人教版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)宿遷數(shù)學(xué)期末試卷測(cè)試題(Word版含解析)

人教版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué)宿遷數(shù)學(xué)期末試卷測(cè)試題（Word版含解析）一、選擇題1．使式子有意義的的取值范圍是（）A． B． C． D．2．已知a、b、c是三角形的三邊長(zhǎng)，如果滿足（a﹣3）2+|c﹣5|＝0，則三角形的形狀是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．鈍角三角形3．如圖，下列條件中，能判定四邊形是平行四邊形的是（）A．， B．，C．， D．，4．學(xué)校統(tǒng)計(jì)教師每周學(xué)習(xí)黨史時(shí)間，隨機(jī)抽查甲，乙和丙三位教師，他們的平均學(xué)習(xí)時(shí)間為80分鐘，甲和乙的學(xué)習(xí)時(shí)間分別是75分鐘、95分鐘，則丙的學(xué)習(xí)時(shí)間為（）A．70分鐘 B．75分鐘 C．80分鐘 D．85分鐘5．下列條件中，不能判斷一個(gè)三角形是直角三角形的是（）A．三條邊的比為2∶3∶4 B．三條邊滿足關(guān)系a2＝b2﹣c2C．三條邊的比為1∶1∶ D．三個(gè)角滿足關(guān)系∠B+∠C＝∠A6．如圖，將□沿對(duì)角線折疊，使點(diǎn)落在處，若，則=()A． B． C． D．7．如圖，數(shù)軸上A點(diǎn)表示的數(shù)為，B點(diǎn)表示的數(shù)是1．過點(diǎn)B作，且，以點(diǎn)A為圓心，的長(zhǎng)為半徑作弧，弧與數(shù)軸的交點(diǎn)D表示的數(shù)為（）A． B． C． D．8．在平面直角坐標(biāo)系中，定義：已知圖形W和直線，如果圖形W上存在一點(diǎn)Q，使得點(diǎn)Q到直線的距離小于或等于k，則稱圖形W與直線“k關(guān)聯(lián)”．已知線段AB，其中點(diǎn)，．若線段AB與直線“關(guān)聯(lián)”，則b的取值范圍是()A．-1≤b≤ B．0≤b≤4 C．0≤b≤6 D．≤b≤6二、填空題9．若式子有意義，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_____________．10．菱形的對(duì)角線與相交于點(diǎn)O，若，則菱形的面積是___________．11．如圖，數(shù)字代表所在正方形的面積，則A所代表的正方形的面積為_________．12．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AE垂直平分BO于點(diǎn)E，則BD的長(zhǎng)為_____．13．若函數(shù)y=kx+4的圖象平行于直線y=3x，則此函數(shù)的表達(dá)式是_____．14．若順次連接四邊形ABCD四邊中點(diǎn)所得的四邊形是菱形，則原四邊形的對(duì)角線AC、BD所滿足的條件是________．15．某物流公司的快遞車和貨車同時(shí)從甲地出發(fā)，以各自的速度勻速向乙地行駛，快遞車到達(dá)乙地后卸完物品再另裝貨物共用45分鐘，立即按原路以另一速度勻速返回，直至與貨車相遇．已知貨車的速度為60千米/時(shí)，兩車之間的距離y（千米）與貨車行駛時(shí)間x（小時(shí)）之間的函數(shù)圖象如圖所示，現(xiàn)有以下4個(gè)結(jié)論：①快遞車從甲地到乙地的速度為100千米/時(shí)；②甲、乙兩地之間的距離為120千米；③圖中點(diǎn)B的坐標(biāo)為（，75）；④快遞車從乙地返回時(shí)的速度為90千米/時(shí)．以上4個(gè)結(jié)論中正確的是___．16．在矩形ABCD中，，，將沿對(duì)角線BD對(duì)折得到，DE與BC交于F，則EF等于________．三、解答題17．計(jì)算：（1）；（2）（+3）（﹣3）．18．明朝數(shù)學(xué)家程大位在他的著作《算法統(tǒng)宗》中寫了一首計(jì)算秋千繩索長(zhǎng)度的詞《西江月》：“平地秋千未起，踏板一尺離地，送行二步恰竿齊，五尺板高離地…”翻譯成現(xiàn)代文為：如圖，秋千靜止的時(shí)候，踏板離地高一尺（尺），將它往前推進(jìn)兩步（尺），此時(shí)踏板升高離地五尺（尺），求秋千繩索（或）的長(zhǎng)度．19．圖1、圖2是兩張形狀和大小完全相同的方格紙，方格紙中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)均在小正方形的頂點(diǎn)上．