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八年级数学下期末复习培优精选压轴题集中训练（解析版）
一．选择题（共18小题）
1．如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，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（ ）
A．4 B．4.5 C．4.8 D．5
【思路引领】由中位线定理可得点P的运动轨迹是线段P P ，再由垂线段最短可得当BP⊥P P 时，PB
1 2 1 2
取得最小值，连接BP 、BP ，作BP′⊥P P 于P′，作P Q⊥AB于Q，则BP的最小值为BP′的长，
1 2 1 2 2
P Q是△EAD的中位线，由勾股定理求出BP 、BP 、CE的长，由三角形中位线定理得出P P 的长，设
2 2 1 1 2
5 11
P′P ＝x，则P′P = −x，由勾股定理得BP 2﹣P′P 2＝BP 2﹣P′P 2，解得x= ，即可得出结果．
2 1 2 2 2 1 1 10
【解答】解：当点F与点C重合时，点P在P 处，CP ＝DP ，
1 1 1
当点F与点E重合时，点P在P 处，EP ＝DP ，
2 2 2
1
∴P P ∥CE且P P = CE，
1 2 1 2 2
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP，
1
由中位线定理可知：P P∥CE且P P= CF，
1 1 2
∴点P的运动轨迹是线段P P ，如图所示：
1 2
∴当BP⊥P P 时，PB取得最小值，
1 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，AB＝CD＝6，∠DAB＝∠BCD＝∠ABC＝90°，
1
∴CP = CD＝3，
1 2
∵E为AB的中点，
1
∴AE＝BE= AB＝3，
2连接BP 、BP ，作BP′⊥P P 于P′，作P Q⊥AB于Q，
1 2 1 2 2
则BP的最小值为BP′的长，P Q是△EAD的中位线，
2
1 1 3
∴P Q= AD＝2，QE＝AQ= AE= ，
2 2 2 2
3 9
∴BQ＝BE+QE＝3+ = ，
2 2
√ 9 ❑√97
在Rt△BP Q中，由勾股定理得：BP =❑√BQ2+P Q2=❑( ) 2+22= ，
2 2 2 2 2
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE=❑√BE2+BC2=❑√32+42=5，
1 5
∴P P = CE= ，
1 2 2 2
在Rt△BCP 中，由勾股定理得：BP =❑√BC2+CP 2=❑√42+32=5，
1 1 1
5
设P′P ＝x，则P′P = −x，
2 1 2
❑√97 5
由勾股定理得：BP 2﹣P′P 2＝BP 2﹣P′P 2，即（ ）2﹣x2＝52﹣（ −x）2，
2 2 1 1 2 2
11
解得：x= ，
10
❑√97 11 2304
∴BP′2＝（ ）2﹣（ ）2= ，
2 10 100
∴BP′＝4.8，
故选：C．
【总结提升】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．
1
2．已知菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，P为对角线BD上动点，则CP+ BP的最小值为（ ）
2A．2 B．❑√3 C．1+❑√3 D．2❑√3
1
【思路引领】由菱形的性质点A、C关于BD对称，AB＝BC＝4，∠DBC= ∠ABC＝30°，由轴对称的
2
1 1
性质，直角三角形的性质可求PA＝PC，PM= BP，可得PC+ PB＝PA+PM，则当点A，点P，点M三
2 2
1
点共线时，CP+ BP有最小值为AM，在Rt△ABM中，由勾股定理可求AM的长．
2
【解答】解：如图，过点P作PM⊥BC于M，连接AP，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴点A、C关于BD对称，AB＝BC＝4，∠DBC= ∠ABC＝30°，
2
1
∴PA＝PC，PM= BP，
2
1
∴PC+ PB＝PA+PM，
2
1
∴当点A，点P，点M三点共线时，CP+ BP有最小值为AM，
2
∵∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∵AM⊥BC，
∴BM＝MC＝2，
∴AM=❑√AB❑ 2−BM❑ 2=❑√16−4=2❑√3，
1
即CP+ BP的最小值是2❑√3，
2故选：D．
【总结提升】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，
确定点P的位置是解题的关键．
3．如图，菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转
2017秒后，菱形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．（❑√2，0） B．（0，−❑√2） C．（1，﹣1） D．（﹣1，﹣1）
【思路引领】根据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再根据旋转的性质可得旋转后点D的
坐标．
【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得
0+2 0+2
D点坐标为（ ， ），即（1，1）．
2 2
每秒旋转45°，则第2017秒时，得45°×2017＝90765°，
90765°÷360＝252周…1，
OD旋转了252周…1，菱形的对角线交点D的坐标为（❑√2，0），
故选：A．
【总结提升】本题主要考查菱形的性质及旋转的性质，熟练掌握菱形的性质及中点的坐标公式、中心对
称的性质是解题的关键．
4．如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，要使四边形EFGH是菱形，
则四边形ABCD只需要满足一个条件，是（ ）
A．四边形ABCD是梯形 B．四边形ABCD是菱形
C．对角线AC＝BD D．AD＝BC
【思路引领】利用三角形中位线定理可以证得四边形EFGH是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，
∴EF∥AD，HG∥AD，
∴EF∥HG；
同理，HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形；
A、若四边形ABCD是梯形时，AD≠CD，则GH≠FE，这与平行四边形EFGH的对边GH＝FE相矛盾；
故本选项错误；
B、若四边形ABCD是菱形时，点EFGH四点共线；故本选项错误；
C、若对角线AC＝BD时，四边形ABCD可能是等腰梯形，证明同A选项；故本选项错误；
D、当AD＝BC时，GH＝GF；所以平行四边形EFGH是菱形；故本选项正确；
故选：D．
【总结提升】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常
用三种方法：
①定义；
②四边相等；
③对角线互相垂直平分．
5．慢车和快车先后从甲地出发沿直线道路匀速驶向乙地，快车比慢车晚出发0.5小时，行驶一段时间后，
快车途中休息，休息后继续按原速行驶，到达乙地后停止．慢车和快车离甲地的距离y（千米）与慢车
行驶时间x（小时）之间的函数关系如图所示．有以下说法：
①快车速度是120千米/小时；
②慢车到达乙地比快车到达乙地晚了0.5小时；
4
③点C坐标（ ，100）；
3
4
④线段BC对应的函数表达式为y＝120x﹣60（0.5≤x≤ ）；
3
其中正确的个数有（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【思路引领】根据题意和函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否成立，本题得以解决．
【解答】解：由图可得，
快车的速度为：（400﹣280）÷（4.5﹣3.5）＝120千米/小时，故①正确，
慢车的速度为：280÷3.5＝80千米/小时，
慢车到达乙地比快车到达乙地晚了：400÷80﹣4.5＝0.5小时，故②正确，
4
点C的纵坐标是：400﹣120×（4.5﹣2）＝100，横坐标是：0.5+100÷120= ，
3
4
即点C的坐标为（ ，100），故③正确，
3
设线段BC对应的函数表达式为y＝kx+b，
4
∵点B（0.5，0），点C（ ，100），
3
{0.5k+b=0
) {k=120)
∴ 4 ，得 ，
k+b=100 b=−60
3
4
即线段BC对应的函数表达式为y＝120x﹣60（0.5≤x≤ ），故④正确，
3
故选：D．
【总结提升】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合
的思想解答．
6．如图，以Rt△ABC的斜边BC为边，在△ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为 O，连接
AO．若AB＝4，AO＝6❑√2，则AC的长等于（ ）A．12❑√2 B．16 C．8+6❑√2 D．4+6❑√2
【思路引领】在AC上取一点G，使CG＝AB＝4，连接OG，可证得△OGC≌△OAB，从而得到OG＝
OA＝6❑√2，再可证△AOG是等腰直角三角形，根据求出AG，也就求得AC．
【解答】解：在AC上取一点G使CG＝AB＝4，连接OG
∵∠ABO＝90°﹣∠AHB，∠OCG＝90°﹣∠OHC，∠OHC＝∠AHB
∴∠ABO＝∠OCG
∵OB＝OC，CG＝AB
∴△OGC≌△OAB
∴OG＝OA＝6❑√2，∠BOA＝∠GOC
∵∠GOC+∠GOH＝90°
∴∠GOH+∠BOA＝90°
即：∠AOG＝90°
∴△AOG是等腰直角三角形，AG＝12（勾股定理）
∴AC＝16．
故选：B．
【总结提升】此题考查正方形的性质，本题的关键是通过作辅助线来构建全等三角形，然后将已知和所
求线段转化到直角三角形中进行计算．
7．如图，在平面直角坐标系中，正方形A B C D 、D E E B 、A B C D 、D E E B 、A B C D ，…，按图
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 3 3 3 3
示的方式放置，其中点B 在y轴上，点C 、E 、E 、C 、E 、E 、C ，…，在x轴上，已知正方形
1 1 1 2 2 3 4 3
A B C D 的边长为1，∠B C O＝60°，B C ∥B C ∥B C ，…，则正方形A B C D 的边长是（
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 2016 2016 2016 2016）
1 1 ❑√3 ❑√3
A．（ ）2015 B．（ ）2016 C．（ ）2016 D．（ ）2015
2 2 3 3
【思路引领】利用正方形的性质结合锐角三角函数关系得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出
答案．
【解答】解：如图所示：∵正方形A B C D 的边长为1，∠B C O＝60°，B C ∥B C ∥B C …
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3
∴D E ＝B E ，D E ＝B E ，∠D C E ＝∠C B E ＝∠C B E ＝30°，
1 1 2 2 2 3 3 4 1 1 1 2 2 2 3 3 4
