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广东区珠海市紫荆中学2025-2026学年度第二学期期中考试初二年级数学试题
1．下列根式中，不是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
2．函数中，自变量的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
3．在中，，则的度数为（　　）
A．60° B．80° C．100° D．160°
4．如图所示，一轮船以6海里/时的速度从港口出发向东北方向航行，另一轮船以8海里/时的速度同时从港口出发向东南方向航行，离开港口2小时后，则两船相距（　　）
A．20海里 B．10海里 C．30海里 D．25海里
5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，且DC＝AC，则∠B的度数是（　　）
A．25° B．30° C．45° D．60°
6．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　）．
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角
7．用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如下图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形 ABCDE，则∠BAC的度数是（　　）
A．36° B．30° C．45° D．40°
8．如图，小明出去散步，从家走了20分钟到一个离家900米的报亭，他在报亭看报10分钟，然后用15分钟返回家，下面给出的图象中可以表示小明离家距离与时间的关系是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图，点、分别为的边、的中点，连接、，点、分别为、的中点，连接、，若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在中，，，过点作于点，且．点是边上的一动点，连接，过点作所在直线的垂线，垂足为点，当点在边上运动时，则的最大值为（　　）
A．4 B． C．5 D．
11．若函数是关于的一次函数，则　 　．
12．若一个多边形的内角和与外角和共，则这个多边形的边数是　 　．
13．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，OC=2，则点A的坐标是　 　．
14．在中，，则　 　．
15．宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．如图，黄金矩形中，，以宽为边在其内部作正方形，得到黄金矩形．依此作法，四边形、四边形也是黄金矩形．依次以点，，为圆心，以，，为半径画四分之一的圆，则称曲线叫作“黄金螺线”．若，则“黄金螺线”的长为　 　（结果保留）．
16．计算：．
17．如图，在中，点是的中点，连接并延长，与的延长线相交于点．求证：．
18．如图正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，在如图的网格格点处取，，三点，使，，．
（1）在图中画出满足条件的；
（2）点到线段的距离为________．
19．如图，四边形为平行四边形，为对角线的中点，过点作分别交边，于点，，垂足为．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）在的延长线上取一点，使，连接．若为的中点，且，，求的面积．
20．在中，，分别以，，为边向形外作正方形，正方形，正方形．
（1）如图1过点作的垂线，垂足为，交于，若矩形的面积为20，求正方形的面积．
（2）如图2，在中，，分别以，，为边向形外作矩形，矩形，矩形，过点作的垂线，垂足为，交于，交的延长线于点．若记矩形的面积为，矩形的面积为，当时，直接写出与间的数量关系．
21．比较两个数的大小，我们常采用作差或作商的方法，其实有时候用“平方法”来比较大小也会取得很好的效果．例如，比较和的大小，我们可以把和分别平方．，，则，．
阅读以上材料，解决下面问题：
（1）已知，，则_______（填写“”“”或“”）．
（2）比较，的大小，并说明理由．
（3）判断，（，且为正整数）的大小，并说明理由．
22．综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．将矩形对折，使点落在边上的点处，得到折痕，点和点分别在线段和线段上，折痕与对角线交于点．打开铺平，得到图．
（1）若点与点重合，，，求折痕的长度；
（2）若矩形变成边长为的正方形，其他条件不变，如图．
当点为的中点时，线段_______；
若，，请求出关于的函数，并求出自变量的取值范围．
23．如图1，正方形中，点在线段上，连接交于点，过作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，求证：；
（3）如图2，当是的中点时，线段（点在点的左边）在直线上运动．连接、，若，，求出的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，选项不是最简二次根式，
B、C、D选项均为最简二次根式，
故答案为：A．
【分析】根据最简二次根式的含义求出答案即可。
2．【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件；函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：∵函数是分式，分式的分母不能为0，
∴，
解得，
因此自变量的取值范围是．
故答案为：D.
【分析】观察解析式形式，函数 是分式型函数，确定解题依据，分式有意义的前提是分母≠0，令分母x 7≠0，转化为一元一次不等式，移项计算得到x≠7，即为自变量取值范围.
3．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在中，，
又，
所以，
故选：C．
【分析】根据平行四边形性质即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】方位角；勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【解答】解：如图，设向东北方向航行的轮船到达地为处，向东南方向航行的轮船到达地为处，连接，
由题意得：，（海里），（海里），
∴，
∴在中，海里，
即两船相距20海里．
故答案为：A.
【分析】先从方位入手，东北方向为北偏东45 、东南方向为南偏东45 ，两角相加得航线夹角90 ，确定两船航线与两船连线构成直角三角形；再依据路程=速度×时间，分别算出两条直角边：6×2=12海里、8×2=16海里；最后用勾股定理c=，列式=20海里选出答案.
5．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴AD＝CD，
∵DC＝AC，
∴AD＝CD＝AC，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠B＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：B．
【分析】根据∠ACB=90 ，D是斜边AB中点，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得CD=AD=BD=AB，合已知条件DC=AC，等量代换得：AC=AD=CD，依据等边三角形判定（三边相等的三角形是等边三角形），推出△ACD为等边三角形，由等边三角形内角都为60 ，得∠A=60 ，在Rt△ABC中，根据直角三角形两锐角互余（两角和90 ），∠B=90 ∠A=90 60 =30 .
