浙江省2025年八年級（下）數(shù)學期末壓軸真題訓練一、選擇題1．（2024八下·諸暨期末）已知關(guān)于x的方程b2x2+abx+a2?3b2①x=?2；②x=?1；③x=1；④x=2A．①④ B．②③ C．①② D．③④2．（2024八下·余姚期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD+BC=AB，以CD為底邊，在CD右側(cè)作等腰直角三角形CDE，若要求△ABE的面積，則只需知道（）A．AD的長 B．BC的長 C．AB的長 D．CD的長3．（2024八下·寧波期末）如圖，點E、F分別是平行四邊形ABCD邊BC、CD上一點，連接AE、DE，連接AF交ED于點P，連接BF分別交AE、DE于點G、H，設(shè)△BGE的面積為S1，△PDF的面積為S2，四邊形CEHF的面積為S3，若S1=4，SA．17 B．19 C．18 D．254．（2024八下·錢塘期末）如圖，已知四邊形ABCD是矩形，對角線AC，BD交于點O，延長BC至點E，使得BE＝DE，連結(jié)OE交CD于點F．當∠CED＝45°時，有以下兩個結(jié)論：①若CF＝1，則DF=2，②若BD＝2，則A．①②均錯誤 B．①②均正確C．①錯誤②正確 D．①正確②錯誤5．（2024八下·新昌期末）如圖，A是反比例函數(shù)y=2x圖象上一點，且A點的橫坐標為aa>0．P是y軸負半軸上一點，且P點的縱坐標為b．連接AP，延長AP至點B，使得BP=AP，且點B恰好落在反比例函數(shù)y=kxA．2 B．4 C．6 D．86．（2024八下·蒼南期末）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，點E，F(xiàn)分別在BD，AB上，連結(jié)CE，EF，當CE=EF，A．2?3 B．3?1 C．337．（2024八下·浦江期末）如圖，點E、F分別是正方形ABCD的邊AD、BC上的點，將正方形沿EF折疊，使得點B的對應(yīng)點H在邊CD上，若已知三角形DGH的周長，則可以求出下列哪個數(shù)據(jù)（）．A．三角形HFC的周長 B．三角形IEG的周長C．三角形DGH的面積 D．正方形ABCD的面積8．（2024八下·義烏期末）如圖，正方形ABCD的邊長為3，點E在CD上且CE=1，點F、P分別為線段BC、AD上的動點，連接BE，BP，F(xiàn)P，EF．若在點F、P的運動過程中始終滿足PF⊥BE，則BP+EF的最小值為（）A．23 B．25 C．33二、填空題9．（2024八下·浦江期末）點A是反比例函數(shù)y=6xx>0圖像上一點，過點A作x軸、y軸的平行線，交反比例函數(shù)y=kxk<0的圖象于B,C兩點，連接BC10．（2024八下·余姚期末）如圖，在平面直角坐標系中，?OABC的邊AB與反比例函數(shù)y=8x(x>0)的圖象交于A，D兩點，且與y軸正半軸交于點B，點C在反比例函數(shù)y=kx(k<0,x<0)的圖象上．若點D是AB的中點，則?OABC11．（2024八下·余姚期末）如圖，在Rt△ABC中，AB=AC=2，點D，E分別為AB，AC的中點，點F為BC邊上任意一點（不與B，C重合），沿DE，DF剪開分成①，②，③三塊后，將②，③分別繞點D，E旋轉(zhuǎn)12．（2024八下·諸暨期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=1，E是BC邊上的動點（E可以和B,C重合），連接DE，AE，過D點作AE的垂線交線段AB于點F，現(xiàn)以DF，DE為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DFGE，連接BG，則BG的最小值是．13．（2024八下·蒼南期末）如圖，在矩形ABCO的頂點A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，D，E為BC的三等分點，作矩形BEFG使點G落在AB上，反比例函數(shù)y=kx（x>0）的圖象同時經(jīng)過點D，F(xiàn)．若矩形BEFG的面積為3，則k的值為14．（2024八下·新昌期末）如圖，在矩形ABCD中，AB>AD>12AB，在AD邊上截取一點E，使得AE+AD=AB，連接CE，點F是CE的中點，連接AF．已知AF=2，則線段AB15．（2024八下·寧波期末）如圖，點A是平面直角坐標系中第一象限內(nèi)的點，將線段AO繞著點A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°至AD，以AD為邊作菱形ABCD，邊CD、AB分別與反比例函數(shù)y=kxx>0交于點E、F，且AB∥x軸，AE⊥CD，連接OE，OF，EF16．（2024八下·寧波期末）如圖，已知菱形ABCD的面積為25，AB=5，點P，Q分別是在邊BC，CD上(不與C點重合)，且CP=CQ，連結(jié)DP，AQ，則17．（2024八下·義烏期末）如圖，在平面直角坐標系中，菱形AOCB的邊長為6，點A在反比例函數(shù)y=?3xx<0的圖象上，點E是對角線AC與OB的交點且在反比例函數(shù)y=kx18．（2024八下·義烏期末）如圖，矩形OABC在平面直角坐標系中，點A在x軸上，點C在y軸上，點B的坐標為6,8．有一動點D以1個單位長度/秒的速度從O點向A點運動，另一動點E以相同速度同時從A點向B點運動，其中一點到達終點時停止運動．連結(jié)ED，將線段ED繞點E按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段EF，連結(jié)DF，設(shè)點D、E運動的時間為t秒．（1）當t=2時，△DEF的面積為．（2）記點G為線段EF的中點，則在整個運動過程中，點G所經(jīng)過的路徑長為．19．（2024八下·蒼南期末）圖1是一款可升降籃球架，支架AB，CE，GF的長度固定，A，D，G為立柱AH上的點，AH⊥地面，籃板BC⊥地面，GF⊥AH，AD=BC=0.6米，DH=2.3米，若改變伸縮臂EF的長度，則AB，CD可繞點A，D旋轉(zhuǎn)來調(diào)整籃筐的高低．如圖2，當∠GDE=60°時，可測得籃筐的固定點C距離地面為2.9米，則支架CD的長為米．降低籃筐高度如圖3，連結(jié)BF交CD于點O，BF平分∠ABC，AB=2OB，此時籃筐的固定點C離地面的距離為米．三、解答題20．（2024八下·錢塘期末）在平面直角坐標系中，設(shè)函數(shù)y1＝﹣x+m（m是實數(shù)），y2=kx(k≠0)，已知函數(shù)y1與y2（1）求函數(shù)y1，y2的解析式與B點的坐標．（2）當y1＞y2時，請直接寫出自變量x的取值范圍．（3）已知點C（a，b）和點D（c，d）在函數(shù)y2的圖象上，且a+c＝4，設(shè)P=1b?1d，當1＜21．（2024八下·余姚期末）已知反比例函數(shù)y=kxk≠0（1）請判斷點B6（2）已知點Cx1，y1①若y1>y②若y1=2y22．（2024八下·金華期末）如下圖，反比例函數(shù)y1=k1x(k1≠0)與一次函數(shù)y2=k2x+b(k2≠0)（1）求m的值和一次函數(shù)y2（2）求點C的坐標.（3）將正方形ABCD平移得到正方形MNPQ，在平移過程中，使點A的對應(yīng)頂點M始終在第一象限內(nèi)且在反比例函數(shù)y1的圖象上（點M與點A不重合），當正方形MNPQ與正方形ABCD23．（2024八下·余姚期末）如圖，點E，F(xiàn)分別是正方形ABCD的邊AD，BC上的點，將正方形ABCD沿EF折疊，使得點B的對應(yīng)點B'恰好落在邊CD上，A'B'交AD于點N，作BM⊥A（1）求證：BM∥FB（2）問四邊形BFB（3）①若B，M，②若N為AD的中點，求DB24．（2024八下·諸暨期末）如圖，在坐標系中有一矩形OABC，滿足A10,0，C0,8，點D為AB上一點，△BCD關(guān)于CD折疊得到△ECD，點E落于邊（1）求OE的長度；（2）若y關(guān)于x的反比例函數(shù)y=kxk≠0圖象經(jīng)過點D，與CD①求該反比例函數(shù)解析式；②在CE上有一動點P，當點P坐標為多少時，△PDF的周長最??？25．（2024八下·蒼南期末）如圖1，△ABC≌△ADC，過點D作DE∥CB交AC于點E，連接EB．（1）求證：四邊形BCDE是菱形．（2）若AB=4，BC=2，E為AC的中點．①求AC的長．②如圖2，在邊BC上取一點F，連結(jié)DF并延長交AB的延長線于點G，記△CDF的面積為S1，△BGF的面積為S2，當S126．（2024八下·新昌期末）如圖，在?ABCD中，AB>AD，∠ABC=60°，CD=10．記BC的長為x，E是AB邊上的一個動點，連接CE，F(xiàn)是點B關(guān)于EC的對稱點，連接EF，CF．（1）如圖1，當點F落在AD上且CF⊥AD時，求x的值．（2）如圖2，若點F恰好落在CD邊上，判斷四邊形BCFE的形狀，并說明理由．（3）若點F恰好落在?ABCD的邊上，且AF=2．求x的值．27．（2024八下·寧波期末）如圖，點E、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、AD、BC上，DE與HG相交于點O．（1）如圖1，當∠GOD=90°，①求證：DE=GH；①平移圖1中線段GH，使G點與D重合，H點在BC延長線上，連接EH，取EH中點P，連接PC，如圖2，求證：BE=2（2）如圖3，當∠GOD=45°，邊長AB=4，HG=25，則DE28．（2024八下·諸暨期末）已知△ABC內(nèi)角∠BAC=α0°<α<180°，分別以AB,AC為邊向外側(cè)作等邊△ABM和等邊△ACN，連接CM,BN交于點O（1）如圖1，判斷∠MON是否隨α的變化而變化？如果不變化，請求出∠MON的度數(shù)；如果變化，請用α的代數(shù)式表示∠MON的度數(shù)；（2）連接MN，再依次連接MB,BC,CN,NM四條線段的中點D,E,F,G，得到四邊形DEFG．①如圖2，若α=90°，AB=4cm，AC=3cm，求四邊形DEFG的面積；②若△ABM的面積是123，△ACN，△AMN的面積都是43，求29．（2024八下·浦江期末）在矩形ABCD中，AB=6，BC=63，AC與BD相交于點O，點E、F分別是邊AD、BC上的動點，且線段EF（1）如圖1，求證：AE=CF．（2）如圖2，將矩形ABCD沿EF折疊，點A'，B'分別是點①若FB'⊥BC②連接BA'，30．（2024八下·錢塘期末）如圖1，在正方形ABCD中，點P在AB上，連結(jié)CP，過點B作BE⊥CP于點E，過點D作DF⊥CP于點F．（1）求證：△CBE≌△DCF．（2）如圖2，延長CP至點G，使EG＝EB，連結(jié)BG，DG．①探究線段BG，CG，DG之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．②連結(jié)AG，若AG=2，AD＝3，求答案解析1．【答案】A【解析】【解答】解：①：將x=?2代入原方程，得4b2?2ab+a2?3b∴原方程4b∴x=?2不是方程的解．故①符合題意；②：將x=?1代入原方程，得b2整理得：?2b2此方程有解，∴x=?1可能是方程的解．故②不符合題意；③：將x=1代入原方程，得b整理得：a此方程有解，∴x=1可能是方程的解．故③不符合題意；④將x=2代入原方程，得4b2+2ab+a2?3此方程無解．∴x=2一定不是方程的解．故④符合題意，綜上所述：①④一定不是方程的實數(shù)解，故答案為：A．

