四川成都市田家炳中学2026-2027学年度第一学期期中八年级数学试题

2026年八上半期数学答题卡 (试卷总分：150分考试时间：120分钟)A卷(100分) 姓名： 班级： 考号： 座位号： 注意事项： 1答题前先将姓名、班级、考号填写清楚， 2.选择题用2B铅笔填涂；非选择题用0.5mm黑色签字笔 贴条形码区 书写，超出答题区无效 (正面朝上，切勿出虚线框外) 3.正确填涂：■缺考标记：口 选择题（每小画4分，共32分） 1 A B C D] 5 A B C D 2 A B] C D 6 A B D 3 A B D 7 A B D A B D A D 空题（每小陋4分，共20分） 10.(4分) 12.(4分) 13.(4分) 14.(4分) cm 15.(4分) 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14.(每小题4分，共16分)计算： ()解：廊式=(2V3-)°+√27-(2-1-V3到 (2)解：原式=4V÷+(2+√2)2-(3+√2)3-V2) 三、解答题（续） 14.(3)(4分)解方程组： ∫3x-2y=-1① 1x+3y=7② 解： 14.(4)(4分)解方程组： 3x-2y=16① 3-,上=1② 1 3 解： 15.6分解不等式组，”，并起共架表示点 2 解： -4-3-2-1012345 第1页（共2页） 三、解答题（续） 16.(6分) (1)(1分)点B'的坐标为 (2)(2分)如图，请画出△AB1G: (3)(3分)求PA+PB的最小值： 解： +10■ 17.(10分) y (1)证明OD=AD: B (2)求点D的坐标： (3)判断△CDE的形状并说明理由： 三、解答题（续） 18.(10分) (I)求BC的长： 解： AD 各用图 (2)①当CF=CD时，求DE的长： (2)②设直线EF交直线AB于点P,若AP:BP=3:7,求BE的长： B卷（共50分） 少、 填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19.(4分) 20.(4分) 21.(4分) 23.(4分) 22.(4分)点A'坐标： 点C坐标： 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24.(8分) (1)(4分)已知5a-1的平方根是±3,3a+b-1的立方根为2，求2a+4b 的值： 解 (2)(4份)已知a=V5213b=V53求2-3b+的值 解： 25.(10分) (1)(2分)填空：点A的坐标为 一，点B的坐标为 y 图1 图 备用图 (2)(4分)在x轴上找一点P,使△BCP的面积与△ABC的面积相等，求此时 点P的坐标： 解： (3)(4分)若点Q为y轴上一点，且△BCQ为等腰三角形，求出点Q的坐标： 解： 第2页（共2页） 二、解答题（续） 26.(12分) (1)如图1，BC=2,∠E=30°，求AE的长度： 解： 图1 (2)如图2，延长BA交DE于点F,取AB中点G,若 AG=AF=2,求EF的长度： 解 图2 (3)如图3，在(2)的条件下，连接EB并延长，过点 C作CM⊥DE于点M,延长MC交EB延长线于点 N求的值： 解： 图3 请勿在此区域作答或者做任何标记数学试卷 (试卷总分：150分，考试时间：120分钟) A卷100分 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，其中只有一项符合题目要求） 1.下列实数中，无理数是() A.5 B-0.262662666 D.√25 7 2.下列方程组中，是二元一次方程组的是() x+y=3 2x-y=5 A. B. D. x2-y=3 y=2 x+z=1 3x-2y=4 x+y=5 3.在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，在下列条件中，不能确定△ABC的形状是直角三角形 的是() A.(a+b)2=c2 B.a:b:c=1:1√2 C∠A+∠B=∠C D.∠A:∠B:∠C=1:2:3 4.下列运算，结果正确的是() A.√2+5=5 】 B355c8☑ D√6x√2=2W3 5.点P(m+3,m-1)在x轴上，则点P的坐标为（) A.(0,4) B.(-3,0) C.(-3,1) D(4,0) D 6.如图，长为8cm的橡皮筋放置在x轴上，固定两端A和B,然后把中点C向上 拉升3cm至D点，则橡皮筋被拉长了() C A.2cm B.3cm C.4cm D.5cm 7.已知实数a,b满足ab>0,a+b<0,则点P(a,b)在() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 B D.第四象限 8.如图是“赵爽弦图”，其中△ABH,△BCG,△CDF,△DAE是四个全等的直角三角形， H 四边形ABCD和EFGH都是正方形.如果AB=10,DE=6,那么小正方形EFGH的面积是( A.2 B.3 C.4 D.5 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 0.若代数式√x-3是二次根式，则x的取值范围是一· 12.在平面直角坐标系中，点M(a-2,a+1),点N(5,9),若MN⊥x轴，则a=一-· 13.已知√2x-1=1,则x=一 14.如图，一圆柱体的底面圆周长为10Cm,高AB为4cm,BC是上底的直径，一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱的 侧面爬行到点C,则爬行的最短路程是cm. 第1页（共4页） 15.如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC.以点C为圆心，CB长为半径 D 作弧，交AC于点D,以点A为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点P.若AB=4, 则BP=一· 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14.(16分)计算： 125-°+v27-2-1-51： g4得b-+e- 3x-2y=16① (3) 3x-2y=-1① x+3y=7② (4){3xx-y=1② 43 「2(x-1)>-5① 15.(6分) 解不等式组 x-1s*tlO 、,并把其解集表示在数轴上. 2 -4-3-2-1012345 16.