专题06填空压轴题型-2022-2023学年北京八年级（下）期末数学真题汇编

专题06填空压轴题型一、填空题1．（2022春·北京海淀·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中．四边形OABC为正方形，点A的坐标为．若直线：和直线：被正方形OABC的边所截得的线段长度相等，写山一组满足条件的与的值______．【答案】b1=1，b2=5（答案不唯一）【分析】设直线l1：y=x+b1和直线l2：y=x+b2（b1≠b2）被正方形OABC的边所截得的线段分别为EF、MN，根据题意，当OE=OF=BM=BN时，两直线被正方形OABC的边所截得的线段长度相等，据此写出一组b1与b2的值即可．【详解】解：设直线l1：y=x+b1和直线l2：y=x+b2（b1≠b2）被正方形OABC的边所截得的线段分别为EF、MN，根据题意，当OE=OF=BM=BN时，两直线被正方形OABC的边所截得的线段长度相等，∴当b1=1，b2=5时，OE=OF=BM=BN=1，故满足条件的b1与b2的值可以是b1=1，b2=5，故答案为：b1=1，b2=5（答案不唯一）．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，能够明确题意是解题的关键．2．（2022春·北京石景山·八年级统考期末）如图，正方形的边长为1，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，…，则第二个正方形的面积为_____________，第n个正方形的面积为_____________（用含n的代数式表示）．【答案】2；【分析】根据勾股定理求出、、、，的边长，根据正方形的面积公式即可求解．【详解】解：由题意，正方形的边长为1，则其面积为1；∴，正方形的边长为；∴，正方形的边长为；……∴，正方形的边长为．故答案为：2，．【点睛】本题考查规律探索、正方形的面积计算，解题的关键在于利用勾股定理求出正方形的边长，找出规律．3．（2022春·北京朝阳·八年级北京八十中校考期末）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y1＝kx+b与y2＝x+m的图象如图所示，若它们的交点的横坐标为2，则下列三个结论中正确的是_______（填写序号）．①直线y2＝x+m与x轴所夹锐角等于45°；②k+b＞0；③关于x的不等式kx+b＜x+m的解集是x＜2．【答案】①②【分析】①利用直线与两轴的截距相等即可判断；②利用x=1时的函数图象上点的位置来判断；③利用两函数图象的交点与两函数图象的位置来判断即可．【详解】解：由y2＝x+m得，当x=0时，y2=m,当y=0时，x=m，则直线与坐标轴的截距相等，所以直线y2＝x+m与x轴所夹锐角等于45°，故①的结论正确；由图知：当x＝1时，函数y1图象对应的点在x轴的上方，因此k+b＞0，故②的结论正确；由图知：两函数的交点横坐标为x=2，当x＞2时，函数y1图象对应的点都在y2的图象下方，因此关于x的不等式kx+b＜x+m的解集是x＞2，故③的结论不正确；故答案为：①②．【点睛】本题考查一次函数与一元一次不等式，掌握一次函数与一元一次不等式的关系，会求截距，会求函数值，会比较两函数值的大小关系是解题关键．4．（2021春·北京石景山·八年级统考期末）为庆祝中国共产党建党100周年，某高校组织党史知识竞赛．根据小明、小刚5次预赛成绩绘制成如图的统计图．下面有四个推断：①小明、小刚5次成绩的平均数相同；②与小刚相比，小明5次成绩的极差大；③与小刚相比，小明5次成绩的方差小；④与小明相比，小刚的成绩比较稳定，其中，所有合理推断的序号是_______．【答案】①③【分析】分别求出两组数据的平均数、极差及方差即可判断．【详解】小明的成绩为92，94，100，91，93，故平均数为（分）；极差为10091=9（分）；方差为小刚的成绩为88，100，93，98，91，故平均数为（分）；极差为10088=12（分）；方差为∴①小明、小刚5次成绩的平均数相同，正确；②与小刚相比，小明5次成绩的极差小，错误；③与小刚相比，小明5次成绩的方差小，正确；④与小刚相比，小明的成绩比较稳定，错误故答案为：①③．【点睛】此题主要考查统计调查的应用，解题的关键是熟知平均数、极差及方差求解方法．5．（2021春·北京通州·八年级统考期末）《九章算术》是我国古代的数学名著，其中“勾股”章有一题，大意是说：已知矩形门的高比宽多尺，门的对角线长尺，那么门的高和宽各是多少?