精品解析：北京市和平街第一中学2024-2025学年八年级下学期期中调研考试数学试题

和平街一中2024—2025学年度第二学期初二年级 数学期中调研试卷 一、选择题（每题2分，共16分） 1. 下列根式中属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ） A. 1，1， B. 4，5，6 C. 5，12，23 D. 6，8，11 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，平行四边形中，，平分交边于点E，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 如图，两个边长为1的正方形排列在数轴上形成一个矩形，以表示3的点为圆心，以矩形的对角线长度为半径作圆与数轴有两个交点，其中点P表示的数是（ ） A. 5.2 B. C. D. 6. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺．问折者高几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部尺远，问折断处离地面的高度是多少？设折断处离地面的高度为尺，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，平行四边形ABCD的周长是22cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为（　　） A. 3cm B. 3.5cm C. 4cm D. 4.5cm 8. 如图，在中，O为的中点，点E，M为同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），的延长线分别与的另一边交于点F，N，连接，下面四个推断： ①；②；③若是菱形，则至少存在一个四边形是菱形；④对于任意的，存在无数个四边形是矩形；其中所有正确的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 二、填空题（每题2分，共16分） 9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是________． 10. 写一个x的值使“”是正确的，则x的值可以是_______． 11. 估计介于_______与_______两个连续整数之间． 12. 如图，四边形是菱形，与相交于点，添加一个条件：_______，可使它成为正方形． 13. 下列命题①如果两个实数相等，那么它们的平方相等；②如果三角形的三条边长分别为a，b，最长边为c，若有，那么这个三角形是直角三角形；③平行四边形的对角线互相平分．其中逆命题是真命题的是_______（填写所有正确结论的序号）． 14. 如图，平面直角坐标系中，的顶点A，B，C在坐标轴上，且，点，点D在第一象限，则点D的坐标是_________． 15. 如图，图①中的直角三角形斜边长为5，将四个图①中的直角三角形分别拼成如图②所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，，则的值为__________． 16. 如图，四边形和四边形都是正方形，E是延长线上一个动点，点G在射线上（不与点C重合），H是的中点，连接．若，则的最小值为_______． 三、解答题（共68分，17题~22题每题5分，23~26题每题6分，27、28题每题7分） 17. 计算：． 18. 已知，，求代数式的值． 19. 在本学期小组活动中，在平行四边形中添加线段，得到相应的基本图形，其中有一个小组画出的图形如图：中，点，分别在边，上，且，连结，．求证：． 20. 已知：为锐角三角形，． 求作：菱形． 作法：如图， ①以点A为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N； ②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点E，作射线与交于点O； ③以点O为圆心，以长为半径作弧，与射线交于点D，连接，； 四边形就是所求作的菱形． （1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）： （2）完成下面的证明： 证明：∵平分， ∴__________． ∵， ∴四边形是平行四边形（ ）（填推理的依据）． ∵， ∴四边形是菱形（ ）（填推理的依据）． 21. 图1是一种“天幕”，图2是其截面示意图，其截面示意图为轴对称图形，，于点O，于点B，于点F，天晴时打开“天幕”遮阳，． （1）求遮阳宽度的长； （2）将拉绳固定在树干上，若支杆与树干的横向距离，求拉绳的长． 22. 如图，在中，若，，．在边上截取，连接，过点作于点，是的中点，连接，求的长度． 23. 如图，矩形纸片中，，，点E 在边上，将沿所在直线折叠，使点B落在边上的点处，求的长． 24. 如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）连接，若，求的长度． 25. 如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，．     （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求的长． 26. 已知：三角形的三边长分别为a，b，c（）．求证：． （1）如下的框图表示推导该结论的一种思路，结合题意，请填写其中的空格． （2）为探讨该结论的其他证明方法，老师提供了以下几种思路，请选择其中一种思路进行证明． 思路①利用，，，再配方，…… 思路②利用，使用平方差公式，…… 思路③利用，…… 27. 点在正方形的边上（不与点，重合），点关于直线的对称点为，作射线交交于点，连接． （1）求证：； （2）过点作交射线于点． ①求的度数； ②用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 28. 