数学八年级下册数学期末试卷综合测试卷(word含答案)

数学八年级下册数学期末试卷综合测试卷（word 含答案）
一、选择题
1．若y ＝242x x -+-﹣3，则（x +y ）2021等于（ ）
A ．1
B ．5
C ．﹣5
D ．﹣1 2．下列各组数中，能构成直角三角形的是（ ）
A ．2，3，4
B ．4，5，6
C ．1，3，2
D ．5，11，13
3．如图，四边形ABCD 的对角线AC ，BD 交于点O ，则不能．．
判断四边形ABCD 是平行四边形的是（ ）
A ．OA OC =，O
B OD = B ．//AB CD ，AD B
C = C ．//AB C
D ，//AD BC
D ．//AB CD ，AB CD =
4．甲、乙、丙、丁四名学生近4次数学测验成绩的平均数都是90分，方差分别是S 甲2＝5，S 乙2＝20，S 丙2＝23，S 丁2＝32，则这四名学生的数学成绩最稳定的是（ ） A ．甲
B ．乙
C ．丙
D ．丁
5．如图，在四边形ABCD 中，1AB =，1BC =，2CD =，6DA =，且90ABC ∠=，则四边形ABCD 的面积是（ ）
A ．2
B ．1
22
+
C ．12+
D ．
12
2
+ 6．如图，四边形ABCD 是菱形，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，且BE ＝DF ，AB ＝AE ，若∠EAF ＝75°，则∠C 的度数为（ ）
A ．85°
B ．90°
C ．95°
D ．105°
7．如图，正方形ABCD 的边长为4，E 是AD 边的中点，连接BE ，将△ABE 沿直线BE 翻折至△FBE ，延长EF 交CD 于点G ，则CG 的长度是（ ）
A ．23
B ．34
C ．43
D ．32
8．两人在直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步400米，先到终点的人原地休息．已知甲先出发2秒，在跑步过程中，甲、乙两人之间的距离y （米）与乙出发的时间t （秒）之间的关系如图所示给出以下结论：①8a =；②72b =；③98c =．其中正确的是（ ）
A ．②③
B ．①②③
C ．①②
D ．①③
二、填空题
9．若2336y x x =-+-+，则xy 的平方根为________．
10．已知菱形的两条对角线长为6和8，菱形的周长是_______，面积是________． 11．如图一根竹子长为8米，折断后竹子顶端落在离竹子底端4米处，折断处离地面高度是________米．
12．如图，矩形ABCD 的对角线AC ，BD 交于点O ，6AB =，8BC =，过点O 作
OE AC ⊥，交AD 于点E ，过点E 作EF BD ⊥，垂足为F ．则OE EF +的值为______．
13．某生态体验园推出了甲、乙两种消费卡．甲、乙两卡所需费用y 甲，y 乙（单位：元）与入园次数x （单位：次）的函数关系如图所示．当x 满足________时，y y >甲乙．
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．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（3
34
，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，在长方形纸片ABCD 中，6AB cm =，8BC cm =，点E 是BC 边上一点，连接AE 并将AEB ∆沿AE 折叠，得到AEB '∆，以C ，E ，B '为顶点的三角形是直角三角形时，
BE 的长为____________cm .
三、解答题
17．计算：
（1）（2+5）（2﹣5）； （2）
182
2
+﹣3； （3）（π﹣2021）01
112|32|()2
-++-+．
18．如图，小明将升旗的绳子拉到旗杆底端，绳子末端刚好接触地面，然后将绳子末端拉到距离旗杆5m 处，发现此时绳子末端距离地面1m ，求旗杆的高度．（滑轮上方的部分忽略不计）
19．如图在55⨯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ABC ，使点C 在格点上，且ABC 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．如图所示，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交BC，AD 于点E，F，垂足为O，连接AE，CF．
（1）求证：四边形AFCE为菱形；
（2）求AF的长．
21．阅读下列材料，然后解答下列问题：
在进行代数式化简时，我们有时会碰上如5
3
，
2
31
+
这样的式子，其实我们还可以将其
进一步化简：
(一) 55353
3 333
⨯
==
⨯
；
(二)
2231)
=31 31(31)(31)
-
=-
++-
（
；
(三)
22
231(3)1(31)(31)
=31 31313131
--+-
===-++++
.