（1）在圖1中畫出一個(gè)以AB為一邊正方形ABCD，使點(diǎn)C、D在小正方形的頂點(diǎn)上；（2）在圖2中畫出一個(gè)以AB為一邊，面積為6的□ABEF，使點(diǎn)E、F均在小正方形的頂點(diǎn)上，并直接寫出□ABEF周長(zhǎng)．20．如圖，已知平分，．（1）求證：；（2）若點(diǎn)在上，且，求證：四邊形是菱形．21．閱讀材料：規(guī)定初中考試不能使用計(jì)算器后，小明是這樣解決問題的：已知a=,求的值.他是這樣分析與解的：∵a==，∴,∴∴,∴=2（=.請(qǐng)你根據(jù)小明的分析過程，解決如下問題：（1）若a=,直接寫出的值是.（2）使用以上方法化簡(jiǎn)：22．甲、乙兩家采摘園的草莓品質(zhì)相同，銷售價(jià)格都是每千克50元，兩家均推出了“周末”優(yōu)惠方案，甲采摘園的優(yōu)惠方案是：游客進(jìn)園需購(gòu)買100元的門票，采摘的草莓六折優(yōu)惠；乙采摘園的優(yōu)惠方案是：游客進(jìn)園不需要購(gòu)買門票，采摘的草莓超過6千克后，超過部分五折優(yōu)惠．優(yōu)惠期間，設(shè)某游客的草莓采摘量為x（x＞6）千克，在甲采摘園所需總費(fèi)用為y1元，在乙采摘園所需總費(fèi)用為y2元．（1）求y1、y2關(guān)于x的函數(shù)解析式；（2）如果你是游客你會(huì)如何選擇采摘園？23．社團(tuán)活動(dòng)課上，數(shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)探索了這樣的一個(gè)問題：如圖，，點(diǎn)為邊上一定點(diǎn)，點(diǎn)為邊上一動(dòng)點(diǎn)，以為一邊在∠MON的內(nèi)部作正方形，過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)（在點(diǎn)、之間），交與點(diǎn)，試探究的周長(zhǎng)與的長(zhǎng)度之間的等量關(guān)系該興趣小組進(jìn)行了如下探索：（動(dòng)手操作，歸納發(fā)現(xiàn)）（1）通過測(cè)量圖、、中線段、、和的長(zhǎng)，他們猜想的周長(zhǎng)是長(zhǎng)的_____倍．請(qǐng)你完善這個(gè)猜想（推理探索，嘗試證明）為了探索這個(gè)猜想是否成立，他們作了如下思考，請(qǐng)你完成后續(xù)探索過程：（2）如圖，過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)則又四邊形正方形，，則在與中，（類比探究，拓展延伸）（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)在線段的延長(zhǎng)線上時(shí)，直接寫出線段、、與長(zhǎng)度之間的等量關(guān)系為．24．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線AB交y軸于點(diǎn)A(0，3)，交x軸于點(diǎn)B(﹣4，0)．(1)求直線AB的函數(shù)表達(dá)式；(2)如圖2，在線段OB上有一點(diǎn)C（點(diǎn)C不與點(diǎn)O、點(diǎn)B重合），將AOC沿AC折疊，使點(diǎn)O落在AB上，記作點(diǎn)D，在BD上方，以BD為斜邊作等腰直角三角形BDF，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；(3)在(2)的條件下，如圖3，在平面內(nèi)是否存在一點(diǎn)E，使得以點(diǎn)A，B，E為頂點(diǎn)的三角形與ABC全等（點(diǎn)E不與點(diǎn)C重合），若存在，請(qǐng)直接寫出滿足條件的所有點(diǎn)E的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．25．已知E，F(xiàn)分別為正方形ABCD的邊BC，CD上的點(diǎn)，AF，DE相交于點(diǎn)G，當(dāng)E，F(xiàn)分別為邊BC，CD的中點(diǎn)時(shí)，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．試探究下列問題：（1）如圖1，若點(diǎn)E不是邊BC的中點(diǎn)，F(xiàn)不是邊CD的中點(diǎn)，且CE=DF，上述結(jié)論①，②是否仍然成立？（請(qǐng)直接回答“成立”或“不成立”），不需要證明）（2）如圖2，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CB的延長(zhǎng)線和DC的延長(zhǎng)線上，且CE=DF，此時(shí)，上述結(jié)論①，②是否仍然成立？