2022-2023学年北京市海淀区首都师大二附中八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市海淀区首都师大二附中八年级（下）期中数学试卷（含解析），共24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学年北京市海淀区首都师大二附中八年级（下）期中数学试卷
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. 下列二次根式中是最简二次根式的是(    )
A. 2 12 B. 4 C. 10 D. 12
2. 下列计算错误的是(    )
A. 3+2 2=5 2 B. 8÷2= 2 C. 2× 3= 6 D. 8− 2= 2
3. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，则BC的长为(    )
A. 3 B. 3或 7 C. 3或 41 D. 41
4. 一次函数y=−2x+3的图象上有两点A(1,y1)，B(−2,y2)，则y1与y2的大小关系是(    )
A. y1y2
5. 如图，把矩形ABCD沿EF对折后使两部分重合，若∠1=50°，则∠AEF=(    )
A. 100°
B. 105°
C. 110°
D. 115°
6. 下列命题中，是真命题的是(    )
A. 对角线相等的菱形是正方形
B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 对角线相等且互相垂直的四边形是矩形
D. 有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形
7. 如图，平行四边形ABCD的周长是32cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，则AE的长度为(    )

A. 4 2cm B. 2 2cm C. 4.5cm D. 3.5cm
8. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，点Q在直线BC上，且AQ=2，则线段BQ的长为(    )
A. 3 B. 5
C. 3+1或 3−1 D. 5+1或 5−1
9. 如图，一次函数y=ax+b与y=cx+d的图象交于点P.下列结论：①b<0；②ac<0；③当x>1时，ax+b>cx+d；④a+b=c+d；⑤c>d.所有正确结论的序号为(    )


A. ①②③ B. ①②④ C. ②③⑤ D. ②④⑤
10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的边长为 10，点B的坐标为(0,1)，点C在第一象限，对角线BD与x轴平行．直线y=x+3与x轴、y轴分别交于点E，F.将菱形ABCD沿x轴向左平移m个单位，当点D落在△EOF的内部时(不包括三角形的边)，m的值可能是(    )


A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 在函数y= 2x−1中，自变量x的取值范围是          ．
12. 直线y=13x经过第______ 象限．
13. 已知一次函数y=(k+3)x−2，y随x的增大而减小，则k的取值范围是______ ．
14. 如图，菱形ABCD中，AB=10，AC，BD交于点O，若E是边AD的中点，∠ABO=32°，则OE的长等于______ ，∠ADO的度数为______ ．
15. 如图，AD是△ABC的中线，∠ADC=45°，BC=4cm，把△ACD沿AD翻折，使点C落在E的位置，则BE为______ ．

16. 如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(1,3)，(3,3)，若直线y=kx与线段AB有公共点，则k的取值范围为______．


17. 在正方形ABCD中，AB=5，点E、F分别为AD、AB上一点，且AE=AF，连接BE、CF，则BE+CF的最小值是          ．


18. 如图，正方形ABCD边长为4，点E在边DC上运动(不含端点)，以AE为边作等腰直角三角形AEF，连接DF．
下面有四个说法：
①当DE=1时，AF= 34；
②当DE=2时，点B，D，F共线；
③当DE=52时，三角形ADF与三角形EDF面积相等；
④当DE=32时，AD是∠EAF的角平分线．
所有正确说法的序号是______．
三、解答题（本大题共8小题，共46.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：
(1) 18− 12+ 3；
(2)( 8− 3)× 6．
20. (本小题5.0分)
已知一次函数y=kx+b，当x=1时，y的值为−1，当x=−1时，y的值为−5．
(1)求一次函数y=kx+b的解析式；
(2)将一次函数y=kx+b的图象向上平移2个单位长度，求所得到新的函数图象与x轴、y轴的交点坐标．
21. (本小题5.0分)
如图，矩形纸片ABCD中，AB=8，AD=6，折叠纸片使AD边落在对角线BD上，点A落在点A′处，折痕为DG，求AG的长．

22. (本小题5.0分)
如图，在▱ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，且BE=DF．
(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若∠EAF=60°，CF=2，求菱形ABCD的面积．

