精品解析：上海市青浦实验中学2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

上海市青浦实验中学2023学年八年级下学期数学期末考试试卷 （考试时间90分钟，满分100分） 一、选择题（本大题共6题，每题2分，满分12分） 1. 直线在y轴上的截距是（ ） A B. C. 1 D. 2 2. 已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ） A. B. C. D. 3. 用换元法解分式方程时，如果设，并将原方程化为关于y的整式方程，那么这个整式方程是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，点分别在边、上，下列比例式中能判定的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知在中，点、、分别是边、、上的点，DE//BC，EF//AB，且，那么等于（ ） A. 5∶8 B. 3∶8 C. 3∶5 D. 2∶5 6. 如图，在中，，是边上一点，过作交边于点，交的延长线于点，连接．如果，，，那么的值是（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 二、填空题（本大题共12题，每小题3分，满分36分） 7. 方程的解是_________． 8. 如果两个相似三角形周长之比1：4，那么它们的某一对对应角的角平分线之比为_____． 9. 一个多边形的内角和是，则这个多边形的边数是______． 10. 将直线平移，使其经过点，平移后的直线的表达式是______． 11. 点是线段上的一点，如果，，那么______． 12. 如图，已知，如果，，那么的长等于______． 13. 如图，点在矩形的边上，过点作的垂线，与边交于点，若，，，点分别是、的中点，则线段的长为______． 14. 如图，点G为△ABC的重心．如果AG＝CG，BG＝2，AC＝4，那么AB的长等于_________． 15. 如图正方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在边AB、AC上．已知△ABC的边BC＝16cm，高AH为10cm，则正方形DEFG的边长为 ___cm． 16. 如图，在中，是上一点，若，．则______． 17. 定义：在平面直角坐标系中，距离为1的两条直线叫做“互为伴随线”．如果直线与直线互为伴随线，那么直线的函数解析式为______． 18. 已知中，，，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，若是直角三角形，那么边______． 三、解答题（本大题共7题，满分52分） 19. 解方程组． 20. 解关于的方程：． 21. 在实验中学“科技艺术节”的等备过程中，要求每个班的学生数与制作的“国风团扇”数量之间满足一次函数关系，设班级人数为（人），团扇数为（把），部分数据如表所示： 班级人数（人） …… 44 48 55 …… 团扇数（把） …… 48 56 70 …… （1）求关于的函数关系式；（不需要写出函数定义域） （2）八年级某班有50名学生，由于实际每天比原计划每天多制作3把，因此提前1天完成，问原计划每天制作几把？ 22. 如图1，由于四边形具有不稳定性，因此在同一平面推矩形的边可以改变它的形状（推移过程中边的长度保持不变）．已知矩形ABCD，AB＝4cm，AD＝3cm，固定边AB，推边AD，使得点D落在点E处，点C落在点F处． （1）如图2，如果∠DAE＝30°，求点E到边AB的距离； （2）如图3，如果点A、E、C三点在同一直线上，求四边形ABFE的面积． 23. 如图，在四边形中，，点在边上，连接、，满足，且． （1）求证：四边形是等腰梯形； （2）当时，求证；． 24. 如图，在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴、y轴交于点A、B，直线BC与x轴交于点，点D在x轴负半轴上且． （1）求证：； （2）已知点E在x轴上，点F在坐标平面内，如果以C、B、F、E为顶点的四边形是菱形，直接写出符合条件的点E坐标； （3）在直线上是否存在一点G，使与相似？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 已知，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=2，AB=4，BC=5，在射线BC任取一点M，联结DM，作∠MDN=∠BDC，∠MDN另一边DN交直线BC于点N（点N在点M的左侧）． （1）当BM的长为10时，求证：BD⊥DM； （2）如图（1），当点N在线段BC上时，设BN=x，BM=y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域； （3）如果△DMN是等腰三角形，求BN的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 上海市青浦实验中学2023学年八年级下学期数学期末考试试卷 （考试时间90分钟，满分100分） 一、选择题（本大题共6题，每题2分，满分12分） 1. 直线在y轴上的截距是（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点问题．