2022-2023学年福建省福州市仓山区八年级（下）期中数学试卷.pdf

1、第 1页（共 28页）2022-2023 学年福建省福州市仓山区八年级（下）期中数学试卷一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（4 分）（2023 春灵宝市期末）下列各式是最简二次根式的是()A5B0.7C13D 82（4 分）（2023 春仓山区期中）下列各组长度的线段中，首尾顺次相接能构成直角三角形的是()A4，5，6B8，15，17C2，3，11D3，2，53（4 分）（2023 春仓山区期中）不等式 5332xx的解集是()A3xB3xC3xD3x4（4 分）（2023 春仓山区期中）下列运算正确的是()A532

2、 2B62 61 C2(2)2 D8225（4 分）（2023 春仓山区期中）下列说法错误的是()A全等三角形的三组对应边相等B平行四边形的两组对角分别相等C对角线相等的四边形是矩形D四条边都相等的四边形是菱形6（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，在矩形 ABCD 中，AC，BD 相交于点 O 若4AB，60AOB，则 BC 的长为()A8B 4 3C 2 3D47（4 分）（2023 春仓山区期中）若 21|36|0 xy，则 xy 的值为()A 2B 1C2D1第 2页（共 28页）8（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，点 P 是正方形 ABCD 内一点，连接 AP，BP，CP

3、 若 APB是等边三角形，则BPC的度数为()A30B 60C 75D909（4 分）（2023 春仓山区期中）一个平行四边形的一条边长为 7，两条对角线的长分别是 10 和 4 6，则这个平行四边形的面积为()A14 6B 20 6C35D 40 610（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，一架梯子 AB 斜靠在某个走廊竖直的左墙上，顶端在点 A 处，底端在水平地面的点 B 处保持梯子底端 B 的位置不变，将梯子斜靠在竖直的右墙上，此时梯子的顶端在点 D 处，连接 AD，F 是线段 AD的一点，且/BFAC 若2ACm，1.5BCm，顶端 D 距离地面的高度 DE 比 AC 少0.5m，

4、则下列结论不成立的是()A AB 的长为 2.5mBCE 的长为3.5m C AD 的长为5 22mD BF 的长为 53 m二、填空题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分11（4 分）（2013无锡）六边形的外角和等于度12（4 分）（2021锦州一模）二次根式5x 有意义，则 x 的取值范围是13（4 分）（2023 春仓山区期中）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 的坐标为(1,3)，则OA的长为第 3页（共 28页）14（4 分）（2021 春岑溪市期末）如图，菱形 ABCD 的周长为 24，对角线 AC，BD 交于点 O，点 E 是 BC 的中点，则 OE 的长是15（

5、4 分）（2010山西模拟）当35x 时，代数式2610 xx的值为16（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，在矩形 ABCD 中，22ADAB，AE，DF 分别平分BAD，ADC交 BC 于点 E，F，且 AE，DF 相交于点 O，连接 BO并延长交CD 于点G 则下面结论正确的是（写出所有正确结论的序号）AEDF；四边形 ABFO 是轴对称图形；21ABDG ；214DOGBOFSS三、解答题：本题共 9 小题，共 86 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（8 分）计算：01(23)(23)6(13)218（8 分）（2023 春仓山区期中）先化简，再求值：211(1)24m

6、mm，其中52m 19（10 分）（2021 春铜梁区期末）ABC中，13AB，10BC，BC 边的中线12AD，求 ABC的面积20（10 分）（2023 春仓山区期中）有大小两种货车，2 辆大货车与 3 辆小货车一次可以运货 16.5 吨，1 辆大货车与 1 辆小货车一次可以运货 7 吨大货车与小货车每辆一次各运货多少吨？第 4页（共 28页）21（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，点 E，F 在对角线 AC 上，且 AFCE，连接 BE，DF，求证：BEDF22（10 分）如图，在矩形 ABCD 中，4AB，3BC ，点 E 是 BC 上一点，连接 A

7、E，将 ABE沿着 AE 折叠，恰好点 B 与在CD 上的点 F 重合，求CE 的长23（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，在梯形 ABCD 中，/ABCD，AB （1）尺规作图：在 AB 上找一点 E，连接CE，使得/CEAD；（不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）条件下，若60BCE，4CD ，10AB，求梯形 ABCD 的高24（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，正方形 ABCD，点 E，F 分别在 BC，CD 的延长线上，连接 AE 交 CD 于点 G，连接 EF 交 AD 的延长线于点 H，且AHEH（1）求证：AE 平分BEF；（2）求EAF的度数；（3）如备用图

