精品解析： 福建省厦门市音乐学校2024-2025学年八年级下学期数学期中考卷(4月)

2024-2025学年厦门市音乐学校八年级下学期期中考试 数学（满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 下列各曲线表示的y与x的关系中，y是x的函数的是（ ） A B. C. D. 2. 下列式子中，为最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 控下列给出的条件中，能判定四边形为平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 下列等式成立是（ ） A. B. C. D. 5. 在如图所示的数轴上，点B与点C关于点A对称，A、B两点对应的实数分别是和﹣1，则点C所对应的实数是( ) A. 1+ B. 2+ C. 2﹣1 D. 2+1 6. 如图，一个函数的图象由射线、线段、射线组成，其中点，，，，则此函数（ ） A. 当时，随的增大而增大 B. 当时，随的增大而减小 C. 当时，随的增大而增大 D. 当时，随的增大而减小 7. 直线y=2x向下平移2个单位长度得到的直线是（　　） A. y=2（x+2） B. y=2（x﹣2） C. y=2x﹣2 D. y=2x+2 8. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（ ） A. B. C. D. 9. 《九章算术》提供了许多组勾股数，如，，等，并把一组勾股数中最大的数称为“弦数”；后人在此基础上进一步研究，得到如下规律：若m是大于1的奇数，把它平方后拆成相邻的两个整数，那么m与这两个整数构成一组勾股数；若m是大于2的偶数，把它除以2后再平方，然后把这个平方数分别减1，加1得到两个整数，那么m与这两个整数构成一组勾股数．由上述方法得到的勾股数称为“由m生成的勾股数”；根据以上规律，“由10生成的勾股数”的“弦数”为（ ） A. 26 B. 101 C. 13 D. 24 10. 如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别是BC，CD边上的动点，并且满足，则的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 二、填空题（共26分） 11. 计算：______；______；______． 12. 在中，，则__________． 13. 直线与y轴的交点坐标_____． 14. 如果四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，那么四边形ABCD是平行四边形，判定的依据是____． 15. 如图，在中，，点D是上的点，若，，则的值为______． 16. 如图，在平行四边形ABCD，点E在AD 上，以BE为折痕，把ABE向上翻折，点A恰好落在CD上的点F处，若FDE的周长为a，若FCB的周长为b，则线段CF的长为______．（其中a < b，答案用含a，b的式子来表示．） 三、解答题：（9小题，共84分） 17. 计算 （1） （2） 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 如图，在□ABCD中， E、F分别是边AB，DC上的点，DE⊥AB，BF⊥CD．求证：BE＝DF． 20. 画出直线的图象，并求出图象与两坐标轴围成的三角形面积． 21. 如图是某区域仓储配送中心的部分平面图，A区为商品入库区，B区，C区是配送中心区．已知B，C两个配送中心区相距250m，A，B区相距200m，A，C区相距150m，为了方便商品从库区分拣传送至配送中心，现有两种搭建传送带的方案． 甲方案：从A区直接搭建两条传送带分别到B区，C区； 乙方案：在B区，C区之间搭建一条传送带，再从A区搭建一条垂直于BC传送带，两条传送带的连接处为中转站D区（接缝忽略不计）． （1）请判断此平面图形的形状（要求写出推理过程） （2）甲，乙两种方案中，哪一种方案所搭建的传送带较短？请通过计算说明． 22. 如图，在中，，． （1）求作：以斜边为对角线且其中一个顶点在边上的菱形；（尺规作图，保留作图痕迹） （2）求（）中所求作菱形的边长． 23. 沈阳某条东西方向道路双向共有三条车道，在早晚高峰经常会拥堵，数学研究小组希望改善道路拥堵情况，他们对该路段的交通量（辆/分钟）和时间进行了统计和分析，得到下列表格，并发现时间和交通量的变化规律符合一次函数的特征． 时间x 时 时 时 时 时 自西向东交通量（辆/分钟） 自东向西交通量（辆/分钟） （1）请用一次函数直接表示出与、与之间的函数关系．（不写自变量范围） ； ． （2）如图，同学们希望设置可变车道来改善拥堵状况，根据车流量情况改变可变车道的行车方向．单位时间内双向交通总量为 ，车流量大的方向交通量为．经查阅资料得：当 需要使可变车道行车方向与拥堵方向相同，以改善交通情况．该路段从时至时，如何设置可变车道行车方向以缓解交通拥堵，并说明理由． 24. 四边形是矩形，点在边上，，点与点关于直线对称，连接． （1）如图，若四边形是正方形，求的度数； （2）连接，设探究当时a与b数量关系． 25. 在平面直角坐标系中，坐标原点，，，． （1）求的面积； （2）若，求证：四边形是菱形； （3）点P是线段上任意一点，若点P向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的点P在射线上，则线段上是否存在点G，使得为直角三角形？