【文档说明】八年级数学下册举一反三系列（人教版）专题1.6 期末满分计划之选择压轴题集训30道（人教版）（解析版）.docx，共(38)页，313.905 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1专题1.6期末满分计划之选择压轴题集训30道【人教版】1．（2020春•黄陂区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A（1，5），B（4，1），C（m，﹣m），D（m﹣3，﹣m+4），当四边形ABCD的周长最小时，则m的值为（）A．√2B．32C．2D．3【分

析】首先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据垂线段最短解决问题即可．【解答】解：∵A（1，5），B（4，1），C（m，﹣m），D（m﹣3，﹣m+4），∴AB=√32+42=5，CD=√[(𝑚−3)−𝑚]2

+[(−𝑚+4)−(−𝑚)]2=5，∴AB＝CD＝5，∵点B向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到A，点C向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到D，∴AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴BC＝AD，∴当BC⊥CD时，

BC的值最小，∵点C在直线y＝﹣x上运动，BC⊥直线y＝﹣x，∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，由{𝑦=−𝑥𝑦=𝑥−3，解得{𝑥=32𝑦=−32，2∴C（32，−32），∴m=32，故选：B．【点睛】本题考查轴对称最短问题，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问

题，属于中考常考题型．2．（2020春•洪山区期末）如图，直线y＝x﹣4分别交x轴、y轴于A、B两点，C为OB中点（O为坐标原点），D点在第四象限，且满足∠ADO＝45°，则线段CD长度的最大值等于（）A．√2+4B．2√2+2C．4D．√2+2【分

析】先通过直线解析式求得A、B的坐标，得到OA＝OB＝4，AB＝4√2，取AB中点E，连接BD、CE、DE，作OM⊥OD交DA延长线于M，易证得△ODM为等腰直角三角形，通过证得△OBD≌△OAM，得到∠BDO＝45°，即可求得∠ADB＝90°，然后根据三角

形中位线定理和直角三角形斜边中线的性质求得CE＝2，DE＝2√2，根据三角形三边的关系即可求得结论．【解答】解：∵直线y＝x﹣4分别交x轴、y轴于A、B两点，∴A（4，0），B（0，﹣4），∴OA＝OB＝4，∴AB=√42+42=4√2，3取AB中点E，连接BD、CE、DE

，作OM⊥OD交DA延长线于M，∵∠ADO＝45°，∴∠M＝45°，∴OD＝OM，∴△ODM为等腰直角三角形，∵∠AOB＝∠DOM＝90°，∴∠AOB﹣∠AOD＝∠DOM﹣∠AOD，即∠BOD＝∠AOM，在△OBD和△OAM中，{𝑂𝐷=𝑂𝑀∠𝐵𝑂𝐷=∠𝐴𝑂𝑀𝑂𝐵=𝑂𝐴

，∴△OBD≌△OAM（SAS），∴∠ODB＝∠M＝45°，∴∠ADB＝90°，∵AE＝BE，BC＝OC，∴CE=12OA＝2，DE=12AB＝2√2，∴CD≤CE+DE＝2+2√2，故CD的最大值为2√2+2，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角

形的判定和性质，三角形中位线定理以及直角三角形斜边中线的性质，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．3．（2020春•汉川市期末）在平面直角坐标系中，已知点P（a，a+8）是第二象限一动点，另点A的坐标为（

﹣6，0），则以下结论：①点P在直线y＝x+8上；4②﹣6＜a＜0；③OP的最小值为4√2；④若设△OPA的面积为S，当a＝﹣5时，S＝9；⑤过P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，矩形OEPF的周长

始终不变为16．其中正确的有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【分析】根据点P（a，a+8）是第二象限一动点，即可判断①②；根据三角形面积公式求得垂线段的长即可判断③；求得三角形的面积即可判断④；计算减小的周长即可判断⑤．【解答】解：∵点P（a，a+8）是第二象限一动点，∴点P在y＝x+8

上，故①正确，∵点P（a，a+8）是第二象限一动点，∴﹣8＜x＜0，故②错误；设直线y＝x+8与x轴的交点为M（﹣8，0），与y轴的交点为N（0，8），O到MN的距离为h，∴OM＝ON＝8，∴MN＝8√2，∴12OM•ON=12MN•h，∴h＝4√2，∴OP的最小值为4√2，故③正确；当

a＝﹣5时，则点P（﹣5，3），∵点A的坐标为（﹣6，0），∴OA＝6，∴S=12×6×3=9，故④正确；∵PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，∴PE＝a+8，PF＝﹣a，∴矩形OEPF的周长＝2（PE+PF）＝16，故⑤正确；故选

：C．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，垂线段最短，矩形的性质，注意第二象限点的坐标特征是解题关键．54．（2020春•武昌区期末）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点叫作整点，直线y＝kx﹣3（k＞0）与坐标轴围成的三角

形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则k的取值范围是（）A．23≤k≤34B．34≤k＜1C．23≤k＜1D．12≤k＜1【分析】直线y＝kx﹣3（k＞0），与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个整点，则这三个点是（1，﹣1），（1，﹣2），（2，﹣1），因此此时的k的取值