【分析】根據(jù)題意依次將各選項中x的值代入方程，即可得到一個關(guān)于a、b的二元二次方程，判斷此方程解的情況，若此方程有解，則x的值為方程的解，反之，則x的值一定不是方程的解．2．【答案】C【解析】【解答】解：如圖，作EF⊥AB于F，DT⊥EF于T，DT的延長線交BC于K，作CH⊥EF于H，，設(shè)AD=a，BC=b，EH=x，其中a>0，b>0，x>0，∴AB=AD+BC=a+b，∵AD∥BC，AB⊥BC，EF⊥AB，∴BC⊥AB，DK⊥BC，∴四邊形ADTF、四邊形BKTF、四邊形BCHF、四邊形CKTH、四邊形ADKB是矩形，∴AD=FT=BK=a，F(xiàn)H=BC=b，TH=CK=BC?BK=b?a，DK=AB=a+b，∴ET=EH+TH=x+b?a，∵△CDE是以CD為底邊的等腰直角三角形，∴ED=EC，∠DEC=90°，∴∠DET+∠CEH=90°，∵CH⊥EF，DT⊥EF，∴∠ECH+∠CEH=90°，∠DTE=∠EHC=90°，∴∠DET=∠ECH，在△DET和△ECH中，∠DTE=∠EHC=90°∠DET=∠ECH∴△DET≌△ECHAAS∴DT=CE=x，在Rt△DKC中，DK=a+b，CK=b?a，由勾股定理得：DC在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2+C∴DE在Rt△DET中，由勾股定理得：DT2+E整理得：x2∴x+bx?a∵a>0，b>0，x>0，∴x?a=0，∴x=a，即EH=x=a，∴EF=EH+FH=a+b=AB，∴S△ABE∴若要求△ABE的面積，則只需知道AB的長，故答案為：C．【分析】作EF⊥AB于F，DT⊥EF于T，DT的延長線交BC于K，作CH⊥EF于H，設(shè)AD=a，BC=b，EH=x，其中a>0，b>0，x>0，可表示出AB的長，再證明四邊形ADTF、四邊形BKTF、四邊形BCHF、四邊形CKTH、四邊形ADKB是矩形，利用矩形的性質(zhì)分別表示出它們的邊長，同時可表示出DK、ET的長；利用AAS可證得△DET≌△ECH，利用全等三角形的性質(zhì)可表示出DT、CE的長，利用勾股定理表示出DC2，DE2，在Rt△DET中，利用勾股定理可得到關(guān)于x、a、b的方程，解方程表示出x的值，可得到EH、EF的長，利用三角形的面積公式可得到△ABE的面積，據(jù)此可得答3．【答案】D【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴S∴S∴S△ADE設(shè)S△ADP=a，S△EGH=y，S四邊形AGHP=m，

