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湘教版初中数学八年级下册期中测试卷(标准难度)（含答案解析）
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这是一份湘教版初中数学八年级下册期中测试卷(标准难度)（含答案解析），共26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。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠F=90°，下列条件不能判定Rt△ABC≌Rt△DEF的是( )
A. AC=DF，∠B=∠EB. ∠A=∠D，∠B=∠E
C. AB=DE，AC=DFD. AB=DE，∠A=∠D
2. 如图，AB//CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F，EG平分∠BEF，若∠EFG=64°，则∠EGD的大小是( )
A. 132°
B. 128°
C. 122°
D. 112°
3. 如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°.若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
4. 如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为( )
A. 75°B. 60°C. 55°D. 45°
5. 将一张矩形纸片ABCD按如图所示操作：
(1)将DA沿DP向内折叠，使点A落在点A1处，
(2)将DP沿DA1向内继续折叠，使点P落在点P1处，折痕与边AB交于点M．
若P1M⊥AB，则∠DP1M的大小是( )
A. 135°B. 120°C. 112.5°D. 115°
6. 如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠(点E在边DC上)，折叠后点D恰好落在边OC上的点F处．若点D的坐标为(10,8)，则点E的坐标( )
A. (4,10)B. (10,6)C. (10,4)D. (10,3)
7. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA=6，将△ABC沿直线AC翻折，使点B落在点D处，AD交x轴于点E，若∠BAC=30°，则点D的坐标为( )
A. (33,−2)B. (33,−3)C. (3,−3)D. (3,−33)
8. 如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为(4,m)，点D的坐标为(n,2)，则m+n的值为( )
A. 2B. −2C. 6D. −6
9. 如图，已知直线AB//CD，且直线EF分别交AB、CD于M、N两点，NH是∠MND的平分线，若∠AMN=56∘，则∠MNH的度数是( )
A. 28∘B. 30∘C. 34∘D. 56∘
10. 如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，过点O作EF//BC交AB于E，交AC于F，过点O作OD⊥AC于D，下列选项中结论错误的是( )
A. EF=BE+CF
B. ∠BOC=90∘+12∠A
C. 点O到△ABC各边的距离相等
D. 设OD=m，AE+AF=n，则S△AEF=mn
11. 菱形具有而一般平行四边形所没有的性质是( )
A. 两组对边分别相等B. 两条对角线相等C. 四个内角都是直角D. 对角线平分对角
12. 如图△ ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ ACB的平分线垂直于AD，垂足为P.若BC=10，则PQ的长为( )
A. 32B. 52C. 3D. 4
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 在△ABC中，AB=15cm，AC=13cm，高线AD=12cm，则△ABC的周长是_______cm．
14. 如图，矩形ABCD中，E在AD上，且EF⊥EC，EF=EC，DE=2，矩形的周长为16，则AE的长是 ．
15. 如图，在▱ABCD中，E、F是对角线AC上两点，AE=EF=CD，∠ADF=90°，∠BCD=63°，则∠ADE的大小为______．
16. 如图，△ACE是以平行四边形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，点C与点E关于x轴对称．若E点的坐标是(4,−23)，则D点的坐标是______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知，如图，BD是∠ABC的平分线，AB=BC，点P在BD上，PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别是M、N.试说明：PM=PN．
18. (本小题8.0分)
台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力，此时某台风中心在海域B处，距沿海城市A的正南方向240千米，其中心风力为12级，每远离台风中心25千米，台风就会减弱一级，如图所示，该台风中心正以20千米/时的速度沿北偏东30∘方向向C移动，且台风中心的风力不变，若城市所受风力达到或超过4级，则称受台风影响.试问：
(1)A城市是否会受到台风影响？请说明理由．
(2)若受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？
(3)该城市受到台风影响的最大风力为几级？
19. (本小题8.0分)
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，且AE=BF．
(1)试探索线段AF，DE的大小关系，写出你的结论并说明理由；
(2)连接EF，DF，分别取AE，EF，FD，DA的中点H，I，J，K，顺次连接，得到四边形HIJK：
①请在图②中补全图形；
②四边形HIJK是什么特殊平行四边形？请说明理由．
20. (本小题8.0分)
如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．
21. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
(1)求证：△DOE≌△BOF；
(2)若AB=6，AD=8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．
22. (本小题8.0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．
23. (本小题8.0分)
已知点A(−1,3a−1)与点B(2b+1,−2)关于x轴对称，点C(a+2,b)与点D关于原点对称．
(1)求点A，B，C，D的坐标．
(2)在图中，顺次连结点A，D，B，C，并求所得图形的面积．
24. (本小题8.0分)
如图，△ABC是等边三角形，延长BC到E，使CE=12BC.点D是边AC的中点，连接ED并延长ED交AB于F求证：
(1)EF⊥AB；
(2)DE=2DF.
