2022-2023学年山东省泰安市宁阳县八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省泰安市宁阳县八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共23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学年山东省泰安市宁阳县八年级（下）期末数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共12小题，共48.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 要使式子 a+2a有意义，则a的取值范围是(    )
A. a≠0 B. a≥−2 C. a>−2且a≠0 D. a≥−2且a≠0
2. 如图，平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A(3,0)，B(−2,0)，顶点D在y轴正半轴上，则点C的坐标为(    )


A. (−3,4) B. (−4,5) C. (−5,5) D. (−5,4)
3. 下列运算正确的是(    )
A. 3÷ 13=3 B. 12− 3=2 3
C. 3× 2=6 D. 5+ 3= 8
4. 若关于x的一元二次方程mx2+x−m2+1=0的一个根为−1，则m的值为(    )
A. 0 B. 1 C. −1或0 D. 0或1
5. 如图，在三角形纸片ABC中，AB=9，AC=6，BC=12，沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似的是(    )
A. B.
C. D.
6. 大自然巧夺天工，一片树叶也蕴含着“黄金分割”.如图，P为AB的黄金分割点(AP>PB)，如果AB的长度为8cm，那么AP的长度是(    )
A. (12−4 5)cm
B. (4 5+4)cm
C. (9−4 5)cm
D. (4 5−4)cm


7. 如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，AB=2，∠ABE=45°，则DE的长为(    )
A. 2 3−2
B. 2−1
C. 2 2−2
D. 2 2
8. 已知a，b为一元二次方程x2+2x−9=0的两根，那么a2+a−b的值为(    )
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
9. 如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上.则sin∠BAC的值是(    )
A. 55
B. 105
C. 2 55
D. 12
10. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为(    )
A. 185
B. 125
C. 165
D. 95
11. 现在手机导航极大方便了人们的出行，如图，嘉琪一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，嘉琪发现风景区C在A地的北偏东15°方向，那么B，C两地的距离为(    )
A. 2 6千米
B. (2 2+3)千米
C. 3 2千米
D. 5千米
12. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是AB的中点，延长CD至点E，使得∠CAB=∠BAE，过点E作EF⊥AB于点F，G为CE的中点，给出结论：
①CD=12AB；
②BG=FG；
③FG//AC；
④∠CAE+∠BGF=180°．
其中正确的有个．(    )
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
13. 计算： x−3+ 3−x+7−x=− ______ ．
14. 若关于x的方程kx2+2x−1=0有实数根，则k的取值范围是______．
15. 已知ab=cd=ef=34，若b+d+f=15，则a+c+e= ______ ．
16. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=4，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，则DE的长为______ ．

17. 14.(4分)如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC=12，BD=16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连接EF，则EF的最小值等于____．
18. 如图，∠A=∠B=90°，AB=7，BC=3，AD=2，在边AB上取点P，使得△PAD与△PBC相似，则满足条件的AP长为______．

三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题12.0分)
计算下列各题：
(1)−5 827× 114×3；
(2) 6( 4+ 32)−( 3+ 2)2；
(3)(2 5−3)(2 5+3)+( 24− 6)÷ 3．
20. (本小题8.0分)
用适当的方法解下列方程；
(1)2x2+4x−1=0；
(2)x2−8x−20=0．
21. (本小题10.0分)
王刚同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测量河对岸大树AB的高度，他在点C处测得大树顶端A的仰角为45°，再从C点出发沿斜坡走4 10米到达斜坡上D点，在点D处测得树顶端A的仰角为30°，若斜坡CF的坡比为i=1：3(点E、C、B在同一水平线上)．
(1)求王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度；
(2)求大树AB的高度(结果保留根号)．

22. (本小题10.0分)
某种商品的标价为200元/件，由于疫情的影响，销量不佳，店家经过两次降价后的价格为128元/件，并且两次降价的百分率相同．
(1)求该种商品每次降价的百分率；
(2)若该种商品进价为80元/件，若以128元/件售出，平均每天能售出20件，另外每天需支付其他各种费用100元，在每件降价幅度不超过10元的情况下，若每件降价1元，则每天可多售出5件，如果每天盈利1475元，每件应降价多少元？
23. (本小题12.0分)
如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AB于点E，交AC于点P，BF⊥DC于点F．

