2022-2023学年北京市西城区八年级(下)期末数学试卷及答案解析

2023年12月2日发(作者：郑州市数学试卷中考版)

2022-2023学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷一、选择题（共16分，每题2分）1．（2分）下列各式中，是最简二次根式的是（A．B．C．）D．2，，3）D．2．（2分）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（A．2，3，3B．2，3，4）C．）C．2，3，53．（2分）下列计算，正确的是（A．B．D．4．（2分）下列命题正确的是（A．对角线相等的四边形是平行四边形B．对角线相等且互相平分的四边形是菱形C．对角线垂直且互相平分的四边形是矩形D．对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形5．（2分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为斜边AB的中点．若AC＝8，BC＝6，则CD的长为（）A．10B．6C．5D．46．（2分）小雨在参观故宫博物院时，被太和殿窗棂的三交六惋菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形ABCD（如图1所示）．若AB的长度为a，则菱形ABCD的面积为（）第1页（共8页）A．B．C．a2D．7．（2分）台风影响着人们的生产和生活．人们为研究台风，将研究条件进行一定的合理简化，把近地面风速画在一个以台风中心为原点，以台风半径为横轴，风速为纵轴的坐标系中，并在图中标注了该台风的12级、10级和7级风圈半径，如12级风圈半径是指近地面风速衰减至32.7m/s时，离台风中心的距离约为150km．那么以下关于这场台风的说法中，正确的是（）A．越靠近台风中心位置，风速越大B．距台风中心150km处，风速达到最大值C．10级风圈半径约为280kmD．在某个台风半径达到最大风速之后，随台风半径的增大，风速又逐渐衰减8．（2分）在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC，A（0，3），B（2，3），C（2，0），点M在边OA上，OM＝1．点P在边AB上运动，连接PM，点A关于直线PM的对称点为A′．若PA＝x，MA′+A′B＝y，下列图象能大致反映y与x的函数关系的是（）A．B．第2页（共8页）C．D．二、填空题（共16分，每题2分）9．（2分）若10．（2分）若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是+＝0，则a＝，b＝．．11．（2分）若△ABC的周长为6，则以△ABC三边的中点为顶点的三角形的周长等于．12．（2分）某商场招聘员工，现有甲、乙两人参加竞聘，通过计算机、语言和商品知识三项测试，他们各自成绩（百分制）和各项占比如下表所示，那么从甲、乙两人各自的平均成绩看，应该录取：测试项目在平均成绩中的占比甲的成绩乙的成绩．计算机50%7090语言30%8080商品知识20%907013．（2分）如图，直线y＝mx+n与直线y＝kx+b的交点为A，则关于x，y的方程组的解是．14．（2分）小杰利用教材中的剪纸活动设计了一个魔术．他将一个长方形纸片对折两次，剪下一个角（如图1），展平后得到一个带正方形孔洞的魔术道具（如图2），这个正方形孔洞ABCD的边长为2cm（如图4）．他试图将一个直径为3cm的圆形铁环（铁环厚度忽略不计）穿过这个孔洞，没有成功，于是他对这个道具进行折叠、旋转（如图5、图6），并调整纸片产生一个新的“孔洞”（如图3）．请你计算调整前后的孔洞最“宽”处的“宽第3页（共8页）度”来说明魔术的效果．如图4中的“宽度”BD＝＝cm．cm；图6中的“宽度”BD′′15．（2分）如图，在▱ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，CF平分∠BCD交AD于点F，BE与CF的交点在▱ABCD内．若BC＝5，AB＝3，则EF＝．16．（2分）在△ABC中，BC＝3，BD平分∠ABC交AC于点D，DE∥BC，交AB于点E，EF∥AC交BC于点F．有以下结论：①四边形EFCD一定是平行四边形；②连接DF所得四边形EBFD一定是平行四边形；③保持∠ABC的大小不变，改变BA的长度可使BF＝FC成立；④保持BA的长度不变，改变∠ABC的大小可使BF＝FC成立．其中所有的正确结论是：．（填序号即可）三、解答题（共68分，第17题10分，第18题7分，第19题9分，第20题8分，第21题9分，第22题6分，第23题10分，第24题9分）17．（10分）计算：（1）；（2）（）（）﹣．18．