期末必刷真题03（解答易错60道提高练八下浙教）-【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题（解析版）【浙教版】

【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【浙教版】期末必刷真题03（解答易错60道提高练，八下浙教）一．解答题（共60小题）1．（2023春•拱墅区期末）计算：（1）；（2）．【答案】（1）；（2）10﹣2．【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；（2）利用完全平方公式和平方差公式计算．【详解】解；（1）原式＝2﹣＝；（2）原式＝5﹣2+3+5﹣3＝10﹣2．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．2．（2021秋•镇海区期末）计算：（1）×÷；（2）（﹣）×；（3）﹣+．【答案】（1）4；（2）6﹣6；（3）﹣．【分析】（1）根据二次根式的乘除法计算，然后化成最简式子即可；（2）先化简括号内的式子，然后计算括号外的乘法即可；（3）先化简，然后合并同类二次根式即可．【详解】解：（1）×÷＝＝＝4；（2）（﹣）×＝（3﹣）×2＝6﹣6；（3）﹣+＝﹣+＝﹣++＝﹣．【点评】本题考查二次根式的混合运算、分母有理化，解答本题的关键是明确二次根式混合运算的计算方法和分母有理化的方法．3．（2021秋•海曙区校级期末）计算：（1）+﹣+；（2）（+）（﹣）﹣（2）2．【答案】（1）3﹣；（2）﹣23．【分析】（1）先化简，再合并；（1）先乘法和乘方，在求差．【详解】解：（1）+﹣+＝2+2﹣3+＝3﹣；（2）（+）（﹣）﹣（2）2＝3﹣2﹣24＝﹣23．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，二次根式的化简是解题的关键．4．（2022春•钱塘区期末）计算：（1）；（2）．【答案】（1）2；（2）4．【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答；（2）先算乘法，再算加减，即可解答．【详解】解：（1）＝3+2﹣3＝2；（2）＝（3﹣2）×+5﹣3＝×+5﹣3＝2+5﹣3＝4．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，平方差公式，准确熟练地进行计算是解题的关键．5．（2021秋•钱塘区期末）（1）已知一个长方形的长是宽的2倍，面积是10，求这个长方形的周长．（2）如图，已知长方形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）6；（2）3．【分析】（1）根据长方形面积公式为长×宽，代入计算即可；（2）两个小阴影部分可以组成一个长为，宽为（3﹣）的长方形，直接计算即可．【详解】解：（1）设长方形的宽为x，则长方形的长为2x，则x•2x＝10，解得x＝或（舍去），∴长方形的长为2，∴长方形的周长为（）×2＝6．（2）由题意可知，大正方形的边长为3，小正方形的变成为，∴阴影部分的面积为（3﹣）×＝3．【点评】本题考查二次根式的应用，能够将图形的面积公式和二次根式熟练的结合在一起是解答本题的关键．6．（2022秋•海曙区校级期末）（1）解方程：（x+2）2＝3（x+2）；（2）计算：．【答案】（1）x1＝﹣2，x2＝1．（2）．【分析】（1）利用因式分解法求解即可；（2）化简二次根式，合并二次根式即可．【详解】解：（1）（x+2）2﹣3（x+2）＝0，（x+2）2﹣3（x+2）＝0，（x+2）（x+2﹣3）＝0，∴x+2＝0或x﹣1＝0，所以x1＝﹣2，x2＝1．（2）原式＝＝．【点评】主要考查了二次根式的运算和解一元二次方程．在进行根式的运算时要先化简再计算可使计算简便，注意灵活选用合适的方法来解一元二次方程．7．（2022秋•仙居县期末）解方程：（1）x2﹣1＝0；（2）2x2﹣5x+3＝0．【答案】（1）x1＝1，x2＝﹣1；（2）x1＝1，x2＝1.5．【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；（2）利用因式分解法求解即可．【详解】解：（1）x2﹣1＝0，x2＝1，∴x＝±1，∴x1＝1，x2＝﹣1；（2）2x2﹣5x+3＝0，（x﹣1）（2x﹣3）＝0，∴x﹣1＝0或2x﹣3＝0，∴x1＝1，x2＝1.5．【点评】此题考查了解一元二次方程﹣直接开平方法，以及因式分解法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．8．（2022秋•鄞州区校级期末）已知关于x的一元二次方程x2+2x+2k﹣5＝0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）若x1，x2是这个方程的两个根，且x12+x22+3x1•x2＝﹣3，求k的值．【答案】（1）k＜3；（2）k＝﹣1．【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根，可知方程的判别式大于0，据此列不等式即可求解；（2）根据根与系数的关系得出x1+x2＝﹣2，x1x2＝2k﹣5，代入中即可求解．【详解】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+2x+2k﹣5＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝22﹣4×1×（2k﹣5）＞0，∴解得：k＜3，即k的取值范围为：k＜3；（2）∵x1，x2是方程x2+2x+2k﹣5＝0的两个根，∴x1+x2＝﹣2，x1x2＝2k﹣5，∵，∴，∴（﹣2）2+2k﹣5＝﹣3，解得：k＝﹣1．【点评】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，若x1，x2是方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个根，则有，．掌握该知识点是解答本题的关键．9．（2022春•上虞区期末）解答下列各题：（1）用配方法解方程：x2﹣12x＝﹣9．（2）设x1，x2是一元二次方程5x2﹣7x﹣3＝0的两根，求的值．【答案】（1）x1＝6+3，x2＝6﹣3；（2）．【分析】（1）利用配方法得到（x﹣6）2＝27，然后利用直接开平方法解方程；（2）先利用根与系数的关系得到x1+x2＝，x1x2＝﹣，再利用完全平方公式得到＝（x1+x2）2﹣2x1x2，然后利用整体代入的方法计算．【详解】解：（1）x2﹣12x＝﹣9．x2﹣12x+62＝﹣9+62．（x﹣6）2＝27，x﹣6＝±3，所以x1＝6+3，x2＝6﹣3；（2）根据根与系数的关系得到x1+x2＝，x1x2＝﹣，∴＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（）2﹣2×（﹣）＝．【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了配方法解方程．10．（2022春•鄞州区校级期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣2tx+t2﹣2t+4＝0，有两个不相等的实数根m，n．（1）求t的取值范围；（2）当t＝3时，解这个方程；（3）若m，n是方程的两个实数根，设Q＝（m﹣2）（n﹣2），试求Q的最小值．【答案】（1）t＞2；（2）x1＝3+，x2＝3﹣；（3）﹣1．【分析】（1）利用根的判别式的意义得到Δ＝（﹣2t）2﹣4（t2﹣2t+4）＞0，然后解不等式即可；（2）当t＝3时，方程化为x2﹣6x+7＝0，然后利用配方法解方程即可；（3）根据根与系数的关系得m+n＝2t，mn＝t2﹣2t+4，则Q＝t2﹣6t+8，配方得到Q＝（t﹣3）2﹣1，利用非负数的性质得到当t＝3时，Q有最小值，最小值为﹣1．【详解】解：（1）根据题意得Δ＝（﹣2t）2﹣4（t2﹣2t+4）＞0，解得t＞2，即t的取值范围为t＞2；（2）当t＝3时，方程化为x2﹣6x+7＝0，x2﹣6x+9＝2，（x﹣3）2＝2，x﹣3＝±，所以x1＝3+，x2＝3﹣；（3）根据根与系数的关系得m+n＝2t，mn＝t2﹣2t+4，Q＝mn﹣2（m+n）+4＝t2﹣2t+4﹣4t+4＝t2﹣6t+8＝（t﹣3）2﹣1，∵t＞2，∴当t＝3时，Q有最小值，最小值为﹣1．【点评】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判别式．11．（2021秋•鄞州区校级期末）（1）计算；（2）解方程x（5x+4）＝2x；（3）已知关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0．①若方程有两个不相等的实数根，求k的最小整数值；②若方程一个根恰好是另一个根的2倍，求k的值．