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2022-2023学年辽宁省大连市西岗区八年级（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省大连市西岗区八年级（下）期末数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省大连市西岗区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若 a−2在实数范围内有意义，则a的取值范围是( )
A. a≥2 B. a≤2 C. a≥−2 D. a≤−2
2. 下列四组线段中，能组成直角三角形的是( )
A. a=2，b=3，c=4 B. a=4，b=5，c=6
C. a= 5，b= 6，c= 7 D. a=6，b=8，c=10
3. 在▱ABCD中，∠A=38°，则∠C的度数为( )
A. 38° B. 52° C. 100° D. 142°
4. 一元二次方程x2+2x+1=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 无法确定
5. 在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示：
成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
2
3
4
1
则这15名运动员成绩的众数和中位数分别是( )
A. 1.70m和1.60m B. 1.70m和1.70m C. 1.75m和1.70m D. 1.75m和1.80m
6. 已知点A(2,m)和B(−1,n)都在直线y=x+6的图象上，则m与n的大小关系为( )
A. m>n B. m
A. 2 B. 5 C. 8 D. 10
8. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=3，斜边AB的长是( )
A. 1
B. 3
C. 2 3
D. 6
9. 若x=1是一元二次方程x2−3x+c=0的一个根，则此方程的另一个根是( )
A. x=−4 B. x=−2 C. x=2 D. x=4
10. 一个有进水管和出水管的容器，从某时刻开始4min内只进水不出水，在随后的8min内既进水又出水，每分钟的进水量和出水量是两个常数.容器内的水量y(单位：L)与时间x(单位：min)的关系如图所示.下列结论：①每分钟进水量为5L；②每分钟出水量为1.25L；③8分钟时容器内的水量为25L.其中正确的是( )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算： 2× 6− 3= ______ ．
12. 甲、乙两人在相同条件下进行射击练习，他们10次射击成绩的平均数都是8环，方差分别为S甲2=2.8，S乙2=1.2，则射击成绩比较稳定的是______ (填“甲”或“乙”)．
13. 如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，对角线AC，BD相交于点O，E是CD边的中点，连接OE，则OE的长是______ ．
14. 一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象如图所示，则关于x的不等式kx+b<0的解集是______ ．
15. 在△ABC中，AB=13，BC=10，BC边上的中线AD=12.则AC的长为 ．
16. 如图是一个三角形点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点，第三行有3个点…第n行有n个点….如果从上向下数共有55个点，则n= ______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：( 3+1)( 3−1)+ 8− 18÷ 2．
18. (本小题8.0分)
解方程：
(1)x2−2x+1=4；
(2)2x2+4x−5=0．
19. (本小题6.0分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在AB上.以点C为圆心，AE的长为半径画弧，交CD于点F，连接DE，BF.求证：DE=BF．
20. (本小题8.0分)
某公司欲招聘一名公关人员.对甲、乙两位应试者进行了面试和笔试，他们的成绩(百分制)如表所示．
应试者
面试
笔试
甲
85
90
乙
92
82
如果公司认为，作为公关人员面试成绩应该比笔试成绩更重要，并分别赋予它们6和4的权，计算甲、乙两人各自的平均成绩，如果平均成绩高的被录取，谁将被录取？
21. (本小题8.0分)
某公司今年4月份的生产成本是400万元，由于改进技术，生产成本逐月下降，6月份的生产成本是324万元.假设该公司5，6，7月每个月生产成本下降的百分率都相同．
(1)求每个月生产成本下降的百分率；
(2)求7月份该公司的生产成本．
22. (本小题10.0分)
我国古代著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有户不知高、广，竿不知长短.横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出.问户高、广、邪各几何？”其大意是：“今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长短.横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等.问门高、宽和对角线的长各是多少？”
问题：小明根据题意画出矩形ABCD，连接AC，请你结合小明所画的图求门高AB，门宽BC各是多少尺？
23. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在x轴和y轴上，直线AB与直线y=12x相交于点C，P为线段OA上一动点(不与点A重合)，过P作x轴的垂线与直线AB相交于点D，设P点的横坐标为t.△DPA与△COA重叠部分的面积为S，S关于t的函数图象如图2所示(其中0≤t
(2)求S关于t的函数解析式，并直接写出t的取值范围．
24. (本小题12.0分)
如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别是边BC，CD上的点，连接AF，作EH⊥AF于点H，延长EH交边AD于点G．
(1)判断∠AFD与∠GEC的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若CE=CF，连接CH，判断线段EH，FH，CH的数量关系，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，若AG=2，DG=1，则CH的长为______ ．
25. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=3x+3与x轴和y轴分别相交于A，B两点，与直线y=x相交于点C．
(1)△BOC的面积为______ ；
(2)P为直线y=3x+3上一点，连接OP，若∠APO=2∠ABO，求点P的坐标；
