【324306】2024八年级数学下册 专题突破 期末复习2 选填压轴题训练（难度较大）（含解析）（新

选、填压轴题训练（难度较大）

1．（嘉兴期末）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E在BC上，且BE＝1，作DF⊥AE于点F，FH平分∠DFE，分别交BD，CD于点O，H．则OF的长度是（　　）

A． B． C． D．

【分析】如图，过点C作CN⊥DF于点N，过点B作BP⊥CN于点P，交AE于点M，则四边形MFNP是正方形，利用弦图解决问题．

【解答】解：如图，过点C作CN⊥DF于点N，过点B作BP⊥CN于点P，交AE于点M，则四边形MFNP是正方形，

∵FH平分∠NFM，

∴点P在FH上，

∴点O是正方形ABCD的中心，

∴OF＝OP，

∵AB＝3，BE＝1，∠ABE＝90°，

∴AE＝ ＝ ＝ ，

∵BM⊥AE，

∴BM＝ ＝ ＝ ，

∴AM＝ ＝ ＝ ，

∵△ADF≌△BAM，

∴AF＝BM＝ ，

∴FM＝AM﹣AF＝ ，

∴FP＝ ，

∴FO＝ FP＝ ．

故选：C．

2．（高青县二模）某数学小组在研究了函数y₁＝x与 性质的基础上，进一步探究函数y＝y₁+y₂的性质，经过讨论得到以下几个结论：

①函数y＝y₁+y₂的图象与直线y＝3没有交点；

②函数y＝y₁+y₂的图象与直线y＝a只有一个交点，则a＝±4；

③点（a，b）在函数y＝y₁+y₂的图象上，则点（﹣a，﹣b）也在函数y＝y₁+y₂的图象上．

以上结论正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．②③ D．①③

【分析】①根据题意得出y与x的函数关系式，当y＝3时，解得x，若方程无解，说明两个函数图象无交点，

②当y＝a时，得出一个一元二次方程，两个函数的图象只有一个交点，说明方程有一个解，或由两个相同的实数根，让根的判别式为0即可，

③将点（a，b）代入函数关系式中，得出b＝a+ ，再将x＝﹣a代入函数关系式中，得出结论，和﹣b判断，即可得出结论．

【解答】解：①由题意得，y＝x+ ，

当y＝3时，即：3＝x+ ，

也就是x²﹣3x+4＝0，

∵△＝9﹣16＜0，

∴此方程无实数根，

故，y＝x+ 与y＝3无交点，因此①正确，

②由①得，

当y＝a时，即：a＝x+ ，

也就是x²﹣ax+4＝0，

当△＝a²﹣16＝0时，函数y＝y₁+y₂的图象与直线y＝a只有一个交点，

此时，a＝±4，因此②正确，

③将点（a，b）代入函数关系式中，得出b＝a+ ，将x＝﹣a代入函数关系式中，得出﹣a﹣ ＝﹣（a+ ）＝﹣b，

则点（﹣a，﹣b）也在函数y＝y₁+y₂的图象上．

因此③正确，

故选：B．

3．（北仑区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E，F，G分别是边AB，BC，AD上的动点，且AE＝BF，将△BEF沿EF向内翻折至△B′EF，连结BB′，B′G，GC，则当BB′最大时，B′G+GC的最小值为（　　）

A． ﹣2 B．5.6 C．2 D．3

【分析】由折叠的性质可求∠EBF＝∠DB'F＝90°，则可知E、B、F、B'四点共圆，圆心是EF的中点，直径是EF，当BB'经过圆心时，BB'最长，此时∠BEB'＝90°，延长EB'交边CD于点H，作C点关于AD的对称点C'，连接B'C'与AD交于点G，GB'+GC的最小值为B'C'的长，在Rt△B'C'H中，求出B'C'＝2 即可．

【解答】解：由折叠的性质可知，∠EBF＝∠DB'F，EB＝EB'，BF＝B'F，

∵∠EBF＝∠DB'F＝90°，

∴E、B、F、B'四点共圆，圆心是EF的中点，直径是EF，

∴当BB'经过圆心时，BB'最长，此时∠BEB'＝90°，

∴四边形EBFB'是正方形，

∵AE＝BF，

∴AE＝BF，

∴AE＝BE，

∵正方形ABCD的边长为4，

∴BE＝2，

延长EB'交边CD于点H，作C点关于AD的对称点C'，连接B'C'与AD交于点G，

∴GB'+GC＝GB'+GC'＝B'C'，此时GB'+GC的值最小，

∵DH＝2，

∴C'H＝6，

∵BE＝2，

∵B'H＝2，

在Rt△B'C'H中，B'C'＝2 ，

故选：C．

4．（温州模拟）如图，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，点E为AB的中点，点F为EC上一个动点，点P为DF的中点，连接PB，当PB的最小值为3 时，则AD的值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．6

【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P₁P₂，再根据垂线段最短可得当BP⊥P₁P₂时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP₁⊥P₁P₂，故BP的最小值为为BP₁的长，由勾股定理求解即可．

【解答】解：如图，

当点F与点C重合时，点P在P₁处，CP₁＝DP₁，

当点F与点E重合时，点P在P₂处，EP₂＝DP₂，

∴P₁P₂∥CE且P₁P₂＝ CE．

且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．

由中位线定理可知：P₁P∥CE且P₁P＝ CF，

∴点P的运动轨迹是线段P₁P₂，

.∴当BP⊥P₁P₂时，PB取得最小值．

∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，设AB＝2t，则AD＝t，

∵E为AB的中点，

∴△CBE、△ADE、△BCP₁为等腰直角三角形，CP₁＝t，

∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP₁B＝45°，∠DEC＝90°．

∴∠DP₂P₁＝90°．

∴∠DP₁P₂＝45°．

∴∠P₂P₁B＝90°，即BP₁⊥P₁P₂，

∴BP的最小值为BP₁的长．

在等腰直角△BCP₁中，CP₁＝BC＝t，

∴BP₁＝ t＝3 ，

∴t＝3．

故选：B．

5．（鄞州区校级期末）在平面直角坐标系中，对图形F给出如下定义：若图形F上的所有点都在以原点为顶点的角的内部或边界上，在所有满足条件的角中，其度数的最小值称为图形的坐标角度，例如，如图中的矩形ABCD的坐标角度是90°．现将二次函数y＝ax²（1≤a≤3）的图象在直线y＝1下方的部分沿直线y＝1向上翻折，则所得图形的坐标角度α的取值范围是（　　）

A．30°≤α≤60° B．60°≤α≤90°

C．90°≤α≤120° D．120°≤α≤150°

【分析】分a＝1和a＝3两种情形画出图形，根据图形的坐标角度的定义即可解决问题．

【解答】解：当a＝1时，如图1中，

∵角的两边分别过点A（﹣1，1），B（1，1），作BE⊥x轴于E，

∴BE＝OE，

∴∠BOE＝45°，

根据对称性可知∠AOB＝90°

∴此时坐标角度m＝90°；

当a＝3时，如图2中，

角的两边分别过点A（﹣ ，1），B（ ，1），作BE⊥x轴于E，

∵tan∠BOE＝ ，

∴∠BOE＝60°，

根据对称性可知∠AOB＝60°

∴此时坐标角度α＝60°，

∴60°≤α≤90°；

故选：B．

6．（鄞州区期末）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，则下列命题：①若AP＝5，则EF＝5；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【分析】延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP＝EF，即可判定①；由AP⊥BD可证得∠EFC＝∠PAQ＝45°，利用平行线的判定可证明②的正确性；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定③．

