浙教版八年级下册数学举一反三系列 专题7.9 期末复习之选填压轴题专项训练（教师版）

专题7.9期末复习之选填压轴题专项训练【浙教版】考点1考点1二次根式选填期末真题压轴题1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）设等式ax−a+ay−a=x−a−a−y在实数范围内成立，其中A．3 B．13 C．2 D．【答案】B【分析】根据根号下的数要是非负数，得到a（x-a）≥0，a（y-a）≥0，x-a≥0，a-y≥0，推出a≥0，a≤0，得到a=0，代入即可求出y=-x，把y=-x代入原式即可求出答案．【详解】由于根号下的数要是非负数，∴a（x-a）≥0，a（y-a）≥0，x-a≥0，a-y≥0，a（x-a）≥0和x-a≥0可以得到a≥0，a（y-a）≥0和a-y≥0可以得到a≤0，所以a只能等于0，代入等式得x−所以有x=-y，即：y=-x，由于x，y，a是两两不同的实数，∴x＞0，y＜0．将x=-y代入原式得：原式=3x故选B．【点睛】本题主要考查对二次根式的化简，算术平方根的非负性，分式的加减、乘除等知识点的理解和掌握，根据算术平方根的非负性求出a、x、y的值和代入求分式的值是解此题的关键．2．（2022春·浙江温州·八年级期末）《周髀算经》中有一种几何方法可以用来解形如：xx−5=14的方程的一个正数解，方法为：如图1，将四个长为x，宽为x−5的长方形纸片（面积均为14）拼成一个大正方形ABCD，得到大正方形的面积为：14×4+25=81，边长AB=9，可依据AB=x+x−5=9求得x=7是方程xx−5=14的一个正数解．小明按此方法解关于x的方程A．x=2+23 B．x=2+10【答案】B【分析】根据题意得HE2=x2+x−m2=24，m2=8【详解】解：∵关于x的方程xx−m=nn>0∴HE2∴x2+x即xx−m=8所以原方程为xx−∴大正方形的面积为4×8+8=40∴边长为40∴AB=x+∴x=10故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理，二次根式的性质，理解题意是解题的关键．3．（2022春·浙江·八年级期末）我们知道形如12，12−3的数可以化简，其化简的目的主要是把原数分母中的无理数化为有理数．如：12=1×22×2=利用有理化因式，可以得到如下结论：①13−5=3+54；②设有理数a，③12023④已知43−x−11−x=4⑤13+以上结论正确的有（

）A．①③④ B．①③⑤ C．①②④ D．②③④【答案】B【分析】利用有理化因式进行变形计算后即可判断．【详解】解：①13−②a2∴a+b=−6,b−a=4，故错误；③1202312021∵2023+∴12023④∵43−x−11−x43−x+11−x∴43−x+⑤1====33−正确的有①③⑤，故选：B．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可，再二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．4．（2022春·浙江绍兴·八年级校联考期末）已知y=x−2+2−x【答案】−2【分析】直接利用二次根式有意义的条件得出x的值，进而得出y的值进而得出答案．【详解】解：∵y=x−2∴x−2≥0,2−x≥0,∴x−2=0，∴x=2，∴y=−3∴xy=−23故答案为：−2【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确得出x，y的值是解题关键．5．（2022秋·浙江温州·八年级统考期末）如图1，小明将一张长方形纸片对折，使长方形两边重合，折痕为EF，铺开后沿BC折叠，使点A与EF上的点D重合．如图2，再将该长方形纸片进行折叠，折痕分别为HG，KL，使长方形的两边均与EF重合；铺开后沿BP折叠，使点A与KL上的点Q重合．分别连接图1中的AD与图2中的AQ，则AQAD【答案】6【分析】设AB=4m，在图1中，可求得AD=DB=AB=4m，在图2中，由∠BLQ=∠ALQ=90°，AL=3m，根据勾股定理得QL2=Q【详解】解：设AB=4m，如图1，由折叠得，DB=AB，EF垂直平分AB，∴AD=DB=AB=4m；如图2，由折叠得，AE=BE=12AB，AG=EG=BL=EL=∴AL=3m，BL=m，QB=4m，∵KL垂直平分BE，∴∠BLQ=∠ALQ=90°，∴QL∴AQ=A∴AQAD故答案为：62【点睛】本题重点考查折对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理的应用，二次根式的化简等知识，设AB=4m，根据轴对称的性质和勾股定理推导出用含m的代数式表示AD和AQ的式子是解题的关键．6．（2022春·浙江·八年级期末）已知x+1x【答案】5【分析】通过完全平方公式求出x+1x=2【详解】解：∵x+∴x+∴x+∴x+1∴x===5故答案为：55【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，难度不大，关键是把已知条件和待求式的被开方数都用x+17．（2022春·浙江金华·八年级校联考期末）“分母有理化”是我们常用的一种化简的方法，如：2+32−3=2+32+32−32+3=7+43，除此之外，我们也可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于3+5【答案】5−3【分析】令x=6−33−6+33，可求得x2【详解】解：令x=6−3∴x=6−33=12−6=6，∵6−33∴x=−6∴3==5−2=5−3故答案为：5−36【点睛】本题考查了分母有理化，熟练掌握分母有理化的方法，灵活应用完全平方公式是解题的关键．8．（2022春·浙江杭州·八年级期末）若2020−m+m−2021=m【答案】2021【分析】先根据二次根式有意义的条件得到m≥2021，然后化简绝对值可以得到m−2021=2020，即可得到m−【详解】解：∵2020−m+∴m−2021≥0，∴m≥2021，∴2020−m+∴m−2021∴m−2021=2020∴m−2020故答案为：2021.【点睛】本题主要考查了绝对值的化简，二次根式有意义的条件，代数式求值，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.考点2考点2一元二次方程选填期末真题压轴题1．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）对于一元二次方程ax①若a＋b＋c＝0，则方程必有一根为x＝1；②若方程ax2+c=0有两个不相等的实根，则方程ax2+bx+c=0无实根；③若方程ax2+bx+c=0(a≠0)两根为x1，x2且满足x1≠x2≠0，则方程A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④【答案】D【分析】根据一元二次方程根的判别式及根的定义以及求根公式逐个判断排除．【详解】解：①若a+b+c=0，则x=1是方程ax2+bx+c=0②方程ax∴Δ=0−4ac>0∴−4ac>0则方程ax2+bx+c=0∴方程ax故②错误；③∵方程ax2+bx+c=0(a≠0)两根为x1，∴Δ=令x1=−b+∴方程cx2+bx+a=0(c≠0)有两个实数根，令两根分别为∴x′x′∴方程cx2+bx+a=0(c≠0)，必有实根1故③正确；④若x0是一元二次方程a则由求根公式可得：x0∴2ax∴b故④正确．故正确的有①③④，故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程根的判断，根据方程形式，判断根的情况是求解本题的关键．2．（2022春·浙江·八年级期末）若方程x2+2px−3p−2=0的两个不相等的实数根x1、x2满足A．