江苏省盐城市2024-2025学年下学期八年级数学第一次月考试卷

这是一份江苏省盐城市2024-2025学年下学期八年级数学第一次月考试卷，共29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.下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A.B. C.D.

2.若用反证法证明命题“若a=0或b=0，则ab=0”时，应假设（ ）
A.ab≠0B.a≠0C.b≠0D.a≠b

3.如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60∘得到△AED．若线段 AB=3，则BE=（ ）
A.2B.3C.4D.5

4.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边AB的中点，连接OE，若OE=3，则菱形ABCD的边长为（ ）
A.3B.4C.5D.6

5.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABD=60∘，AB=2，则AC的长为（ ）
A.6B.5C.4D.3

6.顺次连接一个菱形的各边中点所得四边形的形状是（ ）
A.平行四边形B.矩形C.菱形D.正方形

7.如图，已知△ABD，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，AD长为半径画弧；②以点D为圆心，AB长为半径画弧；③两弧在BD上方交于点C，连接BC,DC．可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A.两组对边分别平行B.两组对边分别相等
C.对角线互相平分D.一组对边平行且相等

8.在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形，
其中正确的结论的个数为（ ）
A.1个B.2个C.3个D.4个
二、填空题

9.在▱ABCD中，若∠A+∠C=80∘，则∠A=________________．

10.如图，在▱ABCD中，AB=4，BC=6，DE平分∠ADC，交BC边于点E，则BE=_________________．

11.如图，△ABC与△AB′ C′ 关于点A对称，若∠C=90∘，∠B=30∘，AC=1，则BB′的长为 ___________．

12.如图矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB=3，BC=4，则图中阴影部分的面积为_________．

13.已知△ABC中，D、E、F分别是边AB、BC、CA的中点，若△DEF的周长为20cm，则△ABC的周长为______________．

14.如图，四边形ABCD是正方形、延长AB到点E，使AE=AC，连接CE，则∠BCE的度数是____________．

15.如图，将矩形纸片ABCD沿边EF折叠，使点D在边BC中点M处．若AB=4,BC=6，则CF=____________．

16.如图，正方形ABCD边长为3，点M，N分别是边AD，CD上的动点且AM=CN，作NP⊥BM于点P，则AP的最小值是_________________．
三、解答题

17.已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，AF=CE．求证：BF=DE．

18.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A−1,1，B−4,1,C−3,3．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）
（1）画出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A1B1C1；并写出点C1的坐标为__________；
（2）在平面直角坐标系内找一个点D，使得四边形ABCD为平行四边形，则点D坐标为__________．

19.如图，在▱ABCD中，E、F为边BC上两点，且BE=CF，AF=DE．
（1）求证：△ABF≅△DCE；
（2）四边形ABCD是矩形吗？为什么？

20.如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，E为AB的中点，连接OE并延长至点F，使EF=EO，连接AF,BF．
（1）求证：四边形AFBO是菱形．
（2）若AB=5,BC=6，求菱形AFBO的面积．

21.如图1，△ABC和△DBC都是边长为4的等边三角形．
（1）将△DBC沿BC方向平移得到△D1B1C1，如图2、图3所示，则四边形ABD1C1是平行四边形吗？证明你的结论；
（2）在1的条件下，若四边形ABD1C1为矩形，求BB1的值．

22.如图，在平面直角坐标系中，O是原点，四边形OABC是边长为5的正方形，点A，C分别在x轴，y轴正半轴上，P为边OA上任意一点（不与点O，A重合），连接CP，过点P作PM⊥CP，交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN∥OA，交BO于点N，连接ND，BM，设OP=a．
（1）求点M的坐标：（用含a的代数式表示）
（2）试判断线段MN的长是否随点P位置的变化而变化，并说明理由．

23.如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点．对“中位线定理”逆向思考，可得以下3则命题：
①若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点；
②若DE∥BC,DE=12BC，则D,E分别是AB,AC的中点；
③若D是AB的中点，DE=12BC，则E是AC的中点．
（1）其中真命题的是__________；（填序号）
（2）请选出一个真命题进行证明．

