北京市海淀区2020-2021学年八年级下学期期中数学试题（word版 含答案）

这是一份北京市海淀区2020-2021学年八年级下学期期中数学试题（word版 含答案），共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列二次根式中，最简二次根式是（ ）
A．B．C．D．
2．菱形的面积为12cm2，一条对角线是6cm，那么菱形的另一条对角线长为（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm
3．中，点分别是的边，的中点，连接，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，这是历史上第一个把数与形联系起来的定理，其证明是论证几何的发端．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．若∠AOB=60°，BD=8，则AD的长为（ ）．
A．4B．5C．3D．
6．如果，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．在某时段由50辆车通过一个雷达测速点，工作人员将测得的车速绘制成如图所示的条形统计图，则这50辆车的车速的众数（单位：km/h）为（ ）
A．60B．50C．40D．15
8．将一张平行四边形的纸片折一次，使得折痕平分这个平行四边形的面积．则这样的折纸方法共有（ ）
A．1种B．2种C．4种D．无数种
9．如图是某班甲、乙、丙三位同学最近5次数学成绩及其所在班级相应平均分的折线统计图，则下列判断错误的是( ).
A．甲的数学成绩高于班级平均分，且成绩比较稳定
B．乙的数学成绩在班级平均分附近波动，且比丙好
C．丙的数学成绩低于班级平均分，但成绩逐次提高
D．就甲、乙、丙三个人而言，乙的数学成绩最不稳
10．一只小猫在距墙面4米，距地面2米的架子上，紧紧盯住了斜靠墙的梯子中点处的一只老鼠，聪明的小猫准备在梯了下滑时，在与老鼠距离最小时捕食．如图所示，把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，猫所处位置为点D，梯子视为线段MN，老鼠抽象为点E，已知梯子长为4米，在梯子滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为（ ）
A．B．﹣2C．2D．4
二、填空题
11．若有意义，则x 的取值范围是__________．
12．在实数范围内分解因式a2﹣6＝_____．
13．命题“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是_____________________．
14．如图，在中，，D是AB的中点，若，则的度数为________．
15．当x＝___时，代数式+1取最小值为___．
16．平行四边形的一个内角平分线将对边分成3cm和5cm两个部分，则该平行四边形的周长是__cm.
17．如果四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，那么四边形ABCD是平行四边形，判定的依据是____．
18．北大附中实验学校科技节的作品得分包括三部分，专家评委给出的专业得分，宣传展示得分以及通过同学们投票得到的支持得分．已知某个作品各项得分如表所示（各项得分均按百分制计）：按专业得分占50%、展示得分占40%、支持得分占10%，计算该作品的综合成绩（百分制），则该作品的最后得分是______．
19．如图所示，菱形ABCD，在边AB上有一动点E，过菱形对角线交点O作射线EO与CD边交于点F，线段EF的垂直平分线分别交BC、AD边于点G、H，得到四边形EGFH，点E在运动过程中，有如下结论：
①可以得到无数个平行四边形EGFH；
②可以得到无数个矩形EGFH；
③可以得到无数个菱形EGFH；
④至少得到一个正方形EGFH．
所有正确结论的序号是__．
20．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1，A、B、C、D均落在格点上．
（1）S△BDC：S△BAC＝_____；
（2）点P为BD的中点，过点P作直线l∥BC，过点B作BM⊥l于点M，过点C作CN⊥l于点N，则矩形BCNM的面积为_____．
三、解答题
21．计算：．
22．已知x＝﹣1，求代数式x2+2x﹣6的值．
23．下面是小东设计的“作矩形”的尺规作图过程，已知：
求作：矩形
作法：如图，
①作线段的垂直平分线角交于点；
②连接并延长，在延长线上截取
③连接
所以四边形即为所求作的矩形
根据小东设计的尺规作图过程
（1）使用直尺和圆规，补全图形：（保留作图痕迹）
（2）完成下边的证明：
证明： ，，
四边形是平行四边形（ ）（填推理的依据）
四边形是矩形（ ）（填推理的依据）
24．如图，在平行四边形ABCD中，DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的角平分线．
求证：四边形DEBF是平行四边形．
25．我校小李同学对北大附中初中三个年级的学生年龄构成很感兴趣，整理数据并绘制如图所示不完整的统计图．依据信息解答下列问题．
（1）求样本容量；
（2）直接写出样本数据的众数、中位数和平均数；
（3）已知北大附中实验学校一共有1920名学生，请估计全校年龄在14岁及以上的学生大约有多少人．
26．如图，在中，于点E点，延长BC至F点使，连接AF，DE，DF.
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若，，，求AE的长.
27．已知在菱形ABCD中，点P在CD上，连接AP．
（1）在BC上取点Q，使得∠PAQ＝∠B，
①如图1，当AP⊥CD于点P时，线段AP与AQ之间的数量关系是 ．
②如图2，当AP与CD不垂直时，判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明，若不成立，则需说明理由．
（2）在CD的延长线取点N，使得∠PAN＝∠B，
①根据描述在图3中补全图形．
②若AB＝4，∠B＝60°，∠ANC＝45°，求此时线段DN的长．
28．对于平面内的图形G1和图形G2，A为图形G1上一点，B为图形G2上一点，如果线段AB的长度有最小值，称图形G1和图形G2存在“最短距离”，此时线段AB的长度记为m（G1，G2）；如果线段AB的长度有最大值，称图形G1和图形G2存在“最长距离”，此时线段AB的长度记为M（G1，G2）．
例如：线段EF两端点坐标为E（1，3），F（3，1），线段KH两端点坐标为K（3，3），H（3，5），根据“最短距离”和“最长距离”的公式可得m（G1，G2）＝，M（G1，G2）＝4．
在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（3，1），C（4，2），D（2，2）．
（1）线段AD和线段BC是否存在“最短距离”和“最长距离”？如果存在，请直接写出m（AD，BC）和M（AD，BC）；如果不存在，请说明理由．
（2）已知点P（0，t），若过点P且平行于AD的直线l与四边形ABCD没有公共点，且m（l，AD）、m（l，BC）、m（l，ABCD）三者中的最小值不超过最大值的，求t的取值范围．
（3）已知四边形QRST，其中Q（4，5），R（5，4），S（6，5），T（5，6）．现将四边形ABCD绕点O旋转，旋转后的图形记为A′B'C′D′，记m*表示m（A'B′C′D′，QRST）的最小值，M*表示M（A′B'C′D′，QRST）的最大值，直接写出M*+m*的值．
项目
专业得分
展示得分
支持得分
成绩（分）
96
98
96
参考答案
1．A
【分析】
根据最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，结合选项求解即可．
【详解】
解：A. 的被开方数3a不含有能开得尽方的数或因式，因此是最简二次根式，所以选项A符合题意；
B. ，被开方数12中含有能开得尽方的因式4，因此选项B不符合题意；
C. ，被开方数中含有分母，因此选项C不符合题意；
D. ，被开方数的分母含有二次根式，因此选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了最简二次根式的知识，解答本题的关键在于掌握最简二次根式的概念，对各选项进行判断．
2．B
【分析】
根据菱形面积公式即菱形对角线乘积的一半，即可求出另一对角线的长．
【详解】
解：设另一条对角线长为xcm，
则×6•x＝12，
解得x＝4．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的面积，掌握菱形面积公式，即对角线乘积的一半是解题关键．
3．B
【分析】
根据点分别是的边，的中点，得到DE是的中位线，根据中位线的性质解答.
【详解】
如图，
∵点分别是的边，的中点，
∴DE是的中位线，
∴DE∥BC，
∴，
故选：B.
【点睛】
此题考查三角形中位线的判定及性质，平行线的性质，熟记三角形的中位线的判定定理是解题的关键.