23. (本小题6.0分)
已知，如图，在△ABC中，AB=AC，AD是BC边的中线，过点A作BC的平行线，过点B作AD的平行线，两线交于点E，连接DE交AB于点O．
(1)求证：四边形ADBE是矩形；
(2)若BC=8，AO=52，求四边形AEBC的面积．


24. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−12x+m的图象l1分别与x，y轴交于A，B两点，正比例函数的图象l2与l1交于点C(2,4)．
(1)求m的值及l2的解析式；
(2)若点M是直线y=−12x+m上的一个动点，连接OM，当△AOM的面积是△BOC面积的2倍时，请求出符合条件的点M的坐标；
(3)一次函数y=kx+2的图象为l3，且l1，l2，l3不能围成三角形，直接写出k的值．

25. (本小题6.0分)
如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CF=AE，连接DE、DF．

(1)求证：DE⊥DF；
(2)连接EF，取EF中点G，连接DG并延长交BC于H，连接BG．
①依题意，补全图形；
②求证：BG=DG；
③若∠EGB=45°，用等式表示线段BG、HG与AE之间的数量关系，并证明．
26. (本小题7.0分)
对于实数x，[x]表示不小于x的最小整数，例如：[1]=1，[2.5]=3，点P(x,y)为第一象限中的点，将点P分别向上，向下平移[y]个单位得到点P1，P3；将点P分别向左，向右平移[x]个单位得到点P2，P4，我们称菱形P1P2P3P4叫做点P的“伴随菱形”.例如：点(3,32)的伴随菱形是以点(3,72)，(0,32)，(3,−12)，(6,32)构成的菱形．
(1)在图中画出点A(32,1)的伴随菱形，该菱形的面积为______；
(2)若点B(t,1)的伴随菱形与点A(32,1)的伴随菱形恰有3个公共点，求满足条件的t的最小值；
(3)若点C(32,2)与点D(m,n)所对应的伴随菱形面积相同，且点D(m,n)在函数y=kx的图象上，直接写出k的取值范围．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A：2 12，被开方数含有分母，所以A选项不是最简二次根式，不符合题意；
B： 4=2，所以B选项不是最简二次根式，不符合题意；
C： 10，所以C选项是最简二次根式，符合题意；
D： 12=2 3，所以D选项不是最简二次根式，不符合题意；
故选：C．
根据最简二次根式的条件：(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逐项进行判定即可得出答案．
本题主要考查最简二次根式，熟知最简二次根式的定义是解题的关键．

2.【答案】A 
【解析】解：A.3与2 2不能合并，所以A选项符合题意；
B. 8÷2=2 2÷2= 2，所以B选项不符合题意；
C. 2× 3= 2×3= 6，所以C选项不符合题意；
D. 8− 2=2 2− 2= 2，所以D选项不符合题意．
故选：A．
根据二次根式的加法运算对A选项进行判断；根据二次根式的性质对B选项进行判断；根据二次根式的乘法法则对C选项进行判断；根据二次根式的减法运算对D选项进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则是解决问题的关键．

3.【答案】A 
【解析】解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，
由勾股定理得：BC= AB2−AC2= 52−42=3，
∴BC的长为3．
故选：A．
在Rt△ABC中，已知AB与AC的长，利用勾股定理求出BC的长即可．
本题考查了勾股定理，能灵活运用定理进行计算是解题的关键．

4.【答案】A 
【解析】解：∵k=−2<0，
∴y随x的增大而减小，
∵点A(1,y1)，B(−2,y2)均在一次函数y=−2x+3的图象上，且1>−2，
∴y1 故选：A．
由k=−2<0，利用一次函数图象的性质可得出y随x的增大而减小，结合1>−2，即可得出答案．
本题考查一次函数的图象与性质，牢记：在一次函数y=kx+b中，若k>0，y随x的增大而增大；若k<0，y随x的增大而减小．

