2019-2020学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷

2019-2020学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷一、选择题（本题共30分，每小题3分）第1～10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1．（3分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（）A．x＞5 B．x≥5 C．x≤5 D．x≠52．（3分）下列图案中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（）A．唐代对凤纹 B．良渚神人兽面纹 C．敦煌元素宝相花纹 D．《营造法式》海石榴花纹3．（3分）下列运算正确的是（）A．+＝ B．3+＝3 C．＝6 D．＝＝24．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．若D，E分别为边AC，BC的中点，则DE的长为（）A．10 B．5 C．4 D．35．（3分）下列关于一元二次方程x2+2x＝0的说法正确的是（）A．该方程只有一个实数根x＝2 B．该方程只有一个实数根x＝﹣2 C．该方程的实数根为x1＝0，x2＝2 D．该方程的实数根为x1＝0，x2＝﹣26．（3分）下列命题正确的是（）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．对角线相等的四边形是矩形 C．有一组邻边相等的四边形是菱形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形7．（3分）用配方法解一元二次方程x2+6x+2＝0时，下列变形正确的是（）A．（x+3）2＝9 B．（x+3）2＝7 C．（x+3）2＝3 D．（x﹣3）2＝78．（3分）甲、乙两座城市某年四季的平均气温如图所示，下列说法正确的是（）A．甲城市的年平均气温在30℃以上 B．乙城市的年平均气温在0℃以下 C．甲城市的年平均气温低于乙城市的年平均气温 D．甲、乙两座城市中，甲城市四季的平均气温较为接近9．（3分）图1是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2所示）演化而成的．如果图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…A7A8＝1，那么OA8的长为（）A．2 B．3 C． D．10．（3分）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB边的中点，点F在BC边上，点B关于直线EF的对称点记为B'，连接B'D，B'E，B'F．当点F在BC边上移动使得四边形BEB'F成为正方形时，B'D的长为（）A． B． C．2 D．3二、填空题（本题共26分，其中第18题5分，其余每小题3分）11．（3分）计算：•＝．12．（3分）如图，在▱ABCD中，若∠A＝2∠B，则∠D＝°．13．（3分）若＝0，则xy的值为．14．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，若OB＝5，则AC＝．15．（3分）如果x＝1是关于x的方程x2+bx﹣2＝0的一个根，则b＝．16．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若∠ABC＝60°，OA＝1，则菱形的周长等于．17．（3分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD边上，CE＝3，若点F在正方形的某一边上，满足CF＝BE，且CF与BE的交点为M，则CM＝．18．（5分）如图，在△OAB中，∠1＝∠2．将△OAB绕点O顺时针旋转180°，点A的对应点记为C，点B的对应点记为D，顺次连接BC，CD，DA得到四边形ABCD．（1）补全图形；（2）所得四边形ABCD为（从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），判断此结论的依据是．三、解答题（本题共44分，第19～23题每小题6分，第24、25题每小题6分）19．（6分）计算：（1）÷+；（2）（+）（﹣）+．20．（6分）解方程：x2﹣4x﹣8＝0．21．（6分）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，AE平分∠BAD，点F在AD边上，EF∥AB．（1）求证：四边形ABEF是菱形；（2）若AB＝2，BC＝3，点P在线段AE上运动，请直接回答当点P在什么位置时PC+PF取得最小值，最小值是多少．22．（6分）甲、乙两支运动队各有10名队员，他们的年龄分布情况分别如图1、图2所示．甲、乙两队队员年龄统计表平均数（近似值）众数中位数甲队a①②乙队20③b解决下列问题：（1）求甲队队员的平均年龄a的值（结果取整数）；（2）补全统计表中的①②③三处；（3）阅读理解﹣﹣扇形图中求中位数的方法：【阅读与思考】小明同学在求乙队队员年龄的中位数b时，是这样思考的：因为中位数是将一组数据按大小排序后，排在中间位置的一个数或中间两个数的平均数，那就需要先找到数据按大小排序后，大致排在50%附近的数，再根据中位数的概念进行细化求解．