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试卷 2020-2021学年人教版八年级数学下册期末复习选择压轴题知识考点梳理卷（原卷+解析版）
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2020-2021学年人教版八年级数学下册选择压轴题知识考点梳理卷
1．（2020春•黄陂区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A（1，5），B（4，1），C（m，﹣m），D（m﹣3，﹣m+4），当四边形ABCD的周长最小时，则m的值为（ ）
A．2 B．32 C．2 D．3
【分析】首先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：∵A（1，5），B（4，1），C（m，﹣m），D（m﹣3，﹣m+4），
∴AB=32+42=5，CD=[(m-3)-m]2+[(-m+4)-(-m)]2=5，
∴AB＝CD＝5，
∵点B向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到A，点C向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到D，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，
∴当BC⊥CD时，BC的值最小，
∵点C在直线y＝﹣x上运动，BC⊥直线y＝﹣x，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
由y=-xy=x-3，解得x=32y=-32，
∴C（32，-32），
∴m=32，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2．（2020春•洪山区期末）如图，直线y＝x﹣4分别交x轴、y轴于A、B两点，C为OB中点（O为坐标原点），D点在第四象限，且满足∠ADO＝45°，则线段CD长度的最大值等于（ ）
A．2+4 B．22+2 C．4 D．2+2
【分析】先通过直线解析式求得A、B的坐标，得到OA＝OB＝4，AB＝42，取AB中点E，连接BD、CE、DE，作OM⊥OD交DA延长线于M，易证得△ODM为等腰直角三角形，通过证得△OBD≌△OAM，得到∠BDO＝45°，即可求得∠ADB＝90°，然后根据三角形中位线定理和直角三角形斜边中线的性质求得CE＝2，DE＝22，根据三角形三边的关系即可求得结论．
【解答】解：∵直线y＝x﹣4分别交x轴、y轴于A、B两点，
∴A（4，0），B（0，﹣4），
∴OA＝OB＝4，
∴AB=42+42=42，
取AB中点E，连接BD、CE、DE，作OM⊥OD交DA延长线于M，
∵∠ADO＝45°，
∴∠M＝45°，
∴OD＝OM，
∴△ODM为等腰直角三角形，
∵∠AOB＝∠DOM＝90°，
∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOM﹣∠AOD，即∠BOD＝∠AOM，
在△OBD和△OAM中，
OD=OM∠BOD=∠AOMOB=OA，
∴△OBD≌△OAM（SAS），
∴∠ODB＝∠M＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∵AE＝BE，BC＝OC，
∴CE=12OA＝2，DE=12AB＝22，
∴CD≤CE+DE＝2+22，
故CD的最大值为22+2，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理以及直角三角形斜边中线的性质，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
3．（2020春•汉川市期末）在平面直角坐标系中，已知点P（a，a+8）是第二象限一动点，另点A的坐标为（﹣6，0），则以下结论：
①点P在直线y＝x+8上；
②﹣6＜a＜0；
③OP的最小值为42；
④若设△OPA的面积为S，当a＝﹣5时，S＝9；
⑤过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，矩形OEPF的周长始终不变为16．
其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据点P（a，a+8）是第二象限一动点，即可判断①②；根据三角形面积公式求得垂线段的长即可判断③；求得三角形的面积即可判断④；计算减小的周长即可判断⑤．
【解答】解：∵点P（a，a+8）是第二象限一动点，
∴点P在y＝x+8上，故①正确，
∵点P（a，a+8）是第二象限一动点，
∴﹣8＜x＜0，故②错误；
设直线y＝x+8与x轴的交点为M（﹣8，0），与y轴的交点为N（0，8），O到MN的距离为h，
∴OM＝ON＝8，
∴MN＝82，
∴12OM•ON=12MN•h，
∴h＝42，
∴OP的最小值为42，故③正确；
当a＝﹣5时，则点P（﹣5，3），
∵点A的坐标为（﹣6，0），
∴OA＝6，
∴S=12×6×3=9，故④正确；
∵PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，
∴PE＝a+8，PF＝﹣a，
∴矩形OEPF的周长＝2（PE+PF）＝16，故⑤正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，垂线段最短，矩形的性质，注意第二象限点的坐标特征是解题关键．
4．（2020春•武昌区期末）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点叫作整点，直线y＝kx﹣3（k＞0）与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则k的取值范围是（ ）
A．23≤k≤34 B．34≤k＜1 C．23≤k＜1 D．12≤k＜1
【分析】直线y＝kx﹣3（k＞0），与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则这三个点是（1，﹣1），（1，﹣2），（2，﹣1），因此此时的k的取值范围应介于直线l1和直线l2的两个k值之间．
【解答】解：如图：直线y＝kx﹣3（k＞0），一定过点（0，﹣3），
把（3，0）代入y＝kx﹣3得，k＝1；
把（3，﹣1）代入y＝kx﹣3得，k=23；
直线y＝kx﹣3（k＞0），与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则k的取值范围为23≤k＜1，
故选：C．
【点睛】考查一次函数的图象与系数之间的关系，利用图象确定k的取值范围介在直线l1和直线l2的两个k值之间是解决问题的关键．
5．（2020·鄂州期末）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后2.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t=54或154．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】解：
由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，
∴①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，
把（5，300）代入可求得k＝60，
∴y甲＝60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得m+n=04m+n=300，解得m=100n=-100，
∴y乙＝100t﹣100，
令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，
∴③不正确；
令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，
当100﹣40t＝50时，可解得t=54，
当100﹣40t＝﹣50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲＝50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲＝250；
综上可知当t的值为54或154或56或256时，两车相距50千米，
∴④不正确；
综上可知正确的有①②共两个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间．
6．（2020春•梁子湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝x和y=-12x的图象分别为直线l1，l2，过点A1（1，-12）作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，依次进行下去，则点A2020的横坐标为（ ）
A．﹣21009 B．﹣21010 C．﹣41009 D．﹣41010
【分析】由题意分别求出A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8的坐标，找出A2n的横坐标的规律，即可求解．
【解答】解：∵过点A1（1，-12）作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，……依次进行下去，
∴A1与A2横坐标相同，A2与A3纵坐标相同，
∴当x＝1时，y＝1，
∴A2（1，1），
∴当y＝1时，x＝﹣2
A3（﹣2，1），
同理可得：A4（﹣2，﹣2），A5（4，﹣2），A6（4，4），A7（﹣8，4），A8（﹣8，﹣8）…
∴A2n的横坐标为（﹣2）n﹣1，
∴点A2020的横坐标（﹣2）1009＝﹣21009．
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出题目中点的横坐标的变化规律．
7．（2020秋•龙岗区期末）如图，已知直线AB：y=553x+55分别交x轴、y轴于点B、A两点，C（3，0），D、E分别为线段AO和线段AC上一动点，BE交y轴于点H，且AD＝CE．当BD+BE的值最小时，则H点的坐标为（ ）
A．（0，552） B．（0，5） C．（0，4） D．（0，55）
【分析】首先证明AB＝AC＝8，取点F（3，8），连接CF，EF，BF．由△ECF≌△DAB（SAS），推出BD＝EF，推出BD+BE＝BE+EF，因为BE+EF≥BF，推出BD+BE的最小值为线段BF的长，推出当B，E，F共线时，BD+BE的值最小，求出直线BF的解析式即可解决问题．
【解答】解：由题意A（0，55），B（﹣3，0），C（3，0），
∴AB＝AC＝8，
取点F（3，8），连接CF，EF，BF．
∵C（3，0），
∴CF∥OA，
∴∠ECF＝∠CAO，
∵AB＝AC，AO⊥BC，
∴∠CAO＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠ECF，
在ECF和△DAB中，
CF=AB=8∠BAD=∠ECFAD=EC，
∴△ECF≌△DAB（SAS），
∴BD＝EF，
∴BD+BE＝BE+EF，
∵BE+EF≥BF，
∴BD+BE的最小值为线段BF的长，
∴当B，E，F共线时，BD+BE的值最小，
∵直线BF的解析式为：y=43x+4，
∴H（0，4），
∴当BD+BE的值最小时，则H点的坐标为（0，4），
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数图象上的点的特征、最短问题等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
8．（2020秋•天桥区期末）如图1，将正方形ABCD置于平面直角坐标系中，其中AD边在x轴上，其余各边均与坐标轴平行，直线l：y＝x﹣3沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，在平移的过程中，该直线被正方形ABCD的边所截得的线段长为m，平移的时间为t（秒），m与t的函数图象如图2所示，则图2中b的值为（ ）
A．52 B．42 C．32 D．22
【分析】先根据△AEF为等腰直角三角形，可得直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，再根据BD的长即可得到b的值．
【解答】解：如图1，直线y＝x﹣3中，令y＝0，得x＝3；令x＝0，得y＝﹣3，
即直线y＝x﹣3与坐标轴围成的△OEF为等腰直角三角形，
∴直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，
由图2可得，t＝2时，直线l经过点A，
∴AO＝3﹣2×1＝1，
∴A（1，0），
由图2可得，t＝12时，直线l经过点C，
