专题11【期末复习冲刺】（南通专用）小题压轴题选择题集中训练（11大考点）-2025-2026学年八年级数学人教版下册

**基本信息** 聚焦南通八年级数学期末小题压轴，按11大考点分类精选区域真题，强化代数几何综合应用，突出数学思维与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |一元二次方程|1题|含参方程根的变换|从基础解法到变量代换思想| |函数的图象|5题|运动轨迹与分段函数|图象分析到几何意义转化| |含参一次函数|5题|参数范围与新定义|函数性质到分类讨论应用| |一次函数应用|2题|行程问题与函数关系|实际问题抽象为数学模型| |最值问题|4题|动态几何与距离最值|几何性质与转化思想结合| |平行四边形|4题|判定性质综合应用|从性质到判定的逻辑推理| |三角形中位线|2题|中点连线与长度计算|中位线定理与几何直观| |特殊平行四边形|4题|菱形矩形正方形性质|特殊与一般的关系推导| |翻折变换|3题|折叠前后等量关系|空间观念与对称性质应用| |旋转变换|3题|旋转后图形关系|旋转变换与全等推理|

【期末复习冲刺】（南通专用）小题压轴题选择题集中训练（11大考点） 专题解读：本专题精选南通2025八年级数学下期末试题和2026期中试题的选择题的第9和第10题，按考点分类，可以更容易抓住考试的重点，难点，使复习更高效。 考点一 一元二次方程 1．（2025春•崇川区期末）关于x的一元二次方程a（x﹣h）2＝k（a≠0）的两根分别为﹣1，3，则关于x的一元二次方程a（2x﹣h+1）2＝k的两根分别为（　　） A．x1＝﹣2，x2＝6 B．x1＝0，x2＝2 C．x1＝﹣1，x2＝1 D．x1＝0，x2＝﹣1 考点二 函数的图象 2．（2025春•通州区期末）小聪从家跑步到体育馆，在体育馆锻炼了一段时间后又跑步到书店去买书，然后步行回家（小聪的家、书店、体育馆依次在同一直线上），如图表示的是小聪离家的距离与时间之间的关系．则下列说法错误的是（　　） A．体育馆到书店的距离为1.5千米 B．小聪从家跑步到体育馆的速度为每小时10千米 C．小聪的家到书店的距离为3.5千米 D．小聪步行回家的速度为每小时3千米 3．（2025春•启东市期末）在A、B两地之间有汽车站C（A、B、C三地在同一直线上），甲车由A地驶往C站，乙车由B地驶往A地，两车同时出发，匀速行驶．甲、乙两车离C站的路程y1，y2（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示．下列说法错误的是（　　） A．两车经过4.5小时后相遇 B．甲车的速度是60千米/小时 C．乙车11小时后到达终点 D．乙车到达C站后，还要行驶360千米到达终点 4．（2026春•通州区期中）如图1，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，点P从A点出发，以每秒1个单位长度的速度，按A﹣B﹣C﹣D的顺序在四边形的边上匀速运动．设P点的运动时间为x秒，△PAD的面积为S，S关于x的函数图象如图2所示，则图2中a的值为（　　） A．7 B．11 C．13 D．16 5．（2025•东海县校级二模）如图，在平面直角坐标系中，将▱ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，则▱ABCD的面积为（　　） A． B． C． D．10 6．（2025春•南通期中）如图1，在▱ABCD中，动点P从点B出发，沿折线BC→CD→DB运动，设点P经过的路程为x，△ABP的面积为y，把y看作x的函数，函数的图象如图2所示，则图2中的a等于（　　） 考点三 含参一次函数 7．（2026春•海安市期中）当2≤x≤5时，一次函数y＝（m+1）x+m+1最大值为6，则实数m的值为（　　） A．0 B．1 C．0或1 D．0或﹣1 8．（2026春•海门区校级期中）已知实数x，y满足2x﹣y＝4，并且x≥0，y≤1，则S＝x﹣y的最小值是（　　） A．﹣1 B． C． D． 9．（2026春•海门区校级期中）定义：函数图象上到两坐标轴的距离之和等于n的点叫做这个函数图象的“n阶和点”．例如：（2，1）为一次函数y＝x﹣1的“3阶和点”．若直线y＝mx﹣4上存在“2阶和点”，则m的取值范围为（　　） A．m≤﹣2 B．m≥2 C．﹣2≤m≤2 D．m≤﹣2或m≥2 10．（2025春•南通期中）直线y＝x+n与直线y＝mx+6n（m是常数，m≠0且m≠1）交于点A，当n的值发生变化时，点A到直线的距离总是一个定值，则m的值是（　　） A． B． C． D． 11．（2026春•南通期中）在平面直角坐标系中，对于点P（x，y）和Q（x，y′），给出如下定义：如果当x≥0时，y'＝2y；当x＜0时，y'＝﹣2y，那么称点Q为点P的“倍联点”．例如：点（2，3）的“倍联点”为（2，6），点（﹣2，3）的“倍联点”为（﹣2，﹣6）．如果点N（n﹣1，5n+1）是一次函数y＝2x+5图象上点M的“倍联点”，则n的值为（　　） A．5 B． C．5或 D．或 考点五 一次函数的应用 12．（2026•通州区一模）如图，甲、丙两地相距500km，一列快车从甲地驶往丙地，途中经过乙地；一列慢车从乙地驶往丙地，两车同时出发，同向而行，折线ABCD表示两车之间的距离y（km）与慢车行驶的时间为x（h）之间的函数关系．根据图中提供的信息，下列说法不正确的是（　　） A．甲、乙两地之间的距离为200 km B．快车从甲地驶到丙地共用了2.5 h C．快车速度是慢车速度的1.5倍 D．快车到达丙地时，慢车距丙地还有50 km 13．（2026春•海门区校级期中）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论： ①A，B两城相距300千米；②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；③乙车出发后2.5小时追上甲车；④当甲、乙两车相距50千米时，或． 其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 考点六 最值问题 14．（2025春•通州区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E为边BC上的一点，且满足∠DEC＝30°，F为射线DE上一动点，以BC，BF为邻边作平行四边形BCGF，连接BG，则BG的最小值是（　　） A．2 B． C．8﹣2 D．4 15．（2025春•启东市期末）如图，E为菱形ABCD的对角线AC上的动点，以EA，EB为邻边作平行四边形AFBE，若AB＝10，AC＝12，则EF的最小值为（　　） A．12 B．10 C．8 D．6 16．（2025春•富锦市期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，若点P为对角线BD上的一个动点，则△PAE周长的最小值是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 17．（2025春•南通期末）平面直角坐标系xOy中，P点坐标为（m，2n2﹣10），且实数m，n满足则点P到原点O的距离的最小值为（　　） A． B． C． D． 