【答案】（1）4﹣4；（2）x1＝0，x2＝﹣；（3）①1；②k＝﹣．【分析】（1）先算乘法与乘方，再去括号合并即可；（2）先整理为一般形式，再利用因式分解法解方程即可；（3）①根据题意得到关于k的不等式，解出k的取值范围，即可得到结论；②设方程的两个根为α，2α，根据根与系数的关系得出α+2α＝，α•2α＝﹣，解方程组即可．【详解】解：（1）＝﹣（1﹣2+3）＝2﹣1+2﹣3＝4﹣4；（2）化简整理得，5x2+2x＝0，x（5x+2）＝0，x＝0，或5x+2＝0，x1＝0，x2＝﹣；（3）①∵关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝（﹣2）2﹣4k（﹣1）＞0且k≠0，解得k＞﹣1且k≠0，∴k的最小整数值是1；②设方程的两个根为α，2α，α+2α＝，α•2α＝﹣，则α＝，则•＝﹣，解得k＝﹣，符合题意，此时α＝﹣．【点评】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，二次根式的混合运算以及一元二次方程的解法．都是基础知识，需熟练掌握．12．（2021秋•西湖区校级期末）设m是不小于﹣1的实数，使得关于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有两个实数根x1，x2．（1）若x12+x22＝2，求m的值；（2）令T＝+，求T的取值范围．【答案】（1）1；（2）0＜T≤4且T≠2．【分析】首先根据方程有两个实数根及m是不小于﹣1的实数，确定m的取值范围，根据根与系数的关系，用含m的代数式表示出两根的和、两根的积．（1）变形x12+x22为（x1+x2）2﹣2x1x2，代入用含m表示的两根的和、两根的积得方程，解方程根据m的取值范围得到m的值；（2）化简T，用含m的式子表示出T，根据m的取值范围，得到T的取值范围．【详解】解：∵关于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有两个实数根，∴Δ＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣3m+3）≥0，解得m≤1，∵m是不小于﹣1的实数，∴﹣1≤m≤1，∵方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0的两个实数根为x1，x2，∴x1+x2＝﹣2（m﹣2）＝4﹣2m，x1•x2＝m2﹣3m+3．（1）∵x12+x22＝2，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝2，∴4（m﹣2）2﹣2（m2﹣3m+3）＝2，整理得m2﹣5m+4＝0，解得m1＝1，m2＝4（舍去），∴m的值为1；（2）T＝+＝＝＝＝＝2﹣2m．∵当m＝0时，方程为x2﹣4x+3＝0，解得x＝1或x＝3．当m＝1时，x1＝x2＝1，分母为0，此时T没有意义．当m≠0，m≠1时，﹣1≤m＜1，所以0＜2﹣2m≤4．即0＜T≤4且T≠2．【点评】本题考查了根与系数的关系、根的判别式、一元二次方程的解法及分式的化简．解决本题的关键是掌握根与系数的关系，并能把要求的代数式变形为含两根的和、两根的积的式子．13．（2022春•西湖区校级期末）已知：关于x的方程x2+（m﹣2）x+m﹣3＝0．（1）求证：无论m取什么实数，这个方程总有两个不相等的实数根；（2）若这个方程的两个实数根x1，x2满足2x1+x2＝m+1，求m的值．【答案】见试题解答内容【分析】（1）用一元二次方程根的判别式证明方程的根的情况．（2）根据根与系数的关系，把两根之和代入满足的等式，得到x1，再把x1代入方程可以求出m的值．【详解】（1）证明：Δ＝（m﹣2）2﹣4×（m﹣3），＝m2﹣6m+16，＝（m﹣3）2+7＞0，∴无论m取什么实数，这个方程总有两个不相等的实数根；（2）解：x1+x2＝﹣（m﹣2），2x1+x2＝x1+（x1+x2）＝m+1，∴x1＝m+1+m﹣2＝2m﹣1，把x1代入方程有：（2m﹣1）2+（m﹣2）（2m﹣1）+m﹣3＝0，整理得：6m2﹣m＝0，6m（m﹣）＝0，∴m1＝0，m2＝．【点评】本题考查的是一元二次方程根的判别式和一元二次方程根与系数的关系，（1）题用根的判别式证明无论m为何值，方程总有两个不相等的实数根．（2）题根据根与系数的关系，用含m的式子表示两根之和，代入所给等式求出x1，再把x1代入方程求出m的值．14．（2022秋•镇海区校级期末）公安交警部门提醒市民，骑车出行必须严格遵守“一盔一带”的规定．某头盔经销商统计了某品牌头盔4月份到6月份的销量，该品牌头盔4月份销售150个，6月份销售216个，且从4月份到6月份销售量的月增长率相同．（1）求该品牌头盔销售量的月增长率；（2）若此种头盔的进价为30元/个，测算在市场中，当售价为40元/个时，月销售量为600个，若在此基础上售价每上涨1元/个，则月销售量将减少10个，为使月销售利润达到10000元，而且尽可能让顾客得到实惠，则该品牌头盔的实际售价应定为多少元/个？【答案】（1）20%；（2）50元．【分析】（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为x，根据该品牌头盔4月份及6月份的月销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（2）根据月销售利润＝每个头盔的利润×月销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之取其正值即可求出结论．【详解】解：（1）设该品牌头盔销售量的月增长率为x，依题意，得：150（1+x）2＝216，解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．答：该品牌头盔销售量的月增长率为20%．（2）设该品牌头盔的实际售价为y元，依题意，得：（y﹣30）[600﹣10（y﹣40）]＝10000，整理，得：y2﹣130y+4000＝0，解得：y1＝80（不合题意，舍去），y2＝50，答：该品牌头盔的实际售价应定为50元．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．15．（2022春•滨江区期末）某小区计划用40米的篱笆围一个矩形花坛，其中一边靠墙（墙足够长，篱笆要全部用完）．（1）如图1，问AB为多少米时，矩形ABCD的面积为200平方米？（2）如图2，矩形EMNF的面积比（1）中的矩形ABCD面积减小20平方米，小明认为只要此时矩形的长MN比图①中矩形的长BC少2米就可以了．请你通过计算，判断小明的想法是否正确．【答案】（1）10米；（2）小明的想法不正确．【分析】（1）设AB＝x米，则BC＝（40﹣2x）米，根据矩形ABCD的面积为200平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论；（2）代入x＝10可求出BC的长，由MN＝BC﹣2，可求出MN的长，结合篱笆要全部用完，可求出EM的长，再利用矩形的面积计算公式，即可求出矩形EMNF的面积，将其与（200﹣20）比较后即可得出结论．【详解】解：（1）设AB＝x米，则BC＝（40﹣2x）米，依题意得：x（40﹣2x）＝200，整理得：x2﹣20x+100＝0，解得：x1＝x2＝10．答：AB为10米时，矩形ABCD的面积为200平方米．（2）由（1）可知：BC＝40﹣2x＝40﹣2×10＝20．∵MN＝BC﹣2＝20﹣2＝18（米），∴EM＝＝＝11（米），∴矩形EMNF的面积＝MN•EM＝18×11＝198（平方米），200﹣20＝180≠198，∴小明的想法不正确．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．16．（2022春•宁波期末）2022年冬奥会在北京顺利召开，冬奥会吉祥物冰墩墩公仔爆红．据统计冰墩墩公仔在某电商平台1月份的销售量是5万件，3月份的销售量是7.2万件．（1）若该平台1月份到3月份的月平均增长率都相同，求月平均增长率是多少？（2）市场调查发现，某一间店铺冰墩墩公仔的进价为每件60元，若售价为每件100元，每天能销售20件，售价每降价1元，每天可多售出2件，为了推广宣传，商家决定降价促销，同时尽量减少库存，若使销售该公仔每天获利1200元，则售价应降低多少元？【答案】（1）20%；（2）20元．【分析】（1）设月平均增长率是x，利用3月份的销售量＝1月份的销售量×（1+月平均增长率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（2）设售价应降低y元，则每件的销售利润为（100﹣y﹣60）元，每天的销售量为（20+2y）件，利用每天销售该公仔获得的利润＝每件的销售利润×日销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可求出y的值，再结合要尽量减少库存，即可得出售价应降低20元．