则可列方程______.
16.如图，点O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO，点A1，A2，A3……在AO上，且AA1=13AO，A1A2=13A1O，A2A3=13A2O……；点B1，B2，B3……在BO上，且BB1=13BO，B1B2=13B1O，B2B3=13B2O……；点C1，C2，C3……在CO上，且CC1=13CO，C1C2=13C1O，C2C3=13C2O……；顺次连接A1，B1，C1；A2，B2，C2；A3，B3，C3…….若△ABC的面积为S，则△A2024B2024C2024的面积为______.
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：
(1)( 24+ 0.5)−( 18− 6)；
(2)( 5−1)2+(5+ 20)÷ 5.
18.(本小题8分)
解下列方程：
(1)(x+1)(x−3)=5；
(2)用配方法解方程：x2−2 2x−4=0.
19.(本小题8分)
已知：α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根.
(1)若α+3β=0，求m的值；
(2)在(1)的条件下，求α2−4α−2β的值.
20.(本小题8分)
某学校数学课外活动小组测量校园内一棵树的高度.采用的方法如下：如图，首先把支架EF放在离树AB适当距离的水平地面上点F处，再把镜子水平放置在支架EF上点E处，然后观测者沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A.用皮尺分别测得BF=8m，DF=2m.若观测者目高CD为1.6m，支架EF的高为0.6m，求这棵树的高度.
21.(本小题9分)
定义：若两个二次根式a，b满足a⋅b=c，且c为有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式.
(1) 12与 2是关于______的共轭二次根式；
(2)若m与2 5−3 2是关于2的共轭二次根式，则m=______.
(3)若3+ 3与6+ 3n是关于12的共轭二次根式，求n的值.
22.(本小题10分)
有一块长28cm，宽16cm的矩形纸片.
(1)如图1，如果在纸片的四个角裁去四个边长相等的小正方形(阴影部分)后，将其折成无盖长方体盒子.若折成的盒子的底面积为220cm2，求裁去的小正方形的边长；
(2)若需要制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，小颖设计了如图2的裁剪方案(阴影部分为裁剪下来的边角料)，其中左侧的两个阴影部分为正方形，右侧的两个阴影部分为矩形，问能否折出底面积为144cm2的有盖盒子(接缝忽略不计)？如果能，请求出盒子的体积；如果不能，请说明理由.
23.(本小题11分)
如图，正方形ABCD，AB=8.将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0∘<α<90∘)，得到正方形AEFG，EF交CD于点M，延长FE交BC于点N.
(1)求证：MN=DM+BN；
(2)顺次连接D，E，C，F，得到四边形DECF.在旋转过程中，四边形DECF能否为矩形？若能，求出BN的值；若不能，请说明理由.
24.(本小题12分)
如图1，矩形ABCD，点E，点F分别为AD，BC上的点，将矩形沿EF折叠，使点B的对应点B′落在CD上，连接BB′.
(1)如图2，当点B′与点D重合时，连接BE，试判断四边形BEB′F的形状，并说明理由；
(2)若AB=6，BC=8，求折痕EF的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 6是最简二根式，故A不符合题意；
B、2 6是最简二根式，故不B符合题意；
C、 15不是最简二根式，故C符合题意；
D、 35是最简二根式，故D不符合题意；
故选：C.
根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，逐一判断即可解答．
本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.2x3+x−5=0未知数项的最高次数是3，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.ax2+bx+c=0方程未知数有4个，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.1x2+x−1=0，分母含有未知数，不是整式，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D.x2=0是一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D.
根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可求解．
本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程定义：只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，据此判断即可．
3.【答案】A
【解析】解：如图；四边形ABCD是平行四边形，E、F、G、H分别是▱ABCD四边的中点．
连接AC、BD；
∵E、F是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线；
∴EF//AC；
同理可证：GH//AC//EF，EH//BD//FG；
∴四边形EFGH是平行四边形．
故顺次连接平行四边形各边中点的图形为平行四边形．
故选：A.
可连接平行四边形的对角线，然后利用三角形中位线定理进行求解．
本题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理得应用，通过做此题培养了学生的推理能力，题目比较好，难度适中．
4.【答案】C
【解析】解：A. 4+ 2=2+ 2，原计算错误，不符合题意；
B. 4× 2= 8=2 2，原计算错误，不符合题意；
C. 4÷ 2= 2，正确，符合题意；
D. 4− 2=2− 2，原计算错误，不符合题意，
故选：C.
根据二次根式混合运算的法则逐项计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵BD，CE分别是边AC，AB上的中线，
∴O是△ABC的重心，
∴ODOB=12.
故选：A.
由三角形重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，由此即可求解．
本题考查三角形的重心，关键是掌握三角形重心的性质．
6.【答案】C
【解析】解：如图：连接AC，A1C，记BD1与A1C相交于一点O，
∵小明利用四根长度为13cm的木条首尾相接，钉成正方形ABCD，
∴∠ABC=90∘，AB=BC=13cm，
∴AC= AB2+BC2=13 2cm，
依题意，A1B=BC=CD1=D1A1=13cm，
∴四边形A1BCD1是菱形，
∴BD1⊥A1C,OB=OD1=12BD1=12cm,A1C=2OC，
在Rt△BOC，OC= BC2−BO2= 132−122=5(cm)，
∴A1C=2OC=10cm，
则AC−A1C=(13 2−10)cm，
∴则A1，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短为(13 2−10)cm，
故选：C.
