八下人教版期末真题精选（压轴60题20个考点分类专练：二次根式、平行四边形、勾股定理、一次函数、数据分析）-2023-2024学年八年级数学第二学期期中期末高效备考（人教版）

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1．（2023秋•万荣县期末）阅读下面的解答过程，然后作答：
有这样一类题目：将化简，若你能找到两个数m和n，使m2+n2＝a且mn＝，则a+2可变为m2+n2+2mn，即变成（m+n）2，从而使得＝m+n．
化简：．
∵5+2＝3+2+2＝（）2+（）2+2＝（+）2．
∴＝＝+．
请你仿照上例将下列各式化简：
（1）；
（2）．
【分析】（1）利用完全平方公式把4+2化为（1+）2，然后利用二次根式的性质化简即可．
（2）利用完全平方公式把7﹣2化为（﹣）2然后利用二次根式的性质化简即可．
【解答】解：（1）∵4+2＝1+3+2＝12++2＝（1+）2，
∴＝＝1+；
（2）＝＝＝﹣．
【点评】本题主要考查了二次根式的性质与化简，解题的关键是熟记掌握完全平方公式．
二．分母有理化（共2小题）
2．（2023春•裕华区校级期末）【知识链接】
（1）有理化因式：两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，那么这两个代数式相互叫做有理化因式．
例如：的有理化因式是；1﹣的有理化因式是1+．
（2）分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘分母的有理化因式，达到化去分母中根号的目的．如：
＝＝﹣1，＝＝﹣．
【知识理解】
（1）填空：2的有理化因式是 ；
（2）直接写出下列各式分母有理化的结果：
①＝ ﹣ ；②＝ 3﹣ ．
【启发运用】
（3）计算：+++…+．
【分析】（1）由2×＝2x，即可找出2的有理化因式；
（2）①分式中分子、分母同时×（﹣），即可得出结论；②分式中分子、分母同时×（3﹣），即可得出结论；
（3）利用分母有理化将原式变形为﹣1+﹣+2﹣+…+﹣，合并同类项即可得出结论．
【解答】解：（1）∵2×＝2x，
∴2的有理化因式是．
故答案为：．
（2）①＝＝﹣；
②＝＝3﹣．
故答案为：①﹣；②3﹣．
（3）原式＝+++…+，
＝﹣1+﹣+2﹣+…+﹣，
＝﹣1．
【点评】本题考查了分母有理化，解题的关键是：（1）由2×＝2x，找出2的有理化因式；（2）根据平方差公式，将各式分母有理化；（3）利用分母有理化将原式变形为﹣1+﹣+2﹣+…+﹣．
3．（2021春•永嘉县校级期末）阅读下列材料，然后回答问题．
在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，，一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：＝＝
＝＝
＝＝＝﹣1
以上这种化简的步骤叫做分母有理化．
（1）化简
（2）化简．
（3）化简：+++…+．
【分析】（1）分子分母分别乘即可；
（2）分子分母分别乘﹣即可；
（3）分母有理化后，合并同类二次根式即可；
【解答】解：（1）＝＝
（2）化简＝＝﹣
（3）化简：+++…+
＝（﹣1+﹣+﹣+…+﹣）
＝（﹣1）
【点评】本题考查二次根式的化简、分母有理化等知识，解题的关键是熟练掌握分母有理化的方法，属于中考常考题型．
三．一次函数图象与系数的关系（共1小题）
4．（2022春•桂平市期末）对于点P（a，b），点Q（c，d），如果a﹣b＝c﹣d，那么点P与点Q就叫作等差点．例如：点P（4，2），点Q（﹣1，﹣3），因4﹣2＝﹣1﹣（﹣3）＝2，则点P与点Q就是等差点．如图在矩形GHMN中，点H（2，3），点N（﹣2，﹣3），MN⊥y轴，HM⊥x轴，点P是直线y＝x+b上的任意一点（点P不在矩形的边上），若矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，则b的取值范围为 ﹣5＜b＜5 ．
【分析】由题意，G（﹣2，3），M（2，﹣3），根据等差点的定义可知，当直线y＝x+b与矩形MNGH有两个交点时，矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，求出直线经过点G或M时的b的值即可判断．
【解答】解：由题意，G（﹣2，3），M（2，﹣3），
根据等差点的定义可知，当直线y＝x+b与矩形MNGH有两个交点时，矩形GHMN的边上存在两个点与点P是等差点，
当直线y＝x+b经过点G（﹣2，3）时，b＝5，
当直线y＝x+b经过点M（2，﹣3）时，b＝﹣5，
∴满足条件的b的范围为：﹣5＜b＜5．
故答案为﹣5＜b＜5
【点评】本题考查一次函数图象上点的特征、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
四．一次函数综合题（共25小题）
5．（2022春•公安县期末）如图，已知直线l：y＝3x+6交y轴于点M，交x轴于点N，点B（1，0），A是直线上的一个动点，以AB为边在AB上方作正方形ABCD．
（1）如图1，若顶点A恰好落在点（﹣1，3）处．请直接写出：
①AB的长为 ；
②点C的坐标为 （4，2） ；
（2）在（1）的条件下，求出直线CD的函数表达式；
（3）如图2，请画出当正方形ABCD的另一顶点也落在直线l上的图形，并求出此时A点的坐标．
【分析】（1）①A（﹣1，3），B（1，0），可得AB＝；
②过A作AK⊥x轴于K，过C作CT⊥x轴于T，证明△AKB≌△BTC（AAS），得AK＝BT，BK＝CT，即知AK＝BT＝3，BK＝CT＝2，故C（4，2）；
（2）设直线AB解析式为y＝kx+b，将A（﹣1，3），B（1，0）代入可得直线AB解析式为y＝﹣x+，由CD∥AB设直线CD解析式为y＝﹣x+b'，将C（4，2）代入得直线CD解析式为y＝﹣x+8；
（3）①当D在直线l上时，过D作DE⊥x轴于E，过A作AF⊥x轴于F，过A作AH⊥DE于H，证明△ADH≌△ABF（AAS），得AH＝AF，DH＝BF，设A（a，3a+6），则AH＝AF＝3a+6，DH＝BF＝1﹣a，可得D（4a+6，2a+7），从而2a+7＝3（4a+6）+6，即得A（﹣，）；②当C在直线l上时，过C作CQ⊥x轴于Q，过A作AP⊥x轴于P，由△ABP≌△BCQ（AAS），得AP＝BQ，BP＝CQ，设A（m，3m+6），则AP＝BQ＝﹣3m﹣6，BP＝CQ＝1﹣m，可得C（3m+7，1﹣m），有1﹣m＝3（3m+7）+6，故A（﹣，﹣）．
【解答】解：（1）①∵A（﹣1，3），B（1，0），
∴AB＝＝，
故答案为：；
②过A作AK⊥x轴于K，过C作CT⊥x轴于T，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABK＝90°﹣∠CBT＝∠BCT，
又∠AKB＝90°＝∠BTC，
∴△AKB≌△BTC（AAS），
∴AK＝BT，BK＝CT，
∵A（﹣1，3），B（1，0），
∴AK＝BT＝3，BK＝CT＝2，
∴OT＝OB+BT＝4，
∴C（4，2），
故答案为：（4，2）；
（2）设直线AB解析式为y＝kx+b，将A（﹣1，3），B（1，0）代入得：
，
解得，
∴直线AB解析式为y＝﹣x+，
由CD∥AB设直线CD解析式为y＝﹣x+b'，将C（4，2）代入得：
﹣×4+b'＝2，
解得b'＝8，
∴直线CD解析式为y＝﹣x+8；
（3）①当D在直线l上时，过D作DE⊥x轴于E，过A作AF⊥x轴于F，过A作AH⊥DE于H，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，AD＝AB，
∵DE⊥x轴，AF⊥x轴，AH⊥DE，
∴∠AFE＝∠AHE＝∠HEF＝90°，
∴∠FAH＝90°，
∴∠FAB＝90°﹣∠HAB＝∠DAH，
又∠AHD＝90°＝∠AFB，
∴△ADH≌△ABF（AAS），
∴AH＝AF，DH＝BF，
设A（a，3a+6），则AH＝AF＝3a+6，DH＝BF＝1﹣a，
∴DE＝DH+HE＝DH+AF＝2a+7，OE＝OF﹣EF＝OF﹣AH＝﹣a﹣（3a+6）＝﹣4a﹣6，
∴D（4a+6，2a+7），
∵D在直线l上，
∴2a+7＝3（4a+6）+6，
解得a＝﹣，
∴A（﹣，）；
②当C在直线l上时，过C作CQ⊥x轴于Q，过A作AP⊥x轴于P，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABP＝90°﹣∠QBC＝∠BCQ，
又∠APB＝90°＝∠BQC，
∴△ABP≌△BCQ（AAS），
∴AP＝BQ，BP＝CQ，
设A（m，3m+6），则AP＝BQ＝﹣3m﹣6，BP＝CQ＝1﹣m，
∴OQ＝BQ﹣OB＝﹣3m﹣7，
∴C（3m+7，1﹣m），
把C（3m+7，1﹣m）代入y＝3x+6得：
1﹣m＝3（3m+7）+6，
解得m＝﹣，
∴A（﹣，﹣），
综上所述，A点的坐标为（﹣，）或（﹣，﹣）．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，正方形性质及应用，全等三角形的性质与判定等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
6．（2022春•丰泽区校级期末）规定：在平面直角坐标系内，某直线l1绕原点O顺时针旋转90°，得到的直线l2称为l1的“旋转垂线”．
（1）求出直线y＝﹣x+5的“旋转垂线”的解析式；
（2）若直线y＝k1x+b1（k1≠0，b1≠0）的“旋转垂线”为直线y＝k2x+b2.求证：k1•k2＝﹣1；
（3）如图，在平面直角坐标系中，点A（6，0），点B（0，2），点P是直线y＝﹣x﹣1上一点，∠ABP＝45°度，求点P的坐标．
【分析】（1）求出y＝﹣x+5与x，y轴的交点坐标，然后求得旋转后的点的坐标，进而求得结果；
（2）分别求出l1和l2与x，y轴交点坐标，根据“旋转垂线“的定义得出等式，进一步得出结果；
（3）作AC⊥AB，作AD⊥OA，作CD⊥AD于D，先求出直线AB的解析式，进而求得直线AC的解析式，证明△AOB≌△ADC，从而得出点D的纵坐标是﹣6，进而求得点C的坐标，从而求得BC的解析式，进一步求得结果．
【解答】（1）解：如图1，
由y＝﹣x+5得：A（0，5），B（5，0），
∴点A绕点O顺时针旋转90°后对应的点是B（5，0），
点B绕点O顺时针旋转90°后对应的点是C（0，﹣5），
设BC的解析式为：y＝kx+b，
∴，
∴y＝x﹣5，
∴直线y＝﹣x+5的“旋转垂线”的解析式是：y＝x﹣5；
（2）证明：如图2，
当x＝0时，y＝b1，
当y＝0时，k1x+b1＝0，
∴x＝﹣，
∴OA＝||，OB＝|b1|，
同理可得：OC＝|b2|，OD＝||，
由OA＝OC，OB＝OD得，
，
∴|k1•k2|＝1，
∵k1k2＜0，
∴k1•k2＝﹣1；
（3）如图3，
作AC⊥AB，作AD⊥OA，作CD⊥AD于D，
∵A（6，0），B（0，2），
∴直线AB的解析式为：y＝﹣，
由kAC•kAB＝﹣1得，
﹣•kAC＝﹣1，
∴kAC＝3，
∴直线AC的解析式为：y＝3x﹣18，
∵∠BAC＝∠DAO＝90°，
∴∠BAO＝∠DAC，
∵∠ABP＝45°，
∴∠ACB＝90°﹣∠ABP＝45°，
∴∠ABP＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∵∠AOB＝∠D＝90°，
∴△AOB≌△ADC（AAS），
∴AD＝OA＝6，
∴点D的纵坐标是﹣6，
当y＝﹣6时，3x﹣18＝﹣6，
∴x＝4，
∴C（4，﹣6），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣2x+2，
由﹣x﹣1＝﹣2x+2得，
x＝3，
当x＝3时，y＝﹣3﹣1＝﹣4，
∴P（3，﹣4）．
【点评】本题考查了求一次函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
7．（2022春•博罗县期末）一次函数y＝kx+b的图象经过A（﹣1，2），B（4，﹣）两点，并且与x轴交于点C，与y轴交于点E．
（1）求一次函数的表达式；
（2）若在x轴上有一动点D，当S△ABD＝2S△AOB时，求点D的坐标．
（3）y轴上是否存在点P，使△CEP为等腰三角形，如果存在，直接写出三个满足条件P点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A，B两点坐标代入y＝kx+b，求得k和b值，进而求得结果；
（2）在x轴的负半轴上截取OD1＝OC＝3，在x轴的正半轴上截取OD2＝2OC＝6，进而求得结果；
（3）求出CE的长，结合图形，写出当PE＝CE时两种情形，当CE＝CP时的情形．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴，
∴y＝﹣；
（2）如图1，
当y＝0时，﹣＝0，
∴x＝3，
∴OC＝3，
在x轴的负半轴上截取OD1＝OC＝3，在x轴的正半轴上截取OD2＝2OC＝6，
则＝＝2S△AOB，
∴D（﹣3，0）或（9，0）；
（3）如图2，
∵OE＝，OC＝3，∠COE＝90°，
∴CE＝＝，
当EP1＝CE时，
P1（0，），
当EP2＝CE时，
P2（0，），
当CP3＝CE时，
P3（0，﹣），
综上所述：P（0，）或（0，）或（0，﹣）．
【点评】本题主要考查了求一次函数的解析式，等腰三角形的分类等知识，解决问题的关键是画出符合条件的图形．
8．（2022春•浉河区校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+b交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B（0，5），点C在x轴正半轴上，OC＝4．
（1）求直线BC的解析式；
（2）若P为线段BC上一点，且△ABP的面积等于△AOB的面积，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，E为直线AP上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点C在x轴正半轴上，OC＝4，得C（4，0），用待定系数法即得直线BC的解析式为y＝﹣x+5；
（2）过P作PH⊥AC于H，设P（n，﹣n+5），PH＝﹣n+5，将B（0，5）代入y＝x+b可得y＝x+5，A（﹣2，0），根据△ABP的面积等于△AOB的面积，有15﹣（﹣n+15）＝×2×5，即可解得P（，）；
（3）由A（﹣2，0），P（，）代入得直线AP解析式为y＝x+2，设E（p，p+2），D（q，0），又B（0，5），C（4，0），分3种情况：①若ED，BC为对角线，则ED，BC的中点重合，可得，即可解得D（1，0）；②若EB，DC为对角线，，D（﹣11，0）；③若EC，DB为对角线，，D（7，0）．
【解答】解：（1）∵点C在x轴正半轴上，OC＝4，
∴C（4，0），
由B（0，5）设直线BC解析式为y＝mx+5，
将C（4，0）代入得：0＝4m+5，
解得m＝﹣，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+5；
（2）过P作PH⊥AC于H，如图：
设P（n，﹣n+5），则PH＝﹣n+5，
将B（0，5）代入y＝x+b得：
b＝5，
∴y＝x+5，
在y＝x+5中，令y＝0得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
∴AC＝6，
∴S△ABC＝AC•OB＝×6×5＝15，S△APC＝AC•PH＝×6×（﹣n+5）＝﹣n+15，
∵△ABP的面积等于△AOB的面积，
∴15﹣（﹣n+15）＝×2×5，
解得n＝，
∴P（，）；
（3）存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：
设直线AP解析式为y＝kx+t，将A（﹣2，0），P（，）代入得：
，
解得，
∴直线AP解析式为y＝x+2，
设E（p，p+2），D（q，0），又B（0，5），C（4，0），
①若ED，BC为对角线，则ED，BC的中点重合，如图：
∴，
解得，
∴D（1，0）；
②若EB，DC为对角线，同理可得：
，
解得，
∴D（﹣11，0）；
③若EC，DB为对角线，
∴，
解得，
∴D（7，0），
综上所述，D的坐标为（1，0）或（﹣11，0）或（7，0）．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，平行四边形的性质及应用等知识，解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分列方程解决问题．
