专题07 各地期末试卷选择、填空题精选60题训练（浙江专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题07 各地期末试卷选择、填空题精选60题训练 一．根与系数的关系（共3小题） 1．（2024春•拱墅区期末）已知一元二次方程ax2+bx+1＝0（a≠1）的一个正根和方程x2+bx+a＝0的一个正根相等，若ax2+bx+1＝0的另一个根为4，则x2+bx+a＝0的两个根分别为（　　） A．﹣4，4 B．﹣4，1 C．，4 D．，1 2．（2024春•杭州期末）已知方程x2+bx+c＝0的两个根是±α，x2+dx+e＝0的两个根是±β．当x＝β时，x2+bx+c的值记作y1；当x＝α时，x2+dx+e的值记作y2．则下列结论一定成立的是（　　） A．y1+y2＝0 B．y1﹣y2＝0 C．y1•y2＝1 D．y1﹣y2＝1 3．（2024春•北仑区期末）若实数a，b满足2a2﹣5a＝2b2﹣5b＝3，且a≠b，则a2b+ab2的值为 　 　 ． 二．配方法的应用（共1小题） 4．（2024春•江北区期末）已知实数x，y满足4x2﹣x+4xy+y2＝1，设M＝x+y，则M的最大值是（　　） A． B． C． D．1 三．函数的图象（共1小题） 5．（2024春•东阳市期末）在数学拓展课上，小慧对八下课本43页课内练习2继续探索：如图1，一根长为5米的木棍AB斜靠在一竖直的墙上，AO为4米，如果木棍的顶端A沿墙下滑x米，底端向外移动y米，下滑后的木棍记为CD，则x与y满足（4﹣x）2+（3+y）2＝25，可得y关于x的函数表达式为，小慧利用画图软件画出了该函数的图象，如图2．判断下列说法正确的是（　　） A．图象过点（2，2） B．AC始终等于BD C．当0＜x＜1时，BD大于AC D．BD的最大值等于4 四．反比例函数的性质（共1小题） 6．（2024春•上城区期末）反比例函数，，当a≤x≤b（b，a为常数，且b＞a＞0）时，y1的最小值为m，y2的最大值为n，则的值为（　　） A．﹣2 B． C．或﹣2 D． 五．反比例函数系数k的几何意义（共7小题） 7．（2024春•瓯海区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的负半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，△AEF的面积为2，则k值为（　　） A．﹣6 B．﹣5 C．﹣3 D．﹣2 8．（2024春•西湖区期末）如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以AB，AD为邻边的矩形ABCD被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为S1，S2，S3，S4，若，则k的值为（　　） A． B． C．4 D． 9．（2024春•北仑区期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的对角线AC的中点与坐标原点重合，点E是x轴上一点，连接AE、BE，若AD平分∠OAE，反比例函数y（k＜0，x＜0）的图象经过AE上的点A、F，且AF＝EF，△ABE的面积为12，则k的值为 　 　 ． 10．（2024春•宁波期末）如图，点A是平面直角坐标系中第一象限内的点，将线段AO绕着点A顺时针方向旋转90°至AD，以AD为边作菱形ABCD，边CD、AB分别与反比例函数交于点E、F，且AB∥x轴，AE⊥CD，连结OE，OF，EF，当DE＝4CE，S△EOF＝11时，k的值为 　 　 ． 11．（2024春•余姚市期末）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的边AB与反比例函数y（x＞0）的图象交于A，D两点，且与y轴正半轴交于点B，点C在反比例函数y（k＜0，x＜0）的图象上．若点D是AB的中点，则▱OABC的面积为 　 　 ，k＝　 　 ． 12．（2024春•东阳市期末）如图，点A在反比例函数图象的一支上，点B在反比例函数y图象的一支上，点C，D在x轴上，若四边形ABCD是面积为9的正方形，则实数k的值为 　 　 ． 13．（2024春•浦江县期末）点A是反比例函数图象上一点，过点A作x轴、y轴的平行线，交反比例函数的图象于B，C两点，连接BC，若，则k＝　 　 ． 六．反比例函数图象上点的坐标特征（共5小题） 14．（2024春•钱塘区期末）已知点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）在反比例函数的图象上，当x1＜x2＜x3时，则下列判断正确的是（　　） A．若x1+x2＜0，则y2•y3＞0 B．若y1•y3＜0，则x2•x3＞0 C．若x2+x3＜0，则y1•y2＞0 D．若y2•y3＜0，则x1•x3＞0 15．（2024春•瓯海区期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，反比例函数y（k＞0，x＞0）的图象与正方形的两边AB，BC分别交于点M，N，连接OM，ON，MN，若∠MON＝45°，MN＝2，则k的值为 　 　 ． 16．（2024春•平湖市期末）如图，正方形ABCD的顶点分别在反比例函数和的图象上，若BD∥y轴，点D的横坐标为2，则k1+k2的值为 　 　 ． 17．（2024春•嘉兴期末）如图，反比例函数的图象上有M（m，a），N（n，b）（n＞m）两点，且MN＝OM，∠OMN＝90°，则的值为 　 　 ． 18．（2024春•义乌市期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边长为，点A在反比例函数y（x＜0）的图象上，点E是对角线AC与OB的交点且在反比例函数y（x＞0，k＞0）的图象上，则k的值为 　 　 ． 七．反比例函数与一次函数的交点问题（共4小题） 19．（2024春•滨江区期末）已知关于x的函数，，y3＝kx+b（k，b为常数，k≠b且kb≠0），则下列说法正确的是（　　） ①函数y3与y1，y2图象的总交点数至少有两个； ②当时，函数y2和y3的图象有两个交点； ③当时，函数y2和y3的图象只有一个交点； ④无论k，b取何值，y1和y3始终有两个交点． A．①②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④ 20．（2024春•江北区期末）如图，点A、B是反比例函数图象上的两点，直线AB交y轴正半轴于点C，连结AO并延长交反比例函数图象的另一支于点D，过点D作∠CAO的角平分线的垂线，垂足为点E，若点B是线段AC的中点且S△ABE＝6，则k＝　 　 ． 21．（2024春•拱墅区期末）如图，在平面直角坐标系中，函数y1＝|x|与反比例函数y2（k≠0）的图象交于点A（1，y1）．若y1＞y2，则x的取值范围是 　 　 ． 22．（2024春•金东区期末）已知正比例函数y1＝﹣2x与反比例函数．对于实数m，当x＝m时，y1＞y2；当x＝m+1时，y1＜y2，则m的取值范围为（　　） A．m＜﹣2或0＜m＜2 B．﹣2＜m＜2 C．﹣3＜m＜﹣2或1＜m＜2 D．﹣2＜m＜0或m＞2 八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 23．（2024春•浦江县期末）点A（﹣4，y1），B（﹣2，y2），C（1，y3），D（4，y4）是二次函数y＝﹣2x2﹣4x+c+2图象上的四个点，下列说法一定正确的是（　　） A．若y1y2＞0，则y3y4＞0 B．若y1y4＞0，则y2y3＞0 C．若y3y4＜0，则y1y2＜0 D．若y2y3＜0，则y1y4＞0 九．七巧板（共1小题） 24．（2024春•杭州期末）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，被誉为“东方魔板”，小明用相同的七巧板拼成一个无缝隙的正方形（如图1）和一个中间留有空白的数字“0”（如图2），若图1正方形的面积是16，则图2中空白部分的面积是 　 　 ． 一十．全等三角形的判定与性质（共1小题） 25．（2024春•余姚市期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD+BC＝AB，以CD为底边，在CD右侧作等腰直角三角形CDE，若要求△ABE的面积，则只需知道（　　） A．AD的长 B．BC的长 C．AB的长 D．CD的长 一十一．勾股定理的证明（共1小题） 26．（2024春•西湖区期末）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若点E是AH的中点，连接BH并延长交CD于点I，若DI＝1，则线段BI的长为（　　） A．4 B．5 C． D． 一十二．勾股定理的应用（共1小题） 27．（2024春•苍南县期末）图1是一款可升降篮球架，支架AB，CE，GF的长度固定，A，D，G为立柱AH上的点，AH⊥地面，篮板BC⊥地面，GF⊥AH，AD＝BC＝0.6米，DH＝2.3米，若改变伸缩臂EF的长度，则AB，CD可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当∠GDE＝60°时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架CD的长为 　 　 米．降低篮筐高度如图3，连结BF交CD于点O，BF平分∠ABC，AB＝2OB，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 　 　 米． 一十三．三角形中位线定理（共1小题） 28．（2024春•金东区期末）学习了“三角形中位线定理”后，在“△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点”这个前提条件下，某同学得到以下3个结论： ①若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点． ②若D是AB的中点，，则E是AC的中点． ③若DE∥BC，，则D，E分别是AB，AC的中点． 其中正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 一十四．平行四边形的性质（共2小题） 29．（2024春•宁波期末）如图，点E、F分别是平行四边形ABCD边BC、CD上一点，连接AE、DE，连接AF交ED于点P，连接BF分别交AE、DE于点G、H，设△BGE的面积为S1，△PDF的面积为S2，四边形CEHF的面积为S3，若S1＝4，S2＝3，S3＝18，则阴影部分四边形AGHP的面积为（　　） A．17 B．19 C．18 D．25 30．（2024春•宁波期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，F是AB的中点，连接DF，EF．若∠EFD＝90°，则AE的长为 　 　 ． 一十五．菱形的性质（共3小题） 31．（2024春•嘉兴期末）如图，菱形ABCD中，∠A＝120°，过对角线BD上一点P，作MN∥AB，QF∥AD，交各边于点M，N，F，Q．▱EFGH的四个顶点分别在菱形的四条边上，且EH经过点P，若要求▱EFGH的面积，只需知道线段（　　） A．AF的长 B．BF的长 C．EF的长 D．FG的长 32．（2024春•浦江县期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，P是AC上任一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC＝8，BD＝6，则PE+PF的值为（　　） A． B． C． D． 33．（2024春•钱塘区期末）如图，已知菱形ABCD的面积为，，点P，Q分别是在边BC，CD上（不与C点重合），且CP＝CQ，连结DP，AQ，则DP+AQ的最小值为 　 　 ． 一十六．菱形的判定（共1小题） 34．（2024春•海曙区期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10cm，点D从点B出发沿BA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AC方向以1cm/s的速度向点C匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点D、E运动的时间为t秒．过点D作DF⊥BC于点F，若平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，则t的值为 　 　 ． 一十七．矩形的性质（共7小题） 35．（2024春•滨江区校级期末）如图，点P是矩形ABCD内任意一点，连接PA，PB，PC，PD，记∠PAB＝θ1，∠PBC＝θ2，∠PCD＝θ3，∠PDA＝θ4，则下列结论正确的是（　　） ①S△PAD+S△PBC＝S△PAB+S△PCD； ②若∠APB＝80°，∠DPC＝50°，则θ1﹣θ2+θ3﹣θ4＝50°； ③PA2+PC2＝PB2+PD2； ④S△ABP＝S△ADP，则P在对角线AC上． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 36．（2024春•拱墅区期末）如图，在矩形ABCD中，点E在BC的延长线上，点F在CD的延长线上，AD平分∠EAF，若要知道△AEF的面积，则需要知道（　　） A．CE的长 B．矩形ABCD的面积 C．△ADF的面积 D．∠EAF的度数 37．（2024春•钱塘区期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，延长BC至点E，使得BE＝DE，连结OE交CD于点F．当∠CED＝45°时，有以下两个结论：①若CF＝1，则，②若BD＝2，则．则下列判断正确的是（　　） A．①②均错误 B．①②均正确 C．①错误②正确 D．①正确②错误 38．（2024春•上城区期末）在菱形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E、F分别为线段AB、AD上的点，EO的延长线交线段CD于点H，FO的延长线交线段CB于点G，连接EG、GH、HF、FE．以下结论：①EF＝GH；②若EG⊥BD，则AE＝CG；③存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；④若四边形EFHG为矩形，则AE＝AF，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 39．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，点E，F分别在边BC，AD上．连接AE，EF，FC，若EA平分∠BEF，四边形AECF是平行四边形，则BE的长为（　　） A． B． C． D． 40．（2024春•拱墅区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝　 　 ． 41．（2024春•东阳市期末）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片EFGH不动，将矩形纸片ABCD按如图2方式缠绕：先将点B与点E重合，再依次沿FG、EH对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后AD边刚好经过点G． （1）四边形BPQM是 　 　 .