(6分)如图，在平面直角坐标系中，已知A(-4,2),B(-2,4),C(4,1). (1)若点B关于y轴对称的点为B',则B的坐标为； (2)若△AB,C与△ABC关于x轴对称，画出△ABC; 0 (3)已知P为y轴上一点，求PA+PB的最小值. 17.(10分)如图，已知点A的坐标是(4,2)，其中点C、B分别在x轴和y轴上，四边形ABOC为长方形，连接OA, 将△AOC沿对角线OA折叠，使点C落在C处，OC交AB于点D. C (1)证明：OD=AD; 0 B (2)求点D的坐标； (3)若点E的坐标为(6，)，连接CD,CE,DE,判断△CDE的形状. 第2页（共4页） 18.(10分)如图，△ABC中，AB=AC,BD⊥AC于点D,AD=4,CD=1. (1)求BC的长； (2)若点E是射线DA上的一个动点，作EF⊥BC于点F,连结FD. ①当CF=CD时，求DE的长 ②设直线EF交直线AB于点P,若AP:BP=3:7,求BE的长. B 备用图 B卷(50分) 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分) 19.19-40(填“>”或“<”). 20.已知 x=2是关于x,y的二元一次方程2c+y=4的解，则k的值为一· y=1 21.在平面直角坐标系xOy中，已知A(a,-2),B1,b),线段AB平行于x轴，且AB=3,则a+b= 22.在平面直角坐标系xOy中，对于平面内任意一点P(x,y),我们定义其“相关点”P(x,y)满足：当y时， x=2x-y,y=x-2y;当x<y时，x=y-2x,y-2y-x.请根据此定义完成下列问题：点A(-1,3)的“相关 4，则 点”4的坐标为一：点Cm)在第二象限，其“相关点”C的横坐标为1，若线段cC的长度为y3 点C的坐标为一· A 23.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6,BC=8,CG是AB边上的中线，将△ACG沿 CG翻折后得到△HCG,连接BH,则BH的长为一。 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24.(8分)(1)已知5a-1的平方根是±3,3a+b-1的立方根为2，求2a+4b的值； H 1 1 2》已知a5-5,6=5+ ,求a2-3ab+b2的值 第3页（共4页） 25.(10分)如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的横坐标为a,点A的纵坐标为b,且实数a, b满足(a+4)2+√B-3=0,过点A作x轴的垂线，垂足为点B.已知点C(6,-2),连接CA,CB. (1)填空：点A的坐标为，点B的坐标为 (2)请在x轴上找一点P,使△BCP的面积与△ABC的面积相等，求此时点P的坐标； (3)若点Q为y轴上一点，且△BCQ为等腰三角形，求出点Q的坐标 y y A B B 2 图1 图2 备用图 26.(12分)如图，△ACB和△DCE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CB=CD,∠B=45°. (1)如图1，BC=2,∠E=30°，求AE的长度； (2)如图2，延长BA交DE于点F,取AB中点G,若AG=AF=2,求EF的长度； (3)如图3，在(2)的条件下，连接EB并延长，过点C作CM⊥DE于点M,延长MC交EB延长线于点N,求 BN的值· C E F A A G G M B B © D c N 图1 图2 图3 第4页（共4页）2026成都田家炳八上半期数学试卷解析 第一部分：全卷解读 一、试卷整体结构与分值配置 本套试卷为成都市田家炳中学八年级上学期半期数学测试卷，严格遵循成都中考数学A卷( 100分)+B卷(50分)的双卷制结构，全卷满分150分，考试时间120分钟。A卷设置选 择题8道（每题4分，共32分）、填空题5道（每题4分，共20分）、解答题5道（共48 分)；B卷设置填空题5道（每题4分，共20分）、解答题3道（共30分）。整套试卷梯 度分明，兼具基础巩固与思维选拔功能，全面检验学生半期以来的计算功底、几何直观与代 数推理能力。 二、核心知识模块与考查权重 试卷紧密围绕北师大版八年级上册前四章核心内容展开，四大知识板块分布均衡且有机交融： 1.实数与二次根式（约占36分）：覆盖无理数识别（第1题）、二次根式有意义的条件(A 卷填空第10题)、算术平方根方程（第13题）、无理数估算与大小比较（第19题）、平方 根与立方根定义及二次根式化简求值（第14题(1）(2)、第24题)。重点考查根式化简、 分母有理化以及完全平方公式与平方差公式的代数变形。 2.二元一次方程组与一元一次不等式组（约占26分）：涵盖二元一次方程组的定义辨析( 第2题)、解的概念与参数反求（第20题）、二元一次方程组的规范求解（第14题(3）( 4))以及一元一次不等式组的求解与数轴表示（解答第15题），突出对消元思想与运算准 确率的检验。 3.平面直角坐标系与轴对称变换（约占38分）：考查坐标轴上点的特征（第5题）、象限符 号判定（第7题）、平行或垂直于坐标轴的线段性质（第12题、第21题）、格点三角形的 轴对称作图与将军饮马最值模型（第16题）、新定义坐标分段变换（第22题）以及坐标背 景下的面积转化与等腰三角形分类讨论（第25题）。 4.勾股定理与几何综合探究（约占50分）：贯穿全卷的灵魂主线，包括直角三角形判定( 第3题)、勾股定理生活应用（第6题）、赵爽弦图面积计算（第8题）、圆柱侧面展开最 短路径（填空第14题）、尺规作图与勾股计算（填空第15题）、长方形折叠与等腰直角三 角形判定（第17题）、等腰三角形动点与双解讨论（第18题）、直角三角形斜边中线翻折 (第23题)以及共顶点双直角三角形旋转与全等综合压轴（第26题）。 三、命题特色与区分度评价 全卷体现出基础题重概念规范、中档题重数学模型、压轴题重分类讨论与几何构造”的鲜明 命题风格。A卷前16题立足课本核心通法，保证绝大多数学生能够稳定发挥：第17、18题 及B卷各题则深度融合了折叠全等模型x将军饮马模型等面积法x两圆一线模型与手拉 手/三垂直全等模型”，尤其注重对动点位置分类讨论（如第18题、第21题、第25题）和辅 助线几何构造能力（如第23题、第26题）的高阶考查，具有极佳的选拔区分度。 第二部分：全卷18、22、23、25、26题考点和难度解读 18题：本题为A卷压轴几何解答题，综合考查等腰三角形性质、勾股定理、全等三角形判定 (ASA)以及射线与直线相交条件下的动点分类讨论，难度为★★★☆（中档偏难）。