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广东中山大学附属中学2025学年第二学期期中质量监测初二年级数学科试卷
1．下列式子中，属于最简二次根式的是
A． B． C． D．
2．如图，在平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
3．在中，的对应边分别是，，．下列条件中，不能判断是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图，菱形的周长为16，，则的长为（　　）
A． B．4 C． D．2
5．下列命题正确的是（　　）
A．对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等且互相平分的四边形是菱形
D．对角线垂直且互相平分的四边形是矩形
6．实数a，b在数轴上的位置如图所示，那么化简的结果是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
8．已知点为第一象限内的点，则一次函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，，，，射线AC与直线交于点D，若，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在中，，，是边上的中线，把线段沿着方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接，，与相交与点O，则下列结论：①四边形为菱形；②；③；④的面积为四边形面积的一半．其中正确结论的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．写出一个图象经过第一、三象限的函数，其表达式为　 　．
12．如图，，数轴上点A表示的数是　 　．
13．直角三角形斜边上高和中线分别是5和6，则它的面积是　 　．
14．如图，矩形中，对角线，相交于点，若，则　 　．
15．为了体验人工智能生活，小洪想购入一款圆形扫地机放置在如图所示的衣帽间的角落（鞋柜、衣柜与地面均无缝隙），在没有障碍物阻挡的前提下，扫地机能从底座脱离后打扫全屋地面．已知该圆形扫地机有如下5款尺寸（直径）：，，，，，则其中有　 　款扫地机可以购买．
16．如图1，是矩形的对角线，点从点出发，沿在线段和上运动，运动到与点重合时停止(当两点重合时，记连接这两点所得线段的长度为0)．作，垂足为点．记点的运动路程为，线段PQ与DQ长度的差为，即，图2反映了点运动的过程中，与之间的对应关系，那么　 　，图2中点的坐标为　 　．
17．计算：
（1）；
（2）．
18．已知，．
（1）_____________，_____________．
（2）求代数式的值．
19．如图，某人从地到地共有三条路可选，第一条路是从到，为10米，第二条路是从经过到达地，为8米，为6米，第三条路是从经过地到地共行走26米，若、、刚好在一条直线上，求的长．
20．如图，在四边形中，点，分别在边，上，连接，，已知．条件：①；②；③．
请你从以上三个条件中任选一个条件：___________（填写条件序号），证明四边形是菱形，
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与坐标轴分别交于，两点，已知，且．
（1）求一次函数的表达式；
（2）当轴上有一点，使得的面积为10，求点的坐标．
22．综合与实践．
我们研究一个新函数，一般从定义、图象、性质等方面进行．函数图象的性质一般包括函数图象的对称性、自变量、函数图象的增减性、函数图象的最值等．由此方法我们来探究的图像和性质．
（1）函数自变量的取值范围是____________；
（2）①函数中、部分对应值如表，其中____________；
0 1 2 3 …
0 1 2 …
②在平面直角坐标系中描点，并画出函数图象；
（3）结合函数图象，任意写出函数图象的一条性质：____________；
（4）已知直线，若直线的图像与函数的图像有交点，直接写出的取值范围为____________．
23．造纸厂只生产面积为的长方形纸张，称为纸，其他纸张都在纸的基础上裁剪获得，这是全球最广泛使用的纸张规格体系，叫标准．如图，我们把纸沿其长边中点所在直线裁剪，得到新的纸张，把纸沿其长边中点所在直线裁剪，得到新的纸张，由此方法我们可以得到系列纸张、、、，
查阅资料知系列纸张的规格如下：
规格
长（）
宽（）
长与宽的比值
（1）根据表格数据直接写出、纸的长与宽之比：___________，___________（结果保留两位小数）；
（2）求证：纸的长与宽的比值等于一个固定的无理数；
（3）如图，已知长方形的长与宽之比为（）中所证明的无理数，点、分别为边、的中点，请判断的形状，并说明理由．
24．如图1，矩形中，，点P在边上，且不与点B、C重合，直线与的延长线交于点E．
（1）当点P是的中点时，求证：；
（2）将沿直线折叠得到，点落在矩形的内部，延长交直线于点F．
①证明，并求出在（1）条件下的值；
②连接，求周长的最小值；
③如图2，交于点H，点G是的中点，当时，请判断与的数量关系，并说明理由．
25．在平面直角坐标系中，已知点，对于点给出如下定义：先将点向上（当时）或向下（当时）平移个单位长度，再关于直线对称，得到点，则称点为点的“制导点”．
（1）如图1，点坐标为．
①当点时，点的“制导点”的坐标为_____________；
②若点为点的“制导点”，则点的坐标为_____________．
（2）如图2，点，，，点在边上，点．若直线上存在点的“制导点”，求的取值范围；
（3）如图3，点，，，，其中，点在正方形边上，点，．若线段上存在点的“制导点”，直接写出的取值范围_____________．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件　(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或因式是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是。因此，
∵，∴属于最简二次根式。故选B。
2．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】本题考查平行四边形的性质“平行四边形两组对角分别相等”.已知∠A=60°，且∠A与∠C是平行四边形ABCD的一组对角，可直接得到∠C=60°.
