数学八年级下册数学期末试卷测试题(Word版含解析).doc

数学八年级下册数学期末试卷测试题（Word版含解析）
一、选择题
1．使有意义m的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．下列四组线段，能构成直角三角形的是（ ）
A．1，1，2 B．，2， C．5，6，7 D．6，8，10
3．下列命题正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
4．甲、乙、丙三人进行射箭测试，每人10次射箭成绩的平均数均是8.9环，方差分别是，，，则成绩最稳定的是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．无法确定
5．如图，在矩形中，点E，F，G，H分别是四条边的中点，已知矩形的面积为，周长为28cm，则四边形的周长是（ ）

A．10cm B．20cm C．25cm D．30cm
6．如图，在菱形ABCD中，，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线交AD于点M，交BC于点N，下列结论：（1）；（2）；（3）．其中正确结论的个数为（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
7．如图，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，AD为∠BAC的平分线，将△ADC沿直线AD翻折得△ADE，则DE的长为（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7
8．在平面直角坐标系中，定义：已知图形W和直线，如果图形W上存在一点Q，使得点Q到直线的距离小于或等于k，则称图形W与直线“k关联”．已知线段AB，其中点，．若线段AB与直线“关联”，则b的取值范围是( )
A．-1≤b≤ B．0≤b≤4 C．0≤b≤6 D．≤b≤6
二、填空题
9．若有意义，则的取值范围是_________．
10．如图，在菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AB=3，BD=4，则菱形ABCD的面积为_____．

11．如图，数字代表所在正方形的面积，则A所代表的正方形的面积为_________．

12．如图，矩形的对角线，相交于点，交于点，连接．若矩形的周长为，则的周长为__________．

13．一次函数的图象与正比例函数的图象平行且经过点，则_______．
14．如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，只要添加_____条件，就能保证四边形EFGH是菱形．

15．星期六下午，小张和小王同时从学校沿相同的路线去书店买书，小王出发4分钟后发现忘记带钱包，立即调头按原速原路回学校拿钱包，小王拿到钱包后，以比原速提高20%的速度按原路赶去书店，结果还是比小张晚4分钟到书店（小王拿钱包的时间忽略不计）．在整个过程中，小张保持匀速运动，小王提速前后也分别保持匀速运动，如图所示是小张与小王之间的距离y（米）与小王出发的时间x（分钟）之间的函数图象，则学校到书店的距离为________米．

16．如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝6，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D对应点D'刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为_______．

三、解答题
17．计算：（1）
（2）．
18．一架长为米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米．

（1）求的长；
（2）如图梯子的顶端沿墙向下滑动米，问梯子的底端向外移动了多少米？
19．如图在的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．点A，点B都在格点上，按下列要求画图．

（1）在图①中，AB为一边画，使点C在格点上，且是轴对称图形；
（2）在图②中，AB为一腰画等腰三角形，使点C在格点上；
（3）在图③中，AB为底边画等腰三角形，使点C在格点上．
20．如图，在平行四边形中，，是对角线上的点，且，平分交于点，平分交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当四边形是菱形时，求证：四边形是菱形．

21．如果记，并且表示当时的值，即；表示当时的值，即；表示当时的值，即；…
（1）计算下列各式的值：
__________.
__________.
（2）当为正整数时，猜想的结果并说明理由；
（3）求的值.
22．寒假将至，某健身俱乐部面向大中学生推出优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生寒假专享卡，每次健身费用按六折优惠；
方案二：不购买学生寒假专享卡，每次健身费用按八折优惠．
设某学生健身x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x+b；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x．在平面直角坐标系中的函数图象如图所示．
（1）求k1和b的值，并说明它们的实际意义；
（2）求k2的值；
（3）八年级学生小华计划寒假前往该俱乐部健身8次，应选择哪种方案所需费用更少？请说明理由．
（4）小华的同学小琳也计划在该俱乐部健身，若她准备300元的健身费用，最多可以健身多少次？