范围应介于直线l1和直线l2的两个k值之间．【解答】解：如图：直线y＝kx﹣3（k＞0），一定过点（0，﹣3），把（3，0）代入y＝kx﹣3得，k＝1；把（3，﹣1）代入y＝kx﹣3得，k=23；直线y＝kx﹣3（k＞0），与坐标轴围成的三角形内部（不包含边界）有且只有三个

整点，则k的取值范围为23≤k＜1，故选：C．【点睛】考查一次函数的图象与系数之间的关系，利用图象确定k的取值范围介在直线l1和直线l2的两个k值之间是解决问题的关键．5．（2020·鄂州期末）甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶

过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：①A，B两城相距300千米；②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1小时；③乙车出发后2.5小时追上甲车；④当甲、乙两车相距50千米时，t=54或154．其中正确的结论有（）6

A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．【解答】解：由图象可知A、B两

城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且用时3小时，即比甲早到1小时，∴①②都正确；设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲＝kt，把（5，300）代入可求得k＝60，∴y甲＝60t，设乙车离开A城

的距离y与t的关系式为y乙＝mt+n，把（1，0）和（4，300）代入可得{𝑚+𝑛=04𝑚+𝑛=300，解得{𝑚=100𝑛=−100，∴y乙＝100t﹣100，令y甲＝y乙可得：60t＝100t﹣100，解得t＝2.5，即甲、乙两直线的交点横坐标为t＝

2.5，此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，∴③不正确；令|y甲﹣y乙|＝50，可得|60t﹣100t+100|＝50，即|100﹣40t|＝50，当100﹣40t＝50时，可解得t=54，当100﹣40t＝﹣50时，可解

得t=154，又当t=56时，y甲＝50，此时乙还没出发，当t=256时，乙到达B城，y甲＝250；7综上可知当t的值为54或154或56或256时，两车相距50千米，∴④不正确；综上可知正确的有①②共两个，故选：B．【点

睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是甲车所用的时间．6．（2020春•梁子湖区期末）如图，在平面直角坐标系中，函数y＝x和y=−12x的图象分别为直线l1，l2，过点A1（1，−12）作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点

A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，依次进行下去，则点A2020的横坐标为（）A．﹣21009B．﹣21010C．﹣41009D．﹣41010【分析】由题意分别求出A2，A3，A4，A5，A6，A

7，A8的坐标，找出A2n的横坐标的规律，即可求解．【解答】解：∵过点A1（1，−12）作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，……依次进行下去，∴A1与A2横坐标相同，A2与A3纵坐标相同，∴当x

＝1时，y＝1，∴A2（1，1），∴当y＝1时，x＝﹣2A3（﹣2，1），同理可得：A4（﹣2，﹣2），A5（4，﹣2），A6（4，4），A7（﹣8，4），A8（﹣8，﹣8）…∴A2n的横坐标为（﹣2）n﹣1，∴点A2020的横坐标（﹣2）1009＝﹣21009．故选：

A．8【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出题目中点的横坐标的变化规律．7．（2020秋•龙岗区期末）如图，已知直线AB：y=√553x+√55分别交x轴、y轴于点B、A两点，C（3，0），D、E分别为线段AO和线段AC上一动点，BE交y

轴于点H，且AD＝CE．当BD+BE的值最小时，则H点的坐标为（）A．（0，√552）B．（0，5）C．（0，4）D．（0，√55）【分析】首先证明AB＝AC＝8，取点F（3，8），连接CF，EF，BF．由△ECF≌△DAB（SAS），推出BD

＝EF，推出BD+BE＝BE+EF，因为BE+EF≥BF，推出BD+BE的最小值为线段BF的长，推出当B，E，F共线时，BD+BE的值最小，求出直线BF的解析式即可解决问题．【解答】解：由题意A（0，√55），B（﹣3，0

），C（3，0），∴AB＝AC＝8，取点F（3，8），连接CF，EF，BF．∵C（3，0），∴CF∥OA，∴∠ECF＝∠CAO，∵AB＝AC，AO⊥BC，∴∠CAO＝∠BAD，∴∠BAD＝∠ECF，在ECF和△DAB中，{

𝐶𝐹=𝐴𝐵=8∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐸𝐶𝐹𝐴𝐷=𝐸𝐶，∴△ECF≌△DAB（SAS），9∴BD＝EF，∴BD+BE＝BE+EF，∵BE+EF≥BF，∴BD+BE的最小值为线段BF的长，∴当B，E，F共线时，BD+BE的值最小，∵直线BF的解析式为：y=43

x+4，∴H（0，4），∴当BD+BE的值最小时，则H点的坐标为（0，4），故选：C．【点睛】本题考查一次函数图象上的点的特征、最短问题等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．8．（2020秋•天桥区期末）如图1，将正方形ABCD置于平面直角坐标系中，其

中AD边在x轴上，其余各边均与坐标轴平行，直线l：y＝x﹣3沿x轴的负方向以每秒1个单位的速度平移，在平移的过程中，该直线被正方形ABCD的边所截得的线段长为m，平移的时间为t（秒），m与t的函数图象如图2所示，则图2中b的值为（）A．5√2B．4√2C．3√2D．2√2【分析】先根据△

