2023年福建省平潭綜合實驗區(qū)七校聯(lián)考數(shù)學八下期末考試模擬試題含解析

2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．下列語句正確的是()A．對角線互相垂直的四邊形是菱形B．有兩對鄰角互補的四邊形為平行四邊形C．矩形的對角線相等D．平行四邊形是軸對稱圖形2．正方形有而矩形不一定有的性質(zhì)是（）A．四個角都是直角 B．對角線相等C．對角線互相平分 D．對角線互相垂直3．如圖所示，函數(shù)y=kx-k的圖象可能是下列圖象中的（）A． B． C． D．4．如圖，在周長為20cm的平行四邊形ABCD中，AB≠AD，AC和BD相交于點O，OE⊥BD交AD于E，則ΔABE的周長為（）A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm5．甲、乙、丙、丁四人進行射箭測試，每人10次射箭成績的平均成績都相同，方差分別是S甲2=0.65，S乙2=0.55，S丙2=0.50，S丁2=0.45，則射箭成績最穩(wěn)定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁6．如圖，矩形被對角線、分成四個小三角形，這四個小三角形的周長之和是，．則矩形的周長是（）A． B． C． D．7．如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB的垂直平分線分別交AB、AC于點D、E，則以下AE與CE的數(shù)量關系正確的是（）A．AE=CE B．AE=CE C．AE=CE D．AE=2CE8．一組數(shù)據(jù)從小到大排列為1，2，4，x，6，1．這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是5，那么這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為（

）A．4

B．5

C．5.5

D．69．如圖，在正方形中，點是的中點，點是的中點，與相交于點，設.得到以下結(jié)論：①；②；③則上述結(jié)論正確的是（）A．①② B．①③C．②③ D．①②③10．為了增強學生體質(zhì)，學校發(fā)起評選“健步達人”活動，小明用計步器記錄自己一個月（30天）每天走的步數(shù)，并繪制成如下統(tǒng)計表：步數(shù)（萬步）1.01.21.11.41.3天數(shù)335712在每天所走的步數(shù)這組數(shù)據(jù)中，眾數(shù)和中位數(shù)分別是（）A．1.3，1.1 B．1.3，1.3 C．1.4，1.4 D．1.3，1.411．下列數(shù)字圖形中，是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形的為（）A． B． C． D．12．如圖，矩形中，，，、分別是邊、上的點，且與之間的距離為4，則的長為（）A．3 B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，將三個邊長都為a的正方形一個頂點重合放置，則∠1＋∠2＋∠3＝_______．14．一個兩位數(shù)，它的十位數(shù)上的數(shù)字比個位上的數(shù)字大2.且這個兩位數(shù)小于40，則這個兩位數(shù)是________.15．如圖所示，折疊矩形的一邊AD，使點D落在邊BC的點F處，已知AB=8cm，BC=10cm，則EC的長為_____cm．16．將拋物線先向左平移個單位，再向下平移個單位，所得拋物線的解析式為______．17．如圖，P是矩形ABCD內(nèi)一點，，，，則當線段DP最短時，________．18．在?ABCD中，AD=BD，BE是AD邊上的高，∠EBD=20°，則∠A的度數(shù)為．三、解答題（共78分）19．（8分）解方程：-=1．20．（8分）因式分解：am2﹣6ma+9a．21．（8分）某中學開學初到商場購買、兩種品牌的足球，購買種品牌的足球50個，種品牌的足球25個，共花費4500元，已知購買一個種品牌的足球比購買一個種品牌的足球少30元．（1）求購買一個種品牌、一個種品牌的足球各需多少錢．（2）學校為了響應“足球進校園”的號召，決定再次購進、兩種品牌足球共50個，正好趕上商場對商品價格進行調(diào)整，品牌的足球售價上漲4元，品牌足球按原售價的9折出售，如果學校第二次購買足球的總費用不超過第一次花費的，且保證品牌足球不少于23個，則學校有幾種購買方案？（3）求出學校在第二次購買活動中最多需要多少錢？22．（10分）如圖1，矩形OABC擺放在平面直角坐標系中，點A在x軸上，點C在y軸上，OA=3，OC=2，過點A的直線交矩形OABC的邊BC于點P，且點P不與點B、C重合，過點P作∠CPD=∠APB，PD交x軸于點D，交y軸于點E．(1)若△APD為等腰直角三角形．①求直線AP的函數(shù)解析式；②在x軸上另有一點G的坐標為(2，0)，請在直線AP和y軸上分別找一點M、N，使△GMN的周長最小，并求出此時點N的坐標和△GMN周長的最小值．(2)如圖2，過點E作EF∥AP交x軸于點F，若以A、P、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，求直線PE的解析式．23．（10分）如圖1，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，過點O作直線EF⊥BD，且交AC于點E，交BC于點F，連接BE、DF，且BE平分∠ABD.（1）①求證：四邊形BFDE是菱形；②求∠EBF的度數(shù)．

