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2023-2024学年山东省聊城市东阿实验中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省聊城市东阿实验中学八年级（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共21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.在下列数学表达式：①−2<0，②2y−5>1，③m=1，④x2−x，⑤x≠−2，⑥x+1<2x−1中，是不等式的有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
2.下列说法不正确的是( )
A. 若ab，则−4a<−4b
C. 若a>b，则1−a<1−bD. 若a>b，则a+x>b+x
3.如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，连接OE.若∠ABC=60°，∠BAC=80°，则∠1的度数为( )
A. 50°B. 40°C. 30°D. 20°
4.如图，这是一株美丽的勾股树，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、D的边长是3、5、2、3，则最大正方形E的边长是( )
A. 13
B. 47
C. 47
D. 13
5.如图，已知正方形ABCD的面积为5，点A在数轴上，且表示的数为1.现以点A为圆心.以AB的长为半径画圆，所得圆和数轴交于点E(E在A的右侧)，则点E表示的数为( )
A. 5+1B. 3.2C. 5−1D. 13
6.如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上．若AB=6，BC=9，则BF的长为( )
A. 4B. 3 2C. 4.5D. 5
7.“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab=8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为( )
A. 9B. 6C. 4D. 3
8.如图，正方体盒子棱长为2，M为BC的中点，一只蚂蚁从A点沿盒子的表面爬行到M点的最短距离为( )
A. 2 3
B. 13
C. 14
D. 17
9.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连接DE，则△CDE的周长为( )
A. 10
B. 9
C. 8
D. 7
10.如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=8cm，BC=6cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点P的运动时间为t(单位：s)，下列结论正确的是( )
A. 当t=3s时，四边形ABMP为矩形
B. 当t=4s时，四边形CDPM为平行四边形
C. 当CD=PM时，t=3s
D. 当CD=PM时，t=3s或5s
11.△ABC中，E是AB的中点，CD平分∠ACD，AD⊥CD于点D，若BC=12，AC=8，则DE=( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
12.如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF//CD，交AD于点F，交对角线BD
于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH.下列结论：
①FH//AE；
②AH=EH且AH⊥EH；
③∠BAH=∠HEC；
④△EHF≌△AHD．
其中正确的个数是( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
13. 81的算术平方根的平方根是______．
14.已知关于x的不等式(a+2)x<1的解集为x>1a+2，则a的取值范围为______．
15.已知， 13的整数部分是a， 5的小数部分是b，则a+b=______．
16.在平面直角坐标系中，正方形ABCD如图所示，点A的坐标是(−1,0)，点D的坐标是(−2,4)，则点C的坐标是______．
17.如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上一个动点，点M、N分别是AB、BC边上的中点，则MP+NP的最小值是______．
三、解答题：本题共7小题，共69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题10分)
计算：
(1)−12021+|1− 3|−3−27+ 4；
(2) (−3)2−(− 3)2− 16+3−64．
19.(本小题7分)
已知2a+1和a−7是某数的两个平方根，6a+7b+3的立方根是−3．
(1)求a，b的值；
(2)求5a−3b+8的算术平方根．
20.(本小题8分)
已知a、b、c在数轴上的位置如图所示．
化简： a2−|a+b|+ (c−a)2+|b+c|−3b3．
21.(本小题10分)
已知等腰三角形ABC的底边长BC=20cm，D是AC上的一点，且BD=16cm，CD=12cm．
(1)求证：BD⊥AC；
(2)求△ABC的面积．
22.(本小题10分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC且DE=12AC，连接 CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，求AE的长．
23.(本小题12分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG=AE，连接CG．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
24.(本小题12分)
如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F．
(1)证明：PC=PE；
