广东省佛山市三水区三水中学附属初中2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试卷-A4

这是一份广东省佛山市三水区三水中学附属初中2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试卷-A4，共24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。
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1．（3分）下面四个实数，你认为是无理数的是（ ）
A．B．C．3D．0.3
2．（3分）下列各组数中，以它们为边长能构成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3B．3，5，10C．6，8，10D．2，5，2
3．（3分）在平面直角坐标系中，点M（﹣2，3）在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3）到y轴的距离是（ ）
A．4B．3C．﹣4D．﹣3
5．（3分）若，则下列对x的估算正确的是（ ）
A．1＜x＜2B．2＜x＜3C．3＜x＜4D．4＜x＜5
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，以点B为圆心，BC为半径画弧交边AB于点P，则AP的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
7．（3分）三角形ABC中，点B和点C的位置如图所示，点A的位置正确的是（ ）
A．（5，3）B．（9，5）C．（3，5）D．（2，2）
8．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．3是的一个平方根
B．是3的算术平方根
C．3的平方根就是3的算术平方根
D．﹣的平方根是3
9．（3分）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图中，四个直角三角形都是全等的，它们的两直角边之比均为2：3．则围成的小正方形与大正方形面积的比为（ ）
A．1：13B．1：12C．1：9D．1：4
10．（3分）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在CD边上，将△ADE沿AE折叠，点D落在点G处，EG、AG分别交BC于点F、H，且FE＝FH，则AH的长为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。
11．（3分）请写出一个大于2的无理数： ．
12．（3分）若点P（2，﹣3）与点Q关于y轴对称，则点Q的坐标是 ．
13．（3分）古代数学的“折竹抵地”问题：“今有竹高九尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高9尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺，问折处高几尺？若设AC＝x尺，则可列方程为 ．
14．（3分）如图，在长方形ABCD中无重叠放入面积分别为12和16的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为 ．
15．（3分）如图，点A、B在直线EF的同一侧，AC⊥EF于点C，BD⊥EF于点D，AC＝2，BD＝CD＝4．点Q是直线EF上的一个动点，AQ+BQ的最小值为a，|AQ﹣BQ|的最大值为b，则a2+b2的值为 ．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分。
16．（8分）计算：（1）；
（2）．
17．（8分）解方程：（1）x2＝7；
（2）（x﹣1）2＝9．
18．（8分）△ABC在直角坐标系内的位置如图所示：
（1）分别写出点A，C的坐标：A的坐标为 ，C的坐标为 ；
（2）请在这个坐标系内画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标 ．
四、解答题（二）；本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）如图，将△ABC分割成四边形ABDE和△EDC，∠EDC＝90°，DC＝3，DE＝4，BD＝7，AB＝8，AE＝1，求四边形ABDE的面积．