考点七 平行四边形的判定和性质 18．（2025春•如皋市期末）在▱ABCD中，若AB＝x，△ABC的周长为y，则定义（x，y）为这个平行四边形的坐标．如图所示，直线l1：y＝2x，l2：y＝3x，l3：y＝4x将第一象限划分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域．现有如下四个结论： ①对于任意平行四边形ABCD，其坐标不可能位于区域Ⅰ中；②对于任意矩形ABCD，其坐标可能位于区域Ⅳ中；③对于任意菱形ABCD，其坐标可能位于区域Ⅳ中；④对于任意正方形ABCD，其坐标一定位于区域Ⅲ中．其中，正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 19．（2025春•海安市期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，DE⊥AB于点E，AC＝3，AB•AE＝2，则BD值为（　　） A． B．1 C． D．2 20．（2025春•如皋市期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，点E为AB的中点，过点E作EF⊥BC，垂足为F，连接DF．若BF＝2，AB＝CF＝6，则DF的长为（　　） A． B．10 C． D． 21．（2026春•通州区期中）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BD平分∠ABC，AD⊥BD，过点D作DE∥BC交AB于点E，延长BC至F，使得CF＝DE，连接DF，若DF＝5，BF＝13，则AC的长为（　　） A．6 B．6.5 C． D．8 考点八 三角形中位线定理 22．（2023春•海安市期末）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BD＝4，CE＝2，连接DE，若M、N分别为线段DE、BC的中点，则线段MN的长为（　　） A． B． C． D． 23．（2025春•海安市期末）如图，Rt△ABC中，AC＝BC＝4，D，E分别是BC，AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，则EF的长是（　　） A．2 B． C． D． 考点九 特殊的平行四边形（菱形、矩形、正方形）的性质 24．（2024春•河北期末）甲、乙、丙三位同学在探索下面这道题： 如图，菱形ABCD（AC＜BD），延长AB至E，使得AB＝BE，连接EO和EC． 甲说：四边形BECD是平行四边形； 乙说：若△EOC的面积10，则菱形ABCD的面积为20； 丙说：EO有可能平分∠AEC． 则下列说法正确的是（　　） A．只有甲和乙正确 B．只有甲和丙正确 C．只有乙和丙正确 D．甲、乙、丙都正确 25．（2026•海门区期中）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S△ABDAB2，其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 26．（2026春•如皋市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，E，F是对角线AC上两点，AE＝CF，过点E，F分别作AC的垂线，与边BC分别交于点G，H．若BG＝1，CH＝4，则EG+FH＝（　　） A． B． C． D．4 27．（2026春•启东市期中）正方形ABCD，正方形BEFG如图放置，AB＝9，AG，CE相交于点P，Q为AD边上一点，且AQ＝2DQ，则PQ的最大值为（　　） A． B． C． D． 考点十 翻折变换（折叠问题） 28．（2025春•海安市校级期中）如图，正方形纸片的边长为9，折叠正方形纸片ABCD，使得点A落在BC边上的点M，且BMBC，折痕PQ交AM于点E，交BD于点F，则QE+PF的值为（　　） A． B． C． D． 29．（2024春•曲阜市期末）如图，矩形纸片ABCD的边AB长为4，将这张纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，已知折痕EF长为，则BC长为（　　） A．4.8 B．6.4 C．8 D．10 30．（2026春•南通期中）如图，矩形ABCD放在坐标平面内，点B的坐标为，点D的坐标为（0，10）．点P在线段OB上移动，连接PD，以PD为边作等边三角形DPQ，点Q在第一象限，且与直线的距离总是一个定值．则点C与点Q的距离的最小值为（　　） A．5 B． C． D．10 考点十一 旋转变换 31．（2025春•崇川区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转45°到线段AQ，连接BQ，则线段BQ的最小值为（　　） A． B． C． D． 32．（2025春•如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（　　） A． B．5 C． D．6 33．（2026•海门期中）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则CE的长为（　　） A． B． C．4 D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 【期末复习冲刺】（南通专用）小题压轴题选择题集中训练（11大考点） 专题解读：本专题精选南通2025八年级数学下期末试题和2026期中试题的选择题的第9和第10题，按考点分类，可以更容易抓住考试的重点，难点，使复习更高效。 考点一 一元二次方程 1．（2025春•崇川区期末）关于x的一元二次方程a（x﹣h）2＝k（a≠0）的两根分别为﹣1，3，则关于x的一元二次方程a（2x﹣h+1）2＝k的两根分别为（　　） A．x1＝﹣2，x2＝6 B．x1＝0，x2＝2 C．x1＝﹣1，x2＝1 D．x1＝0，x2＝﹣1 【分析】由题意知2x+1＝﹣1或2x+1＝3，据此求解即可． 【解答】解：由题意知2x+1＝﹣1或2x+1＝3， 解得x1＝﹣1，x2＝1， 故选：C． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 考点二 函数的图象 2．（2025春•通州区期末）小聪从家跑步到体育馆，在体育馆锻炼了一段时间后又跑步到书店去买书，然后步行回家（小聪的家、书店、体育馆依次在同一直线上），如图表示的是小聪离家的距离与时间之间的关系．则下列说法错误的是（　　） A．体育馆到书店的距离为1.5千米 B．小聪从家跑步到体育馆的速度为每小时10千米 C．小聪的家到书店的距离为3.5千米 D．小聪步行回家的速度为每小时3千米 【分析】根据特殊点的实际意义即可求出答案． 【解答】解：由图象可知： A．体育馆到书店的距离为1.5千米，故本选项不符合题意； B．小聪从家跑步到体育馆的速度为：2.510（千米/时），故本选项不符合题意； C．小聪的家到书店的距离1千米，故本选项符合题意； D．小聪步行回家的速度为：13（千米/时），故本选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查由图象理解对应函数关系及其实际意义，应把所有可能出现的情况考虑清楚． 3．（2025春•启东市期末）在A、B两地之间有汽车站C（A、B、C三地在同一直线上），甲车由A地驶往C站，乙车由B地驶往A地，两车同时出发，匀速行驶．甲、乙两车离C站的路程y1，y2（千米）与行驶时间x（小时）之间的函数图象如图所示．下列说法错误的是（　　） A．两车经过4.5小时后相遇 B．甲车的速度是60千米/小时 C．乙车11小时后到达终点 D．乙车到达C站后，还要行驶360千米到达终点 【分析】利用图象信息以及速度，时间，路程之间的关系一一判断即可． 【解答】解：A、B两地相距＝360+80＝440（千米）， 设t小时相遇，则有：（60+40）t＝440， ∴t＝4.4（小时）， ∴两车行驶4.4小时后相遇， 故A说法错误，符合题意； 甲车的平均速度60（千米/小时）， 故B说法正确，不符合题意； 乙车的平均速度40（千米/小时）， ∵440÷40＝11（小时）， ∴乙车行驶11小时后到达A地， 故C说法正确，不符合题意； 乙车到达C站后，还要行驶360千米到达终点， 故D正确，不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了一次函数的应用及一元一次方程的应用，解题的关键是根据题意结合图象说出其图象表示的实际意义，这样便于理解题意及正确的解题． 4．（2026春•通州区期中）如图1，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，点P从A点出发，以每秒1个单位长度的速度，按A﹣B﹣C﹣D的顺序在四边形的边上匀速运动．设P点的运动时间为x秒，△PAD的面积为S，S关于x的函数图象如图2所示，则图2中a的值为（　　） A．7 B．11 C．13 D．16 【分析】根据图2中各个点的坐标判断出AB，CD的长度，进而求得BC的长度，即可求得点P的运动总路程，除以速度即为a的值． 【解答】解：∵函数图象过点（2，3），此时点P在点B处，如图1， ∴AB＝2， ∴AD3， ∵函数最高点的纵坐标为9，此时点P在点C处，如图2， ∴CD6， 作BM⊥CD于点M，则∠BMD＝BMC＝90°， ∵AB∥CD，∠ADC＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴四边形ABMD是矩形， ∴DM＝AB＝2，BM＝AD＝3， ∴CM＝CD﹣DM＝4， ∴BC5， ∴AB+BC+CD＝2+5+6＝13， ∵点P的速度是每秒1个单位长度， ∴a13（s）， 故选：C． 【点睛】本题考查动点问题的函数图象．根据函数图象中点的坐标判断出相应的线段的长度是解决本题的关键． 5．（2025•东海县校级二模）如图，在平面直角坐标系中，将▱ABCD放置在第一象限，且AB∥x轴．直线y＝﹣x从原点出发沿x轴正方向平移，在平移过程中直线被平行四边形截得的线段长度l与直线在x轴上平移的距离m的函数图象如图2所示，则▱ABCD的面积为（　　） A． B． C． D．10 【分析】通过图象中（3，0），（7，），（8，）可得直线运动到A，D，B三点时所移动距离，从而求出AB长度，再通过添加辅助线构造直角三角形求出平行四边形的高而求解． 【解答】解：由图象可知，直线经过A时移动距离为3，经过D时移动距离为7，经过B时移动距离为8， ∴AB＝5， 如图，当直线经过点D时，交AB于点E，作DF垂直于AB于点F， 由图2可知DE 由条件可知直线与AB夹角为45°，DF＝EF， ∴ABCD面积为AB•DF＝55． 故选：B． 【点睛】本题考查一次函数图象与图形结合问题，解题关键是掌握k＝﹣1时直线与x轴所夹锐角为45°． 6．（2025春•南通期中）如图1，在▱ABCD中，动点P从点B出发，沿折线BC→CD→DB运动，设点P经过的路程为x，△ABP的面积为y，把y看作x的函数，函数的图象如图2所示，则图2中的a等于（　　） A．18 B．24 C．30 D．36 【分析】先根据函数的图象求出边长，再根据勾股定理的逆定理判定直角，再根据三角形的面积公式求解． 【解答】解：由题意和图象得：BC＝8，CD＝10，BD＝6， ∴BC2+BD2＝82+62＝100＝102＝CD2， ∴∠DBC＝90°， ∴a＝S△ABC＝S△BCD8×6＝24， 故选：B． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象找出信息和掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 考点三 含参一次函数 7．（2026春•海安市期中）当2≤x≤5时，一次函数y＝（m+1）x+m+1最大值为6，则实数m的值为（　　） A．0 B．1 C．0或1 D．0或﹣1 【分析】根据一次项系数的正负判断函数在2≤x≤5上的增减性，再结合最大值为6，求解m的值． 【解答】解：一次函数的斜率为k＝m+1，分两种情况讨论： ①当m+1＞0时： 函数在2≤x≤5上随着x的增大而增大，最大值出现在x＝5处． 代入得：y＝5（m+1）+m+1＝6（m+1）． 由最大值为6，得6（m+1）＝6，解得m＝0． ②当m+1＜0时： 函数在2≤x≤5上随着x的增大而减小，最大值出现在x＝2处． 代入得：y＝3（m+1）． 由最大值为6，得3（m+1）＝6，解得m＝1，但不满足m＜﹣1，舍去． 综上所述，m＝0． 故选：A． 【点睛】本题考查了一次函数的单调性与最值，解题关键是分斜率正负讨论函数的增减性，再结合区间端点求最值． 8．（2026春•海门区校级期中）已知实数x，y满足2x﹣y＝4，并且x≥0，y≤1，则S＝x﹣y的最小值是（　　） A．﹣1 B． C． D． 【分析】根据2x﹣y＝4，可得y＝2x﹣4，根据x≥0，y≤1，可得，求出x取值范围，再根据S＝﹣x+4，一次函数的性质即可求出S的最小值． 【解答】解：∵2x﹣y＝4， ∴y＝2x﹣4， ∵x≥0，y≤1， ∴， 解得0≤x， ∵S＝x﹣y＝x﹣（2x﹣4）＝﹣x+4， ﹣1＜0， ∴S随着x增大而减小， 当x时，S取得最小值，最小值为4， 故选：B． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，解一元一次不等式组，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键． 9．（2026春•海门区校级期中）定义：函数图象上到两坐标轴的距离之和等于n的点叫做这个函数图象的“n阶和点”．例如：（2，1）为一次函数y＝x﹣1的“3阶和点”．若直线y＝mx﹣4上存在“2阶和点”，则m的取值范围为（　　） A．m≤﹣2 B．m≥2 C．﹣2≤m≤2 D．m≤﹣2或m≥2 【分析】由题意可知一次函数y＝mx﹣4的图象与以原点为中心，两对角线在坐标轴上，边长为2的正方形有交点，求得一次函数y＝mx﹣4的图象分别经过（2，0），点（﹣2，0）时的m的值，结合图象即可求得m的取值范围． 【解答】解：∵直线y＝mx﹣4上存在“2阶和点”， ∴一次函数y＝mx﹣4的图象与以原点为中心，两对角线在坐标轴上，边长为2的正方形有交点． 