专题05 期末真题百练通关（100题8大压轴题型）（高效培优期末复习专项训练）数学浙教版新教材八年级下册

**基本信息** 聚焦期末压轴题型，以100道真题构建选填小压轴与解答压轴8大模块，通过几何计算与代数应用的综合训练，培养抽象能力、几何直观与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |角度问题|9题|多图形角度计算|三角形、四边形内角和与外角性质的应用| |规律问题|10题|数列、图形变换规律|从特殊到一般的归纳推理，培养空间观念| |多结论问题|19题|几何综合结论判断|平行四边形、正方形性质与判定的综合推理| |多解问题|7题|动态几何存在性|动点运动中平行四边形、等腰三角形的分类讨论| |最值问题|9题|几何图形最值|中点性质、对称变换在最值求解中的应用| |几何证明与计算|15题|复杂图形证明计算|三角形、四边形与旋转的综合，培养推理能力| |坐标系综合题|7题|坐标与几何结合|平面直角坐标系中图形变换与函数的应用| |方程综合应用|14题|实际问题建模|增长率、面积、利润问题的方程模型构建|

专题05 期末真题百练通关（100题8大压轴题型） 选填小压轴 解答压轴 题型1 角度问题 题型5 最值问题 题型2 规律问题 题型6 几何证明与计算大综合 题型3 多结论问题 题型7 坐标系中的综合题 题型4 多解问题 题型8 方程的综合应用 题型1 角度问题 1．在中，若，则的度数是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形邻角互补得到，则，进而得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵在平行四边形中，与为邻角，与为邻角， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 2．如图，在四边形中，，，则的度数是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了四边形的内角和是360度的实际运用．根据多边形的内角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴． 故选B． 3．如图，在四边形中，，，与相邻的外角是，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查多边形的内角和与外角，根据外角的定义，求出的度数，再根据四边形的内角和为360度，进行求解即可． 【详解】解：∵与相邻的外角是， ∴， ∵在四边形中，，， ∴的度数为； 故选B． 4．如图，在菱形中，与交于点，点在上，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．由可知，设，则，根据菱形的性质可得，即，求出x的值，进一步即可求出答案． 【详解】解：， ， 设，则， 四边形是菱形， ，， 即， ， 解得， 即，， ， 故选：D． 5．椒江章安剪纸是台州市非物质文化遗产代表性项目．如图是小明的窗花剪纸，外形为正八边形，则它的内角和为（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了多边形的内角和．熟练掌握多边形内角和公式，是解题的关键．多边形的内角和公式，n是边数． 直接利用多边形的内角和解答． 【详解】． 故选：B． 6．平行四边形中，与的度数之比是，则________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质．解题的关键是由平行四边的性质推出，．由平行四边形的性质推出，，根据平行线的性质得出，求出，得到∠D的度数． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故． 故答案为：． 7．如图，在中，平分交于点．若，则的度数是______． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质，角平分线的定义，平行线的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据角平分线的定义和平行四边形的性质求，再根据平行四边形的性质求． 【详解】在中，，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 8．如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为___________． 【答案】/32度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质证明，进而可以解决问题． 【详解】解：如图， ∵四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 9．如图，正方形中，点为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点．当线段与正方形的某条边的夹角是时，则的度数是___． 【答案】或 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，四边形内角和，三角形外角的性质等知识，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分两种情况讨论：①当与的夹角是时，即，利用四边形内角和求解即可；②当与的夹角是时，即，利用三角形外角的定义求解即可． 【详解】解：点为对角线上一点， 线段与正方形的某条边的夹角是时，有以下两种情况： ①当与的夹角是时，即，如图所示： ， ， ， 在四边形中，， ， ； ②当与的夹角是时，即，如图3②所示： 四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ， 是的外角， ， ， ， 综上所述：的度数是或． 故答案为：或． 题型2 规律问题 10．按一定规律排列的一组二次根式：，，，，…，则第6个二次根式为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了与算术平方根相关的规律探索题，找到规律是解题的关键；根据前面几个数的式子可得规律：第n个数是 ，进而求解． 【详解】解：∵第n个二次根式为， ∴当时，， ∴第6个二次根式为； 故选：D． 11．小明做数学题时，发现；；；；…；按此规律，若（a，b为正整数），则（    ） A．64 B．72 C．65 D．73 【答案】D 【分析】找出一系列等式的规律为的正整数），令求出与的值，即可求得的值． 【详解】解：根据题中的规律得：的正整数）， ， ，， 则． 故选：D． 【点睛】此题考查了数字类规律，找出题中的规律是解本题的关键． 12．下面是小颖根据学习“数与式”积累的经验，通过“由特殊到一般”的方法探（第15题图）究二次根式的运算规律： ①；②；③；…… 如果为正整数，用含的式子表示上述的运算规律为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查二次根式混合运算，数字的变化规律，解答的关键是由所给的式子总结出规律，分析所给的等式的形式进行总结即可． 【详解】解： ， ， ， 用含的式子表示为：， 故答案为：． 13．观察下列各式： ， ， ，…… 请利用你所发现的规律， 计算，其结果为__________． 【答案】 【分析】本题考查了二次根式运算类型的规律探究，根据已知等式将各式分别化简，得到 ，再将等式写成 进行计算得到答案；正确分析得到等式的计算规律是解题的关键． 【详解】∵ ， ， ，， ∴ =， 故答案为：． 14．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的等边三角形的边与x轴正半轴重合，将绕点O逆时针旋转，得到，再作，关于原点O的中心对称图形，得到，再将绕点O逆时针旋转，得到，再作关于原点O的中心对称图形，得到，…，按照此规律，先将三角形绕点O逆时针旋转，再作关于原点O的中心对称图形，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了点的坐标的规律，图形的旋转与翻折，等边三角形的性质．利用题干中的操作顺序求得对应的点的坐标，利用计算结果找出规律是解题的关键．利用题干中的操作步骤，分别求得对应的点的坐标，观察计算结果，找出变化的规律即可求解． 【详解】解：如图，过点B作轴，过作轴，垂足分别为， 由题意得，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， 如图，与关于原点对称， ，，，，，，， 观察可知点回到点B的位置后从点开始重复点到点的变换规律， 即由点到点为一个变换周期， ， 即点的坐标为， 故选：B． 15．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为直角边作等腰，再以为直角边作等腰，…，按此规律进行下去，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于；斜边等于直角边的倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征． 根据等腰直角三角形的性质得到，，，…，，再利用、、、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴的特点可得到点在第一象限，即可确定点的坐标． 【详解】解：∵等腰直角三角形的直角边在x轴的负半轴上，且，以为直角边作第二个等腰直角三角形，以为直角边作第三个等腰直角三角形，…， ∴，，，…，，， ∵， ∴、、、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴， ∵， ∴点在第四象限的角平分线上， ∵， ∴点的横坐标为：，纵坐标为， 故答案为：． 16．如图，在中，，，，且在直线上，将绕点顺时针旋转到位置①，可得到点；将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，可得到点，此时；将位置②的三角形绕点顺时针旋转到位置③，可得到点，此时按此规律继续旋转，直到得到点为止，则______． 【答案】 【分析】本题主要考查实数的规律，熟练掌握规律是解题的关键．根据题意求出，根据题意发现从开始组为一个循环，即可计算答案． 【详解】解：由题意可得：， ， ， ， ， 开始组为一个循环，每次循环增加， 故， ． 故答案为：． 17．如图，在图中，、、分别是的边、、的中点，在图中，、、分别是的边、、的中点，，按此规律，则第个图形中平行四边形的个数共有______个． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形的中位线定理等知识点，根据中位线定理先确定它们是平行四边形，然后在图（1）中，可证出有3个平行四边形；在图（2）中，可证出有6个平行四边形；…按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有个，熟练掌握三角形的中位线定理的性质是解决此题的关键． 【详解】在图（1）中，、、分别是的边、、的中点， ∴， ， ∴四边形是平行四边形，共有3个． 在图（2）中，分别是的边的中点， 同理可证：四边形、、、、、是平行四边形，共有6个． … 按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有个， 故答案为：． 18．如图，在平面直角坐标系中，点O、、A、、B、、C……，都是平行四边形的顶点，点A、B、C……在x轴正半轴上，，，，，，，，平行四边形按照此规律依次排列，则第6个平行四边形的对称中心的坐标是__________． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，点的坐标规律，先求出前几个点的坐标，找到规律第个平行四边形的对称中心坐标为，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作轴于点，    ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴重合， ∴， 则的中点即为第1个平行四边形的对称中心，其坐标为； 同理可得，，，则的中点坐标即第2个平行四边形的对称中心坐标为 同理可得第3个平行四边形的对称中心坐标为即 …… 同理可得第个平行四边形的对称中心坐标为 ∴第个平行四边形的对称中心的坐标是即为． 故答案为：． 19．如图，是边长为1的等边三角形，取边中点，作，，，分别交，于点，，得到四边形，它的面积记作；取中点，作，，，分别交，于点，，得到四边形，它的面积记作……照此规律作下去，则______． 【答案】 【分析】先根据△ABC是等边三角形可求出△ABC的高，再根据三角形中位线定理可求出S1的值，进而可得出S2的值，找出规律即可得出Sn的值． 【详解】解：∵△ABC是边长为1的等边三角形， ∴△ABC的高为：， ， ∵DE、EF分别是△ABC的中位线， ∴， ∴， 同理可得； …， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形中位线定理，解直角三角形，熟知以上知识是解答此题的关键． 题型3 多结论问题 20．若、为正有理数，则有得到有理数结果，例如：．我们把称为“的有理化因式”，与互称为“有理化因式”．某同学利用有理化因式，得到如下结论： ①； ②； ③若（其中为有理数）则； ④若，则． 以上结论正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】本题考查了有理化因式，二次根式的混合运算，二次根式的化简，利用有理化因式进行变形计算后即可一一判断，熟练掌握二次根式的性质和运算法则是解题的关键． 【详解】解：①，故①错误，不合题意； ②，故②正确，符合题意； ③ ， 若， 则， 解得， ∴，故③错误， ④∵， 又∵， ∴，故④正确，符合题意； 综上，结论正确的有个， 故选：． 21．若定义：方程是方程的“倒方程”．则下列四个结论： ①如果是的倒方程的一个解，则． ②一元二次方程与它的倒方程有公共解． ③若一元二次方程无解，则它的倒方程也无解． ④若，则与它的倒方程都有两个不相等的实数根． 上述结论正确的有（   ）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据倒方程的定义和一元二次方程根的定义对①进行判断；一元二次方程与它的倒方程联立，判断方程组是否有解，可以判定②正确；利用倒方程的定义和根的判别式的意义对③④进行判断． 【详解】解：①的倒方程为， 把代入方程得， 解得，故①错误； ②一元二次方程的倒方程为，则联立得：， 两式相减得到， 故方程，总有实数解， 故一元二次方程与它的倒方程有公共解，故②正确； ③若一元二次方程无解，则， 而倒方程为，那么根的判别式也为， 故它的倒方程也无解，故③正确； ④当时，一元二次方程的根的判别式， 也为一元二次方程，此方程的根的判别式， 所以这两个方程都有两个不相等的实数根，所以④正确，符合题意． 22．在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示： 成绩/ 人数 2 3 2 3 4 1 某同学分析上表后得出如下结论：①这些运动员成绩的平均数是；②这些运动员成绩的中位数是；③这些运动员成绩的众数是．上述结论中正确的是（   ） A．②③ B．①③ C．①② D．①②③ 【答案】A 【分析】本题考查了平均数、中位数、众数． 根据平均数、中位数、众数的意义求解即可． 【详解】解：①这些运动员成绩的平均数是，原说法不正确； ②这些运动员成绩的中位数是从小到大排列第8个数为，原说法正确； ③这些运动员成绩出现最多的是，则众数是，原说法正确； 故选：A． 23．如图，在平行四边形中，，于点E，于点F，相交于点H，的延长线相交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的是（    ） A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③⑤ 【答案】B 【分析】①由题意可知是等腰直角三角形，故此可得到；②由，证明即可；③先证明≌，从而得到，然后由平行四边形的性质可知；④根据，，即可得；⑤没有条件证明，所以不一定等于． 【详解】解：， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ，故①正确，符合题意； ，， ， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ，故②正确，符合题意； 在和中，， ≌， ，， ， ，故③正确，符合题意； 四边形是平行四边形， ， ， ；故④正确，符合题意； 根据已知不能推出，故⑤错误，不符合题意； 综上，正确的有①②③④， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解此题的关键． 24．如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别在边，上，线段经过点，下列结论： ； ； ； ．其中错误结论的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，根据平行四边形的对边平行、对角相等可知、正确；因为与有交点，所以错误，故错误；因为是平行四边形的对角线，所以，利用可证，所以可知，从而可证，故正确． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 故正确； 与相交于点， 与不平行， 故错误； 四边形是平行四边形， ， 故正确； 四边形是平行四边形，是的对角线， ，， ， 点是的中点， ， 在和中，， ， ， ， ， 故正确． 综上所述，错误结论的个数为. 故选： A． 25．如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，．下列结论中：①；②若，，则四边形是正方形；③若，，，则的长为，其中正确的结论有（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形全等的性质与判定，等边三角形的性质与判定，掌握以上性质定理是解题的关键． 利用判定，从而得到；，由已知可得四边形是平行四边形，再利用等底等高的三角形面积相等，即可得，再根据，，可得四边形是菱形也是矩形；再取的中点，连接，，，利用勾股定理求解即可． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵为的中点， ， ， ，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ，， ∴， ∴，故结论①正确； 若，时， ∵， ∴平行四边形是菱形． ∵，， ∴， ∴平行四边形是矩形． ∴四边形是正方形；故结论②正确； 取的中点，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵ ∴， ∵， ，故结论③正确． 综上所述：正确的结论有①②③，故选D． 26．如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键． 根据四边形是正方形及，可证出，则得到：①；可判断④；可以证出，则②一定成立；用反证法可证明，即可判断③． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， （故①正确）； ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ∴（故④正确）； ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ， ， ∴ 一定成立（故②正确）； 假设， ， （线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等）， 在中，， ，这与正方形的边长相矛盾， 假设不成立，（故③错误）； ∴正确的有①②④共3个正确， 故选：C． 27．如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（    ）    A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④ 【答案】C 【分析】根据，点E是的中点，，可知是等边三角形，得出，，进而得出，根据平行四边形得性质可判断①，再根据平行四边形的性质得，即可说明是否平分，然后说明是的中位线，可判断和的关系，再根据点O是的中点，得，由点E是的中点，得，进而得，然后根据平行四边形的性质得，即可判断④，得出答案． 【详解】∵，点E是的中点， ∴. ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴是平分． 则①②正确； ∵点E是的中点，点O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴． 则③正确； ∵点O是的中点， ∴． ∵点E是的中点， ∴， ∴． 由平行四边形的性质得， ∴， 即． 则④不正确． 所以正确的有①②③. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线的性质，求三角形的面积等，弄清各三角形的面积之间的关系是解题的关键． 28．如图，在中，，D、E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 由旋转的性质可得，，可判断②；结合可得，即，运用可证明，即可判断①；再根据等腰三角形的性质以及等量代换可得，由勾股定理可判断③错误、④正确． 【详解】解：∵绕点A顺时针旋转后得到， ∴，，，即②正确； ∵， ∴，即， ∵， ∴，即①正确； ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴，即：，即③错误，④正确． 综上，正确的有个． 故选：C． 29．如图，点为平分线上的一个定点，在绕点旋转的过程中，其两边分别与、相交于、两点，过点作于点，于点，若，则下列结论错误的是（    ）      A． B．的值不变 C．的长不变 D．四边形的面积不变 【答案】C 【分析】由角平分线的性质，可得，由四边形的内角和，结合同角的补角相等，可得，证明，可得，，，可判断A、B、D选项，结合在绕点旋转的过程中，、的长度是变化的，可判断C选项． 【详解】解：∵点为平分线上的一个定点，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，， ∴，四边形的面积不变， ∴的值不变， ∴选项A、B、D结论正确，不符合题意； 在在绕点旋转的过程中，， ∵、的长度是变化的， ∴的长度是变化的， ∴选项C结论错误，符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查角平分线的性质，同角的补角相等，四边形的内角和，三角形全等的判定和性质． 30．如图，在四边形中，，，，依次是，，，的中点． ①若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形； ④若，，则四边形是正方形． 则上述四个结论中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查中点四边形，根据三角形的中位线定理，菱形，矩形和正方形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：∵在四边形中，，，，依次是，，，的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形，故①正确； 当时，则：， ∴四边形是菱形；故②正确； 当时，则：， ∴， ∴四边形是矩形；故③正确； 当，，则：，， ∴四边形是正方形；故④正确； 故选D 31．如图所示，在中，，是边上的中线，点E是边上一动点（不与A、B重合），连结，过点P作的垂线交于点F，连结．有下列四个结论：①； ②是等腰直角三角形； ③； ④．其中一定正确的有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】本题主要考查了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．根据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，逐项判断，即可求解． 【详解】解：∵在中，，是边上的中线， ∴，，， ∴均为等腰直角三角形，， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形，故②正确； ∴，故③正确； ∵， ∴， 当为的中位线时，满足，此时， ∵点E是边上一动点， ∴无法确定是否为的中位线， ∴无法判断和的大小关系，故④错误； 故选∶B 32．如图，正方形，对角线相交于点，以为顶点作与正方形同样大小的正方形与交于点与交于点，连接．给出下面四个结论： ①； ②； ③四边形的面积等于正方形面积的四分之一； ④当时，． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】①先证明，进而可依据“ASA”判定和全等，则，再根据可得出，由此可对结论①进行判断；②设与相交于点T，根据，得是等腰直角三角形，则，再根据，利用三角形内角和定理得，由此可对结论②进行判断；③根据和全等得进而得，由此可对结论③进行判断；④过点O作于点H，由勾股定理得，依题意得，则，证明是等腰直角三角形，再由勾股定理得则由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①∵四边形是正方形 ∴，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ∴， ∴， 故结论①正确； ②设与相交于点T，如图1所示： ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故结论②正确； ③∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 故结论③正确； ④过点O作于点H，如图2所示： ∵是等腰直角三角形， ∴由勾股定理得： ∵，，， ∴， ∴ ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理得： ∴ 即， 故结论④正确， 综上所述：正确结论的序号是①②③④． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 33．如图，在正方形中，点P是对角线上一点（点P不与B，D重合），连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接，，交于点G，给出三个结论：， ．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．添加辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键． 根据题意，由勾股定理即可判断；过P点作，延长交于Q点，通过分析可证即可判断；将绕点A顺时针旋转得到，证，即可判断． 【详解】解： 连接并延长交于点E，过点P作交于点F， 是直角三角形， 正确； 如图，过P点作，延长交于Q点，则，四边形是矩形， ，， ， 四边形是正方形， 是对角线， ，， 是等腰直角三角形， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中， ， ， 正确； 将绕点A顺时针旋转得到，如图2， ， ， C，B，H共线， ， ， ， 在和中， ， ， ， 正确； 综上，均正确． 故答案为：D． 34．如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一点，连接，过点作，交延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中正确的结论有（　　） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键． 过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出平分；进而求得；当时，点与点重合，得到不一定等于，即可作答． 【详解】解：过作，过作于，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，   ∴矩形是正方形，故①符合题意； ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴平分，故③符合题意；   ∵， ∴，故②不符合题意； 当时，点与点重合， ∴不一定等于，故④不符合题意． 故选：A 35．如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，，有以下结论∶ ①；②；③；④的最小值为⑤当为等腰三角形时，的面积为8或．其中正确结论的序号为（   ） A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．①②③④ D．①③④ 【答案】C 【分析】①连接，易知四边形为矩形，可得；由可得，所以；②延长，交于，交于点，由矩形可得，则；由，则；由四边形为正方形可得，即，所以，即，可得； ③由②中的结论可得；④由于点为上一动点，当时，根据垂线段最短可得此时最小，最小值为，由①知，所以的最小值为．⑤分两种情况：当时 ，当时 ，分别求出的面积，即可判定． 【详解】解：①连接，交于点，如图， ，， ． ， 四边形为矩形． ，． 四边形为正方形， ，． 在和中， ， ． ． ．故①正确； ②延长，交于，交于点， ， ． 由①知：， ． ． ， ． ． 即：， ．故②正确； ③由②知：． 即：．故③正确； ④点为上一动点， 根据垂线段最短，当时，最小． ，， ． ． 由①知：， 的最小值为，故④正确． ⑤当时 ， ∵正方形 ∴ ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴ 当时 ， ∵正方形 ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵是等腰直角三角形， ∴ ∴ ∴ 综上，的面积为8或，故⑤错误， 综上，正确的有①②③④， 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定，垂线段最短，勾股定理，等腰直角三角形，矩形的判定与性质，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质是解题的关键． 36．如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A、O、E在同一直线l上，且，，给出下列结论：①；②；③；④四边形的面积与正方形的面积相等．其中正确的结论为（　　）    A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①③④ 【答案】C 【分析】过点D作于点N，延长交直线于M，连接，如图，根据四边形、四边形是正方形，可得，判断①正确；证明，可得，又，可得，判断②正确；在中，，可判断③正确；根据，，有，可得四边形的面积与正方形的面积不相等，判断④不正确． 【详解】过点D作于点N，延长交直线于M，连接，   四边形、四边形是正方形， ，， ，故①正确； ， ， 又，， ， ，， 又， ， ，故②正确； 四边形是正方形， 是等腰直角三角形， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ，， 在中，， ，故③正确； ，， ， ， 四边形的面积与正方形的面积不相等，故④不正确； 正确的有①②③， 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质与应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及三角形面积，解题的关键是掌握正方形的性质． 37．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点的运动时间为（单位：），下列结论①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④当时，或。其中结论正确的个数有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】根据题意，表示出，，和的长，当四边形为矩形时，根据，列出方程求解即可；当四边形为平行四边形时，根据，列出方程求解即可；当时，分两种情况：四边形是平行四边形时；四边形是等腰梯形，分别列方程求解即可． 【详解】解：根据题意，可得，， ∵，， ∴，， 当四边形为矩形时，， 即，解得，故①不正确； 当四边形为平行四边形时，则， 即，解得，故②不正确； 当时，分两种情况： 当四边形是平行四边形时，则， 即，解得， 当四边形是等腰梯形时， 过点作于点，过点作于点，如图所示，    则， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又，，， ∴， 即， 解得， 综上可得，当时，或， 故③错误，④正确， ∴正确的结论有个． 故选： 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含的代数式表示各线段的长度是解题的关键． 38．如图，正方形中，点E是边的中点，交于点交于点G，有下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（   ） A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①④⑤ 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，解答本题要充分利用正方形的特殊性质． 根据正方形的性质证得，推出，可知①正确；证明，得到，而，，推出，得到结论②正确，由于和同底等高，得到结论，故③正确；由，得到，而，故④正确，不能证明，据此判定即可． 【详解】解：∵点E是边的中点， ∴， 而，， ∴， ∴， 故①正确； ∵，，， ∴， ∴， 而，， ∴， ∴， ∴， 故②正确； ∵和同底等高， ∴， 而， ∴， 故③正确； ∵， ∴， 而，， ∴， ∴， ∴， 而， ∴， 故④正确， 不能判定，故⑤错误； 综上分析可得，正确的是：①②③④． 故选：B. 39．如图，在正方形中，、分别是边、上的点，，，连接交于点，交于点．下列结论：①；②的周长为；③；④．正确的有（    ） A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④ 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质等，构造全等三角形是解题的关键．由四边形是正方形得， ，，再将绕点逆时针旋转得到，在上取一点，使，根据旋转的性质及证明 ，然后根据全等三角形的性质判断①②③；再证明 ，可得，，，然后说明 ，最后根据全等三角形的面积相等判断④即可． 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ，． 将绕点逆时针旋转得到，则共线，在上取一点，使．    根据旋转的性质可知，，． ∵，， ∴， ∴， 即． ∵，， ∴ ， ∴， ∴的周长 ． 故①②③正确； ∵，，， ∴ ， ∴． ∵，，， ∴ ， ∴， ∴． 所以④不正确． 正确的有①②③． 故选：C． 题型4 多解问题 40．如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿射线以每秒的速度运动．动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向点运动；当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为（   ） A．2或秒 B．秒 C．或秒 D．秒 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒）， ，的速度为每秒，到达的时间为（秒）， 当在点以及点的左边时，即时，， 当在的右边时，即时，， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形． 故选：C． 41．如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、动点问题．当和全等时，一定为直角三角形，点在上时，不能构成三角形；点在上时构成的不是直角三角形，此时两个三角形不能全等；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度可以求出运动的时间；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度求出运动的时间即可． 【详解】解：中， 当和全等时，一定为直角三角形， 当点在上时，不能构成三角形； 当点在上时，如下图所示， 构成的不是直角三角形，此时和不全等； 当点在上时，如下图所示， ， 则有， 此时点运动的路程为， 运动的时间为； 当点在上时，如下图所示， ， ， 此时点运动的路程为， 运动的时间为， 综上所述，当和全等时，的值是或． 故选：D ． 42．如图，在平面直角坐标系中，，，，，且，满足．一动点从点出发，在线段上以每秒2个单位长度的速度向点运动；动点从点出发，在线段上以每秒1个单位长度的速度向点运动．点分别从点同时出发，当点运动到点时停止运动，点随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求两点的坐标； (2)当为何值时，四边形是平行四边形？请求出此时两点的坐标． (3)当为何值时，是以为腰的等腰三角形？ 【答案】(1) (2)当时，四边形是平行四边形，点的坐标为，点的坐标为； (3)当或 时, 是以为腰的等腰三角形； 【分析】此题主要考查了平行四边形和矩形判定与性质，等腰三角形的性质及勾股定理，关键是注意分类讨论，不要漏解. （1）根据非负数的性质得出的值进而得出答案； （2）由题意得: ， ，根据平行四边形的判定可得，再解方程即可； （3）①当时, ，解方程得到的值；②当时， 由题意得：，进而得到方程：，再解方程即可. 