浙江省寧波市余姚市鐘公廟中學、雅戈爾中學等四校2022-2023學年八年級下學期競賽數學試卷（7月份）

第1頁（共1頁）2022-2023學年浙江省寧波市余姚市鐘公廟中學、雅戈爾中學等四校八年級（下）競賽數學試卷（7月份）一、填空題（每小題6分，共120分）1．（6分）用反證法證明：“在一個三角形中，如果兩條邊不相等，那么它們所對的角也不相等”時，首先應假設2．（6分）已知一組數據的方差計算公式為，則這組數據的中位數是，標準差是3．（6分）設x1，x2是方程x2﹣x﹣1＝0的兩個實數根，則+2x2+1＝．4．（6分）化簡：＝．5．（6分）計算：＝．6．（6分）如圖，△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∠ACO＝∠ADB＝90°，反比例函數在第一象限的圖象經過點B，則△OAC與△BAD的面積之差為．7．（6分）用三種邊長相等的正多邊形（正多邊形即各邊相等、各內角也相等的多邊形）地磚鋪地，每個頂點處每種正多邊形各一塊拼在一起，剛好能完全鋪滿地面．已知正多邊形的邊數為x、y、z，則的值為．8．（6分）如圖，P是正方形ABCD內一點，CP＝CD，AP⊥BP，則的值為．9．（6分）如圖，△ABC的三個頂點分別為A（1，2），B（2，5），C（6，1）．若函數y＝在第一象限內的圖象與△ABC有交點，則k的取值范圍是．10．（6分）如圖，點P是平行四邊形ABCD內一點，△PAB的面積為5，△PAD的面積為3，則△PAC的面積為．11．（6分）如圖，直線y＝一x+b與y軸交于點A，與雙曲線y＝在第一象限交于B、C兩點，且AB?AC＝12，則k值為．12．（6分）如圖，在四邊形ABCD中，已知∠BAD+∠ADC＝270°，E、F分別是AD、BC的中點，EF＝2，陰影部分分別是以AB、CD為直徑的半圓，則這兩個半圓面積之和是．13．（6分）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一點，且∠DCE＝45°，BE＝2，AE＝4，則直角梯形ABCD的面積為．14．（6分）若兩個整數x，y滿足方程（2x+9y）2023+（4x﹣y）2023＝99999999（?），就稱數組（x，y）為方程（?）的一組整數解，則方程（?）的整數解的組數為．15．（6分）已知的值大于，小于，則正整數n的最大值與最小值的差等于．16．（6分）已知關于x的方程x2﹣ax+b＝0的兩根為x1x2，其中0＜x1＜1，0＜x2＜1，則2a+b的取值范圍是．17．（6分）如果方程x4+6x3+9x2﹣3px2﹣9px+2p2＝0有且只有一個實數根（相等的實根算作一個），則p的值為．18．（6分）如圖，四邊形OABC為矩形，點A在第三象限，點A關于OB的對稱點為點D，點B，D都在函數的圖象上，BE⊥y軸于點E．若DC的延長線交y軸于點F，當矩形OABC的面積為6時，的值為．19．（6分）如圖，四邊形ABCD為矩形，連結BD，將矩形ABCD繞點B旋轉至矩形A′BC′D′使得邊A′D′經過BD中點O，并交BC于點E，若D′E＝2A′O，則的值為．20．（6分）已知32個數a1，a2，a3，...，a32，每個數只能取+1或﹣1兩個值之一，那么它們的兩兩之積的和a1a2+a1a3+?+a2a3+?+a31a32的最小正值為．二、解答題（共30分）21．（6分）解方程：．22．（12分）已知關于x的方程（m2﹣1）x2﹣3（3m﹣1）x+18＝0有兩個正整數根（m是正整數）．△ABC的三邊a、b、c滿足，m2+a2m﹣8a＝0，m2+b2m﹣8b＝0．求：（1）m的值；（2）△ABC的面積．23．（12分）如圖，在△ABC中，，∠BAC＝90°，AD⊥BC，E在AC邊上運動（不與點A重合），AE＜CE，將△CDE沿DE折疊至△FDE，EF分別與AD，AB交于G，H兩點．（1）求證：∠BDF＝2∠ADE；（2）如圖1，若DG＝3AG，求△AGE的周長；（3）如圖2，設DF與AB交于點M，在整個運動過程中，記△FMH與△AEG的周長之和為y，則y的值是否變化，若變化求出范圍；若不變，求出y．