∴当t=12-22+2＝7时，直线l经过B，D两点，
∴AD＝（7﹣2）×1＝5，
∴等腰Rt△ABD中，BD＝52，
即当a＝7时，b＝52．
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，一次函数图象与几何变换，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．解决问题的关键是掌握正方形的性质以及平移的性质．
9．（2020春•翠屏区期末）如图，直线y=-34x+6分别与x、y轴交于点A、B，点C在线段OA上，线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处．以下结论：
①AB＝10；
②直线BC的解析式为y＝﹣2x+6；
③点D（245，125）；
④若线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，则点P的坐标是（178，74）．
正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，可判断①；由折叠的性质可得OB＝BD＝6，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，由勾股定理可求OC的长，可得点C坐标，利用待定系数法可求BC解析式，可判断②；由面积公式可求DH的长，代入解析式可求点D坐标，可判断③；由菱形的性质可得PD∥OC，可得点P纵坐标为125，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵直线y=-34x+6分别与x、y轴交于点A、B，
∴点A（8，0），点B（0，6），
∴OA＝8，OB＝6，
∴AB=OB2+OA2=64+36=10，故①正确；
∵线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处，
∴OB＝BD＝6，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，
∴AD＝AB﹣BD＝4，
∵AC2＝AD2+CD2，
∴（8﹣OC）2＝16+OC2，
∴OC＝3，
∴点C（3，0），
设直线BC解析式为：y＝kx+6，
∴0＝3k+6，
∴k＝﹣2，
∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+6，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AC于H，
∵CD＝OC＝3，
∴CA＝5，
∵S△ACD=12AC×DH=12CD×AD，
∴DH=3×45=125，
∴当y=125时，125=-34x+6，
∴x=245，
∴点D（245，125），故③正确；
∵线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，且OC＝CD，
∴PD∥OC，
∴点P纵坐标为125，故④错误，
故选：B．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，面积法，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
10．（2020春•单县期末）一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象如图所示，下列说法：
①对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小
②函数y＝ax+d不经过第一象限，
③不等式ax+b＞cx+d的解集是x＜3，
④a﹣c=13（d﹣b），其中正确的个数有（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】仔细观察图象：①根据函数图象直接得到结论；
②c的正负看函数y2＝cx+d从左向右成何趋势，d的正负看函数y2＝cx+d与y轴的交点坐标；
③以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大；
④看两直线都在x轴上方的自变量的取值范围．
【解答】解：由图象可得：对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小，故①正确；
由于a＜0，d＜0，所以函数y＝ax+d的图象经过第二，三，四象限，即不经过第一象限，故②正确，
由图象可得当x＜3时，一次函数y1＝ax+b图象在y2＝cx+d的图象上方，
∴ax+b＞cx+d的解集是x＜3，故③正确；
∵一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象的交点的横坐标为3，
∴3a+b＝3c+d
∴3a﹣3c＝d﹣b，
∴a﹣c=13（d﹣b），故④正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．
11．（2020春•思明区校级期末）甲、乙两船沿直线航道AC匀速航行．甲船从起点A出发，同时乙船从航道AC中途的点B出发，向终点C航行．设t小时后甲、乙两船与B处的距离分别为d1，d2，则d1，d2与t的函数关系如图．下列说法：
①乙船的速度是40千米/时；
②甲船航行1小时到达B处；
③甲、乙两船航行0.6小时相遇；
④甲、乙两船的距离不小于10千米的时间段是0≤t≤2.5．其中正确的说法的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】结合图形，分从乙走的全程及时间得出乙的速度；从而可知t＝0.6时，乙走的路程，进而得出甲走的路程，从而可知甲的速度；根据题中对d与时间t的关系可判断甲乙两船航行0.6小时是否相遇；由前面求得的甲乙速度可判断甲、乙两船的距离不小于10千米的时间段．
【解答】解：乙船从B到C共用时3小时，走过路程为120千米，因此乙船的速度是40千米/时，①正确；
乙船经过0.6小时走过0.6×40＝24千米，甲船0.6小时走过60﹣24＝36千米，所以甲船的速度是36÷0.6＝60千米/时，
开始甲船距B点60千米，因此经过1小时到达B点，②正确；
航行0.6小时后，甲乙距B点都为24千米，但是乙船在B点前，甲船在B点后，二者相距48千米，因此③错误；
开始后，甲乙两船之间的距离越来越小，甲船经过1小时到达B点，此时乙离B地40千米，
航行2.5小时后，甲离B地：60×1.5＝90千米，乙离B地：40×2.5＝100千米，此时两船相距10千米，当2.5＜t≤3时，甲乙的距离小于10，因此④正确；
综上所述，正确的说法有①②④．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数在行程问题中的应用，读懂图象、明确行程问题的基本数量关系并数形结合是解题的关键．
12．（2020春•东丽区期末）已知三个非负数a、b、c满足3a+2b+c＝5，2a+b﹣3c＝1，若m＝3a+b﹣7c，则m的最小值为（ ）
A．-111 B．-57 C．-78 D．﹣1
【分析】由两个已知等式3a+2b+c＝5和2a+b﹣3c＝1．可用其中一个未知数表示另两个未知数，然后由条件：a，b，c均是非负数，列出c的不等式组，可求出未知数c的取值范围，再把m＝3a+b﹣7c中a，b转化为c，即可得解．
【解答】解：联立方程组3a+2b+c=52a+b-3c=1，
解得，a=7c-3b=7-11c，
由题意知：a，b，c均是非负数
则c≥07c-3≥07-11c≥0，
解得37≤c≤711，
m＝3a+b﹣7c
＝3（﹣3+7c）+（7﹣11c）﹣7c
＝﹣2+3c
当c=37时，m有最小值，即m＝﹣2+3×37=-57．
故选：B．
【点睛】此题主要考查代数式求值，考查的知识点相对较多，包括不等式的求解、求最大值最小值等，另外还要求有充分利用已知条件的能力．
13．（2020秋•怀宁县期末）2020年12月22日8时38分，G8311次动车组列车从合肥南站始发，驶向沿江千年古城、“黄梅戏”故乡安庆．这标志着京港高铁合肥至安庆段正式开通运营．运行期间，一列动车匀速从合肥开往安庆，一列普通列车匀速从安庆开往合肥，两车同时出发，设普通列车行驶的时间为x（h），两车之间的距离y（km），图中的折线表示y与x之间的函数关系，下列说法正确的有（ ）
①合肥、安庆两地相距176km，两车出发后0.5h相遇；
②普通列车到达终点站共需2h；
③普通列车的平均速度为88km/h；
④动车的平均速度为250km/h．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据题意和函数图象中的数据，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，
合肥、安庆两地相距176km，两车出发后0.5h相遇，故①正确；
普通列车到达终点站共需2h，故②正确；
普通列车的平均速度为：176÷2＝88（km/h），故③正确；
动车的平均速度为：176÷0.5﹣88＝352﹣88＝264（km/h），故④错误；
故选：C．
【点睛】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．
14．（2020•漳州期末）如图，在Rt△ABO中，∠OAB＝90°，B（6，6），点D在边AB上，AD＝5BD，点C为OA的中点，点P为边OB上的动点，则使四边形PCAD周长最小的点P的坐标为（ ）
A．（3，3） B．（72，72） C．（92，92） D．（5，5）
【分析】根据已知条件得到AB＝OA＝6，∠AOB＝45°，求得AD＝5，OC＝AC＝3，得到C（3，0），D（6，5），作C关于直线OB的对称点E，连接ED交OB于P′，连接CP′，则此时四边形P′DAC周长最小，E（0，3），求得直线ED的解析式为y=13x+2，解方程组即可得到结论．
【解答】解：∵在Rt△ABO中，∠OAB＝90°，B（6，6），
∴AB＝OA＝6，∠AOB＝45°，
∵AD＝5BD，点C为OA的中点，
∴AD＝5，OC＝AC＝3，
∴C（3，0），D（6，5），
作C关于直线OB的对称点E，连接ED交OB于P′，连接CP′
则此时，四边形P′DAC周长最小，E（0，3），
∵直线OB 的解析式为y＝x，
设直线ED的解析式为y＝kx+b，
∴b=36k+b=5，
解得：k=13b=3，
∴直线ED的解析式为y=13x+3，
解y=xy=13x+3得，x=92y=92，
∴C（92，92），
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．
15．（2020春•新乡期末）在平面直角坐标系中，解析式为y=3x+1的直线a，解析式为y=33x的直线b如图所示，直线a交y轴于点A，以OA为边作第一个等边三角形△OAB，过点B作y轴的平行线交直线a于点A1，以A1B为边作第二个等边三角形△A1BB1，…顺次这样做下去，第2020个等边三角形的边长为（ ）
A．22019 B．22020 C．4038 D．4040
【分析】延长A1B交x轴于D，A2B1交x轴于E，根据等边三角形的性质得OA＝OD，A1B＝BB1，A2B1＝B2B1，直线OB的解析式为y=33x，得出∠BOD＝30°，由直线a：y=3x+1得出第一个等边三角形边长为1，解直角三角形求得OD=32，BD=12，把x=32代入y=3x+1求得A1的纵坐标，即可求得第二个等边三角形的边长，…，按照此规律得到第三个、第四个等边三角形的边长，从而求得第2020个等边三角形的边长．
【解答】解：延长A1B交x轴于D，A2B1交x轴于E，如图，
∵△OAB、△BA1B1、△B1A2B2均为等边三角形，
∴OA＝OD，A1B＝BB1，A2B1＝B2B1，
∵直线OB的解析式为y=33x，
∴∠BOD＝30°，
由直线a：y=3x+1可知OA＝1，
∴OB＝1，
∴OD=32，BD=12，
把x=32代入y=3x+1得y=52，
∴A1D=52，
∴A1B＝2，
∴BB1＝A1B＝2，
∴OB1＝3，
∴OE=332，B1E=32，
把x=332代入y=3x+1得y=112，
∴A2E=112，
∴A2B1＝4，
同理得到A3B2＝23，…，按照此规律得到第2020个等边三角形的边长为22019，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，根据等边三角形的性质找出第n个等边三角形的边长为2n﹣1是解题的关键．
16．（2020春•江夏区期末）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC（不与A，C重合）上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，点O是MN的中点，若AB＝6，BC＝8，当点P在AC上运动时，则BO的最小值是（ ）
A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5
