数学抽象—浙江省八（下）数学期末复习
一、选择题
1．（2025·连州模拟）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小陶家有一个菱形中国结装饰如图1所示，其示意图如图2所示，测得，，则该菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025八下·浙江期中）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值。如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廊是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖州模拟）如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知的初始长为，如果要使的长达到， 那么的长需要缩短（ ）
A．6 cm B．8 cm C． D．
二、填空题
5．（2024八下·温州期末）如图1是一款风筝，图2是其骨架示意图，，，，是矩形的四个顶点，点，在中垂线上，，，交于点，，交于点.若，，则骨架总长（图2中所有实线之和）为 ．
6．（2021八下·南浔期末）已知一个液压升降机如图1所示，图2和图3是该液压升降机的平面示意图，菱形 的边长及等腰三角形 、 的腰长都是定值且相等.如图2，载物台 到水平底座 的距离 为 ，此时 ；如图3，当 时，载物台 到水平底座 的距离 为 （结果精确到 ，参考数据： ， ）.
7．（2022八下·婺城期末）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1)沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2-9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形和四边形都是平行四边形，，，已知关闭折伞后，点、、三点重合，点与点重合．
（1）BN= ；
（2）当时，点到伞柄距离为 ．
8．（2023八下·义乌期中）图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，为滑轨，为固定长度的连杆．支点A固定在上，支点B固定在连杆上，支点D固定在连杆上．支点P可以在上滑动，点P的滑动带动点的运动．已知，，，，．窗户在关闭状态下，点B、C、D、E都在滑轨MN上．当窗户开到最大时，．
（1）若，则支点P与支点A的距离为 cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为 cm．
9．（2024八下·义乌月考）美术兴趣小组的同学准备用长为，宽为的三幅绘画作品装饰教学楼楼道的一块平行四边形墙面．如图，是这块墙面的示意图，其中，，．要求：①中间这幅画的中心（对角线交点）与的对角线交点O重合，②每幅画的下边缘与水平地面平行，③三幅画的左下角E，F，G在同一直线上，且这条直线与平行，④相邻两幅画的水平间距，E到的距离，H到的距离均相等．则第一幅画的左下角E到的距离为 m，E到的铅垂距离交于Q）为 m．
10．（2021八下·温州期末）图1是一款平衡荡板器材，示意图如图2，A，D为支架顶点，支撑点B，C，E，F在水平地面同一直线上，G，H为荡板上固定的点，GH∥BF，测量得AG=GH=DH，Q为DF上一点且离地面1m，旋转过程中，AG始终与DH保持平行，如图3，当旋转至A，Q，H在同一直线上时，连结G'Q，测得G'Q=1.6m，∠DQG=90°，此时荡板G'H距离地面0.6m，则点D离地面的距离为 m
11．（2023八下·龙湾期中）如图2，是某款台灯（图1）的示意图，处于水平位置的横杆EF可以绕着点O转动．当OF分别转到OM，ON的位置时，测得∠MON＝90°，M，N的高度差GH＝51cm，N，F的水平距离NH＝3cm，若该台灯底座高度AB＝4cm，则点O到桌面BC的距离为 cm．
12．（2023八下·温州期中）如图1是雨伞的结构示意图．是伞柄，，，是伞骨．已知点A，C分别是，的中点．．点B，D在上滑动时，可将雨伞打开或收拢．当与水平面垂直时打开雨伞，雨伞能罩住的水平面大小可近似地看成一个圆．如图2，当雨伞完全打开时，；再将雨伞收拢到如图3，此时，且点到的距离恰好等于图2中的长．则伞骨的长为 ，设图2中能罩住的水平面面积是，图3中能罩住的水平面面积是，则 ．
三、解答题
13．（2024八下·慈溪期末）“小小停车位，关乎大民生”，某数学兴趣小组关注到本校教师每天进校的车辆数超过学校原有的停车位数，有部分车辆不能规范停放，对校园安全存在一定的隐患，于是打算向学校提供一个增设停车位的方案．
素材1：该兴趣小组对学校的一片空地进行了实地测量，测得空地长32米，宽14米．
素材2：
停车位布置方式 垂直停车位 倾斜停车位
示意图
车位标准尺寸 长6米，宽2.5米 倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米
