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试卷 2020-2021学年人教版八年级数学下册期末复习填空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填空压轴题知识考点梳理卷
1．（2020春•叙州区期末）如图，直线y=12x+2与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为 （﹣1，0） ．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，结合点C、D分别为线段AB、OB的中点，可得出点C，D的坐标，取点D关于x轴对称的点E，连接CE交x轴于点P，此时PC+PD值取最小值，由点D的坐标可得出点E的坐标，由点C，E的坐标，利用待定系数法可求出直线CE的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点P的坐标．
【解答】解：当x＝0时，y=12×0+2＝2，
∴点B的坐标为（0，2）；
当y＝0时，12x+2＝0，
解得：x＝﹣4，
∴点A的坐标为（﹣4，0）．
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，
∴点C的坐标为（﹣2，1），点D的坐标为（0，1）．
取点D关于x轴对称的点E，连接CE交x轴于点P，此时PC+PD值取最小值，如图所示．
∵点D的坐标为（0，1），
∴点E的坐标为（0，﹣1）．
设直线CE的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将C（﹣2，1），E（0，﹣1）代入y＝kx+b，得：-2k+b=1b=-1，
解得：k=-1b=-1，
∴直线CE的解析式为y＝﹣x﹣1．
当y＝0时，﹣x﹣1＝0，
解得：x＝﹣1，
∴点P的坐标为（﹣1，0）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及轴对称﹣最短路线问题，利用两点之间线段最短，找出点P的位置．
2．（2020春•蚌埠期末）如图，直线y=12x+2与y轴、x轴分别交于点A，B，D是AB的中点，P是射线BO上的动点，以DP为对称轴折叠△APD得到△A'PD．若以点A'，B，P，D为顶点的四边形是平行四边形，则第三象限内的点A'的坐标为 （﹣1，﹣1）或（﹣3，﹣1） ．
【分析】如图，根据题意PA＝PA′＝AD＝BD=12AB，根据勾股定理求得OP的长，然后根据平行四边形的性质即可求得Rt△BDE≌Rt△PA′F（HL），对称PF＝BE＝2，DE＝A′F＝1，从而求得A′的坐标．
【解答】解：如图，∵以点A'，B，P，D为顶点的四边形是平行四边形，
∴PA′＝BD=12AB，
∵PA＝PA′，
∴PA=12AB，
∵直线y=12x+2与y轴、x轴分别交于点A、B、D是AB的中点，
∴A（0，2），B（﹣4，0），
∴AB=22+42=25，D（﹣2，1），
∴PA=5，
作DE⊥OB于E，A′F⊥OB于F，
∵D（﹣2，1），
∴BE＝2，
∵OP2+OA2＝PA2，即OP2+22＝（5）2
∴OP＝1，
∵四边形A′BDP是平行四边形，
∴DE＝A′F，
∵BD＝A′P，
∴Rt△BDE≌Rt△PA′F（HL），
∴PF＝BE＝2，DE＝A′F＝1，
当P在x轴的正半轴时，如图2，OF＝1，当P在x轴的负半轴时，如图1，OF＝3，
∴A′（﹣1，﹣1）或（﹣3，﹣1），
故答案为（﹣1，﹣1）或（﹣3，﹣1）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，轴对称的性质，求得D的坐标是解题的关键．
3．（2020秋•南关区校级期末）如图，平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（3，1），C（2，2），当直线y＝kx-12k+32与△ABC有公共点时，k的取值范围是 ﹣1≤k≤13 ．
【分析】利用函数图象，把A点和C点坐标分别代入y＝kx-12k+32中求出对应的k的值，从而得到直线y＝kx-12k+32与△ABC有交点时，k的取值范围．
【解答】解：∵y＝kx-12k+32=k（x-12）+32，
∴直线经过点（12，32），
把A（1，1）代入y＝kx-12k+32得2+b＝1，解得：k＝﹣1，
把C（2，2）代入y＝kx-12k+32得2k-12k+32=2，解得k=13，
所以当直线y＝kx-12k+32与△ABC的边有交点时，k的取值范围是﹣1≤k≤13．
故答案为﹣1≤k≤13．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
4．（2020·黑龙江期末）如图，直线y＝x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴于点A2，再过点A2作x轴的垂线交直线于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…按此作法进行下去，点Bn的坐标为 （2n-1，2n-1） （n为正整数）．
【分析】由A1（1，0），可知B1的横坐标为1，由于B1，B2，B3，…，Bn都在直线y＝x上，可知B1，B2，B3，…，Bn各点的横坐标与纵坐标相等，即B1（1，1），由勾股定理得OB1=2，由此可得A2（2，0），则B2（2，2），由勾股定理得OB2＝2，则A3（2，0），则B3（2，2），…，由此得出一般结论．
【解答】解：∵B1，B2，B3，…，Bn都在直线y＝x上，
∴B1，B2，B3，…，Bn各点的横坐标与纵坐标相等，
由A1（1，0），得B1（1，1），
此时OB1=2，
可知，A2（2，0），则B2（2，2），
同理可得B3（2，2），…，
则Bn（2n-1，2n-1）．
故答案为：（2n-1，2n-1）．
【点评】本题考查了一次函数的综合运用．关键是明确直线y＝x上点的横坐标与纵坐标相等特点，由易到难，由特殊到一般，得出规律．
5．（2020春•汉阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y=-34x+3．点C是AO上一点且OC＝1，点D在线段BO上，分别连接BC，AD交于点E，若∠BED＝45°，则OD的长是 95 ．
【分析】在x负半轴截取OF=34，过点F作FH⊥AF交AD的延长线于点H，过点H作HP⊥x轴于点P，证明△AOF≌△BOC，得到△AFH为等腰直角三角形，再证明△AOF≌△FPH（AAS），求出点H（94，-34），进而求出直线AH的表达式为y=-53x+3，即可求解．
【解答】解：在x负半轴截取OF=34，
过点F作FH⊥AF交AD的延长线于点H，过点H作HP⊥x轴于点P，
∵OC：OB＝1：4，OF：OA=34÷3＝1：4，
∴将△BOC逆时针旋转90°时，再将点B平移到与点A重合时，此时的∠FAO和∠CBO重合，
∴∠FAO＝∠CBO，
∵FH⊥AF，
∴∠AFO+∠HFP＝90°，
而∠AFO+∠FAO＝90°，
∴∠FAO＝∠HFP＝∠CBO，
∴BC∥FH，
∴∠FHA＝∠BED＝45°，
∴△AFH为等腰直角三角形，
∴AF＝FH，
而∠AOF＝∠FPH，∠FPH＝∠AFO，
∴△AOF≌△FPH（AAS），
∴PF＝AO＝3，PH＝OF=34，
故OP＝FP﹣OF＝3-34=94，
故点H（94，-34），
设直线AH的表达式为y＝kx+b，
则-34=94k+bb=3，解得k=-53b=3，
故直线AH的表达式为y=-53x+3，
令y＝0，则y=-53x+3＝0，
解得：x=95，
故点D（95，0），
故OD=95，
故答案为95．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等、等腰直角三角形的性质等知识点，正确作出辅助线是本题解题的关键，题目难度很大．
6．（2020春•江岸区期末）在平面直角坐标系中，垂直于x轴的直线l分别与函数y＝x﹣a+1和y=-12x+a的图象相交于P，Q两点．若平移直线l，可以使P，Q都在x轴的下方，则实数a的取值范围是 a＜﹣1 ．
【分析】令y＝x﹣a+1＜0，x＜﹣1+a；令y=-12x+a＜0，x＞2a，当﹣1+a＞2a时，x＜﹣1+a与x＞2a有解，则a＜﹣1；当﹣1+a＜2a时，x＜﹣1+a与x＜2a无解，据此即可求解．
【解答】解：∵平移直线l，可以使P，Q都在x轴的下方，
令y＝x﹣a+1＜0，
∴x＜﹣1+a，
令y=-12x+a＜0，
∴x＞2a，
①当﹣1+a＞2a时，x＜﹣1+a与x＞2a有解，则a＜﹣1，
②当﹣1+a＜2a时，x＜﹣1+a与x＜2a无解，
∴a＜﹣1；
故答案为a＜﹣1．
【点评】本题考查一次函数图象及性质以及函数与不等式的关系；将问题转化为不等式的解是解题的关键．
7．（2020秋•青山区期末）甲、乙两人分别从A，B两地同时出发，相向而行，匀速前往B地、A地，两人相遇时停留了4min，又各自按原速前往目的地，甲、乙两人之间的距离y（m）与甲所用时间x（min）之间的函数关系如图所示．有下列说法：①A，B之间的距离为1200m；②乙行走的速度是甲的1.5倍；③b＝800；④a＝30．以上结论正确的有 ①②③ ．（填序号）
【分析】①由x＝0时y＝1200，可得出A、B之间的距离为1200m，结论①正确；②根据速度＝路程÷时间可求出乙的速度，再根据甲的速度＝路程÷时间﹣乙的速度可求出甲的速度，二者相除即可得出乙行走的速度是甲的1.5倍，结论②正确；③根据路程＝二者速度和×运动时间，即可求出b＝800，结论③正确；④根据甲走完全程所需时间＝两地间的距离÷甲的速度+4，即可求出a＝34，结论④错误．综上即可得出结论．
【解答】解：①当x＝0时，y＝1200，
∴A、B之间的距离为1200m，结论①正确；
②乙的速度为1200÷（24﹣4）＝60（m/min），
甲的速度为1200÷12﹣60＝40（m/min），
60÷40＝1.5，
∴乙行走的速度是甲的1.5倍，结论②正确；
③b＝（60+40）×（24﹣4﹣12）＝800，结论③正确；
④a＝1200÷40+4＝34，结论④错误．
故结论正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了一次函数的应用，观察函数图象结合数量关系逐一分析四个说法的正误是解题的关键．
8．（2020秋•新都区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，1）在直线y＝x图象上，过A1点作y轴平行线，交直线y＝﹣x于点B1，以线段A1B1为边在右侧作正方形A1B1C1D1，C1D1所在的直线交y＝x的图象于点A2，交y＝﹣x的图象于点B2，再以线段A2B2为边在右侧作正方形A2B2C2D2…依此类推．按照图中反映的规律，则点An的坐标是 （3n﹣1，3n﹣1） ；第2020个正方形的边长是 2×32019 ．
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：由题意，A1（1，1），B1（1，﹣1），
∴A1B1＝2，
∴第一个正方形的边长为2，
∴A1D1＝2，
∴A2（3，3），B2（3，﹣3），
∴A2B2＝6，
∴第二个正方形的边长为6，
∴A2D2＝6，
∴A3（9，9），B3（9，﹣9），
∴A3B3＝18，
∴第三个正方形的边长为18，
∴A4（27，27），B4（27，﹣27），
…，
可得An（3n﹣1，3n﹣1），Bn（3n﹣1，﹣3n﹣1），
∴第2020个正方形的边长为2×32019．
故答案为：（3n﹣1，3n﹣1），2×32019．