【分析】证四边形BMPN是矩形，得BP＝MN，由勾股定理求出AC＝10，当BP⊥AC时，BP最小，由面积法求出BP即可．
【解答】解：连接BP，如图所示：
∵∠ABC＝90°，PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，
∴四边形BMPN是矩形，AC=AB2+BC2=62+82=10，
∴BP＝MN，BP与MN互相平分，
∵点O是MN的中点，
∴BO=12MN，
当BP⊥AC时，BP最小=AB×BCAC=6×810=4.8，
∴MN＝4.8，
∴BO=12MN＝2.4，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
17．（2020春•武昌区期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，点D在BC边上，CE⊥AD于点E，交AB于点F，FC＝AD，若AF＝6，BC＝8，则AC的长是（ ）
A．52-1 B．52 C．35 D．41
【分析】过A点作AN⊥BC交FC于O点，交BC于N点，过F点作FM⊥BC于M点．证明△ADN≌△CFM，可得AN＝MC，DN＝FM，根据∠B＝45°，∠BMF＝90°，∠ANB＝90°，可得△BMF和△ANB都是等腰直角三角形，设BM＝FM＝a，AN＝BN＝b，可得AF＝AB﹣BF=2b-2a＝6，BC＝a+b＝8，联立方程组可得a和b的值，再根据勾股定理即可求出AC的长．
【解答】解：如图，过A点作AN⊥BC交FC于O点，交BC于N点，过F点作FM⊥BC于M点．
∵∠FCM+∠NOC＝90°，∠DAN+∠AOE＝90°，且∠NOC＝∠AOE，
∴∠DAN＝∠FCM．
又∠AND＝∠CMF＝90°，AD＝CF．
∴△ADN≌△CFM（AAS）．
∴AN＝MC，DN＝FM，
∵∠B＝45°，
∠BMF＝90°，∠ANB＝90°，
∴△BMF和△ANB都是等腰直角三角形，
设BM＝FM＝a，AN＝BN＝b，
∴BF=2a，AB=2b，
∵AN＝CM，
∴BC＝BM+MC＝BM+AN＝a+b，
∵AF＝6，BC＝8，
∴AF＝AB﹣BF=2b-2a＝6，
BC＝a+b＝8，
∴2b-2a=6a+b=8，
解得a=8-322b=8+322，
∴AN＝BN＝b=8+322，
∴CN＝BC﹣BN＝8-8+322=8-322，
在Rt△ANC中，利用勾股定理，得
AC=AN2+NC2=(8+322)2+(8-322)2=41．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，二元一次方程组，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．本题属于中考选择题的压轴题．
18．（2020春•十堰期末）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（6，6），点E、F分别在边BC、BA上，OE＝35．若∠EOF＝45°，则F点的纵坐标是（ ）
A．2 B．53 C．3 D．5-1
【分析】连接EF，延长BA使得AM＝CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，设AF＝x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【解答】解：如图，连接EF，延长BA，使得AM＝CE，
在△OCE和△OAM中，
AM=CE∠OCE=∠OAMOA=OC，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．
∴OE＝OM，∠COE＝∠MOA，
∵∠EOF＝45°，
∴∠COE+∠AOF＝45°，
∴∠MOA+∠AOF＝45°，
∴∠EOF＝∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
OE=OM∠FOE=∠FOMOF=OF，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，
设AF＝x，
∵CE=OE2-OC2=45-36=3，
∴EF＝3+x，EB＝3，FB＝6﹣x，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
∴x＝2，
∴点F的纵坐标为2，
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
19．（2020春•通山县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5．动点P满足S△PBC=13S矩形ABCD．则点P到B，C两点距离之和PB+PC的最小值为（ ）
A．29 B．34 C．52 D．41
【分析】首先由S△PBC=13S矩形ABCD．得出动点P在与BC平行且与BC的距离是2的直线l上，作B关于直线l的对称点E，连接CE，则CE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形BCE中，由勾股定理求得CE的值，即PB+PC的最小值．
【解答】解：设△PBC中BC边上的高是h．
∵S△PBC=13S矩形ABCD．
∴12BC•h=13AB•BC，
∴h=23AB＝2，
∴动点P在与BC平行且与BC的距离是2的直线l上，如图，作B关于直线l的对称点E，连接CE，则CE的长就是所求的最短距离．
在Rt△BCE中，∵BC＝5，BE＝2+2＝4，
∴CE=BC2+BE2=52+42=41，
即PB+PC的最小值为41．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
20．（2020春•汉阳区期末）如图，点C是线段AB上一点（不与线段端点重合），分别以AC，BC为边在线段AB的同侧作等边△ACD和等边△BCE，连接DE，点F为DE的中点，连接CF．若AB＝2a（a为常数，a＞0），当点C在线段AB上运动时，线段CF的长度l的取值范围是（ ）
A．3a3≤l≤3a2 B．3a2≤l＜a C．a2≤l≤3a3 D．3a3≤l≤a
【分析】当C点运动到A（B）点时l有最大值；当C运动到AB的中点时，CF有最小值，结合等边三角形的性质，运用勾股定理可计算求解．
【解答】解：∵AB＝2a，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴当C点运动到A（B）点时l有最大值；当C运动到AB的中点时，CF有最小值．
∴当C点运动到A（B）点时，CF=12AB＝a；当C运动到AB的中点时，CF=32a．
∵点C不与线段端点重合，
故线段CF的长度l的取值范围32a≤l＜a．
故选：B．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，确定线段CF取极值时的C点的位置时解题的关键．
21．（2020春•天门期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，∠AEB＝∠AEF．其中正确的结论是（ ）
A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④
【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性质可得AC垂直平分EF，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得EG＝GF，由角平分线的性质可得BE＝EG，可判断②，由全等三角形的性质可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可证△AEF是等边三角形，可判断③，通过分别求出∠AEB，∠AEF的度数，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵AB＝AD，AE＝AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∴CE＝CF，
又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴AC垂直平分EF，故①正确；
∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，
∴EG＝GF，
当AE平分∠BAC时，BE＝EG，即BE+DF＝EF，故②错误；
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠DAF＝∠BAE＝15°，
∴∠EAF＝60°，
又∵AE＝AF，
∴△AEF是等边三角形，故③正确；
∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF＝60°，
∵∠BAC＝45°，∠CAE＝30°，
∴∠BAE＝15°，
∴∠AEB＝75°≠∠AEF，故④错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，证明Rt△ABE≌Rt△ADF是本题的关键．
22．（2020春•孝感期末）如图，P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF．给出以下4个结论，其中，所有正确的结论是（ ）
①△FPD是等腰直角三角形；
②AP＝EF＝PC；
③AD＝PD；
④∠PFE＝∠BAP．
A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④
【分析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；
直接用正方形的性质和垂直得出①正确，
利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，
由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．
【解答】解：∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，
∴PA＝PC，∠BCD＝90°，
∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，
∴∠PEC＝∠DFP＝∠PFC＝∠C＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC＝EF，
∴PA＝EF，故②正确，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵∠PFC＝∠BCD＝90°，
∴PF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∵∠DFP＝90°，
∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确，
在△PAB和△PCB中，
AB=CBPA=PCBP=BP，
∴△PAB≌△PCB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
在矩形PECF中，∠PFE＝∠FPC＝∠BCP，
∴∠PFE＝∠BAP．故④正确，
∵点P是正方形对角线BD上任意一点，
∴AD不一定等于PD，
只有∠BAP＝22.5°时，AD＝PD，故③错误，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，解本题的关键是判断出四边形PECF是矩形．
23．（2020春•如东县期末）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（ ）
A．33 B．3+33 C．6+3 D．63
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，
∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE=AD2-AE2=62-32=33，
∴2DE＝63．
∴MA+MB+MD的最小值是63．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．
24．（2020春•新城区校级期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB=5．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离是2；③EB⊥ED；④S正方形ABCD＝4+6．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