通道 通道宽度不小于3.5米
任务1 兴趣小组根据素材2分别设计了垂直停车位和倾斜停车位．垂直停车位如图1，，，；倾斜停车位如图2，，，．请分别判断所设计的两种停车位的形状，并选择一种说明理由．
任务2 为了排除校园安全隐患，根据素材2提供的信息，若用上述设计的两种停车位，并尽可能多的设置停车位数量，学校该空地应选择哪种停车位布置方式？最多可以设置多少个停车位？（参考数据：）
14．（2024八下·黔南期末）某商铺为更好地服务顾客，便于顾客休憩，提升顾客的幸福感，在其商铺外墙安装遮阳棚如图，如图是该遮阳棚侧面横截示意图已知遮阳棚长米，靠墙端离地面的高度为米，遮阳棚与墙面的夹角图中所有点均在同一平面内
（1）求点到墙面的距离的长；
（2）某日阳光明媚，一束太阳光线经点射入，落在地面上的点处当时，求的长．
15．（2025八下·临海期中）图1是升降式篮球架，图2是其侧面示意图，立柱，．伸缩杆的长度变化，带动旋转杆，分别绕点O，A转动、篮板升降．已知，，，，，．
（1）求证：；
（2）当篮筐离地高度时．
①判断四边形的形状，并说明理由；
②此时伸缩杆的长度为 ▲ cm；
（3）受制造工艺限制，要求，求篮筐离地高度的取值范围．
16．（2022八上·东阳期中）如图1是吊车的实物图，图2是吊车工作示意图．吊车作业时是通过液压杆CD的伸缩使起重臂AB绕点B转动的，从而使得起重臂升降作业（起重臂AB的长度也可以伸缩）在某次起重作业中，学习兴趣小组测经过测量和咨询工人师傅了解到如下信息：如图3，起重臂米，点B到地面的距离米，钢丝绳所在直线AF垂直地面于点F，点B到AF的距离米．求点A到地面的距离AF的长为多少米？
17．（2024九上·海淀开学考）【问题呈现】
小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值．
【问题分析】
小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】
如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：；
（2）的大小为 度，线段长度的最小值为________．
【方法应用】
某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】菱形的性质
2．【答案】C
【知识点】平面镶嵌（密铺）；多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：∵多边形的外角和为
故答案为：C.
【分析】直接利用多边形的外角和为 即可得出答案.
3．【答案】A
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵正八边形的外角和为360°，
∴每一个外角为：360÷8=45°，
∴∠1=45°.
故答案为：A.
【分析】根据多边形的外角和定理即可求解.
4．【答案】D
【知识点】菱形的性质；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：设与相交于点O，与相交于点．
∵四边形和四边形是菱形，
∴，，，，
，
∴，，
∴，，
∴，
∴的长需要缩短．
故答案为：D
【分析】本题考查菱形的性质以及勾股定理的应用，设与相交于点O，与相交于点，由菱形的性质得出，，，，
，，利用勾股定理可得求出和，再根据，，可求出和，利用线段的运算可求出，进而可求出答案．
5．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】如图，连接分别交，于点G，H，
∵点在中垂线上，，，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∵点在中垂线上，，四边形是矩形
∴
∴
同理可得：，
∴骨架总长为
故答案为：．
【分析】连接分别交，于点G，H，利用勾股定理DE和AE长，解答即可．
6．【答案】85
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图2，连接OP并延长，交AB、EF于点M、N，连接CD，与MN交于点Q，
∵四边形 是菱形，等腰三角形 、 的腰长都是定值且相等，
∴ ， ，
∵载物台 到水平底座 的距离 为 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
如图3，连接OP并延长，交AB、EF于点G、H，
同理可得 ，
∵ ，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为85.
【分析】连接OP并延长，交AB、EF于点M、N，连接CD，与MN交于点Q，由题意可得MN⊥EF，MN⊥AB，QP=PN=QO=OM=15cm，MN=60cm，根据∠AOB=120°可得∠OAB=30°，据此可得OA的值；连接OP并延长，交AB、EF于点G、H，同理可得GH=h2=4OG，△OAB是等腰直角三角形，据此可得OG，进而得到GH的值.
