精品解析：广东省佛山市南海区2023-2024学年八年级下学期期末数学模拟试题一

广东省佛山市南海区2023-2024八年级下学期期末考试模拟卷一 一．选择题（共10小题，每小题3分） 1. 如果，那么下列各式中正确的是（　　） A. B. C. D. 2. 2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船成功发射．3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”．下列航天图标是中心对称图形是（ ） A. B. C. D. 3. 若分式的值为0，则的值为（　　） A. 1 B. C. 0 D. 4. 下列正多边形不能实施平面镶嵌的是（ ）． A. 正方形 B. 正五边形 C. 正六边形 D. 等边三角形 5. 将因式分解的结果是（ ） A. B. C. D. 6. 下列计算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（　　） A 9 B. 7 C. 12 D. 9或12 8. 在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，3），B（2，1），将线段AB平移后，A点的坐标变为（﹣3，2），则点B的坐标变为（　　） A. （﹣1，2） B. （1，0） C. （﹣1，0） D. （1，2） 9. 如图，△ABC中，DE垂直平分AC，交AC于E，交BC于D，连接AD，AE=4cm，则△ABC的周长与△ABD的周长差为（　　） A. 2cm B. 4cm C. 6cm D. 8cm 10. 如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二．填空题（共7小题，每小题4分） 11. 正多边形的每个内角等于，则这个正多边形的边数为______________条． 12. 三个连续自然数的和小于13，这样的自然数有________组． 13. 分式方程的解为_____． 14. 命题“两直线平行，同位角相等”的逆命题是_____命题．（填“真”或“假”） 15. 如图，一次函数与的图像相交于点P，则关于x的不等式的解集为__________． 16. 如图，在中，，点是中点，作于点，已知，，则的长为 __． 17. 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2022的坐标为 ___． 三．解答题（共3小题，每小题6分） 18. 解不等式组：． 19. 先化简，后求值：，然后在0，1，2三个数中选一个适合的数，代入求值． 20. 如图，已知△ABC． （1）请用尺规作图作出AC垂直平分线，垂足为点D，交AB于点E（保留作图痕迹，不要求写作法）； （2）连接CE，如果△ABC的周长为27，DC的长为5，求△BCE的周长． 四．解答题（共3小题，每小题8分） 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，请解答下列问题： （1）若经过平移后得到，已知点坐标为作出并写出其余两个顶点的坐标； （2）将绕点O按顺时针方向旋转得到，作出； （3）若将绕某一点旋转可得到，直接写出旋转中心的坐标 22. 在中，，是斜边上的一点，作，垂足为，延长到，连接，使． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）连接，若平分，，，求四边形的面积． 23. 某校在商场购进A，B两种品牌篮球，购买A品牌篮球花费了2500元，购买B品牌篮球花费了2000元，且购买A品牌篮球的数量是购买B品牌篮球数量的2倍，已知购买一个B品牌篮球比购买一个A品牌篮球多花30元． （1）问购买一个A品牌，一个B品牌的篮球各需多少元？ （2）该校决定再次购进A，B两种品牌篮球共50个，恰逢商场对两种品牌篮球的售价进行调整，A品牌篮球售价比第一次购买时提高了，B品牌篮球按第一次购买时售价的9折出售，如果该校此次购买A，B两种品牌篮球的总费用不超过3060元，那么该校此次最多可购买多少个B品牌篮球？ 五．解答题（共2小题，每小题10分） 24. 已知，如图，平面直角坐标系内的矩形，点在轴上，点在轴上，点坐标为，为边上一点，将沿直线折叠，得到，点的对应点落在线段上． （1）求的长； （2）点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，设运动时间为，的面积为，求关于的关系式； （3）在（2）的条件下，点为直线上一点，是否存在，使得以点、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值，并直接写出点、点的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 已知AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°． （1）如图1：连AM，BN，求证：AOM≌BON； （2）若将RtMON绕点O顺时针旋转，当点A，M，N恰好在同一条直线上时，如图2所示，线段OH//BN，OH与AM交点为H，若OB＝4，ON＝3，求出线段AM的长； （3）若将MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好落在AB边上时，如图3所示，MN与AO交点为P，求证：MP2+PN2＝2PO2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广东省佛山市南海区2023-2024八年级下学期期末考试模拟卷一 一．选择题（共10小题，每小题3分） 1. 如果，那么下列各式中正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质1，两边都加或减同一个数或减同一个整式，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，可得答案． 