一、单选题（共8题；共17分）
1.如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝3，折叠纸片使DA与对角线DB重合，点A落在点A′处，折痕为DE，则A′G的长是
A. 1 B. C. D. 2 【答案】C
【解析】【分析】在Rt△ABD中，AB=4，AD=3，∴
由折叠的性质可得，△ADG≌△A'DG，∴A'D=AD=3，A'G=AG。∴设AG=x，则A'G=AG=x，BG=在Rt△A'BG中，故选C。
2.如图，AB=6，AD=9，AF平分∠BAD交BC于点E，BG⊥AF于点G，BG=4 在▱ABCD中，交DC的延长线于点F，EF=
AE，则△CEF的周长为（ ）．
，
，
，解得x=，即AG=。
。
。
A. 8 B. 10 C. 14 D. 16 【答案】A
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，∠BAF=∠DFA，∠DAF=∠CEF， ∵∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F， ∴∠BAF=∠DAF，
∴∠CEF=∠CFE，∠BAE=∠AEB， ∴EC=FC，AB=BE=6， ∵AD=BC=9， ∴EC=FC=3，
第 1 页
∵BG=4 ∴AG=2，
，AB=6，
∵AB=BE，BG⊥AE， ∴EG=2， ∵EF=
AE，
∴EF=2，
∴△CEF的周长为：EC+FC+EF=8． 故答案为：8．故答案为：A
【分析】由平行四边形的性质得到，两组对边平行且相等；由角平分线的性质，得到等腰三角形，得到EC=FC，AB=BE的值，由已知AD=BC的值，求出EC=FC的值，再根据勾股定理求出AG的值，根据三线合一求出EG的值，求出△CEF的周长.
3.如图，正方形ABCD的面积为1，则以相邻两边中点连线EF为边正方形EFGH的周长为（ ）
A. B. 2 C. +1 D. 2 +1
【答案】B
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为1， ∴BC=CD=
=1，∠BCD=90°，
∵E、F分别是BC、CD的中点， ∴CE=
BC=
，CF=
CD=
，
∴CE=CF，
∴△CEF是等腰直角三角形， ∴EF=
CE=
，
=2
；
∴正方形EFGH的周长=4EF=4× 故答案为：B．
【分析】根据正方形ABCD的面积，求出边长，由E、F分别是BC、CD的中点，由正方形的性质，得到△CEF是等腰直角三角形，根据勾股定理求出EF的值，得到正方形EFGH的周长.
第 2 页
4.如图，在4×3的长方形网格中，已知A，B两点为格点（网格线的交点称为格点），若C也为该网格中的格点，且△ABC为等腰直角三角形，则格点C的个数为（ ）
A. 5 B. 6 C. 3 D. 4 【答案】B
【解析】【解答】解：如图： 故6个．
【分析】根据题意和勾股定理得到格点C的个数.
5.如图所示的一块地，∠ADC=90°，AD=12m，CD=9m，AB=39m，BC=36m，求这块地的面积S为（ ）cm2 ．
A. 54 B. 108 C. 216 D. 270 【答案】C
【解析】【解答】解：连接AC，
则在Rt△ADC中， AC2=CD2+AD2=122+92=225， ∴AC=15，在△ABC中，AB2=1521， AC2+BC2=152+362=1521， ∴AB2=AC2+BC2 ， ∴∠ACB=90°， ∴S△ABC﹣S△ACD=
AC•BC﹣
AD•CD=
×15×36﹣
×12×9=270﹣54=216．
答：这块地的面积是216平方米． 故答案为：C。
【分析】根据勾股定理求出AC的长，再根据勾股定理的逆定理，得到△ACB是直角三角形，由三角形的面积公式求出这块地的面积.