（2）把（1）中菱形BFDE進行分離研究，如圖2，G，I分別在BF，BE邊上，且BG=BI，連接GD，H為GD的中點，連接FH，并延長FH交ED于點J，連接IJ，IH，IF，IG．試探究線段IH與FH之間滿足的數(shù)量關系，并說明理由；

（3）把（1）中矩形ABCD進行特殊化探究，如圖3，矩形ABCD滿足AB=AD時，點E是對角線AC上一點，連接DE，作EF⊥DE，垂足為點E，交AB于點F，連接DF，交AC于點G．請直接寫出線段AG，GE，EC三者之間滿足的數(shù)量關系．24．（10分）如圖，小明家所在區(qū)域的部分平面示意圖，請你分別以正東、正北為軸、軸正方向，在圖中建立平面直角坐標系，使汽車站的坐標是，（1）請你在圖中畫出所建立的平面直角坐標系；（2）用坐標說明學校和小明家的位置；（3）若圖中小正方形的邊長為，請你計算小明家離學校的距離．25．（12分）小聰與小明在一張矩形臺球桌ABCD邊打臺球，該球桌長AB=4m，寬AD=2m，點O、E分別為AB、CD的中點，以AB、OE所在的直線建立平面直角坐標系。（1）如圖1，M為BC上一點；①小明要將一球從點M擊出射向邊AB，經(jīng)反彈落入D袋，請你畫出AB上的反彈點F的位置；②若將一球從點M(2，12)擊出射向邊AB上點F(0.5，0)，問該球反彈后能否撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球?請說明理由（2）如圖2，在球桌上放置兩個擋板(厚度不計)擋板MQ的端點M在AD中點上且MQ⊥AD，MQ=2m，擋板EH的端點H在邊BC上滑動，且擋板EH經(jīng)過DC的中點E；①小聰把球從B點擊出，后經(jīng)擋板EH反彈后落入D袋，當H是BC中點時，試證明：DN=BN；②如圖3，小明把球從B點擊出，依次經(jīng)擋板EH和擋板MQ反彈一次后落入D袋，已知∠EHC=75°，請你直接寫出球的運動路徑BN+NP+PD的長。26．解不等式組：，并把不等式組的解集在數(shù)軸上表示出來.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【解析】分析：根據(jù)各選項中所涉及的幾何圖形的性質(zhì)或判斷進行分析判斷即可.詳解：A選項中，因為“對角線互相垂直的平行四邊形才是菱形”，所以A中說法錯誤；B選項中，因為“有兩對鄰角互補的四邊形不一定是平行四邊形，如梯形”，所以B中說法錯誤；C選項中，因為“矩形的對角線是相等的”，所以C中說法正確；D選項中，因為“平行四邊形是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形”，所以D中說法錯誤.故選C.點睛：熟記“各選項中所涉及的幾何圖形的性質(zhì)和判定”是解答本題的關鍵.2、D【解析】

根據(jù)正方形與矩形的性質(zhì)對各選項分析判斷后利用排除法求解．【詳解】解：A、正方形和矩形的四個角都是直角，故本選項錯誤；B、正方形和矩形的對角線相等，故本選項錯誤；C、正方形和矩形的對角線互相平分，故本選項錯誤；D、正方形的對角線互相垂直平分，矩形的對角線互相平分但不一定垂直，故本選項正確．故選D．【點睛】本題考查了正方形和矩形的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并正確區(qū)分是解題的關鍵．3、C【解析】