【详解】解：（1）设月平均增长率是x，依题意得：5（1+x）2＝7.2，解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合题意，舍去）．答：月平均增长率是20%．（2）设售价应降低y元，则每件的销售利润为（100﹣y﹣60）元，每天的销售量为（20+2y）件，依题意得：（100﹣y﹣60）（20+2y）＝1200，整理得：y2﹣30y+200＝0，解得：y1＝10，y2＝20．又∵要尽量减少库存，∴y＝20．答：售价应降低20元．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．17．（2022秋•鄞州区校级期末）2021年我国脱贫攻坚战取得了全面胜利．成为“脱贫胜利年”．技术扶贫也使得某县的一个电子公司扭亏为盈，该公司的显卡厂2019年电脑A型显卡的成本是100元/个，2020年与2021年连续两年在技术扶贫的帮助下改进技术，降低成本，2021年A型电脑显卡的成本降低到81元/个．（1）求这两年A型电脑显卡成本平均下降的百分率；（2）公司电商销售平台以高于成本价10%的价格购进A型电脑显卡，以117.1元/个销售时，平均每天可销售20个．为增加销量，销售平台决定降价销售，经调查发现，单价每降低5元，每天可多售出10个，如果每天要保持盈利720元，试求单价应降低多少元？【答案】（1）平均下降率为10%；（2）单价应降低10元．【分析】（1）设平均下降率为x，利用2021年该类电脑显卡的出厂价＝2019年该类电脑显卡的出厂价×（1﹣下降率）2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；（2）设单价应降低m元，则每个的销售利润为（28﹣m）元，每天可售出（20+2m）个，利用每天销售该电脑显卡获得的利润＝每个的销售利润×日销售量，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值即可得出结论．【详解】解：（1）设这两年A型电脑显卡成本平均下降的百分率为x，依题意，得100（1﹣x）2＝81．解得x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（不合题意，舍去）．答：平均下降率为10%．（2）设单价应降低m元，则每个的销售利润为（117.1﹣m﹣81×110%）＝（28﹣m）元，每天可售出（20+2m）个，依题意得：（28﹣m）（20+2m）＝720．整理，得m2﹣18m+80＝0．解得m1＝10，m2＝8．∵为了增加销量，∴m＝10，答：单价应降低10元．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．18．（2022秋•鄞州区期末）某超市销售一种衬衫．平均每天可售出20件，每件盈利40元．为了扩大销售、增加盈利，该超市准备适当降价，经过一段时间测算，发现每件衬衫每降低1元，平均每天可多售出2件．（1）若每件衬衫降价4元时，平均每天可售出多少件衬衫？此时每天销售获利多少元？（2）在每件盈利不少于25元的前提下，要使该衬衫每天销售获利为1200元，问每件衬衫应降价多少元？（3）该衬衫每天的销售获利能达到1300元吗？如果能，请写出降价方案，如果不能．请说明理由．【答案】（1）28件，1008元；（2）10元；（3）该衬衫每天的销售获利不能达到1300元．【分析】（1）利用日销售量＝20+2×每件衬衫降低的价格，可求出日销售量，再利用每天销售该种衬衫获得的利润＝每件盈利×日销售量，即可求出每天销售该种衬衫获得的利润；（2）设每件衬衫应降价x元，则每件盈利（40﹣x）元，每天可售出（20+2x）件，利用每天销售该种衬衫获得的利润＝每件盈利×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论；（3）该衬衫每天的销售获利不能达到1300元，设每件衬衫应降价y元，则每件盈利（40﹣y）元，每天可售出（20+2y）件，利用每天销售该种衬衫获得的利润＝每件盈利×日销售量，即可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣100＜0，可得出该方程无实数根，即该衬衫每天的销售获利不能达到1300元．【详解】解：（1）20+2×4＝28（件），（40﹣4）×28＝1008（元）．答：均每天可售出28件衬衫，此时每天销售获利1008元．（2）设每件衬衫应降价x元，则每件盈利（40﹣x）元，每天可售出（20+2x）件，依题意得：（40﹣x）（20+2x）＝1200，整理得：x2﹣30x+200＝0，解得：x1＝10，x2＝20．又∵每件盈利不少于25元，∴x＝10．答：每件衬衫应降价10元．（3）该衬衫每天的销售获利不能达到1300元，理由如下：设每件衬衫应降价y元，则每件盈利（40﹣y）元，每天可售出（20+2y）件，依题意得：（40﹣y）（20+2y）＝1300，整理得：y2﹣30y+250＝0．∵Δ＝（﹣30）2﹣4×1×250＝﹣100＜0，∴该方程无实数根，即该衬衫每天的销售获利不能达到1300元．【点评】本题考查了一元二次方程的应用、有理数的混用运算以及根的判别式，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．19．（2023春•拱墅区期末）如图1，用篱笆靠墙围成矩形花圃ABCD，一面利用旧墙，其余三面用篱笆围，墙可利用的最大长度为15m，篱笆长为24m，设平行于墙的BC边长为xm．（1）若围成的花圃面积为40m2时，求BC的长；（2）如图2，若计划在花圃中间用一道篱笆隔成两个小矩形，且花圃面积为50m2，请你判断能否围成花圃，如果能，求BC的长；如果不能，请说明理由．【答案】（1）4米；（2）不能．【分析】（1）由于篱笆总长为24m，设平行于墙的BC边长为xm，由此得到AB＝m，接着根据题意列出方程•x＝40，解方程即可求出BC的长；（2）不能围成花圃；根据（1）得到•x＝50，此方程的判别式Δ＝（﹣24）2﹣4×150＜0，由此得到方程无实数解，所以不能围成花圃；【详解】解：（1）根据题意得，AB＝m，则•x＝40，∴x1＝20，x2＝4，因为20＞15，所以x1＝20舍去答：BC的长为4米；（2）不能围成花圃，根据题意得，•x＝50，方程可化为x2﹣24x+150＝0，Δ＝（﹣24）2﹣4×150＜0，∴方程无实数解，∴不能围成花圃；【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，同时也利用了矩形的性质，解题时首先正确了解题意，然后根据题意列出方程即可解决问题．20．（2018春•北仑区期末）在学校组织的汉字听写大赛中，每班参加比赛的人数相同，成绩分为A，B，C，D四个等级，其中相应等级的得分依次记为90分，80分，70分，60分，学校将八年级（1）班和（2）班的成绩整理并绘制成如图的统计图：（1）本次比赛每班参赛人数为25人，八（2）班成绩为90分的有11人；（2）补全下表中空缺的三个统计量：平均数（分）中位数（分）众数（分）八（1）班77.68080八（2）班77.67090（3）如果学校要从这两个班级中选一个班去参加市级比赛（市级比赛设集体奖和个人奖），你认为选哪个班级较好，说说你的理由，并给这个班级后期训练提点建议．【答案】（1）25，11；（2）77.6，70，80；（3）八（1）班的成绩更好一些，理由见解析，建议见解析．【分析】（1）根据条形统计图得到参赛人数，然后根据八（2）班成绩为90分的所占比例求出八（2）班成绩为90分的人数；（2）由上题中求得的每班参赛人数分别求出八（2）班各个成绩段的人数，然后可以求空缺的平均数、中位数、众数；（3）根据八年级（1）班和（2）班的成绩，作出合理的分析即可．【详解】解：（1）一班参赛人数为：6+12+2+5＝25（人），∵两班参赛人数相同，∴本次比赛每班参赛人数为25人，∴八（2）班成绩为90分的有:25×44%＝11（人）,故答案为：25，11；（2）八（1）班的平均数：（90×6+80×12+70×2+60×5）＝77.6（分），八（2）班的中位数为70，八（1）班的众数为80，∴填表如下：平均数（分）中位数（分）众数（分）八（1）班77.68080八（2）班77.67090故答案为：77.6，70，80；（3）八（1）班的成绩更好一些，理由：平均数相同的情况下，八（1）班中位数大，故八（1）班的成绩更好一些．建议：请一班的同学加强基础知识训练，争取更好的成绩．【点评】本题考查了平均数、中位数、众数，解决本题关键的地方是根据题目提供的信息得到相应的解决下一题的信息，考查了学生们读图信息的能力．21．（2021春•永嘉县校级期末）某校八年级学生某科目期末评价成绩是由完成作业、单元检测、期末考试三项成绩构成的，如果期末评价成绩80分以上（含80分），则评为“优秀”．下面表中是小张和小王两位同学的成绩记录：完成作业单元测试期末考试小张709080小王6075（1）若按三项成绩的平均分记为期末评价成绩，请计算小张的期末评价成绩；（2）若按完成作业、单元检测、期末考试三项成绩按1：2：7的权重来确定期末评价成绩．