（7分）在平面直角坐标系xOy中，直线m：y＝2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B．将直线m向右平移3个单位长度得到直线l．（1）求点A，点B的坐标，画出直线m及直线l；（2）求直线l的解析式；第4页（共8页）（3）直线l还可以看作由直线m经过其他方式的平移得到的，请写出一种平移方式．19．（9分）尺规作图：过直线外一点作这条直线的平行线．已知：如图，直线l及直线l外一点P．求作：直线m，使得m∥l，且直线m经过点P．作法：①在直线l上取一点A，连接AP，以点A为圆心，AP的长为半径画弧，交直线l于点B；；②分别以点P，点B为圆心，AP的长为半径画弧，两弧交于点C（不与点A重合）③经过P，C两点作直线m．直线m就是所求作的直线．（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；（2）完成下面的证明．证明：连接BC．∵AP＝＝＝，）（填推理的∴四边形PABC是依据）．∴m∥l（（填“矩形”“菱形”或“正方形”）（）（填推理的依据）．第5页（共8页）20．（8分）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，CF⊥AD于点F．（1）求证：四边形AECF是矩形；（2）连接BD，若∠CBD＝30°，BC＝5，，求DF的长．21．（9分）已知甲、乙两地相距60km，小徐和小马两人沿同一条公路从甲地到乙地，小徐骑自行车3h到达．小马骑摩托车比小王晚1h出发，骑行30km时追上小徐，停留nh后继续以原速骑行．在整个行程中，两人与甲地的距离y与小徐骑行时间x的对应关系分别如图中线段OA和折线段BCDE所示，DE与OA的交点为F．（1）线段OA所对应的函数表达式为线段BC所对应的函数表达式为（2）小马在BC段的速度为，相应自变量x的取值范围是，相应自变量x的取值范围是km/h，n＝；；；（3）求小马第二次追上小徐时与乙地的距离．22．（6分）某校为了解课外阅读情况，在初二年级的两个班中，各随机抽取部分学生调查了他们一周的课外阅读时长（单位：小时），并对数据进行了整理、描述和分析．下面给出了部分信息．a．甲班学生课外阅读时长（单位：小时）：7，7，8，9，9，11，12．b．乙班学生课外阅读时长的折线图：第6页（共8页）c．甲、乙两班学生阅读时长的平均数、众数、中位数：平均数甲班乙班根据以上信息，回答下列问题：（1）写出表中m，t，n的值；（2）设甲、乙两班数据的方差分别为，，则（填“＞”“＝”或“＜”）．m9中位数9n众数t923．（10分）在平面直角坐标系xOy中，对于非零的实数a，将点P（x，y）变换为称为一次“a﹣变换”．例如，对点P（2，3）作一次“3﹣变换”，得到点P′（6，1）．已知直线y＝﹣2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B．若对直线l上的各点分别作同样的“a﹣变换”，点A，B变换后的对应点分别为A′，B′．（1）当a＝﹣2时，点A′的坐标为；；（2）若点B′的坐标为（0，6），则a的值为（3）以下三个结论：①线段AB与线段A′B′始终相等；②∠BAO与∠B′A′O始终相等；③△AOB与△A′OB′的面积始终相等．其中正确的是（填写序号即可），并对正确的结论加以证明．24．（9分）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，M，N两点分别在AB，BC边上，BM＝BN．连接DM，取DM的中点K，连接AK，NK．（1）依题意补全图1，并写出∠AKN的度数；（2）用等式表示线段NK与AK的数量关系，并证明；（3）若AB＝6，AC，BD的交点为O，连接OM，OK，四边形AMOK能否成为平行四边形？若能，求出此时AM的长；若不能，请说明理由．第7页（共8页）四、选做题（共10分，第25题4分，第26题6分）25．（4分）在单位长度为1的正方形网格中，如果一个凸四边形的顶点都是网格线交点，我们称其为格点凸四边形．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ORST的四个顶点分别为O（0，0），R（0，5），S（8，5），T（8，0）．已知点E（2，4），F（0，3），G（4，2）．若点P在矩形ORST的内部，以P，E，F，G四点为顶点的格点凸四边形的面积为6，所有符合题意的点P的坐标为．26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，对于正方形ABCD和它的边上的动点P，作等边△OPP\'，且O，P，P′三点按顺时针方向排列，称点P\'是点P关于正方形ABCD的“友好点”．已知A（﹣a，a），B（a，a），C（a，﹣a），D（﹣a，﹣a）（其中a＞0）．