黄山市重点中学2024届八年级数学第二学期期末监测模拟试题含解析

黄山市重点中学2024届八年级数学第二学期期末监测模拟试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每小题3分，共30分）

1.如图，平行四边形4BC0的对角线交于点。，且4B=6,40CD的周长为25,则平行四边形4BC。的两条对角线的和

是（）

A.18B.28C.38D.46

2.数学兴趣小组的甲、乙、丙、丁四位同学进行还原魔方练习，下表记录了他们10次还原魔方所用时间的平均值了与

要从中选择一名还原魔方用时少又发挥稳定的同学参加比赛，应该选择（）

A.甲B.乙C.丙D.丁

3.如图，菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,若AB=5,AC=6,则BD的长是（）

4.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0,3）,AOAB沿x轴向右平移后得到△（），A，B，,点A的对应点在

3

直线y=^x上一点，则点B与其对应点力间的距离为

45

D.

5.已知一组数据为8,9,10,10,11,则这组数据的众数（）

A.8B.9C.10D.11

6.方程》2=x的解是（）

A.x=1B.xi=1,X2=0

C.x=0D.xi=-1,X2=0

7.如图，口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,OA=3,若要使平行四边形ABCD为矩形，则OB的长度为（:）

C.2D.1

8.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）

A.等边三角形B.等腰梯形C.正方形D.平行四边形

4

9.如图，在直角坐标系中，点A在函数y=—（x>0）的图象上，ABLx轴于点B,AB的垂直平分线与y轴交于点C,

X

4一-

与函数y=—（x>0）的图象交于点D,连结AC,CB,BD,DA,则四边形ACBD的面积等于（）

x

A.2B.6C.4D.473

10.菱形ABCD中，如果E、F、G、H分别是各边中点，那么四边形EFGH的形状是（）

A.梯形B.菱形C.矩形D.正方形

二、填空题（每小题3分，共24分）

11.若二次根式Jx二区）19在实数范围内有意义，则X的取值范围是.

12.把抛物线y=2（x-1）2+1向左平移1个单位，再向上平移2个单位得到的抛物线解析式___

13.如图，在口ABCD中，ZB=5O°,CE平分NBCD,交AD于E,贝！J/DCE的度数是.

14.直线y=2x向下平移2个单位长度得到的直线是.

15.命题”两条对角线相等的平行四边形是矩形”的逆命题是.

16.分式乜上二的值为1.则x的值为.

x+5

17.已知一元二次方程V-9x+18=0的两个解恰好分别是等腰ABC的底边长和腰长，贝!LABC的周长为

18.若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是.

三、解答题（共66分）

19.（10分）已知AABC和4DEC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，D、E分别在BC、AC边上.

（1）如图1,F是线段AD上的一点，连接CF,若AF=CF；

①求证：点F是AD的中点；

②判断BE与CF的数量关系和位置关系，并说明理由；

⑵如图2,把4DEC绕点C顺时针旋转a角（0<a<90°）,点F是AD的中点，其他条件不变，判断BE与CF的关

系是否不变？若不变，请说明理由；若要变，请求出相应的正确结论.

20.（6分）如图，抛物线y=gd+x-4与x轴交于A,B（4在3的左侧），与V轴交于点C,抛物线上的点E的

横坐标为3,过点E作直线乙//x轴.

（1）点尸为抛物线上的动点，且在直线AC的下方，点M,N分别为x轴，直线4上的动点，且跖V，％轴，当△APC

面积最大时，求PM+MN+JEN的最小值;

2

(2)过(1)中的点p作p。，AC,垂足为P，且直线与y轴交于点。，把△on?绕顶点歹旋转45°,得到

_D'FC',再把EC'沿直线平移至一O‘尸C",在平面上是否存在点K,使得以。，C",D',K为顶点

21.（6分）如图，A3CD中，E是AD边上一点,ZA=45°,BE=CD=3,ED=42,点P，。分别是BC,

CD边上的动点，且始终保持NEPQ=45°.