先根据正方形的性质以及勾股定理得出AC= AB2+BC2=13 2cm，再证明四边形A1BCD1是菱形，得出BD1⊥A1C,OB=OD1=12BD1=12cm,A1C=2OC，再结合勾股定理得出A1C=2OC=10cm，即可作答．
本题考查了菱形的性质、正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
利用一元二次方程的定义和判别式得到a≠0且Δ=22−4a>0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】
解：根据题意得a≠0且Δ=22−4a>0，
所以a<1且a≠0.
故选D.
8.【答案】C
【解析】解：A、当AB=CD，AD//BC时，四边形可能是等腰梯形，该选项错误，不符合题意；
B、当四边形ABCD是平行四边形且AC⊥BD时，四边形是菱形，该选项说法错误，不符合题意；
C、若四边形的对角线相等且相互平分，则为矩形，该选项说法正确，符合题意；
D、当AC=BD，AC⊥BD时，四边形不一定是正方形，选项说法错误，不符合题意．
故选：C.
根据平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定逐项判断即可．
本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定等知识点，熟练运用相关知识成为解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：对图形进行点标注，如图所示：
∵在Rt△ABC中(∠C=90∘)放置边长分别为1，2，x的三个正方形，
∴∠MOE=90∘，∠FPN=90∘，
∵∠OME+∠OEM=90∘，∠PFN+∠PNF=90∘，∠CEF+∠CFE=90∘，∠CEF+∠OEM=90∘，∠CFE+∠PFN=90∘，
∴∠OME=∠PFN=∠CEF，∠OEM=∠PNF=∠CFE，
∴△CEF∽△OME∽△PFN，
∴OEPN=OMPF，即OE⋅PF=OM⋅PN，
∵EF=x，MO=1，PN=2，
∴EO=x−1，PF=x−2，
∴(x−1)(x−2)=2，
∴x=3或x=0(不合题意，舍去)，
故选：A.
根据题意可推出△CEF∽△OME∽△PFN，得到OEPN=OMPF，即OE⋅PF=OM⋅PN，用含x的式子表达对应边，得到关于x的方程，即可求解．
本题考查了相似三角形的性质，正方形的性质，解题的关键是找到相似三角形，用含x的式子表达对应边．
10.【答案】B
【解析】解：设点D的坐标为(x,y)，
∵△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，
∴5−xx−1=7−44−1，2−11−0=4−yy−0，
解得x=3，y=2，
∴点D的坐标为(3,2).
故选：B.
设点D的坐标为(x,y)，然后根据位似变换的性质列式计算即可得解．
本题考查了位似变换，坐标与图形性质，掌握位似的两个三角形相似、相似三角形的性质是解题的关键．
11.【答案】x≤5
【解析】解：∵代数式 5−x2有意义，
∴5−x≥0，
∴x≤5.
故答案为：x≤5.
根据被开方数是非负数列式求解即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握被开方数是非负数是解听到关键．
12.【答案】47
【解析】解：由x7=y3得到3x=7y，
∴yx=37，可设y=3k，x=7k，k不等于0，
则x−yx=7k−3k7k=4k7k=47.
故答案为：47.
根据比例的基本性质变形，代入求值即可．
此题考查了比例的基本性质，解题的关键是掌握相关知识的运算．
13.【答案】5 3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90∘，
∵∠AOD=120∘，
∴∠AOB=60∘，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=5，
∴AC=2OA=10，
∴BC= AC2−AB2= 102−52=5 3，
故答案为：5 3.
根据矩形的性质，可以得到OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90∘，再根据∠AOD=120∘，可以得到∠AOB=60∘，从而可以得到△AOB是等边三角形，OA=OB=AB=5，进而求得AC的值，然后根据勾股定理，即可求得BC的值．
本题考查矩形的性质、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，找出所求问题需要的条件．
14.【答案】=
【解析】解：∵四边形ACDE为矩形，四边形BCFG为正方形，
∴S矩形ACDE=AC⋅AE，S正方形BCFG=BC2，
∵点C是线段AB的黄金分割点，
∴BC2=AC⋅BC，
又∵AE=AB，
∴BC2=AE⋅BC，
∴S矩形ACDE=S正方形BCFG，
故答案为：=.
根据矩形，正方形的面积公式得S矩形ACDE=AC⋅AE，S正方形BCFG=BC2，点C是线段AB的黄金分割点，AE=AB得BC2=AE⋅BC，由此即可得出答案．
此题主要考查了黄金分割，矩形的性质，正方形的性质，理解矩形的性质和正方形的性质，熟练掌握黄金分割的定义是解决问题的关键．
15.【答案】12x(x−1)=66
【解析】解：根据题意得：12x(x−1)=66.
故答案为：12x(x−1)=66.
利用比赛的总场数=参赛队伍数×(参赛队伍数−1)÷2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16.【答案】2404834048S
【解析】解：由题意，∵AA1=13AO，BB1=13BO，CC1=13CO，
∴OA1=23OA，OB1=23OB，OC1=23OC.
∴OA1OA=OB1OB=OC1OC=23.
