2020-2021学年【全国百强校】湖南省长沙市长沙明德中学数学八下期末质量检测模拟试题含解析

2020-2021学年【全国百强校】湖南省长沙市长沙明德中学数学八下期末质量检测模拟
试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若有增根，则m 的值是（ ）
A ．3
B ．2
C ．﹣3
D ．﹣2
2．如图，在正方形ABCD 中，AB=10，点E 、F 是正方形内两点，AE=FC=6,BE=DF=8,则EF 的长为( )
A 42
B ．22
C ．145
D ．3
3．关于▱ABCD 的叙述，正确的是（ ）
A ．若A
B ⊥B
C ，则▱ABC
D 是菱形
B ．若A
C ⊥B
D ，则▱ABCD 是正方形 C ．若AC=BD ，则▱ABCD 是矩形 D ．若AB=AD ，则▱ABCD 是正方形
4．八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分钟后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍．设骑车学生的速度为x 千米/小时，则所列方程正确的是（ ）
A ．10x -102x =20
B ．102x -10x =20
C ．10x -102x =13
D ．102x -10x =13
5．平移直线6y x =-得到直线65y x =-+，正确的平移方式是（ ）
A ．向上平移5个单位长度
B ．向下平移5个单位长度
C ．向左平移6个单位长度
D ．向右平移6个单位长度
6．菱形的面积为2，其对角线分别为x 、y ，则y 与x 的图象大致（）．
A ．
B ．
C ．
D ．
7．如图，点A ，B ，C ，D 在一次函数2y x m =-+的图象上，它们的横坐标分别是-1，0，3，7，分别过这些点作x 轴、y 轴的垂线，得到三个矩形，那么这三个矩形的周长和为（ ）
A ．614m -
B ．52
C ．48
D ．872m -
8．在△ABC 和△DEF 中，AB ＝2DE ，AC ＝2DF ，∠A ＝∠D ，如果△ABC 的周长是16，面积是12，那么△DEF 的周长、面积依次为（ ）
A ．8，3
B ．8，6
C ．4，3
D ．4，6
9．若3x -在实数范围内有意义，则x 的取值范围是( )
A ．3x ≥
B ．3x ≤
C ．3x ≠
D ．x <3
10．在同一坐标系中，函数y ＝kx 与y ＝3x ﹣k 的图象大致是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知一元二次方程2x 2﹣5x+1=0的两根为m ，n ，则m 2+n 2=_____．
12．如表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差： 甲 乙 丙 丁 平均数（cm ）
185 180 185 180 方差 3.6 3.6 7.4 8.1
根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择___________．
13．在平面直角坐标系xOy 中，ABC ∆中，点()()()1,4,1,1,4,1A B C ，若随b 变化的一族平行直线2y x b =-+与ABC ∆（包括边界）相交，则b 的取值范围是______.
14． “五一”期间，小红到某景区登山游玩，小红上山时间x （分钟）与走过的路程y （米）之间的函数关系如图所示，在小红出发的同时另一名游客小卉正在距离山底60米处沿相同线路上山，若小红上山过程中与小卉恰好有两次相遇，则小卉上山平均速度v （米/分钟）的取值范围是_____．
15．已知关于x 的方程244
x k x x =--会产生增根，则k 的值为________． 16．如图，以点O 为圆心的三个同心圆把以OA 1为半径的大圆的面积四等分，若OA 1=R,则OA 4:OA 3:OA 2:OA 1=______________,若有（1n -）个同心圆把这个大圆n 等分，则最小的圆的半径是n OA =_______．
17．若一组数据1，2，x ，4的众数是1，则这组数据的方差为_____．
18．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使5DE =，折痕为PQ ，则PQ 的长__________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知：如图所示，菱形ABCD 中，E ，F 分别是CB ，CD 上的点，且BE=DF ．
（1）试说明：AE=AF ；
（2）若∠B=60°，点E ，F 分别为BC 和CD 的中点，试说明：△AEF 为等边三角形．
20．（6分）在Rt ABC ∆中， 905ACB AC ︒∠==，，以斜边AB 为底边向外作等腰APB ∆，连接PC ．
（1）如图1，若90APB ︒∠=．①求证：PC 分ACB ∠； ②若62PC =，求BC 的长．
（2）如图2，若6052APB PC ︒∠==，，求BC 的长．
21．（6分）如图，四边形
中，，，，是边的中点，连接并延长与的
延长线相交于点.
