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期末卷 B卷
一、单选题
1. ( 3分 ) 下列运算正确的是（ ）
A. a2•a3＝a5 B. （a﹣b）2＝a2﹣b2 C. （a2）3＝a5 D. 3 √5 ﹣ √5 ＝3
【答案】 A
【考点】同底数幂的乘法，二次根式的加减法，完全平方式，幂的乘方
【解析】【解答】解：A、a2•a3=a5 ， 故此选项正确；
B、(a﹣b)2＝a2﹣2ab+b2 ， 故此选项错误；
C、(a2)3=a6 ， 故此选项错误；
D、3 √5 ﹣ √5 =2 √5 ，故此选项错误；
故答案为：A.
【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则以及完全平方公式、二次根式的加减运算法则计算得出答案.
2. ( 3分 ) 下列图形，一定是轴对称图形的是（ ）
A. 直角三角形 B. 梯形
C. 平行四边形
D. 线段
【答案】 D
【考点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A、直角三角形不是轴对称图形，除了等腰直角三角形，故不符合题意；
B、梯形不是轴对称图形，除了等腰梯形，故不符合题意；
C、平行四边形不是轴对称图形，故不符合题意；
D、线段是轴对称图形，故符合题意；
故答案为：D．
【分析】 轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线
就叫做对称轴 。根据轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。
3. ( 3分 ) 一个三角形的两边长分别为3和8，则第三边长可能是（ ）
A. 5 B. 6 C. 3 D. 11
【答案】 B
【考点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：∵此三角形的两边长分别为3和8，∴第三边长的取值范围是：8-3＜第三边＜8+3．
即5＜第三边＜11，
观察选项，只有选项B符合题意．
故答案为：B．
【分析】根据三角形的三边关系计算即可作答。
4. ( 3分 ) 一个多边形内角和是1080°，则这个多边形是（ ）
A. 五边形 B. 六边形
C. 七边形
D. 八边形
【答案】 D
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】试题分析：设这个多边形是n边形，由题意知，
（n-2）×180°=1080°，
∴n=8，
所以该多边形的边数是八边形．
故答案为：D．
【分析】根据n边形的内角和为（n-2）×180°，建立方程求解即可。
5. ( 3分 ) 等腰三角形的一个内角是50°，则这个等腰三角形的底角的大小是( )
A. 65°或80° B. 80°或40° C. 65°或50° D. 50°或80°
【答案】 C
【考点】三角形内角和定理，等腰三角形的性质
【解析】【解答】当50°的角是底角时，三角形的底角就是50°；当50°的角是顶角时，两底角相等，根据
三角形的内角和定理易得底角是65度．
故答案为：C．
【分析】分两种情况：①当50°的角是底角时，②当50°的角是顶角时，分别求出底角的度数即可.
6. ( 3分 ) 计算50的结果为（ ）
A. 5 B. 0 C. 1 D. 无意义
【答案】 C
【考点】0指数幂的运算性质【解析】【分析】由题意可知，非0实数的0次幂是1，故选C
【点评】本题属于对非0实数0次幂知识点的考查
7. ( 3分 ) 如图，G，E分别是正方形ABCD的边AB，BC的点，且AG=CE，AE⊥EF，AE=EF，现有如下
结论：
1
①BE= GE； ②△AGE≌△ECF； ③∠FCD=45°； ④△GBE∽△ECH，其中，正确的结论有（ ）
2
A. 1个 B. 2个
C. 3个
D. 4个
【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠DCB=90°，AB=BC，∵AG=CE，∴BG=BE，由勾
√2
股定理得：BE= GE，∴①错误；∵BG=BE，∠B=90°，
2