9．（2022春•麻章区期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的顶点A（16，0）、C（0，12），将矩形OABC的一个角沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与x轴交于点D．
（1）线段OB的长度为 20 ；
（2）求直线BD所对应的函数表达式；
（3）若点Q在线段BD上，在线段BC上是否存在点P，使以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由矩形的性质可得出点B的坐标及OA，AB的长，利用勾股定理可求出OB的长；
（2）设AD＝a，则DE＝a，OD＝8﹣a，OE＝OB﹣BE＝10﹣6＝4，利用勾股定理可求出a值，进而可得出点D的坐标，再根据点B，D的坐标，利用待定系数法可求出直线BD所对应的函数表达式；
（3）过点E作EF⊥x轴于点F，由∠BED＝∠BAD＝90°，可得出∠OED＝180°﹣∠BED＝90°，利用面积法可求出EF的长，在Rt△OEF中，利用勾股定理可求出OF的长，进而可得出点E的坐标，根据PE∥BD，求出直线PE的解析式，根据点E的纵坐标求出其横坐标即可．
【解答】解：（1）由题意，得：点B的坐标为（16，12），OA＝16，AB＝OC＝12，
∴OB＝＝＝20，
故答案为：20；
（2）设AD＝a，则DE＝a，OD＝16﹣a，OE＝OB﹣BE＝20﹣12＝8，
∵OD2＝OE2+DE2，即（16﹣a）2＝82+a2，
∴a＝6，
∴OD＝10，
∴点D的坐标为（10，0）．
设直线BD所对应的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
将B（16，12），D（10，0）代入y＝kx+b，得：
，
解得：，
∴直线BD所对应的函数表达式为y＝2x﹣20；
（3）存在，理由：过点E作EF⊥x轴于点F，如图所示．
∵∠BED＝∠BAD＝90°，
∴∠OED＝180°﹣∠BED＝90°
∴S△ODE＝OD•EF＝OE•DE，
∴EF＝＝＝，
在Rt△OEF中，OF＝＝＝，
∴点E的坐标为（，），
由PE∥BD，设直线PE的解析式为：y＝2x+b，
把E（，）代入得：＝×2+b，解得：b＝﹣8，
∴直线PE的解析式为：y＝2x﹣8，
令y＝12，则12＝2x﹣8，解得：x＝10，
∴存在，点P的坐标为（10，12）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决问题．
10．（2022春•曲阜市校级期末）如图，一次函数y＝kx+3．的图象过点M（4，0），与正比例函数y＝﹣x的图象交于点A，过点A作AB垂直于x轴于点B．
（1）求k的值与交点A的坐标；
（2）计算△AOM的面积与AM的长；
（3）在x轴上是否存在点P，使得以点P、A、M组成的三角形为等腰三角形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点M（2，0）代入即可求出k的值，构建方程组求出点A的坐标；
（2）利用三角形面积公式求解；
（3）分三种情况讨论：①当PA＝PM时，②当AM＝MP时，③当AP＝AM时．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+3的图象经过点M（4，0），
∴4k+3＝0，
∴k＝﹣，
∴y＝﹣x+3，
由，解得，
∴A（﹣4，6）；
（2）∵A（﹣4，6），M（4，0），
∴AM＝＝10，OM＝4，
△AOM的面积＝×4×6＝12；
（3）存在．
设P（a，0），①当PA＝PM时，（a+4）2+62＝（4﹣a）2，解得a＝﹣，
∴P（﹣，0）；
②当AM＝MP时，|a﹣4|＝10，解得a＝14或﹣6，
∴P（14，0）或（﹣6，0）
③当AP＝AM时，（a+4）2+62＝100，解得a＝4（舍弃）或a＝﹣12，
∴P（﹣12，0），
故存在P点坐标为：（﹣，0）或（14，0）或（﹣6，0）或（﹣12，0）．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建方程组确定交点坐标，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
11．（2022春•黔东南州期末）[建立模型]
（1）如图1，已知△ABC，AC＝BC，∠C＝90°，顶点C在直线l上．
操作：过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E，求证：△CAD≌△BCE．
[模型应用]
（2）如图2，在直角坐标系中，直线l1：y＝x+8与y轴交于点A，与x轴交于点B，将直线l1绕着点A顺时针旋转45°得到l2，求l2的函数表达式．
（3）如图3，在直角坐标系中，点B（8，6），作BA⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P是线段BC上的一个动点．点Q（a，2a﹣6）位于第一象限内．问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，直接写出此时a的值，若不能，请说明理由．
【分析】（1）由AD⊥l，BE⊥l，得∠ADC＝∠BEC＝90°，而∠C＝90°，有∠ACD＝90°﹣∠BCE＝∠CBE，即可得△CAD≌△BCE（AAS）；
（2）作CB⊥AB交l2于C，作CD⊥x轴于D，由y＝x+8得A（0，8），B（﹣3，0），而∠BAC＝45°可得△ABC是等腰直角三角形，即得△CDB≌△BOA（AAS），故CD＝OB＝3，BD＝OA＝8，C（﹣11，3），设l2的解析式为y＝kx+8，用待定系数法即得l2的解析式为y＝x+8；
（3）①当Q在AP下方时，过Q作QE⊥y轴于E，交BC于F，由△APQ是等腰直角三角形，可得△AEQ≌△QFP（AAS），即得EQ＝PF，QF＝AE，根据B（10，8），Q（a，2a﹣6），可得OA＝AE+OE＝10﹣a+2a﹣6＝a+4，又OA＝8，即可得Q（4，2）；②当Q在AP上方时，过Q作QE⊥y轴于E，交CB延长线于F，同理△AEQ≌△QFP（AAS），可得a+（2a﹣14）＝10，解得Q（8，10）．
【解答】（1）证明：∵AD⊥l，BE⊥l，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠BCE＝∠CBE，
在△CAD和△BCE中，
，
∴△CAD≌△BCE（AAS）；
（2）解：作CB⊥AB交l2于C，作CD⊥x轴于D，如图：
在y＝x+8中，令x＝0得y＝8，令y＝0得x＝﹣3，
∴A（0，8），B（﹣3，0），
∴OA＝8，OB＝3，
∵∠BAC＝45°，CB⊥AB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝BC，∠CBD＝90°﹣∠ABO＝∠BAO，
而∠CDB＝∠AOB＝90°，
∴△CDB≌△BOA（AAS），
∴CD＝OB＝3，BD＝OA＝8，
∴OD＝OB+BD＝11，
∴C（﹣11，3），
设l2的解析式为y＝kx+8，把C（﹣11，3）代入得：
3＝﹣11k+8，解得k＝，
∴l2的解析式为y＝x+8；
（3）解：点A、P、Q能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：
∵Q（a，2a﹣6），
∴点Q在直线y＝2x﹣6上，
①当Q在AP下方时，过Q作QE⊥y轴于E，交BC于F，如图：
∵△APQ是等腰直角三角形，
∴∠AQP＝90°，AQ＝PQ，
∴∠AQE＝90°﹣∠PQF＝∠QPF，
又∠AEQ＝∠QFP＝90°，
∴△AEQ≌△QFP（AAS），
∴EQ＝PF，QF＝AE，
∵B（10，8），Q（a，2a﹣6），
∴OE＝2a﹣6，EQ＝PF＝a，QF＝AE＝EF﹣EQ＝10﹣a，
∴OA＝AE+OE＝10﹣a+2a﹣6＝a+4，
又OA＝8，
∴a+4＝8，
∴a＝4，
②当Q在AP上方时，过Q作QE⊥y轴于E，交CB延长线于F，如图：
同理△AEQ≌△QFP（AAS），
∴EQ＝PF，AE＝QF，
∵Q（a，2a﹣6），
∴EQ＝PF＝a，OE＝2a﹣6，
∴AE＝OE﹣OA＝2a﹣6﹣6＝2a﹣12＝QF，
而EQ+QF＝OC＝10，
∴a+（2a﹣12）＝8，
∴a＝，
∴满足条件的a的值为4或．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查一次函数的性质，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形性质与判定等知识，解题的关键是掌握“k型”全等的模型．
12．（2022春•辽阳期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣3x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将线段AB绕点A顺时针旋转90°，得到线段AC，过点B，C作直线，交x轴于点D．
（1）点C的坐标为 （4，1） ；求直线BC的表达式；
（2）若点E为线段BC上一点，且△ABE的面积为，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，在平面内是否存在点P，使以点A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0和y＝0可确定点A和B的坐标，得OB＝3，OA＝1，作辅助线构建全等三角形，证明△BOA≌△AGC，可得点C的坐标，利用待定系数法可得直线BC的解析式；
（2）如图2，过点E作EF⊥y轴于F，根据四边形AOBE的面积＝S△AOB+S△ABE＝S△BEF+S梯形AOFE，代入计算可得结论；
（3）分三种情况：分别根据平移的性质可解答．
【解答】解：（1）直线y＝﹣3x+3中，当x＝0时，y＝3，
∴B（0，3），OB＝3，
当y＝0时，﹣3x+3＝0，
∴x＝1，
∴A（1，0），OA＝1，
如图1，过点C作CG⊥x轴于G，
由旋转得：AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠BAO+∠CAG＝90°，
∵∠AOB＝∠CGA＝∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CAG＝∠ABO，
∴△BOA≌△AGC（AAS），
∴AG＝OB＝3，CG＝OA＝1，
∴C（4，1），
设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3；
故答案为：（4，1）；
（2）如图2，过点E作EF⊥y轴于F，
∵点E为线段BC上一点，
∴设点E的坐标为（m，﹣m+3）（0≤m≤4），
∵四边形AOBE的面积＝S△AOB+S△ABE＝S△BEF+S梯形AOFE，
∴×1×3+＝•m•（3+m﹣3）+•（1+m）•（﹣m+3），
解得：m＝2，
∴E（2，2）；
（3）分三种情况：
①如图3，四边形ABEP是平行四边形，
∵A（1，0），B（0，3），E（2，2），
∴由平移得：P（3，﹣1）；
②如图4，四边形APBE是平行四边形，
由平移得：P（﹣1，1）；
③如图5，四边形ABPE是平行四边形，
由平移得：P（1，5）；
综上，点P的坐标为（3，﹣1）或（﹣1，1）或（1，5）．
【点评】此题是一次函数的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，旋转和平移的性质，平行四边形的性质和判定等知识，掌握平移的性质和分类讨论的思想是解本题的关键．
13．（2022春•封开县期末）如图（含备用图），在直角坐标系中，已知直线y＝﹣x+3与x轴相交于点A与y轴交于点B．
（1）S△AOB＝ 3 ；
（2）点C在x轴上，若△ABC是以AB为腰的等腰三角形，求点C的坐标；
（3）点M（3，0）在x轴上，若点P是直线AB上的一个动点，当S△PBM＝S△AOB时，求点P的坐标．
【分析】（1）将点A的坐标代入函数解析式求得k的值，根据直线方程求得点B的坐标，然后求得相关线段的长度，由三角形的面积公式解答；
（2）根据等腰三角形的性质和两点间的距离公式解答；
（3）分类讨论：点P在x轴的上方和下方，两种情况，利用三角形的面积公式和已知条件，列出方程，利用方程求得点P的坐标即可．
【解答】解：（1）对于直线y＝﹣x+3，
当x＝0时，y＝3．
∴B（0，3），OB＝3．
当y＝0时，﹣x+3＝0，
∴x＝2，
∴A（2，0），OA＝2，
∴S△AOB＝•OA•OB＝×2×3＝3．
故答案为：3；
（2）如图2，
①当AB＝BC时，点C与点A（2，0）关于y轴对称，故C（﹣2，0）符合题意；
②当AB＝AC时，由A（2，0），B（0，3）得到AB＝＝，由AC＝AC′＝得到C′（+2，0）、C″（2﹣，0）．
综上所述，符合条件的点C的坐标是（﹣2，0）或（+2，0）或（2﹣，0）；
（3）∵M（3，0），
∴OM＝3，
∴AM＝3﹣2＝1．
由（1）知，S△AOB＝3，
∴S△PBM＝S△AOB＝3；
①当点P在x轴下方时，S△PBM＝S△PAM+S△ABM＝+•AM•|yP|＝+×1×|yP|＝3，
∴|yP|＝3，
∵点P在x轴下方，
∴yP＝﹣3．
当y＝﹣3时，代入y＝﹣x+3得，﹣3＝﹣x+3，
解得x＝4．
∴P（4，﹣3）；
②当点P在x轴上方时，S△PBM＝S△APM﹣S△ABM＝•AM•|yP|﹣＝×1×|yP|﹣＝3，
∴|yP|＝9，
∵点P在x轴上方，
∴yP＝9．
当y＝9时，代入y＝﹣x+3得，9＝﹣x+3，
解得x＝﹣4．
∴P（﹣4，9），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（4，﹣3）或（﹣4，9）．
【点评】本题综合考查了一次函数与几何知识的应用，题中运用点的坐标与图形的知识求出相关线段的长度是解题的关键．另外，注意分类讨论和“数形结合”数学思想的应用．
14．（2022春•铜梁区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝x+1的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，以AB为边在第二象限内作等腰直角三角形ABC，∠BAC＝90°．
（1）求直线BC的函数解析式；
（2）点P为线段AB上一动点，过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，当PQ＝OB时，求四边形APQC的面积及此时点P的坐标；
（3）如图2，将一次函数y＝x+1的图象向左平移2个单位长度得到直线l，点M和点N均在直线BC上运动，点G为直线l上一动点，若以点A、N、G、M为顶点的四边形为矩形，直接写出MN的长度．
【分析】解：（1）过C作CH⊥x轴于H，在y＝x+1中，可得A（﹣2，0），B（0，1），OA＝2，OB＝1，根据△ABC是等腰直角三角形，得△AOB≌△CHA（AAS），可得C（﹣3，2），用待定系数法即得直线BC解析式为y＝﹣x+1；
（2）设P（t，t+1），则Q（t，﹣t+1），由PQ＝OB＝，可得﹣t＝，解得P（﹣，），即得S△BPQ＝×PQ•|xP|＝，故S四边形APQC＝S△ABC﹣S△BPQ＝；
（3）将直线y＝x+1向左平移2个单位所得直线l解析式为y＝（x+2）+1＝x+2，设G（m，m+2），M（r，﹣r+1），N（s，﹣s+1），又A（﹣2，0），可得MN＝＝|r﹣s|，分三种情况：（Ⅰ）若AG，MN为对角线，则AG，MN的中点重合，且AG＝MN，，且AG2＝（m+2）2+（m+2）2＝MN2＝（r﹣s）2+（﹣r+1+s﹣1）2③，可解得MN＝；（Ⅱ）若GM，AN为对角线，则GM，AN的中点重合，且GM＝AN，同理可得MN＝|r﹣s|＝；（Ⅲ）若GN，AM为对角线，则GN，AM的中点重合，且GN＝AM，MN＝|r﹣s|＝×＝．
【解答】解：（1）过C作CH⊥x轴于H，如图：
在y＝x+1中，令x＝0得y＝1，令y＝0得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，1），OA＝2，OB＝1，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝90°﹣∠CAH＝∠ACH，AB＝AC，
∵∠AOB＝∠AHC＝90°，
∴△AOB≌△CHA（AAS），
∴AH＝OB＝1，CH＝OA＝2，
∴OH＝OA+AH＝3，
∴C（﹣3，2），
设直线BC解析式为y＝kx+b，
把B（0，1），C（﹣3，2）代入得：
，
解得，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+1；
