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2022-2023学年湖南省怀化市溆浦一中八年级（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省怀化市溆浦一中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共25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.以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是( )
A. 2， 3， 5B. 3， 4， 5C. 32，42，52D. 1，2，3
2.点P(a,b)在第四象限，且|a|>|b|，那么点Q(a+b,a−b)在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.某校计划修建一座既是中心对称图形又是轴对称图形的花坛，从学生中征集到设计方案有等腰三角形、正三角形、平行四边形、菱形等四种图案，你认为符合条件的是( )
A. 等腰三角形B. 正三角形C. 平行四边形D. 菱形
4.对于以下说法，其中正确的有( )
①对角线相互垂直的四边形是菱形；
②成中心对称的两个图形是全等形；
③平行四边形的对称中心是对角线的交点；
④正方形的对角线平分一组对角．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
5.如图，▱ABCD中，要在对角线BD上找点E、F，使四边形AECF为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是( )
甲：只需要满足BE=DF
乙：只需要满足AE=CF
丙：只需要满足AE//CF
A. 甲、乙、丙都是B. 只有甲、丙才是C. 只有甲、乙才是D. 只有乙、丙才是
6.如图所示，在完全重合放置的两张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，将上面的矩形纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，点D的对应点为G，连接DG，则图中阴影部分的面积为( )
A. 4 33
B. 6
C. 185
D. 365
7.如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1//l2，则∠1−∠2的值是( )
A. 36°
B. 72°
C. 108°
D. 144°
8.如图，两个连接在一起的菱形的边长都是1cm，一只电子甲虫从点A开始按ABCDAEFGAB…的顺序沿菱形的边循环爬行，当电子甲虫爬行2021cm时停下，则它停的位置是( )
A. 点FB. 点EC. 点AD. 点C
9.定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA=3，OC=4，点M(2,0)，在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为( )
A. (3,1)或(3,3)
B. (3,12)或(3,3)
C. (3,12)或(3,1)
D. (3,12)或(3,1)或(3,3)
10.在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB、AC为一边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③∠EAM=∠ABC；④AM是△AEG的中线，其中结论正确的是( )
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若一个n边形的边数增加一倍，则内角和将增加______．
12.点P(3m+1,2m−5)到两坐标轴的距离相等，则m= ______．
13.如图，在△ABC中，AB=5，AC=13，BC边上的中线AD=6，则△ABD的面积是______．
14.如图，是一个三级台阶，它的每一级的长、宽，高分别为20dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B点的最短路程是______．
15.在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,2)，将点A绕原点O顺时针旋转60度后得到点B，则B点坐标为______．
16.如图，在等腰直角ABC中，∠ABC=90°，M为△ABC内一点，且MC= 7，MA=3，MB=1，则∠BMC的度数为______．
三、解答题：本题共8小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数．
18.(本小题10分)
如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上一点，且CF=3BF，连接DB，EF.若∠ACB=90°，AC=12，DE=4．
(1)求证：DE=BF；
(2)求四边形DEFB的周长．
19.(本小题10分)
把两个同样大小的含45°角的三角尺，按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上，若AB= 2，求CD的长．
20.(本小题10分)
如图，已知A、B两村庄的坐标分别为A(2,2)，B(5,1)，一辆汽车在x轴上行驶，从原点O出发．
(1)汽车行驶到离B村最近的点的坐标是______；
(2)汽车行驶到x轴的某一点P时到A、B两村的距离的差最大．
①请写出P点的坐标，并在图中标出点P；
②求出PA−PB的最大值，并说明理由；
(3)在y轴上有一村庄Q，若Q村到A村的距离等于A村到B村的距离，请你求出Q村的坐标．
21.(本小题10分)
如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，连接EB并延长至F，使BF=BE；连接EC并延长至G，使CG=CE，连接FG，点H为FG的中点，连接DH，AF．
(1)若∠BAE=70°，∠DCE=20°，求∠DEC的度数；
(2)求证：四边形AFHD为平行四边形．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O(0,0)，点A(3,0)点B(0,4).以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α(0°<α<90°)．
(1)如图1，当α=30°时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段OC上时，直接写出点E的坐标．
23.(本小题12分)
如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒(0(1)求证：AE=DF；
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；
(3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
24.(本小题14分)
综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
【思考尝试】
(1)同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
【实践探究】
(2)希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点(点E，B不重合)，△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
【拓展迁移】
