文档内容
2024-2025 学年八年级数学下学期期中测试卷
基础知识达标测
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。
2．测试范围：二次根式~平行四边形（人教版）。
第Ⅰ卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。）
1．（3分）x≥3是下列哪个二次根式有意义的条件（ ）
√ 1 √ 1
A．❑√x+3 B．❑ C．❑ D．❑√x−3
x−3 x+3
【分析】根据二次根式中的被开方数是非负数列出不等式，分别计算即可．
【解答】解：A，x+3≥0，解得，x≥﹣3，错误；
B、x﹣3＞0，解得，x＞3，错误；
C、x+3＞0，解得，x＞﹣3，错误；
D、x﹣3≥0，解得，x≥3，正确，
故选：D．
√a
2．（3分）在❑√24，❑ ，❑√x2−y2，❑√a2−2a+1，❑√3x中，最简二次根式的个数为（ ）
b
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据最简二次根式的定义，逐一判断即可解答．
√a
【解答】解：❑√24=2❑√6，❑ 被开方数中含有分母，❑√a2−2a+1=❑√(a−1) 2=|a﹣1|，
b
√a
在❑√24，❑ ，❑√x2−y2，❑√a2−2a+1，❑√3x中，
b
最简二次根式有❑√x2−y2，❑√3x，共有2个，
故选：B．
3．（3分）五根小木棒的长度分别为7，15，20，24，25，现将它们摆成两个直角三角形，下列摆放正确的是
（ ）A． B．
C． D．
【分析】根据勾股定理的逆定理进行计算，即可解答．
【解答】解：∵72＝49，152＝225，202＝400，242＝576，252＝625，
∴72+242＝252，152+202＝252，
∴以7，24，25三根木棒能摆成直角三角形，以15，20，25三根木棒能摆成直角三角形，
故选：C．
4．（3分）下列运算中，正确的是（ ）
A．5❑√3−2❑√3=3 B．2❑√2×3❑√2=6
C．3❑√3÷❑√3=3 D．2❑√3+3❑√2=5❑√5
【分析】直接利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：A、5❑√3−2❑√3=3❑√3，故此选项错误；
B、2❑√2×3❑√2=12，故此选项错误；
C、3❑√3÷❑√3=3，正确；
D、2❑√3+3❑√2，无法计算，故此选项错误；
故选：C．
5．（3分）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
【分析】利用矩形与菱形的性质即可解答本题．
【解答】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：C．
6．（3分）如图，把一块含45°角的三角板放入2×4的网格中，三角板三个顶点均在格点上，直角顶点与数轴
上表示﹣1的点重合，则数轴上点A所表示的数为（ ）A．2❑√2 B．1.8 C．﹣1+2❑√2 D．❑√3
【分析】由题意可知，BA＝BC，∠BDC＝90°，BD＝CD＝2，再由勾股定理求出BC＝2❑√2，则BA＝2❑√2
，然后求出DA＝BA﹣BD＝2❑√2−2，即可解决问题．
【解答】解：如图，
由题意可知，BA＝BC，∠BDC＝90°，BD＝CD＝2，
∴BC=❑√BD2+CD2=❑√22+22=2❑√2，
∴BA＝2❑√2，
∴DA＝BA﹣BD＝2❑√2−2，
∴数轴上点A所表示的数为2❑√2−2+1＝﹣1+2❑√2，
故选：C．
7．（3分）如图，平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，若添加①BE∥DF；②AF＝CE；
③BE＝DF；④BE平分∠ABC，DF平分∠ADC中任意一个条件能够使△ABE≌△CDF，则共有几种添法
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAE＝∠DCF，
添加①BE∥DF，
∴∠BEF＝∠DFE，∴∠AEB＝∠CFD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
添加②AF＝CE，
∴AE＝CF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
添加③BE＝DF不能证明△ABE≌△CDF，
添加④BE平分∠ABC，DF平分∠ADC，
1 1
∴∠ABE= ∠ABC，∠FDC= ∠ADC，
2 2
∴∠ABE＝∠CDF，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
故选：C．