【详解】（1）解：， ，， ∴， ∵,，， ∴， ∴； （2）解：如图： 由题意得: ， 则:，， ∵， ∴当时, 四边形是平行四边形， ∴， 解得: ， 故当时，四边形是平行四边形， 此时，点的坐标为，点的坐标为； （3）∵是以为腰的等腰三角形， ∴分两种情况：或， ①当时，如图， 过作于， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴中： ， ∵， ，即 ， 解得：， ②当时，过作轴于， ∴， 由题意得:， 则， 解得：， ， 综上所述，当或 时， 是以为腰的等腰三角形. 43．如图，在四边形中，，，于点E，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动到D点后原路返回，向终点A运动；动点Q从点C出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P返回到点A时，点Q也随之停止运动，设点P运动时间为t秒． (1)的长为 ； (2)用含t的代数式表示线段的长； (3)当以P、D、E、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出t的值． 【答案】(1)4 (2) (3)2或 【分析】本题考查矩形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质： （1）证明四边形为矩形，勾股定理求出，矩形的性质，得到即可； （2）分和，两种情况进行求解即可； （3）分和和，三种情况，结合平行四边形的性质，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴； （2）由题意，得：点到达点所需时间为：秒， ∴点运动的总时间为：秒； ∴当时，， ∴； 当时，； 综上：； （3）点到达点所需时间为：秒； ∴当时，， ∵， ∴当四边形为平行四边形时，， ∴，解得：； 当时，则：，解得：； 当时，不存在以P、D、E、Q为顶点的四边形为平行四边形； 综上：或． 44．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，且AD＝12cm，AB＝8cm，DC＝10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： （1）BC＝　 　cm； （2）当t＝　 　秒时，四边形PQBA成为矩形． （3）当t为多少时，PQ＝CD？ （4）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）18；（2）；（3）或；（4）存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为秒或4秒或秒． 【分析】（1）作于E，则四边形ABED为矩形．在直角△CDE中，已知DC、DE的长，根据勾股定理可以计算EC的长度，根据BC=BE+EC即可求出BC的长度； （2）当PA=BQ时，四边形PQBA为矩形，根据PA=QB列出关于t的方程，解方程即可； （3）分两种情况：当时，四边形是平行四边形；梯形PDCQ是等腰梯形时，PQ=CD，可建立方程求解即可得出结论； （4）因为三边中，每两条边都有相等的可能，所以应考虑三种情况．结合路程=速度×时间求得其中的有关的边，运用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识求解． 【详解】解：（1）根据题意得：PA=2tcm，CQ=3tcm，则PD=AD-PA=(12-2t)cm， ， 如图，过D点作于E， ∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴ ， ∴四边形ABED为矩形， ∴DE=AB=8cm，AD=BE=12cm， 在Rt△CDE中， ∵∠CED=90°，DC=10cm，DE=8cm， ∴=6cm， ∴BC=BE+EC=18cm； （2）∵，∠B=90° ∴当PA=BQ时，四边形PQBA为矩形， 即2t=18-3t，解得t=秒， 故当t=秒时，四边形PQBA为矩形； （3）①当时，如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴12-2t=3t， ∴t=秒； ②如图，梯形PDCQ是等腰梯形时，PQ=CD， 过点P作 于点F，则 ， ∴四边形PDEF是矩形， ∴ ，EF=DP=12-2t， ∴， ∴FQ=CE=6cm， ∴CQ=FQ+EF+CE=6+12-2t+6=3t， ∴t=； ∴当t为或时，PQ＝CD； （4）△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论： ①当QC=DC时，即3t=10， ∴t=； ②当DQ=DC时， ， 即， ∴t=4； ③如图，当QD=QC时，则 ， ， 在 中， ， 即 ， 解得：t=． 故存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为秒或4秒或秒． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了直角梯形的性质、矩形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 45．已知，如图，O为坐标原点，四边形为矩形，，点D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒． （1）当t何值时，四边形是平行四边形； （2）在直线上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标：若不存在，请说明理由； （3）在线段上有一点M，且，当P运动_______秒时，四边形的周长最小，并在图3中画图标出点M的位置． 【答案】（1）；（2）存在，t=，Q（18，12）；t=9，Q（5，12）；t=4，Q（-5，12）；（3） 【分析】（1）先求出OA，进而求出OD=5，再由运动知BP=10-2t，进而由平行四边形的性质建立方程26-2t=13即可得出结论； （2）分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形OAMP周长最小，得出AM+DM最小，即可确定出点M的位置，再用三角形的中位线得出BM，进而求出PC，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形OABC为矩形，A（26，0），C（0，12）， ∴BC=OA=26，AB=OC=12， ∵点D是OA的中点， ∴OD=OA=13， 由运动知，PC=2t， ∴BP=BC-PC=26-2t， ∵四边形PODB是平行四边形， ∴PB=OD=13， ∴26-2t=13， ∴t=； （2）①当Q点在P的右边时，如图1， ∵四边形ODQP为菱形， ∴OD=OP=PQ=13， ∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=5， ∴2t=5； ∴t=， ∴CQ=CP+PQ=5+13=18， ∴Q（18，12）； ②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图2， 同①的方法得出 t=9，CQ=5， ∴Q（5，12）， ③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图3， 同①的方法得出，t=4，CQ=5， ∴Q（-5，12）， 综上：t=，Q（18，12）；t=9，Q（5，12）；t=4，Q（-5，12）； （3）如图4，由（1）知，OD=13， ∵PM=13， ∴OD=PM， ∵BC∥OA， ∴四边形OPMD是平行四边形， ∴OP=DM， ∵四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP =26+AM+13+DM=39+AM+DM， ∴AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小， ∴作点A关于BC的对称点E，连接DE交PB于M， ∴AB=EB， ∵BC∥OA， ∴BM=AD=， ∴PC=BC-BM-PM=26--13=， ∴t=÷2=． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，最值的确定，三角形中位线定理，解（1）的关键是求出OD的值，解（2）的关键时分类讨论的思想，解（3）的关键是找出点M的位置，是一道中等难度的中考常考题． 46．已知，如图，在长方形中，．延长到点E，使，连接．    (1)动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿向终点A运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，和全等？ (2)若动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度仅沿着向终点E运动，连接．设点P运动的时间为t秒，是否存在t，使为等腰三角形？若存在，请求出t的值；否则，说明理由． 【答案】(1)当t为3或13时，和全等 (2)存在，当或4或时，为等腰三角形 【分析】（1）若和全等，可分或两种情况，分别根据“时间＝路程÷速度”求出t的值即可； （3）先根据矩形的性质和勾股定理求得,分三种情况讨论，分别利用等腰三角形的性质和勾股定理求出BP，进而得到t的值即可． 【详解】（1）解：若和全等，则或， 当时，则秒， 当时，则秒， ∴当t为3秒或13秒时，和全等． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， 在中， ， 若为等腰三角形，则或或， 当时， ∵， ∴， ∵， ∴； 当时， ∵， ∴， ∴； 当时， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵ ， ∴． 综上所述：t的值为3或4或．    【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定和性质等知识点，掌握分类思想解决问题是本题的关键． 题型5 最值问题 47．如图，菱形的边长为，，，分别是，边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理推出，由垂线段最短得到．连接，过作于，判定是等腰直角三角形，求出，由垂线段最短得到，由三角形中位线定理推出，即可得到的最小值． 【详解】解：连接，过作于 ，菱形的边长为， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 的最小值是， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ， 的最小值为． 故选：A． 48．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（   ） A．12 B． C．14 D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合证明，推出，得到点在平行于，且与的距离为4的直线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，由勾股定理可求解． 【详解】解：过点作，交、于、，过点作垂足为， ∵矩形，点M是边的中点， ∴，，， ∴， ∴四边形和都是矩形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平行于，且与的距离为4的直线上运动， 作点关于直线的对称点，连接交直线于点，此时周长取得最小值，最小值为， ∵，， ∴， 故选：D． 49．如图，为正方形中边上的一点，且，，分别为边，上的动点，且始终保持，则的最小值为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 过点作交于，过点作，过点作，两直线交于点，连接，由勾股定理求出的长，证明，得出，证明四边形是平行四边形，得出，，从而推出，当点、、三点共线时，的值最小，为，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图，过点作交于，过点作，过点作，两直线交于点，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ，，， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 当点、、三点共线时，的值最小，为， ． 故选：C． 50．如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小，连接，求出，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案． 【详解】解：作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴， 即Q在上， ∵， ∴， ∵M为中点， ∴Q为中点， ∵N为中点，四边形是菱形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， ∴， 故选：A． 51．如图，在边长为4的正方形中，E，F分别是，上的动点，M，N分别是，的中点，则的最大值为（    ） A． B． C． D．4 【答案】B 【分析】此题主要考查了正方形的性质，三角形的中位线定理，连接，，由勾股定理得，证明是的中位线得，由此得当为最大时，则为最大，因此当点E与点C重合时，为最大，最大值是线段的长，为，据此可得的最大值． 【详解】解：连接，，如图所示： ∵四边形是正方形，且边长为4， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵M，N分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当为最大时，则为最大， ∵E，F分别是，上的动点， ∴当点E与点C重合时，为最大，最大值是线段的长，为， ∴的最大值为． 故选：B． 52．如图，在平面直角坐标系中，正方形的两个顶点A、B是坐标轴上的动点，若正方形的边长为4，则线段长的最大值是( )    A． B． C． D．8 【答案】B 【分析】取的中点E，连接，则，根据正方形的性质及勾股定理得出，，结合图形得出当点E在线段上时，线段的长最大，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点E，连接，则，    ∵四边形是正方形，边长为4， ∴，则， 在中，，由勾股定理，得， ∵在中， ，点E是斜边的中点， ∴， 由图可知：，当点E在线段上时，线段的长最大，最大值是， 故选B． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，勾股定理解三角形及三角形三边关系，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． 53．如图，矩形中，，点E是边上的动点，点F在边上，．连接，则的最小值为__． 【答案】 【分析】在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接，首先证明，由全等三角形的性质可得，再由轴对称的性质可得，易知，当点三点共线时，取最小值，即取最小值，然后证明四边形为矩形，结合矩形的性质以及勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】解：如下图，在上取点，使得，连接，过点作于点，作点关于的对称点，连接， ∵四边形为矩形，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点与点关于对称， ∴，， ∴， 当点三点共线时，取最小值，即取最小值， 此时∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴此时，即的最小值为． 54．如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为中点，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】根据题意可得当时，最短，同样也最短，从而不难根据三角形的面积求得其值． 【详解】解：连接，如图： ∵在中，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴，且过的中点， ∵M是的中点， ∴， 当时，最短，此时也最短， ∵， ∴， 即的最小值为． 55．如图，在矩形中，，，点E，F分别是，边上的两动点，且，点G为的中点，点H为边上一动点，连接，，则的最小值为______． 【答案】9 【分析】本题考查了最短路径问题，轴对称图形的性质以及勾股定理．因为，点为的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出，所以是以为圆心，以1为半径的圆弧上的点，作关于的对称点，连接，交于，交以为圆心，以1为半径的圆于，此时的值最小；根据勾股定理求得问题可求． 【详解】解：∵，G是的中点，则有， 则点在以圆心，1为半径的圆在长方形内的弧上运动． 作关于的对称点，连接，交于，交以为圆心，以1为半径的圆于点， ∴， 由两点之间线段最短，此时的值最小， 则的最小值= 且， 则的最小值． 故答案为：9． 56．如图，正方形的边长为2，点分别在上，且与相交于点，连接，则的最小值为_________． 【答案】/ 【分析】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，直角三角形的性质．取的中点，连接，证明，可得，从而得到，进而得到．根据题意可得当在同一条直线上时，取得最小值．然后在中，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点，连接． 四边形是正方形， ． 在和中， ， ， ， ， ， ． ， 当在同一条直线上时，取得最小值． 在中，， 的最小值为． 故答案为：． 题型6 几何证明与计算大综合 57．如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 【答案】(1)证明过程见解答； (2)12 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质等； （1）根据等腰三角形的“三线合一”可知，结合已知可推出为的中位线，根据三角形中位线的性质即可证得结论； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而勾股定理求得，再根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是边上的中线， ， 是的中点， 为的中位线， ∴； （2）解：∵，是边上的中线， ∴，即， ∵在中，， ∴， 又， ∴， ∴ ∴． 58．在等腰直角，，． (1)如图1，，是等腰直角斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转得到，连接，． ①求证：； ②当，时， ． (2)如图2，是等腰直角斜边所在直线上的一动点，连接，以为直角顶点作等腰直角，当，时，则 ． 