精品解析：河南省开封市尉氏县2024-2025学年人教版八年级下册期中考试数学调研试卷

2024−2025学年第二学期期中调研检测 八年级数学试卷 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100 分钟； 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 记，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，四边形中.为的平分线，，E，F分别是的中点，则的长为（　　） A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 2.5 3. 如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 周长的最小值为6 D. 四边形面积的最小值为 4. 如图，D、E分别为的边、上的点，与的周长相等，与的周长相等，记的面积为S，若，则与S的大小关系为( )． A. B. C. D. 无法确定 5. 数形结合是我们解决数学问题常用的思想方法．如图，在一次函数与（m，n为常数，）的图像相交于点，则不等式的正确解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是方程的一个解，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，直线分别与x轴，y轴相交于点A，B．以点A为圆心、长为半径画弧交x轴于点，再过点作x轴的垂线交直线于点，以点A为圆心，长为半径画弧交x轴于点．按此做法进行下去，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 8. 在正方形中，O是对角线的交点，过点O作射线分别交于点E，F，且交于点G，连接．给出下列结论： ①，②，③四边形的面积为正方形面积的，④，⑤，下列说法正确的是（ ） A. ①②④⑤ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③⑤ 9. 方程的解是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 如图，已知直线，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；…；按此作法继续下去，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 的整数部分为，小数部分为，则___________． 12. 如图，已知在△ABC中，，，，点E为AB的中点，D为BC边上的一动点，把△ACD沿AD折叠，点C落在点F处，当△AEF为直角三角形时，CD的长为__________． 13. 点A为直线上的一点，且到两坐标轴距离相等，则A点坐标为______． 14. 直线经过点，当时，x的取值范围是______． 15. 已知点，点C在上，则使是直角三角形的点C的坐标是_______． 三、解答题（共5题，共75分） 16. 计算 （1）解方程：； （2）计算：； 17. 如图，在长方形中，，E是边上一点，将长方形沿折叠，点B落在点处，当是直角三角形时，的长是多少？ 18. 如图，在四边形中，，， （1）求线段的长； （2）点E在上，G，F，H分别是，，的中点． ①当四边形是菱形时，求的值； ②连接，．当时，求的值． 19. 某校八年级举行英语演讲比赛，购买A，B两种笔记本作为奖品，这两种笔记本的单价分别是12元和8元．根据比赛设奖情况，需购买笔记本共30本． （1）设买A笔记本n本，买两种笔记本的总费为w元，写出w（元）关于n（本）的函数关系式； （2）若所购买A笔记本的数量要不多于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的，购买这两种笔记本各多少时，费用最少？最少的费用是多少元？ （3）若学校根据实际除了A，B两种笔记本外，还需一种单价为10元的C笔记本，若购买的总本数不变，C笔记本的数量是B笔记本的数量的2倍，A笔记本的数量不少于B笔记本的数量，试设计一种符合上述条件购买方案，且使所需费用最少． 20. （1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN； （2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN； （3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值． 21. 如图1，在平面直角坐标系中，直线：分别与坐标轴交于A，B两点，点C是点A关于y轴的对称点，直线：与直线交于点，连接． （1）求直线的解析式． （2）在直线上是否存在一点P，使得若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由 （3）如图2，以为直角边，构造等腰，点位于x轴的上方，点M是直线上一点，若，请直接写出点M的坐标． 22. 