0 B．−34 C．−1 【答案】B【分析】先根据一元二次方程解的定义和根与系数的关系得到x12+2px1−3p−2=0，x1+x2=−2p，进而推出x13【详解】解：∵x1、x∴x12+2p∴x1∴x1∴x1∴x1同理得x2∵x1∴x1∴3px∴3p+2x∴3p+2−2p∴−6p∴−6p∴−2p∴−2p4∴2p4∴2p4p+3解得p1∵Δ=∴p2∴p+1p+3∴p=−1不符合题意，∴p∴符合题意，故选B．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，根的判别式，一元二次方程解的定义，熟知一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值是解题的关键．3．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）空地上有一段长为a米的旧墙MN，利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园（如图1或图2），已知木栏总长为40米，所围成的菜园面积为S．下列说法错误的是（）A．若a=16，S=196，则有一种围法B．若a=20，S=198，则有一种围法C．若a=24，S=198，则有两种围法D．若a=24，S=200，则有一种围法【答案】A【分析】分两种情况讨论：，图2围法，设矩形菜园垂直于墙的边为x米，分别表示矩形的长，再利用矩形面积列方程，解方程，注意检验x的范围，从而可得答案．【详解】解：设矩形菜园的宽为x米，则长为40−2x米，∴S=x40−2x当a=16时，采用图1围法，则此时12≤x<20,当S=196时，−2x解得：x1此时都不符合题意，采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即AB=CD=x,则AD+BC=40−2x+16,则BC=28−x,所以长为28−x米，结合28−x>16可得0<x<12,

∴x28−x解得：x1综上：若a=16，S=196，，则没有围法，故A符合题意；设矩形菜园的宽为x米，则长为40−2x米，∴S=x40−2x当a=20时，采用图1围法，则此时10≤x<20,当S=198时，−2x解得：x1=11,x采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即AB=CD=x,则AD+BC=40−2x+20,则BC=30−x,所以长为30−x米，结合30−x>20可得0<x<10,

∴x30−x解得：x1=15+33综上：若a=20，S=198，则有两种围法，故B不符合题意；设矩形菜园的宽为x米，则长为40−2x米，∴S=x40−2x当a=20时，采用图1围法，则此时10≤x<20,当S=198时，−2x解得：x1采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即AB=CD=x,则AD+BC=40−2x+24,则BC=32−x,所以长为32−x米，结合32−x>24可得0<x<8,

∴x32−x解得：x1若a=24，S=198，则有两种围法，C不符合题意，设矩形菜园的宽为x米，则长为40−2x米，∴S=x40−2x当a=20时，采用图1围法，则此时10≤x<20,当S=200时，−2x解得：x1采用图2围法，如图，此时矩形菜园的宽为x米，即AB=CD=x,则AD+BC=40−2x+24,则BC=32−x,所以长为32−x米，结合32−x>24可得0<x<8,

∴x32−x解得：x1综上所述，若a=24，S=200，则有一种围法，D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是一元二次方程的应用，理解题意，表示图2中矩形的长是解本题的关键．4．（2022春·浙江·八年级期末）关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k．（

）A．若﹣1＜a＜1，则ka>kb B．若C．若﹣1＜a＜1，则ka<kb D．若【答案】D【分析】根据一元二次方程的根的情况利用判别式求得a与b的数量关系，然后代入方程求k的值，然后结合a的取值范围和分式加减法运算法则计算求解．【详解】解：∵关于x的一元二次方程ax2＋2ax＋b＋1＝0（a•b≠0）有两个相等的实数根k，∴Δ＝（2a）2−4a（b＋1）＝0，即：4a(a−b−1)＝0，又∵ab≠0，∴a−b−1＝0，即a＝b＋1，∴ax2＋2ax＋a＝0，解得：x1＝x2＝−1，∴k＝−1，∵ka−k∴当−1＜a＜0时，a−1＜0，a（a−1）＞0，此时ka−k当0＜a＜1时，a−1＜0，a（a−1）＜0，此时ka−k故A、C错误；当ka>k1a(a−1)解得：a＞1或a＜0，故B错误；当ka<k1a(a−1)解得：0＜a＜1，故D正确故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，根据一元二次方程根的情况求得a与b之间的等量关系是解题关键．5．（2022秋·浙江·八年级期末）一个矩形内放入两个边长分别为6cm和8cm的小正方形纸片，按照图①放置，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为32cm2，按照图②放置，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为44cm2，若把两张正方形纸片按图③放置时，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为（A．24cm2 B．28cm2 C．48cm2【答案】B【分析】设矩形的长为xcm，宽为ycm，根据矩形的面积公式结合按图①②两种放置时未被覆盖部分的面积，即可得出关于x，y的方程组，利用(②−①)÷3可得出x=y+2③，将③代入②中可得出关于y的一元二次方程，解之取其正值即可得出y值，进而可得出x的值，再利用矩形的面积公式求出按图③放置时未被覆盖的两个小矩形的面积和即可得出结论．【详解】解：设矩形的长为xcm，宽为ycm，依题意，得：xy=64+6x−8(②−①)÷6，得：y−x+2=0，∴x=y+2③．将③代入②，得：y(y+2)=64+6(y−8)+44，整理，得：y2解得：y1=10，∴x=12．∴按图③放置时，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为(x−8)(y−6)+(x−6)(y−8)=4×4+6×2=28．故选：B．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．6．（2022春·浙江·八年级期末）将关于x的一元二次方程x2−px+q=0变形为x2=px−q，就可以将x2表示为关于x的一次多项式，从而达到“降次”的目的，又如x3=x⋅x2=xpx−q=⋯，我们将这种方法称为“降次法【答案】1+【分析】先利用x2−x−1=0得到x2=x+1，代入得到x3−2x【详解】解：∵x∴∴∴x解x2a=1,b=−1,c=−1b∵x>0∴x=∴x故答案为：1+【点睛】本题考查了高次方程：通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解，所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程，也有的通过因式分解来解，通过把一元二次方程变形为用一次式表示二次式，从而达到“降次”的目的，这是解决本题的关键．7．（2022春·浙江·八年级期末）已知下面三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝1，bx2+cx+a＝﹣3，cx2+ax+b＝2恰好有一个相同的实数根，则a+b+c的值为_____．