广东省东莞市寮步中学、石碣袁崇焕中学2024-2025学年八年级下学期5月月考数学试题

这是一份广东省东莞市寮步中学、石碣袁崇焕中学2024-2025学年八年级下学期5月月考数学试题，共22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．下列计算正确的是（ ）
A．2+3=5B．32−2=3C．2×3=6D．10÷5=2
2．点A（1，m）在y=2x的图象上，则m的值是（ ）
A．1B．2C．12D．0
3．以下列各组数为边长，可以构成直角三角形的是（ ）
A．1，1，2B．2，3，4C．3，4，5D．4，5，7
4．一技术人员用刻度尺（单位，cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB=90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD=（ ）
A．3.5cmB．3cmC．4.5cmD．6cm
5．下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A．0.5B．12C．13D．30
6．如图，菱形的对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，且OE=2.5，则CD的长是（ ）
A．2.5B．3C．4D．5
7．一天，小明吃完晚饭出去散步，从家出发沿直线匀速走了20分钟到达离家900米的书店，看了10分钟的书后，原路原速返回家，则表示小明离家距离与时间之间关系的图象是（ ）
A．B．
C．D．
8．下列说法中，下列说法中不正确的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分 B．对线互相垂直的四边形是菱形
C．有三个直角的四边形是矩形 D．两条对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
9．对于函数y=2x−1，下列说法正确的是（ ）
A．它的图象经过点(−1,0)B．y值随着x值的增大而减小
C．它的图象经过第二象限D．当x>1时，y>1
10．如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC=60°，AD=2AB，连接OE．下列结论：①△ABE为等边三角形；②∠BAC=90°；③OD=AB；④S△AOD=2S△OCE．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题：本大题共5小题，共15分。
11．若二次根式 x−1 有意义，则x的取值范围是
12．将一次函数y＝2x﹣1的图象向上平移2个单位后所得图象的解析式为 ．
13．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AB=2，∠ACB=30°，则BC的长度为 ．
14．如图，若输入x的值为5，则输出的结果 ．
15．如图，在RtΔABC中，∠BAC=90°，且BA=3，AC=4，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为 ．
三、解答题：本大题共10小题，共75．0分。
16．计算：
（1）48÷3+12×12−24；
（2）5−25+2+3−22．
17．拖拉机开始工作时，油箱中有油60L，每小时耗油5L．
（1）写出油箱中的余油量Q（L）与工作时间t（h）之间的函数关系式；
（2）写出自变量t的取值范围；
（3）拖拉机工作4小时后，油箱余油是多少?
18．已知直线y=2x+4，回答下列问题：
（1）与y轴交点A的坐标为_______．
（2）求与x轴的交点B的坐标；
（3）求线段AB的长度
19．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AB=1，BC=2，CD=3，AD=14．
（1）求证：∠ACD=90°
（2）求四边形ABCD的面积．
20．已知一次函数的图象经过3,5和4,9两点．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）若点a,2在这个函数图象上，求a的值．
21．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，E为边BC上一点，且EC=AD，连接AC．
（1）求证：四边形AECD是矩形；
（2）若AC平分∠DAB，AB=5，EC=2，求AE的长．
22．先阅读，再解答．由5+25−2=52−22=3可以看出，两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，在进行二次根式计算时，利用有理化因式，有时可以化去分母中的根号，例如：13−2=3+23−23+2=3+2．请完成下列问题：
（1）3+1的有理化因式是_____；33+6=_____．
（2）利用这一规律计算：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+12025+20242025+1的值．
23．在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G，H分别是AD，BD，BC，AC的中点．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）若AB=CD=6，求证：四边形EFGH是菱形．
24．问题呈现：对于任意正实数x、y，由于x−y2≥0，所以有x−2xy+y≥0，于是x+y≥2xy，只有当x=y时，x+y=2xy才成立．也就是说，若xy为定值p，则当x=y时，x+y有最小值2p．
