2021-2022学年下学期北京初中数学八年级期中典型试卷3（含答案）

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2021-2022学年下学期北京初中数学八年级期中典型试卷3
一．选择题（共10小题）
1．（2021春•温江区校级期末）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A．x+2y＝1 B．x＝2x3﹣3 C．x2﹣2＝0 D．3x+＝1
2．（2020春•延庆区期末）一次函数y＝2x+b经过点（0，﹣4），那么b的值为（　　）
A．﹣4 B．4 C．8 D．﹣8
3．（2021春•海淀区校级期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2021春•海淀区校级期中）的相反数是（　　）
A． B． C． D．
5．（2021春•清苑区期末）如图，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝7，AE平分∠BAD交BC于点E，则CE的长为（　　）

A．3 B．4 C．7 D．11
6．（2021春•海淀区校级期末）菱形的两条对角线的长分别为4cm和6cm，那么它的面积是（　　）
A．3cm B．6cm C．12cm2 D．24cm2
7．（2021秋•天门期中）关于x的一元二次方程ax2﹣2x+1＝0有实数根，则a的取值范围是（　　）
A．a＞1 B．a＜1 C．a≤1且a≠0 D．a≥1且a≠0
8．（2020春•贵港期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，如果∠ABD＝60°，那么∠BAE的度数是（　　）

A．40° B．55° C．75° D．80°
9．（2020春•大兴区期末）在一次函数y＝kx+b中，已知k•b＜0，则下列的图象示意图中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2021•深圳模拟）已知：如图，正方形ABCD中，AB＝2，AC，BD相交于点O，E，F分别为边BC，CD上的动点（点E，F不与线段BC，CD的端点重合）．且BE＝CF，连接OE，OF，EF．在点E，F运动的过程中，有下列四个说法：
①△OEF是等腰直角三角形；②△OEF面积的最小值是；
③至少存在一个△ECF，使得△ECF的周长是2+；④四边形OECF的面积是1．
其中正确的是（　　）

A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
二．填空题（共10小题）
11．（2021•黑龙江）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 　 　．
12．（2021春•东城区期中）将直线y＝2x+1向上平移两个单位长度后，得到直线　 　．
13．（2021春•海淀区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB、AD的中点，若EF＝3，则菱形ABCD的边长是　 　．

14．（2021春•海淀区校级期中）如图，以直角三角形的三边为边，分别向直角三角形外部作等边三角形，三个等边三角形的面积分别为S1，S2，S3．则它们满足的数量关系为　 　．

15．（2021春•大兴区期中）三角形的两边长分别为1cm和2cm，要使这个三角形是直角三角形，则第三条边长是　 　cm．
16．（2021春•大兴区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线m与x、y轴分别交于点A、B，∠BAO等于45°，OA＝1．在直线m上截取BB1＝AB，过点B1分别作x、y轴的垂线，垂足分别为点A1、C1，得到矩形OA1B1C1；在直线m上截取B1B2＝BB1，过点B2分别作x、y轴的垂线，垂足分别为点A2、C2，得到矩形OA2B2C2；在直线m上截取B2B3＝B1B2，过点B3分别作x、y轴的垂线，垂足分别为点A3、C3，得到矩形OA3B3C3；……；则第3个矩形OA3B3C3的面积是　 　；第n个矩形OAnBn∁n的面积是　 　（用含n的式子表示，n是正整数）．

17．（2011春•洛阳期末）如图是一张直角三角形纸片，直角边AC＝6，斜边AB＝10，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则AD＝　 　．

18．（2021•铁岭二模）如图，正方形ABCD中，O是AC的中点，E是AD上一点，连接BE，交AC于点H，作CF⊥BE于点F，AG⊥BE于点G，连接OF，则下列结论中，①AG＝BF；②OF平分∠CFG；③CF﹣BF＝EF；④GF＝OF；⑤FH2+HG2＝2OH2，正确的有　 　．（填序号）

19．（2020春•平谷区期末）如图，将矩形ABCD沿对角线BD所在直线折叠，点C落在同一平面内，落点记为C'，BC'与AD交于点E，若AB＝4，BC＝8，则BE的长为　 　．

20．（2020春•顺义区期末）甲、乙两地相距300km，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发驶向乙地，如图所示，线段OA和折线BCDE，分别表示货车和轿车离开甲地的距离y（km）与货车离开甲地的时间x（h）之间的函数关系．
小明根据图象，得到下列结论：
①轿车在途中停留了半小时；
②货车从甲地到乙地的平均速度是60km/h；
③轿车从甲地到乙地用的时间是4.5小时；
④轿车出发后3小时追上货车．
则小明得到的结论中正确的是　 　（只填序号）．

三．解答题（共6小题）
21．（2021春•东城区期中）已知在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣x+1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出该函数的图象；
（3）点C在x轴上，若△ABC的面积等于1，则点C的坐标为 　 　．

