人教版八年级下册数学期末试卷试卷(含答案)

人教版八年级下册数学期末试卷试卷〔word版含答案〕一、选择题以下二次根式有意义的范围为x≥﹣4的是〔 〕A．x4 B．

1x4 C．

1x4 D．x4满足下述条件的三角形中，不是直角三角形的是〔〕1：2：31，3，23：4：540°50°如图四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则推断四边形ABCD是平行四边形的是〔 〕A．AB∥CD，∠DAC=∠BCAC．AC=2AO，BD=2BO

B．AB=CD，∠ABO=∠CDOD．AO=BO，CO=DO校篮球队所买10双运动鞋的尺码统计如表,则这10双运动鞋尺码的众数和中位数分别为〔 〕尺码〔cm〕购置量〔双〕

25 25.5 26 26.5 271 1 2 4 2A．4cm，26cm

B．4cm，26.5cm

C．26.5cm，26.5cm D．26.5cm，26cm△ABC中，AB=15，AC=13，高AD=12，则△ABC的周长为〔 〕A．42

B．32

C．42或32 D．37或33ABCD，∠A=60°，PABABCDCDP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC等于〔 〕A．60° B．65° C．75° D．80°如图，在正方形ABCD中，E为AB中点，连结DE，过点D作DF⊥DE交BC的延长线于点F，连结EF．假设AE＝2，则EF的值为〔 〕A．6 B．210 C．2 3 D．51y＝kx+b〔k≠0〕B〔﹣6，0〕，y＝x的图象31交于点A〔m，﹣3〕，假设kx﹣x＞﹣b，则〔 〕3A．x＞0 B．x＞﹣3 C．x＞﹣6 D．x＞﹣9二、填空题9．假设y＝2x1 12x3，则x+y的值为 ．一个菱形的边长是5cm，一条对角线长6cm，则此菱形的面积为 cm2．如图，两个较大正方形的面积分别为225、289，则字母A所代表的正方形的边长为ABCD中，AE平分BADBCEDE，假设CD3DE5，则AD的长是 ．正比例函数ykx(k0)经过点(1,3)，则k ．如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P在AD上，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，则PE+PF等于 ．在平面直角坐标系中，Qy1x2Q绕点P(1,0)顺时2针旋转90，得到点Q连接OQ，则OQ的最小值为 ．如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为PQ，则线段BQ的长度为 ．三、解答题计算：〔1〕2 18﹣6× 12

327；〔2〕〔5﹣2〕2﹣〔13﹣2〕〔13+2〕；〔3〕〔1+ 3〕•〔2﹣3〕；〔4〕3 32 2．3 23m高的小树上觅食，它的巢筑在距离该树24m的一棵大树上，大14m1m．当它听到巢中幼鸟的叫声，马上赶过去，假设它飞行的速5m/s，那它至少需要多少时间才能赶回巢中？如图，每个小正方形的边长都是1，△ABC的三个顶点分别在正方形网格的格点上．AB，BC的长；推断△ABC的外形，并说明理由．Rt△ABC中，DAB边上任意一点，EBCC作CF∥ABDEFBF、CD．CDBF是平行四边形．DABCDBF的外形，并说明理由．a，b满足：b2=1+a，b的值；

