2023-2024学年湖北省宜昌五中教联体七年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省宜昌五中教联体七年级（下）期中数学试卷（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.下列值中，能满足 a在实数范围内有意义的是( )
A. a=−2B. a=−1C. a=−0.0001D. a=2021
2.列二次根式中，与 3的积是无理数的是( )
A. 13B. 3C. 12D. 6
3.下列计算中，正确的是( )
A. 4− 3=1B. 2× 3= 6C. 3+ 5= 8D. 8÷ 2=4
4.在平行四边形ABCD中，∠A：∠B=1：2，则∠A的度数是( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
5.如图是一个正方形和直角三角形的组合图形，直角三角形的斜边和一条直角边的长分别为10cm，8cm，则该正方形的面积为( )
A. 6cm2B. 36cm2C. 18cm2D. 2cm2
6.下列命题的逆命题是假命题的是( )
A. 两直线平行，同位角相等
B. 全等三角形的对应角相等
C. 等边三角形三个角相等
D. 直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和
7.如图，E为正方形ABCD的对角线上一点，四边形EFCG为矩形，若正方形ABCD的边长为4，则EG+GC的长为( )
A. 4
B. 8
C. 16
D. 32
8.如图，在▱ABCD中，AB>AD，按以下步骤作图：以点A为圆心，小于AD的长为半径画弧，分别交AB，AD于点E，F；再分别以点E，F为圆心，大于12EF的长为半径画弧，两弧交于点G；作射线AG交CD于点H，则下列结论中不能由条件推理得出的是( )
A. AG平分∠DABB. AD=DHC. DH=BCD. CH=DH
9.如图，正方形ABCD的面积为1，则以相邻两边中点连线EF为边正方形EFGH的周长为( )
A. 2
B. 2 2
C. 2+1
D. 2 2+1
10.在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步与人齐，五尺人高曾记．仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．良工高士素好奇，算出索长有几．”此问题可理解为：如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地距离AB长度为1尺．将它往前水平推送10尺时，即A′C=10尺，则此时秋千的踏板离地距离A′D就和身高5尺的人一样高．若运动过程中秋千的绳索始终拉得很直，则绳索OA长为( )
A. 13.5尺B. 14尺C. 14.5尺D. 15尺
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.顺次连接任意一个矩形四边的中点，得到的四边形是______．
12.将多项式x2−3在实数范围内分解因式，则x2−3= ______．
13.已知a是负数，b是正数，化简 8a2b，正确的结果是______．
14.如图，数轴上点A对应的数为2，AB⊥OA于A，且AB=1，以O为圆心，以OB为半径画圆，交数轴于点C，则OC长为______．
15.以正方形ABCD的AD为一边，作等边△ADE，连接BE，则∠AEB=______．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
计算： 12− 9÷ 3．
17.(本小题8分)
已知xy=6，且x，y都是正数，求x yx+y xy的值．
18.(本小题8分)
如图，在▱ABCD中，点E，F是对角线AC上的两点，请添加一个条件，使四边形BEDF是平行四边形，并写出证明的过程．
19.(本小题8分)
如图在△ABC中，AB=13，BC=12，AC=5，点D是BC上一点，且CD=3．
(1)试判断△ABC的形状，并说明理由；
(2)求AD的长．
20.(本小题8分)
阅读材料，解答问题：
材料：已知 18−x− 11−x=1，求 18−x+ 11−x的值，张山同学是这样解答的：∵( 18−x− 11−x)( 18−x+ 11−x)=( 18−x)2−( 11−x)2=18−x−11+x=7，∴ 18−x+ 11−x=7．
问题：已知 30−x+ 9−x=7．
(1)求 30−x− 9−x的值；
(2)求x的值．
21.(本小题8分)
研究立体图形问题的基本思路是把立体图形问题转化为平面图形问题．
(1)阅读材料
立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角．
例如，正方体ABCD−A′B′C′D′(图1)，因为在平面AA′C′C中，CC′/​/AA′，AA′与AB相交于点A，所以直线AB与AA′所成的∠BAA′就是既不相交也不平行的两条直线AB与CC′所成的角．
解决问题
如图1，已知正方体ABCD−A′B′C′D′，求既不相交也不平行的两直线BA′与AC所成角的大小．
(2)如图2，M，N是正方体相邻两个面上的点；
①下列甲、乙、丙三个图形中，只有一个图形可以作为图2的展开图，这个图形是______；