【详解】解：A.两边都加或减同一个数或减同一个整式，不等号的方向不变，故错误； B.不等式的两边都乘以或除以同一个正数，不等号的方向不变，故错误； C.不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，故错误； D.不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变，故正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了不等式的性质，理解性质是解题的关键． 2. 2022年11月29日23时08分，神舟十五号载人飞船成功发射．3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”．下列航天图标是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是解题的关键．根据中心对称图形的概念逐项分析即可，中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 【详解】A．不是中心对称图形，不符合题意； B．不是中心对称图形，不符合题意； C．是中心对称图形，符合题意； D．不是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 3. 若分式的值为0，则的值为（　　） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式的值为零的条件，分式值为零的条件为：分子等于零，分母不等于零，根据分式值为零的条件列式计算即可得出答案． 【详解】解：分式的值为0， ，， 解得：， 故选：B． 4. 下列正多边形不能实施平面镶嵌的是（ ）． A. 正方形 B. 正五边形 C. 正六边形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】先求出各个正多边形每个内角的度数，再结合平面图形镶嵌的条件即可得． 【详解】A、正方形的每个内角的度数为，且， 正方形能实施平面镶嵌，则此项不符题意； B、正五边形的每个内角的度数为，且不是整数， 正五边形不能实施平面镶嵌，则此项符合题意； C、正六边形的每个内角的度数为，且， 正六边形能实施平面镶嵌，则此项不符题意； D、等边三角形的每个内角的度数为，且， 等边三角形能实施平面镶嵌，则此项不符题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了平面镶嵌、正多边形的内角和，熟练掌握平面镶嵌的条件是解题关键． 5. 将因式分解的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了提公因式法分解因式，解决本题的关键是找到公因式． 通过观察可知公因式为，将原式中的公因式提取出来即可解出此题． 【详解】解：∵中的公因式为， ∴原式， 故选：B． 6. 下列计算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是分式的乘除法，熟练掌握以上知识是解题的关键．． 根据分式乘除混合运算以此判断选项即可． 【详解】解：、原式，故选项正确； 、原式，故选项错误； 、原式，故选项错误； 、原式，故选项错误． 故选：． 7. 若等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（　　） A. 9 B. 7 C. 12 D. 9或12 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了求等腰三角形的周长，即是确定等腰三角形的腰与底的长求周长；题目给出等腰三角形有两条边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形． 【详解】解：（1）若2为腰长，5为底边长， 由于，则三角形不存在； （2）若5为腰长，则，符合三角形的两边之和大于第三边． 所以这个三角形的周长为． 故选：C． 8. 在平面直角坐标系中，已知A（﹣2，3），B（2，1），将线段AB平移后，A点的坐标变为（﹣3，2），则点B的坐标变为（　　） A. （﹣1，2） B. （1，0） C. （﹣1，0） D. （1，2） 【答案】B 【解析】 【分析】由A（﹣2，3）平移后坐标变为（﹣3，2）可得平移变化规律，可求B点变化后的坐标． 【详解】解：∵A（﹣2，3）平移后坐标变为（﹣3，2）， ∴可知点A向左平移1个单位，向下平移1个单位， ∴B点坐标可变为（1，0）． 故选B． 【点睛】本题运用了坐标的平移变化规律，由分析A点的坐标变化规律可求B点变化后坐标． 9. 如图，△ABC中，DE垂直平分AC，交AC于E，交BC于D，连接AD，AE=4cm，则△ABC的周长与△ABD的周长差为（　　） A. 2cm B. 4cm C. 6cm D. 8cm 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直平分线的性质可得AC=2AE=8cm，AD=CD，然后根据三角形的周长，做减法求解. 【详解】解：∵DE垂直平分AC ∴AC=2AE=8cm，AD=CD ∵△ABC的周长为：AB+AC+BC △ABD的周长为：AB+BD+AD=AB+BD+CD=AB+BC ∴△ABC的周长与△ABD的周长差为AB+AC+BC-（AB+BC）=AC=8cm 故选：D 【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用． 10. 