以上这种化简的方法叫分母有理化．
(1)请用不同的方法化简
2
5+3
：
①参照(二)式化简
2
5+3
＝__________.
②参照(三)
5+3
＝_____________
(2)
1
+
315+37+599+97 +
22．某电商在线销售甲、乙、丙三种水果，已知每千克乙水果的售价比每千克甲水果的售价多3元，每千克丙水果的售价是每千克甲水果售价的2倍，用200元购买丙水果的数量是用80元购买乙水果数量的2倍．
（1）求丙水果每千克的售价是多少元？
（2）电商推出如下销售方案：甲、乙、丙三种水果搭配销售共7千克，其中乙水果的数量是丙水果数量的2倍，且甲、乙两种水果数量之和不超过丙水果数量的6倍．请直接写出按此方案购买7千克水果最少要花费元．
23．问题发现：
（1）如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．填空：当点A位于CB延长线上时，线段AC的长可取得最大值，则最大值为（用含a，b的式子表示）；
尝试应用：
（2）如图2所示，△ABC 和△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC ＝∠DAE ＝90°，M 、N 分别为AB 、AD 的中点，连接MN 、CE ．AD ＝5，AC ＝3． ①请写出MN 与CE 的数量关系，并说明理由． ②直接写出MN 的最大值．
（3）如图3所示，△ABC 为等边三角形，DA ＝6，DB ＝10，∠ADB ＝60°，M 、N 分别为BC 、BD 的中点，求MN 长．
（4）若在第（3）中将“∠ADB ＝60°”这个条件删除，其他条件不变，请直接写出MN 的取值范围．
24．如图所示，在平面直角坐标系中，点B 的坐标为（4，8），过点B 分别作BA ⊥y 轴，BC ⊥x 轴，得到一个长方形OABC ，D 为y 轴上的一点，将长方形OABC 沿着直线DM 折叠，使得点A 与点C 重合，点B 落在点F 处，直线DM 交BC 于点E ．
（1）直接写出点D 的坐标 ；
（2）若点P 为x 轴上一点，是否存在点P 使△PDE 的周长最小？若存在，请求出△PDE 的最小周长；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若Q 点是线段DE 上一点（不含端点），连接PQ ．有一动点H 从P 点出发，沿线段PQ 以每秒1个单位的速度运动到点Q ，再沿着线段QE 5单位长度的速度运动到点E 后停止．请直接写出点H 在整个运动过程中所用的最少时间t ，以及此时点Q 的坐标．
25．如图1，在OAB 中，OAB 90∠=，30AOB ∠=,8OB =，以OB 为边，在OAB Λ外作等边OBC Λ，D 是OB 的中点，连接AD 并延长交OC 于E ．
（1）求证：四边形ABCE 是平行四边形；
（2）连接AC ，BE 交于点P ，求AP 的长及AP 边上的高BH ；
（3）在（2）的条件下，将四边形OABC 置于如图所示的平面直角坐标系中，以E 为坐标原点，其余条件不变，以AP 为边向右上方作正方形APMN ： ①M 点的坐标为 ．
②直接写出正方形APMN 与四边形OABC 重叠部分的面积（图中阴影部分）．
【参考答案】
一、选择题 1．D 解析：D 【分析】
直接利用二次根式中的被开方数是非负数，进而得出x 的值，进而得出y 的值，再利用有理数的乘方运算法则计算得出答案． 【详解】
解：由题意可得：x ﹣2≥0且4﹣2x ≥0， 解得：x ＝2， 故y ＝﹣3， 则（x +y ）2021＝﹣1． 故选：D ． 【点睛】
此题主要考查了二次根式有意义的条件以及有理数的乘方运算，正确掌握被开方数的符号是解题关键．
2．C
解析：C 【分析】
根据勾股定理的逆定理对四组数据进行逐一判断即可． 【详解】
解：A 、∵22 +32 ≠4 2 ，∴不能构成直角三角形； B 、∵42 +52 ≠62 ，∴不能构成直角三角形； C 、∵2
2213
2+
= ，∴能构成直角三角形；
D 、∵5 2 +11 2 ≠13 2 ，∴不能构成直角三角形． 故选C ．
【点睛】
本题考查了用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，即只要三角形的三边满足a 2 +b 2 =c
2
，则此三角形是直角三角形．
3．B
解析：B 【解析】 【分析】
直接根据平行四边形的判定定理求解即可求得答案． 【详解】
解：A 、OA OC =，OB OD =，即对角线互相平分，是平行四边形；
B 、//AB CD ，AD B
C =，一组对边平行，一组对边相等，不一定是平行四边形； C 、//AB C
D ，//AD BC ，即两组对边分别平行，是平行四边形； D 、//AB CD ，AB CD =，即一组对边平行且相等，是平行四边形； 故选B ． 【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定问题，解题的关键是能够熟练判定一个四边形是否为平行四边形．