如果设门的宽为尺，根据题意，那么可列方程___________．【答案】或【分析】设门的宽为x尺，则门的高为（x+6）尺，利用勾股定理，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．【详解】解：设门的宽为x尺，则门的高为（x+6）尺，依题意得：即或．故答案为：或．【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及勾股定理的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．6．（2021春·北京昌平·八年级统考期末）若一个函数图象经过点A（1，3），B（3，1），则关于此函数的说法：①该函数可能是一次函数；②点P（2，2.5），Q（2，3.5）不可能同时在该函数图象上；③函数值y一定随自变量x的增大而减小；④可能存在自变量x的某个取值范围，在这个范围内函数值y随自变量x增大而增大．所有正确结论的序号是___．【答案】①②④【分析】根据函数的定义，一次函数的图象及函数的性质一一分析即可求解．【详解】解：①因为一次函数的图象是一条直线，由两点确定一条直线，故该函数可能是一次函数，故正确；②由函数的定义：在一个变化过程中，有两个变量x，y，对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，则y是x的函数，x叫自变量，所以点P（2，2.5），Q（2，3.5）不可能同时在该函数图象上，故正确；③因为函数关系不确定，所以函数值y不一定一直随自变量x的增大而减小，故错误；④可能存在自变量x的某个取值范围，在这个范围内函数值y随自变量x增大而增大，故正确；故答案为①②④．【点睛】本题主要考查函数的定义及一次函数的图象与性质，熟练掌握函数的定义及一次函数的图象与性质是解题的关键．7．（2021春·北京房山·八年级统考期末）把图1中边长为10的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，且此菱形的一条对角线长为16，将这四个直角三角形拼成如图2所示的正方形，则图2中的阴影的面积为______．【答案】4【分析】先利用勾股定理求得此菱形的另一条对角线的长，再求得菱形的面积，进而可得阴影的面积是边长为10的正方形的面积减去菱形的面积．【详解】解：如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，AC=16，AD=10，∴OA=OC=8，OB=OD，AC⊥BD，OB=OD=，∴BD=2OD=12，∴菱形的面积=×12×16=96，图2正方形的面积=，∴阴影的面积=96=4．故答案为：4．【点睛】本题考查了图形的剪拼、菱形的性质、正方形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．8．（2021春·北京朝阳·八年级统考期末）若直线与两条坐标轴围成的三角形的面积是2，则k的值为_____．【答案】【分析】先判断出，再求出直线与两条坐标轴的交点坐标，然后利用直角三角形的面积公式即可得．【详解】解：由题意得：，当时，，解得，即直线与轴的交点坐标为，当时，，即直线与轴的交点坐标为，则，解得，经检验，是所列方程的解，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键．9．（2021春·北京延庆·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E为AB边的中点，点F在BC边上移动，点B关于直线EF的对称点记为B'，连接B'D，B'E，B'F．当四边形BEB'F为正方形时，B'D的长为____．【答案】【分析】连接，连接，由正方形的性质可得，平分，，平分，可证点，点，点三点共线，即可求解．【详解】解：如图，连接，连接，四边形是正方形，，平分，为边的中点，，四边形是正方形，，平分，点，点，点三点共线，，故答案为．【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，轴对称的性质，掌握正方形的对角线平分每一组对角是解题的关键．10．（2021春·北京海淀·八年级统考期末）某校八年级有600名学生，为了解他们对安全与环保知识的认识程度，随机抽取了30名学生参加安全与环保知识问答活动．