（1）若n>0，则只有当n=_______时，n+4n有最小值______．
（2）数学思考：现有面积为1的矩形ABCD，直接写出其周长的最小值_______．
（3）拓展运用：如图，在平面直角坐标系中，已知A−3,0，B0,−4，点Px,y为第一象限内一动点，过P分别向坐标轴作垂线，分别交x、y轴于C、D两点，矩形OCPD的面积始终为12，设四边形ABCD的面积为S，当四边形ABCD的面积S最小时，试判断四边形ABCD为何种特殊形状的平行四边形，求出最小值并说明理由．
25．综合与实践活动课上，老师让同学们以“折纸作60°，30°，15°的角”为主题开展数学活动．
【操作判断】
（1）①如图①，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在EF上的点M处，把纸片展平，连接PM，BM．则∠ABP=______．
②如图②，在前面操作的基础上，延长PM与BC交于点N，则△BNP的形状是______．
【迁移探究】
（2）小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长PM与CD交于点Q，连接BQ．
如图③，若改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
（3）在（2）的探究中，已知正方形ABCD的边长为9cm，当P是边AD的三等分点时，求出CQ的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【解答】A、 2 与 3 不是同类二次根式，不可合并，此项不符合题意；
B、 32−2=22 ，此项不符合题意；
C、 2×3=6 ，此项符合题意；
D、 10÷5=2 ，此项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用二次根式的加减法则，乘法法则和除法法则，对每个选项一一判断求解即可。
2．【答案】B
【知识点】正比例函数的图象和性质
【解析】【解答】解：把x=1，y=m代入y=2x，
解得：m=2．
故答案为：B．
【分析】利用代入法即可求解。
3．【答案】C
【知识点】三角形三边关系；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：A、∵1+1=2，∴以1、1、2为边长的三条线段不能构成三角形，故此选项不符合题意；B、∵22+32=13，42=16，
∴13≠16，
∴以2、3、4为边长的三条线段不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
C、∵32+42=25，52=25，
∴25=25，
∴以3、4、5为边长的三条线段能构成直角三角形，故此选项符合题意；
D、∵42+52=41，72=49，
∴41≠49，
∴以4、5、7为边长的三条线段不能构成直角三角形，故此选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】根据三角形的三边关系可判断A选项；根据勾股定理的逆定理，一个三角形的三边如果满足较小两边的平方和等于最大边长的平方，则该三角形就是直角三角形，据此可判断B、C、D三个选项.
4．【答案】B
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵点A、B对应的刻度为1、7，
∴AB=7−1=6cm，
∵∠ACB=90°，点D为边AB的中点，
∴CD=12AB=3cm，
故答案为：B．
【分析】根据A、B两点对应的刻度，由数轴上两点间的距离公式计算出AB的长度，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长.
5．【答案】D
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A. 0.5=22，不是最简二次根式，不合题意；
B. 12=23，不是最简二次根式，不合题意；
C. 13=33，不是最简二次根式，不合题意；
D. 30，是最简二次根式，符合题意；
故答案为：D
【分析】根据最简二次根式的定义逐项判断即可。
6．【答案】D
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°
∵Rt△COD中，点E是斜边CD的中点，OE=2.5
∴CD=2OE=5，
故答案为：D．
【分析】由菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=2OE，然后代值可得答案．
7．【答案】C
【知识点】动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：根据题意，从第20分钟到30分钟在书店里看书，离家距离没有变化，是一条平行于x轴的线段，而A、B选项没有，故不符合题意；而D选项是从第20分钟到40分钟，离家距离没有变化，是一条平行于x轴的线段，与题意不相符，故D选项不符合题意.
故答案为：C．
【分析】小明从家出发沿直线匀速走了20分钟到达离家900米的书店，这个阶段，随着时间的增加，小明离家的距离也在均匀增加；从时间0开始，到20分钟时，距离从0米增加到900米，在图象上表现为从原点(0，0)到点(20，900)的一条上升的直线；
小明在书店看了10分钟的书，这个阶段，小明离家的距离保持不变，一直是900米，即从20分钟到30分钟，距离始终是900米，在图象上表现为一条水平的线段， 从点(20，900)到点(30，900)；小明原路原速返回家，这个阶段，小明离家的距离随着时间的增加而均匀减少，从30分钟开始，到50分钟时， 距离从900米减少到0米，在图象上表现为从点(30，900)到点(50，0)的一条下降的直线.
