江蘇八年級下期末真題精選（壓軸60題19個(gè)考點(diǎn)專練）-【滿分全攻略】2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下學(xué)期核心考點(diǎn)+重難點(diǎn)講練與測試（蘇科版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．（2022秋?市中區(qū)期末）觀察下列各式：
＝1+﹣＝1
＝1+﹣＝1
＝1+﹣＝1
請你根據(jù)上面三個(gè)等式提供的信息，猜想：
（1）＝ 1
（2）請你按照上面每個(gè)等式反映的規(guī)律，寫出用n（n為正整數(shù)）表示的等式：＝1+ ；
（3）利用上述規(guī)律計(jì)算：（仿照上式寫出過程）
【分析】（1）根據(jù)提供的信息，即可解答；
（2）根據(jù)規(guī)律，寫出等式；
（3）根據(jù)（2）的規(guī)律，即可解答．
【解答】解：（1）＝1＝1；故答案為：1；
（2）＝1+＝1+；故答案為：＝1+；
（3）．
【點(diǎn)評】本題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡，解決本題的關(guān)鍵是關(guān)鍵信息，找到規(guī)律．
二．分式方程的應(yīng)用（共1小題）
2．（2016?哈爾濱）早晨，小明步行到離家900米的學(xué)校去上學(xué)，到學(xué)校時(shí)發(fā)現(xiàn)眼鏡忘在家中，于是他立即按原路步行回家，拿到眼鏡后立即按原路騎自行車返回學(xué)校．已知小明步行從學(xué)校到家所用的時(shí)間比他騎自行車從家到學(xué)校所用的時(shí)間多10分鐘，小明騎自行車速度是步行速度的3倍．
（1）求小明步行速度（單位：米/分）是多少；
（2）下午放學(xué)后，小明騎自行車回到家，然后步行去圖書館，如果小明騎自行車和步行的速度不變，小明步行從家到圖書館的時(shí)間不超過騎自行車從學(xué)校到家時(shí)間的2倍，那么小明家與圖書館之間的路程最多是多少米？
【分析】（1）設(shè)小明步行的速度是x米/分，根據(jù)題意可得等量關(guān)系：小明步行回家的時(shí)間＝騎車返回時(shí)間+10分鐘，根據(jù)等量關(guān)系列出方程即可；
（2）根據(jù)（1）中計(jì)算的速度列出不等式解答即可．
【解答】解：（1）設(shè)小明步行的速度是x米/分，由題意得：
，
解得：x＝60，
經(jīng)檢驗(yàn)：x＝60是原分式方程的解，
答：小明步行的速度是60米/分；
（2）設(shè)小明家與圖書館之間的路程是y米，根據(jù)題意可得：
，
解得：y≤600，
答：小明家與圖書館之間的路程最多是600米．
【點(diǎn)評】此題主要考查了分式方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是正確理解題意，找出題目中的等量關(guān)系，列出方程．
三．反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義（共7小題）
3．（2022春?邗江區(qū)期末）如圖，△AOB和△ACD均為正三角形，且頂點(diǎn)B、D均在雙曲線（x＞0）上，連接BC交AD于P，連接OP，則圖中S△OBP是（）
A．B．3C．6D．12
【分析】先根據(jù)△AOB和△ACD均為正三角形可知∠AOB＝∠CAD＝60°，故可得出AD∥OB，所以S△ABP＝S△AOP，故S△OBP＝S△AOB，過點(diǎn)B作BE⊥OA于點(diǎn)E，由反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義即可得出結(jié)論．
【解答】解：如圖：
∵△AOB和△ACD均為正三角形，
∴∠AOB＝∠CAD＝60°，
∴AD∥OB，
∴S△ABP＝S△AOP，
∴S△OBP＝S△AOB，
過點(diǎn)B作BE⊥OA于點(diǎn)E，則S△OBE＝S△ABE＝S△AOB，
∵點(diǎn)B在反比例函數(shù)y＝的圖象上，
∴S△OBE＝×6＝3，
∴S△OBP＝S△AOB＝2S△OBE＝6．
故選：C．
【點(diǎn)評】本題考查的是反比例函數(shù)綜合題，涉及到等邊三角形的性質(zhì)及反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義等知識，難度適中．
4．（2020?重慶）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的對角線AC的中點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，點(diǎn)E是x軸上一點(diǎn)，連接AE．若AD平分∠OAE，反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象經(jīng)過AE上的兩點(diǎn)A，F(xiàn)，且AF＝EF，△ABE的面積為18，則k的值為（）
A．6B．12C．18D．24
【分析】如圖，連接BD，OF，過點(diǎn)A作AN⊥OE于N，過點(diǎn)F作FM⊥OE于M．證明BD∥AE，推出S△ABE＝S△AOE＝18，推出S△EOF＝S△AOE＝9，可得S△FME＝S△EOF＝3，由此即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接BD，OF，過點(diǎn)A作AN⊥OE于N，過點(diǎn)F作FM⊥OE于M．
∵AN∥FM，AF＝FE，
∴MN＝ME，
∴FM＝AN，
∵A，F(xiàn)在反比例函數(shù)的圖象上，
∴S△AON＝S△FOM＝，
∴?ON?AN＝?OM?FM，
∴ON＝OM，
∴ON＝MN＝EM，
∴ME＝OE，
∴S△FME＝S△FOE，
∵AD平分∠OAE，
∴∠OAD＝∠EAD，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝∠DAE，
∴AE∥BD，
∴S△ABE＝S△AOE，
∴S△AOE＝18，
∵AF＝EF，
∴S△EOF＝S△AOE＝9，
∴S△FME＝S△EOF＝3，
∴S△FOM＝S△FOE﹣S△FME＝9﹣3＝6＝，
∴k＝12．
故選：B．
【點(diǎn)評】本題考查反比例函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平行線的判斷和性質(zhì)，等高模型等知識，解題的關(guān)鍵是證明BD∥AE，利用等高模型解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．
5．（2022春?泰州期末）如圖，A（a，b）、B（﹣a，﹣b）是反比例函數(shù)y＝的圖象上的兩點(diǎn)，分別過點(diǎn)A、B作y軸的平行線，與反比例函數(shù)y＝的圖象交于點(diǎn)C、D，若四邊形ACBD的面積是8，則m、n之間的關(guān)系是 n﹣m＝4 ．
【分析】連接AB，OC，根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)可得點(diǎn)O在線段AB上，且OA＝OB，由點(diǎn)A（a，b）是反比例函數(shù)y＝的圖象上的點(diǎn)，可得b＝，由AC∥y軸，可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（a，），進(jìn)而可得AC＝BD的長，從而可以判斷四邊形ACBD是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得S△AOC＝S△ACB＝S平行四邊形ACBD＝2，然后根據(jù)三角形的面積公式可得AC|a|＝2，整理得：n﹣m＝4．
【解答】解：連接AB，OC，如圖，
∵A（a，b）、B（﹣a，﹣b）關(guān)于原點(diǎn)對稱，且是反比例函數(shù)y＝的圖象上的兩點(diǎn)，
∴點(diǎn)O在線段AB上，且OA＝OB，
∵A（a，b）是反比例函數(shù)y＝的圖象上的點(diǎn)，
∴b＝，
∵AC∥y軸，
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（a，），
∴AC＝|﹣|，
同理可得BD＝|﹣|，
∴AC＝BD，
∴四邊形ACBD是平行四邊形，
∴S△AOC＝S△ACB＝S平行四邊形ACBD＝2，
∴AC|a|＝2，
∴（﹣）?（﹣a）＝2，
整理得：n﹣m＝4．
故答案為：n﹣m＝4．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義、反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、平行四邊形的判定與性質(zhì)、三角形面積等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
6．（2022春?江都區(qū)期末）如圖，點(diǎn)M在函數(shù)（x＞0）的圖象上，過點(diǎn)M分別作x軸和y軸的平行線交函數(shù)（x＞0）的圖象于點(diǎn)B、C，連接OB、OC，則△OBC的面積為．．
【分析】設(shè)M（m，），可得C（m，），B（，），由三角形的面積公式S△OBC＝S矩形ODME﹣S△OCE﹣S△ODB﹣S△MBC可求解．
【解答】解：延長MB交y軸于點(diǎn)D，延長MC交x軸于點(diǎn)E，
設(shè)M（m，），可得C（m，），B（，），
∴D（0，），E（m，0），
∴S△OBC＝S矩形ODME﹣S△OCE﹣S△ODB﹣S△MBC
＝5﹣﹣﹣﹣
＝5﹣1﹣1﹣
＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評】主要考查了反比例函數(shù)圖象上各個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)之間的關(guān)系，設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，從而得出點(diǎn)B和C的坐標(biāo)是解決問題的關(guān)鍵．
7．（2021春?金壇區(qū)期末）如圖，已知等腰三角形ABC的底邊BC落在x軸上，延長CA到點(diǎn)D，使得AD＝AC，延長AB交y軸于點(diǎn)E，連接CE，點(diǎn)D落在反比例函數(shù)y＝（k≠0）的圖象上．若△BCE的面積等于2，則k＝ 4 ．
【分析】連接CD，ED，BD，通過AD＝AC，AB＝AC推導(dǎo)出S△BED＝S△BEC＝2及DB⊥x軸，再由DB平行于y軸可得＝S△DBO＝S△DBE＝2，進(jìn)而求解．
【解答】解：連接CD，ED，BD，
∵AD＝AC，
∴S△ABD＝S△ABC，S△EAD＝S△EAC，
∴S△BED＝S△BEC＝2，
∵AB＝AC，AD＝AC，
∴AD＝AB，
∴∠ABC＝∠ACB，∠ADB＝∠ABD，
∵∠ABC+∠ACB+∠ADB+∠ABD＝180°，
∴∠ABD+∠ABC＝（∠ABC+∠ACB+∠ADB+∠ABD）＝90°，
∴DB⊥OC，
∵OE∥DB，
∴＝S△DBO＝S△DBE＝2，
∴k＝4．
故答案為：4．
【點(diǎn)評】本題考查反比例函數(shù)與圖形的結(jié)合，解題關(guān)鍵是熟練掌握反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，通過添加輔助線求解．
8．（2022春?高郵市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABO的邊AB平行于y軸，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過OA的中點(diǎn)C和點(diǎn)B，若△OAB的面積為6，則k＝ ﹣4 ．
【分析】延長AB交x軸于D，根據(jù)反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過點(diǎn)B，設(shè)B（x，），則OD＝x，根據(jù)△OAB的面積為9，列等式可表示AB的長，表示點(diǎn)A的坐標(biāo)，根據(jù)線段中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得C的坐標(biāo)，從而得出結(jié)論．
【解答】解：如圖，延長AB交x軸于D，
∵AB∥y軸，
∴AD⊥x軸，
∵反比例函數(shù)y＝（x＜0）的圖象經(jīng)過OA中點(diǎn)C和點(diǎn)B，
∴設(shè)B（x，），則OD＝﹣x，
∵△OAB的面積為6，
∴AB?OD＝6，
∴AB?（﹣x）＝6，
∴AB＝﹣，
∴A（x，﹣），
∵C是OA的中點(diǎn)，
∴C（，﹣），
∴k＝?（﹣），
∴k＝﹣4．
故答案為：﹣4．
【點(diǎn)評】此題主要考查了反比例函數(shù)上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，線段的中點(diǎn)坐標(biāo)公式，三角形面積公式，解本題的關(guān)鍵是設(shè)未知數(shù)建立方程解決問題．
9．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，C，A分別為x軸、y軸正半軸上的點(diǎn)，以O(shè)A，OC為邊，在第一象限內(nèi)作矩形OABC，且S矩形OABC＝2，將矩形OABC翻折，使點(diǎn)B與原點(diǎn)O重合，折痕為MN，點(diǎn)C的對應(yīng)點(diǎn)C′落在第四象限，過M點(diǎn)的反比例函數(shù)y＝（k≠0）的圖象恰好過MN的中點(diǎn)，點(diǎn)C′的坐標(biāo)為（，﹣）．
【分析】利用△BQM≌△OQN（AAS），得到點(diǎn)Q是MN的中點(diǎn)，利用Rt△OHQ∽Rt△OCB得到＝＝，求出k的值，設(shè)AM＝a，則BM＝3a＝OM，求得OA＝2a，再根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義求得a，從而求得OC′＝BC＝OA＝2，ON＝BN＝OM＝，根據(jù)三角形面積求得C′G，再根據(jù)勾股定理即可求得OG，從而求得C′的坐標(biāo)．
【解答】解：如圖，連接OB，交MN于點(diǎn)Q，
∵矩形OABC翻折，使點(diǎn)B與原點(diǎn)重合，折痕為MN，
∴QB＝QO，MB＝MO，
∵AB∥CO，
∴∠ABQ＝∠NOQ，
∵∠MQB＝∠NQO，
而OQ＝BQ，
∴△BQM≌△OQN（AAS），
∴QM＝QN，即點(diǎn)Q是MN的中點(diǎn)，
過點(diǎn)Q作QH⊥BC于點(diǎn)H，則QH是△OBC的中位線，
則Rt△OHQ∽Rt△OCB，
則＝＝，
而S△OBC＝S矩形AOCB＝，
則S△OHQ＝×＝k，
解得k＝，
∵點(diǎn)M是反比例函數(shù)上的點(diǎn)，
則S△AOM＝k＝，
而S△ABO＝S矩形AOCB＝＝4S△AOM，
故AM＝AB，
設(shè)AM＝a，則BM＝3a＝OM，
則OA＝2a，
則S△AOM＝＝AM?AO＝a?2a，
解得a＝（負(fù)值已舍去），
則AB＝4AM＝2，AM＝a＝，
連接BN，作C′G⊥ON于G，
∵QO＝BQ，QM＝NQ，
∴四邊形MONB是平行四邊形，
∴ON＝BN＝OM，
∵OC′＝BC＝OA，
∴Rt△AOM≌Rt△CBN≌Rt△C′ON（HL），
∴S△C′ON＝S△AOM＝，ON＝OM＝，OC′＝OA＝2＝，
∴ON?C′G＝，
∴×C′G＝，
∴C′G＝，
∴OG＝，
∴C′為（，﹣），
故答案為：（，﹣）．
【點(diǎn)評】此題考查了翻折變換，反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形全等的判定與性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形變換﹣對稱，矩形的性質(zhì)，面積的計(jì)算以及勾股定理等，解決本題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用以上知識，難度較大．
四．反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征（共1小題）
10．（2021春?羅湖區(qū)校級期末）如圖，以矩形OABC的頂點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，使點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸的正半軸上，雙曲線y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過BC的中點(diǎn)D，且與AB交于點(diǎn)E．過OC邊上一點(diǎn)F，把△BCF沿直線BF翻折，使點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處（點(diǎn)C′在矩形OABC內(nèi)部），且C′E∥BC，若點(diǎn)C′的坐標(biāo)為（2，3），則k的值為（）
