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专题 08 期中选择填空必刷（压轴 18 考点 53 题）
一．二次根式有意义的条件（共2小题）
1．已知a、b满足 ，则
＝（ ）
A．4 B．8 C．2024 D．4048
【答案】A
【解答】解：∵a、b满足 ，
∴ ，
∴c＝2025，
∴|2023﹣a|+（2024﹣b） ＝0，
∴2023﹣a＝0，2024﹣b＝0，
∴a＝2023，b＝2024，
则 ＝ ＝ ＝4，
故选：A．
2．若|2017﹣m|+ ＝m，则m﹣20172＝ 201 8 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵|2017﹣m|+ ＝m，
∴m﹣2018≥0，
m≥2018，
由题意，得m﹣2017+ ＝m．
化简，得 ＝2017，
平方，得m﹣2018＝20172，
m﹣20172＝2018．故答案为：2018．
二．二次根式的性质与化简（共6小题）
3．如图是一个按某种规律排列的数阵：
根据数阵排列的规律，第n（n是整数，且n≥4）行从左向右数第（n﹣3）个数是（用
含n的代数式表示）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：由图中规律知，前（n﹣1）行的数据个数为2+4+6+…+2（n﹣1）＝n（n
﹣1），
所以第n（n是整数，且n≥4）行从左向右数第（n﹣3）个数的被开方数是
n（n﹣1）+n﹣3＝n2﹣3，
所以第n（n是整数，且n≥4）行从左向右数第（n﹣3）个数是 ．
故选：C．
4．实数a，b表示的点在数轴上的位置如图，则将 化
简的结果是（ ）
A．4 B．2a C．2b D．2a﹣2b
【答案】A
【解答】解：由数轴知：﹣2＜a＜﹣1，1＜b＜2，a＜b，
∴a+2＞0，b﹣2＜0，a﹣b＜0．
∴
＝|a+2|+|b﹣2|+|a﹣b|
＝a+2+2﹣b+b﹣a＝4．
故选：A．
5．已知T ＝ ＝ ＝ ，T ＝ ＝ ＝ ，T ＝
1 2 3
＝ ＝ ，…T ＝ ，其中n为正整数．设S ＝T +T +T +…
n n 1 2 3
+T ，则S 值是（ ）
n 2021
A．2021 B．2022
C．2021 D．2022
【答案】A
【解答】解：由T 、T 、T …的规律可得，
1 2 3
T ＝ ＝1+（1﹣ ），
1
T ＝ ＝1+（ ﹣ ），
2
T ＝ ＝1+（ ﹣ ），
3
……
T ＝ ＝1+（ ﹣ ），
2021
所以S ＝T +T +T +…+T
2021 1 2 3 2021
＝1+（1﹣ ）+1+（ ﹣ ）+1+（ ﹣ ）+…+1+（ ﹣ ）
＝（1+1+1+…+1）+（1﹣ + ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）
＝2021+（1﹣ ）
＝2021+
＝2021 ，故选：A．
6．化简 ﹣a 的结果是（ ）
A．﹣2a B．﹣2a C．0 D．2a
【答案】C
【解答】解： ﹣a
＝﹣a ﹣a2•
＝﹣a +a
＝0．
故选：C．
7．已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则 ＝（ ）
A．2b﹣2a B．﹣2a C．﹣2b﹣2a D．2a
【答案】D
【解答】解：观察数轴可知：a＜0，b＞0，|b|＞|a|，
∴a+b＞0，a﹣b＜0，
∴
＝a+b﹣（b﹣a）
＝a+b﹣b+a
＝2a，
故选：D．
8．实数a在数轴上的位置如图所示，化简：|a﹣2|+ ＝ 1 ．
【答案】1．
【解答】解：由数轴可知：a﹣2＜0，a﹣1＞0，原式＝|a﹣2|+
＝|a﹣2|+|a﹣1|
＝﹣（a﹣2）+（a﹣1）
＝﹣a+2+a﹣1
＝1，
故答案为：1．
三．二次根式的混合运算（共2小题）
9．已知a为实数，且 与 都是整数，则a的值是 或 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵ 是正整数，
∴a是含有﹣2 的代数式；
∵ 是整数，
∴化简后 为含有2 的代数式，
∴a＝ 或 ．
故答案为： 或 ．
10．利用平方与开平方互为逆运算的关系，可以将某些无理数进行如下操作：当a＝ +1
时，移项得a﹣1＝ ，两边平方得 ，所以a2﹣2a+1＝3，即得到整
系数方程：a2﹣2a﹣2＝0．仿照上述操作方法，完成下面的问题：
当a＝ 时，
（1）得到的整系数方程为 a 2 + a ﹣ 1 ＝ 0 ；
（2）计算：a3﹣2a+2024＝ 202 3 ．
【答案】（1）a2+a﹣1＝0；
（2）2023．
【解答】解：（1）∵a＝ ，∴2a+1＝ ，
∴（2a+1）2＝5，
即4a2+4a+1＝5，
∴a2+a﹣1＝0；
故答案为：a2+a﹣1＝0；
（2）∵a2+a﹣1＝0，
∴a2＝﹣a+1，
∴a3＝a（﹣a+1）＝﹣a2+a＝﹣（﹣a+1）+a＝2a﹣1，
∴a3﹣2a+2024＝2a﹣1﹣2a+2024＝2023．
故答案为：2023．
四．二次根式的化简求值（共1小题）
11．因为 ，所以， 的整数部分为2，小数部分为 ；设 的小数部
分为x， 的整数部分为y，则 ＝ 6 ．
【答案】6．
【解答】解：∵ ，
∴ 得小数部分为 ，
∴ 的小数部分为 ，即
∵ ，
∴ 的整数部分为3，即：y＝3，
∴ ，
故答案为：6．
五．二次根式的应用（共1小题）
12．已知三角形的三边长分别为a、b、c，求其面积．
对此问题，中外数学家曾经进行过深入研究．
古希腊几何学家海伦（Heron，约公元50年），给出了求其面积的海伦公式：S＝ ，其中p＝ ．①
我国南宋时期数学家秦九韶（约1202～1261），给出了著名的秦九韶公式：
S＝ ．②
若一个三角形的三边长依次为 ， ， ，请选用适当的公式求出这个三角形的面
积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：S＝ ＝
，
故选：B．
六．勾股定理（共8小题）
13．如图，网格中的每个小正方形的边长为1，△ABC的顶点A、B、C均在网格的格点上，
BD⊥AC于点D，则BD的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：如图所示：S△ABC ＝ ×BC×AE＝ ×BD×AC，
∵AE＝2，AC＝ ，BC＝2，
即 ×2×2＝ × ×BD，
解得：BD＝ ．
故选：C．
14．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．分别以AB、AC、BC为边在AB
的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN，四块阴影部分的面积分别为S 、S 、S 、S ．
1 2 3 4
则S +S +S +S 等于（ ）
1 2 3 4
A．16 B．18 C．20 D．22
【答案】B
【解答】解：连接PF，过点F作FD⊥AM于点D，
∵AB＝EB，∠ACB＝∠ENB＝90°，
而∠CBA+∠CBE＝∠EBN+∠CBE＝90°，
∴∠CBA＝∠EBN，
∴△CBA≌△NBE（AAS），
故S
4
＝S△ABC ；
又∵FA＝AB，∠FDA＝∠ACB＝90°，而∠FAD+∠CAB＝∠CAB+∠ABC＝90°，
∴∠FAD＝∠ABC，
∴△FAD≌△ABC（AAS），
同理可证△ACT≌△FDK，
∴S
2
＝S△FDA ＝S△ABC ，
同理可证△TPF≌△KME，△AQF≌△ABC，
∴S
1
+S
3
＝S△ADF ＝S△ABC ，
综上所证：S
1
+S
2
+S
3
+S
4
＝3S△ABC ＝3× ＝18．
故选：B．
15．如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°．AC＝3，BC＝4．以AB、BC、AC为直径作半
圆围成两月形，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴AB2＝AC2+CB2，
S阴影 ＝直径为AC的半圆的面积+直径为BC的半圆的面积+S△ABC ﹣直径为AB的半圆的
面积，
＝ × + × + AC×CB﹣ ×（ ）2
π π π
＝ （AC2+BC2﹣AB2）+ AC×BC
π
＝ ×3×4
＝6．
故选：B．
16．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝4，AB＝8，P为AC边上的一个动点，D为
PB上的一个动点，连接AD，当∠CBP＝∠BAD时，线段CD的最小值是（ ）A． B．2 C． D．
【答案】D
【解答】解：∵∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠CBP＝90°，
∵∠CBP＝∠BAD，
∴∠ABD+∠BAD＝90°，
∴∠ADB＝90°，
取AB的中点E，连接DE，CE，
∴DE＝ AB＝4，
∴EC＝ EB＝4 ，
∵CD≥CE﹣DE，
∴CD的最小值为4 ﹣4，
故选：D．
17．图1叫做一个基本的“勾股树”，也叫做第一代勾股树．让图1中两个小正方形各自
长出一个新的勾股树（如图2），叫做第二代勾股树．从第二代勾股树出发，又可以长
出第三代勾股树（如图3）．这样一生二、二生四、四生八，继续生长下去，则第四代
勾股树图形中正方形的个数为 3 1 ．【答案】31．
【解答】解：∵第一代勾股树中正方形有1+2＝3（个），
第二代勾股树中正方形有1+2+22＝7（个），
第三代勾股树中正方形有1+2+22+23＝15（个），
∴第四代勾股树图形中正方形的个数有1+2+22+23+24＝31（个）．
故答案为：31．
18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝9，BC＝5，点P为△ABC内一动点．过点P
作PD⊥AC于点D，交AB于点E．若△BCP为等腰三角形，且S△PBC ＝ ，则PD的
长为 1 或 ．
【答案】1或 ．
【解答】解：∵S ，
∴CD＝3，
∴AD＝AC﹣CD＝6，
∵∠ACB＝90°，PD⊥AC，
∴DE∥BC，
∴△ADE∽△ACB，∴ ，
∴ ，
∴DE＝ ，
过点P作PF⊥BC于点F，
①当PB＝BC时，如图，
∴PF＝CD＝3，PB＝BC＝5，
在Rt△PBF中，BF＝ ＝4，
∴DP＝CF＝BC﹣BF＝1，
∵DP＜DE，
∴点P在线段DE上，符合题意；
②当PC＝PB时，如图，
∴DP＝CF＝ ，
∵DP＜DE，
∴点P在线段DE上，符合题意；
③当PC＝BC时，如图，∴PF＝CD＝3，PC＝BC＝5，
在Rt△CDP中，DP＝ ＝4，
∵DP＞DE，
∴点P不在线段DE上，舍去，
综上，PD的长为1或 ，
故答案为：1或 ．
19．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACED和正方
形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC+BC＝7，空白部分面积为16，则图
中阴影部分的面积是 ．
【答案】 ．
【解答】解：如图，∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
∴△FAH≌△ABN（ASA），
∴S△FAH ＝S△ABN ，
∴S△ABC ＝S四边形FNCH ，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∵AC+BC＝7，
∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝49，
∴AB2+2AC•BC＝49，
∵AB2﹣S△ABC ＝16，
∴AB2﹣ AC•BC＝16，
∴BC•AC＝ ，AB2＝ ，
∴AC2+BC2＝ ，
∴阴影部分的面积和＝AC2+BC2+2S△ABC ﹣S白 ＝ +2× × ﹣16＝ ．
故答案为： ．
20．如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三条边为直角边作三个等腰直角三
角形：△ABD、△ACE、△BCF，若图中阴影部分的面积S ＝6.5，S ＝3.5，S ＝5.5，则
1 2 3
S ＝ 2. 5 ．
4【答案】2.5．
【解答】解：∵△ABD、△ACE、△BCF均是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，AC＝CE，BC＝CF，
设AB＝BD＝a，AC＝CE＝b，BC＝CF＝c，S△ABG ＝m，S△ACH ＝n，
∵a2+b2＝c2，
∴S△ABD +S△ACE ＝S△BCF ，
∴S +m+n+S ＝S +S +m+n，
1 4 2 3
∴S ＝3.5+5.5﹣6.5＝2.5
4
故答案为：2.5．
七．勾股定理的证明（共6小题）
21．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH
都是正方形．连结DG并延长，交BC于点P，点P为BC的中点．若EF＝2，则AE的
长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【解答】解：由题意，EF＝HG＝FG＝2，AD∥BC，BG⊥HC，DH⊥HG，∠ADE＝∠GBP，
∴∠ADG＝∠GPC．
∵点P为BC的中点，
∴PB＝PG＝PC．
∴∠BGP＝∠GBP，∠GPC＝2∠GBP．
∴∠GPC﹣∠ADE＝2∠GBP﹣∠ADE，即∠GDH＝∠GBP．
∴△GDH∽△CBG．
∴ ＝ ，即 ＝ ．
设AE＝BF＝HD＝x，
∴ ＝ ．
∴x＝1+ 或x＝1﹣ （舍去）．
故选：C．
22．如图，在四边形ABDE中，AB∥DE，AB⊥BD，点C是边BD上一点，BC＝DE＝a，
CD＝AB＝b，AC＝CE＝c．下列结论：①△ABC≌△CDE；②∠ACE＝90°；③
ab；④该图可以验证勾股定理．其中正确的结论个数是（
）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解答】解：在△ABC和△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SSS），
故①正确；
∵△ABC≌△CDE，
∴∠BAC＝∠DCE，∵AB⊥BD，
∴∠B＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∴∠ACB+∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝90°，
故②正确；
∵AB∥DE，AB⊥BD，∠ACE＝90°，
∴S四边形ABDE ＝ （a+b）（a+b）＝ （a+b）2，
S△ACE ＝ c2，
S△ABC ＝S△CDE ＝ ab，
∴ ab，
故③正确；
∵ ab，
整理，得a2+b2＝c2，
故④正确．
正确的结论①②③④．
故选：A．
23．意大利著名画家达•芬奇用下图所示的方法证明了勾股定理．若设左图中空白部分的面
积为S ，右图中空白部分的面积为S ，则下列表示S ，S 的等式成立的是（ ）
1 2 1 2
A．S ＝a2+b2+2ab B．S ＝a2+b2+ab
1 1
C．S ＝c2 D．S ＝c2+ ab
2 2【答案】B
【解答】解：观察图象可知：S ＝S ＝a2+b2+ab＝c2+ab，
1 2
故选：B．
24．如图，图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角
形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，
得到图（2）所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是（
）
A．76 B．57 C．38 D．19
【答案】A
【解答】解：设AC＝AD＝x，则BD＝30﹣5﹣2x＝25﹣2x，
∵BD2＝BC2+CD2，
∴52+（2x）2＝（25﹣2x）2，
∴x＝6，
∴BD＝25﹣2x＝13，AD＝6，
∴这个风车的外围周长是：（13+6）×4＝76．
故选：A．
25．勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股
四，则弦五”的记载．如图（1）是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以
用其面积关系验证勾股定理．图（2）是由图（1）放入矩形内得到的，∠BAC＝90°，
AB＝3，AC＝4，点D、E、F、G、H、I都在矩形KLMJ的边上，则矩形的边LM的长
为（ ）A．10 B．11 C．110 D．121
【答案】B
【解答】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
则四边形OALP是矩形．
∵∠CBF＝90°，
∴∠ABC+∠OBF＝90°，
又∵直角△ABC中，∠ABC+∠ACB＝90°，
∴∠OBF＝∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
，
∴△OBF≌△ACB（AAS），
∴AC＝OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC＝AB，
∴OA＝AP，
∴矩形AOLP是正方形，
边长AO＝AB+AC＝3+4＝7，
∴LM＝4+7＝11，
故选：B．26．用四个全等的直角三角形镶嵌而成的正方形如图所示，已知大正方形的面积为 25，小
正方形的面积为4，若x，y表示直角三角形的两直角边长（x＞y），给出下列四个结论：
①x2+y2＝25；②x﹣y＝2；③2xy＝21；④x+y＝7．其中正确的结论有 ①②③
．
【答案】①②③．
【解答】解：给图形注上字母如下：
①∵△ABC为直角三角形，
∴根据勾股定理：x2+y2＝AB2＝25，
故选项①正确；
②由图可知，x﹣y＝CE＝ ＝2，
故选项②正确；
③由图可知，四个直角三角形的面积与小正方形的面积之和为大正方形的面积，
列出等式为4× ×xy+4＝25，
即2xy＝21；
故选项③正确；④由2xy＝21①，
又∵x2+y2＝25②，
∴①+②得，x2+2xy+y2＝25+21，
整理得，（x+y）2＝46，
x+y＝ ≠7，
故选项④错误．
∴正确结论有①②③．
故答案为：①②③．
八．勾股定理的应用（共3小题）
27．如图，高速公路上有A、B两点相距10km，C、D为两村庄，已知DA＝4km，CB＝
6km．DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，现要在AB上建一个服务站E，使得C、D两村庄到
E站的距离相等，则EA的长是（ ）km．
A．4 B．5 C．6 D．
【答案】C
【解答】解：设BE＝x，则AE＝（10﹣x）km，
由勾股定理得：
在Rt△ADE中，
DE2＝AD2+AE2＝42+（10﹣x）2，
在Rt△BCE中，
CE2＝BC2+BE2＝62+x2，
由题意可知：DE＝CE，
所以：62+x2＝42+（10﹣x）2，
解得：x＝4km．
所以，EB的长是4km．
所以，EA＝10﹣4＝6（km）．
故选：C．28．如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，D在BC边上，且BD＝2，P为三角形内一
点，满足AP⊥BP，直线DP交AC于点E，当AE最大时，AP的长是（ ）
A． B． C． D．6
【答案】C
【解答】解：∵P为三角形内一点，满足AP⊥BP，
∴P为动点，∠APB始终为直角，
∴点P在以AB为直径的圆上，取AB的中点O，连接OP和OD，
当AE最大时，线段DP与 O相切，
∵∠ABC＝90°，OP＝OD，⊙
∴BD＝PD，∠BDP＝∠BOP＝180°，
∵∠AOP+∠BOP＝180°，
∴∠BDP＝∠AOP，
∵BD＝2，AB＝8，
∴BD＝PD＝2，OA＝OP＝4，
∴△DBP～△OAP，
∴PD：OP＝BP：AP＝2：4，
∴AP＝2BP，
在Rt△ABP中，BP2+AP2＝AB2，
∴BP2+（2BP）2＝AB2，
解得：BP＝ ，∴AP＝2BP＝ ．
故选：C．
29．如图是一个外轮廓为矩形的机器零件平面示意图，根据图中的尺寸（单位：mm），可
以计算出两图孔中心B和C的距离为（ ）mm．
A．120 B．135 C．30 D．150
【答案】D
【解答】解：如图，在 Rt△ABC中，AC＝180﹣60＝120（mm），AB＝150﹣60＝90
（mm），
∴BC＝ ＝150（mm），
∴两圆孔中心B和C的距离为150mm．
故选：D．
九．平面展开-最短路径问题（共1小题）
30．如图，长方体的高为9dm，底面是边长为6dm的正方形．一只蚂蚁从顶点A开始爬向
顶点B，那么它爬行的最短路程为（ ）A．10dm B．12dm C．15dm D．20dm
【答案】C
【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6，BD＝6+9＝
15，
AB＝ ＝ （dm）；
②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内，AC＝6+6＝12，BC＝9，
AB＝ ＝15（dm），
③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝ ＝15（dm），
由于15＜3 ，
所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm．
故选：C．
一十．三角形中位线定理（共1小题）31．如图，△ABC中，∠A＝60°，AC＞AB＞6，点D，E分别在边AB，AC上，且BD＝CE
＝6，连接DE，点M是DE的中点，点N是BC的中点，线段MN的长为 3 ．
【答案】3 ．
【解答】解：如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，作CJ⊥EH
于J．
∵BD∥CH，
∴∠B＝∠NCH，
∵BN＝CN，∠DNB＝∠KNC，
∵△DNB≌△HNC（ASA），
∴BD＝CH，DN＝NH，
∵BD＝EC＝6，
∴EC＝CH＝6，
∵∠A+∠ACH＝180°，∠A＝60°，
∴∠ECH＝120°，
∵CJ⊥EH，
∴EJ＝JH＝EC•cos30°＝3 ，
∴EH＝2EJ＝6 ，
∵DM＝ME，DN＝NH，∴MN＝ EH＝3 ．
故答案为：3 ．
一十一．平行四边形的性质（共2小题）
32．如图， ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC
▱
＝60°， ，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②S ＝AB•AC；③OB
ABCD
▱
＝AB；④ ；⑤∠AEO＝60°．其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
∵∠ABE＝∠ADC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝BE＝AE，
∵AB＝ BC，
∴BE＝ BC，
∴BE＝CE＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°，∴∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝∠ECA＝30°，
故①正确；
∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，
∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AC⊥AB，
∴S ABCD＝AB•AC，
故②▱正确；
AB⊥OA，
∴OB＞AB，
∴OB≠AB，
故③错误；
∵∠CAD＝30°，∠AEB＝60°，AD//BC，
∴∠EAC＝∠ACE＝30°，
∴AE＝CE，
∴BE＝CE，
∵OA＝OC，
∴OE＝ AB＝ BC，
故④正确；
∵△ABE是等边三角形，
∴∠AEB＝60°，
∴∠AEC＝120°，
∵CE＝AE，OA＝OC，
∴∠AEO＝∠CEO＝ ∠AEC＝60°，
故⑤正确．
故选：D．
33．如图， ABCD中，AB＝22cm，BC＝8 cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s
▱
的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当
点E到达点B时，两个点同时停止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（ ）A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s
【答案】C
【解答】解：在 ABCD中，CD＝AB＝22cm，AD＝BC＝8 cm，
▱
如图，过点D作DG⊥AB于点G，
∵∠A＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴AG＝DG＝ AD＝8，
过点F作FH⊥AB于点H，
得矩形DGHF，
∴DG＝FH＝8cm，DF＝GH，
∵EF＝10cm，
∴EH＝ ＝6cm，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE＝AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE+EH＝（2t﹣8）+6＝（2t﹣2）cm，
∴2t﹣2＝22﹣t，
解得t＝8，
当F点在E点左侧时，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE﹣AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE﹣EH＝（2t﹣8）﹣6＝（2t﹣14）cm，
∴2t﹣14＝22﹣t，解得t＝12，
∵点E到达点B时，两点同时停止运动，
∴2t≤22，解得t≤11．
∴t＝12不符合题意，舍去，
∴EF的长为10cm时点E的运动时间是8s，
故选：C．
一十二．平行四边形的判定与性质（共1小题）
34．如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以
AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则下列结论中
①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF ＝ ；④S△AEF ＝
．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解答】解：连接EC，作CH⊥EF于H．
∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，
∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠ACB＝60°，
∴△EFC是等边三角形，CH＝ ，
∴EF＝EC＝BD，∵EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF，
∴△ABD≌△BCF，故①正确，
∵S平行四边形BDEF ＝BD•CH＝ ，
故③正确，
∵CD＝2BD，AF＝2CF．
∴S△AEF ＝ S△AEC ＝ •S△ABD ＝ ，
故④错误，
故选：C．
一十三．菱形的性质（共2小题）
35．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接
OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32 ，则CD的长为（ ）
A．4 B．4 C．8 D．8
【答案】C
【解答】解：∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OC＝OA＝ ，AC⊥BD，∴OH＝OB＝OD＝ （直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
∴OD＝4，BD＝8，
由 得，
＝32 ，
∴AC＝8 ，
∴OC＝ ＝4 ，
∴CD＝ ＝8，
故选C．
36．如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，
则MA+MB+MD的最小值是（ ）
A． B．3+3 C．6+ D．
【答案】D
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE＝ ＝ ＝3 ，
∴2DE＝6 ．
∴MA+MB+MD的最小值是6 ．
故选：D．
一十四．矩形的性质（共4小题）
37．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON
上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解答】解：如图，取AB中点E，连接OE、DE、OD，
∵∠MON＝90°，
∴OE＝ AB＝2．∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝2，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝ AB＝2，
在Rt△DAE中，DE＝ ＝ ＝2 ，
在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE＞OD，
∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE＝2 +2．
故选：A．
38．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H
分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝ AB＝ ×6＝3，CF＝ BC＝ 10＝5，
∵AD∥BC，
∴∠DHP＝∠FHC，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝ ＝ ＝ ，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝ EP＝ ，
故选：C．
39．如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC的顶点A、C的坐标分别为（30，0）（0，
12），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为15的等腰三角形时，
点P的坐标为 （ 9 ， 1 2 ）或（ 6 ， 1 2 ）或（ 2 4 ， 1 2 ） ．
【答案】（9，12）或（6，12）或（24，12）．
【解答】解：由题意，当△ODP是腰长为15的等腰三角形时，有三种情况：
（1）如答图①所示，PD＝OD＝15，点P在点D的左侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝12．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝9，∴OE＝OD﹣DE＝15﹣9＝6，
∴此时点P坐标为（6，12）；
（2）如答图②所示，OP＝OD＝15．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：OE＝ ＝ ＝9，
∴此时点P坐标为（9，12）；
（3）如答图③所示，PD＝OD＝5，点P在点D的右侧．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝9，
∴OE＝OD+DE＝15+9＝24，
∴此时点P坐标为（24，12）．
综上所述，点P的坐标为：（9，12）或（6，12）或（24，12）；
故答案为：（9，12）或（6，12）或（24，12）．
40．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为AD的中点，F为线段EC上一动点，P
为BF中点，连接PD，则线段PD长的取值范围是 2 ≤ PD ≤ ．【答案】2 ≤PD≤ ．
【解答】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在点P 处，CP ＝BP ，
1 1 1
当点F与点E重合时，点P在点P 处，EP ＝BP ，
2 2 2
∴P P ∥EC且P P ＝ CE，
1 2 1 2
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有BP＝FP，
由中位线定理可知：P P∥CF且P P＝ CF，
1 1
∴点P的运动轨迹是线段P P ，
1 2
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为AD的中点，
∴△ABE，△BEC、△DCP 为等腰直角三角形，
1
∴∠ECB＝45°，∠DP C＝45°，
1
∵P P ∥EC，
1 2
∴∠P P B＝∠ECB＝45°，
2 1
∴∠P P D＝90°，
2 1
∴DP的长DP 最小，DP 最大，
1 2
∵CD＝CP ＝DE＝2，
1
∴DP ＝2 ，CE＝2 ，
1
∴P P ＝ ，
1 2∴DP ＝ ＝ ，
2
故答案为：2 ≤PD≤ ．
一十五．矩形的判定与性质（共1小题）
41．如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点，PE⊥AB于点
E，PF⊥AC于点F，则EF的最小值为（ ）
A．5 B．4 C． D．3
【答案】C
【解答】解：连接AP，
∵AB＝6，AC＝8，BC＝10，
∴AB2+AC2＝62+82＝100，BC2＝102＝100，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠BAC＝90°，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴∠PEA＝∠PFA＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴AP＝EF，
∴当AP⊥BC时，AP有最小值，即EF有最小值，
∵△ABC的面积＝ BC•AP＝ AB•AC，∴BC•AP＝AB•AC，
∴10AP＝6×8，
∴AP＝ ，
∴AP＝EF＝ ，
∴EF的最小值为 ，
故选：C．
一十六．正方形的性质（共10小题）
42．青苗小组的同学在探究 的结果时，发现可以进行如下操作：
如图，将边长为1的大正方形纸片进行分割，①的面积为大正方形面积的一半，即 ；
②的面积为①的面积的一半，即 ；③的面积为②的面积的一半，即 ；…由此
得到结论： ．这种探究问题的方法体现了（ ）
A．方程思想 B．分类讨论思想
C．模型思想 D．数形结合思想
【答案】D
【解答】解：将边长为1的大正方形纸片进行分割，①的面积为大正方形面积的一半，即 ；②的面积为①的面积的一半，即 ；③的面积为②的面积的一半，即 ；
…由此得到结论： ．这种探究问题的方法体现了数
形结合思想，
故选：D．
43．如图所示，在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，过O作OE⊥OF，分别
交AB、BC于E、F，若AE＝4，CF＝3，则EF的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，AC⊥BD，
又∵OE⊥OF，
∴∠EOB+∠BOF＝90°＝∠BOF+∠COF，
∴∠EOB＝∠COF，
∴△BEO≌△CFO（ASA），
∴BE＝CF＝3，
又∵AB＝BC，
∴AE＝BF＝4，
∴Rt△BEF中，EF＝ ＝ ＝5．
故选：C．
44．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC的中点，CE交DF于点G，连接
AG．下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠EAG＝30°；④∠AGE＝∠CDF．其
中正确的是（ ）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE＝ AB，CF＝ BC，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∵CF＝ BC＝ CD，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∵AD＝AG，
∴△ADG不是等边三角形，
∴∠EAG≠30°，故③错误；
∵CE⊥DF，
∴∠EGD＝90°，
延长CE交DA的延长线于H，如图，∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG＝ DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．故④正确；
故选：C．
45．如图．正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点
O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是4，则AB的长为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】A
【解答】解：过点O作OE⊥AD于点E，OF⊥CD于点F，
则：∠OEM＝∠OFN＝∠OFD＝90°，∵正方形ABCD，
∴OA＝OD＝OC，∠ADC＝90°，
∴ ，四边形OEDF为矩形，
∴四边形OEDF为正方形，
∴OE＝OF，∠EOF＝90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON＝90°＝∠EOF，
∴∠EOM＝∠FON，
∴△OEM≌△OFN（ASA），
∴正方形OFDE的面积等于四边形MOND的面积，
∴DE2＝4，
∴DE＝2（负值已舍掉）；
∴AB＝AD＝2DE＝4；
故选：A．
46．如图，正方形ABCD的边长为2，点O是对角线BD的中点，点E、F分别在AB、AD
边上运动，且保持BE＝AF，连接OE，OF，EF在此运动过程中，下列结论：
①OE＝OF；
②∠EOF＝90°；
③四边形AEOF的面积保持不变；
④当EF∥BD时，EF＝ ，其中正确的结论是（ ）A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【解答】解：过O作OG⊥AB于G，OH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠OHA＝∠OGA＝90°，
OH∥AB，OG∥AD，
∵点O是对角线BD的中点，
∴AH＝DH，AG＝BG，
∴OH＝ AB，OG＝ AD，
∵AD＝BA，
∴OG＝OH，BG＝AH，
∴四边形AGOH是正方形，
∴∠GOH＝90°，
∵BE＝AF，
∴GE＝FH，
在△OFH与△OEG中，
，
∴△OFH≌△OEG（SAS），
∴OE＝OF，故①正确；∠EOG＝∠FOH，
∴∠EOG+∠GOF＝∠GOF+∠FOH＝90°，
∴∠EOF＝90°，故②正确；
∵△OFH≌△OEG，
∴四边形AEOF的面积＝正方形AOGH的面积＝1×1＝2，
∴四边形AEOF的面积保持不变；故③正确；
∵EF∥BD，
∴∠AFE＝∠ADB＝45°，∠AEF＝∠ABD＝45°，
∴AE＝AF，
∵BE＝AF，
∴AE＝BE，∴AE＝AF＝ AB＝1，
∴EF＝ ，故④正确；
故选：D．
47．如图，正方形ABCD边长为1，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝
CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：连接AE，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．
又BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS）．
∴AE＝BF．
所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．
作点A关于BC的对称点H点，如图2，
连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．
根据对称性可知AE＝HE，
所以AE+DE＝DH．
在Rt△ADH中，AD＝1，AH＝2，∴DH＝ ＝ ，
∴BF+DE最小值为 ．
故选：C．
48．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．其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
【答案】B
【解答】解：①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；
②∵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；
③根据②得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
④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正确．
故选：B．49．如图，正方形ABCD边长为12，里面有2个小正方形，各边的顶点都在大正方形的边
上的对角线或边上，它们的面积分别是S ，S ，则S +S ＝（ ）
1 2 1 2
A．68 B．72 C．64 D．70
【答案】A
【解答】解：如图，由正方形的性质，∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝45°，
所以，四个角所在的三角形都是等腰直角三角形，
∵正方形的边长为12，
∴AC＝12 ，
∴两个小正方形的边长分别为 ×12 ＝4 ， ×12＝6，∴S +S ＝（4 ）2+62＝32+36＝68．
1 2
故选：A．
50．如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一
点，且OE⊥OF，连接EF．若 ，则EF的长为（ ）
A．2 B．2+ C． +1 D．3
【答案】A
【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴∠BOE＝∠COF＝60°，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，
∴∠OGF＝∠DGF＝90°，∵∠ODC＝45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF＝DG＝ DF＝ ，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°，
∴∠DOF＝30°，
∴OF＝2GF＝ ，
∴EF＝ OF＝2 ．
故选：A．
51．如图，E为边长为2 的正方形ABCD的对角线BD上的一点，且BE＝BC，P为CE
上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是 2 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：过E点作EH⊥BC于H点，根据正方形的性质可知△BEH是等腰直角三
角形，
BE＝BC＝2 ，∴EH＝2．
∴△BEC的面积为 ×BC×EH＝ ．
连接BP，则△BPE面积+△BPC面积＝2 ，
即 ×BE×PR+ ×BC×PQ＝2 ，
∴ ×（PR+PQ）＝2 ，
解得PR+PQ＝2．故答案为2．
一十七．正方形的判定与性质（共1小题）
52．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，过点O作射线OM、ON
分别交BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，OC、EF交于点G，连接AF，DE．给出
下列结论：
①△AOF≌△DOE；
②△OBE≌△OCF；
③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ；
④DF2+BE2＝EF2；
⑤AF⊥DE，
其中正确的为（ ）
A．①②④⑤ B．①②③④⑤ C．①②③④ D．①②③⑤
【答案】B
【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，∴△COE≌△DOF（ASA），
∴∠DOF＝∠COE，OF＝OE，
∴∠AOF＝∠DOE，
∵OA＝OD，
∴△AOF≌△DOE（SAS），
故①正确；
②在正方形ABCD中，OC＝OB，∠COB＝90°，
∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
∴△OBE≌△OCF（ASA）；故②正确；
③由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ，
故③正确；
④∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，
在Rt△ECF中，CE2+CF2＝EF2，
∴DF2+BE2＝EF2，
故④正确；
∵AD＝DC，∠ADF＝∠DCE，DF＝CE，
∴△ADF≌△DCE，（SAS），
∴∠DAF＝∠CDE，
∵∠ADF+∠CDE＝90°，
∴∠ADF+∠DAF＝90°，
∴AF⊥DE，
故⑤正确；
综上所述，正确的是①②③④⑤，
故选：B．一十八．翻折变换（折叠问题）（共1小题）
53．如图，将 ABCD纸片折叠（折痕为BE），使点A落在BC上，记作①；展平后再将
ABCD折▱叠（折痕为CF），使点D落在BC上，记作②；展平后继续折叠 ABCD，
▱使AD落在直线BC上，记作③；重新展平，记作④．若AB＝4，BC＝7，则▱图④中线
段GH的长度为（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【解答】解：如图④中，连接EH，延长EH交BC于M．
由题意易知：AB＝AE＝4，CD＝DF＝4，GH是△EBM的中位线，
∵AD＝BC＝7，
∴AF＝DE＝3，EF＝1，
∵EH＝HM，∠EFH＝∠MCH，∠EHF＝∠CHM，
∴△EFH≌△MCH（AAS），
∵EF＝CM＝1，BM＝BC﹣CM＝6，∵GH是△EBM的中位线，
∴GH＝ BM＝3，
故选：C．
