【重难点讲义】浙教版数学八年级下册-期末专项复习7 八下各地期末试卷压轴题专训

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期末专项复习7 八下各地期末试卷压轴题专训
1．（2022春•东阳市期末）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E、G分别在边AB、AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF与GH交于点O，分别在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，连结PH、QF交于点I．
（1）四边形EBHO的面积 　＝　四边形GOFD的面积（填“＞“、“＝”，或“＜“）；
（2）比较∠OFQ与∠OHP大小，并说明理由．
（3）求四边形OQIP的面积．

【分析】（1）根据正方形的性质以及EF∥AD、GH∥AB可知四边形EBHO和四边形GOFD是矩形，正方形的边长为8，AE＝AB，AG＝AD，则AE＝AG＝OE＝OG＝2，BE＝DG＝6，计算面积即可比较；
（2）证明△OFQ≌△OHP即可；
（3）连接OI，过I作IM⊥OH于点H，容易证明△HQI的面积等于△OQI面积的2倍，故阴影的面积等于△OPH的面积的一半．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°
∵EF∥AD、GH∥AB，
∴四边形EBHO，四边形GOFD是矩形，
∵AE＝AB，AG＝AD，正方形ABCD的边长为8，
∴AE＝AG＝2，DG＝BE＝6，
∴四边形AEOG和四边形FOHC是正方形，
∴S矩形EBHO＝S矩形GOFD＝1×3＝3，
故答案为：＝；
（2）∠OFQ＝∠OHP，
理由：
∵四边形AEOG是正方形，
∴OG＝OE，
∵OP＝OG，OQ＝OE，
∴OP＝OQ，
在△OFQ和△OHP中，
，
∴△OFQ≌△OHP（SAS），
∴∠OFQ＝∠OHP；
（3）如图，连接OI，过I作IM⊥OH于点H，

∵AG＝AE＝2，
∴OP＝OQ＝2，
∴QH＝4，
∴S△HQI＝2S△OQI，
∴S△HQI＝S阴影，
∴S阴影＝S△PHO＝．
2．（2022春•拱墅区期末）在正方形ABCD中，点E在AD边上（不与点A，点D重合）．连接BE，作AG⊥BE于点F，交CD边于点G，连接CF．
（1）求证：BE＝AG．
（2）若点E是D边的中点，AD＝10．
①分别求AF，BF的长．
②求证：CB＝CF．

【分析】（1）根据正方形的性质及垂线的性质得出∠ABE＝∠DAG，然后利用ASA得出△ABE≌△DAG，即可得解；
（2）①利用勾股定理得出BE的长，再利用面积法求解，求解即可；
②过点C作CH⊥BF于点H，先得出∠ABF＝∠BCH，∠BFA＝∠CHB，再得出△ABF≌△BCH，最后利用FH＝BF﹣BH求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE＝∠ADG＝90°，AB＝DA，
∴∠ABE+∠AEB＝90°，
∵AG⊥BE，
∴∠AFE＝90°，
∴∠DAG+∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴BE＝AG；
（2）①解：∵正方形ABCD是正方形，AD＝10，
∴AB＝BC＝AD＝10，
∴AE＝AD＝＝5，
在Rt△ABE中，由勾股定理可得：
BE＝，
∵•BE•AF＝•AB•AE．
∴AF＝2，BF＝＝4，
∴AF的长为2，BF的长为4．
②如图，过点C作CH⊥BF于点H，则∠CHB＝90°，

∵∠CHB＝90°，
∴∠CBH+∠BCH＝90°，
∵∠ABC＝∠ABF+∠CBH＝90°，
∴∠ABF＝∠BCH，
∵∠BFA＝90°，
∴∠BFA＝∠CHB，
在△ABF和△BCH中，
，
∴△ABF≌△BCH（AAS），
∴AF＝BH＝2，
∵BF＝4，
∴FH＝BF﹣BH＝4﹣2＝2，
∴BH＝FH＝2，
∵CH⊥BF，
∴CH是线段BF的垂直平分线，
∴CB＝CF．

3．（2022春•吴兴区期末）在边长为4的正方形ABCD中，点M，N分别是边BC，CD上的动点，且BM＝CN．
（1）如图1，连接AM和AN交于点P，求证：AM⊥BN．
（2）如图2，连接AM和AN交于点P，连接DP，若点M为BC的中点，求DP的长．
（3）如图3，连接BN，DM，则BN+DM的最小值为 　4　．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABM≌△BCN，可得AM＝BN，∠BAM＝∠CBN，可证AM⊥BN；
（2）延长BN，交AD的延长线于点G，由（1）可知△ABM≌△BCN，得出BM＝CN，证明△BCN≌△GDN（ASA），由全等三角形的性质得出BC＝DG，证出AD＝DG，则可得出答案；
（3）连接AM，延长AB至H，使AB＝BH，连接HM，DH，由“SAS”可证△ABM≌△HBM，可得AM＝HM＝BN，则当点H，点M，点D三点共线时，BN+DM有最小值为DH，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
又∵BM＝CN，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠CBN+∠ABN＝90°，
∴∠ABN+∠BAM＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AM⊥BN；
（2）解：延长BN，交AD的延长线于点G，

由（1）可知△ABM≌△BCN，
∴BM＝CN，
∵BM＝CM，
∴CN＝DN，
∵∠BNC＝∠DNG，∠NDG＝∠BCN，
∴△BCN≌△GDN（ASA），
∴BC＝DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC，
∴AD＝DG，
由（1）知AM⊥BN，
∴∠APG＝90°，
∴PD＝AD＝4；
（3）解：如图3，连接AM，延长AB至H，使AB＝BH，连接HM，DH，