解答该题时，需熟练掌握截距的定义：与坐标轴交点的纵坐标或横坐标． 根据在y轴上的截距是“与y轴交点的纵坐标”解答． 【详解】解：当时，， ∴所以直线在轴上的截距是1． 故选：C． 2. 已知四边形中，，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定性质得出四边形是矩形是解决问题的关键． 根据四边形中，，得出四边形是矩形，再找出邻边相等条件即可． 【详解】解：∵， ∴是矩形， 又∵， ∴是正方形， 故添加的条件为， 故选D． 3. 用换元法解分式方程时，如果设，并将原方程化为关于y的整式方程，那么这个整式方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了分式方程，把原方程变为，把代入后整理即可得到答案. 【详解】解： 由得，， 设， 可化为，， ∴ ∴ 故选：D 4. 在中，点分别在边、上，下列比例式中能判定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理逐项判断即可． 【详解】解：如图： A、当时，不能判定，故不符合题意； B、当时，能判定，故符合题意； C、当时，不能判定，故不符合题意； D、当时，不能判定，故不符合题意； 故选：B． 5. 如图，已知在中，点、、分别是边、、上的点，DE//BC，EF//AB，且，那么等于（ ） A. 5∶8 B. 3∶8 C. 3∶5 D. 2∶5 【答案】A 【解析】 【分析】先由，求得的比，再由DE//BC，根据平行线分线段成比例定理，可得，然后由EF//AB，根据平行线分线段成比例定理，可得，则可求得答案． 【详解】解：， ， ∵DE//BC， ， ∵EF//AB， ． 故选：A． 【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理．此题比较简单，注意掌握比例线段的对应关系是解此题的关键． 6. 如图，在中，，是边上一点，过作交边于点，交延长线于点，连接．如果，，，那么的值是（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，证明，由相似三角形的性质得出，再由三角形面积公式计算即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故选：C． 二、填空题（本大题共12题，每小题3分，满分36分） 7. 方程的解是_________． 【答案】x=-2 【解析】 【详解】方程两边同时平方得： ，解得：， 检验：（1）当x=3时，方程左边=-3，右边=3，左边右边，因此3不是原方程的解； （2）当x=-2时，方程左边=2，右边=2，左边=右边，因此-2是方程的解. ∴原方程的解为：x=-2. 故答案为：-2. 点睛：（1）根号下含有未知数的方程叫无理方程，解无理方程的基本思想是化“无理方程”为“有理方程”；（2）解无理方程和解分式方程相似，求得未知数的值之后要检验，看所得结果是原方程的解还是增根. 8. 如果两个相似三角形的周长之比1：4，那么它们的某一对对应角的角平分线之比为_____． 【答案】1:4 【解析】 【详解】分析：根据相似三角形周长的比等于相似比求出相似比，再根据对应角平分线的比等于相似比解答． 详解： ∵两个相似三角形的周长之比1：4， ∴它们的相似比是1：4， ∴它们的某一对对应角的角平分线之比为1：4． 故答案为1：4． 点睛：考查对相似三角形性质的理解：请理解和熟记以下知识点： （1）相似三角形周长的比等于相似比； （2）相似三角形面积的比等于相似比的平方； （3）相似三角形对应高的比、对应中线的比、对应角平分线的比都等于相似比． 9. 一个多边形的内角和是，则这个多边形的边数是______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形内角和定理的应用，准确计算是解题的关键．根据多边形内角和定理：，列方程解答出即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据多边形内角和定理得， ， 解得． 故答案为：6． 10. 将直线平移，使其经过点，平移后的直线的表达式是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象与几何变换，根据平移不改变的值，可设平移之后的直线的解析式为：，再利用待定系数法求解即可． 【详解】解：设平移之后的直线的解析式为：， 将代入直线解析式得：， ∴平移后的直线的表达式是， 故答案为：． 11. 点是线段上的一点，如果，，那么______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了黄金分割，由题意得出点是的黄金分割点，得到，结合，，代入计算即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴点是的黄金分割点， ∴， ∵，， ∴， 解得：， 故答案为：． 12. 如图，已知，如果，，那么的长等于______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，进而即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 13. 