2022-2023学年福建省福州市鼓楼区三牧中学八年级（下）期中数学试卷

2022-2023学年福建省福州市鼓楼区三牧中学八年级（下）期中数学试卷一、选择题（每小题4分，共40分）1．（4分）（2024•镇海区校级模拟）要使二次根式2x1有意义，则x的取值范围是()1111A．xB．xC．xD．x22222．（4分）（2022秋•代县期末）在222ABC中，若ACBCAB，则()A．A90B．B90C．C90D．不能确定3．（4分）（2021春•殷都区期末）下列二次根式中是最简二次根式的是()12A．18B．C．3xD．ab34．（4分）（2021春•殷都区期末）下列图象中，y不是x的函数的是()A．B．C．D．5．（4分）（2021春•殷都区期末）已知正比例函数ymx(m0)图象上有两点P(x，1y)、Q(x，y)，且xx，则y与y的大小关系是()1221212A．yyB．yyC．yyD．不能确定1212126．（4分）（2022春•青龙县期末）如图，在ABCD中，AE平分DAB，交CD于点E，若AB6，CE2，则ABCD的周长为()第1页（共30页） A．14B．16C．20D．247．（4分）（2021秋•雁塔区期末）将直线yx1向下平移3个单位长度后得到的函数解析式是()A．yx4B．yx4C．yx2D．yx28．（4分）（2023春•鼓楼区校级期中）下列命题中正确的是()A．对角线相等的四边形是矩形B．有一个角是直角的四边形是矩形C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形ab(0ab)9．（4分）（2021春•殷都区期末）定义运算：abb，例如：(ab0)a1312122，31，则42等于()332A．B．2C．2D．22210．（4分）（2022春•越秀区期末）在平面直角坐标系xOy中，直线ykx3k4(k0)过定点P，过点A(6,m)作直线AB//y轴交直线ykx3k4于点B，连接OB，若BP平分OBA，则k的值是()4543A．B．C．D．5434二、填空题（每小题4分，共24分）11．（4分）（2022春•越秀区期末）求值：23．12．（4分）（2023春•新罗区期末）点(a,1)在一次函数y2x1的图象上，则a的值为．13．（4分）（2009•河池）已知关于x，y的一次函数y(m1)x2的图象经过平面直角坐标系中的第一、三、四象限，那么m的取值范围是．14．（4分）（2021•滨城区模拟）如图，在RtABC中，ABC90，D、E、F分第2页（共30页） 别为AB、BC、CA的中点，若BF6，则DE．15．（4分）（2021春•殷都区期末）如图，已知点E为矩形纸片ABCD的边AB上一点，将纸片沿DE折叠，点A的对应点A恰好在线段CE上，若AD3，AE1，则CD．16．（4分）（2023春•鼓楼区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，边长不等1的正方形依次排列，每个正方形都有一个顶点落在函数yx的图象上，从左向2右第3个正方形中的一个顶点A的坐标为(27,9)，阴影三角形部分的面积从左向右依次记为S，S，S，，S，则S的值为．123n3三、解答题（共86分）17．（8分）（2023春•鼓楼区校级期中）计算：3（1）126．2（2）0(32)(32)(2)．第3页（共30页） 4218．（8分）（2023春•鼓楼区校级期中）已知a，求代数式a2a9的值．5119．（8分）（2022春•越秀区期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上．且ABECDF．求证：四边形BEDF是平行四边形．20．（8分）（2023春•鼓楼区校级期中）已知y2与x成正比例，当x2时，y6．（1）求y与x之间的函数解析式．（2）在所给直角坐标系中画出函数图象．（3）此函数图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴上，若S3，ABC请直接写出点C的坐标．21．（8分）（2023春•利州区期末）如图，已知ACBC，CABDCB2，AD23．（1）求AB的长；（2）求ABD的面积．22．（10分）（2023春•鼓楼区校级期中）在购买某场足球赛门票时，设购买门票第4页（共30页） 为x（张)，总费用为y（元)．现有两种购买方案：方案一：若单位赞助广告费5000元，则该单位所购门票的价格为每张50元；（总费用广告赞助费门票费）方案二：总费用y（元)与购买门票x（张)的函数关系如图所示．解答下列问题：（1）方案一中，y与x的函数关系式为．方案二中，当0x100时，y与x的函数关系式为．当x100时，y与x的函数关系式为．（2）如果购买本场足球赛门票超过100张，你将选择哪一种方案，使总费用最省？请说明理由．23．（10分）（2022春•越秀区期末）如图，已知ABC．