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【真题真练】浙教版八年级下册期末临考实战演练卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八下·诸暨期末）利用如图①的四个全等直角三角形，可以拼成如图②或图③所示的两个正方形，则图②与图③两个正方形的边长比值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024八下·芙蓉期末）关于的方程有一个根为零，它的另一个根是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023八下·良庆期末）在一次演讲比赛中，某位选手的演讲内容、演讲表达的得分分别为95分，90分，将演讲内容、演讲表达的成绩按计算，则该选手的成绩是（ ）
A．94分 B．93分 C．92分 D．91分
4．（2024八下·东阳期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，连接，并延长交于点，若是的中点，，则的长（ ）
A．1 B． C． D．
5．（2022八下·娄星期末）图，在 中， ， 、 分别是 、 的中点，则 的长度为（ ）
A．10 B．8 C．6 D．12
6．（2023八下·杭州期末）已知点，，在反比例函数的图象上，，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．（2023八下·嘉兴期末）用反证法证明“在中，若，则”时，则应假设（ ）
A． B． C． D．
8．（2022八下·东港期末）在四边形 中，对角线 ， 相交于点 ，则下列说法正确的是（ ）
A．如果 ， ，那么四边形 是平行四边形
B．如果 ， ，那么四边形 是矩形
C．如果 ， ，那么四边形 是菱形
D．如果 ， ， ， ，那么四边形 是正方形
9．（2022八下·范县期末）＝成立的条件是（ ）
A．m≥﹣1 B．m≤﹣5 C．﹣1＜m≤5 D．﹣1≤m≤5
10．（2024八下·越秀期末）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2023八下·黄浦期末）方程x4﹣16＝0的根是 ．
12．（2022八下·南京期末）已知平行四边形ABCD中，∠A+∠C=110°，则∠B的度数为 ．
13．（2023八下·绿园期末）如图，的顶点的坐标为，，函数的图象沿直线翻折后与有交点，则的取值范围为 ．
14．（2022八下·上虞期末）在学校组织的“共享好书伴你成长”活动中，八年级（1）班第一小组5名同学所分享的好书册数分别是：7，3，x，6，4.已知这组数据的中位数是5，则这组数据的方差是 .
15．（2023八下·石景山期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，M，N分别是，边的中点，连接交于点P，以下说法正确的是 （填写序号即可）．
①②③④
16．（2021八下·青县期末）如图，在直线上摆放着三个等边三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知，F、G分别是BC、CE的中点，FM∥AC，GN∥DC设图中三个平行四边形的面积依S1、S2、S3，若S1+S3=10，则S2= ．
三、综合题(本大题有8个小题，每小题9分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2022八下·承德期末）某中学举行“书香进校园”知识竞赛，初、高中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩（满分为100分）如图所示．
平均数 中位数 众数
初中部 85 85
高中部 85
（1）根据图示填写表格；
（2）结合两学部决赛成绩的平均数和中位数，分析哪个学部的决赛成绩较好．
（3）如果规定选手成绩较稳定的学部胜出，你认为哪个学部能胜出？请说明理由．
18．（2022八下·东莞期末）如图，在中，，相交于点，，，，，，连接，与相交于点，连接．
（1）求的长；
（2）求证：；
（3）求的长．
19．（2022八下·侯马期末）如图，直线y=-x-2分别交x轴、y轴于A、B两点，与双曲线y=（m≠0）在第二象限内的交点为C，CD⊥y轴于点D，且CD=4．
（1）求双曲线的解析式；
（2）设点Q是双曲线上的一点，且△QOB的面积是△AOB的面积的2倍，求点Q的坐标；
（3）在y轴上存在点P，使PA+PC最短，请直接写出点P的坐标．
20．（2022八下·芜湖期末）如图，△ABC中，交AC于P，∠ACB，∠ACD的平分线分别交MN于E、F．
（1）求证：；
（2）当MN与AC的交点P在AC的什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）
