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/ 让教学更有效 精品试卷 | 数学学科
浙江省2025年八年级（下）数学期末压轴真题训练
一、选择题
1．（2024八下·诸暨期末）已知关于的方程（为常数，且），下列①～④选项中，哪两个一定不是方程的实数解（　　）
①；②；③；④
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
2．（2024八下·余姚期末）如图，在四边形中，，，，以为底边，在右侧作等腰直角三角形，若要求的面积，则只需知道（　　）
A．的长 B．的长 C．的长 D．的长
3．（2024八下·宁波期末）如图，点E、F分别是平行四边形边上一点，连接，连接交于点P，连接分别交于点G、H，设的面积为，的面积为，四边形的面积为，若，，，则阴影部分四边形的面积为（　　）
A．17 B．19 C．18 D．25
4．（2024八下·钱塘期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD交于点O，延长BC至点E，使得BE＝DE，连结OE交CD于点F．当∠CED＝45°时，有以下两个结论：①若CF＝1，则，②若BD＝2，则．则下列判断正确的是（　　）
A．①②均错误 B．①②均正确
C．①错误②正确 D．①正确②错误
5．（2024八下·新昌期末）如图，是反比例函数图象上一点，且A点的横坐标为．是轴负半轴上一点，且点的纵坐标为．连接，延长至点，使得，且点恰好落在反比例函数的图象上．已知，则的值为（　　）．
A．2 B．4 C．6 D．8
6．（2024八下·苍南期末）如图，四边形是边长为1的正方形，点E，F分别在上，连结，当，时，的长（　　）
A． B． C． D．
7．（2024八下·浦江期末）如图，点分别是正方形的边上的点，将正方形沿折叠，使得点的对应点在边上，若已知三角形的周长，则可以求出下列哪个数据（　　）．
A．三角形的周长 B．三角形的周长
C．三角形的面积 D．正方形的面积
8．（2024八下·义乌期末）如图，正方形的边长为，点在上且，点分别为线段上的动点，连接，，，．若在点的运动过程中始终满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2024八下·浦江期末）点是反比例函数图像上一点，过点作轴、轴的平行线，交反比例函数的图象于两点，连接，若，则　 　．
10．（2024八下·余姚期末）如图，在平面直角坐标系中，的边与反比例函数的图象交于，两点，且与轴正半轴交于点，点在反比例函数的图象上．若点是的中点，则的面积为　 　，　 　．
11．（2024八下·余姚期末）如图，在中，，点分别为的中点，点为边上任意一点（不与重合），沿剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点旋转，恰好与①拼成四边形，则四边形周长的最小值为　 　．
12．（2024八下·诸暨期末）如图，在正方形中，，是边上的动点（可以和重合），连接，，过点作的垂线交线段于点，现以，为邻边构造平行四边形，连接，则的最小值是　 　．
13．（2024八下·苍南期末）如图，在矩形的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，D，E为的三等分点，作矩形使点G落在上，反比例函数（）的图象同时经过点D，F．若矩形的面积为3，则k的值为　 　．
14．（2024八下·新昌期末）如图，在矩形中，，在边上截取一点，使得，连接，点是的中点，连接．已知，则线段的长为　 　．
15．（2024八下·宁波期末）如图，点A是平面直角坐标系中第一象限内的点，将线段绕着点A顺时针方向旋转至，以为边作菱形，边分别与反比例函数交于点E、F，且轴，，连接，当，时，k的值为　 　．
16．（2024八下·宁波期末）如图，已知菱形的面积为，点P，Q分别是在边，上(不与C点重合) ，且，连结，，则的最小值为　 　．
17．（2024八下·义乌期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在反比例函数的图象上，点是对角线与的交点且在反比例函数的图象上，则的值为　 　．
18．（2024八下·义乌期末）如图，矩形在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标为．有一动点D以1个单位长度/秒的速度从O点向A点运动，另一动点E以相同速度同时从A点向B点运动，其中一点到达终点时停止运动．连结，将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，连结，设点D、E运动的时间为t秒．
（1）当时，的面积为　 　．
（2）记点G为线段的中点，则在整个运动过程中，点G所经过的路径长为　 　．
19．（2024八下·苍南期末）图1是一款可升降篮球架，支架，，的长度固定，A，D，G为立柱上的点，地面，篮板地面，，米，米，若改变伸缩臂的长度，则，可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当时，可测得篮筐的固定点C距离地面为2.9米，则支架的长为　 　米．降低篮筐高度如图3，连结交于点O，平分，，此时篮筐的固定点C离地面的距离为　 　米．
三、解答题
20．（2024八下·钱塘期末）在平面直角坐标系中，设函数y1＝﹣x+m（m是实数），，已知函数y1与y2的图象都经过点A（1，7﹣m）和点B．
（1）求函数y1，y2的解析式与B点的坐标．
（2）当y1＞y2时，请直接写出自变量x的取值范围．
（3）已知点C（a，b）和点D（c，d）在函数y2的图象上，且a+c＝4，设，当1＜a＜c＜3时，求P的取值范围．
21．（2024八下·余姚期末）已知反比例函数的图象经过点．
（1）请判断点是否在此反比例函数图象上，并说明理由．
（2）已知点和点是反比例函数图象上的两点，，
①若，求的取值范围．
②若，求时，y的取值范围．
22．（2024八下·金华期末）如下图，反比例函数与一次函数的图象都经过点和点，以AB为边作正方形ABCD（点A、B、C、D逆时针排列）.
（1）求m的值和一次函数的解析式.
（2）求点C的坐标.
（3）将正方形ABCD平移得到正方形MNPQ，在平移过程中，使点A的对应顶点M始终在第一象限内且在反比例函数的图象上（点M与点A不重合），当正方形MNPQ与正方形ABCD的重叠部分为正方形时，求重叠正方形的边长.
23．（2024八下·余姚期末）如图，点分别是正方形的边上的点，将正方形沿折叠，使得点的对应点恰好落在边上，交于点，作于点，交于点，连接．
（1）求证：．
（2）问四边形是什么特殊四边形？请说明理由．
（3）①若三点在一条直线上，求证：．
②若为的中点，求的值．
24．（2024八下·诸暨期末）如图，在坐标系中有一矩形，满足，，点为上一点，关于折叠得到，点落于边上．
（1）求的长度；
（2）若关于的反比例函数图象经过点，与另一交点记为点；
①求该反比例函数解析式；
②在上有一动点，当点坐标为多少时，的周长最小？
25．（2024八下·苍南期末）如图1，，过点D作交于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，，E为的中点．
①求的长．
②如图2，在边上取一点F，连结并延长交的延长线于点G，记的面积为，的面积为，当时，求的长．
26．（2024八下·新昌期末）如图，在中，，，．记的长为，是边上的一个动点，连接，是点关于的对称点，连接，．
（1）如图1，当点落在上且时，求的值．
（2）如图2，若点恰好落在边上，判断四边形的形状，并说明理由．
（3）若点恰好落在的边上，且．求的值．
27．（2024八下·宁波期末）如图，点、、分别在正方形的边、、上，与相交于点．
（1）如图1，当，
①求证：；
①平移图1中线段，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图2，求证：；
（2）如图3，当，边长，，则的长为________（直接写出结果）．
28．（2024八下·诸暨期末）已知内角，分别以为边向外侧作等边和等边，连接交于点．
（1）如图1，判断是否随的变化而变化？如果不变化，请求出的度数；如果变化，请用的代数式表示的度数；
（2）连接，再依次连接四条线段的中点，得到四边形．
①如图2，若，，，求四边形的面积；
②若的面积是，，的面积都是，求的面积．
29．（2024八下·浦江期末）在矩形中，，与相交于点，点分别是边上的动点，且线段经过点．
（1）如图，求证：．
（2）如图，将矩形沿折叠，点分别是点与点的对应点．
①若，求的长度．
②连接，直接写出面积的最大值．
30．（2024八下·钱塘期末）如图1，在正方形ABCD中，点P在AB上，连结CP，过点B作BE⊥CP于点E，过点D作DF⊥CP于点F．
（1）求证：△CBE≌△DCF．
（2）如图2，延长CP至点G，使EG＝EB，连结BG，DG．
①探究线段BG，CG，DG之间的数量关系，并说明理由．
②连结AG，若，AD＝3，求DG的长．
答案解析
1．【答案】A
【解析】【解答】解：①：将代入原方程，得，
整理得：，即，
∴原方程无解，
∴不是方程的解．故①符合题意；
②：将代入原方程，得，
整理得：，即
此方程有解，
∴可能是方程的解．故②不符合题意；
③：将代入原方程，得
整理得：
此方程有解，
∴可能是方程的解．故③不符合题意；
④将代入原方程，得，
整理得：，即
此方程无解．
∴一定不是方程的解．故④符合题意，
综上所述：①④一定不是方程的实数解，
故答案为：A．
【分析】根据题意依次将各选项中的值代入方程，即可得到一个关于、b的二元二次方程，判断此方程解的情况，若此方程有解，则的值为方程的解，反之，则的值一定不是方程的解．
2．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，作于，于，的延长线交于，作于，
，
设，，，其中，，，
∴，
∵，，，
∴，，
∴四边形、四边形、四边形、四边形、四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
∵是以为底边的等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，即，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
整理得：，
∴，
∵，，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴若要求的面积，则只需知道的长，
故答案为：C．
【分析】作于，于，的延长线交于，作于，设，，，其中，，， 可表示出AB的长，再证明四边形、四边形、四边形、四边形、四边形是矩形，利用矩形的性质分别表示出它们的边长，同时可表示出DK、ET的长；利用AAS可证得△DET≌△ECH，利用全等三角形的性质可表示出DT、CE的长，利用勾股定理表示出DC2，DE2，在中，利用勾股定理可得到关于x、a、b的方程，解方程表示出x的值，可得到EH、EF的长，利用三角形的面积公式可得到△ABE的面积，据此可得答
3．【答案】D
【解析】【解答】解：四边形是平行四边形，
，
，
∴，
设，，，
∴，，，
∴，解得：，
∴阴影部分四边形的面积为25.