2022-2023學年浙江省寧波市余姚市鐘公廟中學、雅戈爾中學等四校八年級（下）競賽數學試卷（7月份）參考答案與試題解析一、填空題（每小題6分，共120分）1．（6分）用反證法證明：“在一個三角形中，如果兩條邊不相等，那么它們所對的角也不相等”時，首先應假設這兩個角所對的邊相等【分析】反證法的步驟中，第一步是假設結論不成立，反面成立，可據此進行判斷．【解答】解：反證法證明：在一個三角形中，如果兩個角不相等，那么這兩個角所對的邊也不相等．證明時，可以先假設這兩個角所對的邊相等，故答案為：這兩個角所對的邊相等．【點評】本題主要考查反證法，解答本題的關鍵要明確：在假設結論不成立時要注意考慮結論的反面所有可能的情況，如果只有一種，那么否定一種就可以了，如果有多種情況，則必須一一否定．2．（6分）已知一組數據的方差計算公式為，則這組數據的中位數是2，標準差是【分析】根據方差的計算公式即可得出這一組數據，再求出中位數和方差即可．【解答】解：由方差的公式可得這一組數據為2，0，2，4，所以中位數是2；＝＝2，∴s2＝[（2﹣2）2+（0﹣2）2+（2﹣2）2+（4﹣2）2]＝2，∴s＝＝；故答案為：2；．【點評】本題主要考查了中位數、方差、標準差、算術平均數等內容，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．3．（6分）設x1，x2是方程x2﹣x﹣1＝0的兩個實數根，則+2x2+1＝4．【分析】先把x＝x1代入x2﹣x﹣1＝0整理得出x﹣x1﹣1＝0，再把代入計算，即可作答．【解答】解：∵x1，x2是方程x2﹣x﹣1＝0的兩個實數根，∴x1x2＝﹣1，∴+2x2+1＝（x1+1）x1+2x2+1＝x1+1+x1+2x2+1＝2（x1+x2）+2＝2×1+2＝4，故答案為：4．【點評】本題考查了一元二次方程的解以及根與系數的關系，掌握是解題的關鍵．4．（6分）化簡：＝．【分析】將原式變形為+，整理后可得，利用二次根式的性質及加減法則計算即可．【解答】解：原式＝+＝+＝＝＝＝，故答案為：．【點評】本題考查二次根式的加減法，二次根式的性質與化簡，將原式進行正確的變形是解題的關鍵．5．（6分）計算：＝4555．【分析】設68＝a，則66×67×68×69+1＝（a﹣2）（a﹣1）×a×（a+1）+1＝（a2﹣a﹣1）2，由此得＝a2﹣a﹣1，然后再將a＝68代入代數式a2﹣a﹣1之中進行計算即可得出答案．【解答】解：設68＝a，則66＝a﹣2，67＝a+1，69＝a+1，∴66×67×68×69+1＝（a﹣2）（a﹣1）×a×（a+1）+1＝（a﹣2）（a+1）×a（a﹣1）+1＝（a2﹣a﹣2）（a2﹣a）+1＝（a2﹣a）2﹣2（a2﹣a）+1＝（a2﹣a﹣1）2，∴＝＝a2﹣a﹣1，∵a＝68，∴a2﹣a﹣1＝682﹣68﹣1＝4555，∴＝4555．故答案為：4555．【點評】此題主要考查了二次根式的乘法運算，理解二次根式的意義，熟練掌握換元法及完全平方公式的結構特征是解決問題的關鍵．6．