精品解析：黑龙江省哈尔滨市阿城区2024—2025学年八年级下学期期末测试数学试卷

阿城区八年级期末调研测试 数学学科试卷 2025．7 一、选择题：（每小题3分，共计30分） 1. 下列二次根式中，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. 4，5，6 B. 5，12，15 C. 6，8，9 D. 1，1， 3. 下列计算错误的是（ ） A. B. C. D. 4. 用一条长40cm的绳子围成一个面积为64cm2的长方形．设长方形的长为xcm，则可列方程为（ ） A. x（20+x）=64 B. x（20﹣x）=64 C. x（40+x）=64 D. x（40﹣x）=64 5. 学校举行篮球技能大赛，评委从控球技能和投球技能两方面为选手打分，各项成绩均按百分制计，然后再按控球技能占，投球技能占计算选手综合成绩（百分制)选手李林控球技能得90分，投球技能得80分．李林综合成绩为（ ） A. 170分 B. 86分 C. 85分 D. 84分 6. 用配方法解一元二次方程时，原方程可变形为（　　） A. B. C. D. 7. 下列命题是真命题的是（ ） A. 对角线相等的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 8. 如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为(　　) A. B. C. D. 9. 如图，在中，，按以下步骤作图：①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交、于、两点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线，交边于点．若，，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 10. 一段笔直的公路长20千米，途中有一处休息点，长15千米，甲以15千米/时的速度匀速跑至点，原地休息半小时后，再以10千米/小时的速度匀速跑至终点；乙以12千米/时的速度匀速跑至终点，下列选项中，能正确反映甲、乙两人出发后2小时内运动路程（千米）与时间（小时）函数关系的图象是（　　） A. B. C. D. 二、填空题：（每小题3分，共30分） 11. 若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_______． 12. 计算的结果为___． 13. 将函数的图象向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为___________． 14. 在菱形中，对角线，，则菱形的边长为_________． 15. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值为________． 16. 如图，平行四边形的活动框架，当时，面积为，将从扭动到，则四边形面积为_______． 17. 某村的“智慧春耕”让生产更高效，使A品种玉米亩产量从两年前的1000斤增长到了今年的1210斤，则该玉米亩产量年平均增长率为_________． 18. 如图，菱形的边长为2，，且为的中点，是对角线上的一动点，则的最小值为___________． 19. 定义新运算：，若，则x的值为_________． 20. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，平分，分别交，于点，，连接，若，，则下列结论：；；；若，则．其中结论正确的有______． 三、解答题（其中21~22题各7分，23~24题各8分；25~27题各10分，共计60分） 21. 计算 （1） （2） 22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上． （1）在图中画出以AB为边的正方形，点E和点F均在小正方形的顶点上； （2）在图中画出以CD为边的等腰三角形，点G在小正方形的顶点上，且的周长为，连接EG，请直接写出线段EG的长． 23. 某校七、八年级各有200人参加“防新冠安全知识竞赛”，两年级参赛人员中，各随机抽取10名学生的成绩如下：七年级：64 72 86 86 97 64 81 86 91 97 八年级：72 76 79 83 88 89 76 83 83 93 【整理数据】 成绩 七年级 2 1 a 3 八年级 0 4 5 1 【分析数据】 统计量 平均数 中位数 众数 七年级 82.4 b 86 八年级 82.2 83 c 应用数据】 （1）直接写出______，_______，______； （2）请结合表格信息，判断样本中______（填：七或八）年级学生的竞赛成绩更稳定？ （3）请估计该校七、八年级成绩大于80分总人数． 24. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形； （2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长． 25. 1号探测气球从海拔10米处出发，以1米/分的速度竖直上升．与此同时，2号探测气球从海拔20米处出发，以a米/分的速度竖直上升．两个气球都上升了60分钟．1号、2号气球所在位置的海拔，（单位：米）与上升时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示．请根据图象回答下列问题： （1）a＝__________，b＝__________； （2）请分别求出，与x的函数关系式（不要求写出自变量x的取值范围）； （3）当上升多长时间时，1号气球比2号气球高10米？ 26. 