故答案为：D．
【分析】利用平行四边形的性质可得，进而求得结果．
4．【答案】B
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，∠BCD =90°，OB=OD，
∴∠DCE =90°，
∵∠DCE=45°，
∴△DCE为等腰直角三角形，CD=CE，
∵BE=DE，CE=CE，
∴OE⊥BD，
若CF＝1 ，设DF=x，则CE=CD=x+1，DE=CD=（x+1），
∴BE=DE=（x+1），
∴BC=BE-CE=(-1)(x+1)，
∵∠DOF=∠ECF=90°，∠DFO=∠EFC，
∴∠ODF=∠FEC，
∵CD=CE，
∴△DCB≌△ECF（AAS）
∴BC=CF=1，
∴BC=(-1)(x+1)=1，
解得x=，即FD=，故①正确；
若BD＝2，则OD=OB=1，
设OE=y，则BE=DE=，CD=CE=DE=，
∴BC=BE-CE=(1-)，
∵BC2+CD2=BD2，
∴(1-)2(y2+1)+(y2+1)=4，解得y=+1，即OE=+1.故②正确；
故答案为：B.
【分析】易证△DCE为等腰直角三角形，可得CD=CE，由等腰三角形的性质及矩形的性质可证OE⊥BD，若CF＝1 ，设DF=x，则CE=CD=x+1，BE=DE=CD=（x+1），BC=BE-CE=(-1)(x+1)，证明△DCB≌△ECF（AAS），可得BC=CF=1，即得BC=(-1)(x+1)=1，解出x值，即可判断①；若BD＝2，则OD=OB=1，设OE=y，则BE=DE=，CD=CE=DE=，BC=BE-CE=(1-)，由勾股定理得BC2+CD2=BD2，据此建立关于y方程并解之，即可判断②.
5．【答案】C
【解析】【解答】解：如图：作轴，作轴，
根据题意：，，，
∴，
∴，
∵点A的横坐标为a，且在反比例函数图象上，
∴点B的横坐标为，，
∴
∴点B的纵坐标为：，
∵点B在反比例函数的图象上，
∴．
故选：C．
【分析】作轴，作轴，可以证明，即可得到、，得到点B的坐标，然后代入计算求出k值即可．
6．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，连接，过点作于点，
四边形是正方形，
，，，
在与中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
∴，
∵在中，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
解得：，
，
，
故答案为：B．
【分析】先证，得出，，结合得出，于是得出，即可求出，设，则，根据勾股定理可用a表示出，再用a表示出的长，根据，列出关于a的方程求出的值，从而求出的长．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：如图：作于N，连接，
由折叠可知：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长，
∴当三角形的周长已知时可求得正方形的边长，进而求得正方形的面积，即D选项符合题意；
由于折叠无法得到E、F的确定位置，从而无法确定G、H的位置，即无法确定三角形的周长、三角形的周长、三角形的面积，即A、B、C选项不符合题意．
故选D．
【分析】
如图：作于N，连接，根据折叠的性质、正方形的性质、平行线的性质以及角平分线的性质可证明与全等，则可得，同理可得，进而得到的周长等于，即可判定D选项正确；再根据折叠无法确定G、H的具体位置可判定A、B、C选项的正误．
8．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，过点作与，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
过点作，并使，连接，
则，，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴当点三点共线时，的值最小，最小值为的长，
∵，，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】先利用ASA证明，再利用全等三角形的性质得到，然后证明四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质得到，从而可得当点三点共线时，的值最小，最小值为的长，再利用勾股定理求出EM，，然后求出BP+EF的最小值．
9．【答案】或
【解析】【解答】解：由题意，设，则，，如图，
则，，，
由得
，
整理，得，又，
解得；
同理，如图，
由得
，
整理，得，又，
∴，
综上，满足条件的k值为或，
故答案为：或．
