广东省广州市第四十一中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷（含答案）

这是一份广东省广州市第四十一中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试卷（含答案），共30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。

2022-2023学年广东省广州四十一中八年级（下）期中数学试卷
一、选择题。(每小题3分，共30分)
1．（3分）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（　　）
A．2，3，4 B． C．1，2，2 D．5，12，13
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．＝ B．÷＝4 C．（）2＝6 D．＝2
4．（3分）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝8，BE＝3，则AB的长是（　　）

A．3 B．8 C．11 D．5
5．（3分）下列命题中是真命题的选项是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．三条边都相等的四边形是菱形
6．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD＝120°，AB＝2，则AC的长为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
7．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝4，则四边形OCED的周长为（　　）

A．4 B．8 C．10 D．12
8．（3分）在△ABC中，CD⊥AB，D为垂足，E是AC的中点，若AD＝6，DE＝5，则CD＝（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是CD上一点，且AE＝AB，则∠CBE的度数是（　　）

A．30° B．22.5° C．15° D．10°
10．（3分）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠A＝120°，点E是BC边上的动点，点P是对角线BD上的动点，若使PC+PE的值最小，则这个最小值为（　　）

A．5 B．2 C． D．
二、填空题。(每小题3分，共18分)
11．（3分）若二次根式有意义，则x的取值范围是　 　．
12．（3分）若菱形的两条对角线的长分别为6和8，那么这个菱形的面积为 　 　．
13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边BC的中点，连接OE．若∠DAB＝60°，∠ADB＝80°，则∠1＝　 　．

14．（3分）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是　 　．

15．（3分）如图，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米的点C处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB＝2米，则树高为　 　米．

16．（3分）如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．
给出下列结论：
①CE＝BG；
②EC⊥BG；
③FG2+BF2＝2BD2+BC2；
④BC2+GE2＝2AC2+2AB2；
其中正确的有 　 　．（请填入序号）

三、解答题。(共72分)
17．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，BF＝DE．求证：四边形AFCE是平行四边形．

18．（6分）计算：
（1）；
（2）．
19．（6分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，OC∥BE，OB∥CE．
（1）求证：四边形OBEC是矩形；
（2）若OB＝3，AB＝6，求矩形OBEC的面积．

20．（6分）先化简，再求值：，其中．
21．（8分）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8，将它沿着对角线对折，使B折到M，求：
（1）线段CE的长度；
（2）求点E到直线AC的距离．

22．（8分）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风的速度为20km/h，台风影响该海港持续的时间有多长？

23．（10分）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．

24．（12分）如图，菱形ABCD中，∠BCD＝60°，AD＝8．点G是边AB的中点．
（1）画出线段CG的垂直平分线，分别交CB于E，交CD于F（尺规作图，保留作图痕迹）
（2）求线段BE的值；
（3）求△CEF面积的值．

25．（12分）在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点．连接AE，过点B作BF⊥AE于F．交AD于H．
（1）如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA；
（2）如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF；
（3）如图3，AB＝1，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长．


2022-2023学年广东省广州四十一中八年级（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题。(每小题3分，共30分)
1．（3分）下列二次根式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项分析判断即可求解．
【解答】解：A．，所以不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
B． ，所以不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
C． 是最简二次根式，故该选项符合题意；
D． ，所以不是最简二次根式，故该选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．
2．（3分）下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（　　）
A．2，3，4 B． C．1，2，2 D．5，12，13
【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】解：A、因为22+32≠42，不能构成直角三角形，此选项不符合题意；
B、因为（）2+（）2≠（）2，不能构成直角三角形，此选项不符合题意；
C、因为12+22≠22，不能构成直角三角形，此选项不符合题意；
D、因为52+122＝132，能构成直角三角形，此选项符合题意．
故选：D．
【点评】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．
3．（3分）下列计算正确的是（　　）
A．＝ B．÷＝4 C．（）2＝6 D．＝2
【分析】根据二次根式的加减法对A进行判断；根据二次根式的除法法则对B进行判断；根据二次根式的性质对C、D进行判断．
【解答】解：A、与不能合并，所以A选项的计算错误；
B、原式＝＝2，所以B选项的计算错误；
C、原式＝9×2＝18，所以C选项的计算错误；
D、原式＝2，所以D选项的计算正确．
故选：D．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
4．（3分）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝8，BE＝3，则AB的长是（　　）

A．3 B．8 C．11 D．5
【分析】首先由在▱ABCD中，AD＝8，BE＝3，求得CE的长，然后由DE平分∠ADC，可证CD＝CE＝5．
【解答】解：在▱ABCD中，AD＝8，
∴BC＝AD＝8，AD∥BC，
∴CE＝BC﹣BE＝8﹣3＝5，∠ADE＝∠CED，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CD＝CE＝5＝AB，
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意证得CE＝CD是解此题的关键．
5．（3分）下列命题中是真命题的选项是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．三条边都相等的四边形是菱形
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后，即可确定正确的选项．
【解答】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题；
B、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题；
D、四条边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题；
故选：C．
【点评】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法，难度不大．
6．（3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD＝120°，AB＝2，则AC的长为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】只要证明△AOB是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∴AC＝2OA＝4，
故选：B．

【点评】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，属于中考常考题型．
7．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝4，则四边形OCED的周长为（　　）

A．4 B．8 C．10 D．12
【分析】由四边形ABCD为矩形，得到对角线互相平分且相等，得到OD＝OC，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形DECO为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形DECO为菱形，根据AC的长求出OC的长，即可确定出其周长．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，且AC＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝2，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DECO为平行四边形，
∵OD＝OC，
∴四边形DECO为菱形，
∴OD＝DE＝EC＝OC＝2，
则四边形OCED的周长为2+2+2+2＝8，
故选：B．
【点评】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
8．（3分）在△ABC中，CD⊥AB，D为垂足，E是AC的中点，若AD＝6，DE＝5，则CD＝（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】先根据直角三角形的性质求出AC的长，再根据勾股定理即可得出结论．
【解答】解：∵△ABC中，CD⊥AB于D，
∴∠ADC＝90°．
∵E是AC的中点，DE＝5，
∴AC＝2DE＝10．
∵AD＝6，
∴CD＝＝＝8．
故选：D．

【点评】本题考查的是直角三角形斜边上的中线，熟知在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解答此题的关键．
9．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是CD上一点，且AE＝AB，则∠CBE的度数是（　　）

A．30° B．22.5° C．15° D．10°
【分析】根据矩形的性质∠EAB＝∠AED＝30°，再根据等腰三角形的性质，利用三角形内角和定理求解．
【解答】解：∵AB＝2AD，AE＝AB．
∴AE＝2AD．
∴直角△ADE中∠AED＝30°．
∵AB∥CD
∴∠EAB＝∠AED＝30°．
又∵AE＝AB．
∴∠AEB＝∠ABE＝＝75°．
∴∠CBE＝15°．
故选：C．
【点评】解答此题要熟悉矩形的性质，直角三角形特殊角的判定．
10．（3分）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠A＝120°，点E是BC边上的动点，点P是对角线BD上的动点，若使PC+PE的值最小，则这个最小值为（　　）

A．5 B．2 C． D．
【分析】根据菱形的性质，可知点A和点C关于BD对称，再根据对称的性质，将PE+PC转化为PA+PE，然后根据垂线段最短可知，当AE⊥BC时，PC+PE取得最小值．
【解答】解：连接AC，PA，AE，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点A和点C关于BD对称，
∴PE+PC＝PE+PA，
∵当AE⊥BC时，点A到BC的距离最短，
∴当AE⊥BC时，此时AE于BD的交点为P时，PE+PA＝AE，PC+PE的值最小，
∵菱形ABCD的边长为2cm，∠A＝120°，
∴∠ABE＝60°，AB＝2cm，
∴∠BAE＝30°，
∴BE＝AB＝1（cm），
∴AE＝＝＝（cm），
即PC+PE的最小值是，
故选：D．

【点评】本题考查菱形的性质、对称轴—最短路径问题，解答本题的关键是找出PC+PE的值最小满足的条件．
二、填空题。(每小题3分，共18分)
11．（3分）若二次根式有意义，则x的取值范围是　x≥　．
【分析】根据二次根式中的被开方数是非负数，可得出x的取值范围．
【解答】解：∵二次根式有意义，
∴2x﹣1≥0，
解得：x≥．
故答案为：x≥．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握：二次根式有意义，被开方数为非负数．
12．（3分）若菱形的两条对角线的长分别为6和8，那么这个菱形的面积为 　24　．
【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半求出答案即可．
【解答】解：∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，
这个菱形的面积为＝24，
故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的性质，注意：菱形的面积＝对角线积的一半．
13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是边BC的中点，连接OE．若∠DAB＝60°，∠ADB＝80°，则∠1＝　40°　．

【分析】直接利用三角形内角和定理得出∠ABD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：∵∠DAB＝60°，∠ADB＝80°，
∴∠ABD＝180°﹣60°﹣80°＝40°，
∵平行四边形ABCD对角线AC与BD相交于点O，
∴OA＝OC，
∵E是边CD的中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴EO∥AB，
∴∠1＝∠ABD＝40°．
故答案为：40°．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识，得出EO是△ABC的中位线是解题关键．
14．（3分）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是　（﹣5，4）　．

【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，
∴AB＝5，
∴AD＝5，
∴由勾股定理知：OD＝＝＝4，
∴点C的坐标是：（﹣5，4）．
故答案为：（﹣5，4）．

【点评】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，得出DO的长是解题关键．
15．（3分）如图，一场暴雨过后，垂直于地面的一棵树在距地面1米的点C处折断，树尖B恰好碰到地面，经测量AB＝2米，则树高为　（1+）　米．

【分析】根据题意利用勾股定理得出BC的长，进而得出答案．
【解答】解：由题意得：在直角△ABC中，
AC2+AB2＝BC2，
则12+22＝BC2，
∴BC＝，
∴则树高为：（1+）m．
故答案为：（1+）．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，熟练利用勾股定理得出BC的长是解题关键．
16．（3分）如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．
给出下列结论：
①CE＝BG；
②EC⊥BG；
③FG2+BF2＝2BD2+BC2；
④BC2+GE2＝2AC2+2AB2；
其中正确的有 　①②④　．（请填入序号）

【分析】①证明△ACE≌△AGB得CE＝BG，便可判断①的正误；
②由△ACE≌△AGB得∠ACE＝∠AGB，进而由三角形的内角和定理证明∠MAG＝∠CNM，便可判断②的正误；
③连接BE，得BE2＝2BD2，根据∠CBE≠90°，得BE2+BC2≠CE2，即2BD2+BC2≠CE2，由勾股定理得FG2+BF2＝BG2，再由CE＝BG，得FG2+BF2与2BD2+BC2不一定相等，便可判断③的正误；
④连接CG，在不同的直角三角形中由勾股定理得便可将BC2+GE2与2AC2+2AB2联系起来，进而判断④的正误．
【解答】解：①∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠CAE＝∠GAB，
∴△ACE≌△AGB（SAS），
∴CE＝BG，
故①正确；
②∵△ACE≌△AGB，
∴∠ACE＝∠AGB，

∵∠AMG＝∠CMN，
∴∠MAG＝∠CNM＝90°，
即CE⊥BG，
故②正确；
③连接BE，

∵四边形ABDE是正方形，
∴∠DBE＝∠ABE＝∠ABD＝45°，∠D＝90°，
∴BE＝BD，
∴BE2＝2BD2，
当∠ABC≠45°时，∠CBE≠90°，
此时BE2+BC2≠CE2，即2BD2+BC2≠CE2，
∵∠F＝90°，
∴FG2+BF2＝BG2，
∵CE＝BG，
∴FG2+BF2与2BD2+BC2不一定相等，
故③错误；
④连接CG，

∵CE⊥BG，
∴BN2+CN2＝BC2，EN2+NG2＝GE2，
∴BC2+GE2＝BN2+CN2+EN2+CN2，
∵BN2+EN2＝BE2，CN2+GN2＝CG2，
∴BC2+GE2＝BE2+CG2，
∵四边形ABDE和四边形ACFG是正方形，
∴∠BAE＝∠CAG＝90°，AB＝AE，AC＝AG，
∴BE2＝AB2+AE2＝2AB2，CG2＝AC2+AG2＝2AC2，
∴BE2+CG2＝2AB2+2AC2，
∴BC2+GE2＝2AC2+2AB2，
故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，关键是应用全等三角形和勾股定理解决问题．
三、解答题。(共72分)
17．（4分）如图，在平行四边形ABCD中，BF＝DE．求证：四边形AFCE是平行四边形．

