初中数学8下2019-2020学年下学期期末复习模拟题八年级数学（人教版）（A卷）【解析版】

这是一份初中数学8下2019-2020学年下学期期末复习模拟题八年级数学（人教版）（A卷）【解析版】，共23页。试卷主要包含了正方形具有而菱形不具有的性质是等内容，欢迎下载使用。
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2019—2020学年第二学期期末教学质量检测试题
八年级数学(A卷)


注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)，共6页，满分120分，考试时间120分钟．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座号填写在试卷和答题卡规定的位置．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题注意事项见答题卡，答在本试卷上不得分．
第Ⅰ卷(选择题 共30分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A．x＞1 B．x＜1 C．x≥1 D．x≤1
【答案】C
【解析】解：由题意得：x﹣1≥0，
解得：x≥1，
故选：C．
2．下列计算中正确的是
A. B.
C.3+ D.
【答案】D
【解析】A 、B、C选项都不是同类二次根式，无法进行合并，D选项故选D.
3.若(为整数),则的值可以是( )
A．20 B．24 C．27 D．30
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可知得到同类二次根式，根据是二次根式的性质依次化简各选项即可判断.
【详解】
根据题意可知得到同类二次根式，
∵=3，=2，=2，=3，=，故选A.
【点睛】
此题主要考查同类二次根式的性质，解题的关键是根据题意得出其为同类二次根式，再根据二次根式的性质进行求解.
4．正方形具有而菱形不具有的性质是(　　)
A. 对角线互相平分 B. 对角线相等
C. 对角线平分一组对角 D. 对角线互相垂直
【答案】B
【解析】正方形和菱形都满足：四条边都相等，对角线平分一组对角，对角线垂直且互相平分；
菱形的对角线不一定相等，而正方形的对角线一定相等，
故选B．
5．老师要求同学们设计一个测量某池塘两端A、B距离的方案，王兵设计的方案如下：如图，在池塘外选一点C，测得∠CAB＝90°，∠C＝30°，AC＝36m，则可知AB的距离为(　　)

A．19m B．19m C．12m D．12m
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用直角三角形的性质结合勾股定理得出答案．
【详解】
∵∠CAB＝90°，∠C＝30°，AC＝36m，
∴设AB＝x，则BC＝2x，
∴AC2+AB2＝BC2，
即362+x2＝(2x)2，
解得：x＝12．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，正确应用勾股定理是解题关键．
6．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．若周长为20，BD＝8，则AC的长是(　　)

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形性质得出AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BO＝OB，AO＝OC，求出OB，根据勾股定理求出OA，即可求出AC．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BO＝OB，AO＝OC，
∵菱形的周长是20，
∴DC＝×20＝5，
∵BD＝8，
∴OD＝4，
在Rt△DOC中，OD＝＝3，
∴AC＝2OC＝6．
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形性质和勾股定理，注意：菱形的对角线互相垂直平分，菱形的四条边相等．
7．如表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差：

甲
乙
丙
丁
平均数(cm)
185
180
185
180
方差
3.6
3.6
7.4
8.1

根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择(　　)
A．丁 B．丙 C．乙 D．甲
【答案】D
【解析】
分析：根据平均数高和方差的低来选择即可.
解析：根据平均数选择甲或是丙，根据方差的大小选择甲.
故选：D.
8．已知一次函数y=kx+b(k，b是常数，且k≠0)，x与y的部分对应值如下表所示，
x
﹣2
﹣1
0
1
2
3
y
3
2
1
0
﹣1
﹣2

那么不等式kx+b＜0的解集是( )
A．x＜0 B．x＞0 C．x＜1 D．x＞1
【答案】D
【解析】解：当x=1时，y=0，
根据表可以知道函数值y随x的增大而减小，
∴不等式kx+b＜0的解集是x＞1．
故选D．
8．如图，一张矩形纸片ABCD，其中AD＝10cm，AB＝6cm，先沿对角线BD对折，使点C落在点C′的位置，BC′交AD于点G(图1)，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M(图2)，则EM的长为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可知AD＝10cm，AB＝6cm，利用直角三角形的性质可得到BD的值，再通过EN⊥AD，AB⊥AD，得到MN是△ABD的中位线，DN＝ BD＝ ，MN＝3，折叠的性质可知EN＝ED，最后设EM＝x，则ED＝EN＝x+3，由勾股定理得ED2＝EM2+DM2，即可解答
【详解】
∵点D与点A重合，得折痕EN，
∴DM＝5cm，
∵AD＝10cm，AB＝6cm，
在Rt△ABD中，BD＝ cm，
∵EN⊥AD，AB⊥AD，
∴EN∥AB，
∴MN是△ABD的中位线，
∴DN＝ BD＝ cm，
在Rt△MND中，
∴MN＝ ＝3(cm)，
由折叠的性质可知∠NDE＝∠NDC，
∵EN∥CD，
∴∠END＝∠NDC，
∴∠END＝∠NDE，
∴EN＝ED，设EM＝x，则ED＝EN＝x+3，
由勾股定理得ED2＝EM2+DM2，
即(x+3)2＝x2+52，
解得x＝ ，
即EM＝cm．
故选：B．
【点睛】
此题综合考查了勾股定理，折叠的性质，中位线的定义，难度较大
9．为考察两名实习工人的工作情况，质检部将他们工作第一周每天生产合格产品的个数整理成甲，乙两组数据，如下表：
甲
2
6
7
7
8
乙
2
3
4
8
8