【答案】0【分析】设这个相同的实数根为t，把x＝t代入3个方程得出a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0，3个方程相加即可得出（a+b+c）（t2+t+1）＝0，即可求出答案．【详解】解：设这个相同的实数根为t，把x＝t代入ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0得：a•t2+bt+c＝0，bt2+ct+a＝0，ct2+a•t+b＝0相加得：（a+b+c）t2+（b+c+a）t+（a+b+c）＝0，（a+b+c）（t2+t+1）＝0，∵t2+t+1＝（t+12）2∴a+b+c＝0，故答案是：0．【点睛】本题考查了一元二次方程的解，使方程左右两边相等的未知数的值叫方程的解．8．（2022春·浙江·八年级期末）韦达是法国杰出的数学家，其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系，如一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两实数根分别为x1,x2，则方程可写成ax−x①x1+x2+x3=−ba【答案】①③【分析】仿照题意所给的方法，得到原方程为ax【详解】解；∵一元三次方程ax3+b∴ax−∴ax∴ax∴ax∴x1+x2+∴①③正确，②不正确；∵1==c∴④不正确，故答案为：①③．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，分式的化简，多项式乘法的应用，正确理解题意是解题的关键．9．（2022春·浙江·八年级期末）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：①c−ab−d有唯一对应的值12；②a【答案】①③【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=12代入方程进行验证，从而判断③【详解】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，∴c−ab−d=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，∴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，∴a2+c24≥b∵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=12时，左边=（2m+2n）×（12）2+（-m-2-n-2）×∴x=12是一元二次方程（b+d）x2+（a+c）x+2=0的一个解，故③故答案为：①③．【点睛】本题考查一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系，理解方程的解的概念，掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键．10．（2022春·浙江嘉兴·八年级校考期末）如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于“①方程x2−x−2=0是“倍根方程②若(x−2)(mx+n)=0是“倍根方程”，则4m③若p,q满足pq=2，则关于x的方程px2+3x+q=0是“④若方程ax2+bx+c=0是“倍根方程”【答案】②③④【分析】①求出方程的根，再判断是否为“倍根方程”；②根据“倍根方程”和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m，n之间的关系；③当p,q满足pq=2时，有px2+3x+q=(px+1)(x+q)=0，求出两个根，再根据pq=2代入可得两个根之间的关系，讲而判断是否为“④用求根公式求出两个根，当x1=2x【详解】①解方程x2−x−2=0，得∵x∴方程x2−x−2=0不是“倍根方程”．故②∵(x−2)(mx+n)=0是“倍根方程”，且x1因此x2=1或当x2=1时，当x2=4时，∴4m2+5mn+n2③∵pq=2，∴px∴x∴x因此px2+3x+q=0是“倍根方程”④方程ax2+bx+c=0若x1=2x2，则即−b+b∴b+3∴b+3b∴3b∴9b∴2b若2x1=x2∴−b+3∴−b+3b∴b=3b∴b∴2b2=9ac故答案为：②③④．【点睛】本题考查了解一元二次方程以及一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问题的关键．考点3考点3平行四边形选填期末真题压轴题1．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是边AD、AB上的点，连接OE、OF、EF.若AB=7，BC=52，∠DAB=45°①点C到直线AB的距离是______．②△OEF【答案】51322【分析】①过点C作AB的垂线，交AB延长线于点M，在等腰直角三角形BCM中求CM即可；②作点O关于AD的对称点G，点O关于AB的对称点H，连接GH，AG，AH；则GH长为△OEF周长的最小值；在等腰直角三角形AGH中求GH，即可.【详解】解：①如图：过点C作AB的垂线，交AB延长线于点M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵∠DAB=45°，∴∠CBM=∠DAB=45°，∴∠BCM=45°=∠CBM∵BC=52∴CM=5，∴点C到直线AB的距离是5；故答案为5；②如图，作点O关于AD的对称点G，点O关于AB的对称点H，连接GH，AG，AH，则GH长为△OEF周长的最小值；由①知，在Rt△ACM中，AM=7+5=12，CM=5∴AC=13，∴OA=1由对称性可知，AH=OA=AG，∠DAG=∠DAO，∴△AHG是等腰三角形，又∵∠DAB=45°，∴∠GAH=90°，∴GH=2∴△OEF周长的最小值=OE+OF+EF=GE+EF+FH=13故答案为：132【点睛】本题考查平行四边形的性质，最短路径问题；掌握平行四边形的性质，用勾股定理求边，利用对称性求最短距离是解题的关键．2．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）已知平行四边形ABCD，AD=8，∠BAD=135°，点E在边BC上，将平行四边形沿AE翻折，使点B落在边CD的F处，且满足CF−DF=32，则EF=【答案】203/【分析】过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，得出△FCG,△FHD是等腰直角三角形，设CG=x,EC=y，则BE=EF=8−y，在Rt△AFH中，AF2=AH2+HF2【详解】解：如图，过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，设CG=x,EC=y，则BE=EF=8−y，∵∠BAD=135°，四边形ABCD是平行四边形，∴∠BCD=∠A=135°，AD∥BC，AD=BC，∴∠FCG=45°，∠D=∠DCG=45°∴△FCG,△FHD是等腰直角三角形，∴FC=2∵CF−DF=32∴DF=CF−32∴HF=HD=x−3，∵AD=8，∴AH=8−HD=8−x−3∴CD=CF+FD=∴AF=AB=CD=22在Rt△AFH中，A即2解得：x=4或x=−14在Rt△FEG中，E∴8−y解得：y=∴EF=BE=BC−EC=8−4故答案为：203【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，解一元二次方程，正确的作出图形是解题的关键．3．