【分析】可由已知求证AF＝CE，又有AF∥CE，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形AFCE是平行四边形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵BF＝DE，
∴AF＝CE．
∵在四边形AFCE中，AF∥CE，
∴四边形AFCE是平行四边形．
【点评】平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
18．（6分）计算：
（1）；
（2）．
【分析】（1）先化简，然后合并同类二次根式即可；
（2）先算乘除法，再算减法即可．
【解答】解：（1）
＝3﹣﹣2
＝3﹣﹣2
＝﹣；
（2）
＝﹣
＝4﹣
＝3．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
19．（6分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，OC∥BE，OB∥CE．
（1）求证：四边形OBEC是矩形；
（2）若OB＝3，AB＝6，求矩形OBEC的面积．

【分析】（1）先证四边形OBEC是平行四边形，再由菱形的性质得AC⊥BD，则∠BOC＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出OC＝3，再由矩形面积公式列式计算即可．
【解答】（1）证明：∵OC∥BE，OB∥CE，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形OBEC是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝6，AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴OC＝＝＝3，
∴S矩形OBEC＝OB•OC＝3×3＝9．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
20．（6分）先化简，再求值：，其中．
【分析】先计算括号内分式的减法、将除法转化为乘法，再约分即可化简原式，再将x的值代入计算即可．
【解答】解：原式＝（﹣）•
＝•
＝，
当时，
原式＝
＝
＝1﹣．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
21．（8分）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8，将它沿着对角线对折，使B折到M，求：
（1）线段CE的长度；
（2）求点E到直线AC的距离．

【分析】（1）根据平行线的性质、折叠的性质得到EA＝EC，根据勾股定理计算即可；
（2）根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠ACB，
由折叠的性质可知，∠ACE＝∠ACB，
∴∠EAC＝∠ACE，
∴EA＝EC，
在Rt△EDC中，DE2+CD2＝CE2，即（8﹣EC）2+62＝CE2，
解得，CE＝；
（2）设点E到直线AC的距离为h，
AC＝＝10，
由三角形的面积可知，×AE×CD＝×AC×h，
则h＝＝．
【点评】本题考查的是翻转变换、矩形的性质，翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
22．（8分）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向AB由点A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km和400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风的速度为20km/h，台风影响该海港持续的时间有多长？

【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得出△ABC是直角三角形，进而利用三角形面积得出CD的长，进而得出海港C是否受台风影响；
（2）利用勾股定理得出ED以及EF的长，进而得出台风影响该海港持续的时间．
【解答】解：（1）海港C受台风影响．
理由：如图，过点C作CD⊥AB于D，
∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴△ABC是直角三角形．
∴AC×BC＝CD×AB
∴300×400＝500×CD
∴CD＝＝240（km）
∵以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域，
∴海港C受到台风影响．

（2）当EC＝250km，FC＝250km时，正好影响C港口，
∵ED＝＝70（km），
∴EF＝140km
∵台风的速度为20km/h，
∴140÷20＝7（小时）
即台风影响该海港持续的时间为7小时．

【点评】本题考查的是勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．
23．（10分）如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．

【分析】（1）由题意知，3m﹣1＝﹣2m+4，即可解决问题；
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．利用ASA证明△PMB≌△PNA，得BM＝AN，从而得出OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM；
②连接AB，由勾股定理得AB2＝PA2+PB2＝2PA2，则OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．

∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化﹣旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
24．（12分）如图，菱形ABCD中，∠BCD＝60°，AD＝8．点G是边AB的中点．
（1）画出线段CG的垂直平分线，分别交CB于E，交CD于F（尺规作图，保留作图痕迹）
（2）求线段BE的值；
（3）求△CEF面积的值．

【分析】（1）利用尺规作出线段CG的垂直平分线即可．
（2）连接BD，DG，作EHCD于H．设CH＝x．利用相似三角形的性质，解直角三角形等知识，构建方程求出x即可解决问题．
（3）利用勾股定理求出OE即可解决问题．
【解答】解：（1）如图直线EF即为所求．


（2）连接BD，DG，作EHCD于H．设CH＝x．
∵四边形ABCD的菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠BCD＝60°，
∴△ABD，△BCD都是等边三角形，
∵BG＝AG，
∴DG⊥AB，
∵AB∥CD，
∴DG⊥CD，
∴∠AGD＝∠CDG＝90°，
∵DG＝AD•sin60°＝4，
∴CG＝＝＝4，
∵EF垂直平分线段CG，
∴OC＝CG＝2，
∵△COF∽△CDG，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴OF＝，CF＝7，
在Rt△CEH中，∵CH＝x，∠EHC＝90°，∠CEH＝30°，
∴EH＝x，EC＝2x，
∵tan∠EFH＝tan∠CFO，
∴＝，
∴＝，
∴FH＝x，
∴CH+FH＝CF，
∴x+x＝7，
∴x＝，
∴EC＝，
∴BE＝BC﹣CE＝8﹣＝．
解法二：过点E作KH⊥CD于点H，交AB于K．则∠BEK＝∠CEH＝90°﹣∠BCD＝30°．
设BE＝2x，则EG＝CE＝8﹣2x，BK＝x，
∴EK＝x，
在Rt△EKG中，∵EK2+KG2＝EG2，
∴（x）2+（x+4）2＝（8﹣2x）2，
解得x＝，
∴BE＝2x＝．

（3）在Rt△OEF中，OE＝＝＝，
∴EF＝OE+OF＝+＝，
∴S△CEF＝•EF•CO＝•＝．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线，菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
25．（12分）在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点．连接AE，过点B作BF⊥AE于F．交AD于H．
（1）如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA；
（2）如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF；
（3）如图3，AB＝1，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长．

【分析】（1）由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，再证∠BAF＝∠ADG，然后由AAS证△AFB≌△DGA即可；
（2）过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，先证△ABH≌△DAE（ASA），得AH＝DE，再证△DJH≌△DKE（AAS），得DJ＝DK，JH＝EK，则四边形DKFJ是正方形，得FK＝FJ＝DK＝DJ，则DF＝FJ，进而得出结论；
（3）取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT＝b，由（2）得△ABH≌△DAE（ASA），则AH＝DE，再由直角三角形斜边上的中线性质得PD＝PH＝PE，然后由等腰三角形的性质得DH＝2DK＝2b，DE＝2DT，则AH＝DE＝1﹣2b，证出PK＝QK，最后证点P在线段QR上运动，由等腰直角三角形的性质得QR＝DQ＝，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵DG⊥AE，BF⊥AE，
∴∠AFB＝∠DGA＝90°，
∴∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°，
∴∠BAF＝∠ADG，
在△AFB和△DGA中，
，
∴△AFB≌△DGA（AAS）；
（2）证明：过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAH＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝CD，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB＝90°，
∵∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°，
∴∠DAE＝∠ABH，
在△ABH和△DAE中，
，
∴△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH＝DE，
∵点E为CD的中点，
∴DE＝EC＝CD，
∴AH＝DH，
∴DE＝DH，
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE，
∴∠J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°，
∴四边形DKFJ是矩形，
∴∠JDK＝∠ADC＝90°，
∴∠JDH＝∠KDE，
在△DJH和△DKE中，
，
∴△DJH≌△DKE（AAS），
∴DJ＝DK，JH＝EK，
∴四边形DKFJ是正方形，
∴FK＝FJ＝DK＝DJ，
∴DF＝FJ，
∴FH+FE＝FJ﹣HJ+FK+KE＝2FJ＝DF；
（3）解：如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，
设PT＝b，
由（2）得：△ABH≌△DAE（ASA），
∴AH＝DE，
∵∠EDH＝90°，点P为EH的中点，
∴PD＝EH＝PH＝PE，
∵PK⊥DH，PT⊥DE，
∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90°，
∴四边形PTDK是矩形，
∴PT＝DK＝b，PK＝DT，
∵PH＝PD＝PE，PK⊥DH，PT⊥DE，
∴DH＝2DK＝2b，DE＝2DT，
∴AH＝DE＝1﹣2b，
∴PK＝DE＝﹣b，QK＝DQ﹣DK＝﹣b，
∴PK＝QK，
∵∠PKQ＝90°，
∴△PKQ是等腰直角三角形，
∴∠KQP＝45°，
∴点P在线段QR上运动，△DQR是等腰直角三角形，
∴QR＝DQ＝，
∴点P的运动轨迹的长为．


【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明△AFB≌△DGA和△ABH≌△DAE是解题的关键，属于中考常考题型．
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