25. (本小题8.0分)
知识背景：过中心对称图形的对称中心的任意一条直线都将其分成全等的两个部分．
(1)如图1，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB____________S四边形DEFC(填“>”“<”“=”)；
(2)如图2，两个正方形如图所示摆放，O为小正方形对角线的交点，求作过点O的直线将整个图形分成面积相等的两部分；
(3)八个大小相同的正方形如图3所示摆放，求作直线将整个图形分成面积相等的两部分(用三种方法分分割)．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、∵在Rt△ABC和Rt△DEF中
∠B=∠E∠C=∠FAC=DF
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(AAS)，故本选项不符合题意；
B、在Rt△ABC和Rt△DEF中，根据∠A=∠D、∠C=∠F、∠B=∠E不能推出两三角形全等，故本选项符合题意；
C、∵在Rt△ABC和Rt△DEF中
AB=DEAC=DF
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(HL)，故本选项不符合题意；
D、∵在Rt△ABC和Rt△DEF中
∠A=∠D∠C=∠FAB=DE
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(AAS)，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据直角三角形全等的判定定理逐个判断即可．
本题考查了直角三角形全等的判定定理，能熟记判定定理的内容是解此题的关键，注意：两直角三角形全等的判定定理有：ASA，AAS，SAS，SSS，HL等
2.【答案】C
【解析】解：∵AB//CD，∠EFG=64°，
∴∠BEF=180°−∠EFG=116°，
∵EG平分∠BEF交CD于点G，
∴∠BEG=12∠BEF=58°，
∵AB//CD，
∴∠EGD=180°−∠BEG=122°．
故选：C．
根据平行线的性质得到∠BEF=180°−∠EFG=116°，根据角平分线的定义得到∠BEG=12∠BEF=58°，由平行线的性质即可得到结论．
此题考查了平行线的性质与角平分线的定义．解题的关键是掌握两直线平行，同旁内角互补与两直线平行，内错角相等的知识点．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
由正方形的性质和平行线的性质得出∠A=90°，∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，从而得出∠AB′E=30°，得出B′E=2AE，设BE=x，得出B′E=x，AE=3−x，从而得出2(3−x)=x，解方程求出x，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，
∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠FEB′=60°，
∴∠AB′E=30°，
∴B′E=2AE，
设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，
∴2(3−x)=x，
解得x=2，
∴BE=2．
故选D．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
由正方形的性质和等边三角形的性质得出∠BAE=150°，AB=AE，由等腰三角形的性质和三角形内角和得出∠ABE=∠AEB=15°，再运用三角形的外角性质即可得出结果．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，∠BAF=45°．
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，AD=AE，
∴∠BAE=90°+60°=150°，AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=12×(180∘−150∘)=15∘，
∴∠BFC=∠BAF+∠ABE=45°+15°=60°．
故选B．
5.【答案】C
【解析】解：∵折叠，且∠P1MA=90°，
∴∠DMP1=∠DMA=45°，即∠ADM=45°，
由折叠可知∠MDP1=∠ADP=∠PDM=12∠ADM=22.5°，
∴在△DP1M中，∠DP1M=180°−45°−22.5°=112.5°，
故选：C．
由折叠前后对应角相等且∠P1MA=90°可先求出∠DMP1=∠DMA=45°，进一步求出∠ADM=45°，再由折叠可求出∠MDP1=∠ADP=∠PDM=22.5°，最后在△DP1M中由三角形内角和定理即可求解．
此题主要考查了矩形的性质，折叠问题，三角形内角和定理等，记牢折叠问题的特点：折叠前后对应边相等，对应角相等即可解题．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形AOCD为矩形，D的坐标为(10,8)，
∴AD=OC=10，DC=OA=8，
∵矩形沿AE折叠，使D落在OC上的点F处，
∴AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中，OF=AF2−AO2=6，
∴FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中，EF2=EC2+FC2，
∴(8−x)2=x2+42，解得x=3，即EC的长为3．
∴点E的坐标为(10,3)，
故选：D．
根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角△AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8−x，CF=10−6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．
本题考查矩形的性质，勾股定理以及折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等；对应点的连线段被折痕垂直平分．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查坐标与图形的性质，翻折问题，点的坐标的确定，勾股定理，30°角的直角三角形，矩形的性质等知识的综合运用．过D点作DF⊥x轴，垂足为F，则DF//y轴，由矩形的性质及30°角的直角三角形的性质可求解AB=63，OE=23，AE=43，结合折叠的性质可求解AD的长，进而求解ED，由勾股定理可求解EF，DF，即可求解OF，进而求解D点坐标．
【解答】
解：过D点作DF⊥x轴，垂足为F，则DF//y轴，
∵四边形AOCB为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，BC=AO=6，AB=OC，
∵∠BAC=30°，
∴AC=12，OC=AB=63，
由折叠可知：∠DAC=∠BAC=30°，AD=AB=63，
∴∠OAE=30°，
∴OE=23，AE=43，
∴ED=23，
∵DF//y轴，
∴∠EDF=∠EAO=30°，
∴EF=3，DF=3，
∴OF=OE+EF=33，
∴D点坐标为 33 ,−3，