21．（2022八下·高平期末）综合与探究：直线与x轴和y轴分别交于点A、B，直线与交于点C，与y轴交于点，过点C作轴于点E，点E的横坐标为3．
（1）求直线的解析式；
（2）点P是x轴上一动点，过点作x轴垂线分别与直线、交于点M、N，求线段的长（用t表示）；
（3）在（2）的条件下，t为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．
22．（2023八下·嘉兴期末）如图，是的中位线，点M为射线上的一个动点（不与点E重合），作交边于点F，连接．
（1）如图1，当点M与点D重合时，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，，，点M在线段上运动，当四边形是菱形时，，求菱形的面积；
（3）如图3，，在延长线上（可以与点D重合）存在一点M，使得四边形为矩形，求的度数范围．
23．（2022八下·北京市期末）如图，过正方形ABCD的顶点D作直线l交CB的延长线于点E，交AB边于点F，过点B作BG⊥DE，垂足为点G，连接AG．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：∠ABG＝∠ADF；
（3）用等式表示线段AG，BG，DG之间的数量关系，并证明．
24．（2022八下·杭州期末）如图，已知菱形 ， ，点 是射线 上的动点，以 为边向右侧作等边 ，连结 .
（1）如图1，点 在线段 上，求证： .
（2）如图2，当 ， ， 三点共线时，连结 ，求证：四边形 是菱形.
（3）当 时，求 的值.
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【真题真练】浙教版八年级下册期末临考实战演练卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八下·诸暨期末）利用如图①的四个全等直角三角形，可以拼成如图②或图③所示的两个正方形，则图②与图③两个正方形的边长比值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示，
设图①中较短直角边长为a，另一直角边长为b，斜边长为c，则，
∴
∴图②正方形的边长为，
在图③中，四边形是正方形，
∴四边形是正方形的边长为，
，
，
∴正方形的边长，
图②与图③两个正方形的边长比值是．
故答案为：C．
【分析】设图①中较短直角边长为a，另一直角边长为b，斜边长为c，则，可求得图②正方形的边长为，在图③正方形中，易知边长为b，根据正方形的性质可知，进而可计算出正方形的边长为，由此即可得出两个正方形的边长比值．
2．（2024八下·芙蓉期末）关于的方程有一个根为零，它的另一个根是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：把代入方程得，，
∴，
∴方程为，
解得，，
∴方程的另一个根是，
故选：．
【分析】
根据方程解的概念把代入方程可得，再解方程即可．
3．（2023八下·良庆期末）在一次演讲比赛中，某位选手的演讲内容、演讲表达的得分分别为95分，90分，将演讲内容、演讲表达的成绩按计算，则该选手的成绩是（ ）
A．94分 B．93分 C．92分 D．91分
【答案】B
【解析】【解答】解：根据题意得
.
故答案为：B.
【分析】利用加权平均数公式，列式计算.
4．（2024八下·东阳期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，连接，并延长交于点，若是的中点，，则的长（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形和都是正方形，
∴，，
∵是的中点，
∴垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
设的长为x，
∴，
∴，
在中，，
∴
解得，
即的长为，
故正确答案为：C
【分析】首先根据垂直平分， 可得出DE=AD=AB=5，再根据余角的性质可得出， 即可得出， 设=x，则可得出CI=5-x，DI=5+x，根据勾股定理即可得出方程式 ，解方程即可得出答案。
5．（2022八下·娄星期末）图，在 中， ， 、 分别是 、 的中点，则 的长度为（ ）
A．10 B．8 C．6 D．12
【答案】A
【解析】【解答】解：∵ 、 分别是 、 的中点，
∴DE是 的中位线，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
故答案为：A.
【分析】由题意可得DE是△ABC的中位线，则DE=BC，据此计算.
6．（2023八下·杭州期末）已知点，，在反比例函数的图象上，，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】【解答】∵k＞0，
∴反比例函数在第一、三象限，且在每个象限内，y随x的增大减小.