（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，求四边形的面积.
22．（8分）如图，ABC 中，D 是BC 上的一点，若10AB =，6BD =，8AD =，17AC =，求ABC 的面积．
23．（8分）如图，已知：AD 为△ABC 的中线，过B 、C 两点分别作AD 所在直线的垂线段BE 和CF ，E 、F 为垂足，过点E 作EG ∥AB 交BC 于点H ，连结HF 并延长交AB 于点P ．
（1）求证：DE =DF
（2）若:11:5BH HC =；①求：:DF DA 的值；②求证：四边形HGAP 为平行四边形．
24．（8分）如图，AM 是ABC ∆的中线，点D 是线段AM 上一点(不与点A 重合).过点D 作//KD AB ，交BC 于点K ，过点C 作//CE AM ，交KD 的延长线于点E ，连接AE 、BD .
(1)求证：ABM EKC ∆∆；
(2)求证：AB CK EK CM ⋅=⋅；
(3)判断线段BD 、AE 的关系，并说明理由.
25．（10分）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形ABCD(AB ＜BC)的对角线的交点O 旋转(①→②→③)，图中的M 、N 分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD 的边CD 、BC 的交点．
(1)该学习小组成员意外的发现图①中(三角板一边与CC重合)，BN、CN、CD这三条线段之间存在一定的数量关系：CN2＝BN2+CD2，请你对这名成员在图①中发现的结论说明理由；
(2)在图③中(三角板一直角边与OD重合)，试探究图③中BN、CN、CD这三条线段之间的数量关系，直接写出你的结论．
(3)试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．
26．（10分）如图①，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE=PB
（1）求证：△BCP≌△DCP；
（2）求证：∠DPE=∠ABC；
（3）把正方形ABCD改为菱形，其它条件不变（如图②），若∠ABC=58°，则∠DPE=度．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【解析】
【分析】
先把分式方程化为整式方程得到m+1﹣x=0，再利用分母为0得到方程的增根为4，然后把x=4代入m+1﹣x=0中求出
【详解】
去分母得：m +1﹣x =0，方程的增根为4，把x =4代入m +1﹣x =0得：m +1﹣4=0，解得：m =1．
故选A ．
【点睛】
本题考查了分式方程的增根：在分式方程变形时，有可能产生不适合原方程的根，即代入分式方程后分母的值为0或是转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值的根，叫做原方程的增根．
2、B
【解析】
【分析】
延长AE 交DF 于G ，再根据全等三角形的判定得出△AGD 与△ABE 全等，得出AG=BE=8，由AE=6，得出EG=2，同理得出GF=2，再根据勾股定理得出EF 的长．
【详解】
延长AE 交DF 于G ，如图：
∵AB=10，AE=6，BE=8，
∴△ABE 是直角三角形，
∴同理可得△DFC 是直角三角形，
可得△AGD 是直角三角形
∴∠ABE+∠BAE=∠DAE+∠BAE ，
∴∠GAD=∠EBA ，
同理可得：∠ADG=∠BAE ，
在△AGD 和△BAE 中，
EAB GDA AD AB
ABE DAG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△AGD ≌△BAE(ASA)，
∴AG=BE=8，DG=AE=6，
同理可得：GF=2，
∴=
故选B.
【点睛】
此题考查正方形的性质、勾股定理，解题关键在于作辅助线.
3、C
【解析】
选项C 中，满足矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，所以选C.
