精品解析：江苏省苏州市立达中学校2024-2025学年 八年级下学期数学2月随堂练习

苏州立达中学2024-2025学年第二学期初二数学2月随堂练习 一、选择题 1. 下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（　　） A B. C. D. 3. 若分式有意义，则x满足的条件是（　　） A. B. C. D. 4. 下列判断中不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B. 四个角相等的四边形是矩形 C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 D. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 5. 将函数的图像向上平移3个单位长度，所得图像对应的函数表达式是（） A. B. C. D. 6. 依据所标数据，下列四边形不一定为矩形是（ ） A. B. C. D. 7. 为了落实“双减”政策，进一步丰富文体活动，学校准备购进一批篮球和足球．已知每个篮球的价格比每个足球的价格多30元，用1800元购进篮球的数量比用900元购进足球的数量多4个．如果设每个足球的价格为x元，那么可列方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 9. 4的平方根是_______． 10. 已知等腰三角形一底角为，则这个等腰三角形顶角的大小是______度． 11. 在平行四边形中，与的度数之比为，则___． 12. 若分式的值为0，则_______． 13. 若与最简二次根式是同类二次根式，则的值为________． 14. 如图，在矩形中，，点E在上，．若平分，则的长为 _____． 15. 如图，菱形的周长为20，面积为24，分别作P点到直线、的垂线段、，则等于 ________． 16. 如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为______． 三、解答题 17. 计算：． 18. 先化简，再求值：，其中a是方程的根． 19. 解分式方程：． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （2）画出与关于原点O成中心对称的； 21. 如图，直线l经过点和点． （1）求直线l解析式，直线与坐标轴的交点坐标； （2）求的面积． 22. 甲、乙两车同时从A地出发，匀速开往B地，甲车行驶到B地后立即沿原路线以原速度返回A地，到达A地后停止运动：当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地，并停止运动．已知甲车的速度为，设甲车出发后，甲、乙两车之间的距离为，图中的折线表示了整个运动过程中y与x之间的函数关系． （1）A、B两地的距离是_________，乙车的速度是_________； （2）指出点M的实际意义，并求线段所表示的y与x之间的函数表达式． 23. 如图，在中，过点C作，且，上截取，连接、． （1）求证：； （2）若，，，求线段的长． 24. 如图，在平行四边形中，． （1）作角平分线，交于点E，交的延长线于点F；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，若，求的长． 25. 如图，在中，平分交于点D，点E是中点，过点A作交的延长线于点F，连接． （1）求证：； （2）若，求证：四边形矩形． 26. 如图1，平面直角坐标系中，一次函数的图像分别交x轴、 y轴于点A、B，一次函数的图像经过点B，并与x轴交于点，点D是直线上的一个动点． （1） _______， ______； （2）如图2，当点D在第一象限时，过点D作y轴的垂线，垂足为点E，交直线于点F．若，求点D的坐标； （3）是否存在点D，使以A、C、D为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由． 27. 小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　　 （2）性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　． （3）问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，． ①求证：四边形为垂美四边形； ②求出四边形的面积． 附加题 28. 如图，在中，若，，，，________． 29. 如图，菱形的边长为，且，E是中点，P点在上，则的最小值为_______． 30. 如图，将边长为3的正方形纸片沿折叠，点C落在边上的点G处，点D与点H重合，与交于点P，取的中点Q，连接，则的周长最小值是______． 31. 如图，是正方形的一条对角线，是上一点，是延长线上一点，连接．若，则的长为__． 32. 如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿AE对折至，延长交边于点G，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的是_____． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 苏州立达中学2024-2025学年第二学期初二数学2月随堂练习 一、选择题 1. 下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案。 【详解】根据中心对称图形的概念，四个选项中只有D符合． 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念是解题的关键。 2. 下列计算正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式的性质化简二次根式即可求解． 【详解】解：、原式，不符合题意； 、原式，不符合题意； 、原式，符合题意； 、原式，不符合题意； 故答案为：． 【点睛】本题主要考查二次根式的性质，掌握二次根式的性质，化简二次根式是解题的关键． 3. 若分式有意义，则x满足条件是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用分式有意义的条件得出：，解出答案． 【详解】解：∵分式有意义， ∴， 解得：． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握分式的定义是解题关键． 4. 下列判断中不正确的是（ ） A. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B. 四个角相等的四边形是矩形 C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 D. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据相关定理判断即可．掌握相关判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、对角线平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此对角线互相垂直平分的四边形是菱形，此选项错误，符合题意； B、四边形的内角和是，四个角相等，则每个内角都是，因此四个角相等的四边形是矩形，此选项正确，不合题意； C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，此选项正确，不合题意； D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，此选项正确，不合题意； 故选：A． 5. 将函数的图像向上平移3个单位长度，所得图像对应的函数表达式是（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．根据“上加下减”的原则进行解答即可． 【详解】解：由上加下减”的原则可知，将函数的图象向上平移3个单位所得函数的解析式为，即2． 故选：B． 6. 依据所标数据，下列四边形不一定为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据矩形的判定方法“有三个角是直角的四边形是矩形；有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可求解． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形平行四边形， 但不能说明四边形是矩形，故该选项符合题意； B、有三个角是直角的四边形是矩形，故该选项不符合题意； C、∵， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故该选项不符合题意； D、∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形，故该选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键． 7. 为了落实“双减”政策，进一步丰富文体活动，学校准备购进一批篮球和足球．已知每个篮球的价格比每个足球的价格多30元，用1800元购进篮球的数量比用900元购进足球的数量多4个．如果设每个足球的价格为x元，那么可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，直接利用根据单价，表示出篮球与足球价格，再利用1800元购进篮球的数量比用900元购进足球的数量多4个得出等式即可． 【详解】解：设每个足球的价格为x元，根据题意可列方程为： ， 故选：A． 8. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解． 【详解】解：连接、 ∵点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形． ∴， 则， 依题意，， ∴，则， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴ 故选：D． 【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键． 二、填空题 9. 4的平方根是_______． 【答案】±2 【解析】 【详解】解：∵， ∴4的平方根是±2． 故答案为±2． 10. 已知等腰三角形一底角为，则这个等腰三角形顶角的大小是______度． 【答案】120 【解析】 【分析】本题考查等腰三角形的性质，根据等腰三角形的两个底角相等，三角形的内角和为，可以求出其底角或顶角的度数． 【详解】解：等腰三角形顶角的大小是， 故答案为：120． 11. 在平行四边形中，与的度数之比为，则___． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，再由推出，则． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 若分式的值为0，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式值为0的条件进行求解即可． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴ ， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了分式值为0的条件，熟知分式值为0的条件是分子为0分母不为0是解题的关键． 13. 若与最简二次根式是同类二次根式，则的值为________． 【答案】4 【解析】 【分析】先将化为最简二次根式，再根据同类二次根式的定义即可进行解答． 【详解】解：， ∵与最简二次根式是同类二次根式， ∴，解得：， 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了最简二次根式，同类二次根式，解题的关键是掌握最简二次根式的特征：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．以及同类二次根式的定义：几个二次根式化成最简二次根式后，如果被开方数相同，这几个二次根式叫做同类二次根式． 14. 如图，在矩形中，，点E在上，．若平分，则的长为 _____． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，由矩形的性质可得，由角平分线和平行线的性质可证，由勾股定理可求解． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案：5． 15. 如图，菱形的周长为20，面积为24，分别作P点到直线、的垂线段、，则等于 ________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的面积，先根据菱形的性质得到线段的长度以及三角形的面积，然后即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的周长为20，面积为24， ∴，， ∵分别作P点到直线、的垂线段、， ∴， ∴， 即， ∴， 故答案为：． 16. 如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，确定点的运动轨迹是解题的关键．由勾股定理可求的长，由可证，可得，由，可得点在以为直径的圆上运动，则为直径时，有最大值为1，即可求解． 【详解】解：连接，交于， 四边形是矩形， ，， ，， ， 动点，分别从点，同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点，运动， ， ， ， 又， ， ，， ， 点在以为直径的圆上运动， 为直径时，有最大值为1， 故答案为：1 三、解答题 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，先计算二次根式的乘除法，化简二次根式，再计算加减法即可，熟练掌握运算法则是解题关键． 【详解】解：原式 ． 18. 先化简，再求值：，其中a是方程的根． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式化简求值及一元二次方程的根．熟练掌握分式运算法则是解题关键． 先运用分式的加减法乘除法将化简，再根据一元二次方程根的定义得到a的式子，整体代入即可求值． 【详解】解： ， ∵a是方程的根， ∴， ∴， ∴原式． 19. 解分式方程：． 【答案】 【解析】 【分析】利用最简公分母，将分式方程化为整式方程，即可求解． 【详解】解：去分母得： 去括号得：， 移项，合并同类项得：， 系数化为1得： 检验：把代入， 所以是原方程的解； 【点睛】本题考查解分式方程．按照步骤求解即可．注意分式方程的检验． 20. 如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点的坐标分别为，，． （1）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （2）画出与关于原点O成中心对称的； 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形，画旋转图形，画中心对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据旋转的性质，找到对应点，然后连接成三角形即可求解； （2）根据中心对称的性质，找到对应点，然后连接成三角形即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求， 【小问2详解】 解：如图所示，即为所求， 21. 如图，直线l经过点和点． （1）求直线l的解析式，直线与坐标轴的交点坐标； （2）求的面积． 【答案】（1），直线l与x轴的交点坐标为，与y轴的交点坐标为 （2）8 【解析】 【分析】本题主要考查了求一次函数解析式，求一次函数与坐标轴的交点坐标，一次函数与几何综合等等： （1）先利用待定系数法求出直线l的解析式，再求出当时，，当时，即可得到答案； （2）设直线l与y轴交于，则，再根据进行求解即可． 【小问1详解】 解：设直线l的解析式为， 把、代入中得：， ∴， ∴直线l的解析式为， 在中，当时，，当时，， ∴直线l与x轴的交点坐标为，与y轴的交点坐标为； 【小问2详解】 解：设直线l与y轴交于， ∴， ∴ ． 22. 甲、乙两车同时从A地出发，匀速开往B地，甲车行驶到B地后立即沿原路线以原速度返回A地，到达A地后停止运动：当甲车到达A地时，乙车恰好到达B地，并停止运动．已知甲车的速度为，设甲车出发后，甲、乙两车之间的距离为，图中的折线表示了整个运动过程中y与x之间的函数关系． （1）A、B两地的距离是_________，乙车的速度是_________； （2）指出点M的实际意义，并求线段所表示的y与x之间的函数表达式． 【答案】（1）600，75 （2）点M的实际意义：在两车行驶4小时时，甲车到达B地，此时甲乙两车的距离是； 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答． （1）根据题意和函数图象中的数据，可知A、B两地的距离是，然后根据N的坐标，可以得到乙车的速度； （2）根据题意，可以求得点M的坐标，然后即可写出点M表示的实际意义，再根据函数图象中的数据，可以求得线段所表示的y与x之间的函数表达式． 【小问1详解】 解：由图象可得， A、B两地的距离是， 乙车的速度为：， 故答案为：600，75； 【小问2详解】 解： ， 点M的实际意义：在两车行驶4小时时，甲车到达B地，此时甲乙两车的距离是； 甲车行驶4小时时，乙车行驶了， 当甲车与乙车相遇时，又行驶了， ∴，， 设线段所表示的y与x之间的函数表达式为， ∴， 得， 即线段所表示的y与x之间的函数表达式为． 23. 如图，在中，过点C作，且，上截取，连接、． （1）求证：； （2）若，，，求线段的长． 【答案】（1）见解析； （2）． 【解析】 【分析】此题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质，证明三角形全等是解题的关键． （1）由得，而，即可根据全等三角形的判定定理“”证明； （2））根据全等三角形的性质可得，，然后利用勾股定理求得，再用勾股定理即可解决问题． 【小问1详解】 证明：， ， 在和中， ， ； 【小问2详解】 解， ，， 在中，， ， ， ， 在中，， ． 24. 如图，在平行四边形中，． （1）作的角平分线，交于点E，交的延长线于点F；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）以点B为圆心，任意长为半径画弧，与角的两边分别交于一点，再分别以这两点为圆心，大于这两点间距离的一半为半径画弧，两弧交于一点，连接B与这个点，即可作出的角平分线； （2）先根据平行四边形的性质求出，，，再根据平行线的性质和角平分线的定义，求出，得出，即可得出答案． 【小问1详解】 解：射线为所求作的的角平分线，如图所示： 【小问2详解】 解：∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查尺规作角平分线，平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和尺规作角平分线的一般步骤． 25. 如图，在中，平分交于点D，点E是中点，过点A作交的延长线于点F，连接． （1）求证：； （2）若，求证：四边形为矩形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明△，利用全等三角形的性质可得证； （2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，由等腰三角形三线合一的性质得到，即可证明结论． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵E为中点， ∴， 又， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，平分， ∴，即， ∴平行四边形是矩形. 【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键． 26. 如图1，平面直角坐标系中，一次函数的图像分别交x轴、 y轴于点A、B，一次函数的图像经过点B，并与x轴交于点，点D是直线上的一个动点． （1） _______， ______； （2）如图2，当点D在第一象限时，过点D作y轴的垂线，垂足为点E，交直线于点F．若，求点D的坐标； （3）是否存在点D，使以A、C、D为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），1 （2） （3）存在，或1或或3 【解析】 【分析】（1）当时，可求；当时，可求；将，代入，计算求解可得的值； （2）由题意知，，设，则，，则，计算求解，然后作答即可； （3）设，由题意知，如图，分3种情况求解；①当时，如图，则，进而可求；②当时，如图，则，计算求解，然后作答即可；③当时，如图，，，则，计算求解，然后作答即可． 【小问1详解】 解：当时，，即； 当时，， 解得，， ∴； 将，代入得，， 解得，， ∴， 故答案为：，1； 【小问2详解】 解：解：由题意知，， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得，， ∴； 【小问3详解】 解：设， 由题意知，如图，分3种情况求解； ①当时，如图，则， ∴，即； ②当时，如图， ∴， 解得，或， ∴； ③当时，如图，，， ∴， 解得，或， ∴，； 综上所述，存在，点D的横坐标为或1或或3． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一元一次方程的应用，等腰三角形的定义，勾股定理等知识．熟练掌握待定系数法求一次函数解析式，一元一次方程的应用，等腰三角形的定义，勾股定理是解题的关键． 27. 小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　　 （2）性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　． （3）问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，． ①求证：四边形为垂美四边形； ②求出四边形的面积． 【答案】（1）菱形、正方形 （2） （3）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）根据列式求解即可； （3）①连接，，证出，由SAS证明，得出，，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出，得出即可； ②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【小问1详解】 解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、和正方形， ∴菱形和正方形一定是垂美四边形； 【小问2详解】 解：； 【小问3详解】 ①证明：连接和，设与相交于点，与相交于点，如图2所示： ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， 在和中， ， ∴（SAS）， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形； ②解：∵，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形为垂美四边形， ∴四边形的面积． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、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． 附加题 28. 如图，在中，若，，，，________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据，，得出；再根据对称的性质得到，从而说明四边形是正方形，利用勾股定理，建立关于x的方程模型，求出的长即可． 【详解】解：分别以为对称轴，画出的轴对称图形，D点的对称点分别为E、F，延长相交于G点， 由题意可得：，． ∴，，又． ∴． 又∵， ∴，． 又∵， ∴． ∴四边形是正方形， ∴，，， ∴，． 在中，， ∴， 解得：， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的判定、图形的翻折变换和利用勾股定理，建立关于x的方程模型的解题思想．要能灵活运用． 29. 如图，菱形的边长为，且，E是中点，P点在上，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据菱形的性质，点A、C关于BD对称，连接AE，根据轴对称确定最短路线问题，AE与BD的交点即为点P，再根据∠ABC=60°，判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AE，即为PE+PC的最小值． 【详解】解：如图，在菱形ABCD中，点A、C关于BD对称，AB=BC，连接AE，与BD的交点即为所求作的点P， ∵∠ABC= 60°，AB=BC， ∴△ABC是等边三角形， ∵AB=BC=4，点E是BC的中点， ∴BE=2， ∴AE⊥BC， ∴AE==， 即PE+PC的最小值为， 故答案：． 【点睛】本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，熟记性质并确定出点P的位置是解题的关键． 30. 如图，将边长为3的正方形纸片沿折叠，点C落在边上的点G处，点D与点H重合，与交于点P，取的中点Q，连接，则的周长最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，取的中点M，连接，根据折叠的性质，要求的周长的最小值，只需求的最小值，当M、P、B三点共线时，最小，勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：连接，取的中点M，连接， 由折叠可知， 在中，P是的中点， ∴ ， ∵Q是的中点， ∴， ∴的周长， ∵， ∴的周长， 当M、P、B三点共线时，最小， ， ∴的周长的最小值为， 故答案为：， 【点睛】本题考查了正方形与折叠，还考查了最短路径问题，解题关键是根据折叠和直角三角形的性质得出线段相等，把三角形的周长转化为两点之间，线段最短问题． 31. 如图，是正方形的一条对角线，是上一点，是延长线上一点，连接．若，则的长为__． 【答案】 【解析】 【分析】连接，先证明，得出，从而得出，根据三角形的内角和定理得出，则有为等腰直角三角形，最后根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 故本题答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形内角和定理，掌握知识点的应用及正确作出辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 32. 如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿AE对折至，延长交边于点G，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的是_____． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由翻折的性质可得，，，由“”证明，得出①正确；由全等三角形对应边相等可得，再求出的长，设，得出、，由勾股定理列出方程求出，得出，得出②正确；由等边对等角可得，由全等三角形对应角相等可得，由三角形的外角性质得出，得出，即可证出，得出③正确；然后求出的面积，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出的面积，得出④错误． 【详解】解：沿对折至， ，，， 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ，故①正确； ， ，， ，， 设，则，， 中，，即，解得：， ，故②正确； ， 由和得：， 由三角形的外角性质，， ， ，故③正确； 的面积， 的面积，故④错误； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$