?2020－2021學(xué)年河南師大附中八年級（下）期中數(shù)學(xué)試卷
一、選擇題（每小題3分，共30分）
1. 要使二次根式有意義，則x的取值可以是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件可得x-3≥0，再解即可．
【詳解】解：二次根式要有意義，則x-3≥0，
即x≥3，
故選：D．
【點睛】此題考查二次根式有意義的條件，解題關(guān)鍵在于掌握二次根式定義．
2. 能與2合并二次根式是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先將各選項二次根式化簡，再利用同類二次根式的概念判斷即可．
【詳解】解：A、，與2不是同類二次根式，此選項不符合題意；
B、，與2不是同類二次根式，此選項不符合題意；
C、，與2是同類二次根式，此選項符合題意；
D、，與2不是同類二次根式，此選項不符合題意；
故選：C．
【點睛】本題主要考查了同類二次根式，解題的關(guān)鍵是掌握同類二次根式的定義：把幾個二次根式化為最簡二次根式后，如果它們的被開方數(shù)相同，就把這幾個二次根式叫做同類二次根式．
3. 下列等式：①；②＝2＋；③＝4，其中正確的個數(shù)為（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用負(fù)整數(shù)指數(shù)冪的含義及二次根式的除法運(yùn)算可判斷①，利用二次根式的除法運(yùn)算可判斷②，利用二次根式的化簡可判斷③，從而可得答案．
【詳解】解： 故①錯誤；
故②錯誤；
故③正確，
故選：
【點睛】本題考查的是負(fù)整數(shù)指數(shù)冪的含義，二次根式的化簡，二次根式的除法運(yùn)算，掌握利用分母有理化進(jìn)行二次根式的除法運(yùn)算是解題的關(guān)鍵．
4. 下列各組數(shù)據(jù)中的三個數(shù)，可作為三邊長構(gòu)成直角三角形的是（ ）
A. 1，2，3 B. 32，42，52 C. 1，， D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】勾股定理的逆定理：若三角形中，有兩邊的平方和等于第三邊的平方，則這個三角形是直角三角形，根據(jù)勾股定理的逆定理逐一分析各選項可得答案．
【詳解】解：由 故不符合題意；
由 故不符合題意；
由 故符合題意；
由 故不符合題意；
故選：
【點睛】本題考查的是勾股定理的逆定理，掌握利用勾股定理的逆定理判斷三角形是直角三角形解題的關(guān)鍵．
5. 下列說法：（1）一組對邊平行，一組對角相等的四邊形是平行四邊形；（2）對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形；（3）有兩條互相垂直的對稱軸的四邊形是菱形；（4）四個內(nèi)角相等，兩條對角線互相垂直的四邊形是正方形．錯誤的個數(shù)是（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用平行四邊形，菱形，矩形，正方形的判定條件逐項分析即可．
【詳解】根據(jù)一組對邊平行，一組對角相等，結(jié)合平行線的性質(zhì)，可得另一組對角也相等，即一組對邊平行，一組對角相等的四邊形是平行四邊形，故（1）正確；
對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故（2）錯誤；
有兩條互相垂直的對稱軸的四邊形也可以是矩形，故（3）錯誤；
四個內(nèi)角相等的四邊形是矩形，兩條對角線互相垂直的矩形是正方形．即四個內(nèi)角相等，兩條對角線互相垂直的四邊形是正方形，故（4）正確．
綜上可知（2）（3）錯誤，有2個．
故選A．
【點睛】本題考查特殊四邊形的判定方法．掌握判定特殊四邊形的條件是解答本題的關(guān)鍵．
6. 李強(qiáng)同學(xué)去登山，先勻速登上山頂，原地休息一段時間后，又勻速下山，上山的速度小于下山的速度．在登山過程中，他行走的路程S隨時間t的變化規(guī)律的大致圖象是（　?。?br /> A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意進(jìn)行判斷，先勻速登上山頂，原地休息一段時間后，可以排除A和C，又勻速下山，上山的速度小于下山的速度，排除D，進(jìn)而可以判斷．
【詳解】解：因為登山過程可知：
先勻速登上山頂，原地休息一段時間后，又勻速下山，上山的速度小于下山的速度．
所以在登山過程中，他行走的路程S隨時間t的變化規(guī)律的大致圖象是B．
故選：B．
【點睛】本題考查了函數(shù)圖像，解決本題的關(guān)鍵是理解題意，明確過程，利用數(shù)形結(jié)合思想求解．
7. 某儲運(yùn)部緊急調(diào)撥一批物資，調(diào)進(jìn)物資共用4小時，調(diào)進(jìn)物資2小時后開始調(diào)出物資（調(diào)進(jìn)物資與調(diào)出物資的速度均保持不變）（噸）與時間t（小時）之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，則這批物資從開始調(diào)進(jìn)到全部調(diào)出共需（ ）小時