23．图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．

（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．

24．定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点A（a，b），B（c，d），若点T（x，y）满足x＝，y＝，那么称点T是点A，B的三分点．
例如：A（﹣1，5），B（7，7），当点T（x，y）满足x＝＝2，y＝＝4时，则点T（2，4）是点A，B的三分点．

（1）已知点C（﹣1，8），D（1，2），E（4，﹣2），请说明其中一个点是另外两个点的三分点．
（2）如图，点A为（3，0），点B（t，2t+3）是直线l上任意一点，点T（x，y）是点A，B的三分点．
①试确定y与x的关系式．
②若①中的函数图象交y轴于点M，直线l交y轴于点N，当以M，N，B，T为顶点的四边形是平行四边形时，求点B的坐标．
③若直线AT与线段MN有交点，直接写出t的取值范围．
25．（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．

（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．

（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据二次根式有意义的条件即可求出答案．
【详解】
解：由题意可知：m+1≥0，
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．
2．D
解析：D
【分析】
勾股定理的逆定理：一个三角形中，如果有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形，根据定理逐一判断即可.
【详解】
解： 故不符合题意；
故不符合题意；
故不符合题意；
故符合题意；
故选：
【点睛】
本题考查的是勾股定理的逆定理，掌握利用勾股定理的逆定理判断三角形是直角三角形是解题的关键.
3．B
解析：B
【解析】
【分析】
利用菱形、矩形、平行四边形及正方形的判定方法逐一判断即可答案．
【详解】
A.对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故该选项错误，不符合题意，
B.对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故该选项正确，符合题意，
C.对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故该选项错误，不符合题意，
D.一组对边相等，另一组对边也相等的四边形是平行四边形，故该选项错误，不符合题意，
故选：B．
【点睛】
本题考查命题与定理，熟练掌握菱形、矩形、平行四边形及正方形的判定方法是解题关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据方差是用来衡量一组数据波动大小的量，故由甲、乙、丙的方差可作出判断．
【详解】
解：由于 ，
∴成绩较稳定的是丙．
故选C．
【点睛】
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
5．B
解析：B
【分析】
连接BD，AC，如图，先求出矩形的边长，再根据矩形的性质和勾股定理得到AC＝BD＝10cm，再利用三角形中位线性质得到HG=EF=EH＝GF=5cm，，然后计算四边形EFGH的周长．
【详解】
解：连接AC、BD，

∵矩形的面积为，周长为28cm，
∴AB=6cm，AD=8cm，
AC＝BD＝cm，
∵点E，F，G，H分别是四条边的中点，
∴HG为△ACD为中位线，EF为△BAC的中位线，
∴HG=EF＝×10＝5cm，
同理可得EH=GF=5cm，
∴四边形EFGH的周长为4×5=20cm．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中点四边形：顺次连接任意四边形各边中点所得的四边形为平行四边形．也考查了矩形的性质和勾股定理以及中位线的性质．
6．D
解析：D
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AO＝CO，AD∥BC，AB＝BC＝AD，∠ACD∠BCD＝40°，由“ASA”可得△AOM≌△CON，可得OM＝ON，AM＝CN，可得AM+BN＝AB，即可求解．
【详解】
解：在菱形ABCD中，∠ABC＝100°，
∴∠BCD＝80°，AO＝CO，AD∥BC，AB＝BC＝AD，∠ACD∠BCD＝40°，故（1）正确；
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
在△AOM和△CON中，
，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴OM＝ON，AM＝CN，
∴AM+BN＝BN+CN＝BC＝AB，故（2），（3）正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
在中利用勾股定理求出长，利用折叠性质：得到，求出对应相等的边，设DE＝x，在中利用勾股定理，列出关于的方程，求解方程即可得到答案．
【详解】
解：∵AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，
∴AC＝，
∵AD为∠BAC的平分线，将△ADC沿直线AD翻折得△ADE，
，
∴A、B、E共线，AC＝AE＝10，DC＝DE，
∴BE＝AE﹣AB＝10﹣6＝4，
在Rt△BDE中，设DE＝x，则BD＝8﹣x，
∵BD2+BE2＝DE2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴DE＝5，
故选：B．
【点睛】
本题主要是考查了直角三角形的勾股定理以及折叠中的三角形全等的性质，熟练利用折叠得到全等三角形，找到直角三角形中的各边的关系，利用勾股定理列方程，并求解方程，这是解决该类问题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
如图（见解析），先画出图形，再根据定义求出两个临界位置时b的值，由此即可得．
【详解】
如图，过点B作直线的垂线，垂足为点D，连接OA，延长AB交直线于点C
由题意，有以下两个临界位置：
①点A到直线的距离等于