4、C
【解析】
【分析】
根据八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分钟后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达，可以列出相应的方程，从而可以得到哪个选项是正确的．
【详解】
由题意可得，
10x -102x =13
， 故选：C ．
【点睛】
此题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是明确题意，找出题目中的等量关系，列出相应的方程． 5、A
【解析】
【分析】
根据“上加下减”法则进行判断即可.
【详解】
将直线6y x =-向上平移5个单位长度得到直线65y x =-+，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了函数图像平移的性质，熟练掌握相关平移特点是解题关键.
6、C
【分析】
先根据菱形的面积公式，得出x 、y 的函数关系，再根据x 的取值范围选出答案．
【详解】
∵菱形的面积S=
12
xy ∴4xy =，即y=4x 其中，x ＞0
故选：C
【点睛】
本题考查菱形面积公式的应用，注意在求解出x 、y 的关系后，还需要判断x 的取值范围．
7、C
【解析】
【分析】
根据一次函数的图像与直角坐标系坐标特点即可求解.
【详解】
由题意可得()1,2A m -+，()7,14D m -+.
∴()()2712214C m m =--++--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦总163248=+=.
故选C.
【点睛】
此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知直角坐标系的特点.
8、A
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据已知可证△ABC ∽△DEF ，且△ABC 和△DEF 的相似比为2，再根据相似三角形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方即可求△DEF 的周长、面积．
解：因为在△ABC 和△DEF 中，AB=2DE ，AC=2DF ， ∴AB AC 2DE DF
==， 又∵∠A=∠D ，
∴△ABC ∽△DEF ，且△ABC 和△DEF 的相似比为2，
∵△ABC 的周长是16，面积是12，
∴△DEF 的周长为16÷2=8，面积为12÷4=3，
故选A ．
【点睛】
考点：等腰三角形的判定；相似三角形的判定与性质．
9、B
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【详解】
解：由题意得，3-x ≥0，
解得，x ≤3，
故选：B ．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
10、B
【解析】
分析：根据图象分别确定k 的取值范围,若有公共部分,则有可能;否则不可能.
详解：根据图象知：第二个函数一次项系数为正数，故图象必过一、三象限，而y =kx 必过一三或二四象限，
A. k <0，−k <0.解集没有公共部分，所以不可能，故此选项错误；
B. k <0，−k >0.解集有公共部分，所以有可能，故此选项正确；
C. 00k k ，>->.解集没有公共部分，所以不可能，故此选项错误；
D. 正比例函数的图象不对，所以不可能，故此选项错误.
故选B.
点睛：此题主要考查了一次函数图象,一次函数y kx b =+的图象有四种情况:
①当0,0k b >>时,函数y kx b =+的图象经过第一、二、三象限;
②当0,0k b ><时,函数y kx b =+的图象经过第一、三、四象限;
③当0,0k b <>时,函数y kx b =+的图象经过第一、二、四象限;
④当0,0k b <<时,函数y kx b =+的图象经过第二、三、四象限.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、214
【解析】
【分析】
先由根与系数的关系得：两根和与两根积，再将m 2+n 2进行变形，化成和或积的形式，代入即可．
【详解】
由根与系数的关系得：m+n=52
，mn=12， ∴m 2+n 2=（m+n ）2-2mn=(
52)2-2×12=214， 故答案为：
214． 【点睛】
本题考查了利用根与系数的关系求代数式的值，先将一元二次方程化为一般形式，写出两根的和与积的值，再将所求式子进行变形；如12
11+x x 、x 12+x 22等等，本题是常考题型，利用完全平方公式进行转化． 12、甲
【解析】
【分析】
首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的运动员参加即可．
【详解】 解：∵x x x x =>=甲乙丁丙，
∴从甲和丙中选择一人参加比赛，
∵S 甲2=S 乙2＜S 丙2＜S 丁2，
∴选择甲参赛；
故答案为：甲．
【点睛】
此题考查了平均数和方差，正确理解方差与平均数的意义是解题关键．
13、39b ≤≤
【解析】
【分析】
根据题意，可知点B 到直线的距离最短，点C 到直线的距离最长，求出两个临界点b 的值，即可得到取值范围.