(3)突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点(点E，B不重合)，△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP.知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵( 2)2+( 3)2=( 5)2，而其它都不符合勾股定理．
∴A中边长能组成直角三角形．
故选：A．
用勾股定理的逆定理进行判断，看较短两边的平方和是否等于长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
2.【答案】A
【解析】解：∵点P(a,b)在第四象限，且|a|>|b|，
∴a>0，b<0，a+b>0，a−b>0，
∴点Q(a+b,a−b)在第一象限．
故选：A．
直接利用各象限内点的坐标特点得出a，b的符号，进而结合绝对值的性质得出a+b，a−b的符号即可得出答案．
此题主要考查了点的坐标，正确得出a+b，a−b的符号是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
B、正三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形，是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；
D、菱形，既是中心对称图形又是轴对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4.【答案】C
【解析】解：①应为对角线相互垂直的平行四边形是菱形，故①错误；②成中心对称的两个图形是全等形正确；③平行四边形的对称中心是对角线的交点正确；④正方形的对角线平分一组对角正确．
故选：C．
①根据菱形判定方法做出判断；②根据成中心对称定义做出判断；③根据平行四边形性质判断；④根据正方形性质做出判断．
本题考查了菱形判定方法、成中心对称定义、平行四边形性质及正方形性质，熟记相关概念及判定、性质是解题关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF，
甲：在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE//CF，
∴四边形AECF为平行四边形，故甲正确；
乙：由AE=CF，不能证明△ABE≌△CDF，不能四边形AECF为平行四边形，故乙不正确；
丙：∵AE//CF，
∴∠AEF=∠CFE，
∴∠AEB=∠CFD，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD∠ABE=∠CDFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF，
又∵AE//CF，
∴四边形AECF为平行四边形，故丙正确；
故选：B．
只要证明△ABE≌△CDF，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：由题意知，AF=FC，AB=CD=AG=4，BC=AD=8
在Rt△ABF中，由勾股定理知AB2+BF2=AF2，即42+(8−AF)2=AF2，
解得AF=5
∵∠BAF+∠FAE=∠FAE+∠EAG=90°
∴∠BAF=∠EAG
∵∠B=∠AGE=90°，AB=AG
∴△BAF≌△GAE，
∴AE=AF=5，ED=GE=3
∵S△GAE=12AG⋅GE=12AE⋅AE边上的高
∴AE边上的高=125
∴S△GED=12ED⋅AE边上的高=12×3×125=185．
故选：C．
由于AF=CF，则在Rt△ABF中由勾股定理求得AF的值，证得△ABF≌△AGE，有AE=AF，即ED=AD−AE，再由直角三角形的面积公式求得Rt△AGE中边AE上的高的值，即可计算阴影部分的面积．
本题利用了矩形的性质和翻折的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质求解．
7.【答案】B
【解析】解：如图，AB的延长线交l2于点M，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等．
∴∠MBC=360°5=72°．
∵l1//l2，
∴∠2=∠BMD，
∵∠1=∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD=∠1−∠MBC，
∴∠1−∠2=∠MBC=72°．
故选：B．
由l1//l2，得∠2=∠BMD.由∠1=∠BMD−∠MBC，得∠BMD=∠1−∠MBC，那么∠1−∠2=∠MBC.欲求∠1−∠2，需求∠MBC.由正五边形的性质，得∠MBC=72°，从而解决此题．
本题主要考查正多边形的性质、三角形外角的性质以及平行线的性质，熟练掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵两个菱形的边长都为1cm，
∴从A开始移动8cm后回到点A，
∵2021÷8=252……5，
∴移动2021cm为第253个循环组的第5cm，在点E处．
故选：B．
观察图形不难发现，每移动8cm为一个循环组依次循环，用2021除以8，根据商和余数的情况确定最后停的位置所在的点即可．
本题是对图形变化规律的考查，观察图形得到每移动8cm为一个循环组依次循环是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM=90°或∠CMP=90°，
∴设P(3,a)，则AP=a，BP=4−a；
①若∠CPM=90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2=BP2+BC2=(4−a)2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2=MA2+AP2=1+a2，
在Rt△MPC中，由勾股定理得：
CM2=MP2+CP2=1+a2+(4−a)2+9=2a2−8a+26，
又∵CM2=OM2+OC2=4+16=20，
∴2a2−8a+26=20，
∴(a−3)(a−1)=0，
解得：a=3或a=1，
∴P(3,3)或(3,1)；
②若∠CMP=90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2=BP2+BC2=(4−a)2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2=MA2+AP2=1+a2，
∵CM2=OM2+OC2=20，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：
CM2+MP2=CP2，
∴20+1+a2=(4−a)2+9，
解得：a=12．
∴P(3,12).
综上，P(3,12)或(3,1)或(3,3)．
故选：D．
由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM=90°或∠CMP=90°，设P(3,a)，则AP=a，BP=4−a；分两种情况：①若∠CPM=90°，②若∠CMP=90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案．
本题考查了矩形的性质及勾股定理在几何图形坐标计算中的应用，数形结合、分类讨论并根据题意正确地列式是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC，
即∠CAE=∠BAG，
在△ABG和△AEC中，
AE=AB∠CAE=∠BAGAC=AG,
∴△ABG≌△AEC(SAS)，
∴BG=CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE=∠AGB，
∵∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°−(∠NCF+∠NGF+∠F)=360°−(180°+90°)=90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HM交HM的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，
∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°−90°=90°，
∴∠ABH=∠EAP，故③正确
在△ABH和△EAP中，
∠ABH=∠EAP∠AHB=∠PAB=AE,
∴△ABH≌△EAP(AAS)，
∴EP=AH，
同理可得△GQA≌△AHC
∴GQ=AH，
∴EP=GQ，
在△EPM和△GQM中，
∠P=∠MQG∠EMP=∠GMQEP=GQ,
∴△EPM≌△GQM(AAS)，
∴EM=GM，
∴AM是△AEG的中线，故④正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故选：D．
11.【答案】n×180°
【解析】解：∵n边形的内角和是(n−2)⋅180°，
∴2n边形的内角和是(2n−2)⋅180°，
∴将n边形的边数增加一倍，则它的内角和增加：(2n−2)⋅180°−(n−2)⋅180°=n×180°．
故答案为n×180°．
n边形的内角和是(n−2)⋅180°，将n边形的边数增加一倍就变成2n边形，2n边形的内角和是(2n−2)⋅180°，据此即可求得增加的度数．
本题主要考查了多边形的内角和公式，整式的化简，都是需要熟练掌握的内容．
12.【答案】−6或45
【解析】解：∵点P(3m+1,2m−5)到两坐标轴的距离相等，
∴|3m+1|=|2m−5|，
∴3m+1=2m−5或3m+1=−(2m−5)，
解得m=−6或m=45．
故答案为：−6或45．
根据点到坐标轴的距离相等列出绝对值方程，然后求解即可．
本题考查了点的坐标，读懂题目信息列出绝对值方程是解题的关键．
13.【答案】15
【解析】解：延长AD到点E，使DE=AD=6，连接CE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中，
BD=CD∠ADB=∠EDCAD=ED,
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴CE=AB=5，∠BAD=∠E，
∵AE=2AD=12，CE=5，AC=13，
∴CE2+AE2=AC2，
∴∠E=90°，
∴∠BAD=90°，
即△ABD为直角三角形，
∴△ABD的面积=12AD⋅AB=12×6×5=15，
故答案为：15．
延长AD到点E，使DE=AD=6，连接CE，可证明△ABD≌△ECD，所以CE=AB，再利用勾股定理的逆定理证明△CAE是直角三角形即：△ABD为直角三角形，进而可求出△ABD的面积．
本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理的运用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形，题目的设计很新颖，是一道不错的中考题．
14.【答案】25dm
【解析】解：三级台阶平面展开图为长方形，长为20dm，宽为(3+2)×3dm，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x dm，
由勾股定理得：x2=202+[(3+2)×3]2=625，
解得x=25．
故答案为：25dm．
先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答．
本题考查了平面展开−最短路径问题，根据题意判断出长方形的长和宽是解题的关键．
15.【答案】( 3,1)
【解析】解：如图，过B作BC⊥x轴于点C，则∠BCO=90°，
∵A(0,2)，
∴OA=2，
由题意得∠AOB=60°，OA=OB=2，
∴∠BOC=30°，
∴BC=12OB=1，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：OC= OB2−BC2= 22−12= 3，
∴点B( 3,1)，
故答案为：( 3,1)．
画出图形，根据勾股定理运算即可．
此题考查了旋转变换，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用．
16.【答案】135°
【解析】解：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=BC．
如图：把△AMB绕B点顺时针旋转90°可得到△CM1B，连接MM1，则∠MBM1=90°，BM1=BM=1，M1C=AM=3，
∵∠MBM1=90°，M1B=MB=1，
∴△MBM1为等腰直角三角形，
∴MM1= 2，∠BMM1=45°．
在△MM1C中，MC= 7,MM1= 2,M1C=AM=3，
∵( 7)2+( 2)2=32，
∴M1M2+CM2=M1C2，
∴△MM1C为直角三角形，∠M1MC=90°，
∴∠BMC=90°+45°=135°．
故答案为：135°．
由等腰直角三角形的性质可得AB=BC如图：把△AMB绕B点顺时针旋转90°可得到△CM1B，连接MM1，则∠MBM1=90°，BM1=BM=1，M1C=AM=3，则△MBM1为等腰直角三角形可得MM1= 2，根据等腰直角三角形的性质及勾股定理即可解答．
本题主要考查的是旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形等知识点，正确作出旋转图形是解答本题的关键．
17.【答案】解：设这个多边形的边数是n，
依题意得(n−2)·180°=3×360°−180°，
n−2=6−1，
n=7．
∴这个多边形的边数是7．
【解析】多边形的外角和是360度，根据多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，即可得到多边形的内角和的度数．根据多边形的内角和定理即可求得多边形的边数．
本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是360°，与边数无关．
18.【答案】(1)证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=12BC，
∵CF=3BF，
∴BF=12BC，
∴DE=BF；
(2)解：∵点D是AC的中点，AC=12，
∴CD=6，
∵DE=4，
∴BC=8，
由勾股定理得：DB= CD2+BC2= 62+82=10，
∵DE=BF，DE//BC，
∴四边形DBFE为平行四边形，
∴四边形DEFB的周长=2×(4+10)=28．
【解析】(1)根据三角形中位线定理得到DE//BC，DE=12BC，根据题意得到BF=12BC，等量代换证明结论；
(2)根据勾股定理求出DB，证明四边形DBFE为平行四边形，根据平行四边形的周长公式计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
19.【答案】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B=45°，
∴BC= 2AB=2，BF=AF= 22AB=1，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD=BC=2，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF= AD2−AF2= 3，
∴CD=BF+DF−BC=1+ 3−2= 3−1．
【解析】先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
20.【答案】(5,0)
【解析】解：(1)由题意，汽车行驶到离B村最近的点的坐标是(5,0)．
故答案为(5,0)．
(2)①如图，点P即为所求．
②∵PA−PB≤AB，
∴当点P在AB的延长线上时，PA−PB的值最大，最大值=AB= 12+32= 10．
(3)设Q(0,m)，∵QA=AB，
∴(m−2)2+22=32+12，
解得m=2+ 6或2− 6，
∴Q(0,2+ 6)或(0,2− 6).
