北京中学国人民大附属中学2021年数学八下期末学业质量监测模拟试题含解析

北京中学国人民大附属中学2021年数学八下期末学业质量监测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若式子01(1)k k -+-有意义，则一次函数(1)1y k x k =-+-的图象可能是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
2．已知关于x 的一元二次方程x 2-x +k =0的一个根是2，则k 的值是（ ）
A ．-2
B ．2
C ．1
D ．1
3．如图，点A ，B ，C 三点在x 轴的正半轴上，且OA AB BC ==，过点A ，B ，C 分别作x 轴的垂线交反比例函数(0)k y k x
=>的图象于点D ，E ，F ，连结OD ，AE ，BF ，则::OAD ABE BCF S S S △△△为（ ）
A ．12∶7∶4
B ．3∶2∶1
C ．6∶3∶2
D ．12∶5∶4
4．估计101的值在( )
A ．2和3之间
B ．3和4之间
C ．4和5之间
D ．5和6之间
5．已知关于x 的一元二次方程x 2﹣2kx +6＝0有两个相等的实数根，则k 的值为（ ）
A ．±6
B ．±6
C ．2或3
D 636．生物刘老师对本班50名学生的血型进行了统计，列出如下统计表.则本班O 型血的有（ ）
血型
A 型
B 型 AB 型 O 型 频率
0.34 0.3 0.26 0.1
A ．17人
B ．15人
C ．13人
D ．5人
7．如图，过A 点的一次函数的图象与正比例函数y=2x 的图象相交于点B ，则这个一次函数的解析式是（ ）
A ．y=2x+3
B ．y=x ﹣3
C ．y=2x ﹣3
D ．y=﹣x+3
8．如图，将正方形OABC 放在平面直角坐标系中，O 是原点，点A 的坐标为(1，)，则点C 的坐标为( )
A ．(－，1)
B ．(－1，)
C ．(，1)
D ．(－，－1)
9．下列是假命题的是（ ）
A ．平行四边形对边平行
B ．矩形的对角线相等
C ．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
D ．对角线相等的四边形是矩形
10．在平行四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，若24ABCD S =，则AOB S ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知m 是方程x 2﹣2018x+1＝0的一个根，则代数式m 2﹣2017m+
220181
m ++3的值等于_____． 12．若方程x 2﹣x ＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，则x 2﹣x 1＝______．
13．新学期，某校欲招聘数学教师一名，对两名候选老师进行了两项基本素质的测试，他们的测试成绩如表所示. 根据教学能力的实际需要，学校将笔试、面试的得分按2：3的比例计算两人的总成绩，那么__________（填“李老师”或“王老师”）将被录用. 测试项目
测试成绩
李老师
王老师 笔试 90 95
面试
85 80
14．如图，在直角坐标系中，A 、B 两点的坐标分别为(0，8)和(6，0)，将一根橡皮筋两端固定在A 、B 两点处，然后用手勾住橡皮筋向右上方拉升，使橡皮筋与坐标轴围成一个矩形AOBC ，则橡皮筋被拉长了_____个单位长度．
15．已知二次函数2
26y x x m =-+的图象与x 轴没有交点，则m 的取值范围是_____. 16．若一个多边形的各边都相等，它的周长是63，且它的内角和为900°，则它的边长是________.
17．若函数y ＝2x ＋b 经过点(1，3)，则b ＝ _________．
18．如图，BE ，CD 是△ABC 的高，且BD ＝EC ，判定△BCD ≌△CBE 的依据是“_____”．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知：如图，E 、F 是▱ABCD 的对角线AC 上的两点，AF ＝CE ．
求证：（1）△ABE ≌△CDF ；
（2）ED ∥BF ．
20．（6分）甲、乙两校派相同人数的优秀学生，参加县教育局举办的中小学生美文诵读决赛。

比赛结束后，发现学生成绩分别是7分、8分、9分或10分(满分10分)，核分员依据统计数据绘制了如下尚不完整的统计图表。

根据这些材料，请你回答下列问题： 甲校成绩统计表
成绩 7分 8分 9分 10分
人数 11 0 8
(1)在图①中，“7分”所在扇形的圆心角等于_______
(2)求图②中，“8分”的人数，并请你将该统计图补充完整。

(3)经计算，乙校学生成绩的平均数是8.3分，中位数是8分。

请你计算甲校学生成绩的平均数、中位数，并从平均数和中位数的角度分析哪个学校的成绩较好？
(4)如果教育局要组织8人的代表队参加市级团体赛，为便于管理，决定从这两所学校中的一所挑选参赛选手，请你分析，应选哪所学校？
21．（6分）如图，将ABC ∆绕点A 按逆时针方向旋转，使点B 落在BC 边上的点D 处，得ADE ∠.若//DE AB ，40ACB ︒∠=，求DEC ∠的度数.