（填写四边形BPQM的形状） （2）若AD＝8，EH＝5，则GD长为 　 　 . 一十八．正方形的性质（共7小题） 42．（2024春•苍南县期末）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别在BD，AB上，连结CE，EF，当CE＝EF，∠AFE＝2∠ECD时，CE的长（　　） A． B． C． D． 43．（2024春•杭州期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一个动点（不与点A，点B重合），连结CE，作BF⊥CE交AD于点F，垂足为点G，连结CF，记△BEG，△CDF，△CFG，△BCG，四边形AEGF的面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，方方通过探究，得到以下两个结论：①S1+S2＝S3，②S4＝S5．则下列选项中，正确的是（　　） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 44．（2024春•北仑区期末）将四个全等的三角形按如图所示的方式围成一个正方形ABCD，记△AED的面积为S1，四边形EFCG的面积为S2．若EG∥CF，EG＝4，，则图中阴影部分的面积为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 45．（2024春•义乌市期末）如图，正方形ABCD的边长为3，点E在CD上且CE＝1，点F、P分别为线段BC、AD上的动点，连结BE，BP，FP，EF．若在点F、P的运动过程中始终满足PF⊥BE，则BP+EF的最小值为（　　） A． B． C． D． 46．（2024春•西湖区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE，AF，EF，AE与CF交于点G．已知∠EAF＝45°，AB＝3．有以下四个结论：①BE﹣DF＝EF；②∠AEF＝∠AEB；③GF＝GE；④若DF＝1，则△AEF的面积为7.5． 以上结论中正确的是 　 　 ． 47．（2024春•温州期末）如图1是一款风筝，图2是其骨架示意图，A，B，C，D是长方形的四个顶点，点E，F在AB中垂线上，∠EAB＝∠FDC＝45°，AF，DE交于点G，CE，BF交于点H．若AB＝10dm，BC＝7dm，则骨架总长（图2中所有实线之和）为 　 　 dm． 48．（2024春•越城区期末）如图，正方形ABCD边长为6，点E是线段BC上一点，且BE＝2，点F是直线CD上一动点，以EF为边作正方形EFGH（E，F，G，H逆时针排列），连结HA，直线HA与直线CD交于点P．若点A，H，P中的任意一点到其余两点距离相等，则EF的长为 　 　 ． 一十九．作图—基本作图（共1小题） 49．（2024春•余姚市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＞BC，BC＝2，分别以点A，点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN交AD和CB的延长线于点E，F，连结AF，CE．若AB平分∠FAC，则四边形AFCE的面积为（　　） A．12 B． C．16 D． 二十．轨迹（共1小题） 50．（2024春•义乌市期末）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标为（6，8）．有一动点D以1个单位长度/秒的速度从O点向A点运动，另一动点E以相同速度同时从A点向B点运动，其中一点到达终点时停止运动．连结ED，将线段ED绕点E按顺时针方向旋转90°得到线段EF，连结DF，设点D、E运动的时间为t秒． （1）当t＝2时，△DEF的面积为 　 　 ． （2）记点G为线段EF的中点，则在整个运动过程中，点G所经过的路径长为 　 　 ． 二十一．翻折变换（折叠问题）（共7小题） 51．（2024春•温州期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点，且AE＜ED，将矩形沿EF折叠，点D恰好落在BC边上点G处，再将△ABE沿BE折叠，点A恰好落在EG上的点H处．若AB＝1，AD＝2，则ED的长为（　　） A． B． C． D． 52．（2024春•瓯海区校级期末）将正方形纸片ABCD对折，展开得到折痕MN，再次折叠，使顶点D与点M重合，折痕交AD于点E，MN交折痕于点H，已知正方形的边长为4，则MH的长度为 　 　 ． 53．（2024春•滨江区校级期末）折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB＝AD+2，EH＝1，则AD＝　 　 ． 54．（2024春•海曙区期末）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后将纸片展平； 第二步：连结DE，将△DEC沿DE折叠，得到△DGE，延长EG交边AD于点H，如图②． 根据以上操作，若AB＝8，AD＝12则DH的长是 　 　 ． 55．（2024春•上城区期末）在矩形ABCD中，点F为边AD的中点，连接BF，将△ABF沿直线BF翻折，使得点A与点H重合，FH的延长线交线段BC于点G，BH的延长线交线段CD于点E，AB＝6，若点E为线段CD的中点，则线段BC的长为 　 　 ；线段BG的长为 　 　 ． 56．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，点E，F分别在边AD，DC上，把△DEF沿EF折叠，D点恰好落在边BC上的G点处，连接EG，FG，延长FE交BA的延长线于点H，若AH＝CF，AE＝1，则AB＝　 　 ． 57．（2024春•浦江县期末）如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形沿EF折叠，使得点B的对应点H在边CD上，若已知三角形DGH的周长，则可以求出下列哪个数据（　　） A．三角形HFC的周长 B．三角形IEG的周长 C．三角形DGH的面积 D．正方形ABCD的面积 二十二．图形的剪拼（共1小题） 58．（2024春•越城区期末）如图1是由8个同样大小的正方形组成的纸片，我们只需要剪两刀，将它分成三块，就可以拼成一个大正方形（如图2、图3）．由5个同样大小的正方形组成的纸片（如图4），现要剪拼成一个大正方形，则需要在图4的纸片中最少剪（　　） A．1刀 B．2刀 C．3刀 D．4刀 二十三．旋转的性质（共1小题） 59．（2024春•余姚市期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，点D，E分别为AB，AC的中点，点F为BC边上任意一点（不与B，C重合），沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°，恰好与①拼成四边形GDIH，则四边形GDIH周长的最小值为 　 　 ． 二十四．中心对称（共1小题） 60．（2024春•金东区期末）如图，过▱ABCD内的点P作各边的平行线分别交AB，BC，CD，DA于点E，F，G，H．连结AF，AG，FG．已知△AFG与▱AEPH的面积分别为m，n． （1）若点P是▱ABCD的对称中心，则　 　 ； （2）▱ABCD的面积为 　 　 （用含m、n的代数式表示）． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 各地期末试卷选择、填空题精选60题训练 一．根与系数的关系（共3小题） 1．（2024春•拱墅区期末）已知一元二次方程ax2+bx+1＝0（a≠1）的一个正根和方程x2+bx+a＝0的一个正根相等，若ax2+bx+1＝0的另一个根为4，则x2+bx+a＝0的两个根分别为（　　） A．﹣4，4 B．﹣4，1 C．，4 D．，1 【分析】根据根与系数的关系解答即可． 【解答】解：∵一元二次方程ax2+bx+1＝0（a≠1）的一个正根和方程x2+bx+a＝0的一个正根相等， ∴ax2+bx+1＝x2+bx+a， 解得x2＝1， ∴正根为1， ∵ax2+bx+1＝0的另一个根为4， ∴4， ∴a， ∵方程x2+bx+a＝0有一个正根为1，设另一个根为m， ∴则1×m＝a， ∴m， ∴另一个根为， ∴x2+bx+a＝0的两个根分别为1，， 故选：D． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，解一元一次方程和根与系数的关系的应用，注意：如果x1和x2是方程ax2+bx+c＝0（a、b、c为常数，a≠0）的两个根，则x1+x2，x1•x2． 2．（2024春•杭州期末）已知方程x2+bx+c＝0的两个根是±α，x2+dx+e＝0的两个根是±β．当x＝β时，x2+bx+c的值记作y1；当x＝α时，x2+dx+e的值记作y2．则下列结论一定成立的是（　　） A．y1+y2＝0 B．y1﹣y2＝0 C．y1•y2＝1 D．y1﹣y2＝1 【分析】根据题意，用含有α，β和c，e的代数式表示y1和y2，再将方程的根代入相应得方程得出α与c，β与e之间的关系即可解决问题． 【解答】解：因为方程x2+bx+c＝0的两个根是±α， 所以， 则b＝0， 所以此方程为x2+c＝0， 将x＝α代入方程得， α2＝﹣c． 同理可得， β2＝﹣e． 因为当x＝β时，x2+bx+c的值记作y1， 所以y1＝β2+c， 同理可得， y2＝α2+e． 所以y1+y2＝β2+c+α2+e＝﹣e+c﹣c+e＝0． 故选：A． 【点评】本题主要考查了根与系数的关系及解一元二次方程﹣直接开平方法，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 3．（2024春•北仑区期末）若实数a，b满足2a2﹣5a＝2b2﹣5b＝3，且a≠b，则a2b+ab2的值为 　　 ． 【分析】利用2a2﹣5a＝3，2b2﹣5b＝3，a≠b，则可把a、b看作方程2x2﹣5x﹣3＝0的两根，根据根与系数的关系得到a+b，ab，再把a2b+ab2分解因式得到ab（a+b），然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：∵2a2﹣5a＝3，2b2﹣5b＝3， 即2a2﹣5a﹣3＝0，＝2b2﹣5b﹣3＝0， 而a≠b， ∴a、b可看作方程2x2﹣5x﹣3＝0的两根， ∴a+b，ab， ∴a2b+ab2＝ab（a+b）． 故答案为：． 【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2，x1x2． 二．配方法的应用（共1小题） 4．（2024春•江北区期末）已知实数x，y满足4x2﹣x+4xy+y2＝1，设M＝x+y，则M的最大值是（　　） A． B． C． D．1 【分析】根据4x2﹣x+4xy+y2＝1，可以得到（2x+y）2＝x+1，然后可以得到2x+y＝±，进而得到x+y＝±x，再设a，即可得到x+y＝±a﹣（a2﹣1）＝﹣（a±）2，然后即可写出x+y的最大值，从而可以得到M的最大值． 【解答】解：∵4x2﹣x+4xy+y2＝1， ∴（2x+y）2＝x+1， ∴2x+y＝±， ∴x+y＝±x， 设a，则x＝a2﹣1， 则x+y＝±a﹣（a2﹣1）＝﹣（a±）2， ∴x+y的最大值为， 即M的最大值为， 故选：B． 【点评】本题考查配方法的应用、非负数的性质，解答本题的关键是明确题意，求出M的最大值． 三．函数的图象（共1小题） 5．（2024春•东阳市期末）在数学拓展课上，小慧对八下课本43页课内练习2继续探索：如图1，一根长为5米的木棍AB斜靠在一竖直的墙上，AO为4米，如果木棍的顶端A沿墙下滑x米，底端向外移动y米，下滑后的木棍记为CD，则x与y满足（4﹣x）2+（3+y）2＝25，可得y关于x的函数表达式为，小慧利用画图软件画出了该函数的图象，如图2．判断下列说法正确的是（　　） A．图象过点（2，2） B．AC始终等于BD C．当0＜x＜1时，BD大于AC D．BD的最大值等于4 【分析】根据函数的图象与点的坐标的关系求解． 【解答】解：当x＝2时，y3≠2，故A是错误的； 当x＝y时，（4﹣x）2+（3+x）2＝25，解得：x＝0或x＝1，即当x＝1时，BD＝AC，故B是错误的； 由图象得：y随x的增大而减小，当x＝4时，y取最大值，为2，故D是错误的； 根据排除法，只有C是正确的； 故选：C． 【点评】本题考查了函数的图象，能从图象中找到信息是解题的关键． 四．反比例函数的性质（共1小题） 6．（2024春•上城区期末）反比例函数，，当a≤x≤b（b，a为常数，且b＞a＞0）时，y1的最小值为m，y2的最大值为n，则的值为（　　） A．﹣2 B． C．或﹣2 D． 【分析】分k＞0和k＜0两种情况讨论，根据反比例函数的增减性分别求出m和n的值，即可求出答案． 【解答】解：∵a≤x≤b（b，a为常数，且b＞a＞0）， ∴当k＞0时，函数y1图象在第一象限，y随x的增大而减小， y2图象在第四象限，y随x的增大而增大， ∴m，n， ∴， 当k＜0时，函数y1图象在第四象限，y随x的增大而增大， y2图象在第一象限，y随x的增大而减小， ∴m，n， ∴， ∴的值为． 故选：B． 【点评】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是关键． 五．反比例函数系数k的几何意义（共7小题） 7．（2024春•瓯海区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的负半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，△AEF的面积为2，则k值为（　　） A．﹣6 B．﹣5 C．﹣3 D．﹣2 【分析】首先设A（a，0），表示出D（a，），再根据D，E，F都在双曲线上，依次表示出坐标，再由S△AEF＝2，转化为S△ACF＝4，列出等式即可求得． 【解答】解：设A（a，0）， ∵矩形ABCD， ∴D（a，）， ∵矩形ABCD，E为AC的中点， 则E也为BD的中点， ∵点B在x轴上， ∴E的纵坐标为， ∴E（2a，） ∵E为AC的中点， ∴点C（3a，）， ∴点F（3a，）， ∵△AEF的面积为2，AE＝EC， ∴S△ACF＝4， ∴CF•AB4， 解得：k＝﹣6． 故选：A． 【点评】本题主要考查了反比例函数k的几何意义，根据中点坐标公式表示出各点坐标是解题的关键． 8．（2024春•西湖区期末）如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以AB，AD为邻边的矩形ABCD被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为S1，S2，S3，S4，若，则k的值为（　　） A． B． C．4 D． 【分析】设A（m，），则B（，），D（m，），根据条件可知S2＝S4＝2，S3，代入S2+S3+S4， 求出k值即可． 【解答】解：设A（m，），则B（，），D（m，）， ∴C（，）， ∴S2＝S4＝2，S3， ∵S2+S3+S4， ∴22， 解得k， 经检验，k是方程的解，符合题意， 故选：D． 【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数图象、矩形的面积公式等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 9．（2024春•北仑区期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的对角线AC的中点与坐标原点重合，点E是x轴上一点，连接AE、BE，若AD平分∠OAE，反比例函数y（k＜0，x＜0）的图象经过AE上的点A、F，且AF＝EF，△ABE的面积为12，则k的值为 　﹣8　 ． 【分析】连接BD，先由AD平分∠EAO得∠DAE＝∠OAD，由矩形ABCD的性质得到∠OAD＝∠ODA，从而得到∠EAD＝∠ADO，故而AE∥BD，再由平行线的性质得到△ABE和△AOE的面积相等，然后设点A的坐标，结合AF＝EF得到点F和点E的坐标，最后结合△AOE的面积求出k的取值． 【解答】解：连接BD，则OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ADO， ∵AD平分∠EAO， ∴∠EAD＝∠OAD， ∴∠EAD＝∠ADO， ∴AE∥BD， ∴S△AEB＝S△AEO＝12， 设A（a，）， ∵AF＝EF， ∴F（2a，），E（3a，0）， ∴S△AEO（﹣3a）12， ∴k＝﹣8， 故答案为：﹣8． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征及k值的几何意义、角平分线的定义、矩形性质，解题的关键是通过平行线的判定和性质得到△ABE和△AEO的面积相等． 10．（2024春•宁波期末）如图，点A是平面直角坐标系中第一象限内的点，将线段AO绕着点A顺时针方向旋转90°至AD，以AD为边作菱形ABCD，边CD、AB分别与反比例函数交于点E、F，且AB∥x轴，AE⊥CD，连结OE，OF，EF，当DE＝4CE，S△EOF＝11时，k的值为 　　 ． 【分析】延长EA交x轴于G，过点F作FH⊥x轴于H，设CE＝a，则DE＝4a，CD＝5a，其中a＞0，则AD＝CD＝5a，AE＝3a，证明△AOG和△DAE全等得AG＝DE＝4a，OG＝AE＝3a，则EG＝AE+AG＝7a，FH＝AG＝4a，由此得点E（3a，7a），则k＝21a2，进而得点F，则OH，GH＝OH﹣OG，根据S△EOF＝S△OEG+S梯形EGHF﹣S△OFH＝11求出a2，进而可得k的值． 【解答】解：延长EA交x轴于G，过点F作FH⊥x轴于H，如图所示： ∵四边形ABCD为菱形，AB∥x轴， ∴CD∥AB∥x轴，AD＝CD＝AB， ∵DE＝4CE， ∴设CE＝a，则DE＝4a，CD＝5a，其中a＞0， ∴AD＝CD＝5a， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE3a， ∵AE⊥CD， ∴EG⊥x轴，EG⊥AB， ∴四边形AGHF为矩形，∠OGA＝∠AEG＝90°， ∴∠AOG+∠OAG＝90°， ∴AG＝FH， 由旋转的性质得：AO＝AD＝5a，∠OAD＝90°， ∴∠DAE+∠OAG＝90°， ∴∠AOG＝∠DAE， 在△AOG和△DAE中， ， ∴△AOG≌△DAE（AAS）， ∴AG＝DE＝4a，OG＝AE＝3a， ∴EG＝AE+AG＝7a，FH＝AG＝4a， ∴点E（3a，7a），点F的纵坐标为4a， ∵点E在反比例函数y（x＞0）的图象上， ∴k＝21a2， ∴反比例函数的表达式为：， ∴点F的横坐标为：， ∴点F， ∴OH， ∴GH＝OH﹣OG， ∵S△EOF＝S△OEG+S梯形EGHF﹣S△OFH＝11， ∴OG•EG（EG+FH）•GHOH•FH＝11， 即11， 整理得：9a2＝8， ∴a2， ∴k＝21a2． 【点评】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，图形的旋转变换及其性质，理解反比例函数图象上点的坐标满足反比例函数的表达式，熟练掌握菱形的性质，图形的旋转变换及其性质，正确的作出辅助线构造全等三角形，并并利用图形的面积构造方程是解决问题的关键． 11．（2024春•余姚市期末）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的边AB与反比例函数y（x＞0）的图象交于A，D两点，且与y轴正半轴交于点B，点C在反比例函数y（k＜0，x＜0）的图象上．若点D是AB的中点，则▱OABC的面积为 　24　 ，k＝　﹣16　 ． 【分析】设 D（a，），根据D是AB中点，得A（2a，），B（0，），即可求出平行四边形OABC的面积为2×2a24；根据平行四边形的性质，得CO平行且等于AB，所以C（﹣2a，），再根据点C在反比例函数y（k＜0，x＜0）的图象上，即可求出答案． 【解答】解：设 D（a，）， ∵D是AB中点， ∴xA＝2xD＝2a， ∴A（2a，）， ∴B（0，）， ∴平行四边形OABC的面积为2×2a24， ∵四边形ABCO是平行四边形， ∴CO平行且等于AB， ∴C（﹣2a，）， ∵点C在反比例函数y（k＜0，x＜0）的图象上． ∴k＝﹣2a16． 故答案为：24，﹣16． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和函数图象上点的坐标特征是解决问题的关键，难度适中． 12．（2024春•东阳市期末）如图，点A在反比例函数图象的一支上，点B在反比例函数y图象的一支上，点C，D在x轴上，若四边形ABCD是面积为9的正方形，则实数k的值为 　﹣6　 ． 【分析】由正方形的面积可求AB，AD的长度，从而可求出A，B两点的横坐标，结合AB长度列出关于k的方程，即可求解． 【解答】解：∵正方形ABCD的面积为9， ∴AD＝BC＝AB＝3， ∴A（，3），B（，3）， ∴AB， 解得k＝﹣6． 故答案为：﹣6． 【点评】本题主要考查了反比例函数中的面积问题，最基本的思路是通过点的坐标去求解，对于某些问题可以通过k的几何意义去求解． 13．（2024春•浦江县期末）点A是反比例函数图象上一点，过点A作x轴、y轴的平行线，交反比例函数的图象于B，C两点，连接BC，若，则k＝　﹣2或﹣2　 ． 【分析】设点B的坐标为（m，），则A（m，），C（，），可得S△ABC，分两种情况讨论①当丨k丨＜6时，利用k值几何意义可得S四边形ABOC＝﹣k+6，由此建立方程＝﹣k+6，整理解得到k值．②如图2，丨k丨＞6时，利用S四边形ABOC+S△BOC＝S△ABC，即﹣k+6，求出k值即可． 【解答】解：如图1所示：①当丨k丨＜6时， 设点B的坐标为（m，），则A（m，），C（，）， ∴S△ABC， ∵点BC在反比例函数y（k＜0）的图象上， ∴S四边形ABOC＝﹣k+6， ∵S△COBS四边形ABOC﹣S△ABC＝﹣k+6， 整理得：（6﹣k）2﹣12（6﹣k）+32＝0 解得：6﹣k＝4或6﹣k＝8， k＝2（舍去）或k＝﹣2． ②如图2，丨k丨＞6时， ∵S△BOC， ∴S四边形ABOC+S△BOC＝S△ABC，即﹣k+6， 解得：k， ∵k＜0， ∴k＝﹣2， 综上分析，k＝﹣2或﹣2． 故答案为：﹣2或﹣2． 【点评】本题考查了反比例函数k值的几何意义、反比例函数的图象、反比例函数图象上点的坐标特征，利用面积建立关于k的方程是关键． 六．反比例函数图象上点的坐标特征（共5小题） 14．（2024春•钱塘区期末）已知点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）在反比例函数的图象上，当x1＜x2＜x3时，则下列判断正确的是（　　） A．若x1+x2＜0，则y2•y3＞0 B．若y1•y3＜0，则x2•x3＞0 C．若x2+x3＜0，则y1•y2＞0 D．若y2•y3＜0，则x1•x3＞0 【分析】由k＜0可得反比例函数图象在第二四象限，根据选项一—分析即可． 【解答】解：在反比例函数中，k＜0，图象在第二四象限， 当x1＜x2＜x3时，若x1+x2＜0，则|x1|＞|x2|且x1＜0＜x2或x1＜x2＜0， 故y2•y3＜0或y2•y3＞0 故A错误； 若y1•y3＜0 则x1＜0＜x2＜x3或x1＜x2＜0＜x3，故B错误； 若x2+x3＜0则|x2|＞|x3|且x1＜x2＜0＜x3或x1＜x2＜x3＜0，故y1•y2＞0，故C正确； 若 y2•y3＜0则x1＜x2＜0＜x3，则x1•x3＜0，故D错误； 故选：C． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 15．（2024春•瓯海区期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，反比例函数y（k＞0，x＞0）的图象与正方形的两边AB，BC分别交于点M，N，连接OM，ON，MN，若∠MON＝45°，MN＝2，则k的值为 　　 ． 【分析】延长BA到G，使得AG＝CN，连接OG，易证△OCN≌△OAG（SAS），根据全等三角形的性质，进一步证明△MON≌△MOG（SAS），根据全等三角形性质，求出AM的值，再设正方形边长为a，在△BMN中根据勾股定理即可求出正方形的边长，进一步可知M点坐标，即可求出k的值． 【解答】解：延长BA到G，使得AG＝CN，连接OG，如图所示： 在正方形OABC中，OA＝OC，∠OCB＝∠OAB＝∠COA＝90°， ∴∠OAG＝∠OCN， ∴△OCN≌△OAG（SAS）， ∴∠CON＝∠GOA，OG＝ON， ∵∵∠MON＝45°， ∴∠CON+∠AOM＝45°， ∴∠AOM+∠GOA＝45°， ∵OM＝OM， ∴△MON≌△MOG（SAS）， ∴MN＝MG， 即MN＝MA+CN， 设AM＝x， ∵MN＝2， ∴CN＝2﹣x， ∵M，N在反比例函数上， ∴CN•OC＝AM•OA， ∵OC＝OA， ∴2﹣x＝x， 解得x＝1， 设正方形边长为a，则BM＝a﹣1，BN＝a﹣1， 在△BMN中，根据勾股定理，得2（a﹣1）2＝4， 解得a或1（舍）， ∴M点坐标为（，1）， 将M点坐标代入反比例函数解析式， 得k． 故答案为：． 【点评】本题考查了反比例函数与正方形的综合，涉及三角形全等，正方形的性质，勾股定理等，构造全等三角形求出AM的长再根据勾股定理求出正方形的边长是解题的关键，本题综合性较强． 16．（2024春•平湖市期末）如图，正方形ABCD的顶点分别在反比例函数和的图象上，若BD∥y轴，点D的横坐标为2，则k1+k2的值为 　8　 ． 【分析】连接AC交BD于E，延长BD交x轴于F，连接OD、OB，由四边形ABCD是正方形，设AE＝BE＝CE＝DE＝m，D（2，a），由BD∥y轴，可以表示点A，B的坐标，可求得m，a的关系，再由B（2，4﹣a）在反比例函数（k1＞0）的图象上，D（2，a）在（k2＞0）的图象上，即可解答本题． 【解答】解：连接AC交BD于E，延长BD交x轴于F，连接OD、OB，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AE＝BE＝CE＝DE． 设AE＝BE＝CE＝DE＝m，D（2，a）， ∵BD∥y轴， ∴B（2，a+2m），A（2+m，a+m）． ∵A，B都在反比例函数（k1＞0）的图象上， ∴k1＝2（a+2m）＝（2+m）（a+m）． ∵m≠0， ∴m＝2﹣a， ∴B（2，4﹣a）． ∵B（2，4﹣a）在反比例函数（k1＞0）的图象上，D（2，a）在（k2＞0）的图象上， ∴k1＝2×（4﹣a）＝8﹣2a，k2＝2a， ∴k1+k2＝8， 故答案为：8． 【点评】本题考查反比例函数的图象及应用，涉及正方形的性质，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标 17．（2024春•嘉兴期末）如图，反比例函数的图象上有M（m，a），N（n，b）（n＞m）两点，且MN＝OM，∠OMN＝90°，则的值为 　3　 ． 【分析】过点M作x轴的平行线交y轴于点P，作NQ⊥x轴交直线MP于点Q，通过证明△POM≌△QMN可得PO＝MQ＝a，PM＝QN＝m，ma＝bn，整理得m2+n2＝3mn，代入所求代数式整理即可． 【解答】解：过点M作x轴的平行线交y轴于点P，作NQ⊥x轴交直线MP于点Q， ∴∠OPM＝∠MQN＝90°＝∠OMN， ∴∠PMO＝90°﹣∠QMN＝∠QNM， 在△POM和△QMN中， ， ∴△POM≌△QMN（AAS）， ∴PO＝MQ，PM＝QN， ∵M（m，a），N（n，b）， ∴PO＝MQ＝a，PM＝QN＝m，ma＝bn， ∴， 整理得：m2+n2＝3mn， ∴3． 故答案为：3． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，熟练掌握图象上点的坐标特征是关键． 18．（2024春•义乌市期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边长为，点A在反比例函数y（x＜0）的图象上，点E是对角线AC与OB的交点且在反比例函数y（x＞0，k＞0）的图象上，则k的值为 　　 ． 【分析】作AH⊥x轴，垂足为H，设OH＝m，利用条件求出点A的坐标，再利用中点坐标公式求出点E坐标即可得到k值． 【解答】解：∵菱形AOCB的边长为， ∴C（，0）， 作AH⊥x轴，垂足为H，设OH＝m， ∵点A在反比例函数y（x＜0）的图象上， ∴m•AH，即AH， 在Rt△AOH中，由勾股定理得：m2+（）2＝6， 解得m， ∴A（，）， E（，）， ∴k， 故答案为：． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征及菱形性质，熟练掌握图象上点的坐标特征是关键． 七．反比例函数与一次函数的交点问题（共4小题） 19．（2024春•滨江区期末）已知关于x的函数，，y3＝kx+b（k，b为常数，k≠b且kb≠0），则下列说法正确的是（　　） ①函数y3与y1，y2图象的总交点数至少有两个； ②当时，函数y2和y3的图象有两个交点； ③当时，函数y2和y3的图象只有一个交点； ④无论k，b取何值，y1和y3始终有两个交点． A．①②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④ 【分析】利用根的判别式判断即可． 【解答】解：令kx+b，整理得kx2+bx﹣k＝0， ∴Δ＝b2+4k2， ∵k≠b且kb≠0， ∴Δ＝b2+4k2＞0， ∴函数与函数y3＝kx+b的图象一定有两个交点，故④正确； 令，整理得kx2+bx﹣b＝0， ∴Δ＝b2+4kb， ∵kb的符号无法确定， ∴Δ的符号无法确定， ∴函数y3与y1，y2图象的总交点数至少有两个，故①正确； 当时，Δ＝b2+4kb＞b， ∴因为b的取值不确定，所以，无法确定y2和y3的图象交点情况，故②错误； 当时，Δ＝b2+4kb＝0， ∴函数y2和y3的图象只有一个交点，故③正确． 故选：D． 【点评】本题主要考查反比例函数与一次函数的交点，根的判别式，把函数问题转化为一元二次方程的问题是解题的关键． 20．（2024春•江北区期末）如图，点A、B是反比例函数图象上的两点，直线AB交y轴正半轴于点C，连结AO并延长交反比例函数图象的另一支于点D，过点D作∠CAO的角平分线的垂线，垂足为点E，若点B是线段AC的中点且S△ABE＝6，则k＝　﹣8　 ． 【分析】连接OE，OB，过点A作AF⊥y轴于F，过点B作DH⊥y轴于H，由AD经过原点，则A与D关于原点对称，再由DE⊥AE，AE为∠BAO的平分线，可得AB∥OE，进而可得S△ABE＝S△AOB；设点A（m，），由已知条件B是线段AC中点，DH∥AF，可得2BH＝AF，则点B（m，），所以S△AOD＝S△AOF+S梯形AFHD﹣S△OHDk＝6，即可求解． 【解答】解：连接OE，OB，过点A作AF⊥y轴于F，过点B作DH⊥y轴于H， ∵过原点的直线与反比例函数图象交于A，D两点， ∴A与D关于原点对称， ∴O是AD的中点， ∵DE⊥AE， ∴OE＝OA， ∴∠OAE＝∠AEO， ∵AE为∠CAO的角平分线， ∴∠BAE＝∠AEO， ∴AB∥OE， ∴S△ABE＝S△AOB， ∵S△ABE＝6， ∴S△ABE＝S△AOB＝6， 设点A（m，）， ∵B是AC的中点，DH∥AF， ∴BHAF， ∴B（m，）， ∵S△AOB＝S△AOF+S梯形AFHB﹣S△OHBk（BH+AF）×FHk （﹣m）（）k， ∴k＝6， ∴k＝﹣8； 故答案为：﹣8． 【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了反比例函数k的意义，反比例函数的对称性；借助直角三角形和角平分线，将△ABE的面积转化为△AOB的面积是解题的关键． 21．（2024春•拱墅区期末）如图，在平面直角坐标系中，函数y1＝|x|与反比例函数y2（k≠0）的图象交于点A（1，y1）．若y1＞y2，则x的取值范围是 　x＜0或x＞1　 ． 【分析】观察函数图象，当x＜0或x＞1时，y1＞y2． 【解答】解：由图可知：当x＜0或x＞1时，y1＞y2． 故答案为：x＜0或x＞1． 【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，也考查了观察函数图象的能力． 22．（2024春•金东区期末）已知正比例函数y1＝﹣2x与反比例函数．对于实数m，当x＝m时，y1＞y2；当x＝m+1时，y1＜y2，则m的取值范围为（　　） A．m＜﹣2或0＜m＜2 B．﹣2＜m＜2 C．﹣3＜m＜﹣2或1＜m＜2 D．﹣2＜m＜0或m＞2 【分析】先求出两个函数的交点坐标，根据两个函数的性质解答即可． 【解答】解：联立方程组，解得或， 列函数的交点坐标为（2，﹣4），（﹣2，4）， ∵当x＝m时，y1＞y2； ∴m＜﹣2，或0＜m＜2， ∵当x＝m+1时，y1＜y2， ∴﹣2＜m+1＜0或m+1＞2， 解得：﹣3＜m＜﹣1，或m＞1． ∴﹣3＜m＜﹣2或1＜m＜2． 故选：C． 【点评】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握反比例函数性质是关键． 八．二次函数图象上点的坐标特征（共1小题） 23．（2024春•浦江县期末）点A（﹣4，y1），B（﹣2，y2），C（1，y3），D（4，y4）是二次函数y＝﹣2x2﹣4x+c+2图象上的四个点，下列说法一定正确的是（　　） A．若y1y2＞0，则y3y4＞0 B．若y1y4＞0，则y2y3＞0 C．若y3y4＜0，则y1y2＜0 D．若y2y3＜0，则y1y4＞0 【分析】根据函数的表达式可得抛物线开口向下，对称轴为直线x1，再根据函数的单调性得知，y2＞y3＞y1＞y4，接着判断每个选项即可得出答案． 【解答】解：∵y＝﹣2x2﹣4x+c+2， ∴抛物线开口向下，对称轴为直线x1， ∴A（﹣4，y1）关于对称轴的对称点为（2，y1），B（﹣2，y2）关于对称轴的对称点为B（0，y2）， ∵0＜1＜2＜4，且当x＞1时，y随x的增大而减小， ∴y2＞y3＞y1＞y4， A．若y1y2＞0， 则y1，y2，y3同号， 则y4可能与它们同号，也可能异号 则y3y4＞0或y3y4＜0，故本选项不符合题意； B．若y1y4＞0， 则y2y3同号或者y2y3异号， 故本选项不符合题意； C．若y3y4＜0， 则y4＜0，y3＞0， 则y2＞0，y1＞0或y1＜0， 故本选项不符合题意； D．若y2y3＜0， 则y2＞0，y3＜0， 则y1＜0，y4＜0， 则y1y4＞0． 故本选项符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 九．七巧板（共1小题） 24．（2024春•杭州期末）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，被誉为“东方魔板”，小明用相同的七巧板拼成一个无缝隙的正方形（如图1）和一个中间留有空白的数字“0”（如图2），若图1正方形的面积是16，则图2中空白部分的面积是 　88　 ． 【分析】由题意，图1中，大正方形的边长为4，图2中，空白部分的面积＝矩形面积﹣正方形面积的一半． 【解答】解：由题意，图1中，大正方形的边长为4， 图2中，空白部分的面积＝2416＝88． 故答案为：88． 【点评】本题考查七巧板，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 一十．全等三角形的判定与性质（共1小题） 25．（2024春•余姚市期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD+BC＝AB，以CD为底边，在CD右侧作等腰直角三角形CDE，若要求△ABE的面积，则只需知道（　　） A．AD的长 B．BC的长 C．AB的长 D．CD的长 【分析】过点E作EF⊥AB于F，过点D作DT⊥EF于T，DT的延长线交BC于K，过点C作CH⊥EF于H，设AD＝a，BC＝b，EH＝x，其中a＞0，b＞0，x＞0，则AB＝AD+BC＝a+b，证明四边形ADTF，四边形BKTF四边形BCHF，四边形CKTH，四边形ADKB均为矩形，则AD＝FT＝BK＝a，FH＝BC＝b，TH＝CK＝BC﹣BK＝b﹣a，DK＝AB＝a+b，ET＝EH+TH＝x+b﹣a，再证明△DET和△ECH全等得DT＝CE＝x，在Rt△DKC中由勾股定理得DC2＝DK2+CK2＝2（a2+b2），在Rt△CDE中由勾股定理得DE2＝a2+b2，在Rt△DET中由勾股定理得DT2+ET2＝DE2，即x2+（x+b﹣a）2＝a2+b2，整理得（x+b）（x﹣a）＝0，由此得x＝a，则EH＝x＝a，进而得EF＝EH+FH＝a+b＝AB，由此即可得出答案． 【解答】解：过点E作EF⊥AB于F，过点D作DT⊥EF于T，DT的延长线交BC于K，过点C作CH⊥EF于H，如图所示： 设AD＝a，BC＝b，EH＝x，其中a＞0，b＞0，x＞0， ∴AB＝AD+BC＝a+b， ∵AD∥BC，AB⊥BC，EF⊥AB ∴BC⊥AB，DK⊥BC， ∴四边形ADTF，四边形BKTF，四边形BCHF，四边形CKTH，四边形ADKB均为矩形， ∴AD＝FT＝BK＝a，FH＝BC＝b，TH＝CK＝BC﹣BK＝b﹣a，DK＝AB＝a+b， ∴ET＝EH+TH＝x+b﹣a， ∵△CDE是以CD为底边的等腰直角三角形， ∴ED＝EC，∠DEC＝90°， ∴∠DET+∠CEH＝90°， ∵CH⊥EF，DT⊥EF ∴∠ECH+∠CEH＝90°，∠DTE＝∠EHC＝90°， ∴∠DET＝∠ECH， 在△DET和△ECH中， ， ∴△DET≌△ECH（AAS）， ∴DT＝CE＝x， 在Rt△DKC中，DK＝a+b，CK＝b﹣a， 由勾股定理得：DC2＝DK2+CK2＝（a+b）2+（b﹣a）2＝2（a2+b2）， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2+CE2＝DC2， 即2DE2＝2（a2+b2）， ∴DE2＝a2+b2， 在Rt△DET中，由勾股定理得：DT2+ET2＝DE2， 即x2+（x+b﹣a）2＝a2+b2， 整理得：x2+bx﹣ax﹣ab＝0， ∴（x+b）（x﹣a）＝0， ∵a＞0，b＞0，x＞0， ∴x﹣a＝0， ∴x＝a， 即EH＝x＝a， ∴EF＝EH+FH＝a+b＝AB， ∴S△ABEAB•EFAB2， ∴若要求△ABE的面积，则只需知道AB的长即可． 故选：C． 【点评】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，理解等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线构造矩形和全等三角形，灵活运用勾股定理是解决问题的关键． 一十一．勾股定理的证明（共1小题） 26．（2024春•西湖区期末）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若点E是AH的中点，连接BH并延长交CD于点I，若DI＝1，则线段BI的长为（　　） A．4 B．5 C． D． 【分析】由点E是AH的中点，得到AE＝EH，根据全等三角形的性质得到BE＝AH＝DG，∠EBH＝∠CDG，DH＝AE＝CG，求得BE＝2EH，根据正方形的性质得到∠BEH＝90°，EH＝HG得到HI＝DI＝1，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：∵点E是AH的中点， ∴AE＝EH， ∵四个直角三角形全等， ∴BE＝AH＝DG，∠EBH＝∠CDG，DH＝AE＝CG， ∴BE＝2EH， ∵四边形EFHG是正方形， ∴∠BEH＝90°，EH＝HG ∴AB＝BH， ∵EF∥HG， ∴∠FBH＝∠GHB， ∵∠BHG＝∠DHI， ∴∠IDH＝∠DHI， ∴HI＝DI＝1， 设BC＝CD＝BH＝a， ∴BI＝a+1，CI＝a﹣1， ∵BC2+CI2＝BI2， ∴a2+（a﹣1）2＝（a+1）2， ∴a＝4或a＝0（不合题意舍去）， ∴BI5， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，正方形的性质，勾股定理，三角函数的定义，全等三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 一十二．勾股定理的应用（共1小题） 27．（2024春•苍南县期末）图1是一款可升降篮球架，支架AB，CE，GF的长度固定，A，D，G为立柱AH上的点，AH⊥地面，篮板BC⊥地面，GF⊥AH，AD＝BC＝0.6米，DH＝2.3米，若改变伸缩臂EF的长度，则AB，CD可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当∠GDE＝60°时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架CD的长为 　1.2　 米．降低篮筐高度如图3，连结BF交CD于点O，BF平分∠ABC，AB＝2OB，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 　1.7　 米． 【分析】过点H作HI∥DC，可知四边形DHIJ为平行四边形，连接AO，△OBC为等边三角形，OB＝BC＝0.6，过点C作CK⊥HK，过点K作KL∥AB，所以四边形DCKL是平行四边形，即可求解． 【解答】解：∵∠GDE＝60°， ∴∠ADC＝60°， 如图，过点H作HI∥DC， ∴∠AHI＝∠ADC＝60°， ∴∠IHJ＝30°， ∵AH∥BJ，CD∥HI， ∴四边形DHIJ为平行四边形， ∴CI＝DH＝2.3m， ∴IJ＝2.9﹣2.3＝0.6m， ∵∠IHJ＝30°， ∴HJ＝2IJ＝CD＝1.2m， 连接AO， ∵AB＝2OB， ∴∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，∠ABO＝60°， ∵BF平分∠ABC， ∴∠ABF＝∠CBF＝60°， ∵AB∥CE， ∴∠ABO＝∠BOC＝60°， ∴△OBC为等边三角形，OB＝BC＝0.6， ∴AB＝2OB＝1.2m， ∵AH∥BC， ∴∠CDH＝60°， 过点K作KL∥AB， ∴∠KLH＝60°， ∴LK＝1.2m，LH＝0.6m， ∵DH＝2.3m， ∴DL＝1.7m， ∵DC∥LK，DC＝LK， ∴四边形DCKL是平行四边形， ∴CK＝DL＝1.7m， ∴C到地面的距离为1.7m． 故答案为：1.2，1.7． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题关键在于正确作图，熟练掌握勾股定理的应用． 一十三．三角形中位线定理（共1小题） 28．（2024春•金东区期末）学习了“三角形中位线定理”后，在“△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点”这个前提条件下，某同学得到以下3个结论： ①若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点． ②若D是AB的中点，，则E是AC的中点． ③若DE∥BC，，则D，E分别是AB，AC的中点． 其中正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】①证△ADE∽△ABC得AD：AB＝AE：AC，根据点D是AB的中点得AD：AB＝1：2，由此得AE：AC＝1：2，据此可对结论①进行判断； ②以点D为圆心，以BC为半径画弧交AC于点E，显然点E不是AC的中点，由此可对结论②进行判断； ③证△ADE∽△ABC得AD：AB＝AE：AC＝DE：BC，根据DEBC得DE：BC＝1：2，则AD：AB＝AE：AC＝1：2，进而得ADAB，AEAC，由此可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①∵DE∥BC，如图1所示： ∴△ADE∽△ABC， ∴AD：AB＝AE：AC， ∵点D是AB的中点， ∴AD：AB＝1：2， ∴AE：AC＝1：2， ∴点E为AC的中点， 故结论①正确； ②点D为AB的中点，以点D为圆心，以BC为半径画弧交AC于点E，如图2所示： 显然点E不是AC的中点， 故结论②不正确； ③∵DE∥BC，如图3所示： ∴△ADE∽△ABC， ∴AD：AB＝AE：AC＝DE：BC， ∴DEBC， ∴DE：BC＝1：2， ∴AD：AB＝AE：AC＝1：2， ∴ADAB，AEAC， ∴点D，E分别是AB，AC的中点， 故结论③正确． 综上所述：正确的结论是①③． 故选：B． 【点评】此题主要考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，理解三角形的中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 一十四．平行四边形的性质（共2小题） 29．（2024春•宁波期末）如图，点E、F分别是平行四边形ABCD边BC、CD上一点，连接AE、DE，连接AF交ED于点P，连接BF分别交AE、DE于点G、H，设△BGE的面积为S1，△PDF的面积为S2，四边形CEHF的面积为S3，若S1＝4，S2＝3，S3＝18，则阴影部分四边形AGHP的面积为（　　） A．17 B．19 C．18 D．25 【分析】设AD与BC之间的距离为m，AB与CD之间的距离为n，则S△ADEAD•m，S△ABFAB•n，S▱ABCD＝AD•m＝AB•n，所以S△ADE＝S△ABFS▱ABCD，则S△ADE＝S△ADF+S△BCF，于是得S四边形AGHP+S△ADP+S△GEH＝S△ADP+3+18+S△GEH+4，求得S四边形AGHP＝25，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD， 设AD与BC之间的距离为m，AB与CD之间的距离为n， ∵S△ADEAD•m，S△ABFAB•n，S▱ABCD＝AD•m＝AB•n， ∴S△ADE＝S△ABFS▱ABCD， ∴S△ADE＝S△ADF+S△BCFS▱ABCD， ∵S△BGE＝S1＝4，S△PDF＝S2＝3，S四边形CEHF＝S3＝18， ∴S四边形AGHP+S△ADP+S△GEH＝S△ADP+3+18+S△GEH+4， ∴S四边形AGHP＝25， 故选：D． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行四边形的面积公式及三角形的面积公式等知识，推导出等式S△ADE＝S△ADF+S△BCF是解题的关键． 30．（2024春•宁波期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，F是AB的中点，连接DF，EF．若∠EFD＝90°，则AE的长为 　　 ． 【分析】延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x．首先证明DQ＝DE＝x+2，利用勾股定理构建方程即可解决问题． 【解答】解：如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DQ∥BC， ∴∠Q＝∠BEF， ∵AF＝FB，∠AFQ＝∠BFE， ∴△QFA≌△EFB（AAS）， ∴AQ＝BE＝x，QF＝EF， ∵∠EFD＝90°， ∴DF⊥QE， ∴DQ＝DE＝x+2， ∵AE⊥BC，BC∥AD， ∴AE⊥AD， ∴∠AEB＝∠EAD＝90°， ∵AE2＝DE2﹣AD2＝AB2﹣BE2， ∴（x+2）2﹣4＝6﹣x2， 整理得：x2+2x﹣3＝0， 解得x＝1或﹣3（舍弃）， ∴BE＝1， ∴AE， 故答案为：． 【点评】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 一十五．菱形的性质（共3小题） 31．（2024春•嘉兴期末）如图，菱形ABCD中，∠A＝120°，过对角线BD上一点P，作MN∥AB，QF∥AD，交各边于点M，N，F，Q．▱EFGH的四个顶点分别在菱形的四条边上，且EH经过点P，若要求▱EFGH的面积，只需知道线段（　　） A．AF的长 B．BF的长 C．EF的长 D．FG的长 【分析】连结PG，FN，过点N作NK⊥QF于K，根据四边形EFGH是平行四边形，得S▱EFGH＝2S△FPG，证明QF∥BC得S△FPG＝S△FPN，则S▱EFGH＝2S△FPN，再证明四边形FBNP是菱形，则△FPN为等边三角形，然后求出S△FPNBF2，则可得S □EFGH＝2S△FPGBF2，由此即可得出答案． 【解答】解：连结PG，FN，过点N作NK⊥QF于K，如图所示： ∵四边形EFGH是平行四边形， ∴S▱EFGH＝2S△FPG， ∵四边形ABCD是菱形，∠A＝120°， ∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝60°，∠FBP＝∠NBP， ∴∠FBP＝∠NBP＝30°， 又∵QF∥AD， ∴QF∥BC， ∴S△FPG＝S△FPN， ∴S▱EFGH＝2S△FPN， ∵MN∥AB， ∴四边形FBNP是平行四边形，∠FBP＝∠NPB＝30°， ∴∠NPB＝∠NBP＝30°， ∴NB＝NP， ∴平行四边形FBNP是菱形， ∴BF＝FP＝PN＝BN，∠FPB＝∠ABC＝60°， ∴△FPN为等边三角形， ∴FN＝PN＝FP＝BF， 又∵NK⊥BC， ∴FKFPBF， 在Rt△BFK中，由勾股定理得：FKBF， ∴S△FPNFP•FKBF•BFBF2， ∴S▱EFGH＝2S△FPGBF2， ∴若要求▱EFGH的面积，只需知道线段BF的长即可． 故选：B． 【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的性质是解决问题的关键． 32．（2024春•浦江县期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，P是AC上任一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC＝8，BD＝6，则PE+PF的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】过P作PM⊥CD于M，由菱形的性质推出CD∥AB，AC⊥BD，OAAC，OBBD，AC平分∠BCD，由角平分线的性质推出PF＝PM，由PE⊥AB于，PM⊥CD，CD∥AB，得到P、E、M共线，因此PE+PF＝ME，由勾股定理求出AB5，由菱形的面积公式得到AB•EMAC•BD，即可求出EM，得到PE+PF的值． 【解答】解：过P作PM⊥CD于M， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD∥AB，AC⊥BD，OAAC，OBBD，AC平分∠BCD， ∵PF⊥BC于F， ∴PF＝PM， ∵PE⊥AB于，PM⊥CD，CD∥AB， ∴P、E、M共线， ∴PE+PF＝PE+PM＝ME， ∵AC＝8，BD＝6， ∴OA8＝4，OB6＝3， ∴AB5， ∵菱形ABCD的面积＝AB•EMAC•BD， ∴5EM6×8， ∴EM． ∴PE+PF的值为． 故选：C． 【点评】本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是过P作PM⊥CD于M，证明PE+PF＝ME，由菱形的面积公式求出EM的长． 33．（2024春•钱塘区期末）如图，已知菱形ABCD的面积为，，点P，Q分别是在边BC，CD上（不与C点重合），且CP＝CQ，连结DP，AQ，则DP+AQ的最小值为 　　 ． 【分析】过点A作AM⊥BC于点M，延长AM到点A′，使A′M＝AM，根据菱形的性质和勾股定理可得BM＝3，以点B为原点，BC为x轴，垂直于BC方向为y轴，建立平面直角坐标系，可得B（0，0），A（1，2），C（，0），D（1，2），A′（1，﹣2），然后证明△ABP≌△ADQ（SAS），可得AP＝AQ＝A′P，连接A′D，AP，A′P，由A′P+PD＞A′D，可得A′，P，D三点共线时，PD+A′P取最小值，所以PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D，利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，延长AM到点A′，使A′M＝AM， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝AD，∠ABC＝∠ADC， ∵菱形ABCD的面积为，， ∴AM＝2， 在Rt△ABM中，根据勾股定理得： BM1， 以点B为原点，BC为x轴，垂直于BC方向为y轴，建立平面直角坐标系， ∴B（0，0），A（1，2），C（，0），D（1，2），A′（1，﹣2）， ∵PC＝CQ，BC＝CD， ∴BP＝DQ， 在△ABP和△ADQ中， ， ∴△ABP≌△ADQ（SAS）， ∴AP＝AQ＝A′P， 连接A′D，AP，A′P， ∵A′P+PD＞A′D， ∴A′，P，D三点共线时，PD+A′P取最小值， ∴PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 一十六．菱形的判定（共1小题） 34．（2024春•海曙区期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10cm，点D从点B出发沿BA方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AC方向以1cm/s的速度向点C匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点D、E运动的时间为t秒．过点D作DF⊥BC于点F，若平面内存在一点H，使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，则t的值为 　（20﹣10）或或5　 ． 【分析】用含t的代数式分别表示出DE2、DF2及EF2，再由△DEF是等腰三角形时，平面内存在一点H，可使得以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形，最后利用分类讨论的数学思想即可解决问题． 【解答】解：过点E作AB的垂线，垂足为M，如图所示， ∵△ABC是等腰直角三角形，∠C＝90°，且AC＝10cm， ∴∠A＝∠B＝45°，AB＝10． ∵点E的运动速度为1cm/s，点D的速度为， ∴AE＝t cm，CE＝（10﹣t）cm，BD cm，AD＝（）cm． ∵△AEM是等腰直角三角形， ∴AM＝EM cm， ∴DM＝（）cm． 在Rt△DEM中， DE2＝（）2+（）2＝5t2﹣60t+200（cm）． ∵△BFD是等腰直角三角形， ∴DF＝BF＝t cm， ∴DF2＝t2cm，CF＝（10﹣t）cm， ∴△CEF是等腰直角三角形， ∴EF2＝2（10﹣t）2＝2t2﹣40t+200（cm）． ∵以H、E、F、D为顶点的四边形为菱形， ∴当△DEF为等腰三角形时满足要求． 当EF＝DF时，即EF2＝DF2， ∴2t2﹣40t+200＝t2， 解得t＝20±10， 又∵0≤t≤10， ∴t＝20﹣10． 当DE＝DF时，即DE2＝DF2， ∴5t2﹣60t+200＝t2， 解得t1＝5，t2＝10， 当t＝10时，点E，F与点C重合，故此情况不存在， ∴t＝5． 当EF＝DE时，即EF2＝DE2， ∴2t2﹣40t+200＝5t2﹣60t+200， 解得， 当t＝0时，点D，F与点B重合，故此情况不存在， ∴t． 综上所述，t的值为（20﹣10）或或5． 故答案为：（20﹣10）或或5． 【点评】本题主要考查了菱形的判断及等腰直角三角形，熟知等腰直角三角形的性质及菱形的判定是解题的关键． 一十七．矩形的性质（共7小题） 35．（2024春•滨江区校级期末）如图，点P是矩形ABCD内任意一点，连接PA，PB，PC，PD，记∠PAB＝θ1，∠PBC＝θ2，∠PCD＝θ3，∠PDA＝θ4，则下列结论正确的是（　　） ①S△PAD+S△PBC＝S△PAB+S△PCD； ②若∠APB＝80°，∠DPC＝50°，则θ1﹣θ2+θ3﹣θ4＝50°； ③PA2+PC2＝PB2+PD2； ④S△ABP＝S△ADP，则P在对角线AC上． A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【分析】过点P作EF⊥AB于点E，交CD于点F，连接AC，则∠BEF＝∠BAD＝90°，可证明EF∥AD，EF＝AD，进而推导出S矩形ABCD，则S△PAB+S△PCDS△PAB+S△PCD，可判断①正确；由∠APB＝80°，∠DPC＝50°，得∠PAB+∠PBA＝100°，∠PCD+∠PDC＝130°，而∠PBC＝90°﹣∠PBA，则θ1﹣θ2＝∠PAB﹣（90°﹣∠PBA）＝10°；因为∠PDA＝90°﹣∠PDC，所以θ3﹣θ4＝∠PCD﹣（90°﹣∠PDC）＝40°，则θ1﹣θ2+θ3﹣θ4＝10°+40°＝50°，可判断②正确；由PA2＝AE2+PE2＝DF2+PE2＝AE2+PE2＝AE2+PE2＝AE2，PC2＝CF2+PF2＝BE2+PF2，得PA2+PC2＝PE2+BE2+PF2+DF2 由 PB2＝PE2+BE2，PD2＝PF2+DF2，得PB2+PD2＝PE2+BE2+PF2+DF2，则 PA2+PC2＝PB2+PD2，可判断③正确；由 S△ABP＝S△ADP，S△ADP+S△PBC＝S△ABP+S△PCD，得 S△PBC＝S△PCD，则S△ABP+S△PBC＝S△ADP+S△PCDS矩形ABCD＝S△ABC，所以点P在对角线AC上，可判断④正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：过点P作EF⊥AB于点E，交CD于点F，连接AC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BEF＝∠BAD＝90°，AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC， ∴EF∥AD， ∴EF＝AD，∠PFC＝∠ADC＝90°， ∴PF⊥CD， ∴S矩形ABCD， ∴S△PAD+S△PBC＝S矩形ABCD﹣（S△PAB+S△PCD ， ∴S△PAD+S△PBC＝S△PAB+S△PCD，故①正确； ∴∠APB＝80°，∠DPC＝50°，∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴．∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝100°，∠∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC＝130°， ∵∠PBC＝90°﹣∠PBA， ∴θ1﹣θ2＝∠PAB﹣∠PBC＝∠PAB﹣（ 90°﹣∠PBA）＝∠PAB+∠PBA﹣90°＝10°， ∵PDA＝90°﹣∠PDC， ∴θ3﹣θ4＝∠PCD﹣∠PDA＝∠PCD﹣（ 90°﹣∠PDC）＝∠PCD+∠PDC﹣90°＝40°， ∴θ1﹣θ2+θ3﹣θ4＝10°+40°＝50°，故②正确； ∴EF∥AD∥BC，AE⊥AD，DF⊥AD，BE⊥BC，CF⊥BC， ∴AE＝DF，BE＝CF， ∵PA2＝AE2+PE2＝DF2+PE2，FC2＝CF2+PF2＝BE2+PF2， ∴PA2+PC2＝PE2+BE2+PF2+DF2， ∵PB2＝PE2+BE2，PD2＝PF2+DF2，PB2+PD2＝PE2+BE2+PF2+DF2， ∴PA2+PC2＝PB2+PD2，故③正确； ∵S△ABP＝S△ADP，S△ADP+S△PBC＝S△ABP+S△PCD， ∴S△PBC＝S△PCD， ∴S矩形ABCD， ∴S△ABP+S△PBC＝S△ABC， ∴点P在对角线AC上，故④正确， 故选：D． 【点评】本题重点考查矩形的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形的面积公式、矩形的面积公式、勾股定理等知识，正确地作出所要的辅助线是解题的关键． 36．（2024春•拱墅区期末）如图，在矩形ABCD中，点E在BC的延长线上，点F在CD的延长线上，AD平分∠EAF，若要知道△AEF的面积，则需要知道（　　） A．CE的长 B．矩形ABCD的面积 C．△ADF的面积 D．∠EAF的度数 【分析】过点F作AE的平行线，分别交AD和BE的延长线于点M和N，设AB＝a，AD＝b，先证明FA＝FM，由DM＝AD＝b，再证明四边形AMNE是平行四边形，求得EN＝AM＝2b，根据S△AEF＝S△AEN，据此计算即可求解． 【解答】解：过点F作AE的平行线，分别交AD和BE的延长线于点M和N，连接AN， 设AB＝a，AD＝b， ∵AD平分∠EAF， ∴∠FAD＝∠GAD＝∠FMD， ∴FA＝FM， 又∵FD⊥AM， ∴DM＝AD＝b， ∵AM∥EN，AE∥MN， ∴四边形AMNE是平行四边形， ∴EN＝AM＝2b， ∵AE∥FN， ∴S△AEF＝S△AEN， ∵， ∴S△AEF＝ab＝S矩形ABCD， 故选：B． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 37．（2024春•钱塘区期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，延长BC至点E，使得BE＝DE，连结OE交CD于点F．当∠CED＝45°时，有以下两个结论：①若CF＝1，则，②若BD＝2，则．则下列判断正确的是（　　） A．①②均错误 B．①②均正确 C．①错误②正确 D．①正确②错误 【分析】根据已知可得△DCE为等腰直角三角形，OE⊥BD，①若CF＝1，设DF＝x，则CD＝CE＝x+1，，，证明△DCB≌△ECF得到BC＝CF＝1，解方程可求得 ，故结论①正确；②若BD＝2，则 OD＝OB＝1．设OE＝a，则 ，，，在Rt△BCD 中，利用勾股定理得BC2+CD2＝BD2，然后解方程可得 ，故结论②正确． 【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形， ∴OB＝OD，∠BCD＝90°∠DCE＝180°﹣∠BCD＝90°， ∵∠CED＝45°， ∴△DCE为等腰直角三角形，CD＝CE， ∵BE＝DE，OB＝OD，根据等腰三角形三线合一， ∴OE⊥BD，若CF＝1，设DF＝x，则CD＝CF+DF＝x+1， ∴CE＝CD＝x+1， ∴， ∴， ∵∠DBC+∠FEC＝90°，∠EFC+∠FEC＝90°， ∴∠DBC＝∠EFC， ∴， ∴△DCB≌△ECF， ∴BC＝CF＝1， ∴， 解得，即， 故结论①正确； 若BD＝2，则OD＝OB＝1． 设OE＝a，则 ， ∴， ， 在Rt△BCD中，BC2+CD2＝BD2， ∴ 解得， ∴， 故结论②正确； 综上所述，结论①②正确． 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键． 38．（2024春•上城区期末）在菱形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E、F分别为线段AB、AD上的点，EO的延长线交线段CD于点H，FO的延长线交线段CB于点G，连接EG、GH、HF、FE．以下结论：①EF＝GH；②若EG⊥BD，则AE＝CG；③存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；④若四边形EFHG为矩形，则AE＝AF，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 【分析】证明四边形EFHG是平行四边形，得出EF＝GH，可判定①正确；证明△BMG≌△BME得到BG＝BE从而可得AE＝CG，可判定②正确；当EH⊥GF时，可得四边形EFHG是菱形，则存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；可判定③正确；们SSA无法证出△OBE≌△ODF，即AE＝AF无法证出，故④不正确． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对角线BD的中点， ∴OB＝OD，∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠CDB， ∵∠BOE＝∠DOH，∠BOG＝∠DOF， ∴△BOE≌△DOH（ASA），△BOG≌△ADOF（ASA）， ∴OE＝OH，OG＝OF， ∴四边形EFHG是平行四边形， ∴EF＝GH， 故①正确； 设EG与BD相交于M，如图， 若EG⊥BD，则∠BMG＝∠BME＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠GBM＝∠EBM，AB＝BC， 又∵BM＝BM， ∴△BMG≌△BME（ASA）， ∴BG＝BE， ∴AB﹣BE＝BC﹣BG， 即AE＝CG， 故②正确； 已证四边形EFHG是平行四边形， 当EH⊥GF时，四边形EFHG是菱形， ∴存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形， 故③正确； 要证AE＝AF，则可证BE＝DF， 即需要证△OBE≌△ODF， ∵四边形EFHG为矩形， ∴OF＝OE， ∵OB＝OD，∠ABE＝∠ADF 但是我们SSA无法证出△OBE≌△ODF， 即AE＝AF无法证出， 故④不正确． 综上，正确的有①②③． 故选：A． 【点评】本题主要考查菱形的性质和判定，矩形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 39．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，点E，F分别在边BC，AD上．连接AE，EF，FC，若EA平分∠BEF，四边形AECF是平行四边形，则BE的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点F作FH⊥AE于H，AH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，设BE＝x，则CE＝AF＝5﹣x，证明四边形FATE为菱形，则AF＝TE＝EF＝FA＝5﹣x，TB＝TE﹣BE＝5﹣2x，在Rt△ABE中由勾股定理得AT2＝AB2+TB2，即（5﹣x）2＝22+（5﹣2x）2，整理得：3x2﹣10x+4＝0，由此解出x即可得出答案． 【解答】解：过点F作FH⊥AE于H，AH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，如图所示： 设BE＝x， ∵四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝5， ∴CE＝BC﹣BE＝5﹣x，AD∥BC，∠ABC＝90°， ∵四边形AECF为平行四边形， ∴AF＝CE＝5﹣x， ∵AD∥BC， ∴∠FAE＝∠AEB， ∵EA平分∠BEF， ∴∠AEB＝∠AEF， ∴∠FAE＝∠AEF， ∴FA＝EF， ∵FH⊥AE， ∴AH＝EH，∠HEF＝∠EHT＝90°， 即FT为线段AE的垂直平分线， ∴AT＝TE， 在△HEF和△EHT中， ， ∴△HEF≌△EHT， ∴TE＝EF， ∴FA＝EF＝TE＝AT， ∴四边形FATE为菱形， ∴AF＝TE＝EF＝FA＝5﹣x， ∴TB＝TE﹣BE＝5﹣x﹣x＝5﹣2x， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：AT2＝AB2+TB2， 即（5﹣x）2＝22+（5﹣2x）2， 整理得：3x2﹣10x+4＝0， 解得：x， ∴BE＝x， 故选：C． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的性质，平行四边形的性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造菱形，灵活运用勾股定理构造一元二次方程是解决问题的难点． 40．（2024春•拱墅区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝　　 ． 【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3， ∴PQ＝2， ∵四边形PQMD是菱形， ∴PD＝PQ＝2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴AD， 当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t， ∴PQ＝2t， ∵四边形PQMD是菱形， ∴PD＝PQ＝2t， ∵∠A＝90°， ∴AP2+AD2＝PD2， ∴t2+（）2＝（2t）2， ∴t＝±1（不合题意舍去）， 当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t， ∴DN＝BP＝（6﹣t）， ∴CN＝t， ∵（6﹣t）2﹣t2＝3， ∴t， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 41．（2024春•东阳市期末）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片EFGH不动，将矩形纸片ABCD按如图2方式缠绕：先将点B与点E重合，再依次沿FG、EH对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后AD边刚好经过点G． （1）四边形BPQM是 　菱形　 .（填写四边形BPQM的形状） （2）若AD＝8，EH＝5，则GD长为 　1　 . 【分析】（1）根据矩形的性质，得出BM∥PQ，BP∥QM，证明四边形BPQM是平行四边形，利用ASA证明△ABM≌△FBP，得出BM＝BP，即可证明四边形BPQM是菱形； （2）标记点I，根据矩形的性质，得出MI∥PQ∥GQ，MP∥QI，MQ∥GI，∠BFP＝∠FBM＝90°，证明四边形MPQI和四边形MQGI是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出AM＝FP，MQ＝PQ＝MI，∠BPM＝∠MPQ，证明四边形MQGI是菱形，根据含30°角的直角三角形的性质，得出BP＝2FP，证明△BPM、△PQM、△MQI、△GQI是边长相等的等边三角形，求出AM＝FP＝1，MQ＝QI＝IG＝PQ＝2FP＝2，根据GD＝AD﹣AM﹣MQ﹣QI﹣IG，得出答案即可． 【解答】解：（1）∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴∠ABP＝∠FBM＝∠BAM＝∠BFP＝90°，AB＝FB，BM∥PQ，BP∥QM， ∴∠ABM+∠MBP＝∠FBP+∠MBP＝90°，四边形BPQM是平行四边形， ∴∠ABM＝∠FBP， 在△ABM和△FBP中， ， ∴△ABM≌△FBP（ASA）， ∴BM＝BP， ∴四边形BPQM是菱形， 故答案为：菱形； （2）如图，标记点I， ∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴MI∥PQ∥GQ，MP∥QI，MQ∥GI，∠BFP＝∠FBM＝90°， ∴四边形MPQI和四边形MQGI是平行四边形， ∴PQ＝MI＝GQ， 由（1）得△ABM≌△FBP，BM＝BP，四边形BPQM是菱形， ∴AM＝FP，MQ＝PQ＝MI，∠BPM＝∠MPQ， ∴四边形MQGI是菱形， ∴GQ＝GI， ∵∠BPM+∠MPQ+∠MPQ＝180°， ∴， ∴△BPM和△PQM是等边三角形， ∴△BPM和△PQM是等边三角形， ∴∠MBP＝60°， ∴∠FBP＝∠FBM﹣∠MBP＝90°﹣60°＝30°， ∴∠MQP＝60°，BP＝2FP， ∴∠IGQ＝∠IMQ＝∠MQP＝60°， ∴△MQI、△GQI是等边三角形， ∵△BPM、△PQM、△MQI、△GQI依次有公共边， ∴△BPM、△PQM、△MQI、△GQI是边长相等的等边三角形， ∴PQ＝GQ＝BP＝2FP， ∵EH＝5， ∴FG＝EH＝5， ∴FP+PQ+GQ＝FP+2FP+2FP＝5FP＝5， ∴FP＝1， ∴AM＝FP＝1，MQ＝QI＝IG＝PQ＝2FP＝2， ∴GD＝AD﹣AM﹣MQ﹣QI﹣IG＝8﹣1﹣2﹣2﹣2＝1， 故答案为：1． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，菱形的判定与性质，翻折变换（折叠问题），灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 一十八．正方形的性质（共7小题） 42．（2024春•苍南县期末）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别在BD，AB上，连结CE，EF，当CE＝EF，∠AFE＝2∠ECD时，CE的长（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AE，过点E作EM⊥AD于点M，先证△ADE≌△CDE，得出AE＝CE，∠ECD＝∠EAD，结合CE＝EF得出AE＝EF，于是得出∠AFE＝∠FAE，即可求出∠EAD＝30°，设EM＝a，则AE＝2a，根据勾股定理求出AM的长，再求出DM的长，根据AD＝1即可求出a的值，从而求出CE的长． 【解答】解：如图，连接AE，过点E作EM⊥AD于点M， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，∠BAD＝90°， 又∵DE＝DE， ∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝CE，∠ECD＝∠EAD， ∵CE＝EF， ∴AE＝EF， ∴∠AFE＝∠FAE， ∵∠AFE＝2∠ECD， ∴∠FAE＝2∠ECD＝2∠EAD， ∵∠FAE+∠EAD＝∠BAD＝90°， ∴2∠EAD+∠EAD＝90°， ∴∠EAD＝30°， 设EM＝a， 则AE＝2a， 在Rt△AME中，由勾股定理得，AM， 在Rt△AME中，∠ADB＝45°， ∴△DME是等腰直角三角形， ∴MD＝EM＝a， ∵AD＝1， ∴， 解得a， ∴AE＝2a， ∴CE＝AE， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 43．（2024春•杭州期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一个动点（不与点A，点B重合），连结CE，作BF⊥CE交AD于点F，垂足为点G，连结CF，记△BEG，△CDF，△CFG，△BCG，四边形AEGF的面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，方方通过探究，得到以下两个结论：①S1+S2＝S3，②S4＝S5．则下列选项中，正确的是（　　） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 【分析】由正方形ABCD，BF⊥CE，得△ABF≌△BCE（ASA），得S1+S5＝S1+S4，得S4＝S5，由S1+S2+S5＝S3+S4，即可得S1+S2＝S3． 【解答】解：由正方形ABCD，BF⊥CE， 得△ABF≌△BCE（ASA）， 得S1+S5＝S1+S4， 得S4＝S5， 由S1+S2+S5＝S3+S4， 得S1+S2＝S3． 故选：A． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，解题关键是面积关系的正确变形． 44．（2024春•北仑区期末）将四个全等的三角形按如图所示的方式围成一个正方形ABCD，记△AED的面积为S1，四边形EFCG的面积为S2．若EG∥CF，EG＝4，，则图中阴影部分的面积为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】连接GF，FH，HE，先证△AEH和△BHF中全等，同理得△AEH≌△DGE≌△CFG≌△BHF，则EH＝EG＝FG＝HF，由此得四边形EHFG为菱形，再根据EG∥HF，EG∥CF得C，F，H在同一条直线上，由此得∠BHC＝90°，则菱形EHFG为正方形，进而得EG＝GF＝FH＝HE＝4，同理得A，E，G在同一条直线上，B，H，E在同一条直线上，D，G，F在同一条直线上，设AE＝x，则DG＝CF＝x，则S1，S2＝S△DEF+S△GFC＝8+2x，再根据得，由此解出x＝2，则S1＝2，进而可得图中阴影部分的面积． 【解答】解：连接GF，FH，HE，如图所示： 依题意得AE＝BH，AH＝BF，∠DAE＝∠ABH，∠BAH＝∠CBF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴∠DAB﹣∠DAE﹣∠BAH＝∠ABC﹣∠ABH﹣∠CBF， 即∠EAH＝∠HBF， 在△AEH和△BHF中， ， ∴△AEH≌△BHF（SAS）， ∴EH＝HF， 同理：△AEH≌△DGE≌△CFG≌△BHF（SAS）， ∴EH＝EG＝FG＝HF， ∴四边形EHFG为菱形， ∴EG∥HF， 又∵EG∥CF， ∴C，F，H在同一条直线上， ∴∠HBC+∠BCH＝∠∠HBC+ABH＝∠ABC＝90°， ∴∠BHC＝90°， ∴菱形EHFG为正方形， ∴EG＝GF＝FH＝HE＝4， 同理：A，E，G在同一条直线上，B，H，E在同一条直线上，D，G，F在同一条直线上， 设AE＝x，则DG＝CF＝x， ∴S1AE•DG，S2＝S△DEF+S△GFCEG•GFGF•CF4×44x＝8+2x， ∵， ∴S2＝6S1， ∴， 整理得：3x2﹣2x﹣8＝0， 解得：x1＝2，x2（不合题意，舍去）， ∴S12， ∴S阴影＝4S1＝8． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握正方形的判定和性质，三角形的面积公式，正确的添加辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键，证明C，F，H在同一条直线上是解决问题的难点． 45．（2024春•义乌市期末）如图，正方形ABCD的边长为3，点E在CD上且CE＝1，点F、P分别为线段BC、AD上的动点，连结BE，BP，FP，EF．若在点F、P的运动过程中始终满足PF⊥BE，则BP+EF的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】如图，过点P作 PG⊥BC 与G，可证△PGF≌△BCE（ASA），得到PF＝BE，过点E作EM⊥BE，并使EM＝PF，连接PM、BM，则∠BEM＝90°，EM＝BE，可得四边形PFEM是平行四边形，得到PM＝EF，即得BP+EF＝BP+PM≥BM，可知当点B、P、M三点共线时，BP+EF的值最小，最小值为BM的长，利用勾股定理求出EM、BE，进而可得BM，即可求解． 【解答】解：如图，过点P作PG⊥BC与G，则∠PGB＝∠PGF＝90°，PG＝AB， ∴∠GPF+∠PFG＝90°， ∵PF⊥BE， ∴∠BOF＝90°， ∴∠OBF+∠BFO＝90°， ∴∠GPF＝∠OBF，即∠GPF＝∠CBE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠C＝90°， ∴PG＝BC，∠PGF＝∠C＝90°， ∴△PGF≌△BCE（ASA）， ∴PF＝BE， 过点E作EM⊥BE，并使EM＝PF，连接 PM、BM，则∠BEM＝90°，EM＝BE， ∵PF⊥BE，EM⊥BE， ∴PF∥ME， ∵EM＝PF， ∴四边形PFEM是平行四边形， ∴PM＝EF， ∴BP+EF＝BP+PM≥BM， ∴当点B、P、M三点共线时，BP+EF的值最小，最小值为BM的长， ∵CE＝1，BC＝3， ∴， ∴， ∴BP+EF的最小值为， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 46．（2024春•西湖区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE，AF，EF，AE与CF交于点G．已知∠EAF＝45°，AB＝3．有以下四个结论：①BE﹣DF＝EF；②∠AEF＝∠AEB；③GF＝GE；④若DF＝1，则△AEF的面积为7.5． 以上结论中正确的是 　①②④　 ． 【分析】①在BC上截取BH＝DF，连接AH，GH，过点H作HT⊥AE于T，先证明△ABH和△ADF全等得AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝∠AFD，进而得∠EAH＝∠EAF＝45°，由此可证明△EAH和△EAF全等，则EH＝EF，据此可对结论①进行判断； ②根据△EAH≌△EAF得∠AEF＝∠AEB，据此可对结论②进行判断； ③设∠DAF＝α，则∠BAH＝∠DAF＝α，∠AHB＝∠AFD＝90°﹣α，∠EAB＝45°+α，则∠AEB＝90°﹣∠EAB＝45°﹣α，证明△AHG和△AFG全等得∠AHG＝∠AFD＝90°﹣α，GH＝GF，则∠BHG＝∠AHB+∠AHG＝180°﹣2α，进而得∠GHE＝2α，由此得∠AEB≠∠GHE，则GE≠GH，据此可对结论③进行判断； ④设EH＝x，其中x≠0，则BH＝DF＝1，BE＝BH+EH＝x+1，先求出AH＝√10，△ATH为等腰直角三角形，进而得AT＝HT，ET，则AE＝AT+ET，由AE2＝AB2+EB2，得，由此解出EH＝x＝5，则S△EAHEH•AB＝7.5，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①在BC上截取BH＝DF，连接AH，GH，过点H作HT⊥AE于T，如图1所示： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°， ∴∠B＝ADF＝90°， 在△ABH和△ADF中， ， ∴△ABH≌△ADF（SAS）， ∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝∠AFD， ∵∠EAF＝∠EAD+∠DAF＝45°， ∴∠EAD+∠BAH＝45°， ∴∠EAH＝∠DAB﹣（∠EAD+∠BAH）＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△EAH和△EAF中， ， ∴△EAH≌△EAF（SAS）， ∴EH＝EF， ∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF， ∴BE﹣DF＝EF， 故结论①正确； ②∵△EAH≌△EAF， ∴∠AEF＝∠AEB， 故结论②正确； ③设∠DAF＝α， ∴∠BAH＝∠DAF＝α， ∴∠AHB＝∠AFD＝90°﹣α， ∵∠EAH＝45°， ∴∠EAB＝∠EAH+∠BAH＝45°+α， ∴∠AEB＝90°﹣∠EAB＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α， 在△AHG和△AFG中， ， ∴△AHG≌△AFG（SAS）， ∴∠AHG＝∠AFD＝90°﹣α，GH＝GF， ∴∠BHG＝∠AHB+∠AHG＝90°﹣α+90°﹣α＝180°﹣2α， ∴∠GHE＝180°﹣∠BHG＝180°﹣（180°﹣2α）＝2α， ∴∠AEB≠∠GHE， ∴GE≠GH， 即GF≠GE， 故结论③不正确； ④设EH＝x，其中x≠0， ∵DF＝1，AB＝3， ∴BH＝DF＝1，BE＝BH+EH＝x+1， 在Rt△ABH中，由勾股定理得：AH， ∵∠EAH＝45°，HT⊥AE， ∴△ATH为等腰直角三角形， 由勾股定理得：AT＝HTAH， 在Rt△EHT中，由勾股定理得：ET， ∴AE＝AT+ET， 在Rt△EAB中，由勾股定理得：AE2＝AB2+EB2， 即， 整理得：√， ∴5x2﹣25＝（x+5）2， 整理得：2x2﹣5x﹣25＝0， 解得：x1＝5，x2＝﹣2.5（不合题意，舍去）， ∴EH＝x＝5， ∴S△EAHEH•AB5×3＝7.5， ∵△EAH≌△EAF， ∴S△AEF＝S△EAH＝7.5． 故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①②④． 故答案为：①②④． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，勾股定理等，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键． 47．（2024春•温州期末）如图1是一款风筝，图2是其骨架示意图，A，B，C，D是长方形的四个顶点，点E，F在AB中垂线上，∠EAB＝∠FDC＝45°，AF，DE交于点G，CE，BF交于点H．若AB＝10dm，BC＝7dm，则骨架总长（图2中所有实线之和）为 　（）　 dm． 【分析】连接EF分别交AB，CD于点M，N，先根据垂直平分线的性质和勾股定理求出，进而求出，即可求解． 【解答】解：如图，连接EF分别交AB，CD于点M，N， ∵点E在AB中垂线上，AB＝10dm，∠EAB＝45°， ∵AM＝5dm， ∴EM＝5dm， ∴AEAM＝5dm， ∵BC＝7dm， ∴EN＝EM+BC＝12dm， ∵点F在AB中垂线上，AB＝10dm，四边形ABCD是矩形， ∴DN＝5dm， ∴DE13dm， 同理可得：AF＝CE＝BF＝13dm，， ∴骨架总长为， 故答案为：（）． 【点评】本题考查垂直平分线的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 48．（2024春•越城区期末）如图，正方形ABCD边长为6，点E是线段BC上一点，且BE＝2，点F是直线CD上一动点，以EF为边作正方形EFGH（E，F，G，H逆时针排列），连结HA，直线HA与直线CD交于点P．若点A，H，P中的任意一点到其余两点距离相等，则EF的长为 　4或或2　 ． 【分析】分三种情况：①AH＝AP，如图1，过点H作HN⊥AB，HM⊥BC．易证△HME≌△ECF，△AHN≌△FAD，即可得EF的长； ②AH＝HP，如图2，过点H作NQ⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M，证明△ANH≌△PQH，得NH＝HQ＝3，由①同理得：CE＝HM＝4，即可得EF的长； ③AP＝PH，如图3，过点H作HN⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M，同理即可得EF的长； 【解答】解：分三种情况： ①如图1，当AH＝AP时，点P与F重合，过点H作HN⊥AB于N，HM⊥BC于M，则∠M＝ANH＝90°， ∵正方形ABCD边长为6，且BE＝2， ∴CE＝6﹣2＝4， ∵四边形EFGH和四边形ABCD是正方形， ∴EF＝EH，∠FEH＝∠BCD＝∠ADC＝∠ADF＝90°，AD＝BC＝CD＝6，AB∥CD， ∴∠CEF+∠HEM＝90°， ∵∠HEM+∠EHM＝90°， ∴∠CEF＝∠EHM， ∵∠BCD＝∠M＝90°， ∴△HME≌△ECF（AAS）， ∴EM＝CF， ∵AB∥CP， ∴∠HAN＝∠AFD， ∵AH＝AF，∠ANH＝∠ADF＝90°， ∴△ANH≌△FDA（AAS）， ∴NH＝AD＝6， ∴CF＝EM＝6+2＝8， 由勾股定理得：EF4； ②如图2，当AH＝HP时，过点H作NQ⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M， ∵AB∥CD， ∴NQ⊥CD， ∴∠ANH＝∠PQH＝90°， ∵AH＝PH，∠AHN＝∠PHQ， ∴△ANH≌△PQH（AAS）， ∴NH＝HQNQBC＝3， ∵BE＝2， ∴EM＝3﹣2＝1， 由①同理得：CE＝HM＝4， ∴EH＝EF； ③如图3，AP＝PH，过点H作HN⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M， 同理得：QH＝AD＝6，CF＝EM＝6+4＝10， ∴EF2； 综上，EF的长为4或或2． 故答案为：4或或2． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理，解题关键是正确作辅助线，构建三角形全等． 一十九．作图—基本作图（共1小题） 49．（2024春•余姚市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＞BC，BC＝2，分别以点A，点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN交AD和CB的延长线于点E，F，连结AF，CE．若AB平分∠FAC，则四边形AFCE的面积为（　　） A．12 B． C．16 D． 【分析】证明△ACF，△AEC都是等边三角形，推出四边形AFCE是菱形，求出CF，AB，可得结论． 【解答】解：由作法得EF垂直平分AC， ∴FA＝FC，EA＝EC， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B＝∠D＝90°，AD＝BC＝2， ∵AB平分∠FAC， ∴∠FAB＝∠CAB， ∵∠AFB+∠FAB＝90°，∠ACB+∠CAB＝90°， ∴∠AFB＝∠ACB， ∴AF＝AC＝CF， ∴△AFC是等边三角形， 同法可证△AEC是等边三角形， ∴AF＝CF＝AC＝CE＝AE， ∴四边形AFCE是菱形， ∵BF＝BC＝2，ABBC＝2， ∴CF＝4， ∴四边形AFCE面积＝4×28． 故选：D． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和矩形的性质． 二十．轨迹（共1小题） 50．（2024春•义乌市期末）如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标为（6，8）．有一动点D以1个单位长度/秒的速度从O点向A点运动，另一动点E以相同速度同时从A点向B点运动，其中一点到达终点时停止运动．连结ED，将线段ED绕点E按顺时针方向旋转90°得到线段EF，连结DF，设点D、E运动的时间为t秒． （1）当t＝2时，△DEF的面积为 　10　 ． （2）记点G为线段EF的中点，则在整个运动过程中，点G所经过的路径长为 　3　 ． 【分析】（1）由t＝2，得OD＝AE＝2，AD＝OA﹣OD＝6﹣2＝4，DE2＝AD2+AE2＝20，由△DEF为等腰Rt△，得△DEF的面积为DE2＝10． （2）当D与O重合时，EF＝ED＝6，EGEF＝3．当D与A重合时，EF＝DE＝6，EG'EF＝3，连GG'，故GG'3． 【解答】解：（1）∵t＝2， ∴OD＝AE＝2， ∴AD＝OA﹣OD＝6﹣2＝4， DE2＝AD2+AE2＝20， ∵△DEF为等腰Rt△， ∴△DEF的面积为DE2＝10， 故答案为：10． （2）当D与O重合时，如图： ∴EF＝ED＝6， ∴EGEF＝3． 当D与A重合时，如图： ∴EF＝DE＝6， ∴EG'EF＝3． 连GG'， ∴GG'3． 故答案为：3． 【点评】本题考查了轨迹，三角形面积，矩形的性质，坐标与图形变化﹣旋转，掌握这些知识是解题关键． 二十一．翻折变换（折叠问题）（共7小题） 51．（2024春•温州期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AD，CD上的点，且AE＜ED，将矩形沿EF折叠，点D恰好落在BC边上点G处，再将△ABE沿BE折叠，点A恰好落在EG上的点H处．若AB＝1，AD＝2，则ED的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由矩形的性质得AD∥BC，∠A＝90°，AE＝2﹣ED，则∠AEB＝∠GBE，由折叠得HB＝AB＝1，EG＝ED，HE＝AE＝2﹣ED，∠BHE＝∠A＝90°，∠AEB＝∠GEB，则GH＝2ED﹣2，∠GBE＝∠GEB，所以BG＝EG＝ED，由勾股定理得12+（2ED﹣2）2＝ED2，求得ED，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝2， ∴AD∥BC，∠A＝90°，AE＝2﹣ED， ∴∠AEB＝∠GBE， 由折叠得HB＝AB＝1，EG＝ED，HE＝AE＝2﹣ED，∠BHE＝∠A＝90°，∠AEB＝∠GEB， ∴GH＝EG﹣HE＝ED﹣（2﹣ED）＝2ED﹣2，∠BHG＝90°，∠GBE＝∠GEB， ∴BG＝EG＝ED， ∵HB2+GH2＝BG2， ∴12+（2ED﹣2）2＝ED2， 整理得（3ED﹣5）（ED﹣1）＝0， ∴ED或ED＝1（不符合题意，舍去）， 故选：D． 【点评】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、“等角对等边”、勾股定理等知识，推导出∠GBE＝∠GEB是解题的关键． 52．（2024春•瓯海区校级期末）将正方形纸片ABCD对折，展开得到折痕MN，再次折叠，使顶点D与点M重合，折痕交AD于点E，MN交折痕于点H，已知正方形的边长为4，则MH的长度为 　　 ． 【分析】由正方形的性质得AB＝AD＝4，由折叠得MN垂直平分AB，则AM＝BM＝2，∠BMN＝∠A＝90°，所以MN∥AD，则∠MHE＝∠DEH，而∠MEH＝∠DEH，所以∠MHE＝∠MEH，则MH＝ME，由勾股定理得（4﹣ME）2+22＝ME2，求得MH＝ME，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形， ∴AB＝AD＝4， ∴由折叠得点A与点B关于直线MN对称，ME＝DE， ∴MN垂直平分AB， ∴AM＝BMAB＝2，∠BMN＝∠A＝90°， ∴MN∥AD， ∴∠MHE＝∠DEH， ∵∠MEH＝∠DEH， ∴∠MHE＝∠MEH， ∴MH＝ME， ∵AE2+AM2＝ME2，AE＝4﹣DE＝4﹣ME， ∴（4﹣ME）2+22＝ME2， 解得ME， ∴MH， 故答案为：． 【点评】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，证明MH＝ME是解题的关键． 53．（2024春•滨江区校级期末）折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB＝AD+2，EH＝1，则AD＝　3+2　 ． 【分析】设AD＝x，则AB＝x+2，利用折叠的性质得DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AE＝AD＝x，再根据折叠的性质得DH＝DC＝x+2，当AH＝AE﹣HE＝x﹣1，然后根据勾股定理得到x2+（x﹣1）2＝（x+2）2，再解方程求出x即可． 【解答】解：设AD＝x，则AB＝x+2， ∵把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处， ∴DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°， ∴四边形AEFD为正方形， ∴AE＝AD＝x， ∵把△CDG翻折，点C落在直线AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上， ∴DH＝DC＝x+2， ∵HE＝1， 当AH＝AE﹣HE＝x﹣1， 在Rt△ADH中，∵AD2+AH2＝DH2， ∴x2+（x﹣1）2＝（x+2）2， 整理得x2﹣6x﹣3＝0，解得x1＝3+2，x2＝3﹣2（舍去）， 即AD的长为3+2． 故答案为：3+2． 【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理． 54．（2024春•海曙区期末）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后将纸片展平； 第二步：连结DE，将△DEC沿DE折叠，得到△DGE，延长EG交边AD于点H，如图②． 根据以上操作，若AB＝8，AD＝12则DH的长是 　10　 ． 【分析】根据矩形的性质，正方形的性质，翻折的性质用BM表示ME，MF，再利用勾股定理列方程解出即可． 【解答】解：由题意可知：四边形ABEF是正方形，四边形ABCD和四边形CDFE都是矩形， ∴EF＝AB＝8，BC＝AD＝12，EC＝FD＝AD﹣AF＝12﹣8＝4， ∵△DGE是由△DEC折叠得到的， ∴GE＝CE＝4， 在Rt△DGH中，DG2+GH2＝DH2，即82+GH2＝DH2①， 在Rt△EFH中，FH2+EF2＝EH2，即（DH﹣4）2+82＝（4+GH）2②， 联立解得：DH＝10， 故答案为：10． 【点评】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的判定性质，正方形的判定和性质，勾股定理，弄清相关线段间的关系，能灵活运用勾股定理列方程是解题的关键． 55．（2024春•上城区期末）在矩形ABCD中，点F为边AD的中点，连接BF，将△ABF沿直线BF翻折，使得点A与点H重合，FH的延长线交线段BC于点G，BH的延长线交线段CD于点E，AB＝6，若点E为线段CD的中点，则线段BC的长为 　　 ；线段BG的长为 　　 ． 【分析】连接EF，作FM⊥BC于M，由翻折及矩形的性质得，AB＝AH＝6，AF＝DF＝FH，∠A＝∠BHF＝∠EHF＝90°，证明Rt△DEF≌Rt△HEF（HL），由勾股定理建立方程可分别求出BC，BG的长． 【解答】解：连接EF，作 FM⊥BC于M， 在矩形ABCD中，∠A＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝6，AD＝BC， ∴四边形ABMF、CDFM都是矩形，将△ABF沿直线BF翻折， ∴AB＝AH＝6，AF＝DF＝FH，∠A＝∠BHF＝∠EHF＝90°， 在Rt△DEF和Rt△HEF中， ， ∴Rt△DEF≌Rt△HEF（HL）， ∴DE＝HE＝2CD＝3， ∴BE＝BH+HE＝9， 在Rt△BCE中，BC6， ∵AD∥BC， ∴∠AFB＝∠CBF， ∵∠AFB＝∠GFB， ∴∠GFB＝∠CBF， ∴BG＝FG， 设BG＝FG＝x， ∵AF＝BMBC＝3， ∴MG＝x﹣3， 在Rt△FMG中，FG2＝FM2+MG2，即x2＝62， 解得x， 故答案为：；． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质． 56．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，点E，F分别在边AD，DC上，把△DEF沿EF折叠，D点恰好落在边BC上的G点处，连接EG，FG，延长FE交BA的延长线于点H，若AH＝CF，AE＝1，则AB＝　　 ． 【分析】延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于 点N，过点E作EK⊥BC于K，证明△AEH≌△CMF（ASA）得到AE＝CM＝1，即得BM＝BC+CM＝5，由折叠可得DN＝GN，EG＝ED＝3，进而证明△DNE≌△GNM（AAS），得到ED＝MG＝3，可得BG＝BM﹣MG＝2，又可得四边形ABKE是矩形，得到AB＝EK，BK＝AE＝1，即得到KG＝BG﹣BK＝1，利用勾股定理求出EH即可求解． 【解答】解：延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于点N，过点E作EK⊥BC于K，则∠EKB＝∠EKG＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAE＝∠B＝∠BCD＝90°，AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC＝4， ∴∠HAE＝∠FCM＝90°，∠H＝∠CFM， ∵AH＝CF， ∴△AEH≌△CMF（ASA）， ∴AE＝CM＝1， ∴BM＝BC+CM＝4+1＝5， ∵AD＝4，AE＝1， ∴ED＝3， ∵AD∥BC， ∴∠DEN＝∠M， 由折叠可得DN＝GN，EG＝ED＝3， 又∵∠DNE＝∠GNM， ∴△DNE≌△GNM（AAS）， ∴ED＝MG＝3， ∴BG＝BM﹣MG＝5﹣3＝2， ∵∠BAE＝∠B＝∠EKB＝90°， ∴四边形ABKE是矩形， ∴AB＝EK，BK＝AE＝1， ∴KG＝BG﹣BK＝2﹣1＝1， ∴EK2， ∴AB＝2 故答案为：． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键． 57．（2024春•浦江县期末）如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形沿EF折叠，使得点B的对应点H在边CD上，若已知三角形DGH的周长，则可以求出下列哪个数据（　　） A．三角形HFC的周长 B．三角形IEG的周长 C．三角形DGH的面积 D．正方形ABCD的面积 【分析】过点B作BN⊥GH于N，连接BG，根据翻折的性质证明△BNH≌△BCH（AAS），得BN＝BC，NH＝HC，再证明Rt△ABG≌Rt△NBG（HL），得AG＝GN，所以△DGH的周长＝DG+GH+DH＝DG+AG+CH+DH＝AD+CD＝2AD，当△DGH的周长已知时，则可求出正方形边长，因此可求正方形ABCD的面积，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，过点B作BN⊥GH于N，连接BG， ∴∠BNH＝∠BNG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，BC＝AB＝AD＝CD， 由折叠知：BF＝HF，∠FHG＝∠ABC＝90°， ∴∠FBH＝∠FHB， ∵∠FBH+∠BHC＝∠FHB+∠BHN＝90°， ∴∠BHN＝∠BHC， ∵∠BNH＝∠BCH＝90°，BH＝BH， ∴△BNH≌△BCH（AAS）， ∴BN＝BC，NH＝HC， ∴AB＝BN， ∵BG＝BG， ∴Rt△ABG≌Rt△NBG（HL）， ∴AG＝GN， ∴GH＝GN+NH＝AG+CH， ∴△DGH的周长＝DG+GH+DH＝DG+AG+CH+DH＝AD+CD＝2AD， 当△DGH的周长已知时， 则可求出正方形边长， 因此可求正方形ABCD的面积， 因为由折叠不能得出E，F的位置，从而也无法确定G，H的位置，所以没有办法求出三角形IEG的周长、三角形HFC的周长、三角形DGH的面积，所以A，B，C错误， 故选：D． 【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的周长，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 二十二．图形的剪拼（共1小题） 58．（2024春•越城区期末）如图1是由8个同样大小的正方形组成的纸片，我们只需要剪两刀，将它分成三块，就可以拼成一个大正方形（如图2、图3）．由5个同样大小的正方形组成的纸片（如图4），现要剪拼成一个大正方形，则需要在图4的纸片中最少剪（　　） A．1刀 B．2刀 C．3刀 D．4刀 【分析】读懂题意，展开探究性动手操作，剪拼纸片． 【解答】解：设小正方形边长为1，则总面积为5， ∴拼接成的正方形边长为， ∴如图切割： ∴最少剪两刀． 故选：B． 【点评】本题考查了图形的剪拼，做题的关键是掌握图形的性质，具有一定的直观视图能力． 二十三．旋转的性质（共1小题） 59．（2024春•余姚市期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，点D，E分别为AB，AC的中点，点F为BC边上任意一点（不与B，C重合），沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°，恰好与①拼成四边形GDIH，则四边形GDIH周长的最小值为 　5　 ． 【分析】由题可知：四边形DIHG周长＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝4+2DF，由此可得DF最小值，四边形GDIH的周长最小，即DF⊥BC时，四边形GDIH周长最小． 【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝AC＝2， ∴BC＝2，∠B＝45°， ∵点D，E分别为AB，AC的中点， ∴AD＝BD＝1，DEBC； 由旋转可知，DG＝DF，AG＝BF，AH＝CF，HI＝DF， ∴GH＝AG+AH＝BC，DG＝HI＝DF， ∴四边形DIHG的周长＝DG+GH+DI+HI＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝42DF， ∴DF⊥BC时，四边形GDIH周长最小． 如图，过点D作DF⊥BC于点F， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴DFBD； ∴四边形DIHG的周长＝42DF＝5． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，得出DF⊥BC时四边形周长最小是解题关键． 二十四．中心对称（共1小题） 60．（2024春•金东区期末）如图，过▱ABCD内的点P作各边的平行线分别交AB，BC，CD，DA于点E，F，G，H．连结AF，AG，FG．已知△AFG与▱AEPH的面积分别为m，n． （1）若点P是▱ABCD的对称中心，则　　 ； （2）▱ABCD的面积为 　2m+n　 （用含m、n的代数式表示）． 【分析】（1）依据题意，连接AC、BD，根据平行四边形的判定及性质得出四边形AEPH为平行四边形，再根据中心对称的性质设四边形ABCD的面积为S， 可得S△AFG＝m＝S▱ABCD﹣S△ABF﹣S△CFG﹣S△ADG，又点P是平行四边形ABCD的对称中心，从而S▱AEPHS▱ABCDS，S△ABFS▱ABFHS，S△CFGS▱CFPGS，S△ADGS▱AEGDS，则S▱AEPH＝nS，S△AFG＝m＝SSSSS，进而计算可以得解； （2）依据题意得，S△AFG＝m，S△ABFS▱ABFH，S△CFGS▱CFPG，S△ADGS▱AEGD， 从而S▱ABCD＝S△ABF+S△CFG+S△ADG+S△AFGS▱ABFHS▱CFPGS▱AEGD+m（S▱ABFH+S▱CFPG+S▱AEGD）+m（S▱ABCD+S▱AEPH）+m，可得2S▱ABCD＝S▱ABCD+S▱AEPH+2m，即S▱ABCD＝S▱AEPH+2m，结合S▱AEPH＝n，可得S▱ABCD＝n+2m，进而可以得解． 【解答】解：（1）如图，点P是▱ABCD的对称中心，连接AC、BD． ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD． ∴AB∥FH∥CD，AD∥EG∥BC． ∴四边形AEPH为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形CFPG为平行四边形，四边形AEGD为平行四边形． 设四边形ABCD的面积为S， ∴S△AFG＝m＝S▱ABCD﹣S△ABF﹣S△CFG﹣S△ADG． ∵点P是平行四边形ABCD的对称中心， ∴S▱AEPHS▱ABCDS，S△ABFS▱ABFHS，S△CFGS▱CFPGS，S△ADGS▱AEGDS． ∴S▱AEPH＝nS，S△AFG＝m＝SSSSS ∴． 故答案为：． （2）如图， 由题意得，S△AFG＝m，S△ABFS▱ABFH，S△CFGS▱CFPG，S△ADGS▱AEGD， ∴S▱ABCD＝S△ABF+S△CFG+S△ADG+S△AFG S▱ABFHS▱CFPGS▱AEGD+m （S▱ABFH+S▱CFPG+S▱AEGD）+m （S▱ABCD+S▱AEPH）+m． ∴2S▱ABCD＝S▱ABCD+S▱AEPH+2m． ∴S▱ABCD＝S▱AEPH+2m． 又∵S▱AEPH＝n， ∴S▱ABCD＝n+2m，即S▱ABCD＝2m+n． 故答案为：2m+n． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、中心对称的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$