期末复习易错题（26个考点60题）-2024-2025学年八年级数学下册《重难点题型•高分突破》（人教版）（原卷版+解析版）

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【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵|a﹣2007|+a−2008=a，∴a≥2008．
∴a﹣2007+a−2008=a，
a−2008=2007，
两边同平方，得a﹣2008＝20072，
∴a﹣20072＝2008．
二．二次根式的性质与化简（共4小题）
2．把x−1x根号外的因数移到根号内，结果是（ ）
A．xB．−xC．−−xD．−x
【答案】C
【解答】解：由x−1x可知x＜0，
所以x−1x=−x2×(−1x)=−−x，
故选：C．
3．若2＜a＜3，则a2−4a+4−(a−3)2等于（ ）
A．5﹣2aB．1﹣2aC．2a﹣5D．2a﹣1
【答案】C
【解答】解：∵2＜a＜3，
∴a2−4a+4−(a−3)2
＝a﹣2﹣（3﹣a）
＝a﹣2﹣3+a
＝2a﹣5．
故选：C．
4．实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简：(a+1)2+|a−b|+2(1−b)2−|a+b|的结果是（ ）
A．2a﹣b+1B．a﹣2b+1C．﹣a+2b﹣1D．2a+b﹣1
【答案】C
【解答】解：观察实数a，b在数轴上的位置可知：
a+1＞0，a﹣b＜0，1﹣b＜0，a+b＞0，
∴(a+1)2+|a−b|+2(1−b)2−|a+b|
＝|a+1|+|a﹣b|+2|1﹣b|﹣|a+b|
＝a+1+b﹣a+2（b﹣1）﹣（a+b）
＝a+1+b﹣a+2b﹣2﹣a﹣b
＝﹣a+2b﹣1．
故选：C．
5．先阅读下列材料，再解决问题：
阅读材料：数学上有一种根号内又带根号的数，它们能通过完全平方公式及二次根式的性质化去一层根号．
例如：3+22=3+2×1×2=12+2×1×2+(2)2=(1+2)2=|1+2|＝1+2．
解决问题：
化简下列各式：
（1）7+43；
（2）9−45．
【答案】（1）2+3；（2）5−2．
【解答】解：（1）7+43
=4+43+(3)2
=(2+3)2
＝2+3；
（2）9−45
=4−45+(5)2
=(2−5)2
=5−2．
三．二次根式的乘除法（共1小题）
6．计算：3÷3×13的结果为 1 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：原式＝3×13×13，
=3×13，
＝1，
故答案为：1．
四．分母有理化（共2小题）
7．已知：a=12−3，b=12+3，则a与b的关系是（ ）
A．a﹣b＝0B．a+b＝0C．ab＝1D．a2＝b2
【答案】C
【解答】解：分母有理化，可得a＝2+3，b＝2−3，
∴a﹣b＝（2+3）﹣（2−3）＝23，故A选项错误；
a+b＝（2+3）+（2−3）＝4，故B选项错误；
ab＝（2+3）×（2−3）＝4﹣3＝1，故C选项正确；
∵a2＝（2+3）2＝4+43+3＝7+43，b2＝（2−3）2＝4﹣43+3＝7﹣43，
∴a2≠b2，故D选项错误；
故选：C．
8．阅读下列材料，然后回答问题：
在进行二次根式运算时，我们有时会碰上如53、23+1这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：53=5×33×3=533；
23+1=2×(3−1)(3+1)(3−1)=2(3−1)(3)2−1=3−1．以上这种化简过程叫做分母有理化．
23+1还可以用以下方法化简：23+1=3−13+1=(3)2−123+1=(3+1)(3−1)3+1=3−1．
（1）请用其中一种方法化简415−11；
（2）化简：23+1+25+3+27+5+⋯+299+97．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）原式=(15)2−(11)215−11=15+11；
（2）原式=2(3−1)(3+1)(3−1)+2(5−3)(5+3)(5−3)+2(7−5)(7+5)(7−5)+⋯2(99−97)(99+97)(99−97)
=3−1+5−3+7−5+⋯99−97=99−1
＝311−1
五．二次根式的加减法（共2小题）
9．（易错题）已知x+1x=6，则x−1x的值是（ ）
A．2B．−2C．±2D．不能确定
【答案】C
【解答】解：∵（x−1x）2＝（x+1x）2﹣4＝6﹣4＝2，
∴x−1x=±2．故选C．
10．已知xy＝3，那么xyx+yxy的值是 ±23 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵xy＝3，
∴x、y同号，
∴原式＝xxyx2+yxyy2=x|x|xy+y|y|xy，
当x＞0，y＞0时，原式=xy+xy=23；
当x＜0，y＜0时，原式=−xy+（−xy）＝﹣23．
∴原式＝±23．
六．二次根式的化简求值（共1小题）
11．如果f（x）=x21+x2并且f（1）表示当x=1时的值，即f（1）=(1)21+(1)2=12，f（12）表示当x=12时的值，即f（12）=(12)21+(12)2=13，那么f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f(13)+⋯+f(n)+f(1n)的值是（ ）
A．n−12B．n−32C．n−52D．n+12
【答案】A
【解答】解：代入计算可得，f（2）+f（12）＝1，f（3）+f（13）＝1，…，f（n）+f（1n）＝1，
所以，原式=12+（n﹣1）＝n−12．
故选：A．
七．函数自变量的取值范围（共1小题）
12．函数y=x−1x−2中，自变量x的取值范围是（ ）
A．x≥1B．x＞1C．x≥1且x≠2D．x≠2
【答案】C
【解答】解：依题意得：x﹣1≥0且x﹣2≠0，
解得x≥1且x≠2．
故选：C．
八．函数的图象（共3小题）
13．新龟兔赛跑的故事：龟兔从同一地点同时出发后，兔子很快把乌龟远远甩在后头．骄傲自满的兔子觉得自己遥遥领先，就躺在路边呼呼大睡起来．当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是奋力直追，最后同时到达终点．用S1、S2分别表示乌龟和兔子赛跑的路程，t为赛跑时间，则下列图象中与故事情节相吻合的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解答】解：A．此函数图象中，S2先达到最大值，即兔子先到终点，不符合题意；
B．此函数图象中，S2第2段随时间增加其路程一直保持不变，与“当它一觉醒来，发现乌龟已经超过它，于是奋力直追”不符，不符合题意；
C．此函数图象中，乌龟和兔子同时到达终点，符合题意；
D．此函数图象中，S1先达到最大值，即乌龟先到终点，不符合题意．
故选：C．
14．匀速地向一个容器注水，最后把容器注满．在注水的过程中，水面高度h随时间t的变化规律如图所示（图中OEFG为一折线），那么这个容器的形状可能是下列图中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解答】解：从图中可以看出，OE上升最快，EF上升较慢，FG上升较快，
