浙江省八年级期末真题必刷压轴60题（13个考点专练）-2023-2024学年八年级数学下学期考试满分全攻略高频考点+重难点讲练与测试（浙教版）

浙江省八年级期末真题必刷压轴60题（13个考点专练） 一．二次根式的性质与化简（共1小题） 1．（2021春•永嘉县校级期末）阅读下面的解答过程，然后作答： 有这样一类题目：将化简，若你能找到两个数和，使且，则可变为，即变成，从而使得． 化简：． ． ． 请你仿照上例将下列各式化简： （1）； （2）． 二．分母有理化（共3小题） 2．（2021春•永嘉县校级期末）阅读以下材料：将分母中的根号化去，叫做分母有理化．分母有理化的方法，一般是把分子分母都乘以同一个适当的代数式，使分母不含根号．例如：， （1）将分母有理化可得　 　 ； （2）关于的方程 的解是　 　． 3．（2021春•永嘉县校级期末）【知识链接】 （1）有理化因式：两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，那么这两个代数式相互叫做有理化因式． 例如：的有理化因式是；的有理化因式是． （2）分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘分母的有理化因式，达到化去分母中根号的目的．如： ，． 【知识理解】 （1）填空：的有理化因式是　　； （2）直接写出下列各式分母有理化的结果： ①　　；②　　． 【启发运用】 （3）计算：． 4．（2021春•永嘉县校级期末）阅读下列材料，然后回答问题． 在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，，一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简： 以上这种化简的步骤叫做分母有理化． （1）化简 （2）化简． （3）化简：． 三．一元二次方程的应用（共6小题） 5．（2023春•婺城区期末）随着人们环保意识的不断增强，我市家庭电动自行车的拥有量逐年增加．据统计，某小区2014年底拥有家庭电动自行车125辆，2016年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆． （1）若该小区2014年底到2017年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2017年底电动自行车将达到多少辆？ （2）为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1000元个，露天车位200元个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案． 6．（2020春•江干区期末）某一农家计划利用已有的一堵长为的墙，用篱笆圈成一个面积为的矩形花园，现在可用的篱笆总长为． （1）若设，．请写出关于的函数表达式； （2）若要使的篱笆全部用完，能否围成面积为的花园？若能，请求出长和宽；若不能，请说明理由； （3）若要使的篱笆全部用完，请写出关于的第二种函数解析式．请在坐标系中画出两个函数的图象，观察图象，满足条件的围法有几种？请说明理由． 7．（2019春•拱墅区期末）某租赁公司拥有汽车100辆．据统计，每辆车的月租金为4000元时，可全部租出．每辆车的月租金每增加100元，未租出的车将增加1辆．租出的车每辆每月的维护费为500元，未租出的车每辆每月只需维护费100元． （1）当每辆车的月租金为4600元时，能租出多少辆？并计算此时租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）是多少万元？ （2）规定每辆车月租金不能超过7200元，当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）可达到40.4万元？ 8．（2023秋•娄底期末）为积极响应新旧动能转换，提高公司经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为30万元，经过市场调研发现，每台售价为40万元时，年销售量为600台；每台售价为45万元时，年销售量为550台．假定该设备的年销售量（单位：台）和销售单价（单位：万元）成一次函数关系． （1）求年销售量与销售单价的函数关系式； （2）根据相关规定，此设备的销售单价不得高于70万元，如果该公司想获得10000万元的年利润，则该设备的销售单价应是多少万元？ 9．（2018春•吴兴区期末）某楼盘2018年2月份以每平方米10000元的均价对外销售，由于炒房客的涌入，房价快速增长，到4月份该楼盘房价涨到了每平方米12100元．