AEF为等腰直角三角形，可得直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，10同时经过B，D两点，再根据BD的长即可得到b的值．【解答】解：如图1，直线y＝x﹣3中，令y＝0，得x＝3；令x＝0，得y＝﹣3，即直线y＝x﹣3与坐标轴围成

的△OEF为等腰直角三角形，∴直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，由图2可得，t＝2时，直线l经过点A，∴AO＝3﹣2×1＝1，∴A（1，0），由图2可得，t＝12时，直线l经过点C，∴当t=1

2−22+2＝7时，直线l经过B，D两点，∴AD＝（7﹣2）×1＝5，∴等腰Rt△ABD中，BD＝5√2，即当a＝7时，b＝5√2．故选：A．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，一次函数图象与几何变换，用

图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．解决问题的关键是掌握正方形的性质以及平移的性质．9．（2020春•翠屏区期末）如图，直线y=−34x+6分别与x、y轴交于点A、B，点C在线段OA上，线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处．以下结论：①AB＝10；②直线BC的解析式为y＝﹣2x+6；

③点D（245，125）；④若线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，则点P的坐标是（178，74）．正确的结论是（）11A．①②B．①②③C．①③④D．①②③④【分析】先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，可判断①；由折叠的性质可得OB＝BD＝6，OC＝CD，∠

BOC＝∠BDC＝90°，由勾股定理可求OC的长，可得点C坐标，利用待定系数法可求BC解析式，可判断②；由面积公式可求DH的长，代入解析式可求点D坐标，可判断③；由菱形的性质可得PD∥OC，可得点P纵坐标为125，可判断④，即可求解．【解答】解：∵直线y=

−34x+6分别与x、y轴交于点A、B，∴点A（8，0），点B（0，6），∴OA＝8，OB＝6，∴AB=√𝑂𝐵2+𝑂𝐴2=√64+36=10，故①正确；∵线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处，∴OB＝BD＝6，OC＝CD，∠BOC＝∠BDC＝90°，∴AD＝AB﹣BD＝4

，∵AC2＝AD2+CD2，∴（8﹣OC）2＝16+OC2，∴OC＝3，∴点C（3，0），设直线BC解析式为：y＝kx+6，∴0＝3k+6，∴k＝﹣2，∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+6，故②正确；如图，过点D作DH⊥AC于H，12∵C

D＝OC＝3，∴CA＝5，∵S△ACD=12AC×DH=12CD×AD，∴DH=3×45=125，∴当y=125时，125=−34x+6，∴x=245，∴点D（245，125），故③正确；∵线段BC上存在一点

P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，且OC＝CD，∴PD∥OC，∴点P纵坐标为125，故④错误，故选：B．【点睛】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，面积法，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些

性质解决问题是本题的关键．10．（2020春•单县期末）一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象如图所示，下列说法：①对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小②函数y＝ax+d不经过第一象限，③不等式ax+b＞cx+d的解集

是x＜3，④a﹣c=13（d﹣b），其中正确的个数有（）13A．4B．3C．2D．1【分析】仔细观察图象：①根据函数图象直接得到结论；②c的正负看函数y2＝cx+d从左向右成何趋势，d的正负看函数y2＝cx+d与y轴的交点坐标；③以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函

数值大；④看两直线都在x轴上方的自变量的取值范围．【解答】解：由图象可得：对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小，故①正确；由于a＜0，d＜0，所以函数y＝ax+d的图象经过第二，三，四象限，即不经过第一象限，故②正确，

由图象可得当x＜3时，一次函数y1＝ax+b图象在y2＝cx+d的图象上方，∴ax+b＞cx+d的解集是x＜3，故③正确；∵一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象的交点的横坐标为3，∴3a+b＝3c+d∴3a﹣3c＝d﹣b，∴a﹣c=13（d﹣b），故④正确，故选：A．【点睛】本题考查了一次

函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．11．（2020春•思明区校级期末）甲、乙两船沿直线航道AC匀速航行．甲船从起点A出发，同时乙船从航道AC中途的点B出发，向终点C航行．设t小时后甲、乙两船与B处的距离分别

为d1，d2，则d1，d2与t的函数关系如图．下列说法：①乙船的速度是40千米/时；14②甲船航行1小时到达B处；③甲、乙两船航行0.6小时相遇；④甲、乙两船的距离不小于10千米的时间段是0≤t≤2.5．其中正确的说法的是（）A．①②B．①②③C．

①②④D．①②③④【分析】结合图形，分从乙走的全程及时间得出乙的速度；从而可知t＝0.6时，乙走的路程，进而得出甲走的路程，从而可知甲的速度；根据题中对d与时间t的关系可判断甲乙两船航行0.6小时是否相遇；由前面求得的甲乙速度

可判断甲、乙两船的距离不小于10千米的时间段．【解答】解：乙船从B到C共用时3小时，走过路程为120千米，因此乙船的速度是40千米/时，①正确；乙船经过0.6小时走过0.6×40＝24千米，甲船0.6小时走过60﹣24＝

