发布时间 : 星期三 文章2018-2019学年江苏省扬州市八校联考八年级(下)期中数学试卷更新完毕开始阅读9c8932dad8ef5ef7ba0d4a7302768e9951e76e92
∴BF＝AC＝AF＝4， ∴∠BAF＝∠ABF， ∴∠BFC＝2∠BAC＝45°， ∴∠BFE＝90°， ∴BE＝4
．
【点评】考查了直角三角形斜边上的中线，根据三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线推知△BEF是等腰三角形是解题的难点．
27．（12分）平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（﹣x，y′），给出如下定义：y′＝
，称点Q为点P的“可控变点”．例如：点（1，2）的“可控变点”为
点（﹣1，2），点（﹣1，2）的“可控变点”为点（1，﹣2） 根据定义，解答下列问题；
（1）点（3，4）的“可控变点”为点 （﹣3，4） ．
（2）点P1的“可控变点”为点P2，点P2的“可控变点”为点P3，点P3的“可控变点”为点P4，…，以此类推．若点P2018的坐标为（3，a），则点P1的坐标为 （﹣3，﹣a） ． （3）若点N（a，3）是函数y＝﹣x+4图象上点M的“可控变点”，求点M的坐标． 【考点】D2：规律型：点的坐标；FD：一次函数与一元一次不等式．
【专题】2A：规律型．
【分析】（1）依据“可控变点”的定义可得，点（3，4）的“可控变点”为点（﹣3，4）； （2）依据变化规律可得每四次变化出现一次循环，即可得到当点P2018的坐标为（3，a），则点P1的坐标为（﹣3，﹣a）；
（3）分两种情况讨论：当﹣a≥0时，a≤0；当﹣a＜0时，a＞0，分别把点M的坐标代入函数y＝﹣x+4即可得到结论． 【解答】解：（1）∵x＝3＞0，
∴根据“可控变点”的定义可得，点（3，4）的“可控变点”为点（﹣3，4），
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故答案为：（﹣3，4）；
（2）当x≥0时，点P1（x，y）的“可控变点”为点P2（﹣x，y），点P2（﹣x，y）的“可控变点”为点P3（x，﹣y），点P3（x，﹣y）的“可控变点”为点P4（﹣x，﹣y），点P4（﹣x，﹣y）的“可控变点”为点P5（x，y），…，故每四次变化出现一次循环； 当x＜0时，同理可得每四次变化出现一次循环； ∵2018＝4×504+2，
∴当点P2018的坐标为（3，a），则点P1的坐标为（﹣3，﹣a）， 故答案为：（﹣3，﹣a）；
（3）由题意知，点M的横坐标为﹣a． 当﹣a≥0时，a≤0，此时点M（﹣a，3）． 代入y＝﹣x+4，得3＝a+4，a＝﹣1，符合题意， ∴点M的坐标为（1，3）；
当﹣a＜0时，a＞0，此时点M（﹣a，﹣3）．
代入y＝﹣x+4，得﹣3＝a+4，a＝﹣7，不合题意，舍去． 综上所述，点M的坐标为（1，3）．
【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是熟练掌握新定义“可控变点”，解答此题还需要根据点的坐标变化规律进行判断．
28．（12分）如图，正方形AOBC的边OB、OA分别在x、y轴上，点C坐标为（8，8），将正方形AOBC绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段BC于点Q，ED的延长线交线段OB于点P，连接AP、AQ． （1）求证：△ACQ≌△ADQ；
（2）求∠PAQ的度数，并判断线段OP、PQ、CQ之间的数量关系，并说明理由； （3）连接BE、EC、CD、DB得到四边形BECD，在旋转过程中，四边形BECD能否是矩形？如果能，请求出点P的坐标，如果不能，请说明理由．
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【考点】LO：四边形综合题．
【专题】15：综合题；34：方程思想；553：图形的全等；556：矩形 菱形 正方形；558：平移、旋转与对称．
【分析】（1）由正方形的性质及旋转的性质可得到AD＝AC，利用HL即可证得结论； （2）利用（1）的结论，结合条件可证得△AOP≌△ADP，进一步可求得∠PAQ＝45°，再结合全等可求得PQ＝OP+CQ；
（3）利用矩形的性质可得到BQ＝EQ＝CQ＝DQ，设P（x，0），则可表示出BQ、PB的长，在Rt△BPQ中，利用勾股定理可得到关于x的方程，则可求得P点坐标． 【解答】（1）证明：
∵正方形AOBC绕点A旋转得到正方形ADEF， ∴AD＝AC，∠ADQ＝∠ACQ＝90°， 在Rt△ADQ和Rt△ACQ中
∴Rt△ACQ≌Rt△ADQ（HL）； （2）解：
∵△ACQ≌△ADQ，
∴∠CAQ＝∠DAQ，CQ＝DQ， 在Rt△AOP和Rt△ADP中
∴Rt△AOP≌Rt△ADP（HL）， ∴∠OAP＝∠DAP，OP＝OD，
∴∠PAQ＝∠DAQ+DAP＝∠DAC+∠DAO＝（∠DAC+∠DAO）＝∠OAC＝45°，
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PQ＝PD+DQ＝OP+CQ；
（3）解：四边形BECD可为矩形，如图，
若四边形BECD为矩形，则BQ＝EQ＝CQ＝DQ， ∵BC＝8， ∴BQ＝CQ＝4，
设P点坐标为（x，0），则PO＝x， ∵OP＝PD，CQ＝DQ， ∴PD＝x，DQ＝4，
在Rt△BPQ中，可知PQ＝x+4，BQ＝4，BP＝8﹣x， ∴（x+4）2+42＝（8﹣x）2，解得x＝， ∴P点坐标为（，0）．
【点评】本题为四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定和性质、正方形的性质、旋转的性质、矩形的判定和性质、勾股定理及方程思想等知识．在（1）中注意HL的应用，在（2）中证得Rt△AOP≌Rt△ADP是解题的关键，在（3）中注意矩形性质的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
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