4．A
解析：A 【解析】 【分析】
根据方差的意义求解即可． 【详解】
解：∵S 甲2=5，S 乙2=20，S 丙2=23，S 丁2=32， ∴S 甲2＜S 乙2＜S 丙2＜S 丁2，
∴这四名学生的数学成绩最稳定的是甲， 故选：A ． 【点睛】
本题主要考查了方差，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，稳定性也越差；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
5．B
解析：B 【分析】
利用勾股定理求出AC 2的值，再由勾股定理的逆定理判定△ACD 也为直角三角形，则S 四边形
ABCD =S △ABC +S △ACD ．
【详解】
解：如图，连接AC ．
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=2，∵AC2+CD2=AD2，
∴△CDA也为直角三角形，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=1
2AB×BC+1
2
AC×CD=
1
+2
2
故四边形ABCD的面积是1
+2
2
B.
【点睛】
本题考查勾股定理及其逆定理的应用．解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形，求出AC的长．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，∠C＝∠BAD，由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得∠DAF＝∠BAE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BAE＝10°，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，∠C＝∠BAD，
在△ABE和△ADF中，
∵
AB AD
B D BE DF
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠DAF＝∠BAE，
设∠BAE＝∠DAF＝x，
∴∠DAE＝75°＋x，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝75°＋x，
∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB＝75°＋x，
∵∠BAE＋∠ABE＋∠AEB＝180°，∴x＋75°＋x＋75°＋x＝180°，
∴x＝10°，
∴∠BAD＝95°，
∴∠C＝95°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，证明
△ABE≌△ADF是解题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
连接BG，根据折叠的性质和正方形的性质可得AB＝BF＝BC＝4，AE＝FE＝1
2
AD＝2＝DE，∠A＝∠BFE＝90°＝∠C，即可证明Rt△BFG≌Rt△BCG得到FG＝CG，设CG＝FG ＝x，则DG＝4﹣x，EG＝2+x，在Rt△DEG中，由勾股定理进行求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝DC＝4，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，
由折叠的性质可得，AB＝BF＝BC＝4，AE＝FE＝1
2
AD＝2＝DE，∠A＝∠BFE＝90°＝∠C，
∵∠BFE+∠BFG＝180°，
∴∠C＝∠BFG＝90°，
又∵BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL），
∴FG＝CG，
设CG＝FG＝x，则DG＝4﹣x，EG＝2+x，
在Rt△DEG中，由勾股定理得，
EG2＝DE2+DG2，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
解得x＝4
3
，
即CG＝4
3
，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
8．B
解析：B
【分析】
易得乙出发时，两人相距8m ，除以时间2即为甲的速度；由于出现两人距离为0的情况，那么乙的速度较快．乙80s 跑完总路程400可得乙的速度，进而求得80s 时两人相距的距离可得b 的值，同法求得两人距离为0时，相应的时间，让两人相距的距离除以甲的速度，减2即为c 的值．
【详解】
由函数图象可知，
甲的速度为824÷=（米/秒），乙的速度为400805÷=（米/秒），
8(54)8∴÷-=（秒），8a ∴=，故①正确；