36千米，所以甲船的速度是36÷0.6＝60千米/时，开始甲船距B点60千米，因此经过1小时到达B点，②正确；航行0.6小时后，甲乙距B点都为24千米，但是乙船在B点前，甲船在B点后，二者相距48千米，因此③错误；开始后，甲乙两船之间的距离越来越小，甲船

经过1小时到达B点，此时乙离B地40千米，航行2.5小时后，甲离B地：60×1.5＝90千米，乙离B地：40×2.5＝100千米，此时两船相距10千米，当2.5＜t≤3时，甲乙的距离小于10，因此④正确；综

上所述，正确的说法有①②④．故选：C．【点睛】本题考查了一次函数在行程问题中的应用，读懂图象、明确行程问题的基本数量关系并数形结合是解题的关键．12．（2020春•东丽区期末）已知三个非负数a、b、c满足3a+2b+c＝5，2a+b﹣3c＝1，若m＝3a

+b﹣7c，则m的最小值为（）A．−111B．−57C．−78D．﹣115【分析】由两个已知等式3a+2b+c＝5和2a+b﹣3c＝1．可用其中一个未知数表示另两个未知数，然后由条件：a，b，c均是非负数，列出c的

不等式组，可求出未知数c的取值范围，再把m＝3a+b﹣7c中a，b转化为c，即可得解．【解答】解：联立方程组{3𝑎+2𝑏+𝑐=52𝑎+𝑏−3𝑐=1，解得，{𝑎=7𝑐−3𝑏=7−11𝑐，由题意知：a，b，c均是非负数则{

𝑐≥07𝑐−3≥07−11𝑐≥0，解得37≤𝑐≤711，m＝3a+b﹣7c＝3（﹣3+7c）+（7﹣11c）﹣7c＝﹣2+3c当c=37时，m有最小值，即m＝﹣2+3×37=−57．故选：B．【点睛】此题主要考查代数式求值，考查的知

识点相对较多，包括不等式的求解、求最大值最小值等，另外还要求有充分利用已知条件的能力．13．（2020秋•怀宁县期末）2020年12月22日8时38分，G8311次动车组列车从合肥南站始发，驶向沿江千年古城、“黄梅戏”故乡安庆．这标志着

京港高铁合肥至安庆段正式开通运营．运行期间，一列动车匀速从合肥开往安庆，一列普通列车匀速从安庆开往合肥，两车同时出发，设普通列车行驶的时间为x（h），两车之间的距离y（km），图中的折线表示y与x之间的函数关系，下列说法正确的有（）①合肥、安庆两地相距176km，两车

出发后0.5h相遇；②普通列车到达终点站共需2h；③普通列车的平均速度为88km/h；④动车的平均速度为250km/h．16A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题

．【解答】解：由图象可得，合肥、安庆两地相距176km，两车出发后0.5h相遇，故①正确；普通列车到达终点站共需2h，故②正确；普通列车的平均速度为：176÷2＝88（km/h），故③正确；动车的平均速度为：176÷0.5﹣88＝352﹣88＝

264（km/h），故④错误；故选：C．【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．14．（2020•漳州期末）如图，在Rt△ABO中，∠OAB＝90°，B（6，6），点D在边AB上，AD＝5BD，点C为OA的中点，点P为边

OB上的动点，则使四边形PCAD周长最小的点P的坐标为（）A．（3，3）B．（72，72）C．（92，92）D．（5，5）【分析】根据已知条件得到AB＝OA＝6，∠AOB＝45°，求得AD＝5，OC＝AC＝3，得到C（3，0），D（

6，5），作C关于直线OB的对称点E，连接ED交OB于P′，连接CP′，则此时四边形P′DAC周长最小，E（0，3），求得直线ED的解析式为y=13x+2，解方程组即可得到结论．【解答】解：∵在Rt△ABO中，∠OAB＝90°，B（6，6），∴AB＝OA＝6，∠AOB＝45°，∵AD＝5BD，

点C为OA的中点，∴AD＝5，OC＝AC＝3，∴C（3，0），D（6，5），作C关于直线OB的对称点E，连接ED交OB于P′，连接CP′则此时，四边形P′DAC周长最小，E（0，3），∵直线OB的解析式为y＝x，设直线ED的解析式为y＝kx+b，17∴{𝑏=36𝑘+𝑏=5，解得：{𝑘=13

𝑏=3，∴直线ED的解析式为y=13x+3，解{𝑦=𝑥𝑦=13𝑥+3得，{𝑥=92𝑦=92，∴C（92，92），故选：C．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，等腰直角三角形的性质，正确的找到

P点的位置是解题的关键．15．（2020春•新乡期末）在平面直角坐标系中，解析式为y=√3x+1的直线a，解析式为y=√33x的直线b如图所示，直线a交y轴于点A，以OA为边作第一个等边三角形△OAB，过点

B作y轴的平行线交直线a于点A1，以A1B为边作第二个等边三角形△A1BB1，…顺次这样做下去，第2020个等边三角形的边长为（）A．22019B．22020C．4038D．4040【分析】延长A1B交x轴于D，A2B1交x轴于E，根据等边三角形的性质得OA＝OD，A1B＝BB1，A2B1＝B2B