【解答】解：延长EP交AD于Q，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，∠BDC＝45°，

∵PF⊥CD，

∴∠DPF＝45°，

∴DF＝PF，

∵PE⊥BC，

∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，

∴∠AQP＝90°，EC＝PF＝DF，

∴∠AQP＝∠C，AQ＝FC，四边形PQDF为正方形，

∴DF＝QP，

∴CE＝QP，

在△AQP和△FCE中，

，

∴△AQP≌△FCE（SAS），

∴AP＝EF，

若AP＝5，则EF＝5，故①正确；

若AP⊥BD，则∠PAQ＝45°，

∵△AQP≌△FCE，

∴∠EFC＝∠PAQ＝45°，

∵∠BDC＝45°，

∴∠EFC＝∠BDC，

∴EF∥BD，故②正确；

当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，

∵AB＝AD＝4，

∴BD＝ ，

∴AP＝ BD＝ ，

∵EF＝AP，

∴EF的最小值为 ，故③错误，

故选：A．

7．（温州期末）在正方形ABCD的对角线BD上取一点E，连结AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（　　）

A．6 B．4 ﹣2 C．4 D．2 +2

【分析】过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，利用一线三垂直模型证明△AME≌△ENF，列出关于m的方程，求出m即可．

【解答】解：过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，

∵E在正方形的对角线上，

∴EM＝EE'＝m，

∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m，

∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°，

∴∠AEM＝∠EFN，

在△AME和△ENF中，

，

∴△AME≌△ENF（AAS），

∴FN＝ME＝m，

∴ ，

解得m＝ ，

故选：B．

8．（永嘉县校级模拟）如图，已知点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝ AB＝a．延长CB至点E，使得BE＝b，以CD，CE为边作矩形CEFD．连接并延长DB，交FE的延长线于点G，连接CF，AG．《几何原本》中利用该图解释了代数式（2a+b）²+b²＝2[（a+b）²+a²]的几何意义，则 的值为（　　）

A． B．2 C． D．2

【分析】在直角三角形中，运用勾股定理分别计算出AG，CF，即可求出其比值．

【解答】解：

∵点C是线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝ AB＝a；

∴AC＝a，CB＝a；

∴AD＝DB＝ a；

∵BE＝b，BE垂直于FG；

∴BG＝ b；

∴AG²＝AD²+DG²；

∴AG²＝（ a）²+（ a+ b）²＝2a²+2a²+2b²+4ab＝4a²+4ab+2b²；

∴CF²＝（a+b）²+a²＝2a²+2ab+b²；

∴AG²＝2CF²；

∴AG＝ CF；

∴则 的值为 ．

故选：A．

9．（南浔区期末）如图，在直角坐标系xOy中，已知点A，点B分别是x轴和y轴上的点，过x轴上的另一点D作DC∥AB，与反比例函数y＝ （k≠0）的图象交于C、E两点，E恰好为CD的中点，连结BE和BD．若OD＝3OA，△BDE的面积为2，则k的值为（　　）

A．3 B． C．2 D．1

【分析】先作辅助线，过点C作CF⊥x轴，过点E作EG⊥x轴，利用中点E，得出△DCF得中位线，再由反比例函数系数k的几何意义，得出OF与其他线段的数量关系；由AB||CD，得出S_△BDE＝S_△ADE＝2，再由OD＝3OA，得到线段之间的倍数关系，从而求出k的值．

【解答】解：

过点C作CF⊥x轴，过点E作EG⊥x轴，

∴CF||EG，

∵E恰好为CD的中点，

∴EG为△DCF的中位线，

∵点C、E是反比例函数y＝ （k≠0）的图象上的点，

设EG＝m，CF＝2m，DG＝FG＝n，

∴OF•CF＝OG•EG＝|k|，即OF•2m＝（OF+n）•m，

∴OF＝n．

∵DC∥AB，△BDE的面积为2，

∴S_△BDE＝S_△ADE＝2，

∵OD＝3OA，DG＝FG＝OF＝n，

∴OA＝DG＝FG＝OF＝n，AD＝4OA，

∴S_△ADE＝ •AD•EG＝ •4n•m＝2，即mn＝1，

∴|k|＝OG•EG＝2mn＝2，

∵反比例函数图象的一支在第一象限，

∴k＝2．

故选：C．

10．（吴兴区期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E为对角线AC上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线上于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连结CG．若AB＝2 ，则CE+CG的值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5

【分析】通过矩形和正方形的性质证明矩形DEFG是正方形，根据正方形的性质证明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4．

【解答】解：作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，

∴∠MEN＝90°，

∵点E是正方形ABCD对角线上的点，

∴EM＝EN，

∵∠DEF＝90°，

∴∠DEN＝∠MEF，

∵∠DNE＝∠FME＝90°，

在△DEN和△FEM中，

，

∴△DEN≌△FEM（ASA），

∴EF＝DE，

∵四边形DEFG是矩形，

∴矩形DEFG是正方形；

∵正方形DEFG和正方形ABCD，

∴DE＝DG，AD＝DC，∠ADC＝∠EDG＝90°，

∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，

∴∠CDG＝∠ADE，

在△ADE和△CDG中，

，

∴△ADE≌△CDG（SAS），

∴AE＝CG，

∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝ AB＝ ×2 ＝4，

故选：C．

11．（永嘉县校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，连接CF，当△CEF为直角三角形时，BE的长是（　　）

A．4 B．3 C．4或8 D．3或6

【分析】当△CEF为直角三角形时，有两种情况：①当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接AC，先利用勾股定理计算出AC＝10，根据折叠的性质得∠AFE＝∠B＝90°，而当△CEF为直角三角形时，只能得到∠EFC＝90°，所以点A、F、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点F处，则EB＝EF，AB＝AF＝6，可计算出CF＝4，设BE＝x，则EF＝x，CE＝8﹣x，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x．②当点F落在AD边上时，如答图2所示．此时四边形ABEF为正方形．

【解答】解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：

①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．

连接AC，

在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，

∴AC＝ ＝10，

∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，

∴∠AB′E＝∠B＝90°，

当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，

∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，如图，

∴EB＝EB′，AB＝AB′＝6，

∴CB′＝10﹣6＝4，

设BE＝x，则EB′＝x，CE＝8﹣x，

在Rt△CEB′中，

∵EB′²+CB′²＝CE²，

∴x²+4²＝（8﹣x）²，

解得x＝3，

∴BE＝3；

②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．

此时ABEB′为正方形，

∴BE＝AB＝6．

综上所述，BE的长为3或6．

故选：D．

12．（永嘉县校级期末）如图，点A，B在反比例函数y＝﹣ （x＜0）的图象上，连接OA，AB，以OA，AB为边作▱OABC，若点C恰好落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，此时▱OABC的面积是（　　）

A．3 B． C．2 D．6

【分析】连接AC，BO交于点E，作AG⊥x轴，CF⊥x轴，设点A（a，﹣ ），点C（m， ）（a＜0，m＞0），由平行四边形的性质和中点坐标公式可得点B[（a+m），（﹣ ）]，把点B坐标代入解析式可求a＝﹣2m，由面积和差关系可求解．

【解答】解：如图，连接AC，BO交于点E，作AG⊥x轴，CF⊥x轴，

设点A（a，﹣ ），点C（m， ）（a＜0，m＞0）

∵四边形ABCO是平行四边形

∴AC与BO互相平分

∴点E（ ）

∵点O坐标（0，0）

∴点B[（a+m），（﹣ ）]

∵点B在反比例函数y＝﹣ （x＜0）的图象上，

∴﹣ + ＝﹣

∴a＝﹣2m，a＝m（不合题意舍去）

∴点A（﹣2m， ）

∴S_△AOC＝ （ ）（m+2m）﹣ ﹣1＝

∴▱OABC的面积＝2×S_△AOC＝3

故选：A．

13．（东阳市期末）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺（△ABC）的长直角边与含45°角的三角尺（△ACD）的斜边恰好重合．已知AB＝6 ，E，F分别是边AC，BC上的动点，当四边形DEBF为平行四边形时，该四边形的面积是（　　）