5.【答案】D 
【解析】解：∵矩形ABCD沿EF对折后两部分重合，∠1=50°，
∴∠3=∠2=12(180°−50°)=65°，
∵矩形对边AD//BC，
∴∠AEF=180°−∠3=180°−65°=115°．
故选：D．
根据翻折的性质可得∠2=∠1，再求出∠3，然后根据两直线平行，同旁内角互补列式计算即可得解．
本题考查了平行线的性质，翻折变换的性质，熟记翻折前后重合的两个角相等并准确识图是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：A、对角线相等的菱形是正方形，正确，本选项符合题意．
B、对角线互相垂直的四边形是菱形，错误谢谢不符合题意．
C、对角线相等且互相垂直的四边形是矩形，错误，本选项不符合题意．
D、有一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形，错误，本选项不符合题意，
故选：A．
根据正方形，菱形，矩形，平行四边形的判定一一判断即可．
本题考查正方形的判定，落在的判定，矩形的判定，平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

7.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，
∵平行四边形ABCD的周长为32cm，
∴AB+AD=16cm，
∵△AOD的周长比△AOB的周长多2cm，
∴(OA+OD+AD)−(OA+OB+AB)=AD−AB=2cm，
∴AB=7cm，AD=9cm．
∴BC=AD=9cm．
∵AC⊥AB，E是BC的中点，
∴AE=12BC=4.5cm；
故选：C．
由平行四边形的性质好已知条件得出AB+AD=16cm，AD−AB=2cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．
此题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：如图所示：
∵∠ACB=90°，AC=BC=1，点Q在直线BC上，且AQ=2，
∴CQ= AQ2−AC2= 22−12= 3；
当点Q在BC延长线上时，BQ=CQ+BC= 3+1；
当点Q在CB延长线上时，BQ=CQ−BC= 3−1；
故选：C．
由勾股定理求出CQ，分两种情况，即可得出答案．
本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质，由勾股定理求出CQ是解题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：由图象可知一次函数y=ax+b的图象经过一、二、四象限，
∴a<0，b>0，故①错误；
∵由图象可知一次函数y=cx+d的图象经过一、二、三象限，
∴c>0，d>0，
∴ac<0，故②正确；
由图象可知，当x>1时，ax+b ∵一次函数y=ax+b与y=cx+d的图象交于点P，且P的横坐标为1，
∴a+b=c+d，故④正确；
∵函数y=cx+d与x轴的交点为(−dc,0)，且−dc>−1，c>0，
∴c>d，故⑤正确，
故选：D．
根据函数的图象以及一次函数的性质判断即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的性质，熟练掌握一次函数图象与系数的关系是解题的关键．难度适中．

10.【答案】D 
【解析】解：在Rt△AOB中，OB=1，AB= 10，∠AOB=90°，
∴OA= AB2−OB2=3．
∵四边形ABCD为菱形，且对角线BD与x轴平行，
∴点D的坐标为(6,1)．
当y=1时，x+3=1，
解得：x=−2．
∵将菱形ABCD沿x轴向左平移m个单位，点D落在△EOF的内部(不包括三角形的边)，
∴6 故选：D．
在Rt△AOB中，利用勾股定理可求出OA的长，利用菱形的性质可求出点D的坐标，代入y=1求出直线y=x+3上纵坐标为1的点的横坐标，利用平移的性质可得出m的取值范围，再对照四个选项即可得出结论．
本题考查了勾股定理、一次函数图象上点的坐标特征、菱形的性质以及坐标与图形变化−平移，利用勾股定理及菱形的性质，找出点D的坐标是解题的关键．

11.【答案】x≥12 
【解析】
【分析】
本题考查函数自变量取值范围的求法以及二次根式有意义的条件．
根据被开方数大于等于0可知：2x−1≥0，解得x的范围．
【解答】
解：根据题意得：2x−1≥0，
解得，x≥12．
故答案为：x≥12．  
12.【答案】一、三 
【解析】
【分析】
本题主要考查了正比例函数的性质，根据函数式判断出函数图象的位置．
由题目可知，该正比例函数过原点，且系数为正，故函数图象过第一、三象限．
【解答】
解：由正比例函数y=13x中的k=13>0知函数y=13x的图象经过第一、三象限．
故答案是：一、三．  
13.【答案】k<−3 
【解析】解：∵一次函数y=(k+3)x−2，y随x的增大而减小，
∴k+3<0，
解得k<−3，
故答案为：k<−3．
一次函数y=kx+b，当k<0时，y随x的增大而减小．据此列不等式解答即可．
本题主要考查了一次函数的性质．解答本题的关键是明确当k>0时，一次函数y随x的增大而增大；当k<0时，一次函数y随x的增大而减小．