∴∠BGE=∠BEG=45°，∴∠AGE=135°，∴∠GAE+∠AEG=45°，∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，
∵∠BEG=45°，∴∠AEG+∠FEC=45°，∴∠GAE=∠FEC，
在△GAE和△CEF中 ∴△GAE≌△CEF，∴②正确；∴∠AGE=∠ECF=135°，
∴∠FCD=135°﹣90°=45°，∴③正确；
∵∠BGE=∠BEG=45°，∠AEG+∠FEC=45°，∴∠FEC＜45°，∴△GBE和△ECH不相似，∴④错误；即正
确的有2个．故选B．
√2
【分析】根据正方形的性质得出∠B=∠DCB=90°，AB=BC，求出BG=BE，根据勾股定理得出BE=
2GE，即可判断①；求出∠GAE+∠AEG=45°，推出∠GAE=∠FEC，根据SAS推出△GAE≌△CEF，即可判断
②；求出∠AGE=∠ECF=135°，即可判断③；求出∠FEC＜45°，根据相似三角形的判定得出△GBE和
△ECH不相似，即可判断④．
8. ( 3分 ) 如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G
1
， 连接DG ． 给出以下结论：①DG＝DF；②四边形EFDG是菱形；③EG2＝ GF×AF；④当AG＝
2
12
6，EG＝2 √5 时，BE的长为 √5 ，其中正确的编号组合是（ ）
5
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】 D
【考点】平行线的性质，勾股定理，矩形的性质，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵GE∥DF，
∴∠EGF＝∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，
∴∠DGF＝∠DFG．
∴GD＝DF．故①符合题意；
∴DG＝GE＝DF＝EF．
∴四边形EFDG为菱形，故②符合题意；
如图1所示：连接DE，交AF于点O．
∵四边形EFDG为菱形，
1
∴GF⊥DE，OG＝OF＝ GF．
2∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
DF OF
∴ ＝ ，即DF2＝FO•AF．
AF DF
1
∵FO＝ GF，DF＝EG，
2
1
∴EG2＝ GF•AF．故③符合题意；
2
如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．
1
∵EG2＝ GF•AF，AG＝6，EG＝2 √5 ，
2
1
∴20＝ FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40＝0．
2
解得：FG＝4，FG＝﹣10（舍去）．
∵DF＝GE＝2 √5 ，AF＝10，
∴AD＝ ＝4 ．
√AF2−DF2 √5
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
GH FG GH 4
∴ ＝ ，即 = ，
AD AF 4√5 10
8√5
∴GH＝ ，
5
8√5 12√5
∴BE＝AD﹣GH＝4 √5 ﹣ ＝ ．故④符合题意．
5 5
故答案为：D．
【分析】根据平行线的性质及折叠的性质，可得GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠DFG，由等角对等边，可
得GD＝DF，从而可得DG＝GE＝DF＝EF，从而可证四边形EFDG为菱形，据此判断①②；如图1所示：1
连接DE，交AF于点O．由菱形的性质，可得GF⊥DE，OG＝OF＝ GF．先证△DOF∽△ADF．
2
DF OF 1
可得 ＝ ，即DF2＝FO•AF，从而可得EG2＝ GF•AF，据此判断③；如图2所示：过点G作
AF DF 2
1
GH⊥DC，垂足为H．由EG2＝ GF•AF，可求出FG=4，利用勾股定理求出AD＝√AF2−DF2＝4√5 ，
2
GH FG 8√5
由GH∥AD，可证△FGH∽△FAD，可得 ＝ ， 从而求出GH= ， 利用BE＝AD﹣GH求出
AD AF 5
BE的长，然后判断④.
9. ( 3分 ) 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F ，
连结BD、DP ， BD与CF相交于点H ， 给出下列结论：①BE＝2AE；②△DFP∽△BPH；③DP2＝
PH•PC；④FE：BC＝ (2√3−3):3 ，其中正确的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】 D
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP＝PC＝BC ， ∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，
在正方形ABCD中，
∵AB＝BC＝CD ， ∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°
∴∠ABE＝∠DCF＝30°，
∴BE＝2AE；故①符合题意；
∵PC＝CD ， ∠PCD＝30°，
∴∠PDC＝75°，
∴∠FDP＝15°，
∵∠DBA＝45°，
∴∠PBD＝15°，
∴∠FDP＝∠PBD ，∵∠DFP＝∠BPC＝60°，
∴△DFP∽△BPH；故②符合题意；
∵∠PDH＝∠PCD＝30°，∠DPH＝∠DPC ，
∴△DPH∽△CPD ，
DP PH
∴ = ，
PC DP
∴DP2＝PH•PC ， 故③符合题意；
∵∠ABE＝30°，∠A＝90°
√3 √3
∴AE＝ AB＝ BC ，
3 3
∵∠DCF＝30°，
√3 √3
∴DF＝ DC＝ BC ，
3 3
2√3
∴EF＝AE+DF＝ BC ﹣BC ，
3
∴FE：BC＝（2 √3 ﹣3）：3
故④符合题意，
故答案为：D ．
【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．
10. ( 3分 ) 如图，在 ΔABC 中， AB=AC=5,BC=4√5 ， D 为边 AC 上一动点（ C 点除外），
把线段 BD 绕着点 D 沿着顺时针的方向旋转90°至 DE ，连接 CE ，则 ΔCDE 面积的最大值为
（ ）
A. 16 B. 8 C. 32 D. 10
【答案】 B
【考点】勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点 E 作 EF⊥AC 于 F ，作 BH⊥AC 于点 H ，∴ ∠EFD=∠BHD=90∘ ，
∵ BH2=BC2−CH2 ， BH2=AB2−AH2 ， AB=AC=5,BC=4√5 ，
∴ ，
80−(5+AH) 2=25−AH2
∴ AH=3 ，
∴ CH=8 ，
∵将线段 BD 绕 D 点顺时针旋转90°得到线段 ED ，
∴ BD=DE ， ∠BDE=90∘ ，
∴ ∠BDF+∠EDF=90∘ ，且 ∠EDF+∠≝=90∘ ，
∴ ∠≝=∠BDF ，
在 ΔBDH 和 ΔDEF 中，
∠BDF=∠AEF
{∠BHD=∠EFD ，
BD=DE
∴ ΔBDH≅ΔDEF(AAS) ，
∴ EF=DH ，
∵ DH=CH−CD=8−CD ，
∴ EF=8-CD
1 1 1
∵ ΔCDE 面积 = CD×EF= ×CD×(8−CD)=− (CD−4) 2+8 ，
2 2 2
∴当 CD=4 时， ΔCDE 面积的最大值为8，
故答案为：B.
【分析】过点 E 作 EF⊥AC 于 F ，作 BH⊥AC 于点 H ，由勾股定理可求 AH=3 ，由旋转的
性质可求 BD=DE ， ∠BDE=90∘ ，由 AAS 可证 ΔBDH≅ΔDEF ，可得 EF=DH ，由三角形
面积公式和二次函数的性质可求解.
二、填空题
11. ( 4分 ) 如图，在△ABC中，∠B=∠C=60°，点D在AB边上，DE⊥AB，并与AC边交于点E．如果AD=1，BC=6，那么CE等于________．
【答案】 4
【考点】等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形
【解析】【解答】∵在△ABC中,∠B=∠C=60°，
∴∠A=60°，
∵DE⊥AB，
∴∠AED=30°，
∵AD=1，
∴AE=2，
∵BC=6，
∴AC=BC=6，
∴CE=AC−AE=6−2=4.
故答案为：4.
【分析】先由有两个角是60°的三角形为等边三角形可知∠A=60°，所以结合DE⊥AB，可知∠AED=30°，
进而由直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半可知AE=2AD=2，故CE=6-2=4.
12. ( 4分 ) 因式分解：2x2﹣8=________．
【答案】 2（x+2）（x﹣2）
【考点】提公因式法因式分解，因式分解﹣运用公式法
【解析】【解答】解：2x2﹣8=2（x+2）（x﹣2）．
【分析】观察原式，找到公因式2，提出即可得出答案．
13. ( 4分 ) 假期，某校为了勤工俭学,要完成整个A小区的绿化工作，开始由七年级单独工作了4天，完成
整个绿化工作的三分之一，这时九年级也参加工作，两个年级又共同工作了2天，才全部完成整个绿化工
作，则由九年级单独完成整个绿化工作需要________天.
【答案】 4【考点】分式方程的实际应用
【解析】【解答】设设九年级单独完成整个绿化工作需要x天，
∵七年级单独工作了4天，完成整个绿化工作的三分之一，
1
∴七年级单独完成工作需要4÷ =12（天），
3
1 1 1
根据题意得：2×（ + ）=1-
12 x 3
解得：x=4，
经检验：x=4是原分式方程的解，
故答案为：4
【分析】根据题意可求出七年级单独完成工作需要的天数，设九年级单独完成整个绿化工作需要x天，由
两个年级又共同工作了2天，才全部完成整个绿化工作，根据工作效率×时间=工作总量的等式，列方程求
出x值即可得答案.
14. ( 4分 ) 已知直线m∥n，将一块含有30º角的三角板ABC按如图所示的方式放置(∠ABC＝30°)，其中
A，B两点分别落在直线m，n上．若∠1＝15º，则∠2＝________º．
【答案】 45
【考点】平行线的性质
【解析】【解答】解：∵ ∠1＝15°， ∠ABC=30° ，
∴∠ABn=∠ABC+∠1=30° +15° =45° ，
∵m∥n，
∴∠2=∠ABn=45° .
故答案为：45.
【分析】根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等，由此即可得出答案.
15. ( 4分 ) 已知∠AOB=30°，点P是∠AOB的平分线OC上的动点，点M在边OA上，且OM=4，则点P
到点M与到边OA的距离之和的最小值是________．
【答案】 2
【考点】角平分线的性质，轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：过M作MN′⊥OB于N′，交OC于P，则MN′的长度等于PM+PN的最小值，
即MN′的长度等于点P到点M与到边OA的距离之和的最小值，
∵∠ON′M=90°，OM=4，
1
∴MN′= OM=2，
2
∴点P到点M与到边OA的距离之和的最小值为2．
故答案是：2．
【分析】过M作MN′⊥OB于N′，交OC于P，即MN′的长度等于点P到点M与到边OA的距离之和的最小
值，解直角三角形即可得到结论．
16. ( 4分 ) 如图，AD是△ABC的中线，CE是△ACD的中线，S ＝3cm2 ， 则S ＝________．
△ACE △ABC
【答案】 12cm2 ．
【考点】三角形的角平分线、中线和高，三角形的面积
【解析】【解答】解：∵CE是△ACD的中线，
∴S =2S =6cm2 ．
△ACD △ACE
∵AD是△ABC的中线，
∴S =2S =12cm2 ．
△ABC △ACD
故答案为：12cm2 ．
【分析】根据等底同高的三角形的面积相等可得S =S 从而求出S 再用同样的方法即可求出
△ECD △ACE, △ACD，
S .
△ABC
17. ( 4分 ) 点A、B均在由面积为1的相同小矩形组成的网格的格点上，建立平面直角坐标系如图所示.若
P是 x 轴上使得∣PA—PB∣的值最大的点，Q是y轴上使得QA+QB的值最小的点，则OP·OQ=________.【答案】 5
【考点】作图﹣轴对称，轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连接AB并延长交x轴于点P，由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得|PA−PB|
的值最大的点，
∵点B是2x2的正方形的对角线的交点，
∴点P即为AB延长线上的点,此时P(3,0)即OP=3；
作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q,则A′B即为QA+QB的最小值，
∵A′(−1,2),B(2,1)，
2=−k+b
设过A′B的直线为：y=kx+b,则 { ，
1=2k+b
1
k=−
3
解得 { ，
5
b=
3
5 5
∴Q(0， ),即OQ= ，
3 3
5
∴OPOQ=3× =5.
3
故答案为：5.
【分析】根据题意连接AB并延长交x轴于点P，由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得|PA−PB|
的值最大的点，得到OP=3；再由对称的性质得到A′B为QA+QB的最小值，由点的坐标求出OP·OQ的值.
三、计算题18. ( 5分 ) 解下列各题：
1 −2 1 2020
（1）计算： (2−π) 0−(− ) +(−4) 2020×( )
4 4
（2）计算：（2a+5）（2a﹣5）﹣4a（a﹣2）
（3）用乘法公式计算：20192－2018×2020
1 2020
【答案】 （1）原式= 1−16+(−4× )
4
=-14；
（2）原式= 4a2−25−4a2+8a
= 8a−25 ；
（3）原式=20192－（2019-1）×（2019+1）
= 20192−20192+1
=1
【考点】实数的运算，平方差公式及应用，整式的混合运算
【解析】【分析】（1）根据有理数的混合运算法则，结合积的乘方计算即可；（2）先利用平方差公式和
单项式乘多项式的法则展开，再合并同类相即可；（3）由原式可得20192－（2019-1）×（2019+1），再利
用平方差公式计算可得．
19. ( 10分 )
（1）计算： x2−2x 3 1 ；
÷( −x+1)−
x2+2x+1 x+1 x+1
1 x
（2）解方程： +1=
x x+1
【答案】 （1）解： x2−2x 3 1
÷( −x+1)−
x2+2x+1 x+1 x+1
x(x−2) 3−(x−1)(x+1) 1
= ÷ −
(x+1) 2 x+1 x+1
x(x−2) x+1 1
= ⋅ −
(x+1) 2 −(x+2)(x−2) x+1x x+2
=− −
(x+1)(x+2) (x+1)(x+2)
−x−x−2
=
(x+1)(x+2)
−2(x+1)
=
(x+1)(x+2)
2
=−
x+2
1 x
（2）解： +1=
x x+1
方程两边同时乘以 x(x+1) ，得
1⋅(x+1)+x(x+1)=x⋅x
x+1+x2+x−x2=0
2x=−1
1
x=−
2
1 1 1 1
检验：∵当 x=− 时， x(x+1)=− ×(− +1)=− ≠0
2 2 2 4
1
∴ x=− 是分式方程的解.
2
【考点】分式的混合运算，解分式方程
【解析】【分析】（1）原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法则计算，同时利用除法法则变形
为乘法，分子分母因式分解后进行约分，最后通分计算异分母分式的减法得出答案；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到 x 的值，经检验即可得到分式方程的解.
四、解答题
20. ( 7分 ) 已知：如图，在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E=∠B，DE=DC，求证：
AB=AC．DE=DC
【答案】 证明：∵AD平分∠EDC，∴∠ADE=∠ADC，在△AED和△ACD中，∵ {∠ADE=∠ADC
AD=AD
∴△AED≌△ACD（SAS），∴∠C=∠E，又∵∠E=∠B．∴∠C=∠B，∴AB=AC．
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定
【解析】【分析】利用SAS证明△AED≌△ACD，由全等三角形的对应角相等可得∠C=∠E，进而可得
∠C=∠B，再由等角对等边可得证.
1 1
21. ( 7分 ) 先分解因式，再求值：已知a+b=2，ab=2，求 a3b+a2b2+ ab3的值．
2 2
1 1 1 1
【答案】 解： a3b+a2b2+ ab3= ab（a2+2ab+b2）= ab（a+b）2 ．
2 2 2 2
∴当a+b=2，ab=2时，
1
原式= ×2×4=4
2
【考点】因式分解的应用
1 1 1
【解析】【分析】先把 a3b+a2b2+ ab3提公因式 ab，再运用完全平方和公式分解因式，最后整体
2 2 2
代入求值．
22. ( 9分 ) 如图，已知△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC，请补充完整过程，说明△ABD≌△ACD的理
由.
∵AD平分∠BAC
∴∠_▲_=∠_▲_（角平分线的定义）
在△ABD和△ACD中
___________
∵{___________
___________
∴△ABD≌△ACD（ ）.
【答案】 解：∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠CAD（角平分线的定义），
在△ABD和△ACD中，
AB=AC
{∠BAD=∠CAD
AD=AD
∴△ABD≌△ACD（SAS）
【考点】三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】由角平分线定义可得∠BAD=∠CAD ，然后利用边角边定理可证 △ABD≌△ACD ，据此
分别补充过程即可.
23. ( 9分 ) （1）如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，过点O的直线l与边
AB、CD分别交于点E、F，绕点O旋转直线l，猜想直线l旋转到什么位置时，四边形AECF是菱形．证
明你的猜想．
（2）若将（1）中四边形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，
①如图2，绕点O旋转直线l与边AB、CD分别交于点E、F，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A与点C重
合，点D的对应点为D′，连接DD′，求△DFD′的面积．
②如图3，绕点O继续旋转直线l，直线l与边BC或BC的延长线交于点E，连接AE，将矩形ABCD沿
AE折叠，点B的对应点为B′，当△CEB′为直角三角形时，求BE的长度．请直接写出结果，不必写解答
过程．
【答案】 解：（1）猜想：当l⊥AC时，四边形AECF是菱形，如图1，连接AF、CE，∵四边形ABCD是
平行四边形，∴OA=OC，AB∥CD，∴∠FCO=∠EAO，又∵∠FOC=∠EOA，∴△COF≌△AOE，
∴OE=OF，∵AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形；（2）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，
CD=AB=4，AD=BC=3，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，由折叠性质可知：D′F=DF=x，CD′=AD=3，
7 7 7
∠CD′F=∠ADC=90°，由勾股定理得（4﹣x）2=32+x2 ， 解得x= ， ∴D′F=DF= ， ∴CF=4﹣ =
8 8 825 21 1
， 如图2，过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得，CF•D′H=D′F•CD′，∴D′H= ， ∴S = ×
8 25
△DFD′
2
7 21 147
× = （cm2）②如图①，设BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，AC=5cm，B′C=5﹣4=1cm，根据勾股定理
8 25 400
4
可得B′C2+B′E2=CE2 ， 解得x= cm，如图②，设BE=xcm，则CE=（3﹣x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，
3
在Rt△ADB′中，由勾股定理可得BD′= = = cm，B′C=（4﹣ ）cm，在Rt△CB′E
√AB2−AD2 √16−9 √7 √7
16−4√7
中，B′C2+B′E2=CE2 ， 即16﹣8√7+7+x2=9﹣6x+x2 ， 解得x= cm，如图③，当四边形ABEB′
3
是正方形时，点B和点B′关于直线AE对称，△B′EC是直角三角形，此时CE=1cm，BE=4cm；如图
④BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x﹣3）cm，在Rt△ADB′中，B′D= = =
√AB'2−AD2 √16−9 √7
16+4√7 4
cm，B′C=√7+4，在Rt△B′CE中，7+8√7+16+x2﹣6x+9=x2 ， 解得x= cm，综上，BE的长为
3 3
16−4√7 16+4√7
3 3
cm或 cm或4cm或 cm．【考点】全等三角形的应用，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接AF、CE，根据三角形全等证明出OE=OF，结合AC⊥EF即可证明四边形
AECF是菱形；
（2）①过D′作D′H⊥CF于H，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，根据折叠的性质得到D′F=DF=x，
CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，由勾股定理求出x的值，根据等面积知识求出D′H的长，进而求出
△DFD′的面积；
②分类讨论E点的位置，画出图形后，利用勾股定理和折叠的性质即可求出答案．
五、作图题
24. ( 5分 ) 如图，长方形OABC四个顶点分别为O（0，0），A（ 2√2 ，0），B（ 2√2 ， −√3 ），
C（0， −√3 ），将长方形OABC向左平移 2√2 个单位长度，得到长方形O′A′B′C′，画出平移后的图形，
并写出O′，A′，B′，C′的坐标．
【答案】 解：长方形O′A′B′C′如图所示；
O′（﹣2 √2 ，0），A′（0，0），B′（0，﹣ √3 ），C′（﹣2 √2 ，﹣ √3 ）．【考点】作图﹣平移
【解析】【分析】根据平移找出点O、A、B、C向左平移2 √2 个单位后的对应点O′、A′、B′、C′的位
置，然后顺次连接即可，再根据平移的性质写出各点的坐标．
六、综合题
25. ( 10分 ) 如图，在 ▱ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，BD是对角线．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若∠ADB是直角，请证明四边形BEDF是菱形．
【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴AE= AB，CF= CD，
∴AE=CF，
在△ADE和△CBF中，
∵ ，
∴△ADE≌△CBF（SAS）．
（2））证明：∵E、F分别为边AB、CD的中点，∴DF= DC，BE= AB，
又∵在 ▱ABCD中，AB∥CD，AB=CD，
∴DF∥BE，DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
∵DB⊥BC，
∴∠DBC=90°，
∴△DBC为直角三角形，
又∵F为边DC的中点，
∴BF= DC=DF，
又∵四边形DEBF为平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形．
【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定
【解析】【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，即可得AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，又由E、F
分别为边AB、CD的中点，可证得AE=CF，然后由SAS，即可判定△ADE≌△CBF．（2）利用平行四边形
的性质结合平行四边形的判定与性质得出四边形DEBF为平行四边形，进而得出BF= DC=DF，再利用
菱形的判定方法，即可得出答案．