②在所选正确展开图中，若点M到AB，BC的距离分别是2和5，点N到BD，BC的距离分别是4和3，P是AB上一动点，求PM+PN的最小值．
22.(本小题8分)
(1)阅读理解
我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”.根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；
(2)问题解决
勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC=12，BC=5，求EF的值．
23.(本小题8分)
正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动(不与正方形顶点重合).作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F．

(1)如图，点E在边BC上，BE=DF，则图中与线段AE相等的线段是______；
(2)过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数．
24.(本小题8分)
综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
(1)如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并说明理由．
【问题解决】
(2)如图3，当AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？请说明理由．
【深入探究】
(3)在(2)的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，B′D，EF之间满足的等量关系，直接写出答案．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：若 a在实数范围内有意义，则a≥0，
∴a的值可以是2021，不可以是−2，−1或−0.0001，
∴A，B，C选项不合题意．
故选：D．
二次根式有意义的条件为二次根式中的被开方数是非负数．
本题主要考查了二次根式有意义的条件，依据二次根式中的被开方数是非负数进行判断即可解决问题．
2.【答案】D
【解析】解：A． 13× 3=1，结果是有理数，不合题意；
B. 3× 3=3，结果是有理数，不合题意；
C. 12× 3=6，结果是有理数，不合题意；
D. 6× 3=3 2，结果是无理数，符合题意；
故选：D．
直接利用二次根式乘法运算法则分别计算得出答案．
此题主要考查了二次根式的乘法运算，正确掌握二次根式乘法运算法则是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解： 4− 3=2− 3，故A错误，不符合题意；
2× 3= 6，故B正确，符合题意；
3与 5不是同类二次根式，不能合并，故C错误，不符合题意；
8÷ 2= 8÷2=2，故D错误，不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的运算法则逐项判断即可．
本题考查二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式相关运算的法则．
4.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A：∠B=1：2，
∴∠A=180°÷3=60°，
故选：B．
利用平行四边形的邻角互补即可．
本题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：如图所示：
∵△ABE是直角三角形，AE=8cm，BE=10cm，
∴AB= BE2−AE2= 102−82=6(cm)，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积=AB2=36(cm2)，
故选：B．
根据勾股定理得出直角边的长，进而得出正方形的面积即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据勾股定理得出直角边AB的长解答．
6.【答案】B
【解析】【分析】
交换命题的题设与结论得到四个命题的逆命题，然后分别利用平行线的判定、全等三角形的判定、等边三角形的判定和勾股定理的逆定理对四个逆命题的真假进行判断．
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
【解答】
解：A、两直线平行，同位角相等的逆命题为同位角相等，两直线平行，此逆命题为真命题；
B、全等三角形的对应角相等的逆命题为对应角相等的两三角形全等，此逆命题为假命题；
C、等边三角形三个角相等的逆命题为三个角相等的三角形为等边三角形，此逆命题为真命题；
D、直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和的逆命题为如果一个三角形的一边的平方等于另外两边的平方和，那么这个三角形为直角三角形，此逆命题为真命题．
故选：B．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC=45°，
∴EG=DG，
∵四边形EFCG为矩形，
∴EF=GC，
∴EF+EG=GC+DG=DC=4，
故选：A．
根据正方形的性质得出∠BDC=45°，得出EG=DG，进而利用平移得出EF=GC，解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质得出∠BDC=45°解答．
8.【答案】D
【解析】解：根据作图的方法可得AG平分∠DAB，
∵AG平分∠DAB，
∴∠DAH=∠BAH，
∵CD//AB，
∴∠DHA=∠BAH，
∴∠DAH=∠DHA，
∴AD=DH，
∴BC=DH，
故选D．
根据作图过程可得得AG平分∠DAB，再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠DAH=∠DHA，进而得到AD=DH，
此题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的作法、平行线的性质；熟记平行四边形的性质是解决问题的关键关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵正方形ABCD的面积为1，
∴BC=CD= 1=1，∠BCD=90°，
∵E、F分别是BC、CD的中点，
∴CE=12BC=12，CF=12CD=12，
∴CE=CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF= 2CE= 22，
∴正方形EFGH的周长=4EF=4× 22=2 2；
故选：B．
由正方形的性质和已知条件得出BC=CD= 1=1，∠BCD=90°，CE=CF=12，得出△CEF是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出EF的长，即可得出正方形EFGH的周长．
本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，由等腰直角三角形的性质求出EF的长是解决问题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：设绳索有x尺长，则
102+(x+1−5)2=x2，
解得：x=14.5．
故绳索长14.5尺．
故选：C．
设绳索有x尺长，根据勾股定理列方程即可得到结论．
本题考查勾股定理的应用，理解题意能力，关键是能构造出直角三角形，用勾股定理来解．
11.【答案】菱形
【解析】解：如图，连接AC、BD．
在△ABD中，
∵AH=HD，AE=EB，
∴EH=12BD，
同理FG=12BD，HG=12AC，EF=12AC，
又∵在矩形ABCD中，AC=BD，
∴EH=HG=GF=FE，
∴四边形EFGH为菱形．
故答案是：菱形．
三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．需注意新四边形的形状只与对角线有关，不用考虑原四边形的形状．
本题考查了菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分．
12.【答案】(x+ 3)(x− 3)
【解析】解：x2−3
=x2−( 3)2
=(x+ 3)(x− 3).
故答案为：(x+ 3)(x− 3).
先变形，再根据平方差公式分解因式即可．
本题考查了在实数范围内分解因式，能选择适当的方法分解因式是解此题的关键，分解因式的方法有提取公因式法，公式法，十字相乘法等．
13.【答案】−2a 2b
【解析】解：由题可知，
a是负数，b是正数，
则 8a2b=−2a 2b．
故答案为：−2a 2b．
根据二次根式的性质进行化简即可．
本题考查二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
14.【答案】 5
【解析】解：∵AB⊥OA，
∴∠OAB=90°，
∵AB=1，OA=2，
∴OB= AB2+OA2= 12+22= 5，
∵OB=OC，
∴OC= 5，
故答案为： 5．
先根据已知条件，利用勾股定理求出OB，从而求出OC即可．
本题主要考查了实数与数轴，解题关键是熟练掌握利用勾股定理求出OB的长．
15.【答案】15°或75°
【解析】解：当点E在正方形ABCD外侧时，
∵正方形ABCD，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
又∵△ADE是正三角形，
∴AE=AD，∠DAE=60°，
∴△ABE是等腰三角形，∠BAE=90°+60°=150°，
∴∠ABE=∠AEB=15°；
当点E在正方形ABCD内侧时，
∵正方形ABCD，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∵等边△AED，
∴∠EAD=60°，AD=AE=AB，
∴∠BAE=90°−60°=30°，
∠ABE=∠AEB=12(180°−∠BAE)=75°．
故答案为：15°或75°．
解答本题时要考虑两种情况，E点在正方形内和外两种情况，即∠AEB为锐角和钝角两种情况．
此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题首先利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．本题要分两种情况，这是解题的关键．
16.【答案】解： 12− 9÷ 3
=2 3− 3
= 3．