若成立，請(qǐng)寫出證明過程，若不成立，請(qǐng)說明理由；（3）如圖3，在（2）的基礎(chǔ)上，連接AE和BF，若點(diǎn)M，N，P，Q分別為AE，EF，F(xiàn)D，AD的中點(diǎn)，請(qǐng)判斷四邊形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一種，并證明你的結(jié)論．26．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝20．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿BC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒4個(gè)單位的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，連結(jié)PQ，以PQ、MQ為鄰邊作矩形PQMN，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)時(shí)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)停止，設(shè)矩形PQMN與Rt△ABC重疊部分圖形的面積為S（S＞0），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）①BC的長(zhǎng)為；②用含t的代數(shù)式表示線段PQ的長(zhǎng)為；（2）當(dāng)QM的長(zhǎng)度為10時(shí)，求t的值；（3）求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）當(dāng)過點(diǎn)Q和點(diǎn)N的直線垂直于Rt△ABC的一邊時(shí)，直接寫出t的值．【參考答案】一、選擇題1．B解析：B【分析】根據(jù)被開方數(shù)大于等于0列不等式求解即可．【詳解】解：由題意得，，解得．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式有意義的條件，解題的關(guān)鍵是掌握二次根式中的被開方數(shù)必須是非負(fù)數(shù)，否則二次根式無意義．2．B解析：B【分析】根據(jù)二次根式和絕對(duì)值的非負(fù)性，可得，然后再由勾股定理的逆定理，即可求解．【詳解】解：∵（a﹣3）2+|c﹣5|＝0，∴，解得：，∵，∴該三角形的形狀是直角三角形．故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理的逆定理，平方、算術(shù)平方根、絕對(duì)值的非負(fù)性，熟練掌握若一個(gè)三角形的兩邊的平方和等于第三邊的平方，則該三角形為直角三角形是解題的關(guān)鍵．3．B解析：B【解析】【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理進(jìn)行分析即可．【詳解】解：根據(jù)兩組對(duì)邊分別相等的四邊形為平行四邊形，則B選項(xiàng)正確，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定，熟記基本的判定方法是解題關(guān)鍵．4．A解析：A【解析】【分析】根據(jù)求一組數(shù)據(jù)的算術(shù)平均數(shù)計(jì)算即可求得．【詳解】依題意丙的學(xué)習(xí)時(shí)間為（分鐘）故選A【點(diǎn)睛】本題考查了算術(shù)平均數(shù)，掌握求平均數(shù)的方法是解題的關(guān)鍵．5．A解析：A【分析】根據(jù)直角三角形的判定方法，對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行一一分析，排除錯(cuò)誤答案．【詳解】A、三條邊的比為2：3：4，22+32≠42，故不能判斷一個(gè)三角形是直角三角形；B、三條邊滿足關(guān)系a2=b2-c2，即a2+c2=b2，故能判斷一個(gè)三角形是直角三角形；C、三條邊的比為1：1：，12+12=（）2，故能判斷一個(gè)三角形是直角三角形；D、三個(gè)角滿足關(guān)系∠B+∠C=∠A，則∠A為90°，故能判斷一個(gè)三角形是直角三角形．故選：A．【點(diǎn)睛】此題考查勾股定理的逆定理的應(yīng)用．解題關(guān)鍵在于掌握判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長(zhǎng)，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可；若已知角，只要求得一個(gè)角為90°即可．6．