（6分）如圖，△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∠ACO＝∠ADB＝90°，反比例函數在第一象限的圖象經過點B，則△OAC與△BAD的面積之差為2．【分析】根據△OAC和△BAD都是等腰直角三角形可得出OC＝AC、AD＝BD，設OC＝a，BD＝b，則點B的坐標為（a+b，a﹣b），根據反比例函數圖象上點的坐標特征即可求出a2﹣b2＝4，再根據三角形的面積即可得出△OAC與△BAD的面積之差，【解答】解：∵△OAC和△BAD都是等腰直角三角形，∴OC＝AC，AD＝BD，設OC＝a，BD＝b，則點B的坐標為（a+b，a﹣b），∵反比例函數在第一象限的圖象經過點B，∴（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2＝4，∴，故答案為：2．【點評】本題考查了反比例函數系數k的幾何意義，等腰三角形的性質，面積公式，平方差公式，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．7．（6分）用三種邊長相等的正多邊形（正多邊形即各邊相等、各內角也相等的多邊形）地磚鋪地，每個頂點處每種正多邊形各一塊拼在一起，剛好能完全鋪滿地面．已知正多邊形的邊數為x、y、z，則的值為．【分析】根據邊數求出各個多邊形的每個內角的度數，結合鑲嵌的條件列出方程，進而即可求出答案．【解答】解：由題意知，這四種正多邊形的四個內角之和為360度，∵正多邊形的邊數為x、y、z，∴++＝360，∴++＝2，∴1﹣+1﹣+1﹣＝2，∴﹣（++）＝﹣1，∴++＝1，∴++＝．故答案為：．【點評】本題考查的是平面鑲嵌，熟知正多邊形鑲嵌有三個條件限制：①邊長相等；②頂點公共；③在一個頂點處各正多邊形的內角之和為360°是解題的關鍵．8．（6分）如圖，P是正方形ABCD內一點，CP＝CD，AP⊥BP，則的值為．【分析】由BC＝CP＝CD，得∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，∠PCD＝x，推出∠BPD＝45°+90°＝135°，進而得∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，即∠DPE＝45°，再設DE＝PE＝y(tǒng)，由勾股定理得PD＝y(tǒng)，再證△APB≌△DEA得AP＝DE＝y(tǒng)，即可求．【解答】解：如圖，過點D作AP垂線交AP延長線于E，∵四邊形ABCD是正方形，CP＝CD，∴BC＝CP＝CD，∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，設∠PCD＝x，則∠BPC＝，∠DPC＝，∴∠BPD＝45°+90°＝135°，∵AP⊥BP，∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠DPE＝45°，設DE＝PE＝y(tǒng)，∴DP＝＝y(tǒng)，∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠DAE＝∠ABP，在△DAE與△ABP中，，∴△APB≌△DEA（AAS），∴AP＝DE＝y(tǒng)，∴＝＝．故答案為：．【點評】本題主要考查了正方形的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質，通過導角得∠BPD＝135°、作DE⊥AE、證△APB≌△DEA得AP＝DE是解題關鍵．9．（6分）如圖，△ABC的三個頂點分別為A（1，2），B（2，5），C（6，1）．