如图，点在矩形的边上，过点作的垂线，与边交于点，若，，，点分别是、的中点，则线段的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理，连接，证明，由相似三角形的性质得出，推出，由勾股定理得出，最后再由三角形中位线定理即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， ， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵点分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 14. 如图，点G为△ABC的重心．如果AG＝CG，BG＝2，AC＝4，那么AB的长等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】先延长BG交AC与点D，再根据重心的性质得出BD=3；证∆ADG∆CDG，得出BD⊥AC，再利用勾股定理求出AB的长． 【详解】解：（如图）延长BG交AC与点D， ∵点G为△ABC的重心，BG=2, ∴AD=CD，BD=3， 又∵AG＝CG，GD=GD， ∴∆ADG∆CDG， ∴∠ADG=∠CDG， ∴BD⊥AC， ∵AC＝4， ∴AD=2， ∴AB= ==， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，三角形全等和勾股定理，正确做出辅助线，求出BD、AD的长以及证明∆ADG∆CDG是解决本题的关键． 15. 如图正方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在边AB、AC上．已知△ABC的边BC＝16cm，高AH为10cm，则正方形DEFG的边长为 ___cm． 【答案】 【解析】 【分析】如图，由题意易得DG∥BC，DG=DE=MH，设MH=DG=xcm，则有△ADG∽△ABC，进而可得，即为，最后求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形DEFG是正方形，AH⊥BC， ∴DG∥BC，DG=DE=MH， ∴AM⊥DG， ∵DG∥BC， ∴△ADG∽△ABC， ∴， 设MH=DG=xcm，BC＝16cm，高AH为10cm， ∴，解得：； 故答案为． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 16. 如图，在中，是上一点，若，．则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，由平行四边形的性质得出，，证明，得出，由相似三角形的性质得出，再求出，结合计算即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 定义：在平面直角坐标系中，距离为1的两条直线叫做“互为伴随线”．如果直线与直线互为伴随线，那么直线的函数解析式为______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理，由题意得：，，，，为等腰直角三角形，由勾股定理结合等腰直角三角形的性质求出，得到，即可得出解析式，同理计算即可得出，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图： 由题意得：，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，即， 同理可得：，即， ∴直线的函数解析式为或， 故答案为：或． 18. 已知中，，，，将沿直线翻折，点落在点处，与相交于点，若是直角三角形，那么边______． 【答案】或 【解析】 【分析】由平行四边形的性质可得，，，， 由折叠的性质可得：，，分两种情况：当时，延长交于；当时；分别求解即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， 由折叠的性质可得：，， 如图，当时，延长交于， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴点是的中点， 在中，， ∴， ∴； 如图，当时， 则， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点、、在同一直线上， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴，， 综上所述，当是直角三角形时，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质、含的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 三、解答题（本大题共7题，满分52分） 19. 解方程组． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了解二元二次方程组，先将方程①变形为，得或，从而组成两个方程组或，分别求解即可得出答案． 【详解】解：， 方程①可变形为，得或， 将它们分别与方程②组成方程组得或， 解方程组得：， 解方程组得：， ∴原方程组的解是，． 20. 解关于的方程：． 