（1）尺规作图：作平行四边形ABCD；（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）所作的平行四边形ABCD中，连接BD，交AC于点O．①若BAC90，AB8，AC12，求BD的长；②过点O作直线EF与边AD，BC分别交于点E，F，设四边形EDCF的面积为S，平行四边形ABCD的面积为S，求S:S的值．121224．（12分）（2023春•鼓楼区校级期中）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是(0,0)，B点坐标是(3,4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，直线EF解析式为第5页（共30页） ykx423，F点的坐标是(2,4)．（1）求出k的值；（2）若直线GH平行于直线EF，交x轴于点H，求直线GH的解析式；（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．25．（14分）（2023春•鼓楼区校级期中）已知AE//BF，AB6，点C为射线BF上一动点（不与点B重合），BAC关于AC的轴对称图形为DAC．（1）如图1，当点D在射线AE上时，求证：四边形ABCD是菱形；（2）如图2，当点D在射线AE，BF之间时，若点G为射线BF上一点，点C为BG中点，连接BD，BG10，AC5，①求证：BDG为直角三角形；②求DG的长；（3）如图3，在（1）的条件下，若ABF60，点P，Q分别是线段BC，BD上的两点，且BP2，DQ23，点H为射线AD上一动点，HPHQ是否存在最小值．若存在，请直接写出HPHQ的最小值．第6页（共30页） 2022-2023学年福建省福州市鼓楼区三牧中学八年级（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）1．（4分）（2024•镇海区校级模拟）要使二次根式2x1有意义，则x的取值范围是()1111A．xB．xC．xD．x2222【考点】二次根式有意义的条件【分析】根据二次根式的被开方数是非负数，解不等式得到答案．【解答】解：由题意得：2x10，1解得：x，2故选：C．2．（4分）（2022秋•代县期末）在222ABC中，若ACBCAB，则()A．A90B．B90C．C90D．不能确定【考点】勾股定理的逆定理【分析】由勾股定理的逆定理即可得到答案．222【解答】解：ACBCAB，222ACBCAB，B90．故选：B．3．（4分）（2021春•殷都区期末）下列二次根式中是最简二次根式的是()12A．18B．C．3xD．ab3【考点】最简二次根式【分析】直接利用最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，分别判断即可．【解答】解：A.1832，不是最简二次根式，不合题意；第7页（共30页） 13B.，不是最简二次根式，不合题意；332C.3x3|x|，不是最简二次根式，不合题意；D.ab是最简二次根式，符合题意．故选：D．4．（4分）（2021春•殷都区期末）下列图象中，y不是x的函数的是()A．B．C．D．【考点】函数的概念【分析】根据函数的定义可知，满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应关系，据此即可确定选项A、C、D都是符合定义的，唯独选项B不符合定义．【解答】解：函数必须对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值，选项B不符合函数的定义．故选：B．5．（4分）（2021春•殷都区期末）已知正比例函数ymx(m0)图象上有两点P(x，1y)、Q(x，y)，且xx，则y与y的大小关系是()1221212A．yyB．yyC．yyD．不能确定121212【考点】一次函数图象上点的坐标特征【分析】根据m0可知y随x的增大而减小，由此可得y与y的大小关系．12【解答】解：ymx，m0，y随x的增大而减小，xx，12第8页（共30页） yy．12故选：A．6．（4分）（2022春•青龙县期末）如图，在ABCD中，AE平分DAB，交CD于点E，若AB6，CE2，则ABCD的周长为()A．14B．16C．20D．24【考点】平行四边形的性质【分析】首先根据角平分线的性质可得DAEEAB，再根据ABCD是平行四边形，进而证明出DC//AB，利用平行线的性质可得到DEAEAB，进而得到DEADAE，根据等角对等边可得结论．【解答】解：AE平分BAD，DAEEAB，又四边形ABCD是平行四边形，DC//AB，DEAEAB，DEADAE，DADE，AB6，CE2，DEABCE624，平行四边形ABCD的周长2(DAAB)2(46)20，故选：C．7．（4分）（2021秋•雁塔区期末）将直线yx1向下平移3个单位长度后得到的函数解析式是()A．yx4B．yx4C．yx2D．yx2第9页（共30页） 【考点】一次函数图象与几何变换【分析】根据函数的平移规律“上加下减”，可得答案．