【点评】本题考查一次函数图像上的点的特征，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
9．（2020春•下陆区期末）已知：a、b、c是三个非负数，并且满足3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，设m＝3a+b﹣7c，设s为m的最大值，则s的值为 -611 ．
【分析】先把c看作已知数，分别用c表示出a和b，让a≥0，b≥0列式求出c的取值范围，再求得m用c表示的形式，结合c的取值范围即可求得s的值．
【解答】解：3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，
解得a＝7c﹣4，b＝9﹣11c；
∵a≥0、b≥0，
∴7c﹣4≥0，9﹣11c≥0，
∴47≤c≤911．
∵m＝3a+b﹣7c＝3c﹣3，
∴m随c的增大而增大，
∵c≤911．
∴当c取最大值911，m有最大值，
∴m的最大值为s＝3×911-3=-611．
故答案为-611．
【点评】本题考查解三元一次方程组，解不等式组，把c看作已知数，分别用c表示出a和b是解决本题的关键．
10．（2020秋•东阳市期末）已知直线y=13x+2与函数y=x+1x≥-1-x-1x＜-1图象交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）点A的坐标是 （-94，54） ；
（2）已知O是坐标原点，现把两个函数图象水平向右平移m个单位，点A，B平移后的对应点分别为A′，B′，连接OA′，OB′．当m＝ 6 时，|OA'﹣OB'|取最大值．
【分析】（1）因为点A在点B左边，联立方程y=13x+2与y＝﹣x﹣1求解．
（2）O，A'，B'共线时满足题意，用含m代数式分别表示A'，B'坐标，然后代入正比例函数解析式求出m即可．
【解答】解：（1）联立方程y=13x+2y=-x-1，
解得x=-94y=54，
∴A（-94，54），
故答案为：（-94，54）．
（2）联立方程y=13x+2y=x+1，
解得x=32y=52，
∴点B坐标为（32，52），
将A，B向右平移m个单位得A'（-94+m，54），B'（32+m，52），
∴OA'=(-94+m)2+(54)2，OB'=(32+m)2+(52)2，
∵三角形中两边之差小于第三边，
∴O，A，B三点共线时，|OA'﹣OB'|取最大值，最大值为AB长度，
设O，A，B所在直线正比例函数为y＝kx，
将A'，B'坐标代入可得：
54=(-94+m)k52=(32+m)k，
解得m＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，解题关键是掌握一次函数的性质及求线段和差最值的方法．
11．（2020春•嘉陵区期末）如图，正方形OABC的面积为50，对角线OB在直线y＝2x上，则点C的坐标是 （-5，35） ．
【分析】作AE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，BH⊥AE于H，易证得△OAE≌△ABH≌△COF，得到CF＝OE＝AH，OF＝AE＝BH，
根据图象设A（m，n），则H（m，m+n），B（m﹣n，m+n），C（﹣n，m），由对角线OB在直线y＝2x上，将B（m﹣n，m+n）代入y＝2x得到m＝3n①，根据正方形OABC的面积为50得到m2+n2＝50②，把①代入②得到10n2＝50，解得n的值，进而求得m的值，从而求得C的坐标．
【解答】解：作AE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，BH⊥AE于H，
∵四边形OABC是正方形，
∴OC＝OA＝AB，∠AOC＝∠OAB＝90°
∴∠OCF+∠COF＝∠COF+∠AOE＝∠AOE+∠OAE＝∠OAE+∠BAH，
∴∠OCF＝∠AOE＝∠BAH，
∵∠CFO＝∠OEA＝∠AHB＝90°
∴△OAE≌△ABH≌△COF（AAS），
∴CF＝OE＝AH，OF＝AE＝BH，
设A（m，n），则H（m，m+n），B（m﹣n，m+n），C（﹣n，m），
将B（m﹣n，m+n）代入y＝2x，得2（m﹣n）＝m+n，
∴m＝3n，①
∵正方形OABC的面积为50，
∴OA2＝50，
∴m2+n2＝50，②，
把①代入②，得9n2+n2＝50，即10n2＝50，
∴n2＝5，
∴n=5，
∴m＝35，
∴C（-5，35）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，全等三角形的判定和性质根据题意设出点的坐标是解题的关键．
12．（2020春•丛台区校级期末）已知一次函数y＝（m+4）x+2m+2，无论m取何值时，它的图象恒过的定点P，求点P的坐标 （﹣2，﹣6） ．若m为整数，又知它的图象不过第四象限，则m的最小值为 ﹣1 ．
【分析】因为不论m是任何值直线y＝（m+4）x+2m+2恒经过的定点P，所以关于m的项合并同类项且其值为0，可得x+2＝0，x＝﹣2，y＝﹣2．恒过点（﹣2，﹣2）；由于一次函数y＝（m+4）x+m+2的图象不过第四象限，则得到m+4＞02m+2≥0，然后解不等式即可m的值．
【解答】解：由y＝（m+4）x+2m+2，得
y＝m（x+2）+4x+2；
∵直线y＝（m+4）x+2m+2无论m取何值时恒经过定点P，
∴x+2＝0，即x＝﹣2，
∴y＝﹣8+2＝﹣6，即y＝﹣6，
∴直线y＝（m+4）x+2m+2无论m取何值时恒经过的定点坐标为（﹣2，﹣6）；
若该函数不经过第四象限，则m+4＞02m+2≥0，解得m≥﹣1；
∴m的最小值为﹣1；
故答案是：（﹣2，﹣6）；﹣1．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质．能根据一次函数y＝ax+b的性质得出a、b的正负，并正确地解不等式组是求m值的关键．
13．（2020春•锦江区期末）如图，直线y=3x+23交y轴于点A，交x轴于点B，点C和点B关于y轴对称，连接AC，点D是△ABC外一点，∠BDC＝60°，点E是BD上一点，点F是CD上一点，且CF＝BE，连接FE，FB．若∠BFE＝30°，则BF2+EF2的值为 16 ．
【分析】根据直线y=3x+23交y轴于点A，交x轴于点B，可得B（﹣2，0），A（0，23），根据点C和点B关于y轴对称，可得C（2，0），从而可得△ABC是等边三角形，连接AE、AF，证明△ABE≌△ACF，进而得△AEF是等边三角形，再利用勾股定理即可求出
BF2+EF2的值．
【解答】解：∵直线y=3x+23交y轴于点A，交x轴于点B，
∴B（﹣2，0），A（0，23），
∵点C和点B关于y轴对称，
∴C（2，0），
∴AB＝AC，
∴BC＝OB+OC＝4，
∵AB=OA2+OB2=4，
∴AB＝AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
如图，连接AE、AF，
∵∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC，
根据三角形的外角，得
∠ABD+∠BDC＝∠ACD+∠CAB，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴在△ABE和△ACF中，
BE=CF∠ABE=∠ACFAB=AC，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，
∴∠BAE+∠BAF＝∠CAF+∠BAF＝∠BAC＝60°，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AFE＝60°，AF＝EF，
∵∠BFE＝30°，
∴∠BFA＝90°，
∴在Rt△ABF中，根据勾股定理，得
BF2+AF2＝AB2＝16，
∴BF2+EF2＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握一次函数的性质．
14．（2020秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，6）、B（3，0）、C（1，4）过A、B两点作直线，连接OC，下列结论
①直线AB解析式：y＝﹣3x+6；
②点C在直线AB上；
③线段BC长为17；
④S△AOC：S△BOC＝1：2．
正确的有 ①②④ ．
【分析】求出直线AB即可判断①；把x＝1代入解析式求得函数值，即可判断②；利用勾股定理即可判断③；根据S△AOC＝S△AOB﹣S△BOC，计算即可判断④．
【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵A（0，6）、B（3，0），
∴b=63k+b=0，
解得k=-2b=6，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+6，故①正确，
当x＝1时，y＝﹣2+6＝4，
∴C（1，4）在直线AB上，故②正确；
∵B（3，0）、C（1，4），
∴BC=(3-1)2+(0-4)2=25，
∴线段BC长为25，故③错误；
∵A（0，6）、B（3，0）、C（1，4），
∴S△AOB=12×3×6=9，S△BOC=12×3×4=6，
∴S△AOC＝9﹣6＝3，
∴S△AOC：S△BOC＝1：2．故④正确，
故答案为①②④．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，线段的长度，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法．
15．（2020秋•苏州期末）如图，直线y=-43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，∠BAO的角平分线与y轴交于点M，则OM的长为 3 ．
【分析】过M点作MN⊥AB于N，如图，先利用坐标轴上点的坐标特征求出A、B点的坐标，则可计算出AB＝10，再利用角平分线的性质得MO＝MN，然后利用面积法得到12×6•OM+12×10•MN=12×6×8，从而可求出OM的长．
【解答】解：过M点作MN⊥AB于N，如图，
当y＝0时，-43x+8＝0，解得x＝6，则A（6，0）；
当x＝0时，y=-43x+8＝8，则B（0，8），
∴AB=62+82=10，
∵AM平分∠OAB，
∴MO＝MN，
∵S△OMA+S△BMA＝S△OAB，
∴12×6•OM+12×10•MN=12×6×8，
即3OM+5MN＝24，
∴8OM＝24，
∴OM＝3．
故答案为3．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了一次函数的性质．
16．（2020春•江夏区期末）如图，若点K为正方形ABCD的边CD上一点，AD＝3，∠DAK＝30°，点M为AK的中点，过点M的直线分别交AD边，BC边于点P，Q，且PQ＝AK，则AP的长为 1或2 ．
【分析】分两种情况画出示意图（1）和（2），在图（1）中，根据正方形性质可先证明：四边形PQND为平行四边形，再利用勾股定理即可求得AP，在图（2）中，先证明Rt△ADK≌Rt△PNQ（HL），再利用勾股定理和等腰三角形性质即可求得AP．
【解答】解：当如图（1）时，过D作DN∥PN，交BC于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC，PD∥QN，
∴四边形PQND为平行四边形，
∴PQ＝DN，
∵PQ＝AK，
∴AK＝DN，
由（2）可得：AK⊥DN，
∴PQ⊥AK，
∴∠AMP＝90°，
∵M为AK的中点，
∴AM=12AK=3，
设PM＝x，在Rt△ADK中，∠DAK＝30°，
∴AP＝2PM＝2x，
根据勾股定理得：PM2+AM2＝AP2，即x2+（3x）2＝（2x）2，