∵∠A1OB1=∠AOB，∠B1OC1=∠BOC，∠A1OC1=∠AOC，
∴△A1OB1∽△AOB，△B1OC1∽△BOC，△A1OC1∽△AOC.
∴S△A1OB1S△AOB=(23)2，S△B1OC1S△BOC=(23)2，S△A1OC1S△AOC=(23)2.
∴S△A1OB1=(23)2S△AOB，S△B1OC1=(23)2S△BOC，S△A1OC1=(23)2S△AOC.
∴S△A1OB1+S△B1OC1+S△A1OC1=(23)2(S△AOB+S△BOC+S△AOC)，即S△A1B1C1=(23)2S△ABC.
同理，S△A2B2C2=(23)2S△A1B1C1′
∴S△A2B2C2=(23)4S△ABC.
…
∴S△AnBnCn=(23)2nS△ABC.
∴S△A2024B2024C2024=(23)4048S△ABC.
又∵S△ABC.=S，
∴S△A2024B2024C2024=(23)4048S=2404834048S.
故答案为：2404834048S.
依据题意，可得OA1OA=OB1OB=OC1OC=23，从而△A1OB1∽△AOB，△B1OC1∽△BOC，△A1OC1∽△AOC，进而可得S△A1OB1=(23)2S△AOB，S△B1OC1=(23)2S△BOC，S△A1OC1=(23)2S△AOC，则S△A1OB1+S△B1OC1+S△A1OC1=(23)2(S△AOB+S△BOC+S△AOC)，即S△A1B1C1=(23)2S△ABC.同理，S△A2B2C2=(23)2S△A1B1C1′从而S△A2B2C2=(23)4S△ABC，…
可得S△AnBnCn=(23)2nS△ABC，最后可以判断得解．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、规律型：图形的变化类，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
17.【答案】解：(1)( 24+ 0.5)−( 18− 6)
=2 6+12 2−14 2+ 6
=3 6+14 2；
(2)( 5−1)2+(5+ 20)÷ 5
=5−2 5+1+5÷ 5+ 20÷ 5
=5−2 5+1+ 5+ 4
=5−2 5+1+ 5+2
=8− 5.
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)先计算二次根式的乘除法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)(x+1)(x−3)=5，
整理得：x2−2x−8=0，
(x−4)(x+2)=0，
x−4=0或x+2=0，
x1=4，x2=−2；
(2)x2−2 2x−4=0，
x2−2 2x=4，
x2−2 2x+2=4+2，
(x− 2)2=6，
x− 2=± 6，
x1= 6+ 2，x2=− 6+ 2.
【解析】(1)先将原方程进行化简整理得：x2−2x−8=0，然后利用解一元二次方程-因式分解法进行计算，即可解答；
(2)利用解一元二次方程-配方法进行计算，即可解答．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法，配方法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根，
∴α+β=2，
∵α+3β=0，
∴(α+β)+2β=0，
即2+2β=0，
解得β=−1，
∴(−1)2−2×(−1)+m−1=0，
解得m=−2；
(2)由(1)知：m=−2，
则一元二次方程x2−2x−3=0，
∴(x−3)(x+1)=0，
解答x1=3，x2=−1，
即α=3，β=−1，
∴α2−4α−2β
=32−4×3−2×(−1)
=9−12+2
=−1.
【解析】(1)根据α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根，可以得到α+β=2，再根据α+3β=0，即可求得β的值，再代入原方程即可求得m的值；
(2)将m的值代入原方程，即可求得α，β的值，再代入所求式子计算即可．
本题考查根与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，求出m的值和方程的两个根．
20.【答案】解：过点E作EM⊥CD，垂足为点M，延长ME交AB于点N，
由题意得：DM=EF=NB=0.6m，ME=DF=2m，EN=BF=8m，∠CEM=∠AEN，∠CME=∠ANE=90∘，
∴△CEM∽△AEN，
∴CMAN=EMEN，
∴1.6−0.6AN=28，
解得：AN=4，
∴AB=AN+BN=4+0.6=4.6(m)，
答：这棵树的高度为4.6m.
【解析】过点E作EM⊥CD，垂足为点M，延长ME交AB于点N，根据题意可得：DM=EF=NB=0.6m，ME=DF=2m，EN=BF=8m，∠CEM=∠AEN，∠CME=∠ANE=90∘，从而可得△CEM∽△AEN，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】12 5+3 2
【解析】解：(1)∵ 12× 2=1，
∴ 12与 2是关于1的共轭二次根式，
故答案为：1；
(2)∵m与2 5−3 2是关于2的共轭二次根式，
∴(2 5−3 2)m=2，
∴m=22 5−3 2=2(2 5+3 2)(2 5−3 2)(2 5+3 2)=2 5+3 2，
故答案为：2 5+3 2；．
(3)∵3+ 3与6+ 3n是关于12的共轭二次根式，
∴(3+ 3)(6+ 3n)=12，
∴6+ 3n=123+ 3=12(3− 3)(3+ 3)(3− 3)=2(3− 3)=6−2 3，
∴n=−2.
(1)根据共轭二次根式的定义列式计算即可；
(2)根据共轭二次根式的定义列式计算即可，需要注意分母有理化；
(3)根据共轭二次根式的定义列式计算即可，需要注意分母有理化．
本题考查二次根式的性质与化简，结合已知条件列出正确的算式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设裁去的小正方形的边长为x cm，则折成的无盖长方体盒子的底面长为(28−2x)cm，宽为(16−2x)cm，
根据题意得：(28−2x)(16−2x)=220，
整理得：x2−22x+57=0，
解得：x1=3，x2=19(不符合题意，舍去).
