期末專項復習2八下各地期末試卷選填壓軸題訓練

期末專項復習2八下各地期末試卷選填壓軸題訓練一．選擇題（共22小題）1．（2022春?錢塘區(qū)期末）已知關(guān)于x的方程x2+（k+3）x+k+2＝0，則下列說法正確的是（）A．不存在k的值，使得方程有兩個相等的實數(shù)解 B．至少存在一個k的值，使得方程沒有實數(shù)解 C．無論k為何值，方程總有一個固定不變的實數(shù)根 D．無論k為何值，方程有兩個不相等的實數(shù)根【分析】先計算Δ的值，利用k的值，可作判斷．【解答】解：關(guān)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、當k＝﹣1時，Δ＝0，此時方程有兩個相等的實數(shù)解，故此選項錯誤；B、因為Δ≥0，所以不存在k的值，使得方程沒有實數(shù)解．故此選項錯誤；C、解方程得：x1＝﹣1，x2＝﹣k﹣2，所以無論k為何值，方程總有一個固定不變的實數(shù)根﹣1，故此選項正確；D、當k≠﹣1時，方程有兩個不相等的實數(shù)解，故此選項錯誤；故選：C．【點評】本題考查了根的判別式，計算Δ的值判斷方程根的情況是解題的關(guān)鍵．2．（2022春?嘉興期末）已知1和2是關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0的兩根，則關(guān)于x的方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0的根為（）A．0和1 B．1和2 C．2和3 D．0和3【分析】設(shè)t＝x+1，則方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0化為at2+bt+c＝0，利用方程ax2+bx+c＝0的解得到t1＝1，t2＝2，然后分別計算對應(yīng)的x的值可確定方程a（x+1）2+b（x+1）+c＝0的解．【解答】解：設(shè)x+1＝t，則方程a（x+1）2+b（x+1）+1＝0化為at2+bt+1＝0，由題意可知：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的兩根為x＝0和x＝1，故選：A．【點評】本題考查了換元法解一元二次方程：我們常用的是整體換元法，是在已知或者未知中，某個代數(shù)式幾次出現(xiàn)，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發(fā)現(xiàn)．把一些形式復雜的方程通過換元的方法變成一元二次方程，從而達到降次的目的．3．（2022春?嵊州市期末）空地上有一段長為a米的舊墻MN，利用舊墻和木欄圍成一個矩形菜園（如圖1或圖2），已知木欄總長為40米，所圍成的菜園面積為S．下列說法錯誤的是（）A．若a＝16，S＝196，則有一種圍法 B．若a＝20，S＝198，則有一種圍法 C．若a＝24，S＝198，則有兩種圍法 D．若a＝24，S＝200，則有一種圍法【分析】設(shè)矩形ABCD的寬AB為x米，則長BC為（40﹣2x）米，根據(jù)矩形面積公式列方程，再一一判斷即可．【解答】解：如圖，設(shè)矩形ABCD的寬AB為x米，則長BC為（40﹣2x）米，根據(jù)題意得：S＝（40﹣2x）x＝﹣2x2+40x，A、當a＝16，S＝196時，﹣2x2+40x＝196，即x2﹣20x+98＝0．解得x1＝10+，x2＝10﹣，均不符合題意，故本選項說法錯誤，符合題意；B、當a＝20，S＝198時，﹣2x2+40x＝198，即x2﹣20x+99＝0．解得x1＝9（不符合題意舍去），x2＝11，所以有一種圍法，故本選項說法正確，不符合題意；C、當a＝24，S＝198時，﹣2x2+40x＝198，即x2﹣20x+99＝0．解得x1＝11，x2＝9，均符合題意，所以有兩種圍法，故本選項說法正確，不符合題意；D、當a＝24，S＝200時，﹣2x2+40x＝200，即x2﹣20x+100＝0．解得x1＝x2＝10，符合題意，所以有一種圍法，故本選項說法正確，不符合題意；故選：A．【點評】本題考查了一元二次方程在實際問題中的應(yīng)用，根據(jù)題意正確列式是解題的關(guān)鍵．4．（2022春?衢江區(qū)期末）如圖，用直尺和圓規(guī)在矩形ABCD內(nèi)進行構(gòu)圖：以A為圓心，AD長為半徑作弧交BC于點E，連結(jié)AE，再以E為圓心，EC長為半徑作弧交AE于點F，連結(jié)DF．下列結(jié)論不一定成立的是（）A．AE＝BC B．DF⊥AE C．AF＝AB D．AB＝DF【分析】根據(jù)作圖過程和矩形的性質(zhì)可以證明△DEF≌△DEC，進而可得線段DF與線段AE的位置關(guān)系以及DF與DC的數(shù)量關(guān)系，進一步推導AB與DF，AE與BC的數(shù)量關(guān)系即可．【解答】解：如圖，連接DE，∵矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，AB＝DC，∠DCE＝90°，∴∠ADE＝∠DEC，由題意得，AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，AE＝BC，故A正確，∴∠AED＝∠DEC，又∵EF＝EC，ED＝ED，∴△DEF≌△DEC（SAS），∴∠DFE＝∠DCE＝90°，DF＝DC，∴DF⊥AE，AB＝DF，故B、D正確．故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是理解作圖過程，熟練運用矩形的性質(zhì)解題．5．（2022?慶陽二模）如圖1，點P為矩形ABCD邊上的一個動點，點P從A出發(fā)沿著矩形的四條邊運動，最后回到A．設(shè)點P運動的路程長為x，△ABP的面積為y，圖2是y隨x變化的函數(shù)圖象，則矩形ABCD的對角線BD的長是（）A． B． C．8 D．10【分析】點P運動到點B處時x＝5，可知AB＝5，由點P運動到點C處時，S△ABP＝10，可得BC的長，再根據(jù)勾股定理計算即可．【解答】解：根據(jù)圖2可知AB＝5，當P運動到點C處時，y＝AB?BC＝10，∴×5?BC＝10，∴BC＝4，∵矩形的對角線相等，∴BD＝AC＝＝．故選：B．【點評】本題主要考查了動點問題的函數(shù)圖象，在解題時要能根據(jù)函數(shù)的圖象求出有關(guān)的線段的長度，從而利用勾股定理解決問題．6．（2022春?浙江期末）已知5個正數(shù)a，b，c，d，e的平均數(shù)是m，且a＞b＞c＞d＞e＞0，則數(shù)據(jù)a，b，c，0，d，e的平均數(shù)和中位數(shù)是（）A．m， B．m， C．， D．，【分析】根據(jù)5個正數(shù)a，b，c，d，e的平均數(shù)是m，可以得出5個數(shù)的和，然后再求a，b，c，0，d，e的平均數(shù)，先將a，b，c，0，d，e進行排序，然后求出中位數(shù)即可．【解答】解：5個正數(shù)a，b，c，d，e的平均數(shù)是m，∴5個數(shù)的和為5m，∴a，b，c，0，d，e的平均數(shù)為：；∵a，b，c，d，e為正數(shù)，∴a＞b＞c＞d＞e＞0，∴a，b，c，0，d，e的中位數(shù)是，故D正確．故選：D．【點評】本題主要考查了平均數(shù)，中位數(shù)的定義，解題的關(guān)鍵是熟練掌握算術(shù)平均數(shù)的公式，一組數(shù)如果是偶數(shù)個數(shù)，則中位數(shù)是中間兩個數(shù)的平均數(shù)．