【分析】①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②由①可得∠BEP＝90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB＝135°所以∠EFB＝45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=62，故②是错误的；
③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；
④连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=12PD×BE=32，所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+62，由此即可判定．
【解答】解：∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∵在△APD和△AEB中，AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；故①正确；
由△APD≌△AEB得，∠AEP＝∠APE＝45°，从而∠APD＝∠AEB＝135°，
所以∠BEP＝90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在△AEP中，由勾股定理得PE=2，
在△BEP中，PB=5，PE=2，由勾股定理得：BE=3，
∵∠PAE＝∠PEB＝∠EFB＝90°，AE＝AP，
∴∠AEP＝45°，
∴∠BEF＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
∴∠EBF＝45°，
∴EF＝BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF＝BF=62，
故②是错误的；
因为△APD≌△AEB，所以∠ADP＝∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；
连接BD，则S△BPD=12PD×BE=32，
所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+62，
所以S正方形ABCD＝2S△ABD＝4+6所以④是正确的；
综上可知，正确的有①③④，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
25．（2020春•开江县期末）如图，BD为▱ABCD的对角线，∠DBC＝45°，DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，DE、BF相交于点H，直线BF交线段AD的延长线于点G，下列结论：①CE=12BE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④∠BHD＝∠BDG，⑤BH2+BG2＝AG2．其中正确的结论有（ ）
A．①②④ B．②③⑤ C．①⑤ D．③④
【分析】通过判断△BDE为等腰直角三角形，得到BE＝DE，根据等角的余角相等得到∠BHE＝∠C，再根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，则∠A＝∠BHE，于是可对②进行判断；根据“AAS”可证明△BEH≌△DEC，得到BH＝CD，CE＝EH，可对①进行判断；接着由平行四边形的性质得AB＝CD，则AB＝BH，运算可对③进行判断；因为∠BDH＝90°+∠EBH，∠BDG＝90°+∠BDE，由∠BDE＞∠EBH，推出∠BDG＞∠BHD；依据勾股定理即可得到BH2+BG2＝AG2．
【解答】解：∵∠DBC＝45°，DE⊥BC，
∴△BDE为等腰直角三角形，
∴BE＝DE，
∵BF⊥CD，
∴∠C+∠CBF＝90°，
而∠BHE+∠CBF＝90°，
∴∠BHE＝∠C，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∴∠A＝∠BHE，所以②正确；
在△BEH和△DEC中
∠BHE=∠C∠HEB=∠CEDBE=DE，
∴△BEH≌△DEC（AAS），
∴BH＝CD，CE＝EH，
∵点H不是DE中点
∴BE＝ED≠2EC，所以①错误；
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，
∴AB＝BH，所以③正确；
∵∠BDH＝90°+∠EBH，∠BDG＝90°+∠BDE，
∵∠BDE＞∠EBH，
∴∠BDG＞∠BHD，所以④错误；
∵BF⊥CD，AB∥CD，
∴∠ABG＝90°，
∴Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，
又∵AB＝BH，
∴BH2+BG2＝AG2，所以⑤正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质以及勾股定理，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键．
26．（2020秋•罗湖区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G，下列结论：
①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2+AE2＝4AG2．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE＝∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE＝BD，求出AE＝CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，求出DG＝AG＝CG＝EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE＝BD=12BC和AG=12AC判断③即可．
【解答】解：连接EC，
∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，故①正确；
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AE平分∠FAC，
∴∠FAC＝2∠FAE，
∵∠FAC＝∠B+∠ACB，
∴∠FAE＝∠B，
∴AE∥BC，故②正确；
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，
∴DG＝AG＝CG＝EG，
在Rt△AED中，AD2+AE2＝DE2＝AC2＝(2AG)2＝4AG2，故④正确；
∵AE＝BD=12BC，AG=12AC，
∴AG＝AE错误（已知没有条件AC＝BC），故③错误；
即正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
27．（2020秋•新蔡县期末）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，点B在y轴上，OA＝1．将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2020次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2020的坐标为（ ）
A．（1345，0） B．（1345.5，32）
C．（1346，0） D．（1346.5，32）
【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2020＝336×6+4，因此点B4向右平移1344（即336×4）即可到达点B2020，根据点B4的坐标就可求出点B2020的坐标．
【解答】解：连接AC，如图所示．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA＝AB＝BC＝OC．
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC＝AB．
∴AC＝OA．
∵OA＝1，
∴AC＝1．
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵2020＝336×6+4，
∴点B4向右平移1344（即336×4）到点B2020．
∵B4的坐标为（2，0），
∴B2020的坐标为（2+1344，0），
∴B2020的坐标为（1346，0）．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
28．（2020•江北区校级期末）已知在四边形ABCD中，AB＝3，CD＝5，M，N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围是（ ）
A．1＜MN＜4 B．1＜MN≤4 C．2＜MN＜8 D．2＜MN≤8
【分析】利用中位线定理可得MG=12AB=32，NG=12CD=52，由三角形的三边关系得出1＜MN＜4，再由当MN＝MG+NG，即MN＝4时，四边形ABCD是梯形，即可得出MN的取值范围．
【解答】解：连接BD，过M作MG∥AB交BD于G，连接NG．如图所示：
∵M是边AD的中点，AB＝3，MG∥AB，
∴MG是△ABD的中位线，
∴BG＝GD，MG=12AB=32，
∵N是BC的中点，BG＝GD，CD＝5，
∴NG是△BCD的中位线，
∴NG=12CD=52，
在△MNG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，
即52-32＜MN＜52+32，
∴1＜MN＜4，
当MN＝MG+NG，即MN＝4时，四边形ABCD是梯形，
故线段MN长的取值范围是1＜MN≤4．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、三角形的三边关系；解答此题的关键是根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理及三角形三边关系解答．
29．（2020春•梁平区期末）如图，已知平行四边形OABC的顶点A，C分别在直线x＝1和x＝4上，点O是坐标原点，则点B的横坐标为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．10
【分析】过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，由四边形OABC是平行四边形，得OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF＝∠BCD，则可由ASA证得△OAF≌△BCD，得出BD＝OF＝1，即可得出结果．
【解答】解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图所示：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，∠FOA=∠DBCOA=BC∠OAF=∠BCD，
∴△OAF≌△BCD（ASA）．
∴BD＝OF＝1，
∴点B的横坐标为：OE＝4+BD＝4+1＝5，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
30．（2020春•兴宁区校级期末）如图，四边形ABCD是边长为8的正方形，点E在边CD上，DE＝2；作EF∥BC．分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG，BE的中点，则MN的长是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】先判定四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，可得点N为FC的中点，BE＝FC；再证明△AFG为等腰直角三角形，然后由等腰三角形的“三线合一“性质可得MN=12FC，由勾股数可得BE的长，即为FC的长，从而可得MN的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°
∵EF∥BC，
∴∠BFE+∠ABC＝180°，
∴∠BFE＝90°，
∴四边形BCEF为矩形，
连接FM，FC，如图：
∵N是BE的中点，四边形BCEF为矩形．
∴点N为FC的中点，BE＝FC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝45°，
又∵∠AFG＝90°，
∴△AFG为等腰直角三角形．
∵M是AG的中点，
∴AM＝MG，
∴FM⊥AG，
∴△FMC为直角三角形，
∵点N为FC的中点，
∴MN=12FC，
∵四边形ABCD是边长为8的正方形，DE＝2，
∴BC＝CD＝8，CE＝6，
在Rt△BCE中，由勾股数可得BE＝10，
∴FC＝10，
∴MN=12FC＝5．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股数及直角三角形的斜边中线性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