D解析：D【解析】【分析】由平行線的性質(zhì)可得∠DAC＝∠B'AB＝40°，由折疊的性質(zhì)可得∠BAC＝∠B'AC＝20°，由三角形內(nèi)角和定理即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠B'AB＝40°，同理，∠2＝∠DAC＝40°，∵將□ABCD沿對(duì)角線AC折疊，∴∠BAC＝∠B'AC＝20°，∴∠B＝180°﹣∠2﹣∠BAC＝120°，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理；熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．C解析：C【解析】【分析】根據(jù)題意先求得的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理求得的長(zhǎng)，根據(jù)題意，進(jìn)而求得點(diǎn)表示的數(shù)．【詳解】依題意，數(shù)軸上A點(diǎn)表示的數(shù)為，B點(diǎn)表示的數(shù)是1，，，，，，數(shù)軸上A點(diǎn)表示的數(shù)為，D表示的數(shù)為．故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了實(shí)數(shù)與數(shù)軸，勾股定理，勾股定理求得是解題的關(guān)鍵．8．C解析：C【分析】如圖（見解析），先畫出圖形，再根據(jù)定義求出兩個(gè)臨界位置時(shí)b的值，由此即可得．【詳解】如圖，過點(diǎn)B作直線的垂線，垂足為點(diǎn)D，連接OA，延長(zhǎng)AB交直線于點(diǎn)C由題意，有以下兩個(gè)臨界位置：①點(diǎn)A到直線的距離等于，當(dāng)直線經(jīng)過原點(diǎn)O時(shí)，，即為點(diǎn)A到直線的距離，此時(shí)②點(diǎn)B到直線的距離等于，即軸，且點(diǎn)C的縱坐標(biāo)與點(diǎn)A的縱坐標(biāo)相同，即為1是等腰直角三角形點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為將點(diǎn)代入直線得：解得則b的取值范圍是故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、一次函數(shù)的幾何應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，理解新定義，求出兩個(gè)臨界位置時(shí)b的值是解題關(guān)鍵．二、填空題9．a(chǎn)≥－2且a≠1【解析】【分析】直接利用二次根式的性質(zhì)得出a的取值范圍．【詳解】解：∵式子有意義，∴，，∴，且；故答案為：且；【點(diǎn)睛】此題主要考查了二次根式的性質(zhì)，正確掌握二次根式的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．10．A解析：120【解析】【分析】在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，從而求出BO，繼而得出BD，根據(jù)菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半可得出答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO=OC，BO=DO，AC⊥BD∵AC=24，AO=AC=12，在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，又AB=13，∴BO==5，∴BD=10，∴S菱形ABCD=AC?BD＝×10×24＝120，∴菱形ABCD的面積為120．故答案為：120．【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，屬于中等難度的題目，解答本題關(guān)鍵是掌握①菱形的對(duì)角線互相垂直且平分，②菱形的面積等于底乘以底邊上的高，還等于對(duì)角線乘積的一半．11．A解析：【解析】【分析】三個(gè)正方形的邊長(zhǎng)正好構(gòu)成直角三角形的三邊，根據(jù)勾股定理得到字母A所代表的正方形的面積A=36+64=100．【詳解】解：由題意可知，直角三角形中，一條直角邊的平方=36，一條直角邊的平方=64，則斜邊的平方=36+64．故答案為：100．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的面積公式以及勾股定理．12．A解析：12【分析】由矩形的性質(zhì)和線段垂直平分線的性質(zhì)證出OA＝AB＝OB＝6，得出BD＝2OB＝12即可．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，∴OA＝OB，∵AE垂直平分OB，∴AB＝AO，∴OA＝AB＝OB＝6，∴BD＝2OB＝12，故答案為：12．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)等知識(shí)，運(yùn)用線段垂直平分線的性質(zhì)是關(guān)鍵．