答：裁去的小正方形的边长为3cm；
(2)设裁去的小正方形的边长为ycm，则折成的有盖长方体盒子的底面长为28−2y2=(14−y)cm，宽为(16−2y)cm，
根据题意得：(14−y)(16−2y)=144，
整理得：y2−22y+40=0，
解得：y1=2，y2=20(不符合题意，舍去)，
∴144y=144×2=288.
答：能折出底面积为144cm2的有盖盒子，盒子的体积为288cm3.
【解析】(1)设裁去的小正方形的边长为xcm，则折成的无盖长方体盒子的底面长为(28−2x)cm，宽为(16−2x)cm，根据折成的盒子的底面积为220cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
(2)设裁去的小正方形的边长为ycm，则折成的有盖长方体盒子的底面长为(14−y)cm，宽为(16−2y)cm，根据折成的盒子的底面积为144cm2，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y的值，再将其代入144y中，即可求出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：连接AN，AM，
∵∠AEF=90∘，
∴∠AEN=90∘，
∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0∘<α<90∘)，得到正方形AEFG，
∴AB=AE，∠B=∠AEH=90∘，
在Rt△ABN与Rt△AEN中，
AB=AEAN=AN，
∴Rt△ABN≌Rt△AEN(HL)，
∴BN=EN，
同理DM=EM，
∵MN=EN+EM，
∴MN=BN+DM；
(2)解：能，
理由：∵CD=EF，
∴当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，
设BN=x，则CN=8−x，NM=x+4，
在Rt△MCN中，∵CN2+CM2=MN2，
∴(8−x)2+42=(x+4)2，
∴x=83，
即BN=83.
【解析】(1)连接AN，AM，根据旋转的性质得到AB=AE，∠B=∠AEH=90∘，根据全等三角形的性质得到BN=EN，同理DM=EM，于是得到结论；
(2)当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，设BN=x，则CN=8−x，NM=x+4，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查的是旋转的性质，正方形的性质、全等三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，掌握旋转变换的性质、正方形的四条边相等、四个角都是90∘是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形BEB′F是菱形，理由如下：
由折叠的性质得：∠BFE=∠B′FE，EF垂直平分BB′，
∴BE=B′E，BF=B′F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠B′EF=∠BFE，
∴∠B′EF=∠B′FE，
∴B′E=B′F，
∴BE=B′E=B′F=BF，
∴四边形BEB′F是菱形；
(2)过点E作EG⊥BC于G，设EF与BB′交于点O，如图①所示：
则∠EGF=90∘，四边形ABGE为矩形，
∴∠GEF+∠EFG=90∘，EG=AB=6，
由折叠的性质得：EF⊥BB′，
∴∠BOF=90∘，
∴∠EFG+∠B′BF=90∘，
∴∠GEF=∠B′BF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=6，∠C=90∘，
∴∠C=∠EGF，
∴△EGF∽△BCB′，
∴EFBB′=EGBC=68=34，
∴EF=34BB′，
∴当BB′取最大值，EF取得最大值，
此时，点B′与点D重合，
连接BD，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴EF最大=34BD=34×10=152.
【解析】(1)由折叠的性质得∠BFE=∠B′FE，EF垂直平分BB′，则BE=B′E，BF=B′F，再证B′E=B′F，则BE=B′E=B′F=BF，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)过点E作EG⊥BC于G，设EF与BB′交于点O，证△EGF∽△BCB′，得EF=34BB′，当BB′取最大值，EF取得最大值，点B′与点D重合，连接BD，然后由勾股定理得BD=10，即可得出结论
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键，属于中考常考题型．
1.下列各式中，不是最简二次根式的是( )
A. 6B. 2 6C. 15D. 35
2.下列方程是一元二次方程的是( )
A. 2x3+x−5=0B. ax2+bx+c=0C. 1x2+x−1=0D. x2=0
3.顺次连接平行四边形各边中点所得四边形一定是( )
A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
4.下列运算正确的是( )
A. 4+ 2= 6B. 4× 2=4 2C. 4÷ 2= 2D. 4− 2= 2
5.如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD，CE交于点O，则ODOB的值为( )
A. 12
B. 13
C. 23
D. 35
6.如图，小明利用四根长度为13cm的木条首尾相接，钉成正方形ABCD，然后利用四边形的不稳定性将其变形，得到四边形A1BCD1.若BD1=24cm，则A1，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短( )
A. 10cmB. 13 2cmC. (13 2−10)cmD. (13 22−5)cm
7.若关于x的一元二次方程ax2+2x+1=0有两个不相等的实数根，则a的取值范围是( )
A. a<1B. a≤1C. a≠0D. a<1且a≠0
8.如图，已知四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论正确的是( )
A. 当AB=CD，AD//BC时，四边形ABCD是平行四边形
B. 当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C. 当OA=OB=OC=OD时，四边形ABCD是矩形
D. 当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
9.如图，在Rt△ABC中(∠C=90∘)放置边长分别为1，2，x的三个正方形，则x的值为( )
A. 3
B. 4
C. 3
D. 5
10.如图，△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，已知点A(1,0)，点B(5,4)，点C(7,2)，点E(4,1)，那么点D的坐标为( )
A. (2,3)
B. (3,2)
C. (207,2)
D. (354,2)
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若代数式 5−x2有意义，则x的取值范围是______.