此活动分为安全知识和环保知识两个部分．这30名学生的安全知识成绩和环保知识成绩如图所示．根据下图，判断安全知识成绩的方差和环保知识成绩的方差的大小：________（填“＞”，“＝”或“＜”）．【答案】【分析】根据方差越大数据波动程度越大，方差越小数据越稳定，波动程度越小即可判断．【详解】由图像可以看出，安全知识出成绩最小值约60分，最大值约100分；环保知识成绩，最小值约67分，而最大值约92分；因此，可以得出安全知识成绩分布相较于环保知识成绩更分散，数据波动程度更大，所以方差较大；故答案为：＞．【点睛】本题考查了根据散点图判断方差的大小，方差越大数据波动程度越大越分散．11．（2022春·北京顺义·八年级统考期末）等边△ABC的边长为4，点D是BC边上的任意一点（不与点B，C重合），过点D分别作，，交AB，AC于点E，F，则四边形AEDF的周长是______．【答案】8【分析】由为等边三角形，得到三条边相等，三个角相等都为60°，再由两直线平行同位角相等及等边三角形的判定得到与为等边三角形，表示出四边形AEDF周长，等量代换即可求出所求．【详解】解：为等边三角形，四边形AEDF为平行四边形，和为等边三角形，∴四边形AEDF周长为：故答案为：8．【点睛】此题考查了等边三角形的判定与性质，以及平行线的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．12．（2022春·北京昌平·八年级统考期末）在平面直角坐标系xOy中，已知的顶点在第二象限，点O为AC的中点，边轴，当AB＝1时，点D的坐标为______．【答案】或【分析】根据轴，AB＝1，求得点的坐标，然后根据中心对称图形的性质即可求解．【详解】解：∵已知的顶点在第二象限，点O为AC的中点，∴关于中心对称，∵在第二象限，轴，AB＝1，则，关于中心对称点的点坐标为，点D的坐标为或，故答案为：或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，求关于原点中心对称的点的坐标，分类讨论是解题的关键．13．（2022春·北京通州·八年级统考期末）如图五边形中，，．将它放入某平面直角坐标系后，若顶点，，，的坐标分别是，，，，则点的坐标是_______．【答案】【分析】连接BE，过A点作AF⊥CD，与BE交于H，根据C、D纵坐标相等，可得CD//x轴，再根据A点的横坐标为0，可得线段AF，根据多边形的内角和定理和等腰三角形的性质可得，从而可证明CD和BE平行，由此可得AH⊥BE，继而可得B、E关于y轴对称，从而得出E点坐标．【详解】解：连接BE，过A点作AF⊥CD，与BE交于H，∵C，D∴CD//x轴，∵，∴线段AF在y轴上，∵，∴∵AB=AE，∴，∴，∴，∴BE//CD,∴AH⊥BE，∴BH=HE，即B、E关于y轴对称，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查多边形的内角和定理，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质，轴对称的性质，坐标与图形等．能正确构造辅助线，证得B、E关于y轴对称是解题关键．14．（2022春·北京大兴·八年级统考期末）已知直线与直线关于y轴对称，当时，，当时，，则直线______．【答案】【分析】由直线与直线关于y轴对称，可计算出两直线与y轴的交点为（0，5），再根据当时，，当时，，可绘制出函数图像，确定直线与x轴交点为A（），进而计算直线的解析式即可．【详解】解：∵直线与直线关于y轴对称，∴当时，，即，∴直线与直线与y轴的交点为（0，5），又∵当时，，当时，，根据题意可绘制图像如下，∴直线与x轴交点为A（），将点以及点A代入到直线，可得，解得，∴直线．故答案为：．【点睛】本题主要考查了一次函数的图像与坐标轴交点问题，根据题意绘制函数图像，运用数形结合的思想分析问题是解题关键．15．（2022春·北京丰台·八年级统考期末）在等边中，AD为边BC的中线，将此三角形沿AD剪开成两个三角形，然后把这两个三角形拼成一个平行四边形，如果，那么在所有能拼成的平行四边形中，对角线长度的最大值是_______．【答案】【分析】分三种情况作出图形，分别利用勾股定理计算出对角线的长度即可．【详解】解：∵在等边中，，AD为边BC的中线，∴BD＝CD＝，∴AD＝，如图，有三种情况．