安徽省無為縣2024屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末經(jīng)典試題含解析

安徽省無為縣2024屆八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末經(jīng)典試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，平行四邊形ABCD中，EF∥BC，GH∥AB，EF，GH相交于點O，則圖中有平行四邊形（）A．4個 B．5個 C．8個 D．9個2．下列計算正確的是（）A． B． C． D．3．函數(shù)的圖象是雙曲線，則m的值是（）A．－1 B．0 C．1 D．24．如圖，菱形中，點為對角線上一點，且于點，連接，若，則的度數(shù)為（）A． B． C． D．5．化簡27＋3－12的結(jié)果為()A．0B．2C．－23D．236．已知菱形的邊長等于2cm，菱形的一條對角線也是長2cm，則另一條對角線長是（）A．4cm B．2cm C．cm D．3cm7．解分式方程﹣3=時，去分母可得（）A．1﹣3（x﹣2）=4 B．1﹣3（x﹣2）=﹣4C．﹣1﹣3（2﹣x）=﹣4 D．1﹣3（2﹣x）=48．已知是方程的一個根，則（）A． B． C． D．9．如圖，對折矩形紙片，使與重合，得到折痕，將紙片展平后再一次折疊，使點落到上的點處，則的度數(shù)是()A．25° B．30° C．45° D．60°10．一元二次方程配方后可化為()A． B． C． D．11．如圖，直線y=-x+2與x軸交于點A，則點A的坐標(biāo)是（）A．（2,0） B．（0,2） C．（1,1） D．（2,2）12．如圖，已知一次函數(shù)的圖像與軸，軸分別交于，兩點，與反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖像交于點，且為的中點，則一次函數(shù)的解析式為（）A． B． C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．某校射擊隊從甲、乙、丙、丁四人中選拔一人參加市運動會射擊比賽．在選拔比賽中，每人射擊10次，他們10次成績的平均數(shù)及方差如下表所示：甲乙丙丁平均數(shù)/環(huán)9.59.59.59.5方差/環(huán)25.14.74.55.1請你根據(jù)表中數(shù)據(jù)選一人參加比賽，最合適的人選是________．14．在直角坐標(biāo)系中，直線l：y＝x﹣與x軸交于點B1，以O(shè)B1為邊長作等邊△A1OB1，過點A1作A1B2平行于x軸，交直線l于點B2，以A1B2為邊長作等邊△A2A1B2，過點A2作A1B2平行于x軸，交直線l于點B3，以A2B3為邊長作等邊△A3A2B3，…，則等邊△A2017A2018B2018的邊長是_____．15．關(guān)于x的方程的一個根為1，則m的值為．16．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點A、C的坐標(biāo)分別為，，，點P在BC（不與點B、C重合）上運動，當(dāng)△ODP是腰長為5的等腰三角形時，點P的坐標(biāo)為______．17．商店購進一批文具盒，進價每個4元，零售價每個6元，為促銷決定打折銷售，但利潤率仍然不低于20%，那么該文具盒實際價格最多可打___________折銷售18．如圖，將正方形放在平面直角坐標(biāo)系中，是坐標(biāo)原點，點的坐標(biāo)為，則點的坐標(biāo)為__________.三、解答題（共78分）19．（8分）已知四邊形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的兩邊分別與射線CB，DC相交于點E，F(xiàn)，且∠EAF=60°．（1）如圖1，當(dāng)點E是線段CB的中點時，直接寫出線段AE，EF，AF之間的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，當(dāng)點E是線段CB上任意一點時（點E不與B、C重合），求證：BE=CF；（3）如圖3，當(dāng)點E在線段CB的延長線上，且∠EAB=15°時，求點F到BC的距離．20．（8分）解方程：（1）3x（x﹣1）＝2﹣2x；（2）2x2﹣4x﹣1＝1．21．（8分）如圖O為坐標(biāo)原點，四邊形ABCD是菱形，A(4，4)，B點在第二象限，AB＝5，AB與y軸交于點F，對角線AC交y軸于點E(1)直接寫出B、C點的坐標(biāo)；(2)動點P從C點出發(fā)以每秒1個單位的速度沿折線段C﹣D﹣A運動，設(shè)運動時間為t秒，請用含t的代數(shù)式表示△EDP的面積；(3)在(2)的條件下，是否存在一點P，使△APE沿其一邊翻折構(gòu)成的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出當(dāng)t為多少秒時存在符合條件的點P；若不存在，請說明理由．22．（10分）如圖，點O為等邊三角形ABC內(nèi)一點，連接OA，OB，OC，將線段BO繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°到BM，連接CM，OM．（1）求證：AO＝CM；（2）若OA＝8，OC＝6，OB＝10，判斷△OMC的形狀并證明．23．（10分）如圖，△ABC中，∠ACB=Rt∠，AB=，BC=，求斜邊AB上的高CD．24．（10分）已知，在菱形ABCD中，G是射線BC上的一動點（不與點B，C重合），連接AG，點E、F是AG上兩點，連接DE，BF，且知∠ABF=∠AGB，∠AED=∠ABC．（1）若點G在邊BC上，如圖1，則：①△ADE與△BAF______；（填“全等”或“不全等”或“不一定全等”）②線段DE、BF、EF之間的數(shù)量關(guān)系是______；（2）若點G在邊BC的延長線上，如圖2，那么上面（1）②探究的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明這三條線段之間又怎樣的數(shù)量關(guān)系，并給出你的證明．25．（12分）已知，矩形中，，的垂直平分線分別交于點，垂足為．（1）如圖1，連接，求證：四邊形為菱形；（2）如圖2，動點分別從兩點同時出發(fā)，沿和各邊勻速運動一周，即點自停止，點自停止．在運動過程中，①已知點的速度為每秒，點的速度為每秒，運動時間為秒，當(dāng)四點為頂點的四邊形是平行四邊形時，則____________．②若點的運動路程分別為（單位:），已知四點為頂點的四邊形是平行四邊形，則與滿足的數(shù)量關(guān)系式為____________．26．探索發(fā)現(xiàn)：，，，根據(jù)你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律，回答下列問題：（1），；（2）利用你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律計算：；（3）靈活利用規(guī)律解方程：.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【解析】