12.若x7=y3，则x−yx=______.
13.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠AOD=120∘，AB=5，则BC的值为______.
14.如图，点C是线段AB的黄金分割点，以AC为一边作矩形ACDE，使AE=AB；以BC为边作正方形BCFG，则S矩形ACDE______S正方形BCFG.(填>，<或=)
15.某市举行中学生足球联赛，每两个队之间都要进行一场比赛，共要比赛66场.若有x支球队参赛，则可列方程______.
16.如图，点O是△ABC内任意一点，连接AO，BO，CO，点A1，A2，A3……在AO上，且AA1=13AO，A1A2=13A1O，A2A3=13A2O……；点B1，B2，B3……在BO上，且BB1=13BO，B1B2=13B1O，B2B3=13B2O……；点C1，C2，C3……在CO上，且CC1=13CO，C1C2=13C1O，C2C3=13C2O……；顺次连接A1，B1，C1；A2，B2，C2；A3，B3，C3…….若△ABC的面积为S，则△A2024B2024C2024的面积为______.
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
计算：
(1)( 24+ 0.5)−( 18− 6)；
(2)( 5−1)2+(5+ 20)÷ 5.
18.(本小题8分)
解下列方程：
(1)(x+1)(x−3)=5；
(2)用配方法解方程：x2−2 2x−4=0.
19.(本小题8分)
已知：α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根.
(1)若α+3β=0，求m的值；
(2)在(1)的条件下，求α2−4α−2β的值.
20.(本小题8分)
某学校数学课外活动小组测量校园内一棵树的高度.采用的方法如下：如图，首先把支架EF放在离树AB适当距离的水平地面上点F处，再把镜子水平放置在支架EF上点E处，然后观测者沿着直线BF后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A.用皮尺分别测得BF=8m，DF=2m.若观测者目高CD为1.6m，支架EF的高为0.6m，求这棵树的高度.
21.(本小题9分)
定义：若两个二次根式a，b满足a⋅b=c，且c为有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式.
(1) 12与 2是关于______的共轭二次根式；
(2)若m与2 5−3 2是关于2的共轭二次根式，则m=______.
(3)若3+ 3与6+ 3n是关于12的共轭二次根式，求n的值.
22.(本小题10分)
有一块长28cm，宽16cm的矩形纸片.
(1)如图1，如果在纸片的四个角裁去四个边长相等的小正方形(阴影部分)后，将其折成无盖长方体盒子.若折成的盒子的底面积为220cm2，求裁去的小正方形的边长；
(2)若需要制作一个有盖的长方体盒子，为了合理利用材料，小颖设计了如图2的裁剪方案(阴影部分为裁剪下来的边角料)，其中左侧的两个阴影部分为正方形，右侧的两个阴影部分为矩形，问能否折出底面积为144cm2的有盖盒子(接缝忽略不计)？如果能，请求出盒子的体积；如果不能，请说明理由.
23.(本小题11分)
如图，正方形ABCD，AB=8.将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0∘<α<90∘)，得到正方形AEFG，EF交CD于点M，延长FE交BC于点N.
(1)求证：MN=DM+BN；
(2)顺次连接D，E，C，F，得到四边形DECF.在旋转过程中，四边形DECF能否为矩形？若能，求出BN的值；若不能，请说明理由.
24.(本小题12分)
如图1，矩形ABCD，点E，点F分别为AD，BC上的点，将矩形沿EF折叠，使点B的对应点B′落在CD上，连接BB′.
(1)如图2，当点B′与点D重合时，连接BE，试判断四边形BEB′F的形状，并说明理由；
(2)若AB=6，BC=8，求折痕EF的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、 6是最简二根式，故A不符合题意；
B、2 6是最简二根式，故不B符合题意；
C、 15不是最简二根式，故C符合题意；
D、 35是最简二根式，故D不符合题意；
故选：C.
根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，逐一判断即可解答．
本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：A.2x3+x−5=0未知数项的最高次数是3，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.ax2+bx+c=0方程未知数有4个，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.1x2+x−1=0，分母含有未知数，不是整式，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D.x2=0是一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D.
根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可求解．
本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程定义：只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程，据此判断即可．
3.【答案】A
【解析】解：如图；四边形ABCD是平行四边形，E、F、G、H分别是▱ABCD四边的中点．
连接AC、BD；
∵E、F是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线；
∴EF//AC；
同理可证：GH//AC//EF，EH//BD//FG；
∴四边形EFGH是平行四边形．
故顺次连接平行四边形各边中点的图形为平行四边形．
故选：A.
可连接平行四边形的对角线，然后利用三角形中位线定理进行求解．
本题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理得应用，通过做此题培养了学生的推理能力，题目比较好，难度适中．
4.【答案】C
【解析】解：A. 4+ 2=2+ 2，原计算错误，不符合题意；
B. 4× 2= 8=2 2，原计算错误，不符合题意；
C. 4÷ 2= 2，正确，符合题意；
D. 4− 2=2− 2，原计算错误，不符合题意，
故选：C.
