文档内容
2024-2025 学年八年级（下）期中数学试卷（拔尖卷）
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
(√7 )
1．（3分）（24-25八年级·重庆·开学考试）估计 ❑ +3 ×❑√21的值应在（ ）
3
A．18到19之间 B．19到20之间
C．20到21之间 D．21到22之间
【答案】C
【分析】本题考查了无理数的估算，无理数的估算常用夹逼法，用有理数夹逼无理数是解题的关键．
根据二次根式的混合运算化简，估算无理数的大小即可得出答案．
(√7 )
【详解】解： ❑ +3 ×❑√21
3
√7
=❑ ×❑√21+3×❑√21
3
=7+3❑√21
∵4.52<21<4.62，
∴4.5<❑√21<5
∴13.5<3❑√21<15
∴20.5<7+3❑√21<22
∵(3❑√21) 2=189,142=196，
∴3❑√21<14，
∴7+3❑√21<21，
∴20.5<7+3❑√21<21
(√7 )
即 ❑ +3 ×❑√21的值应在20到21之间，
3
故选：C．2．（3分）（24-25八年级·山西临汾·期中）如图,在平面直角坐标系中,A、B、C三点的坐标分别是
(−1,2),(4,2),(2,−1),若以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形,则点D的坐标不可能是（ ）
A．(7,−1) B．(−3,−1) C．(1,5) D．(2,5)
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质可知：平行四边形的对边平行且相等，连接各个顶点，数形结合，可以做
出D点可能的坐标，利用排除法即可求得答案．
【详解】解：数形结合可得点D的坐标可能是（﹣3，﹣1），（7，﹣1），（1,5）；但不可能是（2,5）
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和直角坐标系，考查学生解题的综合能力，解题的关键是在直角坐标
系中画出可能的平行四边形．
3．（3分）（24-25八年级·浙江嘉兴·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=10,BC=16，点E和F是边
BC上的两点，连接AE、DF，将△ABE和△CDF沿AE、DF折叠后，点B和点C重合于点M，则EF的
长是（ ）A．3 B．5 C．6 D．8
【答案】C
【分析】本题主要考查矩形与折叠问题，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，过点M作PQ⊥AD于
点P，则PQ⊥BC于点Q，由勾股定理可求MP=6，MQ=4，设FC=FM=x，则QF=8−x，由勾股定
理求出x=5，从而进一步可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ CD=BA=10，BC=AD=16，∠BAD=∠CDA=∠B=∠C=90°，
由折叠得，AM=DM=AB=10，∠BAE=∠MAE，∠CDF=∠MDF，∠AME=∠DMF=90°，
∴ ∠MAD=∠MDA，
∴ ∠MAE=∠MDF，
∴ △AME≌△DMF，
∴ ME=MF，
过点M作PQ⊥AD于点P，则PQ⊥BC于点Q，如图，则PQ=CD=10，
1
∴ DP= AD=8
2
，
由勾股定理得，MP=❑√M D2−DP2=❑√102−82=6，
∴ MQ=PQ−MP=10−6=4，
设FC=FM=x，则QF=8−x，
在直角△MQF中，MQ2+QF2=M F2，
∴ 42+(8−x) 2=x2，
解得，x=5，
∴ ME=MF=5，
即BE=CF=5，
∴ EF=BC−BE−CF=6，
故选：C．
4．（3分）（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在△ABC中，AD是BC边的中线，∠ADC=30°，将
△ADC沿AD折叠，使C点落在C′的位置，若BC=4，则BC′的长为 ( )A．2❑√3 B．2 C．4 D．3
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理解三角形等知识，准确添加辅助线，掌握
折叠前后图形的对应关系是解题的关键．
根据已知条件和图形折叠的性质可得：∠BDC′=120°,BD=C′D=2，过点D作DE⊥BC′于E，再由
含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：解：∵AD是BC边的中线，
1
∴BD=DC= BC=2,∠ADC=30°，
2
∴∠ADC′=∠ADC=30°，
∴∠BDC′=120°,BD=C′D=2，
∴∠DBC′=∠BC′D=30°，
过点D作DE⊥BC′于E，
1
∴DE= BD=1，
2
∴BE=❑√BD2−DE2=❑√3，
∴BC′=2BE=2❑√3，
故选：A．
5．（3分）（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6❑√2，E是BC边的
中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是( )A．6 B．2❑√6 C．3❑√3 D．4.5
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称—最短路径问题，涉及到菱形的性质、勾股定理等，作点M关于AC的对称点
M′，连接PM'，M'E，则PM'=PM，PE+PM=PM'+PE≥EM'，当M'E⊥BC，且点P在M'E上
1
时，则PE+PM取得最小值，利用S ❑ = AC⋅BD=AD⋅EM′ 求解可得答案．
菱形 ABCD 2
【详解】解：如图，作点M关于AC的对称点M′，连接M'E，PM'，
∴PM'=PM，
∴PE+PM=PM'+PE≥EM'，
当M'E⊥BC时，点P在M'E上，则PE+PM取得最小值，
∵ ABCD
四边形 是菱形，
∴点M′在AD上，
∵AC=6，BD=6❑√2，
∴ AB=AD=❑√(3❑√2) 2+32=3❑√3，
1
由S ❑ = AC⋅BD=AD⋅EM′ ，
菱形 ABCD 2
1
得
×6❑√2×6=3❑√3EM′
，
2
解得：EM′=2❑√6，即PE+PM的最小值是2❑√6；
故选：B．
6．（3分）（24-25八年级·河南焦作·期中）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC=2AE，
直角三角形FEG的两直角边EF、EG分别交BC、DC于点M、N．若正方形ABCD的边长为a，则重叠部
分四边形EMCN的面积为（ ）
1 1 4 5
A．
a2
B．
a2
C．
a2
D．
a2
4 2 9 9
【答案】C
【分析】过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，可证四边形PCQE是正方形，再△EPM≌△EQN
可得S =S ，从而可得S =S ，结合已知即可求解．
△EQN △EPM 四边形EMCN 正方形PCQE