，
当直线经过原点O时，，

即为点A到直线的距离，此时
②点B到直线的距离等于，即
轴
，且点C的纵坐标与点A的纵坐标相同，即为1
是等腰直角三角形

点C的横坐标为

将点代入直线得：
解得
则b的取值范围是
故选：C．

【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、一次函数的几何应用等知识点，理解新定义，求出两个临界位置时b的值是解题关键．
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件，被开方数大于等于0，以及分母不等于0，即可求的取值范围．
【详解】
解：根据题意得：，，
解得且．
故答案为：且．
【点睛】
主要考查了二次根式以及分式有意义的条件．解题的关键是二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义；分式有意义的条件是分母不等于零．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
根据勾股定理求出对角线AC的长，然后利用菱形面积公式计算即可．
【详解】
解：四边形ABCD是菱形，，
，
，
，
，
则S菱形ABCD，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积公式等知识点，利用勾股定理求出AC是关键．
11．A
解析：【解析】
【分析】
三个正方形的边长正好构成直角三角形的三边，根据勾股定理得到字母A所代表的正方形的面积A=36+64=100．
【详解】
解：由题意可知，直角三角形中，一条直角边的平方=36，一条直角边的平方=64，则斜边的平方=36+64．
故答案为：100．
【点睛】
本题考查了正方形的面积公式以及勾股定理．
12．B
解析：4
【分析】
由矩形的性质可得OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，可证OE是线段BD的中垂线，可得BE＝DE，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，AB＝CD，AD＝BC，
∵矩形ABCD的周长为8cm，
∴AB+AD＝4cm，
∵OE⊥BD，
∴OE是线段BD的中垂线，
∴BE＝DE，
∴△ABE的周长＝AB+AE+BE＝AB+AE+DE＝AB+AD＝4cm，
故答案为4．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，线段的中垂线的性质以及三角形周长等知识，解答本题的关键是判断出OE是线段BD的中垂线．
13．A
解析：﹣4
【分析】
根据两条平行直线的解析式的k值相等求出k的值，然后把点A的坐标代入解析式求出b值即可．
【详解】
解：∵y=kx+b的图象与正比例函数y=2x的图象平行，
∴k=2，
∵y=kx+b的图象经过点A（1，﹣2），
∴2+b=﹣2，
解得b=﹣4，
故答案为：﹣4．
【点睛】
本题考查了两条直线相交或平行问题：若直线y＝k1x＋b1与直线y＝k2x＋b2平行，则k1＝k2；若直线y＝k1x＋b1与直线y＝k2x＋b2相交，则由两解析式所组成的方程组的解为交点坐标．
14．A
解析：AC＝BD
【分析】
根据中位线的性质易得四边形EFGH为平行四边形，那么只需让一组邻边相等即可，而邻边都等于对角线的一半，那么对角线需相等．
【详解】
解：∵E、F为AD、AB中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EF∥BD，EF=BD，
同理可得GH∥BD，GH=BD，FG∥AC，FG=AC，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴当EF=FG时，四边形EFGH为菱形，
∵FG=AC，EF=BD，EF=FG
∴AC=BD，
故答案为：AC＝BD．
【点睛】
本题考查菱形的判定，四边相等的四边形是菱形和中位线定理，解题的关键是了解菱形的判定定理，难度不大．
15．840
【分析】
结合题意根据最后一段图象可求得根据小王后来的速度，进而可求得小王原来的速度，再根据第一段图象可求得小张的速度，最后根据两人行完全程的时间相差4分钟可得方程，解方程即可求得答案．
【
解析：840
【分析】
结合题意根据最后一段图象可求得根据小王后来的速度，进而可求得小王原来的速度，再根据第一段图象可求得小张的速度，最后根据两人行完全程的时间相差4分钟可得方程，解方程即可求得答案．
【详解】
解：由题意可知：最后一段图象是小张到达书店后等待小王前往书店的图象，
则小王后来的速度为：336÷4＝84（米/分钟），
∴小王原来的速度为：84÷（1＋20%）＝70（米/分钟），
根据第一段图象可知：v王－v张＝40÷4＝10（米/分钟），
∴小张的速度为：70－10＝60（米/分钟），
设学校到书店的距离为x米，
由题意得：，
解得：x＝840，
答：学校到书店的距离为840米，
故答案为：840．
【点睛】
本题考查了函数图象的实际应用，行程问题的基本关系，一元一次方程的应用，有一定的难度，求出两人的速度是解题的关键．
16．15或
【分析】
分两种情况讨论，由折叠的性质可得，由勾股定理可求得，再由勾股定理可求得DE的长．
【详解】
如图，若点E在线段CD上时，过点作，
四边形ADNM是矩形，
把△ADE沿直线AE折
解析：15或
【分析】
分两种情况讨论，由折叠的性质可得，由勾股定理可求得，再由勾股定理可求得DE的长．
【详解】
如图，若点E在线段CD上时，过点作，