①请计算小张的期末评价成绩为多少分？②小王在期末（期末成绩为整数）应该最少考多少分才能达到优秀？【答案】见试题解答内容【分析】（1）直接利用算术平均数的定义求解可得；（2）根据加权平均数的定义计算可得．【详解】解：（1）小张的期末评价成绩为＝80（分）；（2）①小张的期末评价成绩为＝81（分）；②设小王期末考试成绩为x分，根据题意，得：≥80，解得x≥84.2，∴小王在期末（期末成绩为整数）应该最少考85分才能达到优秀．【点评】本题主要考查加权平均数，解题的关键是掌握加权平均数的定义．22．（2022春•常山县期末）课本中有一探究活动如下：“商店通常用以下方法来确定两种糖混合而成的什锦糖的价格：设A种糖的单价为a元/千克，B种糖的单价为b元/千克，则m千克A种糖和n千克B种糖混合而成的什锦糖的单价为（平均价）．现有甲乙两种什锦糖，均由A，B两种糖混合而成．其中甲种什锦糖由10千克A种糖和10千克B种糖混合而成：乙种什锦糖由100元A种糖和100元B种糖混合而成．你认为哪一种什锦糖的单价较高？为什么？”请你完成下面小明同学的探究：（1）小明同学根据题意，求出甲、乙两种什锦糖的单价分别记为和（用a、b的代数式表示）；（2）为了比较甲、乙两种什锦糖的单价，小明想到了将与进行作差比较，即计算﹣的差与0比较来确定大小；（3）经过此探究活动，小明终于悟出了建议父亲选择哪种方式加油比较合算的道理（若石油价格经常波动．方式一：每次都加满：方式二：每次加200元）．选择哪种方式？请简要说明理由．【答案】（1）＝（a+b）元/千克，＝元/千克；（2）甲种什锦糖的单价较高；（3）方式二的单价低，理由见解答．【分析】（1）根据单价＝总价÷数量分别求出甲、乙两种什锦糖的单价即可；（2）根据作差法比较大小即可求解；（3）设第一次加油时油的单价为a元/升，第二次加油时油的单价为b元/升，分别用含a，b的代数式表示出两种加油方式的单价，做差后即可得出结论．【详解】解：（1）甲种什锦糖的单价为：＝（10a+10b）÷20＝（a+b）（元/千克），乙种什锦糖的单价为：＝（100+100）÷（+）＝（元/千克）；（2）﹣＝（a+b）﹣＝＝，∵甲、乙两种什锦糖，均由A，B两种单价不同的糖混合而成，∴＞0，∴甲种什锦糖的单价较高；（3）方式二的单价低，理由如下：设第一次加油时油的单价为a元/升，第二次加油时油的单价为b元/升，油加满需要加t升，按方式一加油的单价＝＝（a+b）（元/升），按方式二加油的单价＝＝（元/升），∵（a+b）﹣＝＝＞0，∴方式二的单价低．【点评】本题考查了加权平均数，列代数式（分式），分式的混合运算．掌握分式运算法则正确进行计算是解题的关键．23．（2022春•衢江区期末）北京冬奥会女子大跳台决赛的打分规则；6名裁判打分，去除一个最高分和一个最低分，剩余4个分数的平均值为该选手成绩．下表是中国选手谷爱凌第一跳的得分情况，其中裁判4，裁判5的打分（分别为94分和a分）被去除．裁判1裁判2裁判3裁判4裁判5裁判6最终得分94分94分94分94分a分b分93.75分请根据表中信息，解决以下问题；（1）求b的值．（2）判断a是否最低分并说明理由．（3）从平均数的特征说说打分规则中去除一个最高分及一个最低分的合理性．【答案】（1）93；（2）a是最低分，只有当a≤93符合题意，否则就不满足平均数是93.75，且去掉的是94分和a分；（3）由于平均数容易受到极端值的影响而发生变化，因此去除一个最高分及一个最低分可以避免平均数受极端值的影响．【分析】（1）根据平均数的计算方法进行计算即可；（2）根据计算成绩的方法进行判断即可；（3）根据影响平均数的因素进行判断即可．【详解】解：（1）由题意得，＝93.75，解得b＝93，答：b的值为93；（2）a是最低分，由题意可知a≤93，否则就不满足平均数是93.75，且去掉的是94分和a分；（3）由于平均数容易受到极端值的影响而发生变化，因此去除一个最高分及一个最低分可以避免平均数受极端值的影响．【点评】本题考查算术平均数，理解平均数的意义，掌握平均数的计算方法是解决问题的前提．24．（2022秋•永嘉县校级期末）平行四边形ABCD中，设E、F分别是BC、AB上的一点，AE与CF相交于P，且AE＝CF．求证：∠DPA＝∠DPC．（初二）【答案】见试题解答内容【分析】过D作DQ⊥AE，DG⊥CF，由S△ADE＝＝S△DFC，可得：＝，又∵AE＝FC，可得DQ＝DG，可得∠DPA＝∠DPC（角平分线逆定理）．【详解】证明：过D作DQ⊥AE，DG⊥CF，并连接DF和DE，如右图所示：则S△ADE＝＝S△DFC，∴＝，又∵AE＝FC，∴DQ＝DG，∴PD为∠APC的角平分线，∴∠DPA＝∠DPC（角平分线逆定理）．【点评】本题考查平行四边形和角平分线的性质，有一定难度，解题关键是准确作出辅助线，利用角平分线的性质进行证明．25．（2022春•诸暨市期末）在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC．（1）如图1，比较大小：∠BAD＝∠BCD（填＞、＜或＝）；（2）如图2，连结BD，作AE、CF分别平分∠BAD、∠BCD交BD于E，F，判断AE、CF的位置关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，连结AF，若∠AFE+∠BCF＝90°，探究并写出∠AFE与∠ABC的数量关系．【答案】（1）＝；（2）AE∥CF，理由见解答；（3）∠ABC＝2∠AFE，探究过程见解答．【分析】（1）利用平行线的性质求解；（2）利用平行线的判定定理求解；（3）利用平行线的性质求解．【详解】解：（1）∵AB∥CD，AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC＝∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠BAD＝∠BCD；故答案为：＝；（2）AE∥CF；理由：∵AE、CF分别平分∠BAD、∠BCD，∴∠BAE＝∠BAD，∠DCF＝∠BCD，∵∠BAD＝∠BCD，∴∠BAE＝∠DCF，∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDB，∵∠AEF＝∠ABE+∠BAE，∠BFC＝∠CDB+∠DCF，∴∠AEF＝∠BFC，∴AE∥CF；（3）∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，即：∠ABC+2∠BCF＝180°，①∵∠AFE+∠BCF＝90°，∴2∠AFE+2∠BCF＝180°，②①﹣②得：∠ABC＝2∠AFE．【点评】本题考查了平行线的性质，熟记定理是解题的关键．26．（2022春•义乌市期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为一边作▱ABDE，且AD∥BC，连结EC交DA延长线于点F，延长EA交BC于点G．（1）求证：点A是EG的中点；（2）若DF⊥EC，DE＝2BD＝6，求BC的长．【答案】（1）见解析；（2）3．【分析】（1）先证四边形ADBG是平行四边形，得出BD＝AG，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质可得BD的长，再根据直角三角形的性质可得AC的长，然后由勾股定理即可得出结果．【详解】（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，∴BD∥AE，BD＝AE，∴BD∥AG，∵DA∥BG，∴四边形ADBG是平行四边形，∴BD＝AG，∴AE＝AG，∴点A是EG的中点；（2）解：∵四边形ADBG是平行四边形，∴BD＝AG＝DE＝3，∵DA∥BC，DF⊥EC，∴BC⊥EC，∴∠ECG＝90°，由（1）可知，点A是EG的中点，∴AC＝EG，EG＝2AG＝2BD＝6，∴AC＝3，∵四边形ABDE是平行四边形，∴BA＝DE＝6，在Rt△ABC中，BC＝＝＝3．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．27．（2022春•诸暨市期末）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．（1）求证：四边形AECD是平行四边形；（2）若AB＝BC，CD＝10，AC＝16，求四边形AECD的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）96．【分析】（1）证△AOE≌△COD（ASA），得OD＝OE，再由AO＝CO，即可得出结论；（2）由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD＝6，则DE＝12，即可得出答案．