6．【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】从角、边、对角线三个方面把握各图形的性质比较解答．
【解答】A、只有正方形和菱形具有；
C、只有矩形和正方形具有；
D、只有正方形具有；
矩形、菱形、正方形都具有的性质是：一组对边平行且相等，对角线互相平分．故选B．
【点评】对于平行四边形，矩形、菱形、正方形的性质的理解与记忆是解决本题的关键．
7．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正多边形的性质；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：因为正五边形，
所以，
因为三角形ABC是等腰三角形，
所以，
故选A.
【分析】根据正多边形的内角和以及性质可得， 再由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】用图象表示变量间的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，小明的行程分为三个阶段：
第一阶段：从家走到报亭，
∵从家走了20分钟到一个离家900米的报亭，
∴在分钟内，图象应为从原点出发上升至纵坐标为900的一条线段；
第二阶段：在报亭看报，
∵在报亭看报10分钟，此时离家的距离不变，且（分钟），
∴在分钟内，图象应为平行于轴的一条水平线段；
第三阶段：返回家，
∵用15分钟返回家，且（分钟），
∴在分钟内，图象应为从纵坐标下降至0的一条线段，且终点横坐标为45；
观察各选项图象，只有D选项符合．
故答案为：D.
【分析】本题分三个活动阶段梳理时间与离家距离的变化，对照函数图象分段特征逐一筛选，第 1 阶段：0～20 分钟，小明从家步行去报亭，用时 20 分钟，离家距离从 0 米匀速增加到 900 米，图像是从原点上升至 (20，900) 的倾斜上升线段；第 2 阶段：20～30 分钟（看报 10 分钟：20+10=30），原地看报、位置不变，离家距离固定 900 米，图像是平行于横轴的水平线段（距离不变）；第 3 阶段：30～45 分钟（返程 15 分钟：30+15=45），从报亭回家，距离从 900 米匀速降到 0 米，图像是从 (30，900) 下降至 (45，0) 的倾斜下降线段。B、C 无水平停留线段（没有看报静止阶段）直接排除；A 返程结束时间不是 45 分钟，排除；D 符合三段变化规律。
9．【答案】B
【知识点】线段的中点；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点、是边、的中点，
是的中位线，
，
点是边的中点，
．
故答案为：B
【分析】根据三角形中位线定理可得AE，再根据线段中点即可求出答案.
10．【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，连接，
∵在中，，，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴要使得的值最大，则需的值最小，
又∵，，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴点在的延长线上，
∴点在边上运动的过程中，当点与点重合时，的值最小，最小值为，
∴的最大值为．
【分析】先利用BE=3AE、AB=6算出AE长度，结合Rt△ADE与勾股定理求高DE，根据平行四边形性质，△CDP面积恒等于平行四边形面积的一半，算出S△CDP=6，由DF⊥CP，三角形面积公式S△CDP= CP DF，变形得到DF=，由反比例变化规律：DF与CP成反比，CP最小时DF最大，根据 “垂线段最短”，CP⊥AB时CP最小（CP=DE=2），代入算出DF最大值.
11．【答案】3
【知识点】一次函数的概念
【解析】【解答】解：由题意得：，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据一次函数的定义即可求出答案.
12．【答案】
【知识点】多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：多边形的内角和是：，
设多边形的边数是，
则，
解得：．
故答案为：
【分析】根据多边形内角与外角性质即可求出答案.
13．【答案】（3，）．
【知识点】点的坐标；含30°角的直角三角形；矩形的性质；平面直角坐标系的构成
【解析】【解答】解：如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC=90°，
∵AC∥x轴，
∴∠OAC=30°，∠ODA=90°，
∴OA=OC=2，
∴OD=OA=，
∴AD=OD=3，
∴点A的坐标是（3，）；
故答案为（3，）．
【分析】由矩形OABC得∠AOC=90 ，结合AC∥x轴、OA与x轴夹角30 ，利用平行线内错角相等推出∠OAC=30 ，在Rt△OCA中，已知OC=2、∠OAC=30 ，利用含30 直角三角形三边关系算出斜边OA=，过A作x轴垂线构造Rt△OAD，∠AOD=30 ，再次用30 直角三角形性质，求出竖坐标OD=、横坐标AD=3，根据平面直角坐标系坐标定义，得到A(3，)。

14．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；等腰直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图所示，过点A作于H，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】过点A作于H，根据三角形内角和定理可得∠C，根据含30°角的直角三角形性质可得AH，根据勾股定理可得CH，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】二次根式的实际应用；矩形的性质；正方形的性质；圆的周长
【解析】【解答】解：∵在黄金矩形中，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由题意可知，四边形和四边形都是正方形，
∴，，
∴“黄金螺线”的长为
．
故
【分析】本题依托新定义黄金矩形分步求解黄金螺线弧长，根据黄金矩形定义与AD=4，先算出AB长度，由正方形ABFE边长等于AB，得到第一段圆弧半径BF=AB，再利用黄金矩形边长递减规律，依次算出DE、GE、MH（后两段圆弧的半径），黄金螺线BEHN由三段圆弧拼接而成，套用圆周长公式l=×2πr，合并化简代数式，最终算出总弧长.
16．【答案】解：原式
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】先化简每一个二次根式，化为最简二次根式，利用二次根式乘法法则计算×，得到，利用平方差公式(a b)(a+b)=a2 b2，计算()()，快速算出结果11 8=3，把化简后的所有项代入原式，合并同类二次根式，最终得到计算结果.