【详解】
解：根据题意，点()()()1,4,1,1,4,1A B C ，
∵直线2y x b =-+与ABC ∆（包括边界）相交，
∴点B 到直线的距离了最短，点C 到直线的距离最长，
当直线经过点B 时，有
21=1b -⨯+，
∴=3b ；
当直线经过点C 时，有
24=1b -⨯+，
∴=9b ；
∴b 的取值范围是：39b ≤≤.
【点睛】
本题考查了一次函数的图像和性质，以及一次函数的平移问题，解题的关键是掌握一次函数的性质，一次函数的平移，正确选出临界点进行解题.
14、6＜v ＜2或v ＝4.2
【解析】
【分析】
利用极限值法找出小卉走过的路程y 与小红上山时间x 之间的函数图象经过的点的坐标，由点的坐标利用待定系数法可求出y 与x 之间的函数关系式，再结合函数图象，即可找出小卉上山平均速度v （米/分钟）的取值范围．
【详解】
解：设小卉走过的路程y 与小红上山时间x 之间的函数关系式为y ＝kx +b （k ≠0）．
将（0，1）、（30，300）代入y ＝kx +b ，得：
6030300b k b =⎧⎨+=⎩，解得：608b k =⎧⎨=⎩
， ∴此种情况下，y 关于x 的函数关系式为y ＝2x +1；
将（0，1）、（70，420）代入y ＝kx +b ，得：
6070480b k b =⎧⎨+=⎩，解得：606b k =⎧⎨=⎩
， ∴此种情况下，y 关于x 的函数关系式为y ＝6x +1；
将（0，1）、（50，300）代入y ＝kx +b ，得：
6050300b k b =⎧⎨+=⎩，解得：604.8b k =⎧⎨=⎩
， ∴此种情况下，y 关于x 的函数关系式为y ＝4.2x +1．
观察图形，可知：小卉上山平均速度v （米/分钟）的取值范围是6＜v ＜2或v ＝4.2．
故答案为6＜v ＜2或v ＝4.2
【点睛】
本题考查了一次函数的应用以及待定系数法求出一次函数解析式，根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式是解题的关键．
15、1
【解析】
【分析】
增根是分式方程化为整式方程后产生的使分式方程的分母为0的根．把增根代入化为整式方程的方程即可求出k 的值．
【详解】
解：方程两边都乘（x-4），得
2x=k
∵原方程增根为x=4，
∴把x=4代入整式方程，得k=1，
故答案为：1．
【点睛】
此题考查分式方程的增根，解题关键在于掌握增根确定后可按如下步骤进行：化分式方程为整式方程；把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
16、232
n R 【解析】
【分析】
根据每个圆与大圆的面积关系，即可求出每个圆的半径长，即可得到结论.
【详解】
∵π•OA 42＝14π•OA 12， ∴O A 42＝14OA 12， ∴O A 4=12
OA 1； ∵π•OA 32＝12
π•OA 12， ∴O A 32＝12
OA 12， ∴O A 3=2OA 1； ∵π•OA 22＝34
π•OA 12， ∴O A 22＝34
OA 12， ∴O A 2=3OA 1； ∵OA 1=R
因此这三个圆的半径为：O A 2=3R ，O A 3=2R ，O A 4=12R ． ∴OA 4:OA 3:OA 2:OA 1=1:2:3:2
由此可得，有（1n ）个同心圆把这个大圆n 等分，则最小的圆的半径是n OA =n R 故答案为：（1）1:2:3:2；（2）
n R ． 【点睛】 本题考查了算术平方根的定义和性质；弄清每个圆与大圆的面积关系是解题的关键．
17、1.5
【解析】
试题分析：众数是这组数据出现次数最多的数，由此判断x 为1，这组数据的平均数是(1+2+1+4)÷
4=2,所以方差为，=1.5.故这组数据的方差为1.5.
