专题08 各地期末试卷压轴题选练（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08 各地期末试卷压轴题选练 1．（2024春•上城区期末）综合与实践： 用硬纸板制作无盖纸盒 背景 在一次劳动课中，老师准备了一些长为80cm，宽为40cm的长方形硬纸板，准备利用每张纸板制作两个大小完全相等的无盖长方体纸盒（接头处忽略不计）． 素材 配方法是求解二次多项式最值的常用方法，比如：求﹣2x2+4x+3的最大值，过程如下： ﹣2x2+4x+3＝﹣2（x2﹣2x+1）+3+2＝﹣2（x﹣1）2+5 ∴当x＝1时，﹣2x2+4x+3有最大值5． 方案1 甲活动小组将纸板均分为左右两块，每一块都在四个直角处裁掉四个边长为x cm的正方形，再沿虚线折起来，其中一个纸盒的底面是正方形ABCD． 方案2 乙活动小组将纸板在四个直角处裁掉四个边长为x cm的正方形，再在中间裁掉一块正方形BCFE，分别沿着虚线折起来，其中一个纸盒的底面是矩形ABCD． 任务1 在方案1中，制作的每个无盖纸盒的底面积为 　 　 cm2（用含x的代数式表示），并判断底面积能否达到900cm2． 任务2 在方案2中，求制作无盖纸盒的底面AB边的长． 任务3 若利用两个方案制作的两种无盖纸盒高度相等，请比较两种纸盒体积的大小． 任务4 求方案2中制作的单个无盖纸盒体积的最大值． 2．（2024春•滨江区期末）小江制作了如图1一款托盘天平，在天平支点O左边托盘A（固定）中放置一个物体，在右边托盘P（可在BC上左右移动，OB＝10cm）中放置一个可以装水的容器（容器的质量忽略不计）．在容器中加入一定质量的水，改变托盘P与点O的距离x（cm）（10≤x≤40），可以使天平左右平衡，记录天平平衡时容器中加入的水的质量，得到下表： 托盘P与点O的距离x/cm 40 24 20 16 12 10 加入的水的质量y/g 6 10 12 15 20.1 24 （1）①请在所给的平面直角坐标系中作出y关于x的函数图象． ②观察函数图象，并求y关于x的函数表达式． （2）若在容器中加入的水的质量y（g）满足7.5≤y≤24，求天平平衡时托盘P与点O的距离x（cm）的取值范围． （3）根据杠杆原理，天平平衡时，左盘物体质量•OA＝右盘物体质量•OP（不计托盘与横梁质量），其中OA＝8cm．小江为了改进托盘天平使得它能在右盘倒入小于6g水时天平也能平衡，不妨设小江在天平右盘容器中倒入5g水，他准备更换左盘中的物体，更换的物体质量分别有35（g），29（g）和20（g）三款可供选择，保持其他条件不变．请你通过计算帮助小江从上述三款物体中挑选合适质量的物体，并求此时天平保持平衡时托盘P离O点的距离． 3．（2024春•北仑区期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l2：与x轴交于点B，与直线l1：y＝kx+b交于点C，C点到x轴的距离CD为，直线l1交x轴于点A，∠CAB＝60°． （1）求直线l1的函数表达式； （2）如图2，点P为线段AB上一点，将△ACP沿CP折叠后，点A恰好落在BC边上，求P点坐标； （3）如图3，将△ACB绕点B逆时针方向旋转60°，得到△BGH，使点A与点H对应，点C与点G对应，将△BGH沿着直线BC平移，点M为直线AC上的动点，是否存在以C、O、M、G为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2024春•椒江区期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，P为线段BO上的动点，连接AP，作点O关于线段AP的对称点D，连接AD，DP． （1）求A，B两点的坐标； （2）如图2，当点D落在直线AB上时，求点P的坐标； （3）如图3，作点A关于y轴的对称点C，连接BC，E为BC的中点，连接DE，求线段DE的最小值． 5．（2024春•东阳市期末）如图，Rt△ABC在第一象限内，∠C＝90°，BC∥x轴，点A在BC的上方，点C的坐标为（1，1），BC＝1，AC＝a，点M在Rt△ABC内（含边界），反比例函数的图象经过点M． （1）当a＝2时， ①点M在点A处时，求k的值． ②分别求出k的最小值与最大值． （2）k的最大值与最小值之差记作p，求出p关于a的函数表达式及a的取值范围． 6．（2024春•德清县期末）如图1，将矩形纸片OABC放置在如图所示的平面直角坐标系内，点O与坐标原点重合，点B的坐标为（5，3），折叠纸片使点B落在x轴上的点D处，折痕为MN，过点D作y轴的平行线交MN于点E，连结BE． （1）求证：四边形BEDM为菱形； （2）如图2，当点N与点A重合时，求点E的坐标； （3）如图3，在（2）的条件下，点P是线段OC上一动点，点Q是线段OA上一动点，过点M的反比例函数的图象与线段AB相交于点F，连结PM，PQ，FM，QF，当四边形PMFQ的周长最小时，求点P，点Q的坐标． 7．（2024春•东阳市期末）如图1，在矩形ABCD中，，点E，F分别是AD，OC的中点，连结EF，交OD于点G． （1）当n＝1且AB＝4时，如图2，求△AEF的面积． （2）若EF⊥BD，求此时n的值． （3）连结OE，请问△OEG能否为等腰三角形，若能，求出n的值，若不能，请说明理由． 8．（2024春•海曙区期末）如图1，点P是正方形ABCD内一点，CP＝CB． （1）填表： ∠PCB的度数 30° x° ∠BPD的度数 　 　 （2）若∠APD＝90°，求的值； （3）如图2，作CM⊥PD于H，交BP延长线于点M，已知BC＝5，，求AM的长． 9．（2024春•新昌县期末）如图，在▱ABCD中，AB＞AD，∠ABC＝60°，CD＝10．记BC的长为x，E是AB边上的一个动点，连结CE，F是点B关于EC的对称点，连结EF，CF． （1）如图1，当点F落在AD上且CF⊥AD时，求x的值． （2）如图2，若点F恰好落在CD边上，判断四边形BCFE的形状，并说明理由． （3）若点F恰好落在▱ABCD的边上，且AF＝2．求x的值． 10．（2024春•拱墅区期末）综合与实践 问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，且∠ABF＞∠BAF． 特殊化探究：连接BH．设BF＝a，AF＝b． “运河小组”从线段长度的特殊化提出问题： （1）若AB＝5，FG＝1，求△ABF的面积． “武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题： （2）若b＝2a，求证：∠BAE＝∠BHE． 深入探究：老师进一步提出问题： （3）如图2，连接BE，延长FA到点I，使AI＝AB，作矩形BFIJ．设矩形BFIJ的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，若BE平分∠ABF，求证：S1＝S2． 请你解答这三个问题． 11．（2024春•丽水期末）如图，在▱ABCD中，点E是边BC上一点，将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为点F． （1）如图1，当点F恰好落在边AD上时，求证：四边形ABEF是菱形． （2）如图2，当点F恰好落在ED上，且时，求的值． （3）如图3，当∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝4时，连结BD，下列三个问题，依次为易、中、难，对应的满分值为2分、3分、4分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解． ①当AF⊥BC时，求BE的长． ②当EF∥BD时，求BE的长． ③当点F恰好落在BD上时，求BE的长． 12．（2024春•镇海区期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，AD＝7，∠ABC＝45°，点E，F分别为边AD，BC上的动点（不与顶点重合），且AE＝CF，连结EF，将四边形CFED沿着EF折叠得到四边形C'FED'． （1）连结BD交EF于点O，连结BD'． ①求证：OB＝OD． ②若OF＝BD'，求DE的长． （2）若点C'落在平行四边形ABCD的边上，请直接写出CC'所有可能的值． 13．（2024春•衢州期末）如图1，点O为矩形ABCD对角线AC的中点，AB＝4，BC＝8，点E为BC边上一点，连结EO并延长，交AD于点F．四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称，线段FA1交边BC于点H，连结OH． （1）求证：OH⊥EF． （2）若BE＝1，求FD，EH的长． （3）如图2，连结OB1，若OH＝OB1，求BE的长． 14．（2024春•湖州期末）在▱ABCD中，AB＝6，AD＝4，∠A＝60°，点E，F分别为边CD，AB上异于端点的动点，且DE＝BF，连结EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG． （1）如图1，边HE，AB交于点Q，若AQ＝BF，求证：四边形AQED为平行四边形； （2）如图2，当点C落在点A处时，求折痕EF的长； （3）当点G落在▱ABCD的边上时，求点B，G之间的距离． 15．（2024春•西湖区期末）综合与实践 【性质探究】 如图1，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且AC⊥BD，求证：AB2+CD2＝BC2+AD2； 【性质运用】 如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，，，分别以△ABC的边AB，AC为直角边向外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE．连接DC，BE，DE，DC与BE交于点F，求线段DE的长； 【拓展迁移】 如图3，在锐角三角形ABC中，∠BAC＝30°，AB＝a，AC＝b，分别以△ABC的边AB，AC为边向外作等边三角形ABD和等边三角形ACE．连接DC，BE，DE，DC与BE交于点F．试通过计算写出BC2+DE2与BD2+CE2之间的等量关系． 16．（2024春•江北区期末）【问题背景】 如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝6，点E是边CD的中点，连结AE，点F、G是线段AE上的动点，连结BF，DG，且满足DG∥BF． 【初步尝试】 （1）如图2，当四边形ABCD是正方形时，若BF⊥AE，则DG＝　 　 ，BF＝　 　 ． 【猜想验证】 （2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段BF的中点H，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，在（2）的基础上，若，FG＝2，当四边形FHGD是菱形时，求菱形FHGD的边长． 17．（2024春•越城区期末）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考，用数学的语言描述，提升同学们的综合素养． 【操作发现】 如图，一张菱形纸片ABCD，∠ABC＝60°，AB＝6cm，E，F分别为边AD，BC上的两个动点，小明将菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE，点A，B的对应点分别为点A′，B′．他发现了：点E从点A开始运动到点D结束的过程中，总能找到一个点F，使得点A′，C，B′三点在同一直线上． 【深入探究】 操作 探究内容 图形 操作一 当点E位于AD中点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点D，A′，C，B'四个点在同一直线上. 操作二 将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B'三点在同一直线上，且得到△B'CF是直角三角形. 操作三 当点E位于AD靠近点D的三等分点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B′三点在同一直线上，且A′E与CD交于点G. 【解决问题】 （1）根据操作一探究内容，求证：AB＝EF； （2）根据操作二探究内容，当△B′CF为直角三角形时，求BF的长度； （3）根据操作三探究内容，直接写出CG的长度． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 各地期末试卷压轴题选练 1．（2024春•上城区期末）综合与实践： 用硬纸板制作无盖纸盒 背景 在一次劳动课中，老师准备了一些长为80cm，宽为40cm的长方形硬纸板，准备利用每张纸板制作两个大小完全相等的无盖长方体纸盒（接头处忽略不计）． 素材 配方法是求解二次多项式最值的常用方法，比如：求﹣2x2+4x+3的最大值，过程如下： ﹣2x2+4x+3＝﹣2（x2﹣2x+1）+3+2＝﹣2（x﹣1）2+5 ∴当x＝1时，﹣2x2+4x+3有最大值5． 方案1 甲活动小组将纸板均分为左右两块，每一块都在四个直角处裁掉四个边长为x cm的正方形，再沿虚线折起来，其中一个纸盒的底面是正方形ABCD． 方案2 乙活动小组将纸板在四个直角处裁掉四个边长为x cm的正方形，再在中间裁掉一块正方形BCFE，分别沿着虚线折起来，其中一个纸盒的底面是矩形ABCD． 任务1 在方案1中，制作的每个无盖纸盒的底面积为 　（40﹣2x）2　 cm2（用含x的代数式表示），并判断底面积能否达到900cm2． 任务2 在方案2中，求制作无盖纸盒的底面AB边的长． 任务3 若利用两个方案制作的两种无盖纸盒高度相等，请比较两种纸盒体积的大小． 任务4 求方案2中制作的单个无盖纸盒体积的最大值． 【分析】任务1：根据题意用含x的代数式表示出AB，即可表示出底面的面积； 任务2：首先用x的代数式表示出AD，根据中间的四边形BCFE为正方形可表示出AB； 任务3：因为两个方案制作的两种无盖纸盒高度相等，故底面积大的方案的纸盒的体积就大．因此比较两种方案种底盒的底面积即可，首先由任务1，2表示出两种方案纸盒的底面积，然后分三种情况进行比较即可得到答案； 任务4：首先表示出方案2中纸盒的体积为含x的二次多项式，然后用配方法求二次多项式的最值即可． 【解答】解：任务1：根据题意得：在方案1中，制作的每个无盖纸盒的底面积为（40﹣2x）2cm2， 故答案为：（40﹣2x）2； 令（40﹣2x）2＝900， 解得：x1＝5，x2＝35（不符合题意，舍去）， 则此时底面积能达到900cm2； 任务2：根据题意得：AB[80﹣2x﹣（40﹣2x）]（80﹣2x﹣40+2x）40＝20（cm）； 任务3：因为两个方案制作的两种无盖纸盒高度相等，故底面积大的方案的纸盒的体积就大； 由任务1可知：方案1的底面积为：（40﹣2x）2 cm2； 由任务2可知：方案2的底面积为：20（40﹣2x）cm2； 根据题意知：，故0＜x＜20， 当（40﹣2x）2＞20（40﹣2x）时，解得0＜x＜10， 当（40﹣2x）2＝20（40﹣2x）时，解得x＝10， 当（40﹣2x）2＜20（40﹣2x）时，解得10＜x＜20； 故当0＜x＜10时，方案一的纸盒体积大；当x＝10时，方案一与方案二的纸盒体积一样大；当10＜x＜20时，方案二的纸盒体积大． 任务4：方案二中纸盒的体积为：20（40﹣2x）x＝﹣40x2+800x＝﹣40（x﹣10）2+4000； 当x＝10时，纸盒体积有最大值为4000cm3． 【点评】本题考查了列代数式以及配方法求二次多项式最值问题等知识的实际应用，根据题意列出代数式是本题的关键． 2．（2024春•滨江区期末）小江制作了如图1一款托盘天平，在天平支点O左边托盘A（固定）中放置一个物体，在右边托盘P（可在BC上左右移动，OB＝10cm）中放置一个可以装水的容器（容器的质量忽略不计）．在容器中加入一定质量的水，改变托盘P与点O的距离x（cm）（10≤x≤40），可以使天平左右平衡，记录天平平衡时容器中加入的水的质量，得到下表： 托盘P与点O的距离x/cm 40 24 20 16 12 10 加入的水的质量y/g 6 10 12 15 20.1 24 （1）①请在所给的平面直角坐标系中作出y关于x的函数图象． ②观察函数图象，并求y关于x的函数表达式． （2）若在容器中加入的水的质量y（g）满足7.5≤y≤24，求天平平衡时托盘P与点O的距离x（cm）的取值范围． （3）根据杠杆原理，天平平衡时，左盘物体质量•OA＝右盘物体质量•OP（不计托盘与横梁质量），其中OA＝8cm．小江为了改进托盘天平使得它能在右盘倒入小于6g水时天平也能平衡，不妨设小江在天平右盘容器中倒入5g水，他准备更换左盘中的物体，更换的物体质量分别有35（g），29（g）和20（g）三款可供选择，保持其他条件不变．请你通过计算帮助小江从上述三款物体中挑选合适质量的物体，并求此时天平保持平衡时托盘P离O点的距离． 【分析】（1）①描出各点连线得到图象； ②根据图象可得到反比例函数，利用待定系数法求出解析式即可； （2）分别把y＝7.5和y＝24代入解析式求出x的值，然后根据增减性解题即可： （3）把三个数据分别代入，计算OP长，然后作出判断即可． 【解答】解：（1）①描出个点，连线，如图： ②由图象可得y与x成反比例函数， 设y关于x的函数表达式为y， 把（40，6）代入解析式得：k＝40×6＝240， ∴y关于x的函数表达式为y； （2）当y＝7.5时，x32； 当y＝24时，x10， ∵在第一象限内y随x的增大而减小， ∴当7.5≤y≤24时，10≤x≤32： （3）当左盘中的物体质量为35（g）时，OP＝35×8÷5＝56（cm）＞32cm，不符合题意； 当左盘中的物体质量为29（g）时，OP＝29×8÷5＝46.4（cm）＞32cm，不符合题意； 当左盘中的物体质量为20（g）时，OP＝20×8÷5＝32（cm），符合题意； ∴小江挑选质量为20（g）的物体，这时OP长为32cm． 