A. 4小時 B. 4.4小時 C. 4.8小時 D. 5小時
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)圖像先求解每小時調(diào)進(jìn)的物資，再求解每小時調(diào)出的物資，從而可得答案．
【詳解】解：由題意得：每小時調(diào)進(jìn)的物資為：噸，
設(shè)每小時調(diào)出噸，則
，
所以：全部調(diào)出所花的時間為：小時，
所以：這批物資從開始調(diào)進(jìn)到全部調(diào)出共需小時，
故選：
【點睛】本題考查的是從函數(shù)圖像中獲取信息，掌握利用函數(shù)圖像上點的坐標(biāo)含義是解題的關(guān)鍵．
8. 如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，為中點， 且AC＝6cm，AB＝8cm．則△ADE的周長為（ ）

A. 16cm B. 14cm C. 12cm D. 10cm
【答案】C
【解析】
【分析】先利用勾股定理求解 再利用直角三角形斜邊上的中線求解 再利用等腰三角形的三線合一證明 再求解，從而可得答案．
【詳解】解： 為中點，






故選：
【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
9. 如圖，長方形ABCD中，AB＝3cm， 將此長方形折疊，使點B與點D重合，則折痕為EF的長為（ ）

A. cm B. cm C. 4cm D. cm
【答案】A
【解析】
【分析】設(shè)由折疊的性質(zhì)結(jié)合勾股定理先求解 再證明四邊形是菱形，再結(jié)合菱形與矩形的性質(zhì)可得答案．
【詳解】解：設(shè) 由折疊可得：
長方形ABCD，




連接 交于點




四邊形為菱形，


又




故選：
【點睛】本題考查的是軸對稱的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，判定四邊形是菱形是解題的關(guān)鍵．
10. 如圖，正方形ABCD中，點E在BC上，BC，點F是CD的中點；① ②AE＝BC＋CE；③S△AEF＝S四邊形ABCF；④∠AFE＝90°，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先證明△ADF≌△MCF，可判斷①，再設(shè)正方形ABCD邊長為，結(jié)合勾股定理分別求解可判斷②，再利用等腰三角形的三線合一可判斷④，再分別求解三角形的面積與四邊形的面積可得圖形的面積關(guān)系，可判斷③．
【詳解】解：由題意知， ∵點F是CD的中點，
∴DF=CF，
正方形ABCD，

在△ADF和△MCF中，
，
∴△ADF≌△MCF（ASA），
∴CM=AD=AB， ①正確；
設(shè)正方形ABCD邊長為，
∵
∴
∴
∴AE=AB+CE， ②正確；
EM=CM+CE==AE，
又∵F為AM的中點，
∴EF⊥AM， ④正確，
由得EF=
由 得
∴
又∵
∴
∴，③不正確，
∴正確的有3個， 故選：C．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與全等三角形的判定與性質(zhì)．勾股定理的應(yīng)用，等腰三角形的性質(zhì)，二次根式的化簡，掌握以上知識的靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
二、填空題（每題3分，共15分）
11. 對于任意不相等兩個實數(shù)a、b，定義運(yùn)算“※”如下：a※b＝，那么10※6＝___．
【答案】
【解析】
【分析】把代入新定義公式中，再進(jìn)行計算即可得到答案．
詳解】解： a※b＝，
10※6＝
故答案為：
【點睛】本題考查的是新定義運(yùn)算，同時考查算術(shù)平方根的含義，掌握求解一個正數(shù)的算術(shù)平方根是解題的關(guān)鍵．
12. 已知正方形ABCD，以CD為邊作等邊△CDE，則∠AED的度數(shù)是__________．
【答案】15°或75°
【解析】
【分析】由圖1和圖2根據(jù)正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)就可以求出△ADE是等腰三角形，再由等邊三角形的性質(zhì)就可以求出結(jié)論．
【詳解】解：如圖1，當(dāng)△CDE在正方形外部時，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∵△CDE是等邊三角形，
∴CD=DE，∠CDE=60°
∴AD=DE，∠ADE=150°，
∴∠DAE=∠DEA．
∵∠DEA+∠DAE+∠ADE=180°，
∴∠AED=15°．
如圖2，當(dāng)△CED在正方形內(nèi)部時，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∵△CDE是等邊三角形，
∴CD=DE，∠CDE=60°
∴AD=DE，∠ADE=30°，
∴∠DAE=∠DEA．，
∵∠DEA+∠DAE+∠ADE=180°，
∴∠AED=75°．
故答案為：15°或75°
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，等腰三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，等邊三角形的性質(zhì)的運(yùn)用．解答時求出AD=DE是關(guān)鍵．
13. 如圖，將兩條寬（寬指的是兩平行線之間的距離）都是，使∠ABC＝60°，則四邊形ABCD的面積為___．