∴a+m+y=a+3+4+y+18，解得：m=25，∴陰影部分四邊形AGHP的面積為25.故答案為：D．【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)可得S△ADE4．【答案】B【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，∠BCD=90°，OB=OD，

∴∠DCE=90°，

∵∠DCE=45°，

∴△DCE為等腰直角三角形，CD=CE，

∵BE=DE，CE=CE，

∴OE⊥BD，

若CF＝1，設(shè)DF=x，則CE=CD=x+1，DE=2CD=2（x+1），

∴BE=DE=2（x+1），

∴BC=BE-CE=(2-1)(x+1)，

∵∠DOF=∠ECF=90°，∠DFO=∠EFC，

∴∠ODF=∠FEC，

∵CD=CE，

∴△DCB≌△ECF（AAS）

∴BC=CF=1，

∴BC=(2-1)(x+1)=1，

解得x=2，即FD=2，故①正確；

若BD＝2，則OD=OB=1，

設(shè)OE=y，則BE=DE=y2+1，CD=CE=22DE=22y2+1，

∴BC=BE-CE=(1-22)y2+1，

∵BC2+CD2=BD2，

∴(1-22)2(y2+1)+12(y2+1)=4，解得y=2+1，即OE=2+1.故②正確；

故答案為：B.

【分析】易證△DCE為等腰直角三角形，可得CD=CE，由等腰三角形的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)可證OE⊥BD，若CF＝1，設(shè)DF=x，則CE=CD=x+1，BE=DE=2CD=2（x+1），BC=BE-CE=(2-1)(x+1)，證明△DCB≌△ECF（AAS），可得BC=CF=1，即得BC=(2-1)(x+1)=1，解出x值，即可判斷①；若BD＝2，則OD=OB=1，設(shè)OE=y，則BE=DE=y2+1，CD=CE=225．【答案】C【解析】【解答】解：如圖：作AH⊥y軸，作BG⊥y軸，根據(jù)題意：AP=BP，∠PAH=PBG，∠APH=∠BPG，∴△APH≌△BPGAAS∴PG=HP，AH=BG，∵點A的橫坐標為a，且在反比例函數(shù)y=2∴點B的橫坐標為?a，PH=OP+OH=?b+2∴OG=PH+OP=?b+∴點B的縱坐標為：2b?2∵點B在反比例函數(shù)y=k∴k=?a2b?故選：C．

【分析】作AH⊥y軸，作BG⊥y軸，可以證明△APH≌△BPGAAS，即可得到PG=HP、AH=BG6．【答案】B【解析】【解答】解：如圖，連接AE，過點E作EM⊥AD于點M，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，∠BAD=90°，在△ADE與△CDE中，

DE=DE∠ADB=∠CDB∴△ADE≌△CDE(SAS)，∴AE=CE，∠ECD=∠EAD，∵CE=EF，∴AE=EF，∴∠AFE=∠FAE，∵∠AFE=2∠ECD，∴∠FAE=2∠ECD=2∠EAD，∵∠FAE+∠EAD=∠BAD=90°，∴2∠EAD+∠EAD=90°，∴∠EAD=30°，設(shè)EM=a，則AE=2a，∴AM=A∵在Rt△AME中，∠ADB=45°，∴△DME是等腰直角三角形，∴MD=EM=a，∵AD=1，∴3解得：a=3∴AE=2a=3∴CE=AE=3故答案為：B．【分析】先證△ADE≌△CDE，得出AE=CE，∠ECD=∠EAD，結(jié)合CE=EF得出AE=EF，于是得出∠AFE=∠FAE，即可求出∠EAD=30°，設(shè)EM=a，則AE=2a，根據(jù)勾股定理可用a表示出AM，再用a表示出DM的長，根據(jù)AD=1，列出關(guān)于a的方程求出a的值，從而求出CE的長．7．【答案】D【解析】【解答】解：如圖：作BN⊥GH于N，連接BG,EF，由折疊可知：∠GHF=∠ABC=90°，BF=FH，∴BN∥FH，∴∠NBH=∠FHB，∵BF=FH，∴∠FBH=∠FHB，∴∠FBH=∠NBH，∵∠HNB=∠C=90°，∴HC=NH，∵∠BNH=∠GCH=90°,BH=BH，∴Rt△BNH≌Rt△BCHHL∴BC=BN，∵∠BNG=∠A=90°,BG=BG，∴BN=BC,NH=HC，∵BG=BG,BA=BC=BN，∴Rt△ABG≌Rt△NBGHL∴AG=NG，∴GH=GN+NH=AG+CH，∴△DGH的周長=DG+GH+DH=DG+AG+CH+DH=AD+CD=2AD，∴當三角形DGH的周長已知時可求得正方形的邊長，進而求得正方形ABCD的面積，即D選項符合題意；由于折疊無法得到E、F的確定位置，從而無法確定G、H的位置，即無法確定三角形IEG的周長、三角形HFC的周長、三角形DGH的面積，即A、B、C選項不符合題意．故選D．【分析】如圖：作BN⊥GH于N，連接BG,EF，根據(jù)折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)以及角平分線的性質(zhì)可證明Rt△BNH與Rt△BCH全等，則可得BN=BC,NH=HC，同理可得AG=NG，進而得到△DGH的周長等于2AD，即可判定D選項正確；再根據(jù)折疊無法確定G、H的具體位置可判定A、B、C選項的正誤．8．【答案】B【解析】【解答】解：如圖，過點P作PG⊥BC與G，

則∠PGB=∠PGF=90°，PG=AB，∴∠GPF+∠PFG=90°，∵PF⊥BE，∴∠BOF=90°，∴∠OBF+∠BFO=90°，∴∠GPF=∠OBF，∴∠GPF=∠CBE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠C=90°，∴PG=BC，∠PGF=∠C=90°，∴△PGF≌△BCEASA∴PF=BE，過點E作EM⊥BE，并使EM=PF，連接PM、BM，