(3)M(a,a)，N(a+1,a+1)为平面内两点，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值，若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得：a−2≥0，
解得：a≥2．
故选：A．
直接利用二次根式有意义，则被开方数是非负数，即可得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、22+32≠42，不能构成直角三角形，不符合题意；
B、42+52≠62，不能构成三角形，不符合题意；
C、( 5)2+( 6)2≠( 7)2，不能构成直角三角形，不符合题意；
D、62+82=102，能构成直角三角形，符合题意．
故选：D．
只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可判断是直角三角形．
本题考查勾股定理的逆定理，判断三角形是否为直角三角形只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
3.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A，
∵∠A=38°，
∴∠C=38°，
故选：A．
由四边形ABCD是平行四边形，根据“平行四边形的对角相等”得∠C=∠A=38°，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质，根据“平行四边形的对角相等”证明∠C=∠A是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知：Δ=22−4×1×1=0，
∴方程有两个相等的实数根．
故选：B．
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的判别式，本题属于基础题型．
5.【答案】C
【解析】解：∵175出现了4次，出现的次数最多，
∴这些运动员成绩的众数是1.75m；
将这15名运动员的成绩从小到大排列，则中位数是1.70m；
故选：C．
根据众数和中位数的定义直接解答即可．
本题考查众数和中位数，解题的关键是明确众数和中位数的定义，会找一组数据的众数和中位数．
6.【答案】A
【解析】解：∵y=x+6中，k=1>0，
∴y随x的增大而增大，
又∵2>−1，
∴m>n．
故选：A．
由题意k>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，再结合2>−1，即可得出m>n．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：通电时间t(单位：s)与产生的热量Q(单位：J)满足Q=I2Rt，
所以电流I= QRt= 502×1=5．
故电流I的值为5，
故选：B．
将已知量代入物理公式Q=I2Rt，即可求得电流I的值．
本题考查了二次根式的应用，解题的关键是根据已知量代入公式，比较简单．
8.【答案】C
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=3，
∴设BC=x，则AB=2x，
∵AC2+BC2=AB2，即32+x2=(2x)2，
解得x= 3，
∴AB=2x=2 3．
故选：C．
设BC=x，则AB=2x，再根据勾股定理求出x的值，进而得出结论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：解法一：设x1，x2是一元二次方程x2−3x+c=0的两根，x1=1，
∴x1+x2=−−31=3，
∴x2=3−x1=3−1=2，即此方程的另一个根是x=2．
解法二：∵x=1是一元二次方程x2−3x+c=0的一个根，
∴1−3+c=0，
解得：c=2，
∴该方程为x2−3x+2=0，
解得：x1=1，x2=2，
∴此方程的另一个根是x=2．
故选：C．
解法一：利用根于系数的关系可知两根之和为−ba=3，进而求出另一根即可．
解法二：将x=1代入方程求得c的值，进而解一元二次方程即可．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程的解，熟知根与系数的关系的是解题关键．根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2−ba，x1x2=ca．
10.【答案】B
【解析】解：由图象可得，
每分钟进水：20÷4=5(L)，故①正确，符合题意；
每分钟出水量为：5−30−2012−4=3.75(L)，故②错误，不符合题意；
8分钟时容器内的水量为：20+(5−3.75)×(8−4)=25(L)，故③正确，符合题意；
故选：B．
根据函数图象中的数据，可以计算出进水管的速度，从而可以判断①，再根据4～8分钟函数图象中的数据，即可计算出水水管的速度，从而可以判断②；然后再计算分钟时容器内的水量，即可判断③．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】 3
【解析】解：原式= 12− 3=2 3− 3= 3．
按照运算规则先算乘法，再算减法，即合并同类二次根式．
本题考查的是二次根式的混合运算，在进行此类运算时一般先把二次根式化为最简二次根式的形式后再运算．
12.【答案】乙
【解析】解：∵S甲2=2.8，S乙2=1.2，
∴S甲2>S乙2，
∴射击成绩比较稳定是乙．
故答案为：乙．
方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
本题考查了算术平均数以及方差，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．
13.【答案】1
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∵AB=2，
∴CD=AB=2，
∵E是CD边的中点，
∴OE=12CD=12×2=1，
故答案为：1．
由“菱形的四条边都相等”得CD=AB=2，由“菱形的两条对角线互相垂直”得AC⊥BD，则∠COD=90°，由E是CD边的中点得OE=12CD=1，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，证明∠COD=90°是解题的关键．
14.【答案】x<2
【解析】解：一次函数y=kx+b，当y<0时，图象在x轴下方，
∵函数图象与x轴交于(2,0)点，
∴不等式kx+b<0的解集为x<2，
故答案为：x<2．
据图象可确定y<0时，图象所在位置，进而可得答案．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握数形结合思想．
15.【答案】13
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理与线段的垂直平分线的性质，关键是利用勾股定理的逆定理证得AD⊥BC．
在△ABD中，根据勾股定理的逆定理即可判断AD⊥BC，然后根据线段垂直平分线的性质，即可得到AC=AB，从而求解．
【解答】
解：∵AD是中线，AB=13，BC=10，
∴BD=12BC=5，
∵52+122=132，即BD2+AD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，则AD⊥BC，
又∵BD=CD，
∴AC=AB=13．