【点评】本题考查反比例函数的实际应用，关键是画出图象，求出反比例函数解析式． 3．（2024春•北仑区期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l2：与x轴交于点B，与直线l1：y＝kx+b交于点C，C点到x轴的距离CD为，直线l1交x轴于点A，∠CAB＝60°． （1）求直线l1的函数表达式； （2）如图2，点P为线段AB上一点，将△ACP沿CP折叠后，点A恰好落在BC边上，求P点坐标； （3）如图3，将△ACB绕点B逆时针方向旋转60°，得到△BGH，使点A与点H对应，点C与点G对应，将△BGH沿着直线BC平移，点M为直线AC上的动点，是否存在以C、O、M、G为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将y＝2代入得x＝﹣2，得到点C坐标为（﹣2，2），根据三角函数的定义得到A（﹣4，0），将点C（﹣2，2），A（﹣4，0）代入y＝kx+b，即可求解． （2）解方程得到B（4，0），过A′作A′H⊥OB于H，根据折叠的性质得到AC＝A′C＝2AD＝4，由勾股定理得到BC4，求得A′B＝44，过C作CD⊥AB于D，设A′（m，m），根据相似三角形的判定和性质得到A′H＝OH＝22，设P（n，0），根据勾股定理即可得到结论； （3）根据旋转求出点G坐标，求出点G轨迹所在直线解析式，分别设出G'与M的点坐标，根据平行四边形对角线互相平分可求出平行四边形对角的点坐标关系，分类讨论列方程求解． 【解答】解：（1）∵CD＝2， 将y＝2代入得x＝﹣2， ∴点C坐标为（﹣2，2）， ∵∠CAB＝60°， ∴ADCD＝2， ∴OA＝4， ∴A（﹣4，0）， 将点C（﹣2，2），A（﹣4，0）代入y＝kx+b，解得， ∴直线l1的函数表达式为yx+4； （2）如图2，∵与x轴交于点B， ∴B（4，0）， 过A′作A′H⊥OB于H， ∵将△ACP沿CP折叠后，点A恰好落在BC边上， ∴AC＝A′C＝2AD＝4， ∵BC4， ∴A′B＝44，过C作CD⊥AB于D， 设A′（m，m）， ∴OH＝m，A′Hm， ∵A′H∥CD， ∴△A′BH∽△CBD， ∴， ∴， ∴m＝2， ∴A′（22，22）， ∴A′H＝OH＝22， 设P（n，0）， ∴AP＝A′P＝n+4，PH＝2， ∵PA′2＝A′H2+PH2， ∴（n+4）2＝（22+（22， ∴n＝48， ∴P（4，0）； （3）如图，直线BC交y轴于点K，点K坐标为（0，）， ∵点B坐标为（4，0）， ∴， ∴∠KBO＝30°， ∵将△ACB绕点B逆时针方向旋转60°， ∴∠GOB＝30°，BK，BG关于x轴对称， ∴点G坐标为（﹣2，﹣2）， ∴点G轨迹为过点G（﹣2，﹣2）且与BC平行的一条直线， 设yx+b， 将（﹣2，﹣2）代入得b， ∴yx， 设设M（m，m+4），点G坐标为（a，b）， ∵点C坐标为（﹣2，2），点O坐标为（0，0）， ①当CO为对角线时， 由中点坐标公式得， 解得， ∴点G坐标为（﹣2﹣m，m﹣2）． 将（﹣2﹣m，m﹣2）代入yx，解得m＝0， ∴M坐标为（0，4）； ②如图，当CG为对角线时， 由中点坐标公式得， 解得， 将（2+m，）代入yx，解得m＝﹣4， ∴M坐标为（﹣4，0）； ③如图，当CM为对角线时， 由中点坐标公式得， 解得， 将（﹣2+m，）代入yx，解得m＝﹣6， ∴M坐标为（﹣6，﹣2）； 综上所述，M点坐标为（0，4）或（﹣4，0）或（﹣6，﹣2）． 【点评】本题考查的是一次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，点的对称性、图形的平移、勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏． 4．（2024春•椒江区期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x+6与x轴交于点A，与y轴交于点B，P为线段BO上的动点，连接AP，作点O关于线段AP的对称点D，连接AD，DP． （1）求A，B两点的坐标； （2）如图2，当点D落在直线AB上时，求点P的坐标； （3）如图3，作点A关于y轴的对称点C，连接BC，E为BC的中点，连接DE，求线段DE的最小值． 【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征即可求出； （2）设OP为未知数，利用等线段转化，在直角三角形BDP中利用勾股定理建立方程（思路总结：见到矩形、直角三角形中折叠问题优先考虑勾股方程）； （3）求线段最值问题主要是两个思路一个是垂线段最短，一个是利用三角形三边关系，本题涉及到对称问题，已知AD长度，E是定点，所以可构造三角形利用三边关系求最值． 【解答】解：（1）令y＝0得，x+6＝0， 解得x＝﹣6， ∴A（﹣6，0）， 令x＝0得，y＝6 ∴B（0，6）． （2）设OP＝a，则BP＝6﹣a， ∵A（﹣6，0），B（0，6）， ∴OA＝6，OB＝6， ∴AB6， ∵对称， ∴AD＝OA＝6，DP＝OP＝a， ∴BD＝AB﹣AD＝66， 在Rt△BDP中，BD2+DP2＝BP2， 即（66）2+a2＝（6﹣a）2， 解得a＝66， ∴P（0，66）． （3）连接AE， ∵A、C关于y轴对称， ∴C（6，0）， ∵E是BC中点， ∴E（3，3）， ∴AE3， ∵AD＝AO＝6， ∴根据三角形三边关系得出：DE≥AE﹣AD， ∴DE≥36， 当A、D、E三点共线是DE最小，此时DE＝36， ∴线段DE的最小值为36． 【点评】本题主要考查一次函数于坐标轴交点问题、勾股定理、两点距离公式、轴对称得性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 5．（2024春•东阳市期末）如图，Rt△ABC在第一象限内，∠C＝90°，BC∥x轴，点A在BC的上方，点C的坐标为（1，1），BC＝1，AC＝a，点M在Rt△ABC内（含边界），反比例函数的图象经过点M． （1）当a＝2时， ①点M在点A处时，求k的值． ②分别求出k的最小值与最大值． （2）k的最大值与最小值之差记作p，求出p关于a的函数表达式及a的取值范围． 【分析】（1）①M在点A处，反比例函数y（x＞0）的图象经过点M，则k＝1×3＝3，即可求解； ②当BC与y相切时，k最大，得：﹣2x+5有唯一解，得到k，此时，x，切点在AB边上，即可求解； （2）①当12时（即a），切点在AB边上，即kmax＝a1，由（1）知，kmin＝1，则p＝a1﹣1＝a；②当0＜a时，在k在A处取得最大值，即kmax＝（a+1）×1＝a+1，由（1）知，kmin＝1，即可求解． 【解答】解：（1）①当a＝2时，B（2，1），C（1，1），A（1，3） ∵M在点A处，反比例函数y（x＞0）的图象经过点M， ∴k＝1×3＝3； ②设直线AB的解析式为：y＝dx+b， 把A（1，3），B（2，1）代入y＝dx+b得， ∴d＝﹣2，b＝5 ∴y＝﹣2x+5， 当BC与y相切时，k最大， 得：﹣2x+5有唯一解； ∴2x2﹣5x+k＝0中Δ＝0， ∴Δ＝（﹣5）2﹣8k＝0， ∴k， 此时，x， ∴切点在AB边上， 即k的最大值为，最小值为1； （2）由题意得：点A（1，a+1），点B（2，1）， 由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y＝﹣a（x﹣2）+1， 联立上式和反比例函数的表达式得：a（x﹣2）+1， 令Δ＝（2a+1）2﹣4ak＝0， 则k＝a1， 此时x， ①当12时（即a），切点在AB边上， 即kmax＝a1， 由（1）知，kmin＝1， 则p＝a1﹣1＝a； ②当0＜a时， 在k在A处取得最大值，即kmax＝（a+1）×1＝a+1， 由（1）知，kmin＝1， 则p＝a+1﹣1＝a， 即p． 【点评】本题考查了反比例函数图象与k的关系，关键是求出反比例函数与BC的切点的坐标． 6．（2024春•德清县期末）如图1，将矩形纸片OABC放置在如图所示的平面直角坐标系内，点O与坐标原点重合，点B的坐标为（5，3），折叠纸片使点B落在x轴上的点D处，折痕为MN，过点D作y轴的平行线交MN于点E，连结BE． （1）求证：四边形BEDM为菱形； （2）如图2，当点N与点A重合时，求点E的坐标； （3）如图3，在（2）的条件下，点P是线段OC上一动点，点Q是线段OA上一动点，过点M的反比例函数的图象与线段AB相交于点F，连结PM，PQ，FM，QF，当四边形PMFQ的周长最小时，求点P，点Q的坐标． 【分析】（1）根据矩形的性质得到DE∥BM，根据平行线的性质得到∠BMN＝∠DEM，根据折叠的性质得到∠BME＝∠DME，BM＝DM，得到四边形BEDM是平行四边形，根据菱形的判定定理得到四边形BEDM为菱形； （2）根据折叠的性质得到AD＝AB＝5，根据勾股定理得到OD4，求得CD＝OC﹣OD＝1，设ED＝x，则DM＝BM＝x，MC＝3﹣x，根据勾股定理得到点E的坐标为（4，）； （3）由（2）得M坐标为（4，），设点F坐标为（a，3），求得F坐标为（，3），作点M关于x轴的对称点M′，点F关于y轴的对称点F′则M′（5，），F′（，3），连结QF′，PM′，当F′，Q，P，M′四点共线时，四边形PMFQ的周长最小，根据待定系数法求得直线F′M′'的解析式为：，解方程即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形OABC是矩形， ∴DE∥BM， ∴∠BMN＝∠DEM， 由折叠得∠BME＝∠DME，BM＝DM， ∴∠DME＝∠DEM， ∴DE＝DM， ∴DE＝BM， ∴四边形BEDM是平行四边形， 又∵DE＝DM， ∴四边形BEDM为菱形； （2）解：∵点N与点A重合， ∴AD＝AB＝5， ∵AO＝3， ∴OD4， ∵OC＝5， ∴CD＝OC﹣OD＝1， 设ED＝x，则DM＝BM＝x，MC＝3﹣x， ∵DC2+MC2＝MD2， 即1+（3﹣x）2＝x2， 解得x， ∴点E的坐标为（4，）； （3）由（2）得M坐标为（4，），设点F坐标为（a，3）， ∵点M，F都在反比例函数y的图象上， ∴3，， 即3a＝5， 解得a， ∴F坐标为（，3）， 作点M关于x轴的对称点M′，点F关于y轴的对称点F′， 则M′（5，），F′（，3），连结QF′，PM′， ∴QF′＝QF，PM′＝PM， ∴四边形PMFQ的周长＝FM+MP+PQ+QF＝FM+PM′+PQ+QF′≥FM+F′M′， ∴当F′，Q，P，M′四点共线时，四边形PMFQ的周长最小， 设直线F′M′的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 把M′（5，），F′（，3）代入y＝kx+b，得， 解得， ∴， 令y＝0，得， ∴点P的坐标为，点Q的坐标为． 【点评】本题是反比例函数的综合题，考查了菱形的判定，待定系数法求函数的解析式，勾股定理，轴对称﹣最短路径问题，折叠的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 7．（2024春•东阳市期末）如图1，在矩形ABCD中，，点E，F分别是AD，OC的中点，连结EF，交OD于点G． （1）当n＝1且AB＝4时，如图2，求△AEF的面积． （2）若EF⊥BD，求此时n的值． （3）连结OE，请问△OEG能否为等腰三角形，若能，求出n的值，若不能，请说明理由． 【分析】（1）连接DF，根据中点、矩形的性质、三角形的面积公式，推出，，根据，当n＝1且AB＝4时，则AD＝AB＝4，得出CD＝4，计算 ，计算，最后根据，计算得出答案即可； （2）过点O作OH⊥BC于点H，和AD相交，连接FH，根据矩形的性质、等腰三角形三线合一的性质，证明HF是△BCO的中位线，EO是△ABD的中位线，HO是△ABC的中位线，根据中位线的性质，得出HF∥BD，，推出CD＝CO＝DO，证明三角形△CDO是等边三角形，根据等边三角形的性质，推出∠ADB＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质，得出BD＝2AB，结合勾股定理计算，根据，计算得出答案即可； （3）分“当EO＝EG时”、“当EO＝GO时”和“当GE＝GO时”三种情况讨论．情况一，当EO＝EG时，在（2）辅助线基础下，过点F作FP⊥BC于点P，交AD于点Q，根据矩形的性质与判定，证明四边形CDQP是矩形，由（2）得：点H是BC中点，直线OH和AD相交于点E，HF∥BD，，推出FP是△CHO的中位线，得出EO＝HO＝2FP，推出EH＝EF＝AB＝PQ＝EO+HO＝4FP，结合勾股定理计算，得出AD＝BC＝BH+CH＝4HP＝47FP，根据，计算得出答案即可；情况二，当EO＝GO时，在（2）辅助线基础下，过点F作FP⊥BC于点P，由（2）得：HF∥BD，推出FH＝EH，由情况一得：EH＝AB＝4FP，AD＝BC＝4HP，推出FH＝EH＝AB＝4FP，结合勾股定理计算 ，根据，计算得出答案即可；情况三，当GE＝GO时，根据矩形的性质、等腰三角形三线合一的性质，推出OE∥CD，根据当GE＝GO时，推出点G是OD的中点，得出此时GF是△OCD的中位线，则GF∥CD，GF∥OE，根据点G是EF和OD相交所得，故GF和OE平行的情况不存在，故GE＝GO的情况不存在． 【解答】（1）解：如图，连接DF， ∵在矩形ABCD中，，点E，F分别是AD，OC的中点， ∴CD＝AB，AE＝DE，AO＝CO，， ∴，AO＝CO＝2CF， ∴AF＝AO+FO＝2CF+CF＝3CF， ∴S△ADF＝3S△CDF，S△ACD＝S△ADF+S△CDF＝3S△CDF+S△CDF＝4S△CDF， ∴， ∴S△ADFSACD， 当n＝1且AB＝4时，则AD＝AB＝4， ∴CD＝4， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点O作OH⊥BC于点H，和AD相交，连接FH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BO＝CO＝AO＝DO，∠BAD＝90°， ∴点H是BC中点，OH平分∠BOC， ∵∠BOC和∠AOD是对顶角， ∴直线OH平分∠AOD， ∴直线OH和AD相交于点E， ∵点E，F分别是AD，OC的中点， ∴CO＝2FO，HF是△BCO的中位线，EO是△ABD的中位线，HO是△ABC的中位线， ∴HF∥BD，， ∴EH＝EO+HO＝AB＝CD， ∵EF⊥BD， ∴EF⊥HF， ∴∠EFH＝90°， ∴FO＝EO＝HO， ∴CD＝EH＝2FO＝CO＝DO， ∴△CDO是等边三角形 ，∴∠COD＝60°， ∴， ∴BD＝2AB，． ∴n； （3）解：能， 情况一，如图，当EO＝EG时，在（2）辅助线基础下，过点F作FP⊥BC于点P，交AD于点Q， ∴∠EOG＝∠EGO，∠QPC＝∠PCD＝∠CDQ＝90°， ∴四边形CDQP是矩形， ∴PQ＝CD＝AB，∠EQF＝∠DQP＝∠EHP＝∠QPH＝90°， ∴EQ＝HP，由（2）得：点H是BC中点，直线OH和AD相交于点E，HF∥BD，， ∴∠EHB＝∠OHC＝90°，∠EOG＝∠EHF，∠EGO＝∠EFH，EH＝AB，BH＝CH， ∴∠EHF＝∠EFH， ∴EH＝EF＝AB＝PQ， ∵点F是OC的中点， ∴， ∴点P是CH的中点， ∴FP是△CHO的中位线，HP＝CP＝EQ， ∴EO＝HO＝2FP， ∴EH＝EF＝AB＝PQ＝EO+HO＝4FP， ∴FQ＝PQ﹣FP＝4FP﹣FP＝3FP， ∴HP＝CP＝EQFP， ∴BH＝CH＝2HP， ∴， ∴n； 情况二，如图，当EO＝GO时，在（2）辅助线基础下，过点F作FP⊥BC于点P， ∴∠FPH＝90°，∠GEO＝∠EGO，由（2）得：HF∥BD， ∴∠EGO＝∠EFH， ∴∠FEH＝∠EFH， ∴FH＝EH， 由情况一得：EH＝AB＝4FP，AD＝BC＝4HP， ∴FH＝EH＝AB＝4FP， ∴HPFP， ∴， ∴n； 情况三，当GE＝GO时，如图，连接EO， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝DO，CD⊥AD， ∵点E是AD的中点， ∴OE⊥AD， ∴OE∥CD， ∴∠OED＝90°， ∴∠OEG+∠DEG＝90°，∠EOG+∠EDO＝90°， 当GE＝GO时， ∴∠EOG＝∠OEG， ∴∠DEG＝∠EDO， ∴GE＝GD， ∴GO＝GD，即点G是OD的中点， ∵点F是OC的中点，GF是△OCD的中位线， ∴GF∥CD， ∴GF∥OE， ∵点G是EF和OD相交所得， ∴GF和OE平行的情况不存在， ∴GE＝GO的情况不存在； 综上所述，△OEG能为等腰三角形，n的值为． 【点评】本题主要考查了矩形的判定与性质、三角形中位线的定义与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，灵活运用知识点推理证明、数形结合、分类讨论是解题的关键． 8．（2024春•海曙区期末）如图1，点P是正方形ABCD内一点，CP＝CB． （1）填表： ∠PCB的度数 30° x° ∠BPD的度数 　135°　 　135°　 （2）若∠APD＝90°，求的值； （3）如图2，作CM⊥PD于H，交BP延长线于点M，已知BC＝5，，求AM的长． 【分析】（1）根据正方形的性质及等腰三角形的性质即可解答； （2）过点C作CE⊥PD于点E，根据正方形的性质证明△APD≌△DEC（AAS），即可解答； （3）连接AC，BD交于点O，连结OM，DM，根据正方形的性质证明△AMC为直角三角形，设MD＝x，则MP＝x，利用勾股定理即可解答． 【解答】解：（1）∵正方形ABCD，CP＝CB， ∴∠BCD＝90°，BC＝DC﹣CP， ∵∠PCB＝30°， ∴∠PCD＝60°，∠BPC＝75° ∴△PDC为等边三角形， ∴∠DPC＝∠PDC＝60°， ∴∠BPD＝60°+75°＝135°； ∵∠PCB＝x°， ∴∠PCD＝90°﹣x°，∠BPC， ∴△PDC为等腰三角形， ∴∠DPC＝∠PDC， ∴∠BPD； 故答案为：135°；135°； （2）如图，过点C作CE⊥PD于点E， ∵在正方形ABCD中， ∴∠ADC＝90°，AD＝CD＝CB， ∵∠APD＝90°， ∴∠ADP+∠PAD＝90°， ∵∠ADP+∠EDC＝90°， ∴∠PAD＝∠EDC， ∴△APD≌△DEC（AAS）， ∴AP＝DE， ∵CB＝CP，CE⊥DP， ∴ED＝PE， ∴． （3）如图，连接AC，BD交于点O，连结OM，DM， 由（1）可知∠BPD＝135°， ∴∠MPD＝45°， ∵在正方形ABCD中， ∴CP＝CD＝CB，OB＝OD＝OA＝OC， 又∵MC⊥PD， ∴PH＝DH， ∴MP＝MD， ∴△MPD为等腰直角三角形， ∴MO＝OA＝OC， ∴△AMC为直角三角形， 设MD＝x，则MP＝x， ∴， ∴， ∴， 解得x＝±3， ∵x＞0， ∴， ∴PD＝6， ∴PH＝3＝MH， ∴CH＝4， ∴CM＝7， 又∵， ∴AM＝1． 【点评】本题考查相似型的综合应用，主要考查全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，正方形的性质，掌握这些性质是解题的关键． 9．（2024春•新昌县期末）如图，在▱ABCD中，AB＞AD，∠ABC＝60°，CD＝10．记BC的长为x，E是AB边上的一个动点，连结CE，F是点B关于EC的对称点，连结EF，CF． （1）如图1，当点F落在AD上且CF⊥AD时，求x的值． （2）如图2，若点F恰好落在CD边上，判断四边形BCFE的形状，并说明理由． （3）若点F恰好落在▱ABCD的边上，且AF＝2．求x的值． 【分析】（1）在▱ABCD中，推出∠D＝60°，在CDF中，根据勾股定理CF，F是点B关于EC的对称点，x＝BC＝CF，进而作答即可； （2）在▱ABCD中，∠BCD＝120°，F是点B关于EC的对称点，推出△BEC是等边三角形．进而BE＝BC＝EF＝CF，则四边形 BCFE是菱形； （3）当F恰好落在▱ABCD的边上时，可分三种情况：①当点F在AB上时，②当点F在AD上时，③当点F在CD上时，分别计算即可． 【解答】解：（1）如图1，在▱ABCD中， ∵∠ABC＝60°， ∴∠D＝60°， 在CDF中，CF⊥AD，∠FCD＝30°，CD＝10， ∴DF＝5， ∴CF5， ∵F是点B关于EC的对称点， ∴x＝BC＝CF＝5， ∴x的值为5； （2）四边形BCFE是菱形， 如图2，在▱ABCD中，∠ABC＝60°， 则∠BCD＝120°， ∵F是点B关于EC的对称点， ∴∠BCE＝∠FCE＝60°，BE＝EF，BC＝CF， ∴△BEC是等边三角形． ∴BE＝BC， ∴BE＝BC＝EF＝CF， ∴四边形BCFE是菱形； （3）当F恰好落在▱ABCD的边上时，可分三种情况： ①当点F在AB上时，如图3，AF＝2，AB＝10， ∴BF＝8， ∵F是点B关于EC的对称点， ∴BE＝EFBF＝4，CE⊥BF， 在Rt△BEC中，∠B＝60°， ∴∠BCE＝30°， ∴BC＝2BE＝8； ②当点F在AD上时，如图4，过点C作CG⊥AD于点G， 由（1）知DG＝5，GC＝5， 则在Rt△△CFG中，CF＝BC＝x，GC＝5， ∴FG＝AD﹣AF﹣DG＝x﹣7， 根据勾股定理得，FG2+GC2＝CF2， 即（x﹣7）2+（5）2＝x2， 解得x； ③当点F在CD上时，即（2）中如图2的情况，连结AF，过F作FH⊥AD于点H，如图5， 由（2）证此时四边形BCFE是菱形，AD＝BC＝CF＝x，DF＝10﹣x， 在Rt△DHF中， DF＝10﹣x，∠D＝60°， ∴DH＝5，AH＝x﹣（5）x﹣5，HF（5x）， 在Rt△AHF中，AF＝2， 由勾股定理得：[（5x）]2+（5x）2＝22， 整理得：x2﹣10x+32＝0，无解； 综上：x＝8或． 【点评】本题是四边形综合题，考查了对称的性质，菱形的判定，勾股定理，等边三角形的性质，解题的关键是分类讨论思想的应用． 10．（2024春•拱墅区期末）综合与实践 问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，且∠ABF＞∠BAF． 特殊化探究：连接BH．设BF＝a，AF＝b． “运河小组”从线段长度的特殊化提出问题： （1）若AB＝5，FG＝1，求△ABF的面积． “武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题： （2）若b＝2a，求证：∠BAE＝∠BHE． 深入探究：老师进一步提出问题： （3）如图2，连接BE，延长FA到点I，使AI＝AB，作矩形BFIJ．设矩形BFIJ的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，若BE平分∠ABF，求证：S1＝S2． 请你解答这三个问题． 【分析】（1）根据”弦图“关系，设参数，利用勾股定理建立方程求解即可； （2）由b＝2a可知E是AF中点，从而可证△HGB≌△BFA，得到∠GBH＝∠BAF，再证∠BHE＝∠GBH即可得证； （3）用代数法思路证：设DH＝CG＝BF＝AE＝a，正方形HEFG的边长为b，AI＝AB＝AD＝c，先将S1表示出来，再证△BEF≌△BEM（AAS）得到EN的表示，从而达到S1和S2的关系． 【解答】（1）解：设BF＝a，则BG＝a+1， ∵△ABF≌△BCG， ∴AF＝BG＝a+1， ∵AB＝5， ∴在Rt△ABF中，BF2+AF2＝AB2， 即a2+（a+1）2＝25， 解得a＝3（负值舍去）， ∴BF＝3，AF＝4， ∴S△ABFBF•AF＝6． （2）证明：∵b＝2a， ∴AF＝2BF＝2AE， ∴AE＝EF， ∵四边形EHGF是正方形， ∴HG＝HE＝EF＝GF＝BF， ∵AF＝BG，∠AFB＝∠HGE＝90°， ∴△HGB≌△BFA（SAS）， ∴∠GBH＝∠BAF， ∵DE∥BG， ∴∠BHE＝∠HBG， ∴∠BAE＝∠BHE． （3）证明：设DH＝CG＝BF＝AE＝a，正方形HEFG的边长为b，AI＝AB＝AD＝c， 如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N， S1＝a（a+b+c）＝a（a+b）+ac＝AD•EN+ac， ∵BE平分∠ABF， ∴∠FBE＝∠MBE， ∵∠BME＝∠BFE＝90°，BE＝BE， ∴△BEF≌△BEM（AAS）， ∴BM＝BF＝a， ∴NE＝AM＝c﹣a， ∴S1＝AD•EN+ac＝c（c﹣a）+ac＝c2＝S2． ∴S1＝S2． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 11．（2024春•丽水期末）如图，在▱ABCD中，点E是边BC上一点，将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为点F． （1）如图1，当点F恰好落在边AD上时，求证：四边形ABEF是菱形． （2）如图2，当点F恰好落在ED上，且时，求的值． （3）如图3，当∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝4时，连结BD，下列三个问题，依次为易、中、难，对应的满分值为2分、3分、4分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解． ①当AF⊥BC时，求BE的长． ②当EF∥BD时，求BE的长． ③当点F恰好落在BD上时，求BE的长． 【分析】（1）由折叠的性质可得AB＝AF，BE＝EF，∠BAE＝∠FAE，由平行线的性质和角平分线的定义可证BA＝BE，可得结论； （2）由“AAS”可证ADF≌△DEC，可得EC＝DF，即可求解； （3）①由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝2，由折叠的性质可得AB＝AF＝2，∠B＝∠F＝45°，即可求解； ②通过证明四边形BEGD为平行四边形，可得BE＝DG，由勾股定理可求EG的长，由平行线的性质和折叠的性质可证GE＝AG＝2，即可求解； ③由面积公式可求AO的长，PF的长，由勾股定理可求BE的长． 【解答】（1）证明：∵将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为点F， ∴AB＝AF，BE＝EF，∠BAE＝∠FAE， ∵AD∥BC， ∴∠FAE＝∠BEA， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴BA＝BE， ∴AB＝AF＝BE＝EF， ∴四边形ABEF是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B+∠C＝180°，AB＝CD，AD∥BC， ∴∠ADF＝∠CED， ∵将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为点F， ∴AB＝AF，∠B＝∠AFE，BE＝EF， ∴AB＝AF＝CD， ∵∠AFE+∠AFD＝180°， ∴∠AFD＝∠C， ∴△ADF≌△DEC（AAS）， ∴EC＝DF， ∴， ∵m， ∴； （3）①如图，连接EF，设AF与BC交点N， ∵∠ABC＝45°，AB＝2，AF⊥BC， ∴AN＝BN＝2， ∵将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为点F， ∴AB＝AF＝2，∠B＝∠F＝45°， ∴NF＝22， ∵AF⊥BC，∠F＝45°， ∴EN＝NF＝22， ∴BE＝4﹣2； ②解：延长EF交AD的延长线于点G，过点G作GH⊥BC于点H，过点D作DK⊥BC于点K，如图， ∵BE∥AD，EF∥BD， ∴四边形BEGD为平行四边形， ∴BE＝DG，BD＝GE， ∴设BE＝DG＝x， ∵DK⊥BC，GH⊥BC，AD∥BC， ∴四边形DKHG为矩形， ∴HK＝DG＝x，GH＝DK． ∴由①知：DK＝GH＝2，CK＝2， ∴EC＝4﹣x， ∴EH＝EC+CK+KH＝4﹣x+2+x＝6， 在Rt△EHG 中，GE2BD， 由轴对称的性质得：∠AEB＝∠AEG， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∴∠AEG＝∠DAE， ∴GE＝AG＝2， ∴BE＝DG＝AG﹣AD＝24； ③设AE与BD交于点O，过点B作BM⊥直线AD于M，过点A作AN⊥BC于N，过点F作FP⊥AD于P，交BC于Q， ∵AD∥BC， ∴∠MBN＝∠M＝90°＝∠ANB＝∠APQ， ∴四边形ANBM是矩形，四边形APQN是矩形， ∴AM＝BM＝2，AN＝BM＝2＝PQ， ∵将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为点F， ∴AE⊥BF，AO＝OF，BO＝OF，BE＝EF， ∵S△ABDAD•BMBD•AO， ∴4×2＝2AO， ∴AO， ∴BO， ∴BF， ∴DF， ∵S△ABDAD•BMBF•AOAD•PF， ∴84PF， ∴PF， ∴FQ， ∴BQ， ∵EF2＝EQ2+FQ2， ∴BE2＝（BE）2， ∴BE． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键． 12．（2024春•镇海区期末）如图1，在平行四边形ABCD中，，AD＝7，∠ABC＝45°，点E，F分别为边AD，BC上的动点（不与顶点重合），且AE＝CF，连结EF，将四边形CFED沿着EF折叠得到四边形C'FED'． （1）连结BD交EF于点O，连结BD'． ①求证：OB＝OD． ②若OF＝BD'，求DE的长． （2）若点C'落在平行四边形ABCD的边上，请直接写出CC'所有可能的值． 【分析】（1）①根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，求得DE＝BF，根据平行线的性质得到∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO，根据全等三角形的性质得到结论； ②过D作DH⊥BC于H，根据平行线的性质得到∠DCH＝∠ABC＝45°，求得CH＝DH＝4，根据勾股定理得到BD，连接DD′交EF于G，根据折叠的性质得到DG＝D'G，DD'⊥EF，根据中位线定理得到OGBD′OE，根据线段垂直平分线的性质得到结论； （2）当C′在BC边上时，过D作DG⊥BC，得到，根据勾股定理得到，根据折叠的性质得到CC′＝2CF＝2（BC﹣BF）＝3；当C在AB边上时，如图，设EF，CC′交于H，连接AC，根据折叠的性质得到CC′⊥EF，CH＝CH，AO＝OC，故OH是△ACC′的中位线，求得OH∥AB，根据等腰直角三角形 到现在得到C′CBC；当点C′与点A重合时，过A作AH⊥BC于H，求得AH＝BHAB＝4，根据勾股定理得到AC5． 【解答】（1）①证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD＝BC， ∵AE＝CF， ∴AD﹣AE＝BC﹣CF， 即DE＝BF， ∵AD∥BC， ∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO， ∴△DEO≌△BFO（ASA）， ∴OB＝DO， ②解：过D作DH⊥BC于H， ∵AB∥CD， ∴∠DCH＝∠ABC＝45°， ∴CH＝DH＝4， 在Rt△BDH中，BD， 连接DD′交EF于G， 由折叠可知DG＝D'G，DD'⊥EF， 又∵BO＝DO， ∴OG是△DBD'的中位线， ∴OGBD′OE， ∴DG是OE的中垂线， ∴； （2）解：当C′在BC边上时， 由折叠可知EF⊥BC，过D作DG⊥BC， ∴， ∴， ∵将四边形CFED沿着EF折叠得到四边形C'FED'， ∴CC′＝2CF＝2（BC﹣BF）＝3； 当C在AB边上时，如图， 设EF，CC′交于H， 连接AC， ∵BO＝DO， ∴点O是平行四边形ABCD的中心， ∴点O在AC上， 由折叠知，CC′⊥EF，CH＝CH，AO＝OC，故OH是△ACC′的中位线， ∴OH∥AB， ∴CC′⊥AB， ∴∠CC′B＝90°， ∵∠ABC＝45°， ∴△BC′C是等腰直角三角形， ∴C′CBC； 当点C′与点A重合时，过A作AH⊥BC于H， ∵∠ABC＝45°， ∴△ABH是等腰直角三角形， ∴AH＝BHAB＝4， ∴CH＝BC﹣BH＝3， ∴AC5， 综上所述，CC'的值为3或或5． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 13．（2024春•衢州期末）如图1，点O为矩形ABCD对角线AC的中点，AB＝4，BC＝8，点E为BC边上一点，连结EO并延长，交AD于点F．四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称，线段FA1交边BC于点H，连结OH． （1）求证：OH⊥EF． （2）若BE＝1，求FD，EH的长． （3）如图2，连结OB1，若OH＝OB1，求BE的长． 【分析】（1）由矩形的性质得出∠1＝∠2，由已知条件得出，AO＝CO由对顶角相等得出∠AOF＝∠COE，即可证明△AOF≌△COE，由全等三角形的性质得出OE＝OF，则O为EF的中点，由轴对称的性质得出∠1＝∠3，等量代换可得出∠2＝∠3，由等角对等边得EH＝FH，再根据等腰三角形三线合一的性质即可得出结论； （2）由（1）得△AOF≌△COE，由全等三角形的性质可得出AF＝CE＝7，由矩形的性质和线段的和差关系即可得出FD＝BE＝1，设EH＝x，则FH＝x，HC＝7﹣x，过点F作FG垂直BC，则四边形FGCD为矩形，由矩形的性质得出CG＝FD＝1，FG＝CD＝AB＝4，再求出HG＝6﹣x，最后根据勾股定理可得解； （3）由对称得OA＝OB1，根据题意得AO＝CO，若OH＝OB1，则OB1＝AO＝CO＝OH，当点C，H，A1重合满足条件，连结AE，可证得△ABE≌△CB1E，有∠AEB＝∠CEB1，AE＝EC，可判定点A、点E和点B1三点共线，进一步证得△ADC≌△AB1C，有AD＝AB1，设BE＝y，则AE＝8﹣y，在Rt△ABE中利用勾股定理即可求得y即可． 【解答】（1）证明：如图1， ∵ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠1＝∠2． ∵点O为矩形ABCD对角线AC的中点， ∴AO＝CO， 又∵∠AOF＝∠COE， ∴△AOF≌△COE（AAS）． ∴OE＝OF， ∴O为EF的中点． ∵四边形ABEF与四边形A1B1EF关于EF所在直线成轴对称， ∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3． ∴EH＝FH， 又∵O为EF的中点． ∴OH⊥EF； （2）解：由（1）得△AOF≌△COE， ∴AF＝CE＝BC﹣BE＝8﹣1＝7， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC， ∴FD＝BE＝1， 设EH＝x，则FH＝x，HC＝7﹣x． 过点F作 FG垂直BC，如图2， 则四边形FGCD为矩形， ∴CG＝FD＝1，FG＝CD＝AB＝4， ∴HG＝6﹣x． ∴在Rt△FHG中，FH2＝HG2+FG2， 即x2＝（6﹣x）2+42， 解得， ∴． （3）解：由对称得OA＝OB1， ∵点O为矩形ABCD对角线AC的中点， ∴AO＝CO， 若OH＝OB1，则OB1＝AO＝CO＝OH， 当点C，H，A1重合满足条件， 连结AE，如图3， ∵∠B＝∠EB1C＝90°，AB＝B1C，BE＝B1E， ∴△ABE≌△CB1E（SAS）， ∴∠AEB＝∠CEB1，AE＝EC， ∵BE与EC共线， ∴点A、点E和点B1三点共线， ∵∠D＝∠EB1C＝90°，B1C＝AB＝DC，AC＝AC， ∴Rt△ADC≌Rt△AB1C（HL）， ∴AD＝AB1， 设BE＝y，则AE＝8﹣y， ∴在Rt△ABE中．AE2＝AB2+BE2 即 （8﹣y）2＝42+y2， 解得y＝3， 即BE＝3． 【点评】本题考查了轴对称变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形是解答本题的关键． 14．（2024春•湖州期末）在▱ABCD中，AB＝6，AD＝4，∠A＝60°，点E，F分别为边CD，AB上异于端点的动点，且DE＝BF，连结EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG． （1）如图1，边HE，AB交于点Q，若AQ＝BF，求证：四边形AQED为平行四边形； （2）如图2，当点C落在点A处时，求折痕EF的长； （3）当点G落在▱ABCD的边上时，求点B，G之间的距离． 【分析】（1）利用平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答即可； （2） （3）连接BE，DF，BD，交EF于点O，延长EF交BG于点P，推导出动点G的轨迹是以O为圆心，OB长为半径的圆弧．然后分三种情况：当点G落在AB边上时；当点G落在AD 边上时；当点G与点D重合时，分别解得BG的长即可． 【解答】（1）证明：∵DE＝BF，AQ＝BF， ∴AQ＝DE， ∵在平行四边形ABCD中，DC∥AB， ∴四边形AQED为平行四边形； （2）解：过点A作CD的垂线，交CD延长线于点H，连结AC，交EF于点O，如图， 由轴对称性可知：EF垂直平分AC， ∴AE＝EC， 在Rt△AHD中， ∵∠HAD＝90°﹣∠DAB＝30°， ∴DHAD＝2， ∴AH＝AD•cos30°＝2，CH＝CD+DH＝8． 由勾股定理得：AC2， ∴OA＝OCAC． 在Rt△AHE中， 由勾股定理得：AH2+HE2＝AE2， 设AE＝x，则EC＝x，HE＝8﹣x， ∴（8﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴AE＝EC， ∴OE， 由平行四边形的中心对称性，得EF＝2OE． ∴折痕EF的长为． （3）解：①当点G落在AB边上时，如图， 由折叠性质可知：FG＝FB，HE＝CE，∠EFG＝90°， ∵DE＝BF， ∴FG＝DE， 在平行四边形ABCD中， ∵AB//CD， ∴四边形DEFG是平行四边形， ∴∠DGA＝∠EFG＝90°， 在Rt△ADG中， ∵∠ADG＝30°， ∴AGAD＝2， ∴BG＝AB﹣AG＝6﹣2＝4． ②当点G落在AD边上时，连结BD交EF于点O，连接OG，如图， 由平行四边形的中心对称性，得DO＝BO， 由翻折的性质得：GO＝BO ∴OG＝DO＝OBBD， ∴△BGD为直角三角形，∠DGB＝90°， ∴BG＝AB•sin60°＝63； ③当点G落在DC边上时，连结BG交EF于点O，如图， 由折叠可知：FG＝FB， ∵FB＝DE， ∴FG＝DE． 则BG垂直平分EF， 由轴对称性可知EF垂直平分BG， ∴点G与点D重合． 过点D作AB的垂线交于点M， 在Rt△BGM中， ∵AMAD＝2，GM＝DM＝2， ∴BM＝AB﹣AM＝4， ∴由勾股定理，得BG2． 综上所述，点B，G之间的距离为4或3或2． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质：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． 15．（2024春•西湖区期末）综合与实践 【性质探究】 如图1，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且AC⊥BD，求证：AB2+CD2＝BC2+AD2； 【性质运用】 如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，，，分别以△ABC的边AB，AC为直角边向外作等腰Rt△ABD和等腰Rt△ACE．连接DC，BE，DE，DC与BE交于点F，求线段DE的长； 【拓展迁移】 如图3，在锐角三角形ABC中，∠BAC＝30°，AB＝a，AC＝b，分别以△ABC的边AB，AC为边向外作等边三角形ABD和等边三角形ACE．连接DC，BE，DE，DC与BE交于点F．试通过计算写出BC2+DE2与BD2+CE2之间的等量关系． 【分析】（1）由勾股定理得OA2+OB2＝AB2，OB2+OC2＝BC2，OC2+OD2＝CD2，OD2+OA2＝AD2，即可得出结论； （2）设AB与CD交于点G，运用勾股定理可得BC2＝AB2﹣AC2＝（5）2﹣（4）2＝18，再证得△ACD≌△AEB（SAS），得出∠ADC＝∠ABE，再证得BE⊥CD，利用（1）的结论可得BD2+CE2＝DE2+BC2，即可求得答案； （3）方法一：过点C作CG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AD，交AD的延长线于点H，连接DE，利用等边三角形性质、直角三角形性质和勾股定理即可证得结论；方法二：过点E作EG⊥AE，过点B作BG⊥AB，垂足分别为E，B，过点D作DM⊥GE，交GE于点M，交AB于点N，过点C作PQ⊥AE于点Q，交BG于点P，证明△DAE≌△DBG（SAS），四边形ANME是矩形，则MN＝AE＝b，分别求得BC2，DE2，即可求得答案． 【解答】（1）证明：如图1，AC与BD交于点O， ∵AC⊥BD， ∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠AOD＝90°， ∴OA2+OB2＝AB2，OB2+OC2＝BC2，OC2+OD2＝CD2，OD2+OA2＝AD2， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，AD2+BC2＝OD2+OA2+OB2+OC2， ∴AB2+CD2＝BC2+AD2． （2）解：如图2，设AB与CD交于点G， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，， ∴BC2＝AB2﹣AC2＝（5）2﹣（4）2＝18， ∵△ABD和△ACE均为等腰直角三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝90°，BDAB＝10，CEAC＝8， ∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE， 在△ACD和△AEB中， ， ∴△ACD≌△AEB（SAS）， ∴∠ADC＝∠ABE， ∵∠ADC+∠AGD＝90°，∠AGD＝∠BGF， ∴∠ABE+∠BGF＝90°， ∴∠BFG＝90°， ∴BE⊥CD， 由（1）得：BD2+CE2＝DE2+BC2， ∴DE2＝BD2+CE2﹣BC2＝102+82﹣18＝146， ∴DE； （3）解：方法一：过点C作CG⊥AB于点G，过点E作EH⊥AD，交AD的延长线于点H，连接DE，如图3， 则∠AGC＝∠BGC＝∠H＝90°， 在Rt△ACG中，∠CAG＝30°，AC＝b， ∴CGb， ∴AGb， ∵AB＝a， ∴BG＝ab， 在Rt△BCG中，BC2＝BG2+CG2＝（ab）2+（b）2＝a2ab+b2， ∵△ABD和△ACE均为等边三角形， ∴∠BAD＝∠CAE＝60°，AD＝BD＝AB＝a，AE＝CE＝AC＝b， ∴∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝60°+30°＝90°， ∴∠CAH＝180°﹣∠DAC＝90°， ∴∠EAH＝∠CAH﹣∠CAE＝30°， ∴EHAEb，AHb， ∴DH＝AD+AH＝ab， ∴DE2＝DH2+EH2＝（ab）2+（b）2＝a2ab+b2， ∴BC2+DE2＝a2ab+b2+a2ab+b2＝2（a2+b2）， BD2+CE2＝a2+b2， ∴BC2+DE2＝2（BD2+CE2）． 方法二：如图4，过点E作EG⊥AE，过点B作BG⊥AB，垂足分别为E，B，连接DG， 过点D作DM⊥GE，交GE于点M，交AB于点N，过点C作PQ⊥AE于点Q，交BG于点P， ∴∠AEG＝∠ABG＝90°， ∵∠BAC＝30°，△ABD和△ACE均为等边三角形， ∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝90°，AD＝BD＝AB＝a，AE＝AC＝CE＝b， ∴四边形ABGE是矩形，BD2+CE2＝a2+b2， ∴EG＝AB＝a，BG＝AE＝AC＝b， ∵∠DAE＝60°+30°+60°＝150°，∠DBG＝60°+90°＝150°， ∴∠DAE＝∠DBG， 又∵AD＝DB，AE＝BG， ∴△DAE≌△DBG（SAS）， ∴DE＝DG， ∵DM⊥GE， ∴EM＝MGEGa，DN⊥AB， ∵NM⊥GE， ∴四边形ANME是矩形，则MN＝AE＝b， 在Rt△AND中，DN⊥AB， 则ANABa， ∴DNa， ∴DM＝DN+NMa+b， 在Rt△ACQ中，CQACb， ∴PC＝PQ﹣CQ＝ab， 在Rt△BPC中，BC2＝PC2+BP2＝（ab）2+（b）2， ∴BC2+DE2＝（ab）2+（b）2+（a）2+（a+b）2＝2a2+2b2， ∴BC2+DE2＝2（BD2+CE2）． 【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，对角线互相垂直的四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 16．（2024春•江北区期末）【问题背景】 如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝6，点E是边CD的中点，连结AE，点F、G是线段AE上的动点，连结BF，DG，且满足DG∥BF． 【初步尝试】 （1）如图2，当四边形ABCD是正方形时，若BF⊥AE，则DG＝　　 ，BF＝　　 ． 【猜想验证】 （2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段BF的中点H，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，在（2）的基础上，若，FG＝2，当四边形FHGD是菱形时，求菱形FHGD的边长． 【分析】【初步尝试】根据正方形ABCD的性质，点E是边CD的中点，再根据勾股定理求出AE，进而推出△ABF≌△DAG（AAS），BF＝AG，根据等面积求出DG，由BF＝AG，作答即可； 【猜想验证】取线段BF和AF的中点H、M，连结MH，则MH是△ABF的中位线，由▱ABCD的性质，点E是边CD的中点，进而推出△HFM≌△DGE（AAS）， 则FH＝DG，推出； 【拓展应用】分情况讨论，根据勾股定理和解一元二次方程，即可求出菱形FHGD的边长． 【解答】解：【初步尝试】（1）如图1，在正方形ABCD中，AD＝CD＝AB＝6，∠ADC＝∠BAD＝90°， ∴∠BAF+∠GAD＝90°， ∵点E是边CD的中点， ∴DE＝CE＝3， ∴AE3， ∵BF⊥AE，DG∥BF， ∴∠BFG＝∠AGD＝∠AFB＝90°， ∴DG⊥AE，∠BAF+∠ABF＝90°， ∴△ABF≌△DAG（AAS）， ∴BF＝AG， ∵S△ADEAE•DGAD•DE， ∴DG， ∴BF＝AG， 故答案为：，； 【猜想验证】（2）， 理由如下：如图，取线段BF和AF的中点H、M，连结MH， 则MH是△ABF的中位线， ∴MH＝AB，MH∥AB， 在▱ABCD中，CD＝AB，CD∥AB， ∵点E是边CD的中点， ∴DE∥AB，DEAB， ∴DE∥MH，DE＝MH， ∴∠FMH＝∠DEG， ∵DG∥BF， ∴∠HFG＝∠DGF， ∴∠HFM＝∠DGE， ∴△HFM≌△DGE（AAS）， ∴FH＝DG， ∴； 【拓展应用】（3）情况1：如图，取AF中点M，连结MH，HD， ∵菱形FHGD， ∴HD⊥FG，OF＝OG， 由（2）得△MFH≌△EGD， ∴MF＝GE＝AM＝а，得62﹣（2a+1）2＝（2）2﹣（a+1）2， 解得a1（舍去），a2＝2， ∴AO＝5， 在Rt△ADO中，DO， 在Rt△FDO中，DF2， 情况2：如图，取AF中点M，连结MH，HD， ∵菱形FHGD， ∴HD⊥FG，OF＝OG， 由（2）得△MGH≌△EFD， ∴MG＝FE＝a，AM＝FM＝а+2， 得62﹣（2а+3）2＝（2）2﹣（а+1）2， 解得a1＝﹣4（舍去），a2， ∴AO， 在Rt△ADO中，DO， 在RI△FDO中，DF， ∴菱形FHGD的边长为2或． 【点评】本题是平行四边形综合题，考查了勾股定理，平行四边形的性质，解一元二次方程，三角形全等的判定和性质，解题的关键是分类讨论，作辅助线． 17．（2024春•越城区期末）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考，用数学的语言描述，提升同学们的综合素养． 【操作发现】 如图，一张菱形纸片ABCD，∠ABC＝60°，AB＝6cm，E，F分别为边AD，BC上的两个动点，小明将菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE，点A，B的对应点分别为点A′，B′．他发现了：点E从点A开始运动到点D结束的过程中，总能找到一个点F，使得点A′，C，B′三点在同一直线上． 【深入探究】 操作 探究内容 图形 操作一 当点E位于AD中点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点D，A′，C，B'四个点在同一直线上. 操作二 将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B'三点在同一直线上，且得到△B'CF是直角三角形. 操作三 当点E位于AD靠近点D的三等分点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B′三点在同一直线上，且A′E与CD交于点G. 【解决问题】 （1）根据操作一探究内容，求证：AB＝EF； （2）根据操作二探究内容，当△B′CF为直角三角形时，求BF的长度； （3）根据操作三探究内容，直接写出CG的长度． 【分析】（1）可证得△A′DE是等边三角形，进而得出四边形ABFE是平行四边形，进而得出结论； （2）当∠B′CF＝90°时，可得出CFB′F，从而得出BC﹣BFBF，求得BF的值；当∠CFB′＝90°时，可得出CFB′F，从而得出6﹣BFBF，求得BF的值； （3）连接CE，在CD上截取DW＝ED，连接EW，作WQ⊥CE于Q，作A′H⊥CE于H，作CH⊥EW，交EW的延长线于点H，作EQ⊥CA′于点Q，可证得△A′EQ≌△WCH，从而得出EQ＝CH，A′Q＝WH，∠A′EQ＝∠WCH，可证得Rt△CQE≌△EHC，从而得出CQ＝EH，∠CEQ＝∠ECH，进而得出A′C＝EW＝2，CG＝EG，A′G＝WG，解△CGA′求得结果． 【解答】（1）证明：∵菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE， ∴AE＝A′E，∠D＝∠ABC＝60°，AB∥CD，BC∥AD， ∵点E是AD的中点， ∴AE＝ED， ∴A′E＝ED， ∴△A′DE是等边三角形， ∴∠EA′D＝∠A′ED＝60°， ∴∠AEF＝∠A′EF＝60°， ∴∠D＝∠AEF， ∴EF∥CD∥AB， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴AB＝EF； （2）解：当∠B′CF＝90°时， ∵菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE， ∴∠B′＝∠B＝60°，B′F＝BF， ∵∠B′＝∠B＝60°， ∴CFB′F， ∴BC﹣BFBF， ∴6﹣BFBF， ∴BF＝24﹣12， 当∠CFB′＝90°时， CFB′F， ∴6﹣BFBF， ∴BF＝3， 综上所述：BF＝24﹣12或3； （3）解：如图， 连接CE，在CD上截取DW＝ED，连接EW，作WQ⊥CE于Q，作A′H⊥CE于H，作CH⊥EW，交EW的延长线于点H，作EQ⊥CA′于点Q， ∴∠H＝∠Q＝90°， ∵点E位于AD靠近点D的三等分点， ∴AE＝4，DW＝ED＝2， ∵∠D＝60°， ∴△DEW是等边三角形， ∴∠EWD＝60°， ∵菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE， ∴A′E＝AE＝4，∠A′＝∠A＝120°， ∴A′E＝CW＝4，∠A′＝∠CWE＝120°， ∴∠EA′Q＝∠CWH＝60°， ∴△A′EQ≌△WCH（AAS）， ∴EQ＝CH，A′Q＝WH，∠A′EQ＝∠WCH， ∵CE＝CE， ∴Rt△CQE≌△EHC（HL）， ∴CQ＝EH，∠CEQ＝∠ECH， ∴CQ﹣A′Q＝EH﹣WH，∠CEG＝∠ECG， ∴A′C＝EW＝2，CG＝EG，A′G＝WG， 设CG＝x，则A′G＝WG＝CW﹣CG＝4﹣x，如图2， 作GT⊥A′C于T， ∴A′TA′G，GT， ∴CT＝A′C+A′T＝1， ∵CT2+GT2＝CG2， ∴， ∴x， ∴CG． 【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$