22．（2019•石景山区一模）关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+m+2＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根都是正整数，求m的最小值．
23．（2013•黔西南州）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+＝（1+）2．善于思考的小明进行了以下探索：
设a+b＝（m+n）2（其中a、b、m、n均为整数），则有a+b＝m2+2n2+2mn．
∴a＝m2+2n2，b＝2mn．这样小明就找到了一种把类似a+b的式子化为平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
（1）当a、b、m、n均为正整数时，若a+b＝，用含m、n的式子分别表示a、b，得：a＝　 　，b＝　 　；
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a、b、m、n填空：　 　+　 　＝（　 　+　 　）2；
（3）若a+4＝，且a、m、n均为正整数，求a的值？
24．（2021春•海淀区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为ts．
（1）CD边的长度为　 　cm，t的取值范围为　 　．
（2）从运动开始，当t＝　 　时，PQ＝CD．
（3）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形．若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．

25．（2021春•大兴区期中）将矩形纸片ABCD（AB＜AD）沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图①）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点D'处，折痕为EG（如图②）；再展平纸片（如图③）．

（1）判断△EBG的形状并加以证明；
（2）用等式表示图③中∠BEF与∠FEG之间的数量关系是：　 　．
26．（2021春•大兴区期中）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是AB边上一点，连接CE，过点E作EF⊥CE交AD于点F，作∠AEH＝∠BEC，交射线FD于点H，交射线CD于点N．

（1）如图1，当点H与点F重合时，求BE的长；
（2）如图2，当点H在线段FD上时，用等式表示线段BE与DN之间的数量关系（其中2＜BE≤3），并证明．

2021-2022学年下学期北京初中数学八年级期中典型试卷3
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021春•温江区校级期末）下列方程是一元二次方程的是（　　）
A．x+2y＝1 B．x＝2x3﹣3 C．x2﹣2＝0 D．3x+＝1
【考点】一元二次方程的定义．
【专题】一元二次方程及应用；应用意识．
【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
【解答】解：A．是二元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B．是一元三次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C．是一元二次方程，故本选项符合题意；
D．是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
2．（2020春•延庆区期末）一次函数y＝2x+b经过点（0，﹣4），那么b的值为（　　）
A．﹣4 B．4 C．8 D．﹣8
【考点】一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【分析】直接把（0，﹣4）代入一次函数y＝2x+b，求出b的值即可．
【解答】解：∵一次函数y＝2x+b的图象经过点（0，﹣4），
∴b＝﹣4．
故选：A．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
3．（2021春•海淀区校级期中）下列计算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的加减法．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】直接利用二次根式的加减运算法则计算得出答案．
【解答】解：A、+无法计算，故此选项错误；
B、2+无法计算，故此选项错误；
C、3﹣＝2，故此选项错误；
D、﹣＝﹣＝，故此选项正确．
故选：D．
【点评】此题主要考查了二次根式的加减，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4．（2021春•海淀区校级期中）的相反数是（　　）
A． B． C． D．
【考点】实数的性质．
【专题】实数；符号意识．
【分析】直接利用相反数的定义得出答案．
【解答】解：﹣2的相反数是：﹣（﹣2）＝2﹣．
故选：A．
【点评】此题主要考查了实数的性质，正确掌握相关定义是解题关键．
5．（2021春•清苑区期末）如图，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝7，AE平分∠BAD交BC于点E，则CE的长为（　　）

A．3 B．4 C．7 D．11
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，再根据AE平分∠BAD，可得BE＝AB，进而可得CE的长．
【解答】解：在▱ABCD中，BC＝AD＝7，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠AEB＝∠BAE，
∴BE＝AB＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝7﹣4＝3．
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
6．（2021春•海淀区校级期末）菱形的两条对角线的长分别为4cm和6cm，那么它的面积是（　　）
A．3cm B．6cm C．12cm2 D．24cm2
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．
【解答】解：菱形的面积＝×4×6＝12（cm2），
故选：C．
【点评】本题考查菱形的性质，熟记菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
7．（2021秋•天门期中）关于x的一元二次方程ax2﹣2x+1＝0有实数根，则a的取值范围是（　　）
A．a＞1 B．a＜1 C．a≤1且a≠0 D．a≥1且a≠0
【考点】根的判别式；一元二次方程的定义．
【专题】常规题型；数感．
【分析】利用二次项系数非零和根的判别式△≥0，即可得出关于a的不等式组，解之即可得出a的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程ax2﹣2x+1＝0有实数根，
∴，
∴a≤1且a≠0，
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，理解“当△≥0时，一元二次方程有实数根”是解题的关键．
8．（2020春•贵港期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，如果∠ABD＝60°，那么∠BAE的度数是（　　）