則∠BEM=90°，EM=BE，∵PF⊥BE，EM⊥BE，∴PF∥ME，∵EM=PF，∴四邊形PFEM是平行四邊形，∴PM=EF，∴BP+EF=BP+PM≥BM，∴當點B、P、M三點共線時，BP+EF的值最小，最小值為BM的長，∵CE=1，BC=3，∴EM=BE=1∴BM=B∴BP+EF的最小值為25故答案為：B．【分析】先利用ASA證明△PGF≌△BCE，再利用全等三角形的性質(zhì)得到PF=BE，然后證明四邊形PFEM是平行四邊形，利用平行四邊形的性質(zhì)得到PM=EF，從而可得當點B、P、M三點共線時，BP+EF的值最小，最小值為BM的長，再利用勾股定理求出EM，BM，然后求出BP+EF的最小值．9．【答案】?2或?2【解析】【解答】解：由題意，設(shè)Aa,6aa>0，則則S△OBM=S△OCN=?由S△BOC83整理，得k2=4，又解得k=?2；同理，如圖，由S△BOC83整理，得k2=68，又∴k=?217綜上，滿足條件的k值為?2或?217故答案為：?2或?217【分析】設(shè)Aa,6aa>0，則Bak6,6a，Ca,ka，則由反比例函數(shù)比例系數(shù)k的幾何意義知S△OBM等于S△OCN等于?k10．【答案】24；?16【解析】【解答】解：設(shè)D(a,8∵D是AB中點，∴x∴A(2a,4∴B(0,12∴平行四邊形OABC的面積為2×2a×12∵四邊形ABCO是平行四邊形，∴CO平行且等于AB，∴C(?2a,8∵點C在反比例函數(shù)y=k∴k=?2a×8故答案為：24，?16．

【分析】設(shè)D(a,8a)，根據(jù)D是AB中點，得A(2a,4a)，B(0,12a)，可求出平行四邊形OABC11．【答案】5【解析】【解答】解：∵在Rt△ABC中，AB=AC=2，∴∠ABC=45°，BC=A∵點D，E分別為∴DE為△ABC的中位線，BD=1∴DE=2由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：DF=GD=HI，GA=BF，DE=EI，CF=AH，∴GA+AH=BF+CF=BC，DI=DE+EI=2DE=BC，∴GH=DI，∴四邊形DGHI為平行四邊形，∴四邊形GDIH周長=2DI+DG當DF⊥BC時，此時DF最小，△BDF為等腰直角三角形，DF的最小值為22∴四邊形GDIH周長的最小值為42故答案為：52【分析】利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可求出BC的長及∠ABC=45°，利用三角形中位線定理得出可求出BD、DE的長；再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：DF=GD=HI，GA=BF，DE=EI，CF=AH，證明四邊形DGHI為平行四邊形，得出四邊形GDIH周長=2DI+DG=2BC+2DF=42+2DF，當DF⊥BC時，此時12．【答案】2【解析】【解答】解：當E不與B重合時，

∵正方形ABCD中，AB=AD，∠DAF=∠ABE=90°，∴∠BAE+∠AEB=90°，∵AE⊥DF，∴∠BAE+∠AFD=90°，∴∠AEB=∠AFD，

在△ABE和△DAF中，

∠ABE=∠DAF∴△ABE≌△DAFAAS∴AE=DF，

∵四邊形DFGE是平行四邊形

∴DF∥GE，DF=GE，

∵AE⊥DF，∴AE⊥GE，AE=GE，∴△AEG是等腰直角三角形，如圖，

當點F1，E1分別與A，B重合時，△ABG1是等腰直角三角形，

當點F2，∵點E在BC邊上運動，∴點G在G1∴當BG⊥G1G∵AB=1，AG∴BG1=AB=1∴△G1BG2是直角邊為1的等腰直角三角形，

∴G1G2∴BG=1故答案為：22．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)求出∠AEB=∠AFD，證明△ABE≌△DAFAAS，可得AE=DF，再利用平行四邊形的性質(zhì)易得△AEG是等腰直角三角形，再根據(jù)臨界情況判斷出點G在G1G2上運動，由此得出BG⊥G13．【答案】6【解析】【解答】解：過點D作DH⊥x軸，過點F作FI⊥x軸，如圖，設(shè)矩形BEFG的長為b，寬為a，矩形ABCO的長為d，∵D，E為BC的三等分點，∴CD=DE=BE=a，∴D(a,d)，F(xiàn)(2a,d?b)，∵D(a,d)，F(xiàn)(2a,d?b)，在反比例函數(shù)y=kx（∴d=ka，∴k=ad=2a(d?b)，解得：ad=2ab，∵矩形BEFG的面積為3，

∴ab=3，∴ad=2ab=6，∴k=ad=6．故答案為：6．【分析】先表示出D，F(xiàn)兩點的坐標，再根據(jù)這兩點在反比例函數(shù)的圖象上，得到d=ka，d?b=k14．【答案】2【解析】【解答】解：延長AF，BC交于點G，如圖所示：∵點F是CE的中點，∴EF=FC，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，∠B=90°，AD=BC，∴∠AEF=∠GCF，∠EAF=∠CGF，∴△AEF≌△GCF，∴AF=FG=2，CG=AE，∴AG=2+2=4，∵AE+AD=AB，∴CG+BC=AB，即AB=BG，根據(jù)勾股定理得：AB即AB解得：AB=22故答案為：22．【分析】延長AF，BC交于點G，即可得到△AEF≌△GCF，進而得到AF=FG=2，CG=AE，即可得到AB=BG，利用勾股定理求出AB的值即可．15．【答案】56【解析】【解答】解：延長EA交x軸于點G，過點F作FH⊥x軸于點H，如圖所示，∵AB∥x軸，AE⊥CD，AB∥CD，∴AG⊥x軸，∵AO⊥AD，∴∠DAE+∠OAG=90°，∵AE⊥CD，∴∠DAE+∠D=90°，∴∠D=∠OAG，在△DAE和△AOG中，∵∠DEA=∠AGO=90°∠D=∠OAG∴△DAE≌△AOGAAS∴DE=AG，AE=OG，∵四邊形ABCD是菱形，DE=4CE，∴AD=CD=5設(shè)DE=4a，則AD=OA=5a，∴OG=AE=A∴EG=AE+AG=7a，∴E3a,7a∵反比例函數(shù)y=k∴k=21a∵AG⊥GH，F(xiàn)H⊥GH，AF⊥AG，∴四邊形AGHF為矩形，∴HF=AG=4a，∵點F在反比例函數(shù)y=k∴x=21∴F21∴OH=214a∴GH=OH?OG=9∵S△OEF=S∴1212解得：a2∵a>0，∴a=2∴點F7∵點F在反比例函數(shù)y=k∴k=7故答案為：563【分析】先證明△DAE≌△AOG，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DE=AG，AE=OG．然后根據(jù)四邊形ABCD是菱形，DE=4CE，得到AD=CD=54DE，設(shè)DE=4a，則AD=OA=5a，根據(jù)勾股定理求出OG，求出點E3a,7a，即可求出k=21a2，證四邊形AGHF為矩形，得到HF=AG=4a，求出點F214a,4a，根據(jù)S16．【答案】21【解析】【解答】解：如圖，過點A作AM⊥BC于點M，延長AM到點A'，使A'M=AM，連接A'D,AP,A'∵點A和A'關(guān)于x∴AP=A∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=5，∠ABC=∠ADC∵菱形ABCD的面積為25，邊長為5∴SABCD=BC?AM=5∴BM=A∴B0,0∵PC=CQ,BC=CD，∴BP=DQ，∴△ABP≌△ADQSAS∴AP=AQ=A∵A∴A'，P，D三點共線時，∴PD+AQ的最小值

=PD+A'P的最小值故答案為：21.【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理可得BM=1，可得到各點坐標為B0,0,A1,2,C5,0,D5+1,2,A'1,?2，再證明△ABP≌△ADQ．可得AP=AQ=A'P，由17．【答案】3【解析】【解答】解：過點A作AM⊥x軸于M，

則∠AMO=90°，設(shè)Aa,?3a，

∴OM=?a∵菱形AOCB的邊長為6，∴OA=OC=6∴C6∵AM∴?3a2+?a2=∵點A位于第二象限，∴a<0，∴a=3∴a=?3∴A?∵點E為菱形對角線的交點，∴點E為線段AC的中點，∴E6∵點E在反比例函數(shù)y=?3∴k=3故答案為：32【分析】先用a分別表示出OM與AM，再根據(jù)菱形的性質(zhì)求得OA，再求得C點的坐標，然后利用勾股定理可得關(guān)于a的方程求解，解得a=?3，再求得A點的坐標，然后利用中點坐標公式求得E點的坐標，再代入反比例函數(shù)y=18．【答案】10；32【解析】【解答】解：（1）∵B6,8∴AO=6，AB=8，當t=2時，OD=AE=2，∴AD=4，BE=6，

∵在矩形OABC中，∠DAE=90°，

∴DE=A∵將線段ED繞點E按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段EF，

∴DE=EF=25，∠DEF=90°∴S△DEF故答案為：10；（2）如圖，

當t=0時，點D1與原點O重合，點E1與點A重合，把D1E1繞點E1順時旋轉(zhuǎn)得到當t=6時，運動終止，點D2與點A重合，把D2E2繞點E2順時旋轉(zhuǎn)得到∵將線段ED繞點E按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段EF，

∴E1F1∴G16,3，設(shè)直線G1G2把G16,3，G2解得k=?1b=9∴直線G1G2過點F作FP⊥AB于點P，∵將線段ED繞點E按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段EF，

∴∠FED=90°，DE=FE，∵∠FEP+∠DEA=90°，∠DEA+∠EDA=90°，∴∠FEP=∠EDA，

在△FPE與△EAD中，∠FEP=∠EDA∠FPE=∠EAD=90°∴△FPE≌△EADAAS∴FP=EA=t，∴E6,t、F∴G12?t把x=12?t2代入y=?x+9得，∴點G在直線G1G2在Rt△G2F故答案為：32【分析】（1）先根據(jù)B點的坐標，求得AO=6，AB=8，再根據(jù)t=2，求得AD=4，BE=6，然后利用勾股定理求得DE，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，求得DE和∠DEF=90°，再利用三角形的面積公式求解即可；（2）如圖，當t=0時，點D1與原點O重合，點E1與點A重合，把D1E1繞點E當t=6時，運動終止，點D2與點A重合，把D2E2繞點E2順時旋轉(zhuǎn)得到E2F2，即可得到中點G2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求得G16,3，G23,6，利用待定系數(shù)法求得直線G1G2的解析式為y=?x+9，過點F作FP⊥AB于點P，證明19．【答案】1.2；1.7【解析】【解答】解：如圖，延長BC交地面于點I，過點D作DM⊥CI于點M，∵AH⊥地面，籃板BC⊥地面，∴∠AHI=∠BIH=90°，∴AH∥BI，∴∠DCM=∠ADC，∵∠ADC=∠GDE=60°，∴∠DCM=60°，又DM⊥CI∴∠CDM=30°，∴CD=2CM=2(CI?DH)=2(2.9?2.3)=1.2米，故支架CD的長為1.2米．如圖，設(shè)BF于AH相交于N，連接CN，連接DB，∵AH∥BI，∴AD∥BC，

∵AD=BC=0.6，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=1.2，∵AB=2OB，∴CD=2OB，∵BF平分∠ABC，∴∠ABN=∠CBN，∵AH∥BI，∴∠ANB=∠CBN，∴∠ABN=∠ANB，∴AN=AB=1.2，∴DN=AN?AD=1.2?0.6=0.6=BC，∵DN∥BC，∴四邊形DNCB是平行四邊形，∴DC、NB互相平分，∴BN=2OB，∴CD=BN，∴平行四邊形DNCB是矩形，∴∠CNH=90°，∴四邊形NCIH是矩形，∴CI=NH=DH?DN=2.3?0.6=1.7米．故此時籃筐的固定點C離地面的距離為1.7米．

故答案為：1.2，1.7.

【分析】先利用含有30度角直角三角形的性質(zhì)求得CD，再證明四邊形ABCD是平行四邊形，就可求得AB=1.2，再利用角平分線的意義和平行線的性質(zhì)證明∠ABN=∠ANB，然后根據(jù)等角對等邊求得AN，再利用線段差求得DN，接著證明四邊形DNCB、四邊形NCIH是矩形，從而可用線段差求得CI即籃筐的固定點C離地面的距離．20．【答案】（1）解：∵函數(shù)y1＝﹣x+m經(jīng)過點A（1，7﹣m），∴7﹣m＝﹣1+m，解得：m＝4，∴A（1，3），∵點A在反比例函數(shù)圖象上，∴k＝3，∴反比例函數(shù)解析式為y＝3x聯(lián)立方程組y=3xy=?x+4∴B（3，1）．（2）由兩個函數(shù)的性質(zhì)及交點坐標可知：當y1＞y2時，自變量x的取值范圍為1＜x＜3或x＜0；（3）解：∵點C（a，b）和點D（c，d）在函數(shù)y2的圖象上，∴b=3∴P=∵a+c＝4，1＜a＜c＜3，∴1＜a＜2，c＝4﹣a∴p＝a∵1＜a＜2，∴﹣23∴P的取值范圍為﹣23【解析】【分析】（1）把A點坐標代入y1＝﹣x+m中求出m值，即得點A坐標，繼而得出反比例函數(shù)解析式，再聯(lián)立方程組并解之，即得B點坐標；

（2）根據(jù)函數(shù)y1＝﹣x+m（m是實數(shù)）與y2=kx(k≠0)的圖象及交點坐標直接寫出結(jié)論；

21．【答案】（1）解：點B6，2不在此反比例函數(shù)圖象上，

理由如下；∵反比例函數(shù)y=kxk≠0的圖象經(jīng)過點A?3，4，

∴4=k?3，

解得，k=?12，

∴y=?12（2）解：①解：∵k=?12<0，∴y=?12x的圖象第二、四象限，在各象限y隨著x的增大而增大，

∵x2=x1+3>x1，y1>y2，

∴點Cx1，y1在第二象限，點Dx2，y2在第四象限，

∴x1<0x1+3>0，

解得，?3<x1<0；

②解：∵y1=2y2，

∴【解析】【分析】（1）由反比例函數(shù)y=kxk≠0（2）①利用反比例函數(shù)的性質(zhì)可知此函數(shù)圖象分支在第二、四象限，在各象限y隨著x的增大而增大，由x2=x1+3>x1，y1>y2，可知點Cx1，y1在第二象限，點Dx2，y2（1）解：點B6∵反比例函數(shù)y=kxk≠0∴4=k解得，k=?12，∴y=?12當x=6時，y=?12∴點B6（2）①解：∵k=?12<0，∴y=?12x的圖象第二、四象限，在各象限y隨著∵x2=x∴點Cx1，∴x1解得，?3<x②解：∵y1∴x2∵x2∴2x解得，x1∴x2∴x1當x=9時，y=?4由反比例函數(shù)圖象可知，當x<x1+x222．【答案】（1）解：將點A、B的坐標代入反比例函數(shù)表達式得：k1=-2×（-2）=1×m，

解得：m=4，

∴A（1，4）

將點A（1，4）、B的坐標代入函數(shù)y2=k2x+b表達式得：k2+b=4?2k2+b=?2，

解得（2）解：過點B作y軸的平行線交過點A和x軸的平行線于點G，交故點C和x軸的平行線于點H，

∵∠GBA+∠CBH=90°，∠CBH+∠HBC=90°，

∴∠GAB=∠HBC，

∵∠BGA=∠CHB=90°，AB=CB，

∴△BGA≌△CHB（AAS），

∴CH=GB=4-（-2）=6，BH=GA=1-（-2）=3，

則點C（4，-5）；（3）解：連結(jié)MA、MC，如圖，過點M作AD、AB的垂線，垂足為E、F，由題知ME=MF，可得MA平分∠BAD∵四邊形ABCD是正方形，

∴AC平分∠BAD，

∴點M在AC上

設(shè)直線AC為y=kx+n，

將A、C兩點坐標分別代入得k+n=44k+n=?5，

解得k=?3n=7

∴直線AC為y=?3x+7

解方程組y=4xy=?3x+7

得x【解析】【分析】（1）根據(jù)反比例函數(shù)圖象上任意兩點的橫縱坐標得乘積都相等可得k1=-2×（-2）=1×m，求解算出m的值，從而得到點A的坐標，再由待定系數(shù)法即可求解；

（2）過點B作y軸的平行線交過點A和x軸的平行線于點G，交故點C和x軸的平行線于點H，由同角的余角相等得∠GAB=∠HBC，從而由AAS證明△BGA≌△CHB，得CH=GB=4-（-2）=6，BH=GA=1-（-2）=3，即可求解；

（3）當正方形MNPQ與正方形ABCD的重疊部分為正方形時，則點M在AC上，利用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式，然后聯(lián)立直線AC與反比例函數(shù)的解析式，求解得出點M的坐標，進而根據(jù)兩點間的距離公式算出MC即可.23．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形∴∠ABC=90°，

由折疊可知，∠A'B'F=∠ABC=90°，

∵（2）解：四邊形BFB'H為菱形．理由如下：由折疊知，∠BFH=∠B'FH，BF=B'F，BH=B'H，

∵BM∥FB'，

∴∠BHF=∠（3）解：①連接BB'，BN

∵四邊形BFB'H為菱形，

∴∠MBB'=∠CBB'，

∵∠BMB'=∠BCB'，BB'=BB'，

∴△MBB'≌△CBB'，

∴MB'=CB'，BM=BC，

∵BC=BA，

∴BM=BA，

∵∠A=∠BMN=90°，BN=BN，

∴Rt△BAN≌Rt△BMN，

∴AN=MN，

∵B，M，D三點在同一直線上，∠NDM=45°，

【解析】【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)得出∠ABC=90°，再根據(jù)折疊可知，∠A'B（2）利用折疊的性質(zhì)可證得∠BFH=∠B'FH，BF=（3）①連接BB'，BN，證明△MBB'≌△CBB'得出MB'=CB'，BM=BC，證明Rt△BAN≌Rt△BMN，得出AN=MN，求出ND=2MN，即可得解；（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形∴∠ABC=90°，由折疊可知，∠A∵BM⊥A∴BM∥FB（2）解：四邊形BFB由折疊知，∠BFH=∠B∵BM∥FB∴∠BHF=∠B∴∠BHF=∠BFH，∴BH=BF，∴BH=BF=B∴四邊形BFB（3）解：①連接B∵四邊形BFB∴∠MBB∵∠BMB∴△MBB∴MB∵BC=BA，∴BM=BA，∵∠A=∠BMN=90°，∴Rt△BAN≌Rt△BMN，∴AN=MN，∵B，M，∴ND=2∴ND=2②設(shè)AN=DN=x，CB'=y，則DC=AD=2x，NM=x，B'M=y在Rt△NDB'中，即x2解得y=2∴DB．24．【答案】（1）解：長方形OABC中，A（10，0）、C（0，8），

∴BC=OA=10，AB=OC=8，∠AOC=∠OAB=∠B=90°，

由折疊可知：CE=BC=10，

在Rt△OCE中，OE=CE2?OC（2）解：①由（1）可得：OA=10，OE=6，∴AE=4，由折疊可知，BD=DE，在RtΔADE中，∴(AB?AD)2=4∴AD=3，∴點D的坐標為(10,3)，∵y關(guān)于x的反比例函數(shù)y=kx(k≠0)圖象經(jīng)過點D，

∴∴k=10×3=30，∴該反比例函數(shù)解析式為y=30②設(shè)直線CD的解析式為：y=ax+b，根據(jù)題意可知，直線CD過點C(0,8)，D(10,3)，∴b=8解得：a=?1∴直線CD的解析式為：y=?1令30x=?12x+8，

