2024年河北省廊坊市八年級下冊數(shù)學(xué)期末調(diào)研模擬試題含解析

2024年河北省廊坊市八年級下冊數(shù)學(xué)期末調(diào)研模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖所示的圖形中既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．下列說法中：①樣本中的方差越小，波動越小，說明樣本穩(wěn)定性越好；②一組數(shù)據(jù)的眾數(shù)只有一個；③一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)一定是這組數(shù)據(jù)中的某一個數(shù)據(jù)；④數(shù)據(jù)3，3，3，3，2，5中的眾數(shù)為4；⑤一組數(shù)據(jù)的方差一定是正數(shù)．其中正確的個數(shù)為()A．0 B．1 C．2 D．43．二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠1）的圖象如圖所示，對稱軸是直線x＝1，下列結(jié)論：①ab＜1；②b2＞4ac；③a+b+c＜1；④3a+c＜1．其中正確的是（）A．①④ B．②④ C．①②③ D．①②③④4．在同一坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=ax+2與二次函數(shù)y=x2+a的圖象可能是（）A． B． C． D．5．如果一個多邊形的內(nèi)角和等于720°，則這個多邊形是()A．四邊形 B．五邊形 C．六邊形 D．七邊形6．若x＞y，則下列不等式中不一定成立的是（）A．x﹣1＞y﹣1 B．2x＞2y C．x+1＞y+1 D．x2＞y27．下列各式中計算正確的是（）A． B． C． D．8．在一次編程比賽中，8位評委給參賽選手小李的打分如下：9.0，9.0，9.1，10.0，9.0，9.1，9.0，9.1．規(guī)定去掉一個最高分和一個最低分后的平均值做為選手的最后得分．小李的最后得分是（）A．9.0 B．9.1 C．9.1 D．9.39．已知函數(shù)是反比例函數(shù)，則此反比例函數(shù)的圖象在（）A．第一、三象限 B．第二、四象限C．第一、四象限 D．第二、三象限10．在平面直角坐標(biāo)系中，直線：與軸交于點，如圖所示依次作正方形、正方形、、正方形，使得點在直線上，點在軸正半軸上，則點的坐標(biāo)是()A．，) B．，C．， D．，二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，已知等邊的邊長為8，是中線上一點，以為一邊在下方作等邊，連接并延長至點為上一點，且，則的長為_________．12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=kx+b與x軸交于點A3,0，與y軸交于點B0,1，則不等式kx+b>1的解集為13．如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝3，AD＝4，∠ABC＝60°，過BC的中點E作EF⊥AB于點F，交DC的延長線于點G，則DE＝_____．14．方程的根是_____．15．直角三角形中，兩條直角邊長分別為12和5，則斜邊上的中線長是________．16．一次函數(shù)y＝kx+b的圖象與函數(shù)y＝2x+1的圖象平行，且它經(jīng)過點（﹣1，1），則此次函數(shù)解析式為_____．17．如圖,在△ABC中，AD⊥DE，BE⊥DE,AC、BC分別平分∠BAD和∠ABE．點C在線段DE上．若AD=5，BE=2，則AB的長是_____．18．已知一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象過點（2，0），且與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為1，則這個一次函數(shù)的解析式是_____．三、解答題(共66分)19．（10分）為緩解“停車難”的問題，某單位擬建造地下停車庫，建筑設(shè)計師提供了該地下停車庫的設(shè)計示意圖，按規(guī)定，地下停車庫坡道口上方要張貼限高標(biāo)志，以便告知停車人車輛能否安全駛?cè)?，為?biāo)明限高，請你根據(jù)該圖計算CE．（精確到0.1m）（下列數(shù)據(jù)提供參考：20°＝0.3420，20°＝0.9397，20°＝0.3640）20．（6分）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD相交于點O，過點A作BD的平行線AE交CB的延長線于點E．（1）求證：BE＝BC；（2）過點C作CF⊥BD于點F，并延長CF交AE于點G，連接OG．若BF＝3，CF＝6，求四邊形BOGE的周長．21．（6分）如圖，點E、F在線段BD上，AF⊥BD，CE⊥BD，AD=CB，DE=BF，求證：AF=CE．22．（8分）如圖，已知直線與x軸交于點，與y軸交于點，把直線沿x軸的負方向平移6個單位得到直線，直線與x軸交于點C，與y軸交于點D，連接BC．如圖，分別求出直線和的函數(shù)解析式；如果點P是第一象限內(nèi)直線上一點，當(dāng)四邊形DCBP是平行四邊形時，求點P的坐標(biāo)；如圖，如果點E是線段OC的中點，，交直線于點F，在y軸的正半軸上能否找到一點M，使是等腰三角形？如果能，請求出所有符合條件的點M的坐標(biāo)；如果不能，請說明理由．23．（8分）（1）某學(xué)?！爸腔鄯綀@”數(shù)學(xué)社團遇到這樣一個題目：如圖1，在△ABC中，點O在線段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO=，BO：CO=1：3，求AB的長．經(jīng)過社團成員討論發(fā)現(xiàn)，過點B作BD∥AC，交AO的延長線于點D，通過構(gòu)造△ABD就可以解決問題（如圖2）．請回答：∠ADB=°，AB=．（2）請參考以上解決思路，解決問題：如圖3，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AC⊥AD，AO=，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的長．24．（8分）如圖，矩形ABCD中，，，E、F分別是AB、CD的中點求證：四邊形AECF是平行四邊形；是否存在a的值使得四邊形AECF為菱形，若存在求出a的值，若不存在說明理由；如圖，點P是線段AF上一動點且求證：；直接寫出a的取值范圍．25．（10分）圖1，圖2是兩張形狀、大小完全相同的6×6方格紙，方格紙中的每個小長方形的邊長為1，所求的圖形各頂點也在格點上．（1）在圖1中畫一個以點，為頂點的菱形（不是正方形），并求菱形周長；（2）在圖2中畫一個以點為所畫的平行四邊形對角線交點，且面積為6，求此平行四邊形周長．26．（10分）如圖，在四邊形是邊長為4的正方形點P為OA邊上任意一點（與點不重合），連接CP，過點P作，且，過點M作，交于點聯(lián)結(jié)，設(shè).（1）當(dāng)時，點的坐標(biāo)為（，）（2）設(shè)，求出與的函數(shù)關(guān)系式，寫出函數(shù)的自變量的取值范圍.（3）在軸正半軸上存在點，使得是等腰三角形，請直接寫出不少于4個符合條件的點的坐標(biāo)（用的式子表示）