【答案】(1)①证明见解析；② (2)或 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质，用勾股定理解三角形等知识点．分类讨论的数学思想是解决本题的重要思路． （1）①先证，再利用全等三角形的判定定理即可求证； ②证，进而在中利用勾股定理即可求解； （2）分情况讨论点在线段，点在线段的延长线上，即可求解． 【详解】（1）①证明：如图1中，    由题意得，， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ，， ， ， 在和中， ， ． ②解：如图1中，设，则． ∵，， ， ， ， ， ， ∴在中，，， ∴，解得， ∴． 故答案为：． （2）解：当点在线段上时，如图2中所示，连接：   ， ， ， ， ， ， ， ； 当点在线段的延长线上，如图3中所示，连接：    同法可证是直角三角形， ， ， 故答案为：或． 59．方方与圆圆在学习中心对称后，准备对平行四边形进行更深入的研究，如图，平行四边形中，、分别为、上的点，当时，与是中心对称的，可推理得到． (1)图中，为上不同于的一点，满足，此时与不是中心对称的，那么与是否仍存在某种数量关系？并说明理由； (2)如图，平行四边形，、交于点，为上一点，延长交延长线于点，若，，求的长（用，表示）； (3)如图，中，为的中点，为上一点，延长交延长线于点，若，，直接写出的长． 【答案】(1)，理由见解析； (2)； (3)． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． （）证明，得出； （）延长交于点，证明，得出，证出，则可得出结论； （）证出，由（）知，得出，则可得出答案． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2）解：延长交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， 由（）知， ∴， ∴． 60．如图，在中，，分别是，的中点，延长至点，使，连结，，． (1)从条件①；②中选择合适的一个，完成四边形为矩形的证明． (2)在（1）的结论下，若平分，且，求四边形的面积． 【答案】(1)选择①；证明见解析 (2) 【分析】（1）根据，，得出四边形为平行四边形，选择①，根据等腰三角形性质，证明，再根据矩形的判定证明四边形为矩形即可； （2）先证明四边形为平行四边形，再证明，根据等腰三角形的判定得出，根据勾股定理得出，根据平行四边形的面积公式得出． 【详解】（1）解：选择条件①；不能选择条件②； ∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， 选择①， ∵点E为的中点， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：∵四边形为矩形， ∴，， ∵点E为的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴根据勾股定理得：， ∵四边形为平行四边形， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 61．如图1，边长为4的正方形，E为边上的动点（不与A，B重合），连结，以为边向右上方作正方形，边与交于点H，连结． (1)求证：． (2)若，求的长． (3)如图2，连结，过点C作于点N，交于点K．求证：点K为的中点． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，作辅助线构造特殊三角形是解题关键． （1）根据正方形的性质，得出，，，，证明即可证明结论； （2）连结，设，，由勾股定理得，，在中，，由此列方程解出x的值； （3）延长，作于，作于，由，，得，推出，得到同理可证得到故以、、、为顶点的四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得对角线、互相平分即为中点． 【详解】（1）证明：四边形和四边形均为正方形 ，，， ， ， ． （2）连结，设，， ，， 在中，． ∵在中，， ， 解得（舍去），， ． （3）延长，作于，作于， ∴， ∴， 在和中，， ， 同理可证， ， 故以、、、为顶点的四边形是平行四边形 对角线、互相平分 即为中点． 62．如图1，正方形中，点在边上，连接，过点作交延长线于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，过点作于点，连接． ①求证：； ②设长为，长为，求的面积（用含，的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析 ② 【分析】（1）由四边形是正方形可得，又由可得出四边形为平行四边形，由此结论得证； （2）①连接，结合（1）可知四边形为平行四边形，再根据正方形的性质可证得，再利用三角形全等的性质即可得证； ②设，则，由①可知，根据四边形是正方形可得，，再利用勾股定理与乘法公式的变形的运用即可求出的面积． 【详解】（1）四边形是正方形， ， ， 四边形为平行四边形， ； （2）①如图，连接， 由（1）得四边形为平行四边形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， （SAS）， ，， ， ，即为等腰直角三角形， ， ， ； ②设，则， 四边形是正方形， ，由①得， 在中，， ． 【点睛】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，平行四边形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 63．如图，在矩形中，点E为中点，点F为中点． (1)求证：． (2)若，求的值． (3)若，，求BC的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由矩形的性质结合即可证明； （2）可得垂直平分，则，结合全等以及矩形的性质得到，而，则，再对运用勾股定理得到，即可求解； （3）取中点，连接并延长交于点，为的中位线，然后证明，则设，那么，然后和中由勾股定理得，再求解，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点E为中点， ∴， ∴； （2）解：∵，点F为中点， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴； （3）解：取中点，连接并延长交于点， ∵为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵为中点， ∴， ∴ ∴和中由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：（舍负）， ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 64．如图，将平行四边形的边延长至点，使，连接，交于点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接、，若四边形是矩形，则与满足什么数量关系？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形和矩形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，矩形的判定，是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，然后根据，得到，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断即可； （2）由（1）得的结论先证得四边形是平行四边形，通过角的关系得出，，即得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：当，四边形是矩形， 理由：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 65．如图1，在矩形中，，，连接，点P为上的一点，过点P的线段分别交边，于点E，F． (1)若，求证：． (2)在（1）的条件下，请再添加一个条件（不再连线和添加字母），使得四边形为菱形，并说明理由． (3)当且四边形有且仅有两条边相等时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为3或5 【分析】（1）证明．可得平行且等于，可得四边形是平行四边形，从而可得结论； （2）方法1：添加（或），方法2：添加（或）．方法3：添加平分（或平分），再利用菱形的判定可得结论； （3）①如图2，当时，设，则，再进一步利用勾股定理求解即可；②如图3，当时， 证明，可得，结合，如图3，当时，同理可得：，不合题意，舍去．③如图4，当时，设，则，再进一步利用勾股定理求解即可. 【详解】（1）证明：如图，在矩形中，， ． 又，， ． ， 平行且等于． 四边形是平行四边形． ； （2）解：方法1：添加（或）， 理由如下：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）． 方法2：添加（或）． 理由如下：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）． 方法3：添加平分（或平分）， 理由如下：在中，， ． 平分， ． ， ， ∴四边形是菱形. （3）解：①如图2，当时，设，则． 在中有：，解得：． 此时． ②如图3，当时， ∵，， ∴， ∵， ∴． ∴， ∵，矩形， ∴四边形为矩形， ∴， ， 此时．不合题意，舍去． 如图3，当时，同理可得：． 不合题意，舍去． ③如图4，当时，设，则 在中有，， 解得：． 同理可得：． 综上所述，的长为3或5． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键. 66．正方形中，点E为上一动点（不与端点重合），连接，过点B作于点F，过点D作于点G． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，连结，，判断和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，点H，I分别为，中点，连接；判断和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)8 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）利用证明即可． （2）利用证明即可． （3）设的交点是，取的中点，连接，则分别是的中位线，设的交点为，的交点为，的交点为，根据矩形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质解答即可． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴． （2）证明：．理由如下： ∵， ∴，， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：．理由如下： 设的交点是，取的中点，连接， 则分别是的中位线， ∴， ∵， ∴， 设的交点为，的交点为，的交点为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理的证明和应用，等腰直角三角形的判定和性质，角的和，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 67．如图，在中，点、分别是边、的中点，过点作交的延长线于点，连接、，过点作于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，若四边形是菱形，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、菱形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识． （1）由三角形中位线定理得，再证四边形是平行四边形，得，则，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，再证是直角三角形，，则，然后由平行四边形的性质得，最后由菱形的面积求出的长即可． 【详解】（1）证明：点、分别是边、的中点， 是的中位线，， ∴， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， ∵， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形， ，， ， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ， 由（1）可知，四边形是平行四边形， ， ， ， 即， ． 68．如图，在正方形中，点是对角线上的一个动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为点，连接． (1)如图，若点恰好落在对角线上，连接，求的度数． (2)如图，连接，若，试判断线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)如图，连接，记的面积为，的面积为，若，求的值． 【答案】(1) (2)，，理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形和轴对称的性质可得，，，进而可得，再根据角的和差关系即可求解； （）延长交于，由轴对称的性质可得，，进而由平行线的性质得，再证明得，即可求证； （）作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于，不妨设正方形的边长是，由正方形的性质可得，，，，由轴对称的性质得，，，，即可由得，又由可得是等腰直角三角形，即得，利用勾股定理进而求出即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵点关于直线的对称点为点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，，理由如下： 如图，延长交于， ∵点关于直线的对称点为点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，作，交的延长线于点，作，交的延长线于点，连接交于， 不妨设正方形的边长是， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∵点关于直线的对称点为点， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，正确作出辅助线是解题的关键． 69．综合与实践 【定义学习】 若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为），则称这个四边形为“圆满四边形”． 【概念理解】 （1）在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 _____ ；（请填写序号） 【性质探究】 （2）如图1，已知四边形是“圆满四边形”，若，，对角线，求四边形的周长． 【判定探究】 （3）如图2，已知平分，点在射线上，于点，于点，点在射线上，点在线段上，，连接，．求证：四边形GOHC为“圆满四边形”． 【答案】（1）①；（2）14；（3）见解析． 【分析】（1）根据“圆满四边形”定义即可解决问题； （2）证明，得，根据“圆满四边形”定义和勾股定理即可解决问题； （3）证明，得，然后证明，即可解决问题． 【详解】（1）解：矩形的四个内角都是， 矩形的两组对角的和为， 矩形是“圆满四边形”， 故答案为：①； （2）解：，，， ， ， 四边形是“圆满四边形”， ， ， ，， ， 四边形的周长； （3）证明：平分，于点，于点， ，， ， ， ， ， ， 四边形为“圆满四边形”． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解“圆满四边形”定义． 70．小数在复习浙教版教材八下第页第题后，进行了反思和探究． 【反思】如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．若，，求的长． 【探究】小数改变条件和纸片的形状，对叠合矩形进行了如下探究： （1）如图，若，，求的长． （2）如图，菱形纸片按图的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长． 【答案】反思：；探究：（1）；（2） 【分析】反思：连接，利用矩形的性质和勾股定理求得，利用折叠的性质得到，利用平行四边形的判定与性质得到； （1）连接，利用全等三角形的判定与性质得到，利用矩形的性质得到，，设，则，利用勾股定理列出方程解答即可得出结论； （2）连接交于点，过点作于点，利用矩形的性质和直角三角形的性质得到，利用三角形的面积公式求得，利用等腰三角形的性质和勾股定理求得，则． 【详解】解：反思：连接， 四边形是矩形， ，， ，， ， 四边形是矩形， ，， 折叠可由得：， 同理， ， ∵，， 四边形是平行四边形， ； 探究：（1）连接，如图， 由【反思】可知：，，， ， 在和中， ， ， ． ，， ，， 设，则， 由勾股定理得：， ， ， ， 解得：，不合题意，舍去， ． 解：连接交于点，过点作于点，如图， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， 由【反思】得：， ． 在菱形中，， ， ，， ， ． 由折叠可知：， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，折叠的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 71．如图，已知矩形纸片，，，点在上，且．将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，点落在点处，折痕交边于点，连结． (1)求证：． (2)若，，求与的长． (3)当是以为腰的等腰三角形时，直接写出，之间应满足的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)， (3)或 【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程． （1）先证明，便可证明得结论； （2）过点E作于点M，则四边形是矩形，得出，求出，根据矩形的性质和勾股定理即可求出折痕的长； （3）分两种情况讨论：当时，过点E作于点M，连接，当时，连接，交于点O，如图所示，分别利用勾股定理依次进行解答即可． 【详解】（1）证明： ∵四边形是矩形，， ∴， 由折叠知，， ∴， 在和中， ∴； （2）解：，， 如图，过点E作于点M， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得， ∴， ∴, ∴折痕的长为； （3）解：是以为腰的等腰三角形时，分两种情况： 当时，过点E作于点M，连接，如图所示， 由折叠可知：， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得； 当时，连接，交于点O，如图所示： ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可知：垂直平分， ∴， ∵， ∴ ∴， 在中，， ∴， 解得； 综上所述：当为等腰三角形时，或. 