7．【答案】（1）25
（2）
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵关闭折伞后，点、、三点重合，
，
，
，
，
故答案为：25；
（2）如图2，、、三点共线并且，
，，
，
，，
，
，
，
，
关闭折伞后，点、、三点重合，点与点重合，
，，，
，
点H到伞柄AB距离为．
故答案为：．
【分析】（1）由题意可得AC=CD+DE，代入求出CD的值，然后根据CN=CD-DN求出CN，再根据BN=BC+CN进行计算；
（2）A、E、H三点共线并且AH⊥AB，易得△ABC为等边三角形，则∠ACB=60°，根据平行线的性质可得∠AFE=∠EGH=120°，根据等腰三角形的性质可得∠EAF=∠AEF=30°，则AE⊥AB，由题意可得AF=12，MN=BN=25，EG=HG=27，然后根据AH=AE+EH进行计算.
8．【答案】；12
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
9．【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质；同位角的概念
10．【答案】
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作DM⊥PQ与M，QN⊥G'M'与N，连接AD、AH'，如图所示：
由题意得AG'=DH'，AG'∥DH'，
∴四边形AG'H'D为平行四边形，
∵AG'=G'H'，
∴四边形AG'H'D为菱形，
∴AH'⊥DG'且AH'与DG'互相平分，
∵Q在AH'上，
∴QG'=QD=1.6m，
∵∠DQG'=90°，
∴∠QG'H'+∠QRG'=90°，
∵ DM⊥PQ，
∴OD⊥G'H'，
∴∠ODR+∠QRG'=90°，
∴∠ODR=∠QG'H'，
∵QN⊥G'M'，
∴∠QNG'=∠QPD=90°，
∴△QNG'≌△QPD（AAS），
∴QN=QM，
∵Q为DF上一点且离地面1m， G'H距离地面0.6m，
∴QN=QM=1-0.6=0.4，
∴D离地面的距离为，
故答案为：.
【分析】作DM⊥PQ与M，QN⊥G'M'与N，连接AD、AH'，依据平行四边形的性质和判定结合菱形的判定和性质证明出QG'=QD=1.6m，再运用全等三角形的性质和判定得出QN=QM，再运用勾股定理即可求解.
11．【答案】38
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点M作MP⊥OG于点P，过点N作NQ⊥EF于点Q，
由题意得，OM=ON=OF=OG'，四边形OFGP是矩形，四边形FHNQ是矩形，
∴OP=FG，∠FOP=90°，NQ=FH，FQ=NH=3cm，
∵∠MON=90°，
∴∠POM=∠QON=90°-∠FOM，
在△MOP和△NOQ中，
∵∠POM=∠QON，∠OPM=∠OQN=90°，OM=ON，
∴△MOP≌△NOQ（AAS），
∴OP=OQ，PM=QN，
设OM=ON=OF=OG'=x，则OP=OQ=（x-3）cm，NQ=FH=51-FG=51-OP=51-OQ=51-(x-3)=(54-x)cm，
在Rt△ONQ中，由勾股定理得（x-3）2+（54-x）2=x2，
解得x=34或70，
∵70＞51，
∴x=70不符合题意，舍去，
∴OG'=34cm，
∴点O到桌面BC的距离为OG'+AB=38cm.
故答案为：38.
【分析】过点M作MP⊥OG于点P，过点N作NQ⊥EF于点Q，由题意得，OM=ON=OF=OG'，四边形OFGP、FHNQ是矩形，由矩形的性质得OP=FG，∠FOP=90°，NQ=FH，FQ=NH=3cm，由同角的余角相等得∠POM=∠QON，由AAS判断出△MOP≌△NOQ，得OP=OQ，PM=QN，设OM=ON=OF=OG'=x，则OP=OQ=（x-3）cm，NQ=(54-x)cm，在Rt△ONQ中，由勾股定理建立方程求解并检验可得x的值，从而此题得解.
12．【答案】；6
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点M作MN⊥OP于点N，连接AN，
∵∠ABD=90°，
∴AB∥MN，
∵点A为OM的中点，
∴AN=OA=AM，点B为ON的中点，
∵点B、A是ON，OM的中点，
∴AB是△OMN的中位线，
∴MN=2AB，
∵点C是AB的中点，
∴AB=2BC，MN=4BC，
在Rt△BCD中，
，
∴；
过点A′作A′E⊥OP于点E，过点C′作C′F⊥OP于点F，过点M′作M′H⊥OP于点H，
由题意得
C′F=1，
同理可证C′F是△A′B′E的中位线，
∴A′E=2C′F=2，
同理：M′H=2A′E=4，
∴.