已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，请直接写出线段BD与CF的数量关系： ； （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，若AC=2，CD=1，则CF= ； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系： ； ②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024−2025学年第二学期期中调研检测 八年级数学试卷 注意事项： 1．本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100 分钟； 2．本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上，答在试卷上的答案无效． 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用完全平方公式可化简为，再利用二次根式的性质即可开方，再分别取k=1，2，3，4，…，n，并相加求得，取n=2016即可求得结果． 【详解】． 所以， 故 ． 所以． 故选：D． 【点睛】本题考查了分式的化简及运算、二次根式的性质，就中项的一般形式化简是本题的关键． 2. 如图，四边形中.为的平分线，，E，F分别是的中点，则的长为（　　） A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 2.5 【答案】A 【解析】 【分析】根据勾股定理得到，根据平行线的性质和角平分线的定义得到，求得，如图：连接并延长交于G，根据全等三角形的性质得到，求得，再根据三角形中位线定理即可得到结论． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， 如图：连接并延长交于G ∵ ∴， ∵F是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵E是BD的中点， ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键． 3. 如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. 周长的最小值为6 D. 四边形面积的最小值为 【答案】A 【解析】 【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解． 【详解】解：如图所示， 延长， 依题意 ∴是等边三角形， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， 则为的中点 如图所示， 设的中点分别为， 则 ∴当点在上运动时，在上运动， 当点与重合时，即， 则三点共线，取得最小值，此时， 则， ∴到的距离相等， 则， 此时 此时和的边长都为2，则最小， ∴， ∴ ∴， 或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时， 此时 故A选项错误， 根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确； 周长等于， 即当最小时，周长最小， 如图所示，作平行四边形，连接， ∵，则 如图，延长,，交于点， 则， ∴是等边三角形， ∴， 在与中， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，则， ∴是直角三角形， 在中， ∴当时，最短， ∵ ∴周长的最小值为，故C选项正确； ∵ ∴四边形面积等于 ∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合 ∴四边形面积的最小值为，故D选项正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键． 4. 如图，D、E分别为的边、上的点，与的周长相等，与的周长相等，记的面积为S，若，则与S的大小关系为( )． A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理，以及三角形面积，通过周长相等得出线段的长是解题的关键．根据与的周长相等，我们可得出：，等式的左右边正好是三角形周长的一半，即 ，有，的值，那么就能求出的长了，同理可求出的长；表示出，即可找出与S的大小关系． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∵与的周长相等，与的周长相等， ∴， 两个等式相减得： ， ∴， ； 又∵， ， ， 则． 故选：A． 5. 数形结合是我们解决数学问题常用的思想方法．如图，在一次函数与（m，n为常数，）的图像相交于点，则不等式的正确解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数与一元一次不等式，直接根据一次函数的图象即可得出结论． 【详解】解：由一次函数的图象可知，当时，一次函数的图象在一次函数的图象的下方， ∴不等式的正确解集是． 故选：A． 6. 已知是方程的一个解，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据一元二次方程的解的定义得到，变形得到，，然后利用整体代入的方法进行计算． 【详解】解：由题意得：， 所以，， 所以，原式 ． 