2024~2025学年广西贵港港南区八年级下册4月期中数学试题

这是一份2024~2025学年广西贵港港南区八年级下册4月期中数学试题，共30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.在一个直角三角形中，若一个锐角是50∘，则另一个锐角是（ ）
A.50∘B.40∘C.30∘D.20∘

2.“二十四节气”是中国人通过观察太阳周年运动所形成的知识体系，被誉为“中国的第五大发明”，下列四幅作品分别代表“立春”“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

3.在下列各组数中，是勾股数的是( )
A.1、2、3B.2、3、4C.3、4、5D.4、5、6

4.如图，∠A=∠D=90∘，AC=DB，则△ABC≅△DCB的依据是（ ）
A.HLB.ASAC.AASD.SAS

5.如图，在▱ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，垂足为点E，若∠BCE=38∘，则∠D的度数为（ ）
A.62∘B.52∘C.42∘D.38∘

6.如图是一个跷跷板的示意图，O是AB的中点，立柱OC与地面垂直（即OC⊥AC于点C），若OC=1m，则当跷跷板的一头A着地时，另一头B到地面的距离为（ ）
B.1mD.2m

7.顺次连接对角线相等的四边形的各边中点，所形成的四边形是
A.平行四边形B.菱形C.矩形D.正方形

8.如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，BE平分∠ABC，ED⊥AB于D．如果BC=6,AB=10，那么S△BCE:S△BAE的值（ ）
A.3:4B.3:5C.4:5D.4:3

9.为打造“宜居、宜业、宜游”的城市环境，迎泽大街将于今年五月份启动改造，九月份正式竣工通车．此次改造新换的路灯为“中华灯”，让迎泽大街更显古朴典雅．如图是吊车安装“中华灯”的示意图，已知AB为吊车起重臂，长为20米，点B到路灯杆的水平距离BC为16米，点B到地面的竖直距离为2米，则起重臂顶端A离地面的高度为（ ）
A.12米B.14米C.16米D.18米

10.如图，已知四边形ACBD是矩形，点B在直线MN上，若BD平分∠ABN，则下列结论不能推出的是（ ）
A.BC平分∠ABMB.CD∥MN
C.△BOC是等边三角形D.∠COB=2∠ABD

11.如图，正方形纸片ABCD的边长为6，点E，F分别在边BC,CD上，将AB,AD分别沿AE,AF折叠，点B，D恰好都落在点G处，已知BE=2，则EF的长为（ ）
A.5B.5.5C.6D.6.5

12.如图，在平面直角坐标系中，边长为2的菱形OABC的顶点B在y轴上，点A在第一象限，∠AOC=60∘，将菱形OABC绕原点O沿顺时针方向旋转，每次旋转60∘，旋转第一次得到四边形OA1B1C1（点C1与点A重合），则旋转第四次得到的点C4的坐标是（ ）
A.−3,0B.0,−23C.−1,−3D.−3,−3
二、填空题

13.如果一个n边形过一个顶点有8条对角线，那么n=_________________.

14.如图，在4×4的正方形网格中有两个格点A、B，连接AB，在网格中再找一个格点C，使得△ABC是等腰直角三角形，满足条件的格点C有______________个．

15.如图，在▱ABCD中，DF=3,AD=7，∠ABC的平分线交AD于E，交CD的延长线于点F，则AB=____________．

16.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90∘，BA=5，BC=13，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长的最小值为_______________．
三、解答题

17.作图：
（1）如图1，已知四边形ABCD，作出四边形A′B′C′D′，使四边形A′B′C′D′与四边形ABCD关于点B成中心对称．
（2）如图2，求作一点P，使PM=PN，并且点P到∠BAC的两边距离相等．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

18.为贯彻《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的方针政策,帮助学生更好地理解劳动的价值与意义,培养学生的劳动情感、劳动能力和劳动品质,海口市某学校给八1班、八2班各分一块三角形形状的劳动试验基地．
（1）当班主任测量出八（1）班试验基地的三边长分别为5m,12m,13m时,小明很快就给出这块试验基地的面积．请你写出完整的求解过程；
（2）如图所示,八（2）班的劳动实验基地的三边长分别为AB=15m,BC=14m,AC=13m,请帮助他们求出该实验基地的面积．