(2)求∠CPE的度数；
(3)如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：不等式是指不等号来连接不等关系的式子，如<，>，≠，所以不等式有：①②⑤⑥，等式有：③．
故选：C．
根据不等式的定义，不等号有<，>，≤，≥，≠，选出即可．
本题主要考查对不等式的意义的理解和掌握，能根据不等式的意义进行判断是解此题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、若aB、若a>b，则−4a<−4b，此选项正确；
C、若a>b，则1−a<1−b，此选项正确；
D、若a>b，则a+x>b+x，此选项正确．
故选：A．
利用不等式的性质判定得出答案即可．
此题考查不等式的性质：性质1、不等式的两边都加上(或减去)同一个数或同一个式，不等号的方向不变．
性质2、不等式两边都乘(或除以)同一个正数，正数不等号的方向不变．
性质3、不等式两边都乘(或除以)同一个负数，不等号方向改变改变．
3.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了三角形内角和定理、三角形中位线定理等知识，得出EO是△DBC的中位线是解题关键．
直接利用三角形内角和定理得出∠BCA的度数，再利用三角形中位线定理结合平行线的性质得出答案．
【解答】
解：∵∠ABC=60°，∠BAC=80°，
∴∠BCA=180°−60°−80°=40°，
∵对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，
∴EO是△DBC的中位线，
∴EO//BC，
∴∠1=∠ACB=40°．
故选：B．
4.【答案】B
【解析】解：设中间两个正方形的边长分别为x、y，最大正方形E的边长为z，由勾股定理得：
x2=32+52=34；
y2=22+32=13；
z2=x2+y2=47；
即最大正方形E的面积为：z2=47，边长为z= 47．
故选：B．
分别设中间两个正方形和最大正方形E的边长分别为x，y，z，由勾股定理得出x2=32+52，y2=22+32，z2=x2+y2，最大正方形的面积为z2，进而求出边长．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵正方形ABCD的面积为5，且AB=AE，
∴AB=AE= 5，
∵点A表示的数是1，且点E在点A的右侧，
∴点E表示的数为 5+1．
故选：A．
根据正方形的边长是面积的算术平方根得AB=AE= 5，结合A点所表示的数及AE间距离可得点E所表示的数．
本题主要考查实数与数轴及两点间距离，根据两点间距离及点的位置判断出点所表示的数是关键．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了折叠问题及勾股定理的应用同时也考查了列方程求解的能力，解题的关键是找出线段的关系．
先求出BC′，再由图形折叠特性知，C′F=CF=BC−BF=9−BF，在Rt△C′BF中，运用勾股定理BF2+BC′2=C′F2求解．
【解答】
解：∵点C′是AB边的中点，AB=6，
∴BC′=3，
由图形折叠特性知，C′F=CF=BC−BF=9−BF，
在Rt△C′BF中，BF2+BC′2=C′F2，
∴BF2+9=(9−BF)2，
解得，BF=4，
故选：A．
7.【答案】D
【解析】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a−b，
∵每一个直角三角形的面积为：12ab=12×8=4，
从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，
∴4×12ab+(a−b)2=25，
∴(a−b)2=25−16=9，
∴a−b=3．
故选：D．
分析题意，首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：a−b；接下来根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．
本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式．
8.【答案】B
【解析】解：将正方体展开，连接AM，
根据两点之间线段最短，AM= 22+32= 13．
答：蚂蚁从A点爬行到M点的最短距离为 13．
故选：B．
把此正方体的点M所在的面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和点M间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于2，另一条直角边长等于3，利用勾股定理可求得．
本题考查了平面展开−最短路径问题，勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BC=4，
∴AD⊥BC，CD=BD=12BC=2，
∵点E为AC的中点，
∴DE=CE=12AC=2.5，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=2+2.5+2.5=7．
故选：D．
根据等腰三角形底边三线合一的性质可得AD⊥BC，CD=BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得DE=CE=12AC，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形底边三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意，可得DP=t cm，BM=t cm，
∵AD=8cm，BC=6cm，
∴AP=(8−t)cm，CM=(6−t)cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP=BM，
即8−t=t，
解得t=4，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP=CM，
即t=6−t，
解得t=3，
故B选项不符合题意；
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即6−t=t，