8．（3分）如图，在△ABC中，AB＝BC＝7，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝1，连接
AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据等腰三角形的三线合一得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：∵BC＝7，BF＝1，
∴FC＝BC﹣BF＝7﹣1＝6，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，
1 1
∴DE= FC= ×6＝3．
2 2
故选：B．
9．（3分）如图，四边形ABCD的对角线交于点E，BE＝ED，∠BAC＝90°，∠ACD＝2∠ACB．若CD＝10，
AD＝14，则DE的长为（ ）A．9 B．10 C．11 D．12
【分析】过D作DF⊥AC于点F，延长AC至G，使得CG＝CD，连接DG，证明△ABE≌△FDE（AAS），
△ABC≌△FDG（AAS），利用勾股定理即可解答．
【解答】解：如图，过D作DF⊥AC于点F，延长AC至G，使得CG＝CD，连接DG，
∴∠DFE＝90°，
∵∠BAE＝∠DFE＝90°，∠AEB＝∠DEF，BE＝DE，
∴△ABE≌△FDE（AAS），
∴AB＝DF，
∵CG＝CD，
∴∠G＝∠DCG，
∵∠ACD＝2∠ACB＝∠G+∠ACG，
∴∠G＝∠ACB，
又∵DF＝AB，∠BAC＝∠DFG＝90°，
∴△ABC≌△FDG（AAS），
∴AC＝FG，
∴AF＝CG＝CD＝10，
∴EF＝5，
∴DF2＝AD2﹣AF2＝142﹣102＝96，
∴DE2＝EF2+DF2＝52+96＝121，
解得DE＝11（舍负），
故选：C．
10．（3分）在平面直角坐标系中，菱形OABC的位置如图所示，其中点B的坐标为（﹣1，1），第1次将菱
形OABC绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA B C （即OB ＝2OB），第2次将
1 1 1 1
菱形OA B C 绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA B C （即OB ＝2OB ），第3
1 1 1 2 2 2 2 1次将菱形OA B C 绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来的2倍得到菱形OA B C （即OB ＝2OB ）…
2 2 2 3 3 3 3 2
依次类推，则点B 的坐标为（ ）
2025
A．（22025，22025） B．（2507，2507）
C．（﹣22005，22025） D．（﹣22025，﹣22025）
【分析】由题意得B 的坐标为（2，2），同理B 的坐标为（4，﹣4），即（22，﹣22），B 的坐标为（﹣
1 2 3
8，﹣8），即（﹣23，﹣23），B 的坐标为（﹣16，16），即（﹣24，24），……，再由2025÷4＝506……
4
1，即可得出结论．
【解答】解：∵点B的坐标为（﹣1，1），第1次将菱形OABC绕着点O顺时针旋转90°，同时扩大为原来
的2倍得到菱形OA B C （即OB ＝2OB），
1 1 1 1
∴B 的坐标为（2，2），
1
同理：B 的坐标为（4，﹣4），即（22，﹣22），
2
B 的坐标为（﹣8，﹣8），即（﹣23，﹣23），
3
B 的坐标为（﹣16，16），即（﹣24，24），
4
……，
∵2025÷4＝506……1，
∴点B 的坐标为（22025，22025），
2025
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）若最简二次根式2a−√4 3a+b与❑√a−b是同类根式，则2a﹣b＝ 9 ．
【分析】结合同类二次根式的定义：一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数
相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．进行求解即可．
【解答】解：∵最简二次根式2a−√4 3a+b与❑√a−b是同类根式，
∴2a﹣4＝2，
3a+b＝a﹣b，解得：a＝3，b＝﹣3．
∴2a﹣b＝2×3﹣（﹣3）＝9．
故答案为：9．
12．（3分）若0≤x≤1，则❑√x2+❑√(x−1) 2= 1 ．
【分析】根据二次根式的性质化简即可．
【解答】解：∵0≤x≤1，
∴x﹣1≤0，
∴❑√x2+❑√(x−1) 2
＝x+1﹣x
＝1．
故答案为：1．
13．（3分）如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD
＝25°，则∠DHO的度数是 25 ° ．
