2022-2023学年山东省济宁市金乡县八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省济宁市金乡县八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省济宁市金乡县八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列各式中，正确的是(    )
A. (−3)2=−3 B. − 32=−3 C. (−3)2=±3 D. 32=±3
2. △ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c，由下列条件不能判定△ABC为直角三角形的是(    )
A. ∠A+∠B=∠C B. ∠A：∠B：∠C=1：2：3
C. a2=c2−b2 D. a：b：c=3：4：6
3. 某班在学校的合唱比赛中，七个评委给出的得分依次为20，18，22，17，20，20，17，则这组数据的众数与中位数分别是(    )
A. 18，17 B. 20，20 C. 20，19 D. 20，17
4. 若关于x的一元二次方程为ax2+bx+5=0(a≠0)的解是x=1，则2021−a−b的值是(    )
A. 2016 B. 2020 C. 2025 D. 2026
5. 如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点.连接AF，BF，∠AFB=90°，且AB=8，BC=14，则EF的长是(    )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
6. 如图，直线y1=kx+b经过点A和点B，直线y2=2x过点A，则不等式2x A. x<−2
B. x<−1
C. −2 D. −1 7. 若代数式1 k−1在实数范围内有意义，则一次函数y=(1−k)x+k−1的图象可能是(    )
A. B. C. D.
8. 如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为(    )


A. 2+2 3 B. 4 C. 4 3 D. 6
9. 已知a，b，c分别是Rt△ABC的三条边长，c为斜边长，∠C=90°，我们把关于x的形如y=acx+bc的一次函数称为“勾股一次函数”.若点P(−1, 33)在“勾股一次函数”的图象上，且Rt△ABC的面积是4，则c的值是(    )
A. 2 6 B. 24 C. 2 3 D. 12
10. 如图，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE=150°；④S四边形AEFD=8.错误的个数是(    )


A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 小明参加演讲比赛，他的演讲形象，内容，效果三项分别是9分，8分，8分，若将三项得分依次按3：4：3的比例确定成绩，则小明的最终比赛成绩为______ 分.
12. 如图，∠C=90°，AB=12，BC=3，CD=4，AD=13，则四边形ABCD的面积为______．


13. 实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简：|a+1|− (b−1)2+ (a−b)2=______．

14. 元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载：“今有良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里．驽马先行一十二日，问良马几何日追及之．”如图是两匹马行走路程s关于行走时间t的函数图象，则两图象交点P的坐标是______．
15. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO.若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：
①FB垂直平分OC；
②△EOB≌△CMB；
③DE=EF；
④S△AOE：S△BCM=2：3．
其中正确的结论是(填写序号) ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题6.0分)
(1)计算： 12×( 75+3 13− 48)；
(2)解方程x2−4x−5=0．
17. (本小题7.0分)
为了解我校学生每天的睡眠时间(单位：小时)，随机调查了我校的部分学生，根据调查结果，绘制出如图统计图.若我校共有1000名学生，请根据相关信息，解答下列问题：

(1)本次接受调查的学生人数为______ 人，扇形统计图中的m= ______ ；
(2)请补全条形统计图；
(3)求所调查的学生每天睡眠时间的方差；
(4)若睡眠时间超过7小时及以上在白天才能达到良好的学习效果，估计我校学生每天睡眠时间不足的人数．
18. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF=AE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)已知∠DAB=60°，AF是∠DAB的平分线，若AD=3，求DC的长度．

19. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b(k,b都是常数，且k≠0)的图象经过点(1,0)和(0,−1)．
(1)当−1 (2)已知点P(m,n)在该函数的图象上，且m+n=5，求点P的坐标．
20. (本小题8.0分)
为振兴乡村经济，弘扬“四敢”精神，某村拟建A，B两类展位供当地的农产品展览和销售.1个A类展位的占地面积比1个B类展位的占地面积多4平方米；10个A类展位和5个B类展位的占地面积共280平方米.建A类展位每平方米的费用为120元，建B类展位每平方米的费用为100元．
(1)求每个A，B类展位占地面积各为多少平方米；
(2)该村拟建A，B两类展位共40个，且B类展位的数量不大于A类展位数量的2倍，求建造这40个展位的最小费用．
21. (本小题9.0分)
阅读理解我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形．如图1，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，依次连接各边中点得到中点四边形EFGH．
问题解决：
(1)判断图1中的中点四边形EFGH的形状，并说明理由；
(2)当图1中的四边形ABCD的对角线添加条件______时，这个中点四边形EFGH是矩形；四边形ABCD的对角线添加条件______时，这个中点四边形EFGH是菱形．
拓展延伸：
(3)如图2，在四边形ABCD中，点M在AB上且△AMD和△MCB为等边三角形，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，试判断四边形EFGH的形状，并证明你的结论．


22. (本小题10.0分)
如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCO的顶点A(−6,8)，点C在x轴正半轴上，对角线AC交y轴于点M，边AB交y轴于点H.动点P从点A出发，以2个单位长度/秒的速度沿折线A−B−C向终点C运动．

(1)点C的坐标为______ ；点B的坐标为______ ；
(2)求MH的长；
(3)设动点P的运动时间为t秒，连接PM、BM，△PBM的面积为S，请用含t的式子表示S，并说明理由．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：∵ (−3)2=|−3|=3，
∴A选项的结论不正确；
∵− 32=−3，
∴B选项的结论正确；
∵ (−3)2=|−3|=3，
∴C选项的结论不正确；
∵ 32=3，
∴D选项的结论不正确，
故选：B．
利用二次根式的性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论．
本题主要考查了二次根式的性质，正确利用二次根式的性质对每个选项进行判断是解题的关键．

2.【答案】D 
【解析】解：A、∠A+∠B=∠C，又∠A+∠B+∠C=180°，则∠C=90°，是直角三角形；
B、∠A：∠B：∠C=1：2：3，又∠A+∠B+∠C=180°，则∠C=90°，是直角三角形；
C、由a2=c2−b2，得a2+b2=c2，符合勾股定理的逆定理，是直角三角形；
D、a:b:c=3:4:6，设a=3x，b=4x，c=6x，(3x)2+(4x)2≠(6x)2，不符合勾股定理的逆定理，不是直角三角形．
故选：D．
由三角形内角和定理及勾股定理的逆定理进行判断即可．
本题考查了直角三角形的判定，注意在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．

3.【答案】B 
【解析】解：将数据重新排列为17、17、18、20、20、20、22，
所以这组数据的众数为20，中位数为20，
故选：B．
根据中位数和众数的定义求解：众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个；找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数(或两个数的平均数)为中位数．
本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力．一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两个数的平均数．

4.【答案】D 
【解析】解：把x=1代入方程ax2+bx+5=0得a+b+5=0，
所以a+b=−5，
所以2021−a−b=2021−(a+b)=2021+5=2026．
故选：D．
利用一元二次方程解的定义得到a+b=−1，然后把2021−a−b变形为2021−(a+b)，再利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

5.【答案】B 
【解析】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵BC=14，
∴DE=12BC=7，
∵∠AFB=90°，AB=8，
∴DF=12AB=4，
∴EF=DE−DF=7−4=3，
故选：B．
根据三角形中位线定理和直角三角形的性质即可得到结论．
本题考查了三角形中位线定理，直角三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：观察图象可知，当x<−1时，直线y2=2x落在直线y1=kx+b的下方，
所以不等式2x 故选：B．
直线y2=2x落在直线y1=kx+b的下方对应的x的取值范围即为所求．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，利用数形结合思想是解题的关键．

7.【答案】D 
【解析】解：∵代数式1 k−1在实数范围内有意义，
∴k−1>0，
解得k>1，
∴1−k<0，
∴一次函数y=(1−k)x+k−1的图象过一、二、四象限．
故选：D．
先求出k的取值范围，再判断出1−k及k−1的符号，进而可得出结论．
本题考查的是一次函数的图象，熟知一次函数的图象与系数的关系是解答此题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：连结DE．
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC与BD互相垂直平分，
∴P′D=P′B，
∴PB+PE的最小长度为DE的长，
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°，
∴△BCD是等边三角形，
又∵菱形ABCD的边长为4，
∴BD=4，BE=2，DE=2 3，
∴△PBE的最小周长=DE+BE=2 3+2，
故选：A．
连接DE.因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可．
本题考查了菱形的性质、轴对称以及最短路线问题、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：∵点P(−1, 33)在“勾股一次函数”y=acx+bc的图象上，
∴ 33=−ac+bc，即a−b=− 33c，
又∵a，b，c分别是Rt△ABC的三条边长，∠C=90°，Rt△ABC的面积是4，
∴12ab=4，即ab=8，
又∵a2+b2=c2，
∴(a−b)2+2ab=c2，
即∴(− 33c)2+2×8=c2，
解得c=2 6，
故选：A．
依据题意得到三个关系式：a−b=− 33c，ab=8，a2+b2=c2，运用完全平方公式即可得到c的值．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及勾股定理的应用，根据题目中所给的材料结合勾股定理和乘法公式是解答此题的关键．

10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABC≌△DBF是解题的关键．
由AB2+AC2=BC2，得出∠BAC=90°，故①正确；再由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC(SAS)，得AB=EF=AD=3，则四边形AEFD是平行四边形，故②正确；然后由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=150°，则③正确；最后求出S▱AEFD=6，故④错误；即可得出答案．
【解答】
解：∵AB=3，AC=4，BC=5，32+42=52，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，故①正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠EAC=60°，
∴∠DAE=150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，
∴∠DBF=∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
AB=DB∠ABC=∠DBFBC=BF，
∴△ABC≌△DBF(SAS)，
∴AC=DF=AE=4，
同理可证：△ABC≌△EFC(SAS)，
∴AB=EF=AD=3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；
∴∠DFE=∠DAE=150°，故③正确；
过A作AG⊥DF于G，如图所示：
则∠AGD=90°，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴∠FDA=180°−∠DFE=180°−150°=30°，
∴AG=12AD=32，
∴S▱AEFD=DF⋅AG=4×32=6，故④错误；
∴错误的个数是1个，
故选：A．  
11.【答案】8.3 
【解析】解：根据题意得：
9×3+8×4+8×33+4+3=8.3(分)．
故小明的最终比赛成绩为8.3分．
故答案为：8.3．
利用加权平均数的计算方法可求出结果．
本题主要考查加权平均数，熟练掌握加权平均数的计算公式和“权重”的理解是解题的关键．

12.【答案】36 
【解析】解：连接BD，

∵∠C=90°，BC=3，CD=4，
∴BD= DC2+BC2= 42+32=5，
∵AD=13，AB=12，
∴AB2+BD2=AD2，
∴∠ABD=90°，
∴四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD
=12×AB×BD+12×BC×CD
=12×12×5+12×3×4
=36，
故答案为：36．
连接BD，根据勾股定理求出BD长，根据勾股定理的逆定理求出∠ABD=90°，再根据三角形的面积公式救出答案即可．
本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理和三角形的面积等知识点，能熟记勾股定理和勾股定理的逆定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．

13.【答案】−2a 
【解析】解：由题可得，−2 ∴a+1<0，b−1>0，a−b<0，
∴|a+1|− (b−1)2+ (a−b)2
=|a+1|−|b−1|+|a−b|
=−a−1−(b−1)+(−a+b)
=−a−1−b+1−a+b
=−2a，
故答案为：−2a．
依据数轴即可得到a+1<0，b−1>0，a−b<0，即可化简|a+1|− (b−1)2+ (a−b)2．
本题主要考查了二次根式的性质与化简，解决问题的关键是掌握二次根式的性质以及绝对值的性质．