【详解】解：如图，过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，
∴ ∠EPM=∠EQN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∴∠PEQ=90°，
四边形PCQE是矩形，
∴∠PEM+∠MEQ=90°，
∵ △FEG是直角三角形，
∴∠NEF=∠≠+∠MEQ=90°，∴∠PEM=∠≠¿，
∵AC是∠BCD的角平分线，
∠EPC=∠EQC=90°，
∴EP=EQ，
∴四边形PCQE是正方形，
在△EPM和△EQN中，
{∠PEM=∠≠¿EP=EQ)
，
∠EPM=∠EQN
∴△EPM≌△EQN（ASA）
∴S =S ，
△EQN △EPM
∴ S =S ，
四边形EMCN 正方形PCQE
∵正方形ABCD的边长为a，
∴AC=❑√2a，
∵EC=2AE，
2 2❑√2
∴EC= AC= a，
3 3
2
∴EP=PC= a，
3
∴S = (2 a ) 2 = 4 a2 ，
正方形PCQE 3 9
4
∴重叠部分四边形EMCN的面积为 a2 ；
9
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定及性质，角平分线性质定理，全等三角形的判定及性质，掌握性
质，作出恰当的辅助线，通过△EPM≌△EQN将不规则图形的面积转换为正方形的面积是解题的关键．
7．（3分）（2024·浙江宁波·一模）如图，两个大小相同的正方形ABCD，EFGH如图放置，点E，B分
别在边AD，FG上，若要求出阴影部分的周长，只要知道下列哪条线段的长度即可（ ）．
A．AB B．AE C．DE D．DE−AE【答案】C
【分析】过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，分别证明△ABE≌△FEB，△BAE≌△BNE，
△BNK≌△BCK，△KHP≌△PCK，再将△KHQ的周长进行转化，得到ED=KC+KH=C KQH，可得结果．
△
【详解】解：过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，
∵两个大小相同的正方形，
∴AB=EF，又∵∠A=∠F，BE=EB，
∴Rt△ABE≌Rt△FEB（HL），
∴∠AEB=∠FBE=∠NEB，AE=BF，
同理可得：Rt△BAE≌Rt△BNE，Rt△BNK≌Rt△BCK，
∴∠EBK=45°，
∴AE+KC=EK，
∵AE=BF，
∴DE=BG，
∵∠H=∠C=90°，∠PQC=∠KQH，
∴∠BPG=∠CPQ=∠QKH=∠EKD，
∴△BGP≌△EDK，
∴PG=KD，
∴PH=KC，
同理可证：△KHP≌△PCK，
∴△KQH的周长为KC+KH，
又∵AE+ED=EK+KH，AE+KC=EK，
∴AE+ED=AE+KC+KH，
∴ED=KC+KH=△KQH的周长，
∴要求出阴影部分的周长，只要知道线段ED的长度，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等量代换，解题的关键是利用全等的性质得到线段的等量关系．
8．（3分）（24-25八年级·陕西咸阳·期末）如图，在▱ABCD中，E是BC边的中点，连接AE并延长交
DC的延长线于点F，若AD=2AB，则下列结论：①四边形ABFC是平行四边形；②DE⊥AF；③
S =S ；④若BC=25，DE=24，则AF=16．其中正确的有（ ）
△ECF △ECD
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】此题主要考查了平行四边形的平判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握
平行四边形的平判定和性质，全等三角形的判定和性质，灵活利用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
①根据平行四边形的性质得AB∥CF，进而可证△ABE和△FCE全等，从而得AB=CF，据此可对命题①
进行判断；②证∠BAD=2∠DAE，∠ADC=2∠ADE，再根据AB∥CD得
2∠DAE+2∠ADE=180°，进而得∠DAE+∠ADE=90°，从而得∠AED=90°，据此可对命题②进
行判断；③根据E是BC边的中点，AD∥BC得S =S ，再根据△ABE≌△FCE得S =S ，
△ABE △ECD △ABE △ECF
据此可对命题③进行判断；④根据△AED为直角三角形，AD=BC=25，DE=24，利用勾股定理得
AE=7，进而得AF=14，据此可对命题④进行判断，综上所述即可得出答案．
【详解】解：①∵四边形ABCD为平行四边形，如图所示：
∴AB∥CD
，
∴AB∥CF，
∴∠1=∠3，∠2=∠4，
∵E是BC边的中点，
∴BE=CE，在△ABE和△FCE中，
{∠1=∠3
)
∠2=∠4 ，
BE=CE
∴△ABE≌△FCE(AAS)，
∴AB=CF，
∴四边形ACFB是平行四边形，
故①正确；
②∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD，
∴∠DAE=∠AEB，∠CED=∠ADE，∠BAD+∠ADC=180°，
∵E是BC边的中点，
∴BE=CE，
∵AD=2AB，
∴AB=BE=CE=CD，
∴∠1=∠AEB，∠CDE=∠CED，
∴∠1=∠DAE，∠CDE=∠ADE，
∴∠BAD=2∠DAE，∠ADC=2∠ADE，
∴2∠DAE+2∠ADE=180°，
即∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠AED=180°−(∠DAE+∠ADE)=90°，
即DE⊥AF，
故②正确；
③∵E是BC边的中点，AD∥BC，
∴S =S ，
△ABE △ECD
∵△ABE≌△FCE，
∴S =S ，
△ABE △ECF
∴S =S ，
△ECF △ECD
故③正确；
④∵∠AED=90°，
∴△AED为直角三角形，
∵BC=25，DE=24，∴AD=BC=25，
在Rt△AED中，AD=25，DE=24，
由勾股定理得：AE=❑√AD2−DE2=7，
∵△ABE≌△FCE，
∴EF=AE=7，
∴AF=AE+EF=14，
故④不正确．
综上所述：正确的命题是①②③，
故选：C
9．（3分）（24-25八年级·浙江杭州·期末）如图在▱ABCD中，∠ABC=60°，BC=2AB=8，点C关
于AD的对称点为E，连接BE交AD于点F，点G为CD的中点，BG．则△BEG的面积为（ ）
A．16❑√3 B．14❑√3 C．8❑√3 D．7❑√3
【答案】B
【分析】如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建
S =S +S −S 计算即可．
△BEG △BCE △ECG △BCG
【详解】解：如图，取BC中点H，连接EC交AD于N，
∵BC=2AB，BH=CH，
∴BA=BH=CH，
∴△ABH是等边三角形，
∴HA=HB=HC，∴∠BAC=90°，
∴∠ACB=30°，
∵EC⊥BC，∠BCD=180°−∠ABC=120°，