（2022春·浙江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，AD=82，E，F分别为CD，AB上的动点，DE=BF，分别以AE，CF为对称轴翻折△ADE，△BCF，点D，B的对称点分别为G，H．若E，G，H，F恰好在同一直线上，∠GAF=45°，且GH=11，则AB的长是_____．【答案】29【分析】过G点作GM⊥AF于点M，设DE＝BF＝x，由勾股定理求得AM与GM，再证明AF＝EF，用x表示AF，FG，FM，由勾股定理列出x的方程，求得x的值，便可求得AB．【详解】解：过G点作GM⊥AF于点M，∴∠AMG=90°∵分别以AE，CF为对称轴翻折△ADE，△BCF，点D，B的对称点分别为G，H．AG＝AD＝82，DE=EG，FH=BF∵∠GAF＝45°，∴△AGM是等腰直角三角形，∴AM∴2AM解之：AM=GM=8∵DE＝BF，∴设DE＝BF＝x，∴EG＝DE＝BF＝FH＝x，FG=x+11，∵GH＝11，∴EF＝2x＋11，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠AED＝∠BAE，∵∠AED＝∠AEG，∴∠FAE＝∠FEA，∴AF＝EF＝2x＋11，∴AB＝AF＋BF＝3x＋11，MF＝AF−AM＝2x＋3，在Rt△FMG中，FG即x+112解之：x1∴AB=3×6+11=29，故答案为：29．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求解一元二次方程，折叠的性质，关键在于构造直角三角形，运用勾股定理列出方程，运用方程的思想解决几何问题．4．（2022春·浙江·八年级期末）已知直线y=33x+3与x轴，y轴分别交于点A，B，点C是射线AB上的动点，点D在坐标平面内，以O，A，C，【答案】(32【分析】先根据题意求得∠BAO=30°,∠ABO=60°,OB=12AB,分C点在第二象限和第一象限两种情况讨论，根据点D关于直线OC的对称点D′恰好落在y轴，根据含30°角的直角三角形的性质，在第一象限时候，证明△BCO是等边三角形，在第二象限时候证明【详解】∵y=33x+3与x轴，y轴分别交于点令y=0,x=−3,∴A(-令x=0,y=3,∴∴OA=3,OB=3∵∠AOB=90°，∴AB=∴∠BAO=30°,∠ABO=60°，∴OB=如图，当C点在第二象限时，设DD′交x轴于点E，交AO于点F，CD交y∵四边形OACD是平行四边形，∴AC∥OD,CD∥∵∠CAO=30°，∴∠DOE=∠CAO=30°，∴∠ODG=∠DOE=30°，∵CD∥AO，∴∠DGD∴∠DOG=90°−∠DOE=60°，∵OD=OD∴∠ODD∵点D关于直线OC的对称点为D′∴CO⊥DD∴∠COB=∠FOD∵∠ABO=60°，∴△BCO是等边三角形，∴BO=CO=BC，∵OB=∴BC=∴点C为AB的中点，∵A(-3,0)，∴C(−3如图，当C点在第二象限时，延长DC交y轴于点H，则CH⊥OD∵点D关于直线OC的对称点为D′∴CD=CD∵∠ABO=∠BOD=60°，∴△ODD∴∠DOD∴∠DOC=∠D∴CH=∵∠BAO=30°,∠AOB=90°，∴CO=AO=3，∴CH=3∴OH=O∴C(3综合①②可知OC的坐标为(32,故答案为：(32,【点睛】本题考查了一次函数图象的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，此题方法较多，利用等边三角形的性质是解题的关键．5．（2022秋·浙江宁波·八年级期末）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在边AB、AD上，将△AEF沿EF折叠，点A恰好落在BC边上的点G处．若∠A=45°，AB=62，5BE=AE．则AF长度为_____．【答案】15【分析】过点B作BM⊥AD于点M，过点F作FH⊥BC于点H，过点E作EN⊥CB延长线于点N，得矩形BHFM，可得△BEN和△ABM是等腰直角三角形，然后利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，过点B作BM⊥AD于点M，过点F作FH⊥BC于点H，过点E作EN⊥CB延长线于点N，得矩形BHFM，∴∠MBC=90°，MB=FH，FM=BH，∵AB=62，5BE=AE，∴AE=52，BE=2，由折叠的性质可知：GE=AE=52，GF=AF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABN=∠A=45°，∴△BEN和△ABM是等腰直角三角形，∴EN=BN=22BE=1，AM=BM=22∴FH=BM=6，在Rt△GEN中，根据勾股定理，得EN∴12解得GN=±7（负值舍去），∴GN=7，设MF=BH=x,则GH=GN-BN-BH=7-1-x=6-x，GF=AF=AM+FM=6+x，在Rt△GFH中，根据勾股定理，得GH∴(6−x)2解得x=32∴AF=AM+FM=6+32=15∴AF长度为152故答案为：152【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．6．（2022春·浙江金华·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD纸片中，∠BAD=45°，AB=10．将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF交AB、AD、AA′分别于点E、F、G．继续折叠纸片，使得点C的对应点C′落在A′F上，连接GC【答案】522【分析】过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，过A′作A′R⊥AD于R，由∠BAD=45°，AB=10，得BH=22AB=52，从而可得A′R=BH=52，根据将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF，可知GP=12A′R=522，又GP⊥AD，GQ⊥A【详解】解：过B作BH⊥AD于H，过G作GP⊥AD于P，GQ⊥A′F于Q，过A′作A′R∵∠BAD=45°，AB=10，∴BH=22AB=52∵四边形ABCD是平行四边形，BH⊥AD，A′R⊥∴四边形BHRA∴A′R=BH=5∵GP⊥AD，A′R⊥∴GP∥A′∵将纸片折叠，使得点A的对应点A′落在BC边上，折痕EF∴AG=A′G，∠AFE=∠∴GP是△A′∴GP=12A′∵GP⊥AD，GQ⊥A′∴GP=GQ=52∵折叠纸片，使得点C的对应点C落在A′∴当C′与Q重合时，GC′∴GC′最小为故答案为：522，【点睛】本题考查平行四边形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及作辅助线求出GP的长度．7．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A(5,10),B(3,−4)，C为线段AB的中点，点P是线段OA上的一个动点，连接OB,OC,PB,PC，当AP的值为____________时，将△BCP沿边PC所在直线翻折后得到的△MCP与△ACP重叠部分的面积为△ABP面积的14【答案】5【分析】根据题意作出图形，根据△MCP与△ACP重叠部分的面积为△ABP面积的14，得出D为AC,PB′的中点，可得四边形APC【详解】解：∵A(5,10),B(3,−4)，∴AB=5−3如图，作B关于PC的对称点B′，连接AB′，B′C∵C为线段AB的中点，∴S∴△PDC为△MCP与△ACP重叠部分，∴S△PDC∵△MCP与△ACP重叠部分的面积为△ABP面积的14∴PB′过点∵对称，∴S∵△MCP与△ACP重叠部分的面积为△ABP面积的14∴S∴PD=DB∵AD=DC，∴四边形APCB∴AP=B∵对称，∴CB=CB∴AP=BC=1故答案为：52【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，三角形中线的性质，证明四边形APCB8．