19.如图，△ABC中，AB=BC，∠ABC=90∘，F为AB延长线上一点，点E在BC上，且AE=CF．
（1）求证：∠BAE=∠BCF；
（2）若∠CAE=25∘，求∠ACF的度数．

20.教材呈现：直角形斜边上的中线等于斜边的一半．请你用不同于教材的方法去证明这个命题成立．
已知：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，CD是斜边AB上的中线．求证：CD=12AB．（证法提示：延长CD至点E，使DE=CD，连接AE、BE，则CD=12CE……）
（1）请根据提示，结合图1，写出完整的证明过程．
（2）结论运用：
①如图2，一根长度固定的木棍AB斜靠在与地面OM垂直的墙ON上，设木棍中点为P，若木棍A端沿墙下滑，B端随之沿地面向右滑行，在此滑动过程中，点P到点O的距离______．（填变大，变小或不变）
②如图3，点O为菱形ABCD的对角线AC,BD的交点，过点C作CE⊥AB于点E，连接OE．若OD=3,OE=2，求菱形ABCD的面积．

21.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘．延长CB至D，使得BD=CB，过点A，D分别作AE // BD,DE // BA，AE与DE相交于点E．下面是小红、小星这两位同学的对话：
（1）请你根据题中的条件和小红同学的说法，证明：BE⊥CD；
（2）你认为小星同学的说法是否正确？如果正确，试说明理由．

22.综合与实践：在数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
操作步骤：小明利用一张A4矩形纸操作如下：
步骤①：把矩形ABCD对折，得折痕MN；（如图1）
步骤②：把A折向MN，得Rt△AEB；（如图2）
步骤③：沿线段EA折叠，得到另一条折痕EF，展开后可得到△EBF．（如图3）
（1）基础探究：根据以上操作，图3中BF与BE的数量关系是：______________．（直接写出结论）
（2）深入探究：在1的条件下，判断△EBF的形状，并说明理由．
（3）拓展探究：在2的条件下，如图4，过点E作EH⊥BC于点H，交AB于点Q．求证：BQ=2AQ．