所以容器的底部容积最小，中间容积最大，上面容积较大，
故选：B．
15．快车与慢车分别从甲乙两地同时出发，匀速而行，快车到达乙地后停留1h，然后按原路原速返回，快车比慢车晚1h到达甲地，快慢两车距各自出发地的路程y（km）与所用的时x（h）的关系如图所示．
（1）甲乙两地之间的路程为 420 km；快车的速度为 140 km/h；慢车的速度为 70 km/h；
（2）出发 143 h，快慢两车距各自出发地的路程相等；
（3）快慢两车出发 97h或197h或417 h相距150km．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由图可知：甲乙两地之间的路程为420km；
快车的速度为：4204−1=140km/h；
由题意得：快车7小时到达甲地，则慢车6小时到达甲地，
则慢车的速度为：4206=70km/h；
故答案为：420，140，70；
（2）∵快车速度为：140km/h，
∴A点坐标为：（3，420），
∴B点坐标为（4，420），
由图可知：快车返程时，两车距各自出发地的路程相等，
设出发x小时，两车距各自出发地的路程相等，
70x＝2×420﹣140（x﹣1），
70x＝980﹣140x，
解得：x=143，
答：出发143小时，快、慢两车距各自出发地的路程相等；
故答案为：143；
（3）第一种情形第一次没有相遇前，相距150km，
则140x+70x+150＝420，
解得：x=97，
第二种情形应是相遇后而快车没到乙地前140x+70x﹣420＝150，
解得：x=197，
第三种情形是快车从乙往甲返回：70x﹣140（x﹣4）＝150，
解得：x=417，
综上所述：快慢两车出发97h或197h或417h相距150km．
故答案为：97h或197h或417．
九．动点问题的函数图象（共1小题）
16．如图①，在矩形MNPQ中，动点R从点N出发，沿N→P→Q→M方向运动至点M处停止，设点R运动的路程为x，△MNR的面积为y，如果y关于x的函数图象如图②所示，则矩形MNPQ的面积是 20 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由图象可知，x＝4时，点R到达P，x＝9时，点R到Q点，则PN＝4，QP＝5
∴矩形MNPQ的面积是20．
一十．一次函数的图象（共1小题）
17．在同一坐标系中，函数y＝﹣ax与y=23x−a的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解答】解：若正比例函数y＝﹣ax的图象从左往右下降，则﹣a＜0，
此时，一次函数y=23x−a 的图象与y轴交于负半轴，故A选项正确，B选项错误；
若正比例函数y＝﹣ax的图象从左往右上升，则﹣a＞0，
此时，一次函数y=23x−a 的图象与y轴交于正半轴，且从左往右上升，故C选项错误；而D选项不合题意．
故选：A．
一十一．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
18．已知点（﹣4，y1），（2，y2）都在直线y=−12x+2上，则y1，y2大小关系是（ ）
A．y1＞y2B．y1＝y2C．y1＜y2D．不能比较
【答案】A
【解答】解：∵k=−12＜0，
∴y随x的增大而减小．
∵﹣4＜2，
∴y1＞y2．
故选：A．
一十二．一次函数与一元一次不等式（共3小题）
19．如图，已知：函数y＝3x+b和y＝ax﹣3的图象交于点P（﹣2，﹣5），则根据图象可得不等式3x+b＞ax﹣3的解集是（ ）
A．x＞﹣5B．x＞﹣2C．x＞﹣3D．x＜﹣2
【答案】B
【解答】解：∵函数y＝3x+b和y＝ax﹣3的图象交于点P（﹣2，﹣5），
则根据图象可得不等式3x+b＞ax﹣3的解集是x＞﹣2，
故选：B．
20．如图，一次函数y＝kx﹣2k（k＜0）的图象经过点P（1，1），当0＜kx﹣2k≤x时，x的取值范围是（ ）
A．x＜1B．x＞1C．0＜x≤1D．1≤x＜2
【答案】D
【解答】解：∵一次函数y＝kx﹣2k（k＜0）的图象经过点P（1，1），
∴1＝k﹣2k，解得k＝﹣1，
∴一次函数为y＝﹣x+2，
令y＝0，则﹣x+2＝0，解得x＝2，
由图象可知，当0＜kx﹣2k≤x时，x的取值范围是1≤x＜2，
故选：D．
21．如图，函数y＝ax﹣1的图象过点（1，2），则不等式ax﹣1＞2的解集是 x＞1 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：方法一∵把（1，2）代入y＝ax﹣1得：2＝a﹣1，
解得：a＝3，
∴y＝3x﹣1＞2，
解得：x＞1，
方法二：根据图象可知：y＝ax﹣1＞2的x的范围是x＞1，
即不等式ax﹣1＞2的解集是x＞1，
故答案为：x＞1．
一十三．一次函数与二元一次方程（组）（共1小题）
22．如图，一次函数y＝k1x+b1的图象l1与y＝k2x+b2的图象l2相交于点P，则方程组y=k1x+b1y=k2x+b2的解是（ ）
A．x=−2y=3B．x=3y=−2C．x=2y=3D．x=−2y=−3
【答案】A
【解答】解：∵由图象可知：一次函数y＝k1x+b1的图象l1与y＝k2x+b2的图象l2的交点P的坐标是（﹣2，3），
∴方程组y=k1x+b1y=k2x+b2的解是x=−2y=3，
故选：A．
一十四．一次函数的应用（共9小题）
23．A、B两地相距20千米，甲、乙两人都从A地去B地，图中l1和l2分别表示甲、乙两人所走路程s（千米）与时间t（小时）之间的关系，下列说法：
①乙晚出发1小时；
②乙出发3小时后追上甲；
③甲的速度是4千米/小时；
④乙先到达B地．
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解答】解：由函数图象可知，乙比甲晚出发1小时，故①正确；
乙出发3﹣1＝2小时后追上甲，故②错误；
甲的速度为：12÷3＝4（千米/小时），故③正确；
乙的速度为：12÷（3﹣1）＝6（千米/小时），
则甲到达B地用的时间为：20÷4＝5（小时），
乙到达B地用的时间为：20÷6=313（小时），
1+313=413＜5，
∴乙先到达B地，故④正确；
正确的有3个．
故选：C．
24．在一次800米的长跑比赛中，甲、乙两人所跑的路程s（米）与各自所用时间t（秒）之间的函数图象分别为线段OA和折线OBCD，则下列说法正确的是（ ）
A．甲的速度随时间的增加而增大
B．乙的平均速度比甲的平均速度大
C．在起跑后第180秒时，两人相遇
D．在起跑后第50秒时，乙在甲的前面
【答案】D
【解答】解：A、∵线段OA表示甲所跑的路程S（米）与所用时间t（秒）之间的函数图象，∴甲的速度是没有变化的，故选项错误；
B、∵甲比乙先到，∴乙的平均速度比甲的平均速度慢，故选项错误；
C、∵起跑后180秒时，两人的路程不相等，∴他们没有相遇，故选项错误；
D、∵起跑后50秒时OB在OA的上面，∴乙是在甲的前面，故选项正确．
故选：D．
25．如图，从光源A发出的一束光，遇到平面镜（y轴）上的点B后的反射光线BC交x轴于点C（﹣1，0），若光线AB满足的函数关系式为：y=−23x+b，则b的值是（ ）
A．2B．32C．23D．1
【答案】C
【解答】解：延长AB，交x轴于点D，过点B作EF⊥y轴．
∵EF∥x轴，
∴∠EBC＝∠BCO，∠FBD＝∠BDO，
∵∠ABE＝∠EBC，
