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湘教版初中数学八年级下册期中测试卷（困难）（含答案解析）
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湘教版初中数学八年级下册期中测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：第一.二.三单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，AD=2，BD=3，则AC的长为( )
A. 3
B. 10
C. 4
D. 23
2. 如图，已知AB//DF，DE和AC分别平分∠CDF和∠BAE，若∠DEA=46∘，∠ACD=56∘，则∠CDF的度数为( )
A. 22∘ B. 33∘ C. 44∘ D. 55∘
3. 如图，∠AOB=30∘，点M、N分别是射线OA、OB上的动点，OP平分∠AOB，且OP=6，当△PMN的周长取最小值时，四边形PMON的面积为( )
A. 93 B. 923 C. 183−27 D. 363−54
4. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，对角线AC上的有一动点P，以DP为边作正方形DPFG．
①在P点运动过程中，F点始终在射线BC上；
②在P点运动过程中，∠CPD可能为135°；
③若E是DC的中点，连接EG，则EG的最小值为2；
④△CDP为等腰三角形时，AP的值为22或42−4．
以上结论正确的是( )
A. ①③④ B. ②④ C. ①②③ D. ②③④
5. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与点A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3，其中正确的结论是( )
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④
6. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE=DF；②CE⊥DF；③∠AGE=∠CDF；④∠EAG=30°，其中正确的结论是( )
A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ①②③
7. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点O在坐标原点，点E是对角线AC上一动点(不包含端点)，过点E作EF//BC，交AB于F，点P在线段EF上．若OA=4，OC=2，∠AOC=45°，EP=3PF，P点的横坐标为m，则m的取值范围是( )
A. 4
A. (20,0) B. (20,1) C. (21,0) D. (21,1)
9. 如图，△AOB的边OA、OB分别落在x轴、y轴上，点P在边AB上，将△AOP沿OP所在直线折叠，使点A落在点A′的位置．若A(−3,0)，B(0,4)，连接BA′，当BA′的长度最小时点P的坐标为( )
A. (−127,127)
B. (−117,117)
C. (−47,27)
D. (−47,37)
10. 如图，一个粒子在第一象限和x，y轴的正半轴上运动，在第一秒内，它从原点运动到(0,1)，接着它按图所示在x轴、y轴的平行方向来回运动，(即(0,0)→(0,1)→(1,1)→(1,0)→(2,0)→…)，且每秒运动一个单位长度，那么2020秒时，这个粒子所处位置为( )
A. (4,44)
B. (5,44)
C. (44,4)
D. (44,5)
11. 如图，AB // CD，BF，DF分别平分∠ABE和∠CDE，BF // DE，∠F与∠ABE互补，则∠F的度数为
A. 30° B. 35° C. 36° D. 45°
12. 如图，已知∠AOB=α，∠BOC=β，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，则∠MON的度数是( )
A. 12β
B. 12(α−β)
C. α−12β
D. 12α
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 在Rt△ABC中，∠C=90°，有一个锐角为60°，AB=4.若点P在直线AB上(不与点A，B重合)，且∠PCB=30°，则CP的长为______ ．
14. 如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=2，则图中阴影部分的面积等于____.
15. 如图，点E是菱形ABCD边AB的中点，点F为边AD上一动点，连接EF，将△AEF沿直线EF折叠得到△A′EF，连接A′D，A′C.已知BC=4，∠B=120°，当△A′CD为直角三角形时，线段AF的长为______．
16. 如图，在坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B坐标为(4,8)，将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为_______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图1，点P、Q分别是边长为5cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为2cm/s。
(1)连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
(2)t为何值时△PBQ是直角三角形？
(3)如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
18. (本小题8.0分)
如图1，已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D是AB上一点，且AC=8，∠DCA=45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．
(1)如图1，若AB=2AC，求AE的长；
(2)如图2，若∠B=30°，求△CEF的面积；
(3)如图3，点P是BA延长线上一点，且AP=BD，连接PF，求证：PF+AF=BC．
19. (本小题8.0分)
如图1，已知直线AB//直线CD，点E在AB上，点H在CD上，点F在AB，CD之间，连接EF，FH．
(1)若∠AEF+∠CHF=280°，则∠EFH的度数为______ ．
(2)若∠AEF+∠CHF=114∠EFH．
①求∠EFH的度数；
②如图2，若HM平分∠CHF，交FE的延长线于点M，求∠FHD−2∠FMH的值．
20. (本小题8.0分)
如图，在△AEF中，∠AEF=90°，EA=EF，动点C在AF的延长线上，△ACB是以AB为斜边的直角三角形，O是AB的中点，连接FB，OF，且2∠CBF+∠EAF=135°．
(1)证明：E、F、B三点共线；
(2)连接EC．
①试判断线段EC与AO的数量关系，并给出证明；
②当AE=2，且线段OF取到最小值时，求EC的长度．
21. (本小题8.0分)
如图1，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=6cm，BD=8cm，分别过点B、C作AC与BD的平行线相交于点E．
(1)判断四边形BOCE的形状并证明；
(2)点G从点A沿射线AC的方向以2cm/s的速度移动了t秒，连接BG，当SΔABG=2SΔOBG时，求t的值．
(3)如图2，长度为3cm的线段GH在射线AC上运动，求BG+BH的最小值．
22. (本小题8.0分)
如图1，在矩形ABCD中，BC=3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′，设点P的运动时间为t(s)．
(1)若AB=23．
①如图2，当点B′落在AC上时，显然△PAB′是直角三角形，求此时t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．
(2)当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t<3时存在某一时刻有结论∠PAM=45°成立，试探究：对于t>3的任意时刻，结论“∠PAM=45°”是否总是成立？请说明理由．
23. (本小题8.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(5,0)，点B在第一象限内，且AB=4，OB=3．
(1)试判断△AOB的形状，并说明理由．
(2)点P是线段OA上一点，且PB−PA=1，求点P的坐标；
(3)如图2，点C、点D分别为线段OB、BA上的动点，且OC=BD，求AC+OD的最小值．
24. (本小题8.0分)
已知：在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC顶点A、C分别在y轴、x轴上，且∠ACB=90°，AC=BC．
(1)如图1，当A(0,−2)，C(1,0)，点B在第四象限时，先写出点B的坐标，并说明理由．
(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A(0,a)在y轴正半轴上运动，点B(m,n)在第四象限时，作BD⊥y轴于点D，试判断a，m，n之间的关系，请证明你的结论．
25. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，横、纵坐标都是整数的点叫做整点．给出如下定义：对于任意两个整点M(x1,y1)，N(x2,y2)，M与N的“直角距离”记为dMN，dMN=|x1−x2|+|y1−y2|.
例如，点M(1,5)与N(7,2)的“直角距离”dMN=|1−7|+|5−2|=9．
(1)已知点A(4,−1)．
①点A与点B(1,3)的“直角距离”dAB=______；
②若点A与整点C(−2,m)的“直角距离”dAC=8，则m的值为______；
(2)小明有一项设计某社区规划图的实践作业，这个社区的道路都是正南正北，正东正西方向，并且平行的相邻两条路之间的距离都是相等的，可近似看作正方形的网格．小明建立平面直角坐标系画出了此社区的示意图(如图所示).为了做好社区消防，需要在某个整点处建一个消防站P，要求是：消防站与各个火警高危点的“直角距离”之和最小．目前该社区内有两个火警高危点，分别是D(−2,−1)和E(2,2)．
①若对于火警高危点D和E，消防站P不仅要满足上述条件，还需要消防站P到D，E两个点的“直角距离”之差的绝对值最小，则满足条件的消防站P的坐标可以是______(写出一个即可)，所有满足条件的消防站P的位置共有______个；
②在设计过程中，如果社区还有一个火警高危点F(4,−2)，那么满足与这三个火警高危点的“直角距离”之和最小的消防站P的坐标为______．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：过D点作DE⊥AC于E点，DF⊥BC于F点，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ACD，
∵∠ACB=2∠B，
∴∠ACD=∠B，
∴CD=BD=3，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE=DF
∵S△CAD：S△CBD=AD：BD=2：3，
∴12DE⋅AC：12DF⋅BC=2：3，
∴AC：BC=2：3，
设AC=2x，BC=3x，
∵DB=DC，
∴CF=BF=12BC=32x，
在Rt△CDE和Rt△CDF中，
CD=CDDE=DF，
∴Rt△CDE≌Rt△CDF(HL)，
∴CE=CF=32x，
∴AE=12x，
∵DE2=DA2−AE2=CD2−CE2，
∴22−(12x)2=32−(32x)2，解得x=102，
∴AC=10．
故选：B．
由角平分线的定义得到∠ACB=2∠ACD，再证明∠ACD=∠B，CD=BD=3，根据角平分线的性质得到DE=DF，接着利用面积法证明AC：BC=2：3，则设AC=2x，BC=3x，CF=32x，然后证明Rt△CDE≌Rt△CDF得到CE=CF=32x，所以AE=12x，利用勾股定理得到22−(12x)2=32−(32x)2，解得x=102，从而得到AC的长．
本题考查了角平分线的性质，勾股定理，解答的关键是熟记角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等，并灵活运用．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平行线的性质和平行公理，角平分线的定义以及角的和差计算．根据平行线的性质得到∠DEA=∠FDE+∠EAB，∠ACD=∠BAC+∠FDC是解决本题的关键．
过点C作CN//AB，过点E作EM//AB，易证∠DEA与∠FDE、∠EAB，∠ACD与∠BAC、∠FDC间关系．再由角平分线的定义及角的和差关系计算得结论．
【解答】
解：过点C作CN//AB，过点E作EM//AB，
因为FD//AB，CN//AB，EM//AB，
所以AB//CN//EM//FD，