【详解】（1）证明：在△AOE和△COD中，，∴△AOE≌△COD（ASA），∴OD＝OE，又∵AO＝CO，∴四边形AECD是平行四边形；（2）解：∵AB＝BC，AO＝CO，∴OB⊥AC，∴平行四边形AECD是菱形，∵AC＝16，∴CO＝AC＝8，在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝6，∴DE＝2OD＝12，∴菱形AECD的面积＝AC×DE＝×16×12＝96．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．28．（2022春•东阳市期末）如图1，在平行四边形ABCD中，点E、F分别为AD，BC的中点，点G，H在对角线BD上，且BG＝DH．（1）求证：四边形EHFG是平行四边形．（2）如图2，连AC交BD于点O，若AC＝6，HG＝2BH，求HF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）证△DEH≌△BFG（SAS），得EH＝FG，∠EHD＝∠FGB，则∠EHG＝∠FGH，再证EH∥FG，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得OA＝OC＝3，OB＝OD，再证BH＝OH，然后证HF是△OBC的中位线，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠EDH＝∠FBG，∵E、F分别为▱ABCD的边AD、BC的中点，∴DE＝BF，在△DEH与△BFG中，∴△DEH≌△BFG（SAS），∴EH＝FG，∠EHD＝∠FGB，∴∠EHG＝∠FGH，∴EH∥FG，∴四边形EHFG是平行四边形．（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝6，∴OA＝OC＝3，OB＝OD，∵BG＝DH，∴BG﹣GH＝DH﹣GH，即BH＝DG，∴OB﹣BH＝OD﹣DG，即OH＝OG，∵HG＝2BH，∴BH＝OH，∵F为BC的中点，∴HF是△OBC的中位线，∴HF＝OC＝．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．29．（2022春•拱墅区期末）如图，AB∥CD，E是直线CD上的一点，CE＝CD，连接AD，AE，BC，AE，BC交于点F，且点F是BC的中点，连接DF．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）若∠CEF＝∠CFE，求证：DF⊥AE．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）证△ABF≌△ECF（ASA），得AB＝CE，再证AB＝CD，架空层四边形ABCD是平行四边形；（2）证CF＝CE，再证CF＝CE＝CD，则CF＝DE，然后证△DFE是直角三角形，∠DFE＝90°，即可得出结论．【详解】证明：（1）∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠ECF，∵点F是BC的中点，∴BF＝CF，在△ABF和△ECF中，，∴△ABF≌△ECF（ASA），∴AB＝CE，∵CE＝CD，∴AB＝CD，又∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵∠CEF＝∠CFE，∴CF＝CE，∵CE＝CD，∴CF＝CE＝CD，∴CF＝DE，∴△DFE是直角三角形，∠DFE＝90°，∴DF⊥AE．【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定以及直角三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．30．（2022春•鄞州区校级期末）如图，E，F是▱ABCD对角线AC上的两点，AE＝FC．（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；（2）若BE⊥AC，BE＝3，∠EBF＝60°，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）3．【分析】（1）证明△BAE≌△DCF，推出BE＝DF，BE∥DF即可；（2）根据含30°角的直角三角形的性质解答即可．【详解】（1）证明：∵ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD（平行四边形的对边平行且相等），∴∠BAE＝∠DCF，在△BAE与△DCF中，，∴△BAE≌△DCF（SAS），∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，∴∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，即：∠BEF＝∠DFE，∴BE∥DF，∵BE＝DF，∴四边形BFDE是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；（2）解：∵BE⊥AC，∴∠BEF＝90°，∵BE＝3，∠EBF＝60°，∴EF＝3．【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，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．31．（2021秋•东阳市期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝8，AB＝12，∠A＝60°，点E，G分别在边AB，AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF与GH交于点O，分别在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，连结PH、QF交于点I．（1）四边形EBHO的面积＝四边形GOFD的面积（填“＞”、“＝”或“＜”）；（2）比较∠OFQ与∠OHP大小，并说明理由．（3）求四边形OQIP的面积．【答案】（1）＝；（2）∠OFQ＝∠OHP，理由见解答；（3）四边形OQIP的面积为：．【分析】（1）根据已知可知四边形EBHO和四边形GOFD都是平行四边形，然后求出它们的面积即可判断；（2）利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明△OFQ∽△OHP，即可解答；（3）利用相似三角形的性质求出△OFQ与△OHP的面积比，再证明△FPI∽△HQI，求出它们的面积比，最后求出△OFQ的面积进行计算即可解答．【详解】解：（1）过点D作DM⊥GH，垂足为M，过点O作ON⊥AB，垂足为N，∵AD＝8，AB＝12，AE＝AB，AG＝AD，∴AE＝3，AG＝2，∴GD＝AD﹣AG＝9，EB＝AB﹣AE＝8﹣2＝6，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∵EF∥AD、GH∥AB，∴EF∥AD∥BC，GH∥AB∥CD，∴四边形GOFD是平行四边形，四边形OEBH是平行四边形，四边形AGOE是平行四边形，∴AE＝GO＝3，EB＝OH＝9，GD＝FO＝6，AG＝OE＝2，∵EF∥AD、GH∥AB，∴∠A＝∠DGO＝60°，∠A＝∠OEB＝60°，∴DM＝GDsin60°＝6×＝3，ON＝OEsin60°＝2×＝，∴四边形EBHO的面积＝EB•ON＝9×＝9，四边形GOFD的面积＝GO•DM＝3×3＝9，∴四边形EBHO的面积＝四边形GOFD的面积，故答案为：＝；（2）∠OFQ＝∠OHP，理由：∵OP＝OG＝3，OQ＝OE＝2，OF＝6，OH＝9，∴＝＝，＝＝，∴＝，∵∠FOQ＝∠POH，∴△OFQ∽△OHP，∴∠OFQ＝∠OHP；（3）设四边形OQIP的面积为x，△FPI的面积为y，△HQI的面积为z，∵△OFQ∽△OHP，OQ＝2，OP＝3，∴＝，∴＝，∴5x＝4z﹣9y，∵∠FIP＝∠HIQ，∠OFQ＝∠OHP，∴△FPI∽△HQI，∴＝（）2＝（）2＝，∴＝，∴49y＝9z，过点Q作QK⊥OF，垂足为K，∵GH∥AB，∴∠FOQ＝∠FEB＝60°，∴QK＝OQsin60°＝2×＝，∴△OFQ的面积＝OF•QK＝×6×＝3，∴x+y＝3，∴，由②得：z＝y，把z＝y代入①得：5x＝4y﹣y，∴y＝x，把y＝x代入③得：x+x＝3，∴x＝，∴四边形OQIP的面积为：．【点评】本题考查了平行四边形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．32．（2021秋•丽水期末）如图①是公园跷跷板的示意图，立柱OC与地面垂直，点C为横板AB的中点．小明和小聪去玩跷跷板，小明最高能将小聪翘到1米高（如图②）．（1）求立柱OC的高度；（2）小明想要把小聪最高翘到1.25米高，请你帮他找出一种方法，并解答．【答案】（1）米；（2）要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．【分析】（1）根据三角形中位线定理求出OC；（2）根据AD的长度求出OC的长度，得到答案．