上海八年级下期末精选（易错60题27个考点专练）【好题精选精练】 数学八年级 下册重难点突破（含答案解析）

上海八年级下期末精选（易错60题27个考点专练）一．高次方程（共3小题）1．（2022春•闵行区校级期末）解方程组：．【分析】由x﹣y＝4得：x＝4+y①，把①代入x2﹣6y2＝xy中可得y的值，代入①中可求出解．【解答】解：由x﹣y＝4得：x＝4+y①，把①代入x2﹣6y2＝xy中得：（4+y）2﹣6y2＝y（4+y），解得：y1＝2，y2＝﹣，当y＝2时，x＝6，当y＝﹣时，x＝，∴方程组的解为：，．【点评】本题考查了解二元二次方程组，降次消元是解本题的关键．2．（2022春•浦东新区校级期末）解方程组：．【分析】先降次，再消元．【解答】解：，①﹣②×2得：x+2y＝1，∴2y＝1﹣x③．将③代入①得：2x2+x（1﹣x）+（1﹣x）2+x＝19，∴x2＝9，∴x＝±3，∴或．【点评】本题考查二元二次方程组的解法，选择合理的消元方法是求解本题的关键．3．（2016春•松江区期末）解方程组：．【分析】先将①中的x2﹣6xy+9y2分解因式为：（x﹣3y）2，则x﹣3y＝±2，与②组合成两个方程组，解出即可．【解答】解：由①得x﹣3y＝2，x﹣3y＝﹣2，∴原方程组可化为二个方程组，解这两个方程组得原方程组的解是．【点评】本题考查了解高次方程，通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解；所以解高次方程一般思路是降次，即把它转化成二次方程或一次方程．也有的通过因式分解来解；本题就是通过因式分解将方程①降次，化成二元一次方程组．二．无理方程（共6小题）4．（2020春•浦东新区校级期末）下列方程中，有实数根的是（）A．+5＝0 B．＝0 C．x3+1＝0 D．2x4+3＝0【分析】根据二次根式的有意义的条件可以判断A；根据解分式方程的方法和分式方程有意义的条件可以判断B；根据立方根的定义可以判定C；根据实数的偶次方为正数可以判断D．【解答】解：A、∵≥0，∴+5≥5，∴方程+5没有实数根，故A错误；B、去分母得，x＝﹣2，检验当x＝﹣2时，x2﹣4＝0，∴原方程无解，∴方程＝0没有实数根，故B错误；C、∵x3+1＝0，∴x3＝﹣1，∴x＝﹣1，∴方程x3+1＝0的解为：x＝﹣1，故C正确；D、∵2x4+3＝0，∴2x4＝﹣3，∴方程2x4+3＝0无实数根，故D错误．故选：C．【点评】本题主要考查解方程，关键是掌握分式方程，无理方程，高次方程的解法．5．（2022春•浦东新区校级期末）若关于x的方程无实根，则m的取值范围是m＜2．【分析】先将无理方程转化为有理方程，再求解．【解答】解：∵x2﹣4x+8＝（x﹣2）2+4＞0，∴无论x取什么数，方程始终有意义．原方程化为：（x﹣2）2+4＝m2，∴（x﹣2）2＝m2﹣4，∵（x﹣2）2≥0，∴当m2﹣4＜0时，方程无解．∴﹣2＜m＜2．∵≥0，∴当m＜0时方程无解．∴m＜2．故答案为：m＜2．【点评】本题考查无理方程的解，将无理方程转化为有理方程是求解本题的关键．6．（2015秋•静安区期末）方程＝x﹣1的根为4．【分析】首先根据二次根式的基本性质得出x的取值范围，将无理方程两边平方取消二次根号，整理得一元二次方程，解一元二次方程，将解代回x的取值范围验算即可得出答案．【解答】解：由二次根式性质得：x+5≥0且x﹣1≥0，∴x≥1．将＝x﹣1两边平方得：x+5＝x2﹣2x+1，整理得：x2﹣3x﹣4＝0，分解因式：（x﹣4）（x+1）＝0，得：x1＝4，x2＝﹣1，∵x≥1，∴x＝4．故答案为：4．【点评】题目考查了无理方程的求解和二次根式的性质，求解无理方程常用的方法是平方法，不过求出的解一定要带回无理方程进行验算，看是否符合二次根式的性质．7．（2021春•徐汇区校级期中）方程的根是x1＝﹣3，x2＝1．【分析】将无理方程转化为有理方程求解．【解答】解：∵•＝0．∴＝0或＝0，∴x+3＝0或x﹣1＝0，∴x1＝﹣3或x2＝1．故答案为：x1＝﹣3，x2＝1．【点评】本题考查无理方程的解法，将无理方程转化为有理方程是求解本题的关键．8．（2022春•杨浦区校级期中）方程的根为x＝﹣2．【分析】根据已知得出x+3＝0，＝0，求出方程的解，最后进行检验即可．【解答】解：∵，∴x+3＝0，＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝﹣2，经检验x＝﹣3代入原方程，无意义，舍去；经检验x＝﹣2代入原方程，是原方程的解，故答案为：x＝﹣2．【点评】本题考查了无理方程的解法，注意：解无理方程一定要进行检验．9．（2022春•浦东新区校级期末）解方程：．【分析】先根据方程有意义，求出x范围，再解方程．【解答】解：要使方程有意义，需满足：，∴，∵该不等式组无解，∴原方程无解．【点评】本题考查无理方程，保证无理方程有意义是求解本题的关键．三．分式方程的增根（共2小题）10．（2018秋•浦东新区期末）若y＝1是方程+＝的增根，则m＝﹣1．【分析】增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．先去分母，然后把y＝1代入代入整式方程，即可算出m的值．【解答】解：去分母，可得m（y﹣2）+3（y﹣1）＝1，把y＝1代入，可得m（1﹣2）+3（1﹣1）＝1，解得m＝﹣1，故答案为：﹣1．【点评】本题主要考查了分式方程的增根，在分式方程变形时，有可能产生不适合原方程的根，即代入分式方程后分母的值为0或是转化后的整式方程的根恰好是原方程未知数的允许值之外的值的根，叫做原方程的增根．11．（2022春•杨浦区校级期中）在去分母解关于x的分式方程＝2﹣的过程中产生增根，则a＝﹣4．【分析】根据题意可得x＝4，然后把x的值代入整式方程中进行计算即可解答．【解答】解：＝2﹣，x＝2（x﹣4）﹣a，解得：x＝8+a，∵分式方程产生增根，∴x＝4，把x＝4代入x＝8+a中，4＝8+a，∴a＝﹣4，故答案为：﹣4．【点评】本题考查了分式方程的增根，根据题意求出x的值后代入整式方程中进行计算是解题的关键．四．分式方程的应用（共1小题）12．（2015春•上海校级期末）“5.12”汶川地震牵动着每一位中国人的心．