3．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：∵，则
∴是直角三角形，故A选项不符合题意；
∵，
∴可设，
∴，
即，
∴是直角三角形，故B选项不符合题意；
∵，且，
∴，
∴是直角三角形，故C选项不符合题意；
∵，
∴最大角，
∴不是直角三角形，故D选项符合题意，
故选：D．
【分析】根据勾股定理逆定理，三角形内角和定理逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：四边形为菱形，周长为16，
，
，为对角线，
，
为等边三角形，
，
故选：B．
【分析】根据菱形性质可得AB，，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，在此基础上，对角线相等可得矩形，对角线垂直可得菱形，既是矩形又是菱形的四边形是正方形；则对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，故选项A正确；
B、只有对角线互相平分的四边形才是平行四边形，对角线相等的四边形不一定是平行四边形，故选项B错误；
C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，不是菱形，故选项C错误；
D、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，不是矩形，故选项D错误．
故答案为：A.
【分析】本题考查特殊的四边形的判定定理.从对角线的角度出发，首先“对角线互相平分的四边形是平行四边形”；在此基础上“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”；“对角线互相平分且垂直的四边形是菱形”；最后结合矩形与菱形“对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形”.需要注意区分“相等”“垂直”“平分”的不同组合对应不同的图形，避免混淆.
6．【答案】D
【知识点】整式的加减运算；二次根式的性质与化简；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由数轴知：，，
．
故答案为：D.
【分析】本题考查二次根式的性质：.根据数轴判断a，b的正负，因为，所以，结合整式的加减，进行计算即可.
7．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：矩形沿折叠，点落在点处，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
故选：．
【分析】根据折叠性质可得，则，根据直线平行性质可得，则，根据等角对等边可得，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程可得x，再根据三角形面积即可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵点为第一象限内的点，
∴
∴一次函数经过第一、二、三象限，
故答案为：A.
【分析】本题结合点的坐标与象限的关系考查一次函数图象与系数k，b的符号关系.首先根据“点为第一象限内的点”判断k与b均大于0，因此图像呈上升趋势且与y轴交于正半轴，即可判断选项A正确.
9．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，，
∵点D在直线图象上，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
故选：B．
【分析】根据两点间距离可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据三角形内角和定理可得∠OBD，再根据角之间的关系即可求出答案.
10．【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定；平移的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在，是边上的中线，，
∴，
由平移可得，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，①正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，
∴为中点，
又∵是的中点，
∴为的中位线，
∴，②正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，
∴，
∴，③正确，故符合要求；
∵是的中线，
∴，
由菱形的性质可得，
∴，④正确，故符合要求；
综上，正确的结论个数为4，
故选：A．
【分析】本题以直角三角形与平移变换为背景，考查了菱形的判定与性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线的性质及面积关系。
①由直角三角形斜边中线及平移得DC＝BC、CD∥AB且CD＝AB，证四边形ABCD为菱形；
②利用菱形对角线互相平分及中位线定理得OC与DF的关系；
③由菱形边长与BF的关系推出BF与OD的关系；
④利用三角形中线与菱形面积关系判断面积是否正确。
11．【答案】（答案不唯一）
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解： 经过第一、三象限的函数可以是，
故答案为：（答案不唯一）
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系即可求出答案.
12．【答案】
【知识点】实数在数轴上的表示；运用勾股定理在数轴上标出无理数对应点
【解析】【解答】解：根据勾股定理得，，
∴，
∴点A表示的数是，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理可得，根据数轴上两点间距离即可求出答案.
13．【答案】30
【知识点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，
直角三角形斜边上的中线是6，
斜边长为：，
它的面积，
故答案为：30．
【分析】
先利用直角三角形的相关性质计算出斜边的长度，再结合三角形的面积公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】根据矩形性质可得，根据等边对等角可得，再根据三角形外角性质即可求出答案.
15．【答案】3
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图过点A、B分别作墙的垂线，交于点C，
则，，
在中，，即，
∴
∵扫地机能从角落自由进出，
∴扫地机的直径不大于长，
∴小洪可以购买扫地机的尺寸直径可以为，，，共3款，
故答案为：3．
【分析】过点A、B分别作墙的垂线，交于点C，则，，根据勾股定理即可求出答案.
16．【答案】3；
【知识点】矩形的性质；动点问题的函数图象；四边形-动点问题；用图象表示变量间的关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：当点P到达点C的位置时，点P、Q、C三点重合，有最小值，
即，
∴在矩形中，，
由题意可知：当点P在上时，(点D除外)，
否则由可得是等腰直角三角形，继而得到，从而得到始终相等，即图象无第一象限部分，
∵当点的运动路程为时，，
∴此时点P在点上，
设，则，
∵，
∴，
∴，
在矩形中，，
∴，即，
解得：，
∴，，
由题意可知：点E即为点P在点B处时对应的点，
此时点Q与点C重合，
∴此时，，
∴点的坐标为，
故答案为：3；．
【分析】当点P到达点C的位置时，点P、Q、C三点重合，有最小值，建立方程，解方程可得在矩形中，，由题意可知：当点P在上时，(点D除外)，否则由可得是等腰直角三角形，继而得到，从而得到始终相等，即图象无第一象限部分，设，则，根据边之间的关系可得BC，再根据勾股定理建立方程，解方程可得x值，由题意可知：点E即为点P在点B处时对应的点，此时点Q与点C重合，再根据点的坐标即可求出答案.