如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】利用平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰梯形的性质逐一验证即可． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，E是BD的中点， ∴AD=BC，AD∥BC，AB=CD，BE=DE， ∴∠DME=∠BNE，∠MDE=∠NBE， ∴△DME≌△BNE， ∴DM=BN， ∴AD-DM=BC-BN， 即AM=CN，故①正确； ∵四边形ABCD是平行四边形，， ∴四边形ABCD是矩形，如图所示， ∵M为AD的中点， ∴AM=DM， ∵AB=CD，∠A=∠CDM=90°， ∴△BAM≌△CDM， ∴BM=CM，故②正确； ∵AD∥BC， ∴△MCN与△DCN等底等高， ∴， ∴， 即，故③正确； ∵AB=MN，AB=CD， ∴MN=CD， ∵NC∥MD， ∴四边形MNCD是等腰梯形， ∴∠MNC=∠DCN， ∵NC=CN， ∴△MNC≌△DCN， ∴∠MCN=∠DNC， ∴∠MNC−∠MCN =∠DCN−∠DCN， 即∠MNF=∠DCF， ∵∠MFN=∠DFC，MN=CD， ∴△MFN≌△DFC，故④正确； 综上四个结论全部正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握这些判定与性质是解题的关键． 二．填空题（共7小题，每小题4分） 11. 正多边形每个内角等于，则这个正多边形的边数为______________条． 【答案】12 【解析】 【详解】多边形内角和为180º（n-2）,则每个内角为180º（n-2）／n＝,n=12,所以应填12. 12. 三个连续自然数的和小于13，这样的自然数有________组． 【答案】4 【解析】 【分析】设三个连续自然数中最小的数为x，则另外两数分别为（x＋1），（x＋2），根据三个数之和小于13，即可得出关于x的一元一次不等式，解之即可求出x的取值范围，再结合x为自然数，即可得出这样的自然数有4组． 【详解】解：设三个连续自然数中最小的数为x，则另外两数分别为（x＋1），（x＋2）， 依题意得：x＋x＋1＋x＋2＜13， 解得：x＜． 又∵x为自然数， ∴x可以为0，1，2，3， ∴这样的自然数有4组． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键． 13. 分式方程的解为_____． 【答案】 【解析】 【分析】去分母，化分式方程为一元二次方程，求解方程并验根即可. 【详解】解：去分母，得， 整理，得， ， 当时，， 所以是原方程的解； 当时，， 所以不是原方程的解． 故答案为：． 【点睛】本题考查了分式方程及一元二次方程的解法．掌握分式方程和一元二次方程的解法，是解决本题的关键． 14. 命题“两直线平行，同位角相等”的逆命题是_____命题．（填“真”或“假”） 【答案】真 【解析】 【分析】将原命题的条件与结论互换即得到其逆命题，然后判断正误即可． 【详解】∵原命题的条件为：两直线平行，结论为：同位角相等． ∴其逆命题为：同位角相等，两直线平行，正确，为真命题， 故答案为真． 【点睛】本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题． 15. 如图，一次函数与的图像相交于点P，则关于x的不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了根据两条直线的交点求不等式的解集，将不等式转化为函数图象的位置是解题关键． 【详解】解：由题意得：不等式表示函数的图象在函数图象下方的部分， 由图可知：该不等式的解集为：， 故答案为： 16. 如图，在中，，点是中点，作于点，已知，，则的长为 __． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理以及三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．连接，求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是平行四边形，， ，， ， ， ， ， ， 点是中点， ， ， ， ， 即， ， 故答案为：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2022的坐标为 ___． 【答案】（1，﹣1） 【解析】 【分析】先利用勾股定理以及正方形、旋转的性质求出对应边长，再通过边长找出对应的前几个坐标，会发现：关于B的坐标，是每8个一循环，找到第2022个是对应的循环中的第6个，从而确定B2022坐标． 【详解】∵点A的坐标为（1，0）， ∴OA＝1， ∵四边形OABC是正方形， ∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1， ∴B（1，1）， 连接OB，如图： 由勾股定理得：OB＝， 由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3＝…＝， ∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1， 相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°， ∴B1（0，），B2（﹣1，1），B3（﹣，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，﹣），B6（1，﹣1），…， 发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6， ∴点B2022的坐标为（1，﹣1）， 故答案为：（1，﹣1）． 【点睛】本题主要是图形旋转类的坐标规律问题，利用图形以及旋转的性质求出对应前几个相应点的坐标，从而发现其中规律，应用规律进行求解是解决此类问题的关键． 