八年级下册数学烟台数学期末试卷测试与练习(word解析版).doc

八年级下册数学烟台数学期末试卷测试与练习（word解析版）
一、选择题
1．式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知的三边长分别为，，，由下列条件不能判断是直角三角形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．在四边形中，对角线、相交于点，在下列条件中，①，，②，；③，，④，，⑤，能够判定四边形是平行四边形的个数有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
4．某公司欲招聘工人，对候选人进行三项测试：语言、创新、综合知识，并按测试得分的比例确定测试总分，已知小王三项得分分别为88，72，50，则小王的招聘得分为（ ）
A．71.2 B．70.5 C．70.2 D．69.5
5．如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）

A．ABDC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB＝DC
6．规定：菱形与正方形的接近程度叫做“接近度”，并用表示．设菱形的两个相邻内角分别为、，菱形的接近度定义为．则下列说法不正确的是（ ）
A．接近度越大的菱形越接近于正方形
B．有一个内角等于100°的菱形的接近度
C．接近度的取值范围是
D．当时，该菱形是正方形
7．如图所示，，则数轴上点表示的数为（ ）

A．3 B．5 C． D．
8．甲、乙两位同学住在同一小区，学校与小区相距2700米．一天甲从小区步行出发去学校，12分钟后乙也出发，乙先骑公交自行车，途经学校又骑行一段路到达还车点后，立即步行走回学校．已知步行速度甲比乙每分钟快5米，图中的折线表示甲、乙两人之间的距离y（米）与甲步行时间x（分钟）的函数关系图象．则（　　　　）

A．乙骑自行车的速度是180米/分 B．乙到还车点时，甲，乙两人相距850米
C．自行车还车点距离学校300米 D．乙到学校时，甲距离学校200米
二、填空题
9．若代数式有意义，则实数的取值范围是_________．
10．已知菱形的边长为2，一个内角为，那么该菱形的面积为__________．
11．如图，一名滑雪运动员沿着坡比为的滑道，从A滑行至B，已知米，则这名滑雪运动员的高度下降了_______米．

12．如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，将矩形沿EF翻折，使点C与点A重合，点B落在B′处，折痕与DC，AB分别交于点E，F，则DE的长为______．

13．若直线y＝kx＋b（k≠0）经过点A（0，3），且与直线y＝mx﹣m（m≠0）始终交于同一点（1，0），则k的值为________．
14．如图中，四边形 ABCD是对角线互相垂直的四边形，且 OB=OD，若使四边形 ABCD为菱形，则需添加的条件是______．（只需添加一个条件即可）

15．如图所示，直线与两坐标轴分别交于、两点，点是的中点，、分别是直线、轴上的动点，当周长最小时，点的坐标为_____．

16．如图，平面直角坐标系中，A（4，4），B为y轴正半轴上一点，连接AB，在第一象限作AC＝AB，∠BAC＝90°，过点C作直线CD⊥x轴于D，直线CD与直线y＝x交于点E，且ED＝5EC，则直线BC解析式为_____．

三、解答题
17．计算：
（1）2﹣6×；
（2）（﹣2）2﹣（﹣2）（+2）；
（3）（1+）•（2﹣）；
（4）．
18．位于沈阳周边的红河峡谷漂流项目深受欢迎，在景区游船放置区，工作人员把偏离的游船从点A拉回点B的位置（如图）．在离水面高度为8m的岸上点C，工作人员用绳子拉船移动，开始时绳子AC的长为17m，工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，经过10秒后游船移动到点D的位置，问此时游船移动的距离AD的长是多少？

19．如图①，图②，图③都是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．A，B两点均在格点上，在给定的网格中，按下列要求画图：

（1）在图①中，画出以AB为底边的等腰△ABC，并且点C为格点．
（2）在图②中，画出以AB为腰的等腰△ABD，并且点D为格点．
（3）在图③中，画出以AB为腰的等腰△ABE，并且点E为格点，所画的△ABE与图②中所画的△ABD不全等．
20．已知：如图，在Rt△ABC中，D是AB边上任意一点，E是BC边中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F，连接BF、CD．
（1）求证：四边形CDBF是平行四边形．
（2）当D点为AB的中点时，判断四边形CDBF的形状，并说明理由．

21．学习了二次根式的乘除后，老师给同学们出了这样一道题：已知a＝，求的值．刘峰想了想，很快就算出来了，下面是他的解题过程：
解：∵，
又∵a＝，
∴，
∴原式＝．
你认为刘峰的解法对吗？如果对，请你给他一句鼓励的话；如果不对，请找出错误的原因，并改正．
22．某水果批发商以4元斤的价格对外销售芒果，为了减少库存，尽快回笼资金，推出两种批发方案
方案一：每斤打9.5折；
方案二：不超过200斤的部分按原价销售，超过200斤的部分打7.5折．
某超市计划从该水果批发商处购进x斤芒果，按方案一购买需支付费用元，按方案购买需支付费用元，则该超市选择哪种方案（只能选择一种方案）更合算，请说明理由．

23．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，经过点B的直线l2：y＝kx+b交x轴于点C，且l2与l1关于y轴对称．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点D，E分别是线段AB，AC上的点，将线段DE绕点D逆时针α度后得到线段DF．
①如图2，当点D的坐标为(﹣2，m)，α＝45°，且点F恰好落在线段BC上时，求线段AE的长；
②如图3，当点D的坐标为(﹣1，n)，α＝90°，且点E恰好和原点O重合时，在直线y＝3﹣上是否存在一点G，使得∠DGF＝∠DGO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

24．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，过点的直线交轴正半轴于，且面积为10．
（1）求点的坐标及直线的解析式；
（2）如图，设点为线段中点，点为轴上一动点，连接，以为边向右侧作正方形，在点的运动过程中，当顶点落在直线上时，求点的坐标；
（3）如图2，若为线段的中点，点为直线上一动点，在轴上是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

25．（1）问题探究：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，AE是∠BAD的平分线，则线段AB，AD，DC之间的等量关系为　 　；
（2）方法迁移：如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，E是BC的中点，AE是∠BAF的平分线，试探究线段AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）联想拓展：如图③，AB∥CF，E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，试探究线段AB，DF，CF之间的数量关系，并证明你的结论．

【参考答案】
一、选择题
1．D
解析：D
【分析】
由二次根式的性质可以得到x-2≥0，由此即可求解.
【详解】
解：依题意得：x-2≥0，
∴x≥2．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了二次根式有意义的条件，根据被开方数是非负数即可解决问题.
2．A
解析：A
【分析】
根据三角形的内角和定理求出∠A的度数，即可判断选项A；根据三角形内角和定理求出∠C的度数，即可判断选项B；根据勾股定理的逆定理判定选项C和选项D即可．
【详解】
设△ABC中，
∠A的对边是a，∠B的对边是b，∠C的对边是c，
A.  ∠A = 2∠B = 3∠C，

∠A +∠B + ∠C= 180°，
，
解得： ，
△ABC不是直角三角形，故本选项符合题意；
B. ∠A = ∠C-∠B，
∠A +∠B = ∠C，
∠A+∠B + ∠C= 180°，
2∠C= 180°，
∠C= 90°，
△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
C. ，
a- 5 = 0，b - 12 = 0， c - 13 = 0，
a = 5，b= 12，c= 13，
，
∠C= 90°，
△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意；
D. ，
，
即，
∠B = 90°，
△ABC是直角三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理和三角形内角和定理，能熟记勾股定理的逆定理和三角形内角和定理是解此题的关键，注意：如果一个三角形的两边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形，三角形的内角和等于180°．
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
由平行四边形的判定方法分别对各个条件进行判断即可．
【详解】
解：①，，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
②，，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故②正确；
③，，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故③不符合题意；
④，，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故④正确；
⑤由，可得到，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 能判定四边形ABCD是平行四边形，故⑤正确；
所以，正确的结论有4个，
故选：C
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据加权平均数的计算方法进行计算即可．
【详解】
解：3＋4＋3＝10，
88×＋72×＋50×＝70.2．
故小王的招聘得分为70.2．
故选：C．
【点睛】
本题考查加权平均数的意义和计算方法，掌握加权平均数的计算方法是正确计算的前提．
5．C
解析：C
【分析】
根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理得到四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理解答即可．
【详解】
解：∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，
∴EH＝BD，EH∥BD，FG＝BD，FG∥BD，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当AC⊥BD时，AC⊥EH，
∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH为矩形，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形的中位线定理和矩形的判定定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
6．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据接近度的意义，逐项计算判断即可．
【详解】
解：菱形的两个相邻内角、越接近，菱形越接近于正方形，也就是说的值越小，菱形越接近于正方形，即接近度越大的菱形越接近于正方形，故A正确，不符合题意；
有一个内角等于100°的菱形的两个邻角的度数分别为100°和80°，，故B正确，不符合题意；
∵菱形的两个相邻内角分别为、，
∴，的取值范围是，故C错误，符合题意；
当时，，所以该菱形是正方形，故D正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形与正方形的性质，正方形的判定，正确理解“接近度”的意思是解决问题的关键．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】
根据题意得，在中，利用勾股定理可得，从而得到，即可求解．
【详解】
解：如图，

由题意知：，，，．
．
在中，，
．
．
∴数轴上点表示的数为．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，数轴与实数，尺规作图——作一条线段等于已知线段，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
8．C
解析：C
【分析】
根据函数图象中的数据可以求得甲步行的速度、乙骑自行车的速度、乙一共所用的时间，从而得出乙步行的速度、自行车还车点与学校的距离，求出乙到还车点时，甲、乙所用的时间，即可得出路程差，根据乙到学校时，所用时间为19分，此时甲所用的时间为31分，则可求出甲距学校的路程．
【详解】
由图可得：
甲步行的速度为：960÷12=80（米/分），
乙骑自行车的速度为：[960+（20-12）×80]÷（20-12）=200（米/分），故A错误；
乙步行的速度为：80-5=75（米/分）
乙一共所用的时间：31-12=19（分）
设自行车还车点距学校x米，则：

解得：x=300．
故C正确；
乙到还车点时，乙所用时间为：（2700+300）÷200=15（分）
乙到还车点时，甲所用时间为：12+15=27（分）
路程差=2700+300-80×27=840（米），故B错误；
乙到学校时，所用时间为19分，而甲所用的时间=12+19=31（分），甲距学校的路程=2700-80×31=220（米），故D错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了根据函数图象获取信息，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
二、填空题
9．且
【解析】
【分析】
根据二次根式中的被开方数是非负数、分式分母不为0列出不等式，解不等式得到答案．
【详解】
解：由题意得，x+2≥0，x≠0，
解得，x≥-2且x≠0，
故答案为：x≥-2且x≠0．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件、分式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数、分式分母不为0是解题的关键．
10．A
解析：
【解析】
【分析】
连接AC，过点A作AM⊥BC于点M，根据菱形的面积公式即可求出答案．
【详解】
解：过点A作AM⊥BC于点M，

∵菱形的边长为2cm，
∴AB=BC=2cm，
∵有一个内角是60°，
∴∠ABC=60°，
∴∠BAM=30°，
∴（cm），
∴（cm），
∴此菱形的面积为：（cm2）．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质和30°直角三角形性质，解题的关键是熟练运用菱形的性质，本题属于基础题型．
11．A
解析：150
【解析】
【分析】
根据坡比的定义，得到AC和BC的关系，利用勾股定理求出AB和AC的关系，从而求解．
【详解】
如图，在中，
由题意可知，
∴，
∴，
∴米，
故答案为：150．

【点睛】
本题考查了坡度坡比的定义，利用勾股定理解直角三角形，解题的关键是掌握坡比的定义．
12．D
解析：
【分析】
设DE=x，则CE=8-x，根据折叠的性质知：CE=8-x．在直角△AED中，利用勾股定理列出关于x的方程并解答即可．
【详解】
解：如图，在矩形ABCD中，AB=DC=8，AD=6．