17．【答案】证明：∵四边形为平行四边形，∴，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题从平行四边形性质切入，通过全等三角形完成线段等量代换，由平行四边形ABCD性质，得AB平行且等于CD，推出内错角∠ABE=∠F、∠BAE=∠FDE，根据E是AD中点，得到AE=DE；利用AAS判定△ABE≌△DFE，得到DF=AB，结合平行四边形AB=CD，等量代换证得DF=CD.
18．【答案】（1）解：如图所示即为所求，
由勾股定理得，，.
（2）
【知识点】二次根式的乘除混合运算；勾股定理的逆定理；等积变换；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】（2）解：∵，，，且，
∴为直角三角形，，
利用等面积可得，点到线段的距离为．
故答案为：.
【分析】(1) 由网格小方格边长为 1，利用勾股定理：（横向 2 格、纵向 2 格的斜线段）、（横 3 竖 3 斜线）、（横 5 竖 1 斜线），在网格格点上定点A、B、C画出△ABC；
(2)先用勾股定理的逆定理判断△ABC为直角三角形，再依据三角形面积公式S=底高，由等面积法算△ABC面积，以AC为底，反求底边AC上的高（即点B到AC的垂距）.
（1）解：如图所示即为所求，
由勾股定理得，，；
（2）解：∵，，，且，
∴为直角三角形，，
利用等面积可得，点到线段的距离为．
19．【答案】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴，
∴，，
∵为对角线的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，即，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
（2）解：如图，过点作于点，
∵为对角线的中点，为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，，，
∴的面积为．
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1) 由平行四边形ABCD得AD∥BC，推导出内错角∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，O是AC中点，OA=OC，用AAS证△AOE≌△COF，得到AE=CF，AE∥CF且AE=CF，先判定AFCE是平行四边形，结合EF⊥AC，对角线互相垂直的平行四边形是菱形完成证明.(2) O是AC中点、F是BC中点，利用三角形中位线定理得OF=AB=2，由CG=OC、∠G=15 ，等边对等角得∠COG=∠G=15 ，外角算出∠ACB=30 ，Rt△COF中∠OCF=30 ，得CF=2OF=4，过O作OH⊥BC，算出OH=OC，再求出CG=OC、FG长度，最后用S= FG OH算三角形面积.
（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
∵为对角线的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，即，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
（2）解：如图，过点作于点，
∵为对角线的中点，为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，，，
∴的面积为．
20．【答案】（1）解：如图1，设，，，则，
，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，，
，
，
，
，
．
，，
正方形的面积为20.
（2）解：．
提示：如图2，延长交于，
四边形是矩形，
．
，
，
．
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
．
，，
四边形是平行四边形，
．
，且，
，即．
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；多边形的面积
【解析】【分析】(1) 设AC=b，BC=a，AB=c，AH=x，则BH=c x，正方形ACED面积S=b2，矩形AHQM面积=AH AB=c x=20，由CH⊥AB，在Rt△ACH中：CH2=b2 x2，在Rt△BCH中：CH2=a2 (c x)2，联立得b2 x2=a2 (c x)2；又Rt△ACB中：a2=c2 b2，将a2代入上式展开化简，消元后推出b2=c x，因为c x=S矩形AHQM=20，所以正方形ACED面积b2=20.
(2)由矩形ABNM、 矩形ACED性质得AM⊥AB、DE∥AC，结合CQ⊥AB，推出AR∥CP，证△ADR≌△CEP(AAS)，全等面积相等，等量代换得S矩形ACED=S平行四边形ACPR=CP AH=m，矩形AHQM面积n=AH QH，结合已知CP=QH，代入m=CP AH，代换CP整理得到m与n关系式.
（1）解：如图1，设，，，则，
，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，，
，
，
，
，
．
，，
正方形的面积为20；
（2）解：．
提示：如图2，延长交于，
四边形是矩形，
．
，
，
．
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
．
，，
四边形是平行四边形，
．
，且，
，即．
21．【答案】（1）
（2）解：，理由如下：∵，，
∴，
，
又∵，，且，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
（3）解：，理由如下：∵，
∴，
∵，，
∴，
，
∴
，
∴，
又∵，
∴．
【知识点】实数的大小比较；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
故答案为：.