14.【答案】(32,4800) 
【解析】
【分析】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
根据题意可以得到关于t的方程，从而可以求得点P的坐标，本题得以解决．
【解答】
解：令150t=240(t−12)，
解得，t=32，
则150t=150×32=4800，
∴点P的坐标为(32,4800)，
故答案为：(32,4800)．  
15.【答案】①③④ 
【解析】解：在矩形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90°，AB//CD，
∵O为AC的中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴BO=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，
故①符合题意；
在△OBF和△CBF中，
OB=CBFO=FCFB=FB，
∴△OBF≌△CBF(SSS)，
∴∠CBF=∠OBF，∠CFB=∠OFB，
在等边△BOC中，∠CBO=60°，
∴∠CBF=∠OBF=30°，
∴∠OFB=∠CFB=60°，
∴∠DFE=60°，
∵∠OBA=∠ABC−∠OBC=30°，
∴∠EBF=60°，
∴∠FEB=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∵∠FBO=∠EBO=30°，
∴BO平分∠EBF，
∴OB⊥EF，OF=OE，
∴OB垂直平分EF，
如图，连接OD，

在矩形ABCD中，O为AC的中点，
∴D，O，B三点在同一直线上，
∴D在线段EF的垂直平分线上，
∴DF=DE，
∵∠DFE=60°，
∴△DFE是等边三角形，
∴DE=EF，
故③符合题意；
∵OB=CB≠MB，
∴△EOB不全等于△CMB，
故②不符合题意；
在△AOE和△COF中，
AO=CO∠AOE=∠COFOE=OF，
∴△AOE≌△COF(SAS)，
∴S△AOE=S△COF，
∵FB垂直平分OC，
∴S△COF=2S△CMF，
设FM=x，
∵∠CMF=90°，∠FCM=30°，
∴FC=2FM=2x，
∵∠BCD=90°，∠CBF=30°，
∴BF=2CF=4x，
∴BM=BF−FM=3x，
∵S△CMF=12FM⋅CM，S△BMC=12BM⋅CM，
∴S△CMF：S△BMC=FM：BM=1：3，
∴S△AOE：S△BCM=2：3，
故④符合题意，
综上所述，正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．
根据矩形的性质可得，∠ABC=∠BCD=90°，AB//CD，再根据直角三角形斜边中线的性质可得OB=OC，根据FO=FC，即可判断①选项；先证明△OBF≌△CBF(SSS)，根据全等三角形的性质可得∠CBF=∠OBF，∠CFB=∠OFB，根据等边三角形的性质进一步可知OB垂直平分EF，根据线段垂直平分线的性质可得DE=DF，进一步可知△DFE是等边三角形，即可判断③选项；根据OB=CB≠MB，即可判断②选项；先证明△AOE≌△COF(SAS)，可知S△AOE=S△COF，设FM=x，根据含30°角的直角三角形的性质，可得BM=3x，根据S△CMF=12FM⋅CM，S△BMC=12BM⋅CM，可得S△CMF：S△BMC=FM：BM=1：3，进一步即可判断④选项．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．

16.【答案】解：(1)原式=2 3×(5 3+3× 33−4 3)
=2 3×(5 3+ 3−4 3)
=2 3×2 3
=12；
(2)分解因式得：(x−5)(x+1)=0，
所以x−5=0或x+1=0，
解得：x1=5，x2=−1． 
【解析】(1)原式各项化简，括号中合并后利用二次根式乘法法则计算即可求出值；
(2)方程利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，以及二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

17.【答案】40  25 
【解析】解：(1)4÷10%=40(人)，
10÷40×100%=25%，即m=25，
故答案为：40，25；
(2)样本中睡眠时间为7h的学生人数为：40−4−8−10−3=15(人)，
补全条形统计图如下：

