精品解析：北京市日坛中学2025—2026学年 下学期阶段性学业水平诊断 八年级 数学学科试题

北京市日坛中学2025—2026学年下学期阶段性学业水平诊断八年级数学学科试题 一、选择题（共24分，每题3分） 1. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组数据中，能构成直角三角形的是（ ） A. ，， B. 6，7，8 C. 2，3，4 D. 3，3， 3. 下列计算中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各曲线中表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 设四边形的对角线与相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以为圆心，为半径画弧，交网格线于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 3 7. 如图，已知菱形的一个内角，对角线相交于点，点在上，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在矩形中，点，分别在，上，和都是等边三角形，连接交于点．有下列结论：①，②，③垂直平分，④．其中正确结论的个数是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共24分，每题3分） 9. 若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是_______． 10. 在平行四边形中，若，则的度数为_________°． 11. 某2026年亚运场馆的外观采用了正多边形设计，经计算，其内角和比外角和大，则该正多边形的边数为_________，它的每个外角的度数为_________°． 12. 如图，，则点到的距离为_________． 13. 如图，、分别为、中点，点在上，且，若，，则的长为_____． 14. 我国经典数学著作《九章算术》中有这样一道题，（如图）题目是：“今有立木，系所其末，委地三尺．去本八尺而索尽．问索长几何？”题意是：今有一竖立的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面部分还有3尺．牵着绳索退行，在木柱根部八尺处时，绳索用完，问绳索长是多少？如果设绳索长为尺，根据题意列方程为___________． 15. 下图是某种晶体熔化（晶体由固态到液态的过程）时，晶体的温度随时间变化的图象． （1）这一变化过程中，自变量是_______； （2）晶体从开始熔化到熔化结束的过程中保持温度不变，这一温度称为晶体的熔点，则该晶体的熔点为______℃，熔化过程持续了_______． 16. 如图：点A在线段上，，，是等边三角形，四边形是正方形，点P是上一个动点，连接，则的最小值为 _________________ ． 三、解答题（本题共52分，第17-24题，每小题5分，第25-26题，每小题6分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 17. 计算：． 18. 已知，，求代数式的值． 19. 如图，将平行四边形的对角线向两个方向延长，分别至点和点，连接，，，，且使．求证：四边形是平行四边形； 20. 如图，中，点D，E，F分别是各边中点，连接、、、，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 21. 已知：如图，矩形中，对角线、相交于点，过，两点分别作，的平行线，两直线相交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的周长． 22. 有这样一个问题：探究函数的图象与性质．小彤根据学习函数的经验，对函数的图象与性质进行了探究．下面是小彤探究的过程，请补充完整： （1）函数的自变量的取值范围是_________； （2）表格是与的几组对应值： 则的值为_________； （3）请在下面的平面直角坐标系中，画出函数的图象； （4）观察图象，写出该函数的两条性质． 23. 下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程． 已知：四边形是平行四边形． 求作：菱形（点在上，点在上）． 作法：①以为圆心，长为半径作弧，交于点； ②以为圆心，长为半径作弧，交于点； ③连接． 所以四边形为所求作的菱形． （1）根据小明的做法，使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） （2）完成下面的证明； 证明：，， 　　　　． 在中，， 即， 四边形为平行四边形　　（填推理的依据）， ， 四边形为菱形　　（填推理的依据）． 24. 为响应政府“公园城市建设”的号召，某小区进行小范围绿化，要在一块如图所示的四边形空地进行绿化改造，测得 （1）若要在两点间铺一条鹅卵石路，铺设成本为元，求铺设这条鹅卵石路的最低花费． （2）如果种植草皮的费用是元，那么在整块空地上种植草皮共需投入多少钱？ 25. 正方形的对角线，相交于点，点为直线上一点（点不与点，，重合），连接，过点作，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为点． （1）如图1，当点在线段上． ①求证：； ②用等式表示线段，，之间的数量关系，并加以证明． （2）当点在线段的延长线上，直接用等式表示线段，，之间的数量关系． 26. 已知点为图形上一点，点为图形上一点(不重合)，若一点能使得点为线段的中点，则称点为图形关于图形的“二倍点”．若图形上每一点都是图形关于图形的“二倍点”，且图形关于图形的“二倍点”都在图形上，则图形为图形关于图形的“二倍图”．