【解析】根据二次根式的除法和减法可以解答本题．
本题考查二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确二次根式的除法和减法的运算法则．
17.【答案】解：∵xy=6，且x，y都是正数，
∴原式=x xyx+y xyy
= xy+ xy
= 6+ 6
=2 6．
【解析】可将二次根式分母有理化，则原式=x xyx+y xyy= xy+ xy，再将xy=6整体代入 xy+ xy，再合并同类二次根式，求得原式=2 6．
此题重点考查合并同类二次根式、二次根式的化简、求代数式的值等知识，需要注意的是，化简的结果应为最简二次根式．
18.【答案】解：添加条件AE=CF(答案不唯一)时，能四边形BEDF是平行四边形，证明如下：
连接BD交AC于点O，如下图所示：

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，
∴OE=OF，
又∵OB=OD，
∴BEDF是平行四边形．
【解析】添加条件AE=CF(答案不唯一)时，能四边形BEDF是平行四边形，连接BD交AC于点O，根据平行四边形性质得OA=OC，OB=OD，进而得AE=CF，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得出结论．
此题主要考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解决问题的关键．
19.【答案】解：(1)△ABC是直角三角形，
理由：因为AB2=132=169，BC2=122=144，AC2=52=25，
所以BC2+AC2=AB2，
所以∠ACB=90°，
所以△ABC是直角三角形；
(2)在△ACD中，∠ACD=90°，AC=5，CD=3，
所以AD= AC2+CD2= 52+32= 34．
【解析】(1)利用勾股定理逆定理即可求解；
(2)利用勾股定理得出AD的长即可求解．
此题主要考查了勾股定理以及勾股定理逆定理，正确运用勾股定理以及勾股定理逆定理是解题关键．
20.【答案】解：(1)∵( 30−x+ 9−x)( 30−x− 9−x)=( 30−x)2−( 9−x)2=30−x−9+x=21，
又∵ 30−x+ 9−x=7，
∴ 30−x− 9−x=21÷7=3；
(2)∵ 30−x− 9−x=3， 30−x+ 9−x=7，
∴2 30−x=3+7=10，
∴ 30−x=5，
∴30−x=25，
解得：x=5；
经检验，x=5是原方程的根，
∴x=5．
【解析】(1)仿照材料，利用平方差公式进行计算即可得到答案；
(2)由(1)得到2 30−x=10，求解即可得到答案．
本题考查了二次根式的性质，平方差公式，本题是阅读型题目，理解题干的方法并应用是解题关键．
21.【答案】解：(1)如图1中，连接BC′．
∵A′B=BC′=A′C′，
∴△A′BC′是等边三角形，
∴∠BA′C′=60°，
∵AC/​/A′C′，
∴∠C′A′B是两条直线AC与BA′所成的角，
∴两直线BA′与AC所成角为60°．
(2)①丙
②如图丙中，作点N关于AD的对称点K，连接MK交AD于P，连接PN，此时PM+PN的值最小，最小值为线段MK的值，过点M作MJ⊥NK于J．
由题意在Rt△MKJ中，∠MJK=90°，MJ=5+3=8，JK=8−(4−2)=6，
∴MK= MJ2+JK2= 82+62=10，
∴PM+PN的最小值为10．
【解析】(1)如图1中，连接BC′.证明△A′BC′是等边三角形，推出∠BA′C′=60°，由题意可知∠C′A′B是两条直线AC与BA′所成的角．
(2)根据立方体平面展开图的特征，解决问题即可．
(3)如图丙中，作点N关于AD的对称点K，连接MK交AD于P，连接PN，此时PM+PN的值最小，最小值为线段MK的值，过点M作MJ⊥NK于J.利用勾股定理求出MK即可．
本题考查轴对称最短问题，平面展开图，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角，学会利用轴对称的性质解决最短问题，属于中考常考题型．
22.【答案】解：(1)a2+b2=c2(直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方)，
证明如下：
如图1，
∵△ADF≌△BAG≌△CBH≌△DCE，
∴AF=BG=GH=DE=a，DF=AG=BH=CE=b，
∴EF=FG=GH=EH=b−a，
∴S正方形ABCD=S正方形EFGH+4S△DCE=(b−a)2+4×12ab=a2+b2
∵S正方形ABCD=CD2=c2，
∴a2+b2=c2；
(2)设EF=x，则DF=DE−EF=12−x，
如图2，
当EF>DF时，
∴x−(12−x)=5，
∴x=172，
如图3，
当EF∴(12−x)−x=5，
∴x=72，
∴综上所述：EF=172或72．
【解析】(1)正方形ABCD的面积直接计算等于边长平方，间接计算等于4个全等三角形面积与小正方形面积之和，从而得出等式，化简得证；
(2)分为EF>DF和EF本题考查了勾股定理及其证明等知识，解决问题的关键是正确分类，考虑问题全面．
23.【答案】AF
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF，
故答案为：AF；
(2)当E点在BC边上时，如图1，