解得t=3，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：
则∠MGP=∠CHD=90°，
∵PM=CD，GM=HC，
∴△MGP≌△CHD(HL)，
∴GP=HD，
∵AG=AP+GP=8−t+t−(6−t)2，
又∵BM=t，
∴8−t+t−(6−t)2=t，
解得t=5，
综上，当CD=PM时，t=3s或5s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可；当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：如图，延长AD交BC于F，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠FCD，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=∠FDC，
在△ACD和△FCD中，
∠ACD=∠FCDCD=CD∠ADC=∠FDC,
∴△ACD≌△FCD(ASA)，
∴AC=CF，AD=DF，
∵BC=12，AC=8，
∴BF=12−8=4，
∵E是AB的中点，
∴DE是△ABF的中位线，
∴DE=12BF=12×4=2．
故选：B．
根据线段垂直平分线的定义得到CA=CF，AD=DF，求出BF的长，根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，作辅助线构造成全等三角形和以DE为中位线的三角形是解题的关键，也是本题的难点．
12.【答案】B
【解析】解：①在正方形ABCD中，∠ADC=∠C=90°，∠ADB=45°，
∵EF//CD，
∴∠EFD=90°，
∴四边形EFDC是矩形．
在Rt△FDG中，∠FDG=45°，
∴FD=FG，
∵H是DG中点，
∴FH⊥BD，
∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线，
∴AE不垂直于BD，
∴FH与AE不平行．
所以①不正确；
②∵四边形ABEF是矩形，
∴AF=EB，∠BEF=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBG=∠EGB=45°，
∴BE=GE，
∴AF=EG．
在Rt△FGD中，H是DG的中点，
∴FH=GH，FH⊥BD，
∴∠AFH=∠AFE+∠GFH=90°+45°=135°，
∠EGH=180°−∠EGB=180°−45°=135°，
∴∠AFH=∠EGH，
在△AFH和△EGH中，
AF=EG∠AFH=∠EGHFH=GH，
∴△AFH≌△EGH(SAS)，
∴AH=EH，∠AHF=∠EHG，
∴∠AHF+AHG=∠EHG+∠AHG，
即∠FHG=∠AHE=90°，
∴AH⊥EH．
所以②正确；
③∵△AFH≌△EGH，
∴∠FAH=∠GEH，
∵∠BAF=CEG=90°，
∴∠BAH=∠HEC．
所以③正确；
④在△EHF和△AHD中，
EF=ADFH=DHEH=AH，
∴△EHF≌△AHD(SSS)，
所以④正确．
所以其中正确有②③④，共3个，
故选：B．
①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论；
②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论；
③根据全等三角形性质、矩形的性质进行角的计算即可得结论；
④根据边边边证明三角形全等即可得结论．
本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，解题关键是得到△AFH≌△EGH，综合利用以上知识解决问题．
13.【答案】± 3
【解析】解： 81=9，
∴9的算术平方根为3，
∴3的平方根为± 3
故答案为：± 3
先将 81化简，然后再求该数的算术平方根的平方根．
本题考查算术平方根与平方根，解题的关键是将 81化简，本题属于基础题型．
14.【答案】a<−2
【解析】解：∵不等式(a+2)x<1的解集为x>1a+2，
∴a+2<0，
∴a的取值范围为：a<−2．
故答案为：a<−2．
根据不等式的基本性质，由不等式(a+2)x<1的解集为x>1a+2，可得：a+2<0，据此求出a的取值范围即可．
此题主要考查了不等式的解集，要熟练掌握，注意不等式的基本性质的应用．
15.【答案】1+ 5
【解析】解：∵3< 13<4，
∴ 13的整数部分a=3，
又∵2< 5<3，
∴ 5的整数部分是2，小数部分为 5−2，即b= 5−2，
∴a+b=3+ 5−2
=1+ 5，
故答案为：1+ 5．
根据无理数 13、 5的大小，确定a、b的值，再代入计算即可．
本题考查估算无理数的大小，掌握算术平方根的定义是正确估算的前提．
16.【答案】(2,5)
【解析】解：如图，作CE⊥y轴，DF⊥x轴于点F，CE与FD交于点E，
∵点A的坐标是(−1,0)，点D的坐标是(−2,4)，
∴OF=2，AF=2−1=1，DF=4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD，∠ADC=90°，
∵∠DEC=∠AFD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=90°=∠ADF+∠CDE，
∴∠CDE=∠DAF，
在△CDE和△DAF中，
∠E=∠AFD∠CDE=∠DAFCD=AD，
∴△CDE≌△DAF(AAS)，
∴CE=DF=4，DE=AF=1，
∴EF=1+4=5，
∴点C(2,5)．
故答案为：(2,5)．
由“AAS”可证△CDE≌△DAF，可得CE=DF=4，DE=AF=1，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】1
【解析】解：作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又N是BC边上的中点，
∴AM′//BN，AM′=BN，
∴四边形AM′NB是平行四边形，
∴PN//AB，
连接PM，
又∵N是BC边上的中点，
∴P是AC中点，
∴PM//BN，PM=BN，
∴四边形PMBN是平行四边形，
∵BM=BN，
∴平行四边形PMBN是菱形．
∴MP+NP=BM+BN=BC=1．
故答案为1．