A．3 B．6 C． D．81

13．（婺城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCO的顶点O为坐标原点，边CO在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，反比例函数y＝ （x＞0）的图象经过点A，交菱形对角线BO于点D，DE⊥x轴于点E，则CE长为（　　）

A．1 B． C．2 ﹣ D． ﹣1

【分析】作AH⊥OC于H．分别求出OA、OE即可解决问题；

【解答】解：作AH⊥OC于H．

∵∠AOH＝60°，设OH＝m，则AH＝ m，OA＝2m，

∴A（m， m），

∴ m²＝2 ，

∴m＝ 或﹣ （舍弃），

∴OA＝2 ，

∵四边形OABC是菱形，

∴∠DOE＝ ∠AOC＝30°，设DE＝n，则OE＝ n，

∴D（ n，n），

∴ n²＝2 ，

∴n＝ 或﹣ （舍弃），

∴OE＝ ，

∴EC＝OC﹣OE＝2 ﹣ ，

故选：C．

14．（浦江县期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE⊥BF，交点为G，CH⊥BF，交BF于点H．若CH＝HG，S_△CFH＝1，那么正方形的面积为（　　）

A．15 B．20 C．22 D．24

【分析】根据AE⊥BF，利用同角的余角相等得出∠EAB＝∠FBC，再根据AAS即可证出△ABG≌△BCH，得BG＝CH，设CH＝x，算出BC＝ ＝ ，设FH为y，分别在△CFH和△CFB中使用勾股定理得y＝ x，再由S_△CFH＝1得x＝2，即可求出正方形的面积．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，

∵AE⊥BF，∠ABC＝90°，

∴∠BAE+∠GBA＝90°，∠FBC+∠GBA＝90°，

∴∠BAE＝∠CBF，

∵CH⊥BF，

∴∠BHC＝90°＝∠AGB，

在△ABG与△BCH中，

，

∴△ABG≌△BCH（AAS），

∴BG＝CH，

设CH＝x，则HG＝BG＝x，

∴BH＝2x，

∴BC＝ ＝ ，

设FH为y，

∵CH⊥BF，

在△CFH中，CF²＝FH²+CH²＝x²+y²，

在△CFB中，CF²＝BF²﹣BC²＝（2x+y）²﹣5x²，

∴x²+y²＝（2x+y）²﹣5x²，

解得：y＝ x，

∴ ＝ ＝1，

∴x＝2，

∴正方形的面积为BC²＝（2 ）²＝20．

故选：B．

15．（金华期末）关于x的方程m²x²﹣8mx+12＝0至少有一个正整数解，且m是整数，则满足条件的m的值的个数是（　　）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个

【分析】根据公式法或因式分解法解方程，根据方程的解为正整数及m为整数，即可确定出m的值．

【解答】解：m²x²﹣8mx+12＝0，

解法一：Δ＝（﹣8m）²﹣4m²×12＝16m²，

∴x＝ ＝ ，

∴x₁＝ ，x₂＝ ，

解法二：（mx﹣2）（mx﹣6）＝0，

∴x₁＝ ，x₂＝ ，

∵关于x的方程m²x²﹣8mx+12＝0至少有一个正整数解，且m是整数，

∴ ＞0， ＞0，

∴m＝1或2或3或6，

则满足条件的m的值的个数是4个，

故选：B．

16．（丽水期末）如图正方形ABCD的边长为a，P是对角线AC上的点，连结PB，过点P作PQ⊥BP交线段CD于点Q．当DQ＝2CQ时，BP的长为（　　）

A． a B． a C． a D． a

【分析】作PE⊥AB于E，交CD于F，根据正方形的性质得∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，再判断△PCF为等腰直角三角形得到PF＝CF，接着利用等角的余角相等得到∠1＝∠2，于是可证明△BEP≌△PQF，所以PE＝FQ，设EP＝FQ＝x，则AE＝x，CF＝x+ ，在△BEP中用勾股定理即可算出BP＝ ＝ ．

【解答】解：过P作PE⊥AB于E，交CD于F，如图，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，

∴PF⊥CF，

∴△PCF为等腰直角三角形，

∴PF＝CF，

而CF＝BE，

∴PF＝BE，

∵PB⊥PQ，

∴∠1+∠BPE＝90°，

而∠2+∠BPE＝90°，

∴∠1＝∠2，

在△BEP和△PQF中，

∴△BEP≌△PFQ（ASA），

∴EP＝FQ，

正方形ABCD的边长为a，DQ＝2CQ，

∴CQ＝ ，

设EP＝FQ＝x，则AE＝x，CF＝x+ ，

∴AB＝x+ +x＝a，

∴x＝ ，

∴BP＝ ＝ ．

故选：C．

17．（衢江区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝AC＝8，P为AB边上一动点，以PA、PC为边作平行四边形PAQC，则对角线PQ的最小值为（　　）

A．6 B．8 C．2 D．4

【分析】以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，由平行四边形的性质可知O是AC中点，PQ最短也就是PO最短，所以应该过O作AB的垂线P′O，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出PQ的最小值．

【解答】解：∵四边形APCQ是平行四边形，

∴AO＝CO，OP＝OQ，

∵PQ最短也就是PO最短，

∴过O作OP′⊥AB与P′，

∵∠BAC＝45°，

∴△AP′O是等腰直角三角形，

∵AO＝ AC＝4，

∴OP′＝ AO＝2 ，

∴PQ的最小值＝2OP′＝4 ，

故选：D．

18．（嘉兴期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝6．点D在AC边上，连结BD，将△ABD沿直线BD翻折得△A'BD，连结A'C．当四边形A'DBC为平行四边形时，该四边形的周长是　6+6 　．

【分析】由平行四边形的性质得A′C＝BD，A′D＝BC＝3，再由翻折的性质得AD＝A′D＝3，则CD＝AC﹣AD＝3，然后证△BCD是等腰直角三角形，得BD＝ BC＝3 ，即可求解．

【解答】解：∵四边形A'DBC为平行四边形，

∴A′C＝BD，A′D＝BC＝3，

由翻折的性质得：AD＝A′D＝3，

∴CD＝AC﹣AD＝6﹣3＝3，

∴CD＝BC，

∵∠ACB＝90°，

∴△BCD是等腰直角三角形，

∴BD＝ BC＝3 ，

∴四边形A'DBC的周长＝2（BD+BC）＝2×（3 +3）＝6+6 ，

故答案为：6+6 ．

19．（嘉兴期末）已知两个关于x的一元二次方程x²+ax+b＝0，x²+cx+d＝0有一个公共解2，且a≠c，b≠d，b≠0，d≠0．下列结论：① 有唯一对应的值 ；② ；③ 是一元二次方程（b+d）x²+（a+c）x+2＝0的一个解．其中正确结论的序号是　　．

【分析】将x＝2代入方程，然后两式相减进行计算，从而判断①；设一元二次方程x²+ax+b＝0的另一个根为m，x²+cx+d＝0的另一个根为n，利用一元二次方程根与系数的关系求得m+2＝﹣a，2m＝b，n+2＝﹣c，2n＝d，然后代入计算并利用完全平方式的非负性判断②；将方程变形为（2m+2n）x²+（﹣m﹣2﹣n﹣2）x+2＝0，然后x＝ 代入方程进行验证，从而判断③．