【解答】解：将直线yx1向下平移3个单位，得yx13，即yx2，故选：D．8．（4分）（2023春•鼓楼区校级期中）下列命题中正确的是()A．对角线相等的四边形是矩形B．有一个角是直角的四边形是矩形C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形【考点】O1：命题与定理【分析】根据矩形和平行四边形的判定判断即可．【解答】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原命题是假命题；B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题是假命题；C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，是真命题；D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原命题是假命题；故选：C．ab(0ab)9．（4分）（2021春•殷都区期末）定义运算：abb，例如：(ab0)a1312122，31，则42等于()332A．B．2C．2D．222【考点】实数的运算【分析】直接利用已知运算规律，进而代入计算即可．22【解答】解：42．42故选：A．10．（4分）（2022春•越秀区期末）在平面直角坐标系xOy中，直线ykx3k4(k0)过定点P，过点A(6,m)作直线AB//y轴交直线ykx3k4于点第10页（共30页） B，连接OB，若BP平分OBA，则k的值是()4543A．B．C．D．5434【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的图象【分析】根据题意证明OBHOHB，则OBOH，即可根据勾股定理得到关于k的方程，解方程即可．【解答】解：过点A(6,m)作直线AB//y轴交直线ykx3k4于点B，点B(6,3k4)，设直线ykx3k4与y轴交于点H，令x0，则y3k4，即点H(0,3k4)，如图，BP平分OBA，ABHOBH，AB//y，ABHOHB，OBHOHB，则OBOH，22即36(3k4)(43k)，3解得：k．4故选：D．二、填空题（每小题4分，共24分）11．（4分）（2022春•越秀区期末）求值：233．【考点】22：算术平方根【分析】根据算术平方根的定义，即可解答．第11页（共30页） 2【解答】解：393．故答案为：3．12．（4分）（2023春•新罗区期末）点(a,1)在一次函数y2x1的图象上，则a的值为1．【考点】一次函数图象上点的坐标特征【分析】将点的坐标代入函数关系式，解出方程的解即可．【解答】解：把点(a,1)代入y2x1中，得：12a1，a1．故答案为：113．（4分）（2009•河池）已知关于x，y的一次函数y(m1)x2的图象经过平面直角坐标系中的第一、三、四象限，那么m的取值范围是m1．【考点】F7：一次函数图象与系数的关系【分析】根据题意得m10，然后解不等即可得到m的取值范围．【解答】解：y(m1)x2的图象经过平面直角坐标系中的第一、三、四象限，m10，m1．故填空答案：m1．14．（4分）（2021•滨城区模拟）如图，在RtABC中，ABC90，D、E、F分别为AB、BC、CA的中点，若BF6，则DE6．【考点】直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理第12页（共30页） 1【分析】由D、E分别为AB、BC的中点，得DEAC，再根据ABC90，点21F为AC的中点，得BFAC，从而得出答案．2【解答】解：D、E分别为AB、BC的中点，1DEAC，2ABC90，点F为AC的中点，1BFAC，2DEBF，BF6，DE6，故答案为：6．15．（4分）（2021春•殷都区期末）如图，已知点E为矩形纸片ABCD的边AB上一点，将纸片沿DE折叠，点A的对应点A恰好在线段CE上，若AD3，AE1，则CD5．【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）【分析】由折叠的性质可得ADAD3，AEAE1，DEADEA，根据矩形的性质和勾股定理可求CD的长．【解答】解：将纸片沿DE折叠，点A的对应点A恰好在线段CE上，ADE△ADE，ADAD3，AEAE1，DEADEA，四边形ABCD是矩形，AB//CD，DEACDE，CDECED，第13页（共30页） CDCE，CACEAECD1，222在Rt△ACD中，CDADAC，22CD9(CD1)，CD5故答案为：516．（4分）（2023春•鼓楼区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，边长不等1的正方形依次排列，每个正方形都有一个顶点落在函数yx的图象上，从左向2右第3个正方形中的一个顶点A的坐标为(27,9)，阴影三角形部分的面积从左向6561右依次记为S，S，S，，S，则S的值为．123n332【考点】规律型：点的坐标；一次函数图象上点的坐标特征【分析】根据直线解析式判断出直线与正方形的边围成的三角形是底是高的2倍，再根据A的坐标求出正方形的边长并得到变化规律表示出第4个正方形的边长，然后根据阴影部分面积等于一个等腰直角三角形的面积加上梯形的面积再减去一个直角三角形的面积列式求解并根据结果的规律解答即可．【解答】解：A的坐标为(27,9)，ABAEBD9，点C的横坐标为27，第14页（共30页） 27点C的纵坐标为，227第4个正方形的边长是，281同理可得第5个正方形的边长为，4243第6个正方形的边长为，8阴影部分面积等于一个等腰直角三角形的面积加上梯形的面积再减去一个直角三角形的面积，8124318181482431812432436561S()，3244282488326561故答案为：．32三、解答题（共86分）17．（8分）（2023春•鼓楼区校级期中）计算：3（1）126．2（2）0(32)(32)(2)．【考点】零指数幂；二次根式的混合运算【分析】（1）根据二次根式的混合计算法则求解即可；（2）根据平方差公式和零指数幂的计算法则去括号，然后计算加减法即可．【解答】解：（1）原式23362233353；（2）原式22(3)(2)13212．第15页（共30页） 4218．（8分）（2023春•鼓楼区校级期中）已知a，求代数式a2a9的值．51【考点】二次根式的化简求值；分母有理化2【分析】先对a进行分母有理化求出a51，再把所求式子变形为(a1)8，再把a51整体代入求解即可．4【解答】解：a，5144(51)4(51)4(51)a51，251(51)(51)(5)1512a2a92a2a182(a1)82(511)82(5)85813．19．（8分）（2022春•越秀区期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上．且ABECDF．求证：四边形BEDF是平行四边形．【考点】平行四边形的判定；矩形的性质【分析】根据矩形的性质得出AD//BC，AADC90，求出ABEAEB90，CDFADF90，求出AEBADF，根据平行线的判定得出BE//DF，根据平行四边形的判定推出即可．【解答】证明：四边形ABCD是矩形，AD//BC（即DE//BF)，AADC90，ABEAEB90，CDFADF90，第16页（共30页） ABECDF，AEBADF，BE//DF，DE//BF，四边形BEDF是平行四边形．20．（8分）（2023春•鼓楼区校级期中）已知y2与x成正比例，当x2时，y6．（1）求y与x之间的函数解析式．（2）在所给直角坐标系中画出函数图象．（3）此函数图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴上，若S3，ABC请直接写出点C的坐标．【考点】FA：待定系数法求一次函数解析式；F3：一次函数的图象；F5：一次函数的性质【分析】（1）根据正比例的定义设y2kx(k0)，然后把已知数据代入进行计算求出k值，即可得解；（2）利用描点法法作出函数图象即可；（3）根据三角形面积可知AC3，由图象可得结论．【解答】解：（1）y2与x成正比例，设y2kx(k0)，当x2时，y6，622k，解得k2，第17页（共30页） y22x，函数关系式为：y2x2；（2）当x0时，y2，当y0时，2x20，解得x1，所以，函数图象经过点B(0,2)，A(1,0)，函数图象如图：（3）点C在x轴上，若S3，ABCAC3，由图象得：C(4,0)或(2,0)．21．（8分）（2023春•利州区期末）如图，已知ACBC，CABDCB2，AD23．（1）求AB的长；（2）求ABD的面积．第18页（共30页） 【考点】勾股定理；勾股定理的逆定理【分析】（1）根据垂直定义可得C90，然后在RtABC中，利用勾股定理进行计算即可解答；（2）根据勾股定理的逆定理先证明ABD是直角三角形，从而可得ABD90，然后利用三角形的面积公式进行计算即可解答．【解答】解：（1）ACBC，C90，ACBC2，2222ABACBC2222，AB的长为22；（2）222222ABBD(22)212，AD(23)12，222ABBDAD，ABD是直角三角形，ABD90，1ABD的面积ABBD21222222，ABD的面积为22．22．（10分）（2023春•鼓楼区校级期中）在购买某场足球赛门票时，设购买门票为x（张)，总费用为y（元)．现有两种购买方案：方案一：若单位赞助广告费5000元，则该单位所购门票的价格为每张50元；（总费用广告赞助费门票费）方案二：总费用y（元)与购买门票x（张)的函数关系如图所示．解答下列问题：（1）方案一中，y与x的函数关系式为y50x5000．方案二中，当0x100时，y与x的函数关系式为．当x100时，y与x的函第19页（共30页） 数关系式为．（2）如果购买本场足球赛门票超过100张，你将选择哪一种方案，使总费用最省？请说明理由．