【分析】由菱形的性质可得AD＝AB，BO＝OD，∠DAO＝∠BAO＝25°，AC⊥BD，可求∠ABD＝65°，由
直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，BO＝OD，∠DAO＝∠BAO＝25°，AC⊥BD，
∴∠ABD＝65°，
∵DH⊥AB，BO＝DO，
∴HO＝DO，
∴∠DHO＝∠BDH＝90°﹣∠ABD＝25°，
故答案为25°．
14．（3分）在《算法统宗》中有一道“荡秋千”的问题：“平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步与人
齐，五尺人高曾记．仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．良工高士素好奇，算出索长有几．”此问题可理解
为：如图，有一架秋千，当它静止时，踏板离地距离AB长度为1尺．将它往前水平推送10尺，即A'C＝10
尺，则此时秋千的踏板离地距离A'D就和身高5尺的人一样高．若运动过程中秋千的绳索始终拉得很直，
则绳索OA长为 14. 5 尺．【分析】设秋千的绳索长OA＝x尺，由题意知：OC＝x﹣（5﹣1）＝（x﹣4）尺，CA′＝10尺，OA′＝x
尺，根据勾股定理列方程即可得出结论．
【解答】解：设秋千的绳索长为x尺，
由题意知：OC＝x﹣（5﹣1）＝（x﹣4）尺，CA′＝10尺，OA′＝x尺，
在Rt△OCA′中，OC2+CA′2＝CA′2，
∴（x﹣4）2+102＝x2，
解得：x＝14.5，
答：绳索OA长为14.5尺．
故答案为：14.5．
15．（3分）如图是用八个全等的直角三角形拼成的“弦图”．记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形
MNKT的面积分别为S ，S ，S ，若正方形EFGH的边长为❑√6，则S +S +S ＝ 1 8 ．
1 2 3 1 2 3
【分析】根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，得出CG＝
KG，CF＝DG＝KF，再根据S ＝（CG+DG）2，S ＝GF2，S ＝（FM﹣FN）2，S +S +S ＝3GF2，即可求
1 2 3 1 2 3
解．
【解答】解：在Rt△CFG中可得CG2+CF2＝GF2，
∵四边形ABCD，四边形EFGH，四边形MNKT是正方形，八个直角三角形全等，
∴CF＝FN＝DG，CG＝FM＝NG，
∴S ＝（CG+DG）（CG+DG）
1
＝CG2+DG2+2CG•DG
＝CG2+CF2+2CG•DG
＝GF2+2CG•DG，S ＝GF×GF＝GF2，
2
S ＝（FM﹣FN）（FM﹣FN），
3
＝FM2+FN2﹣2FM•FN
＝CG2+CF2﹣2CG•DG
＝GF2﹣2CG•DG，
∵正方形EFGH的边长为❑√6，
∴GF2＝6，
∴S +S +S ＝GF2+2CG•DG+GF2+GF2﹣2CG•DG＝3GF2＝3×6＝18．
1 2 3
故答案为：18．
16．（3分）如图，矩形ABCD中，AD＝18，AB＝24．点E为边DC上的一个动点，△AD'E与△ADE关于直
线AE对称，当△CD'E为直角三角形时，DE的长为 9 或 1 8 ．
【分析】分两种情况•分别求解，（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），根据轴对称的性质得∠AED＝
∠AED′＝45′，得DE＝AD＝18；
（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D，AD′＝AD，DE＝D′E，得
A、D′、C在同一直线上，根据勾股定理得AC＝30，设DE＝D′E＝x，则EC＝CD﹣DE＝24﹣x，根据勾
股定理得，D′E2+D′C2＝EC2，代入相关的值，计算即可．
【解答】解：（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），
∵∠CED′＝90°，
1
根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′= ×90°＝45°，
2
∵∠D＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AD＝18；
（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），
根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D＝90°，AD′＝AD，DE＝D′E，
△CD'E为直角三角形，
即∠CD′E＝90°，
∴∠AD′E+∠CD′E＝180°，
∴A、D′、C在同一直线上，根据勾股定理得AC=❑√AD2+CD2=30，