【解答】解：∵关于x的一元二次方程x²+ax+b＝0，x²+cx+d＝0有一个公共解2，

∴2²+2a+b＝0①，2²+2c+d＝0②，

②﹣①，得：2（c﹣a）+d﹣b＝0，

2（c﹣a）＝b﹣d，

∴ ，故①正确；

设一元二次方程x²+ax+b＝0的另一个根为m，x²+cx+d＝0的另一个根为n，

∴m+2＝﹣a，2m＝b，n+2＝﹣c，2n＝d，

∴a²﹣4b＝[﹣（m+2）]²﹣4×2m＝（m﹣2）²≥0，

c²﹣4d＝[﹣（n+2）]²﹣4×2n＝（n﹣2）²≥0，

∴a²﹣4b+c²﹣4d≥0，

∴a²+c²≥4b+4d，

∴ ，故②错误；

∵m+2＝﹣a，2m＝b，n+2＝﹣c，2n＝d，

∴一元二次方程（b+d）x²+（a+c）x+2＝0可变形为：（2m+2n）x²+（﹣m﹣2﹣n﹣2）x+2＝0，

当x＝ 时，左边＝（2m+2n）×（ ）²+（﹣m﹣2﹣n﹣2）× +2＝0＝右边，

∴x＝ 是一元二次方程（b+d）x²+（a+c）x+2＝0的一个解，故③正确，

故答案为：①③．

20．（嘉兴期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形ABCD的顶点A（0，2 ）和C（2，0），顶点B在x轴上，顶点D在反比例函数y＝ 的图象上，点E为边CD上的动点，过点E作EF∥x轴交反比例函数图象于点F，过点F作FG∥CD交x轴于点G，当CE＝CG时，点F的坐标为　　．

【分析】根据题意可得出三角形ABC是正三角形，进而得出AB＝BC＝CA＝AD＝CD＝4，确定点D的坐标，得出反比例函数的关系式，由题意可知四边形CGFE是菱形，再根据菱形的性质，和直角三角形的边角关系，表示出点F的坐标，列方程求解即可．

【解答】解：连接AC，过点F作FM⊥x轴，垂足为M，

∵A（0，2 ）），C（2，0），

∴OA＝2 ，OC＝2，

∴AC＝ ＝4，tan∠OCA＝ ＝ ＝ ，

∴∠OCA＝60°，

∵菱形ABCD，

∴△ABC是正三角形，

∴AB＝BC＝CA＝4＝AD＝CD，

∴D（4，2 ），

∴反比例函数的关系式为y＝ ，

∵EF∥x轴，FG∥CD，CE＝CG，

∴四边形CGFE是菱形，且∠ECG＝60°，

在Rt△FMG中，∠GFM＝30°，

设GM＝x，则CG＝GF＝2x，FM＝ x，

∴点F（2+3x， x），

又∵点F（2+3x， x）在y＝ 的图象上，

∴（2+3x）• x＝8 ，

解得，x₁＝﹣2（舍去），x₂＝ ，

∴点F（6， ），

故答案为：（6， ）．

21．（西湖区校级期末）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8，∠ABC和∠BCD的角平分线分别交AD于点E、F，若BE＝6，则CF＝　　．

【分析】过点A作AM∥FC，交BE与点O，由平行线的性质和角平分线的性质可证∠BHC＝90°，由平行线的性质可求∠AOE＝∠BHC＝90°，由平行线的性质和角平分线的性质可证AE＝AB＝5，由勾股定理可求AO的长，由“ASA”可证△ABO≌△MBO，可得AO＝OM＝4，通过证明四边形AMCF是平行四边形，可得CF＝AM＝8．

【解答】解：如图，设BE与FC的交点为H，过点A作AM∥FC，交BE与点O，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AB∥CD，

∴∠ABC+∠DCB+180°，

∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，

∴∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，

∴∠CBE+∠BCF＝90°，

∴∠BHC＝90°，

∵AM∥CF，

∴∠AOE＝∠BHC＝90°，

∵AD∥BC，

∴∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，

∴AB＝AE＝5，

又∵∠AOE＝90°，

∴BO＝OE＝3，

∴AO＝ ＝ ＝4，

在△ABO和△MBO中，

，

∴△ABO≌△MBO（ASA），

∴AO＝OM＝4，

∴AM＝8，

∵AD∥BC，AM∥CF，

∴四边形AMCF是平行四边形，

∴CF＝AM＝8，

故答案为：8．

22．（北仑区期末）如图，已知A₁、A₂、A₃、…、A_n、A_n+1是x轴正轴上的点，且OA₁＝A₁A₂＝A₂A₃＝…＝A_nA_n+1，分别过点A₁、A₂、A₃、…、A_n、A_n+1作x轴的垂线，与反比例函数y＝ （x＞0）的图象相交于点B₁、B₂、B₃、…、B_n、B_n+1，依次连结OB₁、B₁B₂、OB₂、B₂B₃、OB₃、…、OB_n、B_nB_n+1、OB_n+1，记△OB₁B₂的面积为S₁，△OB₂B₃的面积为S₂，△OB_nB_n+1面积为S_n，则S₁＝　　，S_n＝　　．

【分析】设OA₁＝A₁A₂＝A₂A₃＝…＝A_nA_n+1＝m，可知B₁（m， ）、B₂（2m， ），B₃（3m， ），B₄（4m， ），、…、B_n+1{（n+1）m， }，再由三角形的面积和对应的梯形的面积的关系可得出S₁、S₂、S₃、…、S_n的值，故可得出结论．

【解答】解：设OA₁＝A₁A₂＝A₂A₃＝…＝A_nA_n+1＝m，

∴B₁（m， ）、B₂（2m， ），B₃（3m， ），B₄（4m， ），…，B_n+1{（n+1）m， }，

∵过点A₁、A₂、A₃、…、A_n、A_n+1作x轴的垂线，与反比例函数y＝ （x＞0）的图象相交于点B₂、B₃、…、B_n、B_n+1，

∴S₁＝S_△OA1B1﹣S_△OA2B2+S_{梯形A1B1B2A2}＝S_{梯形A1B1B2A2}，

S₂＝S ，

S₃＝ ，

…、

S_n＝S ，

∴S₁＝ ＝6，

S₂＝ （ + ）•m＝ ，

S₃＝ （ + ）•m＝ ，

S₄＝ （ + ）•m＝ ，

…、

S_n＝ + ＝ ，

故答案为6， ．

23．（海曙区期末）如图，四边形ABCD的顶点B、D两点在反比例函数y＝ （k₁＞0）的图象上，A、C两点在反比例函数y＝ （k₂＜0）的图象上，AD∥x轴∥BC，AD＝2BC，S_△BCD＝6，则k₁﹣k₂的值为　　．

【分析】过点D作DE⊥BC交BC于点E，设点B的坐标为（a， ），点A的坐标为（b， ）根据AD∥x轴∥BC求出D，C的坐标，表示出DA，BC的长度，根据AD＝2BC求出b与a的关系，进而求出DE的长度，表示出S_△BCD，进而求解．

【解答】解：过点D作DE⊥BC交BC于点E，

设点B的坐标为（a， ），点A的坐标为（b， ），

∵AD∥x轴∥BC，

∴点D的坐标为（ ， ），点C的坐标为（ ， ），

∴DA＝ ﹣b，CB＝ ﹣a，

∵AD＝2BC，

∴ ﹣b＝2（ ﹣a），

整理得，b＝﹣ ，

DE＝ ﹣ ＝k₂÷（﹣ ）﹣ ＝﹣ ，

∵S_△BCD＝ BC•DE＝ （ ﹣a）•（﹣ ）＝ （k₁﹣k₂）＝6，

∴k₁﹣k₂＝8，

故答案为：8

24．（鹿城区二模）图1是一个高脚杯截面图，杯体CBD呈抛物线状（杯体厚度不计），点B是抛物线的顶点，AB＝9，EF＝2 ，点A是EF的中点，当高脚杯中装满液体时，液面CD＝4 ，此时最大深度（液面到最低点的距离）为12，将高脚杯绕点F缓缓倾斜倒出部分液体，当∠EFH＝30°时停止，此时液面为GD，则液面GD到平面l的距离是　　；此时杯体内液体的最大深度为　　．