23.定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如：在如图1中，四边形ABCD的对角线AC与BD互相垂直，故四边形ABCD叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？说明理由．
（2）性质探究：垂美四边形的两组对边的平方和相等．已知：如图1，AB,CD与BC,AD是垂美四边形ABCD的两组对边．求证：AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）解决问题：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，分别以Rt△ABC的斜边AB和直角边AC为边向外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE，使得∠BAD=∠CAE=90∘,AB=AD,AC=AE，连接CD,BE,DE．若AC=4,AB=5，则DE的值为_______．
参考答案与试题解析
2024-2025学年广西贵港市港南区八年级下学期4月期中数学试题
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
直角三角形的两个锐角互余
【解析】
本题考查了直角三角形两锐角互余，理解互余的概念，根据直角三角形两锐角互余求解即可．
【解答】
解：在一个直角三角形中，若一个锐角是50∘，则另一个锐角90∘−50∘=40∘，
故选：B ．
2.
【答案】
D
【考点】
轴对称图形
中心对称图形
【解析】
此题主要考查了轴对称图形，中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义，和轴对称图形的定义，即可判断答案．关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；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、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，故D符合题意；
故选：D．
3.
【答案】
C
【考点】
勾股数
【解析】
判断是否为勾股数，必须根据勾股数是正整数，同时还需验证两小边的平方和是否等于最长边的平方．
【解答】
A、12+22=5≠32，不是勾股数，故本选项不符合题意．
B、22+32=13≠42，不是勾股数，故本选项不符合题意．
C、32+42=52，是勾股数，故本选项符合题意．
D、42+52=41≠62，不是勾股数，故本选项不符合题意．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
直角三角形全等的判定
【解析】
已知∠A=∠D=90∘，题中隐含BC=BC，根据HL即可推出△ABC≅△DCB．
【解答】
解：HL，
理由是：∵ ∠A=∠D=90∘，
∴ 在Rt△ABC和Rt△DCB中
AC=BDBC=BC，
∴ Rt△ABC≅Rt△DCBHL，
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
直角三角形的两个锐角互余
利用平行四边形的性质求解
【解析】
本题主要考查平行四边形的性质及应用，直角三角形性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
根据平行线性质得到∠D=∠B，利用直角三角形性质，求出∠B，即可解题．
【解答】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D=∠B，
∵ CE⊥AB，∠BCE=38∘，
∴∠B=52∘，
∴ ∠D=∠B=52∘，
故选：B．
6.
【答案】
D
【考点】
与三角形中位线有关的求解问题
【解析】
本题主要考查了等腰三角形性质，三角形中位线性质与判定，熟练掌握相关知识是解题的关键．
连接BB′，根据等腰三角形性质证明BB′=2OC,BB′ // OC，进而得到BB′⊥AC，且BB′=2OC=2m，即可解题．
【解答】
解：连接BB′，
∵ O是AB的中点，
∴ O也是A′B′的中点，且A′B′=AB，
∴ OA=OB=OA′=OB′，
∴∠OBB′=∠OB′B，
∵ OC⊥AC，
∴AC=B′C，即C是AB′的中点，
∴ BB′=2OC,BB′ // OC，
∵ OC=1m，
∴ BB′⊥AC，且BB′=2OC=2m，
∴B到地面的距离为2m，
故选：D．
7.
【答案】
B
【考点】
正方形的判定
中点四边形
【解析】
菱形，理由为：利用三角形中位线定理得到EF与HG平行且相等，得到四边形EFGH为平行四边形，再由EH=EF，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可得证．
【解答】
解：菱形，理由为：
如图所示，
∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF // AC，EF=12AC，
同理HG // AC，HG=12AC，
∴EF // HG，且EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵EH=12BD，AC=BD，
∴EF=EH，则四边形EFGH为菱形，
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
角平分线的性质
【解析】
本题主要考查了角平分线的性质定理，熟练掌握角平分线的性质定理是解题关键．先根据角平分线的性质定理可得CE=DE，再根据三角形的面积公式求解即可得．
【解答】
解：∵∠ACB=90∘，
∴CE⊥BC，
又∵BE平分∠ABC，ED⊥AB，
∴CE=DE，
∵BC=6,AB=10，
∴S△BCES△BAE=12BC⋅CE12AB⋅DE=BCAB=610=35，
即S△BCE:S△BAE=3:5．
故选：B．
9.
【答案】
B
【考点】
勾股定理的应用
【解析】
本题考查了勾股定理的应用，解题关键是认清直角边与斜边．
先根据勾股定理求出AC米，再起重臂顶端A离地面的高度即可．
【解答】
解：∵AB=20米，BC=16米，AC⊥BC
∴AC=AB2−BC2=12米，
∵点B到地面的竖直距离为2米，
∴12+2=14米，
∴起重臂顶端A离地面的高度为14米．
故选：B．
10.
【答案】
C
【考点】
内错角相等两直线平行
利用矩形的性质证明
等腰三角形的定义
【解析】
本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定，根据矩形的性质，得到OA=OB=OC=OD，∠CBD=90∘，进而得到∠OBD=∠ODB，角平分线推出∠ODB=∠DBN，进而得到CD∥MN，得到∠COB=∠ABN=2∠ABD，根据等角的余角相等，推出∠ABC=∠MBC，即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，∠CBD=90∘，
∴∠OBD=∠ODB，
∵BD平分∠ABN，
∴∠ABD=∠DBN，
∴∠ODB=∠DBN，
∴CD∥MN；故选项B正确；
∴∠COB=∠ABN=2∠ABD，故选项D正确；
∵∠CBD=90∘，
∴∠ABD+∠ABC=90∘,∠NBD+∠MBC=180∘−90∘=90∘，
又∵∠ABD=∠DBN，
∴∠ABC=∠MBC，
∴BC平分∠ABM；故选项A正确；
∵OB=OC，
∴△BOC是等腰三角形，无法得到△BOC是等边三角形，故选项C错误；
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
勾股定理的应用
矩形与折叠问题
根据正方形的性质求线段长
【解析】
本题考查了正方形的性质，翻折变换，勾股定理，解题关键是要注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
由正方形纸片ABCD的边长为6，可得∠C=90∘，BC=CD=6，由根据折叠的性质得：EG=BE=2，GF=DF，然后设DF=x，在Rt△EFC中，由勾股定理EF2=EC2+FC2，即可得方程，解方程即可求得答案．
【解答】
解：∵正方形纸片ABCD的边长为6，
∴∠C=90∘，BC=CD=6，
根据折叠的性质得：EG=BE=2，GF=DF，
设DF=x，
则EF=EG+GF=2+x，FC=DC−DF=6−x，EC=BC−BE=6−2=4，
∵在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，
∴x+22=42+6−x2，解得：x=3，
∴DF=3，
∴EF=2+3=5．
故选：A．
12.
【答案】
C
【考点】
含30度角的直角三角形
勾股定理的应用
利用菱形的性质求线段长
根据旋转的性质求解
【解析】
先根据菱形的性质得到OA=OC=2，OB⊥AC，再根据∠AOC=60∘，利用直角三角形两个锐角互余，求得∠AOB=∠COB=30∘，然后由旋转得∠AOA1=60∘，根据点B在y轴上，得出点A1在x轴上，可知旋转第四次时，点A4落在x轴的负半轴上，再求出 ∠A4OC4=∠AOC=60∘，OC4=OC=2，从而可得∠OC4E=30∘，再利用含有30∘的直角三角形的性质求得OE=12OC4=1，进而求得C4E=3，于是可求得C4−1,−3．
【解答】
解：连接AC，
∵四边形OABC是边长为2的菱形，∠AOC=60∘，
∴OA=OC=2，OB⊥AC，
∴∠AOB=∠COB=12∠AOC=30∘，
由旋转得∠AOA1=60∘，
∴∠AOB+∠AOA1=90∘，
∵点B在y轴上，
∴点A1在x轴上，
∴旋转第四次时，点A4落在x轴的负半轴上，
作C4E⊥x轴于点E，则∠OEC4=90∘，
∵∠A4OC4=∠AOC=60∘,OC4=OC=2，
∴∠OC4E=90∘−∠A4OC4=30∘，
∴OE=12OC4=1，
∴C4E=OC42−OE2=22−12=3，
∵点C4在第三象限，
∴C4−1,−3，
故选：C．
二、填空题
13.
【答案】
【考点】
多边形对角线的条数问题
【解析】
根据从n边形的一个顶点可以作对角线的条数为n−3条，即可求出边数．
【解答】
解：∵一个n边形过一个顶点有8条对角线，
∴n−3=8，解得n＝
故答案为
14.
【答案】
【考点】
格点图中画等腰三角形
在网格中判断直角三角形
【解析】
根据题意，结合图形，分两种情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰．
【解答】
解：如图：分情况讨论：
①AB为等腰直角△ABC底边时，符合条件的格点C有0个；
②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰时，符合条件的格点C有3个．
故满足条件的格点C有3个．
故答案为：
15.
【答案】
【考点】
等腰三角形的判定与性质
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，角平分的定义，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是关键．