(1)求AE的长；

(2)若四边形ABFE为平行四边形时，求一CPQ的周长；

(3)将-CPQ沿它的一条边翻折，当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时，求线段8?的长.

22.(8分)如图，AB=12cm,AC±AB,BD1AB,AC=BD=9cm,点P在线段AB上以3cm/s的速度，由A向B

运动，同时点Q在线段BD上由B向D运动.

(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当运动时间t=l(s),4ACP与△BPQ是否全等？说明理由，并直

接判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；

(2)将“ACLAB,BDLAB”改为“NCAB=NDBA"，其他条件不变.若点Q的运动速度与点P的运动速度不相

等，当点Q的运动速度为多少时，能使4ACP与全等.

(3)在图2的基础上延长AC,BD交于点E,使C,D分别是AE,BE中点，若点Q以(2)中的运动速度从点B

出发，点P以原来速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABE三边运动，求出经过多长时间点P与点Q第一次相遇.

cD

D

.4KXA-.

图1图2图3

23.（8分）在口A3CD中，对角线AC、3。相交于。，E尸过点0,连接ARCE.

（1）求证：/\BFO沿/\DEO；

（2）若AFL5C,试判断四边形A尸CE的形状，并加以证明；

（3）若在（2）的条件下再添加E歹平分NAEC,试判断四边形APCE的形状，无需说明理由.

24.（8分）已知一次函数的图象经过点（1,3）与（-1,-1）

（1）求这个一次函数的解析式；

（2）试判断这个一次函数的图象是否经过点（-L，o）

2

25.（10分）瑞安市文化创意实践学校是一所负责全市中小学生素质教育综合实践活动的公益类事业单位，学校目前

可开出：创意手工创意表演、科技制作（创客）、文化传承、户外拓展等5个类别20多个项目课程.

（1）学校3月份接待学生1000人，5月份增长到2560人，求该学校接待学生人数的平均月增长率是多少？

（2）在参加“创意手工”体验课程后，小明发动本校同学将制作的作品义卖募捐.当作品卖出的单价是2元时，每天

义卖的数量是150件；当作品的单价每涨高1元时，每天义卖的数量将减少10件.问：在作品单价尽可能便宜的前提

下，当单价定为多少元时，义卖所得的金额为600元？

26.（10分）为贯彻落实关于“传承和弘扬中华优秀传统文化”的重要讲话精神，2018年5月27日我市举办了第二届湖

南省青少年国学大赛永州复赛.本次比赛全市共有近200所学校4.6万名学生参加.经各校推荐报名、县区初赛选拔、市

区淘汰赛的层层选拔，推选出优秀的学生参加全省的总决赛.下面是某县初赛时选手成绩的统计图表（部分信息未给出）.

成绩频数频率

90Wxv10510m

105<x<120150.3

120<x<135n0.4

135<x<15050.1

请根据图表信息回答下列问题：

（1）在频数分布表中，m=,n=

（2）请将频数直方图补充完整；

（3）若测试成绩不低于120分为优秀，则本次测试的优秀率是多少？

参考答案

一、选择题（每小题3分，共30分）

1、C

【解题分析】

由平行四边形的性质和已知条件计算即可，解题注意求平行四边形ABCD的两条对角线的和时要把两条对角线作为一

个整体求出.

【题目详解】

解：•••四边形ABCD是平行四边形，

；.AB=CD=6,

VAOCD的周长为25,

...OD+OC=25-6=19,

VBD=2OD,AC=2OC,

.♦.QABCD的两条对角线的和BD+AC=2（OD+OC）=1.

故选：C.

【题目点拨】

本题主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题.平行四边形的基本性质：①平行四边形两组对边分别平行;

②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分.

2、D

【解题分析】

在这四位同学中，丙、丁的平均时间一样，比甲、乙的用时少，但丁的方差小，成绩比较稳定，由此可

知，可选择丁，故选D.

3、A

【解题分析】

根据菱形的对角线互相垂直，利用勾股定理列式求出OB即可.