1，直线OB的解析式为y=√33x，得出∠BOD＝30°，由直线a：y=√3x+1得出第一个等边三角形18边长为1，解直角三角形求得OD=√32，BD=12，把x=√32代入y=√3x+1求得A1的纵坐标，即可求得第二个等边三角形的边长，…，按照此规律得到第三个

、第四个等边三角形的边长，从而求得第2020个等边三角形的边长．【解答】解：延长A1B交x轴于D，A2B1交x轴于E，如图，∵△OAB、△BA1B1、△B1A2B2均为等边三角形，∴OA＝OD，A1B＝BB1，A2B1＝B2B1，∵直线OB的解析式为y=√33x，∴∠BOD＝30°，由直线a：

y=√3x+1可知OA＝1，∴OB＝1，∴OD=√32，BD=12，把x=√32代入y=√3x+1得y=52，∴A1D=52，∴A1B＝2，∴BB1＝A1B＝2，∴OB1＝3，∴OE=3√32，B1E=32，把x=3√32代入y=√3x+1得y=112，∴A2E=112

，∴A2B1＝4，同理得到A3B2＝23，…，按照此规律得到第2020个等边三角形的边长为22019，故选：A．19【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质，根据等边三角形的性质找出第n个等边三角形的边长为2n﹣1是解题的关键．16．（2020春•江夏区期

末）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC（不与A，C重合）上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，点O是MN的中点，若AB＝6，BC＝8，当点P在AC上运动时，则BO的最小值是（）A．1.5B．2C．2.4D．2.5【分析】证四边形BMPN是矩形，得BP＝MN，由勾股定理求

出AC＝10，当BP⊥AC时，BP最小，由面积法求出BP即可．【解答】解：连接BP，如图所示：∵∠ABC＝90°，PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，∴四边形BMPN是矩形，AC=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=√

62+82=10，∴BP＝MN，BP与MN互相平分，∵点O是MN的中点，∴BO=12MN，当BP⊥AC时，BP最小=𝐴𝐵×𝐵𝐶𝐴𝐶=6×810=4.8，20∴MN＝4.8，∴BO=12MN＝2.4，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短以及勾股定

理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．17．（2020春•武昌区期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，点D在BC边上，CE⊥AD于点E，交AB于点F，FC＝AD，若AF＝6，BC＝8，则A

C的长是（）A．5√2−1B．5√2C．3√5D．√41【分析】过A点作AN⊥BC交FC于O点，交BC于N点，过F点作FM⊥BC于M点．证明△ADN≌△CFM，可得AN＝MC，DN＝FM，根据∠B＝45°，

∠BMF＝90°，∠ANB＝90°，可得△BMF和△ANB都是等腰直角三角形，设BM＝FM＝a，AN＝BN＝b，可得AF＝AB﹣BF=√2b−√2a＝6，BC＝a+b＝8，联立方程组可得a和b的值，再根据勾股定理即可

求出AC的长．【解答】解：如图，过A点作AN⊥BC交FC于O点，交BC于N点，过F点作FM⊥BC于M点．21∵∠FCM+∠NOC＝90°，∠DAN+∠AOE＝90°，且∠NOC＝∠AOE，∴∠DAN＝∠FCM．又∠AND＝∠CMF＝90°，AD＝CF．∴△ADN≌△CFM（AAS）．

∴AN＝MC，DN＝FM，∵∠B＝45°，∠BMF＝90°，∠ANB＝90°，∴△BMF和△ANB都是等腰直角三角形，设BM＝FM＝a，AN＝BN＝b，∴BF=√2a，AB=√2b，∵AN＝CM，∴BC＝BM+MC＝BM+AN＝

a+b，∵AF＝6，BC＝8，∴AF＝AB﹣BF=√2b−√2a＝6，BC＝a+b＝8，∴{√2𝑏−√2𝑎=6𝑎+𝑏=8，解得{𝑎=8−3√22𝑏=8+3√22，∴AN＝BN＝b=8+3√22，∴CN＝BC﹣BN＝8−8+3√22=

8−3√22，在Rt△ANC中，利用勾股定理，得AC=√𝐴𝑁2+𝑁𝐶2=√(8+3√22)2+(8−3√22)2=√41．故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，二元一次方程组，勾股定理，解决本题

的关键是综合运用以上知识．本题属于中考选择题的压轴题．18．（2020春•十堰期末）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（6，6），点E、F分别在边BC、BA上，OE＝3√5．若∠EOF＝45°，则F点的纵坐标是（）22A．2B

．53C．√3D．√5−1【分析】连接EF，延长BA使得AM＝CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，设AF＝x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．【解答】解：如图，连接EF，延长BA，使得AM＝CE，在△OCE和△OA

M中，{𝐴𝑀=𝐶𝐸∠𝑂𝐶𝐸=∠𝑂𝐴𝑀𝑂𝐴=𝑂𝐶，∴△OCE≌△OAM（SAS）．∴OE＝OM，∠COE＝∠MOA，∵∠EOF＝45°，∴∠COE+∠AOF＝45°，∴∠MOA+∠AOF＝45°，∴∠EOF＝∠MOF，在△OFE和△OFM中，{�

�𝐸=𝑂𝑀∠𝐹𝑂𝐸=∠𝐹𝑂𝑀𝑂𝐹=𝑂𝐹，∴△OFE≌△FOM（SAS），∴EF＝FM＝AF+AM＝AF+CE，设AF＝x，23∵CE=√𝑂𝐸2−𝑂𝐶2=√45−36=3，∴EF＝3+x，EB＝3，FB＝6﹣x，∴（

3+x）2＝32+（6﹣x）2，∴x＝2，∴点F的纵坐标为2，故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．19．（2020春•通山县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5．动点P满足S△

PBC=13S矩形ABCD．则点P到B，C两点距离之和PB+PC的最小值为（）A．√29B．√34C．5√2D．√41【分析】首先由S△PBC=13S矩形ABCD．得出动点P在与BC平行且与BC的距离是2的直线l上，作B关于直线l的对称点E，连接CE，则CE的长就是所求的最短距

离．然后在直角三角形BCE中，由勾股定理求得CE的值，即PB+PC的最小值．【解答】解：设△PBC中BC边上的高是h．∵S△PBC=13S矩形ABCD．∴12BC•h=13AB•BC，∴h=23AB＝2，∴动点P在与BC

平行且与BC的距离是2的直线l上，如图，作B关于直线l的对称点E，连接CE，则CE的长就是所求的最短距离．在Rt△BCE中，∵BC＝5，BE＝2+2＝4，∴CE=√𝐵𝐶2+𝐵𝐸2=√52+42=√41，即PB+PC的最小值为√41．故选：D．24

【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．20．（2020春•汉阳区期末）如图，点C是线段AB上一点（不与线段端点重合），分别以AC，BC为边在线段AB的同侧作等边△ACD和等边△BCE，

连接DE，点F为DE的中点，连接CF．若AB＝2a（a为常数，a＞0），当点C在线段AB上运动时，线段CF的长度l的取值范围是（）A．√3𝑎3≤l≤√3𝑎2B．√3𝑎2≤l＜aC．𝑎2≤l≤√3𝑎3D．√3𝑎3≤l≤a【分析】当C点运动到A（B）点时l

有最大值；当C运动到AB的中点时，CF有最小值，结合等边三角形的性质，运用勾股定理可计算求解．【解答】解：∵AB＝2a，△ACD和△BCE为等边三角形，∴当C点运动到A（B）点时l有最大值；当C运动到AB的中点时，CF有最小值．∴当C点运

动到A（B）点时，CF=12AB＝a；当C运动到AB的中点时，CF=√32𝑎．∵点C不与线段端点重合，故线段CF的长度l的取值范围√32𝑎≤𝑙＜𝑎．故选：B．【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理，确定线段CF取极

值时的C点的位置时解题的关键．21．（2020春•天门期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为

等边三角形；25④当∠EAF＝60°时，∠AEB＝∠AEF．其中正确的结论是（）A．①③B．②④C．①③④D．②③④【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由

等腰直角三角形的性质可得AC垂直平分EF，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得EG＝GF，由角平分线的性质可得BE＝EG，可判断②，由全等三角形的性质可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可证△AEF是等边三角形

，可判断③，通过分别求出∠AEB，∠AEF的度数，可判断④，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，∵AB＝AD，AE＝AF，

∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE＝DF，∴CE＝CF，又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC垂直平分EF，故①正确；∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，∴EG＝GF，当AE平分∠BAC时，BE＝EG，即BE+DF＝EF，故②错误；∵Rt△ABE≌Rt△A

DF，∴∠DAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAF＝60°，又∵AE＝AF，∴△AEF是等边三角形，故③正确；∵AE＝AF，∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF＝60°，26∵∠BAC＝45°，∠CAE＝30°，∴∠BAE＝15°，∴∠AEB

＝75°≠∠AEF，故④错误；故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，证明Rt△ABE≌Rt△ADF是本题的关键．22．（2020春•孝感期末）如图，P为正方形ABC

D的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF．给出以下4个结论，其中，所有正确的结论是（）①△FPD是等腰直角三角形；②AP＝EF＝PC；③AD＝PD；④∠PFE＝∠BAP．A．①②B．①④C．①②④D．①③④【分

析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；直接用正方形的性质和垂直得出①正确，利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．【解答】解：

∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，∴PA＝PC，∠BCD＝90°，∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，∴∠PEC＝∠DFP＝∠PFC＝∠C＝90°，∴四边形PECF是矩形，∴PC＝EF，∴PA＝EF，故②正确，27∵BD是正方形A

BCD的对角线，∴∠ABD＝∠BDC＝∠DBC＝45°，∵∠PFC＝∠BCD＝90°，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC＝45°，∵∠DFP＝90°，∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确，在△PAB和△PCB中，{𝐴𝐵=𝐶𝐵𝑃𝐴=𝑃𝐶𝐵𝑃=𝐵𝑃，∴

△PAB≌△PCB（SSS），∴∠BAP＝∠BCP，在矩形PECF中，∠PFE＝∠FPC＝∠BCP，∴∠PFE＝∠BAP．故④正确，∵点P是正方形对角线BD上任意一点，∴AD不一定等于PD，只有∠BAP＝22.5

