九年级上学期期中【压轴60题考点专练】（九上全部内容）-2022-2023学年九年级数学上学期期中期末考点大串讲（北师大版）

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九年级上学期期中【压轴60题考点专练】
一．根的判别式（共2小题）
1．（2021秋•淮滨县期中）已知关于x的一元二次方程x2+（m+3）x+m+1＝0．
（1）求证：无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根：
（2）若x1，x2是原方程的两根，且|x1﹣x2|＝2，求m的值，并求出此时方程的两根．
【分析】（1）根据关于x的一元二次方程x2+（m+3）x+m+1＝0的根的判别式Δ＝b2﹣4ac的符号来判定该方程的根的情况；
（2）根据根与系数的关系求得x1+x2＝﹣（m+3），x1•x2＝m+1；然后由已知条件“|x1﹣x2|＝2”可以求得（x1﹣x2）2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝8，从而列出关于m的方程，通过解该方程即可求得m的值；最后将m值代入原方程并解方程．
【解答】（1）证明：∵Δ＝（m+3）2﹣4（m+1）
＝（m+1）2+4，
∵无论m取何值，（m+1）2+4恒大于0，
∴原方程总有两个不相等的实数根．
（2）∵x1，x2是原方程的两根，
∴x1+x2＝﹣（m+3），x1•x2＝m+1，
∵|x1﹣x2|＝2∴（x1﹣x2）2＝（2）2，
∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝8，
∴[﹣（m+3）]2﹣4（m+1）＝8∴m2+2m﹣3＝0，
解得：m1＝﹣3，m2＝1．
当m＝﹣3时，原方程化为：x2﹣2＝0，
解得：x1＝，x2＝﹣，
当m＝1时，原方程化为：x2+4x+2＝0，
解得：x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣．
【点评】本题考查了根与系数的关系、根的判别式．一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a，b，c为常数）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．
2．（2019秋•金凤区校级期中）已知关于x的一元二次方程x2+（4m+1）x+2m﹣1＝0；
（1）求证：不论m任何实数，方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程的两根为x1、x2且满足，求m的值．
【分析】（1）要证明方程总有两个不相等的实数根，那么只要证明Δ＞0即可．
（2）因为＝＝﹣，所以由根与系数的关系可得＝﹣，解方程可得m的值．
【解答】解：（1）证明：Δ＝（4m+1）2﹣4（2m﹣1）
＝16m2+8m+1﹣8m+4＝16m2+5＞0，
∴不论m为任何实数，方程总有两个不相等的实数根．
（2）∵，即＝﹣，
∴由根与系数的关系可得＝﹣①，
解得 m＝﹣，
经检验得出m＝﹣是方程①的根，
即m的值为﹣．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根的情况与判别式△的符号的关系，把求未知系数的范围的问题转化为解不等式的问题，体现了转化的数学思想．
二．一元二次方程的应用（共7小题）
3．（2021秋•于洪区期中）菱形ABCD的一条对角线长为6，边AB的长是方程x2﹣7x+12＝0的一个根，则菱形ABCD的周长为　16　．
【分析】边AB的长是方程x2﹣7x+12＝0的一个根，解方程求得x的值，根据菱形ABCD的一条对角线长为6，根据三角形的三边关系可得出菱形的边长，即可求得菱形ABCD的周长．
【解答】解：∵解方程x2﹣7x+12＝0
得：x＝3或4
∵对角线长为6，3+3＝6，不能构成三角形；
∴菱形的边长为4．
∴菱形ABCD的周长为4×4＝16．
【点评】由于菱形的对角线和两边组成了一个三角形，根据三角形两边的关系来判断出菱形的边长是多少，然后根据题目中的要求进行解答即可．
4．（2021秋•会宁县期中）菜农李伟种植的某蔬菜计划以每千克5元的单价对外批发销售，由于部分菜农盲目扩大种植，造成该蔬菜滞销．李伟为了加快销售，减少损失，对价格经过两次下调后，以每千克3.2元的单价对外批发销售．
（1）求平均每次下调的百分率；
（2）小华准备到李伟处购买5吨该蔬菜，因数量多，李伟决定再给予两种优惠方案以供选择：
方案一：打九折销售；
方案二：不打折，每吨优惠现金200元．
试问小华选择哪种方案更优惠，请说明理由．
【分析】（1）设出平均每次下调的百分率，根据从5元下调到3.2列出一元二次方程求解即可；
（2）根据优惠方案分别求得两种方案的费用后比较即可得到结果．
【解答】解 （1）设平均每次下调的百分率为x．
由题意，得5（1﹣x）2＝3.2．
解这个方程，得x1＝0.2，x2＝1.8（不符合题意），
符合题目要求的是x1＝0.2＝20%．
答：平均每次下调的百分率是20%．
（2）小华选择方案一购买更优惠．
理由：方案一所需费用为：3.2×0.9×5000＝14400（元），
方案二所需费用为：3.2×5000﹣200×5＝15000（元）．
∵14400＜15000，
∴小华选择方案一购买更优惠．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，在解决有关增长率的问题时，注意其固定的等量关系．
5．（2020秋•昆明期中）如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P、Q分别从点A、C同时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B为止，点Q以2cm/s的速度向D移动．
（1）P、Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33cm2；
（2）P、Q两点从出发开始到几秒时，点P和点Q的距离是10cm．

【分析】（1）设P、Q两点从出发开始到x秒时四边形PBCQ的面积为33cm2，则PB＝（16﹣3x）cm，QC＝2xcm，根据梯形的面积公式可列方程：（16﹣3x+2x）×6＝33，解方程可得解；
（2）作QE⊥AB，垂足为E，设运动时间为t秒，用t表示线段长，用勾股定理列方程求解．
【解答】解：（1）设P、Q两点从出发开始到x秒时四边形PBCQ的面积为33cm2，
则PB＝（16﹣3x）cm，QC＝2xcm，
根据梯形的面积公式得（16﹣3x+2x）×6＝33，
解之得x＝5，
（2）设P，Q两点从出发经过t秒时，点P，Q间的距离是10cm，
作QE⊥AB，垂足为E，
则QE＝AD＝6，PQ＝10，
∵PA＝3t，CQ＝BE＝2t，
∴PE＝AB﹣AP﹣BE＝|16﹣5t|，
由勾股定理，得（16﹣5t）2+62＝102，
解得t1＝4.8，t2＝1.6．
答：（1）P、Q两点从出发开始到5秒时四边形PBCQ的面积为33cm2；
（2）从出发到1.6秒或4.8秒时，点P和点Q的距离是10cm．

【点评】（1）主要用到了梯形的面积公式：S＝（上底+下底）×高；（2）作辅助线是关键，构成直角三角形后，用了勾股定理．
6．（2019秋•宜兴市期中）实验与操作：
小明是一位动手能力很强的同学，他用橡皮泥做成一个棱长为4cm的正方体．
（1）如图1所示，在顶面中心位置处从上到下打一个边长为1cm的正方形孔，打孔后的橡皮泥块的表面积为　110　cm2；
（2）如果在第（1）题打孔后，再在正面中心位置（如图2中的虚线所示）从前到后打一个边长为1cm的正方形通孔，那么打孔后的橡皮泥块的表面积为　118　cm2；
（3）如果把（1）、（2）中的边长为1cm的通孔均改为边长为acm（a≠1）的通孔，能否使橡皮泥块的表面积为118cm2？如果能，求出a，如果不能，请说明理由．

【分析】（1）打孔后的表面积＝原正方体的表面积﹣小正方形孔的面积+孔中的四个矩形的面积．
（2）打孔后的表面积＝图①中的表面积﹣4个小正方形孔的面积+新打的孔中的八个小矩形的面积．
（3）根据（1）（2）中的面积计算方法，用a表示出图①和图②的面积．然后让用得出的图②的表面积＝118计算出a的值．
【解答】解：（1）表面积S1＝4×4×6﹣2+4×4＝110（cm2），故答案为：110；
（2）表面积S2＝S1﹣4×1×1+8×1.5×1＝118（cm2），故答案为：118；
（3）能使橡皮泥块的表面积为118cm2，理由为：
∵S1＝96﹣2a2+4a×4，S2＝S1﹣4a2+4×4a﹣4a2
∴96﹣2a2+16a﹣8a2+16a＝118
96﹣10a2+32a＝118
5a2﹣16a+11＝0
∴a1＝，a2＝1
∵a≠1，＜4
∴当边长改为cm时，表面积为118cm2．
【点评】对于面积问题应熟记各种图形的面积公式．另外，整体面积＝各部分面积之和；剩余面积＝原面积﹣截去的面积．
7．（2019春•崇左期中）广安市某楼盘准备以每平方米6000元的均价对外销售，由于国务院有关房地产的新政策出台后，购房者持币观望，房地产开发商为了加快资金周转，对价格经过两次下调后，决定以每平方米4860元的均价开盘销售．
（1）求平均每次下调的百分率．
（2）某人准备以开盘价均价购买一套100平方米的住房，开发商给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，一次性送装修费每平方米80元，试问哪种方案更优惠？
【分析】（1）根据题意设平均每次下调的百分率为x，列出一元二次方程，解方程即可得出答案；
（2）分别计算两种方案的优惠价格，比较后发现方案①更优惠．
【解答】解：（1）设平均每次下调的百分率为x，
则6000（1﹣x）2＝4860，
解得：x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（舍去），
故平均每次下调的百分率为10%；
（2）方案①购房优惠：4860×100×（1﹣0.98）＝9720（元）；
方案②可优惠：80×100＝8000（元）．
故选择方案①更优惠．
【点评】本题主要考查一元二次方程的实际应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解，属于中档题．
8．（2020秋•路北区期中）如图，用两段等长的铁丝恰好可以分别围成一个正五边形和一个正六边形，其中正五边形的边长为（x2+17）cm，正六边形的边长为（x2+2x）cm（其中x＞0）．求这两段铁丝的总长．

【分析】直接根据围成的一个正五边形和一个正六边形的周长相等列出方程求解．
【解答】解：∵用两段等长的铁丝恰好可以分别围成一个正五边形和一个正六边形，
∴5（x2+17）＝6（x2+2x）
整理得x2+12x﹣85＝0，
（x+6）2＝121，
解得x1＝5，x2＝﹣17（不合题意，舍去）．
5×（52+17）×2＝420cm．
答：这两段铁丝的总长为420cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．注意用两段等长的铁丝恰好可以分别围成一个正五边形和一个正六边形，实质上是正五边形和正六边形的周长相等．
9．（2019春•任城区期中）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”．
请解决下列问题：
（1）写出一个“勾系一元二次方程”；
（2）求证：关于x的“勾系一元二次方程”必有实数根；
（3）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6，求△ABC面积．

【分析】（1）直接找一组勾股数代入方程即可；
（2）通过判断根的判别式△的正负来证明结论；
（3）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】（1）解：当a＝3，b＝4，c＝5时
勾系一元二次方程为3x2+5x+4＝0；
（2）证明：根据题意，得
Δ＝（c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab
∵a2+b2＝c2
∴2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0
即△≥0
∴勾系一元二次方程必有实数根；
（3）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】此类题目要读懂题意，根据题目中所给的材料结合勾股定理和根的判别式解题．
三．反比例函数的图象（共1小题）
10．（2021秋•汨罗市期中）小兰画了一个函数y＝的图象如图，那么关于x的分式方程＝2的解是（　　）

A．x＝1 B．x＝2 C．x＝3 D．x＝4
【分析】关于x的分式方程＝2的解就是函数y＝中，纵坐标y＝2时的横坐标x的值，据此即可求解．
【解答】解：由图可知当x＝3时，y＝0，即＝0，
解得a＝3，
当＝2时，
解得x＝1．
故选：A．
【点评】本题考查了函数的图象，正确理解：关于x的分式方程＝2的解，就是函数y＝中，纵坐标y＝2时的横坐标x的值是关键．
四．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）
11．（2021秋•岱岳区期中）函数y＝和y＝在第一象限内的图象如图，点P是y＝的图象上一动点，PC⊥x轴于点C，交y＝的图象于点A，PD⊥y轴于点D，交y＝的图象于点B．给出如下结论：①△ODB与△OCA的面积相等；②PA与PB始终相等；③四边形PAOB的面积大小不会发生变化；④CA＝AP．其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【分析】由于A、B是反比函数y＝上的点，可得出S△OBD＝S△OAC＝，故①正确；当P的横纵坐标相等时PA＝PB，故②错误；根据反比例函数系数k的几何意义可求出四边形PAOB的面积为定值，故③正确；连接PO，根据底面相同的三角形面积的比等于高的比即可得出结论．
【解答】解：∵A、B是反比函数y＝上的点，
∴S△OBD＝S△OAC＝，故①正确；
当P的横纵坐标相等时PA＝PB，故②错误；
∵P是y＝的图象上一动点，
∴S矩形PDOC＝4，
∴S四边形PAOB＝S矩形PDOC﹣S△ODB﹣﹣S△OAC＝4﹣﹣＝3，故③正确；
连接OP，
＝＝＝4，
∴AC＝PC，PA＝PC，
∴＝3，
∴AC＝AP；故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④．
故选：C．