(1)根据垂线段最短判断即可
(2)①当点P在AB的延长线上时，PA−PB的值最大．
②利用勾股定理，求出AB即可解决问题．
(3)设Q(0,m)，根据QA=AB，构建方程求解即可．
本题考查勾股定理，垂线段最短，线段的垂直平分线的性质，坐标的确定等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．
21.【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE=∠BCD=70°，AD//BC，
∵∠DCE=20°，AB//CD，
∴∠CDE=180°−∠BAE=110°，
∴∠DEC=180°−∠DCE−∠CDE=50°；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，∠BAE=∠BCD，
∵BF=BE，CG=CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC//FG，BC=12FG，
∵H为FG的中点，
∴FH=12FG，
∴BC//FH，BC=FH，
∴AD//FH，AD=FH，
∴四边形AFHD是平行四边形．
【解析】(1)由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
(2)由平行四边形的性质得出AD=BC，AD//BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC//FG，BC=12FG，证出AD//FH，AD=FH，进而得证．
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)过点D作DG⊥x轴于G，如图①所示：
∵点A(3,0)，点B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∵以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，
∴AD=AO=3，α=∠OAD=30°，DE=OB=4，
在Rt△ADG中，DG=12AD=1.5，AG= 3DG=3 32，
∴OG=OA−AG=3−3 32，
∴点D的坐标为(3−3 32,1.5)；
(2)过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，如图②所示：
则GA=DH，HA=DG，
∵DE=OB=4，∠ADE=∠AOB=90°，
∴AE= AD2+DE2= 32+42=5，
∵12AE×DH=12AD×DE，
∴DH=AD×DEAE=3×45=125，
∴OG=OA−GA=OA−DH=3−125=35，DG= AD2−AG2= 32−(125)2=95，
∴点D的坐标为(35,95)；
(3)连接AE，作EG⊥x轴于G，如图③所示：
由旋转的性质得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，
∴∠AOC=∠ADO，
∴∠DAE=∠ADO，
∴AE//OC，
∴∠GAE=∠AOD，
∴∠DAE=∠GAE，
在△AEG和△AED中，
∠AGE=∠ADE=90°∠GAE=∠DAEAE=AE，
∴△AEG≌△AED(AAS)，
∴AG=AD=3，EG=ED=4，
∴OG=OA+AG=6，
∴点E的坐标为(6,4)．
【解析】(1)过点D作DG⊥x轴于G，由旋转的性质得出AD=AO=6，α=∠OAD=30°，DE=OB=8，由直角三角形的性质得出DG=12AD=1.5，AG= 3DG=3 32，得出OG，即可得出点D的坐标；
(2)过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，则GA=DH，HA=DG，由勾股定理得出AE=5，由面积法求出DH，得出OG，由勾股定理得出DG，即可得出点D的坐标；
(3)连接AE，作EG⊥x轴于G，由旋转的性质得出∠DAE=∠AOC，AD=AO，由等腰三角形的性质得出∠AOC=∠ADO，得出∠DAE=∠ADO，证出AE//OC，由平行线的性质的∠GAE=∠AOD，证出∠DAE=∠GAE，证明△AEG≌△AED(AAS)，得出OG=OA+AG=6，即可得出答案．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
23.【答案】(1)证明：∵直角△ABC中，∠C=90°−∠A=30°．
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在直角△CDF中，∠C=30°，
∴DF=12CD=2t，
∴DF=AE．
解：(2)∵DF//AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，
即60−4t=2t，
解得：t=10，
即当t=10时，▱AEFD是菱形．
(3)当t=152时，△DEF是直角三角形(∠EDF=90°)；或当t=12时，△DEF是直角三角形(∠DEF=90°)．
理由如下：
当∠EDF=90°时，DE//BC．
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE，
∵CD=4t，
∴DF=2t=AE，
∴AD=4t，
∴4t+4t=60，
∴t=152时，∠EDF=90°．
当∠DEF=90°时，DE⊥EF，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD//EF，
∴DE⊥AD，
∴△ADE是直角三角形，∠ADE=90°，
∵∠A=60°，
∴∠DEA=30°，
∴AD=12AE，
AD=AC−CD=60−4t，AE=DF=12CD=2t，
∴60−4t=t，
解得t=12．
综上所述，当t=152时△DEF是直角三角形(∠EDF=90°)；或当t=12时，△DEF是直角三角形(∠DEF=90°)．
【解析】本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定与性质，正确利用t表示DF、AD的长是关键，属于较难题．
(1)利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；
(2)易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
(3)分两种情况讨论即可求解．
24.【答案】解：(1)AE=EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF=BF=BE=CE，
∴∠BFE=45°，
∴∠AFE=135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠AFE=∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP=90°，
∴∠AEB+∠PEC=90°，
∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠PEC=∠BAE，
在△AFE和△ECP中
∠AFE=∠ECP AF=EC∠FAE=∠CEP
∴△AFE≌△ECP(ASA)，
∴AE=EP；
(2)在AB上取AF=EC，连接EF，
由(1)同理可得∠CEP=∠FAE，
∵AF=EC，AE=EP，
在△FAE和△CEP中
AF=EC∠FAE=∠CEPAE=EP
∴△FAE≌△CEP(SAS)，
∴∠ECP=∠AFE，
∵AF=EC，AB=BC，
∴BF=BE，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∴∠AFE=135°，
∴∠ECP=135°，
∴∠DCP=45°，
(3)作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由(2)知，∠DCP=45°，
∴∠CDG=45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB=4，
∴BG=8，