故选：B．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是坐标与图形性质，菱形的性质的有关知识，根据题意可知，原点为对角线BD的中点，然后即可求得m、n的值，从而可以求得m+n的值．
【解答】
解：∵菱形ABCD的对角线交于原点O，点B的坐标为(4,m)，点D的坐标为(n,2)，
∴4+n2=0，m+22=0，
解得n=−4，m=−2，
∴m+n=−2+(−4)=−6．
故选D．
9.【答案】A
【解析】∵AB//CD，∴∠MND=∠AMN=56∘，
又∵NH是∠MND的平分线，
∴∠MNH=12∠MND=12×56∘=28∘，故选A．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的是角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积计算，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
根据角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的判定定理判断A；根据三角形内角和定理、角平分线的定义判断B；根据角平分线的性质定理判断C；根据角平分线的性质得到OH=OD=m，根据三角形的面积公式求出S△AEF，判断D．
【解答】
解：∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB=12(180∘−∠A)=90∘− 12∠A，
∴∠BOC=180∘−(∠OBC+∠OCB)=90∘+12∠A，故B选项结论正确；
∵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A选项结论正确；
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，连接OA，如图，
∵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=12AE⋅OM+12AF⋅OD
=12OD⋅(AE+AF)=12mn，故D选项结论错误；
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴点O到△ABC各边的距离相等，故C选项结论正确．
故选D．
11.【答案】D
【解析】解：∵菱形具有的性质是：对边平行且相等，对角相等，对角线互相垂直且平分，每一条对角线平分一组对角；
平行四边形具有的性质是：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分；
∴菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：每一条对角线平分一组对角．
故选：D．
由菱形的性质和平行四边形的性质即可得出结论．
此题考查了菱形的性质以及平行四边形的性质．熟记菱形和平行四边形的性质是解此题的关键．
12.【答案】C
【解析】略
13.【答案】32或42
【解析】
【分析】
本题考查三角形的高线性质和勾股定理的应用，属于基础题．
分△ABC为锐角三角形和钝角三角形两种情况，利用勾股定理求BC，即可求△ABC的周长．
【解答】
解：如图一，△ABC中，AD⊥BC，
由勾股定理得，BD=152−122=9，CD=132−122=5，
BC=9+5=14，
所以△ABC的周长是15+13+14=42cm;
如图二，△ABC中，AD⊥BC，
由勾股定理得，BD=152−122=9，CD=132−122=5，
所以BC=9−5=4，
△ABC的周长是15+13+4=32cm．
故答案为32或42．
14.【答案】3
【解析】设CD=x，∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠D=90∘，
∴∠AFE+∠AEF=90∘，
∵EF⊥EC，∴∠FEC=90∘，
∴∠AEF+∠DEC=90∘，
∴∠AFE=∠DEC，
在△AFE和△DEC中，
∠A=∠D,∠AFE=∠DEC,EF=CE,
∴△AFE≌△DEC(AAS)，
∴AE=DC=x，
∵DE=2，∴AD=BC=x+2，
∵矩形ABCD的周长为16，
∴2(x+x+2)=16，解得x=3，即AE=3．
15.【答案】21°
【解析】解：设∠ADE=x，
∵AE=EF，∠ADF=90°，
∴DE=12AF=AE=EF，
∵∠DAE=∠ADE=x
∵AE=EF=CD，
∴DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAE=∠BCA=x，
∴∠DCE=∠BCD−∠BCA=63°−x，
∴2x=63°−x，
解得：x=21°，
即∠ADE=21°；
故答案为：21°．
设∠ADE=x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE=∠ADE=x，DE=12AF=AE=EF，得出DE=CD，证出∠DCE=∠DEC=2x，由平行四边形的性质得出∠DCE=∠BCD−∠BCA=63°−x，得出方程，解方程即可．
本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；根据角的关系得出方程是解题的关键．
16.【答案】(2,0)
【解析】解：如图所示：∵△ACE是等边三角形，点C与点E关于x轴对称，
∴AF垂直平分CE，AF平分∠CAE，
∴∠CFD=90°=∠BOA，CF=BO，
∵E点的坐标是(4,−23)，
∴OF=4，CF=23，
在Rt△AFC中，∠CAF=30°，
∴AF=CFtan30∘=6，
∴AO=AF−OF=2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=DC，
在Rt△CDF和Rt△BAO中，DC=ABCF=BO，
∴Rt△CDF≌Rt△BAO(HL)，
∴DF=AO=2，
∴OD=OF−DF=4−2=2，
∴D点坐标为(2,0)；
故答案为(2,0)．
首先设CE交x轴于点F，由点C与点E关于x轴对称．若点E的坐标是(4,−23)，可求得点C的坐标，继而求得AC与BC的长，然后由三角函数的性质，求得AF的长，即可求得点A的坐标，继而求得答案．
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形特征、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数；熟练掌握平行四边形和等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
17.【答案】证明：∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，AB=BC∠ABD=∠CBDBD=BD，
∴△ABD≌△CBD(SAS)，
∴∠ADB=∠CDB，
∵点P在BD上，PM⊥AD，PN⊥CD，
∴PM=PN．
【解析】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，确定出全等三角形并得到∠ADB=∠CDB是解题的关键．根据角平分线的定义可得∠ABD=∠CBD，然后利用“边角边”证明△ABD和△CBD全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ADB=∠CDB，然后根据角平分线上的点到角的两边的距离相等证明即可．
18.【答案】解：(1)该城市会受到这次台风的影响．