一次函数y＝mx﹣4的图象经过（2，0），则2m﹣4＝0， ∴m＝2． 一次函数y＝mx﹣4的图象经过（﹣2，0），则﹣2m﹣4＝0， ∴m＝﹣2． ∵直线y＝mx﹣4上存在“2阶和点”， ∴m≥2或m≤﹣2． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标的特征，理解新定义，数形结合是解题的关键． 10．（2025春•南通期中）直线y＝x+n与直线y＝mx+6n（m是常数，m≠0且m≠1）交于点A，当n的值发生变化时，点A到直线的距离总是一个定值，则m的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】联立两直线解析式组成方程组，解之可得出点A的坐标，结合点A的坐标，可得出点A在直线yx上，由“当n的值发生变化时，点A到直线的距离总是一个定值”，可得出直线yx与直线平行，进而可得出，解之即可得出m的值． 【解答】解：联立两直线解析式组成方程组， 解得：， ∴点A的坐标为（，）， ∴点A在直线yx上． ∵当n的值发生变化时，点A到直线的距离总是一个定值， ∴直线yx与直线平行， ∴， 解得：m． 故选：C． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质以及一次函数的图象，由点A到直线的距离不变，找出两直线平行是解题的关键． 11．（2026春•南通期中）在平面直角坐标系中，对于点P（x，y）和Q（x，y′），给出如下定义：如果当x≥0时，y'＝2y；当x＜0时，y'＝﹣2y，那么称点Q为点P的“倍联点”．例如：点（2，3）的“倍联点”为（2，6），点（﹣2，3）的“倍联点”为（﹣2，﹣6）．如果点N（n﹣1，5n+1）是一次函数y＝2x+5图象上点M的“倍联点”，则n的值为（　　） A．5 B． C．5或 D．或 【分析】根据“倍联点”的定义，分点M横坐标n﹣1≥0 和n﹣1＜0 两种情况，结合点M在一次函数y＝2x+5图象上列方程求解，验证结果是否满足范围条件即可． 【解答】解：由条件可知点M的横坐标为n﹣1，设点M的纵坐标为y． 分两种情况讨论： a．当n﹣1≥0，即n≥1时，由倍联点定义得5n+1＝2y，即． ∵点M在y＝2x+5上，代入得： ， 化简得5n+1＝4n+6，解得n＝5，满足n≥1，符合条件； b．当n﹣1＜0，即n＜1时，由倍联点定义得5n+1＝﹣2y，即． 得： ， 化简得﹣5n﹣1＝4n+6，解得，满足n＜1，符合条件． 综上，n的值为5或． 故选：C． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握该知识点是关键． 考点五 一次函数的应用 12．（2026•通州区一模）如图，甲、丙两地相距500km，一列快车从甲地驶往丙地，途中经过乙地；一列慢车从乙地驶往丙地，两车同时出发，同向而行，折线ABCD表示两车之间的距离y（km）与慢车行驶的时间为x（h）之间的函数关系．根据图中提供的信息，下列说法不正确的是（　　） A．甲、乙两地之间的距离为200 km B．快车从甲地驶到丙地共用了2.5 h C．快车速度是慢车速度的1.5倍 D．快车到达丙地时，慢车距丙地还有50 km 【分析】（1）因为两车同时出发，同向而行，所以A点就是甲、乙两地之间的距离为200千米； （2）图中B点为y＝0，即快慢两车的距离为0，所以B点表示快慢两车相遇的时间．由A点为两车的路程差，相遇时间为1小时，可知：快车速度﹣慢车速度＝150，再由点D可知慢车3.5小时从乙地到达丙地；由此求出慢车速度，进一步求出快车速度； （3）C点表示就是当快车到达丙地时，慢车快车的距离即慢车与丙地的距离，由路程除以速度算出慢车到达丙地的时间（就是C点的纵坐标），以及慢车距离丙地的距离（就是C点的纵坐标），得出点C坐标，设出函数解析式，代入求得即可根据坐标求得自变量的取值范围． 【解答】解：∵点A（0，200）， ∴甲、乙两地之间的距离为200km；故A选项正确； ∵慢车速度：（500﹣200）÷3＝100km/h，快车速度：（100×2+200）÷2＝200km/h， ∴快车速度是慢车速度的2倍；故C选项不正确； ∵快车速度：（100×2+200）÷2＝200km/h， ∴快车从甲地驶到丙地共用了2.5h；故B选项正确； ∵当快车到达丙地时，行驶了2.5h， ∴慢车距丙地的距离为：500﹣2.5×100＝50km；故D选项正确； 故选：C． 【点睛】此题考查一次函数的综合运用，解答问题的关键是看清图象表示的意义，利用路程、时间、速度三者之间的关系解决问题． 13．（2026春•海门区校级期中）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论： ①A，B两城相距300千米； ②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时； ③乙车出发后2.5小时追上甲车； ④当甲、乙两车相距50千米时，或． 其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】先根据图象的出甲乙之间的距离与时间的关系即可解答． 【解答】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km， 甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时， ∴①②正确． 设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt， 把（5，300）代入可求得k＝60， ∴y甲＝60t， 设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n， 把（1，0）和（4，300）代入可得， 解得， ∴y乙＝100t﹣100， 令y甲＝y乙，可得60t＝100t﹣100，解得t＝2.5， 即甲、乙两直线交点的横坐标为t＝2.5， 此时乙出发的时间为1.5小时，即乙出发1.5小时追上甲， ∴③不正确． 令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50， 即|100﹣40t|＝50，解得t或， 当t时，y甲＝50，此时乙车还没出发， 当t时，乙已到达B城，y甲＝250， 综上可知，当t的值为或或或时，两车相距50km， ∴④不正确． 故选：B． 【点睛】本题考查一次函数的时间应用，理解图象是解题关键． 考点六 最值问题 14．（2025春•通州区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E为边BC上的一点，且满足∠DEC＝30°，F为射线DE上一动点，以BC，BF为邻边作平行四边形BCGF，连接BG，则BG的最小值是（　　） A．2 B． C．8﹣2 D．4 【分析】根据四边形BCGF为平行四边形得出G的轨迹，根据垂线段最短得出G的位置，然后根据30°角直角三角形三边关系求出此时的BG即可． 【解答】解：∵四边形BCGF为平行四边形， ∴FG＝BC＝4， ∵F在DE上移动， ∴G在平行DE的直线上运动， 过G作GH∥BD，交BC于H，如图： ∴当BG⊥GH时，BG最小， ∵GH∥DE， ∴四边形EFGH为平行四边形，∠BHG＝∠DEC＝30°， ∴EH＝FG＝BC＝4， ∵CD＝2， ∴EC＝2， ∴BE＝BC﹣EC＝4﹣2， ∴BH＝BE+EH＝8﹣2， ∴BGBH＝4． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了点的轨迹、垂线段最短以及30°角直角三角形三边关系，找出点G的运动轨迹是本题解题的关键． 15．（2025春•启东市期末）如图，E为菱形ABCD的对角线AC上的动点，以EA，EB为邻边作平行四边形AFBE，若AB＝10，AC＝12，则EF的最小值为（　　） A．12 B．10 C．8 D．6 【分析】连接EF，BD，根据AC∥BF可得当EF⊥AC，EF最小，据此即可求解． 【解答】解：如图，连接EF，BD，AC与BD交于点O， 由题意得：AOAC＝6，AC⊥BD， ∴∠AOB＝90°， ∴OB8， ∵四边形AFBE是平行四边形， ∴AC∥BF， ∴当EF⊥AC，即EF＝OB时，EF最小， 此时，EF的最小值为8． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形以及平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 16．（2025春•富锦市期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，若点P为对角线BD上的一个动点，则△PAE周长的最小值是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】连接AC、CE，CE交BD于P，此时AP+PE的值最小，求出CE长，即可求出答案． 【解答】解：连接AC、CE，CE交BD于P，连接AP、PE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OC，AC⊥BD，即A和C关于BD对称， ∴AP＝CP， 即AP+PE＝CE，此时AP+PE的值最小， 所以此时△PAE周长的值最小， ∵正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1， ∴∠ABC＝90°，BE＝4﹣1＝3， 由勾股定理得：CE＝5， ∴△PAE的周长的最小值是AP+PE+AE＝CE+AE＝5+1＝6， 故选：D． 【点睛】本题考查了勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质，能找出符合的P点的位置是解此题的关键． 17．（2025春•南通期末）平面直角坐标系xOy中，P点坐标为（m，2n2﹣10），且实数m，n满足则点P到原点O的距离的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】由点P到原点O的距离为：，结合逐步整理，最后将被开方数配方进行求解即可． 【解答】解：∵平面直角坐标系xOy中，P点坐标为（m，2n2﹣10）， ∴， ∵， ∴ ， 故选：B． 【点睛】本题考查的是勾股定理，熟练掌握配方法是解题的关键． 考点七 平行四边形的判定和性质 18．（2025春•如皋市期末）在▱ABCD中，若AB＝x，△ABC的周长为y，则定义（x，y）为这个平行四边形的坐标．如图所示，直线l1：y＝2x，l2：y＝3x，l3：y＝4x将第一象限划分为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域．现有如下四个结论： ①对于任意平行四边形ABCD，其坐标不可能位于区域Ⅰ中； ②对于任意矩形ABCD，其坐标可能位于区域Ⅳ中； ③对于任意菱形ABCD，其坐标可能位于区域Ⅳ中； ④对于任意正方形ABCD，其坐标一定位于区域Ⅲ中． 其中，正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【分析】根据利用不等式的性质得出y＞2x，即可判断①； 根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质，利用三角形任意两边之和大于第三边，勾股定理得到y的取值范围，即可判断②③④． 【解答】解：如图，▱ABCD中，AB＝x， 设BC＝a，AC＝b，则y＝x+a+b，x＞0，a＞0，b＞0， ∵a+b＞x， ∴y＝x+a+b＞2x， ∴对于任意平行四边形ABCD，坐标（x，y）位于直线y＝2x的上方，不可能位于区域I中，故结论①正确，符合题意； 如图，矩形ABCD中，AB＝x， 设BC＝a，AC＝b，则y＝x+a+b，x＞0，a＞0，b＞0， 当a＞x时， ∵∠B＝90°＞∠BAC＞∠ACB， ∴b＞a＞x， ∴x+a+b＞3x， ∴y＞3x， ∴对于任意矩形ABCD，坐标（x，y）位于直线y＝3x的上方，可能位于区域Ⅳ中，故结论②正确，符合题意； 如图，菱形ABCD中，AB＝x， 则BC＝AB＝x， 设AC＝b，则y＝x+x+b＝2x+b，x＞0，b＞0， ∵x+x＞b， ∴b＜2x， ∴y＜4x， ∴对于任意菱形ABCD，坐标（x，y）位于直线y＝4x的下方，不可能位于区域I中，故结论③错误，不符合题意； 如图，正方形ABCD中，AB＝x， 则BC＝AB＝x，， ∴， ∵， ∴3x＜y＜4x， ∴对于任意正方形ABCD，坐标（x，y）位于直线y＝4x的下方，直线y＝3x的上方，一定位于区域Ⅲ中，故结论④正确，符合题意； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质，不等式的性质，勾股定理，三角形三边关系定理，平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质，难度适中．理解坐标的意义，利用数形结合思想是解题的关键． 19．（2025春•海安市期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，DE⊥AB于点E，AC＝3，AB•AE＝2，则BD值为（　　） A． B．1 C． D．2 【分析】作CF⊥AB交AB的延长线于点F，因为DE⊥AB于点E，所以∠F＝∠AED＝∠BED＝90°，由平行四边形的性质得BC＝AD，CD∥AB，则CF＝DE，可根据“HL”证明Rt△BCF≌Rt△ADE，得BF＝AE，则AF＝AB+AE，BE＝AB﹣AE，而AC＝3，AB•AE＝2，由勾股定理得（AB+AE）2+DE2＝32，则（AB﹣AE）2+4AB•AE+DE2＝9，所以BE2+DE2+8＝9，则BD2＝1，求得BD＝1，于是得到问题的答案． 【解答】解：作CF⊥AB交AB的延长线于点F， ∵DE⊥AB于点E， ∴∠F＝∠AED＝∠BED＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD，CD∥AB， ∴CF＝DE， 在Rt△BCF和Rt△ADE中， ， ∴Rt△BCF≌Rt△ADE（HL）， ∴BF＝AE， ∴AF＝AB+BF＝AB+AE，BE＝AB﹣AE， ∵AF2+CF2＝AC2，BE2+DE2＝BD2，且AC＝3，AB•AE＝2， ∴（AB+AE）2+DE2＝32， 整理得（AB﹣AE）2+4AB•AE+DE2＝9， ∴BE2+DE2+8＝9， ∴BD2＝1， ∴BD＝1或BD＝﹣1（不符合题意，舍去）， 故选：B． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、两条平行线之间的距离处处相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 20．（2025春•如皋市期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，点E为AB的中点，过点E作EF⊥BC，垂足为F，连接DF．若BF＝2，AB＝CF＝6，则DF的长为（　　） A． B．10 C． D． 【分析】延长FE、DA交于点H，由平行四边形的性质得AD∥BC，由点E为AB的中点，EF⊥BC于点FF，AB＝CF＝6，得AE＝BE＝3，∠H＝∠BFE＝90°，而BF＝2，则AD＝BC＝8，EF，再证明△AEH≌△BEF，得EH＝EF，AH＝BF＝2，则FH＝2，DH＝10，求得DF2，于是得到问题的答案． 【解答】解：延长FE、DA交于点H， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC， ∵点E为AB的中点，EF⊥BC，垂足为F，AB＝CF＝6， ∴AE＝BEAB＝3，∠H＝∠BFE＝90°， ∵BF＝2， ∴AD＝BC＝BF+CF＝8，EF， 在△AEH和△BEF中， ， ∴△AEH≌△BEF（AAS）， ∴EH＝EF，AH＝BF＝2， ∴FH＝2EF＝2，DH＝AD+AH＝10， ∴DF2， 故选：C． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 21．（2026春•通州区期中）在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BD平分∠ABC，AD⊥BD，过点D作DE∥BC交AB于点E，延长BC至F，使得CF＝DE，连接DF，若DF＝5，BF＝13，则AC的长为（　　） A．6 B．6.5 C． D．8 【分析】延长AD交BF于G，连接CE，根据角平分线的定义得到∠ABD＝∠GBD，∠ADB＝∠GDB＝90°，根据全等三角形的性质得到AD＝DG，推出AE＝BE，四边形DECF是平行四边形，得到CE＝DF＝DE＝5，AB＝2CE＝AC，求得CF＝DE＝5，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：延长AD交BF于G，连接CE， ∵BD平分∠ABC，AD⊥BD， ∴∠ABD＝∠GBD，∠ADB＝∠GDB＝90°， 在△ABD与△GBD中， ， ∴△ABD≌△GBD（ASA）， ∴AD＝DG， ∵DE∥BF， ∴AE＝BE，四边形DECF是平行四边形， ∴CE＝DF＝DE＝5，AB＝2CE＝AC， ∴CF＝DE＝5， ∵BF＝13， ∴BC＝8， ∴AC6， 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 考点八 三角形中位线定理 22．（2023春•海安市期末）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BD＝4，CE＝2，连接DE，若M、N分别为线段DE、BC的中点，则线段MN的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可． 【解答】解：作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH， ∵BD∥CH， ∴∠B＝∠NCH，∠ECH+∠A＝180°， ∵∠A＝90°， ∴∠ECH＝∠A＝90°， 在△DNB和△HNC中， ， ∴△DNB≌△HNC（ASA）， ∴CH＝BD＝4，DN＝NH， 在Rt△CEH中，CH＝4，CE＝2， ∴EH2， ∵DM＝ME，DN＝NH， ∴MNEH， 故选：B． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，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． 23．（2025春•海安市期末）如图，Rt△ABC中，AC＝BC＝4，D，E分别是BC，AC的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，则EF的长是（　　） A．2 B． C． D． 【分析】由等腰直角三角形的性质求出ABAC＝4，由三角形中位线定理推出DEAB＝2，DE∥AB，由角平分线定义和平行线的性质推出DF＝DB，求出BDBC＝2，即可得到EF的长． 【解答】解：∵Rt△ABC中，AC＝BC＝4， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴ABAC＝4， ∵D，E分别是BC，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEAB＝2，DE∥AB， ∴∠DFB＝∠ABF， ∵BF平分∠ABC， ∴∠DBF＝∠ABF， ∴∠DBF＝∠DFB， ∴DF＝DB， ∵BDBC＝2， ∴DF＝2， ∴EF＝DE﹣DF＝22． 故选：C． 【点睛】本题考查三角形中位线定理，角平分线定义，等腰直角三角形，关键是由三角形中位线定理推出DEAB，由等角对等边得到DF＝DB． 考点九 特殊的平行四边形（菱形、矩形、正方形）的性质 24．（2024春•河北期末）甲、乙、丙三位同学在探索下面这道题： 如图，菱形ABCD（AC＜BD），延长AB至E，使得AB＝BE，连接EO和EC． 甲说：四边形BECD是平行四边形； 乙说：若△EOC的面积10，则菱形ABCD的面积为20； 丙说：EO有可能平分∠AEC． 则下列说法正确的是（　　） A．只有甲和乙正确 B．只有甲和丙正确 C．只有乙和丙正确 D．甲、乙、丙都正确 【分析】可证明BE∥CD，BE＝CD，即可确定甲的说法是否正确；根据和，以及AC与OC，BD与EC之间的关系，即可确定乙的说法是否正确；过点O作AE的垂线，交AE于点N，判断ON与OA的大小关系，即可确定丙的说法是否正确． 【解答】解：①∵四边形ABCD为菱形， ∴AB∥CD，AB＝CD． 又AB＝BE， ∴BE∥CD，BE＝CD． ∴四边形BECD为平行四边形． 故甲的说法正确． ②∵四边形BECD为平行四边形， ∴BD＝EC，BD∥EC． ∵四边形ABCD为菱形， ∴，AC⊥BD，． ∴AC⊥EC． ∴． ∴． 故乙的说法正确． ③假设EO平分∠AEC． 如图，过点O作AE的垂线，交AE于点N． ∵EO平分∠AEC， ∴ON＝OC． 又OA＝OC， ∴ON＝OA． ∵OA2＝ON2+AN2， ∴OA＞ON，这与ON＝OA相矛盾． ∴EO不可能平分∠AEC． 故丙的说法错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查菱形的性质（菱形的四条边相等，菱形的对角线互相垂直且平分），平行四边形的判定，以及角平分线的性质（角的平分线上的点到角的两边的距离相等），牢记菱形的性质、角平分线的性质以及平行四边形的判定定理是解题的关键． 25．（2026•海门区期中）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论： ①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S△ABDAB2 其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】先判断出△ABD、BDC是等边三角形，然后根据等边三角形的三心（重心、内心、垂心）合一的性质，结合菱形对角线平分一组对角，三角形的判定定理可分别进行各项的判断． 【解答】解：①由菱形的性质可得△ABD、BDC是等边三角形，∠DGB＝∠GBE+∠GEB＝30°+90°＝120°，故①正确； ②∵∠DCG＝∠BCG＝30°，DE⊥AB，∴可得DGCG（30°角所对直角边等于斜边一半）、BGCG，故可得出BG+DG＝CG，即②也正确； ③首先可得对应边BG≠FD，因为BG＝DG，DG＞FD，故可得△BDF不全等△CGB，即③错误； ④S△ABDAB•DEAB•BEAB•ABAB2，即④正确． 综上可得①②④正确，共3个． 故选：C． 【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质及等边三角形的判定与性质，综合的知识点较多，注意各知识点的融会贯通，难度一般． 26．（2026春•如皋市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，E，F是对角线AC上两点，AE＝CF，过点E，F分别作AC的垂线，与边BC分别交于点G，H．若BG＝1，CH＝4，则EG+FH＝（　　） A． B． C． D．4 【分析】延长GE，交AD于点P，过点G作GQ⊥AD于点Q，得AQ＝BG＝1，GQ＝AB＝5，再根据全等三角形的判定与性质得AP＝CF＝4，求出PQ的长，最后由勾股定理可得结论． 【解答】解：延长GE，交AD于点P，过点G作GQ⊥AD于点Q， ∴∠GQA＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝90°，AD∥BC， ∴四边形ABGQ是矩形， ∴AQ＝BG＝1，GQ＝AB＝5， ∵AD∥BC， ∴∠CAD＝∠ACB， ∵GE⊥AC，HF⊥AC， ∴∠GEC＝∠HFC＝90°， ∴∠AEP＝∠HFC， ∵AE＝CF， ∴△AEP≌△CFH（ASA）， ∴PE＝HF，AP＝GH＝4， ∴PQ＝AP﹣AQ＝4﹣1＝3， ∵GP2＝GQ2+PQ2， ∴GP， ∴GE+HF， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键． 27．（2026春•启东市期中）正方形ABCD，正方形BEFG如图放置，AB＝9，AG，CE相交于点P，Q为AD边上一点，且AQ＝2DQ，则PQ的最大值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AC，设AC的中点为O，连接OQ，OP，延长AD到H，使DH＝DQ，连接CH，由勾股定理求出AC，根据AQ＝2DQ得DH＝DQ＝3，AQ＝2DQ＝6，进而得AQ＝QH＝6，再由勾股定理求出CH，证明OQ是△ACH的中位线得OQCH，再证明△ABG和△CBE全等得∠BAG＝∠BCE，进而由三角形内角和定理求出∠CPG＝90°得△ACP是直角三角形，再根据直角三角形斜边中线性质得OPAC，然后根据“两点之间线段最短”得PQ≤OQ+OP，据此的当点Q，O，P共线时，PQ为最大，最大值为． 【解答】解：连接AC，设AC的中点为O，连接OQ，OP，延长AD到H，使DH＝DQ，连接CH，如图所示： ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，且AB＝9， ∴AB＝CB＝AD＝CD＝9，BG＝BE，∠ABG＝∠CBE＝∠ADC＝90°， ∴∠CDH＝180°﹣∠ADC＝90°， 在Rt△ABC中，∠ABG＝90°， 由勾股定理得：AC， ∵AQ＝2DQ， ∴AD＝AQ+DQ＝3DQ＝9， ∴DQ＝3， ∴DH＝DQ＝3，AQ＝2DQ＝6， ∴QH＝DH+DQ＝6， ∴AQ＝QH＝6， 在△CDH中，∠CDH＝90°， 由勾股定理得：CH， ∵AQ＝QH＝6，点O是AC的中点， ∴OQ是△ACH的中位线， ∴OQCH， 在△ABG和△CBE中， ， ∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴∠BAG＝∠BCE， 在△ABG中，∠ABG＝90°， ∴∠BAG+∠AGB＝90°， 又∵∠AGB＝∠CGP， ∴∠BCE+∠CGP＝90°， 在△CGP中，∠CPG＝180°﹣（∠BCE+∠CGP）＝90°， ∴△ACP是直角三角形， ∴OP是Rt△ACP的斜边AC上的中线， ∴OPAC， 根据“两点之间线段最短”得：PQ≤OQ+OP， ∴当点Q，O，P共线时，PQ为最大，最大值为． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，理解正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理是解决问题的关键． 考点十 翻折变换（折叠问题） 28．（2025春•海安市校级期中）如图，正方形纸片的边长为9，折叠正方形纸片ABCD，使得点A落在BC边上的点M，且BMBC，折痕PQ交AM于点E，交BD于点F，则QE+PF的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AP，PM，利用折叠的性质和勾股定理求得DP，以B为原点，BC，BA为x，y轴，建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系，求得Q，E，F的坐标，利用勾股定理即可解答． 【解答】解：连接AP，PM， ∵，正方形纸片的边长为9， ∴BM＝3， ∴MC＝6， ∵折叠正方形纸片ABCD，使得点A落在BC边上的点M， ∴AE＝EM，PA＝PM， 设DP＝x，则PC＝9﹣x， ∵AP2＝AD2+DP2，PM2＝PC2+CM2， ∴92+x2＝62+（9﹣x）2， 解得x＝2， ∴DP＝2，CP＝7， 以B为原点，BC，BA为x，y轴，建立平面直角坐标系， 则可得A（0，9），M（3，0），D（9，9），P（9，7）， ∵AE＝EM， ∴， 设直线QP的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 把，P（9，7）代入可得， 解得， ∴直线QP的解析式为， 当x＝0时，y＝4， ∴点Q的坐标为（0，4）， 设直线BD的解析式为y＝ax， 把D（9，9）代入可得9＝9a，解得a＝1， ∴直线BD的解析式为y＝x， 联立方程， 解得x＝6， ∴F（6，6）， 则， ， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，掌握一次函数，数形结合的思想，用建系法解题是解题的关键． 29．（2024春•曲阜市期末）如图，矩形纸片ABCD的边AB长为4，将这张纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，已知折痕EF长为，则BC长为（　　） A．4.8 B．6.4 C．8 D．10 【分析】利用翻折变换的知识，可得到AE＝AF，过点F作FG⊥BC于G，得矩形AFGB，用勾股定理可求出EG，由翻折变换设AE＝AF＝BG＝x，利用勾股定理可求出x的值，进而可以解决问题． 【解答】解：由折叠可知：∠AEF＝∠CEF， ∵AD∥BC， ∴∠AFE＝∠FEC， ∴∠AFE＝∠AEF， ∴AE＝AF， 过点F作FG⊥BC于G，得矩形AFGB， ∴FG＝AB＝4，AF＝BG， 在Rt△FEG中，EF＝2， ∴EG2， 由折叠可知：AE＝CE， ∴AE＝AF＝CE， 在Rt△ABE中，设AE＝AF＝BG＝x，AB＝4， ∴BE＝BG﹣EG＝x﹣2， ∴x2﹣42＝（x﹣2）2， ∴x＝5， ∴AE＝AF＝CE＝5，BE＝x﹣2＝3， ∴BC＝CE+BE＝5+3＝8． 故选：C． 【点睛】本题考查了折叠的知识，矩形的性质，勾股定理等知识点的理解和运用，关键是根据题意得出方程． 30．（2026春•南通期中）如图，矩形ABCD放在坐标平面内，点B的坐标为，点D的坐标为（0，10）．点P在线段OB上移动，连接PD，以PD为边作等边三角形DPQ，点Q在第一象限，且与直线的距离总是一个定值．则点C与点Q的距离的最小值为（　　） A．5 B． C． D．10 【分析】作等边△ODG，连接QG，设直线QG交CD于T，由矩形的性质求得∠GDT＝30°，证明△DOP≌△DGQ（SAS），得到∠DGQ＝∠DOP＝90°，则直线QG与直线平行，故当CQ⊥GQ时，CQ有最小值，据此求解即可． 【解答】解；如图所示，作等边△ODG，连接QG，设直线QG交CD于T， 由题意可得：， ∵△ODG和△DPQ是等边三角形， ∴DG＝OD＝10，∠ODG＝60°，DP＝DF，∠PDQ＝60°， ∴∠GDT＝∠ODC﹣∠ODG＝30°； ∴∠ODP＝∠GDQ＝60°﹣∠PDG， ∴△DOP≌△DGQ（SAS）， ∴∠DGQ＝∠DOP＝90°， ∵点Q在第一象限，且与直线的距离总是一个定值， ∴直线QG与直线平行， ∴当CQ⊥GQ时，CQ有最小值， ∴此时有CQ∥DG， ∴∠QCT＝∠GDT＝30°， 在Rt△DGT中，，GT2+DG2＝DT2， ∴， 解得， ∴， 在Rt△CTQ中，， CQTQ5， 故选：A． 【点睛】本题考查旋转的性质，正确进行计算是解题关键． 考点十一 旋转变换 31．（2025春•崇川区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转45°到线段AQ，连接BQ，则线段BQ的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AC、BD交于点O，由正方形的性质得AD＝AB＝CB＝CD＝6，∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AC⊥BD，求得AC＝6，∠BAC＝∠BCA＝45°，∠COD＝90°，则OA＝OC＝3，作点Q关于直线AP的对称点I，连接QI、AE，由旋转得AQ＝AP，∠PAQ＝45°，因为AP垂直平分QI，所以AI＝AQ＝AP，则∠PAI＝∠PAQ＝45°，所以∠QAI＝90°，可证明△DAI≌△BAQ，得DI＝BQ，作IL⊥AC于点L，作DH⊥LI交LI的延长线于点H，可证明△ALI≌△ABP，得AL＝AB＝6，因为四边形ODHL是矩形，所以DH＝OL＝6﹣3，由DI≥DH，得BQ≥6﹣3，则线段BQ的最小值为6﹣3，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接AC、BD交于点O， ∵四边形ABCD是边长为6的正方形， ∴AD＝AB＝CB＝CD＝6，∠ABC＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AC⊥BD， ∴AC6，∠BAC＝∠BCA＝45°，∠COD＝90°， ∴OA＝OCAC＝3， 作点Q关于直线AP的对称点I，连接QI、AE， ∵把线段AP绕点A逆时针旋转45°到线段AQ， ∴AQ＝AP，∠PAQ＝45°， ∵AP垂直平分QI， ∴AI＝AQ＝AP， ∴∠PAI＝∠PAQ＝45°， ∴∠QAI＝2∠PAQ＝90°， ∴∠DAI＝∠BAQ＝90°﹣∠BAI，∠IAC＝∠PAB＝45°﹣∠PAC， 在△DAI和△BAQ中， ， ∴△DAI≌△BAQ（SAS）， ∴DI＝BQ， 作IL⊥AC于点L，作DH⊥LI交LI的延长线于点H，则∠ALI＝∠ABP＝90°， 在△ALI和△ABP中， ， ∴△ALI≌△ABP（AAS）， ∴AL＝AB＝6， ∴点I在经过点L且与AC垂直的直线IL上运动， ∵∠H＝∠OLH＝∠DOL＝90°， ∴四边形ODHL是矩形， ∴DH＝OL＝AL﹣OA＝6﹣3， ∵DI≥DH， ∴BQ≥6﹣3， ∴线段BQ的最小值为6﹣3， 故选：B． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、垂线段最短等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 32．（2025春•如皋市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，连接BB′，则B′B的长为（　　） A． B．5 C． D．6 【分析】根据旋转的性质并利用勾股定理进行求解即可． 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴根据勾股定理得：AB5， 由旋转的性质可知，AC＝AC'＝3，BC＝B'C'＝4， ∴BC'＝AB﹣AC'＝5﹣3＝2， ∴BB'2， 故选：C． 【点睛】本题主要考查勾股定理及旋转的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 33．（2026•海门期中）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则CE的长为（　　） A． B． C．4 D． 【分析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EG＝FG，设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x，再根据Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即可得到CE的长． 【解答】解：如图所示，连接EG， 由旋转可得，△ADE≌△ABF， ∴AE＝AF，DE＝BF， 又∵AG⊥EF， ∴H为EF的中点， ∴AG垂直平分EF， ∴EG＝FG， 设CE＝x，则DE＝5﹣x＝BF，FG＝8﹣x， ∴EG＝8﹣x， ∵∠C＝90°， ∴Rt△CEG中，CE2+CG2＝EG2，即x2+22＝（8﹣x）2， 解得x， ∴CE的长为， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 1 学科网（北京）股份有限公司 $