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13. 如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交于H，连接BH交EF于I。连接CI，则下列结论，①∠1=∠2；②∠3=∠GBH；③GD=$\sqrt{3}$GI；④若AG=1，GD=2，则BI=$\sqrt{5}$。其中正确的是
①②④
.(填序号)答案
13. ①②④
解析
【分析】
解题时先利用轴对称的性质得到边、角的等量关系，结合正方形四边相等、四个角为直角的性质，通过构造全等三角形验证角度相等的结论；对于涉及线段长度的结论，可通过建立平面直角坐标系，求出各点坐标后计算线段长度验证，逐个判断4个结论是否正确即可。
【解析】
我们对4个结论逐一验证：
1. 验证①$∠1=∠2$：
点$B$、$G$关于$EF$对称，因此$EB=EG$，$∠ BEF=∠ GEF$。过$B$作$BK⊥ EG$于$K$，
在$△ BCE$和$△ BKE$中：$∠ BCE=∠ BKE=90°$，$∠ BEC=∠ BEK$，$BE=BE$，
故$△ BCE≌△ BKE(\mathrm{AAS})$，得$BC=BK$。
正方形$ABCD$中$BC=AB$，因此$BK=BC$。
在$\mathrm{Rt}△ BKH$和$\mathrm{Rt}△ BCH$中：$BK=BC$，$BH=BH$，
故$\mathrm{Rt}△ BKH≌\mathrm{Rt}△ BCH(\mathrm{HL})$，得$∠ BHK=∠ BHC$，即$∠1=∠2$，①正确。
2. 验证②$∠3=∠ GBH$：
由$EB=EG$，$∠ BEF=∠ GEF$，根据等腰三角形三线合一得$EF⊥ BG$，即$∠ BIF=90°$，因此$∠ GBH+∠ BFE=90°$。
正方形中$∠ FBE=90°$，因此$∠ BEF+∠ BFE=90°$，可得$∠ GBH=∠ BEF$。
又$∠ BIE=∠ BCE=90°$，因此$∠3+∠ IBE=∠ BEF+∠ IBE=90°$，得$∠3=∠ BEF$，因此$∠3=∠ GBH$，②正确。
3. 验证③$GD=\sqrt{3}GI$：
设$B$为原点$(0,0)$，$BC$在$x$轴上，$BA$在$y$轴上，由$AG=1$，$GD=2$得正方形边长为3，因此$A(0,3)$，$G(1,3)$，$C(3,0)$，$D(3,3)$。设$BE=x$，则$EG=x$，过$E$作$EO⊥ AD$交$AD$延长线于$O$，在$\mathrm{Rt}△ GOE$中$EG^2=GO^2+EO^2$，即$x^2=(x-3+2)^2+3^2$，解得$x=5$，故$E(5,0)$。
求$EG$与$CD$交点$H$：$EG$解析式为$y=-\frac{3}{4}(x-5)$，$CD$为$x=3$，代入得$H(3,\frac{3}{2})$。
$BH$解析式为$y=\frac{1}{2}x$，$EF$是$BG$的垂直平分线，$BG$斜率为3，故$EF$斜率为$-\frac{1}{3}$，结合$BG$中点$(0.5,1.5)$得$EF$解析式为$y=-\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}$。
联立$BH$、$EF$解析式解得交点$I(2,1)$。
$GD=2$，$GI=\sqrt{(2-1)^2+(1-3)^2}=\sqrt{5}$，$\sqrt{3}GI=\sqrt{15}≠2$，③错误。
4. 验证④$BI=\sqrt{5}$：
由$B(0,0)$，$I(2,1)$，得$BI=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，④正确。
【答案】
①②④
【知识点】
正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是正方形的综合题，结合了轴对称、全等三角形的知识点，解题时要注意挖掘对称隐含的边、角等量关系，坐标法可以降低复杂线段、角度关系的验证难度。
【难度系数】
0.4
解题时先利用轴对称的性质得到边、角的等量关系，结合正方形四边相等、四个角为直角的性质，通过构造全等三角形验证角度相等的结论；对于涉及线段长度的结论，可通过建立平面直角坐标系，求出各点坐标后计算线段长度验证，逐个判断4个结论是否正确即可。
【解析】
我们对4个结论逐一验证：
1. 验证①$∠1=∠2$：
点$B$、$G$关于$EF$对称，因此$EB=EG$，$∠ BEF=∠ GEF$。过$B$作$BK⊥ EG$于$K$，
在$△ BCE$和$△ BKE$中：$∠ BCE=∠ BKE=90°$，$∠ BEC=∠ BEK$，$BE=BE$，