【题目详解】

解：•.•四边形ABCD是菱形，

.*.OA=OC=3,OB=OD,AC1BD,

在R3AOB中，NAOB=90。,

根据勾股定理，得：OB=JAB?_以2=正_§2=%

故选A.

【题目点拨】

本题考查了菱形性质，勾股定理的应用等知识，比较简单，熟记性质是解题的关键.

4、C

【解题分析】

试题分析：如图，连接AA'、BB，,

•••点A的坐标为（0,3）,aOAB沿x轴向右平移后得到△（），A，Bz,

:.点屋的纵坐标是3。

_33

又,•,点A的对应点在直线丫=—x上一点，3=-x,解得x=4。

44

...点A'的坐标是（4,3）。

.\AAZ=4o

,根据平移的性质知BB，=AA'=4。

故选C。

5、C

【解题分析】

一组数据中出现次数最多的数据叫作这组数据的众数，据此解答即可得到答案.

【题目详解】

解：这组数据中8、9、11各出现一次，10出现两次，因此这组数据的众数是10.

故选C.

【题目点拨】

本题主要考查了众数的含义.

6、B

【解题分析】

先变形得一元二次方程的一般形式，再用分解因式法解方程即可.

【题目详解】

解：移项，得x2—x=0,

原方程即为x(x-l)=0,

所以，x=0或x—1=0,

所以X1=1，X2=0.

故选B.

【题目点拨】

本题考查了一元二次方程的解法，熟知一元二次方程的四种解法(完全开平方法、配方法、公式法和分解因式法)并

能根据方程的特点灵活应用是求解的关键.

7、B

【解题分析】

试题解析：假如平行四边形ABCD是矩形，

OA=OC,OB=OD,AC=BD,

/.OA=OB=1.

故选B.

点睛：对角线相等的平行四边形是矩形.

8、C

【解题分析】

根据轴对称图形和中心对称图形的概念，即可求解.

【题目详解】

解：4、3都只是轴对称图形；

C、既是轴对称图形，又是中心对称图形；

。、只是中心对称图形.

故选：C.

【题目点拨】

掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键.

9、C

【解题分析】

42

解：设A（。,一），可求出D（2a,—）,由于对角线垂直，计算对角线乘积的一半即可.

aa

【题目详解】

4.2

设A（a,—）,可求出D（2a,—）,

aa

；AB_LCD,

114

••S四边形ACBD=-AB-CD=—x2ax—=4,

22a

故选：C.

【题目点拨】

本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义以及线段垂直平分线的性质，解题的关键是设出点A和点8的坐标.

10、C

【解题分析】

分析：利用中位线的性质证明四边形ErGH为平行四边形；再根据菱形的对角线互相垂直，可证NE"G=90。，从而根

据矩形的判定：有一角为90。的平行四边形是矩形，得出菱形中点四边形的形状.

详解：,••菱形ABC。中，如果E、F、G、"分别是各边的中点，

1

：.HE//GF//AC,HE=GF=-AC,

:.四边形EFGH为平行四边形;

又•••菱形的对角线互相垂直，

Z£HG=90°,

二四边形EFGH的形状是矩形.

故选：C.

点睛：此题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，矩形的判定.矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行

四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形.

二、填空题（每小题3分，共24分）

11>x>2019

【解题分析】

根据二次根式的定义进行解答.

【题目详解】

Jx-2019在实数范围内有意义,即X-201920,所以X的取值范围是XN2019.

【题目点拨】

本题考查了二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是本题解题关键.

12、J=2X2+1.

【解题分析】

先利用顶点式得到抛物线y=2（x-1）2+1顶点坐标为（1,1）,再根据点平移的坐标特征得到点（1,1）平移后所得

对应点的坐标为（0,1）,然后根据顶点式写出平移后的抛物线的解析式即可.

【题目详解】

抛物线y=2（x-1）2+1顶点坐标为（1,1）,点（1,1）先向左平移2个单位，再向上平移1个单位后所得对应点的

坐标为（0,1）,所以平移后的抛物线的解析式为y=2/+1.