故答案为：13．
16.【答案】10
【解析】解：由题意得：n(n+1)2=55，
整理得n2+n−110=0，
(n+11)(n−10)=0，
∴n1=−11，n2=10，
∵n为正整数，
∴n=10，
故答案为：10．
由于第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点…，则前五行共有(1+2+3+4+5)个点，前10行共有(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10)个点，前n行共有(1+2+3+4+5+…+n)个点，然后求它们的和．前n行共有n(n+1)2个点，则n(n+1)2=55，然后解方程得到n的值；
本题考查了规律型：数字的变化类：通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．
17.【答案】解：( 3+1)( 3−1)+ 8− 18÷ 2
=( 3)2−12+2 2− 182
=3−1+2 2−3
=−1+2 2．
【解析】先根据二次根式的乘法法则，二次根式的除法法则和二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
18.【答案】解：(1)x2−2x+1=4，
(x−1)2=4，
开方得：x−1=±2，
解得：x1=3，x2=−1；
(2)2x2+4x−5=0，
2x2+4x=5，
x2+2x=52，
配方得：x2+2x+1=52+1，
(x+1)2=72，
开方得：x+1=± 72，
解得：x1=−2+ 142，x2=−2− 142．
【解析】(1)先变形得出(x−1)2=4，再方程两边开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
(2)移项，方程两边除以2，配方，开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
由作图得AE=CF，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CBF(SAS)，
∴DE=BF．
【解析】由平行四边形的性质得AD=BC，∠A=∠C，而AE=CF，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ADE≌△CBF，得DE=BF．
此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明AD=BC，∠A=∠C，并且适当选择全等三角形的判定定理证明△ADE≌△CBF是解题的关键．
20.【答案】解：甲的平均成绩=85×6+90×46+4=87(分)，
乙的平均成绩=92×6+81×46+4=87.6(分)，
因为乙的平均分数较高，
所以乙将被录取．
【解析】根据题意先算出甲、乙两位应试者的加权平均数，再进行比较，即可得出答案．
此题考查了加权平均数的计算公式，解题的关键是：计算平均数时按6和4的权进行计算．
21.【答案】解：(1)设每个月生产成本下降的百分率为x，
根据题意得：400(1−x)2=324，
解得：x1=0.1=10%，x2=1.90(不合题意，舍去)．
答：每个月生产成本下降的百分率为10%；
(2)324×(1−10%)=291.6(万元)．
答：7月份该公司的生产成本为291.6万元．
【解析】(1)设每个月生产成本下降的百分率为x，根据4月份、6月份的生产成本，列出一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
(2)由7月份该公司的生产成本=6月份该公司的生产成本×(1−下降率)，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)根据数量关系，列式计算．
22.【答案】解：设BC=x尺(x>0)，则AC=(x+4)尺，AB=(x+4−2)尺，则：
x2+(x+4−2)2=(x+4)2．
解得x=6．
所以x+4−2=8．
答：门高AB为8尺，门宽BC为6尺．
【解析】设BC=x尺，则AC=(x+4)尺，AB=(x+4−2)尺，在直角△ABC中，利用勾股定理列出方程并解答即可．
此题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
23.【答案】(4,0) 2
【解析】解：(1)由图2可知，当t=0时，S=2，此时点P与点O重合，重合面积为△AOC的面积，
∴△AOC的面积为2；
由图2可知，t=4时，点P与点A重合，S=0，
∴OA=4，
故答案为：(4,0)；2；
(2)∵△AOC的面积为2，
∴12⋅yC⋅OA=2，
∴yC=1，
∵点C在直线y=12x上，
∴C(2,1)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴2k+b=14k+b=0，
解得k=−12b=2，
∴直线AB的解析式为：y=−12x+2；
当0≤t<2时，设DP与OC交于点M，
则P(t,0)，M(t,12t)，
∴OP=t，PM=12t，
∴S=S△AOC−S△OPM=2−12⋅OP⋅PM=2−12t⋅12t=−14t2+2；
当2≤t<4时，设DP与直线AB交于点N，
∴P(t,0)，N(t,−12t+2)，
∴S=S△APN=12⋅AP⋅PN=12⋅t⋅(−12t+2)=−14t2+t，
综上，S=−14t2+2(0≤t<2)−14t2+t(2≤t<4)．
(1)由图2可知，当t=0时，S=2，此时点P与点O重合，可知△AOC的面积为2；由图2可知，t=4时，点P与点A重合，S=0，由此可得出结论；
(2)由上可知，△AOC的面积为2，由此可得出点C的纵坐标，进而求出点C的坐标，由待定系数法可求出AB的解析式，根据点P的运动分别表示出S即可．
本题考查了动点问题的函数图象，涉及待定系数法求函数解析式，三角形的面积等相关知识，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．
24.【答案】6 55
【解析】解：(1)∠AFD=∠GEC，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∵EH⊥AF于点H，
∴∠EHF=∠FHG=90°，
∴∠GEC+∠CFH=360°−∠BCD−∠EHF=180°，
∵∠AFD+∠CFH=180°，
∴∠AFD=∠GEC．
(2)EH+FH= 2CH，理由如下：
如图2，作CI⊥EG于点I，CL⊥AF交AF的延长线于点L，则∠CIE=∠L=90°，
∵∠AFD=∠CEI，∠AFD=∠CFL，
∴∠CEI=∠CFL，
在△CEI和△CFL中，
∠CIE=∠L∠CEI=∠CFLCE=CF，
∴△CEI≌△CFL(AAS)，
∴EI=FL，CI=CL，
∵∠CIH=∠IHL=∠L=90°，
∴四边形CIHL是矩形，
∵CI=CL，
∴四边形CIHL是正方形，
∴HI=HL=CL，
∴EH+FH=HI+EI+FH=HI+FL+FH=HI+HL=2HL，
∵CH= HL2+CL2= 2HL2= 2HL，
∴HL= 22CH，
∴2HL=2× 22CH= 2CH，
∴EH+FH= 2CH．
(3)如图3，作EK⊥AD于点K，连接FG，则∠FKG=∠D=∠AHG=90°，
∴∠KEG=∠DAF=90°−∠AGH，
∵AG=2，DG=1，