∴CD′＝30﹣18＝12，
设DE＝D′E＝x，则EC＝CD﹣DE＝24﹣x，
在Rt△D′EC中，D′E2+D′C2＝EC2，
即x2+144＝（24﹣x）2，
解得x＝9，
即DE＝9；
综上所述：DE的长为9或18；
故答案为：9或18．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）计算：
√1 √8 √1
（1）❑ ×❑√15÷❑ +2❑ ；
5 3 2
（2）(2❑√3+1) 2−(2❑√3+3❑√2)(2❑√3−3❑√2)．
【分析】（1）先算乘除，再算加法；
（2）先算完全平方，平方差，再算加减．
√1 8
【解答】解：（1）原式=❑ ×15÷ +❑√2
5 3
3❑√2
= +❑√2
4
7❑√2
= ；
4
（2）原式＝12+4❑√3+1﹣（12﹣18）＝13+4❑√3−（﹣6）
＝19+4❑√3．
18．（8分）已知x=❑√5+1，y=❑√5−1，求下列各式的值：
（1）x2﹣xy+y2；
x y
（2） + ．
y x
【分析】求出x+y＝2❑√5，xy＝4；
（1）把所求式子变形后再代入计算即可；
（2）把所求式子通分，再变形后再代入计算即可．
【解答】解：∵x=❑√5+1，y=❑√5−1，
∴x+y＝2❑√5，xy＝4；
（1）x2﹣xy+y2
＝（x+y）2﹣3xy
＝（2❑√5）2﹣3×4
＝20﹣12
＝8；
x y
（2） +
y x
x2+ y2
=
xy
(x+ y) 2−2xy
=
xy
(2❑√5) 2−2×4
=
4
20−8
=
4
＝3．
19．（8分）如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°．
（1）尺规作图：按下列要求完成作图（保留作图痕迹，请标明字母）
①作线段AB的垂直平分线l，交AB于点O；
②连接CO并延长，在CO的延长线上截取OD，使得OD＝OC；
③连接DA、DB．
（2）若AB＝25，BC＝7，则BD＝ 2 4 ．【分析】（1）根据所给作图步骤作图即可．
（2）由题意可得四边形ACBD为矩形，可得CD＝AB＝25，∠CBD＝90°．再根据BD=❑√CD2−BC2可得
答案．
【解答】解：（1）如图所示．
（2）∵直线l为线段AB的垂直平分线，
∴OA＝OB，
∵OD＝OC，
∴四边形ACBD为平行四边形．
∵∠ACB＝90°，
∴四边形ACBD为矩形．
∴CD＝AB＝25，∠CBD＝90°．
由勾股定理得，BD=❑√CD2−BC2=❑√252−72=24．
故答案为：24．
20．（8分）如图1，在每个边长为1的小正方形的网格中，点A、B、C均在格点上．仅用无刻度的直尺在网
格中完成下列画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示.（1）画出以AB为边的菱形ABCD；
（2）直接写出点D到AB的距离 4 ；
（3）在CD上画点E，使∠ABE＝45°；
（4）如图2，点F为AB与格线交点，取AF中点G，连AC，在AC上画点H，使GH＝GF．
【分析】（1）根据菱形的定义画出图形；
（2）利用菱形的高的性质解决问题；
（3）取格点J，构造等腰直角△ABJ，BJ交CD一点E，∠ABE即为所求；
（4）取AC的中点E，连接BE，利用平行线的判定定理在AE上取一点H，使得AH＝2HE．作线段GH即
可，这里利用直角三角形斜边中线的性质证明GH＝GF＝GA．
【解答】解：（1）如图1中，四边形ABCD即为所求；
（2）点D到AB的矩形是菱形的高＝AH＝4，
故答案为：4；
（3）如图1中，∠ABE即为所求；
（4）如图2中，点G，点H即为所求．
21．（8分）如图，点E为平行四边形ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF＝BE，连接EC并延
长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH，AF．
（1）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（2）连接EH，交BC于点O，若OB＝OE，FG＝8，求OH的长度．【分析】（1）由平行四边形的性质得AD＝BC，AD∥BC，再证BC是△EFG的中位线，得BC∥FG，BC
1
= FG，证出AD∥FH，AD∥FH，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
2
（2）连接BH、EH、CH，由三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAE＝∠BCD，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG 的中位线，