设DE=x，则CE=8-x，
根据折叠的性质知：AE=CE=8-x．
在直角△AED中，由勾股定理得：AD2+DE2=AE2，即62+x2=（8-x）2．
解得x=．
即DE的长为．
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，解题时，借用了方程思想，求得了相关线段的长度．
13．A
解析：-3
【分析】
根据题意直线y＝kx+b（k≠0）经过点A（0，3）和点（1，0），然后根据待定系数法即可求得k的值．
【详解】
解：∵直线y＝kx+b（k≠0）经过点A（0，3）和点（1，0），
∴，
解得k＝﹣3，
故答案为：-3．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，熟练运用待定系数法是解题的关键．
14．A
解析：
【分析】
根据菱形的判定即可得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB=OD，，
∴四边形ABCD是菱形，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．
15．【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE
解析：
【分析】
作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接DF，EG，由轴对称的性质，可得DF＝DC，EC＝EG，故当点F，D，E，G在同一直线上时，△CDE的周长＝CD＋DE＋CE＝DF＋DE＋EG＝FG，此时△DEC周长最小，然后求出F、G的坐标从而求出直线FG的解析式，再求出直线AB和直线FG的交点坐标即可得到答案．
【详解】
解：如图，作点C关于AB的对称点F，关于AO的对称点G，连接FG分别交AB、OA于点D、E，
由轴对称的性质可知，CD=DF，CE=GE，BF=BC，∠FBD=∠CBD，
∴△CDE的周长=CD+CE+DE=FD+DE+EG，
∴要使三角形CDE的周长最小，即FD+DE+EG最小，
∴当F、D、E、G四点共线时，FD+DE+EG最小，

∵直线y＝x＋2与两坐标轴分别交于A、B两点，
∴B（-2，0），
∴OA＝OB，
∴∠ABC＝∠ABD＝45°，
∴∠FBC=90°，
∵点C是OB的中点，
∴C(，0)，
∴G点坐标为（1，0），，
∴F点坐标为（-2，），
设直线GF的解析式为，
∴，
∴，
∴直线GF的解析式为，
联立，
解得，
∴D点坐标为（，）
故答案为：（，）．
【点睛】
本题主要考查了轴对称-最短路线问题，一次函数与几何综合，解题的关键是利用对称性在找到△CDE周长的最小时点D、点E位置，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
16．y＝﹣x+10
【分析】
过A作AM⊥y轴，交y轴于M，交CD于N，证△ABM≌△CAN，推出AN=BM，CN=AM=4，设EC=a，ED=5a，求出a=2，得出B、C的坐标，设直线BC的解析式是y
解析：y＝﹣x+10
【分析】
过A作AM⊥y轴，交y轴于M，交CD于N，证△ABM≌△CAN，推出AN=BM，CN=AM=4，设EC=a，ED=5a，求出a=2，得出B、C的坐标，设直线BC的解析式是y=kx+10，把C（10，8）代入求出直线BC的解析式．
【详解】
解：过A作AM⊥y轴，交y轴于M，交CD于N，则∠BMA＝∠ANC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAM+∠CAN＝90°，∠BAM+∠ABM＝90°，
∴∠ABM＝∠CAN，
∵A（4，4），
∴OM＝DN＝4，AM＝4，
在△ABM和△CAN中，
∴△ABM≌△CAN（AAS），
∴AN＝BM，CN＝AM＝4，
∵ED＝5EC，
∴设EC＝a，ED＝5a，
∵A（4，4），
∴点A在直线y＝x上，
∵CN＝4a﹣4，
则4a﹣4＝4，
∴a＝2，即CD＝8，ED＝10．
∵点E在直线y＝x上，
∴E（10，10），
∴MN＝10，C（10，8），
∴AN＝BM＝10﹣4＝6，
∴B（0，10），
设直线BC的解析式是y＝kx+10，
把C（10，8）代入得：k＝﹣，
即直线BC的解析式是y＝﹣x+10，
故答案为：y＝﹣x+10．