【点评】本题考查的是反比例函数综合题，熟知反比例函数中系数k的几何意义是解答此题的关键．
12．（2021秋•沈河区校级期中）如图，双曲线上有一点A，过点A作AB⊥x轴于点B，△AOB的面积为2，则该双曲线的表达式为　y＝﹣　．

【分析】先根据反比例函数图象所在的象限判断出k的符号，再根据S△AOB＝2求出k的值即可．
【解答】解：∵反比例函数的图象在二、四象限，
∴k＜0，
∵S△AOB＝2，
∴|k|＝4，
∴k＝﹣4，即可得双曲线的表达式为：y＝﹣，
故答案为：y＝﹣．
【点评】本题考查的是反比例系数k的几何意义，即在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．
五．待定系数法求反比例函数解析式（共1小题）
13．（2021秋•石阡县期中）如图，矩形AOCB的两边OC、OA分别位于x轴、y轴上，点B的坐标为B（，5），D是AB边上的一点．将△ADO沿直线OD翻折，使A点恰好落在对角线OB上的点E处，若点E在一反比例函数的图象上，那么该函数的解析式是 　y＝﹣　．

【分析】此题要求反比例函数的解析式，只需求得点E的坐标．
根据点B的坐标，可知矩形的长和宽；从而再根据锐角三角函数求得点E的坐标，运用待定系数法进行求解．
【解答】解：过E点作EF⊥OC于F
由条件可知：OE＝OA＝5，，
所以EF＝3，OF＝4，
则E点坐标为（﹣4，3）
设反比例函数的解析式是y＝
则有k＝﹣4×3＝﹣12
∴反比例函数的解析式是y＝．
故答案为y＝．

【点评】主要考查了用待定系数法求反比例函数的解析式．
本题综合性强，考查知识面广，能较全面考查学生综合应用知识的能力．
六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题）
14．（2021秋•永定区校级期中）如图，正方形ABCD位于第一象限，边长为3，点A在直线y＝x上，点A的横坐标为1，正方形ABCD的边分别平行于x轴、y轴．若双曲线y＝与正方形ABCD有公共点，则k的取值范围为（　　）

A．1＜k＜9 B．2≤k≤34 C．1≤k≤16 D．4≤k＜16
【分析】先根据题意求出A点的坐标，再根据AB＝BC＝3，AB、BC分别平行于x轴、y轴求出B、C两点的坐标，再根据双曲线y＝（k≠0）分别经过A、C两点时k的取值范围即可．
【解答】解：点A在直线y＝x上，其中A点的横坐标为1，则把x＝1代入y＝x解得y＝1，则A的坐标是（1，1），
∵AB＝BC＝3，
∴C点的坐标是（4，4），
∴当双曲线y＝经过点（1，1）时，k＝1；
当双曲线y＝经过点（4，4）时，k＝16，
因而1≤k≤16．
故选：C．
【点评】本题主要考查了反比例函数，用待定系数法求一次函数的解析式，解此题的关键是理解题意进而求出k的值．
七．反比例函数的应用（共1小题）
15．（2021秋•锦江区校级期中）病人按规定的剂量服用某种药物，测得服药后2小时，每毫升血液中的含药量达到最大值为4毫克，已知服药后，2小时前每毫升血液中的含药量y（毫克）与时间x（小时）成正比例，2小时后y与x成反比例（如图所示）．根据以上信息解答下列问题．
（1）求当0≤x≤2时，y与x的函数关系式；
（2）求当x＞2时，y与x的函数关系式；
（3）若每毫升血液中的含药量不低于2毫克时治疗有效，则服药一次，治疗疾病的有效时间是多长？

【分析】（1）根据点（2，4）利用待定系数法求正比例函数解形式；
（2）根据点（2，4）利用待定系数法求反比例函数解形式；
（3）根据两函数解析式求出函数值是2时的自变量的值，即可求出有效时间．
【解答】解：（1）根据图象，正比例函数图象经过点（2，4），
设函数解析式为y＝kx，
则2k＝4，
解得k＝2，
所以函数关系为y＝2x（0≤x≤2）；
（2）根据图象，反比例函数图象经过点（2，4），
设函数解析式为y＝，
则＝4，
解得k＝8，
所以，函数关系为y＝（x＞2）；
（3）当y＝2时，2x＝2，解得x＝1，
＝2，解得x＝4，
4﹣1＝3小时，
∴服药一次，治疗疾病的有效时间是3小时．
【点评】本题主要考查图象的识别能力和待定系数法求函数解形式，是近年中考的热点之一．
八．反比例函数综合题（共12小题）
16．（2021秋•槐荫区期中）如图，直线y＝与双曲线y＝（k＞0，x＞0）交于点A，将直线y＝向上平移4个单位长度后，与y轴交于点C，与双曲线y＝（k＞0，x＞0）交于点B，若OA＝3BC，则k的值为（　　）

A．3 B．6 C． D．
【分析】先根据一次函数平移的性质求出平移后函数的解析式，再分别过点A、B作AD⊥x轴，BE⊥x轴，CF⊥BE于点F，再设A（3x，x），由于OA＝3BC，故可得出B（x，x+4），再根据反比例函数中k＝xy为定值求出x
【解答】解：∵将直线y＝向上平移4个单位长度后，与y轴交于点C，
∴平移后直线的解析式为y＝x+4，
分别过点A、B作AD⊥x轴，BE⊥x轴，CF⊥BE于点F，设A（3x，x），
∵OA＝3BC，BC∥OA，CF∥x轴，
∴△BCF∽△AOD，
∴CF＝OD，
∵点B在直线y＝x+4上，
∴B（x，x+4），
∵点A、B在双曲线y＝上，
∴3x•x＝x•（x+4），解得x＝1，
∴k＝3×1××1＝．
故选：D．

【点评】本题考查的是反比例函数综合题，根据题意作出辅助线，设出A、B两点的坐标，再根据k＝xy的特点求出k的值即可．
17．（2021秋•岳阳县期中）函数y＝和y＝在第一象限内的图象如图，点P是y＝的图象上一动点，PC⊥x轴于点C，交y＝的图象于点B．给出如下结论：
①△ODB与△OCA的面积相等；
②PA与PB始终相等；
③四边形PAOB的面积大小不会发生变化；
④CA＝AP．
其中所有正确结论的序号是 　①③④　．

【分析】①由A、B都在y＝的图象上，根据反比例函数的比例系数k的几何意义，可以直接得出结果；
②只有当点P的坐标为（2，2）时，PA与PB才相等；
③由四边形PAOB的面积＝矩形OCPD的面积﹣△ODB的面积﹣△OCA的面积．根据反比例函数的比例系数k的几何意义，可知△ODB、△OCA、矩形OCPD的面积都是常数，所以四边形PAOB的面积大小不会发生变化；
④根据反比例函数的比例系数k的几何意义，可知△OPC面积等于2，△OCA的面积等于，又同底（OC作底）的两个三角形的面积比等于它们的高的比，得出AC：PC＝1：4，所以CA＝AP．
【解答】解：①因点A和B都在反比例函数y＝的图象上，根据反比例函数k的几何意义可知，△ODB与△OCA的面积都等于，正确；
②由图的直观性可知，P点至上而下运动时，PB在逐渐增大，而PA在逐渐减小，错误；
③因△ODB与△OCA的面积都等于，它们面积之和始终等于1，而矩形OCPD面积始终等于4，所以四边形PAOB的面积始终等于3，即大小不会发生变化，正确；
④连接OP，△OPC面积始终等于2，△OCA的面积都等于，因它们同底（OC作底），所以它们面积的比等于高AC与PC的比，即AC：PC＝1：4，所以CA＝AP，正确．
故答案是：①③④．
【点评】本题主要考查反比例函数比例系数k的几何意义．过双曲线上的任意一点分别向两条坐标作垂线，与坐标轴围成的矩形面积等于|k|；反比例函数图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S＝|k|．该知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
18．（2021秋•高青县期中）如图所示，P1（x1，y1）、P2（x2，y2），…Pn（xn，yn）在函数y＝（x＞0）的图象上，△OP1A1，△P2A1A2，△P3A2A3…△PnAn﹣1An…都是等腰直角三角形，斜边OA1，A1A2…An﹣1An，都在x轴上，则y1+y2+…yn＝　　．

【分析】（方法一）由于△OP1A1是等腰直角三角形，过点P1作P1M⊥x轴，则P1M＝OM＝MA1，所以可设P1的坐标是（a，a），把（a，a）代入解析式得到a＝3，从而求出A1的坐标是（6，0），再根据△P2A1A2是等腰直角三角形，设P2的纵坐标是b，则P2的横坐标是6+b，把（6+b，b）代入函数解析式得到b＝，解得b＝3﹣3，则A2的横坐标是6，同理可以得到A3的横坐标是6，An的横坐标是6，根据等腰三角形的性质得到y1+y2+…yn等于An点横坐标的一半，因而值是3．
（方法二）设OA1＝2a1，A1A2＝2a2，A2A3＝2a3，…，An﹣1An＝2an，则A1（2a1，0），A2（2a1+2a2，0），…，An（2a1+2a2+…+2an，0），由等腰直角三角形的性质可得出y1＝a1，y2＝a2，y3＝a3，…，yn＝an，x1＝a1，x2＝2a1+a2，x3＝2a1+2a2+a3，…，xn＝2a1+2a2+…+an，进而可得出y1+y2+…yn＝OAn，再利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出a1，a2，…，an的值，将其代入y1+y2+…yn＝a1+a2+…+an中即可求出结论．
【解答】解：（方法一）如图，过点P1作P1M⊥x轴，
∵△OP1A1是等腰直角三角形，
∴P1M＝OM＝MA1，
设P1的坐标是（a，a），
把（a，a）代入解析式y＝（x＞0）中，得a＝3，
∴A1的坐标是（6，0），
又∵△P2A1A2是等腰直角三角形，
设P2的纵坐标是b，则P2的横坐标是6+b，
把（6+b，b）代入函数解析式得b＝，
解得b＝3﹣3，
∴A2的横坐标是6+2b＝6+6﹣6＝6，
同理可以得到A3的横坐标是6，
An的横坐标是6，
根据等腰三角形的性质得到y1+y2+…yn等于An点横坐标的一半，
∴y1+y2+…yn＝．
故答案为：．
（方法二）设OA1＝2a1，A1A2＝2a2，A2A3＝2a3，…，An﹣1An＝2an，
∴A1（2a1，0），A2（2a1+2a2，0），…，An（2a1+2a2+…+2an，0）．
∵△OP1A1，△P2A1A2，△P3A2A3，…，△PnAn﹣1An，…，都是等腰直角三角形，
∴y1＝a1，y2＝a2，y3＝a3，…，yn＝an，x1＝a1，x2＝2a1+a2，x3＝2a1+2a2+a3，…，xn＝2a1+2a2+…+an，
∴y1+y2+…yn＝OAn．
∵P1（x1，y1）、P2（x2，y2），…Pn（xn，yn）在函数y＝（x＞0）的图象上，
∴a12＝9，（2a1+a2）a2＝9，（2a1+2a2+a3）a3＝9，…，（2a1+2a2+…+an）an＝9，
∴a1＝3，a2＝3﹣3，a3＝3﹣3，…，an＝3﹣3，
∴y1+y2+…yn＝a1+a2+…+an＝3+3﹣3+3﹣3+…+3﹣3＝3．
故答案为：．

【点评】本题是等腰直角三角形与反比例函数相结合的题目，关键是要分析出其图象特点，再结合反比例函数性质作答．
19．（2020秋•锦江区校级期中）已知双曲线y＝与直线y＝x交于A、B两点（点A在点B的左侧）．如图，点P是第一象限内双曲线上一动点，BC⊥AP于C，交x轴于F，PA交y轴于E，则的值是　1　．

【分析】方法1：由所求的式子联想到勾股定理，故过A作AG⊥y轴于G，过B作BH⊥x轴于H，设FH＝a，则有OF＝4+a，BF2＝a2+1．易证△AEG∽△BFH，从而有＝＝＝4，就可用a的代数式表示AE2、EF2，然后代入所求的式子就可解决问题；
方法2：过点A作AG∥BF，交x轴于点G，连接EG，易证△AOG≌△BOF，则有AG＝BF，OG＝OF．根据线段的垂直平分线的性质可得EG＝EF，在Rt△GAE中运用勾股定理可得AG2+AE2＝GE2，然后通过等量代换就可解决问题．
【解答】解1：过A作AG⊥y轴于G，过B作BH⊥x轴于H，设直线AC与x轴交于点K，如图，