8、，过点 F 作 FPAE于 P，求证：B，P，D 三点共线第 5页（共 28页）25（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，11(,)22Amm，0m ，(2,0)B，ACx轴于点 C，ADy轴于点 D，且 E 是 y 轴正半轴上的一点，AEAB（1）求点 E 的坐标；（用含 m 的式子表示）（2）如备用图 1，已知(1,0)Fm，连接 AF，若135BAF，则：求 m 的值；如备用图 2，若 P，Q 分别是线段 OF，射线 FA 上的一点，求 OQPQ的最小值第 6页（共 28页）2022-2023 学年福建省福州市仓山区八年级（下）期中数学试卷参考答案与试

9、题解析一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（4 分）（2023 春灵宝市期末）下列各式是最简二次根式的是()A5B0.7C13D 8【考点】最简二次根式【分析】根据最简二次根式被开方数不含能开方的因式和不含分母判断即可【解答】解：A 5 是最简二次根式，符合题意；B 0.7，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；C 13，被开方数含有分母，不是最简二次根式，不符合题意；D 8，被开方数含有能开方的因数 4，不是最简二次根式，不符合题意；故选：A 2（4 分）（2023 春仓山区期中）下列各组长度的线段中，首尾

10、顺次相接能构成直角三角形的是()A4，5，6B8，15，17C2，3，11D3，2，5【考点】勾股定理的逆定理【分析】判断是否能组成直角三角形，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可【解答】解：A、22245162541366，4，5，6 不能组成直角三角形，故本选项不符合题意；B、2228156422528917，8，15，17 能组成直角三角形，故本选项符合题意；C、22223491311(11)，2，3，11 不能组成直角三角形，故本选项不符合题意；D、2222(3)4375(5)，第 7页（共 28页）3，2，5 不能组成直角三角形，故本选项不符合题意故选：B 3（4 分）（2

11、023 春仓山区期中）不等式 5332xx的解集是()A3xB3xC3xD3x【考点】解一元一次不等式【分析】先去分母，再移项合并同类项，即可求解【解答】解：5332xx，去分母得：53 6xx，移项合并同类项得：3x故选：D 4（4 分）（2023 春仓山区期中）下列运算正确的是()A532 2B62 61 C2(2)2 D822【考点】二次根式的混合运算【分析】根据二次根式的运算法则，逐项判断即可求解【解答】解：A、5 和3 不是同类二次根式，无法合并，原计算错误，不符合题意；B、62 66，原计算错误，不符合题意；C、2(2)2，原计算错误，不符合题意；D、822 222，正确，符合题意

12、故选：D 5（4 分）（2023 春仓山区期中）下列说法错误的是()A全等三角形的三组对应边相等B平行四边形的两组对角分别相等C对角线相等的四边形是矩形D四条边都相等的四边形是菱形第 8页（共 28页）【考点】矩形的判定；全等三角形的性质；菱形的判定；平行四边形的性质【分析】根据全等三角形的性质，平行四边形的性质，矩形和菱形的判定，逐项判断即可求解【解答】解：A、全等三角形的三组对应边相等，故本选项正确，不符合题意；B、平行四边形的两组对角分别相等，故本选项正确，不符合题意；C、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项错误，符合题意；D、四条边都相等的四边形是菱形，故本选项正确，不符合题意；故选

13、：C 6（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，在矩形 ABCD 中，AC，BD 相交于点 O 若4AB，60AOB，则 BC 的长为()A8B 4 3C 2 3D4【考点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质【分析】根据矩形的性质得到OAOB，证明 AOB为等边三角形，根据勾股定理计算，得到答案【解答】解：四边形 ABCD 为矩形12OAAC，12OBBD，ACBD，OAOB，60AOB，AOB为等边三角形，4OAAB，28ACOA，由勾股定理得，224 3BCACAB，故选：B 7（4 分）（2023 春仓山区期中）若 21|36|0 xy，则 xy 的值为()A 2B 1C2D1第 9页

14、（共 28页）【考点】非负数的性质：绝对值；非负数的性质：算术平方根【分析】根据非负数的性质求出未知数的值，再代入计算即可【解答】解：21|36|0 xy，210,|36|0 xy，1x ，2y，1 22xy ，故选：A 8（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，点 P 是正方形 ABCD 内一点，连接 AP，BP，CP 若 APB是等边三角形，则BPC的度数为()A30B 60C 75D90【考点】等边三角形的性质；正方形的性质【分析】求得30CBP，PBBC，根据三角形内角定理和等腰三角形的性质即可求解【解答】解：四边形 ABCD 是正方形，BCAB，90CBA，PAB是等边三角形，60