8．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、“平行四边形的对角线互相平分”这个说法正确，故此选项不符合题意；
B、对线互相垂直且平分的四边形是菱形，故“ 对线互相垂直的四边形是菱形 ”这个说法错误，故此选项符合题意；
C、“有三个角为直角的四边形是矩形”这个说法正确，故此选项不符合题意；
D、“两条对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形”这个说法正确，故此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】根据平行四边形的性质定理“平行四边形的对角线互相平分”可判断A选项；根据菱形的判定定理“对角线互相垂直得平行四边形是菱形”，可判断B选项；根据矩形的判定定理“有三个角为直角的四边形是矩形”可判断C选项；根据正方形的判定定理“对角线相等的菱形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形”可判断D选项.
9．【答案】D
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：A、当x=−1时，y=2×−1−1=−3≠0，
∴该函数图象不经过点−1,0，故本选项错误；
B、∵k=2>0，
∴y值随着x值的增大而增大，故本选项错误；
C、函数y=2x−1的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限，故本选项错误；
D、当x=1时，y=2×1−1=1，
∵y值随着x值的增大而增大，
∴当x>1时，y>1，故本选项正确．
故答案为：D.
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特点，将x=-1代入函数y=2x-1算出对应的函数值，即可判断A选项；一次函数y=kx+b(k、b为常数，且k≠0)中，当k＞0时，y随x的增大而增大，当k＜0时，y随x的增大而减小，据此结合题意可直接判断B选项；一次函数y=ax+b（a≠0），当a>0，b>0时，图象过一、二、三象限；当a>0，b0，b=0时，图象过一、三象限；当a0时，图象过一、二、四象限；当aAB，故③错误；
∵∠BAC=90°，BC=2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO=S△OCE，
∵S△AOD=S△BOC，
∴S△AOD=2S△OCE，故④正确，
∴正确的是①②④，一共3个.
故答案为：C．
【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，OB=OD，OC=OA，BC=AD，由二直线平行内错角相等（同旁内角互补）得∠DAE=∠AEB，∠BAD=∠BCD=120°，结合角平分线的定义可推出∠BAE=∠AEB=60°，由“有两个内角为60°的三角形是等边三角形”得△ABE为等边三角形，可判断①，由等边三角形的三边相等及已知可推出EC=AE=BE，由等边对等角及三角形外角性质可推出∠EAC=∠ACE=30°，由角的和差推出∠BAC=90°，可判断②，根据直角三角形三边关系，可判断③，利用等底同高（等高）三角形面积相等可得S△BEO=S△OCE，S△AOD=S△BOC，可判断④．
11．【答案】x≥1
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：根据二次根式有意义的条件，x﹣1≥0，
∴x≥1．
故答案为：x≥1．
【分析】根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．此题考查了二次根式有意义的条件，只要保证被开方数为非负数即可．
12．【答案】y＝2x+1
【知识点】一次函数图象的平移变换
【解析】【解答】解：由题意得：平移后的解析式为：y＝2x﹣1+2＝2x+1．
故答案为：y＝2x+1．
【分析】根据一次函数的平移规律：左加右减自变量，上加下减函数值，即可求出结论．
13．【答案】23
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵AB=2，∠ACB=30°，
∴AC=2AB=4，
∴BC=AC2−AB2=42−22=23，
故答案为：23．
【分析】先由矩形的四个内角都是直角得∠ABC=90°，根据含30度角的直角三角形的性质得AC=2AB=4，再利用勾股定理求出BC的长即可．
14．【答案】6
【知识点】求代数式的值-程序框图
【解析】【解答】解：输入x=5>0，
∴y=x+1=5+1=6，
故答案为：6 ．
【分析】由于5＞0，故将x=5代入y=x+1计算出y的值即可．
15．【答案】125
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵∠BAC=90°，且BA=3，AC=4，
∴BC=BA2+AC2=5，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA=∠DNA=∠BAC=90°，
∴四边形DMAN是矩形．
如图，连接AD，则MN=AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，此时，ΔABC的面积=12AB×AC=12BC×AD，
∴AD=AB×ACBC=125，
∴MN的最小值为125；
故答案为：125．
【分析】由勾股定理求出BC的长，根据有三个内角是直角的四边形是矩形，可得四边形DMAN是矩形，由矩形的对角线相等可得AD=MN，根据垂线段最短得当AD⊥BC时，AD最小，进而根据等面积法建立方程可求出AD的值，从而得出答案.