图2这个扇形图中的数据18～21是按大小顺序旋转排列的，我们就可以像图3所示的这样，先找到最大数据“21”与最小数据“18”的分界半径OM，为找到排在50%附近的数，再作出直径MN，那么射线ON指向的数据就是中位数．王老师的评价：小明的这个方法是从中位数的概念出发，充分利用了扇形图的特性形象直观地解决问题．【理解与应用】请你利用小明的方法直接写出统计表中b的值．23．（6分）阅读材料：中国﹣西班牙联合发行《中欧班列（义乌﹣马德里）》特种邮票1套2枚，它们的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，…；在单枚邮票票面上的平行四边形ABCD中，邻边AB与AD的长度比非常接近黄金分割数（≈0.618）．单枚邮票的规格见图2所示的技术资料（节选）．设图1的▱ABCD中BC边上的高为AH．根据以上信息解决问题：（1）提取信息：在▱ABCD中，BC＝mm，AB＝mm，AH＝mm；（2）计算BH的长（结果用最简二次根式表示）；（3）如果将图1中的▱ABCD设计成精确地满足相邻两边的比为黄金分割数，即在▱ABCD中，满足＝，且AD＝a，求此时2枚连印的邮票票面中▱ABEF的周长（用含a的式子表示，结果用最简二次根式表示，无需计算近似值）．24．（7分）在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（2，0）．四边形AOBC的第四个顶点C在第一象限，AC＝1，BC＝3．（1）尺规作图：作出四边形AOBC（不要求写作法）；（2）求∠OAC的度数及四边形AOBC的面积．25．（7分）在▱ABCD中，O是对角线BD的中点．点E在▱ABCD外，且∠AED＝90°．过点C作直线ED的垂线，垂足为F．连接OE，OF．（1）如图1，当▱ABCD为矩形，且∠DAE＝45°时，画出线段OE与OF，并直接写出这两条线段的数量关系；（2）在图2中，根据题意补全图形，写出线段OE与OF的数量关系并加以证明；（3）如图3，当▱ABCD为正方形时，若AE＝1，OD＝，直接写出OF的长．一、操作题（本题6分）26．从下面正方形网格的格点A～N中，选择恰当的格点，分别画出以所选择格点为顶点的以下图形，并用字母表示．①矩形；②菱形；③既不是矩形也不是菱形的平行四边形．二、方案比较（本题6分）27．在边长为1的正方形中放置5个大小相同的小正方形，现在有如下两个放置方案（这两个方案中小正方形的边长分别为a1，a2）：图形边长满足的条件边长的值方案一（2+）a1＝1a1＝方案二①②a2＝（1）补全表格；（2）比较a1与a2的大小关系并说明理由．三、解答题（本题8分）28．对于平面内三点M，N，P，我们规定：若将点M绕点P顺时针旋转α（0°＜α＜360°）后能与点N重合，就将其简记为：R（P，α）：M→N．在平面直角坐标系xOy中，P（1，0），S（﹣1，0）．解决下面的问题：（1）如图1，若R（P，90°）：S→T，画出点T并直接写出点T的坐标；（2）如图2，A（0，），B（0，﹣），直线l：x＝+1与x轴的交点为C．①若R（P，α）：S→Q，且点Q落在直线l上，求α的值；②若点E在四边形ASBP的边上运动，在直线l上存在相应的点F，使得R（P，α）：E→F，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．

2019-2020学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷一、选择题（本题共30分，每小题3分）第1～10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.1．（3分）若在实数范围内有意义，则x的取值范围是（）A．x＞5 B．x≥5 C．x≤5 D．x≠5【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案．【解答】解：由题意可知：x﹣5≥0，∴x≥5故选：B．【点评】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．2．（3分）下列图案中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（）A．唐代对凤纹 B．良渚神人兽面纹 C．敦煌元素宝相花纹 D．《营造法式》海石榴花纹【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题；B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题；C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题．故选：C．【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．3．（3分）下列运算正确的是（）A．+＝ B．3+＝3 C．＝6 D．＝＝2【分析】根据二次根式的加减、乘法和除法法则逐一计算可得答案．【解答】解：A．