7．（2022春?余姚市期末）為慶祝神舟十三號航天員順利返回、神舟十四號載人飛船成功發(fā)射，小明同學在數(shù)學興趣活動課上用圖1的“七巧板”，設(shè)計拼成了圖2的飛船，則飛船模型面積與矩形框ABCD的面積之比為（）A．1：3 B．1：2 C．3：5 D．8：25【分析】設(shè)④的邊長為1，則飛船的面積與圖1面積相等為8，正方形ABCD的邊長為5，即可得出面積的比值．【解答】解：設(shè)④的邊長為1，則飛船的面積與圖1面積相等為8，正方形ABCD的邊長為5，即飛船模型面積與矩形框ABCD的面積之比為8：25，故選：D．【點評】本題主要考查七巧板的知識，根據(jù)七巧板各邊的關(guān)系分別得出飛船面積和正方形ABCD的邊長是解題的關(guān)鍵．8．已知函數(shù)y1＝（k為常數(shù)，且k＞0，x＞0），函數(shù)y2的圖象和函數(shù)y1的圖象關(guān)于直線y＝1對稱．①函數(shù)y2的圖象上的點的縱坐標都小于2．②若當m≤x≤2（m為大于0的實數(shù)）時，y1的最大值為a，則在此取值范圍內(nèi)，y2的最小值必為2﹣a．則下列判斷正確的是（）A．①②都正確 B．①正確，②錯誤 C．①錯誤，②正確 D．①②都錯誤【分析】根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)以及軸對稱的性質(zhì)判斷即可．【解答】解：∵函數(shù)y1＝（k為常數(shù)，且k＞0，x＞0），∴函數(shù)y1＝圖象在第一象限，如圖，∴函數(shù)y的最小值大于0，∵函數(shù)y2的圖象和函數(shù)y1的圖象關(guān)于直線y＝1對稱，∴y2的最大值小于2，∴函數(shù)y2的圖象上的點的縱坐標都小于2．故①正確；當m≤x≤2（m為大于0的實數(shù)）時，y1的最大值為a，則其對應(yīng)點為（m，a），那么，點（m，a）關(guān)于直線y＝1的對稱點為（m，2﹣a），∴在此取值范圍內(nèi)，y2的最小值必為2﹣a，故②正確，故選：A．【點評】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，反比例函數(shù)的性質(zhì)，坐標與圖形變化﹣對稱，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．9．（2022春?衢江區(qū)期末）如圖，在反比例函數(shù)的圖象上有點P1，P2，P3，它們的橫坐標依次為1，3，6，分別過這些點作x軸與y軸的垂線段．圖中陰影部分的面積記為S1，S2．若S2＝3，則S1的值為（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由點P1，P2，P3，它們的橫坐標依次為1，3，6，得P1（1，k），P2（3，），P3（6，），由S2＝3，可求出k的值，進而求出S1的值．【解答】解：∵P1（1，k），P2（3，），P3（6，），∴S2＝3×＝3，∴k＝6，∴S1＝1×（k﹣）＝4．故選：B．【點評】此題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，根據(jù)坐標求出個陰影的面積表達式是解題的關(guān)鍵．10．（2022春?義烏市期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線y＝ax+k（ak≠0）與x軸交于點A、與y軸交于點B，過點A作AC⊥x軸，交反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象于點C，過點C作CD⊥y軸于點D，與直線y＝ax+k交于點E，若CE＝DE，則k與a的關(guān)系正確的是（）A．2a+k＝0 B．2a﹣k＝0 C．2a+3k＝0 D．2a﹣3k＝0【分析】先求出A坐標，可以得到C的坐標，由CE＝DE，可以得E的坐標，把E的坐標代入直線即可得出答案．【解答】解：∵直線y＝ax+k（ak≠0）與x軸交于點A、與y軸交于點B，∴A的坐標為（﹣，0），∴C的坐標為（﹣，﹣a），∵CE＝DE，∴E的坐標為（﹣，﹣a），把E（﹣，﹣a）代入y＝ax+k得，﹣a＝﹣+k，∴2a+k＝0．故選：A．【點評】本題考查了一次函數(shù)和反比例函數(shù)的交點問題，利用圖象中各個點的坐標之間的關(guān)系是解此題的關(guān)鍵．11．（2022春?舟山期末）將一副三角尺如圖拼接：含30°角的三角尺（△ABC）的長直角邊與含45°角的三角尺（△ACD）的斜邊恰好重合．已知AB＝6，E，F(xiàn)分別是邊AC，BC上的動點，當四邊形DEBF為平行四邊形時，該四邊形的面積是（）A．3 B．6 C． D．81【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得∠DEC＝∠ACB＝90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AE＝CE＝DE，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)可求解AC的長，即可求得DE＝CD＝，利用四邊形的面積公式可求解．【解答】解：由題意得，當四邊形DEBF為平行四邊形時，BC∥DE，∴∠DEC＝∠ACB＝90°，∵AD＝CD，∴AE＝CE＝DE，∵∠BAC＝30°，AB＝6，∴BC＝3，AC＝9，∴DE＝CE＝，∴四邊形DEBF的面積為：DE?CE＝，故選：C．【點評】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，求解DE＝CE＝是解題的關(guān)鍵．12．（2022春?吳興區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝3，AB＝2，∠B是銳角，AE⊥BC于點E，F(xiàn)為AB中點，連接DF，EF，若∠EFD＝90°，則AE的長是（）A．2 B．3 C． D．【分析】延長EF交DA的延長線于Q，連接DE，設(shè)BE＝x．首先證明DQ＝DE＝x+3，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題．【解答】解：如圖，延長EF交DA的延長線于Q，連接DE，設(shè)BE＝x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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＝＝＝，故選：C．【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．13．（2022春?南潯區(qū)期末）趙爽弦圖由四個全等的直角三角形所組成，形成一個大正方形，中間是一個小正方形（如圖所示）．某次課后服務(wù)拓展學習上，小潯繪制了一幅趙爽弦圖，她將EG延長交CD于點I．記小正方形EFGH的面積為S1，大正方形ABCD的面積為S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，則GI的值是（）A． B． C． D．