∴∠BCO＝∠ABE，
∵∠FBD＝∠ABE，
∴∠BDO＝∠ABE，
∴∠BCO＝∠BDO．
在Rt△BCO与Rt△BDO中，
∠BOC=BOD∠BCO=∠BDOBO=BO，
∴Rt△BCO≌Rt△BDO（AAS），
∴OD＝OC，
∴点D的坐标为（1，0）．
将坐标D（1，0）代入y=−23x+b，
得0=−23+b，
∴b=23．
故选：C．
26．如图所示，购买一种苹果，所付款金额y（元）与购买量x（千克）之间的函数图象由线段OA和射线AB组成，则一次购买3千克这种苹果比分三次每次购买1千克这种苹果可节省 2 元．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由线段OA的图象可知，当0＜x＜2时，y＝10x，
1千克苹果的价钱为：y＝10，
设射线AB的解析式为y＝kx+b（x≥2），
把（2，20），（4，36）代入得：2k+b=204k+b=36，
解得：k=8b=4，
∴y＝8x+4，
当x＝3时，y＝8×3+4＝28．
当购买3千克这种苹果分三次分别购买1千克时，所花钱为：10×3＝30（元），
30﹣28＝2（元）．
则一次购买3千克这种苹果比分三次每次购买1千克这种苹果可节省2元．
27．为了贯彻落实市委市府提出的“精准扶贫”精神．某校特制定了一系列关于帮扶A、B两贫困村的计划．现决定从某地运送152箱鱼苗到A、B两村养殖，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批鱼苗，已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其运往A、B两村的运费如下表：
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A村，其余货车前往B村，设前往A村的大货车为x辆，前往A、B两村总费用为y元，试求出y与x的函数解析式．
（3）在（2）的条件下，若运往A村的鱼苗不少于100箱，请你写出使总费用最少的货车调配方案，并求出最少费用．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据题意得：
x+y=1512x+8y=152
解得：x=8y=7．
∴大货车用8辆，小货车用7辆．
（2）y＝800x+900（8﹣x）+400（10﹣x）+600[7﹣（10﹣x）]＝100x+9400．（3≤x≤8，且x为整数）．
（3）由题意得：12x+8（10﹣x）≥100，
解得：x≥5，
又∵3≤x≤8，
∴5≤x≤8且为整数，
∵y＝100x+9400，
k＝100＞0，y随x的增大而增大，
∴当x＝5时，y最小，
最小值为y＝100×5+9400＝9900（元）．
答：使总运费最少的调配方案是：5辆大货车、5辆小货车前往A村；3辆大货车、2辆小货车前往B村．最少运费为9900元．
28．新农村社区改造中，有一部分楼盘要对外销售，某楼盘共23层，销售价格如下：第八层楼房售价为4000元/米2，从第八层起每上升一层，每平方米的售价提高50元；反之，楼层每下降一层，每平方米的售价降低30元，已知该楼盘每套楼房面积均为120米2．
若购买者一次性付清所有房款，开发商有两种优惠方案：
方案一：降价8%，另外每套楼房赠送a元装修基金；
方案二：降价10%，没有其他赠送．
（1）请写出售价y（元/米2）与楼层x（1≤x≤23，x取整数）之间的函数关系式；
（2）老王要购买第十六层的一套楼房，若他一次性付清购房款，请帮他计算哪种优惠方案更加合算．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）当1≤x≤8且x为整数时，每平方米的售价应为：
y＝4000﹣（8﹣x）×30＝30x+3760 （元/平方米），
当9≤x≤23且x为整数时，每平方米的售价应为：
y＝4000+（x﹣8）×50＝50x+3600（元/平方米）．
∴y=30x+3760(1≤x≤8，且x为整数)50x+3600(9≤x≤23，且x为整数)，
（2）第十六层楼房的每平方米的价格为：50×16+3600＝4400（元/平方米），
按照方案一所交房款为：W1＝4400×120×（1﹣8%）﹣a＝485760﹣a（元），
按照方案二所交房款为：W2＝4400×120×（1﹣10%）＝475200（元），
当W1＞W2时，即485760﹣a＞475200，
解得：0＜a＜10560，
当W1＝W2时，即485760﹣a＝475200，
解得：a＝10560
当W1＜W2时，即485760﹣a＜475200，
解得：a＞10560，
∴当0＜a＜10560时，方案二合算；当a＞10560时，方案一合算．当a＝10560时，方案一与方案二一样．
29．水平放置的容器内原有210毫米高的水，如图，将若干个球逐一放入该容器中，每放入一个大球水面就上升4毫米，每放入一个小球水面就上升3毫米，假定放入容器中的所有球完全浸没水中且水不溢出．设水面高为y毫米．
（1）只放入大球，且个数为x大，求y与x大的函数关系式（不必写出x大的范围）；
（2）仅放入6个大球后，开始放入小球，且小球个数为x小
①求y与x小的函数关系式（不必写出x小范围）；
②限定水面高不超过260毫米，最多能放入几个小球？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）根据题意得：y＝4x大+210；
（2）①当x大＝6时，y＝4×6+210＝234，
∴y＝3x小+234；
②依题意，得3x小+234≤260，
解得：x小≤823，
∵x小为自然数，
∴x小最大为8，即最多能放入8个小球．
30．某商店准备购进A、B两种商品，A种商品每件的进价比B种商品每件的进价多20元，用3000元购进A种商品和用1800元购进B种商品的数量相同．商店将A种商品每件的售价定为80元，B种商品每件的售价定为45元．
（1）A种商品每件的进价和B种商品每件的进价各是多少元？
（2）商店计划用不超过1560元的资金购进A、B两种商品共40件，其中A种商品的数量不低于B种商品数量的一半，该商店有几种进货方案？
（3）端午节期间，商店开展优惠促销活动，决定对每件A种商品售价优惠m（10＜m＜20）元，B种商品售价不变，在（2）条件下，请设计出销售这40件商品获得总利润最大的进货方案．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设A种商品每件的进价是x元，则B种商品每件的进价是（x﹣20）元，
由题意得：3000x=1800x−20，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
50﹣20＝30，
答：A种商品每件的进价是50元，B种商品每件的进价是30元；
（2）设购买A种商品a件，则购买B商品（40﹣a）件，
由题意得：50a+30(40−a)≤1560a≥40−a2，
解得：403≤a≤18，
∵a为正整数，
∴a＝14、15、16、17、18，
∴商店共有5种进货方案；
（3）设销售A、B两种商品共获利y元，
由题意得：y＝（80﹣50﹣m）a+（45﹣30）（40﹣a），
＝（15﹣m）a+600，
①当10＜m＜15时，15﹣m＞0，y随a的增大而增大，
∴当a＝18时，获利最大，即买18件A商品，22件B商品，
②当m＝15时，15﹣m＝0，