第(1) 问利用勾股定理依次在两个直角三角形中求边长，属于基础送分问：第(2)问（①利用公共 角与直角构造△EFC兰△BDC即可快速突破：第(2)问②是全题核心拉分点，需先利用等 腰三角形底角相等及直角三角形余角性质导角证明△APE为等腰三角形(AE=AP),再结 合“点E在射线DA上”与直线EF交直线AB于点P的条件，分点P在线段AB上和点P在 BA延长线上两种情形讨论，极易因漏解而失分。 22题：本题为B卷填空压轴题之一，考查平面直角坐标系中的“相关点”新定义分段线性变换、 象限内点的坐标符号特征以及两点间距离公式（勾股定理）的代数化应用，难度为★★★★( 较难)。第1空直接紧扣横纵坐标大小关系代入对应解析式即可；第2空需要先由点C(m,) 在第二象限判定m<0<n(即m<n),从而锁定变换分支并建立n与m的一次关系，再 由两点间距离公式列出关于m的一元二次方程求解，融合了分类分支识别与代数方程运算。 23题：本题为B卷填空几何压轴题，考查直角三角形斜边中线的性质、轴对称翻折变换的对 称性、等面积法求高以及三角形中位线（或四点共圆直径所对圆周角）性质，难度为★★★★ (较难)。破题关键在于由斜边中线CG=AG=BG=5及翻折性质得GH=GA=GB=5, 从而发现∠AHB=90°（或利用折痕CG⊥AH且G为AB中点证得BH IICG进而BH⊥AH), 结合等面积法求出AH-智，最终在Rt△AHB中由勾股定理算出BH=若。 25题：本题为B卷代几综合解答题，考查偶次方与算术平方根的非负性、平面直角坐标系中 的割补法/铅垂高法求面积、同底等高面积转化以及等腰三角形存在性的两圆一线”分类讨论， 难度为★★★★☆（难）。第(1)(2)问侧重基础坐标求法与绝对值方程的双解分析：第( 3)问要求在y轴上找点Q使△BCQ为等腰三角形，需严格按照BC=BQ、BC=CQ、 BQ=CQ三大类构建勾股方程，共可求得5个满足条件的坐标点，全面检验学生分类讨论的 严密性与根式运算功底。 26题：本题为全卷压轴几何综合大题，以共顶点双直角三角形(Rt△ACB与Rt△DCE,其 中CA=CB=CD)为载体，深度考查特殊直角三角形、全等三角形辅助线构造、三垂直模 型、等面积法及线段比例计算，难度为★★★★★（压轴拔高)。第(1)问为基础含30°角 的直角三角形计算：第(2)问需通过连接AD或过点F作垂直构造全等三角形，证明点F为 DE中点，进而利用勾股定理求得EF=2V5:第(3)问综合度极高，初中常规解法需结合 (2)中CE=3CD的隐含结论，利用等面积法与△BPC兰△DMC求出垂线段与投影长，再 由面积割补与勾股定理求得然=了而借助高阶解析几何、三角函数或梅涅劳斯定理则能实 现降维秒杀。 第三部分：试卷逐题解析 A卷（100分) 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，其中只有一项符合题目要求) 1.下列实数中，无理数是（) A.9B.-0.262662666C.号D.V25 【答案】A 【*解析】无限不循环小数叫做无理数。逐项分析如下：对于A选项，9不是完全立方数， 39亞方开不尽，属于无限不循环小数，故39悬无理数：对于B选项， 0.262662666是有限小数，属于有理数；对于C选项，三是分数，属于有理数；对于D选 项，√25=5，是整数，属于有理数。综上，故选A。 2.下列方程组中，是二元一次方程组的是() 3 【答案】C 【*解析】由二元一次方程组的定义可知，方程组须同时满足：共含有两个未知数、未 知数的项的最高次数均为1、且每个方程均为整式方程。A选项第二个方程xy=2中含未知 数的项的次数为2，不是二元一次方程组；B选项含有x,y,Z三个未知数，属于三元一次方程 组；C选项含有x,y两个未知数，且未知数的项的次数都是1，符合二元一次方程组的定义； D选项第一个方程x2-y=3中含未知数的项的最高次数为2，不是二元一次方程组。综上， 故选C。 3.在△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，在下列条件中，不能确定△ABC的 形状是直角三角形的是() A.(a+b)2=c2B.a:b:c=1:1V2C.∠A+∠B=∠CD.∠A:∠B:∠C=1:2:3 【答案】A 【*解析】逐项利用勾股定理的逆定理或三角形内角和定理判定：对于A选项，由 a>0,b>0,c>0及(a+b)2=c2可得a+b=c,这违背了三角形两边之和大于第三边的 三边关系，连三角形都无法构成，更不能确定是直角三角形：对于B选项，设 a=k,b=k,c=V2k(k>0),则a2+b2=k2+k2=2k2=c2,由勾股定理逆定理知 △ABC是直角三角形；对于C选项，结合∠A+∠B+∠C=180°与∠A+∠B=∠C得 22C=180,即∠C=90,是直角三角形：对于D选项，最大角∠C=180×423=90, 是直角三角形。综上，故选A。 4.下列运算，结果正确的是（) A2+V3=5B.3W5-V5=3C=V4D.V6×V2=2W 【答案】D 【*解析】根据二次根式的加减乘除运算法则逐一核对：对于A选项，2√厂与√3不是同 类二次根式，不能合并，故A错误；对于B选项，3V5-V5=(3-1)√5=2√5≠3，故B 错误：对于C选项，号=受-V反，而V4=2,二者不相等，故C错误：对于D进项， V6×√2=V6×2=√12=2V5,运算正确。综上，故选D。 5.点P(m+3,m-1)在x轴上，则点P的坐标为() A.(0,-4)B.(-3,0)C.(-3,1)D.(4,0) 【答案】D 【*解析】因为在平面直角坐标系中，x轴上的点纵坐标为0，所以由点 P(m+3,m-1)在x轴上可得m-1=0,解得m=1。将m=1代入横坐标得 m+3=1+3=4,故点P的坐标为(4,0)。综上，故选D。 6.如图，长为8cm的橡皮筋放置在x轴上，固定两端A和B,然后把中点C向上拉升3cm 至D点，则橡皮筋被拉长了() A.2cm B.3cm C.4cm D.5cm B 【答案】A 【*解析】由题意知AB=8cm,点C是AB的中点，则AC=BC= 2AB=4cm。把中 点C向上拉升3cm至点D,则CD1AB且CD=3cm。在Rt△ACD中，∠ACD=90°，由 勾股定理得AD=√AC2+CD2=√42+3z=5cm。同理可得BD=5cm。因此拉升后橡皮 筋的总长度为AD+BD=5+5=10cm,故橡皮筋被拉长了10-8=2cm。综上，故选A。 7.