2020-2021学年人教版八年级数学下册选择压轴题知识考点梳理卷
1．（2020春•黄陂区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A（1，5），B（4，1），C（m，﹣m），D（m﹣3，﹣m+4），当四边形ABCD的周长最小时，则m的值为（ ）
A．2 B．32 C．2 D．3
【分析】首先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：∵A（1，5），B（4，1），C（m，﹣m），D（m﹣3，﹣m+4），
∴AB=32+42=5，CD=[(m-3)-m]2+[(-m+4)-(-m)]2=5，
∴AB＝CD＝5，
∵点B向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到A，点C向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到D，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，
∴当BC⊥CD时，BC的值最小，
∵点C在直线y＝﹣x上运动，BC⊥直线y＝﹣x，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
由y=-xy=x-3，解得x=32y=-32，
∴C（32，-32），
∴m=32，
故选：B．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2．（2020春•洪山区期末）如图，直线y＝x﹣4分别交x轴、y轴于A、B两点，C为OB中点（O为坐标原点），D点在第四象限，且满足∠ADO＝45°，则线段CD长度的最大值等于（ ）
A．2+4 B．22+2 C．4 D．2+2
【分析】先通过直线解析式求得A、B的坐标，得到OA＝OB＝4，AB＝42，取AB中点E，连接BD、CE、DE，作OM⊥OD交DA延长线于M，易证得△ODM为等腰直角三角形，通过证得△OBD≌△OAM，得到∠BDO＝45°，即可求得∠ADB＝90°，然后根据三角形中位线定理和直角三角形斜边中线的性质求得CE＝2，DE＝22，根据三角形三边的关系即可求得结论．
【解答】解：∵直线y＝x﹣4分别交x轴、y轴于A、B两点，
∴A（4，0），B（0，﹣4），
∴OA＝OB＝4，
∴AB=42+42=42，
取AB中点E，连接BD、CE、DE，作OM⊥OD交DA延长线于M，
∵∠ADO＝45°，
∴∠M＝45°，
∴OD＝OM，
∴△ODM为等腰直角三角形，
∵∠AOB＝∠DOM＝90°，
∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOM﹣∠AOD，即∠BOD＝∠AOM，
在△OBD和△OAM中，
OD=OM∠BOD=∠AOMOB=OA，
∴△OBD≌△OAM（SAS），
∴∠ODB＝∠M＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∵AE＝BE，BC＝OC，
∴CE=12OA＝2，DE=12AB＝22，
∴CD≤CE+DE＝2+22，
故CD的最大值为22+2，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线定理以及直角三角形斜边中线的性质，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
3．（2020春•汉川市期末）在平面直角坐标系中，已知点P（a，a+8）是第二象限一动点，另点A的坐标为（﹣6，0），则以下结论：
①点P在直线y＝x+8上；
②﹣6＜a＜0；
③OP的最小值为42；
④若设△OPA的面积为S，当a＝﹣5时，S＝9；
⑤过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，矩形OEPF的周长始终不变为16．
其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据点P（a，a+8）是第二象限一动点，即可判断①②；根据三角形面积公式求得垂线段的长即可判断③；求得三角形的面积即可判断④；计算减小的周长即可判断⑤．
【解答】解：∵点P（a，a+8）是第二象限一动点，
∴点P在y＝x+8上，故①正确，
∵点P（a，a+8）是第二象限一动点，
∴﹣8＜x＜0，故②错误；
设直线y＝x+8与x轴的交点为M（﹣8，0），与y轴的交点为N（0，8），O到MN的距离为h，
∴OM＝ON＝8，
∴MN＝82，
∴12OM•ON=12MN•h，
∴h＝42，
∴OP的最小值为42，故③正确；
当a＝﹣5时，则点P（﹣5，3），
∵点A的坐标为（﹣6，0），
∴OA＝6，
∴S=12×6×3=9，故④正确；
∵PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，
∴PE＝a+8，PF＝﹣a，
∴矩形OEPF的周长＝2（PE+PF）＝16，故⑤正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，垂线段最短，矩形的性质，注意第二象限点的坐标特征是解题关键．
4．（2020春•武昌区期末）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点叫作整点，直线y＝kx﹣3（k＞0）与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则k的取值范围是（ ）
A．23≤k≤34 B．34≤k＜1 C．23≤k＜1 D．12≤k＜1
【分析】直线y＝kx﹣3（k＞0），与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则这三个点是（1，﹣1），（1，﹣2），（2，﹣1），因此此时的k的取值范围应介于直线l1和直线l2的两个k值之间．
【解答】解：如图：直线y＝kx﹣3（k＞0），一定过点（0，﹣3），
把（3，0）代入y＝kx﹣3得，k＝1；
把（3，﹣1）代入y＝kx﹣3得，k=23；
直线y＝kx﹣3（k＞0），与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则k的取值范围为23≤k＜1，
故选：C．
【点睛】考查一次函数的图象与系数之间的关系，利用图象确定k的取值范围介在直线l1和直线l2的两个k值之间是解决问题的关键．
5．（2020·鄂州期末）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：
①A，B两城相距300千米；
②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；
③乙车出发后2.5小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距50千米时，t=54或154．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】解：
由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，
∴①②都正确；
设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，
把（5，300）代入可求得k＝60，
∴y甲＝60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得m+n=04m+n=300，解得m=100n=-100，
∴y乙＝100t﹣100，
令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝2.5，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，
∴③不正确；
令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，
当100﹣40t＝50时，可解得t=54，
当100﹣40t＝﹣50时，可解得t=154，
又当t=56时，y甲＝50，此时乙还没出发，
当t=256时，乙到达B城，y甲＝250；
综上可知当t的值为54或154或56或256时，两车相距50千米，
∴④不正确；
综上可知正确的有①②共两个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间．
6．（2020春•梁子湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝x和y=-12x的图象分别为直线l1，l2，过点A1（1，-12）作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，依次进行下去，则点A2020的横坐标为（ ）
A．﹣21009 B．﹣21010 C．﹣41009 D．﹣41010
【分析】由题意分别求出A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8的坐标，找出A2n的横坐标的规律，即可求解．
【解答】解：∵过点A1（1，-12）作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，……依次进行下去，
∴A1与A2横坐标相同，A2与A3纵坐标相同，
∴当x＝1时，y＝1，
∴A2（1，1），
∴当y＝1时，x＝﹣2
A3（﹣2，1），
同理可得：A4（﹣2，﹣2），A5（4，﹣2），A6（4，4），A7（﹣8，4），A8（﹣8，﹣8）…
∴A2n的横坐标为（﹣2）n﹣1，
∴点A2020的横坐标（﹣2）1009＝﹣21009．
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出题目中点的横坐标的变化规律．
7．（2020秋•龙岗区期末）如图，已知直线AB：y=553x+55分别交x轴、y轴于点B、A两点，C（3，0），D、E分别为线段AO和线段AC上一动点，BE交y轴于点H，且AD＝CE．当BD+BE的值最小时，则H点的坐标为（ ）
A．（0，552） B．（0，5） C．（0，4） D．（0，55）
【分析】首先证明AB＝AC＝8，取点F（3，8），连接CF，EF，BF．由△ECF≌△DAB（SAS），推出BD＝EF，推出BD+BE＝BE+EF，因为BE+EF≥BF，推出BD+BE的最小值为线段BF的长，推出当B，E，F共线时，BD+BE的值最小，求出直线BF的解析式即可解决问题．
【解答】解：由题意A（0，55），B（﹣3，0），C（3，0），
∴AB＝AC＝8，
取点F（3，8），连接CF，EF，BF．
∵C（3，0），
∴CF∥OA，
∴∠ECF＝∠CAO，
∵AB＝AC，AO⊥BC，
∴∠CAO＝∠BAD，
∴∠BAD＝∠ECF，
在ECF和△DAB中，
CF=AB=8∠BAD=∠ECFAD=EC，
∴△ECF≌△DAB（SAS），
∴BD＝EF，
∴BD+BE＝BE+EF，
∵BE+EF≥BF，
∴BD+BE的最小值为线段BF的长，
∴当B，E，F共线时，BD+BE的值最小，
∵直线BF的解析式为：y=43x+4，
∴H（0，4），
∴当BD+BE的值最小时，则H点的坐标为（0，4），
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数图象上的点的特征、最短问题等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
8．（2020秋•天桥区期末）如图1，将正方形ABCD置于平面直角坐标系中，其中AD边在x轴上，其余各边均与坐标轴平行，直线l：y＝x﹣3沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，在平移的过程中，该直线被正方形ABCD的边所截得的线段长为m，平移的时间为t（秒），m与t的函数图象如图2所示，则图2中b的值为（ ）
A．52 B．42 C．32 D．22
【分析】先根据△AEF为等腰直角三角形，可得直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，再根据BD的长即可得到b的值．
【解答】解：如图1，直线y＝x﹣3中，令y＝0，得x＝3；令x＝0，得y＝﹣3，
即直线y＝x﹣3与坐标轴围成的△OEF为等腰直角三角形，
∴直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，
由图2可得，t＝2时，直线l经过点A，
∴AO＝3﹣2×1＝1，
∴A（1，0），
由图2可得，t＝12时，直线l经过点C，
∴当t=12-22+2＝7时，直线l经过B，D两点，
∴AD＝（7﹣2）×1＝5，