联立，
解得：，．
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣4，﹣1），B（4，1）．
∴AG＝4，OG＝1，OH＝4，BH＝1．
设FH＝a，则有OF＝OH+FH＝4+a，BF2＝FH2+BH2＝a2+1．
∵AC⊥CF，OE⊥OK，
∴∠CFK＝90°﹣∠CKF＝∠OEK．
∵AG⊥y轴，BH⊥x轴，
∴∠AGE＝∠BHF＝90°．
∴△AEG∽△BFH．
∴＝＝＝4．
∴AE2＝16BF2＝16（a2+1），EG＝4FH＝4a．
∴OE＝＝|4a﹣1|．
∴EF2＝（4a﹣1）2+（4+a）2＝17（a2+1）．
∴＝＝1．
故答案为：1．
解2：过点A作AG∥BF，交x轴于点G，连接EG，如图．

则有∠GAC＝∠FCA＝90°，∠AGO＝∠BFO．
∵双曲线y＝与直线y＝x都关于点O成中心对称，
∴它们的交点也关于点O成中心对称，即OA＝OB．
在△AOG和△BOF中，
，
∴△AOG≌△BOF，
∴AG＝BF，OG＝OF．
∵OE⊥GF，
∴EG＝EF．
∵∠GAC＝90°，
∴AG2+AE2＝GE2，
∴BF2+AE2＝EF2，
∴＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数交点问题、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质等知识，而由线段的平方联想到勾股定理是解决本题的关键．
20．（2021秋•绥宁县期中）如图，在矩形OABC中，OA＝3，OC＝5，分别以OA、OC所在直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，D是边CB上的一个动点（不与C、B重合），反比例函数y＝（k＞0）的图象经过点D且与边BA交于点E，连接DE．
（1）连接OE，若△EOA的面积为2，则k＝　4　；
（2）连接CA、DE与CA是否平行？请说明理由；
（3）是否存在点D，使得点B关于DE的对称点在OC上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）连接OE，根据反比例函数k的几何意义，即可求出k的值；
（2）连接AC，设D（x，5），E（3，），则BD＝3﹣x，BE＝5﹣，得到，证明△BDE∽△BCA，进而证得DE∥AC．
（3）假设存在点D满足条件．设D（x，5），E（3，），则CD＝x，BD＝3﹣x，BE＝5﹣，AE＝．作EF⊥OC，垂足为F，易得，△B′CD∽△EFB′，然后根据对称性求出B′E、B′D的表达式，列出，即＝，从而求出（5﹣）2+x2＝（3﹣x）2，即可求出x值，从而得到D点坐标．
【解答】解：（1）连接OE，如图1，
∵Rt△AOE的面积为2，
∴k＝2×2＝4．
（2）连接AC，如图1，设D（x，5），E（3，），则BD＝3﹣x，BE＝5﹣，
＝，
∴，
又∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BCA，
∴∠BED＝∠BAC，
∴DE∥AC．
（3）假设存在点D满足条件．设D（x，5），E（3，），则CD＝x，
BD＝3﹣x，BE＝5﹣，AE＝．
作EF⊥OC，垂足为F，如图2，
易证△B′CD∽△EFB′，
∴，即＝，
∴B′F＝，
∴OB′＝B′F+OF＝B′F+AE＝+＝，
∴CB′＝OC﹣OB′＝5﹣，
在Rt△B′CD中，CB′＝5﹣，CD＝x，B′D＝BD＝3﹣x，
由勾股定理得，CB′2+CD2＝B′D2，
（5﹣）2+x2＝（3﹣x）2，
解这个方程得，x1＝1.5（舍去），x2＝0.96，
∴满足条件的点D存在，D的坐标为D（0.96，5）．


【点评】本题考查了反比例函数综合题，涉及反比例函数k的几何意义、平行线分线段成比例定理、轴对称的性质、相似三角形的性质等知识，值得关注．
21．（2021秋•济南期中）如图，直线y＝x，与反比例函数y＝在第一象限内的图象相交于点A（m，3）．
（1）求该反比例函数的表达式；
（2）将直线y＝x沿y轴向上平移，与反比例函数在第一象限内的图象相交于点B，与y轴交于点C，若，连接AB、OB．请判断AB与OA的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，在射线OA上是否存在一点P，使△PAB与△BAO相似，若存在，请直接写出P点坐标；不存在，请说明理由．

【分析】（1）先确定出点A坐标，再用待定系数法求出反比例函数解析式；
（2）先求出点B坐标秒即可得出结论；利用滚滚滚定理的逆定理即可判断；
（3）分两种情况：△PAB∽△BAO和△PAB∽△OAB．利用相似三角形的性质得出AP，进而求出OP，再求出∠AOH＝30°，最后用含30°的直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵点A（m，3）在直线y＝x，
∴3＝m，
∴m＝3，
∴点A（3，3），
∵点A（3，3）在反比例函数y＝上，
∴k＝3×3＝9，
∴y＝；

（2）OA⊥AB，理由如下：
如图，作BE⊥y轴于E，AF⊥y轴于F．
∴∠BEO＝∠AFO＝90°，
∵BC∥AO，
∴∠ECB＝∠FOA，
∴△BCE∽△AOF，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝，
∴B（，9），
又∵A（3，3），
∴OA2＝36，OB2＝84，AB2＝48，
∴OA2+AB2＝OB2，
∴∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB．

（3）如图，①当△APB∽△ABO时，＝，
由（2）知，AB＝4，OA＝6，即 ＝，
∴AP＝8，
∵OA＝6，
∴OP＝14，
过点A作AH⊥x轴于H，
∵A（3，3），
∴OH＝3，AH＝3，
在Rt△AOH中，
∴tan∠AOH＝＝＝，
∴∠AOH＝30°．
过点P作PG⊥x轴于G，
在Rt△APG中，∠POG＝30°，OP＝14，
∴PG＝7，OG＝7 ，
∴P（7，7）．
②当△PAB∽△OAB时，＝＝1．
∴AP＝OA，即A是OP的中点，
由（2）知，A（3，3），
∴P（6，6）．
综上所述，符合条件的点P的坐标是（7，7）或（6，6）．


【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，锐角三角函数的意义，相似三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，解（1）的关键是求出点A的坐标，解（2）的关键是求出点B的坐标，解（3）的关键是求出OP，是一道中等难度的中考常考题．
22．（2021秋•楚雄市校级期中）如图，直线y＝与双曲线y＝（k≠0）交于A，B两点，点A的坐标为（m，﹣3），点C是双曲线第一象限分支上的一点，连接BC并延长交x轴于点D，且BC＝2CD．
（1）求k的值并直接写出点B的坐标；
（2）点G是y轴上的动点，连接GB，GC，求GB+GC的最小值；
（3）P是坐标轴上的点，Q是平面内一点，是否存在点P，Q，使得四边形ABPQ是矩形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将点A的坐标为（m，﹣3）代入直线y＝x中，可求得A（﹣2，﹣3），即可求得k＝6，解方程组，即可求出点B的坐标；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，则BE∥CF，△DCF∽△DBE，利用相似三角形性质即可求得C（6，1），作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，则B′C即为BG+GC的最小值，运用勾股定理即可求得答案；
（3）分两种情况：①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），过点B作BE⊥x轴于点E，通过△OBE∽△OP1B，建立方程求解即可；
②当点P在y轴上时，过点B作BN⊥y轴于点N，如图2，设点P2的坐标为（0，b），利用△BON∽△P2OB，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）将点A的坐标为（m，﹣3）代入直线y＝x中，
得﹣3＝m，
解得：m＝﹣2，
∴A（﹣2，﹣3），
∴k＝﹣2×（﹣3）＝6，
∴反比例函数解析式为y＝，
由，得或，
∴点B的坐标为（2，3）；
（2）如图1，作BE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，
∴BE∥CF，
∴△DCF∽△DBE，
∴＝，
∵BC＝2CD，BE＝3，
∴＝，
∴＝，
∴CF＝1，
∴C（6，1），
作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点G，
则B′C即为BG+GC的最小值，
∵B′（﹣2，3），C（6，1），
∴B′C＝＝2，
∴BG+GC＝B′C＝2；
（3）存在．理由如下：
①当点P在x轴上时，如图2，设点P1的坐标为（a，0），
过点B作BE⊥x轴于点E，
∵∠OEB＝∠OBP1＝90°，∠BOE＝∠P1OB，
∴△OBE∽△OP1B，
∴＝，
∵B（2，3），
∴OB＝＝，
∴＝，
∴a＝，
∴点P1的坐标为（，0）；
②当点P在y轴上时，过点B作BN⊥y轴于点N，如图2，
设点P2的坐标为（0，b），
∵∠ONB＝∠P2BO＝90°，∠BON＝∠P2OB，
∴△BON∽△P2OB，
∴＝，即＝，
∴b＝，
∴点P2的坐标为（0，）；
综上所述，点P的坐标为（，0）或（0，）．


【点评】本题是一次函数与反比例函数综合题，考查了待定系数法，轴对称性质，最短问题，矩形性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
23．（2021秋•福田区校级期中）如图1，平面直角坐标系xOy中，A（4，3），反比例函数y＝（k＞0）的图象分别交矩形ABOC的两边AC，AB于E、F两点（E、F不与A重合），沿着EF将矩形ABOC折叠使A、D两点重合．
（1）AE＝　4﹣　（用含有k的代数式表示）；
（2）如图2，当点D恰好落在矩形ABOC的对角线BC上时，求CE的长度；
（3）若折叠后，△ABD是等腰三角形，求此时点D的坐标．

【分析】（1）根据点A的坐标可得点E的纵坐标为3，所以得CE＝，从而得AE的长；
（2）如图2中，连接AD交EF于M，想办法证明△AEF∽△ACB，推出EF∥BC，再利用平行线的性质和等腰三角形的判定证明AE＝EC＝2即可；
（3）分三种情况讨论：①AD＝BD，②AD＝AB，③AB＝BD，分别计算DN和BN的长确定点D的坐标即可解答．
【解答】解：（1）∵四边形ABOC是矩形，且A（4，3），
∴AC＝4，OC＝3，
∵点E在反比例函数y＝上，
∴E（，3），
∴CE＝，
∴AE＝4﹣；
故答案为：4﹣；
（2）如图2，∵A（4，3），
∴AC＝4，AB＝3，
∴，
∴点F在y＝上，
∴F（4，），
∴＝，
∴＝，
∵∠A＝∠A，
∴△AEF∽△ACB，
∴∠AEF＝∠ACB，
∴EF∥BC，
∴∠FED＝∠CDE，
连接AD交EF于M点，

∴△AEF≌△DEF，
∴∠AEM＝∠DEM，AE＝DE，
∴∠FED＝∠CDE＝∠AEF＝∠ACB，
∴CE＝DE＝AE＝AC＝2；
（3）过D点作DN⊥AB，
①当BD＝AD时，如图3，有∠AND＝90°，AN＝BN＝AB＝，

∴∠DAN+∠ADN＝90°，
∵∠DAN+∠AFM＝90°，
∴∠ADN＝∠AFM，
∴tan∠ADN＝tan∠AFM＝，
∴，
∵AN＝，
∴DN＝，
∴D（4﹣，），即D（，）；
②当AB＝AD＝3时，如图4，

在Rt△ADN中，tan∠ADN＝tan∠AFM＝，
∴，
∴AN＝AD＝＝，
∴BN＝3﹣AN＝3﹣＝，
∵DN＝AN＝＝，
∴D（4﹣，），即D（，）；
③当AB＝BD时，△AEF≌△DEF，
∴DF＝AF，
∴DF+BF＝AF+BF，即DF+BF＝AB，
∴DF+BF＝BD，
此时D、F、B三点共线且F点与B点重合，不符合题意舍去，
∴AB≠BD，
综上所述，所求D点坐标为（，）或（，）．
【点评】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，相似三角形的判定和性质，翻折的性质，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
24．（2021秋•张店区期中）模具厂计划生产面积为4，周长为m的矩形模具．对于m的取值范围，小亮已经能用“代数”的方法解决，现在他又尝试从“图形”的角度进行探究，过程如下：
（1）建立函数模型
设矩形相邻两边的长分别为x，y，由矩形的面积为4，得xy＝4，即y＝；由周长为m，得2（x+y）＝m，即y＝﹣x+．满足要求的（x，y）应是两个函数图象在第 　一　象限内交点的坐标．
（2）画出函数图象
函数y＝（x＞0）的图象如图所示，而函数y＝﹣x+的图象可由直线y＝﹣x平移得到．请在同一平面直角坐标系中直接画出直线y＝﹣x．
（3）平移直线y＝﹣x，观察函数图象
①当直线平移到与函数y＝（x＞0）的图象有唯一交点（2，2）时，周长m的值为 　8　；
②在直线平移过程中，交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长m的取值范围．
（4）得出结论
若能生产出面积为4的矩形模具，则周长m的取值范围为 　m≥8　．