∵∴△ABM≌△BCN，
∴AM＝BN，
∵AB＝BH＝4，∠ABM＝∠HBM＝90°，BM＝BM，
∴△ABM≌△HBM（SAS），
∴AM＝HM＝BN，
∴BN+DM＝HM+DM，
∴当点H，点M，点D三点共线时，BN+DM有最小值为DH，
∵AD＝4，AH＝AB+BH＝8，
∴DH＝＝＝4，
∴BN+DM的最小值为4；
故答案为：4．
4．（2022春•吴兴区期末）矩形OABC的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上，点F是边BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点F的反比例函数的图象与边AB交于点E（8，m），AB＝4．
（1）如图1，若BE＝3AE．
①求反比例函数的表达式；
②将矩形OABC折叠，使O点与F点重合，折痕分别与x，y轴交于点H，G，求线段OG的长度．
（2）如图2，连接OF，EF，请用含m的关系式表示OAEF的面积，并求OAEF的面积的最大值．

【分析】（1）①首先求出AE的长，从而得出点E的坐标，即可得出k的值；
②利用反比例函数图象上点的坐标的特征求出CF的长，设OG＝x，则CG＝4﹣x，FG＝x，利用勾股定理列方程，从而解决问题；
（2）利用反比例函数图象上点的坐标的特征求出CF＝2m，再利用矩形面积减去△OCF和△BEF的面积，从而表示出四边形OAEF的面积，再利用配方法求出最大值．
【解答】解：（1）①∵BE＝3AE，AB＝4，
∴AE＝1，BE＝3，
∴E（8，1），
∴k＝8×1＝8，
∴反比例函数表达式为y＝；
②当y＝4时，x＝2，
∴F（2，4），
∴CF＝2，
设OG＝x，则CG＝4﹣x，FG＝x，
由勾股定理得，
（4﹣x）2+22＝x2，
解得x＝，
∴OG＝；
（2）∵点E、F在反比例函数的图象上，
∴CF×4＝8m，
∴CF＝2m，
∴四边形OAEF的面积为8×4﹣＝﹣m2+4m+16＝﹣（m﹣2）2+20，
∵0＜m＜4，
∴当m＝2时，四边形OAEF的面积最大为20．
5．（2022春•柯桥区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点P为正方形ABCD的对角线AC上一动点，过点P作PE⊥PB交边DC于点E．
（1）如图①，当点E在边CD上时，求证：PB＝PE；
（2）如图②，在（1）的条件下，连接BE交AC于点F，若CE＝1，求PF的长；
（3）如图③，若点Q是射线CD上的一个动点，且始终满足AP＝CQ，设BP+BQ＝t，请直接写出t2的最小值．

【分析】（1）连接PD，证△PCB≌△PCD（SAS），得PB＝PD，∠CBP＝∠CDP，再证∠PED＝∠CDP，则PE＝PD，即可得出结论；
（2）过点P作PL⊥BE于L，过点F作FQ⊥CD于Q，FJ⊥BC于J，证△BPE是等腰直角三角形，则BL＝EL＝PL＝，再由角平分线的性质得FQ＝FJ，然后由三角形面积关系得EF＝BE＝，即可解决问题；
（3）过点C作CR⊥AC，使CR＝AB＝3，连接QR、BR，过点R作RT⊥BC，交BC延长线于T，证△CTR是等腰直角三角形，得CT＝RT＝CR＝，再证△BAP≌△RCQ（SAS），得BP＝QR，则B、Q、R三点共线时，QR+BQ最短，即BP+BQ最短，然后由勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接PD，如图①所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠PCB＝∠PCD＝45°，
在△PCB和△PCD中，
，
∴△PCB≌△PCD（SAS），
∴PB＝PD，∠CBP＝∠CDP，
∵PE⊥PB，
∴∠BPE＝∠BCE＝90°，
∴∠CBP+∠CEP＝180°，
∵∠CEP+∠PED＝180°，
∴∠PED＝∠CBP，
∴∠PED＝∠CDP，
∴PE＝PD，
∴PB＝PE；
（2）解：过点P作PL⊥BE于L，过点F作FQ⊥CD于Q，FJ⊥BC于J，如图②所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝3，∠BCE＝90°，
∴BE＝＝＝，
∵PB＝PE，PE⊥PB，
∴△BPE是等腰直角三角形，
∵PL⊥BE，
∴BL＝EL＝PL＝BE＝，
∵FC平分∠BCE，FQ⊥CD，FJ⊥BC，
∴FQ＝FJ，
∵＝＝＝＝，
∴EF＝BE＝，
∴FL＝EL﹣EF＝﹣＝，
∴PF＝＝＝；
（3）解：过点C作CR⊥AC，使CR＝AB＝3，连接QR、BR，过点R作RT⊥BC，交BC延长线于T，如图③所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝∠BAP＝45°，
∵CR⊥AC，
∴∠RCQ＝90°﹣45°＝45°，∠RCT＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴△CTR是等腰直角三角形，∠BAP＝∠RCQ，
∴CT＝RT＝CR＝，
∴BT＝BC+CT＝3+，
在△BAP和△RCQ中，
，
∴△BAP≌△RCQ（SAS），
∴BP＝QR，
∴B、Q、R三点共线时，QR+BQ最短，即BP+BQ最短，
此时，t＝BR，
在Rt△BTR中，由勾股定理得：BR2＝BT2+RT2＝（3+）2+（）2＝18+9，
∴t2的最小值为18+9．