17．【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式加减即可求出答案.
（2）根据二次根式的混合运算即可求出答案.
（1）解：原式；
（2）解：原式．
18．【答案】（1），13
（2）解：
.
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴．
．
【分析】（1）①根据已知x与y的值，计算x+y合并同类二次根式即可；②将已知x与y的值代入得到，通过观察发现符合平方差的形式“”用公式求解即可；
（2）根据完全平方公式“”可将原式变形为，将（1）中结果直接带入即可求解.
（1）解：∵，，
∴．
．
（2）解：
．
19．【答案】解：∵为10米，为8米，为6米，
∴，
∴，
∴，
∵第三条路是从经过地到地共行走26米，
∴，即，
∵在中，，
∴，即，解得：．
∴的长为9．
【知识点】勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】本题综合考查勾股定理与其逆定理的应用.首先根据已知数据：、、，利用勾股定理逆定理判断出∠C=90°，结合、、刚好在一条直线上可得△ACD是直角三角形；再根据，即，结合，在△ACD利用勾股定理得到关于BD的方程，即可求解BD.
20．【答案】解：选条件①，证明如下：
∵，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
选条件②，证明如下：
∵，
∴，
如图：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
选条件③，证明如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】①，由可得，结合，利用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形；再结合利用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明；
②，连接BD，由可得，利用等腰三角形性质“等边对等角”可得到，由可得；再利用“等角对等边”得到，因此，根据“四条边相等的四边形是菱形”即可证明；
③，由可得，利用“两直线平行，同旁内角互补”可得，结合，得到，利用“同旁内角互补，两直线平行”判定，即可证明四边形是平行四边形，由，利用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明.
21．【答案】（1）解：∵一次函数的图像与x轴交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵一次函数的图像经过点和点，
∴，解得：，
∴.
（2）解：点C的坐标为，则，
∵的面积为10，
∴，解得或，
∴点C的坐标为或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数中的面积问题
【解析】【分析】（1）根据点A坐标得到，由，得到点B坐标，利用待定系数法将两点坐标代入解析式求解即可；
（2）根据△ABC面积公式得到，即以AC为底，OB为高.设点C的坐标为，则，所以，求解即可．
（1）解：∵一次函数的图像与x轴交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵一次函数的图像经过点和点，
∴，解得：，
∴．
（2）解：点C的坐标为，则，
∵的面积为10，
∴，解得或，
∴点C的坐标为或．
22．【答案】（1）
（2）①；②如图所示：
（3）当时，y随x的增大而增大（不唯一）
（4）
【知识点】二次根式有无意义的条件；描点法画函数图象；通过函数图象获取信息；一次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）解：∵函数，
∴，即．
（2）解：①当时，；
②先描点、再连线，作图如下：
（3）解：由（2）的函数图象可知：当时，y随x的增大而增大．
（4）解：如图：由题意可得：当直线l：，若直线l的图像经过，
∴，即．
∴结合函数的图象可得，．
【分析】（1）由于函数包含二次根式，因此结合二次根式有意义的条件：，列出不等式，求解即可；
（2）①通过表格可知，当时，，因此将代入解析式即可求出a；②描点法画函数图象：列表、描点、连线.根据表格数据在坐标系中描出点，用平滑的曲线连接即可；
（3）根据题干信息，从“函数图象的对称性、自变量、函数图象的增减性、函数图象的最值等”的角度出发，写出一条性质即可；
（4）根据直线，其中，可以确定直线的趋势，结合图像分析，当直线经过点时刚好与点函数的图像有交点，求出此时b的值；将直线向上平移与点函数的图像有交点，确定b的范围.
（1）解：∵函数，
∴，即．
（2）解：①当时，；
②先描点、再连线，作图如下：
（3）解：由（2）的函数图象可知：当时，y随x的增大而增大．
（4）解：如图：由题意可得：当直线l：，若直线l的图像经过，
∴，即．
∴结合函数的图象可得，．
23．【答案】（1），；
（2）证明：设的长和宽分别为和，由题意可知，系列纸张的长与宽的比值为一个固定的无理数，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴纸的长与宽的比值等于一个固定的无理数；
（3）解：是直角三角形，理由如下：
由（）知，系列纸的长与宽的比值均为，
设，则，
∵点、分别为边、的中点，
∴，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形．
【知识点】勾股定理的逆定理；有理数除法的实际应用；算术平方根的实际应用；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：，，
故答案为：，.
【分析】（）根据表格数据中对应的长与宽，求出长与宽的比值即可；
（）根据题意，将的长和宽分别表示为和，由“长与宽的比值等于一个固定的无理数”得到纸的长与宽比值为，纸的长与宽比值为，所以，求得，即；
（）根据长与宽比值为，分别设出矩形边长，，由点E、F分别为中点，得到，，再利用勾股定理分别得到、与，利用勾股定理逆定理即可判断是直角三角形.