1 ❑√3
∴D E ＝C D sin30° = ，则B C ＝（ ）1，
1 1 1 1 2 2 2 3
1 ❑√3
同理可得：B C = =（ ）2，
3 3 3 3
❑√3
故正方形A B D 的边长是：（ ）n﹣1．
n n n n 3
∁
❑√3
则正方形A B C D 的边长是：（ ）2015．
2016 2016 2016 2016 3
故选：D．
【总结提升】此题主要考查了正方形的性质、锐角三角函数；熟练掌握正方形的性质，得出正方形的边
长变化规律是解题关键．
8．如图，正方形OABC中，点B（4，4），点E，F分别在边BC，BA上，OE＝2❑√5，若∠EOF＝45°，
则OF的解析式为（ ）4 1 ❑√3 ❑√5
A．y= x B．y= x C．y= x D．y= x
3 3 3 5
【思路引领】作辅助线，构建全等三角形，证明△OCE≌△OAD和△EOF≌△DOF，得EF＝FD，设
4
AF＝x，在直角△EFB中利用勾股定理列方程求出x= ，根据正方形的边长写出点F的坐标，并求直线
3
OF的解析式．
【解答】解：延长BF至D，使AD＝CE，连接OD，
∵四边形OABC是正方形，
∴OC＝OA，∠OCB＝∠OAD，
∴△OCE≌△OAD，
∴OE＝OD，∠COE＝∠AOD，
∵∠EOF＝45°，
∴∠COE+∠FOA＝90°﹣45°＝45°，
∴∠AOD+∠FOA＝45°，
∴∠EOF＝∠FOD，
∵OF＝OF，
∴△EOF≌△DOF，
∴EF＝FD，
由题意得；OC＝4，OE＝2❑√5，
∴CE=❑√(2❑√5) 2−42=2，
∴BE＝2，
设AF＝x，则BF＝4﹣x，EF＝FD＝2+x，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
4
解得：x= ，
3
4
∴F（4， ），
3
设OF的解析式为：y＝kx，
4
4k= ，
3
1
k= ，
31
∴OF的解析式为：y= x，
3
故选：B．
【总结提升】本题是利用待定系数法求一次函数的解析式，考查了正方形的性质及全等三角形的性质与
判定，作辅助线构建全等三角形是本题的关键，利用全等三角形的对应边相等设一未知数，找等量关系
列方程，求出点F的坐标，才能运用待定系数法求直线OF的解析式．
9．若x ，x 是方程x2+3x+c＝0（c为常数）两个不相等的实数根，且满足x ＜x ＜1，则c的取值范围是（
1 2 1 2
）
9 9
A．c＜﹣4 B．c＞﹣4 C．−4＜c＜ D．c＞
4 4
【思路引领】根据方程有两个不相等的实数根可得Δ＝9﹣4c＞0，解不等式求出k的取值范围；再根据
x ＜x ＜1，可得1+3+c＜0，从而科的结论．
1 2
【解答】解：∵x ，x 是方程x2+3x+c＝0（c为常数）两个不相等的实数根，
1 2
∴Δ＝9﹣4c＞0，
9
解得：c＜ ；
4
设y＝x2+3x+c，
∵1＞0，
∴抛物线y＝x2+3x+c开口向上，
又∵x ＜x ＜1，
1 2
∴1+3+c＞0，
∴c＞﹣4，
9
∴﹣4＜c＜ ．
4
故选：C．
【总结提升】此题考查了抛物线与x轴的交点和一元二次方程ax2+bx+c＝0根的判别式的应用，（1）Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；（2）Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；（3）Δ＜0时，方程
没有实数根．
10．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，
QD，则PC+QD的最小值为（ ）
❑√21
A．❑√41 B．❑√29 C．❑√21 D．
2
【思路引领】连接BP，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝
2，连接PE、CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，连接BP，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝5，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝2，连接PE，
则BE＝2AB＝4，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∴CE=❑√BE2+BC2=❑√42+52=❑√41，
∴PC+PB的最小值为❑√41，即PC+QD的最小值为❑√41，
故选A．
【总结提升】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的
性质和平行四边形的判定与性质，证出PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的顶点A在x轴上，OA＝4，OC＝3，点D为BC边上一
点，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，连接OE．当点D在边BC上运动时，OE的长度的
最小值是（ ）
A．4 B．4❑√2 C．5❑√2 D．5
【思路引领】过点D作DG⊥OA，过点E作HE⊥DG．先证明△HED≌△GDA，从而得到HE＝DG＝
3，HD＝AG．设D（a，3），则DC＝a，DH＝AG＝4﹣a，则E（a+3，7﹣a），依据两点间的距离公
式可得到OE的长，最后利用配方法求得被开方数的最小值即可．
【解答】解：如图所示：过点D作DG⊥OA于点G，过点E作HE⊥DG，交GD的延长线于点H，
∵DG⊥OA，HE⊥DG，
∴∠EHD＝∠DGA＝90°，∴∠GDA+∠DAG＝90°，
∵四边形ADEF为正方形，
∴DE＝AD，∠HDE+∠GDA＝90°，
∴∠HDE＝∠GAD，
在△HED和△GDA中，
{∠HDE=∠GAD
)
∠EHD=∠DGA ，
DE=AD
∴△HED≌△GDA（AAS），
∴HE＝DG＝3，HD＝AG，
设D（a，3），则DC＝a，DH＝AG＝4﹣a，
∴E（a+3，7﹣a）．
∴OE=❑√(a+3) 2+(7−a) 2=❑√2(a−2) 2+50，
当a＝2时，OE有最小值，最小值为5❑√2．
故选：C．
【总结提升】本题主要考查的是正方形的性质、二次函数的最值、全等三角形的性质和判定，得到点 E
的坐标是解题的关键．
12．如图，正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，连接AE，AF，与对角线BD分别交于点
G，H，连接EH．若∠EAF＝45°，则下列判断错误的是（ ）
A．BE+DF＝EF
B．BG2+HD2＝GH2
C．E，F分别为边BC，CD的中点
D．AH⊥EH
【思路引领】将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转的性质可得AB
＝AD，BM＝DF，∠DAF＝∠BAM，∠ABM＝∠D＝90°，AM＝AF，由“SAS”可证△AME≌△AFE，可得EF＝ME，则EF＝BE+DF，故选项A不合题意；
将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，此时AB与AD重合，可得AN＝AH，∠BAN＝∠DAH，
∠ADH＝∠ABN＝45°，DH＝BN，由“SAS”可证△ANG≌△AHG，可得GH＝NG，由勾股定理可得
DH2+BG2＝GH2，故B选项不合题意；
由∠EAF＝∠DBC＝45°，可证点A，点B，点E，点H四点共圆，可证AH⊥HE，故D选项不合题意，
利用排除法可求解．
【解答】解：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，
由旋转可得：AB＝AD，BM＝DF，∠DAF＝∠BAM，∠ABM＝∠D＝90°，AM＝AF，
∴∠ABM+∠ABE＝90°+90°＝180°，
∴点M，B，E在同一条直线上．
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAE＝90°﹣45°＝45°．
∵∠BAE＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAE＝45°．
即∠MAE＝∠FAE．
在△AME与△AFE中，
{
AM=AF
)
∠MAE=∠FAE ，
AE=AE
∴△AME≌△AFE（SAS），
∴ME＝EF，
∴EF＝BE+DF，故A选项不合题意，
如图2，将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，此时AB与AD重合，∴△ADH≌△ABN，
∴AN＝AH，∠BAN＝∠DAH，∠ADH＝∠ABN＝45°，DH＝BN，
∴∠NBG＝90°，
∴BN2+BG2＝NG2，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠BAN+∠BAE＝45°＝∠NAE，
∴∠NAE＝∠EAF，
又∵AN＝AH，AG＝AG，
∴△ANG≌△AHG（SAS），
∴GH＝NG，
∴BN2+BG2＝NG2＝GH2，
∴DH2+BG2＝GH2，故B选项不合题意；
∵∠EAF＝∠DBC＝45°，
∴点A，点B，点E，点H四点共圆，
∴∠AHE＝∠ABE＝90°，
∴AH⊥HE，故D选项不合题意，
故选：C．
【总结提升】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，勾
股定理等知识的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定定理和正确作辅助线是解决此类题的关键．
13．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l ：y＝kx﹣2与x轴交于点A，直线l ：y＝（k﹣3）x﹣2分别与
1 2
l
1
交于点G，与x轴交于点B．若S△GAB ＜S△GOA ，则下列范围中，含有符合条件的k的是（ ）
A．0＜k＜1 B．1＜k＜2 C．2＜k＜3 D．k＞3【思路引领】两直线与y轴的交点相同为（0，﹣2），求出A与B坐标，由S△GAB ＜S△GOA ，得AB＜
OA，由此列出不等式进行解答．
【解答】解：∵直线l ：y＝kx﹣2与x轴交于点A，直线l ：y＝（k﹣3）x﹣2分别与l 交于点G，与x
1 2 1
轴交于点B．
2 2
∴G（0，﹣2），A（ ，0），B（ ，0），
k k−3
∵S△GAB ＜S△GOA ，
∴AB＜OA，
2 2 2 −6 2
即| − |＜| |，即 | |＜| |
k k−3 k k(k−3) k
6 2
当k＜0时， ＜− ，解得k＜0；
k(k−3) k
−6 2
当0＜k＜3时， ＜ ，解得k＜0（舍去）；
k(k−3) k
6 2
当k＞3时， ＜ ，解得k＞6，
k(k−3) k
综上，k＜0或k＞6，
∴含有符合条件的k的是k＞3．
故选：D．
【总结提升】本题主要考查了两直线相交问题，三角形的面积，一次函数图象与坐标轴的交点问题，关
键是根据AB＜OA列出k的不等式．
14．一条笔直的小路上顺次有A，B，C三个道口，甲、乙两人分别从A、B道口同时出发，各自匀速前往
C道口，约定先到者在C道口等待，甲、乙两人间的距离y（米）与甲步行的时间x（分钟）之间的关
系如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．道口A、B相距660米 B．道口B、C相距1440米
C．甲的速度是70米/分 D．乙的速度是64米/分
【思路引领】根据图中信息以及路程、速度、时间之间的关系一一判断即可；【解答】解：根据题意，结合图象可知道口A、B相距660米，故选项A不合题意；