若存在，求点G的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年厦门市音乐学校八年级下学期期中考试 数学（满分150分，考试时间120分钟） 一、选择题（每题4分，共40分） 1. 下列各曲线表示的y与x的关系中，y是x的函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的定义“对于每一个确定的x值，存在唯定的唯一y值与之对应”进行判断即可． 【详解】解：由函数定义可知：作垂直x轴的直线在左右平移的过程中看是否与函数图象只会有一个交点，若只有一个交点，则是函数，否则不是； 其中选项A、C、D均可能会有2个交点，故错误，而选线B中只会有一个交点， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了函数的定义．函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量． 2. 下列式子中，为最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，满足下列两个条件的二次根式叫最简二次根式：被开方数中的因数是整数，因式是整式，被开方数中不含有能开得尽方的因数和因式．根据最简二次根式的定义逐个判断即可． 【详解】解：A、是最简二次根式，符合题意； B、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意； C、，被开方数含有开得尽的因数，不是最简二次根式，不符合题意； D、，被开方数含有开得尽的因式，不是最简二次根式，不符合题意； 故选：A． 3. 控下列给出的条件中，能判定四边形为平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，对角线互相平分的四边形是平行四边形等等，结合平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、由，，不能判定四边形为平行四边形，不符合题意； B、由，，不能判定四边形为平行四边形，不符合题意； C、由，，可以根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形为平行四边形，符合题意； D、由，，不能判定四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：C． 4. 下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二次根式的运算法则即可逐一判断． 【详解】解：A、3和不能合并，故A错误； B、，故B错误； C、，故C错误； D、，正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了二次根式的运算，解题的关键是掌握基本的运算法则． 5. 在如图所示的数轴上，点B与点C关于点A对称，A、B两点对应的实数分别是和﹣1，则点C所对应的实数是( ) A. 1+ B. 2+ C. 2﹣1 D. 2+1 【答案】D 【解析】 【详解】设点C所对应的实数是x． 根据中心对称的性质，对称点到对称中心的距离相等，则有 ， 解得． 故选D． 6. 如图，一个函数的图象由射线、线段、射线组成，其中点，，，，则此函数（ ） A. 当时，随的增大而增大 B. 当时，随的增大而减小 C. 当时，随的增大而增大 D. 当时，随的增大而减小 【答案】A 【解析】 【分析】根据一次函数的图象对各项分析判断即可. 【详解】观察图象可知： A. 当时，图象呈上升趋势，随的增大而增大，正确. B. 当时，图象呈上升趋势，随的增大而减小, 故错误. C. 当时，随的增大而减小,当时，随的增大而增大，故错误. D. 当时，随的增大而减小,当时，随的增大而增大，故错误. 故选A. 【点睛】考查一次函数的图象与性质，读懂图象是解题的关键. 7. 直线y=2x向下平移2个单位长度得到的直线是（　　） A. y=2（x+2） B. y=2（x﹣2） C. y=2x﹣2 D. y=2x+2 【答案】C 【解析】 【分析】据一次函数图象与几何变换得到直线y=2x向下平移2个单位得到的函数解析式为y=2x﹣2． 【详解】直线y=2x向下平移2个单位得到的函数解析式为y=2x﹣2． 故选C． 【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换：一次函数y=kx(k≠0)的图象为直线，当直线平移时k不变，当向上平移m个单位，则平移后直线的解析式为y=kx+m． 8. 如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由勾股定理求出BD的长，根据矩形的性质求出OD的长，最后根据三角形中位线定理得出EF的长即可． 【详解】∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB， ∵，， ∴AC= ∴BD=10cm， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． 9. 《九章算术》提供了许多组勾股数，如，，等，并把一组勾股数中最大数称为“弦数”；后人在此基础上进一步研究，得到如下规律：若m是大于1的奇数，把它平方后拆成相邻的两个整数，那么m与这两个整数构成一组勾股数；若m是大于2的偶数，把它除以2后再平方，然后把这个平方数分别减1，加1得到两个整数，那么m与这两个整数构成一组勾股数．由上述方法得到的勾股数称为“由m生成的勾股数”；根据以上规律，“由10生成的勾股数”的“弦数”为（ ） A. 26 B. 101 C. 13 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股数以及数字变化规律．