2022-2023学年福建省福州市仓山区八年级（下）期中数学试卷

2022-2023学年福建省福州市仓山区八年级（下）期中数学试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（4分）（2023春•灵宝市期末）下列各式是最简二次根式的是()1A．5B．0.7C．D．832．（4分）（2023春•仓山区期中）下列各组长度的线段中，首尾顺次相接能构成直角三角形的是()A．4，5，6B．8，15，17C．2，3，11D．3，2，55x33．（4分）（2023春•仓山区期中）不等式3x的解集是()2A．x3B．x3C．x3D．x34．（4分）（2023春•仓山区期中）下列运算正确的是()2A．5322B．6261C．(2)2D．8225．（4分）（2023春•仓山区期中）下列说法错误的是()A．全等三角形的三组对应边相等B．平行四边形的两组对角分别相等C．对角线相等的四边形是矩形D．四条边都相等的四边形是菱形6．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O．若AB4，AOB60，则BC的长为()A．8B．43C．23D．47．（4分）（2023春•仓山区期中）若2x1|3y6|0，则xy的值为()A．2B．1C．2D．1第1页（共28页） 8．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，点P是正方形ABCD内一点，连接AP，BP，CP．若APB是等边三角形，则BPC的度数为()A．30B．60C．75D．909．（4分）（2023春•仓山区期中）一个平行四边形的一条边长为7，两条对角线的长分别是10和46，则这个平行四边形的面积为()A．146B．206C．35D．40610．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，一架梯子AB斜靠在某个走廊竖直的左墙上，顶端在点A处，底端在水平地面的点B处．保持梯子底端B的位置不变，将梯子斜靠在竖直的右墙上，此时梯子的顶端在点D处，连接AD，F是线段AD的一点，且BF//AC．若AC2m，BC1.5m，顶端D距离地面的高度DE比AC少0.5m，则下列结论不成立的是()A．AB的长为2.5mB．CE的长为3.5mC．AD的长为525mD．BF的长为m23二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．11．（4分）（2013•无锡）六边形的外角和等于度．12．（4分）（2021•锦州一模）二次根式x5有意义，则x的取值范围是．13．（4分）（2023春•仓山区期中）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(1,3)，则OA的长为．第2页（共28页） 14．（4分）（2021春•岑溪市期末）如图，菱形ABCD的周长为24，对角线AC，BD交于点O，点E是BC的中点，则OE的长是．215．（4分）（2010•山西模拟）当x35时，代数式x6x10的值为．16．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，在矩形ABCD中，AD2AB2，AE，DF分别平分BAD，ADC交BC于点E，F，且AE，DF相交于点O，连接BO并延长交CD于点G．则下面结论正确的是．（写出所有正确结论的序号）①AEDF；②四边形ABFO是轴对称图形；AB③21；DG21④SS．DOGBOF4三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1017．（8分）计算：(23)(23)6(13)．21m118．（8分）（2023春•仓山区期中）先化简，再求值：(1)，其中2m2m4m52．19．（10分）（2021春•铜梁区期末）ABC中，AB13，BC10，BC边的中线AD12，求ABC的面积．20．（10分）（2023春•仓山区期中）有大小两种货车，2辆大货车与3辆小货车一次可以运货16.5吨，1辆大货车与1辆小货车一次可以运货7吨．大货车与小货车每辆一次各运货多少吨？第3页（共28页） 21．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AFCE，连接BE，DF，求证：BEDF．22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC3，点E是BC上一点，连接AE，将ABE沿着AE折叠，恰好点B与在CD上的点F重合，求CE的长．23．