【点睛】
本题考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定等，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力．
三、解答题
17．（1）3﹣3；（2）﹣4；（3）﹣1+；（4）﹣
【分析】
（1）直接利用二次根式的性质以及立方根的性质，进而合并同类二次根式得出答案；
（2）直接利用乘法公式化简，再合并得出答案；
（3）直接利用
解析：（1）3﹣3；（2）﹣4；（3）﹣1+；（4）﹣
【分析】
（1）直接利用二次根式的性质以及立方根的性质，进而合并同类二次根式得出答案；
（2）直接利用乘法公式化简，再合并得出答案；
（3）直接利用二次根式的混合运算法则计算得出答案；
（4）直接利用二次根式的性质化简，进而得出答案．
【详解】
解：（1）2﹣6×
=6
=6
=；
（2）（﹣2）2﹣（﹣2）（+2）
=5+4-4-(13-4)
=9-4-9
=-4；
（3）（1+）•（2﹣）
=2-
=-1+；
（4）
=
=
=．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的混合运算以及立方根的性质，正确化简二次根式是解题关键．
18．游船移动的距离AD的长是9米
【分析】
根据条件先计算经过10秒拉回绳子的长，然后计算出绳子CD的长，在中，在中，，即可求出最终结果．
【详解】
解：工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，
经过10秒
解析：游船移动的距离AD的长是9米
【分析】
根据条件先计算经过10秒拉回绳子的长，然后计算出绳子CD的长，在中，在中，，即可求出最终结果．
【详解】
解：工作人员以0.7米/秒的速度拉绳子，
经过10秒拉回绳子米，
开始时绳子AC的长为17m，
拉了10秒后，绳子CD的长为17-7=10米，
在中，
米，
在中，
米，
AD=15-6=9米，
答：游船移动的距离AD的长是9米．
【点睛】
本题主要考查勾股定理的运用，属于综合题，难度一般，熟练掌握勾股定理解三角形是解决本题的关键．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理AB=，以AB为底等腰直角三角形，两直角边为x, 根据勾股定理求出,找横1竖2个格，或横2竖1个格画线即可；
（2）
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理AB=，以AB为底等腰直角三角形，两直角边为x, 根据勾股定理求出,找横1竖2个格，或横2竖1个格画线即可；
（2）以AB=为腰的等腰△ABD，AB=AD,以点A为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格画线；如图△ABD； AB=BD,以点B为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格画线；如图△ABD．
（3）以AB=为腰的等腰△ABD，AB=BE,以点B为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格；如图△ABE．AB=AE,以点A为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格；所画的△ABE与图②中所画的△ABD不同即可．
【详解】
解：（1）∵根据勾股定理AB=，以AB为底等腰直角三角形，两直角边为x, 根据勾股定理，解得,横1竖2，或横2竖1个画线；如图△ABC；

（2）以AB=为腰的等腰△ABD，AB=AD,以点A为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格画线；如图△ABD；AB=BD,以点B为起点找横1竖3个格画线，或横3竖1个格；如图△ABD；

（3）以AB=为腰的等腰△ABD，AB=BE,以点B为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格；如图△ABE．AB=AE,以点A为起点找横1竖3个格，或横3竖1个格；所画的△ABE与图②中所画的△ABD不全等．

【点睛】
本题考查网格作图，掌握网格作图方法与勾股定理，利用勾股定理确定腰长构造直角三角形是解题关键．
20．（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即
解析：（1）见解析；（2）四边形CDBF是菱形，理由见解析
【分析】
（1）证△CEF≌△BED（ASA），得CF=BD，再由CF∥DB，即可得出结论；
（2）由直角三角形斜边上的直线性质得CD=DB，即可证平行四边形CDBF是菱形．
【详解】
（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ECF=∠EBD，
∵E是BC中点，
∴CE=BE，
在△CEF和△BED中，

∴△CEF≌△BED（ASA），
∴CF=BD，
又∵CF∥AB，
∴四边形CDBF是平行四边形．
（2）解：四边形CDBF是菱形，理由如下：
∵D为AB的中点，∠ACB=90°，
∴CD=AB=BD，
由（1）得：四边形CDBF是平行四边形，
∴平行四边形CDBF是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△CEF≌△BED是解题的关键，属于中考常考题型．
21．答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝
解析：答案见解析.
【解析】
【分析】
直接利用二次根式的性质化简进而得出答案．
【详解】
刘峰的解法错误，
原因是：错误地运用了＝这个公式，
正确解法是：∵a＝＝＜1，
∴a﹣1＜0，
∴＝
＝
＝
＝﹣，
∴原式＝﹣．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
22．当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
解析：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算
【分析】
先根据方案分别求出和，再分三种情况分别计算即可得到答案．
【详解】
解：根据题意得：；
，
当时，，解得x>250；
当时，，解得x=250；
当时，，解得x<250；
答：当超市计算从该水果批发商处购进芒果少于250斤时，方案一合算；当超市计算从该水果批发商处购进芒果等于250斤时，方案一和方案二费用相同；当超市计算从该水果批发商处购进芒果多于250斤时，方案二合算．
【点睛】
此题考查方案选择问题，解一元一次方程及一元一次不等式，正确求出和是解题的关键．
23．（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2
解析：（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2，作∠DHF=45°，利用AAS证明△ADE≌△HFD，再运用等腰直角三角形性质即可求出答案；
②将D（-1，n）代入y=x+6中，得D（-1，5），过D作DM⊥x轴于M，作FN⊥DM于N，如图3，利用AAS可证得△FDN≌△DEM，进而得出F（4，6），再根据∠DGF=∠DGO分类讨论即可．
【详解】
解：（1）交轴于点，交轴于点，
，，
与关于轴对称，
，
设直线为：，将、坐标代入得
，解得，
直线的函数解析式为：；
（2）①将点代入中，得：
，解得：，
，
如图2，作，

