2023-2024学年人教版八年级下册数学压轴专项五：填空压轴题型

压轴专项五：填空题压轴（原卷版） 1、如图，将形状大小完全相同的“O”按照一定的规律（如图所示）摆放，其中图①的“O”的个数为a1，图②中的“〇”的个数为a2，图③中的“〇”的个数为a3，…以此类推，则的值是 　 　 ————（n为正整数）． 2、如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝120°，CD＝CB＝4，点E为BC的中点，连接AE，点F为线段AE上的一个动点，连接DF，则线段DF长度的最小值为 　 　． 3、 已知a，b，c是△ABC的三边，且满足a2﹣b2+ac﹣bc＝0，判断三角形的形状　 　． 4、如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝7，P、Q分别从C、A同时出发以相同的速度向点D运动，则AP+BQ的最小值为 　 　． 5、如图，在矩形ABCD中，BC＝2，∠ABD＝30°，若点M、N分别是线段DB、AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为 　 　． 6、如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝4，对角线AC、BD交于点O，经过点O的直线交AD于点E，且平分△ABD的周长，则OE＝　 　． 7、为了让学生更直观地认识等腰直角三角形，林老师制作了一个等腰直角三角形教具，课余时间他把教具挂在墙上．如图，教具Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点A，B，C位于同一平面内，这三个顶点到地面的距离分别为AF＝175cm，BE＝145cm，CG＝135cm，则AB的长为 　 　cm． 8、关于x的不等式组恰有3个整数解，那么a的取值范围为 　 　． 9、如图，在△ABC中，E是AC的中点，D在AB上且AD＝2BD，连接BE，CD相交于点F，则＝　 　． 10、如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝45°，将边AB绕点B顺时针旋转90°后，点A恰好落在边CD上的点E处，已知BC＝2，则DE的长度为 　 　． 11、如图，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝60°，点D是△ABC外一点，若CD＝3，BD＝5，∠BDC＝75°，则线段AD的长为 　 　． 12、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BE⊥AC，延长BE到点D，使得 BD＝AC，连接AD，CD，若AB＝4，AD＝5，则CD的长为 　 　． 13、如图，Rt△ABC沿某方向平移一定距离得到Rt△DEF，直角顶点C恰为DE中点，连接AD，CF，BE．给出结论：①AB∥DE；②∠CBE＝∠BCE；③四边形ACFD为菱形，其中正确结论的序号是 　 　． 14、如图，在正方形ABCD中，AB＝2，点E是BC边的中点，连接AE，延长EB至点F，使得EF＝AE，过点F作FG⊥AE，垂足为M，FG分别交CD、AB于G、N两点，则S四边形GCEM＝　 　． 15、已知平面直角坐标系中A、B两点坐标如图，若PQ是一条在x轴上活动的线段，且PQ＝1，求当BP+PQ+QA最小时，点Q的坐标　 　． 16、如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为OB上一点，连接AE、CE，F为CE的中点，连接OF，若∠AEO＝90°，OE＝3，OF＝2，则AO的长为 　 　． 17、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是 　 　． 18、如图，菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝120°，点M、N、P分别为线段AB、AD、BD上的任意一点，则PM+PN的最小值为　 　． 19、如图，正方形ABCD的边长为2，点E是AB上的动点，以AE为边在正方形内部作等腰直角三角形AFE，∠F＝90°；连接BF，当点E从A运动到B时，则BF扫过的面积为 　 　． 20、如图，甲乙两人以相同的路线前往距离单位10km的培训中心参加学习，图中L甲，L乙分别表示甲乙两人前往目的地所走的路程S（千米）随时间t（分）变化的函数图象，以下说法：①乙比甲提前12分钟到达；②甲、乙相遇时，乙走了6千米；③乙出发6分钟后追上甲．其中正确的是 　 　．（填序号） 21、如图，点B、C分别在两条直线y＝2x和y＝kx上，点A、D是x轴上两点，已知四边形ABCD是正方形，则k值为　 　． 22、如图，分别以Rt△ABC三边构造三个等边三角形，若斜边AB＝10，则图中阴影部分的面积为 　 　． 