故答案为：，6
【分析】过点M作MN⊥OP于点N，连接AN，易证AB∥MN，结合已知条件可得到AN=OA=AM，点B为ON的中点，可推出AB是△OMN的中位线，利用三角形的中位线定理可知MN=2AB，利用线段中点的定义可证得MN=4BC，利用勾股定理求出BC的长，可得到AB，MN的长；过点A′作A′E⊥OP于点E，过点C′作C′F⊥OP于点F，过点M′作M′H⊥OP于点H，可知C′F=1，同理可证C′F是△A′B′E的中位线，可得到A′E的长，然后求出 的值.
13．【答案】解：任务一
图1设计的停车位是矩形，图2设计的停车位是平行四边形，
理由：在图1中，，，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
在图2中，因为，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
任务二：
设置垂直停车位
空地长32米，宽14米，垂直停车位长6米，宽2.5米，通道宽度不小于3.5米，
（个），即按照宽度来设置停车位可以设置个，
（列），即垂直停车位可以设置3列，
垂直停车位最多可以设置（个）；
设置倾斜停车位：
过点作于点，过点作垂直于延长线于点，
四边形是平行四边形，
米，，，
，
，米，，，
，，
在中，，
米，
米，
在中，，
设，则，
，解得，
米，
每行设置车位数个，
，
可以设置两行倾斜停车位，共个，
学校该空地应选择倾斜停车位布置方式，最多可以设置个停车位
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】任务一：易证可以判定四边形是矩形；在图2中利用已知条件：，，可推出EG∥FH，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
任务二：按照空地宽度设置垂直停车位的宽度，确定设置列数，就可以求出总的车位数；过点作于点，过点作垂直于延长线于点，由于，利用平行四边形的性质和勾股定理，分别计算出，，，确定每行车位数和设置的行数，进而求出设置倾斜停车位数，即可得出结论．
14．【答案】（1）解：依题意得：米，，，
，
在中，，米，
（米），
由勾股定理得：（米），
即点到墙面的距离的长为米；
（2）解：过点作于，如图所示：
依题意得：米，，，
四边形为矩形，
米，米，
设米，则米，
米，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：．
即的长米．
【知识点】矩形的判定与性质；直角三角形的性质
【解析】【分析】(1)依题意得：米，，，进而求得，再通过含角直角三角形的性质求得点到墙面的距离的长.
(2)作，易证四边形为矩形，设米，表示出EH的长度，再通过勾股定理列出方程，解得，故的长米．
15．【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵，∴．
（2）解：①∵，，，
∴四边形是矩形，
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
②；
（3）解：当时，过点M作ME⊥OP于点E，则OE=EM=50，
∴，
当时，过点M作ME⊥OP于点E，则∠EMO=30°，
∴CE=50cm，
．
∴
【知识点】矩形的判定与性质；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】（2）②过点Q作QD⊥OC于点D，
则ODQP是矩形，
∴DQ=OP=120cm，OD=PQ=40cm，
∴CD=OC-OD=50-40=10cm，
∴CQ=cm，
故答案为：；
【分析】（1）先得到是平行四边形，即可得到对边平行，即可得到垂直；
（2）①先得到是矩形， 即可根据有一个角是直角得到是平行四边形；
②过点Q作QD⊥OC于点D，则ODQP是矩形，根据勾股定理求出CQ长即可；
（3）分别计算当和是的MH的值，即可得到取值范围.
16．【答案】解：在中，由勾股定理得米
∵，，
∴
∵四边形BEFG是矩形
∴米
∴米
答：A到地面的距离AF的长为7.8米．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】根据勾股定理得出米，然后得到BEFG是矩形，即可得到米，然后根据计算即可．
17．【答案】解：问题解决：（1）证明：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，
四边形是平行四边形，
；
（2）30；
方法应用：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
当时，最小，此时最小，
作于点R，
在中，
，
在中，
，
线段长度的最小值为米．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】（2）在等边中，，
；
当时，最小，此时最小，
在中，
，
线段长度的最小值为；
【分析】（1）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，先证出四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质及等量代换求出即可；
（2）先证出当时，最小，此时最小，再结合求出即可；
（3）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，先证出当时，最小，此时最小，作于点R，求出，最后求出即可.
