广东省广州市各区2023～2024学年八年级下学期期末考试数学真题汇编：压轴题

2023~2024学年广东省广州市各区八年级下学期期末考试数学真题汇编：压轴题 （原卷版） 1、 选择题 1. （2023～2024学年广东省广州市花都区）如图，平行四边形纸片，，，面积为，将其沿对角线折叠，使点C落在点F处，与边交于点E，则的长为（ ） A. B. C. D. 2. （2023～2024学年广东省广州市黄埔区）如图1，在中，，点是的中点，动点从点出发沿运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的图象如图2所示，则的面积为（ ） A. 10 B. 16 C. 20 D. 40 3. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）如图，已知正方形，E为边上的一点，连接，过点E作且，连接，以为边作正方形，设正方形的面积为S，则S的最小值为（ ） A. 25 B. 50 C. 75 D. 100 4. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 5. （2023～2024学年广东省广州市增城区）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在轴正半轴、轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标是（ ） A. B. C. D. 6. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）如图是一个长、宽、高分别是acm，bcm，ccm的长方体无盖盒子，已知一根木棒长为7cm，且．通过计算发现，不能放入此木棒的无盖盒子的规格是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 8. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，动点E从B点出发，沿B﹣C﹣D﹣A运动至A点停止，设运动的路程为x，△ABE的面积为y，则y与x的函数关系用图象表示正确的是（　　） A. B. C. D. 9. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图，正方形ABCD中，AB=3，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，下列结论：①点G是BC中点；②FG=FC；③． 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 10. （2023～2024学年广东省广州市天河区）（多选）关于函数（k为常数），下列说法不正确的是（ ） A. 当时，该函数是一次函数 B. 若点，在该函数图象上，且，则 C. 若该函数图象不经过第四象限，则 D. 该函数图象恒过点 2、 填空题 1. （2023～2024学年广东省广州市天河区）如图，在中，，，，点D是斜边上的一个动点，把沿直线翻折，使点A落在点处，当平行于的一条直角边时，的长为________． 2. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图，在中，，，，动点P从点B出发沿射线以1cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒，当为等腰三角形时，t的取值为______． 3. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，在平面直角坐标系中，正方形的两个顶点、是坐标轴上的动点，若正方形的边长为4，则线段长的最大值是________． 4. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）已知邻边长分别为，（）的平行四边形纸片，如图对折，剪下一个边长等于的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图对折，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去．若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则的值是_____． 5. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出种情况：①若为上任意一点，则；②若，则；③若为的中点，则四边形是正方形；④若，则；⑤若过点作正方形交边于，则．则其中正确的是______． 6. （2023～2024学年广东省广州市花都区）已知一次函数图象上两点和，下列结论：①图象过定点；②若一次函数图象与函数的图象平行，则；③若，则；④若函数图象与x轴的交点在正半轴，则或．正确的是______（填写正确结论的序号）． 7.（2023～2024学年广东省广州市黄埔区） 如图，在矩形和矩形中，与相交于点，与相交于点，连接，，并延长与相交于点，若，则下列结论正确的是______． ①；②；③；④连接，若，四边形与四边形的面积之比为． 8. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）如图，菱形中，对角线交于点O，，点P在上，E为的中点，连接与，M和N分别是的中点．连接，则点P从B向A运动的过程中，线段所扫过的图形面积是______． 9. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）如图，在菱形中，，，、分别为，上的两个动点，，，分别交于点，．下列结论：①；②；③；④的最小值为．其中正确的结论是________．（请填写正确的序号） 10. （2023～2024学年广东省广州市增城区）快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程与它们的行驶时间之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：①快车途中停留；②快车速度比慢车速度快；③图中；④快车先到达目的地．其中正确的是_______填上你认为正确结论的序号）． 三、一次函数型 1. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图， 直线 ：，直线： ， （1）点C的坐标是 ； 当 时， （2）点 D 在直线上， 若 ，求点 D的坐标； （3）作直线轴， 并分别交直线，于点E， F， 若的长度不超过3，求x的取值范围． 2. （2023～2024学年广东省广州市天河区）在平面直角坐标系中，已知三个点的坐标分别为、、． （1）求直线的解析式； （2）以为边在x轴上方作矩形，且，若过点A的直线l平分该矩形的面积，求直线l与矩形的边的交点坐标； （3）以为边作，且四边形的一个内角为，一条边长为，若过点A的直线与有两个交点时，请直接写出k的取值范围． 3. （2023～2024学年广东省广州市花都区）在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B． （1）若， ①直接写出线段的长度； ②如图1，过点A作直线，点M在直线l上，满足，求点M的坐标； （2）如图2，以为边，在其右侧作正方形，在线段上截取，连接并延长，交y轴于点F，当时，试探究值是否发生变化？若不变，请求出这个值；若变化，请说明理由． 4. （2023～2024学年广东省广州市黄埔区）某建筑公司现有，两工地需要租车运土，工地需要12台，工地需要18台；租车公司现有甲型车10台，乙型车20台可供选择，每天租金价格如右表． 甲型车租金 乙型车租金 工地 800元/台 600元/台 工地 600元/台 300元/台 （1）设工地租甲型车台，租乙型车______台；则工地租甲型车______台，租乙型车______台（用含的式子表示）． （2）设该公司每天的总租金为元，请求出与的函数解析式并写出的取值范围． （3）在（2）条件下，公司如何租车才能使得每天总租金最少？最少租金是多少？请说明理由． 5. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）在平面直角坐标系中，矩形的边与x轴正半轴重合，点B的坐标为，且满足，与相交于点D，E为的中点，点P为线段上的一点，连接，点A关于直线的对称点为点，连接． （1）请直接写出点B的坐标，并求出直线的解析式； （2）求线段长度的取值范围； （3）若直线与相交于点Q，在x轴负半轴有一动点，在y轴正半轴上有一动点，分别连接，且，请求出用与n之间的函数关系式． 6. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B．点P为线段上一个动点，连接． （1）如图1，若点P为线段中点，求的面积． （2）如图2，经过点P的直线交x轴于点C，交直线于点D．当P为线段的中点时，求k的值． （3）如图3，以为边在的下方作等边三角形，连接．当取最小值时，求点P的坐标． 7. （2023～2024学年广东省广州市增城区）如图，已知直线经过，两点． （1）求直线的解析式； （2）若C是线段OA上一点，将线段CB绕点C顺时针旋转得到CD，此时点D恰好落在直线AB上 ①求点C和点D的坐标； ②若点P在y轴上，Q在直线AB上，是否存在以C，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点Q的坐标，否则说明理由． 8. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）已知在平面直角坐标系中，，一次函数解析式为，其图象直线记为． （1）求直线的解析式； （2）我们定义：平面直角坐标系中，点，若，，且，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点是点的“级变换点”． ①现将直线上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式； ②记①中的直线为，当时，与有交点，求m的取值范围； ③已知点，对M先进行“级变换”得到点E，再对点E进行“级变化”得到点N，其中，求证：直线必经过原点O． 9. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）甲、乙两位同学从学校出发沿同一条绿道到相距学校的图书馆去看书，甲步行，乙骑自行车．图1中，分别表示甲、乙离开学校的路程与甲行走的时间之间的函数图象． （1）求线段所在直线的函数表达式； （2）设表示甲、乙两人之间的路程，在图2中补全关于的函数图象；（标注必要的数据） （3）当在什么范围时，甲、乙两人之间的路程至少为． 10. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，在平面直角坐标系中，、、三点坐标分别为、、，把沿翻折，点恰好落在轴的点处，为折痕． （1）求直线的解析式； （2）在平面直角坐标系中，有一个动点使得，动点的纵坐标是否为横坐标的函数？若是，求出关于的函数解析式；若否，请说明理由； （3）连接、，点为边的中点，，且交外角的平分线于点，求证． 四、平行四边形型 1. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，在中，∠B＝90°，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、． （1）__________，__________（用表示）； （2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； （3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 2. （2023～2024学年广东省广州市天河区）如图是以为对角线的矩形和矩形，且平分． （1）连接，，求证； （2）尺规作图：作的平分线交于点G，连接． ①求证； ②若，，求和的长． 3. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图，菱形ABCD中，AB＝6cm，∠ADC＝60°，点E从点D出发，以1cm/s的速度沿射线DA运动，同时点F从点A出发，以1cm/s的速度沿射线AB运动，连接CE、CF和EF，设运动时间为t（s）． （1）当t＝3s时，连接AC与EF交于点G，如图①所示，则EF＝　 　cm； （2）当E、F分别在线段AD和AB上时，如图②所示， ①求证：△CEF是等边三角形； ②连接BD交CE于点G，若BG＝BC，求EF的长和此时的t值． （3）当E、F分别运动到DA和AB的延长线上时，如图③所示，若EF＝3cm，直接写出此时t的值． 4. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB=AD，CB=CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC=2，AB=5，则①求证：△AGB≌△ACE； ②GE= ． 5. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）如图，等边中，． （1）尺规作图：在图1中作点A关于的对称点C，连接，并证明四边形是菱形； （2）在（1）的条件下，点O是四边形对角线交点，动点E，F，G分别在线段上，且满足，H是中点； ①当时，求证； ②当时，求长度． 6. （2023～2024学年广东省广州市花都区）在矩形中，，，G，H分别是边与边上的点，且．动点P从点D出发，沿向点A运动，同时动点Q从点B出发，沿向点C运动，点P，Q的运动速度都是，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t．连接，，，． （1）如图1，求证：四边形为平行四边形； （2）在点P，Q移动的过程中，求四边形周长的最小值； （3）如图2，当四边形是菱形时，且，求t的值． 7. （2023～2024学年广东省广州市黄埔区）如图，把一个含的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，连接，点与分别是中点，连接，． （1）如图，点、分别在正方形的边上，连接．则的数量关系是________；、的位置关系是________； （2）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，当点落在线段上时，其他条件不变，（）中结论是否仍然成立，若成立，请证明结论，若不成立，请说明理由． （3）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，其他条件不变，若，，直接写出线段的最小值． 8. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）正方形的边长为6，E，F分别为边上的点，连接，将沿折叠，C对应的点为． （1）当点F与点B重合时， ①如图1，，M为的中点，连接，， 求证：四边形为菱形； ②如图2，延长交于点N，连接，，与分别交于点P，Q，猜想线段，，满足的数量关系，并加以证明： （2）当点F与点B不重合时，如图3，E为的中点，连接，求四边形面积的最大值． 9. （2023～2024学年广东省广州市增城区）如图1，在正方形和正方形中，点A，B，E在同一条直线上，是线段的中点，连接． （1）直接写出与的位置和数量关系． （2）如图2，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且．探究与的位置和数量关系，写出你的猜想并加以证明； （3）如图3，将图2中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明． 10. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）如图，正方形的边长为4，点E在边上（不与端点重合），将沿翻折，得到，连接，． （1）当平分时，求点F到的距离． （2）求的周长的最小值，并求出此时的长． （3）若为直角三角形，求的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年广东省广州市各区八年级下学期期末考试数学真题汇编：压轴题 （解析版） 1、 选择题 1. （2023～2024学年广东省广州市花都区）如图，平行四边形纸片，，，面积为，将其沿对角线折叠，使点C落在点F处，与边交于点E，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质．作，，利用平行四边形的面积公式求得，由折叠的性质结合平行四边形的性质求得，设，在中，利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：作，，垂足分别为， ∴， ∵平行四边形纸片，则 ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得， ∴， 中，， ∵平行四边形纸片， ∴， ∴， 由折叠有性质知， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴， 故选：C． 2. （2023～2024学年广东省广州市黄埔区）如图1，在中，，点是的中点，动点从点出发沿运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的图象如图2所示，则的面积为（ ） A. 10 B. 16 C. 20 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了与动点问题有关的两个变量间的图象关系：图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．解决本题的关键是求出和的长．由图象可知：当时，等于4，由此可得出的长，进而得出的长；当时，面积最大，且面积发生转折，此时点和点重合，可得，由直角三角形的面积公式求出面积即可． 【详解】解：由图象可知：当，即时， ∴，即， 解得， 点是的中点， ， 当时，面积发生转折，此时点和点重合， ， 在中，，，， ． 故选：C． 3. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）如图，已知正方形，E为边上的一点，连接，过点E作且，连接，以为边作正方形，设正方形的面积为S，则S的最小值为（ ） A. 25 B. 50 C. 75 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】过点F作交的延长线于点H，证明，得出，证明是等腰直角三角形，即可得，故当时，最小，即最小，此时根据勾股定理求出，即可确定最小值． 【详解】解：过点F作交的延长线于点H， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 当时，最小，即最小， 此时， ∴， ∴最小值． 故选：B． 【点睛】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短等知识点，解题的关键是确定当时，最小，以及正确作出辅助线． 4. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 记和交于点，根据正方形的性质，利用证明，利用证明，设，结合勾股定理推出，根据大正方形边长为，得出，求出，即为四边形的面积． 