∴F(6,5)；∴DF=（10?6由折疊可知，∠CED=∠B=90°，延長DE至點M，使得ME=DE，則M(2,?3)，如圖所示，

連接MF交CE于點P，則點P即為所求；設(shè)直線MF的解析式為：y=mx+n，∴2m+n=?36m+n=5，

解得：∴直線MF的解析式為：y=2x?7，同理可得：直線CE的解析式為：y=?4令2x?7=?43x+8∴y=2×9∴P(9即P(92,2)【解析】【分析】（1）由四邊形ABCD是矩形，所以BC=OA=10，AB=OC=8，∠B=∠AOC=∠BCO=90°，由折疊可知，CE=BC=10，即可求得OE=6；（2）①由折疊可知，BD=DE，在RtΔADE中，由勾股定理可得，DE2=AE2②延長DE至點M，使得ME=DE，連接MF交CE于點P，則點P即為所求.根據(jù)待定系數(shù)法可分別求得直線CD、MF、CE的解析式，進而即可求得點P的坐標.（1）解：∵A(10,0)，C(0,8)，∴OA=10，OC=8，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=OA，AB=OC，∠B=∠AOC=∠BCO=90°，∴BC=OA=10，AB=OC=8，∵△BCD關(guān)于CD折疊得到△ECD，∴CE=BC=10，DE=BD，∴OE=10（2）①∵OA=10，OE=6，∴AE=4，由折疊可知，BD=DE，在RtΔADE中，∴(8?AD)∴AD=3，∴D(10,3)，∵y關(guān)于x的反比例函數(shù)y=kx(k≠0)∴k=10×3=30，∴該反比例函數(shù)解析式為y=30②設(shè)直線CD的解析式為：y=mx+n，∵C(0,8)，D(10,3)，∴n=8解得m=?1∴l(xiāng)令30x=?12x+3∴F(6,5)；∴DF=4由折疊可知，∠CED=∠B=90°，如圖，延長DE至點D'，使得D'E=DE連接D'F交CE于點P，點設(shè)直線D'F的解析式為：∴2k'∴l(xiāng)同理可得直線CE的解析式為：y=?4令2x?7=?43x+8∴y=2×9∴P(9即P(92,2)25．【答案】（1）證明：∵△ABC≌△ADC，∴CD=CB，∠DCE=∠BCE，∵DE∥CB，∴∠DEC=∠BCE，∴∠DEC=∠DCE，∴DE=DC，∴DE=BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∵CD=CB，∴四邊形BCDE是菱形．（2）解：①連接BD交CE于點H，∵四邊形BCDE是菱形，∴BD⊥CE，EH=CH，DE=DC=BE=BC=2，設(shè)EH=CH=a，

則CE=2a，∵E為AC的中點，∴AE=CE=2a，在Rt△BHE，BH在Rt△BHA，BH∴16?9a解得a=6∴AC=4a=4×6②過點D作DM⊥AG于點M，如圖所示，∵前面已證得四邊形BCDE是菱形，∴AH⊥BD，DE=DC=BE=BC=2，EH=CH=62，

∵E為AC的中點，

∴DH=BH=CD2∴BD=10∵S△DAB=12AB?DM=12∵S△CDF=S1∴S△BCD∴S△BCD∵S△BCD=1∴152解得：BG=4所以BG=4【解析】【分析】（1）先根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，得出CD=CB，∠DCE=∠BCE，再利用平行線的性質(zhì)得到∠DEC=∠BCE，從而可得到∠DEC=∠DCE，再根據(jù)等角對等邊，得到DE=DC，從而可得DE=BC，可證得四邊形BCDE是平行四邊形，再結(jié)合一組鄰邊相等即可證得四邊形BCDE是菱形；（2）①先根據(jù)菱形性質(zhì)，得到BD⊥CE，EH=CH，DE=DC=BE=BC=2，再設(shè)EH=CH=a，可用a表示出CE與AE，再利用勾股定理求解；②先利用勾股定理求得BD，再利用等面積法得S△DAB=12AB?DM=12BD?AH，到關(guān)于DM的方程求解求得DM，然后利用（1）證明：∵△ABC≌△ADC，∴CD=CB，∠DCE=∠BCE，∵DE∥CB，∴∠DEC=∠BCE，∴∠DEC=∠DCE，∴DE=DC，∴DE=BC，且DE∥CB，∴四邊形BCDE是平行四邊形，又CD=CB，∴四邊形BCDE是菱形．（2）解：①連接BD交CE于點H，∵四邊形BCDE是菱形，∴BD⊥CE，EH=CH，DE=DC=BE=BC=2，設(shè)EH=CH=a，則CE=2a，∵E為AC的中點，∴AE=CE=2a，在Rt△BHE，BH在Rt△BHA，BH∴16?9a解得a=6∴AC=4a=4×6②過點D作DM⊥AG于點M，如圖所示，∵前面已證得四邊形BCDE是菱形，DE=DC=BE=BC=2，EH=CH=62，又E為∴AH⊥BD，DH=BH=CD2∴BD=10∵S△DAB=1∴DM=3∵S△CDF=S1∴S△BCD∴S△BCD∵S△BCD=∴152解得BG=4故BG=426．【答案】（1）解：如圖1，在□ABCD中，∵∠ABC=60°，∴∠D=∠ABC=60°．在△CDF中，CF⊥AD，∠FCD=90°?∠D=30°，CD=10，∴DF=1∴CF=C∵F是點B關(guān)于EC的對稱點，∴x=BC=CF=53???????（2）解：如圖2，在□ABCD中，∠ABC=60°，則∠BCD=120°．∵F是點B關(guān)于EC的對稱點，∴∠BCE=∠FCE=60°，BE=EF，BC=CF．∴△BEC是等邊三角形．∴BE=BC．∴BE=BC=EF=CF．∴四邊形BCFE是菱形．（3）解：當F恰好落在□ABCD的邊上時，可分三種情況：①當點F在AB上時，如圖，