题型7 坐标系中的综合题 72．如图，四边形是平行四边形，其中点A坐标是，点O坐标是，点C坐标是． (1)请直接写出点B的坐标_______； (2)已知点D是线段上一个动点，若三角形是等腰三角形，请求出所有符合要求的点D的坐标； (3)已知直线：正好将平行四边形分成面积相等的两部分，请直接写出k与b的函数关系式． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可知，再求B点坐标即可； （2）设，分三种情况讨论：当时，当时，当时，分别求出D点坐标即可； （3）先求的中点坐标为，由题意可知直线经过点，即可得． 【详解】（1）解：点，， ， ∵四边形是平行四边形， ， ∵点C坐标是， ∴， 故答案为：； （2）解：点是线段上一个动点， ∴设， ∵三角形是等腰三角形， ①当时， ∴ （负值舍去）， ， ②当时，则点D在的垂直平分线上， ∴， ③当时， ∴， ∴，， 故都不成立， 综上所述，或； （3）解：如图，连接交于E， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点A坐标是，点C坐标是， ∴， ∵正好将平行四边形分成面积相等的两部分， ∴直线过， ∴， ∴， 即k与b的函数关系式为． 73．【新知学习】已知线段的中点为，点、点的坐标分别为，则的中点的坐标为 【问题探究】如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点是线段的中点．点为的中点，，连接． (1)点坐标为______，点坐标为______； (2)求直线的函数表达式； (3)点在轴上，点在直线上，是否存在以点为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)的坐标为或 【分析】（1）在中，分别令、即可求解； （2）依题意求得C、D两个点的坐标，由待定系数法即可求得直线的函数表达式； （3）由题意求得点E的坐标，设，；分三种情况：①若为平行四边形的对角线；②若为平行四边形的对角线；③若为平行四边形的对角线；利用平行四边形对角线的交点是两对角线的中点，列出方程组即可求解． 【详解】（1）解：在中，令， 解得，则； 令，则，故； 故答案为：；； （2）解：∵点为的中点，且， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； 设直线的函数表达式为， 把C、D两点坐标分别代入得， 解得：， ∴直线的函数表达式为； （3）解：∵点是线段的中点，且，； ∴； ∵点在轴上，点在直线上， ∴设，； ①若为平行四边形的对角线， 则，解得：， ∴； ②若为平行四边形的对角线， 则，解得：， ∴； ③若为平行四边形的对角线， 则，解得：， ∴； 综上，的坐标为或． 【点睛】本题考查了求直线与坐标轴交点，待定系数法求一次函数解析式，平行四边形的性质，解二元一次方程组，中点坐标公式等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键． 74．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且与直线交于点已知点的横坐标为，点的坐标为． (1)点A的坐标是______；点的坐标是______；直线的解析式是______； (2)若是直线上的点，且的面积为，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，且当点在第一象限时，设是射线上的点，当为等腰三角形时，请求出点的坐标此时在平面内存在点，使以为对角线的四边形是菱形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)，， (2)或 (3)的坐标为， 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形判定与等腰三角形判定等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． （1）求出；用待定系数法可得直线的解析式是；再令可得； （2）设，由的面积为，有，即可解得或，故点的坐标为或； （3）当点在第一象限时，点的坐标为，可得直线解析式为，设，其中，分三种情况：当时，有，可解得，此时，故在平面内不存在点，使以为对角线的四边形是菱形，故这种情况不存在；当时，，可解得，根据四边形是以为对角线的菱形，即可得；当时，过作于，可得，即为中点，故，可得，此时，故这种情况不存在． 【详解】（1）解：在中，令得， ； 把，代入得： ， 解得， 直线的解析式是； 令得， ； 故答案为：；；； （2）解：设， ， ， 的面积为， ， 解得或， 点的坐标为或； （3）当点在第一象限时，点的坐标为， 由，可得直线解析式为， 设，其中， 当时，如图： ， 解得此时，重合，舍去或， ， ， ， 在平面内不存在点，使以为对角线的四边形是菱形，故这种情况不存在； 当时，如图： ， 解得舍去或， ， 四边形是以为对角线的菱形，， 将向下平移个单位即得， ； 当时，过作于，如图： ，即为中点， ， ， 解得， ， ， 此时， 在平面内不存在点，使以为对角线的四边形是菱形，故这种情况不存在； 综上所述，的坐标为，的坐标为 75．如图1，矩形的一边 在轴上，点 的坐标为，点的坐标为 ． (1)求证：四边形 为正方形； (2)如图2，若点 为 中点，连接 ，直线 交 于点 ，交 轴于点 ． ①求 的面积； ②点在轴的正半轴上，平面内是否存在点，使以点为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)① ②存在，N的坐标为，或 【分析】（1）由矩形的性质得出， 先证明四边形是矩形，再证明，再由，即可证明四边形 为正方形． （2）①分别求出直线，的解析式，再求出两直线的交点坐标，再求出点H的坐标，再根据计算即可．②设，，而，，利用菱形的性质分三种情况，分别列式计算即可得出答案． 【详解】（1）证明∶∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴四边形是矩形 ∵， ∴， ∴ ∵， ∴四边形为正方形； （2）①由(1)知，，四边形为正方形， ∴， ∵点F为中点 ∴， 设由，的直线解析式为， 把代入，可得出， ∴解析式为 设，得直线解析式为， 则， 解得：， ∴ 解析式为， 联立 解得：， ∴， 在中， 另，则， ∴， ∴， ∴，， ∴． ②平面内存在点N，使以点A，H，M，N为顶点的四边形是菱形，理由如下∶ 设，，而，， 当，为对角线时，，的中点重合，且， ∴， 解得：， ∴， 当，为对角线时，，的中点重合，且， ∴， 解得：此时，点A、M重合，舍去，或（此时，M不在x轴正半轴上，舍去）， 当，为对角线时，，的中点重合，且， ∴ 解得：或（舍去）， ∴， 综上：N的坐标为或 【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及矩形，萎形，正方形的判定以及性质，一次函数的应用等，坐标与图形，解题的关键是分类讨论思想，方程思想的应用． 76．平面直角坐标系中有点A和点P，若将点P绕点A顺时针旋转后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“链垂点”，图1为点P关于点A的“链垂点”Q的示意图．    (1)如图2，已知点A的坐标为，点P关于点A的“链垂点”为点Q； ①若点P的坐标为，则点Q的坐标为 ； ②若点Q的坐标为，则点P的坐标为 ； (2)已知点C的坐标为，点D在直线上，若点D关于点C的“链垂点”E在坐标轴上，试求出点D的坐标； (3)在平面直角坐标系中，已知点，点C是x轴上的动点，点A关于点C的“链垂点”是点B，连接、， ①直接写出的最小值； ②直接写出当最小时点C的坐标． 【答案】(1)①；②； (2)或； (3)①；② 【分析】（1）①根据绕原点旋转90度的前后两个点的对应坐标的绝对值相等，即可得到答案； ②根据绕原点旋转90度的前后两个点的对应坐标的绝对值相等，即可得到答案； （2）分两种情况讨论：①当点E落在轴上时，则轴，把代入直线，即可得到点D的坐标；②当点E落在轴上时，过点D作轴于点F，证，得到，将代入直线，即可得到点D的坐标； （3）①过点A作轴于点G，过点B作轴于点H，证明，得到，，设点C的坐标为，得到，，进而得到，再根据坐标两点的距离公式，得到，即相当于在直线上找一点，使得点P到点，到点的距离和最小，作点N关于直线的对称点，连接、，推出的最小值为的长，即可得到的最小值； ②利用待定系数法求出直线的解析式为，联立，求出，进而得到的值，即可得到点的坐标． 【详解】（1）解：①若点P的坐标为，则点Q的坐标为， 故答案为：； ②若点Q的坐标为，则点P的坐标为， 故答案为：； （2）解：①如图，当点E落在轴上时，则轴，   点C的坐标为， 点D的横坐标为 点D在直线上， 当时，， ； ②如图，当点E落在轴上时，此时，过点D作轴于点F，   ， ， ， ， 由旋转的性质可知，， 在和中， ， ， ， ， ， ， 点D在直线上， 当时，，解得：， ， 综上可知，点D的坐标为或； （3）解：①如图，过点A作轴于点G，过点B作轴于点H，   ， ， 点A关于点C的“链垂点”是点B， 由旋转的性质可知，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 点C是x轴上的动点， 设点C的坐标为， ， ， ，， ，， ， 即相当于在直线上找一点，使得点P到点，到点的距离和最小， 如图，作点N关于直线的对称点，连接、，   ，点和点关于直线对称， ， ， ， 的最小值为， 的最小值为； ②设直线的解析式为， ，， ，解得：， 直线的解析式为， 联立， 解得：， ， 点C的坐标为． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称求最小值，坐标两点的距离公式，待定系数法求函数解析式等知识，利用分类讨论和数形结合的思想解决问题是解题关键． 77．已知点M和矩形，若平面内存在一点P，使得点P关于点M的对称点在矩形的边上，则称点P是矩形关于点M的“矩点”．如图，在平面直角坐标系中，点． 概念理解∶ (1)若点M的坐标为，点关于点M的对称点坐标为 ； (2)如图，点P的坐标为，点P是否为矩形关于点的“矩点”？请说明理由； 拓展延伸∶ (3)点N的坐标为，若在一、三象限角平分线上存在矩形关于点N的“矩点”，直接写出t的取值范围为 ； (4)已知点Q是矩形关于其边上某一点的“矩点”，画出所有符合题意的点Q组成的图形(在图上写出必要的标注或说明)． 【答案】(1)；(2)点P是矩形关于点的“矩点”，理由见解析；(3)；(4)见解析 【分析】本题考查坐标与对称，坐标与图形的综合应用，熟练掌握新定义，是解题的关键： （1）根据对称结合中点坐标公式进行求解即可； （2）求出点关于点的对称点，进行判断即可； （3）求出点和点关于点的对称点，求出对称点恰好在一、三象限角平分线上时的值，即可得出结果； （4）根据新定义，分别画出以A，B，C，D为对称中心得到的图形，即可得出结果． 【详解】解∶(1)∵点M的坐标为，点，，， ∴点关于点M的对称点坐标为， 故答案为∶； (2)点P是矩形关于点M的“矩点”，理由如下∶ ∵， ∴点P关于点M的对称点坐标为， ∵点在矩形的边上， ∴点P是矩形关于点M的“矩点”； (3)关于的对称点是，点关于的对称点是， ∵在一、三象限角平分线上存在矩形关于点N的“矩点”， ∴当时，， 当时，， ∴； (4)如图， 点Q组成图形是矩形及其内部和矩形及其外部的公共部分，途中阴影所示，其中，，，． 78．如图，在平面直角坐标系中，点是原点，四边形是平行四边形，点的坐标为，点的坐标为． (1)求点的坐标和平行四边形的对称中心的点的坐标； (2)动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点匀速运动，动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点匀速运动，一点到达终点时另一点继续运动到达终点结束．设点运动的时间为秒（）． 求当时，的面积是多少？ 求当为何值时，的面积是平行四边形的一半？（请直接写出答案） 【答案】(1)点的坐标为，平行四边形的对称中心的点的坐标为； (2) ； ． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． （）根据平行四边形性质可得，由点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为，平行四边形的对称中心的点的坐标为； （）由题意得，，由上可知，，，然后通过即可求解； 由题意，要使的面积是平行四边形的一半，则需与重合，根据动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点匀速运动求出的值即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴点的坐标为，平行四边形的对称中心的点的坐标为，即； （2）解：根据题意得：当时，点坐标为，， ∵点的坐标为， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴为中点， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴点坐标为，即， ∵， ∴； 由题意，要使的面积是平行四边形的一半，则需与重合， ∵动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点匀速运动， ∴， ∴， ∵一点到达终点时另一点继续运动到达终点结束， ∴． 题型8 方程的综合应用 79．市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”．某商店统计了某品牌头盔的销售量，4月份售出150个，6月份售出216个． (1)求该品牌头盔月销售量的月平均增长率； (2)此种品牌头盔每个进货价为30元，调查发现，当销售价为40元时，月均销售量为600个，当销售价每上涨1元时，月均销售量将减少10个，为使月均销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，该品牌头盔的销售价应定为多少元？ 【答案】(1) (2)50元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用； （1）根据增长率问题列方程，解方程，即可求解； （2）根据等量关系式：涨价后每个头盔的利润涨价后的销售量元，据此列方程，即可求解． 【详解】（1）解：设该品牌头盔销售量的月均增长率为x， 依题意，得， 解得：，（不合题意，舍去）． 答：该品牌头盔销售量的月均增长率为； （2）解：设该品牌头盔的销售价为y元，依题意得 ， 解得，． 尽可能让顾客得到实惠， 不合题意，舍去． 故， 答：该品牌头盔的销售价应定为50元． 80．为进一步发展基础教育，自 2023年以来，某县加大了教育经费的投入，2023年该县投入教育经费 7000万元，2025年投入教育经费 10080万元．假设该县这两年投入教育经费的年平均增长率相同． (1)求这两年该县投入教育经费的年平均增长率； (2)若该县教育经费的投入还将保持相同的年平均增长率，请你预算 2026 年该县投入教育经费多少万元． 【答案】(1)该县投入教育经费的年平均增长率为 (2)预算2026年该县投入教育经费12096万元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设这两年该县投入教育经费的年平均增长率为，根据2023年该县投入教育经费7000万元，2025年投入教育经费10080万元．该县这两年投入教育经费的年平均增长率相同，列出一元二次方程，解方程即可； （2）由年平均增长率直接计算即可． 【详解】（1）解：设这两年该县投入教育经费的年平均增长率为， 由题意得：， 整理得：， 解得，（不合题意，舍去）， 答：这两年该县投入教育经费的年平均增长率为； （2）解：由（1）得：年平均增长率为， 年该县投入教育经费为（万元）， 答：预算2026年该县投入教育经费12096万元． 81．某超市购入一批进价为10元/盒的糖果进行销售，经市场调查发现：销售单价不低于进价时，日销售量y（盒）与销售单价x（元）是一次函数关系，下表是y与x的几组对应值． 销售单价x/元 … 12 14 16 18 20 … 销售量y/盒 … 56 52 48 44 40 … (1)求y关于x的函数表达式； (2)糖果销售单价定为多少元时，所获日销售利润为448元？ (3)超市决定从售出的每盒糖果所获的利润中拿出2元捐赠给儿童福利院，那么该种糖果的日销售利润去掉捐款后可以为400元吗？若可以，请求出该糖果的销售单价；若不可以，请说明理由． 【答案】(1) (2)糖果销售单价定为26元或24元时，所获日销售利润为448元 (3)该种糖果的日销售利润去掉捐款后不可以为400元，理由见解析 【分析】本题考查一次函数的应用，一元二次方程的应用． （1）取表格两组数据，利用待定系数法求解； （2）根据销量、单价、利润之间的关系列一元二次方程，解方程即可； （3）假设该种糖果的日销售利润去掉捐款后可以为400元，列一元二次方程，利用根的判别式判断方程是否有解即可． 【详解】（1）解：（1）设， 由题意得：， 解得：， ∴y关于x的函数表达式为； （2）解：由题意得：， 整理得：， 解得：，， 答：糖果销售单价定为26元或24元时，所获日销售利润为448元； （3）解：该种糖果的日销售利润去掉捐款后不可以为400元，理由如下： 由题意得：， 整理得：， ∵， ∴原方程无解， ∴该种糖果的日销售利润去掉捐款后不可以为400元． 82．如图，有一幅长，宽的矩形照片，现要为这幅照片配一个相框，要求相框的四条边宽度相等，且相框所占面积为照片面积的二分之一． (1)求相框所占面积； (2)求相框的宽度． 【答案】(1)相框所占面积为 (2)相框的宽度为 【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及列代数式，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）根据相框所占面积为照片面积的二分之一，列式计算即可； （2）设相框的宽度为，根据配上相框的照片面积＝照片面积+相框的面积，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】（1）解：由题意可知， ， 答：相框所占面积为； （2）设相框的宽度为， 由题意得：， 整理得：， 解得： (不符合题意，舍去)，， 答：相框的宽度为． 83．为迎接即将到来的暑假旅游高峰，长沙文旅计划在五一广场打造一个“湖南特色食品展”，如图，若使用34米长的挡板，一面利用墙（墙的最大可用长度为20米）围成展示区矩形，与墙平行的边上预留一个2米宽的入口方便游客出入． (1)如果要围成面积为144平方米的展示区，那么的长为多少米？ (2)为尽可能容纳更多的游客，展示区面积能否拓展为180平方米？若能，请求出的长；若不能，请说明理由． 【答案】(1)的长为米 (2)不能，见解析 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，正确建立方程是解题的关键． （1）设，则由题意得，根据矩形面积得到，解方程并检验即可； （2）假设展示区面积拓展为180平方米，则，根据一元二次方程根的判别式判断即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 设，则由题意得， ∴， 解得：或 当时，，故不符合题意； 当时，符合题意， ∴的长为米； （2）解：不能，理由如下： 假设展示区面积拓展为180平方米， 则 整理得：， ∵， ∴该方程无实数根， ∴展示区面积不能拓展为180平方米． 84．数学兴趣小组利用长方形纸板制作礼品盒，选择长为，宽为的长方形纸板，如图，在其四角分别剪去两个同样大小的正方形和两个同样大小的长方形（阴影部分），再把剩余部分沿虚线折起来得长方体礼品盒． (1)当礼盒底面的长是宽的4倍时，求该长方体礼品盒的体积； (2)当礼盒的侧面的面积为，求剪去的小正方形的边长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了一元二次方程和一元一次方程的实际应用，长方体的体积公式，正确理解题意是解题的关键． （1）设小正方形的边长为，则礼盒底面的长是，宽为，根据礼盒底面的长是宽的4倍，建立一元一次方程求解，即可求解长、宽、高，即可求解体积； （2）设剪去的小正方形的边长为，由题意得：，再解一二次方程即可． 【详解】（1）解：设小正方形的边长为，则礼盒底面的长是，宽为， 由题意得：， 解得：， ∴长为，宽为6，高为， ∴体积为：； （2）解：设剪去的小正方形的边长为， 由题意得：， 整理得：， 解得：或（舍）， ∴剪去的小正方形的边长为． 85．某小区新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示．已知每层长为50米，宽30米．阴影部分设计为停车位，停车位的地面需要喷漆，其余部分是等宽的通道，已知每层喷漆面积为1196平方米． (1)求通道的宽是多少米？ (2)据调查分析，小区停车场多余64个车位可以对外出租，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出：当每个车位的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元？ 【答案】(1)通道的宽是2米 (2)40元 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意找准等量关系列出方程是解题的关键． （1）设通道的宽是米，根据题意列出方程，解出的值即可解答； （2）设每个车位的月租金上涨元，根据题意列出方程，解出的值，结合优惠大众选择较小的的值即可解答． 【详解】（1）解：设通道的宽是米， 由题意得，， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：通道的宽是2米． （2）解：设每个车位的月租金上涨元， 由题意得，， 解得：，， 又能优惠大众， ， 答：当每个车位的月租金上涨40元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元． 86．综合与实践 如图1，在矩形中，，动点P，Q分别以的速度从点A，B同时出发，点P沿着运动到点B时停止，点Q沿着运动到点A时停止．设运动时间为． (1)当点P在上运动时， ________， ________；（用含t的代数式表示） (2)在（1）的条件下，当时，求t的值； (3)如图2、图3，点P沿着运动到点B的过程中、当的面积为时，求t的值． 【答案】(1)； (2)1 (3)7 【分析】本题主要考查了列代数式，矩形的性质，一元二次方程的应用，解答本题的关键是熟练运用矩形的性质解决问题． （1）根据路程等于速度乘以时间得到则； （2）根据矩形的性质得到，再根据直角三角形面积计算公式建立方程求解即可； （3）分点P在和点P在上两种情况，根据三角形面积计算公式列出方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意得， ∴ 故答案为：； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）； （3）解：当点P在上运动时，， ∵的面积为， ∴， 解得， 由矩形的性质可得 ∴点P运动到点C的时间为秒， ∴此种情况不存在； 当点P在上运动时，， ∵的面积为， ∴， 解得或（舍去）； 综上所述，． 87．如图，在中，，，，点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．如果点P，Q分别从点A，B出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．    (1)经过多长时间，的面积等于？ (2)的面积会等于面积的一半吗？若会，请求出此时的运动时间；若不会，请说明理由． 【答案】(1)经过时，的面积等于； (2)不会，理由见解析 【分析】本题主要考查了三角形的动点与一元二次方程的综合，掌握动点的运动规律，三角形的面积与一元二次方程的运用， （1）的面积等于，设运动时间为t，则可用含t的式子表示，，根据数量关系，列方程即可求解； （2）计算出面积的一半，在根据（1）中的方法即可求解． 【详解】（1）解：点P的速度是，点Q的速度是，Q分别从点A，当点Q运动到点C时，，， ∴点P从点A到点B的时间为秒，点Q从点B到点C的时间为秒，Q运动的时间为， ∴，， ∴， 即， 解方程得，，（舍去）， ∴经过时，的面积等于； （2）解：在中，，，， ∴， 设运动时间为a秒，根据题意得， ， ∴. ∵， ∴关于a的一元二次方程无解， ∴不存在的面积会等于面积的一半． 88．如图，在矩形中，，点P从点A沿向点B以的速度移动，同时点Q从点B沿边向点C以的速度移动．当其中一点达到终点时，另一点也随之停止．设P，Q两点移动的时间为，求：    (1)当x为何值时，为等腰三角形； (2)当x为何值时，的面积为； (3)当x为何值时，为等腰三角形． 【答案】(1)当时，是等腰三角形 (2)x为1或5时，的面积为 (3)x为或时，是等腰三角形 【分析】（1）由题意得，得，当为等腰三角形时，，得出方程，解方程即可； （2）由三角形面积公式列出一元二次方程，解方程即可； （3）根据题意，分两种情况：①当时，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可； ②当时，在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 根据题意得：， ∴， 当为等腰三角形时，， ∴， 解得：， 即当时，是等腰三角形； （2）解：由题意得：， 整理得：， 解得：， 答：当x为1或5时，的面积为； （3）解：根据题意，分两种情况： ①当时，如图1所示：    在和中，由勾股定理得：，， ∴， 解得：或（不合题意舍去）， ∴； ②当时，如图2所示：    在和中，，， ∴， 解得：或（不合题意舍去）， ∴． 综上所述，当x为或时，是等腰三角形． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形面积公式、一元二次方程的解法、勾股定理、分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键． 89．根据物理学规律，如果把一个物体从地面以v米/秒的速度竖直向空中发射，经过t秒时，物体距离地面的高度（米），（其中）根据这个规律，若发射的速度米/秒时，问： (1)经过多少秒时，物体距离地面的高度是490米？ (2)求物体落回地面所需要的时间． 【答案】(1)10秒 (2)20秒 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，解题关键是熟练掌握一元二次方程的解法． （1）把代入得关于t的方程，解方程求出答案即可； （2）由题意可知，再把把代入得关于t的方程，解方程求出答案即可． 【详解】（1）解：把代入得： ， ， ， ， ∴， ∴经过10秒时，物体距离地面的高度是490米； （2）解：由题意得， 把代入得： ， ， ， 或， 解得：（不合题意舍去） ∴物体落回地面所需要的时间为20秒． 90．某公园举办美食节，利用一块矩形空地搭建美食摊位，布局如图所示．已知米，米，阴影部分为美食推位，需要铺上防污地毯，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺地毯防污的面积为平方米，      (1)求道路的宽是多少米？ (2)该美食节共有摊位个，据调查分析，当每个摊位的日租金为元时，可全部租出；若每个摊位的日租金每上涨元，就会少租出个摊位．当每个摊位的日租金上涨多少元时，美食节的日租金收入为元？ 【答案】(1)道路的宽为米； (2)每个车位月租金上涨元时，停车场月租金收入为元． 【分析】（）根据道路的宽为米，根据题意得，然后解方程并检验即可； （）设月租金上涨元，月租金收入为元，根据题意得，然后解方程并检验即可； 本题考查了一元二次方程的应用，读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程是解题关键． 【详解】（1）解：根据道路的宽为米， 根据题意得，， 整理得：， 解得：（舍去），， 答：道路的宽为米； （2）解：设月租金上涨元，月租金收入为元， 根据题意得：， 整理得：， 解得：， 答：每个车位月租金上涨元时，停车场月租金收入为元． 91．大豆，通称黄豆，属一年生草本，是我国重要粮食作物之一，已有五千年栽培历史，古称“菽”．某校综合实践小组以“探究大豆种植密度优化方案”为主题展开项目学习．在六块不同的试验田中种植株数不同的大豆，严格控制影响大豆生长的其他变量，在大豆成熟期，对每株大豆的产量进行统计，并记录如下： 试验田编号 1 2 3 4 5 6 单位面积试验田种植株数/株 30 40 50 60 70 80 单位面积试验田单株的平均产量/粒 51 46 41 36 31 26 (1)根据记录表中的数据分析单位面积试验田的单株平均产量与种植株数的变化规律，若设单位面积试验田种植株（），单位面积试验田单株的平均产量为粒，求关于的函数关系式． (2)如果要想获得单位面积大豆的总产量达到2160粒，又相对减少田间管理，那么单位面积大豆应种植多少株？ 【答案】(1) (2)单位面积大豆应种植60株 【分析】本题考查了用待定系数法求一次函数的表达式，一元二次方程的应用，列方程解决实际问题的一般步骤是：审清题意设未知数，列出方程，解所列方程求所列方程的解，检验和作答． （1）设单株的平均产量为，由表格可知随的增大而减小，且每增加10，减小5，因此是的一次函数．设与的关系式为，在表格中取两组值代入，求出的值，即可得到单位面积试验田单株的平均产量； （2）根据题意列出一元二次方程，解一元二次方程求出的值，再根据题意选取合适的值即可． 【详解】（1）解：设单株的平均产量为， 由表格可知随的增大而减小，且每增加10，减小5，因此是的一次函数． 设与的关系式为， 将代入得：， ∴， ∴与的关系式为：； （2）根据题意可列方程：． 整理得， ∴． ∵种植60株比种植72株的田间管理少一些，故应舍去， ∴． 答：单位面积大豆应种植60株． 92．如图，在矩形中，，．点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度；点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度．、两点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点的运动时间为（秒）．连接、、． (1)点运动到点时，____________；当点运动到点时，的长度为____________． (2)当点在上时，用含的代数式表示的长． (3)当的面积为时，求的值． 【答案】(1)； (2) (3)的值为或 【分析】本题考查了矩形的性质，列代数式，一元二次方程的几何动点问题，一元一次方程的应用，三角形的面积等知识，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）点运动到点时，所走路程为，根据速度可得出的值；点从点出发向点运动，点回到中点，可直接求出． （2）结合动点的速度和方向进行列式表示的长，即可作答． （3）分三种情况讨论：点在上时，时，时，再逐个情况作图，结合动点的速度和方向进行列式表示，令，列方程求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，，， ， 点运动到点时，所走路程为， 点的速度为每秒个单位长度， （秒）， 点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度，， 当点运动到点时，（秒）， 此时点的运动路程为， 点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度，，，， 此时点在边上，． 故答案为：，． （2）解：当点在时， ，， ，如图所示： 此时． （3）解：当点在上时，，如图所示： 则，，，， ， 令， 解得，（舍去）； 当点在时，，如图所示： 同理得， ， 令，解得； 当点在时，同时当点运动到点时，， 此时，如图所示： 同理得， ， 令，解得（舍去）； 综上所述，当的面积为时，则的值为或． 93．近期，全国多地出现因感染甲型流感病毒导致的学生病例增多情况，甲流是指甲型流感病毒引起的急性呼吸道感染．某小区有一居民不小心感染了该病毒，经过两轮传播后，共有25人感染． (1)在这两轮感染过程中，平均一人传染多少人？ (2)按照这样的传染速度，经过三轮传播后，共有多少人会被感染？ 【答案】(1)每轮感染中平均一人传染4人 (2)三轮后共有125人被感染 【分析】（1）设每轮平均传染给人，刚开始1人，第一轮传染给人，第二轮传染给人，根据经过两轮传播后，共有25人感染，列出方程，解方程即可； （2）根据题意列出算式进行计算即可． 【详解】（1）解：设每轮平均传染给人，刚开始1人，第一轮传染给人，第二轮传染给人，根据题意得： ， 解得，（舍去）， 答：每轮感染中平均一人传染4人． （2）解：人 答：三轮后共有125人被感染． 94．某快递公司分拣中心有两台自动分拣机（型号甲、型号乙），专门处理小件快递的分拣工作，机器效率稳定且符合行业实际标准：甲分拣机每小时能分拣400件快递，乙分拣机每小时能分拣500件快递． (1)电商大促期间，快件量激增，两台分拣机轮流工作共用了11小时，要确保分拣的快递总数不少于5000件才能避免快件积压，保障配送时效，则乙分拣机至少需要工作多少小时？ (2)日常运营中，原计划两台分拣机每天均工作8小时．为提升分拣效率，中心对机器进行了系统升级和算法优化：实际工作中，甲分拣机每小时比原计划多分拣100a件（），且每天比原计划少工作2a小时；乙分拣机每小时比原计划多分拣100件，每天比原计划少工作a小时．调整后，两台机器一天恰好分拣快递6000件，求a的值． 【答案】(1)乙分拣机至少工作小时 (2)的值为 【分析】本题考查一元一次不等式和一元二次方程的实际应用，掌握一元二次方程的实际应用是解题的关键． （1）设乙分拣机工作小时，则甲分拣机工作小时，根据题意，列出不等式，求解即可； （2）根据题意，列出方程，求解即可． 【详解】（1）解：设乙分拣机工作小时，则甲分拣机工作小时， 根据题意列不等式， 解得 答：乙分拣机至少工作小时； （2）根据题意，甲分拣机实际效率为件/小时，实际工作时间为小时；乙分拣机实际效率为件/小时，实际工作时间为小时， 根据题意列方程，， 解得（不符合题意，故舍去）， 答：的值为． 95．规定：如果实数，，满足，那么称一元二次方程为“等差”二次方程． (1)下列方程是“等差”二次方程的有______（填序号）； ①；②；③；④ (2)若“等差”二次方程的一个根为，求这个方程的另一个根； (3)若，是“等差”二次方程的两个根，请写出，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①③； (2)； (3)，理由见解析． 【分析】（1）根据定义代入解题即可求解； （2）先把代入原方程得：，再由得，联立两个式子消掉，得，再根据韦达定理，即可求解； （3）先根据韦达定理得，，再由得，通过变形得，再将代入即可求解． 【详解】（1）①，，，，，，，故①是“等差”二次方程； ②，，，，，，，故②不是“等差”二次方程； ③，，，，，，，故③是“等差”二次方程； ④，a，b，c，，，，故④不是“等差”二次方程． 综上，符合条件的有①③； （2）当时，代入原方程得：， ∵由得， ∴将代入得：， ∴， ∵根据韦达定理，， ∴， ∴； （3）∵，是“等差”二次方程的两个根， ∴根据韦达定理，，， ∵由得，即， ∴， ∴，即， 整理得， ∴． 96．已知关于x的一元二次方程． (1)求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； (2)设方程的两个实数根是，且满足，求m的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根与系数的关系． （1）求出，根据即可求证； （2）根据根与系数的关系得到，代入求解即可． 【详解】（1）证明：， 无论m取何值，总有，故，即， 无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； （2）解：由题意知，， ， ， 解得，． 97．芯片目前是全球紧缺资源，某市政府通过招商引进“芯屏汽合、集终生智”等优势产业，发展新兴产业，某芯片公司引进了一条内存芯片生产线，开工第一季度生产200万个，第三季度生产288万个．试回答下列问题： (1)已知第二、三季度生产量的平均增长率相等，求第二、三季度生产量的平均增长率； (2)经调查发现，1条生产线最大产能是600万个/季度，若每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少20万个/季度，现该公司要保证每季度生产内存芯片2600万个，在增加产能同时又要节省投入成本的条件下（生产线越多，投入成本越大），应该再增加几条生产线？ 【答案】(1) (2)4条 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设第二，三季度生产量的平均增长率为，利用第三季度的生产量第一季度的生产量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； （2）设应该再增加条生产线，则每条生产线的最大产能为万个/季度，根据该公司要保证每季度生产内存芯片2600万个，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合在增加产能同时又要节省投入成本，即可得出应该再增加4条生产线． 【详解】（1）解：设第二，三季度生产量的平均增长率为， 依题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， 答：第二，三季度生产量的平均增长率为． （2）解：设应该再增加条生产线，则每条生产线的最大产能为万个/季度， 依题意得：， 整理得：， 解得：， 又∵在增加产能同时又要节省投入成本， ∴． 答：应该再增加4条生产线． 98．