根據(jù)圖象與x,y軸的交點直接解答即可【詳解】根據(jù)一次函數(shù)圖象的性質(zhì)，令x=0，可知此時圖象與y軸相交，交點坐標為（0，-k），令y=0，此時圖象與x軸相交，交點坐標為（1，0），由于m不能確定符號，所以要看選項中哪個圖形過（1，0）這一點，觀察可見C符合.故選C.【點睛】此題考查一次函數(shù)的圖象，解題關鍵在于得出x,y軸的交點坐標4、D【解析】分析：利用平行四邊形、等腰三角形的性質(zhì)，將△ABE的周長轉(zhuǎn)化為平行四邊形的邊長之間的和差關系．詳解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AC、BD互相平分，∴O是BD的中點．又∵OE⊥BD，∴OE為線段BD的中垂線，∴BE=DE．又∵△ABE的周長=AB+AE+BE，∴△ABE的周長=AB+AE+DE=AB+AD．又∵□ABCD

的周長為20cm，∴AB+AD=10cm∴△ABE的周長=10cm．故選D.點睛：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)．平行四邊形的對角線互相平分．請在此填寫本題解析!5、D【解析】

∵射箭成績的平均成績都相同,方差分別是S甲2=0.65，S乙2=0.55，S丙2=0.50，S丁2=0.45，∴S2甲>S2乙>S2丙>S2丁，∴射箭成績最穩(wěn)定的是丁；故選D.6、C【解析】

四個小三角形的周長是兩條對角線長與矩形周長的和，由此可求矩形周長．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD．四個小三角形的周長=4AC+AD+DC+BC+BA，即40+矩形周長=68，所以矩形周長為1．故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，矩形的對角線相等是解題的關鍵．7、D【解析】

首先連接BE，由在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，可求得∠ABC的度數(shù)，又由AB的垂直平分線交AB于點D，交AC于點E，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，可得AE=BE，繼而可求得∠CBE的度數(shù)，然后由含30°角的直角三角形的性質(zhì)，證得AE=2CE．【詳解】連接BE，∵DE是AB的垂直平分線，∴AE=BE，∴∠ABE=∠A=30°，∴∠CBE=∠ABC-∠ABE=30°，在Rt△BCE中，BE=2CE，∴AE=2CE，故選D．【點睛】此題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)．此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．8、D【解析】分析：先根據(jù)中位數(shù)的定義可求得x，再根據(jù)眾數(shù)的定義就可以求解．詳解：根據(jù)題意得，（4+x）÷2=5，得x=2，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為2．故選D．點睛：本題主要考查了眾數(shù)與中位數(shù)的意義，中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到小）重新排列后，最中間的那個數(shù)（最中間兩個數(shù)的平均數(shù)）；眾數(shù)是一組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，難度適中．9、D【解析】

由正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)進行推理即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖，（1）所以①成立(2)如圖延長交延長線于點，則：∴為直角三角形斜邊上的中線，是斜邊的一半，即所以②成立(3)∵∴∵∴所以③成立故選：D【點睛】本題考查的正方形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)，解答此題的關鍵是熟練掌握性質(zhì)和定理．10、B【解析】

在這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的是1.1，得到這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)；把這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列，第15、16個數(shù)的平均數(shù)是中位數(shù)．【詳解】在這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的是1.1，即眾數(shù)是1.1．要求一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，把這組數(shù)據(jù)按照從小到大的順序排列，第15、16個兩個數(shù)都是1.1，所以中位數(shù)是1.1．故選B．【點睛】本題考查一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)和眾數(shù)，在求中位數(shù)時，首先要把這列數(shù)字按照從小到大或從的大到小排列，找出中間一個數(shù)字或中間兩個數(shù)字的平均數(shù)即為所求．11、A【解析】

根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可；【詳解】A選項中，是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形，故本選項正確；B選項中，是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故本選項錯誤；C選項中，是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形，故本選項錯誤；D選項中，不是中心對稱圖形，也不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；【點睛】本題主要考查了軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念，掌握軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念是解題的關鍵.12、D【解析】