15、PBA，PBAB，30CBP，PBBC，1(180)752BPCCBP ，故选：C 9（4 分）（2023 春仓山区期中）一个平行四边形的一条边长为 7，两条对角线的长分别是 10 和 4 6，则这个平行四边形的面积为()A14 6B 20 6C35D 40 6第 10页（共 28页）【考点】平行四边形的性质【分析】根据勾股定理逆定理可以说明平行四边形的对角线互相垂直，进而可以判断这个平行四边形是菱形，据此即可求解【解答】解：设平行四边形 ABCD 的对角线交于点 O，且10AC，4 6BD，7AB，152AOOCAC，12 62BOODBD，2225(2 6)2524497，222AOBOA

16、B，90AOB，平行四边形 ABCD 是菱形平行四边形 ABCD 的面积为 11104 620 622ACBD，故选：B 10（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，一架梯子 AB 斜靠在某个走廊竖直的左墙上，顶端在点 A 处，底端在水平地面的点 B 处保持梯子底端 B 的位置不变，将梯子斜靠在竖直的右墙上，此时梯子的顶端在点 D 处，连接 AD，F 是线段 AD的一点，且/BFAC 若2ACm，1.5BCm，顶端 D 距离地面的高度 DE 比 AC 少0.5m，则下列结论不成立的是()A AB 的长为 2.5mBCE 的长为3.5m C AD 的长为5 22mD BF 的长为 53 m【考

17、点】相似三角形的应用【分析】根据勾股定理求出 AB、BE 的长，得出ACBBED，证明90ABD，利用勾股定理求出 AD，再利用平行线得出相似和比例式，求出 BF 即可【解答】解：2ACm，1.5BCm，第 11页（共 28页）222.5ABACBCm，A 成立，不符合题意；DE比 AC 少 0.5m，0.51.5()DEACm，2.5ABBDm，222EBBDDEm，3.5ECCBBEm，B 成立，不符合题意；ABBD，BCED，ACBE，()ACBBED SSS，ABCBDE，90DBEBDE，90DBEABC，90ABD，225 22ADABBDm，C 成立，不符合题意；连接 EF 并延

18、长，交直线 AC 于 M，/BFAC，43EFBEFMCB，DEFAMF，BEFCEM，43EFDEFMAM，47BFCM，1.5DEm，98AMm，2ACm，258CMm，2514BFm，D 不成立，符合题意；第 12页（共 28页）故选：D 二、填空题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分11（4 分）（2013无锡）六边形的外角和等于360度【考点】多边形内角与外角【分析】根据任何多边形的外角和是 360 度即可求出答案【解答】解：六边形的外角和等于 360 度故答案为：36012（4 分）（2021锦州一模）二次根式5x 有意义，则 x 的取值范围是5x【考点】二次根式有意义

19、的条件【分析】根据二次根式的意义，被开方数是非负数列出方程，解方程即可【解答】解：根据题意得：5 0 x，解得5x故答案为：5x13（4 分）（2023 春仓山区期中）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A 的坐标为(1,3)，则OA的长为10【考点】勾股定理；两点间的距离公式【分析】根据勾股定理计算即可【解答】解：点 A 的坐标为(1,3)，由勾股定理得221310OA 故答案为：10 14（4 分）（2021 春岑溪市期末）如图，菱形 ABCD 的周长为 24，对角线 AC，BD 交于点 O，点 E 是 BC 的中点，则 OE 的长是3第 13页（共 28页）【考点】直角三角形斜边上的中线；

20、三角形中位线定理；菱形的性质【分析】利用菱形的性质得出6BC ，进而直角三角形斜边上的中线性质求出OE，即可得出结果【解答】解：四边形 ABCD 是菱形，6ABBCCDAD，ACBD，点 E 为 AD 边的中点，OE是 Rt AOD的斜边上的中线，26ADOE，3OE；故答案为：315（4 分）（2010山西模拟）当35x 时，代数式2610 xx的值为6【考点】7A：二次根式的化简求值【分析】由已知得35x，将代数式变形为完全平方式后，再整体代入【解答】解：由已知得35x，22610(3)1xxx2(5)16 16（4 分）（2023 春仓山区期中）如图，在矩形 ABCD 中，22ADAB，

