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15. 如图，将直线$y=x-3$的图象位于$x$轴下方的部分沿$x$轴翻折到$x$轴上方，位于$x$轴上方的图象保持不变，所得的折线是函数$y=|x-3|$的图象. 对于函数$y=|x+m-3|$（$m$为常数）的图象，下列命题：
①当$m=1$时，直线$y=x+m-3$（$m$为常数）与$x$轴交点为$(2, 0)$；
②若函数$y=|x+m-3|$图象经过点$(1, 1)$，则$m=1$或$3$；
③函数$y=|x+m-3|$图象与$x$轴交点为$(m-3, 0)$；
④若当$x≥1$时，$y$随$x$的增大而增大，则$m≥2$.
其中是真命题的有________.（填序号）
①当$m=1$时，直线$y=x+m-3$（$m$为常数）与$x$轴交点为$(2, 0)$；
②若函数$y=|x+m-3|$图象经过点$(1, 1)$，则$m=1$或$3$；
③函数$y=|x+m-3|$图象与$x$轴交点为$(m-3, 0)$；
④若当$x≥1$时，$y$随$x$的增大而增大，则$m≥2$.
其中是真命题的有________.（填序号）
答案
15.①②④
解：①将$m=1$代入直线方程，得$y=x - 2$，
令$y=0$，即$x - 2=0$，解得$x=2$，
所以当$m=1$时，直线$y=x+m - 3$（$m$为常数）与$x$轴交点为$(2, 0)$，
故①是真命题；
②将$(1, 1)$代入$y=|x+m - 3|$，得$|m - 2|=1$，
解得$m=1$或$3$；
故②是真命题；
③令$y=|x+m - 3|=0$，解得$x=3 - m$，
所以函数$y=|x+m - 3|$图象与$x$轴交点为$(3 - m, 0)$，
故③是假命题；
④函数$y=|x+m - 3|=0$的顶点坐标为$(3 - m, 0)$，
当$x≥3 - m$时，$y$随$x$的增大而增大，
当$x≥1$时，$y$随$x$的增大而增大，则$3 - m≤1$，解得$m≥2$，
故④是真命题.
所以其中是真命题的有①②④.
故答案为：①②④.
解：①将$m=1$代入直线方程，得$y=x - 2$，
令$y=0$，即$x - 2=0$，解得$x=2$，
所以当$m=1$时，直线$y=x+m - 3$（$m$为常数）与$x$轴交点为$(2, 0)$，
故①是真命题；
②将$(1, 1)$代入$y=|x+m - 3|$，得$|m - 2|=1$，
解得$m=1$或$3$；
故②是真命题；
③令$y=|x+m - 3|=0$，解得$x=3 - m$，
所以函数$y=|x+m - 3|$图象与$x$轴交点为$(3 - m, 0)$，
故③是假命题；
④函数$y=|x+m - 3|=0$的顶点坐标为$(3 - m, 0)$，
当$x≥3 - m$时，$y$随$x$的增大而增大，
当$x≥1$时，$y$随$x$的增大而增大，则$3 - m≤1$，解得$m≥2$，
故④是真命题.
所以其中是真命题的有①②④.
故答案为：①②④.
解析
【分析】要判断各命题的真假，需先明确绝对值函数$y=|x+m-3|$的性质：该函数顶点为$(3 - m,0)$，当$x≥3 - m$时，函数为$y=x+m-3$，$y$随$x$增大而增大；当$x＜3 - m$时，函数为$y=-x - m +3$，$y$随$x$增大而减小。再逐个分析每个命题：
1. 命题①：代入$m=1$，求直线与$x$轴交点，令$y=0$解方程；
2. 命题②：将点$(1,1)$代入函数，解绝对值方程得$m$的值；
3. 命题③：令函数值为0，求$x$，判断交点坐标是否正确；
4. 命题④：根据函数增区间要求，结合$x≥1$时$y$随$x$增大而增大，列不等式求$m$范围。
【解析】
①当$m=1$时，直线方程为$y=x+1-3=x-2$，令$y=0$，解得$x=2$，即交点为$(2,0)$，故①是真命题；
②将$(1,1)$代入$y=|x+m-3|$，得$|1+m-3|=|m-2|=1$，解得$m-2=1$或$m-2=-1$，即$m=3$或$m=1$，故②是真命题；
③令$y=|x+m-3|=0$，解得$x=3 - m$，即交点为$(3 - m,0)$，而非$(m-3,0)$，故③是假命题；
④函数$y=|x+m-3|$的增区间为$x≥3 - m$，要使$x≥1$时$y$随$x$增大而增大，需$3 - m≤1$，解得$m≥2$，故④是真命题。
【答案】①②④
【知识点】绝对值函数性质、一次函数交点、命题真假判断
【点评】本题围绕绝对值函数的图象与性质设置命题，需掌握绝对值函数的顶点、增减性，以及一次函数与坐标轴交点的求法，逐个分析命题即可，属于中等难度的函数综合题。
【难度系数】0.5
1. 命题①：代入$m=1$，求直线与$x$轴交点，令$y=0$解方程；
2. 命题②：将点$(1,1)$代入函数，解绝对值方程得$m$的值；
3. 命题③：令函数值为0，求$x$，判断交点坐标是否正确；
4. 命题④：根据函数增区间要求，结合$x≥1$时$y$随$x$增大而增大，列不等式求$m$范围。
【解析】
①当$m=1$时，直线方程为$y=x+1-3=x-2$，令$y=0$，解得$x=2$，即交点为$(2,0)$，故①是真命题；
②将$(1,1)$代入$y=|x+m-3|$，得$|1+m-3|=|m-2|=1$，解得$m-2=1$或$m-2=-1$，即$m=3$或$m=1$，故②是真命题；
③令$y=|x+m-3|=0$，解得$x=3 - m$，即交点为$(3 - m,0)$，而非$(m-3,0)$，故③是假命题；
④函数$y=|x+m-3|$的增区间为$x≥3 - m$，要使$x≥1$时$y$随$x$增大而增大，需$3 - m≤1$，解得$m≥2$，故④是真命题。
【答案】①②④
【知识点】绝对值函数性质、一次函数交点、命题真假判断
【点评】本题围绕绝对值函数的图象与性质设置命题，需掌握绝对值函数的顶点、增减性，以及一次函数与坐标轴交点的求法，逐个分析命题即可，属于中等难度的函数综合题。
【难度系数】0.5
16. 如图，已知$△ ABC$中，$AB=AC=4$，$∠ BAC=90°$，点$D$为平面内一点，满足$AD=4$，分别以$AB$，$BD$为边作$□ ABDE$，连接$CE$，则$CE$的最小值为________.
答案
16.$4\sqrt{2}-4$
解：在BA延长线上截取$AF=DE$，连接EF，CF，
∵四边形ABDE是平行四边形，$AD=4$，
∴$DE//FB$，
∵$AF=DE$，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴$EF//AD$且$EF=AD=4$，
∵$∠BAC=90°$，$AF=DE=AB=4$，$AB=AC=4$，
∴$△ACF$是等腰直角三角形，
∴$CF=\sqrt{AF^2 + AC^2}=4\sqrt{2}$，
∵$CE≥CF - EF$，
∴$CE≥4\sqrt{2}-4$，
∴$CE$的最小值为$4\sqrt{2}-4$.
故答案为：$4\sqrt{2}-4$.
解：在BA延长线上截取$AF=DE$，连接EF，CF，
∵四边形ABDE是平行四边形，$AD=4$，
∴$DE//FB$，
∵$AF=DE$，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴$EF//AD$且$EF=AD=4$，
∵$∠BAC=90°$，$AF=DE=AB=4$，$AB=AC=4$，
∴$△ACF$是等腰直角三角形，
∴$CF=\sqrt{AF^2 + AC^2}=4\sqrt{2}$，
∵$CE≥CF - EF$，
∴$CE≥4\sqrt{2}-4$，
∴$CE$的最小值为$4\sqrt{2}-4$.
故答案为：$4\sqrt{2}-4$.