∵AF=2，AB=10，

∴BF=8．

∵F是點B關(guān)于EC的對稱點，

∴BE=EF=12BF=4，CE⊥BF．

在Rt△BEC中，∠B=60°，

∴∠BCE=30°．

∴x=BC=2BE=8；

②當點F在AD上時，如圖4，

過點C作CG⊥AD于點G，

由（1）知DG=5，GC=53，

∴FG=AD?AF?DG=x?7，

在Rt△CFG中，CF=BC=x，GC=53，

根據(jù)勾股定理得，F(xiàn)G2+GC2=CF2，

即：x?72+532=x2，

解得x=627；

③當點F在CD上時，即（2）中如圖2的情況，連接AF，過F作FH⊥AD于點H，如圖5．

由（2）得，四邊形BCFE是菱形，AD=BC=CF=x，

在Rt△DHF中，DF=10?x，∠D=60°，則∠DFH=30°，

∴DH=12DF=5?x2，

∴AH=x?5?【解析】【分析】（1）利用平行四邊形可得∠D=∠ABC=60°，即可得到∠FCD=30°，然后利用30°角所對的直角邊等于斜邊得一半和勾股定理得到CF=53（2）利用平行四邊形的性質(zhì)得到△BEC是等邊三角形，即可得到BE=BC=EF=CF，進而得到結(jié)論即可；（3）分為點F在AB上；點F在AD上；點F在CD上三種情況，畫出圖形，利用勾股定理解答即可．（1）解：如圖1，在□ABCD中，∵∠ABC=60°，∴∠D=∠ABC=60°．在△CDF中，CF⊥AD，∠FCD=90°?∠D=30°，CD=10，∴DF=1∴CF=C∵F是點B關(guān)于EC的對稱點，∴x=BC=CF=53（2）解：如圖2，在□ABCD中，∠ABC=60°，則∠BCD=120°．∵F是點B關(guān)于EC的對稱點，∴∠BCE=∠FCE=60°，BE=EF，BC=CF．∴△BEC是等邊三角形．∴BE=BC．∴BE=BC=EF=CF．∴四邊形BCFE是菱形．（3）解：當F恰好落在□ABCD的邊上時，可分三種情況：①當點F在AB上時，如圖，∵AF=2，AB=10，∴BF=8．∵F是點B關(guān)于EC的對稱點，∴BE=EF=12BF=4在Rt△BEC中，∠B=60°，∴∠BCE=30°．∴x=BC=2BE=8；②當點F在AD上時，如圖4，過點C作CG⊥AD于點G，由（1）知DG=5，GC=53∴FG=AD?AF?DG=x?7，在Rt△CFG中，CF=BC=x，GC=53根據(jù)勾股定理得，F(xiàn)G即：x?72解得x=62③當點F在CD上時，即（2）中如圖2的情況，連接AF，過F作FH⊥AD于點H，如圖5．由（2）得，四邊形BCFE是菱形，AD=BC=CF=x，在Rt△DHF中，DF=10?x，∠D=60°，則∠DFH=30°，∴DH=1∴AH=x?5?x2在Rt△AHF中，AF=2，由勾股定理得：3整理得：x2∵Δ∴此方程無解．綜上：x的值為8或62727．【答案】（1）證明：①作DM∥GH交BC的延長線于點M，∵正方形ABCD，∴AD∥BC，∠A=∠DCB=90°，

∴∠DCM=90°=∠A，

∴四邊形DGHM是平行四邊形，

∴GH=DM，GD=MH，∴∠GOD=∠MDE=90°，∴∠MDC+∠EDC=90°，∵∠ADE+∠EDC=90°，∴∠MDC=∠ADE，

在△ADE與△CDM中，

∠MDC=∠ADEAD=DC∴△ADE≌△CDM，∴DE=DM，∴DE=GH；②在BC上截取一點N，使得BN=BE．則△BEN是等腰直角三角形，EN=2與①同理可得：△ADE≌△CDH，∴AE=CH，∵BA=BC，BE=BN，∴CN=AE=CH，∵PH=PE，∴PC=1∴PC=22BE，

（2）4【解析】【解答】解：（2）過點D作DN∥GH交BC于點N，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD//BC，即DG//HN，

∴四邊形GHND是平行四邊形，∴DN=HG，GD=HN，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠BAD=90°，AD=DC，

∴∠MAD=90°，∵∠C=90°，

∴∠C=∠MAD=90°，

∵CD=AB=4，HG=DN=25∴CN=D∴BN=BC?CN=4?2=2，作∠ADM=∠CDN，DM交BA延長線于M，在△ADM和△CDN中，∠ADM=∠CDNDC=DA∴△ADM≌△CDNASA∴AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，∵∠GOD=45°，∴∠EDN=45°，∴∠ADE+∠CDN=45°，∴∠ADE+∠ADM=45°=∠MDE，在△MDE和△NDE中，MD=ND∠MDE=∠NDE∴△MDE≌△NDESAS∴EM=EN，∴AE+CN=EN，設(shè)AE=x．則BE=4?x，

∵BN2+BE2=NE∴DE=A【分析】（1）①先證明四邊形DGHM是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出GH=DM，GD=MH，然后證明△ADE≌△CDM，即可證得結(jié)論；

②先得出△BEN是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出EN=2（2）先證明四邊形GHND是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出DN=HG，GD=HN，然后利用勾股定理求得CN=2，從而可求得BN=2，再證明△ADM≌△CDNAAS，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可證得AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，從而可證得△MDE≌△NDESAS，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可證得EM=EN，從而證得AE+CN=EN，根據(jù)勾股定理得到關(guān)于x的方程求得AE，再利用勾股定理求得28．【答案】（1）解：∠MON=120°，不變化，

∵△ABM和△CAN都為等邊三角形，

∴∠MAB=∠CAN=60°，AM=AB，AC=AN，

∴∠MAB+∠ABC=∠CAN+∠ABC，

∴∠MAC=∠NAB，

在△AMC和△ABN中，

AM=AB∠MAC=∠NABAC=AN

∴△AMC≌△ABNSAS，

∴∠AMC=∠ABN，

（2）解：①連AD，如圖所示，

??

由（1）可知，△AMC≌△ABN，

∴CM=BN，

∵D，G分別為MB,MN的中點，E，F(xiàn)分別為BC、NC的中點，

∴DG=12BN，EF=12BN，DG∥BN∥EF，

∴DG=EF，

同理：DE=GF，

∵BN=CM，

∴DG==EF=DE=GF，

∴四邊形DEFG為菱形，

∵∠MON=120°，

∴∠MOB=180°-∠MON=60°，

∴∠GDE=60°，

∴△GDE為等邊三角形，

∴△GDE的邊DE上的高h=32DE，

∴四邊形DEFG的面積等于△GDE的面積的2倍，

∵△ABM是等邊三角形，D為邊MB的中點，

∴∠BAD=∠MAD=12×60°=30°，∠BDA=90°，

∴BD=12AB=2，

∴AD=AB2?BD2=23，

∵∠NCA=60°，∠BAC=α=90°，

∴∠DAN=∠DAB+∠BAC+∠NAC=180°，

∴D,A,N三點共線，

在Rt△NDB中，

BN2=DN2+BD2=（AN+AD）2+BD2=3+232+22=25+123，

∵DG=DE=12BN，

∴S△DGE=12×DE×?=12DE×32DE=34DE2=34×【解析】【分析】（1）先利用SAS證出△AMC≌△ABN，進而得出∠AMC=∠ABN，即可求得∠MON=120°；（2）由（1）可知△AMC≌△ABN，可得CM=BN，利用三角形中位線性質(zhì)可證得四邊形DEFG為菱形，△GDE為等邊三角形，得出四邊形DEFG的面積等于△GDE的面積的2倍，然后利用勾股定理得出BN2的值，進而即可得出四邊形的面積；②先利用面積公式得出AB,AC的長，再證出（1）∠MON=120°，不發(fā)生變化，理由如下：如圖，設(shè)MC與AB交于點P，∵△ABM和△CAN都為等邊三角形，∴∠MAB=∠CAN=60°，AM=AB，AC=AN，∴∠MAC=60°+∠BAC=∠BAN，∴△AMC≌△ABNSAS∴∠AMC=∠ABN