关于以上数据，说法正确的是( )
A．甲、乙的众数相同 B．甲、乙的中位数相同
C．甲的平均数小于乙的平均数 D．甲的方差小于乙的方差
【答案】D
【解析】
【分析】分别根据众数、中位数、平均数、方差的定义进行求解后进行判断即可得.
【详解】甲：数据7出现了2次，次数最多，所以众数为7，
排序后最中间的数是7，所以中位数是7，
，
=4.4，
乙：数据8出现了2次，次数最多，所以众数为8，
排序后最中间的数是4，所以中位数是4，
，
=6.4，
所以只有D选项正确，
故选D.
【点睛】本题考查了众数、中位数、平均数、方差，熟练掌握相关定义及求解方法是解题的关键.
10．甲、乙两车都从A地出发，都匀速行驶至B地，先到达的车停在B地休息．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A地的距离y(千米)与甲车行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．根据图中提供的信息，有下列说法：①A，B两地相距300千米；②甲车比乙车早出发1小时，且晚1小时到达B地；③乙车只用了1.5小时就追上甲车；④当甲、乙两车相距40千米时，t＝，，或小时．其中正确的说法有(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为40，可求得t，可判断④，可得出答案．
【详解】
由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，
把(5，300)代入可求得k＝60，
∴y甲＝60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，
把(1，0)和(4，300)代入可得，
，解得，
∴y乙＝100t﹣100，
令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③正确；
令|y甲﹣y乙|＝40，可得|60t﹣100t+100|＝40，即|100﹣40t|＝40，
当100﹣40t＝40时，可解得t＝，
当100﹣40t＝﹣40时，可解得t＝，
又当t＝时，y甲＝40，此时乙还没出发，
当t＝时，乙到达B城，y甲＝260；
综上可知当t的值为t＝，，或小时．故④正确．
综上可知正确的有①②③④共四个．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
注意事项：1．第Ⅱ卷分填空题和解答题．
2．第Ⅱ卷所有题目的答案，考生须用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡规定的区域内，在试卷上答题不得分．
二、填空题(本大题共8小题，每小题3分，共24分)
11．已知y=1++，则2x+3y的平方根为______．
【答案】±2
【解析】
【分析】
先根据二次根式有意义的条件求出x的值，进而得出y的值，根据平方根的定义即可得出结论．
【详解】
解：由题意得，，
，
，
，
的平方根为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键
12．已知一个样本：1，3，5，x，2，它的平均数为3，则这个样本的方差是 ．
【答案】2
【解析】解：∵1，3，x，2，5，它的平均数是3，
∴(1+3+x+2+5)÷5=3，
∴x=4，
∴S2=[(1﹣3)2+(3﹣3)2+(4﹣3)2+(2﹣3)2+(5﹣3)2]=2；
∴这个样本的方差是2．
故答案为：2．
13．计算=________________ .
【答案】
【解析】
=，
故答案为： .
14．直线y=mx+2m-1不经过第二象限，则m的取值范围是______
【答案】​0≤m≤
【解析】
【分析】
先根据直线y=mx+2m-1不经过第二象限，可知此函数的图象与y轴负半轴相交或过原点且k>0，再求出m的取值范围即可.
【详解】
∵直线y＝mx＋2m－1不经过第二象限， 
∴函数图象经过一、三或一，三，四象限，
∴ ,
解得：0＜m≤.
∵m=0时，y=-1，此时图像不经过第二象限，
∴​0≤m≤.
故答案为​0≤m≤.
【点睛】
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k>0，b0，b=0时，函数图象经过一、三象限．
15．如图是一次函数y=mx+n的图象，则关于x的不等式mx+n＞2的解集是________．

【答案】x＞0
【解析】由题意，可知一次函数y=mx+n的图象经过点(0，2)，且y随x的增大而增大，
所以关于x的不等式mx+n＞2的解集是x＞0，
故答案为：x＞0．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握用数形结合的方法解题．
16．如图， 和都是等腰直角三角形， ，的顶点在的斜边上，若，则____.