【详解】解：（1）由题意得：OC∥AD，∵点C为AB的中点，∴OC为△ABD的中位线，∴OC＝AD，∵AD＝1米，∴OC＝米；（2）要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．当AD＝1.25米时，OC＝0.625米，所以要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．33．（2022春•新昌县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，延长BC至点E，使BC＝CE，连接DE．（1）求证：四边形ACED是矩形．（2）若BC＝3，AB＝5，求BD的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【分析】（1）证四边形ACED是平行四边形，再证∠ACE＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论；（2）由勾股定理得AC＝4，再由矩形的性质得DE＝AC＝4，∠E＝90°，然后求出BE＝2BC＝6，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵BC＝CE，∴AD＝CE，∴四边形ACED是平行四边形，∵AC⊥BC，∴∠ACE＝90°，∴平行四边形ACED是矩形；（2）解：∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4，∵四边形ACED是矩形，∴DE＝AC＝4，∠E＝90°，∵BC＝CE＝3，∴BE＝2BC＝6，在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD＝＝＝2．【点评】此题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质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．34．（2022春•浦江县期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE．（1）若∠ADB＝40°，求∠E的度数．（2）若AB＝3，CE＝5，求AE的长．【答案】（1）20°；（2）3．【分析】（1）连接AC，利用矩形的性质先求出∠ACB，再利用等腰三角形的性质和外角与内角的关系得结论；（2）先利用勾股定理求出BC，再利用勾股定理求出AE．【详解】解：（1）连接AC交BD于点O．∵四边形ABCD是矩形，CE＝BD，∴BD＝AC＝CE，BO＝OD＝OA＝OC．∴∠EAC＝∠E．∵∠ADB＝40°，∴∠ACB＝40°．∵∠ACB＝∠E+∠EAC＝2∠E．∴∠E＝20°．（2）∵AB＝3，CE＝AC＝5，∴BC＝＝4．∴BE＝BC+CE＝9．∴AE＝＝＝3．【点评】本题考查了矩形的性质，掌握“形的对角线相等、互相平分”、“等腰三角形的两个底角相等”、“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和”及勾股定理是解决本题的关键．35．（2022春•定海区期末）如图，点E，F分别为矩形ABCD的边AB，BC的中点，连结AF，DF，CE，DE．设AF与CE交于点M．（1）找到两对全等三角形（不另添加点与线），并证明其中一对；（2）证明：∠AME＝∠EDF．【答案】（1）△AED≌△BCE；△AFB≌△DCF，证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）△AED≌△BCE；△AFB≌△DCF，根据矩形的性质证明其中一对即可；（2）先证明△AED≌△BCE得出∠AED＝∠BEC，再利用矩形的性质证得∠AED＝∠EDC，从而∠BEC＝∠EDC，再利用外角的性质即可证得结论．【详解】证明：（1）△AED≌△BCE，△AFB≌△DCF，证明△AFB≌△DCF如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABF＝∠FCD＝90°，AB＝CD，又∵F是BC的中点，∴BF＝CF，在△AFB和△DCF中，，∴△AFB≌△DCF（SAS）；证明△AED≌△BCE如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠BAD＝∠EBC＝90°，∵E是AB的中点，∴AE＝BE，在△AED和△BEC中，，∴△AED≌△BCE（SAS）；（2）∵△AED≌△BCE，∴∠AED＝∠BEC，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠AED＝∠EDC，∴∠BEC＝∠EDC，∵△AFB≌△DCF，∴∠BAF＝∠FDC，∵∠BEC＝∠BAF+∠AME，∠EDC＝∠EDF+∠FDC，∴∠AME＝∠EDF．【点评】本题考查了矩形的性质和三角形全等的证明，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．36．（2022春•温州期末）如图，O是▱ABCD对角线的交点，BE⊥OC于点E，延长BE至点F，使EF＝BE，连结DF．（1）求证：∠F＝90°．（2）当▱ABCD为矩形，AC＝6，BF＝2时，求DF，CE的长．【答案】（1）答案见解析；（2）DF＝4，CE＝1．【分析】（1）根据平行四边形的性质得出OE是△BDF的中位线，再根据BE⊥OC得出DF⊥BF，进而得出结论．（2）在Rt△OEB中，根据OB和BE求出OE，EC可求，而DF＝2OE．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝DO，∵EF＝BE，∴OE是△BDF的中位线，∴OE∥DF，∵BE⊥OC，∴DF⊥BF，即∠F＝90°．（2）解：∵平行四边形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝6，∴BO＝DO＝3，∵BE⊥AC，∴∠BEO＝90°，∵BE＝BF＝，在Rt△BOE中，OE＝＝2，∴DF＝2OE＝4，∵CO＝＝3，∴CE＝CO﹣OE＝3﹣2＝1．【点评】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，解题的关键熟练掌握矩形的性质并灵活运用．矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．37．（2022春•温州期末）如图，学校矩形广场ABCD（AB＞AD）周长为160m，四边形AECF作为学生活动区，点E，F分别为AB，CD的中点．（1）求证：四边形AECF为平行四边形．（2）若四边形AECF的面积为600m2，求AD的长．【答案】（1）见解析；（2）20．【分析】（1）根据矩形的性质及中点的定义可得CE＝CD＝AB＝AE．然后由平行四边形的判定可得结论；（2）设AD＝x（m），则CF＝（（m）．根据面积公式列出方程，求解即可．【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∴AB＝CD，AB∥CD．∵点E，F分别是AB，CD的中点，∴CE＝CD＝AB＝AE．∵CF∥AE，∴四边形AECF为平行四边形．（2）解：设AD＝x（m），则CF＝（（m）．由题意，得＝600．得x1＝20，x2＝60．当x＝60时，AB＝10＜AD，不符合题意，舍去．答：当四边形AECF的面积为600m2时，AD长20m．【点评】此题考查的是矩形的性质及平行四边形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．38．（2021春•温岭市期末）如图，在平行四边形ABCD中，EF是直线DB上的两点，DE＝BF．（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；（2）若四边形AFCE是矩形，且BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，求DE的长．【答案】（1）见解析过程；（2）﹣2．【分析】（1）连接AC交EF于点O，由平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，可证OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形；（2）利用勾股定理可求BD，AO的长，由矩形的性质可得AO＝EO＝，即可求解．【详解】证明：（1）连接AC交EF于点O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵DE＝BF，∴OE＝OF，∴四边形AFCE是平行四边形；（2）∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，∴BD＝＝＝4，∴BO＝DO＝2，∴AO＝＝＝，∵四边形AFCE是矩形，∴AO＝CO，EO＝FO，AC＝EF，∴AO＝EO＝，∴DE＝﹣2．