a2﹣2a，且|b|+b＞031利用公式

1 1 ，求n(n1) n n12023

2023+

2023

+…+

2023ab (a1)(b1) (a2)(b2) (a2023)(b2023)在一次蜡烛燃烧试验中，甲、乙两根蜡烛燃烧时剩余局部的高度y(cm)与燃烧时间x(h)的关系如下图．其中甲蜡烛燃烧前的高度是30cm，乙蜡烛燃烧前的高度是25cm，请依据图象所供给的信息解答以下问题：甲、乙两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是 ；yx之间的函数关系式；x为何值时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等〔不考虑都燃尽时的状况)？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛高？在什么时间段内甲蜡烛比乙蜡烛低？如图，在ABCDBDABBDAB＝BD，EBCAEBDF．1AB22，BE＝1AE的长度；2DDH⊥AEHHHG⊥ADADGBDMM作MN∥AD交AE于N，连接BN，证明：NH 2BN；3EBCDDH⊥AEHDHQ，使得1QH2AH，MADQMAD42QM取最大值时，请直接写出ADH的面积．1 2 xOyl：y＝kx+6x轴、yA、B两点，且OB＝3OAl：y＝kx+bC〔3，1〕，x轴、yAB分别交于点E、F、D1 2 l1的解析式；1CBCD⊥ABD的坐标和△BCD的面积；2DAB上运动时，在坐标轴上是否存在点Q，使△QCD为底边的等腰直角三角形？假设存在，请直接写出点Q的坐标，假设不存在，请说明理由．25．1ABCD中，AB=a，BC=6PBBC方向移动，作PABPA的对称△PAB′．2PBCPB′CDMAM，假设∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；在〔1〕a的值：a=8时，①3B′ACPB的长；②PBC的延长线上时，请直接写出△PCB′PB的长度．26．如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFEAA分别作直CE，CF的垂线，B，D为垂足．∠EAF＝ °〔直接写出结果不写解答过程〕；①ABCD是正方形．②BE＝EC＝3DF的长．如图〔2〕，在△PQR中，∠QPR＝45°PH＝5，QH＝2HR的长度是〔直接写出结果不写解答过程〕．一、选择题1．D解析：D【分析】依据二次根式中的被开方数是非负数，分式的分母不为0列出不等式，分别计算即可．【详解】解：A、x﹣4≥0，解得x≥4，故此选项不符合题意；B、x﹣4＞0，解得x＞4，故此选项不符合题意；C、x+4＞0，解得x＞﹣4，故此选项不符合题意；D、x+4≥0x≥﹣4，故此选项符合题意．应选：D．【点睛】此题考察了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，解题关键是熟记二次根式和分式有意义的条件，列出不等式求解．2．C解析：C【分析】依据勾股定理的逆定理和三角形内角和定理对各选项进展逐一推断即可．3【详解】32解：A、∵12＋〔2