所以∠BAC=∠NCA，∠NCD=∠FDC，∠FDE=∠DEM，∠MEA=∠EAB．
所以∠DEA=∠FDE+∠EAB，∠ACD=∠BAC+∠FDC，
又因为DE和AC分别平分∠CDF和∠BAE，
所以∠FDC=2∠FDE=2∠EDC，∠BAE=2∠BAC=2∠EAC，
所以56°=∠BAC+2∠FDE①，
46°=∠FDE+2∠BAC②，
①+②，得3(∠BAC+∠FDE)=102°，
所以∠BAC+∠FDE=34°③，
①−③，得∠FDE=22°，
所以∠CDF=2∠FDE=44°．
故选C．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是等边三角形的判定和性质，三角形的面积，勾股定理，轴对称——最短路径问题的有关知识.设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在CD上时，△PMN的周长最小，此时△COD是等边三角形，求得三角形PMN和△MON的面积，根据S四边形PMON=S△MON+S△PMN求得即可．
【解答】
解：分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PC、PD．
∵点P关于OA的对称点为C，
∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA；
∵点P关于OB的对称点为D，
∴PN=DN，OP=OD，∠DOB=∠POB，
∴OC=OD=OP=6，∠COD=∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=OD=6．
∵∠POC=∠POD，
∴OP⊥CD，
∴QD=12CD=12×6=3，
∴OQ=62−32=33，
∴PQ=6−33，
设MQ=x，则PM=CM=3−x，
∴(3−x)2−x2=(6−33)2，
解得x=63−9，
∴MN=2MQ=123−18，
∵S△PMN=12MN×PQ，
S△MON=12MN×OQ，
∴S四边形PMON=S△MON+S△PMN=12MN×PQ+12MN×OQ=12MN×OP=12×(123−18)×6=363−54．
故选D．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
由“SAS”可证△DPH≌△FPC，可得∠PHD=∠PCF=135°，可证点B，点C，点F三点共线，故①正确；由三角形的外角可得∠CPD不可能为135°，故②错误；由△DPN≌△DGE(SAS)，可得EG=PN，当NP⊥AC时，NP有最小值为2，即EG有最小值为2，故③正确；由等腰三角形的性质可得AP的值为22或42−4，故④正确，即可求解．
【解答】
解：如图，连接CF，过点P作PH⊥PC交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形DPFG是正方形，
∴PD=PF，∠DPF=∠HPC=90°，∠ACB=∠ACD=45°，
∴∠DPH=∠CPF，∠PCH=∠PHC=45°，
∴PH=PC，∠PHD=135°，
∴△DPH≌△FPC(SAS)，
∴∠PHD=∠PCF=135°，
∴∠ACB+∠PCF=180°，
∴点B，点C，点F三点共线，故①正确；
∵∠CPD=∠CAD+∠ADP，∠CAD=45°，∠CPD=135°，
∴∠ADP=90°，
则点P与点C重合，
此时∠CPD不存在，故②错误；
如图，取AD的中点N，连接PN，
∵点N是AD的中点，点E是CD中点，
∴AN=DE=DN=2，
∵∠ADC=∠PDG=90°，
∴∠ADP=∠GDE，
又∵DP=DG，
∴△DPN≌△DGE(SAS)，
∴EG=PN，
∵点P是线段AC上一点，
∴当NP⊥AC时，NP有最小值为2，
∴EG有最小值为2，故③正确；
∵AD=CD=4，
∴AC=2AD=42，
当点P是AC中点时，AP=PD=PC=22，则△PCD是等腰三角形，
当CP=CD=4时，△PCD是等腰三角形，
∴AP=42−4，故④正确，
故选：A．
5.【答案】B
【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAC=∠DACAB=AD，
∴△ABE≌△ADE(SAS)．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=42．
∴DE=12AC=22．
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为22，
∴④错误．
综上所述，正确的结论为：①②③．
故选：B．
①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≌△AED可得DE=BE，所以DE=FG；
②由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG=∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为22，由①知FG=DE，所以FG的最小值为22．
本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE=12AB，CF=12BC，
∴BE=CF，
在△CBE与△DCF中，
BC=CD∠B=∠BCDBE=CF，
∴△CBE≌△DCF(SAS)，
∴∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∴∠EGD=90°，
延长CE交DA的延长线于H，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∵∠AHE=∠BCE，∠AEH=∠CEB，AE=BE，
∴△AEH≌△BEC(AAS)，
∴BC=AH=AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG=12DH=AD，
∴∠ADG=∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD=90°，∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠AGE=∠CDF.故③正确；
∵CF=12BC=12CD，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∵AD=AG，
∴△ADG不是等边三角形，
∴∠EAG≠30°，故④错误；
故选：D．
根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，得到BE=12AB，CF=12BC，根据全等三角形的性质得到∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；求得∠CGD=90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到AG=12DH=AD，求得∠ADG=∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE=∠CDF.故③正确．根据CF=12BC=12CD，可得∠CDF≠30°，所以∠ADG≠60°，所以△ADG不是等边三角形，故④错误．
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
7.【答案】A
【解析】解：由题意可得C(2,2)，A(4,0)，B(4+2,2)，
∴直线AB的解析式为：y=x−4，
∴x=y+4，
直线AC的解析式为：y=22−4x−422−4，
∴x=4+y−22y，
∴点F的横坐标为：y+4，点E的横坐标为：4+y−22y，
∴EF=(y+4)−(4+y−22y)=22y，
∵EP=3PF，
∴PF=14EF=22y，
∴点P的横坐标为：y+4−22y，
∵0
先求得点A，C，B三个点坐标，然后求得AB和AC的解析式，再表示出EF的长，进而表示出点P的横坐标，根据不等式的性质求得结果．
本题考查了求一次函数的解析式，不等式性质等知识，解决问题的关键是表示出点P的横坐标．
8.【答案】D
【解析】解：∵42÷4=10…2，横坐标，每循环一次向右平移2个单位，
∴点A42的横坐标为：2×10+1=21，点A42的纵坐标与点A2的纵坐标相同为：1，
故点A42的坐标为：(21,1)．
故选：D．
根据图象可得移动4次图象完成一个循环，分别得横纵坐标，从而可得出点A42的坐标．
本题考查了点的规律变化，解答本题的关键是仔细观察图象，得到点的变化规律，难度一般．
9.【答案】A
【解析】解：如图当点A′落在OB上时，BA′的长最小，此时PO平分∠AOB．
作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，则PM=PN．
∵S△AOB=12⋅OA⋅OB=12⋅OA⋅PM+12⋅OB⋅PN，
∴PM=PN=127，
∴P(−127,127)，
故选：A．
如图当点A′落在OB上时，BA′的长最小，此时PO平分∠AOB.作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，则PM=PN.利用面积法求出PM、PN即可；
本题考查翻折变换、坐标与图形的性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考选择题中的压轴题．
10.【答案】A
【解析】解：由题意，
设粒子运动到A1，A2，…，An时所用的间分别为a1，a2，…，an，
则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，an−an−1=2n，
a2−a1=2×2，
a3−a2=2×3，
a4−a3=2×4，
…，
an−an−1=2n，
相加得：
an−a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n−2，
∴an=n(n+1)．
∵44×45=1980，故运动了1980秒时它到点A44(44,44)；
又由运动规律知：A1，A2，…，An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动．
故达到A44(44,44)时向左运动40秒到达点(4,44)，
即运动了2020秒．所求点应为(4,44)．
故选：A．
该题显然是数列问题．设粒子运动到A1，A2，…An时所用的时间分别为a1，a2，…an，则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，由an−an−1=2n，则a2−a1=2×2，a3−a2=2×3，a4−a3=2×4，…，an−an−1=2n，以上相加得到an−a1的值，进而求得an来解．
考查了规律型：点的坐标，分析粒子在第一象限的运动规律得到数列{an}通项的递推关系式an−an−1=2n是本题的突破口，对运动规律的探索知：A1，A2，…An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平行线的性质，角平分线．根据平行线性质，角平分线定义，延长FB交CD于G，求值即可．
【解答】
解：延长FB交CD于G，
∵AB//CD，BF//DE，BF、DF分别平分∠ABE和∠CDE，
∠F=∠EDF=∠CDF=12∠CDE，∠CGF=∠ABF=∠CDE，
∴∠ABF=2∠F=12∠ABE，
∴∠ABE=4∠F，
又∵∠F与∠ABE互补，
∴∠ABE+∠F=4∠F+∠F=180°，
即∠F=36°．
故选C．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了角平分线定义，角的有关计算的应用，解此题的关键是求出∠NOC和∠MOC的大小．
根据角平分线的定义表示出∠NOC和∠MOC，再求差即可．
【解答】
解：∵∠AOB=α，∠BOC=β，
∴∠AOC=α+β，
∵OM是∠AOC的平分线，ON是∠BOC的平分线，
∴∠NOC=12∠BOC=β2，∠MOC=12∠AOC=α+β2，
∴∠MON=∠MOC−∠NOC=α+β2−β2=α2．
故选：D．
13.【答案】3，23或2．
【解析】解：Ⅰ当∠ABC=60°时，则BC=12AB=2，
①当点P在线段AB上时，
∵∠PCB=30°，故CP⊥AB，
则BP=12BC=1，PC=3BP=3；
②当点P(P′)在AB的延长线上时，
∵∠P′CB=30°，∠ABC=60°，
则∠P′=30°，
则P′C=2PC=23，
Ⅱ 当∠ABC=30°时，
同理可得，PC=2；
故答案为3，23或2．
分∠ABC=60°、∠ABC=30°两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可．
本题是直角三角形的性质及判定综合题，主要考查了含30度角的直角三角形、勾股定理等，分类求解是本题解题的关键．
14.【答案】2−1
【解析】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，∠BAC=90°，AB=AC=2，
∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°，
∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，
∴AD=12BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=22AC′=1，
∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′−S△DEC′=12×1×1−12×(2−1)2=2−1．
故答案为：2−1．
根据题意结合旋转的性质以及等腰直角三角形的性质得出AD=12BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=22AC′=1，进而求出阴影部分的面积．
此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键．
15.【答案】23−2或2
【解析】解：∵点E是菱形ABCD边AB的中点，
∴AE=BE=12AB=12BC=2，
∴点A′在以AB为直径的半圆上，
∵∠B=120°，
∴∠A=∠BCD=60°，
∴∠A′CD<90°，
∴当△A′CD为直角三角形时，
有∠DA′C=90°和∠A′DC=90°两种情况：
①如图，连接DE，DB，
在菱形ABCD中，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=EB，
∴DE⊥AB，
∴∠ADE=30°，
∴∠EDC=90°，
当∠A′DC=90°时，点A′在DE上，
由翻折可知：∠AEF=∠A′EF=12∠AED=45°，
过点F作FG⊥AB于点G，
∴FG=EG，∠AFG=30°，
∴AF=2AG，
∴FG=3AG，
∵AG+EG=AE=2，
∴AG+3AG=2，
解得AG=3−1，
∴AF=2AG=23−2；
②如图，当∠DA′C=90°时，取CD中点H，连接A′H，
∴A′H=12CD=2，
∵AE=A′E=2，
∴A′E+A′H=4，
∴E，A′，H在同一条直线上，
∴四边形AEHD是平行四边形，
∴∠AEH=120°，
∴∠AEF=∠A′EF=12∠AEH=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE=2．
综上所述：线段AF的长为23−2或2．
故答案为：23−2或2．
根据已知条件说明∠A′CD<90°，所以当△A′CD为直角三角形时，有∠DA′C=90°和∠A′DC=90°两种情况：当∠A′DC=90°时，点A′在DE上，当∠DA′C=90°时，取CD中点H，连接A′H，分这两种情形分别计算即可．
本题考查了翻折变换，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
16.【答案】(−125,245)
【解析】
【分析】
此题主要考查了图形的折叠问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形面积.也考查了坐标与图形的性质．
过D作DF⊥x轴于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE=DE，OA=CD=4，设OE=x，那么CE=8−x，DE=x，利用勾股定理即可求出OE、DF、DH的长度，即可得出D的坐标．
【解答】
解：如图，过D作DF⊥x轴于F，
∵点B的坐标为(4,8)，
∴AO=4，AB=8，
根据折叠和矩形性质可知：CD=CB=OA，AD=AB，
而∠CDA=∠B=∠AOE=90∘，∠DEC=∠AEO，
在△CDE和△AOE中，
∠DEC=∠AEO∠CDE=∠AOECD=AO,
∴△CDE≌△AOE(AAS)，
∴DE=OE，CD=AO=4，
设OE=x，那么CE=8−x，DE=x，
∴在Rt△DCE中，CE2=DE2+CD2，
∴(8−x)2=x2+42，
∴x=3，
∴DE=OE=3，
∴CE=OC−OE=AB−OE=8−3=5，
过点D作DH⊥OC于H，
S△DCE=12CD·DE=12CE·DH
12×4×3=12×5·DH
DH=125，
∴OF=DH=125，
∴AF=OF+OA=4+125=325，AD=AB=8，
∴DF=AD2−AF2=82−3252=245，
∴D的坐标为(−125,245).
故答案是：(−125,245).
17.【答案】解：(1)∠CMQ=60°不变．
∵等边三角形中，AB=AC，∠B=∠CAP=60°，
又由条件得AP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP(SAS)，
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°．
∴P、Q在运动的过程中，∠CMQ的大小不变，∠CMQ=60°；
(2)设时间为t，则AP=BQ=2t，PB=5−2t
①当∠PQB=90°时，
∵∠B=60°，
∴PB=2BQ，得5−2t=4t，t=56；
②当∠BPQ=90°时，
∵∠B=60°，
∴BQ=2BP，得2t=2(5−2t)，t=53；
∴当第56秒或第53秒时，△PBQ为直角三角形．
(3)∠CMQ=120°不变．
∵在等边三角形中，BC=AC，∠ABC=∠CAP=60°，
∴∠PBC=∠ACQ=120°，
又由条件得BP=CQ，
∴△PBC≌△QCA(SAS)，
∴∠BPC=∠MQC，
又∵∠PCB=∠MCQ，
∴∠CMQ=∠PBC=120°，
∴P、Q在运动的过程中，∠CMQ的大小不变，∠CMQ=120°
【解析】此题是一个综合性很强的题目．本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．难度很大，有利于培养同学们钻研和探索问题的精神．
(1)因为点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为2cm/s，所以AP=BQ.AB=AC，∠B=∠CAP=60°，因而运用边角边定理可知△ABQ≌△CAP.再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得∠CMQ的度数．
(2)设时间为t，则AP=BQ=2t，PB=5−2t.分别就①当∠PQB=90°时；②当∠BPQ=90°时利用直角三角形的性质定理求得t的值．
(3)首先利用边角边定理证得△PBC≌△QCA，再利用全等三角形的性质定理得到∠BPC=∠MQC.再运用三角形角间的关系求得∠CMQ的度数．
18.【答案】(1)解：∵∠BAC=90°，AC=8，AB=2AC=16，
BC=AB2+AC2=162+82=85，
∵S△ABC=12AB·AC=12BC·AE，
∴AE=AB·ACBC=16×885=1655;
(2)解：∵∠B=30°，∠BAC=90°，
∴∠ACB=60°，
∵AE⊥BC，
∴∠CAE=30°，
∴CE=12AC=4，
∴AE=AC2−CE2=82−42=43，
过点F作FH⊥AC于点H，
∵∠DCA=45°，
∴△CFH是等腰直角三角形，
设CH=x，则FH=x，
在Rt△AFH中，∠CAE=30°，
∴AF=2FH=2x，AH=3FH=3x，
∵AH=AC−CH=8−x，
∴8−x=3x，
∴x=43−4，
∴CH=FH=43−4，
∴AF=2x=83−8，
∴EF=AE−AF=43−(83−8)=8−43，
∴S△CEF=12CE·EF=12×4×(8−43)=16−83；
(3)证明：作AN⊥CD，交CD于M，交BC于N，连接DN，
∵△ACD是等腰直角三角形，
∴AN平分∠DAC，AM=DM=CM，
∴∠DAN=∠CAN=45°，
∵AD=AC，AN=AN，
∴△ADN≌△ACN，
∴ND=NC，
∴∠NDC=∠NCD，
∵AN⊥CD，AE⊥BC，
∴∠NCD+∠ANC=∠ANC+∠NAE=90°，
∴∠NCD=∠NAE，
∴∠NDC=∠NAE，
∵AM=DM，∠DMN=∠AMF，
∴△DMN≌△AMF，
∴AF=DN=CN，
∵∠BDN=180°−∠ADC−∠CDN=135°−∠CDN，
∠PAF=180°−∠BAM−∠NAE=135°−∠CDN，
∴∠BDN=∠PAF，
∵AP=BD，AF=DN，
∴△BDN≌△PAF，
∴PF=BN，
∵BC=BN+CN，
∴BC=PF+AF，即PF+AF=BC．
【解析】本题考查了勾股定理，三角形的面积，等腰直角三角形，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题关键是掌握全等三角形的判定和性质．
(1)先用勾股定理求出BC，然后运用面积法求出AE即可；
(2)过点F作FH⊥AC于点H，证明△CFH是等腰直角三角形，求出AF和AE，得出EF，然后根据三角形的面积公式求解即可；
(3)作AN⊥CD，交CD于M，交BC于N，连接DN，证明△ADN≌△ACN和△DMN≌△AMF，得出AF=DN=CN，再证明△BDN≌△PAF，得出PF=BN，由BC=BN+CN，即可证得结论．
19.【答案】解：(1)80°
过点F作MN//AB，如图1所示：
则∠AEF+∠EFM=180°，
∵AB//CD，
∴MN//CD，
∴∠CHF+∠HFM=180°，
∴∠AEF+∠CHF+∠EFM+∠HFM=360°，
即∠AEF+∠CHF+∠EFH=360°，
∵∠AEF+∠CHF=280°，
∴∠EFH=80°，
故答案为：80°．
(2)①由(1)知，∠AEF+∠CHF+∠EFH=360°，
∵∠AEF+∠CHF=114∠EFH，
∴114∠EFH+∠EFH=360°，
∴∠EFH=96°，
②过点F作FF′//AB，过点M作MM′//AB．
∵AB//CD，
∴FF′//MM′//AB//CD，
∴∠F′FH=∠FHD，
∴∠3=∠EFH−∠F′FH=96°−∠FHD，
∴∠M′MF=∠3=96°−∠FHD，
∵HM平分∠CHF，
∴∠1=∠2，
∴∠1=180°−∠FHD2，
∵MM′//CD，
∴∠M′MH=∠1，
∴∠FMH+(96°−∠FHD)=180°−∠FHD2，
∴∠FHD−2∠FMH=12°．
【解析】(1)过点F作MN//AB，则有MN//AB//CD，再根据平行线的性质即可求解；
(2)①根据∠AEF+∠CHF+∠EFH=360°，及题目已知条件即可求解；
②∠3=∠EFH−∠F′FH=96°−∠FHD，则∠M′MF=∠3=96°−∠FHD，而∠1=∠2，则∠1=180°−∠FHD2，进而求解．
本题考查了平行线的性质以及平行公理，注意如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行的运用．
20.【答案】(1)证明：∵∠AEF=90°，AE=EF，
∴∠EAF=∠EFA=45°，
∵2∠CBF+∠EAF=135°，
∴∠CBF=45°，
∵∠C=90°，
∴∠CFB=90°−45°=45°，
∴∠CFB=∠AFE，
∵∠CFB+∠AFB=180°，
∴∠AFE+∠AFB=180°，
∴E、F、B共线．
(2)解：①结论：EC=2OA．
理由：如图1中，连接EO，CO．
∵∠AEB=∠ACB=90°，OA=OB，
∴OE=OA=OB=OC，
∴∠OAC=∠OCA，∠OEB=∠OBE，
∵∠BOC=∠OAC+∠OCA=2∠OCA，∠AOE=∠OEB+∠OBE=2∠OBE，
∴∠BOC+∠AOE=2∠CAO+2∠OBE=2(∠OAC+∠OBE)=2∠CFB=90°，
∴∠EOC=90°，
∴△EOC是等腰直角三角形，
∴EC=2EO=2OA；
②如图2中，取AE的中点J，连接OJ．
∵AJ=EJ，AO=OB，
∴OJ//EB，
∴OF⊥OJ时，OF的值最小，此时四边形OFEJ是矩形，
∴EF=AE=OJ=2，AJ=EJ=1，
∴OA=AJ2+OJ2=12+22=5，
∴EC=2OA=10．
【解析】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰直角三角形解决问题．
(1)证明∠AFE+∠AFB=180°，可得结论；
(2)①结论：EC=2AO.连接EO，OC，证明△EOC是等腰直角三角形，可得结论；
②如图2中，取AE的中点J，连接OJ.证明OJ//EB，推出OF⊥OJ时，OF的值最小，此时四边形OFEJ是矩形，利用勾股定理求出OA，可得结论．
21.【答案】解：(1)结论：四边形BOCE是矩形．
理由：∵BE//OC，EC//OB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴四边形BOCE是矩形．
(2)∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=3cm，OB=OD=4cm，
∵S△ABG=2S△OBG，
∴AG=2OG，
∴2t=2(3−2t)或2t=2(2t−3)，
解得t=1或t=3，
∴满足条件的t的值为1或3．
(3)设OG=x，则BG+BH=x2+42+(x−3)2+42，
欲求BG+BH的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P(x,0)到A(0,4和B(3,4)的距离最小，如图3中，
作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，连接BP，此时PA+PB的值最小，
∵A(0,4)，B′(3,−4)，
∴AP+PB=AP+PB′=AB′=82+32=73，
∴BG+BH的最小值为73．
【解析】本题考查轴对称−最短问题，平行线之间的关系，三角形的面积，菱形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
(1)结论：四边形BOCE是矩形．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
(2)分两种情形构建方程求解即可．
(3)设OG=x，则BG+BH=x2+42+(x−3)2+42，欲求BG+BH的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P(x,0)到A(0,4和B(3,4)的距离最小，如图3中，利用轴对称解决最值问题即可．
22.【答案】解：(1)①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=21，
∵△PAB与△PAB′关于直线PA对称，
∴AB′=AB=23，∠AB′P=∠ABP=90°，
∴B′C=21−23，
在Rt△B′PC中，B′C2+B′P2=PC2
∴(21−23)2+t2=(3−t)2
∴解得：t=27−4．
②如图2−1中，当∠PCB′=90°时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB=CD=23，AD=BC=3，
∴DB′=(23)2−32=3，
∴CB′=CD−DB′=3，
在Rt△PCB′中，∵B′P2=B′C2+PC2，
∴t2=(3)2+(3−t)2，
∴t=2．
如图2−2中，当∠PCB′=90°时，
在Rt△ADB′中，DB′=AB′2−AD2=3，
∴CB′=33
在Rt△PCB′中，则有：(33)2+(t−3)2=t2，解得t=6．
如图2−3中，当∠CPB′=90°时，易证四边形ABPB′为正方形，易知t=23．
综上所述，满足条件的t的值为2或6或23．
(2)如图3−1中，
∵∠PAM=45°
∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°
又∵翻折，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠ADM=∠AB′M，AM=AM，
∴△AMD≌△AMB′(AAS)，
∴AD=AB′=AB，
即四边形ABCD是正方形，
如图，设∠APB=x．
∴∠PAB=90°−x，
∴∠DAP=x，
易证△MDA≌△B′AM(HL)，
∴∠B′AM=∠DAM，
∵翻折，
∴∠PAB=∠PAB′=90°−x，
∴∠DAB′=∠PAB′−∠DAP=90°−2x，
∴∠DAM=12∠DAB′=45°−x，
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°．
【解析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
(1)①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB′CB=PB′AB，即可解决问题．
②分三种情形分别求解即可：如图2−1中，当∠PCB′=90°时．如图2−2中，当∠PCB′=90°时．如图2−3中，当∠CPB′=90°时．
(2)如图3−2中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3−2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
23.【答案】解：(1)△AOB是以B为直角顶点的直角三角形，理由如下：
∵A(5,0)，
∴OA=5，
∴AB2+OB2=42+32=25=52=OA2，
∴△AOB是以OA为斜边的直角三角形；
(2)过B作BE⊥OA于E，
设PA=m，
∵PB−PA=1，
∴PB=1+m，
∵12OB×AB=12OA×BE，AB=4，OB=3，OA=5，
∴BE=125，
∴OE=OB2−BE2=95，
∴PE=OA−OE−PA=5−95−m=165−m，
∴BP2=BE2+PE2，
∴(1+m)2=(125)2+(165−m)2，
解得：m=2514，
∴PE=165−2514=9970，
∴OP=OE+PE=95+9970=4514，
∴P (4514,0)；
(3)如图，过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，
∴HO=BO，∠HOC=∠OBD=90°，
又∵OC=DB，
∴△HOC≌△OBD(SAS)，
∴OD=HC，
∴AC+OD=AC+HC，
∴要使AC+OD最小，则AC+CH最小，
∴当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长，
由(2)知，H(−125,95)，
∴AH=(−125−5)2+(95)2=58，
即AC+OD有最小值为58．
【解析】本题是三角形综合题，主要考查了勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
(1)利用勾股定理的逆定理证明；
(2)过B作BE⊥OA于E，设PA=m，PB=1+m，再根据三角形的面积可得BE=125，然后根据勾股定理解答即可；
(3)过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，利用SAS证明△HOC≌△OBD，得OD=HC，则当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长．
24.【答案】解：(1)点B的坐标为(3,−1)．
理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠AOC=90°=∠BDC，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACO+∠BCD=90°，
∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
∠OAC=∠BCD∠AOC=∠CDB=90°AC=BC，
∴△AOC≌△CDB(AAS)，
∴AO=CD，OC=BD，
∵A(0,−2)，C(1,0)，
∴AO=CD=2，OC=BD=1，
∴OD=3，
∵B在第四象限，
∴点B的坐标为(3,−1)；
(2)a+m+n=0．
证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，
∠2=∠3∠BEC=∠AOCAC=BC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，
∴BE//y轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，
∴BE=−n，
∴a+m=−n，
∴a+m+n=0．
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
(1)过点B作BD⊥x轴于D，利用同角的余角相等求出∠OAC=∠BCD，然后利用“角角边”证明△AOC和△CDB全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CD，OC=BD，然后求出OD，再根据点D在第四象限写出点D的坐标即可；
(2)过点B作BE⊥x轴于E，利用同角的余角相等求出∠2=∠3，再利用“角角边”证明△CEB和△AOC全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CE，BE=CO，然后代入a、m、n整理即可得解．
25.【答案】7 3或−1 (1,1) 8 (2,−1)
【解析】解：(1)①∵A(4,−1)，B(1,3)，
∴直角距离dAB=|4−1|+|−1−3|=7；
②根据题意可得dAC=|4+2|+|−1−m|=8，即|1+m|=2，
∴1+m=2或−2，
解得：m=1或−3；
故答案为：7；3或−1；
(2)①∵D(−2,−1)，E(2,2)，
∴直角距离dDE=|−2−2|+|−1−2|=4+3=7，
∴点P到D，E两个点的“直角距离”之和最小值为7，
∵点P到D，E两个点的“直角距离”之差的绝对值最小，
∴dPD=3dPE=4，或dPD=4dPE=3，
∴点P的坐标可以是(0,0)或(0,1)或(−1,1)，
∴满足条件的消防站P点的位置如图所示，
∴满足条件的消防站P点的位置共有8个；
故答案为(1,1)；8；
②如图，
∵D(−2,−1)，E(2,2)，F(4,−2)，
∴|4−(−2)|=6，|2−(−2)|=4，
∴满足到这三个火警高危点的“直角距离”之和最小值为6+4=10，
∴消防站P的坐标为(2,−1)，
故答案为：(2,−1)．
(1)①根据直角距离的定义直接解答即可；
②根据直角距离的定义直接解答即可；
(2)①先根据直角距离的定义求出直角距离DE，PD和PE的长，根据它们之差的绝对值最小求出点P的坐标，确定点P的个数；
②首先求出满足与这三个火警高危点的“直角距离”之和最小值为10，再求出消防站P点的坐标即可．
此题主要考查了坐标与图形，熟练掌握“直角距离”的定义是解答此题的关键．
考试范围：第一.二.三单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，AD=2，BD=3，则AC的长为( )
A. 3
B. 10
C. 4
D. 23
2. 如图，已知AB//DF，DE和AC分别平分∠CDF和∠BAE，若∠DEA=46∘，∠ACD=56∘，则∠CDF的度数为( )
A. 22∘ B. 33∘ C. 44∘ D. 55∘
3. 如图，∠AOB=30∘，点M、N分别是射线OA、OB上的动点，OP平分∠AOB，且OP=6，当△PMN的周长取最小值时，四边形PMON的面积为( )
A. 93 B. 923 C. 183−27 D. 363−54
4. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，对角线AC上的有一动点P，以DP为边作正方形DPFG．
①在P点运动过程中，F点始终在射线BC上；
②在P点运动过程中，∠CPD可能为135°；
③若E是DC的中点，连接EG，则EG的最小值为2；
④△CDP为等腰三角形时，AP的值为22或42−4．
以上结论正确的是( )
A. ①③④ B. ②④ C. ①②③ D. ②③④
5. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与点A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3，其中正确的结论是( )
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④
6. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE=DF；②CE⊥DF；③∠AGE=∠CDF；④∠EAG=30°，其中正确的结论是( )
A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ①②③
7. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点O在坐标原点，点E是对角线AC上一动点(不包含端点)，过点E作EF//BC，交AB于F，点P在线段EF上．若OA=4，OC=2，∠AOC=45°，EP=3PF，P点的横坐标为m，则m的取值范围是( )
A. 4
A. (20,0) B. (20,1) C. (21,0) D. (21,1)
9. 如图，△AOB的边OA、OB分别落在x轴、y轴上，点P在边AB上，将△AOP沿OP所在直线折叠，使点A落在点A′的位置．若A(−3,0)，B(0,4)，连接BA′，当BA′的长度最小时点P的坐标为( )
A. (−127,127)
B. (−117,117)
C. (−47,27)
D. (−47,37)
10. 如图，一个粒子在第一象限和x，y轴的正半轴上运动，在第一秒内，它从原点运动到(0,1)，接着它按图所示在x轴、y轴的平行方向来回运动，(即(0,0)→(0,1)→(1,1)→(1,0)→(2,0)→…)，且每秒运动一个单位长度，那么2020秒时，这个粒子所处位置为( )
A. (4,44)
B. (5,44)
C. (44,4)
D. (44,5)
11. 如图，AB // CD，BF，DF分别平分∠ABE和∠CDE，BF // DE，∠F与∠ABE互补，则∠F的度数为
A. 30° B. 35° C. 36° D. 45°
12. 如图，已知∠AOB=α，∠BOC=β，OM平分∠AOC，ON平分∠BOC，则∠MON的度数是( )
A. 12β
B. 12(α−β)
C. α−12β
D. 12α
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 在Rt△ABC中，∠C=90°，有一个锐角为60°，AB=4.若点P在直线AB上(不与点A，B重合)，且∠PCB=30°，则CP的长为______ ．
14. 如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC=90°，AB=AC=2，则图中阴影部分的面积等于____.
15. 如图，点E是菱形ABCD边AB的中点，点F为边AD上一动点，连接EF，将△AEF沿直线EF折叠得到△A′EF，连接A′D，A′C.已知BC=4，∠B=120°，当△A′CD为直角三角形时，线段AF的长为______．
16. 如图，在坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B坐标为(4,8)，将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为_______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图1，点P、Q分别是边长为5cm的等边△ABC边AB、BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为2cm/s。
(1)连接AQ、CP交于点M，则在P、Q运动的过程中，∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
(2)t为何值时△PBQ是直角三角形？
(3)如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠CMQ变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
18. (本小题8.0分)
如图1，已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D是AB上一点，且AC=8，∠DCA=45°，AE⊥BC于点E，交CD于点F．
(1)如图1，若AB=2AC，求AE的长；
(2)如图2，若∠B=30°，求△CEF的面积；
(3)如图3，点P是BA延长线上一点，且AP=BD，连接PF，求证：PF+AF=BC．
19. (本小题8.0分)
如图1，已知直线AB//直线CD，点E在AB上，点H在CD上，点F在AB，CD之间，连接EF，FH．
(1)若∠AEF+∠CHF=280°，则∠EFH的度数为______ ．
(2)若∠AEF+∠CHF=114∠EFH．
①求∠EFH的度数；
②如图2，若HM平分∠CHF，交FE的延长线于点M，求∠FHD−2∠FMH的值．
20. (本小题8.0分)
如图，在△AEF中，∠AEF=90°，EA=EF，动点C在AF的延长线上，△ACB是以AB为斜边的直角三角形，O是AB的中点，连接FB，OF，且2∠CBF+∠EAF=135°．
(1)证明：E、F、B三点共线；
(2)连接EC．
①试判断线段EC与AO的数量关系，并给出证明；
②当AE=2，且线段OF取到最小值时，求EC的长度．
21. (本小题8.0分)
如图1，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=6cm，BD=8cm，分别过点B、C作AC与BD的平行线相交于点E．
(1)判断四边形BOCE的形状并证明；
(2)点G从点A沿射线AC的方向以2cm/s的速度移动了t秒，连接BG，当SΔABG=2SΔOBG时，求t的值．
(3)如图2，长度为3cm的线段GH在射线AC上运动，求BG+BH的最小值．
22. (本小题8.0分)
如图1，在矩形ABCD中，BC=3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′，设点P的运动时间为t(s)．
(1)若AB=23．
①如图2，当点B′落在AC上时，显然△PAB′是直角三角形，求此时t的值；
②是否存在异于图2的时刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．
(2)当P点不与C点重合时，若直线PB′与直线CD相交于点M，且当t<3时存在某一时刻有结论∠PAM=45°成立，试探究：对于t>3的任意时刻，结论“∠PAM=45°”是否总是成立？请说明理由．
23. (本小题8.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(5,0)，点B在第一象限内，且AB=4，OB=3．
(1)试判断△AOB的形状，并说明理由．
(2)点P是线段OA上一点，且PB−PA=1，求点P的坐标；
(3)如图2，点C、点D分别为线段OB、BA上的动点，且OC=BD，求AC+OD的最小值．
24. (本小题8.0分)
已知：在平面直角坐标系中，等腰直角△ABC顶点A、C分别在y轴、x轴上，且∠ACB=90°，AC=BC．
(1)如图1，当A(0,−2)，C(1,0)，点B在第四象限时，先写出点B的坐标，并说明理由．
(2)如图2，当点C在x轴正半轴上运动，点A(0,a)在y轴正半轴上运动，点B(m,n)在第四象限时，作BD⊥y轴于点D，试判断a，m，n之间的关系，请证明你的结论．
25. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，横、纵坐标都是整数的点叫做整点．给出如下定义：对于任意两个整点M(x1,y1)，N(x2,y2)，M与N的“直角距离”记为dMN，dMN=|x1−x2|+|y1−y2|.
例如，点M(1,5)与N(7,2)的“直角距离”dMN=|1−7|+|5−2|=9．
(1)已知点A(4,−1)．
①点A与点B(1,3)的“直角距离”dAB=______；
②若点A与整点C(−2,m)的“直角距离”dAC=8，则m的值为______；
(2)小明有一项设计某社区规划图的实践作业，这个社区的道路都是正南正北，正东正西方向，并且平行的相邻两条路之间的距离都是相等的，可近似看作正方形的网格．小明建立平面直角坐标系画出了此社区的示意图(如图所示).为了做好社区消防，需要在某个整点处建一个消防站P，要求是：消防站与各个火警高危点的“直角距离”之和最小．目前该社区内有两个火警高危点，分别是D(−2,−1)和E(2,2)．
①若对于火警高危点D和E，消防站P不仅要满足上述条件，还需要消防站P到D，E两个点的“直角距离”之差的绝对值最小，则满足条件的消防站P的坐标可以是______(写出一个即可)，所有满足条件的消防站P的位置共有______个；
②在设计过程中，如果社区还有一个火警高危点F(4,−2)，那么满足与这三个火警高危点的“直角距离”之和最小的消防站P的坐标为______．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：过D点作DE⊥AC于E点，DF⊥BC于F点，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ACD，
∵∠ACB=2∠B，
∴∠ACD=∠B，
∴CD=BD=3，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE=DF
∵S△CAD：S△CBD=AD：BD=2：3，
∴12DE⋅AC：12DF⋅BC=2：3，
∴AC：BC=2：3，
设AC=2x，BC=3x，
∵DB=DC，
∴CF=BF=12BC=32x，
在Rt△CDE和Rt△CDF中，
CD=CDDE=DF，
∴Rt△CDE≌Rt△CDF(HL)，
∴CE=CF=32x，
∴AE=12x，
∵DE2=DA2−AE2=CD2−CE2，
∴22−(12x)2=32−(32x)2，解得x=102，
∴AC=10．
故选：B．
由角平分线的定义得到∠ACB=2∠ACD，再证明∠ACD=∠B，CD=BD=3，根据角平分线的性质得到DE=DF，接着利用面积法证明AC：BC=2：3，则设AC=2x，BC=3x，CF=32x，然后证明Rt△CDE≌Rt△CDF得到CE=CF=32x，所以AE=12x，利用勾股定理得到22−(12x)2=32−(32x)2，解得x=102，从而得到AC的长．
本题考查了角平分线的性质，勾股定理，解答的关键是熟记角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等，并灵活运用．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平行线的性质和平行公理，角平分线的定义以及角的和差计算．根据平行线的性质得到∠DEA=∠FDE+∠EAB，∠ACD=∠BAC+∠FDC是解决本题的关键．
过点C作CN//AB，过点E作EM//AB，易证∠DEA与∠FDE、∠EAB，∠ACD与∠BAC、∠FDC间关系．再由角平分线的定义及角的和差关系计算得结论．
【解答】
解：过点C作CN//AB，过点E作EM//AB，
因为FD//AB，CN//AB，EM//AB，
所以AB//CN//EM//FD，
所以∠BAC=∠NCA，∠NCD=∠FDC，∠FDE=∠DEM，∠MEA=∠EAB．
所以∠DEA=∠FDE+∠EAB，∠ACD=∠BAC+∠FDC，
又因为DE和AC分别平分∠CDF和∠BAE，
所以∠FDC=2∠FDE=2∠EDC，∠BAE=2∠BAC=2∠EAC，
所以56°=∠BAC+2∠FDE①，
46°=∠FDE+2∠BAC②，
①+②，得3(∠BAC+∠FDE)=102°，
所以∠BAC+∠FDE=34°③，
①−③，得∠FDE=22°，
所以∠CDF=2∠FDE=44°．
故选C．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是等边三角形的判定和性质，三角形的面积，勾股定理，轴对称——最短路径问题的有关知识.设点P关于OA的对称点为C，关于OB的对称点为D，当点M、N在CD上时，△PMN的周长最小，此时△COD是等边三角形，求得三角形PMN和△MON的面积，根据S四边形PMON=S△MON+S△PMN求得即可．
【解答】
解：分别作点P关于OA、OB的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PC、PD．
∵点P关于OA的对称点为C，
∴PM=CM，OP=OC，∠COA=∠POA；
∵点P关于OB的对称点为D，
∴PN=DN，OP=OD，∠DOB=∠POB，
∴OC=OD=OP=6，∠COD=∠COA+∠POA+∠POB+∠DOB=2∠POA+2∠POB=2∠AOB=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC=OD=6．
∵∠POC=∠POD，
∴OP⊥CD，
∴QD=12CD=12×6=3，
∴OQ=62−32=33，
∴PQ=6−33，
设MQ=x，则PM=CM=3−x，
∴(3−x)2−x2=(6−33)2，
解得x=63−9，
∴MN=2MQ=123−18，
∵S△PMN=12MN×PQ，
S△MON=12MN×OQ，
∴S四边形PMON=S△MON+S△PMN=12MN×PQ+12MN×OQ=12MN×OP=12×(123−18)×6=363−54．
故选D．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
由“SAS”可证△DPH≌△FPC，可得∠PHD=∠PCF=135°，可证点B，点C，点F三点共线，故①正确；由三角形的外角可得∠CPD不可能为135°，故②错误；由△DPN≌△DGE(SAS)，可得EG=PN，当NP⊥AC时，NP有最小值为2，即EG有最小值为2，故③正确；由等腰三角形的性质可得AP的值为22或42−4，故④正确，即可求解．