故$△ BCE≌△ BKE(\mathrm{AAS})$，得$BC=BK$。
正方形$ABCD$中$BC=AB$，因此$BK=BC$。
在$\mathrm{Rt}△ BKH$和$\mathrm{Rt}△ BCH$中：$BK=BC$，$BH=BH$，
故$\mathrm{Rt}△ BKH≌\mathrm{Rt}△ BCH(\mathrm{HL})$，得$∠ BHK=∠ BHC$，即$∠1=∠2$，①正确。
2. 验证②$∠3=∠ GBH$：
由$EB=EG$，$∠ BEF=∠ GEF$，根据等腰三角形三线合一得$EF⊥ BG$，即$∠ BIF=90°$，因此$∠ GBH+∠ BFE=90°$。
正方形中$∠ FBE=90°$，因此$∠ BEF+∠ BFE=90°$，可得$∠ GBH=∠ BEF$。
又$∠ BIE=∠ BCE=90°$，因此$∠3+∠ IBE=∠ BEF+∠ IBE=90°$，得$∠3=∠ BEF$，因此$∠3=∠ GBH$，②正确。
3. 验证③$GD=\sqrt{3}GI$：
设$B$为原点$(0,0)$，$BC$在$x$轴上，$BA$在$y$轴上，由$AG=1$，$GD=2$得正方形边长为3，因此$A(0,3)$，$G(1,3)$，$C(3,0)$，$D(3,3)$。设$BE=x$，则$EG=x$，过$E$作$EO⊥ AD$交$AD$延长线于$O$，在$\mathrm{Rt}△ GOE$中$EG^2=GO^2+EO^2$，即$x^2=(x-3+2)^2+3^2$，解得$x=5$，故$E(5,0)$。
求$EG$与$CD$交点$H$：$EG$解析式为$y=-\frac{3}{4}(x-5)$，$CD$为$x=3$，代入得$H(3,\frac{3}{2})$。
$BH$解析式为$y=\frac{1}{2}x$，$EF$是$BG$的垂直平分线，$BG$斜率为3，故$EF$斜率为$-\frac{1}{3}$，结合$BG$中点$(0.5,1.5)$得$EF$解析式为$y=-\frac{1}{3}x+\frac{5}{3}$。
联立$BH$、$EF$解析式解得交点$I(2,1)$。
$GD=2$，$GI=\sqrt{(2-1)^2+(1-3)^2}=\sqrt{5}$，$\sqrt{3}GI=\sqrt{15}≠2$，③错误。
4. 验证④$BI=\sqrt{5}$：
由$B(0,0)$，$I(2,1)$，得$BI=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，④正确。
【答案】
①②④
【知识点】
正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是正方形的综合题，结合了轴对称、全等三角形的知识点，解题时要注意挖掘对称隐含的边、角等量关系，坐标法可以降低复杂线段、角度关系的验证难度。
【难度系数】
0.4
14. 若一次函数$y=kx-x+3k-2$的图象经过第一、二、四象限，则实数$k$的取值范围为
$\frac{2}{3}＜k＜1$
。答案
14. $\frac{2}{3}＜k＜1$
解析
【分析】
解题时首先将给定的函数解析式整理为一次函数的标准形式$y=ax+b$（$a≠0$），确定一次项系数和常数项。再结合一次函数图象经过第一、二、四象限的性质：一次项系数小于0，常数项大于0，据此列出关于$k$的一元一次不等式组，求解不等式组的公共解集即可得到$k$的取值范围。
【解析】
先将函数解析式合并同类项，化为标准一次函数形式：
$y=kx-x+3k-2=(k-1)x+3k-2$
$\because$ 一次函数图象经过第一、二、四象限
$\therefore$ 一次项系数小于0，常数项大于0，可列不等式组：
$\begin{cases}k-1 ＜ 0 \quad \mathrm{(1)} \\3k-2 ＞ 0 \quad \mathrm{(2)}\end{cases}$
解不等式①：移项得$k ＜ 1$
解不等式②：移项得$3k ＞ 2$，系数化为1得$k ＞ \frac{2}{3}$
取两个解集的公共部分，得$\frac{2}{3} ＜ k ＜ 1$
【答案】
$\frac{2}{3}＜k＜1$
【知识点】
1. 一次函数的图象与性质
2. 一元一次不等式组的解法
【点评】
本题是一次函数性质的基础应用题型，核心考点是一次函数的系数与图象经过象限的对应关系，解题的关键是先将函数化为标准形式，再结合性质列不等式求解，该考点属于常考基础题型，需熟练掌握系数和图象象限的对应规律。
【难度系数】
0.7
解题时首先将给定的函数解析式整理为一次函数的标准形式$y=ax+b$（$a≠0$），确定一次项系数和常数项。再结合一次函数图象经过第一、二、四象限的性质：一次项系数小于0，常数项大于0，据此列出关于$k$的一元一次不等式组，求解不等式组的公共解集即可得到$k$的取值范围。