理由是：如图，过A作AD⊥BC于D.在Rt△ABD中，
∵∠ABD=30°，AB=240千米，
∴AD=12AB=120(千米)，
∵城市受到的风力达到或超过四级，则称受台风影响，
∴受台风影响范围的半径为25×(12−4)=200(千米)．
∵120千米<200千米，
∴该城市会受到这次台风的影响；
(2)如图，以A为圆心，200为半径作⊙A交BC于E、F．
则AE=AF=200千米．
∴台风影响该市持续的路程为：EF2=(2DE)2=42002−1202=3202．
∴EF=320(千米)
∴台风影响该市的持续时间为320÷20=16(小时)；
(3)∵AD距台风中心最近，
∴该城市受到这次台风最大风力为：12−(120÷25)=7.2(级)．
【解析】本题考查了勾股定理的应用，含30度角的直角三角形，解题的关键是从实际问题中抽象出直角三角形，难度不大．
(1)求是否会受到台风的影响，其实就是求A到BC的距离是否大于台风影响范围的半径，如果大于，则不受影响，反之则受影响．过A作AD⊥BC于D，AD就是所求的线段．直角三角形ABD中，求得AD；再求出台风影响范围的半径即可得结论．
(2)受台风影响时，应该是以A为圆心，以台风影响范围的半径为半径，所得圆截得的BC上的线段的长即EF的长，可通过在直角三角形AED中，根据勾股定理求得DE，由此即可解．
(3)风力最大时，台风中心应该位于D点，然后根据题目给出的条件判断出是几级风．
19.【答案】解：(1)AF=DE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，
又AE=BF，
在△DAE和△ABF中
AD=BA∠DAE=∠ABF=90°AE=BF
∴△DAE≌△ABF．
∴AF=DE．
(2)①画出图形如下图所示：
②四边形HIJK是正方形．
理由如下：
∵H，I，J，K分别是AE，EF，FD，DA的中点，
∴HI=KJ=12AF，HK=IJ=12ED．
∵AF=DE，
∴HI=KJ=HK=IJ．
∴四边形HIJK是菱形．
∵△DAE≌△ABF，
∴∠ADE=∠BAF．
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠BAF+∠AED=90°．
∴∠AOE=90°．
又∵ED // HK，HI // AF，
∴∠KHI=∠HGO=90°．
∴四边形HIJK是正方形．
【解析】此题主要考查正方形的判定的方法与性质，及全等三角形的判定等知识点的综合运用．
(1)根据已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF=DE．
(2)根据已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而可得到该四边形是正方形．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴EF//AB，EF=12AB，GH//CD，GH=12CD，
∴EF//GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【解析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定定理是解题的关键．
根据平行四边形的性质得到AB//CD，AB=CD，根据三角形中位线定理得到EF//AB，EF=12AB，GH//CD，GH=12CD，根据平行四边形的判定定理证明．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，DO=BO，
∴∠EDO=∠FBO，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD=∠FOB=90°，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO∠EOD=∠FOB=90°，
∴△DOE≌△BOF(ASA)；
(2)解：∵由(1)可得，ED//BF，ED=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BO=DO，EF⊥BD，
∴ED=EB，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB=6，AD=8，设AE=x，可得BE=ED=8−x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2=AB2+AE2，
即(8−x)2=x2+62，
解得：x=74，
∴BE=8−74=254，
∴四边形BFDE的周长=254×4=25．
【解析】本题主要考查了矩形的性质的应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
(1)根据矩形的性质可得BO=DO，∠EOD=∠FOB，∠EDO=∠FBO，即可证得两个三角形全等；
(2)设AE=x，根据已知条件可得BE=8−x，由(1)可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
22.【答案】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OMPN是正方形，
∴∠MPN=90°=∠APB，
∴∠MPB=90°−∠NPB=∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
∠MPB=∠NPAPM=PN∠PMB=∠PNA，
∴△PMB≌△PNA(ASA)，
∴BM=AN，PB=PA，
∴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．
【解析】(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．
本题是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．
23.【答案】解：(1)∵点A(−1,3a−1)与点B(2b+1,−2)关于x轴对称，
∴2b+1=−1，3a−1=2，解得a=1，b=−1，
∴A(−1,2)，B(−1,−2)，C(3,−1)．
∵点C(a+2,b)与点D关于原点对称，
∴D(−3,1)．
(2)如图所示：
四边形ADBC的面积为12×4×2+12×4×4=12．
【解析】略
24.【答案】证明：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠B=60°，
∵D为AC的中点，
∴AD=CD=12AC，
∵CE=12BC，
∴CD=CE，
∵∠E+∠CDE=∠ACB=60°，
∴∠E=∠CDE=30°，
∵∠B=60°，
∴∠EFB=180°−60°−30°=90°，
即EF⊥AB；
(2)连接BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∵D为AC的中点，
∴∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，
∵∠E=30°，
∴∠DBC=∠E，
∴DE=BD，
∵∠BFE=90°，∠ABD=30°，
∴BD=2DF，
即DE=2DF．
【解析】(1)根据等边三角形的性质得出AC=BC，∠ACB=∠B=60°，求出CD=CE，根据三角形外角性质和等腰三角形的性质求出∠E=30°，求出∠BFE即可；