【分析】
设，则，，则由反比例函数比例系数k的几何意义知等于等于，等于6，可用含的代数式表示，再进行分类讨论，即当原点在外或在内时，分别利用图形之间的面积关系建立关于的一元二次方程并解方程即可，另由于，保留负数解即可．
10．【答案】24；
【解析】【解答】解：设，
是中点，
，
，
，
平行四边形的面积为，
四边形是平行四边形，
平行且等于，
，
点在反比例函数的图象上．
．
故答案为：24，．
【分析】设，根据是中点，得，，可求出平行四边形的面积；根据平行四边形的性质，得平行且等于，可得到点C的坐标，再根据点在反比例函数的图象上，即可求出答案．
11．【答案】
【解析】【解答】解：∵在中，，
∴，，
∵点分别为的中点，
∴为的中位线，，
∴，
由旋转的性质可得：，，，，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴四边形周长，
当时，此时最小，为等腰直角三角形，的最小值为，
∴四边形周长的最小值为，
故答案为：．
【分析】利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可求出BC的长及，利用三角形中位线定理得出可求出BD、DE的长；再利用旋转的性质可得：，，，，证明四边形为平行四边形，得出四边形周长，当时，此时最小，求出的最小值即可得出答案．
12．【答案】
【解析】【解答】解：当不与重合时，
∵正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在△ABE和△DAF中，
∴，
∴，
∵四边形DFGE是平行四边形
∴，，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
如图，
当点，分别与A，B重合时，是等腰直角三角形，
当点，分别与B，C重合时，是等腰直角三角形，
∵点E在边上运动，
∴点G在上运动，
∴当时，取最小值，
∵，，
∴，，
∴是直角边为1的等腰直角三角形，
∴G1G2==，
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形的性质求出，证明，可得，再利用平行四边形的性质易得是等腰直角三角形，再根据临界情况判断出点G在上运动，由此得出时，取最小值，接着证明是直角边为1的等腰直角三角形，最后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和勾股定理进行计算即可．
13．【答案】6
【解析】【解答】解：过点作轴，过点作轴，如图，
设矩形的长为，宽为，矩形的长为，
D，E为的三等分点，
，
，，
，，在反比例函数（）的图象上，
，，
，解得：，
∵矩形的面积为3，
∴，
，
．
故答案为：6．
【分析】先表示出D，F两点的坐标，再根据这两点在反比例函数的图象上，得到，，进而可得，再根据矩形BEFG的面积为3，求得ab=3，从而可求得ad，即k的值．
14．【答案】
【解析】【解答】解：延长，交于点G，如图所示：
∵点是的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
故答案为：．
【分析】延长，交于点G，即可得到，进而得到，，即可得到，利用勾股定理求出AB的值即可．
15．【答案】
【解析】【解答】解：延长交x轴于点G，过点F作轴于点H，如图所示，
∵轴，，，
∴轴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点E，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵点F在反比例函数的图象上，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
，
解得：，
∵，
∴，
∴点，
∵点F在反比例函数的图象上，
∴，
故答案为：．
【分析】先证明，再根据全等三角形的性质得到，．然后根据四边形是菱形，，得到，设，则，根据勾股定理求出OG，求出点，即可求出，证四边形为矩形，得到，求出点，根据，，，即可求出的值，则可以得出点的坐标，根据点F在反比例函数图象上，即可得到答案．
16．【答案】
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，延长到点，使，连接，以点为原点，为x轴，垂直于方向为y轴，建立平面直角坐标系，
点和关于轴对称，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积为，边长为，
，解得，
∴，
，
，
，
，
，
，
，，三点共线时，取最小值，
的最小值
的最小值
.