四边形ADNM是矩形，

把△ADE沿直线AE折叠，当点D对应点D'刚好落在线段AB的垂直平分线上时，

；
如图，点E在线段DC的延长线上，过点作，

同理可求，，

综上所述，DE的长为15或，
故答案为：15或
【点睛】
本题考查翻折变、矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题关键．
三、解答题
17．（1）；（2）．
【分析】
（1）先进行二次根式的化简，再进行二次根式的加减即可求解；
（2）根据负整数指数幂，绝对值，0指数幂，二次根式化简等知识进行整理，再进行二次根式加减即可求解．
【详解】
解析：（1）；（2）．
【分析】
（1）先进行二次根式的化简，再进行二次根式的加减即可求解；
（2）根据负整数指数幂，绝对值，0指数幂，二次根式化简等知识进行整理，再进行二次根式加减即可求解．
【详解】
解：（1）；
（2） ．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，负整数指数幂，0指数幂，绝对值等知识，熟知相关知识并正确进行化简是解题关键．
18．（1）8米；（2）米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出BC的长；
（2）在△CED中，再利用勾股定理计算出CE的长，进而可得AE的长．
【详解】
解：（1）一架长米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端
解析：（1）8米；（2）米
【分析】
（1）直接利用勾股定理得出BC的长；
（2）在△CED中，再利用勾股定理计算出CE的长，进而可得AE的长．
【详解】
解：（1）一架长米的梯子，顶端靠在墙上，梯子底端到墙的距离米，∠C=90°，
．
答：的长为米．
（2），，
，
又∠C=90°，
，
．
答：梯子的底端向外移动了米．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
19．（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解．
【解析】
【分析】
（1）先根据以AB为边△ABC是轴对称图形，得出△ABC为等腰三角形，AB长为3，画以AB为腰的等腰直角三角形即可；
（2）先根据勾股
解析：（1）见详解；（2）见详解；（3）见详解．
【解析】
【分析】
（1）先根据以AB为边△ABC是轴对称图形，得出△ABC为等腰三角形，AB长为3，画以AB为腰的等腰直角三角形即可；
（2）先根据勾股定理求出AB的长，利用平移画出点C即可；
（3）先求出以AB为底等腰直角三角形腰长AC=，利用平移作出点C即可．
【详解】
解：（1）∵以AB为边△ABC是轴对称图形，
∴△ABC为等腰三角形，AB长为3，
画以AB为直角边，点B为直角顶点△ABC如图
也可画以AB为直角边，点A为直角顶点△ABC如图；

（2）根据勾股定理AB=，
AB为一腰画等腰三角形，另一腰为，以点A为顶角顶点根据勾股定理构建横1竖3，或横3竖1；点A向左1格再向下平移3格得C1，连结AC1，C1B，得等腰△ABC1，点A向右3格再向上平移1格得C2，连结AC2，BC2，得等腰△ABC2，点A向右3格再向下平移1格得C3，连结AC3，BC3，得等腰△ABC3，

点B向右3格再向上平移1格得C4，连结AC4，BC4，得等腰△ABC4，点B向右3格再向下平移1格得C5，连结AC5，BC5，得等腰△ABC5，点B向右1格再向上平移3格得C6，连结AC6，BC6，得等腰△ABC6；

（3）AB为底边画等腰三角形，等腰直角三角形腰长为m，根据勾股定理，
即，解得，根据勾股定理AC=，横1竖2，或横2竖1得图形，
点A向右平移2格，再向下平移1格得点C1，连结AC1，BC1，得等腰三角形ABC1，点A向左平移1格，再向下平移2格得点C2，连结AC2，BC2，得等腰三角形ABC2．

【点睛】
本题考查网格作图，图形平移性质，勾股定理应用，等腰直角三角形性质，轴对称性质，掌握网格作图，图形平移性质，勾股定理应用，等腰直角三角形性质，轴对称性质是解题关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接EF交MN于O，证△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再证DE∥BF，则四边形BEDF是平行四边形，得OE=OF，OB=OD，然后证OM=ON
解析：（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接EF交MN于O，证△ADE≌△CBF（ASA），得DE=BF，再证DE∥BF，则四边形BEDF是平行四边形，得OE=OF，OB=OD，然后证OM=ON，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得EF⊥MN，由（1）得四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
证明：（1）连接EF交MN于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠DBC，
∴∠ADE=∠EDB=∠CBF=∠FBD，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE=BF，
∵∠EDB=∠FBD，
∴DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴OE=OF，OB=OD，
∵BM=DN，
∴OB-BM=OD-DN，
即OM=ON，
∴四边形EMFN是平行四边形；
（2）∵四边形EMFN是菱形，
∴EF⊥MN，
由（1）得：四边形BEDF是平行四边形，
∴平行四边形BEDF是菱形．

【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的平对于性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明△ADE≌△CBF是解题的关键，属于中考常考题型．
21．（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律
解析：（1）1；1（2）结果为1，证明过程见详解（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题目定义的运算方式代数计算即可.
（2）根据第（1）题的计算结果总结规律，并加以证明.
（3）运用第（2）题的运算规律和加法结合律进行将式子中每一项适当分组，再进行计算.
【详解】
解：（1）；
.
（2）猜想的结果为1.
证明：

（3）

【点睛】
本题以定义新运算的形式考查了二次根式的综合计算，遵循新运算的方式，熟练掌握二次根式的计算是解答关键.
22．（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k
解析：（1），实际意义见解析；（2）20；（3）选择方案一所需费用更少，理由见解析；（4）小琳最多健身18次，理由见解析
【分析】
（1）把点（0，30），（10，180）代入y1=k1x+b，得到关于k1和b的二元一次方程组，求解即可；
（2）根据方案一每次健身费用按六折优惠，可得打折前的每次健身费用，再根据方案二每次健身费用按八折优惠，求出k2的值；
（3）将x=8分别代入y1、y2关于x的函数解析式，比较即可．
（4）分别求解小琳选择方案一，方案二的健身次数，再比较即可得到答案.
【详解】
解：（1）∵过点（0，30），（10，180），
∴，解得：，
表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡后每次健身费用为15元，
b=30表示的实际意义是：购买一张学生暑期专享卡的费用为30元；
（2）由题意可得，打折前的每次健身费用为15÷0.6=25（元），
则k2=25×0.8=20；
（3）选择方案一所需费用更少．理由如下：
由题意可知，y1=15x+30，y2=20x．
当健身8次时， 选择方案一所需费用：y1=15×8+30=150（元），
选择方案二所需费用：y2=20×8=160（元），
∵150＜160，
∴选择方案一所需费用更少．
（4）当时，
解得：
即小琳选择方案一时，可以健身18次，
当时，则
解得：
即小琳选择方案二时，可以健身15次，

所以小琳最多健身18次.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，最优化选择问题，解题的关键是理解两种优惠活动方案，求出y1、y2关于x的函数解析式．
23．（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ
解析：（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】
（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ中用勾股定理列方程求解；
（3）作QG⊥AB于G，先证MB=MQ并设其为y，再在RT△MGQ中用勾股定理列出关于x、y的方程，并用x表示y；用y表示出△MBQ的面积，用x表示出△的面积．最后据用x、y表示出S，并把其中的y用x代换即可．
【详解】
（1）在正方形ABCD中
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）在正方形ABCD中
连接，如下图：

由折叠知BC=，
又AB=BC，∠BAN=90°
∴， ，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
，
．
（3）如下图，作，垂足为，

由（1）知
∵∠MBQ=∠CQB=∠MQB
∴BM=MQ
设，则．
，

，
，

故．
【点睛】
此题综合考查了正方形性质、三角形全等，勾股定理等知识点，其关键是要熟练掌握相关知识，能灵活应用．
24．（1）见解析；（2）①y＝2x﹣1；②点B的坐标（，6）或（﹣，）；③﹣3≤t≤1
【解析】
【分析】
（1）由“三分点”的定义可求解；
（2）①由“三分点”定义可得：，消去t即可求解；
②先求出点
解析：（1）见解析；（2）①y＝2x﹣1；②点B的坐标（，6）或（﹣，）；③﹣3≤t≤1
【解析】
【分析】
（1）由“三分点”的定义可求解；
（2）①由“三分点”定义可得：，消去t即可求解；
②先求出点M，点N的坐标，分两种情况：MN为一边或MN为对角线，利用平行四边形的性质可求解；
（3）利用特殊位置，分别求出AT过点M和过点N时，t的值，即可求解．
【详解】
（1）∵，，
∴点D（1，2）是点C，点E的三分点；
（2）①∵点A为（3，0），点B（t，2t+3）是直线l上任意一点，点T（x，y）是点A，B的三分点，
∴，
∴y＝2x﹣1；
②∵y＝2x﹣1图象交y轴于点M，直线l交y轴于点N，
∴点M（0，﹣1），点N（0，3），
当四边形MTBN是平行四边形时，
∴BT∥MN，
∵B（t，2t+3），T（，），
∴t＝，
∴t＝，
∴点B的坐标（，6）；
当四边形MTNB是平行四边形时，
设BT与MN交于点P，则点P为BT与MN的中点，
∴点P（0，1），
∵B（t，2t+3），T（，），
∴t+＝0，
∴t＝﹣，
∴点B（﹣，），
综上所述：点B的坐标为（，6）或（﹣，）；
（3）当直线AT过点M时，
∵点A（3，0），点M（0，﹣1），
∴直线AM解析式为y＝x﹣1，
∵点T是直线AM上，
∴＝×﹣1
∴t＝﹣3，
当直线AT过点N时，
∵点A（3，0），点M（0，3），
∴直线AN解析式为y＝﹣x+3，
∵点T是直线AN上，
∴＝﹣+3，
∴t＝1，
∵直线AT与线段MN有交点，
∴﹣3≤t≤1．
【点睛】
本题新定义考题，题目中给出一个新的概念，严格利用新的概念进行求解；但是，新定义问题实质上是课程内知识点的综合应用，比如本题考查了消元法，平行四边形的性质和一次函数，本类题目一定要注意分类讨论，利用合适条件确定边界条件是解题的关键．
25．（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的
解析：（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】
解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：

∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积

，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．