【答案】6
【解析】
【分析】
连接BD，证明△ECA≌△DCB，继而得到∠ADB=90°，然后利用勾股定理进行求解即可.
【详解】
连接BD，
∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，
∴CE=CD，CA=CB，∠ECD=∠ACB=90°，
∴∠EDC=∠E=45°，∠ECA=∠DCB，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ECA≌△DCA，
∴DB=AE=4，∠BDC=∠E=45°，
∴∠ADB=∠EDC+∠BDC=90°，
∴AD=，
故答案为：6.

【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键.
17． 如图，将矩形沿折叠，使点落在点处，点落在点处，若，则折痕的长为_____.

【答案】
【解析】
【分析】
由AB=4，BC=2AB可得BC=8，根据翻折变换的性质可知∠1=∠2，CF=AF，而四边形ABCD是矩形，那么AD∥BC，于是∠3=∠1，则有∠2=∠3，可得AF=AE，设BF=x，那么CF=8-x，在Rt△BAF中，利用勾股定理可求BF，进而可求CF，再过点E作EM⊥BC于M，易知四边形ABME是矩形，再在Rt△EMF中利用勾股定理可求EF．
【详解】
∵AB=4，BC=2AB，∴BC=8，
∵四边形EDFC折叠后得到四边形AFEG，
∴∠1=∠2，AF=CF，
∵四边形ABCDE是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠3=∠1，
∴∠2=∠3，
∴AE=AF，

设BF=x，那么CF=8-x，
在Rt△BAE中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=(8-x)2，
解得x=3，
∴CF=5，
过点E作EM⊥BC于M，
∵EG⊥BC，
∴∠BME=∠B=∠ABM=90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴EM=AB=4，BM=AE=5，
∴FM=BM-BF=5-3=2，
在Rt△EMF中，EF=，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了翻折变换、勾股定理、矩形的判定和性质、解题的关键是注意翻折前后的图形全等，并先求出BF．
18． 如图1，正方形纸片ABCD的边长为2，翻折∠B、∠D，使得两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，EF、GH分别是折痕(如图2)．设AE＝x(0＜x＜2)，给出下列判断：

①当x＝1时，点P是正方形ABCD的中心；
②当x＝时，EF＋GH＞AC；
③当0＜x＜2时，六边形AEFCHG面积的最大值是；
④当0＜x＜2时，六边形AEFCHG周长的值不变．
其中正确的是________(填序号)．
【答案】①④．
【解析】试题分析：①正方形纸片ABCD，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，∴△BEF和△DGH是等腰直角三角形，∴当AE=1时，重合点P是BD的中点，∴点P是正方形ABCD的中心；故①结论正确；②正方形纸片ABCD，翻折∠B、∠D，使两个直角的顶点重合于对角线BD上一点P，∴△BEF∽△BAC，∵x=，∴BE=2-=，∴，即，∴EF=AC，同理，GH=AC，∴EF+GH=AC，故②结论错误；③六边形AEFCHG面积=正方形ABCD的面积-△EBF的面积-△GDH的面积．∵AE=x，∴六边形AEFCHG面积=BE•BF-GD•HD=4-×(2-x)•(2-x)-x•x==，∴六边形AEFCHG面积的最大值是3，故③结论错误；④当0＜x＜2时，∵EF+GH=AC，六边形AEFCHG周长=AE+EF+FC+CH+HG+AG=(AE+CH)+(FC+AG)+(EF+GH)=2+2+2=4+2，故六边形AEFCHG周长的值不变，故④结论正确．
考点：几何变换综合题．
三、解答题(本大题共7小题，共66分)
19．计算
(1)
(2)
【答案】+
【解析】
【分析】
(1)先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
(2)利用乘法公式展开，然后合并即可．
【详解】
解：(1)原式=2+3-2
=5-2；
(2)原式=3-+2-2
=+．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
20． 已知：如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=，求
(1)Rt△ABC的面积．
(2)斜边AB的长．
(3)求AB边上的高．

【答案】(1)4；(2)2；(3)
【解析】
【分析】
(1)根据三角形的面积公式可以解答本题；
(2)根据勾股定理可以解答本题；
(3)根据等积法可以解答本题．
【详解】
解：(1)∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=，
∴Rt△ABC的面积===4，
即Rt△ABC的面积是4；
(2)∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=，
∴AB===2，
即AB的长是2；
(3)∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=，AB=2，
∴AB边上的高是：=，
即AB边上的高是．
【点睛】
本题考查二次根式的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用解直角三角形的相关知识解答．
21如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长，交延长线于点连接.

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，则当 时，四边形是矩形.
【答案】(1)证明见解析；(2)100°
【解析】
试题分析：(1)由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论．
试题解析:(1)∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD，
∴∠OEB=∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO=CO，
在△BOE和△COD中，
，
∴△BOE≌△COD(AAS)；
∴OE=OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
(2)若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD，
∴OC=OD，
∵BO=CO，OD=OE，
∴DE=BC，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
考点：1.矩形的判定；2.平行四边形的判定与性质．
22．甲、乙两名队员参加射击训练，成绩分别被制成下列两个统计图：

根据以上信息，整理分析数据如下：

平均成绩/环
中位数/环
众数/环
方差
甲

7
7
1.2
乙
7

8


(1)把上面表格内容填写完整；
(2)分别运用表中的四个统计量，简要分析这两名队员的射击训练成绩．若选派其中一名参赛，你认为应选哪名队员？
【答案】(1)甲的平均成绩a＝7(环)，乙射击成绩的中位数b＝7.5(环)，方差c＝4.2；(2)若选派一名队员参加比赛的话，可选择乙参赛，因为乙获得高分的可能更大．
【解析】
【分析】
(1)利用平均数的计算公式直接计算平均分即可；将乙的成绩从小到大重新排列，用中位数的定义直接写出中位数即可；根据乙的平均数利用方差的公式计算即可；
(2)结合平均数和中位数、众数、方差三方面的特点进行分析．
【详解】
(1)甲的平均成绩＝7(环)，
∵乙射击的成绩从小到大重新排列为：3、4、6、7、7、8、8、8、9、10，
∴乙射击成绩的中位数＝7.5(环)，
其方差c＝×[(3﹣7)2+(4﹣7)2+(6﹣7)2+2×(7﹣7)2+3×(8﹣7)2+(9﹣7)2+(10﹣7)2]
＝×(16+9+1+3+4+9)
＝4.2，
完成表格如下：

平均成绩/环
中位数/环
众数/环
方差
甲
7
7
7
1.2
乙
7
7.5
8
4.2

(2)从平均成绩看甲、乙二人的成绩相等均为7环，从中位数看甲射中7环以上的次数小于乙，从众数看甲射中7环的次数最多而乙射中8环的次数最多，从方差看甲的成绩比乙的成绩稳定；
综合以上各因素，若选派一名队员参加比赛的话，可选择乙参赛，因为乙获得高分的可能更大．
【点睛】
本题考查的是条形统计图和方差、平均数、中位数、众数的综合运用．熟练掌握平均数的计算，理解方差的概念，能够根据计算的数据进行综合分析．
23． 甲、乙两车间同时开始加工一批零件，加工一段时间后，甲车间的设备出现故障停产维修设备，乙车间继续加工，甲车间维修好设备后提高了工作效率，每小时比出现故障前多加工个零件，从开始加工到加工完这批零件乙车间的工作效率不变且工作小时.甲、乙两车间加工这批零件的总数量(件)与加工时间(时)之间的函数图象如图所示．

(1)甲车间每小时加工零件多少个；
(2)求甲车间维修完设备后，与之间的函数关系；
(3)求加工这批零件总数量的时所用的时间.
【答案】(1)甲车间设备出现故障前每小时加工零件个；(2) ；(3)加工这批零件总数量的时所用的时间为小时.
【解析】
【分析】
(1)根据图象可知：乙车间1小时生产90个零件，甲车间设备出现故障前甲乙共同生产3小时加工了450个零件，据此解答即可．
(2)设甲维修完设备后，y与x的函数关系式为y=kx+b，利用待定系数法确定函数关系式即可；
(3)根据函数关系式解答即可．
【详解】
解：
(1)乙车间每小时生产=540-450=90(个)，甲车间设备出现故障前每小时生产==60(个).
故甲车间设备出现故障前每小时加工零件个．
(2) 零件总个数=，

设， 把，代入，，
解得，
.
(2)由(1)可知零件总个数为1500个，
，
解得，
加工这批零件总数量的时所用的时间为小时.
【点睛】
题考查了一次函数的实际应用．解题的关键是理解题意，能根据题意求得函数解析式，注意数形结合与方程思想的应用．
24．在“绿满鄂南”行动中，某社区计划对面积为1800m2的区域进行绿化．经投标，由甲、乙两个工程队来完成，已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天．
(1)求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积．
(2)设甲工程队施工x天，乙工程队施工y天，刚好完成绿化任务，求y与x的函数解析式．
(3)若甲队每天绿化费用是0.6万元，乙队每天绿化费用为0.25万元，且甲乙两队施工的总天数不超过26天，则如何安排甲乙两队施工的天数，使施工总费用最低？并求出最低费用．
【答案】(1)甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是100m2、50m2；(2)y与x的函数解析式为：y=36﹣2x．(3)安排甲队施工10天，乙队施工16天时，施工总费用最低．
【解析】
试题分析：(1)设乙工程队每天能完成绿化的面积是xm2，根据在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天，列方程求解；
(2)根据题意得到100x+50y=1800，整理得：y=36﹣2x，即可解答．
(3)根据甲乙两队施工的总天数不超过26天，得到x≥10，设施工总费用为w元，根据题意得：w=0.6x+0.25y=0.6x+0.25×(36﹣2x)=0.1x+9，根据一次函数的性质，即可解答．
解：(1)设乙工程队每天能完成绿化的面积是xm2，
根据题意得：，
解得：x=50，
经检验，x=50是原方程的解，
则甲工程队每天能完成绿化的面积是50×2=100(m2)，
答：甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是100m2、50m2；
(2)根据题意，得：100x+50y=1800，
整理得：y=36﹣2x，
∴y与x的函数解析式为：y=36﹣2x．
(3)∵甲乙两队施工的总天数不超过26天，
∴x+y≤26，
∴x+36﹣2x≤26，
解得：x≥10，
设施工总费用为w元，根据题意得：
w=0.6x+0.25y=0.6x+0.25×(36﹣2x)=0.1x+9，
∵k=0.1＞0，
∴w随x减小而减小，
∴当x=10时，w有最小值，最小值为0.1×10+9=10，
此时y=26﹣10=16．
答：安排甲队施工10天，乙队施工16天时，施工总费用最低．
25．现有正方形ABCD和一个以O为直角顶点的三角板，移动三角板，使三角板两直角边所在直线分别与直线BC、CD交于点M、N．
(1)如图1，若点O与点A重合，则OM与ON的数量关系是　 　；
(2)如图2，若点O在正方形的中心(即两对角线交点)，则(1)中的结论是否仍然成立？请说明理由；
(3)如图3，若点O在正方形的内部(含边界)，当OM=ON时，请探究点O在移动过程中可形成什么图形？
(4)如图4，是点O在正方形外部的一种情况．当OM=ON时，请你就“点O的位置在各种情况下(含外部)移动所形成的图形”提出一个正确的结论．(不必说明)

【答案】(1)OM=ON；(2)成立．(3)O在移动过程中可形成线段AC；(4)O在移动过程中可形成线段AC.
【解析】
试题分析：(1)根据△OBM与△ODN全等，可以得出OM与ON相等的数量关系；
(2)连接AC、BD，则通过判定△BOM≌△CON，可以得到OM=ON；
(3)过点O作OE⊥BC，作OF⊥CD，可以通过判定△MOE≌△NOF，得出OE=OF，进而发现点O在∠C的平分线上；
(4)可以运用(3)中作辅助线的方法，判定三角形全等并得出结论．
试题解析：(1)若点O与点A重合，则OM与ON的数量关系是：OM=ON；
(2)仍成立．
证明：如图2，连接AC、BD．
由正方形ABCD可得，∠BOC=90°，BO=CO，∠OBM=∠OCN=45°．∵∠MON=90°，∴∠BOM=∠CON，在△BOM和△CON中，∵∠OBM=∠OCN，BO=CO，∠BOM=∠CON，∴△BOM≌△CON(ASA)，∴OM=ON；
(3)如图3，过点O作OE⊥BC，作OF⊥CD，垂足分别为E、F，则∠OEM=∠OFN=90°．又∵∠C=90°，∴∠EOF=90°=∠MON，∴∠MOE=∠NOF．
在△MOE和△NOF中，∵∠OEM=∠OFN，∠MOE=∠NOF，OM=ON，∴△MOE≌△NOF(AAS)，∴OE=OF．
又∵OE⊥BC，OF⊥CD，∴点O在∠C的平分线上，∴O在移动过程中可形成线段AC；
(4)O在移动过程中可形成直线AC．

考点：四边形综合题；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；探究型；操作型；压轴题．