（1）如图1，若a＝3，AB的中点为M，当点P在正方形的边AB上运动时，，点P′恰好都在正方形的边AB上，①若点P和点P′关于正方形ABCD的“友好点”则点P\'的坐标为；点M关于正方形ABCD的“友好点”点M′的坐标为；，直接写出n与m的关系式②若记点P关于正方形ABCD的“友好点”为P′（m，n）（不要求写m的取值范围）；（2）如图2，E（﹣1，﹣1），F（2，2）．当点P在正方形ABCD的四条边上运动时，若线段EF上有且只有一个点P关于正方形ABCD的“友好点”，求a的取值范围；（3）当2≤a≤4时，直接写出所有正方形ABCD的所有“友好点”组成图形的面积．第8页（共8页）2022-2023学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16分，每题2分）1．【分析】最简二次根式必须满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式．【解答】解：A．B．C．D．故选：B．【点评】本题考查了最简二次根式的知识，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键．2．【分析】根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一分析即可．【解答】解：A、∵22+32≠32，∴不能够成直角三角形，不符合题意；B、∵22+32≠42，∴不能够成直角三角形，不符合题意；C、∵22+32≠52，∴不能够成直角三角形，不符合题意；D、∵22+（故选：D．【点评】本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形是解题的关键．3．【分析】根据二次根式的加法，乘法，除法法则，二次根式的性质进行计算，逐一判断即可解答．【解答】解：A、B、C、D、与＝3，故A不符合题意；）2＝32，∴能够成直角三角形，符合题意．，不是最简二次根式，不符合题意；是最简二次根式，符合题意；，不是最简二次根式，不符合题意；不是最简二次根式，不符合题意．不能合并，故B不符合题意；＝×＝2×3，故C符合题意；，故D不符合题意；÷2＝2÷2＝故选：C．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．第1页（共17页）4．【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断．【解答】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A错误，不符合题意；对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，故B错误，不符合题意；对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故C错误，不符合题意；对角线垂直、相等且互相平分的四边形是正方形，故D正确，符合题意；故选：D．【点评】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握矩形，菱形，正方形的判定定理．5．【分析】先在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB的长，然后再利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD＝AB＝5，即可解答．【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝＝10，∵D为斜边AB的中点，∴CD＝AB＝5，故选：C．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质，以及勾股定理是解题的关键．6．【分析】过A作AH⊥BC于H，由四边形ABCD是菱形，得到AB＝BC＝a，又∠B＝60°，推出△ABC是等边三角形，求出AH＝【解答】解：过A作AH⊥BC于H，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝a，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AH＝AB＝a，a2．a，即可求出菱形ABCD的面积．∴菱形ABCD的面积＝BC•AH＝故选：B．【点评】本题考查菱形的面积，等边三角形的判定和性质，菱形的面积，关键是由菱形的性质，推出△ABC是等边三角形．第2页（共17页）7．【分析】根据题目建立的函数模型，结合所给的函数图象，可以分析出风速随台风半径的变化情况，进而解决问题．