13．y=3x+4【解析】【分析】?jī)蓚€(gè)一次函數(shù)的圖象平行，則一次項(xiàng)系數(shù)一定相同，則解析式即可求得【詳解】∵函數(shù)y=kx+4的圖象平行于直線y=3x，∴k=3，函數(shù)的表達(dá)式為y=3x+4．故答案為：y=3x+4【點(diǎn)睛】本題考查了兩條直線平行的問題，一次函數(shù)平行系數(shù)的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵14．A解析：【分析】如下圖，根據(jù)三角形中位線的定理，可得AG=EF=，GF=AE=，再根據(jù)菱形四條邊相等的性質(zhì)，可得出AC與BD的關(guān)系．【詳解】如下圖，點(diǎn)E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)∵點(diǎn)E、F是AB、BC的中點(diǎn)∴EF=同理可得：AG=EF=，GF=AE=∵要使得四邊形HEFG是菱形，則HE=EF=FG=GH∴只需AC=BD即可故答案為：AC=BD【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)和三角形中位線的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是得出AG=EF=，GF=AE=．15．①③④【分析】根據(jù)兩車速度之差×3小時(shí)=120，解方程可判斷①，根據(jù)兩車間的距離而且是同向可判斷②，根據(jù)卸貨與裝貨45分鐘時(shí)間可求拐點(diǎn)B橫坐標(biāo)，利用貨車行駛45分鐘距離縮短求出B縱坐標(biāo)可判斷③，解析：①③④【分析】根據(jù)兩車速度之差×3小時(shí)=120，解方程可判斷①，根據(jù)兩車間的距離而且是同向可判斷②，根據(jù)卸貨與裝貨45分鐘時(shí)間可求拐點(diǎn)B橫坐標(biāo)，利用貨車行駛45分鐘距離縮短求出B縱坐標(biāo)可判斷③，根據(jù)返回快遞車速與貨車速度之和乘以返貨到相遇時(shí)間=75，解方程可判斷④．【詳解】解：①設(shè)快遞車從甲地到乙地的速度為x千米/時(shí)，則3（x﹣60）=120，x=100．故①正確；②因?yàn)?20千米是快遞車到達(dá)乙地后兩車之間的距離，不是甲、乙兩地之間的距離，故②錯(cuò)誤；③因?yàn)榭爝f車到達(dá)乙地后缷完物品再另裝貨物共用45分鐘，所以圖中點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為3+=，點(diǎn)B縱坐標(biāo)為120﹣60×=75，故③正確；④設(shè)快遞車從乙地返回時(shí)的速度為y千米/時(shí)，則（y+60）（）=75，y=90，故④正確．故答案為①③④．【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)行程問題圖像獲取信息，利用速度，時(shí)間與路程關(guān)系解決問題，掌握一次函數(shù)行程問題圖像獲取信息，利用速度，時(shí)間與路程關(guān)系解決問題，一次函數(shù)的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．16．【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得到BF=DF，設(shè)BF=DF=x，在△CDF中，利用勾股定理列出方程，求出x值，得到DF，即可計(jì)算EF的值．【詳解】解：由折疊可知：AB=BE=CD=3，解析：【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得到BF=DF，設(shè)BF=DF=x，在△CDF中，利用勾股定理列出方程，求出x值，得到DF，即可計(jì)算EF的值．【詳解】解：由折疊可知：AB=BE=CD=3，∠E=∠A=90°，DE=AD=4，∠ADB=∠EDB，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，∴∠CBD=∠EDB，∴BF=DF，設(shè)BF=DF=x，則CF=4-x，在△CDF中，，即，解得：x=，即DF=，∴EF=DE-DF==，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，勾股定理，等角對(duì)等邊，解題的關(guān)鍵是利用折疊的性質(zhì)得到相等線段，利用勾股定理列出方程．三、解答題17．（1）5；（2）4【分析】（1）先利用二次根式的性質(zhì)化簡(jiǎn)，然后利用二次根式的除法計(jì)算法則求解即可；（2）利用平方差公式進(jìn)行求解即可．【詳解】解：（1）；（2）．