【答案】2
【解析】
【分析】先根據(jù)兩組對邊分別平行證明四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)兩張紙條的寬度相等，利用面積求出AB=BC，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形；根據(jù)寬度是與∠ABC=60°求出菱形的邊長，然后利用菱形的面積=底×高計算即可．
【詳解】解：∵紙條的對邊平行，即AB∥CD，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵兩張紙條的寬度都是，
∴S四邊形ABCD=AB×=BC×，
∴AB=BC，
∴平行四邊形ABCD是菱形，即四邊形ABCD是菱形．
如圖，過A作AE⊥BC，垂足為E，

∵∠ABC=60°，
∴∠BAE=90°-60°=30°，
∴AB=2BE，
在△ABE中，AB2=BE2+AE2，
即，
解得AB=2，
∴S四邊形ABCD=BC?AE=2×=2．
故答案是：2．
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，根據(jù)寬度相等，利用面積法求出邊長相等是證明菱形的關(guān)鍵．
14. 如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E、F分別在邊AB、AD上，，且∠ECF＝45°，則CF的長為___．

【答案】
【解析】
【分析】首先延長FD到G，使DG=BE，利用正方形的性質(zhì)得∠B=∠CDF=∠CDG=90°，CB=CD；利用SAS定理得△BCE≌△DCG，利用全等三角形的性質(zhì)易得△GCF≌△ECF，利用勾股定理可得AE=3，設(shè)AF=x，利用GF=EF，解得x，利用勾股定理可得CF．
【詳解】解：如圖，延長FD到G，使DG=BE，連接CG、EF，

∵四邊形ABCD為正方形，
在△BCE與△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴CG=CE，∠DCG=∠BCE，
∵∠ECF=45°，
∴∠BCE+∠DCF=45°，
∴∠GCF=∠DCG+∠DCF=45°=∠ECF，
在△GCF與△ECF中，
，
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴GF=EF，
∵CE=，CB=6，
∴BE=，
∴AE=3，
設(shè)AF=x，則DF=6-x，GF=3+(6-x)=9-x=EF，
∴EF=，
∴(9-x)2=，
∴x=4，
即AF=4，
∴GF=5，
∴DF=2，
∴CF=，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理等，構(gòu)建全等三角形，利用方程思想是解答此題的關(guān)鍵．
15. 如圖，在矩形ABCD中，E為AB的中點，P為BC邊上的任意一點，把△PBE沿PE折疊，得到△PFE，連接CF．若AB=10，BC=12，則CF的最小值為___．

【答案】8
【解析】
【分析】連接CE，當(dāng)點F 在線段CE上時，此時FC的值最小，根據(jù)勾股定理求出CE，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知BE=EF=5，即可求出CF．
【詳解】解：連接CE，由三角形三邊關(guān)系可得：＞
當(dāng)點F 線段CE上時，有
此時FC的值最小，如圖所示，

∵E是AB邊的中點，AB=10，
∴AE=EB=5，
根據(jù)折疊的性質(zhì)，EB=EF=5，
∵AD=BC=12，
∴CE==13，
∴CF=CE-EF=13-5=8．
故答案為：8．
【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的三邊的關(guān)系，勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
三、解答題（共75分）
16. 計算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）先化成最簡二次根式，再合并即可；
（2）根據(jù)二次根式的混合運(yùn)算法則計算即可．
【詳解】解：（1）

；
（2）



．
【點睛】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進(jìn)行二次根式的乘除運(yùn)算，再合并即可．在二次根式的混合運(yùn)算中，如能結(jié)合題目特點，靈活運(yùn)用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當(dāng)?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．
17. 已知：如圖，AB=12cm，AD=13cm，CD=4cm，BC=3cm，∠C=90°．求△ABD的面積．