与不是同类二次根式，不能合并，此选项错误；B．3与不能进一步计算，此选项错误；C．＝＝6，此选项正确；D．＝＝＝2，此选项错误；故选：C．【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的加减、乘法和除法法则．4．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．若D，E分别为边AC，BC的中点，则DE的长为（）A．10 B．5 C．4 D．3【分析】利用勾股定理求出AB，再利用三角形的中位线定理求出DE即可．【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝＝＝10，∵AD＝DC，CE＝EB，∴DE＝AB＝5，故选：B．【点评】本题考查三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．5．（3分）下列关于一元二次方程x2+2x＝0的说法正确的是（）A．该方程只有一个实数根x＝2 B．该方程只有一个实数根x＝﹣2 C．该方程的实数根为x1＝0，x2＝2 D．该方程的实数根为x1＝0，x2＝﹣2【分析】根据根的判别式、根与系数的关系以及解一元二次方程即可得出结论．【解答】解：x2+2x＝0，△＝22﹣4×1×0＝4＞0，故原方程有两个不相等的实数根，解得x1＝＝0，x2＝＝﹣2．故选：D．【点评】本题考查了根的判别式、根与系数的关系以及解一元二次方程，熟练掌握方程解的情况与判别式的符号之间的关系是解题的关键．6．（3分）下列命题正确的是（）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．对角线相等的四边形是矩形 C．有一组邻边相等的四边形是菱形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断．【解答】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以A选项为假命题；B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为假命题；C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；D、有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，所以D选项为真命题．故选：D．【点评】本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．是熟练掌握特殊四边形的判定定理是关键．7．（3分）用配方法解一元二次方程x2+6x+2＝0时，下列变形正确的是（）A．（x+3）2＝9 B．（x+3）2＝7 C．（x+3）2＝3 D．（x﹣3）2＝7【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式，据此可得答案．【解答】解：∵x2+6x+2＝0，∴x2+6x＝﹣2，∴x2+6x+9＝﹣2+9，即（x+3）2＝7，故选：B．【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．8．（3分）甲、乙两座城市某年四季的平均气温如图所示，下列说法正确的是（）A．甲城市的年平均气温在30℃以上 B．乙城市的年平均气温在0℃以下 C．甲城市的年平均气温低于乙城市的年平均气温 D．甲、乙两座城市中，甲城市四季的平均气温较为接近【分析】利用折线图，求出甲、乙的平均气温即可判断．【解答】解：由折线图可知，甲的年平均气温＝＝10.25℃．故选项A不符合题意，乙的年平均气温＝＝3.5℃，故选项B，C不符合题意．故选：D．【点评】本题考查折线统计图，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．9．（3分）图1是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2所示）演化而成的．如果图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…A7A8＝1，那么OA8的长为（）A．2 B．3 C． D．【分析】OA1＝1，根据勾股定理可得OA2＝＝，OA3＝＝，找到OAn＝的规律，即可计算OA8的长．【解答】解：∵OA1＝1，∴由勾股定理可得OA2＝＝，OA3＝＝，…，∴OAn＝，∴OA8＝＝2．故选：A．【点评】本题考查了勾股定理的灵活运用，本题中找到OAn＝的规律是解题的关键．10．（3分）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB边的中点，点F在BC边上，点B关于直线EF的对称点记为B'，连接B'D，B'E，B'F．当点F在BC边上移动使得四边形BEB'F成为正方形时，B'D的长为（）A． B． C．2 D．3【分析】连接BB'，连接BD，由正方形的性质可得BD＝AB＝2，BD平分∠ABC，BB'＝BE＝，BB'平分∠ABC，可证点B，点B'，点D三点共线，即可求解．