(3)样本平均数为：5×4+6×8+7×15+8×10+9×340=7(h)，
所以方差为：S2=140[(5−7)2×4+(6−7)2×8+(7−7)2×15+(8−7)2×10+(9−7)2×3]
=1.15，
答：方差为1.15；
(4)10004+840=300(名)，
答：全校1000名学生中，睡眠时间不足7h，即每天睡眠时间不足的大约有300名．
(1)由两个统计图可得样本中睡眠时间为5h的有4人，占调查人数的10%，由频率=频数总数可求出调查人数，进而求出睡眠时间为8h所占的百分比，得出m的值；
(2)求出睡眠时间为7h的学生人数，即可补全条形统计图；
(3)根据方差的计算公式进行计算即可；
(4)用样本中的“睡眠时间不足7h”的学生所占的百分比去估计全校1000名学生“睡眠时间不足7h”所占的百分比，再根据频率=频数进行计算即可．
本题考查扇形统计图、条形统计图、方差、平均数以及频数分布直方图，掌握频率=频数总数以及方差的计算方法是正确解答的前提．

18.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC//AB，DC=AB
∵CF=AE
∴DF=BE且DC//AB
∴四边形DFBE是平行四边形
又∵DE⊥AB
∴四边形DFBE是矩形．
(2)∵∠DAB=60°，AD=3，DE⊥AB
∴AE=32，DE= 3AE=3 32
∵四边形DFBE是矩形
∴BF=DE=3 32
∵AF平分∠DAB
∴∠FAB=12∠DAB=30°，且BF⊥AB
∴AB= 3BF=92
∴CD=92． 
【解析】本题考查了矩形判定和性质，平行四边形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
(1)由题意可证DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论
(2)根据勾股定理可求DE的长度，则可得BF的长度，即可求CD的长度．

19.【答案】解：(1)∵一次函数y=kx+b(k,b都是常数，且k≠0)的图象经过点(1,0)和(0,−1)，
∴k+b=0b=−1，
解得：k=1b=−1，
∴一次函数的解析式为y=x−1．
当x=−1时，y=−1−1=−2，
当x=2时，y=2−1=1．
∵k=1>0，
∴y随x的增大而增大，
∴当−1 (2)∵点P(m,n)在该函数的图象上，且m+n=5，
∴n=m−1m+n=5，
解得：m=3n=2，
∴点P的坐标为(3,2)． 
【解析】(1)由一次函数图象经过点的坐标，即可得出关于k，b的方程，解之即可得出一次函数的解析式，分别代入x=−1和x=2，求出与之对应的y值，再利用一次函数的性质即可求出当−1 (2)由一次函数图象上点的坐标特征及m+n=5，即可求出m，n的值，进而可得出点P的坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及一次函数的性质，解题的关键是：(1)由点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征求出k，b的值；(2)牢记直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．

20.【答案】解：(1)设每个B类展位的占地面积为x平方米，则每个A类展位占地面积为(x+4)平方米，
依题意得：10(x+4)+5x=280，
解得：x=16，
16+4=20(平方米)，
答：每个A类展位占地面积为20平方米，每个B类展位的占地面积为16平方米；
(2)设该村拟建造A类展位m个，建造B类展位(40−m)个，所需费用为w元，
则w=20×120m+16×100(40−m)=800m+64000，
∵B类展位的数量不大于A类展位数量的2倍，
∴40−m≤2m，
解得m≥1313，
∵2>0，
∴w随m的增大而增大，
∵m为整数，
∴当m=14时，w的值最小，最小值为14×800+64000=75200(元)．
答：建造这40个展位的最小费用为75200元． 
【解析】本题考查了一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出方程；(2)根据各数量之间的关系，找出w关于m的函数关系式．
(1)设每个B类展位的占地面积为x平方米，则每个A类展位占地面积为(x+4)平方米，根据10个A类展位和5个B类展位的占地面积共280平方米列出方程，解方程即可；
(2)设该村拟建造A类展位m个，建造B类展位(40−m)个，所需费用为w元，根据总费用=两种展位费用之和列出函数解析式，再根据B类展位的数量不大于A类展位数量的2倍，求出m的取值范围，再由函数的性质求最值．

21.【答案】AC⊥BD  AC=BD 
【解析】解：(1)中点四边形EFGH是平行四边形，理由如下：
连接AC，BD，

∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴EF//AC，EF=12AC，
同理，HG//AC，GH=12AC，
∴EF//HG，EF=HG，
∴中点四边形EFGH是平行四边形；
(2)当图1中的四边形ABCD的对角线添加条件AC⊥BD时，这个中点四边形EFGH是矩形；
∵EF//AC，EH//BD，
∴∠AOH=∠HEF=90°，
∴▱EFGH是矩形，
当四边形ABCD的对角线添加条件AC=BD时，这个中点四边形EFGH是菱形，
∵EF=12AC，EH=12BD，AC=BD，
∴EH=EF，
∴▱EFGH是菱形，
故答案为：AC⊥BD；AC=BD；
(3)四边形EFGH是菱形，证明如下：
连接AC与BD，

∵△AMD与△MCB为等边三角形，
∴AM=DM，∠AMD=∠CMB=60°，CM=BM，
∴∠AMC=∠DMB，
在△AMC与△DMB中，
AM=DM∠AMC=∠DMBCM=BM，
∴△AMC≌△DMB(SAS)，
∴AC=DB，
∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，HE是△ABD的中位线，
∴EF//AC，EF=12AC，GH//AC，GH=12AC，HE=12DB，
∴EF//GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC=DB，
∴EF=HE，
∴四边形EFGH是菱形．
(1)连接AC，BD，利用三角形中位线定理可得EF//AC，EF=12AC，HG//AC，GH=12AC，则EF//HG，EF=HG，从而证明结论；
(2)根据矩形和菱形的判定可得答案；
(3)连接AC与BD，首先利用SAS证明△AMC≌△DMB，得AC=DB，然后由(1)(2)同理可得答案．
本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键．

22.【答案】(4,8)  (10,0) 
【解析】解：(1)∵A(−6,8)，
∴AH=6，OH=8，
AO= AH2+OH2=10，
在菱形四边形ABCO中，
∴AB=OC=AO=10，
∴BH=AB−AH=10−6=4，
∴B(4,8)，C(10,0)；
(2)解：过点C作CK⊥AB，交AB延长线于点K，连接BM，
在菱形ABCO中，
∴BC=CO，∠BCM=∠OCM，
在△COM和△CBM中，
CO=CB∠OCM=∠BCMCM=CM，
∴△COM≌△CBM(SAS)，
∴∠COM=∠CBM=90°，OM=BM，
∴BM⊥BC，
设HM=a，
∵AK=AH+HK=6+10=16，
S△ACK=S△AHM+S梯形MCKH，
即12×16×8=12×6a+12(a+8)×10，
解得a=3；
(3)∵HM=3，OM=OH−HM=5，
∴M(0,5)，
∴OM=BM=5，
①当点P在线段AB上时，(0≤t<5)，
S△PBM=12⋅PB⋅HM=12(AB−AP)⋅HM=12(10−2t)×3=15−3t，
②当P在线段BC上时，(5  S△PBM=12⋅PB⋅BM=12(AB−AP)⋅BM=12(2t−10)×5=5t−25，
综上所述，S=15−3t(0≤t<5)或S=5t−25(5 (1)由点A坐标勾股定理可得AO=10，根据菱形的性质可得AB=OC=AO=10，然后再运用线段的和差求得BH的长即可；
(2)如图，再根据菱形的性质和全等三角形的判定与性质得到BM⊥BC，根据梯形MCKH，进而求得M点坐标以及OM、HM长度；
(3)分点P在线段AB上和线段BC上两种情况解答即可；
本题考查菱形和一次函数综合题，解题的关键是掌握分类讨论思想．