〕2＝3＝〔

〕2，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；3B、∵12＋〔 〕2＝4＝22，∴能够成直角三角形，故本选项不符合题意；3C、设∠A＝3x°，∠B＝4x°，∠C＝5x°，∵∠A＋∠B＋∠C＝180°，∴3x＋4x＋5x＝180，解得：x＝15，∴∠C＝5x°＝75°，即此时三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；D40°和50°90°，是直角三角形，故本选项不符合题意；应选：C．【点睛】此题考察的是勾股定理的逆定理，即假设三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形，也考察了三角形的内角和定理．3．D解析：D【解析】【分析】证明AD//BC，即可依据两组对边分别平行的四边形是平行四边形推断；证明AB∥CD，即可依据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形推断；可依据对角线相互平分的四边形是平行四边形推断；条件缺乏无法推断；【详解】∠DAC=∠BCAAD//BC，ABCD是平行四边形，A选项正确，不符合题意；∠ABO=∠CDOAB//CD又AB=CD，ABCD是平行四边形，B选项正确，不符合题意；AC=2AO，BD=2BOAOCO,BODOABCD是平行四边形，C选项正确，不符合题意；D.条件缺乏无法推断，符合题意；D【点睛】此题考察了平行四边形的判定，把握平行四边形的判定方法是解题的关键．4．C解析：C【解析】【分析】依据众数的含义及中位数的求法进展即可．【详解】26.5是消灭次数最多的，故众数是26.5cm；处于这组数据中间位置的数是26.5、26.5，那么中位数的定义可知，这组数据的中位数是〔26.5+26.5〕÷2=26.5cm.C．【点睛】此题考察了众数及中位数，一组数据中消灭次数最多的数称为众数，一组数据的众数可以不止一个，把一组数据按大小排列，中间位置一个数或两个数的平均数是这组数据的中位数；把握它们的含义是关键．5．C解析：C【分析】2种状况，△ABC是锐角三角形和钝角三角形时，高AD分别在△ABC的内部和外部【详解】状况一：如以下图，△ABC是锐角三角形∵AD是高，∴AD⊥BC∵AB=15，AD=12∴Rt△ABD中，BD=9∵AC=13，AD=12∴Rt△ACD中，DC=5∴△ABC的周长为：15+12+9+5=42状况二：如以下图，△ABC是钝角三角形Rt△ADC中，AD=12，AC=13，∴DC=5Rt△ABD中，AD=12，AB=15，∴DB=9∴BC=4∴△ABC的周长为：15+13+4=32应选：C【点睛】此题考察勾股定理，解题关键是多解，留意当几何题型题干未供给图形时，往往存在多解状况.6．C解析：C【解析】【分析】BD，由菱形的性质及∠A=60°ABD为等边三角形，PAB的中点，利用DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．【详解】BD，∵ABCD为菱形，∠A=60°，∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，∵PAB的中点，∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，∴∠PDC=90°，∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，在△DEC中，∠DEC=180°-〔∠CDE+∠C〕=75°．C．【点睛】此题考察了翻折变换〔折叠问题〕，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，娴熟把握折叠的性质是解此题的关键．7．B解析：B【解析】【分析】依据“ASA”判定△ADE≌△CDFDE=DFRt△ADEDE的Rt△DEFEF的长．【详解】解：∵ABCD是正方形，∴AD=AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠DCB=∠B=90°，∵DF⊥DE，∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=90°，即ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中，ADECDF ADCD ， ADCF∴△ADE≌△CDF〔ASA〕，∴DE=DF，∵EAB的中点，AE=2，∴AD=AB=4，在Rt△ADE中，DE AD2AE2 422225，，EF DE2DF2210．应选：B．【点睛】此题主要考察了正方形的性质和勾股定理的应用，求线段的长度经常是把线段转化到直角三角形中，运用勾股定理进展计算求值．8．D解析：D【分析】先利用正比例函数解析式,确定A点坐标;然后利用函数图像，写出一次函数y=kx+b〔k≠0〕的图像，在正比例函数图像上方所对应的自变量的范围.【详解】1 1A〔m，﹣3〕y＝3x3m＝﹣3m＝﹣9，1x＞﹣9时，kx+b3x，1kx﹣3x＞﹣bx＞﹣9．D．【点睛】此题考察了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于〔或小于〕0的自变量x的取值范围；从函数图像的角度看，就是确定直线y=kx+bx轴上〔或下〕方局部全部的点的横坐标所构成的集合.二、填空题79．2【解析】【分析】依据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．【详解】解：由题意得：2x-1≥0，1-2x≥0，1解得：x=2，∴y=3，∴ +3=∴ +3=x+y= ，2 272．【点睛】此题考察的是二次根式有意义的条件，把握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．10．A24【解析】【分析】首先依据菱形的性质和勾股定理求出另一条对角线的长度，然后利用菱形的面积公式求解即可．【详解】AB5cm,AC6cm，∵ABCD是菱形，∴AO1AC3cm,OB1BD,ACBD，2 2∴AOB90，BO AB2AO24cm，BD2OB8cm，S1ACBD16824cm2，2 2故答案为：24．【点睛】此题主要考察菱形的性质和面积，勾股定理，把握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．11．E解析：8【解析】【分析】依据正方形的面积等于边长的平方，由正方形PQEDPRQF的面积分别表示PRPQPQR为直角三角形，依据勾股定理求出QR的平方，即可求小正方形的边长．【详解】如图，∵PQED225，∴∵PRGF289，∴PR2=289，又△PQR为直角三角形，依据勾股定理得：PR2=PQ2+QR2，∴QR2=PR2−PQ2=289−225=64，∴QR=8，即字母A8.【点睛】此题考察勾股定理，依据勾股定理求出小正方形的面积是关键.12．E解析：7【分析】EC＝4BE＝AB＝3BC的长，进而AD的长．【详解】解：∵ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD，AD//BC，AD＝BC，∵ED＝5，CD＝3，∴EC2＝DE2−CD2＝25−9＝16，∴CE＝4，∵AD//BC，∴∠AEB＝∠DAE；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴BE＝AB＝CD＝3，∴BC＝BE＋EC＝7，∴AD＝7，故答案为：7．【点睛】此题主要考察了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等学问；解题的关键是机敏运用矩形的性质和等腰三角形的判定．13．3【分析】把(1,3)ykx(k0)，利用待定系数法求解k即可得到答案．【详解】解：把(1,3)ykx(k0)，k3,3.【点睛】此题考察的是利用待定系数法求解正比例函数的解析式，把握待定系数法是解题的关键．14．A12解析：5【详解】ACBD相交于点OOPDDM⊥ACM，∵ABCD是矩形，∴，AC=BD，∠ADC=90°．∴OA=OD．∵AB=3，AD=4，∴由勾股定理得：AC= 32425．∵S 1 1 12 34ACD 2

