精品解析：苏科版2023-2024学年八年级数学下册期末复习试题

2023-2024学年苏科新版八年级下册数学期末复习试卷 一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 下列二次根式是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 3. 下列调查中，需要全面调查的是（ ） A. 了解全市同学的睡眠状况 B. 了解某疫情高风险地区的核酸检测结果 C. 了解长江流域的生物多样化情况 D. 了解某品种樱桃的微量元素含量 4. 已知关于x的方程x2﹣2mx﹣m2+1＝0的一个根是﹣2，则m的值是（　　） A. 5或﹣1 B. ﹣5或﹣1 C. 5或1 D. ﹣5或1 5. 若a≠b，则下列分式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 菱形具有而矩形不具有的性质是（ ） A 四边相等 B. 对角线相等 C. 对角相等 D. 邻角互补 7. 如图，菱形的顶点分别在反比例函数和的图象上，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点，若，，则的周长为（　　） A 10 B. C. D. 14 二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分） 9. 分式的最简公分母是______． 10. 如图，在中，点E，F分别是，边中点，延长至点，使，以，为边向外构造，连接交于点，连接．若，，则的长为___． 11. 已知，则________． 12. 已知关于的方程的一个根是，则________． 13. 在反比例函数图象的每一支上，y随x的增大而 _____．（填“增大”或“减小”）． 14. 40名学生参加义务植树活动，任务是：挖树坑，运树苗．这40名学生可分为甲、乙、丙三类，其中甲类学生15人，乙类15人，丙类10人，每类学生的劳动效率为甲类学生可以挖树坑2个或者运树苗20棵，乙类学生可以挖树坑1.2个或者运树苗10棵，丙类学生可以挖树坑0.8个或者运树苗7棵．如果他们的任务是：挖树坑30个，运树苗不限，那么在完成挖坑任务的同时树苗运得最多为_____棵． 15. 如图，已知D是的边上一点，且，，是的中线，若，则________． 16. 如图，在中，，点D为的中点，过点C作交的延长线于点E，若，，则的长为________． 三．解答题（共10小题，满分68分） 17. 计算： （1）； （2）． 18. 解方程： （1）； （2）． 19. 中学生带手机上学的现象日益受到社会的关注．某市记者随机调查了部分家长对这种现象的态度（A：无所谓；B：反对；C：赞成），并将调查结果绘制成图①和图②的统计图（不完整）． 请根据图中提供的信息，解答下列问题： （1）该项调查样本容量为______；图①中C部分所占扇形的圆心角为______°； （2）请将图②补充完整； （3）若该市共有50000名中学生家长，请你估计其中持“赞成”态度的家长人数． 20. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上． （1）把向上平移1个单位，得到，画出； （2）把绕点逆时针旋转得到，画出； （3）请直接写出五边形的周长． 21. 如图，菱形ABCD的顶点A，D在直线l上，∠BAD=60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°＜α＜30°），得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN，当MN∥B′D′ 时，解答下列问题： (1)求证：△AB′M≌△AD′N； (2)求α的大小. 22. 已知关于的一元二次方程有两个实数根，分别记为，． （1）求的取值范围； （2）若．求的值． 23. 根据所给的基本材料，请你进行适当的处理，编写一道综合题． 编写要求：①提出具有综合性、连续性的三个问题；②给出正确的解答过程；③写出编写意图和学生答题情况的预测． 材料①：如图，先把一矩形纸片ABCD对折，得到折痕MN，然后把B点叠在折痕线上，得到△ABE，再过点B把矩形ABCD第三次折叠，使点D落在直线AD上，得到折痕PQ．当沿着BE第四次将该纸片折叠后，点A就会落在EC上． 材料②：已知AC是∠MAN的平分线． （1）在图1中，若∠MAN＝120°，∠ABC＝ADC＝90°，求证：AB+AD＝AC； （2）在图2中，若∠MAN＝120°，∠ABC+∠ADC＝180°，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）在图3中：若∠MAN＝α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC＝180°， 则AB+AD＝_____AC（用含α的三角函数表示）． 材料③： 已知：如图甲，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿线段BA向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿线段AC向点C匀速运动，速度为2cm/s；连接PQ，设运动的时间为t（s）（0＜t＜2）． 编写试题选取的材料是_____（填写材料的序号） 编写的试题是：（1）设△AQP的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式． （2）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值． （3）如图（2），连接PC，并把△PQC沿QC翻折得到四边形PQP'C．