浙江省宁波市外国语学校2024-2025学年下学期开学测试八年级 数学试卷（含解析）

这是一份浙江省宁波市外国语学校2024-2025学年下学期开学测试八年级 数学试卷（含解析），共44页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每小题3分，共30分）
1. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义判断．
【详解】解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕该点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形的识别，解题的关键是掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2. 菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A. 对角相等B. 邻角互补C. 对角线互相平分D. 对角线平分一组对角
【答案】D
【解析】
【分析】根据矩形和菱形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A、矩形和菱形的对角都相等，不符合题意；
B、矩形和菱形的邻角都互补，不符合题意；
C、矩形和菱形的对角线都互相平分，不符合题意；
D、菱形的对角线平分一组对角，矩形的对角线不一定平分一组对角，不符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了矩形和菱形的性质，熟知矩形和菱形的性质是解题的关键．
3. 某中学人数相等的甲、乙两班学生参加了跳绳测验，班平均分和方差分别为个，个；，，那么成绩较为整齐的是（ ）
A. 甲班B. 乙班C. 两班一样整齐D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据方差的意义知，平均数相同，方差越小，波动性越小，据此即可作答．
【详解】∵平均数相同，，
∴成绩较为整齐是乙班．
故选：B．
【点睛】本题考查方差的意义：一般地设个数据，的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．
4. 若一元二次方程有实数解，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】由于关于的一元二次方程有实数根，根据一元二次方程根与系数的关系可知，且，据此列不等式求解即可．
【详解】解：由题意得，，且，
解得，，且.
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根．
5. 用反证法证明“在中，若，则”时，以下三个步骤正确的排列顺序是（ ）步骤如下：
①假设在中，．
②因此假设不成立，．
③由，得，即，，这与“三角形三个内角的和等于”产生矛盾．
A. ①③②B. ①②③C. ③①②D. ③②①
【答案】A
【解析】
【分析】根据反证法的解题方法与步骤可得答案．
【详解】解：反证法的基本步骤：
先假设结论的反面成立，再证明结论的反面与已知或公理，定理等互相矛盾，再否定假设，从而得到结论；
∴以上步骤排序为：①③②，
故选A．
【点睛】本题考查的是反证法的步骤，熟记反证法的基本步骤是解本题的关键．
6. 以下函数在自变量的取值范围内随的增大而减小的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用反比例函数及一次函数的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A.中，随着的增大而增大，故不符合题意；
B.中，随着的增大而增大，故不符合题意；
C.中，在时随着的增大而增大，故不符合题意；
D.中，在时随着的增大而减小，故符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质及反比例函数的性质，解题的关键是了解两种函数的性质，属于基础题，难度不大．
7. 如图，在中，点，分别是，的中点，点M，在对角线上，，则下列说法正确的是（ ）

A. 若，则四边形是矩形
B. 若，则四边形是矩形
C. 若，则四边形是矩形
D. 若，则四边形是矩形
【答案】D
【解析】
【分析】取中点O，连接、，先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理依次判定即可得到答案．
本题考查了平行四边形、矩形的判定定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【详解】如图，取中点O，连接、，