（2）如图：
设P（t，t+1），则Q（t，﹣t+1），
∴PQ＝﹣t+1﹣（t+1）＝﹣t，
∵PQ＝OB＝，
∴﹣t＝，
解得t＝﹣，
∴P（﹣，），
∴S△BPQ＝×PQ•|xP|＝××＝，
∵OA＝2，OB＝1，
∴AB＝＝＝AC，
∴S△ABC＝××＝，
∴S四边形APQC＝S△ABC﹣S△BPQ＝；
（3）将直线y＝x+1向左平移2个单位所得直线l解析式为y＝（x+2）+1＝x+2，
设G（m，m+2），M（r，﹣r+1），N（s，﹣s+1），
又A（﹣2，0），
∴MN＝＝|r﹣s|，
（Ⅰ）若AG，MN为对角线，则AG，MN的中点重合，且AG＝MN，
∴，且AG2＝（m+2）2+（m+2）2＝MN2＝（r﹣s）2+（﹣r+1+s﹣1）2③，
由②得r+s＝﹣m④，
由①④可得m＝，
把m＝代入③得：MN2＝（r﹣s）2+（﹣r+1+s﹣1）2＝（m+2）2+（m+2）2＝（+2）2+（×+2）2＝，
∴MN＝；
（Ⅱ）若GM，AN为对角线，则GM，AN的中点重合，且GM＝AN，
∴，且（m﹣r）2+（m+2+r﹣1）2＝（s+2）2+（﹣s+1）2③，
由①得：r﹣s＝﹣m﹣2④，
由②得：r﹣s＝m+6⑤，
由④⑤可得m＝﹣，r﹣s＝，
∴MN＝|r﹣s|＝×＝；
（Ⅲ）若GN，AM为对角线，则GN，AM的中点重合，且GN＝AM，
∴，且（m﹣s）2+（m+2+s﹣1）2＝（r+2）2+（﹣r+1）2③，
由①得r﹣s＝m+2④，
由②得r﹣s＝﹣m﹣6⑤，
由④⑤可得：m＝﹣，r﹣s＝﹣，
∴MN＝|r﹣s|＝×＝；
综上所述，以点A、N、G、M为顶点的四边形为矩形，MN的长度为或．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，一次函数图象上点坐标的特征等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
15．（2022春•东阳市期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B（4，2），E为直线AC上一动点，连OE，过E作GF⊥OE，交直线BC、直线OA于点F、G，连OF．
（1）求直线AC的解析式．
（2）当E为AC中点时，求CF的长．
（3）在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设直线AC的解析式：y＝kx+b，将A，C两点坐标代入，进而求得结果；
（2）设CF＝x，可证得△CEF≌△AEG，进而在Rt△COF中，根据勾股定理列出方程，进一步求得结果；
（3）当以OF，OG为边时，根据（2）可求得点F和点G坐标，进而求得点P横坐标；当以OG，FG为边时，延长OF至P，使PF＝OF，在OC的延长线上截取CQ＝OC＝2，连接PQ，
可推出OF平分∠CFG，从而得出OE＝OC＝2，可证得△AOC≌△OQP，进而求得点F点坐标，在Rt△EOG中，根据勾股定理列出方程，进一步可求得F点横坐标；当OF，FG为边时，作FH⊥OG于H，连接CH，作HQ⊥AC与Q，可推出CH平分∠ACO，设OH＝a，在Rt△AHQ中，根据勾股定理可求得a，进而求得点P横坐标．
【解答】解：（1）∵矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B（4，2），
∴点A（4，0），点C（0，2），
设直线AC的解析式：y＝kx+b（k≠0），
代入点A，C坐标，
得，
解得，
∴直线AC解析式：y＝x+2；
（2）∵E为AC的中点，
∴CE＝AE，
在矩形OABC中，BC∥OA，
∴∠FCE＝∠GAE，
又∵∠CEF＝∠AEG，
∴△CEF≌△AEG（ASA），
∴EF＝EG，CF＝AG，
∵OE⊥FG，
∴OE为线段FG的垂直平分线，
∴OF＝OG，
设CF＝x，则AG＝x，
∵A（4，0），
∴OA＝4，
∴OG＝4﹣x，
∴OF＝4﹣x，
在Rt△OCF中，根据勾股定理，
得22+x2＝（4﹣x）2，
解得x＝，
∴CF＝；
（3）存在以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：
①以OG，OF为边，
则OF＝OG，
∵GF⊥OE，
∴E为FG的中点，
由（2）可知点F（，2），点G（，0），
根据平移的性质，可得点P的坐标为（4，2），
∴点P的横坐标为4；
②如图1，
以OG，FG为边，OG＝FG，
延长OF至P′，使P′F＝OF，在OC的延长线上截取CQ＝OC＝2，连接P′Q，
∴CF＝，CF∥P′Q，
∴∠P′QO＝∠FCO＝90°，
∵OG＝FG，
∴∠GOF＝∠GFO，
∵BC∥OA，
∴∠CFO＝∠FOG，
∴∠CFO＝∠GFO，
∵∠BCO＝∠OEF，
∴OE＝OC＝2，
同理可得：CF＝EF，
∴OF⊥CE，
∴∠COF+∠ACO＝90°，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠COF＝∠CAO，
∵∠P′QO＝∠AOC＝90°，OQ＝OC＝4，
∴△AOC≌△OQP′（ASA），
∴P′Q＝OC＝2，
∴CF＝1，
设OG＝FG＝a，
在Rt△EOG中，OE＝OC＝2，EG＝FG﹣EF＝a﹣1，OG＝a，
∴a2﹣（a﹣1）2＝22，
∴a＝，
∴G（，0），F（1，2），
∵1﹣＝﹣，
∴P点横坐标为：﹣；
如图2，
以OF，FG为边，OF＝FG，
作FH⊥OG于H，连接CH，作HQ⊥AC与Q，
可得∠OFG＝∠ACO，∠OCH＝∠OFG，
∴CH平分∠ACO，
∴OH＝HQ，CE＝OC＝2，
设OH＝a，
在Rt△AHQ中，HQ＝x，AH＝4﹣x，AQ＝AC﹣CQ＝2﹣2，
∴（4﹣x）2﹣x2＝（2﹣2）2，
∴x＝﹣1，
∴F（﹣1，2），
∴P（﹣1，﹣2），
综上所述：P点横坐标为：4或﹣或﹣1．
【点评】本题考查了矩形性质，菱形的性质，等腰三角形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是寻找数量关系，用勾股定理方程．
16．（2022春•沙坪坝区期末）如果一次函数y1＝a1x+b1（a1≠0，a1、b1是常数）与y2＝a2x+b2（a2≠0，a2、b2是常数）满足a1+a2＝0，且b1+b2＝0，则称y1为y2的“旋转函数”．
例如：y1＝2x﹣3，y2＝﹣2x+3，∵2+（﹣2）＝0，且（﹣3）+3＝0，∴y1＝2x﹣3为y2＝﹣2x+3的“旋转函数”；
又如：y1＝﹣5x﹣4，y2＝5x﹣4，∵﹣5+5＝0，但﹣4+（﹣4）≠0，∴y1＝﹣5x﹣4不为y2＝5x﹣4的“旋转函数”．
（1）判断y1＝﹣7x+6是否为y2＝7x﹣6的“旋转函数”？并说明理由；
（2）若一次函数y1＝（m﹣2）x﹣5为y2＝4x+（n+2）的“旋转函数”，求mn的值；
（3）已知函数y＝﹣2x+3的图象与x轴交于A点，与y轴交于B点，点A，B关于原点的对称点分别是点A1，B1，求直线A1B1的“旋转函数”．
【分析】（1）根据“旋转函数”的定义判断即可；
（2）根据“旋转函数”的定义构建方程求解即可；
（3）求出A1，B1的坐标，利用待定系数法解决问题即可．
【解答】解：（1）y1＝﹣7x+6是y2＝7x﹣6的“旋转函数”，
理由：∵﹣7+7＝0，6+（﹣6）＝0，
∴y1＝﹣7x+6是y2＝7x﹣6的“旋转函数”；
（2）∵一次函数y1＝（m﹣2）x﹣5为y2＝4x+（n+2）的“旋转函数”，
∴m﹣2＝﹣4，n+2＝5，
∴m＝﹣2，n＝3，
∴mn＝（﹣2）3＝﹣8；
（3）对于函数y＝﹣2x+3，
令x＝0，得到y＝3，
令y＝0，得到x＝，
∴A（，0），B（0，3），
∵点A，B关于原点的对称点分别是点A1，B1，
∴A1（﹣，0），B1（0，﹣3），
设直线A1B1的解析式为y＝kx+b，则有，
∴，
∴直线A1B1的解析式为y＝﹣2x﹣3，
∴直线A1B1的“旋转函数”为y＝2x+3．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，“旋转函数”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
17．（2022春•荆门期末）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A，C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是边BC上的动点（与端点B，C不重合），过点D作直线l：与边OA交于点E．
（1）若直线l平分矩形OABC的面积，求b的值；
（2）如图2，若矩形OABC关于直线l的对称图形为矩形O1A1B1C1，判断矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分DFEG是什么形状？证明你的结论．重叠部分DFEG的面积发生变化吗？若不变，请直接写出重叠部分的面积；若改变，请说明理由；
（3）设点P（2，t），点Q（m，n），若以点A、C、P、Q为顶点的四边形是以AC为一边的矩形，求出点Q的坐标．
【分析】（1）根据题意可知直线l过矩形OABC的对角线的交点，将AC的中点代入解析式即可求出b的值；
（2）根据矩形的性质可得四边形DFEG是平行四边形，再根据轴对称的性质可得四边形DFEG是菱形；过点D作DH⊥OA于点H，先求出D点和E点坐标，再根据勾股定理求出菱形的边长，进一步即可求出菱形的面积；
（3）当以点A、C、P、Q为顶点的四边形是以AC为一边的矩形，分情况讨论：①以AC，AP为边，②以AC，PC为边，根据勾股定理列方程求出点P坐标，再根据平移即可求出点Q坐标．
【解答】解：（1）∵直线l平分矩形OABC的面积，
∴直线l过矩形OABC的对角线的交点，
∵点A，C的坐标分别为（3，0），（0，1），
∴AC的中点坐标为（），
∴，
解得b＝；
（2）四边形DFEG是菱形，证明如下：
在矩形OABC中，BC∥OA，
在矩形O1A1B1C1中，B1C1∥O1A1，
∴四边形DFEG是平行四边形，
∵矩形OABC关于直线l的对称图形为矩形O1A1B1C1，
∴∠DEF＝∠DEG，
∵BC∥OA，
∴∠GDE＝∠DEF，
∴∠GDE＝∠DEG，
∴GD＝GE，
∴四边形DFEG是菱形；
重叠部分DFEG的面积不变，为，理由如下：
过点D作DH⊥OA于点H，如图所示：
∵点C（0，1），
∴点D纵坐标为1，
将点D纵坐标代入y＝，
得x＝，
∴点D（，1），
当y＝＝0时，x＝，
∴点E（，0），
设菱形DFEG的边长为t，
则DF＝EF＝t，
∴HF＝EH﹣EF＝2﹣t，
在Rt△DFH中，根据勾股定理，
得12+（2﹣t）2＝t2，
解得t＝，
∴菱形DFEG的边长为，
∴菱形DFEG的面积＝EF•DH＝；
（3）∵A（3，0），C（0，1），P（2，t），
∴AC2＝32+12＝10，AP2＝（2﹣3）2+t2＝t2+1，CP2＝22+（t﹣1）2＝t2﹣2t+5，
当以点A、C、P、Q为顶点的四边形是以AC为一边的矩形，分情况讨论：
①以AC，AP为边，
∴AC2+AP2＝PC2，
即10+t2+1＝t2﹣2t+5，
解得t＝﹣3，
∴点P（2，﹣3），
根据平移，可得点Q坐标（﹣1，﹣2）；
②以AC，CP为边，
∴AC2+CP2＝AP2，
即10+t2﹣2t+5＝t2+1，
解得t＝7，
∴点P（2，7），
根据平移，可得点Q坐标为（5，6），
综上，点Q坐标为（﹣1，﹣2）或（5，6）．
【点评】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定和性质，轴对称的性质等，熟练掌握特殊的平行四边形的性质和判定是解题的关键，本题综合性较强，难度较大．
18．（2022春•平谷区期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x1，y1），给出如下定义：当点Q（x2，y2）满足x1+x2＝y1+y2时，称点Q是点P的等和点．已知点P（3，0）．
（1）在Q1（0，3），Q2（1，4），Q3（﹣2，﹣1）中，点P的等和点有 Q1，Q2 ；
（2）点A在直线y＝﹣x+5上，若点P的等和点也是点A的等和点，求点A的坐标；
（3）已知点B（b，0）和线段MN，点C也在x轴上且满足BC＝1，线段MN上总存在线段PC上每个点的等和点．若MN的最小值为5，直接写出b的值．
【分析】（1）根据定义判断即可；
（2）设点P（3，0）的等和点为（m，n），则3+m＝n，设A（t，﹣t+4），则A点的等和点为（m，n），则t+m＝﹣t+4+n，即可求A（3，1）；
（3）由题意可得P点的等和点在直线y＝x+3上，B点的等和点在直线y＝x+b上，再由BC＝1，可得C点在B的左边和右边，则线段PC上每个点的等和点是两条直线l和l1之间的区域，正确画图列等式可解答．
【解答】解：（1）Q1（0，3），则0+3＝3+0，
∴Q1（0，3）是点P的等和点；
Q2（1，4），则1+3＝4+0，
∴Q2（1，4）是点P的等和点；
Q3（﹣2，﹣1），则﹣2+3≠﹣1+0，
∴Q3（﹣2，﹣1）不是点P的等和点；
故答案为：Q1，Q2；
（2）设点P（3，0）的等和点为（m，n），
∴3+m＝n，有m﹣n＝﹣3，
∵A在直线y＝﹣x+5上，
∴设A（t，﹣t+5），
则A点的等和点为（m，n），
∴t+m＝﹣t+5+n，由m﹣n＝﹣2t+5，
∴﹣3＝﹣2t+5，
解得t＝4，
∴A（4，1）；
（3）∵P（3，0），
∴P点的等和点在直线l：y＝x+3上，
∵B（b，0），BC＝1，且C在x轴上，
∴C（b﹣1，0）或（b+1，0）
∴C点的等和点在直线l1：y＝x+b﹣1或y＝x+b+1上，
设直线l1与y轴交于C'，直线l与y轴交于P'，则C'（0，b﹣1）或（0，b+1），P'（0，3），
①当点C在点B的左边时，如图1，直线CC'与直线l交于N，当M与C'重合时，MN最小为5，
∵△MNP'是等腰直角三角形，
∴P'C'＝5，
∴b﹣1＝5+3，
∴b＝4+5；
如图2，同理得P'M＝5，
∴3+（1﹣b）＝5，
∴b＝4﹣5；
②当点C在点B的右边时，如图3，
同理得：P'M＝5，
∴5﹣3＝﹣b﹣1，
∴b＝2﹣5；
如图4，同理得：P'M＝5，
∴5+3＝b+1，
∴b＝2+5；
综上，b的值是或或或．
【点评】本题是一次函数的综合应用，考查了一次函数的性质，新定义：等和点的理解和运用，熟练掌握一次函数的图象及性质，理解新定义，将所求问题与一次函数相结合是解题的关键．
19．（2022春•香坊区期末）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+8交x轴于点A，交y轴于点B，点D是x轴负半轴上一点，四边形ABCD是菱形
（1）如图1，求D点坐标；
（2）如图2，连接BD，点P是线段BD上一点（点P不与点B、点D重合），连接AP，设P点横坐标为t，△ADP的面积为S，求S与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图3，在（2）的条件下，直线l经过点P，过点A、点D分别作直线l的垂线，垂足分别为点F、点H，点E是线段AD的中点，点G是线段BC上一点，连接EF、FG、GH、HE，当四边形EFGH是矩形时，求△ADP的面积．
【分析】（1）在y＝﹣x+8中，可得A（6，0），B（0，8），有AB＝10，而四边形ABCD是菱形，即可得D（﹣4，0）；
（2）由B（0，8），D（﹣4，0）可得直线BD的解析式为y＝2x+8，因点P是线段BD上一点，P点横坐标为t，故S＝AD•yP＝10t+40；
（3）延长HE，FA交于K，过E作ET⊥x轴，交PF于S，交CB延长线于T，连接GS，过H作HQ⊥x轴于Q，交CB于R，证明△HDE≌△KAE（AAS），得HE＝KE，有HE＝EF＝HK，故四边形EFGH是正方形，证明△HDE≌△FSE（ASA），可得DE＝SE＝5，S（1，5），再证△GFS≌△EFS（SAS），得GS＝ES＝5，可得GT＝＝4，证明△HQE≌△GRH（AAS），有HQ＝RG，RH＝QE，设HQ＝m，则RG＝m，由RT＝QE＝RH可得4+m＝8﹣m，解得m＝2，H（﹣5，2），用待定系数法得直线HS的解析式为y＝x+，解得P（﹣，），从而△ADP的面积是×AD×|yP|＝．
【解答】解：（1）在y＝﹣x+8中，令x＝0得y＝8，令y＝0得x＝6，
∴A（6，0），B（0，8），
∴AB＝＝10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝10，
∴OD＝AD﹣OA＝10﹣6＝4，
∴D（﹣4，0）；
（2）由B（0，8），D（﹣4，0）可得直线BD的解析式为y＝2x+8，
∵点P是线段BD上一点，P点横坐标为t，