是否存在某一时刻t，使四边形PQP'C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长． 试题解答（写出主要步骤即可） 24. 如图，点，在反比例函数的图象上，连接，分别交、轴于、两点； （1）请你直接写出、两点的坐标：（______），D（______）； （2）证明：； （3）如图，若、是反比例函数第三象限上的两个动点，连接、，分别交、轴于、两点，若，试求的面积． 25. 中，，F为边上的一点，交的延长线于点D，且． （1）求证：． （2）求证：． （3）如果，且，求的值． 26. 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动． (1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标； (2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长； (3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年苏科新版八年级下册数学期末复习试卷 一．选择题（共8小题，满分16分，每小题2分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称，中心对称图形的识别，掌握轴对称，中心对称的概念是解题的关键．轴对称图形：如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形．中心对称图形：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．根据轴对称和中心对称的定义逐项判断即可求解． 【详解】A．既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不合题意； 故选：A． 2. 下列二次根式是最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如果一个二次根式符合下列两个条件：1、被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；2、被开方数不含分母。那么，这个根式叫做最简二次根式，根据二次根式的定义对选项逐个判断即可． 【详解】解：A、，被开方数含有能开得尽方的因数，不符合题意； B、被开方数含有分母，不符合题意； C、被开方数含有分母，不符合题意； D、为最简二次根式 故答案为D 【点睛】此题主要考查了最简二次根式的定义，熟练掌握最简二次根式的有关性质是解题的关键． 3. 下列调查中，需要全面调查的是（ ） A. 了解全市同学的睡眠状况 B. 了解某疫情高风险地区的核酸检测结果 C. 了解长江流域的生物多样化情况 D. 了解某品种樱桃的微量元素含量 【答案】B 【解析】 【分析】由全面调查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似，根据以上逐项分析可知. 【详解】解:A.了解全市同学的睡眠状况，人数太多，不适合全面调查，不符合题意； B.了解某疫情高风险地区的核酸检测结果，这个调查很重要不可漏掉任何人，适合全面调查，符合题意； C.了解长江流域的生物多样化情况，不适合全面调查，不符合题意； D.了解某品种樱桃的微量元素含量，这个调查具有破坏性，不适合全面调查，不符合题意； 故选:B. 【点睛】本题考查的是全面调查与抽样调查，在调查实际生活中的相关问题时，要灵活处理，既要考虑问题本身的需要，又要考虑实现的可能性和所付出代价的大小．理解全面调查与抽样调查的适用范围是解题的关键. 4. 已知关于x的方程x2﹣2mx﹣m2+1＝0的一个根是﹣2，则m的值是（　　） A. 5或﹣1 B. ﹣5或﹣1 C. 5或1 D. ﹣5或1 【答案】A 【解析】 【分析】把x=-2代入方程x2-2mx-m2+1=0，然后解关于m的方程即可． 【详解】解：把x＝﹣2代入方程x2﹣2mx﹣m2+1＝0，得 4+4m﹣m2+1＝0． 整理得： 解得m＝5或m＝﹣1． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解及因式分解法解一元二次方程,熟练掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解,正确进行计算是本题的解题关键． 5. 若a≠b，则下列分式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分式的基本性质进行判断解答即可． 【详解】解：∵a≠b， ∴A.，此选项错误，不符合题意； B.，此选项错误，不符合题意； C.，此选项错误，不符合题意； D.，此选项正确，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查分式的基本性质，熟知分式的基本性质：分式的分子和分母同时乘或除以同一个不为零的数或式子，分式的值不变，注意不是同时加或减去一个不为零的数． 6. 菱形具有而矩形不具有的性质是（ ） A. 四边相等 B. 对角线相等 C. 对角相等 D. 邻角互补 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质、菱形的性质．根据菱形的性质及矩形的性质，结合各选项进行判断即可得出答案． 【详解】解：A、四边相等，菱形具有而矩形不具有，故本选项符合题意； B、对角线相等，矩形具有而菱形不具有，故本选项不符合题意； C、对角相等，菱形具有，矩形具有，故本选项不符合题意； D、邻角互补，菱形具有而矩形也具有，故本选项不符合题意； 故选：A． 7. 如图，菱形的顶点分别在反比例函数和的图象上，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质和反比例函数的对称性，即可得出∠BOC=90°，∠BCO=∠BCD=30°，解直角三角形求得，作 BM⊥x轴于M，CN⊥x轴于N，证得△OMB∽△CNO，得到，根据反比例函数系数 k的几何意义即可求得结果． 