苏州市草桥中学2020-2021学年八年级下学期3月月考数学试卷（含解析）

这是一份苏州市草桥中学2020-2021学年八年级下学期3月月考数学试卷（含解析），共28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。

苏州市草桥中学校八年级数学三月份试卷
一、选择题（每题3分，共24分）
1. 下列式子中，属于分式的是（ ）
A. B. C. D.
2. 如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）

A. 55° B. 70° C. 125° D. 145°
3. 若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A. 菱形 B. 对角线互相垂直的四边形
C. 矩形 D. 对角线相等的四边形
4. 如图，在△ABC中，点D，E，F分别是BC，AB， AC的中点，则下列四个判断中不一定正确的是（ ）

A. 四边形AEDF一定平行四边形
B. 若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形
C. 若AD平分∠A，则四边形AEDF是正方形
D. 若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形
5. 如图，菱形ABCD中，，AB=4，则以AC为边长的正方形ACEF的周长为（ ）

A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
6. 计算的值为（ ）
A. 1 B. C. D.
7. 如图，P是矩形的边上一个动点，矩形的两条边的长分别为3和4，那么点P到矩形的两条对角线和的距离之和是（ ）

A. B. C. D. 无法确定
8. 如图，在中，和的平分线相交于点O，过点O作交与E，交于F，过点O作于D，下列四个结论：其中正确的结论是（ ）
①；②；③设，则； ④不能成为的中位线

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（每题3分，共30分）
9. 使分式有意义x的取值范围是_________．
10. 化简：_______．
11. 菱形的两条对角线长分别是6和8，则菱形的边长为_____．
12. 如图，把绕点逆时针旋转，得到，点恰好落在边上，连接，则___________度．

13. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是边长为1的正方形，顶点分别在轴的正半轴上．点Q在对角线上，且，连接并延长交边于点P，则点P的坐标为________．

14. 如图，□ABCD与□DCFE的周长相等，且∠BAD=60°，∠F=110°，则∠DAE的度数为_______°．

15. 如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，AC＝12，F是DE上一点，连接AF，CF，DF＝1．若∠AFC＝90°，则BC的长度为__________．

16. 如图，在中，周长为36，于点于点与交于点H，则的长度为________．

17. 已知点F是等边边延长线上一点，以为边，作菱形，使菱形与等边在的同侧，且，连结，若的面积为_______．

18. 如图，矩形△ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD中点，P为AB边上一动点（含端点），F为CP中点，则△CEF的周长最小值为_____．

三、解答题（共46分）
19. 解方程：
（1） （2）

20. 先化简，再求值：（﹣）÷，其中x的值从不等式组的整数解中选取．

21. 如图，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．求证：
（1）AE＝CF；
（2）四边形AECF是平行四边形．

22. 如图，在矩形中，对角线交于点O，延长至E，且．

（1）求证：；
（2）若，求的周长．

23. 如图1，已知直线y=﹣2x+4与两坐标轴分别交于点A、B，点C为线段OA上一动点，连接BC，作BC的中垂线分别交OB、AB交于点D、E．

（l）当点C与点O重合时，DE= ；
（2）当CE∥OB时，证明此时四边形BDCE为菱形；
（3）在点C的运动过程中，直接写出OD的取值范围．


24. 如果一个四边形存在一条对角线，使得这条对角线长度的平方是四边形某两边长度的乘积，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”，如图1，在这个四边形中，，满足，四边形是闪亮四边形，是亮线．

（1）以下说法在确的是__________（填写序号）
①正方形不可能是闪亮四边形
②矩形有可能是闪亮四边形
③若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为
（2）如图2，在四边形中，，四边形是否为闪亮四边形？如果是，哪条线段是亮线，并写出验证过程，如果不是，说明理由．



25. 已知菱形的边长为10，，动点E从以每秒1个单位的速度匀速运动，到达终点B时停止运动，动点F从以每秒a个单位长度的速度匀速运动，到达终点B时停止运动，连接，运动时间为，
　　　
（1）当且时，_________；
（2）如图1，若，求时t的值．
一、选择题（每题3分，共24分）
1. 下列式子中，属于分式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分式是指形如（A、B均为整式，B中含有字母，且B≠0）的式子，由此分析即可．
【详解】解：根据分式的定义，各选项中，为分式，
故选：C．
【点睛】本题考查分式的定义，理解并熟悉分式的基本定义是解题关键．
2. 如图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（ ）

A. 55° B. 70° C. 125° D. 145°
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：∵∠B=35°，∠C=90°，∴∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣35°=55°．
∵点C、A、B1在同一条直线上，∴∠BAB′=180°﹣∠BAC=180°﹣55°=125°．
∴旋转角等于125°．故选C．
3. 若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A. 菱形 B. 对角线互相垂直的四边形
C. 矩形 D. 对角线相等的四边形
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
∵EH=AC，EF=BD，
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选D．


4. 如图，在△ABC中，点D，E，F分别是BC，AB， AC的中点，则下列四个判断中不一定正确的是（ ）

A. 四边形AEDF一定是平行四边形
B. 若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形
C. 若AD平分∠A，则四边形AEDF是正方形
D. 若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形
【答案】C
【解析】
【分析】一组对边平行且相等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；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【详解】A、∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，∴DE、DF为△ABC得中位线，
∴ED∥AC，且ED=AC=AF；同理DF∥AB，且DF=AB=AE，
∴四边形AEDF一定是平行四边形，正确．
B、若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形，正确；
C、若AD平分∠A，如图，延长AD到M，使DM=AD，连接CM，由于BD=CD，DM=AD，
∠ADB=∠CDM，（SAS）∴△ABD≌△MCD∴CM=AB，又∵∠DAB=∠CAD，
∠DAB=∠CMD，∴∠CMD=∠CAD，∴CA=CM=AB，因AD平分∠A
∴AD⊥BC，则△ABD≌△ACD；AB=AC，AE=AF，
结合（1）四边形AEDF是菱形，因为∠A不一定是直角
∴不能判定四边形AEDF是正方形；

D、若AD⊥BC，则△ABD≌△ACD；AB=AC，AE=AF，结合（1）四边形AEDF是菱形，正确．
故选C．
【点睛】本题考查三角形中位线定理和平行四边形、矩形、正方形、菱形的判定定理．
5. 如图，菱形ABCD中，，AB=4，则以AC为边长的正方形ACEF的周长为【 】

A. 14 B. 15 C. 16 D. 17
【答案】C
【解析】
【详解】根据菱形得出AB=BC，得出等边三角形ABC，求出AC，长，根据正方形的性质得出AF=EF=EC=AC=4，求出即可：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC．
∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC=AB=4．
∴正方形ACEF的周长是AC+CE+EF+AF=4×4=16．故选C．
6. 计算的值为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同分母分式的加法法则直接计算即可．
【详解】解：原式，
故选：A．
【点睛】本题考查分式的加减运算，熟悉基本运算法则是解题关键．
7. 如图，P是矩形的边上一个动点，矩形的两条边的长分别为3和4，那么点P到矩形的两条对角线和的距离之和是（ ）

A. B. C. D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得AC=BD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF求得答案．
【详解】解：如图所示，连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，
∴S矩形ABCD=AB•BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD==5，
∴OA=OD=，
∴S△ACD=S矩形ABCD=6，
∴S△AOD=S△ACD=3，
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=××PE+××PF=（PE+PF）=3，
解得：PE+PF=．
故选：A．

【点睛】本题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
8. 如图，在中，和的平分线相交于点O，过点O作交与E，交于F，过点O作于D，下列四个结论：其中正确的结论是（ ）
①；②；③设，则； ④不能成为的中位线

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，根据角平分线的定义与三角形内角和定理，即可求得②∠BOC=90°+∠A正确；由平行线的性质和角平分线的定义得出△BEO和△CFO是等腰三角形得出EF=BE+CF故①正确；设OD=m，AE+AF=n，则S△AEF=mn，故③错误；根据E、F不可能是三角形ABC的中点，即可判断FE不可能是三角形ABC的中位线故④正确.
【详解】解：∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴∠OBC+∠OCB=90°﹣∠A，
∴∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=90°+∠A；故②正确；
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠OBC=∠OBE，∠OCB=∠OCF．
∵EF∥BC，
∴∠OBC=∠EOB，∠OCB=∠FOC，
∴∠EOB=∠OBE，∠FOC=∠OCF，
∴BE=OE，CF=OF，
∴EF=OE+OF=BE+CF，故①正确；
过点O作OM⊥AB于M，作ON⊥BC于N，连接OA，
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴ON=OD=OM=m，
∴S△AEF=S△AOE+S△AOF=AE•OM+AF•OD=OD•(AE+AF)= mn；故③错误；
∵E、F不可能是三角形ABC边的中点，
∴FE不可能是三角形ABC的中位线，故④正确.
故选C．


【点睛】此题考查了角平分线的定义与性质，等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
二、填空题（每题3分，共30分）
9. 使分式有意义的x的取值范围是_________．
【答案】x≠1
【解析】
【详解】根据分式有意义的条件，分母不为零，可得x-1≠0，即x≠1.
故答案为：x≠1．
10. 化简：_______．
【答案】
【解析】
【分析】首先对分子和分母进行因式分解，然后根据分式的性质进行约分化为最简分式即可．
【详解】解：原式，
故答案为：．
【点睛】本题考查分式的化简，熟悉常见的因式分解以及分式的基本性质是解题关键．
11. 菱形的两条对角线长分别是6和8，则菱形的边长为_____．
【答案】5
【解析】
【分析】根据菱形对角线垂直平分，再利用勾股定理即可求解.
【详解】解：因为菱形的对角线互相垂直平分，
根据勾股定理可得菱形的边长为＝5．
故答案为5．
【点睛】此题主要考查菱形的边长求解，解题的关键是熟知菱形的性质及勾股定理的运用.
12. 如图，把绕点逆时针旋转，得到，点恰好落边上，连接，则___________度．

【答案】20
【解析】
【分析】先根据旋转的性质得到∠AC′B′=∠C=90°，∠BAB′=40°，AB=AB′，则利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出∠ABB′的度数，然后利用直角三角形两锐角互余计算∠BB′C′．
【详解】解：∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转40°，得到Rt△AB′C′，点C′恰好落在边AB上，
∴∠AC′B′=∠C=90°，∠BAB′=40°，AB=AB′，
∵AB=AB′，
∴∠ABB′=∠AB′B，
∴∠ABB′=（180°-40°）=70°，
∴∠BB′C′=90°-∠CBB′=20°．
故答案为：20．
【点睛】本题考查了旋转性质，等腰三角形的性质．理解旋转前后对应角相等，旋转角相等，对应线段相等是解题关键．
13. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是边长为1的正方形，顶点分别在轴的正半轴上．点Q在对角线上，且，连接并延长交边于点P，则点P的坐标为________．

【答案】
【解析】
【分析】首先根据正方形的性质得到对角线，结合题意推出，并由正方形的性质推出∠BPQ＝∠BQP，得到，从而得到，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形OABC是边长为1的正方形，
∴根据勾股定理，得对角线，
∵OQ＝OC，
∴，∠OCQ＝∠OQC，
∵OC//AB，
∴∠OCQ＝∠BPQ，
∵∠OQC＝∠BQP（对顶角相等），
∴∠BPQ＝∠BQP，
∴，
∴，
又 ∵OA＝1，
∴点P的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质以及坐标与图形，理解正方形的基本性质，以及平面直角坐标系中点的基本特征是解题关键．
14. 如图，□ABCD与□DCFE的周长相等，且∠BAD=60°，∠F=110°，则∠DAE的度数为_______°．

【答案】
【解析】
【详解】∵□ABCD与□DCFE的周长相等，且有公共边CD，
∴AD＝DE，∠ADE＝∠BCF＝60°＋70°＝130°．
∴．
15. 如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，AC＝12，F是DE上一点，连接AF，CF，DF＝1．若∠AFC＝90°，则BC的长度为__________．

【答案】14
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边上的中线求出FE，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵∠AFC＝90°，E是AC中点，
∴FE＝AC＝6，
∴DE＝DF＋EF＝7，
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴BC＝2DE＝14，
故答案为：14．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
16. 如图，在中，周长为36，于点于点与交于点H，则的长度为________．

【答案】
【解析】
【分析】利用平行四边形的性质以及等面积法求解即可．
【详解】解：∵的周长为36，
∴BC+CD=18，
∵BC=8，
∴CD=18-8=10，
∵BE⊥DC，DF⊥BC，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，以及等面积法求高，熟悉平行四边形的基本性质是解题关键．
17. 已知点F是等边的边延长线上一点，以为边，作菱形，使菱形与等边在的同侧，且，连结，若的面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】作EH⊥BF延长线于H点，根据菱形以及等边三角形的性质推出∠EFH=60°，结合边长即可求出EH的长度，从而根据BF和EG求出△BEF的面积即可．
【详解】解：如图所示，作EH⊥BF延长线于H点，则∠EHF=90°，
∵△ABC为等边三角形，四边形CDEF为菱形，CD∥AB，
∴∠ABC=60°，CD∥EF，
∴∠ABC=∠DCF=∠EFH=60°，∠FEH=30°，
∵EF=8，
∴CF=EF=8，FH=4，EH=4，
∴BF=BC+CF=18，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查等边三角形以及菱形的性质，理解图形的基本性质是解题关键．
18. 如图，矩形△ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD中点，P为AB边上一动点（含端点），F为CP中点，则△CEF的周长最小值为_____．

【答案】 +1．
【解析】
【分析】根据三角形的中位线的性质得到EF＝PD，得到C△CEF＝CE+CF+EF＝CE+（CP+PD）＝（CD+PC+PD）＝C△CDP，当△CDP的周长最小时，△CEF的周长最小；即PC+PD的值最小时，△CEF的周长最小；如图，作D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于P，于是得到结论．
【详解】解：∵E为CD中点，F为CP中点，
∴EF＝PD，
∴C△CEF＝CE+CF+EF＝CE+（CP+PD）＝（CD+PC+PD）＝C△CDP，
∴当△CDP的周长最小时，△CEF的周长最小；
即PC+PD的值最小时，△CEF的周长最小；
如图，作D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于P，
∵AD＝AD′＝BC，AD′∥BC，
∴四边形AD′BC是平行四边形，
∴AP＝PB＝1，PD′＝PC，
∴CP＝PD＝，
∴C△CEF＝C△CDP＝+1，
故答案 +1．

【点睛】本题考查了轴对称﹣最短距离问题，三角形的周长的计算，正确的作出图形是解题的关键．
三、解答题（共46分）
19. 解方程：
（1） （2）
【答案】（1）；（2）无解
【解析】
【分析】（1）原方程左右同乘进行去分母，然后求解并检验即可；
（2）原方程左右同乘进行去分母，然后求解并检验即可．
【详解】解：（1）原方程左右同乘
得：
解得：
检验：当时，，
∴原方程的解为；
（2）原方程左右同乘
得：
解得：，
检验：当时，，
即：为原方程的增根，
∴原方程无解．
【点睛】本题考查解分式方程，掌握确定最简公分母的方法，解分式方程的基本步骤以及最后注意检验是解题关键．
20. 先化简，再求值：（﹣）÷，其中x的值从不等式组的整数解中选取．
【答案】-
【解析】
【分析】先化简，再解不等式组确定x的值，最后代入求值即可.
【详解】（﹣）÷，
=÷
=
解不等式组，
可得：﹣2＜x≤2，
∴x=﹣1，0，1，2，
∵x=﹣1，0，1时，分式无意义，
∴x=2，
∴原式==﹣．
21. 如图，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．求证：
（1）AE＝CF；
（2）四边形AECF是平行四边形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形的性质，结合已知条件，证明即可得到答案；
（2）证明，结合 可得结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，
在△ADE和△CBF中，
，
∴（AAS），
∴AE＝CF．
（2）∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AE∥CF，
由（1）得AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
22. 如图，在矩形中，对角线交于点O，延长至E，且．

（1）求证：；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质，证明△ADE≌△ADC即可得出结论；
（2）由矩形的性质可知OA=OB=OC=OD，且由∠AOB=60°可推出△AOB为等边三角形，所以可得出OB=OC=6，以及BC=6，从而得出结论即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC=∠ADE=90°，
在△ADC与△ADE中，

∴△ADE≌△ADC（SAS），
∴AC=AE；
（2）∵矩形中，对角线交于点O，
∴OA=OB=OC=OD，
∵∠AOB=60°
∴△AOB为等边三角形，
∴OA=AB=6，
∴OC=6，AC=12，
∵∠ABC=90°，
∴，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质运用，理解矩形的性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题关键．
23. 如图1，已知直线y=﹣2x+4与两坐标轴分别交于点A、B，点C为线段OA上一动点，连接BC，作BC的中垂线分别交OB、AB交于点D、E．

（l）当点C与点O重合时，DE= ；
（2）当CE∥OB时，证明此时四边形BDCE为菱形；
（3）在点C的运动过程中，直接写出OD的取值范围．
【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）≤OD≤2．
【解析】
【分析】（1）画出图形，根据DE垂直平分BC，可得出DE是△BOA的中位线，从而利用中位线的性质求出DE的长度；
（2）先根据中垂线性质得出DB=DC，EB=EC，然后结合CE∥OB判断出BE∥DC，得出四边形BDCE为平行四边形，结合DB=DC可得出结论．
（3）求两个极值点，①当点C与点A重合时，OD取得最小值，②当点C与点O重合时，OD取得最大值，继而可得出OD的取值范围．
【详解】解：∵直线AB的解析式为y=﹣2x+4，
∴点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，4），即可得OB=4，OA=2，
（1）当点C与点O重合时如图所示，

∵DE垂直平分BC（BO），
∴DE是△BOA的中位线，
∴DE=OA=1；
故答案为：1；
（2）当CE∥OB时，如图所示：

∵DE为BC的中垂线，
∴BD=CD，EB=EC，
∴∠DBC=∠DCB，∠EBC=∠ECB，
∴∠DCE=∠DBE，
∵CE∥OB，
∴∠CEA=∠DBE，
∴∠CEA=∠DCE，
∴BE∥DC，
∴四边形BDCE为平行四边形，
又∵BD=CD，
∴四边形BDCE为菱形．
（3）当点C与点O重合时，OD取得最大值，此时OD=OB=2；
当点C与点A重合时，OD取得最小值，如图所示：

在Rt△AOB中，AB==2，
∵DE垂直平分BC（BA），
∴BE=BA=，
易证△BDE∽△BAO，
∴，即，
解得：BD=，
则OD=OB﹣BD=4﹣=．
综上可得：≤OD≤2．
【点睛】本题考查一次函数综合题．
24. 如果一个四边形存在一条对角线，使得这条对角线长度的平方是四边形某两边长度的乘积，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”，如图1，在这个四边形中，，满足，四边形是闪亮四边形，是亮线．

（1）以下说法在确的是__________（填写序号）
①正方形不可能是闪亮四边形
②矩形有可能是闪亮四边形
③若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为
（2）如图2，在四边形中，，四边形是否为闪亮四边形？如果是，哪条线段是亮线，并写出验证过程，如果不是，说明理由．
【答案】（1）①③；（2）四边形ABCD是闪亮四边形，BD为亮线
【解析】
【分析】（1）根据正方形、矩形和菱形的基本性质逐项分析即可；
（2）先分别根据勾股定理求出BD，BC以及AC的长度，从而结合题干定义进行分析即可．
【详解】解：（1）①设正方形的边长为，则对角线为，
∵，，
∴，
∴正方形不可能是闪亮四边形，①正确；
②设矩形的一组邻边为，则对角线的平方为，
该矩形两边长乘积为，
∴若成立时，可满足闪亮四边形的定义，
∵，
∴恒成立，
∴矩形不可能是闪亮四边形，②错误；
③如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，
若菱形ABCD为闪亮四边形，则，
即：，
∵AB=BC，
∴AB=AC=BC，△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠BAD=120°，
∴若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为，③正确；

故答案为：①③；
（2）∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AD=9，AB=12,
∴由勾股定理得BD2=225，
如图，作DE⊥BC于E点，则四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=12，BE=AD=9，
在Rt△DEC中，CD=20，
由勾股定理得CE=16，
∴BC=BE+CE=25，
在Rt△ABC中，，
∵，
∴，
∴四边形ABCD是闪亮四边形，BD为亮线．

【点睛】本题考查新定义多边形，涉及勾股定理解三角形，理解题干意思，熟悉常见四边形的基本性质，并灵活运用勾股定理是解题关键．
25. 已知菱形的边长为10，，动点E从以每秒1个单位的速度匀速运动，到达终点B时停止运动，动点F从以每秒a个单位长度的速度匀速运动，到达终点B时停止运动，连接，运动时间为，
　　　
（1）当且时，_________；
（2）如图1，若，求时t的值．
【答案】（1）45；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可求出E点刚好运动至B点处，DF=10，然后结合菱形的性质，求出∠ABD=∠ADB=30°，从而根据△ADF为等腰三角形，求出∠AFD=75°，即可根据三角形的外角性质求出∠EAF；
（2）连接AC，延长AF交CD于G点，综合菱形的性质以及已知条件推出△EAC≌△GAD，得到EC=DG，仿照（1）的过程可推出EC=DF，从而得到△DFG为等腰三角形，∠FAD =45°，此时作FM⊥AD于M点，设AM=FM=x，DM=x，并解出x，即可得到DF的长度，从而求出时间t即可．
【详解】解：（1）当时，动点E走过的路程为1×10=10，
∴此时动点E到达B点处，
∵菱形的边长为10，，
∴根据菱形的性质得∠ABD=∠ADB=30°，
当且时，动点F走过的路程为1×10=10，
即：DF=10，
∵AD=10，
∴△ADF为等腰三角形，
∴∠AFD=∠FAD=（180°-30°）÷2=75°，
∴此时∠EAF=∠AFD-∠ABC=75°-30°=45°，
故答案为：45；

（2）如图所示，连接AC，延长AF交CD于G点，
∵菱形的边长为10，，
∴∠ACE=∠ADG=∠CAD=60°，AC=AD=10，
∵∠EAF=60°，
∴∠EAF-∠CAG=∠CAD-∠CAG，
即：∠EAC=∠GAD，
∴△EAC≌△GAD（ASA），
∴EC=DG，
∵
∴EC=t，DF=t，
∴EC=DF，
∴DG=DF，△DFG为等腰三角形，
∵∠FDG=30°，
∴∠DFG=∠DGF=75°，
∴∠FAD=∠DFG-∠ADF=45°，
此时，作FM⊥AD于M点，
则△AMF为等腰直角三角形，AM=FM，
设AM=FM=x，
在Rt△DFM中，DF=2x，DM=x，
∵AD=AM+MD=10，
∴x+x=10，
解得：，
∴DF=2x=，
∴．

【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及动点问题等，熟练掌握图形的基本性质以及判定方法是解题关键