【分析】以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，由待定系数法求得抛物线的解析式；将高脚杯绕点F倾斜后，仍以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，分别用待定系数法求得直线l的解析式和直线GD的解析式，过点M作MP⊥l于点P，用三角函数求得液面GD到平面l的距离；过抛物线最低点Q作QL∥l，再将QL的解析式与抛物线的解析式联立，得出关于x的一元二次方程，由判别式求得q，最后用三角函数求得答案．

【解答】解：以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，如图：

由题意得：

A（0，0），B（0，9），C（﹣2 ，21），D（2 ，21），

设抛物线的解析式为：y＝ax²+9，

将D（2 ，21）代入得：

21＝a× +9，

解得：a＝1，

∴y＝x²+9．

将高脚杯绕点F倾斜后，仍以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，如图：

由题意得：

A（0，0），F（ ，0），E（﹣ ，0），B（0，9），C（﹣2 ，21），D（2 ，21），

由题可知，直线l与x轴的夹角为30°，GD∥l，

∵l经过点F（ ，0），且∠EFH＝30°，

∴设直线l的解析式为：y＝ x+b，

将F（ ，0）代入，解得b＝﹣1，

∴y＝ x﹣1，

又∵GD∥l，

∴k_GD＝k_l＝ ，

∴设直线GD的解析式为y＝ x+p，

将D（2 ，21）代入，解得p＝19，

∴y＝ x+19，

∴M（0，19），N（0，﹣1），

过点M作MP⊥l于点P，

∵∠EFH＝30°，∠FAN＝90°，

∴∠ANF＝60°，

∴MP＝MN•sin60°

＝[19﹣（﹣1）]×

＝10 ．

过抛物线最低点Q作QL∥l，L为QL于MP的交点，

设直线QL的解析式为y＝ x+q，

由 得：

x²﹣ x+9﹣q＝0，

∵只有一个交点Q，

∴Δ＝0，

∴ ﹣4（9﹣q）＝0，

∴q＝ ，

∴ML＝（19﹣ ）×sin60°

＝ ．

故答案为：10 ， ．

25．（翔安区模拟）如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A、C分别在x轴、y轴上，反比例函数y＝ （k≠0，x＞0）的图象与正方形的两边AB、BC分别交于点M、N，ND⊥x轴，垂足为D，连接OM、ON、MN．下列结论：

①△OCN≌△OAM；

②ON＝MN；

③四边形DAMN与△MON面积相等；

④若∠MON＝45°，MN＝2，则点C的坐标为（0， +1）．

其中正确结论的有　　．

【分析】设正方形OABC的边长为a，表示出A，B，C，M，N的坐标，利用SAS得到三角形OCN与三角形OAM全等，结论①正确；利用勾股定理表示出ON与MN，即可对于结论②做出判断；利用反比例函数的性质得到三角形OCN与三角形OAM全等，根据三角形MON面积＝三角形OND面积+四边形ADNM面积﹣三角形OAM面积，等量代换得到四边形DAMN与△MON面积相等，结论③正确；过O作OH垂直于MN，如图所示，利用ASA得到三角形OCN与三角形OHN全等，利用全等三角形对应边相等得到CN＝HN＝1，求出a的值，确定出C坐标，即可对于结论④做出判断．

【解答】解：设正方形OABC的边长为a，

得到A（a，0），B（a，a），C（0，a），M（a， ），N（ ，a），

在△OCN和△OAM中，

，

∴△OCN≌△OAM（SAS），结论①正确；

根据勾股定理，ON＝ ＝ ＝ ，MN＝ ＝ |a²﹣k|，

∴ON和MN不一定相等，结论②错误；

∵S_△ODN＝S_△OAM，

∴S_△MON＝S_△ODN+S_{四边形DAMN}﹣S_△OAM＝S_{四边形DAMN}，结论③正确；

过点O作OH⊥MN于点H，如图所示，

∵△OCN≌△OAM，

∴ON＝OM，∠CON＝∠AOM，

∵∠MON＝45°，MN＝2，

∴NH＝HM＝1，∠CON＝∠NOH＝∠HOM＝∠AOM＝22.5°，

∴△OCN≌△OHN（ASA），

∴CN＝HN＝1，

∴ ＝1，即k＝a，

由MN＝ |a²﹣k|得，2＝ |a²﹣a|，

整理得：a²﹣2a﹣1＝0，

解得：a＝ ＝1± （舍去负值），

∴点C的坐标为（0， +1），结论④正确，

则结论正确的为①③④，

故答案为：①③④

26．（鄞州区期末）如图，矩形OABC的顶点A在y轴的正半轴上，顶点C在x轴的正半轴上，反比例函数y＝ （k＞0）在第一象限内的图象分别与边AB、BC相交于点D、E．连结OD，OE，恰有∠AOD＝∠DOE，∠ODE＝90°，若OA＝3，则k的值是　　．

【分析】过点D作DF⊥OE于点F，设AD＝a，EB＝b，OA＝3，先证明△ADO≌△FDO（AAS），再证明△DFE≌△DEB（AAS），则可得到OF＝3，DF＝BD＝a，BE＝EF＝3﹣b，则有OE＝6﹣b，AB＝2a，并能求得D（a，3），B（2a，b），由已知D、E在反比例函数y＝ 上，则有3a＝2ab，求出b＝ ，在Rt△OEC中，根据勾股定理可求a＝ ，则可求k＝ ．

【解答】解：过点D作DF⊥OE于点F，

∵∠AOD＝∠DOE，∠BAO＝∠DFO＝90°，OD＝OD，

∴△ADO≌△FDO（AAS），

∴AD＝DF，AO＝OF，∠ADF＝∠ODF，

∵∠ODE＝90°，

∴∠ODF+∠FDE＝∠ADO+∠AOD＝90°，

∴∠FDE＝∠AOD，

∵∠ADO+∠BDE＝∠ADO+∠AOD＝90°，

∴∠AOD＝∠BDE，

∴∠FDE＝∠BDE，

∵∠B＝∠DFE＝90°，

∴△DFE≌△DEB（AAS），

∴EF＝BE，DB＝DF，

设AD＝a，EB＝b，OA＝3，

∴OF＝3，DF＝BD＝a，BE＝EF＝3﹣b，

∴OE＝6﹣b，AB＝2a，

∴D（a，3），B（2a，b），

∵D、E在反比例函数y＝ 上，

∴3a＝2ab，

∴b＝ ，

在Rt△OEC中，OC＝2a，OE＝6﹣b＝ ，EC＝ ，

∴a＝ ，

∴k＝ ，

故答案为 ．

27．（乐清市期末）小李家大门上的矩形装饰物由金属丝焊接而成，该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，如图，在矩形ABCD中，两个菱形由平行于AD的固定条固定，EF，IJ是中间的固定条，上下固定条都经过菱形各边中点，且所有固定条不经过菱形内部．已知F，M，G分别到AB，BC，AD的距离都是2cm，若对角线FH＝AB＝ FG，顶点H，K之间距离是EF的2倍，则金属丝总长（即图中所有线段之和）是　　cm．

【分析】如图，作直线GM交BC于点Q，交AD于点P，连接FJ，TW．证明 ＝ ，设FG＝5k，OF＝4k，则OG＝3k，根据OP＝OF，构建方程求出k，即可解决问题．