（1）解：，，
故答案为：，；
（2）证明：设的长和宽分别为和，由题意可知，系列纸张的长与宽的比值为一个固定的无理数，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴纸的长与宽的比值等于一个固定的无理数；
（3）解：是直角三角形，理由如下：
由（）知，系列纸的长与宽的比值均为，
设，则，
∵点、分别为边、的中点，
∴，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形．
24．【答案】（1）解：如图，在矩形中，，
即，
∴．
∵点P是的中点，
∴．
∴．
（2）①证明：如图，在矩形中，，
∴．
由折叠可知，
∴．
∴．
在矩形中，，
∵点P是的中点，
∴．
由折叠可知，．
设，则．
∴．
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
即．
②解：如图，由折叠可知，．
∴．
由两点之间线段最短可知，
当点恰好位于对角线上时，最小．
连接，在中，，
∴，
∴，
∴．
③解：与的数量关系是．
理由是：如图，由折叠可知．
过点作，交于点M，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴点H是中点．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵点G为中点，点H是中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得到，结合“两直线平行，内错角相等”得到两组对应角相等；由P是的中点得到，可证；
（2）①结合矩形性质与折叠性质可推出，利用“等角对等边”可证；结合方程思想，在中，设，用x表示出，由折叠得到，根据勾股定理列方程求解；
②首先将三角形的周长根据折叠的性质转化线段得到；再结合图像确定点的位置，当点恰好位于对角线上时，最小；最后利用勾股定理计算即可；
③解题关键是作出辅助线，利用矩形及平行线的性质得到，进而得到；结合已知条件证明，再由即可得到．
（1）解：如图，在矩形中，，
即，
∴．
∵点P是的中点，
∴．
∴．
（2）①证明：如图，在矩形中，，
∴．
由折叠可知，
∴．
∴．
在矩形中，，
∵点P是的中点，
∴．
由折叠可知，．
设，则．
∴．
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
即．
②解：如图，由折叠可知，．
∴．
由两点之间线段最短可知，
当点恰好位于对角线上时，最小．
连接，在中，，
∴，
∴，
∴．
③解：与的数量关系是．
理由是：如图，由折叠可知．
过点作，交于点M，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴点H是中点．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵点G为中点，点H是中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
25．【答案】（1）①；②
（2）解：设S的坐标为，，，
∴，，则，
∵点在边上，点，，，
∴当S在上时，，，即
∴，
∴；
∴
把代入可得，即；
当S在上时，设直线的解析式为，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即，
∴，
∴，
把代入可得，
∴
∵，
∴；
当S在上时，设直线的解析式为，，，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即，
∴，即，
把代入可得，
∴，
∵，
∴；
综上，m的取值范围为．
（3）或或
【知识点】一元一次不等式组的应用；坐标与图形变化﹣对称；坐标与图形变化﹣平移；一次函数的实际应用-几何问题；实数的混合运算（含开方）
【解析】【解答】解：（1）解：①设点T的“制导点”的坐标为，
∵点，点T坐标为，
∴，，解得：，，
∴的坐标为；
②设点S的坐标为，
∵T坐标为，点为点T的“制导点”，
∴，，
∴点S的坐标为．
（3）解：设直线的解析式为，，．
则，解得：，
∴线段的解析式为，
设，S的坐标为，，则，
∴，即，，
∴，
把代入可得：，
∴，
∵点S在正方形边上，
∴当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵
∴；
当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴，即，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴， 关于n的方程无解．
综上，n的取值范围为或或．
【分析】（1）①根据“制导点”的定义分别求出变换后的横纵坐标；②已知变换前后T与T'的坐标，根据“制导点”的定义反推出S坐标；
（2）设点S的坐标为，，由，根据“制导点”的定义得到，，所以；根据点S在三角形的边上，分三种情况讨论：例如当S在上时，利用待定系数法求出线段的解析式为（注：表明x的取值范围），即可得到，进而推出T'的坐标，将T'代入得到m与的关系，根据的范围求出m的范围.类比讨论其他两种情况即可；
（3）利用待定系数法求出线段的解析式为；设，S的坐标为，，则，进而得到，即，，则；再把点代入可得；分别讨论点S在上四种情况，分别列出关于n的方程求出n，再结合、取值范围推出n的取值范围.
（1）解：①设点T的“制导点”的坐标为，
∵点，点T坐标为，
∴，，解得：，，
∴的坐标为；
②设点S的坐标为，
∵T坐标为，点为点T的“制导点”，
∴，，
∴点S的坐标为．
（2）解：设S的坐标为，，，
∴，，则，
∵点在边上，点，，，
∴当S在上时，，，即
∴，
∴；
∴
把代入可得，即；
当S在上时，设直线的解析式为，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即
，
∴，
∴，
把代入可得，
∴
∵，
∴；
当S在上时，设直线的解析式为，，，，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即，
，
∴，即，
把代入可得，
∴，
∵，
∴；
综上，m的取值范围为．
（3）解：设直线的解析式为，，．
则，解得：，
∴线段的解析式为，
设，S的坐标为，，则，
∴，即，，
∴，
把代入可得：，
∴，
∵点S在正方形边上，
∴当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵
∴；
当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴，即，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴， 关于n的方程无解．
综上，n的取值范围为或或．
1 / 1广东中山大学附属中学2025学年第二学期期中质量监测初二年级数学科试卷
1．下列式子中，属于最简二次根式的是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件　(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或因式是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是。因此，
∵，∴属于最简二次根式。故选B。
2．如图，在平行四边形中，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】本题考查平行四边形的性质“平行四边形两组对角分别相等”.已知∠A=60°，且∠A与∠C是平行四边形ABCD的一组对角，可直接得到∠C=60°.