∵x＞0．
∴x＝1，
∴AP＝2x＝2；
当如图（2）时，过P作PN⊥BC，交BC于点N，交AK于点F，
同理可证：Rt△ADK≌Rt△PNQ（HL），
∴∠DAK＝∠NPQ＝30°．
∴∠AMP＝180°﹣∠PAM﹣∠APM＝30°．
∴PF＝MF．
在Rt△APF中，∠DAK＝30°，
∴AF＝2PF，
∴AF＝2MF．
∴AF=233，MF=33．
根据勾股定理得：AP＝1．
综上可知，AP的长等于1或2，
故答案为1或2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
17．（2020春•黄陂区期末）如图，在正方形ABCD中，点E为BC的中点，F为AB上一点，AE，CF交于点O．若AB＝4，∠AOF＝45°，则BF的长为 43 ．
【分析】将△BCF绕点B逆时针旋转90°，得△BAH，过点E作EM⊥AH于点M，设BF＝x，证明∠EAH＝45°，求得AM与EM的值，由勾股定理用x表示HM，进而得CF，在Rt△BCF中，由勾股定理列出x的方程，解方程便可得答案．
【解答】解：将△BCF绕点B逆时针旋转90°，得△BAH，过点E作EM⊥AH于点M，则AH＝CF，BH＝BF，∠AHB＝∠BFO，
设BF＝x，则BH＝BF＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=12BC＝2，
∴AE=AB2+BE2=42+22=25，
∵∠AOF＝45°，
∴∠EOF＝135°，
∴∠BEO+∠BFO＝360°﹣90°﹣135°＝135°，
∵∠AHB＝∠BFO，
∴∠AHB+∠AEB＝135°，
∴∠HAE＝45°，
∴∠AEM＝45°＝∠MAE，
∴AM＝EM=22AE=10，
∴MH=EH2-EM2=(x+2)2-10=x2+4x-6，
∴CF＝AH=x2+4x-6+10，
∵BF2+BC2＝CF2，
∴x2+42=(x2+4x-6+10)2，
解得，x=43，或x＝﹣12（舍），
∴BF=43，
故答案为43．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，关键是通过旋转作出辅助图形．抓住45°进行转化是难点的突破口．
18．（2020春•武昌区期末）如图，在等边△ABC和等边△DEF中，FD在直线AC上，BC＝3DE＝3，连接BD，BE，则BD+BE的最小值是 37 ．
【分析】如图，延长CB到T，使得BT＝DE，连接DT，作点B关于直线AC的对称点W，连接TW，DW，过点W作WK⊥BC交BC的延长线于K．证明BE＝DT，BD＝DW，把问题转化为求DT+DW的最小值．
【解答】解：如图，延长CB到T，使得BT＝DE，连接DT，作点B关于直线AC的对称点W，连接TW，DW，过点W作WK⊥BC交BC的延长线于K．
∵△ABC，△DEF都是等边三角形，BC＝3DE＝3，
∴BC＝AB＝3，DE＝1，∠ACB＝∠EDF＝60°，
∴DE∥TC，
∵DE＝BT＝1，
∴四边形DEBT是平行四边形，
∴BE＝DT，
∴BD+BE＝BD+AD，
∵B，W关于直线AC对称，
∴CB＝CW＝3，∠ACW＝∠ACB＝60°，DB＝DW，
∴∠WCK＝60°，
∵WK⊥CK，
∴∠K＝90°，∠CWK＝30°，
∴CK=12CW=32，WK=3CK=332，
∴TK＝1+3+32=112，
∴TW=TK2+WK2=(112)2+(332)2=37，
∴DB+BE＝DB+DT＝DW+DT≥TW，
∴BD+BE≥37，
∴BD+BE的最小值为37．
故答案为37．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，等边三角形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．（2020春•十堰期末）如图，正方形ABCD对角线相交于点O，CP⊥DP于P，CP＝5，DP＝7，则△POD面积为 72 ．
【分析】作OE⊥OP交PD于点E，OF⊥PD于点F，设OC、PD交于点M，先证明△ODE≌△OCP（ASA），再判定△OPE为等腰直角三角形，然后利用直角三角形的斜边中线性质得出OF的值，最后利用三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：作OE⊥OP交PD于点E，OF⊥PD于点F，设OC、PD交于点M，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OD＝OC，∠DOC＝90°，
∵CP⊥DP，
∴∠DPC＝90°，
∴∠DOC＝∠DPC，
又∵∠OMD＝∠PMC，
∴∠ODE＝∠OCP，
∵∠DOE+∠COE＝90°，∠COP+∠COE＝90°，
∴∠DOE＝∠COP，
∴在△ODE和△OCP中，
∠ODE=∠OCPOD=OC∠DOE=∠COP，
∴△ODE≌△OCP（ASA）．
∴OE＝OP，DE＝CP＝5，
∴△OPE为等腰直角三角形，PE＝DP﹣DE＝7﹣5＝2，
∵OF⊥PD，
∴EF＝PF，
∴OF=12PE＝1，
∴△POD面积为：12PD•OF=72．
故答案为：72．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质及三角形的面积计算等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
20．（2020春•通山县期末）如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC边上的一动点（不与B，C重合），延长BC至点F，使CF＝BE，过点F作BF的垂线交∠DCF的平分线于点G，连接AG交CD于点H，连接AE，EG，EH．有下列结论：
①△ABE≌△EFG；
②∠EAG＝45°；
③△ECG的面积为12BE2+BE；
④△ECH的周长为4．
其中正确的有 ①②④ ．（把正确结论的序号都填上）
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△EFG，可判断①；由全等三角形的性质可得AE＝EG，∠BAE＝∠GEF，可证∠AEG＝90°，可判断②；由三角形的面积公式可求S△ECG＝BE-12BE2，可判断③；如图，将△ADH绕点A顺时针旋转90°可得△ABN，由“SAS”可证△AEN≌△AEH，可得EH＝EN，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG＝∠GCF＝45°，
又∵GF⊥CF，
∴∠GCF＝∠CGF＝45°，
∴CF＝GF，
∵CF＝BE，
∴BE＝GF，BC＝EF＝AB，
在△ABE和△EFG中，
AB=EF∠B=∠F=90°BE=GF，
∴△ABE≌△EFG（SAS），故①正确；
∴AE＝EG，∠BAE＝∠GEF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∴∠AEG＝90°，
又∵AE＝EG，
∴∠EAG＝45°，故②正确；
∵S△ECG=12EC×GF=12（2﹣BE）×BE，
∴S△ECG＝BE-12BE2，故③错误；
如图，将△ADH绕点A顺时针旋转90°可得△ABN，
∴AN＝AH，∠DAH＝∠BAN，∠D＝∠ABN＝90°，DH＝BN，
∴∠ABN+∠ABC＝180°，
∴点N，点B，点E三点共线，
∵∠EAG＝45°，
∴∠DAH+∠BAE＝45°，
∴∠BAE+∠BAN＝45°＝∠NAE＝∠EAH，
又∵AN＝AH，AE＝AE，
∴△AEN≌△AEH（SAS），
∴EH＝EN，
∴△ECH的周长＝CE+CH+EH＝CE+EH+EN＝CE+CH+BE+DH＝BC+CD＝4，故④正确；
故答案为①②④．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
21．（2020春•曾都区期末）数学兴趣小组开展以下折纸活动：先对折矩形ABCD（已知AB＝2，AD＝3），使AD和BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，延长MN交BC于点G．同学们通过观察、探究、计算得到下列结论：
①∠ABM＝30°，②△BMG是等边三角形，③MN=23，④EN=3．
其中正确的结论的序号是 ①②④ ．
【分析】依据折叠的性质以及矩形的性质，即可得到△BNG是等边三角形，进而得出MN以及EN的长．
【解答】解：由折叠可得，BN＝BA，AE＝BE，∠BEF＝∠AEF＝90°，
∴BN＝2BE，
∴Rt△BEN中，∠ENB＝30°，∠EBN＝60°，
由折叠可得，∠ABM=12∠ABN＝30°，故①正确；
∵∠A＝∠ABG＝90°，
∴∠AMB＝60°，∠MBG＝60°，
由折叠可得，∠BMG＝∠BMA＝60°，
∴△BMG中，∠BGM＝60°，
∴∠BMG＝∠MGB＝∠GBM，
∴△BMG是等边三角形，故②正确；
∵Rt△ABM中，AB＝2，∠ABM＝30°，
∴AM=233，BM=433，
∵等边三角形BMG中，BN⊥MG，
∴MN=12MG=12BM=233，故③错误；
∵Rt△BEN中，BE＝1，∠BNE＝30°，
∴EN=3，故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查了折叠问题以及等边三角形的判定与性质，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．
22．（2020春•硚口区期末）如图，动点E、F分别在正方形ABCD的边AD、BC上，AE＝CF，过点C作CG⊥EF，垂足为G，连接BG，若AB＝4，则线段BG长的最小值为 10-2 ．
【分析】连接AC，取OC中点M，连接 MB，MG，则MB，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【解答】解：连接AC，交EF于O，
∵AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
∵AE＝CF，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴OA＝OC，
∴O是正方形的中心，
∵AB＝BC＝4，
∴AC＝42，OC＝22，
取OC中点M，连接 MB，MG，过点M作MH⊥BC于H，
∵MC=12OC=2，
∴MH＝CH＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
由勾股定理可得MB=32+12=10，
在Rt△GOC中，M是OC的中点，则MG=12OC=2，
∵BG≥BM﹣MG=10-2，
当B，M，G三点共线时，BG最小=10-2，
故答案为：10-2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，三角形三边关系，当B，M，G三点共线时，MG最小是解决本题的关键．
23．（2020春•安陆市期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2AD，BE平分∠ABC交CD于点E，作BF⊥AD，垂足为F，连接EF，小明得到三个结论：
①∠FBC＝90°；②ED＝EB；③S△EBF＝S△EDF+S△EBC；
则三个结论中一定成立的是 ①③ ．
【分析】由垂直的定义得到∠AFB＝90°，根据平行线的性质即可得到∠AFB＝∠CBF＝90°，故①正确；延长FE交BC的延长线与M，根据全等三角形的性质得到EF＝EM=12FM，根据直角三角形的性质得到BE=12FM，等量代换的EF＝BE，故②错误；由于S△BEF＝S△BME，S△DFE＝S△CME，于是得到S△EBF＝S△BME＝S△EDF+S△EBC．故③正确．
【解答】解：∵BF⊥AD，
∴∠AFB＝90°，
∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝90°，故①正确；
延长FE交BC的延长线与M，
∴∠DFE＝∠M，
在△DFE与△CME中，∠DFE=∠M∠DEF=∠CEMDE=CE，
∴△DFE≌△CME（AAS），
∴EF＝EM=12FM，
∵∠FBM＝90°，
∴BE=12FM，
∴EF＝BE，
∵EF≠DE，
故②错误；
∵EF＝EM，
∴S△BEF＝S△BME，
∵△DFE≌△CME，
∴S△DFE＝S△CME，
∴S△EBF＝S△BME＝S△EDF+S△EBC．故③正确．
故答案为：①③．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△DEF≌△CME是解题关键．
24．（2020春•大冶市期末）如图，在锐角三角形ABC中AB＝42，∠BAC＝45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是 4 ．
【分析】作BH⊥AC，垂足为H，交AD于M′点，过M′点作M′N′⊥AB，垂足为N′，则BM′+M′N′为所求的最小值，再根据AD是∠BAC的平分线可知M′H＝M′N′，再由等腰三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：如图，作BH⊥AC，垂足为H，交AD于M′点，过M′点作M′N′⊥AB，垂足为N′，则BM′+M′N′为所求的最小值．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴M′H＝M′N′，
∴BH是点B到直线AC的最短距离（垂线段最短），
∵AB＝42，∠BAC＝45°，
∴BH＝4，
∵BM+MN的最小值是BM′+M′N′＝BM′+M′H＝BH＝4．
故答案为4．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．
25．（2020春•随县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的边长为8，∠AOB＝60°．点D是边OB上一动点，点E在BC上，且∠DAE＝60°．有下列结论：
①点C的坐标为（12，43）；
②BD＝CE；
③四边形ADBE的面积为定值；
④当D为OB的中点时，△DBE的面积最小．
其中正确的有 ①②③ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【分析】①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，求出BF＝4，CF＝43，则C（12，43），故①正确；②连接AB，证明△ADB≌△AEC，则BD＝EC，故②正确；③由S△ADB＝S△AEC，可得S△ABC＝S△四边形ADBE=12×8×43=163；④可证△ADE为等边三角形，当D为OB的中点时，AD⊥OB，此时AD最小，则S△ADE最小，由③知S四边形ADBE为定值，可得S△DBE最大．
【解答】解：①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，
∵四边形AOBC为菱形，
∴OB＝BC＝8，∠AOB＝∠CBF＝60°，
∴BF＝4，CF＝43，
∴C（12，43），故①正确；
②连接AB，
∵BC＝AC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵∠DAE＝60°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵∠ABD＝∠ACE＝60°，
∴△ADB≌△AEC（ASA），
∴BD＝EC，故②正确；
③∵△ADB≌△AEC．
∴S△ADB＝S△AEC，
∴S△ABC＝S△四边形ADBE=12×8×43=163；
故③正确，
④∵△ADB≌△AEC，
∴AD＝AE，
∴ADE为等边三角形，
当D为OB的中点时，AD⊥OB，
此时AD最小，则S△ADE最小，
由③知S四边形ADBE为定值，可得S△DBE最大．
故④不正确；
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是解题的关键．
26．（2020春•襄城区期末）如图，在矩形ABCD中，∠B的平分线BE与AD交于点E，∠BED的平分线EF与DC交于点F，当点F是CD的中点时，若AB＝4，则BC＝ 22+2 ．
【分析】如图，连接BF，作FH⊥BE于H．作FM∥BE交BC于M．想办法证明FM＝MB，△FMC是等腰直角三角形即可解决问题；
【解答】解：如图，连接BF，作FH⊥BE于H．作FM∥BE交BC于M．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，
∵F是CD中点，
∴DF＝FC＝2，
∵EF平分∠BED，FH⊥EB，FD⊥ED，
∴FH＝FD＝FC，
∵BF＝BF，
∴Rt△BFH≌Rt△BFC，
∴∠FBC＝∠FBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝45°，
∴∠FBC＝∠FBH＝22.5°，
∵FM∥BE，
∴∠FMC＝∠EBC＝45°，
∵∠FMC＝∠FBM+∠MFB，
∴∠MFB＝∠MBF＝22.5°，
∴FM＝BM，
∵∠FMC＝∠CFM＝45°，CF＝2，
∴FM＝BM＝22，
∴BC＝BM+CM＝2+22．
故答案为2+22．
【点评】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
27．（2020春•丽水期末）如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F．
（1）AM的长为 5 ；
（2）EM+AF的最小值为 10 ．
【分析】（1）根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM；
（2）过F作FG⊥AB于G，证明△ABM≌△FGE得AM＝EF，再将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，当A、F、H三点共线时，EM+AF＝FH+AF＝AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，
∵M是BC的中点，
∴BM=12BC=1，
∴AM=AB2+BM2=5，
故答案为：5；
（2）过F作FG⊥AB于G，则FG＝BC＝AB，∠ABM＝∠FGE＝90°，
∵EF⊥AM，
∴∠BAM+∠AEN＝∠AEN+∠GFE＝90°，
∴∠BAM＝∠GFE，
∴△ABM≌△FGE（SAS），
∴AM＝EF，
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF＝MH，∠AMH＝90°，EM＝FH，
当A、F、H三点共线时，EM+AF＝FH+AF＝AH的值最小，
此时EM+AF＝AH=AM2+MH2=5+5=10，
∴EM+AF的最小值为10，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，平移的性质，两点之间线段最短性质，第（2）题难度较大，关键是通过平移变换确定EM+AF取最小值的位置．
28．（2020秋•罗湖区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E为CD中点，F为BC边上一点，且CF＝1，连AF，EG⊥AF交BC于G，则BG＝ 43 ．
【分析】延长AE，BC交于点H，连接AG，设EG与AF交于点N，由“ASA”可证△ADE≌△HCE，可得AE＝EH，AD＝CH＝4，由“HL”可证Rt△ADE≌Rt△ANE和Rt△AGN≌Rt△AGB，可得BG＝GN，在直角三角形ECG中，由勾股定理可求解BG的长．
【解答】解：如图，延长AE，BC交于点H，连接AG，设EG与AF交于点N，
∵E为CD中点，
∴DE＝CE＝2，
在△ADE和△HCE中，
∠D=∠ECH=90°DE=EC∠DEA=∠CEH，
∴△ADE≌△HCE（ASA），
∴AE＝EH，AD＝CH＝4，
∵CF＝1，
∴FH＝FC+CH＝5，BF＝3，
∵AF=AB2+BF2=9+16=5，
∴AF＝FH，
又∵AE＝EH，
∴EF⊥AH，∠AFE＝∠HFE，
又∵EG⊥AF，∠DCB＝90°，
∴EC＝EN＝2＝DE，
在Rt△ADE和Rt△ANE中，
DE=ENAE=AE
∴Rt△ADE≌Rt△ANE（HL），
∴AD＝AN＝4＝AB，
在Rt△AGN和Rt△AGB中，
AN=ANAG=AG，
∴Rt△AGN≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝GN，
∵EG2＝EC2+CG2，
∴（2+BG）2＝4+（4﹣BG）2，
∴BG=43，
故答案为：43．
【点评】本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，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
29．（2020春•仪征市期末）正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝CF，线段BF、AE相交于点O，若图中阴影部分的面积为14，则△ABO的周长为 25+4 ．
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，可求S△ABO=12×（4×4﹣14）＝1，可得2AO•BO＝4，由勾股定理可求AO+BO的值，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
又∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，
∴S△ABO＝S四边形ECFO，∠BAE+∠AEB＝90°＝∠CBF+∠AEB＝∠AOB，
∵图中阴影部分的面积为14，
∴S△ABO=12×（4×4﹣14）＝1，
∴12×AO×BO＝1，
∴2AO•BO＝4，
∵AB2＝AO2+BO2＝16，
∴（AO+BO）2＝20，
∴AO+BO＝25，
∴△ABO的周长＝AB+AO+BO＝25+4，
故答案为：25+4．
【点评】本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，求出AO+BO的值是本题的关键．
30．（2020秋•历城区期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连接EF，则EF的最小值等于 4.8 ．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO=12BD＝8，OC=12AC＝6，再由勾股定理可求BC的长，然后证四边形OEPF是矩形，得EF＝OP，OP⊥BC时，OP有最小值，最后由面积法可求解．
【解答】解：连接OP，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，
∴AC⊥BD，BO=12BD＝8，OC=12AC＝6，
∴BC=OB2+OC2=82+62=10，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OEPF是矩形，
∴FE＝OP，
∵当OP⊥BC时，OP有最小值，
此时S△OBC=12OB×OC=12BC×OP，
∴OP=6×810=4.8，
∴EF的最小值为4.8，