∴∠ACE=60°，∠ECM=30°，
∵BC=2AB=8，
∴CD=4，CN=EN=2❑√3，
∴EC＝4❑√3，EM=2❑√3，
∴S =S +S −S ，
△BEG △BCE △ECG △BCG
1 1 1
= ×8×4❑√3+ ×2×2❑√3− ×8×2❑√3，
2 2 4
=16❑√3+2❑√3−4❑√3，
=14❑√3，
故选：B．
【点睛】此题考查平行四边形的性质、轴对称图形、勾股定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的
判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题．
10．（3分）（24-25八年级·广东深圳·期末）如图，在三角形ABC，AB2+AC2=BC2，且AB=AC，
H是BC上中点，F是射线AH上一点．E是AB上一点，连接EF，EC，BF=FE，点G在AC上，连接
BG，∠ECG=2∠GBC，AE=5❑√2，AG=4❑√2，则CF的长为（ ）
A．9❑√2 B．8❑√2 C．7❑√2 D．9
【答案】D
【分析】延长EA到K，是的AK=AG，连接CK，先由勾股定理的逆定理可以得到△ABC是等腰直角三角
形，∠BAC=90°，∠ACB=∠ABC=45°，由BF=FE，得到∠FBE=∠FEB，设∠BFE=x，则
1 1
∠EBF= (180°−∠BFE)=90°− x，然后证明CB=FC=FE，得到∠FBC=∠FCA，∠AFB=∠AFC则
2 21 1 1
∠FCA=90°− x，EBF= (180°−∠BFE)=90°− x即可证明∠EFC=∠AFE+∠AFC=90°，
2 2 2
❑√2
推出CF= CE；设∠ECG=2∠GBC=2y，证明 ABG≌△ACK，得到
2
△
∠K=∠AGB=∠ACB+∠GBC=45°+ y，∠ACK=∠ABG=∠ABC−∠GBC=45°−y，即可推出
∠ECK=∠K，得到EK=EC，则EK=AE+AK=AE+AG=9❑√2，由此即可得到答案．
【详解】解：延长EA到K，是的AK=AG，连接CK，
∵在三角形ABC，AB2+AC2=BC2，且AB=AC，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，
∴∠ACB=∠ABC=45°，
∵BF=FE，
∴∠FBE=∠FEB，
1 1
设∠BFE=x，则∠EBF= (180°−∠BFE)=90°− x，
2 2
∵H是BC上中点，F是射线AH上一点，
∴AH⊥BC，
∴AH是线段BC的垂直平分线，∠FAC=45°，
∴CB=FC=FE，
∴∠FBC=∠FCA，∠AFB=∠AFC
1 1 1
∴∠FCA=90°− x，EBF= (180°−∠BFE)=90°− x
2 2 2
1
∴∠AFB=∠AFC=180°−∠FAC−∠FCA=45°+ x，
2
1
∴∠AFE=∠AFB−∠BFE=45°− x，
2
∴∠EFC=∠AFE+∠AFC=90°，
∴EF2+CF2=CE2，
❑√2
∴CF= CE，
2
设∠ECG=2∠GBC=2y，
∵AG=AK，AB=AC，∠KAC=∠GAB=90°，
∴△ABG≌△ACK（SAS），
∠K=∠AGB=∠ACB+∠GBC=45°+ y，∠ACK=∠ABG=∠ABC−∠GBC=45°−y，∴∠ECK=∠ACE+∠ACK=45°+a，
∴∠ECK=∠K，
∴EK=EC，
∵EK=AE+AK=AE+AG=9❑√2，
∴EF=EK=9❑√2，
∴CF=9，
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性
质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理等等，熟知相关知识是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·重庆·期末）如图，在▱ABCD中，过AC上的点O作MN∥AB，PQ∥AD
，M、N、P、Q均在平行四边形的边上，且CN=3BN，S =9，则四边形DMOQ的面积为 ．
△CON
【答案】6
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，先证明四边形APOM,BPON,CNOQ,DMOQ都是平行
四边形，然后证明S =S ，根据CN=3BN，S =9求出S 即可求解．
▱BPON ▱DMOQ △CON ▱BPON
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC．∵MN∥AB，PQ∥AD，
∴四边形APOM,BPON,CNOQ,DMOQ都是平行四边形，
∴S −S −S =S −S −S ，
△ABC △APO △ACNO △ADC △AMO △CQO
∴S =S ,S =S ,S =S ，
△APO △AMO △ABC △ADC △ACNO △CQO
∴S =S ．
▱BPON ▱DMOQ
∵S =9，
△CON
∴S =18，
▱CNOQ
∵CN=3BN，
1
∴S = S =6，
▱BPON 3 ▱CNOQ
∴S =S =6．
▱BPON ▱DMOQ
故答案为：6．
12．（3分）（24-25八年级·四川乐山·期末）如图，点E、F分别是菱形ABCD的边BC、CD上的点，且
∠B=∠EAF=60°，∠FAD=42°，则∠CEF= °．
【答案】18°/18度
【分析】首先证明△ABE≌△ACF，然后推出AE=AF，证明△AEF是等边三角形，可求出∠AFD，
∠CFE的度数，从而可求∠CEF的度数．
【详解】解：连接AC，
∵菱形ABCD，
∴AB=BC，∠B=∠D=60°，
∴△ABC为等边三角形，∠BCD=120°
1
∴AB=AC，∠ACF= ∠BCD=60°，
2∴∠B=∠ACF，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，即∠BAE+∠EAC=60°，
又∠EAF=60°，即∠CAF+∠EAC=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE与△ACF中，
{
∠B=∠ACF
)
AB=AC ，
∠BAE=∠CAF
∴△ABE≌△ACF(ASA)，
∴AE=AF，
又∠EAF=∠D=60°，则△AEF是等边三角形，
∴∠AFE=60°，
又∠AFD=180°−∠FAD−∠D=180°−42°−60°=78°，
则∠CFE=180°−78°−60°=42°．
∴∠CEF=180°−∠ECF−∠CFE=180°−120°−42°=18°．
故答案为：18°．
【点睛】此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定、三角形的内角和定理、全等三角形的判定和性质
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．
13．（3分）（24-25八年级·河南驻马店·阶段练习）如图所示的长方体透明玻璃鱼缸，假设其长
AD=80cm，高AB=60cm，水深AE=40cm．在水面EF上紧贴内壁的G处有一块面包屑，且EG=60cm