∴P（t，2t+8），
∵△ADP的面积为S，
∴S＝AD•yP＝×10（2t+8）＝10t+40；
（3）延长HE，FA交于K，过E作ET⊥x轴，交PF于S，交CB延长线于T，连接GS，过H作HQ⊥x轴于Q，交CB于R，如图：
∵E是AD的中点，
∴DE＝AE＝5，
∵DH⊥直线l，AF⊥直线l，
∴DH∥AF，
∴∠DHE＝∠AKE，
∵∠DEH＝∠AEK，
∴△HDE≌△KAE（AAS），
∴HE＝KE，
∵∠KFH＝90°，
∴HE＝EF＝HK，
∵四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF＝90°，∠EFH＝∠EHF＝45°，
∵∠DHP＝90°，
∴∠DHE＝45°，
∴∠DHE＝∠EFH，
∵ET⊥x轴，
∴∠DET＝90°，
∴∠DEH+∠HET＝∠SEF+∠HET＝90°，
∴∠DEH＝∠SEF，
∵HE＝EF，
∴△HDE≌△FSE（ASA），
∴DE＝SE＝5，
∵OA＝6，AE＝5，
∴OE＝1，
∴S（1，5），
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF＝FG，∠EFS＝∠GFS＝45°，
∵FS＝FS，
∴△GFS≌△EFS（SAS），
∴GS＝ES＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，
∴∠T+∠DET＝180°，
∴∠T＝90°，
∵∠DET＝∠BOE＝90°，
∴四边形BOET是矩形，
∴OB＝ET＝8，
∵SE＝5，
∴ST＝3，
∴GT＝＝＝4，
∵HQ⊥x轴，
∴∠HQE＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠HQE+∠GRH＝180°，
∴∠GRH＝90°，
∴∠GRH＝∠HQE，
∵四边形EFGH是正方形，
∴GH＝EH，∠GHE＝90°，
∴∠RHG＝90°﹣∠EHQ＝∠HEQ，
∴△HQE≌△GRH（AAS），
∴HQ＝RG，RH＝QE，
设HQ＝m，则RG＝m，
∵∠GRH＝∠HQE＝∠T＝90°，
∴四边形RQET是矩形，
∴QR＝ET＝8，RT＝QE，
∴RH＝QE＝8﹣m，
∵GT＝4，
∴RT＝4+m，
∴4+m＝8﹣m，
解得m＝2，
∴QE＝6，HQ＝2，
∴H（﹣5，2），
设直线HS的解析式为y＝k'x+b'，把H（﹣5，2），S（1，5）代入得：
，
解得，
∴直线HS的解析式为y＝x+，
解得，
∴P（﹣，），
∴△ADP的面积是×AD×|yP|＝×10×＝，
答：当四边形EFGH是矩形时，△ADP的面积为．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及菱形的性质及应用，三角形面积，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是适当作辅助线，构造全等三角形解决问题，本题第（3）问难度较大．
20．（2022春•海淀区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点A（0，1），B（3，2），对于点P和△ABC，给出如下定义：如果△ABC上存在三个点，使得以点P和这三个点为顶点的四边形是平行四边形，则称点P是△ABC的“平行连接点”．例如，图1中，C，P两点的坐标分别为（4，1），（5，2），△ABC上存在B，C和D（2，1）三个点，使得四边形PBDC是平行四边形，故点P是△ABC的“平行连接点”．
（1）如图2，当点C的坐标为（3，1）时，
①点P1（5，2），P2（6，2），P3（6，3），P4（7，2）中，是△ABC的“平行连接点”的是 P1，P2 ．
②若P（m，0）是△ABC的“平行连接点”，请在图2中画出一个以点P和△ABC上的三个点为顶点的平行四边形，这个平行四边形对角线交点的纵坐标为 1 ，m的取值范围为 ﹣3＜m＜3 ．
（2）如图3，当点C的坐标为（1，3）时，直线y＝kx﹣2上存在△ABC的“平行连接点”，则k的取值范围为 k＜﹣或k＞ ．
【分析】（1）①根据△ABC的“平行连接点”的定义，利用图象法判断即可；
②平行四边形的对角线PB、AC相交于AC边上，可知交点的纵坐标为1；当m＝0时，满足题意；当m＞0时，此时需满足m＜3才符合题意；当m＜0时，需满足m＞﹣3符合题意；
（2）如图3中，当直线y＝kx﹣2与图中阴影部分有交点（点M，点N除外）时，求出直线y＝kx﹣2经过点M，点N时，k的值可得结论．
【解答】解：（1）①由图可知A（0，1），B（3，2），C（3，1），
∵E，B，P1，C能组成平行四边形，
∴P1是△ABC的“平行连接点”，
∵A，B，P2，C能组成平行四边形，
∴P2是△ABC的“平行连接点”，
故答案为：P1．P2；
②如图2中，
当m＝0时，OA∥BC且OA＝BC，满足题意；
当0＜m＜3时，AC上一定存在点E，使得EPCB是平行四边形，满足条件；
当﹣3＜m＜0时，AC上存在一点D，使得AP′DC是平行四边形，满足条件，
∴m的取值范围为：﹣3＜m＜3，
故答案为：1，﹣3＜m＜3；
（2）如图3中，当直线y＝kx﹣2与图中阴影部分有交点时（不包括点M，点N），满足条件
当直线y＝kx﹣2经过点M（﹣3，0）时，﹣3k﹣2＝0，解得k＝﹣，
当直线y＝kx﹣2经过点N（5，1）时，5k﹣2＝1，解得k＝，
观察图象可知，满足条件的k的值k＜﹣或k＞．
故答案为：k＜﹣或k＞．
【点评】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，理解定义，能将所求知识与平行四边形的性质和一次函数的图象及性质结合是解题的关键．
21．（2022春•甘井子区期末）如图1，已知直线AB：y＝﹣x+2m（m＞1）与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求点A、B的坐标（用含m的式子表示）；
（2）如图2，过点C（1，0）作CE上x轴，与AB交于点D，与直线AE：y＝﹣x+3m交于点E．
①求证：CD＝2DE；
②如图3，若AB＝2，点F坐标为（6﹣，0），过点F作FG上x轴，点M是直线FG上一点，∠AMF＝∠AEC﹣∠BAO，求点M的坐标．
【分析】（1）在y＝﹣x+2m中，令x＝0得y＝2m，令y＝0得x＝3m，即得A（3m，0），B（0，2m）；
（2）①由C（1，0），CE⊥x轴，得D（1，﹣+2m），E（1，﹣1+3m），即得CD＝﹣+2m，DE＝﹣+m，故CD＝2DE；
②当M在x轴上方时，设FG交AE于K，交AB于T，根据AB＝2，有（3m）2+（2m）2＝（2）2，解得m＝2，可知A（6，0），直线AB解析式为y＝﹣x+4，直线AE解析式为y＝﹣x+6，又C（1，0），F（6﹣，0），可得E（1，5），T（6﹣，），K（6﹣，）从而CE＝5＝AC，TK＝﹣＝，AT＝，又∠AMF＝∠AEC﹣∠BAO，知∠AMF＝∠CAE﹣∠BAO＝∠KAT，可得△ATK∽△MTA，即得MT＝＝，可得M（6﹣，5）；由对称性可得M在x轴下方时，M的坐标．
【解答】（1）解：在y＝﹣x+2m中，令x＝0得y＝2m，令y＝0得x＝3m，
∴A（3m，0），B（0，2m）；
（2）①证明：∵C（1，0），CE⊥x轴，
∴D（1，﹣+2m），E（1，﹣1+3m），
∴CD＝﹣+2m，DE＝（﹣1+3m）﹣（﹣+2m）＝﹣+m，
∴CD＝2DE；
②解：当M在x轴上方时，设FG交AE于K，交AB于T，如图：
∵A（3m，0），B（0，2m），又AB＝2，
∴（3m）2+（2m）2＝（2）2，
解得m＝2（负值已舍去），
∴A（6，0），直线AB解析式为y＝﹣x+4，直线AE解析式为y＝﹣x+6，
∵C（1，0），F（6﹣，0），
∴E（1，5），T（6﹣，），K（6﹣，），
∴CE＝5＝AC，TK＝﹣＝，AT＝，
∴∠AEC＝∠CAE，
∵∠AMF＝∠AEC﹣∠BAO，
∴∠AMF＝∠CAE﹣∠BAO＝∠KAT，
∵∠KTA＝∠ATM，
∴△ATK∽△MTA，
∴＝，
∴MT＝＝＝，
∴FM＝MT+FT＝+＝5，
∴M（6﹣，5）；
由对称性可知，当M在x轴下方时，M的坐标为（6﹣，﹣5）；
综上所述，M的坐标为（6﹣，5）或（6﹣，﹣5）．
【点评】本题考查一次函数综合应用，涉及一次函数图象上点坐标特征，三角形相似的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是证明CE＝AC，得∠AEC＝∠CAE，利用∠AMF＝∠AEC﹣∠BAO得到△ATK∽△MTA．
22．（2022春•思明区校级期末）如图，点A坐标为（0，2），点B坐标为（4，0），点P（m，0）是x轴上的一个动点，过A作AC∥x轴交直线l：y＝x于点C．连接BC．
（1）求点C的坐标和直线BC的函数解析式．
（2）若过点P作x轴的垂线，与直线l交于点E，与直线BC交于点F，线段EF的长度为d，求d与m的函数解析式．
（3）若0＜m＜4，点Q在线段OC上运动，且CQ＝OP，连接AP，AQ．则AP+AQ是否存在最小值？如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）由AC∥x轴可得点C的纵坐标，进而可得点C的坐标；利用待定系数法可得出直线BC的解析式；
（2）根据题意可分别得出点E和点F的坐标，再根据两点间的距离可得出结论；
（3）根据点C的坐标可得出OC＝4，取OC的中点M，连接PM，易证△ACQ≌△OMP（SAS），则AP+AQ＝AP+PM；作点A关于x轴的对称点A′，连接A′M与x轴交于点P，此时和最小，利用两点间距离公式求出即可．
【解答】解：（1）∵点A坐标为（0，2），AC∥x轴交直线l：y＝x于点C，
∴C（2，2）．
设直线BC的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得．
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+4．
（2）∵过点P作x轴的垂线，与直线l交于点E，与直线BC交于点F，
∴E（m，m），F（m，﹣m+4），
∴d＝|m﹣（﹣m+4）|＝|2m﹣4|．
（3）存在，理由如下：
∵（2，2），
∴OC＝4，
如图，取OC的中点M，连接PM，
∴OM＝2＝AC，M（1，），
∵∠ACO＝∠COB，CQ＝OP，
∴△ACQ≌△OMP（SAS），
∴AP+AQ＝AP+PM．
作点A关于x轴的对称点A′（0，﹣2），连接A′M与x轴交于点P，此时和最小，
∴AP+AQ的最小值为A′M的长，
此时A′M＝＝2．
【点评】本题属于一次函数与几何综合题，考查待定系数法求函数解析式，坐标系中两点间距离公式，两点之间线段最短等知识，作出辅助线构造全等进行线段的转化是解题关键．
23．（2022春•大兴区期末）对于平面直角坐标系xOy中的点P和四边形OABC，给出如下定义：若在四边形OABC上存在一点Q，使得P，Q两点间的距离小于或等于1，则称P为四边形OABC的“关联点”．
如图，已知点．
（1）在点D（0，2），E（3，﹣2），F（5，3）中，四边形OABC的关联点是 D，E ；
（2）点G为直线上一点．
①若直线l：过点D（0，2），点G是四边形OABC的关联点，求点G的横坐标的取值范围；
②若直线l：上，不存在点G是四边形OABC的关联点，直接写出k的取值范围．
【分析】（1）在图中找到D，E，F三点，并根据关联点的定义可直接判断；
（2）①根据待定系数法可求出k的值，画出函数图象，由（1）知点D距离OA的距离为1，且l∥OA，分别过点O，A作l的垂线，垂足分别为G，G′，求出对应的横坐标即可得出结论；
②根据一此函数的解析式可知，l过点（，5），结合图形可得出结论．
【解答】解：（1）在坐标系中找到D，E，F三点，如下图所示：
故答案为：D，E．
（2）①∵直线l：过点D（0，2），
∴0﹣（＝2，
解得k＝．
∴直线l：y＝x+2，
令y＝0，则x＝﹣．
∴直线l：y＝x+2与x轴的交点H为（﹣，0）．
∵A（，3），
∴直线OA的解析式为：y＝x．
∴l∥OA，
如图，分别过点O，A作l的垂线，垂足分别为G，G′，
∴OG∥AG′，
∴四边形OAG′G为平行四边形，
∵OG⊥l，
∴∠OGG′＝90°，
∴平行四边形OAG′G为矩形，
∴∠AOG＝90°，
∵，
∴OA＝AB＝OB＝2，
∴△OAB是等边三角形，∠AOB＝60°，
∴∠HOG＝30°，
∵OH＝﹣，
∴OG＝1，
∴G（﹣，），
由平移可知G′（，）．
综上，﹣≤xG≤．
②∵直线，
令x＝，
∴y＝5，
∴直线过定点（，5）．
由①知，当k＝时，存在点G是四边形OABC的关联点，
由对称性可知，当k＝﹣时，存在点G是四边形OABC的关联点，
∴当﹣＜k＜且k≠0时，不存在点G是四边形OABC的关联点．
【点评】本题是一次函数综合题，一次函数的性质，待定系数法求一次函数的解析式，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，本题的难点是理解给出的定义并找出k的临界值．
24．（2022春•南岗区期末）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，直线y＝2x+4分别交x轴，y轴于点B，A，点C在x轴的正半轴上，连接AC，若S△ABC＝12．
（1）求点C的坐标；
（2）点D在第一象限直线y＝﹣x+上，连接OD，CD，设点D的横坐标为t，△OCD的面积为S，求S与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，连接AD，过点C作CE∥AD，交直线AB于点E，连接EO．若∠BEO＝∠CEO，求S的值．
【分析】（1）根据题意先求出点A，B的坐标，根据给出三角形的面积可求出OC的长，进而得出点C的坐标；
（2）根据三角形的面积公式可直接表达S与t的解析式；
（3）分两种情况，当点E在x轴上方时，当点E在x轴下方时，分别作出图形，找到点E，根据对称及平行可得出t的值，进而得出S的值．
【解答】解：（1）∵直线y＝2x+4分别交x轴，y轴于点B，A，
∴B（﹣2，0），A（0，4），
∴OA＝4，OB＝2，
∵S△ABC＝•OA•BC＝12，
∴×4•BC＝12，
∴BC＝6，
∴OC＝4，即C（4，0）．
（2）∵点D在第一象限直线y＝﹣x+上，点D的横坐标为t（0＜t＜），
∴D（t，﹣t+）．
∴S△OCD＝•OC•yD
＝×4（﹣t+）
＝﹣2t+11．
（3）分两种情况：
①当点E在x轴上方时，在x轴下方找点G，使OG＝OC，
设点G的横坐标为m，则G（m，2m+4），
∴OG2＝m2+（2m+4）2＝42，
解得m＝0（舍）或m＝﹣，
∴G（﹣，）．
取CG的中点M，作直线OM，与直线AB交于点E，点E即为所求，显然OM⊥CG；
由对称性可知，∠GEO＝∠CEO，
∴M（，﹣）．
∴直线O：y＝﹣3x．
令﹣3x＝2x+4，解得x＝﹣，
∴E（﹣，），
∴直线EC的解析式为：y＝﹣x+2．
∵AD∥EC，
∴直线AD的解析式为：y＝﹣x+4．
令﹣x+4＝﹣x+，解得x＝3，
即t＝3，
∴S＝﹣2×3+11＝5．
②当点E在x轴下方时，在x轴上方找点G，使OG′＝OC，此时点G′与点A重合，
∴G′（0，4）．
取CG′的中点M′，作直线OM′，与直线AB交于点E′，点E′即为所求，显然OM′⊥CG′；
由对称性可知，∠G′E′O＝∠C′E′O，
∴M′（2，2），
∴直线OM′：y＝x，
令x＝2x+4，解得x＝﹣4，
∴E′（﹣4，﹣4），
∴直线E′C的解析式为：y＝x﹣2，
∴直线AD的解析式为：y＝x+4，
令x+4＝﹣x+，解得x＝1，
即t＝1，
∴S＝﹣2×1+11＝9．
综上，S的值为5或9．
【点评】本题属于一次函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数解析式，平行线的性质，轴对称的性质等知识，关键是找到满足条件的点E．
25．（2022春•晋安区期末）如图，直线y＝﹣2x+6与x轴交于点A，与直线y＝x交于点B．
（1）点A坐标为 （3，0） ，∠AOB＝ 45° ；
（2）求S△OAB的值；
（3）动点M从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿着O→A的路线向终点A匀速运动，过点M作MP⊥x轴交直线y＝x于点P，然后以MP为直角边向右作等腰直角△MPN，设运动t秒时，△MPN与△OAB重叠部分的面积为S．求S与t之间的函数关系式，并直接写出t的取值范围．
【分析】（1）过B作BK⊥x轴于K，直线y＝﹣2x+6，令y＝0，得A（3，0），OA＝3，由得B（2，2），BK＝OK＝2，即知△BOK是等腰直角三角形，∠AOB＝45°；
（2）S△OAB＝OA•BK＝3；