【答案】当时，原方程无解，当时，或 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，由题意得出，再分情况：当时，当时，分别求解即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴当时，原方程无解， 当时，或． 21. 在实验中学的“科技艺术节”的等备过程中，要求每个班的学生数与制作的“国风团扇”数量之间满足一次函数关系，设班级人数为（人），团扇数为（把），部分数据如表所示： 班级人数（人） …… 44 48 55 …… 团扇数（把） …… 48 56 70 …… （1）求关于的函数关系式；（不需要写出函数定义域） （2）八年级某班有50名学生，由于实际每天比原计划每天多制作3把，因此提前1天完成，问原计划每天制作几把？ 【答案】（1） （2）原计划每天制作把 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用、分式方程的应用，正确求出一次函数解析式是解此题的关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）当时，，设原计划每天制作把，则实际每天制作把，根据“因此提前1天完成”列出分式方程，解方程即可得出答案． 【小问1详解】 解：设关于的函数关系式为， 将和代入函数解析式得：， 解得：， ∴关于的函数关系式为； 【小问2详解】 解：当时，， 设原计划每天制作把，则实际每天制作把， 由题意得：， 解得：， 经检验，是原分式方程解且符合题意， ∴原计划每天制作把． 22. 如图1，由于四边形具有不稳定性，因此在同一平面推矩形的边可以改变它的形状（推移过程中边的长度保持不变）．已知矩形ABCD，AB＝4cm，AD＝3cm，固定边AB，推边AD，使得点D落在点E处，点C落在点F处． （1）如图2，如果∠DAE＝30°，求点E到边AB的距离； （2）如图3，如果点A、E、C三点在同一直线上，求四边形ABFE的面积． 【答案】（1）点E到边AB的距离是cm；（2） 【解析】 【分析】（1）过点E作EH⊥AB轴，垂足为H，根据矩形的性质得到∠DAB＝90°，AD∥EH，根据平行线的性质得到∠DAE＝∠AEH，求得∠AEH＝30°，解直角三角形即可得到结论； （2）过点E作EH⊥AB，垂足为H．根据矩形的性质得到AD＝BC．得到BC＝3cm．根据勾股定理得到cm，根据平行线分线段成比例定理得到cm，根据四边形的性质得到AD＝AE＝BF，AB＝DC＝EF．求得四边形ABFE是平行四边形，于是得到结论． 【详解】解：（1）如图，过点E作EH⊥AB轴，垂足H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝90°， ∴AD∥EH， ∴∠DAE＝∠AEH， ∵∠DAE＝30°， ∴∠AEH＝30°． 在直角△AEH中，∠AHE＝90°， ∴EH＝AE•cos∠AEH， ∵AD＝AE＝3cm， ∴cm， 即点E到边AB的距离是cm； （2）如图3，过点E作EH⊥AB，垂足为H． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC， ∵AD＝3cm， ∴BC＝3cm， 直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4cm， ∴cm， ∵EH∥BC， ∴， ∵AE＝AD＝3 cm， ∴， ∴cm， ∵推移过程中边的长度保持不变， ∴AD＝AE＝BF，AB＝DC＝EF， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴cm2． 【点睛】此题考查的是矩形的性质、锐角三角函数、勾股定理和相似三角形的判定及性质，掌握矩形的性质、锐角三角函数、勾股定理和相似三角形的判定及性质是解决此题的关键． 23. 如图，在四边形中，，点在边上，连接、，满足，且． （1）求证：四边形是等腰梯形； （2）当时，求证；． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰梯形的判定、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明，得出，从而推出，得到，即可得证； （2）证明，得出，证明，再由相似三角形的性质即可得解． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形； 【小问2详解】 证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 24. 如图，在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴、y轴交于点A、B，直线BC与x轴交于点，点D在x轴的负半轴上且． （1）求证：； （2）已知点E在x轴上，点F在坐标平面内，如果以C、B、F、E为顶点的四边形是菱形，直接写出符合条件的点E坐标； （3）在直线上是否存在一点G，使与相似？