（2022春·浙江丽水·八年级校联考期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC=6，∠ABC=60°，BE平分∠ABC，点F为BC上一点，点G为BE上一点，连接CG，FG，则CG+FG的最小值为_________．【答案】3【分析】在AB上取一点H，使BH=BF，则GF=GH，所以CG+FG=CG+HG，因此当C、G、H在同一直线上，且CH⊥AB时，CG+FG=CG+HG最小，最小值为CH．【详解】在AB上取一点H，使BH=BF，∵BE平分∠ABC，∴GF=GH，∴CG+FG=CG+HG，∴当C、G、H在同一直线上，且CH⊥AB时，CG+FG=CG+HG最小，最小值为CH．∵BC=6，∠ABC=60°，∴∠BCH=30°，∴BC=2BH，∴BH=1∴CH=B故答案为：33【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题，熟练运用轴对称的性质是解题的关键．9．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图1，在▱ABCD中（AB＞BC），∠DAB＝60°，对角线AC，BD相交于点E，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AEP的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示，当△AEP为等腰三角形时，x的值为___．【答案】198或【分析】当点P到达点B时，△AEP的面积为33，此时△AEP的高为34BC，则33=12×AB×(34BC)，解得AB•BC=24，而AB+BC=10，可求得AB、BC的长，再分AP=PE【详解】解：从图象看，当点P到达点B时，△AEP的面积为33过点E、点C作AB的垂线，分别交直线AB于G、F，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC，AE=EC，∴EG∥CF，EG=12CF∵∠DAB=60°，∴∠CBF=60°，即∠BCF=60°，∴BF=12BC，CF=BC此时△AEP的高为EG=12CF=34∴△AEP的面积=12×AB×(34BC)=33，解得AB•BC而从图②看，AB+BC=10②，联立①②并解得AB=6BC=4∴EG=34BC=3，CF=23，BF∴AC=AF2∴AE=12AC=19当AP=PE=x时，如图，PG=4-x，由勾股定理得：32+4−x2=当AP=AE=x时，如图，x=AE=19；综上，当△AEP为等腰三角形时，x的值为198或19故答案为：198或19【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．注意分类讨论的应用．10．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，一副三角板如图1放置，AB＝CD，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED＝75°，连结AD，BC，AC，下列四个结论中说法正确的有___．①四边形ABCD是平行四边形；②CE垂直平分AB；③若AB2＝6，则BC2＝5+23；④DE⊥AC．【答案】①②③【分析】利用平行四边形的判定方法可判断①；证明△AEC≅△BEC，得到AC=BC，利用垂直平分线的判定定理可判断②；利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理计算可判断③；利用反证法可判断④．【详解】解：由题意得：AB=CD，∠BAE=∠ABE=45°，∠DEC=60°，∠EDC=30°，过E作EF∥AB交AD于F，则∠FEA=∠BAE=45°，∴∠FED=75°-∠FEA=30°，∴∠FED=∠EDC=30°，∴EF∥CD，∴AB∥CD，又AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；故选项①正确；∵∠AEC=∠AED+∠DEC=135°，∠BEC=360°-∠AEB-∠AEC=135°，△AEB是等腰直角三角形，则EB=AE，且EC=EC，∴△AEC≅△BEC，∴AC=BC，又EB=AE，∴CE垂直平分AB；故选项②正确；延长CE交AB于G，则AG=BG=12AB，CG⊥AB∵AB2=6，∴AB=CD=6，AG=BG=EG=12AB=6在Rt△ECD中，∠EDC=30°，CD=6，则ED=2EC，由勾股定理得EC2+CD解得EC=2，在Rt△BCG中，BG2即BC2=(若DE⊥AC，则∠ECA=90°-∠DEC=30°，∵△AEC≅△BEC，∴∠ACB=2∠ECA=60°，AC=BC，∴△ACB是等边三角形，而AB不一定与BC相等，所以DE⊥AC，不一定成立，故选项④不正确；综上，正确的有①②③．故答案为：①②③．．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定的性质，含30度角的直角三角形的性质，反证法，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．考点4考点4特殊平行四边形选填期末真题压轴题1．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E，F分别在边AD，BC上，AEED=13，BFFC=35．把该纸片沿EF折叠，若点A，B的对应点分别为A′，BA．32 B．23 C．15【答案】D【分析】如图，连接B′C、CE，设AD=8x，AB=y，推得BF=3x，FC=5x，AE=2x，ED=【详解】解：如图，连接B′C、由题意知，A′B′∵四边形ABCD是矩形，则四个角都是直角，设AD=8x，∵AEED=1∴BF=3x，FC=5x，∵该矩形纸片沿EF折叠，∴∠A′=∠A=90°，∴∠CB∵在Rt△CBB′∴B′解得B′∵在Rt△CA′∵在Rt△CDE中有，CD2∴A′又∵A′∴4x+y2解之得y=2x，∴ADAB故答案为D．【点睛】本题考查了矩形的性质及勾股定理的应用，正确的画出辅助线是解题的关键．2．（2022春·浙江舟山·八年级校考期末）如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，ΔABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的个数是（

）①△AMB≌△ENB；②若菱形ABCD的边长为2，则AM＋CM的最小值2；③连接AN，则AN⊥BE；④当AM＋BM＋CM的最小值为43时，菱形ABCD的面积也为4A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】①根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；③先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；④根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④．【详解】解①∵△ABE是等边三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．∵∠MBN=60°，∴∠MBN-∠ABN=∠ABE-∠ABN．即∠MBA=∠NBE．又∵MB=NB，∴△AMB≌△ENB（SAS），故①正确；②连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，BD⊥AC，AO=CO．∴点A和点C关于直线BD对称，∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=2．即AM+CM的值最小为2，故②正确；③假设AN⊥BE，且AE=AB，∴AN是BE的垂直平分线，∴EN=BN=BM=MA，∴M点与O点重合，∵条件没有确定M点与O点重合，故③错误；④如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM=EN，∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等边三角形，∴BM=MN，∴AM+BM+CM=EN+MN+CM，根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短，∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF=180°﹣120°=60°，设菱形的边长为x，∴BF=12x，EF=在Rt△EFC中，∵EF∴(3解得x=2，∴BC=2,EF=3∴菱形的面积为EF×BC=3故④不正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键．3．（2022春·浙江·八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，点E，F，G，H分别在矩形ABCD各边上，且四边形EFGH为平行四边形，则平行四边形EFGH周长的最小值为（

）A．45 B．85 C．43【答案】B【分析】如图，作点E关于BC的对称点E＇，连接FE＇，GE＇，当G、F、E＇共线时，平行四边形EFGH周长最小，过G作GG＇⊥AB于G＇，证明△AHE≌△CFG（AAS）得AE=CG，根据矩形的性质和对称性质可证得G＇E＇=AB=8，GG＇=BC=4，由勾股定理求得GE＇的长即可解答．【详解】解：∵四边形EFGH是平行四边形，∴HE=GF，HE∥GF，∴平行四边形EFGH的周长为2（GF+EF），作点E关于BC的对称点E＇，连接FE＇，GE＇，则EF=FE＇，BE=BE＇，∴GF+EF=GF+FE＇≥GE＇，∴当G、F、E＇共线时，平行四边形EFGH周长最小，最小值为2GE＇，过G作GG＇⊥AB于G＇，则四边形BCGG＇是矩形，则GG＇=BC=4，CG=BG＇，∵HE∥GF，EF=FE＇，∴∠AEH=∠E＇=∠FGC，在△AHE和△CFG中，∠A=∠C=90∴△AHE≌△CFG（AAS），∴AE=CG，∴G＇E＇=BE＇+BG＇=BE+AE=AB=8，在Rt△GG′E′中，GG＇=4，G＇E＇=8，∴GE∴平行四边形EFGH周长最小值为85故选：B．【点睛】本题考查矩形的判定与性质、平行四边形的性质、对称性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、最短路径问题等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．4．（2022春·浙江·八年级期末）如图，正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连结PA，过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F．下列结论：①PA=PE；②BD=2PF；③CE=2PD；④若BP=BE，则PF=(2A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，，构建三角形全等和平行四边形，证明△BFG≌△EFP（SAS），得BG=PE，再证明四边形ABGP是平行四边形，可得结论；②如图3，连接AC交BD于O，，证明四边形DCGP是平行四边形，可得结论；③连接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，证明四边形OCGF是矩形，△BFG≌△EFP可作判断；④证明PG=GE，根据DF=PD−PF=CG−PF=GE−PF=2【详解】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC=∠ABD=45°，∴BF=EF，在△BFG和△EFP中，BF=EF∠BFG=∠EFP∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，∵∠ABD=∠FPG=45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，∴∠APF=∠PEF=∠GBF，∴AP∥BG，∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正确；如图2，连接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=2CG=2PD；故③正确；如图3，连接AC交BD于O，∵∠CGF=∠GFD=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=2∴∠COF=90°，∴四边形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，∵△BFG≌△EFP，∴PF=FG，∴BD=2PF，故②正确；④∵BP=BE，∴∠BPE=∠BEP=1∵PF=FG，∴∠FPG=∠FGP=45°，∴∠GPE=67.5°−45°=22.5°，∵EF⊥PF，∴∠GEP=22.5°，∴∠GPE=∠GEP，∴PG=GE，∴FG=2∴BE=FG+GE=FG+2DF=PD−PF=CG−PF=GE−PF=2∴PF=DF即PF=(2故④正确．故选：D．【点睛】本题考查了四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．5．（2022春·浙江·八年级期末）为庆祝神舟十三号航天员顺利返回、神舟十四号载人飞船成功发射，小明同学在数学兴趣活动课上用图1的“七巧板”，设计拼成了图2的飞船，则飞船模型面积与矩形框ABCD的面积之比为（

）A．1:3 B．1:2 C．3:5 D．8:25【答案】D【分析】设正方形④的边长为x，表示出七巧板的面积与矩形框ABCD的面积即可解题．【详解】设正方形④的边长为x，则①和②的直角边长为2x，③和⑤的直角边长为x，⑥的短边长为x∴图1中七巧板的面积为4即飞船模型面积的面积为8矩形框ABCD中，AD的长可以看成①和②的直角边加上⑥的短边长，故AD=2x+2x+x=5x；AB=③的直角边长+正方形④的边长为x+②的直角边长+⑤的直角边长=5x∴矩形框ABCD的面积为5x⋅5x=25∴飞船模型面积与矩形框ABCD的面积之比为8故选：D．【点睛】本题考查图形的剪拼、七巧板、矩形的面积，解题的关键是理解七巧板各个图形边长之间的关系．6．（2022春·浙江杭州·八年级校联考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以斜边AB为边向下做正方形ADEB，过点E作EF∥BC交AC于点F，过点C作CG∥BE交EF于点G，连接DG，若AF=3，DE=15，则线段AD【答案】AD∥CG且AD=CG【分析】由正方形ADEB证明四边形CBEG是平行四边形，再证明△GFC≌△ACB；根据勾股定理得计算并得出CF=BC，进而证明四边形CBEG是平行四边形，即可求出四边形CBEG的面积．