5804(802)400328b =⨯-⨯+=-72=（米）故②正确；
4004298c =÷-=（秒）故③正确；
∴正确的是①②③．故选B ．
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，得到甲乙两人的速度是解决本题的突破点，得到相应行程的关系式是解决本题的关键．
二、填空题
9．2
【解析】
【分析】
根据二次根式有意义的条件求出x ，进而求出y ，根据平方根的概念解答即可．
【详解】 3x -有意义，则x-3≥0，
同理，3-x≥0，
解得，x=3，
则y=6，
∴xy=18，
∵18的平方根是2
∴xy 的平方根为2
故答案为：±32．
【点睛】
本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．10．A
解析：24
【解析】
【分析】
首先根据题意画出图形,然后由菱形的两条对角线长分别是6和8，可求得OA=4，OB=3,再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长与面积．
【详解】
解：如图,
菱形ABCD中，AC=8，BD=6，
∴OA=1
2AC=4，OB=1
2
BD=3，AC⊥BD，
∴AB2222
43
OA OB
+=+=5，∴C菱形的周长=5×4=20，
S菱形ABCD=1
2
×6×8=24，
故菱形的周长是20，面积是24．
故答案为：20；24．
【点睛】
本题考查了菱形的周长和性质得求法，勾股定理，属于简单题，熟悉菱形的性质和菱形求面积的特殊方法是解题关键．
11．3
【解析】
【分析】
竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x米，则斜边为（8-x）米．利用勾股定理解题即可．
【详解】
解：设竹子折断处离地面x米，则斜边为（8-x）米，
根据勾股定理得：x2+42=（8-x）2
解得：x=3．
∴折断处离地面高度是3米，
故答案为：3．
【点睛】
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股
定理解题．
12．A 解析：245
【分析】
依据矩形的性质即可得到AOD ∆的面积为12，再根AOD AOE DOE S
S S =+，即可到OE EF
+的值．
【详解】
解：∵AB =6，BC =8，
∴矩形ABCD 的面积为48，
10AC == ，
∴AO =DO =12
AC =5， ∵对角线AC ，BD 交于点O ， ∴1116812222
∆==⨯⨯⨯=AOD ABC S S ， ∵EO AO ⊥ ，EF DO ⊥， ∴AOD AOE DOE S S S
=+ ，即12=1122⨯+⨯AO OE DO EF ， ∴12115522
=⨯⨯+⨯⨯OE EF ， ∴()524+=OE EF ， ∴245OE EF +=
故答案：245
． 【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对角线相等且互相平分．
13．x ＞10
【分析】
运用待定系数法，即可求出y 与x 之间的函数表达式，联立方程组解答即可求出两直线的交点坐标，根据函数图象回答即可．
【详解】
解：设y 甲=k 1x ，
根据题意得5k 1=100，解得k 1=20，
∴y 甲=20x ；
设y 乙=k 2x +100，
根据题意得：20k 2+100=300，解得k 2=10，
∴y 乙=10x +100；
解方程组2010100y x y x =⎧⎨=+⎩
，解得10200x y =⎧⎨=⎩， ∴两直线的交点坐标为（10，200）；
根据图象可知：当x ＞10时，y y >甲乙．
故答案为：x ＞10．
【点睛】
本题主要考查了一次函数的应用、学会利用方程组求两个函数图象的解得交点坐标，正确由图象得出正确信息是解题关键．
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=1
2BD ，
同理可得GH ∥BD ，GH=12BD ，FG ∥AC ，FG=12AC ，
∴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=12AC ，EF=12BD ，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． 15．①③④
【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+3
4
=
3
3
4
，点B纵坐标为120﹣60×
3
4
=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）（
13
43
44
）=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．
16．3或6
【分析】