5月份开始政府再次出台房地产调控政策，逐步控制了房价的连涨趋势，到6月份该楼盘的房价为每平方米12000元． （1）求3、4两月房价平均每月增长的百分率； （2）由于房地产调控政策的出台，购房者开始持币观望，为了加快资金周转，房地产开发商对于一次性付清购房款的客户给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，总价优惠10000元，并送五年物业管理费，物业管理费是每平方米每月1.5元，小颖家在6月份打算购买一套100平方米的该楼盘房子，她家该选择哪种方案更优惠？ 10．（2021春•奉化区校级期末）如图，四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，，，是和边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”． 请解决下列问题： （1）写出一个“勾系一元二次方程”； （2）求证：关于的“勾系一元二次方程” 必有实数根； （3）若是“勾系一元二次方程” 的一个根，且四边形的周长是，求面积． 四．反比例函数系数k的几何意义（共2小题） 11．（2023春•宁波期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点、恰好落在双曲线 上，且点在上，交轴于点． ①当点坐标为时，点的坐标为 　　； ②当平分时，正方形的面积为 　　． 12．（2023春•嵊州市期末）如图，已知在平面直角坐标系中，点是对角线的中点，反比例函数的图象经过点，点．若的面积为30，且轴将的面积分为，则的值为 　　． 五．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题） 13．（2022春•义乌市期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点、与轴交于点，过点作轴，交反比例函数的图象于点，过点作轴于点，与直线交于点，若，则与的关系正确的是　　 A． B． C． D． 14．（2023春•鄞州区期末）如图，等腰的面积为100，底边在轴上，腰交轴于点，反比例函数的图象交腰于点，，反比例函数的图象交腰于点，，恰有，交轴于点，且面积为18．则的值为 　　． 六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 15．（2021春•婺城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直线分别交反比例函数和在第一象限的图象于点，，过点作轴于点，交的图象于点，连接．若是等腰三角形，则的值是　　． 七．反比例函数综合题（共24小题） 16．（2022春•宁波期末）如图，矩形的两边落在坐标轴上，反比例函数的图象在第一象限的分支交于点，交于点，直线交轴于点，交轴于点，连接．则下列结论： ①； ②四边形为平行四边形； ③若，则； ④若，，则． 其中正确的是　　 A．①②④ B．①② C．②④ D．①③ 17．（2021春•鄞州区校级期末）如图，在直角坐标系中，正方形的顶点与原点重合，顶点、分别在轴、轴上，反比例函数的图象与正方形的两边、分别交于点、，轴，垂足为，连接、、．下列结论： ①； ②； ③四边形与面积相等； ④若，，则点的坐标为． 其中正确结论的有　　． 18．（2023春•东阳市期末）如图1，四边形为正方形，点在轴上，点在轴上，且，反比例函数 在第一象限的图象经过正方形的顶点． （1）求点的坐标； （2）如图2，将正方形沿轴向右平移得到正方形，点恰好落在反比例函数的图象上，求此时点的坐标； （3）在（2）的条件下，点为轴上一动点，平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 19．（2023春•金东区期末）如图，直线分别与反比例函数和的图象交于，两点，点横坐标为2． （1）求的值． （2）若点为图象上一点，过点作直线轴，交反比例函数于点，当时，求点横坐标． （3）在（2）的条件下，若点在直线上，请在坐标平面内找一点，使得以，，，四点为顶点的四边形是正方形，并求出点的坐标． 20．（2023春•新昌县期末）如图，过原点的直线交双曲线于点和点，点的坐标为，点是双曲线上异于点的动点，且点在第一象限，作直线交双曲线于点．连结，，，． （1）以下是小明同学探究四边形是平行四边形的过程，请你补充完整： 双曲线 关于原点成中心对称，且过原点的直线与双曲线交于点和点， 　　． 同理． 四边形是平行四边形． 　　 （2）问题探究： ①是否可能为矩形？请说明理由． ②是否可能为菱形？请说明理由． （3）当的面积为18时，求点的坐标． 21．（2021春•上虞区期末）如图，在平面直角坐标系中，点，分别是轴和轴的正半轴上的动点，正方形的顶点，在第一象限． （1）当，时，正方形的一个顶点恰好在反比例函数为常数，的图象上，求的值； （2）保持不变，移动点，，使，求此时点的坐标，并判断点是否在（1）中的反比例函数图象上． 22．（2022春•西湖区校级期末）如图1，矩形的顶点、分别在、轴的正半轴上，点在反比例函数的第一象限内的图象上，，，动点在轴的右侧，且满足． （1）若点在这个反比例函数的图象上，求点的坐标； （2）连接、，求的最小值； （3）若点是平面内一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，请你直接写出满足条件的所有点的坐标． 23．（2022春•莲都区期末）已知矩形的面积为4，为了确定矩形周长的取值范围，尝试以下两种探究方法： （1）“图象法”探究： 设矩形的长，宽分别为，，可得，．函数的图象如图所示，的图象可由直线平移得到，平移直线，观察其与函数的图象交点情况． ①有唯一交点时，请直接写出交点坐标； ②在直线平移过程中，写出交点个数与其对应的取值，并确定周长的取值范围； （2）“代数法”探究： 设矩形的一边长为，请利用列方程的方法，求周长的取值范围． 24．（2022春•安吉县期末）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，并与反比例函数的图象在第一象限相交于点，且点是的中点． （1）如图1，求反比例函数的解析式； （2）如图2，若矩形的顶点在直线上，顶点在点右侧的反比例函数图象上，顶点，在轴上，且． ①求点的坐标； ②若点是反比例函数的图象第一象限上的动点，且在点的左侧，连结，并在左侧作正方形．当顶点或顶点恰好落在直线上，直接写出对应的点的横坐标． 25．（2022春•越城区期末）已知点、点在反比例函数图象上，点是轴上的一个动点． （1）求的值； （2）若，，试判断的形状，并说明理由； （3）若点在轴正半轴上，当为等腰直角三角形时，求出点的坐标． 26．（2022春•金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，轴于，轴于，，，有一反比例函数图象刚好过点． （1）分别求出过点的反比例函数和过，两点的一次函数的表达式． （2）动点在射线（不包括点）上，过点作直线轴，交反比例函数图象于点．是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 27．（2021春•吴兴区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象相交于点和点，点，分别是轴和轴的正半轴上的动点，且满足． （1）求，的值及反比例函数的解析式； （2）若，求点的坐标，判断四边形的形状并说明理由； （3）若点是反比例函数图象上的一个动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，求点的坐标． 28．（2021春•海曙区期末）如图平面直角坐标系中，正方形的顶点、分别在第一、二象限，顶点、分别在轴、轴的负半轴上，交轴于，交轴于． （1）求证：； （2）若，，求四边形面积（用含、的代数式表示）； （3）若点在一三象限角平分线上，，过点的反比例函数为，请直接写　　． 29．（2021春•浦江县期末）已知点在反比例函数的图象上，在平面直角坐标系中的位置如图所示，直角边轴，交轴于点，把绕中点逆时针旋转，得到，四边形的面积为，边与反比例函数图象交于点． （1）求该反比例函数的表达式． （2）当时，求点的坐标． （3）若直线与有2个交点，求的取值范围． 30．（2021春•北仑区期末）定义：只有三边相等的四边形称为准菱形． （1）如图1，图形 　　（填序号）是准菱形； （2）如图2，四边形中，，，，求证：四边形是准菱形； （3）如图3，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别落在轴，轴上，反比例函数的图象分别与边，交于点，．已知，的面积为10，，若点是坐标平面上一点，四边形是准菱形，当准菱形面积最大时，求点的坐标． 31．（2020春•金华期末）如图，在平面直角坐标系中，是原点，的顶点、的坐标分别为、，反比例函数的图象经过点． （1）求点的坐标； （2）求的值； （3）将沿轴翻折，点落在点处．判断点是否落在反比例函数的图象上，请通过计算说明理由． 32．（2020春•新昌县期末）如图，在平面直角坐标系中，有大正方形与小正方形，其中点落在轴上，点落在轴上，若反比例函数的图象经过点，则称满足条件的值为两正方形的和谐值．已知反比例函数图象与交于点，请解答下列各题． （1）概念理解 若图中大正方形的边长为2，小正方形的边长为1，求这两个正方形的和谐值． （2）性质探究 记图中两正方形面积分别为，，， 求证：两个正方形的和谐值． （3）性质应用 若图中大正方形的边长为6，点恰好是的三等分点，求小正方形的边长． 33．（2020春•温州期末）如图，点，分别在反比例函数，在第一象限的图象上，点是轴正半轴上一点，连接，，．已知四边形是平行四边形，且，两点的纵坐标之比为． （1）求的值． （2）当是菱形时，求的长． 34．