数学探究小组研究矩形中的折叠问题，在矩形中，点M，N分别在边上，沿着折叠矩形，使点A，B分别落在E，K处，且点K在直线上，连接． （1）如图1，直接写出图中两对全等三角形； （2）如图2，当点K与点D重合时，求证：四边形菱形； （3）探究小组利用周长为14，面积为12的矩形继续操作，过点M作于点F，连接分别交于H、R，当四边形为正方形时，有图3和图4两种情况，利用图3求出的长，直接写出图4中的长． 27. 如图，已知，在平面直角坐标系中，点O坐标原点，直线与坐标轴交于A、B两点，， （1）求直线的解析式； （2）如图1，过A作射线轴，连接，过C作，点D在第二象限且，设点C的横坐标为t，点D的纵坐标为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）如图2，在（2）的条件下，延长至F，使，连接交于点E，连接交于点M，连接，H为中点，连接，若，求点M的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阿城区八年级期末调研测试 数学学科试卷 2025．7 一、选择题：（每小题3分，共计30分） 1. 下列二次根式中，最简二次根式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是． 【详解】A、=，被开方数含分母，不是最简二次根式；故A选项不符合题意； B、=，被开方数为小数，不是最简二次根式；故B选项不符合题意； C、，是最简二次根式；故C选项符合题意； D．=，被开方数，含能开得尽方的因数或因式，故D选项不符合题意； 故选C． 2. 下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）． A. 4，5，6 B. 5，12，15 C. 6，8，9 D. 1，1， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理逆定理．根据“两边平方和等于第三边平方的三角形是直角三角形”即可判断． 【详解】解：A、，不能构成直角三角形，本选项不符合题意； B、，不能构成直角三角形，本选项不符合题意； C、，不能构成直角三角形，本选项不符合题意； D、，能构成直角三角形，本选项符合题意； 故选：D． 3. 下列计算错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次根式的运算，根据二次根式的运算法则逐项分析即可． 【详解】A．，计算正确． B．为有理数，为无理数，二者无法直接合并为，计算错误． C．，计算正确． D．，计算正确． 故选B． 4. 用一条长40cm的绳子围成一个面积为64cm2的长方形．设长方形的长为xcm，则可列方程为（ ） A. x（20+x）=64 B. x（20﹣x）=64 C. x（40+x）=64 D. x（40﹣x）=64 【答案】B 【解析】 【详解】设长方形的长为xcm，则长方形的宽为（20-x）cm， 根据长方形面积等于长乘以宽可列方程：x（20﹣x）=64， 故答案选B． 5. 学校举行篮球技能大赛，评委从控球技能和投球技能两方面为选手打分，各项成绩均按百分制计，然后再按控球技能占，投球技能占计算选手的综合成绩（百分制)选手李林控球技能得90分，投球技能得80分．李林综合成绩为（ ） A. 170分 B. 86分 C. 85分 D. 84分 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查求加权平均数，利用加权平均数的计算方法，进行求解即可． 【详解】解：（分）； 故选B． 6. 用配方法解一元二次方程时，原方程可变形为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把方程两边加上即可． 【详解】解：方程两边加上，得， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了利用配方法解一元二次方程，掌握配方法是解题的关键． 7. 下列命题是真命题的是（ ） A. 对角线相等的四边形是平行四边形 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D. 对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可得出答案． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原说法错误，不符合题意； B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故原说法错误，不符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原说法正确，符合题意； D、对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，故原说法错误，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了判断命题真假，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解此题的关键． 8. 如图，依次连接第一个矩形各边中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易得第二个矩形的面积为（）2，第三个矩形的面积为（）4，依此类推，第n个矩形的面积为（）2n-2． 【详解】已知第一个矩形面积为1； 第二个矩形的面积为原来的（）2×2-2=； 第三个矩形的面积是（）2×3-2=； … 故第n个矩形的面积为：= ． 故选D． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的． 9. 如图，在中，，按以下步骤作图：①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交、于、两点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线，交边于点．