八下数学暑假作业纸答案

镇江市外国语学校暑假拓展作业答案

专题一:

1. 2 3. 2 4. = 5.m6且m-4 6. -2或1 7.k >2 8. 9.10 10.

14

43

11. k

94

12. 1 13.C 14.C 15.A 16.B 17.C 18.A

3

1

19. （1） x=6 (2) x=1 (3)x13，x2 (4)x11，x2

5 20. 解：原式1)

1xy

2x



1xy

(xy)(xyxy



2x

12x

（xy)12x

(xy) yx

把x

y3代入上式，得原式＝

321. 原式=

(x1)

2

x

2

(x1)(x1)



x1

2

2

=

x1x1x1



x

x1

=

xx1

x2

20， x2

2

原式

2x1x1

=1

22. 等腰三角形

(1)由题，k0且k22

4k

k23.

4

4k40,

k1且k0.

(2)设两实数根分别为xk211,x2，则x1x2

k

x1x2

4

,



1x1x1x2

4k81

x2

x1x2

k

0,

2

k21,故不存在这样的实数

24. (1)全等。∵1s后，BP = 3CM，则PC = 8-3 = 5cm，又CQ = 3cm，D为AB的中点，则BD = 5cm AB = AC，则∠B=∠C∴△BPD≌△CQP

若△BPD≌△CQP，P、Q速度相等；除了上述的情况外，P、Q速度不等，还有一种就是 BD = CQ，BP = CP∴BP = 4cm，P的运动速度为3cm/s则此时，P运动了(4/3)s ∵P，Q同时运动，∴Q运动了(4/3)s，∵CQ = BD = 5cm∴Q的运动速度为(15/4)s （2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，

由题意，得15/4 x=3x+2×10，解得80/3秒．∴点P共运动了80/3×3=80厘米． ∵80=2×28+24，∴点P、点Q在AB边上相遇，∴经过80/3秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． 专题二:

1、 C 2.D 3.C 4.D 5.C 6、B 7、A 8、A 9、C 10、A 11、-1 12、1＜x＜2 13、y=2x-3 14、（

2

92

,0)，12 15、

499

16、解：不等式组的解集为2a，因为该不等式组恰有有两个整数解，所以1＜

5

2a≤2，所以

12

＜a≤1。

17、（1）由图知k＞0，a＞0．∵ 点A（－1，2－k2）在y

kx

图象上，

2x

∴ 2－k2 =－k，即 k2－k－2 = 0，解得 k = 2（k =－1舍去），得反比例函数为y此时A（－1，－2），代人y = ax，解得a = 2，∴ 正比例函数为y = 2x． （2）过点B作BF⊥x轴于F．∵ A（－1，－2）与B关于原点对称， ∴ B（1，2），即OF = 1，BF = 2，得 OB =5．

．

由图，易知 Rt△OBF∽Rt△OCD，∴ OB : OC = OF : OD，而OD = OB∕2 =5∕2， ∴ OC = OB · OD∕OF = 2.5．由 Rt△COE∽Rt△ODE得

SCOESODE

(OCOD

)(

2

52



25

)5，

2

所以△COE的面积是△ODE面积的5倍． 18、解：（1）E（-4，-k4

），F（

k3

，3）

（2）（证法一）结论：EF∥AB

证明：∵ P（-4，3） ∴ E（-4，-k4

），F（

k3

，3），

即得：PE=3+∵

PAPE



33

k4

k4

，PF=，

k3

+4



44

k3

12k12

12k12

PBPF

∠APB=∠EPF ∴ △PAB∽△PEF ∴ ∠PAB=∠PEF ∴ EF∥AB ∴ EF∥AB

（3） S有最小值 ∵ S四边形 ∴ SEOFS四边形

PEDF

PEDF

S矩形PAOBSEAOSFBO12k

SPEF12SPEFk PEPF

12(3

k4)(k34)

由（2）知，SPEF

12

∴ S=SPEFSOEF2SPEF12k =

k

2

12

k

112

(k6)

2

3

又∵ k≥2，此时S的值随k值增大而增大， ∴ 当k=2时，S最小

∴S的最小值是

（方法二）

S有最小值．

分别过点E、F作PF、PE的平行线，交点为P′．

 由（2）知，P′，

3k

k

 4

73

73

．

∵ 四边形PEP′为矩形， ∴ S△P′EF= S△PEF ∴ S=S△PEF - S△OEF

= S△P′EF - S△OEF

= S△OME +S矩形OMP′N+ S△ONF

=

k2k

2

12



k2

2

=

3

k

2

2

+k

=

112

(k6)

又∵ k≥2，此时S的值随k值增大而增大，

∴ 当k=2时，S最小=

∴ S的最小值是

专题三:

1 C 2 A 3 C 4 A 5 B 6 ①、②、④ 7【答案】

125

73

73

．

，

54

．

8

【答案】

9【答案】10

，

10【答案】解：（1）矩形（长方形）； BPBQ

47

．

（2）①POCBOA，PCOOAB90°，

△COP∽△AOB． 

CPAB

92OCOA

CP6

68

，即，

72

CP，BPBCCP．

同理△BCQ∽△BCO， CQCQ

BCBC

CQ6

1068

，即，

CQ3，BQBCCQ11．



BPBQ



722

．

②在△OCP和△BAP中， OPCBPA，

OCPA90°，

OCBA，

△OCP≌△BAP(AAS)． OPBP．

设BPx，

在Rt△OCP中， (8x)262x2，解得x

S△OPB

122546

754

254

．

．

12

BQ．

（3）存在这样的点P和点Q，使BP



，P2



点P

的坐标是P19

7

6． ，4

对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求． 过点Q画QH⊥OA于H，连结OQ，则QHOCOC，

S△POQ

12

PQOC，S△POQ

12

OPQH，

PQOP．

设BPx，

BP

12BQ，

BQ2x，

① 如图1，当点P在点B左侧时，

OPPQBQBP3x，

在Rt△PCO中，(8x)6(3x)，

222

解得x11

x21

PCBCBP9



P19



．



②如图2，当点P在点B右侧时，

OPPQBQBPx，PC8x．

在Rt△PCO中，(8x)262x2，解得x

PCBCBP8

25474

254

．

，

7P2，6．

4

综上可知，存在点P19





，P2



17

BPBQ． ，使，6

24

11.解:⑴图10（1）中过B作BC⊥AP,垂足为C,则PC＝40,又AP＝10,

∴AC＝30

在Rt△ABC 中，AB＝50 AC＝30 ∴BC＝40

∴ BP＝CP

2

BC

2

402

S1＝40210

⑵图10（2）中，过B作BC⊥AA′垂足为C，则A′C＝50， 又BC＝40 ∴BA'＝4050

2

2

1041

由轴对称知：PA＝PA' ∴S2＝BA'＝1041 ∴S1﹥S2

(2)如 图10（2），在公路上任找一点M,连接MA,MB,MA'，由轴对称知MA＝MA' ∴MB+MA＝MB+MA'﹥A'B ∴S2＝BA'为最小

（3）过A作关于X轴的对称点A', 过B作关于Y轴的对称点B'，

连接A'B',交X轴于点P, 交Y轴于点Q,则P,Q即为所求 过A'、 B'分别作X轴、Y轴的平行线交于点G, A'B'＝2

50

2

505

∴所求四边形的周长为50505

12.

专题四:

1.40cm 2.对角线互相垂直的四边形 3.25° 4.17 5.3 6.2 7.7cm 8.4 9.C 10.A 11.D 12.D 13.D 14.B 15.A 16.C 17、(1)考查△ABE和△C1BF知，AB=BC1=2，∠ABE=∠C1BF=α，∠BAE=∠BC1F=(180°－120°）÷2=30°，所以△ABE≌△C1BF，得BE=BF，所以A1E=A1B－BE=BC－BF=FC。

(2)当α=30°时，∠ABC1+∠BC1F=120°+30°+30°=180°，所以AB‖DC1，同理有BC1‖AD所以BC1DA是平行四边形，又AB=BC1，所以BC1DA是菱形。

(3)菱形的邻边相等，在△ABD中AB=AD=2，∠BAD=∠ABE=30°， 所以AE=

AB3

=

23



233

，那么ED=2

233

。

18、解：（1）如图4，过B作BGOA于G，

则AB





13

过Q作QH

OA于H，则

QP



要使四边形PABQ是等腰梯形，则ABQP，即

(103t)

2

13,

t

53

或t5（此时PABQ是平行四边形，不合题意，舍去）

OP，CQQBAF

QEEF

QDDP

（2）当t2时，

，QBQBOP

12.

。

CB∥DE∥OF，

AFQB，OF

1

S梯形OFBC1019）12174.

2

（3）①当QP

PF152t2t，t②当QPQF时，则2(10t2t)22FH

t

13

或t

19

3

2

.

2

[152t(10t)]

2

56

4

14

③当QFPF时，

15，t或t(舍去）.

33 综上，当t

13，t

193，t

56，t

43

时，△PQF是等腰三角形．

专题五:

1. （1）①AB=AC，所以∠B=∠C D为AB中点，BD=AB/2=5

当运动时间为1秒时，BP=CQ=3厘米 CP=BC-BP=5厘米，CP=BD 在△BPD和△CQP中

BD=CP，∠B=∠C，BP=CQ 因此△BPD≌△CQP

②因为∠B=∠C，所以只要两角夹边BP、BD、CP、CQ对应成两组相等即可 因为BP≠CQ，所以BP=CP，BD=CQ 因此BP=BC/2=4，CQ=BD=5

在相同时间内，P点移动距离为4，而Q点移动距离为5 所以Q移动速度为：3×5/4=15/4

(2）设x秒后第一次相遇，则15/4*x-3*x=10+10=20 (Q点快，赶上P点后，两者走过的路相差20） 得x=80/3

当x=80/3时，Q点走过15/4*80/3=100

100/(10+10+8)=3余16，也就是它走了三圈后又走了16，即在AB上。

2. 解：（1）如图1，过B点作BH⊥CD，垂足为H， ∵四边形ABCD为菱形， ∴OB=OD=3，OA=OC=4，

在Rt△COD中，CD= OC2+OD2 =5，

∴S菱形ABCD=4S△COD=4×1 2 ×4×3=24，又∵S菱形ABCD=CD×BH，即 5h=24，解得h=24/ 5

(2)过Q点作QH⊥AD于H

48548t25

易证△AHQ∽AEB得HQ =

S= =

=

2425

(t

52

)6

2

所以当t=5/2时,有最大值为6

3. 正方形ABCD边长为4，M、N分别是BC、CD上的两个动点，当M点在BC上运动时，保持AM和MN垂直.

（1）证明：Rt△ABM∽Rt△MCN； 因为四边形ABCD为正方形

所以，∠BAM+∠AMB=90°

又，AM⊥MN ,所以，∠AMN=90° 所以，∠AMB+∠CMN=90° 所以，∠BAM=∠CMN 而，∠B=∠C=90° .所以，Rt△ABM∽Rt△MCN （2）.因为△ABM∽△MCN,所以AB/MC=BM/CN,所以4/(4-x)=x/CN 所以CN=(-x^2)/4+x 所以y=1/2*(AB+CN)*BC =1/2*[4+(-x^2)/4+x]*4 =(-x^2)/2+2x+8

=-1/2(x-2)^2+10

当x=2时，即BC的中点,四边形ABCN面积最大，最大面积=10 （3）.因为Rt△ABM∽Rt△AMN，其中∠ABM=∠AMN=90° 所以，∠BAM=∠MAN ,所以：AB/AM=BM/MN 在Rt△ABM中，由勾股定理得到：AM=√(16+x^2) 由(1)的过程知，CN=x(4-x)/4

所以，在Rt△MCN中由勾股定理得到：

MN=√{(4-x)^2+[x(4-x)/4]^2}=√{(4-x)^2+[x^2(4-x)^2/16]} =√[(4-x)^2*(x^2+16)]/16 =[(4-x)/4]*√(x^2+16)

代入(1)中有：4/√(16+x^2)=x/[(4-x)/4]*√(x^2+16) 所以：x/(4-x)=1 解得：x=2

4. （1）由题意得m=n时，AOBC是正方形． 如图，在OA上取点G，使AG=BE，则OG=OE． ∴∠EGO=45°，从而∠AGE=135°． 由BF是外角平分线，得∠EBF=135°， ∴∠AGE=∠EBF．

∵∠AEF=90°，∴∠FEB+∠AEO=90°．

在Rt△AEO中，∵∠EAO+∠AEO=90°，∴∠EAO=∠FEB， ∴△AGE≌△EBF，EF=AE．

（2）假设存在点E，使EF=AE．设E（a，0）．作FH⊥x轴于H，如图． 由（1）知∠EAO=∠FEH，于是Rt△AOE≌Rt△EHF． ∴FH=OE，EH=OA．

∴点F的纵坐标为a，即FH=a．

由BF是外角平分线，知∠FBH=45°， ∴BH=FH=a．

又由C（m，n）有OB=m， ∴BE=OB-OE=m-a， ∴EH=m-a+a=m． 又EH=OA=n，

∴m=n，这与已知m≠n相矛盾．

综上所述，当x=2或4或（5- 3 ）时，△PMN为等腰三角形．

6.(1)作CH垂直AB于H,则AH=AB/2=2,CH=√(AC²-AH²)=2√3.