（3）由OM＝t＝PN，得N（2t，t），当点N在直线AB上时，t＝﹣2×2t+6，得t＝，当点M与A重合时，t＝3，分三种情况：①当0＜t≤时，重叠部分的面积S＝t2；②当＜t≤2时，重叠部分是四边形PMCD，S＝﹣t2+5t﹣3；③当2＜t≤3时，S＝（﹣2t+6）（t+2﹣t）＝t2﹣4t+6．
【解答】解：（1）过B作BK⊥x轴于K，如图：
对于直线y＝﹣2x+6，令y＝0，得到x＝3，
∴A（3，0），OA＝3，
由得，
∴B（2，2），BK＝OK＝2，
∴△BOK是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
故答案为：（3，0）；45°；
（2）由（1）知，OA＝3，BK＝2，
∴S△OAB＝OA•BK＝×3×2＝3，
答：S△OAB的值为3；
（3）∵OM＝t＝PN，
∴N（2t，t），
当点N在直线AB上时，t＝﹣2×2t+6，解得t＝，
当点M与A重合时，t＝3，
①当0＜t≤时，如图：
重叠部分的面积S＝t2；
②当＜t≤2时，如图：
重叠部分是四边形PMCD，
把y＝t代入y＝﹣2x+6得，x＝﹣t+3，
∴D（﹣t+3，t），
∴DN＝2t﹣（﹣t+3）＝t﹣3，
∵直线MN∥直线y＝x，M（t，0），
∴直线MN的解析式为y＝x﹣t，
解得，
∴C（t+2，﹣t+2），
∴S＝t2﹣（t﹣3）（t+t﹣2）＝﹣t2+5t﹣3；
③当2＜t≤3时，如图：
把x＝t代入y＝﹣2x+6得，y＝﹣2t+6，
∴D（t，﹣2t+6），
∵C（t+2，﹣t+2），
∴S＝（﹣2t+6）（t+2﹣t）＝t2﹣4t+6；
综上所述，S＝．
【点评】本题考查一次函数综合题、等腰直角三角形的性质、多边形的面积、一次函数图象上点的坐标特征等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
26．（2022春•荣昌区校级期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x+m与x轴、y轴分别交于A（﹣，0）、C两点，直线y＝﹣x+m与x轴、y轴交于B、C两点．
（1）求m的值及点B的坐标；
（2）如图2，将直线沿x轴正方向平移个单位长度得到直线MN，交x轴于M，交AC于N，求N点坐标及△AMN的面积；
（3）如图2，在（2）的条件下，动点Q在AC直线上，在y轴上是否存在点P，使以点M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A坐标代入y＝x+m，从而求得m，进而求得点B坐标；
（2）先求出M坐标，然后代入y＝﹣x+b，进而联立直线AC和MN的解析式，从而求得N坐标，进而求得△AMN的面积；
（3）分为当MN为边时，即以点M、N、P、Q为顶点的四边形为▱MNQP或▱MNPQ时，根据平行四边形性质得出坐标间的关系，从而求得结果；当MN为对角线时，同样求得P点坐标．
【解答】解：（1）把x＝﹣，y＝0代入y＝得，
+m＝0，
m＝1，
∴y＝﹣+1，
令y＝0，即：﹣+1＝0，
∴x＝，
∴B（，0）；
（2）设直线MN的解析式为：y＝﹣x+b，
∵+＝2，
∴M（2，0），
∴﹣×+b＝0，
∴b＝6，
∴y＝﹣+6，
由x+1＝﹣+6得，
x＝，
∴y＝﹣×+6＝，
∴N（，），
∴S△AMN＝yN＝＝；
（3）设Q（x，x+1），P（0，y），
当以点M、N、P、Q为顶点的四边形为▱MNQP时，
则，
∴，
∴P（0，﹣2），
当以点M、N、P、Q为顶点的四边形为▱MNPQ时，
则，
∴，
∴P（0，4），
当以点M、N、P、Q为顶点的四边形为▱MQNP时，
则，
∴，
∴P（0，﹣2），
综上所述：P（0，﹣2）或（0，4）．
【点评】本题考查了一次函数点的坐标与解析式关系，一次函数图象的交点与其对应方程组的关系，平行四边形的分类和性质等知识，解决问题的关键是正确分类以及较强计算能力．
27．（2022春•随县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB过点A（m，0）和B（0，n），且m、n满足|m+3|+＝0．
（1）求直线AB的表达式；
（2）如图1，直线x＝5与x轴交于点N，点M在x轴上方且在直线x＝5上，若△MAB面积等于10，请求出点M的坐标；
（3）如图2，已知点D（5，2），若点C为射线AB上一动点，联结CD，在坐标轴上是否存在点P，使△CDP是以CD为底边的等腰直角三角形，直角顶点为P．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由非负数性质求出m＝﹣3，n＝﹣2，再用待定系数法求出直线AB的表达式为y＝﹣x﹣2；
（2）设直线AB交直线x＝5于K，根据△MAB面积等于10，可得MK＝，即得M（5，）；
（3）分三种情况：①当P在y轴上时，过P作PG⊥y轴于G，过C作CH⊥PG于H，可得△CPH≌△PDG（AAS），CH＝PG＝5，HP＝DG，设DG＝HP＝x，则P（0，2+x），可得C（﹣x，x﹣3），代入y＝﹣x﹣2得x＝3，即得P（0，5），②当P在x轴上，DN左侧时，过P作PE⊥x轴，过D作DE⊥PE于E，过C作CF⊥PE于F，同理可得P（1，0），③当P在x轴上，DN右侧时，过P作PR⊥x轴，过D作DS⊥PR于S，过C作CR⊥PR于R，设C（z，﹣z﹣2），
同理可得P（17，0）．
【解答】解：（1）∵|m+3|+＝0，
∴m+3＝0，2+n＝0，
∴m＝﹣3，n＝﹣2，
∴A（﹣3，0），B（0，﹣2），
设直线AB的解析式为y＝kx﹣2，
∴﹣3k﹣2＝0，
解得k＝﹣，
∴直线AB的表达式为y＝﹣x﹣2；
（2）设直线AB交直线x＝5于K，如图：
在y＝﹣x﹣2中，令x＝5得y＝﹣，
∴K（5，﹣），
∵△MAB面积等于10，
∴S△AMK﹣S△BMK＝10，
∴MK（5﹣xA）﹣MK（5﹣xB）＝10，即MK×3＝10，
∴MK＝，
∴M（5，）；
（3）在坐标轴上存在点P，使△CDP是以CD为底边的等腰直角三角形，
①当P在y轴上时，过P作PG⊥y轴于G，过C作CH⊥PG于H，如图：
∵CP＝PD，∠CPD＝90°，
∴∠CPH＝90°﹣∠GPD＝∠PDG，
又∠H＝∠PGD＝90°，
∴△CPH≌△PDG（AAS），
∴CH＝PG＝5，HP＝DG，
设DG＝HP＝x，则P（0，2+x），
∵D（5，2），
∴C（﹣x，x﹣3），
∵C在直线y＝﹣x﹣2上，
∴x﹣3＝﹣（﹣x）﹣2，
解得x＝3，
∴P（0，5），
②当P在x轴上，DN左侧时，过P作PE⊥x轴，过D作DE⊥PE于E，过C作CF⊥PE于F，如图：
同理可得：DE＝PF，PE＝CF＝2，
设DE＝PF＝y，则P（5﹣y，0），
∴C（5﹣y+2，﹣y），
∴﹣y＝﹣（7﹣y）﹣2，
解得y＝4，
∴P（1，0），
③当P在x轴上，DN右侧时，过P作PR⊥x轴，过D作DS⊥PR于S，过C作CR⊥PR于R，如图：
设C（z，﹣z﹣2），
同理可证△DSP≌△PRC，
∴DS＝PR＝z+2，PS＝CR＝2，
∴OP＝ON+DS＝z+7，
∴xC+CR＝z+7，即z+2＝z+7，
解得z＝15，
∴OP＝×15+7＝17，
∴P（17，0），
综上所述，P的坐标为（0，5）或（1，0）或（17，0）．
【点评】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、等腰直角三角形等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关的坐标及相关线段的长度，再列方程解决问题．
28．（2022春•安乡县期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y1＝kx+b（k≠0）经过点A（7，0）和点C（3，4），直线y2＝mx（m≠0）经过原点O和点C．
（1）求直线y1＝kx+b（k≠0）和直线y2＝mx（m≠0）的表达式；
（2）点D是射线OA上一动点，点O关于点D的对称点为点E，过D点作DG⊥x轴，交直线OC于点G，以DE，DG为邻边作矩形DEFG．
①当点F落在直线AC上时，直接写出OD长；
②当△OAF为等腰三角形时，直接写出点D的坐标．
【分析】（1）将点A，C代入y1＝kx+b，求得k，b；将点C代入y2＝mx，求得m；
（2）①设点D坐标表示出点F坐标，代入y1，进而求得结果；
②当OF＝AF时根据对称性可求得D点坐标；当OF＝OA时和当AF＝OA＝7，列出方程求出a的值，从而得出结果．
【解答】解：（1）由题意得，
，3m＝4，
∴，m＝，
∴y1＝﹣x+7，y2＝；
（2）①设点D（a，0），则G（a，a），E（2a，0），
当x＝2a时，y＝﹣2a+7，
∵点G和F的纵坐标相等，
∴﹣2a+7＝，
∴a＝，
∴OD＝；
②F（2a，），A（7，0），
当OF＝AF时，4a＝7，
∴a＝，
∴D （，0），
当OF＝OA时，
（2a）2+（a）2＝72，
∴a＝（a＞0），
∴D（，0），
当AF＝OA＝7时，
（2a﹣7）2+（）2＝72，
a＝（a＞0），
∴D（，0），
综上所述：点D（，0）或（，0）或（，0）．
【点评】本题考查了一次函数及其图象性质，等腰三角形的分类和判定，勾股定理等知识，解决问题的关键是设出点坐标，根据勾股定理列出方程．
29．（2022春•高州市期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点坐标分别为0（0，0），A（1，），B（4，2），C（6，0）．
（1）求AB所在直线的函数表达式；
（2）若直线BC上有一点D，使得△ABD与△ABO的面积相等，求出点D的坐标；
（3）有一动点P从O点出发，沿折线OA﹣AB﹣BC运动，速度为1单位长度/秒，运动时间为t秒，到达C点时停止运动．试求出△OPC的面积S关于t的函数关系式，并写出相应t的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）过点O作OD∥AB交BC于D，则S△ABO＝S△ABD，求出直线OD的解析式，构建方程组确定点D的坐标，再根据对称性求出BC的延长线上满足条件的点D坐标即可．
（3）分三种情形：当0＜t≤2时，P（t，t），当2＜t≤2+2，P点的纵坐标为+（t﹣2），当2+2＜t＜6+2时，点P的纵坐标为（6+2﹣t），分别求解即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
把A（1，），B（4，2）代入y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝x+．
（2）∵B（4，2），C（6，0），
同法可得直线BC的解析式为y＝﹣x+6，
过点O作OD∥AB交BC于D，则S△ABO＝S△ABD，
∵直线AB的解析式为y＝x+，
∴直线OD的解析式为y＝x，
由，解得，
∴D（，），
根据对称性可知，当点D在CB的延长线上时，D（，）．
综上所述，满足条件的点D的坐标为（，）或（，）．
（3）∵A（1，），B（4，2），C（6，0），
∴OA＝＝2，AB＝＝2，BC＝＝4，
当0＜t≤2时，P（t，t），
S＝×6×t＝t．
当2＜t≤2+2，P点的纵坐标为+（t﹣2），
∴S＝×6×[+（t﹣2）]＝t+3﹣3．
当2+2＜t＜6+2时，点P的纵坐标为（6+2﹣t），
∴S＝×6×（6+2﹣t）＝﹣t+9+9．
S＝．
【点评】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，三角形的面积，平行线的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
五．勾股定理（共2小题）
30．（2022春•景县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，且CD＝，如果Rt△ABC的面积为1，则它的周长为（ ）
A．B．+1C．+2D．+3
【分析】根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得AB＝；然后利用勾股定理、三角形的面积求得（AC+BC）的值，则易求该三角形的周长．
【解答】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，且CD＝，
∴AB＝2CD＝．
∴AC2+BC2＝5
又∵Rt△ABC的面积为1，
∴AC•BC＝1，则AC•BC＝2．
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝9，
∴AC+BC＝3（舍去负值），
∴AC+BC+AB＝3+，即△ABC的周长是3+．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线．此题借助于完全平方和公式求得（AC+BC）的长度，减少了繁琐的计算．
31．（2021春•铜川期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于E，CD＝3．
（1）求DE的长；
（2）若AC＝6，BC＝8，求△ADB的面积．
【分析】（1）直接根据角平分线的性质可得出结论；
（2）先根据勾股定理求出AB的长，再由三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：（1）∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于E，CD＝3，
∴DE＝CD＝3；
（2）∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝10．
∵由（1）知，DE＝3，
∴S△ABD＝AB•DE＝×10×3＝15．
【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
六．勾股定理的证明（共1小题）
32．（2022春•金乡县期末）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知，这时我们把关于x的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形ACDE的周长是，求△ABC的面积．
【分析】利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得c的值，根据完全平方公式求得ab的值，从而可求得面积．
【解答】解：当x＝﹣1时，有a﹣c+b＝0，即a+b＝c
∵2a+2b+c＝6，即2（a+b）+c＝6，
∴3c＝6，
∴c＝2，
∴a2+b2＝c2＝4，a+b＝2，
∵（a+b）2＝a2+b2+2ab，
∴ab＝2，
∴S△ABC＝ab＝1．
【点评】此类考查了勾股定理的证明，读懂题意，根据题目中所给的材料结合勾股定理和根的判别式解题是解答此题的关键．
七．勾股定理的逆定理（共1小题）
33．（2022春•洪山区期末）如图，RtABC中，∠ABC＝90°，BM⊥AC，垂足为M，在下列说法中：
①以AB2，BC2，AC2为长度的线段首尾相连能够组成一个三角形；
②以，，为长度的线段首尾相连能够组成一个三角形；
③以（AC+BM），（AB+CB），BM为长度的线段首尾相连能够组成一个直角三角形；
④以，，为长度的线段首尾相连不能组成直角三角形；其中正确的说法有 ②③④ （填写正确说法的序号）．
【分析】根据勾股定理和勾股定理逆定理以及三角形的三边关系：①两边之和大于第三边，②两边之差小于第三边即可得到答案．
【解答】解：由勾股定理得AB2+BC2＝AC2，
∴AB2，BC2，AC2为长度的线段首尾相连不能够组成一个三角形；
∴①不正确；
∵（+）2＝AB+2+BC，（）2＝AC，
又∵AB+BC＞AC，
∴（+）2＞（）2，
∴+＞，
∴以，，为长度的线段首尾相连能够组成一个三角形，
∴②正确．
∵（AC+BM）2＝AC2+2AC•BM+BM2，（AB+CB）2＝AB2+2AB•CB+CB2，
∴（AB+CB）2+BM2
＝AB2+2AB•CB+CB2+BM2
＝AC2+2AB•CB+BM2，
∵2AC•BM＝2AB•CB，
∴（AB+CB）2+BM2＝（AC+BM）2，
∴以（AC+BM），（AB+CB），BM为长度的线段首尾相连能够组成一个直角三角形，
∴③正确．
第④个可以用特值法，当AB＝BC＝1时，BM＝，此时+≠，
所以，以，，为长度的线段首尾相连不能组成直角三角形，
∴④正确．
故答案为：②③④．
【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形的三边关系定理．
八．平行四边形的性质（共1小题）
34．（2022春•余干县期末）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE＝CF．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）连接DE、BF，若BD⊥EF，试探究四边形EBFD的形状，并对结论给予证明．
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得BO＝DO，AO＝CO，再利用等式的性质可得EO＝FO，然后再利用SAS定理判定△BOE≌△DOF即可；
（2）根据BO＝DO，FO＝EO可得四边形BEDF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形EBDF为菱形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO，
∵AE＝CF，
∴AO﹣AE＝CO﹣FO，
∴EO＝FO，
在△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（SAS）；
（2）四边形EBFD为菱形，等三角形的判定，以及菱形的判定，关键是掌握
理由：∵BO＝DO，FO＝EO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BD⊥EF，
∴四边形EBFD为菱形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，平行四边形的对角线互相平分．对角线互相平分的四边形是平行四边形．
九．平行四边形的判定（共1小题）
35．（2022春•砀山县校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝6，BC＝16，E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动；点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动．点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间t为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分别从当Q运动到E和B之间、当Q运动到E和C之间去分析求解即可求得答案．
【解答】解：∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝BC＝8，
①当Q运动到E和B之间，设运动时间为t，则得：
3t﹣8＝6﹣t，
解得：t＝3.5；
②当Q运动到E和C之间，设运动时间为t，则得：
8﹣3t＝6﹣t，
解得：t＝1，
∴当运动时间t为1秒或3.5秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】此题考查了梯形的性质以及平行四边形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
一十．平行四边形的判定与性质（共1小题）
36．（2022春•驿城区校级期末）如图，已知在平行四边形ABCD中，AE＝CF，点M、N分别为DE、BF的中点，求证：FM＝EN．
【分析】由平行四边形的性质得出AD＝BC，∠A＝∠C，由SAS证明△DAE≌△BCF，得出DE＝BF，再证明四边形DEBF是平行四边形，得出DE∥BF，由已知条件得出ME∥FN，ME＝FN，证出四边形MENF是平行四边形，得出对边相等即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C，
在△DAE和△BCF中，
，
∴△DAE≌△BCF（SAS），
∴DE＝BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，AE＝FC，
∴BE∥DF，BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE∥BF，
∵点M、N分别为DE、BF的中点，
∴ME∥FN，ME＝FN，
∴四边形MENF是平行四边形，
∴FM＝EN．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．
一十一．菱形的性质（共3小题）
37．（2022春•思明区校级期末）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB＝4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM＝2DQ．
【分析】（1）如图1，连接对角线BD，先证明△ABD是等边三角形，根据E是AB的中点，由等腰三角形三线合一得：DE⊥AB，利用勾股定理依次求DE和EC的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△ADH是等边三角形，再由△AMN是等边三角形，得条件证明△ANH≌△AMD（SAS），则HN＝DM，根据DQ是△CHN的中位线，得HN＝2DQ，由等量代换可得结论．
【解答】解：（1）如图1，连接BD，则BD平分∠ABC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AD＝4，
∵E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
由勾股定理得：DE＝＝2，
∵DC∥AB，
∴∠EDC＝∠DEA＝90°，
在Rt△DEC中，DC＝4，
EC＝＝＝2；
（2）如图2，延长CD至H，使CD＝DH，连接NH、AH，
∵AD＝CD，
∴AD＝DH，
∵CD∥AB，
∴∠HDA＝∠BAD＝60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴AH＝AD，∠HAD＝60°，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM＝AN，∠NAM＝60°，
∴∠HAN+∠NAG＝∠NAG+∠DAM，
∴∠HAN＝∠DAM，
在△ANH和△AMD中，
∵，
∴△ANH≌△AMD（SAS），
∴HN＝DM，
∵D是CH的中点，Q是NC的中点，
∴DQ是△CHN的中位线，
∴HN＝2DQ，
∴DM＝2DQ．
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线、三角形全等的性质和判定、等边三角形的性质和判定，本题证明△ANH≌△AMD是关键，并与三角形中位线相结合，解决问题；第二问有难度，注意辅助线的构建．
38．（2022春•江油市期末）如图，已知菱形ABCD中，E是BC边上一动点，连接AE交BD于点F，连接FC．
（1）如图1，求证：∠FAD＝∠FCD；
（2）如图2，若AB＝10，BD＝16，当△CEF为直角三角形时，求EC的长．
【分析】（1）由菱形的性质得出AD＝BC，BD平分∠ADC，证明△ADF≌△CDF，进而可以解决问题；
（2）连接AC交BD于O，由菱形的性质及勾股定理求出OA＝6，分三种情况讨论求解，当∠FEC＝90°时，当∠EFC＝90°时，当∠ECF＝90°时，由相似三角形的性质得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD菱形，
∴AD＝BC，BD平分∠ADC，
∴∠ADF＝∠CDF，
在△ADF和△CDF中，
，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠FAD＝∠FCD；
（2）解：连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD菱形，BD＝16，
∴AC、BD互相平分，
∴OA＝AC，OB＝BD＝8，
∵F在BD上，△ADF≌△CDF，
∴FC＝FA，
在Rt△ABO中，∠AOB＝90°，AB＝10，
∴OA＝＝＝6，
∴AC＝12，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠FEB，∠FDA＝∠FBE，
∴△FDA∽△FBE，
①当∠FEC＝90°时，如图2，
在△ABC中，S△ABC＝BC•AE＝AC•OB，
∴AE＝＝＝，
在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，
BE＝＝＝，
∴CE＝BC﹣BE＝10﹣＝；
②当∠EFC＝90°时，如图3，
在Rt△AFC中，∠AFC＝90°，点O是AC的中点，
∴OF＝AC＝6，
∴DF＝8+6＝14，BF＝2，
∵△FBE∽△FDA，
∴＝，
即＝，
∴BE＝，
∴CE＝BC﹣BE＝10﹣＝；
③∵点E在BC边上，
∴点F在线段OB上，
故∠ECF≤∠ECA＜90°，
故∠ECF＝90°这情况不存在，
综上所述，当△CEF为直角三角形时，CE的长为或．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理等知识的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
39．（2022春•济南期末）【问题原型】如图1，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AB＝AC．点E、F分别为AC、BC的中点，连接EF，DE．试说明：DE＝EF．
【探究】如图2，在问题原型的条件下，当AC平分∠BAD，∠DEF＝90°时，求∠BAD的大小．
【应用】如图3，在问题原型的条件下，当AB＝2，且四边形CDEF是菱形时，直接写出四边形ABCD的面积．
【分析】【问题原型】利用直角三角形斜边的中线性质和三角形的中位线性质可得结论；
【探究】先证明∠CEF＝∠BAD，∠DEC＝∠BAD，根据∠DEF＝90°列方程得∠BAD的度数；
【应用】由四边形CDEF是菱形，说明△CDE是等边三角形，再根据等底同高说明△CDE与△DEA间关系，根据相似说明△CAB与△CEF间关系，由AB＝2，得DE＝1，得等边△DE的面积，利用三角形的面积间关系得结论．
【解答】解：【问题原型】证明：
在△ABC中，点E，F分别为AC，BC的中点
∴EF∥AB，且EF＝AB
在Rt△ACD中，点E为AC的中点∴DE＝AC∵AB＝AC，∴DE＝EF
【探究】解：∵AC平分∠BAD，EF∥AB，
DE＝AC＝AE＝EC
∴∠BAC＝∠DAC，∠CEF＝∠BAC
∠DEC＝2∠DAC＝∠BAD
∵∠DEF＝90°
∴∠CEF+∠DEC＝∠BAC+2∠DAC＝90°
∴∠BAC＝∠DAC＝30°，
∴∠BAD＝60°
【应用】四边形ABCD的面积为：
∵四边形CDEF是菱形，EC＝DE，
∴△CDE与△CEF都是等边三角形，
∵AB＝2，∴EF＝DE＝CD＝CF＝1
∴S△DCE＝S△DEA＝S△CEF＝，
∵EF∥AB，∴，∴S△ABC＝4S△CEF＝
∴S四边形ABCD＝S△DCE+S△DEA+S△ABC
＝2×+＝．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边的中线的性质、菱形的性质及等边三角形的面积等知识．题目难度中等，由题目原型到探究再到结论，步步深入，符合认知规律．
一十二．菱形的判定（共3小题）
40．（2022春•金乡县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF＝CD＝BG，结合平行即可证得②正确，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP＝BE，AO＝EO，证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△FPE得出④再求，证出四边形BEFG是平行四边形，⑤③不正确；此题得解．
【解答】解：设GF和AC的交点为点P，如图：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF＝CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE，
∵点G为AB的中点，
∴BG＝AB＝CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正确，
∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，
∴GF∥BE，
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO＝BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，即AP＝PE，且GP＝BE，
在△APG和△EGP中，，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG＝AB，
∴EG＝EF，即①正确，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP＝BE＝GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即④正确．
∵BG＝FE，GF＝BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
没有条件得出BEFG是菱形，⑤③不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．
41．（2022春•鼓楼区校级期末）已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE＝AF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM＝OA，连接EM，FM，判断四边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【分析】（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF；
（2）由于四边形ABCD是正方形，易得∠ECO＝∠FCO＝45°，BC＝CD；联立（1）的结论，可证得EC＝CF，根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA＝OM，则EF、AM互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEMF是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
∵，
∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）
∴BE＝DF；
（2）解：四边形AEMF是菱形，理由为：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA＝∠DCA＝45°（正方形的对角线平分一组对角），
BC＝DC（正方形四条边相等），
∵BE＝DF（已证），
∴BC﹣BE＝DC﹣DF（等式的性质），
即CE＝CF，
在△COE和△COF中，
，
∴△COE≌△COF（SAS），
∴OE＝OF，又OM＝OA，
∴四边形AEMF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
∵AE＝AF，
∴平行四边形AEMF是菱形．
【点评】本题主要考查对正方形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
42．（2022春•聊城期末）如图，在△ABC和△DCB中，AB＝DC，AC＝DB，AC与DB交于点M．
（1）求证：△ABC≌△DCB；
（2）过点C作CN∥BD，过点B作BN∥AC，CN与BN交于点N，试判断线段BN与CN的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）由SSS可证△ABC≌△DCB；
（2）BN＝CN，可先证明四边形BMCN是平行四边形，由（1）知，∠MBC＝∠MCB，可得BM＝CM，于是就有四边形BMCN是菱形，则BN＝CN．
【解答】（1）证明：如图，在△ABC和△DCB中，
∵AB＝DC，AC＝DB，BC＝CB，
∴△ABC≌△DCB；（4分）
（2）解：据已知有BN＝CN．证明如下：
∵CN∥BD，BN∥AC，
∴四边形BMCN是平行四边形，（6分）
由（1）知，∠MBC＝∠MCB，
∴BM＝CM（等角对等边），
∴四边形BMCN是菱形，
∴BN＝CN．（9分）
【点评】此题主要考查全等三角形和菱形的判定．