20．（9分）如图，张大伯家有一块大长方形空地，长方形空地的长为，宽为，现要在空地中划出一块长方形地养鸡（即图中阴影部分），其余部分种植蔬菜，长方形养鸡场的长为，宽为．
（1）求大长方形空地的周长．（结果化为最简二次根式）
（2）张大伯种植的蔬菜每平方米产量为15千克，求张大伯种植蔬菜的总产量．
21．（9分）如图，在△ABC中，过点B作BD⊥CA交CA的延长线于点D，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于点E，延长BD，CE相交于点F，，CE＝2．
（1）求证：△BEF≌△CEA；
（2）求CB和CF的长；
（3）求BD的长．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分
22．（12分）在长方形OABC中，OA＝6，OC＝4，点P是AB边上的点，AP＝3，以点O为原点，以OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点Q从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着0→A→B→C的路线运动，当点Q运动到点C时停止运动，设运动时间为t．
（1）点B的坐标是 ；
（2）若三角形OPQ的面积是6
①求t的值，
②当点Q在边BC上时，过点Q作QD⊥x轴，交OP于点M，求出点M的坐标．
23．（12分）【方法储备】如图1，在△ABC中，CM为△ABC的中线，若AC＝2，BC＝4，求CM的取值范围．中线倍长法：如图2，延长CM至点D，使得MD＝CM，连结BD，可证明，由全等得到BD＝AC＝2，从而在△BCD中，根据三角形三边关系可以确定CD的范围，进一步即可求得CM的范围．
（1）在上述过程中，证明△ACM≌△BDM的依据是 ，CM的范围为 ；
（2）【思考探究】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，M为AB中点，D，E分别为AC，BC上的点，连结MD，ME，DE，∠DME＝90°，若BE＝1，AD＝2，求DE的长；
（3）【拓展延伸】如图4，C为线段AB上一点，AC＞BC，分别以AC，BC为斜边向上作等腰Rt△ACD和等腰Rt△CBE，M为AB中点，连结DM，EM，DE．
①求证：△DME为等腰直角三角形；
②若将图4中的等腰Rt△CBE绕点C转至图5的位置（A，B，C不在同一条直线上），连结AB，M为AB中点，且D，E在AB同侧，连结DM，EM．若AD＝5，EB＝3，DM＝2，请直接写出△DAM的面积．
2024-2025学年广东省佛山市三水中学附中八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1．（3分）下面四个实数，你认为是无理数的是（ ）
A．B．C．3D．0.3
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
【解答】解：、3、0.3是有理数，
是无理数，
故选：B．
【点评】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
2．（3分）下列各组数中，以它们为边长能构成直角三角形的是（ ）
A．1，2，3B．3，5，10C．6，8，10D．2，5，2
【分析】根据勾股定理的逆定理，三角形的三边关系进行计算，即可解答．
【解答】解：A、∵1+2＝3，
∴不能组成三角形，
故A不符合题意；
B、∵3+5＝8＜10，
∴不能组成三角形，
故B不符合题意；
C、∵62+82＝100，102＝100，
∴62+82＝102，
∴此三角形是直角三角形，
故C符合题意；
D、∵2+2＝4＜5，
∴不能组成三角形，
故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，三角形的三边关系，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
3．（3分）在平面直角坐标系中，点M（﹣2，3）在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】横坐标小于0，纵坐标大于0，则这点在第二象限．
【解答】解：∵﹣2＜0，3＞0，
∴（﹣2，3）在第二象限，
故选：B．
【点评】本题考查了点的坐标，四个象限内坐标的符号：第一象限：+，+；第二象限：﹣，+；第三象限：﹣，﹣；第四象限：+，﹣；是基础知识要熟练掌握．
4．（3分）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3）到y轴的距离是（ ）
A．4B．3C．﹣4D．﹣3
【分析】根据点A（﹣4，3）到y轴的距离是横坐标的绝对值，进行作答即可．
【解答】解：依题意，点A（﹣4，3）到y轴的距离是|﹣4|＝4，
故选：A．
【点评】本题考查了点到坐标轴的距离，熟练掌握点到y轴的距离是横坐标的绝对值是解题的关键．
5．（3分）若，则下列对x的估算正确的是（ ）
A．1＜x＜2B．2＜x＜3C．3＜x＜4D．4＜x＜5
【分析】先要用逼近法估算出的值，进而可得出结论．
【解答】解：∵4＜6＜9，
∴，
∴2＜x＜3；
故选：B．
【点评】本题考查的是估算无理数的大小，掌握估算方法是解题的关键．
6．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，以点B为圆心，BC为半径画弧交边AB于点P，则AP的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【分析】由勾股定理得AB＝＝13，由圆弧性质即可得AP＝AB﹣BP＝AB﹣BC＝13﹣5＝8．
【解答】解：由∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝5，
得AB＝＝13，
由以点B为圆心，BC为半径画弧交边AB于点P，
得AP＝AB﹣BP＝AB﹣BC＝13﹣5＝8．
故选：D．
【点评】本题主要考查了勾股定理，解题关键是正确计算．
7．（3分）三角形ABC中，点B和点C的位置如图所示，点A的位置正确的是（ ）
A．（5，3）B．（9，5）C．（3，5）D．（2，2）
【分析】根据A，B在同一条竖直的直线上，A，C在同一条水平的直线上，由B，C坐标得出A的坐标．
【解答】解：∵A，B在同一条竖直的直线上，
∴A，B的横坐标相同，即A的横坐标为5，
∵A，C在同一条水平的直线上，
∴A，C的纵坐标相同，即A的纵坐标为3，
∴A的坐标为（5，3），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形性质，关键是求出点A坐标．
8．（3分）下列说法中，正确的是（ ）
A．3是的一个平方根
B．是3的算术平方根
C．3的平方根就是3的算术平方根
D．﹣的平方根是3
【分析】根据平方根及算术平方根的定义，结合选项进行判断即可．
【解答】解：A、是3的一个平方根，故本选项错误；
B、是3的算术平方根，故本选项正确；
C、3的平方根是±，3的算术平方根是，故本选项错误；
D、﹣的平方是3，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平方根及算术平方根的知识，注意一个正数的平方根有两个且互为相反数，算术平方根只有一个．
9．（3分）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图中，四个直角三角形都是全等的，它们的两直角边之比均为2：3．则围成的小正方形与大正方形面积的比为（ ）
A．1：13B．1：12C．1：9D．1：4
【分析】根据题意，先设出直角三角形的两直角边为2a，3a，再求出斜边，然后观察图形可知大正方形的边长为a，小正方形的边长为3a﹣2a＝a，最后计算出围成的小正方形与大正方形面积的比即可．
【解答】解：设直角三角形的两直角边为2a，3a，则斜边为＝a，
由图可得，大正方形的边长为a，小正方形的边长为3a﹣2a＝a，
故围成的小正方形与大正方形面积的比为a2：（a）2＝1：13，
故选：A．
【点评】本题考查勾股定理的证明，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
10．（3分）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在CD边上，将△ADE沿AE折叠，点D落在点G处，EG、AG分别交BC于点F、H，且FE＝FH，则AH的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据折叠的性质得到∠G＝∠D＝∠C＝90°，DE＝EG，根据全等三角形的性质得到HG＝CE，GF＝CF，得到CH＝DE＝EG，设CE＝x，则CH＝DE＝EG＝3﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵将△ADE沿AE折叠，点D落在点G处，
∴∠G＝∠D＝∠C＝90°，DE＝EG，
在△CEF与△GHF中，
，
∴△CEF≌△GHF（AAS），
∴HG＝CE，GF＝CF，
∴CH＝DE＝EG，
设CE＝x，则CH＝DE＝EG＝3﹣x，
∴BH＝x+1，AH＝4﹣x，
∵AB2+BH2＝AH2，
∴32+（1+x）2＝（4﹣x）2，
∴x＝，
∴AH＝4﹣＝，
故选：D．
【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。
11．（3分）请写出一个大于2的无理数： 如（答案不唯一） ．
【分析】首先2可以写成，由于开方开不尽的数是无理数，由此即可求解．
【解答】解：大于2的无理数有：
须使被开方数大于4即可，如（答案不唯一）．
【点评】此题主要考查了无理数的估算，其中无理数包括开方开不尽的数，和π有关的数，有规律的无限不循环小数．
12．（3分）若点P（2，﹣3）与点Q关于y轴对称，则点Q的坐标是 （﹣2，﹣3） ．
【分析】根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变即可得答案．
【解答】解：∵点P（2，﹣3）与点Q关于y轴对称，
∴点Q的坐标是（﹣2，﹣3）．
故答案为：（﹣2，﹣3）．
【点评】本题考查轴对称与坐标变化，涉及平面直角坐标系中对称点的坐标特征，熟记关于y轴对称的点的坐标特征是解题的关键．
13．（3分）古代数学的“折竹抵地”问题：“今有竹高九尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高9尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺，问折处高几尺？若设AC＝x尺，则可列方程为 x2+32＝（9﹣x）2 ．
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（9﹣x）尺，利用勾股定理解题即可．
【解答】解：∵设竹子折断处离地面AC＝x尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为BC＝3尺，则斜边为AB＝（9﹣x）尺，
根据勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
即x2+32＝（9﹣x）2，
故答案为：x2+32＝（9﹣x）2．
【点评】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
14．（3分）如图，在长方形ABCD中无重叠放入面积分别为12和16的两张正方形纸片，则图中空白部分的面积为 8﹣12 ．
【分析】根据正方形的面积求出两个正方形的边长，从而求出AB、BC，再根据空白部分的面积等于长方形的面积减去两个正方形的面积列式计算即可得解．
【解答】解：根据题意得：大正方形的边长为，小正方形的边长为：，
∴，BC＝4，
∴空白部分的面积为；
故答案为：．
【点评】本题考查算术平方根的应用，解题的关键是求出长方形ABCD的面积．
15．（3分）如图，点A、B在直线EF的同一侧，AC⊥EF于点C，BD⊥EF于点D，AC＝2，BD＝CD＝4．点Q是直线EF上的一个动点，AQ+BQ的最小值为a，|AQ﹣BQ|的最大值为b，则a2+b2的值为 72 ．
【分析】延长AC到A'，使AC＝A'C，连接A'B交EF于点Q，此时AQ+BQ为最小，最小值a为线段A'B的长度，过点A′作直线A′M⊥BD交延长线于点M，先证四边形AA'MB为矩形，进而得A'M＝CD＝4，BM＝6，然后在Rt△A'MB中由勾股定理求出A'B，即得a的值；连接BA并延长交直线EF于点Q，此时|AQ﹣BQ|的值为最大，最大值b为线段AB的长过点A作AN⊥BD于点N，先证四边形CDNA为矩形，进而得AN＝CD＝4，BN＝2，然后在Rt△ABN中由勾股定理求出AB，即得a的值；据此可得出答案．
【解答】解：延长AC到A'，使AC＝A'C，连接A'B交EF于点Q，
此时AQ+BQ为最小，
理由如下：连接OA'，QA，
∵AC⊥EF，AC＝A'C，
∴A，A'关于EF对称，
∴OA＝OA'，AQ＝A'Q，AC＝A'C＝2，
∴A'B＝A'Q+BQ＝AQ+QB，OA+OB＝OA'+OB，
∵OA'+OB＞A'B，
∴OA+OB＞AQ+QB，
∴AQ+QB为最小，最小值a为线段A'B的长度，
过点A′作直线A′M⊥BD交延长线于点M，
∵AA'⊥EF，BD⊥EF，A′M⊥BD，
∴四边形AA'MB为矩形，
∴A'C＝DM＝2，A′M＝CD＝4，
∴BM＝BD+DM＝4+2＝6，
在Rt△A'MB中，A'M＝4，BM＝6，
由勾股定理得：，
∴，
连接BA并延长交直线EF于点Q，
此时|AQ﹣BQ|的值为最大，
理由如下：
∵|AQ﹣BQ|＝AB，AB≥|OA﹣OB|，
∴|AQ﹣BQ|≥|OA﹣OB|，
∴最小值b为线段AB的长，
过点A作AN⊥BD于点N，
∵AC⊥EF，BD⊥EF，AN⊥BD，
∴四边形CDNA为矩形，
∴AN＝CD＝4，DN＝AC＝2，
∴BN＝BD﹣DN＝4﹣2＝2，
在Rt△ABN中，AN＝4，BN＝2，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
故答案为：72．
【点评】此题主要考查了最短路线，矩形的判定和性质，解答此题的关键是①根据对称性确定AQ+BQ的最小时点Q的位置，进而求出最小值；②根据三角形两边之差小于第三边确定|AQ﹣BQ|的最大时点Q的位置，进而求出最大值．
三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题8分，共24分。
16．（8分）计算：（1）；
（2）．
【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可；
（2）先根据二次根式的乘法和除法法则运算，然后合并同类二次根式即可．
【解答】解：（1）原式＝3﹣4+
＝0；
（2）原式＝×××+
＝4+
＝5．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和除法法则是解决问题的关键．
17．（8分）解方程：（1）x2＝7；
（2）（x﹣1）2＝9．
【分析】（1）利用直接开平方法对所给一元二次方程进行求解即可．
（2）利用直接开平方法对所给一元二次方程进行求解即可．
【解答】解：（1）x2＝7，
所以．
（2）（x﹣1）2＝9，
则x﹣1＝±3，
所以x1＝4，x2＝﹣2．
【点评】本题主要考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，熟知直接开平方法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
18．（8分）△ABC在直角坐标系内的位置如图所示：
（1）分别写出点A，C的坐标：A的坐标为 （0，3） ，C的坐标为 （﹣2，1） ；
（2）请在这个坐标系内画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标 （﹣4，﹣4） ．
【分析】（1）由图可得答案．
（2）根据轴对称的性质作图，即可得出答案．
【解答】解：（1）由图可得，A（0，3），C（﹣2，1）．
故答案为：（0，3）；（﹣2，1）．
（2）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点B1的坐标为（﹣4，﹣4）．
故答案为：（﹣4，﹣4）．
【点评】本题考查作图﹣轴对称变换，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
四、解答题（二）；本大题共3小题，每小题9分，共27分。
19．（9分）如图，将△ABC分割成四边形ABDE和△EDC，∠EDC＝90°，DC＝3，DE＝4，BD＝7，AB＝8，AE＝1，求四边形ABDE的面积．
【分析】在Rt△EDC中利用勾股定理求出AE，从而求出AC；由勾股定理的逆定理判断△ABC为直角三角形，利用三角形的面积公式，根据“四边形ABDE的面积＝△ABC的面积﹣△EDC的面积”计算即可．
【解答】解：∵∠EDC＝90°，DC＝3，DE＝4，
∴CE＝＝＝5，
∵AE＝1，
∴AC＝AE+CE＝1+5＝6，
∴AC2＝36，
∵AB＝8，BD＝7，
∴BC＝BD+CD＝7+3＝10，
∴AB2＝64，BC2＝100，
∵AB2+AC2＝BC2，
∴∠BAC＝90℃，
∴S四边形ABDE＝SRt△ABC﹣SRt△EDC
＝AB•AC﹣DE•DC
＝×8×6﹣×4×3
＝24﹣6
＝18．
答：四边形ABDE的面积是18．
【点评】本题考查三角形的面积，掌握三角形的面积计算公式是解题的关键．
20．（9分）如图，张大伯家有一块大长方形空地，长方形空地的长为，宽为，现要在空地中划出一块长方形地养鸡（即图中阴影部分），其余部分种植蔬菜，长方形养鸡场的长为，宽为．
（1）求大长方形空地的周长．（结果化为最简二次根式）
（2）张大伯种植的蔬菜每平方米产量为15千克，求张大伯种植蔬菜的总产量．
【分析】（1）根据长方形的周长公式，结合二次根式的性质化简求解即可；
（2）先由大长方形的面积减去养鸡场的面积得到种植蔬菜的面积，进而乘以每平方米的产量即可求解．
【解答】解：（1）由题意，大长方形空地的周长为：
＝
＝，