【解答】解：A、根据图象可知，在图象的前段部分，风速随台风半径的增大而增大，则越靠近台风中心位置，风速越小（最小为10m/s），故A选项不符合题意；B、根据图象可知，台风半径小于100km时，风速已达到最大值，故B选项不符合题意；C、根据图象可知，10级风圈的台风半径为200km，风速为24.5m/s，故C选项不符合题意；D、根据图象可知，风速先是随台风半径的增大而增大，风速达到最大之后，又随台风半径的增大而减小，故D选项符合题意．故选：D．【点评】本题考查了用函数思想解决实际问题，以及对给定图象的理解能力．8．【分析】先根据坐标和轴对称的性质得到MA＝MA\'＝2，进而得到y＝2+A\'B，然后再根据函数图象确定极值点的函数值，可排除D；然后再根据函数的最小值时，x的范围即可解答．【解答】解：∵A（0，3），B（2，3），C（2，0），∴OA＝3，AB＝2，∵OM＝1∴MA＝MA\'＝2，∵MA\'+A\'B＝y，∴y＝2+A\'B，当x＝0时，A与A\'重合，A\'B＝2，此时，y＝2+2＝4；当x＝2时，P与B重合，AB＝A\'B＝2此时，y＝2+2＝4；故可排除D选项．∵当点M、A\'、B三点共线时，y最小，此时，AP＝PA\'＝A\'B，∠PA\'B＝90°，∴x+x＝2，∴x＜1，∴当y最小值时，x＜1，可排除B、C．故选：A．【点评】本题主要考查了函数图象的确定，掌握排除法解答的方法是本题的关键．第3页（共17页）二、填空题（共16分，每题2分）9．【分析】根据二次根式有意义的条件得到x﹣2≥0，解之即可求出x的取值范围．【解答】解：根据题意得：x﹣2≥0，解得：x≥2．故答案为：x≥2．【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式有意义时被开方数是非负数．10．【分析】直接利用非负数的性质得出答案．【解答】解：∵+＝0，∴a﹣1＝0，b﹣5＝0，∴a＝1，b＝5．故答案为：1，5．【点评】此题主要考查了非负数的性质，正确掌握算术平方根的定义是解题关键．11．【分析】由三角形的中位线定理可知，以三角形三边中点为顶点的三角形的周长是原三角形周长的一半．【解答】解：如图示，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，∴DE＝BC，DF＝AC，EF＝AB，∵原三角形的周长为6，则新三角形的周长为×6＝3．故答案为：3．【点评】本题考查三角形的中位线，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．12．【分析】根据加权平均数的计算公式分别列出算式，再进行计算即可．【解答】解：甲的平均成绩为：70×50%+80×30%+90×20%＝77（分），乙的平均成绩为：90×50%+80×30%+70×20%＝83（分），∵83＞77，∴应该录取乙．故答案为：乙．第4页（共17页）【点评】此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是本题的关键，是一道基础题．13．【分析】根据两条直线的交点的意义即可解答．【解答】解：由函数图象可知，直线y＝mx+n与直线y＝kx+b的交点为A（1，3），∴方程组故答案为：的解是．．【点评】本题主要考查一次函数图象的交点与方程组的解的关系，理解两条直线的交点坐标的意义是解题的关键．14．【分析】根据正方形的性质及勾股定理可知BD的长为质可知BD″＝2BC＝4cm．【解答】解：∵正方形孔洞ABCD的边长为2cm，∴对角线BD的长为＝＝2（cm），；由旋转性质及折叠的性如图5，由旋转性质可知CB＝CD\'＝2cm，如图6，由折叠的性质可知BD″＝2BC＝4cm，故答案为：；4．【点评】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握折叠的性质及旋转的性质是解题的关键．15．【分析】由平行线的性质和角平分线的性质可求∠ABE＝∠AEB，可得AB＝AE＝3，DF＝CD＝3，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝3，AD∥BC，AD＝BC＝5，∴∠AEB＝∠EBC，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠EBC，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE＝3，同理可得：DF＝CD＝3，∴EF＝AE+DF﹣AD＝3+3﹣5＝1，故答案为：1．第5页（共17页）【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，及等腰三角形的判定和性质，题目比较简单．16．【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判断①；只有一组对边平行，不能证明四边形EBFD一定是平行四边形，故可判断②；保持∠ABC的大小不变，改变BA的长度能使BF＝FC成立，故可判断③；保持BA的长度不变，改变∠ABC的大小不一定能使BF＝FC成立，故可判断④．【解答】解：∵DE∥BC，EF∥AC，∴四边形EFCD是平行四边形，故①正确；只有一组对边平行，不能证明四边形EBFD一定是平行四边形，故②错误；改变BA的长度，BD与AC的交点为中点时，则AD＝DC，∵DE∥BC，∴＝1，∴AE＝BE，即E为AB的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC，∵四边形EFCD是平行四边形，∴DE＝FC，∵DE＝BC，∴DE＝BF，∴BF＝FC，故③正确；保持BA的长度不变且AB＝BC＝3时，∵BD平分∠ABC，∴D为AC的中点，同③，改变∠ABC的大小都能使BF＝FC，但当BA的长度不变且不等于3时，不可能使BF＝FC成立，故④错误，所以，正确的结论是①③，故答案为：①③．【点评】本题主要考查了平行四边形的判定以及三角形中位线定理的应用、等腰三角形第6页（共17页）的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．三、解答题（共68分，第17题10分，第18题7分，第19题9分，第20题8分，第21题9分，第22题6分，第23题10分，第24题9分）17．【分析】（1）先根据二次根式的乘法法则和二次根式的性质进行计算，再根据二次根式的减法法则进行计算即可；（2）先根据平方差公式和二次根式的性质进行计算，再算减法即可．【解答】解：（1）＝4＝﹣3；）（）﹣×+（2））（＝6﹣2﹣5＝﹣1．【点评】本题考查了二次根式的混合运算和平方差公式，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．18．【分析】（1）y＝2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B．令x＝0，则y＝6，令y＝0，y＝﹣3，解答即可；（2）根据解析式的平移规律：左加右减可得出平移后的直线解析式．（3）根据平移规律解答即可．【解答】解：（1）直线m：y＝2x+6与x轴的交点为A，与y轴的交点为B．令x＝0，则y＝6，令y＝0，y＝﹣3，∴A（﹣3，0），B（0，6）；（2）∵将直线m向右平移3个单位长度得到直线l．∴y＝2（x﹣3）+6＝2x；（3）y＝2x可看作直线y＝2x+6向下平移6个单位得到的．【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换：一次函数y＝kx+b（k、b为常数，k≠0）的图象为直线，当直线平移时k不变，当向上平移m个单位，则平移后直线的解析式为y＝kx+b+m．第7页（共17页）19．【分析】（1）根据作法作出图形即可；（2）根据作法和菱形的性质，判定定理填空即可．【解答】解：（1）如图：（2）证明：连接BC．∵AP＝AB＝BC＝CP，∴四边形PABC是菱形（四边相等的四边形是菱形）．∴m∥l（菱形的对边平行）．故答案为：AB，BC，CP，菱形，四边相等的四边形是菱形，菱形的对边平行．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，解题的关键是掌握菱形的判定与性质．20．【分析】（1）证∠AEC＝∠AFC＝∠EAF＝90°，即可得出结论；（2）过D作DH⊥BC于点H，则四边形DFCH是矩形，得DF＝CH，再由含30°角的直角三角形的性质得DH＝2，然后由勾股定理得BH＝6，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴AE⊥AD，∠AEC＝∠AFC＝90°，∴∠EAF＝90°，∴四边形AECF是矩形；（2）解：如图，过D作DH⊥BC于点H，则∠DHB＝90°，四边形DFCH是矩形，∴DF＝CH，∵∠CBD＝30°，∴DH＝BD＝2∴BH＝，＝＝6，，∴CH＝BH﹣BC＝6﹣5＝1，第8页（共17页）∴DF＝1，即DF的长为1．【点评】本题主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．21．【分析】（1）由题意得，线段OA是小徐的函数图象，折线段BCDE是小马的函数图象，根据速度＝路程+时间，求出小徐的速度，即可求出线段OA所对应的函数表达式；再求出小徐骑行30km的时间，进而求出小马的骑行速度，从而求出线段BC所对应的函数表达式，再求出对应的自变量的取值范围即可．（2）根据（1）所求即可得到答案；（3）设小马在小徐出发小时后第二次追上小徐，根据两人相遇时，所走的路程相同列出方程求解即可．