【分析】如圖，連接DG，先由已知條件分別求得S2＝CD2＝32＝9，S1＝，小正方形邊長為，再由勾股定理得：EG＝＝，設(shè)AE＝BF＝CG＝DH＝x，則AF＝BG＝CH＝DE＝x+，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，進而得AE＝BF＝CG＝DH＝x＝＝EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三線合一”得∠DGH＝∠HGE＝45°進而得∠DGI＝90°最后由勾股定理得：GI＝＝＝，即得選項A．【解答】解：如圖，連接DG，∵趙爽弦圖由四個全等的直角三角形所組成，形成一個大正方形，中間是一個小正方形，∴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的面積為S2，∴S2＝CD2＝32＝9，又∵小正方形EFGH的面積為S1，S2＝5S1，∴S1＝，∴EF＝FG＝GH＝HE＝，∵將EG延長交CD于點I，∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，設(shè)AE＝BF＝CG＝DH＝x，則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＝﹣（不合題意，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＝＝＝，故選：A．【點評】本題是一道勾股定理的綜合題，主要考查了全等三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，線段的中垂線判定與性質(zhì)，等腰三角形的“三線合一”，二次根式計算與化簡，關(guān)鍵是巧添輔助線構(gòu)等腰直角三角形，順利實現(xiàn)求得答案．14．（2022春?樂清市期末）如圖，線段與CD相交于點E，∠AED＝45°，DE+AE＝9，以AE和CE為邊作?AGCE，以DE和BE為邊作?EBFD，且?AGCE和?EBFD的面積都為，若1＜CE＜3，則線段DF的取值范圍是（）A． B． C． D．1＜DF＜3【分析】過A點作AN⊥CD于點N，過D點作DM⊥AB于M，根據(jù)平行四邊形的面積公式可得CE?AN＝，DF?DM＝，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得CE?AE＝DF?DE＝6，利用DE+AE＝9可得CE＝，再根據(jù)CE的取值范圍可求解．【解答】解：過A點作AN⊥CD于點N，過D點作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．，故選：B．【點評】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形，解不等式組，平行線間的距離等知識的綜合運用，求得CE＝是解題的關(guān)鍵．15．（2022春?溫州期末）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)在對角線AC的兩側(cè)，且到所在三角形三邊的距離都等于1．若AC＝5，則EF的長為（）A． B． C． D．2【分析】設(shè)EH⊥AB于H，EG⊥BC于G，EM⊥AC于M，F(xiàn)N⊥AC于N，AC交EF于O，連接AE、CE、EN、FM，由題意得EH＝EG＝EM＝FN＝1，易證四邊形EMFN是平行四邊形，得OM＝ON＝MN，OE＝OF＝EF，再證四邊形BGEH是正方形，得BH＝BG＝EH＝1，然后證Rt△AHE≌Rt△AME（HL），得AH＝AM，Rt△CGE≌Rt△CME（HL），則CG＝CM，設(shè)AB＝x，BC＝y(tǒng)，且y≥x，則AH＝AM＝x﹣1，CG＝CM＝y(tǒng)﹣1，則，求出AM＝2，CM＝3，同理CN＝2，求出OM＝，即可解決問題．【解答】解：設(shè)EH⊥AB于H，EG⊥BC于G，EM⊥AC于M，F(xiàn)N⊥AC于N，AC交EF于O，連接AE、CE、EN、FM，如圖所示：∴EM∥FN，由題意得：EH＝EG＝EM＝FN＝1，∴四邊形EMFN是平行四邊形，∴OM＝ON＝MN，OE＝OF＝EF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∴四邊形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，設(shè)AB＝x，BC＝y(tǒng)，且y≥x，則AH＝AM＝x﹣1，CG＝CM＝y(tǒng)﹣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＝，故選：B．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、平行線的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2022春?麗水期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點E，F(xiàn)分別是射線AB，射線BC上的點，BE＝CF＝2，DE與AF交于點P．過點F作FH∥DE，交直線AB于點H，則EH的長是（）A．8 B． C．6 D．【分析】由“SAS”可證△ABF≌△DAE，可得∠AED＝∠AFB，通過證明△ABF∽△FBH，可求BH的長，即可求解．【解答】解：∵四邊形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＝，故選：B．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．17．（2022春?上城區(qū)期末）已知，O是矩形ABCD對角線的交點，作DE∥AC，AE∥BD，AE，DE相交于點E，連結(jié)BE．下列說法正確的是（）①四邊形DEAO為菱形；②AE＝AB；③∠BAE＝120°；④若∠BED＝90°，則AD＝BE．A．①③ B．①②④ C．①④ D．③④【分析】①先證明四邊形DEAO是平行四邊形，再根據(jù)四邊形ABCD是矩形，可得OA＝OD，進而即可解決問題；②當△AOB是等邊三角形時，AE＝AB才能成立，進而可以判斷；③當△AOB是等邊三角形時，∠BAE＝120°才能成立，進而可以進行判斷；④設(shè)AC與BE交于點F，證明AF是BE的垂直平分線，可得AB＝AE，然后證明Rt△BDE≌Rt△BDC，進而可以解決問題．【解答】解：①∵DE∥AC，AE∥BD，∴四邊形DEAO是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OD，∴四邊形DEAO為菱形；故①正確；②當△AOB是等邊三角形時，AE＝AB才能成立，故②錯誤；③當△AOB是等邊三角形時，∠BAE＝120°才能成立，故③錯誤；④如圖，設(shè)AC與BE交于點F，∵∠BED＝90°，∴DE⊥BE，∵DE∥AC，∴AC⊥BE，∵O是矩形ABCD對角線BD的中點，∴F是BE的中點，∴AF是BE的垂直平分線，∴AB＝AE，∵四邊形DEAO為菱形，∴DE＝AE，∵四邊形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．∴說法正確的是①④．故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到Rt△BDE≌Rt△BDC．18．（2022春?拱墅區(qū)期末）如圖，平行四邊形ABCD的對角線交于點O．點M、N分別是邊AD，BC的中點，連接AN，CM．下列結(jié)論：①若四邊形ANCM是菱形，則AB⊥AC；②若四邊形ANCM是矩形，則AB＝AC；③若AB⊥AC，則四邊形ANCM是矩形；④若AB＝AC，則四邊形ANCM是菱形．其中正確的是（）A．①② B．③④ C．①③ D．①②③④【分析】易證四邊形ABNM與四邊形ANCM都是平行四邊形，①由平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥MN，若平行四邊形ANCM是菱形，則MN⊥AC，即可得出AB⊥AC；②若平行四邊形ANCM是矩形，則AC＝MN，由平行四邊形的性質(zhì)得出AB＝MN，即可得出AB＝AC；③由①知，若AB⊥AC，則平行四邊形ANCM是菱形；④由②知，若AB＝AC，平行四邊形ANCM是矩形．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BD，∵點M、N分別是邊AD，BC的中點，∴AM＝CN，AM＝BN，∴四邊形ABNM與四邊形ANCM都是平行四邊形，①∵四邊形ABNM是平行四邊形，∴AB∥MN，若平行四邊形ANCM是菱形，則MN⊥AC，∴AB⊥AC，故①正確；②若平行四邊形ANCM是矩形，則AC＝MN，∵四邊形ANCM是平行四邊形，∴AB＝MN，∴AB＝AC，故②正確；③由①知，若AB⊥AC，則平行四邊形ANCM是菱形，故③不正確；④由②知，若AB＝AC，平行四邊形ANCM是矩形，故④不正確；綜上所述，正確的是①②，故選：A．【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)和矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2022春?東陽市期末）如圖，直線l交正方形ABCD的對邊AD、BC于點P、Q，正方形ABCD和正方形EFGH關(guān)于直線l成軸對稱，點H在CD邊上，點A在邊FE上，BC、HG交于點M，AB、FG交于點N．以下結(jié)論錯誤的是（）A．EA+NG＝AN B．△GQM的周長等于線段CH的長 C．△BQN的周長等于線段CM的長 D．△FNA的周長等于2DH+2HC【分析】過點A作AK垂直于HG，垂足為K，連接AH，AM，HB，KF，根據(jù)兩正方形關(guān)于直線l對稱，可得Rt△ADH≌Rt△AKH，Rt△AKM≌Rt△ABM，再根據(jù)邊的轉(zhuǎn)化即可證明A選項不符合題意；根據(jù)對稱可得QG＝QB，將△GQM的周長表示出來，在通過邊的轉(zhuǎn)化即可證明B選項不符合題意；根據(jù)對稱可得Rt△GQM≌Rt△BQN，即可證明C選項符合題意；根據(jù)對稱，可得Rt△HCM≌Rt△AFN，將△HCM周長表示出來，再根據(jù)邊的轉(zhuǎn)化即可證明D選項不符合題意．【解答】解：如圖，過點A作AK垂直于HG，垂足為K，連接AH，AM，HB，KF，則AK＝EH，∵正方形ABCD和正方形EFGH關(guān)于直線l成軸對稱，∴EA＝DH，NG＝BM，HM＝AN，在Rt△ADH和Rt△AKH中，∵，∴Rt△ADH≌Rt△AKH，∴DH＝HK，同理可證：Rt△AKM≌Rt△ABM，∴KM＝BM，∴EA+NG＝DH+BM＝HK+KM＝HM＝AN，故A選項不符合題意；C△GQM＝MQ+QG+MG，∵正方形ABCD和正方形EFGH關(guān)于直線l成軸對稱，∴QG＝QB，∴C△GQM＝MQ+QB+MG＝BM+GM＝KM+MG＝KG，∵KG＝HG﹣HK＝DC﹣DH＝CH，∴C△GQM＝CH，故B選項不符合題意；由正方形ABCD和正方形EFGH關(guān)于直線l成軸對稱，可得，Rt△GQM≌Rt△BQN，∴C△BQN＝C△GQM＝CH≠CM，故C選項符合題意；由正方形ABCD和正方形EFGH關(guān)于直線l成軸對稱，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選項不符合題意．故選：C．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱圖形的性質(zhì)，直角三角形全等的判定，熟練掌握軸對稱圖形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．20．（2022春?嘉興期末）由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成的大正方形ABCD如圖所示．連結(jié)CF，并延長交AB于點N．若AB＝3，EF＝3，則FN的長為（）A．2 B． C． D．3【分析】根據(jù)勾股定理求出AE的長，根據(jù)角平分線性質(zhì)定理得到△AFN和△BFN的面積比，進而求出AN和NB的比，再由勾股定理求出CF和FN，作差即可．【解答】解：設(shè)AE＝x，則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為∠AFB的角平分線，由角平分線性質(zhì)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．故選：C．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理和角平分線性質(zhì)定理，求出△CGF是等腰直角三角形是關(guān)鍵．21．（2022春?鎮(zhèn)海區(qū)期末）由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成的大正方形ABCD如圖所示．連結(jié)AF，CH，設(shè)正方形ABCD的面積為S1，正方形EFGH的面積為S2，四邊形AFCH的面積為S3．若S1＝S2+S3，則下面結(jié)論一定正確的是（）A．∠EAF＝45° B．∠BAE＝60° C．BE＝2AE D．BE＝3AE【分析】由全等三角形的性質(zhì)可得AE＝BF，AH＝BE＝CF，由面積關(guān)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，故選：D．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．22．（2022春?錢塘區(qū)期末）如圖，在菱形紙片ABCD中，∠A＝60°，將菱形紙片翻折，使點A落在CD的中點P處，折痕為MN，點M，N分別在邊AB，AD上，則BM：AM的值為（）A． B． C． D．【分析】由菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，可得BP⊥CD，DP＝a，∠DBP＝30°，由勾股定理可求解．【解答】解：如圖，連接BD，BP，設(shè)AB＝2a，∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝60°，∴AB＝BC＝2a＝CD，∠A＝∠C＝60°，∴△BCD是等邊三角形，△ABD是等邊三角形，∵點P在CD的中點，∴BP⊥CD，DP＝a，∠DBP＝30°，∴BP＝a，∠ABP＝∠ABD+∠DBP＝90°，∵將菱形紙片翻折，∴AM＝MP，∵MP2＝MB2+BP2，∴（2a﹣BM）2＝MB2+3a2，∴BM＝a，∴AM＝a，∴BM：AM＝，故選：B．【點評】本題考查了翻折變換，等邊三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，添加恰當?shù)妮o助線構(gòu)造直角三角形是本題的關(guān)鍵．二．填空題（共26小題）23．（2022春?南潯區(qū)期末）如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，等腰直角三角形ABC的斜邊AB⊥x軸于點A，經(jīng)過點B的反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象交邊AC于點D，連結(jié)OB，OC．若點D是AC中點，△OBC的面積為1，則k的值是．【分析】過點C作CE⊥x軸于點E，CF⊥AB于點F，過點D作DH⊥x軸于點H，設(shè)OA＝a，AE＝b，利用正方形的判定與性質(zhì)表示出點B，D的坐標，利用待定系數(shù)法得到a，b的關(guān)系，再利用S△OBC＝S△OAB+S梯形ABCE﹣S△OCE，求得ab的值，則結(jié)論可得．【解答】解：過點C作CE⊥x軸于點E，CF⊥AB于點F，過點D作DH⊥x軸于點H，如圖，設(shè)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軸，AB⊥x軸，∴四邊形FAEC為正方形，∴AF＝AE＝CE＝CF＝b，∴AB＝2b，∴B（a，2b）．∵DH⊥x軸，CE⊥x軸，∴DH∥CE，∵點D是AC中點，∴AH＝AE＝b，DH＝CE＝b，∴OH＝OA+AH＝a+b，∴D（a+b，b）．∵B，D為雙曲線y＝（k＞0，x＞0）的點，∴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＝．故答案為：．【點評】本題主要考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，反比例函數(shù)相似k的幾何意義，待定系數(shù)法，利用點的坐標表示出相應(yīng)線段的長度是解題的關(guān)鍵．24．（2022春?舟山期末）已知函數(shù)y＝x+1的圖象與x軸、y軸分別交于點C、B，與雙曲線y＝交于點A、D．若AB+CD＝BC，則k的值為．【分析】先證得△CBO∽△DBE，進而求點D的坐標，然后根據(jù)橫縱坐標的積就可以求出反比例函數(shù)的解析式．【解答】解：已知函數(shù)y＝x+1的圖象與x軸、y軸分別交于點C、B，則B，C的坐標分別是（0，1），（﹣1，0），則OB＝1，OC＝1，BC＝，設(shè)點D的坐標是（m，n），過D作DE⊥x軸于E點，則△CBO∽△DBE，∵AB+CD＝BC，由對稱性可知AB＝CD，∴AB＝CD＝則＝＝，即：＝＝，解得m＝，n＝，∴點D的坐標是：（，）．∵點D在雙曲線y＝上，∴k＝×＝，故答案為．【點評】本題考查了求反比例函數(shù)和一次函數(shù)的交點問題，一般要轉(zhuǎn)化為求點的坐標的問題，求出圖象上點的橫縱坐標的積就可以求出反比例函數(shù)的解析式．25．（2022春?麗水期末）如圖，?AOBC的頂點B在x軸正半軸上，反比例函數(shù)y＝＞0）在第一象限經(jīng)過點A與BC交于點D．且BD＝BC，若△AOD的面積為9，則k的值是12．【分析】作AM⊥OB于M，DN⊥OB于N．設(shè)AM＝2m，只要證明S梯形AMND＝S△AOD＝9，由此構(gòu)建方程即可解決問題．【解答】解：作AM⊥OB于M，DN⊥OB于N，設(shè)AM＝2m，∴OM＝∵四邊形OACB是平行四邊形，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，故答案為：12．【點評】本題考查反比例函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、三角形的面積、梯形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．26．（2022春?鎮(zhèn)海區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形OABC的頂點C在x軸的正半軸上，點A是第一象限內(nèi)一點，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點A，與BC邊交于點D，若△OCD與△ABD的面積相等，則△OAD的面積為6．【分析】過點A作AM⊥x軸于點M，過點B作BN⊥x軸于點N，則S△AOM＝S△DON，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和△OCD與△ABD的面積相等得出D是BC的中點，故設(shè)D（，n），則A（，2n），然后根據(jù)S△AOD＝S△AOD+S梯形AMND﹣S△DON＝S梯形AMND求得即可．【解答】解：過點A作AM⊥x軸于點M，過點B作BN⊥x軸于點N，∴S△AOM＝S△DON＝＝4，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OA∥BC，∵△OCD與△ABD的面積相等，∴CD＝BD，∵反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點A，與BC邊交于點D，∴設(shè)D（，n），則A（，2n），∴S△AOD＝S△AOD+S梯形AMND﹣S△DON＝S梯形AMND＝（2n+n）（﹣）＝6．故答案為：6．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，解題的關(guān)鍵是表示出A、D的坐標．27．（2022春?樂清市期末）如圖，在反比例函數(shù)y＝（常數(shù)k＞0，x＞0）圖象上有點A，B，C，分別過這些點作x軸與y軸的垂線，交y軸于點D，E，F(xiàn)，若ED＝EF＝FO，且陰影部分面積為3，則k的值為18．【分析】根據(jù)反比例函數(shù)的幾何意義，S陰影＝﹣k＝3，解得即可．【解答】解：由題意，可知S陰影＝﹣k＝3，∴k＝18，故答案為：18．【點評】本題主要考查了反比例函k的幾何意義，即過雙曲線上任意一點引x軸、y軸垂線，所得矩形面積為|k|，是經(jīng)?？疾榈囊粋€知識點；這里體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想，做此類題一定要正確理解k的幾何意義．28．（2022春?東陽市期末）如圖，在直角坐標系中，直線y＝x+9交坐標軸于A、B兩點，函數(shù)y＝（x＜0）的圖象為曲線L．（1）若曲線L與直線有唯一的公共點，則k＝﹣；（2）若曲線L使得線段AB上的整點（橫縱坐標均為整數(shù)的點，且不包括點A、B）分布在它的兩側(cè)，每側(cè)的整點個數(shù)相同，則k的取值范圍為﹣36＜k＜﹣28．【分析】（1）聯(lián)立一次函數(shù)與反比例函數(shù)的解析式，得到x2+18x﹣2k＝0，則方程有兩個相等的實數(shù)根，所以Δ＝182﹣4×（﹣2k）＝0，由此可得出結(jié)論；（2）根據(jù)直線上點的坐標特點，可得出線段AB上的整數(shù)點共有8個，分別為（﹣2，8），（﹣4，7），（﹣6，6），（﹣8，5），（﹣10，4），（﹣12，3），（﹣14，2），（﹣16，1）．結(jié)合圖象分析可知，若曲線L使得線段AB上的整點（橫縱坐標均為整數(shù)的點，且不包括點A、B）分布在它的兩側(cè)，每側(cè)的整點個數(shù)相同，則曲線L經(jīng)過（﹣4，7）和（﹣6，6）之間，由此可得出結(jié)論．【解答】解：（1）由題意得：只有一組解，∴x2+18x﹣2k＝0有兩個相等的實數(shù)根，∴Δ＝182﹣4×（﹣2k）＝0，解得：k＝﹣，故答案為：﹣；（2）由y＝x+9，得A（0，9），B（﹣18，0），∴線段AB上的整數(shù)點共有8個，分別為（﹣2，8），（﹣4，7），（﹣6，6），（﹣8，5），（﹣10，4），（﹣12，3），（﹣14，2），（﹣16，1）．當曲線L經(jīng)過點（﹣6，6）時，在曲線L上方2個，在曲線下方4個；當曲線L經(jīng)過點（﹣4，7）時，在曲線L上方4個，在曲線下方2個；∴若曲線L使得線段AB上的整點（橫縱坐標均為整數(shù)的點，且不包括點A、B）分布在它的兩側(cè)，每側(cè)的整點個數(shù)相同，則曲線L經(jīng)過（﹣4，7）和（﹣6，6）之間，當曲線L經(jīng)過點（﹣6，6）時，k＝﹣36；當曲線L經(jīng)過點（﹣4，7）時，k＝﹣28．∴k的取值范圍為：﹣36＜k＜﹣28．故答案為：﹣36＜k＜﹣28．【點評】本題屬于一次函數(shù)與反比例函數(shù)圖象類問題，主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，數(shù)形結(jié)合思想等知識；找出線段AB上所有的整數(shù)點，結(jié)合圖象分析是解題的關(guān)鍵．29．（2022春?嘉興期末）如圖，直線l1：y＝交反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象于點A，交y軸于點B，將直線l1向下平移個單位后得到直線l2，l2交反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象于點C．若△ABC的面積為，則k的值為6．【分析】設(shè)直線l2與y軸的交點為D，連接AD，由l1∥l2可知△ABD和△ABC的面積相等，然后根據(jù)三角形面積公式得到S△ABD＝BD?xA＝，即可求得A的橫坐標，代入直線l1的解析式即可求得A的坐標，進而代入y＝（x＞0）即可求得k的值．【解答】解：設(shè)直線l2與y軸的交點為D，連接AD，由題意可知BD＝，∵l1∥l2，∴△ABD和△ABC的面積相等，∵△ABC的面積為，∴S△ABD＝BD?xA＝，∴xA＝，把x＝代入y＝得，y＝4，∴A（，4），∵反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象過點A，∴k＝×4＝6，故答案為：6．【點評】本題是反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，考查了一次函數(shù)的圖象與幾何變換，三角形面積，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，通過三角形面積求得A的橫坐標是解題的關(guān)鍵．30．（2022春?余姚市期末）如圖，直角坐標系中，矩形ABCD的對角線AC的中點與原點O重合，點E為x軸上一點，連結(jié)AE，F(xiàn)為AE的中點，反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象經(jīng)過A，F(xiàn)兩點，若AD平分∠CAE，△ADE的面積為6，則k的值為4．【分析】連接BD，OF，過點A作AN⊥OE于N，過點F作FM⊥OE于M．證明BD∥AE，推出S△ABE＝S△AOE＝6，推出S△EOF＝S△AOE＝3，可得S△FME＝S△EOF＝1，由此即可解決問題．【解答】解：如圖，連接BD，OF，過點A作AN⊥OE于N，過點F作FM⊥OE于M．∵AN∥FM，AF＝FE，∴MN＝ME，∴FM＝AN，∵A，F(xiàn)在反比例函數(shù)的圖象上，∴S△AON＝S△FOM＝k，∴?ON?AN＝?OM?FM，∴ON＝OM，∴ON＝MN＝EM，∴ME＝OE，∴S△FME＝S△FOE，∵AD平分∠OAE，∴∠OAD＝∠EAD，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA＝∠DAE，∴AE∥BD，∴S△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．故答案為：4．【點評】本題考查反比例函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，等高模型等知識，解題的關(guān)鍵是證明BD∥AE，利用等高模型解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．31．（2022春?浙江期末）正比例函數(shù)y＝kx與反比例函數(shù)y＝的圖象交于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點，則代數(shù)式x1y2+x2y1的值是﹣2．【分析】根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標圖象以及正比例函數(shù)的性質(zhì)可得答案．【解答】解：∵A（x1，y1）、B（x2，y2）在反比例函數(shù)y＝的圖象上，∴x1y1＝x2y2＝1，∵正比例函數(shù)y＝kx與反比例函數(shù)y＝的圖象交于A（x1，y1）、B（x2，y2）兩點，∴點A與點B關(guān)于原點對稱，∴x1＝﹣x2，y1＝﹣y2，∴x1y2+x2y1＝﹣x1y1﹣x2y2＝﹣1﹣1＝﹣2，故答案為：﹣2．【點評】本題考查反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，掌握正比例函數(shù)、反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)是正確解答的前提．32．（2022春?溫州期末）圖1是一款上肢牽引器材，該器材示意圖如圖2所示，器材支架OG⊥地面、轉(zhuǎn)動架A﹣O﹣B的夾角∠AOB＝90°，轉(zhuǎn)動臂OA＝OB＝50cm，牽引繩AC＝BD＝34cm，且豎直向下，未使用時點A，B在同一水平線上．當器材在如圖3狀態(tài)時，點A，D在同一水平線上，此時，點A到OG的距離為14cm，對比未使用時，點C下降的高度為（48﹣25）cm．【分析】如圖，設(shè)AD交OG于Q，作BH⊥OG于H，利用AAS證明△AOQ≌△OBH，得AQ＝OH，OQ＝BH，設(shè)AQ＝x，則OH＝x，BH＝OQ＝x+34，則x2+（x+34）2＝502，解方程即可．【解答】解：如圖，設(shè)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，設(shè)AQ＝x，則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，設(shè)AB與OG交于E，此時OE＝OA＝25，∴點C下降的高度為OQ﹣OE＝（48﹣25）cm，故答案為：14，（48﹣25）．【點評】本題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，證明△AOQ≌△OBH是解題的關(guān)鍵．33．（2022春?上城區(qū)期末）定義平行四邊形兩邊上的高線長之比叫做“高之比”．（1）若平行四邊形為菱形，則“高之比”為1：1；（2）當“高之比”為4，平行四邊形周長為20，則該平行四邊形較長的邊長為8．【分析】（1）根據(jù)菱形的邊長相等，等底等高的平行四邊形的面積相等解答即可；（2）先求出BC＝10﹣AB，設(shè)DF＝4x，DE＝x，最后利用平行四邊形的面積求解即可．