对于平面直角坐标系中的图形M、N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，称P，Q两点间距离的最小值为图形M，N间的“近距离”，记作．在中，点，，，． （1）d（点，）=_______． （2）若点P在y轴正半轴上，d（点P，），直接写出点P坐标； （3）已知点，，，，顺次连接点E、F、H、G，将得到的四边形记为图形W． ①当时，在图2中画出图形W，直接写出的值； ②若，直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 和平街一中2024—2025学年度第二学期初二年级 数学期中调研试卷 一、选择题（每题2分，共16分） 1. 下列根式中属于最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据二次根式的性质化简，再根据最简二次根式的定义进行判断即可． 【详解】解：A.，则不是最简二次根式； B.，则不是最简二次根式； C.是最简二次根式； D.，则不是最简二次根式， 故选：C． 【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，理解最简二次根式的定义是解题的关键． 2. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ） A. 1，1， B. 4，5，6 C. 5，12，23 D. 6，8，11 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理的逆定理判定三角形的形状，根据勾股定理的逆定理分别计算较小两边的平方和，与较大边的平方相等时，该三角形是直角三角形，否则不是，据此解答 【详解】解：A.，故能构成直角三角形，符合题意； B.，故不能构成直角三角形，不符合题意； C.，故不能构成直角三角形，不符合题意； D.，故不能构成直角三角形，不符合题意； 故选：A 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的乘除运算，利用二次根式的性质化简，掌握运算法则是解题的关键． 利用二次根式的乘除运算法则，利用二次根式的性质化简，分别判断即可． 【详解】解：A、，原选项错误，不符合题意； B、，由于等号右边被开方数是负数，不符合题意； C、，不符合题意； D、，符合题意； 故选：D． 4. 如图，平行四边形中，，平分交边于点E，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，证明，得到是解题的关键． 先根据平行四边形的性质得到，进一步证明，得到，则． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选D． 5. 如图，两个边长为1的正方形排列在数轴上形成一个矩形，以表示3的点为圆心，以矩形的对角线长度为半径作圆与数轴有两个交点，其中点P表示的数是（ ） A. 5.2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理的知识，数轴上的点表示数的方法．解题关键是利用勾股定理求出矩形的对角线长度，同时要掌握圆上各点到圆点的距离相等都为半径．图中矩形的长为2，宽为1，则可根据勾股定理求出矩形对角线的长度．以对角线长度为半径作圆与x轴正方向交于点P，则点P表示的数即为3加上对角线的长度． 【详解】解：应用勾股定理得，矩形的对角线的长度， 以矩形对角线长为半径画弧，交数轴正方向于点P， 所以数轴上的点P表示的数为：． 故选：C． 6. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺．问折者高几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部尺远，问折断处离地面的高度是多少？设折断处离地面的高度为尺，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据勾股定理列方程解答． 【详解】解：设折断处离地面的高度为尺，则斜边为（10-x）尺， 根据勾股定理得：， 故选：D． 【点睛】此题考查勾股定理的实际应用，正确理解题意得到直角三角形确定三边的关系式是解题的关键． 7. 如图，平行四边形ABCD的周长是22cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为（　　） A. 3cm B. 3.5cm C. 4cm D. 4.5cm 【答案】B 【解析】 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD，AD=BC， ∵△AOD的周长比△AOB的周长多3cm， ∴AD+AO+OD-(AB+AO+BO)=AD-AB=3cm， ∵平行四边形ABCD的周长为22cm， ∴AD+AB=11cm， ∴AD=7cm， ∴BC=7cm， 又∵AC⊥AB，点E是BC的中点， ∴AE=3.5cm. 故选B. 8. 如图，在中，O为的中点，点E，M为同一边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），的延长线分别与的另一边交于点F，N，连接，下面四个推断： ①；②；③若是菱形，则至少存在一个四边形是菱形；④对于任意的，存在无数个四边形是矩形；其中所有正确的有（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判定和性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，证明四边形是平行四边形是解题的关键． 由“”可证，，可证四边形是平行四边形，可得，与不一定相等，故①错误，②正确，由菱形的判定和性质和矩形的判定可判断③错误，④正确． 【详解】解：如图1，∵O为对角线的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， ∴，即； 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故②正确； 根据现有条件无法证明，故①错误． 若平行四边形是菱形，则， ∴， ∵点E，M为边上任意两个不重合的动点(不与端点重合)， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故③不正确； 如图2，当时，则， ∵四边形是平行四边形， ∴边形是矩形， 又∵存在无数个点E、M满足， ∴对于任意的，存在无数个四边形是矩形，故④正确； 综上所述，正确结论为②④． 故选：D． 二、填空题（每题2分，共16分） 9. 若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【详解】解：根据二次根式有意义的条件得：， 解得． 10. 写一个x的值使“”是正确的，则x的值可以是_______． 【答案】0（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题主要考查了化简二次根式，根据，可知要说明“”是错误的，则，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴写一个x的值使“”，则， 即 ∴的值可以是， 故答案为：0（答案不唯一）． 11. 估计介于_______与_______两个连续整数之间． 【答案】 ①. 4 ②. 5 【解析】 【分析】本题考查无理数的估算．熟练掌握夹逼法，是解题的关键． 利用夹逼法，进行估算即可． 【详解】解：∵， ∴； 故答案为：4，5． 12. 如图，四边形是菱形，与相交于点，添加一个条件：_______，可使它成为正方形． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 13. 下列命题①如果两个实数相等，那么它们的平方相等；②如果三角形的三条边长分别为a，b，最长边为c，若有，那么这个三角形是直角三角形；③平行四边形的对角线互相平分．其中逆命题是真命题的是_______（填写所有正确结论的序号）． 【答案】②③ 【解析】 【分析】本题主要考查了判断一个命题的逆命题真假，熟练掌握勾股定理的逆定理，平行四边形的判定，实数的性质是解题的关键． 先写出原命题的逆命题，然后判断真假即可． 【详解】解：①原命题的逆命题为：如果两个实数的平方相等，那么这两个数相等，是假命题，不符合题意； ②原命题的逆命题为：如果三角形的三边满足，那么这个三角形是直角三角形，是真命题，符合题意； ③原命题的逆命题为：对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题，符合题意； 故答案为：②③ 14. 如图，平面直角坐标系中，的顶点A，B，C在坐标轴上，且，点，点D在第一象限，则点D的坐标是_________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查平行四边形的性质，坐标与图形，关键是根据勾股定理得出点A坐标，再由平行四边形性质求得点D坐标 根据直角三角形的性质求的长，根据等腰三角形的性质得BC长，再利用平行四边形的性质得出点的坐标即可． 【详解】解：，，， ，， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∴， 故答案为：． 15. 如图，图①中的直角三角形斜边长为5，将四个图①中的直角三角形分别拼成如图②所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为，，则的值为__________． 【答案】25 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题的关键．根据题意设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为，根据勾股定理可得，根据图形面积可得，即可求得答案． 【详解】解：设直角三角形较长的直角边长为，较短的直角边长为， ∴ 故答案为：25． 16. 如图，四边形和四边形都是正方形，E是延长线上一个动点，点G在射线上（不与点C重合），H是的中点，连接．若，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键．延长交于点M，证明，则，得到，设，则，，在中，由勾股定理得到，进一步得到，即可得到的最小值． 【详解】解：延长交于点M， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∵四边形都是正方形，E是延长线上一个动点， ∴，， ∴， ∵H是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 三、解答题（共68分，17题~22题每题5分，23~26题每题6分，27、28题每题7分） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，二次根式性质，先根据二次分式性质进行化简，根据二次根式乘法和除法进行计算，然后根据二次根式加减运算法则进行计算即可． 【详解】解： ． 18. 已知，，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】把原式分解因式后，直接代入求值即可． 【详解】解：． 当，时， 原式 ． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则和利用乘法公式分解因式是解题的关键． 19. 在本学期小组活动中，在平行四边形中添加线段，得到相应的基本图形，其中有一个小组画出的图形如图：中，点，分别在边，上，且，连结，．求证：． 【答案】 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的性质可得，，结合，可得，再根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形推出是平行四边形，从而得证． 【详解】略 20. 已知：为锐角三角形，． 求作：菱形． 作法：如图， ①以点A为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N； ②分别以点M，N为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点E，作射线与交于点O； ③以点O为圆心，以长为半径作弧，与射线交于点D，连接，； 四边形就是所求作的菱形． （1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）： （2）完成下面的证明： 证明：∵平分， ∴__________． ∵， ∴四边形是平行四边形（ ）（填推理的依据）． ∵， ∴四边形是菱形（ ）（填推理的依据）． 【答案】（1） 如图，菱形ABDC即为所求作； （2）OB，对角线互相平分的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形 【解析】 【分析】（1）根据所给几何语言画出对应的图形即可； （2）先根据等腰三角形的性质得到CO=OB，再根据平行四边形和菱形的判定解答即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查基本尺规作图-作角平分线、等腰三角形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定，熟练掌握基本尺规作图的方法步骤，熟知平行四边形的判定和菱形的判定是解答的关键. 21. 图1是一种“天幕”，图2是其截面示意图，其截面示意图为轴对称图形，，于点O，于点B，于点F，天晴时打开“天幕”遮阳，． （1）求遮阳宽度的长； （2）将拉绳固定在树干上，若支杆与树干的横向距离，求拉绳的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用，含的直角三角形的性质． （1）根据等腰三角形的性质，可得，，再利用勾股定理进行计算即可； （2）过点E作，垂足为G，结合题意可得：四边形是矩形，可得， ，，再进一步利用勾股定理进行计算即可． 【小问1详解】 解：∵，，， ∴，， 在中，，， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如图，过点E作，垂足为G，结合题意可得：四边形是矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，（负根舍去） 答：拉绳的长为； 22. 如图，在中，若，，．在边上截取，连接，过点作于点，是的中点，连接，求的长度． 【答案】4 【解析】 【分析】此题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形中位线等知识，根据等腰三角形的三线合一得到，又由F是边的中点得到为的中位线，再由即可求出，由此即可得到答案． 【详解】解∵，， ∴，． 又∵F是边的中点， ∴为的中位线， ∴． 23. 如图，矩形纸片中，，，点E 在边上，将沿所在直线折叠，使点B落在边上的点处，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的翻折变换、勾股定理等知识，解答本题的关键是根据折叠的性质得出，两次应用勾股定理即可得出答案．根据折叠的性质可得，设，则，在中求出，继而可得出，在中，利用勾股定理列方程即可解出x的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 根据折叠的性质可得,，设，则， 在中，， ∴， 在中，， ∴， 解得：． 即的长为． 24. 如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，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） 证明：∵四边形是菱形， ∴，且， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，直线三角形斜边中线等于斜边的一半，掌握以上知识是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得，，且，结合题意可得， ，，根据即可求解； （2）根据菱形的性质及题意可得，，在中，根据勾股定理可得，在中，根据勾股定理可得，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． 25. 如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点C作交的延长线于点E，连接，．     （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵， ∴． ∵是中点， ， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行线的性质得到．根据全等三角形的性质得到，于是得到四边形是平行四边形； （2）过点作于点．根据勾股定理得到，由得到．在中，利用勾股定理得到，即可得到结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点作于点， ∵， ∴， ∴， 在中，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 26. 已知：三角形的三边长分别为a，b，c（）．求证：． （1）如下的框图表示推导该结论的一种思路，结合题意，请填写其中的空格． （2）为探讨该结论的其他证明方法，老师提供了以下几种思路，请选择其中一种思路进行证明． 