【解答】解：（1）由题意得，线段OA是小徐的函数图象，折线段BCDE是小马的函数图象，∴小徐的骑行速度为60÷3＝20km/h，∴线段OA所对应的函数表达式为y＝20x，其中相应自变量x的取值范围是0≤x≤3；在y＝20x中，当y＝20x＝30，x＝1.5，∴在小徐出发1.5h时，小马追上小徐，∴小马的骑行速度为＝60km/h，∴线段BC所对应的函数表达式为y＝60（x﹣1）＝60x﹣60，其中相应自变量x的取值范围是1≤x≤1.5；故答案为：y＝20x，0≤x≤3，y＝60x﹣60，1≤x≤1.5；（2）由（1）得小马在BC段的速度为60km/h，n＝2﹣1.5＝0.5，故答案为：60，0.5；（3）设小马在小徐出发1小时后第二次追上小徐，由题意得，20t＝30+60（t﹣2），解得t＝2.25，∴小马在小徐出发2.25小时后第二次追上小徐，∴小马第二次追上小徐时与乙地的距离为60﹣2.25x20＝15km．第9页（共17页）【点评】本题主要考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的实际应用，正确读懂函数图象是解题的关键．22．【分析】（1）分别根据算术平均数的定义，中位数的定义以及众数的定义解答即可；（2）根据两组数据的波动情况即可判断．【解答】解：（1）由题意得，m＝（7+7+8+9+9+11+12）＝9，把乙班的数据从小到大排列，排在中间的数是9，故中位数b＝9，甲班的数据中7和9出现的次数最多，故众数t＝7、9；（2）由题意得，甲组数据在7至11之间波动，波动范围较小，乙组数据在5只14之间波动，波动范围较大，所以＜．故答案为：＜．【点评】本题考查了折线统计图：折线图是用一个单位表示一定的数量，根据数量的多少描出各点，然后把各点用线段依次连接起来．以折线的上升或下降来表示统计数量增减变化．23．【分析】（1）求出A（2，0），B（0，4），即可得点A′的坐标为（﹣2×2，4，0）；（2）根据B′的坐标为（0，6），得＝6，解得a＝；（3）由A（2，0），B（0，4），A\'（2a，0），B\'（0，），可知①线段AB与线段A′B′始终相等不正确；②∠BAO与∠B′A′O始终相等不正确；③△AOB与△A′OB′的面积始终相等正确．【解答】解：（1）在y＝﹣2x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝2，∴A（2，0），B（0，4），当a＝﹣2时，点A′的坐标为（﹣2×2，故答案为：（﹣4，0）；（2）∵B′的坐标为（0，6），∴＝6，解得a＝，第10页（共17页）），即（﹣），即（﹣4，0），经检验，a＝是原方程的解，故答案为：；（3）∵A（2，0），B（0，4），A\'（2a，0），B\'（0，），∴AB＝2，A\'B\'＝2，当a2＝1时，AB＝A\'B\'，故①线段AB与线段A′B′始终相等不正确；∵＝2，＝，∴②∠BAO与∠B′A′O始终相等不正确；∵△AOB的面积为×2×4＝4，△A′OB′的面积为×|2a|×||＝4，∴③△AOB与△A′OB′的面积始终相等正确；故答案为：③．【点评】本题考查考查一次函数的综合应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解“a﹣变换”．24．【分析】（1）延长AK，交CD于点E，连接AC，NE，利用全等三角形的判定与性质得到AM＝DE，进而利用等式的性质得到BM＝CE，则BN＝CE；利用全等三角形的判定与性质得到AN＝AE，利用等式的性质得到∠NAE＝60°，则△DAE为等边三角形，利用等腰三角形的三线合一的性质可得AK⊥AE，则结论可求；（2）利用等边三角形的性质和等腰三角形的三线合一的性质得到∠ANK＝30°，再利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理解答即可；（3）依题意画出图形，利用平行四边形的性质和三角形的中位线定理解答即可得出结论．【解答】解：（1）依题意补全图形如下：延长AK，交CD于点E，连接AC，NE，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠AMD＝∠EDM．在△AMK和△EDK中，，第11页（共17页）∴△AMK≌△EDK（ASA），∴AK＝KE，AM＝DE，∴AB﹣AM＝CD﹣DE，即BM＝CE．∵BM＝BN，∴BN＝CE．∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴AB＝AE，∠ABC＝∠ACB＝∠ACE＝60°．在△ABN和△ACE中，，∴△ABN≌△ACE（SAS），∴AN＝AE，∠BAN＝∠CAE，∴∠BAN+∠NAC＝∠NAC+∠CAE，即∠BAC＝∠NAE＝60°，∴等腰△DAE为等边三角形，∴NA＝NE，∵AK＝KE，∴NK⊥AE，∴∠AKN＝90°；（2）段NK与AK的数量关系为：NK＝由（1）知：△DAE为等边三角形，∴∠ANE＝60°，∵NK⊥AE，∴∠ANK＝∠ANE＝30°，∴AK＝AN．