某中学的八年级（1）班所有学生准备捐款3600元帮助灾区的学生，在实际捐款时又有4名搞卫生的阿姨参加，如总的捐款数不变，则参加捐款的每人平均少捐了10元，求这个班的人数．【分析】设这个班级的人数为x人，依据每人平均少捐了10元，列方程求解即可得到结论．【解答】解：设这个班级的人数为x人，根据题意，得：，整理，得：x2+4x﹣1440＝0，解此方程，得：x1＝36，x2＝﹣40（不符合题意，舍去），经检验，x＝36是原方程的根，答：这个班级的人数为36人．【点评】本题主要考查了分式方程的应用，列分式方程解应用题一定要审清题意，找相等关系是着眼点，要学会分析题意，提高理解能力．五．一次函数的定义（共6小题）13．（2021春•金山区期末）下列函数中，是一次函数的是（）A．y＝1﹣x B．y＝ C．y＝kx+1 D．y＝x2+1【分析】根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．【解答】解：A、y＝1﹣x是一次函数，故此选项符合题意；B、y＝是反比例函数，故此选项不符合题意；C、当k＝0时不是一次函数，故此选项不符合题意；D、y＝x2+1是二次函数，故此选项不符合题意．故选：A．【点评】本题考查了一次函数．解题的关键是掌握一次函数的定义，一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．14．（2021春•闵行区期末）下列函数中，是一次函数的是（）A．y＝+1 B．x+3y＝1 C．y＝x2﹣1 D．y＝2【分析】根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．【解答】解：A．，自变量x的指数是﹣1，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；B．有x+3y＝1可得y＝，符合一次函数的定义，故此选项符合题意；C．y＝x2﹣1，自变量x的指数是2，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；D．y＝2是常数函数，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；故选：B．【点评】本题考查了一次函数的定义．解题关键是掌握一次函数的定义条件：一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．15．（2021春•虹口区期末）下列函数中，一次函数是（）A．y＝x2﹣2 B．y＝﹣2 C．y＝3x﹣2 D．y＝﹣2【分析】根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．【解答】解：A．y＝x2﹣2，自变量x的次数是2，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；B.，自变量x的次数是﹣1，不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；C．y＝3x﹣2，是一次函数，因为符合一次函数的定义，故此选项符合题意；D．y＝﹣2，是常数函数，不是一次函数，故此选项不符合题意．故选：C．【点评】本题考查了一次函数的定义．解题关键是掌握一次函数的定义条件：一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．16．（2020春•虹口区期末）下列函数中，一次函数是（）A．y＝3 B．y＝x+3 C．y＝3x2 D．y＝【分析】根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．【解答】解：A、y＝3不是一次函数，因为不符合一次函数的定义，故此选项不符合题意；B、y＝x+3是一次函数，因为符合一次函数的定义，故此选项符合题意；C、y＝3x2是二次函数，不是一次函数，故此选项不符合题意；D、y＝反比例函数，不是一次函数，故此选项不符合题意．故选：B．【点评】本题考查了一次函数的定义．解题关键是掌握一次函数的定义条件：一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．17．（2021春•虹口区校级期末）已知y＝m+1是一次函数，则m＝2．【分析】利用一次函数定义可得m2﹣2m+1＝1，且m≠0，进而可得m的值．【解答】解：由题意得：m2﹣2m+1＝1，且m≠0，解得：m＝2，故答案为：2．【点评】此题主要考查了一次函数定义，解题的关键是掌握一次函数解析式的结构特征：k≠0；自变量的次数为1；常数项b可以为任意实数．18．（2020春•长宁区期末）已知函数y＝（m﹣1）+1是一次函数，则m＝﹣1．【分析】根据一次函数的定义，令m2＝1，m﹣1≠0即可解答．【解答】若两个变量x和y间的关系式可以表示成y＝kx+b（k，b为常数，k≠0）的形式，则称y是x的一次函数（x为自变量，y为因变量）．因而有m2＝1，解得：m＝±1，又m﹣1≠0，∴m＝﹣1．【点评】本题主要考查了一次函数的定义，一次函数y＝kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．六．一次函数的性质（共1小题）19．（2019春•松江区期末）已知函数y＝﹣3x+7，当x＞2时，函数值y的取值范围是y＜1．【分析】依据k的值得到一次函数的增减性，然后结合自变量的取值范围，得到函数值的取值范围即可．【解答】解：∵函数y＝﹣3x+7中，k＝﹣3＜0，∴y随着x的增大而减小，当x＝2时，y＝﹣3×2+7＝1，∴当x＞2时，y＜1，故答案为：y＜1．【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．七．一次函数图象与系数的关系（共1小题）20．（2018春•静安区期末）如果一次函数y＝kx+2的函数值y随着x的值增大而减小，那么k的取值范围是k＜0．【分析】根据一次函数的性质，如果y随x的增大而减小，则一次项的系数小于0，据此求出k的取值范围．【解答】解：∵一次函数y＝kx+2，函数值y随x的值增大而减小，∴k＜0．故答案为：k＜0．【点评】本题考查的是一次函数的性质，解答本题要注意：在一次函数y＝kx+b（k≠0）中，当k＜0时y随x的增大而减小．八．