在图1中，对角线AC＝2；在图2中，过点A′作A′E⊥AD交AD的延长线于E，在Rt△AEA′中，AE＝AD＋DE＝AD＋A′C＝，A′E＝CD＝1，∴AA′＝；在图3中，过点B作BF⊥CD交CD的延长线于F，在Rt△BFC中，BF＝AD＝，CF＝DF＋CD＝2CD＝2，∴BC＝，∵，∴对角线长度的最大值是，故答案为：．【点睛】本题考查图形的拼接，平行四边形的性质和勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．16．（2021春·北京门头沟·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，，下面有四种说法：①一次函数的图象与线段有公共点；②当时，一次函数的图象与线段有公共点；③当时，一次函数的图象与线段有公共点；④当时，一次函数的图象与线段有公共点．上述说法中正确的是_____________（填序号）．【答案】②④【分析】根据题意求解交点问题，列出方程组解方程组，求得交点坐标对比，逐项判断即可【详解】，线段为：①一次函数与线段的交点即为：的解，解得：（舍去，）线段无交点，故此说法不正确②一次函数，当当或者都与有交点时即或者解得或者即交点为点或者点一次函数，当与线段有公共点故说法②正确；③当时解得：即点，，设则解得：（舍去，）所以无交点故当，一次函数的图象与线段无公共点故说法③不正确；④当时，一次函数的图象与线段有公共点当或者时或者解得：或者即交点为点或者点当时，一次函数的图象与线段有公共点故说法④正确综上所述：说法②④正确故答案为②④【点睛】本题考查了一次函数图像的性质，一次函数交点问题，本质是解方程组求交点，理解题意解方程组是解题的关键．17．（2022春·北京东城·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，点E是AD边上一动点（不与A，D重合），点F是CD边上一动点，DE＋DF＝2，则∠EBF＝______°，面积的最小值为______．【答案】60；【分析】先证明△BEF是等边三角形，当BE⊥AD时面积最小．【详解】解：如图，连接BD，∵菱形ABCD边长为4，∠BAD＝60°；∴△ABD与△BCD为正三角形，∴∠FDB＝∠EAB＝60°，∵AE+CF＝2，DF+CF＝2，∴AE＝DF，∵AB＝BD，∴△BDF≌△BAE（SAS），∴BE＝BF，∠ABE＝∠DBF，∴∠EBF＝∠ABD＝60°，∴△BEF是等边三角形，∴当BE⊥AD时，△BEF的面积最小，此时BE，∴边BE上的高为，△BEF面积的最小值为：．故答案为：；．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．18．（2021春·北京平谷·八年级统考期末）图中菱形的两条对角线长分别为和，将其沿对角线裁分为四个三角形，将这四个三角形无重叠地拼成如图所示的图形，则图中菱形的面积等于__________；图中间的小四边形的面积等于__________．【答案】24；1【分析】根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半，求出图1菱形的面积，再根据菱形的对角线长可得菱形边长为5，进而可得图2中间的小四边形的面积是边长为5的正方形的面积减去菱形的面积．【详解】∵图1中菱形的两条对角线长分别为6和8，∴菱形的面积等于×6×8＝24，菱形的边长等于＝5，∴图2中间的小四边形的面积等于25−24＝1．故答案为：24，1．【点睛】本题考查了图形的剪拼、菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．19．（北京市东城区20202021学年八年级下学期期末数学试题）如图，菱形的边长为4，，点是的中点，点是上一动点，则的最小值是______．【答案】【分析】根据菱形的性质得到点B与点D关于对角线AC对称，连接BE，BE与AC的交点为M，得到MD+ME的最小时点M的位置，求出BE的值即可得到答案．【详解】解：如图，∵在菱形ABCD中，点B与点D关于对角线AC对称，∴连接BE，BE与AC的交点为M，连接DM，此时MD+ME有最小值．∵∠ABC＝60°，AB＝4，∴△ABC，△ADC为等边三角形∴OA＝OC＝2，OB＝2，∵点是的中点∴AE＝OB＝2，∠EAC＝30°∴∠EAB＝90°在Rt△EAB中AE＝2，AB＝4∴BE＝，∴的最小值故答案为：2．【点睛】本题考查的是轴对称﹣﹣最短路线问题和菱形的性质，正确确定MD+ME的最小时点M的位置是解题的关键．20．