，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
又，，
和均为等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
②将代入中，得：，
，则，，
过作轴于，作于，如图3，

，，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
当点、、三点共线时，如图3，，
设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，；
如图4，连接DG2，FG2，
过点D作DM⊥OG2，DN⊥FG2，
∵，
∴DM=DN，又DO=DF，
∴（HL），
∴∠ODM=∠FDN，又∠ODN+∠FDN=90°，
∴∠ODM+∠ODN=90°，即∠MDN=90°，
∴四边形DMG2N是正方形，
∴∠OG2F=90°，

设，
，
，
，
解得：，
；
当平分时，如图5，

，，
，
又，
，
设与交于点，
，
，，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
联立方程组，
解得：，
，；
综上所述，符合条件的的坐标为，或或，．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了运用待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象与坐标轴交点坐标，利用解方程组求两直线交点坐标，等腰直角三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
24．（1），；（2）或；（3）存在，或或．
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的面积公式求出点坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）设G（0，n）分两种情形：①当时，如图中，点落在上时，过作直线
解析：（1），；（2）或；（3）存在，或或．
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的面积公式求出点坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）设G（0，n）分两种情形：①当时，如图中，点落在上时，过作直线平行于轴，过点，作该直线的垂线，垂足分别为，．求出．②当时，如图中，同法可得，利用待定系数法即可解决问题．
（3）由，得，，即得直线为，设，，①以、为对角线，此时、中点重合，而中点为，，中点为，，即得，解得；②以、为对角线，同理可得：；③以、为对角线，同理．
【详解】
解：（1）直线与轴交于点，与轴交于点，
，，
，，
，
，
，
，
设直线的解析式为，则有，
解得，
直线的解析式为；
（2），，，
，
设，
①当时，如图中，点落在上时，过作直线平行于轴，过点，作该直线的垂线，垂足分别为，．

四边形是正方形，
，，
，
而，
，
，，
，
点在直线上，
，
，
；
②当时，如图中，同法可得，

点在直线上，
，
，
．
综上所述，满足条件的点坐标为或；
（3）存在，理由如下：
，，为线段的中点，
，，
设直线为，则，
解得，
直线为，
设，，
①以、为对角线，此时、中点重合，而中点为，，中点为，，
，解得，
；
②以、为对角线，同理可得：
，解得，
；
③以、为对角线，同理可得：
，解得，
；
综上所述，的坐标为：或或．
【点睛】
本题属于一次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题
25．（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS）
解析：（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），即可推出AB＝CF，再证明DA＝DF，即可解决问题．
（2）结论：AB＝AF+CF，如图②，延长AE交DF的延长线于点G，证明方法类似（1）．
（3）结论；AB＝DF+CF．如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明方法类似（1）．
【详解】
解：（1）探究问题：结论：AD＝AB+DC．
理由：如图①中，延长AE，DC交于点F，

∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
CE＝BE，∠BAF＝∠F，∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
故答案为AD＝AB+DC．
（2）方法迁移：结论：AB＝AF+CF．
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，

∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥DC，
∴∠BAE＝∠G．且BE＝CE，∠AEB＝∠GEC
∴△AEB≌△GEC（AAS）
∴AB＝GC
∵AE是∠BAF的平分线
∴∠BAG＝∠FAG，
∵∠BAG∠G，
∴∠FAG＝∠G，
∴FA＝FG，
∵CG＝CF+FG，
∴AB＝AF+CF．
（3）联想拓展：结论；AB＝DF+CF．
证明：如图③，延长AE交CF的延长线于点G，

∵E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AB∥CF，
∴∠BAE＝∠G，
在△AEB和△GEC中，
，
∴△AEB≌△GEC，
∴AB＝GC，
∵∠EDF＝∠BAE，
∴∠FDG＝∠G，
∴FD＝FG，
∴AB＝DF+CF．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．