设AK＝a，则AN＝2a，∴NK＝＝＝a，AK．理由：第12页（共17页）∴NK＝AK；（3）四边形AMOK能成为平行四边形，如图，∵四边形AMOK为平行四边形，∴OK＝AM．∵四边形ABCD为平行四边形，∴BO＝OD，∵MK＝DK，∴OK为△DMB的中位线，∴OK＝BM，∴AM＝BM，∴BM＝2AM，∵AB＝AM+BM＝6，∴3AM＝6，∴AM＝2．∴四边形AMOK能成为平行四边形，此时AM的长为2．【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，三角形的中位线，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形，平行四边形的性质是解题的关键．四、选做题（共10分，第25题4分，第26题6分）25．【分析】根据题意理解凸四边形的含义，顶点必须在网格线交点，则可以通过先画出△FEG，可进一步标出符合的点．【解答】解：如图：第13页（共17页）可计算出S△EFG＝3为使四边形面积为6，则分别以EG、FG、EF构造三角形的面积为3，因为凸四边形的的顶点都必须在网格线交点，则可以得出P可能所在的点：P1（4，5）、P2（5，4）、P3（6，3）、P4（7，2）P5（2，1）其中P1（4，5）时，构成的是三角形不是四边形，所以P可能的坐标为（5，4）或（6，3）或（7，2）或（2，1）．【点评】根据题意理解凸四边形的含义，顶点必须在网格线交点，则可以通过先画出△FEG，可进一步标出符合的点．26．【分析】（1）①如图，OP＝OP\'＝PP\'，Rt△OMP中，OM2+MP2＝OP2，解得MP\'＝得P\'（OF＝，，3）；如图，过点M作MF⊥x轴，垂足为F，则∠OFM＝90°，OM′＝3，＝，得M\'（，）：②如图，直线PM交轴于点G，可证△POM≌△P′OM′，得∠OM′P′＝∠OMP＝90°，∠OGM′＝60°，可知点P′（m，n）在直线M′G上，设直线解析式为y＝kx+b（k≠0），求得k＝﹣，b＝6，于是n＝﹣m+6；a，0），可求得直（2）由（1）知若A（﹣a，a），则OM′＝OM＝a．求得点G（线A′B′解析式y＝﹣y＝﹣x+2a，经过F（2，2），得a＝；于是+1，直线C′D′解析式为＜a≤+1；x+2a，经过（﹣1，﹣1），得a＝（3）如图，分别求得a＝2时，a＝4时，点P′轨迹所在四边形的面积，相减即得所有“友好点”组成图形的面积为48．【解答】（1）（，3）；（，）；如图，OP＝OP\'＝PP\'，第14页（共17页）∴PM＝P′M，OM＝3，∠MOP＝∠MOP′＝30°，∴OP′＝2MP′，∴Rt△OMP中，OM2+MP2＝OP2，∴32+MP′2＝（2MP′）2，解得MP\'＝∴P（，3）；，如图，过点M′作M′F⊥x轴，垂足为F，则∠OFM′＝90°，OM′＝3，∴∠M′OF＝90°﹣∠MOM′＝30°，∴M′F＝OM′＝，∴OF＝∴M′（②n＝﹣＝，）；m+6；，如图，直线P′M′交x轴于点G，∵∠POP′＝∠MOM′＝60°，∴∠POP′﹣∠MOP′＝∠MOM′﹣∠MOP′，即∠POM＝∠P′OM′，又∵OP＝OP′，OM＝OM′，∴△POM≌△P′OM′（SAS），∴∠OM′P′＝∠OMP＝90°，∵∠MOG＝90°﹣60°＝30°，∴∠OGM′＝90°﹣∠M′OG＝90°﹣30°＝60°，点P′（m，n）在直线M′G上，设直线解析式为y＝kx+b（k≠0），则，第15页（共17页）解得∴n＝﹣，m+6；（2）如上图，由（1）知若A（﹣a，a），则OM′＝OM＝a，在Rt△OM′G中，M′G＝OG，∴a2+（OG）2＝OG2，解得OG＝a，即点G（a，0），由（1）知点P在线段AB上时，直线P′M′与x轴相交锐角为60°，可设直线M′G为y＝﹣故点P′在直线y＝﹣x+q，代入G（a，0），解得q＝2a，x+2a，x+2a上，即A′B′解析式为y＝﹣如下图，同理可得，直线C′D′解析式为y＝﹣＝﹣5×（﹣1）﹣2a，解得a＝；x﹣2a，经过（﹣1，﹣1），则一1如下图，直线A′B′的解析式为y＝﹣解得a＝+1．x+2a，经过F（2，2），则2＝﹣×2+2a，∴＜a≤+1；第16页（共17页）（3）如图，当a＝2时，点P′轨迹所在四边形A′B′C′D′的面积为（2×2）2＝16，当a＝4时，点P′轨迹所在四边形的面积为（2×4）2＝64，故2≤a≤4时，正方形ABCD的所有“友好点”组成图形的面积为64﹣16＝48．【点评】本题考查图形变换旋转，全等三角形，一次函数，等边三角形性质，正方形性质，勾股定理，具备动态思维能力，理解动点形成的图形的形状是解题的关键。第17页（共17页）