3．在中，的对应边分别是，，．下列条件中，不能判断是直角三角形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：∵，则
∴是直角三角形，故A选项不符合题意；
∵，
∴可设，
∴，
即，
∴是直角三角形，故B选项不符合题意；
∵，且，
∴，
∴是直角三角形，故C选项不符合题意；
∵，
∴最大角，
∴不是直角三角形，故D选项符合题意，
故选：D．
【分析】根据勾股定理逆定理，三角形内角和定理逐项进行判断即可求出答案.
4．如图，菱形的周长为16，，则的长为（　　）
A． B．4 C． D．2
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：四边形为菱形，周长为16，
，
，为对角线，
，
为等边三角形，
，
故选：B．
【分析】根据菱形性质可得AB，，再根据等边三角形判定定理及性质即可求出答案.
5．下列命题正确的是（　　）
A．对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等且互相平分的四边形是菱形
D．对角线垂直且互相平分的四边形是矩形
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，在此基础上，对角线相等可得矩形，对角线垂直可得菱形，既是矩形又是菱形的四边形是正方形；则对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，故选项A正确；
B、只有对角线互相平分的四边形才是平行四边形，对角线相等的四边形不一定是平行四边形，故选项B错误；
C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，不是菱形，故选项C错误；
D、对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，不是矩形，故选项D错误．
故答案为：A.
【分析】本题考查特殊的四边形的判定定理.从对角线的角度出发，首先“对角线互相平分的四边形是平行四边形”；在此基础上“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”；“对角线互相平分且垂直的四边形是菱形”；最后结合矩形与菱形“对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形”.需要注意区分“相等”“垂直”“平分”的不同组合对应不同的图形，避免混淆.
6．实数a，b在数轴上的位置如图所示，那么化简的结果是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】整式的加减运算；二次根式的性质与化简；判断数轴上未知数的数量关系
【解析】【解答】解：由数轴知：，，
．
故答案为：D.
【分析】本题考查二次根式的性质：.根据数轴判断a，b的正负，因为，所以，结合整式的加减，进行计算即可.
7．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（　　）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：矩形沿折叠，点落在点处，
，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
故选：．
【分析】根据折叠性质可得，则，根据直线平行性质可得，则，根据等角对等边可得，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程可得x，再根据三角形面积即可求出答案.
8．已知点为第一象限内的点，则一次函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵点为第一象限内的点，
∴
∴一次函数经过第一、二、三象限，
故答案为：A.
【分析】本题结合点的坐标与象限的关系考查一次函数图象与系数k，b的符号关系.首先根据“点为第一象限内的点”判断k与b均大于0，因此图像呈上升趋势且与y轴交于正半轴，即可判断选项A正确.
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，，，，射线AC与直线交于点D，若，则的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，，
∵点D在直线图象上，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
故选：B．
【分析】根据两点间距离可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据三角形内角和定理可得∠OBD，再根据角之间的关系即可求出答案.
10．如图，在中，，，是边上的中线，把线段沿着方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接，，与相交与点O，则下列结论：①四边形为菱形；②；③；④的面积为四边形面积的一半．其中正确结论的个数为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定；平移的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在，是边上的中线，，
∴，
由平移可得，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，①正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，
∴为中点，
又∵是的中点，
∴为的中位线，
∴，②正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，
∴，
∴，③正确，故符合要求；
∵是的中线，
∴，
由菱形的性质可得，
∴，④正确，故符合要求；
综上，正确的结论个数为4，
故选：A．
【分析】本题以直角三角形与平移变换为背景，考查了菱形的判定与性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线的性质及面积关系。
①由直角三角形斜边中线及平移得DC＝BC、CD∥AB且CD＝AB，证四边形ABCD为菱形；
②利用菱形对角线互相平分及中位线定理得OC与DF的关系；
③由菱形边长与BF的关系推出BF与OD的关系；
④利用三角形中线与菱形面积关系判断面积是否正确。
11．写出一个图象经过第一、三象限的函数，其表达式为　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解： 经过第一、三象限的函数可以是，
故答案为：（答案不唯一）
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系即可求出答案.
12．如图，，数轴上点A表示的数是　 　．
【答案】
【知识点】实数在数轴上的表示；运用勾股定理在数轴上标出无理数对应点
【解析】【解答】解：根据勾股定理得，，
∴，
∴点A表示的数是，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理可得，根据数轴上两点间距离即可求出答案.
13．直角三角形斜边上高和中线分别是5和6，则它的面积是　 　．
【答案】30
【知识点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，
直角三角形斜边上的中线是6，
斜边长为：，
它的面积，
故答案为：30．
【分析】
先利用直角三角形的相关性质计算出斜边的长度，再结合三角形的面积公式求解即可.
14．如图，矩形中，对角线，相交于点，若，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【分析】根据矩形性质可得，根据等边对等角可得，再根据三角形外角性质即可求出答案.