過點D作DG⊥BE，垂足為G，則GD＝4＝AB，∠G＝90°，再利用AAS證明△AEB≌△GED，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AE＝EG．設AE＝EG＝x，則ED＝5﹣x，在Rt△DEG中，由勾股定理得可得方程x2+42＝（5﹣x）2，解方程求得x的值即可得AE的長．【詳解】過點D作DG⊥BE，垂足為G，如圖所示：則GD＝4＝AB，∠G＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝5，∠A＝90°＝∠G，在△AEB和△GED中，∴△AEB≌△GED（AAS）．∴AE＝EG．設AE＝EG＝x，則ED＝5﹣x，在Rt△DEG中，由勾股定理得：ED2＝EG2+GD2，∴x2+42＝（5﹣x）2，解得：x＝，即AE＝．故選D．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理，正確作出輔助線，證明AE＝EG是解決問題的關鍵.二、填空題（每題4分，共24分）13、【解析】

利用重合部分的角相等和等角的余角相等，逐步判定∠2=∠COB

，即可完成解答?！驹斀狻拷猓喝鐖D∵都是正方形∴∠FOC=∠EOB=∠DOA=又∵∠2+∠EOC=∠BOC+∠EOC=∴∠2=∠BOC∴∠1＋∠2＋∠3=∠DOA=故答案為。【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及重合部分的角相等和等角的余角相等的知識，其中確定∠2=∠BOC是解題的關鍵。14、31或1【解析】

首先設個位數(shù)字為x，則十位數(shù)字為x+2，即可以列出不等式求解.【詳解】解：設個位數(shù)字為x，則十位數(shù)字為x+2，由題意得10（x+2）+x＜40解得：因為x是非負整數(shù)，

所以x=1或0，該數(shù)的個位數(shù)字為1或0，則十位數(shù)字是3或2，故這個兩位數(shù)為31或1．

故答案為：31或1．【點睛】此題考查一元一次不等式的應用，理解題意，找出不等關系列出不等式即可求解．15、2【解析】試題解析：∵D，F(xiàn)關于AE對稱，所以△AED和△AEF全等，∴AF=AD=BC=10，DE=EF，設EC=x，則DE=8-x．∴EF=8-x，在Rt△ABF中，BF==6，∴FC=BC-BF=1．在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+FC2=EF2，即：x2+12=（8-x）2，解得x=2．∴EC的長為2cm．考點：1.勾股定理；2.翻折變換（折疊問題）．16、【解析】

二次函數(shù)圖象平移規(guī)律：“上加下減,左加右減”，據(jù)此求解即可.【詳解】將拋物線先向左平移個單位,再向下平移個單位后的解析式為:,故答案為.17、【解析】

因為AP⊥BP，則P點在AB為直徑的半圓上，當P點為AB的中點E與D點連線與半圓AB的交點時，DP最短，求出此時PC的長度便可．【詳解】解：以AB為直徑作半圓O，連接OD，與半圓O交于點P′，當點P與P′重合時，DP最短，

則AO=OP′=OB=AB=2，

∵AD=2，∠BAD=90°，

∴OD=2，∠ADC=∠AOD=∠ODC=45°，

∴DP′=OD-OP′=2-2，

過P′作P′E⊥CD于點E，則

P′E=DE=DP′=2-，

∴CE=CD-DE=+2，

∴CP′==．

故答案為．【點睛】本題是一個矩形的綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，圓的性質(zhì)，關鍵是作輔助圓和構(gòu)造直角三角形．18、55°或35°．【解析】試題分析：①若E在AD上，如圖，∵BE是AD邊上的高，∠EBD=20°，∴∠ADB=90°﹣20°=70°，∵AD=BD，∴∠DAB=∠ABD=55°；②若E在AD的延長線上，如圖，∵BE是AD邊上的高，∠EBD=20°，∴∠EDB=90°﹣20°=70°，∵AD=BD，∴∠DAB=∠ABD=35°．故答案為55°或35°．考點：1．平行四邊形的性質(zhì)；2．分類討論．三、解答題（共78分）19、x=–2【解析】試題分析：根據(jù)分式方程的解法即可求出答案．試題解析：解：去分母得：（x+3）2﹣4（x﹣3）=（x﹣3）（x+3）x2+6x+9﹣4x+12=x2﹣9，x=﹣2．把x=﹣2代入（x﹣3）（x+3）≠0，∴原分式方程的解為：x=﹣2．20、a（m﹣3）1．【解析】

先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式即可解答【詳解】原式＝a（m1﹣6m+9）＝a（m﹣3）1．【點睛】此題考查提公因式法和公式法的綜合運用，解題關鍵在于熟練掌握運算法則21、（1）購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元；（2）有三種方案，詳見解析；（3）最多需要3150元.【解析】

（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，根據(jù)“總費用＝買A種足球費用＋買B種足球費用，以及購買一個種品牌的足球比購買一個種品牌的足球少30元”可得出關于x、y的二元一次方程組，解方程組即可得出結(jié)論；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50?m）個，根據(jù)“總費用＝買A種足球費用＋買B種足球費用，以及B種足球不小于23個”可得出關于m的一元一次不等式組，解不等式組可得出m的取值范圍，由此即可得出結(jié)論；（3）分析第二次購買時，A、B兩種足球的單價，即可得出哪種方案花錢最多，求出花費最大值即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）設A種品牌足球的單價為x元，B種品牌足球的單價為y元，依題意得：，解得：，答：購買一個A種品牌的足球需要50元，購買一個B種品牌的足球需要80元；（2）設第二次購買A種足球m個，則購買B種足球（50?m）個，依題意得：，解得：25≤m≤1．故這次學校購買足球有三種方案：方案一：購買A種足球25個，B種足球25個；方案二：購買A種足球26個，B種足球24個；方案三：購買A種足球1個，B種足球23個．（3）∵第二次購買足球時，A種足球單價為50＋4＝54（元），B種足球單價為80×0.9＝72（元），∴當購買方案中B種足球最多時，費用最高，即方案一花錢最多，∴25×54＋25×72＝3150（元）．答：學校在第二次購買活動中最多需要3150元．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用以及一元一次不等式組的應用，解題的關鍵是：（1）根據(jù)數(shù)量關系找出關于x、y的二元一次方程組；（2）根據(jù)數(shù)量關系找出關于m的一元一次不等式組；（3）確定花費最多的方案．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)數(shù)量關系列出方程（方程組、不等式或不等式組）是關鍵．22、（1）①y＝﹣x+3，②N（0，）,；（2）y＝2x﹣2.【解析】

（1）①由矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可求得∠BAP＝∠BPA＝45°，從而可得BP＝AB＝2，進而得到點P的坐標，再根據(jù)A、P兩點的坐標從而可求AP的函數(shù)解析式；②作G點關于y軸對稱點G'（﹣2，0），作點G關于直線AP對稱點G''（3，1），連接G'G''交y軸于N，交直線AP于M，此時△GMN周長的最小，根據(jù)點G'、G''兩點的坐標，求出其解析式，然后再根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及已知條件求得PD=PA，進而求得DM=AM，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出PD=DE，然后通過得出△PDM≌△EDO得出點E和點P的坐標，即可求得．【詳解】解：（1）①∵矩形OABC，OA＝3，OC＝2，∴A（3，0），C（0，2），B（3，2），AO∥BC，AO＝BC＝3，∠B＝90°，CO＝AB＝2，∵△APD為等腰直角三角形，∴∠PAD＝45°，∵AO∥BC，∴∠BPA＝∠PAD＝45°，∵∠B＝90°，∴∠BAP＝∠BPA＝45°，∴BP＝AB＝2，∴P（1，2），設直線AP解析式y(tǒng)＝kx+b，∵過點A，點P，∴∴，∴直線AP解析式y(tǒng)＝﹣x+3;②如圖所示：作G點關于y軸對稱點G'（﹣2，0），作點G關于直線AP對稱點G''（3，1）連接G'G''交y軸于N，交直線AP于M，此時△GMN周長的最小，∵G'（﹣2，0），G''（3，1）∴直線G'G''解析式y(tǒng)＝x+當x＝0時，y＝，∴N（0，）,∵G'G''＝,∴△GMN周長的最小值為;（2）如圖：作PM⊥AD于M，∵BC∥OA∴∠CPD＝∠PDA且∠CPD＝∠APB，∴PD＝PA，且PM⊥AD，∴DM＝AM，∵四邊形PAEF是平行四邊形∴PD＝DE又∵∠PMD＝∠DOE，∠ODE＝∠PDM∴△PMD≌△EOD，∴OD＝DM，OE＝PM，∴OD＝DM＝MA，∵PM＝2，OA＝3，∴OE＝2，OM＝2∴E（0，﹣2），P（2，2）設直線PE的解析式y(tǒng)＝mx+n∴∴直線PE解析式y(tǒng)＝2x﹣2.【點睛】本題主要考查了求一次函數(shù)的解析式、矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、對稱的性質(zhì)等知識點，熟練掌握基礎知識正確的作出輔助線是解題的關鍵.23、（1）①證明見解析；②；（2）；（3）.【解析】

（1）①由，推出，，推出四邊形是平行四邊形，再證明即可．②先證明，推出，延長即可解決問題．（2）．只要證明是等邊三角形即可．（3）結(jié)論：．如圖3中，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，先證明，再證明是直角三角形即可解決問題．【詳解】（1）①證明：如圖1中，四邊形是矩形，，，，在和中，，，，，四邊形是平行四邊形，，，，四邊形是菱形．②平分，，，，，，，，，．（2）結(jié)論：．理由：如圖2中，延長到，使得，連接．四邊形是菱形，，，，，在和中，，，，，，，，是等邊三角形，，在和中，，，，，，，，，，是等邊三角形，在中，，，，．（3）結(jié)論：．理由：如圖3中，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，，四點共圓，，，，，，在和中，，，，，，，，，．【點睛】本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形，學會轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．24、（1）見解析；（2）學校(-2，-2)，小明家(1，2)；（3）2500m【解析】

（1）根據(jù)題意確定坐標原點的位置，然后建立坐標系；（2）根據(jù)平面直角坐標系可以直接得到答案；（3）利用勾股定理解答即可．【詳解】解：（1）如圖所示：（2）學校（-2，-2）小明家（1，2）（3）小明家離學校的距離為：．【點睛】本題考查了坐標確定位置，熟練掌握平面直角坐標系中確定點的位置的方法是解題的關鍵．25、（1）①答案見解析②答案見解析（2）①證明見解析②2【解析】

（1）①根據(jù)反射的性質(zhì)畫出圖形，可確定出點F的位置；②過點H作HG⊥AB于點G，利用點H的坐標，可知HG的長，利用矩形的性質(zhì)結(jié)合已知可求出點B，C的坐標，求出BM，BF的長，再利用銳角三角函數(shù)的定義，去證明tan∠MFB=tan∠HFG，即可證得∠MFB=∠HFG，即可作出判斷；（2）①連接BD，過點N作NT⊥EH于點N，交AB于點T，利用三角形中位線定理可證得EH∥BD，再證明MQ∥AB，從而可證得∠DNQ=∠BNQ，∠DQN=∠NQB，利用ASA證明△DNQ≌△BNQ，然后利用全等三角形的性質(zhì)，可證得結(jié)論；②作點B關于EH對稱點B＇，過點B＇作B＇G⊥BC交BC的延長線于點G，連接B＇H，B＇N，連接AP，過點B＇作B＇L⊥x軸于點L，利用軸對稱的性質(zhì)，可證得AP=DP，NB＇=NB，∠BHN=∠NHB＇根據(jù)反射的性質(zhì)，易證AP，NQ，NC在一條直線上，從而可證得BN+NP+PD=AB＇，再利用鄰補角的定義，可求出∠B＇HG=30°，作EK=KH，利用等腰三角形的性質(zhì)，及三角形外角的性質(zhì)，求出∠CKH的度數(shù)，利用解直角三角形表示出KH，CK的長，由BC=2，建立關于x的方程，解方程求出x的值，從而可得到CH，B＇H的長，利用解直角三角形求出GH，BH的長，可得到點B＇的坐標，再求出AL，B＇L的長，然后在Rt△AB＇L中，利用勾股定理就可求出AB＇的長.【詳解】（1）解：①如圖1，②答：反彈后能撞到位于(-0.5，0.8)位置的另一球理由：如圖，設點H（-0.5，0.8），過點H作HG⊥AB于點G，∴HG=0.8∵矩形ABCD，點O，E分別為AB，CD的中點，AD=2，AB=4，∴OB=OA=2，BC=AD=OE=2∴點B（2，0），點C（2，2）,∵點M(2，1.2)，點F(0.5，0)，∴BF=2-0.5=1.5，BM=1.2，F(xiàn)G=0.5-（-0.5）=1在Rt△BMF中，tan∠MFB=BMBF=在Rt△FGH中，tan∠HFG=HGFG=∴∠MFB=∠HFG，∴反彈后能撞到位于