16．【答案】（1）解：48÷3+12×12−24
=48÷3+12×12−26
=4+6−26
=4−6
（2）解：5−25+2+3−22
=52−22+32−2×2×3+22
=5−2+3−43+4
=10−43
【知识点】二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式的除法法则“a÷b=a÷ba≥0，b＞0”和乘法法则“a·b=aba≥0，b≥0”先计算二次根式的乘法和除法，再根据二次根式的性质分别将各个二次根式化简，最后合并同类二次根式即可；
（2）先利用平方差和完全平方公式计算展开括号，再根据二次根式性质“a2=aa≥0”分别化简，最后计算有理数的加减法运算即可.
17．【答案】（1）解：Q=60−5t
（2）解：0≤t≤12
（3）解：把t=4代入Q=60-5t得Q=60-5×4=40L，
答：拖拉机工作4小时后，油箱余油是40L.
【知识点】函数自变量的取值范围；用关系式表示变量间的关系；一次函数的其他应用
【解析】【解答】（1）解：由题意得：Q=60−5t；
（2）解：由题意得：60−5t≥0，
解得：t≤12，
∴自变量t的取值范围是0≤t≤12；
【分析】（1）根据耗油量=每小时耗油量×工作时间及“油箱中的余油量=油箱中原有油量-消耗的油量”，即可列出函数解析式；
（2）根据油箱中的余油量大于等于0，得到不等式，求解即可；
（3）把t=4代入Q=60-5t计算出对应的Q值即可.
（1）解：由题意得：Q=60−5t；
（2）解：由题意得：60−5t≥0，
解得：t≤12，
∴自变量t的取值范围是0≤t≤12；
（3）解：由题意得：Q=60−5×4=40L．
18．【答案】（1）0,4
（2）解：在y=2x+4中，当y=2x+4=0时，x=−2，
∴直线与x轴的交点B的坐标−2,0；
（3）解：∵点A的坐标为0,4，点B的坐标−2,0
∴AB=22+42=25．
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】（1）解：在y=2x+4中，当x=0时，y=2x+4=4，
∴直线与y轴交点A的坐标为0,4；
故答案为：（0，4）；
【分析】（1）由于直线与y轴交点的横坐标为零，故令y=2x+4中的x=0算出对应的函数值，即可得到其与y轴交点A的坐标；
（2）由于直线与x轴交点的纵坐标为零，故令y=2x+4中的y=0算出对应的自变量x的值，即可得到其与x轴交点B的坐标；
（3）根据A、B两点坐标，利用两点间的距离公式直接计算可得答案.
（1）解：在y=2x+4中，当x=0时，y=2x+4=4，
∴直线与y轴交点A的坐标为0,4；
（2）解：在y=2x+4中，当y=2x+4=0时，x=−2，
∴直线与x轴的交点B的坐标−2,0；
（3）解：∵点A的坐标为0,4，点B的坐标−2,0，
∴OA=4，OB=2，
∴AB=OA2+OB2=22+42=25．
19．【答案】（1）证明：∵AB⊥BC，AB=1，BC=2，
∴AC=AB2+BC2=5，
又CD=3，AD=14，
∴AC2+CD2=52+32=14=AD2，
∴∠ACD=90°；
（2）解：S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
=12×1×2+12×5×3
=1+325．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）首先在Rt△ABC中，利用勾股定理算出AC=5，然后利用勾股定理的逆定理判断出∠ACD=90°；
（2）根据三角形面积计算公式及S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，列式计算可得答案.
（1）解：∵AB⊥BC，AB=1，BC=2，CD=3，
∴AC=AB2+BC2=5，
又CD=3，AD=14，
∴AC2+CD2=52+32=14=AD2，
∴∠ACD=90°；
（2）解：S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD
=12×1×2+12×5×3
=1+325．
20．【答案】（1）解：设一次函数的解析式为y=kx+b，把3,5和4,9代入，
得，5=3k+b9=4k+b，
解得k=4b=−7，
∴这个一次函数的解析式为y=4x−7；
（2）解：∵点a,2在这个函数图象上，
∴2=4a−7，
∴a=94．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）令所求函数解析式为y=kx+b（k≠0），然后将（3，5）与（4，9）分别代入可得关于字母k、b的二元一次方程组，求解得出k、b的值，从而即可得到一次函数的解析式；
（2）把点（a，2）代入（1）所得函数解析式计算即可求解.
（1）解：设一次函数的解析式为y=kx+b，把3,5和4,9代入得，
5=3k+b9=4k+b，
解得k=4b=−7，
∴这个一次函数的解析式为y=4x−7；
（2）解：∵点a,2在这个函数图象上，
∴2=4a−7，
∴a=94．
21．【答案】（1）证明：∵AD∥BC即AD∥EC，EC=AD，
∴四边形AECD是平行四边形，
又∵∠D=90°，
∴▱AECD是矩形．
（2）解：如图所示：
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC=∠1，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，
∴∠BAC=∠2，
∴BA=BC=5，
∵EC=2，
∴BE=BC−CE=AB−CE=5−2=3，
∵矩形AECD中，∠AEB=90°，
∴在Rt△ABE中，AE=AB2−BE2=52−32=4．
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先证出四边形AECD是平行四边形，再结合∠D=90°证出▱AECD是矩形即可；
（2）先利用角平分线的定义及平行线的性质可得∠BAC=∠2， 再利用等角对等边的性质可得BA=BC=5，再利用线段的和差求出BE的长，最后利用勾股定理求出AE的长即可.
（1）证明：∵AD∥BC即AD∥EC，EC=AD，
∴四边形AECD是平行四边形，
又∵∠D=90°，
∴▱AECD是矩形．
（2）解：∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC=∠1，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，
∴∠BAC=∠2，
∴BA=BC=5，
∵EC=2，
∴BE=BC−CE=AB−CE=5−2=3，
∵矩形AECD中，∠AEB=90°，
∴在Rt△ABE中，AE=AB2−BE2=52−32=4．
22．【答案】（1）3−1，3−6
（2）解：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+12025+20242025+1
=2−12+12−1+3−23+23−2+4−34+34−3+⋅⋅⋅+2025−20242025+20242025−20242025+1=2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+2025−20242025+1
=2025−12025+1
=20252−12
=2025−1
=2024．
【知识点】分母有理化；二次根式的混合运算
【解析】【解答】（1）解：∵3+13−1=32−12=2
∴3+1的有理化因式是3−1；
33+6=33−63+63−6=33−632−62=33−63=3−6；
故答案为：3−1，3−6；
【分析】（1）根据题干提供的信息可得互为有理化因式的两个代数式符合平方差公式的特点（两个因式中有一项完全相同，另一项只有符号不同）据此可得第一空答案；在第二个代数式的分子、分母同时乘以分母的有理化因式，进行分母有理化运算后，再约分化简可得答案；
（2）先将括号内各个加数分母有理化，再合并括号内的同类项，然后利用平方差公式求解即可．
（1）解：∵3+13−1=32−12=2
∴3+1的有理化因式是3−1；
33+6=33−63+63−6=33−632−62=33−63=3−6.
故答案为：3−1，3−6．
（2）解：12+1+13+2+14+3+⋅⋅⋅+12025+20242025+1
=2−12+12−1+3−23+23−2+4−34+34−3+⋅⋅⋅+2025−20242025+20242025−20242025+1=2−1+3−2+4−3+⋅⋅⋅+2025−20242025+1
=2025−12025+1
=20252−12
=2025−1
=2024．
23．【答案】（1）证明：∵E，F，G，H分别是AD，BD，BC，AC的中点，
∴EF，GH分别是△ABD，△ABC的中位线，
∴EF=12AB，GH=12AB，EF∥AB，GH∥AB，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）证明：同理可得FG=12CD，
∵AB=CD=6，EF=12AB，
∴EF=FG，
∴平行四边形EFGH是菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据三角形中位线平行第三边且等于第三边的一半可得EF=12AB，GH=12AB，EF∥AB，GH∥AB，由等量代换得EF=GH，由平行于同一直线的两条直线互相平行得EF∥GH，进而根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得结论；
（2）由三角形中位线定理得FG=12CD，由等量代换得EF=FG，然后根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”可得结论.
（1）解：∵E，F，G，H分别是AD，BD，BC，AC的中点，
∴EF，GH分别是△ABD，△ABC的中位线，
∴EF=12AB，GH=12AB，EF∥AB，GH∥AB，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：同理可得FG=12CD，
∵AB=CD=6，
∴EF=FG，
∴平行四边形EFGH是菱形．
24．【答案】（1）2；4
（2）4
（3）解：四边形ABCD是菱形，S的最小值为24，理由如下：
∵点Px,y为第一象限内一动点，
∴DP=OC=x，PC=OD=y，
∵四边形OCPD为矩形，且面积始终为12，
∴xy=12，
∴y=12x，
∵A−3,0，B0,−4，
∴OA=3，OB=4，
∴S四边形ABCD=S△AOD+S△AOB+S△BOC+S△COD
=12×3×12x+12×3×4+12×4⋅x+12x⋅12x
=2x+18x+12，
∵2x+18x≥22x⋅18x=12，
∴当2x=18x，即x2=9时，2x+18x有最小值为12，
∵点P为第一象限内一动点，
∴当x=3时，四边形ABCD的面积最小，最小值为24，
此时OC=3，OD=4，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【知识点】完全平方公式及运用；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵n+4n≥2n⋅4n，
∴n+4n≥4，
当n=4n时，即n2=4时，n+4n有最小值，最小值为4，
∵n>0，
∴n=2，
即只有当n=2时，n+4n有最小值4，
故答案为：2；4；
（2）解：∵矩形ABCD的面积为1，
可设矩形ABCD的长为a，则矩形的宽为1a，
∴矩形ABCD周长为2a+1a，
∵a+1a≥2a⋅1a=2，
∴当a=1a时，a+1a有最小值，最小值为2，
∴2a+1a的最小值为2×2=4，
即矩形ABCD周长的最小值为4，
故答案为：4；
【分析】（1）仿照题干进行求解即可得到答案；
（2）设矩形ABCD的长为a，则矩形的宽为1a，仿照题干，求出a+1a的最小值，即可得到答案；
（3）根据点的坐标及矩形性质可得DP=OC=x，PC=OD=y，根据矩形的面积公式可得y=12x，利用割补法及三角形面积计算公式，由S四边形ABCD=S△AOD+S△AOB+S△BOC+S△COD，得到S四边形ABCD=2x+18x+12，进而根据题干提供的方法求出当四边形ABCD的面积最小时，x=3，然后根据“对角线互相平分得四边形是平行四边形”及“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可判断四边形ABCD的形状．