由勾股定理得AG=4 5，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG=4+4 5．
【解析】(1)取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC=∠BAE，再根据ASA证明△AFE≌△ECP，得AE=EP；
(2)在AB上取AF=EC，连接EF，由(1)同理可得∠CEP=∠FAE，则△FAE≌△CEP(SAS)，再说明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
(3)作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称−最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
1.以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是( )
A. 2， 3， 5B. 3， 4， 5C. 32，42，52D. 1，2，3
2.点P(a,b)在第四象限，且|a|>|b|，那么点Q(a+b,a−b)在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.某校计划修建一座既是中心对称图形又是轴对称图形的花坛，从学生中征集到设计方案有等腰三角形、正三角形、平行四边形、菱形等四种图案，你认为符合条件的是( )
A. 等腰三角形B. 正三角形C. 平行四边形D. 菱形
4.对于以下说法，其中正确的有( )
①对角线相互垂直的四边形是菱形；
②成中心对称的两个图形是全等形；
③平行四边形的对称中心是对角线的交点；
④正方形的对角线平分一组对角．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
5.如图，▱ABCD中，要在对角线BD上找点E、F，使四边形AECF为平行四边形，现有甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是( )
甲：只需要满足BE=DF
乙：只需要满足AE=CF
丙：只需要满足AE//CF
A. 甲、乙、丙都是B. 只有甲、丙才是C. 只有甲、乙才是D. 只有乙、丙才是
6.如图所示，在完全重合放置的两张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，将上面的矩形纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，点D的对应点为G，连接DG，则图中阴影部分的面积为( )
A. 4 33
B. 6
C. 185
D. 365
7.如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1//l2，则∠1−∠2的值是( )
A. 36°
B. 72°
C. 108°
D. 144°
8.如图，两个连接在一起的菱形的边长都是1cm，一只电子甲虫从点A开始按ABCDAEFGAB…的顺序沿菱形的边循环爬行，当电子甲虫爬行2021cm时停下，则它停的位置是( )
A. 点FB. 点EC. 点AD. 点C
9.定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA=3，OC=4，点M(2,0)，在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为( )
A. (3,1)或(3,3)
B. (3,12)或(3,3)
C. (3,12)或(3,1)
D. (3,12)或(3,1)或(3,3)
10.在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以AB、AC为一边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③∠EAM=∠ABC；④AM是△AEG的中线，其中结论正确的是( )
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①②③④
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若一个n边形的边数增加一倍，则内角和将增加______．
12.点P(3m+1,2m−5)到两坐标轴的距离相等，则m= ______．
13.如图，在△ABC中，AB=5，AC=13，BC边上的中线AD=6，则△ABD的面积是______．
14.如图，是一个三级台阶，它的每一级的长、宽，高分别为20dm、3dm、2dm，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿着台阶面爬到B点的最短路程是______．
15.在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,2)，将点A绕原点O顺时针旋转60度后得到点B，则B点坐标为______．
16.如图，在等腰直角ABC中，∠ABC=90°，M为△ABC内一点，且MC= 7，MA=3，MB=1，则∠BMC的度数为______．
三、解答题：本题共8小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，求这个多边形的边数．
18.(本小题10分)
如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上一点，且CF=3BF，连接DB，EF.若∠ACB=90°，AC=12，DE=4．
(1)求证：DE=BF；
(2)求四边形DEFB的周长．
19.(本小题10分)
把两个同样大小的含45°角的三角尺，按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上，若AB= 2，求CD的长．
20.(本小题10分)
如图，已知A、B两村庄的坐标分别为A(2,2)，B(5,1)，一辆汽车在x轴上行驶，从原点O出发．
(1)汽车行驶到离B村最近的点的坐标是______；
(2)汽车行驶到x轴的某一点P时到A、B两村的距离的差最大．
①请写出P点的坐标，并在图中标出点P；
②求出PA−PB的最大值，并说明理由；
(3)在y轴上有一村庄Q，若Q村到A村的距离等于A村到B村的距离，请你求出Q村的坐标．
21.(本小题10分)
如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，连接EB并延长至F，使BF=BE；连接EC并延长至G，使CG=CE，连接FG，点H为FG的中点，连接DH，AF．
(1)若∠BAE=70°，∠DCE=20°，求∠DEC的度数；
(2)求证：四边形AFHD为平行四边形．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O(0,0)，点A(3,0)点B(0,4).以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为α(0°<α<90°)．
(1)如图1，当α=30°时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段OC上时，直接写出点E的坐标．
23.(本小题12分)
如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒(0
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由；
(3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
24.(本小题14分)
综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
【思考尝试】
(1)同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
【实践探究】
(2)希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点(点E，B不重合)，△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