【解答】解：（1）由菱形的四條邊相等，菱形的面積不變，則根據(jù)等底，面積相等，可得出高相等，若平行四邊形為菱形，則“高之比”為：1：1，故答案為：1：1；（2）如圖，∵平行四邊形周長為20，∴AB+BC＝10，∴BC＝10﹣AB，∵DF：DH＝4：1，設(shè)DF＝4x，DE＝x，∴S平行四邊形ABCD＝BC?DF＝AB?DE，即AB?x＝（10﹣AB）?4x，解得：AB＝8，故答案為：8．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)，靈活運用性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．34．（2022春?鎮(zhèn)海區(qū)期末）如圖1，平行四邊形ABCD中兩條對角線AC、BD交于點O，AB＝10，點P從頂點B出發(fā)，沿B→C→D以每秒1cm的速度勻速運動到點D，圖2是點P運動過程中線段OP的長度y與時間t的函數(shù)關(guān)系圖象，其中M、N分別是兩段曲線的最低點，則點M的橫坐標為10，點N的縱坐標為．【分析】由圖可知點P在BC上運動時，OP先變小后變大，出OP的最大值和最小值，過O作OP1⊥BC點P1，則可求得OB＝OC＝5，OC＝5；而點P從C向D運動時，OP先變小后變大，過點O作OP2⊥CD于點P2，利用勾股定理求解即可．【解答】解：由圖可知點P在BC上運動時，OP先變小后變大，由圖象可知：點P從B向C運動時，OP的最大值為5，最小值為5，∴BO＝5，OC＝5，由于M是曲線部分的最低點，此時OP最小，如圖，過O作OP1⊥BC于點P1，OP1＝5，∴由勾股定理得：BP1＝＝＝10，∴點M的橫坐標為10；過點O作OP2⊥CD于點P2，如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OD＝OB，由圖象可知：點P從C向D運動時，OC＝5，又OD＝OB＝5，∴設(shè)CP2＝x，則P2D＝10﹣x，∴（5）2﹣x2＝（5）2﹣（10﹣x）2，解得：x＝即CP2＝，∴OP2＝＝＝，∴點N的縱坐標為．故答案為：10，．【點評】本題考查了動點與函數(shù)圖象的理解和應(yīng)用、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理，把圖形和圖象結(jié)合解得線段的長度是解決本題的關(guān)鍵．35．（2022春?濱江區(qū)期末）在?ABCD中，若AB＝10，對角線BD＝16，∠CBD＝30°，則BC長為8﹣6或8+6．【分析】當∠BCD是鈍角時，過D作DH⊥BC交BC的延長線于H，解直角三角形得到BH＝＝8，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到CD＝AB＝10，根據(jù)勾股定理得到CH＝＝6，于是得到結(jié)論．當∠BCD是銳角時，同法可求．【解答】解：，如圖，過D作DH⊥BC交BC的延長線于H，∵∠CBD＝30°，BD＝16，∴DH＝BD＝8，∴BH＝＝8，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝10，∴CH＝＝6，∴BC＝BH﹣CH＝8﹣6，當∠BCD是銳角時，同法可得BH＝8，CH＝6，∴BC＝8+6綜上所述，BC的長為8+6或8﹣6．故答案為：8﹣6或8+6．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．36．（2022春?拱墅區(qū)校級期末）在平行四邊形中，四條邊和兩條對角線這六條線段中只有兩種長度x，y（x＜y），則的值為或．【分析】分兩種情況：①該平行四邊形的四條邊與一對角線的長度相等，另一對角線為另一長度；②該平行四邊形的四條邊相等，兩條對角線相等；分別計算即可．【解答】解：分兩種情況：①如圖1，平行四邊形ABCD的四條邊與一對角線相等，即AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝x，AC＝y(tǒng)，∴四邊形ABCD為菱形，∵在△ABD中，AB＝AD＝BD，∴△ABD是等邊三角形，∴∠BAD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，同理，∠BCD＝∠CBD＝∠CDB＝60°，∴∠ABC＝120°，∴AC＞AB，∴四邊形ABCD為菱形符合題意，∴AC⊥BD，∴AC＝2sin60°?AB＝2××x＝x，即y＝x，∴＝＝；②如圖2，在平行四邊形ABCD中，AD＝DC＝CB＝BA＝x，AC＝BD＝y(tǒng)，∴四邊形ABCD是正方形，∴AC＝BD＞AB，∴正方形ABCD符合題意，∴AC＝BD＝AB＝x，∴＝＝；綜上所述，的值為或，故答案為：或．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，矩形分類討論是解題的關(guān)鍵．37．（2022春?柯橋區(qū)期末）如圖，一個正方形內(nèi)有三個相鄰正方形的邊長分別為1、2、3，兩端的兩個正方形都有兩個頂點在大正方形的邊上且組成的圖形為軸對稱圖形，則圖中陰影部分的面積為18．【分析】連接AC，由軸對稱圖形的性質(zhì)得出AE＝AF，CG＝CH，得出AM＝EF＝，CN＝GH＝，求出AC的長，得出正方形ABCD的面積，由大正方形的面積減去三個小正方形的面積即可得出圖中陰影部分的面積．【解答】解：如圖所示，連接AC，∵正方形ABCD內(nèi)有三個相鄰正方形的邊長分別為1、2、3，∴EF＝1，GH＝3，∠EAF＝∠GCH＝90°，根據(jù)題意得：AE＝AF，CG＝CH，∴AM＝EF＝，CN＝GH＝，∴AC＝++1+2+3＝8，∴正方形ABCD的面積＝AC2＝32，∴圖中陰影部分的面積＝32﹣1﹣4﹣9＝18；故答案為：18．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)、軸對稱圖形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、正方形面積的計算方法；熟練掌握正方形的性質(zhì)，通過作輔助線求出對角線AC是解決問題的關(guān)鍵．38．（2022?南京模擬）已知，菱形ABCD（∠C＜90°）的對角線長分別為6和8，點E在邊BC上，BE＝1，若點F在直線AB上，且AE＝DF，則BF的長為或6．【分析】當點F在線段AB的延長線上，點F在線段AB上兩種情況討論，利用菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理即可求解．【解答】解：設(shè)菱形ABCD的對角線相交于點O，∵對角線長分別為6和8，∴OB＝OD＝3，OA＝OC＝4，∴AB＝5，當點F在線段AB的延長線上時，過點D作DG∥AE交BC的延長線于點G，∵四邊形ABCD為菱形，且BE＝1，∴AD∥BC，AD＝BC，∴四邊形AEGD為平行四邊形，∴AD＝EG，DG＝AE，∴CG＝BE＝1，延長BA至F，使AF＝CG，連接DF，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD＝CD，∠BAD＝∠BCD，∴∠FAD＝∠GCD，∴△FAD≌△GCD，∴AF＝CG＝1，DF＝DG，∴DF＝AE，此時BF＝BA+AF＝6；當點F在線段AB上時，過點D作DH⊥AB于點H，由面積法得AB×DH＝AC×BD，∴DH＝，由勾股定理得BH＝，∵DF＝DF1，∴FH＝HF1，設(shè)BF1＝x，∴（6﹣x）+x＝，∴x＝，∴BF1＝，綜上，BF的長為或6．故答案為：或6．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．39．（2022春?南潯區(qū)期末）如圖，已知矩形ABCD的兩條邊AB＝6，AD＝8，點E是對角線AC、BD的交點，點P是邊AD上一個動點，作點D關(guān)于直線PE的對稱點D'，當ED'與矩形一條邊垂直時，PD的長是或5．【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知△DPE≌△D′PE，可得ED＝ED′，PD＝PD′，根據(jù)矩形的性質(zhì)求出【解答】解：如圖，∵點D關(guān)于直線PE的對稱點為D'，∴△DPE≌△D′PE，∴ED＝ED′，PD＝PD′，∵四邊形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8，∴∠ADC＝90°，AE＝EC，BE＝DE，AC＝BD，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，當ED′⊥AD，∴ME∥CD，∵AE＝EC，∴ME＝CD＝3，MD＝AD＝4，在Rt△DME中，DE＝ED′＝＝5，∴MD′＝5﹣3＝2，設(shè)DP＝D′P＝x，則MP＝4﹣x，在Rt△MPD′中，根據(jù)勾股定理得，MD′2+PM2＝PD′2，即4+（4﹣x）2＝x2，解得x＝，∴PD＝．當ED′⊥AB時，∴AD∥ED′，∴∠DPE＝∠D′EP，∵點D關(guān)于直線PE的對稱點為D'，∴EP是∠D′ED的平分線，PD＝PD′，∴∠D′EP＝∠DEP，∴∠DPE＝∠DEP，∴PD＝PE，∵DE＝5，∴PD＝DE＝5．綜上所述，PD的長是或5．故答案為：或5．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)以及勾股定理，熟記矩形的性質(zhì)并靈活運用是解題的關(guān)鍵．矩形的性質(zhì)：①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等．40．（2022春?錢塘區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，點E在對角線AC上，且滿足AC＝6AE＝6，連接BE，若∠BEC＝2∠BCE，則BC的長為12．【分析】連接BD交AC于點O，作BF⊥AC于點F，由四邊形ABCD為矩形可得BO，AO，CO的長度，由∠BEC＝2∠BCE可得BE＝BO，從而可得FO的長度，再根據(jù)勾股定理求解．【解答】解：連接BD交AC于點O，作BF⊥AC于點F，∵四邊形ABCD為矩形，∴AO＝OB＝OC＝AC＝3，∴∠EOB＝2∠BCE，∴∠BEC＝∠BOE，即BE＝OB＝3．∴BF為△BEO中線，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．故答案為：12．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是掌握等腰三角形的性質(zhì)，掌握勾股定理．41．（2022春?吳興區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，M為對角線BD所在直線的一個動點，點N是平面上一點．若四邊形MCND為平行四邊形，MN＝2，則BM的值為6或1．【分析】分兩種情況：①如圖1，M在對角線BD上時，設(shè)四邊形MCND對角線MN和DC交于O，過O作OG⊥BD于G；②如圖2，M在BD的延長線上時，過O作OG⊥BD于G；設(shè)BM＝x，表示MG的長，先根據(jù)直角三角形30度角的性質(zhì)可得OG和DG的長，在直角三角形OGM中列方程可得結(jié)論．【解答】解：分兩種情況：①如圖1，M在對角線BD上時，設(shè)四邊形MCND對角線MN和DC交于O，過O作OG⊥BD于G，∵四邊形MCND為平行四邊形，∴OD＝DC＝AB＝1，OM＝MN＝，∵四邊形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＝，設(shè)BM＝x，則MG＝4﹣x﹣＝﹣x，△OMG中，MG2+OG2＝OM2，∴，解得：x＝6（舍）或1；②如圖2，M在BD的延長線上時，過O作OG⊥BD于G，同理得：DG＝，OG＝，OM＝，設(shè)BM＝x，則MG＝x﹣4+＝x﹣，△OMG中，MG2+OG2＝OM2，∴，解得：x＝6或1（舍）；綜上，BM的長為6或1；故答案為：6或1．【點評】本題考查了矩形性質(zhì)，平行四邊形的判定，勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)，設(shè)未知數(shù)列方程是解決問題的關(guān)鍵．42．（2022春?拱墅區(qū)期末）如圖是一張矩形紙片ABCD，點E在BC邊上，把△DCE沿直線DE折疊，使點C落在對角線BD上的點F處；點G在AB邊上，把△DAG沿直線DG折疊，使點A落在線段DF上的點H處．若HF＝1，BF＝8，則BD＝29，矩形ABCD的面積＝420．【分析】由折疊的性質(zhì)得HD＝AD，F(xiàn)D＝CD，設(shè)AD＝x，則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，即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠A＝90°，由折疊的性質(zhì)得：HD＝AD，F(xiàn)D＝CD，設(shè)AD＝x，則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的面積＝AD?AB＝20×21＝420，故答案為：29，420．【點評】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)，由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．43．（2022春?婺城區(qū)期末）三折傘是我們生活中常用的一種傘，它的骨架是一個“移動副”和多個“轉(zhuǎn)動副”組成的連桿機構(gòu)，如圖1是三折傘一條骨架的結(jié)構(gòu)圖，當“移動副”（標號1）沿著傘柄移動時，折傘的每條骨架都可以繞“轉(zhuǎn)動副”（標號2﹣9）轉(zhuǎn)動；圖2是三折傘一條骨架的示意圖，其中四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，AC＝BC＝14cm，DE＝2cm，DN＝1cm．已知關(guān)閉折傘后，點A、E、H三點重合，點B與點M重合．（1）BN＝25cm；（2）當∠BAC＝60°時，點H到傘柄AB距離為39cm．【分析】（1）根據(jù)關(guān)閉折傘后，點A、E、H三點重合，可知AC＝CD+DE，利用平行四邊形的性質(zhì)可以求出BN；（2）根據(jù)A、E、H三點共線并且AH⊥AB，BM⊥AB，應(yīng)用等邊三角形和平行四邊形的性質(zhì)進行求解即可．【解答】解：（1）∵關(guān)閉折傘后，點A、E、H三點重合，∴AC＝CD+DE，∴CD＝14﹣2＝12，∴CN＝CD﹣DN＝11，∴BN＝14+11＝25（cm），故答案為：25．（2）如圖2，A、E、H三點共線并且AH