24.（1）[问题探究]
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．点P是线段AO上一点（与点A、O不重合），连结PD、PB．
①求证：△PDC≅△PBC；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上运动时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
2[迁移探究]
如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60∘，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．

25.【经典回顾】梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在△ABC中，∠ACB=90∘，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交几于点M．
1若AB=6，则LC=_________；
2证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积：
【拓展延伸】从梅文鼎的证明方法中，不难发现是以平行四边形的面积作为“桥梁”，用等积变换得到三个正方形的面积关系．“鹿鸣．博约”数学兴趣小组的同学们进一步思考：若将直角三角形改成一般三角形，将三边上的正方形改成平行四边形，则三个平行四边形的面积之间存在怎样的数量关系？通过尝试，他们得出这三个平行四边形的作法如下：
①分别以边AC、BC为边向外作▱ACHI和▱BCGF：
②分别延长IH,FG交于点D；
③作射线DC与AB相交于点P，在射线上截取PQ=DC：
④过点Q作AB的平行线l，并在直线l上截取MN=AB．连接AM、BN，即得▱AMNB．
3在图2中画出图形并证明：▱ACHI与▱BCGF的面积和等于▱AMNB的面积；
4在▱ACHI和▱BCGF中，若∠CHI=∠BCG=120∘，AC=7cm，AI=BC=3cm，BF=1cm，则▱AMNB的面积为_________cm2．
参考答案与试题解析
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
【解析】
本题主要考查了心对称图形的识别，熟知中心对称图形得到定义是解题的关键．根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可：把一个图形绕着某一个点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【解答】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
反证法证明中的假设
【解析】
反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行解答．
【解答】
解：由反证法知第一步应假设该命题的结论“ab=0”的反面成立，即ab≠0，
故选A．
3.
【答案】
B
【考点】
等边三角形的性质与判定
根据旋转的性质求解
【解析】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，由旋转可得∠BAE=60∘，AB=AE，即得△BAE是等边三角形，再根据等边三角形的性质即可求解，掌握旋转的性质是解题的关键．
【解答】
解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转60∘得到△AED，
∴∠BAE=60∘，AB=AE，
∴△BAE是等边三角形，
∴BE=AB=3，
故选：B．
4.
【答案】
D
【考点】
直角三角形斜边上的中线
利用菱形的性质求线段长
【解析】
本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
根据菱形的性质可得AC⊥BD，根据“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”可得OE=12AB，即可得解．
【解答】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵ E是边AB的中点，
∴OE=12AB，
∴AB=2OE=2×3=6，
即菱形ABCD的边长为6，
故选：D．
5.
【答案】
C
【考点】
等边三角形的性质与判定
根据矩形的性质求线段长
【解析】
根据矩形ABCD的性质，得OA=OB=OC=OD=12AC，结合∠ABD=60∘，得到△AOB是等边三角形，结合AB=2，得到OA=OB=AB=12AC，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【解答】
根据矩形ABCD的性质，得OA=OB=OC=OD=12AC，
∵∠ABD=60∘，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB=2，
∴OA=OB=AB=12AC=2，
解得AC=4．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
证明四边形是矩形
利用菱形的性质求角度
中点四边形
【解析】
本题主要考查了菱形的性质和矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角形的中位线定理是解题的关键．作出图形，菱形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，先证明四边形EFGH是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判断．
【解答】
解：如图：菱形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH∥FG∥BD，EH=FG=12BD，EF∥HG∥AC，EF=HG=12AC，
故四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥EF，∠HEF=90∘，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：B．
7.
【答案】
B
【考点】
作线段(尺规作图)
证明四边形是平行四边形
【解析】
本题考查了基本作图，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
根据圆的半径相等，得到BC=AD,CD=AB，根据判定定理解答即可．
【解答】
解：根据作法得到BC=AD,CD=AB，
则两组对边分别相等，
那么，四边形ABCD为平行四边形，
故选：B．
8.
【答案】
C
【考点】
（特殊）平行四边形的动点问题
【解析】
根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】
解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，
则△AMQ≅△DQP，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故选：C．
二、填空题
9.
【答案】
40∘/40度
【考点】
利用平行四边形的性质求解
【解析】
本题考查了平行四边形的性质，结合平行四边形的对角相等以及∠A+∠C=80∘，进行作答即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵∠A+∠C=80∘，
∴∠A=40∘，
故答案为：40∘．
10.
【答案】
2
【考点】
根据等角对等边证明边相等
利用平行四边形的性质求解
【解析】
本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据平行四边形的性质可得AD // BC,CD=AB=4,BC=AD=6，再证明△CDE为等腰三角形，易得CE=CD=4，然后由BE=BC−CE求解即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB=4，BC=6，
∴AD // BC,CD=AB=4,BC=AD=6，
∴∠ADE=∠DEC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠DEC=∠CDE，
∴CE=CD=4，
∴BE=BC−CE=6−4=2．
故答案为：2．
11.
【答案】
4
【考点】
全等三角形的性质
含30度角的直角三角形
中心对称
【解析】
∵根据对称的性质得到AB′=AB，利用直角三角形30∘角的性质求出AB=2AC=2，即可求出BB′．
【解答】
解：∵△ABC与△AB′ C′ 关于点A对称，
∴△ABC≅△AB′ C′，
∴AB′=AB，
∵∠C=90∘，∠B=30∘，AC=1，
∴AB=2AC=2，
∴AB′=2，
∴BB′=AB+AB′=2+2=4，
故答案为：
12.
【答案】
3
【考点】
根据矩形的性质求线段长
【解析】
本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，首先证明△AOE≅△COF，由此可得出S阴影=14S矩形ABCD，则可求出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO,BO=DO,AD // BC,
∴∠OAE=∠OCF, S△AOD=S△COD=S△AOB=S△BOC,
又∠AOE=∠COF,
∴△AOE≅△COF，
∴S△AOE=S△COF
∴S△COF+S△DOE=S△AOE+S△DOE=S△AOD=14S矩形ABCD=14AB×BC=14×3×4=3
故答案为：3
13.
【答案】
40cm
【考点】
与三角形中位线有关的求解问题
【解析】
先根据题意画出相应的图形，再利用三角形中位线的性质进行推导即可得到答案．
【解答】
解：根据题意画出图形如下：
∵点D、E、F分别是AB、BC、AC的中点
∴DE、EF、FD是△ABC的三条中位线
∴AC=2DE、AB=2EF、BC=2FD，
∵△DEF的周长是20cm
∴DE+EF+FD=20cm
∴AC+AB+BC=2DE+EF+FD=40cm
∴△ABC的周长是40cm．
故答案为：40cm
14.
【答案】
22.5∘/22.5度
【考点】
根据正方形的性质求角度
【解析】
根据正方形的性质，易知∠CAE=∠ACB=45∘；等腰△CAE中，根据三角形内角和定理可求得∠ACE的度数，进而可由∠BCE=∠ACE−∠ACB得出∠BCE的度数．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAB=∠BCA=45∘；
△ACE中，AC=AE，则：