∵中，点E，F分别是，的中点，
，，，，，，
，，
∴E，O，F三点共线，
又，，
，即，
四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
A选项，不能推出四边形有内角，故不能证明四边形是矩形；
B、C、D选项，只有D选项能由、，得到，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得四边形是矩形．
故选：D
8. 如图，在矩形中，对角线，交于点，点为边上一点，过分别作，，垂足为点，，过作，垂足为点，若知道与的周长和，则一定能求出（ ）
A. 的周长B. 的周长
C. 的周长D. 四边形APFH的周长
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
过点作于，连接，证出四边形为矩形，得出，证明，由全等三角形的性质得出，证明，则可得出答案．
【详解】
解：过点作于，连接，
，，
四边形为矩形，
，
四边形为矩形，
，，，
，
，
，
，
同理，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
与的周长和
知道与的周长和，一定能求出的周长．
故选：B．
9. 已知实数满足，设，则的最大值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由原式得，．将看成关于的一元二次方程，根据方程有实数解，所以，可得，进而得出结论．
【详解】解：将两个等式相加得：，则．
要求的最大值，只需求出的最大值．
将看成关于的一元二次方程，整理得：．
根据方程有实数解，所以．
可得，即的最大值为4．
所以当时，的最大值为5．
故选：C
【点睛】本题考查等式性质，一元二次方程根的判别式，将含有多个参数的等式理解为含参数的一元二次方程，从而运用方程的知识解决问题是解题的关键．
10. 综合与实践课上，“矩形折纸”为主题开展了数学活动．小宁同学准备了一张长方形纸片，，，他在边上取中点，又在边上任取一点，再将沿折叠得到，连结，小宁同学通过多次实践得到以下结论：
①当点在边上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动；
②的最大值为24；
③的最小值为16；
④达到最小值时，．上述结论中正确的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理．根据折叠的性质得到，根据圆的定义得到点在以N为圆心，为半径的圆上，故①正确；连接，根据勾股定理得到，根据三角形的三边关系得到，，结合点M在上，判断②③正确；根据勾股定理即可判断④正确．
【详解】解：如图1，连接，
∵将沿折叠得到，
∴，
∵点N为的中点，，
．
∴当点M在边上运动时，点在以N为圆心的圆弧上运动，
故①正确；
在中，，
∵，
∴，
∴的最小值为16，
故③正确；
∵，且M在上，
∴，
∴的最大值为24，
故②正确；
如图2，
当共线时，的值最小，最小为；
∴，
设，则，，
在直角三角形中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
即，
故④正确，
综上，结论中正确的个数4个，
故选：D．
二、填空题（每小题4分，共32分）
11. 当时，代数式的值是________．
【答案】6
【解析】
【分析】把代数式变形后代入x的值即可．
【详解】解：．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了代数式求值、配方法，用配方法把所求代数式适当变形后再代入字母的值是解此题的关键．
12. 如图，正方形ABCD中，E在BC延长线上，AE，BD交于点F，连接FC，若，那么的度数是_______．
【答案】58°##58度
【解析】
【分析】先证明△ADF≌△CDF，得到∠DAF=∠DCF，求出∠DAF，进而可求∠BCF．
【详解】解：∵在正方形ABCD，AD=CD，∠ADF=∠CDF=45°，DF=DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DAF=∠DCF，
又∵AD∥BC，∠E=32°，
∴∠DAF=32°，
∴∠DCF=32°，
∴∠BCF=∠DCB－∠DCF=90°－32°=58°．
故答案为：58°．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
13. 如图，点是反比例函数（）的图象上一点，轴，与反比例函数的图象交于点，点，在轴上．若四边形是正方形，则点的坐标为______．

【答案】
【解析】
【分析】设点A的坐标为，即可表示出点B的坐标为，根据正方形的性质可得，进而可得关于m的方程，解方程求出m即得答案．
【详解】解：设点A的坐标为，
∵轴，
∴点B的坐标为，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
解得：，负值已舍去，
∴点A的坐标为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点和正方形的性质，熟知函数图象上点的坐标适合函数的解析式是解题的关键．
14. 在中，、的平分线分别与边交于点E、F，若点C、D、E、F相邻两点间的距离相等，则的值为______．
【答案】或
【解析】
【分析】先证明， ，再分两种情况分别求解即可．
【详解】在中，，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
①当点F在点E右侧时，如图，
∵点C、D、E、F相邻两点间的距离相等，
∴，
设，则，

设，
∴，
②当点F在点E的左侧时，如图，

∵点C，D，E，F相邻两点间的距离相等，
∴设，
同理可得：，
∴．
∴的值为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．
15. 如图，Rt△OAB的直角顶点A在y轴上，反比例函数的图象过线段OB的中点D交线段AB于点C，连结CD，若BCD的面积为3，则k的值等于________．
【答案】4
【解析】
【分析】作DE⊥OA于E，则DE∥AB，S△AOC=S△EOD=k，即可通过证得△EOD∽△AOB，得到S△AOB=2k，由题意得到S△BOC=2S△BCD=6，即可得到S△AOC=2k-6=k，解得k=4．
【详解】作DE⊥OA于E，连接AC
∵∠OAB=90°，
∴DE∥AB，S△AOC=S△EOD=k，
∴△EOD∽△AOB，
∴，
∵S△EOD=k，D是OB的中点，
∴S△AOB=2k，
∵D为斜边OB的中点，△BCD的面积为3，
∴S△BOC=2S△BCD=6，
∴S△AOC=2k-6，
∴2k-6=k，
∴k=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征和反比例函数系数k的几何意义，根据S△AOC=S△AOB-S△BOC=k，得到关于k的方程是解题的关键．
16. 如图，在正方形中，点在边上，且，，在边上取一点．连接和，过作交于，当时，的长为______．