关于x的一元二次方程有两个实数根． (1)求m的取值范围； (2)若m取最小整数，求此时方程的两个根； (3)若的两条直角边、的长恰好是此方程的两个实数根，斜边，求的周长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，根的判别式，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）由方程有两个实数根结合根的判别式，可得出，解之即可得出结论； （2）利用因式分解法解一元二次方程即可； （3）根据根与系数的关系可得出，结合勾股定理可得出关于m的一元二次方程，解之可得出m的值，由方程的两根均为正值可确定m的值，再根据三角形的周长公式即可求出结论． 【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程有两个实数根， ∴． 解得：． （2）解：∵， ∴的最小整数值为2．   把代入方程，得 ，    ． （3）解：设，是关于x的一元二次方程的两实数根， ∴，， ∵， ∴ ， 根据勾股定理得， ∴， 解得或， ∵， ∴不合题意，舍去， ∴， ∴， ∴的周长为． 99．如图，一个边长为的正方形花坛由4块全等的小正方形组成．在小正方形中，点分别在上，且，在、五边形三个区域上种植不同的花卉，每平方米的种植成本分别是20元、20元、10元． (1)当时，求小正方形种植花卉所需的费用； (2)试用含有的代数式表示五边形的面积； (3)当为何值时，大正方形花坛种植花卉所需的总费用是715元？ 【答案】(1)小正方形种植花卉所需的费用为190元 (2) (3) 【分析】本题考查正方形的性质，列代数式，一元二次方程的实际应用，正确的识图，准确的列出代数式和方程，是解题的关键． （1）先由题意得，再求出，然后算出小正方形面积、面积和面积，进而求解即可； （2）利用分割法求面积，列出代数式即可； （3）根据题意，列出一元二次方程进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意得，， ∴当时，， ∴小正方形面积为； 面积：，则费用：元； 面积：，则费用：元， ∴五边形面积：，则费用：元 ∴总费用：元； （2）解：由（1）可知：小正方形的边长为， ，， ， 五边形的面积 ； （3）解：由题意，得： 解得：； 当时，大正方形花坛种植花卉所需的总费用是715元． 100．阅读材料，并解决问题： 【学习研究】赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了解方程，即的方法．首先构造了如图1所示的图形，图中的大正方形面积是，其中四个全等的小矩形面积分别为，中间的小正方形面积为，所以大正方形的面积又可表示为，据此易得新方程，所以原方程的正数解为． (1)上述构造图形解一元二次方程最能体现的数学思想是 ． A．分类讨论思想        B．数形结合思想            C．整体代换思想 (2)【实践】小明根据赵爽的办法解方程请你帮忙画出相应的图形，将其求解过程补充完整： 第一步：将原方程变形为 ； 第二步：画四个全等的矩形构造“空心”大正方形（请在图2中画出示意图），则新构图中大正方形的面积可表示为 ，还可表示为四个矩形与一个小正方形面积之和，即 （用式子表示即可） 第三步：得新方程 ．因为表示边长，解得 ． (3)【应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图来解．已知图是由四个面积为的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为，那么此方程的正根为 ． 【答案】(1)B (2)图见解析，，，，， (3) 【分析】本题考查构造图形解一元二次方程，解题的关键是读懂材料中提供的构图方法，并能正确构图解一元二次方程，运用了数形结合的思想． （1）上述构造图形解一元二次方程最能体现的数学思想是数形结合思想； （2）仿照阅读材料构造大正方形面积是，其中四个全等的小矩形面积分别为，中间的小正方形面积为，即可解决问题； （3）根据题意可得， ，进而根据阅读材料构造大正方形，即可求解． 【详解】（1）解：上述构造图形解一元二次方程最能体现的数学思想是数形结合思想， 故答案为：B； （2）第一步：将原方程变形为， 第二步：新构图中大正方形的面积可表示为，还可表示为四个矩形与一个小正方形面积之和，即， 第三步：得新方程，因为表示边长，解得； 故答案为：，，，，； 画出示意图如下： （3） ， ， 根据题意可得，， ， 该方程为， ， 解得方程的正根为， 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 期末真题百练通关（100题8大压轴题型） 选填小压轴 解答压轴 题型1 角度问题 题型5 最值问题 题型2 规律问题 题型6 几何证明与计算大综合 题型3 多结论问题 题型7 坐标系中的综合题 题型4 多解问题 题型8 方程的综合应用 题型1 角度问题 1．在中，若，则的度数是（    ）． A． B． C． D． 2．如图，在四边形中，，，则的度数是（   ）． A． B． C． D． 3．如图，在四边形中，，，与相邻的外角是，则的度数是（　　） A． B． C． D． 4．如图，在菱形中，与交于点，点在上，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 5．椒江章安剪纸是台州市非物质文化遗产代表性项目．如图是小明的窗花剪纸，外形为正八边形，则它的内角和为（　　）    A． B． C． D． 6．平行四边形中，与的度数之比是，则________． 7．如图，在中，平分交于点．若，则的度数是______． 8．如图，在矩形中，过点作于点，则的度数为___________． 9．如图，正方形中，点为对角线上一点，连接，过点作，交射线于点．当线段与正方形的某条边的夹角是时，则的度数是___． 题型2 规律问题 10．按一定规律排列的一组二次根式：，，，，…，则第6个二次根式为（   ） A． B． C． D． 11．小明做数学题时，发现；；；；…；按此规律，若（a，b为正整数），则（    ） A．64 B．72 C．65 D．73 12．下面是小颖根据学习“数与式”积累的经验，通过“由特殊到一般”的方法探（第15题图）究二次根式的运算规律： ①；②；③；…… 如果为正整数，用含的式子表示上述的运算规律为_____． 13．观察下列各式： ， ， ，…… 请利用你所发现的规律， 计算，其结果为__________． 14．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的等边三角形的边与x轴正半轴重合，将绕点O逆时针旋转，得到，再作，关于原点O的中心对称图形，得到，再将绕点O逆时针旋转，得到，再作关于原点O的中心对称图形，得到，…，按照此规律，先将三角形绕点O逆时针旋转，再作关于原点O的中心对称图形，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 15．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为直角边作等腰，再以为直角边作等腰，…，按此规律进行下去，则点的坐标为______． 16．如图，在中，，，，且在直线上，将绕点顺时针旋转到位置①，可得到点；将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，可得到点，此时；将位置②的三角形绕点顺时针旋转到位置③，可得到点，此时按此规律继续旋转，直到得到点为止，则______． 17．如图，在图中，、、分别是的边、、的中点，在图中，、、分别是的边、、的中点，，按此规律，则第个图形中平行四边形的个数共有______个． 18．如图，在平面直角坐标系中，点O、、A、、B、、C……，都是平行四边形的顶点，点A、B、C……在x轴正半轴上，，，，，，，，平行四边形按照此规律依次排列，则第6个平行四边形的对称中心的坐标是__________． 19．如图，是边长为1的等边三角形，取边中点，作，，，分别交，于点，，得到四边形，它的面积记作；取中点，作，，，分别交，于点，，得到四边形，它的面积记作……照此规律作下去，则______． 题型3 多结论问题 20．若、为正有理数，则有得到有理数结果，例如：．我们把称为“的有理化因式”，与互称为“有理化因式”．某同学利用有理化因式，得到如下结论： ①； ②； ③若（其中为有理数）则； ④若，则． 以上结论正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 21．若定义：方程是方程的“倒方程”．则下列四个结论： ①如果是的倒方程的一个解，则． ②一元二次方程与它的倒方程有公共解． ③若一元二次方程无解，则它的倒方程也无解． ④若，则与它的倒方程都有两个不相等的实数根． 上述结论正确的有（   ）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 22．在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示： 成绩/ 人数 2 3 2 3 4 1 某同学分析上表后得出如下结论：①这些运动员成绩的平均数是；②这些运动员成绩的中位数是；③这些运动员成绩的众数是．上述结论中正确的是（   ） A．②③ B．①③ C．①② D．①②③ 23．如图，在平行四边形中，，于点E，于点F，相交于点H，的延长线相交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的是（    ） A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③⑤ 24．如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别在边，上，线段经过点，下列结论： ； ； ； ．其中错误结论的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 25．如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，．下列结论中：①；②若，，则四边形是正方形；③若，，，则的长为，其中正确的结论有（   ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 26．如图，E、F分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 27．如图，平行四边形的对角线相交于点，是的中点，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的序号有（    ）    A．①② B．②③④ C．①②③ D．①③④ 28．如图，在中，，D、E是斜边上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 29．如图，点为平分线上的一个定点，在绕点旋转的过程中，其两边分别与、相交于、两点，过点作于点，于点，若，则下列结论错误的是（    ）      A． B．的值不变 C．的长不变 D．四边形的面积不变 30．如图，在四边形中，，，，依次是，，，的中点． ①若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形； ②若，则四边形是菱形； ③若，则四边形是矩形； ④若，，则四边形是正方形． 则上述四个结论中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 31．如图所示，在中，，是边上的中线，点E是边上一动点（不与A、B重合），连结，过点P作的垂线交于点F，连结．有下列四个结论：①； ②是等腰直角三角形； ③； ④．其中一定正确的有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 32．如图，正方形，对角线相交于点，以为顶点作与正方形同样大小的正方形与交于点与交于点，连接．给出下面四个结论： ①； ②； ③四边形的面积等于正方形面积的四分之一； ④当时，． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 33．如图，在正方形中，点P是对角线上一点（点P不与B，D重合），连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接，，交于点G，给出三个结论：， ．上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A． B． C． D． 34．如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一点，连接，过点作，交延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．在下列结论中：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中正确的结论有（　　） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 35．如图，在正方形中，，E为对角线上与点A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，，有以下结论∶ ①；②；③；④的最小值为⑤当为等腰三角形时，的面积为8或．其中正确结论的序号为（   ） A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．①②③④ D．①③④ 36．如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A、O、E在同一直线l上，且，，给出下列结论：①；②；③；④四边形的面积与正方形的面积相等．其中正确的结论为（　　）    A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①③④ 37．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点的运动时间为（单位：），下列结论①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④当时，或。其中结论正确的个数有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 38．如图，正方形中，点E是边的中点，交于点交于点G，有下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（   ） A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①④⑤ 39．如图，在正方形中，、分别是边、上的点，，，连接交于点，交于点．下列结论：①；②的周长为；③；④．正确的有（    ） A． ①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④ 题型4 多解问题 40．如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿射线以每秒的速度运动．动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向点运动；当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为（   ） A．2或秒 B．秒 C．或秒 D．秒 41．如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 42．如图，在平面直角坐标系中，，，，，且，满足．一动点从点出发，在线段上以每秒2个单位长度的速度向点运动；动点从点出发，在线段上以每秒1个单位长度的速度向点运动．点分别从点同时出发，当点运动到点时停止运动，点随之停止运动．设运动时间为秒． (1)求两点的坐标； (2)当为何值时，四边形是平行四边形？请求出此时两点的坐标． (3)当为何值时，是以为腰的等腰三角形？ 43．如图，在四边形中，，，于点E，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿的方向运动到D点后原路返回，向终点A运动；动点Q从点C出发，沿方向以每秒1个单位长度的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P返回到点A时，点Q也随之停止运动，设点P运动时间为t秒． (1)的长为 ； (2)用含t的代数式表示线段的长； (3)当以P、D、E、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出t的值． 44．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，且AD＝12cm，AB＝8cm，DC＝10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： （1）BC＝　 　cm； （2）当t＝　 　秒时，四边形PQBA成为矩形． （3）当t为多少时，PQ＝CD？ （4）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 45．已知，如图，O为坐标原点，四边形为矩形，，点D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒． （1）当t何值时，四边形是平行四边形； （2）在直线上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标：若不存在，请说明理由； （3）在线段上有一点M，且，当P运动_______秒时，四边形的周长最小，并在图3中画图标出点M的位置． 46．已知，如图，在长方形中，．延长到点E，使，连接．    (1)动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿向终点A运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，和全等？ (2)若动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度仅沿着向终点E运动，连接．设点P运动的时间为t秒，是否存在t，使为等腰三角形？若存在，请求出t的值；否则，说明理由． 题型5 最值问题 47．如图，菱形的边长为，，，分别是，边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 48．如图，在矩形中，，，点M是边的中点，点N是边上任意一点，将线段绕点M顺时针旋转，点N旋转到点，则周长的最小值为（   ） A．12 B． C．14 D． 49．如图，为正方形中边上的一点，且，，分别为边，上的动点，且始终保持，则的最小值为（    ） A．4 B． C． D． 50．如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 51．如图，在边长为4的正方形中，E，F分别是，上的动点，M，N分别是，的中点，则的最大值为（    ） A． B． C． D．4 52．如图，在平面直角坐标系中，正方形的两个顶点A、B是坐标轴上的动点，若正方形的边长为4，则线段长的最大值是( )    A． B． C． D．8 53．如图，矩形中，，点E是边上的动点，点F在边上，．