人教版八年级下册数学期末试卷中考真题汇编[解析版].doc

人教版八年级下册数学期末试卷中考真题汇编[解析版]
一、选择题
1．在函数中，自变量x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．下列各组数中，不能构成直角三角形的一组是（　　 ）
A．3，4，5 B．1，， C．2，2，3 D．5，12，13
3．已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
4．小华同学所在的801班共有50名学生，省级健康抽测测量了全班学生的身高，小华的身高是1.65米，他通过计算发现该班学生的平均身高也是1.65米，下列说法正确的是（ ）
A．该班至少有25位同学的身高超过1.65米
B．1.65米是该班学生身高的一般水平
C．该班学生身高的中位数是1.65米
D．该班学生身高出现次数最多的是1.65米
5．如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）

A．AC＝BD B．AC⊥BD
C．AB＝DC D．AB⊥DC
6．如图，在中，，平分，将连续翻折两次，C点的对应点E点落在边上，B点的对应点F点恰好落在边上，则下列结论正确的是（ ）

A． B．
C． D．
7．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，是边的中点，，则（ ）．

A．1 B．2 C．4 D．8
8．如图1，在矩形ABCD中，E是CD上一点，动点P从点A出发沿折线AE→EC→CB运动到点B时停止，动点Q从点A沿AB运动到点B时停止，它们的速度均为每秒1cm．如果点P、Q同时从点A处开始运动，设运动时间为x（s），△APQ的面积为ycm2，已知y与x的函数图象如图2所示，以下结论：①AB＝5cm；②cos∠AED＝ ；③当0≤x≤5时，y＝；④当x＝6时，△APQ是等腰三角形；⑤当7≤x≤11时，y＝．其中正确的有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题
9．化简：______
10．已知菱形的周长等于8，一条对角线长为2，则此菱形的面积为___．
11．由四个全等的直角三角形组成如图所示的“赵爽弦图”，若直角三角形两直角边边长的和为3，面积为1，则图中阴影部分的面积为____________ ．

12．如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE=5，BF=3，则AO的长为________．

13．若点P（a+1，2a-3）一次函数y＝-2x+1的图象上，则a=_______．
14．如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB＝CD，当AB＝_________时，四边形ABCD为菱形．

15．已知直线与轴，轴分别交于点，，点是射线上的动点，点在第一象限，四边形是平行四边形．若点关于直线的对称点恰好落在轴上，则点的坐标为______．

16．重庆实验外国语学校每年四月初都定期举办体育文化节，初届周华同学为了在本次活动中获得更好的成绩，他让父亲带自己进行了体能训练，他们找了条笔直的跑道，两人都从起点出发且一直保持匀速运动，父亲先出发两分钟后周华才出发，两人到达终点后均停止运动，周华与父亲之间的距离（米）与周华出发的时间（分）的关系如图所示，当周华到达终点时，父亲离终点的距离为________米．

三、解答题
17．计算：
（1）（）×；
（2）﹣6．
18．《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，末折抵地，去根四尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝4，求AC的长．

19．如图，每个小正方形的边长都为．

（1）求的周长；
（2）判断的形状．
20．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）若AB⊥AC，AB＝8，AC＝6，求BF的长．

21．阅读理解题：
定义：如果一个数的平方等于﹣1，记为i2＝﹣1，这个数i叫做虚数单位，把形如a+bi（a，b为实数）的数叫做复数，其中a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部，它的加、减、乘、除运算与代数式的运算类似．
例如：计算：（2﹣i）+（5+3i）＝（2+5）+（﹣1+3）i＝7+2i；
（1+i）×（2﹣i）＝1×2﹣i+2×i﹣i2＝2+（﹣1+2）i+1＝3+i；
根据以上信息，完成下列问题：
（1）填空：i3＝　 ，i4＝　 ，i+i2+i3+…+i2021＝　 ；
（2）计算：（1+i）×（3﹣4i）﹣（﹣2+3i）（﹣2﹣3i）；
（3）已知a+bi＝（a，b为实数），求的最小值．
22．某农科所为定点帮扶村免费提供一种优质番茄苗及大棚栽培技术．这种番茄苗早期在温室中生长，长到大约20cm时，移至大棚内，沿插杆继续向上生长．研究表明，30天内，这种番茄苗生长的高度与生长时间x（天）之间的关系大致如图所示．