14.【答案】5  32° 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO，AB=AD，AB//CD，
∴∠ADO=∠ABO=32°，
∵E是边AD的中点，BO=DO，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE=12AB=5．
故答案为：5，32°．
根据菱形的性质得出BO=DO，AB=AD，AB//CD，根据等边对等角可得∠ADO=∠ABO=32°，由三角形中位线定理得出OE=12AB=5．
本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形中位线定理，证明出OE是△ABD的中位线是本题的关键．

15.【答案】2 2cm 
【解析】解：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD=12BC=2cm，
∵翻折，
∴∠ADE=∠ADC=45°，ED=CD，
∴∠BDE=90°，BD=DE，
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
BE= 22+22=2 2cm，
故答案为：2 2cm．
根据翻折知：∠ADE=∠ADC=45°，，得到∠BDE=90°，利用勾股定理计算即可．
本题考查的是翻折变换以及勾股定理，熟记翻折前后图形的对应角相等、对应边相等是解题的关键．

16.【答案】1≤k≤3 
【解析】解：把(1,3)代入y=kx，得k=3．
把(3,3)代入y=kx，得3k=3，解得k=1．
故k的取值范围为1≤k≤3．
故答案是：1≤k≤3．
把点A、B的坐标分别代入一次函数解析式，求得k的最大值和最小值，易得k的取值范围．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，用一次函数图象上点的坐标特征，找出关于k的最值是解题的关键．

17.【答案】5 5 
【解析】解：如图，连接DF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAE=∠DAF=90°，
在△ADF和△ABE中，
AD=AB∠FAD=∠EABAF=AE，
∴△ADF≌△ABE(SAS)，
∴DF=BE，
作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点F′，连接D′F，则DF=D′F，
∴BE+CF=DF+CF=D′F+CF≥CD′，
∴当点F与点F′重合时，D′F+CF最小，最小值为CD′的长，
在Rt△CDD′中，根据勾股定理得：
CD′= CD2+DD′2= 52+102=5 5，
∴BE+CF的最小值是5 5．
故答案为：5 5．
连接DF，根据正方形的性质证明△ADF≌△ABE(SAS)，可得DF=BE，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点F′，连接D′F，则DF=D′F，可得BE+CF=DF+CF=D′F+CF≥CD′，所以当点F与点F′重合时，D′F+CF最小，最小值为CD′的长，然后根据勾股定理即可解决问题．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握正方形的性质．

18.【答案】①② 
【解析】解：当DE=1时，则AE= AD2+DE2= 16+1= 17，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AF= 2AE= 34，故①正确；
当DE=2时，如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，

∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AED+∠FEH=90°，
∵∠AED+∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠FEH，
在△AED和△EFH中，
∠DAE=∠FEH∠ADE=∠FHE=90°AE=EF，
∴△AED≌△EFH(AAS)，
∴AD=HE=4，DE=HF=2，
∴DH=4−2=2=HF，
∴∠HDF=45°，
∵∠HDF+∠ADH+∠ADB=180°，
∴点B，点D，点F三点共线，故②正确；
当DE=52时，由②可得，△AED≌△EFH，
∴DE=HF=52，AD=HE=4，
∴DH=32，
∴S△ADF=12×AD×HD=12×4×32=3，S△EDF=12×DE×HF=12×52×52=258，
∴S△ADF≠S△EDF，故③错误；
当DE=32时，如图2，在AD上截取DN=DE，连接NE，

∵∠ADC=90°，DN=DE=32，
∴∠DNE=∠DEN=45°，NE=32 2，
∵AN=AD−DN=52≠NE，
∴∠NAE≠22.5°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
∴∠FAD≠∠EAD，
∴AD不是∠EAF的平分线，故④错误；
故答案为：①②．
由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求AF= 2AE= 34，可判断①；如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，由“AAS”可证△AED≌△EFH，可得AD=HE=4，DE=HF=2，可证∠HDF+∠ADH+∠ADB=180°，可判断②；分别计算出三角形ADF与三角形EDF的面积，可判断③；如图2，在AD上截取DN=DE，连接NE，可求出∠NAE≠22.5°，可判断④，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．