若函數y＝在第一象限內的圖象與△ABC有交點，則k的取值范圍是2≤k≤．【分析】根據反比例函數圖象上點的坐標特征，反比例函數和三角形有交點的臨界條件分別是交點為A、與線段BC有交點，由此求解即可．【解答】解：反比例函數和三角形有交點的第一個臨界點是交點為A，∵過點A（1，2）的反比例函數解析式為y＝，∴k≥2．隨著k值的增大，反比例函數的圖象必須和線段BC有交點才能滿足題意，經過B（2，5），C（6，1）的直線解析式為y＝﹣x+7，，得x2﹣7x+k＝0根據△≥0，得k≤，又因為反比例函數經過點B時，k＝10，經過點C時，k＝6，綜上可知2≤k≤．故答案為2≤k≤．【點評】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，兩函數交點坐標的求法，有一定難度．注意自變量的取值范圍．10．（6分）如圖，點P是平行四邊形ABCD內一點，△PAB的面積為5，△PAD的面積為3，則△PAC的面積為2．【分析】過點P作PE⊥AD于點E，延長EP交CB于點F，證出S△PAD+S△PBC＝S平行四邊形ABCD，根據S△PAC＝S四邊形PABC﹣S△ABC＝S△PAB+S△PBC﹣S△ABC可得出答案．【解答】解：過點P作PE⊥AD于點E，延長EP交CB于點F，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CB，AD＝CB，∴PF⊥CB，∴S△PAD+S△PBC＝AD?PE+CB?PF＝AD?（PE+PF）＝AD?EF＝S平行四邊形ABCD，∵S△ABC＝，S△PAB＝5，S△PAD＝3，∴S△PAC＝S四邊形PABC﹣S△ABC＝S△PAB+S△PBC﹣S△ABC，即S△PAC＝5+（S平行四邊形ABCD﹣3）﹣＝5﹣3＝2．故答案為：2．【點評】本題考查了平行四邊形的性質，三角形的面積，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．11．（6分）如圖，直線y＝一x+b與y軸交于點A，與雙曲線y＝在第一象限交于B、C兩點，且AB?AC＝12，則k值為3．【分析】設直線y＝﹣x+b與x軸交于點D，作BE⊥y軸于E，CF⊥y軸于F．先求出直線與x軸和y軸的兩交點D與A的坐標，根據OA與OD的長度求出比值即可得到角ADO的正切值，利用特殊角的三角函數值求出角ADO的度數，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消去y后得到關于x的一元二次方程，利用韋達定理表示出EB與FC的積，然后在直角三角形AEB中利用cos∠ABE表示出EB與AB的關系，同理在直角三角形AFC中，利用cos∠ACF表示出FC與AC的關系，根據AB?AC＝12列出關于k的方程，求出方程的解即可得到k的值．【解答】解：設直線y＝一x+b與x軸交于點D，作BE⊥y軸于E，CF⊥y軸于F．∵y＝一x+b，∴當y＝0時，x＝b，即點D的坐標為（b，0），當x＝0時，y＝b，即A點坐標為（0，b），∴OA＝b，OD＝b．∵在Rt△AOD中，tan∠ADO＝＝＝，∴∠ADO＝30°．∵直線y＝一x+b與雙曲線y＝在第一象限交于點B、C兩點，∴﹣x+b＝，整理得，﹣x2+bx﹣k＝0，由韋達定理得：x1x2＝＝k，即EB?FC＝k，∵＝cos30°＝，∴AB＝EB，同理可得：AC＝FC，∴AB?AC＝（EB）（FC）＝EB?FC＝×k＝12，解得：k＝3．故答案為：3．【點評】本題考查的是反比例函數與一次函數的交點問題及根與系數的關系，解答此題的關鍵根據題意作出輔助線，根據銳角三角函數的定義溝通各線段之間的關系．