（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）当这种番茄苗长到大约65cm时，开始开花，试求这种番茄苗移至大棚后．继续生长大约多少天，开始开花？
23．在中，，，将沿方向平移得到，，的对应点分别是、，连接交于点．
（1）如图1，将直线绕点顺时针旋转，与、、分别相交于点、、，过点作交于点．
①求证：≌
②若，求的长；
（2）如图2，将直线绕点逆时针旋转，与线段、分别交于点、，在旋转过程中，四边形的面积是否发生变化？若不变，求出四边形的面积，若变化，请说明理由；
（3）在（2）的旋转过程中，能否为等腰三角形，若能，请直接写出的长，若不能，请说明理由．

24．如图在平面直角坐标系之中，点为坐标原点，直线分别交x、y轴于点、．

（1）如图1，点是直线上不同于点的点，且．则点的坐标为____________
（2）点是直线外一点，满足，求出直线的解析式．
（3）如图2，点是线段上一点，将沿直线翻折，点落在线段上的点E处，点M在射线上，在x轴的正半轴上是否存在点N，使以M、A、N、B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
25．矩形ABCD中，AB=3，BC=4．点E，F在对角线AC上，点M，N分别在边AD，BC上．
（1）如图1，若AE=CF=1，M，N分别是AD，BC的中点．求证：四边形EMFN为矩形．
（2）如图2，若AE=CF=0.5，，且四边形EMFN为矩形，求x的值．

26．在直角坐标系中，四边形是矩形，点在轴上，点在轴的正半轴上，点，分别在第一，二象限，且，．
（1）如图1，延长交轴负半轴于点，若．

①求证：四边形为平行四边形
②求点的坐标．
（2）如图2，为上一点，为的中点，若点恰好落在轴上，且平分，求的长．

（3）如图3，轴负半轴上的点与点关于直线对称，且，若的面积为矩形面积的，则的长可为______（写出所有可能的答案）．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
根据被开方数大于等于0列式计算即可得解．
【详解】
解：根据题意得，2x-3≥0，
解得x≥．
故选择：D．
【点睛】
本题考查的知识点为：二次根式的被开方数是非负数．
2．C
解析：C
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、32+42＝52，能构成直角三角形；
B、12+（）2＝（）2，能构成直角三角形；
C、22+22≠32，不能构成直角三角形．
D、52+122＝132，能构成直角三角形；
故选：C．
【点睛】
本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】
解：根据平行四边形的判定，A、C、D均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．
4．B
解析：B
【解析】
【分析】
根据中位数、众数及算术平均数的定义，结合各选项进行判断即可．
【详解】
解：A、该班不一定有25位同学的身高超过1.65米，说法错误，故本选项不符合题意；
B、1.65米是该班学生身高的一般水平，说法正确，故本选项符合题意；
C、该班学生身高的中位数不一定是1.65米，说法错误，故本选项不符合题意；
D、该班学生身高出现次数最多的不能确定，说法错误，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了众数、中位数及平均数的知识，属于基础题，掌握基本定义是关键．
5．D
解析：D
【分析】
由题意易得GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，则有四边形EGFH为平行四边形，由矩形的性质可得∠GFH=90°，然后可得∠GFB+∠HFC=90°，最后问题可求解．
【详解】
解：∵E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，
∴GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，
∴四边形EGFH为平行四边形，∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC，
若四边形EGFH为矩形，则有∠GFH=90°，
∴∠GFB+∠HFC=90°，
∴∠DCB+∠ABC=90°，
∴AB⊥DC；
故选D．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是解题的关键．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
设∠ABC=∠C=2x，根据折叠的性质得到∠BDE=∠BDC=∠FDE=60°BD=DF，BC=BE=EF，在△BDC中利用内角和定理列出方程，求出x值，可得∠A，再证明AF=EF，从而可得AD =BC+BD．
【详解】
解：∵AB=AC，BD平分∠ABC，
设∠ABC=∠C=2x，则∠A=180°-4x，
∴∠ABD=∠CBD=x，
第一次折叠，可得：
∠BED=∠C=2x，∠BDE=∠BDC，
第二次折叠，可得：
∠BDE=∠FDE，∠EFD=∠ABD=x，∠BED=∠FED=∠C=2x，
∵∠BDE+∠BDC+∠FDE=180°，
∴∠BDE=∠BDC=∠FDE=60°，
∴x+2x+60°=180°，
∴x=40°，即∠ABC=∠ACB=80°，
∴∠A=20°，
∴∠EFD=∠EDB=40°，
∴∠AEF=∠EFD-∠A=20°，
∴AF=EF=BE=BC，
∴AD=AF+FD=BC+BD，
故选D．
【点睛】
本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用平行四边形的性质，先证明是的中位线，可得，从而可得答案.
【详解】
解：四边形是平行四边形，
；
又点是的中点，
是的中位线，
根据三角形的中位线定理可得：．
则
故选：．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，三角形的中位线的性质，证明是的中位线，是解本题的关键.
8．B
解析：B
【分析】
根据图中相关信息即可判断出正确答案.
【详解】
解：图2知：当 时y恒为10，
∴当 时，点Q运动恰好到点B停止，且当 时点P必在EC上，
故①正确；
∵当 时点P必在EC上，且当 时，y逐渐减小，
∴当 时，点Q在点B处，点P在点C处，此时