根据平行四边形的性质，角平分线的定义得到∠ABE=∠AEB=∠F，∠DEF=∠F，则AB=AE,DE=DF=3，由此即可求解．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AD=BC,AB∥CD,AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC,∠ABE=∠F，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB=∠F，
又∠AEB=∠DEF，
∴∠DEF=∠F，
∴AB=AE,DE=DF=3，
∴AE=AD−DE=7−3=4，
∴AB=4，
故答案为：4 ．
16.
【答案】
【考点】
垂线段最短
勾股定理的应用
根据矩形的性质与判定求线段长
【解析】
本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理等知识，垂线段最短；利用矩形的性质转化为求AD的最小值是解题的关键．连接AD，证明四边形AMDN是矩形，则MN=AD，当AD取得最小值时，MN取得最小值，此时AD⊥BC，利用面积相等即可求得AD的最小值，从而求解．
【解答】
解：连接AD，如图所示；
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA=∠DNA=∠BAC=90∘，
∴四边形AMDN是矩形，
∴MN=AD；
当AD取得最小值时，MN取得最小值，此时AD⊥BC；
∵∠BAC=90∘，BA=5，BC=13，
∴由勾股定理得：AC=BC2−AB2=12；
∵S△ABC=12AB⋅AC=12BC⋅AD，
∴AD=AB⋅ACBC=5×1213=6013，
即AD的最小值为6013，
∴MN的最小值为6013；
故答案为：6013．
三、解答题
17.
【答案】
（1）见详解
（2）见详解
【考点】
角平分线的性质
尺规作图——作角平分线
画已知图形关于某点对称的图形
【解析】
（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）结合角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，先作线段MN的垂直平分线，再作∠BAC的平分线，两线相交于点P，则点P即为所求．
【解答】
（1）解：如图1，四边形A′B′C′D′即为所求．
（2）解：如图2，先作线段MN的垂直平分线，再作∠BAC的平分线，两线相交于点P，则点P即为所求．
18.
【答案】
（1）见解析
（2）84m2
【考点】
勾股定理的应用
勾股定理逆定理的实际应用
【解析】
（1）根据勾股定理的逆定理得到三角形是直角三角形,根据直角三角形的面积公式计算即可；
（2）过点A作AD⊥BC于D,根据勾股定理列出方程,解方程求出BD,再根据勾股定理求出AD,根据三角形面积公式计算,得到答案．
【解答】
（1）解：∵52+122=25+144=169,132=169,
∴52+122=132,
∴这个三角形是直角三角形,
∴三角形的面积为：12×5×12=30m2；
（2）如图,过点A作AD⊥BC于D,
设BD=xm,则CD=14−xm,
在Rt△ABD中,AB2=AD2+BD2,
在Rt△ACD中,AC2=AD2+CD2,
∴AB2−BD2=AC2−CD2,即152−x2=132−14−x2,
解得：x=9,
由勾股定理得：AD=AB2−BD2=12m,
∴S△ABC=12×14×12=84m2,
∴该实验基地的面积为84m2．
19.
【答案】
（1）见解析
（2）65∘
【考点】
全等的性质和HL综合（HL）
【解析】
（1）由HL证明Rt△ABE≅Rt△CBF，即可解决问题；
（2）由等腰直角三角形的性质得∠BAC=∠BCA=45∘，再求出∠BAE=20∘，即可解决问题．
【解答】
解：（1）证明：∵∠ABC=90∘，
∴∠CBF=90∘，
在Rt△ABE与Rt△CBF中，
AB=CBAE=CF ，
∴Rt△ABE≅Rt△CBFHL，
∴∠BAE=∠BCF；
（2）解：∵AB=BC，∠ABC=90∘，
∴∠BAC=∠BCA=45∘，
∵∠CAE=25∘，
∴∠BAE=∠BAC−∠CAE=45∘−25∘=20∘，
由1可知，∠BAE=∠BCF，
∴∠BCF=20∘，
∴∠ACF=∠BCA+∠BCF=45∘+20∘=65∘，
即∠ACF的度数为65∘．
20.
【答案】
（1）见解析
①不变；②12
【考点】
直角三角形斜边上的中线
根据矩形的性质与判定求线段长
利用菱形的性质求面积
【解析】
（1）延长CD到点E，使DE=CD，连接AE,BE，则CD=12CE，可证四边形ACBE是矩形，根据矩形的性质即可求解；
（2）①根据1的证明，由AB的值不变得到点P到点O的距离也不变；②根据菱形的性质得到BD=2OD=6，根据OE是Rt△ACE斜边AC上的中线，得到AC=4，根据菱形的面积公式计算即可．
【解答】
解：（1）证明：延长CD到点E，使DE=CD，连接AE,BE，则CD=12CE，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴AD=BD，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠ACB=90∘，
∴四边形ACBE是矩形，
∴CE=AB，
∴CD=12AB；
（2）解：①根据题意，OM⊥ON，P是AB中点，结合1的证明，OP=12AB，
∵在移动过程中AB的值保持不变，
∴点P到点O的距离也不变，
故答案为：不变；
②∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OD=3,OA=OC，且BD⊥AC，
∴BD=2OD=6，
又∵CE⊥AB，
∴OE是Rt△ACE斜边AC上的中线，
∴OE=12AC=2，
∵OE=2，
∴AC=4，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×4×6=12．