【详解】∵四边形ADEB是正方形，∴AD=BE=AB=DE=15，∵EF∥BC，∴四边形CBEG是平行四边形，AD∥CG，∴CG=BE=AD=15，∴CG＝∵∠AFH=∠ACB=90°，∴∠CAB+∠AHF=90°，∵∠AHF=∠EHB，∴∠CAB=∠FEB，∵∠FGC=∠FEB，∴∠CAB=∠FGC，在△GFC和△ACB中，∠CAB=∠FGC∠ACB=∠GFC∴△GFC≌△ACB（AAS）∴CF=BC，设AC=b，CF=BC=a，则∴（b−a∴b2∵b2∴225−2ab=9，∴2ab=216，∴（b+a∴b+a>0，∴b+a=21，由b+a=21b−a=3得a=9∴CF=BC=9，∵CF⊥BC，且四边形CBEG是平行四边形，∴S四边形∴四边形CBEG的面积是81，故答案为：AD∥CG且AD=CG，81．【点睛】此题重点考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△GFC≌△ACB是解题的关键．7．（2022春·浙江温州·八年级统考期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，四边形ACDE、四边形BAFG和四边形BHIC都是正方形，过点E作AB的平行线交DC于点P，连接EF，PG，PH.则四边形DPHI的面积是_________；若四边形EFGP的面积是四边形【答案】42【分析】分别证：①四边形ABPE，ABPE为平行四边形即可；②证四边形EFGP为平行四边形，△AEF≌△BPGSSS，得到四边形EFGP的面积等于四边形ABPE与BAFG面积之和，分别表示出两个图形的面积，根据四边形EFGP的面积是四边形DPHI【详解】解：∵四边形ACDE为正方形，∴AE∥CD，∵AB∥EP，∴四边形ABPE为平行四边形，∴AE=BP，∴CD=BP，∴DP=BC，∵四边形BHIC为正方形，∴BC∥HI,BC=HI，∵BC=2，∴DP=2，∴四边形DPHI的面积=DP⋅BC=2×2=4．故答案为：4∵AB∥EP，AB∥FG，AB=EP，AB=FG，∴EP∥FG，EP=FG，∴四边形EFGP为平行四边形，∴EF=PG在△AEF与△BPG中，∵AE=BPAF=BG∴△AEF≌△BPGSSS∴四边形EFGP的面积等于四边形ABPE与BAFG面积之和，∵AE=BP，AE=AC，∴AC=BP，∵∠ACB=90°，∴平行四边形ABPE的面积为AC2，∴四边形EFGP的面积=2AC∵四边形EFGP的面积是四边形DPHI的面积的5倍，∴2AC解得：AC=22故答案为：2【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、正方形的性质、勾股定理等知识点，平行四边形的证明是解题关键．8．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD的中点，点F在边BC上，且∠BAE=∠AEF．则∠【答案】45°/45度12/【分析】过点A作AH⊥EF于点H，根据正方形的性质证明△ADE≌OAHE，Rt△ABF≌Rt△AHF，进而可求得∠FAE；设正方形ABCD的边长为2a，BF=x，CE=DE=12CD=a【详解】解∶如图，过点A作AH⊥EF于点H，∴∠AHE=∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠BAD=∠D=∴∠BAE=∵∠BAE=∴∠AED=在△ADE和△AHE中，∠D=∠AHE∠AED=∠AEH∴△ADE≌△AHE(AAS∴AD=AH，∠1=在Rt△ABF和RtAF=AF∴Rt△ABF≌∴∠3=∴∠FAE=∠2+设正方形ABCD的边长为2a，BF=x，∵E为CD的中点，∴CE=DE=1∵△ADE≌△AHE，Rt△ABF≌∴HE=DE，HF=BF，∴EF=HE+HF=DE+BF=a+x，在Rt△CEFCE∴a2解得x=2∴BF=x=2∴BFCF故答案为：45°，12【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是作AH⊥EF，证明△ADE≌△AHE．9．（2022春·浙江杭州·八年级杭州市采荷中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=8，∠BAD=60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，（1）若AE=3BE，则MN的长为___________．（2）若AE=BE，点P、Q分别是DE、AD上的两个动点，则【答案】43【分析】（1）如图：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，由菱形的性质和已知条件可得AB=BC=CD=DA=8、∠BAC=30°，AC⊥BD即△ABD是等边三角形，进而得到OD=4；再运用勾股定理求得AO=43、AC=83，然后根据AE=3BE求得AE,BE；再根据菱形AENH和菱形CGMF大小相同可得BE=BF=2、∠FBJ=60°，直角三角形的性质和菱形的性质可得MI=FJ=3，进而得到AM=2（2）如图：作Q关于DE的对称点L，连接PQ,PL，可得当A、P、L三点共线时，AP+PQ有最小值；再说明DE是线段HO的垂直平分线，然后结合菱形的性质可得当点Q与H重合时，点L与O重合时，AP+PQ最小并期末即可．【详解】解：（1）如图:连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=8，∴AB=BC=CD=DA=8，∠BAC=30°，∴△ABD是等边三角形，∴OD=4，∴AO=∴AC=2AO=83∵AE=3BE，AB=8∴AE=34AB=6∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，∴BE=BF=2，∠FBJ=60°，∴BJ=∴FJ=B∴MI=FJ=3，∴AM=2MI=23同理可得:CN=2∴MN=AC−AM−CN=83故答案为：43（2）如图：作Q关于DE的对称点L，连接PQ,PL∴AP+PQ=AP+PL,则当A、P、L三点共线时，且M、N、O重合，AP+PQ有最小值∵AE=BE，即AE=∴DE⊥AB,即∠AED=90°∵AB∴∠HME=90°,HM∵四边形ABCD是菱形∴AB=BC=CD=DA∵菱形AENH，即菱形AEOH∴AH=AE=HO=12∴HMAE=∴HM=MO∵∠HME=90°∴DE是线段HO的垂直平分线∴当点Q与H重合时，点L与O重合∴AP+PQ=AP+PL=AP+PO=AO=43故答案为：43【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线，求出AC、AM和MN的长是解答本题的关键．10．（2022春·浙江台州·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AD=8，连接BD，BD=10，点E是AB上一点，BE=2AE，点M是AD上一动点，连接EM，以EM为斜边向下作等腰直角△EMP，连接DP，当DP的值最小时，AM的长为____________．【答案】6【分析】根据矩形的性质，勾股定理，以及已知条件得出AE=2，连接AP，在AD上取一点N，使得MN=AE=2，证明△AEP≌△NMPSAS，进而得出点P在∠BAD的角平分线上运动，当DP最小时，N,D重合，此时AM=AD−NM【详解】解：∵矩形ABCD中，AD=8，BD=10，∴∠BAD=90°，AB=B∵BE=2AE，∴AE=2，如图所示，连接AP，在AD上取一点N，使得MN=AE=2，∵∠BAC=90°，等腰直角△EMP，∴∠AEP+∠AMP=180°，MP=EP，又∵∠AMP+∠MPN=180°，∴∠AEP=∠NMP，∴△AEP≌△NMPSAS∴AP=NP，∠MPN=∠EPA，∴∠APN=∠APM+∠MPN=∠APM+∠EPA=90°，∴△APN是等腰直角三角形，∴∠NAP=45°，∴点P在∠BAD的角平分线上运动，当DP最小时，N,D重合，此时AM=AD−NM=8−2=6，故答案为：6．