已知实数a,b满足ab>0,a+b<0,则点P(a,b)在() A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限 【答案】C 【*解析】因为ab>0,所以实数α与b同号（同为正数或同为负数）。又因为 a+b<0,所以a与b只能同为负数，即a<0,b<0。根据平面直角坐标系各象限点的 坐标符号特征，横、纵坐标均为负数的点在第三象限，故点P(α，b)在第三象限。综上，故选 C。 8.如图是赵爽弦图”，其中△ABH,△BCG,△CDF,△DAE是四个全等的直角三角形， 四边形ABCD和EFGH都是正方形.如果AB=10,DE=6,那么小正方形EFGH的面积是 () A.2B.3C.4D.5 A 公 D 【答案】C 【*解析】因为四边形ABCD是正方形，且AB=10,所以AD=AB=10。在Rt△DA E中，∠AED=90°，AD=10,DE=6,由勾股定理得AE=AD2YDE2= V102-62=8。又因为△ABH≌△DAE,所以AH=DE=6。由此可得小正方形EFGH 的边长EH=AE-AH=8-6=2,故小正方形EFGH的面积为EH2=22=4。综上，故选 C。 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分) 10.若代数式Vx-3是二次根式，则x的取值范围是 【答案】x≥3 【*解析】根据二次根式的定义，被开方数必须是非负数。因此要使代数式x一3次根式是二 ,需满足x-3≥0，解得x≥3。 12.在平面直角坐标系中，点M(a-2,a+1),点N(5,9),若MN1x轴，则a=一 【答案】7 【*解析】在平面直角坐标系中，垂直于x轴（即平行于y轴）的直线上所有点的横坐标相 等。因为MN1x轴，所以点M与点N的横坐标相等，即a-2=5,解得a=7。此时点 M的坐标为(5,8)，与点N(5,9)不重合，符合题意。 13.已知V2x-1=1,则x= 【答案】1 【*解析】因为算术平方根等于1的数是1，所以将2x-=一1两边同时平方可得 2x-1=1,移项得2x=2,解得x=1。经检验，x=1时被开方数2x-1=1≥0，符合 题意。 14.如图，一圆柱体的底面圆周长为10cm,高AB为4cm,BC是上底的直径，一只蚂蚁从点 A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C,则爬行的最短路程是 cm. 【答案】√41 【*解析】将圆柱的侧面沿母线AB剪开并展平，点A与点C之间的最短侧面爬行路径即为 侧面展开图（长方形）中连接点A与点C的线段长。因为BC是上底面的直径，所以在 展开图中，点B到点C的水平距离等于圆柱底面圆周长的一半，即BC'=”=5cm;竖直 2 方向的高AB=4cm,且∠ABC=90°。由勾股定理可得最短路程AC=√AB2+BC2= √42+52=V41cm. 15.如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2BC.以点C为圆心，CB长为半径作弧，交 AC于点D,以点A为圆心，AD长为半径作弧，交AB于点P.若AB=4,则BP= D 【答案】6-2V5 【*解析】在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4,由AB=2BC可得BC= 2AB=2. 根据勾股定理，斜边AC=√AB2+BC2=√42+2z=V20=2V5。由尺规作图痕迹可知， 同圆半径相等，故CD=CB=2,从而AD=AC-CD=2V5-2;又因为以点A为圆心、 AD长为半径作弧交AB于点P,所以AP=AD=2V5-2。因此BP=AB-AP=4- (2V5-2)=6-2V5。 三、解答题（本大题共5个小题，共48分) 14.（16分)计算： (1)(23-m)°+27-()-11-： (2)4层+2+23+23-v 3x-2y=-1① 3x-2y=16(① (3) x+3y=7② (4) 3x_-Y=1② 3 【答案】(1)2V32:(2)5v2-1:(3)货2：(4){2. 【*解析】(1)根据零指数幂、二次根式化简、负整数指数幂及绝对值的性质逐步化 简：因为23π≠0，所以2V3m°-1：V27=3V3:( )=22=4:又因为V5>1, 所以I1-V31=V3-1。故原式=1+33-4-(3-1)=1+3V3-4-V3+1=2V3-2。 (2)利用二次根式化简、完全平方公式及平方差公式展开计算：因为4后=4×竖=V瓦， (2+V2)2=4+4V2+2=6+42,(3+2)3-V2)=32-(2)2=9-2=7,所以原式 =V2+(6+4V2)-7=5V2-1。 (3)采用代入消元法或加减消元法求解：由②式得x=7-3y③。将③式代入①式，得 3(7-3y)-2y=-1,展开得21-9y-2y=-1,即-11y=-22,解得y=2。将y=2代 入③式，得x=7-3×2=1.故原方程组的解为仔2： (4)先将方程②去分母化简：在②式两边同时乘以12，得3×3x-4(x-y)=12,去括号 整理得9x-4x+4y=12,即5x+4y=12③。将①式两边同乘以2，得6x-4y=32④。 将③式与④式相加消去y,得11x=44,解得x=4。把x=4代入①式，得 「x=4 3×4-2y=16,即12-2y=16,解得y=-2。故原方程组的解为y=-2。 2(x-1)>-5① 15.(6分)解不等式组 X-1≤生2②，并把其解集表示在数轴上， -4-3-2-1012345 【答案】三<x≤3，数轴表示见解析。 2 【*解析】解不等式①：去括号得2x-2>-5,移项合并同类项得2x>-3,系数化为1 得x>-2.解不等式②：两边同乘以2去分母得2(x-1)≤x+1,去括号得 2x-2≤x+1,移项合并同类项得x≤3。在同一数轴上分别表示出x>三（在处画空 心圆圈并向右画折线)与x≤3（在3处画实心圆点并向左画折线），取其公共部分，可得 原不等式组的解集为<x≤3。其解集在数轴上表示如下： 43-2-1 0 12345 16.（6分)如图，在平面直角坐标系中，已知A(-4,2),B(-2,4),C(4,1). (1)若点B关于y轴对称的点为B',则B'的坐标为一； (2)若△A1B1C1与△ABC关于x轴对称，画出△A1B1C1: (3)已知P为y轴上一点，求PA+PB的最小值. 【答案】(1)(2,4)：(2)作图见解析：(3)2V10。 【*解析】(1)关于y轴对称的两个点，纵坐标不变，横坐标互为相反数。因为点B的坐标 为(-2,4)，所以其关于y轴对称的点B'的坐标为(2,4)。 (2)关于x轴对称的两个点，横坐标不变，纵坐标互为相反数。由A(-4,2),B(-2,4), C(4,1)可得它们关于x轴的对称点坐标分别为A1(-4,-2),B1(-2,-4),C1(4,-1)。在平面 直角坐标系中描出点A1、B1、C1,并顺次连接A1B1、B1C1、C1A1,即可得到所求作的△ A1B1C1,如下图所示： 0 (3)此问为典型的“将军饮马”轴对称最短路径问题。由(1)知点B(-2,4)关于y轴的对称 点为B'(2,4),连接AB交y轴于点P。根据轴对称的性质，对于y轴上任意一点P,均有 PB=PB',因此PA+PB=PA十PB。由“两点之间，线段最短”可知，当点P位于线段 AB与y轴的交点处时，PA+PB取得最小值，最小值为线段AB'的长。已知A(-4,2), B'(2,4),由勾股定理（两点间距离公式）可得AB'=√[2-(-4)]2+(4-2)2=V62+22= √40=2V10,故PA+PB的最小值为2V10。 17.（10分)如图，已知点A的坐标是(4,2)，其中点C、B分别在x轴和y轴上，四边形 ABOC为长方形，连接OA,将△AOC沿对角线OA折叠，使点C落在C处，OC交AB于 点D (1)证明：OD=AD; (2)求点D的坐标： (3)若点E的坐标为(6，)， 连接CD,CE,DE,判断△CDE的形状. 【答案】(1)证明见解桥：(2)(2： (3)△CDE是等腰直角三角形。 【*解析】(1)证明：因为四边形AB0C为长方形，所以AB Il OC,由两直线平行、内错角 相等可得∠BA0=∠AOC。又因为△AOC是由△AOC沿对角线OA折叠得到的，由折叠 的性质可知∠COA=LAOC。因此LBA0=∠C'OA,即∠DA0=∠D0A。在△AOD中，由 等角对等边可得OD=AD。 (2)因为点A的坐标为(4,2)，且四边形AB0C为长方形，所以0B=AC=2, AB=OC=4,∠OBD=90°。设BD=x,则AD=AB-BD=4-x。由(1)已证 OD=AD,故OD=4-x。在Rt△OBD中，∠0BD=90°，根据勾股定理得0B2+BD2 =0D2,即22+x2=(4-x)2。展开整理得4+x2=16-8x+x2,即8x=12,解得x= 三因为点D在线段AB上，其横坐标为BD=乏纵坐标与点B、A相同，均为2，所以点 D的坐标为（侵2）。 (3)由题意知点C(4,0),点D(,2),点E(6》)。分别利用两点间距离公式（勾股定理）计 算△cDE三边的平方：cD2=(（4)+(0-22=(月)+(-22=至+4=轻 CE2- (6-42+(g0)=22+()=4+至-共D2=(6-)+(任-2)°=(9+()-型 +量-婴.因为CD2-CE2-是，所以CD=CE,即△CDE是等腰三角形：又因为cD2 +CE2=号+兰-婴-DE,由勾股定理的逆定理可知∠DCE=90.综上所述，△CDE 是等腰直角三角形。 18.(10分)如图，△ABC中，AB=AC,BD⊥AC于点D,AD=4,CD=1. (1)求BC的长： (2)若点E是射线DA上的一个动点，作EF1BC于点F,连结FD. ①当CF=CD时，求DE的长： ②设直线EF交直线AB于点P,若AP:BP=3:7,求BE的长. y 万 ⊙ 备用图 【答案】(1)V⑩：(2)①0-1：②受或. 【*解析】(1)因为AD=4,CD=1,所以AC=AD+CD=4+1=5。又因为 AB=AC,所以AB=5。因为BD1AC于点D,所以LADB=∠CDB=90°。在Rt△ABD 中，由勾股定理得BD=√AB2-AD2=√52-42=3。在Rt△CBD中，由勾股定理得 BC=√BD2+CD2=V32+12=V10. (2)①因为EF⊥BC于点F,BD1AC于点D,所以∠EFC=∠BDC=90°。在△EFC 和△BDC中，∠EFC=∠BDC=90°，CF=CD,∠C=LC,由全等三角形的判定定理( ASA)可得△EFC≌△BDC。因此CE=CB=VIO。又因为点E在射线DA上，且 CD=1,所以DE=CE-CD=√10-1。 ②先证明△APE为等腰三角形(AE=AP)：因为AB=AC,所以∠ABC=∠C。因为 EF1BC于点F,所以在Rt△EFC中，∠CEF=90°-LC;在Rt△PFB中， ∠BPF=90°-∠PBF。由于点P在直线AB上，无论是点P在线段AB上（此时 LPBF=LABC=∠C,且LAPE=∠BPF为对顶角)，还是点P在BA的延长线上（此时 由对顶角与直角三角形余角性质同理可导角)，均有∠APE=∠AEP=90°一∠C。因此在 △APE中，由等角对等边恒有AE=AP。接下来结合“点E是射线DA上的动点”及 AP:BP=3:7分两种情况讨论： 情况一：当点P在线段AB上时（此时点E在DA的延长线上）。因为AB=5, AP-BP=37,所以AP=AB=品×5-.由AE=AP得AE=三此时点E在DA的 延长线上，故DE=AD+AE=4+=号.在Rt△BDE中，∠BDE=90,BD=3,由 勾股定理得BE=VBD严+D区=32+()=、 9+=、 157 V157 4 2。 情况二：当点P在BA的延长线上时（此时点E在线段AD上）。因为AB=5, APBP=37,且BP=AB+AP,所以-号即7aP=15+3A,解得AP=5.由 AE=AP得AE=票.因为AD=4=华>，所以此时点E恰好在线段AD上（符合点E 在射线DA上的条件)，故DE=AD-AE=45=本 在Rt△BDE中，∠BDE=90°， BD=3,由勾股定理得BE=√BD2+DE2 32 145 16 16 .综上 所述，BE的长为受或.。 【高阶背景】本题以等腰三角形与双垂直构型为载体，在高中数学与竞赛几何中对应“共角 直角三角形相似变换”“向量数量积投影定理”以及“解析几何中的动直线束截距问题”。从高 阶视角看，BD1AC天然给出了正交基底，而EF1BC则是方向向量固定（法向量为BC) 的平行直线束，点P分有向线段AB的定比条件可直接转化为定比分点向量或斜率方程求解。 【*高阶解析】高阶解法一（平面向量与正交建系法）：以点D为坐标原点，射线DC 方向为x轴正方向，射线DB方向为y轴正方向建立平面直角坐标系。则D(0,0),C(1,0), A(-4,0),B(0,3)。设射线DA上的动点E的坐标为(-t,0)(其中t=DE>0)。 (1)向量B元=(1，-3)，故BC=B元1=√12+(-3)2=V10。 (2)①向量c2=(-t-10),向量c=(-1,3)。由向量投影公式，cF=c应=品。当 ICBI V10 CF=CD=1时，品=1，解得t=V10-1,即DE=V10-1. ②因为EF1BC,且B武=(1，-3)为直线EF的法向量，所以过点E(-t,0)的直线EF方程 为1·(x+t)-3y-0)=0,即x-3y+t=0。