【點(diǎn)睛】本解析：（1）5；（2）4【分析】（1）先利用二次根式的性質(zhì)化簡(jiǎn)，然后利用二次根式的除法計(jì)算法則求解即可；（2）利用平方差公式進(jìn)行求解即可．【詳解】解：（1）；（2）．【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次根式的化簡(jiǎn)，二次根式的除法，二次根式的混合計(jì)算，平方差公式，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)計(jì)算法則．18．秋千繩索的長(zhǎng)度為尺．【分析】設(shè)OA=OB=x尺，表示出OE的長(zhǎng)，在中，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程求解即可．【詳解】解：設(shè)尺，由題可知：尺，尺，∴（尺），尺，在中，尺，尺，尺，由勾股解析：秋千繩索的長(zhǎng)度為尺．【分析】設(shè)OA=OB=x尺，表示出OE的長(zhǎng)，在中，利用勾股定理列出關(guān)于x的方程求解即可．【詳解】解：設(shè)尺，由題可知：尺，尺，∴（尺），尺，在中，尺，尺，尺，由勾股定理得：，解得：，則秋千繩索的長(zhǎng)度為尺．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握勾股定理，學(xué)會(huì)利用方程解決問題是解題的關(guān)鍵．19．（1）見解析；（2）見解析；周長(zhǎng)為4+2．【解析】【分析】（1）直接利用網(wǎng)格結(jié)合正方形的性質(zhì)得出符合題意的答案；（2）直接利用網(wǎng)格結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理得出答案．【詳解】（1）解析：（1）見解析；（2）見解析；周長(zhǎng)為4+2．【解析】【分析】（1）直接利用網(wǎng)格結(jié)合正方形的性質(zhì)得出符合題意的答案；（2）直接利用網(wǎng)格結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理得出答案．【詳解】（1）如圖1，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得,將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得，連接,正方形ABCD即為所求．（2）如圖2所示，∴S?ABEF由題意可知：平行四邊形ABEF即為所求．周長(zhǎng)為．【點(diǎn)睛】本題考查作圖、勾股定理、正方形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的思想思考問題．20．（1）見解析；（2）見解析．【分析】（1）證明，由全等三角形的性質(zhì)得出；（2）同理（1）可得，結(jié)合已知，可得菱形的判定定理：四邊相等的四邊形是菱形可得出結(jié)論．【詳解】證明：（1）平分，，解析：（1）見解析；（2）見解析．【分析】（1）證明，由全等三角形的性質(zhì)得出；（2）同理（1）可得，結(jié)合已知，可得菱形的判定定理：四邊相等的四邊形是菱形可得出結(jié)論．【詳解】證明：（1）平分，，在和中，，，；（2）同理（1）可得，∴，∵，，∴，四邊形是菱形．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，能熟記菱形的性質(zhì)和判定定理是解此題的關(guān)鍵．21．（1）5；（2）5.【解析】【詳解】試題分析:根據(jù)平方差公式，可分母有理化，根據(jù)整體代入，可得答案．試題解析：（1）∵a=，∴4a2-8a+1=4×()2-8×（）+1=5；（2）解析：（1）5；（2）5.【解析】【詳解】試題分析:根據(jù)平方差公式，可分母有理化，根據(jù)整體代入，可得答案．試題解析：（1）∵a=，∴4a2-8a+1=4×()2-8×（）+1=5；（2）原式=×（?1+?+?+…+?）=×（-1）=×10=5.點(diǎn)睛：本題主要考查了分母有理化，利用分母有理化化簡(jiǎn)是解答此題的關(guān)鍵．22．（1），；（2）當(dāng)采摘量等于10千克時(shí)，在甲、乙兩采摘園所需費(fèi)用相同；當(dāng)采摘量超過10千克時(shí)，選擇乙采摘園；當(dāng)采摘量超過6千克且少于10千克時(shí)，選擇甲采摘園【分析】（1）根據(jù)題意列出關(guān)系式，化簡(jiǎn)解析：（1），；（2）當(dāng)采摘量等于10千克時(shí)，在甲、乙兩采摘園所需費(fèi)用相同；當(dāng)采摘量超過10千克時(shí)，選擇乙采摘園；當(dāng)采摘量超過6千克且少于10千克時(shí)，選擇甲采摘園【分析】（1）根據(jù)題意列出關(guān)系式，化簡(jiǎn)即可得到結(jié)論；（2）分別令，，求出對(duì)應(yīng)x的值或取值范圍，從而得出結(jié)論.