A．B．C．D．
【分析】首先證明點(diǎn)E是線段AB的中點(diǎn)，設(shè)BC＝BC′＝m，則EC′＝m﹣2．在Rt△BEC′中，根據(jù)BC′2＝BE2+EC′2，構(gòu)建方程求出m即可解決問題；
【解答】解：連接OD、OE．設(shè)BC＝BC′＝m，則EC′＝m﹣2．
∵CD＝BD，
∴S△CDO＝＝S矩形ABCD，
∵S△AOE＝＝S△CDO＝S矩形ABCD，
∴AE＝EB，
∵C′（2，3），
∴AE＝EB＝3，
在Rt△BEC′中，∵BC′2＝BE2+EC′2，
∴m2＝32+（m﹣2）2，
∴m＝，
∴E（，3），
∵點(diǎn)E在y＝上，
∴k＝，
故選：D．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)綜合題，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、翻折變換、勾股定理等知識，綜合性較強(qiáng)，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
五．反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題（共6小題）
11．（2021?武威二模）已知反比例函數(shù)的圖象與一次函數(shù)y2＝ax+b的圖象交于點(diǎn)A（1，4）和點(diǎn)B（m，﹣2），
（1）求這兩個(gè)函數(shù)的關(guān)系式；
（2）觀察圖象，寫出使得y1＞y2成立的自變量x的取值范圍．
【分析】（1）將A坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式中求出k的值，確定出反比例解析式，將B坐標(biāo)代入反比例解析式中求出m的值，確定出B坐標(biāo)，將A與B坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式中求出a與b的值，即可確定出一次函數(shù)解析式；
（2）利用圖象即可得出所求不等式的解集，即為x的范圍．
【解答】解：（1）∵函數(shù)y1＝的圖象過點(diǎn)A（1，4），即4＝，
∴k＝4，
∴反比例函數(shù)的關(guān)系式為y1＝；
又∵點(diǎn)B（m，﹣2）在y1＝上，
∴m＝﹣2，
∴B（﹣2，﹣2），
又∵一次函數(shù)y2＝ax+b過A、B兩點(diǎn)，
∴依題意，得，
解得，
∴一次函數(shù)的關(guān)系式為y2＝2x+2；
（2）根據(jù)圖象y1＞y2成立的自變量x的取值范圍為x＜﹣2或0＜x＜1．
【點(diǎn)評】此題考查了一次函數(shù)與反比例函數(shù)的交點(diǎn)問題，涉及的知識有：待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，利用了數(shù)形結(jié)合的思想，熟練運(yùn)用待定系數(shù)法是解本題的關(guān)鍵．
12．（2021春?洪澤區(qū)期末）如圖，一次函數(shù)y＝x﹣7與反比例函數(shù)y＝的圖象交于A（1，a）和B（b，﹣1）兩點(diǎn)．
（1）直接寫出a＝ ﹣6 ，b＝ 6 ，k＝ ﹣6 ；
（2）結(jié)合圖象直接寫出關(guān)于x的不等式x﹣7＜的解集是 1＜x＜6或x＜0 ；
（3）點(diǎn)C（n，2）在反比例函數(shù)y＝的圖象上，連接AC、BC，求△ABC的面積．
【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；
（2）觀察函數(shù)圖象即可求解；
（3）由△ABC的面積＝AB×GN，即可求解．
【解答】解：（1）將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入一次函數(shù)表達(dá)式得：，解得，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（1，﹣6）、（6，﹣1），
將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)表達(dá)式得：﹣6＝，解得k＝﹣6，
則反比例函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣，
故答案為：﹣6，6，﹣6；
（2）從圖象看，不等式x﹣7＜的解集是：1＜x＜6或x＜0，
故答案為1＜x＜6或x＜0；
（3）將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)表達(dá)式得：2＝﹣，解得n＝﹣3，
故點(diǎn)C（﹣3，2），
設(shè)直線AB交y軸于點(diǎn)H（0，﹣7），過點(diǎn)C作直線CG∥AB，交y軸于點(diǎn)G，
設(shè)直線CG的表達(dá)式為y＝x+t，
將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入上式得：2＝﹣3+t，解得t＝5，
故點(diǎn)G（0，5），
則GH＝5+7＝12，
過點(diǎn)G作GN⊥AB于點(diǎn)N，
由直線CG和AB的表達(dá)式知，兩條直線和x軸坐標(biāo)軸的夾角為45°，
故GN＝GH＝6，
則△ABC的面積＝AB×GN＝×6＝30．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)，當(dāng)有兩個(gè)函數(shù)的時(shí)候，著重使用一次函數(shù)，體現(xiàn)了方程思想，綜合性較強(qiáng)．
13．（2022春?安居區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正比例函數(shù)y＝3x與反比例函數(shù)y＝的圖象交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2，AC⊥x軸，垂足為C，連接BC．
（1）求反比例函數(shù)的表達(dá)式；
（2）求△ABC的面積；
（3）若點(diǎn)P是反比例函數(shù)y＝圖象上的一點(diǎn)，△OPC與△ABC面積相等，請直接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【分析】（1）把A點(diǎn)橫坐標(biāo)代入正比例函數(shù)可求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入反比例函數(shù)解析式可求得k，可求得反比例函數(shù)解析式；
（2）根據(jù)反比例函數(shù)的對稱性得出點(diǎn)B的坐標(biāo)，再利用三角形的面積公式解答即可；
（3）由條件可求得B、C的坐標(biāo)，可先求得△ABC的面積，再結(jié)合△OPC與△ABC的面積相等求得P點(diǎn)坐標(biāo)．
【解答】解：（1）把x＝2代入y＝3x中，得y＝2×3＝6，
∴點(diǎn)A坐標(biāo)為（2，6），
∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)y＝的圖象上，
∴k＝2×6＝12，
∴反比例函數(shù)的解析式為y＝；
（2）∵AC⊥OC，
∴OC＝2，
∵A、B關(guān)于原點(diǎn)對稱，
∴B點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣2，﹣6），
∴B到OC的距離為6，
∴S△ABC＝2S△ACO＝2××2×6＝12，
（3）∵S△ABC＝12，
∴S△OPC＝12，
設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，），則P到OC的距離為||，
∴×||×2＝12，解得x＝1或﹣1，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為（1，12）或（﹣1，﹣12）．
【點(diǎn)評】本題主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式及函數(shù)的交點(diǎn)問題，在（1）中求得A點(diǎn)坐標(biāo)、在（2）中求得P點(diǎn)到OC的距離是解題的關(guān)鍵．
14．（2018春?宿豫區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝mx+2（m≠0）的圖象與反比例函數(shù)y＝（k≠0）的圖象交于第一、三象限內(nèi)的A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)M在x軸負(fù)半軸上，OM＝OC，且四邊形OCMB是平行四邊形，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4．
（1）求該反比例函數(shù)和一次函數(shù)的表達(dá)式；
（2）連接AO，求△AOB的面積；
（3）直接寫出關(guān)于x的不等式mx＜﹣2的解集．
【分析】（1）先利用一次函數(shù)解析式確定C點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)確定B點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求兩個(gè)函數(shù)解析式；
（2）先確定A點(diǎn)坐標(biāo)，然后根據(jù)三角形面積公式，利用S△AOB＝S△AOC+S△BOC進(jìn)行計(jì)算；
（3）觀察函數(shù)圖象，寫出反比例函數(shù)圖象在一次函數(shù)圖象上方所對應(yīng)的自變量的范圍即可．
【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時(shí)，y＝mx+2＝2，則C（0，2），
∴OM＝OC＝2，
∵四邊形OCMB是平行四邊形
∴BM∥OC，BM＝OC＝2，
∴B（﹣2，﹣2），
把B（﹣2，﹣2）代入y＝得k＝﹣2×（﹣2）＝4，
∴反比例函數(shù)解析式為y＝；
把B（﹣2，﹣2）代入y＝kx+2得﹣2k+2＝﹣2，解得k＝2，
∴一次函數(shù)解析式為y＝2x+2；
（2）當(dāng)y＝4時(shí)，2x+2＝4，解得x＝1，則A（1，4），
S△AOB＝S△AOC+S△BOC＝×2×1+×2×2＝3；
（3）當(dāng)x＜﹣2或0＜x＜1時(shí)，mx+2＜，
∴不等式mx＜﹣2的解集為x＜﹣2或0＜x＜1．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題：求反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)坐標(biāo)，把兩個(gè)函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立成方程組求解，若方程組有解則兩者有交點(diǎn)，方程組無解，則兩者無交點(diǎn)．也考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和平行四邊形的性質(zhì)．
15．（2014?巴中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知四邊形DOBC是矩形，且D（0，4），B（6，0）．若反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過線段OC的中點(diǎn)A，交DC于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．設(shè)直線EF的解析式為y＝k2x+b．
（1）求反比例函數(shù)和直線EF的解析式；
（2）求△OEF的面積；
（3）請結(jié)合圖象直接寫出不等式k2x+b﹣＞0的解集．
【分析】（1）先利用矩形的性質(zhì)確定C點(diǎn)坐標(biāo)（6，4），再確定A點(diǎn)坐標(biāo)為（3，2），則根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到k1＝6，即反比例函數(shù)解析式為y＝；然后利用反比例函數(shù)解析式確定F點(diǎn)的坐標(biāo)為（6，1），E點(diǎn)坐標(biāo)為（，4），再利用待定系數(shù)法求直線EF的解析式；
（2）利用△OEF的面積＝S矩形BCDO﹣S△ODE﹣S△OBF﹣S△CEF進(jìn)行計(jì)算；
（3）觀察函數(shù)圖象得到當(dāng)＜x＜6時(shí)，一次函數(shù)圖象都在反比例函數(shù)圖象上方，即k2x+b＞．
【解答】解：（1）∵四邊形DOBC是矩形，且D（0，4），B（6，0），
∴C點(diǎn)坐標(biāo)為（6，4），
∵點(diǎn)A為線段OC的中點(diǎn)，
∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（3，2），
∴k1＝3×2＝6，
∴反比例函數(shù)解析式為y＝；
把x＝6代入y＝得y＝1，則F點(diǎn)的坐標(biāo)為（6，1）；
把y＝4代入y＝得x＝，則E點(diǎn)坐標(biāo)為（，4），
把F（6，1）、E（，4）代入y＝k2x+b得，解得，
∴直線EF的解析式為y＝﹣x+5；
（2）△OEF的面積＝S矩形BCDO﹣S△ODE﹣S△OBF﹣S△CEF
＝4×6﹣×4×﹣×6×1﹣×（6﹣）×（4﹣1）
＝；
（3）由圖象得：不等式k2x+b﹣＞0的解集為＜x＜6．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題：求反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)坐標(biāo)，把兩個(gè)函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立成方程組求解，若方程組有解則兩者有交點(diǎn)，方程組無解，則兩者無交點(diǎn)．也考查了待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式．
16．（2018春?秦淮區(qū)期末）如圖，在直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y1＝與函數(shù)y2＝x的圖象交于點(diǎn)A、B．
（1）點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別是（2，2）、（﹣2，﹣2）；
（2）在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)y3＝﹣的圖象；
（3）垂直于y軸的直線l與函數(shù)y1、y2、y3的圖象分別交于點(diǎn)P（x1，y1）、Q（x2，y2）、N（x3，y3），若x1＜x2＜x3，結(jié)合函數(shù)的圖象，直接寫出x1+x2+x3的取值范圍．
【分析】本題根據(jù)圖象解答，在（3）中，函數(shù)y1、y3的圖象關(guān)于y軸對稱，則x1+x2+x3的取值范圍即為x2的取值范圍．
【解答】解：（1）由圖象得到點(diǎn)A、B坐標(biāo)
故答案為：（2，2）、（﹣2，﹣2）
（2）圖象如圖
（3）由圖象可知，若x1＜x2＜x3，
垂直于y軸的直線l在x軸與直線y＝﹣2之間
∵函數(shù)y1＝與函數(shù)y3＝﹣的圖象關(guān)于y軸對稱
∴x1+x3＝0
由圖象﹣2＜x2＜0
∴﹣2＜x1+x2+x3＜0
【點(diǎn)評】本題考查了正比例函數(shù)和反比例函數(shù)圖象，解答過程中要注意數(shù)形結(jié)合．
六．反比例函數(shù)的應(yīng)用（共5小題）
17．（2022?青秀區(qū)校級一模）學(xué)校的自動(dòng)飲水機(jī)，開機(jī)加熱時(shí)每分鐘上升10℃，加熱到100℃，停止加熱，水溫開始下降．此時(shí)水溫y（℃）與通電時(shí)間x（min）成反比例關(guān)系．當(dāng)水溫降至20℃時(shí)，飲水機(jī)再自動(dòng)加熱，若水溫在20℃時(shí)接通電源，水溫y與通電時(shí)間x之間的關(guān)系如圖所示，則下列說法中正確的是（）
A．水溫從20℃加熱到100℃，需要7min