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质和勾股定理可得，可得到各点坐标为，再证明．可得，由，然后可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值的最小值，最后利用两点间的距离公式求解．
17．【答案】
【解析】【解答】解：过点作轴于，
则，
设，
∴，，
∵菱形的边长为，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：或，
∵点位于第二象限，
∴，
∴不合题意，舍去，
∴，
∴，
∵点为菱形对角线的交点，
∴点为线段的中点，
∴，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
故答案为：．
【分析】先用a分别表示出OM与AM，再根据菱形的性质求得OA，再求得C点的坐标，然后利用勾股定理可得关于a的方程求解，解得，再求得A点的坐标，然后利用中点坐标公式求得E点的坐标，再代入反比例函数即可求解．
18．【答案】10；
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴，，
当时，，
∴，，
∵在矩形 中，∠DAE=90°，
∴，
∵将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴，
故答案为：10；
（2）如图，
当时，点与原点O重合，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，∴为中点，
当时，运动终止，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，∴为中点，
∵ 将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴，，
设直线的解析式为，
把，代入得，，
解得，
∴直线的解析式为，
过点F作于点P，
∵ 将线段绕点E按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴、，
∴，
把代入得，，
∴点G在直线上运动，即点G的运动路线为线段，
在中，，
故答案为：．
【分析】（1）先根据B点的坐标，求得，，再根据，求得，，然后利用勾股定理求得DE，再根据旋转的性质得，求得DE和，再利用三角形的面积公式求解即可；
（2）如图，当时，点与原点O重合，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，即可得到中点，
当时，运动终止，点与点A重合，把绕点顺时旋转得到，即可得到中点，由旋转的性质求得，，利用待定系数法求得直线的解析式为，过点F作于点P，证明，可得，从而可得、，再利用中点坐标公式求得，再代入解析式可得点G在直线上运动，即点G的运动路线为线段，再利用勾股定理求得．
19．【答案】；
【解析】【解答】解：如图，延长交地面于点，过点作于点，
地面，篮板地面，
，
，
，
，
，
又
，
米，
故支架的长为米．
如图，设于相交于，连接，连接，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平分，
，
∵，
，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
互相平分，
，
，
平行四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
米．
故此时篮筐的固定点C离地面的距离为米．
故答案为：1.2，1.7.
【分析】先利用含有30度角直角三角形的性质求得CD，再证明四边形ABCD是平行四边形，就可求得AB=1.2，再利用角平分线的意义和平行线的性质证明，然后根据等角对等边求得AN，再利用线段差求得DN，接着证明四边形DNCB、四边形是矩形，从而可用线段差求得CI即篮筐的固定点C离地面的距离．
20．【答案】（1）解：∵函数y1＝﹣x+m经过点A（1，7﹣m），
∴7﹣m＝﹣1+m，
解得：m＝4，
∴A（1，3），
∵点A在反比例函数图象上，
∴k＝3，
∴反比例函数解析式为y＝，一次函数解析式为y＝﹣x+4．
联立方程组， 解得 ，
∴B（3，1）．
（2）由两个函数的性质及交点坐标可知：
当y1＞y2时，自变量x的取值范围为1＜x＜3或x＜0；
（3）解：∵点C（a，b）和点D（c，d）在函数y2的图象上，
∴，
∴，
∵a+c＝4，1＜a＜c＜3，
∴1＜a＜2，c＝4﹣a
∴p＝
∵1＜a＜2，
∴﹣＜P＜0．
∴P的取值范围为﹣＜P＜0．
【解析】【分析】（1）把A点坐标代入y1＝﹣x+m中求出m值，即得点A坐标，继而得出反比例函数解析式，再联立方程组并解之，即得B点坐标；
（2）根据函数y1＝﹣x+m（m是实数）与的图象及交点坐标直接写出结论；
（3）根据反比例函数图象上点的坐标特征可得，即得，由a+c＝4，1＜a＜c＜3，可得1＜a＜2，c＝4﹣a，从而得出P=，根据1＜a＜2即可求出P的取值范围.
21．【答案】（1）解：点不在此反比例函数图象上，
理由如下；∵反比例函数的图象经过点，
∴，
解得，，
∴，
当时，，
∴点不在此反比例函数图象上
（2）解：①解：∵，∴的图象第二、四象限，在各象限随着的增大而增大，
∵，，
∴点在第二象限，点在第四象限，
∴，
解得，；
②解：∵，
∴，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∴，
当时，，
由反比例函数图象可知，当时，y的取值范围是或
【解析】【分析】（1）由反比例函数的图象经过点，代入可求出k的值，可得到反比例函数解析式，再将x=6代入函数解析式求出对应的y的值，可作出判断.
（2）①利用反比例函数的性质可知此函数图象分支在第二、四象限，在各象限随着的增大而增大，由，，可知点在第二象限，点在第四象限，可得到关于x1的不等式组，然后求出x1的取值范围；②由，可得，由，可得，据此可求出x1、x2的值，可求出的值，再求出当x=9时的y的值，然后求出y的取值范围.