∴AB=CD=BC=AD=AG+DG=2+1=3，
∵∠AKE=∠BAK=∠B=90°，
∴四边形ABEK是矩形，
∴BE=AK，EK=AB=AD，
在△EKG和△ADF中，
∠FKG=∠DEK=AD∠KEG=∠DAF，
∴△EKG≌△ADF(ASA)，
∴KG=DF，EG=AF，
∵BC=CD，CE=CF，
∴BC−CE=CD−CF，
∴BE=DF，
∴AK=DF=KG，
∴AK+KG=AG=2，
∴DF+DF=2，
∴DF=1，
∴EG=AF= AD2+DF2= 32+12= 10，
∴FG= DF2+DG2= 12+12= 2，
∵12× 10GH=12×2×1=S△AFG，
∴GH= 105，
∴EH=EG−GH= 10− 105=4 105，FH= FG2−GH2= ( 2)2−( 105)2=2 105，
∴EH+FH=4 105+2 105=6 105，
∵EH+FH= 2CH，
∴ 2CH=6 105，
∴CH=6 55，
故答案为：6 55．
(1)由正方形的性质得∠BCD=90°，由EH⊥AF于点H，得∠EHF=∠FHG=90°，则∠GEC+∠CFH=360°−∠BCD−∠EHF=180°，而∠AFD+∠CFH=180°，所以∠AFD=∠GEC；
(2)作CI⊥EG于点I，CL⊥AF交AF的延长线于点L，可证明△CEI≌△CFL，得EI=FL，CI=CL，再证明四边形CIHL是正方形，得HI=HL=CL，可推导出EH+FH=HI+HL=2HL，因为CH= HL2+CL2= 2HL，所以HL= 22CH，则EH+FH= 2CH；
(3)作EK⊥AD于点K，连接FG，由AG=2，DG=1，得AB=CD=BC=AD=AG+DG=3，再证明四边形ABEK是矩形，得BE=AK，EK=AB=AD，进而证明△EKG≌△ADF，得KG=DF，EG=AF，由BE=DF，得AK=DF=KG，可求得DF=1，则EG=AF= AD2+DF2= 10，FG= DF2+DG2= 2，由12× 10GH=12×2×1=S△AFG，求得GH= 105，则EH=4 105，FH= FG2−GH2=2 105，所以EH+FH=6 105，于是得 2CH=6 105，即可求得CH=6 55，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、同角的补角相等、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】94
【解析】解：(1)∵直线y=3x+3与x轴和y轴分别相交于A，B两点，
∴A(−1,0)，B(0,3)，
∴OB=3，
由y=3x+3y=x，
解得：x=−32y=−32，
∴C(−32,−32)，
∴S△BOC=12OB⋅|xC|=12×3×|−32|=94；
故答案为：94；
(2)当点P在第二象限时，如图，作PD⊥OB于点D，
∵∠APO=∠ABO+∠POB，
∠APO=2∠ABO，
∴∠ABO=∠POB，
∴PO=PB，
∵PD⊥OB，
∴OD=BD=12OB=32，
∴D(0,32)，
∴点P的横坐标为32，
由y=3x+3，令y=32，得3x+3=32，
解得：x=−12，
∴P(−12,32)；
当点P在第三象限时，如图，作OQ=OP交AB于点Q，作PE⊥y轴于点E，
∴∠OPQ=∠OQP，∠PEO=90°，
∵∠APO=2∠ABO，
∴∠OQP=2∠ABO，
∵∠OQP=∠ABO+∠QOB，
∴∠ABO=∠QOB，
∴QO=QB，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠ABO=∠AOQ+∠QOB=90°，
∴∠BAO=∠AOQ，
∴QO=QA，
∴QO=QA=QB=12AB，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 12+32= 10，
∴QO= 102，
∴PO= 102，
设点P的坐标为(t,3t+3)，则PE=−t，OE=−3t−3，
在Rt△POE中，OE2+PE2=PO2，
∴(−3t−3)2+(−t)2=( 102)2，
解得：a1=−12(不合题意，舍去)，a2=−1310，
则3a+3=−910，
∴P(−1310,−910)；
综上，点P的坐标为(−12,32)或(−1310,−910)；
(3)BM+BN的最小值为2 5.理由如下：
∵M(a,a)，N(a+1,a+1)，
∴点M，N在直线y=x上，
如图，取点F(3,0)，连接BF，过点F作FH//MN，FH=MN，连接BH，
∵B(0,3)，F(3,0)，∠BOF=90°，
∴△BOF为等腰直角三角形，
∵直线y=x平分∠BOF，
∴ON垂直平分BF，
∴BM=FM，
∵FH//MN，FH=MN，
∴四边形MNHF为平行四边形，
∴FM=HN=BM，
∴BM+BN=HN+BN，
∵HN+BN≤BH，
∴当点N在BH上时，HN+BN有最小值为BH，即BM+BN有最小值为BH，
∵MN⊥BF，FH//MN，
∴FH⊥BF，
∴∠BFH=90°，
∵B(0,3)，F(3,0)，
BF2=(0−3)2+(3−0)2=18，
∵M(a,a)，N(a+1,a+1)，
∴OM= (a−0)2+(a−0)2= 2a，
ON= (a+1−0)2+(a+1−0)2= 2(a+1)，
∴MN=ON−OM= 2，
∴FH=MN= 2，
在Rt△BFH中，BH= FH2+BF2= ( 2)2+18=2 5，
∴BM+BN的最小值为2 5．
(1)先求出点A(−1,0)，B(0,3)，再联立两函数解析式取得C(−32,−32)，则S△BOC=12OB⋅|xC|，代入计算即可求解；
(2)分两种情况讨论：当点P在第二象限时，作PD⊥OB于点D，由三角形外角性质可得∠APO=∠ABO+∠POB，进而得到∠ABO=∠POB，由等腰三角形“三线合一”性质可得OD=BD=12OB=32，以此得到点P的横坐标为32，再代入函数解析式中求出点P的横纵标即可求解；当点P在第三象限时，作OQ=OP交AB于点Q，作PE⊥y轴于点E，则∠OPQ=∠OQP，∠PEO=90°，进而得到∠OQP=∠APO=2∠ABO，由三角形外角性质可得出∠ABO=∠QOB，QO=QB，由同角加等角相等可知∠BAO=∠AOQ，则QO=QA，进而可得QO=QA=QB=12AB，在Rt△AOB中，利用勾股定理求得AB= 10，于是QO=PO= 102，设点P的坐标为(t,3t+3)，则PE=−t，OE=−3t−3，在Rt△POE中，OE2+PE2=PO2，利用勾股定理建立方程，求解即可；
(3)易得点M，N在直线y=x上，取点F(3,0)，连接BF，过点F作FH//MN，FH=MN，连接BH，由等腰直角三角形的性质可得ON垂直平分BF，由线段垂直平分线的性质得BM=FM，易得四边形MNHF为平行四边形，进而得到FM=HN=BM，于是BM+BN=HN+BN，由三角形三边关系可知HN+BN≤BH，因此可得当点N在BH上时，即BM+BN有最小值为BH，由MN⊥BF，FH//MN可得FH⊥BF，利用两点间的距离公式可求得BF2=18，OM= 2a，ON= 2(a+1)，则MN=ON−OM= 2，于是得到FH=MN= 2，在Rt△BFH中，利用勾股定理求解即可．
本题主要考查直线与坐标轴围成三角形的面积、三角形外角性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质、利用三角形三边关系求最值问题，解题关键是：(1)根据函数关系式正确求出点的坐标，以此得到相应线段的长度；(2)学会利用分类讨论和数形结合思想解决问题；(3)正确作出辅助线，构造平行四边形将线段进行转换，再利用三角形三边关系得出结论．
2022-2023学年辽宁省大连市西岗区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若 a−2在实数范围内有意义，则a的取值范围是( )
A. a≥2 B. a≤2 C. a≥−2 D. a≤−2
2. 下列四组线段中，能组成直角三角形的是( )
A. a=2，b=3，c=4 B. a=4，b=5，c=6
C. a= 5，b= 6，c= 7 D. a=6，b=8，c=10
3. 在▱ABCD中，∠A=38°，则∠C的度数为( )
A. 38° B. 52° C. 100° D. 142°
4. 一元二次方程x2+2x+1=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 无法确定
5. 在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如表所示：
成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
2
3
4
1
则这15名运动员成绩的众数和中位数分别是( )
A. 1.70m和1.60m B. 1.70m和1.70m C. 1.75m和1.70m D. 1.75m和1.80m
6. 已知点A(2,m)和B(−1,n)都在直线y=x+6的图象上，则m与n的大小关系为( )
A. m>n B. m
A. 2 B. 5 C. 8 D. 10
8. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=3，斜边AB的长是( )
A. 1
B. 3
C. 2 3
D. 6
9. 若x=1是一元二次方程x2−3x+c=0的一个根，则此方程的另一个根是( )
A. x=−4 B. x=−2 C. x=2 D. x=4
10. 一个有进水管和出水管的容器，从某时刻开始4min内只进水不出水，在随后的8min内既进水又出水，每分钟的进水量和出水量是两个常数.容器内的水量y(单位：L)与时间x(单位：min)的关系如图所示.下列结论：①每分钟进水量为5L；②每分钟出水量为1.25L；③8分钟时容器内的水量为25L.其中正确的是( )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 计算： 2× 6− 3= ______ ．
12. 甲、乙两人在相同条件下进行射击练习，他们10次射击成绩的平均数都是8环，方差分别为S甲2=2.8，S乙2=1.2，则射击成绩比较稳定的是______ (填“甲”或“乙”)．
13. 如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，对角线AC，BD相交于点O，E是CD边的中点，连接OE，则OE的长是______ ．
14. 一次函数y=kx+b(k,b是常数，k≠0)的图象如图所示，则关于x的不等式kx+b<0的解集是______ ．
15. 在△ABC中，AB=13，BC=10，BC边上的中线AD=12.则AC的长为 ．
16. 如图是一个三角形点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点，第三行有3个点…第n行有n个点….如果从上向下数共有55个点，则n= ______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
计算：( 3+1)( 3−1)+ 8− 18÷ 2．
18. (本小题8.0分)
解方程：
(1)x2−2x+1=4；
(2)2x2+4x−5=0．
19. (本小题6.0分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在AB上.以点C为圆心，AE的长为半径画弧，交CD于点F，连接DE，BF.求证：DE=BF．
20. (本小题8.0分)
某公司欲招聘一名公关人员.对甲、乙两位应试者进行了面试和笔试，他们的成绩(百分制)如表所示．
应试者
面试
笔试
甲
85
90
乙
92
82
如果公司认为，作为公关人员面试成绩应该比笔试成绩更重要，并分别赋予它们6和4的权，计算甲、乙两人各自的平均成绩，如果平均成绩高的被录取，谁将被录取？
21. (本小题8.0分)
某公司今年4月份的生产成本是400万元，由于改进技术，生产成本逐月下降，6月份的生产成本是324万元.假设该公司5，6，7月每个月生产成本下降的百分率都相同．
(1)求每个月生产成本下降的百分率；
(2)求7月份该公司的生产成本．
22. (本小题10.0分)
我国古代著作《九章算术》中记载了这样一个问题：“今有户不知高、广，竿不知长短.横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出.问户高、广、邪各几何？”其大意是：“今有门，不知其高、宽，有竿，不知其长短.横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等.问门高、宽和对角线的长各是多少？”
问题：小明根据题意画出矩形ABCD，连接AC，请你结合小明所画的图求门高AB，门宽BC各是多少尺？
23. (本小题10.0分)
如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在x轴和y轴上，直线AB与直线y=12x相交于点C，P为线段OA上一动点(不与点A重合)，过P作x轴的垂线与直线AB相交于点D，设P点的横坐标为t.△DPA与△COA重叠部分的面积为S，S关于t的函数图象如图2所示(其中0≤t
(2)求S关于t的函数解析式，并直接写出t的取值范围．
24. (本小题12.0分)
如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别是边BC，CD上的点，连接AF，作EH⊥AF于点H，延长EH交边AD于点G．
(1)判断∠AFD与∠GEC的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，若CE=CF，连接CH，判断线段EH，FH，CH的数量关系，并说明理由；
(3)在(2)的条件下，若AG=2，DG=1，则CH的长为______ ．
25. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=3x+3与x轴和y轴分别相交于A，B两点，与直线y=x相交于点C．
(1)△BOC的面积为______ ；
(2)P为直线y=3x+3上一点，连接OP，若∠APO=2∠ABO，求点P的坐标；
(3)M(a,a)，N(a+1,a+1)为平面内两点，连接BM，BN，BM+BN是否存在最小值，若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得：a−2≥0，
解得：a≥2．
故选：A．
直接利用二次根式有意义，则被开方数是非负数，即可得出答案．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式的定义是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：A、22+32≠42，不能构成直角三角形，不符合题意；
B、42+52≠62，不能构成三角形，不符合题意；
C、( 5)2+( 6)2≠( 7)2，不能构成直角三角形，不符合题意；
D、62+82=102，能构成直角三角形，符合题意．
故选：D．
只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可判断是直角三角形．
本题考查勾股定理的逆定理，判断三角形是否为直角三角形只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
3.【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A，
∵∠A=38°，
∴∠C=38°，
故选：A．
由四边形ABCD是平行四边形，根据“平行四边形的对角相等”得∠C=∠A=38°，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质，根据“平行四边形的对角相等”证明∠C=∠A是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：由题意可知：Δ=22−4×1×1=0，
∴方程有两个相等的实数根．
故选：B．
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的判别式，本题属于基础题型．
5.【答案】C
【解析】解：∵175出现了4次，出现的次数最多，
∴这些运动员成绩的众数是1.75m；
将这15名运动员的成绩从小到大排列，则中位数是1.70m；
故选：C．
根据众数和中位数的定义直接解答即可．
本题考查众数和中位数，解题的关键是明确众数和中位数的定义，会找一组数据的众数和中位数．
6.【答案】A
【解析】解：∵y=x+6中，k=1>0，
∴y随x的增大而增大，
又∵2>−1，
∴m>n．
故选：A．
由题意k>0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，再结合2>−1，即可得出m>n．
本题考查了一次函数的性质，牢记“k>0，y随x的增大而增大；k<0，y随x的增大而减小”是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：通电时间t(单位：s)与产生的热量Q(单位：J)满足Q=I2Rt，
所以电流I= QRt= 502×1=5．
故电流I的值为5，
故选：B．
将已知量代入物理公式Q=I2Rt，即可求得电流I的值．
本题考查了二次根式的应用，解题的关键是根据已知量代入公式，比较简单．
8.【答案】C
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=3，
∴设BC=x，则AB=2x，
∵AC2+BC2=AB2，即32+x2=(2x)2，
解得x= 3，
∴AB=2x=2 3．
故选：C．
设BC=x，则AB=2x，再根据勾股定理求出x的值，进而得出结论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：解法一：设x1，x2是一元二次方程x2−3x+c=0的两根，x1=1，
∴x1+x2=−−31=3，
∴x2=3−x1=3−1=2，即此方程的另一个根是x=2．
解法二：∵x=1是一元二次方程x2−3x+c=0的一个根，
∴1−3+c=0，
解得：c=2，
∴该方程为x2−3x+2=0，
解得：x1=1，x2=2，
∴此方程的另一个根是x=2．
故选：C．
解法一：利用根于系数的关系可知两根之和为−ba=3，进而求出另一根即可．
解法二：将x=1代入方程求得c的值，进而解一元二次方程即可．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系、一元二次方程的解，熟知根与系数的关系的是解题关键．根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2−ba，x1x2=ca．
10.【答案】B
【解析】解：由图象可得，
每分钟进水：20÷4=5(L)，故①正确，符合题意；
每分钟出水量为：5−30−2012−4=3.75(L)，故②错误，不符合题意；
8分钟时容器内的水量为：20+(5−3.75)×(8−4)=25(L)，故③正确，符合题意；
故选：B．
根据函数图象中的数据，可以计算出进水管的速度，从而可以判断①，再根据4～8分钟函数图象中的数据，即可计算出水水管的速度，从而可以判断②；然后再计算分钟时容器内的水量，即可判断③．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
11.【答案】 3
【解析】解：原式= 12− 3=2 3− 3= 3．
按照运算规则先算乘法，再算减法，即合并同类二次根式．
本题考查的是二次根式的混合运算，在进行此类运算时一般先把二次根式化为最简二次根式的形式后再运算．
12.【答案】乙
【解析】解：∵S甲2=2.8，S乙2=1.2，
∴S甲2>S乙2，
∴射击成绩比较稳定是乙．
故答案为：乙．
方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
本题考查了算术平均数以及方差，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．
13.【答案】1
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∵AB=2，
∴CD=AB=2，
∵E是CD边的中点，
∴OE=12CD=12×2=1，
故答案为：1．
由“菱形的四条边都相等”得CD=AB=2，由“菱形的两条对角线互相垂直”得AC⊥BD，则∠COD=90°，由E是CD边的中点得OE=12CD=1，于是得到问题的答案．
此题重点考查菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，证明∠COD=90°是解题的关键．
14.【答案】x<2
【解析】解：一次函数y=kx+b，当y<0时，图象在x轴下方，
∵函数图象与x轴交于(2,0)点，
∴不等式kx+b<0的解集为x<2，
故答案为：x<2．
据图象可确定y<0时，图象所在位置，进而可得答案．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握数形结合思想．
15.【答案】13
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理与线段的垂直平分线的性质，关键是利用勾股定理的逆定理证得AD⊥BC．
在△ABD中，根据勾股定理的逆定理即可判断AD⊥BC，然后根据线段垂直平分线的性质，即可得到AC=AB，从而求解．
【解答】
解：∵AD是中线，AB=13，BC=10，
∴BD=12BC=5，
∵52+122=132，即BD2+AD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，则AD⊥BC，
又∵BD=CD，
∴AC=AB=13．
故答案为：13．
16.【答案】10
【解析】解：由题意得：n(n+1)2=55，
整理得n2+n−110=0，
(n+11)(n−10)=0，
∴n1=−11，n2=10，
∵n为正整数，
∴n=10，
故答案为：10．
由于第一行有1个点，第二行有2个点…第n行有n个点…，则前五行共有(1+2+3+4+5)个点，前10行共有(1+2+3+4+5+6+7+8+9+10)个点，前n行共有(1+2+3+4+5+…+n)个点，然后求它们的和．前n行共有n(n+1)2个点，则n(n+1)2=55，然后解方程得到n的值；
本题考查了规律型：数字的变化类：通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化的因素，然后推广到一般情况．
17.【答案】解：( 3+1)( 3−1)+ 8− 18÷ 2
=( 3)2−12+2 2− 182
=3−1+2 2−3
=−1+2 2．
【解析】先根据二次根式的乘法法则，二次根式的除法法则和二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．
18.【答案】解：(1)x2−2x+1=4，
(x−1)2=4，
开方得：x−1=±2，
解得：x1=3，x2=−1；
(2)2x2+4x−5=0，
2x2+4x=5，
x2+2x=52，
配方得：x2+2x+1=52+1，
(x+1)2=72，
开方得：x+1=± 72，
解得：x1=−2+ 142，x2=−2− 142．
【解析】(1)先变形得出(x−1)2=4，再方程两边开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
(2)移项，方程两边除以2，配方，开方，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
由作图得AE=CF，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CBF(SAS)，
∴DE=BF．
【解析】由平行四边形的性质得AD=BC，∠A=∠C，而AE=CF，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ADE≌△CBF，得DE=BF．
此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明AD=BC，∠A=∠C，并且适当选择全等三角形的判定定理证明△ADE≌△CBF是解题的关键．
20.【答案】解：甲的平均成绩=85×6+90×46+4=87(分)，
乙的平均成绩=92×6+81×46+4=87.6(分)，
因为乙的平均分数较高，
所以乙将被录取．
【解析】根据题意先算出甲、乙两位应试者的加权平均数，再进行比较，即可得出答案．
此题考查了加权平均数的计算公式，解题的关键是：计算平均数时按6和4的权进行计算．
21.【答案】解：(1)设每个月生产成本下降的百分率为x，
根据题意得：400(1−x)2=324，
解得：x1=0.1=10%，x2=1.90(不合题意，舍去)．
答：每个月生产成本下降的百分率为10%；
(2)324×(1−10%)=291.6(万元)．
答：7月份该公司的生产成本为291.6万元．
【解析】(1)设每个月生产成本下降的百分率为x，根据4月份、6月份的生产成本，列出一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
(2)由7月份该公司的生产成本=6月份该公司的生产成本×(1−下降率)，即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(2)根据数量关系，列式计算．
22.【答案】解：设BC=x尺(x>0)，则AC=(x+4)尺，AB=(x+4−2)尺，则：
x2+(x+4−2)2=(x+4)2．
解得x=6．
所以x+4−2=8．
答：门高AB为8尺，门宽BC为6尺．
【解析】设BC=x尺，则AC=(x+4)尺，AB=(x+4−2)尺，在直角△ABC中，利用勾股定理列出方程并解答即可．
此题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
23.【答案】(4,0) 2
【解析】解：(1)由图2可知，当t=0时，S=2，此时点P与点O重合，重合面积为△AOC的面积，
∴△AOC的面积为2；
由图2可知，t=4时，点P与点A重合，S=0，
∴OA=4，
故答案为：(4,0)；2；
(2)∵△AOC的面积为2，
∴12⋅yC⋅OA=2，
∴yC=1，
∵点C在直线y=12x上，
∴C(2,1)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴2k+b=14k+b=0，
解得k=−12b=2，
∴直线AB的解析式为：y=−12x+2；
当0≤t<2时，设DP与OC交于点M，
则P(t,0)，M(t,12t)，
∴OP=t，PM=12t，
∴S=S△AOC−S△OPM=2−12⋅OP⋅PM=2−12t⋅12t=−14t2+2；
当2≤t<4时，设DP与直线AB交于点N，
∴P(t,0)，N(t,−12t+2)，
∴S=S△APN=12⋅AP⋅PN=12⋅t⋅(−12t+2)=−14t2+t，
综上，S=−14t2+2(0≤t<2)−14t2+t(2≤t<4)．
(1)由图2可知，当t=0时，S=2，此时点P与点O重合，可知△AOC的面积为2；由图2可知，t=4时，点P与点A重合，S=0，由此可得出结论；
(2)由上可知，△AOC的面积为2，由此可得出点C的纵坐标，进而求出点C的坐标，由待定系数法可求出AB的解析式，根据点P的运动分别表示出S即可．
本题考查了动点问题的函数图象，涉及待定系数法求函数解析式，三角形的面积等相关知识，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．
24.【答案】6 55
【解析】解：(1)∠AFD=∠GEC，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
∵EH⊥AF于点H，
∴∠EHF=∠FHG=90°，
∴∠GEC+∠CFH=360°−∠BCD−∠EHF=180°，
∵∠AFD+∠CFH=180°，
∴∠AFD=∠GEC．
(2)EH+FH= 2CH，理由如下：
如图2，作CI⊥EG于点I，CL⊥AF交AF的延长线于点L，则∠CIE=∠L=90°，
∵∠AFD=∠CEI，∠AFD=∠CFL，
∴∠CEI=∠CFL，
在△CEI和△CFL中，
∠CIE=∠L∠CEI=∠CFLCE=CF，
∴△CEI≌△CFL(AAS)，
∴EI=FL，CI=CL，
∵∠CIH=∠IHL=∠L=90°，
∴四边形CIHL是矩形，
∵CI=CL，
∴四边形CIHL是正方形，
∴HI=HL=CL，
∴EH+FH=HI+EI+FH=HI+FL+FH=HI+HL=2HL，
∵CH= HL2+CL2= 2HL2= 2HL，
∴HL= 22CH，
∴2HL=2× 22CH= 2CH，
∴EH+FH= 2CH．
(3)如图3，作EK⊥AD于点K，连接FG，则∠FKG=∠D=∠AHG=90°，
∴∠KEG=∠DAF=90°−∠AGH，
∵AG=2，DG=1，
∴AB=CD=BC=AD=AG+DG=2+1=3，
∵∠AKE=∠BAK=∠B=90°，
∴四边形ABEK是矩形，
∴BE=AK，EK=AB=AD，
在△EKG和△ADF中，
∠FKG=∠DEK=AD∠KEG=∠DAF，
∴△EKG≌△ADF(ASA)，