4．D
【分析】
利用两个以a和b为直角边三角形面积+一个直角边为c的等腰直角三角形面积和=上底为a,下第为b,高为（a+b）的梯形面积推导勾股定理可判断A，利用以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为c的小正方形面积和=以a+b的和为边正方形面积推导勾股定理可判断B，利用以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为（b-a）的小正方形面积和=以c为边正方形面积推导勾股定理可判断C，利用四个小图形面积和=大正方形面积推导完全平方公式可判断D．
【详解】
解：A、∵两个以a和b为直角边三角形面积+一个直角边为c的等腰直角三角形面积和=上底为a,下第为b,高为（a+b）的梯形面积，
∴ab+c2+ab＝（a+b）（a+b），
∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
B、∵以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为c的小正方形面积和=以a+b的和为边正方形面积，
∴4×ab+c2＝（a+b）2，
∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
C、∵以a与b为两直角边四个全等三角形面积+边长为（b-a）的小正方形面积和=以c为边正方形面积，
∴4×ab+（b﹣a）2＝c2，
∴整理得：a2+b2＝c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
D、∵四个小图形面积和=大正方形面积，
∴ab+ b2+ a2+ ab=（a+b）2，
∴a2+ 2ab +b2=（a+b）2，
根据图形证明完全平方公式，不能证明勾股定理，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查利用面积推导勾股定理与完全平方公式，掌握利用面积推导勾股定理与完全平方公式是解题关键．
5．D
【分析】
先由矩形的性质得出OA=OB，再证明△AOB是等边三角形，得出AB=OB=4，再利用勾股定理求解即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=AC，OB=BD=4，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OB=4；
在Rt△BDA中，，
AD=
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理的应用；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．
6．B
【详解】
试题分析：根据二次根式的性质1可知：，即故答案为B. .
考点：二次根式的性质.
7．C
【分析】
一组数据中出现次数最多的数据叫做众数,由此可得出答案
【详解】
解：车速为40km/h的车辆数最多，这50辆车的车速的众数为40km/h，
故选C.
【点睛】
本题考查了众数的定义，众数是一组数据中出现次数最多的数，注意众数可以不止一个.
8．D
【详解】
分析：根据平行四边形的中心对称性，可知这样的折纸方法有无数种．
解答：解：因为平行四边形是中心对称图形，任意一条过平行四边形对角线交点的直线都平分四边形的面积，则这样的折纸方法共有无数种．
故选D．
9．D
【分析】
折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．
【详解】
解：A．甲的数学成绩高于班级平均分，且成绩比较稳定，正确；
B．乙的数学成绩在班级平均分附近波动，且比丙好，正确；
C．丙的数学成绩低于班级平均分，但成绩逐次提高，正确
D．就甲、乙、丙三个人而言，丙的数学成绩最不稳，故D错误．
故选D．
【点睛】
本题是折线统计图，要通过坐标轴以及图例等读懂本图，根据图中所示的数量解决问题．
10．B
【分析】
如图，连接BE，BD．先利用勾股定理求出BD，根据点E为MN中点，可得BE＝2（米），梯子在下滑过程中，点E在以B为圆心，2米为半径的弧上运动，当点E落在线段BD上时，DE的值最小．
【详解】
如图，连接BE，BD．
由题意BD＝（米），
∵∠MBN＝90°，MN＝4米，点E为MN中点，
∴BE为直角三角形斜边中线，
∴BE＝MN＝2（米），
∴梯子在下滑过程中，点E在以B为圆心，2米为半径的弧上运动，
∴当点E落在线段BD上时，DE的值最小，
∴DE的最小值为（﹣2）米．
故选：B．
【点睛】
本题考查勾股定理，线段中点运动轨迹，直角三角形斜边中线性质，关键是利用圆与BD相交点位置确定最小值是解题关键．
11．x≥８
【详解】
略
12．（a+）（a﹣）
【分析】
根据平方差公式进行因式分解即可．
【详解】
解：a2﹣6＝（a+）（a﹣）．
故答案为：（a+）（a﹣）．
【点睛】
本题主要考查因式分解，熟练掌握因式分解是解题的关键．
13．如果一个四边形的对角线互相平分，那么这个四边形是平行四边形.
【详解】
试题分析：对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题. 因此，“平行四边形的对角线互相平分”的逆命题是“如果一个四边形的对角线互相平分，那么这个四边形是平行四边形”.
考点：逆命题.
14．52
【分析】
根据直角三角形的性质得AD=CD，由等腰三角形性质结合三角形外角性质可得答案 .
【详解】
∵∠ACB=90°，D是AB上的中点，
∴CD=AD=BD，
∴∠DCA=∠A=26°，
∴∠BDC=2∠A=52°.
故答案为52 .
【点睛】
此题考查了直角三角的性质及三角形的外角性质，掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质是解题的关键 .
15．2 1
【分析】
根据二次根式有意义的条件，可求出x的物质范围，根据二次根式的性质求解即可．
【详解】
解：∵x-2≥0，
解得x≥2，
当x≥2时，≥0，
∴+1≥1，
∴x=2，代数式+1取最小值1，
故答案为：2，1．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质，关键是明确二次根式的被开方数越大，值越大．
16．22或26
【详解】
由四边形ABCD为平行四边形可得AD∥BC，根据平行线的性质可得∠DAE=∠AEB，再由AE为角平分线可得∠DAE=∠BAE，所以∠AEB=∠BAE，即可判定
AB=BE，分两种情况：①当BE=3时，CE=5，AB=3，则周长为22；②当BE=5时，CE=3，AB=5，则周长为26．
点睛：本题考查了平行四边形的性质，结合了等腰三角形的判定．注意有两种情况，要进行分类讨论．
17．两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
【分析】
先根据四边形内角和求出每个内角，可得∠A=∠C、∠B=∠D，根据平行四边形的判定定理即可的结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，
设∠A=2 x°、∠B=3x°、∠C=2x°、∠D=3x°，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴2 x°+3x°+2x°+3x°=360°，
∴x =36，
∴∠A=72°、∠B=108°、∠C=72°、∠D=108°，
∴∠A=∠C、∠B=∠D，
∴四边形ABCD为平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形，）
故答案为：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题关键．
18．96.8分．
【分析】
利用加权平均数求即可．
【详解】
解：根据题意，该作品的最后得分是96×50%+98×40%+96×10%＝96.8（分），
故答案为：96.8分．
【点睛】
本题考查加权平均数问题，掌握加权平均数计算方法是解题关键．
19．①③④
【分析】
由“AAS”可证△AOE≌△COF，△AHO≌△CGO，可得OE=OF，HO=GO，可证四边形EGFH是平行四边形，由EF⊥GH，可得四边形EGFH是菱形，可判断①③正确，若四边形ABCD是正方形，由“ASA”可证△BOG≌△COF，可得OG=OF，可证四边形EGFH是正方形，可判断④正确，即可求解．
【详解】
解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CFO，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∵线段EF的垂直平分线分别交BC、AD边于点G、H，
∴GH过点O，GH⊥EF，
∵AD∥BC，
∴∠DAO＝∠BCO，∠AHO＝∠CGO，
∴△AHO≌△CGO（AAS），
∴HO＝GO，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∵EF⊥GH，
∴四边形EGFH是菱形，
∵点E是AB上的一个动点，
∴随着点E的移动可以得到无数个平行四边形EGFH，
随着点E的移动可以得到无数个菱形EGFH，
故①③正确；
若四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，∠GBO＝∠FCO＝45°，OB＝OC；
∵EF⊥GH，
∴∠GOF＝90°；
∠BOG+∠BOF＝∠COF+∠BOF＝90°，
∴∠BOG＝∠COF；
在△BOG和△COF中，
∵，
∴△BOG≌△COF（ASA）；
∴OG＝OF，
同理可得：EO＝OH，
∴GH＝EF；
∴四边形EGFH是正方形，
∵点E是AB上的一个动点，
∴至少得到一个正方形EGFH，故④正确，
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是关键．
20．5：1；
【分析】
（1）由题意得：AC＝1，AD＝6，CD＝5，由三角形面积公式得出S△ABD：S△BAC＝6：1，得出S△BDC：S△BAC＝5：1即可；
（2）证出，由勾股定理求出，证明△CNE∽△BAC，得出，解得：，由矩形面积公式即可得出矩形BCNM的面积.
【详解】
（1）由题意得：AC＝1，AD＝6，CD＝5，
∴S△ABD：S△BAC＝6：1，
∴S△BDC：S△BAC＝5：1；
故答案为5：1；
（2）如图所示：
∵点P为BD的中点，直线l∥BC，
∴PE是△BCD的中位线，，
∵四边形BCNM是矩形，
∴∠BCN＝∠CNE＝90°，
∴∠ACB+∠ECN＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB+∠ABC＝90°，BC＝，
∴∠ECN＝∠ABC，
∴△CNE∽△BAC，
∴，即，
解得：，
∴矩形BCNM的面积＝；
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
21．
【分析】
根据0指数次幂、负整数指数次幂、绝对值的规律化简，再合并同类二次根式即可.
【详解】
解：原式
考点：实数的运算
点评：实数的运算是中考必考题，一般难度不大，要特别慎重，尽量不在计算上失分.
22．﹣2．
【分析】
先将代数式配方变形，然后将x计算即可．
【详解】
解：x2+2x﹣6＝（x+1）2﹣7，
当x＝﹣1时，
原式＝（﹣1+1）2-7，
＝5﹣7，
＝﹣2．
【点睛】
本题考查代数式求值，掌握先将代数式配方，再代入求值使问题简化，利用二次根式性质计算是解题关键．
23．（1）见解析；（2）OC，对角线互相平分的四边形是平行四边形；一角为直角的平行四边形是矩形.
【分析】
（1）根据要求作出图形即可．
（2）根据对角线互相平分得到四边形ABCD是平行四边形，因为∠ABC=90°，且四边形ABCD是平行四边形，则可判定四边形ABCD矩形．
【详解】
解：（1）如图，矩形ABCD即为所求．
（2）∵OA=OC，OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）
故答案为OC，对角线互相平分的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图、平行四边形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握尺规作图、平行四边形的判定、矩形的判定．
24．见解析．
【分析】
根据题意利用平行四边形的性质求出∠ABF＝∠AED，即DE∥BF，即可解答
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠ABC．
又∵DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的平分线，
∴∠ABF＝∠CDE．
又∵∠CDE＝∠AED，
∴∠ABF＝∠AED，
∴DE∥BF，
∵DE∥BF，DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形.
【点睛】
此题考查平行四边形的性质和判定，利用好角平分线的性质是解题关键
25．（1）样本容量是80；（2）众数是13岁；中位数是14（岁），平均数是13.7（岁）；（3）全校年龄在14岁及以上的学生大约有984人．
【分析】
（1）由条形统计图得15岁的人数16÷扇形统计图15岁占20%计算即可；
（2）求出14岁的人数25（人），根据众数定义重复次数最多的学生岁数13岁，根据中位数定义把这些数从小大排列，中位数第，41两个位置上数据的平均数14岁，根据加权平均数求即可；
（3）用样本中14岁以上的学生占样本的百分比为×北大附中实验学校1920名学生即可．
【详解】
解：（1）根据条形统计图，15岁的人数是16，由扇形统计图知15岁占20%，
∴样本容量是：16÷20%＝80；
（2）14岁的人数有：80﹣4﹣35﹣16＝25（人），
∵13岁的有35人，人数最多，
∴众数是13岁；
把这些数从小大排列，中位数位于40，41两个位置上数据的平均数，
第40与41位置上的数据14岁，14岁，
则中位数是（岁），
平均数是：（岁）．
（3）样本中14岁以上的学生有：25+16=41人，占样本的百分比为，
∴北大附中实验学校1920名学生，在14岁及以上的学生大约有1920×＝984（人），
答：全校年龄在14岁及以上的学生大约有984人．
【点睛】
本题考查样本的容量，众数，中位数，平均数，用样本的百分比含量估计总体中的数量，熟练掌握上述知识是解题关键．
26．（1）见解析；（2）
【详解】
试题分析：（1）先证明四边形AEFD是平行四边形，再证明∠AEF=90°即可．
（2）证明△ABF是直角三角形，由三角形的面积即可得出AE的长．
试题解析：（1）证明：∵CF=BE，
∴CF+EC=BE+EC．
即 EF=BC．
∵在▱ABCD中，AD∥BC且AD=BC，
∴AD∥EF且AD=EF．
∴四边形AEFD是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°．
∴四边形AEFD是矩形；
（2）∵四边形AEFD是矩形，DE=8，
∴AF=DE=8．
∵AB=6，BF=10，
∴AB2+AF2=62+82=100=BF2．
∴∠BAF=90°．
∵AE⊥BF，
∴△ABF的面积=AB•AF=BF•AE．
∴AE=．
27．（1）①AP＝AQ；②①中的结论仍然成立，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②DN＝2﹣2．
【分析】
（1）①AP＝AQ．根据四边形ABCD是菱形，可得BC＝CD，AB∥CD，由∠PAQ＝∠B，可得∠PAQ+∠QCD＝180°，可证AQ⊥BC，利用面积桥可证AP＝AQ；
②①中的结论仍然成立．过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N．由四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD，可证AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°，AB∥CD，证明△AMQ≌△ANP（AAS）；
（2）①补全图形如下：
②如图3，过点A作AH⊥CD于点H，可证AH＝HN，由四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，可求∠DAH=30°，由30度直角三角形性质DH＝AD＝2，利用勾股定理AH＝2．
【详解】
（1）①AP＝AQ．
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，AB∥CD，
∴∠B+∠QCD＝180°，
∵∠PAQ＝∠B，
∴∠PAQ+∠QCD＝180°，
∴∠APC+∠AQC＝180°，
∵AP⊥CD，
∴∠APC＝90°，
∴∠AQC＝90°，
∴AQ⊥BC，
∵S菱形ABCD＝BC•AQ＝CD•AP，
∴AP＝AQ；
故答案为：AP＝AQ；
②①中的结论仍然成立．
证明：如图2中，过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N．
∵四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD，
∴S菱形ABCD＝BC•AM＝CD•AN，
∵BC＝CD，
∴AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°，AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∵∠PAQ＝∠B，
∴∠PAQ+∠C＝180°，
∴∠AQC+∠APC＝180°，
∵∠AQM+∠AQC＝180°，
∴∠AQM＝∠APN，
在△AMQ和△ANP中，
∴△AMQ≌△ANP（AAS），
∴AP＝AQ．
（2）①，作∠PAN=∠B，角的另一边交CD延长于N，
补全图形如下：
②如图3，过点A作AH⊥CD于点H，
∵∠ANC＝45°，
∴∠NAH＝45°，
∴AH＝HN，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴∠ADC＝60°，AB＝AD＝4，
∴∠DAH=90°-∠ADH=90°-60°=30°，
∴DH＝AD＝2，
∴AH＝=DH＝2，
∴HN＝2，
∴DN＝HN﹣DH＝2﹣2．
【点睛】
本题考查菱形性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，30°直角三角形性质，勾股定理，掌握菱形性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，30°直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
28．（1）存在，m（AD，BC）＝，M（AD，BC）＝；（2）0＜t≤2或﹣4≤t＜﹣2；（3）M*+m*＝+．．
【分析】
（1）连结AB并延长AB到G，过D，C作DE⊥AG，CF⊥AG，分别交于E、F，先证AB∥x轴，再证△ADE为等腰直角三角形，可得∠DAE=45°，再证△CBF为等腰直角三角形，可得∠CBG=45°，可得AD∥BC，利用勾股定理逆定理可证BD⊥AD，可求m（AD，BC）＝，M（AD，BC）＝；
（2）由过P的直线l平行于AD，且与▱ABCD无交点，可证l∥BC，当l在AD左侧时：m（l，BC）＝m（l，AD）+m（AD，BC），由m（l，ABCD）＝m（l，AD），可得m（AD，BC）＝，由m（l，BC）＝2m（l，AD），可得m（l，AD）＝，求出AD解析式为，可求过P与AD平行的直线为+,可证△OAP为等腰直角三角形，利用勾股定理OP=t=，可得0＜t≤2， 当l在BC右侧时，用相同方法求BC解析式为，证明△OKN为等腰直角三角形再证△KLP为等腰直角三角形，利用勾股定理PK，可求t＝﹣4，可得﹣4≤t＜﹣2；
（3）先求M（O，ABCD）＝，M（O，QRST），取QR的中点W（），再求m（O，QRST）＝|OW|=，可求M*＝+，m*＝﹣即可．
【详解】
解：（1）连结AB并延长AB到G，过D，C作DE⊥AG，CF⊥AG，分别交于E、F，
∵A（1，1），B（3，1），两点纵坐标相同，
∴AB∥x轴，
∵点A（1，1），B（3，1），C（4，2），D（2，2）．
∴E（2，1），F（4，1），
∴AE=2-1=1，DE=2-1=1，AE=DE，DE⊥AE，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴∠DAE=45°，
∵BF=4-3=1，CF=2-1=1，CF=BF，CF⊥BF，
∴△CBF为等腰直角三角形，
∴∠CBG=45°，
∴∠DAE=∠CBG=45°，
∴AD∥BC，
又∵EB=3-2=1=AE=DE，
∴AD2+BD2=，
∴BD⊥AD
∴AD、BC间最短距离为BD，即m（AD，BC）＝，
∴AD、BC间最长为AC，即M（AD，BC）＝；
（2）∵过P的直线l平行于AD，且与▱ABCD无交点，
∴l∥BC，
∴当l在AD左侧时：m（l，BC）＝m（l，AD）+m（AD，BC），
m（l，ABCD）＝m（l，AD），
由（1）知，m（AD，BC）＝，
若m（l，BC）＝2m（l，AD），
则m（l，AD）＝，
设AD解析式为
解得
AD解析式为
过P与AD平行的直线为+,
∵OA== m（l，AD），过A作PA⊥AD，交y轴于P，
∴△OAP为等腰直角三角形，
∴OP=t=，
∵直线l在O、P之间运动
∴0＜t≤2，
∴当0＜t≤2时，m（l，AD）、m（l，BC）、m（l，ABCD）三者中的最小值不超过最大值的，
当l在BC右侧时，
m（l，AD）＝m（l，BC）+m（AD，BC），
m（l，ABCD）＝m（l，BC），
由（1）知，m（AD，BC）＝，
若m（l，AD）＝2m（l，BC），
则m（l，BC）＝，
设BC的解析式为为
解得
BC解析式为
直线BC与y轴交点为K（0，-2），与x轴交点N（2，0）
∴OK=ON=2，
∴△OKN为等腰直角三角形
∴∠OKN=45°，
过K作KL⊥l于L，
则KL=，
∵∠PKL=180°-∠OKN-∠NKL=45°
∴△KLP为等腰直角三角形，
∴PL=KL=，
在Rt△KLP中PK=，
∴-2-t=2
∴t＝﹣4，
∵直线l在BC下方到t=-4之间运动，
∴﹣4≤t＜﹣2，
当﹣4≤t＜﹣2时，m（l，AD）、m（l，BC）、m（l，ABCD）三者中的最小值不超过最大值的，
∴不超过最大值时：0＜t≤2或﹣4≤t＜﹣2；
（3）由题意知，
M（O，ABCD）＝|OC|＝，
M（O，QRST）=|OS|＝，
取QR的中点W（），
m（O，QRST）＝|OW|=，
∴M*＝+，m*＝﹣，
∴M*+m*＝+．
【点睛】
本题考查新定义距离问题，等腰直角三角形的判定与性质，直线平行判定，勾股定理定理与逆定理，两点间距离，直线解析式，截距范围，利用辅助线画出准确图形是解题关键．