【分析】（1）x，y都是边长，因此，都是正数，即可求解；
（2）直接画出图象即可；
（3）①把点（2，2）代入y＝﹣x+即可求解；②在直线平移过程中，交点个数有：0个、1个、2个三种情况，联立y＝和y＝﹣x+并整理得：x2﹣mx+4＝0，即可求解；
（4）由（3）可得．
【解答】解：（1）x，y都是边长，因此，都是正数，
故点（x，y）在第一象限，
答案为：一；
（2）图象如下所示：

（3）①把点（2，2）代入y＝﹣x+得：
2＝﹣2+，解得：m＝8，
②由①知：0个交点时，0＜m＜8；2个交点时，m＞8（1个交点时，m＝8）；
（4）由（3）知，两个函数有交点时，m≥8．
【点评】本题为反比例函数综合运用题，涉及到一次函数、一元二次方程、函数平移等知识点，此类探究题，通常按照题设条件逐次求解，一般难度不大．
25．（2019秋•锦江区期中）如图1，已知点A（a，0），B（0，b），且a、b满足+（a+b+3）2＝0，▱ABCD的边AD与y轴交于点E，且E为AD中点，双曲线y＝经过C、D两点．
（1）求k的值；
（2）点P在双曲线y＝上，点Q在y轴上，若以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，试求满足要求的所有点P、Q的坐标；
（3）以线段AB为对角线作正方形AFBH（如图3），点T是边AF上一动点，M是HT的中点，MN⊥HT，交AB于N，当T在AF上运动时，的值是否发生改变？若改变，求出其变化范围；若不改变，请求出其值，并给出你的证明．

【分析】（1）先根据非负数的性质求出a、b的值，故可得出A、B两点的坐标，设D（1，t），由DC∥AB，可知C（2，t﹣2），再根据反比例函数的性质求出t的值即可；
（2）由（1）知k＝4可知反比例函数的解析式为y＝，再由点P在双曲线y＝上，点Q在y轴上，设Q（0，y），P（x，），再分以AB为边和以AB为对角线两种情况求出x的值，故可得出P、Q的坐标；
（3）连NH、NT、NF，易证NF＝NH＝NT，故∠NTF＝∠NFT＝∠AHN，∠TNH＝∠TAH＝90°，MN＝HT由此即可得出结论．
【解答】解：（1）∵+（a+b+3）2＝0，
∴，
解得：，
∴A（﹣1，0），B（0，﹣2），
∵E为AD中点，
∴xD＝1，
设D（1，t），
又∵DC∥AB，
∴C（2，t﹣2），
∴t＝2t﹣4，
∴t＝4，
∴k＝4；
（2）∵由（1）知k＝4，
∴反比例函数的解析式为y＝，
∵点P在双曲线上，点Q在y轴上，
∴设Q（0，y），P（x，），
①当AB为边时：
如图1，若ABPQ为平行四边形，

则＝0，
解得x＝1，
此时P1（1，4），Q1（0，6）；
如图2，若ABQP为平行四边形，

则＝，
解得x＝﹣1，
此时P2（﹣1，﹣4），Q2（0，﹣6）；
②如图3，当AB为对角线时，

AP＝BQ，且AP∥BQ；
∴，
解得x＝﹣1，
∴P3（﹣1，﹣4），Q3（0，2）；
故P1（1，4），Q1（0，6）或P2（﹣1，﹣4），Q2（0，﹣6）或P3（﹣1，﹣4），Q3（0，2）；
（3）的值不发生改变，
理由：如图4，连NH、NT、NF，

∵MN是线段HT的垂直平分线，
∴NT＝NH，
∵四边形AFBH是正方形，
∴∠ABF＝∠ABH，
在△BFN与△BHN中，，
∴△BFN≌△BHN（SAS），
∴NF＝NH＝NT，
∴∠NTF＝∠NFT＝∠AHN，
四边形ATNH中，∠ATN+∠NTF＝180°，而∠NTF＝∠NFT＝∠AHN，
所以，∠ATN+∠AHN＝180°，
因为，四边形ATNH内角和为360°，
所以∠TNH＝360°﹣180°﹣90°＝90°．
∴MN＝HT，
∴．
【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式、正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等相关知识，难度较大，解本题（1）的关键是求出a，b的值，解（2）的关键是分类讨论，解（3）的关键是判断出△BFN≌△BHN．
26．（2019秋•温江区校级期中）已知：一次函数y＝﹣2x+10的图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象相交于A，B两点（A在B的右侧）．
（1）当A（4，2）时，求反比例函数的解析式及B点的坐标；
（2）在（1）的条件下，反比例函数图象的另一支上是否存在一点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）时，直线OA与此反比例函数图象的另一支交于另一点C，连接BC交y轴于点D．若＝，求△ABC的面积．

【分析】（1）只需把点A的坐标代入反比例函数的解析式，就可求出反比例函数的解析式；解一次函数与反比例函数的解析式组成的方程组，就可得到点B的坐标；
（2）△PAB是以AB为直角边的直角三角形，可分两种情况讨论：①若∠BAP＝90°，过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，易得OE＝5，OH＝4，AH＝2，HE＝1．易证△AHM∽△EHA，根据相似三角形的性质可求出MH，从而得到点M的坐标，然后用待定系数法求出直线AP的解析式，再解直线AP与反比例函数的解析式组成的方程组，就可得到点P的坐标；②若∠ABP＝90°，同理即可得到点P的坐标；
（3）过点B作BS⊥y轴于S，过点C作CT⊥y轴于T，连接OB，如图2，易证△CTD∽△BSD，根据相似三角形的性质可得＝＝．由A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10），可得C（﹣a，2a﹣10），CT＝a，BS＝b，即可得到＝，即b＝a．由A、B都在反比例函数的图象上可得a（﹣2a+10）＝b（﹣2b+10），把b＝a代入即可求出a的值，从而得到点A、B、C的坐标，运用待定系数法求出直线BC的解析式，从而得到点D的坐标及OD的值，然后运用割补法可求出S△COB，再由OA＝OC可得S△ABC＝2S△COB，问题得以解决．
【解答】解：（1）把A（4，2）代入y＝，得k＝4×2＝8．
∴反比例函数的解析式为y＝．
解方程组，得
或，
∴点B的坐标为（1，8）；
（2）①若∠BAP＝90°，
过点A作AH⊥OE于H，设AP与x轴的交点为M，如图1，

对于y＝﹣2x+10，
当y＝0时，﹣2x+10＝0，解得x＝5，
∴点E（5，0），OE＝5．
∵A（4，2），∴OH＝4，AH＝2，
∴HE＝5﹣4＝1．
∵AH⊥OE，∴∠AHM＝∠AHE＝90°．
又∵∠BAP＝90°，
∴∠AME+∠AEM＝90°，∠AME+∠MAH＝90°，
∴∠MAH＝∠AEM，
∴△AHM∽△EHA，
∴＝，
∴＝，
∴MH＝4，
∴M（0，0），
可设直线AP的解析式为y＝mx
则有4m＝2，解得m＝，
∴直线AP的解析式为y＝x，
解方程组，得
或，
∴点P的坐标为（﹣4，﹣2）．
②若∠ABP＝90°，
同理可得：点P的坐标为（﹣16，﹣）．
综上所述：符合条件的点P的坐标为（﹣4，﹣2）、（﹣16，﹣）；
（3）过点B作BS⊥y轴于S，过点C作CT⊥y轴于T，连接OB，如图2，

则有BS∥CT，
∴△CTD∽△BSD，
∴＝．
∵＝，
∴＝＝．
∵A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10），
∴C（﹣a，2a﹣10），CT＝a，BS＝b，
∴＝，即b＝a．
∵A（a，﹣2a+10），B（b，﹣2b+10）都在反比例函数y＝的图象上，
∴a（﹣2a+10）＝b（﹣2b+10），
∴a（﹣2a+10）＝a（﹣2×a+10）．
∵a≠0，
∴﹣2a+10＝（﹣2×a+10），
解得：a＝3．
∴A（3，4），B（2，6），C（﹣3，﹣4）．
设直线BC的解析式为y＝px+q，
则有，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝2x+2．
当x＝0时，y＝2，则点D（0，2），OD＝2，
∴S△COB＝S△ODC+S△ODB
＝OD•CT+OD•BS
＝×2×3+×2×2＝5．
∵OA＝OC，
∴S△AOB＝S△COB，
∴S△ABC＝2S△COB＝10．
【点评】本题主要考查了运用待定系数法求反比例函数及一次函数的解析式、求反比例函数及一次函数图象的交点、三角形的中线平分三角形的面积、相似三角形的判定与性质、三角形外角的性质、直角三角形两锐角互余等知识，在解决问题的过程中，用到了分类讨论、数形结合、割补法等重要的数学思想方法，应熟练掌握．
27．（2019春•阜宁县期中）平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在函数y1＝（x＞0）与y2＝﹣（x＜0）的图象上，A、B的横坐标分别为
a、b．

（1）若AB∥x轴，求△OAB的面积；
（2）若△OAB是以AB为底边的等腰三角形，且a+b≠0，求ab的值；
（3）作边长为3的正方形ACDE，使AC∥x轴，点D在点A的左上方，那么，对大于或等于4的任意实数a，CD边与函数y1＝（x＞0）的图象都有交点，请说明理由．
【分析】（1）如图1，AB交y轴于C，由于AB∥x轴，根据k的几何意义得到S△OAC＝2，S△OBC＝2，所以S△OAB＝S△OAC+S△OBC＝4；
（2）根据函数图象上点的坐标特征得A、B的纵坐标分别为、﹣，根据两点间的距离公式得到OA2＝a2+（）2，OB2＝b2+（﹣）2，则利用等腰三角形的性质得到a2+（）2＝b2+（﹣）2，变形得到（a+b）（a﹣b）（1﹣）＝0，由于a+b≠0，a＞0，b＜0，所以1﹣＝0，易得ab＝﹣4；
（3）由于a≥4，AC＝3，则可判断直线CD在y轴的右侧，直线CD与函数y1＝（x＞0）的图象一定有交点，设直线CD与函数y1＝（x＞0）的图象交点为F，由于A点坐标为（a，），正方形ACDE的边长为3，则得到C点坐标为（a﹣3，），F点的坐标为（a﹣3，），所以FC＝﹣，然后比较FC与3的大小，由于3﹣FC＝3﹣（﹣）＝，而a≥4，所以3﹣FC≥0，于是可判断点F在线段DC上．
【解答】解：（1）如图1，AB交y轴于C，

∵AB∥x轴，
∴S△OAC＝×|4|＝2，S△OBC＝×|﹣4|＝2，
∴S△OAB＝S△OAC+S△OBC＝4；
（2）∵A、B的横坐标分别为a、b，
∴A、B的纵坐标分别为、﹣，
∴OA2＝a2+（）2，OB2＝b2+（﹣）2，
∵△OAB是以AB为底边的等腰三角形，
∴OA＝OB，
∴a2+（）2＝b2+（﹣）2，
∴a2﹣b2+（）2﹣（）2＝0，
∴a2﹣b2+＝0，
∴（a+b）（a﹣b）（1﹣）＝0，
∵a+b≠0，a＞0，b＜0，
∴1﹣＝0，
∴ab＝﹣4；
（3）∵a≥4，
而AC＝3，
∴直线CD在y轴的右侧，直线CD与函数y1＝（x＞0）的图象一定有交点，
设直线CD与函数y1＝（x＞0）的图象交点为F，如图2，

∵A点坐标为（a，），正方形ACDE的边长为3，
∴C点坐标为（a﹣3，），
∴F点的坐标为（a﹣3，），
∴FC＝﹣，
∵3﹣FC＝3﹣（﹣）＝，
而a≥4，
∴3﹣FC≥0，即FC≤3，
∵CD＝3，
∴点F在线段DC上，
即对大于或等于4的任意实数a，CD边与函数y1＝（x＞0）的图象都有交点．
【点评】本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数比例系数的几何意义、图形与坐标和正方形的性质；会利用求差法对代数式比较大小．
九．矩形的性质（共4小题）
28．（2021秋•东港市期中）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为　（）n﹣1　．

【分析】易得第二个矩形的面积为，第三个矩形的面积为（）2，依此类推，第n个矩形的面积为（）n﹣1．
【解答】解：已知第一个矩形的面积为1；
第二个矩形的面积为原来的（）2﹣1＝；
第三个矩形的面积是（）3﹣1＝；
…
故第n个矩形的面积为：（）n﹣1．
【点评】本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
29．（2021秋•宝安区校级期中）Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的最小值为 　　．