三．解答题（共3小题，每小题6分） 18. 解不等式组：． 【答案】 【解析】 【分析】先求出每个不等式的解集，再根据夹逼原则求出不等式组的解集即可． 【详解】解： 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式组的解集为． 【点睛】本题主要考查了解一元一次不等式组，正确求出每个不等式的解集是解题的关键． 19. 先化简，后求值：，然后在0，1，2三个数中选一个适合的数，代入求值． 【答案】；1 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，分式有意义的条件，解题关键是掌握分式的运算法则及有意义的条件．先对括号内的式子进行通分运算，然后将分式的除法转化为乘法，将分式的分子，分母进行因式分解，并进行约分即可化简，再根据分式有意义的条件选取合适的值代入计算即可． 【详解】解：． ， ∵且， ∴且， ∴， ∴原式． 20. 如图，已知△ABC． （1）请用尺规作图作出AC的垂直平分线，垂足为点D，交AB于点E（保留作图痕迹，不要求写作法）； （2）连接CE，如果△ABC的周长为27，DC的长为5，求△BCE的周长． 【答案】（1）见解析（2）17 【解析】 【分析】（1）利用基本作图作DE垂直平分AC； （2）根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EC，AD＝CD＝5，则利用△ABC的周长得到AB+BC＝17，然后根据等线段代换可求出△AEC的周长． 【详解】（1）如图，DE为所作； （2）∵DE垂直平分AC， ∴EA＝EC，AD＝CD＝5， ∴AC＝10， ∵△ABC的周长＝AB+BC+AC＝27， ∴AB+BC＝27﹣10＝17， ∴△AEC的周长＝BE+EC+BC＝BE+AE+BC＝AB+BC＝17． 【点睛】本题考查了基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）． 四．解答题（共3小题，每小题8分） 21. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，，，请解答下列问题： （1）若经过平移后得到，已知点的坐标为作出并写出其余两个顶点的坐标； （2）将绕点O按顺时针方向旋转得到，作出； （3）若将绕某一点旋转可得到，直接写出旋转中心的坐标 【答案】（1）作图见解析；， （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据点C平移后的坐标，可以得到平移的规律，然后根据规律把A、B的坐标计算出来，标出来，连接点坐标即可得； （2）把点A、B、C绕点O按顺时针方向旋转得到、、，连接三点坐标即可；（3）先找到和的两组对应点，连接对应两点，即、，分别作、这两条线段的中垂线，两条中垂线相交的地方就是旋转中心． 【小问1详解】 解：如图，即为所求作三角形； ，． 【小问2详解】 解：如图，即为所求作三角形； 小问3详解】 解：取点，，连接，，，，，交于点G， ∵，，， ∴， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∵，， ∴x轴垂直平分， ∴绕点F旋转可得到， ∴旋转中心的坐标为． 【点睛】本题考查作图－旋转变换，坐标与图形变化-平移，几何变换的类型，熟练掌握旋转和中心对称的性质是解答本题的关键． 22. 在中，，是斜边上的一点，作，垂足为，延长到，连接，使． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）连接，若平分，，，求四边形面积． 【答案】（1）证明见解析 （2）96 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，证明四边形是平行四边形是解题关键． （1）由，，推出，得出，再证，则，即可得出结论； （2）先由证得，得出，由平行四边形的性质得，，设，则，再由勾股定理求出，，即可得出结果． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）得，四边形是平行四边形， ∴，， 设，则， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴． 23. 某校在商场购进A，B两种品牌的篮球，购买A品牌篮球花费了2500元，购买B品牌篮球花费了2000元，且购买A品牌篮球的数量是购买B品牌篮球数量的2倍，已知购买一个B品牌篮球比购买一个A品牌篮球多花30元． （1）问购买一个A品牌，一个B品牌的篮球各需多少元？ （2）该校决定再次购进A，B两种品牌篮球共50个，恰逢商场对两种品牌篮球的售价进行调整，A品牌篮球售价比第一次购买时提高了，B品牌篮球按第一次购买时售价的9折出售，如果该校此次购买A，B两种品牌篮球的总费用不超过3060元，那么该校此次最多可购买多少个B品牌篮球？ 【答案】（1）购买一个A品牌的篮球需50元，购买一个B品牌的篮球需80元 （2）该校此次最多可购买20个B品牌篮球 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用及一元一次不等式的应用： （1）设购买一个A品牌的篮球需元，则购买一个B品牌的篮球需元，根据等量关系列出方程，解方程并检验即可求解； （2）设该校可购买个B品牌篮球，则购买品牌的篮球个，根据不等关系列出不等式并解不等式即可求解； 理清题意，根据等量关系列出方程及根据不等关系列出不等式是解题的关键． 【小问1详解】 解：设购买一个A品牌的篮球需元，则购买一个B品牌的篮球需元， 依题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， （元）， 答：购买一个A品牌的篮球需50元，购买一个B品牌的篮球需80元 【小问2详解】 设该校可购买个B品牌篮球，则购买品牌的篮球个， 依题意得：， 解得：， 答：该校此次最多可购买20个B品牌篮球． 五．解答题（共2小题，每小题10分） 24. 已知，如图，平面直角坐标系内的矩形，点在轴上，点在轴上，点坐标为，为边上一点，将沿直线折叠，得到，点的对应点落在线段上． （1）求的长； （2）点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿射线方向运动，设运动时间为，的面积为，求关于的关系式； （3）在（2）的条件下，点为直线上一点，是否存在，使得以点、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出的值，并直接写出点、点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，，，或，，或，，时，以点、、、为顶点的四边形为平行四边形 【解析】 【分析】（1）先求出，由折叠的性质可知，再利用勾股定理求解即可． （2）过作交直线于，分在线段上和在的延长线上两种情况讨论求解即可． （3）分当以点、、、为顶点的平行四边形的对角线时，当四边形是平行四边形的边时，当四边形是平行四边形的边时三种情况利用平行四边形的性质求解即可． 【小问1详解】 解：四边形是矩形，点坐标为， ，， 由折叠的性质得：， ． 【小问2详解】 过作交直线于，则， 由题意得：， ，， ，， 四边形是矩形， ，， ， 由折叠的性质得：，， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ． ①当点在线段上时，如图所示： 的面积的面积的面积； ②当点在线段的延长线上时，如图所示： 的面积的面积的面积； 综上所述，． 【小问3详解】 存在，使得以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，理由如下： 由（1）（2）得：，，，，， ， ∴，，， 设直线的解析式为， 由题意得：， 解得：， 直线的解析式为， 设， ①当是以点、、、为顶点的平行四边形的对角线时，连接， 则对角线与互相平分，如图所示： 平行四边形的两条对角线的中点坐标相同， ， 解得：， ∴，； ②当为平行四边形的边时，如图所示： 则，， ， 解得：， ∴，； ③当为平行四边形的边时，如图所示： 则，， ， 解得：， ，； 综上所述，存在，，，或，，或，，时，以点、、、为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的性质，含角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 25. 已知AOB和△MON都是等腰直角三角形，∠AOB＝∠MON＝90°． （1）如图1：连AM，BN，求证：AOM≌BON； （2）若将RtMON绕点O顺时针旋转，当点A，M，N恰好在同一条直线上时，如图2所示，线段OH//BN，OH与AM交点为H，若OB＝4，ON＝3，求出线段AM的长； （3）若将MON绕点O顺时针旋转，当点N恰好落在AB边上时，如图3所示，MN与AO交点P，求证：MP2+PN2＝2PO2． 【答案】（1）见解析；（2）或；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）根据角的和差关系可得∠AOM＝∠BON，利用SAS即可得结论． （2）当MN在OA左侧时，根据全等三角形的性质及三角形内角和定理可得∠ANJ＝∠JOB＝90°，根据平行线的性质可得∠OHN=∠ANJ=90°，利用等腰直角三角形的性质可求出MN、HM、OH的长，利用勾股定理可求出AH的长，即可得出AM的长；同理可得出MN在OA右侧时AM的长，即可得答案； （3）如图，在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT．利用SAS可证明△POM≌△TON，即可证明∠M=∠ONM=45°，可得∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°，可得PT2＝PN2+NT2＝PN2+PM2，即可得出结论． 【详解】（1）∵△AOB和△MON都是等腰直角三角形， ∴OM=ON，AO=BO， ∵∠AOB＝∠MON＝90°， ∴∠AOB+∠AON=∠MON+∠AON， ∴∠AOM＝∠BON， 在△AOM和△BON中， ∴△AOM≌△BON（SAS）． （2）如图，当MN在OA左侧时，设OA交BN于J， ∵△AOM≌△BON， ∴∠OAM＝∠OBN， ∵∠AJN＝∠BJO， ∴∠ANJ＝∠JOB＝90°， ∵OH//BN， ∴∠OHN=∠ANJ=90°， ∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN， ∴MN＝=3，MH＝HN＝OH＝， ∵OA=OB=4， ∴AH＝＝＝， ∴AM＝MH+AH＝． 如图，当MN在OA右侧时， 同理可得：MN＝，MH＝HN＝OH＝，AH＝， ∴AM＝AH-MH＝． 综上所述，BN的长为或． （3）如图，在OB上取一点T，使得OT＝OP，连接PT，NT． ∵∠MON＝∠POT＝90°， ∴∠MON-∠PON=∠POT-∠PON， ∴∠MOP＝∠NOT， 在△POM和△TON中 ∴△POM≌△TON（SAS）， ∴PM＝TN，∠M＝∠ONT＝45°， ∵∠M=∠ONM=45°， ∴∠ONM＝∠ONT＝45°， ∴∠PNT＝∠ONM+∠ONT＝90°， ∴PT2＝PN2+NT2＝PN2+PM2 ∵△POT是等腰直角三角形， ∴PT2＝2OP2， ∴PM2+NP2＝2OP2． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理并运用分类讨论的思想是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$