(2)连接BD，求出BD=DE，根据含30°角的直角三角形的性质得出BD=2DF，即可得出答案．
本题考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键
25.【答案】解：(1)=
(2)如图所示：
(3)如图所示：
【解析】本题考查中心对称及矩形的性质，有一定难度，注意掌握中心与中心对称点之间的关系．
(1)根据知识背景即可求解；
如图①，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB=S四边形DEFC；
故答案为：=．
(2)先找到两个矩形的中心，然后过中心作直线即可；
(3)先分成两个矩形，找到中心，然后过中心作直线即可．
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠F=90°，下列条件不能判定Rt△ABC≌Rt△DEF的是( )
A. AC=DF，∠B=∠EB. ∠A=∠D，∠B=∠E
C. AB=DE，AC=DFD. AB=DE，∠A=∠D
2. 如图，AB//CD，直线EF分别交AB，CD于点E，F，EG平分∠BEF，若∠EFG=64°，则∠EGD的大小是( )
A. 132°
B. 128°
C. 122°
D. 112°
3. 如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°.若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
4. 如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为( )
A. 75°B. 60°C. 55°D. 45°
5. 将一张矩形纸片ABCD按如图所示操作：
(1)将DA沿DP向内折叠，使点A落在点A1处，
(2)将DP沿DA1向内继续折叠，使点P落在点P1处，折痕与边AB交于点M．
若P1M⊥AB，则∠DP1M的大小是( )
A. 135°B. 120°C. 112.5°D. 115°
6. 如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠(点E在边DC上)，折叠后点D恰好落在边OC上的点F处．若点D的坐标为(10,8)，则点E的坐标( )
A. (4,10)B. (10,6)C. (10,4)D. (10,3)
7. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA=6，将△ABC沿直线AC翻折，使点B落在点D处，AD交x轴于点E，若∠BAC=30°，则点D的坐标为( )
A. (33,−2)B. (33,−3)C. (3,−3)D. (3,−33)
8. 如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为(4,m)，点D的坐标为(n,2)，则m+n的值为( )
A. 2B. −2C. 6D. −6
9. 如图，已知直线AB//CD，且直线EF分别交AB、CD于M、N两点，NH是∠MND的平分线，若∠AMN=56∘，则∠MNH的度数是( )
A. 28∘B. 30∘C. 34∘D. 56∘
10. 如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，过点O作EF//BC交AB于E，交AC于F，过点O作OD⊥AC于D，下列选项中结论错误的是( )
A. EF=BE+CF
B. ∠BOC=90∘+12∠A
C. 点O到△ABC各边的距离相等
D. 设OD=m，AE+AF=n，则S△AEF=mn
11. 菱形具有而一般平行四边形所没有的性质是( )
A. 两组对边分别相等B. 两条对角线相等C. 四个内角都是直角D. 对角线平分对角
12. 如图△ ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ ACB的平分线垂直于AD，垂足为P.若BC=10，则PQ的长为( )
A. 32B. 52C. 3D. 4
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 在△ABC中，AB=15cm，AC=13cm，高线AD=12cm，则△ABC的周长是_______cm．
14. 如图，矩形ABCD中，E在AD上，且EF⊥EC，EF=EC，DE=2，矩形的周长为16，则AE的长是 ．
15. 如图，在▱ABCD中，E、F是对角线AC上两点，AE=EF=CD，∠ADF=90°，∠BCD=63°，则∠ADE的大小为______．
16. 如图，△ACE是以平行四边形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，点C与点E关于x轴对称．若E点的坐标是(4,−23)，则D点的坐标是______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知，如图，BD是∠ABC的平分线，AB=BC，点P在BD上，PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别是M、N.试说明：PM=PN．
18. (本小题8.0分)
台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力，此时某台风中心在海域B处，距沿海城市A的正南方向240千米，其中心风力为12级，每远离台风中心25千米，台风就会减弱一级，如图所示，该台风中心正以20千米/时的速度沿北偏东30∘方向向C移动，且台风中心的风力不变，若城市所受风力达到或超过4级，则称受台风影响.试问：
(1)A城市是否会受到台风影响？请说明理由．
(2)若受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？
(3)该城市受到台风影响的最大风力为几级？
19. (本小题8.0分)
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，且AE=BF．
(1)试探索线段AF，DE的大小关系，写出你的结论并说明理由；
(2)连接EF，DF，分别取AE，EF，FD，DA的中点H，I，J，K，顺次连接，得到四边形HIJK：
①请在图②中补全图形；
②四边形HIJK是什么特殊平行四边形？请说明理由．
20. (本小题8.0分)
如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形．
21. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
(1)求证：△DOE≌△BOF；
(2)若AB=6，AD=8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．
22. (本小题8.0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．
23. (本小题8.0分)
已知点A(−1,3a−1)与点B(2b+1,−2)关于x轴对称，点C(a+2,b)与点D关于原点对称．
(1)求点A，B，C，D的坐标．
(2)在图中，顺次连结点A，D，B，C，并求所得图形的面积．
24. (本小题8.0分)
如图，△ABC是等边三角形，延长BC到E，使CE=12BC.点D是边AC的中点，连接ED并延长ED交AB于F求证：
(1)EF⊥AB；
(2)DE=2DF.