设点P在直线AB上，满足A下=4B。因 为A宿=(4,3)，所以P(-4+43).由AP:BP=3:7可得1-=37，解得1=品或 1=是当A=品时，P(台代入直线EF方程得1=3yx=品+号-号>0，此 时（兰0），故BE=02+32+()=当1=时，p(7,),代入直线EF 方程得t=3y-x= +7=}>0,此时(-0)，故BE=3z+（) 高阶解法二（高中解三角形与三角函数法）：在Rt△BDC中，cosC=2= BC=V1O' sinC= 2-品在R△EFC中，CF=CEcesC--,令cF=1立得DE=V0-1.对于@， 在△ABC中，AB=AC=5,故∠B=∠C。在△APE中， AEP-90-C90-∠B=∠APE,由正弦定理n2PEm2直接得AE=AP,后 AP 续结合余弦定理或勾股定理即可求得BE=5西或45」 2 4 B卷(50分) 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分) 19.√19-40（填>或6≤）. 【答案】> 【*解析】将有理数4化为算术平方根形式得4=16。因为被开方数 19>16>0, 且算术平方根随被开方数的增大而增大，所以√19>√16=4，故√19-4>0。 20.已知y子是关于x,y的二元一次方程2kx+y=4的解，则k的值为 【答案】是 【*解析】根据二元一次方程解的定义，将 y-=子代入方程zkx+y=4中，可得 2k×(-2)+1=4,即-4k+1=4,移项得4k=3,解得k=至 21.在平面直角坐标系xOy中，已知A(a,-2),B(1,b),线段AB平行于x轴，且AB=3,则 a+b=, 【答案】2或-4 【*解析】因为线段AB平行于x轴，所以点A与点B的纵坐标相等，即b=一2。又因为平 行于x轴的线段长度等于两端点横坐标之差的绝对值，且AB=3,所以a-1=3, 解得a-1=3或a-1=-3,即a=4或a=-2。当a=4,b=-2时， a+b=4+(-2)=2；当a=-2,b=-2时，a+b=-2+(-2)=-4。故a+b的值 为2或-4。 22.在平面直角坐标系xOy中，对于平面内任意一点P(x,y),我们定义其“相关点”P'(x',y) 满足：当x≥y时，x'=2x-y,y=x-2y;当x<y时，x=y-2x,y=2y-x.请根据 此定义完成下列问题：点A(-1,3)的相关点”A'的坐标为；点C(m,n)在第二象限， 其相关点”C的横坐标为1，若线段CC的长度为34，则点C的坐标为 【答案】5,7)：（) 【*解析】(1)求点A(-1,3)的“相关点”A':对于点A(-1,3),其横坐标x=-1,纵 坐标y=3。因为-1<3，即满足x<y的条件，所以代入第二组变换关系式： x'=y-2x=3-2×(-1)=3+2=5,y=2y-x=2×3-(-1)=6+1=7。故点A'的 坐标为(5,7)。 (2)求点C(m,n)的坐标：因为点C(m,n)在第二象限，所以m<0,n>0,由此必有 m<n。根据“相关点”定义，点C(m,n)的相关点C'(x',y)适用x<y时的变换公式，即 x'=n-2m,y=2n-m。已知点C的横坐标为1，所以n-2m=1,变形得n=2m+1。 将n=2m+1代入y'的表达式，得y=2(2m+1)-m=3m+2,即C(1,3m+2),而 点C为(m,2m+1)。由两点间距高公式（勾股定理），线段CC的长度满足CC2= (m-1)2+[(2m+1)-(3m+2)]2=(m-1)2+(-m-1)2=(m2-2m+1)+ m2+2m+1)=2m2+2.已知c0-g,两边平方得2m2+2-(°-装-名.移 项得2m2=2=意即m2=a解得m=1或m=。又因为点C在第二象限( m<0),所以舍去m=京取m=是此时n=2×(-丑)+1=三>0，符合第二象限条 件。故点C的坐标为(，》 【高阶背景】本题的新定义“相关点”在高等代数与高中矩阵变换中属于典型的“分段线性变 换(Piecewise Linear Transformation)"。在半平面x≥y与半平面x<y上，该变换分别 由二阶矩阵T1=(?2)与T2=(C子2)诱导（且T2=-T1),位移向量Pp=T-) O示的模长即为点到其像点的欧氏距离。 【*高阶解析】高阶解法（线性变换矩阵与平面向量模长法）：将平面上的点P(x,y)视 为列向量市=（⑨）。当x<y时，变换矩阵为T2=(（仁子). 对于A(-1,3),因-1<3， 故o本=(C子(3）=()，即A'5,7).对于第二象限点cm,n(满足m<0<m, 其位移向量为cd=odo元=T2-no元-(（C子(）=(nm),又由x。 =-2m+n=1得n=2m+1,代入位移向量得cd=(+m)。 利用向量模长公式： cCp=(1-m)2+(1+m2=2+2m2=名，结合m<0立得m=n=2,故c (. 23.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6,BC=8,CG是AB边上的中线，将△ACG沿 CG翻折后得到△HCG,连接BH,则BH的长为 【答案】号 【*解析】连接AH交CG于点K。在Rt△ABC中，LACB=90°，AC=6,BC=8, 由勾股定理得斜边AB=√AC2+BCZ=V62+8z=10。因为CG是Rt△ABC斜边AB上 的中线，所以AG=BG=CG=AB=5,且SaAc=SaAc=×(G×6×8)=12.因 为△HCG是由△ACG沿CG翻折得到的，根据轴对称的性质，折痕CG垂直平分对应点连 线AH,即CG1AH于点K,且AK=HK。在△ACG中，由等面积法可得CG·AK S△AcG, 即×5×AK=12,解得AK-,故AH=2AK-。又因为在△ABH中， GA=GB=GH=5,所以∠GAH=∠GHA,∠GBH=∠GHB,结合△ABH内角和为180 得2（∠GHA+∠GHB)=180°，即∠AHB=90°（也可由点G是AB中点、点K是AH中点 知GK为△ABH的中位线，得BH IICG,结合CG1AH得∠AHB=90)。在Rt△AHB 中，由勾股定理得BH=√AB2-AH2= 102-( 100 2304 196_14 25 √25=50 【高阶背景】本题蕴含“四点共圆（直角三角形外接圆）与二倍角三角恒等变换”的经典背景。 由于GA=GB=GC=GH=5,点A,C,H,B四点共圆于以G为圆心、AB为直径的圆上，翻 折变换等价于圆周上弧的对称映射，BH即为圆内接四边形中的弦长。 【*高阶解析】高阶解法一（高中三角函数二倍角与正余弦定理法）：设LCAB=α， 在Rt△ABc中，stna=胎=言cosa=胎=因为GA=GC=5,所以∠ACG=a, ∠AGC=180°-2Ca。由GA=GB=GH=5知点A,C,H,B共圆且∠AHB=90°，又 ∠HAB=90°-∠AGC=2a-90°。在Rt△AHB中， BH=ABsn(2a-90)=-ABcos2a=10(2stn2a-1)=10×(2×2若1)=10×子=号。 高阶解法二（解析几何对称点镜像公式法）：以点C为原点，CB为x轴、CA为y轴建系， 则C(0,0),A(0,6),B(8,0),中点G(4,3)。直线CG的方程为3x-4y=0。设点A(0,6)关 于直线34y=0的对称点为(oo,由对称点公式，=“：°=2×0-岩， 3 32+(-42=25 解得0=若%=号. 因此BH +(0+-564-芸 25 P+32-4. 二、解答题（本大题共3个小题，共30分) 24.(8分)(1)已知5a-1的平方根是士3,3a+b-1的立方根为2，求2a+4b的值： 1 (2)已知a=V5-后b=5+g求a2-3b+b2的值. 1 【答案】(1)16：(2) 【*解析】(1)因为5a-1的平方根是±3，根据平方根的定义可得5a-1=(±3)2 =9,移项得5a=10,解得a=2。又因为3a+b-1的立方根为2，根据立方根的定义可 得3a+b-1=23=8。将a=2代入上式，得3×2+b-1=8,即5+b=8,解得 b=3。因此2a+4b=2×2+4×3=4+12=16。 (2先对a和b进行分母有理化：a=后53v同 √5+3 =V5+v3_5+V3 5-3 2:b= 1 V5-V3 √5+V3 g-g-≥，由此可得a+b=+s5=V5,b= -(W5+V3)(V5-a5-3 2 2 x5≥=5星=利用完全平方公式对所求代数式进行整体恒等变形：a23b+ 2 2 2=(a+b2-5ab=(52-5x25-=县 25.(10分)如图1，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，点A的横坐标为α，点A的纵 坐标为b,且实数a,b满足(a+4)2+Vb-3=0,过点A作x轴的垂线，垂足为点B.已 知点C(6,-2),连接CA,CB. (1)填空：点A的坐标为 ,点B的坐标为 (2)请在x轴上找一点P,使△BCP的面积与△ABC的面积相等，求此时点P的坐标： (3)若点Q为y轴上一点，且△BCQ为等腰三角形，求出点Q的坐标 图1 图2 备用图 【答案】(1)(-4,3)；(-4,0)；(2)(11,0)或(-19,0)：(3)点Q的坐标为(0,2V22)或 (0,-2V22)或(0,2V17-2)或(0，-2√17-2)或(0，-6)。 【*解析】(1)因为(a+4)2≥0，b-3W一≥0，且(a+4)2+Vb-3=0,由非负数 的性质可得a+4=0且b-3=0,解得a=-4,b=3,故点A的坐标为(-4,3)。因为过 点A(-4,3)作x轴的垂线，垂足为点B,所以点B的横坐标与点A相同，纵坐标为0，即点 B的坐标为(-4,0)。 (2)先用割补法求△ABC的面积：过点C(6,-2)作CD1AB的延长线于点D(-4,-2),则 ∠ADC=90°，AD=3-(-2)=5,BD=0-(-2)=2,CD=6-(-4)=10。故S△ABc= Sa4cD-SARCD=2AD.CD2BD:CD=2×5×102×2×10=25-10=15。设x轴上的 点P的坐标为(xp,0),则BP=xp-(-4)I=Ixp+4l。因为点C(6,-2)到x轴的距离为 I2=2,所以S△BCp=2BP2=Ip+4。由S△BcP=S△ABc=15,可得xp+4=15, 即xp+4=15或xp+4=-15,解得xp=11或xp=-19。故此时点P的坐标为(11,0) 或(-19,0)。 (3)设y轴上的点Q的坐标为(0，y)。已知B(-4,0),C(6,一2)，由勾股定理（两点间距离 公式)分别表示出△BCQ三边的平方：BC2=[6-(-4)12+(-2-0)2=102+(-2)2 =104:BQ2=[0-(-4)]2+y-0)2=16+y2:CQ2=(0-6)2+[y-(-2)]2=36+ y+2)子。按等腰三角形“两圆一线”分三种情况讨论： ①当BC=BQ时，有BC2=BQ2,即16+y2=104,移项得y2=88,解得y=2V22 或y=-2V22,此时点Q的坐标为0,2V22)或(0,2V22)。 ②当BC=CQ时，有BC2=CQ,即36+y+2)2=104,移项得y+2)2=68,开平 方得y+2=2V17或y+2=-2V17,解得y=2√17-2或y=-2V17-2,此时点Q的 坐标为(0,2V17-2)或(0，-2√17-2)。 ③当BQ=CQ时，有BQ2=CQ2,即16+y2=36+(y+2)2,展开得16+y2=36+ y2+4y+4,化简得4y=-24,解得y=-6,此时点Q的坐标为0，-6)。经检验，以上 5个点均不与B,C共线，均能构成等腰三角形。综上所述，点Q的坐标为(0,2V22)或 (0,-2√22)或(0,2V17-2)或(0，-2V17-2)或(0，-6). 【高阶背景】本题第(2)问在高中解析几何与平面向量中对应“二维向量叉积（行列式）面 积公式S=比1y2-x2y1”,第(3)问则对应“圆的标准方程与垂直平分线（中垂线）点差 法法向量方程”的轨迹交点问题。 【*高阶解析】高阶解法（向量外积面积公式与圆系/中垂线法）：(2)以点B(-4,0) 为起点，向量BA=(0,3),向量B元-(10，-2).由向量外积面积公式得S△ABc=之 I0×(-2)-3×101=15。设Pxp,0),则B=(xp+4,0),故S△BcP=(xp+4) ×(-2)-0×101=xp+4|=15,解得xp=11或xp=-19。(3)求等腰△BCQ的顶点 Q(0y):①以B(-4,0)为圆心、R=√104为半径的圆方程为(x+4)2+y2=104,令 x=0得y=±2V22;②以C(6,-2)为圆心、R=√104为半径的圆方程为(x-6)2+ y+2)2=104,令x=0得y=-2±2V17;③线段BC的中点为M(1,-1),方向向量 B元=(10，-2)=2(5，-1)，故BC的垂直平分线方程为5(x-1)-1·y+1)=0,即 5x-y-6=0,令x=0得y=-6。 26.