A、若x1x3＜0，则x1＜0，x3＞0，即 在第三象限， 在第一象限，
∴当 在第三象限，y2＜y3，当 在第一象限，y2＞y3
故A错误；
B、若x2x3＜0，则x2＜0，x3＞0，即 在第三象限， 在第一象限，
∵
∴ 在第三象限
∴y1＜0，y3＞0，即y1y3＜0
故B错误；
C、若x1x3＞0，则 或 ，即 ， 都在第一象限或都在第三象限，
∵在每个象限内y随x的增大减小
∴y2＞y3
故C正确；
D、若x2x3＞0，则x1＜x2＜x3＜0或x1＜0＜x2＜x3或0＜x1＜x2＜x3，因此 ， 可能都在第一象限或都在第三象限或在第三象限在第一象限，
∴y1y3＜0或y1y3＞0
故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用 ，结合各选项中的条件，判断A，B，C所处的象限，结合反比例函数图象的性质进行判断即可.
7．（2023八下·嘉兴期末）用反证法证明“在中，若，则”时，则应假设（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：用反证法证明“在△ABC中，若AB=AC，则∠B=∠C”时，应假设∠B≠∠C.
故答案为：B.
【分析】用反证法证明时，应先假设结论不成立，据此解答.
8．（2022八下·东港期末）在四边形 中，对角线 ， 相交于点 ，则下列说法正确的是（ ）
A．如果 ， ，那么四边形 是平行四边形
B．如果 ， ，那么四边形 是矩形
C．如果 ， ，那么四边形 是菱形
D．如果 ， ， ， ，那么四边形 是正方形
【答案】D
【解析】【解答】A. ， ，不能判定四边形 是平行四边形，不符合题意；
B. ， ，不能判定四边形 是矩形 ，不符合题意；
C. ， ，不能判定四边形 是菱形，不符合题意；
D. ， ，判定四边形ABCD是平行四边形， ，平行四边形ABCD是菱形， ，那么四边形 是正方形，符合题意
故答案为：D
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定对每个选项一一判断求解即可。
9．（2022八下·范县期末）＝成立的条件是（ ）
A．m≥﹣1 B．m≤﹣5 C．﹣1＜m≤5 D．﹣1≤m≤5
【答案】C
【解析】【解答】解：根据题意，得：5﹣m≥0，m+1＞0，
∴﹣1＜m≤5，
故答案为：C．
【分析】先求出5﹣m≥0，m+1＞0，再求解即可。
10．（2024八下·越秀期末）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】【解答】解：如图，记和交于点，
∵四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，
∴，，，，
∴，
，即，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵大正方形边长为，
∴，
∴，
∴四边形的面积为，
故答案为：D．
【分析】 记和交于点，先利用“ASA”证出，利用全等三角形的性质可得，， 再利用“AAS”证出，可得， 设，则， 再求出， 利用勾股定理可得， 再结合 大正方形边长为， 求出， 最后求出 四边形的面积为即可.
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2023八下·黄浦期末）方程x4﹣16＝0的根是 ．
【答案】±2
【解析】【解答】∵x4﹣16＝0，
∴(x2+4)(x+2)(x﹣2)＝0，
∴x＝±2，
∴方程x4﹣16＝0的根是x=±2，
故答案为±2．
【分析】利用直接开平方法求解即可。
12．（2022八下·南京期末）已知平行四边形ABCD中，∠A+∠C=110°，则∠B的度数为 ．
【答案】125°
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠A+∠C=110°，
∴∠A=∠C=55°，AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∴∠B=180°-55°=125°，
故答案为：125°．
【分析】根据平行四边形的性质和∠A+∠C=110°，即可得到∠A=∠C=55°，AD∥BC，再结合∠A+∠B=180°，即可得到∠B=180°-55°=125°。
13．（2023八下·绿园期末）如图，的顶点的坐标为，，函数的图象沿直线翻折后与有交点，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】【解答】
解：如图所示，作△ABC关于直线x=1的对称三角形为△A′B′C′，
则A′（4，3），B′（4，1），C′（3，1）．
当反比例函数经过点A′（4，3）时，k=12
当反比例函数经过点C′（3，1）时，k=3，
∴
故答案为：.