°时，AD＝PD，故③错误，故选：C．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，解本题的关键是判断出四边形PECF是矩形．23．（202

0春•如东县期末）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（）A．3√3B．3+3√3C．6+√3D．6√3【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根

据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，28∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，∴△ADB是等边三角形，∴∠MAE＝30°，∴AM＝2ME，∵MD＝MB，

∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，∵菱形ABCD的边长为6，∴DE=√𝐴𝐷2−𝐴𝐸2=√62−32=3√3，∴2DE＝6√3．∴MA+MB+

MD的最小值是6√3．故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．24．（2020春•新城区校级期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE

、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB=√5．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离是√2；③EB⊥ED；④S正方形ABCD＝4+√6．其中正确的结论是（）A．①②B．①④C．①③④D．①②③【分析】①首先

利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；②由①可得∠BEP＝90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB＝135°所以29∠EFB＝45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=√62，故②是错误的；③利用全

等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；④连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=12PD×BE=32，所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+√62，由此即可判定．【解答】解：∵∠EAB+∠BAP＝90

°，∠PAD+∠BAP＝90°，∴∠EAB＝∠PAD，又∵AE＝AP，AB＝AD，∵在△APD和△AEB中，{𝐴𝐸=𝐴𝑃∠𝐸𝐴𝐵=∠𝑃𝐴𝐷𝐴𝐵=𝐴𝐷，∴△APD≌△AEB（SAS）；故①正确；由△APD≌△AEB得，∠AEP＝∠APE＝45°，从而∠

APD＝∠AEB＝135°，所以∠BEP＝90°，过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，在△AEP中，由勾股定理得PE=√2，在△BEP中，PB=√5，PE=√2，由勾股定理得：BE=√3，∵∠PAE＝∠PEB＝∠EFB＝90°，AE＝AP，∴∠A

EP＝45°，∴∠BEF＝180°﹣45°﹣90°＝45°，∴∠EBF＝45°，∴EF＝BF，在△EFB中，由勾股定理得：EF＝BF=√62，故②是错误的；因为△APD≌△AEB，所以∠ADP＝∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；连接BD

，则S△BPD=12PD×BE=32，所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+√62，所以S正方形ABCD＝2S△ABD＝4+√6所以④是正确的；综上可知，正确的有①③④，30故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三

角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．25．（2020春•开江县期末）如图，BD为▱ABCD的对角线，∠DBC＝45°，DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，DE、BF相交于点H，直线BF交线段AD的延长线于点G，下

列结论：①CE=12BE；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④∠BHD＝∠BDG，⑤BH2+BG2＝AG2．其中正确的结论有（）A．①②④B．②③⑤C．①⑤D．③④【分析】通过判断△BDE为等腰直角三角形，得

到BE＝DE，根据等角的余角相等得到∠BHE＝∠C，再根据平行四边形的性质得到∠A＝∠C，则∠A＝∠BHE，于是可对②进行判断；根据“AAS”可证明△BEH≌△DEC，得到BH＝CD，CE＝EH，可对①进行判断；接着由平行四边形的性质得AB＝CD，则AB＝BH，运算可对③

进行判断；因为∠BDH＝90°+∠EBH，∠BDG＝90°+∠BDE，由∠BDE＞∠EBH，推出∠BDG＞∠BHD；依据勾股定理即可得到BH2+BG2＝AG2．【解答】解：∵∠DBC＝45°，DE⊥BC，

∴△BDE为等腰直角三角形，∴BE＝DE，∵BF⊥CD，∴∠C+∠CBF＝90°，而∠BHE+∠CBF＝90°，∴∠BHE＝∠C，∵四边形ABCD为平行四边形，31∴∠A＝∠C，∴∠A＝∠BHE，所以②正确；在△BEH和△DEC中{∠𝐵𝐻𝐸=∠𝐶∠𝐻𝐸𝐵=∠𝐶𝐸𝐷𝐵𝐸

=𝐷𝐸，∴△BEH≌△DEC（AAS），∴BH＝CD，CE＝EH，∵点H不是DE中点∴BE＝ED≠2EC，所以①错误；∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB＝CD，∴AB＝BH，所以③正确；∵∠BDH＝90°+∠EBH，∠BDG＝90°+∠BDE，∵∠BDE＞∠EBH，∴∠BDG＞∠BHD，所以

④错误；∵BF⊥CD，AB∥CD，∴∠ABG＝90°，∴Rt△ABG中，AB2+BG2＝AG2，又∵AB＝BH，∴BH2+BG2＝AG2，所以⑤正确；故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质以及勾股定理，熟练运用平

行四边形的性质是本题的关键．26．（2020秋•罗湖区期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G，下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2+AE2＝4AG2．其中正确结论的

个数是（）32A．1B．2C．3D．4【分析】连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE＝∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根

据平行四边形的性质得出AE＝BD，求出AE＝CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，求出DG＝AG＝CG＝EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE＝BD=12BC和AG=12AC判