y与a的值无关，即（2）问中所有进货方案获利相同，
③当15＜m＜20时，15﹣m＜0，y随a的增大而减小，
∴当a＝14时，获利最大，即买14件A商品，26件B商品．
31．综合与实践
【答案】任务1：描点并作图见解答；是，y＝﹣2x+120（0≤x≤60），25；
任务2：h=−32x+180（0≤x≤60）；
任务3：163cm．
【解答】解：任务1：描点并作图如图所示：
根据图象可知，变量x、y满足一次函数关系．
设y＝kx+b（k、b为常数，且k≠0），
将x＝2，y＝116和x＝10，y＝100代入y＝kx+b，
得2k+b=11610k+b=100，解得k=−2b=120，
∴y＝﹣2x+120．
将x＝a和y＝70代入y＝﹣2x+120，
得﹣2a+120＝70，解得a＝25；
当背带都为单层部分时，x＝0；
当背带都为双层部分时，y＝0，即﹣2x+120＝0，解得x＝60，
∴x的取值范围是0≤x≤60．
任务2：∵背带的总长度为单层部分与双层部分的长度和，
∴总长度为﹣2x+120+x＝﹣x+120，
当单肩包背带长度调整为最佳背带总长度时，得−x+120ℎ=23，
∴h=−32x+180（0≤x≤60）．
任务3：由素材可知，当背包的背带调节到最短时都为双层部分，即x＝60，y＝0．
∵背包提在手上，且背包的悬挂点距地面高度为53.5cm，
∴手到地面的距离为（602+53.5）cm，即83.5cm．
设小明爸爸的身高为h cm．
∵臂展和身高一样，且肩宽为38cm，
∴小明爸爸一条胳膊的长度为ℎ−382cm，
∴18h+ℎ−382+83.5＝h，解得h＝172，
根据任务2，得172=−32x+180，解得x=163，
∴此时双层部分的长度为163cm．
一十五．一次函数综合题（共4小题）
32．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点C（2，m）为直线y＝x+2上一点，直线y=−12x+b过点C．
（1）求m和b的值；
（2）直线y=−12x+b与x轴交于点D，动点P从点D开始以每秒1个单位的速度向x轴负方向运动．设点P的运动时间为t秒．
①若点P在线段DA上，且△ACP的面积为10，求t的值；
②是否存在t的值，使△ACP为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）把点C（2，m）代入直线y＝x+2中得：m＝2+2＝4，
∴点C（2，4），
∵直线y=−12x+b过点C，
4=−12×2+b，b＝5；
（2）①由题意得：PD＝t，
y＝x+2中，当y＝0时，x+2＝0，
x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
y=−12x+5中，当y＝0时，−12x+5＝0，
x＝10，
∴D（10，0），
∴AD＝10+2＝12，即0≤t≤12，
∵△ACP的面积为10，
∴12(12−t)•4＝10，
t＝7，
则t的值7秒；
②存在，分三种情况：
i）当AC＝CP时，如图1，过C作CE⊥AD于E，
∴PE＝AE＝4，
∴PD＝12﹣8＝4，
即t＝4；
ii）当AC＝AP时，如图2，
AC＝AP1＝AP2=42+42=42，
∴DP1＝t＝12﹣42，
DP2＝t＝12+42；
iii）当AP＝PC时，如图3，
∵OA＝OB＝2
∴∠BAO＝45°
∴∠CAP＝∠ACP＝45°
∴∠APC＝90°
∴AP＝PC＝4
∴PD＝12﹣4＝8，即t＝8；
综上，当t＝4秒或（12﹣42）秒或（12+42）秒或8秒时，△ACP为等腰三角形．
33．已知：如图，一次函数y=34x﹣3的图象分别与x轴、y轴相交于点A、B，且与经过x轴负半轴上的点C的一次函数y＝kx+b的图象相交于点D，直线CD与y轴相交于点E，E与B关于x轴对称，OA＝3OC．
（1）直线CD的函数表达式为 y=94x+3 ；点D的坐标 （﹣4，﹣6） ；（直接写出结果）
（2）点P为线段DE上的一个动点，连接BP．
①若直线BP将△ACD的面积分为7：9两部分，试求点P的坐标；
②点P是否存在某个位置，将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵一次函数y=34x﹣3的图象分别与x轴、y轴相交于点A、B，
∴A（4，0），B（0，﹣3），
∴OA＝4，
∵E与B关于x轴对称，OA＝3OC．
∴E（0，3），OC=43，
∴C（−43，0）．
把点C和点E的坐标代入一次函数y＝kx+b，
∴−43k+b=0b=3，解得k=94b=3，
∴直线CD的解析式为：y=94x+3；
令94x+3=34x﹣3，解得x＝﹣4，
∴y=34×（﹣4）﹣3＝﹣6，
∴点D的坐标为（﹣4，﹣6）．
故答案为：y=94x+3；（﹣4，﹣6）；
（2）①如图1，过点D作DF⊥x轴于点F，连接BC，
∴DF＝6，
∵OA＝4，OC=43，
∴AC=163，
∴S△ACD=12•AC•DF=12×163×6＝16．
∵A（4，0），B（0，﹣3），D（﹣4，﹣6），
∴点B是线段AD的中点，
∴S△DBC＝S△ACB．
当点P在线段CD上时，则有S△BDP=716S△ACD，
∵S△BDP=12（xP﹣xD）•BE，
∴12（xP+4）•6=716×16，解得xP=−53，
∴P（−53，−34）．
当点P在线段CE上时，设直线BP与x轴交于点Q，如图2，此时有S△ABQ=716S△ACD，
∵S△ABQ=12•AQ•BO，
∴12AQ•3＝7，解得AQ=143，
∴OQ=143−4=23，
∴Q（−23，0）．
∴直线BQ的解析式为：y=−92x﹣3，
令94x+3=−92x﹣3，解得x=−89，
∴P（−89，1）．
综上所述，若直线BP将△ACD的面积分为7：9两部分，点P的坐标为（−53，−34）或（−89，1）．
②存在，理由如下：
将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上时，需要分三种情况：
当点D落在x轴负半轴上D1处，如图3，
由折叠可知，∠DBP＝∠D1BP，BD＝BD1，
由题意可知，OB＝3，OA＝4，则AB＝5，
∴BD＝AB＝5，
∴BD1＝5，
∴OD1＝4，
∴△ABO≌△D1BO（SSS），
∴∠OAB＝∠OD1B，
∵∠DBD1＝∠OAB+∠OD1B，
∴∠OD1B＝∠D1BP，
∴BP∥x轴，
∴点P的纵坐标为﹣3，
∴P（−83，﹣3）．
当点D落在y轴上D2处，如图4，过点P作PG⊥AD于点G，作PH⊥y轴于点H，过点D作DM⊥y轴于点M，
由折叠可知，BP平分∠DBD2，
∴PG＝PH，
∵S△BDE＝S△BPD+S△BPE，
∴12•BE•DM=12•BD•PG+12•BE•PH，即12×6×4=12×5•PG+12×6•PH，
解得PG＝PH=2411；
∴P（−2411，−2111）．
当点D落在x轴正半轴上D3处，如图5，此时点A和点D3重合，不符合题意，舍去．
综上所述，存在点P，将△BPD沿着直线BP翻折，使得点D恰好落在直线AB上方的坐标轴上，此时点P的坐标为：（−83，﹣3）或（−2411，−2111）．
34．如图，直线y=−12x+4的图象与x轴和y轴分别交于点A和点B，AB的垂直平分线l与x轴交于点C，与AB交于点D，连接BC．
（1）求OC的长；
（2）若点E在x轴上，且△BED的面积为10，求点E的坐标；