(1)判断四边形DEBF的形状，并写出证明过程．
(2)若BE=4，BF=8，求DP的长．
24. (本小题12.0分)
如图，在△ABC中．AB=AC，AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，F是AB中点，连EF交AD于点G．
(1)求证：AD2=AB⋅AE；
(2)若AB=3，AE=2，求ADAG的值．

25. (本小题14.0分)
已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D，我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．

(1)[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是        ．
(2)[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD=60°，求证：AC+BD= 3OC．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：由题意得，
a+2≥0且a≠0，
即a≥−2且a≠0，
故选：D．
根据分子的被开方数不能为负数，分母不能为零，可得答案．
本题考查二次根式有意义，分式有意义的条件，掌握被开方数是非负数以及分母不等于0是正确解答的关键．

2.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、勾股定理；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得出CD=AB=5，得出点C的横坐标为−5，由OA=3，AD=5，利用勾股定理求出点D的纵坐标，即可求得点C的坐标．
【解答】
解：∵菱形ABCD的顶点A(3,0)，B(−2,0)，
∴CD=AD=AB=5，OA=3，
∴OD= AD2−AO2= 52−32=4
∵AB//CD，
∴点C的坐标为(−5,4)
故选：D．  
3.【答案】A 
【解析】解： 3÷ 13= 3÷13= 9=3，故A正确，符合题意；
12− 3=2 3− 3= 3，故B错误，不符合题意；
3× 2= 6，故C错误，不符合题意；
5与 3不是同类二次根式，不能合并，故D错误，不符合题意；
故选：A．
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的运算法则．

4.【答案】B 
【解析】解：把x=−1代入方程，得m−1−m2+1=0，
解得：m=0或m=1，
当m=0时，此方程不是关于x的一元二次方程，
故m=1．
故选：B．
把x=−1代入方程，解方程即可求解．
本题考查一元二次方程的解，解一元二次方程，一元二次方程的定义，讨论当m=0时，此方程不是关于x的一元二次方程是解决本题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：在三角形纸片ABC中，AB=9，AC=6，BC=12，
A.因为6BC=612=12，对应边ABBC=912=34，12≠34，
所以沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，
故此选项不符合题意；
B.因为4AC=46=23，对应边ACAB=69=23，又∠A=∠A，
所以沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC相似，
故此选项符合题意；
C.因为4AB=49，对应边ABBC=912=34，
即：49≠34，
所以沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，
故此选项不符合题意；
D.因为46=23，对应边ACBC=612=12，23≠12，
所以沿虚线剪下的涂色部分的三角形与△ABC不相似，
故此选项不符合题意；
故选：B．
根据相似三角形的判定分别进行判断即可得出答案即可．
此题主要考查了相似三角形的判定，正确利用相似三角形两边比值相等且夹角相等的两三角形相似是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：∵P为AB的黄金分割点(AP>PB)，AB=8cm，
∴AP= 5−12AB= 5−12×8=(4 5−4)cm，
故选：D．
利用黄金分割的定义，进行计算即可解答．
本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，AD=BC，∠A=90°，
∵AB=2，∠ABE=45°，
∴AE=AB=2，
∴BE= AB2+AE2=2 2，
∵AD//BC，
∴∠DEC=∠ECB，
∵EC平分∠BED，
∴∠BEC=∠DEC，
∴∠BEC=∠ECB，
∴BC=BE=2 2，
∴AD=2 2，
∴DE=AD−AE=2 2−2，
故选：C．
在Rt△ABE中可求得BE的长，由角平分线的定义和平行的性质可证得BC=BE，则可求得AD的长，则可求得DE的长．
本题主要考查矩形的性质，根据条件证得BC=BE是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：∵a为一元二次方程x2+2x−9=0的根，
∴a2+2a−9=0，即a2+2a=9，
∵a，b为一元二次方程x2+2x−9=0的两根，
∴a+b=−2，
∴a2+a−b=a2+2a−a−b=9−(−2)=11．
故选：C．
先根据一元二次方程的解的定义得到a2+2a=9，再根据根与系数的关系得到a+b=−2，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了一元二次方程的解．