思路①利用，，，再配方，…… 思路②利用，使用平方差公式，…… 思路③利用，…… 【答案】（1）①，②，③ （2） 解：选择①．推导思路如下： 由，且，得． 配方，得． 易得． 即． 易得． 选择②．推导思路如下： 由，得，即． 故． 易知， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）根据完全平方公式求出，根据二次根式的乘法得出，再根据三角形三边关系进一步得出，即可得出答案； （2）根据所给的方法推导即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， 故答案为：①，②，③． 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查二次根式的运算，完全平方公式，正确计算是解题的关键． 27. 点在正方形的边上（不与点，重合），点关于直线的对称点为，作射线交交于点，连接． （1）求证：； （2）过点作交射线于点． ①求的度数； ②用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【答案】（1） 证明：∵四边形是正方形, ∴，即， ∵，关于对称， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）； ，理由： 过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，关于对称， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（）由四边形是正方形,得，再利用等角的余角相等证明即可； （）连接，证明，再根据等边对等角和四边形的内角和求出，可得结论； 过点作于点，证明，推出，再证明 ，，可得结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， ∵，关于对称， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 略 【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称变换，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，同角的等角相等等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用． 28. 对于平面直角坐标系中的图形M、N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，称P，Q两点间距离的最小值为图形M，N间的“近距离”，记作．在中，点，，，． （1）d（点，）=_______． （2）若点P在y轴正半轴上，d（点P，），直接写出点P坐标； （3）已知点，，，，顺次连接点E、F、H、G，将得到的四边形记为图形W． ①当时，在图2中画出图形W，直接写出的值； ②若，直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）或 （3）①②或或． 【解析】 【分析】（1）由的点坐标可知为对角线的交点，可知点到，的距离相等且为6；点到，的距离相等；如图1，记与轴的交点为，，在中，由勾股定理得，设到的距离为，根据，求出的值，然后与6比较取最小值即可； （2）作于，分为点P在点M的上方和下方，两种情况讨论，由d（点 P， ），可知，且，在中，由勾股定理得，求出的值，进而可得点坐标； （3）①由，可得，在坐标系中描点，依次连接如图3所示，即为图形，过点作，垂足为K，延长，交于，由点坐标可知，进而得到，可知，，，根据勾股定理求出，即可求解；②过点E，G作直线，分别交于点P，L，由的点坐标可知，，，四边形是一个大小不变的平行四边形，且点沿着直线运动，分情况求解：当在x轴下方和上方，和内外，四种不同情况讨论即可． 【小问1详解】 解：由的点坐标可知为对角线的交点， ∴点到，的距离相等且为6；点到，的距离相等； 如图1，记与轴的交点为， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 设到的距离为， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴ d(点O ，) 的值为， 故答案为：． 【小问2详解】 解：作于， 如图1，当点P在点M的上方时， ∵d（点 P， ）， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 点P坐标为； 如图2，当点P在点M的下方时， 同理可得：， ， 点P坐标为； 综上，点P坐标为或． 【小问3详解】 解：①∵， ∴， 在坐标系中描点，依次连接如图3所示，即为图形，过点作，垂足为K，延长，交于， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ， ， ， （负值舍去）， ， ， ， ∴的值为． ②如图4，过点E，G作直线，分别交于点P，L，过点F，H作直线，分别交于点M，N，交轴于 由的坐标可知， ，，四边形是一个大小不变的平行四边形，且点沿着直线（二四象限的角平分线）运动， 由①知，同理①可求： 四边形是平行四边形， ， ， ， ∵， ， ， 当在x轴下方时，在上方时，，此时， ， ， ， 解得：， ； 当在x轴下方时，在下方时，如图，，此时， 同理可得：， ∴，解得： 当在x轴上方时，在下方时，，此时， ，， ， ， ， 解得：，即 当在x轴上方时，在上方时，如图， ， 同理可求：， ， ， 解得：， 综上，时，或或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，点到直线的距离相等，新定义下的实数运算等知识．解题的关键在于理解题意，分情况求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $