精品解析：北京市海淀区清华附中2023-2024学年八年级上学期期末数学试卷

2023-2024学年北京市海淀区清华附中八年级（上）期末数学试卷 一．选择题（本题共24分，每题3分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 华为手机使用了自主研发的海思麒麟芯片，目前最新的型号是麒麟，芯片是由很多晶体管组成的，而芯片技术追求是体积更小的晶体管，以便获得更小的芯片和更低的电力功耗，而麒麟的晶体管栅极的宽度达到了毫米，将数据用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A B. C. D. 4. 在中，，，的对边分别是a，b，c，下列条件中，不能判定是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是的中线，E，F分别是的中点，，则的长为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 6. 如果，那么代数式的值为（ ） A. B. C. 3 D. 6 7. 小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图1所示）．若的长度为，则菱形的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，P是内一点，点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，给出下面三个结论： ①； ②； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 二．填空题（本题共24分，每题3分） 9. 若二次根式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 ________． 10. 分解因式：________． 11. 若关于 x 的方程 的解是x=，则 m= ________________． 12. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以A为圆心，为半径画弧，交网格线于点D，则的长为______． 13. 如图，在菱形中，点C在x轴上，点D的坐标为、点B的坐标为，则点C的坐标为_________． 14. 小方在学习菱形时，发现可以利用菱形纸片拼出著名的“赵爽弦图”：把如图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，这四个直角三角形可以拼出如图2所示的面积为7的正方形，和如图3所示的边长为1的正方形，则图1中菱形的边长为 __． 15. 如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，且∠BAD、∠ADC的角平分线AE、DF分别交BC于点E、F．若EF＝2，AB＝5，则AD的长为_______． 16. ，，三种原料每袋的重量（单位：）依次是，，，每袋的价格（单位：万元）依次是，，．现生产某种产品需要，，这三种原料的袋数依次为（均为正整数），则生产这种产品时需要的这三类原料的总重量（单位：）=_________（用含的代数式表示）；为了提升产品的品质，要求，当的值依次是_________时，这种产品的成本最低． 三．解答题（本题共52分，第17题5分；第18题12分；第19-21题，每题5分；第22题6分；第23-24题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 17. 计算：． 18 计算 （1）； （2）； （3）； （4） 19. 列方程解应用题 无人配送以其高效、安全、低成本等优势，正在成为物流运输行业的新趋势．某物流园区使用1辆无人配送车平均每天配送的包裹数量是1名快递员平均每天配送包裹数量的5倍．要配送6000件包裹，使用1辆无人配送车所需时间比4名快递员同时配送所需时间少2天，求1名快递员平均每天可配送包裹多少件？ 20. 如图，小明在方格纸中选择格点作为顶点画和． （1）请你在方格纸中找到点，补全； （2）若每个正方形小格的边长为1，请计算线段的长度并判断与的位置关系，并说明理由． 21. 小明设计了一个净水装置，将杂质含量为n水用m单位量的净水材料过滤一次后，水中的杂质含量为． 利用此净水装置，小明进行了进一步的探究： 现有杂质含量为1的水． （1）用2单位量的净水材料将水过滤一次后，水中杂质含量为_______； （2）小明共准备了6a单位量的净水材料，设计了如下的三种方案：方案A是将6a单位量的净水材料一次性使用，对水进行过滤；方案B和方案C均为将6a单位量的净水材料分成两份，对水先后进行两次过滤．三种方案的具体操作及相关数据如下表所示： 方案 编号 第一次过滤 用净水材料的单位量 第一次过滤后 水中杂质含量 第二次过滤 用净水材料的单位量 第二次过滤后 水中杂质含量 A 6a B 5a a C 4a 2a ①请将表格中方案C数据填写完整； ②通过计算回答：在这三种方案中，哪种方案的最终过滤效果最好？ （3）当净水材料总量为6a单位量不变时，为了使两次过滤后水中杂质含量最少，小明应将第一次净水材料用量定为________________（用含a的式子表示）． 22. 如图，在菱形中，对角线，交于点，过点A作于点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，求的长度． 23. 平行四边形中，与交于点O．M为线段上一动点（不与点C重合），点N在射线上，连接． （1）如图1，若，当M是中点时，求的度数； （2）如图2，若． ①依题意补全图形； ②请用等式表示线段之间的数量关系并证明． 24. 在平面直角坐标系中，直线l过原点且经过第三、第一象限，l与x轴所夹锐角为．对于点P和x轴上的两点M，N，给出如下定义：记点P关于直线l的对称点为Q，若点Q的纵坐标为正数，且为等边三角形，则称点P为M，N的点． （1）如图1，若点，点P为M，N的点，连接． ① °； ②求点P的纵坐标； （2）已知点． ①当时，点P为M，N的点，且点P的横坐标为，则 ； ②当时，点P为M，N的点，且点P的横坐标为2，则 ． 四、附加题：（本题共20分，第25-27题，每题3分；第28题4分；第29题7分） 25. 如图，在Rt中，，， 是的中线，E是的中点，连接，，若，垂足为E，则的长为 ________________． 26. 如图，矩形的对角线、相交于点O，过点O作交于点E若，，则_____． 27. 如图，一个梯子长米，斜靠在竖直的墙上，这时梯子下端与墙角距离为米，梯子滑动后停在上的位置上，如图，测得的长米，则梯子底端向右滑动了______米． 28. 我们可以将一些只含有一个字母且分子、分母的次数都为一次的分式变形，转化为整数与新的分式的和的形式，其中新的分式的分子中不含字母，如：，． 参考上面的方法，解决下列问题： （1）将变形为满足以上要求的形式：＝____________________； （2）若为正整数，且a也为正整数，则a的值为 ________． 29. 如图，在等腰直角三角形中，，P为延长线上一点，作A关于的对称点D，连接交于F．过B作垂直于延长线于M，设． （1）依题意补全图形； （2）求证：； （3）当时，N为中点，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年北京市海淀区清华附中八年级（上）期末数学试卷 一．选择题（本题共24分，每题3分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个． 1. 华为手机使用了自主研发的海思麒麟芯片，目前最新的型号是麒麟，芯片是由很多晶体管组成的，而芯片技术追求是体积更小的晶体管，以便获得更小的芯片和更低的电力功耗，而麒麟的晶体管栅极的宽度达到了毫米，将数据用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查用科学记数法表示绝对值较小的数，一般形式为，其中，为由原数左起第一个不为的数字前面的的个数所决定；解题时只要明确用科学记数法可以表示绝对值较小的数，一般形式为，其中，为由原数左起第一个不为的数字前面的的个数所决定即可． 【详解】解：对于来说前面有个， ； 故选：B 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可． 【详解】解：A. ，不是最简二次根式，不合题意； B. ，不是最简二次根式，不合题意； C. ，不是最简二次根式，不合题意； D. ，是最简二次根式，符合题意； 故选择：D 【点睛】本题主要考查了最简二次根式的判断，准确分析计算是解题的关键． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合幂的乘方，积的乘方，同底数幂的乘除法则进行求解即可. 【详解】解：A、，故此选项错误； B、，故此选项错误； C、，故此选项正确； D、，故此选项错误； 故选：C. 【点睛】本题考查了幂的乘方与积的乘方、同底数幂的乘法的知识，解答本题的关键在于熟练掌握各知识点的概念和运算法则． 4. 在中，，，的对边分别是a，b，c，下列条件中，不能判定是直角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形内角和定理可判断A、B是否是直角三角形；根据勾股定理逆定理可判断C、D 是否是直角三角形． 详解】解：A中，而根据三角形内角和定理， ∴，故A、B是直角三角形； C中设， ∵， ， ，故C不是直角三角形； D中符合勾股定理逆定理，故D是直角三角形． 故选C． 【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用，以及三角形内角和定理，判断三角形是否为直角三角形，可利用勾股定理的逆定理和直角三角形的定义判断． 5. 如图，是的中线，E，F分别是的中点，，则的长为（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查中线定义，中位线定理．根据题意利用中位线即可得到，再利用中线定义即可得到本题答案． 【详解】解：∵E，F分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵是的中线， ∴， 故选：A． 6. 