23、菱形ABCD，点A，B，C，D均在坐标轴上．∠ABC＝120°，点A（﹣6，0），点E是CD的中点，点P是OC上的一动点，则△PDE周长的最小值是 　 　． 24、如图，正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE＝AD，DF＝BD，连接BF分别交CD，CE于H，G，下列结论： ①EC＝2DG；②∠GDH＝∠GHD；③S△CDG＝S四边形DHGE；④图中只有8个等腰三角形． 其中正确的有 　 　（填序号）． 25、在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+5和直线y＝x+5分别交x轴于A、B两点，两直线交点是点C，在△ABC内部作矩形，使得矩形的四个顶点都落在△ABC的边上，且矩形的长是宽的2倍，则矩形的宽的长度是 　 　． 26、菱形ABCD，点A，B，C，D均在坐标轴上，∠ABC＝120°，点A（﹣6，0），点E是CD的中点，点P是OC上的一动点，则△PDE周长的最小值是 　 　． 27、观察下列一组数： 列举：3、4、5，猜想：32＝4+5； 列举：5、12、13，猜想：52＝12+13； 列举：7、24、25，猜想：72＝24+25； …； 列举：13、m、n，猜想：132＝m+n； 请你分析上述数据的规律，可得m＝　 　，n＝　 　． 28、如图，在锐角△ABC中，AB＝4，∠BAC＝30°，∠BAC的平分线交BC于D，M、N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是 　 　． 29、如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，将△AED沿AE折叠，使得点D落在BC边上，则折痕AE的长为 　 　． 30、如图1，在矩形ABCD中，AB＞AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则BC边的长为 　 　． 31、《九章算术》勾股卷有一题目：今有垣高六尺，依木于垣，上于垣齐．引木却行二尺，其木至地，问木长几何？意思是：如图，一道墙AB高6尺，一根木棒AC靠于墙上，木棒上端与墙头齐平．若木棒下端向右滑，则木棒上端会随着往下滑，当木棒下端向右滑2尺到D处时，木棒上端恰好落到地上B处，则木棒长 　 　尺． 32、有两个全等矩形纸条，长与宽分别为4和2，按如图所示的方式交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形BGDH的面积为 　 　． 33、如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别为BC、AC边的三等分点（靠近点C），已知AD＝5，BE＝5，则斜边AB的长为 　 　． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴专项五：填空题压轴（解析版） 1、【分析】先根据图形得出a1，a2，a3，a4，a3，a4，…an的值，然后代入原式进行拆分，再合并计算可得结果． 【解答】解：由题可知a1＝2×1，a2＝3×2，a3＝4×3，a4＝5×4a3＝4×3，a4＝5×4，…， ∴an＝（n+1）n， ∴ ＝… ＝1+… ＝1﹣ ＝． 故答案为：． 【点评】此题考查了数字与图形的规律，能够把原式根据分母规律进行拆分是解题的关键． 2、【分析】连接DE，BD，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质得到AD＝CD＝BC＝4，根据等边三角形的性质得到DE⊥BC，CE＝BC＝2，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：连接DE，BD， ∵四边形ABCD是平行四边形，CD＝CB＝4， ∴四边形ABCD是菱形， ∴AD＝CD＝BC＝4， ∵∠B＝120°， ∴△CDB是等边三角形， ∵点E为BC的中点， ∴DE⊥BC，CE＝BC＝2， ∴， ∵AD∥BC， ∴DE⊥AD， ∴＝＝2， 当DF⊥AE时，线段DF长度的最小， ∵S△ADE＝， ∴， ∴DF＝， 故线段DF长度的最小值为， 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 3、【分析】已知等式左边分解因式后，利用两数相乘积为0两因式中至少有一个为0得到a＝b，即可确定出三角形形状． 【解答】解：已知等式变形得：（a+b）（a﹣b）+c（a﹣b）＝0，即（a﹣b）（a+b+c）＝0， ∵a+b+c≠0， ∴a﹣b＝0，即a＝b， 则△ABC为等腰三角形． 故答案为：等腰三角形． 