【分析】作出△ABC关于直线x=1的对称三角形为△A′B′C′，则求出函数与△A′B′C′有交点时k的取值范围即可．
14．（2022八下·上虞期末）在学校组织的“共享好书伴你成长”活动中，八年级（1）班第一小组5名同学所分享的好书册数分别是：7，3，x，6，4.已知这组数据的中位数是5，则这组数据的方差是 .
【答案】2
【解析】【解答】解：∵这组数据的中位数是5，
∴x=5.
∴
∴ =2
故答案为：2.
【分析】中位数：将一组数据按从小到大（或者从大到小）的顺序排列后，如果数据的个数是奇数个时，则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数个时，则处在最中间的两个数据的平均数 叫做这组数据的中位数，据此得x=5，然后求出平均数，再结合方差的计算公式进行计算.
15．（2023八下·石景山期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，M，N分别是，边的中点，连接交于点P，以下说法正确的是 （填写序号即可）．
①②③④
【答案】①③
【解析】【解答】根据菱形的性质：菱形的四边相等，对角线互相平分且互相垂直，可知：DA=DC，MN⊥AC。菱形对角线不一定相等，所以
第二项错；AB、BD不一定相等，若相等，是等边三角形，所以第四项错。
故填：①③.
【分析】考查的是菱形的性质。
16．（2021八下·青县期末）如图，在直线上摆放着三个等边三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知，F、G分别是BC、CE的中点，FM∥AC，GN∥DC设图中三个平行四边形的面积依S1、S2、S3，若S1+S3=10，则S2= ．
【答案】4
【解析】【解答】解：根据正三角形的性质，∠ABC=∠HFG=∠DCE=60°，
∴AB∥HF∥DC∥GN，
设AC与FH交于P，CD与HG交于Q，
∴△PFC、△QCG和△NGE是正三角形，
∵F、G分别是BC、CE的中点，
∴MF=AC=BC，PF=AB=BC，
又∵BC=CE=CG=GE，
∴CP=MF，CQ=BC，QG=GC=CQ=AB，
∴S1=S2，S3=2S2，
∵S1+ S3=10，
∴S2+2S2=10，
∴S2=4；
故答案为：4；
【分析】设AC与FH交于P，CD与HG交于Q，根据三角形中位线的性质可得MF=AC=BC，PF=AB=BC，再结合BC=CE=CG=GE，可得CP=MF，CQ=BC，QG=GC=CQ=AB，因此S1=S2，S3=2S2，最后利用S1+ S3=10和等量代换可得S2=4。
三、综合题(本大题有8个小题，每小题9分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2022八下·承德期末）某中学举行“书香进校园”知识竞赛，初、高中部根据初赛成绩，各选出5名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛．两个队各选出的5名选手的决赛成绩（满分为100分）如图所示．
平均数 中位数 众数
初中部 85 85
高中部 85
（1）根据图示填写表格；
（2）结合两学部决赛成绩的平均数和中位数，分析哪个学部的决赛成绩较好．
（3）如果规定选手成绩较稳定的学部胜出，你认为哪个学部能胜出？请说明理由．
【答案】（1）填表如下：
平均数 中位数 众数
初中部 85 85 85
高中部 85 80 100
（2）解：初中部成绩较好．
因为两个队的平均数相同，初中部的中位数高，
所以在平均数相同的情况下中位数高的初中部成绩较好．
（3）解：设初中部成绩的方差为，高中部成绩方差为．
∵，
．
，
∴初中学部选手成绩较为稳定．即初中学部胜出．
【解析】【解答】解：(1)初中部的平均数为：=85，
将高中部的成绩按从小到大排列为：70，75，80，100，100，所以高中部的中位数为80；
100出现了2次，最多，所以高中部的众数是100；