首先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形PMBN为菱形，即可求出MP+NP=BM+BN=BC=1．
考查菱形的性质和轴对称−最短路径问题，判断当PMBN为菱形时，MP+NP有最小值，是关键．
18.【答案】解：(1)原式=−1+ 3−1−(−3)+2
=−1+ 3−1+3+2
=−1−1+2+3+ 3
=3+ 3；
(2)原式=3−3−4+(−4)
=3−3−4−4
=−8．
【解析】(1)按照混合运算法则，先算乘方和开方，再算加减即可；
(2)根据二次根式的性质先算乘方和开方，最后算加减即可．
本题主要考查了实数和二次根式的运算，解题关键是熟练掌握混合运算法则和二次根式的性质．
19.【答案】解：(1)∵2a+1和a−7是某数的两个平方根，
∴2a+1+a−7=0，解得a=2，
∴6a+7b+3可化为15+7b，
∵6a+7b+3的立方根是−3，
∴15+7b=−27，解得b=−6；
(2)∵a=2，b=−6，
∴5a−3b+8=10+18+8=36，
∴5a−3b+8的算术平方根是6．
【解析】(1)先求出a的值，再根据6a+7b+3的立方根是−3求出b的值即可；
(2)先求出5a−3b+8的值，再求出其算术平方根即可．
本题考查的是平方根，立方根及算术平方根，熟知一个正数的两个平方根互为相反数是解题的关键．
20.【答案】解：根据a、b、c在数轴上的位置得：a0，|a|>|c|，
∴c−a>0，b+c>0，a+b<0，
∴ a2−|a+b|+ (c−a)2+|b+c|−3b3=|a|−[−(a+b)]+|c−a|+b+c−b=−a+a+b+c−a+b+c−b=−a+b+2c．
【解析】首先观察数轴可得：a0，|a|>|c|，c−a>0，b+c>0，a+b<0，然后利用二次根式与绝对值的性质求解即可求得答案．
此题考查了二次根式的化简与性质、绝对值的性质以及实数与数轴的关系．此题难度适中，注意确定a，b，c之间的大小关系是解此题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵122+162=202，
∴CD2+BD2=BC2，
∴△BDC是直角三角形，
∴BD⊥AC；
(2)解：设AD=xcm，则AC=(x+12 )cm，
∵AB=AC，
∴AB=(x+12 )cm，
在Rt△ABD中：AB2=AD2+BD2，
∴(x+12)2=162+x2，
解得x=143，
∴AC=143+12=503cm，
∴△ABC的面积S=12BD⋅AC=12×16×503=4003cm2．
【解析】本题考查了勾股定理逆定理，勾股定理的应用，熟记两个定理并判断出△BCD是直角三角形，然后求出AB的长是解题的关键．
(1)首先根据BD、CD、BC长可利用勾股定理逆定理证明BD⊥AC；
(2)设AD=xcm，则AC=(x+12 )cm，在Rt△ABD中，利用勾股定理列出方程求解即可得到AB，进一步得到AC，再利用AC和AC边上的高列式计算即可得解．
22.【答案】(1)证明：∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC．
∵DE=12AC，
∴DE=OC．
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE=CD．
(2)在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=2．
∴在矩形OCED中，
CE=OD= AD2−AO2= 3．
在Rt△ACE中，
AE= AC2+CE2= 7．
【解析】(1)先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明OCED是矩形，可得OE=CD即可；
(2)根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
23.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG//CF，
∴EG//CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE//CG，
∴EF//CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【解析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
(1)由平行四边形的性质得出AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，则∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
(2)证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG//CF，由三角形中位线定理得出OE//CG，EF//CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
24.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPPB=PB，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)由(1)知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠E，
即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPPB=PB，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，
∵PA=PE，∴∠DAP=∠DEP，∴∠DCP=∠DEP，
∵∠CFP=∠EFD，∴∠CPF=∠EDF
∵∠ABC=∠ADC=120°，
∴∠CPF=∠EDF=180°−∠ADC=60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=CE，
∴AP=CE；
【解析】(1)欲证明PC=PE，只要证明△ABP≌△CBP即可；
(2)利用“8字型”证明角相等即可解决问题；