根据二次根式混合运算的法则逐项计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵BD，CE分别是边AC，AB上的中线，
∴O是△ABC的重心，
∴ODOB=12.
故选：A.
由三角形重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，由此即可求解．
本题考查三角形的重心，关键是掌握三角形重心的性质．
6.【答案】C
【解析】解：如图：连接AC，A1C，记BD1与A1C相交于一点O，
∵小明利用四根长度为13cm的木条首尾相接，钉成正方形ABCD，
∴∠ABC=90∘，AB=BC=13cm，
∴AC= AB2+BC2=13 2cm，
依题意，A1B=BC=CD1=D1A1=13cm，
∴四边形A1BCD1是菱形，
∴BD1⊥A1C,OB=OD1=12BD1=12cm,A1C=2OC，
在Rt△BOC，OC= BC2−BO2= 132−122=5(cm)，
∴A1C=2OC=10cm，
则AC−A1C=(13 2−10)cm，
∴则A1，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短为(13 2−10)cm，
故选：C.
先根据正方形的性质以及勾股定理得出AC= AB2+BC2=13 2cm，再证明四边形A1BCD1是菱形，得出BD1⊥A1C,OB=OD1=12BD1=12cm,A1C=2OC，再结合勾股定理得出A1C=2OC=10cm，即可作答．
本题考查了菱形的性质、正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
利用一元二次方程的定义和判别式得到a≠0且Δ=22−4a>0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】
解：根据题意得a≠0且Δ=22−4a>0，
所以a<1且a≠0.
故选D.
8.【答案】C
【解析】解：A、当AB=CD，AD//BC时，四边形可能是等腰梯形，该选项错误，不符合题意；
B、当四边形ABCD是平行四边形且AC⊥BD时，四边形是菱形，该选项说法错误，不符合题意；
C、若四边形的对角线相等且相互平分，则为矩形，该选项说法正确，符合题意；
D、当AC=BD，AC⊥BD时，四边形不一定是正方形，选项说法错误，不符合题意．
故选：C.
根据平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定逐项判断即可．
本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定等知识点，熟练运用相关知识成为解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：对图形进行点标注，如图所示：
∵在Rt△ABC中(∠C=90∘)放置边长分别为1，2，x的三个正方形，
∴∠MOE=90∘，∠FPN=90∘，
∵∠OME+∠OEM=90∘，∠PFN+∠PNF=90∘，∠CEF+∠CFE=90∘，∠CEF+∠OEM=90∘，∠CFE+∠PFN=90∘，
∴∠OME=∠PFN=∠CEF，∠OEM=∠PNF=∠CFE，
∴△CEF∽△OME∽△PFN，
∴OEPN=OMPF，即OE⋅PF=OM⋅PN，
∵EF=x，MO=1，PN=2，
∴EO=x−1，PF=x−2，
∴(x−1)(x−2)=2，
∴x=3或x=0(不合题意，舍去)，
故选：A.
根据题意可推出△CEF∽△OME∽△PFN，得到OEPN=OMPF，即OE⋅PF=OM⋅PN，用含x的式子表达对应边，得到关于x的方程，即可求解．
本题考查了相似三角形的性质，正方形的性质，解题的关键是找到相似三角形，用含x的式子表达对应边．
10.【答案】B
【解析】解：设点D的坐标为(x,y)，
∵△ABC和△ADE是以点A为位似中心的位似图形，
∴5−xx−1=7−44−1，2−11−0=4−yy−0，
解得x=3，y=2，
∴点D的坐标为(3,2).
故选：B.
设点D的坐标为(x,y)，然后根据位似变换的性质列式计算即可得解．
本题考查了位似变换，坐标与图形性质，掌握位似的两个三角形相似、相似三角形的性质是解题的关键．
11.【答案】x≤5
【解析】解：∵代数式 5−x2有意义，
∴5−x≥0，
∴x≤5.
故答案为：x≤5.
根据被开方数是非负数列式求解即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握被开方数是非负数是解听到关键．
12.【答案】47
【解析】解：由x7=y3得到3x=7y，
∴yx=37，可设y=3k，x=7k，k不等于0，
则x−yx=7k−3k7k=4k7k=47.
故答案为：47.
根据比例的基本性质变形，代入求值即可．
此题考查了比例的基本性质，解题的关键是掌握相关知识的运算．
13.【答案】5 3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90∘，
∵∠AOD=120∘，
∴∠AOB=60∘，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=5，
∴AC=2OA=10，
∴BC= AC2−AB2= 102−52=5 3，
故答案为：5 3.
根据矩形的性质，可以得到OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90∘，再根据∠AOD=120∘，可以得到∠AOB=60∘，从而可以得到△AOB是等边三角形，OA=OB=AB=5，进而求得AC的值，然后根据勾股定理，即可求得BC的值．
本题考查矩形的性质、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，找出所求问题需要的条件．
14.【答案】=
【解析】解：∵四边形ACDE为矩形，四边形BCFG为正方形，
∴S矩形ACDE=AC⋅AE，S正方形BCFG=BC2，
∵点C是线段AB的黄金分割点，
∴BC2=AC⋅BC，
又∵AE=AB，
∴BC2=AE⋅BC，
∴S矩形ACDE=S正方形BCFG，
故答案为：=.