【解答】解：如图，作直线GM交BC于点Q，交AD于点P，连接FJ，TW．

∵四边形GFMH是菱形，

∴GM⊥FH，FO＝OH，GO＝OM，

∵FH＝AB＝ FG，

∴ ＝ ，

设FG＝5k，OF＝4k，则GO＝OM＝3k，

∵四边形AEOP是矩形，

∴AE＝OP，

∵AB＝FH，

∴OF＝AE＝OP，

∴4k＝3k+2，

∴k＝2，

∴GF＝10（cm），OF＝OH＝8（cm），

∴AB＝CD＝FH＝16（cm），

∵TW是GFH的中位线，

∴TW＝ FH＝8（cm），

∴HK＝2EF＝4（cm），

∴AD＝BC＝2+16+4+16+2＝40（cm），

∴金属丝总长2×16+4×40﹣4×8+4+8×10＝244（cm），

故答案为：244．

28．（温州期末）图1是一款平衡荡板器材，示意图如图2，A，D为支架顶点，支撑点B，C，E，F在水平地面同一直线上，G，H为荡板上固定的点，GH∥BF，测量得AG＝GH＝DH，Q为DF上一点且离地面1m，旋转过程中，AG始终与DH保持平行．如图3，当旋转至A，Q，H在同一直线上时，连结G′Q，测得G′Q＝1.6m，∠DQG′＝90°，此时荡板G′H′距离地面0.6m，则点D离地面的距离为　　m．

【分析】先根据判断AG＝GH＝DH判断AH'垂直平分DG'，再证明△DMQ≌△QNG'，从而得MQ＝G'N，再在△G'NQ中用勾股定理求出G'N，即可求得点D离地面的距离．

【解答】解：如图，过Q作G'H'的垂线交G'H'于N，交AD延长线于M，

连接AH'，连接DG'，

由图2得：AD＝GH，

∵AG＝GH＝DH，

∴AD＝AG'，G'H'＝DH'，

∴AH'垂直平分DG'，

∵A，Q，H'在同一直线上，

∴G'Q＝DQ，

∵∠DQG′＝90°，

∴∠G'QN+∠DQM＝90°，

∵∠DQM+∠QDM＝90°，

∴∠G'QN＝∠QDM，

∴△DMQ≌△QNG'（AAS），

∴MQ＝G'N，

∵Q为DF上一点且离地面1m，此时荡板G′H′距离地面0.6m，

∴QN＝1﹣0.6＝0.4m，

∴G'N＝ ＝ m，

∴MQ＝ m，

∴点D离地面的距离为（ +1）m．

故答案为：（ +1）m．

29．（永嘉县校级模拟）图1是上下都安装“摩擦铰链”的平开窗，滑轨MN固定在窗框，托悬臂CF安装在窗扇．A，D，E分别是MN，CF，AD上固定的点，且BC＝DE．当窗户开到最大时，CF⊥MN，且点C到MN的距离为10cm，此时主轴AD与MN的夹角∠DAN＝45°．如图2，窗户从开到最大到关闭（CF，AD，BC，BE与MN重合）的过程中，控制臂BC，带动MN上的滑块B向点N滑动了20 cm．则AD的长为　　cm．

【分析】根据题意，分别求出DE，AE即可解决问题．

【解答】解：由题意四边形BCDE是平行四边形，

∴BC∥DM，

∵当窗户开到最大时，CF⊥MN，∠DAN＝45°，

∴∠CBN＝∠DAN＝45°，

∵点C到MN的距离为10cm，

∴BC＝ ＝10 （cm），

∴DE＝BC＝10 （cm），

∵户从开到最大到关闭，滑块B向点N滑动了20 cm，

由题意，AB+20 ＝AE+BE，

∵BE＝AB，

∴AE＝20 （cm），

∴AD＝AE+DE＝30 （cm），

故答案为：30

30．（南浔区期末）如图，已知有一张正方形纸片ABCD，边长为9cm，点E，F分别在边CD，AB上，CE＝2cm．现将四边形BCEF沿EF折叠，使点B，C分别落在点B'，C'，上当点B'恰好落在边AD上时，线段BF的长为　　cm；在点F从点B运动到点A的过程中，若边FB'与边AD交于点G，则点G相应运动的路径长为　　cm．

【分析】连接BE、B'E，由翻折性质得：BE＝B'E，BF＝B'F，在△BEC与△B'DE中，由勾股定理得BF＝5cm；连接EG，并作G关于EF的对称点G'，连接EG'，由对称性知，GE＝G'E，由点到直线垂线段最短知EG'最小值为EH＝9，从而DG最小值为 ＝ ，AG最大值为9﹣ ，再由于B'恰好落在边AD上G、B'重合时，AG＝AB'＝3，故G点在AD上先向上再向下运动，即可得相应运动的路径长为9﹣ ﹣3+9﹣ ＝15﹣8 ．

【解答】解：①当点B'恰好落在边AD上时，

如图，连接BE、B'E，

由翻折性质得：BE＝B'E，BF＝B'F，

在△BEC与△B'DE中，由勾股定理得：BE²＝CE²+BC²＝DE²+B'D²，

∵BC＝9cm，CE＝2cm，DE＝7cm，

∴DB'＝6cm，AB'＝3cm，

设BF＝xcm，则B'F＝xcm，AF＝（9﹣x）cm，

∵B'A²+AF²＝B'F²，

∴3²+（9﹣x）²＝x²，

解得：x＝5，

∴BF＝5cm；

②如图，连接EG，并作G关于EF的对称点G'，连接EG'，

由对称性知，GE＝G'E，

过点E作EH⊥AB于H，

∵点到直线垂线段最短，

∴EG'最小值为EH＝9，

∵∠B＝∠C＝∠EHB＝90°，

∴四边形EHBC为矩形，

∴EH＝BC＝9，

∴EG最小值为9，

∵DG²＝EG²﹣ED²，

∴DG最小值为 ＝ ，

∴AG最大值为9﹣ ，

由①知，点B'恰好落在边AD上G、B'重合时，此时AG＝AB'＝3，

∴点G相应运动的路径长为9﹣ ﹣3+9﹣ ＝15﹣8 ．

故答案为：5cm，15﹣8 ．

31．（吴兴区期末）如图，已知菱形ABCD的对角线AC的中点与坐标原点重合，AF⊥AC交x轴于点F，反比例函数y＝ （k＜0，x＜0）的图象经过点A，与AF交于点E，且AE＝EF，△ADF的面积为6，则k的值为　　．

【分析】通过菱形的性质，得BD⊥AC，又因为AF⊥AC，得AF||BD，从而将已知△DAF的面积转化成已知同底等高的△OAF的面积，由此转化成反比例函数的系数的几何意义的问题，再结合三角形中位线的知识，得到OH与其他边的数量关系，从而求出系数k的大小．

【解答】解：

过点E作EG⊥x轴，AH⊥x轴，

∵点E为AF的中点，

∴EG为△FAH的中位线，则EG＝ AH，FG＝HG，

设EG＝a，AH＝2a，FG＝HG＝b，

∵点A、E在反比例函数y＝ （k＜0，x＜0）的图象上，

∴OH•2a＝（OH+b）•a＝|k|，

∴OH＝b，

∴S_{四边形AEGO}﹣S_△AHO＝S_{四边形AEGO}﹣S_△EGO，即：S_梯形EGHA＝S_△OAE，

连接OE、BD，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BD⊥AC，

∵AF⊥AC，BD⊥AC，

∴AF||BD，

又∵△ADF的面积为6，

∴S_△OAF＝S_△DAF＝6，

∵AE＝EF，

∴S_△OAE＝ S_△OAF＝3，

∵S_梯形EGHA＝S_△OAE，

∴ •（a+2a）•b＝ ab＝3，即ab＝2，

∴|k|＝2ab＝2×2＝4，

∵反比例函数的一支图象在第二象限，所以k＝﹣4，

故答案为﹣4．

32．（永嘉县校级期末）如图，已知反比例函数y＝ （x＞0）的图象经过点A（4，5），若在该图象上有一点P，使得∠AOP＝45°，则点P的坐标是　　．

【分析】作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，则△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝4，A′F＝AE＝3，即A′（4，﹣3），求出线段AA′的中垂线的解析式，利用方程组确定交点坐标即可．

【解答】解：如图，作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，

则△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝5，A′F＝AE＝4，即A′（5，﹣4）．

∵反比例函数y＝ （x＞0）的图象经过点A（4，5），

所以由勾股定理可知：OA＝ ＝ ，

∴k＝4×5＝20，

∴y＝ ，

∴AA′的中点K（ ， ），

∴直线OK的解析式为y＝ x，

由 ，解得 或 ，

∵点P在第一象限，

∴P（6 ， ），

故答案为（6 ， ）．

33．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E是AB的中点，直线l平行于直线EC，且直线l与直线EC之间的距离为2，点F在矩形ABCD边上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A恰好落在直线l上，则DF的长为　　．

【分析】当直线l在直线CE上方时，连接DE交直线l于M，只要证明△DFM是等腰直角三角形即可利用DF＝ DM解决问题，当直线l在直线EC下方时，由∠DEF₁＝∠BEF₁＝∠DF₁E，得到DF₁＝DE，由此即可解决问题．

【解答】解：如图，当直线l在直线CE上方时，连接DE交直线l于M，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A＝∠B＝90°，AD＝BC，

∵AB＝4，AD＝BC＝2，

∴AD＝AE＝EB＝BC＝2，

∴△ADE、△ECB是等腰直角三角形，

∴∠AED＝∠BEC＝45°，

∴∠DEC＝90°，

∵l∥EC，

∴ED⊥l，

∴EM＝2＝AE，

∴点A、点M关于直线EF对称，

∵∠MDF＝∠MFD＝45°，

∴DM＝MF＝DE﹣EM＝2 ﹣2，

∴DF＝ DM＝4﹣2 ．

当直线l在直线EC下方时，

∵∠DEF₁＝∠BEF₁＝∠DF₁E，

∴DF₁＝DE＝2 ，

综上所述DF的长为2 或4﹣2 ．

故答案为2 或4﹣2 ．

34．（东阳市期末）在综合实践课上，小明把边长为2cm的正方形纸片沿着对角线AC剪开，如图1所示．然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，在平移过程中：

（1）四边形A′BCD′的形状始终是　　；

（2）A′B+D′B的最小值为　　．

【分析】（1）利用平移的性质证明即可．

（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．求出BC″，证明A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，可得结论．

【解答】解：（1）如图2中，∵A′D′＝BC，A′D′∥BC，

∴四边形A′BCD′是平行四边形，

故答案为：平行四边形．

（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，

∴AC＝ AB＝2 ，

∵BJ⊥AC，

∴AJ＝JC，

∴BJ＝ AC＝ ，

∵∠BJC＝∠JCH＝∠H＝90°，

∴四边形BHCJ是矩形，

∵BJ＝CJ，

∴四边形BHCJ是正方形，

∴BH＝CH＝ ，

在Rt△BHC″中，BH＝ ，HC″＝3 ，

∴BC″＝ ＝ ＝2 ，

∵四边形A′BCD′是平行四边形，

∴A′B＝CD′，

∴A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，

∴A′B+BD′≥2 ，

∴A′B+D′B的最小值为2 ，

故答案为：2

35．（长沙模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y＝kx（k＞0）分别交反比例函数y＝ 和y＝ 在第一象限的图象于点A，B，过点B作BD⊥x轴于点D，交y＝ 的图象于点C，连接AC．若△ABC是等腰三角形，则k的值是　　．

【分析】联立y＝kx、y＝ 并解得：点A（ ，2 ），同理点B（ ，3 ），点C（ ， ），分AB＝BC、AC＝BC两种情况分别求解即可．

【解答】解：联立y＝kx、y＝ 并解得：点A（ ，2 ），同理点B（ ，3 ），

点C（ ， ），∴AB≠AC，

①当AB＝BC时，（ ）²+（3 ﹣2 ）²＝（3 ﹣ ）²，解得：k＝± （舍去负值）；

②当AC＝BC时，同理可得：（ ﹣ ）²+（ ﹣2 ）²＝（3 ﹣ ）²，解得：k＝ （舍去负值）；

故答案为： 或 ．

36．（婺城区校级期末）如图，点A是x轴上的一个动点，点C在y轴上，以AC为对角线画正方形ABCD，已知点C的坐标是C（0，4），设点A的坐标为A（n，0）．

（1）当n＝2时，正方形ABCD的边长AB＝　　．

（2）连接OD，当OD＝ 时，n＝　　．

【分析】（1）在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长度，然后再求得正方形的边长即可；

（2）先求得OD与y轴的夹角为45°，然后依据OD的长，可求得点D的坐标，过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴，接下来，再证明△DNA≌△DMC，从而可得到CM＝AN，从而可得到点A的坐标．

【解答】解：（1）当n＝2时，OA＝2，

在Rt△COA中，AC²＝CO²+AO²＝20．

∵ABCD为正方形，

∴AB＝CB．

∴AC²＝AB²+CB²＝2AB²＝20，

∴AB＝ ．

故答案为： ．

（2）如图所示：过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴．

∵ABCD为正方形，

∴A、B、C、D四点共圆，∠DAC＝45°．

又∵∠COA＝90°，

∴点O也在这个圆上，

∴∠COD＝∠CAD＝45°．

又∵OD＝ ，

∴DN＝DM＝1．

∴D（﹣1，1）．

在Rt△DNA和Rt△DMC中，DC＝AD，DM＝DN，

∴△DNA≌△DMC．

∴CM＝AN＝OC﹣MO＝3．

∵D（﹣1，1），

∴A（2，0）．

∴n＝2．

如下图所示：过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴．

∵ABCD为正方形，

∴A、B、C、D四点共圆，∠DAC＝45°．

又∵∠COA＝90°，

∴点O也在这个圆上，

∴∠AOD＝∠ACD＝45°．

又∵OD＝ ，

∴DN＝DM＝1．

∴D（1，﹣1）．

同理：△DNA≌△DMC，则AN＝CM＝5．

∴OA＝ON+AN＝1+5＝6．

∴A（6，0）．

∴n＝6．

综上所述，n的值为2或6．

故答案为：2或6．

37．（浦江县期末）如图，矩形ABCD的四个顶点都在正三角形EFG的边上．已知△EFG的边长为6，记矩形ABCD的面积为S，则当AB＝　　时，S有最大值是　　．

【分析】求出AF＝BG＝3﹣ x，解直角三角形求出AD，再根据矩形的面积公式求出面积S关于x的函数关系式，把解析式化成顶点式，再得出答案即可．

【解答】解：∵△EFG的正三角形，

∴∠G＝∠F＝60°，

∵四边形DABC是矩形，

∴AD＝BC，DC＝AB，∠DAB＝∠CBA＝90°，

∴∠DAF＝∠CBG＝90°，

在△FAD和△GBC中

，

∴△FAD≌△GBC（AAS），

∴AF＝BG，

∵FG＝6，AB＝x，

∴AF＝BG＝ ×（6﹣x）＝3﹣ x，

∴AD＝BC＝（3﹣ x）tan60°＝﹣ x+3 ，

∴矩形ABCD的面积S＝AD×AB＝（﹣ x+3 ）x，

即S关于x的函数表达式是：S＝﹣ x²+3 x，

∵0＜AB＜FG，FG＝6，

∴自变量x的取值范围是0＜x＜6，

S＝﹣ x²+3 x

＝﹣ （x²﹣6x）

＝﹣ （x²﹣6x+9﹣9）

＝﹣ （x﹣3）²+ ，

∵﹣ ＜0，

∴开口向下，有最大值，

∴当x＝3时，S的最大值是 ，

故答案为：3， ．

38．（金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，有点A（3，0），点B（3，5），射线AO上的动点C，y轴上的动点D，平面上的一个动点E，若∠CBA＝∠CBD，以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，则AC的长为　　．