【分析】AM＝EF＝AP，所以当AP最小时，AM最小，根据垂线段最短解答．
【解答】解：由题意知，四边形AFPE是矩形，
∵点M是矩形对角线EF的中点，则延长AM应过点P，
∴当AP为直角三角形ABC的斜边上的高时，即AP⊥BC时，AM有最小值，
此时AM＝AP，由勾股定理知BC＝＝5，
∵S△ABC＝AB•AC＝BC•AP，
∴AP＝＝，
∴AM＝AP＝．
【点评】本题利用了矩形的性质、勾股定理、垂线段最短求解．
30．（2021秋•深圳期中）如图，四边形ABCD是矩形，边AB长为6，∠ABD＝60°，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD，CD于G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长为 　　．

【分析】连接CG，取CG的中点P，连接PM，PN，利用勾股定理求出EG＝4，运用三角形中位线定理得出PM∥CD，PM＝CD＝3，PN∥EF，PN＝EG＝2，运用平行线性质证明∠MPN＝90°，再运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：如图，连接CG，取CG的中点P，连接PM，PN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BCD＝90°，CD＝AB＝6，
∵EF∥BC，
∴∠BEG＝∠A＝90°，
∵∠ABD＝60°，
∴∠BGE＝90°﹣∠ABD＝90°﹣60°＝30°，
∴BG＝2BE＝2×4＝8，
∴EG＝＝＝4，
∵M、P、N分别是DG、CG、CE的中点，
∴PM∥CD，PM＝CD＝3，PN∥EF，PN＝EG＝2，
∴∠MPG＝∠DCG，
∵PN∥EF，EF∥BC，
∴PN∥BC，
∴∠NPG＝∠BCG，
∴∠MPG+∠NPG＝∠DCG+∠BCG＝∠BCD＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴MN＝＝＝，
故答案为：．

【点评】本题考查了矩形性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握勾股定理和三角形中位线定理，正确添加辅助线是解题关键．
31．（2022春•玉山县期中）已知：矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N（如图①）．
（1）求证：BM＝DN；
（2）如图②，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，求证：四边形AMCN是菱形；
（3）在（2）的条件下，若△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，求的值．

【分析】（1）连接BD，可证明△OBM≌△ODN，则BM＝DN；
（2）先证明四边形AMCN是平行四边形，再由翻折得，AM＝CM，则四边形AMCN是菱形；
（3）又S△CDN：S△CMN＝1：3，可得DN：CM＝1：3，设DN＝k，则CN＝CM＝3k，过N作NG⊥MC于点G，则可求出NG和MN，从而求出比值．
【解答】（1）证法一：连接BD，则BD过点O，
∵AD∥BC，
∴∠OBM＝∠ODN，
又OB＝OD，∠BOM＝∠DON，
∴△OBM≌△ODN，
∴BM＝DN；

证法二：∵矩形ABCD是中心对称图形，点O是对称中心，
∴B、D和M、N关于O点中心对称，
∴BM＝DN；
（2）证法一：
∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又BM＝DN，
∴AN＝CM，
∴四边形AMCN是平行四边形，
由翻折得，AM＝CM，
∴四边形AMCN是菱形；
证法二：由翻折得，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，
又∵∠ANE＝∠CND，
∴△ANE≌△CND，
∴AN＝CN．
∵AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN，
∴AM＝MC＝CN＝NA，
∴四边形AMCN是菱形．
（3）解法一：∵S△CDN＝DN•CD，S△CMN＝CM•CD，
又S△CDN：S△CMN＝1：3，
∴DN：CM＝1：3，
设DN＝k，则CN＝CM＝3k，
过N作NG⊥MC于点G，
则CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝2k，
NG＝，
∴MN＝，
∴＝＝2；
解法二：∵S△CDN＝DN•CD，S△CMN＝CM•CD，
又S△CDN：S△CMN＝1：3，
∴DN：CM＝1：3，
连接AC，则AC过点O，且AC⊥MN，
设DN＝k，则CN＝AN＝CM＝3k，AD＝4k，
CD＝，
OC＝AC＝＝＝k，
∴MN＝2ON＝2＝2＝2k，
∴＝＝2．


【点评】图形的折叠实际上相当于把折叠部分沿着折痕所在直线作轴对称，所以折叠前后的两个图形是全等三角形，重合的部分就是对应量．
一十．正方形的性质（共8小题）
32．（2021秋•梅县区期中）如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为　（）n﹣1　．

【分析】首先求出AC、AE、HE的长度，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝1，∠B＝90°，
∴AC2＝12+12，AC＝；
同理可求：AE＝（）2，HE＝（）3…，
∴第n个正方形的边长an＝（）n﹣1．
故答案为（）n﹣1．
【点评】该题主要考查了正方形的性质、勾股定理及其应用问题；应牢固掌握正方形有关定理并能灵活运用．
33．（2020秋•双流区期中）在矩形ABCD中，连接AC，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着B→A→C的路径运动，运动时间为t（秒）．过点E作EF⊥BC于点F，在矩形ABCD的内部作正方形EFGH．当AB＝3，BC＝4时，若直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分，t的值为　或或或6　．

【分析】分四种情形分别求解：①如图1中，延长AH交BC于M，当BM＝CM＝2时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分．②如图2中，延长AH交CD于M交BC的延长线于K，当CM＝DM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分．③如图3中，当点E在线段AC上时，延长AH交CD于M，交BC的延长线于N．当CM＝DM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分．如图4，当E点AC上，且正方形EFGH在AC的左边时，根据题意求解即可．
【解答】解：如图1，设直线AH交BC于M，当BM＝CM＝4时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分．

∵EH∥BM，
∴＝，
∴＝，
∴t＝．
如图2，设直线长AH交CD于M交BC的延长线于K，当CM＝DM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分，
∵∠D＝∠MCK＝90°，∠AMD＝∠KMC，
∴△ADM≌△KCM（ASA），
∴AD＝CK＝4，

∵EH∥BK，
∴＝，
∴＝，
∴t＝．
如图3，当点E在线段AC上时，设直线AH交CD于M，交BC的延长线于N．当CM＝DM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1：3两部分，
∵∠D＝∠MCN＝90°，∠AMD＝∠NMC，
∴△ADM≌△NCM（ASA），
∴AD＝CN＝4．

在Rt△ABC中，AC＝＝5，
∵EF∥AB，
∴＝，
∴＝，
∴EF＝（8﹣t），
∵EH∥CN，
∴＝，
∴＝，
解得t＝．
如图4，当E点AC上，且正方形EFGH在AC的左边时，
由＝，
∴＝，
解得t＝6．

综上所述，满足条件的t的值或或或6．
故答案为：或或或6．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，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．
34．（2021秋•福绵区 期中）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：EB＝GD；
（2）判断EB与GD的位置关系，并说明理由；
（3）若AB＝2，AG＝，求EB的长．

【分析】（1）在△GAD和△EAB中，∠GAD＝90°+∠EAD，∠EAB＝90°+∠EAD，得到∠GAD＝∠EAB，从而△GAD≌△EAB，即EB＝GD；
（2）EB⊥GD，由（1）得∠ADG＝∠ABE，则在△BDH中，∠DHB＝90°所以EB⊥GD；
（3）设BD与AC交于点O，由AB＝AD＝2在Rt△ABD中求得DB，所以得到结果．
【解答】解：（1）证明：在△GAD和△EAB中，∠GAD＝90°+∠EAD，∠EAB＝90°+∠EAD，
∴∠GAD＝∠EAB，
∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，
∴AG＝AE，AB＝AD，∠DAB＝90°，
在△GAD和△EAB中
，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴EB＝GD；
（2）解：EB⊥GD．
理由如下：如图1，AD，BE的交点记作点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠AMB+∠ABM＝90°，
又∵△AEB≌△AGD，
∴∠GDA＝∠EBA，
∵∠HMD＝∠AMB（对顶角相等），
∴∠HDM+∠DMH＝∠AMB+∠ABM＝90°，
∴∠DHM＝180°﹣（∠HDM+∠DMH）＝180°﹣90°＝90°，
∴EB⊥GD．
（3）解：如图2，连接AC、BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，OA＝OB，
∴BD⊥CG，
∵AB＝AD＝2，
在Rt△ABD中，DB＝，
OD＝DB＝
在Rt△AOB中，OA＝OB，AB＝2，由勾股定理得：2AO2＝22，
OA＝，
连接AF，
∵∠FAG＝∠CAB＝45°，
∴A、G、C三点共线，
即OG＝OA+AG＝+＝2，
∴EB＝GD＝．


【点评】本题考查了正方形的性质，考查了利用其性质证得三角形全等，并利用证得的条件求得边长．
35．（2021秋•宜城市期中）探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证DE+BF＝EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴∠ABG+∠ABF＝90°+90°＝180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF＝45°∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°．
∵∠1＝∠2，∴∠1+∠3＝45°．
即∠GAF＝∠　FAE　．
又AG＝AE，AF＝AF
∴△GAF≌　△EAF　．
∴　GF　＝EF，故DE+BF＝EF．
（2）方法迁移：
如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足∠EAF＝∠DAB，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF＝EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．

【分析】（1）利用角之间的等量代换得出∠GAF＝∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案；
（2）作出∠4＝∠1，利用已知得出∠GAF＝∠FAE，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案；
（3）根据角之间关系，只要满足∠B+∠D＝180°时，就可以得出三角形全等，即可得出答案．
【解答】解：（1）根据等量代换得出∠GAF＝∠FAE，
利用SAS得出△GAF≌△EAF，
∴GF＝EF，
故答案为：FAE；△EAF；GF；
（2）证明：延长CF，作∠4＝∠1，
∵将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝∠DAB，
∴∠1+∠2＝∠3+∠5，
∠2+∠3＝∠1+∠5，
∵∠4＝∠1，
∴∠2+∠3＝∠4+∠5，
∴∠GAF＝∠FAE，
∵在△AGB和△AED中，
，
∴△AGB≌△AED（ASA），
∴AG＝AE，BG＝DE，
∵在△AGF和△AEF中，
，
∴△AGF≌△AEF（SAS），
∴GF＝EF，
∴DE+BF＝EF；
（3）当∠B与∠D满足∠B+∠D＝180°时，可使得DE+BF＝EF．

【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，根据题意作出与已知相等的角，利用三角形全等是解决问题的关键．
36．（2019春•冠县期中）如图，AC是正方形ABCD的对角线，点O是AC的中点，点Q是AB上一点，连接CQ，DP⊥CQ于点E，交BC于点P，连接OP，OQ；
求证：
（1）△BCQ≌△CDP；
（2）OP＝OQ．

【分析】（1）根据正方形的性质和DP⊥CQ于点E可以得到证明△BCQ≌△CDP的全等条件；
（2）根据（1）得到BQ＝PC，然后连接OB，根据正方形的性质可以得到证明△BOQ≌△COP的全等条件，然后利用全等三角形的性质就可以解决题目的问题．
【解答】证明：
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠PCD＝90°，BC＝CD，
∴∠2+∠3＝90°，
又∵DP⊥CQ，
∴∠2+∠1＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△BCQ和△CDP中，
，
∴△BCQ≌△CDP．
（2）连接OB．
（6分）
由（1）：△BCQ≌△CDP可知：BQ＝PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
而点O是AC中点，
∴，
在△BOQ和△COP中，．
∴△BOQ≌△COP，
∴OQ＝OP．

【点评】解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用，利用它们构造证明全等三角形的条件，然后通过全等三角形的性质解决问题．
37．（2019春•浏阳市期中）已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF．

（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CF．②CF＝BC﹣CD．
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变：
①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系；
②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由．
【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据正方形的性质可得AD＝AF，∠DAF＝90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD＝∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF＝∠ABD，再求出∠ACF+∠ACB＝90°，从而得证；②根据全等三角形对应边相等可得BD＝CF，从而求出CF＝BC﹣CD；
（2）与（1）同理可得BD＝CF，然后结合图形可得CF＝BC+CD；
（3）①与（1）同理可得BD＝CF，然后结合图形可得CF＝CD﹣BC；②根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据邻补角的定义求出∠ABD＝135°，再根据同角的余角相等求出∠BAD＝∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF＝∠ABD，再求出∠FCD＝90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OC＝DF，再根据正方形的对角线相等求出OC＝OA，从而得到△AOC是等腰三角形．
【解答】（1）证明：①∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝90°，
∠DAF＝∠CAF+∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD＝45°，
∴∠ACF+∠ACB＝90°，
∴BD⊥CF；
②由①△BAD≌△CAF可得BD＝CF，
∵BD＝BC﹣CD，
∴CF＝BC﹣CD；
（2）与（1）同理可得BD＝CF，
所以，CF＝BC+CD；
（3）①与（1）同理可得，BD＝CF，
所以，CF＝CD﹣BC；
②∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
则∠ABD＝180°﹣45°＝135°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAC＝∠BAF+∠CAF＝90°，
∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD＝180°﹣45°＝135°，
∴∠FCD＝∠ACF﹣∠ACB＝90°，
则△FCD为直角三角形，
∵正方形ADEF中，O为DF中点，
∴OC＝DF，
∵在正方形ADEF中，OA＝AE，AE＝DF，
∴OC＝OA，
∴△AOC是等腰三角形．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定，以及同角的余角相等的性质，此类题目通常都是用同一种思路求解，在（1）中找出证明三角形全等的思路是解题的关键．
38．（2020春•江都区期中）正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥DC于F．
（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；
（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．