1
∴BC∥FG，BC= FG，
2
1
∵H为FG的中点，FH= FG，
2
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
（2）解：连接BH，EH，CH，
∵CE＝CG，FH＝HG，
1
∴CH= EF，CH∥EF，
2
1
∵EB=BF= EF，
2
∴BE＝CH，
∴四边形EBHC是平行四边形，
∴OB＝OC，OE＝OH，
∵OB＝OE，
1
∴OE=OH=OB=OC= BC，
2
1 1
∵BC= FG=BC= ×8=4，
2 2
∴OH＝2．22．（10分）武汉光谷中央生态大走廊大草坪上，不仅有空轨旅游专线，而且视野开阔，阻挡物少，成为不
少市民放风筝的最佳场所．某校801班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度
CE，他们进行了如下操作：①测得水平距离BD的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC
的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米．
（1）求风筝的垂直高度CE；
（2）如果小明站在原地想风筝沿CD方向下降12米，则他应该往回收线多少米？
（3）小亮想一边收线，一边后退，也使风筝沿CD方向下降12米，且让收线的长度和后退的距离相等．
试问小亮的想法能否实现，如果能实现，请求出收线的长度；如果不能实现，请说明理由．
【分析】（1）根据勾股定理求出CD的长即可得出结果；
（2）设他应该往回收线x米，根据勾股定理得出方程求解即可；
（3）设收线的长度为y米，根据勾股定理得出方程求解即可．
【解答】解：（1）在Rt△CBD中，由勾股定理得，
CD=❑√BC2−BD2=❑√252−152=20（米），
∴EC＝CD+DE＝20+1.6＝21.6（米）；
（2）设他应该往回收线x米，
根据勾股定理得，（25﹣x）2＝152+（20﹣12）2，
解得x＝8，
即他应该往回收线8米；
（3）设收线的长度为y米，如图，
则B'F＝（25﹣y）米，DF＝CD﹣CF＝20﹣12＝8（米），B'D＝BD+BB'＝（15+y）米，
根据勾股定理得，（25﹣y）2＝（20﹣12）2+（15+y）2，
解得y＝4.2，
即收线的长度为4.2米．23．（10分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，
P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关
系是 BP ＝ CE ，BC与CE的位置关系是 BC ⊥ CE ；
（2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请
予以证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB=2❑√3，BE=2❑√19，请直接写出线段AP
的长．
【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；
（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由
∠BCE＝90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，则可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE＝60°﹣∠PAC，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠ABP= ∠ABC＝30°，
2
∴∠ABP＝∠ACE＝30°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC；
故答案为：BP＝CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD仍然成立，
理由如下：如图2中，连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC＝60°，
∴△ABC 和△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝120°，∠BAP＝120°﹣∠DAP，
∵△APE 是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠CAE＝60°+60°﹣∠DAP＝120°﹣∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，∴∠BCE＝60°+30°＝90°，