6．（2022春•嵊州市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝﹣x+4交x轴于点A，交y轴于点B，点C是点O关于直线l的对称点．
（1）求点C的坐标．
（2）点D是直线l上的一动点，以CD为边向右作正方形CDEF．
①若点D是线段AB中点，求点F坐标．
②连结AF．若AF＝3AD，求点F的坐标．

【分析】（1）先得出△ABO是等腰直角三角形，再证明四边形OACB是正方形，即可解答；
（2）因为D是AB的中点，所以D （2，2），过点D作DM⊥x轴交x轴于点M，过点C作CN⊥MD的延长线于点N，易证△CDN≌△DME（AAS），再过点F作FH⊥x轴，证明△FEH≌△DME，即可解答；
（3）需分（i）当点D在第一象限时，（ii）当点D在第四象限时，两种情况进行解答，方法同（2）即可解答．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x+4与x轴交点A的坐标为（4，0），与y轴交点B的坐标为（0，4），
∴△ABO是等腰直角三角形，
∵点C是点O关于直线l的对称点，
∴四边形OACB是正方形，
∴点C（4，4）；
（2）①由（1）得，A（4，0），B（0，4），
∵D是AB的中点，
∴D （2，2），
过点D作DM⊥x轴交x轴于点M，过点C作CN⊥MD的延长线于点N，
∵∠CDN+∠NCD＝∠CDN+∠MDE＝90°，
∴∠NCD＝MDE，
又∵∠N＝∠DME＝90°，CD＝DE，
∴△CDN≌△DME（AAS），
∴CN＝DM＝2，DN＝EM＝2，
过点F作FH⊥x轴，

同上可证△FEH≌△DME，
∴FH＝ME＝2，EH＝DM＝2，
∴F（6，2）；
②连结AC，BC，
∵∠BCA＝∠DCF＝90°，
∴∠BCA﹣∠DCA＝∠DCF﹣∠DCA，即∠BCD＝∠ACF
又∵CB＝CA，CD＝CF，
∴△BCD≌△ACF（ASA），

∴AF＝BD，
∴BD＝AF＝3AD，
（i）当点D在第一象限时，
AD＝AB＝，
∴D（3，1），
由①得CN＝DM＝EH＝1，DN＝ME＝HF＝3，
∴F（7，3）；
（ii）当点D在第四象限时，
∵△BCD≌△ACF，BD＝AF＝3AD，
∴AB＝2AD＝4；
∴AD＝2，
∴DM＝HE＝CN＝2，DN＝FH＝EM＝6，
∴F（10，6）．

7．（2022春•嘉兴期末）如图，经过坐标原点O的直线交反比例函数的图象于点A（﹣2，3），B．点C是x轴上异于点O的动点，点D与点C关于y轴对称，射线AC交y轴于点E，连结AD，BC，BD．
（1）①写出点B的坐标．
②求证：四边形ACBD是平行四边形．
（2）当四边形ACBD是矩形时，求点C的坐标．
（3）点C在运动过程中，当A，C，E三点中的其中一点到另两点的距离相等时，求的值．

【分析】（1）①根据反比例函数图象是中心对称图形可得点B的坐标；
②根据中心对称的性质可得OA＝OB，OC＝OD，从而证明结论；
（2）根据矩形的性质可知CD＝AB，则OC＝OB，求出OB的长，即可得出答案；
（3）根据射线AC交y轴于点E，分C为中点或E为中点，分别画出图形，利用三角形中位线定理可得OE和AD的长，从而解决问题．
【解答】解：（1）①∵正比例函数与反比例函数的图象于点A（﹣2，3），B两点，
∴点A、B关于原点对称，
∴B（2，﹣3）；
②∵点A、B关于原点对称，
∴OA＝OB，
∵点D与点C关于y轴对称，
∴OC＝OD，
∴四边形ACBD是平行四边形；
（2）当四边形ACBD是矩形时，则CD＝AB，
∴OC＝OB，
∵B（2，﹣3），
∴OB＝＝，
∴OC＝，
∴C（，0）；
（3）当点E为AC的中点时，则AE＝CE，
作AH⊥x轴于H，

∴OE∥AH，
∴OH＝OC＝2，OE＝AH＝，
∵OC＝OD，
∴点D与H重合，
∴AD＝AH＝3，
∴＝，
当点C为AE的中点时，则OE＝AH，OC＝CH＝1，

由勾股定理得，AD＝，
∴，
综上：＝或．
8．（2022春•新昌县期末）如图，在菱形ABCD中，AD＝4，∠ADC＝60°，点E是AD边上的中点，点F是对角线BD上一动点，连结EF．
（1）若EF⊥BD，求DF的长．
（2）作点D关于直线EF的对称点P，直线PE与对角线BD交于点Q．
①若点F为BD中点，求PQ的长．
②在点F的运动过程中，△DEQ的面积可能为吗？若可能，求出此时DF的长，若不可能，请说明理由．