9.【答案】A 
【解析】解：延长AC至格点D，连接BD，如图，
由题意得：
AB2=32+42=25，AD2=22+42=20，BD2=12+22=5，
∴AB2=AD2+BD2，
∴∠ADB=90°，
∴sin∠BAC=BDAB= 55．
故选：A．
延长AC至格点D，连接BD，利用勾股定理及其逆定理得到△ABD为直角三角形，∠ADB=90°，在Rt△ABD中，利用直角三角形的边角关系定理解答即可．
本题主要考查了解直角三角形，直角三角形的边角关系定理，延长AC至格点D，连接BD，利用勾股定理及其逆定理得到△ABD为直角三角形是解题的关键．

10.【答案】A 
【解析】解：连接BF，

∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE= AB2+BE2=5，
由折叠知，BF⊥AE(对应点的连线必垂直于对称轴)，
∴BH=AB×BEAE=125，
则BF=245，
∵FE=BE=EC，
∴∠BFC=90°，
∴CF= 62−(245)2=185．
故选：A．
连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°，根据勾股定理求出答案．
本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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是解题的关键．

11.【答案】A 
【解析】解：如图所示，过点B作BD⊥AC于D，

由题意得，∠BAC=60°，∠ABC=75°，
∴∠C=180°−∠ABC−∠BAC=45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC=∠BDA=90°，
∴∠ABD=30°，∠DBC=45°=∠C，
∴AD=12AB=2(千米)，CD=BD，
∴CD=BD= AB2−AD2=2 3(千米)，
∴BC= CD2+BD2=2 6(千米)，
故选：A．
图所示，过点B作BD⊥AC于D，由题意得，∠BAC=60°，∠ABC=75°，利用三角形内角和定理求出∠C=45°，再求出∠ABD=30°，∠DBC=45°=∠C，得到AD=12AB=2千米，CD=BD，利用勾股定理求出CD=BD=2 3千米，即可利用勾股定理求出BC的长．
本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的计算，方位角的表示，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

12.【答案】B 
【解析】解：延长EF交AC于M，作GN⊥AB于N，
∵BD=12AB，DB ∴CD>12AB，
故①不符合题意；
∵EF//NG//BC，EG=CG，
∴FN=NB，
∵GN⊥AB，
∴FG=GB，
故②符合题意；
∵∠EAF=∠MAF，AF=AF，∠AFE=∠AFM，
∴△AEF≌△AMF(ASA)，
∴FE=FM，
∵EG=GC，
∴FG//AC，
故③符合题意；
∵∠BFG+∠FBG+∠FGB=180°，
∠EAF=∠MAF=∠BFG=∠GBF，
∴∠EAC+∠FGB=180°，
故④符合题意，
故选：B．
构造全等三角形，应用三角形中位线定理，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是灵活应用这些知识点．

13.【答案】4 
【解析】解：根据题意，知：x−3≥0且3−x≥0．
所以x=3，
所以 x−3+ 3−x+7−x=−0+7−3=4．
故答案为：4．
根据二次根式的被开方数是非负数求得x=3，然后将x的值代入所求的代数式求值即可．
本题考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．

14.【答案】k≥−1 
【解析】解：(1)当k=0时，2x−1=0，解得：x=12；
(2)当k≠0时，此方程是一元二次方程，
∵关于x方程kx2+2x−1=0有实根，
∴△=22−4k×(−1)≥0，解得k≥−1，
由(1)和(2)得，k的取值范围是k≥−1．
故答案为：k≥−1．
由于k的取值不确定，故应分k=0(此时方程化简为一元一次方程)和k≠0(此时方程为二元一次方程)两种情况进行解答．
本题考查的是根的判别式，注意掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△<0时，方程无实数根．同时解答此题时要注意分k=0和k≠0两种情况进行讨论．

15.【答案】454 
【解析】解：∵ab=cd=ef=34，
∴a=34b，c=34d，e=34f，
∵b+d+f=15，
∴a+c+e=34b+34d+34f=34(b+d+f)=34×15=454．
故答案为：454．
根据已知等式可得a=34b，c=34d，e=34f，再根据b+d+f=15即可得．
本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题关键．

16.【答案】1 
【解析】解：∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠B=60°，
∵E是AB的中点，AB=4，
∴CE=BE=12AB=2，
∴△BCE为等边三角形，
∵CD⊥AB，
∴DE=BD=12BE=1．
故答案为：1．
利用三角形的内角和定理可得∠B=60°，由直角三角形斜边的中线性质定理可得CE=BE=2，利用等边三角形的性质可得结果．
本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握定理是解答此题的关键．

17.【答案】略 
【解析】解：连接OP，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16，
∴AC⊥BD，BO=12BD=8，OC=12AC=6，
∴BC= OB2+OC2= 82+62=10，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OEPF是矩形，
∴FE=OP，
∵当OP⊥BC时，OP有最小值，
此时S△OBC=12OB×OC=12BC×OP，
∴OP=6×810=4.8，
∴EF的最小值为4.8，
故答案为：4.8．
由菱形的性质可得AC⊥BD，BO=12BD=8，OC=12AC=6，再由勾股定理可求BC的长，然后证四边形OEPF是矩形，得EF=OP，OP⊥BC时，OP有最小值，最后由面积法可求解．
本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理以及三角形面积等知识；掌握菱形的性质好矩形的判定与性质是解题的关键．

18.【答案】2.8或1或6 
【解析】解：∵∠A=∠B=90°
①若△APD∽△BPC
则APBP=ADBC
∴AP7−AP=23
解得AP=2.8．
②若△APD∽△BCP
则APBC=ADBP
∴AP3=27−AP
解得AP=1或6．
∴则满足条件的AP长为2.8或1或6．
故答案为：2.8或1或6．
根据相似三角形的性质分两种情况列式计算：①若△APD∽△BPC②若△APD∽△BCP．
本题考查了相似三角形的判定与性质，明确相关判定与性质及分类讨论，是解题的关键．

19.【答案】解：(1)原式=−5 827×54×3
=−5 1027×3
=−15 1027
=−5 303；
(2)原式= 6×4+ 6×32−(3+2+2 6)
=2 6+3−5−2 6
=−2；
(3)原式=20−9+(2 6− 6)÷ 3
=11+ 6÷ 3
=11+ 2． 
【解析】(1)从左到右依次计算即可；
(2)先算乘方，乘法，再算加减即可；
(3)先算乘除，再算加减即可．
本题考查的是二次根式的混合运算，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．

20.【答案】解：(1)方程整理得：x2+2x=12，
配方得：x2+2x+1=32，即(x+1)2=32，
开方得：x+1=± 62，
解得：x1=−1+ 62，x2=−1− 62；
(2)分解因式得：(x−10)(x+2)=0，
所以x−10=0或x+2=0，
解得：x1=10，x2=−2． 
【解析】(1)方程利用配方法求出解即可；
(2)方程利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，配方法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．

21.【答案】解：(1)过点D作DG⊥BE于点G．

由题意知i=1：3，
∴CG=3DG．
又CD=2 5m，DG2+(3DG)2=(4 10)2，
即DG2+10DG2=160，
∴DG=4米．
答：王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度为4米．
(2)过点D作DH⊥AB于点H，

∵DG=4，CG=3DG
∴CG=3×4=12( m)．
设大树高为x m．
∵∠ACB=45°，
∴CB=AB=x m，DH=BG=BC+CG=(x+12)m，AH=AB−DG=(x−4)m．
又∠ADH=30°，
∴tan30°=AHDH，即 33=x−4x+12，解得x=12+8 3．
经检验，x=12+8 3是原方程的根且符合题意．
答：大树AB的高度是(12+8 3)m． 
【解析】(1)作DG⊥CE于G，解Rt△CDG，即可求出DG；
(2)过点D作DH⊥AB于点H，设AB=xm米，用含x的代数式表示出AH、DH，根据tan∠ADH=AHDH列出方程，解方程得到答案．
本题考查的是解直角三角形的应用—仰角俯角问题、坡度比问题，解题的关键是掌握锐角三角函数的定义、仰角俯角的概念、坡度比的概念．