根据矩形，正方形的面积公式得S矩形ACDE=AC⋅AE，S正方形BCFG=BC2，点C是线段AB的黄金分割点，AE=AB得BC2=AE⋅BC，由此即可得出答案．
此题主要考查了黄金分割，矩形的性质，正方形的性质，理解矩形的性质和正方形的性质，熟练掌握黄金分割的定义是解决问题的关键．
15.【答案】12x(x−1)=66
【解析】解：根据题意得：12x(x−1)=66.
故答案为：12x(x−1)=66.
利用比赛的总场数=参赛队伍数×(参赛队伍数−1)÷2，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
16.【答案】2404834048S
【解析】解：由题意，∵AA1=13AO，BB1=13BO，CC1=13CO，
∴OA1=23OA，OB1=23OB，OC1=23OC.
∴OA1OA=OB1OB=OC1OC=23.
∵∠A1OB1=∠AOB，∠B1OC1=∠BOC，∠A1OC1=∠AOC，
∴△A1OB1∽△AOB，△B1OC1∽△BOC，△A1OC1∽△AOC.
∴S△A1OB1S△AOB=(23)2，S△B1OC1S△BOC=(23)2，S△A1OC1S△AOC=(23)2.
∴S△A1OB1=(23)2S△AOB，S△B1OC1=(23)2S△BOC，S△A1OC1=(23)2S△AOC.
∴S△A1OB1+S△B1OC1+S△A1OC1=(23)2(S△AOB+S△BOC+S△AOC)，即S△A1B1C1=(23)2S△ABC.
同理，S△A2B2C2=(23)2S△A1B1C1′
∴S△A2B2C2=(23)4S△ABC.
…
∴S△AnBnCn=(23)2nS△ABC.
∴S△A2024B2024C2024=(23)4048S△ABC.
又∵S△ABC.=S，
∴S△A2024B2024C2024=(23)4048S=2404834048S.
故答案为：2404834048S.
依据题意，可得OA1OA=OB1OB=OC1OC=23，从而△A1OB1∽△AOB，△B1OC1∽△BOC，△A1OC1∽△AOC，进而可得S△A1OB1=(23)2S△AOB，S△B1OC1=(23)2S△BOC，S△A1OC1=(23)2S△AOC，则S△A1OB1+S△B1OC1+S△A1OC1=(23)2(S△AOB+S△BOC+S△AOC)，即S△A1B1C1=(23)2S△ABC.同理，S△A2B2C2=(23)2S△A1B1C1′从而S△A2B2C2=(23)4S△ABC，…
可得S△AnBnCn=(23)2nS△ABC，最后可以判断得解．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、规律型：图形的变化类，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
17.【答案】解：(1)( 24+ 0.5)−( 18− 6)
=2 6+12 2−14 2+ 6
=3 6+14 2；
(2)( 5−1)2+(5+ 20)÷ 5
=5−2 5+1+5÷ 5+ 20÷ 5
=5−2 5+1+ 5+ 4
=5−2 5+1+ 5+2
=8− 5.
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)先计算二次根式的乘除法，再算加减，即可解答．
本题考查了二次根式的混合运算，完全平方公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)(x+1)(x−3)=5，
整理得：x2−2x−8=0，
(x−4)(x+2)=0，
x−4=0或x+2=0，
x1=4，x2=−2；
(2)x2−2 2x−4=0，
x2−2 2x=4，
x2−2 2x+2=4+2，
(x− 2)2=6，
x− 2=± 6，
x1= 6+ 2，x2=− 6+ 2.
【解析】(1)先将原方程进行化简整理得：x2−2x−8=0，然后利用解一元二次方程-因式分解法进行计算，即可解答；
(2)利用解一元二次方程-配方法进行计算，即可解答．
本题考查了解一元二次方程-因式分解法，配方法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根，
∴α+β=2，
∵α+3β=0，
∴(α+β)+2β=0，
即2+2β=0，
解得β=−1，
∴(−1)2−2×(−1)+m−1=0，
解得m=−2；
(2)由(1)知：m=−2，
则一元二次方程x2−2x−3=0，
∴(x−3)(x+1)=0，
解答x1=3，x2=−1，
即α=3，β=−1，
∴α2−4α−2β
=32−4×3−2×(−1)
=9−12+2
=−1.
【解析】(1)根据α，β是关于x的一元二次方程x2−2x+m−1=0的两个根，可以得到α+β=2，再根据α+3β=0，即可求得β的值，再代入原方程即可求得m的值；
(2)将m的值代入原方程，即可求得α，β的值，再代入所求式子计算即可．
本题考查根与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，求出m的值和方程的两个根．
20.【答案】解：过点E作EM⊥CD，垂足为点M，延长ME交AB于点N，
由题意得：DM=EF=NB=0.6m，ME=DF=2m，EN=BF=8m，∠CEM=∠AEN，∠CME=∠ANE=90∘，
∴△CEM∽△AEN，
∴CMAN=EMEN，
∴1.6−0.6AN=28，
解得：AN=4，
∴AB=AN+BN=4+0.6=4.6(m)，
答：这棵树的高度为4.6m.