【解答】解：如图，连接BB'，连接BD，∵四边形ABCD是正方形，∴BD＝AB＝2，BD平分∠ABC，∵E为AB边的中点，∴AE＝BE＝1，∵四边形BEB'F是正方形，∴BB'＝BE＝，BB'平分∠ABC，∴点B，点B'，点D三点共线，∴B'D＝BD﹣BB'＝，故选：A．【点评】本题考查了正方形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．二、填空题（本题共26分，其中第18题5分，其余每小题3分）11．（3分）计算：•＝5．【分析】直接利用二次根式的乘法运算法则化简求出答案．【解答】解：原式＝＝5．故答案为：5．【点评】此题主要考查了二次根式的乘法运算，正确化简二次根式是解题关键．12．（3分）如图，在▱ABCD中，若∠A＝2∠B，则∠D＝60°．【分析】根据平行四边形的性质得出∠A+∠B＝180°，∠B＝∠D，结合∠A＝2∠B可得答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A+∠B＝180°，∠B＝∠D，∵∠A＝2∠B，∴2∠B+∠B＝180°，∴∠D＝∠B＝60°，故答案为：60．【点评】本题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的对边平行、对角互补的性质．13．（3分）若＝0，则xy的值为﹣6．【分析】根据非负数的性质列式求出x、y的值，然后代入代数式进行计算即可得解．【解答】解：由题意得，x+2＝0，y﹣3＝0，解得x＝﹣2，y＝3，所以，xy＝（﹣2）×3＝﹣6．故答案为：﹣6．【点评】本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0．14．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，若OB＝5，则AC＝10．【分析】由矩形的性质得出OA＝OC＝OB＝5，即可得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，∴OA＝OC＝OB＝5，∴AC＝2OA＝10；故答案为：10．【点评】本题考查了矩形的性质；熟记矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键．15．（3分）如果x＝1是关于x的方程x2+bx﹣2＝0的一个根，则b＝1．【分析】把x＝1代入方程x2+bx﹣2＝0得到一个关于b的一元二次方程，求出方程的解即可．【解答】解：把x＝1代入方程x2+bx﹣2＝0得：1+b﹣2＝0，解得：b＝1．故答案为：1．【点评】本题主要考查一元二次方程的解，能得到方程1+b﹣2＝0是解此题的关键．16．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若∠ABC＝60°，OA＝1，则菱形的周长等于8．【分析】依据菱形的性质求出AC的长，只要证明△ADC是等边三角形即可得到菱形的周长．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝DC，OD⊥AC，OA＝OC＝1，∴AC＝2OA＝2，∵∠ABC＝∠ADC＝60°，∴△ADC是等边三角形，∴CD＝AC＝2，∴菱形的周长等于8，故答案为：8．【点评】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质．17．（3分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD边上，CE＝3，若点F在正方形的某一边上，满足CF＝BE，且CF与BE的交点为M，则CM＝或．【分析】分两种情况进行讨论，点F在AD上或点F在AB上，依据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到CM的长．【解答】解：分两种情况：①如图1所示，当点F在AD上时，由CF＝BE，CD＝BC，∠BCE＝∠CDF＝90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），∴∠DCF＝∠CBE，又∵∠BCF+∠DCF＝90°，∴∠BCF+∠CBE＝90°，∴∠BMC＝90°，即CF⊥BE，∵BC＝4，CE＝3，∠BCE＝90°，∴BE＝5，∴CM＝＝；②如图2所示，当点F在AB上时，同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），∴BF＝CE，又∵BF∥CE，∴四边形BCEF是平行四边形，又∵∠BCE＝90°，∴四边形BCEF是矩形，∴CM＝BE＝×5＝．故答案为：或．【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．18．（5分）如图，在△OAB中，∠1＝∠2．将△OAB绕点O顺时针旋转180°，点A的对应点记为C，点B的对应点记为D，顺次连接BC，CD，DA得到四边形ABCD．（1）补全图形；（2）所得四边形ABCD为①（从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），判断此结论的依据是对角线相等的平行四边形是矩形．．【分析】（1）根据要求画出图形即可．（2）根据矩形的判定解决问题即可．【解答】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求．（2）结论：四边形ABCD是矩形．理由：∵∠1＝∠2，∴OA＝OB，由旋转的性质知OA＝OC，OB＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC＝2OA，BD＝2OB，OA＝OB，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）．故答案为：①，对角线相等的平行四边形是矩形，【点评】本题考查作图﹣旋转变换，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．三、解答题（本题共44分，第19～23题每小题6分，第24、25题每小题6分）19．（6分）计算：（1）÷+；（2）（+）（﹣）+．【分析】（1）先根据二次根式的除法法则算除法，再化成最简二次根式，再算加法即可；（2）先根据平方差公式和二次根式的性质进行计算，再算加减即可．【解答】解：（1）÷+＝+3＝2+3＝5；（2）（+）（﹣）+＝5﹣2+3＝6．【点评】本题考查了二次根式的混合运算和二次根式的性质，能灵活运用二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．20．（6分）解方程：x2﹣4x﹣8＝0．【分析】利用公式法解答．【解答】解：a＝1，b＝﹣4，c＝﹣8，△＝16﹣4×1×（﹣8）＝48，x＝，x1＝2+2，x1＝2﹣2．【点评】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．21．（6分）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，AE平分∠BAD，点F在AD边上，EF∥AB．（1）求证：四边形ABEF是菱形；（2）若AB＝2，BC＝3，点P在线段AE上运动，请直接回答当点P在什么位置时PC+PF取得最小值，最小值是多少．【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AF∥BE，推出四边形ABEF是平行四边形，∠FAE＝∠BEA，根据角平分线的定义得到∠BAE＝∠EAF，求得AB＝BE，于是得到四边形ABEF是菱形；（2）根据菱形的性质得到点B与点F关于AE对称，于是得到结论．【解答】解：（1）∵在▱ABCD中，AD∥BC，即AF∥BE，∵EF∥AB，∴四边形ABEF是平行四边形，∠FAE＝∠BEA，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠EAF，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，∴四边形ABEF是菱形；（2）∵四边形ABEF是菱形，∴点B与点F关于AE对称，∴当点P在点E的位置时，PC+PF取得最小值，最小值＝BC＝3．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．22．（6分）甲、乙两支运动队各有10名队员，他们的年龄分布情况分别如图1、图2所示．甲、乙两队队员年龄统计表平均数（近似值）众数中位数甲队a①19②19乙队20③19、20、21b解决下列问题：（1）求甲队队员的平均年龄a的值（结果取整数）；（2）补全统计表中的①②③三处；（3）阅读理解﹣﹣扇形图中求中位数的方法：【阅读与思考】小明同学在求乙队队员年龄的中位数b时，是这样思考的：因为中位数是将一组数据按大小排序后，排在中间位置的一个数或中间两个数的平均数，那就需要先找到数据按大小排序后，大致排在50%附近的数，再根据中位数的概念进行细化求解．图2这个扇形图中的数据18～21是按大小顺序旋转排列的，我们就可以像图3所示的这样，先找到最大数据“21”与最小数据“18”的分界半径OM，为找到排在50%附近的数，再作出直径MN，那么射线ON指向的数据就是中位数．王老师的评价：小明的这个方法是从中位数的概念出发，充分利用了扇形图的特性形象直观地解决问题．【理解与应用】请你利用小明的方法直接写出统计表中b的值．【分析】（1）由图1可以计算出a的值；（2）根据图1和图2可以将表格中空格补充完整；（3）根据题意和图3可以直接写出b的值．【解答】解：（1）a＝≈19；（2）由图1可得，众数是19，中位数是19，由图2可得，众数是19，20，21，故答案为：19，19；19，20，21；（3）由题意和图3可得，b＝20．【点评】本题考查条形统计图、扇形统计图、中位数、众数、平均数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．23．（6分）阅读材料：中国﹣西班牙联合发行《中欧班列（义乌﹣马德里）》特种邮票1套2枚，它们的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，…；在单枚邮票票面上的平行四边形ABCD中，邻边AB与AD的长度比非常接近黄金分割数（≈0.618）．单枚邮票的规格见图2所示的技术资料（节选）．设图1的▱ABCD中BC边上的高为AH．