2023-2024学年北京市海淀区清华附中上地学校八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市海淀区清华附中上地学校八年级（下）期中数学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. 等腰三角形B. 平行四边形C. 等边三角形D. 矩形
2.下列四个式子中，最简二次根式为( )
A. (−2)2B. 12C. 34D. 7
3.如图，点A在数轴上，其表示的数为2，过点A作AB⊥OA，且AB=3.以点O为圆心，OB为半径作弧，与数轴正半轴交于点P，则点P表示的实数为( )
A. 5B. 3.6C. 13D. 4
4.下列各式中，计算结果正确的是( )
A. (−1)2=−1B. ( 3)2=3C. 4=±2D. (− 2)2=−2
5.在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c.下列条件中，不能判定△ABC是直角三角形的是( )
A. ∠A+∠B=90°B. ∠A：∠B：∠C=3：4：5
C. a：b：c=3：4：5D. a=b=1，c= 2
6.小明同学在一次学科综合实践活动中发现，某品牌鞋子的长度ycm与鞋子的码数x之间满足一次函数关系，下表给出y与x的一些对应值：
根据小明的数据，可以得出该品牌38码鞋子的长度为( )
A. 24cmB. 25cmC. 26cmD. 38cm
7.如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM.若AC=6，BD=8，则OM的长为( )
A. 52
B. 4
C. 5
D. 32
8.如图1，动点P从点A出发，在边长为1的小正方形组成的网格平面内运动.设点P经过的路程为s，点P到直线l的距离为d，已知d与s的关系如图2所示.则下列选项中，可能是点P的运动路线的是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
9.若二次根式 x−1有意义，则x的取值范围是______．
10.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形ABCD是正方形．
11.下列命题：
①如果两个实数相等，那么它们的平方相等；
②如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2；
③平行四边形的对角线互相平分.其中逆命题是真命题的是______.(填写所有正确结论的序号)
12.已知点P(−2,y1)，Q(1,y2)在一次函数y=kx+1(k≠0)的图象上，且y1>y2，则k的值可以是______(写出一个即可)．
13.如图，直线l1：y=2x与直线l2：y=kx+4相交于点P，则方程2x−kx=4的解为______．
14.如图，点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EF⊥BC，EG⊥CD，垂足分别是F，G，GF=3，则AE= ______．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=10，M为BC的中点，沿过点M的直线翻折，使点C落在边AD上，记折痕为MN，则折痕MN的长为______．
16.在平面直角坐标系中，已知A( 3,0)，B(0,2)，C( 3a,a)，D是平面内的一点，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．
(1)若a=1，则平行四边形ABCD中，点D的坐标为______；
(2)CD的最小值为______．
三、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.已知：一次函数图象如图：
(1)求一次函数的解析式；
(2)若点P为该一次函数图象上一动点，且点A为该函数图象与x轴的交点，若S△OAP=2，求点P的坐标．
四、解答题：本题共11小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
计算：
(1)(3.14−π)0−|2− 3|−(13)−1；
(2) 48÷ 2− 12× 12+ 54．
19.(本小题4分)
在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上且AE=CF，证明：DE=BF．
20.(本小题4分)
《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，来折抵地，去本三尺，问折者高几何？“译成数学问题是：如图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC+AB=1丈，BC=3尺，求AC的长为多少尺？(说明：1丈=10尺)
21.(本小题4分)
如图，在△ABC中，∠A=135°，AB=2，AC=3 2，求BC长．
22.(本小题4分)
如图，四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠CAD=2∠CAB=45°，E、F分别是CD、CA的中点，AC=AD=10，求BE的长．