考点：方差计算.
18、1
【解析】
【分析】
先过点P 作PM ⊥BC 于点M ，利用三角形全等的判定得到△PQM ≌△AED ，从而求出PQ=AE ．
【详解】
过点P 作PM ⊥BC 于点M ，
由折叠得到PQ ⊥AE ，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
又∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ ，
∵AD ∥BC ，
∴∠APQ=∠PQM ，
则∠PQM=∠APQ=∠AED ，∠D=∠PMQ ，PM=AD
∴△PQM ≌△AED
∴22512 =1．
故答案是：1．
【点睛】
本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
三、解答题(共66分)
19、（1）见详解；（2）见详解
【解析】
【分析】
（1）由菱形的性质可得AB ＝AD ，∠B ＝∠D ，又知BE ＝DF ，所以利用SAS 判定△ABE ≌△ADF 从而得到AE ＝AF ； （2）连接AC ，由已知可知△ABC 为等边三角形，已知E 是BC 的中点，则∠BAE ＝∠DAF ＝30°，即∠EAF ＝60°．因
为AE＝AF，所以△AEF为等边三角形．
【详解】
(1)由菱形ABCD可知：
AB=AD，∠B=∠D，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF;
(2)连接AC，
∵菱形ABCD,∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形,∠BAD=120°,
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC(等腰三角形三线合一的性质)，
∴∠BAE=30°,同理∠DAF=30°,
∴∠EAF=60°,由(1)可知AE=AF，
∴△AEF为等边三角形.
【点睛】
此题主要考查学生对菱形的性质，全等三角形的判定及等边三角形的判定的理解及运用,灵活运用是关键.
5753
20、（1）①见详解,②1;（2
【解析】
【分析】
（1）①过点P作PM⊥CA于点M，作PN⊥CB于点N，易证四边形MCNP是矩形，利用已知条件再证明
△APM≌△BPN，因为PM＝PN，所以CP平分∠ACB；
②由题意可证四边形MCNP是正方形，
（2）如图，以AC为边作等边△AEC，连接BE，过点E作EF⊥BC于F，由”SAS“可证△ABE≌△APC，可得BE ＝CP＝2，由直角三角形的性质和勾股定理可求BC的长．
【详解】
证明：（1）①如图1，过点P 作PM ⊥CA 于点M ，作PN ⊥CB 于点N ，
∴∠PMC ＝∠PNC ＝90°，
∵∠ACB ＝90°
∴四边形MCNP 是矩形，
∴∠MPN ＝90°，
∵PA ＝PB ，∠APB ＝90°，
∴∠MPN −∠APN ＝∠APB−∠APN ，
∴∠APM ＝∠NPB ，
∵∠PMA ＝∠PNB ＝90°，
在△APM 和△BPN 中，
APM BPN PMA PNB PA PB ∠=∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
＝＝
∴△APM ≌△BPN （AAS ），
∴PM ＝PN ，
∴CP 平分∠ACB ；
②∵四边形MCNP 是矩形，且PN ＝PM ，
∴四边形MCNP 是正方形，
∴PN ＝CN ＝PM ＝CM
∴PC 2PN ＝2，
∴PN ＝6＝CN ＝CM ＝MP
∴AM ＝CM−AC ＝1
∵△APM ≌△BPN
∴AM ＝BN ，
∴BC ＝CN ＋BN ＝6＋AM ＝6＋1＝1．
（2）如图，以AC 为边作等边△AEC ，连接BE ，过点E 作EF ⊥BC 于F ，
∵△AEC是等边三角形
∴AE＝AC＝EC＝5，∠EAC＝∠ACE＝60°，∵△APB是等腰三角形，且∠APB＝60°
∴△APB是等边三角形，
∴∠PAB＝60°＝∠EAC，AB＝AP，
∴∠EAB＝∠CAP，且AE＝AC，AB＝AP，∴△ABE≌△APC（SAS）
∴BE＝CP＝52，
∵∠ACE＝60°，∠ACB＝90°，
∴∠ECF＝30°，
∴EF＝1
2
EC＝
5
2
，FC＝3EF＝
53
，
∵BF＝22
2557 50
4
EB EF
-=-=，
∴BC＝BF−CF＝57
-
53
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了矩形判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，角平分线的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的难点．
21、（1）见解析；（2）四边形的面积.
