2022-2023学年福建省福州市晋安区八年级（下）期中数学试卷

2022-2023学年福建省福州市晋安区八年级（下）期中数学试卷一、选择题（每题4分，本题共10小题，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（4分）（2023春•江油市期末）下列二次根式中，属于最简二次根式的是()1A．2B．0.2C．8D．22．（4分）（2023春•晋安区期中）下列运算正确的是()22A．(3)3B．9333C．933D．333．（4分）（2023春•晋安区期中）在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，下列条件不能判断ABC是直角三角形的是()A．A:B:C3:4:5B．ABC222C．a:b:c3:4:5D．abc4．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC5cm，BD10cm，则菱形的面积为()2222A．5cmB．10cmC．25cmD．50cm5．（4分）（2022•陕西）在下列条件中，能够判定ABCD为矩形的是()A．ABACB．ACBDC．ABADD．ACBD6．（4分）（2023春•晋安区期中）下列逆命题成立的是()A．两条直线平行，内错角相等B．全等三角形的对应角相等C．如果22ab，那么abD．如果ab，那么|a||b|7．（4分）（2023•霞山区一模）如图，在ABC中，点E，F分别是AB，BC边上的中点，连接EF，如果AC6cm，那么EF的长是()第1页（共28页） A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm8．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，菱形ABCD的顶点C在直线MN上，若BCM45，DCN25，则BDC的度数为()A．20B．30C．35D．409．（4分）（2023•南宁一模）一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为(1,1)，(1,2)，(3,1)，则第四个顶点的坐标为()A．(2,2)B．(3,2)C．(3,3)D．(2,3)10．（4分）（2023春•沧州期末）在平行四边形ABCD中，O为AC的中点，点E，M为平行四边形ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与平行四边形ABCD的另一边交于点F，N．下面四个判断：①四边形ABFM是平行四边形；②四边形ENFM是平行四边形；③若平行四边形ABCD是矩形（正方形除外），则至少存在一个四边形ENFM是正方形；④对于任意的平行四边形ABCD，存在无数个四边形ENFM是矩形．其中，正确的个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个二、填空题：（每题4分，本题共6小题，共24分）11．（4分）（2012•盐城）若二次根式x1有意义，则x的取值范围是．12．（4分）（2021•郯城县模拟）在ABC中，ACB90，AC6，BC8，D为AB的中点，则CD．第2页（共28页） 13．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边ADE，则DEB．14．（4分）（2017•辽阳）如图，在矩形ABCD中，ABC的平分线交AD于点E，连接CE．若BC7，AE4，则CE．15．（4分）（2023春•龙沙区期末）如图，已知菱形ABCD的边长为4，ABC60，E为AB的中点，若P为对角线BD上一动点，则EPAP的最小值为．16．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，ABCDCB90，且BC2AD，以AB，BC，DC为边向外作正方形，其面积分别为S，S，S，若S3，S9，则S的值为．123132三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2023春•晋安区期中）计算：第3页（共28页） 1（1）(2238)2；2（2）2(23)(23)(13)．1x18．（2022•乐山）先化简，再求值：(1)，其中x2．2x1x2x119．（2021春•衡阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，AECF．求证：四边形BEDF是平行四边形．20．（2023春•晋安区期中）如图，在ABC中，AB5，AC12，BC13，AM为ABC的高，求AM的长．21．（2020•柳州模拟）证明四个角相等的四边形是矩形．22．（2023春•晋安区期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形．（1）尺规作图：按下列要求完成作图；（保留作图痕迹，请标注字母）①连接BD；②作BD的垂直平分线EF交AB，CD于E，F；③连接DE，BF；（2）判断四边形DEBF的形状，并说明理由．23．（2023春•晋安区期中）在一个数学活动中，若身旁没有量角器或者三角尺，又需要作60，30，15的角，可以采用如下的方法：第4页（共28页） 【操作感知】：第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开．第二步；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN（如图1)．【猜想论证】：（1）写出图1中一个30的角：．（2）若延长MN交BC于点P，如图2所示，试判断BMP的形状，并证明．【迁移探究】：（3）小华将矩形纸片换正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照“操作感知”的方式操作，并延长MN交CD于点Q，连接BQ．当点N在EF上时，DM2，求正方形的边长．24．（2023春•晋安区期中）在数学课外学习活动中，小明和他的同学遇到一道题：12已知a，求2a8a1的值，他是这样解答的：23123a23，23(23)(23)a23，22(a2)3，a4a43，2a4a1．222a8a12(a4a)12(1)11．请你根据小明的解题过程，解决如下问题：1（1）；32第5页（共28页） 1111（2）化简：；213243169168143（3）若a，求a4a4a3的值．5225．（2023春•晋安区期中）已知：菱形ABCD的边长为6，ABC60．把一个含60的三角尺与这个菱形叠合，如果使三角形60的顶点与点A重合，三角尺的两边与菱形的两边BC，CD分别相交于点E，F（点E，F不与端点重合）．（1）如图1，求证：BECF；（2）如图2，连接EF，求ECF面积的最大值；（3）如图3，连接BD，与AE，AF相交于点M，N．若以线段BM，MN，ND为边组成的三角形是直角三角形，求BM的值．第6页（共28页） 2022-2023学年福建省福州市晋安区八年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，本题共10小题，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（4分）（2023春•江油市期末）下列二次根式中，属于最简二次根式的是()1A．2B．0.2C．8D．2【考点】74：最简二次根式【分析】根据最简二次根式的定义即可判断．5【解答】解：（B）原式，故B不是最简二次根式；5（C）原式22，故C不是最简二次根式；2（D）原式，故D不是最简二次根式；2故选：A．2．（4分）（2023春•晋安区期中）下列运算正确的是()22A．(3)3B．9333C．933D．33【考点】二次根式的加减法；二次根式的性质与化简【分析】根据二次根式的性质进行化简即可求解．2【解答】解：A．(3)3，故该选项不正确，不符合题意；B．9333，故该选项不正确，不符合题意；C．9333，故该选项不正确，不符合题意；2D．33，故该选项正确，符合题意；故选：D．3．（4分）（2023春•晋安区期中）在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，下列条件不能判断ABC是直角三角形的是()A．A:B:C3:4:5B．ABC222C．a:b:c3:4:5D．abc第7页（共28页） 【考点】K7：三角形内角和定理；KS：勾股定理的逆定理【分析】根据三角形内角和定理可得A、B是否是直角三角形；根据勾股定理逆定理可判断出C、D是否是直角三角形．5【解答】解：A、A:B:C3:4:5，C18075，故ABC不是345直角三角形；B、ABC，且ABC180，C90，故ABC为直角三角形；222C、a:b:c3:4:5，abc，故ABC为直角三角形；222D、abc，故ABC为直角三角形．故选：A．4．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC5cm，BD10cm，则菱形的面积为()2222A．5cmB．10cmC．25cmD．50cm【考点】菱形的性质【分析】由菱形面积公式即可得出答案．【解答】解：四边形ABCD是菱形，对角线AC5cm，BD10cm，12则菱形的面积为51025cm，2故选：C．5．（4分）（2022•陕西）在下列条件中，能够判定ABCD为矩形的是()A．ABACB．ACBDC．ABADD．ACBD【考点】平行四边形的性质；矩形的判定【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：A、ABCD中，ABAC，不能判定ABCD是矩形，故选项A不符合题意；B、ABCD中，ACBD，ABCD是菱形，故选项B不符合题意；第8页（共28页） C、ABCD中，ABAD，ABCD是菱形，故选项C不符合题意；D、ABCD中，ACBD，ABCD是矩形，故选项D符合题意；故选：D．6．（4分）（2023春•晋安区期中）下列逆命题成立的是()A．两条直线平行，内错角相等B．全等三角形的对应角相等C．如果22ab，那么abD．如果ab，那么|a||b|【考点】命题与定理；全等三角形的性质【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题，再分析逆命题是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．【解答】解：A、两条直线平行，内错角相等的逆命题是内错角相等，两直线平行，成立；B、全等三角形的对应角相等的逆命题是：如果两个三角形的对应角相等，那么这两个三角形全等，不成立；2222C、如果ab，那么ab逆命题是如果ab，那么ab；也可能是ab，不成立；D、如果ab，那么|a||b|的逆命题是如果|a||b|，那么ab也可能是ab，不成立；故选：A．7．（4分）（2023•霞山区一模）如图，在ABC中，点E，F分别是AB，BC边上的中点，连接EF，如果AC6cm，那么EF的长是()第9页（共28页） A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm【考点】三角形中位线定理【分析】根据三角形中位线定理即可求解．【解答】解：点E，F分别是AB，BC边上的中点，AC6cm，1EFAC3cm，2故选：A．8．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，菱形ABCD的顶点C在直线MN上，若BCM45，DCN25，则BDC的度数为()A．20B．30C．35D．40【考点】菱形的性质【分析】先求出BCD，根据菱形性质得出BCCD，即得到CBDCDB，可得BDC的度数．【解答】解：BCM45，DCN25，BCD180BCMDCN1802545110，四边形ABCD为菱形，BCBD，1BDC(180BCD)35，2故选：C．9．（4分）（2023•南宁一模）一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为(1,1)，(1,2)，(3,1)，则第四个顶点的坐标为()A．(2,2)B．(3,2)C．(3,3)D．(2,3)第10页（共28页） 【考点】D5：坐标与图形性质；LB：矩形的性质【分析】本题可在画出图后，根据矩形的性质，得知第四个顶点的横坐标应为3，纵坐标应为2．【解答】解：如图可知第四个顶点为：即：(3,2)．故选：B．10．（4分）（2023春•沧州期末）在平行四边形ABCD中，O为AC的中点，点E，M为平行四边形ABCD同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO，MO的延长线分别与平行四边形ABCD的另一边交于点F，N．下面四个判断：①四边形ABFM是平行四边形；②四边形ENFM是平行四边形；③若平行四边形ABCD是矩形（正方形除外），则至少存在一个四边形ENFM是正方形；④对于任意的平行四边形ABCD，存在无数个四边形ENFM是矩形．其中，正确的个数有()A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】平行四边形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定与性质【分析】由ASA可证EAOFCO，可得EOFO，可证四边形EMFN是平行四边形，可得AM与BF不一定相等，故①错误，②正确，由正方形的判定和性质和矩形的判定可判断③正确，④正确，即可求解．【解答】解：设点E，M为AD边上任意两个不重合的动点，如图，连接BD，第11页（共28页） 四边形ABCD是平行四边形，O为AC的中点，BD也经过点O，AD//BC，EACFCA，在EAO和FCO中，EACFCAAOCO，AOECOFEAOFCO(ASA)，EOFO，同理可得OMON，四边形EMFN是平行四边形，AM与BF不一定相等，故①错误，②正确；若四边形ABCD是矩形，当EOOM、EOOM时，则EFMN、EFMN，又四边形ENFM是平行四边形，四边形ENFM是正方形，故③正确，过O作AD的垂线，垂足为P，若点A，点D均在P的右侧，则不存在任何一个矩形，故对于任意平行四边形的说法是错误的，当平行四边形特别扁的时候就是不对的故④错误，第12页（共28页） 正确的为：②③．故选：C．二、填空题：（每题4分，本题共6小题，共24分）11．（4分）（2012•盐城）若二次根式x1有意义，则x的取值范围是x1．【考点】二次根式有意义的条件【分析】根据二次根式有意义的条件可得x10，再解不等式即可．【解答】解：由题意得：x10，解得：x1，故答案为：x1．12．（4分）（2021•郯城县模拟）在ABC中，ACB90，AC6，BC8，D为AB的中点，则CD5．【考点】直角三角形斜边上的中线；勾股定理【分析】先运用勾股定理求出斜边AB的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CD的长．【解答】解：如图，在ABC中，ACB90，AC6，BC8，22ABACBC10，又D为AB的中点，1CDAB5．2故答案为：5．13．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边ADE，则DEB45．第13页（共28页） 【考点】正方形的性质；等边三角形的性质【分析】由四边形ABCD为正方形，三角形ADE为等边三角形，可得出正方形的四条边相等，三角形的三边相等，进而得到ABAE，且得到BAD为直角，DAE为60，由BADDAE求出AEB的度数，进而利用等腰三角形的性质可求出DEB的度数．【解答】解：四边形ABCD为正方形，ADE为等边三角形，ABBCCDADAEDE，BAD90，AEDDAE60，BAEBADDAE150，又ABAE，1AEB(180150)15，2DEBAEDAEB45，故答案为：45．14．（4分）（2017•辽阳）如图，在矩形ABCD中，ABC的平分线交AD于点E，连接CE．若BC7，AE4，则CE5．【考点】勾股定理；矩形的性质22【分析】首先证明ABAECD4，在RtCED中，根据CEDECD计算即可．【解答】解：四边形ABCD是矩形，AD//BC，ABCD，BCAD7，D90，AEBEBC，ABEEBC，第14页（共28页） ABAECD4，2222在RtEDC中，CECDDE345．故答案为515．（4分）（2023春•龙沙区期末）如图，已知菱形ABCD的边长为4，ABC60，E为AB的中点，若P为对角线BD上一动点，则EPAP的最小值为23．【考点】轴对称最短路线问题；等边三角形的判定与性质；菱形的性质【分析】连接CP，AC，CE，交BD于P，依据ADPCDP，可得APCP，依据ABC是等边三角形，即可得到CE23，当点E，P，C在同一直线上时，即点P在点P处时，EPAP的最小值为CE的长，EPAP的最小值为23．【解答】解：如图，连接CP，AC，CE，交BD于P，四边形ABCD是菱形，ADCD，ADPCDP，PDPD，ADPCDP(SAS)，APCP，APEPCPEP，ABC60，ABAC，第15页（共28页） ABC是等边三角形，又E是AB的中点，菱形ABCD的边长为4，CEAB，BE2，BC4，22RtBCE中，CEBCBE23，当点E，P，C在同一直线上时，即点P在点P处时，EPAP的最小值为CE的长，EPAP的最小值为23，故答案为：23．16．（4分）（2023春•晋安区期中）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，ABCDCB90，且BC2AD，以AB，BC，DC为边向外作正方形，其面积分别为S，S，S，若S3，S9，则S的值为48．123132【考点】勾股定理【分析】根据已知条件得到AB3，CD3，过A作AE//CD交BC于E，则AEBDCB，根据平行四边形的性质得到CEAD，AECD3，由已知条件22得到BAE90，根据勾股定理得到BEABAE，于是得到结论．【解答】解：S3，S9，13AB3，CD3，过A作AE//CD交BC于E，第16页（共28页） 则AEBDCB，AD//BC，四边形AECD是平行四边形，CEAD，AECD3，ABCDCB90，AEBABC90，BAE90，22BEABAE23，BC2AD，ADEC，BC2BE43，2S(43)48，2故答案为：48．三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2023春•晋安区期中）计算：1（1）(2238)2；2（2）2(23)(23)(13)．【考点】二次根式的混合运算【分析】（1）二次根式化简、合并，然后由二次根式的除法运算即可完成计算；（2）利用平方差公式和完全平方差公式，进行二次根式的加减法运算即可．1【解答】解：（1）(2238)22第17页（共28页） 32(2222)2252225；2（2）2(23)(23)(13)43(1233)1423323．1x18．（2022•乐山）先化简，再求值：(1)，其中x2．2x1x2x1【考点】分式的化简求值【分析】先算括号内的减法，再算括号外的除法即可化简题目中的式子，然后将x的值代入化简后的式子计算即可．1x【解答】解：(1)2x1x2x12x11(x1)x1x2x(x1)x1xx1，当x2时，原式21．19．（2021春•衡阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点，AECF．求证：四边形BEDF是平行四边形．【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质【分析】连接BD，交AC于点O，根据四边形ABCD是平行四边形可得AOCO，BODO，再由AECF，可得EOFO，即可得出结论．第18页（共28页） 【解答】证明：连接BD，交AC于点O，如图所示：四边形ABCD是平行四边形，AOCO，BODO，又AECF，AOAECOCF，即EOFO，四边形BEDF是平行四边形．20．（2023春•晋安区期中）如图，在ABC中，AB5，AC12，BC13，AM为ABC的高，求AM的长．【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理【分析】根据勾股定理的逆定理证明ABC是直角三角形，然后根据等面积法即可求解．【解答】解：在ABC中，AB5，AC12，BC13，2222ABAC25144169，BC13169，222ABACBC，ABC是直角三角形，且BAC90，AM为ABC的高，11SABACBCAM，ABC22ABAC51260AM．BC131321．（2020•柳州模拟）证明四个角相等的四边形是矩形．第19页（共28页） 【考点】LC：矩形的判定【分析】先画出图形，写出已知、求证，先求出四边形是平行四边形，再求出A90，根据矩形的判定推出即可．【解答】已知：四边形ABCD，ABCD，求证：四边形ABCD是矩形．证明：ABCD，AC，BD，四边形ABCD是平行四边形，ABCD，ABCD360，A90，四边形ABCD是矩形．22．（2023春•晋安区期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形．（1）尺规作图：按下列要求完成作图；（保留作图痕迹，请标注字母）①连接BD；②作BD的垂直平分线EF交AB，CD于E，F；③连接DE，BF；（2）判断四边形DEBF的形状，并说明理由．【考点】平行四边形的性质；作图—复杂作图；线段垂直平分线的性质【分析】（1）根据题意连接BD，作BD的垂直平分线EF，连接DE，BF；（2）先根据线段垂直平分线的性质得到EBED，FBFD，OBOD，再证明第20页（共28页） ODFOBE得到DFBE，所以DEEBBFDF，于是可判断四边形DEBF为菱形．【解答】解：（1）如图，EF、DE、BF为所作；（2）四边形DEBF为菱形．理由如下：如图，EF垂直平分BD，EBED，FBFD，OBOD，四边形ABCD为平行四边形，CD//AB，FDBEBD，在ODF和OBE中，FDOEBOODOB，DOFBOEODFOBE(ASA)，DFBE，DEEBBFDF，四边形DEBF为菱形．23．（2023春•晋安区期中）在一个数学活动中，若身旁没有量角器或者三角尺，又需要作60，30，15的角，可以采用如下的方法：【操作感知】：第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开．第二步；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN（如图1)．第21页（共28页） 【猜想论证】：（1）写出图1中一个30的角：ABM．（2）若延长MN交BC于点P，如图2所示，试判断BMP的形状，并证明．【迁移探究】：（3）小华将矩形纸片换正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照“操作感知”的方式操作，并延长MN交CD于点Q，连接BQ．当点N在EF上时，DM2，求正方形的边长．【考点】四边形综合题【分析】（1）设BM交EF与点H，连接AH，由折叠可知AEBE，32，AHBH，AHHN，MNBBAM90，证明234，得出260，则ABMMBN30；（2）由（1）可知BMP160，根据平行线的性质得出AD//BC，则1260，即可证明BMP是等边三角形；（3）由（2）可得DMN60，则在RtDMQ中，DM2，MQD30，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得MQ4，DQ23，证明RtBNQRtBCQ(HL)，得出NQCQ，进而根据MQMNNQMACQ，可得ADDC623，即可求解．【解答】解：（1）设BM交EF与点H，连接AH，由折叠可知AEBE，32，AHBH，AHHN，MNBBAM90，HBHN，第22页（共28页） 56，1590，2690，12，又AD//EF，14，234，234180，260，ABMMBNCBN30，故答案为：ABM．（2）BMP是等边三角形，证明：如图所示，由（1）可知BMP160，AD//BC，1260，BMP是等边三角形，（3）解：由（2）可得DMN60，在RtDMQ中，DM2，MQD30，MQ4，DQ23，BQN是由BQC翻折得到，ABBN，BNBC，在RtBNQ和RtBCQ中，BNBC，BQBQ第23页（共28页） RtBNQRtBCQ(HL)，NQCQ，MQMNNQMACQ，ADDCAMMDDQCQMQMDDQ4223623，AD33．24．（2023春•晋安区期中）在数学课外学习活动中，小明和他的同学遇到一道题：12已知a，求2a8a1的值，他是这样解答的：23123a23，23(23)(23)a23，22(a2)3，a4a43，2a4a1．222a8a12(a4a)12(1)11．请你根据小明的解题过程，解决如下问题：1（1）32；321111（2）化简：；213243169168143（3）若a，求a4a4a3的值．52【考点】分母有理化；二次根式的化简求值【分析】（1）根据所给的解答方式进行求解即可；（2）把各式的分母进行有理化，即可求解；（3）先进行分母有理化的运算，再代入相应的式子运算即可．132【解答】解：（1）32；32(32)(32)故答案为：32；第24页（共28页） （2）原式213243169168169113112；1（3）a52，52a25，2(a2)5，2即a4a45．2a4a1．43a4a4a322a(a4a)4a32a14a32a4a3134．25．（2023春•晋安区期中）已知：菱形ABCD的边长为6，ABC60．把一个含60的三角尺与这个菱形叠合，如果使三角形60的顶点与点A重合，三角尺的两边与菱形的两边BC，CD分别相交于点E，F（点E，F不与端点重合）．（1）如图1，求证：BECF；（2）如图2，连接EF，求ECF面积的最大值；（3）如图3，连接BD，与AE，AF相交于点M，N．若以线段BM，MN，ND为边组成的三角形是直角三角形，求BM的值．【考点】四边形综合题第25页（共28页） 【分析】（1）①BECF，利用ASA证明ABEACF，利用全等三角形的对应边相等即可得证；（2）由三角形ABE与三角形ACF全等，得到两三角形面积相等，AEAF，根据等边三角形ABC的边长为6，求出四边形AECF的面积，即为三角形ABC的面积，表示出三角形ECF的面积，当AE垂直于BC时，三角形AEF面积最小时，三角形ECF面积最大，求出此时AE的长，确定此三角形AEF的面积，即可求出三角形ECF面积的最大值；（3）将ABM绕点A逆时针旋转120得到ADP，其中AMAP，ABAD，BMPD，由三角形ADP全等于三角形ABM，得到对应角PADBAM，再由EAF60，CAD60，利用等式的性质得到一对角相等，利用SAS得到三角形ADP与三角形ABM全等，利用全等三角形的对应边相等得到MNPN，又在PND中，MNPN，BMPD，故PND即为以MN，BM，ND为边的三角形，则PDN60，所以PND为直角三角形的情况分为两种：①PND90，如图4所示，求出此时BM的长；②NPD90，如图5所示，求出此时BM的长即可．【解答】（1）证明：菱形ABCD的边长为6，ABC60，ADC60，ABBCCDDA，ABC和ACD为等边三角形，BACD60，BAC60，ABAC，又EAF60，且BAEBACAEC60AEC，CAFEAFAEC60AEC，BAECAF，在ABE和ACF中，BAECAFABAC，BACFABEACF(ASA)，BECF；（2）ABEACF，SS，AEAF，ACFABE第26页（共28页） 又等边ABC的边长为6，且SSS，SSS，四边形AECFAECACFABCAECABE163SS693，四边形AECFABC22SSSSS93SECF四边形AECFAEFABCAEFAEF又EAF60，AEAF，AEF为等边三角形，三角尺运动过程中，当AEBC时，S最小，S最大，AEFECF32273当AEBC时，AE33,S(33)，AEF4427393此时S93S93；ECFAEF44（3）将ABM绕点A逆时针旋转120得到ADP，其中AMAP，ABAD，BMPD，ADPABM，PADBAM，ADPABM，又EAF60，CAD60，EACEAFFAC60FAC，DAFCADFAC60FAC，EACDAF，PANPADDAFBAMEACBAC60，AMAP，MANPAN，ANAN，AMNAPN(SAS)，MNPN，在PND中，MNPN，BMPD，PND即为以MN，BM，ND为边的三角形，PDN60，所以PND为直角三角形的情况分为两种：①PND90，如图4所示，在RtPND中，PDN60，BD63，第27页（共28页） 13NDPD,PNPD，22BDBMMNNDPDPNND，13即63PDPDPD，22BMPD636，②NPD90，如图5所示，在RtPND中，PDN60，BD63，ND2PD，PN3PD，BDBMMNNDPDPNND，即63PD2PD3PD，BMPD333，综上所述，BM333或636．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/2012:08:03；用户：彼粒星；邮箱：orFmNt3ioZ7m9pIbCI01vF5XpREs@weixin.jyeo.com；学号：406898第28页（共28页）