23.(本小题5分)
如图，在平行四边形ABCD中，BC=2AB，点E、F分别是BC、AD的中点，AE、BF交于点O，连接EF、OC，
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若AB=8，∠ABC=60°，求OC的长．
24.(本小题5分)
阅读材料：
1和 4为整数，4−1=3=2×1+1；
4和 9为整数，9−4=5=2×2+1；
9和 16为整数，16−9=7=2×3+1；
…
小明发现结论：若 a和 b为相邻的两个整数，其中a根据题意，得 a+1= b．
等式两边同时______，得______=b．
整理得b−a=2 a+1．
请根据以上材料，解决以下问题：
(1)请补全小明的证明过程．
(2)若 a和 a+11为两个相邻整数，则a= ______．
(3)若 a和 a+216为相差4的两个整数，求a的值．
25.(本小题7分)
已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
(1)如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE=DF；
(2)如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
26.(本小题7分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB和点Q，给出如下定义：若在直线y=x上存在点P，使得四边形ABPQ为平行四边形，则称点Q为线段AB的“银杏点”.已知A(0,5)，B(2,3)．

(1)在Q1(−2,0)，Q2(0,4)，Q3(2,−2)，Q4(2,6)中，线段AB的“银杏点”是______；
(2)点Q为直线y=kx+2上一点，若点Q是线段AB的“银杏点”且不在第二象限，求k的取值范围；
(3)已知正方形CDEF边长为1，以T(t,3)为中心且各边与坐标轴垂直，点M，N在线段AB上.若对于正方形CDEF上的任意一点，都存在线段MN，使得该点为线段MN的“银杏点”，直接写出t的取值范围．
附加题：
27.(本小题10分)
小明根据学习函数的经验，对函数y=12x+|x|的图象与性质进行了探究并解决了相关问题，请补全下面的过程．
(1)函数y=12x+|x|的自变量x的取值范围是______；
(2)如表是y与x的几组对应值：
写出表中m的值；
(3)如图，在平面直角坐标系xOy中，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；

(4)小明结合该函数图象，解决了以下问题：
①对于图象上两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，若0”，“=”或“<”)；
②当x>0时，若对于x的每一个值，函数y=12x+|x|的值小于正比例函数y=kx(k≠0)的值，则k的取值范围是______．
28.(本小题10分)
定义：至少有一组对边相等的四边形为“等对边四边形”．
(1)请写出一个你学过的特殊四边形中是“等对边四边形”的名称；
(2)如图，在△ABC中，点D、E分别在边AC、AB边上，且满足∠DBC=∠ECB=12∠A，线段CE、BD交于点O．
①求证：∠BDC=∠AEC；
②不添加辅助线，请在图中找到一个“等对边四边形”，并给出证明．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B.平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C.等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.矩形既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：A、 (−2)2=2，故A不符合题意；
B、 12=2 3，故B不符合题意；
C、 34= 32，故C不符合题意；
D、 7是最简二次根式，故D符合题意；
故选：D．
根据最简二次根式的定义：被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，被开方数中不含分母，逐一判断即可解答．
本题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式的定义是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：由题意知，OA=2，AB=3，∠BAO=90°，
∴OB= AB2+OA2= 32+22= 13，
∵以点O为圆心，OB为半径作弧，与数轴正半轴交于点P，
∴OP=OB= 13，
∴点P表示的实数为 13，
故选：C．
根据勾股定理求出OB的长即可求解．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵ (−1)2=|−1|=1，
∴A选项的计算不正确，不符合题意；
∵( 3)2=3，
∴B选项的计算正确，符合题意；
∵ 4=2，
∴C选项的计算不正确，不符合题意；
∵(− 2)2=2，
∴D选项的计算不正确，不符合题意．
故选：B．