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AB．（1）尺规作图：在AB上找一点E，连接CE，使得CE//AD；（不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）条件下，若BCE60，CD4，AB10，求梯形ABCD的高．24．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，正方形ABCD，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE交CD于点G，连接EF交AD的延长线于点H，且AHEH．（1）求证：AE平分BEF；（2）求EAF的度数；（3）如备用图，过点F作FPAE于P，求证：B，P，D三点共线．第4页（共28页） 1125．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(m,m)，22m0，B(2,0)，ACx轴于点C，ADy轴于点D，且E是y轴正半轴上的一点，AEAB．（1）求点E的坐标；（用含m的式子表示）（2）如备用图1，已知F(m1,0)，连接AF，若BAF135，则：①求m的值；②如备用图2，若P，Q分别是线段OF，射线FA上的一点，求OQPQ的最小值．第5页（共28页） 2022-2023学年福建省福州市仓山区八年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（4分）（2023春•灵宝市期末）下列各式是最简二次根式的是()1A．5B．0.7C．D．83【考点】最简二次根式【分析】根据最简二次根式被开方数不含能开方的因式和不含分母判断即可．【解答】解：A．5是最简二次根式，符合题意；B．0.7，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；1C．，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；3D．8，被开方数含有能开方的因数4，不是最简二次根式，不符合题意；故选：A．2．（4分）（2023春•仓山区期中）下列各组长度的线段中，首尾顺次相接能构成直角三角形的是()A．4，5，6B．8，15，17C．2，3，11D．3，2，5【考点】勾股定理的逆定理【分析】判断是否能组成直角三角形，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可．222【解答】解：A、45162541366，4，5，6不能组成直角三角形，故本选项不符合题意；222B、8156422528917，8，15，17能组成直角三角形，故本选项符合题意；222C、23491311(11)，2，3，11不能组成直角三角形，故本选项不符合题意；222D、2(3)4375(5)，第6页（共28页） 3，2，5不能组成直角三角形，故本选项不符合题意．故选：B．5x33．（4分）（2023春•仓山区期中）不等式3x的解集是()2A．x3B．x3C．x3D．x3【考点】解一元一次不等式【分析】先去分母，再移项合并同类项，即可求解．5x3【解答】解：3x，2去分母得：5x36x，移项合并同类项得：x3．故选：D．4．（4分）（2023春•仓山区期中）下列运算正确的是()2A．5322B．6261C．(2)2D．822【考点】二次根式的混合运算【分析】根据二次根式的运算法则，逐项判断即可求解．【解答】解：A、5和3不是同类二次根式，无法合并，原计算错误，不符合题意；B、6266，原计算错误，不符合题意；2C、(2)2，原计算错误，不符合题意；D、822222，正确，符合题意．故选：D．5．（4分）（2023春•仓山区期中）下列说法错误的是()A．全等三角形的三组对应边相等B．平行四边形的两组对角分别相等C．对角线相等的四边形是矩形D．四条边都相等的四边形是菱形第7页（共28页） 【考点】矩形的判定；全等三角形的性质；菱形的判定；平行四边形的性质【分析】根据全等三角形的性质，平行四边形的性质，矩形和菱形的判定，逐项判断即可求解．【解答】解：A、全等三角形的三组对应边相等，故本选项正确，不符合题意；B、平行四边形的两组对角分别相等，故本选项正确，不符合题意；C、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误，符合题意；D、四条边都相等的四边形是菱形，故本选项正确，不符合题意；故选：C．6．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O．若AB4，AOB60，则BC的长为()A．8B．43C．23D．