故填表如下：
平均数 中位数 众数
初中部 85 85 85
高中部 85 80 100
【分析】（1）根据平均数、中位数和众数的含义计算补充表格即可；
（2）结合题意，在平均数相同的情况下，中位数高的队成绩较好；
（3）根据方差的意义判断得到答案即可。
18．（2022八下·东莞期末）如图，在中，，相交于点，，，，，，连接，与相交于点，连接．
（1）求的长；
（2）求证：；
（3）求的长．
【答案】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，即，
在中，
根据勾股定理可得：，
即，
∴．
（2）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
（3）解：如图所示，过点P作交于点F，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴是的中位线，且，
在，根据勾股定理可得：
，即，
∴．
【解析】【分析】（1）根据四边形是平行四边形可得 ，，由 可得 ，在中，根据勾股定理可得：，即，；
（2）先证四边形是平行四边形， 再证平行四边形是矩形，， 根据四边形是平行四边形可得，则；
（3） 过点P作交于点F， 根据四边形是矩形可得，，，，由可得，由可得 是的中位线， 根据三角形中位线定理可得 ， 根据勾股定理可得 。
19．（2022八下·侯马期末）如图，直线y=-x-2分别交x轴、y轴于A、B两点，与双曲线y=（m≠0）在第二象限内的交点为C，CD⊥y轴于点D，且CD=4．
（1）求双曲线的解析式；
（2）设点Q是双曲线上的一点，且△QOB的面积是△AOB的面积的2倍，求点Q的坐标；
（3）在y轴上存在点P，使PA+PC最短，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）解：∵在第二象限内的交点为C，CD⊥y轴于点D，且CD=4，
∴点C横坐标为-4，
把x=-4代入y=-x-2，得y=-×(-4)-2=4，
∴C(-4，4)，
把C(-4，4)代入y=，得-4=，
∴m=-16，
∴双曲线的解析式为：y=-；
（2）解：把x=0代入y=-x-2，得y=-×0-2=-2，
∴B(0，-2)，
把y=0代入y=-x-2，得0=-x-2，
∴x=-，
∴A(-，0)，
∵S△QOB=2S△AOB，
∴，
∴，
解得xQ=，
把x=代入y=-，得y=-6，
把x=-代入y=-，得y=6，
∴Q(，-6)或(-，6)；
（3）P（0，1）
【解析】【解答】解：(3)设点A关于y轴对称点为点E，连接CE交y轴于点P，如图，
此时PA+PC最短，最短值=CE，
∵A(-，0)，
∴E(，0)，
设直线CE的解析式为y=kx+b，
把E(，0)，C(-4，4)代入，得
，解得：，
∴直线CE的解析式为y=x+1，
把x=0代入y=x+1，得y=1，
∴P（0，1）．
【分析】（1）利用待定系数法可求出反比例函数的解析式；
（2）先求出点A、B的坐标，根据S△QOB=2S△AOB可得，则有， 解得xQ=， 代入反比例函数解析式可得点Q的坐标；
（3）设点A关于y轴对称点为点E，连接CE交y轴于点P，则PA+PC最短，最短值=CE，利用待定系数法求出直线CE的解析式为y=x+1，把x=0代入y=x+1，得y=1，则点P（0，1）。
20．（2022八下·芜湖期末）如图，△ABC中，交AC于P，∠ACB，∠ACD的平分线分别交MN于E、F．
（1）求证：；
（2）当MN与AC的交点P在AC的什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）
【答案】（1）证明：∵，
∴，，
∵CE，CF分别平分∠ACB，∠ACD，
∴，，
∴，，
∴，，
即；
（2）解：当点P是AC的中点时，四边形AECF是矩形，
理由如下：∵点P是AC的中点，
∴，
∴四边形AFCF是平行四边形，