12．（6分）如圖，在四邊形ABCD中，已知∠BAD+∠ADC＝270°，E、F分別是AD、BC的中點，EF＝2，陰影部分分別是以AB、CD為直徑的半圓，則這兩個半圓面積之和是8π．【分析】連接BD，取BD的中點M，連接EM、FM，EM交BC于N，根據三角形的中位線定理推出EM＝AB，F(xiàn)M＝CD，EM∥AB，F(xiàn)M∥CD，推出∠ABC＝∠ENC，∠MFN＝∠C，求出∠EMF＝90°，根據勾股定理求出ME2+FM2＝4，根據圓的面積公式求出陰影部分的面積即可．【解答】解：連接BD，取BD的中點M，連接EM、FM，延長EM交BC于N，∵∠BAD+∠ADC＝270°，∴∠ABC+∠C＝360°﹣270°＝90°，∵E、F、M分別是AD、BC、BD的中點，∴EM＝AB，F(xiàn)M＝CD，EM∥AB，F(xiàn)M∥CD，∴∠ABC＝∠ENC，∠MFN＝∠C，∴∠MNF+∠MFN＝90°，∴∠NMF＝180°﹣90°＝90°，∴∠EMF＝90°，由勾股定理得：ME2+FM2＝EF2＝22＝4，∴陰影部分的面積是：π+＝π×（ME2+FM2）＝π×4＝2π．故答案為：2π．【點評】本題主要考查對勾股定理，三角形的內角和定理，多邊形的內角和定理，三角形的中位線定理，圓的面積，平行線的性質，面積與等積變形等知識點的理解和掌握，能正確作輔助線并求出ME2+FM2的值是解此題的關鍵．13．（6分）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一點，且∠DCE＝45°，BE＝2，AE＝4，則直角梯形ABCD的面積為27．【分析】過C作CG⊥AD，交AD延長線于G，延長AD至F，使GF＝BE，連接CF，證得四邊形ABCG為正方形，證明△BCE≌△GCF，得到CE＝CF，∠BCE＝∠GCF，BE＝GF，進而證明△DCE≌△DCF，從而DE＝DF，設AD＝x，在Rt△ADE中根據勾股定理列出方程，求得x的值，進一步得出結果．【解答】解：過C作CG⊥AD，交AD延長線于G，延長AD至F，使GF＝BE，連接CF．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∴∠A＝∠B＝90°，又∵∠CGA＝90°，AB＝BC，∴四邊形ABCG為正方形，∴AG＝BC＝CG＝AB＝BE+AE＝6，∠B＝∠CGF＝90°，∴△BCE≌△GCF（SAS），∴CE＝CF，∠BCE＝∠GCF，BE＝GF，∵∠DCE＝45°，∴∠BCE+∠DCG＝45°，∴∠GCF+∠DCG＝45°，∴∠DCF＝45°，∴∠DCE＝∠DCF，∵CD＝CD，∴△DCE≌△DCF（SAS），∴DE＝DF，∴DF＝DG+FG＝BE+DG，∴DE＝BE+DG，設AD＝x，則DG＝AG﹣AD＝6﹣x，DE＝8﹣x，在Rt△AED中，由勾股定得，DE2＝AD2+AE2，∴（8﹣x）2＝x2+42，∴x＝3，∴AD＝3，∴．故答案為：27．【點評】本題考查了正方形的判定與性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．14．（6分）若兩個整數x，y滿足方程（2x+9y）2023+（4x﹣y）2023＝99999999（?），就稱數組（x，y）為方程（?）的一組整數解，則方程（?）的整數解的組數為0．【分析】由于x、y都是整數，可得2x+9y和4x﹣y同為奇數或者同為偶數，則（2x+9y）2006和（4x﹣y）2006同為奇數或者同為偶數，它們的和為偶數，而7777777為奇數，依此即可求解．【解答】解：∵x、y都是整數，∴2x+9y和4x﹣y同為奇數或者同為偶數，∴（2x+9y）2023和（4x﹣y）2023同為奇數或者同為偶數，∴（2x+9y）2023+（4x﹣y）2023為偶數，∵99999999為奇數，∴方程（2x+9y）2023+（4x﹣y）2023＝99999999無解．故答案為：0．【點評】此題主要考查了整數問題的綜合運用，本題從奇數和偶數之間的運算關系考慮求解．15．（6分）已知的值大于，小于，則正整數n的最大值與最小值的差等于45．【分析】先把原式化簡＝，得＞，＜，再次化簡得（n+1）（n+1﹣529）＞0，（n+1）（n+1﹣576）＜0，由正整數n+1＞0，得n+1﹣529＞0，n+1﹣576＜0，再按題意計算即可．【解答】解：原式＝＝+＝＝＝＝，∵的值大于，小于，∴＞，＜，∴23（n+1）﹣23＞22（n+1），24（n+1）﹣24＜23（n+1），∴n+1＞23，n+1＜24，∴（n+1）2＞529（n+1），（n+1）2＜576（n+1），∴（n+1）2﹣529（n+1）＞0，（n+1）2﹣576（n+1）＜0，∴（n+1）（n+1﹣529）＞0，（n+1）（n+1﹣576）＜0，∵正整數n+1＞0，∴n+1﹣529＞0，n+1﹣576＜0，∴528＜n＜575，∴正整數n最大為574，正整數最小為529，∴正整數n的最大值與最小值的差等于574﹣529＝45，故答案為：45．【點評】本題考查了二次根式的混合運算，分母有理化，掌握分母有理化是解題關鍵．16．（6分）已知關于x的方程x2﹣ax+b＝0的兩根為x1x2，其中0＜x1＜1，0＜x2＜1，則2a+b的取值范圍是0＜2a+b＜5．【分析】先根據一元二次方程根與系數的關系求出x1+x2＝a，x1?x2＝b，從而把2a+b用x1，x2表示出來，最后利用不等式的基本性質求出答案即可．【解答】解：∵關于x的方程x2﹣ax+b＝0的兩根為x1x2，∴x1+x2＝a，x1?x2＝b，∴2a+b＝2（x1+x2）+x1?x2＝（x1+2）（x2+2）﹣4，∵0＜x1＜1，0＜x2＜1，∴2＜x1+2＜3，2＜x2+2＜3∴4＜（x1+2）（x2+2）＜9，4﹣4＜（x1+2）（x2+2）﹣4＜9﹣4，0＜（x1+2）（x2+2）﹣4＜5，∴2a+b的取值范圍是：0＜2a+b＜5，故答案為：0＜2a+b＜5．【點評】本題主要考查了拋物線與x軸的交點，一元二次方程根與系數的關系，解題關鍵是熟練利用一元二次方程根與系數的關系表示a，b．17．（6分）如果方程x4+6x3+9x2﹣3px2﹣9px+2p2＝0有且只有一個實數根（相等的實根算作一個），則p的值為﹣．【分析】原方程變形為2p2﹣（3x2+9x）p+x2（x+3）2＝（x2+3x﹣2p）（x2+3x﹣p）＝0，據此得出x2+3x﹣2p＝0或x2+3x﹣p＝0，根據只有一個實數解知△1＝9+8p＜0，△2＝9+4p＝0，或△1＝9+8p＝0，△2＝9+4p＜0，解之可得答案．【解答】解：x4+6x3+9x2﹣3px2﹣9px+2p2＝0，整理，得2p2﹣（3x2+9x）p+x2（x+3）2＝0．分解，得（x2+3x﹣2p）（x2+3x﹣p）＝0，所以x2+3x﹣2p＝0或x2+3x﹣p＝0．故△1＝9+8p＜0，△2＝9+4p＝0或△1＝9+8p＝0，△2＝9+4p＜0．解得p＝﹣．故答案為：﹣．【點評】本題主要考查高次方程，解高次方程降次、分解勢在必行，對于學生而言，最熟悉的應該是二次三項式的分解，因此可變更主元．所謂“高次方程常伴低次輔元”．18．（6分）如圖，四邊形OABC為矩形，點A在第三象限，點A關于OB的對稱點為點D，點B，D都在函數的圖象上，BE⊥y軸于點E．若DC的延長線交y軸于點F，當矩形OABC的面積為6時，的值為．【分析】如圖，連接BF，OD．首先證明△OBD≌△BOC，推出DF∥OB，推出＝＝＝＝．【解答】解：如圖，連接BF，OD．由矩形的性質和對稱性的性質可知，△OBD≌△BOC，∴DF∥OB，∴＝＝＝＝＝．故答案為：．【點評】本題考查了矩形性質，軸對稱性質，反比例函數的“k”的幾何含義等知識，解決問題的關鍵是學會利用面積法解決問題．19．（6分）如圖，四邊形ABCD為矩形，連結BD，將矩形ABCD繞點B旋轉至矩形A′BC′D′使得邊A′D′經過BD中點O，并交BC于點E，若D′E＝2A′O，則的值為．【分析】延長D'A'交AD于點F，連接BF，AC，DE，先證Rt△BAF和Rt△BA'F全等，得出AF＝A'F，再證△OAF和△OCE全等，得出AF＝CE，進而證四邊形BEDF為平行四邊形，得出OE＝OF，設AF＝x，A'O＝a，則OE＝OF＝x+a，D′E＝2A′O＝2a，EF＝2OF＝2x+2a，AD＝A'D＝x+4a，DF＝BE＝AD﹣AF＝4a，A'E＝x+2a，根據S平行四邊形BEDF＝2S△BEF得，由此得x＝a，進而得AD＝5a，A'E＝3a，然后在Rt△A'BE中利用勾股定理求出A'E，據此可得出答案．【解答】解：延長D'A'交AD于點F，連接BF，AC，DE，∵四邊形ABCD為矩形，點O對角線BD的中點，∴AC經過點O，AD＝BC，AD∥BC，∴OA＝OC，∠OAF＝∠OCE，由旋轉的性質可知：AB＝A'B，∠BAF＝∠BA'O＝90°，在Rt△BAF和Rt△BA'F中，，∴Rt△BAF≌Rt△BA'F（HL），∴AF＝A'F，在△OAF和△OCE中，，∴△OAF≌△OCE（ASA），∴AF＝CE，∵AD＝BC，AD∥BC，∴DF＝BE，∴四邊形BEDF為平行四邊形，∴OE＝OF，設AF＝x，A'O＝a，∴OE＝OF＝x+a，D′E＝2A′O＝2a，∴EF＝2OF＝2x+2a，AD＝A'D＝x+4a，∴DF＝BE＝AD﹣AF＝4a，A'E＝x+2a，∵EF為平行四邊形BEDF的對角線，∵S平行四邊形BEDF＝2S△BEF，∴，∴，∵AB＝A'B，∴4a＝2x+2a，∴x＝a，∴AD＝x+4a＝5a，A'E＝x+2a＝3a，在Rt△A'BE中，A'E＝3a，BE＝4a，由勾股定理得：，∴，∴．故答案為：．【點評】此題主要考查了矩形的性質，圖形的旋轉及其性質，平行四邊形的判定及性質，全等三角形的判定和性質，解答此題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定方法，難點是正確的作出輔助線，構造全等三角形．20．（6分）已知32個數a1，a2，a3，...，a32，每個數只能取+1或﹣1兩個值之一，那么它們的兩兩之積的和a1a2+a1a3+?+a2a3+?+a31a32的最小正值為2．【分析】設t＝a1a2+a1a3+...+a31a32，可得2t＝2（a1a2+a1a3+...+a31a32）＝（a1+a2+…+a32）2﹣（++…+），由++…+＝32，可得2t＝（a1+a2+…+a32）2﹣32，分析a1+a2+...+a32的特點，可得（a1+a2+...+a32）＝±6時，t取得最小值，將其代入變形可得答案．【解答】解：根據題意，設t＝a1a2+a1a3+...+a31a32，∴2t＝2（a1a2+a1a3+...+a31a32）＝（a1+a2+…+a32）2﹣（++…+），又由a1，a2…，a95每個都只能取+1或﹣1兩個值之一，∴++…+＝32，∴2t＝（a1+a2+…+a32）2﹣32，要使t取最小正數，t為大于32的偶數即可，而a1+a2+...