【分析】（1）先求出DE＝2，再求出∠ADB＝30°，进而求出EF＝1，即可求出答案；
（2）①先求出EF＝2，再求出∠EFP＝∠FPE＝30°，进而求出∠PQD＝90°，再用含30度角的直角三角形的性质求出EQ＝1，即可求出答案；
②先求出EQ⊥QD，EQ＝1，∠QED＝60°，再分两种情况：
Ⅰ、当点P在对角线BD下方时，设QF＝x，则EF＝2x，根据勾股定理建立x2+1＝（2x）2，求出x，即可求出答案；
Ⅱ、当点P在对角线BD的上方时，∠FEP＝∠FED＝120°，进而判断出∠FEQ＝∠QED，即可求出答案．
【解答】解：（1）∵点E是AD的中点，AD＝4，
∴DE＝AD＝2，
在菱形ABCD中，∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝∠ADC＝30°，
∵EF⊥BD，∴∠EFD＝90°，
∴EF＝1，
根据勾股定理得，DF＝；

（2）①如图1，

在菱形ABCD中，AB＝AD＝4，
当点F是BD的中点时，
∵点E是AD的中点，
∴EF＝AB＝2，
∴DE＝EF＝2，
∴∠EFP＝∠FPE＝30°，
由折叠知，DE＝EP＝2，∠EDF＝∠FPE＝30°，
∴EF＝EP，∴∠EFP＝∠FPE＝30°，
∴∠PFQ＝∠EFP+∠EFD＝60°，
∴∠PQD＝∠FPQ+∠PFQ＝90°，
在Rt△EQD中，DE＝2，∠EDQ＝30°，
∴EQ＝1，
∴PQ＝EP+EQ＝3；

②可能，DF＝或2；理由如下：
当△DEQ的面积为时，
由（1）知，DQ边上的高EF为1，
∴DQ＝，
∵DE＝2，
∴EQ⊥QD，EQ＝1，∠QED＝60°，
Ⅰ、当点P在对角线BD下方时，如图2，

由折叠知，∠FEQ＝∠QED＝30°，
∵点F在线段BD上，
设QF＝x，则EF＝2x，
根据勾股定理得，x2+1＝（2x）2，
∴x＝（舍去负值），
∴QF＝，
∴DF＝DQ﹣FQ＝；
Ⅱ、当点P在对角线BD的上方时，如图3，

∵DE＝PE＝2，∠QED＝60°，
∴∠PED＝180°﹣∠QED＝120°，
由折叠知，∠FEP＝∠FED＝120°，
∴∠FEQ＝∠FED﹣∠QED＝60°＝∠QED，
∴EF＝ED＝2，
∴DF＝2DQ＝2；
即当DF＝或2时，△DEQ的面积为．
9．（2022春•义乌市期末）课本上正方形的第2课时中，有如下一道作业题：
如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE⊥BF，求证：AE＝BF
在同学们完成作业题后，王老师对该题进行了改编：
（1）如图1，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE＝BF、AE⊥BF．求证：四边形ABCD是正方形．
（2）如图2，在菱形ABCD（∠C为钝角）中，E、F分别是BC、CD上的点，AE＝BF．
①探究∠AGB和∠C的关系，并说明理由；
②若∠AEB＝60°，BE＝6，CF＝2，求CE的长．

【分析】（1）先判断出∠BAE＝∠CBF，进而判断出△ABE≌△BCF（AAS），得出AB＝BC，即可得出结论；
（2）①过点A作AM⊥BC于M，过点B作BN⊥DC交DC的延长线于N，利用菱形的面积判断出AM＝BN，进而得出Rt△AME≌Rt△BNF（HL），得出∠AEB＝∠BFN，即可得出答案；
②先判断出Rt△ABM≌Rt△BCN（HL），得出BM＝CN，再判断出ME＝NF，进而求出CN，最后用勾股定理求解，即可求出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
∵AE＝BF，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AB＝BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴矩形ABCD是正方形；

（2）①∠AGB+∠BCD＝180°，理由：
过点A作AM⊥BC于M，过点B作BN⊥DC交DC的延长线于N，
∴∠AMB＝∠AME＝∠BNF＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD，
∴S菱形ABCD＝BC•AM＝CD•BN，
∴AM＝BN，
∵AE＝BF，
∴Rt△AME≌Rt△BNF（HL），
∴∠AEB＝∠BFN，
∵∠AEB+∠AEC＝180°，
∴∠AEC+∠BFC＝180°，
∴∠EGF+∠BCD＝180°，
∵∠EGF＝∠AGB，
∴∠AGB+∠BCD＝180°；

②由①知，∠AMB＝∠BNC＝90°，AB＝BC，AM＝BN，
∴Rt△ABM≌Rt△BCN（HL），
∴BM＝CN，
由①知，Rt△AME≌Rt△BNF，
∴ME＝NF，
∵CF＝2，
∴ME＝CN+CF＝CN+2，
∵BE＝6，
∴BM+ME＝CN+CN+2＝6，
∴CN＝2，
∴FN＝CN+CF＝4，
在Rt△BNF中，∠BFN＝∠AEB＝60°，
∴∠FBN＝30°，
∴BN＝NF＝4，
根据勾股定理得，BC＝＝2，
∴EC＝BC﹣BE＝2﹣6．

10．（2022春•诸暨市期末）在矩形ABCD中，AB＝6，∠BAC＝60°，点E是边AD的中点，点P是对角线AC上一动点，连结EP，作点A关于直线EP的对称点A'．
（1）若点P是AC的中点，求EP的长度．
（2）若△AEP是以EP为腰的等腰三角形，求EP的长度．
（3）直线A'E交AC于点Q，连结QE，若△AEQ是直角三角形，求EP的长度．