22．（8分）如图，A 点的纵坐标为3，过A 点的一次函数的图象与正比例函数2y x =的图象相交于点B .
（1）求该一次函数的解析式.
（2）若该一次函数的图象与x 轴交于D 点，求BOD 的面积.
23．（8分）求证：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（要求：画出图形，写出已知，求证和证明过程）
24．（8分）某花圃用花盆培育某种花苗，经过试验发现，每盆花的盈利与每盆株数构成一定的关系．每盆植入3株时，平均每株盈利3元；以同样的栽培条件，若每盆每增加1株，平均单株盈利就减少0.5元．
（1）若每盆增加x 株，平均每盆盈利y 元，写出y 关于x 的函数表达式；
（2）要使每盆的盈利为10元，且每盆植入株数尽可能少，问每盆应植入多少株？
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()0,6，点B 在x 轴的正半轴上.若点P ，Q 在线段AB 上，且PQ 为某个一边与x 轴平行的矩形的对角线，则称这个矩形为点P 、Q 的“涵矩形”.下图为点P ，Q 的“涵矩形”的示意图.
（1）点B 的坐标为()3,0.
①若点P 的横坐标为32
，点Q 与点B 重合，则点P 、Q 的“涵矩形”的周长为__________. ②若点P ，Q 的“涵矩形”的周长为6，点P 的坐标为()1,4，则点()2,1E ，()1,2F ，()4,0G 中，能够成为点P 、Q 的“涵矩形”的顶点的是_________.
（2）四边形PMQN 是点P 、Q 的“涵矩形”，点M 在AOB ∆的内部，且它是正方形.
①当正方形PMQN 的周长为8，点P 的横坐标为3时，求点的坐标.
②当正方形PMQN 2时，连结OM .直接写出线段OM 的取值范围.
26．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形AOBC 的顶点A 、B 在坐标轴上，点C 的坐标为(5,3)点P 从点O 出发，在折线段OA AC -上以每秒3个单位长度向终点C 匀速运动，点Q 从点O 出发，在折线段OB BC -上以每秒4个单位长度向终点C 匀速运动.两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，连接PQ .设两点的运动时间为(s)t ，线段PQ 的长度的平方为d ，即2
PQ d =（单位长度2）.
（1）当点P运动到点A时，t=__________s，当点Q运动到点B时，t=__________s；（2）求d关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【解析】
试题分析：当
10
{
10
k
k
-≥
-≠
时，0
1(1)
k k
--有意义，所以k＞1，所以1-k＜0，所以一次函数(1)1
y k x k
=-+-
的图象过第一三四象限，故选A．
考点：1．代数式有意义的条件；2．一次函数图像的性质．
2、A
【解析】
【分析】
知道方程的一根，把x=2代入方程中，即可求出未知量k．
【详解】
解：将x=2代入一元二次方程x2-x+k=0，
可得：4-2+k=0，
解得k=-2，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的根的定义，把求未知系数的问题转化为解方程的问题，是待定系数法的应用．
3、C
【解析】
【分析】
设OA AB BC a ===，再分别表示出D,E,F 的坐标，再求出,OAD ABE BCF S S S △△△,用含k 的式子表示即可求解．
【详解】
解：设OA AB BC a ===， ∴,k D a a ⎛
⎫ ⎪⎝⎭，2,2k E a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,3k F a a ⎛⎫ ⎪⎝
⎭． ∴111222AOD k S OA AD a k a =
⋅=⋅=△， 1112224ABE
k S AB BE a k a =⋅=⋅⋅=△， 1112236
BCF k S BC CF a k a =⋅⋅=⋅⋅=△． ∴::6:3:2AOD ABE BCF S S S =△△△．
故选C ．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象与性质．解题关键在于OA AB BC ==，即::1:2:3OA OB OC =，因此可以得到D ，E ，F 坐标的关系．
4、C
【解析】
【分析】
由223104<<可知34<<1的范围即可.