【解析】
先将函数解析式合并同类项，化为标准一次函数形式：
$y=kx-x+3k-2=(k-1)x+3k-2$
$\because$ 一次函数图象经过第一、二、四象限
$\therefore$ 一次项系数小于0，常数项大于0，可列不等式组：
$\begin{cases}k-1 ＜ 0 \quad \mathrm{(1)} \\3k-2 ＞ 0 \quad \mathrm{(2)}\end{cases}$
解不等式①：移项得$k ＜ 1$
解不等式②：移项得$3k ＞ 2$，系数化为1得$k ＞ \frac{2}{3}$
取两个解集的公共部分，得$\frac{2}{3} ＜ k ＜ 1$
【答案】
$\frac{2}{3}＜k＜1$
【知识点】
1. 一次函数的图象与性质
2. 一元一次不等式组的解法
【点评】
本题是一次函数性质的基础应用题型，核心考点是一次函数的系数与图象经过象限的对应关系，解题的关键是先将函数化为标准形式，再结合性质列不等式求解，该考点属于常考基础题型，需熟练掌握系数和图象象限的对应规律。
【难度系数】
0.7
15. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=1+2√3，E为BC上一点，且BE=1，F为AB上一个动点，连接EF，将EF绕点E顺时针旋转30°到EG位置，连接FG和CG，则CG的最小值为
4
。答案
15. 4
解析
【分析】
本题是旋转背景下的线段最值问题，首先E为定点，EF绕E旋转30°得到EG，可得EF=EG、∠FEG=30°。解题的核心是通过构造全等三角形确定动点G的运动轨迹：将EB绕E顺时针旋转30°得到EH，可证△BEF与△HEG全等，进而得到G在过H且垂直EH的定直线上，最后将CG的最小值转化为点C到这条定直线的垂线段长度，结合几何性质计算即可。
【解析】
1. 求EC的长度：
已知矩形ABCD中BC=1+2√3，BE=1，因此$EC = BC - BE = (1+2\sqrt{3}) - 1 = 2\sqrt{3}$。
2. 构造全等三角形：
将线段EB绕点E顺时针旋转30°得到线段EH，连接HG。
由旋转性质可得：$EF=EG$，$EB=EH=1$，$∠ FEG=∠ BEH=30°$，
因此$∠ FEG - ∠ FEH = ∠ BEH - ∠ FEH$，即$∠ HEG=∠ BEF$。
在$△ BEF$和$△ HEG$中：
$\begin{cases}EF=EG \\∠ BEF=∠ HEG \\EB=EH\end{cases}$
$\therefore △ BEF ≌ △ HEG (\mathrm{SAS})$。
3. 确定G点的运动轨迹：
∵矩形ABCD中$∠ B=90°$，由全等得$∠ EHG=∠ B=90°$，即$GH ⊥ EH$，
∴G点的运动轨迹是过点H且与EH垂直的定直线$l$，根据垂线段最短，CG的最小值为点C到直线$l$的垂线段长度。
4. 计算最小距离：
过C作$CN ⊥ l$于N，过E作$EP ⊥ CN$于P，
∵$EH ⊥ l$，$CN ⊥ l$，$EP ⊥ CN$，
∴四边形EHNP是矩形，得$PN=EH=1$。
由$∠ BEH=30°$、$EH ⊥ l$，可得$∠ ECP=30°$，
在$Rt△ CEP$中，$EC=2\sqrt{3}$，
$\therefore CP=EC · \cos30° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$，
因此$CN=CP+PN=3+1=4$，即CG的最小值为4。
【答案】
4
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题是几何最值的典型题型，解题关键是通过构造全等三角形确定动点的运动轨迹，将动态的线段最小值问题转化为静态的点到直线距离问题，很好地考查了几何变换和转化思想的应用。
【难度系数】
0.3
本题是旋转背景下的线段最值问题，首先E为定点，EF绕E旋转30°得到EG，可得EF=EG、∠FEG=30°。解题的核心是通过构造全等三角形确定动点G的运动轨迹：将EB绕E顺时针旋转30°得到EH，可证△BEF与△HEG全等，进而得到G在过H且垂直EH的定直线上，最后将CG的最小值转化为点C到这条定直线的垂线段长度，结合几何性质计算即可。
【解析】
1. 求EC的长度：
已知矩形ABCD中BC=1+2√3，BE=1，因此$EC = BC - BE = (1+2\sqrt{3}) - 1 = 2\sqrt{3}$。
2. 构造全等三角形：
将线段EB绕点E顺时针旋转30°得到线段EH，连接HG。