(3)首先证明△ABP≌△CBP(SAS)推出PA=PC，∠BAP=∠BCP，再证明△EPC是等边三角形，可得PC=CE，即可解决问题；
本题考查四边形综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，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.在下列数学表达式：①−2<0，②2y−5>1，③m=1，④x2−x，⑤x≠−2，⑥x+1<2x−1中，是不等式的有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
2.下列说法不正确的是( )
A. 若a
C. 若a>b，则1−a<1−bD. 若a>b，则a+x>b+x
3.如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，连接OE.若∠ABC=60°，∠BAC=80°，则∠1的度数为( )
A. 50°B. 40°C. 30°D. 20°
4.如图，这是一株美丽的勾股树，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形A、B、C、D的边长是3、5、2、3，则最大正方形E的边长是( )
A. 13
B. 47
C. 47
D. 13
5.如图，已知正方形ABCD的面积为5，点A在数轴上，且表示的数为1.现以点A为圆心.以AB的长为半径画圆，所得圆和数轴交于点E(E在A的右侧)，则点E表示的数为( )
A. 5+1B. 3.2C. 5−1D. 13
6.如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上．若AB=6，BC=9，则BF的长为( )
A. 4B. 3 2C. 4.5D. 5
7.“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab=8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为( )
A. 9B. 6C. 4D. 3
8.如图，正方体盒子棱长为2，M为BC的中点，一只蚂蚁从A点沿盒子的表面爬行到M点的最短距离为( )
A. 2 3
B. 13
C. 14
D. 17
9.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连接DE，则△CDE的周长为( )
A. 10
B. 9
C. 8
D. 7
10.如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=8cm，BC=6cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点P的运动时间为t(单位：s)，下列结论正确的是( )
A. 当t=3s时，四边形ABMP为矩形
B. 当t=4s时，四边形CDPM为平行四边形
C. 当CD=PM时，t=3s
D. 当CD=PM时，t=3s或5s
11.△ABC中，E是AB的中点，CD平分∠ACD，AD⊥CD于点D，若BC=12，AC=8，则DE=( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
12.如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF//CD，交AD于点F，交对角线BD
于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH.下列结论：
①FH//AE；
②AH=EH且AH⊥EH；
③∠BAH=∠HEC；
④△EHF≌△AHD．
其中正确的个数是( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
13. 81的算术平方根的平方根是______．
14.已知关于x的不等式(a+2)x<1的解集为x>1a+2，则a的取值范围为______．
15.已知， 13的整数部分是a， 5的小数部分是b，则a+b=______．
16.在平面直角坐标系中，正方形ABCD如图所示，点A的坐标是(−1,0)，点D的坐标是(−2,4)，则点C的坐标是______．
17.如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上一个动点，点M、N分别是AB、BC边上的中点，则MP+NP的最小值是______．
三、解答题：本题共7小题，共69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题10分)
计算：
(1)−12021+|1− 3|−3−27+ 4；
(2) (−3)2−(− 3)2− 16+3−64．
19.(本小题7分)
已知2a+1和a−7是某数的两个平方根，6a+7b+3的立方根是−3．
(1)求a，b的值；
(2)求5a−3b+8的算术平方根．
20.(本小题8分)
已知a、b、c在数轴上的位置如图所示．
化简： a2−|a+b|+ (c−a)2+|b+c|−3b3．
21.(本小题10分)
已知等腰三角形ABC的底边长BC=20cm，D是AC上的一点，且BD=16cm，CD=12cm．
(1)求证：BD⊥AC；
(2)求△ABC的面积．
22.(本小题10分)
如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC且DE=12AC，连接 CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE=CD；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，求AE的长．
23.(本小题12分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG=AE，连接CG．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
24.(本小题12分)
如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F．
(1)证明：PC=PE；
(2)求∠CPE的度数；
(3)如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：不等式是指不等号来连接不等关系的式子，如<，>，≠，所以不等式有：①②⑤⑥，等式有：③．
故选：C．
根据不等式的定义，不等号有<，>，≤，≥，≠，选出即可．
本题主要考查对不等式的意义的理解和掌握，能根据不等式的意义进行判断是解此题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A、若a
C、若a>b，则1−a<1−b，此选项正确；
D、若a>b，则a+x>b+x，此选项正确．
故选：A．
利用不等式的性质判定得出答案即可．
此题考查不等式的性质：性质1、不等式的两边都加上(或减去)同一个数或同一个式，不等号的方向不变．
性质2、不等式两边都乘(或除以)同一个正数，正数不等号的方向不变．
性质3、不等式两边都乘(或除以)同一个负数，不等号方向改变改变．
3.【答案】B
【解析】【分析】
此题主要考查了三角形内角和定理、三角形中位线定理等知识，得出EO是△DBC的中位线是解题关键．
直接利用三角形内角和定理得出∠BCA的度数，再利用三角形中位线定理结合平行线的性质得出答案．
【解答】
解：∵∠ABC=60°，∠BAC=80°，
∴∠BCA=180°−60°−80°=40°，
∵对角线AC与BD相交于点O，E是边CD的中点，
∴EO是△DBC的中位线，
∴EO//BC，
∴∠1=∠ACB=40°．
故选：B．
4.【答案】B
【解析】解：设中间两个正方形的边长分别为x、y，最大正方形E的边长为z，由勾股定理得：
x2=32+52=34；
y2=22+32=13；
z2=x2+y2=47；
即最大正方形E的面积为：z2=47，边长为z= 47．
故选：B．
分别设中间两个正方形和最大正方形E的边长分别为x，y，z，由勾股定理得出x2=32+52，y2=22+32，z2=x2+y2，最大正方形的面积为z2，进而求出边长．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵正方形ABCD的面积为5，且AB=AE，
∴AB=AE= 5，
∵点A表示的数是1，且点E在点A的右侧，
∴点E表示的数为 5+1．
故选：A．
根据正方形的边长是面积的算术平方根得AB=AE= 5，结合A点所表示的数及AE间距离可得点E所表示的数．
本题主要考查实数与数轴及两点间距离，根据两点间距离及点的位置判断出点所表示的数是关键．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了折叠问题及勾股定理的应用同时也考查了列方程求解的能力，解题的关键是找出线段的关系．
先求出BC′，再由图形折叠特性知，C′F=CF=BC−BF=9−BF，在Rt△C′BF中，运用勾股定理BF2+BC′2=C′F2求解．
【解答】
解：∵点C′是AB边的中点，AB=6，
∴BC′=3，
由图形折叠特性知，C′F=CF=BC−BF=9−BF，
在Rt△C′BF中，BF2+BC′2=C′F2，
∴BF2+9=(9−BF)2，
解得，BF=4，
故选：A．
7.【答案】D
【解析】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a−b，
∵每一个直角三角形的面积为：12ab=12×8=4，
从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，
∴4×12ab+(a−b)2=25，
∴(a−b)2=25−16=9，
∴a−b=3．
故选：D．
分析题意，首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：a−b；接下来根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．
本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式．
8.【答案】B
【解析】解：将正方体展开，连接AM，
根据两点之间线段最短，AM= 22+32= 13．
答：蚂蚁从A点爬行到M点的最短距离为 13．
故选：B．
把此正方体的点M所在的面展开，然后在平面内，利用勾股定理求点A和点M间的线段长，即可得到蚂蚁爬行的最短距离．在直角三角形中，一条直角边长等于2，另一条直角边长等于3，利用勾股定理可求得．
本题考查了平面展开−最短路径问题，勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BC=4，
∴AD⊥BC，CD=BD=12BC=2，
∵点E为AC的中点，
∴DE=CE=12AC=2.5，
∴△CDE的周长=CD+DE+CE=2+2.5+2.5=7．
故选：D．
根据等腰三角形底边三线合一的性质可得AD⊥BC，CD=BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得DE=CE=12AC，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形底边三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意，可得DP=t cm，BM=t cm，
∵AD=8cm，BC=6cm，
∴AP=(8−t)cm，CM=(6−t)cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP=BM，
即8−t=t，
解得t=4，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP=CM，
即t=6−t，
解得t=3，
故B选项不符合题意；
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即6−t=t，
解得t=3，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：
则∠MGP=∠CHD=90°，
∵PM=CD，GM=HC，
∴△MGP≌△CHD(HL)，
∴GP=HD，
∵AG=AP+GP=8−t+t−(6−t)2，
又∵BM=t，
∴8−t+t−(6−t)2=t，
解得t=5，