+a32為偶數個﹣1、1的和，不會得奇數，∴要使所求值取最小正數，須使（a1+a2+...+a32）＝±6，因此t的最小值為＝2；故答案為：2．【點評】本題考查規(guī)律型﹣數字變化內，解題注意轉化思想，利用2（a1a2+a1a3+...+a31a32）＝（a1+a2+…+a32）2﹣（++…+）來解題．二、解答題（共30分）21．（6分）解方程：．【分析】將等式兩邊平方，可得，再通過移項后，再進行兩邊平方，可得，令，即可得到t的值，再解分式方程，即可解答．【解答】解：，兩邊平方得，整理可得，兩邊平方得，整理得，令，可得4t＝（t+1）2，解得t＝1，∴，整理得x2﹣x﹣1＝0解得，根據二次根式有意義的條件可得x≥1，∴．【點評】本題考查了解無理方程，熟練地進行平方，對方程進行化簡是解題的關鍵．22．（12分）已知關于x的方程（m2﹣1）x2﹣3（3m﹣1）x+18＝0有兩個正整數根（m是正整數）．△ABC的三邊a、b、c滿足，m2+a2m﹣8a＝0，m2+b2m﹣8b＝0．求：（1）m的值；（2）△ABC的面積．【分析】（1）本題可先求出方程（m2﹣1）x2﹣3（3m﹣1）x+18＝0的兩個根，然后根據這兩個根都是正整數求出m的值．（2）由（1）得出的m的值，然后將m2+a2m﹣8a＝0，m2+b2m﹣8b＝0．進行化簡，得出a，b的值．然后再根據三角形三邊的關系來確定符合條件的a，b的值，進而得出三角形的面積．【解答】解：（1）∵關于x的方程（m2﹣1）x2﹣3（3m﹣1）x+18＝0有兩個正整數根（m是整數）．∵a＝m2﹣1，b＝﹣9m+3，c＝18，∴b2﹣4ac＝（9m﹣3）2﹣72（m2﹣1）＝9（m﹣3）2≥0，設x1，x2是此方程的兩個根，∴x1?x2＝＝，∴也是正整數，即m2﹣1＝1或2或3或6或9或18，又m為正整數，∴m＝2；（2）把m＝2代入兩等式，化簡得a2﹣4a+2＝0，b2﹣4b+2＝0當a＝b時，當a≠b時，a、b是方程x2﹣4x+2＝0的兩根，而Δ＞0，由韋達定理得a+b＝4＞0，ab＝2＞0，則a＞0、b＞0．①a≠b，時，由于a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝16﹣4＝12＝c2故△ABC為直角三角形，且∠C＝90°，S△ABC＝．②a＝b＝2﹣，c＝2時，因＜，故不能構成三角形，不合題意，舍去．③a＝b＝2+，c＝2時，因＞，故能構成三角形．S△ABC＝×（2）×＝綜上，△ABC的面積為1或．【點評】本題考查了一元二次方程根與系數的關系以及勾股定理等知識點，本題中分類對a，b的值進行討論，并通過計算得出三角形的形狀是解題的關鍵．23．（12分）如圖，在△ABC中，，∠BAC＝90°，AD⊥BC，E在AC邊上運動（不與點A重合），AE＜CE，將△CDE沿DE折疊至△FDE，EF分別與AD，AB交于G，H兩點．（1）求證：∠BDF＝2∠ADE；（2）如圖1，若DG＝3AG，求△AGE的周長；（3）如圖2，設DF與AB交于點M，在整個運動過程中，記△FMH與△AEG的周長之和為y，則y的值是否變化，若變化求出范圍；若不變，求出y．【分析】（1）由折疊的性質與垂直的定義，平角的定義即可得出結論；（2）根據勾股定理與直角三角形的性質，求得AG＝1，DG＝3，在EC上截取EN＝EG，連接DN，過點N作NP⊥CD于P，證明△DEG≌△DEN（SAS），得DN＝DG＝3，再NP＝PC，設NP＝PC＝x，由DP＝4﹣x，，然后在Rt△DPN中，由勾股定