利用二次根式的性质和算术平方根的意义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，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：A、∵∠A+∠B=90°，
∴∠C=180°−(∠A+∠B)=90°，
∴△ABC是直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵∠A：∠B：∠C=3：4：5，∠A+∠B+∠C=180°，
∴∠C=180°×53+4+5=75°，
∴△ABC不是直角三角形，
故B符合题意；
C、∵a：b：c=3：4：5，
∴设a=3k，b=4k，c=5k，
∴a2+b2=(3k)2+(4k)2=25k2，c2=(5k)2=25k2，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC是直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵a2+b2=12+12=2，c2=( 2)2=2，
∴a2+b2=c2，
∴△ABC是直角三角形，
故D不符合题意；
故选：B．
根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理进行计算，逐一判断即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及三角形内角和定理是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：设y与x的函数解析式为y=kx+b，
∵点(26,18)，(30,20)在该函数图象上，
∴26k+b=1830k+b=20，
解得k=0.5b=5，
即y与x的函数解析式为y=0.5x+5，
当x=38时，y=0.5×38+5=24cm，
故选：A．
根据待定系数法先求出函数解析式，然后将x=38代入函数解析式求出相应的y的值，即可解答本题．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式．
7.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC=12×6=3，OB=OD=12BD=12×8=4，
∴∠AOB=90°，
∴AB= OA2+OB2=5，
∵点M为AB的中点，
∴OM=12AB=12×5=52，
故选：A．
由菱形的性质得AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，根据勾股定理得AB=5，由点M为AB的中点，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得OM，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，根据勾股定理求出AB的长是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：由图得：当点P经过的路程为1时，点P到直线l的距离不变，故点P应先沿平行于l的线运动，
当点P经过的路程为3时，点P到直线l的距离增加到3，
当点P经过的路程为4时，点P到直线l的距离不变，故点P应沿平行于l的线运动，
当点P经过的路程为5时，点P到直线l的距离变为2，故点P往l方向运动，
故选：C．
分别分析当点P经过的路程为1时、3时、4时、5时的点P到直线l的距离变化情况即可解答此题．
本题考查了动点问题的函数图象的应用，结合图形分析题意并解答是解题关键．
9.【答案】x≥1
【解析】解：根据二次根式有意义的条件，x−1≥0，
∴x≥1．
故答案为：x≥1．
根据二次根式的性质可知，被开方数大于等于0，列出不等式即可求出x的取值范围．
此题考查了二次根式有意义的条件，只要保证被开方数为非负数即可．
10.【答案】AB=AD(或AC⊥BD答案不唯一)
【解析】解：AB=AD(或AC⊥BD答案不唯一)．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形．
或∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB=AD(或AC⊥BD答案不唯一)．
根据正方形的判定方法添加即可．
题考查了正方形的判断，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．
11.【答案】②③
【解析】解：①如果两个实数相等，那么它们的平方相等的逆命题是如果两个实数的平方相等，那么这两个实数相等，不符合题意；
②如果直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2的逆命题是如果a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形，符合题意；
③平行四边形的对角线互相平分的逆命题是如果四边形的对角线互相平分，那么这个四边形是平行四边形．符合题意；
故答案为：②③．
根据有理数的乘方，勾股定理，平行四边形的性质判断即可．
本题考查了命题与定理，勾股定理，平行四边形的性质，熟练掌握勾股定理和平行四边形的性质是解题的关键．
12.【答案】−2(答案不唯一)