19.【答案】解：(1) 18− 12+ 3
=3 2−2 3+ 3
=3 2− 3；
(2)( 8− 3)× 6
= 8× 6− 3× 6
= 48− 18
=4 3−3 2． 
【解析】(1)先化简二次根式，再进行加减计算即可；
(2)先去括号进行乘法计算，再对二次根式进行化简即可．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．

20.【答案】解：(1)将x=1，y=−1；x=−1，y=−5分别代入一次函数解析式得：
k+b=−1−k+b=−5，
解得：k=2b=−3，
一次函数解析式为y=2x−3．
(2)一次函数y=2x−3的图象向上平移2个单位长度，可得y=2x−1，
令y=0，则x=12；令x=0，则y=−1，
∴与x轴，y轴的交点坐标分别为(12,0)和(0,−1)． 
【解析】(1)根据待定系数法求一次函数的解析式即可；
(2)依据一次函数图象平移的规律，即可得到新的函数及其图象与x轴，y轴的交点坐标．
本题考查了一次函数的平移，待定系数法求一次函数解析式，求一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握一次函数的平移规律是解题的关键．

21.【答案】解：∵矩形ABCD折叠后AD边落在BD上，
∴∠BA′G=∠DA′G=∠A=90°，
∵AB=8，AD=6，
∴A′D=6，BD= AB2+AD2= 82+62=10，
∴A′B=4，
设AG=A′G=x，则GB=8−x，
由勾股定理得：x2+42=(8−x)2，
解得：x=3，
∴AG=3． 
【解析】折叠的性质得∠BA′G=∠DA′G=∠A=90°，A′D=AD=6，由勾股定理得BD= AB2+AD2=10，得出A′B=4，设AG=A′G=x，则GB=8−x，由勾股定理得出方程，解方程即可得出结果．
本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质、勾股定理是解题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥DC，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
在△ABE和△ADF中，
∠B=∠DBE=DF∠AEB=∠AFD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)．
∴AB=AD，
∴▱ABCD是菱形．
(2)解：连接AC，如图所示：

∵AE⊥BC，AF⊥DC，∠EAF=60°，
∴∠ECF=360°−90°−90°−60°=120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD，∠ACF=60°，
∴△ACD是等边三角形，∠CAF=30°，
∴CD=AC，AC=2CF=4，
∴CD=AC=4，AF= AC2−CF2= 42−22=2 3，
∴菱形ABCD的面积=CD×AF=4×2 3=8 3． 
【解析】(1)证△AEB≌△AFD.得AB=AD，即可得出结论
(2)连接AC，证△ACD是等边三角形，得CD=AC，再由含30°角的直角三角形的性质得AC=2CF=4，则CD=AC=4，AF=2 3，即可求解．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键，属于中考常考题型．

23.【答案】解：(1)∵AE//BC，BE//AD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∵AB=AC，AD是BC边的中线，
∴AD⊥BC，
即∠ADB=90°．
∴四边形ADBE为矩形．
(2)∵在矩形ADBE中，AO=52，
∴DE=AB=5，
∵D是BC的中点，
∴AE=DB=4，
∴AB=2AO=5，
∵∠ADB=90°，
根据勾股定理AD= AB2−DB2=3，
∴S△ABC=12×BC×AD=12×8×3=12，
∴S△ABE=12×AE×BE=12×4×3=6，
∴S四边形AEBC=S△ABC+S△ABE=12+6=18，
即S四边形AEBC=18． 
【解析】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，属于中考常考题型．
(1)只要证明四边形ADBE是平行四边形，且∠ADB=90°，即可；
(2)求BD、AB，利用三角形面积公式可得S四边形AEBC=S△ABC+S△ABE．

24.【答案】解：(1)一次函数y=−12x+m的图象l1与l2交于点C(2,4)，
将点C坐标代入y=−12x+m得：4=−12×2+m，解得：m=5，
设l2的表达式为：y=nx，
将点C(2,4)代入上式得：4=2n，解得：n=2，
故：l2的表达式为：y=2x；

(2)点M是直线y=−12x+m上的一个动点，
由(1)得m=5，
∴y=−12x+5，
∴A(10,0)，B(0,5)，
∵C(2,4)，
∴S△BOC=12×5×2=5，
设M(a,−12a+5)，
S△AOM=2S△BOC=10，
∴S△AOM=12×10×|−12a+5|=10，解得：a=6或14，
∴点M的坐标为(6,2)或(14,−2)；

(3)当l1//l3或l2//l3时，l1，l2，l3不能围成三角形，
即k=−12或k=2，
当l3过点C(2,4)时，将点C坐标代入y=kx+2并解得：k=1；
故当l3的表达式为：y=−12x+2或y=2x+2或y=x+2．
故k=−12或2或1． 
【解析】(1)将点C坐标代入次函数y=−12x+m可得m的值，设l2的表达式为：y=nx，由点C(2,4)，即可求解；
(2)设M(a,−12a+5)，根据S△AOM=2S△BOC，即可求解；
(3)当l1//l3或l2//l3时，l1，l2，l3不能围成三角形，即可求解．
本题是一次函数综合题，主要考查两直线的交点，两直线相交或平行问题，待定系数法求函数解析式、三角形的面积及分类讨论思想等．解决问题的关键是利用图象求解各问题．

25.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DCF=90°，
在△ADE和△CDF中，
AD=CD∠A=∠DCFAE=CF,
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDF+∠CDE=90°，
即∠EDF=90°，
∴DE⊥DF；
(2)①解：依题意，补全图形如图所示：
②证明：由(1)可知，△DEF和△BEF都是直角三角形，
∵G是EF的中点，
∴DG=12EF，BG=12EF，
∴BG=DG；
③解：BG2+HG2=4AE2，证明如下：
由(1)可知，△ADE≌△CDF，DE⊥DF，
∴DE=DF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DEG=45°，
∵G为EF的中点，
∴DG⊥EF，DG=12EF=EG，BG=12EF=EG=FG，
∴∠EGD=∠HGF=∠DGF=90°，∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，∠GBF=∠GFB，
∵∠EGB=45°，
∴∠GBF=∠GFB=22.5°，
∵∠DHF+∠HFG=∠DHF+∠CDH=90°，
∴∠HFG=∠CDH=22.5°，
∴∠CDF=∠GDF−∠HDC=22.5°=∠CDH，
又∵∠DCH=∠DCF=90°，CD=CD，
在△CDH和△CDF中
∠CDH=∠CDFCD=CD∠DCH=∠DCF,
∴△CDH≌△CDF(ASA)，
∴CH=CF，
在Rt△GHF中，由勾股定理得：GF2+HG2=HF2，
∵HF=2CF=2AE，GF=BG，
∴BG2+HG2=(2AE)2，
∴BG2+HG2=4AE2． 
【解析】(1)证△ADE≌△CDF(SAS)，得∠ADE=∠CDF，再证∠EDF=90°，即可得出结论；
(2)①依题意，补全图形即可；
②由直角三角形斜边上的中线性质得DG=12EF，BG=12EF，即可得出结论；
③先证△DEF是等腰直角三角形，得∠DEG=45°，再证DG⊥EF，DG=12EF=EG，BG=12EF=EG=FG，得∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，∠GBF=∠GFB，然后证△CDH≌△CDF(ASA)，得CH=CF，再由勾股定理即可求解．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．

26.【答案】4 
【解析】解：(1)如图1中，菱形EFGH是点A(32,1)的伴随菱形，面积=12×4×2=4．

故答案为4．

(2)如图2中，当t=12时，点B(12,1)的伴随菱形与点A的伴随菱形有3个公共点．

∴t的最小值为12．

(3)∵点C(32,2)的伴随菱形面积=12×4×4=8，
∴点D(m,n)的伴随菱形面积=8，
∴12×2[m]⋅2[n]=8，
∴[m]⋅[n]=4，
∴满足条件的点D(m,n)在第一象限或第三象限，
∵点D在y=kx上，
∴k>0．
(1)根据伴随菱形的定义，画出图形，利用菱形的面积公式计算面积即可．
(2)如图2中，当t=12时，点B(12,1)的伴随菱形与点A的伴随菱形有3个公共点，由此即可判断．
(3)由题意[m]⋅[n]=4，推出满足条件的点D(m,n)在第一象限，即可判断k的取值范围．
本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，菱形的性质，点P的“伴随菱形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．