由旋转性质可得：$EF=EG$，$EB=EH=1$，$∠ FEG=∠ BEH=30°$，
因此$∠ FEG - ∠ FEH = ∠ BEH - ∠ FEH$，即$∠ HEG=∠ BEF$。
在$△ BEF$和$△ HEG$中：
$\begin{cases}EF=EG \\∠ BEF=∠ HEG \\EB=EH\end{cases}$
$\therefore △ BEF ≌ △ HEG (\mathrm{SAS})$。
3. 确定G点的运动轨迹：
∵矩形ABCD中$∠ B=90°$，由全等得$∠ EHG=∠ B=90°$，即$GH ⊥ EH$，
∴G点的运动轨迹是过点H且与EH垂直的定直线$l$，根据垂线段最短，CG的最小值为点C到直线$l$的垂线段长度。
4. 计算最小距离：
过C作$CN ⊥ l$于N，过E作$EP ⊥ CN$于P，
∵$EH ⊥ l$，$CN ⊥ l$，$EP ⊥ CN$，
∴四边形EHNP是矩形，得$PN=EH=1$。
由$∠ BEH=30°$、$EH ⊥ l$，可得$∠ ECP=30°$，
在$Rt△ CEP$中，$EC=2\sqrt{3}$，
$\therefore CP=EC · \cos30° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$，
因此$CN=CP+PN=3+1=4$，即CG的最小值为4。
【答案】
4
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题是几何最值的典型题型，解题关键是通过构造全等三角形确定动点的运动轨迹，将动态的线段最小值问题转化为静态的点到直线距离问题，很好地考查了几何变换和转化思想的应用。
【难度系数】
0.3
三、解答题
16. 已知$y+2$与$2x-3$成正比例，且当$x=3$时，$y=1$，求$y$与$x$之间的函数表达式。
16. 已知$y+2$与$2x-3$成正比例，且当$x=3$时，$y=1$，求$y$与$x$之间的函数表达式。
答案
16. $y=2x-5$
解析
【分析】
解题时首先回忆正比例关系的定义：若两个量A与B成正比例，可表示为$A=kB$（$k$为常数且$k≠0$）。本题中$A=y+2$，$B=2x-3$，第一步先根据该定义设出含参数$k$的关系式；第二步将已知的$x=3$、$y=1$代入关系式，得到关于$k$的一元一次方程，求解得到$k$的值；第三步将$k$代回原式，整理为$y$关于$x$的形式即可得到最终函数表达式。
【解析】
解：
∵ $y+2$与$2x-3$成正比例
∴ 设$y + 2 = k(2x - 3)$（$k$为常数，且$k≠0$）
将$x=3$，$y=1$代入上述等式，得：
$1 + 2 = k×(2×3 - 3)$
化简得$3 = 3k$，解得$k=1$
将$k=1$代入$y + 2 = k(2x - 3)$，得：
$y + 2 = 2x - 3$
整理得$y = 2x - 5$
【答案】
$y=2x-5$
【知识点】
正比例的定义；待定系数法求函数解析式
【点评】
本题是函数部分的基础题型，主要考查对正比例关系的理解和待定系数法的应用，掌握成正比例的量的表达式设取方法是解题的关键。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆正比例关系的定义：若两个量A与B成正比例，可表示为$A=kB$（$k$为常数且$k≠0$）。本题中$A=y+2$，$B=2x-3$，第一步先根据该定义设出含参数$k$的关系式；第二步将已知的$x=3$、$y=1$代入关系式，得到关于$k$的一元一次方程，求解得到$k$的值；第三步将$k$代回原式，整理为$y$关于$x$的形式即可得到最终函数表达式。
【解析】
解：
∵ $y+2$与$2x-3$成正比例
∴ 设$y + 2 = k(2x - 3)$（$k$为常数，且$k≠0$）
将$x=3$，$y=1$代入上述等式，得：
$1 + 2 = k×(2×3 - 3)$
化简得$3 = 3k$，解得$k=1$
将$k=1$代入$y + 2 = k(2x - 3)$，得：
$y + 2 = 2x - 3$
整理得$y = 2x - 5$
【答案】
$y=2x-5$
【知识点】
正比例的定义；待定系数法求函数解析式
【点评】
本题是函数部分的基础题型，主要考查对正比例关系的理解和待定系数法的应用，掌握成正比例的量的表达式设取方法是解题的关键。
【难度系数】
0.8
17. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点$D$是$AB$的中点，过点$D$作$DE⊥ AC$于点$E$，延长$DE$到点$F$，使得$EF=DE$，连接$AF$，$CF$.
(1)根据题意，补全图形；
(2)求证：四边形$ADCF$是菱形；
(3)若$AB=8$，$∠ BAC=30°$，求$△ ABC$的面积.
(1)根据题意，补全图形；
(2)求证：四边形$ADCF$是菱形；
(3)若$AB=8$，$∠ BAC=30°$，求$△ ABC$的面积.
答案
17. (1)
(2) 证明：因为D是AB的中点，$∠ACB=90°$，所以$AD=CD=\frac{1}{2}AB$，因为$DE⊥AC$，所以$AE=CE$，因为$ED=EF$，所以四边形ADCF是平行四边形，因为$AC⊥DF$，所以四边形ADCF是菱形。
(3) $8\sqrt{3}$
解析
【分析】
(1) 补全图形时，先过点D作AC的垂线，垂足为E，再延长DE到F，保证EF的长度与DE相等，最后依次连接AF、CF即可。
(2) 要证明四边形ADCF是菱形，可按照“先判定平行四边形，再证菱形”的思路推导：首先利用直角三角形斜边中线的性质得到AD=CD，结合DE⊥AC，由等腰三角形三线合一可得AE=CE，再结合已知EF=DE，可知四边形ADCF的对角线互相平分，即可判定为平行四边形，最后结合对角线互相垂直的条件，即可证明它是菱形。
(3) 求△ABC的面积，需要先求出两条直角边的长度：利用含30°角的直角三角形的性质，30°角对的直角边等于斜边的一半，可直接求出BC的长度，再用勾股定理求出AC的长度，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 补全图形如下：
(2) 证明：
∵ 点D是AB的中点，∠ACB=90°，
∴ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即$AD=CD=\frac{1}{2}AB$，
∵ $DE⊥AC$，AD=CD，
∴ 由等腰三角形三线合一的性质得$AE=CE$，
又
∵ $ED=EF$，
∴ 四边形ADCF的对角线互相平分，是平行四边形，
又
∵ $AC⊥DF$，
∴ 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即四边形ADCF是菱形。
(3) 解：
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=8，
∴ $BC=\frac{1}{2}AB=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$，
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3}$。
【答案】
(1)
(2) 证明见解析；
(3) $8\sqrt{3}$
【知识点】
直角三角形性质；菱形的判定；勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，考查了直角三角形的相关性质、平行四边形与菱形的判定，以及特殊直角三角形的边长计算，解题时要结合已知条件选择合适的判定定理，计算时可利用特殊直角三角形的性质简化运算。
【难度系数】
0.7
(1) 补全图形时，先过点D作AC的垂线，垂足为E，再延长DE到F，保证EF的长度与DE相等，最后依次连接AF、CF即可。
(2) 要证明四边形ADCF是菱形，可按照“先判定平行四边形，再证菱形”的思路推导：首先利用直角三角形斜边中线的性质得到AD=CD，结合DE⊥AC，由等腰三角形三线合一可得AE=CE，再结合已知EF=DE，可知四边形ADCF的对角线互相平分，即可判定为平行四边形，最后结合对角线互相垂直的条件，即可证明它是菱形。
(3) 求△ABC的面积，需要先求出两条直角边的长度：利用含30°角的直角三角形的性质，30°角对的直角边等于斜边的一半，可直接求出BC的长度，再用勾股定理求出AC的长度，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 补全图形如下：
(2) 证明：
∵ 点D是AB的中点，∠ACB=90°，
∴ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即$AD=CD=\frac{1}{2}AB$，
∵ $DE⊥AC$，AD=CD，
∴ 由等腰三角形三线合一的性质得$AE=CE$，
又
∵ $ED=EF$，
∴ 四边形ADCF的对角线互相平分，是平行四边形，
又
∵ $AC⊥DF$，
∴ 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即四边形ADCF是菱形。
(3) 解：
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=8，
∴ $BC=\frac{1}{2}AB=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$，
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3}$。
【答案】
(1)
(2) 证明见解析；
(3) $8\sqrt{3}$
【知识点】
直角三角形性质；菱形的判定；勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，考查了直角三角形的相关性质、平行四边形与菱形的判定，以及特殊直角三角形的边长计算，解题时要结合已知条件选择合适的判定定理，计算时可利用特殊直角三角形的性质简化运算。
【难度系数】
0.7