25DM，∴DM=5．∵SAODSAPOSDPO，∴1AODM1AOPE1DOPF．2 2 2B∴PE+PF=DM12．应选．B515．【分析】线的函数关系式，然后依据勾股定理求解即可解决问题．【详解】解：作轴于点，轴于，，，，在和△中，，，解析： 5【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q的坐标，进而可得点Q所在直线的函数关系式，然后依据勾股定理求解即可解决问题．【详解】解：作QMx轴于点MQNxN，QPQ90，QPMNPQPQNNPQ90，QPMPQN，在PQM和△QPN中，PMQPNQ90QPMPQN ，PQPQ△PQM≌△QPN(AAS)，PNQM，QNPM，设Q(m1m2)，2QNPM|m1|，QM|1m2|，2ON|31m|，2Q(31m，1m)，2设点Q(xy，x31m则 2 ，y1my2x5，则点Q(xy)y2x5上，y2x5x轴，yE、F，如图，当OQEFOQ取得最小值，y0，则2x50，x5，2∴OE5，2x0y5，∴OF5，5在RtOEF中，EF OE2OF2 ()2525 5，52 2当OQEF时，则S 1EFOQ1OEOF，△OEF 2 255∴OQOEOF2EF 52

5，5OQ的最小值为5，故答案为：5．【点睛】此题考察的是一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等，坐标与图形的变换－旋转，勾股定理，表示出点Q的坐标以及点Q所在直线的函数关系式是解题的关键．16．4【分析】Rt△BDQ中，用勾股定理列方程可x，从而可得答案．【详解】BC的中点，∴BD＝BC＝3，∵△ABC折叠解析：4【分析】AQ＝DQ＝xBQ＝AB﹣AQ＝9﹣xRt△BDQx，从而可得答案．【详解】解：∵BC＝6，DBC的中点，∴BD＝12

BC＝3，∵△ABCABCD重合，∴AQ＝DQ，AQ＝DQ＝xBQ＝AB﹣AQ＝9﹣x，Rt△BDQBQ2BD2DQ2∴9x22x2x＝5，∴BQ＝9﹣x＝4，故答案为：4．【点睛】此题考察折叠的性质和勾股定理，关键是利用方程思想设边长，然后用勾股定理列方程解未知数，求边长．三、解答题17．〔1〕3﹣3；〔2〕﹣4；〔3〕﹣1+；〔4〕﹣【分析】答案；直接利用乘法公式化简，再合并得出答案；5332直接利用53322解析：〔1〕32【分析】

﹣3；〔2〕﹣4

；〔3〕﹣1+

；〔4〕 ﹣直接利用二次根式的性质以及立方根的性质，进而合并同类二次根式得出答案；直接利用乘法公式化简，再合并得出答案；直接利用二次根式的混合运算法则计算得出答案；直接利用二次根式的性质化简，进而得出答案．181231812327解：〔1〕2

﹣6× 22=6 6232222=6 3 322=323；〔2〕〔5﹣2〕2﹣〔13﹣2〕〔13+2〕=5+4-4 5-(13-4)=9-4 5-9=-4 5；〔3〕〔1+ 3〕•〔2﹣3〕=2- 3233=-1+ 3；3 32 2〔4〕 3 2= 3121= 31 21= 3 2．【点睛】此题主要考察了二次根式的混合运算以及立方根的性质，正确化简二次根式是解题关键．5.2s才能赶回巢中．【分析】依据题意，构建直角三角形，利用勾股定理解答．【详解】ECE=15.2s才能赶回巢中．【分析】依据题意，构建直角三角形，利用勾股定理解答．【详解】解：如图，由题意知AB=3，CD=14-1=13，BD=24．AAE⊥CDECE=13-3=10，AE=24，∴Rt△AEC中，AC2=CE2+AE2=102+242．∴AC=26，26÷5=5.2〔s〕．5.2s才能赶回巢中．【点睛】此题考察了勾股定理的应用．关键是构造直角三角形，同时留意：时间=路程÷速度．19．〔1〕AB＝2，BC＝，〔2〕△ABC是直角三角形，见解析．【解析】【分析】先利用勾股定理分别计算两边的长即可；利用勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形．55【详解】55解析：〔1〕AB＝2【解析】【分析】