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）点E的坐标为或或 （3）点G的坐标为或 【解析】 【分析】本题考查一次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键． （1）先求出，，的长，然后根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似； （2）根据菱形的性质，分为为菱形的边和为菱形的对角线，两种情况分别解题计算即可； （3）设G点坐标为，然后可以得到，分为和两种情况，根据相似三角形的对应边成比例求出的长，再利用勾股定理解题即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 当时，， ∴点B的坐标为，即， ∴， 又∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵点B的坐标为，， ∴， 若为菱形的边，则， ∴点E的坐标为或； 当为菱形的对角线时，设点E的坐标为， ∵， ∴， 解得：， ∴点E的坐标为， 综上所述，点E的坐标为或或； 【小问3详解】 解：存在，如图，当时 设G点坐标为， 令，则，解得， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴点D的坐标为， ∵， ∴，， ∴，， 则， 则，即，解得：， 过点G作轴于点P， 即，即， 解得：（舍去），， ∴点G的坐标为； 当时，则， 则，即，解得：， 过点G作轴于点P， 即，即， 解得，（舍去） ∴点G的坐标为， 综上所述，点G的坐标为或． 25. 已知，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=2，AB=4，BC=5，在射线BC任取一点M，联结DM，作∠MDN=∠BDC，∠MDN的另一边DN交直线BC于点N（点N在点M的左侧）． （1）当BM的长为10时，求证：BD⊥DM； （2）如图（1），当点N在线段BC上时，设BN=x，BM=y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域； （3）如果△DMN是等腰三角形，求BN的长． 【答案】（1）见解析；（2）y=，0≤x＜4；（3）BN=0或1或2﹣4． 【解析】 【详解】试题分析： （1）如图1，过点D作DG⊥BC于G，由已知易得四边形ABGD是矩形，则BG=AD=2，DG=AB=4，由BC=5可得CG=3，由勾股定理可得CD=5，结合BM=10可得CM=BM-BC=5=BC=CD，由此可得△BDM是直角三角形，从而可得BD⊥DM； （2）如图1，由（1）中CD==5=BC可得∠BDC=∠DBC结合∠MDN=∠BDC即可得到∠DBC=∠MDN，再结合∠BMD=∠DMN可得△MDN∽△MBD，从而可得DM2=BM×MN结合DM2=DG2+MG2=16+（y﹣2）2，MN=BM﹣BN=y﹣x，可得16+（y﹣2）2=y（y﹣x），整理可得y=，结合点N在线段BC上可得x的取值范围是：； （3）分：Ⅰ、DN=DM；II、DM=MN；III、MN=DN三种情况结合已知条件和前面所得结论进行分析计算即可 试题解析： （1）如图1，过点D作DG⊥BC于G， ∴∠BGD=90°， ∵∠A=90°，梯形ABCD中，AD∥BC， ∴∠ABC=90°， ∴四边形ABGD是矩形，BG=AD=2，DG=AB=4， ∵BC=5， ∴CG=BC﹣BG=3， 在Rt△CDG中，根据勾股定理得，CD=5， ∵BM=10， ∴CM=BM﹣BC=5=BC=CD， ∴△BDM是直角三角形， ∴BD⊥DM； （2）由（1）知，CD=5=BC， ∴∠BDC=∠DBC， ∵∠MDN=∠BDC， ∴∠DBC=∠MDN， ∵∠BMD=∠DMN， ∴△MDN∽△MBD， ∴， ∴DM2=BM×MN 在Rt△DMG中，根据勾股定理得，DM2=DG2+MG2=16+（y﹣2）2， ∵MN=BM﹣BN=y﹣x， ∴16+（y﹣2）2=y（y﹣x）， ∴y=， 又∵点N在线段BC上， ∴0≤x＜4； （3）∵△DMN是等腰三角形， ∴Ⅰ、当DN=DM时，如图1，NG=MG， ∵NG=2﹣x，MG=y﹣2， ∴2﹣x=y﹣2， ∴x+y=4②， 由（2）知，y=， ∴y（4﹣x）=20① 联立①②，解得x=﹣﹣4（舍）或x=﹣4， 即：BN=-4， Ⅱ、当DM=MN时， ∴∠MDN=∠DNM， ∵∠CBD=∠MDN， ∴∠CBD=∠DNM， ∴点N与点B重合， ∴BN=0， Ⅲ、当MN=DN时， ∴∠MDN=∠DMN， ∵∠DBC=∠MDN， ∴∠DBC=∠DMN， ∴DM=BD， 在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD2=AD2+AB2=20， ∵DM2=16+（BM﹣2）2， ∴20=16+（BM﹣2）2， ∴BM=0（舍去）或BM=4， ∴如图2， 点M在线段BC上， 同（2）的方法得，16+（BM﹣2）2=BM（BM﹣BN）③， ∵MN=BN+BM④， 联立③④解得，BN=1． 即：BN=0或1或﹣4． 点睛：（1）解第2小题的要点是：通过证△MDN∽△MBD，得到DM2=BM×MN，这样结合在Rt△DMG中，DM2=DG2+MG2=16+（y﹣2）2，即可得到关于x、y的等式，整理变形即可得到所求函数关系式了；（2）解第3小题的要点是：讨论“△DMN是等腰三角形”时，BN的长度问题需分DN=DM；DM=MN；MN=DN三种情况讨论，不要忽略了其中任何一种情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$