【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出AO的长是解题的关键．39．（2020秋•江干区期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC上一点，DF⊥AE于点F，设＝λ（λ＞0）．（1）若λ＝1，求证：CE＝FE；（2）若AB＝3，AD＝4，且D、B、F在同一直线上时，求λ的值．【答案】（1）证明过程见解析；（2）．【分析】（1）连接DE，由矩形的性质得出条件判定△DFE≌△DCE（AAS），由全等三角形的性质可得结论；（2）先算出tan∠ABD的值，再证明∠FEB＝∠ABD，从而＝tan∠FEB＝tan∠ABD，则可算出BE，在Rt△ABE中，由勾股定理得出AE的值，再按照＝λ计算即可．【详解】解：（1）证明：连接DE，如图：∵四边形ABCD为矩形，∴∠C＝90°，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CED，∵DF⊥AE，∴∠DFE＝90°，∴∠DFE＝∠C，∵＝λ＝1，∴AD＝AE，∴∠ADE＝∠FED，∴∠FED＝∠CED，在△DFE和△DCE中，，∴△DFE≌△DCE（AAS），∴CE＝FE；（2）当D、B、F在同一直线上时，如图所示：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，在Rt△ADB中，AB＝3，AD＝4，∴tan∠ABD＝＝，∵DF⊥AE，∴∠BFE＝90°，∵∠ABD+∠DBC＝90°，∠DBC+∠FEB＝90°，∴∠FEB＝∠ABD，∴＝tan∠FEB＝tan∠ABD＝，∵AB＝3，∴BE＝，在Rt△ABE中，由勾股定理得，AE＝＝，∴λ＝＝＝＝．【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形和勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．40．（2020春•滨江区期末）矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E，F在对角线AC上，点M，N分别在边AD，BC上．（1）如图1，若AE＝CF＝1，M，N分别是AD，BC的中点．求证：四边形EMFN为矩形．（2）如图2，若AE＝CF＝0.5，AM＝CN＝x（0＜x＜2），且四边形EMFN为矩形，求x的值．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接MN，由勾股定理求出AC＝5，证出四边形ABNM是矩形，得MN＝AB＝3，证△AME≌△CNF（SAS），得出EM＝FN，∠AEM＝∠CFN，证EM∥FN，得四边形EMFN是平行四边形，求出MN＝EF，即可得出结论；（2）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH＝AB＝3，BH＝AM＝x，得HN＝BC﹣BH﹣CN＝4﹣2x，由矩形的性质得出MN＝EF＝AC﹣AE﹣CF＝4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：连接MN，如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠B＝90°，∴∠EAM＝∠FCN，AC＝＝＝5，∵M，N分别是AD，BC的中点，∴AM＝DM＝BN＝CN，AM∥BN，∴四边形ABNM是平行四边形，又∵∠B＝90°，∴四边形ABNM是矩形，∴MN＝AB＝3，在△AME和△CNF中，，∴△AME≌△CNF（SAS），∴EM＝FN，∠AEM＝∠CFN，∴∠MEF＝∠NFE，∴EM∥FN，∴四边形EMFN是平行四边形，又∵AE＝CF＝1，∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝3，∴MN＝EF，∴四边形EMFN为矩形．（2）解：连接MN，作MH⊥BC于H，如图2所示：则四边形ABHM是矩形，∴MH＝AB＝3，BH＝AM＝x，∴HN＝BC﹣BH﹣CN＝4﹣2x，∵四边形EMFN为矩形，AE＝CF＝0.5，∴MN＝EF＝AC﹣AE﹣CF＝4，在Rt△MHN中，由勾股定理得：32+（4﹣2x）2＝42，解得：x＝2±，∵0＜x＜2，∴x＝2﹣．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．41．（2023春•拱墅区期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若BA⊥AF，AD＝8，，求BD和AE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）BD＝16，AE＝4．【分析】（1）由等腰三角形的性质得BD⊥AC，AD＝CD，再证四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；（2）由勾股定理得BD＝16，再由三角形面积和勾股定理求出AF＝4，然后由菱形的性质即可得出结论．【详解】（1）证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD⊥AC，AD＝CD，∵DE＝DF，∴四边形AECF是平行四边形，又∵BD⊥AC，∴平行四边形AECF是菱形；（2）解：∵BA＝BC＝8，AD＝8，BD⊥AC，∴BD＝＝＝16，∵BA⊥AF，∴∠BAF＝90°，∴S△ABF＝BF•AD＝AB•AF，∴BF•AD＝AB•AF，即8BF＝8AF，∴BF＝AF，在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF2+AB2＝BF2，即AF2+（8）2＝（AF）2，解得：AF＝4（负值已舍去），由（1）可知，四边形AECF是菱形，∴AE＝AF＝4．【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．42．（2022春•丽水期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，连结AE，CE．（1）求证：AE＝CE；（2）若AE＝DE，AE⊥AB，求∠ABD的度数．【答案】（1）见解析过程；（2）30°．【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得AE＝CE；（2）由等腰三角形的性质可得∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，由三角形内角和定理可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝CE；（2）解：∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵AE＝DE，∴∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，∵AE⊥AB，∴∠BAE＝90°，∵∠ABD+∠ADB+∠DAE+∠BAE＝180°，∴3∠ABD＝90°，∴∠ABD＝30°．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．43．（2022春•柯桥区期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且∠1＝∠2．（1）求证：平行四边形ABCD是菱形；（2）E是AD上一点，连结CE交BD于点F，且DE＝DF，求证：DO＝（DF+BC）．【答案】（1）见解析过程；（2）见解析过程．【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，由平行线的性质可得∠DBC＝∠2，可得AB＝BC＝CD＝AD，可得结论；（2）先证BC＝BF，由平行四边形的性质可得BO＝DO，可得结论．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，∴∠1＝∠DBC，∵∠1＝∠2，∴∠DBC＝∠2，∴BC＝CD，∴AB＝BC＝CD＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）∵DE＝DF，∴∠DEF＝∠DFE，∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠BCF，∴∠BCF＝∠DFE＝∠BFC，∴BC＝BF，∴BD＝BF+DF＝BC+DF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝DO，∴DO＝（DF+BC）．