（1）解：点不在此反比例函数图象上，理由如下；
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
解得，，
∴，
当时，，
∴点不在此反比例函数图象上；
（2）①解：∵，
∴的图象第二、四象限，在各象限随着的增大而增大，
∵，，
∴点在第二象限，点在第四象限，
∴，
解得，；
②解：∵，
∴，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∴，
当时，，
由反比例函数图象可知，当时，y的取值范围是或．
22．【答案】（1）解：将点A、B的坐标代入反比例函数表达式得：k1=-2×（-2）=1×m，
解得：m=4，
∴A（1，4）
将点A（1，4）、B的坐标代入函数y2=k2x+b表达式得：，
解得
∴一次函数的表达式为：y2=2x+2；
（2）解：过点B作y轴的平行线交过点A和x轴的平行线于点G，交故点C和x轴的平行线于点H，
∵∠GBA+∠CBH=90°，∠CBH+∠HBC=90°，
∴∠GAB=∠HBC，
∵∠BGA=∠CHB=90°，AB=CB，
∴△BGA≌△CHB（AAS），
∴CH=GB=4-（-2）=6，BH=GA=1-（-2）=3，
则点C（4，-5）；
（3）解：连结 MA、MC，如图， 过点M作 AD、AB的垂线， 垂足为E、F， 由题知ME=MF，可得MA平分
四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BAD，
点M在AC上
设直线AC为y=kx+n，
将A、C两点坐标分别代入得，
解得
∴直线AC为
解方程组
得
点M坐标为 ，
重叠正方形的边长为 .
【解析】【分析】（1）根据反比例函数图象上任意两点的横纵坐标得乘积都相等可得k1=-2×（-2）=1×m，求解算出m的值，从而得到点A的坐标，再由待定系数法即可求解；
（2）过点B作y轴的平行线交过点A和x轴的平行线于点G，交故点C和x轴的平行线于点H，由同角的余角相等得∠GAB=∠HBC，从而由AAS证明△BGA≌△CHB，得CH=GB=4-（-2）=6，BH=GA=1-（-2）=3，即可求解；
（3）当正方形MNPQ与正方形ABCD的重叠部分为正方形时，则点M在AC上，利用待定系数法求出直线AC的解析式，然后联立直线AC与反比例函数的解析式，求解得出点M的坐标，进而根据两点间的距离公式算出MC即可.
23．【答案】（1）证明：∵四边形为正方形∴，
由折叠可知，，
∵，
∴
（2）解：四边形为菱形．理由如下：由折叠知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形
（3）解：①连接
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵三点在同一直线上，，
∴，
∴，
②设，，则，，，，，
在中，，
即，
解得，
∴
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质得出，再根据折叠可知，，结合，即可得证；
（2）利用折叠的性质可证得，利用平行线的性质可推出，进而得出，即可得证；
（3）①连接，证明得出，证明，得出，求出，即可得解；②设，，则，，，，，然后利用勾股定理可得到y关于x的关系式，即可求出的值.
（1）证明：∵四边形为正方形
∴，
由折叠可知，，
∵，
∴；
（2）解：四边形为菱形．理由如下：
由折叠知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
（3）解：①连接
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵三点在同一直线上，，
∴，
∴，
②设，，则，，，，，
在中，，
即，
解得，
∴．
．
24．【答案】（1）解：长方形OABC中，A（10，0）、C（0，8），
∴BC=OA=10，AB=OC=8，∠AOC=∠OAB=∠B=90°，
由折叠可知：CE=BC=10，
在Rt△OCE中，OE==6，
∴OE的长度是6.
（2）解：①由（1）可得：，，
，
由折叠可知，，
在中，，
，
即
，
∴点D的坐标为，
关于的反比例函数图象经过点，
∴将点D（10，3）代入反比例函数，得：，
，
该反比例函数解析式为；
②设直线的解析式为：，
根据题意可知，直线CD过点，，
，
解得：，
∴直线CD的解析式为：，
令，
解得：或，
；
；
由折叠可知，，
延长至点M，使得，则，如图所示，
连接交于点，则点即为所求；
设直线的解析式为：，
，
解得：，
∴直线MF的解析式为：，
同理可得：直线的解析式为：，
令，解得，
，
，
即时，的周长最小．
【解析】【分析】（1）由四边形是矩形，所以=10，=8，，由折叠可知，，即可求得；
（2）①由折叠可知，，在中，由勾股定理可得，，所以AD=3，即可得出，将点代入反比例函数解析式可得，；
②延长至点M，使得，连接交于点，则点即为所求.根据待定系数法可分别求得直线CD、MF、CE的解析式 ，进而即可求得点P的坐标.
（1）解：，，
，，
四边形是矩形，
，，，
，，
关于折叠得到，
，，
；
（2）①，，
，
由折叠可知，，
在中，，
，
，
，
关于的反比例函数图象经过点，
，
该反比例函数解析式为；
②设直线的解析式为：，
，，
，
解得，
，
令，解得或，
；
；
由折叠可知，，
如图，延长至点，使得，则，
连接交于点，点即为所求；
设直线的解析式为：，
，解得，
，
同理可得直线的解析式为：，
令，解得，
，
，
即时，的周长最小．
25．【答案】（1）证明： ，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形．
（2）解：① 连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
设，
则，
E为的中点，
，
在，，
在，，
，
解得，
．
② 过点作于点，如图所示，
前面已证得四边形是菱形，
，，，
∵E为的中点，
∴，
∴，
，
，
∴，解得： ．
，，，
，
，
，
，
，
解得：．
所以．
【解析】【分析】（1）先根据全等三角形的性质，得出，，再利用平行线的性质得到，从而可得到，再根据等角对等边，得到，从而可得，可证得四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等即可证得四边形是菱形；
（2）① 先根据菱形性质，得到，，，再设，可用a表示出CE与AE，再利用勾股定理求解；
②先利用勾股定理求得BD，再利用等面积法得，到关于DM的方程求解求得DM，然后利用，，，得到，代入后转化关于BG的方程求解.
（1）证明： ，
，，
，
，
，
，
，且，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
（2）解：① 连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
设，则，
E为的中点，
，
在，，
在，，
，
解得，
．
② 过点作于点，如图所示，
前面已证得四边形是菱形，，，又E为的中点，
，，，
，
，即，
．
，，，
，
，
，，
，
解得．
故．
26．【答案】（1）解：如图1，在中，，
．
在中，，，，
．
．
是点关于的对称点，
．

（2）解：如图2，在中，，
则．
是点关于的对称点，
，，．
是等边三角形．
．
．
四边形是菱形．
（3）解：当恰好落在的边上时，可分三种情况：①当点在上时，如图，
，，
．
是点关于的对称点，
，．
在中，，
．
；
②当点在上时，如图4，
过点作于点，
由（1）知，，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
即：，
解得；
③当点在上时，即（2）中如图2的情况，连接，过作于点，如图5．
由（2）得，四边形是菱形，，
在中，，，则，
，
∴，．
在中，，由勾股定理得：
整理得：，
，
此方程无解．
综上：的值为8或．
【解析】【分析】（1）利用平行四边形可得，即可得到∠FCD=30°，然后利用30°角所对的直角边等于斜边得一半和勾股定理得到，再根据折叠解题即可；
（2）利用平行四边形的性质得到是等边三角形，即可得到，进而得到结论即可；
（3）分为点在上；点在上；点在上三种情况，画出图形，利用勾股定理解答即可．
（1）解：如图1，在中，，
．
在中，，，，
．
．
是点关于的对称点，
．
（2）解：如图2，在中，，
则．
是点关于的对称点，
，，．
是等边三角形．
．
．
四边形是菱形．
（3）解：当恰好落在的边上时，可分三种情况：
①当点在上时，如图，
，，
．
是点关于的对称点，
，．
在中，，
．
；
②当点在上时，如图4，
过点作于点，
由（1）知，，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
即：，
解得；
③当点在上时，即（2）中如图2的情况，连接，过作于点，如图5．
由（2）得，四边形是菱形，，
在中，，，则，
，
∴，．
在中，，由勾股定理得：
整理得：，
，
此方程无解．
综上：的值为8或．
27．【答案】（1）证明：①作交的延长线于点，
∵正方形，
∴，，
，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
；
②在上截取一点，使得．则是等腰直角三角形，．
与①同理可得：，
，
，，
，
，
，
，
解得：；
（2）
【解析】【解答】解：（2）过点作交于点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，即DG//HN，
∴四边形是平行四边形，
，，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，AD=DC，
∴，
，
∴，
∵，，
，
，
作，交延长线于，
在和中，
，
，
，，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
∴，
设．则，
∵，
∴，解得：，
．
【分析】（1）①先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质得出，，然后证明，即可证得结论；
②先得出是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质得出．然后利用三角形的中位线求解即可；
（2）先证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质得出，，然后利用勾股定理求得，从而可求得，再证明，根据全等三角形的性质可证得，，，从而可证得，根据全等三角形的性质可证得，从而证得，根据勾股定理得到关于x的方程求得，再利用勾股定理求得．
28．【答案】（1）解：∠MON=120°，不变化，
∵和都为等边三角形，
∴，，，
∴∠MAB+∠ABC=∠CAN+∠ABC，
∴∠MAC=∠NAB，
在△AMC和△ABN中，
∴，
∴，
∵∠MON=∠OBM+∠BMO=（∠ABM+∠ABN）+（∠AMB-∠AMC）
即∠MON=∠ABM+∠BMA=60°+60°=120°.