设 则
在 中，由勾股定理得：
解得：

故②正确；
当 时，由 知点P在AE上，过点P作 如图：

故③正确；
当 时，
不是等腰三角形，故④不正确；
当时，点P在BC上，点Q和点B重合，
故⑤ 不正确；
故选B．
【点睛】
本题主要考查了动点问题的函数图像，理解题意，读懂图像信息，灵活运用所学知识是解题关键，属于中考选择题中的压轴题.
二、填空题
9．-1
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，求出的范围，再根据二次根式的性质和绝对值的性质化简，即可得到答案．
【详解】
由可知，
，

，

故答案为：．
【点睛】
本题考查了二次根式化简求值，正确掌握二次根式有意义的条件，二次根式的性质，绝对值的性质是解题关键．
10．A
解析：cm2．
【解析】
【分析】
根据周长先求出边长，由菱形的对角线平分且垂直求出它的另一条对角线的长，再根据面积公式求得面积．
【详解】
解：如图：

∵菱形ABCD的周长等于8cm，
∴AB=8÷4=2cm，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
∵AC=2，
∴AO=1，
∴BO=，
∴菱形的面积为2×2÷2=2cm2．
故答案为：cm2．
【点睛】
本题考查了菱形的四条边相等的性质，以及对角线互相垂直平分的性质，还考查了菱形面积的计算，对角线乘积的一半．
11．1
【解析】
【分析】
设直角三角形的一条直角边长为，则另一条直角边长为，由题意列方程，求出两直角边长，根据勾股定理求出斜边长。由阴影部分的面积＝大正方形的面积−4个小直角三角形的面积，代入数值计算即可．
【详解】
解：设直角三角形的一条直角边长为，则另一条直角边长为，
则由题意可得，，
整理可得，，
解可得或，即直角三角形的两直角边长分别为2，1，
∴直角三角形的斜边长为，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查勾股定理，一元二次方程的应用，解题的关键是利用勾股定理求出直角三角形的斜边长．
12．E
解析：
【分析】
根据矩形的性质和平行线的性质可得∠EFC=∠AEF，由折叠的性质可得∠EFC=∠AFE，从而得到AE=AF=5，由折叠的性质可得BC=BF+FC=3+5=8，根据勾股定理可得AB的长，从而求出AC的长，继而可得到AO的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，
∴∠EFC=∠AEF，
由折叠，得
∠EFC=∠AFE，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
由折叠，得
FC=AF，OA=OC，
∴BC=BF+FC=3+5=8，
在Rt△ABF中，
AB=，
在Rt△ABC中，
AC=，
∴OA=OC=．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的性质．解题的关键是证得AE=AF．
13．
【分析】
把P点的坐标代入一次函数，即可求得a的值．
【详解】
∵点P（a+1，2a-3）一次函数y＝-2x+1的图象上，
∴2a-3=-2（a+1）+1，
∴a=．
故答案为：．
【点睛】
考查了一次函数图象上点的坐标特征；解题关键是抓住：点在函数解析式上，点的横坐标就满足这个函数解析式．
14．B
解析：BC（答案不唯一）
【分析】
首先根据AB∥CD，AB=CD可得四边形ABCD是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得添加条件AB=AD或AB=BC．
【详解】
解：可添加的条件为AB=AD或BC．
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB（或AB=BC），
∴四边形ABCD为菱形．
故答案是：AD或BC．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
15．或．
【分析】
先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是
解析：或．
【分析】
先根据题意求得，，，分点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点关于直线的对称点恰好落在轴上，根据含30度角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明是等边三角形，在第二象限时候证明是等边三角形，利用等边三角形的性质，分别求得点的坐标．
【详解】
与轴，轴分别交于点，，
令，，，
令，，，
，
，
，
，，
，
①如图，当点在第二象限时，设交轴于点，交于点，交轴于点，