故选：A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解：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，也考查了代数式的变形能力． 7. 在平面直角坐标系中，直线分别与x轴，y轴相交于点A，B．以点A为圆心、长为半径画弧交x轴于点，再过点作x轴的垂线交直线于点，以点A为圆心，长为半径画弧交x轴于点．按此做法进行下去，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据题意，利用勾股定理求出，，的长，得到各点坐标，找到规律即可解答． 【详解】解：如图， 当时，； 当时，； 可得，， ； ； ； 即，，； ， 可得． 故选：D． 8. 在正方形中，O是对角线的交点，过点O作射线分别交于点E，F，且交于点G，连接．给出下列结论： ①，②，③四边形的面积为正方形面积的，④，⑤，下列说法正确的是（ ） A. ①②④⑤ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③⑤ 【答案】B 【解析】 【分析】本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，熟练掌握正方形的性质是解题关键．根据正方形的性质，证明，进而证明，可判断①②结论；根据全等三角形的性质，可判断③结论；根据全等三角形的性质和勾股定理，可判断④结论；证明可判断⑤． 【详解】解：如图所示： 在正方形中，， ∵， ， ， ，故②正确； ， ， ， ∵， ，故①正确； ， ， ， ，故③正确； ， ， ， ， ， 在中，， ，故④正确； ， ， ， ， ， ， 设交于点H， ， ，故⑤正确； 故选：B． 9. 方程的解是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】分两种情况进行讨论：①当x＞0时，原方程化为x2+x-6=0；②当x＜0时，原方程可化为x2-x-6=0，再利用因式分解法求解． 【详解】解：分两种情况： ①当x＞0时，原方程可化为x2+x-6=0， （x-2）（x+3）=0， 解得x=2或-3， ∵-3＜0， ∴x=-3不合题意，舍去； ②当x＜0时，原方程可化为x2-x-6=0， （x+2）（x-3）=0， 解得x=-2或3， ∵3＞0， ∴x=3不合题意，舍去． 综上可知，原方程的解为x1=2，x2=-2． 故选D． 【点睛】此题考查了解一元二次方程-因式分解法，利用此方法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解． 10. 如图，已知直线，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；…；按此作法继续下去，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给直线解析式可得l与x轴的夹角，进而根据所给条件依次得到点A1，A2的坐标，通过相应规律得到A2020坐标即可． 【详解】解：∵直线l的解析式为：， ∴l与x轴的夹角为30°， ∵AB∥x轴， ∴∠ABO=30°， ∵OA=1， ∴AB=， ∵A1B⊥l， ∴∠ABA1=60°， ∴AA1=3， ∴A1（0，4）， 同理可得A2（0，16）， …， ∴A2020纵坐标为：42020， ∴A2020（0，42020）． 故选：C． 【点睛】本题考查的是一次函数综合题，先根据所给一次函数判断出一次函数与x轴夹角是解决本题的突破点；根据含30°的直角三角形的特点依次得到A、A1、A2、A3…的点的坐标是解决本题的关键． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 的整数部分为，小数部分为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先把化简为，然后根据夹逼法求出a，b的值，最后代入计算即可． 【详解】解：， ∵， ∴， ∴， ∴的整数部分为1，小数部分为， 即整数部分为1，小数部分为， ∴ ． 故答案为： 【点睛】本题考查了无理数的估算，二次根式的混合运算，把化简为，然后根据夹逼法求出a，b的值是解题的关键． 12. 如图，已知在△ABC中，，，，点E为AB的中点，D为BC边上的一动点，把△ACD沿AD折叠，点C落在点F处，当△AEF为直角三角形时，CD的长为__________． 【答案】2或 【解析】 【分析】本题以三角形为基础，考查内容包含中点的用法，可立刻推边等；动点图形翻折问题，可得到角等以及边等，解答本题需以题目要求直角三角形为前提，采取分类讨论方法，通过构造辅助线、假设未知数并结合勾股定理求解． 【详解】（1）当∠AFE=90°时 作EM⊥BC垂足为M.，作AN⊥ME于N，如下图所示： ∵∠C=∠EMB=90° ∴EM∥AC ∴∠C=∠CMN=∠N=90° ∴四边形ACMN是矩形 ∵AC=CM=2 ∴四边形ACMN是正方形 在RT△ABC中，∵AC=2,BC=4 ∴AB= ，AE= 在RT△AFE中，∵AE= ，AF=AC=2 ∴FE=1 设CD=FD=x，在RT△EDM中，∵DE=1+x，EM=1，DM=2-x ∴ ∴CD= （2）当∠AFE=90°时，如下图所示 ∵∠AFD=90° ∴F,E,D三点共线 在RT△AFE中，∵AE= ，AF=AC=2 ∴EF=1 又∵DE=1 ∴EF=ED 又∵EA=EB，∠AEF=∠BED 所以△AFE△BDE(SAS) ∴∠BDE=∠AFE=90° 故四边形AFCD是矩形 又∵AF=AC 所以四边形AFCD是正方形 ∴CD=AC=2 【点睛】本题主要考查动点翻折问题，需要着重注意分类讨论，思考要全面，求解过程尝试利用割补法将图形补成常见模型以便求解． 