故答案是:y=2/+i.

【题目点拨】

本题考查了抛物线的平移，根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标为（0,1）是解决问题的关键.

13、65°

【解题分析】

利用已知条件易证ADEC是等腰三角形,再由NB的度数可求出ND的度数，进而可根据等腰三角形的性质求出NDCE

的度数.

【题目详解】

•.•四边形ABCD是平行四边形，

；.AD〃BC,ZB=ZC=50°,

.\ZDEC=ZECB

VCE平分NBCD交AD于点E,

；.NDCE=NBCE,

ZDEC=ZDCE,

180°-50°

:.NDCE==65°,

2

故答案为：65°.

【题目点拨】

本题考查的知识点是平行四边形的性质，解题关键是利用等腰三角形性质进行解答.

14、y=2x-2

【解题分析】

根据一次函数图象几何变换的规律得到直线y=lx向下平移1个单位得到的函数解析式为y=lx-l.

【题目详解】

解：直线y=lx向下平移1个单位得到的函数解析式为y=lx-l

故答案为：y=lx-l

【题目点拨】

本题考查了一次函数图象几何变换规律：一次函数丫=1«（k/0）的图象为直线，直线平移时k值不变，当直线向上平

移m（m为正数）个单位，则平移后直线的解析式为y=kx+m.当直线向下平移m（m为正数）个单位，则平移后直

线的解析式为y=kx-m.

15、矩形是两条对角线相等的平行四边形.

【解题分析】

把命题的条件和结论互换就得到它的逆命题.

【题目详解】

命题”两条对角线相等的平行四边形是矩形"的逆命题是矩形是两条对角线相等的平行四边形，

故答案为矩形是两条对角线相等的平行四边形.

【题目点拨】

本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第

二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题.其中一个命题称为另一个命题的逆命题.

16、2

【解题分析】

分式的值为1的条件是：（1）分子为1;（2）分母不为1.两个条件需同时具备，缺一不可.据此可以解答本题.

【题目详解】

解：由题意可得|xb2=1且x+2Wl,

解得x=2.

故答案是：2.

【题目点拨】

考查了分式的值为零的条件，由于该类型的题易忽略分母不为1这个条件，所以常以这个知识点来命题.

17、2

【解题分析】

用因式分解法可以求出方程的两个根分别是3和1,根据等腰三角形的三边关系，腰应该是1,底是3,然后可以求出

三角形的周长.

【题目详解】

X2-9X+18=0

(x-3)(x-1)=0

解得Xl=3,X2=l.

由三角形的三边关系可得：腰长是1,底边是3,

所故周长是：1+1+3=2.

故答案为：2.

【题目点拨】

此题考查解一元二次方程-因式分解，解题关键在于用十字相乘法因式分解求出方程的两个根，然后根据三角形的三边

关系求出三角形的周长.

18、xWl.

【解题分析】

先根据二次根式有意义的条件列出关于X的不等式，求出X的取值范围即可.

【题目详解】

•••式子"二1在实数范围内有意义，

-x20,

解得xWL

故答案为xWL

【题目点拨】

本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解答此题的关键.

三、解答题(共66分)

19、(1)①证明见解析；②BE=2CF,BE±CF；(2)仍然有BE=2CF,BE±CF.

【解题分析】

(1)①如图1,由AF=CF得到N1=N2,则利用等角的余角相等可得N3=NADC,然后根据等腰三角形的判定定理

得FD=FC,易得AF=FD；

②先利用等腰直角三角形的性质得CA=CB,CD=CE,则可证明aADC之4BEC得到AD=BE,Z1=ZCBE,由于

AD=2CF,Z1=Z2,贝!)BE=2CF,再证明/CBE+N3=90。，于是可判断CF_LBE；

(2)延长CF到G使FG=CF,连结AG、DG,如图2,易得四边形ACDG为平行四边形，贝!IAG=CD,AG〃CD,

于是根据平行线的性质得NGAC=18(r-NACD,所以CD=CE=AG,再根据旋转的性质得NBCD=a,所以

ZBCE=ZDCE+ZBCD=90°+a=90°+90°-ZACD=180°-ZACD,得至!]NGAC=NECB,接着可证明AAGC且2XCEB,

得到CG=BE,Z2=Z1,所以BE=2CF,和前面一样可证得CF±BE.