【详解】解：连接、， 四边形是菱形， ， 菱形的顶点分别在反比例函数和的图象上， 与、与关于原点对称， 、经过点， ， ， ， 作轴于，轴于， ， ， ， ， ， ， ， 故选：． 【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，解直角三角形，三角形相似的判定和性质，反比例函数系数k的几何意义，解题关键是熟练掌握反比例函数的性质与菱形的性质． 8. 如图所示，O是矩形的对角线的中点，E为的中点，若，，则的周长为（　　） A. 10 B. C. D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理，根据题意可得是的中位线，则，在中，利用勾股定理求得，再根据矩形的性质可求得，从而求出的周长． 详解】解：＝，＝， ， 点是矩形对角线的中点，点为中点， ，，，， 在中，， 则的周长为：． 故选：C． 二．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分） 9. 分式的最简公分母是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据最简公分母的确定方法问题可解，本题考查了分式的最简公分母的概念，详解时注意以下步骤：（1）取各分母系数的最小公倍数；（2）凡单独出现的字母连同它的指数作为最简公分母的一个因式确定；（3）同底数幂取次数最高的，得到的因式的积就是最简公分母． 【详解】解：因为，，中的常数项系数的最小公倍数是，的最高次幂是，的最高次幂是，的最高次幂是， 所以三分式的最简公分母是． 故答案为：． 10. 如图，在中，点E，F分别是，边的中点，延长至点，使，以，为边向外构造，连接交于点，连接．若，，则的长为___． 【答案】 【解析】 【分析】连接、，先证明四边形，是平行四边形，进而得到，再证明是等边三角形，进一步证明，得到，则，，即可由勾股定理得到． 【详解】解：如图所示，连接、， 四边形是平行四边形， ，， 点，分别是，边的中点， ， 四边形，是平行四边形， ，，四边形是平行四边形， ， ， ， 是等边三角形， ，， 、、三点共线， ， ， 在和中 ， ， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、等边三角形的性质于判定、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，灵活应用所学知识成为解答本题的关键． 11. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式的性质将原式进行化简，注意要结合二次根式有意义的条件进行分情况讨论 【详解】求解． 解：∵， ∴与同号， ①当，时， 原式 ； ②当，时， 原式 ， 故答案为：． 【点睛】此题考查了二次根式的性质，解题的关键是利用二次根式有意义的条件． 12. 已知关于的方程的一个根是，则________． 【答案】 【解析】 【分析】把x=1代入方程得：1+2m-5=0，解方程可得. 【详解】把x=1代入方程得：1+2m-5=0，解得：m=2． 故答案为2 【点睛】本题考核知识点：一元二次方程的根. 解题关键点：理解方程的根的意义. 13. 在反比例函数图象的每一支上，y随x的增大而 _____．（填“增大”或“减小”）． 【答案】增大 【解析】 【分析】根据反比例函数的性质，依据比例系数k的符号即可确定． 【详解】解：∵， ∴在每个象限内，y随x的增大而增大． 故答案是：增大． 【点睛】本题考查了反比例函数的性质，反比例函数的图象是双曲线，当，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小；当，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大． 14. 40名学生参加义务植树活动，任务是：挖树坑，运树苗．这40名学生可分为甲、乙、丙三类，其中甲类学生15人，乙类15人，丙类10人，每类学生的劳动效率为甲类学生可以挖树坑2个或者运树苗20棵，乙类学生可以挖树坑1.2个或者运树苗10棵，丙类学生可以挖树坑0.8个或者运树苗7棵．如果他们的任务是：挖树坑30个，运树苗不限，那么在完成挖坑任务的同时树苗运得最多为_____棵． 【答案】260 【解析】 【分析】先求出这三类学生挖树坑相对于运树苗的相对效率，然后由挖树坑相对效率较高那一类先挖树坑，剩下的再由第二高的先挖，再剩下的就由相对效率最低的再来挖． 【详解】解：这三类学生挖树坑的相对效率是 甲类：， 乙类：， 丙类：． 由上可知，乙类学生挖树坑的相对效率最高，其次是丙类学生，故应先安排乙类学生挖树坑，可挖：（个）． 再安排丙类学生挖树坑，可挖：（个）， 还差（个）树坑，由两名甲类学生去挖，这样就能完成挖树坑的任务， 其余13名甲类学生运树苗，可以运：（棵）． 故答案为：260． 【点睛】本题关键是根据三类学生的相对效率来求解，挖树坑的效率与运树苗的效率比越高就让他们先来挖树坑，这样效率最高． 15. 如图，已知D是的边上一点，且，，是的中线，若，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】先证明，作中点F，连接，由中位线的性质得到且，再证明，得到，即可得到结论成立． 【详解】解：作中点F，连接． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，即D为中点， ∵F中点， ∴是的中位线， ∴且， 又∵，E、F分别为、中线， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中线，三角形的中位线，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线证明． 