根据题意，按照题目所给的方法进行计算求解即可． 【详解】解：， ， ， ∴由10生成的勾股数的“弦数”是26， 故选：A． 10. 如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别是BC，CD边上的动点，并且满足，则的最小值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接DE，作点A关于BC的对称点A′，连接BA′、EA′，易得AE+AF=AE+DE=A'E+DE，当D、E、A′在同一直线时，AE+AF最小，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接DE， 根据正方形的性质及BE=CF， ∴DF=CE，AD=CD， ∴△DCE≌△ADF（SAS）， ∴DE=AF， ∴AE+AF=AE+DE， 作点A关于BC的对称点A′，连接BA′、EA′， 则AE=A′E， 即AE+AF=AE+DE=A'E+DE， 当D、E、A′在同一直线时，AE+AF最小， AA′=2AB=4， 此时，在Rt△ADA′中，DA′=， 故AE+AF的最小值为． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质和最短距离问题，解题的关键是把两条线段的和转化在同一条线段上求解． 二、填空题（共26分） 11. 计算：______；______；______． 【答案】 ①. ②. ③. 【解析】 【分析】本题考查二次根式的乘除法，正确计算是解题的关键，根据二次根式的乘除法计算即可． 【详解】解：， ， ， 故答案为：，，． 12. 在中，，则__________． 【答案】##70度 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等是解题的关键 根据平行四边形对角相等求出． 【详解】解：如图， 在中，， ， 故答案为：． 13. 直线与y轴的交点坐标_____． 【答案】． 【解析】 【分析】本题考查一次函数与坐标轴交点坐标，掌握坐标轴上点坐标特征是解题的关键． 令，求得y的值即可． 【详解】解：当时，，所以直线与y轴的交点坐标是． 故答案为：． 14. 如果四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3，那么四边形ABCD是平行四边形，判定的依据是____． 【答案】两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】先根据四边形内角和求出每个内角，可得∠A=∠C、∠B=∠D，根据平行四边形的判定定理即可的结论． 【详解】解：∵四边形ABCD中∠A、∠B、∠C、∠D的大小之比是2：3：2：3， 设∠A=2 x°、∠B=3x°、∠C=2x°、∠D=3x°， ∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°， ∴2 x°+3x°+2x°+3x°=360°， ∴x =36， ∴∠A=72°、∠B=108°、∠C=72°、∠D=108°， ∴∠A=∠C、∠B=∠D， ∴四边形ABCD为平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形，） 故答案为：两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题关键． 15. 如图，在中，，点D是上的点，若，，则的值为______． 【答案】16 【解析】 【分析】在和中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 在中，， 在中，， ∴． 故答案为：16 【点睛】本题主要考查了勾股定理，熟练掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键． 16. 如图，在平行四边形ABCD，点E在AD 上，以BE为折痕，把ABE向上翻折，点A恰好落在CD上的点F处，若FDE的周长为a，若FCB的周长为b，则线段CF的长为______．（其中a < b，答案用含a，b的式子来表示．） 【答案】 【解析】 【分析】根据△FDE的周长为a，△FCB的周长为b，可得DE+EF+DF=a，BC+BF+CF=b，由△ABE向上翻折，点A恰好落在CD上的点F处，即得AD+DF=a①，BC+AB+CF=b②，根据四边形ABCD是平行四边形，(CF+DF)+CF−DF=b−a，据此即可求得． 【详解】解：∵△FDE的周长为a，△FCB的周长为b， ∴DE+EF+DF=a，BC+BF+CF=b， ∵△ABE向上翻折，点A恰好落在CD上的点F处， ∴EF=AE，AB=BF， ∴DE+AE+DF=a，即AD+DF=a①，BC+AB+CF=b②， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC=AD，AB=CD， ②−①得：AB+CF−DF=b−a， ∵AB=CD=CF+DF， ∴(CF+DF)+CF−DF=b−a， ∴2CF=b−a， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查了平行四边形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及平行四边形的性质． 三、解答题：（9小题，共84分） 17. 