在平面直角坐标系中，点． （1）在点中，点___________是点关于线段的“二倍点”； （2）若图形为线段关于线段的“二倍图”，则图形的面积为___________； （3）点是轴上一动点，正方形的各顶点坐标为，，线段上任一点都为正方形关于正方形的“二倍点”，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 $ 北京市日坛中学2025—2026学年下学期阶段性学业水平诊断八年级数学学科试题 一、选择题（共24分，每题3分） 1. 下列各式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式，满足下列两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．根据最简二次根式的概念判断即可． 【详解】解：A、，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意； B、是最简二次根式，符合题意； C、，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意； D、，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意； 故选：B． 2. 下列各组数据中，能构成直角三角形的是（ ） A. ，， B. 6，7，8 C. 2，3，4 D. 3，3， 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查勾股定理逆定理，比较两条较短线段的平方和与较长线段的平方之间的关系，进行判断即可． 【详解】解：A、，不能组成直角三角形； B、，不能组成直角三角形； C、，不能组成直角三角形； D、，能组成直角三角形； 故选：D． 3. 下列计算中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次根式的四则运算，根据二次根式的运算法则，逐一计算各选项即可判断正确答案． 【详解】解：∵与不是同类二次根式，无法合并，∴ A选项错误． ∵，∴ B选项错误． ∵，∴ C选项正确． ∵，∴ D选项错误． 4. 下列各曲线中表示是的函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的定义：对于  的每一个确定的值， 都有唯一确定的值与其对应，结合图象利用“垂线法”进行判断即可． 【详解】解：根据函数的定义可知，对于自变量的每一个取值，因变量都有唯一确定的值与之对应． 在图象上体现为：作垂直于轴的直线，该直线与函数图象最多只有一个交点． A、任意作一条垂直于轴的直线，与图象只有一个交点，符合函数定义，故本选项符合题意； B、当时，作垂直于轴的直线，与图象有两个交点，不符合函数定义，故本选项不符合题意； C、在轴右侧部分区域，作垂直于轴的直线，与图象有三个交点，不符合函数定义，故本选项不符合题意； D、在轴附近，作垂直于轴的直线，与图象有两个交点，不符合函数定义，故本选项不符合题意． 5. 设四边形的对角线与相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理逐一判断各选项即可． 【详解】解：如图， A项：∵，，即四边形两组对边分别平行，符合平行四边形判定定理， ∴四边形是平行四边形，本选项不符合题意； B项：∵，，即四边形两组对边分别相等，符合平行四边形判定定理， ∴四边形是平行四边形，本选项不符合题意； C项：∵，，即四边形对角线互相平分，符合平行四边形判定定理， ∴四边形是平行四边形，本选项不符合题意； D项：当，时，四边形可以是等腰梯形，也可以是平行四边形，不能判定一定是平行四边形，本选项符合题意． 6. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，以为圆心，为半径画弧，交网格线于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得出半径，以及直角边，在中利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，如图， 由图可知，网格小正方形边长为1， ∴，，， ∵以为圆心，为半径画弧，交网格线于点， ∴ ，  在中，由勾股定理得： ． 7. 如图，已知菱形的一个内角，对角线相交于点，点在上，且，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据菱形的性质可得，，再根据等边对等角及三角形内角和定理求出的度数，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴平分，， ∴，， ∵， ∴， ∴． 8. 如图，在矩形中，点，分别在，上，和都是等边三角形，连接交于点．有下列结论：①，②，③垂直平分，④．其中正确结论的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形的性质得出，，根据等边三角形的性质得出，即可推得，得出①结论正确；根据垂直平分线的判定可得垂直平分，得出③结论正确；根据等边三角形的性质得出，平分，根据全等三角形的判定和性质得出，得出②结论正确；根据度角的直角三角形所对的边是斜边的一半和勾股定理得出，结合垂直平分线的判定和性质得出，即可得出④结论正确． 【详解】解：在矩形中，，， ∵和是等边三角形， ∴，， ∴， 故， 即，①结论正确； ∵，， 即点、都在的垂直平分线上，故垂直平分，③结论正确； ∵和是等边三角形， ∴，平分， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，②结论正确； 在中，， ∴， 故， 又∵，， 即点、都在的垂直平分线上，故垂直平分， ∴， 即，④结论正确； 故结论正确的有个． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，含度角的直角三角形的性质等，熟练掌握等边三角形的性质和垂直平分线的判定与性质是解题的关键． 