连接，则的最小值为__． 54．如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为中点，则的最小值为__________． 55．如图，在矩形中，，，点E，F分别是，边上的两动点，且，点G为的中点，点H为边上一动点，连接，，则的最小值为______． 56．如图，正方形的边长为2，点分别在上，且与相交于点，连接，则的最小值为_________． 题型6 几何证明与计算大综合 57．如图，在中，，是边上的中线，是的中点，连结． (1)求证：． (2)若，，求的面积． 58．在等腰直角，，． (1)如图1，，是等腰直角斜边上两动点，且，将绕点逆时针旋转得到，连接，． ①求证：； ②当，时， ． (2)如图2，是等腰直角斜边所在直线上的一动点，连接，以为直角顶点作等腰直角，当，时，则 ． 59．方方与圆圆在学习中心对称后，准备对平行四边形进行更深入的研究，如图，平行四边形中，、分别为、上的点，当时，与是中心对称的，可推理得到． (1)图中，为上不同于的一点，满足，此时与不是中心对称的，那么与是否仍存在某种数量关系？并说明理由； (2)如图，平行四边形，、交于点，为上一点，延长交延长线于点，若，，求的长（用，表示）； (3)如图，中，为的中点，为上一点，延长交延长线于点，若，，直接写出的长． 60．如图，在中，，分别是，的中点，延长至点，使，连结，，． (1)从条件①；②中选择合适的一个，完成四边形为矩形的证明． (2)在（1）的结论下，若平分，且，求四边形的面积． 61．如图1，边长为4的正方形，E为边上的动点（不与A，B重合），连结，以为边向右上方作正方形，边与交于点H，连结． (1)求证：． (2)若，求的长． (3)如图2，连结，过点C作于点N，交于点K．求证：点K为的中点． 62．如图1，正方形中，点在边上，连接，过点作交延长线于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，过点作于点，连接． ①求证：； ②设长为，长为，求的面积（用含，的代数式表示）． 63．如图，在矩形中，点E为中点，点F为中点． (1)求证：． (2)若，求的值． (3)若，，求BC的长． 64．如图，将平行四边形的边延长至点，使，连接，交于点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接、，若四边形是矩形，则与满足什么数量关系？并说明理由． 65．如图1，在矩形中，，，连接，点P为上的一点，过点P的线段分别交边，于点E，F． (1)若，求证：． (2)在（1）的条件下，请再添加一个条件（不再连线和添加字母），使得四边形为菱形，并说明理由． (3)当且四边形有且仅有两条边相等时，求的长． 66．正方形中，点E为上一动点（不与端点重合），连接，过点B作于点F，过点D作于点G． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，连结，，判断和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，点H，I分别为，中点，连接；判断和的数量关系，并说明理由． 67．如图，在中，点、分别是边、的中点，过点作交的延长线于点，连接、，过点作于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，若四边形是菱形，求的值． 68．如图，在正方形中，点是对角线上的一个动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为点，连接． (1)如图，若点恰好落在对角线上，连接，求的度数． (2)如图，连接，若，试判断线段与的数量关系和位置关系，并说明理由． (3)如图，连接，记的面积为，的面积为，若，求的值． 69．综合与实践 【定义学习】 若一个四边形有一组对角互补（即对角之和为），则称这个四边形为“圆满四边形”． 【概念理解】 （1）在①矩形，②菱形中，是“圆满四边形”的是 _____ ；（请填写序号） 【性质探究】 （2）如图1，已知四边形是“圆满四边形”，若，，对角线，求四边形的周长． 【判定探究】 （3）如图2，已知平分，点在射线上，于点，于点，点在射线上，点在线段上，，连接，．求证：四边形GOHC为“圆满四边形”． 70．小数在复习浙教版教材八下第页第题后，进行了反思和探究． 【反思】如图，将矩形纸片的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．若，，求的长． 【探究】小数改变条件和纸片的形状，对叠合矩形进行了如下探究： （1）如图，若，，求的长． （2）如图，菱形纸片按图的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长． 71．如图，已知矩形纸片，，，点在上，且．将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，点落在点处，折痕交边于点，连结． (1)求证：． (2)若，，求与的长． (3)当是以为腰的等腰三角形时，直接写出，之间应满足的数量关系． 题型7 坐标系中的综合题 72．如图，四边形是平行四边形，其中点A坐标是，点O坐标是，点C坐标是． (1)请直接写出点B的坐标_______； (2)已知点D是线段上一个动点，若三角形是等腰三角形，请求出所有符合要求的点D的坐标； (3)已知直线：正好将平行四边形分成面积相等的两部分，请直接写出k与b的函数关系式． 73．【新知学习】已知线段的中点为，点、点的坐标分别为，则的中点的坐标为 【问题探究】如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点是线段的中点．点为的中点，，连接． (1)点坐标为______，点坐标为______； (2)求直线的函数表达式； (3)点在轴上，点在直线上，是否存在以点为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 74．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且与直线交于点已知点的横坐标为，点的坐标为． (1)点A的坐标是______；点的坐标是______；直线的解析式是______； (2)若是直线上的点，且的面积为，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，且当点在第一象限时，设是射线上的点，当为等腰三角形时，请求出点的坐标此时在平面内存在点，使以为对角线的四边形是菱形，请直接写出点的坐标． 75．如图1，矩形的一边 在轴上，点 的坐标为，点的坐标为 ． (1)求证：四边形 为正方形； (2)如图2，若点 为 中点，连接 ，直线 交 于点 ，交 轴于点 ． ①求 的面积； ②点在轴的正半轴上，平面内是否存在点，使以点为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点 的坐标；若不存在，请说明理由． 76．平面直角坐标系中有点A和点P，若将点P绕点A顺时针旋转后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“链垂点”，图1为点P关于点A的“链垂点”Q的示意图．    (1)如图2，已知点A的坐标为，点P关于点A的“链垂点”为点Q； ①若点P的坐标为，则点Q的坐标为 ； ②若点Q的坐标为，则点P的坐标为 ； (2)已知点C的坐标为，点D在直线上，若点D关于点C的“链垂点”E在坐标轴上，试求出点D的坐标； (3)在平面直角坐标系中，已知点，点C是x轴上的动点，点A关于点C的“链垂点”是点B，连接、， ①直接写出的最小值； ②直接写出当最小时点C的坐标． 77．已知点M和矩形，若平面内存在一点P，使得点P关于点M的对称点在矩形的边上，则称点P是矩形关于点M的“矩点”．如图，在平面直角坐标系中，点． 概念理解∶ (1)若点M的坐标为，点关于点M的对称点坐标为 ； (2)如图，点P的坐标为，点P是否为矩形关于点的“矩点”？请说明理由； 拓展延伸∶ (3)点N的坐标为，若在一、三象限角平分线上存在矩形关于点N的“矩点”，直接写出t的取值范围为 ； (4)已知点Q是矩形关于其边上某一点的“矩点”，画出所有符合题意的点Q组成的图形(在图上写出必要的标注或说明)． 78．如图，在平面直角坐标系中，点是原点，四边形是平行四边形，点的坐标为，点的坐标为． (1)求点的坐标和平行四边形的对称中心的点的坐标； (2)动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点匀速运动，动点从点出发，沿方向以每秒个单位的速度向终点匀速运动，一点到达终点时另一点继续运动到达终点结束．设点运动的时间为秒（）． 求当时，的面积是多少？ 求当为何值时，的面积是平行四边形的一半？（请直接写出答案） 题型8 方程的综合应用 79．市公安交警部门提醒市民：“出门戴头盔，放心平安归”．某商店统计了某品牌头盔的销售量，4月份售出150个，6月份售出216个． (1)求该品牌头盔月销售量的月平均增长率； (2)此种品牌头盔每个进货价为30元，调查发现，当销售价为40元时，月均销售量为600个，当销售价每上涨1元时，月均销售量将减少10个，为使月均销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，该品牌头盔的销售价应定为多少元？ 80．为进一步发展基础教育，自 2023年以来，某县加大了教育经费的投入，2023年该县投入教育经费 7000万元，2025年投入教育经费 10080万元．假设该县这两年投入教育经费的年平均增长率相同． (1)求这两年该县投入教育经费的年平均增长率； (2)若该县教育经费的投入还将保持相同的年平均增长率，请你预算 2026 年该县投入教育经费多少万元． 81．某超市购入一批进价为10元/盒的糖果进行销售，经市场调查发现：销售单价不低于进价时，日销售量y（盒）与销售单价x（元）是一次函数关系，下表是y与x的几组对应值． 销售单价x/元 … 12 14 16 18 20 … 销售量y/盒 … 56 52 48 44 40 … (1)求y关于x的函数表达式； (2)糖果销售单价定为多少元时，所获日销售利润为448元？ (3)超市决定从售出的每盒糖果所获的利润中拿出2元捐赠给儿童福利院，那么该种糖果的日销售利润去掉捐款后可以为400元吗？若可以，请求出该糖果的销售单价；若不可以，请说明理由． 82．如图，有一幅长，宽的矩形照片，现要为这幅照片配一个相框，要求相框的四条边宽度相等，且相框所占面积为照片面积的二分之一． (1)求相框所占面积； (2)求相框的宽度． 83．为迎接即将到来的暑假旅游高峰，长沙文旅计划在五一广场打造一个“湖南特色食品展”，如图，若使用34米长的挡板，一面利用墙（墙的最大可用长度为20米）围成展示区矩形，与墙平行的边上预留一个2米宽的入口方便游客出入． (1)如果要围成面积为144平方米的展示区，那么的长为多少米？ (2)为尽可能容纳更多的游客，展示区面积能否拓展为180平方米？若能，请求出的长；若不能，请说明理由． 84．数学兴趣小组利用长方形纸板制作礼品盒，选择长为，宽为的长方形纸板，如图，在其四角分别剪去两个同样大小的正方形和两个同样大小的长方形（阴影部分），再把剩余部分沿虚线折起来得长方体礼品盒． (1)当礼盒底面的长是宽的4倍时，求该长方体礼品盒的体积； (2)当礼盒的侧面的面积为，求剪去的小正方形的边长． 85．某小区新建一个三层停车楼，每一层布局如图所示．已知每层长为50米，宽30米．阴影部分设计为停车位，停车位的地面需要喷漆，其余部分是等宽的通道，已知每层喷漆面积为1196平方米． (1)求通道的宽是多少米？ (2)据调查分析，小区停车场多余64个车位可以对外出租，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出：当每个车位的月租金每上涨10元，就会少租出1个车位，当每个车位的月租金上涨多少元时，既能优惠大众，又能使对外开放的月租金收入为14400元？ 86．综合与实践 如图1，在矩形中，，动点P，Q分别以的速度从点A，B同时出发，点P沿着运动到点B时停止，点Q沿着运动到点A时停止．设运动时间为． (1)当点P在上运动时， ________， ________；（用含t的代数式表示） (2)在（1）的条件下，当时，求t的值； (3)如图2、图3，点P沿着运动到点B的过程中、当的面积为时，求t的值． 87．如图，在中，，，，点P从点A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．如果点P，Q分别从点A，B出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动．    (1)经过多长时间，的面积等于？ (2)的面积会等于面积的一半吗？若会，请求出此时的运动时间；若不会，请说明理由． 88．如图，在矩形中，，点P从点A沿向点B以的速度移动，同时点Q从点B沿边向点C以的速度移动．当其中一点达到终点时，另一点也随之停止．设P，Q两点移动的时间为，求：    (1)当x为何值时，为等腰三角形； (2)当x为何值时，的面积为； (3)当x为何值时，为等腰三角形． 89．根据物理学规律，如果把一个物体从地面以v米/秒的速度竖直向空中发射，经过t秒时，物体距离地面的高度（米），（其中）根据这个规律，若发射的速度米/秒时，问： (1)经过多少秒时，物体距离地面的高度是490米？ (2)求物体落回地面所需要的时间． 90．某公园举办美食节，利用一块矩形空地搭建美食摊位，布局如图所示．已知米，米，阴影部分为美食推位，需要铺上防污地毯，其余部分均为宽度为米的道路．已知铺地毯防污的面积为平方米，      (1)求道路的宽是多少米？ (2)该美食节共有摊位个，据调查分析，当每个摊位的日租金为元时，可全部租出；若每个摊位的日租金每上涨元，就会少租出个摊位．当每个摊位的日租金上涨多少元时，美食节的日租金收入为元？ 91．大豆，通称黄豆，属一年生草本，是我国重要粮食作物之一，已有五千年栽培历史，古称“菽”．某校综合实践小组以“探究大豆种植密度优化方案”为主题展开项目学习．在六块不同的试验田中种植株数不同的大豆，严格控制影响大豆生长的其他变量，在大豆成熟期，对每株大豆的产量进行统计，并记录如下： 试验田编号 1 2 3 4 5 6 单位面积试验田种植株数/株 30 40 50 60 70 80 单位面积试验田单株的平均产量/粒 51 46 41 36 31 26 (1)根据记录表中的数据分析单位面积试验田的单株平均产量与种植株数的变化规律，若设单位面积试验田种植株（），单位面积试验田单株的平均产量为粒，求关于的函数关系式． (2)如果要想获得单位面积大豆的总产量达到2160粒，又相对减少田间管理，那么单位面积大豆应种植多少株？ 92．如图，在矩形中，，．点从点出发，沿运动，速度为每秒个单位长度；点从点出发向点运动，速度为每秒个单位长度．、两点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点的运动时间为（秒）．连接、、． (1)点运动到点时，____________；当点运动到点时，的长度为____________． (2)当点在上时，用含的代数式表示的长． (3)当的面积为时，求的值． 93．近期，全国多地出现因感染甲型流感病毒导致的学生病例增多情况，甲流是指甲型流感病毒引起的急性呼吸道感染．某小区有一居民不小心感染了该病毒，经过两轮传播后，共有25人感染． (1)在这两轮感染过程中，平均一人传染多少人？ (2)按照这样的传染速度，经过三轮传播后，共有多少人会被感染？ 94．某快递公司分拣中心有两台自动分拣机（型号甲、型号乙），专门处理小件快递的分拣工作，机器效率稳定且符合行业实际标准：甲分拣机每小时能分拣400件快递，乙分拣机每小时能分拣500件快递． (1)电商大促期间，快件量激增，两台分拣机轮流工作共用了11小时，要确保分拣的快递总数不少于5000件才能避免快件积压，保障配送时效，则乙分拣机至少需要工作多少小时？ (2)日常运营中，原计划两台分拣机每天均工作8小时．为提升分拣效率，中心对机器进行了系统升级和算法优化：实际工作中，甲分拣机每小时比原计划多分拣100a件（），且每天比原计划少工作2a小时；乙分拣机每小时比原计划多分拣100件，每天比原计划少工作a小时．调整后，两台机器一天恰好分拣快递6000件，求a的值． 95．规定：如果实数，，满足，那么称一元二次方程为“等差”二次方程． (1)下列方程是“等差”二次方程的有______（填序号）； ①；②；③；④ (2)若“等差”二次方程的一个根为，求这个方程的另一个根； (3)若，是“等差”二次方程的两个根，请写出，的数量关系，并说明理由． 96．已知关于x的一元二次方程． (1)求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根； (2)设方程的两个实数根是，且满足，求m的值． 97．芯片目前是全球紧缺资源，某市政府通过招商引进“芯屏汽合、集终生智”等优势产业，发展新兴产业，某芯片公司引进了一条内存芯片生产线，开工第一季度生产200万个，第三季度生产288万个．试回答下列问题： (1)已知第二、三季度生产量的平均增长率相等，求第二、三季度生产量的平均增长率； (2)经调查发现，1条生产线最大产能是600万个/季度，若每增加1条生产线，每条生产线的最大产能将减少20万个/季度，现该公司要保证每季度生产内存芯片2600万个，在增加产能同时又要节省投入成本的条件下（生产线越多，投入成本越大），应该再增加几条生产线？ 98．关于x的一元二次方程有两个实数根． (1)求m的取值范围； (2)若m取最小整数，求此时方程的两个根； (3)若的两条直角边、的长恰好是此方程的两个实数根，斜边，求的周长． 99．如图，一个边长为的正方形花坛由4块全等的小正方形组成．在小正方形中，点分别在上，且，在、五边形三个区域上种植不同的花卉，每平方米的种植成本分别是20元、20元、10元． (1)当时，求小正方形种植花卉所需的费用； (2)试用含有的代数式表示五边形的面积； (3)当为何值时，大正方形花坛种植花卉所需的总费用是715元？ 100．阅读材料，并解决问题： 【学习研究】赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了解方程，即的方法．首先构造了如图1所示的图形，图中的大正方形面积是，其中四个全等的小矩形面积分别为，中间的小正方形面积为，所以大正方形的面积又可表示为，据此易得新方程，所以原方程的正数解为． (1)上述构造图形解一元二次方程最能体现的数学思想是 ． A．分类讨论思想        B．数形结合思想            C．整体代换思想 (2)【实践】小明根据赵爽的办法解方程请你帮忙画出相应的图形，将其求解过程补充完整： 第一步：将原方程变形为 ； 第二步：画四个全等的矩形构造“空心”大正方形（请在图2中画出示意图），则新构图中大正方形的面积可表示为 ，还可表示为四个矩形与一个小正方形面积之和，即 （用式子表示即可） 第三步：得新方程 ．因为表示边长，解得 ． (3)【应用】一般地，对于形如的一元二次方程可以构造图来解．已知图是由四个面积为的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为，那么此方程的正根为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $