10. 如图,在矩形纸片ABCD中,E为CD上一点,△ADE关于AE折叠得到△AFE,点F落于线段BC上;M为AB上一点,△BMF关于MF折叠得到△NMF,点N落于线段AF上,连结NE。设CF=a,CE=b,EF=c,ABCD的面积为$S_1$,EFMN的面积为$S_2$,则下列代数式的值是定值的是………………()

A.$\dfrac{aS_1}{cS_2}$
B.$\dfrac{bS_1}{cS_2}$
C.$\dfrac{aS_1}{(b+c)S_2}$
D.$\dfrac{bS_1}{(a+c)S_2}$

设$BM=y$，$BF=x$，由题意可得$MN=BM=y$，$NF=BF=x$，在矩形$ABCD$中，$AD=BC=x+a$，所以$AF=AD=x+a$，$AN=AF-NF=a$，$AB=CD=CE+DE=b+c$，所以$AM=AB-BM=b+c-y$，在$\mathrm{Rt}△ AMN$中，$AM^2=AN^2+MN^2$，所以$(b+c-y)^2=a^2+y^2$，所以$y=\frac{(b+c)^2-a^2}{2(b+c)}$。在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，$AF^2=AB^2+BF^2$，所以$(x+a)^2=(b+c)^2+x^2$，所以$x=\frac{(b+c)^2-a^2}{2a}$。在$\mathrm{Rt}△ CEF$中，$EF^2=CE^2+CF^2$，所以$c^2=a^2+b^2$，所以$x=\frac{b^2+2bc+c^2-a^2}{2a}=\frac{2b^2+2bc}{2a}=\frac{b(b+c)}{a}$，$y=\frac{b^2+2bc+c^2-a^2}{2(b+c)}=\frac{2b^2+2bc}{2(b+c)}=b$，所以$S_1=AD· DC=(x+a)(b+c)=[\frac{b(b+c)}{a}+a](b+c)=\frac{c^2+bc}{a}(b+c)=\frac{c(b+c)^2}{a}$，$S_2=S_{△ MNF}+S_{△ EFN}=\frac{1}{2}xy+\frac{1}{2}cx=\frac{1}{2}·\frac{b(b+c)}{a}·(b+c)=\frac{b(b+c)^2}{2a}$，所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{c(b+c)^2}{a}·\frac{2a}{b(b+c)^2}=\frac{2c}{b}$，两边同时除以$\frac{c}{b}$得$\frac{bS_1}{cS_2}=2$，故选:B。

11.函数$y=\sqrt{x+1}$中$x$的取值范围是$\underline{\hspace{5cm}}$。

$x≥-1$

12. 已知关于$x$的一元二次方程$x^2 - 3x + 2 = 0$中一次项的系数是________。

$-3$

13.若点$A(2,a)$与点$B(b,1)$关于原点$O$对称，则$a+b=$______。

$-3$

14. 用反证法证明：一个三角形中至少有一个角不小于 $60°$，应先假设。

一个三角形中每个角都小于60°

15.(改编)某老师绘制了一次数学小测验中甲、乙、丙三个班级学生得分的箱线图(如图),根据该图进行判断,下列说法错误的是________。
①三个班级中,甲班分数的方差最小;②三个班级中,乙班分数的波动最大;③丙班得分低于80的学生人数多于得分高于80的学生人数;④若每班有42个学生,则三个班级成绩由高到低排在第11位的学生中,丙班的分数最高。

③

16.如图,在平行四边形 $ABCD$ 中,$AB=BD,∠ BAD=45°,AD=4$,过点 $B$ 作 $BE⊥ AD$ 于点 $E$,$F$ 为 $BC$ 上一动点,连结 $EF$,取 $EF$ 中点 $G$,连结 $AG,BG,DG$,若 $△ BDG$ 面积为 $△ ABG$ 面积的 $\dfrac{1}{4}$,则 $BF$ 的长度是________。