B．水溫下降過程中，y與x的函數(shù)關(guān)系式是y＝
C．上午8點(diǎn)接通電源，可以保證當(dāng)天9：30能喝到不超過40℃的水
D．在一個(gè)加熱周期內(nèi)水溫不低于30℃的時(shí)間為min
【分析】因?yàn)殚_機(jī)加熱時(shí)，飲水機(jī)每分鐘上升10℃，所以開機(jī)加熱到100℃，所用時(shí)間為＝8min，故A不合題意，利用點(diǎn)（8，100），可以求出反比例函數(shù)解析式，故B不符合題意，令y＝20，則x＝40，求出每40分鐘，飲水機(jī)重新加熱，故時(shí)間為9點(diǎn)30時(shí)，可以得到飲水機(jī)是第三次加熱，并且第三次加熱了10分鐘，令x＝10，代入到反比例函數(shù)中，求出y，即可得到C不符合題意，先求出加熱時(shí)間段時(shí)，水溫達(dá)到30℃所用的時(shí)間，再由反比例函數(shù)，可以得到冷卻時(shí)間時(shí)，水溫為30℃時(shí)所對應(yīng)的時(shí)間，兩個(gè)時(shí)間相減，即為水溫不低于30℃時(shí)的時(shí)間．
【解答】解：∵開機(jī)加熱時(shí)每分鐘上升10℃，
∴水溫從20℃加熱到100℃，所需時(shí)間為：＝8min，
故A選項(xiàng)不合題意；
由題可得，（8，100）在反比例函數(shù)圖象上，
設(shè)反比例函數(shù)解析式為y＝，
代入點(diǎn)（8，100）可得，k＝800，
∴水溫下降過程中，y與x的函數(shù)關(guān)系式是y＝，
故B選項(xiàng)不合題意；
令y＝20，則＝20，
∴x＝40，
即飲水機(jī)每經(jīng)過40分鐘，要重新從20℃開始加熱一次，
從8點(diǎn)9點(diǎn)30分鐘，所用時(shí)間為90分鐘，
而水溫加熱到100℃，僅需要8分鐘，
故當(dāng)時(shí)間是9點(diǎn)30時(shí)，飲水機(jī)第三次加熱，從20℃加熱了10分鐘，
令x＝10，則y＝＝80℃＞40℃，
故C選項(xiàng)不符合題意；
水溫從20℃加熱到30℃所需要時(shí)間為：min，
令y＝30，則＝30，
∴，
∴水溫不低于30℃的時(shí)間為＝min，
故選：D．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合，是解決本題的關(guān)鍵．
18．（2021春?邗江區(qū)期末）教室里的飲水機(jī)接通電源就進(jìn)入自動(dòng)程序，開機(jī)加熱時(shí)每分鐘上升7℃，加熱到100℃，停止加熱，水溫開始下降，此時(shí)水溫（℃）與開機(jī)后用時(shí)（min）成反比例關(guān)系．直至水溫降至30℃，飲水機(jī)關(guān)機(jī)．飲水機(jī)關(guān)機(jī)后即刻自動(dòng)開機(jī)，重復(fù)上述自動(dòng)程序．若在水溫為30℃時(shí)，接通電源后，水溫y（℃）和時(shí)間（min）的關(guān)系如圖，為了在上午第一節(jié)下課時(shí)（8：45）能喝到不超過50℃的水，則接通電源的時(shí)間可以是當(dāng)天上午的（）
A．7：20B．7：30C．7：45D．8：00
【分析】先求出加熱10分鐘后，水溫可以達(dá)到100℃，繼而得到點(diǎn)（10，100）在如圖所示的反比例函數(shù)圖象上，由待定系數(shù)法求解出反比例函數(shù)解析式，進(jìn)而求得當(dāng)y＝30時(shí)所對應(yīng)的x＝，得到每經(jīng)過分鐘，飲水機(jī)重新開機(jī)加熱，按照此種規(guī)律，即可解決．
【解答】解：∵開機(jī)加熱時(shí)每分鐘上升7℃，
∴加熱到100℃所需要的時(shí)間為：＝10min，
∴每次加熱10min后，飲水機(jī)就會(huì)斷電，開始冷卻
設(shè)10分鐘后，水溫與開機(jī)所用時(shí)間所成的反比例函數(shù)為y＝，
∵點(diǎn)（10，100）在反比例函數(shù)圖象上，
∴k＝1000，
∴反比例函數(shù)為，
令y＝30，則，
∴，
∴每次開機(jī)加熱min后，飲水機(jī)就要重新從30℃開始加熱，
如果7：20開機(jī)至8：45，經(jīng)過的時(shí)間為85分鐘，
85﹣＝＞10，
∴此時(shí)飲水機(jī)第三次加熱，從30℃加熱了分鐘，
水溫為y＝＝＞50℃，
故A選項(xiàng)不合題意，
如果7：30開機(jī)至8：45，經(jīng)過的時(shí)間為75分鐘，
75﹣×2＝＜10，
∴此時(shí)飲水機(jī)第三次加熱了，從30℃加熱了分鐘，
水溫為30+＝＞50℃，
故B選項(xiàng)不合題意，
如果7：45開機(jī)至8：45，經(jīng)過的時(shí)間為60分鐘，
∴此時(shí)飲水機(jī)第二次加熱，從30℃加熱了20分鐘，
水溫為y＝＝50，
故C選項(xiàng)符合題意，
如果8：00開機(jī)至8：45，經(jīng)過的時(shí)間為45分鐘，
∴此時(shí)飲水機(jī)第二次加熱，從30℃加熱了5分鐘，
水溫為y＝30+5×7＝65＞50℃，
故D選項(xiàng)不符合題意，
故選：C．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)的應(yīng)用，挖掘出加熱時(shí)間的規(guī)律，例如本題中每經(jīng)過分鐘重新開機(jī)加熱，是解決本題的關(guān)鍵．
19．（2022春?海州區(qū)校級期末）某車隊(duì)要把4000噸貨物運(yùn)到災(zāi)區(qū)，已知每天的運(yùn)輸量不變．
（1）從運(yùn)輸開始，每天運(yùn)輸?shù)呢浳飮崝?shù)n（噸）與運(yùn)輸時(shí)間t（天）之間有怎樣的函數(shù)表達(dá)式？
（2）因?yàn)?zāi)區(qū)道路受阻，實(shí)際每天比原計(jì)劃少運(yùn)20%，推遲2天完成任務(wù)，求原計(jì)劃完成任務(wù)的天數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)每天運(yùn)量×天數(shù)＝總運(yùn)量即可列出函數(shù)關(guān)系式；
（2）根據(jù)“實(shí)際每天比原計(jì)劃少運(yùn)20%，則推遲2天完成任務(wù)”列出方程求解即可．
【解答】解：（1）根據(jù)題意得：nt＝4000，
∴n＝（t＞0），
∴每天運(yùn)輸?shù)呢浳飮崝?shù)n（噸）與運(yùn)輸時(shí)間t（天）之間的函數(shù)表達(dá)式為n＝；
（2）設(shè)原計(jì)劃x天完成，根據(jù)題意得：
（1﹣20%）＝，
解得：x＝8，
經(jīng)檢驗(yàn)：x＝8是原方程的根，
答：原計(jì)劃8天完成．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)的應(yīng)用及分式方程的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是找到題目中的等量關(guān)系．
20．（2021?蒸湘區(qū)校級一模）某醫(yī)藥研究所研制了一種新藥，在試驗(yàn)藥效時(shí)發(fā)現(xiàn)：成人按規(guī)定劑量服用后，檢測到從第5分鐘起每分鐘每毫升血液中含藥量增加0.2微克，第100分鐘達(dá)到最高，接著開始衰退．血液中含藥量y（微克）與時(shí)間x（分鐘）的函數(shù)關(guān)系如圖．并發(fā)現(xiàn)衰退時(shí)y與x成反比例函數(shù)關(guān)系．
（1）a＝ 19 ；
（2）當(dāng)5≤x≤100時(shí)，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為 y＝0.2x﹣1 ；當(dāng)x＞100時(shí)，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為 y＝；
（3）如果每毫升血液中含藥量不低于10微克時(shí)是有效的，求出一次服藥后的有效時(shí)間多久？
【分析】（1）利用第5分鐘起每分鐘每毫升血液中含藥量增加0.2微克即可得到第100分鐘相應(yīng)的a值；
（2）分別代入直線和曲線的一般形式，利用待定系數(shù)法求得函數(shù)的解析式即可；
（3）分別令兩個(gè)函數(shù)值為10求得相應(yīng)的時(shí)間后相減即可得到結(jié)果．
【解答】解：（1）a＝0.2×（100﹣5）＝19；
（2）當(dāng)5≤x≤100時(shí)，設(shè)y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y＝k1x+b
∵經(jīng)過點(diǎn)（5，0），（100，19）
∴
解得：，
∴解析式為y＝0.2x﹣1；
當(dāng)x＞100時(shí)，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y＝，
∵經(jīng)過點(diǎn)（100，19），
∴＝19
解得：k＝1900，
∴函數(shù)的解析式為y＝；
（3）令y＝0.2x﹣1＝10解得：x＝55，
令y＝＝10，解得：x＝190
∴190﹣55＝135分鐘，
∴服藥后能持續(xù)135分鐘；
【點(diǎn)評】本題主要考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用，根據(jù)已知點(diǎn)得出函數(shù)的解析式是解題關(guān)鍵．
21．（2021春?盱眙縣期末）某蔬菜生產(chǎn)基地用裝有恒溫系統(tǒng)的大棚栽培一種新品，如圖是某天恒溫系統(tǒng)從開始到關(guān)閉及關(guān)閉后，大棚里溫度y（℃）隨時(shí)間x（h）變化的函數(shù)圖象，其中AB段是恒溫階段，BC段是雙曲線y＝的一部分，請根據(jù)圖中信息解答下列問題：
（1）求k的值；
（2）恒溫系統(tǒng)在一天內(nèi)保持大棚內(nèi)溫度不低于15℃的時(shí)間有多少小時(shí)？
【分析】（1）直接將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入即可；
（2）觀察圖象可知：三段函數(shù)都有y≥15的點(diǎn)，而且AB段是恒溫階段，y＝20，所以計(jì)算AD和BC兩段當(dāng)y＝15時(shí)對應(yīng)的x值，相減就是結(jié)論．
【解答】解：（1）把B（12，20）代入y＝中得：
k＝12×20＝240；
（2）如圖，
設(shè)AD的解析式為：y＝mx+n．
把（0，10）、（2，20）代入y＝mx+n中得：
，
解得：，
∴AD的解析式為：y＝5x+10，
當(dāng)y＝15時(shí)，15＝5x+10，x＝1．
15＝，
解得：x＝16，
16﹣1＝15．
答：恒溫系統(tǒng)在一天內(nèi)保持大棚里溫度不低于15℃的時(shí)間有15小時(shí)．
【點(diǎn)評】本題考查了反比例函數(shù)和一次函數(shù)的性質(zhì)和應(yīng)用，解答此題時(shí)要先利用待定系數(shù)法確定函數(shù)的解析式，再觀察圖象特點(diǎn)，結(jié)合反比例函數(shù)和一次函數(shù)的性質(zhì)作答．
七．三角形中位線定理（共1小題）
22．（2019?鐵西區(qū)二模）如圖，△ABC中，∠A＝60°，AC＞AB＞2，點(diǎn)D，E分別在邊AB，AC上，且BD＝CE＝2，連接DE，點(diǎn)M是DE的中點(diǎn)，點(diǎn)N是BC的中點(diǎn)，線段MN的長為．
【分析】如圖，作CH∥AB，連接DN，延長DN交CH于H，連接EH，作CJ⊥EH于J．首先證明CH＝EC，∠ECH＝120°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位線定理即可解決問題．
【解答】解：如圖，作CH∥AB，連接DN，延長DN交CH于H，連接EH，作CJ⊥EH于J．
∵BD∥CH，
∴∠B＝∠NCH，
∵BN＝CN，∠DNB＝∠KNC，
∵△DNB≌△HNC（ASA），
∴BD＝CH，DN＝NH，
∵BD＝EC＝2，
∴EC＝CH＝2，
∵∠A+∠ACH＝180°，∠A＝60°，
∴∠ECH＝120°，
∵CJ⊥EH，
∴EJ＝JH＝EC?cs30°＝，
∴EH＝2EJ＝2，
∵DM＝ME，DN＝NH，
∴MN＝EH＝．
故答案為．
【點(diǎn)評】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
八．平行四邊形的性質(zhì)（共5小題）
23．（2022春?鼓樓區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)D是定點(diǎn)，點(diǎn)A、C是直線l1和l2上兩動(dòng)點(diǎn)，l1∥l2，且點(diǎn)D到直線l1和l2的距離分別是1和4，則對角線BD長度的最小值是 5 ．
【分析】過點(diǎn)D作DM⊥l1于點(diǎn)M，延長DM交l2于點(diǎn)H，過點(diǎn)B作BN⊥l2于點(diǎn)N，連接MN，設(shè)CD與l1交于點(diǎn)E，AB與l2交于點(diǎn)F，證明△ADE≌△CBF（AAS），可得BN＝DM＝1，根據(jù)垂線段最短、兩點(diǎn)之間線段最短可得，當(dāng)MN⊥l1時(shí)，BD的長度取最小值，最小值為DM+BN+MH的長，進(jìn)而可以解決問題．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)D作DM⊥l1于點(diǎn)M，延長DM交l2于點(diǎn)H，過點(diǎn)B作BN⊥l2于點(diǎn)N，連接MN，設(shè)CD與l1交于點(diǎn)E，AB與l2交于點(diǎn)F，
∵DM⊥l1，l1∥l2，
∴DM⊥l2，∠AED＝∠DCF，
∵點(diǎn)D是定點(diǎn)，且點(diǎn)D到直線l1和l2的距離分別是1和4，
∴DM＝1，DH＝4，
∴MH＝DH﹣DM＝4﹣1＝3，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AD＝BC，∠ADC＝∠CBA，
∴∠BFC＝∠DCF，
∴∠AED＝∠BFC，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴BN＝DM＝1，
根據(jù)垂線段最短、兩點(diǎn)之間線段最短可得，
當(dāng)MN⊥l1時(shí)，BD的長度取最小值，最小值為DM+BN+MH的長，
∴對角線BD長度的最小值是1+3+1＝5，
故答案為：5．
【點(diǎn)評】本題考查了平行線的性質(zhì)，平行線之間的距離，解決本題的關(guān)鍵是掌握垂線段最短、兩點(diǎn)之間線段最短．
24．（2022春?邗江區(qū)期末）在?ABCD中，BC邊上的高為4，AB＝5，AC＝2，則?ABCD的周長為 12或20 ．
【分析】根據(jù)題意分別畫出圖形，BC邊上的高在平行四邊形的內(nèi)部和外部，進(jìn)而利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如圖1所示：
∵在?ABCD中，BC邊上的高為4，AB＝5，AC＝2，
∴EC＝＝2，AB＝CD＝5，
BE＝＝3，
∴AD＝BC＝5，
∴?ABCD的周長等于：20，
如圖2所示：
∵在?ABCD中，BC邊上的高為4，AB＝5，AC＝2，
∴EC＝＝2，AB＝CD＝5，
BE＝＝3，
∴BC＝3﹣2＝1，
∴?ABCD的周長等于：1+1+5+5＝12，
則?ABCD的周長等于12或20．
故答案為：12或20．
【點(diǎn)評】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，利用分類討論得出是解題關(guān)鍵．
25．（2016?無錫）如圖，已知?OABC的頂點(diǎn)A、C分別在直線x＝1和x＝4上，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，則對角線OB長的最小值為 5 ．
【分析】過點(diǎn)B作BD⊥直線x＝4，交直線x＝4于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E．則OB＝．由于四邊形OABC是平行四邊形，所以O(shè)A＝BC，又由平行四邊形的性質(zhì)可推得∠OAF＝∠BCD，則可證明△OAF≌△BCD，所以O(shè)E的長固定不變，當(dāng)BE最小時(shí)，OB取得最小值，從而可求．
【解答】解：過點(diǎn)B作BD⊥直線x＝4，交直線x＝4于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E，直線x＝1與OC交于點(diǎn)M，與x軸交于點(diǎn)F，直線x＝4與AB交于點(diǎn)N，如圖：
∵四邊形OABC是平行四邊形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直線x＝1與直線x＝4均垂直于x軸，
∴AM∥CN，
∴四邊形ANCM是平行四邊形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，
，
∴△OAF≌△BCD．
∴BD＝OF＝1，
∴OE＝4+1＝5，
∴OB＝．
由于OE的長不變，所以當(dāng)BE最小時(shí)（即B點(diǎn)在x軸上），OB取得最小值，最小值為OB＝OE＝5．
故答案為：5．
【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．
26．（2015?呼倫貝爾）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點(diǎn)，BD是對角線．
（1）求證：△ADE≌△CBF；
（2）若∠ADB是直角，則四邊形BEDF是什么四邊形？證明你的結(jié)論．
【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形，即可得AD＝BC，AB＝CD，∠A＝∠C，又由E、F分別為邊AB、CD的中點(diǎn)，可證得AE＝CF，然后由SAS，即可判定△ADE≌△CBF；
（2）先證明BE與DF平行且相等，然后根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，再連接EF，可以證明四邊形AEFD是平行四邊形，所以AD∥EF，又AD⊥BD，所以BD⊥EF，根據(jù)菱形的判定可以得到四邊形是菱形．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠A＝∠C，
∵E、F分別為邊AB、CD的中點(diǎn)，
∴AE＝AB，CF＝CD，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CBF中，
∵
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）若∠ADB是直角，則四邊形BEDF是菱形，理由如下：
解：由（1）可得BE＝DF，
又∵AB∥CD，
∴BE∥DF，BE＝DF，
∴四邊形BEDF是平行四邊形，
連接EF，在?ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點(diǎn)，
∴DF∥AE，DF＝AE，
∴四邊形AEFD是平行四邊形，
∴EF∥AD，
∵∠ADB是直角，
∴AD⊥BD，
∴EF⊥BD，
又∵四邊形BFDE是平行四邊形，
∴四邊形BFDE是菱形．
【點(diǎn)評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定以及菱形的判定，利用好E、F是中點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
27．（2021春?邗江區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠B、∠C的平分線交于P，且分別與AD交于E、F，
（1）求證：△BPC為直角三角形；
（2）若BC＝16，CD＝3，PE＝8，求△PEF的面積．
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)可得∠ABC+∠BCD＝180°，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得∠PBC＝∠ABC，∠BCP＝∠BCD，進(jìn)而可得∠PBC+∠BCP＝90°，從而可得結(jié)論；
（2）首先證明∠ABE＝∠CBE＝∠BEA，∠DCF＝∠BCF＝∠CFD，根據(jù)等角對等邊可得AB＝AE＝3，CD＝DF＝3，再計(jì)算出EF長，然后利用勾股定理計(jì)算出PF長，進(jìn)而可得△PEF的面積．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠B、∠C的平分線交于P，
∴∠PBC＝∠ABC，∠BCP＝∠BCD，
∴∠PBC+∠BCP＝（∠ABC+∠BCD ）＝90°，
∴∠BPC＝90°，即△BPC為直角三角形；
（2）解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥CB，
∴∠CBE＝∠BEA，∠BCF＝∠CFD，
∴∠ABE＝∠BEA，∠DCF＝∠CFD，
∴AB＝AE＝3，CD＝DF＝3，
∴EF＝10，
∴Rt△PEF中，PE＝8，EF＝10，
∴PF＝6，
∴△PEF的面積＝24．
【點(diǎn)評】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，以及平行線的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握平行四邊形兩組對邊平行且相等．
九．平行四邊形的判定（共1小題）
28．（2020春?廣寧縣期末）如圖，E，F(xiàn)是四邊形ABCD對角線AC上的兩點(diǎn)，AD∥BC，DF∥BE，AE＝CF．
求證：（1）△AFD≌△CEB；
（2）四邊形ABCD是平行四邊形．
【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定定理ASA證得△AFD≌△CEB；
（2）利用（1）中的全等三角形的對應(yīng)邊相等得到AD＝CB，則由“有一組對邊相等且平行的四邊形是平行四邊形”證得結(jié)論．
【解答】證明：（1）如圖，∵AD∥BC，DF∥BE，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．
又AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，即AF＝CE．
在△AFD與△CEB中，
，
∴△AFD≌△CEB（ASA）；
（2）由（1）知，△AFD≌△CEB，則AD＝CB．
又∵AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形．
【點(diǎn)評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定．全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時(shí)，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．
一十．平行四邊形的判定與性質(zhì)（共3小題）
29．（2022春?南京期末）如圖，在?ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，點(diǎn)P在AD邊上以每秒1cm的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)Q在BC邊上以每秒4cm的速度從點(diǎn)C出發(fā)，在CB之間往返運(yùn)動(dòng)．兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)停止（同時(shí)點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)），設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．當(dāng)5＜t＜10時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝秒或8秒時(shí)，以P、D、Q、B為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形．
【分析】根據(jù)P的速度為每秒1cm，可得AP＝tcm，從而得到PD＝（10﹣t）cm，由四邊形ABCD為平行四邊形可得出PD∥BQ，結(jié)合平行四邊形的判定定理可得出當(dāng)PD＝BQ時(shí)以P、D、Q、B四點(diǎn)組成的四邊形為平行四邊形，當(dāng)5＜t＜10時(shí)，分兩種情況考慮，在每種情況中由PD＝BQ即可列出關(guān)于t的一元一次方程，解之即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴PD∥BQ．
若要以P、D、Q、B四點(diǎn)組成的四邊形為平行四邊形，則PD＝BQ．
當(dāng)5＜t≤時(shí)，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，CQ＝（4t﹣20）cm，BQ＝（30﹣4t）cm，
∴10﹣t＝30﹣4t，
解得：t＝；
當(dāng)＜t≤10時(shí)，AP＝tcm，PD＝（10﹣t）cm，BQ＝（4t﹣30）cm，
∴10﹣t＝4t﹣30，
解得：t＝8．
綜上所述：當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒或8秒時(shí)，以P、D、Q、B四點(diǎn)組成的四邊形為平行四邊形．
故答案為：秒或8秒．
【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)以及一元一次方程的應(yīng)用，弄清Q在BC上往返運(yùn)動(dòng)情況是解決此題的關(guān)鍵．
30．（2011?北京）在?ABCD中，∠BAD的平分線交直線BC于點(diǎn)E，交直線DC于點(diǎn)F．
（1）在圖1中證明CE＝CF；
（2）若∠ABC＝90°，G是EF的中點(diǎn)（如圖2），直接寫出∠BDG的度數(shù)；
（3）若∠ABC＝120°，F(xiàn)G∥CE，F(xiàn)G＝CE，分別連接DB、DG（如圖3），求∠BDG的度數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)AF平分∠BAD，可得∠BAF＝∠DAF，利用四邊形ABCD是平行四邊形，求證∠CEF＝∠F即可．
（2）根據(jù)∠ABC＝90°，G是EF的中點(diǎn)可直接求得．
（3）分別連接GB、GC，求證四邊形AHFD是菱形，證明△BEG≌△DCG可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：如圖1，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠F，
∴∠CEF＝∠F．
∴CE＝CF．
（2）解：連接GC、BG，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC＝90°，
∴四邊形ABCD為矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠BAF＝45°，
∵∠DCB＝90°，DF∥AB，
∴∠DFA＝45°，∠ECF＝90°
∴△ECF為等腰直角三角形，
∵G為EF中點(diǎn)，
∴EG＝CG＝FG，CG⊥EF，
∵△ABE為等腰直角三角形，AB＝DC，
∴BE＝DC，
∵∠CEF＝∠GCF＝45°，
∴∠BEG＝∠DCG＝135°
在△BEG與△DCG中，
∵，
∴△BEG≌△DCG，
∴BG＝DG，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA＝90°，
又∵∠DGC＝∠BGA，
∴∠BGA+∠DGA＝90°，
∴△DGB為等腰直角三角形，
∴∠BDG＝45°．
（3）解：延長AB、FG交于H，連接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四邊形AHFD為平行四邊形
∵∠ABC＝120°，AF平分∠BAD
∴∠DAF＝30°，∠ADC＝120°，∠DFA＝30°
∴△DAF為等腰三角形
∴AD＝DF，
∴CE＝CF，
∴平行四邊形AHFD為菱形
∴△ADH，△DHF為全等的等邊三角形
∴DH＝DF，∠BHD＝∠GFD＝60°
∵FG＝CE，CE＝CF，CF＝BH，
∴BH＝GF
在△BHD與△GFD中，
∵，
∴△BHD≌△GFD，
∴∠BDH＝∠GDF
∴∠BDG＝∠BDH+∠HDG＝∠GDF+∠HDG＝60°
【點(diǎn)評】此題主要考查平行四邊形的判定方法，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，應(yīng)用時(shí)要認(rèn)真領(lǐng)會(huì)它們之間的聯(lián)系與區(qū)別，同時(shí)要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．同學(xué)們在解決此類問題時(shí)，可以通過以下的步驟進(jìn)行思考和分析：（1）通過測量或特殊情況的提示進(jìn)行猜想；（2）根據(jù)猜想的結(jié)果進(jìn)行聯(lián)想（如60度角可以聯(lián)想到等邊三角形，45度角可以聯(lián)想到等腰直角三角形等）；（3）在聯(lián)想的基礎(chǔ)上根據(jù)已知條件利用幾何變換（如旋轉(zhuǎn)、平移、軸對稱等）構(gòu)造全等解決問題．
31．（2021春?溧陽市期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝7，BC＝5，將△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)B落在AB邊上點(diǎn)D處，點(diǎn)A落在點(diǎn)E處，連接AE．
（1）求證：四邊形ABCE是平行四邊形；
（2）求△AFE的面積．
【分析】（1）證明AB∥CE，AB＝CE即可．
（2）如圖，過點(diǎn)C作CT⊥AB于T，CK⊥DE于K，過點(diǎn)A作AJ⊥EF于J．證明＝，求出CT，△ACE的面積，即可解決問題．
【解答】證明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵將△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)D落在AB邊上，
∴AC＝CE＝AB，∠ACB＝∠DCE，CB＝CD，
∴∠B＝∠CDB，
∴∠CDB＝∠DCE，
∴AB∥CE，
∴四邊形ABCE是平行四邊形．
（2）如圖，過點(diǎn)C作CT⊥AB于T，CK⊥DE于K，過點(diǎn)A作AJ⊥EF于J．
∵CB＝CD＝5，CT⊥BD，
∴BT＝DT，
設(shè)BT＝x，
∵CT2＝BC2﹣BT2＝AC2﹣AT2，
∴52﹣x2＝72﹣（7﹣x）2，
∴x＝，
∴BD＝2x＝，CT＝＝＝，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣＝，
∵S△ADE＝?AD?CT＝?AJ?DE，
∴＝＝，
∵＝＝＝，
∵∠CDB＝∠CDE，CT⊥DB，CK⊥DE，
∴CT＝CK，
∴＝＝，
∴AF＝AC，
∴S△AEF＝S△AEC＝××7×＝．
【點(diǎn)評】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是求出AF：CF的值．
一十一．菱形的性質(zhì)（共2小題）
32．（2021春?濱湖區(qū)期末）如圖，已知菱形ABCD的面積為20，邊長為5，點(diǎn)P、Q分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，且PC＝CQ，連接PD、AQ，P、Q和C點(diǎn)不重合，則PD+AQ的最小值為（）
A．B．C．10D．
【分析】過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，延長AM到點(diǎn)A′，使A′M＝AM，根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理可得BM＝3，以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BC為x軸，垂直于BC方向?yàn)閥軸，建立平面直角坐標(biāo)系，可得B（0，0），A（3，4），C（5，0），D（8，4），A′（3，﹣4），然后證明△ABP≌△ADQ（SAS），可得AP＝AQ＝A′P，連接A′D，AP，A′P，由A′P+PD＞A′D，可得A′，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，PD+A′P取最小值，所以PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D，利用勾股定理即可解決問題．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，延長AM到點(diǎn)A′，使A′M＝AM，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝5，∠ABC＝∠ADC，
∵菱形ABCD的面積為20，邊長為5，
∴AM＝4，
在Rt△ABM中，根據(jù)勾股定理得：
BM＝＝3，
以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BC為x軸，垂直于BC方向?yàn)閥軸，建立平面直角坐標(biāo)系，
∴B（0，0），A（3，4），C（5，0），D（8，4），A′（3，﹣4），
∵PC＝CQ，BC＝CD，
∴BP＝DQ，
在△ABP和△ADQ中，
，
∴△ABP≌△ADQ（SAS），
∴AP＝AQ＝A′P，
連接A′D，AP，A′P，
∵A′P+PD＞A′D，
∴A′，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，PD+A′P取最小值，
∴PD+AQ的最小值＝PD+A′P的最小值＝A′D＝＝．
但是當(dāng)A′，P，D三點(diǎn)共線時(shí)，點(diǎn)P不在邊BC上，
∵4＜＜7＜10．
故選：D．
【點(diǎn)評】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．
33．（2022?新市區(qū)校級三模）已知如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求證：四邊形AODE是矩形；
（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四邊形AODE的面積．
【分析】（1）先判斷出四邊形AODE是平行四邊形，再根據(jù)菱形的對角線互相垂直可得AC⊥BD，然后根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形證明；
（2）根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)求出∠ABC＝60°，判斷出△ABC是等邊三角形，然后根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出OA、OB，然后得到OD，再根據(jù)矩形的面積公式列式計(jì)算即可得解．
【解答】（1）證明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四邊形AODE是平行四邊形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四邊形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD＝120°，AB∥CD，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
∵AB＝BC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴OA＝×6＝3，OB＝×6＝3，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴OD＝OB＝3，
∴四邊形AODE的面積＝OA?OD＝3×3＝9．
【點(diǎn)評】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定，平行四邊形的判定，主要利用了有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，熟練掌握矩形，菱形與平行四邊形的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
一十二．菱形的判定與性質(zhì)（共1小題）
34．（2023?鄖西縣模擬）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AF∥BC交BE的延長線于點(diǎn)F．
（1）證明四邊形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面積．
【分析】（1）首先根據(jù)題意畫出圖形，由E是AD的中點(diǎn)，AF∥BC，易證得△AFE≌△DBE，即可得AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，可得AD＝BD＝CD＝AF，證得四邊形ADCF是平行四邊形，繼而判定四邊形ADCF是菱形；
（2）首先連接DF，易得四邊形ABDF是平行四邊形，即可求得DF的長，然后由菱形的面積等于其對角線積的一半，求得答案．
【解答】（1）證明：如圖，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中點(diǎn)，AD是BC邊上的中線，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，
∴AD＝DC＝BC，
∴四邊形ADCF是菱形；
（2）解：連接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四邊形ABDF是平行四邊形，
∴DF＝AB＝5，
∵四邊形ADCF是菱形，
∴S＝AC?DF＝10．
【點(diǎn)評】此題考查了菱形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)．注意根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合圖形求解是關(guān)鍵．
一十三．矩形的性質(zhì)（共9小題）
35．（2021春?南京期末）如圖，在矩形ABCD中，E是AB的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)，沿BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，以EF為邊作?EFGH，且點(diǎn)G、H分別在CD、AD上．在動(dòng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的過程中，?EFGH的面積（）
A．逐漸增大B．逐漸減小
C．不變D．先增大，再減小
【分析】設(shè)AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，根據(jù)S平行四邊形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝（a﹣2c）x+bc，由E是AB的中點(diǎn)可得a﹣2c＝0，進(jìn)而判斷．
【解答】解：設(shè)AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，
連接EG，
∵四邊形EFGH為平行四邊形，
∴EF＝HG，EF∥HG，
∴∠FEG＝∠HGE，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BEG＝∠DGE，
∴∠BEG﹣∠FEG＝∠DGE﹣∠EGH，
∴∠BEF＝∠HGD
∵EF＝HG，∠B＝∠D，
∴Rt△BEF≌Rt△DGH（AAS），
同理Rt△AEH≌Rt△CGF，
∴S平行四邊形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）
＝ab﹣2[cx+（a﹣c）（b﹣x）]
＝ab﹣（cx+ab﹣ax﹣bc+cx）
＝ab﹣cx﹣ab+ax+bc﹣cx
＝（a﹣2c）x+bc，
∵E是AB的中點(diǎn)，
∴a＝2c，
∴a﹣2c＝0，
∴S平行四邊形EFGH＝bc＝ab，
方法二：連接EG，
∵四邊形EFGH為平行四邊形，
∴EF＝HG，EF∥HG，
∴∠FEG＝∠HGE，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BEG＝∠DGE，
∴∠BEG﹣∠FEG＝∠DGE﹣∠EGH，
∴∠BEF＝∠HGD
∵EF＝HG，∠B＝∠D，
∴Rt△BEF≌Rt△DGH（AAS），
∴DG＝BE＝CD＝AE，
∴四邊形AEGD為平行四邊形，
∵∠A＝90°，
∴?AEGD為矩形，
同理四邊形EBCG為矩形，
∴S平行四邊形EFGH＝S△EHG+S△EFG＝EG?DG+EG?GC＝EG?DG＝EG?CD＝S矩形ABCD．
故選：C．
【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)．
36．（2022春?靖江市校級期末）如圖，線段AB的長為10，點(diǎn)D在AB上，△ACD是邊長為3的等邊三角形，過點(diǎn)D作與CD垂直的射線DP，過DP上一動(dòng)點(diǎn)G（不與D重合）作矩形CDGH，記矩形CDGH的對角線交點(diǎn)為O，連接OB，則線段BO的最小值為 5 ．
【分析】連接AO，根據(jù)矩形對角線相等且互相平分得：OC＝OD，再證明△ACO≌△ADO，則∠OAB＝30°；點(diǎn)O一定在∠CAB的平分線上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)垂線段最短得：當(dāng)OB⊥AO時(shí)，OB的長最小，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊是斜邊的一半得出結(jié)論．
【解答】解：連接AO，
∵四邊形CDGH是矩形，
∴CG＝DH，OC＝CG，OD＝DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等邊三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠OAB＝∠CAO＝30°，
∴點(diǎn)O一定在∠CAB的平分線上運(yùn)動(dòng)，
∴當(dāng)OB⊥AO時(shí)，OB的長度最小，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝×10＝5，
即OB的最小值為5．
故答案為：5．
【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握直角三角形中，30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，利用了矩形對角線相等且平分的性質(zhì)得對角線的一半相等，為三角形全等用鋪墊；另外還利用了垂線段最短解決了求最值問題．
37．（2022?南京模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為EC上一動(dòng)點(diǎn)，P為DF中點(diǎn)，連接PB，則PB的最小值是 3 ．
【分析】由中位線定理可得點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段P1P2，再由垂線段最短可得當(dāng)BP⊥P1P2時(shí)，PB取得最小值，連接BP1、BP2，作BP′⊥P1P2于P′，作P2Q⊥AB于Q，則BP的最小值為BP′的長，P2Q是△EAD的中位線，由勾股定理求出BP2、BP1、CE的長，由三角形中位線定理得出P1P2的長，設(shè)P′P2＝x，則P′P1＝﹣x，由勾股定理得BP22﹣P′P22＝BP12﹣P′P12，解得x＝，即可得出結(jié)果．
【解答】解：當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)P在P1處，CP1＝DP1，
當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)E重合時(shí)，點(diǎn)P在P2處，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE，
當(dāng)點(diǎn)F在EC上除點(diǎn)C、E的位置處時(shí)，有DP＝FP，
由中位線定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是線段P1P2，如圖所示，
∴當(dāng)BP⊥P1P2時(shí)，PB取得最小值，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3，AB＝CD＝6，∠DAB＝∠BCD＝∠ABC＝90°，
∴CP1＝CD＝3，
∵E為AB的中點(diǎn)，
∴AE＝BE＝AB＝3，
連接BP1、BP2，作BP′⊥P1P2于P′，作P2Q⊥AB于Q，
則BP的最小值為BP′的長，P2Q是△EAD的中位線，
∴P2Q＝AD＝，QE＝AQ＝AE＝，
∴BQ＝BE+QE＝3+＝，
在Rt△BP2Q中，由勾股定理得：
BP2＝＝＝，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：
CE＝＝＝3，
∴P1P2＝CE＝，
在Rt△BCP1中，由勾股定理得：
BP1＝＝3，
設(shè)P′P2＝x，則P′P1＝﹣x，
由勾股定理得：
BP22﹣P′P22＝BP12﹣P′P12，
即（）2﹣x2＝（3）2﹣（﹣x）2，
解得：x＝，
∴BP′2＝（）2﹣（）2＝18，
∴BP′＝3．
故答案為：3．
【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、三角形中位線定理、垂線段最短等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
38．（2018?邵陽模擬）如圖，四邊形ABCD為矩形，O為AC中點(diǎn)，過點(diǎn)O作AC的垂線分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，連接AF、CE．
（1）求證：四邊形AFCE是菱形．
（2）若AC＝8，EF＝6，求BF的長．
【分析】（1）由條件可先證四邊形AFCE為平行四邊形，再結(jié)合線段垂直平分線的性質(zhì)可證得結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)可求得AE＝CF＝5，設(shè)BF＝x，在Rt△ABF和Rt△ABC中，分別利用勾股定理可得到關(guān)于x的方程，可求得BF的長．
【解答】（1）證明：
∵O為AC中點(diǎn)，EF⊥AC，
∴EF為AC的垂直平分線，
∴EA＝EC，F(xiàn)A＝FC，
∴∠EAC＝∠ECA，∠FAC＝∠FCA．
∵AE∥CF，
∴∠EAC＝∠FCA，
∴∠FAC＝∠ECA，
∴AF∥CE，
∴四邊形AFCE平行四邊形．
又∵EA＝EC，
∴平行四邊形AFCE是菱形．
（2）∵四邊形AFCE是菱形，AC＝8，EF＝6，
∴OE＝3，OA＝4，
∴AE＝CF＝5，
設(shè)BF＝x，
在Rt△ABF中，AB2＝AF2﹣BF2，在Rt△ABC中，AB2＝AC2﹣BC2．
∴52﹣x2＝82﹣（x+5）2，
解得，
∴．
【點(diǎn)評】本題主要考查菱形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的判定方法和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，在求BF的長時(shí)，注意方程思想的應(yīng)用．
39．（2021春?淮安區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分線EF分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，垂足為點(diǎn)O．
（1）連接AF，CE，求證：四邊形AFCE為菱形；
（2）求AF的長．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD∥BC，求出∠AEO＝∠CFO，根據(jù)全等三角形的判定得出△AEO≌△CFO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出OE＝OF，根據(jù)菱形的判定推出即可；
（2）設(shè)AF＝acm，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AF＝CF＝acm，在Rt△ABF中，由勾股定理得出42+（8﹣a）2＝a2，求出a即可．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，
∵AC的垂直平分線EF，
∴AO＝OC，AC⊥EF，
在△AEO和△CFO中
∵
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴OE＝OF，
∵O A＝OC，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵AC⊥EF，
∴平行四邊形AECF是菱形；
（2）解：設(shè)AF＝acm，
∵四邊形AECF是菱形，
∴AF＝CF＝acm，
∵BC＝8cm，
∴BF＝（8﹣a）cm，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：42+（8﹣a）2＝a2，
解得：a＝5，
即AF＝5cm．
【點(diǎn)評】本題考查了菱形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定，線段垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，能綜合運(yùn)用定理進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵，注意：對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．
40．（2019?無錫模擬）已知：如圖，在平行四邊形ABCD和矩形ABEF中，AC與DF相交于點(diǎn)G．
（1）試說明DF＝CE；
（2）若AC＝BF＝DF，求∠ACE的度數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對邊平行且相等可得AB＝DC，AB∥DC，矩形的對邊平行且相等可得AB＝EF，AB∥EF，從而得到DC＝EF，DC∥EF，再根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可得四邊形DCEF是平行四邊形，然后根據(jù)平行四邊形對邊相等證明即可；
（2）連接AE，根據(jù)矩形的對角線相等可得BF＝AE，然后求出AC＝AE＝CE，從而得到△AEC是等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的每一個(gè)角都是60°解答．
【解答】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝DC，AB∥DC，
又∵四邊形ABEF是矩形，
∴AB＝EF，AB∥EF，
∴DC＝EF，DC∥EF，
∴四邊形DCEF是平行四邊形，
∴DF＝CE；
（2）解：如圖，連接AE，
∵四邊形ABEF是矩形，
∴BF＝AE，
又∵AC＝BF＝DF，
∴AC＝AE＝CE，
∴△AEC是等邊三角形，
∴∠ACE＝60°．
【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟記平行四邊形的判定方法并準(zhǔn)確識圖是解題的關(guān)鍵．
41．（2011?福州）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分線EF分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，垂足為O．
（1）如圖1，連接AF、CE．求證四邊形AFCE為菱形，并求AF的長；
（2）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿△AFB和△CDE各邊勻速運(yùn)動(dòng)一周．即點(diǎn)P自A→F→B→A停止，點(diǎn)Q自C→D→E→C停止．在運(yùn)動(dòng)過程中，
①已知點(diǎn)P的速度為每秒5cm，點(diǎn)Q的速度為每秒4cm，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，當(dāng)A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，求t的值．
②若點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)路程分別為a、b（單位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，求a與b滿足的數(shù)量關(guān)系式．
【分析】（1）先證明四邊形AFCE為平行四邊形，再根據(jù)對角線互相垂直平分的平行四邊形是菱形作出判定；根據(jù)勾股定理即可求得AF的長；
（2）①分情況討論可知，當(dāng)P點(diǎn)在BF上、Q點(diǎn)在ED上時(shí)，才能構(gòu)成平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)列出方程求解即可；
②分三種情況討論可知a與b滿足的數(shù)量關(guān)系式．
【解答】解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE，
∵EF垂直平分AC，垂足為O，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∴四邊形AFCE為平行四邊形，
又∵EF⊥AC，
∴四邊形AFCE為菱形，
②設(shè)菱形的邊長AF＝CF＝xcm，則BF＝（8﹣x）cm，
在Rt△ABF中，AB＝4cm，
由勾股定理得42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
∴AF＝5cm．
（2）①顯然當(dāng)P點(diǎn)在AF上時(shí)，Q點(diǎn)在CD上，此時(shí)A、C、P、Q四點(diǎn)不可能構(gòu)成平行四邊形；
同理P點(diǎn)在AB上時(shí)，Q點(diǎn)在DE或CE上或P在BF，Q在CD時(shí)不構(gòu)成平行四邊形，也不能構(gòu)成平行四邊形．
因此只有當(dāng)P點(diǎn)在BF上、Q點(diǎn)在ED上時(shí)，才能構(gòu)成平行四邊形，
∴以A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，PC＝QA，
∵點(diǎn)P的速度為每秒5cm，點(diǎn)Q的速度為每秒4cm，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，
∴PC＝5t，QA＝CD+AD﹣4t＝12﹣4t，即QA＝12﹣4t，
∴5t＝12﹣4t，
解得，
∴以A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，秒．
②由題意得，四邊形APCQ是平行四邊形時(shí)，點(diǎn)P、Q在互相平行的對應(yīng)邊上．
分三種情況：
i）如圖1，當(dāng)P點(diǎn)在AF上、Q點(diǎn)在CE上時(shí)，AP＝CQ，即a＝12﹣b，得a+b＝12；
ii）如圖2，當(dāng)P點(diǎn)在BF上、Q點(diǎn)在DE上時(shí)，AQ＝CP，即12﹣b＝a，得a+b＝12；
iii）如圖3，當(dāng)P點(diǎn)在AB上、Q點(diǎn)在CD上時(shí)，AP＝CQ，即12﹣a＝b，得a+b＝12．
綜上所述，a與b滿足的數(shù)量關(guān)系式是a+b＝12（ab≠0）．
【點(diǎn)評】本題綜合性較強(qiáng)，考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)，注意分類思想的應(yīng)用．
42．（2022春?工業(yè)園區(qū)期末）已知，如圖，在長方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延長BC到點(diǎn)E，使CE＝3，連接DE．
（1）動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，求當(dāng)t為何值時(shí)，△ABP和△DCE全等？
（2）若動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度僅沿著BE向終點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)，連接DP．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，是否存在t，使△PDE為等腰三角形？若存在，請求出t的值；否則，說明理由．
【分析】（1）若△ABP與△DCE全等，可得AP＝CE＝3或BP＝CE＝3，根據(jù)時(shí)間路程的關(guān)系可求t的值；
（2）根據(jù)題意可得：CD＝4，根據(jù)勾股定理可求DE的長；分PD＝DE，PE＝DE，PD＝PE三種情況討論，可求t的值．
【解答】解：（1）若△ABP與△DCE全等，
∴BP＝CE或AP＝CE，
當(dāng)BP＝CE＝3時(shí)，則t＝3÷1＝3，
當(dāng)AP＝CE＝3時(shí)，則t＝（6+6+4﹣3）÷1＝13，
∴當(dāng)t為3或13時(shí)，△ABP和△DCE全等；
（2）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，CD⊥BC，
在Rt△DCE中，CE＝3，
∴DE＝＝5，
若△PDE為等腰三角形，
則PD＝DE或PE＝DE或PD＝PE，
當(dāng)PD＝DE時(shí)，
∵PD＝DE，DC⊥BE，
∴PC＝CE＝3，
∵BP＝BC﹣CP＝3，
∴t＝3÷1＝3，
當(dāng)PE＝DE＝5時(shí)，
∵BP＝BE﹣PE，
∴BP＝9﹣5＝4，
∴t＝4÷1＝4，
當(dāng)PD＝PE時(shí)，
∴PE＝PC+CE＝3+PC，
∴PD＝3+PC，
在Rt△PDC中，DP2＝CD2+PC2．
∴（3+PC）2＝16+PC2，
∴PC＝，
∵BP＝BC﹣PC，
∴BP＝，
∴t＝÷1＝，
綜上所述：當(dāng)t＝3或4或時(shí)，△PDE為等腰三角形．
【點(diǎn)評】本題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，全等三角形和等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識，運(yùn)用分類思想是解題的關(guān)鍵．
43．（2012?云南）如圖，在矩形ABCD中，對角線BD的垂直平分線MN與AD相交于點(diǎn)M，與BC相交于點(diǎn)N，連接BM，DN．
（1）求證：四邊形BMDN是菱形；
（2）若AB＝4，AD＝8，求MD的長．
【分析】（1）根據(jù)矩形性質(zhì)求出AD∥BC，推出∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，證△DMO≌△BNO，推出OM＝ON，得出平行四邊形BMDN，推出菱形BMDN；
（2）根據(jù)菱形性質(zhì)求出DM＝BM，在Rt△AMB中，根據(jù)勾股定理得出BM2＝AM2+AB2，推出x2＝x2﹣16x+64+16，求出即可．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，
∵在△DMO和△BNO中，
，
∴△DMO≌△BNO（AAS），
∴OM＝ON，
∵OB＝OD，
∴四邊形BMDN是平行四邊形，
∵M(jìn)N⊥BD，
∴平行四邊形BMDN是菱形．
（2）解：∵四邊形BMDN是菱形，
∴MB＝MD，
設(shè)MD長為x，則MB＝DM＝x，
在Rt△AMB中，BM2＝AM2+AB2
即x2＝（8﹣x）2+42，
解得：x＝5，
所以MD長為5．
【點(diǎn)評】本題考查了矩形性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識點(diǎn)的應(yīng)用，對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．
一十四．正方形的性質(zhì)（共5小題）
44．（2012?黔東南州）點(diǎn)P是正方形ABCD邊AB上一點(diǎn)（不與A、B重合），連接PD并將線段PD繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得線段PE，連接BE，則∠CBE等于（）
A．75°B．60°C．45°D．30°
【分析】過E作AB的延長線AF的垂線，垂足為F，可得出∠F為直角，又四邊形ABCD為正方形，可得出∠A為直角，進(jìn)而得到一對角相等，由旋轉(zhuǎn)可得∠DPE為直角，根據(jù)平角的定義得到一對角互余，在直角三角形ADP中，根據(jù)兩銳角互余得到一對角互余，根據(jù)等角的余角相等可得出一對角相等，再由PD＝PE，利用AAS可得出三角形ADP與三角形PEF全等，根據(jù)確定三角形的對應(yīng)邊相等可得出AD＝PF，AP＝EF，再由正方形的邊長相等得到AD＝AB，由AP+PB＝PB+BF，得到AP＝BF，等量代換可得出EF＝BF，即三角形BEF為等腰直角三角形，可得出∠EBF為45°，再由∠CBF為直角，即可求出∠CBE的度數(shù)．
【解答】解：過點(diǎn)E作EF⊥AF，交AB的延長線于點(diǎn)F，則∠F＝90°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AD＝AB，∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠ADP+∠APD＝90°，
由旋轉(zhuǎn)可得：PD＝PE，∠DPE＝90°，
∴∠APD+∠EPF＝90°，
∴∠ADP＝∠EPF，
在△APD和△FEP中，
∵，
∴△APD≌△FEP（AAS），
∴AP＝EF，AD＝PF，
又∵AD＝AB，
∴PF＝AB，即AP+PB＝PB+BF，
∴AP＝BF，
∴BF＝EF，又∠F＝90°，
∴△BEF為等腰直角三角形，
∴∠EBF＝45°，又∠CBF＝90°，
則∠CBE＝45°．
故選：C．
【點(diǎn)評】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，其中作出相應(yīng)的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
45．（2022春?工業(yè)園區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4．E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，連接AF、DE，點(diǎn)N、M分別為AF、DE的中點(diǎn)，連接MN，則MN的長度為．
【分析】連接AM，并延長AM交CD于點(diǎn)G，先通過證明△AEM≌△GDM得到DM＝EM，DG＝AE后，證明MN是△AGF的中位線，可得MN＝GF，在Rt△FCG中利用勾股定理求出GF的長，從而求出MN的長．
【解答】解：連接AM并延長AM交CD于點(diǎn)G，連接GF，如圖所示，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD＝BC＝AB＝4，∠C＝90°，AB∥CD，
∴∠AEM＝∠GDM，
∵E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，
∴AE＝AB＝2，CF＝BC＝2．
∵M(jìn)為DE的中點(diǎn)，
∴EM＝DM，
在△EAM和△DGM中，
．
∴△EAM≌△DGM（SAS）．
∴AM＝MG，DG＝AE＝2．
∴M為AG的中點(diǎn)，
∵N為AF的中點(diǎn)，
∴MN是△AGF的中位線．
∴MN＝GF．
在Rt△FCG中，
CG＝DC﹣DG＝4﹣2＝2，
∴GF＝＝2．
∴MN＝GF＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)與勾股定理的應(yīng)用，難度較大，解答本題的關(guān)鍵是添加輔助線把MN歸納到三角形中，然后證明MN是三角形的中位線．
46．（2022春?儀征市期末）在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)在對角線AC上，AC＝12．
（1）如圖（1），若BE＝BF，則AE與CF相等嗎？請說明理由；
（2）如圖（2），若∠EBF＝45°，CF＝4，求EF的長；
（3）如圖（3），若點(diǎn)E，F(xiàn)是AC的三等分點(diǎn)，點(diǎn)P在正方形ABCD的邊上從點(diǎn)A開始按逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)一周，直至返回點(diǎn)A，試求此過程中滿足PE+PF為整數(shù)的點(diǎn)P個(gè)數(shù)．
【分析】（1）連接BD，利用正方形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和等式的性質(zhì)解答即可；
（2）將△BCF繞著點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAG，連接EG，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理解答即可；
（3）先求得點(diǎn)P在邊AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，PE+PF為整數(shù)時(shí)的P的個(gè)數(shù)，再利用對稱性即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）AE＝CF，理由：
連接BD，如圖，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC．
∵BE＝BF，
∴OE＝OF，
∴OA﹣OE＝OC﹣OF．
即：AE＝BF．
（2）將△BCF繞著點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAG，連接EG，如圖，
則△BCF≌△BGA，
∴∠ABG＝∠FBC，∠GAB＝∠FCB＝45°，BG＝BF，
∴∠GAE＝∠GAB+∠BAC＝45°+45°＝90°，
∵∠ABC＝90°，∠EBF＝45°，
∴∠ABE+∠CBF＝45°，
∴∠GBA+∠ABE＝45°，
即：∠GBE＝45°，
∴∠GBE＝∠FBE＝45°．
在△GBE和△FBE中，
，
∴△GBE和△FBE（SAS），
∴GE＝EF，AG＝CF＝4．
設(shè)EF＝BG＝x，則AE＝AC﹣CF﹣EF＝8﹣x，
在Rt△AGE中，
∵AG2+AE2＝GE2，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴EF＝5；
（3）當(dāng)P，A兩點(diǎn)重合時(shí)，PE+PF＝4+8＝12，符合題意；
當(dāng)點(diǎn)P在A，B兩點(diǎn)之間時(shí)，
作點(diǎn)E關(guān)于AB的對稱點(diǎn)E′，連接E′F交AB于點(diǎn)P，如圖，
則此時(shí)PE+PF的值最小，
∵點(diǎn)E關(guān)于AB的對稱點(diǎn)E′，
∴AE′＝AE＝4，PE′＝PE，AB⊥E′E，
∴∠E′AB＝∠EAB＝45°，
∴∠E′AE＝90°，
∴PE+PF＝PE′+PF＝E′F＝＝4＜9；
當(dāng)P，B兩點(diǎn)重合時(shí)，連接BD交AC于點(diǎn)O，如圖，
則OE＝OA﹣AE＝2，OB＝OA＝6，
∴PE＝BE＝＝2，
同理，PF＝2，
∴PE+PF＝4＜13，不符合題意，
∴點(diǎn)P在AB邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，4≤PE+PF≤4，則符合題意的點(diǎn)有8個(gè)（包括點(diǎn)A），
由對稱性可知，在正方形的四邊上符合題意的點(diǎn)有：7×4+2＝30．
【點(diǎn)評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，圖形的對稱與旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
47．（2022春?海門市期末）如圖，正方形ABCD中，E是對角線BD上一點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE，交邊BC于點(diǎn)F．
（1）求證：EA＝EF；
（2）寫出線段FC，DE的數(shù)量關(guān)系并加以證明；
（3）若AB＝4，F(xiàn)E＝FC，求DE的長．
【分析】（1）過點(diǎn)E作MN⊥AD于M，交BC于點(diǎn)N，由四邊形ABCD為正方形，AE⊥EF，可證明△AEM≌△EFN（ASA），即可得AE＝EF．
（2）由△AEM≌△EFN，∠ADB＝45°，可得CF＝2MD，而DE＝MD，故CF＝DE；
（3）設(shè)DE＝x可得：FE2＝AE2＝AM2+ME2＝（4﹣x）2+（x）2，而CF＝DE，若FE＝FC，有（4﹣x）2+（x）2＝（x）2，可解得DE＝2﹣2．
【解答】（1）證明：過點(diǎn)E作MN⊥AD于M，交BC于點(diǎn)N，如圖：
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AD∥BC，AD＝DC，∠ADB＝45°，
∵M(jìn)N⊥AD，
∴MN⊥BC，
∴四邊形NCDM為矩形，
∴MN＝CD，
∵∠ADB＝45°，MN⊥AD，
∴MD＝ME，
∴AM＝EN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEM+∠FEN＝90°．
∵∠AEM+∠MAE＝90°，
∴∠FEN＝∠MAE，
∴△AEM≌△EFN（ASA），
∴AE＝EF．
（2）解：CF＝DE，理由如下：
由（1）知△AEM≌△EFN，∠ADB＝45°，
∴ME＝FN＝MD，
∵四邊形NCDM為矩形，
∴CN＝MD，
∴CF＝2MD，
∵DE＝MD，
∴CF＝DE；
（3）解：設(shè)DE＝x．由（1）得：FE2＝AE2＝AM2+ME2＝（4﹣x）2+（x）2，
由（2）得CF＝DE，
∴CF＝x，
∵FE＝FC，
∴FE2＝FC2，
∴（4﹣x）2+（x）2＝（x）2，
解方程得：x1＝2﹣2，x2＝﹣2﹣2（舍去），
∴DE＝2﹣2．
【點(diǎn)評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理及應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造三角形全等．
48．（2022春?太倉市期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝，E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，DE＝AB，∠EDC＝α（0°＜α＜90°），連結(jié)CE，AE，過點(diǎn)D作DF⊥AE，垂足為點(diǎn)F，交CE的延長線于點(diǎn)G，連結(jié)AG．
（1）當(dāng)α＝20°時(shí)，求∠DAE的度數(shù)；
（2）判斷△AEG的形狀，并說明理由；
（3）當(dāng)GF＝1時(shí)，求CE的長．
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)，求出∠ADE＝70°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求解即可即可求解．
（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得DG是AE的垂直平分線，可得AG＝GE，由四邊形內(nèi)角和定理，可求∠GEA＝45°，即可求解．
（3）由正方形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可求AC，AG的長，在Rt△ACG中，利用勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AB＝AD，
∵∠CDE＝20°，
∴∠ADE＝70°，
∵DE＝AB，
∴DA＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝×（180°﹣70°）＝55°．
（2）結(jié)論：△AEG是等腰直角三角形．
理由：∵AD＝DE，DF⊥AE，
∴DG是AE的垂直平分線，
∴AG＝GE，
∴∠GAE＝∠GEA，
∵DE＝DC＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA，∠DEC＝∠DCE，
∵∠DAE+∠DEA+∠DEC+∠DCE+∠ADC＝360°，
∴∠DEA+∠DEC＝135°，
∴∠GEA＝45°，
∴∠GAE＝∠GEA＝45°，
∴∠AGE＝90°，
∴△AEG為等腰直角三角形．
（3）如圖，連接AC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC＝AB＝，
∵△AEG為等腰直角三角形，GF⊥AE，
∴GF＝AF＝EF＝1，
∴AG＝GE＝，
∵AC2＝AG2+GC2，
∴10＝2+（EC+）2，
∴EC＝（負(fù)根已經(jīng)舍棄）．
【點(diǎn)評】本題考查了正方形性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
一十五．正方形的判定（共2小題）
49．（2022春?隆安縣期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AE∥BD，AE與CB的延長線交于點(diǎn)E，DE交AB于F．
（1）求證：BC＝BE；
（2）連接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求證：四邊形ABCD是正方形．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得：AD∥BC，AD＝BC，又由平行四邊形的判定得：四邊形AEBD是平行四邊形，又由平行四邊形的對邊相等可得結(jié)論；
（2）根據(jù)（1）：四邊形AEBD是平行四邊形，對角線互相平分可得：AF＝BF＝AB，EF＝FD，從而證明AD＝AB，即鄰邊相等，證明EF＝FC＝FD，得∠FDC＝∠FCD，從而∠BCD＝90°，根據(jù)有一個(gè)角是直角，鄰邊相等的平行四邊形是正方形可得結(jié)論．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AE∥BD，
∴四邊形AEBD是平行四邊形，
∴AD＝EB，
∴BC＝BE；
（2）由（1）知：四邊形AEBD是平行四邊形，
∴AF＝BF＝AB，EF＝FD，
∵AD＝2AF，
∴AB＝AD，
∵AD∥EC，
∴∠ADF＝∠BCF，
∴∠FEC＝∠BCF，
∴EF＝FC＝FD，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴∠ADF+∠FDC＝∠FCD+∠BCF，
即∠ADC＝∠BCD，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝90°，
∴四邊形ABCD是正方形．
【點(diǎn)評】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、正方形的判定、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題，正確利用平行四邊形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
50．（2008?烏魯木齊）如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E是線段AD上的任意一點(diǎn)（E與A，D不重合），G，F(xiàn)，H分別是BE，BC，CE的中點(diǎn)．
（1）證明：四邊形EGFH是平行四邊形；
（2）在（1）的條件下，若EF⊥BC，且EF＝BC，證明：平行四邊形EGFH是正方形．
【分析】通過中位線定理得出GF∥EH且GF＝EH，所以四邊形EGFH是平行四邊形；當(dāng)添加了條件EF⊥BC，且EF＝BC后，通過對角線相等且互相垂直平分（EF⊥GH，且EF＝GH）就可證明是正方形．
【解答】證明：（1）∵G，F(xiàn)分別是BE，BC的中點(diǎn)，
∴GF∥EC且GF＝EC．
又∵H是EC的中點(diǎn)，EH＝EC，
∴GF∥EH且GF＝EH．
∴四邊形EGFH是平行四邊形．
（2）連接GH，EF．
∵G，H分別是BE，EC的中點(diǎn)，
∴GH∥BC且GH＝BC．
又∵EF⊥BC且EF＝BC，
又∵EF⊥BC，GH是三角形EBC的中位線，
∴GH∥BC，
∴EF⊥GH，
又∵EF＝GH．
∴平行四邊形EGFH是正方形．
【點(diǎn)評】主要考查了平行四邊形的判定和正方形的性質(zhì)．正方形對角線的特點(diǎn)是：對角線互相垂直；對角線相等且互相平分；每條對角線平分一組對角．
一十六．正方形的判定與性質(zhì)（共1小題）
51．（2022春?儀征市期末）我們知道菱形與正方形的形狀有差異，可以將菱形與正方形的接近程度稱為菱形的“接近度”．如圖，已知菱形ABCD的邊長為5，設(shè)菱形ABCD的對角線BD，AC的長分別為m，n（m≥n）．若我們將菱形的“接近度”定義為，即“接近度”＝．
（1）當(dāng)菱形的“接近度”＝ 1 時(shí)，菱形就是正方形；
（2）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，求此菱形的“接近度”；
（3）若菱形ABCD的“接近度”是2，求此時(shí)菱形ABCD面積．
【分析】（1）根據(jù)當(dāng)菱形的“接近度”等于1時(shí)，菱形ABCD的對角線BD，AC的長相等，進(jìn)而得出答案；
（2）利用菱形性質(zhì)可得△ABC是等邊三角形，進(jìn)而可以解決問題；
（3）根據(jù)當(dāng)菱形的“接近度”等于2，菱形ABCD的邊長為5，可得菱形對角線長，進(jìn)而得出答案．
【解答】解：（1）當(dāng)菱形的“接近度”＝1時(shí)，菱形的對角線相等，此時(shí)菱形就是正方形；
故答案為：1；
（2）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴該菱形形ABCD的“接近度”等于；
（3）若菱形ABCD的“接近度”是2，
∵菱形ABCD的邊長為5，
∴菱形ABCD的對角線BD，AC的長分別為4，2，
此時(shí)菱形ABCD面積＝4×2＝20．
【點(diǎn)評】此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及新定義，利用“接近度”定義求出是解題關(guān)鍵．
一十七．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)（共7小題）
52．（2022?蘇州模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為4，∠BCM＝30°，點(diǎn)E是直線CM上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BE，線段BE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到BF，連接DF，則線段DF長度的最小值等于（）
A．4﹣4B．2﹣2C．2D．2
【分析】如圖，連接BD，在BD上截取BG，使得BG＝BC，連接FG，過點(diǎn)D作DH⊥GF于點(diǎn)H．證明△CBE≌△GBF（SAS），推出∠BCE＝∠BGF＝30°，推出點(diǎn)F在直線GF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)F與H重合時(shí)，DF的值最小，作出DH即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接BD，在BD上截取BG，使得BG＝BC，連接FG，過點(diǎn)D作DH⊥GF于點(diǎn)H．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠CBD＝45°，CD＝CB＝4，∠DCB＝90°，
∴BD＝4，BG＝BC＝4，
∴DG＝BD﹣BG＝4﹣4，
∵∠CBG＝∠EBF＝45°，
∴∠CBE＝∠GBF，
在△CBE和△GBF中，
，
∴△CBE≌△GBF（SAS），
∴∠BCE＝∠BGF＝30°，
∴點(diǎn)F在直線GF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)F與H重合時(shí)，DF的值最小，
∵DH⊥FH，∠DGH＝∠BGF＝30°
∴DH＝DG＝2﹣2，
∴DF的最小值為2﹣2，
故選：B．
【點(diǎn)評】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
53．（2022?南京模擬）在長方形ABCD中，AB＝4，BC＝3，CE＝2BE，EF＝2，連接AF，將線段AF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AP，則線段PE的最小值為（）
A．2B．﹣2C．4D．+1
【分析】連接AE，過點(diǎn)A作AG⊥AE，截取AG＝AE，連接PG，GE，通過SAS證明△AEF≌△AGP，得PG＝EF＝2，再利用勾股定理求出GE的長，在△GPE中，利用三邊關(guān)系即可得出答案．
【解答】解：連接AE，過點(diǎn)A作AG⊥AE，截取AG＝AE，連接PG，GE，
∵將線段AF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AP，
∴AF＝AP，∠PAF＝90°，
∴∠FAE+∠PAE＝∠PAE+∠PAG＝90°，
∴∠FAE＝∠PAG，
在△AEF和△AGP中，
，
∴△AEF≌△AGP（SAS），
∴PG＝EF＝2，
∵BC＝3，CE＝2BE，
∴BE＝1，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
AE＝，
∵AG＝AE，∠GAE＝90°，
∴GE＝＝，
在△GPE中，PE＞GE﹣PG，
∴PE的最小值為GE﹣PG＝﹣2，
故選：B．
【點(diǎn)評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系等知識，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．
54．（2022?常熟市模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，點(diǎn)P是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)．△A'B'C≌△ABC，將△A'B′C繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)E是邊A'C的中點(diǎn)，則PE長度的最小值為 ﹣1 ．
【分析】過點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D，在Rt△ACD中，根據(jù)CD＝ACsin∠BAC求出CD的長，當(dāng)P在AB上運(yùn)動(dòng)至垂足點(diǎn)D，△A'B'C繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)C、E、D共線時(shí)DE最小，即PE最小，據(jù)此求解可得．
【解答】解：過點(diǎn)C作CD⊥AB于點(diǎn)D，如圖：
∵Rt△ABC中，∠B＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵Rt△ACD中，AC＝2，
∴CD＝AC?sin∠BAC＝2×＝，
當(dāng)點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，△A'B'C繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)C、E、D共線時(shí)DE最小，即PE最小，最小值為CD﹣CE＝﹣1，
故答案為：﹣1．
【點(diǎn)評】本題考查的是圖形的旋轉(zhuǎn)、銳角三角函數(shù)的定義等知識，根據(jù)題意得出點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)D、△A'B'C繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)C、E、D共線時(shí)，D′E最小，即PE最小是解題的關(guān)鍵．
55．（2022春?邗江區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm．將△ABC繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后得△DCE，直線DA、BE相交于點(diǎn)F．取BC的中點(diǎn)G，連接GF，則GF長的最大值為 4 cm．
【分析】設(shè)∠BCE＝∠ACD＝α，可得∠CBE＝∠CEB＝∠CAD＝∠CDA＝90°﹣α，根據(jù)四邊形內(nèi)角和可得∠BFA＝90°，取AB的中點(diǎn)H，連接HG、HF，則HG＝AC，HF＝AB，繼而可得FG≤HG+HF，即可得到答案．
【解答】解：取AB的中點(diǎn)H，連接HG、HF，如圖：
∵△DEC是由△ABC繞C點(diǎn)旋轉(zhuǎn)得到，
∴CE＝CB，CD＝CA，∠BCE＝∠ACD，
設(shè)∠BCE＝∠ACD＝α，則∠CBE＝∠CEB＝∠CAD＝∠CDA＝90°﹣α，
在四邊形BCDF中，∠BFA＝360°﹣∠BCD﹣∠CDA﹣∠CBE＝360°﹣（90°+α）﹣2（90°﹣α）＝90°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4cm，AC＝3cm，
∴AB＝5cm，
Rt△ABF中，HF＝AB＝cm，
∵HG是△ABC中位線，
∴HG＝AC＝cm，
而FG≤HF+HG＝4cm，
∴當(dāng)F、H、G在一條直線上時(shí)，F(xiàn)G最大，最大值為HF+HG＝4cm，
故答案為：4．
【點(diǎn)評】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及勾股定理、中位線定理，構(gòu)建以FG為邊的三角形，根據(jù)三角形三邊關(guān)系得出FG的長度范圍是解題的關(guān)鍵．
56．（2022?平邑縣一模）在正方形ABCD中，點(diǎn)E在射線BC上（不與點(diǎn)B、C重合），連接DB，DE，將DE繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接BF．
（1）如圖1，點(diǎn)E在BC邊上．
①依題意補(bǔ)全圖1；
②若AB＝6，EC＝2，求BF的長；
（2）如圖2，點(diǎn)E在BC邊的延長線上，用等式表示線段BD，BE，BF之間的數(shù)量關(guān)系．
【分析】（1）①根據(jù)要求畫出圖形即可；
②過點(diǎn)F作FH⊥CB，交CB的延長線于H．證明△DCE≌△EHF（AAS），推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用勾股定理解決問題即可；
（2）由②可得△DCE≌△EHF，推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)解決問題即可
【解答】解（1）圖形如圖所示．
過點(diǎn)F作FH⊥CB，交CB的延長線于H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠C＝90°，
∵∠DEF＝∠C＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
，
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH＝2，CD＝BC＝EH＝6，
∴HB＝EC＝2，
∴Rt△FHB中，BF＝＝＝2．
（2）結(jié)論：BF+BD＝BE．
理由：過點(diǎn)F作FH⊥CB，交CB于H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD＝AB＝6，∠DCE＝90°，
∵∠DEF＝∠DCE＝90°，
∴∠DEC+∠FEH＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEH＝∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
，
∴△DEC≌△EFH（AAS），
∴EC＝FH，CD＝BC＝EH，
∴HB＝EC＝HF，
∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，
∴BD＝BC＝HE，BF＝BH，
∵HE+BH＝BE，
∴BF+BD＝BE．
【點(diǎn)評】本題考查作圖﹣旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
57．（2016春?工業(yè)園區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＝50°，將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后得△AB1C1．當(dāng)B1B∥AC時(shí)，求∠BAC1的度數(shù)．
【分析】先依據(jù)平行的性質(zhì)可求得∠ABB1的度數(shù)，然后再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到△AB1B為等腰三角形，∠B1AC1＝50°，再求得∠BAB1的度數(shù)，最后依據(jù)∠BAC1＝∠BAB1﹣∠C1AB1求解即可．
【解答】解：∵B1B∥AC，
∴∠ABB1＝∠BAC＝50°．
∵由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：∠B1AC1＝∠BAC＝50°，AB＝AB1．
∴∠ABB1＝∠AB1B＝50°．
∴∠BAB1＝80°
∴∠BAC1＝∠BAB1﹣∠C1AB1＝80°﹣50°＝30°．
【點(diǎn)評】本題主要考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行線的判斷，求得∠BAB1的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．
58．（2021?廈門二模）在正方形ABCD中，將邊AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°）得到線段AE，AE與CD延長線相交于點(diǎn)F，過B作BG∥AF交CF于點(diǎn)G，連接BE．
（1）如圖1，求證：∠BGC＝2∠AEB；
（2）當(dāng)（45°＜α＜90°）時(shí)，依題意補(bǔ)全圖2，用等式表示線段AH，EF，DG之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【分析】（1）根據(jù)BG∥AF，得到∠GBE＝∠AEB，由AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α得到線段AE，得到AE＝AB，∠ABE＝∠AEB＝∠GBE，由正方形性質(zhì)得到CD∥AB，得到∠BGC＝2∠AEB；
（2）按照題意補(bǔ)全圖形即可，在DC上取DN＝AH，連接AN交BG于M，交BE于P，連接HM，EM，利用△ADN≌△BAH、△ABP≌△MBP、△ABH≌△MBH證明A、H、M、B共圓，從而可得∠DNA＝∠GMN，GN＝GM，再證明EF＝GM，即可得到EF＝AH+DG．
【解答】解：（1）證明：∵邊AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°）得到線段AE，
∴AD＝AE，
∵正方形ABCD，
∴AB＝AD＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵BG∥AF，
∴∠AEB＝∠GBE，
∴∠ABE＝∠AEB＝∠GBE，
∴∠ABG＝2∠AEB，
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠BGC＝∠ABG，
∴∠BGC＝2∠AEB；
（2）補(bǔ)全圖2如下：
線段AH，EF，DG之間的數(shù)量關(guān)系為：EF＝AH+DG，理由如下：
在DC上取DN＝AH，連接AN交BG于M，交BE于P，連接HM，EM，如圖：
∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠ADN＝∠BAH＝90°，
又DN＝AH，
∴△ADN≌△BAH（SAS），
∴∠DNA＝∠AHB，∠DAN＝∠ABH，
∵∠DNA+∠DAN＝90°，
∴∠DAN+∠AHB＝90°，
∴∠APH＝90°，
∴∠BPM＝∠BPA＝90°，
由（1）知∠ABE＝∠GBE，
且BP＝BP，
∴△ABP≌△MBP（ASA），
∴AB＝MB，
而BH＝BH，∠ABE＝∠GBE，
∴△ABH≌△MBH（SAS），
∴∠HAB＝∠HMB＝90°，
∴A、H、M、B共圓，
∴∠AHB＝∠AMB＝∠GMN，
∴∠DNA＝∠GMN，
∴GN＝GM，
∵CF∥AB，BG∥AF，
∴四邊形ABGF是平行四邊形，
∴BG＝AF，
∵AE＝AD＝AB＝MB，
∴EF＝GM，
∴EF＝GN，
∵GN＝DG+DN，
∴EF＝DG+AH．
【點(diǎn)評】本題考查正方形性質(zhì)應(yīng)用及全等三角形的性質(zhì)和判定，難度較大，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助線，將AH+DG轉(zhuǎn)化為GN．
一十八．作圖-旋轉(zhuǎn)變換（共1小題）
59．（2022春?盱眙縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（﹣5，1），B（﹣2，2），C（﹣1，4），請按下列要求畫圖：
（1）將△ABC先向右平移4個(gè)單位長度、再向下平移1個(gè)單位長度，得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1；
（2）△A2B2C2與△ABC關(guān)于原點(diǎn)O成中心對稱，畫出△A2B2C2．
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)平移的規(guī)律得到A1（﹣1，0），B1（2，1），C1（3，3），然后描點(diǎn)即可；
（2）根據(jù)關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到A2（5，﹣1），B2（2，﹣2），C2（1，﹣4），然后描點(diǎn)即可．
【解答】解：（1）如圖：
（2）如圖：
【點(diǎn)評】本題考查了作圖﹣旋轉(zhuǎn)變換：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，對應(yīng)角都相等都等于旋轉(zhuǎn)角，對應(yīng)線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應(yīng)點(diǎn)，順次連接得出旋轉(zhuǎn)后的圖形．也考查了平移變換．
一十九．條形統(tǒng)計(jì)圖（共1小題）
60．（2022春?盱眙縣期末）我市中小學(xué)全面開展“陽光體育”活動(dòng)，某校在大課間中開設(shè)了A（體操）、B（乒乓球）、C（毽球）、D（跳繩）四項(xiàng)活動(dòng)．為了解學(xué)生最喜歡哪一項(xiàng)活動(dòng)，隨機(jī)抽取了部分學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，并將調(diào)查結(jié)果繪制成了如下兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖，請根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖回答下列問題：
（1）這次被調(diào)查的學(xué)生共有 400 人；
（2）請將統(tǒng)計(jì)圖2補(bǔ)充完整；
（3）統(tǒng)計(jì)圖1中B項(xiàng)目對應(yīng)的扇形的圓心角是 108 度；
（4）已知該校共有學(xué)生1000人，根據(jù)調(diào)查結(jié)果估計(jì)該校喜歡體操的學(xué)生有 100 人．
【分析】（1）由C項(xiàng)目的人數(shù)及其百分比可得答案；
（2）先根據(jù)D項(xiàng)目百分比及總?cè)藬?shù)求得D項(xiàng)目人數(shù)，再依據(jù)各項(xiàng)目人數(shù)之和等于總?cè)藬?shù)得出A項(xiàng)目的人數(shù)，即可補(bǔ)全圖形；
（3）用360度乘以樣本中B項(xiàng)目人數(shù)占總?cè)藬?shù)的比例即可得；
（4）用總?cè)藬?shù)乘以樣本中A項(xiàng)目人數(shù)所占比例即可．
【解答】解：（1）這次被調(diào)查的學(xué)生共有160÷40%＝400（人），
故答案為：400；
（2）D項(xiàng)目的人數(shù)為400×20%＝80（人），
則A項(xiàng)目的人數(shù)為400﹣（120+160+80）＝40（人），
補(bǔ)全圖形如下：
（3）統(tǒng)計(jì)圖1中B項(xiàng)目對應(yīng)的扇形的圓心角是×360°＝108°，
故答案為：108；
（4）根據(jù)調(diào)查結(jié)果估計(jì)該校喜歡體操的學(xué)生有1000×＝100（人），
故答案為：100．
【點(diǎn)評】本題考查的是條形統(tǒng)計(jì)圖和扇形統(tǒng)計(jì)圖的綜合運(yùn)用，讀懂統(tǒng)計(jì)圖，從不同的統(tǒng)計(jì)圖中得到必要的信息是解決問題的關(guān)鍵．條形統(tǒng)計(jì)圖能清楚地表示出每個(gè)項(xiàng)目的數(shù)據(jù)；扇形統(tǒng)計(jì)圖直接反映部分占總體的百分比大?。?br>

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