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）21．（2021秋•静安区期末）我们知道：当x＝2时，不论k取何实数，函数y＝k（x﹣2）+3的值为3，所以直线y＝k（x﹣2）+3一定经过定点（2，3）；同样，直线y＝（k﹣2）x+3k一定经过的定点为（﹣3，6）．【分析】先将y＝（k﹣2）x+3k化为：y＝（x+3）k﹣2x，可得当x＝﹣3时，不论k取何实数，函数y＝（x+3）k﹣2x的值为6，即可得到直线y＝（k﹣2）x+3k一定经过的定点为（﹣3，6）．【解答】解：根据题意，y＝（k﹣2）x+3k可化为：y＝（x+3）k﹣2x，∴当x＝﹣3时，不论k取何实数，函数y＝（x+3）k﹣2x的值为6，∴直线y＝（k﹣2）x+3k一定经过的定点为（﹣3，6），故答案为：（﹣3，6）．【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．九．一次函数图象与几何变换（共2小题）22．（2021秋•静安区期末）把直线y＝x+1向右平移4个单位可得到直线y＝x﹣2．【分析】根据“左加右减”的原则进行解答即可．【解答】解：由“左加右减”的原则可知：直线y＝x+1向右平移n个单位，得到直线的解析式为：y＝（x﹣n）+1，又∵平移后的直线为y＝x﹣2，∴（x﹣n）+1＝x﹣2，解得n＝4，故答案为：4．【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减”的原则是解答此题的关键．23．（2015春•黄浦区期末）直线y＝2x﹣3向下平移4个单位可得直线y＝2x﹣7．【分析】原常数项为﹣3，上下平移直线解析式只改变常数项，让常数项减4即可得到平移后的常数项，也就得到平移后的直线解析式．【解答】解：∵向下平移4个单位，∴新函数的k＝2，b＝﹣3﹣4＝﹣7，∴得到的直线所对应的函数解析式是：y＝2x﹣7．【点评】考查的知识点为：上下平移直线解析式只改变常数项，上加，下减．一十．一次函数的应用（共2小题）24．（2022春•黄浦区期中）货车在公路A处加满油后，以每小时60千米的速度匀速行驶，前往与A处相距360千米的B处．下表记录的是货车一次加满油后油箱剩余油量y（升）与行驶时间x（时）之间的关系：行驶时间x（时）01234余油量y（升）150120906030（1）如果y关于x的函数是一次函数，求这个函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）（2）在（1）的条件下，如果货车的行驶速度和每小时的耗油量都不变，货车行驶4小时后到达C处，C的前方12千米的D处有一加油站，那么在D处至少加多少升油，才能使货车到达B处卸货后能顺利返回会D处加油？（根据驾驶经验，为保险起见，油箱内剩余油量应随时不少于10升）【分析】（1）设x与y之间的函数关系式为y＝kx+b，将点（0，150）和（1，120）代入求k和b值；（2）利用路程关系建立在D处加油的一元一次不等式，求在D处至少加油量．【解答】解：（1）把5组数据在直角坐标系中描出来，这5个点在一条直线上，所以y与x满足一次函数关系，设y＝kx+b，（k≠0）则，解得：，∴y＝﹣30x+150．（2）设在D处至少加W升油，根据题意得：150﹣4×30﹣×30+W≥×30×2+10（3分）即：150﹣120﹣6+W≥118解得W≥94，答：D处至少加94升油，才能使货车到达灾区B地卸物后能顺利返回D处加油．【点评】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是用待定系数法求函数解析式，要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义．25．（2017秋•嘉定区期中）已知A城与B城相距200千米，一列火车以每小时60千米的速度从A城驶向B城．（1）求火车与B城的距离S（千米）与行驶的时间t（时）的函数关系式及t（时）的取值范围；（2）画出函数图象．【分析】（1）依据A城与B城相距200千米，一列火车以每小时60千米的速度从A城驶向B城，即可得到火车与B城的距离S（千米）与行驶的时间（时）的函数关系式及t（时）的取值范围；（2）根据当t＝0时，S＝200；当t＝时，S＝0；即可得到函数图象．【解答】解：（1）由题可得，S＝200﹣60t，∵火车以每小时60千米的速度从A城驶向B城需要的时间为200÷60＝小时，∴t的取值范围是0≤t≤．（2）当t＝0时，S＝200；当t＝时，S＝0；函数图象如图所示：【点评】本题考查了一次函数的应用，解决该题型题目时，根据数量关系列出函数关系式是关键．解题时注意：所得函数的图象为线段．一十一．三角形中位线定理（共2小题）26．（2010春•长宁区校级期末）如图所示，有一张一个角为60°的直角三角形纸片，沿其一条中位线剪开后，不能拼成的四边形是（）A．邻边不等的矩形 B．等腰梯形 C．有一个角是锐角的菱形 D．正方形【分析】可画出图形，令相等的线段重合，拼出可能出现的图形，然后再根据已知三角形的性质，对拼成的图形进行具体的判定．【解答】解：如图：此三角形可拼成如图三种形状，（1）为矩形，∵有一个角为60°，则另一个角为30°，∴此矩形为邻边不等的矩形；（2）为菱形，有两个角为60°；（3）为等腰梯形．故选：D．【点评】这是一道生活联系实际的问题，不仅要用到三角形中位线的性质、菱形、等腰梯形、矩形的性质，还锻炼了学生的动手能力．解答此类题目时应先画出图形，再根据已知条件判断各边的关系．27．（2008秋•青浦区期末）如图，若D、E、F分别是△ABC的三边的中点，则△DEF与△ABC的周长之比＝1：2．【分析】根据三角形中位线定理易得所求的三角形的各边长为原三角形各边长的一半，那么所求的三角形的周长就等于原三角形周长的一半．【解答】解：∵点D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，∴DE，EF，DF分别是原三角形三边的一半，∴△DEF与△ABC的周长之比＝1：2．故答案为1：2．【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．一十二．多边形的对角线（共2小题）28．（2022春•徐汇区期末）定义：如果一个凸四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，把这条对角线称为“界线”，已知在“等腰四边形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC为界线，则∠BCD的度数为135°或90°或45°．【分析】由AC是四边形ABCD的等腰线，可以得出△ACD是等腰三角形，从图1，图2，图3三种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和30°的直角三角形性质就可以求出∠BCD的度数．【解答】解：∵AC是四边形ABCD的界线，∴△ACD是等腰三角形．∵AB＝AD＝BC，如图1，当AD＝AC时，∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC∴△ABC是正三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝60°．∵∠BAD＝90°，∴∠CAD＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝75°∴∠BCD＝60°+75°＝135°．如图2，当AD＝CD时，∴AB＝AD＝BC＝CD．∵∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°如图3，当AC＝CD时，过点C作CE⊥AD于E，过点B作BF⊥CE于F，∵AC＝CD．CE⊥AD，∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，∴四边形ABFE是矩形．∴BF＝AE．∵AB＝AD＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF＝30°．∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC．∵AB∥CE，∴∠BAC＝∠ACE，∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，∴∠BCD＝15°×3＝45°．综上，∠BCD的度数为135°或90°或45°．故答案为：135°或90°或45°．【点评】本题考查了“等腰四边形”的定义和性质的运用，“等腰四边形”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，正方形的性质和判定的运用，30°的直角三角形的性质的运用．解答如图3这种情况容易忽略，解答时合理运用分类讨论思想是关键．29．（2020春•普陀区期末）如果一个四边形的一条对角线把它分成两个等腰三角形，那么我们就称这条对角线是四边形的“美丽线”．已知AC是四边形ABCD的“美丽线”，如果AB＝BC＝AC，∠BAD＝90°，那么∠BCD＝135或90或45°．【分析】由AC是四边形ABCD的美丽线，可以得出△ACD是等腰三角形，从图1，图2，图3三种情况运用等边三角形的性质和判定，正方形的性质和判定和30°角的直角三角形的性质就可以求出∠BCD的度数．【解答】解：∵AC是四边形ABCD的美丽线，∴△ACD是等腰三角形．∵AB＝AD＝BC，如图1，当AD＝AC时，∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC，∴△ABC是正三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝60°．∵∠BAD＝90°，∴∠CAD＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝75°，∴∠BCD＝60°+75°＝135°．如图2，当AD＝CD时，∴AB＝AD＝BC＝CD．∵∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°如图3，当AC＝CD时，过点C作CE⊥AD于E，过点B作BF⊥CE于F，∵AC＝CD．CE⊥AD，∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，∴四边形ABFE是矩形．∴BF＝AE．∵AB＝AD＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF＝30°．∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC．∵AB∥CE，∴∠BAC＝∠ACE，∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，∴∠BCD＝15°×3＝45°．综上，∠BCD的度数为135°或90°或45°．故答案为：135或90或45．【点评】本题考查了四边形的“美丽线”的定义和性质的运用，“美丽线”的判定，等边三角形的性质和判定的运用，正方形的性质和判定的运用，30°角的直角三角形的性质的运用．解答如图3这种情况容易忽略，解答时合理运用分类讨论思想是关键．一十三．多边形内角与外角（共5小题）30．（2020春•南岗区期末）若一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°，列式求解即可．【解答】解：设这个多边形是n边形，根据题意得，（n﹣2）•180°＝900°，解得n＝7．故选：C．【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．31．（2021春•普陀区期末）内角为140°的正多边形的边数为9．【分析】首先根据内角为140°，求出外角度数，再利用外角和定理求出边数．【解答】解：∵正多边形的一个内角是140°，∴它的外角是：180°﹣140°＝40°，∴正多边形的边数为：360°÷40°＝9．故答案为：9．【点评】此题主要考查了多边形的外角与内角，首先求出正多边形的外角度数，再利用外角和定理求出求边数．32．（2015春•上海校级期末）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为5．【分析】利用多边形的外角和360°，除以外角的度数，即可求得边数．【解答】解：多边形的边数是：360÷72＝5．故答案为：5．【点评】本题考查了多边形的外角和定理，理解任何多边形的外角和都是360度是关键．33．（2020秋•虹口区期末）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE的外部．已知∠A＝30°，∠1＝100°，则∠2的度数是40度．【分析】先根据图形翻折变换的性质得出∠A′＝∠A，再根据三角形外角和三角形内角和定理进行解答即可．【解答】解：如图∵∠1＝100°，∴∠ADF＝80°，∵△A′ED是△AED翻折变换而成，∴∠A′＝∠A＝30°，∵∠A′FE是△ADF的外角，∴∠A′FE＝∠A+∠ADF＝30°+80°＝110°，∵∠A′FE+∠2+∠A′＝180°，∴110°+∠2+30°＝180°，∴∠2＝40°．故答案为：40．【点评】此题考查了折叠的性质，解题的关键是掌握折叠的性质，注意折叠前后图形是全等的，注意折叠中的对应关系．34．（2019春•长宁区期末）如图，平面内五点A、B、C、D、E连接成“五角星型”，那么∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180度．【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A+∠D＝∠1，∠B+∠E＝∠2，再根据三角形的内角和等于180°求解即可．【解答】解：如图，∠A+∠D＝∠1，∠B+∠E＝∠2，∵∠1+∠2+∠C＝180°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．故答案为：180．【点评】本题主要考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质以及三角形的内角和定理，把五个角转换为一个三角形的三个内角的和是解题的关键．一十四．平行四边形的性质（共3小题）35．（2017秋•奉贤区期末）下列说法正确的是（）A．面积一定的平行四边形的一边和这边上的高成正比例 B．面积一定的平行四边形的一边和这边上的高成反比例 C．周长一定的等腰三角形的腰长与它底边的长成正比例 D．周长一定的等腰三角形的腰长与它底边的长成反比例【分析】根据正比例函数及反比例函数的定义对各选项进行逐一分析即可．【解答】解：A、面积一定的平行四边形的一边和这边上的高成反比例，故本选项错误；B、面积一定的平行四边形的一边和这边上的高成反比例，故本选项正确；C、周长一定的等腰三角形的腰长与它底边的长成一次函数，故本选项错误；D、周长一定的等腰三角形的腰长与它底边的长成一次函数，故本选项错误．故选：B．【点评】本题考查了平行四边形的性质，正比例函数的定义，解决此题的关键掌握平行四边形的性质．36．（2010春•上海期末）如图，在▱ABCD的面积是12，点E，F在AC上，且AE＝EF＝FC，则△BEF的面积为（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】根据平行四边形的性质可知△ABC的面积是平行四边形面积的一半，再进一步确定△BER和△ABC的面积关系即可．【解答】解：∵S▱ABCD＝12∴S△ABC＝S▱ABCD＝6，∴S△ABC＝×AC×高＝×3EF×高＝6，得到：×EF×高＝2，∵△BEF的面积＝×EF×高＝2．∴△BEF的面积为2．故选：A．【点评】平行四边形的对角线将平行四边形分成面积相等的两个三角形，本题解题关键是利用三角形的面积计算公式找出所求三角形与已知三角形的面积关系．37．（2021春•静安区期末）过平行四边形ABCD的对角线交点O作直线l，分别交直线AB、CD于点E、F，AE＝3AB，如果AB＝a，那么DF的长是4a或2a．（用含有a的代数式表示）【分析】根据直线l分别交直线AB、CD于点E、F，AE＝3AB，可知点E可能在BA的延长线上或点E在AB的延长线上．因此，需要方两种情况讨论．再依据全等三角形的对应边相等，即可得到DF的长．【解答】解：分两种情况：①如图1所示，当点E在BA的延长线上时，AE＝3AB＝3a，∴BE＝AB+AE＝4a，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝DO，AB∥CD，∴∠E＝∠F，在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（AAS），∴DF＝BE＝4a；②如图2所示，当点E在AB的延长线上时，AE＝3AB＝3a，∴BE＝AE﹣AB＝2a，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝DO，AB∥CD，∴∠E＝∠F，在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（AAS），∴DF＝BE＝2a；综上所述，DF的长为4a或2a．故答案为：4a或2a．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．一十五．平行四边形的判定（共1小题）38．（2022春•冷水滩区校级期中）如图，四边形ABCD中，AB＝DC，将对角线AC向两端分别延长至点E，F，使AE＝CF．连接BE，DF，若BE＝DF．证明：四边形ABCD是平行四边形．【分析】先根据SSS证出△BEA≌△DFC，从而得到∠EAB＝∠FCD，根据等角的补角相等可得∠BAC＝∠DCA，从而得到AB∥DC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求证四边形ABCD是平行四边形．【解答】证明：在△BEA和△DFC中，∴△BEA≌△DFC（SSS），∴∠EAB＝∠FCD，∴∠BAC＝∠DCA，∴AB∥DC，∵AB＝DC，∴四边形ABCD是平行四边形．【点评】本题主要考查平行四边形的判定，解题的关键在于先通过全等三角形证出AB∥CD．一十六．矩形的性质（共1小题）39．（2018春•青浦区期末）如图，矩形ABCD中，BC＝6，AB＝3，R在CD边上，且CR＝1，P为BC上一动点，E、F分别是AP、RP的中点，当P从B向C移动时，线段EF的长度为．