【分析】（1）根据三角形中位线定理可得EP的长；
（2）分两种情况：AE＝EP和AP＝EP，分别画图根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理可得结论；
（3）分两种情况：①当∠AEQ＝90°时，②当∠AQE＝90°时，分别根据对称的性质和直角三角形的性质可解答．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，
∵点E是边AD的中点，点P是AC的中点，
∴EP是△ADC的中位线，
∴EP＝CD＝×6＝3；
（2）①当EA＝EP时，如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∵AB＝6，
∴BC＝AD＝6，
∵E是AD的中点，
∴AE＝EP＝3；
②当EP＝PA时，如图2，过点P作PG⊥AD于G，

∴AG＝EG＝AE＝，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB＝30°，
Rt△AGP中，PG＝，
∴PE＝AP＝2PG＝3；
综上，EP的长是3或3；
（3）分两种情况：
①当∠AEQ＝90°时，如图3，过点P作PH⊥AE于H，

由对称得：∠AEP＝∠A'EP＝45°，
∴△EPH是等腰直角三角形，
设EH＝x，则PH＝x，EP＝x，AH＝PH＝x，
∵AE＝3，
∴x+x＝3，
∴x＝，
∴EP＝；
②当∠AQE＝90°时，如图5，

∵∠EAQ＝30°，
∴∠AEQ＝60°，
∵作点A关于直线EP的对称点A'．
∴∠AEP＝∠PEQ＝30°，
∵AE＝3，
∴EQ＝AE＝，
Rt△PEQ中，PQ＝，
∴PE＝2PQ＝3；
当∠AQE＝90°时，如图6，连接A'P，

由对称得：∠A'＝∠EAP＝30°，∠APE＝∠A'PE，
∵∠A'QP＝90°，
∴∠APA'＝60°，
∴∠APE＝30°＝∠EAP，
∴EP＝AE＝3；
综上，EP的长是或3或3．
11．（2022春•衢江区期末）如图1，已知正方形ABCD与等腰Rt△EFG，∠EGF＝90°，点E，F分别在AB，BC边上滑动，点G在正方形内．
（1）求证：点G到AB，BC的距离相等．
（2）若AB＝4，EF＝．
①如图2，当点F为BC边的中点时，求DG的长度．
②求在整个滑动过程中BG长度的取值范围．

【分析】（1）过点G分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，可证明△EGM和△FGN全等，进而可得结论；
（2）①延长MG交CD于点P，连接DG，设FN＝t，则EM＝t，则MG＝GN＝2+t，由勾股定理建立等式即可；
②取EF的中点O，连接BO＝GO，由三角形三边关系可得BG的最大值；当点N与点F重合时，BG最小，由此可得出BG的范围．
【解答】证明：（1）如图，过点G分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，

∴∠EMG＝∠FNG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴四边形BNGM为矩形，
∴∠MGN＝90°，
∵∠EGF＝90°，
∴∠EGM+∠MGF＝∠MGF+∠FGN＝90°，
∴∠EGM＝∠FGN，
∵EG＝FG，
∴△EGM≌△FGN（AAS），
∴GM＝GN，即点G到AB，BC的距离相等．
（2）①如图，延长MG交CD于点P，连接DG，

由（1）知GM＝GN，
∴矩形BNGM是正方形，
∴MG＝GN＝BN，
∵点F为BC边的中点，AB＝4，
∴BF＝2，
设FN＝t，则EM＝t，MG＝GN＝2+t，
在Rt△GFN中，由勾股定理可知，GF2＝t2+（t+2）2．
在Rt△EFG中，由勾股定理可知，EF2＝EG2+GF2，
∴t2+（t+2）2+t2+（t+2）2＝10，
解得t＝﹣1+或t＝﹣1﹣（舍去），
∴MG＝GN＝2+t＝1+，GP＝4﹣MG＝3﹣，
∴DP＝3﹣，
在Rt△DGP中，由勾股定理可得DG＝GP＝3﹣．
②如图，取EF的中点O，连接BO＝GO，

∴BO＝OG＝；
由三角形三边关系可得BG≤BO+OG＝；
当点E与点B重合或点F与点B重合时，BG最小（临界状态，取不到），
∵EF＝，
∴BG＝EG＝，
∴BG的长度的取值范围为：＜BG≤．
12．（2022春•镇海区期末）平移是一种基本的几何图形变换，利用平移可将分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的．如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，若AC＝3，BD＝5，求AD+BC的值．
小明发现，平移AC至DE，构造平行四边形ACED，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）．