四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
点关于直线的对称点为点，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
点为的中点，
，，
，
②如图，当点在第二象限时，延长交轴于点，
则，

点关于直线的对称点为点
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，
，
，
，
．
综合①②可知C的坐标为或．
故答案为: 或．
【点睛】
本题考查了一次函数图像的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，此题方法比较多，利用等边三角形的性质是解题的关键．
16．180
【分析】
与y轴交点（0，400）表示父亲提前走了2分钟，走了400米，所以父亲的速度为200米/分，周华出发8分钟时两人相遇，此时父亲走了10分钟，走了2000米，两人距离起点2000米，
解析：180
【分析】
与y轴交点（0，400）表示父亲提前走了2分钟，走了400米，所以父亲的速度为200米/分，周华出发8分钟时两人相遇，此时父亲走了10分钟，走了2000米，两人距离起点2000米，所以周华的速度为250米/分，再根据“路程=速度×时间”解答即可．
【详解】
解：父亲的速度为：400÷2=200米/分；
周华的速度为：200×10÷8=250米/分；
当周华到达终点时，父亲离终点的距离为：200×14.5-200×（200×14.5÷250+2）=180（米）．
故答案为：180
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解题的关键是理解题意，读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的能力题．
三、解答题
17．（1）；（2）2．
【分析】
（1）利用分配率进行二次根式的乘法运算，再化简即可求值；
（2）先根据二次根式的除法和乘法公式进行化简，在进行二次根式加减即可求解．
【详解】
解：（1）（）×
；
解析：（1）；（2）2．
【分析】
（1）利用分配率进行二次根式的乘法运算，再化简即可求值；
（2）先根据二次根式的除法和乘法公式进行化简，在进行二次根式加减即可求解．
【详解】
解：（1）（）×

；
（2）﹣6

=2．
【点睛】
本题考查了二次根式的运算，熟知二次根式的加减乘除运算法则，并正确计算是解题关键．
18．【分析】
直接利用勾股定理进而得出AC的长．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+AB＝10，BC＝4，
设AC＝x，则AB＝10﹣x，
∴x2+
解析：
【分析】
直接利用勾股定理进而得出AC的长．
【详解】
解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+AB＝10，BC＝4，
设AC＝x，则AB＝10﹣x，
∴x2+42＝（10﹣x）2，
解得：x＝，
答：AC的长为．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确得出等式方程是解题关键．
19．（1）；（2）直角三角形
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理分别运算出三角形的三边边长，即可运算周长；
（2）根据勾股的逆定理即可判定的形状．
【详解】
（1），
，
，
的周长；
（2）
，
解析：（1）；（2）直角三角形
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理分别运算出三角形的三边边长，即可运算周长；
（2）根据勾股的逆定理即可判定的形状．
【详解】
（1），
，
，
的周长；
（2）
，
，