21、AE，DF 分别平分BAD，ADC交 BC 于点 E，F，且 AE，DF 相交于点 O，连接 BO并延长交CD 于点 G 则下面结论正确的是（写出所有正确结论的序号）AEDF；四边形 ABFO 是轴对称图形；21ABDG ；第 14页（共 28页）214DOGBOFSS【考点】四边形综合题【分析】根据矩形的性质和角平分线的性质即可得出答案；连接 AF，根据中的结论可知AOD是等腰直角三角形，再结合的长可求出1AO ，从而得出结论；延长 AB、DF 相交于点 H，根据题中条件证明()BOHGOD ASA，可得DGBH，即可证出结论；取 BC 的中点 M，连接OM，可知1122DOGBOFSSDG

22、MCBFOM，即可求出答案【解答】解：四边形 ABCD 是矩形，AE，DF 分别平分BAD，ADC，45BEACFD ，90EOF，AEDF；连接 AF，如图所示，由知，EOF是等腰直角三角形，四边形 ABCD 是矩形，45DAOBEA ，45FDACFD ，AOD是等腰直角三角形，22ADAB，1AB，222ADAODOAO，第 15页（共 28页）1AO，AFAF，Rt ABFRt AOF(HL)，四边形 ABFO 是以 AF 为对称轴的轴对称图形；延长 AB、DF 相交于点 H，如图所示，四边形 ABCD 是矩形，AE，DF 分别平分BAD，ADC，22ADAB45BAE，45ODG，1

23、DCAB，2BCAD，DCF是等腰直角三角形，1CFDC，21BFBCCF，由得，AEDF，AOH是等腰直角三角形，45H，AOOH，HODG，90HBF，是等腰直角三角形，21BHBF，由知，AOD是等腰直角三角形，AOOD，OHOD，又BOHGOD，()BOHGOD ASA，第 16页（共 28页）21DGBH，12121ABDG；取 BC 的中点 M，连接OM，如图所示，四边形 ABCD 是矩形，22ADAB，1222MCBC，由知，()BOHGOD ASA，OBOG，点 O 为 BG 的中点，OM是 BCG的中位线，/OMCG，12OMCG，四边形 ABCD 是矩形，22ADAB，90

24、C，1DCAB，OMBC，由得，21DG ，21BF ，22CGDCDG，212OM ，11121232 2(21)(21)(1)2222222DOGBOFSSDGMCBFOM；故答案为：三、解答题：本题共 9 小题，共 86 分解答应写出文字说明、证明过程或演算第 17页（共 28页）步骤17（8 分）计算：01(23)(23)6(13)2【考点】二次根式的混合运算；零指数幂【分析】先根据平方差公式，二次根式的化简和零指数幂算出结果，再进行二次根式的加减运算【解答】解：01(23)(23)6(13)2243612433 213 218（8 分）（2023 春仓山区期中）先化简，再求值：211

25、(1)24mmm，其中52m 【考点】分式的化简求值【分析】先根据分式运算法则进行化简，再代入数值计算即可【解答】解：211(1)24mmm，2211()224mmmmm，1(2)(2)21mmmmm，2m；把52m 代入，原式522519（10 分）（2021 春铜梁区期末）ABC中，13AB，10BC，BC 边的中线12AD，求 ABC的面积【考点】勾股定理的逆定理；三角形的面积【分析】根据勾股定理的逆定理可以判断 ABD的形状，然后根据三角形的面积公式可以求得 ABC的面积【解答】解：AD是 BC 的中线，10BC，5BD，13AB，12AD，第 18页（共 28页）222BDADAB，

26、ABD是直角三角形，90ADB，ABC的面积是：10 126022BC AD，即 ABC的面积是 6020（10 分）（2023 春仓山区期中）有大小两种货车，2 辆大货车与 3 辆小货车一次可以运货 16.5 吨，1 辆大货车与 1 辆小货车一次可以运货 7 吨大货车与小货车每辆一次各运货多少吨？【考点】二元一次方程组的应用；一元一次方程的应用【分析】设每辆大货车一次运货 x 吨，每辆小货车一次运货 y 吨，根据等量关系列方程，可求解【解答】解：设每辆大货车一次运货 x 吨，每辆小货车一次运货 y 吨，依题意列方程组，2316.57xyxy，解得4.52.5xy，答：每辆大货车一次运货 4.