（2021春·北京房山·八年级统考期末）已知一次函数与轴，轴分别交于点，点，若，则的值是_____________．【答案】2或2【详解】一次函数y=kx+2(k≠0)与y轴的交点B的坐标为（0，2），所以OB=2，因OB=2OA，可得OA=1，当点A的坐标为（1，0）时，代入即可求得k=2，当点A的坐标为（1，0）时，代入即可求得k=2，所以k的值是2或2．21．（2021春·北京朝阳·八年级统考期末）如图，菱形的对角线，相交于点，为边上一动点（不与点，重合），于点，于点，若，，则的最小值为__________．【答案】【分析】连接，根据菱形的性质得到，，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，当时，最小，根据三角形的面积公式结论得到结论．【详解】解：连接，四边形是菱形，，，，，，四边形是矩形，，当取最小值时，的值最小，当时，最小，，，，，，的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，熟练掌握垂线段最短是解题的关键．22．（2021春·北京海淀·八年级校考期末）在一节数学课上，老师布置了一个任务：如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，用尺规作图作矩形ABCD．同学们开动脑筋，想出了很多办法，其中小亮作图如图2，他向同学们分享了作法：①分别以点A、C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧分别交于点E、F，连接E、F交AC于点O；②作射线BO，在BO上取点D，使OD＝OB；③连结AD、CD则四边形ABCD就是所求作的矩形．请用文字写出小亮的每一步作图的依据①；②；③．【答案】到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；对角线互相平分且相等的四边形是矩形【分析】根据到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上可判断EF垂直平分AC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到BO＝OA＝OC，则由OD＝OB得到BO＝OA＝OC＝OD，从而根据矩形的判定方法可判断四边形ABCD就是所求作的矩形．【详解】由作法得EF垂直平分AC，则OA＝OC，则BO为Rt△ABC斜边上的中线，∴BO＝OA＝OC，∵OD＝OB，∴BO＝OA＝OC＝OD，∴四边形ABCD为矩形．∴小亮的作图依据为：①到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上；②直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；③对角线互相平分且相等的四边形是矩形．故答案为：到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，对角线互相平分且相等的四边形是矩形．【点睛】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的判定．23．（2021春·北京西城·八年级统考期末）如图，点C在线段AB上，△DAC是等边三角形，四边形CDEF是正方形．（1）∠DAE＝___°；（2）点P是线段AE上的一个动点，连接PB，PC．若AC＝2，BC＝3，则PB＋PC的最小值为____．【答案】15；【分析】（1）根据正方形和等边三角形的性质，可得AD=CD=DE，∠ADC=60°，∠CDE=90°，进而即可求解；（2）作点C关于AE的对称点，连接B交AE于点P，连接A，CP，可得PB＋PC的最小值=PB＋P=B，结合勾股定理，即可求解．【详解】解：（1）∵△DAC是等边三角形，四边形CDEF是正方形，∴AD=CD=DE，∠ADC=60°，∠CDE=90°，∴∠ADE=90°+60°=150°，∴∠DAE=（180°150°）÷2=15°，故答案是：15，（2）作点C关于AE的对称点，连接B交AE于点P，连接A，CP，∵∠DAE=15°，∠DAC=60°，∴∠CAE=60°15°=45°，∵点C关于AE的对称点，∴∠CAE=∠AE=45°，A=CA=2，P=CP，∴∠AC=90°，∴PB＋PC的最小值=PB＋P=B=．故答案是：．