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版浙教版

Page57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）某数学小组在探讨了函数y1＝x与性质的基础上，进一步探究函数y＝y1+y2的性质，经过探讨得到以下几个结论：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依据题意得出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推断，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】依据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再依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上的全部点都在以原点为顶点的角的内部或边界上，在全部满足条件的角中，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，依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°，依据对称性可知∠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°，依据对称性可知∠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》中利用该图说明白代数式（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】先作帮助线，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，依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，有两种状况：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，依据折叠的性质得∠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，有两种状况：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相互平分∴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．8113．（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】依据AE⊥BF，利用同角的余角相等得出∠EAB＝∠FBC，再依据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中运用勾股定理得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】依据公式法或因式分解法解方程，依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，依据正方形的性质得∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，再推断△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，所以应当过O作AB的垂线P′O，然后依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，从而推断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推断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，从而推断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】依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，再依据菱形的性质，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、…、An、An+1是x轴正轴上的点，且OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝AnAn+1，分别过点A1、A2、A3、…、An、An+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、…、Bn、Bn+1，依次连结OB1、B1B2、OB2、B2B3、OB3、…、OBn、BnBn+1、OBn+1，记△OB1B2的面积为S1，△OB2B3的面积为S2，△OBnBn+1面积为Sn，则S1＝，Sn＝．【分析】设OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝AnAn+1＝m，可知B1（m，）、B2（2m，），B3（3m，），B4（4m，），、…、Bn+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、…、Sn的值，故可得出结论．【解答】解：设OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝AnAn+1＝m，∴B1（m，）、B2（2m，），B3（3m，），B4（4m，），…，Bn+1{（n+1）m，}，∵过点A1、A2、A3、…、An、An+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、…、Bn、Bn+1，∴S1＝S△OA1B1﹣S△OA2B2+S梯形A1B1B2A2＝S梯形A1B1B2A2，S2＝S，S3＝，…、Sn＝S，∴S1＝＝6，S2＝（+）•m＝，S3＝（+）•m＝，S4＝（+）•m＝，…、Sn＝+＝，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，）依据AD∥x轴∥BC求出D，C的坐标，表示出DA，BC的长度，依据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：824．（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，最终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，∴kGD＝kl＝，∴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做出推断；利用反比例函数的性质得到三角形OCN与三角形OAM全等，依据三角形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做出推断．【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；依据勾股定理，ON＝＝＝，MN＝＝|a2﹣k|，∴ON和MN不愿定相等，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：①③④26．（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，依据勾股定理可求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，且全部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（即图中全部线段之和）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，依据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在水平地面同始终线上，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在同始终线上时，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】先依据推断AG＝GH＝DH推断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'在同始终线上，∴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，限制臂BC，带动MN上的滑块B向点N滑动了20cm．则AD的长为cm．【分析】依据题意，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20cm，由题意，AB+20＝AE+BE，∵BE＝AB，∴AE＝20（cm），∴AD＝AE+DE＝30（cm），故答案为：3030．（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学问，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其次象限，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′的形态始终是；（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：235．（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两种状况分别求解即可．【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，再依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+3x，∵0＜AB＜FG，FG＝6，∴自变量x的取值范围是0＜x＜6，S＝﹣x2+3x＝﹣（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】存在三种状况：①作帮助线，构建等腰△BDF，先依据三角形内角和得∠BDC＝∠F，再由等腰三角形三线合一的性质得CD＝CF，最终证明△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：存在三种状况：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