A．40° B．55° C．75° D．80°
【考点】矩形的性质．
【专题】几何图形．
【分析】连接AC，由矩形性质可得AD∥BE，AC＝BD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠BAC＝60°，又可得∠E＝∠DAE，可得∠E度数，进而得出∠BAE的度数．
【解答】解：连接AC，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BE，AC＝BD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠BAC＝60°，
∴∠E＝∠DAE，∠CAD＝∠BAD﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
又∵BD＝CE，
∴CE＝CA，
∴∠E＝∠CAE，
∵∠CAD＝∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E＝30°，即∠E＝15°．
∴∠BAE＝90°﹣15°＝75°，
故选：C．
【点评】本题主要考查矩形性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键．
9．（2020春•大兴区期末）在一次函数y＝kx+b中，已知k•b＜0，则下列的图象示意图中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】一次函数的性质；一次函数的图象．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【分析】根据图象确定k、b的符号，然后求得kb的符号．与已知kb＜0一致的图象即为所求．
【解答】解：A、根据图象知，k＜0，b＝0，则k•b＝0．与已知“k•b＜0”相矛盾．故本选项错误；
B、根据图象知，k＞0，b＞0，则k•b＞0．与已知“k•b＜0”相矛盾．故本选项错误；
C、根据图象知，k＞0，b＜0，则k•b＜0．与已知“k•b＜0”相一致．故本选项正确；
D、根据图象知，k＜0，b＜0，则k•b＞0．与已知“k•b＜0”相矛盾．故本选项错误；
故选：C．
【点评】本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y＝kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k＞0时，直线必经过一、三象限；k＜0时，直线必经过二、四象限；b＞0时，直线与y轴正半轴相交；b＝0时，直线过原点；b＜0时，直线与y轴负半轴相交．
10．（2021•深圳模拟）已知：如图，正方形ABCD中，AB＝2，AC，BD相交于点O，E，F分别为边BC，CD上的动点（点E，F不与线段BC，CD的端点重合）．且BE＝CF，连接OE，OF，EF．在点E，F运动的过程中，有下列四个说法：
①△OEF是等腰直角三角形；②△OEF面积的最小值是；
③至少存在一个△ECF，使得△ECF的周长是2+；④四边形OECF的面积是1．
其中正确的是（　　）

A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
【考点】二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【分析】①易证得△OBE≌△OCF（SAS），则可证得结论①正确；
②由OE的最小值是O到BC的距离，即可求得OE的最小值1，根据三角形面积公式即可判断选项②正确；
③利用勾股定理求得≤EF＜2，即可求得选项③正确；
④证明△OBE≌△OCF，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项④正确．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，AC，BD相交于点O，
∴OB＝OC，∠OBC＝∠OCD＝45°，
在△OBE和△OCF中，

∴△OBE≌△OCF（SAS），
∴OE＝OF，
∵∠BOE＝∠COF，
∴∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴△OEF是等腰直角三角形；
故①正确；
②∵当OE⊥BC时，OE最小，此时OE＝OF＝BC＝1，
∴△OEF面积的最小值是＝，
故②正确；
③∵BE＝CF，
∴CE+CF＝CE+BE＝BC＝2，
设EC＝x，则BE＝CF＝2﹣x，
∴EF＝＝，
∵0＜x＜2，
∴≤EF＜2，
∵＜＜2，
∴存在一个△ECF，使得△ECF的周长是2+，
故③正确；
④由①知：△OBE≌△OCF，
∴S四边形OECF＝S△COE+S△OCF＝S△COE+S△OBE＝S△OBC＝S正方形ABCD＝×2×2＝1，
故④正确；
故选：D．
【点评】此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质．注意掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键．
二．填空题（共10小题）
11．（2021•黑龙江）在函数y＝中，自变量x的取值范围是 　x≠2　．
【考点】函数自变量的取值范围；分式有意义的条件．
【专题】计算题．
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，分式有意义的条件是：分母不为0．
【解答】解：要使分式有意义，即：x﹣2≠0，
解得：x≠2．
故答案为：x≠2．
【点评】本题主要考查函数自变量的取值范围，考查的知识点为：分式有意义，分母不为0．
12．（2021春•东城区期中）将直线y＝2x+1向上平移两个单位长度后，得到直线　y＝2x+3　．
【考点】一次函数图象与几何变换．
【专题】一次函数及其应用；应用意识．
【分析】直接根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，把直线y＝2x+1上平移2个单位长度后所得直线的解析式为：y＝2x+1+2，即y＝2x+3，
故答案为y＝2x+3．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
13．（2021春•海淀区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB、AD的中点，若EF＝3，则菱形ABCD的边长是　6　．

【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【分析】易证△ABD是等边三角形．再根据中位线定理易求BD．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵E、F分别是AB、AD的中点，
∴AE＝AF，
又∵∠A＝60°，
∴△AEF是等边三角形．
∴AB＝AD＝BD，
∵E、F分别是AB、AD的中点，
∴AB＝2AE＝2EF＝2×3＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了三角形中位线及菱形的性质，比较简单．如果三角形中位线的性质没有记住，还可以利用△AEF与△ABD的相似比为1：2，得出正确结论．
14．（2021春•海淀区校级期中）如图，以直角三角形的三边为边，分别向直角三角形外部作等边三角形，三个等边三角形的面积分别为S1，S2，S3．则它们满足的数量关系为　S1+S2＝S3　．

【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，利用正弦的定义求出等边三角形的面积，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
∵△ABC是直角三角形，
∴a2+b2＝c2，
∴a2+b2＝c2，
又∵S1＝×sin60°a•a＝a2，S2＝b2，S3＝c2，
∴S1+S2＝S3，
故答案是：S1+S2＝S3．

【点评】本题考查了勾股定理、等边三角形的性质、特殊三角函数值．解题关键是根据等边三角形的性质求出每一个三角形的面积．
15．（2021春•大兴区期中）三角形的两边长分别为1cm和2cm，要使这个三角形是直角三角形，则第三条边长是　或　cm．
【考点】勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】根据勾股定理的逆定理分类讨论进行解答即可．
【解答】解：∵三角形的两边长分别为1cm和2cm，
∴可设第三边为xcm，
∵此三角形是直角三角形，
∴当x是斜边时，x2＝12+22，解得x＝；
当x是直角边时，x2+12＝22，解得x＝．
故答案为：或．
【点评】本题考查的是勾股定理的逆定理，解答此题时要注意分x是斜边或x是直角边两种情况进行讨论．
16．（2021春•大兴区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线m与x、y轴分别交于点A、B，∠BAO等于45°，OA＝1．在直线m上截取BB1＝AB，过点B1分别作x、y轴的垂线，垂足分别为点A1、C1，得到矩形OA1B1C1；在直线m上截取B1B2＝BB1，过点B2分别作x、y轴的垂线，垂足分别为点A2、C2，得到矩形OA2B2C2；在直线m上截取B2B3＝B1B2，过点B3分别作x、y轴的垂线，垂足分别为点A3、C3，得到矩形OA3B3C3；……；则第3个矩形OA3B3C3的面积是　12　；第n个矩形OAnBn∁n的面积是　n（n+1）　（用含n的式子表示，n是正整数）．

【考点】规律型：点的坐标．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【分析】△AOB是等腰直角三角形，可得△BB1C1为等腰直角三角形，△B1A1A为等腰直角三角形，B1C1＝1，B1A1＝2，从而可得矩形OA1B1C1面积为B1C1•B1A1＝2；观察图形规律，△BB2C2、△B2A2A是等腰三角形，△BB3C3、△B3A3A是等腰三角形...△BBn∁n、△BnAnA是等腰三角形，即可得到答案．
【解答】解：∵∠BAO＝45°，OA＝1，
∴△AOB是等腰直角三角形，OB＝1，AB＝，∠ABO＝45°，
∵矩形OA1B1C1，
∴∠B1C1B＝90°，∠B1A1A＝90°，
而∠B1BC1＝∠ABO＝45°，∠BAO＝45°，
∴△BB1C1为等腰直角三角形，△B1A1A为等腰直角三角形，
∵BB1＝AB＝，
∴B1C1＝1，
∴B1A1＝OA+OA1＝OA+B1C1＝2，
∴矩形OA1B1C1面积为B1C1•B1A1＝1×2＝2；
同理可得：△BB2C2、△B2A2A是等腰三角形，BB2＝2，B2C2＝2，B2A2＝3，矩形OA2B2C2面积为B2C2•B2A2＝2×3＝6，
△BB3C3、△B3A3A是等腰三角形，BB3＝3，B3C3＝3，B3A3＝4，矩形OA3B3C3面积为B3C3•B3A3＝3×4＝12，
.....．
△BBn∁n、△BnAnA是等腰三角形，BBn＝n，Bn∁n＝n，BnAn＝n+1，矩形OAnBn∁n面积为Bn∁n•BnAn＝n（n+1）．
故答案为：12；n（n+1）．
【点评】本题考查等腰直角三角形、矩形等知识，解题的关键是从图中观察得到等腰直角三角形，从而得到矩形的边长．
17．（2011春•洛阳期末）如图是一张直角三角形纸片，直角边AC＝6，斜边AB＝10，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则AD＝　　．

【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】利用翻折变换的性质得出AD＝BD，再利用在Rt△ACD中运用勾股定理就可以求出AD的长．
【解答】解：设AD＝xcm，则BD＝AD＝xcm．
∵将一张直角△ABC纸片折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，
CD＝BC﹣BD＝（8﹣x）cm，在Rt△ACD中，
AD2＝CD2+AC2，
则x2＝（8﹣x）2+62，
64+x 2﹣16x+36＝x2，
整理得：16x＝100，
解得：x＝，
即AD的长为．
故答案为：．
【点评】本题考查了折叠的性质以及勾股定理，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用，注意折叠中的对应关系．
18．（2021•铁岭二模）如图，正方形ABCD中，O是AC的中点，E是AD上一点，连接BE，交AC于点H，作CF⊥BE于点F，AG⊥BE于点G，连接OF，则下列结论中，①AG＝BF；②OF平分∠CFG；③CF﹣BF＝EF；④GF＝OF；⑤FH2+HG2＝2OH2，正确的有　①②④⑤　．（填序号）

【考点】四边形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由“AAS”可证△ABG≌△BCF，可AG＝BF，BG＝CF，故①正确，由线段和差关系可得CF﹣BF＝FG，故③错误；由“ASA”可证△AOG≌△CON，可得GO＝NO，AG＝CN，由等腰直角三角形的性质可得OF平分∠GFC，FG＝OF，故②，④正确；由等腰直角三角形的性质可得FM＝MG＝OM，由勾股定理可得FH2+HG2＝2OH2，故⑤正确，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°＝∠ABE+∠BAG，
∴∠CBF＝∠BAG，
又∵∠AGB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABG≌△BCF（AAS），
∴AG＝BF，BG＝CF，故①正确；
∴CF﹣BF＝BG﹣BF＝FG，故③错误；
如图，连接GO，延长GO交CF于N，作OM⊥EB于M，

∵点O是AC中点，
∴AO＝CO，
∵AG⊥BE，CF⊥BE，
∴AG∥CF，
∴∠GAO＝∠NCO，
又∵∠AOG＝∠CON，
∴△AOG≌△CON（ASA），
∴GO＝NO，AG＝CN，
∴BF＝CN，
∴GF＝FN，
又∵∠GFN＝90°，GO＝ON，
∴∠GFO＝∠NFO＝45°，OF⊥GO，OF＝GO＝ON，
∴OF平分∠GFC，FG＝OF，故②，④正确；
∵OF⊥GO，OF＝GO，OM⊥FG，
∴FM＝MG＝OM，
∵FH2+HG2＝（FM+HM）2+（MG﹣HM）2＝2OM2+2MH2，OM2+MH2＝OH2，
∴FH2+HG2＝2OH2，故⑤正确，
故答案为：①②④⑤．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
19．（2020春•平谷区期末）如图，将矩形ABCD沿对角线BD所在直线折叠，点C落在同一平面内，落点记为C'，BC'与AD交于点E，若AB＝4，BC＝8，则BE的长为　5　．

【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】应用题；推理能力．
【分析】首先证明BE＝DE，然后根据勾股定理得到关于线段AB、AE、BE的方程，解方程即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，∠A＝90°，
∴∠EDB＝∠DBC；
由题意得：∠EBD＝∠DBC，
∴∠EDB＝∠EBD，
设ED＝x，则AE＝8﹣x；
∴EB＝ED＝x；
由勾股定理得：
BE2＝AB2+AE2，
即x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴BE＝5．
故答案为5．
【点评】本题考查翻折变换及其应用问题；解题的关键是根据翻折变换的性质，结合全等三角形的判定及其性质、勾股定理等几何知识，灵活进行判断、分析、推理或解答．
20．（2020春•顺义区期末）甲、乙两地相距300km，一辆货车和一辆轿车先后从甲地出发驶向乙地，如图所示，线段OA和折线BCDE，分别表示货车和轿车离开甲地的距离y（km）与货车离开甲地的时间x（h）之间的函数关系．
小明根据图象，得到下列结论：
①轿车在途中停留了半小时；
②货车从甲地到乙地的平均速度是60km/h；
③轿车从甲地到乙地用的时间是4.5小时；
④轿车出发后3小时追上货车．
则小明得到的结论中正确的是　①②　（只填序号）．

【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；运算能力；应用意识．
【分析】根据函数图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由图象可得，
轿车在途中停留了2.5﹣2＝0.5（小时），故①正确；
货车从甲地到乙地的平均速度是：300÷5＝60（km/h），故②正确；
轿车从甲地到乙地用的时间是4.5﹣1＝3.5小时，故③错误；
在DE段，轿车的速度为（300﹣80）÷（4.5﹣2.5）＝110（km/h），
令60t＝80+110（t﹣2.5），解得，t＝3.9，
即轿车出发后3.9﹣1＝2.9小时追上货车，故④错误；
故答案为：①②．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
三．解答题（共6小题）
21．（2021春•东城区期中）已知在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝﹣x+1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A，B两点的坐标；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出该函数的图象；
（3）点C在x轴上，若△ABC的面积等于1，则点C的坐标为 　（0，0）或（4，0）．　．

【考点】一次函数图象上点的坐标特征；一次函数的图象．
【专题】平面直角坐标系；一次函数及其应用；应用意识．
【分析】（1）分别令y＝0，x＝0求解即可；
（2）根据两点确定一条直线作出函数图象即可；
（3）设C（m，0），根据三角形的面积求出m的值．
【解答】解：（1）令y＝0，则x＝2，
令x＝0，则y＝1，
所以，点A的坐标为（2，0），
点B的坐标为（0，1）；
（2）如图：
；
（3）设C（m，0），
∵A（2，0）、B（0，1），
∴AC＝|m﹣2|
∵△ABC的面积＝AC•yB＝1，
∴|m﹣2|×1＝1
解得m＝0或4，
所以点C的坐标为（0，0）或（4，0）．
故答案为：（0，0）或（4，0）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象，熟练掌握一次函数与坐标轴的交点坐标的求解方法是解题的关键．
22．（2019•石景山区一模）关于x的一元二次方程x2﹣（m+3）x+m+2＝0．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根都是正整数，求m的最小值．
【考点】根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用．
【分析】（1）先根据方程有两个相等的实数根列出关于m的一元二次方程，求出m的值即可；
（2）根据题意得到x＝1和x＝m+2是原方程的根，根据方程两个根均为正整数，可求m的最小值．
【解答】（1）证明：依题意，得Δ＝[﹣（m+3）]2﹣4（m+2）
＝m2+6m+9﹣4m﹣8
＝（m+1）2．
∵（m+1）2≥0，
∴△≥0．
∴方程总有两个实数根．

（2）解：解方程，得x1＝1，x2＝m+2，
∵方程的两个实数根都是正整数，
∴m+2≥1．
∴m≥﹣1．
∴m的最小值为﹣1．
【点评】本题考查的是根的判别式及一元二次方程的解的定义，在解答（2）时得到方程的两个根是解题的关键．
23．（2013•黔西南州）阅读材料：
小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+＝（1+）2．善于思考的小明进行了以下探索：
设a+b＝（m+n）2（其中a、b、m、n均为整数），则有a+b＝m2+2n2+2mn．
∴a＝m2+2n2，b＝2mn．这样小明就找到了一种把类似a+b的式子化为平方式的方法．
请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
（1）当a、b、m、n均为正整数时，若a+b＝，用含m、n的式子分别表示a、b，得：a＝　m2+3n2　，b＝　2mn　；
（2）利用所探索的结论，找一组正整数a、b、m、n填空：　4　+　2　＝（　1　+　1　）2；
（3）若a+4＝，且a、m、n均为正整数，求a的值？
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【分析】（1）根据完全平方公式运算法则，即可得出a、b的表达式；
（2）首先确定好m、n的正整数值，然后根据（1）的结论即可求出a、b的值；
（3）根据题意，4＝2mn，首先确定m、n的值，通过分析m＝2，n＝1或者m＝1，n＝2，然后即可确定好a的值．
【解答】解：（1）∵a+b＝，
∴a+b＝m2+3n2+2mn，
∴a＝m2+3n2，b＝2mn．
故答案为：m2+3n2，2mn．

（2）令m＝1，n＝1，
∴a＝m2+3n2＝4，b＝2mn＝2．
故答案为4、2、1、1．

（3）由（1）可知：
a＝m2+3n2，b＝2mn
∵b＝4＝2mn，且m、n为正整数，
∴m＝2，n＝1或者m＝1，n＝2，
∴a＝22+3×12＝7，或a＝12+3×22＝13．
∴a＝7或13．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，完全平方公式，解题的关键在于熟练运算完全平方公式和二次根式的运算法则．
24．（2021春•海淀区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为ts．
（1）CD边的长度为　10　cm，t的取值范围为　0≤t≤9　．
（2）从运动开始，当t＝　或　时，PQ＝CD．
（3）在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形PQCD是菱形．若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由．

【考点】四边形综合题．
【专题】综合题；推理能力．
【分析】（1）过点D作DH⊥BC于H，再利用勾股定理，即可得出结论，用点P，Q的运动速度，即可求出t的范围；
（2）构造出直角三角形，表示出PG，利用勾股定理建立方程求解，即可得出结论；
（3）先利用CQ＝CD求出时间t，再求出AP，进而得出DP，判断，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，过点D作FH⊥BC于H，
∴∠CHD＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠CHD，
∴DH∥AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴DH＝AB＝8cm，BH＝AD＝12cm，
∴CH＝BC﹣BH＝6（cm），
根据勾股定理得，CD＝＝10（cm），
∵点P在AD上运动，
∴0≤t≤12，
∵点Q在BC上运动，
∴0≤t≤9，
∴0≤t≤9，
故答案为10，0≤t≤9；

（2）如图2，
过点Q作QG⊥AD于G，则四边形ABQG是矩形，
∴QG＝AB＝8cm，AG＝BQ，
∵BQ＝BC﹣CQ＝（18﹣2t）cm，
∴PG＝|AG﹣AP|＝|18﹣2t﹣t|＝|18﹣3t|cm，
∵PQ＝CD＝10cm，
根据勾股定理得，82+（18﹣3t）2＝102，
∴t＝4或t＝8，
故答案为4或8；

（3）∵不存在，理由：
∵得四边形PQCD是菱形，
∴CQ＝CD，
∴2t＝10，
∴t＝5，
此时，DP＝AD﹣AP＝12﹣5＝7（cm），
而DP≠CD，
∴四边形PQCD不可能是菱形．


【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，构造出直角三角形是解本题的关键．
25．（2021春•大兴区期中）将矩形纸片ABCD（AB＜AD）沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图①）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点D'处，折痕为EG（如图②）；再展平纸片（如图③）．

（1）判断△EBG的形状并加以证明；
（2）用等式表示图③中∠BEF与∠FEG之间的数量关系是：　∠BEF＝2∠FEG　．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【分析】（1）由矩形的性质结合折叠的性质可证得BG＝BE，进而可爱美△EBG为等腰三角形；
（2）由折叠的性质及正方形的性质可求解∠BEF及∠FEG的度数，即可求解．
【解答】解：（1）等腰三角形；
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠BGE＝∠DEG，
由点D落在BE上，折痕EG知：∠BEG＝∠DEG，
∴BG＝BE，
∴△EBG 为等腰三角形；
（2）∠BEF＝2∠FEG．
由折叠可知：∠BEG＝∠DEG，∠AEB＝∠BEF＝45°，
∵∠BEG+∠DEG+∠AEB＝180°，
∴∠BEG＝∠DEG＝67.5°，
∴∠FEG＝∠BEG﹣∠BEF＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∴∠BEF＝2∠FEG．
故答案为∠BEF＝2∠FEG．
【点评】本题主要考查等等腰三角形的判定，翻折问题，矩形的性质，求解∠BEF及∠FEG的度数是解题的关键．
26．（2021春•大兴区期中）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是AB边上一点，连接CE，过点E作EF⊥CE交AD于点F，作∠AEH＝∠BEC，交射线FD于点H，交射线CD于点N．

（1）如图1，当点H与点F重合时，求BE的长；
（2）如图2，当点H在线段FD上时，用等式表示线段BE与DN之间的数量关系（其中2＜BE≤3），并证明．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）求出∠BEC＝45°，由矩形的性质推出BE＝BC，即可得出答案；
（2）过点E作EG⊥CN，垂足为点G，推出BE＝CG，求出∠N＝∠ECN，得出EN＝EC，推出CN＝2CG＝2BE，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图，∵EF⊥EC，
∴∠NEC＝90°，
∴∠AEF+∠BEC＝90°，
∵∠AEF＝∠BEC，
∴∠BEC＝45°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴BE＝BC，
∵BC＝3，
∴BE＝3；
（2）线段BE与DN之间的数量关系为DN＝2BE﹣4．
证明：如图，过点E作EG⊥CN，垂足为点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CN，
∴∠B＝∠BCG＝90°＝∠EGC，
∴四边形BEGC是矩形，
∴BE＝CG，
∵AB∥CN，
∴∠AEH＝∠N，∠BEC＝∠ECN，
∵∠AEH＝∠BEC，
∴∠N＝∠ECN，
∴EN＝EC，
∴CN＝2CG＝2BE，
∵CD＝AB＝4，
∴CN＝2CG＝2BE＝DN+4，
∴DN＝2BE﹣4．
【点评】本题考查了平行线性质，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质和判定的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．

考点卡片
1．实数的性质
（1）在实数范围内绝对值的概念与在有理数范围内一样．实数a的绝对值就是在数轴上这个数对应的点与原点的距离．
（2）实数的绝对值：正实数a的绝对值是它本身，负实数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
（3）实数a的绝对值可表示为|a|＝{a（a≥0）﹣a（a＜0），就是说实数a的绝对值一定是一个非负数，即|a|≥0．并且有若|x|＝a（a≥0），则x＝±a．
实数的倒数
乘积为1的两个实数互为倒数，即若a与b互为倒数，则ab＝1；反之，若ab＝1，则a与b互为倒数，这里应特别注意的是0没有倒数．
2．分式有意义的条件
（1）分式有意义的条件是分母不等于零．
（2）分式无意义的条件是分母等于零．
（3）分式的值为正数的条件是分子、分母同号．
（4）分式的值为负数的条件是分子、分母异号．
3．二次根式的加减法
（1）法则：二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变．
（2）步骤：
①如果有括号，根据去括号法则去掉括号．
②把不是最简二次根式的二次根式进行化简．
③合并被开方数相同的二次根式．
（3）合并被开方数相同的二次根式的方法：
二次根式化成最简二次根式，如果被开方数相同则可以进行合并．合并时，只合并根式外的因式，即系数相加减，被开方数和根指数不变．
4．二次根式的混合运算
（1）二次根式的混合运算是二次根式乘法、除法及加减法运算法则的综合运用．学习二次根式的混合运算应注意以下几点：
①与有理数的混合运算一致，运算顺序先乘方再乘除，最后加减，有括号的先算括号里面的．
②在运算中每个根式可以看做是一个“单项式“，多个不同类的二次根式的和可以看作“多项式“．
（2）二次根式的运算结果要化为最简二次根式．
（3）在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
5．一元二次方程的定义
（1）一元二次方程的定义：
只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
（2）概念解析：
一元二次方程必须同时满足三个条件：
①整式方程，即等号两边都是整式；方程中如果有分母，那么分母中无未知数；
②只含有一个未知数；
③未知数的最高次数是2．
（3）判断一个方程是否是一元二次方程应注意抓住5个方面：“化简后”；“一个未知数”；“未知数的最高次数是2”；“二次项的系数不等于0”；“整式方程”．
6．根的判别式
利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况．
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
7．规律型：点的坐标
规律型：点的坐标．
8．函数自变量的取值范围
自变量的取值范围必须使含有自变量的表达式都有意义．
①当表达式的分母不含有自变量时，自变量取全体实数．例如y＝2x+13中的x．
②当表达式的分母中含有自变量时，自变量取值要使分母不为零．例如y＝x+2x﹣1．
③当函数的表达式是偶次根式时，自变量的取值范围必须使被开方数不小于零．
④对于实际问题中的函数关系式，自变量的取值除必须使表达式有意义外，还要保证实际问题有意义．
9．一次函数的图象
（1）一次函数的图象的画法：经过两点（0，b）、（﹣，0）或（1，k+b）作直线y＝kx+b．
注意：①使用两点法画一次函数的图象，不一定就选择上面的两点，而要根据具体情况，所选取的点的横、纵坐标尽量取整数，以便于描点准确．②一次函数的图象是与坐标轴不平行的一条直线（正比例函数是过原点的直线），但直线不一定是一次函数的图象．如x＝a，y＝b分别是与y轴，x轴平行的直线，就不是一次函数的图象．
（2）一次函数图象之间的位置关系：直线y＝kx+b，可以看做由直线y＝kx平移|b|个单位而得到．
当b＞0时，向上平移；b＜0时，向下平移．
注意：①如果两条直线平行，则其比例系数相等；反之亦然；
②将直线平移，其规律是：上加下减，左加右减；
③两条直线相交，其交点都适合这两条直线．
10．一次函数的性质
一次函数的性质：
k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．
由于y＝kx+b与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，（0，b）在y轴的负半轴，直线与y轴交于负半轴．
11．一次函数图象上点的坐标特征
一次函数y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（﹣，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．
直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．
12．一次函数图象与几何变换
直线y＝kx+b，（k≠0，且k，b为常数）
①关于x轴对称，就是x不变，y变成﹣y：﹣y＝kx+b，即y＝﹣kx﹣b；
（关于X轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数）
②关于y轴对称，就是y不变，x变成﹣x：y＝k（﹣x）+b，即y＝﹣kx+b；
（关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数）
③关于原点对称，就是x和y都变成相反数：﹣y＝k（﹣x）+b，即y＝kx﹣b．
（关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数）
13．一次函数的应用
1、分段函数问题
分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．
2、函数的多变量问题
解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．
3、概括整合
（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．
（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．
14．二次函数的最值
（1）当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称轴右侧，y随x的增大而增大，因为图象有最低点，所以函数有最小值，当x＝时，y＝．
（2）当a＜0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，因为图象有最高点，所以函数有最大值，当x＝时，y＝．
（3）确定一个二次函数的最值，首先看自变量的取值范围，当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标；当自变量取某个范围时，要分别求出顶点和函数端点处的函数值，比较这些函数值，从而获得最值．
15．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
16．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
17．勾股定理的逆定理
（1）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
说明：
①勾股定理的逆定理验证利用了三角形的全等．
②勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
（2）运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．然后进一步结合其他已知条件来解决问题．
注意：要判断一个角是不是直角，先要构造出三角形，然后知道三条边的大小，用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．
18．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
19．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．

20．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
21．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
22．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
23．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
24．四边形综合题
四边形综合题．
25．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．