第 3 页
6.如图所示，是一圆柱体，已知圆柱的高AB=3，底面直径BC=10，现在有一只蚂蚁想要从A处沿圆柱表面爬行到对角C处去捕食，则它爬行最短路径是（ ）（本题π取3）．
A. 13 B. 3【答案】A
C. D. 2
【解析】【解答】解：把圆柱侧面展开，展开图如右图所示，点A、C的最短距离为线段AC的长． 在RT△ADC中，∠ADC=90°，CD=AB=3，AD为底面半圆弧长，AD=5π=15， 所以AC=
=3+10=13
此时考虑一种情况就是蚂蚁在圆柱体上方走直径这一情况：即路程为∵13＜3
∴最短路径为13． 故选A．
【分析】要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解． 7.如图，O是正△ABC内一点，OA=6，OB=8，OC=10，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为8；③S四边形AOBO′=24+12下列结论：
；④S△AOC+S△AOB=24+9
；⑤S△ABC=36+25
； 其中正确的结论有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D
【解析】【解答】①∵△ABC为正三角形，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′， ∴∠OBO′=∠ABC=60°，OB=O′B，AB=BC， 即∠1+∠2=∠2+∠3=60°， ∴∠1=∠3，
第 4 页
在△BO′A和△BOC中，
，
∴△BO′A≌△BOC， 又∵∠OBO′=60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到； 故①正确；
②如图1：连接OO′，
∵将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′， ∴∠OBO′=60°，OB=O′B， ∴△OBO′为正三角形， 又∵OB=8， ∴OO′=8； 故②正确；
③由①知△BO′A≌△BOC， ∵OC=10， ∴AO′=CO=10， ∴AO′2=AO2+OO′2 ， ∴△AOO′为直角三角形，
∴S四边形AOBO′=S△AOO′+S△BOO′=×6×8+×8×4故③错误；
④如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使AB与AC重合，点O旋转至O′′， ∴∠OAO′′=60°，OA=O′′A，OB=O′′C， ∵OA=6，
∴△AOO′′是边长为6的正三角形， 又∵OB=8，OC=10， ∴O′′C=8，
∴OC2=OO′′2+O′′C2 ，
=24+16
；
第 5 页
∴△COO′′为直角三角形，
∴S△AOC+S△AOB=S△AOC+S△AO′′C=S△O′′OC+S△AO′′O=故④正确；
×6×8+×6×3
=24+9
，
⑤S△AOB=×6×8×=12，
∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC=S△AOB+S△ABO′+S△AOC=S△AOO′+S△BOO′+S△O′′OC+S△AO′′O-S△AOB=24+16故⑤正确；
综上所述正确的结论有：①②④⑤. 故答案为：D.
【分析】①由正三角形和旋转性质得∠OBO′=∠ABC=60°，OB=O′B，AB=BC，等量代换得∠1=∠3，根据SAS得△BO′A≌△BOC，从而得①正确；
②如图1：连接OO′，由旋转性质得∠OBO′=60°，OB=O′B，根据等边三角形的判定得△OBO′为正三角形，从而得②正确；
③由①知△BO′A≌△BOC，根据全等三角形的性质得AO′=CO=10，再由勾股定理逆定理得△AOO′为直角三角形，根据S四边形AOBO′=S△AOO′+S△BOO′ 得③正确；
④如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使AB与AC重合，点O旋转至O′′，由旋转性质得∠OAO′′=60°，OA=O′′A，OB=O′′C，根据等边三角形的判定得△AOO′′是边长为6的正三角形，再由勾股定理逆定理得△COO′′为直角三角形，根据S△AOC+S△AOB=S△AOC+S△AO′′C=S△O′′OC+S△AO′′O得④正确；
⑤由S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC=S△AOB+S△ABO′+S△AOC=S△AOO′+S△BOO′+S△O′′OC+S△AO′′O-S△AOB得⑤正确； 8.下列结沦中，错误的有（ ）
①Rt△ABC中，已知两边分别为3和4，则第三边的长为5； ②三角形的三边分别为a、b、c，若a2+b2=c2 ， 则∠A=90°；
③若△ABC中，∠A：∠B：∠C=1：5：6，则这个三角形是一个直角三角形； ④若（x﹣y）2+M=（x+y）2成立，则M=4xy．
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C
+24+9
-12=36+25
；
第 6 页
【解析】解答：①分两种情况讨论：当3和4为直角边时，斜边为5；当4为斜边时，另一直角边是 误；
②三角形的三边分别为a、b、c，若a2+b2=c2 ， 应∠C=90°，所以错误； ③最大角∠C=
×6=90°，这个三角形是一个直角三角形，正确；
，所以错
④若（x﹣y）2+M=（x+y）2成立，则M=（x+y）2﹣（x﹣y）2=4xy，正确． 故选C
分析：根据勾股定理以及逆定理即可解答，本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已
222
知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．勾股定理的逆定理：若三角形三边满足a+b=c ，
那么这个三角形是直角三角形
二、填空题（共13题；共13分）
9.在直线l上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别是1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1 ， S2 ， S3 ， S4 ， 则S1+S2+S3+S4=________．
【答案】4
【解析】【解答】解：观察发现，
∵AB=BE，∠ACB=∠BDE=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC+∠EBD=90°， ∴∠BAC=∠EBD，
∴△ABC≌△BDE（AAS）， ∴BC=ED，
∵AB2=AC2+BC2 ， ∴AB2=AC2+ED2=S1+S2 ， 即S1+S2=1， 同理S3+S4=3． 则S1+S2+S3+S4=1+3=4． 故答案为：4．
【分析】根据图形和正方形的性质，由AAS得到△ABC≌△BDE，得到对应边BC=ED，根据勾股定理得到S1+S2+S3+S4的值.