若，，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由尺规作图痕迹可知，BD是∠ABC的角平分线，过D点作DH⊥AB于H点，根据全等证明出BC=BH,设DC=DH=x则AD=AC-DC=8-x，BC=BH=6，AH=AB-BH=4，在Rt△ADH中，由勾股定理得到 ，由此即可求出x的值． 【详解】解：由尺规作图痕迹可知，BD是∠ABC的角平分线， 过D点作DH⊥AB于H点， ∵∠C=∠DHB=90°， ∴DC=DH， ， ∵∠C=∠DHB=90°，∠HBD=∠CBD，BD=BD ∴△BHD≌△BCD（AAS） ∴ BC=BH 设DC=DH=x，则AD=AC-DC=8-x，BC=BH=6，AH=AB-BH=4， 在Rt△ADH中，由勾股定理：， 代入数据：，解得，故， 故选：A． 【点睛】本题考查了角平分线的尺规作图，在角的内部角平分线上的点到角两边的距离相等，勾股定理等相关知识点，熟练掌握角平分线的尺规作图是解决本题的关键． 10. 一段笔直的公路长20千米，途中有一处休息点，长15千米，甲以15千米/时的速度匀速跑至点，原地休息半小时后，再以10千米/小时的速度匀速跑至终点；乙以12千米/时的速度匀速跑至终点，下列选项中，能正确反映甲、乙两人出发后2小时内运动路程（千米）与时间（小时）函数关系的图象是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出甲乙两人到达地的时间，再结合已知条件即可解决问题． 【详解】解；由题意得：甲跑到地所花费的时间为：，甲在地休息的时间为，甲从地跑到地花费的时间为：，总共花费时间为， 乙跑到地所花费的时间为：， 由此可知正确的图象是A， 故选：A． 【点睛】本题考查函数图象，路程、速度、时间之间的关系，解题的关键是理解题意求出两人到达地的时间，属于中考常考题型． 二、填空题：（每小题3分，共30分） 11. 若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可． 【详解】解：∵在实数范围内有意义， ∴x-1≥0， 解得x≥1． 故答案为：x≥1． 【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0． 12. 计算的结果为___． 【答案】 【解析】 【分析】利用平方差公式计算后再加减即可． 【详解】解：原式． 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次根式混合运算，掌握二次根式的混合运算法则及平方差公式是解题的关键． 13. 将函数的图象向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据上加下减的规律求解即可． 【详解】解：将函数的图象向下平移3个单位，所得图象的函数解析式为． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是一次函数图象的平移，熟练掌握“左加右减，上加下减”是解答本题的关键． 14. 在菱形中，对角线，，则菱形的边长为_________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据菱形的性质，利用勾股定理计算边长即可． 本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， 则互相垂直且平分， ∴菱形的边长， ∴菱形的边长是5， 故答案为：5． 15. 若关于的方程有两个相等的实数根，则的值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式，牢记“当时，方程有两个相等的实数根”是解题的关键． 根据方程的系数结合根的判别式，即可得出，解之即可得出结论． 【详解】解：∵关于的方程有两个相等的实数根， ∴， 解得：． 故答案为：． 16. 如图，平行四边形的活动框架，当时，面积为，将从扭动到，则四边形面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，含有角的直角三角形的性质，根据题意可得，，作，交于点，则，从而即可得到．添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【详解】解：当时，面积为， ， 将从扭动到， ， 作，交于点，如图所示， ， ， 故答案为：． 17. 某村的“智慧春耕”让生产更高效，使A品种玉米亩产量从两年前的1000斤增长到了今年的1210斤，则该玉米亩产量年平均增长率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的实际应用—增长率问题，利用增长率的等量关系，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设该玉米亩产量年平均增长率为，由题意，得：， 解得：或（舍去）； ∴该玉米亩产量年平均增长率为； 故答案为：． 18. 如图，菱形的边长为2，，且为的中点，是对角线上的一动点，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】连接，交于点，连接，的最小值，求出，进而即可求解． 【详解】解：连接，交于点，连接， ∵在菱形中，点A、C关于对称， ∴的最小值， ∵菱形的边长为2， ∴ ∵， ∴是等边三角形， ∵为的中点， ∴ ∴， ∴ ∴ 即的最小值． 故答案为： 【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，轴对称—最短路线，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键． 19. 定义新运算：，若，则x的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程；根据新定义以及已知条件，可得，利用配方法解一元二次方程即可． 