（3）已知y轴上有一点P，若以点B、C、P为顶点的三角形是等腰三角形，直接写出所有满足条件的点P的坐标．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4；令y＝0，得x＝8；所以直线y=−12x+4与两轴交点分别为A（8，0），B（0，4）．
∵CD垂直平分AB；
∴CA＝CB．
设C（m，0），在Rt△OBC中，根据勾股定理得：OB2+OC2＝BC2，即：
t2+42＝（8﹣t）2 解得：t＝3；
∴OC＝|3﹣0|＝3．
（2）设点E（m，0），则EA＝|8﹣m|；
∵D为AB的中点；
∴S△BED=12S△BEA；
A、E在x轴上，OB⊥AE，S△BEA=12EA⋅OB；
再依题意：14⋅|8−m|⋅4=10；
解得：m＝﹣2或18．
∴点E坐标为：（﹣2，0），（18，0）．
（3）P在y轴上，设P（0，p）．分别以B、C、P为等腰三角形的顶点，分三种情况：
①B为顶点，BP＝BC，由（1）得BC＝8﹣3＝5；
∴|p﹣4|＝5，解得：P＝﹣1或9．
②C为顶点，BC＝PC，
又∵∠BOC＝∠POC＝90°，OC＝OC，
∴△BOC≌△POC（HL）．
∴PO＝BO＝4，即p＝﹣4．
③P为顶点，PB＝PC，在Rt△OPC中，根据勾股定理得：
OP2+OC2＝PC2，即：
p2+32＝（4﹣p）2．
解得：p=78．
综上：满足条件的P点坐标为：（0，78），（0，﹣4），（0，﹣1），（0，9）．
35．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+6与x轴，y轴分别交于点A，C，经过点C的另一直线与x轴交于点B（6，0）．
（1）求直线BC的解析式；
（2）若点G是直线BC上一动点，过点G作x轴的垂线交x轴于点M，与直线y＝2x+6交于点H，且满足GH=12GM，求点G的横坐标；
（3）若点G是线段BC上一动点，点N在x轴上，且满足∠OGN＝45°，OG＝GN，直接写出点G和点N的坐标．
【答案】（1）直线BC的解析式为y＝﹣x+6；
（2）点G的横坐标为67或−65．
（3）G（6﹣32，32），N (12−62，0)．
【解答】解：（1）由y＝2x+6得：C（0，6），
设直线BC的解析式为 y＝kx+b（k≠0）：
∵点B（6，0），C（0，6）
6k+b=0b=6，
解得：k=−1b=6，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+6；
（2）设 M（m，0），则G（m，﹣m+6），H（m，2m+6），
①点G在第一象限时，GH＝2m+6﹣（﹣m+6）＝3m，GM＝﹣m+6，
∵GH=12GM，
∴3m=12(−m+6)，
解得m=67；
②点G在第二象限时，GH＝﹣m+6﹣（2m+6）＝﹣3m，GM＝﹣m+6，
∵GH=12GM，
∴﹣3m=12(−m+6)，
解得m=−65，
③点G在第四象限时，舍去，
综上，点G的横坐标为67或−65．
（3）如图，过点G作GP⊥x轴于点P，
∵∠OGN＝45°，OG＝GN，
∴∠GON＝∠ONG＝67.5°，OP＝PN，
∵B（6，0），C（0，6），
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∴∠OGB＝67.5°＝∠GON，
∴OB＝BG＝6，
∵GP⊥x轴，∠OBC＝45°，
∴△BGP是等腰直角三角形，
∴BP＝GP＝32，
∴OP＝6﹣32，
∴ON＝2OP＝12﹣62，
∴G（6﹣32，32），N (12−62，0)．
一十六．等腰三角形的性质（共1小题）
36．已知实数x，y满足|x−4|+y−8=0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是 20 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据题意得，x﹣4＝0，y﹣8＝0，
解得x＝4，y＝8，
①4是腰长时，三角形的三边分别为4、4、8，
∵4+4＝8，
∴不能组成三角形，
②4是底边时，三角形的三边分别为4、8、8，
能组成三角形，周长＝4+8+8＝20，
所以，三角形的周长为20．
故答案为：20．
一十七．勾股定理（共6小题）
37．如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于12AC的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线MN分别与边BC，AC相交于点D，E，连接AD．若BD＝DC，AE＝4，AD＝5，则AB的长为（ ）
A．9B．8C．7D．6
【答案】D
【解答】解：由题意得：MN是AC的垂直平分线，
∴AC＝2AE＝8，DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
∵BD＝CD，
∴BD＝AD，
∴∠B＝∠BAD，
∵∠B+∠BAD+∠C+∠DAC＝180°，
∴2∠BAD+2∠DAC＝180°，
∴∠BAD+∠DAC＝90°，
∴∠BAC＝90°，
在Rt△ABC中，BC＝BD+CD＝2AD＝10，
∴AB=BC2−AC2=102−82=6，
故选：D．
38．如图，以Rt△ABC的三条边作三个正三角形，则S1、S2、S3、S4的关系为（ ）
A．S1+S2+S3＝S4B．S1+S2＝S3+S4
C．S1+S3＝S2+S4D．不能确定
【答案】C
【解答】解：如图，设Rt△ABC的三条边AB＝c，AC＝b，BC＝a，
∵△ACG，△BCH，△ABF是等边三角形，
∴S1＝S△ACG﹣S5=34b2﹣S5，S3＝S△BCH﹣S6=34a2﹣S6，
∴S1+S3=34（a2+b2）﹣S5﹣S6，
∵S2+S4＝S△ABF﹣S5﹣S6=34c2﹣S5﹣S6，
∵c2＝a2+b2，
∴S1+S3＝S2+S4，
故选：C．
39．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，D为AB边上一动点，连接CD，△ACD与△A′CD关于直线CD轴对称，连接BA′，则BA′的最小值为（ ）
A．12B．1C．2D．3
【答案】B
【解答】解：由折叠可得，A'C＝AC＝3，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，
∴BC=52−32=4，
∵A'B+A'C≥BC，
∴A'B≥BC﹣A'C＝4﹣3＝1，
∴A'B的最小值为1，
故选：B．
40．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以△ABC的三边为边向外作正方形ACDE，正方形CBGF，正方形AHIB，连结EC，CG，作CP⊥CG交HI于点P，记正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S1，S2，若S1＝4，S2＝7，则S△ACP：S△BCP等于（ ）
A．2：3B．4：3C．7：3D．7：4
【答案】A
【解答】解：如图所示，过点P作PM⊥CB，交CB的延长线于点M，作PN⊥CA，交CA的延长线于点N，
由题可得，∠BCG＝45°，CP⊥CG，
∴∠BCP＝45°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACP＝45°，即CP平分∠ACB，
又∵PM⊥BC，PN⊥AC，
∴PM＝PN，
∵正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S1，S2，且S1＝4，S2＝7，
∴正方形BCFG的面积＝7﹣4＝3，
∴正方形ACDE和正方形BCFG的面积之比为4：3，
∴AC：BC＝2：3，
∴S△ACPS△BCP=12×AC×PN12×BC×PM=ACBC=23，
即S△ACP：S△BCP等于2：3．
故选：A．
41．如图，分别以直角三角形三边向外作三个半圆，若S1＝30，S2＝40，则S3＝ 70 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设直角三角形三边分别为a、b、c，如图所示：
则S1=12π（a2）2=πa28，S2=12π（b2）2=πb28，S3=12π（c2）2=πc28．
因为a2+b2＝c2，所以πa28+πb28=πc28．
即S1+S2＝S3．
所以S3＝70．
42．如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，M，N是△ABC边上的两个动点，其中点N从点A开始沿A→B方向运动，且速度为2cm/s，点M从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为4cm/s，它们同时出发，设运动的时间为t s．
（1）出发2s后，求MN的长；
（2）当点M在边BC上运动时，出发几秒钟，△MNB是等腰三角形？
（3）当点M在边CA上运动时，求能使△BCM成为等腰三角形的t的值．
【答案】（1）MN的长为413cm．
（2）出发83s后△MNB是等腰三角形．
（3）当t的值为6.6或6或5.5时，△BCM为等腰三角形．
【解答】解：（1）当t＝2时，AN＝2t＝4cm，BM＝2t＝8cm．
∵AB＝16cm，
∴BN＝AB﹣AN＝16﹣4＝12（cm），
在Rt△BPQ中，由勾股定理可得，
MN=BM2+BN2=122+82=413（cm），
即MN的长为413cm．
（2）由题意可知AN＝2t，BM＝4t，
又∵AB＝16cm，
∴BN＝AB﹣AN＝（16﹣2t）cm，
当△MNB为等腰三角形时，则有BM＝BN，
∴16﹣2t＝4t，解得t=83，
∴出发83s后△MNB是等腰三角形．
（3）在△ABC中，由勾股定理可求得AC＝20cm，
当点M在AC上运动时，AM＝BC+AC﹣4t＝32﹣4t，
∴CM＝AC﹣AM＝20﹣（32﹣4t）＝4t﹣12，
∵△BCM为等腰三角形，
∴有BM＝BC，CM＝BC和CM＝BM三种情况：
①当BM＝BC＝12时，如图，过B作BE⊥AC，则CE=12CM＝2t﹣6，
在Rt△ABC中，可求得BE=485；
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2＝BE2+CE2，即122＝（485）2+（2t﹣6）2，
解得t＝6.6或t＝﹣0.6（舍去），
②当CM＝BC＝12时，则4t﹣12＝12，解得t＝6，
③当CM＝BM时，则∠C＝∠MBC，
∵∠C+∠A＝90°＝∠CBM+∠MBA，
∴∠A＝∠MBA，
∴MB＝MA，
∴CM＝AM＝10，即4t﹣12＝10，解得t＝5.5，
综上可知，当t的值为6.6或6或5.5时，△BCM为等腰三角形．
一十八．勾股定理的证明（共3小题）
43．“赵爽弦图”巧妙利用面积关系证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形的两条直角边长分别为m，n（m＞n）．若小正方形面积为5，（m+n）2＝21，则大正方形面积为（ ）
A．12B．13C．14D．15
【答案】B
【解答】解：由题意可知，中间小正方形的边长为m﹣n，
∴（m﹣n）2＝5，即m2+n2﹣2mn＝5①，
∵（m+n）2＝21，
∴m2+n2+2mn＝21②，
①+②得2（m2+n2）＝26，
∴大正方形的面积为：m2+n2＝13，
故选：B．
44．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．连结DG并延长，交BC于点P，点P为BC的中点．若EF＝2，则AE的长为（ ）
A．4B．1+2C．1+5D．3
【答案】C
【解答】解：由题意，EF＝HG＝FG＝2，AD∥BC，BG⊥HC，DH⊥HG，∠ADE＝∠GBP，
∴∠ADG＝∠GPC．
∵点P为BC的中点，
∴PB＝PG＝PC．
∴∠BGP＝∠GBP，∠GPC＝2∠GBP．
∴∠GPC﹣∠ADE＝2∠GBP﹣∠ADE，即∠GDH＝∠GBP．
∴△GDH∽△CBG．
∴GCBG=HGHD，即GCFG+BF=HGHD．
设AE＝BF＝HD＝x，
∴x2+x=2x．
∴x＝1+5或x＝1−5（舍去）．
故选：C．
45．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（ ）
A．12B．15C．20D．30
【答案】C
【解答】解：设每个小直角三角形的面积为m，则S1＝4m+S2，S3＝S2﹣4m，
因为S1+S2+S3＝60，
所以4m+S2+S2+S2﹣4m＝60，
即3S2＝60，
解得S2＝20．
故选：C．
一十九．勾股定理的逆定理（共1小题）
46．定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
（1）已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM＝1.5，MN＝2.5，BN＝2，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB＝24，AM＝6，求BN的长．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）是．
理由：∵AM2+BN2＝1.52+22＝6.25，MN2＝2.52＝6.25，
∴AM2+NB2＝MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，
∴点M、N是线段AB的勾股分割点．
（2）设BN＝x，则MN＝24﹣AM﹣BN＝18﹣x，
①当MN为最长线段时，依题意MN2＝AM2+NB2，
即（18﹣x）2＝x2+36，
解得x＝8；
②当BN为最长线段时，依题意BN2＝AM2+MN2．
即x2＝36+（18﹣x）2，
解得x＝10，
综上所述，BN＝8或10．
二十．三角形中位线定理（共2小题）
47．如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，AC＝10，F是DE上一点，连接AF，CF，DF＝1．若∠AFC＝90°，则BC的长度为（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】B
【解答】解：如图，∵∠AFC＝90°，E是AC的中点，
∴Rt△ACF中，EF=12AC=12×10=5，
∴DE＝1+5＝6；
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴BC＝2DE＝12，
故选：B．
48．如图，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，且BN⊥AN，垂足为N，且AB＝6，BC＝10，MN＝1.5，则△ABC的周长是（ ）
A．28B．32C．18D．25
【答案】D
【解答】解：延长线段BN交AC于E．
∵AN平分∠BAC，
∴∠BAN＝∠EAN，AN＝AN，∠ANB＝∠ANE＝90°，
∴△ABN≌△AEN，
∴AE＝AB＝6，BN＝NE，
又∵M是△ABC的边BC的中点，
∴CE＝2MN＝2×1.5＝3，
∴△ABC的周长是AB+BC+AC＝6+10+6+3＝25，
故选：D．
二十一．平行四边形的判定与性质（共1小题）
49．如图，在▱ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动．点Q在BC边上以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当5＜t＜10时，运动时间t＝ 203秒或8秒 时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴PD∥BQ．
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则PD＝BQ．
当5＜t≤152时，AP＝t cm，PD＝（10﹣t）cm，CQ＝（4t﹣20）cm，BQ＝（30﹣4t）cm，
∴10﹣t＝30﹣4t，
解得：t=203；
当152＜t≤10时，AP＝t cm，PD＝（10﹣t）cm，BQ＝（4t﹣30）cm，
∴10﹣t＝4t﹣30，
解得：t＝8．
综上所述：当运动时间为203秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．
故答案为：203秒或8秒．
二十二．菱形的性质（共1小题）
50．如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（ ）
A．33B．3+33C．6+3D．63
【答案】D
【解答】解：如图，过点M作ME⊥AB于点E，连接BD交AC于O，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，
∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
点M运动到DE上，且DE⊥射线AB时，DE取得最小值，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE=AD2−AE2=62−32=33，
∴2DE＝63．
∴MA+MB+MD的最小值是63．
故选：D．
二十三．菱形的判定与性质（共1小题）
51．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）AC的长为10．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BD=12BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵四边形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，
∵点D是BC的中点，
∴△ABC的面积＝2△ABD的面积，
∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40，
∴12AB•AC＝40，
∴12×8•AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的长为10．
二十四．矩形的性质（共3小题）
52．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．485B．325C．245D．125
【答案】C
【解答】解：∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，AC=AB2+BC2=10，
∴AO＝DO=12AC＝5，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12=12AO×EO+12DO×EF，
∴12=12×5×EO+12×5×EF，
∴5（EO+EF）＝24，
∴EO+EF=245，
故选：C．
53．定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（ ）
A．（3，1）或（3，3）
B．（3，12）或（3，3）
C．（3，12）或（3，1）
D．（3，12）或（3，1）或（3，3）
【答案】D
【解答】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，
∴设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；
①若∠CPM＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2＝MA2+AP2＝1+a2，
在Rt△MPC中，由勾股定理得：
CM2＝MP2+CP2＝1+a2+（4﹣a）2+9＝2a2﹣8a+26，
又∵CM2＝OM2+OC2＝4+16＝20，
∴2a2﹣8a+26＝20，
∴（a﹣3）（a﹣1）＝0，
解得：a＝3或a＝1，
∴P（3，3）或（3，1）；
②若∠CMP＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2＝MA2+AP2＝1+a2，
∵CM2＝OM2+OC2＝20，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：
CM2+MP2＝CP2，
∴20+1+a2＝（4﹣a）2+9，
解得：a=12．
∴P（3，12）．
综上，P（3，12）或（3，1）或（3，3）．
故选：D．
54．如图，矩形ABCD中，AD＝18，AB＝24．点E为边DC上的一个动点，△AD'E与△ADE关于直线AE对称，当△CD'E为直角三角形时，DE的长为 9或18 ．
【答案】9或18．
【解答】解：（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），
∵∠CED′＝90°，
根据轴对称的性质得∠AED＝∠AED′=12×90°＝45°，
∵∠D＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AD＝18；
（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），
根据轴对称的性质得∠AD′E＝∠D＝90°，AD′＝AD，DE＝D′E，
△CD'E为直角三角形，
即∠CD′E＝90°，
∴∠AD′E+∠CD′E＝180°，
∴A、D′、C在同一直线上，
根据勾股定理得AC=AD2+CD2=30，
∴CD′＝30﹣18＝12，
设DE＝D′E＝x，则EC＝CD﹣DE＝24﹣x，
在Rt△D′EC中，D′E2+D′C2＝EC2，
即x2+144＝（24﹣x）2，
解得x＝9，
即DE＝9；
综上所述：DE的长为9或18；
故答案为：9或18．
二十五．矩形的判定（共1小题）
55．如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
（1）求证：AF与DE互相平分；
（2）当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：∵点D是AB的中点，
∴AD=12AB，
∵点E是AC的中点，点F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB，EF=12AB，
∴EF＝AD，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分；
（2）解：当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，
理由：∵线段DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∵AF=12BC，
∴AF＝DE，
由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，
∴四边形ADFE为矩形．
二十六．正方形的性质（共5小题）
56．将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，…，An分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（ ）
A．14 cm2B．n−14cm2C．n4 cm2D．（14）ncm2
【答案】B
【解答】解：由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的14，即是14，
5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×4，
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为14×（n﹣1）=n−14cm2．
故选：B．
57．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（ ）
A．2B．5C．6D．125
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AB=AD∠ABE=∠ADFBE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM＝∠FAM，
在△AEM和△AFM中，
AE=AF∠EAM=∠FAMAM=AM，
∴△AEM≌△AFM（SAS），
∴EM＝FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，
设DM＝x，则MC＝CD﹣DM＝4﹣x，CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，EM＝FM＝FD+DM＝1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2+CE2，即（1+x）2＝（4﹣x）2+32，
解得x=125．
故选：D．
58．如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠DCE＝90°，CD＝BC＝3，
Rt△DCE中，∠CDE＝30°，
∴CE=12DE，
设CE＝x，则DE＝2x，
根据勾股定理得：DC2+CE2＝DE2，
即32+x2＝（2x）2，
解得：x＝±3（负值舍去），
∴CE=3，
∵DE⊥CF，
∴∠DOC＝90°，
∴∠DCO＝60°，
∴∠BCF＝90°﹣60°＝30°＝∠CDE，
∵∠DCE＝∠CBF，CD＝BC，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴BF＝CE=3．
故选：C．
59．如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：
①DE＝EF；
②△DAE≌△DCG；
③AC⊥CG；
④CE＝CF．
其中正确的结论序号是 ①②③ ．
【答案】①②③．
【解答】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
∴矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③．
故答案为：①②③．
60．正方形ABCD的对角线AC、BD相交于O，直角三角板EFG的直角顶点E在线段AC上，EF、EG与BC、CD边相交于M、N．
（1）如图1，若E点与O点重合，求证：EM＝EN；
（2）如图2，若E点不与O点重合：
①EM还等于EN吗？说明理由；
②试找出MC、CN、EC三者之间的等量关系，并说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）在正方形ABCD中，OA＝OB＝OC＝OD，且∠OBC＝∠OCD，∠BOC＝90°，
∵∠FOG＝90°，
∴∠BOM＝∠BOC﹣∠MOC＝90°﹣∠MOC，∠CON＝∠FOG﹣∠MOC＝90°﹣∠MOC，
∴∠BOM＝∠CON，
在△OBM和△OCN中，
∠BOM=∠CONOB=OC∠OBM=∠OCN，
∴△OBM≌△OCN（ASA），
∴EM＝EN；
（2）
过E作EH⊥BC，EG′⊥CD，
由正方形ABCD可知，AC平分∠BCD，
∴EH＝EG′，
∵∠HEG＝360°﹣∠EHC﹣∠EG′C﹣∠HCG′＝90°，
∴∠MEH＝∠NEG′，而∠EHM＝∠EG′N＝90°，
∴△EMH≌△ENG′，
∴EM＝EN；
（3）由△EMH≌△ENG′可知，MH＝NG′，而EG′＝HC，
∴MC+NC＝MH+HC+NC＝NG′+EG+NC＝EG′+CG′＝2CG′，
∵CG′=22EC，
∴MC+NC=2EC．
答：（1）EM＝EN，（2）EM＝EN，（3）MC+NC=2EC．
目的地
车型
A村（元/辆）
B村（元/辆）
大货车
800
900
小货车
400
600
生活中的数学：如何确定单肩包最佳背带长度
素材1
如图是一款单肩包，背带由双层部分、单层部分和调节扣构成．使用时可以通过调节扣加长或缩短单层部分的长度，使背带的总长度加长或缩短（总长度为单层部分与双层部分的长度和，其中调节扣的长度忽略不计）．
素材2
对于该背包的背带长度进行测量，设双层的部分长度是x cm，单层部分的长度是y cm，得到如下数据：
双层部分长度x（cm）
2
6
10
14
a
单层部分长度y（cm）
116
108
100
92
70
素材3
单肩包的最佳背带总长度与身高比例为2：3
素材4
小明爸爸准备购买此款背包．爸爸自然站立，将该背包的背带调节到最短提在手上，背带在背包的悬挂点离地面的高度为53.5cm；已知爸爸的臂展和身高一样，且肩宽为38cm，头顶到肩膀的垂直高度为总身高的18．
任务1
在平面直角坐标系中，以所测得数据中的x为横坐标，以y为纵坐标，描出所表示的点，并用光滑曲线连接，根据图象思考变量x、y是否满足一次函数关系．如果是，求出该函数的表达式，直接写出a值并确定x的取值范围．
任务2
设人身高为h，当单肩包背带长度调整为最佳背带总长度时，求此时人身高h与这款背包的背带双层部分的长度x之间的函数表达式．
任务3
当小明爸爸的单肩包背带长度调整为最佳背带总长度时．求此时双层部分的长度．