第 7 页
10.已知：如图，∠ABD=∠C=90°，AD=12，AC=BC，∠DAB=30°，则BC的长为________．
【答案】3
【解析】【解答】解：因为△ABD中,∠ABD=90°,∠DAB=30° 所以BD=
AD 又AD=12
所以BD=6 则AB=6
因为∠C=90°，所以三角形ABC是直角三角形 在直角三角形ABC中,AC=BC AB=6 所以
=54，则 BC=3
【分析】根据在直角三角形中，30度角所对的边是斜边的一半；求出BD的值，根据勾股定理求出AB的值；再由勾股定理求出BC的值.
11.如图，沿折痕AE折叠矩形ABCD的一边，使点D落在BC边上一点F处．若AB=8，且△ABF的面积为24，则EC的长为________．
【答案】3
【解析】【解答】解：∵AB=8，S△ABF=24 ∴BF=6．
∵在Rt△ABF中，AF= ∴AD=AF=BC=10 ∴CF=10﹣6=4
设EC=x，则EF=DE=8﹣x．
222222
在Rt△ECF中，EF=CF+CE ， 即（8﹣x）=x+4 ， 解得，x=3．
=10，
∴CE=3． 故答案为：3．
【分析】根据三角形的面积，得到BF的值，再根据勾股定理和折叠的性质，求出AD=AF=BC的值，得到CF的值，由矩形的性质和勾股定理，求出EC的长.
第 8 页
12.如图为正三角形ABC与正方形DEFG的重叠情形，E两点分别在AB、BC上，GF=6，其中D、且BD=BE．若AC=18，则F点到AC的距离为________．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，过点B作BH⊥AC于H，交GF于K，
∵△ABC是等边三角形， ∴∠A=∠ABC=60°， ∵BD=BE，
∴△BDE是等边三角形， ∴∠BDE=60°， ∴∠A=∠BDE， ∴AC∥DE，
∵四边形DEFG是正方形，GF=6， ∴DE∥GF， ∴AC∥DE∥GF， ∴KH=18×
﹣6×
﹣6=9 ﹣6．
﹣3
﹣6=6
﹣6，
∴F点到AC的距离为6 故答案为：6
﹣6．
【分析】根据等边三角形的性质和已知BD=BE，得到△BDE是等边三角形，得到AC∥DE，由正方形的性质和等腰三角形的三线合一，求出KH的值，得到F点到AC的距离是KH的值.