【分析】（1）本题已知两个含系数的二次根式，无法直观开方估算数值大小，题目隐含正数平方比较大小的解题方法；先由正数本身取值特点确定c、d均大于 0，再由二次根式乘方运算法则分别对c、d整体平方计算具体数值，接着由算出的平方结果对比大小，最后依据 “同为正数，平方大则原数更大” 的实数性质，反向推导c和d的大小关系。
（2）本题是两个无理数相加的形式，无法直接口算或者估算取值比较大小，延续上一题正数平方比较的解题思路；第一步先判定m、n都是正数，满足平方比较的使用条件；第二步由完全平方公式分别对两个多项式平方展开，化简后发现整式常数项数值相等，只需要比较剩余带根号的无理项；第三步由于无理项仍不能直接比大小，继续对无理式单独平方转化为整数比较；第四步根据无理项大小推出整体平方的大小，最后再借助正数平方与原数的对应关系，确定m、n的大小。
（3）本题为含字母参数、二次根式的分式代数式，结构复杂无法直接代值或估算，沿用整题统一的平方比较思想解题；首先根据n>1的限定条件，判断分母、被开方数均为正数，得出P、Q取值为正，满足平方比较前提；其次对P、Q分别平方去掉根号，再利用平方差公式因式分解、分式约分简化两个平方后的式子；随后选用作差比较法，对化简后的两个分式通分、合并计算差值；接着结合n的取值范围判断差值正负，确定P2与Q2的大小；最后依托正数平方越大原数越大的规律，推出P、Q的大小关系。
（1）解：∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：，理由如下：
∵，，
∴，
，
又∵，，且，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
（3）解：，理由如下：
∵，
∴，
∵，，
∴，
，
∴
，
∴，
又∵，
∴．
22．【答案】（1）解：当点与点重合，此时与重合，如图，连接，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠性质可得，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴折痕的长为；
（2）；
如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
同得是等腰直角三角形，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴关于的函数关系式为．
【知识点】函数解析式；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】（2）解：如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∴四边形是矩形，
∵平分，，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
当点为的中点时，
∴，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】
（1）从题干折叠操作切入，折叠本质是轴对称变换，依据轴对称全等，锁定对应边AP=AD、DH=PH，把未知线段PH转化为DH，实现边的等量代换；观察△ABP是直角三角形，已知斜边AP、直角边AB，直接使用勾股定理算出BP，结合矩形边长BC算出PC，得到Rt△PCH的一条直角边；CH、PH两条线段存在和为定值CD=6的数量关系，因此采用设未知数法，用x表示DH与PH、6 x表示CH，依托△PCH勾股定理列一元一次方程，解出DH长度；折痕GH此时与AH重合，AH落在Rt△ADH中，已知两条直角边AD、DH，最后再次用勾股定理求出折痕长度.
（2）由P是BC中点，结合正方形边长算出PC长度，△PCD为直角三角形，直接勾股求出斜边PD；依托折叠轴对称得到PQ=DQ，再结合正方形对角线45 内角特征，通过角度等量代换，推导出△PQD是等腰直角三角形；利用等腰直角三角形三边固定比例1：1：，斜边与直角边关系，直角边=斜边，把PD代入换算，最终求出PQ.
根据正方形对角线45 特殊角，过Q作BC垂线构造等腰Rt△QCM，用含y的代数式表示CM、QM，再结合PC=x，分段表示出Rt△QMP的直角边PM；在固定直角△PCD中，用PC=x、CD=6，借助勾股把斜边PD用含x的根式表示，再利用等腰Rt△PQD边长关系，将PQ转化为含x的代数式；聚焦新构造的Rt△QMP，两条直角边分别用x、y代数式表示，斜边PQ用x代数式表示，依靠勾股定理建立x、y的等式；整式化简整理等式，得到y与x的关系式；结合动点P落在BC线段上的限制条件，P不与C重合（重合无法折叠）、最大到B点，确定x取值范围.
（1）解：当点与点重合，此时与重合，
如图，连接，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠性质可得，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴折痕的长为；
（2）解：如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∴四边形是矩形，
∵平分，，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
当点为的中点时，
∴，
∴，
∴；
如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
同得是等腰直角三角形，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴关于的函数关系式为．
23．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即．
（2）证明：如图，连接，作，交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴点是的中点（等腰三角形的三线合一），
∴在中，，
∴．
（3）解：∵在正方形中，，∴，，垂直平分，，
∴，，
如图，取的中点，连接，且与交于点，
∴，
∴，
∵是的中点，点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由两点之间线段最短可知，当点与点重合时，的值最小，最小值为，
∴的最小值为．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）本题依托正方形基础性质，先利用正方形对角线垂直平分、内角 45° 的特征，推导角相等，通过 ASA 证明△ABM≌△DAP得到AM=DP；再结合正方形对角线OA=OD，利用等式等量减等量，OA AM=OD DP，最终证得OM=OP.
（2）构造辅助线OG⊥ON，先证△GMO≌△NPO，转化线段：PN=MG，则PN+NM=GM+MN=GN；由OG⊥ON得等腰Rt△GON，GN=2ON；再结合BC=BP=AB，等腰△ABP中BN⊥AP三线合一，N为AP中点；Rt△AOP斜边中线ON=PA，代入化简得到PN+NM=PA.
（3）利用正方形BD垂直平分AC，得AF=CF，将AF+ME转化为CF+ME；由M是AO中点、P取AD中点，证PM∥BD、PM==EF，得到平行四边形EFPM，ME=PF，式子进一步转化为CF+PF；根据两点之间线段最短，C、P、F三点共线时CF+PF最小值为PC，再勾股定理算PC长度。
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即．
（2）证明：如图，连接，作，交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴点是的中点（等腰三角形的三线合一），
∴在中，，
∴．
（3）解：∵在正方形中，，
∴，，垂直平分，，
∴，，
如图，取的中点，连接，且与交于点，
∴，
∴，
∵是的中点，点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由两点之间线段最短可知，当点与点重合时，的值最小，最小值为，
∴的最小值为．
1 / 1广东区珠海市紫荆中学2025-2026学年度第二学期期中考试初二年级数学试题
1．下列根式中，不是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A、，选项不是最简二次根式，
B、C、D选项均为最简二次根式，
故答案为：A．
【分析】根据最简二次根式的含义求出答案即可。
2．函数中，自变量的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件；函数自变量的取值范围
【解析】【解答】解：∵函数是分式，分式的分母不能为0，
∴，
解得，
因此自变量的取值范围是．
故答案为：D.