【点评】此题考查了因式分解的应用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 4、【分析】如图，设CP＝AQ＝x，则有AP+BQ＝+，欲求AP+BQ的最小值，相当于在x轴上寻找一点M（x，0），使得点M到J（0，8），K（8，7）的距离和最小，如图1中，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′，利用勾股定理求出KJ′可得结论． 【解答】解：如图，设CP＝AQ＝x， ∵四边形ABCD是矩形， ∵AD＝BC＝7，∠D＝∠BAQ＝90°， ∴AP+BQ＝+， 欲求AP+BQ的最小值，相当于在x轴上寻找一点M（x，0），使得点M到J（0，8），K（8，7）的距离和最小， 如图1中，作点J关于x轴的对称点J′，连接KJ′ ∵J′（0，﹣8），K（8，7）， ∴KJ′＝＝17， ∵MJ+MK＝MJ′+MK≥KJ′＝17， ∴MJ+MK的最小值为17， ∴AP+BQ的最小值为17． 故答案为：17． 解法二：如图，延长BC到E，使得CE＝BA，连接AE，BE． ∵AQ＝CP，∠BAQ＝∠OCE＝90°，AB＝CE， ∴△ABQ≌△CEP（SAS）， ∴BQ＝CE， ∴AP+BQ＝AP+PE≥AE， ∵AE＝＝17， ∴BQ+AP≥17， ∴BQ+AP的最小值为17． 【点评】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 5、【分析】作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′作A′H⊥AB于H．首先证明△ABA′是等边三角形，求出A′H，根据垂线段最短解决问题即可． 【解答】解：作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′作A′H⊥AB于H． ∵BA＝BA′，∠ABD＝∠DBA′＝30°， ∴∠ABA′＝60°， ∴△ABA′是等边三角形， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝2， 在Rt△ABD中，AB＝＝2， ∵A′H⊥AB， ∴AH＝HB＝， ∴A′H＝AH＝3， ∵AM+MN＝A′M+MN≥A′H， ∴AM+MN≥3， ∴AM+MN的最小值为3． 故答案为：3． 【点评】本题考查轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型． 6、【分析】由三角形的中位线定理可得BH＝2OE，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求BH＝4，即可求解． 【解答】解：如图，延长DA至H，使AH＝AB，连接BH，过点A作AN⊥BH于N， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OD＝OB， ∵OE平分△ABD的周长， ∴AE+AB+OB＝OD+DE， ∴AH+AE＝DE， 即HE＝DE， 又∵BO＝DO， ∴BH＝2OE， ∵AH＝AB，∠BAD＝60°， ∴∠H＝∠ABH＝30°， ∵AH⊥BH， ∴AN＝AB＝2，HN＝BN＝AN＝2， ∴BH＝4， ∴OE＝2， 故答案为：2． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键． 7、【分析】过点A作DH∥EG，分别过点B，C作BE⊥DH于点D，CH⊥DH于点H，证得△ABD≌△CAD，求出DA，根据勾股定理即可求出AB． 【解答】解：过点A作DH∥EG，分别过点B，C作BE⊥DH于点D，CH⊥DH于点H，则四边形AFED，AFGH是矩形， ∴DE＝HG＝AF， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD＝∠ACH＝90°﹣∠CAH， 在△ABD和△CAH中， ， ∴△ABD≌△CAH（AAS）， ∴DA＝CH＝HG﹣CG＝AF﹣CG＝175﹣135＝40（cm），BD＝DE﹣BE＝AF﹣BE＝175﹣145＝30（cm）， 在Rt△ABD中，AB＝＝＝50（cm）． 故答案为：50． 【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，勾股定理，正确作出辅助线并证得△ABD≌△CAD是解决问题的关键． 8、【分析】先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集，再根据不等式组恰有3个整数解，即可得到a的取值范围． 【解答】解：， 解不等式①，得：x＞a， 解不等式②，得：x≤﹣1， ∵不等式组恰有3个整数解， ∴这三个整数解为﹣1，﹣2，﹣3， ∴﹣4≤a＜﹣3， 故答案为：﹣4≤a＜﹣3． 【点评】本题考查一元一次不等式组的整数解，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方法． 9、【分析】取CD中点G可证得△BDF≌△EGF，进一步推出CF＝3DF，即可得出结论． 【解答】解：取CD中点G，则EG是△ACD中位线， ∴，EG∥AD， ∵AD＝2BD， ∴， ∵∠DFB＝∠EFG，∠BDF＝∠EGF ∴△BDF≌△EGF（AAS）， ∴，BF＝EF， ∴CF＝3DF， 设S△BDF＝1， 则S△BCF＝S△CEF＝S△AEF＝3，S△ADF＝2， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识点，结合条件进行几何推导是解题关键． 10、【分析】过B点作BF⊥BC交CD延长线于点F，连接AC，先证明BF＝BC，再证明△ABC≌△EBF，即可得AC＝FE，∠ACF＝90°，即有△ACD为等腰直角三角形，即可得 EF＝CD，进一步解答即可． 【解答】解：过B点作BF⊥BC交DC延长线于点F，连接AC，如图， 根据旋转有：∠ABE＝90°，AB＝AE， ∵∠D＝45°，AD∥BC， ∴∠BCF＝45°， ∵BF⊥BC，∠CBF＝90°，即∠BCF＝∠BFC＝45°， ∴，即， ∴∠ABE＝90°，∠CBF＝90°， ∴∠ABC＝∠EBF， 又∵AB＝AE， ∴△ABC≌△EBF（SAS）， ∴∠BCA＝∠BFE＝45°，AC＝FE， ∴∠ACF＝∠BCA+∠BCF＝90°， 又∵∠D＝45°， ∴△ACD为等腰直角三角形， ∴AC＝CD， ∴EF＝CD， ∴EC+CF＝CE+ED， ∴CF＝DE＝， 故答案为： 【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知 识，作出合适的辅助线是解答本题的关键． 11、【分析】以CD为边在CD的右侧作等边△CDE，连接BE，过点B作BF⊥ED，交ED的延长线于点F，根据垂直定义可得∠BFD＝90°，再根据已知易得△ABC是等边三角形，从而可得AC＝BC，∠ACB＝60°，然后根据等边三角形的性质可得CD＝CE＝DE＝3，∠DCE＝∠CDE＝60°，从而利用等式的性质可得∠ACD＝∠BCE，进而利用SAS可证△ACD≌△BCE，再利用全等三角形的性质可得AD＝BE，最后根据平角定义可得∠BDF＝45°，从而可得∠DBF＝∠BDF＝45°，进而可得BF＝DF＝5，再在Rt△BFE中，利用勾股定理可求出BE的长，即可解答． 【解答】解：以CD为边在CD的右侧作等边△CDE，连接BE，过点B作BF⊥ED，交ED的延长线于点F， ∴∠BFD＝90°， ∵AB＝AC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°， ∵△CDE都是等边三角形， ∴CD＝CE＝DE＝3，∠DCE＝∠CDE＝60°， ∴∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE， ∵∠BDC＝75°， ∴∠BDF＝180°﹣∠BDC﹣∠CDE＝45°， ∴∠DBF＝90°﹣∠BDF＝45°， ∴∠DBF＝∠BDF＝45°， ∴BF＝DF＝＝＝5， 在Rt△BFE中，EF＝DF+DE＝5+3＝8， ∴BE＝＝＝， ∴AD＝BE＝， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 12、【分析】过D点分别作DG⊥BC于点G，DF⊥AB交BA的延长线于点F，证明四边形BGDF为矩形，可得BG＝DF，DG＝FB，再利用AAS证明△ABC≌△DFB可求得DG＝7，CG＝3，再利用勾股定理可求解CD的长． 【解答】解：过D点分别作DG⊥BC于点G，DF⊥AB交BA的延长线于点F， ∴∠DGC＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形BGDF为矩形，∠BAC+∠ACB＝90°， ∴BG＝DF，DG＝FB， ∵BE⊥AC， ∴∠BAC+∠ABE＝90°， ∴∠ABE＝∠ACB， 在△ABC和△DFB中， ， ∴△ABC≌△DFB（AAS）， ∴FD＝AB＝4，BC＝FB， ∴BG＝4， 在Rt△FAD中，AD＝5， ∴AF＝， ∴BF＝AB+AF＝4+3＝7， ∴DG＝BF＝BC＝7， ∴CG＝BC﹣BG＝7﹣4＝3， 在Rt△DCG中，CD＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造全等的直角三角形是解题的关键． 13、【分析】由平移的性质得出AB∥DE，得出①正确； 由平移的性质得出AC∥DF，AC＝DF，得出四边形ACFD是平行四边形，③错误， 由四边形ACFD是平行四边形得出AD＝CF，由C恰为DE中点，得出CF＝CE，由平移的性质得出AB∥DE，AB＝DE，得出四边形ABED是平行四边形，得出AD＝BE，继而得出CE＝BE，得出∠CBE＝∠BCE，②正确； 【解答】解：∵Rt△ABC平移，得到Rt△DEF， ∴AB∥DE，得出①正确； ∵平移， ∴AC∥DF，AC＝DF， ∴四边形ACFD是平行四边形，得出③错误； ∴AD＝CF， ∵C恰为DE中点， ∴CF＝CE， ∴AD＝CE， ∵平移， ∴AB∥DE，AB＝DE， ∴四边形ABED是平行四边形， ∴AD＝BE， ∴BE＝CE， ∴∠CBE＝∠BCE，②正确； 故答案为：①②． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、平移的性质、勾股定理、等腰三角形的判定；熟练掌握平移的性质和菱形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键． 14、【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及中点的定义可得出BE＝ME＝1，FM＝AB＝2，由勾股定理求出EF，进而得出FC，由直角三角形的边角关系求出CG，由面积公式进行计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝2，点E是BC的中点， ∴BE＝EC＝BC＝1， ∵FG⊥AE， ∴∠FME＝90°＝∠ABE， 又∵AE＝FE，∠AEB＝∠FEM， ∴△ABE≌△FME（AAS）， ∴BE＝ME＝1，FM＝AB＝2， ∴EF＝＝， ∵tan∠F＝＝＝，即＝， ∴CG＝， 连接EG， ∵∠C＝∠EMG＝90°，EC＝EM，EG＝EG， ∴Rt△MEG≌Rt△CEG（HL）， ∴S四边形GCEM＝2S△ECG ＝2××1× ＝， 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及直角三角形的边角关系，掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质以及直角三角形的边角关系是正确解答的前提． 15、【分析】如图把点B向右平移1个单位得到E（1，3），作点E关于x轴的对称点F（1，﹣3），连接AF，AF与x轴的交点即为点Q，此时BP+PQ+QA的值最小．求出直线AF的解析式，即可解决问题． 【解答】解：如图把点B向右平移1个单位得到E（1，3），作点E关于x轴的对称点F（1，﹣3），连接AF，AF与x轴的交点即为点Q，此时BP+PQ+QA的值最小． 设AF的解析式为y＝kx+b，则有，解得， ∴直线AF的解析式为y＝x﹣， 令y＝0，得到x＝， ∴Q（，0）， 故答案为（，0）． 【点评】本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型． 16、【分析】如图，根据OF是△ACE的中位线，则OF＝AE，OF∥AE，AE＝4，∠AEO＝90°，在Rt△AEO中，由勾股定理求AO的值，由矩形的性质可得OB＝OA，根据BE＝OB﹣OE，求解BE的值即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝CO， ∵F为CE的中点， ∴EF＝CF， ∴OF是△ACE的中位线， ∴OF＝AE，OF∥AE， ∴AE＝4，∠AEO＝90°， 在Rt△AEO中，由勾股定理得AO＝＝5， 故答案为：5． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解题的关键在于添加辅助线，构造三角形中位线． 17、【分析】过点D作DM⊥CI于点M，过点F作FN⊥CI于点N，由正方形的性质可证得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，FN＝CJ，可证得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜边上的中线的性质可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，从而可得CN，可得BJ与AJ，即可求解． 【解答】解：过点D作DM⊥CI，交CI的延长线于点M，过点F作FN⊥CI于点N， ∵△ABC为直角三角形，四边形ACDE，BCFG为正方形，过点C作AB的垂线CJ，CJ＝4， ∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°， ∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°， ∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN， ∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS）， ∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4， ∴DM＝NF， ∴△DMI≌△FNI（AAS）， ∴DI＝FI，MI＝NI， ∵∠DCF＝90°， ∴DI＝FI＝CI＝5， 在Rt△DMI中，由勾股定理可得： MI＝＝＝3， ∴NI＝MI＝3， ∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2， ∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10， ∵四边形ABHL为正方形， ∴AL＝AB＝10， ∵四边形AJKL为矩形， ∴四边形AJKL的面积为：AL•AJ＝10×8＝80， 故答案为：80． 【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，利用全等三角形的性质进行求解． 18、【分析】当PM⊥AB，PN⊥AD时，PM+PN的值最小，最小值＝AD边上的高． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD， 当PM⊥AB，PN⊥AD时， PM+PN的值最小，最小值＝AD边上的高，设这个高为h， •AB•PM+•AD•PN＝AD•h， ∴PM+PN＝h＝AB•sin60°＝3， 故答案为： 【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及菱形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 19、【分析】根据正方形的性质、等腰直角三角形性质推知点F的运动轨迹，得出面积即正方形面积的，计算求解． 【解答】解：如图，延长AF到G，连接BD，交AF的延长线于点O，当点E从A运动到B时，点F在线段AO上由点A运动于点O，故BF扫过的面积为△OAB的面积，为 ； 故答案为：1． 【点评】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形性质，解题的关键是根据正方形的性质、等腰直角三角形性质推知点F的运动轨迹，得出面积即正方形面积的． 20、【分析】观察函数图象可知，函数的横坐标表示时间，纵坐标表示路程，然后根据图象上特殊点的意义进行解答． 【解答】解：①乙在28分时到达，甲在40分时到达， 所以乙比甲提前了12分钟到达， 故①正确； ③设乙出发x分钟后追上甲，则有：， 解得x＝6， 故③正确； ②由③知：乙遇到甲时，所走的距离为：6×（km）， 故②正确． 所以正确的结论有三个：①②③， 故答案为：①②③． 【点评】本题考查了从函数图象获取信息，关键是理解横纵坐标表示的含义，理解问题叙述的过程，通常根据路程、速度、时间三者之间的关系求解． 21、【分析】设正方形的边长为a，根据正方形的性质分别表示出B，C两点的坐标，再将C的坐标代入函数中从而可求得k的值． 【解答】解：设正方形的边长为a，则B的纵坐标是a，把点B代入直线y＝2x的解析式，则设点B的坐标为（，a）， 则点C的坐标为（+a，a）， 把点C的坐标代入y＝kx中得，a＝k（+a），解得，k＝． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质及正比例函数的综合运用，建立起关系，灵活运用性质是解题的关键． 22、【分析】由勾股定理，等边三角形的面积，即可求解． 【解答】解：作AH⊥BE于H， ∵△ABE是等边三角形， ∴∠BAE＝60°，AB＝BE， ∴∠BAH＝∠BAE＝30°， ∴BH＝AB， ∴AH＝＝AB， ∴△ABE的面积＝BE•AH＝AB2， 同理：△ACD的面积＝AC2，△BCF的面积＝BC2， 由勾股定理得：AC2+CB2＝AB2＝100， ∴图中阴影部分的面积＝（AB2+AC2+BC2）＝×200＝50． 故答案为：50． 【点评】本题考查勾股定理、等边三角形的性质，关键是由勾股定理得到图中阴影部分的面积＝（AB2+AC2+BC2）． 23、【分析】先根据菱形的性质及点A（﹣6，0），可求出，进而得，据此得求△PDE周长的最小值，就是求PD+PE最小值，然后连接BE，PD，根据菱形的性质得PD＝PB，则PD+PE＝PB+PE，再根据“两点之间线段最短”可知PB+PE≥BE，故此得PD+PE的最小值为BE的长，最后在Rt△BDE中由勾股定理求出BE即可得出答案． 【解答】解：∵四边形为菱形，∠ABC＝120°， ∴∠ABD＝∠CBD＝60°，AB＝BC＝CD＝DA，AC垂直平分线BD， 又∵点A（﹣6，0）， ∴OA＝6， 在Rt△AOB中，OA＝6，∠ABD＝30°，， ∴， ∴， ∵点E为CD的中点， ∴， ∴△PDE周长为：， ∴当PD+PE最小时，△PDE的周长为最小， 连接BE，PD， ∵AC垂直平分线BD， ∴PD＝PB， ∴PD+PE＝PB+PE， 根据“两点之间线段最短”可知：PB+PE≥BE， ∴PB+PE的最小值为线段BE的长， 即PD+PE的最小值为BE的长， ∵BC＝CD，∠CBD＝60°， ∴△BCD为等边三角形， ∴，BE⊥CD， 在Rt△BDE中，，， 由勾股定理得：， ∴PD+PE的最小值为6， ∴△PDE周长为：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的性质是解答此题的关键，根据“两点之间线段最短”确定线段BE的长为PD+PE的最小值是解答此题的难点． 24、【分析】根据正方形的性质和已知推出四边形DECB是平行四边形，得到BD＝CE，BD∥CE，无法证出G为CE的中点；得到BD∥CE，推出∠DCG＝∠BDC＝45°，求出∠BGC＝∠GBC，得到BC＝CG＝CD，求出∠CDG＝∠DHG即可；根据三角形的面积公式推出△CDG和四边形DHGE的面积相等；可得有9个等腰三角形． 【解答】解：∵正方形ABCD，DE＝AD， ∴AD∥BC，DE＝BC，∠EDC＝90°， ∴四边形DECB是平行四边形， ∴BD＝CE，BD∥CE， ∵DE＝BC＝AD， ∴∠DCE＝∠DEC＝45°， 要使CE＝2DG，只要G为CE的中点即可， 但DE＝DC，DF＝BD， ∴EF≠BC， 即△EFG和△BCG不全等， ∴G不是CE中点，∴①错误； ∵∠ADB＝45°，DF＝BD， ∴∠F＝∠DBH＝∠ADB＝22.5°， ∴∠DHG＝180°﹣90°﹣22.5°＝67.5°， ∵BD∥CE， ∴∠DCG＝∠BDC＝45°， ∵∠DHG＝67.5°， ∴∠HGC＝22.5°，∠DEC＝45°， ∵∠BGC＝180°﹣22.5°﹣135°＝22.5°＝∠GBC， ∴BC＝CG＝CD， ∴∠CDG＝∠CGD＝（180°﹣45°）＝67.5°＝∠DHG，∴②正确； ∵CG＝DE＝CD，∠DCE＝∠DEC＝45，∠HGC＝22.5°，∠GDE＝90﹣∠CDG＝90﹣67.5＝22.5°， ∴△DEG≌△CHG， 要使△CDG和四边形DHGE的面积相等，只要△DEG和△CHG的面积相等即可，根据已知条件△DEG≌△CHG， ∴③S△CDG＝S四边形DHGE；正确， 等腰三角形有△ABD，△CDB，△BDF，△CDE，△BCG，△DGH，△EGF，△CDG，△DGF；∴④错误； 故答案为：②③． 【点评】本题主要考查对三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定，正方形的性质，平行四边形的性质和判定等知识．综合运用这些性质进行推理是解此题的关键． 25、【分析】分四种情况讨论，①当矩形的长在AB上时，②当矩形的宽在AB上时，③当矩形的宽在BC上时，④当矩形的长在BC上时，进而根据勾股定理即可求解． 【解答】解：∵直线y＝﹣x+5和直线y＝x+5分别交x轴于A、B两点，两直线交点是点C，当x＝0时，y＝5，当y＝0时，x＝5，x＝﹣5， 则A（5，0），B（﹣5，0），C（0，5）， ∴AB＝10，AC＝＝，∠CBO＝45°． 设矩形的宽为a，则矩形的长为2a， ①当矩形的长在AB上时，如图， ∴BE＝OB﹣OE＝5﹣a，DE＝a， ∵∠CBO＝45°， ∴△BDE是等腰直角三角形， ∴DE＝BE， 即5﹣a＝a， 解得a＝； ②当矩形的宽在AB上时，如图， 同理可得PB＝5﹣，LP＝2a， 则5﹣＝2a， 解得a＝2； ③当矩形的宽在BC上时，如图， 依题意，AJ＝IJ＝a，CJ＝AC﹣AJ＝，又CJ＝2a， ∴﹣a＝2a， 解得a＝， ④当矩形的长在BC上时，同③的情形一样，可得a＝， 综上所述，矩形的宽的长度是2或或． 【点评】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，勾股定理，矩形的性质，分类讨论是解题的关键． 26、【分析】先根据菱形的性质及点A（﹣6，0），可求出，进而得，据此得求△PDE周长的最小值，就是求PD+PE最小值，然后连接BE，PD，根据菱形的性质得PD＝PB，则PD+PE＝PB+PE，再根据“两点之间线段最短”可知PB+PE≥BE，故此得PD+PE的最小值为BE的长，最后在Rt△BDE中由勾股定理求出BE即可得出答案． 【解答】解：∵四边形为菱形，∠ABC＝120°， ∴∠ABD＝∠CBD＝60°，AB＝BC＝CD＝DA，AC垂直平分线BD， 又∵点A（﹣6，0）， ∴OA＝6， 在Rt△AOB中，OA＝6，∠ABD＝30°，， ∴， ∴， ∵点E为CD的中点， ∴， ∴△PDE周长为：， ∴当PD+PE最小时，△PDE的周长为最小， 连接BE，PD， ∵AC垂直平分线BD， ∴PD＝PB， ∴PD+PE＝PB+PE， 根据“两点之间线段最短”可知：PB+PE≥BE， ∴PB+PE的最小值为线段BE的长， 即PD+PE的最小值为BE的长， ∵BC＝CD，∠CBD＝60°， ∴△BCD为等边三角形， ∴，BE⊥CD， 在Rt△BDE中，，， 由勾股定理得：， ∴PD+PE的最小值为6， ∴△PDE周长为：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的性质是解答此题的关键，根据“两点之间线段最短”确定线段BE的长为PD+PE的最小值是解答此题的难点． 27、【分析】先发现等式右边两个加数为两个连续整数，再结合两个连续整数的和可求得m，n， 【解答】解：等式右边两个加数为两个连续整数，132＝169， ∴m＝＝84，n＝＝85． 故答案为：84，85． 【点评】本题主要考查学生寻找规律的能力，发现等式右边两个加数为两个连续整数是难点． 18、【分析】作BH⊥AC，垂足为H，交AD于M'点，过M'点作M'N'⊥AB，垂足为N'，则BM'+M'N'为所求的最小值，再根据AD是∠BAC的平分线可知M'H＝M'N'，再含30度角的直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：如图，作BH⊥AC，垂足为H，交AD于M'点，过M'点作M'N'⊥AB，垂足为N'，则BM'+M'N'为所求的最小值． ∵AD是∠BAC的平分线， ∴M'H＝M'N'， ∴BH是点B到直线AC的最短距离（垂线段最短）， ∵AB＝4，∠BAC＝30°， ∴． ∵BM+MN的最小值是BM'+M'N'＝BM'+M'H＝BH＝2， 故答案为：2． 【点评】本题考查的是轴对称—最短路线问题，解答题的关键是要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值． 29、【分析】先证明△AED≌△AED'，推出AD'＝AD＝10，设DE＝ED'＝x，EC＝3﹣x，根据勾股定理即可求出AE． 【解答】解：由折叠的性质可知△AED≌△AED'， ∴AD'＝AD＝5， ∵CD＝AB＝3，BC＝AD＝5， ∴BD′＝＝4， ∴CD′＝BC﹣BD′＝5﹣4＝1， 设DE＝ED'＝x，EC＝3﹣x， 根据勾股定理可得x2＝（3﹣x）2+12， 解得x＝， ∴AE＝＝＝， 故答案为：． 【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，熟练运用勾股定理和折叠的性质是解题的关键． 30、【分析】当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，则6＝×AB×（BC），解得AB•BC＝24，即可求解． 【解答】解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC， ∴△AOP的面积＝×AB×（BC）＝6，解得AB•BC＝24， 而从图②看，AB＝6，∴BC＝4， 故答案为：4． 【点评】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解． 31、【分析】设BC长为x尺，则AC＝BD＝（x+2）尺，根据勾股定理可求出x的值． 【解答】解：如图，设BC长为x尺，则AC＝BD＝（x+2）尺， 在Rt△ABC中， ∵AB2+BC2＝AC2， ∴62+x2＝（x+2）2， 解得，x＝8， 故木棒长为8+2＝10（尺）． 故答案为：10． 【点评】此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是由实际问题抽象出直角三角形，从而运用勾股定理解题． 32、【分析】由四边形ABCD和四边形BEDF是两个长、宽分别为4、2的全等的矩形，得AD∥BC，BF∥DE，DE＝4，DC＝BE＝2，∠C＝∠E＝90°，则四边形BGDH是平行四边形，再证明△CDG≌△EBG，得DG＝BG，则四边形BGDH是菱形，由勾股定理得22+（4﹣DG）2＝DG2，求得DG＝，则S四边形BGDH＝DG•BE＝5，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD和四边形BEDF是两个长、宽分别为4、2的全等的矩形， ∴AD∥BC，BF∥DE，DE＝4，DC＝BE＝2，∠C＝∠E＝90°， ∴四边形BGDH是平行四边形， 在△CDG和△EBG中， ， ∴△CDG≌△EBG（AAS）， ∴DG＝BG， ∴四边形BGDH是菱形， ∵BE2+EG2＝BG2，且EG＝4﹣DG， ∴22+（4﹣DG）2＝DG2， 解得DG＝， ∴S四边形BGDH＝DG•BE＝×2＝5， 故答案为：5． 【点评】此题重点考查矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△CDG≌△EBG是解题的关键． 33、【分析】由勾股定理得到BC2+CE2＝BE2，AC2+CD2＝AD2，又CE＝AC，CD＝BC，推出（AC2+BC2）＝75+175＝250，得到AB2＝250，即可求出AB＝15． 【解答】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°， ∴BC2+CE2＝BE2，AC2+CD2＝AD2， ∵点D、E分别为BC、AC边的三等分点， ∴CE＝AC，CD＝BC， ∴BC2+AC2＝，AC2+BC2＝， ∴（AC2+BC2）＝75+175＝250， ∴AB2＝250， ∴AB＝15． 故答案为：15． 【点评】本题考查勾股定理，关键是由勾股定理推出（AC2+BC2）＝250，得到AB2＝250． 学科网（北京）股份有限公司 $$