计算 （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的混合计算，零指数幂，熟知二次根式的相关计算法则是解题的关键． （1）先计算二次根式乘法和化简二次根式，再计算加减法即可得到答案； （2）先计算零指数幂和二次根式乘法，再计算加减法即可得到答案． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】；． 【解析】 【分析】先算小括号里面的，然后再算括号外面的，最后代入求值． 【详解】解：原式 ； 当时， 原式＝． 【点睛】此题主要考查了分式的化简求值、涉及了二次根式的有关计算，熟练掌握分式的有关计算是解题的关键． 19. 如图，在□ABCD中， E、F分别是边AB，DC上的点，DE⊥AB，BF⊥CD．求证：BE＝DF． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】由平行四边形的性质，DE⊥AB，BF⊥CD证明四边形BFDE为矩形，即可得证结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形 ∴ ABCD ∴∠CDE+∠DEB=180° ∵ DE⊥AB，BF⊥CD ∴∠DEB=∠DFB =∠CDE =90° ∴四边形BFDE为矩形 ∴BE=DF 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质等知识，关键在于熟练掌握这些知识． 20. 画出直线的图象，并求出图象与两坐标轴围成的三角形面积． 【答案】见详解， 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的图象以及三角形的面积，利用一次函数图象上点的坐标特征，求出直线与两坐标的交点坐标是解题的关键． 利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出直线与两坐标的交点坐标，描点、连线，画出函数图象，再利用三角形的面积公式，即可求出直线与两坐标轴围成的三角形面积，即可作答． 【详解】解：依题意， 令，则； 令，则； 解得 即直线经过点， 在坐标系上描出点，再连线，直线的图象如下图所示： ∴图象与两坐标轴围成的三角形面积． 21. 如图是某区域仓储配送中心的部分平面图，A区为商品入库区，B区，C区是配送中心区．已知B，C两个配送中心区相距250m，A，B区相距200m，A，C区相距150m，为了方便商品从库区分拣传送至配送中心，现有两种搭建传送带的方案． 甲方案：从A区直接搭建两条传送带分别到B区，C区； 乙方案：在B区，C区之间搭建一条传送带，再从A区搭建一条垂直于BC的传送带，两条传送带的连接处为中转站D区（接缝忽略不计）． （1）请判断此平面图形的形状（要求写出推理过程） （2）甲，乙两种方案中，哪一种方案所搭建的传送带较短？请通过计算说明． 【答案】（1）是直角三角形； （2）甲方案所搭建的传送带较短． 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的应用、勾股定理的逆定理、三角形面积的计算；熟练掌握勾股定理，由勾股定理的逆定理证出是直角三角形是解决问题的关键． （1）由勾股定理逆定理即可得出是直角三角形； （2）由的面积求出，得出，即可得出结果． 【小问1详解】 解：是直角三角形； 理由如下： ∴，， ∴， ∴是直角三角形，； 【小问2详解】 解：甲方案所搭建的传送带较短； 理由如下： ∵是直角三角形， ∴的面积， ∴（m）， ∵，， ∴， ∴甲方案所搭建的传送带较短． 22. 如图，在中，，． （1）求作：以斜边为对角线且其中一个顶点在边上的菱形；（尺规作图，保留作图痕迹） （2）求（）中所求作菱形的边长． 【答案】（1）作图见解析 （2） 【解析】 【分析】（）作线段的垂直平分线，交于，交于点，截取，由，可得四边形为平行四边形，又由线段垂直平分线的性质可得，故四边形为菱形，即为所求； （）利用直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，由菱形的性质可得，设，在中，由勾股定理可得，解方程即可求解； 本题考查了线段垂直平分线的作法，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确画出图形是解题的关键． 【小问1详解】 解：如图，四边形即为所求； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴， 即菱形的边长为． 23. 沈阳某条东西方向道路双向共有三条车道，在早晚高峰经常会拥堵，数学研究小组希望改善道路拥堵情况，他们对该路段交通量（辆/分钟）和时间进行了统计和分析，得到下列表格，并发现时间和交通量的变化规律符合一次函数的特征． 时间x 时 时 时 时 时 自西向东交通量（辆/分钟） 自东向西交通量（辆/分钟） （1）请用一次函数直接表示出与、与之间的函数关系．（不写自变量范围） ； ． （2）如图，同学们希望设置可变车道来改善拥堵状况，根据车流量情况改变可变车道的行车方向．单位时间内双向交通总量为 ，车流量大的方向交通量为．经查阅资料得：当 需要使可变车道行车方向与拥堵方向相同，以改善交通情况．该路段从时至时，如何设置可变车道行车方向以缓解交通拥堵，并说明理由． 【答案】（1）， （2）时到时，可变车道的方向设置为自东向西；时到时，可变车道的方向设置为自西向东，理由见解析 【解析】 【分析】本题考查的知识点是一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式，一元一次不等式的应用，解题关键是正确理解题意． （1）利用待定系数法求解即可； （2）根据，求出关于的函数关系式，分，两种情况讨论，求出对应的取值范围即可． 【小问1详解】 解：设， 把 ，；，分别代入得： ，解得， 与的函数关系式为， 设 ， 把，；，分别代入得： ，解得， 与的函数关系式为； 故答案为：， 【小问2详解】 解：根据题意得，早晚高峰的时间是时到时之间， 由（1）得，， 情况：当时，即 解得， 情况：当时，即 解得， 故时到时，可变车道行车方向必须自东向西，时到时，可变车道行车方向必须自西向东． 24. 四边形是矩形，点在边上，，点与点关于直线对称，连接． （1）如图，若四边形是正方形，求的度数； （2）连接，设探究当时a与b的数量关系． 【答案】（1）15°；（2）a＝b或 a＝b 【解析】 【分析】（1）连接DG，交AP于点E，连接AG，根据对称的性质和正方形的性质，可以求到AG＝AB，∠GAB＝30°，再结合等腰三角形的性质即可求得答案； （2）连接DG，AG，先判断△ADG是等边三角形，根据等边三角形的性质和矩形的性质推到△GAB≌△GDC；当∠CGB＝120°时，点G可能在矩形ABCD的内部或外部，所以这里需要分两种情况，分别画图求解即可． 【详解】（1）解：连接DG，交AP于点E，连接AG， ∵点G与点D关于直线AP对称， ∴AP垂直平分DG， ∴AD＝AG. ∵在△ADG中，AD＝AG，AE⊥DG， ∴∠PAG＝∠PAD＝30°． 又∵在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90° ∴AG＝AB，∠GAB＝∠DAB－∠PAD－∠PAG＝30°， ∴在△GAB中，∠ABG＝∠AGB＝＝75° ∴∠GBC＝∠ABC－∠ABG＝15° （2）解：连接DG，AG， 由（1）可知，在△ADG中，AD＝AG， ∠DAG＝∠PAD＋∠PAG＝60°， ∴△ADG是等边三角形， ∴DG＝AG＝AD，∠DAG＝∠ADG＝∠DGA＝60°， 又∵ 在矩形ABCD中，AB＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴∠DAB－∠DAG＝∠ADC－∠ADG， 即∠GAB＝∠GDC＝30°， ∴△GAB≌△GDC， ∴GB＝GC； 当∠CGB＝120°时，点G可能在矩形ABCD的内部或外部， 若点G在矩形ABCD的内部， ∵在△BGC中，GB＝GC，∠CGB＝120°， ∴∠GBC＝=30°， ∴∠GBA＝∠ABC－∠GBC＝90°－30°＝60°， 在△ABG中，∠AGB＝180°－∠GAB－∠GBA＝90°， ∴在Rt△ABG中，cos∠GAB＝， ∴a＝b， 若点G在矩形ABCD的外部， 在△BGC中，∠GBC＝30°， ∴∠ABG＝120°， 又∵∠GAB＝30°， ∴∠AGB＝180°－30°－120°＝30°， ∴BA＝BG， 过点B作BH⊥AG，垂足为H， ∴AH＝AG＝b， 在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∠HAB＝30°， ∴cos∠HAB＝， ∴a＝b， 在Rt△ADP中，∠ADP＝90°，∠PAD＝30°， ∴tan∠PAD＝， ∴DP＝b； 所以无论点G在矩形ABCD内部还是点G在矩形ABCD外部，都有DP≤DC，均符合题意； 综上，当∠CGB＝120°时a与b的数量关系为a＝b或 a＝b． 【点睛】本题是矩形的综合考查，在解题的时候需要用到矩形的性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识，综合性比较强，难度较大． 25. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，． （1）求的面积； （2）若，求证：四边形是菱形； （3）点P是线段上任意一点，若点P向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到的点P在射线上，则线段上是否存在点G，使得为直角三角形？若存在，求点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）6； （2）见解析； （3）或． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键． （1）过点作轴于点E，则，根据三角形的面积公式即可得到结论； （2）由，得到，，，由于，得到，推出四边形是平行四边形，根据勾股定理得到，于是得到四边形OABC是菱形； （3）由点P是线段上任意一点，得到当点P与点O重合时，所对应的在射线上，设直线的解析式为，得到线段解析式为．求得，若线段上存在点，使得为直角三角形，则可分为下列三种情形进行讨论：①当时，②当时，③当时，于是得到结论． 【小问1详解】 解：过点作轴于点E，则， 又∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：若，则，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问3详解】 解：∵点P是线段上任意一点， ∴当点P与点O重合时， 所对应的在射线上， 设直线的解析式为，代入得， ∴， ∴线段解析式为． ∵直线上， ∴， ∴， 若线段上存在点，使得为等腰三角形，则可分为下列三种情形进行讨论： ①当时，如图，取的中点，连接， ∴，， ∴， 解得：， 点 ②当时，G在y轴上，但G在上，舍去． ③当时， ∴G横坐标4，代入得， ∴ ． 综上所述，符合条件的点G的坐标为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$