【解答】
解：如图，连接CF，过点P作PH⊥PC交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形DPFG是正方形，
∴PD=PF，∠DPF=∠HPC=90°，∠ACB=∠ACD=45°，
∴∠DPH=∠CPF，∠PCH=∠PHC=45°，
∴PH=PC，∠PHD=135°，
∴△DPH≌△FPC(SAS)，
∴∠PHD=∠PCF=135°，
∴∠ACB+∠PCF=180°，
∴点B，点C，点F三点共线，故①正确；
∵∠CPD=∠CAD+∠ADP，∠CAD=45°，∠CPD=135°，
∴∠ADP=90°，
则点P与点C重合，
此时∠CPD不存在，故②错误；
如图，取AD的中点N，连接PN，
∵点N是AD的中点，点E是CD中点，
∴AN=DE=DN=2，
∵∠ADC=∠PDG=90°，
∴∠ADP=∠GDE，
又∵DP=DG，
∴△DPN≌△DGE(SAS)，
∴EG=PN，
∵点P是线段AC上一点，
∴当NP⊥AC时，NP有最小值为2，
∴EG有最小值为2，故③正确；
∵AD=CD=4，
∴AC=2AD=42，
当点P是AC中点时，AP=PD=PC=22，则△PCD是等腰三角形，
当CP=CD=4时，△PCD是等腰三角形，
∴AP=42−4，故④正确，
故选：A．
5.【答案】B
【解析】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB=∠EGB=90°．
∵∠ABC=90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG=BE，OB=OF=OE=OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°．
在△ABE和△ADE中，
AE=AE∠BAC=∠DACAB=AD，
∴△ABE≌△ADE(SAS)．
∴BE=DE．
∴DE=FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE=∠ADE．
由①知：OB=OF，
∴∠OFB=∠ABE．
∴∠OFB=∠ADE．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠AHD=90°．
∴∠OFB+∠AHD=90°．
即：∠FMH=90°，
∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB=∠ADE．
即：∠BFG=∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD=CD=4，∠ADC=90°，
∴AC=AD2+CD2=42．
∴DE=12AC=22．
由①知：FG=DE，
∴FG的最小值为22，
∴④错误．
综上所述，正确的结论为：①②③．
故选：B．
①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE=FG；由△AEB≌△AED可得DE=BE，所以DE=FG；
②由矩形EFBG可得OF=OB，则∠OBF=∠OFB；由∠OBF=∠ADE，则∠OFB=∠ADE；由四边形ABCD为正方形可得∠BAD=90°，即∠AHD+∠ADH=90°，所以∠AHD+∠OFH=90°，即∠FMH=90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG=∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为22，由①知FG=DE，所以FG的最小值为22．
本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE=12AB，CF=12BC，
∴BE=CF，
在△CBE与△DCF中，
BC=CD∠B=∠BCDBE=CF，
∴△CBE≌△DCF(SAS)，
∴∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∴∠EGD=90°，
延长CE交DA的延长线于H，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∵∠AHE=∠BCE，∠AEH=∠CEB，AE=BE，
∴△AEH≌△BEC(AAS)，
∴BC=AH=AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG=12DH=AD，
∴∠ADG=∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD=90°，∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠AGE=∠CDF.故③正确；
∵CF=12BC=12CD，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∵AD=AG，
∴△ADG不是等边三角形，
∴∠EAG≠30°，故④错误；
故选：D．
根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，得到BE=12AB，CF=12BC，根据全等三角形的性质得到∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；求得∠CGD=90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到AG=12DH=AD，求得∠ADG=∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE=∠CDF.故③正确．根据CF=12BC=12CD，可得∠CDF≠30°，所以∠ADG≠60°，所以△ADG不是等边三角形，故④错误．
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
7.【答案】A
【解析】解：由题意可得C(2,2)，A(4,0)，B(4+2,2)，
∴直线AB的解析式为：y=x−4，
∴x=y+4，
直线AC的解析式为：y=22−4x−422−4，
∴x=4+y−22y，
∴点F的横坐标为：y+4，点E的横坐标为：4+y−22y，
∴EF=(y+4)−(4+y−22y)=22y，
∵EP=3PF，
∴PF=14EF=22y，
∴点P的横坐标为：y+4−22y，
∵0
先求得点A，C，B三个点坐标，然后求得AB和AC的解析式，再表示出EF的长，进而表示出点P的横坐标，根据不等式的性质求得结果．
本题考查了求一次函数的解析式，不等式性质等知识，解决问题的关键是表示出点P的横坐标．
8.【答案】D
【解析】解：∵42÷4=10…2，横坐标，每循环一次向右平移2个单位，
∴点A42的横坐标为：2×10+1=21，点A42的纵坐标与点A2的纵坐标相同为：1，
故点A42的坐标为：(21,1)．
故选：D．
根据图象可得移动4次图象完成一个循环，分别得横纵坐标，从而可得出点A42的坐标．
本题考查了点的规律变化，解答本题的关键是仔细观察图象，得到点的变化规律，难度一般．
9.【答案】A
【解析】解：如图当点A′落在OB上时，BA′的长最小，此时PO平分∠AOB．
作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，则PM=PN．
∵S△AOB=12⋅OA⋅OB=12⋅OA⋅PM+12⋅OB⋅PN，
∴PM=PN=127，
∴P(−127,127)，
故选：A．
如图当点A′落在OB上时，BA′的长最小，此时PO平分∠AOB.作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，则PM=PN.利用面积法求出PM、PN即可；
本题考查翻折变换、坐标与图形的性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考选择题中的压轴题．
10.【答案】A
【解析】解：由题意，
设粒子运动到A1，A2，…，An时所用的间分别为a1，a2，…，an，
则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，an−an−1=2n，
a2−a1=2×2，
a3−a2=2×3，
a4−a3=2×4，
…，
an−an−1=2n，
相加得：
an−a1=2(2+3+4+…+n)=n2+n−2，
∴an=n(n+1)．
∵44×45=1980，故运动了1980秒时它到点A44(44,44)；
又由运动规律知：A1，A2，…，An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动．
故达到A44(44,44)时向左运动40秒到达点(4,44)，
即运动了2020秒．所求点应为(4,44)．
故选：A．
该题显然是数列问题．设粒子运动到A1，A2，…An时所用的时间分别为a1，a2，…an，则a1=2，a2=6，a3=12，a4=20，…，由an−an−1=2n，则a2−a1=2×2，a3−a2=2×3，a4−a3=2×4，…，an−an−1=2n，以上相加得到an−a1的值，进而求得an来解．
考查了规律型：点的坐标，分析粒子在第一象限的运动规律得到数列{an}通项的递推关系式an−an−1=2n是本题的突破口，对运动规律的探索知：A1，A2，…An中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平行线的性质，角平分线．根据平行线性质，角平分线定义，延长FB交CD于G，求值即可．
【解答】
解：延长FB交CD于G，
∵AB//CD，BF//DE，BF、DF分别平分∠ABE和∠CDE，
∠F=∠EDF=∠CDF=12∠CDE，∠CGF=∠ABF=∠CDE，
∴∠ABF=2∠F=12∠ABE，
∴∠ABE=4∠F，
又∵∠F与∠ABE互补，
∴∠ABE+∠F=4∠F+∠F=180°，
即∠F=36°．
故选C．
12.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了角平分线定义，角的有关计算的应用，解此题的关键是求出∠NOC和∠MOC的大小．
根据角平分线的定义表示出∠NOC和∠MOC，再求差即可．
【解答】
解：∵∠AOB=α，∠BOC=β，
∴∠AOC=α+β，
∵OM是∠AOC的平分线，ON是∠BOC的平分线，
∴∠NOC=12∠BOC=β2，∠MOC=12∠AOC=α+β2，
∴∠MON=∠MOC−∠NOC=α+β2−β2=α2．
故选：D．
13.【答案】3，23或2．
【解析】解：Ⅰ当∠ABC=60°时，则BC=12AB=2，
①当点P在线段AB上时，
∵∠PCB=30°，故CP⊥AB，
则BP=12BC=1，PC=3BP=3；
②当点P(P′)在AB的延长线上时，
∵∠P′CB=30°，∠ABC=60°，
则∠P′=30°，
则P′C=2PC=23，
Ⅱ 当∠ABC=30°时，
同理可得，PC=2；
故答案为3，23或2．
分∠ABC=60°、∠ABC=30°两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可．
本题是直角三角形的性质及判定综合题，主要考查了含30度角的直角三角形、勾股定理等，分类求解是本题解题的关键．
14.【答案】2−1
【解析】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，∠BAC=90°，AB=AC=2，
∴BC=2，∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°，
∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，
∴AD=12BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=22AC′=1，
∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′−S△DEC′=12×1×1−12×(2−1)2=2−1．
故答案为：2−1．
根据题意结合旋转的性质以及等腰直角三角形的性质得出AD=12BC=1，AF=FC′=sin45°AC′=22AC′=1，进而求出阴影部分的面积．
此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键．
15.【答案】23−2或2
【解析】解：∵点E是菱形ABCD边AB的中点，
∴AE=BE=12AB=12BC=2，
∴点A′在以AB为直径的半圆上，
∵∠B=120°，
∴∠A=∠BCD=60°，
∴∠A′CD<90°，
∴当△A′CD为直角三角形时，
有∠DA′C=90°和∠A′DC=90°两种情况：
①如图，连接DE，DB，
在菱形ABCD中，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵AE=EB，
∴DE⊥AB，
∴∠ADE=30°，
∴∠EDC=90°，
当∠A′DC=90°时，点A′在DE上，
由翻折可知：∠AEF=∠A′EF=12∠AED=45°，
过点F作FG⊥AB于点G，
∴FG=EG，∠AFG=30°，
∴AF=2AG，
∴FG=3AG，
∵AG+EG=AE=2，
∴AG+3AG=2，
解得AG=3−1，
∴AF=2AG=23−2；
②如图，当∠DA′C=90°时，取CD中点H，连接A′H，
∴A′H=12CD=2，
∵AE=A′E=2，
∴A′E+A′H=4，
∴E，A′，H在同一条直线上，
∴四边形AEHD是平行四边形，
∴∠AEH=120°，
∴∠AEF=∠A′EF=12∠AEH=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE=2．
综上所述：线段AF的长为23−2或2．
故答案为：23−2或2．
根据已知条件说明∠A′CD<90°，所以当△A′CD为直角三角形时，有∠DA′C=90°和∠A′DC=90°两种情况：当∠A′DC=90°时，点A′在DE上，当∠DA′C=90°时，取CD中点H，连接A′H，分这两种情形分别计算即可．
本题考查了翻折变换，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
16.【答案】(−125,245)
【解析】
【分析】
此题主要考查了图形的折叠问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形面积.也考查了坐标与图形的性质．
过D作DF⊥x轴于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE=DE，OA=CD=4，设OE=x，那么CE=8−x，DE=x，利用勾股定理即可求出OE、DF、DH的长度，即可得出D的坐标．
【解答】
解：如图，过D作DF⊥x轴于F，
∵点B的坐标为(4,8)，
∴AO=4，AB=8，
根据折叠和矩形性质可知：CD=CB=OA，AD=AB，
而∠CDA=∠B=∠AOE=90∘，∠DEC=∠AEO，
在△CDE和△AOE中，
∠DEC=∠AEO∠CDE=∠AOECD=AO,
∴△CDE≌△AOE(AAS)，
∴DE=OE，CD=AO=4，
设OE=x，那么CE=8−x，DE=x，
∴在Rt△DCE中，CE2=DE2+CD2，
∴(8−x)2=x2+42，
∴x=3，
∴DE=OE=3，
∴CE=OC−OE=AB−OE=8−3=5，
过点D作DH⊥OC于H，
S△DCE=12CD·DE=12CE·DH
12×4×3=12×5·DH
DH=125，
∴OF=DH=125，
∴AF=OF+OA=4+125=325，AD=AB=8，
∴DF=AD2−AF2=82−3252=245，
∴D的坐标为(−125,245).
故答案是：(−125,245).
17.【答案】解：(1)∠CMQ=60°不变．
∵等边三角形中，AB=AC，∠B=∠CAP=60°，
又由条件得AP=BQ，
∴△ABQ≌△CAP(SAS)，
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°．
∴P、Q在运动的过程中，∠CMQ的大小不变，∠CMQ=60°；
(2)设时间为t，则AP=BQ=2t，PB=5−2t
①当∠PQB=90°时，
∵∠B=60°，
∴PB=2BQ，得5−2t=4t，t=56；
②当∠BPQ=90°时，
∵∠B=60°，
∴BQ=2BP，得2t=2(5−2t)，t=53；
∴当第56秒或第53秒时，△PBQ为直角三角形．
(3)∠CMQ=120°不变．
∵在等边三角形中，BC=AC，∠ABC=∠CAP=60°，
∴∠PBC=∠ACQ=120°，
又由条件得BP=CQ，
∴△PBC≌△QCA(SAS)，
∴∠BPC=∠MQC，
又∵∠PCB=∠MCQ，
∴∠CMQ=∠PBC=120°，
∴P、Q在运动的过程中，∠CMQ的大小不变，∠CMQ=120°
【解析】此题是一个综合性很强的题目．本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．难度很大，有利于培养同学们钻研和探索问题的精神．
(1)因为点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为2cm/s，所以AP=BQ.AB=AC，∠B=∠CAP=60°，因而运用边角边定理可知△ABQ≌△CAP.再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得∠CMQ的度数．
(2)设时间为t，则AP=BQ=2t，PB=5−2t.分别就①当∠PQB=90°时；②当∠BPQ=90°时利用直角三角形的性质定理求得t的值．
(3)首先利用边角边定理证得△PBC≌△QCA，再利用全等三角形的性质定理得到∠BPC=∠MQC.再运用三角形角间的关系求得∠CMQ的度数．
18.【答案】(1)解：∵∠BAC=90°，AC=8，AB=2AC=16，
BC=AB2+AC2=162+82=85，
∵S△ABC=12AB·AC=12BC·AE，
∴AE=AB·ACBC=16×885=1655;
(2)解：∵∠B=30°，∠BAC=90°，
∴∠ACB=60°，
∵AE⊥BC，
∴∠CAE=30°，
∴CE=12AC=4，
∴AE=AC2−CE2=82−42=43，
过点F作FH⊥AC于点H，
∵∠DCA=45°，
∴△CFH是等腰直角三角形，
设CH=x，则FH=x，
在Rt△AFH中，∠CAE=30°，
∴AF=2FH=2x，AH=3FH=3x，
∵AH=AC−CH=8−x，
∴8−x=3x，
∴x=43−4，
∴CH=FH=43−4，
∴AF=2x=83−8，
∴EF=AE−AF=43−(83−8)=8−43，
∴S△CEF=12CE·EF=12×4×(8−43)=16−83；
(3)证明：作AN⊥CD，交CD于M，交BC于N，连接DN，
∵△ACD是等腰直角三角形，
∴AN平分∠DAC，AM=DM=CM，
∴∠DAN=∠CAN=45°，
∵AD=AC，AN=AN，
∴△ADN≌△ACN，
∴ND=NC，
∴∠NDC=∠NCD，
∵AN⊥CD，AE⊥BC，
∴∠NCD+∠ANC=∠ANC+∠NAE=90°，
∴∠NCD=∠NAE，
∴∠NDC=∠NAE，
∵AM=DM，∠DMN=∠AMF，
∴△DMN≌△AMF，
∴AF=DN=CN，
∵∠BDN=180°−∠ADC−∠CDN=135°−∠CDN，
∠PAF=180°−∠BAM−∠NAE=135°−∠CDN，
∴∠BDN=∠PAF，
∵AP=BD，AF=DN，
∴△BDN≌△PAF，
∴PF=BN，
∵BC=BN+CN，
∴BC=PF+AF，即PF+AF=BC．
【解析】本题考查了勾股定理，三角形的面积，等腰直角三角形，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题关键是掌握全等三角形的判定和性质．
(1)先用勾股定理求出BC，然后运用面积法求出AE即可；
(2)过点F作FH⊥AC于点H，证明△CFH是等腰直角三角形，求出AF和AE，得出EF，然后根据三角形的面积公式求解即可；
(3)作AN⊥CD，交CD于M，交BC于N，连接DN，证明△ADN≌△ACN和△DMN≌△AMF，得出AF=DN=CN，再证明△BDN≌△PAF，得出PF=BN，由BC=BN+CN，即可证得结论．
19.【答案】解：(1)80°
过点F作MN//AB，如图1所示：
则∠AEF+∠EFM=180°，
∵AB//CD，
∴MN//CD，
∴∠CHF+∠HFM=180°，
∴∠AEF+∠CHF+∠EFM+∠HFM=360°，
即∠AEF+∠CHF+∠EFH=360°，
∵∠AEF+∠CHF=280°，
∴∠EFH=80°，
故答案为：80°．
(2)①由(1)知，∠AEF+∠CHF+∠EFH=360°，
∵∠AEF+∠CHF=114∠EFH，
∴114∠EFH+∠EFH=360°，
∴∠EFH=96°，
②过点F作FF′//AB，过点M作MM′//AB．
∵AB//CD，
∴FF′//MM′//AB//CD，
∴∠F′FH=∠FHD，
∴∠3=∠EFH−∠F′FH=96°−∠FHD，
∴∠M′MF=∠3=96°−∠FHD，
∵HM平分∠CHF，
∴∠1=∠2，
∴∠1=180°−∠FHD2，
∵MM′//CD，
∴∠M′MH=∠1，
∴∠FMH+(96°−∠FHD)=180°−∠FHD2，
∴∠FHD−2∠FMH=12°．
【解析】(1)过点F作MN//AB，则有MN//AB//CD，再根据平行线的性质即可求解；
(2)①根据∠AEF+∠CHF+∠EFH=360°，及题目已知条件即可求解；
②∠3=∠EFH−∠F′FH=96°−∠FHD，则∠M′MF=∠3=96°−∠FHD，而∠1=∠2，则∠1=180°−∠FHD2，进而求解．
本题考查了平行线的性质以及平行公理，注意如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行的运用．
20.【答案】(1)证明：∵∠AEF=90°，AE=EF，
∴∠EAF=∠EFA=45°，
∵2∠CBF+∠EAF=135°，
∴∠CBF=45°，
∵∠C=90°，
∴∠CFB=90°−45°=45°，
∴∠CFB=∠AFE，
∵∠CFB+∠AFB=180°，
∴∠AFE+∠AFB=180°，
∴E、F、B共线．
(2)解：①结论：EC=2OA．
理由：如图1中，连接EO，CO．
∵∠AEB=∠ACB=90°，OA=OB，
∴OE=OA=OB=OC，
∴∠OAC=∠OCA，∠OEB=∠OBE，
∵∠BOC=∠OAC+∠OCA=2∠OCA，∠AOE=∠OEB+∠OBE=2∠OBE，
∴∠BOC+∠AOE=2∠CAO+2∠OBE=2(∠OAC+∠OBE)=2∠CFB=90°，
∴∠EOC=90°，
∴△EOC是等腰直角三角形，
∴EC=2EO=2OA；
②如图2中，取AE的中点J，连接OJ．
∵AJ=EJ，AO=OB，
∴OJ//EB，
∴OF⊥OJ时，OF的值最小，此时四边形OFEJ是矩形，
∴EF=AE=OJ=2，AJ=EJ=1，
∴OA=AJ2+OJ2=12+22=5，
∴EC=2OA=10．
【解析】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰直角三角形解决问题．
(1)证明∠AFE+∠AFB=180°，可得结论；
(2)①结论：EC=2AO.连接EO，OC，证明△EOC是等腰直角三角形，可得结论；
②如图2中，取AE的中点J，连接OJ.证明OJ//EB，推出OF⊥OJ时，OF的值最小，此时四边形OFEJ是矩形，利用勾股定理求出OA，可得结论．
21.【答案】解：(1)结论：四边形BOCE是矩形．
理由：∵BE//OC，EC//OB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴四边形BOCE是矩形．
(2)∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=3cm，OB=OD=4cm，
∵S△ABG=2S△OBG，
∴AG=2OG，
∴2t=2(3−2t)或2t=2(2t−3)，
解得t=1或t=3，
∴满足条件的t的值为1或3．
(3)设OG=x，则BG+BH=x2+42+(x−3)2+42，
欲求BG+BH的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P(x,0)到A(0,4和B(3,4)的距离最小，如图3中，
作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，连接BP，此时PA+PB的值最小，
∵A(0,4)，B′(3,−4)，
∴AP+PB=AP+PB′=AB′=82+32=73，
∴BG+BH的最小值为73．
【解析】本题考查轴对称−最短问题，平行线之间的关系，三角形的面积，菱形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
(1)结论：四边形BOCE是矩形．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
(2)分两种情形构建方程求解即可．
(3)设OG=x，则BG+BH=x2+42+(x−3)2+42，欲求BG+BH的最小值，相当于在x轴上找一点P(x,0)，使得点P(x,0)到A(0,4和B(3,4)的距离最小，如图3中，利用轴对称解决最值问题即可．
22.【答案】解：(1)①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=21，
∵△PAB与△PAB′关于直线PA对称，
∴AB′=AB=23，∠AB′P=∠ABP=90°，
∴B′C=21−23，
在Rt△B′PC中，B′C2+B′P2=PC2
∴(21−23)2+t2=(3−t)2
∴解得：t=27−4．
②如图2−1中，当∠PCB′=90°时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB=CD=23，AD=BC=3，
∴DB′=(23)2−32=3，
∴CB′=CD−DB′=3，
在Rt△PCB′中，∵B′P2=B′C2+PC2，
∴t2=(3)2+(3−t)2，
∴t=2．
如图2−2中，当∠PCB′=90°时，
在Rt△ADB′中，DB′=AB′2−AD2=3，
∴CB′=33
在Rt△PCB′中，则有：(33)2+(t−3)2=t2，解得t=6．
如图2−3中，当∠CPB′=90°时，易证四边形ABPB′为正方形，易知t=23．
综上所述，满足条件的t的值为2或6或23．
(2)如图3−1中，
∵∠PAM=45°
∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°
又∵翻折，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠ADM=∠AB′M，AM=AM，
∴△AMD≌△AMB′(AAS)，
∴AD=AB′=AB，
即四边形ABCD是正方形，
如图，设∠APB=x．
∴∠PAB=90°−x，
∴∠DAP=x，
易证△MDA≌△B′AM(HL)，
∴∠B′AM=∠DAM，
∵翻折，
∴∠PAB=∠PAB′=90°−x，
∴∠DAB′=∠PAB′−∠DAP=90°−2x，
∴∠DAM=12∠DAB′=45°−x，
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°．
【解析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
(1)①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出CB′CB=PB′AB，即可解决问题．
②分三种情形分别求解即可：如图2−1中，当∠PCB′=90°时．如图2−2中，当∠PCB′=90°时．如图2−3中，当∠CPB′=90°时．
(2)如图3−2中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3−2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
23.【答案】解：(1)△AOB是以B为直角顶点的直角三角形，理由如下：
∵A(5,0)，
∴OA=5，
∴AB2+OB2=42+32=25=52=OA2，
∴△AOB是以OA为斜边的直角三角形；
(2)过B作BE⊥OA于E，
设PA=m，
∵PB−PA=1，
∴PB=1+m，
∵12OB×AB=12OA×BE，AB=4，OB=3，OA=5，
∴BE=125，
∴OE=OB2−BE2=95，
∴PE=OA−OE−PA=5−95−m=165−m，
∴BP2=BE2+PE2，
∴(1+m)2=(125)2+(165−m)2，
解得：m=2514，
∴PE=165−2514=9970，
∴OP=OE+PE=95+9970=4514，
∴P (4514,0)；
(3)如图，过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，
∴HO=BO，∠HOC=∠OBD=90°，
又∵OC=DB，
∴△HOC≌△OBD(SAS)，
∴OD=HC，
∴AC+OD=AC+HC，
∴要使AC+OD最小，则AC+CH最小，
∴当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长，
由(2)知，H(−125,95)，
∴AH=(−125−5)2+(95)2=58，
即AC+OD有最小值为58．
【解析】本题是三角形综合题，主要考查了勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
(1)利用勾股定理的逆定理证明；
(2)过B作BE⊥OA于E，设PA=m，PB=1+m，再根据三角形的面积可得BE=125，然后根据勾股定理解答即可；
(3)过点O作以OB为腰，∠BOH=90°的等腰直角三角形，利用SAS证明△HOC≌△OBD，得OD=HC，则当A、C、H三点共线时，AC+CH最小，即AC+OD有最小值为AH的长．
24.【答案】解：(1)点B的坐标为(3,−1)．
理由如下：作BD⊥x轴于D，
∴∠AOC=90°=∠BDC，
∴∠OAC+∠ACO=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠ACO+∠BCD=90°，
∴∠OAC=∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
∠OAC=∠BCD∠AOC=∠CDB=90°AC=BC，
∴△AOC≌△CDB(AAS)，
∴AO=CD，OC=BD，
∵A(0,−2)，C(1,0)，
∴AO=CD=2，OC=BD=1，
∴OD=3，
∵B在第四象限，
∴点B的坐标为(3,−1)；
(2)a+m+n=0．
证明：作BE⊥x轴于E，
∴∠BEC=∠AOC=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
在△CEB和△AOC中，
∠2=∠3∠BEC=∠AOCAC=BC，
∴△CEB≌△AOC(AAS)，
∴AO=CE=a，BE=CO，
∵BE⊥x轴于E，
∴BE//y轴，
∵BD⊥y轴于点D，EO⊥y轴于点O，
∴EO=BD=m，
∴BE=−n，
∴a+m=−n，
∴a+m+n=0．
【解析】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
(1)过点B作BD⊥x轴于D，利用同角的余角相等求出∠OAC=∠BCD，然后利用“角角边”证明△AOC和△CDB全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CD，OC=BD，然后求出OD，再根据点D在第四象限写出点D的坐标即可；
(2)过点B作BE⊥x轴于E，利用同角的余角相等求出∠2=∠3，再利用“角角边”证明△CEB和△AOC全等，根据全等三角形对应边相等可得AO=CE，BE=CO，然后代入a、m、n整理即可得解．
25.【答案】7 3或−1 (1,1) 8 (2,−1)
【解析】解：(1)①∵A(4,−1)，B(1,3)，
∴直角距离dAB=|4−1|+|−1−3|=7；
②根据题意可得dAC=|4+2|+|−1−m|=8，即|1+m|=2，
∴1+m=2或−2，
解得：m=1或−3；
故答案为：7；3或−1；
(2)①∵D(−2,−1)，E(2,2)，
∴直角距离dDE=|−2−2|+|−1−2|=4+3=7，
∴点P到D，E两个点的“直角距离”之和最小值为7，
∵点P到D，E两个点的“直角距离”之差的绝对值最小，
∴dPD=3dPE=4，或dPD=4dPE=3，
∴点P的坐标可以是(0,0)或(0,1)或(−1,1)，
∴满足条件的消防站P点的位置如图所示，
∴满足条件的消防站P点的位置共有8个；
故答案为(1,1)；8；
②如图，
∵D(−2,−1)，E(2,2)，F(4,−2)，
∴|4−(−2)|=6，|2−(−2)|=4，
∴满足到这三个火警高危点的“直角距离”之和最小值为6+4=10，
∴消防站P的坐标为(2,−1)，
故答案为：(2,−1)．
(1)①根据直角距离的定义直接解答即可；
②根据直角距离的定义直接解答即可；
(2)①先根据直角距离的定义求出直角距离DE，PD和PE的长，根据它们之差的绝对值最小求出点P的坐标，确定点P的个数；
②首先求出满足与这三个火警高危点的“直角距离”之和最小值为10，再求出消防站P点的坐标即可．
此题主要考查了坐标与图形，熟练掌握“直角距离”的定义是解答此题的关键．
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