【分析】连接AR．在Rt△ADR中，利用勾股定理求出AR，再利用三角形的中位线定理即可求出EF．【解答】解：如图，连接AR．∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∵BC＝6，AB＝3，CR＝1，∴AD＝6，DR＝2，∴AR＝＝2，∵AE＝EP，PF＝FR，∴EF＝AR＝×2＝，故答案为：．【点评】本题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．一十七．矩形的判定（共1小题）40．（2020春•静安区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AD∥BC，AC＝BD，那么下列条件中不能判定四边形ABCD是矩形的是（）A．AD＝BC B．AB＝CD C．∠DAB＝∠ABC D．∠DAB＝∠DCB【分析】有一个角是直角的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形，依据矩形的判定进行判断即可．【解答】解：A．当AD＝BC，AD∥BC时，四边形ABCD是平行四边形，再依据AC＝BD，可得四边形ABCD是矩形；B．当AB＝CD，AD∥BC时，四边形ABCD不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形；C．当∠DAB＝∠ABC，AD∥BC时，∠DAB＝∠CBA＝90°，再根据AC＝BD，可得△ABD≌△BAC，进而得到AD＝BC，即可得到四边形ABCD是矩形；D．当∠DAB＝∠DCB，AD∥BC时，∠ABC+∠BCD＝180°，即可得出四边形ABCD是平行四边形，再依据AC＝BD，可得四边形ABCD是矩形；故选：B．【点评】本题主要考查了矩形的判定，证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．一十八．正方形的性质（共8小题）41．（2015春•杨浦区期末）如图，已知正方形ABCD中，G、P分别是DC、BC上的点，E、F分别是AP、GP的中点，当P在BC上从B向C移动而G不动时，下列结论成立的是（）A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减小 C．线段EF的长不改变 D．线段EF的长不能确定【分析】因为G不动，所以AG不变．根据三角形中位线定理可得EF＝AG，因此线段EF的长不变．【解答】解：如图，连接AG．∵E、F分别是AP、GP的中点，∴EF为△APG的中位线，∴EF＝AG，AG为定值．∴线段EF的长不改变．故选：C．【点评】本题考查了三角形的中位线定理，只要三角形的边AG不变，则对应的中位线的长度就不变．42．（2021春•黄浦区期末）如图，E为正方形ABCD外一点，AE＝AD，BE交AD于点F，∠ADE＝75°，则∠AFB＝60°．【分析】根据等腰三角形的性质得∠AED＝∠ADE＝75°，由三角形内角和求出顶角∠DAE的度数，根据正方形的性质得△ABE为等腰三角形，再由直角三角形的两锐角互余得答案．【解答】解：∵AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE＝75°，∴∠DAE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∵∠BAE＝90°+30°＝120°，∴∠ABE＝，∴∠AFB＝90°﹣30°＝60°．故答案为：60．【点评】此题考查了正方形的性质，正方形的四个角都是直角，且各边都相等；在几何证明中常运用等边对等角和等角对等边来证明边相等或角相等；在三角形中，要熟练掌握三角形的内角和定理和直角三角形的两个锐角互余．43．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为+3．【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，∴阴影部分的面积为×9＝6，∴空白部分的面积为9﹣6＝3，由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，∠CBE＝∠DCF，∵∠DCF+∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，设BG＝a，CG＝b，则ab＝，又∵a2+b2＝32，∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，即（a+b）2＝15，∴a+b＝，即BG+CG＝，∴△BCG的周长＝+3，故答案为：+3．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．44．（2022春•静安区期中）如图，正方形ABCD中，延长BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝67.5°．【分析】根据正方形性质得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，得到∠ACB＝45°，再根据外角的性质和等腰三角形性质得∠E＝22.5°，从而进一步得出∠AFD＝∠CFE＝67.5°．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∴∠ACB＝45°，∵CE＝CA，∴∠E＝∠CAE，∴∠E＝22.5°，∵∠DCE＝90°，∴∠CFE＝67.5°，∵∠AFD＝∠CFE＝67.5°，故答案为：67.5°．【点评】本题主要考查了正方形性质，掌握正方形的性质的应用是解题关键．45．（2022春•青浦区校级期中）四边形ABCD是正方形，在直线AB上取一点E，使得AE＝AC，则∠CEB的度数是22.5或67.5度．【分析】分两种情况画图，根据正方形的性质和等腰三角形的性质即可解决问题．【解答】解：如图，分两种情况画图：∵四边形ABCD是正方形，∴∠CAB＝45°，①∵AE＝AC，∴∠CEB＝∠ACE＝×45°＝22.5°；②∵AE′＝AC，∴∠CE′B＝∠ACE＝（180°﹣45°）＝67.5°．则∠CEB的度数是22.5或67.5度．故答案为：22.5或67.5．【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．46．（2021春•杨浦区校级期中）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且点A（0，3）、B（5，3），将正方形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°），若点B的对应点B′恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C′的坐标为（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．【分析】根据题意画出图形，分3种情况进行讨论：①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，根据旋转的性质，利用全等三角形的判定与性质可得点C的对应点C′的坐标．【解答】解：因为正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且点A（0，3）、B（5，3），所以画图如下：当正方形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°），①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，如图，∵AB′＝AB＝5，OA＝3，∴OB′＝＝4，∵∠AB′O+∠OAB′＝90°，∠AB′O+∠C′B′E＝90°，∴∠OAB′＝∠C′B′E，在△AB′O和△EB′C′中，，∴△AB′O≌△EB′C′（AAS），∴B′E＝OA＝3，EC′＝OB′＝4，∴OE＝OB′+B′E＝4+3＝7，∴点C的对应点C′的坐标为（7，4）；②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，如图，B′C′＝AB＝BC′＝5，∴点C的对应点C′的坐标为（5，﹣2）；③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，如图，同①可知：△AB′O≌△EB′C′（AAS），∴B′E＝OA＝3，EC′＝OB′＝4，∴OE＝OB′﹣B′E＝4﹣3＝1，∴点C的对应点C′的坐标为（﹣1，﹣4）；综上所述：点C的对应点C′的坐标为（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．故答案为：（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．【点评】本题属于四边形的综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．是中考填空压轴题．47．（2021春•浦东新区期末）如图，正方形ABCD中，点G是CD边上的一点（点G不与点C，点D重合），以CG为一边向正方形ABCD外做正方形GCEF，联结DE交BG的延长线于点H．（1）求证：BH⊥DE；（2）若正方形ABCD的边长为1，当点H为DE中点时，求CG的长．【分析】（1）先由四边形ABCD和CGFE是正方形求证△DCE≌△BCG，再得出BG⊥DE．（2）连接BD，解题关键是利用垂直平分线的性质得出BD＝BE，从而找到BD＝，CE＝BE﹣BC＝﹣1，根据全等三角形的性质求解即可．【解答】（1）证明：∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，BC＝CD，同理：CG＝CE，∠GCE＝90°，∴∠BCD＝∠GCE＝90°，，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴∠GBC＝∠CDE，在Rt△DCE中∠CDE+∠CED＝90°，∴∠GBC+∠BEH＝90°，∴∠BHE＝180°﹣（∠GBC+∠BEH）＝90°，∴BH⊥DE；（2）连接BD，∵点H为DE中点，BH⊥DE，∴BH为DE的垂直平分线，∴BE＝BD，∵BC＝CD＝1，∴BD＝＝，∴BE＝BD＝，∵CE＝BE﹣BC＝﹣1，∴CG＝CE＝﹣1．【点评】此题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和线段的垂直平分线的性质等几何知识．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．特殊图形的特殊性质要熟练掌握．48．（2022春•浦东新区校级期中）如图，已知正方形ABCD，边长AB＝6，E是AB的中点，点F在边BC上，且BF＝2FC，点P在线段CD上，连接PE、EF、PF．（1）若△PEF为等腰三角形，求PC的长度；（2）若EF平分∠BEP，求PC的长度．【分析】（1）根据矩形性质可得EF＝5，设PC＝x，所以PF＝，过点P作PG⊥AB于点G，得矩形ADPG，若△PEF为等腰三角形分3种情况：①EF＝PF，②EF＝PE，③PE＝PF，然后利用勾股定理即可解决问题；（2）过点F作FH⊥PE于点H，证明Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），可得BF＝HF＝4，设PC＝x，然后利用勾股定理即可解决问题．【解答】解：（1）正方形ABCD中，∵AB＝6，E是AB的中点，∴AE＝BE＝3，∵BF＝2FC，∴BF＝4，FC＝2，∴EF＝＝5，设PC＝x，∴PF＝＝，如图，过点P作PG⊥AB于点G，得矩形ADPG，∴AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，∴PE＝＝，∵△PEF为等腰三角形，∴分3种情况：①EF＝PF，∴5＝，解得x＝（负值舍去）；②EF＝PE，∴5＝，解得此方程无解；③PE＝PF，∴＝，解得x＝，＞6，点P在线段CD的延长线上，不符合题意，舍去．综上所述：PC的长度为；（2）如图，过点F作FH⊥PE于点H，∵EF平分∠BEP，∴EH＝BE＝3，在Rt△BEF和Rt△HEF中，∴Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），∴BF＝HF＝4，设PC＝x，∴PF＝＝，∵AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，∴PE＝＝，∴HP＝PE﹣EH＝﹣3，在Rt△HPF中，根据勾股定理得：HP2+FH2＝PF2，∴（﹣3）2+42＝（）2，解得x＝．∴PC的长度为．【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是分类讨论思想的灵活运用．一十九．直角梯形（共1小题）49．（2021春•浦东新区期末）直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，E点是CD边上的中点，且满足AB＝AD+BC，BE＝3，则梯形的面积为9．【分析】连结AE，过E作EF∥BC交AB于点F，求出AB的值，然后求出梯形的面积．【解答】解：如图，连结AE，过E作EF∥BC交AB于点F，∵E为CD的中点，∴EF平分AB，EF是梯形ABCD的中位线，故EF＝（AD+BC），又∵BC⊥AB，∴EF是AB的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得：AE＝BE＝3，∵AB＝AD+BC，EF＝（AD+BC）＝AB，∴△ABE是等腰直角三角形．由勾股定理得：AB＝＝＝3，即AD+BC＝3，S梯形ABCD＝（AD+BC）•AB＝（AD+BC）•（AD+BC）＝×3×3＝9，故答案为：9．【点评】本题主要考查了直角梯形，解答此题的关键是连结AE，过E作EF∥BC，利用梯形的中位线定理，垂直平分线证明△ABE是等腰直角三角形，再利用梯形的面积公式求解．二十．等腰梯形的性质（共1小题）50．（2009春•上海期末）已知：如图，梯形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝BC，AC⊥BC，BE⊥AB交AC的延长线于E，EF⊥AD交AD的延长线于F，下列结论：①BD∥EF；②∠AEF＝2∠BAC；③AD＝DF；④AC＝CE+EF．其中正确的结论有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据已知利用等腰梯形的性质对各个结论进行分析从而得出最后的答案．【解答】解：根据四边形ABCD是等腰梯形，可得出的条件有：AC＝BD，∠OAB＝∠OBA＝∠ODC＝∠OCD（可通过全等三角形ABD和BAC得出），OA＝OB，OC＝OD，∠ACB＝∠ADB＝90°（三角形ACB和BDA全等）．①要证BD∥EF就要得出∠ADB＝∠EFD，而∠ADB＝90°，∠EFD＝90°，因此∠ADB＝∠EFD，此结论成立；②由于BD∥EF，∠AEF＝∠AOD，而∠AOD＝∠OAB+∠OBA＝2∠OAB，因此∠AEF＝2∠OAB，此结论成立．③在直角三角形ABE中，∠OAB＝∠OBA，∠OAB+∠OEB＝∠OBA+∠OBE＝90°，因此可得出∠OEB＝∠OBE，因此OA＝OB＝OE，那么O就是直角三角形ABE斜边AE的中点，由于OD∥EF，因此OD就是三角形AEF的中位线，那么D就是AF的中点，因此此结论也成立．④由③可知EF＝2OD＝2OC，而OA＝OE＝OC+CE．那么AC＝OA+OC＝OC+OC+CE＝2OC+CE＝EF+CE，因此此结论也成立．故选：D．【点评】本题主要考查了等腰梯形的性质．根据等腰梯形的性质得出的角和边相等是解题的基础．二十一．等腰梯形的判定（共1小题）51．（2010春•静安区期末）一组对边平行，且对角线相等的四边形是（）A．等腰梯形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形或矩形【分析】画出图形，得出两种情况：①当AD＝BC时，②当AD≠BC时，再根据等腰梯形和矩形的判定判断即可．【解答】解：分为两种情况：如图，当AD∥BC，AC＝BD，①当AD＝BC时，四边形ABCD是矩形；②当AD≠BC时，四边形ABCD是等腰梯形．故选：D．【点评】本题考查了对等腰梯形和矩形的判定的理解和运用，注意：对角线相等的梯形是等腰梯形，对角线相等的平行四边形是矩形，题型较好，但是一道比较容易出错的题目．二十二．*平面向量（共1小题）52．（2013春•长宁区期末）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A、B、C的坐标分别为（2，0）、（﹣1，3）、（﹣2，﹣2）．（1）在图中作向量；（2）在图中作向量；（3）填空：＝．【分析】（1）根据平行四边形法则，即可画出向量；（2）根据平行四边形法则，即可画出向量；（3）根据平行四边形法则，首先求得与的和，然后求得结果．【解答】解：（1）如图：（2）如图：（3）＝+＝．故答案为：．【点评】此题考查了平面向量的知识．解题的关键是注意平行四边形法则的应用．二十三．随机事件（共3小题）53．（2022春•奉贤区校级期末）在圆、等腰三角形、平行四边形、正方形中任选两个图形，那么下列事件中为不可能事件的是（）A．这两个图形都是中心对称图形 B．这两个图形都不是中心对称图形 C．这两个图形都是轴对称图形 D．这两个图形都是既为轴对称图形又为中心对称图形【分析】根据等腰三角形，正方形，平行四边形的性质，随机事件，必然事件，不可能事件的特点，逐一判断即可解答．【解答】解：圆和正方形既为轴对称图形又为中心对称图形，等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，A、这两个图形都是中心对称图形，是随机事件，故A不符合题意；B、这两个图形都不是中心对称图形，是不可能事件，故B符合题意；C、这两个图形都是轴对称图形，是随机事件，故C不符合题意；D、这两个图形都是既为轴对称图形又为中心对称图形，是随机事件，故D不符合题意；故选：B．【点评】本题考查了随机事件，等腰三角形，正方形，平行四边形的性质，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．54．（2022春•浦东新区校级期末）在下列事件中，确定事件共有（）①买一张体育彩票，中大奖；②抛掷一枚硬币，落地后正面朝上；③在共装有2只红球、3只黄球的袋子里，摸出一只白球；④初二（3）班共有