【详解】解：根据题意得， ， ， ， 解得：， 故答案为：． 20. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，平分，分别交，于点，，连接，若，，则下列结论：；；；若，则．其中结论正确的有______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，，掌握知识点的应用是解题的关键． 由平行四边形性质可得，，，，可得是中位线，根据中位线性质可判断；根据三角形的中线性质可判断；证明是等边三角形，然后得出，则，可判断；根据平行四边形的性质，对角线不垂直，即可判断，过点作交延长线交于点，通过勾股定理可判断． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，，，，， ∵平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴是中位线， ∴，， ∴，故正确， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴，故正确； ∵四边形是平行四边形， ∴与不一定垂直， ∴，故错误； 如图，过点作交延长线交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故正确， 综上可知：正确， 故答案为：． 三、解答题（其中21~22题各7分，23~24题各8分；25~27题各10分，共计60分） 21. 计算 （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合计算，正确运算是解决本题的关键． （1）先化简进行括号内运算，再进行除法运算即可； （2）先进行二次根式化简再由进行加减运算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上． （1）在图中画出以AB为边的正方形，点E和点F均在小正方形的顶点上； （2）在图中画出以CD为边的等腰三角形，点G在小正方形的顶点上，且的周长为，连接EG，请直接写出线段EG的长． 【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析，EG=. 【解析】 【分析】（1）根据正方形的判定作图可得； （2）根据等腰三角形与勾股定理可得答案． 【详解】解：（1）如图所示，正方形ABEF即为所求； （2）如图所示，△CDG即为所求，由勾股定理，得EG=. 【点睛】本题考查作图-应用与设计、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用思想结合的思想解决问题，属于中考常考题型． 23. 某校七、八年级各有200人参加“防新冠安全知识竞赛”，两年级参赛人员中，各随机抽取10名学生的成绩如下：七年级：64 72 86 86 97 64 81 86 91 97 八年级：72 76 79 83 88 89 76 83 83 93 【整理数据】 成绩 七年级 2 1 a 3 八年级 0 4 5 1 【分析数据】 统计量 平均数 中位数 众数 七年级 82.4 b 86 八年级 82.2 83 c 【应用数据】 （1）直接写出______，_______，______； （2）请结合表格信息，判断样本中______（填：七或八）年级学生的竞赛成绩更稳定？ （3）请估计该校七、八年级成绩大于80分的总人数． 【答案】（1）4；86；83 （2）八 （3）七、八年级成绩大于80分的总人数260人 【解析】 【分析】（1）根据用总数减去其它组的频数得出a的值，根据中位数和众数的定义求出b、c的值即可； （2）根据表格中的平均数、中位数、众数作出判断即可； （3）分别估算出两个年级成绩大于80分的人数相加即可． 【小问1详解】 解：； 将七年级学生的成绩从小到大进行排序为64 、64、72 、81 、86 、86 、86 、91 、97、97，排在第5和第6的都是86，因此中位数； 八年级学生成绩中出现最多的数为83，因此众数． 故答案为：4；86；83． 【小问2详解】 根据表格中的数据可知，七年级学生成绩的平均数为82.4，中位数是86，众数是86，方差为： ， 八年级学生的平均数是82.2，中位数是83，众数是83，方差为： ， ∵， ∴八年级学生的竞赛成绩更稳定． 故答案为：八． 【小问3详解】 （人）， （人）， ∴该校七、八年级成绩大于80分的总人数为： （人）． 【点睛】本题主要考查了求一组数据的中位数、众数和平均数，及其根据中位数、众数和平均数作出判断，用样本中的频数估计总数，熟练掌握中位数、众数的定义，是解题的关键． 24. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形； （2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长． 【答案】 (1)证明:∵四边形ABCD为菱形， ∴点O为BD的中点， ∵点E为AD中点， ∴OE为△ABD的中位线， ∴OE∥FG， ∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形 ∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形． (2)OE=5，BG=2. 【解析】 【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形； (2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2． 【详解】解：(1)略 (2)∵点E为AD的中点，AD=10， ∴AE= ∵∠EFA=90°，EF=4， ∴在Rt△AEF中，． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=AD=10， ∴OE=AB=5， ∵四边形OEFG为矩形， ∴FG=OE=5， ∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2． 故答案为：OE=5，BG=2． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握． 25. 1号探测气球从海拔10米处出发，以1米/分的速度竖直上升．与此同时，2号探测气球从海拔20米处出发，以a米/分的速度竖直上升．两个气球都上升了60分钟．1号、2号气球所在位置的海拔，（单位：米）与上升时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示．请根据图象回答下列问题： （1）a＝__________，b＝__________； （2）请分别求出，与x的函数关系式（不要求写出自变量x的取值范围）； （3）当上升多长时间时，1号气球比2号气球高10米？ 【答案】（1）， （2）， （3）当上升40分钟时，1号气球比2号气球高10米 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，从图中获取信息是解题的关键． （1）根据1号探测气球的出发海拔和速度即可计算b的值，根据b的值、2号探测气球的出发海拔和运动时间可计算2号探测气球的速度可计算a的值； （2）由（1）可得与函数图象的交点坐标为，分别代入计算即可； （3）由题意可得计算即可． 【小问1详解】 解：，， 故答案为：，30； 【小问2详解】 由（1）可得与函数图象的交点坐标为， 设，， 将分别代入可得：， 解得：，， ∴，； 【小问3详解】 解：由题意可得， 当时，， 解得， ∴当上升40分钟时，1号气球比2号气球高10米． 26. 数学探究小组研究矩形中的折叠问题，在矩形中，点M，N分别在边上，沿着折叠矩形，使点A，B分别落在E，K处，且点K在直线上，连接． （1）如图1，直接写出图中两对全等三角形； （2）如图2，当点K与点D重合时，求证：四边形为菱形； （3）探究小组利用周长为14，面积为12的矩形继续操作，过点M作于点F，连接分别交于H、R，当四边形为正方形时，有图3和图4两种情况，利用图3求出的长，直接写出图4中的长． 【答案】（1）， （2）见解析 （3）图3，；图4， 【解析】 【分析】（1）根据折叠的性质解答即可； （2）根据折叠的性质以及矩形的性质解答即可； （3）根据矩形的周长以及面积可设，则，可求出a的值，从而得到，，，，再根据勾股定理可得，图3，证明，可得，，，从而得到，，再证明，可得，设，则，在中，根据勾股定理可得，即可求出的长；图4，证明，可得，从而得到，再由勾股定理可得，然后证明是等腰直角三角形，即可求解． 【小问1详解】 解：由折叠的性质得：， ∴； ∵， ∴； 【小问2详解】 解：由折叠的性质得：，，， ∵四边形是矩形， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； 【小问3详解】 解： ∵四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∵矩形的周长为14，面积为12， ∴，， 设，则， ∴， 解得：或（舍去）， ∴，，， ， ∴， ， ， 由折叠的性质得：，垂直平分， 如图3， ∵， ∴， ∴，， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ，解得：， 即， ∴， ∴， 即； 如图4 ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，利用类比思想解答是解题的关键． 27. 如图，已知，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线与坐标轴交于A、B两点，， （1）求直线的解析式； （2）如图1，过A作射线轴，连接，过C作，点D在第二象限且，设点C的横坐标为t，点D的纵坐标为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）如图2，在（2）的条件下，延长至F，使，连接交于点E，连接交于点M，连接，H为中点，连接，若，求点M的坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解； （2）过D作轴于点G，延长交于K，可得到四边形为矩形，从而得到，再证明，可得，即可求解； （3）过C作交直线于点N，连接交y轴于点Q，连接，证明为等腰直角三角形，可得，再证明四边形为矩形，可得，，可证明，从而得到，从而得到，过F作于点P，则，，再由为等腰直角三角形，可得，证明，可得，，从而得到点，，然后求出直线和的解析式，即可求解． 【小问1详解】 解：设直线的解析式为， 把点代入得： ，解得：， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：∵，点C的横坐标为t， ∴，， 过D作轴于点G，延长交于K， ∵轴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点D的纵坐标为d， ∴； 【小问3详解】 解：过C作交直线于点N，连接交y轴于点Q，连接， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， ∵H为中点，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 过F作于点P，则，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点，， 设直线的解析式为， 把点代入得：， 解得： ∴直线的解析式为， 同理直线的解析式为， 联立得：，解得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了一次函数的几何应用，涉及了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $