2022-2023学年上学期上海市初中数学八年级期末典型试卷

这是一份2022-2023学年上学期上海市初中数学八年级期末典型试卷，共28页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年上学期上海市初中数学八年级期末典型试卷
一、填空题（本题共14小题，每小题2分，满分28分）
1．（2分）（2007•厦门）计算：＝　 　．
2．（2分）（2020秋•松江区期末）写出﹣2的一个有理化因式　 　．
3．（2分）（2020秋•宁蒗县期末）方程（1﹣x）2＝9的根是　 　．
4．（2分）（2011•黄浦区模拟）在实数范围内分解因式x2﹣5x+1＝　 　．
5．（2分）（2004•上海）函数的定义域是　 　．
6．（2分）（2013•松江区二模）如果关于x的一元二次方程x2+x﹣m＝0有两个不相等的实数根，那么m的取值范围是　 　．
7．（2分）（2020秋•松江区期末）已知f（x）＝kx，f（）＝2，那么k＝　 　．
8．（2分）（2014•白下区校级模拟）如果反比例函数y＝的图象位于第二，四象限内，那么满足条件的正整数k是　 　．
9．（2分）（2020秋•松江区期末）经过定点A且半径为2cm的圆的圆心的轨迹是　 　．
10．（2分）（2020秋•松江区期末）直角坐标平面内，已知点A（﹣1，2），点B（2，6），那么AB＝　 　．
11．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，在△ABC中，已知∠C＝90°，AB的垂直平分线交BC、AB于点D、E，∠CAB＝50°，那么∠CAD＝　 　．

12．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD平分∠ABC，如果AC＝9cm，那么AD＝　 　cm．

13．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝2，AB＝2，BC＝10，CD＝8，∠BAD＝90°，那么四边形ABCD的面积是　 　．

14．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，A点坐标为（，0），C点坐标为（0，1），将△OAC沿AC翻折得△ACP，则P点坐标为　 　．

二．选择题（本大题共4题，每题3分，满分12分）
15．（3分）（2021春•柳南区校级期末）下列二次根式中，与是同类二次根式（　　）
A． B． C． D．
16．（3分）（2006•浦东新区二模）下列函数中，y随x的增大而减小的是（　　）
A． B． C． D．
17．（3分）（2020秋•松江区期末）某种商品连续两次降价后，每件商品价格由原来的600元降至486元，若每次降价的百分率都是x，则可以列出方程（　　）
A．600（1﹣2x）＝486 B．600（1﹣x）2＝486
C．600（1﹣x%）2＝486 D．486（1+x）2＝600
18．（3分）（2020秋•松江区期末）下列命题中，假命题（　　）
A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两直线平行
B．到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
C．一条直角边和另一条直角边上的中线对应相等的两个直角三角形全等
D．一边长相等的两个等腰直角三角形全等
三、（本大题共4题，每题6分，满分24分）
19．（6分）（2020秋•松江区期末）计算：﹣4+（﹣）÷．
20．（6分）（2020秋•松江区期末）解方程：3x﹣＝2．
21．（6分）（2020秋•松江区期末）如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝22.5°，AC的垂直平分线交BC于点D，CD＝3，AE⊥BC于点E，求BE的长．

22．（6分）（2020秋•松江区期末）小明同学骑自行车从家里出发依次去甲、乙两个景点游玩，他离家的距离y（km）与所用的时间x（h）之间的函数图象如图所示：
（1）甲景点与乙景点相距　 　千米，乙景点与小明家距离是　 　千米；
（2）当0≤x≤1时，y与x的函数关系式是　 　；
（3）小明在游玩途中，停留所用时间为　 　小时，在6小时内共骑行　 　千米．

四、（第23、24题，每题8分；第25、26题，每题10分；满分36分）
23．（8分）（2020秋•松江区期末）已知y＝y1+2y2，y1与（x﹣2）成正比例，y2与x成反比例，且当x＝1时，y＝﹣1；当x＝2时，y＝3．
（1）求y关于x的函数解析式；
（2）当x＝3时，求y的值．
24．（8分）（2020秋•松江区期末）如图，已知四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，点F是BD中点．
（1）求证：EF⊥BD；
（2）过点D作DH⊥AC于H点，如果BD平分∠HDE，求证：BA＝BC．

25．（10分）（2020秋•松江区期末）如图，点A，B在反比例函数y＝的图象上，A点坐标（1，6），B点坐标（m，n）（m＞1）．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）过点B作BC⊥y轴，垂足为点C，联结AC，当S△ABC＝6时，求点B的坐标．

26．（10分）（2020秋•松江区期末）已知：如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，AD平分∠BAC，交BC边于点D．点E是边AB上一动点（与点A、B不重合）．过点E作EF⊥AD，垂足为点G，与射线AC交于点F．
（1）当点F在边AC上时，
①求证：DE＝DF；
②设BE＝x，CF＝y，求y与x之间的函数解析式，并写出定义域．
（2）当△ADF是等腰三角形时，求BE的长．


2022-2023学年上学期上海市初中数学八年级期末典型试卷3
参考答案与试题解析
一、填空题（本题共14小题，每小题2分，满分28分）
1．（2分）（2007•厦门）计算：＝　　．
【考点】分母有理化．
【分析】运用二次根式的乘法法则，将分子的二次根式化为积的形式，约分，比较简便．
【解答】解：原式＝＝．
故答案为：．
【点评】主要考查了二次根式的化简和二次根式的运算法则．
注意最简二次根式的条件是：
①被开方数的因数是整数，因式是整式；
②被开方数中不含能开得尽方的因数因式．
上述两个条件同时具备（缺一不可）的二次根式叫最简二次根式．
2．（2分）（2020秋•松江区期末）写出﹣2的一个有理化因式　+2　．
【考点】分母有理化．
【分析】根据平方差公式和有理化因式的意义求出答案即可．
【解答】解：∵（﹣2）（+2）＝（）2﹣22＝x﹣4，
∴﹣2的一个有理化因式为+2，
故答案为：+2．
3．（2分）（2020秋•宁蒗县期末）方程（1﹣x）2＝9的根是　x1＝﹣2，x2＝4　．
【考点】解一元二次方程﹣直接开平方法．
【分析】利用直接开平方法求解即可．
【解答】解：∵（1﹣x）2＝9，
∴1﹣x＝3或1﹣x＝﹣3，
解得x1＝﹣2，x2＝4，
故答案为：x1＝﹣2，x2＝4．
4．（2分）（2011•黄浦区模拟）在实数范围内分解因式x2﹣5x+1＝　（x﹣）（x﹣）　．
【考点】实数范围内分解因式．
【分析】x2﹣5x+1＝0时，x＝，根据求根公式的分解方法和特点即可求得答案．
【解答】解：∵x2﹣5x+1＝0时，x＝，
∴x2﹣5x+1＝（x﹣）（x﹣）．
故答案为：（x﹣）（x﹣）．
【点评】此题考查了在实数范围内分解因式的知识．注意求根公式法当首项系数不是1时，往往需要多次试验，务必注意各项系数的符号．注意当无法用十字相乘法的方法时用求根公式法可分解因式．
5．（2分）（2004•上海）函数的定义域是　x＞﹣1　．
【考点】函数自变量的取值范围．
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解．
【解答】解：根据题意得：x+1＞0，
解得：x＞﹣1．
【点评】函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
6．（2分）（2013•松江区二模）如果关于x的一元二次方程x2+x﹣m＝0有两个不相等的实数根，那么m的取值范围是　m＞﹣　．
【考点】根的判别式．
【分析】根据判别式的意义得到Δ＝12+4m＞0，然后解不等式即可．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2+x﹣m＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝12+4m＞0，
解得m＞﹣．
故答案为：m＞﹣．
【点评】此题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
7．（2分）（2020秋•松江区期末）已知f（x）＝kx，f（）＝2，那么k＝　　．
【考点】算术平方根；函数值．
【专题】实数；函数及其图象；运算能力．
【分析】根据题意得到关于k的一元一次方程，解即可．
【解答】解：由题意可得：k＝2，
解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了函数值，求k的思路是根据某数是方程的解，则可把已知解代入方程的未知数中，使未知数转化为已知数，从而建立起未知系数的方程，通过未知系数的方程求出未知数系数，这种解题方法叫做待定系数法，是数学中的一个重要方法，以后在函数的学习中将大量用到这种方法．
8．（2分）（2014•白下区校级模拟）如果反比例函数y＝的图象位于第二，四象限内，那么满足条件的正整数k是　1，2　．
【考点】一元一次不等式组的整数解；反比例函数的图象．
【专题】计算题．
【分析】把已知点的坐标代入所设的解析式可求出k值，即得到反比例函数的解析式．
【解答】解：因为反比例函数y＝的图象位于第二，四象限内，
所以k﹣3＜0，k＜3，那么满足条件的正整数k是1，2．
故答案为：1，2．
【点评】本题考查了反比例函数的图象的性质，重点是比例系数k的正负．
9．（2分）（2020秋•松江区期末）经过定点A且半径为2cm的圆的圆心的轨迹是　以点A为圆心，2cm为半径的圆　．
【考点】轨迹．
【分析】求圆心的轨迹实际上是求距A点2厘米能画一个什么图形．
【解答】解：所求圆心的轨迹，就是到A点的距离等于2厘米的点的集合，因此应该是一个以点A为圆心，2cm为半径的圆，
故答案为：以点A为圆心，2cm为半径的圆．
【点评】此题所求圆心的轨迹，就是到顶点的距离等于定长的点的集合，因此应该是一个圆．
10．（2分）（2020秋•松江区期末）直角坐标平面内，已知点A（﹣1，2），点B（2，6），那么AB＝　5　．
【考点】两点间的距离公式；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据两点间的距离公式得到AB即可．
【解答】解：根据题意得AB＝．
故答案为：5．
【点评】本题考查了勾股定理和两点间的距离公式，关键是根据两点间的距离公式解答．
11．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，在△ABC中，已知∠C＝90°，AB的垂直平分线交BC、AB于点D、E，∠CAB＝50°，那么∠CAD＝　10°　．

【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】由直角三角形两锐角的关系求得∠B，由DE垂直平分AB，推出DA＝DB，根据等腰三角形的性质求出∠DAB，进而求得∠CAD．
【解答】解∵∠C＝90°，∠CAB＝50°，
∴∠B＝90°﹣50°＝40°，
∵DE垂直平分AB，
∴DA＝DB，
∴∠DAB＝∠B＝40°，
∴∠CAD＝∠CAB﹣∠DAB＝50°﹣40°＝10°，
故答案为：10°．
【点评】本题考查三角形的内角和定理、线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握线段垂直平分线的性质．
12．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD平分∠ABC，如果AC＝9cm，那么AD＝　6　cm．

【考点】角平分线的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】三角形；推理能力．
【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到DE＝CD，根据直角三角形的性质得到DE＝AD，根据题意计算，得到答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，
∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DC⊥BC，
∴DE＝CD，
在Rt△ADE中，∠A＝30°，
∴DE＝AD，
∴DC＝AD，
∵AC＝9cm，
∴AD＝6（cm），
故答案为：6．

【点评】本题考查的是角平分线的性质、直角三角形的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
13．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝2，AB＝2，BC＝10，CD＝8，∠BAD＝90°，那么四边形ABCD的面积是　2+24　．

【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观．
【分析】首先证明∠BDC＝90°，根据S四边形ABCD＝S△ABD+S△DCB计算即可解决问题．
【解答】解：连接DB，
在Rt△ABD中，AD＝2，AB＝2，∠BAD＝90°，
∴BD＝＝6，
∵BC＝10，DC＝8，
∴BC2＝BD2+CD2，
∴∠BDC＝90°，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△DCB＝×2×2+×6×8＝2+24．
故答案为：2+24．
【点评】本题考查勾股定理以及逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14．（2分）（2020秋•松江区期末）如图，A点坐标为（，0），C点坐标为（0，1），将△OAC沿AC翻折得△ACP，则P点坐标为　（，）　．

【考点】含30度角的直角三角形；坐标与图形变化﹣对称；翻折变换（折叠问题）．
【专题】等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【分析】过点P作PD⊥y轴于点D，由直角三角形的性质求出∠OCA＝60°，根据折叠的性质得出∠OCA＝∠PCA＝60°，OC＝PC＝1，则可求出答案．
【解答】解：如图，过点P作PD⊥y轴于点D，

∵A点坐标为（，0），C点坐标为（0，1），
∴OA＝，OC＝1，
∴AC＝＝2，
∴OC＝AC，
∴∠OAC＝30°，
∴∠OCA＝60°，
∵将△OAC沿AC翻折得△ACP，
∴∠OCA＝∠PCA＝60°，OC＝PC＝1，
∴DC＝，PD＝，
∴OD＝OC+CD＝1+＝，
∴P（，）．
故答案为：（，）．
【点评】本题考查了折叠的性质，直角三角形的性质，坐标与图形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
二．选择题（本大题共4题，每题3分，满分12分）[下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号填在括号内]
15．（3分）（2021春•柳南区校级期末）下列二次根式中，与是同类二次根式（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的性质与化简；同类二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】根据二次根式的性质把各个二次根式化简，根据同类二次根式的概念判断即可．
【解答】解：A、＝＝3，与不是同类二次根式；
B、＝＝2，与是同类二次根式；
C、＝，与不是同类二次根式；
D、＝3，与不是同类二次根式；
故选：B．
【点评】本题考查的是同类二次根式的概念、二次根式的性质，掌握把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式是解题的关键．
16．（3分）（2006•浦东新区二模）下列函数中，y随x的增大而减小的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正比例函数的性质；反比例函数的性质．
【专题】应用题．
【分析】反比例函数、二次函数的增减性都有限制条件（即范围），一次函数当一次项系数为负数时，y随着x增大而减小．
【解答】解：A、函数y＝x的图象是y随着x增大而增大，故本选项错误；
B、函数中的k＜0，y随着x增大而减小，故本选项正确；
C、D两个答案考虑其增减性时，需要考虑自变量的取值范围，故C、D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数、一次函数、反比例函数的增减性．关键是明确各函数的增减性的限制条件．
17．（3分）（2020秋•松江区期末）某种商品连续两次降价后，每件商品价格由原来的600元降至486元，若每次降价的百分率都是x，则可以列出方程（　　）
A．600（1﹣2x）＝486 B．600（1﹣x）2＝486
C．600（1﹣x%）2＝486 D．486（1+x）2＝600
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】设每次降价的百分率为x，（1﹣x）2为两次降价的百分率，600降至486就是方程的相等条件，列出方程求解即可．
【解答】解：设每次降价的百分率为x．由题意，得
600（1﹣x）2＝486，
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，一元二次方程应用的关键是根据题意找到等式两边的平衡条件，这种价格问题主要解决价格变化前后的平衡关系，列出方程即可．
18．（3分）（2020秋•松江区期末）下列命题中，假命题（　　）
A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两直线平行
B．到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
C．一条直角边和另一条直角边上的中线对应相等的两个直角三角形全等
D．一边长相等的两个等腰直角三角形全等
【考点】命题与定理．
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据平行线的判定、线段垂直平分线的判定、全等三角形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、在同一平面内，垂直于同一条直线的两直线平行，本选项说法是真命题；
B、到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，本选项说法是真命题；
C、一条直角边和另一条直角边上的中线对应相等的两个直角三角形全等，本选项说法是真命题；
D、当一个等腰直角三角形的直角边长等于另一个等腰直角三角形的斜边长时，两个等腰直角三角形不全等，故一边长相等的两个等腰直角三角形全等是假命题；
故选：D．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
三、（本大题共4题，每题6分，满分24分）
19．（6分）（2020秋•松江区期末）计算：﹣4+（﹣）÷．
【考点】分母有理化；二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】直接利用二次根式的混合运算法则化简，进而计算得出答案．
【解答】解：原式＝2+﹣2+÷﹣÷
＝2+﹣2+2﹣2
＝．
【点评】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简各数是解题关键．
20．（6分）（2020秋•松江区期末）解方程：3x﹣＝2．
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【分析】方程整理后，利用因式分解法求解即可．
【解答】解：方程整理得：x2﹣6x+5＝0，
分解因式得：（x﹣5）（x﹣1）＝0，
解得：x1＝5，x2＝1．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
21．（6分）（2020秋•松江区期末）如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝22.5°，AC的垂直平分线交BC于点D，CD＝3，AE⊥BC于点E，求BE的长．

【考点】三角形的外角性质；线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】连接AD，由西安段垂直平分线的性质可求得AD＝3，结合三角形外角的性质可求解∠ADE＝45°，进而可求得AE的长，再根据含30° 角的直角三角形的性质可求解．
【解答】解：连接AD，

∵AC的垂直平分线交BC于点D，CD＝3，
∴AD＝CD＝3，
∴∠DAC＝∠C，
∵∠C＝22.5°，
∴∠ADE＝2∠C＝45°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°，
∴AE＝DE＝3，
∵∠B＝60°，
∴∠BAE＝90°﹣60°＝30°，
∴BE＝．
【点评】本题主要考查含30°角的直角三角形，线段的垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形，灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．
22．（6分）（2020秋•松江区期末）小明同学骑自行车从家里出发依次去甲、乙两个景点游玩，他离家的距离y（km）与所用的时间x（h）之间的函数图象如图所示：
（1）甲景点与乙景点相距　6　千米，乙景点与小明家距离是　12　千米；
（2）当0≤x≤1时，y与x的函数关系式是　y＝6x　；
（3）小明在游玩途中，停留所用时间为　3　小时，在6小时内共骑行　24　千米．

【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【分析】（1）根据函数和图象，可以直接写出甲景点与乙景点的距离，乙景点与小明家的距离；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）根据函数图象中的数据可以求得停留所用时间为3小时，在6小时内共骑行24千米．
【解答】解：（1）由图象可得，
甲景点与乙景点相距：12﹣6＝6（千米）；
乙景点与小明家距离是12千米；
故答案为：6；12；
（2）当0≤x≤1时，设y与x的函数关系式y＝kx，根据题意，
得k＝6，
所以y＝6x（0≤x≤1）；
故答案为：y＝6x；
（3）由图象可得，
小明在游玩途中，停留所用时间为：3﹣1+（5﹣4）＝3（小时）；
小明在6小时内共骑行：12×2＝24（千米），
故答案为：3；24．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
四、（第23、24题，每题8分；第25、26题，每题10分；满分36分）
23．（8分）（2020秋•松江区期末）已知y＝y1+2y2，y1与（x﹣2）成正比例，y2与x成反比例，且当x＝1时，y＝﹣1；当x＝2时，y＝3．
（1）求y关于x的函数解析式；
（2）当x＝3时，求y的值．
【考点】一次函数的性质；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求反比例函数解析式．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】（1）根据正比例与反比例的定义设出y与x之间的函数关系式，然后利用待定系数法求函数解析式计算即可得解；
（2）把x＝3代入（1）中的函数关系式进行计算．
【解答】解：（1）设y1＝k1（x﹣2）（k1≠0），y2＝（k2≠0），
∴y＝k1（x﹣2）+．
∵当x＝1时，y＝﹣1．当x＝2时，y＝3，
∴，
∴，
∴y关于x的函数解析式是：y＝7（x﹣2）+；

（2）由（1）知，y＝7（x﹣2）+．则当x＝3时，y＝7+2＝9．
【点评】此题主要考查了待定系数法求函数解析式，关键是掌握待定系数法求函数解析式的方法．
24．（8分）（2020秋•松江区期末）如图，已知四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，点F是BD中点．
（1）求证：EF⊥BD；
（2）过点D作DH⊥AC于H点，如果BD平分∠HDE，求证：BA＝BC．

【考点】等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）根据直角三角形和等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）设AC，BD交于点O，根据垂直的定义得到∠DHO＝∠EFO＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠EDO＝∠EBO，由角平分线的定义得到∠HDF＝∠BDE，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是AC中点，
∴DE＝AC，BE＝AC，
∴DE＝BE，
∵点F是BD中点，
∴EF⊥BD；
（2）证明：设AC，BD交于点O，
∵DH⊥AC，EF⊥BD，
∴∠DHO＝∠EFO＝90°，
∵∠DOH＝∠BOE，
∴∠HDF＝∠OEF，
∵DE＝BE，
∴∠EDO＝∠EBO，
∵BD平分∠HDE，
∴∠HDF＝∠BDE，
∴∠OEF＝∠OBE，
∵∠OEF+∠EOF＝90°，
∴∠EOF+∠EBO＝90°，
∴∠BEO＝90°，
∴BE⊥AC，
∴BA＝BC．

【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
25．（10分）（2020秋•松江区期末）如图，点A，B在反比例函数y＝的图象上，A点坐标（1，6），B点坐标（m，n）（m＞1）．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）过点B作BC⊥y轴，垂足为点C，联结AC，当S△ABC＝6时，求点B的坐标．

【考点】反比例函数系数k的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征；待定系数法求反比例函数解析式．
【专题】反比例函数及其应用；运算能力．
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）根据三角形面积得到关于m的方程，解方程即可求得．
【解答】解：（1）∵点A在反比例函数y＝的图象上，A点坐标（1，6），
∴k＝1×6＝6，
∴反比例函数的解析式为y＝；
（2）∵B在反比例函数y＝的图象上，B点坐标（m，n）（m＞1）．
∴n＝，
∵BC⊥y轴于点C，
∴C（0，），
∵S△ABC＝6，
∴m＝6，解得m＝3，
∴n＝＝2，
∴点B的坐标（3，2）．
【点评】本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
26．（10分）（2020秋•松江区期末）已知：如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，AD平分∠BAC，交BC边于点D．点E是边AB上一动点（与点A、B不重合）．过点E作EF⊥AD，垂足为点G，与射线AC交于点F．
（1）当点F在边AC上时，
①求证：DE＝DF；
②设BE＝x，CF＝y，求y与x之间的函数解析式，并写出定义域．
（2）当△ADF是等腰三角形时，求BE的长．

【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；分类讨论；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】（1）①先证△AGF≌△AGE（ASA），得GF＝GE，再由线段垂直平分线的性质即可得出结论；
②先求出AB＝2AC＝12，则AE＝AB﹣BE＝12﹣x，再由全等三角形的性质得AF＝AE＝12﹣x，则y＝AC﹣AF＝6﹣（12﹣x）＝x﹣6，然后求出6≤x＜12即可；
（2）分三种情况：①当FA＝FD时，则∠FDG＝∠CAD＝30°，求出∠CDF＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得DF＝2CF，则6﹣y＝2y，解得：y＝2，进而得BE＝8；
②当DF＝DA时，则CF＝CA＝6，求出AF＝CF+CA＝12，得AE＝AF＝12，点E与点B重合，舍去；
③当AF＝AD时，先由含30°角的直角三角形的性质得CD＝AC＝2，AF＝AD＝2CD＝4，则AE＝AF＝4，得BE＝AB﹣AE＝12﹣4即可．
【解答】（1）①证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵EF⊥AD，
∴∠AGF＝∠AGE＝90°，
又∵AG＝AG，
∴△AGF≌△AGE（ASA），
∴GF＝GE，
又∵EF⊥AD，
∴DE＝DF；
②解：∵∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，
∴AB＝2AC＝12，
∵BE＝x，CF＝y，
∴AE＝AB﹣BE＝12﹣x，
由①得：△AGF≌△AGE，
∴AF＝AE＝12﹣x，
∴y＝AC﹣AF＝6﹣（12﹣x）＝x﹣6，
∵0＜AF≤6，
∴0＜AF≤6，
∴6≤x＜12，
即y＝x﹣6（6≤x＜12）；
（2）解：∵∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠BAC＝90°﹣30°＝60°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°，
分三种情况：
①当FA＝FD时，如图1所示：

则∠FDG＝∠CAD＝30°，
∵∠C＝90°，
∴∠ADC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠CDF＝60°﹣30°＝30°，
∴DF＝2CF，
∴6﹣y＝2y，
解得：y＝2，
∴AF＝6﹣2＝4，
∴AE＝AF＝4，
∴BE＝12﹣4＝8；
②当DF＝DA时，如图2所示：

∵∠ACB＝90°，
∴DC⊥AC，
∴CF＝CA＝6，
∴AF＝CF+CA＝12，
∴AE＝AF＝12，
∵点E是边AB上一动点（与点A、B不重合），AB＝12，
∴点E与点B重合，舍去；
③当AF＝AD时，如图3所示：

∵∠ACD＝90°，∠CAD＝30°，AC＝6，
∴CD＝AC＝2，AF＝AD＝2CD＝4，
∴AE＝AF＝4，
∴BE＝AB﹣AE＝12﹣4；
综上所述，当△ADF是等腰三角形时，BE的长为8或12﹣4．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型