4【考点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质【分析】根据矩形的性质得到OAOB，证明AOB为等边三角形，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】解：四边形ABCD为矩形．11OAAC，OBBD，ACBD，22OAOB，AOB60，AOB为等边三角形，OAAB4，AC2OA8，22由勾股定理得，BCACAB43，故选：B．7．（4分）（2023春•仓山区期中）若2x1|3y6|0，则xy的值为()A．2B．1C．2D．1第8页（共28页） 【考点】非负数的性质：绝对值；非负数的性质：算术平方根【分析】根据非负数的性质求出未知数的值，再代入计算即可．【解答】解：2x1|3y6|0，2x10,|3y6|0，x1，y2，xy122，故选：A．8．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，点P是正方形ABCD内一点，连接AP，BP，CP．若APB是等边三角形，则BPC的度数为()A．30B．60C．75D．90【考点】等边三角形的性质；正方形的性质【分析】求得CBP30，PBBC，根据三角形内角定理和等腰三角形的性质即可求解．【解答】解：四边形ABCD是正方形，BCAB，CBA90，PAB是等边三角形，PBA60，PBAB，CBP30，PBBC，1BPC(180CBP)75，2故选：C．9．（4分）（2023春•仓山区期中）一个平行四边形的一条边长为7，两条对角线的长分别是10和46，则这个平行四边形的面积为()A．146B．206C．35D．406第9页（共28页） 【考点】平行四边形的性质【分析】根据勾股定理逆定理可以说明平行四边形的对角线互相垂直，进而可以判断这个平行四边形是菱形，据此即可求解．【解答】解：设平行四边形ABCD的对角线交于点O，且AC10，BD46，AB7，11AOOCAC5，BOODBD26，222225(26)2524497，222AOBOAB，AOB90，平行四边形ABCD是菱形．11平行四边形ABCD的面积为ACBD1046206，22故选：B．10．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，一架梯子AB斜靠在某个走廊竖直的左墙上，顶端在点A处，底端在水平地面的点B处．保持梯子底端B的位置不变，将梯子斜靠在竖直的右墙上，此时梯子的顶端在点D处，连接AD，F是线段AD的一点，且BF//AC．若AC2m，BC1.5m，顶端D距离地面的高度DE比AC少0.5m，则下列结论不成立的是()A．AB的长为2.5mB．CE的长为3.5mC．AD的长为525mD．BF的长为m23【考点】相似三角形的应用【分析】根据勾股定理求出AB、BE的长，得出ACBBED，证明ABD90，利用勾股定理求出AD，再利用平行线得出相似和比例式，求出BF即可．【解答】解：AC2m，BC1.5m，第10页（共28页） 22ABACBC2.5m，A成立，不符合题意；DE比AC少0.5m，DEAC0.51.5(m)，ABBD2.5m，22EBBDDE2m，ECCBBE3.5m，B成立，不符合题意；ABBD，BCED，ACBE，ACBBED(SSS)，ABCBDE，DBEBDE90，DBEABC90，2252ABD90，ADABBDm，C成立，不符合题意；2连接EF并延长，交直线AC于M，BF//AC，EFBE4，DEF∽AMF，BEF∽CEM，FMCB3EFDE4BF4，，FMAM3CM7DE1.5m，9AMm，8AC2m，25CMm，825BFm，D不成立，符合题意；14第11页（共28页） 故选：D．二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．11．（4分）（2013•无锡）六边形的外角和等于360度．【考点】多边形内角与外角【分析】根据任何多边形的外角和是360度即可求出答案．【解答】解：六边形的外角和等于360度．故答案为：360．12．（4分）（2021•锦州一模）二次根式x5有意义，则x的取值范围是x5．【考点】二次根式有意义的条件【分析】根据二次根式的意义，被开方数是非负数列出方程，解方程即可．【解答】解：根据题意得：x50，解得x5．故答案为：x5．13．（4分）（2023春•仓山区期中）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(1,3)，则OA的长为10．【考点】勾股定理；两点间的距离公式【分析】根据勾股定理计算即可．【解答】解：点A的坐标为(1,3)，22由勾股定理得OA1310．故答案为：10．14．（4分）（2021春•岑溪市期末）如图，菱形ABCD的周长为24，对角线AC，BD交于点O，点E是BC的中点，则OE的长是3．第12页（共28页） 【考点】直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理；菱形的性质【分析】利用菱形的性质得出BC6，进而直角三角形斜边上的中线性质求出OE，即可得出结果．【解答】解：四边形ABCD是菱形，ABBCCDAD6，ACBD，点E为AD边的中点，OE是RtAOD的斜边上的中线，AD2OE6，OE3；故答案为：3．215．（4分）（2010•山西模拟）当x35时，代数式x6x10的值为6．【考点】7A：二次根式的化简求值【分析】由已知得x35，将代数式变形为完全平方式后，再整体代入．【解答】解：由已知得x35，22x6x10(x3)12(5)16．16．（4分）（2023春•仓山区期中）如图，在矩形ABCD中，AD2AB2，AE，DF分别平分BAD，ADC交BC于点E，F，且AE，DF相交于点O，连接BO并延长交CD于点G．则下面结论正确的是①②③．（写出所有正确结论的序号）①AEDF；②四边形ABFO是轴对称图形；AB③21；DG第13页（共28页） 21④SS．DOGBOF4【考点】四边形综合题【分析】①根据矩形的性质和角平分线的性质即可得出答案；②连接AF，根据①中的结论可知AOD是等腰直角三角形，再结合的长可求出AO1，从而得出结论；③延长AB、DF相交于点H，根据题中条件证明BOHGOD(ASA)，可得DGBH，即可证出结论；11④取BC的中点M，连接OM，可知SSDGMCBFOM，即可DOGBOF22求出答案．【解答】解：①四边形ABCD是矩形，AE，DF分别平分BAD，ADC，BEACFD45，EOF90，AEDF；②连接AF，如图所示，由①知，EOF是等腰直角三角形，四边形ABCD是矩形，DAOBEA45，FDACFD45，AOD是等腰直角三角形，AD2AB2，22AB1，ADAODO2AO，第14页（共28页） AO1，AFAF，RtABFRtAOF(HL)，四边形ABFO是以AF为对称轴的轴对称图形；③延长AB、DF相交于点H，如图所示，四边形ABCD是矩形，AE，DF分别平分BAD，ADC，AD2AB2BAE45，ODG45，DCAB1，BCAD2，DCF是等腰直角三角形，CFDC1，BFBCCF21，由①得，AEDF，AOH是等腰直角三角形，H45，AOOH，HODG，HBF90，是等腰直角三角形，BHBF21，由②知，AOD是等腰直角三角形，AOOD，OHOD，又BOHGOD，BOHGOD(ASA)，第15页（共28页） DGBH21，AB121；DG21④取BC的中点M，连接OM，如图所示，四边形ABCD是矩形，AD2AB2，12MCBC，22由③知，BOHGOD(ASA)，OBOG，点O为BG的中点，OM是BCG的中位线，1OM//CG，OMCG，2四边形ABCD是矩形，AD2AB2，C90，DCAB1，OMBC，由③得，DG21，BF21，CGDCDG22，2OM1，2111212322SSDGMCBFOM(21)(21)(1)DOGBOF2222222；故答案为：①②③．三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算第16页（共28页） 步骤．1017．（8分）计算：(23)(23)6(13)．2【考点】二次根式的混合运算；零指数幂【分析】先根据平方差公式，二次根式的化简和零指数幂算出结果，再进行二次根式的加减运算．10【解答】解：(23)(23)6(13)22436124332132．1m118．（8分）（2023春•仓山区期中）先化简，再求值：(1)，其中2m2m4m52．【考点】分式的化简求值【分析】先根据分式运算法则进行化简，再代入数值计算即可．1m1【解答】解：(1)，2m2m4m21m1()，2m2m2m4m1(m2)(m2)，m2m1m2；把m52代入，原式5225．19．（10分）（2021春•铜梁区期末）ABC中，AB13，BC10，BC边的中线AD12，求ABC的面积．【考点】勾股定理的逆定理；三角形的面积【分析】根据勾股定理的逆定理可以判断ABD的形状，然后根据三角形的面积公式可以求得ABC的面积．【解答】解：AD是BC的中线，BC10，BD5，AB13，AD12，第17页（共28页） 222BDADAB，ABD是直角三角形，ADB90，BCAD1012ABC的面积是：60，22即ABC的面积是60．20．（10分）（2023春•仓山区期中）有大小两种货车，2辆大货车与3辆小货车一次可以运货16.5吨，1辆大货车与1辆小货车一次可以运货7吨．大货车与小货车每辆一次各运货多少吨？【考点】二元一次方程组的应用；一元一次方程的应用【分析】设每辆大货车一次运货x吨，每辆小货车一次运货y吨，根据等量关系列方程，可求解．【解答】解：设每辆大货车一次运货x吨，每辆小货车一次运货y吨，2x3y16.5依题意列方程组，，xy7x4.5解得，y2.5答：每辆大货车一次运货4.5吨，每辆小货车一次运货2.5吨．21．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F在对角线AC上，且AFCE，连接BE，DF，求证：BEDF．【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【分析】根据平行四边形ABCD，利用SAS可以证明ADFCBE，即可得到BEDF．【解答】证明：四边形ABCD是平行四边形，AD//BC，ADCB，第18页（共28页） DAFBCE，在ADF和CBE中，ADCBDAFBCE，AFCEADFCBE(SAS)，BEDF．22．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC3，点E是BC上一点，连接AE，将ABE沿着AE折叠，恰好点B与在CD上的点F重合，求CE的长．【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）【分析】根据勾股定理求出FD的长，再设CEx，利用勾股定理列出方程即可求解．【解答】解：由折叠可知ABAF4，EBEF，D90，2222DFAFAD437，设CEx，则设BEFE3x，FC47，根据勾股定理得，222x(47)(3x)，477解得x，3477CE的长为．323．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AB．（1）尺规作图：在AB上找一点E，连接CE，使得CE//AD；（不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）条件下，若BCE60，CD4，AB10，求梯形ABCD的高．第19页（共28页） 【考点】梯形；作图—复杂作图【分析】（1）根据内错角相等，两直线平行，作ECACAD即可解决问题；（2）证明四边形AECD是平行四边形，求得BEABAE6，再证明BCE是等边三角形，作CFBE于点F，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求解．【解答】解：（1）如图，CE即为所作，；（2）解：AB//CD，CE//AD，四边形AECD是平行四边形，AECD，CD4，AB10，BEABAE1046，DABB，DABCEBB，BCE60，BCE是等边三角形，BCBE6，B60，作CFBE于点F，1BFBE3，222CFBCBF33，答：梯形ABCD的高为33．24．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，正方形ABCD，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE交CD于点G，连接EF交AD的延长线于点H，且AHEH．第20页（共28页） （1）求证：AE平分BEF；（2）求EAF的度数；（3）如备用图，过点F作FPAE于P，求证：B，P，D三点共线．【考点】四边形综合题【分析】（1）先根据四边形ABCD是正方形，证明AD//BC，推出HAEAEB，得到AHEH，推出HAEHEA，据此即可证明AE平分BEF；（2）过点A作AMEF交EF的延长线于点M，ANAF交BE于点N，先根据四边形ABCD是正方形，证明BADBADC90，ABAD，得到BMADF90，依次证明AEBAEM(AAS)，BANDAF(ASA)和RtABNRtAMF(HL)，得到BAEMAE，BANMAF，最后证明1EAF9045；2（3）连接BP，DP，延长FP、AB相交于点O，设FO交BC于点T，FP交AD于点L，连接AT，根据FPAE，得到FPAOPAFPETPE90，再根据四边形ABCD是正方形，得到ABCADC90，ABAD，依次证明FPETPE(ASA)，推出EFET，AEFAET(SAS)，推出AFAT，RtABTRtADF(HL)，推出BATDAF，然后证明OBT∽OPA和OBP∽OTA，得到TPBBAT，同理证明ALP∽FLD和ALF∽PLD，得到DAFDPF，据此进一步计算即可求解．【解答】（1）证明：四边形ABCD是正方形，AD//BC，HAEAEB，AHEH，第21页（共28页） HAEHEA，HEAAEB，AE平分BEF；（2）解：过点A作AMEF交EF的延长线于点M，ANAF交BE于点N，则MNAF90，四边形ABCD是正方形，BADBADC90，ABAD，BMADF90，AE平分BEF，AEBAEM，BAEMAE，ABAM，BADNAF90，BADNADNAFNAD，即BANDAF，在BAN和DAF中，BADF90ABAD，BANDAFBANDAF(ASA)，ANAF，ABAM在RtABN和RtAMF中，，ANAFRtABNRtAMF(HL)，BANMAF，又BAEMAE，第22页（共28页） 1BAEBANMAEBAN，即EANEAFNAF，2又NAF90，1EAF9045；2（3）证明：连接BP，DP，延长FP、AB相交于点O，设FO交BC于点T，FP交AD于点L，连接AT，FPAE，FPAOPAFPETPE90，四边形ABCD是正方形，ABCADC90，ABAD，OBTADF90，AE平分BEF，AEFAEB，在FPE和TPE中，FPETPE90PEPE，AEBAEFFPETPE(ASA)，EFET，在AEF和AET中，EFETAEFAEB，AEAEAEFAET(SAS)，第23页（共28页） AFAT，在RtABT和RtADF中，ABAD，ATAFRtABTRtADF(HL)，BATDAF，OBTOPA90，OO，OBT∽OPA，OBOT，OPOA又OO，OBP∽OTA，OPBOAT，即TPBBAT，ADFFPA90，ALPFLD，ALP∽FLD，ALPL，FLDL又ALFPLD，ALF∽PLD，DAFDPF，又BATDAF，TPEBAT，TPBDPF，又TBPAPBFPA180，TBPFPA180，即BPD180，B，P，D三点共线．1125．（10分）（2023春•仓山区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(m,m)，22m0，B(2,0)，ACx轴于点C，ADy轴于点D，且E是y轴正半轴上的一点，AEAB．第24页（共28页） （1）求点E的坐标；（用含m的式子表示）（2）如备用图1，已知F(m1,0)，连接AF，若BAF135，则：①求m的值；②如备用图2，若P，Q分别是线段OF，射线FA上的一点，求OQPQ的最小值．【考点】三角形综合题1【分析】（1）根据HL证明RtAEDRtABC，得到EDBC2m，推出211OEm2mm2，即可求解；22（2）①根据SAS证明EAFBAF得到EFBF3m，而OEm2，OFm1，利用勾股定理即可求解；②作点O关于直线AF的对称点O，连接OQ，OO，OP，则OQPQOQPQ，由于OQPQOP，故只要求得OP的最小值即可得到OQPQ的最小值，根据垂线段最短可知，当OPx轴时，OP最小，据此进一步计算即可求解．11【解答】解：（1）A(m,m)，ACx轴，ADy轴，221ACADODCOm，2在RtAED和RtABC中，AEAB，ADACRtAEDRtABC(HL)，DEBC，B(2,0)，第25页（共28页） 1EDBCOBCO2m，211OEDEODm2mm2，22点E的坐标为(0,m2)；（2）①连接EF，由（1）可知RtAEDRtABC，EADBAC，EADDABBACDABDAC90，EAB90，FAE360BAFEAB36013590135，EAFBAF，在EAF和BAF中，AEABEAFBAF，AFAFEAFBAF(SAS)，EFBF2(m1)3m，OEm2，OFm1，AOE90，2222EFOEOF(m2)(m1)，22(m2)(m1)m3，m2；②作点O关于直线AF的对称点O，连接OQ，OO，OP，则OQPQOQPQ，第26页（共28页） 由于OQPQOP，故只要求得OP的最小值即可得到OQPQ的最小值，根据垂线段最短可知，当OPx轴时，OP最小，由①得m2，F(3,0)，A(1,1)，设直线AF的解析式为ykxb(k0)，kb1把F(3,0)，A(1,1)代入得，3kb01k解得：2，3b213直线AF的解析式为yx，22ac设点O的坐标为(a,c)，则O、O的中点G的坐标为(,)，直线AF与y轴的交223点为I，则点I的坐标为(0,)，223235FI3()，2211OFOIFIOG，2235OG，5a2c2352()()()，2232236整理得ac，5点O与点O关于直线AF对称，点G在直线AF上，c1a3，2222第27页（共28页） 1即ca3，221236a(a3)，252整理得25a60a360，2即(5a6)0，6解得：a，512则c，512点O到x轴的距离为，512即OQPQ的最小值为．5声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/2012:09:05；用户：彼粒星；邮箱：orFmNt3ioZ7m9pIbCI01vF5XpREs@weixin.jyeo.com；学号：406898第28页（共28页）