13.△ABC中，AD是BC边上的高，BD=3，CD=1，AD=2，P、Q、R分别是BC、AB、AC边上的动点，则△PQR周长的最小值为________． 【答案】
【解析】【解答】如图1中，作P点关于AB的对称点P′，作P点关于AC的对称点P″，连接P′P″，与AB交于点Q′，与AC交于点R′，连接PP′交AB于M，连接PP″交AC于N，
第 9 页
此时△PQ′R′的周长最小，这个最小值=P′P″， ∵PM=MP′，PN=NP″， ∴P′P″=2MN，
∴当MN最小时P′P″最小．如图2中，
∵∠AMP=∠ANP=90°，
∴A、M、P、N四点共圆，线段AP就是圆的直径，MN是弦， ∵∠MAN是定值， ∴直径AP最小时，弦MN最小，
∴当点P与点D重合时，PA最小，此时MN最小． 如图3中，
∵在RT△ABD中，∠ADB=90°，AD=2，DB=3， ∴AB=
，在RT△ADC中，
∵∠ADC=90°，AD=2，CD=1， ∴AC=
∵DM⊥AB，DN⊥AC， ∴
•AC•DN=
•DC•AD，
，
第 10 页
∴DN= ，AN= ，
∵∠MAD=∠DAB，∠AMD=∠ADB， ∴△AMD∽△ADB，∴ ∴
=AM•AB，同理
， =AN•AC，
∴AM•AB=AN•AC， ∴
，
∵∠MAN=∠CAB，∴△AMN∽△ACB， ∴
，
∴ ，
∴MN= ，
．
∴△PQR周长的最小值=P′P″=2MN= 故答案为：
．
【分析】如图1中，作P点关于AB的对称点P′，作P点关于AC的对称点P″，连接P′P″，与AB交于点Q′，与AC交于点R′，连接PP′交AB于M，连接PP″交AC于N，此时△PQ′R′的周长最小，这个最小值=P′P″，然后证出P′P″=2MN，当MN最小时P′P″最小．如图2中， 根据圆周角定理得出A、M、P、N四点共圆，线段AP就是圆的直径，MN是弦，又由于∠MAN是定值，故直径AP最小时，弦MN最小，从而知道当点P与点D重合时，PA最小，此时MN最小，如图3中，首先根据勾股定理得出AB,AC的长度，然后根据面积法得出DN长，再根据勾股定理算出AN的
2 2长，进而判断出△AMD∽△ADB，根据相似三角形的性质得出 A D =AM•AB，同理 A D =AN•AC，故AM•AB=AN•AC，
从而再判断出△AMN∽△ACB，根据相似三角形的性质得出MN的长，从而得出答案。 14.如图，四边形 边
交于点
，若
是平行四边形，点
，则点
在 轴上，反比例函数
的图象经过点
，且与
的坐标为________．
【答案】
第 11 页
【解析】【解答】
解 ：
∵反比例函数y=(x>0)的图象经过点A(5,12)， ∴k=12×5=60，
∴反比例函数的解析式为y=设D(m,
)，
x, 又AO∥BC， x+b， m+b=
， ，
由题可得OA的解析式为y=∴可设BC的解析式为y=把D(m,∴b=
−
)代入,可得m，
x+
-
∴BC的解析式为y=令y=0,则x=m−
m ， ，
,即OC=m−
∴平行四边形ABCO中,AB=m−
如图所示,过D作DE⊥AB于E,过A作AF⊥OC于F,则△DEB∽△AFO， ∴DB∶DE=AO∶AF,而AF=12,DE=12−∴DB=13−∵AB=DB， ∴m−
=13−
，
,OA=13,
解得m1=5,m2=8，
又∵D在A的右侧，即m>5， ∴m=8， ∴D的坐标为(8
).
第 12 页
故答案为：(8,).
，再设出D点的坐标设D(m,
)用待定系数法求出OA的
−
m，进而BC
，如图
【分析】用待定系数法求出反比例函数的解析式为y=解析式，根据OA∥BC，进而设出BC的解析式为y=的解析式为y=
x+
-m，令y=0,则x=m−
x+b，将点D的坐标代入可以表示出b=
,即OC=m−，根据平行四边形对边相等得出AB=m−
所示,过D作DE⊥AB于E,过A作AF⊥OC于F,则△DEB∽△AFO，根据相似三角形对应边成比例得出DB∶DE=AO∶AF,而AF=12,DE=12−
,OA=13,进而得出DB=13−
，根据AB=DB，列出关于m的方程，求解得出m的值，根据D在A
的右侧，即m>5，得出D点的坐标。
15.已知图，正方形ABCD，M是BC延长线上一点，过B作BE⊥DM于点E，交DC于点F，过F作FG∥BC交BD于点G，连接GM，若S△EFD=
DF2 ， AB=4
，则GM=________．
【答案】8（ ﹣1）
【解析】【解答】解：如图，作EH⊥CD于H，CN⊥DM于N，NK⊥CD于K．
∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCF=∠DCM=90°，BC=DC， ∵BE⊥DM， ∴∠BEM=90°，
∴∠CBF+∠BME=90°，∠BME+∠CDM=90°， ∴∠CBF=∠CDM， ∴△BCF≌△DCM， ∴BF=DM，CF=CM， ∴∠FMB=∠GBM=45°， ∵FG∥BM，
第 13 页
∴四边形BMFG是等腰梯形， ∴GM=BF=DM， ∵S△DEF= ∴EH=
•DF•EH=
DF2 ，
DF，即DF=4EH，
∵△DEF∽△DNC∽△DCM， ∴CD=4NK，DM=4CN， ∵AB=CD=4 ∴NK=
，
﹣x，
，设CK=x，则DK=4
∵△DKN∽△NKC， ∴NK2=DK•KC， ∴2=x（4 ∴x=2
﹣
﹣x）， 或2
+
（舍弃），
=
﹣1）．
=2（
﹣1），
在Rt△CKN中，CN= ∴GM=DM=4CN=8（ 故答案为8（
﹣1）．
【分析】如图，作EH⊥CD于H，CN⊥DM于N，NK⊥CD于K．首先证明△BCF≌△DCM，推出BF=DM，CF=CM，四边形BMFG是等腰梯形，进一步推出GM=BF=DM，由三角形的面积推出EH=DF,即DF=4EH，由
△DEF∽△DNC∽△DCM，可得CD=4NK，DM=4CN，由△DKN∽△NKC，得出NK2=DK•KC，从而得出方程求解，然后根据勾股定理得出CN,从而得出答案。
16.如图，AC、BD交于点O，F分别在AB、BC上，②OE=OF，正方形ABCD，点E、且∠EOF=90°，则下列结论①AE=BF，③BE+BF=AD，④AE2+CF2=2OE2中正确的有________（只写序号）
【答案】①②③④
第 14 页
【解析】【解答】解：如图延长FO交AD于H，连接EH．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=AD，OA=OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，AC⊥BD， ∴∠EOF=∠BOC=90°， ∴∠EOB=∠FOC， 在△EOB和△FOC中，
，
∴△EOB≌△FOC， ∴BE=CF，OE=OF， ∵AB=BC， ∴AE=BF，
∴BE+BF=BF+CF=BC=AD，故①②③正确， 在△AOH和△COF中，
，
∴△AOH≌△COF， ∴AH=CF，OH=OE=OF， ∴△EOH是等腰直角三角形， ∴EH=
OE，
在Rt△AEH中， AE2+AH2=EH2 ，
∴AE2+CF2=2OE2 ， 故④正确． 故答案为①②③④．
【分析】如图延长FO交AD于H，连接EH．首先证明△EOB≌△FOC，推出BE=CF，OE=OF，由AB=BC，推出AE=BF，BE+BF=BF+CF=BC=AD，故①②③正确，再证明△AOH≌△COF，推出AH=CF，OH=OE=OF，推出△EOH是等腰直角三角形，推出EH=
OE，在Rt△AEH中，根据AE2+AH2=EH2 ， 推出AE2+CF2=2OE2 ， 故④正确．
第 15 页
17.如图，菱形ABCD中，AB=4，∠B=60°，E，F分别是BC，DC上的点，∠EAF=60°，连接EF，则△AEF的面积最小值是________．
【答案】
【解析】【解答】当AE⊥BC时， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=AC，∠ACB=60°， ∴∠B=∠ACF=60°， ∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EAD=∠EAF+∠FAD=60°+∠FAD， ∠AFC=∠D+∠FAD=60°+∠FAD， ∴∠AEB=∠AFC， 在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（AAS）， ∴AE=AF， ∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形， ∵当AE⊥BC时，AB=4， ∴AE=2
，
.
∴△AEF的面积最小值=
【分析】由△AEF的面积的最小值和菱形的性质，得到当AE⊥BC，△ABC是等边三角形时，得到△ABE≌△ACF，得到对应边对应角相等，得到△AEF是等边三角形，得到AE的最小值，求出△AEF的面积最小值.
18.如图，AB=5，AC=12，BC=13，△ABD、△ACE、△BCF都是等边三角形， 在△ABC中，则四边形AEFD的面积S=________．
【答案】30
第 16 页
【解析】【解答】∵在△ABC中，AB=5，AC=12，BC=13， ∴BC2=AB2+AC2 ， ∴∠BAC=90°，
∵△ABD，△ACE都是等边三角形， ∴∠DAB=∠EAC=60°， ∴∠DAE=150°．
∵△ABD和△FBC都是等边三角形， ∴∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°， ∴∠DBF=∠ABC． 在△ABC与△DBF中，
∴△ABC≌△DBF（SAS）， ∴AC=DF=AE=12， 同理可证△ABC≌△EFC， ∴AB=EF=AD=5，
∴四边形DAEF是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）． ∴∠FDA=180°﹣∠DAE=30°， ∴S▱AEFD=AD•（DF•sin30°）=5×（12× 即四边形AEFD的面积是30， 故答案为：30．
【分析】在△ABC中，由勾股定理逆定理得出∠BAC=90°，由等边三角形的性质得出∠DAB=∠EAC=60°，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，由等量代换
得出∠DBF=∠ABC；再由全等三角形的判定SAS得出△ABC≌△DBF，△ABC≌△EFC，根据全等三角形的性质得出AC=DF=AE=12，AB=EF=AD=5，由平行四边形的判定得出四边形DAEF是平行四边形，再根据平行四边形的性质得出∠FDA=180°﹣∠DAE=30°，从而求出四边形AEFD的面积.
19.（2019•阿坝州）如图，抛物线的顶点为P（﹣2，2），与y轴交于点A（0，3）．若平移该抛物线使其顶点P沿直线移动到点P′（2，﹣2），点A的对应点为A′，则抛物线上PA段扫过的区域（阴影部分）的面积为________．
）=30，
【答案】12
第 17 页
【解析】【解答】连接AP，A′P′，过点A作AD⊥PP′于点D，
由题意可得出：AP∥A′P′，AP=A′P′， ∴四边形APP′A′是平行四边形，
∵抛物线的顶点为P（﹣2，2），与y轴交于点A（0，3），平移该抛物线使其顶点P沿直线移动到点P′（2，﹣2）， ∴PO= 又∵AD⊥OP，
∴△ADO是等腰直角三角形， ∴PP′=2
×2=4
，
×3=
，
×
=12．
=2
，∠AOP=45°，
∴AD=DO=sin45°•OA=
∴抛物线上PA段扫过的区域（阴影部分）的面积为：4 故答案为：12．
【分析】连接AP，A′P′，过点A作AD⊥PP′于点D， 由平移性质可得出：AP∥A′P′，AP=A′P′，再根据平行四边形的判定得出四边形APP′A′是平行四边形，由平移性质得出P′（2，﹣2），根据勾股定理得出PO=2 从而得出△ADO是等腰直角三角形；从而得出PP′=4 部分的面积.
20.（2019•陕西）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠BCD=90°，连接AC．若AC=6，则四边形ABCD的面积为________．
，再根据锐角三角函数求出AD=DO=
，∠AOP=45°，，从而得出阴影
【答案】18
第 18 页
【解析】【解答】如图，作AM⊥BC、AN⊥CD，交CD的延长线于点N；
∵∠BAD=∠BCD=90°
∴四边形AMCN为矩形，∠MAN=90°； ∵∠BAD=90°， ∴∠BAM=∠DAN； 在△ABM与△ADN中，
，
∴△ABM≌△ADN（AAS），
∴AM=AN（设为λ）；△ABM与△ADN的面积相等； ∴四边形ABCD的面积=正方形AMCN的面积；
222
由勾股定理得：AC=AM+MC ， 而AC=6；
∴2λ2=36，λ2=18， 故答案为：18．
【分析】作AM⊥BC、AN⊥CD，交CD的延长线于点N； 由已知条件可以判断出四边形AMCN为矩形；根据矩形的性质和已知条件可以证明△ABM≌△ADN（AAS）；由全等三角形的性质得出AM=AN（设为λ）；从而得出四边形ABCD的面积=正方形AMCN的面积；由勾股定理 AC2=AM2+MC2得出λ2=18.