【点睛】本题主要考查勾股定理，轴对称—线段和最小值问题以及等边三角形和正方形的性质，添加辅助线，构造直角三角形和轴对称图形，是解题的关键．24．（2021春·北京顺义·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，有一边长为1的正方形OABC，点B在x轴的正半轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，…，照此规律作下去，则B2的坐标是___；B2020的坐标是___．【答案】；【分析】根据已知条件和勾股定理求出OB2的长度即可求出B2的坐标，再根据题意和图形可看出每经过一次变化，正方形都逆时针旋转45°，正方形的边长都乘以所以可求出从B到B2020变化的坐标．【详解】解：∵四边形OABC是边长为1正方形，∴∴∴B1的坐标是，∴，∴B2的坐标是根据题意和图形可看出每经过一次变化，正方形逆时针旋转45°，其边长乘以，∴B3的坐标是∴B4的坐标是∴旋转8次则OB旋转一周，∵从B到B2020经过了2020次变化，2020÷8=252…4，∴从B到B2020与B4都在x轴负半轴上，∴点B2020的坐标是【点睛】本题主要考查了规律型点的坐标，解决本题的关键是利用正方形的变化过程寻找点的变化规律．25．（2021春·北京丰台·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，□ABCD的面积为10，且边AB在x轴上．如果将直线y＝﹣x沿x轴正方向平移，在平移过程中，记该直线在x轴上平移的距离为m，直线被平行四边形的边所截得的线段的长度为n，且n与m的对应关系如图2所示，那么图2中a的值是___，b的值是___．【答案】7；【分析】在图1中，过点D，B，C作直线与已知直线y＝﹣x平行，交x轴于点E，F，过D作DG⊥x轴于G，在图2中，取A'（2，0），E'（5，b），B'（a，b），F'（10，0），求出OA＝m＝2，OE＝m＝5，DE＝n＝b，则AE＝3，OF＝m＝10，OB＝m＝a，根据▱ABCD的面积为10，求出DG＝2，得到DE即为b值．【详解】解：在图1中，过点D，B，C作直线与已知直线y＝﹣x平行，交x轴于点E，F，过D作DG⊥x轴于G，在图2中，取A'（2，0），E'（5，b），B'（a，b），F'（10，0），图1中点A对应图2中的点A'，得出OA＝m＝2，图1中点E对应图2中的点E'，得出OE＝m＝5，DE＝n＝b，则AE＝3，图1中点F对应图2中的点F'，得出OF＝m＝10，图1中点B对应图2中的点B'，得出OB＝m＝a，∵a＝OB＝OF﹣BF，BF＝AE＝3，OF＝10∴a＝7，∵▱ABCD的面积为10，AB＝OB﹣OA＝7﹣2＝5，∴DG＝2，在Rt△DGE中，∠DEG＝45°，∴DE＝=，故答案是：7，．【点睛】此题考查了平行四边形与函数图象的结合，正确掌握平行四边形的性质，直线y＝﹣x与坐标轴夹角45度的性质，一次函数图象平行的性质，勾股定理，正确理解函数图象得到相关信息是解题的关键．26．（2021春·北京密云·八年级统考期末）一张矩形纸片，剪下一个正方形，剩下一个矩形，称为第一次操作；在剩下的矩形纸片中再剪下一个正方形，剩下一个矩形，称为第二次操作……若在第n次操作后，剩下的矩形为正方形，则称原矩形为n阶正边矩形．如图所示，矩形ABCD中，若AB＝2，BC＝6，则称矩形ABCD为2阶正边矩形．已知矩形MNPO的一组邻边长分别为20和a，且它是3阶正边矩形，a＜20，则a的值为_____．【答案】5或8或12或15【分析】根据n阶正边矩形的概念，分别画出3阶正边矩形的所有情况，分别求出a值即可．【详解】解：如图，MN=a，MQ=20，则第一次操作后剩下的矩形的两边长度为a，（20－a），第二次操作后剩下的矩形的两边长度为（20－2a），a或（20a），[a(20a)]，∵该矩形是3阶正边矩形，∴图（1）中202a=2a，则a=5；图（2）中2（202a）=a，则a=8；图（3）中20a=2[a(20a)]，则a=12；图（4）中[a(20a)]=2（20a），则a=15，故答案为：5或8或12或15．【点睛】本题考查图形的剪拼和正方形的性质、矩形的性质，理解新定义，利用分类讨论的思想正确将矩形分割为正方形是解答的关键．27．（2022春·北京·八年级统考期末）随着北京冬奥会的成功举办，越来越多的人喜欢上冰雪运动．为了解当地一家滑雪场的经营情况，小聪对该滑雪场自2022年1月31日至2月13日共两周的日接待游客数（单位：千人）进行了统计，并绘制成下面的统计图．根据统计图提供的信息，有下列三个结论：①按日接待游客数从高到低排名，2月6日在这14天中排名第4；②记第一周，第二周日接待游客数的方差分别为s12，s22，则s12＞s22；③这14天日接待游客数的众数和中位数都是2.0千人．其中所有正确结论的序号是______________．【答案】①②【分析】①根据统计图数据判断即可；②根据数据的波动情况判断即可；③根据众数和中位数的定义判断即可．【详解】解：①按日接待游客数从高到低排名，2月6日在这14天中排名第4，说法正确；②记第一周，第二周日接待游客数的方差分别为s12，s22，则s12＞s22，说法正确；③这14天日接待游客数的众数为2.0千人，中位数为1.90千人，原说法错误．所以正确结论的序号是①②．故答案为：①②．【点睛】本题考查了折线统计图，涉及中位数，方差，众数等知识．利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．28．（2022春·北京平谷·八年级统考期末）如图，在矩形中，，M为的中点，沿过点M的直线翻折，使点C落在边上，记折痕为，则折痕的长为_________．【答案】或【分析】根据N点落的位置进行分类讨论，分为CD上或这AD上，运用勾股定理计算出线段的长度，再设线段的长度为x，用代数式表示出其他线段，通过勾股定理建立方程，计算出来答案即可．【详解】当N点落在CD上时，如图所示，过点M作ME⊥AD于E，∵在矩形中，∴，∠A=∠B=∠C=∠D=90°∵ME⊥AD∴四边形ABME是矩形∵M是BC中点，∴BM=CM=AE=DE=5∵由折叠可知，C1M=CM=5，C1N=CN设CN为x，则C1N=x，DN=3x，在Rt△C1ME中，EM=AB=3，C1M=CM=5,∴C1E=∴C1D=EDC1E=54=1在Rt△C1DN中∴，解得，∴MN=；当N在AD上时，如图所示，过点M作ME⊥AD于E，∵在矩形中，∴，∠A=∠B=∠C=∠D=90°∵ME⊥AD∴四边形ABME是矩形∵M是BC中点，∴BM=CM=AE=DE=5∵由折叠可知，C2M=CM=5，CD=C2D2=3，D2N=DN，∠D2=∠D=90°在Rt△C2ME中，EM=AB=3，C2M=CM=5,∴C2E=设EN=x，则DN=5x，在Rt△C2D2N中，,∴，解得，∴MN=；故答案为：或．【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题，勾股定理，方程思想和分类讨论思想是本题的关键．29．（2022春·北京延庆·八年级统考期末）平面直角坐标系中，直线与相交于点，下列结论中正确的是________（填写序号）．①关于x，y的方程组的解是；②关于x的不等式的解集是；③．【答案】①②【分析】根据一次函数的性质、一次函数与方程组、一次函数与不等式的关系，利用数形结合的思想求解．【详解】解：直线与相交于点，关于，的方程组的解是，故①的结论正确；由图知：当时，函数对应的点都在函数下方，因此关于的不等式的解集是：，故②的结论正确；由图知：当时，函数图象对应的点在轴的上方，因此，故③的结论不正确；故答案为：①②．【点睛】本题考查了一次函数与方程组，一次函数与不等式（组的关系及数形结合思想的应用，解题的关键是仔细观察图形，注意几个关键点，利用数形结合进行求解．30．（2022春·北京房山·八年级统考期末）已知：直线与x轴、y轴分别交于点A、点B，当点P在直线上运动时，平面内存在点Q，使得以点O、P、B、Q为顶点的四边形是菱形，请你写出所有满足条件的点Q的坐标______．【答案】（，）或（，）或（，）或（1，1）【分析】求出A，B坐标，可得OA＝OB＝1，∠OAB＝45°，然后分情况讨论：①如图1，当BP1＝BO时，②如图2，当BP2＝BO时，③如图3，当OB是对角线时，④如图4，当BP是对角线时，分别利用勾股定理，等腰直角三角形的性质和正方形的判定与性质求出点Q坐标即可．【详解】解：在直线中，令x＝0，可得y＝1，令y＝0，可得x＝1，∴A（1，0），B（0，1），OA＝OB＝1，∴△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝45°，分情况讨论：①如图1，当BP1＝BO，四边形OBP1Q1是菱形时，过点Q1作Q1E⊥x轴于点E，∴OB＝OQ1＝1，OQ1∥BP1，∴∠EOQ1＝∠OAB＝45°，∴OE＝EQ1，OE2＋EQ12＝12，∴OE＝EQ1＝，∴Q1（，）；②如图2，当BP2＝BO，四边