故答案为：4.8．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理以及三角形面积等知识；掌握菱形的性质好矩形的判定与性质是解题的关键．
2020-2021学年人教版八年级数学下册填空压轴题知识考点梳理卷
1．（2020春•叙州区期末）如图，直线y=12x+2与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C、D分别为线段AB、OB的中点，点P为OA上一动点，PC+PD值最小时点P的坐标为 （﹣1，0） ．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，结合点C、D分别为线段AB、OB的中点，可得出点C，D的坐标，取点D关于x轴对称的点E，连接CE交x轴于点P，此时PC+PD值取最小值，由点D的坐标可得出点E的坐标，由点C，E的坐标，利用待定系数法可求出直线CE的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点P的坐标．
【解答】解：当x＝0时，y=12×0+2＝2，
∴点B的坐标为（0，2）；
当y＝0时，12x+2＝0，
解得：x＝﹣4，
∴点A的坐标为（﹣4，0）．
∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，
∴点C的坐标为（﹣2，1），点D的坐标为（0，1）．
取点D关于x轴对称的点E，连接CE交x轴于点P，此时PC+PD值取最小值，如图所示．
∵点D的坐标为（0，1），
∴点E的坐标为（0，﹣1）．
设直线CE的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将C（﹣2，1），E（0，﹣1）代入y＝kx+b，得：-2k+b=1b=-1，
解得：k=-1b=-1，
∴直线CE的解析式为y＝﹣x﹣1．
当y＝0时，﹣x﹣1＝0，
解得：x＝﹣1，
∴点P的坐标为（﹣1，0）．
故答案为：（﹣1，0）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及轴对称﹣最短路线问题，利用两点之间线段最短，找出点P的位置．
2．（2020春•蚌埠期末）如图，直线y=12x+2与y轴、x轴分别交于点A，B，D是AB的中点，P是射线BO上的动点，以DP为对称轴折叠△APD得到△A'PD．若以点A'，B，P，D为顶点的四边形是平行四边形，则第三象限内的点A'的坐标为 （﹣1，﹣1）或（﹣3，﹣1） ．
【分析】如图，根据题意PA＝PA′＝AD＝BD=12AB，根据勾股定理求得OP的长，然后根据平行四边形的性质即可求得Rt△BDE≌Rt△PA′F（HL），对称PF＝BE＝2，DE＝A′F＝1，从而求得A′的坐标．
【解答】解：如图，∵以点A'，B，P，D为顶点的四边形是平行四边形，
∴PA′＝BD=12AB，
∵PA＝PA′，
∴PA=12AB，
∵直线y=12x+2与y轴、x轴分别交于点A、B、D是AB的中点，
∴A（0，2），B（﹣4，0），
∴AB=22+42=25，D（﹣2，1），
∴PA=5，
作DE⊥OB于E，A′F⊥OB于F，
∵D（﹣2，1），
∴BE＝2，
∵OP2+OA2＝PA2，即OP2+22＝（5）2
∴OP＝1，
∵四边形A′BDP是平行四边形，
∴DE＝A′F，
∵BD＝A′P，
∴Rt△BDE≌Rt△PA′F（HL），
∴PF＝BE＝2，DE＝A′F＝1，
当P在x轴的正半轴时，如图2，OF＝1，当P在x轴的负半轴时，如图1，OF＝3，
∴A′（﹣1，﹣1）或（﹣3，﹣1），
故答案为（﹣1，﹣1）或（﹣3，﹣1）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质，轴对称的性质，求得D的坐标是解题的关键．
3．（2020秋•南关区校级期末）如图，平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A（1，1），B（3，1），C（2，2），当直线y＝kx-12k+32与△ABC有公共点时，k的取值范围是 ﹣1≤k≤13 ．
【分析】利用函数图象，把A点和C点坐标分别代入y＝kx-12k+32中求出对应的k的值，从而得到直线y＝kx-12k+32与△ABC有交点时，k的取值范围．
【解答】解：∵y＝kx-12k+32=k（x-12）+32，
∴直线经过点（12，32），
把A（1，1）代入y＝kx-12k+32得2+b＝1，解得：k＝﹣1，
把C（2，2）代入y＝kx-12k+32得2k-12k+32=2，解得k=13，
所以当直线y＝kx-12k+32与△ABC的边有交点时，k的取值范围是﹣1≤k≤13．
故答案为﹣1≤k≤13．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
4．（2020·黑龙江期末）如图，直线y＝x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴于点A2，再过点A2作x轴的垂线交直线于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…按此作法进行下去，点Bn的坐标为 （2n-1，2n-1） （n为正整数）．
【分析】由A1（1，0），可知B1的横坐标为1，由于B1，B2，B3，…，Bn都在直线y＝x上，可知B1，B2，B3，…，Bn各点的横坐标与纵坐标相等，即B1（1，1），由勾股定理得OB1=2，由此可得A2（2，0），则B2（2，2），由勾股定理得OB2＝2，则A3（2，0），则B3（2，2），…，由此得出一般结论．
【解答】解：∵B1，B2，B3，…，Bn都在直线y＝x上，
∴B1，B2，B3，…，Bn各点的横坐标与纵坐标相等，
由A1（1，0），得B1（1，1），
此时OB1=2，
可知，A2（2，0），则B2（2，2），
同理可得B3（2，2），…，
则Bn（2n-1，2n-1）．
故答案为：（2n-1，2n-1）．
【点评】本题考查了一次函数的综合运用．关键是明确直线y＝x上点的横坐标与纵坐标相等特点，由易到难，由特殊到一般，得出规律．
5．（2020春•汉阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y=-34x+3．点C是AO上一点且OC＝1，点D在线段BO上，分别连接BC，AD交于点E，若∠BED＝45°，则OD的长是 95 ．
【分析】在x负半轴截取OF=34，过点F作FH⊥AF交AD的延长线于点H，过点H作HP⊥x轴于点P，证明△AOF≌△BOC，得到△AFH为等腰直角三角形，再证明△AOF≌△FPH（AAS），求出点H（94，-34），进而求出直线AH的表达式为y=-53x+3，即可求解．
【解答】解：在x负半轴截取OF=34，
过点F作FH⊥AF交AD的延长线于点H，过点H作HP⊥x轴于点P，
∵OC：OB＝1：4，OF：OA=34÷3＝1：4，
∴将△BOC逆时针旋转90°时，再将点B平移到与点A重合时，此时的∠FAO和∠CBO重合，
∴∠FAO＝∠CBO，
∵FH⊥AF，
∴∠AFO+∠HFP＝90°，
而∠AFO+∠FAO＝90°，
∴∠FAO＝∠HFP＝∠CBO，
∴BC∥FH，
∴∠FHA＝∠BED＝45°，
∴△AFH为等腰直角三角形，
∴AF＝FH，
而∠AOF＝∠FPH，∠FPH＝∠AFO，
∴△AOF≌△FPH（AAS），
∴PF＝AO＝3，PH＝OF=34，
故OP＝FP﹣OF＝3-34=94，
故点H（94，-34），
设直线AH的表达式为y＝kx+b，
则-34=94k+bb=3，解得k=-53b=3，
故直线AH的表达式为y=-53x+3，
令y＝0，则y=-53x+3＝0，
解得：x=95，
故点D（95，0），
故OD=95，
故答案为95．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形全等、等腰直角三角形的性质等知识点，正确作出辅助线是本题解题的关键，题目难度很大．
6．（2020春•江岸区期末）在平面直角坐标系中，垂直于x轴的直线l分别与函数y＝x﹣a+1和y=-12x+a的图象相交于P，Q两点．若平移直线l，可以使P，Q都在x轴的下方，则实数a的取值范围是 a＜﹣1 ．
【分析】令y＝x﹣a+1＜0，x＜﹣1+a；令y=-12x+a＜0，x＞2a，当﹣1+a＞2a时，x＜﹣1+a与x＞2a有解，则a＜﹣1；当﹣1+a＜2a时，x＜﹣1+a与x＜2a无解，据此即可求解．
【解答】解：∵平移直线l，可以使P，Q都在x轴的下方，
令y＝x﹣a+1＜0，
∴x＜﹣1+a，
令y=-12x+a＜0，
∴x＞2a，
①当﹣1+a＞2a时，x＜﹣1+a与x＞2a有解，则a＜﹣1，
②当﹣1+a＜2a时，x＜﹣1+a与x＜2a无解，
∴a＜﹣1；
故答案为a＜﹣1．
【点评】本题考查一次函数图象及性质以及函数与不等式的关系；将问题转化为不等式的解是解题的关键．
7．（2020秋•青山区期末）甲、乙两人分别从A，B两地同时出发，相向而行，匀速前往B地、A地，两人相遇时停留了4min，又各自按原速前往目的地，甲、乙两人之间的距离y（m）与甲所用时间x（min）之间的函数关系如图所示．有下列说法：①A，B之间的距离为1200m；②乙行走的速度是甲的1.5倍；③b＝800；④a＝30．以上结论正确的有 ①②③ ．（填序号）
【分析】①由x＝0时y＝1200，可得出A、B之间的距离为1200m，结论①正确；②根据速度＝路程÷时间可求出乙的速度，再根据甲的速度＝路程÷时间﹣乙的速度可求出甲的速度，二者相除即可得出乙行走的速度是甲的1.5倍，结论②正确；③根据路程＝二者速度和×运动时间，即可求出b＝800，结论③正确；④根据甲走完全程所需时间＝两地间的距离÷甲的速度+4，即可求出a＝34，结论④错误．综上即可得出结论．
【解答】解：①当x＝0时，y＝1200，
∴A、B之间的距离为1200m，结论①正确；
②乙的速度为1200÷（24﹣4）＝60（m/min），
甲的速度为1200÷12﹣60＝40（m/min），
60÷40＝1.5，
∴乙行走的速度是甲的1.5倍，结论②正确；
③b＝（60+40）×（24﹣4﹣12）＝800，结论③正确；
④a＝1200÷40+4＝34，结论④错误．
故结论正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了一次函数的应用，观察函数图象结合数量关系逐一分析四个说法的正误是解题的关键．
8．（2020秋•新都区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A1（1，1）在直线y＝x图象上，过A1点作y轴平行线，交直线y＝﹣x于点B1，以线段A1B1为边在右侧作正方形A1B1C1D1，C1D1所在的直线交y＝x的图象于点A2，交y＝﹣x的图象于点B2，再以线段A2B2为边在右侧作正方形A2B2C2D2…依此类推．按照图中反映的规律，则点An的坐标是 （3n﹣1，3n﹣1） ；第2020个正方形的边长是 2×32019 ．
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：由题意，A1（1，1），B1（1，﹣1），
∴A1B1＝2，
∴第一个正方形的边长为2，
∴A1D1＝2，
∴A2（3，3），B2（3，﹣3），
∴A2B2＝6，
∴第二个正方形的边长为6，
∴A2D2＝6，
∴A3（9，9），B3（9，﹣9），
∴A3B3＝18，
∴第三个正方形的边长为18，
∴A4（27，27），B4（27，﹣27），
…，
可得An（3n﹣1，3n﹣1），Bn（3n﹣1，﹣3n﹣1），
∴第2020个正方形的边长为2×32019．
故答案为：（3n﹣1，3n﹣1），2×32019．
【点评】本题考查一次函数图像上的点的特征，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
9．（2020春•下陆区期末）已知：a、b、c是三个非负数，并且满足3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，设m＝3a+b﹣7c，设s为m的最大值，则s的值为 -611 ．
【分析】先把c看作已知数，分别用c表示出a和b，让a≥0，b≥0列式求出c的取值范围，再求得m用c表示的形式，结合c的取值范围即可求得s的值．
【解答】解：3a+2b+c＝6，2a+b﹣3c＝1，
解得a＝7c﹣4，b＝9﹣11c；
∵a≥0、b≥0，
∴7c﹣4≥0，9﹣11c≥0，
∴47≤c≤911．
∵m＝3a+b﹣7c＝3c﹣3，
∴m随c的增大而增大，
∵c≤911．
∴当c取最大值911，m有最大值，
∴m的最大值为s＝3×911-3=-611．
故答案为-611．
【点评】本题考查解三元一次方程组，解不等式组，把c看作已知数，分别用c表示出a和b是解决本题的关键．
10．（2020秋•东阳市期末）已知直线y=13x+2与函数y=x+1x≥-1-x-1x＜-1图象交于A，B两点（点A在点B的左边）．
（1）点A的坐标是 （-94，54） ；
（2）已知O是坐标原点，现把两个函数图象水平向右平移m个单位，点A，B平移后的对应点分别为A′，B′，连接OA′，OB′．当m＝ 6 时，|OA'﹣OB'|取最大值．
【分析】（1）因为点A在点B左边，联立方程y=13x+2与y＝﹣x﹣1求解．
（2）O，A'，B'共线时满足题意，用含m代数式分别表示A'，B'坐标，然后代入正比例函数解析式求出m即可．
【解答】解：（1）联立方程y=13x+2y=-x-1，
解得x=-94y=54，
∴A（-94，54），
故答案为：（-94，54）．
（2）联立方程y=13x+2y=x+1，
解得x=32y=52，
∴点B坐标为（32，52），
将A，B向右平移m个单位得A'（-94+m，54），B'（32+m，52），
∴OA'=(-94+m)2+(54)2，OB'=(32+m)2+(52)2，
∵三角形中两边之差小于第三边，
∴O，A，B三点共线时，|OA'﹣OB'|取最大值，最大值为AB长度，
设O，A，B所在直线正比例函数为y＝kx，
将A'，B'坐标代入可得：
54=(-94+m)k52=(32+m)k，
解得m＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，解题关键是掌握一次函数的性质及求线段和差最值的方法．
11．（2020春•嘉陵区期末）如图，正方形OABC的面积为50，对角线OB在直线y＝2x上，则点C的坐标是 （-5，35） ．
【分析】作AE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，BH⊥AE于H，易证得△OAE≌△ABH≌△COF，得到CF＝OE＝AH，OF＝AE＝BH，
根据图象设A（m，n），则H（m，m+n），B（m﹣n，m+n），C（﹣n，m），由对角线OB在直线y＝2x上，将B（m﹣n，m+n）代入y＝2x得到m＝3n①，根据正方形OABC的面积为50得到m2+n2＝50②，把①代入②得到10n2＝50，解得n的值，进而求得m的值，从而求得C的坐标．
【解答】解：作AE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，BH⊥AE于H，
∵四边形OABC是正方形，
∴OC＝OA＝AB，∠AOC＝∠OAB＝90°
∴∠OCF+∠COF＝∠COF+∠AOE＝∠AOE+∠OAE＝∠OAE+∠BAH，
∴∠OCF＝∠AOE＝∠BAH，
∵∠CFO＝∠OEA＝∠AHB＝90°
∴△OAE≌△ABH≌△COF（AAS），
∴CF＝OE＝AH，OF＝AE＝BH，
设A（m，n），则H（m，m+n），B（m﹣n，m+n），C（﹣n，m），
将B（m﹣n，m+n）代入y＝2x，得2（m﹣n）＝m+n，
∴m＝3n，①
∵正方形OABC的面积为50，
∴OA2＝50，
∴m2+n2＝50，②，
把①代入②，得9n2+n2＝50，即10n2＝50，
∴n2＝5，
∴n=5，
∴m＝35，
∴C（-5，35）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，全等三角形的判定和性质根据题意设出点的坐标是解题的关键．
12．（2020春•丛台区校级期末）已知一次函数y＝（m+4）x+2m+2，无论m取何值时，它的图象恒过的定点P，求点P的坐标 （﹣2，﹣6） ．若m为整数，又知它的图象不过第四象限，则m的最小值为 ﹣1 ．
【分析】因为不论m是任何值直线y＝（m+4）x+2m+2恒经过的定点P，所以关于m的项合并同类项且其值为0，可得x+2＝0，x＝﹣2，y＝﹣2．恒过点（﹣2，﹣2）；由于一次函数y＝（m+4）x+m+2的图象不过第四象限，则得到m+4＞02m+2≥0，然后解不等式即可m的值．
【解答】解：由y＝（m+4）x+2m+2，得
y＝m（x+2）+4x+2；
∵直线y＝（m+4）x+2m+2无论m取何值时恒经过定点P，
∴x+2＝0，即x＝﹣2，
∴y＝﹣8+2＝﹣6，即y＝﹣6，
∴直线y＝（m+4）x+2m+2无论m取何值时恒经过的定点坐标为（﹣2，﹣6）；
若该函数不经过第四象限，则m+4＞02m+2≥0，解得m≥﹣1；
∴m的最小值为﹣1；
故答案是：（﹣2，﹣6）；﹣1．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质．能根据一次函数y＝ax+b的性质得出a、b的正负，并正确地解不等式组是求m值的关键．
13．（2020春•锦江区期末）如图，直线y=3x+23交y轴于点A，交x轴于点B，点C和点B关于y轴对称，连接AC，点D是△ABC外一点，∠BDC＝60°，点E是BD上一点，点F是CD上一点，且CF＝BE，连接FE，FB．若∠BFE＝30°，则BF2+EF2的值为 16 ．
【分析】根据直线y=3x+23交y轴于点A，交x轴于点B，可得B（﹣2，0），A（0，23），根据点C和点B关于y轴对称，可得C（2，0），从而可得△ABC是等边三角形，连接AE、AF，证明△ABE≌△ACF，进而得△AEF是等边三角形，再利用勾股定理即可求出
BF2+EF2的值．
【解答】解：∵直线y=3x+23交y轴于点A，交x轴于点B，
∴B（﹣2，0），A（0，23），
∵点C和点B关于y轴对称，
∴C（2，0），
∴AB＝AC，
∴BC＝OB+OC＝4，
∵AB=OA2+OB2=4，
∴AB＝AC＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
如图，连接AE、AF，
∵∠BDC＝60°，
∴∠BDC＝∠BAC，
根据三角形的外角，得
∠ABD+∠BDC＝∠ACD+∠CAB，
∴∠ABD＝∠ACD，
∴在△ABE和△ACF中，
BE=CF∠ABE=∠ACFAB=AC，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，
∴∠BAE+∠BAF＝∠CAF+∠BAF＝∠BAC＝60°，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AFE＝60°，AF＝EF，
∵∠BFE＝30°，
∴∠BFA＝90°，
∴在Rt△ABF中，根据勾股定理，得
BF2+AF2＝AB2＝16，
∴BF2+EF2＝16．
故答案为：16．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握一次函数的性质．
14．（2020秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A（0，6）、B（3，0）、C（1，4）过A、B两点作直线，连接OC，下列结论
①直线AB解析式：y＝﹣3x+6；
②点C在直线AB上；
③线段BC长为17；
④S△AOC：S△BOC＝1：2．
正确的有 ①②④ ．
【分析】求出直线AB即可判断①；把x＝1代入解析式求得函数值，即可判断②；利用勾股定理即可判断③；根据S△AOC＝S△AOB﹣S△BOC，计算即可判断④．
【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵A（0，6）、B（3，0），
∴b=63k+b=0，
解得k=-2b=6，
∴直线AB的解析式为y＝﹣2x+6，故①正确，
当x＝1时，y＝﹣2+6＝4，
∴C（1，4）在直线AB上，故②正确；
∵B（3，0）、C（1，4），
∴BC=(3-1)2+(0-4)2=25，
∴线段BC长为25，故③错误；
∵A（0，6）、B（3，0）、C（1，4），
∴S△AOB=12×3×6=9，S△BOC=12×3×4=6，
∴S△AOC＝9﹣6＝3，
∴S△AOC：S△BOC＝1：2．故④正确，
故答案为①②④．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，线段的长度，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法．
15．（2020秋•苏州期末）如图，直线y=-43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，∠BAO的角平分线与y轴交于点M，则OM的长为 3 ．
【分析】过M点作MN⊥AB于N，如图，先利用坐标轴上点的坐标特征求出A、B点的坐标，则可计算出AB＝10，再利用角平分线的性质得MO＝MN，然后利用面积法得到12×6•OM+12×10•MN=12×6×8，从而可求出OM的长．
【解答】解：过M点作MN⊥AB于N，如图，
当y＝0时，-43x+8＝0，解得x＝6，则A（6，0）；
当x＝0时，y=-43x+8＝8，则B（0，8），
∴AB=62+82=10，
∵AM平分∠OAB，
∴MO＝MN，
∵S△OMA+S△BMA＝S△OAB，
∴12×6•OM+12×10•MN=12×6×8，
即3OM+5MN＝24，
∴8OM＝24，
∴OM＝3．
故答案为3．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了一次函数的性质．
16．（2020春•江夏区期末）如图，若点K为正方形ABCD的边CD上一点，AD＝3，∠DAK＝30°，点M为AK的中点，过点M的直线分别交AD边，BC边于点P，Q，且PQ＝AK，则AP的长为 1或2 ．
【分析】分两种情况画出示意图（1）和（2），在图（1）中，根据正方形性质可先证明：四边形PQND为平行四边形，再利用勾股定理即可求得AP，在图（2）中，先证明Rt△ADK≌Rt△PNQ（HL），再利用勾股定理和等腰三角形性质即可求得AP．
【解答】解：当如图（1）时，过D作DN∥PN，交BC于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC，PD∥QN，
∴四边形PQND为平行四边形，
∴PQ＝DN，
∵PQ＝AK，
∴AK＝DN，
由（2）可得：AK⊥DN，
∴PQ⊥AK，
∴∠AMP＝90°，
∵M为AK的中点，
∴AM=12AK=3，
设PM＝x，在Rt△ADK中，∠DAK＝30°，
∴AP＝2PM＝2x，
根据勾股定理得：PM2+AM2＝AP2，即x2+（3x）2＝（2x）2，
∵x＞0．
∴x＝1，
∴AP＝2x＝2；
当如图（2）时，过P作PN⊥BC，交BC于点N，交AK于点F，
同理可证：Rt△ADK≌Rt△PNQ（HL），
∴∠DAK＝∠NPQ＝30°．
∴∠AMP＝180°﹣∠PAM﹣∠APM＝30°．
∴PF＝MF．
在Rt△APF中，∠DAK＝30°，
∴AF＝2PF，
∴AF＝2MF．
∴AF=233，MF=33．
根据勾股定理得：AP＝1．
综上可知，AP的长等于1或2，
故答案为1或2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
17．（2020春•黄陂区期末）如图，在正方形ABCD中，点E为BC的中点，F为AB上一点，AE，CF交于点O．若AB＝4，∠AOF＝45°，则BF的长为 43 ．
【分析】将△BCF绕点B逆时针旋转90°，得△BAH，过点E作EM⊥AH于点M，设BF＝x，证明∠EAH＝45°，求得AM与EM的值，由勾股定理用x表示HM，进而得CF，在Rt△BCF中，由勾股定理列出x的方程，解方程便可得答案．
【解答】解：将△BCF绕点B逆时针旋转90°，得△BAH，过点E作EM⊥AH于点M，则AH＝CF，BH＝BF，∠AHB＝∠BFO，
设BF＝x，则BH＝BF＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=12BC＝2，
∴AE=AB2+BE2=42+22=25，
∵∠AOF＝45°，
∴∠EOF＝135°，
∴∠BEO+∠BFO＝360°﹣90°﹣135°＝135°，
∵∠AHB＝∠BFO，
∴∠AHB+∠AEB＝135°，
∴∠HAE＝45°，
∴∠AEM＝45°＝∠MAE，
∴AM＝EM=22AE=10，
∴MH=EH2-EM2=(x+2)2-10=x2+4x-6，
∴CF＝AH=x2+4x-6+10，
∵BF2+BC2＝CF2，
∴x2+42=(x2+4x-6+10)2，
解得，x=43，或x＝﹣12（舍），
∴BF=43，
故答案为43．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，关键是通过旋转作出辅助图形．抓住45°进行转化是难点的突破口．
18．（2020春•武昌区期末）如图，在等边△ABC和等边△DEF中，FD在直线AC上，BC＝3DE＝3，连接BD，BE，则BD+BE的最小值是 37 ．
【分析】如图，延长CB到T，使得BT＝DE，连接DT，作点B关于直线AC的对称点W，连接TW，DW，过点W作WK⊥BC交BC的延长线于K．证明BE＝DT，BD＝DW，把问题转化为求DT+DW的最小值．
【解答】解：如图，延长CB到T，使得BT＝DE，连接DT，作点B关于直线AC的对称点W，连接TW，DW，过点W作WK⊥BC交BC的延长线于K．
∵△ABC，△DEF都是等边三角形，BC＝3DE＝3，
∴BC＝AB＝3，DE＝1，∠ACB＝∠EDF＝60°，
∴DE∥TC，
∵DE＝BT＝1，
∴四边形DEBT是平行四边形，
∴BE＝DT，
∴BD+BE＝BD+AD，
∵B，W关于直线AC对称，
∴CB＝CW＝3，∠ACW＝∠ACB＝60°，DB＝DW，
∴∠WCK＝60°，
∵WK⊥CK，
∴∠K＝90°，∠CWK＝30°，
∴CK=12CW=32，WK=3CK=332，
∴TK＝1+3+32=112，
∴TW=TK2+WK2=(112)2+(332)2=37，
∴DB+BE＝DB+DT＝DW+DT≥TW，
∴BD+BE≥37，
∴BD+BE的最小值为37．
故答案为37．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题，等边三角形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
19．（2020春•十堰期末）如图，正方形ABCD对角线相交于点O，CP⊥DP于P，CP＝5，DP＝7，则△POD面积为 72 ．
【分析】作OE⊥OP交PD于点E，OF⊥PD于点F，设OC、PD交于点M，先证明△ODE≌△OCP（ASA），再判定△OPE为等腰直角三角形，然后利用直角三角形的斜边中线性质得出OF的值，最后利用三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：作OE⊥OP交PD于点E，OF⊥PD于点F，设OC、PD交于点M，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OD＝OC，∠DOC＝90°，
∵CP⊥DP，
∴∠DPC＝90°，
∴∠DOC＝∠DPC，
又∵∠OMD＝∠PMC，
∴∠ODE＝∠OCP，
∵∠DOE+∠COE＝90°，∠COP+∠COE＝90°，
∴∠DOE＝∠COP，
∴在△ODE和△OCP中，
∠ODE=∠OCPOD=OC∠DOE=∠COP，
∴△ODE≌△OCP（ASA）．
∴OE＝OP，DE＝CP＝5，
∴△OPE为等腰直角三角形，PE＝DP﹣DE＝7﹣5＝2，
∵OF⊥PD，
∴EF＝PF，
∴OF=12PE＝1，
∴△POD面积为：12PD•OF=72．
故答案为：72．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的斜边中线性质及三角形的面积计算等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
20．（2020春•通山县期末）如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC边上的一动点（不与B，C重合），延长BC至点F，使CF＝BE，过点F作BF的垂线交∠DCF的平分线于点G，连接AG交CD于点H，连接AE，EG，EH．有下列结论：
①△ABE≌△EFG；
②∠EAG＝45°；
③△ECG的面积为12BE2+BE；
④△ECH的周长为4．
其中正确的有 ①②④ ．（把正确结论的序号都填上）
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△EFG，可判断①；由全等三角形的性质可得AE＝EG，∠BAE＝∠GEF，可证∠AEG＝90°，可判断②；由三角形的面积公式可求S△ECG＝BE-12BE2，可判断③；如图，将△ADH绕点A顺时针旋转90°可得△ABN，由“SAS”可证△AEN≌△AEH，可得EH＝EN，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵CG平分∠DCF，
∴∠DCG＝∠GCF＝45°，
又∵GF⊥CF，
∴∠GCF＝∠CGF＝45°，
∴CF＝GF，
∵CF＝BE，
∴BE＝GF，BC＝EF＝AB，
在△ABE和△EFG中，
AB=EF∠B=∠F=90°BE=GF，
∴△ABE≌△EFG（SAS），故①正确；
∴AE＝EG，∠BAE＝∠GEF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∴∠AEG＝90°，
又∵AE＝EG，
∴∠EAG＝45°，故②正确；
∵S△ECG=12EC×GF=12（2﹣BE）×BE，
∴S△ECG＝BE-12BE2，故③错误；
如图，将△ADH绕点A顺时针旋转90°可得△ABN，
∴AN＝AH，∠DAH＝∠BAN，∠D＝∠ABN＝90°，DH＝BN，
∴∠ABN+∠ABC＝180°，
∴点N，点B，点E三点共线，
∵∠EAG＝45°，
∴∠DAH+∠BAE＝45°，
∴∠BAE+∠BAN＝45°＝∠NAE＝∠EAH，
又∵AN＝AH，AE＝AE，
∴△AEN≌△AEH（SAS），
∴EH＝EN，
∴△ECH的周长＝CE+CH+EH＝CE+EH+EN＝CE+CH+BE+DH＝BC+CD＝4，故④正确；
故答案为①②④．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
21．（2020春•曾都区期末）数学兴趣小组开展以下折纸活动：先对折矩形ABCD（已知AB＝2，AD＝3），使AD和BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，延长MN交BC于点G．同学们通过观察、探究、计算得到下列结论：
①∠ABM＝30°，②△BMG是等边三角形，③MN=23，④EN=3．
其中正确的结论的序号是 ①②④ ．
【分析】依据折叠的性质以及矩形的性质，即可得到△BNG是等边三角形，进而得出MN以及EN的长．
【解答】解：由折叠可得，BN＝BA，AE＝BE，∠BEF＝∠AEF＝90°，
∴BN＝2BE，
∴Rt△BEN中，∠ENB＝30°，∠EBN＝60°，
由折叠可得，∠ABM=12∠ABN＝30°，故①正确；
∵∠A＝∠ABG＝90°，
∴∠AMB＝60°，∠MBG＝60°，
由折叠可得，∠BMG＝∠BMA＝60°，
∴△BMG中，∠BGM＝60°，
∴∠BMG＝∠MGB＝∠GBM，
∴△BMG是等边三角形，故②正确；
∵Rt△ABM中，AB＝2，∠ABM＝30°，
∴AM=233，BM=433，
∵等边三角形BMG中，BN⊥MG，
∴MN=12MG=12BM=233，故③错误；
∵Rt△BEN中，BE＝1，∠BNE＝30°，
∴EN=3，故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查了折叠问题以及等边三角形的判定与性质，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．
22．（2020春•硚口区期末）如图，动点E、F分别在正方形ABCD的边AD、BC上，AE＝CF，过点C作CG⊥EF，垂足为G，连接BG，若AB＝4，则线段BG长的最小值为 10-2 ．
【分析】连接AC，取OC中点M，连接 MB，MG，则MB，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．
【解答】解：连接AC，交EF于O，
∵AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
∵AE＝CF，
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴OA＝OC，
∴O是正方形的中心，
∵AB＝BC＝4，
∴AC＝42，OC＝22，
取OC中点M，连接 MB，MG，过点M作MH⊥BC于H，
∵MC=12OC=2，
∴MH＝CH＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
由勾股定理可得MB=32+12=10，
在Rt△GOC中，M是OC的中点，则MG=12OC=2，
∵BG≥BM﹣MG=10-2，
当B，M，G三点共线时，BG最小=10-2，
故答案为：10-2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，三角形三边关系，当B，M，G三点共线时，MG最小是解决本题的关键．
23．（2020春•安陆市期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2AD，BE平分∠ABC交CD于点E，作BF⊥AD，垂足为F，连接EF，小明得到三个结论：
①∠FBC＝90°；②ED＝EB；③S△EBF＝S△EDF+S△EBC；
则三个结论中一定成立的是 ①③ ．
【分析】由垂直的定义得到∠AFB＝90°，根据平行线的性质即可得到∠AFB＝∠CBF＝90°，故①正确；延长FE交BC的延长线与M，根据全等三角形的性质得到EF＝EM=12FM，根据直角三角形的性质得到BE=12FM，等量代换的EF＝BE，故②错误；由于S△BEF＝S△BME，S△DFE＝S△CME，于是得到S△EBF＝S△BME＝S△EDF+S△EBC．故③正确．
【解答】解：∵BF⊥AD，
∴∠AFB＝90°，
∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝90°，故①正确；
延长FE交BC的延长线与M，
∴∠DFE＝∠M，
在△DFE与△CME中，∠DFE=∠M∠DEF=∠CEMDE=CE，
∴△DFE≌△CME（AAS），
∴EF＝EM=12FM，
∵∠FBM＝90°，
∴BE=12FM，
∴EF＝BE，
∵EF≠DE，
故②错误；
∵EF＝EM，
∴S△BEF＝S△BME，
∵△DFE≌△CME，
∴S△DFE＝S△CME，
∴S△EBF＝S△BME＝S△EDF+S△EBC．故③正确．
故答案为：①③．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△DEF≌△CME是解题关键．
24．（2020春•大冶市期末）如图，在锐角三角形ABC中AB＝42，∠BAC＝45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是 4 ．
【分析】作BH⊥AC，垂足为H，交AD于M′点，过M′点作M′N′⊥AB，垂足为N′，则BM′+M′N′为所求的最小值，再根据AD是∠BAC的平分线可知M′H＝M′N′，再由等腰三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：如图，作BH⊥AC，垂足为H，交AD于M′点，过M′点作M′N′⊥AB，垂足为N′，则BM′+M′N′为所求的最小值．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴M′H＝M′N′，
∴BH是点B到直线AC的最短距离（垂线段最短），
∵AB＝42，∠BAC＝45°，
∴BH＝4，
∵BM+MN的最小值是BM′+M′N′＝BM′+M′H＝BH＝4．
故答案为4．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，解答此类问题时要从已知条件结合图形认真思考，通过角平分线性质，垂线段最短，确定线段和的最小值．
25．（2020春•随县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的边长为8，∠AOB＝60°．点D是边OB上一动点，点E在BC上，且∠DAE＝60°．有下列结论：
①点C的坐标为（12，43）；
②BD＝CE；
③四边形ADBE的面积为定值；
④当D为OB的中点时，△DBE的面积最小．
其中正确的有 ①②③ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【分析】①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，求出BF＝4，CF＝43，则C（12，43），故①正确；②连接AB，证明△ADB≌△AEC，则BD＝EC，故②正确；③由S△ADB＝S△AEC，可得S△ABC＝S△四边形ADBE=12×8×43=163；④可证△ADE为等边三角形，当D为OB的中点时，AD⊥OB，此时AD最小，则S△ADE最小，由③知S四边形ADBE为定值，可得S△DBE最大．
【解答】解：①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，
∵四边形AOBC为菱形，
∴OB＝BC＝8，∠AOB＝∠CBF＝60°，
∴BF＝4，CF＝43，
∴C（12，43），故①正确；
②连接AB，
∵BC＝AC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵∠DAE＝60°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∵∠ABD＝∠ACE＝60°，
∴△ADB≌△AEC（ASA），
∴BD＝EC，故②正确；
③∵△ADB≌△AEC．
∴S△ADB＝S△AEC，
∴S△ABC＝S△四边形ADBE=12×8×43=163；
故③正确，
④∵△ADB≌△AEC，
∴AD＝AE，
∴ADE为等边三角形，
当D为OB的中点时，AD⊥OB，
此时AD最小，则S△ADE最小，
由③知S四边形ADBE为定值，可得S△DBE最大．
故④不正确；
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是解题的关键．
26．（2020春•襄城区期末）如图，在矩形ABCD中，∠B的平分线BE与AD交于点E，∠BED的平分线EF与DC交于点F，当点F是CD的中点时，若AB＝4，则BC＝ 22+2 ．
【分析】如图，连接BF，作FH⊥BE于H．作FM∥BE交BC于M．想办法证明FM＝MB，△FMC是等腰直角三角形即可解决问题；
【解答】解：如图，连接BF，作FH⊥BE于H．作FM∥BE交BC于M．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，∠D＝∠C＝∠ABC＝90°，
∵F是CD中点，
∴DF＝FC＝2，
∵EF平分∠BED，FH⊥EB，FD⊥ED，
∴FH＝FD＝FC，
∵BF＝BF，
∴Rt△BFH≌Rt△BFC，
∴∠FBC＝∠FBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝45°，
∴∠FBC＝∠FBH＝22.5°，
∵FM∥BE，
∴∠FMC＝∠EBC＝45°，
∵∠FMC＝∠FBM+∠MFB，
∴∠MFB＝∠MBF＝22.5°，
∴FM＝BM，
∵∠FMC＝∠CFM＝45°，CF＝2，
∴FM＝BM＝22，
∴BC＝BM+CM＝2+22．
故答案为2+22．
【点评】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
27．（2020春•丽水期末）如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F．
（1）AM的长为 5 ；
（2）EM+AF的最小值为 10 ．
【分析】（1）根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM；
（2）过F作FG⊥AB于G，证明△ABM≌△FGE得AM＝EF，再将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，当A、F、H三点共线时，EM+AF＝FH+AF＝AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，
∵M是BC的中点，
∴BM=12BC=1，
∴AM=AB2+BM2=5，
故答案为：5；
（2）过F作FG⊥AB于G，则FG＝BC＝AB，∠ABM＝∠FGE＝90°，
∵EF⊥AM，
∴∠BAM+∠AEN＝∠AEN+∠GFE＝90°，
∴∠BAM＝∠GFE，
∴△ABM≌△FGE（SAS），
∴AM＝EF，
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF＝MH，∠AMH＝90°，EM＝FH，
当A、F、H三点共线时，EM+AF＝FH+AF＝AH的值最小，
此时EM+AF＝AH=AM2+MH2=5+5=10，
∴EM+AF的最小值为10，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，平移的性质，两点之间线段最短性质，第（2）题难度较大，关键是通过平移变换确定EM+AF取最小值的位置．
28．（2020秋•罗湖区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E为CD中点，F为BC边上一点，且CF＝1，连AF，EG⊥AF交BC于G，则BG＝ 43 ．
【分析】延长AE，BC交于点H，连接AG，设EG与AF交于点N，由“ASA”可证△ADE≌△HCE，可得AE＝EH，AD＝CH＝4，由“HL”可证Rt△ADE≌Rt△ANE和Rt△AGN≌Rt△AGB，可得BG＝GN，在直角三角形ECG中，由勾股定理可求解BG的长．
【解答】解：如图，延长AE，BC交于点H，连接AG，设EG与AF交于点N，
∵E为CD中点，
∴DE＝CE＝2，
在△ADE和△HCE中，
∠D=∠ECH=90°DE=EC∠DEA=∠CEH，
∴△ADE≌△HCE（ASA），
∴AE＝EH，AD＝CH＝4，
∵CF＝1，
∴FH＝FC+CH＝5，BF＝3，
∵AF=AB2+BF2=9+16=5，
∴AF＝FH，
又∵AE＝EH，
∴EF⊥AH，∠AFE＝∠HFE，
又∵EG⊥AF，∠DCB＝90°，
∴EC＝EN＝2＝DE，
在Rt△ADE和Rt△ANE中，
DE=ENAE=AE
∴Rt△ADE≌Rt△ANE（HL），
∴AD＝AN＝4＝AB，
在Rt△AGN和Rt△AGB中，
AN=ANAG=AG，
∴Rt△AGN≌Rt△AGB（HL），
∴BG＝GN，
∵EG2＝EC2+CG2，
∴（2+BG）2＝4+（4﹣BG）2，
∴BG=43，
故答案为：43．
【点评】本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，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
29．（2020春•仪征市期末）正方形ABCD中，AB＝4，点E、F分别在BC、CD上，且BE＝CF，线段BF、AE相交于点O，若图中阴影部分的面积为14，则△ABO的周长为 25+4 ．
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，可求S△ABO=12×（4×4﹣14）＝1，可得2AO•BO＝4，由勾股定理可求AO+BO的值，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
又∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，
∴S△ABO＝S四边形ECFO，∠BAE+∠AEB＝90°＝∠CBF+∠AEB＝∠AOB，
∵图中阴影部分的面积为14，
∴S△ABO=12×（4×4﹣14）＝1，
∴12×AO×BO＝1，
∴2AO•BO＝4，
∵AB2＝AO2+BO2＝16，
∴（AO+BO）2＝20，
∴AO+BO＝25，
∴△ABO的周长＝AB+AO+BO＝25+4，
故答案为：25+4．
【点评】本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，求出AO+BO的值是本题的关键．
30．（2020秋•历城区期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连接EF，则EF的最小值等于 4.8 ．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO=12BD＝8，OC=12AC＝6，再由勾股定理可求BC的长，然后证四边形OEPF是矩形，得EF＝OP，OP⊥BC时，OP有最小值，最后由面积法可求解．
【解答】解：连接OP，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，
∴AC⊥BD，BO=12BD＝8，OC=12AC＝6，
∴BC=OB2+OC2=82+62=10，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OEPF是矩形，
∴FE＝OP，
∵当OP⊥BC时，OP有最小值，
此时S△OBC=12OB×OC=12BC×OP，
∴OP=6×810=4.8，
∴EF的最小值为4.8，
故答案为：4.8．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理以及三角形面积等知识；掌握菱形的性质好矩形的判定与性质是解题的关键．
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