∴KG=DF，EG=AF，
∵BC=CD，CE=CF，
∴BC−CE=CD−CF，
∴BE=DF，
∴AK=DF=KG，
∴AK+KG=AG=2，
∴DF+DF=2，
∴DF=1，
∴EG=AF= AD2+DF2= 32+12= 10，
∴FG= DF2+DG2= 12+12= 2，
∵12× 10GH=12×2×1=S△AFG，
∴GH= 105，
∴EH=EG−GH= 10− 105=4 105，FH= FG2−GH2= ( 2)2−( 105)2=2 105，
∴EH+FH=4 105+2 105=6 105，
∵EH+FH= 2CH，
∴ 2CH=6 105，
∴CH=6 55，
故答案为：6 55．
(1)由正方形的性质得∠BCD=90°，由EH⊥AF于点H，得∠EHF=∠FHG=90°，则∠GEC+∠CFH=360°−∠BCD−∠EHF=180°，而∠AFD+∠CFH=180°，所以∠AFD=∠GEC；
(2)作CI⊥EG于点I，CL⊥AF交AF的延长线于点L，可证明△CEI≌△CFL，得EI=FL，CI=CL，再证明四边形CIHL是正方形，得HI=HL=CL，可推导出EH+FH=HI+HL=2HL，因为CH= HL2+CL2= 2HL，所以HL= 22CH，则EH+FH= 2CH；
(3)作EK⊥AD于点K，连接FG，由AG=2，DG=1，得AB=CD=BC=AD=AG+DG=3，再证明四边形ABEK是矩形，得BE=AK，EK=AB=AD，进而证明△EKG≌△ADF，得KG=DF，EG=AF，由BE=DF，得AK=DF=KG，可求得DF=1，则EG=AF= AD2+DF2= 10，FG= DF2+DG2= 2，由12× 10GH=12×2×1=S△AFG，求得GH= 105，则EH=4 105，FH= FG2−GH2=2 105，所以EH+FH=6 105，于是得 2CH=6 105，即可求得CH=6 55，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、同角的补角相等、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25.【答案】94
【解析】解：(1)∵直线y=3x+3与x轴和y轴分别相交于A，B两点，
∴A(−1,0)，B(0,3)，
∴OB=3，
由y=3x+3y=x，
解得：x=−32y=−32，
∴C(−32,−32)，
∴S△BOC=12OB⋅|xC|=12×3×|−32|=94；
故答案为：94；
(2)当点P在第二象限时，如图，作PD⊥OB于点D，
∵∠APO=∠ABO+∠POB，
∠APO=2∠ABO，
∴∠ABO=∠POB，
∴PO=PB，
∵PD⊥OB，
∴OD=BD=12OB=32，
∴D(0,32)，
∴点P的横坐标为32，
由y=3x+3，令y=32，得3x+3=32，
解得：x=−12，
∴P(−12,32)；
当点P在第三象限时，如图，作OQ=OP交AB于点Q，作PE⊥y轴于点E，
∴∠OPQ=∠OQP，∠PEO=90°，
∵∠APO=2∠ABO，
∴∠OQP=2∠ABO，
∵∠OQP=∠ABO+∠QOB，
∴∠ABO=∠QOB，
∴QO=QB，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO+∠ABO=∠AOQ+∠QOB=90°，
∴∠BAO=∠AOQ，
∴QO=QA，
∴QO=QA=QB=12AB，
在Rt△AOB中，AB= OA2+OB2= 12+32= 10，
∴QO= 102，
∴PO= 102，
设点P的坐标为(t,3t+3)，则PE=−t，OE=−3t−3，
在Rt△POE中，OE2+PE2=PO2，
∴(−3t−3)2+(−t)2=( 102)2，
解得：a1=−12(不合题意，舍去)，a2=−1310，
则3a+3=−910，
∴P(−1310,−910)；
综上，点P的坐标为(−12,32)或(−1310,−910)；
(3)BM+BN的最小值为2 5.理由如下：
∵M(a,a)，N(a+1,a+1)，
∴点M，N在直线y=x上，
如图，取点F(3,0)，连接BF，过点F作FH//MN，FH=MN，连接BH，
∵B(0,3)，F(3,0)，∠BOF=90°，
∴△BOF为等腰直角三角形，
∵直线y=x平分∠BOF，
∴ON垂直平分BF，
∴BM=FM，
∵FH//MN，FH=MN，
∴四边形MNHF为平行四边形，
∴FM=HN=BM，
∴BM+BN=HN+BN，
∵HN+BN≤BH，
∴当点N在BH上时，HN+BN有最小值为BH，即BM+BN有最小值为BH，
∵MN⊥BF，FH//MN，
∴FH⊥BF，
∴∠BFH=90°，
∵B(0,3)，F(3,0)，
BF2=(0−3)2+(3−0)2=18，
∵M(a,a)，N(a+1,a+1)，
∴OM= (a−0)2+(a−0)2= 2a，
ON= (a+1−0)2+(a+1−0)2= 2(a+1)，
∴MN=ON−OM= 2，
∴FH=MN= 2，
在Rt△BFH中，BH= FH2+BF2= ( 2)2+18=2 5，
∴BM+BN的最小值为2 5．
(1)先求出点A(−1,0)，B(0,3)，再联立两函数解析式取得C(−32,−32)，则S△BOC=12OB⋅|xC|，代入计算即可求解；
(2)分两种情况讨论：当点P在第二象限时，作PD⊥OB于点D，由三角形外角性质可得∠APO=∠ABO+∠POB，进而得到∠ABO=∠POB，由等腰三角形“三线合一”性质可得OD=BD=12OB=32，以此得到点P的横坐标为32，再代入函数解析式中求出点P的横纵标即可求解；当点P在第三象限时，作OQ=OP交AB于点Q，作PE⊥y轴于点E，则∠OPQ=∠OQP，∠PEO=90°，进而得到∠OQP=∠APO=2∠ABO，由三角形外角性质可得出∠ABO=∠QOB，QO=QB，由同角加等角相等可知∠BAO=∠AOQ，则QO=QA，进而可得QO=QA=QB=12AB，在Rt△AOB中，利用勾股定理求得AB= 10，于是QO=PO= 102，设点P的坐标为(t,3t+3)，则PE=−t，OE=−3t−3，在Rt△POE中，OE2+PE2=PO2，利用勾股定理建立方程，求解即可；
(3)易得点M，N在直线y=x上，取点F(3,0)，连接BF，过点F作FH//MN，FH=MN，连接BH，由等腰直角三角形的性质可得ON垂直平分BF，由线段垂直平分线的性质得BM=FM，易得四边形MNHF为平行四边形，进而得到FM=HN=BM，于是BM+BN=HN+BN，由三角形三边关系可知HN+BN≤BH，因此可得当点N在BH上时，即BM+BN有最小值为BH，由MN⊥BF，FH//MN可得FH⊥BF，利用两点间的距离公式可求得BF2=18，OM= 2a，ON= 2(a+1)，则MN=ON−OM= 2，于是得到FH=MN= 2，在Rt△BFH中，利用勾股定理求解即可．
本题主要考查直线与坐标轴围成三角形的面积、三角形外角性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质、利用三角形三边关系求最值问题，解题关键是：(1)根据函数关系式正确求出点的坐标，以此得到相应线段的长度；(2)学会利用分类讨论和数形结合思想解决问题；(3)正确作出辅助线，构造平行四边形将线段进行转换，再利用三角形三边关系得出结论．
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