【考点】一次函数的应用；一元一次不等式的应用【分析】（1）由题意可直接写出方案一的函数关系式，根据待定系数法求出方案二的函数关系式．（2）根据题意列出一元一次方程和一元一次不等式，分情况讨论即可．【解答】解：（1）方案一中，y与x的函数关系式为：y50x5000，方案二中，当0x100时，设ykx(k0)，将(100,8000)代入得，k80，y与x的函数关系式为：y80x，当x100时，设ykxb，1将(100,8000)，(150,11500)代入得，k70，b1000，1y与x的函数关系式为：y70x1000．（2）由50x500070x1000得，x200，当x200时，方案一、二均可．由50x500070x1000得，x200，当100x200时，选择方案二，使总费用最省．由50x500070x1000得，x200．当x200时，选择方案一，使总费用最省．第20页（共30页） 23．（10分）（2022春•越秀区期末）如图，已知ABC．（1）尺规作图：作平行四边形ABCD；（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）所作的平行四边形ABCD中，连接BD，交AC于点O．①若BAC90，AB8，AC12，求BD的长；②过点O作直线EF与边AD，BC分别交于点E，F，设四边形EDCF的面积为S，平行四边形ABCD的面积为S，求S:S的值．1212【考点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；作图—复杂作图；相似三角形的判定与性质【分析】（1）分别以A、C为圆心，BC、AB为半径画弧，两弧交于点D，连接AD、DC，即可得到平行四边形ABCD；11（2）①由平行四边形的性质得出BD2BO，AOAC126，由勾股定理22得出BO10，即可求出BD20；S1②先证明BCDABDCDB，得出SS，即可得出，再证明ABDCDBS2四边形ABCDOEDOFB，得出SS，得出OEDOFBS1四边形EDCFSSSSSS，进而得出，即可四边形EDCFOED四边形ODCFOBF四边形ODCFBCDS2平行四边形ABCD1得出S:S．122【解答】解：（1）如图1所示，ABCD即为所求；（2）①如图2，第21页（共30页） 四边形ABCD是平行四边形，AC12，11BD2BO，AOAC126，22BAC90，AB8，2222BOABAO8610，BD2BO21020；②如图3，四边形ABCD是平行四边形，ABCD，ADCB，BDDB，ABDCDB(SSS)，SS，ABDCDBS1BCD，S2四边形ABCD四边形ABCD是平行四边形，AD//BC，BODO，OEDOFB，ODEOBF，OEDOFB(AAS)，SS，OEDOFBSSSSSS，四边形EDCFOED四边形ODCFOBF四边形ODCFBCD第22页（共30页） S1四边形EDCF，S2平行四边形ABCD1S:S．12224．（12分）（2023春•鼓楼区校级期中）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是(0,0)，B点坐标是(3,4)，矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，直线EF解析式为ykx423，F点的坐标是(2,4)．（1）求出k的值；（2）若直线GH平行于直线EF，交x轴于点H，求直线GH的解析式；（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】一次函数综合题【分析】（1）将点F的坐标代入直线EF解析ykx423，即可得出结论；（2）根据直线GH平行于直线EF，可设直线GH解析式y3xb，利用折叠的性质和勾股定理确定G(3,43)，再代入即可；（3）本问关键是确定平行四边形的位置与形状．因为M、N均为动点，只有FG已经确定，所以可从此入手，按照FG为平行四边形的一边、FG为平行四边形的对角线的思路，顺序探究可能的平行四边形的形状．确定平行四边形的位置与形状之后，利用全等三角形求得M点的纵坐标，再利用直线解析式求出M点的横坐标，从而求得M点的坐标．【解答】（1）解：直线EF解析式为ykx423，F点的坐标是(2,4)，第23页（共30页） 42k423，k3，直线EF解析式为y3x423，k的值为3．（2）B点坐标是(3,4)，F点的坐标是(2,4)，AB3，AF2，BC4，矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，FGAF2，FBABAF1，B90，2222BGFGFB213，CGBCBG43，G(3,43)，直线GH平行于直线EF，设直线GH解析式为y3xb，4333b，b443，直线GH解析式为y3x443．