2025屆山東省蘭陵縣八下數(shù)學期末教學質量檢測試題含解析

2025屆山東省蘭陵縣八下數(shù)學期末教學質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖,直線l上有三個正方形a,b,c,若a,c的面積分別為5和11,則b的面積為()A．12 B．15 C．16 D．182．如圖，在直線l上有三個正方形m、q、n，若m、q的面積分別為5和11，則n的面積（）A．4 B．6 C．16 D．553．下面哪個點在函數(shù)的圖象上（）A． B． C． D．4．下列事件中，屬于隨機事件的是（）A．拋出的籃球往下落 B．在只有白球的袋子里摸出一個紅球C．購買張彩票，中一等獎 D．地球繞太陽公轉5．正比例函數(shù)的圖像上的點到兩坐標軸的距離相等，則（）.A．1 B．-1 C．±1 D．±26．一組數(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．67．如圖,點E在正方形ABCD的對角線AC上,且EC=2AE,直角三角形FEG的兩直角邊EF、EG分別交BC、DC于點M、N.若正方形ABCD的邊長為6,則重疊部分四邊形EMCN的面積為()A．9 B．12 C．16 D．328．下列命題中，正確的是()A．平行四邊形的對角線相等B．矩形的對角線互相垂直C．菱形的對角線互相垂直且平分D．菱形的對角線相等9．某地區(qū)連續(xù)10天的最高氣溫統(tǒng)計如下表，則該地區(qū)這10天最高氣溫的中位數(shù)是（）最高氣溫（）1819202122天數(shù)12232A． B． C． D．10．如圖，在中，點是對角線，的交點，點是邊的中點，且，則的長為（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．甲、乙兩車從A城出發(fā)前往B城．在整個行程中，汽車離開A城的距離與時刻的對應關系如圖所示，則當乙車到達B城時，甲車離B城的距離為________km．12．幾個同學包租一輛面包車去旅游，面包車的租價為180元，后來又增加了兩名同學，租車價不變，結果每個同學比原來少分攤了3元車費．若設原參加旅游的同學有x人，則根據(jù)題意可列方程___________________________.13．不等式的正整數(shù)解有________個．14．如圖，已知矩形ABCD的邊AB=3，AD=8，頂點A、D分別在x軸、y軸上滑動，在矩形滑動過程中，點C到原點O距離的最大值是______．15．若二次根式在實數(shù)范圍內有意義，則x的取值范圍是_____．16．若實數(shù)x，y滿足+，則xy的值是______．17．統(tǒng)計學校排球隊隊員的年齡，發(fā)現(xiàn)有歲、歲、歲、歲等四種年齡，統(tǒng)計結果如下表，則根據(jù)表中信息可以判斷表中信息可以判斷該排球隊隊員的平均年齡是__________歲.年齡/歲人數(shù)/個18．如圖，在矩形中，，，點，分別在邊，上，以線段為折痕，將矩形折疊，使其點與點恰好重合并鋪平，則線段_____．三、解答題(共66分)19．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，點A(1，4)，點B(3，2)，連接OA，OB．（1）求直線OB與AB的解析式；（2）求△AOB的面積．（3）下面兩道小題，任選一道作答．作答時，請注明題號，若多做，則按首做題計入總分．①在y軸上是否存在一點P，使△PAB周長最?。舸嬖?，請直接寫出點P坐標；若不存在，請說明理由．②在平面內是否存在一點C，使以A，O，C，B為頂點的四邊形是平行四邊形．若存在，請直接寫出點C坐標；若不存在，請說明理由．20．（6分）先化簡再求值：÷（﹣1），其中x＝．21．（6分）如圖,矩形中,點是線段上一動點,為的中點,的延長線交BC于.(1)求證:;(2)若,,從點出發(fā),以l的速度向運動(不與重合).設點運動時間為,請用表示的長;并求為何值時,四邊形是菱形.22．（8分）如圖，在□ABCD中，E、F分別是AB、DC邊上的點，且AE=CF，（1）求證：≌.（2）若DEB=90，求證四邊形DEBF是矩形.23．（8分）甲、乙兩家旅行社為了吸引更多的顧客，分別推出赴某地旅游的團體（多于4人）優(yōu)惠辦法．甲旅行社的優(yōu)惠辦法是：買4張全票，其余人按半價優(yōu)惠；乙旅行社的優(yōu)惠辦法是：所有人都打七五折優(yōu)惠．已知這兩家旅行社的原價均為每人1000元，那么隨著團體人數(shù)的變化，哪家旅行社的收費更優(yōu)惠．24．（8分）已知四邊形中，，垂足為點，．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，點為上一點，連接，，求證：；(3)在(2)的條件下，如圖3，點為上一點，連接，點為的中點，分別連接，，＋＝＝，，求線段的長．25．（10分）在如圖的方格紙中，每個小方格都是邊長為1個單位的正方形，△ABC的三個頂點都在格點上（每個小方格的頂點叫格點）.（1）畫出△ABC關于點O的中心對稱的△A（2）畫出△ABC繞點O順時針旋轉90°后的△（3）求（2）中線段BC掃過的面積.26．（10分）如圖，直線與軸、軸分別交于，點的坐標為，是直線在第一象限內的一個動點（1）求⊿的面積與的函數(shù)解析式，并寫出自變量的取值范圍？（2）過點作軸于點,作軸于點,連接,是否存在一點使得的長最小，若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由？