【详解】
解：223104<<，34,415∴<<∴<<.
故选：C.
【点睛】
本题考查了实数的估算，熟练的确定一个无理数介于哪两个整数之间是解题的关键.
5、B
【解析】
【分析】
利用判别式的意义得到△＝（﹣2k ）2﹣4×
6＝0，然后解关于k 的方程即可．
【详解】
解：根据题意得△＝（﹣2k）2﹣4×6＝0，
解得k＝±6．
故选：B．
【点睛】
本题考查根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△＝0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
6、D
【解析】
【分析】
频率是指每个对象出现的次数与总次数的比值（或者百分比）．即频率=频数÷总数一般称落在不同小组中的数据个数为该组的频数，频数与数据总数的比值为频率．频率反映了各组频数的大小在总数中所占的分量．
【详解】
解：本班O型血的有50×0.1=5（人），
故选：D．
【点睛】
本题考查了频率与频数，正确理解频率频数的意义是解题的关键．
7、D
【解析】
试题分析：∵B点在正比例函数y=2x的图象上，横坐标为1，∴y=2×1=2，∴B（1，2），
设一次函数解析式为：y=kx+b，
∵过点A的一次函数的图象过点A（0，1），与正比例函数y=2x的图象相交于点B（1，2），
∴可得出方程组，
解得，
则这个一次函数的解析式为y=﹣x+1．
故选D．
考点：1.待定系数法求一次函数解析式2.两条直线相交或平行问题．
8、A
【解析】
试题分析：作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．∴点C的坐标为
（-，1）故选A．
考点：1、全等三角形的判定和性质；2、坐标和图形性质；3、正方形的性质．
9、D
【解析】
【分析】
利用平行四边形的判定、矩形的性质及矩形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、平行四边形的两组对边分别平行，正确，是真命题；
B、矩形的对角线相等，正确，是真命题；
C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，是真命题；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，是假命题，
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形的判定、矩形的性质及矩形的判定方法，难度不大．10、D
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△AOB=1
4
S四边形ABCD=
1
4
×24=6，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【解析】
【分析】
利用m 是方程x 2﹣2018x+1＝0的一个根得到m 2＝2018m ﹣1，m 2+1＝2018m ，利用整体代入的方法得到原式＝m+1m
+2，然后通分后再利用整体代入的方法计算． 【详解】
解：∵m 是方程x 2﹣2018x+1＝0的一个根，
∴m 2﹣2018m+1＝0，
∴m 2＝2018m ﹣1，m 2+1＝2018m ，
∴m 2﹣2017m+220181m ++3＝2018m ﹣1﹣2017m+20182018m
+3 ＝m+1m
+2 ＝21m m
++2 ＝2018m m
+2 ＝2018+2
＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查一元二次方程的解得定义，代数式求值，分式的加减．掌握整体思想，整体代入是解题关键． 12、1
【解析】
【分析】
求出x 1,x 2即可解答.
【详解】
解：∵x 2﹣x ＝0，
∴x(x ﹣1)＝0，
∵x 1＜x 2，
∴解得：x 1＝0，x 2＝1，
则x 2﹣x 1＝1﹣0＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查一元二次方程的根求解，按照固定过程求解即可，较为简单.
13、李老师.
【解析】
【分析】
利用加权平均数的计算方法求出李老师、王老师的最后总成绩，比较得出答案．【详解】
解：李老师总成绩为：90×2
5
+85×
3
5
=87，
王老师的成绩为：95×2
5
+80×
3
5
=86，
∵87＞86，
∴李老师成绩较好，
故答案为：李老师．
【点睛】
考查加权平均数的计算方法，以及利用加权平均数对事件作出判断，理解权对平均数的影响．
14、1
【解析】
【分析】
根据已知条件得到OA=8，OB=6，根据勾股定理得到10
AB==，根据矩形的性质即可得到结论．【详解】
解：∵A、B两点的坐标分别为(0，8)和(6，0)，
∴OA＝8，OB＝6，
∴10
AB==，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC+BC＝OB+OA＝11，
∴11﹣10＝1，
∴橡皮筋被拉长了1个单位长度，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
15、
9
2 m>
【解析】
【分析】
由二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，可知△＜0，解不等式即可．【详解】
∵二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，
∴△＜0，
∴（-6）2-4×2×m＜0，
解得：
9
2 m>；
故答案为：
9
2 m>．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点，熟记：有两个交点，△＞0；有一个交点，△=0；没有交点，△＜0是解决问题的关键．
16、9
【解析】
【分析】
设多边形的边数为n，先根据多边形的内角和求出多边形的边数，再根据周长即可求出边长.
【详解】
设多边形的边数为n，由题意得
(n－2)·180°=900°
解得n=7，
则它的边长是63÷7=9.
【点睛】
本题考查的是多边形的内角和，解答的关键是熟练掌握多边形的内角和公式：(n－2)·180°.
17、1
【解析】
由于函数y=2x+b经过点（1，3），故可将点的坐标代入函数解析式，求出b的值．
解：将点（1，3）代入y=2x+b得
3=2+b，
解得b=1．
故答案为1．
18、HL
【解析】
分析: 需证△BCD和△CBE是直角三角形，可证△BCD≌△CBE的依据是HL.
详解: ∵BE、CD是△ABC的高，
∴∠CDB=∠BEC=90°，
在Rt△BCD和Rt△CBE中，
BD=EC，BC=CB，
∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），
故答案为HL.
点睛: 本题考查全等三角形判定定理中的判定直角三角形全等的HL定理.
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件得到AE＝CF，根据平行四边形的性质得到∠DCF＝∠BAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，根据平行四边形的判定和性质即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，
即AE＝CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠DCF＝∠BAE，
在△ABE与△CDF中，
∵，
，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴ED∥BF．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．20、（1）144°；（2）3人，补图见解析；（3）8.3分，7分，乙校；（4）甲校．
【解析】
分析：（1）利用360°减去其它各组对应的圆心角即可求解；
（2）首先求得乙校参赛的人数，即可求得成绩是8分的人数，从而将条形统计图补充完整；（3）首先求得得分是9分的人数，然后根据平均数公式和中位数的定义求解；
（4）只要比较每个学校前8名的成绩即可．
详解：（1）“7分”所在扇形的圆心角等于360°-90°-72°-54°=144°；
（2）乙校参赛的总人数是：4÷72
360
=20（人），
则成绩是8分的人数是：20-8-4-5=3（人）．
；（3）甲校中得分是9分的人数是：20-11-8=1（人）．
则甲校的平均分是：7118091108
20
⨯+⨯+⨯+⨯
=8.3（分），
甲校的中位数是：7分；
两校的平均数相同，但乙校的中位数大于甲校的中位数，说明乙校的成绩高于甲校的成绩.
（4）甲得分是10分的正好有8人，而乙班得分是10分的有5人，不足8人，则应选择甲校．
点睛：本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
21、20°
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠AED=∠ACB=40°，∠BAD=∠DAE, AB=AD ，AC=AE, 又因为DE ∥AB ，所以∠BAD=∠ADE ，
列出方程求解可得出∠BAD=60°，所以∠ACE=∠AEC =60°，∠DEC=∠AEC-∠AED=60°
-40°=20° 【详解】
解：∵将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转后得△ADE ，
∴∠AED=∠ACB=40°，∠BAD=∠DAE, AB=AD ，AC=AE,
∴∠ABD=∠ADB ，∠ACE=∠AEC ，
∵DE ∥AB ，
∴∠BAD=∠ADE
设∠BAD=x, ∠ABD=y, DAC ∠=z,可列方程组：
∴2180? 40? 240?180? x y y z x z +=︒⎧⎪=+︒⎨⎪++︒=︒⎩
解得：x=60°
即∠BAD=60°
∴∠ACE=∠AEC =60°
∴∠DEC=∠AEC-∠AED=60°
-40°=20° 【点睛】
此题考查了旋转的性质以及平行线的性质．注意掌握旋转前后图形的对应关系以及方程思想的应用是关键．
22、（1）3y x =-+；（2）3BOD S =．
【解析】
【分析】
（1）利用正比例函数，求得点B 坐标，再利用待定系数法即可求得一次函数解析式；
（2）利用一次函数解析式求得点D 坐标，即可求BOD 的面积.
【详解】
（1）把1x =代入2y x =中，得2y =，
所以点B 的坐标为()1,2，
设一次函数的解析式为y kx b =+，
把()0,3A 和()1,2B 代入，得32b k b =⎧⎨+=⎩，解得13k b =-⎧⎨=⎩
， 所以一次函数的解析式是3y x =-+；
（2）在3y x =-+中，令0y =，则03x =-+，
解得3x =，则D 的坐标是()3,0， 所以13232
BOD S =⨯⨯=． 【点睛】
本题为考查一次函数基础题，考点涉及利用待定系数法求一次函数解析式以及求一次函数与坐标轴交点坐标,熟练掌握一次函数相关知识点是解答本题的关键.
23、见解析
【解析】
分析：题设作为已知条件，结论作为求证，画出图形，写出已知，求证，然后证明即可．
详解：
已知：如图，在四边形ABCD 中，AB ＝CD ，AD ＝BC ．
求证：四边形ABCD 是平行四边形．
证明：连结AC
在ΔABC 和ΔCDA 中．
∵AB =CD ，BC =DA ，AC =CA ，
∴ ΔABC ≌ΔCDA ，
∴ ∠BAC =∠DCA ，∠ACB =∠CAD ，
∴ AB //CD ，AD //BC ，
∴四边形ABCD 是平行四边形．
点睛：本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握命题的证明方法，学会写已知求证，属于中考常考题型．
24、（1）y ＝﹣2.5x 2+1.5x+9；（2）4株
【解析】
【分析】
（1）设每盆花苗增加x 株，则每盆花苗有（x+3）株， 平均单株盈利为（3﹣2.5x ）元，根据“每盆盈利=每盆花苗株数×单株盈利”，列函数式即可；
（2）由题（1）得“每盆花苗株数×单株盈利=1”，解一元二次方程，在两根中取较小正整数就为增加的株数，则每盆的株数可求.
【详解】
（1）解：由题意知：每盆花苗增加x 株，则每盆花苗有（x+3）株，
平均单株盈利为：（3﹣2.5x ）元，
则：y ＝（x+3）（3﹣2.5x ）＝﹣2.5x 2+1.5x+9
（2）解：由题意得：（x+3）（3﹣2.5x ）＝1．
化简，整理得x 2﹣3x+2＝2．
解这个方程，得x 1＝1，x 2＝2，
则3+1＝4，2+3＝5，
答：每盆应植4株．
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用，解题关键在于读懂题意列出方程.
25、（1）①9． ②()1,2F ；（2）①点Q 的坐标为()1,5或()5,1．②
52OM ≤<． 【解析】
【分析】
(1)①利用A 、B 的坐标求出直线AB 的解析式，再将P 点横坐标代入，计算即可得点P 、Q 的“新矩形”的周长；②由直线AB 的解析式判定是否经过E 、F 、G 三点，发现只经过了F （1，2），能够成为点P 、Q 的“涵矩形”的顶点的是F （1，2）
（2）①①根据正方形的性质可得出∠ABO=45°，结合点A 的坐标可得出点B 的坐标及直线AB 的函数表达式，由P 的横坐标为3，可得出点P 的坐标，再由正方形的周长可得出点Q 的坐标，进而可得出点Q 的坐标；②由正方形的对
，可得正方形的边长为1，由直线AB 的解析式y=-x+6可知M 点的运动轨迹是直线y=-x+5，由点M 在
AOB ∆的内部，x 的取值范围是0<x<5,OM ＜5，OM 最小值是由O 向直线y=-x+5作垂线段，此时OM=2
，可得OM 的取值范围.
【详解】
（1）①解：由A(0,6),B(3，0)可得直线AB 的解析式为：y=-2x+6，
∵P 点横坐标是
32 ∴当x=
32时，y=3 ∴P（32
，3）． ∵ 点Q 与点B 重合，
∴Q（3，0）
∴点P 、Q 的“涵矩形”的宽为：3-
32=32
，长为3-0=3 ∴点P 、Q 的“涵矩形”的周长为：32+3=92⨯（） 故答案为9
②．由①可得直线AB 的解析式为：y=-2x+6可设Q(a,-2a+6),则成为点P 、Q 的“涵矩形”的顶点且在AOB 内部的一点坐标为M （1，-2a+6）
∴PM=4-(-2a+6)=2a-2，MQ=a-1
∵点P ，Q 的“涵矩形”的周长为6
∴PM+MQ=3
∴2a-2+a-1=3
解得：a=2
∴M(1,2)
故答案为F(1,2),只写F 或()1,2也可以.
（2）①点P 、Q 的“涵矩形”是正方形，
∴45ABO ∠=︒，
∴点A 的坐标为()0,6，
∴点B 的坐标为 ，
∴直线AB 的函数表达式为6y x =-+．
点P 的横坐标为3，
∴点P 的坐标为()3,3．
正方形PMQN 的周长为8，
∴点Q 的横坐标为321-=或325+=，
∴点Q 的坐标为()1,5或()5,1．
，
∴可得正方形的边长为1，
因为直线AB 的解析式y=-x+6可设M 点的运动轨迹是直线y=-x+b ，且过（0，5）
故M 点的运动轨迹是直线y=-x+5
∵点M 在AOB ∆的内部，x 的取值范围是0<x<5,
∴当M 落在OB 或者OA 边上时，OM 取得最大值，此时OM=5,由于点M 在AOB ∆的内部，
∴OM＜5，
当OM⊥直线y=-x+5时，OM 取得最小值，此时
OM=2
， ∴OM 的取值范围
.52
OM ≤<．
故答案为52
OM ≤< 【点睛】
本题考查了新型定义题型，矩形、正方形、一次函数、线段最值等问题，难度较高，审清题意，会综合运用矩形、正方形、一次函数以及最值的求法，是解题的关键.
26、（1）1，54；（2）22225(01)56181452511212824t t d t t t t y t ⎧⎪<≤⎪⎪⎛⎫=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫-+<≤⎪ ⎪⎝⎭⎩
. 【解析】
【分析】
(1)由点C 的坐标为(5,3)可知OA=3,OB=4，故）当点P 运动到点A 时，t =331÷= ；
当点Q 运动到点B 时，t=5544
÷= ； （2）分析题意，d 与t 的函数关系应分为①当01t <≤时，利用勾股定理在Rt OPQ ∆中，3OP t =，4OQ t =，22222(3)(4)d PQ OP OQ t t ==+=+.计算即可得：225d t =.②当514
t <≤时，过点P 作PD OB ⊥，垂足为D ，利用勾股定理：在Rt DPQ ∆中，3PD =，3DQ t =+，故而222223(3)d PQ PD DQ t ==+=++.即2618d t t =++.③
当524
t <≤时，利用勾股定理：在Rt CPQ ∆中，83CP t =-，84CQ t =-，所以222d PQ CP CQ ==+22(83)(84)t t =-+-.即225112128d t y =-+.
【详解】
解：（1）1，54
； （2）①如图1，当01t <≤时，
∵在Rt OPQ ∆中，3OP t =，4OQ t =，
∴22222(3)(4)d PQ OP OQ t t ==+=+.
即225d t =.
②如图2，当514
t <≤时， 过点P 作PD OB ⊥，垂足为D ，
∵四边形AOBC 为矩形，
∴90AOB OAP PDO ∠=∠=∠=︒.
∴四边形AOPD 为矩形.
∴3PD AO ==.
∴33AP OD t ==-.
∴DQ OQ OD =-4(33)3t t t =--=+.
∴在Rt DPQ ∆中，3PD =，3DQ t =+，
∴222223(3)d PQ PD DQ t ==+=++.
即2618d t t =++.
③如图3，当5
24
t <≤时， ∵在Rt CPQ ∆中，83CP t =-，84CQ t =-，
∴222d PQ CP CQ ==+22(83)(84)t t =-+-.
即2
25112128d t y =-+. 综上所述，22225(01)56181452511212824t t d t t t t y t ⎧⎪<≤⎪⎪⎛⎫=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫-+<≤⎪ ⎪⎝⎭⎩
.
【点睛】
本题考查了动点问题与长度关系，灵活运用勾股定理进行解题是解题的关键.。