江苏省南通市崇川区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（试卷+解析）

这是一份江苏省南通市崇川区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（试卷+解析），文件包含江苏省南通市崇川区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题解析docx、江苏省南通市崇川区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。

2020―2021学年江苏省南通市崇川区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 下列事件中，是必然事件的是（　　）
A. 打开电视，正在播出系列专题片“航拍中国”
B. 买一张电影票，座位号是5的倍数
C. 一个命题的原命题和它的逆命题都是真命题
D. 从一个只有红球的盒子里摸出一个球是红球
【1题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】必然事件就是一定发生的事件，即发生的概率是1的事件，依据事件发生的可能性的大小进行判断即可．
【详解】解：A、打开电视，正在播出系列专题片“航拍中国”，为随机事件，不合题意；
B、买一张电影票，座位号是5的倍数，为随机事件，不合题意；
C、一个命题的原命题和它的逆命题都是真命题，为随机事件，不合题意；
D、从一个只有红球的盒子里摸出一个球是红球，属于必然事件，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2. 点M（4，5）关于原点对称的点的坐标为（　　）
A. （﹣4，﹣5） B. （﹣4，5） C. （4，﹣5） D. （5，4）
【2题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（-x，-y），进而得出答案．
【详解】解：点（4，5）关于原点对称的点的坐标为：（-4，-5）．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握关于原点对称点的性质是解题关键．
3. 校运动会跳绳比赛中，进入决赛圈的8名同学跳绳次数如下：
175  178  175  180  172  178  180  178；那么，这组数据的众数为（　　）
A. 172 B. 175 C. 178 D. 180
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】根据众数的定义进行判断即可．
【详解】解：这8名同学跳绳次数出现最多的是178次，因此众数是178，
故选：C．
【点睛】本题考查众数，理解在一组数据中出现次数最多的数是这组数据的众数是正确判断的前提．
4. 将方程x2﹣6x+6＝0变形为（x+m）2＝n的形式，结果正确的是（　　）
A. （x﹣3）2＝15 B. （x﹣3）2＝﹣3 C. （x﹣3）2＝0 D. （x﹣3）2＝3
【4题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】利用配方法求解即可．
【详解】解：x2-6x+6=0，
x2-6x+9-3=0，
（x-3）2=3，
故选：D．
【点睛】此题考查了解一元二次方程-配方法，利用此方法解方程时，首先将方程常数项移到右边，二次项系数化为1，然后两边加上一次项系数一半的平方，左边化为完全平方式，右边合并为一个非负数，开方即可求出解．
5. 顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（ ）．
A. 平行四边形 B. 矩形 C. 正方形 D. 菱形
【5题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，根据三角形的中位线定理可得，，再根据矩形的对角线相等可得，从而得到四边形的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
【详解】解：如图，连接、，

、、、分别是矩形的、、、边上的中点，
，（三角形的中位线等于第三边的一半），
矩形的对角线，
，
四边形是菱形．
故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．
6. 我国南宋数学家杨辉所著《田亩比类乘除算法》中记载了这样一道题：“直田积八百二十八步，只云阔不及长一十三步，问阔及长各几步”其大意为：一个矩形的面积为828平方步，宽比长少13步，问宽和长各多少步？设矩形的宽为x步，根据题意，可列方程为（　　）
A. x（x﹣13）＝828 B. x（x+13）＝828
C. x（x﹣13）＝828 D. x（x+13）＝828
【6题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】由矩形的宽及长与宽之间的关系可得出矩形的长为（x+13）步，再利用矩形的面积公式即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵矩形的宽为x步，且宽比长少12步，
∴矩形的长为（x+13）步．
依题意，得：x（x+13）=828．
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7. 在一个不透明的盒子中装有m个除颜色外完全相同的球，这m个球中只有4个红球．若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子．通过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在25%左右，则m的值大约为（　　）
A. 10 B. 12 C. 16 D. 20
【7题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从比例关系入手，列出方程求解．
【详解】解：根据题意得：
×100%=25%，
解得：m=16，
答：m的值大约为16．
故选：C．
【点睛】本题利用了用大量试验得到的频率可以估计事件的概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
8. 已知关于x的一次函数y＝（k2+1）x﹣5的图象经过点A（﹣2，a），B（3，b），则a，b的大小关系为（　　）
A. a＜b B. a＞b C. a≤b D. a≥b
【8题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】由偶次方的非负性可得出k 2 +1＞0知该一次函数y随x的增大而增大，因为-2＜3，所以a＜b．
【详解】解：∵k2≥0，
∴k2+1＞0，
∴y随x的增大而增大．
又∵-2＜3，
∴a＜b．
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，考核了学生对一次函数的性质基础应用，属于基础题型．熟悉“k＞0，y随x的增大而增大；k＜0，y随x的增大而减小”以及“平方的非负性”是解题的关键．
9. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC=10，BD=24，则FG的长为（ ）