∵，，
∴∠PCE+∠PCF=90°，
即：∠ECF=90°，
∴四边形AFCF是矩形；
（3）解：当△ABC是直角三角形，，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵∠ACB=90° ，
又∵CE平分∠ACB ，
∴∠BCE＝45°，
∵∠PEC＝∠BCE，
∴∠PEC＝45° ，
同理可得：∠PFC＝45°，
∴∠PEC＝∠PFC，
∴EC＝FC，
由（2）可得：四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
【解析】【分析】（1）先求出 ，， 再求出 ，， 最后证明即可；
（2）先求出四边形AFCF是平行四边形， 再求出 ∠ECF=90°， 最后证明即可；
（3）利用正方形的判定fang'fa'z
21．（2022八下·高平期末）综合与探究：直线与x轴和y轴分别交于点A、B，直线与交于点C，与y轴交于点，过点C作轴于点E，点E的横坐标为3．
（1）求直线的解析式；
（2）点P是x轴上一动点，过点作x轴垂线分别与直线、交于点M、N，求线段的长（用t表示）；
（3）在（2）的条件下，t为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】（1）解：当时，，
∴，
设直线的解析式是 ，
将，坐标代入得，
解得：，
∴直线的解析式是．
（2）解：由题知，
∵点M在直线上，
∴，
∴，
∵点N在直线上，
∴，
∴，
当时，，
当时，．
（3）解：∵轴，轴，
∴，，
若四边形是平行四边形，则，
即：或，
∴或．
【解析】【分析】（1）将x=3代入y=x+2中求出y的值，得到点C的坐标，设直线CD的解析式为y=kx+b，将C（3，5）、D（0，8）代入求出k、b的值，据此可得直线CD的解析式；
（2）由题意知xP=xM=xN=t，将xM=t代入y=x+2中可得yM，表示出点M的坐标，将xN=t代入y=-x+8中可得yN，表示出点N的坐标，然后分t≤3、t>3，根据MN=|yM-yN|就可得到MN；
（3）根据平行四边形的性质可得CE=MN=5，结合（2）的关系式可求出t的值.
22．（2023八下·嘉兴期末）如图，是的中位线，点M为射线上的一个动点（不与点E重合），作交边于点F，连接．
（1）如图1，当点M与点D重合时，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，，，点M在线段上运动，当四边形是菱形时，，求菱形的面积；
（3）如图3，，在延长线上（可以与点D重合）存在一点M，使得四边形为矩形，求的度数范围．
【答案】（1）解：∵是的中位线
∴
又
∴四边形是平行四边形
（2）解：如图，连接
∵四边形是菱形
∴
∵
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形
∴
，，
∴
∵
∴
∴菱形的面积．
（3）解：如图，点M在延长线上（可以与点D重合）
∴
随着的减小，点F逐渐向点B接近，当点F与点B重合时，最小
如图，四边形是矩形
∴
而
∴
∵
∴
∴
【解析】【分析】（1）由中位线的性质可得DE∥AB，由已知条件可知MF∥AC，然后根据平行四边形的判定定理进行证明；
（2）连接CF，由菱形的性质可得CF⊥DE，根据平行线的性质可得∠BFC=∠DGC=90°，易得四边形FMEA为平行四边形，得到ME=AF，由直角三角形的性质可得BF=CF=BC=，由BF=2AF可得ME的值，然后根据菱形的面积公式进行计算；
（3）点M在ED延长线上时（可以与点D重合），∠ACB≤∠MCE=90°，随着∠ACB的减小，当点F与点B重合时，∠ACB最小 ，由矩形的性质可得BC=ME，结合ME=AF可得BC=AF=AB，由等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠ACB=∠BAC=67.5°，据此不难得到∠ACB的度数.
23．（2022八下·北京市期末）如图，过正方形ABCD的顶点D作直线l交CB的延长线于点E，交AB边于点F，过点B作BG⊥DE，垂足为点G，连接AG．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：∠ABG＝∠ADF；
（3）用等式表示线段AG，BG，DG之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）解：补全的图形如图所示；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵BG⊥DE，
∴∠BGF＝90°．
∴∠ABG＝90°－∠BFG，
∠ADF＝90°－∠AFD，
又∵∠BFG＝∠AFD，
∴∠ABG＝∠ADF．
（3）解：DG－BG＝AG．
证明：如图，在DE上截取DH＝BG，连接AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
在△ABG和△ADH中，
∵AB＝AD，∠ABG＝∠ADF，DH＝BG，
∴△ABG≌△ADH，
∴AG＝AH，∠BAG＝∠DAH，
∴∠BAG＋∠BAH＝∠DAH＋∠BAH，
即∠GAH＝∠BAD＝90°，
∴△GAH为等腰直角三角形，
∴GH＝AG，
∴DG－BG＝DG－DH＝GH＝AG．
【解析】【分析】（1）依据题意补图即可；
（2）根据正方形的性质及垂直的定义可得∠BAD＝∠BGF＝90°，由于∠BFG＝∠AFD， 可得∠ABG＝∠ADF；
（3）DG－BG＝AG． 在DE上截取DH＝BG，连接AH，根据SAS证明△ABG≌△ADH，可得AG＝AH，∠BAG＝∠DAH，从而推出△GAH为等腰直角三角形，可得GH＝AG，根据线段的和差关系即可求解.
24．（2022八下·杭州期末）如图，已知菱形 ， ，点 是射线 上的动点，以 为边向右侧作等边 ，连结 .
（1）如图1，点 在线段 上，求证： .
（2）如图2，当 ， ， 三点共线时，连结 ，求证：四边形 是菱形.
（3）当 时，求 的值.
【答案】（1）证明： 四边形 是菱形，点 在线段 上，
由菱形的对称性可得 ，
是等边三角形，
，
；
（2）证明：连接 ，如图：
四边形 是菱形， ，
， 是等边三角形，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
，
，
四边形 是菱形，点 在线段 上，
由菱形的对称性可得 ，
，
四边形 是平行四边形，
，
四边形 是菱形；
（3）解：当 在线段 上时，过 作 于 ，如图：
， ，
，
由菱形 的对称性可知 ，
四边形 是菱形， ，
，
，
是等腰直角三角形，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
，
当 在 延长线上时，连接 交 于 ，如图：
， ，
，
由菱形 的对称性可知 ，
，
，
，
，
四边形 是菱形，
，
设 ，则 ，
，
，
在 中，
，
，
综上所述， 的值为 或 .
【解析】【分析】（1）根据菱形的对称性可得PC=AP，根据等边三角形的性质可得AP=PE，据此可得结论；
（2）连接AC，根据菱形的性质可得∠ABC=∠ADC=60°，推出△ADC为等边三角形，得到∠CAD=60°，AC=AD，由等边三角形的性质可得AP=AE，∠PAE=∠APE=∠AEP=60°，证明△CAP ≌ △DAE，得到CP=DE，∠CPA=∠DEA=120°，则∠APE=∠PED=60°，推出AP∥DE，由菱形的对称性可得CP=AP，则AP=DE，然后结合菱形的判定定理进行证明；
（3）当P在线段BD上时，过P作PF⊥AB于F，易得∠APC=150°， 由菱形的对称性可知∠APD=∠CPD=75°，∠ABP=30°，∠PAB=45°，推出△APF是等腰直角三角形，设AF=PF=m，则AP=m，BF=m，AB=BF+AF=m+m，据此求解；当P在BD延长线上时，连接AC交BD于O，同理可得∩APD=∠CPD=30°，推出四边形ABCD为菱形，∠AOD=90°，设OA=n，则AB=AD=PD=2n，利用勾股定理可得OD、AP，据此求解.
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