【解析】解：∵点P(−2,y1)，Q(1,y2)在一次函数y=kx+1(k≠0)的图象上，且y1>y2，
∴k<0，
∴k可以是−2(答案不唯一)，
故答案为：−2(答案不唯一)．
由x1y2，根据一次函数的增减性，得到k<0，即可得到答案．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数的增减性是解题的关键．
13.【答案】x=1
【解析】解：把y=2代入y=2x中可得：2x=2，
x=1，
∴点P(1,2)，
∴y=2xy=kx+4的解为x=1y=2，
∴2x=kx+4的解为：x=1，
∴2x−kx=4的解为：x=1．
故答案为：x=1．
把y=2代入y=2x中求出x，进而得出点P的坐标，联立两个函数即可求出方程的解．
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的知识，难度不大，求出点P的坐标是解答的关键．
14.【答案】3
【解析】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADE和△CDE中，
AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∵EF⊥BC，EG⊥CD，∠GCF=90°，
∴四边形CFEG为矩形，
∴GF=CE，
∴AE=GF=3．
故答案为：3．
如图，连接CE，利用正方形的性质可以证明△ADE≌△CDE(SAS)，然后证明四边形CFEG为矩形，最后利用矩形的性质即可求解．
本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了全等三角形的性质与判定，有一定的综合性．
15.【答案】53 10或 10
【解析】解：设C点沿过点M的直线翻折后落在AD上的对应点为点C′，
①过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在CD上，
可得四边形DCME为矩形，
∴EM=DC=AB=3，DE=CM，
∵M为BC中点，BC=10，
∴由折叠可得：C′M=CM=12BC=12×10=5，
在Rt△C′EM中，由勾股定理得：
C′E= C′M2−EM2= 52−32=4，
∴DC′=DE−C′E=5−4=1，
设DN=x，则NC=CD−DN=3−x，
在Rt△DNC′中，由勾股定理得：
DN2+DC′2=x2+12=NC′2=NC2=(3−x)2，
解得x=43，
∴NC=CD−DN=3−43=53，
在Rt△NCM中，
由勾股定理得：
MN= CN2+CM2= (53)2+52=53 10；
②过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在AD上，
可得四边形DCME为矩形，
∴ME=DC=3，DE=CM，
又∵BC=10，M为BC中点，
∴由折叠得C′M=CM=12×BC=12×10=5，
在Rt△EMC′，由勾股定理得：
C′E= C′M2−EM2= 52−32=4，
DC′=DE+C′E=5+4=9，
设DN=D′N=y，则EN=DE−DN=5−y，
则NC′=NE+C′E=5−y+4=9−y，
在Rt△D′NC′中，∠ND′C′=90°，
由勾股定理得：
ND′2+D′C′2=y2+DC2=y2+32=NC′2=(9−y)2，
解得y=4，
则NE=5−y=5−4=1，
在Rt△NEM中，∠EMN=90°，
由勾股定理得：
MN= EN2+EM2= 12+32= 10．
综上所述，折痕MN的长为53 10或 10．
故答案为：53 10或 10．
设C点沿过点M的直线翻折后落在AD上的对应点为点C′，分类讨论①过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在DC上，根据折叠性质得C′M=CM=5，由勾股定理得C′E=4，MN=53 10，②过点M作ME⊥AD交AD于点E，N在AD上，由折叠得C′M=CM=5，由勾股定理得C′E=4，设DN=D′N=y，则EN=DE−DN=5−y，在Rt△D′NC′中，由勾股定理得ND′2+D′C′2=NC′2，在Rt△NEM中，由勾股定理得MN= 10，即可得出结论．
本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理的综合运用；熟练掌握矩形和翻折变换的性质以及勾股定理等基本知识点，本题注意分类讨论．
16.【答案】(0,3)或(0,1)或(2 3,−1) 32
【解析】解：(1)如图，四边形ABD1C、四边形ACBD2、四边形ABCD3都是满足条件的平行四边形，
当a=1时，有A( 3,0)，B(0,2)，C( 3,1)，
则CA⊥x轴，CA=1，
∴D1(0,3)，D2(0,1)，
∵点B平移到点A的方式为向右平移 3个单位长度，再向下平移2个单位长度，
∴点D3由点C向右平移 3个单位长度，再向下平移2个单位长度得到，
∴D3(2 3,−1)，
故答案为：(0,3)或(0,1)或(2 3,−1)．
(2)∵∠AOB=90°，OA= 3，OB=2，
∴AB= OA2+OB2= ( 3)2+22= 7，
由(1)可知，当AB是以A，B，C，D为顶点的平行四边形的一边时，则CD=AB= 7，
如图，AB是以A，B，C，D为顶点的平行四边形的对角线，

∴点D与点C关于AB的中点Q( 32,1)对称，
∴CD=2CQ，
易知当CQ⊥OC时，CQ的值最小，此时CD的值最小，
在Rt△OCQ中，∠OCQ=90°，点O(0,0)，C( 3a,a)，Q( 32,1)，
根据勾股定理有，OC2+CQ2=OQ2，
( 3a)2+a2+( 3a− 32)2+(a−1)2=( 32)2+12，
解得a=58或0，(舍0)
∴CQ= ( 3×58− 32)2+(58−1)2= 34，
∴CD=2CQ= 32，
∵ 32< 7，
∴CD的最小值是 32，
故答案为： 32．
(1)当a=1时，写出点C的坐标，画出三个符合条件的平行四边形，根据平移规律即可得到答案；
(2)由勾股定理求得AB= 7，当AB是以A，B，C，D为顶点的平行四边形的一边时，则CD=AB= 7；当AB是以A，B，C，D为顶点的平行四边形的对角线，则点D与点C关于AB的中点Q( 32,1)对称，当CQ⊥OC时，CQ的值最小，此时CD的值最小，画出图形，根据勾股定理有OC2+CQ2=OQ2，求出a，再求出CQ的值，进而求出CD，与 7比较后即可得解．
此题重点考查了图形与坐标，平移规律，平行四边形的性质，勾股定理，垂线段最短等知识．解题关键是灵活运用相关知识，画出图形解决问题．
17.【答案】解：(1)设一次函数解析式为y=kx+b，
把(−2,3)、(2,−1)分别代入得−2k+b=32k+b=−1，解得k=−1b=1，
所以一次函数解析式为y=−x+1；
(2)当y=0时，−x+1=0，解得x=1，则A(1,0)，
设P(t,−t+1)，
因为S△OAP=2，
所以12×1×|−t+1|=2，解得t=−3或t=5，
所以P点坐标为(−3,4)或(5,−4)．
【解析】(1)利用待定系数法求一次函数解析式；
(2)先计算出函数值为0所对应的自变量的值得到A点坐标，设P(t,−t+1)，根据三角形面积公式得到12×1×|−t+1|=2，然后解绝对值方程求出t即可得到P点坐标．
本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y=kx+b；将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
18.【答案】解：(1)原式=1−(2− 3)−3
=1−2+ 3−3
= 3−4；
(2)原式= 48÷2− 12×12+3 6
=2 6− 6+3 6
=4 6．
【解析】(1)根据零指数幂、负整数指数幂和绝对值的意义计算；
(2)先根据二次根式的乘除法则运算，然后化简后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
19.【答案】证明：∵连接BE，DF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE=BF．
【解析】首先连接BE，DF，由四边形ABCD是平行四边形，AE=CF，易得OB=OD，OE=OF，即可判定四边形BEDF是平行四边形，继而证得DE=BF．
此题考查了平行四边形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
20.【答案】解：1丈=10尺，
设AC=x，
∵AC+AB=10，
∴AB=10−x．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2，即x2+32=(10−x)2．
解得：x=4.55，
即AC=4.55尺．
【解析】设AC=x，可知AB=10−x，再根据勾股定理即可得出结论．
本题考查的是勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
21.【答案】解：过点B作BD⊥CA的延长线于点D，则∠D=90°，

∵∠BAC=135°，
∴∠BAD=45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD=AD，
∴BD2+AD2=2BD2=AB2，
∴2BD2=22，
∴BD=AD= 2，
∴CD=AC+AD=3 2+ 2=4 2，
∴BC= CD2+BD2= (4 2)2+( 2)2= 34．
【解析】过点B作BD⊥CA的延长线于点D，由∠BAC=135°可得∠BAD=45°，得到△ABD为等腰直角三角形，即得到BD=AD，由勾股定理可得BD=AD= 2，进而得CD=4 2，再根据勾股定理即可求解，
本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
22.【答案】解：连接BF，

∵E、F分别是CD、CA的中点，
∴EF/​/AD且EF=12AD=5，
∴∠CFE=∠CAD=45°，
∵∠ABC=90°，F是CA的中点，
∴BF=AF=12AC=5，
∴∠BAF=∠ABF，
∴∠BFC=2∠BAC=45°，
∴∠BFE=90°，
∴BE= BF2+EF2= 52+52=5 2．
【解析】连接BF，根据三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线推知BF=EF=5，再由等腰三角形的性质和平行线的性质求得∠BFE=90°，利用勾股定理即可求解