（2）解：①连，如图所示，

由（1）可知，，
∴CM=BN，
∵D，G分别为的中点，E，F分别为BC、NC的中点，
∴，，DG∥BN∥EF，
∴DG=EF，
同理：DE=GF，
∵BN=CM，
∴，
∴四边形为菱形，
∵∠MON=120°，
∴∠MOB=180°-∠MON=60°，
∴∠GDE=60°，
∴为等边三角形，
∴△GDE的边DE上的高h=，
∴四边形的面积等于的面积的2倍，
∵是等边三角形，D为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴三点共线，
在中，
，
∵，
∴，
∴四边形DEFG的面积=；
②过点M作交的延长线于点R，如图所示，
∵△ABM是等边三角形，
∴△ABM的高h=，
∴，
同理可得：，
∴，，
∵，
∴，
∴MR=，
∴，
∴，
∴，
∴．
【解析】【分析】（1）先利用证出，进而得出，即可求得∠MON=120°；
（2）由（1）可知，可得CM=BN，利用三角形中位线性质可证得四边形为菱形，为等边三角形，得出四边形的面积等于的面积的2倍，然后利用勾股定理得出的值，进而即可得出四边形的面积；②先利用面积公式得出的长，再证出为直角三角形，即可得出结论.
（1），不发生变化，理由如下：
如图，设与交于点P，
∵和都为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）①如图，连，设与交于点Q，连，
∵D，G分别为的中点，
∴，，
同理：，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴四边形的面积等于的面积的2倍，
如图，在中，过点G作交于点K，
∴，
∴，
∴，
∵都为等边三角形，D为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，三点共线，
∴在中，，
∵，
∴，
∴；
②如图，过点M作交的延长线于点R，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
29．【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
【解析】【分析】（）借助矩形的性质可证明即可；
（）①由折叠的性质结合垂直的概念可得，即为等腰直角三角形，则等于等于等于，即得等于等于，又由（）可得等于等于，即，则可求；
②由折叠的性质可知点都在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，可得，即点三点共线时，最大，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理可得，即得到，最后利用三角形的面积公式计算即可求解.
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：①由折叠可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴；
②∵由折叠可得，
∴点在以点为圆心，长为半径的圆上，如图，过点作于，连接，过点作于，
则，即点三点共线时，最大，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴边上的最大高为，
∴面积的最大值为．
30．【答案】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
∵BE⊥CP，DF⊥CP，
∴∠BEC＝∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°，
∵∠BCE+∠DCF＝90°，
∴∠CBE＝∠DCF，
在△CBE和△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（AAS）；
（2）解：①∵△CBE≌△DCF，
∴CE＝DF，BE＝CF，
∴BE＝CF＝EG，
∵GF＝EG+EF＝CF+EF＝CE＝DF，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∵CG＝CE+EG＝GF+EG＝，
∴；
②过点B作BH⊥BG交CG于H，过点A作AQ⊥GD交GD于点Q，
∴∠GBH＝∠PBC＝90°，GB＝BH，
∴∠GBA＝∠HBC，
∵AB＝BC，
∴△ABG≌△CBH（SAS），
∴∠GAB＝∠HCB＝∠CDF，
∵∠CDF+∠ADG＝45°，
∴∠GAB+∠ADG＝45°，
∴∠AGD＝45°，
∵AG＝，
∴AQ＝GQ＝1，
∴DQ＝，
∴DG＝GQ+DQ＝1+2．
【解析】【分析】（1）根据AAS证明△CBE≌△DCF；
（2）①证明△DGF、△GEB是等腰直角三角形，则BE=GE=BG，GF=DG，由CG＝CE+EG＝GF+EG=DG+BG，据此即得结论；
②过点B作BH⊥BG交CG于H，过点A作AQ⊥GD交GD于点Q，证明△ABG≌△CBH（SAS），可得∠GAB＝∠HCB＝∠CDF，从而推出∠AGD＝45°，则AQ=GQ=AG=1，由勾股定理求出DQ=，可得DG＝GQ+DQ＝1+2．

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