是直角三角形．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟悉掌握勾股定理是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由“AAS”可证△AFE≌△DBE，可得AF＝BD＝DC；
（2）先证四边形AOFH是矩形，可得AH＝FO＝4，AO＝FH＝3，再在直角三角形FHB中，由勾股定
解析：（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由“AAS”可证△AFE≌△DBE，可得AF＝BD＝DC；
（2）先证四边形AOFH是矩形，可得AH＝FO＝4，AO＝FH＝3，再在直角三角形FHB中，由勾股定理可求解．
【详解】
证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在和中
，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝BD，
∴AF＝DC；
（2）解：如图，连接DF交AC于点O，过点F作FH⊥AB，交BA的延长线于H，

∵AF∥BC，AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB⊥AC，AD是中线，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCF是菱形，
∴AC⊥DF，AO＝CO＝3，OF＝OD＝DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形AFDB是平行四边形，
∴DF＝AB＝8，
∴OF＝OD＝4，
∵FH⊥AB，AB⊥AC，AC⊥DF，
∴四边形AOFH是矩形，
∴AH＝FO＝4，AO＝FH＝3，
∴，
∵FH⊥AB，
∴三角形FHB是直角三角形，
∴在中，根据勾股定理，
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，考查知识点较多，综合性较强，解题的关键是要掌握并灵活运用这些知识点．
21．（1）﹣i，1，；（2）﹣i﹣6；（3）的最小值为25．
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给条件可得i3=i2•i，i4=i2•i2计算即可得出答案；
（2）根据多项式乘法法则进行计算，及题目所
解析：（1）﹣i，1，；（2）﹣i﹣6；（3）的最小值为25．
【解析】
【分析】
（1）根据题目所给条件可得i3=i2•i，i4=i2•i2计算即可得出答案；
（2）根据多项式乘法法则进行计算，及题目所给已知条件即可得出答案；
（3）根据题目已知条件，a+bi＝4+3i，求出a、b，即可得出答案．
【详解】
（1）i3＝i2•i＝﹣1×i＝﹣i，
i4＝i2•i2＝﹣1×（﹣1）＝1，
设S＝i+i2+i3+…+i2021，
iS＝i2+i3+…+i2021+i2022，
∴（1﹣i）S＝i﹣i2022，
∴S＝，
故答案为﹣i，1，；
（2）（1+i）×（3﹣4i）﹣（﹣2+3i）（﹣2﹣3i）
＝3﹣4i+3i﹣4i2﹣（4﹣9i2）
＝3﹣i+4﹣4﹣9
＝﹣i﹣6；
（3）a+bi＝＝＝＝4+3i，
∴a＝4，b＝3，
∴＝，
∴的最小值可以看作点（x，0）到点A（0，4），B（24，3）的最小距离，
∵点A（0，4）关于x轴对称的点为A'（0，﹣4），连接A'B即为最短距离，
∴A'B＝＝25，
∴的最小值为25．
【点睛】
此题考查了实数的运算，以及规律型：数字的变化类，弄清题中的新定义是解本题的关键．
22．（1）；（2）13.5天
【分析】
（1）分段函数，利用待定系数法解答即可；
（2）利用（1）的结论，把y＝65代入求出x的值即可解答．
【详解】
解：（1）当时，设
把，代入，得，解得
∴
当时，
解析：（1）；（2）13.5天
【分析】
（1）分段函数，利用待定系数法解答即可；
（2）利用（1）的结论，把y＝65代入求出x的值即可解答．
【详解】
解：（1）当时，设
把，代入，得，解得
∴
当时，设
当，；，时
解得
∴．
综上所述，y与x之间的函数关系式为．
（2）由（1）得，=65
解得．
（天）
所以，这种番茄苗移至大棚后，继续生长约13.5天，开始开花结果．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，主要利用了待定系数法求一次函数解析式，已知函数值求自变量的值，仔细观察图象，准确获取信息是解题的关键．
23．（1）①见解析；②2；（2）不变，12；（3）能，或6或
【分析】
（1）①由平移的特征可以推出三角形全等的条件，证明△IBC≌△HCE；
②由①得IC＝HE，再证明四边形ICHG是平行四边形，得I
解析：（1）①见解析；②2；（2）不变，12；（3）能，或6或
【分析】
（1）①由平移的特征可以推出三角形全等的条件，证明△IBC≌△HCE；
②由①得IC＝HE，再证明四边形ICHG是平行四边形，得IC＝GH，再证明△DFG≌△CFI，得DG＝IC，于是得DG＝GH＝HE＝DE＝AC，可求出DG的长；
（2）由平行四边形的性质可证明线段相等和角相等，证明△AOP≌△COQ，将四边形ABQP的面积转化为△ABC的面积，说明四边形ABQP的面积不变，求出△ABC的面积即可；
（3）按OP＝OA、PA＝OA、OP＝AP分类讨论，分别求出相应的PQ的长，其中，当PA＝OA时，作OL⊥AP于点L，构造直角三角形，用面积等式列方程求OL的长，再用勾股定理求出OP的长即可．
【详解】
（1）证明：①如图1，