【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．44．（2022春•拱墅区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．（1）求证：四边形ABED是菱形；（2）若CD＝2，∠ABC＝60°＝2∠C，求AB的长．【答案】（1）证明见解答；（2）2．【分析】（1）根据AE为∠BAD的平分线可得出∠BAE＝∠DAE，利用SAS证明△BAE≌△DAE，得出BE＝DE，再证明AB＝BE，由于AB＝AD，那么AB＝BE＝DE＝AD，根据菱形的判定定理即可得出结论；（2）根据菱形的性质，锐角三角函数即可求解．【详解】（1）证明：如图，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∵AB＝AD，AE＝AE，∴△BAE≌△DAE（SAS），∴BE＝DE，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB＝∠BAE，∴AB＝BE，∴AB＝BE＝DE＝AD，∴四边形ABED是菱形；（2）解：由（1）知，四边形ABED是菱形，∴∠ABO＝∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°，AE⊥BD，BO＝BD，∵2∠C＝60°，∴∠C＝30°，∴∠DBC＝∠C，∴BD＝CD＝2，∴BO＝．在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，∴AB＝＝＝2．【点评】此题考查了菱形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、锐角三角函数；熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解决问题的关键．45．（2022春•西湖区校级期末）如图，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，连接AE，CE，AF，CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若BA⊥AF，AD＝4，BC＝4，求BD和AE的长．【答案】（1）证明过程见解答；（2）8和2．【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形AECF是菱形；（2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得BD＝8，设DE＝x，则DF＝x，所以AF2＝AD2+DF2＝16+x2，BF＝BD+DF＝8+x，然后利用勾股定理即可解决问题．【详解】（1）证明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD⊥AC，AD＝CD，∵DE＝DF，∴四边形AECF是菱形；（2）解：AD⊥BD，AD＝4，BA＝BC＝4，∴BD＝＝＝8，设DE＝x，则DF＝x，∴AF2＝AD2+DF2＝16+x2，∵BF＝BD+DF＝8+x，∴AB2+AF2＝BF2，∴（4）2+16+x2＝（8+x）2，∴x＝2，∴DE＝DF＝2，∴AE＝＝＝2．∴BD和AE的长分别为8和2．【点评】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．46．（2022春•金东区期末）如图，正方形ABCD，边长为2，点E，F分别是AB，CD的中点，连结CE，AF，过点D作DG⊥AF，垂足为G，延长DG交CE于点H．（1）求DG的长．（2）求GH的长．（3）求EH的长．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）由勾股定理可求AF的长，由面积法可求解；（2）先证四边形AECF是平行四边形，可得AF＝CE＝，AF∥CE，可证GF是△DHC的中位线，即可求解；（3）由三角形中位线定理可得CH的长，即可求解．【详解】解：（1）∵正方形ABCD的边长为2，点E，F分别是AB，CD的中点，∴AB＝AD＝CD＝2，AE＝BE＝CF＝DF＝1，∴AF＝＝＝，∵S△ADF＝×AD×DF＝×AF×DG，∴DG＝；（2）∵AE＝CF＝1，AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∴AF＝CE＝，AF∥CE，∵点F是CD的中点，∴GF是△DHC的中位线，∴点G是DH的中点，∴DG＝GH＝；（3）在Rt△DGF中，GF＝＝＝，∵GF是△DHC的中位线，∴CH＝2GF＝，∴EH＝．【点评】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．47．（2022春•东阳市期末）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E、G分别在边AB、AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF与GH交于点O，分别在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，连结PH、QF交于点I．（1）四边形EBHO的面积＝四边形GOFD的面积（填“＞“、“＝”，或“＜“）；（2）比较∠OFQ与∠OHP大小，并说明理由．（3）求四边形OQIP的面积．【答案】（1）＝；（2）∠OFQ＝∠OHP；（3）3．【分析】（1）根据正方形的性质以及EF∥AD、GH∥AB可知四边形EBHO和四边形GOFD是矩形，正方形的边长为8，AE＝AB，AG＝AD，则AE＝AG＝OE＝OG＝2，BE＝DG＝6，计算面积即可比较；（2）证明△OFQ≌△OHP即可；（3）连接OI，过I作IM⊥OH于点H，容易证明△HQI的面积等于△OQI面积的2倍，故阴影的面积等于△OPH的面积的一半．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°∵EF∥AD、GH∥AB，∴四边形EBHO，四边形GOFD是矩形，∵AE＝AB，AG＝AD，正方形ABCD的边长为8，∴AE＝AG＝2，DG＝BE＝6，∴四边形AEOG和四边形FOHC是正方形，∴S矩形EBHO＝S矩形GOFD＝1×3＝3，故答案为：＝；（2）∠OFQ＝∠OHP，理由：∵四边形AEOG是正方形，∴OG＝OE，∵OP＝OG，OQ＝OE，∴OP＝OQ，在△OFQ和△OHP中，，∴△OFQ≌△OHP（SAS），∴∠OFQ＝∠OHP；（3）如图，连接OI，过I作IM⊥OH于点H，∵AG＝AE＝2，∴OP＝OQ＝2，∴QH＝4，∴S△HQI＝2S△OQI，∴S△HQI＝S阴影，∴S阴影＝S△PHO＝．【点评】本题考查了正方形的性质，解题的关键熟记正方形的性质并灵活运用．正方形的性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．48．（2022春•江北区期末）如图，将边长为4cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ACD沿着DA方向平移得到△A'C'D'，与AB，AC分别交于点G，H（点G不与点B重合）．（1）求证：四边形AGC'H是平行四边形；（2）若四边形AGC'H是菱形，求AH的长．【答案】（1）证明见解答过程；（2）AH＝8﹣4．【分析】（1）根据△ACD沿着DA方向平移得到△A'C'D'，证明四边形AGC'H的两组对边分别平行，即可得四边形AGC'H是平行四边形；（2）由四边形AGC'H是菱形，设AG＝GC'＝C'H＝AH＝x，则BG＝AB﹣AG＝4﹣x，而△BC'G是等腰直角三角形，有GC'＝BG，即x＝（4﹣x），可解得AH＝8﹣4．【详解】（1）证明：过C作CD⊥AD'交AD延长线于D，如图：∵把△ACD沿着DA方向平移得到△A'C'D'，∴AC∥A'C'，C'D'∥CD，∵CD∥AB，∴C'D'∥AB，∴四边形AGC'H是平行四边形；（2）解：∵四边形AGC'H是菱形，∴AG＝GC'＝C'H＝AH，设AG＝GC'＝C'H＝AH＝x，则BG＝AB﹣AG＝4﹣x，∵∠A'C'D'＝∠ACD＝45°，∴∠BC'G＝45°，∴△BC'G是等腰直角三角形，∴GC'＝BG，即x＝（4﹣x），解得x＝8﹣4，∴AH＝8﹣4．【点评】本题考查正方形中的平移问题，涉及等腰直角三角形，平行四边形等知识，解题的关键是掌握平移的性质．49．（2022春•拱墅区期末）在正方形ABCD中，点E在AD边上（不与点A，点D重合）．连接BE，作AG⊥BE于点F，交CD边于点G，连接CF．（1）求证：BE＝AG．（2）若点E是AD边的中点，AD＝10．①分别求AF，BF的长．②求证：CB＝CF．【答案】（1）见解析；（2）①AF＝2，BF＝4；②见解析．【分析】（1）根据正方形的性质及垂线的性质得出∠ABE＝∠DAG，然后利用ASA得出△ABE≌△DAG，即可得解；（2）①利用勾股定理得出BE的长，再利用面积法求解，