八年级下册数学达州数学期末试卷检测题(Word版含答案).doc

八年级下册数学达州数学期末试卷检测题（Word版含答案）
一、选择题
1．下列式子中不一定是二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．以下列各数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．5，11，12 B．9，15，17 C．1，，2 D．，，
3．在四边形中，对角线、相交于点，在下列条件中，①，，②，；③，，④，，⑤，能够判定四边形是平行四边形的个数有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
4．小明最近次数学测验的成绩如下：，，，，．则这次成绩的方差为（ ）
A． B． C． D．
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．如图所示，是将长方形纸片沿折叠得到的，图中（包括实线、虚线在内）共有全等三角形（ ）对

A．2 B．3 C．4 D．5
7．如图，在正方形ABCD的外侧作等边，对角线AC与BD相交于点O，连接AE交BD于点F，若，则AB的长度为（ ）

A．2 B． C． D．3
8．如图所示的图象(折线)描述了一辆汽车在某一直线上的行驶过程中，汽车离出发地的距离(千米)与行驶时间(时)之间的函数关系，根据图中提供的信息，给出下列说法：①汽车共行驶了140千米；②汽车在行驶途中停留了1小时；③汽车在整个行驶过程中的平均速度为30千米/时；④汽车出发后6小时至9小时之间行驶的速度在逐渐减小.其中正确的说法共有( )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．使式子有意义的的取值范围是______．
10．在菱形ABCD中，AB＝m，AC+BD＝n，则菱形ABCD的面积为_________．（用含m、n的代数式表示）
11．已知一个直角三角形的两直角边长分别是1和3，则斜边长为________．
12．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，E为的中点，连接．若，则的长为________．

13．已知正比例函数图象经过点（1，3），则该函数的解析式是_____．
14．如图，请你添加一个适当的条件___，使平行四边形ABCD成为菱形．

15．某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟，立即按原路以另一速度匀速返回，直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米/时，两车之间的距离y（千米）与货车行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示，现有以下4个结论：①快递车从甲地到乙地的速度为100千米/时；②甲、乙两地之间的距离为120千米； ③图中点B的坐标为（，75）；④快递车从乙地返回时的速度为90千米/时．以上4个结论中正确的是 ___．

16．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边分别在x轴，y轴的正半轴上．把正方形的内部及边上，横、纵坐标均为整数的点称为整点．直线：，直线：经过直线上动点P．

（1）当时，请写出直线上的整点__________．
（2）在点P的移动过程中，与正方形围成的图形中有一个图形（包括边界）恰好有9个整点时，b的取值范围是_________．
三、解答题
17．计算
（1）
（2）
（3）
（4）
18．如图，在甲村到乙村的公路一旁有一块山地正在开发．现A处需要爆破，已知点A与公路上的停靠站B，C的距离分别为400 m和300 m，且ACAB．为了安全起见，如果爆破点A周围半径260 m的区域内不能有车辆和行人，问在进行爆破时，公路BC段是否需要暂时封闭？为什么?

19．作图题
（1）填空：如果长方形的长为3，宽为2，那么对角线的长为_________．
（2）如下图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点（端点），分别按下列要求画图（不要求写画法和证明，但要标注顶点）．
①在图1中，分别画三条线段AB、CD、EF，使AB=、CD=、EF=．
②在图2中，画三角形ABC，使AB=3、BC=、CA=．
③在图3中，画平行四边形ABCD，使，且面积为6．

20．如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．

21．先观察下列等式，再回答问题：
① =1+1=2；
②=2+ =2 ；
③=3+=3；…
（1）根据上面三个等式提供的信息，请猜想第四个等式；
（2）请按照上面各等式规律，试写出用 n（n 为正整数）表示的等式，并用所学知识证明．
22．某航空公司规定，旅客乘机所携带行李的质量x（kg）与其运费y（元）由如图所示的一次函数图象确定，问：
（1）求一次函数解析式
（2）旅客可携带的免费行李的最大质量是多少kg？

23．如图，四边形是边长为的正方形，为线段上一动点，，垂足为．
（1）如图，连接交于点，若，求的长；
（2）如图，点在的延长线上，点在上运动时，满足，
①连接，，判断，的数量关系并说明理由；
②如图，若为的中点，直接写出的最小值为 ．

24．如图所示，已知一次函数的图象与轴，轴分别交于点、．以为边在第一象限内作等腰，且，．过作轴于．的垂直平分线交与点，交轴于点．

（1）求点的坐标；
（2）在直线上有点，且点与点位于直线的同侧，使得，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，连接，判断的形状，并给予证明．
25．如图1，若是的中位线，则，解答下列问题：
（1）如图2，点是边上一点，连接、
①若，则 ；
②若，，连接，则 ， ， ．
（2）如图3，点是外一点，连接、，已知：，，，求的值；
（3）如图4，点是正六边形内一点，连接、、，已知：，，，求的值．

【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：C
【分析】
根据二次根式的性质即可判断．
【详解】
、、是二次根式，中的a可能为负数，故不一定是二次根式
故选C．
【点睛】
此题主要考查二次根式的识别，解题的关键是熟知二次根式的定义．
2．C
解析：C
【分析】
以两个较小数为两个直角边的边长，较大数为斜边的边长，验证四个选项是否满足勾股定理的逆定理即可．
【详解】
解：A选项，，故A选项不符合题意；
B选项， ，故B选项不符合题意；
C选项， ，故C选项符合题意；
D选项， ，故D选项不符合题意．
故选C．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握以上知识点是解题关键．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可．
【详解】
解：①，，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
②，，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故②正确；
③，，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故③不符合题意；
④，，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故④正确；
⑤由，可得到，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故⑤正确；
所以，正确的结论有4个，
故选：C
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先求出平均数，再利用方差公式计算即可．
【详解】
解：，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了方差：一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方的平均数，叫做这组数据的方差．方差通常用来表示，计算公式是：．方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
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．C
解析：C
【解析】
【分析】
从最简单的开始找，因为图形对折，所以首先△CDB≌△C′DB，由于四边形是长方形所以，△ABD≌△CDB．进而可得另有2对，分别为：△ABE≌△C′DE，△ABD≌△C′DB，如此答案可得．
【详解】
解：∵△BDC′是将长方形纸片ABCD沿BD折叠得到的，
∴C′D=CD，BC′=BC，
∵BD=BD，
∴△CDB≌△C′DB（SSS），
同理可证明：△ABE≌△C′DE，△ABD≌△C′DB，△ABD≌△CDB三对全等．
所以，共有4对全等三角形．
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．做题时要由易到难，循序渐进．
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
先根据正方形和等边三角形的性质证明△ADE是等腰三角形，求出∠DAE＝∠DEA，再求出∠OAF＝30°，在直角三角形OAF中即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，△CDE是等边三角形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，DC＝DE，∠CDE＝∠DEC＝60°，∠DAC＝45°，AC⊥BD，
∴AD＝DE，∠ADE＝90°＋60°＝150°，∠AOD＝90°，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°−150°）＝15°，∠OAF＝45°−15°＝30°，
∴AF＝2OF＝2，
∴OA＝ ＝＝，
∴AB＝OA＝，
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及等腰三角形的判定方法；根据正方形和等边三角形的性质弄清各个角之间的关系是解决问题的关键．
8．A
解析：A
【分析】
根据函数图像上的特殊点以及函数图像自身的实际意义进行判断即可.
【详解】
解：由图象可知，汽车走到距离出发点140千米的地方后又返回出发点，所以汽车共行驶了280千米，①错；从3时开始到4时结束，时间在增多，而路程没有变化，说明此时在停留，停留了4-3=1小时，②对；汽车用9小时走了280千米，平均速度为：280÷9≠30米/时，③错.汽车自出发后6小时至9小时，图象是直线形式，说明是在匀速前进，④错.
故答案为A.
【点睛】
本题考查由函数图象的实际意义，理解函数图像所反映的运动过程是解答本题的关键.
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据分式的分母不能为0、二次根式的被开方数大于或等于0列出式子求解即可得．
【详解】
由题意得：，
解得且，
故答案为：且．
【点睛】
本题考查了分式和二次根式有意义的条件，熟练掌握分式和二次根式的定义是解题关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
根据菱形的性质及勾股定理计算即可；
【详解】
解：在菱形ABCD中，AB＝m，AC+BD＝n，
∴，
∴AC2+BD2＝4m2，
∴菱形ABCD的面积＝，
＝，
＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，准确计算是解题的关键．
11．
【解析】
【分析】
利用勾股定理计算即可．
【详解】
解：∵直角三角形的两直角边长分别是1和3，
∴斜边==，
故答案为：．
【点睛】
本题考查勾股定理，解题的关键是记住勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
12．A
解析：5
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半计算即可；
【详解】
∵四边形ABCD时菱形，
∴，
∴，
∵E为的中点，，
∴；
故答案是5．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质和直角三角形的性质，准确分析计算是解题的关键．
13．y＝3x
【分析】
设这个正比例函数的解析式是y＝kx，再将（1，3）代入求得k值，即可求出函数解析式．
【详解】
解：设这个正比例函数的解析式是y＝kx，
∵正比例函数的图象经过点（1，3），
∴3＝k，
解得k＝3，
∴正比例函数的解析式是y＝3x．
故答案为：y＝3x．
【点睛】
本题主要考查了用待定系数法求正比例函数的解析式，解题的关键是求k．
14．
【分析】
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形解题．
【详解】
解：由对角线互相垂直的平行四边形是菱形得，应添加条件：
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的判定，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
15．①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，
解析：①③④
【分析】
根据两车速度之差×3小时=120，解方程可判断①，根据两车间的距离而且是同向可判断②，根据卸货与装货45分钟时间可求拐点B横坐标，利用货车行驶45分钟距离缩短求出B纵坐标可判断③，根据返回快递车速与货车速度之和乘以返货到相遇时间=75，解方程可判断④．
【详解】
解：①设快递车从甲地到乙地的速度为x千米/时，则3（x﹣60）=120，
x=100．
故①正确；
②因为120千米是快递车到达乙地后两车之间的距离，不是甲、乙两地之间的距离，
故②错误；
③因为快递车到达乙地后缷完物品再另装货物共用45分钟，所以图中点B的横坐标为3+=，点B纵坐标为120﹣60×=75，
故③正确；
④设快递车从乙地返回时的速度为y千米/时，则（y+60）（）=75，
y=90，
故④正确．
故答案为①③④．
【点睛】
本题考查一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，掌握一次函数行程问题图像获取信息，利用速度，时间与路程关系解决问题，一次函数的应用是解题关键．
16．（0，1），（2，2），（4，3）； ≤b≤或2＜b≤2.5或3.5≤b＜4
【分析】
（1）利用待定系数法求出直线的解析式，即可求解；
（2）根据题意画出图形，分4种情况分别求解，即
解析：（0，1），（2，2），（4，3）； ≤b≤或2＜b≤2.5或3.5≤b＜4
【分析】
（1）利用待定系数法求出直线的解析式，即可求解；
（2）根据题意画出图形，分4种情况分别求解，即可．
【详解】
（1）∵点在直线上，
∴，解得：b=1，
∴直线：，
∴直线上的整点有：（0，1），（2，2），（4，3），
故答案为：（0，1），（2，2），（4，3）；
（2）设直线与y轴交于点F，与AB交于点E，
①当四边形DBEP上恰好有9个整点时，直线需要满足2＜≤3，
解得：＜b≤；
②∵移动直线，观察当b=2.5时，四边形CDPF上恰好有9个整点，当b=2时，四边形CDPF上恰好有11个整点，
∴当四边形CDPF上恰好有9个整点时，2＜b≤2.5；
③ 当直线继续向上平移，在直线，与AB，BC围成的图形上恰好有9个整点时，3.5≤b＜4；
④当直线在b=0时，在直线上有3个整点，此时在直线，与OA，AB围成的图形上恰好有12个整点，当直线在b=时，此时在直线，与OA，AB围成的图形上恰好有9个整点，
∴在直线，与OA，AB围成的图形上恰好有9个整点时，≤b＜0．
综上所述，b的范围是≤b≤或2＜b≤2.5或3.5≤b＜4，
故答案为：≤b≤或2＜b≤2.5或3.5≤b＜4．

【点睛】
本题主要考查一次函数的图象和性质，根据题意，画出图形，掌握分类讨论的方法是解题的关键．
三、解答题
17．（1）1；（2）；（3）0；（4）．
【分析】
（1）先运用分母有理化化简，然后再计算即可；
（2）先运用二次根式的性质化简，然后再计算即可；
（3）先运用平方差公式计算，然后再化简即可；
（4）先
解析：（1）1；（2）；（3）0；（4）．
【分析】
（1）先运用分母有理化化简，然后再计算即可；
（2）先运用二次根式的性质化简，然后再计算即可；
（3）先运用平方差公式计算，然后再化简即可；
（4）先运用零次幂、二次根式的性质、完全平方公式化简，然后再计算即可．
【详解】
解：（1）
=
=
=4-3
=1；
（2）
=
=；
（3）
=5-7+2
=0；
（4）
=
=
=．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的运算，掌握分母有理化、二次根式的性质成为解答本题的关键．
18．需要封闭，理由见解析
【分析】
过作于 先求解 再利用等面积法求解 再与260比较，可得答案.
【详解】
解：过作于

所以进行爆破时，公路BC段需要暂时封闭.
【点睛】
解析：需要封闭，理由见解析
【分析】
过作于 先求解 再利用等面积法求解 再与260比较，可得答案.
【详解】
解：过作于

所以进行爆破时，公路BC段需要暂时封闭.
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，利用等面积法求解直角三角形斜边上的高，掌握“等面积法求解直角三角形斜边上的高”是解题的关键.
19．（1）；（2）①见解析；②见解析；③见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理计算即可；
（2）答案不唯一，根据勾股定理计算画出即可．
【详解】
（1）∵长方形的长为3，宽为2，
∴对角线的长为
解析：（1）；（2）①见解析；②见解析；③见解析
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理计算即可；
（2）答案不唯一，根据勾股定理计算画出即可．
【详解】
（1）∵长方形的长为3，宽为2，
∴对角线的长为，
故答案为：；
（2）只要画图正确可（不唯一）
①三条线段AB、CD、EF如图1所示：

②三角形ABC如图2所示：

③平行四边形ABCD如图3 所示：
．
【点睛】
本题考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相
解析：（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先根据已知条件，证明四边形DBCE是平行四边形，可得EC∥AB，且EC＝DB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据已知条件可得是等边三角形，进而求得，根据，进而根据菱形的性质求得面积．
【详解】
（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴EC∥AB，且EC＝DB．
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD＝DB＝CD．
∴EC＝AD．
四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，

是等边三角形
∴AD＝DB＝CD＝6．
∴AB＝12，由勾股定理得．
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝6．
∴菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
21．（1）；（2），证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为44；
（2）根据等式的变化，找出变化规律“n
解析：（1）；（2），证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为44；
（2）根据等式的变化，找出变化规律“n”，再利用开方即可证出结论成立．
【详解】
（1）∵①1+1=2；②22；③33；里面的数字分别为1、2、3，
∴④ ．
（2）观察，发现规律：1+1=2，223344，…，∴ ．
证明：等式左边=n右边．
故n成立．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质与化简以及规律型中数的变化类，解题的关键是：（1）猜测出第四个等式中变化的数字为4；（2）找出变化规律“n”．解决该题型题目时，根据数值的变化找出变化规律是关键．
22．（1）y=20x-300；（2）15
【分析】
（1）根据图象，用待定系数法即可求出函数的解析式；
（2）根据解析式取y=0，求出对应的x即可．
【详解】
解：（1）设y=kx+b，代入（20，10
解析：（1）y=20x-300；（2）15
【分析】
（1）根据图象，用待定系数法即可求出函数的解析式；
（2）根据解析式取y=0，求出对应的x即可．
【详解】
解：（1）设y=kx+b，代入（20，100），（30，300），
得：，解得：，
∴y=20x-300；
（2）取y=0，则20x-300=0，
解得x=15，
∴免费行李的最大质量为15kg．
【点睛】
本题主要考查一次函数的图形，关键是能根据图象用待定系数法求出函数的解析式，然后根据y的值即可求出x的值．
23．（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，
解析：（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，运用勾股定理即可证得结论；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，先证得，再证得四边形是平行四边形，得出当、、三点共线时，最小，故当、、三点共线时，最小，即最小，再运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，过点作于点，

四边形是边长为2的正方形，
，，，
，
，
，
，
，即，
，
又，，
，，
，，
设，则，
由勾股定理得，
又，
，
，即，
，
中，，
由勾股定理得：；
（2）①，理由如下：
如图2，过点作于点，

，
，，
，
，
，
，
设，则，，
，
四边形是边长为2的正方形，点在的延长线上，
，
在和中，，
分别由勾股定理得：
，，
，
；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，

，为中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，，
，
当、、三点共线时，最小，
当、、三点共线时，最小，
即最小，
此时，，，
，
，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求的最小值转化为两点之间线段最短来解决，属于中考常考题型．
24．（1）；（2）；（3）等腰直角三角形，证明见详解.
【解析】
【分析】
（1）证，，.
（2）由可知作的一半的面积与相等，可作一条过AC的中点的平行于AB的直线将会交于M点，证， ，.
（3）E、G
解析：（1）；（2）；（3）等腰直角三角形，证明见详解.
【解析】
【分析】
（1）证，，.
（2）由可知作的一半的面积与相等，可作一条过AC的中点的平行于AB的直线将会交于M点，证， ，.
（3）E、G分别为的中点，知，，，为矩形，,，，可判断，即可得的形状.
【详解】
（1）∵的图象与轴、轴分别交于点、,
∴可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴；
∴，；
∴；
∴
（2）如下图作一条过AC的中点H点的平行于AB的直线将会交于一点，由A、C点可得H点坐标，
∵，
∴，
∴与的高相等，即过H点的平行于AB的直线将会交于M点
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
如下图过H点作的垂线交于I点，，得，，
在与中，
，
∴；
∴，
∴；
∴
（3）∵E、G分别为的中点，
∴，
∵，
∴为矩形；
∴，,
∵，，，
∴,，得，
∴为等腰直角三角形；

【点睛】
一次函数、三角形全等证明、矩形证明这些跨章节知识点的应用，需要对知识的
融会贯通.
25．（1）①4；②2，3，10；（2）；（3）36
【分析】
（1）①由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可求S△PDE＝S△BDE＝1，即可求解；②由三角形的中位线定理可得DE
解析：（1）①4；②2，3，10；（2）；（3）36
【分析】
（1）①由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可求S△PDE＝S△BDE＝1，即可求解；②由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可得S△PBD＝S△APD＝2，S△APE＝S△PEC＝3，即可求解；
（2）连接AP，由三角形的中位线定理可得DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，可得S△PBD＝S△APD＝4，S△APE＝S△PEC＝5，可求S△ADE，即可求解；
（3）先证△NFK是等边三角形，可得NF＝NK＝NK＝FG＝KJ，可得S△PGF＝S△PFN＝7，S△PKJ＝S△PKN＝8，即可求解．
【详解】
解：（1）如图2，连接BE，

∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，
∴S△PDE＝S△BDE＝1，
∴S△ABE＝2，
∴S△ABC＝4，
故答案为：4；
②∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，
∴S△PBD＝S△APD＝2，S△APE＝S△PEC＝3，
∴S△ABC＝10；
故答案为：2，3，10；
（2）如图3，连接AP，

∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，AE＝EC，AD＝BD，S△ABC＝4S△ADE，
∴S△PBD＝S△APD＝5，S△APE＝S△PEC＝5，
∴S△ADE＝S△APD+S△APE﹣S△PDE＝4，
∴S△ABC＝4S△ADE＝16；
（3）如图4，延长GF，JK交于点N，连接GJ，连接PN，

∵六边形FGHIJK是正六边形，
∴FG＝FK＝KJ，∠GFK＝∠JKF＝120°，S六边形FGHIJK＝2S四边形FGJK，
∴∠NFK＝∠NKF＝60°，
∴△NFK是等边三角形，
∴NF＝NK＝FK＝FG＝KJ，
∴S△PGF＝S△PFN＝7，S△PKJ＝S△PKN＝8，FK是△NGJ的中位线，
∴S△NFK＝S△PFN+S△PKN﹣S△PFK＝6，
∵FK是△NGJ的中位线，
∴S△NGJ＝4S△NFK＝24；
∴S四边形FGJK＝24﹣6＝18，
∴S六边形FGHIJK＝36．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了等边三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，正六边形的性质等知识，熟练运用三角形中位线定理是解题的关键．