13. 点A为直线上的一点，且到两坐标轴距离相等，则A点坐标为______． 【答案】， 【解析】 【分析】根据点A为直线y＝−3x−4上的一点，且到两坐标轴距离相等可得出x＝|y|，求出x、y的值即可． 【详解】解：∵点A为直线y＝−3x−4上的一点，且到两坐标轴距离相等， ∴|x|＝|y|， ∴x＝y或x＝−y． 当x＝y时，−3x−4＝x，解得x＝−1， ∴A（−1，−1）； 当x＝−y时，−3x−4＝−x，解得x＝−2， ∴y＝2， ∴A（−2，2）； ∴A（−1，−1）或（−2，2）． 故答案为：（−1，−1）或（−2，2）． 【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键． 14. 直线经过点，当时，x的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与不等式之间的关系，求正比例函数的函数值，可求出直线和直线都经过点，则只需要找到直线的图像在直线的图像上方时自变量的取值范围即可得到答案． 【详解】解：在中，当时，， ∴直线和直线都经过点， ∴当时，x的取值范围是， 故答案为：． 15. 已知点，点C在上，则使是直角三角形的点C的坐标是_______． 【答案】或或或． 【解析】 【分析】本题考查一次函数图象上点坐标特征，坐标系中两点间距离公式等知识点，掌握这些和数形结合是解决本题的关键． 使是直角三角形，不确定哪一个是直角，所以分类讨论即可．当时，过A作x轴的垂线与直线相交于C，将代入即可；当时，过B作x轴的垂线与直线相交于C，将代入即可；当时,由题意设C点坐标为，根据勾股定理建立方程，解方程即可． 【详解】当时， ，过A作x轴的垂线与直线相交于C，此时， 将代入得： 所以此时C点坐标为； 当时， ，过B作x轴的垂线与直线相交于C，此时， 将代入得： 此时C点坐标为； 当时， 由题意设C点坐标为， 根据两点间距离公式可得： ，，, 根据勾股定理可得： ， ， ， ，（均符合题意） ， 所以此时C点坐标为或； 综上C的坐标是：或或或． 故答案为：或或或． 三、解答题（共5题，共75分） 16. 计算 （1）解方程：； （2）计算：； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查换元法解一元二次方程，完全平方公式等知识点，掌握这些是解题的关键． （1）令，则，解方程即可； （2）从内到外，利用完全平方公式进行开方即可． 【小问1详解】 解： 令，则， ， ， 则 或 ， 若 ，即 ， 可得 或 ， 解得： ； 若 ， ， 则 故． 【小问2详解】 解：原式 17. 如图，在长方形中，，E是边上一点，将长方形沿折叠，点B落在点处，当是直角三角形时，的长是多少？ 【答案】3或6 【解析】 【分析】本题考查了折叠问题，矩形的性质，勾股定理，掌握折叠变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键． 当为直角三角形时，有两种情况：情况一，当时，可知点三点共线，先由勾股定理可求出，进而求出，设，则，，再根据勾股定理即可求解；情况二：当时，可知此时为正方形，即可得． 【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况： 情况一：当时，图形如下， ∵是折叠得到， ∴， ∵， ∴点三点共线， ∵，， ∴，， ∴， 设，则，， ∵在中，， ∴，解得：， ∴； 情况二：当时，图形如下， 此时为正方形， ∴； 综上所述，的长为3或6， 故答案为：3或6． 18. 如图，在四边形中，，， （1）求线段的长； （2）点E在上，G，F，H分别是，，的中点． ①当四边形是菱形时，求的值； ②连接，．当时，求的值． 【答案】（1）10 （2）①1 ，②4 【解析】 【分析】（1）过D作交于点M，则四边形是平行四边形，求出，根据即可求出，即可求出； （2）①根据四边形是菱形则，，又G， H分别是， 的中点，即可推出 ，，即可有，根据（1）求出，由于，即有，即可求出，然后求出即可；②证明四边形是矩形，则，由（2）知，则 ，根据，则可求出，则，求解即可． 【小问1详解】 解：过D作交于点M ∵， ∴是平行四边形 ， ， ， ， ， ∴； 【小问2详解】 解：①如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， 又∵G， H分别是，的中点 ∴ ，， ， 根据（1）知 ， ， ， ， ∵F是的中点． ∴， ∴， ②∵ G， F， H分别是， ， 的中点． ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵ ， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵G是的中点， ∴， 由①知：， ∴， ， ∴设 ，则 ， ， ， ， ，即 ， ∵ F是的中点 ． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，矩形的性质，菱形的性质以及勾股定理，二次根式的乘法运算，综合性强，需要学生熟练掌握各知识点，并学会综合运算，才能正确解答本题． 19. 某校八年级举行英语演讲比赛，购买A，B两种笔记本作为奖品，这两种笔记本的单价分别是12元和8元．根据比赛设奖情况，需购买笔记本共30本． （1）设买A笔记本n本，买两种笔记本的总费为w元，写出w（元）关于n（本）的函数关系式； （2）若所购买A笔记本的数量要不多于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的，购买这两种笔记本各多少时，费用最少？最少的费用是多少元？ （3）若学校根据实际除了A，B两种笔记本外，还需一种单价为10元的C笔记本，若购买的总本数不变，C笔记本的数量是B笔记本的数量的2倍，A笔记本的数量不少于B笔记本的数量，试设计一种符合上述条件购买方案，且使所需费用最少． 【答案】（1）w=4n+240 （2）购买A笔记本5本，B笔记本25本费用最少，最少的费用是260元 （3）购买A笔记本9本，B笔记本7本，C笔记本14本所需费用最少 【解析】 【分析】（1）总费用=12×A种笔记本的本数+8×B种笔记本的本数； （2）根据所购买A笔记本的数量要不多于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的，可以列出相应的不等式组，从而可以求得n的取值范围，再根据一次函数的性质解答即可； （3）设购买B笔记本a本，根据购买的总本数不变，C笔记本的数量是B笔记本的数量的2倍，A笔记本的数量不少于B笔记本的数量，列不等式组求出a的取值范围，设购买总费为W元，根据题意得出W与a的函数关系式，再根据一次函数的性质解答即可． 【19题详解】 解：由题意可知：w=12n+8（30-n）， ∴w=4n+240； 【20题详解】 ∵A笔记本的数量要不多于B笔记本数量的，但又不少于B笔记本数量的， ∴， 解得5≤n≤， ∵n为整数， ∴5≤n≤13， 由（1）可得w=4n+240， ∵4＞0， ∴w随n的增大而增大， ∴当n=5时，w取到最小值为260元； 答：购买A笔记本5本，B笔记本25本费用最少，最少的费用是260元； 【21题详解】 设购买B笔记本a本，则C笔记本的数量为2a本，A笔记本的数量为（30-3a）本， 根据题意得：30-3a≥a， 解得：a≤7.5， ∵a是整数， ∴a≤7且a是整数； 设购买总费为W元，根据题意得：W=12（30-3a）+8a+10×2a=-8a+360， ∵-8＜0， ∴W随a的增大而减小， ∴当a=7时，W取到最小值为304元； 30-3a=9（本）， 答：购买A笔记本9本，B笔记本7本，C笔记本14本所需费用最少． 【点睛】本题考查一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值． 20. （1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN； （2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN； （3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值． 【答案】（1）证明：如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH， ∵BM∥NH， ∴四边形MBHN为平行四边形， ∴MN＝BH， ∵四边形ABCD是正方形． ∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C， ∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°， ∴∠BAP＝∠CBH， ∴△ABP≌△BCH（ASA）， ∴BH＝AP， ∴MN＝AP； （2）证明：如图2，连接FA，FP，FC ∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点， ∴FA＝FC， 又∵FE垂直平分AP， ∴FA＝FP， ∴FP＝FC， ∴∠FPC＝∠FCP， ∵∠FAB＝∠FCP， ∴∠FAB＝∠FPC， ∴∠FAB+∠FPB＝180°， ∴∠ABC+∠AFP＝180°， ∴∠AFP＝90°， ∴FE＝AP， 由（1）知，AP＝MN， ∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF， ∴EF＝ME+FN； （3）EF最大值： ，EF最小值：1 【解析】 【分析】（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明； （2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FE＝AP，结合（1）问结论即可求证； （3）根据（2）问结论得到EF＝MN，当点P和点B重合时，EF有最小值；当点P和C重合时，EF有最大值，根据正方形的对角线即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）有，EF＝ME+FN， ∵MN＝EF+ME+NF， ∴EF＝MN， ∵AC，BD是正方形的对角线， ∴BD＝2， 当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1， 当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，本题考查较为综合，题目较难，熟练掌握各部分定理和性质是本题的关键． 21. 如图1，在平面直角坐标系中，直线：分别与坐标轴交于A，B两点，点C是点A关于y轴的对称点，直线：与直线交于点，连接． （1）求直线的解析式． （2）在直线上是否存在一点P，使得若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由 （3）如图2，以为直角边，构造等腰，点位于x轴的上方，点M是直线上一点，若，请直接写出点M的坐标． 【答案】（1） （2）存在，P的坐标为或 （3）或 【解析】 【分析】（1）求出，，，，再用待定系数法可得直线的解析式为； （2）设，直线交x轴于Q，求出，，直线解析式为，，可得，解出m的值可得答案； （3）过D作轴于K，过作轴于T，证明，可得，直线解析式为，当M在左侧时，可得直线解析式为，联立，解得；当M在右侧时，在延长线上取点H，使，连接并延长交直线于M，求出，得直线解析式为，联立，可解得． 【小问1详解】 解：在中，令得，令得， ∴，， ∵点C是点A关于y轴的对称点， ∴， 把代入得：， ∴， 把，代入得： ， 解得， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：在直线上存在一点P，使得，理由如下： 设，直线交x轴于Q，如图： ∵，， ∴， ∵， ∴， 由，可得直线解析式为， 令得， ∴， ∴， ∴， ∴， 即|， ∴或， 解得或， ∴P的坐标为或； 【小问3详解】 解：过D作轴于K，过作轴于T，如图： ∵等腰直角， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 由，得直线解析式为， 当M在左侧时，， ∴， 设直线解析式为， 把代入得， 解得， ∴直线解析式为， 联立， 解得， ∴； 当M在右侧时，在延长线上取点H，使，连接并延长交直线于M，如图： 设， ∵，， ∴， 解得， ∴， 由，得直线解析式为， 联立， 解得， ∴， 综上所述，M的坐标为或． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，三角形面积，等腰三角形性质与判定，全等三角形性质与判定，勾股定理等知识点，解题的关键是注意分类讨论． 22. 已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，请直接写出线段BD与CF的数量关系： ； （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，若AC=2，CD=1，则CF= ； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系： ； ②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由． 【答案】（1）BD=CF； （2）； （3）①CD=CF+BC， ②△AOC是等腰三角形 理由：与（1）同法可证△BAD≌△CAF，可得：∠DBA=∠FCA， 又∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， 则∠ABD=180°-45°=135°， ∴∠ABD=∠FCA=135° ∴∠DCF=135°-45°=90° ∴△FCD为直角三角形． 又∵四边形ADEF是正方形，对角线AE与DF相交于点O， ∴OC=DF， ∴OC=OA ∴△AOC是等腰三角形． 【解析】 【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF； （2）同（1）相同，利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF=CD+BC，然后求出答案； （3）中的①与（1）相同，可证明BD=CF，又点D、B、C共线，故：CD=BC+CF； ②由（1）猜想并证明BD⊥CF，从而可知△FCD为直角三角形，再由正方形的对角线的性质判定△AOC三边的特点，再进一步判定其形状． 【详解】解：（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∠DAF=∠CAF+∠DAC=90°， ∴∠BAD=∠CAF， 在△BAD和△CAF中， ， ∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴BD=CF， （2）与（1）同理，证△BAD≌△CAF； ∴BD=CF， ∴CF=BC+CD， ∵AC=AB=2，CD=1， ∴， ∴CF=； （3）①BC、CD与CF的关系：CD=BC+CF 理由：与（1）同法可证△BAD≌△CAF，从而可得： BD=CF， 即：CD=BC+CF ②略 【点睛】本题考查了等腰三角形、正方形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，一般情况下，要证明两条线段相等，就得证明这两条线段所在的两个三角形全等，关键是掌握图形特点挖掘题目所隐含的条件． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $