期末专项复习2 八下各地期末试卷选填压轴题训练-2023-2024学年八年级数学下册重难点及章节分类精品讲义(浙教版)

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期末专项复习2 八下各地期末试卷选填压轴题训练
一．选择题（共22小题）
1．（2022春•钱塘区期末）已知关于x的方程x2+（k+3）x+k+2＝0，则下列说法正确的是（　　）
A．不存在k的值，使得方程有两个相等的实数解
B．至少存在一个k的值，使得方程没有实数解
C．无论k为何值，方程总有一个固定不变的实数根
D．无论k为何值，方程有两个不相等的实数根
【分析】先计算Δ的值，利用k的值，可作判断．
【解答】解：关于x的方程x2+（k+3）x+k+2＝0，
Δ＝（k+3）2﹣4×1×（k+2）＝k2+2k+1＝（k+1）2≥0，
A、当k＝﹣1时，Δ＝0，此时方程有两个相等的实数解，故此选项错误；
B、因为Δ≥0，所以不存在k的值，使得方程没有实数解．故此选项错误；
C、解方程得：x1＝﹣1，x2＝﹣k﹣2，所以无论k为何值，方程总有一个固定不变的实数根﹣1，故此选项正确；
D、当k≠﹣1时，方程有两个不相等的实数解，故此选项错误；
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式，计算Δ的值判断方程根的情况是解题的关键．
2．（2022春•嘉兴期末）已知1和2是关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根，则关于x的方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0的根为（　　）
A．0和1 B．1和2 C．2和3 D．0和3
【分析】设t＝x+1，则方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0化为at2+bt+c＝0，利用方程ax2+bx+c＝0的解得到t1＝1，t2＝2，然后分别计算对应的x的值可确定方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0的解．
【解答】解：设x+1＝t，则方程a（x+1）2+b（x+1）+1＝0化为at2+bt+1＝0，
由题意可知：t1＝1，t2＝2，
∴x+1＝1和x+1＝2，
∴x＝0和x＝1，
∴方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0的两根为x＝0和x＝1，
故选：A．
【点评】本题考查了换元法解一元二次方程：我们常用的是整体换元法，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．
3．（2022春•嵊州市期末）空地上有一段长为a米的旧墙MN，利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园（如图1或图2），已知木栏总长为40米，所围成的菜园面积为S．下列说法错误的是（　　）

A．若a＝16，S＝196，则有一种围法
B．若a＝20，S＝198，则有一种围法
C．若a＝24，S＝198，则有两种围法
D．若a＝24，S＝200，则有一种围法
【分析】设矩形ABCD的宽AB为x米，则长BC为（40﹣2x）米，根据矩形面积公式列方程，再一一判断即可．
【解答】解：如图，设矩形ABCD的宽AB为x米，则长BC为（40﹣2x）米，
根据题意得：S＝（40﹣2x）x＝﹣2x2+40x，
A、当a＝16，S＝196时，﹣2x2+40x＝196，即x2﹣20x+98＝0．
解得x1＝10+，x2＝10﹣，均不符合题意，
故本选项说法错误，符合题意；
B、当a＝20，S＝198时，﹣2x2+40x＝198，即x2﹣20x+99＝0．
解得x1＝9（不符合题意舍去），x2＝11，
所以有一种围法，故本选项说法正确，不符合题意；
C、当a＝24，S＝198时，﹣2x2+40x＝198，即x2﹣20x+99＝0．
解得x1＝11，x2＝9，均符合题意，
所以有两种围法，故本选项说法正确，不符合题意；
D、当a＝24，S＝200时，﹣2x2+40x＝200，即x2﹣20x+100＝0．
解得x1＝x2＝10，符合题意，
所以有一种围法，故本选项说法正确，不符合题意；
故选：A．

【点评】本题考查了一元二次方程在实际问题中的应用，根据题意正确列式是解题的关键．
4．（2022春•衢江区期末）如图，用直尺和圆规在矩形ABCD内进行构图：以A为圆心，AD长为半径作弧交BC于点E，连结AE，再以E为圆心，EC长为半径作弧交AE于点F，连结DF．下列结论不一定成立的是（　　）

A．AE＝BC B．DF⊥AE C．AF＝AB D．AB＝DF
【分析】根据作图过程和矩形的性质可以证明△DEF≌△DEC，进而可得线段DF与线段AE的位置关系以及DF与DC的数量关系，进一步推导AB与DF，AE与BC的数量关系即可．
【解答】解：如图，连接DE，

∵矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AB＝DC，∠DCE＝90°，
∴∠ADE＝∠DEC，
由题意得，AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，AE＝BC，故A正确，
∴∠AED＝∠DEC，
又∵EF＝EC，ED＝ED，
∴△DEF≌△DEC（SAS），
∴∠DFE＝∠DCE＝90°，DF＝DC，
∴DF⊥AE，AB＝DF，故B、D正确．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是理解作图过程，熟练运用矩形的性质解题．
5．（2022•庆阳二模）如图1，点P为矩形ABCD边上的一个动点，点P从A出发沿着矩形的四条边运动，最后回到A．设点P运动的路程长为x，△ABP的面积为y，图2是y随x变化的函数图象，则矩形ABCD的对角线BD的长是（　　）

A． B． C．8 D．10
【分析】点P运动到点B处时x＝5，可知AB＝5，由点P运动到点C处时，S△ABP＝10，可得BC的长，再根据勾股定理计算即可．
【解答】解：根据图2可知AB＝5，
当P运动到点C处时，
y＝AB•BC＝10，
∴×5•BC＝10，
∴BC＝4，
∵矩形的对角线相等，
∴BD＝AC＝＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查了动点问题的函数图象，在解题时要能根据函数的图象求出有关的线段的长度，从而利用勾股定理解决问题．
6．（2022春•浙江期末）已知5个正数a，b，c，d，e的平均数是m，且a＞b＞c＞d＞e＞0，则数据a，b，c，0，d，e的平均数和中位数是（　　）
A．m， B．m， C．， D．，
【分析】根据5个正数a，b，c，d，e 的平均数是m，可以得出5个数的和，然后再求a，b，c，0，d，e的平均数，先将a，b，c，0，d，e进行排序，然后求出中位数即可．
【解答】解：5个正数a，b，c，d，e 的平均数是m，
∴5个数的和为5m，
∴a，b，c，0，d，e的平均数为：；
∵a，b，c，d，e为正数，
∴a＞b＞c＞d＞e＞0，
∴a，b，c，0，d，e的中位数是，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平均数，中位数的定义，解题的关键是熟练掌握算术平均数的公式，一组数如果是偶数个数，则中位数是中间两个数的平均数．
7．（2022春•余姚市期末）为庆祝神舟十三号航天员顺利返回、神舟十四号载人飞船成功发射，小明同学在数学兴趣活动课上用图1的“七巧板”，设计拼成了图2的飞船，则飞船模型面积与矩形框ABCD的面积之比为（　　）

A．1：3 B．1：2 C．3：5 D．8：25
【分析】设④的边长为1，则飞船的面积与图1面积相等为8，正方形ABCD的边长为5，即可得出面积的比值．
【解答】解：设④的边长为1，则飞船的面积与图1面积相等为8，正方形ABCD的边长为5，
即飞船模型面积与矩形框ABCD的面积之比为8：25，
故选：D．
【点评】本题主要考查七巧板的知识，根据七巧板各边的关系分别得出飞船面积和正方形ABCD的边长是解题的关键．
8．已知函数y1＝（k为常数，且k＞0，x＞0），函数y2的图象和函数y1的图象关于直线y＝1对称．
①函数y2的图象上的点的纵坐标都小于2．
②若当m≤x≤2（m为大于0的实数）时，y1的最大值为a，则在此取值范围内，y2的最小值必为2﹣a．
则下列判断正确的是（　　）
A．①②都正确 B．①正确，②错误
C．①错误，②正确 D．①②都错误
【分析】根据反比例函数的性质以及轴对称的性质判断即可．
【解答】解：∵函数y1＝（k为常数，且k＞0，x＞0），
∴函数y1＝图象在第一象限，如图，
∴函数y的最小值大于0，
∵函数y2的图象和函数y1的图象关于直线y＝1对称，
∴y2的最大值小于2，
∴函数y2的图象上的点的纵坐标都小于2．故①正确；
当m≤x≤2（m为大于0的实数）时，y1的最大值为a，则其对应点为（m，a），
那么，点（m，a）关于直线y＝1的对称点为（m，2﹣a），
∴在此取值范围内，y2的最小值必为2﹣a，故②正确，
故选：A．

【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质，坐标与图形变化﹣对称，数形结合是解题的关键．
9．（2022春•衢江区期末）如图，在反比例函数的图象上有点P1，P2，P3，它们的横坐标依次为1，3，6，分别过这些点作x轴与y轴的垂线段．图中阴影部分的面积记为S1，S2．若S2＝3，则S1的值为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由点P1，P2，P3，它们的横坐标依次为1，3，6，得P1（1，k），P2（3，），P3（6，），由S2＝3，可求出k的值，进而求出S1的值．
【解答】解：∵P1（1，k），P2（3，），P3（6，），
∴S2＝3×＝3，
∴k＝6，
∴S1＝1×（k﹣）＝4．
故选：B．
【点评】此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根据坐标求出个阴影的面积表达式是解题的关键．
10．（2022春•义乌市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝ax+k（ak≠0）与x轴交于点A、与y轴交于点B，过点A作AC⊥x轴，交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点C，过点C作CD⊥y轴于点D，与直线y＝ax+k交于点E，若CE＝DE，则k与a的关系正确的是（　　）

A．2a+k＝0 B．2a﹣k＝0 C．2a+3k＝0 D．2a﹣3k＝0
【分析】先求出A坐标，可以得到C的坐标，由CE＝DE，可以得E的坐标，把E的坐标代入直线即可得出答案．
【解答】解：∵直线y＝ax+k（ak≠0）与x轴交于点A、与y轴交于点B，
∴A的坐标为（﹣，0），
∴C的坐标为（﹣，﹣a），
∵CE＝DE，
∴E的坐标为（﹣，﹣a），
把E（﹣，﹣a）代入y＝ax+k得，
﹣a＝﹣+k，
∴2a+k＝0．
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，利用图象中各个点的坐标之间的关系是解此题的关键．
11．（2022春•舟山期末）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺（△ABC）的长直角边与含45°角的三角尺（△ACD）的斜边恰好重合．已知AB＝6，E，F分别是边AC，BC上的动点，当四边形DEBF为平行四边形时，该四边形的面积是（　　）

A．3 B．6 C． D．81
【分析】由平行四边形的性质可得∠DEC＝∠ACB＝90°，由等腰直角三角形的性质可得AE＝CE＝DE，根据含30°的直角三角形的性质可求解AC的长，即可求得DE＝CD＝，利用四边形的面积公式可求解．
【解答】解：由题意得，当四边形DEBF为平行四边形时，BC∥DE，
∴∠DEC＝∠ACB＝90°，
∵AD＝CD，
∴AE＝CE＝DE，
∵∠BAC＝30°，AB＝6，
∴BC＝3，AC＝9，
∴DE＝CE＝，
∴四边形DEBF的面积为：DE•CE＝，
故选：C．

【点评】本题主要考查等腰直角三角形的性质，含30° 角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，求解DE＝CE＝是解题的关键．
12．（2022春•吴兴区期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝2，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，F为AB中点，连接DF，EF，若∠EFD＝90°，则AE的长是（　　）

A．2 B．3 C． D．
【分析】延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x．首先证明DQ＝DE＝x+3，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【解答】解：如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DQ∥BC，
∴∠AQF＝∠BEF，
∵AF＝FB，∠AFQ＝∠BFE，
∴△QFA≌△EFB（AAS），
∴AQ＝BE＝x，QF＝EF，
∵∠EFD＝90°，
∴DF⊥QE，
∴DQ＝DE＝x+3，
∵AE⊥BC，BC∥AD，
∴AE⊥AD，
∴∠AEB＝∠EAD＝90°，
∵AE2＝DE2﹣AD2＝AB2﹣BE2，
∴（x+3）2﹣32＝（2）2﹣x2，
整理得：x2+3x﹣4＝0，
解得x＝1或x＝﹣4（舍去），
∴BE＝1，
∴AE＝＝＝，
故选：C．

【点评】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
13．（2022春•南浔区期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（　　）

A． B． C． D．
【分析】如图，连接DG，先由已知条件分别求得S2＝CD2＝32＝9，S1＝，小正方形边长为，再由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，进而得AE＝BF＝CG＝DH＝x＝＝EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三线合一”得∠DGH＝∠HGE＝45°进而得∠DGI＝90°最后由勾股定理得：GI＝＝＝，即得选项A．
【解答】解：如图，连接DG，
∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，
∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，
∵DI＝2，CI＝1，
∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，
∵大正方形ABCD的面积为S2，
∴S2＝CD2＝32＝9，
又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1，
∴S1＝，
∴EF＝FG＝GH＝HE＝，
∵将EG延长交CD于点I，
∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，
设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，
解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），
即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝，
∴DH＝EH＝，
∴CH垂直平分ED，
∴DG＝EG＝，
∴∠DGH＝∠HGE＝45°，
∴∠DGE＝45°+45°＝90°，
∴∠DGI＝90°，
在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝＝＝，
故选：A．

【点评】本题是一道勾股定理的综合题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，线段的中垂线判定与性质，等腰三角形的“三线合一”，二次根式计算与化简，关键是巧添辅助线构等腰直角三角形，顺利实现求得答案．
14．（2022春•乐清市期末）如图，线段与CD相交于点E，∠AED＝45°，DE+AE＝9，以AE和CE为边作▱AGCE，以DE和BE为边作▱EBFD，且▱AGCE和▱EBFD的面积都为，若1＜CE＜3，则线段DF的取值范围是（　　）

A． B． C． D．1＜DF＜3
【分析】过A点作AN⊥CD于点N，过D点作DM⊥AB于M，根据平行四边形的面积公式可得CE•AN＝，DF•DM＝，结合等腰直角三角形的性质可得CE•AE＝DF•DE＝6，利用DE+AE＝9可得CE＝，再根据CE的取值范围可求解．
【解答】解：过A点作AN⊥CD于点N，过D点作DM⊥AB于M，

∵S▱AGCE＝CE•AN＝，S▱EBFD＝DF•DM＝，
∵∠AED＝45°，
∴AN＝AE，DM＝DE，
∴CE•AE＝DF•DE＝6，
∵DE+AE＝9，
∴CE＝，DE＝，
即CE＝，
∵1＜CE＜3，
∴，DF＞
解得．，
故选：B．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，等腰直角三角形，解不等式组，平行线间的距离等知识的综合运用，求得CE＝是解题的关键．
15．（2022春•温州期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线AC的两侧，且到所在三角形三边的距离都等于1．若AC＝5，则EF的长为（　　）

A． B． C． D．2
【分析】设EH⊥AB于H，EG⊥BC于G，EM⊥AC于M，FN⊥AC于N，AC交EF于O，连接AE、CE、EN、FM，由题意得EH＝EG＝EM＝FN＝1，易证四边形EMFN是平行四边形，得OM＝ON＝MN，OE＝OF＝EF，再证四边形BGEH是正方形，得BH＝BG＝EH＝1，然后证Rt△AHE≌Rt△AME（HL），得AH＝AM，Rt△CGE≌Rt△CME（HL），则CG＝CM，设AB＝x，BC＝y，且y≥x，则AH＝AM＝x﹣1，CG＝CM＝y﹣1，则，求出AM＝2，CM＝3，同理CN＝2，求出OM＝，即可解决问题．
【解答】解：设EH⊥AB于H，EG⊥BC于G，EM⊥AC于M，FN⊥AC于N，AC交EF于O，连接AE、CE、EN、FM，如图所示：
∴EM∥FN，
由题意得：EH＝EG＝EM＝FN＝1，
∴四边形EMFN是平行四边形，
∴OM＝ON＝MN，OE＝OF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴四边形BGEH是正方形，
∴BH＝BG＝EH＝1，
在Rt△AHE和Rt△AME中，
，
∴Rt△AHE≌Rt△AME（HL），
∴AH＝AM，
在Rt△CGE和Rt△CME中，
，
∴Rt△CGE≌Rt△CME（HL），
∴CG＝CM，
设AB＝x，BC＝y，且y≥x，
则AH＝AM＝x﹣1，CG＝CM＝y﹣1，
∵AC＝5，
∴，
解得：，
∴AM＝2，CM＝3，
同理得：CN＝2，
∴OM＝MN＝（AC﹣AM﹣CN）＝×（5﹣2﹣2）＝，
在Rt△EMO中，由勾股定理得：OE＝＝＝，
∴EF＝2OE＝，
故选：B．

【点评】本题考查了矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
16．（2022春•丽水期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E，F分别是射线AB，射线BC上的点，BE＝CF＝2，DE与AF交于点P．过点F作FH∥DE，交直线AB于点H，则EH的长是（　　）

A．8 B． C．6 D．
【分析】由“SAS”可证△ABF≌△DAE，可得∠AED＝∠AFB，通过证明△ABF∽△FBH，可求BH的长，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，
∴AB＝AD＝BC＝6，BC∥AD，∠ABC＝∠DAB＝90°，
∵BE＝CF＝2，
∴BF＝AE＝8，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠AED＝∠AFB，
∵FH∥DE，
∴∠H＝∠DEA＝∠AFB，
又∵∠ABF＝∠FBH＝90°，
∴△ABF∽△FBH，
∴，
∴，
∴BH＝，
∴EH＝BH﹣BE＝，
方法二、∵FH2＝BF2+BH2＝AH2﹣AF2，
∴64+BH2＝（6+BH）2﹣100，
∴BH＝，
∴EH＝BH﹣BE＝，
故选：B．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
17．（2022春•上城区期末）已知，O是矩形ABCD对角线的交点，作DE∥AC，AE∥BD，AE，DE相交于点E，连结BE．下列说法正确的是（　　）
①四边形DEAO为菱形；②AE＝AB；③∠BAE＝120°；④若∠BED＝90°，则AD＝BE．

A．①③ B．①②④ C．①④ D．③④
【分析】①先证明四边形DEAO是平行四边形，再根据四边形ABCD是矩形，可得OA＝OD，进而即可解决问题；
②当△AOB是等边三角形时，AE＝AB才能成立，进而可以判断；
③当△AOB是等边三角形时，∠BAE＝120°才能成立，进而可以进行判断；
④设AC与BE交于点F，证明AF是BE的垂直平分线，可得AB＝AE，然后证明Rt△BDE≌Rt△BDC，进而可以解决问题．
【解答】解：①∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形DEAO是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD，
∴四边形DEAO为菱形；故①正确；
②当△AOB是等边三角形时，AE＝AB才能成立，故②错误；
③当△AOB是等边三角形时，∠BAE＝120°才能成立，故③错误；
④如图，设AC与BE交于点F，

∵∠BED＝90°，
∴DE⊥BE，
∵DE∥AC，
∴AC⊥BE，
∵O是矩形ABCD对角线BD的中点，
∴F是BE的中点，
∴AF是BE的垂直平分线，
∴AB＝AE，
∵四边形DEAO为菱形，
∴DE＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠BCD＝90°，AD＝BC，
∴DE＝DC，
在Rt△BDE和Rt△BDC中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△BDC（HL），
∴BE＝BC，
∴AD＝BE．
∴说法正确的是①④．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到Rt△BDE≌Rt△BDC．
18．（2022春•拱墅区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O．点M、N分别是边AD，BC的中点，连接AN，CM．下列结论：①若四边形ANCM是菱形，则AB⊥AC；②若四边形ANCM是矩形，则AB＝AC；③若AB⊥AC，则四边形ANCM是矩形；④若AB＝AC，则四边形ANCM是菱形．其中正确的是（　　）

A．①② B．③④ C．①③ D．①②③④
【分析】易证四边形ABNM与四边形ANCM都是平行四边形，①由平行四边形的性质得出AB∥MN，若平行四边形ANCM是菱形，则MN⊥AC，即可得出AB⊥AC；
②若平行四边形ANCM是矩形，则AC＝MN，由平行四边形的性质得出AB＝MN，即可得出AB＝AC；
③由①知，若AB⊥AC，则平行四边形ANCM是菱形；
④由②知，若AB＝AC，平行四边形ANCM是矩形．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BD，
∵点M、N分别是边AD，BC的中点，
∴AM＝CN，AM＝BN，
∴四边形ABNM与四边形ANCM都是平行四边形，
①∵四边形ABNM是平行四边形，
∴AB∥MN，
若平行四边形ANCM是菱形，则MN⊥AC，
∴AB⊥AC，故①正确；
②若平行四边形ANCM是矩形，则AC＝MN，
∵四边形ANCM是平行四边形，
∴AB＝MN，
∴AB＝AC，故②正确；
③由①知，若AB⊥AC，则平行四边形ANCM是菱形，故③不正确；
④由②知，若AB＝AC，平行四边形ANCM是矩形，故④不正确；
综上所述，正确的是①②，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和矩形的判定与性质是解题的关键．
19．（2022春•东阳市期末）如图，直线l交正方形ABCD的对边AD、BC于点P、Q，正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，点H在CD边上，点A在边FE上，BC、HG交于点M，AB、FG交于点N．以下结论错误的是（　　）

A．EA+NG＝AN
B．△GQM的周长等于线段CH的长
C．△BQN的周长等于线段CM的长
D．△FNA的周长等于2DH+2HC
【分析】过点A作AK垂直于HG，垂足为K，连接AH，AM，HB，KF，根据两正方形关于直线l对称，可得Rt△ADH≌Rt△AKH，Rt△AKM≌Rt△ABM，再根据边的转化即可证明A选项不符合题意；根据对称可得QG＝QB，将△GQM的周长表示出来，在通过边的转化即可证明B选项不符合题意；根据对称可得Rt△GQM≌Rt△BQN，即可证明C选项符合题意；根据对称，可得Rt△HCM≌Rt△AFN，将△HCM周长表示出来，再根据边的转化即可证明D选项不符合题意．
【解答】解：如图，过点A作AK垂直于HG，垂足为K，连接AH，AM，HB，KF，
则AK＝EH，
∵正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，
∴EA＝DH，NG＝BM，HM＝AN，
在Rt△ADH和Rt△AKH中，
∵，
∴Rt△ADH≌Rt△AKH，
∴DH＝HK，
同理可证：
Rt△AKM≌Rt△ABM，
∴KM＝BM，
∴EA+NG＝DH+BM＝HK+KM＝HM＝AN，故A选项不符合题意；
C△GQM＝MQ+QG+MG，
∵正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，
∴QG＝QB，
∴C△GQM＝MQ+QB+MG＝BM+GM＝KM+MG＝KG，
∵KG＝HG﹣HK＝DC﹣DH＝CH，
∴C△GQM＝CH，故B选项不符合题意；
由正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，可得，
Rt△GQM≌Rt△BQN，
∴C△BQN＝C△GQM＝CH≠CM，故C选项符合题意；
由正方形ABCD和正方形EFGH关于直线l成轴对称，可得，
Rt△HCM≌Rt△AFN，
∵BM＝KM，
∴CM＝HK+MG，
∴C△HCM＝C△AFN
＝CM+CH+HM
＝HK+MG+CH+HG﹣MG
＝HK+CH+HG
＝DH+CH+DC
＝2（DH+CH），故D选项不符合题意．

故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形全等的判定，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键．
20．（2022春•嘉兴期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示．连结CF，并延长交AB于点N．若AB＝3，EF＝3，则FN的长为（　　）

A．2 B． C． D．3
【分析】根据勾股定理求出AE的长，根据角平分线性质定理得到△AFN和△BFN的面积比，进而求出AN和NB的比，再由勾股定理求出CF和FN，作差即可．
【解答】解：设AE＝x，
则FB＝x，AF＝EF+AE＝3+x，
由勾股定理可知，
AF2+FB2＝AB2，
（3+x）2+x2＝（3）2，
解得x＝3，
∴AF＝6，CG＝GF＝3，
∴∠GCF＝∠GFC＝BFN＝45°
∴NF为∠AFB的角平分线，
由角平分线性质可知，
S△AFN：S△BFN＝AF：FB＝2：1，
∴AN：NB＝2：1，
∴NB＝，
由勾股定理可知，
CN＝5，CF＝3，
∴FN＝CN﹣CF＝2．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理和角平分线性质定理，求出△CGF是等腰直角三角形是关键．
21．（2022春•镇海区期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示．连结AF，CH，设正方形ABCD的面积为S1，正方形EFGH的面积为S2，四边形AFCH的面积为S3．若S1＝S2+S3，则下面结论一定正确的是（　　）

A．∠EAF＝45° B．∠BAE＝60° C．BE＝2AE D．BE＝3AE
【分析】由全等三角形的性质可得AE＝BF，AH＝BE＝CF，由面积关系和勾股定理可求解．
【解答】解：∵△ABE≌△BCF≌△DAH，
∴AE＝BF，AH＝BE＝CF，
∵S1＝S2+S3，
∴AB2＝EF2+CF×EF，
∵AB2＝AE2+BE2，
∴EF2+CF×EF＝AE2+BE2，
∴（BE﹣BF）2+BE×（BE﹣BF）＝AE2+BE2，
∴BE2+AE2﹣2BE×AE+BE2﹣BE×AE＝AE2+BE2，
∴3BE×AE＝BE2，
∴BE＝3AE，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
22．（2022春•钱塘区期末）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点P处，折痕为MN，点M，N分别在边AB，AD上，则BM：AM的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由菱形的性质和等边三角形的性质，可得BP⊥CD，DP＝a，∠DBP＝30°，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，连接BD，BP，

设AB＝2a，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AB＝BC＝2a＝CD，∠A＝∠C＝60°，
∴△BCD是等边三角形，△ABD是等边三角形，
∵点P在CD的中点，
∴BP⊥CD，DP＝a，∠DBP＝30°，
∴BP＝a，∠ABP＝∠ABD+∠DBP＝90°，
∵将菱形纸片翻折，
∴AM＝MP，
∵MP2＝MB2+BP2，
∴（2a﹣BM）2＝MB2+3a2，
∴BM＝a，
∴AM＝a，
∴BM：AM＝，
故选：B．
【点评】本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，菱形的性质，勾股定理，添加恰当的辅助线构造直角三角形是本题的关键．
二．填空题（共26小题）
23．（2022春•南浔区期末）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，等腰直角三角形ABC的斜边AB⊥x轴于点A，经过点B的反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象交边AC于点D，连结OB，OC．若点D是AC中点，△OBC的面积为1，则k的值是 　　．

【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，CF⊥AB于点F，过点D作DH⊥x轴于点H，设OA＝a，AE＝b，利用正方形的判定与性质表示出点B，D的坐标，利用待定系数法得到a，b的关系，再利用S△OBC＝S△OAB+S梯形ABCE﹣S△OCE，求得ab的值，则结论可得．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，CF⊥AB于点F，过点D作DH⊥x轴于点H，如图，

设OA＝a，AE＝b，
∵三角形ABC是等腰直角三角形，CF⊥AB，
∴∠CAB＝45°，BF＝AF＝CF，
∵CF⊥AB，CE⊥x轴，AB⊥x轴，
∴四边形FAEC为正方形，
∴AF＝AE＝CE＝CF＝b，
∴AB＝2b，
∴B（a，2b）．
∵DH⊥x轴，CE⊥x轴，
∴DH∥CE，
∵点D是AC中点，
∴AH＝AE＝b，DH＝CE＝b，
∴OH＝OA+AH＝a+b，
∴D（a+b，b）．
∵B，D为双曲线y＝（k＞0，x＞0）的点，
∴k＝2ab＝（a+b）•b．
∴b＝6a．
∵S△OBC＝S△OAB+S梯形ABCE﹣S△OCE，
∴×a×2b+（b+2b）×b﹣（a+b）×b＝1，
∴2ab+3b2﹣ab﹣b2＝2，
∴ab+2b2＝2．
∴ab+12ab＝2，
∴ab＝．
∴k＝2ab＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了反比例函数的性质，反比例函数相似k的几何意义，待定系数法，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
24．（2022春•舟山期末）已知函数y＝x+1的图象与x轴、y轴分别交于点C、B，与双曲线y＝交于点A、D．若AB+CD＝BC，则k的值为 　　．
【分析】先证得△CBO∽△DBE，进而求点D的坐标，然后根据横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式．
【解答】解：已知函数y＝x+1的图象与x轴、y轴分别交于点C、B，
则B，C的坐标分别是（0，1），（﹣1，0），
则OB＝1，OC＝1，BC＝，
设点D的坐标是（m，n），
过D作DE⊥x轴于E点，
则△CBO∽△DBE，
∵AB+CD＝BC，由对称性可知AB＝CD，
∴AB＝CD＝
则＝＝，
即：＝＝，
解得m＝，n＝，
∴点D的坐标是：（，）．
∵点D在双曲线y＝上，
∴k＝×＝，
故答案为．

【点评】本题考查了求反比例函数和一次函数的交点问题，一般要转化为求点的坐标的问题，求出图象上点的横纵坐标的积就可以求出反比例函数的解析式．
25．（2022春•丽水期末）如图，▱AOBC的顶点B在x轴正半轴上，反比例函数y＝＞0）在第一象限经过点A与BC交于点D．且BD＝BC，若△AOD的面积为9，则k的值是 　12　．

【分析】作AM⊥OB于M，DN⊥OB于N．设AM＝2m，只要证明S梯形AMND＝S△AOD＝9，由此构建方程即可解决问题．
【解答】解：作AM⊥OB于M，DN⊥OB于N，设AM＝2m，
∴OM＝
∵四边形OACB是平行四边形，BD＝BC，
∴DN＝m，ON＝，
∵S△AOM＝S△ODN，S△AOD＝S梯形AMND+S△AOM﹣S△ODN＝S梯形AMND，
∴S梯形AMND＝S△AOD＝9，
∴（m+2m）•（﹣）＝9，
∴k＝12，
故答案为：12．

【点评】本题考查反比例函数的性质、平行四边形的性质、三角形的面积、梯形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
26．（2022春•镇海区期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点C在x轴的正半轴上，点A是第一象限内一点，反比例函数的图象经过点A，与BC边交于点D，若△OCD与△ABD的面积相等，则△OAD的面积为 　6　．

【分析】过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，则S△AOM＝S△DON，根据平行四边形的性质和△OCD与△ABD的面积相等得出D是BC的中点，故设D（，n），则A（，2n），然后根据S△AOD＝S△AOD+S梯形AMND﹣S△DON＝S梯形AMND求得即可．
【解答】解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥x轴于点N，
∴S△AOM＝S△DON＝＝4，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA∥BC，
∵△OCD与△ABD的面积相等，
∴CD＝BD，
∵反比例函数的图象经过点A，与BC边交于点D，
∴设D（，n），则A（，2n），
∴S△AOD＝S△AOD+S梯形AMND﹣S△DON＝S梯形AMND＝（2n+n）（﹣）＝6．
故答案为：6．

【点评】本题考查了平行四边形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是表示出A、D的坐标．
27．（2022春•乐清市期末）如图，在反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）图象上有点A，B，C，分别过这些点作x轴与y轴的垂线，交y轴于点D，E，F，若ED＝EF＝FO，且阴影部分面积为3，则k的值为 　18　．

【分析】根据反比例函数的几何意义，S阴影＝﹣k＝3，解得即可．
【解答】解：由题意，可知S阴影＝﹣k＝3，
∴k＝18，
故答案为：18．
【点评】本题主要考查了反比例函k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．
28．（2022春•东阳市期末）如图，在直角坐标系中，直线y＝x+9交坐标轴于A、B两点，函数y＝（x＜0）的图象为曲线L．
（1）若曲线L与直线有唯一的公共点，则k＝　﹣　；
（2）若曲线L使得线段AB上的整点（横纵坐标均为整数的点，且不包括点A、B）分布在它的两侧，每侧的整点个数相同，则k的取值范围为 　﹣36＜k＜﹣28　．

【分析】（1）联立一次函数与反比例函数的解析式，得到x2+18x﹣2k＝0，则方程有两个相等的实数根，所以Δ＝182﹣4×（﹣2k）＝0，由此可得出结论；
（2）根据直线上点的坐标特点，可得出线段AB上的整数点共有8个，分别为（﹣2，8），（﹣4，7），（﹣6，6），（﹣8，5），（﹣10，4），（﹣12，3），（﹣14，2），（﹣16，1）．结合图象分析可知，若曲线L使得线段AB上的整点（横纵坐标均为整数的点，且不包括点A、B）分布在它的两侧，每侧的整点个数相同，则曲线L经过（﹣4，7）和（﹣6，6）之间，由此可得出结论．
【解答】解：（1）由题意得：只有一组解，
∴x2+18x﹣2k＝0有两个相等的实数根，
∴Δ＝182﹣4×（﹣2k）＝0，
解得：k＝﹣，
故答案为：﹣；
（2）由y＝x+9，得A（0，9），B（﹣18，0），
∴线段AB上的整数点共有8个，分别为（﹣2，8），（﹣4，7），（﹣6，6），（﹣8，5），（﹣10，4），（﹣12，3），（﹣14，2），（﹣16，1）．
当曲线L经过点（﹣6，6）时，在曲线L上方2个，在曲线下方4个；
当曲线L经过点（﹣4，7）时，在曲线L上方4个，在曲线下方2个；
∴若曲线L使得线段AB上的整点（横纵坐标均为整数的点，且不包括点A、B）分布在它的两侧，每侧的整点个数相同，则曲线L经过（﹣4，7）和（﹣6，6）之间，
当曲线L经过点（﹣6，6）时，k＝﹣36；
当曲线L经过点（﹣4，7）时，k＝﹣28．
∴k的取值范围为：﹣36＜k＜﹣28．
故答案为：﹣36＜k＜﹣28．

【点评】本题属于一次函数与反比例函数图象类问题，主要考查待定系数法求函数解析式，一元二次方程根与系数的关系，数形结合思想等知识；找出线段AB上所有的整数点，结合图象分析是解题的关键．
29．（2022春•嘉兴期末）如图，直线l1：y＝交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点A，交y轴于点B，将直线l1向下平移个单位后得到直线l2，l2交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点C．若△ABC的面积为，则k的值为 　6　．

【分析】设直线l2与y轴的交点为D，连接AD，由l1∥l2可知△ABD和△ABC的面积相等，然后根据三角形面积公式得到S△ABD＝BD•xA＝，即可求得A的横坐标，代入直线l1的解析式即可求得A的坐标，进而代入y＝（x＞0）即可求得k的值．
【解答】解：设直线l2与y轴的交点为D，连接AD，
由题意可知BD＝，
∵l1∥l2，
∴△ABD和△ABC的面积相等，
∵△ABC的面积为，
∴S△ABD＝BD•xA＝，
∴xA＝，
把x＝代入y＝得，y＝4，
∴A（，4），
∵反比例函数y＝（x＞0）的图象过点A，
∴k＝×4＝6，
故答案为：6．

【点评】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数的图象与几何变换，三角形面积，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，通过三角形面积求得A的横坐标是解题的关键．
30．（2022春•余姚市期末）如图，直角坐标系中，矩形ABCD的对角线AC的中点与原点O重合，点E为x轴上一点，连结AE，F为AE的中点，反比例函数y＝（k＞0，x＞0）的图象经过A，F两点，若AD平分∠CAE，△ADE的面积为6，则k的值为 　4　．

【分析】连接BD，OF，过点A作AN⊥OE于N，过点F作FM⊥OE于M．证明BD∥AE，推出S△ABE＝S△AOE＝6，推出S△EOF＝S△AOE＝3，可得S△FME＝S△EOF＝1，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BD，OF，过点A作AN⊥OE于N，过点F作FM⊥OE于M．

∵AN∥FM，AF＝FE，
∴MN＝ME，
∴FM＝AN，
∵A，F在反比例函数的图象上，
∴S△AON＝S△FOM＝k，
∴•ON•AN＝•OM•FM，
∴ON＝OM，
∴ON＝MN＝EM，
∴ME＝OE，
∴S△FME＝S△FOE，
∵AD平分∠OAE，
∴∠OAD＝∠EAD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝∠DAE，
∴AE∥BD，
∴S△ADE＝S△AOE，
∴S△AOE＝6，
∵AF＝EF，
∴S△EOF＝S△AOE＝3，
∴S△FME＝S△EOF＝1，
∴S△FOM＝S△FOE﹣S△FME＝3﹣1＝2＝k，
∴k＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查反比例函数的性质，矩形的性质，平行线的判定和性质，等高模型等知识，解题的关键是证明BD∥AE，利用等高模型解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
31．（2022春•浙江期末）正比例函数y＝kx与反比例函数y＝的图象交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，则代数式x1y2+x2y1的值是 　﹣2　．
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标图象以及正比例函数的性质可得答案．
【解答】解：∵A（x1，y1）、B（x2，y2）在反比例函数y＝的图象上，
∴x1y1＝x2y2＝1，
∵正比例函数y＝kx与反比例函数y＝的图象交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，
∴点A与点B关于原点对称，
∴x1＝﹣x2，y1＝﹣y2，
∴x1y2+x2y1
＝﹣x1y1﹣x2y2
＝﹣1﹣1
＝﹣2，
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，掌握正比例函数、反比例函数的图象和性质是正确解答的前提．
32．（2022春•温州期末）图1是一款上肢牵引器材，该器材示意图如图2所示，器材支架OG⊥地面、转动架A﹣O﹣B的夹角∠AOB＝90°，转动臂OA＝OB＝50cm，牵引绳AC＝BD＝34cm，且竖直向下，未使用时点A，B在同一水平线上．当器材在如图3状态时，点A，D在同一水平线上，此时，点A到OG的距离为 　14　cm，对比未使用时，点C下降的高度为 　（48﹣25）　cm．

【分析】如图，设AD交OG于Q，作BH⊥OG于H，利用AAS证明△AOQ≌△OBH，得AQ＝OH，OQ＝BH，设AQ＝x，则OH＝x，BH＝OQ＝x+34，则x2+（x+34）2＝502，解方程即可．
【解答】解：如图，设AD交OG于Q，作BH⊥OG于H，

∵∠AOB＝90°，
∴∠AOQ+∠BOH＝90°，
∵∠AOQ+∠OAQ＝90°，
∴∠BOH＝∠OAQ，
∵∠OQA＝∠OHB，OA＝OB，
∴△AOQ≌△OBH（AAS），
∴AQ＝OH，OQ＝BH，
设AQ＝x，则OH＝x，BH＝OQ＝x+34，
∴x2+（x+34）2＝502，
解得x1＝14，x2＝﹣48（舍去），
∴AQ＝14cm，OQ＝OH+HQ＝14+34＝48，
设AB与OG交于E，

此时OE＝OA＝25，
∴点C下降的高度为OQ﹣OE＝（48﹣25）cm，
故答案为：14，（48﹣25）．
【点评】本题主要考查了勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，证明△AOQ≌△OBH是解题的关键．
33．（2022春•上城区期末）定义平行四边形两边上的高线长之比叫做“高之比”．
（1）若平行四边形为菱形，则“高之比”为 　1：1　；
（2）当“高之比”为4，平行四边形周长为20，则该平行四边形较长的边长为 　8　．
【分析】（1）根据菱形的边长相等，等底等高的平行四边形的面积相等解答即可；
（2）先求出BC＝10﹣AB，设DF＝4x，DE＝x，最后利用平行四边形的面积求解即可．
【解答】解：（1）由菱形的四条边相等，菱形的面积不变，则根据等底，面积相等，可得出高相等，
若平行四边形为菱形，则“高之比”为：1：1，
故答案为：1：1；
（2）如图，∵平行四边形周长为20，
∴AB+BC＝10，
∴BC＝10﹣AB，
∵DF：DH＝4：1，
设DF＝4x，DE＝x，
∴S平行四边形ABCD＝BC•DF＝AB•DE，
即AB•x＝（10﹣AB）•4x，
解得：AB＝8，
故答案为：8．

【点评】本题考查了菱形的性质及平行四边形的性质，灵活运用性质解决问题是解题的关键．
34．（2022春•镇海区期末）如图1，平行四边形ABCD中两条对角线AC、BD交于点O，AB＝10，点P从顶点B出发，沿B→C→D以每秒1cm的速度匀速运动到点D，图2是点P运动过程中线段OP的长度y与时间t的函数关系图象，其中M、N分别是两段曲线的最低点，则点M的横坐标为 　10　，点N的纵坐标为 　　．

【分析】由图可知点P在BC上运动时，OP先变小后变大，出OP的最大值和最小值，过O作OP1⊥BC点P1，则可求得OB＝OC＝5，OC＝5；而点P从C向D运动时，OP先变小后变大，过点O作OP2⊥CD于点P2，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：由图可知点P在BC上运动时，OP先变小后变大，
由图象可知：点P从B向C运动时，OP的最大值为5，最小值为5，
∴BO＝5，OC＝5，
由于M是曲线部分的最低点，
此时OP最小，
如图，过O作OP1⊥BC于点P1，OP1＝5，

∴由勾股定理得：BP1＝＝＝10，
∴点M的横坐标为10；
过点O作OP2⊥CD于点P2，如图，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，
由图象可知：点P从C向D运动时，OC＝5，
又OD＝OB＝5，
∴设CP2＝x，则P2D＝10﹣x，
∴（5）2﹣x2＝（5）2﹣（10﹣x）2，
解得：x＝
即CP2＝，
∴OP2＝＝＝，
∴点N的纵坐标为．
故答案为：10，．
【点评】本题考查了动点与函数图象的理解和应用、平行四边形的性质、勾股定理，把图形和图象结合解得线段的长度是解决本题的关键．
35．（2022春•滨江区期末）在▱ABCD中，若AB＝10，对角线BD＝16，∠CBD＝30°，则BC长为 　8﹣6或8+6　．
【分析】当∠BCD是钝角时，过D作DH⊥BC交BC的延长线于H，解直角三角形得到BH＝＝8，根据平行四边形的性质得到CD＝AB＝10，根据勾股定理得到CH＝＝6，于是得到结论．当∠BCD是锐角时，同法可求．
【解答】解：，如图，过D作DH⊥BC交BC的延长线于H，

∵∠CBD＝30°，BD＝16，
∴DH＝BD＝8，
∴BH＝＝8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝10，
∴CH＝＝6，
∴BC＝BH﹣CH＝8﹣6，
当∠BCD是锐角时，同法可得BH＝8，CH＝6，
∴BC＝8+6

综上所述，BC的长为8+6或8﹣6．
故答案为：8﹣6或8+6．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
36．（2022春•拱墅区校级期末）在平行四边形中，四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度x，y（x＜y），则的值为 　或　．
【分析】分两种情况：①该平行四边形的四条边与一对角线的长度相等，另一对角线为另一长度；②该平行四边形的四条边相等，两条对角线相等；分别计算即可．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，平行四边形ABCD的四条边与一对角线相等，
即AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝x，AC＝y，
∴四边形ABCD为菱形，
∵在△ABD中，AB＝AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，
同理，∠BCD＝∠CBD＝∠CDB＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴AC＞AB，
∴四边形ABCD为菱形符合题意，
∴AC⊥BD，
∴AC＝2sin60°•AB＝2××x＝x，
即y＝x，
∴＝＝；
②如图2，在平行四边形ABCD中，AD＝DC＝CB＝BA＝x，AC＝BD＝y，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AC＝BD＞AB，
∴正方形ABCD符合题意，
∴AC＝BD＝AB＝x，
∴＝＝；
综上所述，的值为或，
故答案为：或．


【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，矩形分类讨论是解题的关键．
37．（2022春•柯桥区期末）如图，一个正方形内有三个相邻正方形的边长分别为1、2、3，两端的两个正方形都有两个顶点在大正方形的边上且组成的图形为轴对称图形，则图中阴影部分的面积为 　18　．

【分析】连接AC，由轴对称图形的性质得出AE＝AF，CG＝CH，得出AM＝EF＝，CN＝GH＝，求出AC的长，得出正方形ABCD的面积，由大正方形的面积减去三个小正方形的面积即可得出图中阴影部分的面积．
【解答】解：如图所示，连接AC，

∵正方形ABCD内有三个相邻正方形的边长分别为1、2、3，
∴EF＝1，GH＝3，∠EAF＝∠GCH＝90°，
根据题意得：AE＝AF，CG＝CH，
∴AM＝EF＝，CN＝GH＝，
∴AC＝++1+2+3＝8，
∴正方形ABCD的面积＝AC2＝32，
∴图中阴影部分的面积＝32﹣1﹣4﹣9＝18；
故答案为：18．
【点评】本题考查了正方形的性质、轴对称图形的性质、等腰直角三角形的性质、正方形面积的计算方法；熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线求出对角线AC是解决问题的关键．
38．（2022•南京模拟）已知，菱形ABCD（∠C＜90°）的对角线长分别为6和8，点E在边BC上，BE＝1，若点F在直线AB上，且AE＝DF，则BF的长为 　或6　．

【分析】当点F在线段AB的延长线上，点F在线段AB上两种情况讨论，利用菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理即可求解．
【解答】解：设菱形ABCD的对角线相交于点O，
∵对角线长分别为6和8，
∴OB＝OD＝3，OA＝OC＝4，
∴AB＝5，
当点F在线段AB的延长线上时，
过点D作DG∥AE交BC的延长线于点G，
∵四边形ABCD为菱形，且BE＝1，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形AEGD为平行四边形，
∴AD＝EG，DG＝AE，
∴CG＝BE＝1，
延长BA至F，使AF＝CG，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠FAD＝∠GCD，
∴△FAD≌△GCD，
∴AF＝CG＝1，DF＝DG，
∴DF＝AE，
此时BF＝BA+AF＝6；
当点F在线段AB上时，
过点D作DH⊥AB于点H，
由面积法得AB×DH＝AC×BD，
∴DH＝，
由勾股定理得BH＝，
∵DF＝DF1，
∴FH＝HF1，
设BF1＝x，
∴（6﹣x）+x＝，
∴x＝，
∴BF1＝，

综上，BF的长为或6．
故答案为：或6．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
39．（2022春•南浔区期末）如图，已知矩形ABCD的两条边AB＝6，AD＝8，点E是对角线AC、BD的交点，点P是边AD上一个动点，作点D关于直线PE的对称点D'，当ED'与矩形一条边垂直时，PD的长是 　或5　．

【分析】根据折叠的性质可知△DPE≌△D′PE，可得ED＝ED′，PD＝PD′，根据矩形的性质求出
【解答】解：如图，

∵点D关于直线PE的对称点为D'，
∴△DPE≌△D′PE，
∴ED＝ED′，PD＝PD′，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，
∴∠ADC＝90°，AE＝EC，BE＝DE，AC＝BD，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
当ED′⊥AD，
∴ME∥CD，
∵AE＝EC，
∴ME＝CD＝3，MD＝AD＝4，
在Rt△DME中，DE＝ED′＝＝5，
∴MD′＝5﹣3＝2，
设DP＝D′P＝x，
则MP＝4﹣x，
在Rt△MPD′中，根据勾股定理得，
MD′2+PM2＝PD′2，
即4+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝，
∴PD＝．
当ED′⊥AB时，

∴AD∥ED′，
∴∠DPE＝∠D′EP，
∵点D关于直线PE的对称点为D'，
∴EP是∠D′ED的平分线，PD＝PD′，
∴∠D′EP＝∠DEP，
∴∠DPE＝∠DEP，
∴PD＝PE，
∵DE＝5，
∴PD＝DE＝5．
综上所述，PD的长是或5．
故答案为：或5．
【点评】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．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．
40．（2022春•钱塘区期末）如图，在矩形ABCD中，点E在对角线AC上，且满足AC＝6AE＝6，连接BE，若∠BEC＝2∠BCE，则BC的长为 　12　．

【分析】连接BD交AC于点O，作BF⊥AC于点F，由四边形ABCD为矩形可得BO，AO，CO的长度，由∠BEC＝2∠BCE可得BE＝BO，从而可得FO的长度，再根据勾股定理求解．
【解答】解：连接BD交AC于点O，作BF⊥AC于点F，

∵四边形ABCD为矩形，
∴AO＝OB＝OC＝AC＝3，
∴∠EOB＝2∠BCE，
∴∠BEC＝∠BOE，即BE＝OB＝3．
∴BF为△BEO中线，即FO＝EF＝EO＝（AO﹣AE）＝＝，
在Rt△BFO中，由勾股定理得BF＝＝4，
在Rt△BFC中，由勾股定理得BC＝＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握等腰三角形的性质，掌握勾股定理．
41．（2022春•吴兴区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，M为对角线BD所在直线的一个动点，点N是平面上一点．若四边形MCND为平行四边形，MN＝2，则BM的值为 　6或1　．

【分析】分两种情况：①如图1，M在对角线BD上时，设四边形MCND对角线MN和DC交于O，过O作OG⊥BD于G；②如图2，M在BD的延长线上时，过O作OG⊥BD于G；设BM＝x，表示MG的长，先根据直角三角形30度角的性质可得OG和DG的长，在直角三角形OGM中列方程可得结论．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，M在对角线BD上时，设四边形MCND对角线MN和DC交于O，过O作OG⊥BD于G，

∵四边形MCND为平行四边形，
∴OD＝DC＝AB＝1，OM＝MN＝，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝2，AD＝2，
∴BD＝＝＝4，
∴AB＝BD，
∴∠ADB＝30°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝60°，
Rt△ODG中，∠DOG＝30°，
∴DG＝，OG＝，
设BM＝x，则MG＝4﹣x﹣＝﹣x，
△OMG中，MG2+OG2＝OM2，
∴，
解得：x＝6（舍）或1；
②如图2，M在BD的延长线上时，过O作OG⊥BD于G，

同理得：DG＝，OG＝，OM＝，
设BM＝x，则MG＝x﹣4+＝x﹣，
△OMG中，MG2+OG2＝OM2，
∴，
解得：x＝6或1（舍）；
综上，BM的长为6或1；
故答案为：6或1．
【点评】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，设未知数列方程是解决问题的关键．
42．（2022春•拱墅区期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线BD上的点F处；点G在AB边上，把△DAG沿直线DG折叠，使点A落在线段DF上的点H处．若HF＝1，BF＝8，则BD＝　29　，矩形ABCD的面积＝　420　．

【分析】由折叠的性质得HD＝AD，FD＝CD，设AD＝x，则HD＝x，得AB＝CD＝x+1，BD＝x+9，再在Rt△ABD中，由勾股定理得出方程，解方程，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠A＝90°，
由折叠的性质得：HD＝AD，FD＝CD，
设AD＝x，则HD＝x，
∴AB＝CD＝FD＝HD+HF＝x+1，
∴BD＝FD+BF＝x+9，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：x2+（x+1）2＝（x+9）2，
解得：x＝20或x＝﹣4（舍去），
∴AD＝20，AB＝21，BD＝x+9＝29，
∴矩形ABCD的面积＝AD•AB＝20×21＝420，
故答案为：29，420．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
43．（2022春•婺城区期末）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2﹣9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC＝BC＝14cm，DE＝2cm，DN＝1cm．已知关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合．
（1）BN＝　25　cm；
（2）当∠BAC＝60°时，点H到伞柄AB距离为 　39　cm．

【分析】（1）根据关闭折伞后，点A、E、H三点重合，可知AC＝CD+DE，利用平行四边形的性质可以求出BN；
（2）根据A、E、H三点共线并且AH⊥AB，BM⊥AB，应用等边三角形和平行四边形的性质进行求解即可．
【解答】解：（1）∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，
∴AC＝CD+DE，
∴CD＝14﹣2＝12，
∴CN＝CD﹣DN＝11，
∴BN＝14+11＝25（cm），
故答案为：25．
（2）如图2，A、E、H三点共线并且AH⊥AB，

∵∠BAC＝60°，AC＝BC＝14，
∴∠ACB＝60°，
∵AC∥DE，DC∥MN，
∴∠AFE＝∠EGH＝120°，
∵AF＝EF，
∴∠EAF＝∠AEF＝∠GEH＝30°，
∴AE⊥AB，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，
∴AF＝12，MN＝BN＝25，EG＝HG＝27，
∴AH＝AE+EH＝12+27＝39，
∴点H到伞柄AB距离为39cm．
故答案为：39．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，关键是应用等边三角形和平行四边形的性质．
44．（2022春•义乌市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx（k＜0）与反比例函数y＝的图象交于A，C两点，点D为x轴负半轴上一点，连结CD并延长，交反比例函数y＝的图象于点B、连结AB，若CB＝2CD，且△CDO的面积为1，则m﹣n的值是 　4　．

【分析】由BC＝2CD，可得CD＝BD，进而利用三角形全等得出CN＝BM，DN＝DM，设出B（b，），C（c，），得出点D（，0），进而将线段用坐标表示出来，借助三角形的面积公式可得bn+cn＝﹣4c，由CN＝BM，即＝﹣，得出bn＝﹣mc，代入即可得出答案．
【解答】解：如图，过点B、C分别作BM⊥x轴，CN⊥x轴，垂足分别为M、N，
∵BC＝2CD，
∴CD＝BD，
又∵∠CDN＝∠BDM，∠CND＝∠BMD＝90°，
∴△CDN≌△BDM（AAS），
∴CN＝BM，DN＝DM，
设点B（b，），C（c，），则点D（，0），则OM＝b，ON＝﹣c，OD＝﹣，CN＝，BM＝﹣
∵△CDO的面积为1，
∴OD•CN＝1，
即×（﹣）×＝1，
∴bn+cn＝﹣4c，
又∵CN＝BM，即＝﹣，
∴bn＝﹣mc，
∴﹣mc+cn＝﹣4c，
∴m﹣n＝4，
故答案为：4．

【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点坐标，用坐标表示图形中线段的长，利用一次函数、反比例函数图象上点的坐标特征表示出△CDO的面积是解决问题的关键．
45．（2022春•义乌市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，射线AE与BC边交于点E，点F是射线AE上的一点，点G在边AB上，以FG为边向上作菱形FGMN，若∠FGM＝60°，当点G从点B运动到点A时，点N的运动路径长是 　3　．

【分析】如图，将线段FA绕点F顺时针旋转120°得到FT，连接NT．证明△AFG≌△TFN（SAS），推出∠FTN＝∠FAG，推出点N在射线TN上运动，推出当点G从A运动到B时，AG＝AB＝TN＝3．
【解答】解：如图，将线段FA绕点F顺时针旋转120°得到FT，连接NT．

∵四边形GFNM是菱形，
∴FG＝FN，GM∥FN，
∴∠MGF+∠NFG＝120°，
∵∠MGF＝60°，
∴∠GFN＝∠AFT＝120°，
∴∠AFG＝∠TFN，
在△AFG和△TFN中，
，
∴△AFG≌△TFN（SAS），
∴∠FTN＝∠FAG，
∴点N在射线TN上运动，
当点G从A运动到B时，AG＝AB＝TN＝3，
∴点N的运动路径的长为3．
【点评】本题考查轨迹，全等三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
46．（2022春•舟山期末）如图，矩形ABCD中，BC＝10，∠BAC＝30°，若在AC、AB上各取一点M、N，使BM+MN的值最小，求这个最小值　15　．

【分析】作点B关于AC的对称点B′，由轴对称图形的性质可知：BM＝B′M，AB＝AB′，∠BAC＝∠B′AC＝30°，从而可知△BAB′为等边三角形，过点B′作B′N⊥AB，交AC于点M，则MB+MN＝B′N，然后依据特殊锐角三角函数可求得B′N的长．
【解答】解：如图所示：作点B关于AC的对称点B′，过点B′作B′N⊥AB，交AC于点M．

∵在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，
∴AB＝BC＝10．
∵点B与点B′关于AC对称，
∴AB＝AB′，∠BAC＝∠B′AC＝30°．
∴∠BAB′＝60°．
∴△BAB′是等边三角形．
∵B′N⊥AB，
∴B′N＝BB′×＝10＝15．
∵点B与点B′关于AC对称，
∴BM＝B′M．
∴BM+MN＝B′M+MN＝B′N＝15．
故答案为：15．
【点评】本题主要考查的是轴对称﹣路径最短问题，解答本题需要同学们熟练掌握轴对称图形的性质、等边三角形的性质和判定、特殊锐角三角三角函数值，证得△BAB′是等边三角形是解题的关键．
47．（2022春•浙江期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是 　12　．

【分析】根据图形的拼剪，求出BC以及BC边上的高即可解决问题．
【解答】解：由题意，BG＝CH＝AF＝2，DG＝DF，EF＝EH，
∴DG+EH＝DE＝3，
∴BC＝GH＝3+3＝6，
∴△ABC的边BC上的高为4，
∴S△ABC＝×6×4＝12，
解法二：证明△ABC的面积＝矩形BCHG的面积，可得结论．
故答案为：12．
【点评】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
48．（2022春•衢江区期末）如图所示，将一张直角三角形纸片ABC剪成①②③④四部分，恰好拼成一个无缝隙无重叠．
的正方形．已知∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，则：
（1）DE＝　3　．
（2）GF＝　2﹣2　．

【分析】（1）利用三角形中位线定理求解即可；
（2）利用面积法求出AG＝CF＝2，求出CG，可得结论．
【解答】解：（1）由题意，CE＝EB＝BC＝4，AC＝CF＝6，AD＝DB，
∴DE＝AC＝3，
故答案为：3；

（2）由题意正方形的面积＝24，
∴AG＝CF＝2
∴CG＝＝＝2，
∴FG＝CF﹣CG＝2﹣2．
故答案为：2﹣2．
【点评】本题考查图形的拼剪，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．