二、填空题（共24分，每题3分） 9. 若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；二次根式有意义的条件是被开方数要大于等于0，即，据此求解即可. 【详解】解：若在实数范围内有意义，则， 解得. 故答案为：. 10. 在平行四边形中，若，则的度数为_________°． 【答案】 120 【解析】 【分析】先根据已知条件求出的度数，再计算得到的度数． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴． 11. 某2026年亚运场馆的外观采用了正多边形设计，经计算，其内角和比外角和大，则该正多边形的边数为_________，它的每个外角的度数为_________°． 【答案】 ①. 8 ②. 45 【解析】 【分析】设该正多边形的边数为，根据多边形内角和公式与外角和定理列出关于的一元一次方程，解方程求出边数，再根据正多边形的外角和定理计算每个外角的度数． 【详解】解：设该正多边形的边数为， 由题意得， 解得， 所以该正多边形的边数为， 因为正多边形的每个外角相等，且外角和为， 所以每个外角的度数为． 12. 如图，，则点到的距离为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】设点D到的距离为h，根据三角形的面积公式求出h的值，再根据平行线间的距离处处相等可得答案． 【详解】解：设点D到的距离为h， ∵， ∴，即， ∴， ∴点D到的距离为2， ∵，且平行线间的距离处处相等， ∴点到的距离为2． 13. 如图，、分别为、中点，点在上，且，若，，则的长为_____． 【答案】9 【解析】 【分析】延长交于H，由D、E分别为中点，得，，因为，所以，，则，所以，而，即可根据“”证明，则，，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：延长交于点H， ∵D、E分别为中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和△ACF中， ， ∴， ∴， ∵D是的中点，F是的中点，， ∴， ∴， 故答案为：9． 【点睛】本题重点考查三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的性质、全等三角形的判与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 14. 我国经典数学著作《九章算术》中有这样一道题，（如图）题目是：“今有立木，系所其末，委地三尺．去本八尺而索尽．问索长几何？”题意是：今有一竖立的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面部分还有3尺．牵着绳索退行，在木柱根部八尺处时，绳索用完，问绳索长是多少？如果设绳索长为尺，根据题意列方程为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的应用．设绳索长为x尺，根据勾股定理即可列出方程． 【详解】解：设绳索长为x尺，则木柱长为尺， 根据勾股定理可列方程：， 故答案为：． 15. 下图是某种晶体熔化（晶体由固态到液态的过程）时，晶体的温度随时间变化的图象． （1）这一变化过程中，自变量是_______； （2）晶体从开始熔化到熔化结束的过程中保持温度不变，这一温度称为晶体的熔点，则该晶体的熔点为______℃，熔化过程持续了_______． 【答案】（1）时间 （2）80，15 【解析】 【分析】（1）通过图象可得知自变量； （2）晶体有一定的熔点，表现在图象上，晶体熔化有一段图象是水平的，对应的温度就是晶体的熔点. 【小问1详解】 解：由图可知，在这个变化过程中，时间是主动变化的量，温度随时间变化，所以自变量是时间； 【小问2详解】 解：对于晶体来说，熔化要吸热，在熔化的过程中，晶体温度不变， 由图象知，晶体在熔化过程中吸热，但温度保持不变，这个过程就是晶体的熔化过程，它对应的纵坐标的值，就是晶体的熔点， 从图中可知，该物质从第10分钟开始熔化，到第25分钟完全熔化完，所以熔化过程经历了； 16. 如图：点A在线段上，，，是等边三角形，四边形是正方形，点P是上一个动点，连接，则的最小值为 _________________ ． 【答案】 【解析】 【分析】作A点关于的对称点，连接与交点为P，则，求得，进而得出，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：作A点关于的对称点，连接与交点为P， ∴， ∴， ∵是等边三角形，四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称求最短距离，正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键． 三、解答题（本题共52分，第17-24题，每小题5分，第25-26题，每小题6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】 【详解】解： ． 18. 已知，，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是对代数式进行因式分解后再代入计算． 先对代数式因式分解，再代入、的值计算． 【详解】解：， 当，时， 原式 ． 19. 如图，将平行四边形的对角线向两个方向延长，分别至点和点，连接，，，，且使．求证：四边形是平行四边形； 【答案】见解析 【解析】 【分析】先证，则，，可得，可证四边形是平行四边形． 【详解】解：∵， ∴，即， 四边形是平行四边形， ，， ． 在和中 ，． ． 四边形是平行四边形． 20. 如图，中，点D，E，F分别是各边中点，连接、、、，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，含角的直角三角形的性质，中点性质和勾股定理的知识，掌握以上的知识是解答本题的关键； （1）本题需要通过中点得到， ，然后证得四边形是平行四边形，再求得，然后即可求解； （2）本题根据含角的直角三角形的性质和中点的性质，求得，，然后根据勾股定理求得，然后在直角中，根据勾股定理的知识计算即可求解； 【小问1详解】 证明：∵点D，E，F分别是各边中点， ∴， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵点D，E，F分别是各边中点，， ∴，， ∴， ∴， 在直角中，根据勾股定理可得：，即， 解得：， 在直角中，根据勾股定理可得：，即， 解得：； 21. 已知：如图，矩形中，对角线、相交于点，过，两点分别作，的平行线，两直线相交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的周长． 【答案】（1）见解析 （2）10 【解析】 【分析】（1）由两个平行条件可得四边形是平行四边形，再由矩形的对角线的性质即可得四边形是菱形； （2）由矩形的性质及已知、，可求得的长，从而得的长，再由（1）的结论即可求得四边形的周长． 【小问1详解】 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 ∵四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 由（1）知，四边形是菱形，即， ∴四边形的周长为：． 22. 有这样一个问题：探究函数的图象与性质．小彤根据学习函数的经验，对函数的图象与性质进行了探究．下面是小彤探究的过程，请补充完整： （1）函数的自变量的取值范围是_________； （2）表格是与的几组对应值： 则的值为_________； （3）请在下面的平面直角坐标系中，画出函数的图象； （4）观察图象，写出该函数的两条性质． 【答案】（1）全体实数 （2）2 （3）见解析 （4）当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小；当时，函数有最小值，最小值为． 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，自变量的取值范围为全体实数； （2）把代入中求出y的值即可得到答案； （3）先描点，再连线即可得到答案； （4）根据所画的函数图象写出其对应的性质即可． 【小问1详解】 解：根据题意可知，自变量的取值范围为全体实数； 【小问2详解】 解：在中，当时，， ∴； 【小问3详解】 解：如图所示，即为所求； 【小问4详解】 解：由函数图象可知，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小；当时，函数有最小值，最小值为． 23. 下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程． 已知：四边形是平行四边形． 求作：菱形（点在上，点在上）． 作法：①以为圆心，长为半径作弧，交于点； ②以为圆心，长为半径作弧，交于点； ③连接． 所以四边形为所求作的菱形． （1）根据小明的做法，使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） （2）完成下面的证明； 证明：，， 　　　　． 在中，， 即， 四边形为平行四边形　　（填推理的依据）， ， 四边形为菱形　　（填推理的依据）． 【答案】（1）见解析 （2），，一组对边相等且平行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】本题考查作图复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）作图见解答过程； （2），，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形． 【小问1详解】 四边形为所求作的菱形． 【小问2详解】 ，， ， 在中，． 即． 四边形为平行四边形（一组对边相等且平行的四边形是平行四边形）． ， 四边形为菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形． 故答案为：，，一组对边相等且平行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． 24. 为响应政府“公园城市建设”的号召，某小区进行小范围绿化，要在一块如图所示的四边形空地进行绿化改造，测得 （1）若要在两点间铺一条鹅卵石路，铺设成本为元，求铺设这条鹅卵石路的最低花费． （2）如果种植草皮的费用是元，那么在整块空地上种植草皮共需投入多少钱？ 【答案】（1）铺设这条鹅卵石路的最低花费为元 （2）整块空地上种植草皮共需投入元 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理和逆定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么．如果一个三角形的三条边a、b、c满足，那么这个三角形为直角三角形． （1）连接，根据勾股定理求出，然后再求出花费即可； （2）先证明为直角三角形，，然后求出空地的面积，再求出整块空地上种植草皮的费用． 【小问1详解】 解：如图，连接， ，， ， 铺设成本为120元， 铺设这条鹅卵石路的最低花费为元； 【小问2详解】 解：， ， 为直角三角形，， 整块空地的面积为： ， 种植草皮的费用是200元每平方米， 整块空地上种植草皮共需投入元． 25. 正方形的对角线，相交于点，点为直线上一点（点不与点，，重合），连接，过点作，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为点． （1）如图1，当点在线段上． ①求证：； ②用等式表示线段，，之间的数量关系，并加以证明． （2）当点在线段的延长线上，直接用等式表示线段，，之间的数量关系． 