16. 如图，在中，，点D为的中点，过点C作交的延长线于点E，若，，则的长为________． 【答案】####1.5 【解析】 【分析】先根据证明，推出，再利用勾股定理求出，最后根据中点的定义即可求的长． 【详解】解：， ， 点D为的中点， ， 又， ， ， 中，，， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质等，证明是解题的关键． 三．解答题（共10小题，满分68分） 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查二次根式混合运算及分式的除法运算， （1）根据二次根式乘法运算法则计算即可； （2）先计算分式除法再化简分式即可； 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）原分式方程无解 （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，解一元二次方程．熟练掌握解分式方程，解一元二次方程是解题的关键． （1）去分母将分式方程化成整式方程，求整式方程的解，最后进行检验即可； （2）公式法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， ， ， 解得，， 经检验，不是原分式方程解， ∴原分式方程无解； 【小问2详解】 解：， ， ∴， ∴，． 19. 中学生带手机上学的现象日益受到社会的关注．某市记者随机调查了部分家长对这种现象的态度（A：无所谓；B：反对；C：赞成），并将调查结果绘制成图①和图②的统计图（不完整）． 请根据图中提供的信息，解答下列问题： （1）该项调查的样本容量为______；图①中C部分所占扇形的圆心角为______°； （2）请将图②补充完整； （3）若该市共有50000名中学生家长，请你估计其中持“赞成”态度的家长人数． 【答案】（1）240，54 （2）见解析 （3）7500人 【解析】 【分析】（1）由家长反对的人数除以所占的百分比求出调查的总人数，求出家长赞成占得百分比，乘以360即可求出部分占得度数； （2）求出家长无所谓的人数，补全统计图即可； （3）由样本中家长赞成的百分比乘以50000即可得到结果． 【小问1详解】 解：（人）， 由题意得：部分所占扇形的圆心角度数为； 故答案为：240；54； 【小问2详解】 家长无所谓的人数为（人），补全统计图如下： 【小问3详解】 根据题意得：（名） 则该市50000名中学生家长中约有7500名家长持赞成态度． 【点睛】此题考查了条形统计图，扇形统计图，以及用样本估计总体，弄清题意是解本题的关键． 20. 如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点均在格点上． （1）把向上平移1个单位，得到，画出； （2）把绕点逆时针旋转得到，画出； （3）请直接写出五边形的周长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查作图旋转变换与平移变换，解题的关键是熟练掌握旋转变换和平移变换的定义与性质及勾股定理． （1）将三个顶点分别向上平移1个单位得到对应点，再顺次连接即可得； （2）将点、绕点逆时针旋转得到对应点，再首尾顺次连接即可得； （3）利用勾股定理求出和的长度，从而得出答案． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求， 【小问2详解】 解：如图所示，即为所求． 【小问3详解】 解：，，，， 五边形的周长为． 21. 如图，菱形ABCD的顶点A，D在直线l上，∠BAD=60°，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°＜α＜30°），得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN，当MN∥B′D′ 时，解答下列问题： (1)求证：△AB′M≌△AD′N； (2)求α的大小. 【答案】（1）见解析；（2）α=15° 【解析】 【分析】（1）利用四边形AB′C′D′是菱形，得到AB′=B′C′=C′D′=AD′，根据∠B′AD′=∠B′C′D′=60°，可得△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，进而得到△C′MN是等边三角形，则有C′M=C′N，MB′=ND′，利用SAS即可证明△AB′M≌△AD′N； （2）由（1）得∠B′AM=∠D′AN，利用∠CAD=∠BAD=30°，即可解决问题. 【详解】（1）∵四边形AB′C′D′是菱形， ∴AB′=B′C′=C′D′=AD′， ∵∠B′AD′=∠B′C′D′=60°， ∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形， ∵MN∥B′C′， ∴∠C′MN=∠C′B′D′=60°，∠CNM=∠C′D′B′=60°， ∴△C′MN是等边三角形， ∴C′M=C′N， ∴MB′=ND′， ∵∠AB′M=∠AD′N=120°，AB′=AD′， ∴△AB′M≌△AD′N（SAS）， （2）由△AB′M≌△AD′N得：∠B′AM=∠D′AN， ∵∠CAD=∠BAD=30°， ∴∠D′AN=∠B′AM=15°， ∴α=15° 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 22. 已知关于的一元二次方程有两个实数根，分别记为，． （1）求的取值范围； （2）若．求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据一元二次方程由两个实数根， 得出，解不等式即可求解； （2）根据一元二次方程根与系数的关系得出，代入，进而解方程即可求解． 【小问1详解】 解：∵关于的一元二次方程有两个实数根， ∴ 解得：； 【小问2详解】 解：∵关于的一元二次方程有两个实数根，分别记为， ∴， ∵， ∴ 解得： 【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式与一元二次方程根与系数的关系：若是一元二次方程的两根，，，综合运用以上知识是解题的关键． 23. 根据所给的基本材料，请你进行适当的处理，编写一道综合题． 编写要求：①提出具有综合性、连续性的三个问题；②给出正确的解答过程；③写出编写意图和学生答题情况的预测． 材料①：如图，先把一矩形纸片ABCD对折，得到折痕MN，然后把B点叠在折痕线上，得到△ABE，再过点B把矩形ABCD第三次折叠，使点D落在直线AD上，得到折痕PQ．当沿着BE第四次将该纸片折叠后，点A就会落在EC上． 材料②：已知AC是∠MAN的平分线． （1）在图1中，若∠MAN＝120°，∠ABC＝ADC＝90°，求证：AB+AD＝AC； （2）在图2中，若∠MAN＝120°，∠ABC+∠ADC＝180°，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （3）在图3中：若∠MAN＝α（0°＜α＜180°），∠ABC+∠ADC＝180°， 则AB+AD＝_____AC（用含α的三角函数表示）． 材料③： 已知：如图甲，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿线段BA向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿线段AC向点C匀速运动，速度为2cm/s；连接PQ，设运动的时间为t（s）（0＜t＜2）． 编写试题选取的材料是_____（填写材料的序号） 编写的试题是：（1）设△AQP的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式． （2）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值． （3）如图（2），连接PC，并把△PQC沿QC翻折得到四边形PQP'C．是否存在某一时刻t，使四边形PQP'C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长． 试题解答（写出主要步骤即可）. 【答案】材料②： （1）见详解； （2）成立，理由见详解； （3）2 材料③： (1); (2)不存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分，理由见解析；(3). 【解析】 【分析】材料②（1）由角平分线的性质可证∠ACB=∠ACD=30°，又由直角三角形的性质，得AB+AD=AC． （2）根据角平分线的性质过点C分别作AM，AN的垂线，垂足分别为E，F，可证AE+AF=AC，只需证AB+AD=AE+AF即可，由△CED≌△CFB，即可得AB+AD=AE+AF． （3）由（2）知ED=BF，AE=AF，在直角三角形AFC中，可求AB+AD=2AC 材料③： （1）过点Q作QD⊥AP于点D，证△AQD∽△ABC，利用相似性质及面积解答； （2）分别求得Rt△ACB的周长和面积，由周长求出t，代入函数解析式验证； （3）利用余弦定理得出PC、PQ，联立方程，求得t，再代入PC解得答案． 【详解】材料② （1）证明：∵AC平分∠MAN，∠MAN=120°， ∴∠CAB=∠CAD=60°， ∵∠ABC=∠ADC=90°， ∴∠ACB=∠ACD=30°， ∴AB=AD=AC， ∴AB+AD=AC． （2）解：成立． 证法一：如图，过点C分别作AM，AN的垂线，垂足分别为E，F， ∵AC平分∠MAN， ∴CE=CF， ∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°， ∴∠CDE=∠ABC， ∵∠CED=∠CFB=90°， ∴△CED≌△CFB， ∴ED=FB， ∴AB+AD=AF+BF+AE-ED=AF+AE，由（1）知AF+AE=AC， ∴AB+AD=AC， 证法二：如图，在AN上截取AG=AC，连接CG， ∵∠CAB=60°，AG=AC，∴∠AGC=60°，CG=AC=AG， ∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠CBG=180°， ∴∠CBG=∠ADC， ∴△CBG≌△CDA， ∴BG=AD， ∴AB+AD=AB+BG=AG=AC； （3）证明：由（2）知，ED=BF，AE=AF， 在Rt△AFC中， ∴ 材料③： （1）过点Q作QD⊥AP于点D，则易证△AQD∽△ABC， ∴AQ：QD＝AB：BC， ∴2t：DQ＝5：3， ∴DQ＝t， ∴S△APQ＝×AP×QD＝（5﹣t）×t， ∴y与t之间的函数关系式为：y＝﹣t2+3t； （2）Rt△ACB的周长＝3+4+5＝12，Rt△ACB的面积＝×3×4＝6，PQ恰好把Rt△ACB的周长平分． 即有AP+AQ＝12÷2＝6，即2t+5﹣t＝6得t＝1，PQ恰好把Rt△ACB周长平分， 即有SAPQ＝×6＝3；即y＝﹣t2+3t＝3， 显然，代入t＝1等式不成立， 所以不存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分； （3）由题意可以知道，四边形PQP'C为菱形，那么PC＝PQ， 因为 PC2＝PB2+CB2﹣2×PB×CB×cosB， ＝t2+32﹣2t×3×0.6= t2﹣3.6t+9（由图知道cosB＝0.6）， PQ2＝AP2+AQ2﹣2×AP×AQ×cosA， ＝（5﹣t）2+（2t）2﹣2×（5﹣t）×2t×0.8（由图知道cosA＝0.8）， ∵PC＝PQ，即t2﹣3.6t+9＝（5﹣t）2+（2t）2﹣2×（5﹣t）×2t×0.8， 解得t1＝2（因为0＜t＜2舍去），t2＝， 把t＝代入，PC2＝， 解得PC＝; 因此菱形的边长为cm． 【点睛】此题综合考查线段的和差证明、三角形的面积、勾股定理、余弦定理以及菱形的性质等知识． 24. 如图，点，在反比例函数的图象上，连接，分别交、轴于、两点； （1）请你直接写出、两点的坐标：（______），D（______）； （2）证明：； （3）如图，若、是反比例函数第三象限上的两个动点，连接、，分别交、轴于、两点，若，试求的面积． 【答案】（1），；， （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先利用待定系数法求得直线解析式为，再令，得到；令，得到，从而即可得解； （2）作轴，轴，如图所示，则，由，，，，得，，再证明即可得证； （3）连接，作轴于，如图所示先证明，，得，从而，进而利用相似三角形的性质及面积公式即可得解． 小问1详解】 解：设直线解析式为， 把，代入得：， 解得：，即直线解析式为， 令，得到；令，得到， ∴，； 故答案为：，；，； 【小问2详解】 证明：作轴，轴，如图所示，则， ∵，，，， ∴，，，， ∴，， 在和中， ， ∴ ∴； 【小问3详解】 解：连接，作轴于，如图所示： ∵，轴， ∴，是直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，求一次函数的解析式，熟练掌握相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键． 25. 中，，F为边上的一点，交的延长线于点D，且． （1）求证：． （2）求证：． （3）如果，且，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据等边对等角，同角或等角的余角相等，即可得证； （2）过点F作于点G，角平分线的性质，得到，证明，得到，等量代换，即可得出结论； （3）设，则：，勾股定理求出，过点作，等积法进行求解即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 证明：过点F作于点G，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【小问3详解】 ∵， ∴设，则， 在中，， ∴， 过点作，则：，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等边对等角，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 26. 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动． (1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标； (2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长； (3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值． 【答案】(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝． 【解析】 【分析】(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标； (2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案； (3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案． 【详解】(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E， ∵矩形ABCD中，CD⊥AD， ∴∠CDE+∠ADO＝90°， 又∵∠OAD+∠ADO＝90°， ∴∠CDE＝∠OAD＝30°， ∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2， 在Rt△OAD中，∠OAD＝30°， ∴OD＝AD＝3， ∴点C的坐标为(2，3+2)； (2)∵M为AD的中点， ∴DM＝3，S△DCM＝6， 又S四边形OMCD＝， ∴S△ODM＝， ∴S△OAD＝9， 设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9， ∴x2+y2＝2xy，即x＝y， 将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18， 解得x＝3(负值舍去)， ∴OA＝3； (3)OC的最大值为8， 如图2，M为AD的中点， ∴OM＝3，CM＝＝5， ∴OC≤OM+CM＝8， 当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8， 连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N， ∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN， ∴△CMD∽△OMN， ∴，即， 解得MN＝，ON＝， ∴AN＝AM﹣MN＝， 在Rt△OAN中，OA＝， ∴cos∠OAD＝． 【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质及三角函数等知识点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$