A. B. C. D.
【9题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性质得出OA=OC=5，OB=OD=12，AC⊥BD，根据勾股定理求出AD=13，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE=6.5，证出四边形EFOG是矩形，得到EO=GF即可得出答案．
【详解】解：连接OE，

∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=5，OB=OD=12，AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AD==13，
又∵E是边AD中点，
∴OE=AD=×13=6.5，
∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，
∴∠EFO=90°，∠EGO=90°，∠GOF=90°，
∴四边形EFOG为矩形，
∴FG=OE=6.5．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
10. 如图1，在矩形ABCD的边AD上取一点E，连接BE．点M，N同时以1cm/s的速度从点B出发，分别沿折线B-E-D-C和线段BC向点C匀速运动．连接MN，DN，设点M运动的时间为t s，△BMN的面积为S cm2，两点运动过程中，S与t的函数关系如图2所示，则当点M在线段ED上，且ND平分∠MNC时，t的值等于（　　）

A. 2+2 B. 4+2 C. 14﹣2 D. 12﹣2
【10题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】分析图像得出BE和BC，求出AB，作EH⊥BC于H，作EF∥MN，M1N2∥EF，作DG⊥M1N2于点G，求出EF和M1N2，在△DM1N2中，利用面积法列出方程，求出t值即可．
【详解】解：由题意可得：点M与点E重合时，t=5，则BE=5，
当t=10时，点N与点C重合，则BC=10，
∵当t=5时，S=10，
∴，解得：AB=4，
作EH⊥BC于H，作EF∥MN，M1N2∥EF，作DG⊥M1N2于点G，

则EH=AB=4，BE=BF=5，
∵∠EHB=90°，
∴BH==3，
∴HF=2，
∴EF=，
∴M1N2=，
设当点M运动到M1时，N2D平分∠M1N2C，
则DG=DC=4，M1D=10-AE-EM1=10-3-（t-5）=12-t，
在△DM1N2中，，
即，
解得：，
故选D．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图像，矩形的性质，勾股定理，面积法，解题的关键是读懂图象，了解图象中每个点的实际含义．
二、填空题（本大题共8小题，不需写出解答过程，请把最终结果直接填写在答题卡相应位置上）
11. 在函数中，自变量 x 的取值范围是_________________ ．
【11题答案】
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．
【详解】解：在函数中，
x+2＞0，
解得：x＞-2，
故答案为：x＞-2.
【点睛】本题考查了函数自变量的取值范围，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
12. 王红的平时测验成绩是80分，期中考试成绩是85分，期末考试成绩是90分．若按平时、期中、期末之比为1：2：7计算总评成绩，则他的总评成绩是___分．
【12题答案】
【答案】88
【解析】
【分析】按1：2：7的比例算出小亮的学业成绩总评分即可．
【详解】解：学业成绩总评分=80×10%+85×20%+90×70%
=8+17+63
=88（分）．
故答案为：88．
【点睛】本题考查了加权成绩的计算，平时成绩：期中考试成绩：期末考试成绩=1：2：7的含义就是分别占总数的10%、20%、70%．
13. 为了防止输入性“新冠肺炎”，某医院成立隔离治疗发热病人防控小组，决定从内科3位骨干医师中（含有甲）抽调2人组成．则甲一定会被抽调到防控小组的概率是___．
【13题答案】
【答案】
【解析】
【分析】画出树状图，共有6个等可能的结果，甲一定会被抽调到防控小组的结果有4个，由概率公式即可求解．
【详解】解：设内科3位骨干医师分别即为甲、乙、丙，
画树状图如图：

共有6个等可能的结果，甲一定会被抽调到防控小组的结果有4个，
∴甲一定会被抽调到防控小组的概率=，
故答案为：．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比．
14. 在平面直角坐标系中，将点（3，3）绕原点顺时针旋转135°得到的点的坐标是 ___．
【14题答案】
【答案】（0，）
【解析】
【分析】根据点的坐标特征可知点（3，3）在直线y=x上，即可得到此点绕原点顺时针旋转135°得到的点在y轴的负半轴上，根据勾股定理求得点（3，3）到原点的距离，即可求得旋转后的点的坐标．
【详解】解：∵点（3，3）在直线y=x上，
∴将点（3，3）绕原点顺时针旋转135°得到的点在y轴的负半轴上，
∵，
∴旋转135°得到的点的坐标是（0，），
故答案为：（0，）．

【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
15. 如图，一次函数y＝﹣x﹣2与y＝2x+m的图象相交于点P（n，﹣4），则关于x的不等式组2x+m＜﹣x﹣2≤0的解集为 ___．

【15题答案】
【答案】-2≤x＜2
【解析】
【分析】先将点P（n，-4）代入y=-x-2，求出n的值，再找出直线y=2x+m落在y=-x-2的下方且都在x轴下方的部分对应的自变量的取值范围即可．
【详解】解：∵一次函数y=-x-2的图象过点P（n，-4），
∴-4=-n-2，解得n=2，
∴P（2，-4），
又∵y=-x-2与x轴的交点是（-2，0），
∴关于x的不等式2x+m＜-x-2≤0的解集为-2≤x＜2．
故答案为：-2≤x＜2．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，体现了数形结合的思想方法，准确确定出n的值，是解答本题的关键．
16. 如图，在中，，分别是和的平分线，，分别与相交于点，，，，则______．

【16题答案】
【答案】2
【解析】
【分析】求出AB=CD=5，AD=BC=8，AD//BC，根据平行线性质和角平分线性质求出，推出AB=AE，同理求出DF=CD，利用线段和差进而得出EF的长．
【详解】解：如图：

在中，AB=CD=5，AD=BC=8，AD//BC，
∴，
又∵BE平分，
∴，
∴，
∴AB=AE=5，
∵AD//BC，
∴，
又∵CF平分，
∴，
∴，
∴DF=DC=5，
∴EF=AE+DF-AD=5+5-8=2．
故答案为2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质和判定，能综合运用性质进行推理是解题的关键．
17. 若x1，x2是一元二次方程x2﹣5x﹣2006＝0两个实数根，则代数式x12﹣2x1+3x2的值等于 ___．
【17题答案】
【答案】2021
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解的概念和根与系数的关系求解．
【详解】解：∵x1，x2是一元二次方程x2-5x-2006=0的两个实数根，
∴x12-5x1-2006=0，x1+x2=5，
∴x12-5x1=2006，
∴原式=x12-5x1+3x1+3x2=x12-5x1+3（x1+x2）=2006+15=2021，
故答案为：2021．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若一元二次方程两个根为x1，x2，则x1+x2=，x1•x2=．
18. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，AC与BD相交于点O，M是AO的中点，P，Q为对角线BD上的两点，若PQ=，则PM+CQ的最小值为 ___．