27、5 吨，每辆小货车一次运货 2.5 吨21（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，在平行四边形 ABCD 中，点 E，F 在对角线 AC 上，且 AFCE，连接 BE，DF，求证：BEDF【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质【分析】根据平行四边形 ABCD，利用 SAS 可以证明ADFCBE，即可得到BEDF【解答】证明：四边形 ABCD 是平行四边形，/ADBC，ADCB，第 19页（共 28页）DAFBCE，在 ADF和 CBE中，ADCBDAFBCEAFCE，()ADFCBE SAS，BEDF22（10 分）如图，在矩形 ABCD 中，4AB，3BC ，点 E 是 BC

28、上一点，连接 AE，将 ABE沿着 AE 折叠，恰好点 B 与在CD 上的点 F 重合，求CE 的长【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）【分析】根据勾股定理求出 FD 的长，再设 CEx，利用勾股定理列出方程即可求解【解答】解：由折叠可知4ABAF，EBEF，90D，2222437DFAFAD，设CEx，则设3BEFEx，47FC，根据勾股定理得，222(47)(3)xx，解得4 773x，CE的长为 4 77323（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，在梯形 ABCD 中，/ABCD，AB （1）尺规作图：在 AB 上找一点 E，连接CE，使得/CEAD；（不写作法，保留作图痕迹）

29、（2）在（1）条件下，若60BCE，4CD ，10AB，求梯形 ABCD 的高第 20页（共 28页）【考点】梯形；作图复杂作图【分析】（1）根据内错角相等，两直线平行，作ECACAD 即可解决问题；（2）证明四边形 AECD 是平行四边形，求得6BEABAE，再证明 BCE是等边三角形，作CFBE于点 F，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求解【解答】解：（1）如图，CE 即为所作，；（2）解：/ABCD，/CEAD，四边形 AECD 是平行四边形，AECD，4CD，10AB，1046BEABAE，DABB，DABCEBB ，60BCE，BCE是等边三角形，6BCBE，60B，作CFBE于点

30、 F，132BFBE，223 3CFBCBF，答：梯形 ABCD 的高为3 3 24（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，正方形 ABCD，点 E，F 分别在 BC，CD 的延长线上，连接 AE 交 CD 于点 G，连接 EF 交 AD 的延长线于点 H，且AHEH第 21页（共 28页）（1）求证：AE 平分BEF；（2）求EAF的度数；（3）如备用图，过点 F 作 FPAE于 P，求证：B，P，D 三点共线【考点】四边形综合题【分析】（1）先根据四边形 ABCD 是正方形，证明/ADBC，推出HAEAEB，得到 AHEH，推出HAEHEA，据此即可证明 AE 平分BEF；（2）过点

31、A 作 AMEF交 EF 的延长线于点 M，ANAF交 BE 于点 N，先根据四 边 形 ABCD 是 正 方 形，证 明90BADBADC ，ABAD，得 到90BMADF ，依 次 证 明()AEBAEM AAS，()BANDAF ASA 和Rt ABNRt AMF(HL)，得 到BAEMAE，BANMAF，最 后 证 明190452EAF ；（3）连接 BP，DP，延长 FP、AB 相交于点 O，设 FO 交 BC 于点T，FP 交 AD 于点 L，连接 AT，根据 FPAE，得到90FPAOPAFPETPE ，再根据四边 形 ABCD 是 正 方 形，得 到90ABCADC ，ABAD

32、，依 次 证 明()FPETPE ASA，推 出 EFET，()AEFAET SAS，推 出 AFAT，Rt ABTRt ADF(HL)，推出BATDAF，然后证明 OBTOPA和 OBPOTA，得到TPBBAT，同理证明 ALPFLD和 ALFPLD，得到DAFDPF，据此进一步计算即可求解【解答】（1）证明：四边形 ABCD 是正方形，/ADBC，HAEAEB，AHEH，第 22页（共 28页）HAEHEA，HEAAEB，AE平分BEF；（2）解：过点 A 作 AMEF交 EF 的延长线于点 M，ANAF交 BE 于点 N，则90MNAF，四边形 ABCD 是正方形，90BADBADC ，

33、ABAD，90BMADF ，AE平分BEF，AEBAEM，BAEMAE，ABAM，90BADNAF，BADNADNAFNAD ，即BANDAF，在 BAN和 DAF中，90BADFABADBANDAF ，()BANDAF ASA，ANAF，在 Rt ABN和 Rt AMF中，ABAMANAF，Rt ABNRt AMF(HL)，BANMAF，又BAEMAE，第 23页（共 28页）BAEBANMAEBAN ，即12EANEAFNAF，又90NAF，190452EAF ；（3）证明：连接 BP，DP，延长 FP、AB 相交于点 O，设 FO 交 BC 于点T，FP 交AD 于点 L，连接 AT，F