【解析】
【分析】
（1）根据同旁内角互补两直线平行求出BC∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
（2）利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得．
解：（1）证明
：
∵，
∴，
∴，
又∵是边的中点，
∴，
在与中，，
∴，
∴
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，
∴，
∴四边形的面积．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
22、ABC的面积是84．
【解析】
【分析】
根据AB=10，BD=6，AD=8，利用勾股定理的逆定理求证△ABD是直角三角形，再利用勾股定理求出CD的长，然后利用三角形面积公式即可得出答案．
解：∵BD 2+AD 2=62+82=102=AB 2，
∴△ABD 是直角三角形，
∴AD⊥BC，
在Rt△ACD 中，15CD ==
∴S △ABC =12BC•AD＝12(BD+CD)•AD＝12
×21×8＝1， 因此△ABC 的面积为1．
答：△ABC 的面积是1．
【点睛】
此题主要考查学生对勾股定理和勾股定理的逆定理的理解和掌握，解答此题的关键是利用勾股定理的逆定理求证△ABD 是直角三角形．
23、（1）见解析；（2）①
38
DF DA =，②见解析. 【解析】
【分析】
（1）根据AD 是△ABC 的中线得到BD ＝CD ，根据对顶角相等得到∠FDC ＝∠EDB ，又因为∠DFC ＝∠DEB ＝90°，即可证得△BDE ≌△CDF ，继而证出DE=DF ；（2）设BH ＝11x ，HC ＝5x ，则BD ＝CD ＝
12
BC ＝8x ，DH ＝3x ，HC ＝5x ，根据EH ∥AB 可得△EDH ∽△ADB ，再根据相似三角形对应边成比例以及DE ＝DF 得到DF DA
的值；②进一步求出DF FA 的值，得到DF DH FA HC ＝，再根据平行线分线段成比例定理证得FH ∥AC ，即PH ∥AC ，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形这一定理即可证得四边形HGAP 为平行四边形．
【详解】
解：（1）∵AD 是△ABC 的中线，∴BD ＝CD ，
∵∠FDC 和∠EDB 是对顶角，∴∠FDC ＝∠EDB ，
又∵BE ⊥AE ，CF ⊥AE ，∴∠DFC ＝∠DEB ＝90°，
∴△BDE ≌△CDF （AAS ），∴DE=DF.
（2）设11,5BH x HC x ==则182
BD CD BC x === 3,5DH x HC x ==
① ∵EH ∥AB
∴△EDH ∽△ADB ∴
38DE DH DA DB ==∵DE DF = ∴38
DF DA = ②∵38DF DA = ∴35DF FA =∵35
DH HC =∴FH ∥AC ∴PH ∥AC ∵EG ∥AB ∴四边形HGAP 为平行四边形
【点睛】
本题主要考查了三角形中线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理以及平行四边形的判定等知识，解题的关键是理解题意，掌握数形结合的思想并学会灵活运用知识点.
24、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BD//AE ，BD=AE.