【答案】或
【解析】
【分析】先求出，,将绕点B顺时针旋转得到，则是等腰直角三角形，三点共线，设于点N， 可证明四点共线，设，则，，由得到，即，解方程并检验后即可得到答案．
【详解】解：∵，，
∴,
∵四边形是正方形，
∴，,
如图，将绕点B顺时针旋转得到，

∴,，
∴是等腰直角三角形，三点共线，
设于点N，
∵，
∴,
∴四点共线，
延长到Q点，
设，则，，
∵，
∴，即，
解得
经检验是分式方程的根且符合题意，
即的长为或，
故答案为：或
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理、分式方程和一元二次方程的解法、旋转的性质、正方形的性质等知识，将绕点B顺时针旋转得到是解题的关键．
17. 如图，平面直角坐标系中，反比例函数在第一象限的图象上有一点，过点分别作轴和轴的平行线，．若反比例函数的图象分别与，交于点，，的面积为4，则的值是______．

【答案】6或
【解析】
【分析】设，分别与x轴和y轴交于点E和点F，，再分和两种情况，求出点B和点C坐标，根据的面积为4，列出方程求出k值即可．
【详解】解：设，分别与x轴和y轴交于点E和点F，，
当时，如图，
∵点A在图像上，
∴四边形的面积为2，
∵的面积为4，
∴的图像在图像上方，
，，代入中，
得，，
∴，，
∴，
解得：（舍）或；

当时，
同理可得：，，
∴，
解得：或（舍）；

综上：k的值为6或，
故答案为：6或．
【点睛】本题考查了反比例函数综合问题，解题的关键是利用函数表达式求出点的坐标，得到线段，表示面积．
18. 如图，在中，，分别以的三边为边向外构造正方形，，，分别记正方形，的面积为，．
（1）比较，的大小：__________；
（2）若，则的值为__________．
【答案】 ① ②.
【解析】
【分析】此题考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质．
（1）证明即可；
（2）作交的延长线于点Q，设， ，则，，根据一线三垂直模型证明，可得， ，由可得，，即，再代入计算即可．
【详解】解：（1）∵为正方形，
∴，，
∵为正方形，
∴，，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）作交的延长线于点Q，则，
设， ，则，，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴， ，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
三、解答题（共58分）
19. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了利用二次根式的性质进行化简，二次根式的混合运算，完全平方公式．熟练掌握二次根式的混合运算，完全平方公式是解题的关键．
（1）利用二次根式的性质进行化简，然后进行乘法、减法计算即可；
（2）先计算乘法、除法，然后进行加减运算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
20. 解方程：
（1）；
（2）
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【分析】本题考查的是解一元二次方程，掌握一元二次方程的解法是解题关键．
（1）利用因式分解法解方程即可；
（2）利用公式法解方程即可．
【小问1详解】
解：
，
，
或，
解得：，；
【小问2详解】
解：，
其中，，，
，
，
，．
21. 新能源汽车已逐渐成为人们的交通工具．某品牌新能源汽车经销商对新上市的A汽车在1月份至3月份的销售情况进行统计，发现A汽车1月份的销量为20辆，3月份的销量为45辆．
（1）求A汽车销量的月平均增长率．
（2）为了扩大A汽车的市场占有量，提升A汽车的销售业绩，该公司决定采取适当的降价措施（降价幅度不超过售价的10%）．经调查发现，当A汽车的销售单价定为12万元时，平均每月的售量为30辆，在此基础上，若A汽车的销售单价每降1万元，平均每月可多售出10辆，若销售额要达到440万元，则每辆A汽车需降价多少万元？
【答案】（1）A汽车的月平均增长率为；
（2）每辆A汽车需降价1万元．
【解析】
【分析】（1）设A汽车的月平均增长率为x，根据题意列一元二次方程，求解即可得到答案；
（2）设当每辆A汽车降价y万元时，则销售量为辆，根据题意列一元二次方程，求解即可得到答案．
【小问1详解】
解：设A汽车的月平均增长率为x，
依题意，得：，
解得：，（不合题意，舍去），
答：A汽车的月平均增长率为；
【小问2详解】
解：设当每辆A汽车降价y万元时，则销售量为辆，
依题意，得：，
解得：，，
降价幅度不能超过售价的，
，
答：每辆A汽车需降价1万元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用，根据题意正确列方程是解题关键．
22. 【新知学习】
定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”．
（1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点；
【问题探究】
（2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长；
【拓展思考】
（3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积．
【答案】（1）图见解析；（2）的长是12或；（3）72
【解析】
【分析】（1）根据“筝形”的定义，结合网格性质画图即可；
（2）分，两种情况，画出图形，分别求解；
（3）过A作，证明，得到，，再证明，从而说明四边形是正方形，设，表示出相应边，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再计算面积．
【详解】解：（1）如图1，点D是所求作的点，
由勾股定理得，
，
，
由图可得，
∴，，
∴四边形是“筝形”；
（2）如图，当时，

∵是中点，
∴，
∵，，，
∴，
∴，又，，
∴四边形为矩形．
∴．
∵，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
如图，，，
过点G作于点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点E是的中点，，
∴，，
在中，，，
由勾股定理得，
∵，
∴，
在中，，，
由勾股定理得，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：
；
综上所述，或．
（3）如图，过A作，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，．
又，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，

设，则，
，，
在中，，
即，
解得．
∴，，，
∴
．
【点睛】本题是四边形综合题，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定等知识，有一定综合性和拓展性，通过新图形“筝形”关联所学知识点，能够更好地体现知识点的应用．
23. 定义：把能被一条对角线分成两个全等直角三角形的四边形叫做勾股四边形．
（1）矩形______勾股四边形（填“是”或“不是”）．
（2）如图在直角坐标系中，直线与双曲线相交于A，B两点，点在x轴负半轴上，Q为直角坐标平面上一点．

①分别求出A、B两点的坐标．
②当四边形是平行四边形时，如图，请证明是勾股四边形．
（3）在（2）的条件下，当以A、B、P、Q为顶点的四边形是勾股四边形时，请直接写出Q点的坐标．
【答案】（1）是 （2）①点A的坐标为，点B的坐标为；②证明见解析；
（3），或或
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质证明全等三角形，即可得到答案；
（2）①联立直线与双曲线，求出和的值，即可得到答案；
②先利用勾股定理的逆定理，得到，再利用平行四边形的性质，证明，进而即可证明结论；
（3）设点Q的坐标为，分情况讨论：①当时，利用全等三角形的性质和平移的性质，即可求得点的坐标；②当时，利用全等三角形的性质和平移的性质，即可求得点的坐标；③当时， 设直线与轴交于点C，过点A作轴于点E，作轴，过点Q作于点F，先证明是等腰直角三角形，再证明，得到，，即可即可求得点的坐标；④当时，利用全等三角形的性质和平移的性质，即可求得点的坐标．
【小问1详解】
解：四边形是矩形，
，，，
在和中，
，
，
矩形是勾股四边形，
故答案为：是；
【小问2详解】
解：①直线与双曲线相交于A，B两点，
联立，解得：，，
当时，；当时，，
点A在第二象限，点B在第四象限，
点A的坐标为，点B的坐标为；
②证明：，，，
，，，
，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，
在和中，
，
，
四边形是勾股四边形；
【小问3详解】
解：由（2）可知，，，，
设点Q的坐标为，
①如图，当时，

，，
，解得：，
；
②如图，当时，

，，
，解得：，
；
③如图，当时， 设直线与轴交于点C，过点A作轴于点E，作轴，过点Q作于点F，则，

，，
直线，
令，则，解得：，
，
，轴，
，
，，，
是等腰直角三角形，
，
轴，
，
，
，
，
和中，
，
，
，，
，解得：，
，
④如图，当时，

，，
，解：，
，
综上所述，平面内还存在点Q，使得以A，B，P，Q为顶点的四边形是勾股四边形，Q点的坐标为或或或．
【点睛】本题是反函数综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，反比例函数与一次函数交点问题，勾股定理，平移的性质等知识，运用数形结合的思想和分类讨论的思想解决问题是解题关键．
24. 问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．

动手实践：
（1）如图1，A小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形． 试判断四边形的形状，并加以证明．
（2）如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点A折叠使点D落在折痕上的点N处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积．
深度探究：
（3）如图 3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T．
探究①当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值．
探究②直接写出四边形面积的最小值．
【答案】（1）正方形，证明见解析；（2）；（3）①不变，定值是12；②
【解析】
【分析】（1）证，得四边形是菱形，再由，即可得出结论；
（2）连接，由折叠的性质可得是等边三角形，，求出，由三角形面积公式可求出；
（3）①连接，，过点B作于点M，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出答案；②过点H作，连接，设，，由勾股定理求出，由四边形面积公式可得出，由配方法可求出答案．
【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
由第一步折叠可知：，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）连接，