首先根據(jù)已知條件找出圖中的平行線段，然后根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形，來判斷圖中平行四邊形的個數(shù)．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，CD∥AB，又∵EF∥BC，GH∥AB，∴∴AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，∴平行四邊形有：□ABCD，□ABHG，□CDGH，□BCFE，□ADFE，□AGOE，□BEOH，□OFCH，□OGDF，共9個．即共有9個平行四邊形．故選D．【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件找出圖中的平行線段.2、C【解析】

根據(jù)二次根式的性質(zhì)和計算法則分別計算可得正確選項。【詳解】解：A、不是同類二次根式，不能合并，故本選項錯誤；B、不是同類二次根式，不能合并，故本選項錯誤；C、正確；D、，故故本選項錯誤。故選：C【點睛】本題考查了二次根式的性質(zhì)和運算，掌握運算法則是關(guān)鍵。3、C【解析】

根據(jù)反比例函數(shù)的定義列出關(guān)于m的不等式組，求出m的值即可．【詳解】解：∵函數(shù)的圖象是雙曲線，

∴，解得m=1．

故選：C．【點睛】本題考查的是反比例函數(shù)的定義，即形如y=（k為常數(shù)，k≠0）的函數(shù)稱為反比例函數(shù)．4、A【解析】

依據(jù)菱形的性質(zhì)求出∠DBC度數(shù)，再依據(jù)三角形的外角性質(zhì)可得∠ECB度數(shù)，在Rt△ECH中，∠HEC=90°-∠ECH．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DBC=∠ABC=15°．又∠DEC=∠EBC+∠ECB，即30°=15°+∠ECB，所以∠ECB=15°．∴∠HEC=90°-15°=75°．故選：A．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解決菱形中角的問題，一般運用了菱形的對角線平分每一組對角的性質(zhì)．5、D【解析】解：原式=33+36、B【解析】

根據(jù)菱形的對角線和一邊長組成一個直角三角形的性質(zhì)，再由勾股定理得出另一條對角線的長即可．【詳解】解：因為菱形的對角線互相垂直平分，∴另一條對角線的一半長＝，則另一條對角線長是2cm．故選B．【點睛】本題考查菱形的基本性質(zhì)：菱形的對角線互相垂直平分，以及綜合利用勾股定理．7、B【解析】

方程兩邊同時乘以（x-2），轉(zhuǎn)化為整式方程，由此即可作出判斷．【詳解】方程兩邊同時乘以（x-2），得1﹣3（x﹣2）=﹣4，故選B．【點睛】本題考查了解分式方程，利用了轉(zhuǎn)化的思想，熟練掌握解分式方程的一般步驟以及注意事項是解題的關(guān)鍵.8、D【解析】

把n代入方程得到，再根據(jù)所求的代數(shù)式的特點即可求解.【詳解】把n代入方程得到，故∴3（）-7=3-7=-4，故選D.【點睛】此題主要考查一元二次方程的解，解題的關(guān)鍵是熟知一元二次方程的解的定義.9、B【解析】

由折疊的性質(zhì)可得AM=DM=AD，AD⊥MN，AD=AF，可得AF=2AM，由含30度直角三角形性質(zhì)可得∠MFA=30°，即可求解.【詳解】解：∵對折矩形紙片ABCD，使AB與DC重合，得到折痕MN，∴AM=DM=AD，AD⊥MN，∴MN∥AB由折疊的性質(zhì)可得：AD=AF，∴AF=2AM在直角三角形AFM中，有∴∠MFA=30°∵MN∥AB∴∠FAB=∠MFA=30°，故選擇：B.【點睛】本題考查了翻折變換，含30度直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，證明AF=2AM是本題的關(guān)鍵.10、A【解析】

先把常數(shù)項移到方程右側(cè)，再把方程兩邊加上4，然后把方程左邊寫成完全平方形式即可．【詳解】解：x2＋4x＝?1，

x2＋4x＋4＝1，

（x＋2）2＝1．

故選：C．【點睛】本題考查了解一元二次方程?配方法：將一元二次方程配成（x＋m）2＝n的形式，再利用直接開平方法求解，這種解一元二次方程的方法叫配方法．11、A【解析】

一次函數(shù)y＝kx＋b（k≠0，且k，b為常數(shù)）的圖象是一條直線．令y=0，即可得到圖象與x軸的交點．【詳解】解：直線中，令．則．解得．∴．故選：A．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)y＝kx＋b（k≠0，且k，b為常數(shù)）與x軸的交點坐標(biāo)是（?，0），與y軸的交點坐標(biāo)是（0，b）．12、B【解析】

先確定B點坐標(biāo)，根據(jù)A為BC的中點，則點C和點B關(guān)于點A中心對稱，所以C點的縱坐標(biāo)為4，再利用反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征可確定C點坐標(biāo)，然后把C點坐標(biāo)代入y=kx-4即可得到k的值，即可得到結(jié)論．【詳解】把x=0代入y=kx?4得y=?4,則B點坐標(biāo)為(0,?4)，∵A為BC的中點，∴C點的縱坐標(biāo)為4，把y=4代入y=得x=2，∴C點坐標(biāo)為(2,4)，把C(2,4)代入y=kx?4得2k?4=4，解得k=4，∴一次函數(shù)的表達式為y=4x?4，故選：B.【點睛】此題考查反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，解題關(guān)鍵在于求出k值二、填空題（每題4分，共24分）13、丙【解析】分析：根據(jù)方差的意義可作出判斷．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．詳解：∵=5.1,=4.7,=4.5,=5.1，∴=>>，∴最合適的人選是丙.故答案為：丙.點睛：本題考查方差的意義.方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量,方差越大,表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大,即波動越大,數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定;反之,方差越小,表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中,各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小,即波動越小,數(shù)據(jù)越穩(wěn)定.14、【解析】