【题目详解】

(1)①证明：如图1,

VAF=CF,

,•.Z1=Z2,

VZ1+ZADC=9O°,Z2+Z3=90°,

；.N3=NADC,

.\FD=FC,

/.AF=FD,

即点F是AD的中点；

②BE=2CF,BE1CF.理由如下：

,/AABC和4DEC都是等腰直角三角形,

ACA=CB,CD=CE,

在△ADC和aBEC中

CA=CB

<ZACD=ZBCE,

CD=CE

.'.△ADC丝△BEC,

；.AD=BE,Z1=ZCBE,

而AD=2CF,Z1=Z2,

.\BE=2CF,

而N2+N3=90°,

.\ZCBE+Z3=90°,

ACF1BE；

(2)仍然有BE=2CF,BE±CF.理由如下:

延长CF至！）G使FG=CF,连结AG、DG,如图2,

图2

,/AF=DF,FG=FC,

二四边形ACDG为平行四边形，

；.AG=CD,AG〃CD,

/.ZGAC+ZACD=180°,BPZGAC=1800-ZACD,

/.CD=CE=AG,

二•△DEC绕点C顺时针旋转a角(0<a<90°),

:.ZBCD=a,

/.ZBCE=ZDCE+ZBCD=90°+a=90°+90°-ZACD=1800-ZACD,

AZGAC=ZECB,

^△AGC和ACEB中

AG=CE

<ZGAC=ZECB,

AC=BC

/.△AGC^ACEB,

.\CG=BE,Z2=Z1,

.\BE=2CF,

而N2+NBCF=90°,

.•.ZBCF+Z1=9O°,

.\CF±BE.

故答案为(1)①证明见解析；②BE=2CF,BE±CF；(2)仍然有BE=2CF,BE±CF.

【题目点拨】

本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形和平行四边形的性质.

20、(1)7+9忘(2)K、@,-V2),((2+夜，-2-72)

【解题分析】

（1）根据题意求得点4、B、C、E的坐标，进而求得直线4和直线AC解析式.过点P作x轴垂线PG交AC于

点、H,设点P横坐标为才，即能用，表示尸、H的坐标进而表示7W的长.由

==2叫得到关于'的二次函数'即求得'为何值时WC面积最

大，求得此时点尸坐标.把点尸向上平移的长，易证四边形〃VWP是平行四边形，故有PM=PN.在直线4的

上方以EN为斜边作等腰RtANEQ,则有NQ=?EN.所以PM+MN+^EN=PN+MN+NQ,其中ACV的长为

定值，易得当点尸'、N、。在同一直线上时，线段和的值最小.又点N是动点，NQ1EQ,由垂线段最短可知过点

p作£Q的垂线段PR时，PN+NQ=PR最短.求直线EQ、PR解析式，联立方程组即求得点R坐标，进而求得

P7?的长.

（2）先求得C,D,歹的坐标，可得AC。b是等腰直角三角形，当AC。咒绕p逆时针旋转45。再沿直线PD平移

可得△尸C"ZT,根据以。，C",D',K为顶点的四边形为菱形，可得OK//CTT,PD±C"D',OK±PD,OK=2,

即可求得K的坐标，当AC。咒绕p顺时针旋转45。再沿直线PD平移可得△尸C7T,根据以。，C",D',K为

顶点的四边形为菱形，可得OKLPD,OK=2&+2,即可求得K的坐标.

【题目详解】

解：（1）如图1,过点尸作轴于点G,交AC于点"，在PG上截取=连接p'N，

以NE为斜边在直线NE上方作等腰RtANEQ,过点p'作P'RJ_E。于点R

・二％=0时，y=^x2+X-4=-4

/.C(0,-4)

y=0时，—x2+x-4=0

2

解得：匹=-4,X2=2

"(—4,0),3(2,0)

二直线AC解析式为y=-x—4

抛物线上的点E的横坐标为3

1,7

y=—x3+3—4=一

"F22

77

"(3,万),直线/Q=5

点"在x轴上，点N在直线4上，加,无轴

7

;.PP'=MN=—

2

设抛物线上的点尸1r+r-4)(-4<r<0)

11

/.PH=9+t-^)=——t9-2t

22

111

•••S^c=S^H+SbcPH=-PH.AG+-PH.OG=-PH.OA=2PH=-t29-4t

・二当，=--=—2时，5pc最大

-2AA

12/cc/,71

yP=—t+^—4=2—2—4=—4,yp,=yP+—=——

PP=MN,PP1//MN

四边形PMVP是平行四边形

:.PM=PN

等腰RtANEQ中，NE为斜边

:"NEQ=NENQ=45。,NQ1EQ

:.NQ=^EN

J?7

:.PM+MN+-^-EN=P'N+PP'+NQ=-+P'N+NQ

当点P、N、Q在同一直线上时，PN+NQ=PR最小

57

:.PM+MN+—EN=-+P'R

22

设直线石。解析式为y=—%+♦

713

—3+a=—解得：a=—

22

直线EQ:y=-x+—

设直线PH解析式为y=x+b

13

2+"=心解得：b=-

3

直线PfR:y=x+—

5

%=一

解得：<2

y=x+—y=4

二吟4)

PR=J(|+2)2+(4+g)2=乎

:.PM+MN+—EN最小值为7+90

22

(2)PDLAC,尸(—2,-4),

二直线解析式为：y=x-2,

£>(0,-2),F(-l,-3),

：.CD=2,DF=CF=0，AC。b是等腰直角三角形，

如图2,把ADR?绕顶点厂逆时针旋转45°,得到△ZXFC,.•.（7（直-1,-3）,。（-1,血-3）

把△ZXFC沿直线PO平移至连接"IT,CC"

则直线CC”解析式为y=x-2-夜，直线"ZT解析式为、=工+应-2,显然OC〃..及+1>2=。力”

•••以。，C",D',K为顶点的四边形为菱形，OC”不可能为边，只能以ozr、为邻边构成菱形

:.OD'=C'D'=OK=2,

OK//CD',PDVC'D'

:.OK±PD

，K|(0,-衣，

如图3,把ANC绕顶点/顺时针旋转45。，得到△Z/FC,

图3

C(-l,-3-V2),-72-3)

把△ZXFC沿直线P£)平移至尸C”,连接CC",

显然，CD"PD,OC"..Ji+\>C"D",OD"..Ji+\>C"D",

二以。，C",D',K为顶点的四边形为菱形，c〃zr只能为对角线,

K-,(2+y/2.)—2—y/2,').

综上所述，点K的坐标为：&(0,-V2),6(2+及，-2-A/2).

【题目点拨】

本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数最值应用，线段和最小值问题，待定系数法求函数解析式，平移、旋转

等几何变换，等腰直角三角形性质，菱形性质等知识点，能熟练运用相关的性质定理是解题的关键.

21、(1)372；(2)272+2;⑶BP=芋或3或30.

【解题分析】

(1)先根据题意推出△ABE是等腰直角三角形，再根据勾股定理计算即可.

(2)首先要推出ACPQ是等腰直角三角形，再根据已知推出各边的长度，然后相加即可.

(3)首先证明△BPEs^CQP,然后分三种情况讨论，分别求解，即可解决问题.

【题目详解】

(1),••四边形ABCD是平行四边形,

/.AB=CD,

VBE=CD=3,

；.AB=BE=3,

XVZA=45°,

/.ZBEA=ZA=45°,ZABE=90°,

根据勾股定理得AE=J32+32=3V2;

(2)•..四边形ABCD是平行四边形，

/.AB=CD,ZA=ZC=45°,

又四边形ABPE是平行四边形，

；.BP〃AB,且AE=BP,

/.BP/7CD,

.,.ED=CP=72，

'：ZEPQ=45°,

/.ZPQC=ZEPQ=45°,

/.ZPQC=ZC=45O,ZQPC=90°,

.♦.CP=PQ=£QC=2,

/.△CPQ的周长=2血+2；

(3)解：如图，作BHJ_AE于H,连接BE.

•••四边形ABCD是平行四边形，

.*.AB=CD=3,AD=BC=AE+ED=4夜，ZA=ZC=45°

.•.AH=BH=^,HE=AD-AH-DE=

22

；.BH=EH,

:.ZEBH=ZHEB=ZEBC=45°,

；.NEBP=NC=45°,

,/ZBPQ=ZEPB+ZEPQ=ZC+ZPQC,NEPQ=NC,

/.ZEPB=ZPQC,

/.△BPE^ACQP.

①当QP=QC时，贝!!BP=PE,

，ZEBP=ZBEP=45°,贝(IZBPE=90°,

四边形BPEF是矩形，

BP=EF=^1,

2

②当CP=CQ时，贝！JBP=BE=3,

③当CP=PQ时，贝!!BE=PE=3,ZBEP=90°,

.•.△BPE为等腰三角形，

.*.BP2=BE2+PE2,

**•BP=3\/2，

综上：BP=芈或3或3后.

【题目点拨】

本题利用平行四边形的性质求解，其中运用了分类讨论的思想，这是解题关键.

3

22、(1)AACP^ABPQ,理由见解析；线段PC与线段PQ垂直(2)1或5(3)9s

【解题分析】

(1)利用SAS证得ZkACPgaBPQ,得出NACP=NBPQ,进一步得出NAPC+NBPQ=NAPC+NACP=90。得出结论

即可；

(2)由AACPg△BPQ,分两种情况：①AC=BP,AP=BQ,②AC=BQ,AP=BP,建立方程组求得答案即可.

(3)因为VQCVP,只能是点P追上点Q,即点P比点Q多走PB+BQ的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得.

【题目详解】

(1)当t=l时，AP=BQ=3,BP=AC=9,

又•.•NA=NB=90°,

AP=BQ

在AACP与△BPQ中，＜ZA=ZB,

AC=BP

.•.AACP^ABPQ(SAS),

•\ZACP=ZBPQ,

:.ZAPC+ZBPQ=ZAPC+ZACP=90°,

NCPQ=90。，

则线段PC与线段PQ垂直.

(2)设点Q的运动速度x,

①若AACPgZ\BPQ,贝！］AC=BP,AP=BQ,

9=12-?

<,

t=xt

t-3

解得，

x=l

②若AACPdBPQ,贝!|AC=BQ,AP=BP,

9=xt

t=12—t

t-6

解得13，

I2

U=3k6

综上所述，存在〈，或<3使得4ACP与ABPQ全等.

x=lx=—

i〔2

(3)因为VQVVP,只能是点P追上点Q,即点P比点Q多走PB+BQ的路程，

设经过x秒后P与Q第一次相遇，

；AC=BD=9cm,C,D分别是AE,BD的中点；

EB=EA=18cm.

当VQ=1时,

依题意得3x=x+2x9,

解得x=9；

当VQ=』时，

3

依题意得3x=-x+2x9,

2

解得x=12.

故经过9秒或12秒时P与Q第一次相遇.

【题目点拨】

本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元一次方程的性质与运算.

23、(1)详见解析；

(2)四边形AFCE是矩形，证明见解析；

(3)四边形AFCE是正方形.

【解题分析】

(1)由平行四边形的性质得出03=0。，OA=OC,AD//BC,得出NO3尸=NO£)E,由ASA证明45歹。名△OEO

即可；

(2)由全等三角形的性质得出5尸=OE,证出四边形AFCE是平行四边形，再证出NAFC=90。，即可得出四边形AFCE

是矩形.

(3)由