由折叠得，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
∴
设则，
由勾股定理得，
∴
解得，（负值舍去）
∴
由折叠得，,
∴；
（3）①的周长不变，为定值12．理由如下：
如图，连接，，过点A作于点M，

由折叠可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的周长，
∴的周长为12．
②过点H作，连接，设，，

在中，，
解得，
由折叠可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，四边形是正方形，
∴,
∴，
∴当时，S有最小值为．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，配方法等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
加试卷（每小题5分，共30分）
25. 如图，正方形和正方形的顶点E，F，G，M，N在长方形的边上，已知，，则的面积为______．
【答案】16
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形和矩形的性质，解二元一次方程组．过点P作于点K，先证和全等，得出，，同理可证，得出，，设，，表示、、、的长，得到，，联立解方程组即可，从而求出三角形的面积．
【详解】解：过点P作于点K，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
同理可证，
∴，，
设，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即①，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，即②，
联立①②得，
，
解得，
∴，，
∴的面积，
故答案为：16．
26. 如图，正方形中，点在上，连接，点在上，点在上，于点，连接、，延长线交于点，，，，则的长为 ___________．

【答案】
【解析】
【详解】过点作于点，设与交于点，通过证明，得到，，利用勾股定理求得，的长；通过证明为的垂直平分线，得到；利用三角形的面积求得的长，则结论可得．
【解答】解：过点作于点，设与交于点，如图，

四边形是正方形，
，，
，
四边形为矩形，
，．
，
，
，
．
在和中，
，
．
．
，
．
．
在中，
，
，
解得：或3．
，
．
，
，
，
，
．
，
．
，
是的垂直平分线，
．
当时，，当时，，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线，三角形的面积，过点作于点是解题的关键．
27. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E、F分别在BC、CD上，若AE=，∠EAF=45°，则AF的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND=DF，设DF=DN=x，则NF=x，再利用矩形的性质和已知条件证明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出x的值，在直角三角形ADF中利用勾股定理即可求出AF的长．
【详解】解：取AB中点M，连接ME，在AD上截取ND=DF，设DF=DN=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAD=∠B=90°，AD=BC=4，
∴NF=x，AN=4﹣x，
∵AB=2，
∴AM=BM=1，
∵AE=，AB=2，
∴BE=1，
∴ME=，
∵∠EAF=45°，
∴∠MAE+∠NAF=45°，
∵∠MAE+∠AEM=45°，
∴∠MEA=∠NAF，
∴△AME∽△FNA，
∴，
∴，
解得：x=
∴AF=
故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．
28. 如图，正方形的顶点在第二象限的图象上，点分别在轴，轴负半轴上，点在第一象限直线的图象上，若．则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，于点，交轴于点，令、与坐标轴的交点分别为、，先证明四边形是正方形，进而证明，得到，从而推出，求出，同理可证，，得到，，确定点的坐标，即可求出的值．
【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点，于点，交轴于点，令、与坐标轴的交点分别为、，
，
四边形是矩形，
点在第一象限直线的图象上，
，
四边形是正方形，
，，
四边形是正方形，
，
，即，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
同理可证，，
，，
，
，
点的坐标为，
，
故答案为：
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的图象和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题关键是正确作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握相关知识点并灵活运用．
29. 如图，在矩形中，，点M为边上的一个动点，线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，．当线段的长度最小时，的度数为______°．

【答案】75
【解析】
【分析】线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于点，连接，首先证明，得到，则当时，的长度最小，然后设，，则，求出，可得是等腰三角形，再证明是等边三角形，求出，进而求出的度数．
【详解】解：线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于点，连接，如图所示：
，，
线段绕点逆时针旋转得到线段，
，
，
，
，
则当时，的长度最小，
设，，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，即，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，等腰直角三角形以及等边三角形的判定和性质等知识，求出当时，的长度最小是解答本题的关键.
30. 如图，E为正方形中边上的一点，且，M、N分别为边上的动点，且始终保持，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质、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、最短路径问题，添加合适的辅助线是解答的关键．过D作交于H，过M作，过E作交于G，连接，根据正方形的性质和平行四边形的判定与性质分别证明四边形和四边形是平行四边形得到，，，由得当A、M、G共线时取等号，即最小值为的长，证明得到，进而利用勾股定理求解即可求解．
【详解】解：过D作交于H，过M作，过E作交于G，连接，则四边形是平行四边形，，
∴，，
∴，当A、M、G共线时取等号，即最小值为的长，
∵四边形是正方形，，
∴，，，，
∴，
∵，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴在，，
即的最小值为，
故答案为：