【求解体验】
（1）请根据小明的思路求AD+BC的值．
【尝试应用】
（2）如图3，在矩形ABCD和平行四边形ABEF中，连结DF、AE交于点G，连接DB．若AE＝DF＝DB，求∠FGE的度数；
【拓展延伸】
（3）如图4，在（2）的条件下，连结BF，若AB＝AD，FG＝2，求△BDF的面积．
【分析】（1）如图2，过点D作DE∥AC交BC的延长线于E，可证得四边形ADEC是平行四边形，进而得出∠BDE＝90°，运用勾股定理即可求得答案；
（2）连结AC、CE，如图3，可证得DFEC为平行四边形，再证得△ACE是一个等边三角形，即可求得答案；
（3）设AC与BD相交于点Q，如图4，可证得ABCD为正方形，进而推出E、B、D三点共线，设AQ＝x，则QE＝x+，AE＝AC＝2x，利用勾股定理建立方程求解即可求得答案．
【解答】解：（1）如图2，过点D作DE∥AC交BC的延长线于E，
又∵AD∥BC，AC＝3，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴DE＝AC＝3，AD＝CE，
∵CE+BC＝BE，
∴AD+BC＝BE，
∵DE∥AC，AC⊥BD
∴∠BDE＝90°，
又∵BD＝5，
∴BE＝＝＝
∴AD+BC＝BE＝，
（2）连结AC、CE，如图3，
∵矩形ABCD，ABEF为平行四边形，
∴DC∥AB∥EF且DC＝AB＝EF，
∴DFEC为平行四边形，
∴DF＝CE，
∵ABCD为矩形，
∴AC＝DB，
∵AE＝DF＝DB
∴AE＝CE＝AC，
即△ACE是一个等边三角形，
∴∠AEC＝60°，
∵DF∥CE，
∴∠FGE＝∠AEC＝60°；
（3）设AC与BD相交于点Q，如图4，
∵四边形ABCD是矩形，且AB＝AD，
∴ABCD为正方形，
∴AC与BD互相垂直平分，
∵EA＝EC，BA＝BC，
∴BE是线段AC的中垂线，
又∵BD也是线段AC的中垂线，
∴E、B、D三点共线，
∵AF∥BE，
∴∠FAE＝∠AEB＝∠AEC＝30°，
∴∠AFG＝∠FGE﹣∠FAE＝30°，
∵FG＝2，
∴BE＝AF＝，
在Rt△AEQ中，设AQ＝x，则QE＝x+，AE＝AC＝2x，
∴，
解得：，（负的舍去），
∵AF∥DE，
∴S△BDF＝S△DAB＝x×2x＝12+6．



13．（2022春•浙江期末）问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．

（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，求DE的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形；
（2）利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AE＝BF，由已知BH＝AE可得BH＝BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH＝AF，△AHF是等腰三角形；
类比迁移：延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH（SAS），由全等三角形的性质得AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，由已知DE＝AF可得AH＝AF，可得△AHF是等边三角形，则AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，等量代换可得DE＝AH＝8．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；

（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABH＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AE＝BF，
∵DE＝AF，
∴BH＝AE，
∴BH＝BF，
∵∠ABH＝90°，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形；
类比迁移：解：延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝AD，
∴∠ABH＝∠BAD，
∵BH＝AE，
∴△DAE≌△ABH（SAS），
∴AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，
∵DE＝AF，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，
∴DE＝AH＝8．
14．（2022春•钱塘区期末）如图，在正方形ABCD中，点G为CD的中点，连接AG并延长交BC的延长线于点F，过点G作EG⊥AF交BC于点E，连接AE．
（1）求证：∠DAG＝∠EAG．
（2）若AB＝4，求AE的长．
（3）设＝k，当正方形边长发生变化时，问k的值是否发生变化？若变化，请说明理由．若不变，请求出k的值．

【分析】（1）由“AAS”可得△ADG≌△FCG，可得AG＝GG，AD＝CF，由线段垂直平分线的性质可得结论；
（2）由勾股定理可求解；
（3）由勾股定理可求BE＝a，EC＝a，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠D＝∠BCD＝90°＝∠DCF，
∴∠F＝∠DAG，
∵点G是CD的中点，
∴DG＝CG，
∴△ADG≌△FCG（AAS），
∴AG＝GG，AD＝CF，
又∵EG⊥AF，
∴AE＝EF，
∴∠EAG＝∠F，
∴∠DAG＝∠EAG；
（2）解：∵AB＝4，
∴BC＝CF＝4，
∴BF＝8，
∵AE2＝AB2+BE2，
∴AE2＝16+（8﹣AE）2，
∴AE＝5；
（3）解：正方形的边长发生变化时，k的值不变，理由如下：
设BE＝x，AB＝BC＝CF＝a，
∴AE＝EF＝2a﹣x，EC＝a﹣x，
∵AE2＝AB2+BE2，
∴（2a﹣x）2＝a2+x2，
∴x＝a，
∴BE＝a，
∴EC＝a，
∴k＝＝3．
15．（2022春•西湖区期末）如图，正方形ABCD的边长为1，将正方形ABCD绕点C顺时针旋转α到正方形A′B′CD′，其中0°＜α＜90°，AD与A′B′相交于点E．
（1）如图①，求证：A′E＝AE．
（2）如图②，当E是AD中点时，
①求∠A′DD′的大小，
②求DD′的长．

【分析】（1）连接CE，利用HL证明Rt△CEB'≌Rt△CDE，得B'E＝DE，即可得出结论；
（2）①连接B'D，首先说明∠A'DB'＝90°，再根据等腰三角形的性质和四边形内角和定理说明∠B'DD'＝135°，从而得出答案；
②作D'H⊥A'D，交A'D的延长线于H，利用AAS得出△A'D'H≌△B'A'D，得A'D＝D'H，设D'H＝x，则A'H＝2x，由勾股定理得，A'D'＝x＝1，进而解决问题．
【解答】（1）证明：连接CE，

∵将正方形ABCD绕点C顺时针旋转α到正方形A′B′CD′，
∴CB'＝CD＝A'B'＝AD，∠B'＝∠D＝90°，
∵CE＝CE，
∴Rt△CEB'≌Rt△CDE（HL），
∴B'E＝DE，
∴A'B'﹣N'E＝AD﹣DE，
即AE＝A'E；
（2）解：①连接B'D，