．一只蚂蚁想从鱼缸外的A点沿鱼缸壁爬进鱼缸内的G处吃面包屑，则蚂蚁爬行的最短路线的长为
cm．
【答案】100
【分析】本题考查平面展开−最短路径问题，关键知道两点之间线段最短，从而可找到路径求出解．作出
A关于BC的对称点A′，连接A′G，与BC交于点Q，此时AQ+QG最短；A'G为直角△A′EG的斜边，根
据勾股定理求解即可．【详解】解：如图所示作出A关于BC的对称点A′，连接A′G，与BC交于点Q，蚂蚁沿着A→Q→G的
路线爬行时路程最短．
则A'B=AB=60cm，
根据题意：BE=AB−AE=20cm，EG=60cm，
∴A'E=A'B+BE=80cm，
∴AQ+QG=A'Q+QG=A'G=❑√A'E2+EG2=100cm，
∴最短路线长为100cm，
故答案为：100．
14．（3分）（24-25八年级·福建龙岩·期末）如图，菱形ABCD中，∠D=110°，点P在对角线AC上，
将△BCP沿BP翻折，得到△BC P，当∠PBC= 时，P、C 、D三点共线．
1 1
【答案】25°或85°
【分析】当P、C 、D三点共线时，分两种情况：①当D在线段PC 上时，连接BD，②当D在C P延长
1 1 1
线上时，连接PD，BD；由轴对称的性质易证得△BPC≌△BPC (SAS)，则∠BCP=∠BC P；设
1 1
∠PBC=∠PBC =x，由菱形的性质及∠D=110°容易求得菱形内各个角的度数；然后，根据用x表示
1
的各个角之间的等量关系列方程求解，即可分别求得两种情况下∠PBC的度数．
【详解】解：当P、C 、D三点共线时，分两种情况：
1
①当D在线段PC 上时，如图，连接BD，
1∵C C BP
1
为 关于 的对称点，
∴BC=BC ，∠PBC=∠PBC ，PB=PB，
1 1
∴△BPC≌△BPC (SAS)，
1
∴∠BCP=∠BC P，
1
设∠PBC=∠PBC =x，
1
∵四边形ABCD为菱形，且∠D=∠ADC=110°，
∴ ∠BCD=180°−∠ADC=180°−110°=70°，CD=CB，
180°−∠BCD 180°−70°
∴∠CDB=∠CBD= = =55°，
2 2
1 1
∴∠DCP=∠BCP=∠BC P= ∠BCD= ×70°=35°，
1 2 2
∵∠CBC =∠PBC+∠PBC =x+x=2x，
1 1
∴∠DBC =∠CBC −∠CBD=2x−55°，
1 1
∴∠BDP=∠DBC +∠BC P=2x−55°+35°=2x−20°，
1 1
∵P在菱形ABCD的对角线AC上，
∴PD=PB，
∴∠PBD=∠BDP=2x−20°，
又∵∠CBD=∠PBD+∠PBC=2x−20°+x=3x−20°，
而∠CBD=55°，
∴3x−20°=55°，
∴x=25°；
②当D在C P延长线上时，如图，连接PD，BD，
1
同上，设∠PBC=∠PBC =x，
1∵∠CBD=55°，
∴∠PBD=∠PBC−∠CBD=x−55°，
又∵P在菱形ABCD的对角线AC上，
∴PD=PB，
∴∠PBD=∠BDP=x−55°，
∴∠BPD=180°−∠PBD−∠BDP=180°−(x−55°)−(x−55°)=290°−2x，
又∵∠BPD=∠BC P+∠PBC =∠BCP+∠PBC=35°+x，
1 1
∴290°−2x=35°+x，
∴x=85°；
∴当∠PBC=25°或85°时，P、C 、D三点共线，
1
故答案为：25°或85°．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，
三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识点，用解方程的思想解决问题是解题的关键．
15．（3分）（24-25八年级·安徽六安·阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，
AC=4❑√3，M是AC的中点，N是AB上任意一点，以MN为对称轴折叠△AMN，得到△DMN，点A的
对应点为点D（点B，N，D在AC的同一侧）．
（1）当MD⊥AB时，∠ANM= ；
（2）当DN⊥AB时，BN的长为 ．
【答案】 120° 5+❑√3/❑√3+5
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，直角三角形的性质：
（1）当MD⊥AB时，由直角三角三角形的性质，求出∠AMN=60°，再根据折叠的性质可得
∠AMN=∠NMD=30°，最后利用三角形内角和定理即可求解；
1
（2）过点M作ME⊥AB 于点E，根据折叠的性质可知∠ANM=∠MND= ×(180°+90°)=135°，
2
证明ME=NE，利用直角三角形的性质求出AM=2❑√3，NE=ME=❑√3，利用勾股定理求出AE=3，进
而求出AN=3−❑√3，同理求出AB=8，由BN=AB−AN即可求解．【详解】解：（1）∵MD⊥AB，
∴∠ADM=90°，
∵∠A=30°，
∴∠AMN=90°−∠A=60°，
1
由折叠的性质可得∠AMN=∠NMD= ∠AMN=30°，
2
∴∠ANM=180°−∠A−∠AMN=120°，
故答案为：120°；
（2）过点M作ME⊥AB 于点E，
∵DN⊥AB，
∴∠∧=∠END=90°，
1
根据折叠的性质可知∠ANM=∠MND= ×(180°+90°)=135°，
2
∴∠MNE=45°，
∴∠MNE=∠NME=45°，
.∴ME=NE，
∵ M是AC的中点，AC=4❑√3，
1
∴AM= AC=2❑√3，
2
∵∠A=30°，
1
∴NE=ME= AM=❑√3，
2
∴AE=❑√AM2−M E2=3，
∴AN=AE−NE=3−❑√3，
∵∠C=90°,∠A=30°,AC=4❑√3，
∴AB=2BC，
∴AB2−BC2=3BC2=AC2=48，∴BC=4，
∴AB=8，
∴BN=AB−AN=8−(3−❑√3)=5+❑√3，
故答案为：5+❑√3．
16．（3分）（24-25八年级·山东东营·期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形OA B C
1 1 1
的两边在坐标轴上，以它的对角线OB 为边作正方形OB B C ，再以正方形OB B C 的对角线OB 为
1 1 2 2 1 2 2 2
边作正方形OB B C …以此类推，则正方形OB B C 的顶点B 的坐标是 ．
2 3 3 2024 2025 2025 2025
【答案】(21013,21013)
【分析】本题考查了规律型：点的坐标．根据题意，可以从各个B点到原点的距离变化规律和所在象限的
规律入手．
【详解】解：由图形可知，OB =❑√22+22=2❑√2，
1
OB =❑√(2❑√2) 2+(2❑√2) 2=2×(❑√2) 2=4，
2
OB =❑√42+42=2×(❑√2) 3=4❑√2，
3
⋯,
每一个B点到原点的距离依次是前一个B点到原点的距离的❑√2倍，同时，各个B点每次旋转45°，每八次
旋转一周．
∴顶点B 到原点的距离2×(❑√2) 2024=21013，
2024
∵2024=253×8，
∴顶点B 的恰好在x轴的正半轴上，
2024
∴顶点B 的恰好在第一象限角平分线上，