本题考查了三角形中位线的性质，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，AD=BC，
∴AF/​/BE，
∵点E、F分别是BC、AD的中点，
∴AF=12AD,BE=12BC，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵BC=2AB，且BC=2BE，
∴AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
(2)如图，过点O作OH⊥BC于H，

由(1)知，四边形ABEF是菱形，∠ABC=60°，
∴∠ABO=∠OBH=12×60°=30°，BO⊥AE，
∵AB=8，
∴AO=12AB=4，
∴BO= AB2−AO2=4 3，
∴OH=12BO=2 3，
∴BH= BO2−OH2= (4 3)2−(2 3)2=6，
∵BC=2AB=2×8=16，
HC=BC−BH=16−6=10，
∴OC= OH2+HC2= (2 3)2+102=4 7．
【解析】(1)先证明四边形ABEF是平行四边形，再证明其临边相等即可；
(2)过点O作OH⊥BC于H，先求BO，再求OH，BH，HC，最后根据勾股定理求OC．
本题考查平行四边形的性质与判定，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
24.【答案】平方 a+2 a+1 25
【解析】解：(1)∵ a和 b为相邻的两个整数，
∴ a+1= b，
等式两边同时平方得：
a+2 a+1=b．
移项得：b−a=2 a+1．
故答案为：平方；a+2 a+1；
(2)∵ a和 a+11为两个相邻整数，
∴由(1)的结论可知：a+11−a=2 a+1，
∴ a=5，
∴a=25．
故答案为：25；
(3)∵ a和 a+216为相差4的两个整数，
∴ a+4= a+216，
等式两边同时平方得：
a+8 a+16=a+216，
∴ a=25，
∴a=625．
(1)利用等式的性质解答即可；
(2)利用(1)的结论列式解答即可；
(3)利用(1)的解答方法解答即可．
本题主要考查了算术平方根的应用，等式的性质，完全平方公式，本题是阅读型题目，熟练掌握题干中的方法并正确应用是解题的关键．
25.【答案】解：(1)①如图1，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
②证明：由旋转得CE=CF，∠ECF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∴∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
CE=CF∠BCE=∠DCFCB=CD，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF．
(2)AE=2DM，
证明：如图2，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF，取AF中点M，连接AE，DM，
由旋转得CE=CF，∠ECF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD=AB=DA，∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
CE=CF∠BCE=∠DCFCB=CD，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF，∠CBE=∠CDF，
∴∠CBE−90°=∠CDF−90°，
延长DM到点G，使GM=DM，连接AG，
∵M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△AGM和△FDM中，
AM=FM∠AMG=∠FMDGM=DM，
∴△AGM≌△FDM(SAS)，
∴AG=DF，∠G=∠MDF，
∴BE=AG，AG/​/DF，
∴∠DAG=180°−∠ADF=180°−(360°−90°−∠CDF)=∠CDF−90°，
∵∠ABE=∠CBE−90°，
∴∠ABE=∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
AB=DA∠ABE=∠DAGBE=AG，
∴△ABE≌△DAG(SAS)，
∴AE=DG=2DM．
【解析】(1)①按题中要求补全图形即可；
②由旋转得CE=CF，∠ECF=90°，由正方形的性质得CB=CD，∠BCD=90°，则∠BCE=∠DCF=90°−∠DCE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BCE≌△DCF，则BE=DF；
(2)先证明△BCE≌△DCF，得BE=DF，∠CBE=∠CDF，再延长DM到点G，使GM=DM，连接AG，可证明△AGM≌△FDM，得AG=DF，∠G=∠MDF，所以BE=AG，AG/​/DF，可推导出∠DAG=180°−∠ADF=180°−(360°−90°−∠CDF)=∠CDF−90°，而∠ABE=∠CBE−90°，所以∠ABE=∠DAG，即可证明△ABE≌△DAG，则AE=DG=2DM．
此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且适当选择全等三角形的判定定理证明三角形全等是解题的关键．