∠ACE=∠AEC= 12180∘−∠CAE=67.5∘；
∴∠BCE=∠ACE−∠ACB=22.5∘．
故答案为22.5∘．
15.
【答案】
78/0.875
【考点】
勾股定理的应用
矩形与折叠问题
【解析】
本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于x的方程．由矩形的性质推出CD=AB=4,∠C=90∘，由线段中点定义得到CM=12BC=3，由折叠的性质得到：MF=DF，设FC=x，由勾股定理得到4−x2=32+x2，求出x=78，得到FC的值．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4,∠C=90∘，
∵M是BC中点，
∴CM=12BC=12×6=3，
由折叠的性质得到：MF=DF，
设FC=x，
∴FD=4−x，
∴MF=4−x，
∵MF2=MC2+FC2，
∴4−x2=32+x2，
∴x=78，
∴FC=78．
故答案为：78．
16.
【答案】
32−3
【考点】
化为最简二次根式
全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
勾股定理的应用
根据正方形的性质求线段长
【解析】
如图，延长PN交BC的延长线于H，连接PC，证明△ABM≅△CHN，可得AB=CH=BC，可得CP=12BH=BC=CH，当A,P,C三点共线时AP最短，再进一步解答即可.
【解答】
解：如图，延长PN交BC的延长线于H，连接PC，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠BAM=∠BCD=∠HCN=90∘，
∵NP⊥BM，
∴∠ABM=90∘−∠CBM=∠H，
∵AM=CN，
∴△ABM≅△CHN，
∴AB=CH=BC，
∴CP=12BH=BC=CH，
当A,P,C三点共线时AP最短，
∵正方形ABCD边长为3，
∴AC=32+32=32，而CP=BC=3，
∴AP的最小值为：32−3；
故答案为：32−3
三、解答题
17.
【答案】
证明见详解
【考点】
平行四边形的性质与判定
【解析】
本题主要考查了平行四边形的判断和性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和判定定理．
根据平行四边形的性质得出四边形FBED是平行四边形，利用平行四边形的性质即可得出答案．
【解答】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AD=BC，
又∵AF=CE，
∴AD−AF=BC−CE，
∴FD=BE，
又∵AD∥BC，
∴四边形FBED是平行四边形，
∴BF=DE．
18.
【答案】
画图见解析，3,−3
画图见解析，0,3
【考点】
证明四边形是平行四边形
画已知图形关于某点对称的图形
关于原点对称的点的坐标
【解析】
（1）分别确定A,B,C关于坐标原点O成中心对称的对称点A1,B1,C1，再顺次连接，根据C1的位置可得其坐标；
（2）确定格点D，使AB // CD，AB=CD即可；
【解答】
（1）解：如图，△A1B1C1即为所作的三角形；C13,−3；
（2）解：如图，D即为所求；
∴D0,3．
19.
【答案】
（1）证明见解析
（2）四边形ABCD是矩形，证明见解析
【考点】
利用平行四边形的性质证明
证明四边形是矩形
【解析】
（1）由四边形ABCD为平行四边形，则AB=CD，由BE=CF，故有BF=CE，然后证得△ABF≅△DCE；
（2）由△ABF≅△DCE，证得∠B=∠C，然后利用平行四边形的对边平行得到两个角均为直角，从而利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．
【解答】
解：（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，
∵BE=CF，
∴BF=CE，
在△ABF和△DCE中，
AB=CDAF=DEBF=CE ，
∴△ABF≅△DCESSS.
（2）解：四边形ABCD是矩形，理由如下：
∵△ABF≅△DCE，
∴∠B=∠C，
∵AB // CD，
∴∠B+∠C=180∘，
∴∠B=∠C=90∘，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴▱ABCD是矩形．
20.
【答案】
（1）证明见详解
（2）15
【考点】
与三角形中位线有关的求解问题
利用矩形的性质证明
证明四边形是菱形
【解析】
（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形AFBO是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果；
（2）利用矩形的性质的得出OE=12BC=3，利用菱形的面积公式进行求解即可．
【解答】
解：（1）证明：∵点E为AB的中点，且EF=EO，
∴四边形AFBO是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∴四边形AFBO是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC
又∵点E为AB的中点，
∴OE=12BC=3
∴OF=2OE=6
∴菱形AFBO的面积为12OF⋅AB=12×6×5=15．
21.
【答案】
（1）四边形ABD1C1是平行四边形，证明见解析
（2）4
【考点】
矩形的性质
等边三角形的性质
利用平移的性质求解
证明四边形是平行四边形
【解析】
（1）根据平移的性质，得到BB1=CC1，根据等边三角形的性质，得到AC=B1D1，∠BB1D1=∠ACC1，从而得到△BB1D1≅△ACC1，则AC1=BD1，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明；
（2）根据等边三角形的性质与矩形的性质，进一步解答即可．
【解答】
（1）解：根据平移的性质，得到BB1=CC1，
根据等边三角形的性质，得到AC=B1D1，∠BB1D1=∠ACC1，
∴△BB1D1≅△ACC1，
∴AC1=BD1，
又AB=C1D1，
∴四边形ABD1C1是平行四边形；
（2）解：如图，连接BD1，AC1，
∵△ABC，△BDC都是边长为4的等边三角形，四边形ABD1C1为矩形，
∴AC=CD1=BB1=B1C1，此时B1,C重合，
∴BB1=4．
22.
【答案】
（1）a+5,a
（2）线段MN的长不随点P位置的变化而变化，为定值5，理由见详解
【考点】
全等三角形的应用
根据正方形的性质与判定证明
平行四边形性质和判定的应用
坐标系中的动点问题（不含函数）
【解析】
（1）作ME⊥x轴于E，则∠MEP=90∘，先证出∠PME=∠CPO，再证明△MPE≅△PCO，得出ME=PO=a，EP=OC=5，求出OE，即可得出点M的坐标；
（2）连接AM，AB与MN交于点F，先证明四边形AEMF是正方形，得出∠MAE=45∘=∠BOA，AM∥OB，再证出四边形OAMN是平行四边形，即可得出MN=OA=5．
【解答】
（1）解：
如图所示，过点M作ME⊥x轴于E，则∠MEP=90∘，ME∥AB，
∴∠MPE+∠PME=90∘，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠POC=90∘，OA=OC=AB=BC=5，∠BOA=45∘，
∵PM⊥CP，
∴∠CPM=90∘，
∴∠MPE+∠CPO=90∘，
∴∠PME=∠CPO，
在△MPE和△PCO中，
∠MEP=∠POC=90​∘∠PME=∠CPOPM=CP ，
∴△MPE≅△PCOAAS，
∴ME=PO=a，EP=OC=5，
∴OE=a+5，
∴点M的坐标为a+5,a；
（2）解：线段MN的长不随点P位置的变化而变化，为定值5，理由如下：
如图所示，连接AM,AB与MN交于点F，
∵MN∥OA，ME∥AB，∠MEA=90∘，
∴四边形AEMF是矩形，
又∵EP=OC=OA，
∴AE=PO=a=ME，
∴四边形AEMF是正方形，
∴∠MAE=45∘=∠BOA，
∴AM∥OB，
∴四边形OAMN是平行四边形，
∴MN=OA=5．
∴线段MN的长不随点P位置的变化而变化，为定值
23.
【答案】
①②
（2）证明见详解
【考点】
与三角形中位线有关的求解问题
真命题，假命题
线段中点的有关计算
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）利用三角形中位线的性质和判定，以及三角形中位线定理的逆应用逐项进行判断即可；
（2）①利用两条直线被一组旁平行线所截对应线段成比例即可证明；
②利用相似三角形的性质即可证明．
【解答】
（1）解：①若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点，是真命题，故该选项符合题意；
②若DE∥BC,DE=12BC，则D,E分别是AB,AC的中点，是真命题，故该选项符合题意；
③若D是AB的中点，DE=12BC，则E不一定是AC的中点，
如图，D是AB的中点，分别以B,C为圆心，大于12BC的长为半径画弧，交AC于点E，则DE=12BC，但E显然不是AC的中点，所以该选项是假命题，故该选项不符合题意；
真命题为：①②，
故答案为：①②；
（2）证明：①∵点D是AB的中点，
∴ADDB=1，
∵DE∥BC，
∴ADDB=AEEC=1，
∴AE=CE，
即E是AC的中点；
②∵DE=12BC，
∴DEBC=12，
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC=DEBC=12，
∴AD=BD,AE=CE，
即点D,E分别是AB,AC的中点．
24.
【答案】
（1）①见解析；②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90∘，理由见解析；③AQ=2OP，理由见解析；3AQ=CP，理由见解析
【考点】
全等的性质和SAS综合（SAS）
等边三角形的性质与判定
根据正方形的性质证明
解直角三角形的相关计算
【解析】
（1）①根据正方形的性质证明△DCP≅△BCP, 即可得到结论;
②作PM⊥AB,PN⊥AD, 垂足分别为点M、N, 如图, 可得PM=PN, 证明四边形AMPN是矩形, 推出∠MPN=90∘,证明Rt△DPN≅Rt△QPMHL, 得出∠DPN=∠QPM, 进而可得结论;
③作PE⊥AO交AB于点E, 作EF⊥OB于点F, 如图, 证明AQ=BE, BE=2EF即可得出结论；
2先证明PQ=PB, 作PE∥BC交AB于点E, EG∥AC交BC于点G, 如图, 则四边形PEGC是平行四边形, 可得EG=PC,△APE,△BEG都是等边三角形, 进一步即可证得结论.
【解答】
①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45∘，
∵CP=CP，
∴△PDC≅△CPB；
②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90∘；
证明：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45∘，∠DAB=90∘，
∴PM=PN，
∴四边形AMPN是正方形，
∴∠MPN=90∘，
∵PD=PQ，PM=PN，
∴Rt△DPN≅Rt△QPMHL，
∴∠DPN=∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM=90∘，
∴∠QPN+∠DPN=90∘，即∠DPQ=90∘；
③AQ=2OP；
证明：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45∘，∠AOB=90∘，
∴∠AEP=45∘，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45∘，EF=OP，∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PM⊥AE于点M，则QM=BM，AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90∘，∠EBF=45∘，
∴BE=EFsin45∘=2EF，
∴AQ=2OP；
2AQ=CP；
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，
∴AB=BC，AC⊥BD，DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60∘，PD=PB，
∵PD=PQ，∴PQ=PB，
作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，
∠GEB=∠BAC=60∘，∠AEP=∠ABC=60∘，
∴EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，
作PM⊥AB于点M，则QM=MB，AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
25.
【答案】
（1）6；2证明见解析；3画图见解析，证明见解析；4123
【考点】
勾股定理的应用
平行四边形的性质与判定
化为最简二次根式
正方形的性质
【解析】
（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≅△HCG，可得结论；
2证明S△CHG=S△CHL，所以S△AMI=S△CHL，由此可得结论；
3根据题干信息画图，过A作AS // PQ交IH于S，交NM于R，过B作BU // PQ交DF于T，交MN于U，证明四边形ARUB是平行四边形，可得S▱ABUR=S▱AMNB，同理可得：四边形ASDC，四边形DCBT是平行四边形；△IAS≅△HCD，△CGD≅△BFT，再进一步解答即可；
4如图，过A作AV⊥HI于V，过F作FW⊥BC于W，求解IV=32，BW=12，可得AV=32−322=332，FW=12−122=32，结合3可得答案．
【解答】
解：如图1，连接HG，
∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC=CH，BC=CG，∠ACH=∠BCG=90∘，AB=AD，
∵∠ACB=90∘，
∴∠GCH=360∘−90∘−90∘−90∘=90∘，
∴∠GCH=∠ACB，
∴△ACB≅△HCGSAS，
∴GH=AB=AD，
∵∠GCH=∠CHI=∠CGL=90∘，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL=GH，
∴LC=AB=6，
2证明：∵∠CAI=∠BAM=90∘，
∴∠BAC=∠MAI，
∵AC=AI，∠ACB=∠I=90∘，
∴△ABC≅△AMIASA，
由1知：△ACB≅△HCG，
∴△AMI≅△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG=S△CHL，
∴S△AMI=S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
3解：如图，作图如下：
过A作AS // PQ交IH于S，交NM于R，过B作BU // PQ交DF于T，交MN于U，
∴AR // BU，
∴四边形ARUB是平行四边形，
∴S▱ABUR=S▱AMNB，
同理可得：四边形ASDC，四边形DCBT是平行四边形；
同理可得：△IAS≅△HCD，△CGD≅△BFT，
∴S▱AIHC=S▱ASDC，S▱BCDT=S▱BCGF，
由作图可得：S▱ARQP=S▱ASDC，S▱PQUB=S▱BCDT，
∴S▱AMNB=S▱AIHC+S▱BCGF；
4如图，过A作AV⊥HI于V，过F作FW⊥BC于W，
∵在▱ACHI和▱BCGF中，∠CHI=∠BCG=120∘，
∴AI // CH，CG // BF，
∴∠I=60∘，∠FBW=60∘，
∴∠IAV=30∘=∠BFW，
∵AI=BC=3cm，BF=1cm，
∴IV=32，BW=12，
∴AV=32−322=332，FW=12−122=32，
∴S▱AMNB=S▱AIHC+S▱BCGF=7×332+3×32=123cm2．