2025∴顶点B 的坐标是(21013,21013)．
2025
故答案为：(21013,21013)．
第Ⅱ卷
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·湖南邵阳·期末）阅读下列解题过程：
1 1×(❑√5−❑√4) ❑√5−❑√4
= = =❑√5−❑√4，请解答下列问题：
❑√5+❑√4 (❑√5+❑√4)(❑√5−❑√4) (❑√5) 2 −(❑√4) 2
3
(1)观察上面解题过程，计算 ，
❑√10−❑√7
1
(2)请直接写出 的结果．(n≥1)
❑√n+❑√n−1
1 1 1 1 1
(3)利用上面的解法，请化简：
+ + +⋯+ +
1+❑√2 ❑√2+❑√3 ❑√3+❑√4 ❑√98+❑√99 ❑√99+❑√100
【答案】(1)❑√10+❑√7
1
(2) =❑√n−❑√n−1(n≥1)
❑√n+❑√n−1
(3)9
【分析】本题考查分母有理化，熟练掌握分母有理化，是解题的关键：
（1）利用分母有理化进行求解即可；
（2）利用分母有理化进行求解即可；
（3）先进行分母有理化，再进行求解即可．
3(❑√10+❑√7)
【详解】（1）解：原式= =❑√10+❑√7；
(❑√10−❑√7)(❑√10+❑√7)
1 ❑√n−❑√n−1
（2） = =❑√n−❑√n−1(n≥1)；
❑√n+❑√n−1 (❑√n+❑√n−1)(❑√n−❑√n−1)
（3）原式=❑√2−1+❑√3−❑√2+❑√4−❑√3+…+❑√99−❑√98+❑√100−❑√99=10−1=9．
18．（6分）（24-25八年级·山东淄博·期末）如图1，在▱ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，以A为
旋转中心，将线段AD顺时针旋转，旋转角为α(0°<α<90°)，得到线段AM，连接BM，DM．(1)求∠BMD的度数；
(2)如图2，过点D作DN⊥BM于点N，连接CN，猜想线段BM与线段CN之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)45°
(2)BM=❑√2CN，证明见解析
【分析】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性
质：
（1）利用等边对等角结合三角形内角和定理分别求出∠AMD,∠AMB，即可解答；
（2）利用平行四边形的性质证明∠ECB=∠NCD，进而推出∠E=∠DNC，再证明
△CDN≌△CBE(AAS)，得到DN=BE，CN=CE，根据∠BMD=45°，∠MND=90°，即可证明．
【详解】（1）解：∵AB=AD，AD=AM，
180°−α 1
∴∠AMD=∠ADM= =90°− α，AB=AM，
2 2
180°−90°−α 1
∴∠AMB=∠ABM= =45°− α
2 2
1 ( 1 )
∴∠BMD=∠AMD−∠AMB=90°− α− 45°− α =45°；
2 2
（2）解：BM=❑√2CN，
证明：过点C作CE⊥CN交MB的延长线于点E
∵ABCD
为平行四边形
∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC
∵AB=AD，∠BAD=90°
∴BC=CD，∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠DCN+∠NCB=90°，又∵∠ECB+∠NCB=90°
∴∠ECB=∠NCD
∵∠DNC+∠CNE=90°，∠E+∠CNE=90°
∴∠E=∠DNC
在△CDN和△CBE中，¿
∴△CDN≌△CBE(AAS)
∴DN=BE，CN=CE
∵∠BMD=45°，∠MND=90°
∴MN=ND
∴MN=BE
∴BM=NE=❑√2CN．
19．（6分）（24-25八年级·海南儋州·期末）如图，某公园有一块四边形草坪ABCD，计划修一条A到C
的小路，经测量，∠D=90°，AD=14m，DC=48m，AB=40m，CB=30m．
(1)求小路AC的长；
(2)萌萌带着小狗在草坪上玩耍，萌萌站在点B处，小狗从点B开始以2m/s的速度在小路上沿B→C→A
的方向奔跑，跑到点A时停止奔跑，当小狗在小路CA上奔跑时，小狗需要跑多少秒与萌萌的距离最近？
【答案】(1)50m
(2)24秒
【分析】本题考查了勾股定理与勾股逆定理，等面积法，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先运用勾股定理列式计算，即可作答．
（2）先证明∠ABC=90°，再运用面积法，得出BH=24，根据勾股定理列式计算得出
HC=❑√BC2−HB2=18m，最后结合运动速度，即可作答．
【详解】（1）解：∵∠D=90°，AD=14m，DC=48m，
∴在Rt△ADC中，AC=❑√AD2+DC2=50(m)，
∴小路AC的长为50m；
（2）解：如图所示：过B作BH⊥AC，依题意，当小狗在小路CA上奔跑，且跑到点H的位置时，小狗与萌萌的距离最近．
∵AB=40m，CB=30m．AC=50m，
∴AC2=2500,AB2+BC2=2500，
即AC2=AB2+BC2，
∴∠ABC=90°，
1 1
则S = AB×BC= AC×BH，
△ABC 2 2
AB×BC 40×30
即BH= = =24(m)，
AC 50
∴HC=❑√BC2−HB2=18m
∵小狗从点B开始以2m/s的速度在小路上沿B→C→A的方向奔跑，跑到点A时停止奔跑，
∴HC+BC=18+30=48(m)，
则48÷2=24(s)
∴当小狗在小路CA上奔跑时，小狗需要跑24秒与萌萌的距离最近．
20．（8分）（24-25八年级·辽宁鞍山·期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是 BC边上一点，且
CE=1，对角线AC，BD交于点O，点F是AO中点，连接BF；
(1)如图1，过点F作FH∥AD交CD于点H，判断四边形BEHF的形状并证明；
(2)如图2，若点P是对角线BD上的动点，当BD平分∠EPF时，判断EP，FP，EF之间的数量关系， 并
计算EP−FP的值．
【答案】(1)四边形BEHF是平行四边形，证明见解析
(2)EP2+PF2=EF2，EP−FP=1【分析】（1）如图，过点F作FG⊥AD于点G，结合正方形的性质证明四边形FHDG是矩形，得
1
GD=FH，GF=DH，根据勾股定理及正方形的性质得AC=❑√AD2+DC2=4❑√2，AO= AC=2❑√2，
2
1
继而得到AF= AO=❑√2，在△GAF中，推出AF=❑√2AG，求得AG=1，得到FH=DG=AD−AG=3
2
，进一步推出FH=BE=3，即可得证；
（2）如图，设平行四边形BEHF的边FH与BD交于点P，证明四边形PHCE是矩形，推出BD平分
∠EPF，即FH与BD的交点为符合条件的点P，然后在△PEF中，∠EPF=90°，FP=FH−PH=2，
EP=HC=DC−DH=3，可得结论．
【详解】（1）解：四边形BEHF是平行四边形
证明：如图，过点F作FG⊥AD于点G，
∴∠AGF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴∠ADC=90°，BC=AD=DC=4，AO=OC，AC⊥BD，∠ODC=∠BAC=∠CAD=45°，