过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点，
∴∠AMG=∠DMG=∠GNE=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴∠AGM+∠MAG=90°，
∵EG⊥AF，∠EAF=45°，
∴∠AGM+∠EGN=90°，
∵∠AGE=90°，∠EAF=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴AG=EG，
∴∠EGN=∠MAG，
∴△AMG≌△GNE(AAS)，
∴AM=GN，
∵AM+MD=GN+MG，
∴MD=MG，
∴△MDG为等腰直角三角形，
∴∠MDG=45°，
∴∠GDC=45°；
当点E在CD边上时，如图2，
过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M，
∴四边形ADNM是矩形，
同理，△AMG≌△GNE(AAS)，
∴GN=AM=DN，
∴△NDG为等腰直角三角形，
∴∠GDN=45°，
∴∠GDC=180°−45°=135°，
综上所述：∠GDC的度数为45°或135°；
(1)通过证明△ABE≌△ADF(SAS)，即可得到AF=AE；
(2)当E点在BC边上时，如图1，过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点，通过证明△AMG≌△GNE(AAS)，推导出△MDG为等腰直角三角形，即可求∠GDC=45°；当点E在CD边上时，如图2，过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M，同理，△AMG≌△GNE(AAS)，可推导出△NDG为等腰直角三角形，则∠GDN=45°，即可求∠GDC=180°−45°=135°．
本题考查相似的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，等腰直角三角形的性质，矩形的性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．
理由：设EF与BD交于点O，如图，

由折叠得：EF⊥BD，OB=OD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠OBF=∠ODE，
∴△BFO≌△DEO(ASA)，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是菱形．
(2)当BC= 3AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
理由：如图，设AC、BD交于点O，

∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC=90°，
∵BC= 3AB，
∴tan∠BAC=BCAB= 3，
∴∠BAC=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=∠AOB=60°，
由折叠得：∠A′B′B=∠ABO=60°，
∴∠A′B′B=∠AOB，
∴A′B′//AC，
故当BC= 3AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
(3) 3EF=2(AP+B′D)，理由如下：
如图，过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，

由折叠得：EF⊥BD，B′F=BF，∠BFE=∠B′FE，
设AE=m，EF=n，
由(2)得：∠BAC=60°=∠ABD，
∴∠BB′F=∠DBC=30°，
∴∠BFE=∠B′FE=60°，
∴EG=EF⋅sin60°= 32n，FG=EF⋅cs60°=12n，
∵∠EAB=∠ABG=∠BGE=90°，
∴四边形ABGE是矩形，
∴AB=EG= 32n，BG=AE=m，AD//BC，
∴BF=B′F=m+12n，
∴BH=BF⋅cs30°= 32(m+12n)，
∴BB′=2BH= 3(m+12n)，
∵BD=2AB= 3n，
∴B′D=BD−BB′= 3n− 3(m+12n)= 32n− 3m，
∵AD/​/BC，
∴∠DEF=∠EFG=60°，
∴∠APE=∠DEF−∠DAC=60°−30°=30°=∠DAC，
∴AP=2AE⋅cs30°= 3m，
∴AP+B′D= 3m+( 32n− 3m)= 32n，
∴AP+B′D= 32EF，
即 3EF=2(AP+B′D)．
【解析】(1)由折叠可得：EF⊥BD，OB=OD，再证得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OE=OF，利用菱形的判定定理即可得出答案；
(2)设∠OAB=∠OBA=α，则∠OBC=90°−α，利用折叠的性质和平行线性质可得：∠AB′B=∠AOB=α，再运用三角形内角和定理即可求得α=60°，利用解直角三角形即可求得答案；
(3)过点E作EG⊥BC于G，设EF交BD于H，设AE=m，EF=n，利用解直角三角形可得B′D=BD−BB′= 32n− 3m，AP=2AE⋅cs30°= 3m，即可得出结论．
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．