当MN在移动过程中,点M与N在CH两侧,MH=NH时,根据对称性可知,四边形MNQP为矩形. ∴MH=NH=MN/2=0.5,AM=AH-MH=2-0.5=1.5,即t=1.5时,四边形MNQP为矩形.

PM⊥AB,CH⊥AB,则PM∥CH,⊿APM∽⊿ACH,PM/CH=AM/AH.

即PM/(2√3)=1.5/2,PM=3√3/2.四边形MNQP的面积为:PM*MN=(3√3/2)*1=(3√3)/2. (2)①当0≤t≤1时,PM/CH=AM/AH,PM/(2√3)=t/2,PM=√3t; QN/CH=AN/AH,QN/(2√3)=(t+1)/2,QN=√3t+√3. ∴S=(PM+QN)*MN/2=(2√3t+√3)*1/2=√3t+√3/2. ②当1

③当2≤t≤3时,同理可求:PM=4√3-√3t,QN=3√3-√3t. ∴S=(PM+QN)*MN/2=(7√3-2√3t)*1/2=(7√3)/2-√3t. 7. (1)面积=OA*OA**45/360= /2 (2)当MN和AC平行时，AM/AB=CN/CB 因AB=CB，故AM=CN，△OAM≌△OCN ∠AOM=∠CON

又∠CON=∠YOA（因同时旋转），∠CON+∠YOA=45°，故∠YOA=22.5° (3)周长不会变化。

延长MA交Y轴于E点，则可证： △OAE≌△OCN，AE=CN，OE=ON

△OME≌△OMN，MN=ME=MA+AE=MA+NC

所以△MBN的周长为P=BM+BN+MN=BM+BN+MA+NC=AB+BC=2+2=4

镇江市外国语学校暑假拓展作业答案

专题一:

1. 2 3. 2 4. = 5.m6且m-4 6. -2或1 7.k >2 8. 9.10 10.

14

43

11. k

94

12. 1 13.C 14.C 15.A 16.B 17.C 18.A

3

1

19. （1） x=6 (2) x=1 (3)x13，x2 (4)x11，x2

5 20. 解：原式1)

1xy

2x



1xy

(xy)(xyxy



2x

12x

（xy)12x

(xy) yx

把x

y3代入上式，得原式＝

321. 原式=

(x1)

2

x

2

(x1)(x1)



x1

2

2

=

x1x1x1



x

x1

=

xx1

x2

20， x2

2

原式

2x1x1

=1

22. 等腰三角形

(1)由题，k0且k22

4k

k23.

4

4k40,

k1且k0.

(2)设两实数根分别为xk211,x2，则x1x2

k

x1x2

4

,



1x1x1x2

4k81

x2

x1x2

k

0,

2

k21,故不存在这样的实数

24. (1)全等。∵1s后，BP = 3CM，则PC = 8-3 = 5cm，又CQ = 3cm，D为AB的中点，则BD = 5cm AB = AC，则∠B=∠C∴△BPD≌△CQP

若△BPD≌△CQP，P、Q速度相等；除了上述的情况外，P、Q速度不等，还有一种就是 BD = CQ，BP = CP∴BP = 4cm，P的运动速度为3cm/s则此时，P运动了(4/3)s ∵P，Q同时运动，∴Q运动了(4/3)s，∵CQ = BD = 5cm∴Q的运动速度为(15/4)s （2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，

由题意，得15/4 x=3x+2×10，解得80/3秒．∴点P共运动了80/3×3=80厘米． ∵80=2×28+24，∴点P、点Q在AB边上相遇，∴经过80/3秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． 专题二:

1、 C 2.D 3.C 4.D 5.C 6、B 7、A 8、A 9、C 10、A 11、-1 12、1＜x＜2 13、y=2x-3 14、（

2

92

,0)，12 15、

499

16、解：不等式组的解集为2a，因为该不等式组恰有有两个整数解，所以1＜

5

2a≤2，所以

12

＜a≤1。

17、（1）由图知k＞0，a＞0．∵ 点A（－1，2－k2）在y

kx

图象上，

2x

∴ 2－k2 =－k，即 k2－k－2 = 0，解得 k = 2（k =－1舍去），得反比例函数为y此时A（－1，－2），代人y = ax，解得a = 2，∴ 正比例函数为y = 2x． （2）过点B作BF⊥x轴于F．∵ A（－1，－2）与B关于原点对称， ∴ B（1，2），即OF = 1，BF = 2，得 OB =5．

．

由图，易知 Rt△OBF∽Rt△OCD，∴ OB : OC = OF : OD，而OD = OB∕2 =5∕2， ∴ OC = OB · OD∕OF = 2.5．由 Rt△COE∽Rt△ODE得

SCOESODE

(OCOD

)(

2

52



25

)5，

2

所以△COE的面积是△ODE面积的5倍． 18、解：（1）E（-4，-k4

），F（

k3

，3）

（2）（证法一）结论：EF∥AB

证明：∵ P（-4，3） ∴ E（-4，-k4

），F（

k3

，3），

即得：PE=3+∵

PAPE



33

k4

k4

，PF=，

k3

+4



44

k3

12k12

12k12

PBPF

∠APB=∠EPF ∴ △PAB∽△PEF ∴ ∠PAB=∠PEF ∴ EF∥AB ∴ EF∥AB

（3） S有最小值 ∵ S四边形 ∴ SEOFS四边形

PEDF

PEDF

S矩形PAOBSEAOSFBO12k

SPEF12SPEFk PEPF

12(3

k4)(k34)

由（2）知，SPEF

12

∴ S=SPEFSOEF2SPEF12k =

k

2

12

k

112

(k6)

2

3

又∵ k≥2，此时S的值随k值增大而增大， ∴ 当k=2时，S最小

∴S的最小值是

（方法二）

S有最小值．

分别过点E、F作PF、PE的平行线，交点为P′．

 由（2）知，P′，

3k

k

 4

73

73

．

∵ 四边形PEP′为矩形， ∴ S△P′EF= S△PEF ∴ S=S△PEF - S△OEF

= S△P′EF - S△OEF

= S△OME +S矩形OMP′N+ S△ONF

=

k2k

2

12



k2

2

=

3

k

2

2

+k

=

112

(k6)

又∵ k≥2，此时S的值随k值增大而增大，

∴ 当k=2时，S最小=

∴ S的最小值是

专题三:

1 C 2 A 3 C 4 A 5 B 6 ①、②、④ 7【答案】

125

73

73

．

，

54

．

8

【答案】

9【答案】10

，

10【答案】解：（1）矩形（长方形）； BPBQ

47

．

（2）①POCBOA，PCOOAB90°，

△COP∽△AOB． 

CPAB

92OCOA

CP6

68

，即，

72

CP，BPBCCP．

同理△BCQ∽△BCO， CQCQ

BCBC

CQ6

1068

，即，

CQ3，BQBCCQ11．



BPBQ



722

．

②在△OCP和△BAP中， OPCBPA，

OCPA90°，

OCBA，

△OCP≌△BAP(AAS)． OPBP．

设BPx，

在Rt△OCP中， (8x)262x2，解得x

S△OPB

122546

754

254

．

．

12

BQ．

（3）存在这样的点P和点Q，使BP



，P2



点P

的坐标是P19

7

6． ，4

对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求． 过点Q画QH⊥OA于H，连结OQ，则QHOCOC，

S△POQ

12

PQOC，S△POQ

12

OPQH，

PQOP．

设BPx，

BP

12BQ，

BQ2x，

① 如图1，当点P在点B左侧时，

OPPQBQBP3x，

在Rt△PCO中，(8x)6(3x)，

222

解得x11

x21

PCBCBP9



P19



．



②如图2，当点P在点B右侧时，

OPPQBQBPx，PC8x．

在Rt△PCO中，(8x)262x2，解得x

PCBCBP8

25474

254

．

，

7P2，6．

4

综上可知，存在点P19





，P2



17

BPBQ． ，使，6

24

11.解:⑴图10（1）中过B作BC⊥AP,垂足为C,则PC＝40,又AP＝10,

∴AC＝30

在Rt△ABC 中，AB＝50 AC＝30 ∴BC＝40

∴ BP＝CP

2

BC

2

402

S1＝40210

⑵图10（2）中，过B作BC⊥AA′垂足为C，则A′C＝50， 又BC＝40 ∴BA'＝4050

2

2

1041

由轴对称知：PA＝PA' ∴S2＝BA'＝1041 ∴S1﹥S2

(2)如 图10（2），在公路上任找一点M,连接MA,MB,MA'，由轴对称知MA＝MA' ∴MB+MA＝MB+MA'﹥A'B ∴S2＝BA'为最小

（3）过A作关于X轴的对称点A', 过B作关于Y轴的对称点B'，

连接A'B',交X轴于点P, 交Y轴于点Q,则P,Q即为所求 过A'、 B'分别作X轴、Y轴的平行线交于点G, A'B'＝2

50

2

505

∴所求四边形的周长为50505

12.

专题四:

1.40cm 2.对角线互相垂直的四边形 3.25° 4.17 5.3 6.2 7.7cm 8.4 9.C 10.A 11.D 12.D 13.D 14.B 15.A 16.C 17、(1)考查△ABE和△C1BF知，AB=BC1=2，∠ABE=∠C1BF=α，∠BAE=∠BC1F=(180°－120°）÷2=30°，所以△ABE≌△C1BF，得BE=BF，所以A1E=A1B－BE=BC－BF=FC。

(2)当α=30°时，∠ABC1+∠BC1F=120°+30°+30°=180°，所以AB‖DC1，同理有BC1‖AD所以BC1DA是平行四边形，又AB=BC1，所以BC1DA是菱形。

(3)菱形的邻边相等，在△ABD中AB=AD=2，∠BAD=∠ABE=30°， 所以AE=

AB3

=

23



233

，那么ED=2

233

。

18、解：（1）如图4，过B作BGOA于G，

则AB





13

过Q作QH

OA于H，则

QP



要使四边形PABQ是等腰梯形，则ABQP，即

(103t)

2

13,

t

53

或t5（此时PABQ是平行四边形，不合题意，舍去）

OP，CQQBAF

QEEF

QDDP

（2）当t2时，

，QBQBOP

12.

。

CB∥DE∥OF，

AFQB，OF

1

S梯形OFBC1019）12174.

2

（3）①当QP

PF152t2t，t②当QPQF时，则2(10t2t)22FH

t

13

或t

19

3

2

.

2

[152t(10t)]

2

56

4

14

③当QFPF时，

15，t或t(舍去）.

33 综上，当t

13，t

193，t

56，t

43

时，△PQF是等腰三角形．

专题五:

1. （1）①AB=AC，所以∠B=∠C D为AB中点，BD=AB/2=5

当运动时间为1秒时，BP=CQ=3厘米 CP=BC-BP=5厘米，CP=BD 在△BPD和△CQP中

BD=CP，∠B=∠C，BP=CQ 因此△BPD≌△CQP

②因为∠B=∠C，所以只要两角夹边BP、BD、CP、CQ对应成两组相等即可 因为BP≠CQ，所以BP=CP，BD=CQ 因此BP=BC/2=4，CQ=BD=5

在相同时间内，P点移动距离为4，而Q点移动距离为5 所以Q移动速度为：3×5/4=15/4

(2）设x秒后第一次相遇，则15/4*x-3*x=10+10=20 (Q点快，赶上P点后，两者走过的路相差20） 得x=80/3

当x=80/3时，Q点走过15/4*80/3=100

100/(10+10+8)=3余16，也就是它走了三圈后又走了16，即在AB上。

2. 解：（1）如图1，过B点作BH⊥CD，垂足为H， ∵四边形ABCD为菱形， ∴OB=OD=3，OA=OC=4，

在Rt△COD中，CD= OC2+OD2 =5，

∴S菱形ABCD=4S△COD=4×1 2 ×4×3=24，又∵S菱形ABCD=CD×BH，即 5h=24，解得h=24/ 5

(2)过Q点作QH⊥AD于H

48548t25

易证△AHQ∽AEB得HQ =

S= =

=

2425

(t

52

)6

2

所以当t=5/2时,有最大值为6

3. 正方形ABCD边长为4，M、N分别是BC、CD上的两个动点，当M点在BC上运动时，保持AM和MN垂直.

（1）证明：Rt△ABM∽Rt△MCN； 因为四边形ABCD为正方形

所以，∠BAM+∠AMB=90°

又，AM⊥MN ,所以，∠AMN=90° 所以，∠AMB+∠CMN=90° 所以，∠BAM=∠CMN 而，∠B=∠C=90° .所以，Rt△ABM∽Rt△MCN （2）.因为△ABM∽△MCN,所以AB/MC=BM/CN,所以4/(4-x)=x/CN 所以CN=(-x^2)/4+x 所以y=1/2*(AB+CN)*BC =1/2*[4+(-x^2)/4+x]*4 =(-x^2)/2+2x+8

=-1/2(x-2)^2+10

当x=2时，即BC的中点,四边形ABCN面积最大，最大面积=10 （3）.因为Rt△ABM∽Rt△AMN，其中∠ABM=∠AMN=90° 所以，∠BAM=∠MAN ,所以：AB/AM=BM/MN 在Rt△ABM中，由勾股定理得到：AM=√(16+x^2) 由(1)的过程知，CN=x(4-x)/4

所以，在Rt△MCN中由勾股定理得到：

MN=√{(4-x)^2+[x(4-x)/4]^2}=√{(4-x)^2+[x^2(4-x)^2/16]} =√[(4-x)^2*(x^2+16)]/16 =[(4-x)/4]*√(x^2+16)

代入(1)中有：4/√(16+x^2)=x/[(4-x)/4]*√(x^2+16) 所以：x/(4-x)=1 解得：x=2

4. （1）由题意得m=n时，AOBC是正方形． 如图，在OA上取点G，使AG=BE，则OG=OE． ∴∠EGO=45°，从而∠AGE=135°． 由BF是外角平分线，得∠EBF=135°， ∴∠AGE=∠EBF．

∵∠AEF=90°，∴∠FEB+∠AEO=90°．

在Rt△AEO中，∵∠EAO+∠AEO=90°，∴∠EAO=∠FEB， ∴△AGE≌△EBF，EF=AE．

（2）假设存在点E，使EF=AE．设E（a，0）．作FH⊥x轴于H，如图． 由（1）知∠EAO=∠FEH，于是Rt△AOE≌Rt△EHF． ∴FH=OE，EH=OA．

∴点F的纵坐标为a，即FH=a．

由BF是外角平分线，知∠FBH=45°， ∴BH=FH=a．

又由C（m，n）有OB=m， ∴BE=OB-OE=m-a， ∴EH=m-a+a=m． 又EH=OA=n，

∴m=n，这与已知m≠n相矛盾．

综上所述，当x=2或4或（5- 3 ）时，△PMN为等腰三角形．

6.(1)作CH垂直AB于H,则AH=AB/2=2,CH=√(AC²-AH²)=2√3.

当MN在移动过程中,点M与N在CH两侧,MH=NH时,根据对称性可知,四边形MNQP为矩形. ∴MH=NH=MN/2=0.5,AM=AH-MH=2-0.5=1.5,即t=1.5时,四边形MNQP为矩形.

PM⊥AB,CH⊥AB,则PM∥CH,⊿APM∽⊿ACH,PM/CH=AM/AH.

即PM/(2√3)=1.5/2,PM=3√3/2.四边形MNQP的面积为:PM*MN=(3√3/2)*1=(3√3)/2. (2)①当0≤t≤1时,PM/CH=AM/AH,PM/(2√3)=t/2,PM=√3t; QN/CH=AN/AH,QN/(2√3)=(t+1)/2,QN=√3t+√3. ∴S=(PM+QN)*MN/2=(2√3t+√3)*1/2=√3t+√3/2. ②当1

③当2≤t≤3时,同理可求:PM=4√3-√3t,QN=3√3-√3t. ∴S=(PM+QN)*MN/2=(7√3-2√3t)*1/2=(7√3)/2-√3t. 7. (1)面积=OA*OA**45/360= /2 (2)当MN和AC平行时，AM/AB=CN/CB 因AB=CB，故AM=CN，△OAM≌△OCN ∠AOM=∠CON

又∠CON=∠YOA（因同时旋转），∠CON+∠YOA=45°，故∠YOA=22.5° (3)周长不会变化。

延长MA交Y轴于E点，则可证： △OAE≌△OCN，AE=CN，OE=ON

△OME≌△OMN，MN=ME=MA+AE=MA+NC

所以△MBN的周长为P=BM+BN+MN=BM+BN+MA+NC=AB+BC=2+2=4