【答案】（1）①见解析；② （2） 【解析】 【分析】（1）①连接，根据正方形的性质得出，，，，根据垂直平分线的性质得出，根据全等三角形的判定和性质得出，结合四边形的内角和是和等角的补角相等推得，根据等边对等角得出，即可证明； ②根据等角的余角相等得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据勾股定理得出，再结合等腰直角三角形的判定与性质得出，即，结合题意即可求解； （2）连接，根据正方形的性质得出，，，，根据垂直平分线的性质得出，根据全等三角形的判定和性质得出，结合对顶角相等和等角的余角相等得出，推得，根据等边对等角得出，推得；根据等角的补角相等得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据勾股定理得出，再结合等腰直角三角形的判定与性质得出，即，结合题意即可求解． 【小问1详解】 ①证明：连接．如图： ∵四边形是正方形， ∴，，，． ∴是的垂直平分线． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵在四边形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ②用等式表示线段，，之间的数量关系是：． 证明：∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， 又∵， ∴． ∴， 在正方形中，，， 在中，， 即， ∵，， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即：． 【小问2详解】 解：，理由如下： 当点在线段的延长线上时，如图，过点作，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为点． ∵四边形是正方形， ∴，，，． ∴是的垂直平分线． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 在与中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， 又∵， ∴． ∴， 在正方形中，，， 在中，， 即， ∵，， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，四边形的性质，等角的补角相等，等角的余角相等，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等．熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 26. 已知点为图形上一点，点为图形上一点(不重合)，若一点能使得点为线段的中点，则称点为图形关于图形的“二倍点”．若图形上每一点都是图形关于图形的“二倍点”，且图形关于图形的“二倍点”都在图形上，则图形为图形关于图形的“二倍图”．在平面直角坐标系中，点． （1）在点中，点___________是点关于线段的“二倍点”； （2）若图形为线段关于线段的“二倍图”，则图形的面积为___________； （3）点是轴上一动点，正方形的各顶点坐标为，，线段上任一点都为正方形关于正方形的“二倍点”，直接写出的取值范围． 【答案】（1）F （2）12 （3）或 【解析】 【分析】（1）先求出直线的解析式为，根据题意可知：若点P是点关于线段的“二倍点”， 则的中点在线段上，再分别验证OE，OF、OG的中点是否在线段AB上即可； （2）根据题意推导图形是一个平行四边形，分别求出四个顶点的坐标，再用割补法求面积即可； （3）根据题意可知正方形关于正方形的“二倍图”如途中阴影部分所示，它是由一个与正方形共对角线的交点即点T且边长为6且各边都与坐标轴垂直或平行的正方形去除正方形的内部所得到的．分别求出四个临界情况时t的值，从而得解． 【小问1详解】 解：设直线的解析式是：， 将点A，B的坐标代入解析式得： ，解得：， ∴直线的解析式是：， 由题意可知：若点P是点关于线段的“二倍点则的中点在线段上， 对于点，的中点是：点， 当时，， ∴点不在线段上，即点不是点关于线段的“二倍点”； 同理：的中点在线段上，即点是点关于线段的“二倍点”； 的中点不在线段上，即点不是点关于线段的“二倍点”； 故答案为：F； 【小问2详解】 解：由题意可知：如下图所示：点关于线段的“二倍图”，就是以这条线段为中位线的第三边，下图中点O关于线段的“二倍图”即为，此时是三角形的中位线， 由中位线定理可知：，即当长度不变时，的长度不变， ∴线段关于线段的“二倍图”就是线段平移产生的图形，这个图形是线段或者平行四边形， 如下图所示，图形为线段关于线段的“二倍图”是平行四边形， 其中点A关于线段的“二倍图”是，点B关于线段的“二倍图”是， 则C是的中点，设点G为， 又∵ ∴ 解得：，即， 同理可得：，，， ∴阴影部分面积等于长方形面积减去四个直角三角形的面积， 即图形的面积为：， 故答案为：12； 【小问3详解】 或，理由如下： 如下图所示：正方形的边长为2． 正方形关于正方形的“二倍图”如途中阴影部分所示，它是由一个与正方形共对角线的交点即点T且边长为6且各边都与坐标轴垂直或平行的正方形去除正方形的内部所得到的． 所以点T到阴影部分的外边界与x轴的交点的距离是3，到阴影部分的内边界与x轴的交点的距离是1， 要使得线段上任一点都为正方形关于正方形的“二倍点”，只需阴影部分包括线段即可． ①如图，当外边界与x轴的右交点是点A时， ， 所以， ②如图，当点与在线段上时， 将点，代入直线的解析式得：， 解得：， ③如图，当内边界与x轴的左交点是点A时， ， 所以， ④如图，当点B与在阴影部分的左边界线上时， 结合以上四种情况可知：的取值范围是：或． 【点睛】本题考查中位线定理，中点坐标公式，正方形的性质，割补法求面积，待定系数法，平行四边形的判定等知识，审清题意找出“二倍图”是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $