2021-2022学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（上）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（上）期中数学试卷，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。
2021-2022学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列图案不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）下列长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．3，4，8 B．5，6，11 C．6，6，6 D．9，9，19
3．（3分）如图，B、C、D三点共线，∠B＝56°，∠ACD＝120°，则∠A的度数为（　　）

A．56° B．64° C．60° D．176°
4．（3分）如图，A、C、B、D四点在一条直线上，已知MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，下列条件中不能判定△ABM≌△CDN的是（　　）

A．∠M＝∠N B．AM∥CN C．AC＝BD D．AM＝CN
5．（3分）若等腰三角形两边长分别为4、9，则其周长为（　　）
A．17 B．22
C．17或22 D．上述答案都不对
6．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＞90°，AB的垂直平分线交BC于点E，AC的垂直平分线交BC于点F，连接AE、AF，若△AEF的周长为4．则BC的长是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．无法确定
7．（3分）一个多边形的内角和是它的外角和的两倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有（　　）对角线．
A．6条 B．4条 C．3条 D．2条
8．（3分）如图，OC为∠AOB的角平分线，点P是OC上的一点，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，F为OC上另一点，连接DF，EF，则下列结论：①OD＝OE；②DF＝FE；③∠DFO＝∠EFO；④S△DFP＝S△EFP，正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（3分）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠EFB+∠HGC＝116°，则∠IPK的度数为（　　）

A．129° B．128° C．127° D．126°
10．（3分）[问题背景]
①如图1，CD为△ABC的中线，则有S△ACD＝S△BCD；
②如图2，将①中的∠ACB特殊化，使∠ACB＝90°，则可借助“面积法”或“中线倍长法”证明AB＝2CD；
[问题应用]
如图3，若点G为△ABC的重心（△ABC的三条中线的交点），CG⊥BG，若AG×BC＝16，则△BGC面积的最大值是（　　）


A．2 B．8 C．4 D．6
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点P（1，﹣2）关于x轴对称的点的坐标是　 　．
12．（3分）如图，小亮从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了　 　米．

13．（3分）如图，在x轴、y轴的正半轴上分别截取OA、OB，使OA＝OB，再分别以点A、B为圆心，以大于AB长为半径画弧，两弧交于点P．若点P的坐标为（3a，a+4），则a的值为 　 　．

14．（3分）如图，点B、C、D共线，AC＝BE，AC⊥BE，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝12，DE＝5，则CD＝　 　．

15．（3分）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为56°，则这个等腰三角形的顶角的度数为 　 　．
16．（3分）如图，在3×3的正方形网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出　 　个格点三角形与△ABC成轴对称．

三、解答题（共72分）
17．（8分）如图，∠B＝42°，∠A+10°＝∠ACB，∠ACD＝64°．求证：AB∥CD．

18．（8分）如图，H、G、E、N四点共线，∠E＝∠N，FG∥HM，EF＝MN，EH＝1，HN＝3．求HG的长度．

19．（8分）（1）已知：如图①，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，直接写出∠P与∠A的数量关系为 　 　．
（2）已知：如图②，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系．


20．（8分）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上以xcm/s的速度由点B向点D运动，它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之停止）．问：x为何值时，△ACP与△BPQ全等？

21．（8分）在8×5的网格中建立如图所示的平面直角坐标系，线段OA＝5，点O与点A的坐标分别为（0，0）（3，4）．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：（格线的交点称为格点）
（1）将线段OA向右平移5个单位长度得到线段BC，其中点B对应点A，则平移过程中，线段OA扫过的面积为 　 　；
（2）在线段OA的左上方找一格点D，使CD⊥OA，画出线段CD；
（3）连接AB，在线段AB上画点E，使∠DCE＝45°（保留画图过程的痕迹）；
（4）连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．

22．（10分）在△ABC与△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，AB＝AC＝4，DE＝DC，EC＝2．将线段AB平移到EF；
（1）如图①，当B、C、D三点共线时，求线段CF的长；
（2）将△DEC绕着点C逆时针旋转至如图②，请探究DA与DF的数量关系和位置关系，并证明之．


23．（10分）【观察发现】如图①，△ABC中，AB＝7，AC＝5，点D为BC的中点，求AD的取值范围．
小明的解法如下：延长AD到点E，使DE＝AD，连接CE．
在△ABD与△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴AB＝　 　．
又∵在△AEC中，EC﹣AC＜AE＜EC+AC，而AB＝EC＝7，AC＝5，
∴　 　＜AE＜　 　．
又∵AE＝2AD，
∴　 　＜AD＜　 　．
【探索应用】如图②，AB∥CD，AB＝25，CD＝8，点E为BC的中点，∠DFE＝∠BAE，求DF的长为 　 　．（直接写答案）
【应用拓展】如图③，∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，AB＝AC，DC＝DE，连接BE，P为BE的中点，求证：AP⊥DP．


24．（12分）如图①，在平面直角坐标系中，O（0，0），A（m，2），B（n，0），其中m、n满足n＝+4．
（1）试判断△OAB的形状，并说明理由；
（2）若点D为线段OB上一动点．
①如图②，以AD为边向右作等腰Rt△ADG，且DA＝DG，设点G的坐标为（x，y），试用关于x的代数式表示y；
②如图③，过B点作BF⊥AD于E，交OA于F，且∠AFB＝45°+∠FAE，试问代数式的值是否为定值？若是，请求出其定值，若不是，请说明理由．



2021-2022学年湖北省武汉市东湖高新区八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分）下列图案不是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据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进行分析即可．
【解答】解：选项A、B、C能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
选项D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
故选：D．
2．（3分）下列长度的三条线段能组成三角形的是（　　）
A．3，4，8 B．5，6，11 C．6，6，6 D．9，9，19
【分析】三角形两边之和大于第三边，在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
【解答】解：由3，4，8，可得3+4＜8，故不能组成三角形；
由5，6，11，可得6+5＝11，故不能组成三角形；
由6，6，6，可得6+6＞6，故能组成三角形；
由9，9，19，可得9+9＜19，故不能组成三角形；
故选：C．
3．（3分）如图，B、C、D三点共线，∠B＝56°，∠ACD＝120°，则∠A的度数为（　　）

A．56° B．64° C．60° D．176°
【分析】直接利用三角形外角的性质解答即可．
【解答】解：∵∠ACD是△ABC的外角，∠ACD＝120°，∠B＝56°，
∴∠A＝∠ACD﹣∠B＝120°﹣56°＝64°，
故选：B．
4．（3分）如图，A、C、B、D四点在一条直线上，已知MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，下列条件中不能判定△ABM≌△CDN的是（　　）

A．∠M＝∠N B．AM∥CN C．AC＝BD D．AM＝CN
【分析】根据MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，再结合各选项条件，利用“ASA、AAS、SAS”判定三角形全等．
【解答】解：A．由MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，∠M＝∠N可依据“ASA”判定△ABM≌△CDN，此选项不符合题意；
B．∵AM∥CN，
∴∠A＝∠NCD，
由MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，∠A＝∠NCD可依据“AAS”判定△ABM≌△CDN，此选项不符合题意；
C．由MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，AC＝BD即AB＝CD可依据“SAS”判定△ABM≌△CDN，此选项不符合题意；
D．由MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，AM＝CN不能判定△ABM≌△CDN，此选项符合题意；
故选：D．
5．（3分）若等腰三角形两边长分别为4、9，则其周长为（　　）
A．17 B．22
C．17或22 D．上述答案都不对
【分析】根据题意，要分情况讨论：①4是腰；②4是底．必须符合三角形三边的关系，任意两边之和大于第三边．
【解答】解：①若4是腰，则另一腰也是4，底是9，但是4+4＜9，
故不能构成三角形，舍去．
②若4是底，则腰是9，9．
4+9＞9，符合条件，成立．
故周长为：4+9+9＝22．
故选：B．
6．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＞90°，AB的垂直平分线交BC于点E，AC的垂直平分线交BC于点F，连接AE、AF，若△AEF的周长为4．则BC的长是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．无法确定
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EA＝EB，FA＝FC，根据三角形的周长公式即可求出BC．
【解答】解：∵AB的垂直平分线交BC于点E，
∴EA＝EB，
∵AC的垂直平分线交BC于点F．
∴FA＝FC，
∴BC＝BE+EF+FC＝AE+EF+AF＝△AEF的周长＝4．
故选：C．
7．（3分）一个多边形的内角和是它的外角和的两倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有（　　）对角线．
A．6条 B．4条 C．3条 D．2条
【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n﹣2）×180＝360×2，再解方程可得到n的值，然后根据n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线可得答案．
【解答】解：设这个多边形有n条边，由题意得：
（n﹣2）×180＝360×2，
解得n＝6，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是6﹣3＝3，
故选：C．
8．（3分）如图，OC为∠AOB的角平分线，点P是OC上的一点，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，F为OC上另一点，连接DF，EF，则下列结论：①OD＝OE；②DF＝FE；③∠DFO＝∠EFO；④S△DFP＝S△EFP，正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证明△ODP≌△OEP（AAS），由全等三角形的性质可推出OD＝OE，证明△DPF≌△EPF（SAS），由全等三角形的性质可推出DF＝EF．∠DFP＝∠EFP，S△DFP＝S△EFP，则可得出答案．
【解答】解：①∵OC平分∠AOB，
∴∠DOP＝∠EOP，
∵PD⊥OA于点D，PE⊥OB于点E，
∴∠ODP＝∠OEP＝90°，
∵OP＝OP，
∴△ODP≌△OEP（AAS），
∴OD＝OE．
故①正确；
②∵△ODP≌△OEP，
∴PD＝PE，∠OPD＝∠OPE，
∴∠DPF＝∠EPF，
∵PF＝PF，
∴△DPF≌△EPF（SAS），
∴DF＝EF．
故②正确；
③∵△DPF≌△EPF，
∴∠DFP＝∠EFP，
故③正确；
④∵△DPF≌△EPF，
∴S△DFP＝S△EFP，
故④正确．
故选：D．
9．（3分）如图，已知长方形纸片ABCD，点E，H在AD边上，点F，G在BC边上，分别沿EF，GH折叠，使点B和点C都落在点P处，若∠EFB+∠HGC＝116°，则∠IPK的度数为（　　）

A．129° B．128° C．127° D．126°
【分析】根据四边形ABCD是长方形，可得∠B＝∠C＝90°，由折叠可得∠IPF＝∠KPG＝90°，EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，可得∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝232°，进而可得∠FPG的度数，根据周角的定义即可得∠IPK的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝∠C＝90°，
由折叠可知：
∠IPF＝∠B＝90°，∠KPG＝∠C＝90°，
EF，GH分别是∠BFP和∠CGP的角平分线，
∴∠PFE＝∠BFE，∠PGH＝∠CGH，
∴∠PFE+∠PGH＝∠BFE+∠CGH＝116°，
∴∠BFP+∠CGP＝2（∠BFE+∠CGH）＝232°，
∴∠PFG+∠PGF＝360°﹣（∠BFP+∠CGP）＝360°﹣232°＝128°，
∴∠FPG＝180°﹣（∠PFG+∠PGF）＝180°﹣128°＝52°，
∴∠IPK＝360°﹣∠IPF﹣∠KPG﹣∠FPG＝360°﹣90°﹣90°﹣52°＝128°．
故选：B．
10．（3分）[问题背景]
①如图1，CD为△ABC的中线，则有S△ACD＝S△BCD；
②如图2，将①中的∠ACB特殊化，使∠ACB＝90°，则可借助“面积法”或“中线倍长法”证明AB＝2CD；
[问题应用]
如图3，若点G为△ABC的重心（△ABC的三条中线的交点），CG⊥BG，若AG×BC＝16，则△BGC面积的最大值是（　　）


A．2 B．8 C．4 D．6
【分析】[问题背景]①由三角形面积公式可求解；
②延长CD至Q，使DQ＝CD，连接BQ，由“SAS”可证△ACB≌△QBC，可得AB＝CQ＝2CD；
[问题应用]由三角形的面积关系可证AG＝2GD，即可求解．
【解答】解：[问题背景]
①如图1，过点C作CH⊥AB于H，

∵CD为△ABC的中线，
∴AD＝BD，
∵S△ACD＝AD×CH，S△BCD＝×BD×CH，
∴S△ACD＝S△BCD；
②延长CD至Q，使DQ＝CD，连接BQ，

∵AD＝BD，∠ADC＝∠BDQ，CD＝DQ，
∴△ACD≌△BQD（SAS），
∴AC＝BQ，∠ACD＝∠Q，
∴AC∥BQ，
∴∠ACB＝∠CBQ＝90°，
又∵BC＝BC，
∴△ACB≌△QBC（SAS），
∴CQ＝AB，
∴AB＝2CD；
[问题应用]
∵点G为△ABC的重心，
∴BE，AD是△ABC的中线，
∴AE＝CE，CD＝DB，S△ACD＝S△ABC＝S△BCE，
∴S△AEG＝S△BDG，
∴S△AEG＝S△CEG＝S△CDG＝S△BDG，
∴S△AGC＝2S△CDG，
∴AG＝2GD，
∵CG⊥BG，
∴当GD⊥BC时，△BGC面积有最大值，
∴△BGC面积的最大值＝×BC×GD＝×BC×AG＝4，
故选：C．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点P（1，﹣2）关于x轴对称的点的坐标是　（1，2）　．
【分析】根据关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，可得答案．
【解答】解：点P（1，﹣2）关于x轴对称的点的坐标是（1，2），
故答案为：（1，2）．
12．（3分）如图，小亮从A点出发，沿直线前进10米后向左转30°，再沿直线前进10米，又向左转30°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走了　120　米．

【分析】由题意可知小亮所走的路线为一个正多边形，根据多边形的外角和即可求出答案．
【解答】解：∵360÷30＝12，
∴他需要走12次才会回到原来的起点，即一共走了12×10＝120米．
故答案为：120．
13．（3分）如图，在x轴、y轴的正半轴上分别截取OA、OB，使OA＝OB，再分别以点A、B为圆心，以大于AB长为半径画弧，两弧交于点P．若点P的坐标为（3a，a+4），则a的值为 　2　．

【分析】根据作图方法可知点P在∠BOA的角平分线上，由角平分线的性质可知点P到x轴和y轴的距离相等，可得关于a的方程，求解即可．
【解答】解：∵OA＝OB，分别以点A，B为圆心，以大于AB长为半径画弧，两弧交于点P，
∴点P在∠BOA的角平分线上，
∴点P到x轴和y轴的距离相等，
又∵点P的坐标为（3a，a+4），
∴3a＝a+4，
∴a＝2．
故答案是：2．
14．（3分）如图，点B、C、D共线，AC＝BE，AC⊥BE，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝12，DE＝5，则CD＝　7　．

【分析】根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：∵AC⊥BE，∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠A+∠ABE＝∠ABE+∠EBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD，
在△ABC与△BDE中
，
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴DE＝BC，AB＝BD，
∴CD＝BD﹣BC＝AB﹣DE＝12﹣5＝7，
故答案为：7
15．（3分）若等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为56°，则这个等腰三角形的顶角的度数为 　34°或146°　．
【分析】本题要分情况讨论．当等腰三角形的顶角是钝角或者等腰三角形的顶角是锐角两种情况．
【解答】解：①当等腰三角形的顶角是锐角时，如图1，

∵∠ABD＝56°，BD⊥AC，
∴∠A＝90°﹣56°＝34°，
∴等腰三角形的顶角为34°；
②当等腰三角形的顶角是钝角时，如图2，

∵∠ABD＝56°，BD⊥AC，
∴∠BAD＝90°﹣56°＝34°，
∵∠BAD+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝146°，
∴三角形的顶角为146°．
综上所述，这个等腰三角形的顶角的度数为34°或146°．
故答案为：34°或146°．
16．（3分）如图，在3×3的正方形网格中，格线的交点称为格点，以格点为顶点的三角形称为格点三角形．图中的△ABC为格点三角形，在图中最多能画出　6　个格点三角形与△ABC成轴对称．

【分析】根据网格结构分别确定出不同的对称轴，然后作出轴对称三角形即可得解
【解答】解：如图，最多能画出6个格点三角形与△ABC成轴对称．
故答案为：6．

三、解答题（共72分）
17．（8分）如图，∠B＝42°，∠A+10°＝∠ACB，∠ACD＝64°．求证：AB∥CD．

【分析】先由三角形内角和定理和已知条件求出∠A＝64°，得出∠A＝∠ACD，由平行线的判定方法即可得出结论．
【解答】证明：∵∠A+∠ACB+∠B＝180°，∠A+10°＝∠ACB，
∴∠A+（∠A+10°）+∠B＝180°
∴∠A＝64°，
∵∠ACD＝64°，
∴∠A＝∠ACD，
∴AB∥CD（内错角相等，两直线平行）．
18．（8分）如图，H、G、E、N四点共线，∠E＝∠N，FG∥HM，EF＝MN，EH＝1，HN＝3．求HG的长度．

【分析】由平行线的性质得出∠MHN＝∠EGF，证明△EFG≌△NMH（AAS），由全等三角形的性质得出EG＝HN，由可得出答案．
【解答】解：∵FG∥HM，
∴∠MHN＝∠EGF，
在△EFG和△NMH中，
，
∴△EFG≌△NMH（AAS），
∴EG＝HN，
∴EG﹣GH＝HN﹣GH，
∴EH＝GN＝1，
∴GH＝HN﹣GN＝3﹣1＝2．
19．（8分）（1）已知：如图①，在△ADC中，DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，直接写出∠P与∠A的数量关系为 　∠P＝90°+∠A　．
（2）已知：如图②，在四边形ABCD中，DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，试探究∠P与∠A+∠B的数量关系．


【分析】（1）根据角平分线的定义，以及三角形内角和定理可得答案；
（2）根据角平分线的定义可得∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，∠BCP＝∠DCP＝∠BCD，再根据四边形的内角和可得∠A+∠B＝360°﹣（∠ADC+∠BCD），代入化简即可．
【解答】解：（1）如图①，∠P＝90°+∠A，
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠ACD，
∴∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，∠ACP＝∠DCP＝∠ACD，
在△PDC中，由三角形内角和定理得，
∠P＝180°﹣∠CDP﹣∠DCP
＝180°﹣（∠ADC+∠ACD）
＝180°﹣（180°﹣∠A）
＝90°+∠A，
故答案为：∠P＝90°+∠A；
（2）如图②，∠P＝（∠A+∠B），理由如下：
∵DP、CP分别平分∠ADC和∠BCD，
∴∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，∠BCP＝∠DCP＝∠BCD，
在△PDC中，由三角形内角和定理得，
∠P＝180°﹣∠CDP﹣∠DCP
＝180°﹣（∠ADC+∠BCD），
而∠ADC+∠BCD＝360°﹣∠A﹣∠B，
∴∠P＝180°﹣（360°﹣∠A﹣∠B）
＝（∠A+∠B）．
20．（8分）如图，AB＝7cm，AC＝5cm，∠CAB＝∠DBA，点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上以xcm/s的速度由点B向点D运动，它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之停止）．问：x为何值时，△ACP与△BPQ全等？

【分析】由于∠CAB＝∠DBA，所以△ACP与△BPQ全等分两种情况讨论：若△ACP≌△BPQ，则AC＝BP，AP＝BQ，即5＝7﹣2t，2t＝xt；②若△ACP≌△BQP，则AC＝BQ，AP＝BP，即5＝xt，2t＝7﹣2t，然后分别求出x即可．
【解答】解：①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，
可得：5＝7﹣2t，2t＝xt，
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，
可得：5＝xt，2t＝7﹣2t，
解得：x＝，t＝．
综上所述，x的值为2或时，△ACP与△BPQ全等．
21．（8分）在8×5的网格中建立如图所示的平面直角坐标系，线段OA＝5，点O与点A的坐标分别为（0，0）（3，4）．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：（格线的交点称为格点）
（1）将线段OA向右平移5个单位长度得到线段BC，其中点B对应点A，则平移过程中，线段OA扫过的面积为 　20　；
（2）在线段OA的左上方找一格点D，使CD⊥OA，画出线段CD；
（3）连接AB，在线段AB上画点E，使∠DCE＝45°（保留画图过程的痕迹）；
（4）连接AC，画点E关于直线AC的对称点F，并简要说明画法．

【分析】（1）线段OA扫过的面积即为平行四边形OABC的面积，根据网格即可计算；
（2）作出CD＝BC，且CD⊥BC，根据OA∥BC，可得CD⊥OA；
（3）以BD为对角线作矩形MBND，连接MN交BD于G，延长CG交AB于E，则点E即为所求；
（4）利用网格特点，作出E点关于直线AC的对称点F即可．
【解答】解：（1）线段OA扫过的面积为：5×4＝20，
故答案为：20；
（2）如图所示：线段CD即为所求；
（3）如图所示：∠DCE即为所求；
（4）连接（5，0），（0，5），可得与OA的交点F，点F即为所求，如图所示：

22．（10分）在△ABC与△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，AB＝AC＝4，DE＝DC，EC＝2．将线段AB平移到EF；
（1）如图①，当B、C、D三点共线时，求线段CF的长；
（2）将△DEC绕着点C逆时针旋转至如图②，请探究DA与DF的数量关系和位置关系，并证明之．


【分析】（1）证明E，C，F，三点共线，即可得出答案；
（2）延长FE交AC于G，由旋转的性质可证明△ACD≌△FED（SAS），得AD＝DF，∠EDF＝∠ADC，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
∴∠ABC＝45°，
∵DE＝DC，∠EDC＝90°，
∴∠ECD＝∠ABC＝45°，
∵B，C，D三点共线，
∴EC∥AB，
∵EF∥AB，
∴E，C，F，三点共线，
∴CF＝CE+EF＝2+4＝6；
（2）AD＝DF，且AD⊥DF，
证明：如图，延长FE交AC于G，

∵EF∥BA，
∴∠EGA＝∠BAC＝90°，
∴∠FGC＝90°＝∠EDC，
∴∠DEG+∠DCG＝180°，
∵∠FED+∠DEG＝180°，
∴∠ACD＝∠FED，
∵EF＝AB＝AC，DE＝DC，
∴△ACD≌△FED（SAS），
∴AD＝DF，∠EDF＝∠ADC，
∴∠ADF＝∠EDC＝90°，
∴AD⊥DF，
综上，AD＝DF，且AD⊥DF．
23．（10分）【观察发现】如图①，△ABC中，AB＝7，AC＝5，点D为BC的中点，求AD的取值范围．
小明的解法如下：延长AD到点E，使DE＝AD，连接CE．
在△ABD与△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴AB＝　EC　．
又∵在△AEC中，EC﹣AC＜AE＜EC+AC，而AB＝EC＝7，AC＝5，
∴　2　＜AE＜　12　．
又∵AE＝2AD，
∴　1　＜AD＜　6　．
【探索应用】如图②，AB∥CD，AB＝25，CD＝8，点E为BC的中点，∠DFE＝∠BAE，求DF的长为 　17　．（直接写答案）
【应用拓展】如图③，∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，AB＝AC，DC＝DE，连接BE，P为BE的中点，求证：AP⊥DP．


【分析】【观察发现】由“SAS”可证△ABD≌△ECD，可得AB＝EC，由三角形的三边关系可求解；
【探索应用】由“SAS”可证△ABE≌△HCE，可得AB＝CH＝25，即可求解；
【应用拓展】由“SAS”可证△BPA≌△EPF，可得AB＝FE，∠PBA＝∠PEF，由“SAS”可证△ACD≌△FED，可得AD＝FD，由等腰三角形的性质可得结论．
【解答】【观察发现】
解：如图①，延长AD到点E，使DE＝AD，连接CE，
在△ABD与△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴AB＝EC，
在△AEC中，EC﹣AC＜AE＜EC+AC，而AB＝EC＝7，AC＝5，
∴2＜AE＜12．
又∵AE＝2AD，
∴1＜AD＜6，
故答案为：EC，2，12，1，6；
【探索应用】
解：如图2，延长AE，CD交于H，

∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵CD∥AB，
∴∠ABE＝∠ECH，∠H＝∠BAE，
∴△ABE≌△HCE（AAS），
∴AB＝CH＝25，
∴DH＝CH﹣CD＝17，
∵∠DFE＝∠BAE，
∴∠H＝∠DFE，
∴DF＝DH＝17，
故答案为：17；
【应用拓展】
证明：如图2，延长AP到点F，使PF＝AP，连接DF，EF，AD，

在△BPA与△EPF中，
，
∴△BPA≌△EPF（SAS），
∴AB＝FE，∠PBA＝∠PEF，
∵AC＝BC，
∴AC＝FE，
在四边形BADE中，∠BAD+∠ADE+∠DEB+∠EBA＝360°，
∵∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，
∴∠CAD+∠ADC+∠DEB+∠EBA＝180°．
∵∠CAD+∠ADC+∠ACD＝180°，
∴∠ACD＝∠DEB+∠EBA，
∴∠ACD＝∠FED，
在△ACD与△FED中，
，
∴△ACD≌△FED（SAS），
∴AD＝FD，
∵AP＝FP，
∴AP⊥DP．
24．（12分）如图①，在平面直角坐标系中，O（0，0），A（m，2），B（n，0），其中m、n满足n＝+4．
（1）试判断△OAB的形状，并说明理由；
（2）若点D为线段OB上一动点．
①如图②，以AD为边向右作等腰Rt△ADG，且DA＝DG，设点G的坐标为（x，y），试用关于x的代数式表示y；
②如图③，过B点作BF⊥AD于E，交OA于F，且∠AFB＝45°+∠FAE，试问代数式的值是否为定值？若是，请求出其定值，若不是，请说明理由．


【分析】（1）由非负性可求点A，点B坐标，可得OB＝4，OH＝AH＝BH＝2，即可求解；
（2）由“AAS”可证△ADH≌△DGN，可得AH＝DN＝2，DH＝NG＝﹣y，即可求解；
（3）过点O作PO⊥AO，交AD的延长线于点P，过点O作OQ⊥AP于Q，由“ASA”可证△AOP≌△BAF，可证AP＝BF，OP＝AF，由“AAS”可证△AEF≌△OQP，可证PQ＝EF，由“ASA”可证△AEB≌△DEB，可得AE＝DE，由等腰三角形的性质可得DP＝2PQ＝2EF，即可求解．
【解答】解：（1）△AOB是等腰直角三角形，理由见解析过程；
如图①，过点A作AH⊥OB于H，

∵n＝+4．
∴m＝2，n＝4，
∴点A（2，2），点B（4，0），
∴OB＝4，OH＝AH＝BH＝2，
∴∠AOH＝∠OAH＝∠BAH＝∠ABH＝45°，
∴OA＝AB，∠OAB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形；
（2）如图②，过点A作AH⊥OB于H，过点G作NG⊥OB于N，

∵∠ADG＝∠AHD＝90°，
∴∠ADH+∠DAH＝90°＝∠ADH+∠GDN，
∴∠DAH＝∠GDN，
又∵∠AHD＝∠DNG＝90°，AD＝DG，
∴△ADH≌△DGN（AAS），
∴AH＝DN＝2，DH＝NG＝﹣y，
∵ON＝x，
∴ON＝OD+DN＝OH﹣DH+DN＝4+y，
∴x＝4+y；
（3）为定值，理由如下：
如图③，过点O作PO⊥AO，交AD的延长线于点P，过点O作OQ⊥AP于Q，

∴∠AOP＝∠BAO＝90°＝∠AEB，
∴∠OAP+∠BAE＝90°＝∠BAE+∠ABF，
∴∠ABF＝∠OAP，
又∵AB＝AO，
∴△AOP≌△BAF（ASA），
∴AP＝BF，OP＝AF，
∵∠FAE+∠AFE＝90°＝∠FAE+∠P，
∴∠P＝∠AFE，
又∵∠AEF＝∠OQP＝90°，AF＝OP，
∴△AEF≌△OQP（AAS），
∴PQ＝EF，
∵∠AFB＝45°+∠FAE，∠AFB＝∠AOB+∠OBF＝45°+∠OFB，
∴∠FAE＝∠FBO，
∴∠ABF＝∠OAP＝∠FBO，
又∵BE＝BE，∠AEB＝∠BED＝90°，
∴△AEB≌△DEB（ASA），
∴AE＝DE，
∴AD＝2AE，
∵AB＝BD，
∴∠BAD＝∠ADB，
∵PO⊥AO，BA⊥AO，
∴AB∥OP，
∴∠P＝∠BAD，
∴∠P＝∠ADB＝∠ODP，
∴OD＝OP，
又∵OQ⊥AP，
∴DQ＝PQ，
∴DP＝2PQ＝2EF，
∴＝＝．