AD∥BC，
AC⊥BD，∠BAC＝∠CAD＝45°
∴GF∥DH，
∵FH∥AD，
∴四边形FHDG是矩形，
∴GD=FH，GF=DH，
∵∠ADC=90°，AD=DC=4，
∴AC=❑√AD2+DC2=❑√42+42=4❑√2，
1 1
∴AO= AC= ×4❑√2=2❑√2，
2 2
∵点F是AO中点，
1 1
∴AF= AO= ×2❑√2=❑√2，
2 2
在△GAF中，∠AGF=90°，∠FAG=45°，
∴∠AFG=90°−∠FAG=90°−45°=45°=∠FAG，
∴AG=FG，∴AF=❑√AG2+FG2=❑√AG2+AG2=❑√2AG，
即❑√2=❑√2AG，
∴AG=1，
∴FH=DG=AD−AG=4−1=3，
∵CE=1，
∴BE=BC−EC=4−1=3，
∴FH=BE=3，
∵FH∥AD，AD∥BC，
∴FH∥BC，
∵四边形BEHF为平行四边形；
（2）EP，FP，EF之间的数量关系为：EP2+PF2=EF2．
如图，设平行四边形BEHF的边FH与BD交于点P，
∵FH∥AD，∠ADC=90°，∠PDH=45°，
∴∠PHD=180°−∠ADC=180°−90°=90°，
∴∠DPH=90°−∠PDH=90°−45°=45°=∠DPH，∠PHC=90°，
∴PH=DH=FG=AG=1，
∴EC=PH=1，
∵FH∥BC，
∴四边形PHCE是平行四边形，∠FPB=∠PBC=45°，
∵∠PHC=90°，
∴四边形PHCE是矩形，
∴PE=HC，∠EPF=∠EPH=90°，
∴∠EPB=∠EPF−∠FPB=90°−45°=45°，
∴∠EPB=∠FPB，
即BD平分∠EPF，即FH与BD的交点为符合条件的点P，
在△PEF中，∠EPF=90°，FP=FH−PH=3−1=2，EP=HC=DC−DH=4−1=3，
∴EP2+PF2=EF2，EP−FP=3−2=1．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等腰三角
形的判定，勾股定理等知识点，掌握特殊四边形形的判定与性质是解题的关键．
21．（8分）（24-25八年级·吉林长春·开学考试）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方
形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求找格
点M．
(1)在图①中，连结AM、BM、CM，使AM=BM=CM；
(2)在图②中，连结BM、CM，使∠BMC+∠BAC=180°；
(3)在图③中，连结BM，使∠CBM+∠BAC=90°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据网格在图①中，作AC，BC的垂直平分线交于点M，即可使AM=BM=CM；
（2）根据网格在图②中，找到格点M，连结BM、CM，根据平行线的性质和四边形内角和定理可得
∠BMC+∠BAC=180°；
（3）根据网格在图③中，连结BM，根据平行线的性质和等腰直角三角形的性质即可得
∠CBM+∠BAC=90°．
【详解】（1）解：如图①，点M即为所求；∵ M AC BC
点 在 ， 的垂直平分线上，
∴AM=BM=CM；
（2）如图②，点M或点M'即为所求；
由网格可知：BM∥AC，
∴∠BMC+∠ACM=180°
由网格可知：∠BAM+∠AMC=90°，∠BMA=∠MAC+∠BCA=45°，
∴∠BMC+∠BAC=∠BMA+∠AMC+∠MAC+∠BAM=45°+45°+90°=180°；
∴∠BMC+∠BAC=180°；
（3）如图③，点M即为所求；
由网格可知：BC∥MN，
∴∠CBM=∠NMB，
由网格可知：AB=AM，∠BAM=90°，∠DAC=45°，
∴∠BMA=45°，
∴∠CBM=∠NMB=∠BMA−∠AMN=45°−∠AMN=45°−∠BAD，∴∠CBM+∠BAC=45°−∠BAD+∠BAD+45°=90°．
【点睛】本题是三角形综合题，考查线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，四边形
内角和定理，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握等腰直角三角形的判定与性质．
22．（10分）（24-25八年级·江苏无锡·期末）已知，E、F分别为▱ABCD的边BC、AD上的动点，将
▱ABCD沿直线EF折叠，使点C落在边AB上的点C′处，点D的对应点为D′．
(1)如图，当点D′落在BA的延长线上时，求证：四边形EC′D′F为平行四边形；
DF
(2)若AB=BC，∠B=60°，EC′⊥AB，则 的值为________；
AF
(3)若AB=5，BC=6，▱ABCD的面积为24，求CE的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)❑√3+1；
8 25
(3) ≤CE≤ ．
3 6
【分析】（1）由折叠性质得：∠D=∠D′，CD=C′D′，∠C=∠D′C′E，由四边形ABCD是平行四边
形，得AD∥BC，AB=CD，AD∥BC，然后证明△BC′E≌△AD′F(ASA)，∠BC′E=∠D′，则有
D′F∥C′E，D′F=C′E，从而求证；
（2）延长BA交D′F于G，证明四边形ABCD是菱形，设BC′=1，则BE=2，则C′E=❑√3，由折叠性质
1 2+❑√3
可知CE=C′E=❑√3，CD=C′D′=BC=2+❑√3，然后利用直角三角形的性质得D′G= C′D′=
，
2 2
3
由勾股定理得C′G= +❑√3，最后用线段和差即可求解；
2
（3）当C′E⊥AB时，CE最小，当C′与A重合时，CE最大，根据等面积法和勾股定理，求解CE的最小
及最大值即可．
【详解】（1）证明：由折叠性质得：∠D=∠D′，CD=C′D′，∠C=∠D′C′E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，AD∥BC，∴∠B=∠D′ AF，AB−AC′=C′D′−AC′，∠C+∠D=180°，
∴BC′=AD′，
∵∠BC′E+∠D′C′E=180°，
∴∠BC′E=∠D′，
∴△BC′E≌△AD′F(ASA)，D′F∥C′E，
∴D′F=C′E，
∴四边形EC′D′F为平行四边形；
（2）解：延长BA交D′F于G，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠B=60°，
∴∠BEC′=30°，
设BC′=1，则BE=2，
∴C′E=❑√BE2−BC′2=❑√22−12=❑√3，
由折叠性质可知：CE=C′E=❑√3，CD=C′D′=BC=2+❑√3，
∴BC=BE+CE=2+❑√3，
∵∠D′C′G=30°，
∴∠D′GC′=90°，
1 2+❑√3
∴D′G= C′D′=
，
2 2
3
由勾股定理得C′G= +❑√3，
2
∵AB=BC=2+❑√3，BC=1，
∴AC′=AB−BC=2+❑√3−1=1+❑√3，3 1
∴AG=C′G−AC′= −❑√3−(1+❑√3)= ，