1 / 1数学抽象—浙江省八（下）数学期末复习
一、选择题
1．（2025·连州模拟）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小陶家有一个菱形中国结装饰如图1所示，其示意图如图2所示，测得，，则该菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质
2．（2025八下·浙江期中）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值。如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面镶嵌（密铺）；多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：∵多边形的外角和为
故答案为：C.
【分析】直接利用多边形的外角和为 即可得出答案.
3．图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廊是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中，图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：∵正八边形的外角和为360°，
∴每一个外角为：360÷8=45°，
∴∠1=45°.
故答案为：A.
【分析】根据多边形的外角和定理即可求解.
4．（2024·湖州模拟）如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知的初始长为，如果要使的长达到， 那么的长需要缩短（ ）
A．6 cm B．8 cm C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的性质；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】解：设与相交于点O，与相交于点．
∵四边形和四边形是菱形，
∴，，，，
，
∴，，
∴，，
∴，
∴的长需要缩短．
故答案为：D
【分析】本题考查菱形的性质以及勾股定理的应用，设与相交于点O，与相交于点，由菱形的性质得出，，，，
，，利用勾股定理可得求出和，再根据，，可求出和，利用线段的运算可求出，进而可求出答案．
二、填空题
5．（2024八下·温州期末）如图1是一款风筝，图2是其骨架示意图，，，，是矩形的四个顶点，点，在中垂线上，，，交于点，，交于点.若，，则骨架总长（图2中所有实线之和）为 ．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】如图，连接分别交，于点G，H，
∵点在中垂线上，，，
∴，
∴，
∴
∵
∴
∵点在中垂线上，，四边形是矩形
∴
∴
同理可得：，
∴骨架总长为
故答案为：．
【分析】连接分别交，于点G，H，利用勾股定理DE和AE长，解答即可．
6．（2021八下·南浔期末）已知一个液压升降机如图1所示，图2和图3是该液压升降机的平面示意图，菱形 的边长及等腰三角形 、 的腰长都是定值且相等.如图2，载物台 到水平底座 的距离 为 ，此时 ；如图3，当 时，载物台 到水平底座 的距离 为 （结果精确到 ，参考数据： ， ）.
【答案】85
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图2，连接OP并延长，交AB、EF于点M、N，连接CD，与MN交于点Q，
∵四边形 是菱形，等腰三角形 、 的腰长都是定值且相等，
∴ ， ，
∵载物台 到水平底座 的距离 为 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
如图3，连接OP并延长，交AB、EF于点G、H，
同理可得 ，
∵ ，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为85.
【分析】连接OP并延长，交AB、EF于点M、N，连接CD，与MN交于点Q，由题意可得MN⊥EF，MN⊥AB，QP=PN=QO=OM=15cm，MN=60cm，根据∠AOB=120°可得∠OAB=30°，据此可得OA的值；连接OP并延长，交AB、EF于点G、H，同理可得GH=h2=4OG，△OAB是等腰直角三角形，据此可得OG，进而得到GH的值.
7．（2022八下·婺城期末）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1)沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2-9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形和四边形都是平行四边形，，，已知关闭折伞后，点、、三点重合，点与点重合．
（1）BN= ；
（2）当时，点到伞柄距离为 ．
【答案】（1）25
（2）
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：（1）∵关闭折伞后，点、、三点重合，
，
，
，
，
故答案为：25；
（2）如图2，、、三点共线并且，
，，
，
，，
，
，
，
，
关闭折伞后，点、、三点重合，点与点重合，
，，，
，
点H到伞柄AB距离为．
故答案为：．
【分析】（1）由题意可得AC=CD+DE，代入求出CD的值，然后根据CN=CD-DN求出CN，再根据BN=BC+CN进行计算；
（2）A、E、H三点共线并且AH⊥AB，易得△ABC为等边三角形，则∠ACB=60°，根据平行线的性质可得∠AFE=∠EGH=120°，根据等腰三角形的性质可得∠EAF=∠AEF=30°，则AE⊥AB，由题意可得AF=12，MN=BN=25，EG=HG=27，然后根据AH=AE+EH进行计算.