∴CE⊥BC．
∴（1）中的结论：BP＝CE，CE⊥AD仍然成立；
（3）AP的长为2❑√7或2❑√31．
如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP 于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，AB=2❑√3，
∴∠ABO＝30°，
1
∴AO= AB=❑√3，OB=❑√3AO=3，
2
∴BD＝6，
由（2）知 CE⊥AD，
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC，
∵BE=2❑√19，BC=AB=2❑√3，
∴CE=❑√(2❑√19) 2−(2❑√3) 2=8，
由（2）知 BP＝CE＝8，
∴DP＝2，
∴OP＝5，
∴AP=❑√AO2+OP2=❑√(❑√3) 2+52=2❑√7；
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP=❑√OA2+OP2=2❑√31．
综上所述，AP的长为2❑√7或2❑√31．
24．（12分）在平面直角坐标系中，已知矩形AOBC，其中A（0，6）．
（1）如图1，若点B（10，0），E在BC边上，将△ACE沿AE翻折，点C恰好落在OB边上的点F处．
①直接写出点F的坐标及EF的长；
②如图2，将△AOF沿y轴向上平移m个单位长度得到△A′O′F′，平面内是否存在点G，使以A′、
O、F′、G为顶点的四边形是菱形，若存在，求点G的坐标，若不存在，请说明理由．
（2）如图3，若点B（6，0），连接AB，M，N两点分别是线段BC，AB上的动点，且AN＝2CM，求OM
1
+ ON的最小值．
2
【分析】（1）①根据勾股定理求出点F坐标，设EF＝x，根据勾股定理列方程解决；
②由平移得出O′（0，m），A'（0，6+m），F'（8，m），根据菱形性质分情况求出即可；
（2）分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点
O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可．
【解答】（1）①∵点A的坐标为（0，6），点B的坐标为（10，0），
∴OA＝BC＝6，OB＝AC＝10，
∵把长方形AOBC沿AE翻折后，
∴AF＝AC＝10，CE＝EF，∴OF=❑√AF2−AO2=❑√102−62=8，
∴点F（8，0），BF＝2，
∵EF2＝BE2+BF2，
∴（6﹣BE）2＝BE2+4，
8
∴BE= ，
3
8 10
∴EF＝CE＝6− = ；
3 3
10
∴F（8，0），EF= ；
3
32
②存在，G （8，﹣6），G （﹣8，6），G (8， )，理由如下：
1 2 3 3
根据题意得O'（0，m），A'（0，6+m），F'（8，m），
当OA′=A′F′=❑√62+82=10时，6+m＝10，
解得m＝4，
∴F′（8，4），
则将点A先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到F'，
同理将点O先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到G'（8，﹣6）；
当OF'＝A'F'＝10时，82+m2＝102，
解得m＝6，
∴F′（8，6），
则将F′先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到点A′，
同理将点O先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到G'（﹣8，6）；
当OF'＝A'O＝6+m时，82+m2＝（6+m）2，
7
解得m= ，
3
7 7 25
∴F′(8， )，OA′=6+ = ，
3 3 3
25
则将O向上平移 个单位得到点A，
3
25 32
同理将点F'向上平移 个单位得到点G′(8， )；
3 3
32
综上所述，点G存在，G （8，﹣6），G （﹣8，6），G (8， )．
1 2 3 3（2）如图，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，
1 1
∴ ON=EF=MP，则 ON+OM=OM+MP，
2 2
当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，
∴OM+MP最小值为OP，
∵A（0，6），B（6，0），
∵矩形AOBC为正方形，
∴∠EAF＝∠MCP＝∠OCB＝45°，且AE＝CP＝3，
∴∠OCP＝90°，
在Rt△OBC中，OC=6❑√2，
在Rt△OCP中，OP=❑√OC2+CP2=❑√(6❑√2) 2+32=9，
则的最小值为9．