2 2
∵∠AFG=30°，
∴AF=1，
∴DF=❑√3+1，
DF
∴ ＝❑√3+1；
AF
（3）解：求CE取值范围即是求C′E取值范围，当C′E⊥AB时，C′E最小，
作AH⊥BC，
∵BC=6，▱ABCD的面积为24，
∴AH=4，
∴BH=3，
设CE=C′E=x，
∴BE=6−x，
1 1
∴S = AB×C′E= BE×AH,
△ABE 2 2
1 1
∴ ×5x= ×(6−x)×4，
2 2
8
解得：x= ，
3
8
∴CE的最小值为 ；
3
当C′与A重合时，C′E最大，在Rt△AEH中，AH2+EH2=AE2，
∴16+(x−3) 2=x2，
25
∴x= ，
6
25
∴CE最大值为 ，
6
8 25
∴ ≤CE≤ ．
3 6
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，勾股定理，，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，平行四边形
的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
23．（10分）（24-25八年级·浙江台州·期末）现有四个全等的矩形如图镶嵌（在公共顶点O周围不重叠
无空隙），将不相邻的四个外顶点顺次连接（如图1、2所示）；
(1)如图1，求证：四边形ABCD是正方形：
(2)判断图2中的四边形EFGH_______正方形（填“一定是”或“不一定是”）；若已知四边形ABCD的
面积为18，在下列三个条件中：①OC=3；②OA+DH=4；③OD=3AE，再选择一个作为已知条件，
求出四边形EFGH的面积，你的选择是______（填序号），写出求四边形EFGH的面积解答过程；
(3)在（2）的条件下，在图2中连接AB，与EF交于Y，求S +S 的值；
△BFY △AEY
S
(4)如图3，四个全等的平行四边形，在O点处镶嵌，将不相邻的外顶点顺次连接，若 阴影 =k，则
S
四边形ADEF
AO
= _____．
CO
【答案】(1)见解析
(2)一定是；选择②，解答见解析
3
(3)
21
(4)
2k
【分析】（1）根据对角线互相平分垂直且相等，可得四边形ABCD为正方形；
（2）连接OE,OF,OG,OH，根据（1）的方法证明四边形EFHG是正方形；
（3）延长EP交HN于点Q，可得EQ⊥HN，选择②或③，根据面积得出BD=6，即OA=3，在
Rt△EQH中，勾股定理求得，即可求解；
（4）根据题意可得S =S =OC⋅ℎ，得出S =2OA⋅ℎ，即可求解．
阴影部分 ▱ABCO 矩形ADEF
【详解】（1）证明：由题，∠AOB=∠AOD=∠BOC=∠COD=90°，
所以A，O，C三点共线，B，O，D三点共线，
所以AC⊥BD，
又OA=OB=OC=OD，
所以AC=BD，
所以四边形ABCD为正方形．
（2）解：一定是，理由如下，
连接OE,OF,OG,OH，如图，
∵AE=OQ,∠A=∠OQF,AO=FQ
∴ △AEO≌△OQF
∴ ∠AOE=∠QFO
∵∠FOQ+∠QFO=90°
∴∠FOQ+∠AOE=90°，
同理可得，∠FOH=∠HOG=∠GOF=90°，
由题意可得OE=OF=OG=OH，
则四边形EFHG是平行四边形
∴ FH=≥¿
则四边形EFHG是矩形，
又∠FOH=∠HOG=∠GOF=90°，
则四边形EFHG是正方形；如图，延长EP交HN于点Q，可得EQ⊥HN
选择②
因为正方形ABCD的面积为18，
所以BD=6，即OA=3，则选择①无效，
由添加的条件可知，DH=1，
所以EQ=4,QH=2，
Rt△EQH中，EH2=EQ2+QH2=22+42=20
所以正方形EHGF的面积为=20．
选择③同理可得所以BD=6，即OA=3，
由添加的条件可知，DH=1，
所以EQ=4,QH=2，
所以正方形EHGF的面积为=20．
（3）如图，作YR⊥BD,YS⊥AO，
由∠ABO=45°，可得∠AYS=45°，
所以YS=AS，
1 1
所以S +S = BF⋅BR+ AE⋅AS
△BFY △AEY 2 2
1 3
= BF⋅BO=
2 2
（4）解：设平行四边形AB边上的高为ℎ，如图，设AF,BH交于点Y，过点Y作AO的垂线，交AO于S，FH的延长线于点P，过点Y作AB的垂线交
BA的延长线于点Q，
∵AB//OF
，
∴∠QAY =∠YFO，
∵OF=OA，
∴∠YFO=∠YAS，
∴∠YAS=∠YAQ，
∵∠Q=∠ASY =90°,AY =AY，
∴△AYQ≌△AYS，
∴QY =YS，
∴PS= ℎ，
设平行四边形的面积为S，
1 1
∴S +S =FH⋅ℎ = S，同理可得S +S = S，
△ABY △FHY 2 △ABU △UDK 2
根据中心对称可得S =S ，
△ABY △MKL
∴ S =S =OC⋅ℎ，
阴影部分 ▱ABCO
根据题意可知AO=OD=OE=OF，
则四边形ADEF是平行四边形，
又FD=AE，
∴四边形ADEF是矩形，
1
∴S =4S =4× OD×ℎ =2OD⋅ℎ =2OA⋅ℎ，S =S =OC⋅ℎ，
矩形ADEF △AOD 2 阴影部分 ▱ABCO
S
∵ 阴影 =k，
S
四边形ADEF
AO 1
∴ = ．
CO 2k
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
24．（12分）（24-25八年级·重庆九龙坡·阶段练习）如图，点D为△ABC所在平面内的一点，连接
AD、CD，∠ABC=30°．
(1)如图1，点D为△ABC外一点，点E在边AC的延长线上，连接BE．若BE=AD，AB=AC，
∠DAC=4∠CBE=40°，求∠D的度数：
(2)如图2，点D为△ABC内一点，若∠ABD=∠ACD，∠DCB=∠ABC，求证：BD=AC+AD；
AD
(3)如图3，在（2）的条件下，延长AD交BC于点F，当△ABF为等腰三角形时，请直接写出 的值．
BC
【答案】(1)∠D=20°；
(2)证明见解析；
AD 2❑√2−❑√6
(3) = ．
BC 2
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，角度和差，线段和差，等
腰三角形的性质，勾股定理，二次根式的运算等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）先求出∠ABE=∠CAD=40°，∠E=20°，然后证明△ABE≌△CAD(SAS)，再根据全等三角形的
性质即可求解；
（2）延长CD交AB于点F，过F作FH⊥BC于点H，HF交CA延长线于点E，设∠ABD=∠ACD=x
，通过角度和差求出∠2=∠3=60°，∠1=∠E=60°−x，然后证明△BFD≌△CFE(AAS)，由全等三角
形的性质可得BD=CE，DF=EF，再证明△AEF≌△ADF(SAS)即可；
（3）延长CD交AB于点N，过N作NH⊥BC于点H，HN交CA延长线于点E，过F作FM⊥AC于点M
，则∠AMF=∠CMF=90°，根据等腰三角形的性质得AB=BF，从而可求AD=DF，然后由勾股定理
和直角三角形的性质，线段和差即可求解；
【详解】（1）解：∵∠DAC=4∠CBE=40°，