如果，那么代数式的值为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先化简分式，然后将代入计算即可． 【详解】解：原式 ， ∵， ∴原式， 故选：A． 【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键． 7. 小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形（如图1所示）．若的长度为，则菱形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，利用直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解． 【详解】解：如图所示，菱形中，，， 过点A作于点E，则， ∴， 由勾股定理得， ∴菱形的面积为， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练运用直角三角形的性质以及菱形的面积公式是本题的关键． 8. 如图，在中，，P是内一点，点D，E，F分别是点P关于直线的对称点，给出下面三个结论： ①； ②； ③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，根据对称得到垂直平分线进而得到等腰三角形计算即可． 【详解】连接、、，如图， ∵点D，E，F分别是点P关于直线的对称点， ∴垂直平分，垂直平分，垂直平分， ∴，，，，，， ∴，故①正确， ∵， ∴，， ∵， ∴，即，故②正确； ∵，， ∴，， ∴， 同理，， ∴，故③错误； 故选：A． 二．填空题（本题共24分，每题3分） 9. 若二次根式在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是 ________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数不小于零的条件进行解题即可． 【详解】解：根据题意可知，， 解得． 故答案为：． 10. 分解因式：________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解中的提取公因式法和公式法的综合运用．先提取公因式，然后利用平方差公式继续分解因式即可． 【详解】解： ， 故答案为：． 11. 若关于 x 的方程 的解是x=，则 m= ________________． 【答案】4 【解析】 【分析】将x的值代入方程计算即可求出m的值． 【详解】解：分式方程去分母得：mx+1=8x， 根据题意将x=代入方程得：m+1=2， 解得：m=4． 故答案为4 【点睛】此题考查了分式方程的解，方程的解即为能使方程左右两边成立的未知数的值． 12. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以A为圆心，为半径画弧，交网格线于点D，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 根据题意得，再利用勾股定理进行计算即可． 【详解】解：连接，如图， 根据题意，得， 在中，由勾股定理，得， ∴， 故答案为：． 13. 如图，在菱形中，点C在x轴上，点D的坐标为、点B的坐标为，则点C的坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、两点之间的距离等知识，连接、交于点E，交y轴于点F，由菱形的性质得，，再求出，则，得，即可得出结论． 【详解】如图，连接、交于点E，交y轴于点F ∵四边形是菱形， ∴， ， ∵点D的坐标为，点B的坐标为， ∴，，轴， ∴，轴 ∴，四边形是平行四边形， ∴， ∵点C在x轴上， ∴点C的坐标为， 故答案为：． 14. 小方在学习菱形时，发现可以利用菱形纸片拼出著名的“赵爽弦图”：把如图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，这四个直角三角形可以拼出如图2所示的面积为7的正方形，和如图3所示的边长为1的正方形，则图1中菱形的边长为 __． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查完全平方公式应用，二次根式求值，菱形和正方形性质等．根据题意设菱形中的直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b，列出关于a和b的式子解出即可． 【详解】解：设菱形中的直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b， 则：， 化简得：， ∴， ∴菱形的边长：， 故答案为：2． 15. 如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，且∠BAD、∠ADC的角平分线AE、DF分别交BC于点E、F．若EF＝2，AB＝5，则AD的长为_______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据题意由平行线的性质得到∠ADF＝∠DFC，再由DF平分∠ADC，得∠ADF＝∠CDF，则∠DFC＝∠FDC，然后由等腰三角形的判定得到CF＝CD，同理BE＝AB，则四边形ABCD是平行四边形，最后由平行四边形的性质得到AB＝CD，AD＝BC，即可得到结论． 【详解】解：∵AD∥BC， ∴∠ADF＝∠DFC， ∵DF平分∠ADC， ∴∠ADF＝∠CDF， ∴∠DFC＝∠CDF， ∴CF＝CD， 同理BE＝AB， ∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AD＝BC， ∴AB＝BE＝CF＝CD＝5， ∴BC＝BE+CF﹣EF＝5+5﹣2＝8， ∴AD＝BC＝8， 故答案为：8． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质和平行线的性质以及平行四边形的性质等知识，解答本题的关键是熟练掌握平行线的性质以及平行四边形的性质． 16. ，，三种原料每袋的重量（单位：）依次是，，，每袋的价格（单位：万元）依次是，，．现生产某种产品需要，，这三种原料的袋数依次为（均为正整数），则生产这种产品时需要的这三类原料的总重量（单位：）=_________（用含的代数式表示）；为了提升产品的品质，要求，当的值依次是_________时，这种产品的成本最低． 【答案】 ①. ②. 1，5，1 【解析】 【分析】根据重量等于单袋重量乘以袋数，列式计算即可；运用不等式基本性质计算即可． 【详解】∵A，B，C三种原料每袋的重量（单位：kg）依次是1，2，3，需要A，B，C这三种原料的袋数依次为（均为正整数）， ∴， 故答案为：； 设总成本价为M元，根据题意，得， ∵均为正整数，， ∴， 当且仅当，时，成本最低，此时， 故， 故答案为：1，5，1． 【点睛】本题考查了不等式的应用，熟练掌握不等式的性质是解题的关键． 三．解答题（本题共52分，第17题5分；第18题12分；第19-21题，每题5分；第22题6分；第23-24题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了实数的运算，解题的关键是掌握实数的运算法则．利用负整数指数幂，零指数幂，二次根式的运算法则，绝对值的性质计算即可． 【详解】解： ． 18. 计算 （1）； （2）； （3）； （4） 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】本题考查二次根式的混合运算，整式的混合运算，分式的混合运算，解题的关键是掌握运算法则，属于中考常考题型． （1）先计算乘方，再计算乘除，最后计算加减； （2）先计算括号，再合并同类项； （3）先计算括号，再计算乘除； （4）先计算括号，再合并同类二次根式． 【小问1详解】 原式， ， ； 小问2详解】 原式， ， ； 【小问3详解】 原式， ， ； 【小问4详解】 原式， ， ． 19. 列方程解应用题 无人配送以其高效、安全、低成本等优势，正在成为物流运输行业的新趋势．某物流园区使用1辆无人配送车平均每天配送的包裹数量是1名快递员平均每天配送包裹数量的5倍．要配送6000件包裹，使用1辆无人配送车所需时间比4名快递员同时配送所需时间少2天，求1名快递员平均每天可配送包裹多少件？ 【答案】件 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的应用，审清题意、明确量之间的关系、列出分式方程是解题的关键． 设1名快递员平均每天配送包裹件．则1辆无人配送车平均每天配送的包裹，然后根据等量关系“要配送6000件包裹，使用1辆无人配送车所需时间比4名快递员同时配送所需时间少2天”列分式方程求解即可． 【详解】解：设1名快递员平均每天配送包裹件．则1辆无人配送车平均每天配送的包裹， 依题意可得：，解得：． 经检验，是原分式方程的解且符合题意． 答：1名快递员平均每天可配送包裹件． 20. 如图，小明在方格纸中选择格点作为顶点画和． （1）请你在方格纸中找到点，补全； （2）若每个正方形小格的边长为1，请计算线段的长度并判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析 （2），，理由见解析 【解析】 【分析】（1）如图所示，取格点D，连接，则四边形即为所求； （2）利用勾股定理求出，，进而求出的长，再利用勾股定理的逆定理证明，由平行四边形的性质可得，由此可得． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求； ∵， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：，理由如下： 由勾股定理得，，， ∴，， ∴是直角三角形，即， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，平行四边形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 21. 小明设计了一个净水装置，将杂质含量为n的水用m单位量的净水材料过滤一次后，水中的杂质含量为． 利用此净水装置，小明进行了进一步的探究： 现有杂质含量为1的水． （1）用2单位量的净水材料将水过滤一次后，水中杂质含量为_______； （2）小明共准备了6a单位量的净水材料，设计了如下的三种方案：方案A是将6a单位量的净水材料一次性使用，对水进行过滤；方案B和方案C均为将6a单位量的净水材料分成两份，对水先后进行两次过滤．三种方案的具体操作及相关数据如下表所示： 方案 编号 第一次过滤 用净水材料的单位量 第一次过滤后 水中杂质含量 第二次过滤 用净水材料的单位量 第二次过滤后 水中杂质含量 A 6a B 5a a C 4a 2a ①请将表格中方案C的数据填写完整； ②通过计算回答：在这三种方案中，哪种方案的最终过滤效果最好？ （3）当净水材料总量为6a单位量不变时，为了使两次过滤后水中的杂质含量最少，小明应将第一次净水材料用量定为________________（用含a的式子表示）． 【答案】（1） （2）①，②方案C （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的应用，涉及分式的混合运算， （1）根据水中的杂质含量为计算即可； （2）①根据（1）中的方法，列式即可作答；②利用分式的简化运算比较两个分数的大小即可作答； （3）设第一次使用x单位的净水材料，则第二次使用个单位，即第一次净水后，杂质含量为：，第二次净水后，杂质含量为：，即有，问题随之得解． 【小问1详解】 ， 故答案为：； 【小问2详解】 ① 根据题意：第一次过滤后水中杂质含量为：， 第二次过滤后水中杂质含量为：， 故答案为：，； ② 解：=． ∵， ∴，． ∴． ∴． 同理，可得． ∴． ∴方案C的最终过滤效果最好． 【小问3详解】 设第一次使用x单位的净水材料，则第二次使用个单位， ∴第一次净水后，杂质含量为：， ∴第二次净水后，杂质含量为：， ∵ ， ∵， ∴， 当，即时，有最大值为， ∴此时分数有最小值， 即第一次使用单位的净水材料，第二次使用个单位时，两次过滤后水中的杂质含量最少， 故答案为：． 22. 如图，在菱形中，对角线，交于点，过点A作于点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，，求的长度． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）由菱形的性质得，由勾股定理求出，，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案． 【小问1详解】 证明：四边形是菱形， 且， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； 【小问2详解】 解：四边形是菱形，， ， ， ， 在中，， 在中，， 四边形是菱形， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键． 23. 平行四边形中，与交于点O．M为线段上一动点（不与点C重合），点N在射线上，连接． （1）如图1，若，当M是中点时，求的度数； （2）如图2，若． ①依题意补全图形； ②请用等式表示线段之间的数量关系并证明． 【答案】（1） （2）①见解析；②，证明见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点P，连接，证，得，再证，进而证，然后证是等边三角形，得，即可得出结论； （2）①依题意补全图形即可； ②过点A作于点G，过M作于点H，证和是等腰直角三角形，得，再证，得，即可解决问题． 【小问1详解】 如图1， 取的中点P，连接， 则， ∵M是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 即的度数为； 【小问2详解】 ①依题意补全图形如图2， ②，证明如下： 如图3， 如图 3，过点作于点，过作于点， 则， ∵， ∴和是等腰直角三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ∴， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及三角形的外角性质等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 24. 在平面直角坐标系中，直线l过原点且经过第三、第一象限，l与x轴所夹锐角为．对于点P和x轴上的两点M，N，给出如下定义：记点P关于直线l的对称点为Q，若点Q的纵坐标为正数，且为等边三角形，则称点P为M，N的点． （1）如图1，若点，点P为M，N的点，连接． ① °； ②求点P的纵坐标； （2）已知点． ①当时，点P为M，N的点，且点P的横坐标为，则 ； ②当时，点P为M，N的点，且点P的横坐标为2，则 ． 【答案】（1）①30；②3； （2）①6；②3或 【解析】 【分析】（1）①如图1，过点Q作轴于E，过点P作轴于F，根据定义：记点P关于直线l的对称点为Q，若点Q的纵坐标为正数，且为等边三角形，则称点P为M，N的点．可知为等边三角形，l与x轴所夹锐角为，则，，即可求得答案； ②先证明，根据全等三角形的性质即可求得答案； （2）①过点Q作轴于E，过点P作轴于F，作轴交直线l于K，交x轴于T，连接交x轴于W，连接交直线l于L，根据定义可得，P、Q关于直线l对称，再由勾股定理即可求得答案； ②分两种情况：或，分别画出图象，结合定义即可求得答案． 【小问1详解】 解：①如图1，过点Q作轴于E，过点P作轴于F， ∵， ∴， ∵为等边三角形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点P为M，N的点， ∴l与x轴所夹锐角为， ∵点P关于直线l的对称点为Q， ∴， 故答案为：30． ②在和中， ， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 ①∵， ∴， ∴当时，， 如图2，过点Q作轴于E，过点P作轴于F，作轴交直线l于K，交x轴于T，连接交x轴于W，连接交直线l于L， ∵点P为M，N的点， ∴， ∴， ∵P、Q关于直线l对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：6． ②∵， ∴， 如图，分两种情况：当时，点在点M的右侧， ∵与l的夹角为， ∴关于l的对称线和l的夹角也为， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴； 当时，点在点M的左侧， 同理可得：，即， ∴； 综上所述，或， 故答案为：3或． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，勾股定理，一次函数的图象和性质等，理解并运用新定义是解题关键． 四、附加题：（本题共20分，第25-27题，每题3分；第28题4分；第29题7分） 25. 如图，在Rt中，，， 是的中线，E是的中点，连接，，若，垂足为E，则的长为 ________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键． 根据垂直定义可得，利用直角三角形斜边上的中线性质可得，，从而得到，最后利用勾股定理进行计算即可解答． 【详解】解：∵， ， ∵是的中线，， ∴是斜边上的中线， ， ∵是的中点， ∴， ， 由勾股定理得． 故答案为：． 26. 如图，矩形的对角线、相交于点O，过点O作交于点E若，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．连接，由矩形的性质得，，，，因为，所以垂直平分，则，由勾股定理得，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形，对角线、相交于点O， ∴，，，， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：． 27. 如图，一个梯子长米，斜靠在竖直的墙上，这时梯子下端与墙角距离为米，梯子滑动后停在上的位置上，如图，测得的长米，则梯子底端向右滑动了______米． 【答案】 【解析】 【分析】在中用勾股定理可得，梯子，在中用勾股定理可得长，即可计算． 【详解】解：中， 中，， ， ； 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用；解决本题关键在于能找出其中的不变量，在不同的直角三角形中应用勾股定理． 28. 我们可以将一些只含有一个字母且分子、分母的次数都为一次的分式变形，转化为整数与新的分式的和的形式，其中新的分式的分子中不含字母，如：，． 参考上面的方法，解决下列问题： （1）将变形为满足以上要求的形式：＝____________________； （2）若为正整数，且a也为正整数，则a的值为 ________． 【答案】 ① ； ②. 2或6 【解析】 【分析】本题考查分式的加减及分式的性质，结合已知条件将原式进行正确的变形是解题的关键． （1）利用分式的加减法则及分式的性质进行变形即可； （2）将原式变形后根据题意确定符合题意的a的值即可． 【详解】（1）解：原式 ， 故答案为：； （2）原式， ， ， ∴或5， 解得：或6 故答案为：2或6 29. 如图，在等腰直角三角形中，，P为延长线上一点，作A关于的对称点D，连接交于F．过B作垂直于延长线于M，设． （1）依题意补全图形； （2）求证：； （3）当时，N为中点，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明． 【答案】（1）见解析； （2）见解析； （3），见解析 【解析】 【分析】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）根据题意补全图形即可； （2）由“”可证，可得，由等腰三角形的性质可得结论； （3）由等腰直角三角形的性质可得，，，，，由“”可证，可得，，可证四边形是平行四边形，可得，即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示： ； 【小问2详解】 证明：如图，连接， 在等腰直角三角形中，， ∴， ∴， ∵点A关于的对称点是点D， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：，理由如下： 如图，以为直角边作等腰直角三角形，则，，，连接，， ∵是等腰直角三角形，点N是的中点， ∴，， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$