15．为了体验人工智能生活，小洪想购入一款圆形扫地机放置在如图所示的衣帽间的角落（鞋柜、衣柜与地面均无缝隙），在没有障碍物阻挡的前提下，扫地机能从底座脱离后打扫全屋地面．已知该圆形扫地机有如下5款尺寸（直径）：，，，，，则其中有　 　款扫地机可以购买．
【答案】3
【知识点】解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图过点A、B分别作墙的垂线，交于点C，
则，，
在中，，即，
∴
∵扫地机能从角落自由进出，
∴扫地机的直径不大于长，
∴小洪可以购买扫地机的尺寸直径可以为，，，共3款，
故答案为：3．
【分析】过点A、B分别作墙的垂线，交于点C，则，，根据勾股定理即可求出答案.
16．如图1，是矩形的对角线，点从点出发，沿在线段和上运动，运动到与点重合时停止(当两点重合时，记连接这两点所得线段的长度为0)．作，垂足为点．记点的运动路程为，线段PQ与DQ长度的差为，即，图2反映了点运动的过程中，与之间的对应关系，那么　 　，图2中点的坐标为　 　．
【答案】3；
【知识点】矩形的性质；动点问题的函数图象；四边形-动点问题；用图象表示变量间的关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：当点P到达点C的位置时，点P、Q、C三点重合，有最小值，
即，
∴在矩形中，，
由题意可知：当点P在上时，(点D除外)，
否则由可得是等腰直角三角形，继而得到，从而得到始终相等，即图象无第一象限部分，
∵当点的运动路程为时，，
∴此时点P在点上，
设，则，
∵，
∴，
∴，
在矩形中，，
∴，即，
解得：，
∴，，
由题意可知：点E即为点P在点B处时对应的点，
此时点Q与点C重合，
∴此时，，
∴点的坐标为，
故答案为：3；．
【分析】当点P到达点C的位置时，点P、Q、C三点重合，有最小值，建立方程，解方程可得在矩形中，，由题意可知：当点P在上时，(点D除外)，否则由可得是等腰直角三角形，继而得到，从而得到始终相等，即图象无第一象限部分，设，则，根据边之间的关系可得BC，再根据勾股定理建立方程，解方程可得x值，由题意可知：点E即为点P在点B处时对应的点，此时点Q与点C重合，再根据点的坐标即可求出答案.
17．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式
【知识点】二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据二次根式加减即可求出答案.
（2）根据二次根式的混合运算即可求出答案.
（1）解：原式；
（2）解：原式．
18．已知，．
（1）_____________，_____________．
（2）求代数式的值．
【答案】（1），13
（2）解：
.
【知识点】完全平方公式及运用；平方差公式及应用；二次根式的加减法；二次根式的混合运算
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴．
．
【分析】（1）①根据已知x与y的值，计算x+y合并同类二次根式即可；②将已知x与y的值代入得到，通过观察发现符合平方差的形式“”用公式求解即可；
（2）根据完全平方公式“”可将原式变形为，将（1）中结果直接带入即可求解.
（1）解：∵，，
∴．
．
（2）解：
．
19．如图，某人从地到地共有三条路可选，第一条路是从到，为10米，第二条路是从经过到达地，为8米，为6米，第三条路是从经过地到地共行走26米，若、、刚好在一条直线上，求的长．
【答案】解：∵为10米，为8米，为6米，
∴，
∴，
∴，
∵第三条路是从经过地到地共行走26米，
∴，即，
∵在中，，
∴，即，解得：．
∴的长为9．
【知识点】勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】本题综合考查勾股定理与其逆定理的应用.首先根据已知数据：、、，利用勾股定理逆定理判断出∠C=90°，结合、、刚好在一条直线上可得△ACD是直角三角形；再根据，即，结合，在△ACD利用勾股定理得到关于BD的方程，即可求解BD.
20．如图，在四边形中，点，分别在边，上，连接，，已知．条件：①；②；③．
请你从以上三个条件中任选一个条件：___________（填写条件序号），证明四边形是菱形，
【答案】解：选条件①，证明如下：
∵，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
选条件②，证明如下：
∵，
∴，
如图：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
选条件③，证明如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】①，由可得，结合，利用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形；再结合利用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明；
②，连接BD，由可得，利用等腰三角形性质“等边对等角”可得到，由可得；再利用“等角对等边”得到，因此，根据“四条边相等的四边形是菱形”即可证明；
③，由可得，利用“两直线平行，同旁内角互补”可得，结合，得到，利用“同旁内角互补，两直线平行”判定，即可证明四边形是平行四边形，由，利用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可证明.
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与坐标轴分别交于，两点，已知，且．
（1）求一次函数的表达式；
（2）当轴上有一点，使得的面积为10，求点的坐标．
【答案】（1）解：∵一次函数的图像与x轴交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵一次函数的图像经过点和点，
∴，解得：，
∴.
（2）解：点C的坐标为，则，
∵的面积为10，
∴，解得或，
∴点C的坐标为或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数中的面积问题
【解析】【分析】（1）根据点A坐标得到，由，得到点B坐标，利用待定系数法将两点坐标代入解析式求解即可；
（2）根据△ABC面积公式得到，即以AC为底，OB为高.设点C的坐标为，则，所以，求解即可．
（1）解：∵一次函数的图像与x轴交于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵一次函数的图像经过点和点，
∴，解得：，
∴．
（2）解：点C的坐标为，则，
∵的面积为10，
∴，解得或，
∴点C的坐标为或．
22．综合与实践．
我们研究一个新函数，一般从定义、图象、性质等方面进行．函数图象的性质一般包括函数图象的对称性、自变量、函数图象的增减性、函数图象的最值等．由此方法我们来探究的图像和性质．
（1）函数自变量的取值范围是____________；
（2）①函数中、部分对应值如表，其中____________；
0 1 2 3 …
0 1 2 …
②在平面直角坐标系中描点，并画出函数图象；
（3）结合函数图象，任意写出函数图象的一条性质：____________；
（4）已知直线，若直线的图像与函数的图像有交点，直接写出的取值范围为____________．
【答案】（1）
（2）①；②如图所示：
（3）当时，y随x的增大而增大（不唯一）
（4）
【知识点】二次根式有无意义的条件；描点法画函数图象；通过函数图象获取信息；一次函数的其他应用
【解析】【解答】解：（1）解：∵函数，
∴，即．
（2）解：①当时，；
②先描点、再连线，作图如下：
（3）解：由（2）的函数图象可知：当时，y随x的增大而增大．
（4）解：如图：由题意可得：当直线l：，若直线l的图像经过，
∴，即．
∴结合函数的图象可得，．
【分析】（1）由于函数包含二次根式，因此结合二次根式有意义的条件：，列出不等式，求解即可；
（2）①通过表格可知，当时，，因此将代入解析式即可求出a；②描点法画函数图象：列表、描点、连线.根据表格数据在坐标系中描出点，用平滑的曲线连接即可；
（3）根据题干信息，从“函数图象的对称性、自变量、函数图象的增减性、函数图象的最值等”的角度出发，写出一条性质即可；
（4）根据直线，其中，可以确定直线的趋势，结合图像分析，当直线经过点时刚好与点函数的图像有交点，求出此时b的值；将直线向上平移与点函数的图像有交点，确定b的范围.
（1）解：∵函数，
∴，即．
（2）解：①当时，；
②先描点、再连线，作图如下：
（3）解：由（2）的函数图象可知：当时，y随x的增大而增大．
（4）解：如图：由题意可得：当直线l：，若直线l的图像经过，
∴，即．
∴结合函数的图象可得，．
23．造纸厂只生产面积为的长方形纸张，称为纸，其他纸张都在纸的基础上裁剪获得，这是全球最广泛使用的纸张规格体系，叫标准．如图，我们把纸沿其长边中点所在直线裁剪，得到新的纸张，把纸沿其长边中点所在直线裁剪，得到新的纸张，由此方法我们可以得到系列纸张、、、，
查阅资料知系列纸张的规格如下：
规格
长（）
宽（）
长与宽的比值
（1）根据表格数据直接写出、纸的长与宽之比：___________，___________（结果保留两位小数）；
（2）求证：纸的长与宽的比值等于一个固定的无理数；
（3）如图，已知长方形的长与宽之比为（）中所证明的无理数，点、分别为边、的中点，请判断的形状，并说明理由．
【答案】（1），；
（2）证明：设的长和宽分别为和，由题意可知，系列纸张的长与宽的比值为一个固定的无理数，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴纸的长与宽的比值等于一个固定的无理数；
（3）解：是直角三角形，理由如下：
由（）知，系列纸的长与宽的比值均为，
设，则，
∵点、分别为边、的中点，
∴，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形．
【知识点】勾股定理的逆定理；有理数除法的实际应用；算术平方根的实际应用；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：，，
故答案为：，.
【分析】（）根据表格数据中对应的长与宽，求出长与宽的比值即可；
（）根据题意，将的长和宽分别表示为和，由“长与宽的比值等于一个固定的无理数”得到纸的长与宽比值为，纸的长与宽比值为，所以，求得，即；
（）根据长与宽比值为，分别设出矩形边长，，由点E、F分别为中点，得到，，再利用勾股定理分别得到、与，利用勾股定理逆定理即可判断是直角三角形.
（1）解：，，
故答案为：，；
（2）证明：设的长和宽分别为和，由题意可知，系列纸张的长与宽的比值为一个固定的无理数，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴纸的长与宽的比值等于一个固定的无理数；
（3）解：是直角三角形，理由如下：
由（）知，系列纸的长与宽的比值均为，
设，则，
∵点、分别为边、的中点，
∴，，
∴，，，
∴，
∴是直角三角形．
24．如图1，矩形中，，点P在边上，且不与点B、C重合，直线与的延长线交于点E．
（1）当点P是的中点时，求证：；
（2）将沿直线折叠得到，点落在矩形的内部，延长交直线于点F．
①证明，并求出在（1）条件下的值；
②连接，求周长的最小值；
③如图2，交于点H，点G是的中点，当时，请判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）解：如图，在矩形中，，
即，
∴．
∵点P是的中点，
∴．
∴．
（2）①证明：如图，在矩形中，，
∴．
由折叠可知，
∴．
∴．
在矩形中，，
∵点P是的中点，
∴．
由折叠可知，．
设，则．
∴．
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
即．
②解：如图，由折叠可知，．
∴．
由两点之间线段最短可知，
当点恰好位于对角线上时，最小．
连接，在中，，
∴，
∴，
∴．
③解：与的数量关系是．
理由是：如图，由折叠可知．
过点作，交于点M，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴点H是中点．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵点G为中点，点H是中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得到，结合“两直线平行，内错角相等”得到两组对应角相等；由P是的中点得到，可证；
（2）①结合矩形性质与折叠性质可推出，利用“等角对等边”可证；结合方程思想，在中，设，用x表示出，由折叠得到，根据勾股定理列方程求解；
②首先将三角形的周长根据折叠的性质转化线段得到；再结合图像确定点的位置，当点恰好位于对角线上时，最小；最后利用勾股定理计算即可；
③解题关键是作出辅助线，利用矩形及平行线的性质得到，进而得到；结合已知条件证明，再由即可得到．
（1）解：如图，在矩形中，，
即，
∴．
∵点P是的中点，
∴．
∴．
（2）①证明：如图，在矩形中，，
∴．
由折叠可知，
∴．
∴．
在矩形中，，
∵点P是的中点，
∴．
由折叠可知，．
设，则．
∴．
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
即．
②解：如图，由折叠可知，．
∴．
由两点之间线段最短可知，
当点恰好位于对角线上时，最小．
连接，在中，，
∴，
∴，
∴．
③解：与的数量关系是．
理由是：如图，由折叠可知．
过点作，交于点M，
∵，
∴，
∴．
∴，
∴点H是中点．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵点G为中点，点H是中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
25．在平面直角坐标系中，已知点，对于点给出如下定义：先将点向上（当时）或向下（当时）平移个单位长度，再关于直线对称，得到点，则称点为点的“制导点”．
（1）如图1，点坐标为．
①当点时，点的“制导点”的坐标为_____________；
②若点为点的“制导点”，则点的坐标为_____________．
（2）如图2，点，，，点在边上，点．若直线上存在点的“制导点”，求的取值范围；
（3）如图3，点，，，，其中，点在正方形边上，点，．若线段上存在点的“制导点”，直接写出的取值范围_____________．
【答案】（1）①；②
（2）解：设S的坐标为，，，
∴，，则，
∵点在边上，点，，，
∴当S在上时，，，即
∴，
∴；
∴
把代入可得，即；
当S在上时，设直线的解析式为，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即，
∴，
∴，
把代入可得，
∴
∵，
∴；
当S在上时，设直线的解析式为，，，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即，
∴，即，
把代入可得，
∴，
∵，
∴；
综上，m的取值范围为．
（3）或或
【知识点】一元一次不等式组的应用；坐标与图形变化﹣对称；坐标与图形变化﹣平移；一次函数的实际应用-几何问题；实数的混合运算（含开方）
【解析】【解答】解：（1）解：①设点T的“制导点”的坐标为，
∵点，点T坐标为，
∴，，解得：，，
∴的坐标为；
②设点S的坐标为，
∵T坐标为，点为点T的“制导点”，
∴，，
∴点S的坐标为．
（3）解：设直线的解析式为，，．
则，解得：，
∴线段的解析式为，
设，S的坐标为，，则，
∴，即，，
∴，
把代入可得：，
∴，
∵点S在正方形边上，
∴当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵
∴；
当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴，即，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴， 关于n的方程无解．
综上，n的取值范围为或或．
【分析】（1）①根据“制导点”的定义分别求出变换后的横纵坐标；②已知变换前后T与T'的坐标，根据“制导点”的定义反推出S坐标；
（2）设点S的坐标为，，由，根据“制导点”的定义得到，，所以；根据点S在三角形的边上，分三种情况讨论：例如当S在上时，利用待定系数法求出线段的解析式为（注：表明x的取值范围），即可得到，进而推出T'的坐标，将T'代入得到m与的关系，根据的范围求出m的范围.类比讨论其他两种情况即可；
（3）利用待定系数法求出线段的解析式为；设，S的坐标为，，则，进而得到，即，，则；再把点代入可得；分别讨论点S在上四种情况，分别列出关于n的方程求出n，再结合、取值范围推出n的取值范围.
（1）解：①设点T的“制导点”的坐标为，
∵点，点T坐标为，
∴，，解得：，，
∴的坐标为；
②设点S的坐标为，
∵T坐标为，点为点T的“制导点”，
∴，，
∴点S的坐标为．
（2）解：设S的坐标为，，，
∴，，则，
∵点在边上，点，，，
∴当S在上时，，，即
∴，
∴；
∴
把代入可得，即；
当S在上时，设直线的解析式为，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即
，
∴，
∴，
把代入可得，
∴
∵，
∴；
当S在上时，设直线的解析式为，，，，
则，解得：，
∴线段的解析式为，即，
，
∴，即，
把代入可得，
∴，
∵，
∴；
综上，m的取值范围为．
（3）解：设直线的解析式为，，．
则，解得：，
∴线段的解析式为，
设，S的坐标为，，则，
∴，即，，
∴，
把代入可得：，
∴，
∵点S在正方形边上，
∴当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵
∴；
当点S在线段上时，，，
∴，解得：，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴，即，
∵，
∴；
∴当点S在线段上时，，，
∴， 关于n的方程无解．
综上，n的取值范围为或或．
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