【分析】观察解析式形式，函数 是分式型函数，确定解题依据，分式有意义的前提是分母≠0，令分母x 7≠0，转化为一元一次不等式，移项计算得到x≠7，即为自变量取值范围.
3．在中，，则的度数为（　　）
A．60° B．80° C．100° D．160°
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在中，，
又，
所以，
故选：C．
【分析】根据平行四边形性质即可求出答案.
4．如图所示，一轮船以6海里/时的速度从港口出发向东北方向航行，另一轮船以8海里/时的速度同时从港口出发向东南方向航行，离开港口2小时后，则两船相距（　　）
A．20海里 B．10海里 C．30海里 D．25海里
【答案】A
【知识点】方位角；勾股定理的实际应用-（行驶、航行）方向问题
【解析】【解答】解：如图，设向东北方向航行的轮船到达地为处，向东南方向航行的轮船到达地为处，连接，
由题意得：，（海里），（海里），
∴，
∴在中，海里，
即两船相距20海里．
故答案为：A.
【分析】先从方位入手，东北方向为北偏东45 、东南方向为南偏东45 ，两角相加得航线夹角90 ，确定两船航线与两船连线构成直角三角形；再依据路程=速度×时间，分别算出两条直角边：6×2=12海里、8×2=16海里；最后用勾股定理c=，列式=20海里选出答案.
5．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，且DC＝AC，则∠B的度数是（　　）
A．25° B．30° C．45° D．60°
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；直角三角形的两锐角互余
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴AD＝CD，
∵DC＝AC，
∴AD＝CD＝AC，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∴∠B＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：B．
【分析】根据∠ACB=90 ，D是斜边AB中点，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得CD=AD=BD=AB，合已知条件DC=AC，等量代换得：AC=AD=CD，依据等边三角形判定（三边相等的三角形是等边三角形），推出△ACD为等边三角形，由等边三角形内角都为60 ，得∠A=60 ，在Rt△ABC中，根据直角三角形两锐角互余（两角和90 ），∠B=90 ∠A=90 60 =30 .
6．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　）．
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】从角、边、对角线三个方面把握各图形的性质比较解答．
【解答】A、只有正方形和菱形具有；
C、只有矩形和正方形具有；
D、只有正方形具有；
矩形、菱形、正方形都具有的性质是：一组对边平行且相等，对角线互相平分．故选B．
【点评】对于平行四边形，矩形、菱形、正方形的性质的理解与记忆是解决本题的关键．
7．用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如下图1所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形 ABCDE，则∠BAC的度数是（　　）
A．36° B．30° C．45° D．40°
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正多边形的性质；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：因为正五边形，
所以，
因为三角形ABC是等腰三角形，
所以，
故选A.
【分析】根据正多边形的内角和以及性质可得， 再由等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可得，即可求解.
8．如图，小明出去散步，从家走了20分钟到一个离家900米的报亭，他在报亭看报10分钟，然后用15分钟返回家，下面给出的图象中可以表示小明离家距离与时间的关系是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】用图象表示变量间的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，小明的行程分为三个阶段：
第一阶段：从家走到报亭，
∵从家走了20分钟到一个离家900米的报亭，
∴在分钟内，图象应为从原点出发上升至纵坐标为900的一条线段；
第二阶段：在报亭看报，
∵在报亭看报10分钟，此时离家的距离不变，且（分钟），
∴在分钟内，图象应为平行于轴的一条水平线段；
第三阶段：返回家，
∵用15分钟返回家，且（分钟），
∴在分钟内，图象应为从纵坐标下降至0的一条线段，且终点横坐标为45；
观察各选项图象，只有D选项符合．
故答案为：D.
【分析】本题分三个活动阶段梳理时间与离家距离的变化，对照函数图象分段特征逐一筛选，第 1 阶段：0～20 分钟，小明从家步行去报亭，用时 20 分钟，离家距离从 0 米匀速增加到 900 米，图像是从原点上升至 (20，900) 的倾斜上升线段；第 2 阶段：20～30 分钟（看报 10 分钟：20+10=30），原地看报、位置不变，离家距离固定 900 米，图像是平行于横轴的水平线段（距离不变）；第 3 阶段：30～45 分钟（返程 15 分钟：30+15=45），从报亭回家，距离从 900 米匀速降到 0 米，图像是从 (30，900) 下降至 (45，0) 的倾斜下降线段。B、C 无水平停留线段（没有看报静止阶段）直接排除；A 返程结束时间不是 45 分钟，排除；D 符合三段变化规律。
9．如图，点、分别为的边、的中点，连接、，点、分别为、的中点，连接、，若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】线段的中点；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点、是边、的中点，
是的中位线，
，
点是边的中点，
．
故答案为：B
【分析】根据三角形中位线定理可得AE，再根据线段中点即可求出答案.