從特殊得到一般探究規(guī)律后，利用規(guī)律解決問題即可；【詳解】∵直線l：y=x﹣與x軸交于點B1，∴B1（1，0），OB1=1，△OA1B1的邊長為1，∵直線y=x﹣與x軸的夾角為30°，∠A1B1O=60°，∴∠A1B1B2=90°，∵∠A1B2B1=30°，∴A1B2=2A1B1=2，△A2B3A3的邊長是2，同法可得：A2B3=4，△A2B3A3的邊長是22，由此可得，△AnBn+1An+1的邊長是2n，∴△A2017B2018A2018的邊長是1．故答案為1．【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征以及等邊三角形的性質(zhì)的運用，解決問題的關(guān)鍵是依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)找出規(guī)律，求得△AnBn+1An+1的邊長是2n．15、1【解析】試題分析：把x=1代入方程得：1-2m+m=0，解得m=1.考點：一元二次方程的根.16、（1,3）或（4,3）【解析】

根據(jù)△ODP是腰長為5的等腰三角形，因此要分類討論到底是哪兩條腰相等：①PD=OD為銳角三角形；②OP=OD；③OD=PD為鈍角三角形，注意不重不漏.【詳解】∵C（0,3），A（9,0）∴B的坐標(biāo)為（9,3）①當(dāng)P運動到圖①所示的位置時此時DO=PD=5過點P作PE⊥OA于點E，在RT△OPE中，根據(jù)勾股定理4∴OE=OD-DE=1此時P點的坐標(biāo)為（1,3）；②當(dāng)P運動到圖②所示的位置時此時DO=PO=5過點P作PE⊥OA于點E，在RT△OPE中，根據(jù)勾股定理4此時P點的坐標(biāo)為（4,3）；③當(dāng)P運動到圖③所示的位置時此時OD=PD=5過點P作PE⊥OA于點E在RT△OPE中，根據(jù)勾股定理4∴OE=OD+DE=9此時P點的坐標(biāo)為（9,3），此時P點與B點重合，故不符合題意.綜上所述，P的坐標(biāo)為（1,3）或（4,3）【點睛】本題主要考查等腰三角形的判定以及勾股定理的應(yīng)用.17、8【解析】

設(shè)該文具盒實際價格可打x折銷售，根據(jù)利潤率不低于20%列不等式進行求解即可得.【詳解】設(shè)該文具盒實際價格可打x折銷售，由題意得：6×-4≥4×20%，解得：x≥8，故答案為8.【點睛】本題考查了一元一次不等式的應(yīng)用，弄清題意，找準不等關(guān)系列出不等式是解題的關(guān)鍵.18、【解析】

過點E作EI⊥x軸于I，過點G作GH⊥x軸于H，根據(jù)同角的余角相等求出∠OEI=∠GOH，再利用“角角邊”證明△EOI和△OGH全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得OH=EI，EI=OI，然后根據(jù)點G在第二象限寫出坐標(biāo)即可．【詳解】解：過點E作EI⊥x軸于I，過點G作GH⊥x軸于H，如圖所示：∵四邊形OEFG是正方形，∴OE=OG，∠EOG=90°，∴∠GOH+∠EOI=90°，又∵∠OEI+∠EOI=90°，∴∠OEI=∠GOH，在△EOI和△OGH中，，∴△EOI≌△OGH（AAS），∴OH=EI=3，GH=OI=2，∵點G在第二象限，∴點G的坐標(biāo)為（-3，2）．故答案為（-3，2）．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵.三、解答題（共78分）19、（1）AE=EF=AF；（2）證明過程見解析；（3）3-【解析】試題分析：（1）結(jié)論AE=EF=AF．只要證明AE=AF即可證明△AEF是等邊三角形．（2）欲證明BE=CF，只要證明△BAE≌△CAF即可．（3）過點A作AG⊥BC于點G，過點F作FH⊥EC于點H，根據(jù)FH=CF?sin60°，因為CF=BE，只要求出BE即可解決問題．試題解析：解：（1）結(jié)論AE=EF=AF．理由：如圖1中，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠B=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，∴△ABC，△ADC是等邊三角形，∴∠BAC=∠DAC=60°．∵BE=EC，∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC．∵∠EAF=60°，∴∠CAF=∠DAF=30°，∴AF⊥CD，∴AE=AF（菱形的高相等），∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF=AF．（2）連接AC．如圖2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，∴∠BAE=∠CAE，在△BAE和△CAF中，∵∠BAE=∠CAF，BA=AC，∠B=∠ACF，∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF．（3）過點A作AG⊥BC于點G，過點F作FH⊥EC于點H．∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，∴∠AEB=45°．在Rt△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，∴BG=2，AG=23．在Rt△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，∴AG=GE=23，∴EB=EG﹣BG=23-2．∵△AEB≌△AFC，∴AE=AF，EB=CF=23-2，∠AEB=∠AFC=45°．∵∠EAF=60°，AE=AF，∴△AEF∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°．在Rt△EFH中，∠CEF=15°，∴∠EFH=75°．∵∠AFE=60°，∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°．∵∠AFC=45°，∴∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°．在Rt△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=23-2，∴FH=CF?sin60°=(23-2)×32=3-3，∴20、（1）x1＝1，x2＝﹣；（2）x1＝1+，x2＝1﹣【解析】

（1）方程整理后，利用因式分解法求出解即可；（2）方程整理后，利用配方法求出解即可．【詳解】解：（1）3x（x﹣1）＝2﹣2x，整理得：3x（x﹣1）+2（x﹣1）＝1，分解因式得：（x﹣1）（3x+2）＝1，可得x﹣1＝1或3x+2＝1，解得：x1＝1，x2＝-；（2）2x2﹣4x﹣1＝1，方程整理得：x2﹣2x＝，平方得：x2﹣2x+1＝+1，即（x﹣1）2＝，開方得：x﹣1＝±，解得：x1＝1+，x2＝1-．【點睛】本題考查解一元二次方程，根據(jù)方程的特點選擇合適的求解方法是解題的關(guān)鍵．21、(1)B(-1，4)，C(-4，0)；見解析；(3)或7.5.【解析】

（1）過A作AG⊥x軸于G，根據(jù)A點坐標(biāo)可得AF、AG的長，即可求出BF的長，利用勾股定理可求出DG的長，進而可得OD的長，即可求出OC的長，根據(jù)B點在第二象限即可得出B、C兩點坐標(biāo)；（2）根據(jù)A、C坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線AC的解析式，即可求出E點坐標(biāo)，可得OE=OF，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠FAE=∠DAE，利用AAS可證明△AEF≌△AEH，可得EH=EF，分別討論點P在CD、DA邊時，利用三角形面積公式表示出△EDP的面積即可；（3）分別討論沿PA、PE、AE翻折時，點P的位置，畫出圖形即可得答案.【詳解】（1）如圖，過A作AG⊥x軸于G，∵A（4，4），四邊形ABCD是菱形，∴AD=AB=CD=5，AG=OG=4，AG=4，∴BF=AB-AF=1，DG==3，∴OD=OG-DG=1，∴OC=CD-OD=4，∵點B在第二象限，∴B（-1，4），C（-4，0）（2）如圖，連接DE，過E作EH⊥AD于H，設(shè)AC解析式為y=kx+b，∵A（4，4），C（-4，0），∴，解得：，∴直線AC的解析式為：y=x+2，當(dāng)x=0時，y=2，∴E（0，2），∴EF=OE=2，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠FAE=∠DAE，又∵AE=AE，∠AFE=∠AHE=90°，∴△AEF≌△AEH，∴EH=EF=2，∵t=5時，D與P重合，不構(gòu)成三角形，∴t≠5，∴當(dāng)點P在CD邊運動時，即0≤t<5時，S△EDP=DP1×OE=（5-t）×2=5-t，當(dāng)點P在DA邊運動時，即5<t≤10時，S△EDP=DP2×EH=（t-5）×2=t-5.(3)當(dāng)沿AP邊翻折時，AE=CE，則P點與C點重合，∴APE三點在一條直線上，故不符合題意.如圖，當(dāng)沿PE翻折時，AE=AP，∵AF=4，EF=2，∴AE==，∴AP=，∴t=10-,如圖，當(dāng)沿AE翻折時，設(shè)PA=AP′=EP′=x，∵四邊形ABCD是菱形，點P在AD上，∴點P的對稱點P′在AB邊上，∴在Rt△EFP′中，x2=22+(4-x)2，解得：x=2.5，∴t=10-2.5=7.5.綜上所述：當(dāng)t為10-秒或7.5秒時存在符合條件的點P.【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，熟練掌握菱形的性質(zhì)并正確運用分類討論的思想是解題關(guān)鍵.22、（1）見解析（2）直角三角形，證明見解析【解析】

（1）根據(jù)“BO繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°到BM”可知∠OBM=60°，OB=OM，即可證明△AOB≌△CMB，從而得到答案；（2）由（1）可知AO=CM，根據(jù)OB=BM，∠OBM=60°，可知△OBM為等邊三角形，從而得到OB=OM，根據(jù)勾股定理的逆定理即可得到答案.【詳解】（1）證明：∵BO繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°到BM∴∠OBM＝60°，OB＝BM，∵△ABC為等邊三角形∴∠ABC＝60°，AB=CB∴∠ABO+∠OBC=∠CBM+∠OBC=60°∴∠ABO＝∠CBM，在△AOB和△CMB中，∴△AOB≌△CMB（SAS），∴AO＝CM．（2）△OMC是直角三角形；理由如下：∵BO繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°到BM∴∠OBM＝60°，OB＝BM，∴△OBM為等邊三角形∴OB=OM=10由（1）可知OA=CM=8在△OMC中，OM2＝100，OC2+CM2＝62+82＝100，∴OM2＝OC2+CM2，∴△OMC是直角三角形．【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的判定和勾股定理的逆定理，能夠利用全等三角形的性質(zhì)與判定得出對應(yīng)邊和用勾股定理逆定理判定三角形的形狀是解題的關(guān)鍵.23、CD=【解析】

先根據(jù)勾股定理求出AC，再根據(jù)等面積法即可求得結(jié)果．【詳解】解：由題意得，，，解得CD=【點睛】本題考查的是二次根式的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是掌握好利用等面積法求直角三角形的斜邊上的高．24、（1）①全等；②DE=BF+EF；（2）DE=BF-EF，見解析【解析】

(1)①根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB=AD，AD∥BC，由平行線的性質(zhì)得到∠BGA=∠DAE，等量代換得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BF，DE=AF，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論．(2)與(1)同理證△ABF≌△DAE得AE=BF，DE=AF，由AF=AE-EF=BF-EF可得答案．【詳解】(1)①∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，AD∥BC，∴∠BGA=∠DAE，∵∠ABC=∠AED，∴∠BAF=180-∠ABC-∠BGA=180-∠AED-∠DAE=∠ADE，∵∠ABF=∠BGF，∠BGA=∠DAE，∴∠ABF=∠DAE，∵AB=DA，∴△ABF≌△DAE(ASA)；②∵△ABF≌△DAE，∴AE=BF，DE=AF，∵AF=AE+EF=BF+EF