【分析】（1）连接AC，则AC必过O点，延长FO交AB于M，由于O是BD中点，易证得△AOM≌△FOE，则AO＝EF，且∠AOM＝∠FOC＝∠OFE＝45°，由此可证得AP⊥EF．
（2）方法与①类似，延长FP交AB于M，延长AP交BC于N，易证得四边形MBEP是正方形，可证得△APM≌△FEP，则AP＝EF，∠APM＝∠FEP；而∠APM＝∠FPN＝∠PEF，且∠PEF与∠PFE互余，故∠PFE+∠FPN＝90°，由此可证得AP⊥EF，所以（1）题的结论仍然成立．
（3）解题思路和方法同（2）．
【解答】解：（1）AP＝EF，AP⊥EF，理由如下：
连接AC，则AC必过点O，延长FO交AB于M；
∵OF⊥CD，OE⊥BC，且四边形ABCD是正方形，
∴四边形OECF是正方形，
∴OM＝OF＝OE＝AM，
∵∠MAO＝∠OFE＝45°，∠AMO＝∠EOF＝90°，
∴△AMO≌△FOE（AAS），
∴AO＝EF，且∠AOM＝∠OFE＝∠FOC＝45°，即OC⊥EF，
故AP＝EF，且AP⊥EF．
（2）题（1）的结论仍然成立，理由如下：
延长AP交BC于N，延长FP交AB于M；
∵PM⊥AB，PE⊥BC，∠MBE＝90°，且∠MBP＝∠EBP＝45°，
∴四边形MBEP是正方形，
∴MP＝PE，∠AMP＝∠FPE＝90°；
又∵AB﹣BM＝AM，BC﹣BE＝EC＝PF，且AB＝BC，BM＝BE，
∴AM＝PF，
∴△AMP≌△FPE（SAS），
∴AP＝EF，∠APM＝∠FPN＝∠PEF
∵∠PEF+∠PFE＝90°，∠FPN＝∠PEF，
∴∠FPN+∠PFE＝90°，即AP⊥EF，
故AP＝EF，且AP⊥EF．
（3）题（1）（2）的结论仍然成立；
如右图，延长AB交PF于H，证法与（2）完全相同．


【点评】充分利用正方形的性质，灵活的构造全等三角形，并能够根据全等三角形的性质来得到所求的条件是解决此题的关键．
39．（2022春•东城区期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；
（3）当AM+BM+CM的最小值为时，求正方形的边长．

【分析】（1）由题意得MB＝NB，∠ABN＝15°，所以∠EBN＝45°，容易证出△AMB≌△ENB；
（2）①根据“两点之间线段最短”，可得，当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；
②根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长（如图）；
（3）作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF＝30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为．
【解答】（1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE．
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS）．
（2）解：①当M点落在BD的中点时，A、M、C三点共线，AM+CM的值最小．②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM+BM+CM的值最小，
理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”可知，若E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM取得最小值，最小值为EC．
在△ABM和△CBM中，
，
∴△ABM≌△CBM（SAS），
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠BCM＝∠BEN，
∵EB＝CB，
∴若连接EC，则∠BEC＝∠BCE，
∵∠BCM＝∠BCE，∠BEN＝∠BEC，
∴M、N可以同时在直线EC上．
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
（3）解：过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°．
设正方形的边长为x，则BF＝x，EF＝．
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
∴（）2+（x+x）2＝．
解得x1＝，x2＝﹣（舍去负值）．
∴正方形的边长为．


【点评】本题考查轴对称的性质和正方形的性质，是一道综合性的题目，难度很大．
一十一．正方形的判定（共1小题）
40．（2020春•三台县期中）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
（1）探究：线段OE与OF的数量关系并加以证明；
（2）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE会是菱形吗？若是，请证明；若不是，则说明理由；
（3）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？

【分析】（1）利用平行线的性质由角相等得出边相等；
（2）假设四边形BCFE，再证明与在同一平面内过同一点有且只有一条直线与已知直线垂直相矛盾；
（3）利用平行四边形及等腰直角三角形的性质证明四边形AECF是正方形．
【解答】解：（1）OE＝OF．
证明如下：
∵CE是∠ACB的平分线，
∴∠1＝∠2．
∵MN∥BC，
∴∠1＝∠3．
∴∠2＝∠3．
∴OE＝OC．
同理可证OC＝OF．
∴OE＝OF．
（2）四边形BCFE不可能是菱形，若四边形BCFE为菱形，则BF⊥EC，
而由（1）可知FC⊥EC，在平面内过同一点F不可能有两条直线同垂直于一条直线．
（3）当点O运动到AC中点时，且△ABC是直角三角形（∠ACB＝90°）时，四边形AECF是正方形．
理由如下：
∵O为AC中点，
∴OA＝OC，
∵由（1）知OE＝OF，
∴四边形AECF为平行四边形；
∵∠1＝∠2，∠4＝∠5，∠1+∠2+∠4+∠5＝180°，
∴∠2+∠5＝90°，即∠ECF＝90°，
∴▱AECF为矩形，
又∵MN∥BC，∠ACB＝90°，
∴∠AOM＝90°，
∴AC⊥EF．
∴▱AECF是正方形．
∴当点O为AC中点且△ABC是以∠ACB为直角三角形时，四边形AECF是正方形．

【点评】本题考查的是平行线、角平分线、正方形、平行四边形的性质与判定，涉及面较广，在解答此类题目时要注意角的运用，一般通过角判定一些三角形，多边形的形状，需同学们熟练掌握．
一十二．平行线分线段成比例（共1小题）
41．（2021秋•巨野县期中）如图，在△ABC中，已知DE∥BC，AD＝4，DB＝8，DE＝3．
（1）求的值；
（2）求BC的长．

【分析】（1）由已知条件求得AB的值，再求AD：AB即可；
（2）已知DE∥BC，可证△ADE∽△ABC，可得出，把DE，AD，AB的值代入，即可求得BC的值．
【解答】解：（1）∵AD＝4，DB＝8
∴AB＝AD+DB＝4+8＝12
∴＝；

（2）∵DE∥BC
∴△ADE∽△ABC
∴
∵DE＝3
∴
∴BC＝9．
【点评】本题利用了平行线分线段成比例定理和相似三角形对应边成比例．
一十三．相似三角形的性质（共1小题）
42．（2021秋•高州市期中）如图所示，∠C＝90°，BC＝8cm，AC：AB＝3：5，点P从点B出发，沿BC向点C以2cm/s的速度移动，点Q从点C出发沿CA向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q分别从B、C同时出发，过多少秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似？

【分析】由∠C＝90°，BC＝8cm，AC：AB＝3：5，利用勾股定理即可求得AB与AC的长，然后设过t秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似，则可得BP＝2tcm，CP＝BC﹣BP＝8﹣2t（cm），CQ＝tcm，再分别从当时，△CPQ∽△CBA与当时，△CPQ∽△CAB，去分析求解即可求得答案．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝8cm，AC：AB＝3：5，
∴设AC＝3xcm，AB＝5xcm，
则BC＝＝4x（cm），
即4x＝8，
解得：x＝2，
∴AC＝6cm，AB＝10cm，
∴BC＝8cm，
设过t秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似，
则BP＝2tcm，CP＝BC﹣BP＝8﹣2t（cm），CQ＝tcm，
∵∠C是公共角，
∴①当，即时，△CPQ∽△CBA，
解得：t＝2.4，
②当，即时，△CPQ∽△CAB，
解得：t＝，
∴过2.4或秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似．

【点评】此题考查了相似三角形的判定与勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
一十四．相似三角形的判定（共2小题）
43．（2021秋•双峰县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝8cm．点E、F、G分别从点A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向移动．点E、G的速度均为2cm/s，点F的速度为4cm/s，当点F追上点G（即点F与点G重合）时，三个点随之停止移动．设移动开始后第t秒时，△EFG的面积为S（cm2）
（1）当t＝1秒时，S的值是多少？
（2）写出S和t之间的函数解析式，并指出自变量t的取值范围；
（3）若点F在矩形的边BC上移动，当t为何值时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F、C、G为顶点的三角形相似？请说明理由．

【分析】（1）当t＝1时，根据点E、G的速度均为2cm/s，点F的速度为4cm/s，可求出S和t的关系．
（2）根据点E、G的速度均为2cm/s，点F的速度为4cm/s，当点F追上点G（即点F与点G重合）时，三个点随之停止移动．设移动开始后第t秒时，△EFG的面积为S，求出S和t的关系式．
（3）两边对应成比例夹角相等的三角形是相似三角形可求出解．
【解答】解：（1）如图1，当t＝1秒时，AE＝2，EB＝10，BF＝4，FC＝4，CG＝2，

由S＝S梯形GCBE﹣S△EBF﹣S△FCG，
＝×﹣
＝×（10+2）×8﹣×10×4﹣
＝24（cm2）；
（2）①如图1，当0≤t≤2时，点E、F、G分别在边AB、BC、CD上移动，
此时AE＝2t，EB＝12﹣2t，BF＝4t，FC＝8﹣4t，CG＝2t，
S＝S梯形GCBE﹣S△EBF﹣S△FCG
＝×（EB+CG）•BC﹣EB•BF﹣FC•CG
＝×8×（12﹣2t+2t）﹣×4t（12﹣2t）﹣×2t（8﹣4t）
＝8t2﹣32t+48（0≤t≤2）．
②如图2，当点F追上点G时，4t＝2t+8，解得t＝4，
当2＜t＜4时，点E在边AB上移动，点F、G都在边CD上移动，此时CF＝4t﹣8，CG＝2t，
FG＝CG﹣CF＝2t﹣（4t﹣8）＝8﹣2t，
S＝FG•BC＝（8﹣2t）•8＝﹣8t+32．
即S＝﹣8t+32（2＜t＜4）．
（3）如图1，当点F在矩形的边BC上的边移动时，在△EBF和△FCG中，∠B＝∠C＝90°，
①若＝，即＝，
解得t＝．
所以当t＝时，△EBF∽△FCG，
②若＝即＝，解得t＝．
所以当t＝时，△EBF∽△GCF．
综上所述，当t＝或t＝时，以点E、B、F为顶点的三角形与以F、C、G为顶点的三角形相似．
【点评】本题考查了相似三角形的判定定理，一次函数的应用和三角形的面积以及矩形的性质等知识点．
44．（2021秋•普宁市期中）如图，已知矩形ABCD的边长AB＝3cm，BC＝6cm．某一时刻，动点M从A点出发沿AB方向以1cm/s的速度向B点匀速运动；同时，动点N从D点出发沿DA方向以2cm/s的速度向A点匀速运动，问：
（1）经过多少时间，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的？
（2）是否存在时刻t，使以A，M，N为顶点的三角形与△ACD相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）关于动点问题，可设时间为x，根据速度表示出所涉及到的线段的长度，找到相等关系，列方程求解即可，如本题中利用，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的作为相等关系；
（2）先假设相似，利用相似中的比例线段列出方程，有解的且符合题意的t值即可说明存在，反之则不存在．
【解答】解：（1）设经过x秒后，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的，
则有：（6﹣2x）x＝×3×6，即x2﹣3x+2＝0，（2分）
解方程，得x1＝1，x2＝2，（3分）
经检验，可知x1＝1，x2＝2符合题意，
所以经过1秒或2秒后，△AMN的面积等于矩形ABCD面积的．（4分）
（2）假设经过t秒时，以A，M，N为顶点的三角形与△ACD相似，
由矩形ABCD，可得∠CDA＝∠MAN＝90°，
因此有或（5分）
即①，或②（6分）
解①，得t＝；解②，得t＝（7分）
经检验，t＝或t＝都符合题意，
所以动点M，N同时出发后，经过秒或秒时，以A，M，N为顶点的三角形与△ACD相似．（8分）
【点评】主要考查了相似三角形的判定，矩形的性质和一元二次方程的运用以及解分式方程．要掌握矩形和相似三角形的性质，才会灵活的运用．注意：一般关于动点问题，可设时间为x，根据速度表示出所涉及到的线段的长度，找到相等关系，列方程求解即可．
一十五．相似三角形的判定与性质（共9小题）
45．（2021秋•市南区期中）已知四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4，E为BC边上一动点且不与B、C重合，连接AE，如图，过点E作EN⊥AE交CD于点N．
①若BE＝1，那么CN的长 　　；
②将△ECN沿EN翻折，点C恰好落在边AD上，那么BE的长 　2或　．

【分析】①求出CE＝BC﹣BE＝3，证明△ABE∽△ECN，得出＝，即可得出结果；
②过点E作EF⊥AD于F，则四边形ABEF是矩形，得出AB＝EF＝2，AF＝BE，由折叠的性质得出CE＝C′E，CN＝C′N，∠EC′N＝∠C＝90°，证明△EC′F∽△NC′D，得出＝＝，则＝＝，由＝，得出＝，则＝＝，得出C′D＝BE，设BE＝x，则C′D＝AF＝x，C′F＝4﹣2x，CE＝4﹣x，则＝，＝，求出DN＝x（2﹣x），CN＝，由CN+DN＝CD＝2，即可得出结果；
【解答】解：①∵BE＝1，
∴CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，
∵EN⊥AE，
∴∠AEN＝90°，
∴∠BEA+∠NEC＝90°，
∴∠BAE＝∠NEC，
∴△ABE∽△ECN，
∴＝，
∴＝，
解得：CN＝；
故答案为：；
②过点E作EF⊥AD于F，如图所示：

则四边形ABEF是矩形，
∴AB＝EF＝2，AF＝BE，
由折叠的性质得：CE＝C′E，CN＝C′N，∠EC′N＝∠C＝90°，
∴∠NC′D+∠EC′F＝90°，
∵∠C′ND+∠NC′D＝90°，
∴∠EC′F＝∠C′ND，
∵∠D＝∠EFC′，
∴△EC′F∽△NC′D，
∴＝＝，
∴＝＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝＝，
∴C′D＝BE，
设BE＝x，则C′D＝AF＝x，C′F＝4﹣2x，CE＝4﹣x，
∴＝，＝，
∴DN＝x（2﹣x），CN＝，
∴CN+DN＝x（2﹣x）+＝CD＝2，
解得：x＝2或x＝，
∴BE＝2或BE＝．
故答案为：2或．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、折叠的性质、三角形面积的计算等知识，综合性强、涉及面广，难度大，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
46．（2020秋•江北区期中）如图，△ABC是等边三角形，矩形DEFG的顶点D在BC边上，且BD＝3CD＝3，DE＝AB＝2DG，连接AG、AE、AF，若将矩形DEFG绕点D旋转一周，当AG+AF最小时，则AE＝　　．

【分析】过点A作AH⊥BC于点H，连接AD，根据等边三角形和矩形的性质，当且仅当A、G、F三点共线时，AG+AF取得最小值为4，然后根据勾股定理即可求出AE的长．
【解答】解：过点A作AH⊥BC于点H，连接AD，

∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴AB＝AC＝BC，∠B＝60°，
∴BH＝CH，
∵BD＝3CD＝3，
∴CD＝1，
∴BC＝BD+CD＝3+1＝4，
∴BH＝CH＝2，
∴AB＝AC＝4，
∴AH＝2，
∵DE＝AB＝2DG＝4，
∴DG＝2，
∵四边形DEFG是矩形，
∴FG＝DE＝4，∠DGF＝90°，EF＝DG＝2，
∵AG+AF≥FG，
∴当且仅当A、G、F三点共线时，AG+AF取得最小值为4，
∵DH＝CH﹣CD＝2﹣1＝1，
在Rt△ADH中，根据勾股定理，得
AD＝＝＝，
在Rt△ADG中，根据勾股定理，得
AG＝＝＝3，
∴AF＝GF﹣AG＝4﹣3＝1，
在Rt△AEF中，根据勾股定理，得
AE＝＝＝．
∴当AG+AF最小时，则AE＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称﹣最短路线问题，解决本题的关键是综合运用以上知识，属于中考填空压轴题．
47．（2019春•北碚区期中）如图，已知ED∥BC，∠EAB＝∠BCF，
（1）四边形ABCD为平行四边形；
（2）求证：OB2＝OE•OF；
（3）连接OD，若∠OBC＝∠ODC，求证：四边形ABCD为菱形．

【分析】（1）由ED∥BC，∠EAB＝∠BCF，可证得∠EAB＝∠D，即可证得AB∥CD，则得四边形ABCD为平行四边形；
（2）由平行线分线段成比例定理，即可证得OB2＝OE•OF；
（3）首先作辅助线：连接BD，交AC于点H，连接OD，易证得△ODF∽△OED，即可证得OD2＝OE•OF，则得到OB＝OD，又由OH⊥BD，即可证得四边形ABCD为菱形．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴∠D＝∠BCF，
∵∠EAB＝∠BCF，
∴∠EAB＝∠D，
∴AB∥CD，
∵DE∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）∵DE∥BC，
∴，
∵AB∥CD，
∴，
∴＝，
∴OB2＝OE•OF；
（3）连接BD，交AC于点H，连接OD．
∵DE∥BC，
∴∠OBC＝∠E，
∵∠OBC＝∠ODC，
∴∠ODC＝∠E，
∵∠DOF＝∠DOE，
∴△ODF∽△OED，
∴，
∴OD2＝OE•OF，
∵OB2＝OF•OE，
∴OB＝OD，
∵平行四边形ABCD中BH＝DH，
∴OH⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形．

【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定以及平行线分线段成比例定理等．综合性很强，图形较复杂，解题时要注意识图，灵活应用数形结合思想．
48．（2019秋•福田区期中）已知：矩形OABC的顶点O在平面直角坐标系的原点，边OA、OC分别在x、y轴的正半轴 上，且OA＝3cm，OC＝4cm，点M从点A出发沿AB向终点B运动，点N从点C出发沿CA向终点A运动，点M、N同时出发，且运动的速度均为1cm/秒，当其中一个点到达终点时，另一点即停止运动．设运动的时间为t秒．
（1）当点N运动1秒时，求点N的坐标；
（2）试求出多边形OAMN的面积S与t的函数关系式；
（3）t为何值时，以△OAN的一边所在直线为对称轴翻折△OAN，翻折前后的两个三角形所组成的四边形为菱形？

【分析】（1）过N作NE⊥y轴，作NF⊥x轴，由△CEN∽△COA，利用相似比求EN，再用勾股定理求CE，确定N点坐标；
（2）将多边形OAMN分为△ONA和△AMN，用t分别表示两个三角形的面积，再求和即可；
（3）分为①直线ON为对称轴，②直线OA为对称轴，③直线AN为对称轴，画出图形，根据菱形的特殊性，列方程求解．
【解答】解：（1）∵t＝1∴CN＝1，AM＝1
过N作NE⊥y轴，作NF⊥x轴
∴△CEN∽△COA，∴，即，∴EN＝．（1分）
由勾股定理得：，，∴．（2分）
（2）由（1）得，∴
∴N点坐标为．
∵多边形OAMN由△ONA和△AMN组成
∴＝（3分）
＝（4分）
∴多边形OAMN的面积S＝．
（0≤t≤4）（5分）
（3）①直线ON为对称轴时，翻折△OAN得到△OA′N，此时组成的四边形为OANA′，
当AN＝A′N＝A′O＝OA，四边形OANA’是菱形．
即AN＝OA，∴5﹣t＝3∴t＝2．（6分）
②直线OA为对称轴时，翻折△OAN得到△OAN′，
此时组成的四边形为ONAN′，连接NN′，交OA于点G．
当NN′与OA互相垂直平分时，四边形ONAN′是菱形．
即OA⊥NN′，OG＝AG＝，
∴NG∥CO，∴点N是AC的中点，
∴CN＝，∴（7分）
③直线AN为对称轴时，翻折△OAN得到△O′AN，
此时组成的四边形为ONO′A，连接OO’，交AN于点H．
当OO′与AN互相垂直平分时，四边形ONO’A是菱形．
即OH⊥AC，AH＝NH＝，
由面积法可求得OH＝，
在Rt△OAH中，由勾股定理得，AH＝．
∴，∴．（8分）
综上所述，t的值为．




【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，矩形的性质及折叠变换．关键是根据题意，结合图形及特殊图形的性质，运用勾股定理，相似三角形的性质解题．
49．（2022春•渌口区期中）如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上一动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．
（1）求证：OP＝OQ；
（2）若AD＝8厘米，AB＝6厘米，P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动（不与D重合）．设点P运动时间为t秒，请用t表示PD的长；并求t为何值时，四边形PBQD是菱形．

【分析】（1）本题需先根据四边形ABCD是矩形，得出AD∥BC，∠PDO＝∠QBO，再根据O为BD的中点得出△POD≌△QOB，即可证出OP＝OQ．
（2）本题需先根据已知条件得出∠A的度数，再根据AD＝8厘米，AB＝6厘米，得出BD和OD的长，再根据四边形PBQD是菱形时，即可求出t的值，判断出四边形PBQD是菱形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PDO＝∠QBO，
又∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
在△POD与△QOB中，
∵
∴△POD≌△QOB（ASA），
∴OP＝OQ；
（2）解：PD＝8﹣t，
∵四边形PBQD是菱形，
∴PD＝BP＝8﹣t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2＝BP2，
即62+t2＝（8﹣t）2，
解得：t＝，
即运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，在解题时要注意与全等三角形、矩形的知识点结合起来是解本题的关键．
50．（2020秋•会宁县期中）已知点E在△ABC内，∠ABC＝∠EBD＝α，∠ACB＝∠EDB＝60°，∠AEB＝150°，∠BEC＝90°．
（1）当α＝60°时（如图1），
①判断△ABC的形状，并说明理由；
②求证：BD＝AE；
（2）当α＝90°时（如图2），求的值．

【分析】①由三角形ABC中有两个60°而求得它为等边三角形；②由△EBD也是等边三角形，连接DC，证得△ABE≌△CBD，在直角三角形中很容易证得结论．（2）连接DC，证得△ABC∽△EBD，设BD＝x在Rt△EBD中DE＝2x由相似比即得到比值．
【解答】解：（1）①判断：△ABC是等边三角形．
理由：∵∠ABC＝∠ACB＝60°
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°＝∠ABC＝∠ACB
∴△ABC是等边三角形
②证明：同理△EBD也是等边三角形
连接DC，
则AB＝BC，BE＝BD，∠ABE＝60°﹣∠EBC＝∠CBD
∴△ABE≌△CBD
∴AE＝CD，∠AEB＝∠CDB＝150°
∴∠EDC＝150°﹣∠BDE＝90°∠CED＝∠BEC﹣∠BED＝90°﹣60°＝30°
在Rt△EDC中，
∴．
（2）连接DC，
∵∠ABC＝∠EBD＝90°，∠ACB＝∠EDB＝60°
∴△ABC∽△EBD
∴
又∵∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBD
∴△ABE∽△CBD，∠AEB＝∠CDB＝150°，
∴∠EDC＝150°﹣∠BDE＝90°，∠CED＝∠BEC﹣∠BED＝90°﹣（90°﹣∠BDE）＝60°
设BD＝x在Rt△EBD中DE＝2x，BE＝
在Rt△EDC中CD＝
∴，即．

【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，①中知道三角形中有两个60°角即证，②利用①的结论并证得△ABE≌△CBD，在Rt△EDC中很容易证得，（2）连接DC，证得△ABC∽△EBD，设BD＝x在Rt△EBD中DE＝2x由相似比即得到比值．
51．（2020秋•洪雅县校级期中）如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD＞AB），将纸片折叠一次，使点A与C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，交AC于点O，分别连接AF和CE．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）过E点作AD的垂线EP交AC于点P，求证：2AE2＝AC•AP；
（3）若AE＝10cm，△ABF的面积为24cm2，求△ABF的周长．

【分析】（1）求出∠AOE＝∠COF＝90°，OA＝OC，∠EAO＝∠FCO，证△AOE≌△COF，推出OE＝OF即可；
（2）证△AOE∽△AEP，得出比例式，即可得出答案；
（3）设AB＝xcm，BF＝ycm，根据菱形的性质得出AF＝AE＝10cm，根据勾股定理求出x2+y2＝100，推出（x+y）2﹣2xy＝100①，根据三角形的面积公式求出xy＝24．即xy＝48 ②．即可求出x+y＝14的值，代入x+y+AF求出即可．
【解答】（1）证明：当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，
∴OA＝OC，∠AOE＝∠COF＝90°，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，

∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∵OA＝OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形．

（2）证明：∵∠AEP＝∠AOE＝90°，∠EAO＝∠EAP，
∴△AOE∽△AEP，
∴＝，
即AE2＝AO•AP，
∵AO＝AC，
∴AE2＝AC•AP，
∴2AE2＝AC•AP．
（3）解：设AB＝xcm，BF＝ycm．
∵由（1）四边形AFCE是菱形，
∴AF＝AE＝10cm．
∵∠B＝90°，
∴x2+y2＝100．
∴（x+y）2﹣2xy＝100①．
∵△ABF的面积为24cm2，
∴xy＝24．即xy＝48 ②．
由①、②得（x+y）2＝196．
∴x+y＝14或x+y＝﹣14（不合题意，舍去）．
∴△ABF的周长为：x+y+AF＝14+10＝24（cm）．
【点评】本题综合考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的面积，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定等知识点的应用，题目综合性比较强，有一定的难度．
52．（2020春•德清县期中）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ，分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝　8﹣2t　，PD＝　t　．
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；
（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．

【分析】（1）根据题意得：CQ＝2t，PA＝t，由Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，即可得tanA＝＝，则可求得QB与PD的值；
（2）易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即可求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定▱PDBQ不能为菱形；然后设点Q的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，列方程即可求得答案；
（3）设E是AC的中点，连接ME．当t＝4时，点Q与点B重合，运动停止．设此时PQ的中点为F，连接EF，由△PMN∽△PQC．利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
【解答】解：（1）根据题意得：CQ＝2t，PA＝t，
∴QB＝8﹣2t，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，
∴∠APD＝90°，
∴tanA＝＝，
∴PD＝t．
故答案为：（1）8﹣2t，t．
（2）不存在
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝10
∵PD∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴，即，
∴AD＝t，
∴BD＝AB﹣AD＝10﹣t，
∵BQ∥DP，
∴当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形，
即8﹣2t＝，解得：t＝．
当t＝时，PD＝＝，BD＝10﹣×＝6，
∴DP≠BD，
∴▱PDBQ不能为菱形．
设点Q的速度为每秒v个单位长度，
则BQ＝8﹣vt，PD＝t，BD＝10﹣t，
要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，
当PD＝BD时，即t＝10﹣t，解得：t＝
当PD＝BQ，t＝时，即＝8﹣，解得：v＝
当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．
（3）如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．
依题意，可知0≤t≤4，当t＝0时，点M1的坐标为（3，0），当t＝4时点M2的坐标为（1，4）．
设直线M1M2的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线M1M2的解析式为y＝﹣2x+6．
∵点Q（0，2t），P（6﹣t，0）
∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．
把x＝代入y＝﹣2x+6得y＝﹣2×+6＝t，
∴点M3在直线M1M2上．
过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2．
∴M1M2＝2
∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度．

【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及一次函数的应用．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
53．（2020秋•南江县校级期中）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，点O是AC边上一点，连接BO交AD于F，OE⊥OB交BC边于点E．
（1）求证：△ABF∽△COE；
（2）当O为AC的中点，时，如图2，求的值；
（3）当O为AC边中点，时，请直接写出的值．

【分析】（1）要求证：△ABF∽△COE，只要证明∠BAF＝∠C，∠ABF＝∠COE即可．
（2）作OH⊥AC，交BC于H，易证：△OEH和△OFA相似，进而证明△ABF∽△HOE，根据相似三角形的对应边的比相等，即可得出所求的值．同理可得（3）＝n．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C＝90°．
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAF＝∠C．
∵OE⊥OB，
∴∠BOA+∠COE＝90°，
∵∠BOA+∠ABF＝90°，
∴∠ABF＝∠COE．
∴△ABF∽△COE．
（2）解：过O作AC垂线交BC于H，则OH∥AB，
由（1）得∠ABF＝∠COE，∠BAF＝∠C．
∴∠AFB＝∠OEC，
∴∠AFO＝∠HEO，
而∠BAF＝∠C，
∴∠FAO＝∠EHO，
∴△OEH∽△OFA，
∴OF：OE＝OA：OH
又∵O为AC的中点，OH∥AB．
∴OH为△ABC的中位线，
∴OH＝AB，OA＝OC＝AC，
而，
∴OA：OH＝2：1，
∴OF：OE＝2：1，即＝2；
（3）解：由（2）同法可得：OH＝AB，OA＝OC＝AC，
而＝n，
∴OA：OH＝n：1，
∴OF：OE＝n：1，即＝n．

【点评】本题难度中等，主要考查相似三角形的判定和性质．
一十六．相似三角形的应用（共1小题）
54．（2021秋•周宁县期中）九年级（1）班课外活动小组利用标杆测量学校旗杆的高度，已知标杆高度CD＝3m，标杆与旗杆的水平距离BD＝15m，人的眼睛与地面的高度EF＝1.6m，人与标杆CD的水平距离DF＝2m，求旗杆AB的高度．

【分析】利用三角形相似中的比例关系，首先由题目和图形可看出，求AB的长度分成了2个部分，AH和HB部分，其中HB＝EF＝1.6m，剩下的问题就是求AH的长度，利用△CGE∽△AHE，得出，把相关条件代入即可求得AH＝11.9，所以AB＝AH+HB＝AH+EF＝13.5m．
【解答】解：∵CD⊥FB，AB⊥FB，
∴CD∥AB，
∴△CGE∽△AHE，
∴，
即：，
∴，
∴AH＝11.9m，
∴AB＝AH+HB＝AH+EF＝11.9+1.6＝13.5m，
答：旗杆AB的高度为13.5m．

【点评】主要用到的解题思想是把梯形问题转化成三角形问题，利用三角形相似比列方程来求未知线段的长度．
一十七．平行投影（共1小题）
55．（2021秋•雁塔区期中）兴趣小组的同学要测量树的高度．在阳光下，一名同学测得一根长为1米的竹竿的影长为0.4米，同时另一名同学测量树的高度时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分落在教学楼的第一级台阶上，测得此影子长为0.2米，一级台阶高为0.3米，如图所示，若此时落在地面上的影长为4.4米，则树高为　11.8米　．

【分析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．据此可构造出相似三角形．
【解答】解：根据题意可构造相似三角形模型如图，
其中AB为树高，EF为树影在第一级台阶上的影长，BD为树影在地上部分的长，ED的长为台阶高，并且由光沿直线传播的性质可知BC即为树影在地上的全长；
延长FE交AB于G，则Rt△ABC∽Rt△AGF，
∴AG：GF＝AB：BC＝物高：影长＝1：0.4
∴GF＝0.4AG
又∵GF＝GE+EF，BD＝GE，GE＝4.4m，EF＝0.2m，
∴GF＝4.6
∴AG＝11.5
∴AB＝AG+GB＝11.8，即树高为11.8米．

【点评】本题考查了相似三角形的有关知识，同时渗透光学中光的传播原理，构造直角三角形是解决本题关键，属于中等题目．
一十八．列表法与树状图法（共3小题）
56．（2021秋•启东市期中）有两组扑克牌各三张，牌面数字分别都是1，2，3，随意从每组中个抽出一张．数字和是偶数的概率是　　．
【分析】列举出所有情况，让数字和是偶数的情况数除以总情况数即为所求的概率．
【解答】解：列表得：

1
2
3
1
1+1＝2
2+1＝3
3+1＝4
2
1+2＝3
2+2＝4
3+2＝5
3
1+3＝4
2+3＝5
3+3＝6
∴一共有9种情况，和为偶数的有5种情况；
∴数字和是偶数的概率是．
【点评】列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
57．（2021秋•深圳期中）有A，B两个黑布袋，A布袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字1和2．B布袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字﹣1，﹣2和2．小明从A布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为x，再从B布袋中随机取出一个小球，记录其标有的数字为y，这样就确定点Q的一个坐标为（x，y）．
（1）用列表或画树状图的方法写出点Q的所有可能坐标；
（2）求点Q落在直线y＝x﹣3上的概率．
【分析】（1）根据题意画树状图，然后根据树状图求得所有等可能的结果，即可求得点Q的所有可能坐标；
（2）根据（1）中的树状图，求得点Q落在直线y＝x﹣3上的情况，根据概率公式求解即可求得答案．
【解答】解：（1）树状图如下：

∴Q点的所有可能是Q（1，﹣1）；Q（1，2）；Q（1，﹣2）；Q（2，﹣1）；Q（2，2）；Q（2，﹣2）．
（2）∵只有Q（1，﹣2），Q（2，﹣1）在直线y＝x﹣3上，
∴点Q落在直线y＝x﹣3上的概率为：＝．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．注意列表法与树状图法可以不重不漏的表示出所有等可能的结果．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
58．（2018秋•郓城县期中）现有一项资助贫困生的公益活动由你来主持，每位参与者需交赞助费5元，活动规则如下：如图是两个可以自由转动的转盘，每个转盘被分成6个相等的扇形，参与者转动这两个转盘，转盘停止后，指针各自指向一个数字，（若指针在分格线上则重转一次，直到指针指向某一数字为止），若指针最后所指的数字之和为12，则获得一等奖，奖金20元；数字之和为9，则获得二等奖，奖金10元；数字之和为7，则获得三等奖，奖金为5元；其余均不得奖；此次活动所集到的赞助费除支付获奖人员的奖金外，其余全部用于资助贫困生的学习和生活；

（1）分别求出此次活动中获得一等奖、二等奖、三等奖的概率；
（2）若此次活动有2000人参加，活动结束后至少有多少赞助费用于资助贫困生？
【分析】（1）此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单；解题时要注意是放回实验还是不放回实验，此题属于不放回实验．列举出符合题意的各种情况的个数，再根据概率公式解答即可．
（2）总费用减去奖金即为所求的金额．
【解答】解：（1）列表得：
和
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
∴一共有36种情况，此次活动中获得一等奖、二等奖、三等奖的分别有1，4，6种情况，
∴（1）P（一等奖）＝，P（二等奖）＝，P（三等奖）＝；
（2）（×20+×10+×5）×2000＝5000，
5×2000﹣5000＝5000，
∴活动结束后至少有5000元赞助费用于资助贫困生．
【点评】列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
一十九．利用频率估计概率（共2小题）
59．（2021秋•肃州区校级期中）某地区林业局要考察一种树苗移植的成活率，对该地区这种树苗移植成活情况进行调查统计，并绘制了如图所示的统计表，根据统计图提供的信息解决下列问题：
（1）这种树苗成活的频率稳定在　0.9　，成活的概率估计值为　0.9　．
（2）该地区已经移植这种树苗5万棵．
①估计这种树苗成活　4.5　万棵；
②如果该地区计划成活18万棵这种树苗，那么还需移植这种树苗约多少万棵？

【分析】（1）由图可知，成活概率在0.9上下波动，故可估计这种树苗成活的频率稳定在0.9，成活的概率估计值为0.9；
（2）5×成活率即为所求的成活的树苗棵树；
（3）利用成活率求得需要树苗棵数，减去已移植树苗数即为所求的树苗的棵数．
【解答】解：
（1）这种树苗成活的频率稳定在0.9，成活的概率估计值为0.9．
（2）①估计这种树苗成活在5×0.9＝4.5（万棵）；
②18÷0.9﹣5＝15（万棵）；
答：该地区需移植这种树苗约15万棵．
【点评】本题结合图表，考查了利用频率估计概率．由于树苗数量巨大，故其成活的概率与频率可认为近似相等．用到的知识点为：总体数目＝部分数目÷相应频率．部分的具体数目＝总体数目×相应频率．
60．（2018秋•南部县校级期中）小颖和小红两位同学在学习“概率”时，做投掷骰子（质地均匀的正方体）实验，他们共做了60次实验，实验的结果如下：
朝上的点数
1
2
3
4
5
6
出现的次数
7
9
6
8
20
10
（1）计算“3点朝上”的频率和“5点朝上”的频率．
（2）小颖说：“根据实验，一次实验中出现5点朝上的概率最大”；小红说：“如果投掷600次，那么出现6点朝上的次数正好是100次．”小颖和小红的说法正确吗？为什么？
（3）小颖和小红各投掷一枚骰子，用列表或画树状图的方法求出两枚骰子朝上的点数之和为3的倍数的概率．
【分析】列举出符合题意的各种情况的个数，再根据概率公式解答即可．注意概率在0和1之间的事件为随机事件．
【解答】解：（1）“3点朝上”出现的频率是，
“5点朝上”出现的频率是；
（2）小颖的说法是错误的．这是因为：“5点朝上”的频率最大并不能说明“5点朝上”这一事件发生的概率最大．只有当实验的次数足够大时，该事件发生的频率稳定在事件发生的概率附近；
小红的判断是错误的，因为事件发生具有随机性，故“6点朝上”的次数不一定是100次；
（3）列表如下：
小红投掷的点数小颖投掷的点数
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
∵点数之和为3的倍数的一共有12种情况，总数有36种情况，
∴P（点数之和为3的倍数）＝．
【点评】用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．注意可能事件可能发生，也可能不发生．