根据以上信息解决问题：（1）提取信息：在▱ABCD中，BC＝32mm，AB＝50mm，AH＝28mm；（2）计算BH的长（结果用最简二次根式表示）；（3）如果将图1中的▱ABCD设计成精确地满足相邻两边的比为黄金分割数，即在▱ABCD中，满足＝，且AD＝a，求此时2枚连印的邮票票面中▱ABEF的周长（用含a的式子表示，结果用最简二次根式表示，无需计算近似值）．【分析】（1）由题意可求解；（2）由勾股定理可求解；（3）先求出AB的长，由平行四边形的性质可求▱ABEF的周长．【解答】解：（1）如图，由题意可得：BC＝50mm，AB＝32mm，AH＝28mm，故答案为：50，32，28；（2）∵AB2＝AH2+BH2，∴1024＝784+BH2，∴BH＝4；（3）∵，AD＝a，∴AB＝a，∴▱ABEF的周长＝4AD+2AB＝4a+（﹣1）a＝（3+）a．【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，勾股定理，读懂材料，提取正确的信息是本题的关键．24．（7分）在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（2，0）．四边形AOBC的第四个顶点C在第一象限，AC＝1，BC＝3．（1）尺规作图：作出四边形AOBC（不要求写作法）；（2）求∠OAC的度数及四边形AOBC的面积．【分析】（1）利用数形结合的思想证明∠CAB＝90°，由此即可解决问题．（2）证明∠OAB＝45°，∠CAB＝90°即可求出∠OAC，利用S四边形AOBC＝S△AOB+S△AOC计算面积即可．【解答】解：（1）如图，四边形AOBC即为所求．（2）∵AC＝1，BC＝3，AB＝2，∴AC2+AB2＝BC2，∴∠CAB＝90°，∵OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝45°，∴∠OAC＝135°，∴S四边形AOBC＝S△AOB+S△ABC＝×2×2+×1×2＝2+．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，坐标与图形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．25．（7分）在▱ABCD中，O是对角线BD的中点．点E在▱ABCD外，且∠AED＝90°．过点C作直线ED的垂线，垂足为F．连接OE，OF．（1）如图1，当▱ABCD为矩形，且∠DAE＝45°时，画出线段OE与OF，并直接写出这两条线段的数量关系；（2）在图2中，根据题意补全图形，写出线段OE与OF的数量关系并加以证明；（3）如图3，当▱ABCD为正方形时，若AE＝1，OD＝，直接写出OF的长．【分析】（1）根据题意画出图形，由等腰直角三角形的性质得出∠OEF＝∠OFD＝45°，则可得出结论；（2）连接AC，延长EO，FC，两条延长线交于点G，证明△OAE≌△OCG（AAS），得出OE＝OG，由直角三角形的性质得出结论；（3）证明△ADE≌△DCF（AAS），得出AE＝DF＝1，求出DE＝，证明△EAO≌△FDO（SAS），得出OE＝OF，∠AOE＝∠DOF，证明△OEF为等腰直角三角形，则可求出答案．【解答】解：（1）如图1，OE＝OF，连接AC，∵∠DAE＝45°，∠AED＝90°，∴AE＝ED，∵矩形ABCD中，OA＝OD，∴OE垂直平分AD，∴∠OED＝45°，同理∠DFO＝45°，∴OE＝OF；（2）如图2，OE＝OF，连接AC，延长EO，FC，两条延长线交于点G，∵▱ABCD，O是对角线BD的中点，∴OA＝OC，∵CF⊥EF，∴∠CFE＝90°，∵∠AED＝90°，∴∠CFE+∠AED＝180°，∴CF∥AE，∴∠AEO＝∠OGC，在△OAE和△OCG中，，∴△OAE≌△OCG（AAS），∴OE＝OG，在Rt△EFG中，∠EFG＝90°，OF为斜边EG的中线，∴OF＝EG，∴OE＝OF．（3）．解：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝90°，∵∠AED＝90°，CF⊥DF，∴∠ADE+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCF＝90°，∴∠ADE＝∠DCF，又∵∠AED＝∠DFC，∴△ADE≌△DCF（AAS），∴AE＝DF＝1，∵O为对角线BD的中点，∴∠AOD＝90°，OA＝OD，∴∠EAO+∠EDO＝180°，又∵∠EDO+∠ODF＝180°，∴∠EAO＝∠ODF，∴△EAO≌△FDO（SAS），∴OE＝OF，∠AOE＝∠DOF，∴∠EOF＝∠AOD＝90°，∴△OEF为等腰直角三角形，∵OD＝，∴AD＝OD＝2，∴DE＝＝＝，∴EF＝DE+DF＝+1，∴OF＝＝．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质是解题的关键．一、操作题（本题6分）26．从下面正方形网格的格点A～N中，选择恰当的格点，分别画出以所选择格点为顶点的以下图形，并用字母表示．①矩形；②菱形；③既不是矩形也不是菱形的平行四边形．【分析】根据题意画出图形即可得到结论．【解答】解：①如图所示，矩形ABGE即为所求；②菱形CDGF即为所求；③平行四边形DMNF即为所求．【点评】本题考查了应用与设计作图，熟练掌握网格结构的特点，矩形，菱形，正方形