因为四边形$ABCD$为平行四边形，所以$AD// BC$，$AD=BC$，因为$AB=BD$，$∠ BAD=45°$，所以$∠ ADB=∠ BAD=45°$，所以$∠ ABD=180°-45°-45°=90°$，所以$△ ABD$为等腰直角三角形，所以$AB=BD=\frac{AD}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$。因为$BE⊥ AD$，所以$BE=AE=DE=\frac{1}{2}AD=2$，$∠ BED=90°$，因为$AD// BC$，所以$∠ EBC=180°-∠ BED=90°$，当点$G$在$△ ABD$内部时，过点$G$作$MN⊥ BC$于点$N$，如图1，则$∠ MNB=90°$，所以四边形$EBNM$为矩形，所以$MN=EB=2$，$∠ EMG=90°$，因为$G$为$EF$的中点，所以$EG=FG$，因为$∠ EMG=∠ GNF=90°$，$∠ EGM=∠ FGN$，所以$△ EGM≌△ FGN$，所以$GM=GN=\frac{1}{2}MN=1$，所以$S_{△ ADG}=\frac{1}{2}AD· MG=\frac{1}{2}×4×1=2$，$S_{△ BDE}=\frac{1}{2}DE· BE=\frac{1}{2}×2×2=2$，$S_{△ DEG}=\frac{1}{2}DE· MG=\frac{1}{2}×2×1=1$，因为$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}×4×2=4$，所以$S_{△ ABG}+S_{△ BDG}=S_{△ ABD}-S_{△ AGD}=4-2=2$，因为$△ BDG$面积为$△ ABG$面积的$\frac{1}{4}$，所以$S_{△ ABG}=\frac{4}{5}×2=\frac{8}{5}$，$S_{△ BDG}=2-\frac{8}{5}=\frac{2}{5}$，所以$S_{△ BEG}=S_{△ BDE}-S_{△ DEG}-S_{△ BDG}=2-1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$，因为$G$为$EF$的中点，所以$S_{△ BEF}=2S_{△ BEG}=2×\frac{3}{5}=\frac{6}{5}$，所以$BF=\frac{2S_{△ BEF}}{BE}=\frac{2×\frac{6}{5}}{2}=\frac{6}{5}$；当点$G$在$△ ABD$的外部时，过点$G$作$MN⊥ BC$于点$N$，如图2，则$∠ MNB=90°$，所以四边形$EBNM$为矩形，所以$MN=EB=2$，$∠ EMG=90°$，因为$G$为$EF$的中点，所以$EG=FG$，因为$∠ EMG=∠ GNF=90°$，$∠ EGM=∠ FGN$，所以$△ EGM≌△ FGN$，所以$GM=GN=\frac{1}{2}MN=1$，所以$S_{△ ADG}=\frac{1}{2}×4×1=2$，$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}×2×2=2$，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}×4×2=4$，$S_{△ DEG}=\frac{1}{2}×2×1=1$，设$S_{△ BDG}=x$，则$S_{△ ABG}=4x$，因为$S_{四边形ABGD}=S_{△ ABD}+S_{△ BDG}=S_{△ ADG}+S_{△ ABG}$，所以$4+x=2+4x$，解得:$x=\frac{2}{3}$，所以$S_{△ BEG}=S_{四边形ABGD}-S_{△ ABE}-S_{△ DEG}=4+\frac{2}{3}-2-1=\frac{5}{3}$，因为$G$为$EF$的中点，所以$S_{△ BEF}=2S_{△ BEG}=2×\frac{5}{3}=\frac{10}{3}$；所以$BF=\frac{2S_{△ BEF}}{BE}=\frac{2×\frac{10}{3}}{2}=\frac{10}{3}$；综上所述，$BF=\frac{6}{5}$或$\frac{10}{3}$。故答案为:$\frac{6}{5}$或$\frac{10}{3}$。