∵是由平移得到的，
∴ ，
∴，
∵，
∴
∴≌
②如图1，
由①可知：≌ ，
∴，
∵，，
∴CIGH，CHGH，
∴四边形是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴
∵ ， ，
∴≌，
∴，
∴，
∴.
（2）面积不变；如图2：

由平移可知，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴≌ ，
∴，
，
∴四边形ABQP的面积不变.
∵ ，
∴，
∴ ，
在中
∴，
∴，
∴
（3）如图3，OP＝OA＝3，

由（2）得，△AOP≌△COQ，
∴OQ＝OP＝3，
∴PQ＝3＋3＝6；
如图4，PA＝OA＝3，作OL⊥AP于点L，则∠OLA＝∠OLP＝90°，

由（2）得，四边形ABCD是平行四边形，OA＝3，∠AOB＝90°，
∴OD＝OB＝4，∠AOD＝180°−∠AOB＝90°，
∵AO⊥BD，OD＝OB，
∴AO垂直平分BD，
∴AD＝AB＝5，
由AD•OL＝OA•OD＝ 得，
×5OL＝×3×4，
解得，OL＝ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴PQ＝2OP＝；
如图5，OP＝AP，

∵AD＝AB，AC⊥BD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠POA＝∠DAC＝∠BAC，
∴PQAB，
∵APBQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴PQ＝AB＝5，
综上所述，或6或.
【点睛】
此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平移的特征、勾股定理以及根据面积等式列方程求线段的长度等知识与方法，解第（3）题时要进行分类讨论，求出所有符合条件的值，此题难度较大，属于考试压轴题．
24．（1）（-4，6）；（2）y=x+3或y=-7x+3；（3）（，0）或（，0）
【解析】
【分析】
（1）由及点不同于点，可知点是线段的中点，由点、的坐标即可求出点的坐标；
（2）根据题意得到点C的
解析：（1）（-4，6）；（2）y=x+3或y=-7x+3；（3）（，0）或（，0）
【解析】
【分析】
（1）由及点不同于点，可知点是线段的中点，由点、的坐标即可求出点的坐标；
（2）根据题意得到点C的两个位置，作线段AB的垂直平分线交AC于点G，交AC′于点H，交AB于点Q，连接BG、BH，作GP⊥y轴于点P，GF⊥x轴于点F，证明△GBF≌△GAP，得到BF=AP，GF=GP，列方程求出AP，得到OP和OF，可得点G和H坐标，再利用待定系数法求解；
（3）分平行四边形AMBN以AB为对角线，平行四边形ABNM以AB为一边，两种情况，画出图形分别求解．
【详解】
解：（1）如图1，直线，当时，；当时，由，得，
，；

，且点不同于点，
点是线段的中点，即点与点关于点对称，
点的横坐标为，
当时，，
，
故答案为：．
（2）如图2，射线在直线的上方，射线在直线的下方，；
作线段的垂直平分线交于点，交于点，交于点，连接、，则；
作轴于点，轴于点，则，，

，，
，，
，
四边形是正方形；
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是正方形，
，
，，
，
，
解得，
，
，；
点与点关于点对称，
，；
设直线的解析式为，
则，解得，
；
设直线的解析式为，
则，解得，
，
综上所述，直线的解析式为或．
（3）存在，如图3，平行四边形以为对角线，

延长交轴于点，设，
由折叠得，，，
，；
，，
，
，且，
，
解得，
，
，；
，，
，
，
，
设直线的解析式为，
则，解得，
；
点在轴上，且，
轴，
点与点的纵坐标相等，都等于3，
当时，由，得，
，，
，
，
，；
如图4，平行四边形以为一边，则轴，且．

，
，，
综上所述，点的坐标为，或，．
【点睛】
此题重点考查一次函数的图象和性质、用待定系数法求一次函数的解析式、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、关于某点成中心对称的点的坐标等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，第（2）题、第（3）题都要分类讨论，此题难度较大，属于考试压轴题．
25．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）连接MN，由勾股定理求出AC=5，证出四边形ABNM是矩形，得MN=AB=3，证△AME≌△CNF（SAS），得出EM=FN，∠AEM=∠CFN，证EM∥FN，
解析：（1）见详解；（2）
【分析】
（1）连接MN，由勾股定理求出AC=5，证出四边形ABNM是矩形，得MN=AB=3，证△AME≌△CNF（SAS），得出EM=FN，∠AEM=∠CFN，证EM∥FN，得四边形EMFN是平行四边形，求出MN=EF，即可得出结论；
（2）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH=AB=3，BH=AM=x，得HN=BC-BH-CN=4-2x，由矩形的性质得出MN=EF=AC-AE-CF=4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）证明：连接MN，如图1所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，∠B=90°，
∴∠EAM=∠FCN，AC=，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM=DM=BN=CN，AM∥BN，
∴四边形ABNM是平行四边形，
又∵∠B=90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
在△AME和△CNF中，
，
∴△AME≌△CNF（SAS），
∴EM=FN，∠AEM=∠CFN，
∴∠MEF=∠NFE，
∴EM∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
又∵AE=CF=1，
∴EF=AC-AE-CF=3，
∴MN=EF，
∴四边形EMFN为矩形．
（2）解：连接MN，作MH⊥BC于H，如图2所示：

则四边形ABHM是矩形，
∴MH=AB=3，BH=AM=x，
∴HN=BC-BH-CN=4-2x，
∵四边形EMFN为矩形，AE=CF=0.5，
∴MN=EF=AC-AE-CF=4，
在Rt△MHN中，由勾股定理得：32+（4-2x）2=42，
解得：x=，
∵0＜x＜2，
∴x=．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
26．（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定
解析：（1）①见解析；②；（2）；（3）或
【分析】
（1）①利用三线合一定理证明ED=CD，即可得到ED=AB，由矩形的性质可以得到AE=AC=BD，即可证明；②设A（a，0），C（0，b），利用勾股定理求出，则CE=CD+DE=6，E（a-5，0），则，，由此即可求解；
（2）延长BA到M于y轴交于M，先证明△DGC≌△AGM，得到∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3，再由角平分线的定义即可推出CF=MF，设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
由，得到，解方程即可；
（3）分Q在矩形ABCD内部和外部两种情况求解即可．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AC=BD，DC=AB
∵AC=AE，
∴CD=ED，AE=BD
∴ED=AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
②设A（a，0），C（0，b），
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，CD=AB=DE=3，
∴，CE=CD+DE=6，
∴E（a-5,0），
∴，，
∴，
解得，
∴；

（2）如图，延长BA到M于y轴交于M，
∵G为AD中点，
∴AG=DG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAB=∠GAM=∠B=90°，
又∵∠DGC=∠AGM，
∴△DGC≌△AGM（ASA），
∴∠DCG=∠AMG，AM=CD=AB=3
∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG=∠FCM=∠AMG，
∴CF=MF，
设AF=m，则CF=MF=3+m，BF=AB-AF=3-m，
∵，
∴
解得，
∴；

（3）当Q在矩形内部时，如图所示，过点Q作QE⊥BC于E，延长EQ交AD于F，连接AQ
∵，
∴；
∵BC∥AD，EF⊥AD，BA⊥AD，
∴EF∥AB，
∴四边形ABEF是矩形，
∴EF=AB=3，BE=AF，
∴，
∵点P与点Q关于直线AD对称，且AP=AD，
∴AP=AD=AQ=4
∴，，
∴；

当Q在矩形ABCD的外部时，如图所示过点Q作QE⊥BC于E，延长QE交AD于F，连接AQ

同理求得，，
∴，
∴，
∴，
∴综上所述，或，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，两点距离公式，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．