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】

根據(jù)已知及全等三角形的判定可得到△ABC≌△CDE，從而得到b的面積=a的面積+c的面積．【詳解】如圖：∵∠ACB+∠ECD=90°，∠DEC+∠ECD=90°

∴∠ACB=∠DEC

∵∠ABC=∠CDE，AC=CE，在△ABC和△CDE中，∴△ABC≌△CDE（AAS），

∴BC=DE

∴根據(jù)勾股定理的幾何意義，b的面積=a的面積+c的面積

∴b的面積=a的面積+c的面積=5+11=1．故選：C【點睛】本題考查了對勾股定理幾何意義的理解能力，根據(jù)三角形全等找出相等的量是解答此題的關鍵．2、C【解析】

運用正方形邊長相等，再根據(jù)同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，然后證明△ACB≌△DCE，再結合全等三角形的性質和勾股定理來求解即可．【詳解】解：由于m、q、n都是正方形，所以AC=CD，∠ACD=90°；∵∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，∴∠BAC=∠DCE，且AC=CD，∠ABC=∠DEC=90°∴△ACB≌△DCE（AAS），∴AB=CE，BC=DE；在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，即Sn=Sm+Sq=11+5=16，∴正方形n的面積為16，故選C．【點睛】本題主要考查對全等三角形和勾股定理的綜合運用，關鍵是證明三角形全等．3、B【解析】

把各點坐標代入解析式即可求解.【詳解】A.，y=4×1-2=2≠-2，故不在直線上；B.，y=4×3-2=10，故在直線上；C.，y=4×0.5-2=0，故不在直線上；D.，y=4×（-3）-2=-14，故不在直線上.故選B.【點睛】此題主要考查一次函數(shù)的圖像，解題的關鍵是熟知坐標的代入求解.4、C【解析】

隨機事件就是可能發(fā)生，也可能不發(fā)生的事件，根據(jù)定義即可判斷．【詳解】A.拋出的籃球會落下是必然事件，故本選項錯誤；B.從裝有白球的袋里摸出紅球，是不可能事件，故本選項錯誤；C.購買10張彩票，中一等獎是隨機事件，故本選正確。D.地球繞太陽公轉，是必然事件，故本選項錯誤；故選：C.【點睛】本題考查隨機事件，熟練掌握隨機事件的定義是解題關鍵.5、C【解析】

根據(jù)題意，正比例函數(shù)圖象上的點的坐標可設為（a，a）或（a，-a），然后把它們分別代入y=kx可計算出對應的k的值，從而可確定正比例函數(shù)解析式．【詳解】∵正比例函數(shù)圖象上的點到兩坐標軸的距離相等，∴正比例函數(shù)圖象上的點的坐標可設為（a，a）或（a，-a），∴k?a=a或k?a=-a∴k=1或-1，故選C．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求正比例函數(shù)的解析式：設正比例函數(shù)解析式為y=kx，然后把一組對應值代入求出k，從而得到正比例函數(shù)解析式．6、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?。┲匦屡帕泻?，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．7、C【解析】

過E作EP⊥BC于點P，EQ⊥CD于點Q，△EPM≌△EQN，利用四邊形EMCN的面積等于正方形PCQE的面積求解．【詳解】過E作EP⊥BC于點P，EQ⊥CD于點Q，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，又∵∠EPM=∠EQN=90°，∴∠PEQ=90°，∴∠PEM+∠MEQ=90°，∵三角形FEG是直角三角形，∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°，∴∠PEM=∠NEQ，∵AC是∠BCD的角平分線,∠EPC=∠EQC=90°，∴EP=EQ，四邊形PCQE是正方形，在△EPM和△EQN中，，∴△EPM≌△EQN(ASA)∴S△EQN=S△EPM，∴四邊形EMCN的面積等于正方形PCQE的面積，∵正方形ABCD的邊長為6，∴AC=6，∵EC=2AE，∴EC=4，∴EP=PC=4，∴正方形PCQE的面積=4×4=16，∴四邊形EMCN的面積=16，故選C【點睛】此題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，解題關鍵在于作輔助線8、C【解析】分析：根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形的性質分別判斷得出即可．詳解：A．根據(jù)平行四邊形的性質，平行四邊形的對角線互相平分不相等，故此選項錯誤；B．根據(jù)矩形的性質，矩形的對角線相等，不互相垂直，故此選項錯誤；C．根據(jù)菱形的性質，菱形的對角線互相垂直且平分，故此選項正確；D．根據(jù)菱形的性質，菱形的對角線互相垂直且平分但不相等，故此選項錯誤．故選C．點睛：本題主要考查平行四邊形、矩形、菱形的性質，熟練掌握相關定理是解題的關鍵．9、B【解析】

求中位數(shù)要把數(shù)據(jù)按從小到大的順序排列，位于最中間的一個數(shù)或兩個數(shù)的平均數(shù)為中位數(shù)．【詳解】把這些數(shù)從小到大為：18℃，19℃，19℃，20℃，20℃，21℃，21℃，21℃，22℃，22℃，

則中位數(shù)是：=20.5℃；

故選B．【點睛】考查中位數(shù)問題，注意找中位數(shù)的時候一定要先排好順序，然后再根據(jù)奇數(shù)和偶數(shù)個來確定中位數(shù)．如果數(shù)據(jù)有奇數(shù)個，則正中間的數(shù)字即為所求；如果是偶數(shù)個，則找中間兩位數(shù)的平均數(shù)．10、C【解析】

先說明OE是△BCD的中位線，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求解．【詳解】解：∵?ABCD的對角線AC、BD相交于點O，∴OB=OD，∵點E是CD的中點，∴CE=DE，∴OE是△BCD的中位線，∵BC=10，，故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質及中位線定理的知識，解答本題的關鍵是根據(jù)平行四邊形的性質判斷出點O是BD中點，得出OE是△DBC的中位線．二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【解析】

由圖示知：A，B兩城相距300km，甲車從5：00出發(fā)，乙車從6：00出發(fā)；甲車10：00到達B城，乙車9：00到達B城；計算出乙車的平均速度為：300÷（9-6）=100（km/h），當乙車7：30時，乙車離A的距離為：100×1.5=150（km），得到點A（7.5，150）點B（5，0），設甲的函數(shù)解析式為：y=kt+b，把點A（7.5，150），B（5，0）代入解析式，求出甲的解析式，當t=9時，y=1×9-300=240，所以9點時，甲距離開A的距離為240km，則當乙車到達B城時，甲車離B城的距離為：300-240=1km．【詳解】解：由圖示知：A，B兩城相距300km，甲車從5：00出發(fā)，乙車從6：00出發(fā)；甲車10：00到達B城，乙車9：00到達B城；

乙車的平均速度為：300÷（9-6）=100（km/h），

當乙車7：30時，乙車離A的距離為：100×1.5=150（km），

∴點A（7.5，150），

由圖可知點B（5，0），

設甲的函數(shù)解析式為：y=kt+b，

把點A（7.5，150），B（5，0）代入y=kt+b得：，解得：，∴甲的函數(shù)解析式為：y=1t-300，

當t=9時，y=1×9-300=240，

∴9點時，甲距離開A的距離為240km，

∴則當乙車到達B城時，甲車離B城的距離為：300-240=1km．

故答案為：1．

【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應用，解決本題的關鍵是求甲的函數(shù)解析式，即可解答．12、【解析】分析:等量關系為：原來人均單價-實際人均單價=3，把相關數(shù)值代入即可．詳解:原來人均單價為，實際人均單價為，那么所列方程為,故答案為：點睛:考查列分式方程；得到人均單價的關系式是解決本題的關鍵.13、4【解析】

首先利用不等式的基本性質解不等式，再從不等式的解集中找出適合條件的正整數(shù)即可．【詳解】解：解得：不等式的解集是，故不等式的正整數(shù)解為1，2，3，4，共4個．故答案為：4.【點睛】本題考查了一元一次不等式的整數(shù)解，正確解不等式，求出解集是解答本題的關鍵．解不等式應根據(jù)不等式的基本性質．14、1【解析】

取AD的中點E，連接OE，CE，OC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出OE，然后根據(jù)勾股定理即可求CE，然后根據(jù)兩點之間線段最短即可求出OC的最大值．【詳解】如圖，取AD的中點E，連接OE，CE，OC，∵∠AOD=10°，∴Rt△AOD中，OE=AD=4，又∵∠ADC=10°，AB=CD=3，DE=4，∴Rt△CDE中，CE==5，又∵OC≤CE+OE=1（當且僅當O、E、C共線時取等號），∴OC的最大值為1，即點C到原點O距離的最大值是1，故答案為：1．【點睛】此題考查的是直角三角形的性質和求線段的最值問題，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、利用勾股定理解直角三角形和兩點之間線段最短是解決此題的關鍵．15、x＞2019【解析】

根據(jù)二次根式的定義進行解答.【詳解】在實數(shù)范圍內有意義，即x-20190，所以x的取值范圍是x2019.【點睛】本題考查了二次根式的定義，熟練掌握二次根式的定義是本題解題關鍵.16、【解析】

根據(jù)非負數(shù)的性質列出方程求出x、y的值，代入所求代數(shù)式計算即可．【詳解】因為，所以＝0，，解得：＝－2，＝，所以＝（－2）×＝－2．故答案為－2．【點睛】本題考查非負數(shù)的性質-算術平方根，非負數(shù)的性質-偶次方.17、【解析】

計算出學校排球隊隊員的總年齡再除以總人數(shù)即可.【詳解】解：（歲）所以該排球隊隊員的平均年齡是14歲.故答案為：14【點睛】本題考查了平均數(shù)，掌握求平均數(shù)的方法是解題的關鍵.18、3.1【解析】

根據(jù)折疊的特點得到，，可設，在Rt△AGE中，利用得到方程即可求出x．【詳解】解∵折疊，∴，．設，∴．在中，，∴，解得．故答案為：3.1．【點睛】此題主要考查矩形的折疊問題，解題的關鍵是熟知矩形的性質及勾股定理的應用．三、解答題(共66分)19、（1）直線OB的解析式為，直線AB的解析式為y=-x+1（2）1；（3）①存在，(0，)；②存在，(2，-2)或(4，6)或(-2，2)【解析】

（1）根據(jù)題意分別設出兩直線的解析式，代入直線上兩點坐標即可求出直線OB與AB的解析式；（2）延長線段AB交x軸于點D，求出D的坐標，分別求出、由即可求得；（3）①根據(jù)兩點之間線段最短，A、B在y軸同側，作出點A關于y的對稱點，連接B與y軸的交點即為所求點P；②使以A，O，C，B為頂點的四邊形是平行四邊形，則分三種情況分析，分別以OA、AB、OB為對角線作出平行四邊形，利用中點坐標公式代入求解即可．【詳解】解：（1）設直線OB的解析式為y=mx，∵點B(3，2)，∴，∴直線OB的解析式為，設直線AB的解析式為y=kx+b，根據(jù)題意可得：解之得∴直線AB的解析式為y=-x+1．故答案為：直線OB的解析式為，直線AB的解析式為y=-x+1；（2）如圖，延長線段AB交x軸于點D，當y=0時，-x+1=0，x=1，∴點D橫坐標為1，OD=1，∴，∴，故答案為：1．（3）①存在，(0，)；過點A作y軸的對稱點，連接B，交y軸與點P，則點P即為使△PAB周長最小的點，由作圖可知，點坐標為，又點B（3，2）則直線B的解析式為：，∴點P坐標為，故答案為：；②存在．或或．有三種情況，如圖所示：設點C坐標為，當平行四邊形以AO為對角線時，由中點坐標公式可知，AO的中點坐標和BC中點坐標相同，∴解得∴點坐標為，當平行四邊形以AB為對角線時，AB的中點坐標和OC的中點坐標相同，則∴點的坐標為，當平行四邊形以BO為對角線時，BO的中點坐標和AC的中點坐標相同，則解得∴點坐標為，故答案為：存在，或或．【點睛】本題考查了直線解析式的求法，列二元一次方程組求解問題，割補法求三角形的面積，兩點之間線段最短，“將軍飲馬”模型的應用，添加點構造平行四邊形，利用中點坐標公式求點坐標題型．20、【解析】分析：根據(jù)分式的減法和除法可以化簡題目中的式子，然后將x的值代入化簡后的式子即可解答本題．詳解：原式====當時，原式==．點睛：本題考查了分式的化簡求值，解答本題的關鍵是明確分式化簡求值的方法．21、(1)證明見解析；(2)PD=8-t，運動時間為秒時，四邊形PBQD是菱形．【解析】

(1)先根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出AD∥BC，∠PDO=∠QBO，再根據(jù)O為BD的中點得出△POD≌△QOB，即可證得OP=OQ；(2)根據(jù)已知條件得出∠A的度數(shù)，再根據(jù)AD=8cm，AB=6cm，得出BD和OD的長，再根據(jù)四邊形PBQD是菱形時，利用勾股定理即可求出t的值，判斷出四邊形PBQD是菱形．【詳解】(1)∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠PDO=∠QBO，又∵O為BD的中點，∴OB=OD，在△POD與△QOB中，，∴△POD≌△QOB，∴OP=OQ；(2)PD=8-t，∵四邊形PBQD是菱形，∴BP=PD=8-t，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2=BP2，即62+t2=(8-t)2，解得：t=，即運動時間為秒時，四邊形PBQD是菱形．【點睛】本題考查了矩形的性質，菱形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等，熟練掌握相關知識是解題關鍵.注意數(shù)形結合思想的運用.22、（1）利用SAS證明；（2）證明見解析.【解析】試題分析：此題考查了平行四邊形的判定與性質、矩形的判定以及全等三角形的判定與性質．注意有一個角是直角的平行四邊形是矩形，首先證得四邊形ABCD是平行四邊形是關鍵．（1）由在□ABCD中，AE=CF，可利用SAS判定△ADE≌△CBF．（2）由在?ABCD中，且AE=CF，利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可證得四邊形DEBF是平行四邊形，又由∠DEB=90°，可證得四邊形DEBF是矩形．試題解析：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=CB，∠A=∠C，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（SAS）．（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥CD，∵AE=CF，∴BE=DF，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠DEB=90°，∴四邊形DEBF是矩形．故答案為（1）利用SAS證明；（2）證明見解析.考點：平行四邊形的性質；全等三角形的判定與性質；矩形的判定．23、當團體人數(shù)超過8人時，選甲旅行社收費更優(yōu)惠；當團體人數(shù)為8人時，兩家旅行社收費相同；當團體人數(shù)少于8人時，選乙旅行社收費更優(yōu)惠．【解析】

設團體有x人，收費y元，得出y甲=4000+500（x-4）=500x+2000，y乙=750x，再分情況列不等式和方程求解可得．【詳解】設團體有人，收費元∴，∵當時，，解得；∴當時，，解得；當時，，解得；∴當團體人數(shù)超過8人時，選甲旅行社收費更優(yōu)惠；當團體人數(shù)為8人時，兩家旅行社收費相同；當團體人數(shù)少于8人時，選乙旅行社收費更優(yōu)惠．【點睛】本題主要考查一元一次不等式的應用，解題的關鍵是理解題意，找到題目中蘊含的相等關系與不等關系．24、（1）見解析；（2）見解析；（3）【解析】

（1）如圖1中，作DF⊥BC延長線于點F，垂足為F．證明△ABH≌△DCF（HL），即可解決問題．

（2）如圖2中，設∠BAH＝α，則∠B＝90°?α；設∠ADE＝β則∠CED＝2∠ADE＋2∠BAH＝2α＋2β．證明∠ECD＝∠EDC即可．

（3）延長CM交DA延長線于點N，連接EN，首先證明△ECD為等邊三角形，延長PD到K使DK＝EQ，證明△EQC≌△DKC（SAS），推出∠DCK＝∠ECQ，QC＝KC，推出∠PCK＝∠DCK＋∠PCD＝30°＝∠PCQ，連接PQ．證明△PQC≌△PKC（SAS）推出PQ＝PK，可得PK＝PD＋DK＝PD＋EQ＝5＋2＝7，作PT⊥QD于T，∠PDT＝60°，∠TPD＝30°，作CR⊥ED于R，勾股定理解直角三角形求出RC，RQ即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖1中，作DF⊥BC延長線于點F，垂足為F．∵AH⊥BC，

∴∠AHB＝∠DFC＝90°，

∵AD∥BC，

∴∠ADF＋∠AFD＝180°，

∴∠ADF＝180°?90°＝90°，

∴四邊形AHFD為矩形，

∴AH＝DF，

∵AH＝DF，AB＝CD，

∴△ABH≌△DCF（HL）

∴∠B＝∠DCF，

∴AB∥CD．

（2）如圖2中，設∠BAH＝α，則∠B＝90°?α；設∠ADE＝β，則∠CED＝2∠ADE＋2∠BAH＝2α＋2β．∵AB∥CD，AB＝CD，

∴四邊形ABCD為平行四邊形，

∴∠B＝∠ADC＝90°?α，

∴∠EDC＝∠ADC?∠ADE＝90°?α?β，

在△EDC中，∠ECD＝180°?∠CED?∠EDC＝180°?（90°?α?β）?（2α＋2β）＝90°?α?β

∴∠EDC＝∠ECD，

∴EC＝ED．

（3）延長CM交DA延長線于點N，連接EN，∵AD∥BC，

∴∠ANM＝∠BCM，

∵∠AMN＝∠BMC、AM＝MB，

∴△AMN≌△BMC（AAS）

∴AN＝BC，

∵四邊形ABCD為平行四邊形，

∴AD＝BC，

∴AD＝AN，

∵AD∥BC，

∴∠DAH＝∠HAD＝90°，

∴EN＝ED，

∵ED＝EC，

∴EC＝DE＝EN，

∴∠ADE＝∠ANE，∠ECM＝∠ENM，

∵∠ADE＋∠ECM＝30°，

∴∠DEC＝∠ADE＋∠DNE＋∠NCE，

＝∠ADE＋∠ANE＋∠ENC＋∠DCN

＝2（∠ADE＋∠ECM）＝2×30°＝60°．

∵EC＝ED，

∴△ECD為等邊三角形，

∴EC＝CD，∠DCE＝60°，延長PD到K使DK＝EQ，

∵PD∥EC，

∴∠PDE＝∠DEC＝60°，∠KDC＝∠ECD＝60°，

∴∠KDC＝∠DEC，EC＝CD，DK＝EQ，

∴△EQC≌△D