综上，当CD=PM时，t=3s或5s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可；当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：如图，延长AD交BC于F，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠FCD，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=∠FDC，
在△ACD和△FCD中，
∠ACD=∠FCDCD=CD∠ADC=∠FDC,
∴△ACD≌△FCD(ASA)，
∴AC=CF，AD=DF，
∵BC=12，AC=8，
∴BF=12−8=4，
∵E是AB的中点，
∴DE是△ABF的中位线，
∴DE=12BF=12×4=2．
故选：B．
根据线段垂直平分线的定义得到CA=CF，AD=DF，求出BF的长，根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，作辅助线构造成全等三角形和以DE为中位线的三角形是解题的关键，也是本题的难点．
12.【答案】B
【解析】解：①在正方形ABCD中，∠ADC=∠C=90°，∠ADB=45°，
∵EF//CD，
∴∠EFD=90°，
∴四边形EFDC是矩形．
在Rt△FDG中，∠FDG=45°，
∴FD=FG，
∵H是DG中点，
∴FH⊥BD，
∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线，
∴AE不垂直于BD，
∴FH与AE不平行．
所以①不正确；
②∵四边形ABEF是矩形，
∴AF=EB，∠BEF=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBG=∠EGB=45°，
∴BE=GE，
∴AF=EG．
在Rt△FGD中，H是DG的中点，
∴FH=GH，FH⊥BD，
∴∠AFH=∠AFE+∠GFH=90°+45°=135°，
∠EGH=180°−∠EGB=180°−45°=135°，
∴∠AFH=∠EGH，
在△AFH和△EGH中，
AF=EG∠AFH=∠EGHFH=GH，
∴△AFH≌△EGH(SAS)，
∴AH=EH，∠AHF=∠EHG，
∴∠AHF+AHG=∠EHG+∠AHG，
即∠FHG=∠AHE=90°，
∴AH⊥EH．
所以②正确；
③∵△AFH≌△EGH，
∴∠FAH=∠GEH，
∵∠BAF=CEG=90°，
∴∠BAH=∠HEC．
所以③正确；
④在△EHF和△AHD中，
EF=ADFH=DHEH=AH，
∴△EHF≌△AHD(SSS)，
所以④正确．
所以其中正确有②③④，共3个，
故选：B．
①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论；
②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论；
③根据全等三角形性质、矩形的性质进行角的计算即可得结论；
④根据边边边证明三角形全等即可得结论．
本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，解题关键是得到△AFH≌△EGH，综合利用以上知识解决问题．
13.【答案】± 3
【解析】解： 81=9，
∴9的算术平方根为3，
∴3的平方根为± 3
故答案为：± 3
先将 81化简，然后再求该数的算术平方根的平方根．
本题考查算术平方根与平方根，解题的关键是将 81化简，本题属于基础题型．
14.【答案】a<−2
【解析】解：∵不等式(a+2)x<1的解集为x>1a+2，
∴a+2<0，
∴a的取值范围为：a<−2．
故答案为：a<−2．
根据不等式的基本性质，由不等式(a+2)x<1的解集为x>1a+2，可得：a+2<0，据此求出a的取值范围即可．
此题主要考查了不等式的解集，要熟练掌握，注意不等式的基本性质的应用．
15.【答案】1+ 5
【解析】解：∵3< 13<4，
∴ 13的整数部分a=3，
又∵2< 5<3，
∴ 5的整数部分是2，小数部分为 5−2，即b= 5−2，
∴a+b=3+ 5−2
=1+ 5，
故答案为：1+ 5．
根据无理数 13、 5的大小，确定a、b的值，再代入计算即可．
本题考查估算无理数的大小，掌握算术平方根的定义是正确估算的前提．
16.【答案】(2,5)
【解析】解：如图，作CE⊥y轴，DF⊥x轴于点F，CE与FD交于点E，
∵点A的坐标是(−1,0)，点D的坐标是(−2,4)，
∴OF=2，AF=2−1=1，DF=4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD，∠ADC=90°，
∵∠DEC=∠AFD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=90°=∠ADF+∠CDE，
∴∠CDE=∠DAF，
在△CDE和△DAF中，
∠E=∠AFD∠CDE=∠DAFCD=AD，
∴△CDE≌△DAF(AAS)，
∴CE=DF=4，DE=AF=1，
∴EF=1+4=5，
∴点C(2,5)．
故答案为：(2,5)．
由“AAS”可证△CDE≌△DAF，可得CE=DF=4，DE=AF=1，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】1
【解析】解：作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又N是BC边上的中点，
∴AM′//BN，AM′=BN，
∴四边形AM′NB是平行四边形，
∴PN//AB，
连接PM，
又∵N是BC边上的中点，
∴P是AC中点，
∴PM//BN，PM=BN，
∴四边形PMBN是平行四边形，
∵BM=BN，
∴平行四边形PMBN是菱形．
∴MP+NP=BM+BN=BC=1．
故答案为1．
首先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形PMBN为菱形，即可求出MP+NP=BM+BN=BC=1．
考查菱形的性质和轴对称−最短路径问题，判断当PMBN为菱形时，MP+NP有最小值，是关键．
18.【答案】解：(1)原式=−1+ 3−1−(−3)+2
=−1+ 3−1+3+2
=−1−1+2+3+ 3
=3+ 3；
(2)原式=3−3−4+(−4)