一十三．菱形的判定与性质（共2小题）
43．（2022春•福田区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD，交AB边于点E，EF∥BC，交CD于点F，点G是BC边的中点，连接GF，且∠1＝∠2，CE与GF交于点M，过点M作MH⊥CD于点H．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CH＝1，求BC的长；
（3）求证：EM＝FG+MH．
【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，EF∥BC，可得四边形BCFE是平行四边形，又由CE平分∠BCD，易得△BCE是等腰三角形，继而证得四边形BCFE是菱形；
（2）由∠1＝∠2，可得∠ECF＝∠2，即△CMF是等腰三角形，又由MH⊥CD，可得CF＝2CH，继而求得BC的长；
（3）首先连接BF交CE于点O，易得△BCF是等边三角形，继而可得OM＝MH，OE＝FG，则可证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠ECF，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠1，
∴BC＝BE，
∴四边形BCFE是菱形；
（2）∵∠1＝∠ECF，∠1＝∠2，
∴∠ECF＝∠2，
∴CM＝FM，
∵MH⊥CD，
∴CF＝2CH＝2×1＝2，
∵四边形BCFE是菱形；
∴BC＝CF＝2；
（3）连接BF交CE于点O，
∵G是BC中点，
∴CG＝CB，
∵CH＝CF，
∴CG＝CH，
在△CGM和△CHM中，
，
∴△CGM≌△CHM（SAS），
∴∠CGM＝∠CHM＝90°，
即FG⊥BC，
∴CF＝BF，
∵BC＝CF，
∴BC＝CF＝BF，
∴△BCF是等边三角形，
∴∠BFC＝60°，
∴∠2＝∠BFG＝30°，
∵BF⊥CE，
∴OM＝MH，
∵OE＝OC＝FG，
∴EM＝FG+MH．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
44．（2021秋•香坊区期末）已知，在△ABC中，D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，连接DE，DF．
（1）如图1，若AC＝BC，求证：四边形DECF为菱形；
（2）如图2，过C作CG∥AB交DE延长线于点G，连接EF，AG，在不添加任何辅助线的情况下，写出图中所有与△ADG面积相等的平行四边形．
【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）利用等高模型即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴DE∥CF，DF∥EC，DE＝BC，DF＝AC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵AC＝BC，
∴DE＝DF，
∴四边形DECF是菱形．
（2）∵CG∥EF，EG∥CF，
∴四边形EFCG是平行四边形，
△ADG面积相等的平行四边形有：四边形DECF，四边形DEFB，四边形EFCG，四边形ADFE．
【点评】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质、三角形的中位线定理，等高模型等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．
一十四．矩形的性质（共5小题）
45．（2022春•湖北期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝HE，其中正确的有 ①②③ ．（把正确结论的序号都填上）
【分析】设AB＝a，则AD＝a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH＝DC即可判断②；证明△BEH≌△HDF（AAS）可判断③；用含a的式子表示AB﹣CF与HE比较即可判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD＝∠ADC＝90°，
设AB＝CD＝a，则AD＝a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE＝a，
∴AE＝AB，
∴AE＝AD，故①正确；
∵DH⊥AE，∠DAE＝45°，AD＝a，
∴△AHD是等腰直角三角形，
∴DH＝AH＝a，
∴DH＝DC，
∵DH⊥AE，DC⊥CE，
∴DE平分∠AEC，
∴∠AED＝∠CED，故②正确；
③∵AH＝AB＝a，
∴∠ABH＝∠AHB，
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠DFB＝180°，
又∠AHB+∠BHE＝180°，
∴∠BHE＝∠HFD，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴AH＝DH＝a，∠ADH＝45°，
∴∠HDF＝90°﹣45°＝45°，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BEH＝45°，
∴∠BEH＝∠HDF，
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（AAS），
∴BH＝HF，故③正确；
∵△BEH≌△HDF，
∴HE＝DF，HE＝AE﹣AH＝a﹣a，
∴CF＝a﹣（a﹣a）＝2a﹣a，
∴AB﹣CF＝a﹣（2a﹣a）＝a﹣a，
∴AB﹣CF＝HE，故④错误；
综上所述，正确的是①②③．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定与性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；设AB＝a，用含a的式子表示出相关的线段是解决问题的关键．
46．（2022春•工业园区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是 3 ．
【分析】由中位线定理可得点P的运动轨迹是线段P1P2，再由垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值，连接BP1、BP2，作BP′⊥P1P2于P′，作P2Q⊥AB于Q，则BP的最小值为BP′的长，P2Q是△EAD的中位线，由勾股定理求出BP2、BP1、CE的长，由三角形中位线定理得出P1P2的长，设P′P2＝x，则P′P1＝﹣x，由勾股定理得BP22﹣P′P22＝BP12﹣P′P12，解得x＝，即可得出结果．
【解答】解：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，
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，如图所示，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3，AB＝CD＝6，∠DAB＝∠BCD＝∠ABC＝90°，
∴CP1＝CD＝3，
∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝AB＝3，
连接BP1、BP2，作BP′⊥P1P2于P′，作P2Q⊥AB于Q，
则BP的最小值为BP′的长，P2Q是△EAD的中位线，
∴P2Q＝AD＝，QE＝AQ＝AE＝，
∴BQ＝BE+QE＝3+＝，
在Rt△BP2Q中，由勾股定理得：
BP2＝＝＝，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：
CE＝＝＝3，
∴P1P2＝CE＝，
在Rt△BCP1中，由勾股定理得：
BP1＝＝3，
设P′P2＝x，则P′P1＝﹣x，
由勾股定理得：
BP22﹣P′P22＝BP12﹣P′P12，
即（）2﹣x2＝（3）2﹣（﹣x）2，
解得：x＝，
∴BP′2＝（）2﹣（）2＝18，
∴BP′＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、垂线段最短等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
47．（2022春•上杭县校级期末）如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC，交AB于点E，EF⊥CE，交AD于点F，以CE，EF为边，作矩形CEFG，FG与DC相交于点H．则下列结论：
①AE＝BC；
②若AE＝4，CH＝5，则CE＝2；
③EF＝AE+DH；
④当F是AD的中点时，S四边形ABCD：S四边形CEFG＝6：5．
其中正确的结论是 ①②④ ．（填写所有正确结论的序号）
【分析】①根据矩形的性质证明△ADE是等腰直角三角形，进而可以判断；
②首先证明△GCH∽△BCE，证明△AEF≌△BCE（AAS），可得EF＝EC，可得四边形CEFG是正方形，所以CG＝CE，进而可以判断；
③根据勾股定理可得DH＝DC﹣CH＝6﹣5＝1，根据EF＝2，AE＝4，即可判断；
④设AF＝DF＝a，则AD＝BC＝AE＝2a，可得AB＝AE+BE＝3a，所以S四边形ABCD＝2a•3a＝6a2，根据勾股定理可得EF＝a，所以得S四边形EFGC＝EF2＝5a2，进而可以判断．
【解答】解：①在矩形ABCD中，∠A＝90°，AD＝BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝AE，
∴AE＝BC；故①正确；
②∵∠GCH+∠HCE＝90°，∠ECB+∠HCE＝90°，
∴∠GCH＝∠ECB，
∵∠G＝∠B＝90°，
∴△GCH∽△BCE，
∴＝，
∵∠AEF+∠CEB＝90°，∠BCE+∠CEB＝90°，
∴∠AEF＝∠BCE，
在△AEF和△BCE中，
，
∴△AEF≌△BCE（AAS），
∴EF＝EC，
∵四边形CEFG是矩形，
∴四边形CEFG是正方形，
∴CG＝CE，
∵＝，
∴CE2＝CH•CB＝5×4＝20，
∴CE＝2；故②正确；
③若BC＝AE＝4，CE＝2，
∴BE＝＝＝2，
∴CD＝AB＝AE+BE＝4+2＝6，
∴DH＝DC﹣CH＝6﹣5＝1，
∵EF＝2，AE＝4，
∴EF≠AE+DH；故③错误；
④当F是AD的中点时，
设AF＝DF＝a，则AD＝BC＝AE＝2a，
∵BE＝AF＝a，
∴AB＝AE+BE＝3a，
∴S四边形ABCD＝2a•3a＝6a2，
∵EF＝＝＝a，
∴S四边形EFGC＝EF2＝5a2，
∴S四边形ABCD：S四边形CEFG＝6a2：5a2＝6：5．故④正确．
综上所述：①②④．
故答案为：①②④．
【点评】本题属于中考填空题的压轴题，考查了正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△GCH∽△BCE．
48．（2022春•思明区校级期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，G、H分别是AD、BC中点，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时以每秒1个单位长度的速度出发相向而行，运动时间为t秒．
（1）当0＜t＜5时，判断四边形EGFH的形状，并说明理由；
（2）当0＜t＜10时，若四边形EGFH为矩形，请直接写出t的值为 2或8 ．
【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解．
【解答】解：（1）四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE＝CF＝t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠GAE＝∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
∴AG＝AD，CH＝BC，
∴AG＝CH，
在△AEG和△CFH中，
，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，
∴∠FEG＝∠EFH，
∴EG∥HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）如图1，连接GH，
由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝6，
在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝＝10，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF＝GH＝6，
∵AE＝CF＝t，
∴EF＝10﹣2t＝6，
∴t＝2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，
∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，
∴t＝8；
综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8；
故答案为：2或8．
【点评】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用．
49．（2022春•工业园区期末）已知，如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝3，连接DE．
（1）动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，△ABP和△DCE全等？
（2）若动点P从点B出发，以每秒1个单位的速度仅沿着BE向终点E运动，连接DP．设点P运动的时间为t秒，是否存在t，使△PDE为等腰三角形？若存在，请求出t的值；否则，说明理由．
【分析】（1）若△ABP与△DCE全等，可得AP＝CE＝3或BP＝CE＝3，根据时间路程的关系可求t的值；
（2）根据题意可得：CD＝4，根据勾股定理可求DE的长；分PD＝DE，PE＝DE，PD＝PE三种情况讨论，可求t的值．
【解答】解：（1）若△ABP与△DCE全等，
∴BP＝CE或AP＝CE，
当BP＝CE＝3时，则t＝3÷1＝3，
当AP＝CE＝3时，则t＝（6+6+4﹣3）÷1＝13，
∴当t为3或13时，△ABP和△DCE全等；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，CD⊥BC，
在Rt△DCE中，CE＝3，
∴DE＝＝5，
若△PDE为等腰三角形，
则PD＝DE或PE＝DE或PD＝PE，
当PD＝DE时，
∵PD＝DE，DC⊥BE，
∴PC＝CE＝3，
∵BP＝BC﹣CP＝3，
∴t＝3÷1＝3，
当PE＝DE＝5时，
∵BP＝BE﹣PE，
∴BP＝9﹣5＝4，
∴t＝4÷1＝4，
当PD＝PE时，
∴PE＝PC+CE＝3+PC，
∴PD＝3+PC，
在Rt△PDC中，DP2＝CD2+PC2．
∴（3+PC）2＝16+PC2，
∴PC＝，
∵BP＝BC﹣PC，
∴BP＝，
∴t＝÷1＝，
综上所述：当t＝3或4或时，△PDE为等腰三角形．
【点评】本题主要考查了勾股定理的应用，全等三角形和等腰三角形的判定与性质等知识，运用分类思想是解题的关键．
一十五．正方形的性质（共6小题）
50．（2022春•平潭县校级期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：
①DE＝EF；
②△DAE≌△DCG；
③AC⊥CG；
④CE＝CF．
其中正确的结论序号是 ①②③ ．
【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，故①正确；推出矩形DEFG为正方形；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；可得∠ACG＝90°，所以AC⊥CG，故③正确；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【解答】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
∴矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③．
故答案为：①②③．
【点评】本题属于中考填空题的压轴题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
51．（2022春•滁州期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC边上一点，连接AE交BD于点M，过点B作BF⊥AE于点P，交AC于点G，交CD于点F．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）求证：OM＝OG；
（3）若AE平分∠BAC，求证：BM2＝2OM2．
【分析】（1）由正方形的性质即可解决问题；
（2）证明△AOM≌△BOG，即可解决问题；
（3）作MN⊥AB于点N，先证明OM＝MN，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA）；
（2）证明：在正方形ABCD中，
∵AC⊥BD，OA＝OB＝OC，
∴∠AOM＝∠BOG＝90°，
∴∠MAO+∠AMO＝90°，
∵BF⊥AE，
∴∠MBP+∠BMP＝90°，
又∵∠BMP＝∠AMO，
∴∠MAO＝∠MBP，
在△AOM和△BOG中，
，
∴△AOM≌△BOG（ASA），
∴OM＝OG；
（3）证明：如图，作MN⊥AB于点N，
∵AC⊥BD，AE平分∠BAC，
∴OM＝MN，
又∵∠ABD＝45°，
∴BN＝MN，
在Rt△BMN中，BM2＝BN2+MN2＝2MN2＝2OM2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△AOM≌△BOG．
52．（2022春•沈丘县期末）如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．
（1）试说明EO＝FO；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；
（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．
【分析】（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC＝∠ECB，再根据等边对等角得OE＝OC，同理OC＝OF，可得EO＝FO．
（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
（3）利用已知条件及正方形的性质解答．
【解答】解：（1）∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE，
∵MN∥BC，
∴∠OEC＝∠ECB，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴OE＝OC，
同理OC＝OF，
∴OE＝OF．
（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．
如图AO＝CO，EO＝FO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠ACB，
同理，∠ACF＝∠ACG，
∴∠ECF＝∠ACE+∠ACF＝（∠ACB+∠ACG）＝×180°＝90°，
∴四边形AECF是矩形．
（3）当△ABC是直角三角形且∠ACB＝90°时，在AC边上存在点O（为其中点），使四边形AECF是正方形．
证明：∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC．
∵MN∥BC，
∴AC⊥MN，即AC⊥EF．
由（2）知，四边形AECF是矩形，
∴矩形AECF是正方形．
【点评】本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．
53．（2022春•巨野县期末）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若BC＝8，DE＝6，求△AEF的面积．
【分析】（1）根据SAS只要证明AD＝AB，∠D＝∠ABF，DE＝BF即可；
（2）只要证明△AEF是等腰直角三角形即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝90°，
在△ADE和△ABF中
，
∴△ADE≌△ABF（SAS）；
（2）解：∵BC＝8，
∴AD＝8，
在Rt△ADE中，DE＝6，AD＝8，
∴AE＝＝10，
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心 A点，按顺时针方向旋转90 度得到，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴△AEF的面积＝AE2＝×100＝50（平方单位）．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的面积．等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键利用全等三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
54．（2022春•敦化市期末）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE＝45°，则GE＝BE+GD成立吗？为什么？
【分析】（1）由DF＝BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB≌△CFD，从而证出CE＝CF．
（2）由（1）得，CE＝CF，∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD即∠ECF＝∠BCD＝90°又∠GCE＝45°所以可得∠GCE＝∠GCF，故可证得△ECG≌△FCG，即EG＝FG＝GD+DF．又因为DF＝BE，所以可证出GE＝BE+GD成立．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∵，
∴△CBE≌△CDF（SAS）．
∴CE＝CF．
（2）解：GE＝BE+GD成立．
理由是：∵由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD，即∠ECF＝∠BCD＝90°，
又∵∠GCE＝45°，∴∠GCF＝∠GCE＝45°．
∵，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．
∴GE＝GF．
∴GE＝DF+GD＝BE+GD．
【点评】本题主要考查证两条线段相等往往转化为证明这两条线段所在三角形全等的思想，在第二问中也是考查了通过全等找出和GE相等的线段，从而证出关系是不是成立．
55．（2022春•平原县期末）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE+GD．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE＝10，求直角梯形ABCD的面积．
【分析】（1）由四边形是ABCD正方形，易证得△CBE≌△CDF（SAS），即可得CE＝CF；
（2）首先延长AD至F，使DF＝BE，连接CF，由（1）知△CBE≌△CDF，易证得∠ECF＝∠BCD＝90°，又由∠GCE＝45°，可得∠GCF＝∠GCE＝45°，即可证得△ECG≌△FCG，继而可得GE＝BE+GD；
（3）首先过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，易证得四边形ABCG为正方形，由（1）（2）可知，ED＝BE+DG，即可求得DG的长，设AB＝x，在Rt△AED中，由勾股定理DE2＝AD2+AE2，可得方程，解方程即可求得AB的长，继而求得直角梯形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠CDF＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠FDC＝90°．
∴∠B＝∠FDC，
∵BE＝DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS）．
∴CE＝CF．
（2）证明：如图2，延长AD至F，使DF＝BE，连接CF．
由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF．
∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD，
即∠ECF＝∠BCD＝90°，
又∠GCE＝45°，
∴∠GCF＝∠GCE＝45°．
∵CE＝CF，GC＝GC，
∴△ECG≌△FCG．
∴GE＝GF，
∴GE＝GF＝DF+GD＝BE+GD．
（3）解：如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G．
在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠A＝∠B＝90°，
又∵∠CGA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCG为正方形．
∴AG＝BC，
∵∠DCE＝45°，
根据（1）（2）可知，ED＝BE+DG，
∴10＝4+DG，
即DG＝6．
设AB＝x，则AE＝x﹣4，AD＝x﹣6，
在Rt△AED中，
∵DE2＝AD2+AE2，即102＝（x﹣6）2+（x﹣4）2．
解这个方程，得：x＝12或x＝﹣2（舍去），
∴AB＝12．
∴S梯形ABCD＝（AD+BC）•AB＝×（6+12）×12＝108．
即梯形ABCD的面积为108．
【点评】此题考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
一十六．正方形的判定（共1小题）
56．（2022春•通许县期末）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是对角线BD上一点，且EA＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE＝BC，且∠CBE：∠BCE＝2：3，求证：四边形ABCD是正方形．
【分析】（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD＝CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE＝BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE＝∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE＝180×＝45°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBD，
∴∠CDE＝∠CBD，
∴BC＝CD，
∵AD＝CD，
∴BC＝AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE＝BC
∴∠BCE＝∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE＝2：3，
∴∠CBE＝180×＝45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE＝45°，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
【点评】本题主要考查了正方形与菱形的判定及性质定理，熟练掌握定理是解答此题的关键．
一十七．条形统计图（共1小题）
57．（2022春•鼓楼区校级期末）某高中学校为使高一新生入校后及时穿上合身的校服，现提前对某校九年级三班学生即将所穿校服型号情况进行了摸底调查，并根据调查结果绘制了如图两个不完整的统计图（校服型号以身高作为标准，共分为6种型号）．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）该班共有多少名学生？其中穿175型校服的学生有多少？
（2）在条形统计图中，请把空缺部分补充完整．
（3）在扇形统计图中，请计算185型校服所对应的扇形圆心角的大小；
（4）求该班学生所穿校服型号的众数和中位数．
【分析】（1）根据穿165型的人数与所占的百分比列式进行计算即可求出学生总人数，再乘以175型所占的百分比计算即可得解；
（2）求出185型的人数，然后补全统计图即可；
（3）用185型所占的百分比乘以360°计算即可得解；
（4）根据众数的定义以及中位数的定义解答．
【解答】解：（1）15÷30%＝50（名），50×20%＝10（名），
即该班共有50名学生，其中穿175型校服的学生有10名；
（2）185型的学生人数为：50﹣3﹣15﹣15﹣10﹣5＝50﹣48＝2（名），
补全统计图如图所示；
（3）185型校服所对应的扇形圆心角为：×360°＝14.4°；
（4）165型和170型出现的次数最多，都是15次，
故众数是165和170；
共有50个数据，第25、26个数据都是170，
故中位数是170．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．除此之外，本题也考查了中位数、众数的认识．
一十八．加权平均数（共1小题）
58．（2022春•广信区期末）某校招聘一名数学老师，对应聘者分别进行了教学能力、科研能力和组织能力三项测试，其中甲、乙两名应聘者的成绩如右表：（单位：分）
（1）若根据三项测试的平均成绩在甲、乙两人中录用一人，那么谁将被录用？
（2）根据实际需要，学校将教学、科研和组织能力三项测试得分按 5：3：2 的比确定每人的最后成绩，若按此成绩在甲、乙两人中录用一人，谁将被录用？
【分析】（1）根据算术平均数的定义列式计算可得；
（2）根据加权平均数的定义列式计算可得．
【解答】解：（1）甲的平均成绩为＝84（分）；
乙的平均成绩为＝82（分），
因为甲的平均成绩高于乙的平均成绩，
所以甲被录用；
（2）根据题意，甲的平均成绩为＝83.2（分），
乙的平均成绩为＝84.8（分），
因为甲的平均成绩低于乙的平均成绩，
所以乙被录用．
【点评】本题主要考查平均数，解题的关键是熟练掌握算术平均数和加权平均数的计算公式．
一十九．方差（共1小题）
59．（2022春•舞阳县期末）某学校为选拔数学能力突出的学生参加中学生数学竞赛，组织了多次测试，其中甲乙两位同学成绩较为优秀，他们在六次赛前测试中的成绩（单位：分）如下表所示．
如果根据这六次成绩选拔其中一人参加比赛，你认为哪一位比较合适？为什么？
【分析】直接求出甲、乙的平均成绩和方差，进而比较得出答案．
【解答】解：＝（80+75+90+64+88+95）＝82（分），
＝（84+80+88+76+79+85）＝82（分），
＝[（80﹣82）2+（75﹣82）2+（90﹣82）2+（64﹣82）2+（88﹣82）2+（95﹣82）2]
＝107，
＝[（84﹣82）2+（80﹣82）2+（88﹣82）2+（76﹣82）2+（79﹣82）2+（85﹣82）2]
＝16，
∵甲的方差大于乙的方差，
∴乙参加比赛比较合适．
【点评】此题主要考查了方差以及算术平均数，正确求出方差是解题关键．
二十．统计量的选择（共1小题）
60．（2022春•丽水期末）某工艺品厂共有16名工人，调查每个工人的日均生产能力，获得如下数据：
（1）求这16名工人日均生产件数的平均数、众数、中位数．
（2）若要使占75%的工人都能完成任务，应选什么统计量（平均数、众数、中位数）作为日生产件数的定额？
【分析】（1）平均数＝加工零件总数÷总人数，中位数是将一组数据按照由小到大（或由大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，如果数据的个数是偶数就是中间两个数的平均数，众数是指一组数据中出现次数最多的数据．
（2）应根据平均数、中位数和众数和本题的75%可知选择哪个统计量比较合适．
【解答】解：（1）由表格可得，
平均数为：＝12.375，
众数是12，中位数是12；
（2）由题意可得，若要使占75%的工人都能完成任务，应选中位数作为日生产件数的定额．
【点评】本题考查统计量的选择、平均数、中位数和众数，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
声
教学能力
科研能力
组织能力
甲
81
85
86
乙
92
80
74
甲
80
75
90
64
88
95
乙
84
80
88
76
79
85
日均生产力（件）
10
11
12
13
14
15
人数
1
3
5
4
2
1