(12分)如图，△ACB和△DCE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CB=CD, ∠B=45°. (1)如图1，BC=2,∠E=30°，求AE的长度： (2)如图2，延长BA交DE于点F,取AB中点G,若AG=AF=2,求EF的长度； (3)如图3，在(2)的条件下，连接EB并延长，过点C作CM1DE于点M,延长MC交 EB延长线于点M,求职的值. A G M ⊙ D 图1 图2 图3 【答案】(1)2V3-2:(2)2V5;(3) 【*解析】(1)在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠B=45°，所以△ACB是等腰直角 三角形，故AC=BC=2。又因为CB=CD,所以CD=2。在Rt△DCE中，∠DCE=90°， ∠E=30°，根据含30°角的直角三角形三边关系，斜边DE=2CD=4。由勾股定理得 CE=VDE2-CD2=V42-22=2V3。因此AE=CE-AC=2V3-2。 (2)连接AD,并过点F分别作CE、CD的垂线构造全等三角形。因为点G是AB的中点， 且AG=2,所以AB=2AG=4。在等腰Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC,由勾股定 理AC2+BC2=AB2=16可得AC=BC=2V2。又因为CB=CD,∠DCE=90°，所以 CD=AC=2V2,且△ACD也是等腰直角三角形，从而AD=AB=4,∠CAD=45°。因 为∠CAB=45°，所以∠BAD=∠CAB+∠CAD=90°，即DA1BF于点A。在Rt△DAF 中，∠DAF=90°，AF=2,AD=4,由勾股定理得DF=VAF2+AD2=√22+4=2V5。 下面证明EF=DF:过点F作FPLCE于点P,作FQ⊥CD于点Q,则四边形CPFQ为长 方形。因为∠EAF=∠CAB=45°，所以在等腰Rt△APF中，AF=2,由勾股定理得 AP=FP=V2。因此CQ=FP=V2,FQ=CP=CA+AP=2V2+V2=3W2。因为 CD=2V2,所以DQ=CD-CQ=2V2-V2=√2=FP。在Rt△EPF和Rt△FQD中， LEPF=LFQD=90°，FP=DQ=V2,∠EFP=LFDQ(因为FPICD,同位角相等)， 由全等三角形判定定理(ASA)得△EPF≌△FQD。故EF=DF=2V5(同时可得 EP=FQ=3V2,从而CE=CP+EP=6V2=3CD,DE=2DF=4V5)。 (3)由(2)已求得：CB=CD=2V2,CE=6V2,DE=4V5。在Rt△DCE中，因为 CM1DE于点M,由等面积法DE·CM-CD·CE可得：CM-cDCE=2x6三-24 DE 4V5 4V5 .在Rt△CMD中，由勾股定理得DM=VCD2CM-√2V22-()2-R-9 后-25从雨EM=DE-DM=4WG2S-5 。过点B作BK1CN于点K。在 △BKC和△DMC中，∠BKC=∠DMC=90°，∠BCK=∠DCM(对顶角相等)， BC=DC=2V2,由全等三角形判定定理(AAS)得△BKC≌△DMC。因此BK=DM= 5,CK=CM=5.现考察△ECN的面积关系：因为点B在线段EN上，所以SACN =S△EBc+S△BCN,其中S△EBc=CB.CE=2×ZVZ×6VZ=12;又因为EM1MN于点 M,BK1MN于点K,以CW为公共底边，则S△EGN=CN·EM=CW,5-5cN, 5 5 S&BCN=CN·BK=CN.2-5CN.代入SAEw=SEBc+S&RCN得：CN=12+ 2 5 5 5cN,即CN=12,解得CN=5=Y.由此可得KN=CN-CK=5g-S 2W5 25 109 在Rt△BKN中，由勾殷定理得BN=VBK+Km-、'+(-+品-图 -.因此兴盏 【高阶背景】本题以共顶点双直角三角形构型为核心，第(2)(3)问在竞赛与高中数学中 具有极强的可推广性：其本质是直角坐标轴上的截距比例与正交射影问题，既可通过建立直 角坐标系联立直线方程直接求交点，也可运用高中解三角形中的正弦定理、射影定理或射影 几何中的梅涅劳斯定理(Menelaus'Theorem)直接导出比值。 【*高阶解析】高阶解法一（平面直角坐标系与解析几何法）：以点C为坐标原点，直线B D为x轴，直线CE为y轴建立平面直角坐标系。由(2)中AB=4及等腰Rt△ACB 得CA=CB=CD=2V2,故B(-2V2,0),D(2V2,0),A(0,2V2)。因为BA=(2V2,22), 且AF=AB,所以A正=(N2V2),从而F(V2,3V2).直线DF的斜率为kp=2。 V2-2V2 =-3,方程为y=-3(x-2V2)=-3x+6V2。令x=0得E(0,6V2),故EF= √(W2-0)2+(3V2-6V2)2=2V5。对于(3)，因为CM1DE,且ke=-3,所以直线 MN的斜率为kMN=子方程为y=x。又直线EB过点B(-2V2,0)与E(O,6V2),斜率为 kεB=3,方程为y=3(x+2V2)=3x+6V2。联立 (y=ix y=3x6N2解得N(-平.-). 由此可得向量成=（竖，图），B=票：向量C成=(2，，C成=，故 器= 高阶解法二（高中正弦定理与三角函数法）：设∠CDE=,由(2)知tan0-票=3，故 1 sin0=品cos0=而由对称性知EB=ED,∠CBE=∠CDE=0,故 ∠CBN=180°-0，从而sin∠CBN=sin0。又因为CM1DE,所以 ∠BCN=∠DCM=90°-0。在△BCN中，边BN所对的内角为∠BCN=90°-0，边CN所 对的内角为∠CBN=180-0.直接由正弦定理可得器-”0-08 第四部分：总结 同学们，做完这套八年级上学期半期数学试卷，相信大家对初二数学的思维跃迁已经有了真 切的体会。从初一的有理数与整式运算”走向初二的二次根式、勾股定理与平面直角坐标系” ，数学不再仅仅是单一公式的套用，而是真正开启了数形结合与“逻辑推演的大门。本卷 中无论是A卷的二次根式混合运算、二元一次方程组与不等式组求解，还是长方形翻折与将 军饮马最值模型，都在提醒我们：扎实的计算基本功与清晰的几何模型意识，是拿稳基础分 与中档分的基石。 同时，透过本卷的第18、22、23、25、26这五道重点拔高题，我们也看到了优秀初中生进阶 的三大核心能力：第一是分类讨论的严密性”，面对射线上的动点（如第18题）或等腰三角 形存在性（如第25题），唯有做到标准统一、不重不漏，才能攻克压轴大题；第二是“几何 模型的迁移与构造能力”，无论是斜边中线翻折（第23题）还是共顶点双直角三角形中的全 等与等面积转化（第26题），看穿复杂图形背后的基本全等模型与面积不变量，就能化繁为 简：第三是代数与几何的双向奔赴”，学会用坐标刻画图形、用几何直观理解代数式。希望 大家在半期复盘中认真对照每一道题的常规解法与高阶视角，把错题变成自己思维升级的阶 梯，在接下来的初二下学期乃至中考与更高层次的数学探索中稳步前行，遇见更优秀的自己！