∵点E为AD的中点，
∴DE＝A'E＝B'E，
∴∠A'DB'＝90°，
∵CD＝CD'＝CB'，
∴∠CB'D＝∠CDB'，∠CDD'＝∠CD'D，
∴∠CB'D+∠CDB'+∠CDD'+∠CD'D＝360°﹣90°＝270°，
∴∠B'DD'＝135°，
∴∠A'DD'＝360°﹣∠A'DB'﹣∠B'DD'＝360°﹣90°﹣135°＝135°；
②作D'H⊥A'D，交A'D的延长线于H，

∵∠H＝∠A'DB＝90°，∠D'A'H＝∠A'B'D，A'D'＝A'B'，
∴△A'D'H≌△B'A'D（AAS），
∴A'D＝D'H，
∵∠A'DD'＝135°，
∴∠D'DH＝45°，
∴DH＝D'H，
设D'H＝x，则A'H＝2x，
由勾股定理得，A'D'＝x＝1，
∴x＝，
∴DD'＝D'H＝．
16．（2022春•上城区期末）如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC于E，连结AE，DE．
（1）如图1，若AB＝3，AD＝5，求AE的长；
（2）如图2，若点F是DC边上的一点，若CF＝BE，连结AF交DE于G，
①猜想∠EAF的度数，并说明理由；
②若DG＝DF，求的值．

【分析】（1）由矩形矩形的性质得CD＝AB＝3，BC＝AD＝5，∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，由角平分线的性质得出∠CDE＝∠ADE＝45°，则△CDE是等腰直角三角形，得出CE＝CD＝3，推出BE＝BC﹣CE＝2，由勾股定理得出AE＝；
（2）①连接EF，由（1）得CE＝CD＝AB，∠B＝∠C，由SAS证得△ABE≌△ECF，得出AE＝EF，∠BAE＝∠CEF，证明△AEF是等腰直角三角形，即可得出结论；
②根据矩形的性质得到∠ADF＝90°，求得∠DAF+∠DFA＝90°，过D作DM⊥AF于M，根据余角的性质得到∠DAF＝∠FDM，得到AE＝AG，过A作AN⊥DE于N，根据等腰三角形的性质得到∠EAN＝∠GAN，根据全等三角形的性质得到AN＝AB，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，BC＝AD＝5，∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE＝∠ADE＝45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE＝CD＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝5﹣3＝2，
∴AE＝＝＝；
（2）①∠EAF＝45°，
理由：连接EF，如图2所示：
由（1）得：CE＝CD＝AB，∠B＝∠C，
在△ABE和△ECF中，
，
∴△ABE≌△ECF（SAS），
∴AE＝EF，∠BAE＝∠CEF，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CEF+∠BEA＝90°，
∴∠AEF＝180°﹣90°＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝45°；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADF＝90°，
∴∠DAF+∠DFA＝90°，
过D作DM⊥AF于M，
∴∠DMF＝∠DMG＝90°，
∴∠FDM+∠DFA＝90°，
∴∠DAF＝∠FDM，
∵DG＝DF，
∴∠MDG＝∠MDF，
由①知，∠FDG＝∠EAG＝45°，
∵∠AGE＝∠DGF
∴∠AEG＝∠DFG，
∴∠AEG＝∠AGE，
∴AE＝AG，
过A作AN⊥DE于N，
∴∠EAN＝∠GAN，
∵∠ANG＝∠DNG＝90°，
∴∠EAN＝∠GAN＝∠MDG＝∠FDM＝∠DAF＝×45°＝22.5°，
∴∠BAE＝90°﹣3×22.5°＝22.5°，
∴∠BAE＝∠NAE，
∵∠ABE＝∠ANE，AE＝AE，
∴△ABE≌△ANE（ASA），
∴AN＝AB，
∵∠ADN＝45°，
∴AN＝AB，
∴AB＝AD，
由①知，△ABE≌△ECF，
∴AB＝CE＝AD＝BC，BE＝CF＝BC﹣CE＝（1﹣）BC，
∴＝＝﹣1．


17．（2022春•北仑区期末）【问题初现】
（1）如图1，矩形OABC顶点O坐落在平面直角坐标系的原点上，C点的坐标为（0，4），OA＝2OC，D是BC边上的点，且D的坐标是（3，4），求线段BD的长．
【问题延伸】
（2）在（1）的情况下，F为AB边上的一点，将△BDF沿直线DF折叠，若B点刚好落在x轴上的E点处，求E点的坐标．
【问题拓展】
（3）如图2，将上述情况变更为任意矩形，设B点坐标为（b，n）、D点坐标为（m，n），在折叠过程中，折痕所在直线DF与y轴交于点G，当CG＝AF时，试判断线段OE与CD之间的数量关系，并给出证明．

【分析】（1）根据题意求出OC、OA、CD，根据BD＝BC﹣CD求出BD；
（2）过D作DH⊥OA于H，根据折叠的性质求出DE，根据勾股定理求出HE，进而求出OE，得到E点坐标；
（3）设直线DF与x轴交于I点，证明△GCD≌△FAI，根据全等三角形的性质得到AI＝CD，进而求出OE，得出结论．
【解答】解：（1）∵C的坐标为（0，4），
∴OC＝4，
∵OA＝2OC，
∴OA＝2×4＝8，
在矩形OABC中，BC＝OA＝8，
∵D点坐标为（3，4），
∴CD＝3，
∴BD＝BC﹣CD＝8﹣3＝5；
（2）如图1，过D作DH⊥OA于H，
则∠DCO＝∠COH＝∠DHO＝90°，
∴四边形OHDC是矩形，
∴OH＝CD＝3，DH＝OC＝4，
由折叠可得，DE＝BD＝5，
在Rt△DHE中，HE＝＝＝3，
∴OE＝OH+HE＝3+3＝6，
∴E点坐标为（6，0）；
（3）OE＝2CD，
理由如下：如图2，设直线DF与x轴交于I点，
∵B点坐标为（b，n），D点坐标为（m，n），
∴CD＝m，BC＝b，
∴BD＝BC﹣CD＝b﹣m，
由折叠的性质可得，DE＝BD＝b﹣m，∠BDF＝∠EDF，
∵BC∥x轴，
∴∠EID＝∠BDF＝∠CDG，
∴∠EID＝∠EDF，
∴EI＝DE＝b﹣m，
在△GCD和△FAI中，
，
∴△GCD≌△FAI（AAS），
∴AI＝CD＝m，
∴AE＝EI﹣AI＝b﹣m﹣m＝b﹣2m，
∴OE＝OA﹣AE＝b﹣（b﹣2m）＝2m，
∴OE＝2CD．