21.
【答案】
（1）见解析
（2）小星说法正确，理由见解析
【考点】
平行四边形的性质与判定
与三角形中位线有关的证明
利用矩形的性质证明
证明四边形是矩形
【解析】
（1）先证明四边形ABDE是平行四边形，得到AE=BD，再证明AE=BC，·即可证明四边形AEBC是矩形，据此可证明BE⊥CD；
（2）由矩形的性质可得CF=EF，则可证明BF是△CDE的中位线，据此可证明BF=12DE．
【解答】
解：（1）证明：如图，连接BE，
∵AE∥BD,DE∥BA，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵BD=BC，
∴AE=BC，·
∵AE∥BD，即AE∥BC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∵∠ACB=90∘，
∴四边形AEBC是矩形，
∴∠EBC=90∘，
∴BE⊥CD；
（2）解：小星说法正确，理由如下：
如图，连接CE，交AB于点F， ·
∵四边形AEBC是矩形，
∴CF=EF，
∵BD=BC，
∴BF是△CDE的中位线，
∴BF=12DE．
22.
【答案】
（2）△EBF是等边三角形．理由见解析
（3）见解析
【考点】
含30度角的直角三角形
等边三角形的性质与判定
直角三角形斜边上的中线
矩形与折叠问题
【解析】
（1）根据矩形的性质，折叠的性质得到点M是AB中点，点P是BE的中点，AD∥MN∥BC，再证明△BAE≅△BAFASA，即可求解；
（2）根据折叠得到，∠A​′EB=∠AEB，根据平行线的性质得到∠A​′EB=∠EBC，结合1的结论得到BE=BF=EF，由此即可求解；
（3）根据三线合一得到∠BEF=∠BFE=∠EBF=60∘，∠AEQ=∠HBQ=12∠EBF=30∘，∠QAE=∠QHB=90∘，AE=HB，根据含30∘的直角三角形得到EQ=2AQ，再证明△AQE≅△HQBAAS，得到EQ=BQ，由此即可求解．
【解答】
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90∘，AD∥BC，
∵把矩形ABCD对折，得折痕MN，
∴AM=BM,MN∥BC，
∴点M是AB中点，点P是BE的中点，AD∥MN∥BC，
如图所示，
把A折向MN，得Rt△AEB，
∴∠BAE=90∘，BP=EP=AP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵AP∥BC，
∴∠PAB=∠ABF，
又∵BA=BA,∠BAE=∠BAF=90∘，
∴△BAE≅△BAFASA，
∴BE=BF；
（2）解：△EBF是等边三角形，理由如下，
如图所示，根据折叠得到，∠A​′EB=∠AEB，
∵AE∥BC，
∴∠A​′EB=∠EBC，
∴∠FBE=∠FEB，
∴FB=FE，
∴BE=BF=EF，
∴△EBF是等边三角形；
（3）证明：∵△EBF是等边三角形，BA⊥EF,EH⊥BF，
∴∠BEF=∠BFE=∠EBF=60∘，∠AEQ=∠HBQ=12∠EBF=30∘，∠QAE=∠QHB=90∘，AE=HB，
∴EQ=2AQ，
又∠AQE=∠HQB，
∴△AQE≅△HQBAAS，
∴EQ=BQ，
∴BQ=2AQ．
23.
【答案】
（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析
（2）见解析
【考点】
全等的性质和SAS综合（SAS）
线段垂直平分线的判定
勾股定理的应用
四边形其他综合问题
【解析】
（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可得；
（2）根据垂直的定义及勾股定理解答即可；
（3）证明△ABE≅△ADCSAS，得出∠ADC=∠ABE，证明CD⊥BE，得出四边形BCED为垂美四边形，结合2的结论计算即可得到答案．
【解答】
（1）解：四边形ABCD是垂美四边形；理由如下：
连接AC、BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，
即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）证明：∵AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90∘，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：AB2=AO2+BO2，
在Rt△DOC中，根据勾股定理得：CD2=DO2+CO2，
在Rt△AOD中，根据勾股定理得：AO2+DO2=AD2，
在Rt△BOC中，根据勾股定理得：BO2+CO2=BC2，
∴AB2+CD2=AO2+BO2+DO2+CO2=AD2+BC2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）解：∵∠BAD=∠CAE=90∘，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠CAD=∠EAB，
∵AB=AD,AC=AE，
∴△ABE≅△ADCSAS，
∴∠ADC=∠ABE，
∵∠AMD=∠BMN，
∵∠BMN+∠ABE+∠BNM=∠AMD+∠ADC+∠DAM=180∘，
∴∠BNM=∠DAM=90∘，
∴CD⊥BE，
∴四边形BCED为垂美四边形，
∴DE2+BC2=CE2+BD2，
∵∠ACB=90∘，AC=4,AB=5，
∴根据勾股定理得：BC2=AB2−AC2=9，
∵∠BAD=∠CAE=90∘,AB=AD,AC=AE，
∴根据勾股定理得：CE2=AC2+AE2=32，BD2=AD2+AB2=50，
∴DE2=CE2+BD2−BC2=32+50−9=73，
∴DE=73．