21.如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，D是AB的中点，点E在边AC上，将△ADE沿DE翻折，使得点A
落在点A'处，当A'E⊥AC时，A'B=________．
【答案】或7
第 19 页
【解析】【解答】解：分两种情况： ①如图1，过D作DG⊥BC与G，交A′E与F，过B作BH⊥A′E与H，
∵D为AB的中点， ∴BD=
AB=AD，
∵∠C=90，AC=8，BC=6， ∴AB=10， ∴BD=AD=5， sin∠ABC= ∴ ∴DG=4，
由翻折得：∠DA′E=∠A，A′D=AD=5， ∴sin∠DA′E=sin∠A= ∴ ∴DF=3， ∴FG=4﹣3=1， ∵A′E⊥AC，BC⊥AC， ∴A′E∥BC，
∴∠HFG+∠DGB=180°， ∵∠DGB=90°， ∴∠HFG=90°， ∵∠EHB=90°，
∴四边形HFGB是矩形， ∴BH=FG=1，
同理得：A′E=AE=8﹣1=7， ∴A′H=A′E﹣EH=7﹣6=1，
在Rt△AHB中，由勾股定理得：A′B=
=
；
，
，
，
，
②如图2，过D作MN∥AC，交BC与于N，过A′作A′F∥AC，交BC的延长线于F，延长A′E交直线DN于M，
第 20 页
∵A′E⊥AC，
∴A′M⊥MN，A′E⊥A′F， ∴∠M=∠MA′F=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠F=∠ACB=90°， ∴四边形MA′FN是矩形， ∴MN=A′F，FN=A′M， 由翻折得：A′D=AD=5，
Rt△A′MD中，∴DM=3，A′M=4， ∴FN=A′M=4， Rt△BDN中，∵BD=5， ∴DN=4，BN=3，
∴A′F=MN=DM+DN=3+4=7， BF=BN+FN=3+4=7，
Rt△ABF中，由勾股定理得：A′B= 综上所述，A′B的长为 故答案为：
或7
或7 ．
．
=7
；
【分析】分两种情况：
①如图1，作辅助线，构建矩形，先由勾股定理求斜边AB=10，由中点的定义求出AD和BD的长，证明四边形HFGB是矩形，根据同角的三角函数列式可以求DG和DF的长，并由翻折的性质得：∠DA′E=∠A，A′D=AD=5，由矩形性质和勾股定理可以得出结论：A′B=
；②如图2，作辅助线，构建矩形A′MNF，同理可以求出A′B的长．
三、解答题（共2题；共20分）
22.如图所示，梯形ABCD中，AB∥DC，∠B=90°，AD=15，AB=16，BC=12，点E是边AB上的动点，点F是射线CD上一点，射线ED和射线AF交于点G，且∠AGE=∠DAB． （1）求线段CD的长；
（2）如果△AEG是以EG为腰的等腰三角形，求线段AE的长；
第 21 页
（3）如果点F在边CD上（不与点C、D重合），设AE=x，DF=y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围．
【答案】（1）解：（1）作DH⊥AB于H，如图1，
易得四边形BCDH为矩形， ∴DH=BC=12，CD=BH， 在Rt△ADH中，AH= ∴BH=AB﹣AH=16﹣9=7， ∴CD=7；
（2）当EA=EG时，则∠AGE=∠GAE， ∵∠AGE=∠DAB， ∴∠GAE=∠DAB，
∴G点与D点重合，即ED=EA， 作EM⊥AD于M，如图1，则AM= ∵∠MAE=∠HAD， ∴Rt△AME∽Rt△AHD， ∴AE：AD=AM：AH，即AE：15= 当GA=GE时，则∠AGE=∠AEG， ∵∠AGE=∠DAB，
而∠AGE=∠ADG+∠DAG，∠DAB=∠GAE+∠DAG， ∴∠GAE=∠ADG， ∴∠AEG=∠ADG， ∴AE=AD=15，
综上所述，△AEC是以EG为腰的等腰三角形时，线段AE的长为 （3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH=9，HE=AE﹣AH=x﹣9，
或15；
：9，解得AE=
；
AD=
， ，
第 22 页
在Rt△ADE中，DE=
∵∠AGE=∠DAB，∠AEG=∠DEA， ∴△EAG∽△EDA，
∴EG：AE=AE：ED，即EG：x=x： ∴EG= ∴DG=DE﹣EG= ∵DF∥AE， ∴△DGF∽△EGA，
∴DF：AE=DG：EG，即y：x=（ ∴y=
（9＜x＜
，
﹣
= ，
，
，
﹣ ）： ，
）．
【解析】【分析】（1）作DH⊥AB于H，如图1，易得四边形BCDH为矩形，则DH=BC=12，CD=BH，再利用勾股定理计算出AH，从而得到BH和CD的长； （2）分类讨论：当EA=EG时，则∠AGE=∠GAE，则判断G点与D点重合，即ED=EA，作EM⊥AD于M，如图1，则AM=
AD=
，通过证明Rt△AME∽Rt△AHD，利用相似比可计算出此
时的AE长；当GA=GE时，则∠AGE=∠AEG，可证明AE=AD=15，（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH=9，HE=AE﹣AH=x﹣9，先利用勾股定理表示出DE=
，再证明△EAG∽△EDA，则利用相似比可表示出EG=
，则可表示出DG，然后证明△DGF∽△EGA，于是利用相似比可表示出x和y的关系．
23.校车安全是近几年社会关注的热点问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学九年级数学活动小组进行了测试汽车速度的实验，如图，先在笔直的公路l旁选取一点A，在公路l上确定点B、C，使得AC⊥l，∠BAC=60°，再在AC上确定点D，使得∠BDC=75°，测得AD=40米，已知本路段对校车限速是50千米/时，若测得某校车从B到C匀速行驶用时10秒，问这辆车在本路段是否超速？请说明理由（参考数据：
=1.41，
=1.73）
第 23 页
【答案】解：过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠CDB=75°，
∴∠CBD=15°，∠EBD=15°， 在Rt△CBD和Rt△EBD中， ∵
∴△CBD≌△EBD， ∴CD=DE，
在Rt△ADE中，∠A=60°，∴∠ADE=30°，AD=40米， 则AE= ∴DE=
AD=20米，
=20
米，
）米，
，
∴AC=AD+CD=AD+DE=（40+20 在Rt△ABC中，∵∠A=60°， ∴∠ABC=30°， ∴AB=2AC=80+40 ∴BC= 则速度=
， =（40 =4
+60）米，
+6≈12.92米/秒，
∵12.92米/秒=46.512千米/小时， ∴该车没有超速．
【解析】【分析】根据题意由AAS得到△CBD≌△EBD，得到对应边CD=DE，根据在直角三角形中，30度角所对的边是斜边的一半，得到AE的值，再根据勾股定理求出DE的值，得到AC=AD+CD=AD+DE的值，求出该车速度，得到该车没有超速．
四、作图题（共1题；共5分）
24.如图，在15×15的网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小格的顶点叫做格点，图①中的三角形是以格点为顶点，边长都为整数的锐角三角形．
在图②③④中分别画出一个以格点为顶点，边长都为整数的锐角三角形，并在每条边上标出其长度（图①﹣④
第 24 页
中的三角形互不全等）
【答案】解：如图所示：
【解析】【分析】根据勾股定理（勾股数）计算出边长，画图即可.
五、综合题（共1题；共10分）
25.如图，△ABC是等腰直角三角形，BD与AC交于点F，延长BC至E使BE=BA，过点B作BD⊥AE于点D，连接EF．
（1）求证：BF=2AD； （2）若CE=
，求AC的长．
【答案】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AC=BC，∴∠FCB=∠ECA=90°， ∵AC⊥BE，BD⊥AE，
∴∠CBF+∠CFB=90°，∠DAF+∠AFD=90°， ∵∠CFB=∠AFD，
第 25 页
∴∠CBF=∠CAE， 在△BCF与△ACE中， ∴△BCF≌△ACE， ∴AE=BF，
∵BE=BA，BD⊥AE， ∴AD=ED，即AE=2AD， ∴BF=2AD
（2）解：由（1）知△BCF≌△ACE， ∴CF=CE=
，
=2，
，
∴在Rt△CEF中，EF= ∵BD⊥AE，AD=ED， ∴AF=FE=2， ∴AC=AF+CF=2+
．
【解析】【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，得到AC=BC、∠FCB=∠ECA=90°，再由已知得到∠CBF=∠CAE，根据ASA得到△BCF≌△ACE，得到对应边相等；再根据等腰三角形的三线合一，得到AE=2AD，得到BF=2AD；（2）由（1）知△BCF≌△ACE，得到对应边相等，在Rt△CEF中，根据勾股定理求出EF的值，根据线段垂直平分线上的点与线段的两个端点的距离相等；得到AF=FE，得到AC=AF+CF的值.
第 26 页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容