【詳解】解：（1）由題意可得：，，即關(guān)于x的函數(shù)解析式是關(guān)于x的函數(shù)解析式是；（2）當(dāng)時(shí)，即：，解得，即當(dāng)采摘量等于10千克時(shí)，在甲、乙兩采摘園所需費(fèi)用相同；當(dāng)時(shí)，即：，解得，即當(dāng)采摘量超過10千克時(shí)，選擇乙采摘園；當(dāng)時(shí)，即：，解得，即當(dāng)采摘量超過6千克且少于10千克時(shí)，選擇甲采摘園；由上可得，當(dāng)采摘量等于10千克時(shí)，在甲、乙兩采摘園所需費(fèi)用相同；當(dāng)采摘量超過10千克時(shí)，選擇乙采摘園；當(dāng)采摘量超過6千克且少于10千克時(shí)，選擇甲采摘園．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用，正確理解題意列出函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵．23．（1）2；（2）證明見解析過程；（3）AE+EF-AF=2OA．【分析】（1）通過測(cè)量可得；（2）過點(diǎn)C作CG⊥ON，垂足為點(diǎn)G，由AAS可證△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由解析：（1）2；（2）證明見解析過程；（3）AE+EF-AF=2OA．【分析】（1）通過測(cè)量可得；（2）過點(diǎn)C作CG⊥ON，垂足為點(diǎn)G，由AAS可證△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可證△ABE≌△CBE，可得AE=CE，由線段的和差關(guān)系可得結(jié)論；（3）過點(diǎn)C作CG⊥ON，垂足為點(diǎn)G，由AAS可證△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可證△ABE≌△CBE，可得AE=CE，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）△AEF的周長(zhǎng)是OA長(zhǎng)的2倍，故答案為：2；（2）如圖4，過點(diǎn)C作CG⊥ON，垂足為點(diǎn)G，則∠CGB=90°，∴∠GCB+∠CBG=90°，又∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，則∠CBG+∠ABO=90°，∴∠GCB=∠ABO，在△BCG與△ABO中，，∴△BCG≌△ABO（AAS），∴BG=AO，CG=BO，∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，∴四邊形CGOF是矩形，∴CF=GO，CG=OF=OB，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE=CE，∴△AEF的周長(zhǎng)=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO；（3）如圖5，過點(diǎn)C作CG⊥ON于點(diǎn)G，則∠CGB=90°，∴∠GCB+∠CBG=90°，又∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，則∠CBG+∠ABO=90°，∴∠GCB=∠ABO，在△BCG與△ABO中，∴△BCG≌△ABO（AAS），∴BG=AO，BO=CG，∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，∴四邊形CGOF是矩形，∴CF=GO，CG=OF=OB，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE=CE，∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-（OF-AO）=OA+OB-（OB-OA）=2OA．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．24．（1）；（2）；（3）或或【解析】【分析】(1)直接利用待定系數(shù)法，即可得出結(jié)論；(2)先求出AD＝3，AB＝5，進(jìn)而求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再構(gòu)造出△BMF≌△FND，得出BM＝FN，F(xiàn)M＝DN，解析：（1）；（2）；（3）或或【解析】【分析】(1)直接利用待定系數(shù)法，即可得出結(jié)論；(2)先求出AD＝3，AB＝5，進(jìn)而求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再構(gòu)造出△BMF≌△FND，得出BM＝FN，F(xiàn)M＝DN，設(shè)F（m，n），進(jìn)而建立方程組求解，即可得出結(jié)論；(3)分兩種情況，①當(dāng)時(shí)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求解，即可得出結(jié)論；②當(dāng)時(shí)，當(dāng)點(diǎn)E在AB上方時(shí)，根據(jù)AE∥BC，即可得出結(jié)論；③當(dāng)點(diǎn)E在AB下方時(shí)，過點(diǎn)作軸于,過點(diǎn)作軸，過點(diǎn)作，證明，即可得出結(jié)論．【詳解】(1)設(shè)直線的函數(shù)表達(dá)式為，直線AB交y軸于點(diǎn)A(0，3)，交x軸于點(diǎn)B(﹣4，0)，直線的函數(shù)表達(dá)式為；(2)如圖，過點(diǎn)分別引軸的垂線，交軸于兩點(diǎn)，∵點(diǎn)A（0，3），點(diǎn)B（-4，0），∴OA=3，OB=4，∴AB=5，由折疊知，AD=OA=3，設(shè),解得：在上，解得，，過點(diǎn)F作FM⊥x軸于M，延長(zhǎng)HD交FM于N，∴∠BMF=∠FND=90°，∴∠BFM+∠FBM=90°，∵△BFD是等腰直角三角形，∴BF=DF，∠BFD=90°，∴∠BFM+∠DFN=90°，∴∠FBM=∠DFN，∴△BMF≌△FND（AAS），∴BM=FN，F(xiàn)M=DN，設(shè)F（m，n），則；（3）設(shè)OC=a，則BC=4-a，由折疊知，∠BDC=∠ADC=∠AOC=90°，CD=OC=a，在Rt△BDC中，，∴，∴a=，，∵點(diǎn)A，B，E為頂點(diǎn)的三角形與△ABC全等，①當(dāng)△ABC≌△ABE'時(shí)，∴BE'=BC，∠ABC=∠ABE'，連接CE'交AB于D，則CD=E'D，CD⊥AB，由(1)知，設(shè)E'（b，c），∴∴，∴；②當(dāng)△ABC≌BAE時(shí)，當(dāng)點(diǎn)E在AB上方時(shí)，∴AC=BE，BC=AE，，∴AE∥BC，∴；③當(dāng)點(diǎn)E在AB下方時(shí)，AC=BE''，BC=AE''，，，當(dāng)時(shí)，，,，過點(diǎn)作軸于,過點(diǎn)作軸，過點(diǎn)作，,，，，即，，，，點(diǎn),，，=，，∴，滿足條件的點(diǎn)E的坐標(biāo)為或或．【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法，折疊的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平移的性質(zhì)，勾股定理，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，構(gòu)造出全等三角形，分類討論是解題的關(guān)鍵．25．（1）成立；（2）成立，理由見試題解析；（3）正方形，證明見試題解析．【詳解】試題分析：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，CE=DF，可證△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DA解析：（1）成立；（2）成立，理由見試題解析；（3）正方形，證明見試題解析．【詳解】試題分析：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，CE=DF，可證△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因?yàn)椤螦DG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；（2）∵四邊形ABCD為正方形，CE=DF，可證△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因?yàn)椤螦DG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；（3）設(shè)MQ，DE分別交AF于點(diǎn)G，O，PQ交DE于點(diǎn)H，因?yàn)辄c(diǎn)M，N，P，Q分別為AE，EF，F(xiàn)D，AD的中點(diǎn)，可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根據(jù)AF=DE，可得四邊形MNPQ是菱形，又因?yàn)锳F⊥DE即可證得四邊形MNPQ是正方形．試題解析：（1）上述結(jié)論①，②仍然成立，理由是：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；（2）上述結(jié)論①，②仍然成立，理由是：∵四邊形A