26.【答案】Q2，Q4
【解析】解：(1)设P(m,m)，
∵A(0,5)，
∴AP的中点坐标为(m2,m+52)，
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴BQ的中点即为AP的中点，即BQ的中点为(m2,m+52)，
∵B(2,3)，
∴Q的坐标为(m−2,m+2)，
∴Q在直线y=x+4上，
由A(0,5)，B(2,3)可得直线AB解析式为y=−x+5，
而Q2(0,4)，Q4(2,6)在直线y=x+4上，且都不在直线AB上，Q1(−2,0)，Q3(2,−2)不在直线y=x+4上，
∴线段AB的“银杏点”是Q2，Q4；
故答案为：Q2，Q4；
(2)由(1)得点Q在直线y=x+4上，点Q为直线y=kx+2上一点，
∴点Q为直线y=x+4和直线y=kx+2的交点，
①k=1时，直线y=x+4和直线y=kx+2平行，没有交点，
不符合题意；
②k≠1时，联立y=x+4y=kx+2，
解得：x=2k−1y=2kk−1+2，即点Q(2k−1,2kk−1+2)，
假设点Q在第二象限，
则2k−1<02kk−1+2>0，解得k<12，
∵点Q不在第二象限，
∴k≥12，
综上：k≥12且k≠1；
(3)正方形CDEF边长为1，以T(t,3)为中心各边与标轴垂直，
∴正方形CDEF左上角的顶点坐标为(t−12,72)，右下角的顶点坐标为(t+12,52)，
若MN与AB等长，由(1)可得线段MN的“银杏点”在直线y=x+4上，
若M、N点与A点重合时，线段MN的“银杏点在直线y=x上，
当正方形CDEF左上角的顶点(t−12,72)，在y=x时，
t−12=72，解得t=4；
当正方形CDEF右下角的顶点(t+12,52)，在y=x+4时，
t+12+4=52，解得t=−2，
故当−2≤t<4时，正方形CDEF上的任意一点都存在线段MN，使得该点为线段MN的“银杏点”．
(1)设点P(m,m)，由“平行四边形的对角线相平分”可求得点Q的坐标，进一步可知点Q所在直线的解析式，即可求解；
(2)结合(1)可知点Q为直线y=x+4和直线y=kx+2的交点，即可确定点Q的坐标，根据点Q不在第二象限，即可求解；
(3)找到正方形CDEF左上角和右下角的顶点坐标即可求解．
本题是一次函数综合题，以新定义题型为背景，考查了平行四边形的性质、一次函数的交点等知识点，正确理解题意是解题关键．
27.【答案】任意实数 < k>32
【解析】解：(1)函数y=12x+|x|中自变量x可以是任意实数；
故答案为：任意实数；
(2)当x=0时，y=12x+|x|=0，
∴m=0．
(3)函数图象如图所示；
(4)观察该函数图象：
①对于图象上两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，若0②当x>0时，若对于x的每一个值，函数y=12x+|x|的值小于正比例函数y=kx(k≠0)的值，则k的取值范围是k>32．
故答案为：<；k>32．
(1)由图表可知可以是任意实数；
(2)把x=0代入y=12x+|x|即可求得；
(3)根据坐标系中的点，用平滑的曲线连接即可；
(4)观察图象即可解决问题．
本题考查了一次函数的图象和性质，根据图表画出函数的图象是解题的关键．
28.【答案】解：(1)如：平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形等．
(2)①证明：∵∠BOE=∠BCE+∠DBC，∠DBC=∠ECB=12∠A，
∴∠BOE=2∠DBC=∠A，
∵∠A+∠AEC+∠ADB+∠EOD=360°，∠BOE+∠EOD=180°，
∴∠AEC+∠ADB=180°，
∵∠ADB+∠BDC=180°，
∴∠BDC=∠AEC；
②解：此时存在等对边四边形，是四边形EBCD．
如图2，作CG⊥BD于G点，作BF⊥CE交CE延长线于F点．

∵∠DBC=∠ECB=12∠A，BC=CB，∠BFC=∠BGC=90°，
∴△BCF≌△CBG(AAS)，
∴BF=CG，
∵∠BEF=∠ABD+∠DBC+∠ECB，∠BDC=∠ABD+∠A，
∴∠BEF=∠BDC，
∴△BEF≌△CDG(AAS)，
∴BE=CD，
∴四边形EBCD是等对边四边形．
【解析】(1)理解等对边四边形的图形的定义，有平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形等，可得出答案．
(2)①证明∠EOB=∠A，利用四边形内角和可证明∠BDC=∠AEC；
②作CG⊥BD于G点，作BF⊥CE交CE延长线于F点．根据AAS可证明△BCF≌△CBG，则BF=CG，证明△BEF≌△CDG，可得BE=CD，则四边形EBCD是“等对边四边形”．
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，中位线定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，四边形内角和等知识，解决本题的关键是理解等对边四边形的定义．码数x
26
30
34
42
长度ycm
18
20
22
26
x
…
−3
−2
−1
0
1
2
3
…
y
…
32
1
12
m
32
3
92
…