【拓展迁移】
(3)突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点(点E，B不重合)，△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP.知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵( 2)2+( 3)2=( 5)2，而其它都不符合勾股定理．
∴A中边长能组成直角三角形．
故选：A．
用勾股定理的逆定理进行判断，看较短两边的平方和是否等于长边的平方即可．
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
2.【答案】A
【解析】解：∵点P(a,b)在第四象限，且|a|>|b|，
∴a>0，b<0，a+b>0，a−b>0，
∴点Q(a+b,a−b)在第一象限．
故选：A．
直接利用各象限内点的坐标特点得出a，b的符号，进而结合绝对值的性质得出a+b，a−b的符号即可得出答案．
此题主要考查了点的坐标，正确得出a+b，a−b的符号是解题关键．
3.【答案】D
【解析】解：A、等腰三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
B、正三角形，不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形，是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误；
D、菱形，既是中心对称图形又是轴对称图形．
故选：D．
根据中心对称图形和轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4.【答案】C
【解析】解：①应为对角线相互垂直的平行四边形是菱形，故①错误；②成中心对称的两个图形是全等形正确；③平行四边形的对称中心是对角线的交点正确；④正方形的对角线平分一组对角正确．
故选：C．
①根据菱形判定方法做出判断；②根据成中心对称定义做出判断；③根据平行四边形性质判断；④根据正方形性质做出判断．
本题考查了菱形判定方法、成中心对称定义、平行四边形性质及正方形性质，熟记相关概念及判定、性质是解题关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF，
甲：在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE//CF，
∴四边形AECF为平行四边形，故甲正确；
乙：由AE=CF，不能证明△ABE≌△CDF，不能四边形AECF为平行四边形，故乙不正确；
丙：∵AE//CF，
∴∠AEF=∠CFE，
∴∠AEB=∠CFD，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD∠ABE=∠CDFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴AE=CF，
又∵AE//CF，
∴四边形AECF为平行四边形，故丙正确；
故选：B．
只要证明△ABE≌△CDF，即可解决问题．
本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：由题意知，AF=FC，AB=CD=AG=4，BC=AD=8
在Rt△ABF中，由勾股定理知AB2+BF2=AF2，即42+(8−AF)2=AF2，
解得AF=5
∵∠BAF+∠FAE=∠FAE+∠EAG=90°
∴∠BAF=∠EAG
∵∠B=∠AGE=90°，AB=AG
∴△BAF≌△GAE，
∴AE=AF=5，ED=GE=3
∵S△GAE=12AG⋅GE=12AE⋅AE边上的高
∴AE边上的高=125
∴S△GED=12ED⋅AE边上的高=12×3×125=185．
故选：C．
由于AF=CF，则在Rt△ABF中由勾股定理求得AF的值，证得△ABF≌△AGE，有AE=AF，即ED=AD−AE，再由直角三角形的面积公式求得Rt△AGE中边AE上的高的值，即可计算阴影部分的面积．
本题利用了矩形的性质和翻折的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质求解．
7.【答案】B
【解析】解：如图，AB的延长线交l2于点M，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴正五边形ABCDE的每个外角相等．
∴∠MBC=360°5=72°．
∵l1//l2，
∴∠2=∠BMD，
∵∠1=∠BMD+∠MBC，
∴∠BMD=∠1−∠MBC，
∴∠1−∠2=∠MBC=72°．
故选：B．
由l1//l2，得∠2=∠BMD.由∠1=∠BMD−∠MBC，得∠BMD=∠1−∠MBC，那么∠1−∠2=∠MBC.欲求∠1−∠2，需求∠MBC.由正五边形的性质，得∠MBC=72°，从而解决此题．
本题主要考查正多边形的性质、三角形外角的性质以及平行线的性质，熟练掌握正多边形的性质是解决本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵两个菱形的边长都为1cm，
∴从A开始移动8cm后回到点A，
∵2021÷8=252……5，
∴移动2021cm为第253个循环组的第5cm，在点E处．
故选：B．
观察图形不难发现，每移动8cm为一个循环组依次循环，用2021除以8，根据商和余数的情况确定最后停的位置所在的点即可．
本题是对图形变化规律的考查，观察图形得到每移动8cm为一个循环组依次循环是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM=90°或∠CMP=90°，
∴设P(3,a)，则AP=a，BP=4−a；
①若∠CPM=90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2=BP2+BC2=(4−a)2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2=MA2+AP2=1+a2，
在Rt△MPC中，由勾股定理得：
CM2=MP2+CP2=1+a2+(4−a)2+9=2a2−8a+26，
又∵CM2=OM2+OC2=4+16=20，
∴2a2−8a+26=20，
∴(a−3)(a−1)=0，
解得：a=3或a=1，
∴P(3,3)或(3,1)；
②若∠CMP=90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2=BP2+BC2=(4−a)2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2=MA2+AP2=1+a2，
∵CM2=OM2+OC2=20，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：
CM2+MP2=CP2，
∴20+1+a2=(4−a)2+9，
解得：a=12．
∴P(3,12).
综上，P(3,12)或(3,1)或(3,3)．
故选：D．
由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM=90°或∠CMP=90°，设P(3,a)，则AP=a，BP=4−a；分两种情况：①若∠CPM=90°，②若∠CMP=90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案．
本题考查了矩形的性质及勾股定理在几何图形坐标计算中的应用，数形结合、分类讨论并根据题意正确地列式是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC，
即∠CAE=∠BAG，
在△ABG和△AEC中，
AE=AB∠CAE=∠BAGAC=AG,
∴△ABG≌△AEC(SAS)，
∴BG=CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠ACE=∠AGB，
∵∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°−(∠NCF+∠NGF+∠F)=360°−(180°+90°)=90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点E作EP⊥HM交HM的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，
∵AH⊥BC，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°−90°=90°，
∴∠ABH=∠EAP，故③正确
在△ABH和△EAP中，
∠ABH=∠EAP∠AHB=∠PAB=AE,
∴△ABH≌△EAP(AAS)，
∴EP=AH，
同理可得△GQA≌△AHC
∴GQ=AH，
∴EP=GQ，
在△EPM和△GQM中，
∠P=∠MQG∠EMP=∠GMQEP=GQ,
∴△EPM≌△GQM(AAS)，
∴EM=GM，
∴AM是△AEG的中线，故④正确．
综上所述，①②③④结论都正确．
故选：D．
11.【答案】n×180°
【解析】解：∵n边形的内角和是(n−2)⋅180°，
∴2n边形的内角和是(2n−2)⋅180°，
∴将n边形的边数增加一倍，则它的内角和增加：(2n−2)⋅180°−(n−2)⋅180°=n×180°．
故答案为n×180°．
n边形的内角和是(n−2)⋅180°，将n边形的边数增加一倍就变成2n边形，2n边形的内角和是(2n−2)⋅180°，据此即可求得增加的度数．
本题主要考查了多边形的内角和公式，整式的化简，都是需要熟练掌握的内容．
12.【答案】−6或45
【解析】解：∵点P(3m+1,2m−5)到两坐标轴的距离相等，
∴|3m+1|=|2m−5|，
∴3m+1=2m−5或3m+1=−(2m−5)，
解得m=−6或m=45．
故答案为：−6或45．
根据点到坐标轴的距离相等列出绝对值方程，然后求解即可．
本题考查了点的坐标，读懂题目信息列出绝对值方程是解题的关键．
13.【答案】15
【解析】解：延长AD到点E，使DE=AD=6，连接CE，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中，
BD=CD∠ADB=∠EDCAD=ED,
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴CE=AB=5，∠BAD=∠E，
∵AE=2AD=12，CE=5，AC=13，
∴CE2+AE2=AC2，
∴∠E=90°，
∴∠BAD=90°，
即△ABD为直角三角形，
∴△ABD的面积=12AD⋅AB=12×6×5=15，
故答案为：15．
延长AD到点E，使DE=AD=6，连接CE，可证明△ABD≌△ECD，所以CE=AB，再利用勾股定理的逆定理证明△CAE是直角三角形即：△ABD为直角三角形，进而可求出△ABD的面积．
本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理的运用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形，题目的设计很新颖，是一道不错的中考题．
14.【答案】25dm
【解析】解：三级台阶平面展开图为长方形，长为20dm，宽为(3+2)×3dm，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x dm，
由勾股定理得：x2=202+[(3+2)×3]2=625，
解得x=25．
故答案为：25dm．
先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答．
本题考查了平面展开−最短路径问题，根据题意判断出长方形的长和宽是解题的关键．
15.【答案】( 3,1)
【解析】解：如图，过B作BC⊥x轴于点C，则∠BCO=90°，
∵A(0,2)，
∴OA=2，
由题意得∠AOB=60°，OA=OB=2，
∴∠BOC=30°，
∴BC=12OB=1，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：OC= OB2−BC2= 22−12= 3，
∴点B( 3,1)，
故答案为：( 3,1)．
画出图形，根据勾股定理运算即可．
此题考查了旋转变换，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用．
16.【答案】135°
【解析】解：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=BC．
如图：把△AMB绕B点顺时针旋转90°可得到△CM1B，连接MM1，则∠MBM1=90°，BM1=BM=1，M1C=AM=3，
∵∠MBM1=90°，M1B=MB=1，
∴△MBM1为等腰直角三角形，
∴MM1= 2，∠BMM1=45°．
在△MM1C中，MC= 7,MM1= 2,M1C=AM=3，
∵( 7)2+( 2)2=32，
∴M1M2+CM2=M1C2，
∴△MM1C为直角三角形，∠M1MC=90°，
∴∠BMC=90°+45°=135°．
故答案为：135°．
由等腰直角三角形的性质可得AB=BC如图：把△AMB绕B点顺时针旋转90°可得到△CM1B，连接MM1，则∠MBM1=90°，BM1=BM=1，M1C=AM=3，则△MBM1为等腰直角三角形可得MM1= 2，根据等腰直角三角形的性质及勾股定理即可解答．
本题主要考查的是旋转的性质、勾股定理、等腰直角三角形等知识点，正确作出旋转图形是解答本题的关键．
17.【答案】解：设这个多边形的边数是n，
依题意得(n−2)·180°=3×360°−180°，
n−2=6−1，
n=7．
∴这个多边形的边数是7．
【解析】多边形的外角和是360度，根据多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，即可得到多边形的内角和的度数．根据多边形的内角和定理即可求得多边形的边数．
本题考查了多边形的内角和与外角和定理，任意多边形的外角和都是360°，与边数无关．
18.【答案】(1)证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=12BC，
∵CF=3BF，
∴BF=12BC，
∴DE=BF；
(2)解：∵点D是AC的中点，AC=12，
∴CD=6，
∵DE=4，
∴BC=8，
由勾股定理得：DB= CD2+BC2= 62+82=10，
∵DE=BF，DE//BC，
∴四边形DBFE为平行四边形，
∴四边形DEFB的周长=2×(4+10)=28．
【解析】(1)根据三角形中位线定理得到DE//BC，DE=12BC，根据题意得到BF=12BC，等量代换证明结论；
(2)根据勾股定理求出DB，证明四边形DBFE为平行四边形，根据平行四边形的周长公式计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
19.【答案】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，
在Rt△ABC中，∠B=45°，
∴BC= 2AB=2，BF=AF= 22AB=1，
∵两个同样大小的含45°角的三角尺，
∴AD=BC=2，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF= AD2−AF2= 3，
∴CD=BF+DF−BC=1+ 3−2= 3−1．
【解析】先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．
此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
20.【答案】(5,0)
【解析】解：(1)由题意，汽车行驶到离B村最近的点的坐标是(5,0)．
故答案为(5,0)．
(2)①如图，点P即为所求．
②∵PA−PB≤AB，
∴当点P在AB的延长线上时，PA−PB的值最大，最大值=AB= 12+32= 10．
(3)设Q(0,m)，∵QA=AB，
∴(m−2)2+22=32+12，
解得m=2+ 6或2− 6，
∴Q(0,2+ 6)或(0,2− 6).