10．如图，在中，，，过点作于点，且．点是边上的一动点，连接，过点作所在直线的垂线，垂足为点，当点在边上运动时，则的最大值为（　　）
A．4 B． C．5 D．
【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等积变换
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，连接，
∵在中，，，
∴，，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴要使得的值最大，则需的值最小，
又∵，，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴点在的延长线上，
∴点在边上运动的过程中，当点与点重合时，的值最小，最小值为，
∴的最大值为．
【分析】先利用BE=3AE、AB=6算出AE长度，结合Rt△ADE与勾股定理求高DE，根据平行四边形性质，△CDP面积恒等于平行四边形面积的一半，算出S△CDP=6，由DF⊥CP，三角形面积公式S△CDP= CP DF，变形得到DF=，由反比例变化规律：DF与CP成反比，CP最小时DF最大，根据 “垂线段最短”，CP⊥AB时CP最小（CP=DE=2），代入算出DF最大值.
11．若函数是关于的一次函数，则　 　．
【答案】3
【知识点】一次函数的概念
【解析】【解答】解：由题意得：，
解得：，
故答案为：．
【分析】根据一次函数的定义即可求出答案.
12．若一个多边形的内角和与外角和共，则这个多边形的边数是　 　．
【答案】
【知识点】多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：多边形的内角和是：，
设多边形的边数是，
则，
解得：．
故答案为：
【分析】根据多边形内角与外角性质即可求出答案.
13．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，OC=2，则点A的坐标是　 　．
【答案】（3，）．
【知识点】点的坐标；含30°角的直角三角形；矩形的性质；平面直角坐标系的构成
【解析】【解答】解：如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC=90°，
∵AC∥x轴，
∴∠OAC=30°，∠ODA=90°，
∴OA=OC=2，
∴OD=OA=，
∴AD=OD=3，
∴点A的坐标是（3，）；
故答案为（3，）．
【分析】由矩形OABC得∠AOC=90 ，结合AC∥x轴、OA与x轴夹角30 ，利用平行线内错角相等推出∠OAC=30 ，在Rt△OCA中，已知OC=2、∠OAC=30 ，利用含30 直角三角形三边关系算出斜边OA=，过A作x轴垂线构造Rt△OAD，∠AOD=30 ，再次用30 直角三角形性质，求出竖坐标OD=、横坐标AD=3，根据平面直角坐标系坐标定义，得到A(3，)。

14．在中，，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；含30°角的直角三角形；等腰直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图所示，过点A作于H，
∵在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】过点A作于H，根据三角形内角和定理可得∠C，根据含30°角的直角三角形性质可得AH，根据勾股定理可得CH，再根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．如图，黄金矩形中，，以宽为边在其内部作正方形，得到黄金矩形．依此作法，四边形、四边形也是黄金矩形．依次以点，，为圆心，以，，为半径画四分之一的圆，则称曲线叫作“黄金螺线”．若，则“黄金螺线”的长为　 　（结果保留）．
【答案】
【知识点】二次根式的实际应用；矩形的性质；正方形的性质；圆的周长
【解析】【解答】解：∵在黄金矩形中，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由题意可知，四边形和四边形都是正方形，
∴，，
∴“黄金螺线”的长为
．
故
【分析】本题依托新定义黄金矩形分步求解黄金螺线弧长，根据黄金矩形定义与AD=4，先算出AB长度，由正方形ABFE边长等于AB，得到第一段圆弧半径BF=AB，再利用黄金矩形边长递减规律，依次算出DE、GE、MH（后两段圆弧的半径），黄金螺线BEHN由三段圆弧拼接而成，套用圆周长公式l=×2πr，合并化简代数式，最终算出总弧长.
16．计算：．
【答案】解：原式
．
【知识点】平方差公式及应用；二次根式的性质与化简；二次根式的混合运算
【解析】【分析】先化简每一个二次根式，化为最简二次根式，利用二次根式乘法法则计算×，得到，利用平方差公式(a b)(a+b)=a2 b2，计算()()，快速算出结果11 8=3，把化简后的所有项代入原式，合并同类二次根式，最终得到计算结果.
17．如图，在中，点是的中点，连接并延长，与的延长线相交于点．求证：．
【答案】证明：∵四边形为平行四边形，∴，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题从平行四边形性质切入，通过全等三角形完成线段等量代换，由平行四边形ABCD性质，得AB平行且等于CD，推出内错角∠ABE=∠F、∠BAE=∠FDE，根据E是AD中点，得到AE=DE；利用AAS判定△ABE≌△DFE，得到DF=AB，结合平行四边形AB=CD，等量代换证得DF=CD.
18．如图正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，在如图的网格格点处取，，三点，使，，．
（1）在图中画出满足条件的；
（2）点到线段的距离为________．
【答案】（1）解：如图所示即为所求，
由勾股定理得，，.
（2）
【知识点】二次根式的乘除混合运算；勾股定理的逆定理；等积变换；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】（2）解：∵，，，且，
∴为直角三角形，，
利用等面积可得，点到线段的距离为．
故答案为：.
【分析】(1) 由网格小方格边长为 1，利用勾股定理：（横向 2 格、纵向 2 格的斜线段）、（横 3 竖 3 斜线）、（横 5 竖 1 斜线），在网格格点上定点A、B、C画出△ABC；
(2)先用勾股定理的逆定理判断△ABC为直角三角形，再依据三角形面积公式S=底高，由等面积法算△ABC面积，以AC为底，反求底边AC上的高（即点B到AC的垂距）.