（1）∵n+4n≥2n⋅4n，
∴n+4n≥4，
当n=4n时，即n2=4时，n+4n有最小值，最小值为4，
∵n>0，
∴n=2，
即只有当n=2时，n+4n有最小值4，
（2）解：∵矩形ABCD的面积为1，
可设矩形ABCD的长为a，则矩形的宽为1a，
∴矩形ABCD周长为2a+1a，
∵a+1a≥2a⋅1a=2，
∴当a=1a时，a+1a有最小值，最小值为2，
∴2a+1a的最小值为2×2=4，
即矩形ABCD周长的最小值为4，
故答案为：4；
（3）解：四边形ABCD是菱形，S的最小值为24，理由如下：
∵点Px,y为第一象限内一动点，
∴DP=OC=x，PC=OD=y，
∵四边形OCPD为矩形，且面积始终为12，
∴xy=12，
∴y=12x，
∵A−3,0，B0,−4，
∴OA=3，OB=4，
∴S四边形ABCD=S△AOD+S△AOB+S△BOC+S△COD
=12×3×12x+12×3×4+12×4⋅x+12x⋅12x
=2x+18x+12，
∵2x+18x≥22x⋅18x=12，
∴当2x=18x，即x2=9时，2x+18x有最小值为12，
∵点P为第一象限内一动点，
∴当x=3时，四边形ABCD的面积最小，最小值为24，
此时OC=3，OD=4，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
25．【答案】解：（1）①30°；②△BNP是等边三角形，
（2）∠MBQ=∠CBQ ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠A=∠C=90°，
由折叠性质得，BM=AB，∠A=∠BMP=90°，
∴BM=CB，∠BMQ=∠C=90°，
又∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），
∴∠MBQ=∠CBQ．
（3）∵P是边AD的三等分点，
∴PD=3，AP=6或PD=6，AP=3，
①如图：当PD=3，AP=6时，
由（2）可知：Rt△BMQ≌Rt△BCQ，
∴MQ=CQ，
设CQ=MQ=x，则DQ=9−x,PQ=6+x，
在Rt△PQD中，有6+x2−(9−x)2=32，
解得：x=1.8，即CQ=1.8；
②如图：PD=6，AP=3，
由（2）可知：Rt△BMQ≌Rt△BCQ，
∴MQ=CQ，
设CQ=MQ=x，则DQ=9−x,PQ=3+x，
在Rt△PQD中，有3+x2−(9−x)2=62，
解得：x=4.5，即CQ=4.5；
综上所述，CQ的长为1.8cm或4.5cm．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）①由折叠性质得AE=BE=12AB，AB=BM，∠BEM=90°，
∴BE=12BM，
∴∠BME=30°，
∴∠ABM=90°−∠EMB=60°，
∵沿BP折叠，使点A落在EF上的点M处，
∴∠ABP=∠PBM=12∠ABM=30°．
故答案为：30°；
②△BNP是等边三角形，理由如下：
∵∠ABP=∠PBM=30°，
∴∠BPN=∠PBN=60°，
∴△BNP是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
【分析】（1）①根据矩形的性质以及折叠的性质得由折叠性质得AE=BE=12AB，AB=BM，∠BEM=90°；根据含30°角直角三角形性质的逆用得∠BME=30°，由直角三角形两锐角互余得出∠ABM=60°，最后再由折叠性质可得∠ABP的度数；②根据折叠的性质及矩形性质可求出∠BPN=∠PBN=60°，从而根据有两个内角为60°的三角形是等边三角形即可判定△BNP的形状；
（2）利用正方形性质得AB=CB，∠A=∠C=90°，由折叠性质得BM=AB=BC，∠A=∠BMP=∠BMQ=∠C=90°，从而由HL判断出Rt△BMQ≌Rt△BCQ，然后根据全等三角形的对应角相等即可得出答案；
（3）当点P是边AD的三等分点时，即PD=3，AP=6或PD=6，AP=3；据此分两种情况分别运用全等三角形的对应边相等得MQ=CQ，设CQ=MQ=x，用含x的式子表示出DQ及PQ，在Rt△PQD中，利用勾股定理建立方程求解得出x的值即可得出答案.