∴等腰Rt△ABD中，BD＝52，
即当a＝7时，b＝52．
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，一次函数图象与几何变换，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．解决问题的关键是掌握正方形的性质以及平移的性质．
9．（2020春•翠屏区期末）如图，直线y=-34x+6分别与x、y轴交于点A、B，点C在线段OA上，线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处．以下结论：
①AB＝10；
②直线BC的解析式为y＝﹣2x+6；
③点D（245，125）；
④若线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，则点P的坐标是（178，74）．
正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，可判断①；由折叠的性质可得OB＝BD＝6，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，由勾股定理可求OC的长，可得点C坐标，利用待定系数法可求BC解析式，可判断②；由面积公式可求DH的长，代入解析式可求点D坐标，可判断③；由菱形的性质可得PD∥OC，可得点P纵坐标为125，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵直线y=-34x+6分别与x、y轴交于点A、B，
∴点A（8，0），点B（0，6），
∴OA＝8，OB＝6，
∴AB=OB2+OA2=64+36=10，故①正确；
∵线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处，
∴OB＝BD＝6，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，
∴AD＝AB﹣BD＝4，
∵AC2＝AD2+CD2，
∴（8﹣OC）2＝16+OC2，
∴OC＝3，
∴点C（3，0），
设直线BC解析式为：y＝kx+6，
∴0＝3k+6，
∴k＝﹣2，
∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+6，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AC于H，
∵CD＝OC＝3，
∴CA＝5，
∵S△ACD=12AC×DH=12CD×AD，
∴DH=3×45=125，
∴当y=125时，125=-34x+6，
∴x=245，
∴点D（245，125），故③正确；
∵线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，且OC＝CD，
∴PD∥OC，
∴点P纵坐标为125，故④错误，
故选：B．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，面积法，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
10．（2020春•单县期末）一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象如图所示，下列说法：
①对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小
②函数y＝ax+d不经过第一象限，
③不等式ax+b＞cx+d的解集是x＜3，
④a﹣c=13（d﹣b），其中正确的个数有（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】仔细观察图象：①根据函数图象直接得到结论；
②c的正负看函数y2＝cx+d从左向右成何趋势，d的正负看函数y2＝cx+d与y轴的交点坐标；
③以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大；
④看两直线都在x轴上方的自变量的取值范围．
【解答】解：由图象可得：对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小，故①正确；
由于a＜0，d＜0，所以函数y＝ax+d的图象经过第二，三，四象限，即不经过第一象限，故②正确，
由图象可得当x＜3时，一次函数y1＝ax+b图象在y2＝cx+d的图象上方，
∴ax+b＞cx+d的解集是x＜3，故③正确；
∵一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象的交点的横坐标为3，
∴3a+b＝3c+d
∴3a﹣3c＝d﹣b，
∴a﹣c=13（d﹣b），故④正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．
11．（2020春•思明区校级期末）甲、乙两船沿直线航道AC匀速航行．甲船从起点A出发，同时乙船从航道AC中途的点B出发，向终点C航行．设t小时后甲、乙两船与B处的距离分别为d1，d2，则d1，d2与t的函数关系如图．下列说法：
①乙船的速度是40千米/时；
②甲船航行1小时到达B处；
③甲、乙两船航行0.6小时相遇；
④甲、乙两船的距离不小于10千米的时间段是0≤t≤2.5．其中正确的说法的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】结合图形，分从乙走的全程及时间得出乙的速度；从而可知t＝0.6时，乙走的路程，进而得出甲走的路程，从而可知甲的速度；根据题中对d与时间t的关系可判断甲乙两船航行0.6小时是否相遇；由前面求得的甲乙速度可判断甲、乙两船的距离不小于10千米的时间段．
【解答】解：乙船从B到C共用时3小时，走过路程为120千米，因此乙船的速度是40千米/时，①正确；
乙船经过0.6小时走过0.6×40＝24千米，甲船0.6小时走过60﹣24＝36千米，所以甲船的速度是36÷0.6＝60千米/时，
开始甲船距B点60千米，因此经过1小时到达B点，②正确；
航行0.6小时后，甲乙距B点都为24千米，但是乙船在B点前，甲船在B点后，二者相距48千米，因此③错误；
开始后，甲乙两船之间的距离越来越小，甲船经过1小时到达B点，此时乙离B地40千米，
航行2.5小时后，甲离B地：60×1.5＝90千米，乙离B地：40×2.5＝100千米，此时两船相距10千米，当2.5＜t≤3时，甲乙的距离小于10，因此④正确；
综上所述，正确的说法有①②④．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数在行程问题中的应用，读懂图象、明确行程问题的基本数量关系并数形结合是解题的关键．
12．（2020春•东丽区期末）已知三个非负数a、b、c满足3a+2b+c＝5，2a+b﹣3c＝1，若m＝3a+b﹣7c，则m的最小值为（ ）
A．-111 B．-57 C．-78 D．﹣1
【分析】由两个已知等式3a+2b+c＝5和2a+b﹣3c＝1．可用其中一个未知数表示另两个未知数，然后由条件：a，b，c均是非负数，列出c的不等式组，可求出未知数c的取值范围，再把m＝3a+b﹣7c中a，b转化为c，即可得解．
【解答】解：联立方程组3a+2b+c=52a+b-3c=1，
解得，a=7c-3b=7-11c，
由题意知：a，b，c均是非负数
则c≥07c-3≥07-11c≥0，
解得37≤c≤711，
m＝3a+b﹣7c
＝3（﹣3+7c）+（7﹣11c）﹣7c
＝﹣2+3c
当c=37时，m有最小值，即m＝﹣2+3×37=-57．
故选：B．
【点睛】此题主要考查代数式求值，考查的知识点相对较多，包括不等式的求解、求最大值最小值等，另外还要求有充分利用已知条件的能力．
13．（2020秋•怀宁县期末）2020年12月22日8时38分，G8311次动车组列车从合肥南站始发，驶向沿江千年古城、“黄梅戏”故乡安庆．这标志着京港高铁合肥至安庆段正式开通运营．运行期间，一列动车匀速从合肥开往安庆，一列普通列车匀速从安庆开往合肥，两车同时出发，设普通列车行驶的时间为x（h），两车之间的距离y（km），图中的折线表示y与x之间的函数关系，下列说法正确的有（ ）
①合肥、安庆两地相距176km，两车出发后0.5h相遇；
②普通列车到达终点站共需2h；
③普通列车的平均速度为88km/h；
④动车的平均速度为250km/h．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据题意和函数图象中的数据，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，
合肥、安庆两地相距176km，两车出发后0.5h相遇，故①正确；
普通列车到达终点站共需2h，故②正确；
普通列车的平均速度为：176÷2＝88（km/h），故③正确；
动车的平均速度为：176÷0.5﹣88＝352﹣88＝264（km/h），故④错误；
故选：C．
【点睛】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．
14．（2020•漳州期末）如图，在Rt△ABO中，∠OAB＝90°，B（6，6），点D在边AB上，AD＝5BD，点C为OA的中点，点P为边OB上的动点，则使四边形PCAD周长最小的点P的坐标为（ ）
A．（3，3） B．（72，72） C．（92，92） D．（5，5）
【分析】根据已知条件得到AB＝OA＝6，∠AOB＝45°，求得AD＝5，OC＝AC＝3，得到C（3，0），D（6，5），作C关于直线OB的对称点E，连接ED交OB于P′，连接CP′，则此时四边形P′DAC周长最小，E（0，3），求得直线ED的解析式为y=13x+2，解方程组即可得到结论．
【解答】解：∵在Rt△ABO中，∠OAB＝90°，B（6，6），
∴AB＝OA＝6，∠AOB＝45°，
∵AD＝5BD，点C为OA的中点，
∴AD＝5，OC＝AC＝3，
∴C（3，0），D（6，5），
作C关于直线OB的对称点E，连接ED交OB于P′，连接CP′
则此时，四边形P′DAC周长最小，E（0，3），
∵直线OB 的解析式为y＝x，
设直线ED的解析式为y＝kx+b，
∴b=36k+b=5，
解得：k=13b=3，
∴直线ED的解析式为y=13x+3，
解y=xy=13x+3得，x=92y=92，
∴C（92，92），
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到P点的位置是解题的关键．
15．（2020春•新乡期末）在平面直角坐标系中，解析式为y=3x+1的直线a，解析式为y=33x的直线b如图所示，直线a交y轴于点A，以OA为边作第一个等边三角形△OAB，过点B作y轴的平行线交直线a于点A1，以A1B为边作第二个等边三角形△A1BB1，…顺次这样做下去，第2020个等边三角形的边长为（ ）
A．22019 B．22020 C．4038 D．4040
【分析】延长A1B交x轴于D，A2B1交x轴于E，根据等边三角形的性质得OA＝OD，A1B＝BB1，A2B1＝B2B1，直线OB的解析式为y=33x，得出∠BOD＝30°，由直线a：y=3x+1得出第一个等边三角形边长为1，解直角三角形求得OD=32，BD=12，把x=32代入y=3x+1求得A1的纵坐标，即可求得第二个等边三角形的边长，…，按照此规律得到第三个、第四个等边三角形的边长，从而求得第2020个等边三角形的边长．
【解答】解：延长A1B交x轴于D，A2B1交x轴于E，如图，
∵△OAB、△BA1B1、△B1A2B2均为等边三角形，
∴OA＝OD，A1B＝BB1，A2B1＝B2B1，
∵直线OB的解析式为y=33x，
∴∠BOD＝30°，
由直线a：y=3x+1可知OA＝1，
∴OB＝1，
∴OD=32，BD=12，
把x=32代入y=3x+1得y=52，
∴A1D=52，
∴A1B＝2，
∴BB1＝A1B＝2，
∴OB1＝3，
∴OE=332，B1E=32，
把x=332代入y=3x+1得y=112，
∴A2E=112，
∴A2B1＝4，
同理得到A3B2＝23，…，按照此规律得到第2020个等边三角形的边长为22019，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，根据等边三角形的性质找出第n个等边三角形的边长为2n﹣1是解题的关键．
16．（2020春•江夏区期末）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC（不与A，C重合）上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，点O是MN的中点，若AB＝6，BC＝8，当点P在AC上运动时，则BO的最小值是（ ）
A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5
【分析】证四边形BMPN是矩形，得BP＝MN，由勾股定理求出AC＝10，当BP⊥AC时，BP最小，由面积法求出BP即可．
【解答】解：连接BP，如图所示：
∵∠ABC＝90°，PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，
∴四边形BMPN是矩形，AC=AB2+BC2=62+82=10，
∴BP＝MN，BP与MN互相平分，
∵点O是MN的中点，
∴BO=12MN，
当BP⊥AC时，BP最小=AB×BCAC=6×810=4.8，
∴MN＝4.8，
∴BO=12MN＝2.4，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
17．（2020春•武昌区期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，点D在BC边上，CE⊥AD于点E，交AB于点F，FC＝AD，若AF＝6，BC＝8，则AC的长是（ ）
A．52-1 B．52 C．35 D．41
【分析】过A点作AN⊥BC交FC于O点，交BC于N点，过F点作FM⊥BC于M点．证明△ADN≌△CFM，可得AN＝MC，DN＝FM，根据∠B＝45°，∠BMF＝90°，∠ANB＝90°，可得△BMF和△ANB都是等腰直角三角形，设BM＝FM＝a，AN＝BN＝b，可得AF＝AB﹣BF=2b-2a＝6，BC＝a+b＝8，联立方程组可得a和b的值，再根据勾股定理即可求出AC的长．
【解答】解：如图，过A点作AN⊥BC交FC于O点，交BC于N点，过F点作FM⊥BC于M点．
∵∠FCM+∠NOC＝90°，∠DAN+∠AOE＝90°，且∠NOC＝∠AOE，
∴∠DAN＝∠FCM．
又∠AND＝∠CMF＝90°，AD＝CF．
∴△ADN≌△CFM（AAS）．
∴AN＝MC，DN＝FM，
∵∠B＝45°，
∠BMF＝90°，∠ANB＝90°，
∴△BMF和△ANB都是等腰直角三角形，
设BM＝FM＝a，AN＝BN＝b，
∴BF=2a，AB=2b，
∵AN＝CM，
∴BC＝BM+MC＝BM+AN＝a+b，
∵AF＝6，BC＝8，
∴AF＝AB﹣BF=2b-2a＝6，
BC＝a+b＝8，
∴2b-2a=6a+b=8，
解得a=8-322b=8+322，
∴AN＝BN＝b=8+322，
∴CN＝BC﹣BN＝8-8+322=8-322，
在Rt△ANC中，利用勾股定理，得
AC=AN2+NC2=(8+322)2+(8-322)2=41．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，二元一次方程组，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．本题属于中考选择题的压轴题．
18．（2020春•十堰期末）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（6，6），点E、F分别在边BC、BA上，OE＝35．若∠EOF＝45°，则F点的纵坐标是（ ）
A．2 B．53 C．3 D．5-1
【分析】连接EF，延长BA使得AM＝CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，设AF＝x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【解答】解：如图，连接EF，延长BA，使得AM＝CE，
在△OCE和△OAM中，
AM=CE∠OCE=∠OAMOA=OC，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．
∴OE＝OM，∠COE＝∠MOA，
∵∠EOF＝45°，
∴∠COE+∠AOF＝45°，
∴∠MOA+∠AOF＝45°，
∴∠EOF＝∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
OE=OM∠FOE=∠FOMOF=OF，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，
设AF＝x，
∵CE=OE2-OC2=45-36=3，
∴EF＝3+x，EB＝3，FB＝6﹣x，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
∴x＝2，
∴点F的纵坐标为2，
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
19．（2020春•通山县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5．动点P满足S△PBC=13S矩形ABCD．则点P到B，C两点距离之和PB+PC的最小值为（ ）
A．29 B．34 C．52 D．41
【分析】首先由S△PBC=13S矩形ABCD．得出动点P在与BC平行且与BC的距离是2的直线l上，作B关于直线l的对称点E，连接CE，则CE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形BCE中，由勾股定理求得CE的值，即PB+PC的最小值．
【解答】解：设△PBC中BC边上的高是h．
∵S△PBC=13S矩形ABCD．
∴12BC•h=13AB•BC，
∴h=23AB＝2，
∴动点P在与BC平行且与BC的距离是2的直线l上，如图，作B关于直线l的对称点E，连接CE，则CE的长就是所求的最短距离．
在Rt△BCE中，∵BC＝5，BE＝2+2＝4，
∴CE=BC2+BE2=52+42=41，
即PB+PC的最小值为41．
故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
20．（2020春•汉阳区期末）如图，点C是线段AB上一点（不与线段端点重合），分别以AC，BC为边在线段AB的同侧作等边△ACD和等边△BCE，连接DE，点F为DE的中点，连接CF．若AB＝2a（a为常数，a＞0），当点C在线段AB上运动时，线段CF的长度l的取值范围是（ ）
A．3a3≤l≤3a2 B．3a2≤l＜a C．a2≤l≤3a3 D．3a3≤l≤a
【分析】当C点运动到A（B）点时l有最大值；当C运动到AB的中点时，CF有最小值，结合等边三角形的性质，运用勾股定理可计算求解．
【解答】解：∵AB＝2a，△ACD和△BCE为等边三角形，
∴当C点运动到A（B）点时l有最大值；当C运动到AB的中点时，CF有最小值．
∴当C点运动到A（B）点时，CF=12AB＝a；当C运动到AB的中点时，CF=32a．
∵点C不与线段端点重合，
故线段CF的长度l的取值范围32a≤l＜a．
故选：B．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，确定线段CF取极值时的C点的位置时解题的关键．
21．（2020春•天门期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，∠AEB＝∠AEF．其中正确的结论是（ ）
A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④
【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性质可得AC垂直平分EF，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得EG＝GF，由角平分线的性质可得BE＝EG，可判断②，由全等三角形的性质可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可证△AEF是等边三角形，可判断③，通过分别求出∠AEB，∠AEF的度数，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵AB＝AD，AE＝AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∴CE＝CF，
又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴AC垂直平分EF，故①正确；
∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，
∴EG＝GF，
当AE平分∠BAC时，BE＝EG，即BE+DF＝EF，故②错误；
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠DAF＝∠BAE＝15°，
∴∠EAF＝60°，
又∵AE＝AF，
∴△AEF是等边三角形，故③正确；
∵AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF＝60°，
∵∠BAC＝45°，∠CAE＝30°，
∴∠BAE＝15°，
∴∠AEB＝75°≠∠AEF，故④错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，证明Rt△ABE≌Rt△ADF是本题的关键．
22．（2020春•孝感期末）如图，P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF．给出以下4个结论，其中，所有正确的结论是（ ）
①△FPD是等腰直角三角形；
②AP＝EF＝PC；
③AD＝PD；
④∠PFE＝∠BAP．
A．①② B．①④ C．①②④ D．①③④
【分析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；
直接用正方形的性质和垂直得出①正确，
利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，
由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．
【解答】解：∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，
∴PA＝PC，∠BCD＝90°，
∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，
∴∠PEC＝∠DFP＝∠PFC＝∠C＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC＝EF，
∴PA＝EF，故②正确，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵∠PFC＝∠BCD＝90°，
∴PF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∵∠DFP＝90°，
∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确，
在△PAB和△PCB中，
AB=CBPA=PCBP=BP，
∴△PAB≌△PCB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
在矩形PECF中，∠PFE＝∠FPC＝∠BCP，
∴∠PFE＝∠BAP．故④正确，
∵点P是正方形对角线BD上任意一点，
∴AD不一定等于PD，
只有∠BAP＝22.5°时，AD＝PD，故③错误，
故选：C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，解本题的关键是判断出四边形PECF是矩形．
23．（2020春•如东县期末）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（ ）
A．33 B．3+33 C．6+3 D．63
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，
∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE=AD2-AE2=62-32=33，
∴2DE＝63．
∴MA+MB+MD的最小值是63．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．
24．（2020春•新城区校级期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB=5．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离是2；③EB⊥ED；④S正方形ABCD＝4+6．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
【分析】①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②由①可得∠BEP＝90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB＝135°所以∠EFB＝45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=62，故②是错误的；
③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；
④连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=12PD×BE=32，所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+62，由此即可判定．
【解答】解：∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∵在△APD和△AEB中，AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；故①正确；
由△APD≌△AEB得，∠AEP＝∠APE＝45°，从而∠APD＝∠AEB＝135°，
所以∠BEP＝90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在△AEP中，由勾股定理得PE=2，
在△BEP中，PB=5，PE=2，由勾股定理得：BE=3，
∵∠PAE＝∠PEB＝∠EFB＝90°，AE＝AP，
∴∠AEP＝45°，
∴∠BEF＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
∴∠EBF＝45°，
∴EF＝BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF＝BF=62，
故②是错误的；
因为△APD≌△AEB，所以∠ADP＝∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；
连接BD，则S△BPD=12PD×BE=32，
所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+62，
所以S正方形ABCD＝2S△ABD＝4+6所以④是正确的；
综上可知，正确的有①③④，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
25．（2020春•开江县期末）如图，BD为▱ABCD的对角线，∠DBC＝45°，DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，DE、BF相交于点H，直线BF交线段AD的延长线于点G，下列结论：①CE=12BE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④∠BHD＝∠BDG，⑤BH2+BG2＝AG2．其中正确的结论有（ ）
A．①②④ B．②③⑤ C．①⑤ D．③④
【分析】通过判断△BDE为等腰直角三角形，得到BE＝DE，根据等角的余角相等得到∠BHE＝∠C，再根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，则∠A＝∠BHE，于是可对②进行判断；根据“AAS”可证明△BEH≌△DEC，得到BH＝CD，CE＝EH，可对①进行判断；接着由平行四边形的性质得AB＝CD，则AB＝BH，运算可对③进行判断；因为∠BDH＝90°+∠EBH，∠BDG＝90°+∠BDE，由∠BDE＞∠EBH，推出∠BDG＞∠BHD；依据勾股定理即可得到BH2+BG2＝AG2．
【解答】解：∵∠DBC＝45°，DE⊥BC，
∴△BDE为等腰直角三角形，
∴BE＝DE，
∵BF⊥CD，
∴∠C+∠CBF＝90°，
而∠BHE+∠CBF＝90°，
∴∠BHE＝∠C，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∴∠A＝∠BHE，所以②正确；
在△BEH和△DEC中
∠BHE=∠C∠HEB=∠CEDBE=DE，
∴△BEH≌△DEC（AAS），
∴BH＝CD，CE＝EH，
∵点H不是DE中点
∴BE＝ED≠2EC，所以①错误；
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，
∴AB＝BH，所以③正确；
∵∠BDH＝90°+∠EBH，∠BDG＝90°+∠BDE，
∵∠BDE＞∠EBH，
∴∠BDG＞∠BHD，所以④错误；
∵BF⊥CD，AB∥CD，
∴∠ABG＝90°，
∴Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，
又∵AB＝BH，
∴BH2+BG2＝AG2，所以⑤正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质以及勾股定理，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键．
26．（2020秋•罗湖区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G，下列结论：
①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2+AE2＝4AG2．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE＝∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE＝BD，求出AE＝CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，求出DG＝AG＝CG＝EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE＝BD=12BC和AG=12AC判断③即可．
【解答】解：连接EC，
∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，故①正确；
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AE平分∠FAC，
∴∠FAC＝2∠FAE，
∵∠FAC＝∠B+∠ACB，
∴∠FAE＝∠B，
∴AE∥BC，故②正确；
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，
∴DG＝AG＝CG＝EG，
在Rt△AED中，AD2+AE2＝DE2＝AC2＝(2AG)2＝4AG2，故④正确；
∵AE＝BD=12BC，AG=12AC，
∴AG＝AE错误（已知没有条件AC＝BC），故③错误；
即正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
27．（2020秋•新蔡县期末）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，点B在y轴上，OA＝1．将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2020次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2020的坐标为（ ）
A．（1345，0） B．（1345.5，32）
C．（1346，0） D．（1346.5，32）
【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2020＝336×6+4，因此点B4向右平移1344（即336×4）即可到达点B2020，根据点B4的坐标就可求出点B2020的坐标．
【解答】解：连接AC，如图所示．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA＝AB＝BC＝OC．
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC＝AB．
∴AC＝OA．
∵OA＝1，
∴AC＝1．
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵2020＝336×6+4，
∴点B4向右平移1344（即336×4）到点B2020．
∵B4的坐标为（2，0），
∴B2020的坐标为（2+1344，0），
∴B2020的坐标为（1346，0）．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
28．（2020•江北区校级期末）已知在四边形ABCD中，AB＝3，CD＝5，M，N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围是（ ）
A．1＜MN＜4 B．1＜MN≤4 C．2＜MN＜8 D．2＜MN≤8
【分析】利用中位线定理可得MG=12AB=32，NG=12CD=52，由三角形的三边关系得出1＜MN＜4，再由当MN＝MG+NG，即MN＝4时，四边形ABCD是梯形，即可得出MN的取值范围．
【解答】解：连接BD，过M作MG∥AB交BD于G，连接NG．如图所示：
∵M是边AD的中点，AB＝3，MG∥AB，
∴MG是△ABD的中位线，
∴BG＝GD，MG=12AB=32，
∵N是BC的中点，BG＝GD，CD＝5，
∴NG是△BCD的中位线，
∴NG=12CD=52，
在△MNG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，
即52-32＜MN＜52+32，
∴1＜MN＜4，
当MN＝MG+NG，即MN＝4时，四边形ABCD是梯形，
故线段MN长的取值范围是1＜MN≤4．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、三角形的三边关系；解答此题的关键是根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理及三角形三边关系解答．
29．（2020春•梁平区期末）如图，已知平行四边形OABC的顶点A，C分别在直线x＝1和x＝4上，点O是坐标原点，则点B的横坐标为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．10
【分析】过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，由四边形OABC是平行四边形，得OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF＝∠BCD，则可由ASA证得△OAF≌△BCD，得出BD＝OF＝1，即可得出结果．
【解答】解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图所示：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，∠FOA=∠DBCOA=BC∠OAF=∠BCD，
∴△OAF≌△BCD（ASA）．
∴BD＝OF＝1，
∴点B的横坐标为：OE＝4+BD＝4+1＝5，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
30．（2020春•兴宁区校级期末）如图，四边形ABCD是边长为8的正方形，点E在边CD上，DE＝2；作EF∥BC．分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG，BE的中点，则MN的长是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】先判定四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，可得点N为FC的中点，BE＝FC；再证明△AFG为等腰直角三角形，然后由等腰三角形的“三线合一“性质可得MN=12FC，由勾股数可得BE的长，即为FC的长，从而可得MN的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°
∵EF∥BC，
∴∠BFE+∠ABC＝180°，
∴∠BFE＝90°，
∴四边形BCEF为矩形，
连接FM，FC，如图：
∵N是BE的中点，四边形BCEF为矩形．
∴点N为FC的中点，BE＝FC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝45°，
又∵∠AFG＝90°，
∴△AFG为等腰直角三角形．
∵M是AG的中点，
∴AM＝MG，
∴FM⊥AG，
∴△FMC为直角三角形，
∵点N为FC的中点，
∴MN=12FC，
∵四边形ABCD是边长为8的正方形，DE＝2，
∴BC＝CD＝8，CE＝6，
在Rt△BCE中，由勾股数可得BE＝10，
∴FC＝10，
∴MN=12FC＝5．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股数及直角三角形的斜边中线性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
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