8．（2023八下·义乌期中）图1是四连杆开平窗铰链，其示意图如图2所示，为滑轨，为固定长度的连杆．支点A固定在上，支点B固定在连杆上，支点D固定在连杆上．支点P可以在上滑动，点P的滑动带动点的运动．已知，，，，．窗户在关闭状态下，点B、C、D、E都在滑轨MN上．当窗户开到最大时，．
（1）若，则支点P与支点A的距离为 cm；
（2）窗户从关闭状态到开到最大的过程中，支点P移动的距离为 cm．
【答案】；12
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质
9．（2024八下·义乌月考）美术兴趣小组的同学准备用长为，宽为的三幅绘画作品装饰教学楼楼道的一块平行四边形墙面．如图，是这块墙面的示意图，其中，，．要求：①中间这幅画的中心（对角线交点）与的对角线交点O重合，②每幅画的下边缘与水平地面平行，③三幅画的左下角E，F，G在同一直线上，且这条直线与平行，④相邻两幅画的水平间距，E到的距离，H到的距离均相等．则第一幅画的左下角E到的距离为 m，E到的铅垂距离交于Q）为 m．
【答案】；
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质；同位角的概念
10．（2021八下·温州期末）图1是一款平衡荡板器材，示意图如图2，A，D为支架顶点，支撑点B，C，E，F在水平地面同一直线上，G，H为荡板上固定的点，GH∥BF，测量得AG=GH=DH，Q为DF上一点且离地面1m，旋转过程中，AG始终与DH保持平行，如图3，当旋转至A，Q，H在同一直线上时，连结G'Q，测得G'Q=1.6m，∠DQG=90°，此时荡板G'H距离地面0.6m，则点D离地面的距离为 m
【答案】
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作DM⊥PQ与M，QN⊥G'M'与N，连接AD、AH'，如图所示：
由题意得AG'=DH'，AG'∥DH'，
∴四边形AG'H'D为平行四边形，
∵AG'=G'H'，
∴四边形AG'H'D为菱形，
∴AH'⊥DG'且AH'与DG'互相平分，
∵Q在AH'上，
∴QG'=QD=1.6m，
∵∠DQG'=90°，
∴∠QG'H'+∠QRG'=90°，
∵ DM⊥PQ，
∴OD⊥G'H'，
∴∠ODR+∠QRG'=90°，
∴∠ODR=∠QG'H'，
∵QN⊥G'M'，
∴∠QNG'=∠QPD=90°，
∴△QNG'≌△QPD（AAS），
∴QN=QM，
∵Q为DF上一点且离地面1m， G'H距离地面0.6m，
∴QN=QM=1-0.6=0.4，
∴D离地面的距离为，
故答案为：.
【分析】作DM⊥PQ与M，QN⊥G'M'与N，连接AD、AH'，依据平行四边形的性质和判定结合菱形的判定和性质证明出QG'=QD=1.6m，再运用全等三角形的性质和判定得出QN=QM，再运用勾股定理即可求解.
11．（2023八下·龙湾期中）如图2，是某款台灯（图1）的示意图，处于水平位置的横杆EF可以绕着点O转动．当OF分别转到OM，ON的位置时，测得∠MON＝90°，M，N的高度差GH＝51cm，N，F的水平距离NH＝3cm，若该台灯底座高度AB＝4cm，则点O到桌面BC的距离为 cm．
【答案】38
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点M作MP⊥OG于点P，过点N作NQ⊥EF于点Q，
由题意得，OM=ON=OF=OG'，四边形OFGP是矩形，四边形FHNQ是矩形，
∴OP=FG，∠FOP=90°，NQ=FH，FQ=NH=3cm，
∵∠MON=90°，
∴∠POM=∠QON=90°-∠FOM，
在△MOP和△NOQ中，
∵∠POM=∠QON，∠OPM=∠OQN=90°，OM=ON，
∴△MOP≌△NOQ（AAS），
∴OP=OQ，PM=QN，
设OM=ON=OF=OG'=x，则OP=OQ=（x-3）cm，NQ=FH=51-FG=51-OP=51-OQ=51-(x-3)=(54-x)cm，
在Rt△ONQ中，由勾股定理得（x-3）2+（54-x）2=x2，
解得x=34或70，
∵70＞51，
∴x=70不符合题意，舍去，
∴OG'=34cm，
∴点O到桌面BC的距离为OG'+AB=38cm.
故答案为：38.
【分析】过点M作MP⊥OG于点P，过点N作NQ⊥EF于点Q，由题意得，OM=ON=OF=OG'，四边形OFGP、FHNQ是矩形，由矩形的性质得OP=FG，∠FOP=90°，NQ=FH，FQ=NH=3cm，由同角的余角相等得∠POM=∠QON，由AAS判断出△MOP≌△NOQ，得OP=OQ，PM=QN，设OM=ON=OF=OG'=x，则OP=OQ=（x-3）cm，NQ=(54-x)cm，在Rt△ONQ中，由勾股定理建立方程求解并检验可得x的值，从而此题得解.
12．（2023八下·温州期中）如图1是雨伞的结构示意图．是伞柄，，，是伞骨．已知点A，C分别是，的中点．．点B，D在上滑动时，可将雨伞打开或收拢．当与水平面垂直时打开雨伞，雨伞能罩住的水平面大小可近似地看成一个圆．如图2，当雨伞完全打开时，；再将雨伞收拢到如图3，此时，且点到的距离恰好等于图2中的长．则伞骨的长为 ，设图2中能罩住的水平面面积是，图3中能罩住的水平面面积是，则 ．
【答案】；6
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过点M作MN⊥OP于点N，连接AN，
∵∠ABD=90°，
∴AB∥MN，
∵点A为OM的中点，
∴AN=OA=AM，点B为ON的中点，
∵点B、A是ON，OM的中点，
∴AB是△OMN的中位线，
∴MN=2AB，
∵点C是AB的中点，
∴AB=2BC，MN=4BC，
在Rt△BCD中，
，
∴；
过点A′作A′E⊥OP于点E，过点C′作C′F⊥OP于点F，过点M′作M′H⊥OP于点H，
由题意得
C′F=1，
同理可证C′F是△A′B′E的中位线，
∴A′E=2C′F=2，
同理：M′H=2A′E=4，
∴.
故答案为：，6
【分析】过点M作MN⊥OP于点N，连接AN，易证AB∥MN，结合已知条件可得到AN=OA=AM，点B为ON的中点，可推出AB是△OMN的中位线，利用三角形的中位线定理可知MN=2AB，利用线段中点的定义可证得MN=4BC，利用勾股定理求出BC的长，可得到AB，MN的长；过点A′作A′E⊥OP于点E，过点C′作C′F⊥OP于点F，过点M′作M′H⊥OP于点H，可知C′F=1，同理可证C′F是△A′B′E的中位线，可得到A′E的长，然后求出 的值.
三、解答题
13．（2024八下·慈溪期末）“小小停车位，关乎大民生”，某数学兴趣小组关注到本校教师每天进校的车辆数超过学校原有的停车位数，有部分车辆不能规范停放，对校园安全存在一定的隐患，于是打算向学校提供一个增设停车位的方案．
素材1：该兴趣小组对学校的一片空地进行了实地测量，测得空地长32米，宽14米．
素材2：
停车位布置方式 垂直停车位 倾斜停车位
示意图
车位标准尺寸 长6米，宽2.5米 倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米
通道 通道宽度不小于3.5米
任务1 兴趣小组根据素材2分别设计了垂直停车位和倾斜停车位．垂直停车位如图1，，，；倾斜停车位如图2，，，．请分别判断所设计的两种停车位的形状，并选择一种说明理由．
任务2 为了排除校园安全隐患，根据素材2提供的信息，若用上述设计的两种停车位，并尽可能多的设置停车位数量，学校该空地应选择哪种停车位布置方式？最多可以设置多少个停车位？（参考数据：）
【答案】解：任务一
图1设计的停车位是矩形，图2设计的停车位是平行四边形，
理由：在图1中，，，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形；
在图2中，因为，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
任务二：
设置垂直停车位
空地长32米，宽14米，垂直停车位长6米，宽2.5米，通道宽度不小于3.5米，
（个），即按照宽度来设置停车位可以设置个，
（列），即垂直停车位可以设置3列，
垂直停车位最多可以设置（个）；
设置倾斜停车位：
过点作于点，过点作垂直于延长线于点，
四边形是平行四边形，
米，，，
，
，米，，，
，，
在中，，
米，
米，
在中，，
设，则，
，解得，
米，
每行设置车位数个，
，
可以设置两行倾斜停车位，共个，
学校该空地应选择倾斜停车位布置方式，最多可以设置个停车位
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】任务一：易证可以判定四边形是矩形；在图2中利用已知条件：，，可推出EG∥FH，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得结论.
任务二：按照空地宽度设置垂直停车位的宽度，确定设置列数，就可以求出总的车位数；过点作于点，过点作垂直于延长线于点，由于，利用平行四边形的性质和勾股定理，分别计算出，，，确定每行车位数和设置的行数，进而求出设置倾斜停车位数，即可得出结论．
14．（2024八下·黔南期末）某商铺为更好地服务顾客，便于顾客休憩，提升顾客的幸福感，在其商铺外墙安装遮阳棚如图，如图是该遮阳棚侧面横截示意图已知遮阳棚长米，靠墙端离地面的高度为米，遮阳棚与墙面的夹角图中所有点均在同一平面内
（1）求点到墙面的距离的长；
（2）某日阳光明媚，一束太阳光线经点射入，落在地面上的点处当时，求的长．
【答案】（1）解：依题意得：米，，，
，
在中，，米，
（米），
由勾股定理得：（米），
即点到墙面的距离的长为米；
（2）解：过点作于，如图所示：
依题意得：米，，，
四边形为矩形，
米，米，
设米，则米，
米，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：．
即的长米．
【知识点】矩形的判定与性质；直角三角形的性质
【解析】【分析】(1)依题意得：米，，，进而求得，再通过含角直角三角形的性质求得点到墙面的距离的长.
(2)作，易证四边形为矩形，设米，表示出EH的长度，再通过勾股定理列出方程，解得，故的长米．
15．（2025八下·临海期中）图1是升降式篮球架，图2是其侧面示意图，立柱，．伸缩杆的长度变化，带动旋转杆，分别绕点O，A转动、篮板升降．已知，，，，，．
（1）求证：；
（2）当篮筐离地高度时．
①判断四边形的形状，并说明理由；
②此时伸缩杆的长度为 ▲ cm；
（3）受制造工艺限制，要求，求篮筐离地高度的取值范围．
【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵，∴．
（2）解：①∵，，，
∴四边形是矩形，
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
②；
（3）解：当时，过点M作ME⊥OP于点E，则OE=EM=50，
∴，
当时，过点M作ME⊥OP于点E，则∠EMO=30°，
∴CE=50cm，
．
∴
【知识点】矩形的判定与性质；勾股定理的实际应用-其他问题
【解析】【解答】（2）②过点Q作QD⊥OC于点D，
则ODQP是矩形，
∴DQ=OP=120cm，OD=PQ=40cm，
∴CD=OC-OD=50-40=10cm，
∴CQ=cm，
故答案为：；
【分析】（1）先得到是平行四边形，即可得到对边平行，即可得到垂直；
（2）①先得到是矩形， 即可根据有一个角是直角得到是平行四边形；
②过点Q作QD⊥OC于点D，则ODQP是矩形，根据勾股定理求出CQ长即可；
（3）分别计算当和是的MH的值，即可得到取值范围.
16．（2022八上·东阳期中）如图1是吊车的实物图，图2是吊车工作示意图．吊车作业时是通过液压杆CD的伸缩使起重臂AB绕点B转动的，从而使得起重臂升降作业（起重臂AB的长度也可以伸缩）在某次起重作业中，学习兴趣小组测经过测量和咨询工人师傅了解到如下信息：如图3，起重臂米，点B到地面的距离米，钢丝绳所在直线AF垂直地面于点F，点B到AF的距离米．求点A到地面的距离AF的长为多少米？
【答案】解：在中，由勾股定理得米
∵，，
∴
∵四边形BEFG是矩形
∴米
∴米
答：A到地面的距离AF的长为7.8米．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】根据勾股定理得出米，然后得到BEFG是矩形，即可得到米，然后根据计算即可．
17．（2024九上·海淀开学考）【问题呈现】
小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值．
【问题分析】
小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】
如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：；
（2）的大小为 度，线段长度的最小值为________．
【方法应用】
某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米．
【答案】解：问题解决：（1）证明：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，
四边形是平行四边形，
；
（2）30；
方法应用：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
当时，最小，此时最小，
作于点R，
在中，
，
在中，
，
线段长度的最小值为米．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】（2）在等边中，，
；
当时，最小，此时最小，
在中，
，
线段长度的最小值为；
【分析】（1）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，先证出四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质及等量代换求出即可；
（2）先证出当时，最小，此时最小，再结合求出即可；
（3）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，先证出当时，最小，此时最小，作于点R，求出，最后求出即可.
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