420
甲的速度= = 70米/分，故选项C不合题意；
6
设乙的速度为a米/分．则有，660+24a﹣70×24＝420，
解得a＝60，
即乙的速度是60米/分，故选项D符合题意．
24×60＝1440（米），
即道口B、C相距1440米，故选项B不合题意．
故选：D．
【总结提升】本题考查一次函数的应用，行程问题等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学
知识解决问题，属于中考常考题型．
15．如图，平行四边形ABCD中，点M在边AD上，以BM为折痕，将△ABM向上翻折，点A正好落在
CD上的点N处．若△DMN的周长为7，△NCB的周长为13，则NC的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．无法确定
【思路引领】由题意可得AM＝MN，BN＝AB＝CD，根据△MDN的周长为7，△NCB的周长为13，可
得DM+MN+DN＝7，CN+BC+BN＝13，解方程组可得（DC﹣DN）的值，即NC的长．
【解答】解：根据折叠性质知，AM＝MN，AB＝BN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，CD＝AB，
∵△DMN的周长为7，△NCB的周长为13，
∴DM+MN+DN＝7，BC+CN+NC＝13，
∴DN+AD＝7，AB+BC+CD﹣DN＝13，
∴AB+BC＝10，
∴NC＝3，
故选：A．
【总结提升】本题考查了折叠问题，平行四边形的性质，关键是根据题意列出方程组．
16．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．3❑√3 B．3+3❑√3 C．6+❑√3 D．6❑√3
【思路引领】过点M作ME⊥AB于点E，连接BD交AC于O，点M运动到DE上，且DE⊥射线AB时，
DE取得最小值，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE
的长，进而可得结论．
【解答】解：如图，过点M作ME⊥AB于点E，连接BD交AC于O，
∵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，
点M运动到DE上，且DE⊥射线AB时，DE取得最小值，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为6，
∴DE=❑√AD2−AE2=❑√62−32=3❑√3，
∴2DE＝6❑√3．
∴MA+MB+MD的最小值是6❑√3．
故选：D．
【总结提升】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，
等边三角形的判定与性质．
17．如图，正方形ABCD的边长为4，∠BCM＝30°，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（ ）
A．4❑√2−4 B．2❑√2−2 C．2❑√6−2❑√3 D．2❑√6−❑√3
【思路引领】如图，连接BD，在BD上截取BG，使得BG＝BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点
H．证明△CBE≌△GBF（SAS），推出∠BCE＝∠BGF＝30°，推出点F在直线GF上运动，当点F与H
重合时，DF的值最小，作出DH即可解决问题．
【解答】解：如图，连接BD，在BD上截取BG，使得BG＝BC，连接FG，过点D作DH⊥GF于点
H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD＝45°，CD＝CB＝4，∠DCB＝90°，
∴BD＝4❑√2，BG＝BC＝4，
∴DG＝BD﹣BG＝4❑√2−4，
∵∠CBG＝∠EBF＝45°，
∴∠CBE＝∠GBF，
在△CBE和△GBF中，
{
CB=GB
)
∠CBE=∠GBF ，
BE=BF
∴△CBE≌△GBF（SAS），
∴∠BCE＝∠BGF＝30°，∴点F在直线GF上运动，当点F与H重合时，DF的值最小，
∵DH⊥FH，∠DGH＝∠BGF＝30°
1
∴DH= DG＝2❑√2−2，
2
∴DF的最小值为2❑√2−2，
故选：B．
【总结提升】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学
会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
18．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．❑√2 B．❑√3 C．❑√5 D．❑√6
【思路引领】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC
对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．
【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=❑√AH2+AD2=❑√5，∴BF+DE最小值为❑√5．
故选：C．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、最短距离问题，一般求两条线
段最短距离问题，都转化为一条线段．
二．填空题（共21小题）
19．如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，直线l⊥AB．当直线l沿射线BC方向，从点B开始向右平移
时，直线l与四边形ABCD的边分别相交于点E，F．设直线l向右平移的距离为x，线段EF的长y，且
y与x的函数关系如图②所示，则四边形ABCD的周长是 12+ 2❑√3 ．
【思路引领】分别研究直线l在直线a的位置、直线l经过a后平移到b的位置、直线l到达直线c的位
置三种情况，线段l与四边形ABCD的位置，进而求解．
【解答】解：过A、C、D分别作直线l的平行线a，b．c，延长BC交直线c于点G，设直线a交BC于点M，直线b交AD于点N，
①当直线l在直线a的位置时，
AM＝EF＝2，BM＝4，则∠B＝30°，则AB＝2❑√3，
∴∠BMA＝60°＝∠DGC；
直线l经过a后平移到b处时，MC＝6﹣4＝2＝AN，即BC＝MB+MC＝4+2＝6，
当直线l到达直线c的位置时，CG＝8﹣6＝2＝ND，则AD＝AN+ND＝2+2＝4，
此时，∠DCG＝60°，CG＝DG＝2，
故△CDG为等边三角形，即CD＝2，
四边形ABCD的周长＝AB+AD+BC+CD＝2❑√3+4+6+2＝12+2❑√3，
故答案为12+2❑√3
【总结提升】本题以动态的形式考查了分类讨论的思想，函数的知识和等腰直角三角形，具有很强的综
合性．
20．设m，n是x2+2019x+7＝0的两根，则（m2+2018m+6）（n2+2020n+8）＝ 201 1 ．
【思路引领】先根据根与系数的关系得到m+n＝﹣2019，mn＝7，再根据一元二次方程解的定义得到
m2+2019m+7＝0，n2+2019n+7＝0，则 m2+2019m＝﹣7，n2+2019n＝﹣7，所以（m2+2018m+6）
（n2+2020n+8）＝（﹣m﹣7+6）（n﹣7+8）＝（﹣m﹣1）（n+1）＝﹣mn﹣（m+n）﹣1，然后利用整
体代入的方法计算．
【解答】解：∵m，n是x2+2019x+7＝0的两根，
∴m+n＝﹣2019，mn＝7，m2+2019m+7＝0，n2+2019n+7＝0，
∴m2+2019m＝﹣7，n2+2019n＝﹣7，
∴（m2+2018m+6）（n2+2020n+8）
＝（﹣m﹣7+6）（n﹣7+8）
＝（﹣m﹣1）（n+1）
＝﹣mn﹣（m+n）﹣1＝﹣7+2019﹣1
＝2011．
故答案为：2011．
【总结提升】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与系数的关系：若方程的两根为x ，
1
b c
x ，则x +x =− ，x •x = ．也考查了一元二次方程的解．
2 1 2 a 1 2 a
{ kx+b(x≤m) )
21．关于x的一次函数y＝kx+b（k≠0），我们称函数y = 为它的m分函数（其中m
[m] −kx−b(x＞m)
为常数）．如果y＝x+1的﹣1分函数为y [﹣1] ，则直线y＝﹣2x+1与y [﹣1] 的图象交点坐标为 （ 2 ，﹣ 3 ）
．
【思路引领】先写出函数的﹣1分函数，分两种情况和直线y＝﹣2x+1联立求解即可．
【解答】解：当y＝x+1的﹣1分函数为y
[﹣1]
，
∴当x≤﹣1时，y
[﹣1]
＝x+1①，
当x＞﹣1时，y
[﹣1]
＝﹣x﹣1②，
∵直线y＝﹣2x+1③，
{x=0)
①③联立解得： （舍去），
y=1
{ x=2 )
②③联立解得： ，
y=−3
∴图象交点坐标为（2，﹣3），
故答案为：（2，﹣3）．
【总结提升】此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特点，关键是掌握两函数图象的交点就是两函数
解析式组成的方程组的解．
22．已知直线l ：y＝﹣2x+2与y轴交于点A，直线l 经过点A，l 与l 在A点相交所形的夹角为45°（如图
1 2 1 2
1
所示），则直线l 的函数表达式为 y=− x+2 ．
2 3【思路引领】直线l ：y＝﹣2x+2与y轴交于点A（0，2），交x轴于B（1，0）．作BD⊥AB交直线l
1 2
于D，作DC⊥x轴于D，利用全等三角形的性质求出点D坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
【解答】
解：如图，直线l ：y＝﹣2x+2与y轴交于点A（0，2），交x轴于B（1，0）．
1
作BD⊥AB交直线l 于D，作DC⊥x轴于D
2
∵∠DAB＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AB，
∵∠DCB＝∠ABD＝∠AOB＝90°，
∴∠DBC+∠CDB＝90°，∠DBC+∠ABO＝90°，
∴∠CDB＝∠ABO，
∴△DCB≌△BOA（AAS），
∴DC＝OB＝1，BC＝AO＝2，
∴D（3，1），
{ b=2 ) {
b=2
)
设直线l 的解析式为y＝kx+b，则 ，解得 1 ，
2 3k+b=1 k=−
3
1
∴直线l 的函数表达式为y=− x+2
2 31
故答案为：y=− x+2
3
【总结提升】此题考查两条直线相交，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，
构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
1
23．若关于x的一元二次方程 x2﹣2kx+1﹣4k＝0有两个相等的实数根，则代数式（k﹣2）2+2k（1﹣k）的
2
1
值为 3 ．
2
1
【思路引领】根据关于x的一元二次方程 x2﹣2kx+1﹣4k＝0有两个相等的实数根得Δ＝0，即（﹣2k）
2
1 1
2﹣4× ×（1﹣4k）＝0，整理得到k2+2k= ，再将（k﹣2）2+2k（1﹣k）化简，然后代入即可．
2 2
1
【解答】解：∵关于x的一元二次方程 x2﹣2kx+1﹣4k＝0有两个相等的实数根，
2
1
∴Δ＝0，即（﹣2k）2﹣4× ×（1﹣4k）＝0，
2
整理得，2k2+4k﹣1＝0，
1
∴k2+2k= ，
2
1 1
∴（k﹣2）2+2k（1﹣k）＝k2﹣4k+4+2k﹣2k2＝﹣k2﹣2k+4＝﹣（k2+2k）+4=− +4＝3 ．
2 2
1
故答案为：3 ．
2
【总结提升】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程
有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．也考查了代
数式求值．
24．已知，如图，△ABD中，AB＝AD＝1，∠B＝30°，△ABD绕着A点逆时针旋转 （0°＜ ＜120°）旋
转得到△ACE．CE与AD、BD分别交于点G、F；设DF+GF＝x，△AEG的面积为αy，则yα关于x的函
❑√3−x
数解析式为 y= （ 0 ＜ x＜❑√3） ．
4【思路引领】设AC交BD于H，作AM⊥BD于M，AN⊥EC于N．想办法证明FG+DF＝DH，求出
BD，AM即可解决问题．
【解答】解：设AC交BD于H，作AM⊥BD于M，AN⊥EC于N．
∵AB＝AD＝1，∠B＝30°，AM⊥BD，
1 1 ❑√3
∴AM＝AN= AB= ，BM＝DM= ，
2 2 2
∴BD＝EC=❑√3，
∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAH＝∠EAG，
∵AB＝AE，∠B＝∠E＝30°，
∴△BAH≌△EAG（ASA），
∴AH＝AG，BH＝EG，
∵△ABD≌△ACE，
∴AM＝AN，
∵∠AMH＝∠ANG＝90°，
∴Rt△AMH≌Rt△ANG（HL），
∴HM＝GN，
∵∠AMF＝∠ANF＝90°，AF＝AF，
∴Rt△AFM≌Rt△AFN（HL），
∴FM＝FN，
∴FG＝FH，∴FG+DF＝FH+DF＝DH＝x，
∴EG＝BH=❑√3−x，
1 ❑√3−x
∴y＝S△AEG =
2
•EG•AN=
4
．
❑√3−x
∴y= （0＜x＜❑√3）．
4
❑√3−x
故答案为y= （0＜x＜❑√3）．
4
【总结提升】本题考查旋转变换，等腰三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．平面直角坐标系xOy中．已知点P（x，y）在直线y＝mx+2m+2上．且线段PO≥2❑√2，则m的取值为
1 ．
【思路引领】先解关于m的不定方程得到直线y＝mx+2m+2经过定点A（﹣2，2），利用OA＝2❑√2和
PO≥2❑√2可判断直线y＝mx+2m+2与直线y＝﹣x垂直于A，易得直线y＝mx+2m+2经过（0，4），然后
把（0，4）代入直线解析式可计算出m的值．
【解答】解：∵y＝mx+2m+2，
∴（x+2）m＝y﹣2，
∵m有无数个值，
∴x+2＝0，y﹣2＝0，
∴直线y＝mx+2m+2经过定点A（﹣2，2），
而OA=❑√22+22=2❑√2，
而线段PO≥2❑√2，
∴直线y＝mx+2m+2与直线y＝﹣x垂直于A，
∴直线y＝mx+2m+2经过（0，4）
∴2m+2＝4，解得m＝1．
故答案为1．
【总结提升】本题考查了一次函数图象与系数的关系：对于 y＝kx+b，当k＞0，b＞0 y＝kx+b的图象
在一、二、三象限；k＞0，b＜0 y＝kx+b的图象在一、三、四象限；k＜0，b＞0 y⇔＝kx+b的图象在
一、二、四象限；k＜0，b＜0 y⇔＝kx+b的图象在二、三、四象限．也考查了不定方⇔程的解．
26．如图，已知正方形OABC的⇔顶点B在直线y＝﹣2x上，点A在第一象限．若正方形OABC的面积是
10，则点A的坐标为 （ 1 ， 3 ） ．【思路引领】过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥AM，交MA的延长线于点N，BN交y轴于点
K，易证△AMO≌△BNA（AAS），可得BN＝AM，OM＝AN，根据已知条件可得点B坐标，设OM＝
t，根据BN＝AM列方程，求解即可．
【解答】解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点B作BN⊥AM，交MA的延长线于点N，BN交y轴于点
K，如图所示：
则∠AMO＝∠N＝90°，
∴∠AOM+∠OAM＝90°，
在正方形ABCO中，∠OAB＝90°，AO＝AB，
∴∠BAN+∠OAM＝90°，
∴∠AOM＝∠BAN，
∴△AMO≌△BNA（AAS），
∴BN＝AM，OM＝AN，
∵正方形OABC的面积是10，
∴AO＝BO=❑√10，
根据勾股定理，可得BO=2❑√5，
∵点B在直线y＝﹣2x上，
设点B坐标为（m，﹣2m），
∴BK＝﹣m，OK＝﹣2m，根据勾股定理，可得（﹣m）2+（﹣2m）2＝20，
解得m＝﹣2或m＝2（舍），
∴BK＝2，OK＝4，
设OM＝t，
则AN＝t，AM＝4﹣t，
∴2+t＝4﹣t，
解得t＝1，
∴OM＝1，AM＝3，
∴点A坐标为（1，3），
故答案为：（1，3）．
【总结提升】本题考查了正方形的性质，一次函数的图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质等，
添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27．关于x的方程x2+bx+c＝0有两个相等的实数根，x取m和m+2时，代数式x2+bx+c的值都等于n，则n
＝ 1 ．
m+m+2
【思路引领】设y＝x2+bx+c，求得x= =m+1，当y＝0时，x2+bx+c＝0有两个相等的实数根，
2
根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：∵设y＝x2+bx+c，
则点（m，n）（m+2，n）在函数图象上，
m+m+2
∴x= =m+1，
2
当y＝0时，x2+bx+c＝0有两个相等的实数根，
∴函数y＝x2+bx+c与x轴的交点即为抛物线的顶点，
∴y＝（x﹣m﹣1）2，
把x＝m代入n＝（﹣1）2＝1，
故答案为：1．
【总结提升】本题考查了根的判别式，一元二次方程的解，代数式的求值，正确的理解题意是解题的关
键．
28．定义：点A（x，y）为平面直角坐标系内的点，若满足x＝y，则把点A叫做“平衡点”．例如：M
（1，1），N（﹣2，﹣2），都是“平衡点”．当﹣3≤x≤2时，直线y＝2x+m上有“平衡点”，则m
的取值范围是 ﹣ 2 ≤ x ≤ 3 ．【思路引领】根据x＝y、﹣3≤x≤2可得出关于m的不等式，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵x＝y，
∴x＝2x+m，即x＝﹣m．
∵﹣3≤x≤2，
∴﹣3≤﹣m≤2，
∴﹣2≤m≤3．
故答案为：﹣2≤m≤3．
【总结提升】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，根据题意得出关于 m的不等式是解答此题
的关键．
29．已知一次函数y ＝kx+3（k为常数，k≠0）和y ＝x﹣4．当x＜1时，y ＞y ，则k的取值范围为 ﹣
1 2 1 2
6 ≤ k ≤ 1 且 k ≠ 0 ．
7
【思路引领】解不等式kx+3＞x﹣4，根据题意得出k﹣1＜0且− ≥1且k≠0，解此不等式即可．
k−1
【解答】解：∵一次函数y ＝kx+3（k为常数，k≠0）和y ＝x﹣4，当x＜1时，y ＞y ，
1 2 1 2
∴kx+3＞x﹣4，
∴kx﹣x＞﹣7，
7
∴k﹣1＜0且− ≥1且k≠0，
k−1
7
当k﹣1＜0时，− ≥1时，k≥﹣6，
k−1
所以不等式组的解集为﹣6≤k＜1且k≠0；
当k＝1时，也成立，
故k的取值范围是﹣6≤k≤1且k≠0，
故答案为：﹣6≤k≤1且k≠0．
【总结提升】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的性质，关键是根据题意得出k﹣1＜0
7
且− ≥1且k≠0解答．
k−1
30．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AC与BD相交于点O，M是AO的中点，P，Q为对角线BD上的
两点，若PQ=❑√2，则PM+CQ的最小值为 2❑√5 ．【思路引领】如图，取AD的中点T，连接MT，CT交BD于点Q，此时MP+CQ的值最小，解直角三角
形求出CT即可．
【解答】解：如图，取AD的中点T，连接MT，CT交BD于点Q，此时MP+CQ的值最小．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∴AC＝BD＝4❑√2，
∴OD＝OB＝OA＝OC＝2❑√2，
∵AM＝OM，AT＝DT，
1
∴MT= OD=❑√2，
2
∴MT＝PQ=❑√2，
∵MT∥PQ，
∴四边形PQTM是平行四边形，
∴PM＝TQ，
∴PM+CQ＝TQ+CQ＝CT，
∵∠CMT＝90°，MT=❑√2，CM＝3❑√2，
∴CT=❑√MT2+CM2=❑√(❑√2) 2+(3❑√2) 2=2❑√5，
故答案为：2❑√5．
【总结提升】本题考查正方形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线，构造平行四边形解决问题，属于中考常考题型．31．在矩形ABCD中，点E在BC边上，连接EA，ED．F是线段EC上的定点，M是线段ED上的动点，
若AD＝6，AB＝4，AE＝2❑√5，且△MFC周长的最小值为6，则FC的长为 1 ．
【思路引领】根据勾股定理得到BE=❑√AE2−AB2=2，推出△CDE是等腰直角三角形，得到∠CDE＝
∠ADE＝45°，作点C关于直线DE的对称点G，连接GF交DE于M，则DG＝CD＝4，此时，△MFC
周长的最小值为6，设CF＝x，则GF＝6﹣x，连接GE，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AB＝4，AE＝2❑√5，
∴BE=❑√AE2−AB2=2，
∵BC＝AD＝6，
∴CE＝4，
∵CD＝AB＝4，∠DCE＝90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠ADE＝45°，
作点C关于直线DE的对称点G，连接GF交DE于M，
则DG＝CD＝4，此时，△MFC周长的最小值为6，
即CM+MF+CF＝GM+MF+CF＝GF+CF＝6，
设CF＝x，则GF＝6﹣x，
连接GE，则GE⊥BC，EF＝6﹣2﹣x，
在Rt△EGF中，EG2+EF2＝GF2，
∴（4﹣x）2+42＝（6﹣x）2，
解得：x＝1，
∴CF＝1，
故答案为：1．
【总结提升】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
32．如图，已知点A （3，0），P为y轴正半轴上一点，以线段PA为边在第一象限内作正方形APBC，当
❑√41−3
OB＝5时，点P的坐标为 （ 0 ， ） ．
2
【思路引领】过B作BH⊥y轴于H，根据正方形的性质得到PB＝PA，根据余角的性质得到∠BPH＝
∠PAO，根据全等三角形的性质得到PH＝OA＝3，OP＝BH，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：过B作BH⊥y轴于H，
∵四边形APBC是正方形，
∴PB＝PA，
∵∠PHB＝∠APB＝∠AOP＝90°，
∴∠BPH+∠APO＝∠APO+∠PAO＝90°，
∴∠BPH＝∠PAO，
∴△PBH≌△APO（AAS），
∴PH＝OA＝3，OP＝BH，
∵BH2+OH2＝OB2，
∴OP2+（3+OP）2＝52，
❑√41−3
∴OP= ，
2
❑√41−3
∴点P的坐标为（0， ），
2
❑√41−3
故答案为：（0， ）．
2【总结提升】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，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．
33．定义：当三角形中一个内角 是另一个内角 的两倍时，称 为此三角形的“特征角”．在平面直角
坐标系xOy中，点A（﹣1，0）α ，B（3，0），βC（1，2❑√3），α点D在射线AC上，若∠DAB是△ABD
的特征角，则点D的坐标为 （ 0 ， ❑√3 ）或（ 3 ， 4❑√3） ．
1
【思路引领】当 ＝60°，∠DBA＝ = ＝30°时，△ABD为直角三角形，即可求解；当∠ADB＝ 时，
2
α β α β
则∠ABD＝90°，即可求解．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，
∵点A（﹣1，0），C（1，2❑√3），
∴AE＝2，CE＝2❑√3，
∴AC=❑√AE2+CE2=4，
1
∴AE= AC，
2
∴∠ACE＝30°，
∴∠CAB＝60°，
{−k+b=0
)
设直线AC的解析式为：y＝kx+b，则 ，
k+b=2❑√3
{k=❑√3)
解得， ，
b=❑√3
∴直线AC的表达式为：y=❑√3x+❑√3⋯①，
1
当 ＝60°，∠DBA＝ = ＝30°时，
2
α β α△ABD为直角三角形，由面积公式得：
1 1
y ×AB= AD•BD，即y ×4＝2×❑√3，
2 D 2 D
解得：y =❑√3，
D
∵点D在AC上，
故点D（0，❑√3）；
当∠ADB＝ 时，则∠ABD＝90°，
故点D（3，β4❑√3）；
综上，点D的坐标为：（0，❑√3）或（3，4❑√3）．
故答案为：（0，❑√3）或（3，4❑√3）．
【总结提升】本题考查点的坐标特征，勾股定理，新定义等，要注意分类求解，避免遗漏．
1
34．已知过点P（m，km﹣1）的直线与函数y＝|x﹣3|的图象有两个交点，则k的取值范围为 ＜ k ＜ 1
3
．
【思路引领】由点P（m，km﹣1）可知：过点P（m，km﹣1）的直线恒过点（0，﹣1），由于过点P
（m，km﹣1）的直线与函数y＝|x﹣3|的图象有两个交点，结合图象即可求出k的范围．
【解答】解：∵点P（m，km﹣1），
∴m＝0时，km﹣1＝﹣1，
∴过点P（m，km﹣1）的直线恒过（0，﹣1），
设过点P（m，km﹣1）的直线l为y＝kx﹣1，
当直线l经过点（3，0）时，则3k﹣1＝0，
1
∴k= ，
3∵过点P（m，km﹣1）的直线与函数y＝|x﹣3|的图象有两个交点，
∴直线不能与y＝x﹣3平行，
∴k＜1，
1
∴ ＜k＜1，
3
1
故答案为： ＜k＜1．
3
【总结提升】本题考查一次函数的综合问题，解题的关键是过点 P（m，km﹣1）的直线恒过（0，﹣
1），然后利用数形结合的思想求出k的范围，本题属于中等题型．
35．如图，过菱形ABCD的顶点D作DE⊥AB，垂足为E，F为BC延长线上一点，连接EF，分别与菱形
的边AD，CD相交于点G，H，DG＝CF，O为BD的中点，连接OE，OH．若DH=1，DE=❑√3，则
△OEH的周长等于 3+❑√3 ．
【思路引领】连接AC，证△DGH≌△CFH（ASA），得DH＝CH＝1，则CD＝2DH＝2，再证∠CDE＝
90°，则EH＝2，然后由菱形的性质得AC⊥BD，OH＝DH＝1，AB＝AD＝CD＝2，进而由勾股定理得
1
AE＝1，BD＝2❑√3，则OE= BD=❑√3，即可解决问题．
2
【解答】解：如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，AB∥CD，AD∥BC，AC⊥BD，AB＝AD＝CD，
∴∠DGH＝∠F，∠GDH＝∠HCF，
∵DG＝CF，
∴△DGH≌△CFH（ASA），
∴DH＝CH＝1，
∴CD＝2DH＝2，
∴AB＝AD＝CD＝2，
∵AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
1
∴OH= CD＝DH＝1，
2
∴∠DOH＝∠ODH，
∵DE⊥AB，
∴∠BED＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠CDE+∠BED＝180°，
∴∠CDE＝90°，
在Rt△DEH中，由勾股定理得：EH=❑√DH2+DE2=❑√12+(❑√3) 2=2，
在Rt△DEA中，由勾股定理得：AE=❑√AD2−DE2=❑√22−(❑√3) 2=1，
∴BE＝AB+AE＝2+1＝3，
在Rt△BED中，由勾股定理得：BD=❑√BE2+DE2=❑√32+(❑√3) 2=2❑√3，
∵OB＝OD，
1 1
∴OE= BD= ×2❑√3=❑√3，
2 2
∴△OEH的周长＝OH+EH+OE＝1+2+❑√3=3+❑√3．【总结提升】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，
熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
36．如图，在边长为2的正方形ABCD内取一点E，连接AE，BE，CE，AC，若BE＝AB，AE＝1，，则线
❑√30−❑√2
段CE的长为 ．
2
【思路引领】根据正方形 到现在得到AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，过A作AG⊥BE于G，求得∠AGB＝
7 ❑√15
∠AGE＝90°，根据勾股定理得到BG= ，AG=❑√AB2−BG2= ，过E作EF⊥BC于F，根据全等
4 4
❑√15 7
三角形的性质得到BF＝AG= ，EF＝BG= ，根据勾股定理即可得到结论．
4 4
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，
过A作AG⊥BE于G，
∴∠AGB＝∠AGE＝90°，
∴AB2﹣BG2＝AE2﹣EG2，
∵AB＝BE＝2，AE＝1，
∴22﹣BG2＝12﹣（2﹣BG）2，
7
∴BG= ，
4❑√15
∴AG=❑√AB2−BG2= ，
4
过E作EF⊥BC于F，
∴AB∥EF，
∴∠ABG＝∠BEF，
∵∠AGB＝∠EFB＝90°，AB＝BE，
∴△ABG≌△BEF（AAS），
❑√15 7
∴BF＝AG= ，EF＝BG= ，
4 4
8−❑√15
∴CH＝BC﹣BF= ，
4
❑√30−❑√2
∴CE=❑√EF2+CF2= ，
2
❑√30−❑√2
故答案为： ．
2
【总结提升】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解
题的关键．
13
37．如图，在 ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝3，BC＝2，则OA2+OB2＝ ．
2
▱
【思路引领】过点A作AE⊥CD于E，过点 B作CF⊥CD交DC延长线于 F，则∠AEC＝∠AED＝
1 1
∠BFC＝90°，由平行四边形的性质得出OA= AC，OB= BD，AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，易证四
2 2
边形AEFB是矩形，得出AB＝EF，AE＝BF，推出DE＝CF，由勾股定理得BD2＝（CD+CF）2+BF2，AC2＝（CD﹣DE）2+AE2，AD2＝AE2+DE2，BC2＝BF2+CF2，则 BD2+AC2＝2（AB2+BC2），再由
1
OA2+OB2= （AC2+BD2），即可得出结果．
4
【解答】解：过点A作AE⊥CD于E，过点B作CF⊥CD交DC延长线于F，如图所示：
则∠AEC＝∠AED＝∠BFC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴OA= AC，OB= BD，AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
2 2
∴AE⊥AB，BF⊥AB，
∴四边形AEFB是矩形，
∴AB＝EF，AE＝BF，
∵AB＝CD，
∴DE＝CF，
在Rt△BFD中，由勾股定理得：BD2＝DF2+BF2＝（CD+CF）2+BF2，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AC2＝CE2+AE2＝（CD﹣DE）2+AE2，
在Rt△AED中，由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2，
在Rt△BFC中，由勾股定理得：BC2＝BF2+CF2，
∴BD2+AC2＝CD2+2CD•CF+CF2+BF2+CD2﹣2CD•DE+DE2+AE2＝2CD2+BC2+AD2＝2（AB2+BC2），
1 1 1 1 1 13
∴OA2+OB2＝（ AC）2+（ BD）2= （AC2+BD2）= ×2（AB2+BC2）= ×（32+22）= ，
2 2 4 4 2 2
13
故答案为： ．
2
【总结提升】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，作辅助线构建直角
三角形是解题的关键．
2
38．已知m，n是方程x2﹣3x＝2的两个根，则式子(m3−10m+n)(n−
)的值是 2 7 ．
n
【思路引领】利用一元二次方程解的定义和根与系数的关系，采用整体代入求解．【解答】解：∵m，n是方程x2﹣3x＝2的两个根，
∴m2＝3m+2，n2﹣2＝3n，m+n＝3，
∴m3﹣10m+n＝m（3m+2）﹣10m+n＝3m2﹣8m+n＝3（3m+2）﹣8m+n＝m+n+6＝3+6＝9，
2 n2−2 3n
n− = = =3，
n n n
原式＝9×3＝27．
故答案为：27．
【总结提升】本题考查了一元二次方程解的定义和根与系数的关系，利用整体思想代入求值是解题的关
键．
三．解答题（共12小题）
39．在平面直角坐标系内，点A（4，0），点B（0，﹣3），点C（a+1，a）和点D是平行四边形的四个
顶点．
（1）求直线AB的解析式；
（2）若a＝2，直接写出点D的坐标；
（3）求CD长的最小值．
【思路引领】（1）根据待定系数法即可求出一次函数解析式；
（2）根据平行四边形的性质即可得点D的坐标；
（3）分两种情况讨论：当AB为平行四边形的边和对角线时进行计算即可．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，
将点A（4，0）、B（0，﹣3）代入，得
3
b＝﹣3，4k+b＝0，解得k= ，
4
3
所以直线AB的解析式为y= x﹣3．
4（2）若a＝2，则C（3，2），
点A、B、C、D是平行四边形的四个点，
如图：分两种情况讨论：
①当AB是边时，AB＝CD，
点D（﹣1，﹣1）或（7，5），
②当AB是对角线时，点D（1，﹣5），
答：点D的坐标为（﹣1，﹣1）、（7，5）、（1，﹣5）．
（3）分两种情况讨论：
①当AB为平行四边形的边时，CD＝AB=❑√42+32=5．
②当AB为对角线时，设AB交CD于点K，如图所示：
因为C（a+1，a）可知点C在直线y＝x﹣1上，
所以CD⊥直线y＝x﹣1时，KC最短．
3
易知K（2，− ），
2
1
所以直线CD的函数表达式为y＝﹣x+ ．
2
1
将C（a+1，a）代入，得a=− ，
4
3 1
∴C（ ，− ），
4 4
√ 3 3 1 5❑√2
∴CK=❑(2− ) 2+( − ) 2= ，
4 2 4 4
5❑√2
∴CD＝2CK= ．
25❑√2
∵ ＜5，
2
5❑√2
∴CD的最小值为 ．
2
【总结提升】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、平行四边形的性质、垂线段最短，解决本题的
关键是综合运用以上知识．
1
40．如图，平面直角坐标系xOy中，直线y=− x+3交x轴于点A，交y轴于点B．四边形OADC为平行四
2
边形，点D坐标为（8，2）．
（1）求证：点C在直线AB上；
（2）若点P为线段CO延长线上的一个动点，设P横坐标为x，△BPC面积为S．
①直接写出S关于x的函数关系式；
②当S＝6时，在y轴上恰有点Q．使得此时四边形BCQP为平行四边形，求点Q的坐标；
（3）若点M从A出发以2个单位/秒的速度沿x轴向左运动，同时点N从O出发以1个单位/秒的速度
沿x轴向右运动，过M，N作x轴的垂线分别交直线AB和直线OC于点G，H，设运动时间为t秒．是
否存在时间t，使四边形MGHN为正方形？若存在，直接写出符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
1
【思路引领】（1）由平行四边形的性质OA＝CD，先求出点C（2，2），再求出AB的解析式为y=−
2
x+3，从而确定点C在直线AB上；（2）①先求直线OC的解析式为y＝x，由点P为线段CO延长线上点，可求 PO=−❑√2x，CP＝2
3❑√2
❑√2−❑√2x，再过点B作BE⊥OC与OC交于点E，在等腰直角△BOC中求出高BE= ，求出S＝3
2
3
− x；
2
②当S＝6时，代入①求出P（﹣2，﹣2），可知P与C关于原点对称，由四边形BCQP为平行四边形，
可知B与Q关于原点对称，则Q（0，﹣3）；
（3）由题可求ON＝t，AM＝2t，N（t，0），M（6﹣2t，0），再由四边形MGHN为正方形，可得MN
＝NH＝ON，即t＝|6﹣3t|，求出t即可．
1
【解答】解：（1）直线y=− x+3交x轴于点A，交y轴于点B，
2
∴A（6，0），B（0，3），
∴OA＝6，
∵四边形OADC为平行四边形，
∴OA＝CD，
∵点D坐标为（8，2），
∴C（2，2），
设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将A（6，0），B（0，3），代入得
{6k+b=0) { k=− 1 )
，解得 2 ，
b=3
b=3
1
∴AB的解析式为y=− x+3，
2
当x＝2时，y＝2，
∴点C（2，2）在直线AB上；
（2）①∵C（2，2），
∴OC＝2❑√2，直线OC的解析式为y＝x，
∵P横坐标为x，
∴P（x，x），
∵点P为线段CO延长线上点，
∴x＜0，∴PO=−❑√2x，
∴CP＝2❑√2−❑√2x，
过点B作BE⊥OC与OC交于点E，
∵∠BOC＝45°，OB＝3，
3❑√2
∴BE= ，
2
1 3❑√2 3 3
∴S= × ×（2❑√2−❑√2x）= （2﹣x）＝3− x；
2 2 2 2
3
②当S＝6时，3− x＝6，
2
∴x＝﹣2，
∴P（﹣2，﹣2），
∴P与C关于原点对称，
∵四边形BCQP为平行四边形，
∴B与Q关于原点对称，
∴Q（0，﹣3）；
（3）由题可知，ON＝t，AM＝2t，
∵NH⊥x轴，
∴NH＝ON＝t，
∴N（t，0），
∵OA＝6，
∴M（6﹣2t，0），
∴MN＝|6﹣2t﹣t|＝|6﹣3t|，
∵四边形MGHN为正方形，
∴MN＝ON＝t，
∴t＝|6﹣3t|，
∴t＝6﹣3t或t＝3t﹣6，
3
解得t= 或t＝3，
2
3
∴四边形MGHN为正方形时，满足条件的t的值为 或3．
2【总结提升】本题考查一次函数与特殊四边形的综合，本题解题关键有①求出OC的直线解析式，得到
∠BOC＝45°；②点C与点P关于原点对称，则B点与Q点关于原点对称；③求MN的长时注意M、N
的位置有两种情况．
4
41．在平面直角坐标系xOy中，直线y= x+4与x轴，y轴交于点A，B．第一象限内有一点P（m，n），
3
正实数m，n满足4m+3n＝12
（1）连接AP，PO，△APO的面积能否达到7个平方单位？为什么？
（2）射线AP平分∠BAO时，求代数式5m+n的值；
（3）若点A′与点A关于y轴对称，点C在x轴上，且2∠CBO+∠PA′O＝90°，小慧演算后发现
△ACP的面积不可能达到7个平方单位．请分析并评价“小慧发现”．
【思路引领】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A的坐标，由△APO的面积等于7个平
方单位可求出n值，代入4m+3n＝12中可求出m值为负，由此可得出△APO的面积不能达到7个平方
单位；
（2）设AP与y轴交于点E，过点E作EF⊥AB于点F，利用面积法及角平分线的性质可求出点E的坐
标，由点A，E的坐标，利用待定系数法可求出直线AP的解析式，由m，n满足4m+3n＝12可得出直线
BP的解析式，联立直线AP，BP的解析式成方程组，通过解方程组可求出 m，n的值，再将其代入
5m+n中即可得出结论；
（3）当点C在x轴正半轴时，由2∠CBO+∠PA′O＝90°可得出BC平分∠OBA′，同（2）可求出C的
坐标，进而可求出AC的长，利用三角形的面积公式可求出△ACB的面积，由该值大于7可得出：存在点P，使得△ACP的面积等于7个平方单位；当点C在x轴正半轴时，利用对称可得出点C的坐标，进
而可求出AC的长，利用三角形的面积公式可求出△ACB的面积，由该值小于7可得出：此种情况下，
△ACP的面积不可能达到7个平方单位．综上，此题得解．
【解答】解：（1）△APO的面积不能达到7个平方单位，理由如下：
4
当y＝0时， x+4＝0，解得：x＝﹣3，
3
∴点A的坐标为（﹣3，0）．
1 3
∴S△APO =
2
OA•n＝7，即
2
n＝7，
14
∴n= ．
3
又∵4m+3n＝12，
1
∴m=− ，这与m为正实数矛盾，
2
∴△APO的面积不能达到7个平方单位．
（2）设AP与y轴交于点E，过点E作EF⊥AB于点F，如图2所示．
4
当x＝0时，y= x+4＝4，
3
∴点B的坐标为（0，4），
∴AB=❑√OA2+OB2=5．
∵AP平分∠BAO，
∴EO＝EF．
1 1 1
∵S△ABE =
2
BE•OA =
2
AB•EF，S△AOE =
2
EO•OA，
S AB BE 5 4−EO
∴ △ABE = = ，即 = ，
S OA EO 3 EO
△AOE
3
∴EO= ，
2
3
∴点E的坐标为（0， ）．
2
设直线AP的解析式为y＝kx+b（k≠0），3
将A（﹣3，0），E（0， ）代入y＝kx+b，得：
2
1
{−3k+b=0
)
{k= )
2
3 ，解得： ，
b= 3
2 b=
2
1 3
∴直线AP的解析式为y= x+ ．
2 2
∵点P的坐标为（m，n），m，n满足4m+3n＝12，
4
∴点P在直线y=− x+4上．
3
1 3
{ y= x+ )
2 2
联立直线AP，BP的解析式成方程组，得： ，
4
y=− x+4
3
15
{x= )
11
解得： ，
24
y=
11
15 24
∴m= ，n= ，
11 11
∴5m+n＝9．
（3）“小薏发现”不对，理由如下：
依照题意，画出图形，如图3所示．
∵2∠CBO+∠PA′O＝90°，∠OBA′+∠PA′O＝90°，
∴∠OBA′＝2∠CBO．
∵点A′与点A关于y轴对称，
∴点A′的坐标为（3，0），点P在线段BA′上．
当点C在x轴正半轴时，BC平分∠OBA′，
OB BA′ 4 5
同（2）可得出： = ，即 = ，
OC A′C OC 3−OC
4
∴OC= ，
34
∴点C的坐标为（ ，0），
3
13
∴AC= ．
3
1 1 13 26
∵S△ACB =
2
AC•OB =
2
×
3
×4 =
3
＞7，
∴存在点P，使得△ACP的面积等于7个平方单位；
4
当点C在x轴负半轴时，点C的坐标为（− ，0），
3
5
∴AC= ．
3
1 1 5 10
∵S△ACB =
2
AC•OB =
2
×
3
×4 =
3
＜7，
∴此种情况下，△ACP的面积不可能达到7个平方单位．
综上所述：“小薏发现”不正确．【总结提升】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、待定系数法求一次函数解析式、
三角形的面积、角平分线的性质以及角的计算，解题的关键是：（1）利用三角形的面积公式结合
△APO的面积等于7个平方单位，求出n值；（2）联立两直线解析式成方程组，通过解方程组求出交
点坐标；（3）分点C在x轴正半轴及点C在x轴负半轴两种情况，分析“小薏发现”是否正确．
42．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交
于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）求四边形ABDE的周长和面积；
（3）记△ABP的周长和面积分别为C 和S ，△PDE的周长和面积分别为C 和S ，在点P的运动过程
1 1 2 2
中，试探究下列两个式子的值或范围：①C +C ，②S +S ，如果是定值的，请直接写出这个定值；如
1 2 1 2
果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
【思路引领】（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论；
（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长
和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算C +C ＝2AB+BD+AP+PE＝4+2❑√3+AP+PE，确定AP+PE的最大值和
1 2
最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，由图形可知：
当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；
②S +S 的值为定值，这个定值为❑√3，根据面积公式可得结论．
1 2
【解答】（本小题满分10分）
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
即AB∥DE．
∵BD∥AE，∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
1
∴∠ABD＝∠CBP= ∠ABC＝30°，AC⊥BD．
2
1
在Rt△AOB中，AO= AB＝1，
2
∴OB=❑√3，
∴BD＝2BO＝2❑√3．
∴ ABDE的周长为：2AB+2BD＝4+4❑√3，
A▱BDE的面积为：BD•AO＝2❑√3×1＝2❑√3．
▱（3）①∵C
1
+C
2
＝AB+PB+AP+PD+PE+DE＝2AB+BD+AP+PE＝4+2❑√3+AP+PE，
∵C和A关于直线BD对称，
∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，
当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，
过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G，
∵∠BDE＝150°，
∴∠EDG＝30°，
∵DE＝2，
∴EG＝1，DG=❑√3，
Rt△PEG中，BG＝2❑√3+❑√3=3❑√3，
由勾股定理得：PE=❑√12+(3❑√3) 2=❑√28=2❑√7，
∴AP+PE的最大值是：2+2❑√7，
∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），∴4+4+2❑√3≤C +C ＜4+2❑√3+2+2❑√7，即8+2❑√3≤C +C ＜6+2❑√3+2❑√7；
1 2 1 2
②S +S 的值为定值，这个定值为❑√3；
1 2
1 1 1 1
理由是：S +S = BP⋅AO+ PD⋅AO= AO（BP+PD）= ×2❑√3×1=❑√3．
1 2 2 2 2 2
【总结提升】此题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，直角三角形 30度角的性质，等腰三角形
的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关
键是计算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形，是一道中等难度的中考常考题．
43．在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在射线CD上（与点C、D不重合），连接AP，平移
△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于H，连接AH，PH，若点P在线段CD
上，如图1．
（1）①依题意补全图1；
②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；
（2）若点P在线段CD的延长线上，且∠AHQ＝150°，正方形ABCD的边长为2，求DP长．
【思路引领】（1）①根据题意画出图形即可；
②连接 CH，先根据正方形的性质得出△ DHQ 是等腰直角三角形，再由 SAS 定理得出
△HDP≌△HQC，故PH＝CH，∠HPC＝∠HCP，由正方形的性质即可得出结论；
（2）根据四边形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性质得出PD
＝CQ．作HR⊥PC于点R，由∠AHQ＝150°，可得出∠AHB及∠DAH的度数，设DP＝x，则DR＝HR
＝RQ，由直角三角形的性质即可得出结论．【解答】解：（1）①如图1；
②AH＝PH，AH⊥PH．
如图1，连接CH，
∵QH⊥BD，
∴∠QHB＝∠BCQ＝90°，
∴B、H、C、Q四点共圆，
∴∠DHC＝∠BQC，
由正方形的性质可知∠DHC＝∠AHD，
由平移性质可知∠BQC＝∠APD，
∴∠AHD＝∠APD，
∴A、H、P、D四点共圆，
∴∠PAH＝∠PDH＝45°，∠AHP＝∠ADP＝90°，
∴△HAP是等腰直角三角形，
∴AH＝PH，AH⊥PH．
（2）由（1）②可知∠AHP＝90°，
∴∠AHP＝∠ADP＝90°，
∴A、H、D、P四点共圆，
又∠AHQ＝150°，∠BHQ＝90°，
∴∠AHB＝150°﹣90°＝60°，
由圆的性质可知∠APD＝∠AHB＝60°，
在Rt△APD中，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
❑√3 2❑√3
∴PD＝AD•tan30°＝2× = ．
3 3【总结提升】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、图形平移的性质、全等三角形的判定与
性质等知识，难度适中，解决本题的关键是熟记全等三角形的性质定理和判定定理．
44．已知，平面直角坐标系xOy中，以A（3，0），B（0，4），O（0，0）为顶点的三角形被直线l：y＝
mx﹣2m分成两部分．设靠近原点部分的面积为S．
（1）若m＝﹣1，求S的值；
（2）设直线l分别与x轴、直线AB交于P、Q两点，当S＝5时，求线段PQ的长；
（3）求S关于m的函数解析式．
【思路引领】（1）将m＝﹣1代入直线l：y＝mx﹣2m得y＝﹣x+2，求出y＝﹣x+2与两坐标轴的交点
坐标，即可求解；
（2）根据题意可得直线定过点（2，0），可得点P的坐标；根据面积的和差，可得△PQA的面积，根
据三角形的面积公式，可得Q点的坐标，可得答案；
（3）分两种情况讨论①与线段OB相交，②与线段AB相交，分别求出即可．
【解答】解：（1）如图：
若m＝﹣1，则直线l：y＝mx﹣2m＝﹣x+2，
∴直线l：y＝﹣x+2与两坐标轴的交点坐标为：（0，2），（2，0），
1
∴S= ×2×2＝2；
2（2）y＝mx﹣2m，
x＝2时，y＝0，即（2，0）
∴直线y＝mx﹣2m经过一定点P（2，0）；
∵A（3，0），B（0，4），
4
∴直线AB：y=− x+4，
3
4
设直线y＝mx﹣2m交直线AB：y=− x+4于Q，由题知，
3
1
△PQA的面积= ×3×4﹣5＝1，
2
1 1
即S△PQA =
2
y
Q
•PA =
2
×1•y
Q
＝1，
解得y ＝2，
Q
4 3 3
当y ＝2时，− x+4＝2，解得x= ，即Q（ ，2），
Q 3 2 2
√ 3 ❑√17
∴PQ=❑(2− ) 2+22= ；
2 2
4
（3）∵直线AB的方程为y=− x+4（0≤x≤3），
3
直线y＝mx﹣2m经过一定点P（2，0），分两种情况讨论：
①直线y＝mx﹣2m与线段OB相交，设交点为E，则靠近原点O一侧的图形是三角形．在方程y＝mx﹣2m中，令x＝0，得y＝﹣2m＞0，
1 1
所以S= ×OE×Op= ×（﹣2m）×2＝﹣2m，
2 2
由0＜OE≤4，所以﹣2≤m＜0，
∴S＝﹣2m（﹣2≤m＜0）；
②直线y＝mx﹣2m与线段BA相交，设交点为D，则靠近原点O一侧的图形是四边形．
{ y=− 4 x+4) 12+6m 4m
由 3 解得D点坐标为（ ， ），
3m+4 3m+4
y=mx−2m
所求四边形面积为S＝S△OAB ﹣S△DPA ，
1 1 4m 16m+24
S= ×3×4− ×1× = ，
2 2 3m+4 3m+412+6m
{0＜ ＜3)
3m+4
由D在线段BA上，所以 ，解得m＜﹣2或m＞0，
4m
0＜ ＜4
3m+4
16m+24
所以S= （m＜﹣2或m＞0），
3m+4
16m+24
综上得S＝﹣2m（﹣2≤m＜0）或S= （m＜﹣2或m＞0）．
3m+4
【总结提升】本题考查了一次函数的综合题，（1）直线恒经过的点的坐标与一次项的系数、常数项无
关；（2）利用面积的和差得出Q点的坐标是解题关键；（3）分类讨论是解题关键，以防遗漏．
45．如图，正方形ABCD的顶点C处有一等腰Rt△CEP，其中∠PEC＝90°，连接AP，BE．
（1）若点E在BC上时，如图1，线段AP和BE之间的数量关系是 AP =❑√2 BE ；
（2）若将图1中的△PEC顺时针旋转至P点落在CD上，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？若
成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）在图2的基础上，延长AP，BE交于F点，如图3，若DP＝PC＝2，求BF的长．
【思路引领】（1）由等腰直角三角形的性质得出PC=❑√2CE，由正方形的性质得出AC=❑√2BC，则可
得出结论；
（2）过点B作BH⊥BE，且BH＝BE，证明△ABH≌△BEC（SAS），由全等三角形的性质得出AH＝
EC＝PE，∠AHB＝∠CEB，证明四边形AHEP是平行四边形，由平行四边形的性质得出AP＝EH=❑√2
BE．则可得出结论；
（3）过点B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，证明△ABK≌△DAM（AAS），由全等三角形的性
质得出BK＝AM，由三角形ADP的面积可求出DM，由勾股定理求出AM，由等腰直角三角形的性质可
得出答案．
【解答】解：（1）∵∠PEC＝90°，△CEP是等腰直角三角形，
∴PC=❑√2CE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AC=❑√2BC，
∴AC﹣PC=❑√2BC−❑√2CE，
∴AP=❑√2BE．
故答案为AP=❑√2BE；
（2）成立．
如图2，过点B作BH⊥BE，且BH＝BE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABH＝∠CBE，
又∵AB＝BC，
∴△ABH≌△BEC（SAS），
∴AH＝EC＝PE，∠AHB＝∠CEB，
∴∠AHE＝∠AHB﹣∠EHB＝∠CEB﹣45°，
∵∠HEP＝360°﹣∠CEB﹣∠HEB﹣∠CEP
＝360°﹣∠CEB﹣45°﹣90°
＝225°﹣∠CEB，
∴∠AHE+∠HEP＝∠CEB﹣45°+225°﹣∠CEB＝180°，
∴AH∥PE，
∴四边形AHEP是平行四边形，
∴AP＝EH=❑√2BE．
（3）如图3，过点B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，
∵∠DAM+∠BAK＝∠BAK+∠ABK＝90°，∴∠DAM＝∠ABK，
又∵AD＝AB，∠AMD＝∠AKB＝90°，
∴△ABK≌△DAM（AAS），
∴BK＝AM，
∵四边形ABCD是正方形，DP＝PC＝2，
∴AD＝CD＝4，∠AHE＝90°，
∴AP=❑√AD2+DP2=2❑√5，
1 1
∴S△ADP =
2
AD•DP =
2
AP•DM，
1 1
∴ ×4×2= ×2❑√5×DM，
2 2
4❑√5
∴DM= ，
5
√ 4❑√5 8❑√5
∴AM=❑42−( ) 2= ，
5 5
由（2）可知，△EBH为等腰直角三角形，HE∥AP，
1
∴∠KBF= ∠HBE＝45°，
2
∴∠F＝45°，
8❑√10
∴BF= ．
5
【总结提升】此题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，
勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，证明△ABH≌△BEC是解题的关键．
46．对于平面直角坐标系xOy中的点P，给出如下定义：将点P向右平移n个单位，再向上平移2n个单位，
得到点Q，则称点Q为P的n阶平移点．
已知：在直角坐标系xOy中，点P（1，0）．
（1）Q （2，2），Q （4，6），Q （5，9）三点中，为点P的n阶平移点的是 Q 、 Q ；
1 2 3 1 2
（2）如图，点B是直线a上的一点，点P关于点B的对称点为点C，点C关于直线a的对称点为点
D．
①若P，C，D三点不在同一条直线上，判断△PCD的形状，并说明理由．
②若点C是点P的n阶平移点，点D的坐标为（6，5），求S△PCD 及n的值．【思路引领】（1）根据n阶平移点的定义判断即可得出结果；
（2）①连接BD，根据点P关于点B的对称点为点C，点C关于直线a的对称点为点D，可知BC＝BP
＝BD，进一步可判断△PCD的形状；
②延长CD交x轴于点E，过点D作DF⊥PE于点F，由P（1，0），D（6，5）可知△PDF为等腰直
角三角形，进一步求出点E的坐标，求出直线BE的解析式，由点C是点P的n阶平移点，表示出C的
坐标，代入解析式即可求出n的值，用△PCE的面积和△PDE的面积差即可求得△PCD的面积．
【解答】解：（1）∵点P（1，0），Q （2，2），
1
∴2﹣1＝1，2﹣0＝2，
∴Q 是点P的n阶平移点，
1
∵点P（1，0），Q （4，6），
2
∴4﹣1＝3，6﹣0＝6，
∴Q 是点P的n阶平移点，
2
∵点P（1，0），Q （5，9），
3
∴5﹣1＝4，9﹣0＝9，
∴Q
2不
是点P的n阶平移点，
故答案为：Q 、Q ；
1 2
（2）①△PCD是直角三角形，
理由：连接BD，如图：
∵点P关于点B的对称点为点C，点C关于直线a的对称点为点D，
∴BP＝BC＝BD，∴∠BPD＝∠BDP，∠BDC＝∠BCD，
∴∠BPD+∠BDP+∠BDC+∠BCD＝180°，
∴∠BDP+∠BDC＝90°，
∴∠PDC＝90°，
∴△PCD是直角三角形；
②延长CD交x轴于点E，过点D作DF⊥PE于点F，如图：
∵点P（1，0），D（6，5），
∴PF＝DF＝5，
∴△PFD是等腰直角三角形，
由①得∠PDE＝90°，
∴∠DEP＝45°，
∴E（11，0），
设直线CE的解析式为y＝kx+b，
把D（6，5），E（11，0）代入得：
{6k+b=5
)
，
11k+b=0
{k=−1)
解得： ，
b=11
∴y＝﹣x+11，
∵点C是点P的n阶平移点，
∴C（n+1，2n），
∴2n＝﹣n﹣1+11，
10
解得：n= ，
3
13 20
∴C（ ， ），
3 3
∴S△PCD ＝S△PCE ﹣S△PDE1 20 1
= •10• − •10•5
2 3 2
25
= ，
3
25 10
∴S△PCD 为
3
，n的值为
3
．
【总结提升】本题考查了几何变换、一次函数解析式求法、坐标平移等知识点，判定三角形形状的关键
是中心对称和轴对称的性质，根据待定系数法求出直线解析式是求得三角形面积和n的值的关键．
47．[阅读材料]
[请你解题]
（ 1 ） 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 分 别 画 出 函 数 y ＝ |x﹣ 2| ， y ＝ |x|﹣ 3 的 图 象 ；（2）结合图象分析函数y＝|x+1|（﹣2≤x≤2）的最大值与最小值；
（3）当函数y＝|3x﹣4|+h（h为常数）的图象与函数y＝|x|（﹣1≤x≤3）的图象恰有一个公共点时，结
合图象分析h的取值范围．
【思路引领】（1）根据函数图象的作图步骤画出图象；
（2）根据图象求得即可；
（3）由y＝|x|可知，当x＝﹣1时，y＝1；当x＝3时，y＝3；把x＝﹣1，y＝1代入y＝|3x﹣4|+h得h＝
4
﹣6，把x＝3，y＝3代入y＝|3x﹣4|+h得h＝﹣2，即可求得h的取值范围，根据函数y＝|3x﹣4|当x=
3
4 4 4
时，函数有最小值0，把x= 代入y＝|x|求得y= ，即函数y＝|3x﹣4|向上平移 单位，与函数y＝|x|
3 3 3
（﹣1≤x≤3）的图象恰有一个公共点．
【解答】解：（1）图象如图：
；
（2）由图象可知：函数y＝|x+1|（﹣2≤x≤2）的最大值是3，最小值是0；
（3）由y＝|x|可知，当x＝﹣1时，y＝1；当x＝3时，y＝3；
把x＝﹣1，y＝1代入y＝|3x﹣4|+h得h＝﹣6，
把x＝3，y＝3代入y＝|3x﹣4|+h得h＝﹣2，∴当﹣6≤h＜﹣2时，函数y＝|3x﹣4|+h（h为常数）的图象与函数y＝|x|（﹣1≤x≤3）的图象恰有一个
公共点，
4
∵函数y＝|3x﹣4|当x= 时，函数有最小值0，
3
4 4
把x= 代入y＝|x|得y= ，
3 3
4
∴当h= 时，函数y＝|3x﹣4|+h（h为常数）的图象与函数y＝|x|（﹣1≤x≤3）的图象恰有一个公共点，
3
综上，当函数y＝|3x﹣4|+h（h为常数）的图象与函数y＝|x|（﹣1≤x≤3）的图象恰有一个公共点时，h
4
的取值范围是﹣6≤h＜﹣2或h= ．
3
【总结提升】本题考查了一次函数的图象和性质，一次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关
键．
48．y＝kx+b的图象经过点（﹣2，2）、（3，7）且与坐标轴相交于点A、B两点．
（1）求一次函数的解析式．
（2）如图，点P是直线AB上一动点，以OP为边作正方形OPNM，连接ON、PM交于点Q，连BQ，
BQ
当点P在直线AB上运动时， 的值是否会发生变化？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
OP
（3）在（2）的条件下，在平面内有一点H，当以H、N、B、P为顶点的四边形为菱形时，直接写出点
H的坐标．
【思路引领】（1）利用待定系数法转化为解方程组解决问题．
BQ
（2）如图1中，结论： 的值不变．连接BM，设PB交OM于G．想办法证明∠PBM＝90°，利用直
OP
角三角形斜边中线的性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．（3）分三种情形：如图2﹣1中，当四边形PBNH是菱形时，如图2﹣2中，当点P与A重合时．得到
四边形PNMO是正方形（是菱形），此时H与原点O重合．如图2﹣3中，当四边形PBNH是菱形时，
分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）∵y＝kx+b的图象经过点（﹣2，2）、（3，7），
{−2k+b=2)
∴ ，
3k+b=7
{k=1)
解得 ，
b=4
∴一次函数的解析式为y＝x+4．
BQ
（2）如图1中，结论： 的值不变．
OP
理由：连接BM，设PB交OM于G．
∵直线y＝x+4与坐标轴相交于点、B两点，
∴A（﹣4，0），B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∵四边形POMN是正方形，
∴∠POM＝∠AOB＝90°，OM＝OP，
∴∠AOP＝∠BOM，
∵OA＝OB，
∴△AOP≌△BOM（SAS），
∴∠OPG＝∠GMB，∵∠OGP＝∠BGM，
∴∠GBM＝∠GOP＝90°，
∵QM＝QP，
∴QB＝QP＝QM，
∵△POQ是等腰直角三角形，
∴OP=❑√2QP，
BQ PQ ❑√2
∴ = = ．
OP OP 2
如图1﹣1中，当点P在AB的延长线上时，
同法可证，△AOP≌△BOM（SAS），
∴∠APG＝∠GMO，
∵∠OGM＝∠BGP，
∴∠GBP＝∠GOM＝90°，
∵QM＝QP，
∴QB＝QP＝QM，
∵△POQ是等腰直角三角形，
∴OP=❑√2QP，
BQ PQ ❑√2
∴ = = ，
OP OP 2
BQ ❑√2
综上所述， = ．
OP 2
（3）如图2﹣1中，当四边形PBNH是菱形时，∵BH垂直平分线段PN，BH垂直平分线段OM，
∴BM＝OB＝4，
∴M（﹣2❑√2，4+2❑√2），
∴P（﹣4﹣2❑√2，﹣2❑√2），
∴BN＝BP=❑√2•（4+2❑√2）＝4❑√2+4，
∴PH＝BN＝4❑√2+4，
∵QB＝QN＝OQ，
∴∠NBO＝90°，
∴BN∥OA∥PH，
∴H（﹣6❑√2−8，﹣2❑√2）．
如图2﹣2中，当点P与A重合时，得到四边形PNMO是正方形（是菱形），此时H与原点O重合，H
（0，0）．如图2﹣3中，当四边形PBNH是菱形时，设PH交OB于J，在JO上取一点F，使得PJ＝JF．
∵BP＝BN，
∴∠BPN＝∠BNP＝22.5°，
∵∠OPN＝90°，∠PAO＝45°，
∴∠APO＝67.5°，
∴∠AOP＝67.5°，
∴∠POJ＝22.5°，
∵∠PFJ＝∠FPO+∠POF＝45°，
∴∠FPO＝∠POF＝22.5°，
∴PF＝OF，设PJ＝BJ＝JF＝x，则PB＝BN＝PF＝OF=❑√2x，
∴2x+❑√2x＝4，
∴x＝4﹣2❑√2，
∴BN＝PH＝4❑√2−4，P（2❑√2−4，2❑√2），
∴H（6❑√2−8，2❑√2），
综上所述，满足条件的点H的坐标为（﹣6❑√2−8，﹣2❑√2）或（0，0）或（6❑√2−8，2❑√2）．
【总结提升】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，正方形的性质，菱形的判定和性质等
知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴
题．
49．在练习“一次函数”复习题时，我们发现了一种新的函数：“绝对值函数”：y＝|x|．请类比探究函数
y＝|x﹣1|﹣2．
（1）当x＜1时，y＝ ﹣ x ﹣ 1 ，当x≥1时，y＝ x ﹣ 3 （用含x的代数式表示）；（2）过y轴上的动点A（0，a），其中a＞﹣2，作平行于x轴的直线，分别与函数y＝|x﹣1|﹣2的图象
相交于B、C两点（点B在点C的左侧），若BC＝3AB，求a的值；
1
（3）若一次函数y= x+b图象与函数y＝|x﹣1|﹣2的图象相交于D、E两点，DE≤3❑√5，直接写出b的
2
取值范围．
【思路引领】（1）根据绝对值的意义即可得到结论；
7
（2）表示出B、C的坐标，由BC＝3AB，得到（a+3+1+a）＝3|﹣1﹣a|，即可a=− 或a＝1；
5
（3）联立两个函数解析式，求得D、E的坐标，利用两点间距离公式表示出DE，由DE≤3❑√5，得到
4 16
DE=❑√(x −x )+2 (y −y ) 2=❑√(x −x ) 2+(x +x −2) 2≤3❑√5， 两 边 平 方 得 到 （ 2b+5 ） 2+
1 2 1 2 1 2 1 2 9 9
19 1 1
（2b+5）2≤45，进而求得− ≤b≤− ，由一次函数y= x+b图象与函数y＝|x﹣1|﹣2的图象相交于
4 4 2
D、E两点，把点（1，﹣2）代入求得b的值，利用图象可得答案．
【解答】解：（1）当x＜1时，x﹣1＜0，
∴|x﹣1|＝﹣x+1，
∴y＝|x﹣1|﹣2＝﹣x+1﹣2＝﹣x﹣1；
当x≥1时，x﹣1≥0，
∴y＝|x﹣1|﹣2＝x﹣1﹣2＝x﹣3；
故答案为：﹣x﹣1；x﹣3；
（2）∵过y轴上的动点A（0，a），其中a＞﹣2，作平行于x轴的直线，
∴B（﹣1﹣a，a），C（a+3，a），
∵BC＝3AB，
∴（a+3+1+a）＝3|﹣1﹣a|，
7
解得a=− 或a＝1；
5
（3）画出函数y＝|x﹣1|﹣2的图象如图，
1
∵一次函数y= x+b图象与函数y＝|x﹣1|﹣2的图象相交于D、E两点，
2
1 1
∴ x+b＝﹣x﹣1， x+b＝x﹣3，
2 22 2
解得x =− b− ，x ＝2b+6，
1 3 3 2
设D（x ，﹣x ﹣1），E（x ，x ﹣3），
1 1 2 2
∴DE=❑√(x −x )+2 (y −y ) 2=❑√(x −x ) 2+(x +x −2) 2≤3❑√5，
1 2 1 2 1 2 1 2
4 10 8 20
∵x +x ﹣2= b+ ，x ﹣x =− b− ，
1 2 3 3 1 2 3 3
4 16
∴ （2b+5）2+ （2b+5）2≤45，
9 9
9 9
∴2b+5≤ 或2b+5≥− ，
2 2
19 1
∴− ≤b≤− ，
4 4
1 5
把点（1，﹣2）代入y= x+b得，b=− ，
2 2
1
∵一次函数y= x+b图象与函数y＝|x﹣1|﹣2的图象相交于D、E两点，
2
5
∴b＞− ，
2
5 1
∴− ＜b≤− ．
2 4
【总结提升】本题是两条直线相交或平行问题，考查了绝对值的意义，一次函数图象上点的坐标特征，
两点间的距离，表示出B、C、D、E的坐标是解题的关键．
50．把一次函数y＝kx+b（k，b为常数，k≠0）在x轴下方的图象沿x轴向上翻折，与原来在x轴上方的图
象组合，得到一个新的图象，我们称之为一次函数的“V形”图象，例如：如图1就是函数y＝x的“V
形”图象．（1）请在图2中画出一次函数y＝x+1的“V形”图象，并直接写出该图象与 x轴交点A的坐标是
（﹣ 1 ， 0 ） ；
1
（2）在（1）的条件下，若直线y=− x+1与一次函数y＝x+1的“V形”图象相交于B，C两点，求
3
△ABC的面积；
（3）一次函数y＝kx﹣5k+4（k为常数）的“V形”图象经过（﹣1，y ），（3，y ）两点，且y ＞y ，
1 2 1 2
求k的取值范围．
【思路引领】（1）根据材料中的“V形”图象定义和一次函数的性质作答；
（2）由直线与直线的交点求法和三角形面积公式作答；
（3）对k的取值范围进行分类讨论．
【解答】解：（1）
如图是所求的图象．点A的坐标是（﹣1，0）；
故答案为：（﹣1，0）；
{
y=−x−1
)
（2）由 1 ，
y=− x+1
3{x=−3)
解得 ．
y=2
∴B（﹣3，2）．
{
y=x+1
)
∵ 1 ，
y=− x+1
3
{x=0)
解得 ．
y=1
∴C（0，1）．
由（1）得：A（﹣1，0）．
3 1
∴△ABC的面积=4− − =2；
2 2
解：（3）∵直线y＝kx﹣5k+4（k≠0，且为常数），
∴当x＝5时，y＝4．
∴经过定点（5，4）．
5k−4
当y＝0时，x= ．
k
5k−4
∴该图象与x轴交点( ，0)．
k
①当k＞0时，
5k−4
∵y ＞y ，由图象可知 ＞1，
1 2 k
解之得k＞1．
∴k＞1
②当k＜0时，由图象可知，始终有y ＞y ．
1 2
综上所述，k＞1或k＜0．
【总结提升】本题考查了一次函数的图象和一次函数图象上点的坐标特征．正确求出一次函数与 x轴与y
轴的交点是解题的关键．