25. (本小题8.0分)
知识背景：过中心对称图形的对称中心的任意一条直线都将其分成全等的两个部分．
(1)如图1，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB____________S四边形DEFC(填“>”“<”“=”)；
(2)如图2，两个正方形如图所示摆放，O为小正方形对角线的交点，求作过点O的直线将整个图形分成面积相等的两部分；
(3)八个大小相同的正方形如图3所示摆放，求作直线将整个图形分成面积相等的两部分(用三种方法分分割)．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、∵在Rt△ABC和Rt△DEF中
∠B=∠E∠C=∠FAC=DF
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(AAS)，故本选项不符合题意；
B、在Rt△ABC和Rt△DEF中，根据∠A=∠D、∠C=∠F、∠B=∠E不能推出两三角形全等，故本选项符合题意；
C、∵在Rt△ABC和Rt△DEF中
AB=DEAC=DF
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(HL)，故本选项不符合题意；
D、∵在Rt△ABC和Rt△DEF中
∠A=∠D∠C=∠FAB=DE
∴Rt△ABC≌Rt△DEF(AAS)，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据直角三角形全等的判定定理逐个判断即可．
本题考查了直角三角形全等的判定定理，能熟记判定定理的内容是解此题的关键，注意：两直角三角形全等的判定定理有：ASA，AAS，SAS，SSS，HL等
2.【答案】C
【解析】解：∵AB//CD，∠EFG=64°，
∴∠BEF=180°−∠EFG=116°，
∵EG平分∠BEF交CD于点G，
∴∠BEG=12∠BEF=58°，
∵AB//CD，
∴∠EGD=180°−∠BEG=122°．
故选：C．
根据平行线的性质得到∠BEF=180°−∠EFG=116°，根据角平分线的定义得到∠BEG=12∠BEF=58°，由平行线的性质即可得到结论．
此题考查了平行线的性质与角平分线的定义．解题的关键是掌握两直线平行，同旁内角互补与两直线平行，内错角相等的知识点．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
由正方形的性质和平行线的性质得出∠A=90°，∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，从而得出∠AB′E=30°，得出B′E=2AE，设BE=x，得出B′E=x，AE=3−x，从而得出2(3−x)=x，解方程求出x，即可得出答案．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB′=60°，BE=B′E，
∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠FEB′=60°，
∴∠AB′E=30°，
∴B′E=2AE，
设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，
∴2(3−x)=x，
解得x=2，
∴BE=2．
故选D．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
由正方形的性质和等边三角形的性质得出∠BAE=150°，AB=AE，由等腰三角形的性质和三角形内角和得出∠ABE=∠AEB=15°，再运用三角形的外角性质即可得出结果．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，∠BAF=45°．
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，AD=AE，
∴∠BAE=90°+60°=150°，AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=12×(180∘−150∘)=15∘，
∴∠BFC=∠BAF+∠ABE=45°+15°=60°．
故选B．
5.【答案】C
【解析】解：∵折叠，且∠P1MA=90°，
∴∠DMP1=∠DMA=45°，即∠ADM=45°，
由折叠可知∠MDP1=∠ADP=∠PDM=12∠ADM=22.5°，
∴在△DP1M中，∠DP1M=180°−45°−22.5°=112.5°，
故选：C．
由折叠前后对应角相等且∠P1MA=90°可先求出∠DMP1=∠DMA=45°，进一步求出∠ADM=45°，再由折叠可求出∠MDP1=∠ADP=∠PDM=22.5°，最后在△DP1M中由三角形内角和定理即可求解．
此题主要考查了矩形的性质，折叠问题，三角形内角和定理等，记牢折叠问题的特点：折叠前后对应边相等，对应角相等即可解题．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形AOCD为矩形，D的坐标为(10,8)，
∴AD=OC=10，DC=OA=8，
∵矩形沿AE折叠，使D落在OC上的点F处，
∴AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中，OF=AF2−AO2=6，
∴FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中，EF2=EC2+FC2，
∴(8−x)2=x2+42，解得x=3，即EC的长为3．
∴点E的坐标为(10,3)，
故选：D．
根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角△AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8−x，CF=10−6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．
本题考查矩形的性质，勾股定理以及折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应线段相等，对应角相等；对应点的连线段被折痕垂直平分．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查坐标与图形的性质，翻折问题，点的坐标的确定，勾股定理，30°角的直角三角形，矩形的性质等知识的综合运用．过D点作DF⊥x轴，垂足为F，则DF//y轴，由矩形的性质及30°角的直角三角形的性质可求解AB=63，OE=23，AE=43，结合折叠的性质可求解AD的长，进而求解ED，由勾股定理可求解EF，DF，即可求解OF，进而求解D点坐标．
【解答】
解：过D点作DF⊥x轴，垂足为F，则DF//y轴，
∵四边形AOCB为矩形，
∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，BC=AO=6，AB=OC，
∵∠BAC=30°，
∴AC=12，OC=AB=63，
由折叠可知：∠DAC=∠BAC=30°，AD=AB=63，
∴∠OAE=30°，
∴OE=23，AE=43，
∴ED=23，
∵DF//y轴，
∴∠EDF=∠EAO=30°，
∴EF=3，DF=3，
∴OF=OE+EF=33，
∴D点坐标为 33 ,−3，
故选：B．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是坐标与图形性质，菱形的性质的有关知识，根据题意可知，原点为对角线BD的中点，然后即可求得m、n的值，从而可以求得m+n的值．
【解答】
解：∵菱形ABCD的对角线交于原点O，点B的坐标为(4,m)，点D的坐标为(n,2)，
∴4+n2=0，m+22=0，
解得n=−4，m=−2，
∴m+n=−2+(−4)=−6．
故选D．
9.【答案】A
【解析】∵AB//CD，∴∠MND=∠AMN=56∘，
又∵NH是∠MND的平分线，
∴∠MNH=12∠MND=12×56∘=28∘，故选A．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的是角平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积计算，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
根据角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的判定定理判断A；根据三角形内角和定理、角平分线的定义判断B；根据角平分线的性质定理判断C；根据角平分线的性质得到OH=OD=m，根据三角形的面积公式求出S△AEF，判断D．
【解答】
解：∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB=12(180∘−∠A)=90∘− 12∠A，
∴∠BOC=180∘−(∠OBC+∠OCB)=90∘+12∠A，故B选项结论正确；
∵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A选项结论正确；
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥BC于N，连接OA，如图，
∵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=12AE⋅OM+12AF⋅OD
=12OD⋅(AE+AF)=12mn，故D选项结论错误；
∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O，
∴点O到△ABC各边的距离相等，故C选项结论正确．
故选D．
11.【答案】D
【解析】解：∵菱形具有的性质是：对边平行且相等，对角相等，对角线互相垂直且平分，每一条对角线平分一组对角；
平行四边形具有的性质是：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分；
∴菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：每一条对角线平分一组对角．
故选：D．
由菱形的性质和平行四边形的性质即可得出结论．
此题考查了菱形的性质以及平行四边形的性质．熟记菱形和平行四边形的性质是解此题的关键．
12.【答案】C
【解析】略
13.【答案】32或42
【解析】
【分析】
本题考查三角形的高线性质和勾股定理的应用，属于基础题．
分△ABC为锐角三角形和钝角三角形两种情况，利用勾股定理求BC，即可求△ABC的周长．
【解答】
解：如图一，△ABC中，AD⊥BC，
由勾股定理得，BD=152−122=9，CD=132−122=5，
BC=9+5=14，
所以△ABC的周长是15+13+14=42cm;
如图二，△ABC中，AD⊥BC，
由勾股定理得，BD=152−122=9，CD=132−122=5，
所以BC=9−5=4，
△ABC的周长是15+13+4=32cm．
故答案为32或42．
14.【答案】3
【解析】设CD=x，∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠D=90∘，
∴∠AFE+∠AEF=90∘，
∵EF⊥EC，∴∠FEC=90∘，
∴∠AEF+∠DEC=90∘，
∴∠AFE=∠DEC，
在△AFE和△DEC中，
∠A=∠D,∠AFE=∠DEC,EF=CE,
∴△AFE≌△DEC(AAS)，
∴AE=DC=x，
∵DE=2，∴AD=BC=x+2，
∵矩形ABCD的周长为16，
∴2(x+x+2)=16，解得x=3，即AE=3．
15.【答案】21°
【解析】解：设∠ADE=x，
∵AE=EF，∠ADF=90°，
∴DE=12AF=AE=EF，
∵∠DAE=∠ADE=x
∵AE=EF=CD，
∴DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DAE=∠BCA=x，
∴∠DCE=∠BCD−∠BCA=63°−x，
∴2x=63°−x，
解得：x=21°，
即∠ADE=21°；
故答案为：21°．
设∠ADE=x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE=∠ADE=x，DE=12AF=AE=EF，得出DE=CD，证出∠DCE=∠DEC=2x，由平行四边形的性质得出∠DCE=∠BCD−∠BCA=63°−x，得出方程，解方程即可．
本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；根据角的关系得出方程是解题的关键．
16.【答案】(2,0)
【解析】解：如图所示：∵△ACE是等边三角形，点C与点E关于x轴对称，
∴AF垂直平分CE，AF平分∠CAE，
∴∠CFD=90°=∠BOA，CF=BO，
∵E点的坐标是(4,−23)，
∴OF=4，CF=23，
在Rt△AFC中，∠CAF=30°，
∴AF=CFtan30∘=6，
∴AO=AF−OF=2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=DC，
在Rt△CDF和Rt△BAO中，DC=ABCF=BO，
∴Rt△CDF≌Rt△BAO(HL)，
∴DF=AO=2，
∴OD=OF−DF=4−2=2，
∴D点坐标为(2,0)；
故答案为(2,0)．
首先设CE交x轴于点F，由点C与点E关于x轴对称．若点E的坐标是(4,−23)，可求得点C的坐标，继而求得AC与BC的长，然后由三角函数的性质，求得AF的长，即可求得点A的坐标，继而求得答案．
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形特征、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数；熟练掌握平行四边形和等边三角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
17.【答案】证明：∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，AB=BC∠ABD=∠CBDBD=BD，
∴△ABD≌△CBD(SAS)，
∴∠ADB=∠CDB，
∵点P在BD上，PM⊥AD，PN⊥CD，
∴PM=PN．
【解析】本题考查了角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，全等三角形的判定与性质，确定出全等三角形并得到∠ADB=∠CDB是解题的关键．根据角平分线的定义可得∠ABD=∠CBD，然后利用“边角边”证明△ABD和△CBD全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ADB=∠CDB，然后根据角平分线上的点到角的两边的距离相等证明即可．
18.【答案】解：(1)该城市会受到这次台风的影响．
理由是：如图，过A作AD⊥BC于D.在Rt△ABD中，
∵∠ABD=30°，AB=240千米，
∴AD=12AB=120(千米)，
∵城市受到的风力达到或超过四级，则称受台风影响，
∴受台风影响范围的半径为25×(12−4)=200(千米)．
∵120千米<200千米，
∴该城市会受到这次台风的影响；
(2)如图，以A为圆心，200为半径作⊙A交BC于E、F．
则AE=AF=200千米．
∴台风影响该市持续的路程为：EF2=(2DE)2=42002−1202=3202．
∴EF=320(千米)
∴台风影响该市的持续时间为320÷20=16(小时)；
(3)∵AD距台风中心最近，
∴该城市受到这次台风最大风力为：12−(120÷25)=7.2(级)．
【解析】本题考查了勾股定理的应用，含30度角的直角三角形，解题的关键是从实际问题中抽象出直角三角形，难度不大．
(1)求是否会受到台风的影响，其实就是求A到BC的距离是否大于台风影响范围的半径，如果大于，则不受影响，反之则受影响．过A作AD⊥BC于D，AD就是所求的线段．直角三角形ABD中，求得AD；再求出台风影响范围的半径即可得结论．
(2)受台风影响时，应该是以A为圆心，以台风影响范围的半径为半径，所得圆截得的BC上的线段的长即EF的长，可通过在直角三角形AED中，根据勾股定理求得DE，由此即可解．
(3)风力最大时，台风中心应该位于D点，然后根据题目给出的条件判断出是几级风．
19.【答案】解：(1)AF=DE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，
又AE=BF，
在△DAE和△ABF中
AD=BA∠DAE=∠ABF=90°AE=BF
∴△DAE≌△ABF．
∴AF=DE．
(2)①画出图形如下图所示：
②四边形HIJK是正方形．
理由如下：
∵H，I，J，K分别是AE，EF，FD，DA的中点，
∴HI=KJ=12AF，HK=IJ=12ED．
∵AF=DE，
∴HI=KJ=HK=IJ．
∴四边形HIJK是菱形．
∵△DAE≌△ABF，
∴∠ADE=∠BAF．
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠BAF+∠AED=90°．
∴∠AOE=90°．
又∵ED // HK，HI // AF，
∴∠KHI=∠HGO=90°．
∴四边形HIJK是正方形．
【解析】此题主要考查正方形的判定的方法与性质，及全等三角形的判定等知识点的综合运用．
(1)根据已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF=DE．
(2)根据已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而可得到该四边形是正方形．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴EF//AB，EF=12AB，GH//CD，GH=12CD，
∴EF//GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【解析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定定理是解题的关键．
根据平行四边形的性质得到AB//CD，AB=CD，根据三角形中位线定理得到EF//AB，EF=12AB，GH//CD，GH=12CD，根据平行四边形的判定定理证明．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，DO=BO，
∴∠EDO=∠FBO，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD=∠FOB=90°，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO∠EOD=∠FOB=90°，
∴△DOE≌△BOF(ASA)；
(2)解：∵由(1)可得，ED//BF，ED=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BO=DO，EF⊥BD，
∴ED=EB，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB=6，AD=8，设AE=x，可得BE=ED=8−x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2=AB2+AE2，
即(8−x)2=x2+62，
解得：x=74，
∴BE=8−74=254，
∴四边形BFDE的周长=254×4=25．
【解析】本题主要考查了矩形的性质的应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
(1)根据矩形的性质可得BO=DO，∠EOD=∠FOB，∠EDO=∠FBO，即可证得两个三角形全等；
(2)设AE=x，根据已知条件可得BE=8−x，由(1)可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
22.【答案】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OMPN是正方形，
∴∠MPN=90°=∠APB，
∴∠MPB=90°−∠NPB=∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
∠MPB=∠NPAPM=PN∠PMB=∠PNA，
∴△PMB≌△PNA(ASA)，
∴BM=AN，PB=PA，
∴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．
【解析】(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．
本题是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．
23.【答案】解：(1)∵点A(−1,3a−1)与点B(2b+1,−2)关于x轴对称，
∴2b+1=−1，3a−1=2，解得a=1，b=−1，
∴A(−1,2)，B(−1,−2)，C(3,−1)．
∵点C(a+2,b)与点D关于原点对称，
∴D(−3,1)．
(2)如图所示：
四边形ADBC的面积为12×4×2+12×4×4=12．
【解析】略
24.【答案】证明：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠B=60°，
∵D为AC的中点，
∴AD=CD=12AC，
∵CE=12BC，
∴CD=CE，
∵∠E+∠CDE=∠ACB=60°，
∴∠E=∠CDE=30°，
∵∠B=60°，
∴∠EFB=180°−60°−30°=90°，
即EF⊥AB；
(2)连接BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∵D为AC的中点，
∴∠DBC=∠ABD=12∠ABC=30°，
∵∠E=30°，
∴∠DBC=∠E，
∴DE=BD，
∵∠BFE=90°，∠ABD=30°，
∴BD=2DF，
即DE=2DF．
【解析】(1)根据等边三角形的性质得出AC=BC，∠ACB=∠B=60°，求出CD=CE，根据三角形外角性质和等腰三角形的性质求出∠E=30°，求出∠BFE即可；
(2)连接BD，求出BD=DE，根据含30°角的直角三角形的性质得出BD=2DF，即可得出答案．
本题考查了等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定，三角形的外角性质，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键
25.【答案】解：(1)=
(2)如图所示：
(3)如图所示：
【解析】本题考查中心对称及矩形的性质，有一定难度，注意掌握中心与中心对称点之间的关系．
(1)根据知识背景即可求解；
如图①，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB=S四边形DEFC；
故答案为：=．
(2)先找到两个矩形的中心，然后过中心作直线即可；
(3)先分成两个矩形，找到中心，然后过中心作直线即可．
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