34、PAE，90FPAOPAFPETPE ，四边形 ABCD 是正方形，90ABCADC ，ABAD，90OBTADF ，AE平分BEF，AEFAEB，在 FPE和 TPE中，90FPETPEPEPEAEBAEF ，()FPETPE ASA，EFET，在 AEF和 AET中，EFETAEFAEBAEAE，()AEFAET SAS，第 24页（共 28页）AFAT，在 Rt ABT和 Rt ADF中，ABADATAF，Rt ABTRt ADF(HL)，BATDAF，90OBTOPA，OO，OBTOPA，OBOTOPOA，又OO，OBPOTA，OPBOAT，即TPBBAT，90ADFFPA，ALPFL

35、D，ALPFLD，ALPLFLDL，又ALFPLD，ALFPLD，DAFDPF，又BATDAF，TPEBAT，TPBDPF，又180TBPAPBFPA ，180TBPFPA，即180BPD，B，P，D 三点共线25（10 分）（2023 春仓山区期中）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，11(,)22Amm，0m ，(2,0)B，ACx轴于点 C，ADy轴于点 D，且 E 是 y 轴正半轴上的一点，AEAB第 25页（共 28页）（1）求点 E 的坐标；（用含 m 的式子表示）（2）如备用图 1，已知(1,0)Fm，连接 AF，若135BAF，则：求 m 的值；如备用图 2，若 P，Q 分别是

36、线段 OF，射线 FA 上的一点，求 OQPQ的最小值【考点】三角形综合题【分析】（1）根据 HL 证明 Rt AEDRt ABC，得到122EDBCm，推出112222OEmmm，即可求解；（2）根据 SAS 证明EAFBAF 得到3EFBFm，而2OEm，1OFm，利用勾股定理即可求解；作点 O 关于直线 AF 的对称点 O，连接O Q，O O，O P，则OQPQO QPQ，由于 O QPQ O P，故只要求得 O P的最小值即可得到 OQPQ的最小值，根据垂线段最短可知，当O Px轴时，O P 最小，据此进一步计算即可求解【解答】解：（1）11(,)22Amm，ACx轴，ADy轴，12A

37、CADODCOm，在 Rt AED和 Rt ABC中，AEABADAC，Rt AEDRt ABC(HL)，DEBC，(2,0)B，第 26页（共 28页）122EDBCOBCOm，112222OEDEODmmm，点 E 的坐标为(0,2)m；（2）连接 EF，由（1）可知 Rt AEDRt ABC，EADBAC，90EADDABBACDABDAC ，90EAB，36036013590135FAEBAFEAB ，EAFBAF，在 EAF和 BAF中，AEABEAFBAFAFAF，()EAFBAF SAS，2(1)3EFBFmm，2OEm，1OFm，90AOE，2222(2)(1)EFOEOFmm

38、，22(2)(1)3mmm，2m；作点 O 关于直线 AF 的对称点 O，连接O Q，O O，O P，则OQPQO QPQ，第 27页（共 28页）由于O QPQ O P，故只要求得O P 的最小值即可得到OQPQ的最小值，根据垂线段最短可知，当O Px轴时，O P 最小，由得2m ，(3,0)F，(1,1)A，设直线 AF 的解析式为(0)ykxb k，把(3,0)F，(1,1)A 代入得130kbkb，解得：1232kb，直线 AF 的解析式为1322yx，设点 O 的坐标为(,)a c，则 O、O 的中点 G 的坐标为(,)2 2a c，直线 AF 与 y 轴的交点为 I，则点 I 的坐

39、标为3(0,)2，2233 53()22FI，1122OFOIFIOG，3 55OG，2223 5()()()223ac，整理得22365ac，点 O 与点 O 关于直线 AF 对称，点G 在直线 AF 上，132222ca，第 28页（共 28页）即132ca，22136(3)25aa，整理得22560360aa，即2(56)0a ，解得：65a ，则125c，点O 到 x 轴的距离为125，即OQPQ的最小值为125 声明：试 题解析著作权 属菁优网所有，未经书面同 意，不得复制 发布日期：2024/3/20 12:09:05；用户：彼粒星；邮箱：orFmNt 3ioZ7m 9pIbCI01vF5XpRE；学号：40668998