【详解】解：如图，记和交于点， ∵四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形， ∴，，，， ∴， ，即， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵大正方形边长为， ∴， ∴， ∴四边形面积为， 故选：D． 5. （2023～2024学年广东省广州市增城区）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在轴正半轴、轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点C作轴于点E，连接，求出点C坐标，矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，，得到每循环4次与原图形重合，根据，得到第2025旋转结束时，点C的坐标与第1旋转结束时点C的坐标相同．根据矩形绕点O逆时针旋转1，即线段绕点O逆时针旋转，得到线段，其中点落在第二象限．求出点的坐标，即可得出结果． 本题考查坐标系下图形的旋转，点的规律探究．解题的关键是确定旋转过程中点的坐标规律． 详解】解：如图，过点C作轴于点E，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，， ∴每循环4次与原图形重合， ∵， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标与第1次旋转结束时点C的坐标相同， 即第2025次旋转结束时，点C落在第二象限， 如图，过点作轴于点， 则，， ，， ， ，， ， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标为． 故选：B 6. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式，熟练掌握它们的性质和掌握数形结合思想的应用是解题的关键． 连接，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】如图，连接， 四边形是矩形， ，，， ，， ， ， ． ． 故选：A． 7. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）如图是一个长、宽、高分别是acm，bcm，ccm的长方体无盖盒子，已知一根木棒长为7cm，且．通过计算发现，不能放入此木棒的无盖盒子的规格是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理的运用是解题的关键． 连接，先根据勾股定理分别求出各个选项中的的值，再利用勾股定理求出的值和作对比即可得出答案． 【详解】解：连接 由题意得， 对于A选项： 在中，当，时， 在中，， A选项符合题意； 对于B选项： 在中，当，时， 在中，， B选项不符合题意； 对于C选项： 在中，当，时， 中，， C选项不符合题意； 对于D选项： 在中，当，时， 在中，， D选项不符合题意； 故选A． 8. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=3，动点E从B点出发，沿B﹣C﹣D﹣A运动至A点停止，设运动的路程为x，△ABE的面积为y，则y与x的函数关系用图象表示正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：当点E在BC上运动时，三角形的面积不断增大，最大面积===6； 当点E在DC上运动时，三角形的面积为定值6． 当点E在AD上运动时三角形的面不断减小，当点E与点A重合时，面积为0． 故选B． 考点： 动点问题的函数图象． 9. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图，正方形ABCD中，AB=3，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，下列结论：①点G是BC中点；②FG=FC；③． 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【详解】分析：∵正方形ABCD中，AB=3，CD=3DE，∴DE=×3=1，CE=3﹣1=2． ∵△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD=AF，EF=DE=1，∠AFE=∠D=90°．∴AB=AF=AD． 在Rt△ABG和Rt△AFG中，∵AG=AG，B=AF，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．∴BG=FG， 设BG=FG=x，则EG=EF+FG=1+x，CG=3﹣x， 在Rt△CEG中，EG2=CG2+CE2，即，解得，．∴． ∴BG=CG=，即点G是BC中点，故①正确． ∵，∴∠AGB≠60°．∴∠CGF≠180°﹣60°×2≠60°． 又∵BG=CG=FG，∴△CGF不是等边三角形．∴FG≠FC，故②错误． △CGE的面积=CG•CE=××2=， ∵EF：FG=1：=2：3，∴，故③正确． 综上所述，正确的结论有①③．故选B． 10. （2023～2024学年广东省广州市天河区）（多选）关于函数（k为常数），下列说法不正确的是（ ） A. 当时，该函数是一次函数 B. 若点，在该函数图象上，且，则 C. 若该函数图象不经过第四象限，则 D. 该函数图象恒过点 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的定义，一次函数的性质等； A.由一次函数的定义得即可判断； B.将点，代入解析式，由，即可判断； C.当时，当时，即可判断； D.解析式化为，当时，即可判断； 理解一次函数定义及性质是解题的关键． 【详解】解：A.由一次函数的定义得，结论正确，不符合题意； B.，，，，解得：，结论正确，不符合题意； C.当时，，，此时不经过第四象限；当时，函数图象不经过第四象限，，解得；，结论错误，符合题意； D.，当时，，，函数图象恒过点，结论正确，不符合题意； 故选：C． 2、 填空题 1. （2023～2024学年广东省广州市天河区）如图，在中，，，，点D是斜边上的一个动点，把沿直线翻折，使点A落在点处，当平行于的一条直角边时，的长为________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，直角三角形的特征，等腰三角形的判定及性质等；由直角三角形的特征得，①当时，由折叠的性质得，，由等腰三角形的性质得，，即可求解； ②当时，由折叠性质得，由勾股定理得即可求解；掌握相关的性质，能进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解：，， ，， ①当时， 由折叠得：， ， ， 由折叠得：， ， ，， ，， ； ②当时， ， ， ， 由折叠得：， ， ， ， ， 故答案：或． 2. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图，在中，，，，动点P从点B出发沿射线以1cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒，当为等腰三角形时，t的取值为______． 【答案】5或或 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理以及等腰三角形的知识．当为等腰三角形时，分三种情况：①当时；②当时；③当时，分别求出的长度，继而可求得值． 【详解】解：在中，， ； ①当时，如图1，； ②当时，如图2，，； ③当时，如图3，，，， 在中，， 所以， 解得：， 综上所述：当为等腰三角形时，或或． 故答案为：5或或． 3. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，在平面直角坐标系中，正方形的两个顶点、是坐标轴上的动点，若正方形的边长为4，则线段长的最大值是________． 【答案】## 【解析】 【分析】如图，记的中点为，连接，则，由正方形，勾股定理得，，由题意知，，即，然后作答即可． 【详解】解：如图，记的中点为，连接， ∵， ∴， ∵正方形， ∴由勾股定理得，， 由题意知，，即， ∴线段长的最大值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，三角形三边关系等知识．熟练掌握正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，三角形三边关系是解题的关键． 4. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）已知邻边长分别为，（）的平行四边形纸片，如图对折，剪下一个边长等于的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图对折，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去．若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则的值是_____． 【答案】或或或 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可，解题的关键是熟练掌握菱形的性质. 【详解】解：如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，即， 解得：； 如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， ∵四边形为菱形， ∴， ∴ ∵四边形，，都为菱形， ∴， ∴， 解得：； 如图，经历三次折叠后， 四边形为菱形， ∵四边形，为菱形， ∴， ∴， ∵四边形，都为菱形， ∴， ∴， 解得：； 如图，经历三次折叠后， 四边形为菱形， ∵四边形，，，都为菱形， ∴ ， ∴， ∵， ∴ 解得：， 综上：的值为或或或， 故答案为：或或或． 5. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出种情况：①若为上任意一点，则；②若，则；③若为的中点，则四边形是正方形；④若，则；⑤若过点作正方形交边于，则．则其中正确的是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，证明得到，又可得四边形是矩形，得到，即可判断；由可得，即得，即可判断；由点为的中点，可得和为的中位线，即可判断；由，可得，进而可得，即可判断；由四边形为正方形，得，，可证明，得到，即得，又由，即可判断；掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，故正确； 若，则， ∵， ∴， ∴，故错误； 若点为的中点，则， ∵，， ∴，， ∴和为的中位线， ∴，， ∵， ∴， 由可知四边形是矩形， ∴四边形是正方形，故正确； 若，则， ∵， ∴，故错误； 若四边形为正方形，则，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故正确； 综上，正确的是， 故答案为：． 6. （2023～2024学年广东省广州市花都区）已知一次函数图象上两点和，下列结论：①图象过定点；②若一次函数图象与函数的图象平行，则；③若，则；④若函数图象与x轴的交点在正半轴，则或．正确的是______（填写正确结论的序号）． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】本题考查一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象与系数的关系，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题. 根据一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象与系数的关系——判断即可. 【详解】解：当时, ∴图象过定点, 故①正确, ∵一次函数 图象与函数 的图象平行， ， ，故②正确， ， ∴随的增大而减小， ， 故③错误， ∵函数图象与轴的交点在正半轴， 令，则 或， 或，故④正确， 故答案为：①②④. 7.（2023～2024学年广东省广州市黄埔区） 如图，在矩形和矩形中，与相交于点，与相交于点，连接，，并延长与相交于点，若，则下列结论正确的是______． ①；②；③；④连接，若，四边形与四边形的面积之比为． 【答案】①②##②① 【解析】 【分析】利用角角边证明，故①正确；连接，证明，可得，可证明，可得，然后根据，可得，从而得到垂直平分，故②正确；根据，可得，从而得到，设，则，可得到，过点E作交的延长线于点G，则，，证明四边形是平行四边形，分别求出和，即可求解． 【详解】解：在矩形和矩形中， ， ∵， ∴， ∵， ∴，故①正确； 如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点N在的垂直平分线上， ∵， ∴， ∴点M在的垂直平分线上， ∴垂直平分， 即，故②正确； 根据题意无法得到，故③错误； ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 如图，过点E作交的延长线于点G，则， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ， ∴四边形与四边形的面积之比为，故④错误； 故答案为：①② 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，做出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 8. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）如图，菱形中，对角线交于点O，，点P在上，E为的中点，连接与，M和N分别是的中点．连接，则点P从B向A运动的过程中，线段所扫过的图形面积是______． 【答案】#### 【解析】 【分析】本题考查的是菱形的性质，三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．分别取的中点F，G，并连接，根据三角形中位线定理易证点三点共线，再证明四边形是平行四边形，根据所扫过的图形面积为由平移到，构成的平行四边形的面积，等于，利用三角形中线的性质求解即可． 【详解】解：分别取的中点F，G，并连接， 菱形中，对角线交于点O，， ， E为的中点，点F，G为的中点，M和N分别是的中点， 是的中位线，是的中位线， ， ， 四边形是平行四边形， 扫过的面积为由平移到，构成的平行四边形的面积，如图所示， 此时，点重合，点重合， ， 同理：， 扫过的面积为， 故答案为：． 9. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）如图，在菱形中，，，、分别为，上的两个动点，，，分别交于点，．下列结论：①；②；③；④的最小值为．其中正确的结论是________．（请填写正确的序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 连接，过点作于点，根据菱形的性质，利用证明，得出，判断①，得出，根据 ，判断②，根据随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于，判断③，根据含角的直角三角形的性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，推出的最小值，等于当时，的值，结合勾股定理计算，得出的最小值，判断④． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴和是等边三角形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确；， ，故②正确； ∵随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于， ∴错误，即③错误； ∵， ， ∴点到的距离， ∴的最小值，等于当时，的值， ∵当时，， ∴此时，， ∴的最小值，故④正确； 综上所述，正确的结论是①②④， 故答案为：①②④． 10. （2023～2024学年广东省广州市增城区）快车从甲地驶往乙地，慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发并且在同一条公路上匀速行驶．图中折线表示快、慢两车之间的路程与它们的行驶时间之间的函数关系．小欣同学结合图象得出如下结论：①快车途中停留；②快车速度比慢车速度快；③图中；④快车先到达目的地．其中正确的是_______填上你认为正确结论的序号）． 【答案】②③##③② 【解析】 【分析】根据题意可知两车出发时相遇，此时可知他们的速度和，相遇后慢车停留了，快车停留了，此时两车的距离为，由此可得慢车的速度，进而可得快车的速度，根据：路程和=速度和时间，即可求得，则可判定结论． 【详解】解：根据题意得， 两车的速度和为：， 相遇后快车停留了，故①结论错误； 慢车的速度为：， 则快车的速度为：， 所以快车的速度比慢车多，故②结论正确； ，所以图中，故③结论正确； 快车到达终点的时间为：， 慢车到达终点的时间为：， 因为，所以慢车先到达目的地，故④结论错误， 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了一次函数的应用，行程问题中的数量关系的运用，函数图象的意义，根据图象中获取信息解决问题是解题的关键． 三、一次函数型 1. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图， 直线 ：，直线： ， （1）点C的坐标是 ； 当 时， （2）点 D 在直线上， 若 ，求点 D的坐标； （3）作直线轴， 并分别交直线，于点E， F， 若的长度不超过3，求x的取值范围． 【答案】（1）； （2）点的坐标为或； （3） 【解析】 【分析】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：两条直线的交点坐标，坐标与图形性质，线段中点坐标公式，利用了数形结合的思想，弄清题意是解本题的关键． （1）联立两直线解析式求出与的值，即为坐标，根据坐标，利用函数图象找出时的范围即可； （2）由，结合中点坐标公式求解即可； （3）设，则，可得，则，再利用绝对值的含义与不等式组的解法可得答案； 【小问1详解】 解：联立两个方程可得：， 解得：， ∴； 当时，， ∴, ∴当时；； 【小问2详解】 解：如图，点 D 在直线上， ， ∴为的中点，或， 当为的中点，， ∴， 当，即为的中点， ∴， ∴点坐标为或； 【小问3详解】 解：如图， ∵直线轴， 并分别交直线，于点E， F， ∴设，则， ∴， ∴， ∴， 解得：； 2. （2023～2024学年广东省广州市天河区）在平面直角坐标系中，已知三个点的坐标分别为、、． （1）求直线的解析式； （2）以为边在x轴上方作矩形，且，若过点A的直线l平分该矩形的面积，求直线l与矩形的边的交点坐标； （3）以为边作，且四边形的一个内角为，一条边长为，若过点A的直线与有两个交点时，请直接写出k的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3）或 【解析】 【分析】（1）由待定系数法设直线的解析式为，将、的坐标代入即可求解； （2）由矩形的性质得直线平分矩形的面积，直线经过点对角形的交点，由待定系数法可求直线的解析式，即可求解； （3）①当平行四边形在轴上方，时，由待定系数法同理可求直线的解析式为，直线的解析式为，结合图象即可求解； ②当平行四边形在轴上方，时，同理可求；③当平行四边形在轴下方，时，同理可求；④当平行四边形在轴下方，时，同理可求． 【小问1详解】 解：设直线的解析式为，则有 ， 解得， 直线的解析式为； 【小问2详解】 解：如图，连接与交于，直线l与矩形的边的分别交点为、， 、， ，， ， 直线平分矩形的面积， 直线经过点， 四边形是矩形， ，， ，， ，， ， 设直线的解析式为，则有 ，解得：， 直线的解析式为， 当时，， 解得：， ， 当时，， 解得：， ， 直线l与矩形的边的交点坐标为，； 【小问3详解】 解：①当平行四边形在轴上方，时，如图，过作轴， 四边形是平行四边形， ，， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ． ， 由待定系数法同理可求： 直线的解析式为， 直线解析式为， 过点A的直线与有两个交点， 或； ②当平行四边形在轴上方，时， 同理可求：，直线的解析式为， 或； ③当平行四边形在轴下方，时， 同理可求：，直线的解析式为， 或； ④当平行四边形在轴下方，时， 同理可求：，直线的解析式为， 或； 综上所述：或． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法，勾股定理，矩形的性质，平行四边形的性质，掌握相关的性质，能根据不同角取进行分类讨论是解题的关键． 3. （2023～2024学年广东省广州市花都区）在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B． （1）若， ①直接写出线段的长度； ②如图1，过点A作直线，点M在直线l上，满足，求点M的坐标； （2）如图2，以为边，在其右侧作正方形，在线段上截取，连接并延长，交y轴于点F，当时，试探究值是否发生变化？若不变，请求出这个值；若变化，请说明理由． 【答案】（1）① ②点M的坐标为或 （2）不变，值为 【解析】 【分析】本题考查一次函数与几何图形，掌握一次函数的图象和性质是解题的关键． （1）①先根据轴上点的特点求出长，即可求出长； ②分两种情况作图，然后利用三角形全等即可解题； （2）设点E的坐标为，根据可得，解得，然后求出直线的解析式，即可得到，和的长，代入求比值即可． 【小问1详解】 ①解：当时，， ∴， 又∵， ∴； ②解：如图，当时，则， ∴， 过M点作轴于点N， 则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点M的坐标为； 如图，当时，则， 同理可得，， ∴， ∴点M的坐标为； 综上所述，点M的坐标为或； 【小问2详解】 解：∵是正方形， ∴， 则点C的坐标为， 设点E的坐标为， ∵， ∴，解得或（舍去）， ∴点E的坐标为， 设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 当时，y=， ∴， 令y=0，则解得：， ∴， ， ∴． 4. （2023～2024学年广东省广州市黄埔区）某建筑公司现有，两工地需要租车运土，工地需要12台，工地需要18台；租车公司现有甲型车10台，乙型车20台可供选择，每天租金价格如右表． 甲型车租金 乙型车租金 工地 800元/台 600元/台 工地 600元/台 300元/台 （1）设工地租甲型车台，租乙型车______台；则工地租甲型车______台，租乙型车______台（用含的式子表示）． （2）设该公司每天的总租金为元，请求出与的函数解析式并写出的取值范围． （3）在（2）条件下，公司如何租车才能使得每天总租金最少？最少租金是多少？请说明理由． 【答案】（1）；； （2） （3）工地租甲型车10台，租乙型车2台；则工地租乙型车18台，才能使得每天总租金，最少租金是14600元 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数实际应用： （1）根据A，B两工地租车方案，即可求解； （2）根据租金等于每天的租金价格乘以车的数量，列出函数的关系式，即可求解； （3）根据一次函数的性质，即可求解． 【小问1详解】 解：设工地租甲型车台，租乙型车台；则工地租甲型车台，租乙型车台； 故答案为：；； 【小问2详解】 解：， 即与的函数解析式为； 【小问3详解】 解：∵， ∴y随x的增大而减小， ∵， 当时，y取得最小值，最小值为14600， 即工地租甲型车10台，租乙型车2台；则工地租乙型车18台，才能使得每天总租金，最少租金是14600元． 5. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）在平面直角坐标系中，矩形的边与x轴正半轴重合，点B的坐标为，且满足，与相交于点D，E为的中点，点P为线段上的一点，连接，点A关于直线的对称点为点，连接． （1）请直接写出点B的坐标，并求出直线的解析式； （2）求线段长度的取值范围； （3）若直线与相交于点Q，在x轴负半轴有一动点，在y轴正半轴上有一动点，分别连接，且，请求出用与n之间的函数关系式． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二次根式的性质和绝对值非负性算出，从而得出，根据四边形为矩形，即可求出，根据待定系数法即可求出 ； （2）如图，连接，得出，勾股定理算出，根据对称可知，根据图象可得，当点P在点A 时，点在点A处，此时最大，最大为，即可求解； （3）联立解析式求出，根据，运用勾股定理即可求解 【小问1详解】 解：∵， ∴， ， ∵四边形为矩形， ， ， 设， ∴，解得：， ； 【小问2详解】 解：如图，连接， ∵为中点， 则， ， 则对称可知， ， 当点P在点A 时，点在点A处， 此时最大，最大为， ； 【小问3详解】 解：如图， 联立 ，得， ， 令， ， ， ， ， ． 【点睛】该题主要考查了一次函数的图象和性质，一次函数解析式求解，一次函数与正比例函数交点，勾股定理，折叠的性质，矩形的性质以及绝对值的非负性等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出图象． 6. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B．点P为线段上一个动点，连接． （1）如图1，若点P为线段中点，求的面积． （2）如图2，经过点P的直线交x轴于点C，交直线于点D．当P为线段的中点时，求k的值． （3）如图3，以为边在的下方作等边三角形，连接．当取最小值时，求点P的坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求解，，，再利用割补法求解面积即可； （2）如图， 求解，，利用P为线段的中点，设，可得，，，再进一步求解即可； （3）如图，作等边三角形，作直线，取，连接，证明，可得，，则在直线上运动，当时，最小，当落在轴上时，由等边三角形的对称性可得：此时重合，可得在直线上，过作于，连接，再进一步求解的坐标可得答案． 【小问1详解】 解：如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B． ∴，， ∵点P线段中点， ∴， ∴ ； 【小问2详解】 解：如图，∵， 当时，， 解得：， ∴， 当时，， ∴， ∵P为线段的中点，设， ∴，， ∴， ∴， 解得：或（舍去）； 【小问3详解】 解：如图，作等边三角形，作直线，取，连接， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴在直线上运动，当时，最小， 当落在轴上时，由等边三角形的对称性可得：此时重合， ∴直线上， 过作于，连接， 同理可得：， ∴， ∵，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴， 过作轴于， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数与坐标轴的交点，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键． 7. （2023～2024学年广东省广州市增城区）如图，已知直线经过，两点． （1）求直线的解析式； （2）若C是线段OA上一点，将线段CB绕点C顺时针旋转得到CD，此时点D恰好落在直线AB上 ①求点C和点D的坐标； ②若点P在y轴上，Q在直线AB上，是否存在以C，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点Q的坐标，否则说明理由． 【答案】（1）； （2）①C ，D ；②存在，，或 【解析】 【分析】（1）由题意根据点A，B的坐标，利用待定系数即可求出直线的解析式； （2）①根据题意过点D作于点E，利用全等三角形的判定先证△BOC≌△CED，可求出DE、OC的长，进而即可得出点C和点D的坐标； ②根据题意设点Q的坐标为（n，- n+3），分CD为边和CD为对角线两种情况考虑：当CD为边时，由C，D的坐标及点P的横坐标可求出n值，进而可得出点Q，Q′的坐标；当CD为对角线时，由C，D的坐标及点P的横坐标，利用平行四边形的对角线互相平分可求出n值，进而可得出点Q″的值． 【详解】解：（1）将，代入得： 解得 直线AB得表达式为． （2）①过点D作于点E， ，， ．又， ， ，． 设，则点D得坐标为， 点D在直线AB上， ， ， 点C得坐标为，点D得坐标为． ②存在点Q得坐标为，或． 理由如下： 设点Q的坐标为（n，- n+3）． 分两种情况考虑，如图2所示： 当CD为边时， ∵点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1），点P的横坐标为0， ∴0-n=4-1或n-0=4-1， ∴n=-3或n=3， ∴点Q的坐标为（3，），点Q′的坐标为（-3，）； 当CD为对角线时， ∵点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1），点P的横坐标为0， ∴n+0=1+4， ∴n=5， ∴点Q″的坐标为（5，）． 综上所述：存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为（3，），（-3，）或（5，）． 【点睛】本题考查待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是根据点的坐标，利用待定系数法求出直线AB的表达式以及分CD为边和CD为对角线两种情况，利用平行四边形的性质求出点Q的坐标． 8. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）已知在平面直角坐标系中，，一次函数解析式为，其图象直线记为． （1）求直线的解析式； （2）我们定义：平面直角坐标系中，点，若，，且，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点是点的“级变换点”． ①现将直线上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式； ②记①中的直线为，当时，与有交点，求m的取值范围； ③已知点，对M先进行“级变换”得到点E，再对点E进行“级变化”得到点N，其中，求证：直线必经过原点O． 【答案】（1） （2）①；②或；③见解析 【解析】 【分析】此题考查了一次函数的图象和性质，用到待定系数法、利用方程组求两直线的交点等知识，读懂题意，理解“t级变换点”是解题的关键． （1）利用待定系数法求出函数解析式即可； （2）①将点分别进行“2级变换”得到点，利用待定系数法求出变换后的直线解析式即可； ②联立和得到方程组，求出，根据得到或，解得或即可； ③由题意得点E的坐标是，则点N的坐标为，由得到点N的坐标为，又由点，利用待定系数法求出直线的解析式为，即可证明结论成立． 【小问1详解】 解：设直线的解析式为，把代入可得， ， ∴直线的解析式为， 【小问2详解】 ①将点分别进行“2级变换”得到点， 设变换后的直线解析式为，把代入得， ， ∴变换后的直线解析式为， ②由题意，两直线有交点，则， 联立和为， 可得，， 则， ∵ ∴或 解得或 ③由题意得，点E的坐标是，则点N的坐标为， ∵， ∴， ∴点N的坐标为， 设直线的解析式为， 则， ∴直线的解析式为， ∴直线必经过原点O． 9. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）甲、乙两位同学从学校出发沿同一条绿道到相距学校的图书馆去看书，甲步行，乙骑自行车．图1中，分别表示甲、乙离开学校的路程与甲行走的时间之间的函数图象． （1）求线段所在直线的函数表达式； （2）设表示甲、乙两人之间的路程，在图2中补全关于的函数图象；（标注必要的数据） （3）当在什么范围时，甲、乙两人之间的路程至少为． 【答案】（1）y=100x-600；（2）答案见解析；（3）3＜x≤10.5或19.5≤x≤22 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法求解； （2）设甲出发x分钟后相遇，列方程，计算相遇时的时间，可补全图象； （3）分相遇前后两种可能列不等式求解． 【详解】（1）设AC表达式为y=kx+b，把（6，0）、（21，25）代入得 解得k=100，b=-600， 所以AC所在直线的函数表达式y=100x-600； （2）设甲出发x分钟后两人相遇，则 解得x=15， 即甲出发15分钟后两人相遇，此时d=0， 21分钟后乙到图书馆，甲距图书馆1500-60×21=240米， 因此图象如下： （3）设甲出发x分钟甲、乙两人之间的路程至少为180m． ①当乙没出发时，60x≥180， 解得x≥3； 当甲乙相遇前，即x≤15时 60x-（100x-600）≥180 解得x≤10.5， 即3≤x≤10.5时甲、乙两人之间的路程至少为180m； ③当甲乙相遇后，即x＞15时 100x-600-60x≥180， 解得x≥19.5， 即19.5≤x≤21时甲、乙两人之间的路程至少为180m； ④乙到达终点后， 1500-60x≥180， 解得x≤22； 综上当3＜x≤10.5或19.5≤x≤22分钟时甲、乙两人之间的路程至少为180m． 【点睛】本题考查一次函数，方程和不等式应用，确定数量关系或不等量关系是解答关键． 10. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，在平面直角坐标系中，、、三点坐标分别为、、，把沿翻折，点恰好落在轴的点处，为折痕． （1）求直线的解析式； （2）在平面直角坐标系中，有一个动点使得，动点的纵坐标是否为横坐标的函数？若是，求出关于的函数解析式；若否，请说明理由； （3）连接、，点为边的中点，，且交外角的平分线于点，求证． 【答案】（1） （2）是，或 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）由翻折的性质可得，，待定系数法求直线的解析式即可； （2）由题意知，，则，由勾股定理得，，设到的距离为，依题意得，，可求，即点在距离为的直线上运动，如图1，记与轴的交点为，与轴的交点为，作于，则，可求，由勾股定理得，，则，，设直线的解析式为；将代入，可求，则直线的解析式为；同理，直线的解析式为； （3）如图2，延长交的延长线于，记与轴的交点为，则，证明四边形是正方形，，证明，则，由，可得，如图2，作于，轴于，证明四边形是正方形，则，，，证明，则，证明，进而可证． 【小问1详解】 解：由翻折的性质可得，， 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：由题意知，， ∴， 由勾股定理得，， 设到的距离为， 依题意得，， 解得，， ∴点在距离为的直线上运动，如图1，记与轴的交点为，与轴的交点为，作于， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 同理可得，， 设直线的解析式为； 将代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为； 同理，直线的解析式为； ∴动点的纵坐标是横坐标的函数，关于的函数解析式为或； 小问3详解】 证明：如图2，延长交的延长线于，记与轴的交点为， ∴， ∵， ∴四边形是正方形，， ∴外角为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图2，作于，轴于， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 又∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了翻折的性质，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行线间的距离，正方形的判定与性质，角平分线，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握翻折的性质，一次函数解析式，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行线间的距离，正方形的判定与性质，角平分线，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 四、平行四边形型 1. （2023～2024学年广东省广州市从化区）如图，在中，∠B＝90°，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接、． （1）__________，__________（用表示）； （2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； （3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）或12秒 【解析】 分析】（1）由已知条件可得中，即可知； （2）由（1）知且，即四边形是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即，可得关于的方程，求解即可； （3）分三种情形讨论①当时，②当时．③若，分别求解即可． 【小问1详解】 解：∵点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动 ∴ ∴ ∵ ； 故答案为：， 【小问2详解】 四边形能成为菱形．理由如下： 解：，， ， 又， 四边形是平行四边形， 当时，平行四边形是菱形， ， ， ， ，解得：， 即当时，四边形能够成为菱形； 【小问3详解】 解：①当时，由（2）知四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 又，即，解得：； ②当时，四边形为矩形， 在中，， ， ，即， 解得：． ③若，则与重合，与重合，此种情况不存在． 综上所述，当或12秒时，为直角三角形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型． 2. （2023～2024学年广东省广州市天河区）如图是以为对角线的矩形和矩形，且平分． （1）连接，，求证； （2）尺规作图：作的平分线交于点G，连接． ①求证； ②若，，求和的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）①图见解析，证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据平行线的性质可得，，从而可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）①先根据角平分线的尺规作图的方法作的平分线，再交于点G，连接即可；先证出，再证出，从而可得，然后证出是等腰直角三角形，由此即可得证； ②先利用勾股定理求出，再延长，交于点，证出是等腰三角形，然后利用等腰三角形的三线合一可得，利用直角三角形的性质即可得的长，利用的面积公式即可得的长． 【小问1详解】 证明：如图，连接，， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 【小问2详解】 证明：①尺规作图如下： 由（1）已证：， ∵平分， ∴， ∴， ∵四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴，即， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴． ②设， 则， 解得， ∴， ∵， ∴， 如图，延长，交于点， ∵，， ∴，即， ∴， 又∵， ∴，点是的中点， 则在中，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题关键． 3. （2023～2024学年广东省广州市白云区）如图，菱形ABCD中，AB＝6cm，∠ADC＝60°，点E从点D出发，以1cm/s的速度沿射线DA运动，同时点F从点A出发，以1cm/s的速度沿射线AB运动，连接CE、CF和EF，设运动时间为t（s）． （1）当t＝3s时，连接AC与EF交于点G，如图①所示，则EF＝　 　cm； （2）当E、F分别在线段AD和AB上时，如图②所示， ①求证：△CEF是等边三角形； ②连接BD交CE于点G，若BG＝BC，求EF的长和此时的t值． （3）当E、F分别运动到DA和AB的延长线上时，如图③所示，若EF＝3cm，直接写出此时t的值． 【答案】（1）3；（2）①见解析；②EF＝（9）cm，t＝6﹣6（3） 【解析】 【分析】（1）由条件可知△ADC，△ABC都是等边三角形，证明CE＝CF，AE＝AF，可得出AC垂直平分线段EF，由30°直角三角形的性质即可解决问题； （2）①只要证明△DCE≌△ACF，得出CE＝CF，∠DCE＝∠ACF，可得出∠ECF＝60°，则结论得证； ②连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，由BD＝2BO求出BD长，证明DE＝DG，可求出DE长，则t的值可求出，在Rt△DEN中，由EN＝DE•sin60°，可求出EN＝9﹣3，在Rt△ECN中可得∠ECN＝45°，求出CE的长，则CE＝EF可求出； （3）作CH⊥AB于H．先求出BH＝3，CH＝3，在Rt△CFH中，由勾股定理HF＝可求出，则BF和AF可求出． 【详解】（1）解：如图①中， ∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°， ∴DA＝DC＝AB＝BC， ∴△ADC，△ABC都是等边三角形， 当t＝3时，AE＝DE＝3cm，AF＝BF＝3cm， ∵CA＝CD＝CB， ∴CE⊥AD，CF⊥AB， ∵∠CAB＝∠CAD， ∴CF＝CE， ∵AE＝AF， ∴AC垂直平分线段EF， ∴∠AGF＝90°， ∵∠FAG＝60°， ∴∠AFG＝30°， ∴AG＝AF＝cm， ∴cm， ∴EF=cm； 故答案为：． （2）①证明：由（1）知△ADC，△ABC都是等边三角形， ∴∠D＝∠ACD＝∠CAF＝60°，DC＝AC， ∵DE＝AF， ∴△DCE≌△ACF（SAS）， ∴CE＝CF，∠DCE＝∠ACF， ∴∠ECF＝∠ACD＝60°， ∴△ECF是等边三角形． ②如图②中，连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N， ∵，BC＝6cm， ∴BO＝BC•sin60°＝6×cm， ∴cm， ∴cm， ∵BG＝BC， ∴∠BGC＝∠BCG＝75°， ∵∠BGC＝∠DGE， ∴∠BCG＝∠DGE， ∵AD∥BC， ∴∠DEG＝∠BCG， ∴∠DEG＝∠DGE， ∴DG＝DE＝cm， ∵∠BCD＝120°， ∴∠DCE＝∠BCD﹣∠BCG＝120°﹣75°＝45°， ∴EN＝DE•sin60°＝cm， ∴cm， ∴EF＝CE＝（9）cm，t＝（6﹣6）s． （3）解：如图③，作CH⊥AB于H， 由（2）可知：△EFC是等边三角形， ∴CF＝EF＝3cm， 在Rt△BCH中，∵BC＝6，∠CBH＝60°， ∴BH＝3，CH＝cm， 在Rt△CFH中，HF＝cm， ∴cm，AF＝（3+）cm， ∵运动速度为1cm/s， ∴s． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和直角三角形解决问题． 4. （2023～2024学年广东省广州市番禺区）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 概念理解：如图②，在四边形ABCD中，如果AB=AD，CB=CD，那么四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由． 性质探究：如图①，垂美四边形ABCD两组对边AB、CD与BC、AD之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． 问题解决：如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG 和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC=2，AB=5，则①求证：△AGB≌△ACE； ②GE= ． 【答案】（1）是；（2）AB2+CD2=BC2+AD2；（3）①证明见解析；② ． 【解析】 【分析】概念理解：根据垂直平分线的判定定理证明即可； 性质探究：根据垂直的定义和勾股定理解答即可； 问题解决：根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【详解】概念理解：四边形ABCD是垂美四边形．理由如下： ∵AB=AD，∴点A在线段BD垂直平分线上． ∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形； 性质探究：AD2+BC2=AB2+CD2．理由如下： 如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E． ∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得：AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，∴AD2+BC2=AB2+CD2； 问题解决：①连接CG、BE，如图3所示： ∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE． 在△GAB和△CAE中，∵AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，∴△AGB≌△ACE（SAS）； ②∵△AGB≌△ACE，∴∠ABG=∠AEC． 又∵∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2． ∵AC=2，AB=5，∴BC=，CG=2，BE=5，∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=37，∴GE=． 故答案为． 【点睛】本题是四边形综合题．考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 5. （2023～2024学年广东省广州市海珠区）如图，等边中，． （1）尺规作图：在图1中作点A关于的对称点C，连接，并证明四边形是菱形； （2）在（1）的条件下，点O是四边形对角线交点，动点E，F，G分别在线段上，且满足，H是中点； ①当时，求证； ②当时，求长度． 【答案】（1）作图见解析，证明见解析 （2）①见解析；② 【解析】 【分析】（1）作的平分线，交于，截取，点即为所作；由等边，可得垂直平分，即，，进而可证四边形是菱形； （2）①由题意证，，如图2，作，则，由，可得是的中点，如图2，连接，则，由，，可得，，则，如图2，作交于，则，证明四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，证明是等边三角形，则，由，可得；②由题意求，，，如图3，作于，连接，延长，交于，交于，则四边形是矩形，，设，则，，，，，，证明，则，由题意知，，，由勾股定理得，，则，同理，，由，可得，可求，则，进而可求的长． 【小问1详解】 解：作的平分线，交于，截取，点即为所作； ∵等边， ∴垂直平分，即，， 又∵， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 ①证明：∵菱形， ∴，，，，， ∵， ∴，，， ∴， 如图2，作，则， 图2 ∵， ∴是的中点， 如图2，连接， ∵H是中点， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 如图2，作交于，则， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ②解：∵菱形，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 如图3，作于，连接，延长，交于，交于，则四边形是矩形， 图3 ∴， 由①可知，，，， ∴，， 设，则，，，，，， ∵，，， ∴， ∴， 由题意知，，， 由勾股定理得，， 解得，， 同理，， ∵， ∴， 解得，， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握作角平分线，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，中位线，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理是解题的关键． 6. （2023～2024学年广东省广州市花都区）在矩形中，，，G，H分别是边与边上的点，且．动点P从点D出发，沿向点A运动，同时动点Q从点B出发，沿向点C运动，点P，Q的运动速度都是，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t．连接，，，． （1）如图1，求证：四边形为平行四边形； （2）在点P，Q移动的过程中，求四边形周长的最小值； （3）如图2，当四边形是菱形时，且，求t的值． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明，可以得到，同理可得，即可得到结论； （2）由题可知四边形周长为，然后作点H关于的对称点，连接，可得，即当P、G、三点共线时，最小，利用勾股定理解题即可； （3）设，根据菱形的四条边相等和题目中面积关系列出关于a和t的方程组解题即可． 【小问1详解】 证明：由题可得，， 又∵是矩形， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴四边形为平行四边形； 【小问2详解】 解：∵为平行四边形， ∴四边形周长为， 作点H关于的对称点，连接， 则，， ∴， 则当P、G、三点共线时，最小， 这时，过点作于点M，则，， ∴， ∴四边形周长的最小值为； 【小问3详解】 解：设， ∵， ∴，， ∵是菱形， ∴，即， 即①， 又∵， ∴， 即②， 联立①②解得：． 【点睛】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定，轴对称的性质，勾股定理，菱形的性质，掌握利用轴对称的性质进行计算是解题的关键． 7. （2023～2024学年广东省广州市黄埔区）如图，把一个含的直角三角板和一个正方形摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点重合，连接，点与分别是中点，连接，． （1）如图，点、分别在正方形的边上，连接．则的数量关系是________；、的位置关系是________； （2）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，当点落在线段上时，其他条件不变，（）中结论是否仍然成立，若成立，请证明结论，若不成立，请说明理由． （3）如图，将图中直角三角板绕点顺时针旋转，其他条件不变，若，，直接写出线段的最小值． 【答案】（1），； （2），仍成立，理由见解析； （3）． 【解析】 【分析】（1）连接，证明，得，，由点与分别是中点，得，，进而得，再根据直角三角形的中线性质及三角形的外角性质得，从而证明，，即可得； （2）延长交的延长线于点，由正方形的性质得，，，根据是一个含的直角三角板，得，，进而证明，，再根据中位线的性质得，，，从而得，，即可得解； （3）连接，，由勾股定理得，进而根据中位线的性质得，从而根据两点之间线段最短得的最大值为，即可求解． 【小问1详解】 解：，，理由如下： 四边形正方形， ，， ∵是一个含的直角三角板， ∴是等腰直角三角形，， ， ， ，， ∵点与分别是中点， ，， ∴， ∵点是的中点， ∴为的中线，， ， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， 综上，，； 【小问2详解】 解：，结论仍然成立．理由如下： 如图，延长交的延长线于点， 四边形正方形， ，，， ∴， ∵是一个含的直角三角板， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ， ∵，， ∴， ∵点与分别是中点， ，， ∴， ∵点是的中点，， ， ∴， ∴， ∴， 综上，，； 【小问3详解】 解：如图，连接，， 四边形是正方形， ，， ∴， ∵点与分别是中点， ， ∵，当点、、三点共线时，等号成立，， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 由（）得， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，中位线定理，勾股定理，等腰三角形的三线合一，旋转的性质等知识，正确的理解题目条件，并且灵活应用性质以及定理是解决问题的关键． 8. （2023～2024学年广东省广州市荔湾区）正方形的边长为6，E，F分别为边上的点，连接，将沿折叠，C对应的点为． （1）当点F与点B重合时， ①如图1，，M为的中点，连接，， 求证：四边形为菱形； ②如图2，延长交于点N，连接，，与分别交于点P，Q，猜想线段，，满足的数量关系，并加以证明： （2）当点F与点B不重合时，如图3，E为的中点，连接，求四边形面积的最大值． 【答案】（1）①见详解；②，证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）①由折叠性质知，根据四边形是正方形，得出．当点F与点B重合，时，，根据直角三角形的性质和折叠性质得出，即可得为等边三角形，根据等边三角形性质得出，即可证明四边形为菱形； ②根据四边形是正方形，得出．结合折叠可得，，证明，得出，，过点作且，连接，证明，得出，再证明，得出，在中，得出，根据勾股定理即可求解； （2）如图，连接，根据题意得出，即可求出，在中，根据勾股定理算出，过作，得出，根据，得出当时，最大，最大为3，即可得，再根据，即可求解． 【小问1详解】 ①证明：由折叠性质知， ∵四边形是正方形， ∴． 当点F与点B重合，时，， ∵为中点， ∴中，， ∴为等边三角形， ∴， ∴四边形为菱形； ②， 证明：如图，∵四边形是正方形， ∴． 结合折叠可得，， ， ， ， ， ， 过点作且，连接， ， ， ， ， ， ， 且， ， ， 在中，， ， 即； 【小问2详解】 解：如图，连接， ∵为中点． ∴， ， 在中，， 过作， ， ， ∴当时，最大，最大为3， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题主要考查了菱形的判定，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确作出辅助线． 9. （2023～2024学年广东省广州市增城区）如图1，在正方形和正方形中，点A，B，E在同一条直线上，是线段的中点，连接． （1）直接写出与的位置和数量关系． （2）如图2，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且．探究与的位置和数量关系，写出你的猜想并加以证明； （3）如图3，将图2中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明． 【答案】（1）， （2）；，证明见解析 （3）在（2）中得到的两个结论不发生变化，证明见解析 【解析】 【分析】（1）延长交于点H，可证，可得，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，即可； （2）延长交于点H，可证，可得，从而得到，再由，，可得，从而得到，即可； （3）延长到H，使，连接，可得，从而得到，再证明，可得，从而得到，进而得到，继而得到，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，延长交于点H， 在正方形和正方形中，， ∴， ∴， ∵点P是的中点， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：猜想：；，证明如下： 如图，延长交于点H， 在菱形和菱形中，， ∴， ∴，， ∴， ∵点P是的中点， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：在（2）中得到的两个结论仍成立．证明如下： 如图3，延长到H，使，连接， ∵点P是的中点， ∴， 在和中， ∵，， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在菱形中，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ， ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形，菱形性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键． 10. （2023～2024学年广东省广州市越秀区）如图，正方形的边长为4，点E在边上（不与端点重合），将沿翻折，得到，连接，． （1）当平分时，求点F到的距离． （2）求的周长的最小值，并求出此时的长． （3）若为直角三角形，求的长． 【答案】（1）2 （2）周长最小值为； （3） 【解析】 【分析】（1）如图，过作于，证明，从而可得答案； （2）如图，连接，求解，由，（当共线时取等号），结合，可得当最小，则最小，再进一步求解即可； （3）如图，为直角三角形，只有，延长交于，证明，可得，再证明，设，则，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：如图，过作于， ∵正方形的边长为4，将沿翻折，得到， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴， ∴点F到的距离为； 【小问2详解】 解：如图，连接， ∵正方形的边长为4，将沿翻折，得到， ∴，，， ∴， ∵，（当共线时取等号） ∵， ∴当最小，则最小， ∴当共线时，的最小值为：， ∴最小值为； 如图，设，则， ∵四边形为正方形， ∴，而， ∴， ∴， 解得：， ∴； 【小问3详解】 解：如图，为直角三角形，只有，延长交于， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴； 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，正方形的性质，二次根式运算，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$