，BC＝

，〔2〕△ABC是直角三角形，见解析．先利用勾股定理分别计算两边的长即可；利用勾股定理的逆定理得到三角形为直角三角形．12122252242242〔2〕AC＝5，∵(2 5)2( 5)252，∴AB2＋BC2＝AC2，

2 5，BC＝ ，∴△ABC是直角三角形．【点睛】此题考察了勾股定理和勾股定理的逆定理，娴熟把握勾股定理是解此题的关键．〔2〕CDBF是菱形，理由见解析【分析】证△CEF≌△BED〔ASA〕，CF=BDCF∥DB，即可得出结论；CD=DB，即解析：〔1〕见解析；〔2〕CDBF是菱形，理由见解析【分析】证△CEF≌△BED〔ASA〕，CF=BDCF∥DB，即可得出结论；CD=DBCDBF是菱形．【详解】证明：∵CF∥AB，∴∠ECF=∠EBD，∵EBC中点，∴CE=BE，在△CEF和△BED中，ECFEBDCEBECEFBED∴△CEF≌△BED〔ASA〕，∴CF=BD，又∵CFAB，∴CDBF是平行四边形．CDBF是菱形，理由如下：∵DAB的中点，∠ACB=90°，∴CD=12

AB=BD，由〔1〕CDBF是平行四边形，∴CDBF是菱形．【点睛】此题考察了平行四边形的判定和性质、菱形的判定、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线性质等学问；娴熟把握平行四边形的判定与性质，证明△CEF≌△BED是解题的关键，属于中考常考题型．2，b1；〔2〕2023.【解析】【分析】依据二次根式有意义的条件得到依据公式将原式化成多个式子相减，起到相互抵消的效果，做到化繁为简．【详解】〔1解析：〔1〕a2，b1；〔2〕2023.【解析】【分析】依据二次根式有意义的条件得到a22a即a且b求出的值．1依据公式

1

1将原式化成多个式子相减，起到相互抵消的效果，做到化繁为简．【详解】

nn1

n n1a20〔1〕2a0,解得：a2.a2aa2a2,3∴b=±1∵|b|+b＞0∴b=1∴a2，b1．〔2〕2023

2023

2023

2023,ab a1b1 a2b2 a2023b2023 2023 1 1 1 1 , 12 23 34 202320232023111111

1 1 ,20231

2 2 3 3 41

2023 20232023.【点睛】此题主要考察二次根式有意义的条件，学会应用公式推导一般并能实际运用.当时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当时，甲蜡烛比乙蜡烛低．【分析】依据函数图象可以解答此题；先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，解析：〔1〕2h2.5h；〔2〕y甲

15x+30，y乙

10x+25；〔3〕x=1时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；当0x1时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当1x2.5时，甲蜡烛比乙蜡烛低．【分析】依据函数图象可以解答此题；先设出甲、乙两根蜡烛燃烧时，yx之间的函数解析式，然后依据函数图象中的数据即可求得相应的函数解析式；依据题意，令〔2〕中的两个函数解析式的值相等，即可解答此题．【详解】解：〔1〕由图象可知，甲、乙两根蜡烛燃烧前的高度分别是30c2c从点燃到烧尽所用小时分别是22h2.5h；设甲蜡烛燃烧时，yxykxb， b302kb0

k15,b30 即甲蜡烛燃烧时，yxy15x30；设乙蜡烛燃烧时，yxymxn， n25 m10,2.5mn0 n25 即乙蜡烛燃烧时，yxy=-10x+25；∴y 15x+30，y甲