分①∠B′EC＝90°时，根据翻折变换的性质求出∠AEB＝45°，然后判断出△ABE 是等腰直角三角形，从而求出BE＝AB；②∠EB′C＝90°时，∠AB′E＝90°，判断出A、B′
解析：3或6
【分析】
分①∠B′EC＝90°时，根据翻折变换的性质求出∠AEB＝45°，然后判断出△ABE是等腰直角三角形，从而求出BE＝AB；②∠EB′C＝90°时，∠AB′E＝90°，判断出A、B′、C在同一直线上，利用勾股定理列式求出AC，再根据翻折变换的性质可得AB′＝AB，BE＝B′E，然后求出B′C，设BE＝B′E＝x，表示出EC，然后利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】
①∠B′EC＝90°时，如图1，∠BEB′＝90°，
由翻折的性质得∠AEB＝∠AEB′＝1
2
×90°＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AB＝6cm；
②∠EB′C＝90°时，如图2，
由翻折的性质∠AB′E＝∠B＝90°，
∴A、B′、C在同一直线上，
AB′＝AB，BE＝B′E，
由勾股定理得，AC＝22
AB BC
+＝22
68
+＝10cm，
∴B′C＝10−6＝4cm，
设BE＝B′E＝x，则EC＝8−x，
在Rt△B′EC中，B′E2＋B′C2＝EC2，
即x2＋42＝（8−x）2，
解得x＝3，
即BE＝3cm，
综上所述，BE的长为6或3cm．
故答案为：6或3．
【点睛】
本题考查了翻折变换，等腰直角三角形的判断与性质，勾股定理的应用，难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．
三、解答题
17．（1）﹣1；（2）1；（3）5+
【分析】
（1）利用平方差公式计算即可；
（2）先化简二次根式，再计算分子上的加法，继而计算除法，最后计算减法即可；
（3）先计算零指数幂、负整数指数幂、化简二次根
解析：（1）﹣1；（2）1；（3）3
【分析】
（1）利用平方差公式计算即可；
（2）先化简二次根式，再计算分子上的加法，继而计算除法，最后计算减法即可；
（3）先计算零指数幂、负整数指数幂、化简二次根式，去绝对值符号，再计算加减即可．【详解】
解：（1）原式＝2252
＝4﹣5
＝﹣1；
（2322
2
+
3
42
2
﹣3
＝4﹣3
＝1；
（3）原式＝1+23+2﹣3+2
＝5+3．
【点睛】
本题考查实数的混合运算．主要考查二次根式的混合运算，零指数幂和负整数指数幂，平方差公式，化简绝对值等．掌握相关法则，能分别化简是解题关键．
18．13m
【分析】
根据题意构造直角三角形，然后设旗杆高度为xm，根据勾股定理即可求解．【详解】
如图，
设旗杆高度为m，
即，，
中，
即
解得
即旗杆的高度为13米．
【点睛】
本题考查了勾股
解析：13m
【分析】
根据题意构造直角三角形，然后设旗杆高度为xm，根据勾股定理即可求解．
【详解】
如图，
设旗杆高度为x m，
即AD x =，1AB x =-，5BC =
Rt ABC ∴中，222AB BC AC +=
即()2
2215x x -+=
解得13x =
即旗杆的高度为13米．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用，构造直角三角形是解题的关键． 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 =5，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 221310+
AB 10A 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C 1，连结AC 1，C 1B ，得等腰△ABC 1，点A 向右3格再向上平移1格得C 2，连结AC 2，BC 2，得等腰△ABC 2，点A 向右3格再向下平移1格得C 3，连结AC 3，BC 3，得等腰△ABC 3，
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222
=+，
AB AC BC
即222
m=，根据勾股定理AC=5，横1竖2，或横2竖1得图形，=，解得5
m m
10+
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）AF=5
【分析】
（1）根据EF是AC的垂直平分线可以得到AF=CF，AE=CE，再只需证明
△AFO≌△CEO
即可得到答案；
（2）根据四边形AECF是菱形可以得到AE=EC
解析：（1）见解析；（2）AF=5
【分析】
（1）根据EF 是AC 的垂直平分线可以得到AF =CF ，AE =CE ，再只需证明△AFO ≌△CEO 即可得到答案；
（2）根据四边形AECF 是菱形可以得到AE =EC =x ，则BE =8-x ，然后利用勾股定理求解即可.
【详解】
解：（1）∵EF 是AC 的垂直平分线，
∴AF =CF ，AE =CE ，AO =CO
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AF ∥EC
∴∠FAO =∠ECO ，∠AFO =∠CEO ，
在△AFO 和△CEO 中，
AFO CEO AO CO
FAO ECO ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩
， ∴△AFO ≌△CEO （AAS ），
∴AF =EC ，
∴AF =FC =AE =EC ，
∴四边形AECF 是菱形；
（2）由（1）得AE =CE =AF ，
设AE =CE =AF =x ，则BE =8-x ，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠B =90°，
在直角三角形ABE 中222AB BE AE +=，
∴()2
2248x x +-=， 解得x =5，
∴AF =5，
21．见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果； （2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①;
②;
(2)原式
故答案为:(1)①;
解析：见解析.
【解析】
【分析】
（1）原式各项仿照题目中的分母有理化的方法计算即可得到结果；
（2）原式各项分母有理化，计算即可.
【详解】
解:(1)①
; ②
;
(2)原式
故答案为:(1)①;②
【点睛】
此题主要考查了二次根式的有理化，解答此题要认真阅读前面的分析，根据题目的要求选择合适的方法解题. 22．（1）10；（2）46
【分析】
（1）设每千克甲水果的售价是元，则每千克乙水果的售价是元，每千克丙水果的售价是元，利用数量总价单价，结合用200元购买丙水果的数量是用80元购买乙水果数量的2倍，即
解析：（1）10；（2）46
【分析】
（1）设每千克甲水果的售价是x 元，则每千克乙水果的售价是(3)x +元，每千克丙水果的售价是2x 元，利用数量=总价÷单价，结合用200元购买丙水果的数量是用80元购买乙水果数量的2倍，即可得出关于x 的分式方程，解之经检验后即可得出结论； （2）设搭配方案中含丙水果m 千克，则含乙水果2m 千克，甲水果(72)m m --千克，根据甲、乙两种水果数量之和不超过丙水果数量的6倍，即可得出关于m 的一元一次不等式，解之即可得出m 的取值范围，设购买7千克水果的费用为w 元，利用总价=单价⨯数量，即可得出w 关于m 的函数关系式，再利用一次函数的性质即可解决最值问题．
【详解】
解：（1）设每千克甲水果的售价是x 元，则每千克乙水果的售价是(3)x +元，每千克丙水果的售价是2x 元，
依题意得：80200232x x
⨯=+， 解得：5x =，
经检验，5x =是原方程的解，且符合题意，
3538x ∴+=+=，22510x =⨯=．
答：每千克丙水果的售价是10元．
（2）设搭配方案中含丙水果m 千克，则含乙水果2m 千克，甲水果(72)m m --千克， 依题意得：7226m m m m --+，
解得：1m ．
设购买7千克水果的费用为w 元，则5(72)82101135w m m m m m =--+⨯+=+．
110>，
w ∴随m 的增大而增大，
∴当1m =时，w 取得最小值，最小值1113546=⨯+=（元)．
故答案为：46．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，找出w 关于m 的函数关系式．
23．（1）a+b ；（2）①EC ＝2MN ，见解析；②MN 的最大值为4；（3）MN ＝7；（4）2≤MN≤8
【分析】
（1）当点在的延长线上时，的值最大．
（2）①结论：．连接，再利用全等三角形的性质证明，
解析：（1）a +b ；（2）①EC ＝2MN ，见解析；②MN 的最大值为4；（3）MN ＝7；（4）2≤MN ≤8
【分析】
（1）当点A 在CB 的延长线上时，AC 的值最大．
（2）①结论：2EC MN =．连接BD ，再利用全等三角形的性质证明BD EC =，再利用三角形的中位线定理，可得结论．②根据MN AM AN +，求出AM ，AN ，可得结论． （3）如图3中，以AD 为边向左作等边ADT ∆，连接CD ，BT ，过点T 作TJ BD ⊥交BD
的延长线于J ．证明BT CD =，12
MN CD =，求出BT 可得结论． （4）由（3）可知，12
MN BT =，求出BT 的取值范围，可得结论．
【详解】
解：（1）BC a =，AB b =，
AC a b ∴+，
AC ∴的最大值为a b +， 故答案为：a b +．
（2）①结论：2EC MN =．
理由：连接BD ．
90BAC DAE ∠=∠=︒，
BAD CAE ∴∠=∠，
在BAD ∆和CAE ∆中，
AB AC BAD CAE AD AE =∠=∠=⎧⎪⎨⎪⎩
，
()BAD CAE SAS ∴∆≅∆，
BD CE ∴=，
AM MB =，AN ND =，
2BD MN ∴=，
2EC MN ∴=．
②5AD =，3AB AC ==， 32AM BM ∴==，52AN ND ==， MN AM AN ∴+，
3522
MN ∴+， 4MN ∴，
MN ∴的最大值为4．
（3）如图3中，以AD 为边向左作等边ADT ∆，连接CD ，BT ，过点T 作TJ BD ⊥交BD 的延长线于J ．
ABC ∆，ADT ∆都是等边三角形，
60TAD BAC ∴∠=∠=︒，AT AD =，AB AC =，
TAB DAC ∴∠=∠，
在TAB ∆和DAC ∆中，
AT AD TAB DAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ()TAB DAC SAS ∴∆≅∆，
BT CD ∴=，
BM CM =，BN ND =，
12
MN CD ∴=， 12
MN BT ∴=， 60ADB ADT ∠=∠=︒，
18012060TDJ ∴∠=︒-︒=︒，
30,DTJ ∴∠=︒
6AD DT ==，
132
DJ TD ∴==
，TD = 31013BJ DJ BD ∴=+=+=，
14BT ∴，
172
MN BT ∴==． （4）由（3）可知，1
2MN BT =，
106610BT -+，
416BT ∴，
28MN ∴．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
24．（1）D （0，3）；（2）存在，6；（3）5秒，Q （，）
【解析】
【分析】
（1）设D （0，m ），且m ＞0，运用矩形性质和折叠性质可得：OD ＝m ，OA ＝8，CD ＝8﹣m ，再利用勾股定理建立方程求解
解析：（1）D （0，3）；（2）存在，
3）5秒，Q （32，154
） 【解析】
【分析】
（1）设D（0，m），且m＞0，运用矩形性质和折叠性质可得：OD＝m，OA＝8，CD＝8﹣m，再利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）如图1，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，交x轴于点P，则点P即为所求，此时△PDE的周长最小，运用勾股定理可得CE＝5，BE＝3，作EG⊥OA，在Rt△DEG 中，可得DE＝25，在Rt△D′EG中，可得'45
D E ，即可求出答案；
（3）运用待定系数法求得直线D′E的解析式为y＝2x﹣3，进而求得P（3
2
，0），过点E
作EG⊥y轴于点G，过点Q、P分别作y轴的平行线，分别交EG于点H、H′，H′P交DE
于点Q′，利用待定系数法可得直线DE的解析式为y＝1
2x+3，设Q（t，1
2
t+3），则H
（t，5），再运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：（1）设D（0，m），且m＞0，
∴OD＝m，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA＝BC＝8，AB＝OC＝4，∠AOC＝90°，
∵将长方形OABC沿着直线DM折叠，使得点A与点C重合，
∴CD＝AD＝OA﹣OD＝8﹣m，
在Rt△CDO中，OD2+OC2＝CD2，
∴m2+42＝（8﹣m）2，
解得：m＝3，
∴点D的坐标为（0，3）；
（2）存在．
如图1，作点D关于x轴的对称点D′，连接D′E，交x轴于点P，则点P即为所求，此时△PDE的周长最小，
在Rt△CEF中，BE＝EF＝BC﹣CE，EF2+CF2＝CE2，BC＝8，CF＝4，
∴CE＝5，BE＝3，
作EG⊥OA，
∵OD＝AG＝BE＝3，OA＝8，
∴DG＝2，
在Rt△DEG中，EG2+DG2＝DE2，EG＝4，
∴DE＝25，
在Rt△D′EG中，EG2+D′G2＝D′E2，EG＝4，D′G＝8，∴D′E＝45，
∴△PDE周长的最小值为DE+D′E＝65；
（3）由（2）得，E（4，5），D′（0，﹣3），
设直线D′E的解析式为y＝kx+b，
则
45
3
k b
b
+=
⎧
⎨
=-
⎩
，
解得：
2
3
k
b
=
⎧
⎨
=-
⎩
，
∴直线D′E的解析式为y＝2x﹣3，令y＝0，得2x﹣3＝0，
解得：x＝3
2
，
∴P（3
2
，0），
过点E作EG⊥y轴于点G，过点Q、P分别作y轴的平行线，分别交EG于点H、H′，H′P 交DE于点Q′，
设直线DE的解析式为y＝k′x+b′，
则
3
45
b
k b
=
⎧
⎨
+=
'
''
⎩
，
解得：
1
2
3
k
b
⎧
=
⎪
⎨
⎪=
'
⎩'
，
∴直线DE的解析式为y＝1
2
x+3，
设Q （t ，1
2t +3），则H （t ，5），
∴QH ＝5﹣（12t +3）＝2﹣12t ，EH ＝4﹣t ，
由勾股定理得：DE 2﹣12t ， ∴点H 在整个运动过程中所用时间＝
1PQ PQ +QH ， 当P 、Q 、H 在一条直线上时，PQ +QH 最小，即为PH ′＝5，点Q 坐标（32，154
）， 故：点H 在整个运动过程中所用最少时间为5秒，此时点Q 的坐标（32，154
）． 【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，一次函数的性质，线段的动点问题，以及最短路径问题，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行分析．
25．（1）见解析；（2），；（3）①；②
【分析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA ，推出∠AEO=60°，进一步得出BC ∥AE ，CO ∥AB ，可得结论；
（2）先计算出OA=，推出PB=
解析：（1）见解析；（2）PA =BH 3）①(4M +；【分析】
（1）利用直角三角形斜边中线的性质可得DO=DA ，推出∠AEO=60°，进一步得出BC ∥AE ，CO ∥AB ，可得结论；
（2）先计算出OA=PB=AP=BH 即可；
（3）①求出直线PM 的解析式为，再利用两点间的距离公式计算即可；
②易得直线BC 的解析式为y=，联立直线BC 和直线PM 的解析式成方程组，求得点G 的坐标，再利用三角形面积公式计算．
【详解】
（1）证明：∵Rt △OAB 中，D 为OB 的中点，
∴AD=12OB ，OD=BD=12
OB ， ∴DO=DA ，
∴∠DAO=∠DOA=30°，∠EOA=90°，
∴∠AEO=60°，
又∵△OBC 为等边三角形，。