断③即可．【解答】解：连接EC，∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，∴AD⊥BC，故①正确；∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵AE平分∠FAC，∴∠FAC＝2∠FAE，∵∠FAC＝∠B+∠ACB，∴∠FAE＝∠B，∴AE∥BC，故②正确；∵AE∥BC，DE

∥AB，33∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴CD＝BD，∴AE＝CD，∵AE∥BC，∠ADC＝90°，∴四边形ADCE是矩形，∴AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，∴DG＝AG＝CG＝EG，在Rt△AED中，AD2+

AE2＝DE2＝AC2＝(2AG)2＝4AG2，故④正确；∵AE＝BD=12BC，AG=12AC，∴AG＝AE错误（已知没有条件AC＝BC），故③错误；即正确的个数是3个，故选：C．【点睛】本题考查了

勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．27．（2020秋•新蔡县期末）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，点B在y轴上，OA＝1．将菱形OABC沿x轴的

正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2020次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2020的坐标为（）A．（1345，0）B．（1345.5，√32）C．（1346，0）D．（1346.5，√32）【分析】连接AC，根据条件可

以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2020＝336×6+4，因此点B4向右平移1344（即336×4）即可到达点B2020，根据点B4的坐标就可求出点B2020的坐

标．34【解答】解：连接AC，如图所示．∵四边形OABC是菱形，∴OA＝AB＝BC＝OC．∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC＝AB．∴AC＝OA．∵OA＝1，∴AC＝1．画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．

由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．∵2020＝336×6+4，∴点B4向右平移1344（即336×4）到点B2020．∵B4的坐标为（2，0），∴B2020的坐标为（2+1344，0），∴B2020的坐标为（1346，0）．故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判

定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．28．（2020•江北区校级期末）已知在四边形ABCD中，AB＝3，CD＝5，M，N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围是（）35A．1＜MN＜4B．1＜MN≤4C．2

＜MN＜8D．2＜MN≤8【分析】利用中位线定理可得MG=12AB=32，NG=12CD=52，由三角形的三边关系得出1＜MN＜4，再由当MN＝MG+NG，即MN＝4时，四边形ABCD是梯形，即可得出MN的取值范围．【解答】解：连接BD，过M作MG∥AB交BD于G，连接NG．如图

所示：∵M是边AD的中点，AB＝3，MG∥AB，∴MG是△ABD的中位线，∴BG＝GD，MG=12AB=32，∵N是BC的中点，BG＝GD，CD＝5，∴NG是△BCD的中位线，∴NG=12CD=52，在△M

NG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，即52−32＜MN＜52+32，∴1＜MN＜4，当MN＝MG+NG，即MN＝4时，四边形ABCD是梯形，故线段MN长的取值范围是1＜MN≤4．故选

：B．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、三角形的三边关系；解答此题的关键是根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理及三角形三边关系解答．29．（2020春•梁平区期末）如图，已知平行四边形OABC的顶点A，C分别在直线

x＝1和x＝4上，点O是坐标原点，则点B的横坐标为（）36A．3B．4C．5D．10【分析】过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，由四边形OABC是平行四边形，得OA＝BC，又由平行四边形的性质可推

得∠OAF＝∠BCD，则可由ASA证得△OAF≌△BCD，得出BD＝OF＝1，即可得出结果．【解答】解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图所示：∵四边形O

ABC是平行四边形，∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，∴AM∥CN，∴四边形ANCM是平行四边形，∴∠MAN＝∠NCM，∴∠OAF＝∠BCD，∵∠OF

A＝∠BDC＝90°，∴∠FOA＝∠DBC，在△OAF和△BCD中，{∠𝐹𝑂𝐴=∠𝐷𝐵𝐶𝑂𝐴=𝐵𝐶∠𝑂𝐴𝐹=∠𝐵𝐶𝐷，∴△OAF≌△BCD（ASA）．∴BD＝OF＝1，∴点B的横坐标为：O

E＝4+BD＝4+1＝5，故选：C．37【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．30．（2020春•兴宁区校级期末）如图，四边形ABCD是边长为8的正方形，点

E在边CD上，DE＝2；作EF∥BC．分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG，BE的中点，则MN的长是（）A．4B．5C．6D．7【分析】先判定四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，可得点N为FC的中

点，BE＝FC；再证明△AFG为等腰直角三角形，然后由等腰三角形的“三线合一“性质可得MN=12FC，由勾股数可得BE的长，即为FC的长，从而可得MN的值．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°∵EF∥BC，∴∠B

FE+∠ABC＝180°，∴∠BFE＝90°，∴四边形BCEF为矩形，连接FM，FC，如图：38∵N是BE的中点，四边形BCEF为矩形．∴点N为FC的中点，BE＝FC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝

45°，又∵∠AFG＝90°，∴△AFG为等腰直角三角形．∵M是AG的中点，∴AM＝MG，∴FM⊥AG，∴△FMC为直角三角形，∵点N为FC的中点，∴MN=12FC，∵四边形ABCD是边长为8的正方形，DE＝2，∴BC＝CD＝8，CE＝6，在Rt△BCE中，由勾股数可得BE＝

10，∴FC＝10，∴MN=12FC＝5．故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股数及直角三角形的斜边中线性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．