【18题答案】
【答案】
【解析】
【分析】如图，取AD的中点T，连接MT，CT交BD于点Q，此时MP+CQ的值最小，证明四边形PQTM是平行四边形，得到PM=TQ，可推出PM+CQ=CT，利用勾股定理求出CT即可．
【详解】解：如图，取AD的中点T，连接MT，CT交BD于点Q，此时MP+CQ的值最小．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，
∴AC=BD=，
∴OD=OB=OA=OC=，
∵AM=OM，AT=DT，
∴MT=OD=，
∴MT=PQ=，
∵MT∥PQ，
∴四边形PQTM是平行四边形，
∴PM=TQ，
∴PM+CQ=TQ+CQ=CT，
∵∠CMT=90°，MT=，CM=，
∴CT=，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行四边形解决问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共8小题，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 解方程：（1）x2﹣4x﹣3＝0；
（2）（x﹣3）2+2x（x﹣3）＝0．
【19题答案】
【答案】（1）x1=，x2=；（2）x1=3，x2=1
【解析】
【分析】（1）利用配方法解方程：将常数项-3移到等式的右边，然后在等式的两边同时加上一次项系数一半的平方；
（2）利用“提取公因式法”对等式的左边进行因式分解，将原等式转化为两因式之积为零的形式．
【详解】解：（1）由原方程，得
x2-4x=3，
等式的两边同时加上一次项系数一半的平方，得
x2-4x+4=7，
配方，得
（x-2）2=7，
∴x-2=，
解得，x1=，x2=；
（2）由原方程，得
3（x-3）（x-1）=0，
∴x-3=0或x-1=0，
解得，x=3或x=1．
【点睛】本题考查了解一元二次方程—配方法、因式分解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
20. 如图，直线l1：y1=-2x+6与x轴，y轴分别交于点A，B，直线l2过点C（-5，0），与直线l1交于点D（a，8），与y轴交于点E．

（1）求直线l2的解析式；
（2）求△BDE的面积．
【20题答案】
【答案】（1）；（2）2
【解析】
【分析】（1）由直线l1求得D的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线l2的解析式；
（2）求得B、E的坐标，然后根据三角形面积公式即可求得．
【详解】解：∵直线l1过点D（a，8），
∴8=-2a+6，
∴a=-1，
∴D（-1，8），
∵直线l2过点C（-5，0），D（-1，8），
∴，解得，
∴直线l2的解析式为y=2x+10；
（2）在y=-2x+6中，令x=0，则y=6，
∴B（0，6），
在y=2x+10中，令x=0，则y=10，
∴E（0，10），
∴BE=10-6=4，
∴△BDE的面积为×4×1=2．
【点睛】本题是两条直线相交或平行问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，三角形面积等，求得交点坐标是解题的关键．
21. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．过点A作AE//BD，过点D作DE//AC交AE于点E．

（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=6，∠ABC=60°，求四边形AODE的面积．
【21题答案】
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）先证四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质得AC⊥BD，则∠AOD=90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，AB=BC，再证△ABC是等边三角形，得AC=AB=6，则OA=AC=3，然后由勾股定理得OD=OB=3，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AE∥BD，DE∥AC，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∴平行四边形AODE为矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
∴OA=AC=3，
∴OD=OB=，
由（1）可知，四边形AODE是矩形，
∴矩形AODE的面积=OA×OD=3×3=9．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质，证明四边形AODE为矩形是解题的关键．
22. 如图，用一块长为100cm，宽为60cm的矩形纸片制作一个无盖的盒子，若在纸片的四个角截去四个相同的小正方形，设小正方形的边长为x cm．
（1）底面的长AB＝　 　cm，宽BC＝　 　cm（用含x的代数式表示）；
（2）当作成盒子的底面积为3200cm2时，求该盒子的底面长和宽．

【22题答案】
【答案】（1）（100-2x），（60-2x）；（2）底面长为80cm，宽为40cm
【解析】
【分析】（1）利用矩形的长与宽以及在铁片的四个角截去四个相同的小正方形，得出AB与BC的长即可；
（2）根据（1）中求得的长与宽以及盒子的底面积为3200cm2得出x的值，即可求出盒子的底面长与宽．
【详解】解：（1）根据题意得，
底面的长AB=（100-2x）cm，宽BC=（60-2x）cm，
故答案为：（100-2x），（60-2x）；
（2）根据题意得，
（100-2x）（60-2x）=3200，
整理得：x2-80x+700=0，
解得：x1=10，x2=70（不符合题意，舍去），
∴100-2x=80，60-2x=40，
答：该盒子的底面长为80cm，宽为40cm．
【点睛】本题考查了矩形面积公式的运用以及解一元二次方程，分别找出底面的长和宽是解题的关键．
23. 某单位组织员工进行新冠疫苗接种，现有A，B，C三辆车去医院，它们出发的先后顺序随机，财务科的王会计要早点出发，她只坐第一个出发的那辆车，张会计手上还有一些事务需要处理，她要坐第三个出发的那辆车．
请你运用所学概率知识解决下列问题：
（1）写出这三辆车按先后顺序出发的所有可能结果；
（2）这两人中，谁乘坐到A车的可能性大？请说明理由．
【23题答案】
【答案】（1）见解析；（2）相等，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用树状图表示所有可能出现的结果情况即可；
（2）分别求出王会计、张会计乘坐A车的概率，进而得出结论．
【详解】解：（1）用树状图表示所有可能出现结果如下：

（2）王会计、张会计乘坐A车的可能性是相等的，
理由：王会计乘坐A车的可能性为：，
张会计乘坐A车的可能性为：，
因此王会计、张会计乘坐A车的可能性是相等的．
【点睛】本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果情况是求相应概率的关键．
24. 八一中学为普及抗疫防疫知识，在七、八年级举行了次防疫知识竞赛，为了解这两个年级学生的竞赛成绩，分别从两个年级各随机抽取了20名学生的成绩，进行整理、描述和分析，给出了如下信息．
各年级成绩分布如表：
年级
0≤x≤49
50≤x≤59
60≤x≤69
70≤x≤79
80≤x≤89
90≤x≤100
七
1
4
6
2
4
3
八
4
4
3
2
5
2
（注：成绩在60分以下为不合格，80分及以上为优秀）
其中七年级成绩在60≤x≤69一组的是：62，63，65，66，68，69
七八年级成绩的平均数、中位数、方差、合格率、优秀率等如表：
年级
平均数
中位数
方差
合格率
优秀率
七
66.8
a
83.5
85%
35%
八
64.3
63
125.6
70%
b
根据以上信息，回答下列问题：
（1）表中，a＝　 　，b＝　 　；
（2）小明的成绩在此次抽样之中，与他所在年级的抽样相比，小明的成绩高于平均数，却排在了后十名，则小明是　 　年级的学生（填“七”或“八”）；
（3）请推断出哪个年级的竞赛成绩更好，并说明理由（至少从三个不同的角度说明）．
【24题答案】
【答案】（1）68.5，35%；（2）七；（3）七年级的竞赛成绩更好，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义求出a，再用优秀的人数除以总人数求出b即可；
（2）根据平均数的定义进行解答即可；
（3）从平均数、中位数和合格率上进行分析，即可得出七年级的竞赛成绩更好．
【详解】解：（1）m=（68+69）÷2=68.5，
n=（5+2）÷20=35%，
故答案为：64，35%；
（2）因为平均数会受到极端值的影响，七年级有1个学生的成绩较差，使平均分较低，小明虽然高于平均成绩，仍可能排在后面，可以估计他是七年级学生，
故答案为：七；
（3）七年级学生成绩较好，从平均数、中位数和合格率上看，七年级均较高，因此七年级的竞赛成绩更好．
【点睛】此题考查频数分布表、中位数、平均数、方差等知识，理解及格率、优秀率是解决问题的必要知识．
25. 【了解概念】
将平面直角坐标系中过某一定点且不与x轴垂直的直线，叫该定点的“友好线”．若点P（1，0），则点P的“友好线”可记为y＝k（x﹣1）．
【理解运用】
（1）已知点A的“友好线”可记为y＝kx﹣3k+，则点A的坐标为 　 　；
（2）若点B（3，2）的“友好线”恰好经过点（1，1），求该“友好线”的解析式；
【拓展提升】
（3）已知点M在点Q的“友好线”y＝k（x+2）﹣1上，点N在直线y＝﹣x+2，若M（a，m），N（a，n），且当﹣3≤a≤3时，m≤n，请直接确定k的取值范围．
【25题答案】
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【分析】（1）由经过定点求解．
（2）将代入求解．
（3）先将与代入求出点坐标，再将所求点坐标代入求出，结合图象求出取值范围．
【详解】解：（1），
点坐标为．
故答案为：．
（2）由题意可得点所在直线解析式为，
将代入得，
解得，
该“友好线”的解析式为．
（3）由题意得当时，直线在直线下方，
把代入得，把代入得，
直线经过点，，
把代入得，
把代入得，
解得，
经过定点，时，如图，

时，如图，

∴或时满足题意．
【点睛】本题考查一次函数的综合应用，解题关键是理解题干的新定义函数，通过直线经过定点结合图象求解．
26. 如图，正方形ABCD的顶点C处有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，连接AP，BE．
（1）若点E在BC上时，如图1，线段AP和BE之间的数量关系是 　 　；
（2）若将图1中的△CEP顺时针旋转使P点落在CD上，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在（2）的基础上延长AP，BE交于F点，若DP＝PC＝2，求BF的长．

【26题答案】
【答案】（1）AP=BE；（2）成立，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）首先说明A，P，C三点共线，设正方形ABCD边长为1，CE=x，根据正方形和等腰直角三角形的性质求出AP和BE的长，即可判断；
（2）过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，证明△ABH≌△BEC，得到AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，从而证明四边形AHEP是平行四边形，同理可得AP=EH=BE；
（3）过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，证明△ABK≌△DAM，得到BK=AM，求出AP，在△ADP中利用面积法求出DM，可得AM和BK，再利用勾股定理求出BF即可．
【详解】解：（1）∵点E在BC上，△PEC为等腰直角三角形，
∴PE=CE，∠PCE=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∴A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，
∴PE=x，PC=x，AC=，
∴AP=AC-PC=，BE=BC-CE=1-x，
∴AP=BE；
（2）成立，
如图，过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，

∵∠ABC=∠EBH=90°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABH+∠ABE=90°，
∴∠CBE=∠ABH，
又∵BH=BE，AB=BC，
∴△ABH≌△BEC（SAS），
∴AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，
∴∠AHE=∠AHB-∠EHB=∠CEB-45°，
∵∠HEP=360°-∠CEB-∠HEB-∠CEP
=360°-∠CEB-45°-90°
=225°-∠CEB，
∴∠AHE+∠HEP=∠CEB-45°+225°-∠CEB=180°，
∴AH∥PE，
∴四边形AHEP是平行四边形，
∴AP=EH=BE；
（3）如图，过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，

∵∠BAD=∠BAK+∠DAM=90°，∠ABK+∠BAK=90°，
∴∠ABK=∠DAM，
又∵AB=AD，∠AKB=∠AMD=90°，
∴△ABK≌△DAM（AAS），
∴BK=AM，
∵四边形ABCD是正方形，DP=PC=2，
∴AD=CD=4，∠AHE=90°，
∴AP=，
∴S△ADP=，
∴，
∴，
∴AM=，
由（2）可知：△EBH为等腰直角三角形，HE∥AP，
∴∠KBF=∠HBE=45°，
∴∠F=45°，
∴BF==．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．