【解析】
【分析】
（1）根据平行线的性质得到∠ABC=∠EKC ，∠AMB=∠ECK ，得到△ABM ∽△EKC ；
（2）根据相似三角形的性质得到比例式，计算即可；
（3）根据相似三角形的性质得到DE=AB ，得到四边形ABDE 是平行四边形，根据平行是四边形的性质解答．
【详解】
(1)证明：∵KD AB ，
∴ABC EKC ∠=∠，
∵CE AM ，
∴AMB ECK ∠=∠，
∴ABM EKC ∆∆；
(2)证明：∵ABM
EKC ∆∆， ∴AB BM EK CK
=， ∴AB CK EK BM ⋅=⋅，
∵AM 是ABC ∆的中线，
∴BM CM =，
∴AB CK EK CM ⋅=⋅；
(3)解：//BD AE ，BD AE =，
∵CE AM ， ∴DE CM EK CK
=，
∵AB CM EK CK
=， ∴DE AB =，
∵DE AB ∥，
∴四边形ABDE 是平行四边形，
∴//BD AE ，BD AE =.
【点睛】
本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
25、 (1)见解析；(1)BN 1=NC 1+CD 1；(3)CM 1+CN 1=DM 1+BN 1，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）连结AN ，由矩形知AO=CO ，∠ABN=90°，AB=CD ，结合ON ⊥AC 得NA=NC ，由∠ABN=90°知NA 1=BN 1+AB 1，
从而得证；
（1）连接DN ，在Rt △CDN 中，根据勾股定理可得：ND 1=NC 1+CD 1，再根据ON 垂直平分BD ，可得：BN=DN ，从而可证：BN 1=NC 1+CD 1；
（3）延长MO 交AB 于点E ，可证：△BEO ≌△DMO ，NE=NM ，在Rt △BEN 和Rt △MCN 中，根据勾股定理和对应边相等，可证：CN 1+CM 1=DM 1+BN 1．
【详解】
（1）证明：连结AN ，
∵矩形ABCD
∴AO=CO ，∠ABN=90°，AB=CD ，
∵ON ⊥AC ，
∴NA=NC ，
∵∠ABN=90°，
∴NA 1=BN 1+AB 1，
∴NC 1=BN 1+CD 1．
（1）如图1，连接DN ．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO，∠DCN=90°，
∵ON⊥BD，
∴NB=ND，
∵∠DCN=90°，
∴ND1=NC1+CD1，
∴BN1=NC1+CD1．
（3）CM1+CN1=DM1+BN1
理由如下：延长MO交AB于E，
∵矩形ABCD，
∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，
∴△BEO≌△DMO（ASA），
∴OE=OM，BE=DM，
∵MO⊥EM，
∴NE=NM，
∵∠ABC=∠DCB=90°，
∴NE1=BE1+BN1，NM1=CN1+CM1，
∴CN1+CM1=BE1+BN1 ，
即CN1+CM1=DM1+BN1 ．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点．
26、（1）详见解析
（2）详见解析
（3）1
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的四条边都相等可得BC=DC，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，然后利用“边角边”证明即可．
（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBP=∠CDP，根据等边对等角可得∠CBP=∠E，然后求出∠DPE=∠DCE，再根据两直线平行，同位角相等可得∠DCE=∠ABC，从而得证．
（3）根据（2）的结论解答：与（2）同理可得：∠DPE=∠ABC=1°.
【详解】
解：（1）证明：在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°，
∵在△BCP和△DCP中，
BC DC
BCP DCP
PC PC
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△BCP≌△DCP（SAS）．
（2）证明：由（1）知，△BCP≌△DCP，∴∠CBP=∠CDP．
∵PE=PB，∴∠CBP=∠E．∴∠CDP=∠E．
∵∠1=∠2（对顶角相等），
∴180°﹣∠1﹣∠CDP=180°﹣∠2﹣∠E，
即∠DPE=∠DCE．
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠ABC．
∴∠DPE=∠ABC．
（3）解：在菱形ABCD 中，BC=DC ，∠BCP=∠DCP ， 在△BCP 和△DCP 中， BC DC BCP DCP PC PC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△BCP ≌△DCP （SAS ）， ∴∠CBP=∠CDP ，
∵PE=PB ，
∴∠CBP=∠E ，
∴∠DPE=∠DCE ，
∵AB ∥CD ，
∴∠DCE=∠ABC ， ∴∠DPE=∠ABC=1°， 故答案为：1．。