10x+25；由15x+3010x+25x=1x=1时，甲、乙两根蜡烛在燃烧过程中的高度相等；观看图像可知，当0x1时，甲蜡烛比乙蜡烛高，当1x2.5时，甲蜡烛比乙蜡烛低．【点睛】此题考察一次函数的应用，解答此题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．23．〔1〕见解析；〔2〕见解析；〔3〕．【分析】分别过点作，垂足分别为，勾股定理解即可；条件，继而证，得出，，进而得到解析：〔1〕见解析；〔2〕见解析；〔3〕16 5．5【分析】分别过点B,EBSAD,ERAD，垂足分别为S,R，勾股定理解Rt△ARE即可；连接BHNNTAD于点T，设BAN，经过角度的变换得出BANHDB，再证明△ATN△HGDANHD，结合条件，继而证BAN≌△BDH，得出ABNDBHNBHB，进而得到△NBH是等腰直角三角形，从而得证；AD,AQ的中垂线，交于点O，依据作图，先推断MQ最大的时候的位置，进而由QH1AH，AD4 2，构造直角三角形，勾股定理求得AH,HD，从而求得2△ADH的面积．【详解】如图，分别过点BEBSADERAD，垂足分别为SRABBD，AB＝BD，AB2 2ABD是等腰直角三角形，△ASB是等腰直角三角形AD AB2BD241ASSD

AD2,BSAS22ABCD是平行四边形AD//BC四边形SBER是矩形SRBE1，RESB2ARASSR3Rt△ARE中AE AR2RE2 3222 13连接BHNNTAD于点T，设BANBAD是等腰直角三角形BADBDA45HADBADBAN45DHAE，ADH90HAD45HDBADHADB4545BANHDBNTADANT90HAD90(45)45，90ANTADHHDGHGADHGD90ATNHGD又BDA45DMG90MDG45GDGMMN//AD，HGAD，NTAD四边形TNMG是矩形GMTNTNGD在△ATN和△HGD中ANTHDGTNGDATNHGD△ATN≌△HGD〔ASA〕ANHD在BAN和△BDH中ABBDBANHDBANHD BAN≌△BDH〔SAS〕ABNDBH，NBHBABNNBDDBHNBD即ABDNBHABBDNBH90△NBH是等腰直角三角形NH BN2BH2 2BN即NH 2BNADAQ的中垂线，交于点O，EBCAQDADADQ三点共圆，则点Q在以O为圆心OQ为半径的圆上运动，1DHAE，QH AH2tanAQDAH2QH在OMQ中MQMOOQ当M,O,QMQ取得最大值，此时情形如图：ABBD,BMADAMMDM,O,Q三点共线，点QAB的垂直平分线上QAQDDHAE,tanAQD设QHxAH2xAQ 5xQDDH 5xxAD4 2AH2DH2AD2

AH2QH即(2x)2( 5xx)2(4 2)2得：x2 165 5ADH的面积1AHDH212x( 5xx)( 51)x2=( 51) 16

16

16 52 5 5 5 5当QM取最大值时，△ADH的面积为16 5．5【点睛】此题考察了平行四边形的性质，矩形的性质与判定，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，圆的性质，勾股定理，三角形三边关系，三角形全等的证明与性质，动点问题等，此题是一道综合性比较强的题，娴熟平面几何的性质定理是解题的关键．24．〔1〕y＝x+6；〔2〕D〔﹣，3〕，S△BCD＝4；〔3〕Q，使△QCDCD底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是〔0，±2〕或〔6﹣4，0〕或〔﹣4﹣6，0〕【解析】【分析】〔1〕解析：〔1〕y＝3x+6；〔2〕D〔﹣3，3〕，S△BCD＝4 3；〔3〕存在点Q，使△QCD是以CD为底边的等腰直角三角形，点Q的坐标是〔0，±2 3〕或〔6﹣4 ，0〕或〔﹣4 3﹣6，0〕【解析】【分析】l1的解析式；21CCH⊥xHECEl的21lD的坐标，利用面积和可得△BCD的面积；1xy轴上，证明△DMQ≌△QNC〔AAS〕，DM＝QN，QM＝CND〔m，3m+6〕〔m＜0〕，QOQm的值，从而得到结论．【详解】解：〔1〕y＝k1x+6，x＝0时，y＝6，∴OB＝6，∵OB＝3OA，∴OA＝2 3，∴A〔﹣2 3，0〕，把A〔﹣2 3，0〕代入：y＝k1x+6中得：﹣2 3k1+6＝0，k＝3，k11∴l的解析式为：y＝3x+6；11CCH⊥xH，∵C〔3，1〕，∴OH＝3，CH＝1，△ABO中，AB 6223243，∴AB＝2OA，∴∠OBA＝30°，∠OAB＝60°，∵CD⊥AB，∴∠ADE＝90°，∴∠AED＝30°，∴EH＝3，∴OE＝OH+EH＝2 3，∴E〔2 3，0〕，

2

b0把E〔2 3，0〕和C〔3，1〕代入y＝kx+b中得： 2 ，2 3

3kb02k23，b2∴l

3：y＝ x+2，2 3∴F〔0，2〕BF＝6﹣2＝4，y则

33x2

x 3，解得 ，y 3x6∴D〔﹣3，3〕，

y32

BF〔xC﹣xD〕＝143 343；2分四种状况：①Qy2DDM⊥yMCCN⊥yN，∵△QCDCD为底边的等腰直角三角形，∴∠CQD＝90°，CQ＝DQ，∴∠DMQ＝∠CNQ＝90°，∴∠MDQ＝∠CQN，∴△DMQ≌△QNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝3，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔0，﹣m+1〕，∴OQ＝QN+ON＝OM+QM，即﹣m+1＝3m+6+ 3，5 3m31

123，∴Q〔0，2 3〕；②Qx3DDM⊥xMCCN⊥xN，△DMQQNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝1，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔m+1，0〕，∴OQ＝QN﹣ON＝OM﹣QM，即3m+6- 3＝﹣m﹣1，m＝5﹣4 3，∴Q〔6﹣4 3，0〕；③Qx4DDM⊥xMCCN⊥xN，同理得：△DMQ≌△QNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝1，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔m﹣1，0〕，∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，3m﹣6﹣3＝﹣m+1，m＝﹣43﹣5，∴Q〔﹣43﹣6，0〕；④Qy5DDM⊥yMCCN⊥yN，同理得：△DMQ≌△QNC〔AAS〕，∴DM＝QN，QM＝CN＝3，D〔m，3m+6〕〔m＜0〕，Q〔0，m+1〕，∴OQ＝QN﹣ON＝OM+QM，m﹣6+3＝﹣m﹣1，m＝﹣23﹣1，∴Q〔0，﹣23〕；Q，使△QCD是以CDQ的坐标是〔0，±2 3〕或〔6﹣4 3，0〕或〔﹣4 3﹣6，0〕．【点睛】此题是综合了一次函数的图象与性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形与等腰直角三角形的性质等学问的分状况争辩动点动图问题，在娴熟把握学问的根底上，需要依据状况作出关心线，或者作出符合题意的图象后分状况争辩.8或或．【分析】Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)AD解析：〔1〕BAMDAM；〔2〕a6；〔3〕①9；②PB的长度为8或328 7或3 3328 7．3【分析】Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)AD=AB′=AB=aa=6；①ACRt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°2-2中，当∠PCB′=90°2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：〔1〕∵ABCD是矩形，∴∠D=∠B=∠BAD=90°，∵△PAB′与△PABPA的对称，∴△PAB≌△PAB′，∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，∵∠PAM=45°，即∠B′AP+∠B′AM=45°，∴∠DAM+∠BAP=45°，∴∠DAM=∠B′AM，∵AM=AM，∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，∴∠B′AM=∠DAM；∵由〔1〕知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，∴AD=AB′=AB=a，∵AD=BC=6，∴a=6；①Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB2AB2BC2PB=xPC=6−x，

=10，由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，∴∠PB′C=90°，又∵AB′=AB=8，∴B′C=2，Rt△PB′CPC2B”C2PB2，∴(6−x)2=22+x2，9解得：x=3，9PB3；②∵△PAB′与△PABPA的对称，∴△PAB≌△PAB′，∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，PB′=PB=t，2-1中，当∠PCB”=90°，B”CD上时，∵ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，∴DB′ AB2AD227，∴CB′=CD−DB′=8−2 7，Rt△PCB”中，∵B”P2=PC2+B”C2，∴t2=(8−2 7)2+(6−t)