答：大长方形空地的周长为；
（2）由题意，种植蔬菜的面积为：
＝
＝48﹣10+1
＝39（m2），
∴39×15＝585（千克），
∴张大伯种植蔬菜的总产量为585千克．
【点评】本题考查二次根式的应用，理解题意，正确列式是解答的关键．
21．（9分）如图，在△ABC中，过点B作BD⊥CA交CA的延长线于点D，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于点E，延长BD，CE相交于点F，，CE＝2．
（1）求证：△BEF≌△CEA；
（2）求CB和CF的长；
（3）求BD的长．
【分析】（1）由∠BEF＝∠CEA＝∠CDF＝90°，得∠FBE＝∠ACE＝90°﹣∠F，而BF＝CA，即可根据“AAS”证明△BEF≌△CEA；
（2）由全等三角形的性质得BE＝CE＝2，则CB＝＝2，由∠BEF＝90°，BF＝，求得EF＝＝1，则CF＝CE+EF＝3；
（3）由∠BDC＝∠CDF＝90°，得BC2﹣BD2＝CF2﹣FD2＝CD2，则（2）2﹣BD2＝32﹣（﹣BD）2，求得BD＝．
【解答】（1）证明：∵BD⊥CA交CA的延长线于点D，CE⊥BA交BA的延长线于点E，
∴∠BEF＝∠CEA＝∠CDF＝90°，
∴∠FBE＝∠ACE＝90°﹣∠F，
在△BEF和△CEA中，
，
∴△BEF≌△CEA（AAS）．
（2）解：由（1）得△BEF≌△CEA，
∴BE＝CE＝2，
∵∠CEB＝90°，
∴CB＝＝＝2，
∵∠BEF＝90°，BF＝AC＝，
∴EF＝＝＝1，
∴CF＝CE+EF＝2+1＝3，
∴CB的长为2，CF的长为3．
（3）解：∵∠BDC＝∠CDF＝90°，
∴BC2﹣BD2＝CF2﹣FD2＝CD2，
∴（2）2﹣BD2＝32﹣（﹣BD）2，
解得BD＝，
∴BD的长为．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出∠FBE＝∠ACE，进而证明△BEF≌△CEA是解题的关键．
五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分
22．（12分）在长方形OABC中，OA＝6，OC＝4，点P是AB边上的点，AP＝3，以点O为原点，以OA所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点Q从原点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿着0→A→B→C的路线运动，当点Q运动到点C时停止运动，设运动时间为t．
（1）点B的坐标是 （6，4） ；
（2）若三角形OPQ的面积是6
①求t的值，
②当点Q在边BC上时，过点Q作QD⊥x轴，交OP于点M，求出点M的坐标．
【分析】（1）求出OA、AB的长即可解决问题．
（2）分三种情形讨论即可a、如图1中，当点Q在OA上时．b、如图2中，当点Q在AB上时．C、如图3中，当点Q在BC上时分别列出方程即可解决问题．
（3）求出点Q坐标，以及直线OP的解析式即可解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形OABC是长方形，
∴AB＝OC＝4，OC∥AB，
∵OA＝6，OC⊥OA，
∴BA⊥OA，
∴点B坐标（6，4）．
故答案为（6，4）．
（2）①如图1中，当点Q在OA上时，
由题意×2t×3＝6，解得t＝2．
如图2中，当点Q在AB上时，
由题意×（9﹣2t）×6＝6，
解得t＝，
如图3中，当点Q在BC上时，
由题意×6﹣×1×（2t﹣10）﹣×6×（16﹣2t）＝6，
解得t＝6．
综上所述t＝2或或6秒时，△OPQ的面积为6．
②设直线OP解析式为y＝kx，把（6，3）代入得到k＝，
∴直线OP解析式为y＝x，
∵点Q在BC上，CQ＝4，
∴点Q坐标（4，4），
∴x＝4时，y＝2，
∴点M坐标（4，2）．
【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、三角形的面积，一次函数等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会利用方程去思考问题，属于中考常考题型．
23．（12分）【方法储备】如图1，在△ABC中，CM为△ABC的中线，若AC＝2，BC＝4，求CM的取值范围．中线倍长法：如图2，延长CM至点D，使得MD＝CM，连结BD，可证明，由全等得到BD＝AC＝2，从而在△BCD中，根据三角形三边关系可以确定CD的范围，进一步即可求得CM的范围．
（1）在上述过程中，证明△ACM≌△BDM的依据是 SAS ，CM的范围为 1＜CM＜3 ；
（2）【思考探究】如图3，在△ABC中，∠ACB＝90°，M为AB中点，D，E分别为AC，BC上的点，连结MD，ME，DE，∠DME＝90°，若BE＝1，AD＝2，求DE的长；
（3）【拓展延伸】如图4，C为线段AB上一点，AC＞BC，分别以AC，BC为斜边向上作等腰Rt△ACD和等腰Rt△CBE，M为AB中点，连结DM，EM，DE．
①求证：△DME为等腰直角三角形；
②若将图4中的等腰Rt△CBE绕点C转至图5的位置（A，B，C不在同一条直线上），连结AB，M为AB中点，且D，E在AB同侧，连结DM，EM．若AD＝5，EB＝3，DM＝2，请直接写出△DAM的面积．
【分析】（1）由△ACM≌△BDM得BD＝AC＝2，从而得出2＜CD＜6，进而得出1＜CM＜3；
（2）延长DM至点F，使得FM＝DM，连结EF，BF，推导出△ADM≌△BFM（SAS），得到BF＝AD＝2，∠A＝∠FBM，∠ACB＝ 90°，进一步推导出△EBF是直角三角形，利用勾股定理得出 ＝，推导出EM垂直平分DF，即可得到；
（3）①推导出△EMB≌△NMA（SAS），得到BE＝AN＝CE，∠NAM＝∠B＝45°，进一步推导出△DAN≌△DCE（SAS），得到DN＝DE，∠ADN＝∠CDE，进而得到∠CDE+∠NDC＝90°＝∠NDE，△DME为等腰直角三角形；
②如图5，延长EM至点F，使得FM＝EM，连结AF，DF，DE，首先证得△AFM≌△BEM，得到AF＝BE＝CE＝3，∠MAF＝∠MBE，MF＝ME，进一步证得△AFD≌△CED（SAS），得到DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，∠DFA＝∠DEC，推导出△DEF为等腰直角三角形，在△DEC中，DE2+CE2＝32+42＝25＝52＝CD2，得到△DEC为直角三角形，且∠DEC＝90°，推导出AF∥BD，且有D，E，B三点共线，DB＝7，进而得到S△ADB＝14，S△DMA＝S△ADB＝7．
【解答】（1）解：在△ACM和△BDM中，
，
∴△ACM≌△BDM（SAS），
∴BD＝AC＝2，
在△BCD中，BC﹣BD＜CD＜BC+BD，即：4﹣2＜CD＜4+2，
∴2＜CD＜6，
∵，
∴1＜CM＜3，
故答案为：SAS；1＜CM＜3；
（2）解：延长DM至点F，使得FM＝DM，连结EF，BF，如图3，
在△ADM和△BFM中，
，
∴△ADM≌△BFM（SAS），
BF＝AD＝2，∠A＝∠FBM，∠ACB＝ 90°，
∴∠A+∠CBA＝90°，
∴∠FBM+∠CBA＝90°＝∠CBF，
在Rt△EBF中， ＝，
∵DM＝FM，∠DME＝90°，
∴EM垂直平分DF，
∴；
（3）①证明：延长EM至点N，使得EM＝NM，连结DN，AN，如图4，
在△EMB和△NMA中，
，
∴△EMB≌△NMA（SAS），
∴BE＝AN＝CE，∠NAM＝∠B＝45°，
∴∠DAN＝∠DCE＝ 90°，
又∵DA＝DC，
∴△DAN≌△DCE（SAS），
∴DN＝DE，∠ADN＝∠CDE，
又∵∠ADN+∠NDC＝90°，
∴∠CDE+∠NDC＝90°＝∠NDE，
∴△DME为等腰直角三角形；
②解：S△DMA＝7．理由如下：
如图5，延长EM至点F，使得FM＝EM，连结AF，DF，DE，
∵M为AB中点，同上“倍长中线”方法可得△AFM≌△BEM，
∴AF＝BE＝CE＝3，∠MAF＝∠MBE，MF＝ME，
设∠DCE＝α，
∵∠DAF＝∠DAC+∠FAC＝45°+（∠FAB﹣∠CAB） ＝45°+∠EBA﹣（180﹣45°﹣45°﹣α﹣∠ABC） ＝45°+∠EBA﹣（90°﹣α﹣∠ABC） ＝α，
∴∠DCE＝∠DAF，
∴△AFD≌△CED（SAS），
∴DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，∠DFA＝∠DEC，
∴∠ADC＝∠FDE＝ 90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∵MF＝ME，
∴DM＝ME＝MF＝2，DM⊥ME，
∴DF＝DE＝ 4，
在△DEC中，DE2+CE2＝32+42＝25＝52＝CD2，
∴△DEC为直角三角形，且∠DEC＝90°，
∴∠DFA＝∠DEC＝90°，∠DEB＝∠DEC+∠BEC＝90°+90°＝180°，
∴AF∥BD，且有D，E，B三点共线，
∴DB＝DE+EB＝4+3＝7，
∴S△ADB＝BD•DF＝×7×4＝14，
∵M为AB中点，
∴S△DMA＝S△ADB＝×14＝7．