（1）解：如图所示即为所求，
由勾股定理得，，；
（2）解：∵，，，且，
∴为直角三角形，，
利用等面积可得，点到线段的距离为．
19．如图，四边形为平行四边形，为对角线的中点，过点作分别交边，于点，，垂足为．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）在的延长线上取一点，使，连接．若为的中点，且，，求的面积．
【答案】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴，
∴，，
∵为对角线的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，即，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
（2）解：如图，过点作于点，
∵为对角线的中点，为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，，，
∴的面积为．
【知识点】三角形的面积；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1) 由平行四边形ABCD得AD∥BC，推导出内错角∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，O是AC中点，OA=OC，用AAS证△AOE≌△COF，得到AE=CF，AE∥CF且AE=CF，先判定AFCE是平行四边形，结合EF⊥AC，对角线互相垂直的平行四边形是菱形完成证明.(2) O是AC中点、F是BC中点，利用三角形中位线定理得OF=AB=2，由CG=OC、∠G=15 ，等边对等角得∠COG=∠G=15 ，外角算出∠ACB=30 ，Rt△COF中∠OCF=30 ，得CF=2OF=4，过O作OH⊥BC，算出OH=OC，再求出CG=OC、FG长度，最后用S= FG OH算三角形面积.
（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
∵为对角线的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，即，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
（2）解：如图，过点作于点，
∵为对角线的中点，为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴在中，，，
∴的面积为．
20．在中，，分别以，，为边向形外作正方形，正方形，正方形．
（1）如图1过点作的垂线，垂足为，交于，若矩形的面积为20，求正方形的面积．
（2）如图2，在中，，分别以，，为边向形外作矩形，矩形，矩形，过点作的垂线，垂足为，交于，交的延长线于点．若记矩形的面积为，矩形的面积为，当时，直接写出与间的数量关系．
【答案】（1）解：如图1，设，，，则，
，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，，
，
，
，
，
．
，，
正方形的面积为20.
（2）解：．
提示：如图2，延长交于，
四边形是矩形，
．
，
，
．
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
．
，，
四边形是平行四边形，
．
，且，
，即．
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；多边形的面积
【解析】【分析】(1) 设AC=b，BC=a，AB=c，AH=x，则BH=c x，正方形ACED面积S=b2，矩形AHQM面积=AH AB=c x=20，由CH⊥AB，在Rt△ACH中：CH2=b2 x2，在Rt△BCH中：CH2=a2 (c x)2，联立得b2 x2=a2 (c x)2；又Rt△ACB中：a2=c2 b2，将a2代入上式展开化简，消元后推出b2=c x，因为c x=S矩形AHQM=20，所以正方形ACED面积b2=20.
(2)由矩形ABNM、 矩形ACED性质得AM⊥AB、DE∥AC，结合CQ⊥AB，推出AR∥CP，证△ADR≌△CEP(AAS)，全等面积相等，等量代换得S矩形ACED=S平行四边形ACPR=CP AH=m，矩形AHQM面积n=AH QH，结合已知CP=QH，代入m=CP AH，代换CP整理得到m与n关系式.
（1）解：如图1，设，，，则，
，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，，
，
，
，
，
．
，，
正方形的面积为20；
（2）解：．
提示：如图2，延长交于，
四边形是矩形，
．
，
，
．
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
．
，，
四边形是平行四边形，
．
，且，
，即．
21．比较两个数的大小，我们常采用作差或作商的方法，其实有时候用“平方法”来比较大小也会取得很好的效果．例如，比较和的大小，我们可以把和分别平方．，，则，．
阅读以上材料，解决下面问题：
（1）已知，，则_______（填写“”“”或“”）．
（2）比较，的大小，并说明理由．
（3）判断，（，且为正整数）的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）解：，理由如下：∵，，
∴，
，
又∵，，且，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
（3）解：，理由如下：∵，
∴，
∵，，
∴，
，
∴
，
∴，
又∵，
∴．
【知识点】实数的大小比较；二次根式的乘除混合运算
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
故答案为：.
【分析】（1）本题已知两个含系数的二次根式，无法直观开方估算数值大小，题目隐含正数平方比较大小的解题方法；先由正数本身取值特点确定c、d均大于 0，再由二次根式乘方运算法则分别对c、d整体平方计算具体数值，接着由算出的平方结果对比大小，最后依据 “同为正数，平方大则原数更大” 的实数性质，反向推导c和d的大小关系。
（2）本题是两个无理数相加的形式，无法直接口算或者估算取值比较大小，延续上一题正数平方比较的解题思路；第一步先判定m、n都是正数，满足平方比较的使用条件；第二步由完全平方公式分别对两个多项式平方展开，化简后发现整式常数项数值相等，只需要比较剩余带根号的无理项；第三步由于无理项仍不能直接比大小，继续对无理式单独平方转化为整数比较；第四步根据无理项大小推出整体平方的大小，最后再借助正数平方与原数的对应关系，确定m、n的大小。
（3）本题为含字母参数、二次根式的分式代数式，结构复杂无法直接代值或估算，沿用整题统一的平方比较思想解题；首先根据n>1的限定条件，判断分母、被开方数均为正数，得出P、Q取值为正，满足平方比较前提；其次对P、Q分别平方去掉根号，再利用平方差公式因式分解、分式约分简化两个平方后的式子；随后选用作差比较法，对化简后的两个分式通分、合并计算差值；接着结合n的取值范围判断差值正负，确定P2与Q2的大小；最后依托正数平方越大原数越大的规律，推出P、Q的大小关系。
（1）解：∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
（2）解：，理由如下：
∵，，
∴，
，
又∵，，且，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
（3）解：，理由如下：
∵，
∴，
∵，，
∴，
，
∴
，
∴，
又∵，
∴．
22．综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．将矩形对折，使点落在边上的点处，得到折痕，点和点分别在线段和线段上，折痕与对角线交于点．打开铺平，得到图．
（1）若点与点重合，，，求折痕的长度；
（2）若矩形变成边长为的正方形，其他条件不变，如图．
当点为的中点时，线段_______；
若，，请求出关于的函数，并求出自变量的取值范围．
【答案】（1）解：当点与点重合，此时与重合，如图，连接，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠性质可得，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴折痕的长为；
（2）；
如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
同得是等腰直角三角形，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴关于的函数关系式为．
【知识点】函数解析式；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】（2）解：如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∴四边形是矩形，
∵平分，，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
当点为的中点时，
∴，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】
（1）从题干折叠操作切入，折叠本质是轴对称变换，依据轴对称全等，锁定对应边AP=AD、DH=PH，把未知线段PH转化为DH，实现边的等量代换；观察△ABP是直角三角形，已知斜边AP、直角边AB，直接使用勾股定理算出BP，结合矩形边长BC算出PC，得到Rt△PCH的一条直角边；CH、PH两条线段存在和为定值CD=6的数量关系，因此采用设未知数法，用x表示DH与PH、6 x表示CH，依托△PCH勾股定理列一元一次方程，解出DH长度；折痕GH此时与AH重合，AH落在Rt△ADH中，已知两条直角边AD、DH，最后再次用勾股定理求出折痕长度.
（2）由P是BC中点，结合正方形边长算出PC长度，△PCD为直角三角形，直接勾股求出斜边PD；依托折叠轴对称得到PQ=DQ，再结合正方形对角线45 内角特征，通过角度等量代换，推导出△PQD是等腰直角三角形；利用等腰直角三角形三边固定比例1：1：，斜边与直角边关系，直角边=斜边，把PD代入换算，最终求出PQ.
根据正方形对角线45 特殊角，过Q作BC垂线构造等腰Rt△QCM，用含y的代数式表示CM、QM，再结合PC=x，分段表示出Rt△QMP的直角边PM；在固定直角△PCD中，用PC=x、CD=6，借助勾股把斜边PD用含x的根式表示，再利用等腰Rt△PQD边长关系，将PQ转化为含x的代数式；聚焦新构造的Rt△QMP，两条直角边分别用x、y代数式表示，斜边PQ用x代数式表示，依靠勾股定理建立x、y的等式；整式化简整理等式，得到y与x的关系式；结合动点P落在BC线段上的限制条件，P不与C重合（重合无法折叠）、最大到B点，确定x取值范围.
（1）解：当点与点重合，此时与重合，
如图，连接，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
由折叠性质可得，，，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴折痕的长为；
（2）解：如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∴，
∴四边形是矩形，
∵平分，，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
当点为的中点时，
∴，
∴，
∴；
如图，过作于点，作于点，连接，则，
由折叠性质可知，，
同得是等腰直角三角形，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∴关于的函数关系式为．
23．如图1，正方形中，点在线段上，连接交于点，过作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若，求证：；
（3）如图2，当是的中点时，线段（点在点的左边）在直线上运动．连接、，若，，求出的最小值．
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即．
（2）证明：如图，连接，作，交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴点是的中点（等腰三角形的三线合一），
∴在中，，
∴．
（3）解：∵在正方形中，，∴，，垂直平分，，
∴，，
如图，取的中点，连接，且与交于点，
∴，
∴，
∵是的中点，点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由两点之间线段最短可知，当点与点重合时，的值最小，最小值为，
∴的最小值为．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）本题依托正方形基础性质，先利用正方形对角线垂直平分、内角 45° 的特征，推导角相等，通过 ASA 证明△ABM≌△DAP得到AM=DP；再结合正方形对角线OA=OD，利用等式等量减等量，OA AM=OD DP，最终证得OM=OP.
（2）构造辅助线OG⊥ON，先证△GMO≌△NPO，转化线段：PN=MG，则PN+NM=GM+MN=GN；由OG⊥ON得等腰Rt△GON，GN=2ON；再结合BC=BP=AB，等腰△ABP中BN⊥AP三线合一，N为AP中点；Rt△AOP斜边中线ON=PA，代入化简得到PN+NM=PA.
（3）利用正方形BD垂直平分AC，得AF=CF，将AF+ME转化为CF+ME；由M是AO中点、P取AD中点，证PM∥BD、PM==EF，得到平行四边形EFPM，ME=PF，式子进一步转化为CF+PF；根据两点之间线段最短，C、P、F三点共线时CF+PF最小值为PC，再勾股定理算PC长度。
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即．
（2）证明：如图，连接，作，交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由（1）已证：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴点是的中点（等腰三角形的三线合一），
∴在中，，
∴．
（3）解：∵在正方形中，，
∴，，垂直平分，，
∴，，
如图，取的中点，连接，且与交于点，
∴，
∴，
∵是的中点，点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由两点之间线段最短可知，当点与点重合时，的值最小，最小值为，
∴的最小值为．
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