=3−3−4−4
=−8．
【解析】(1)按照混合运算法则，先算乘方和开方，再算加减即可；
(2)根据二次根式的性质先算乘方和开方，最后算加减即可．
本题主要考查了实数和二次根式的运算，解题关键是熟练掌握混合运算法则和二次根式的性质．
19.【答案】解：(1)∵2a+1和a−7是某数的两个平方根，
∴2a+1+a−7=0，解得a=2，
∴6a+7b+3可化为15+7b，
∵6a+7b+3的立方根是−3，
∴15+7b=−27，解得b=−6；
(2)∵a=2，b=−6，
∴5a−3b+8=10+18+8=36，
∴5a−3b+8的算术平方根是6．
【解析】(1)先求出a的值，再根据6a+7b+3的立方根是−3求出b的值即可；
(2)先求出5a−3b+8的值，再求出其算术平方根即可．
本题考查的是平方根，立方根及算术平方根，熟知一个正数的两个平方根互为相反数是解题的关键．
20.【答案】解：根据a、b、c在数轴上的位置得：a
∴c−a>0，b+c>0，a+b<0，
∴ a2−|a+b|+ (c−a)2+|b+c|−3b3=|a|−[−(a+b)]+|c−a|+b+c−b=−a+a+b+c−a+b+c−b=−a+b+2c．
【解析】首先观察数轴可得：a
此题考查了二次根式的化简与性质、绝对值的性质以及实数与数轴的关系．此题难度适中，注意确定a，b，c之间的大小关系是解此题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵122+162=202，
∴CD2+BD2=BC2，
∴△BDC是直角三角形，
∴BD⊥AC；
(2)解：设AD=xcm，则AC=(x+12 )cm，
∵AB=AC，
∴AB=(x+12 )cm，
在Rt△ABD中：AB2=AD2+BD2，
∴(x+12)2=162+x2，
解得x=143，
∴AC=143+12=503cm，
∴△ABC的面积S=12BD⋅AC=12×16×503=4003cm2．
【解析】本题考查了勾股定理逆定理，勾股定理的应用，熟记两个定理并判断出△BCD是直角三角形，然后求出AB的长是解题的关键．
(1)首先根据BD、CD、BC长可利用勾股定理逆定理证明BD⊥AC；
(2)设AD=xcm，则AC=(x+12 )cm，在Rt△ABD中，利用勾股定理列出方程求解即可得到AB，进一步得到AC，再利用AC和AC边上的高列式计算即可得解．
22.【答案】(1)证明：∵ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC．
∵DE=12AC，
∴DE=OC．
∵DE//AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE=CD．
(2)在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=2．
∴在矩形OCED中，
CE=OD= AD2−AO2= 3．
在Rt△ACE中，
AE= AC2+CE2= 7．
【解析】(1)先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD=90°，证明OCED是矩形，可得OE=CD即可；
(2)根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
23.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG//CF，
∴EG//CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE//CG，
∴EF//CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【解析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
(1)由平行四边形的性质得出AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，则∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
(2)证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG//CF，由三角形中位线定理得出OE//CG，EF//CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
24.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPPB=PB，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)由(1)知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD(对顶角相等)，
∴180°−∠PFC−∠PCF=180°−∠DFE−∠E，
即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABP=∠CBPPB=PB，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，
∵PA=PE，∴∠DAP=∠DEP，∴∠DCP=∠DEP，
∵∠CFP=∠EFD，∴∠CPF=∠EDF
∵∠ABC=∠ADC=120°，
∴∠CPF=∠EDF=180°−∠ADC=60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=CE，
∴AP=CE；
【解析】(1)欲证明PC=PE，只要证明△ABP≌△CBP即可；
(2)利用“8字型”证明角相等即可解决问题；
(3)首先证明△ABP≌△CBP(SAS)推出PA=PC，∠BAP=∠BCP，再证明△EPC是等边三角形，可得PC=CE，即可解决问题；
本题考查四边形综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，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．
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