(1)根据垂线段最短判断即可
(2)①当点P在AB的延长线上时，PA−PB的值最大．
②利用勾股定理，求出AB即可解决问题．
(3)设Q(0,m)，根据QA=AB，构建方程求解即可．
本题考查勾股定理，垂线段最短，线段的垂直平分线的性质，坐标的确定等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．
21.【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE=∠BCD=70°，AD//BC，
∵∠DCE=20°，AB//CD，
∴∠CDE=180°−∠BAE=110°，
∴∠DEC=180°−∠DCE−∠CDE=50°；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，∠BAE=∠BCD，
∵BF=BE，CG=CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC//FG，BC=12FG，
∵H为FG的中点，
∴FH=12FG，
∴BC//FH，BC=FH，
∴AD//FH，AD=FH，
∴四边形AFHD是平行四边形．
【解析】(1)由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
(2)由平行四边形的性质得出AD=BC，AD//BC；证明BC是△EFG的中位线，得出BC//FG，BC=12FG，证出AD//FH，AD=FH，进而得证．
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)过点D作DG⊥x轴于G，如图①所示：
∵点A(3,0)，点B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∵以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，
∴AD=AO=3，α=∠OAD=30°，DE=OB=4，
在Rt△ADG中，DG=12AD=1.5，AG= 3DG=3 32，
∴OG=OA−AG=3−3 32，
∴点D的坐标为(3−3 32,1.5)；
(2)过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，如图②所示：
则GA=DH，HA=DG，
∵DE=OB=4，∠ADE=∠AOB=90°，
∴AE= AD2+DE2= 32+42=5，
∵12AE×DH=12AD×DE，
∴DH=AD×DEAE=3×45=125，
∴OG=OA−GA=OA−DH=3−125=35，DG= AD2−AG2= 32−(125)2=95，
∴点D的坐标为(35,95)；
(3)连接AE，作EG⊥x轴于G，如图③所示：
由旋转的性质得：∠DAE=∠AOC，AD=AO，
∴∠AOC=∠ADO，
∴∠DAE=∠ADO，
∴AE//OC，
∴∠GAE=∠AOD，
∴∠DAE=∠GAE，
在△AEG和△AED中，
∠AGE=∠ADE=90°∠GAE=∠DAEAE=AE，
∴△AEG≌△AED(AAS)，
∴AG=AD=3，EG=ED=4，
∴OG=OA+AG=6，
∴点E的坐标为(6,4)．
【解析】(1)过点D作DG⊥x轴于G，由旋转的性质得出AD=AO=6，α=∠OAD=30°，DE=OB=8，由直角三角形的性质得出DG=12AD=1.5，AG= 3DG=3 32，得出OG，即可得出点D的坐标；
(2)过点D作DG⊥x轴于G，DH⊥AE于H，则GA=DH，HA=DG，由勾股定理得出AE=5，由面积法求出DH，得出OG，由勾股定理得出DG，即可得出点D的坐标；
(3)连接AE，作EG⊥x轴于G，由旋转的性质得出∠DAE=∠AOC，AD=AO，由等腰三角形的性质得出∠AOC=∠ADO，得出∠DAE=∠ADO，证出AE//OC，由平行线的性质的∠GAE=∠AOD，证出∠DAE=∠GAE，证明△AEG≌△AED(AAS)，得出OG=OA+AG=6，即可得出答案．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
23.【答案】(1)证明：∵直角△ABC中，∠C=90°−∠A=30°．
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在直角△CDF中，∠C=30°，
∴DF=12CD=2t，
∴DF=AE．
解：(2)∵DF//AB，DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，
即60−4t=2t，
解得：t=10，
即当t=10时，▱AEFD是菱形．
(3)当t=152时，△DEF是直角三角形(∠EDF=90°)；或当t=12时，△DEF是直角三角形(∠DEF=90°)．
理由如下：
当∠EDF=90°时，DE//BC．
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE，
∵CD=4t，
∴DF=2t=AE，
∴AD=4t，
∴4t+4t=60，
∴t=152时，∠EDF=90°．
当∠DEF=90°时，DE⊥EF，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD//EF，
∴DE⊥AD，
∴△ADE是直角三角形，∠ADE=90°，
∵∠A=60°，
∴∠DEA=30°，
∴AD=12AE，
AD=AC−CD=60−4t，AE=DF=12CD=2t，
∴60−4t=t，
解得t=12．
综上所述，当t=152时△DEF是直角三角形(∠EDF=90°)；或当t=12时，△DEF是直角三角形(∠DEF=90°)．
【解析】本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定与性质，正确利用t表示DF、AD的长是关键，属于较难题．
(1)利用t表示出CD以及AE的长，然后在直角△CDF中，利用直角三角形的性质求得DF的长，即可证明；
(2)易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
(3)分两种情况讨论即可求解．
24.【答案】解：(1)AE=EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF=BF=BE=CE，
∴∠BFE=45°，
∴∠AFE=135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠AFE=∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP=90°，
∴∠AEB+∠PEC=90°，
∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠PEC=∠BAE，
在△AFE和△ECP中
∠AFE=∠ECP AF=EC∠FAE=∠CEP
∴△AFE≌△ECP(ASA)，
∴AE=EP；
(2)在AB上取AF=EC，连接EF，
由(1)同理可得∠CEP=∠FAE，
∵AF=EC，AE=EP，
在△FAE和△CEP中
AF=EC∠FAE=∠CEPAE=EP
∴△FAE≌△CEP(SAS)，
∴∠ECP=∠AFE，
∵AF=EC，AB=BC，
∴BF=BE，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∴∠AFE=135°，
∴∠ECP=135°，
∴∠DCP=45°，
(3)作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由(2)知，∠DCP=45°，
∴∠CDG=45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB=4，
∴BG=8，
由勾股定理得AG=4 5，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG=4+4 5．
【解析】(1)取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC=∠BAE，再根据ASA证明△AFE≌△ECP，得AE=EP；
(2)在AB上取AF=EC，连接EF，由(1)同理可得∠CEP=∠FAE，则△FAE≌△CEP(SAS)，再说明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
(3)作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称−最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
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