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，得出点P在∠BAD的角平分线上运动是解题的关键．考点5考点5反比例函数选填期末真题压轴题1．（2022春·浙江·八年级期末）如图，矩形AOBC的顶点坐标分别为A(0,3),O(0,0),B(4,0),C(4,3)，动点F在边BC上（不与B、C重合），过点F的反比例函数y=kx的图象与边AC交于点E，直线EF分别与y轴和x轴相交于点D和G．给出下列命题：①若k=4，则△OEF的面积为163；②若k=218，则点C关于直线EF的对称点在x轴上；③满足题设的k的取值范围是0<k<12；④若DE⋅EG=A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】①若k=4，则计算SΔOEF=163，故命题①正确；②如答图所示，若k=218，可证明直线EF是线段CN的垂直平分线，故命题②正确；③因为点F不经过点C(4,3)，所以k≠12，即可得出k的范围；④求出直线EF的解析式，得到点D、G的坐标，然后求出线段DE、EG的长度；利用算式【详解】解：命题①正确．理由如下：∵k=4，∴E(43，3)，∴CE=4−43=∴SΔOEF=命题②正确．理由如下：∵k=21∴E(78，3)，∴CE=4−78=如答图，过点E作EM⊥x轴于点M，则EM=3，OM=7在线段BM上取一点N，使得EN=CE=258，连接在RtΔEMN中，由勾股定理得：∴BN=OB−OM−MN=4−7在RtΔBFN中，由勾股定理得：∴NF=CF，又∵EN=CE，∴直线EF为线段CN的垂直平分线，即点N与点C关于直线EF对称，故②正确；命题③正确．理由如下：由题意，点F与点C(4,3)不重合，所以k≠4×3=12，∴0<k<12，故③正确；命题④正确．理由如下：设k=12m，则E(4m,3)，F(4,3m)．设直线EF的解析式为y=ax+b，则有4ma+b=34a+b=3m，解得a=−∴y=−3令x=0，得y=3m+3，∴D(0,3m+3)；令y=0，得x=4m+4，∴G(4m+4,0)．如答图，过点E作EM⊥x轴于点M，则OM=AE=4m，EM=3．在RtΔADE中，AD=OD−OA=3m，AE=4m，由勾股定理得：在RtΔMEG中，MG=OG−OM=(4m+4)−4m=4，EM=3，由勾股定理得：∴DE·EG=5m×5=25m=2512，解得∴k=12m=1，故命题④正确．综上所述，正确的命题是：①②③④，共4个，故选：D．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了函数的图象与性质、反比例函数图象上点的坐标特征、比例系数k的几何意义、待定系数法、矩形及勾股定理等多个知识点，有一定的难度．本题计算量较大，解题过程中注意认真计算．2．（2022春·浙江·八年级期末）如图，一次函数y=ax+b与x轴、y轴交于A、B两点，与反比例函数y=kx相交于C、D两点，分别过C、D两点作y轴、x轴的垂线，垂足为E、F，连接CF、DE、EF．有下列三个结论：①△CEF与△DEF的面积相等；②△DCE≌△CDF；③A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】设D（x，kx），得出F（x，0），根据三角形的面积求出△DEF的面积，同法求出△CEF的面积，即可判断①；根据全等三角形的判定判断②即可；证出平行四边形BDFE和平行四边形ACEF，得到BD=AC【详解】①设D（x，kx），则F（x，0），由图象可知x＞0，k＞0，∴△DEF的面积=12DF•OF=12×kx×x=12k，同理可知：△CEF的面积是12②条件不足，无法证出两个三角形全等，∴②错误；③∵△CEF的面积等于△DEF的面积，∴边EF上的高相等，∴CD∥EF．∵BD∥EF，DF∥BE，∴四边形BDFE是平行四边形，∴BD=EF，同理EF=AC，∴AC=BD，∴③正确；正确的有2个．故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，三角形的面积，全等三角形的判定，相似三角形的判定等知识点的运用，关键是检查学生综合运用定理进行推理的能力，题目具有一定的代表性，有一定的难度，是一道比较容易出错的题目．3．（2022·浙江宁波·八年级统考期末）若P（m，a），Q（1m，b）两点均在函数y=﹣2x的图象上，且﹣1＜m＜0，则aA．正数 B．负数 C．零 D．非负数【答案】A【详解】把P（m，a），Q（1m，b）代入y=﹣2x得a=﹣2m，b=﹣2所以a﹣b=﹣2m+2m=﹣2•1−因为﹣1＜m＜0，所以1﹣m2＞0，所以a﹣b＞0．故选A．【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，把P和Q点坐标代入函数解析式，然后再利用m的范围确定a﹣b的范围是关键.4．（2022春·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期末）如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的三个顶点坐标分别为A1,0,B4,2,C2,3，第四个顶点D在反比例函数y=A．−1 B．−2 C．−3 D．−4【答案】A【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于F，作BH∥x轴，交CF于H，利用AAS得到三角形ADE与三角形BCH全等，由全等三角形的对应边相等得到AE=BH=2，DE=CH=1，求出OE的长，确定出D坐标，代入反比例解析式求出k的值即可．【详解】解：过点D作DE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于F，作BH∥x轴，交CF于H，∵A（1，0），B（4，2），C（2，3），∴BH=4-2=2，CH=3-2=1，∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC=AD，BC∥AD，∴∠DAB+∠ABC=180°，∵BH∥x轴，∴∠ABH=∠BAF，∵∠DAE+∠BAF+∠DAB=180°=∠CBH+∠ABH+∠DAB，∴∠DAE=∠CBH，在△ADE和△BCH中，∠DAE=∠CBH∠AED=∠BHC=∴△ADE≌△BCH（AAS），∴AE=BH=2，DE=CH=1，∴OE=1，∴点D坐标为（-1，1），∵点D在反比例函数y=k∴k=-1×1=-1，故选：A．【点睛】此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，待定系数法确定反比例函数解析式，以及平行四边形的性质，熟练掌握性质是解本题的关键．5．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）如图，已知A0.2,y1，B2,y2为反比例函数y=1x图像上的两点，动点P(x,0)在A．(0.5,0) B．(1,0) C．(1.5,0) D．(2.2,0)【答案】D【分析】当A,B,P三点一线时，线段AP与线段BP之差达到最大，确定直线AB的解析式，与x轴的交点就是所求．【详解】∵A0.2,y1，B∴y1∴A1设直线AB的解析式为y=kx+b，∴15解得k=−5∴y=−5当A,B,P三点一线时，线段AP与线段BP之差达到最大，∴0=−5解得x=2.2，∴点P的坐标是(2.2,0)．故选D．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，一次函数的解析式，最值，熟练掌握待定系数法，清楚线段差最大值的意义是解题的关键．6．（2022春·浙江宁波·八年级宁波市第七中学校联考期末）如图，点A的坐标为1，3，点C的坐标为−1，0，点