【分析】存在三种情况：①作辅助线，构建等腰△BDF，先根据三角形内角和得∠BDC＝∠F，再由等腰三角形三线合一的性质得CD＝CF，最后证明△DCO≌△FCA（AAS），可得结论．②如图2，同理构建直角三角形，利用勾股定理可得结论；③如图3，同理可得结论．

【解答】解：存在三种情况：

①如图1，延长BA和DC交于点F，

∵点A（3，0），点B（3，5），

∴AB⊥x轴，OA＝3，

∵四边形DCBE是矩形，

∴∠DCB＝90°，

∴∠BCF＝∠DCB＝90°，

∵∠CBD＝∠CBF，

∴∠BDC＝∠BFC，

∴BD＝BF，

∴CD＝CF，

在△DCO和△FCA中，

，

∴△DCO≌△FCA（AAS），

∴OC＝AC，

∵AC＝ OA＝ ．

②如图2，过点B作BM⊥y轴于M，则∠BMD＝90°，

∵四边形CDBE是矩形，

∴∠CDB＝90°，

∵∠CBA＝∠CBD，∠CAB＝90°，

∴BD＝BA＝5，AC＝CD，

∵BM＝3，

∴DM＝4，

∴CD＝5﹣4＝1，

设AC＝x，则OC＝3﹣x，CD＝x，

由勾股定理得：CD²＝OD²+OC²，

即x²＝1²+（3﹣x）²，

解得：x＝ ，

∴AC＝ ；

③如图3，过点D作NL∥x轴，交AB的延长线于L，过C作CN⊥NL于N，则∠N＝∠L＝90°，

∵∠CDB＝∠CBA＝90°，∠CBA＝∠CBD，

∴CD＝AC，

设AC＝b，则CD＝b，OC＝DN＝b﹣3，

∵AB＝BD＝5，

∵DL＝3，

∴BL＝4，

∴CN＝AL＝5+4＝9，

由勾股定理得：CN²+DN²＝CD²，

即9²+（b﹣3）²＝b²，

解得：b＝15，

综上，AC的长为 或 或15；

故答案为： 或 或15．

39．（金华期末）如图，已知线段AC＝4，线段BC绕点C旋转，且BC＝6，连接AB，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．

（1）若∠ACB＝90°，则AB的值是　　；

（2）线段CD长的最大值是　　．

【分析】（1）由勾股定理可求AB的值；

（2）过点A作AE⊥CA，取AE＝AC，连接BE，CE，由勾股定理可求EC的长，由“SAS“可证△EAB≌△CAD，可得CD＝BE，由三角形的三边关系可求解．

【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，

∴AB＝ ＝ ＝2 ，

故答案为：2 ，

（2）如图，过点A作AE⊥CA，取AE＝AC，连接BE，CE，

∵AE⊥CA，AE＝AC＝4，

∴EC＝4 ，

∵∠EAC＝90°＝∠BAD

∴∠EAB＝∠CAD，且AC＝AE，AB＝AD，

∴△EAB≌△CAD（SAS）

∴CD＝BE

∵BE≤CE+BC＝4 +6

∴BE的最大值为4 +6

∴CD的最大值为4 +6

故答案为4 +6．

40．（丽水期末）已知二次多项式x²﹣ax+a﹣5．

（1）当x＝1时，该多项式的值为　　；

（2）若关于x的方程x²﹣ax+a﹣5＝0，有两个不相等的整数根，则正数a的值为　　．

【分析】（1）把x＝1代入代数式化简即可；

（2）设x₁，x₂是方程两个不相等的整数根，于是得到x₁+x₂＝a，x₁x₂＝a5．求得Δ＝（﹣a）²﹣4（a﹣5）＝a²﹣4a+20＝（a﹣2）²+16为完全平方数，列方程组即可得到结论．

【解答】解（1）当x＝1时，x²﹣ax+a﹣5＝1﹣a+a﹣5＝﹣4，

故答案为﹣4；

（2）设x₁，x₂是方程两个不相等的整数根，

则x₁+x₂＝a，x₁x₂＝a﹣5．

∴a，a﹣5均为整数，

∴Δ＝（﹣a）²﹣4（a﹣5）＝a²﹣4a+20＝（a﹣2）²+16为完全平方数，

设（a﹣2）²+16＝t²（t为整数，且t≥0），

则（a﹣2）²﹣t²＝﹣16．于是，（a﹣2﹣t）（a﹣2+t）＝﹣16，

由于a﹣2﹣t，a﹣2+t奇偶性相同，且a﹣2﹣t≤a﹣2+t，

∴ 或 或 ，

解得 或 （舍去）或 ，

经检验a＝2，a＝5符合要求，

∴a＝2或a＝5，

故答案为2或5．

41．（丽水期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A与原点O重合，点C在直线y＝x上，点B的坐标为（2，1）．将菱形ABCD沿直线y＝x平移，当点B，D同时落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上时，菱形沿直线y＝x平移的距离为　　．

【分析】设菱形沿直线y＝x平移t个单位，则平移后B坐标为（2+ t，1+ t），代入反比例函数y＝ （x＞0）得t＝ 或t＝﹣4 （舍去），即菱形沿直线y＝x平移 个单位，B落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，由菱形和反比例函数y＝ （x＞0）的图象都关于直线y＝x对称可知，此时D也落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，

【解答】解：设菱形沿直线y＝x平移t个单位，B，D同时落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，

则相当于菱形向右平移 t个单位，再向上平移 t个单位，

∴平移后B坐标为（2+ t，1+ t），

代入反比例函数y＝ （x＞0）得1+ t＝ ，

解得t＝ 或t＝﹣4 （舍去），即菱形沿直线y＝x平移 个单位，B落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，

由菱形和反比例函数y＝ （x＞0）的图象都关于直线y＝x对称可知，此时D也落在反比例函数y＝ （x＞0）的图象上，

故答案为： ．

42．（永嘉县校级期末）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　　；

（2）EM+AF的最小值为　　．

【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＝ ，

∴ ，

故答案为： ；

（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＝ ，

∴EM+AF的最小值为 ，

故答案为： ．

43．如图，▱ABCD中，AB＝2，BC＝4，∠B＝60°，点P是四边形上的一个动点，则当△PBC为直角三角形时，BP的长为　　．

【分析】分两种情况：（1）当∠BPC＝90°时，①由直角三角形的性质即可得出BP＝2；

②当点P在边AD上，AP＝DP＝2时，由等边三角形的性质和勾股定理求出BP即可；

（2）当∠BCP＝90°时，CP＝ PD＝ ，由勾股定理求出BP即可．

【解答】解：分两种情况：

（1）当∠BPC＝90°时，

①点P在AB边上时，

∵∠B＝60°，

∴∠BCP＝30°，

∴BP＝ BC＝2；

②点P在边AD上，AP＝DP＝2时，如图2所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴CD＝AB＝2，∠D＝∠B＝60°，

∴DP＝CD，

∴△PCD是等边三角形，PC＝CD＝2，

∴BP＝ ＝ ＝2 ；

（2）当∠BCP＝90°时，如图3所示：

则CPD＝90°，

∵CD＝AB＝2，∠D＝∠ABC＝60°，

∴∠PCD＝30°，

∴PD＝ CD＝1，CP＝ PD＝ ，

∴BP＝ ＝ ；

综上所述：当△PBC为直角三角形时，BP的长为2或2 或 ．

故答案为：2或2 或 ．