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、D【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得解．【詳解】解：A、是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；B、不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；C、不是中心對稱圖形，是軸對稱圖形，故本選項不符合題意；D、既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形，故本選項符合題意．故選：D．【點睛】本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關(guān)鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉(zhuǎn)180度后兩部分重合．2、B【解析】①樣本的方差越小，波動性越小，說明樣本穩(wěn)定性越好，故①正確；②一組數(shù)據(jù)的眾數(shù)不只有一個，有時有好幾個，故②錯誤；③一組數(shù)據(jù)的中位數(shù)不一定是這組數(shù)據(jù)中的某一數(shù)，若這組數(shù)據(jù)有偶數(shù)個即是將一組數(shù)據(jù)從小到大重新排列后最中間兩個數(shù)的平均數(shù)，故③錯誤；④數(shù)據(jù)：2，2，3，2，2，5的眾數(shù)為2，故④錯誤；⑤一組數(shù)據(jù)的方差不一定是正數(shù)，也可能為零，故⑤錯誤．所以說法正確的個數(shù)是1個．故選B.3、C【解析】

解：∵拋物線開口向上，∴∵拋物線的對稱軸為直線∴∴所以①正確；∵拋物線與x軸有2個交點，∴所以②正確；∵x=1時，∴所以③正確；∵拋物線的對稱軸為直線∴而時，即∴即所以④錯誤．故選C．4、C【解析】試題分析：根據(jù)二次函數(shù)及一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)可得，當(dāng)a＜0時，二次函數(shù)開口向上，頂點在y軸負半軸，一次函數(shù)經(jīng)過一、二、四象限；當(dāng)a＞0時，二次函數(shù)開口向上，頂點在y軸正半軸，一次函數(shù)經(jīng)過一、二、三象限．符合條件的只有選項C，故答案選C．考點：二次函數(shù)和一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)．5、C【解析】試題分析：這個正多邊形的邊數(shù)是n，則（n﹣2）?180°=720°，解得：n=1．則這個正多邊形的邊數(shù)是1．故選C．考點：多邊形內(nèi)角與外角．6、D【解析】

根據(jù)不等式的性質(zhì)逐一進行判斷,選項A,在不等式x>y兩邊都減1,不等號的方向不變,即可判斷A的正確性,選項B,在不等式x>y兩邊都乘上2,不等號的方向不變,即可判斷B的正確性;選項C,在不等式x>y兩邊都加上1,不等號的方向不變,即可判斷C的正確性,選項D,可舉例說明,例如當(dāng)x=1,y=-2時,x>y,但x2＜y2,故可判斷D的正確性,據(jù)此即可得到答案.【詳解】A、不等式的兩邊減1，不等號的方向不變，故A不符合題意；B、不等式的兩邊乘2，不等號的方向不變，故B不符合題意；C、不等式的兩邊都加1，不等號的方向不變，故C不符合題意；D、當(dāng)0＜x＜1，y＜﹣1時，x2＜y2，故D符合題意；故選D．【點睛】本題主要考查了不等式的相關(guān)知識質(zhì),熟練掌握不等式的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵;7、D【解析】

根據(jù)二次根式的加減法則對各選項進行逐一分析即可．【詳解】A.不是同類項，不能合并，故本選項錯誤.B.,故本選項錯誤.C.=，故本選項錯誤D.，本選項正確，故選D【點睛】本題考查二次根的混合運算，熟練掌握計算法則是解題關(guān)鍵8、B【解析】

先去掉這8個數(shù)據(jù)中的最大數(shù)和最小數(shù)，再計算剩余6個數(shù)據(jù)的平均數(shù)即可．【詳解】解：題目中8個數(shù)據(jù)的最高分是10.0分，最低分是9.0分，則小李的最后得分=（9.0+9.1+9.0+9.1+9.0+9.1）÷6=9.1分．故選：B．【點睛】本題考查的是平均數(shù)的計算，正確理解題意、熟知平均數(shù)的計算方法是解題關(guān)鍵．9、A【解析】

首先根據(jù)反比例函數(shù)的定義，即可得出，進而得出反比例函數(shù)解析式，然后根據(jù)其性質(zhì)，即可判定其所在的象限.【詳解】根據(jù)已知條件,得即∴函數(shù)解析式為∴此反比例函數(shù)的圖象在第一、三象限故答案為A.【點睛】此題主要考查反比例函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握，即可解題.10、C【解析】

根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征找出A、A、A、A的坐標(biāo)，結(jié)合圖形即可得知點B是線段CA的中點，由此即可得出點的坐標(biāo)．【詳解】觀察,發(fā)現(xiàn)：A(1,0),A(2,1),A(4,3),A(8,7)，…，∴A(2,2?1)(n為正整數(shù)).觀察圖形可知：點B是線段CA的中點，∴點B的坐標(biāo)是(2,2?1).∴點的坐標(biāo)是(2,2?1).故答案為：，【點睛】此題考查一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，規(guī)律型：點的坐標(biāo)，解題關(guān)鍵在于找到規(guī)律二、填空題(每小題3分,共24分)11、1【解析】

作CG⊥MN于G，證△ACE≌△BCF，求出∠CBF=∠CAE=30°，則可以得出，在Rt△CMG中，由勾股定理求出MG，即可得到的長．【詳解】解：如圖示：作CG⊥MN于G，

∵△ABC和△CEF是等邊三角形，

∴AC=BC，CE=CF，∠ACB=∠ECF=10°，

∴∠ACB-∠BCE=∠ECF-∠BCE，

即∠ACE=∠BCF，

在△ACE與△BCF中∴△ACE≌△BCF（SAS），又∵AD是三角形△ABC的中線

∴∠CBF=∠CAE=30°，

∴，在Rt△CMG中，，∴MN=2MG=1，

故答案為：1．【點睛】本題考查了勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是推出△ACF≌△BCF．12、x<0【解析】

根據(jù)直線y＝kx＋b與y軸交于點B（1，1），以及函數(shù)的增減性，即可求出不等式kx＋b＞1的解集．【詳解】解：∵直線y＝kx＋b與x軸交于點A（3，1），與y軸交于點B（1，1），∴y隨x的增大而減小，∴不等式kx＋b＞1的解集是x＜1．故答案為x＜1．【點睛】本題考查了一次函數(shù)與一元一次不等式的關(guān)系：從函數(shù)的角度看，就是尋求使一次函數(shù)y＝kx＋b的值大于（或小于）1的自變量x的取值范圍；從函數(shù)圖象的角度看，就是確定直線y＝kx＋b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標(biāo)13、．【解析】

由平行四邊形的性質(zhì)得出CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，由平行線的性質(zhì)得出∠GCE＝∠B＝60°，證出EF⊥DG，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出CG＝CE＝1，求出EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝4，由勾股定理求出DE即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∴∠GCE＝∠B＝60°，∵E是BC的中點，∴CE＝BE＝2，∵EF⊥AB，∴EF⊥DG，∴∠G＝90°，∴CG＝CE＝1，∴EG＝CG＝，DG＝CD＋CG＝3＋1＝4，∴DE＝；故答案為．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出CG是解決問題的關(guān)鍵．14、，．【解析】方程變形得：x1+1x=0，即x（x+1）=0，可得x=0或x+1=0，解得：x1=0，x1=﹣1．故答案是：x1=0，x1=﹣1.15、6.5【解析】

利用勾股定理求得直角三角形的斜邊，然后利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半解題．【詳解】解：如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=11，BC=5，根據(jù)勾股定理知，∵CD為斜邊AB上的中線，故答案為：6.5【點睛】本題考查了勾股定理、直角三角形斜邊上的中線．勾股定理：如果直角三角形兩直角邊分別為a，b，斜邊為c，那么a1+b1=c1．即直角三角形，兩直角邊的平方和等于斜邊的平方．直角三角形的性質(zhì)：在直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半．16、y=2x+3【解析】

根據(jù)圖象平行可得出k=2，再將(-1，1)代入可得出函數(shù)解析式．【詳解】∵函數(shù)y=kx+b的圖象平行于直線y=2x+1，∴k=2，將(-1，1)代入y=2x+b得：1=-2+b，解得：b=3，∴函數(shù)解析式為：y=2x+3，故答案為：y=2x+3.【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，關(guān)鍵是掌握兩直線平行則k值相同．17、1【解析】

過點C作CF⊥AB于F，由角平分線的性質(zhì)得CD=CF，CE=CF，于是可證△ADC≌△AFC，△CBE≌△CBF，可得AD=AF，BE=BF，即可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，過點C作CF⊥AB于F，

∵AC，BC分別平分∠BAD，∠ABE，

∴CD=CF，CE=CF，

∵AC=AC，BC=BC，

∴△ADC≌△AFC，△CBE≌△CBF，

∴AF=AD=5，BF=BE=2，

∴AB=AF+BF=1．故答案是：1．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．18、或【解析】

先根據(jù)面積求出三角形在y軸上邊的長度，再分正半軸和負半軸兩種情況討論求解.【詳解】根據(jù)題意，一次函數(shù)y＝kx+b(k≠0)的圖象與y軸交點坐標(biāo)為(0，b)，則×2×|b|=1，解得|b|=1，∴b=±1，①當(dāng)b=1時，與y軸交點為(0，1)，∴2k+1=0，解得k=-，∴函數(shù)解析式為y=-x+1；②當(dāng)b=-1時，與y軸的交點為(0，-1)，∴2k-1=0，解得k=，∴函數(shù)解析式為y=-x-1，綜上，這個一次函數(shù)的解析式是或，故答案為：或.【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，先根據(jù)三角形面積求出與y軸的交點，再利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，本題需要注意有兩種情況．三、解答題(共66分)19、限高應(yīng)標(biāo)3.0．【解析】

由圖得：DA＝DDCE＝20o∵AB＝10，在Rt△ABD中，＝，∴BD＝10×0.3640＝3.64∴DC＝BD－BC＝3.64－0.5＝3.14∵在Rt△DEC中，＝，∴CE＝3.14×0.9397≈3.0答：限高應(yīng)標(biāo)3.0．【點睛】這是一題用利用三角函數(shù)解決的實際問題，關(guān)鍵在于構(gòu)造直角三角形Rt△ABD和Rt△DEC.20、（1）詳見解析；（2）3+1．【解析】

（1）利用平行線等分線段定理證明即可．（2）根據(jù)勾股定理得BC＝，易證△CBF∽△DBC，得BD＝15，根據(jù)矩形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)得OG＝，利用平行線等分線段定理得BE＝3，由中位線的性質(zhì)得EG＝6，進而即可求解．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴OC＝OA，∵OB∥AE，∴BC＝BE；（2）∵CF⊥BD，∴∠CFB＝90°，在Rt△BCF中，BC＝，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°＝∠BFC，AC＝BD，∵∠CBF＝∠DBC，∴△CBF∽△DBC，∴，∴BD＝＝15，OB＝OD＝，∴AC＝BD＝15，∵CF⊥BD，BD∥AE，∴CG⊥AE，∴∠AGC＝90°，∵OC＝OA，∴OG＝AC＝，∵OC＝OA，OF∥AG，∴CF＝FG，∴BC＝BE＝3，∴EG＝2BF＝6，∴四邊形BOGE的周長＝3+6++＝3+1．【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)定理，平行線等分線段定理，直角三角形的性質(zhì)定理，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)定理，掌握上述定理，是解題的關(guān)鍵．21、證明見解析【解析】

首先證明BE=DF，然后依據(jù)HL可證明Rt△ADF≌Rt△CBE，從而可得到AF=CE．【詳解】解：∵DE=BF，∴DE+EF=BF+EF，即DF=BE，在Rt△ADF和Rt△CBE中，，∴Rt△ADF≌Rt△CBE（HL），∴AF=CE．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)和判定定理是解題的關(guān)鍵．22、（1）；；（2）；（3）M

點坐標(biāo)為，，，.【解析】

用待定系數(shù)法可求直線的解析式，平移可得直線的解析式由四邊形DCBP是平行四邊形，可得，，根據(jù)兩點公式可求P的坐標(biāo)．分，，三種情況討論，根據(jù)勾股定理可求M的坐標(biāo)．【詳解】設(shè)直線的解析式為，且過，，，解得：，，解析式，把直線沿x軸的負方向平移6個單位得到直線，直線的解析式；設(shè)，直線與y軸交于D點，交x軸于C點，，，，，，四邊形DCBP是平行四邊形，，，，，不合題意舍去，；點E是線段OC的中點，，，，，，，在中，，，，，當(dāng)點M與

點O重合時，即F

，當(dāng)時，是等腰三角形，當(dāng)時，則，

或，當(dāng)時，設(shè)M

，，，，綜上所述：M

點坐標(biāo)為，，，.【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，利用分類思想解決問題是本題的關(guān)鍵．23、（1）75；4；（2）CD=4．【解析】

（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)可得出∠ADB=∠OAC=75°，結(jié)合∠BOD=∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性質(zhì)可求出OD的值，進而可得出AD的值，由三角形內(nèi)角和定理可得出∠ABD=75°=∠ADB，由等角對等邊可得出AB=AD=4，此題得解；（2）過點B作BE∥AD交AC于點E，同（1）可得出AE=4，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的長度，再在Rt△CAD中，利用勾股定理可求出DC的長，此題得解．【詳解】解：（1）∵BD∥AC，∴∠ADB=∠OAC=75°．∵∠BOD=∠COA，∴△BOD∽△COA，∴．又∵AO=3，∴OD=AO=，∴AD=AO+OD=4．∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，∴∠ABD=180°-∠BAD-∠ADB=75°=∠ADB，∴AB=AD=4．（2）過點B作BE∥AD交AC于點E，如圖所示．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DAC=∠BEA=90°．∵∠AOD=∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴．∵BO：OD=1：3，∴．∵AO=3，∴EO=，∴AE=4．∵∠ABC=∠ACB=75°，∴∠BAC=30°，AB=AC，∴AB=2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4）2+BE2=（2BE）2，解得：BE=4，∴AB=AC=8，AD=1．在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+12=CD2，解得：CD=4．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用相似三角形的性質(zhì)求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的長度．24、（1）證明見解析；（2）不存在；（3）①證明見解析；②．【解析】

(1)由矩形性質(zhì)得，，再證且即可；（2）不存在，由知：當(dāng)時，四邊形AECF為菱形，可得，此方程無解；（3）由平行線性質(zhì)得，證得，，由，，得OE是三角形的中位線，所以，根據(jù)中垂線性質(zhì)得；如圖當(dāng)P與F重合時，，的取值范圍是．【詳解】證明：四邊形ABCD是矩形，，，又、F分別是邊AB、CD的中點，，四邊形AECF是平行四邊形；解：不存在，由知：四邊形AECF是平行四邊形；當(dāng)時，四邊形AECF為菱形，四邊形ABCD是矩形，，，，方程無解，故不存在這樣的a；解：如圖，四邊形AECF是平行四邊形，，，，，，，，，；如圖，當(dāng)P與F重合時，，的取值范圍是．【點睛】本題考核知識點：矩形性質(zhì)，菱形判定,三角形中位線.解題關(guān)鍵點：綜合運用矩形性質(zhì)和菱形判定和三角形中位線性質(zhì).25、（1）圖見解析；菱形周長為；（2）圖見解