∴∠CBE=10°，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+10°=40°，∴∠ABE=∠CAD=40°，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠ACB=30°，
∴∠E=∠ACB−∠CBE=30°−10°=20°，
在△ABE和△CAD中，
{
AB=AC
)
∠ABE=∠CAD ，
BE=AD
∴△ABE≌△CAD(SAS)，
∴∠D=∠E=20°；
（2）证明：如图，延长CD交AB于点F，过F作FH⊥BC于点H，HF交CA延长线于点E，
∴∠FHB=∠FHC=90°，
∵∠DCB=∠ABC=30°，
∴∠BFH=∠3=60°，BF=FC，
设∠ABD=∠ACD=x，
∴∠1=∠DBC+∠DCB=30°−x+30°=60°−x，
∴∠2=∠ABD+∠1=x+60°−x=60°，
∴∠2=∠3=60°，
∴∠E=180°−∠2−∠3−∠ACD=180°−60°−60°−x=60°−x，
∴∠1=∠E=60°−x，
在△BFD和△CFE中，
{
∠1=∠E
)
∠FBD=∠ECF ，
BF=FC
∴△BFD≌△CFE(AAS)，
∴BD=CE，DF=EF，
在△ADF和AEF中，{EF=DF
)
∠2=∠3 ，
AF=AF
∴△AEF≌△ADF(SAS)，
∴AE=AD，
∵CE=AC+AE，
∴BD=AC+AD；
（3）解：如图，延长CD交AB于点N，过N作NH⊥BC于点H，HF交CA延长线于点E，过F作
FM⊥AC于点M，则∠AMF=∠CMF=90°，
∵△ABF为等腰三角形，
∴AB=BF，
∴∠BAF=∠BFA=75°，
∵∠DCB=∠ABC=30°，
同（2）理得：∠2=∠3=60°，△AEN≌△ADN，
∴∠DAN=∠EAN=75°，
∴∠E=180°−∠3−∠EAN=180°−60°−75°=45°，
∴∠ACF=90°−∠E=45°，
∴∠ACD=∠ACF−∠DCB=45°−30°=15°，∠FAC=∠AFB−∠ACF=75°−45°=30°，
∴∠ABD=∠ACD=15°，
∴∠ABD=∠FBD=15°，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△FBD(SAS)，
∴∠ADB=∠FDB=90°，
∴BD⊥AF，
∴AD=DF，
设AD=DF=a，则AF=2a，
∵∠FAC=30°，∠AMF=90°，1
∴MF= AF=a，
2
∵∠ACF=45°，∠AMF=∠CMF=90°，
∴∠ACF=∠CFM=45°，
∴MC=MF=a，
由勾股定理得：AM=❑√AF2−M F2=❑√(2a) 2−a2=❑√3a，CF=❑√M F2+MC2=❑√a2+a2=❑√2a，
∴AC=AM+MC=(❑√3+1)a，
由（2）得：BD=AC+AD，
∴BD=(❑√3+1)a+a=(2+❑√3)a，
在Rt△BDF中，由勾股定理得：BF=❑√BD2+DF2=❑√[(2+❑√3)a) 2 +a2=(❑√6+❑√2)a，
∴BC=BF+CF=(❑√6+❑√2)a+❑√2a=(❑√6+2❑√2)a，
AD a 2❑√2−❑√6
= =
∴ ．
BC (❑√6+2❑√2)a 2
25．（12分）（24-25八年级·河南洛阳·期中）定义：如果一个凸四边形沿着它的一条对角线对折后能完全
重合，我们就把这个四边形称为“忧乐四边形”．如图1，凸四边形ABCD沿对角线AC对折后完全重
合，四边形ABCD是以直线AC为对称轴的“忧乐四边形” .
(1)下列四边形一定是“忧乐四边形”的有_______ (填序号)；
①平行四边形②菱形③矩形④正方形
(2)如图2，在矩形ABCD中，点E是BC边上的中点，四边形ABEM是以直线AE为对称轴的“优乐四边
形”（点M在四边形ABCD内部），连接AM并延长交DC于点N．
求证：四边形MECN是“忧乐四边形”
(3)如图3，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AB=3，AD=5，点E是BC边上的中点，四边形
ABEM是以直线AE为对称轴的“忧乐四边形”（点M在四边形ABCD内部），连接AM并延长交DC于
点N．当ΔADN是直角三角形时，请直接写出线段CN的长．【答案】(1)②④
(2)见解析
❑√14 25
(3) 或
2 12
【分析】（1）根据“忧乐四边形”的定义对几个四边形进行逐一判定即可解决问题；
（2）连接EN，证明Rt△EMN≌Rt△ECN(HL)，得出四边形MECN沿EN折叠完全重合，则可得出结
论；
（3）分两种情况，由折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理可得出答案．
【详解】（1）∵①平行四边形，③矩形，沿着它的一条对角线对折后不能完全重合；②菱形，④正方
形，沿着它的一条对角线对折后能完全重合．
∴②菱形，④正方形一定是忧乐四边形；
故答案为：②④；
（2）证明：如图2，连接EN，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∵E是BC的中点，
∴EB=EC，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AME，
∴∠AME=∠B=90°，ME=EB，∠EMN=180°−∠AME=90°=∠C，
∴EM=EC，
∵BN=EN，
∴Rt△EMN≌Rt△ECN(HL)，
∴四边形MECN沿EN折叠完全重合，
∴四边形MECN是“忧乐四边形”；
❑√14 25
（3） 或 ．
2 12
若∠ADN=90°，连接EN，则四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°=∠C
，
由（2）知AB=AM，CN=MN，
设CN=x，则AN=3+x，DN=3−x，
∵AD2+DN2=AN2，
∴52+(3−x) 2=(3+x) 2，
25
∴x= ，
12
25
∴CN= ；
12
若∠∧=90°，连接EN，过点E作EG⊥AN于点G，EH⊥CD，交DC的延长线于点H，如图，
由（2）知EM=EC，
∴∠ENG=∠ENH，
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD=180°，
∴∠AME+∠BCD=180°，
∵∠AME+∠EMN=180°，
∴∠EMN=∠ECN，∠EMG=∠ECH，
∴△EMG≌△ECH (AAS)，
∴EG=EH，
∴∠ENG=∠ENH，
∵EN=EN，
∴△EMN≌△ECN(AAS)，
∴MN=CN，
设CN=a，∴(a+3) 2+(3−a) 2=52，
❑√14
∴a= （负值舍），
2
❑√14
∴CN= ．
2
25 ❑√14
综上所述，CN的长为 或 ．
12 2
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了新定义，矩形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，勾
股定理，全等三角形的判定和性质．深入理解题意，理解新定义是解决问题的关键．