【答案】
【解析】
【分析】先利用勾股定理，求得BD=5；再利用勾股定理的逆定理，證明三角形ABD是直角三角形，利用面積公式計算即可.
【詳解】，，，
，
，，
，
，
．
【點睛】本題考查了勾股定理及其逆定理的應(yīng)用，熟練掌握兩個定理是解題的關(guān)鍵.
18. 有這樣一道題：先化簡，再求值：a＋，其中a=1007.
如圖是小亮（左）和小芳（右）的解答過程：

（1）　 　的解法是錯誤的；
（2）先化簡，再求值：a＋2，其中a=-2015
【答案】（1）小亮；（2），2021．
【解析】
【分析】（1）根據(jù)二次根式的性質(zhì)判斷即可；
（2）根據(jù)二次根式的性質(zhì)把原式化簡，把a(bǔ)=-2015代入計算即可．
【詳解】解：（1）小亮的解法是錯誤的，原因是：
，
∵，
∴原式；
故答案為：小亮；
（2），
∵a=-2015＜3，
∴原式=a+2(3-a)=a+6-2a=6-a=2021．
【點睛】本題主要考查二次根式的化簡求值，解題的關(guān)鍵是掌握二次根式的性質(zhì)=|a|．
19. 已知，如圖，E、F分別為□ABCD的邊BC、AD上的點，且∠1=∠2,.求證：AE=CF.

【答案】詳見解析
【解析】
【分析】通過證明三角形全等求得兩線段相等即可.
【詳解】∵四邊形ABCD為平行四邊形
∴∠B=∠D，AB=CD
在△ABE與△CDF中，∠1=∠2，∠B=∠D，AB=CD
∴△ABE≌△CDF
∴AE=CF
【點睛】本題主要考查平行四邊形性質(zhì)與全等三角形，解題關(guān)鍵在于找到全等三角形.
20. 如圖，平行四邊形ABCD的邊CD的垂直平分線與邊DA，BC的延長線分別交于點E，F(xiàn)，與邊CD交于點O，連結(jié)CE，DF．
（1）求證：DE=CF；
（2）請判斷四邊形ECFD的形狀，并證明你的結(jié)論．

【答案】（1）詳見解析；（2）四邊形ECFD是菱形，證明詳見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形和線段垂直平分線的性質(zhì)通過AAS證得△EOD≌△FOC，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）通過證明DE=EC=CF=DF，四邊形ECFD是菱形．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO=∠FCO，∠DEO=∠CFO，
又∵EF平分CD，
∴DO=CO，
∴△EOD≌△FOC（AAS），
∴DE=CF；
（2）結(jié)論：四邊形ECFD是菱形．
證明：∵EF是CD的垂直平分線，
∴DE=EC，CF=DF，
又∵DE=CF，
∴DE=EC=CF=DF，
∴四邊形ECFD是菱形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)以及菱形的判定等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握上述知識是解題的關(guān)鍵．
21. 如圖，在?ABCD中，E是AD上一點，連接BE，F(xiàn)為BE中點，且AF=BF，
（1）求證：四邊形ABCD為矩形；
（2）過點F作FG⊥BE，垂足為F，交BC于點G，若BE=BC，S△BFG=5，CD=4，求CG．

【答案】（1）證明見解析；（2）CG的長為
【解析】
【分析】（1）求出∠BAE=90°，根據(jù)矩形的判定推出即可；

（2）求出△BGE面積，根據(jù)三角形面積公式求出BG，得出EG長度，根據(jù)勾股定理求出GH，求出BE，得出BC長度，即可求出答案．
【詳解】解：（1）證明：∵F為BE中點，AF=BF，
∴AF=BF=EF，
∴∠BAF=∠ABF，∠FAE=∠AEF，
在△ABE中，∠BAF+∠ABF+∠FAE+∠AEF=180°，
∴∠BAF+∠FAE=90°，
又四邊形ABCD為平行四邊形，
∴四邊形ABCD為矩形；
（2）連接EG，過點E作EH⊥BC，垂足為H，

∵F為BE的中點，F(xiàn)G⊥BE，
∴BG=GE，
∵S△BFG=5，CD=4，
∴S△BGE=10=BG?EH，
∴BG=GE=5，
在Rt△EGH中，GH==3，
在Rt△BEH中，BE===BC，
∴CG=BC﹣BG=﹣5．
22. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，AB∥OC，點B，C的坐標(biāo)分別為（15，8），（21，0），動點M從點A沿A→B以每秒1個單位的速度運(yùn)動；動點N從點C沿C→O以每秒2個單位的速度運(yùn)動．M，N同時出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）在t=3時，M點坐標(biāo)　　　，N點坐標(biāo)　　　　　；
（2）當(dāng)t為何值時，四邊形OAMN是矩形？
（3）運(yùn)動過程中，四邊形MNCB能否為菱形？若能，求出t的值；若不能，說明理由．

【答案】（1）（3，8）；（15，0）；（2）t=7秒時，四邊形OAMN是矩形；（3）存在，t=5秒時，四邊形MNCB為菱形．
【解析】
【分析】（1）根據(jù)點B、C的坐標(biāo)求出AB、OA、OC，然后根據(jù)路程=速度×?xí)r間求出AM、CN，再求出ON，然后寫出點M、N的坐標(biāo)即可；
（2）根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，當(dāng)AM=ON時，四邊形OAMN是矩形，然后列出方程求解即可；
（3）先求出四邊形MNCB是平行四邊形的t值，并求出CN的長度，然后過點B作BC⊥OC于D，得到四邊形OABD是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等可得OD=AB，BD=OA，然后求出CD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形進(jìn)行驗證．
【詳解】解：（1）∵B（15，8），C（21，0），
∴AB=15，OA=8，
OC=21，
當(dāng)t=3時，AM=1×3=3，
CN=2×3=6，
∴ON=OC-CN=21-6=15，
∴點M（3，8），N（15，0）；
故答案為：（3，8）；（15，0）；
（2）當(dāng)四邊形OAMN是矩形時，AM=ON，
∴t=21-2t，
解得t=7秒，
故t=7秒時，四邊形OAMN是矩形；
（3）存在t=5秒時，四邊形MNCB能為菱形．
理由如下：四邊形MNCB是平行四邊形時，BM=CN，
∴15-t=2t，
解得：t=5秒，
此時CN=5×2=10，
過點B作BD⊥OC于D，則四邊形OABD是矩形，

∴OD=AB=15，BD=OA=8，
CD=OC-OD=21-15=6，
在Rt△BCD中，BC=，
∴BC=CN，
∴平行四邊形MNCB是菱形，
故，存在t=5秒時，四邊形MNCB為菱形．
【點睛】本題主要考查了四邊形綜合以及矩形的性質(zhì)，平行四邊形與菱形的關(guān)系，勾股定理等知識，根據(jù)矩形、菱形與平行四邊形的聯(lián)系列出方程是解題的關(guān)鍵．
23. 如圖1，BM＝BN＝8，∠MBN＝90°，正方形BEFG的頂點E，G分別在線段BN、BM上，且BE＝4，點P、Q分別是邊BG、BE的中點，將正方形BEFG繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角為α（0°≤α＜90°）．
（1）問題發(fā)現(xiàn)：當(dāng)α＝0°時，線段MP與NQ之間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系為　 　．
（2）拓展探究：試判斷：在旋轉(zhuǎn)過程中，線段MP與NQ之間的關(guān)系有無變化？請僅就圖2的情況給出證明；
（3）問題解決：當(dāng)正方形BEFG旋轉(zhuǎn)至M、P、Q三點共線時，直接寫出NQ的長．


【答案】（1）且；（2）無變化，理由見解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）由題意即可直接判斷，由點P、Q分別是邊BG、BE中點，即，即可得出，即，即得出結(jié)論．
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，即易證“”，得出，．延長MP交BN于點A，交NQ于點C．由，，，即求出，即，所以．
（3）連接MN，NQ．根據(jù)（2）同理即易證且，即證明為直角三角形．利用勾股定理分別在中和中可求出和的長．設(shè)，則，再在中，利用勾股定理即可列出關(guān)于x的一元二次方程，解出x即可得出答案．
【詳解】（1）∵點P、Q分別在線段BM、BN上，且，
∴．
又∵點P、Q分別是邊BG、BE的中點，四邊形BEFG是正方形，
∴．
∵，
∴，即．
綜上，即MP與NQ之間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系為且．
（2）由旋轉(zhuǎn)可知，
∴在和中，，
∴，
∴，．
如圖，延長MP交BN于點A，交NQ于點C．
∵，，，
∴，
∴，即．
綜上可知線段MP與NQ之間的關(guān)系無變化．

（3）如圖，連接MN，NQ．
根據(jù)（2）同理可證，且，
∴為直角三角形．
在中，，
在中，，
設(shè)，則，
∴在中，，即，
解得：，（舍）．

故NQ的長為．
【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理．利用數(shù)形結(jié)合的思想并正確的作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．



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