22.【答案】解：(1)设该种商品每次降价的百分率为x，
依题意，得：200(1−x)2=128，
解得：x1=0.2=20%，x2=1.8(不合题意，舍去)，
答：该种商品每次降价的百分率为20%；
(2)设每件商品应降价x元，根据题意，得：
(128−80−x)(20+5x)−100=1475，
解方程得x1=41，x2=3，
∵在降价幅度不超过10元的情况下，
∴x=41不合题意舍去．
答：每件商品应降价3元． 
【解析】(1)设该种商品每次降价的百分率为x，根据该商品的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
(2)关系式为：每件商品的盈利×(原来的销售量+增加的销售量)=每天盈利，为了减少库存，计算得到降价多的数量即可．
此题主要考查了一元二次方程的应用，得到现在的销售量是解决本题的难点；根据每天盈利得到相应的等量关系是解决本题的关键．

23.【答案】解：(1)四边形DEBF是矩形，
证明：∵DE⊥AB，BF⊥DC，
∴∠DEB=∠BFD=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠DEB+∠EDF=180°，
∴∠EDF=∠DEB=∠BFD=90°，
∴四边形DEBF是矩形，
(2)如图，连接PB，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分BD，
∴PB=PD，
由(1)知，四边形DEBF是矩形，
∴DE=FB=8，
设PD=BP=x，则PE=8−x，
在Rt△PEB中，由勾股定理得：(8−x)2+42=x2，
解得：x=5，
∴DP=5．
故答案为：5． 
【解析】(1)根据菱形的性质和矩形的判定解答即可；
(2)根据菱形的性质和矩形的性质得出DE=BF=8，进而利用勾股定理解答即可．
此题考查菱形的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC于D，作DE⊥AC于E，
∴∠ADC=∠AED=90°，
∵∠DAE=∠DAC，
∴△DAE∽△CAD，
∴ADCA=AEAD，
∴AD2=AC⋅AE，
∵AC=AB，
∴AD2=AB⋅AE．

(2)解：如图，连接DF．

∵AB=3，∠ADB=90°，BF=AF，
∴DF=12AB=32，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∴DF//AC，
∴DFAE=DGAG=322=34，
∴ADAG=74． 
【解析】(1)只要证明△DAE∽△CAD，可得ADCA=AEAD，推出AD2=AC⋅AE即可解决问题；
(2)利用直角三角形斜边中线定理求出DF，再根据DF//AC，可得DFAE=DGAG=322=34，由此即可解决问题；
本题考查相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，属于中考常考题型．

25.【答案】OC=OD 
【解析】(1)解：猜想：OC=OD．
理由：如图1中，∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴∠ACO=∠BDO=90°，
∵点O是线段AB的中点，
∴OA=OB，
在△AOC与△BOD中，
∠ACO=∠BDO∠AOC=∠DOBOA=OB，
∴△AOC≌△BOD(AAS)，
∴OC=OD，
故答案为：OC=OD；

(2)解：“足中距”OC和OD数量关系依然成立．
理由：如图，过点O作直线EF//CD，交AC的延长线于点E，交BD于F，

∵EF//CD，
∴∠DCE=∠E=∠CDF=90°，
∴四边形CEFD为矩形，
∴∠OFD=90°，CE=DF，
由(1)同理得，OE=OF，
在△COE与△DOF中，
CE=DF∠CEO=∠DFOOE=OF，
∴△COE≌DOF(SAS)，
∴OC=OD；

(3)①解：“足中距”OC和OD的数量关系依然成立．
理由：如图3中，延长CO交DB的延长线于点E，

∵AC⊥CD，BD⊥CD，
∴AC//BD，
∴∠ACO=∠E，
∵点O为AB的中点，
∴AO=BO，
又∵∠AOC=∠BOE，
∴△AOC≌△BOE(AAS)，
∴CO=OE，
∵∠CDE=90°，
∴OD=12CE=OC；

②证明：如图3中，∵∠COD=60°，OD=OC，
∴△COD是等边三角形，
∴CD=OC，∠OCD=60°，
∵∠CDE=90°，
∴tan60°=DECD，
∴DE= 3CD，
∵△AOC≌△BOE，
∴AC=BE，
∴AC+BD=BD+BE=DE= 3CD，
∴AC+BD= 3OC．
(1)猜想：OC=OD.证明Rt△AOC≌△BOD(AAS)，可得结论．
(2)结论成立．过点O作直线EF//CD，交AC的延长线点E，证明△COE≌DOF(SAS)，可得结论．
(3)①结论成立．如图3中，延长CO交BD于点E，证明CO=OE，再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．
②利用等边三角形的判定和性质以及全等三角形的性质证明即可．
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．