（3）若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：①如图1所示，FG为平行四边形的一边，且点N在x轴正半轴上，过点M作MHx轴于点H，延长FG交x轴于点Q，设M(x，y)，11111MHN90，11MN//FG，MNFG，1111HNMHQF，11第24页（共30页） 四边形ABCO为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，AB//OQ，GBF90，HQFBFG，MHNGBF90，11HNMBFG，11在△MHN和GBF中，11MHNGBF11HNMBFG，11MNGF11△MHNGBF(AAS)，11MHGB3，1点M的纵坐标：y3，11直线EF解析式为y3x423，43点M的横坐标：x3，11343M(3,3)；13②如图1所示，FG为平行四边形的一边，且点N在x轴负半轴上，过点M作MHx轴于点H，延长FG交x轴于点Q，设M(x，y)，22222MHN90，22MN//FG，MNFG，2222HNMHQF，22第25页（共30页） 四边形ABCO为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，AB//OQ，GBF90，HQFBFG，MHNGBF90，22HNMBFG，22在△MHN和GBF中，22MHNGBF22HNMBFG，22MNGF22△MHNGBF(AAS)，22MHGB3，2点M的纵坐标：y3，22直线EF解析式为y3x423，43点M的横坐标：x1，22343M(1,3)；23③如图3所示，FG为平行四边形的对角线，过点M作FB延长线的垂线，垂足为H，设M(x，y)，3333MHF90，3MF//GN，MFGN，3333MOCGNC，33第26页（共30页） 四边形ABCO为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，AB//OC，BCO90，MFHMOC，MHFGCN90，3333MFHGNC，33MHFGCN33在△MFH和△GNC中，MFHGNC，3333MFGN33△MFH△GNC(AAS)，33MHGC43，3点M的纵坐标为：y83，33直线EF解析式为y3x423，43点M的横坐标为：x1，33343M(1,83)；33综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M434343的坐标为(3,3)或(1,3)或(1,83)．33325．（14分）（2023春•鼓楼区校级期中）已知AE//BF，AB6，点C为射线BF上一动点（不与点B重合），BAC关于AC的轴对称图形为DAC．第27页（共30页） （1）如图1，当点D在射线AE上时，求证：四边形ABCD是菱形；（2）如图2，当点D在射线AE，BF之间时，若点G为射线BF上一点，点C为BG中点，连接BD，BG10，AC5，①求证：BDG为直角三角形；②求DG的长；（3）如图3，在（1）的条件下，若ABF60，点P，Q分别是线段BC，BD上的两点，且BP2，DQ23，点H为射线AD上一动点，HPHQ是否存在最小值．若存在，请直接写出HPHQ的最小值．【考点】四边形综合题【分析】（1）根据翻折的性质可得ACBACD，ABAD，BCDC，再证出CADACD，即可得证；（2）①设AC与BD交于M，由（1）得：ACBD，可证CM//DG，从而可以得证；②设MCx，在RtAMD和RtCMD中，用勾股定理列出方程即可求解；（3）作Q点关于AD的对称点N，交AD于M，连接PN交AD与H，连接CQ，此时，PN最短，即HPHQ的值最小，根据等腰三角形“三线合一”可证M、Q、C三点共线，即可求解．【解答】（1）证明：由翻折得：ACBACD，ABAD，BCDC，AD//BC，ACBCAD，CADACD，ADCD，ABADBCCD，四边形ABCD是菱形．第28页（共30页） （2）①证明：如图，设AC与BD交于M，由（1）得：ACBD，BMDM，C是BG的中点，CM//DG，DGBD，BDG90，BDG是直角三角形．1②解：由①得：DG2CM，ADAB6，CDBCBG5，2设MCx，则有AM5x，222在RtAMD中：DMADAM，222在RtCMD中：DMCDCM，2236(5x)25x，7解得：x，57CM，514DG．5（3）解：存在．作Q点关于AD的对称点N，交AD与M，连接PN交AD于H，连接CQ，此时，PN最短，即HPHQ的值最小，第29页（共30页） 四边形ABCD是菱形，ABF60，QDM30，ADAB6，ACD是等边三角形，122在RtQMD中：MNMQDQ3MDQDMQ3，2M是AD的中点，QMAD，M、Q、C三点共线，MC3MD33，NCBC，NC43，PCBCBP624，在2222RtPCN中：PNPCNC4(43)8，HPHQ的值最小是8．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：2024/3/2012:03:16；用户：彼粒星；邮箱：orFmNt3ioZ7m9pIbCI01vF5XpREs@weixin.jyeo.com；学号：406898第30页（共30页）