18．（2022春•安吉县期末）已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，D是BC所在直线上的一个动点（点D不与点B，点C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连结CF．
（1）初步尝试
如图1，当点D在线段BC上时，求证：∠ACF＝∠ABD；
（2）深入探究
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，求证：CD＝AB+CF；
（3）延伸拓展
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连结CE．若AB＝4，FG＝2时，求CE的长．

【分析】（1）证明△DAB≌△FAC（SAS），由全等三角形的性质得出∠ACF＝∠ABD；
（2）由（1）可得BD＝CF，由等腰直角三角形的性质得出BC＝AB，则可得出结论；
（3）证明△ACD≌△AGF（ASA），由全等三角形的性质得出CD＝FG＝2，过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，证明△AMD≌△DHE（AAS），由全等三角形的性质得出DM＝EH＝6，DH＝AM＝4，由勾股定理可得出结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴AB＝AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD；
（2）证明：由（1）可得△DAB≌△FAC，
∴BD＝CF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AB，
∴CD＝BC+DB，
∴CD＝AB+CF；
（3）解：过点A作AM⊥BD，
∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝4，FG＝2，
∴AM＝4，
同理可知△ABD≌△ACF，
∴∠AFC＝∠ADB，
∵AD＝AF，∠DAC＝∠FAG，
∴△ACD≌△AGF（ASA），
∴CD＝FG＝2，
过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于点H，

∵∠AMD＝∠DHE＝∠ADE＝90°，
∴∠ADM+∠EDH＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∴∠ADM＝∠DEH，
又∵AD＝DE，
∴△AMD≌△DHE（AAS），
∴DM＝EH＝6，DH＝AM＝4，
∴CH＝6，
∴CE＝＝＝6．
19．（2022春•安吉县期末）在平面直角坐标系中，直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，并与反比例函数y＝（k≠0）的图象在第一象限相交于点C，且点B是AC的中点．
（1）如图1，求反比例函数y＝（k≠0）的解析式；
（2）如图2，若矩形FEHG的顶点E在直线AB上，顶点F在点C右侧的反比例函数y＝（k≠0）图象上，顶点H，G在x轴上，且EF＝4．
①求点F的坐标；
②若点M是反比例函数的图象第一象限上的动点，且在点F的左侧，连结MG，并在MG左侧作正方形GMNP．当顶点N或顶点P恰好落在直线AB上，直接写出对应的点M的横坐标．

【分析】（1）首先求出点A与B的坐标，再根据点B是AC的中点，可得C（2，4），从而得出k的值；
（2）①设E（m，m+2），则F（m+4，m+2），将F（m+4，m+2）代入反比例函数y＝得，解方程可得m的值，从而得出答案；
②分当点N落在直线AB上或点P落在直线AB上，分别构造k型全等表示点的坐标，进而解决问题．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
∵点B是AC的中点，
∴C（2，4），
∴k＝2×4＝8，
∴y＝；
（2）①设E（m，m+2），
∵EF＝4，
∴F（m+4，m+2），
将F（m+4，m+2）代入反比例函数y＝得，
（m+4）（m+2）＝8，
∴m1＝0，m2＝﹣6（舍去），
∴F（4，2）；
②由题意得：F（4，2），
∴G（4，0），
当点N落在直线AB上时，如图，过点M作MD⊥GF，交GF延长线于点D，过点N作NE⊥DM，交DM延长线于点E；

∵四边形GMNP是正方形，则MG＝MN，∠NMG＝90°，
∵∠E＝∠D＝90°，
∴∠EMN+∠GMD＝∠GMD+∠DGM＝90°，
∴∠EMN＝∠DGM，
∴△EMN≌△DGM（AAS），
∴EN＝DM，EM＝DG；
∵点M在y＝的图象上，点N在直线y＝x+2上，且点M在点F的左侧，
设点M为（m，）（0＜m＜4），N（n，n+2），
∵G（4，0），
∴EN＝＝，
∴，
∴m＝，
∴点M的横坐标为；
当点P落在直线AB上时，如图，过点M作MD⊥GF，交GF延长线于点D，过点P作PE⊥FG，交FG延长线于点E；

与①同理，可证△DMG≌△EGP，
∴EG＝DM，EP＝DG，
设M（m，）（0＜m＜4），P（p，p+2），
∵G（4，0），
∴EG＝﹣（p+2），DM＝4﹣m，EP＝4﹣p，DG＝，
∴，
解得m＝5，
∵0＜m＜4，
∴点M的横坐标为5﹣，
综上所述，点M的横坐标为：或5﹣．