【解析】过点E作EM⊥CD，垂足为点M，延长ME交AB于点N，根据题意可得：DM=EF=NB=0.6m，ME=DF=2m，EN=BF=8m，∠CEM=∠AEN，∠CME=∠ANE=90∘，从而可得△CEM∽△AEN，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
本题考查了相似三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21.【答案】12 5+3 2
【解析】解：(1)∵ 12× 2=1，
∴ 12与 2是关于1的共轭二次根式，
故答案为：1；
(2)∵m与2 5−3 2是关于2的共轭二次根式，
∴(2 5−3 2)m=2，
∴m=22 5−3 2=2(2 5+3 2)(2 5−3 2)(2 5+3 2)=2 5+3 2，
故答案为：2 5+3 2；．
(3)∵3+ 3与6+ 3n是关于12的共轭二次根式，
∴(3+ 3)(6+ 3n)=12，
∴6+ 3n=123+ 3=12(3− 3)(3+ 3)(3− 3)=2(3− 3)=6−2 3，
∴n=−2.
(1)根据共轭二次根式的定义列式计算即可；
(2)根据共轭二次根式的定义列式计算即可，需要注意分母有理化；
(3)根据共轭二次根式的定义列式计算即可，需要注意分母有理化．
本题考查二次根式的性质与化简，结合已知条件列出正确的算式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设裁去的小正方形的边长为x cm，则折成的无盖长方体盒子的底面长为(28−2x)cm，宽为(16−2x)cm，
根据题意得：(28−2x)(16−2x)=220，
整理得：x2−22x+57=0，
解得：x1=3，x2=19(不符合题意，舍去).
答：裁去的小正方形的边长为3cm；
(2)设裁去的小正方形的边长为ycm，则折成的有盖长方体盒子的底面长为28−2y2=(14−y)cm，宽为(16−2y)cm，
根据题意得：(14−y)(16−2y)=144，
整理得：y2−22y+40=0，
解得：y1=2，y2=20(不符合题意，舍去)，
∴144y=144×2=288.
答：能折出底面积为144cm2的有盖盒子，盒子的体积为288cm3.
【解析】(1)设裁去的小正方形的边长为xcm，则折成的无盖长方体盒子的底面长为(28−2x)cm，宽为(16−2x)cm，根据折成的盒子的底面积为220cm2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
(2)设裁去的小正方形的边长为ycm，则折成的有盖长方体盒子的底面长为(14−y)cm，宽为(16−2y)cm，根据折成的盒子的底面积为144cm2，可列出关于y的一元二次方程，解之可得出y的值，再将其代入144y中，即可求出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：连接AN，AM，
∵∠AEF=90∘，
∴∠AEN=90∘，
∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0∘<α<90∘)，得到正方形AEFG，
∴AB=AE，∠B=∠AEH=90∘，
在Rt△ABN与Rt△AEN中，
AB=AEAN=AN，
∴Rt△ABN≌Rt△AEN(HL)，
∴BN=EN，
同理DM=EM，
∵MN=EN+EM，
∴MN=BN+DM；
(2)解：能，
理由：∵CD=EF，
∴当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，
设BN=x，则CN=8−x，NM=x+4，
在Rt△MCN中，∵CN2+CM2=MN2，
∴(8−x)2+42=(x+4)2，
∴x=83，
即BN=83.
【解析】(1)连接AN，AM，根据旋转的性质得到AB=AE，∠B=∠AEH=90∘，根据全等三角形的性质得到BN=EN，同理DM=EM，于是得到结论；
(2)当CD，EF互相平分时，四边形DECF是矩形，设BN=x，则CN=8−x，NM=x+4，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查的是旋转的性质，正方形的性质、全等三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，掌握旋转变换的性质、正方形的四条边相等、四个角都是90∘是解题的关键．
24.【答案】解：(1)四边形BEB′F是菱形，理由如下：
由折叠的性质得：∠BFE=∠B′FE，EF垂直平分BB′，
∴BE=B′E，BF=B′F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠B′EF=∠BFE，
∴∠B′EF=∠B′FE，
∴B′E=B′F，
∴BE=B′E=B′F=BF，
∴四边形BEB′F是菱形；
(2)过点E作EG⊥BC于G，设EF与BB′交于点O，如图①所示：
则∠EGF=90∘，四边形ABGE为矩形，
∴∠GEF+∠EFG=90∘，EG=AB=6，
由折叠的性质得：EF⊥BB′，
∴∠BOF=90∘，
∴∠EFG+∠B′BF=90∘，
∴∠GEF=∠B′BF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=6，∠C=90∘，
∴∠C=∠EGF，
∴△EGF∽△BCB′，
∴EFBB′=EGBC=68=34，
∴EF=34BB′，
∴当BB′取最大值，EF取得最大值，
此时，点B′与点D重合，
连接BD，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 82+62=10，
∴EF最大=34BD=34×10=152.
【解析】(1)由折叠的性质得∠BFE=∠B′FE，EF垂直平分BB′，则BE=B′E，BF=B′F，再证B′E=B′F，则BE=B′E=B′F=BF，然后由菱形的判定即可得出结论；
(2)过点E作EG⊥BC于G，设EF与BB′交于点O，证△EGF∽△BCB′，得EF=34BB′，当BB′取最大值，EF取得最大值，点B′与点D重合，连接BD，然后由勾股定理得BD=10，即可得出结论
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键，属于中考常考题型．
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