解析
【分析】
要解决CE的最小值问题，需结合几何最值的核心思路（利用三角形三边关系），通过构造辅助线转化线段：已知四边形ABDE是平行四边形，可得DE=AB=4且DE//AB，据此在BA的延长线上截取AF=DE=4，构造新的平行四边形ADEF，得到EF=AD=4；再结合已知的AC=AB=AF=4、∠BAC=90°，推出△ACF为等腰直角三角形，算出CF的长度；最后根据三角形三边关系“两边之差小于第三边”，当C、E、F三点共线时，CE取得最小值，即CF与EF的差。
【解析】
解：在BA的延长线上截取AF=DE，连接EF、CF。
∵四边形ABDE是平行四边形，AD=4，
∴DE//AB，且DE=AB=4（平行四边形对边平行且相等），
又
∵AF=DE，
∴AF//DE且AF=DE，
∴四边形ADEF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴EF//AD，且EF=AD=4（平行四边形对边平行且相等）。
已知AB=AC=4，∠BAC=90°，则AF=DE=AB=4，
∴AF=AC=4，∠CAF=180°−∠BAC=90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
根据勾股定理，CF=√(AF²+AC²)=√(4²+4²)=4√2。
在△CEF中，根据三角形三边关系：CE≥|CF−EF|，当且仅当C、E、F三点共线时，等号成立，此时CE取得最小值。
∴CE的最小值为CF−EF=4√2−4。
【答案】
4√2−4
【知识点】
平行四边形的性质；等腰直角三角形；三角形三边关系
【点评】
本题通过构造平行四边形转化线段，结合等腰直角三角形的性质和三角形三边关系求最值，需要学生具备几何辅助线的构造能力，核心是利用“化折为直”的思想找到线段的最小值。
【难度系数】
0.3
要解决CE的最小值问题，需结合几何最值的核心思路（利用三角形三边关系），通过构造辅助线转化线段：已知四边形ABDE是平行四边形，可得DE=AB=4且DE//AB，据此在BA的延长线上截取AF=DE=4，构造新的平行四边形ADEF，得到EF=AD=4；再结合已知的AC=AB=AF=4、∠BAC=90°，推出△ACF为等腰直角三角形，算出CF的长度；最后根据三角形三边关系“两边之差小于第三边”，当C、E、F三点共线时，CE取得最小值，即CF与EF的差。
【解析】
解：在BA的延长线上截取AF=DE，连接EF、CF。
∵四边形ABDE是平行四边形，AD=4，
∴DE//AB，且DE=AB=4（平行四边形对边平行且相等），
又
∵AF=DE，
∴AF//DE且AF=DE，
∴四边形ADEF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴EF//AD，且EF=AD=4（平行四边形对边平行且相等）。
已知AB=AC=4，∠BAC=90°，则AF=DE=AB=4，
∴AF=AC=4，∠CAF=180°−∠BAC=90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
根据勾股定理，CF=√(AF²+AC²)=√(4²+4²)=4√2。
在△CEF中，根据三角形三边关系：CE≥|CF−EF|，当且仅当C、E、F三点共线时，等号成立，此时CE取得最小值。
∴CE的最小值为CF−EF=4√2−4。
【答案】
4√2−4
【知识点】
平行四边形的性质；等腰直角三角形；三角形三边关系
【点评】
本题通过构造平行四边形转化线段，结合等腰直角三角形的性质和三角形三边关系求最值，需要学生具备几何辅助线的构造能力，核心是利用“化折为直”的思想找到线段的最小值。
【难度系数】
0.3
三、解答题（共8小题，共72分）在答题卡指定的位置上写出必要的演算过程或证明过程。
17.（8分）计算：
（1）$2\sqrt{2} - \sqrt{6} ÷ \sqrt{3}$；
（2）$(3\sqrt{2} + 2) × (3\sqrt{2} - 2)$。
17.（8分）计算：
（1）$2\sqrt{2} - \sqrt{6} ÷ \sqrt{3}$；
（2）$(3\sqrt{2} + 2) × (3\sqrt{2} - 2)$。
答案
17.（1）$\sqrt{2}$；（2）14
解：（1）$2\sqrt{2} - \sqrt{6} ÷ \sqrt{3}$
$=2\sqrt{2} - \sqrt{2}$
$=\sqrt{2}$；
（2）$(3\sqrt{2} + 2) × (3\sqrt{2} - 2)$
$=(3\sqrt{2})^2 - 2^2$
$=18 - 4$
$=14$.
解：（1）$2\sqrt{2} - \sqrt{6} ÷ \sqrt{3}$
$=2\sqrt{2} - \sqrt{2}$
$=\sqrt{2}$；
（2）$(3\sqrt{2} + 2) × (3\sqrt{2} - 2)$
$=(3\sqrt{2})^2 - 2^2$
$=18 - 4$
$=14$.
解析
【分析】本题考查二次根式的混合运算，第（1）小题需先运用二次根式的除法法则计算除法部分，再合并同类二次根式；第（2）小题符合平方差公式的结构特征，利用平方差公式简化计算，再化简求值。
【解析】（1）根据二次根式除法法则$\sqrt{a}÷\sqrt{b}=\sqrt{a÷b}(a≥0,b＞0)$，计算$\sqrt{6}÷\sqrt{3}=\sqrt{6÷3}=\sqrt{2}$，再合并同类二次根式：$2\sqrt{2}-\sqrt{2}=\sqrt{2}$；（2）利用平方差公式$(a+b)(a-b)=a²-b²$，令$a=3\sqrt{2}$，$b=2$，则原式=$(3\sqrt{2})² - 2²=9×2 -4=18-4=14$。
【答案】（1）$\sqrt{2}$；（2）14
【知识点】二次根式的混合运算、平方差公式
【点评】本题为二次根式运算的基础题型，重点考查二次根式的除法法则、同类二次根式的合并及平方差公式的应用，难度较低，侧重对基础知识点的掌握。
【难度系数】0.8
【解析】（1）根据二次根式除法法则$\sqrt{a}÷\sqrt{b}=\sqrt{a÷b}(a≥0,b＞0)$，计算$\sqrt{6}÷\sqrt{3}=\sqrt{6÷3}=\sqrt{2}$，再合并同类二次根式：$2\sqrt{2}-\sqrt{2}=\sqrt{2}$；（2）利用平方差公式$(a+b)(a-b)=a²-b²$，令$a=3\sqrt{2}$，$b=2$，则原式=$(3\sqrt{2})² - 2²=9×2 -4=18-4=14$。
【答案】（1）$\sqrt{2}$；（2）14
【知识点】二次根式的混合运算、平方差公式
【点评】本题为二次根式运算的基础题型，重点考查二次根式的除法法则、同类二次根式的合并及平方差公式的应用，难度较低，侧重对基础知识点的掌握。
【难度系数】0.8
18.（8分）如图，已知四边形ABCD中，E、F、G、H分别是四条边AB、BC、CD、DA的中点，AC、BD是对角线，连接EF、FG、GH、HE.
（1）证明：四边形EFGH为平行四边形；
（2）若
（1）证明：四边形EFGH为平行四边形；
（2）若
②
，则四边形EFHG是菱形.请从①$AC⊥BD$；②$AC=BD$这两个选项中选择一个作为条件，使结论成立.（填序号）答案
18.（1）证明：
∵E、F、G、H分别是四条边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别为$△ABC$、$△ADC$的中位线，
∴$EF//AC$，$EF=\frac{1}{2}AC$，$GH//AC$，$GH=\frac{1}{2}AC$，
∴$EF//GH$，$EF=GH$，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）②
解：
∵F、G分别是四条边BC、CD的中点，
∴FG为$△BCD$的中位线，
∴$FG=\frac{1}{2}BD$，
当$AC=BD$时，$EF=FG$，则平行四边形EFHG是菱形，
故答案为：②.
∵E、F、G、H分别是四条边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、GH分别为$△ABC$、$△ADC$的中位线，
∴$EF//AC$，$EF=\frac{1}{2}AC$，$GH//AC$，$GH=\frac{1}{2}AC$，
∴$EF//GH$，$EF=GH$，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）②
解：
∵F、G分别是四条边BC、CD的中点，
∴FG为$△BCD$的中位线，
∴$FG=\frac{1}{2}BD$，
当$AC=BD$时，$EF=FG$，则平行四边形EFHG是菱形，
故答案为：②.
解析
【分析】本题围绕中点四边形展开，需结合三角形中位线定理、平行四边形与菱形的判定定理解题。第（1）问要证四边形EFGH为平行四边形，利用E、F、G、H是各边中点，得到EF、GH是三角形中位线，推出它们平行且相等，即可判定；第（2）问要让平行四边形变为菱形，需邻边相等，结合中位线性质，EF对应AC的一半，FG对应BD的一半，因此当AC=BD时，邻边相等，满足菱形条件，故选择②。
【解析】
（1）证明：
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，得EF//AC，且$EF=\frac{1}{2}AC$。
同理，G、H分别是CD、DA的中点，
∴GH是△ADC的中位线，得GH//AC，且$GH=\frac{1}{2}AC$。
∴EF//GH，且EF=GH，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，可判定四边形EFGH为平行四边形。
（2）解：
要使平行四边形EFGH是菱形，需满足邻边相等，即EF=FG。
∵F、G分别是BC、CD的中点，
∴FG是△BCD的中位线，根据三角形中位线定理，得$FG=\frac{1}{2}BD$。
由（1）知$EF=\frac{1}{2}AC$，若EF=FG，则$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD$，即AC=BD，因此选择条件②。
【答案】②
【知识点】三角形中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定
【点评】本题是中点四边形的基础题型，核心是利用三角形中位线的性质推导线段关系，再结合特殊四边形的判定定理完成证明与选择，注重对基础定理应用能力的考查。
【难度系数】0.5
【解析】
（1）证明：
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，得EF//AC，且$EF=\frac{1}{2}AC$。
同理，G、H分别是CD、DA的中点，
∴GH是△ADC的中位线，得GH//AC，且$GH=\frac{1}{2}AC$。
∴EF//GH，且EF=GH，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，可判定四边形EFGH为平行四边形。
（2）解：
要使平行四边形EFGH是菱形，需满足邻边相等，即EF=FG。
∵F、G分别是BC、CD的中点，
∴FG是△BCD的中位线，根据三角形中位线定理，得$FG=\frac{1}{2}BD$。
由（1）知$EF=\frac{1}{2}AC$，若EF=FG，则$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD$，即AC=BD，因此选择条件②。
【答案】②
【知识点】三角形中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定
【点评】本题是中点四边形的基础题型，核心是利用三角形中位线的性质推导线段关系，再结合特殊四边形的判定定理完成证明与选择，注重对基础定理应用能力的考查。
【难度系数】0.5