（2020春•东阳市期末）如图，四边形是矩形，，，反比例函数的图象过点． （1）求的值． （2）点为反比例图象上的一点，作直线，轴，当四边形是正方形时，求点的坐标． （3）点为坐标平面上的一点，在反比例函数的图象上是否存在一点，使得以、、、为顶点组成的平行四边形面积为14？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 35．（2020春•柯桥区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点坐标，过点作轴，垂足为点，交反比例函数在第一象限的图象于点，且满足． （1）求该反比例函数的解析式； （2）点在轴正半轴上，点在该反比例函数的图象上，且四边形是平行四边形，求点坐标． 36．（2021春•上城区校级期末）如图，直线与反比例相交于和，直线与反比例函数相交于、两点，连接． （1）求反比例函数的解析式和、两点的坐标； （2）根据图象，直接写出当时的取值范围； （3）求的面积； （4）点是反比例函数第二象限上一点，且点的横坐标大于，小于，连接并延长，交反比例函数图象于点． ①试判断四边形的形状； ②当四边形的面积为10时，求点的坐标． 37．（2023春•衢州期末）【思路点拨】 如图1，点是点关于直线的对称点，分别过点，作轴，轴的垂线，垂足为，，连结，，．可以利用轴对称图形的性质证明△，从而由点的坐标可求点的坐标． 【应用拓展】如图2，若点横坐标为，且在函数的图象上． （1）求点关于直线的对称点的坐标； （2）若点的坐标为，点是直线上的任意一点，连结，，求的最小值 38．（2021春•鄞州区校级期末）背景：点在反比例函数的图象上，轴于点，轴于点，分别在射线，上取点，，使得四边形为正方形．如图1，点在第一象限内，当时，小李测得． 探究：通过改变点的位置，小李发现点，的横坐标之间存在函数关系．请帮助小李解决下列问题． （1）求的值． （2）设点，的横坐标分别为，，将关于的函数称为“函数”．如图2，小李画出了时“函数”的图象． ①求这个“函数”的表达式． ②补画时“函数”的图象，并写出这个函数的性质（两条即可）． ③过点作一直线，与这个“函数”图象仅有一个交点，求该交点的横坐标． 39．（2021春•江干区期末）阅读材料： 已知：一次函数与反比例函数，当两个函数的图象有交点时，求的取值范围． （1）方方给出了下列解答： 两个函数有交点， △． 但是方方遇到了困难：利用已学的知识无法解这个不等式； 此时，圆圆提供了另一种解题思路； 第1步：先求出两个函数图象只有一个交点时，　　； 第2步：画出只有一个交点时两函数的图象（请帮圆圆在直角坐标系中画出图象）； 第3步：通过平移的图象，观察得出两个函数的图象有交点时的取值范围是 　　． 应用： 如图，中，，的长为，的长为，且． （2）求关于的函数表达式； （3）设，求的取值范围． 八．平行四边形的性质（共2小题） 40．（2022春•乐清市期末）如图，线段与相交于点，，，以和为边作，以和为边作，且和的面积都为，若，则线段的取值范围是　　 A． B． C． D． 41．（新昌县期末）如图1，已知，，点在上，且四边形是平行四边形，请用无刻度的直尺在图中画出的平分线，小明的作法如图2，判断小明的作法是否正确，并说明理由． 解：如图2，连接，，交于点，画射线，射线即为所求． 九．平行四边形的判定与性质（共1小题） 42．（2020春•衢江区校级期末）如图，在平行四边形中，点、分别在、延长线上，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，求的长． 一十．菱形的判定与性质（共2小题） 43．（2022春•西湖区校级期末）如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求和的长． 44．（2021春•永嘉县校级期末）在四边形中，，平分，平分． （1）如图1，求证：四边形是菱形； （2）如图2，过点作交延长线于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的三角形除外） 一十一．矩形的性质（共2小题） 45．（2022春•慈溪市期末）如图，在矩形中，，，把边沿对角线平移，移动后的点，分别对应点，，连结，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当平行四边形为菱形时，求边平移的距离． 46．（2018春•诸暨市期末）我们定义：在四边形中，一条边上的两个角称为邻角，如果一条边上的邻角相等，且这条边对边上的邻角也相等，则把这样的四边形叫做“完美四边形” 初步运用：在“平行四边形、矩形和菱形”这三种特殊的四边形中，一定是“完美四边形”的是　　． 问题探究：在完美四边形中，，，，，求该完美四边形的周长与面积． 应用拓展：请你类比研究平行四边形及特殊四边形的方法，写出“完美四边形”的其中三条性质． 一十二．正方形的性质（共11小题） 47．（2022春•东阳市期末）如图，直线交正方形的对边、于点、，正方形和正方形关于直线成轴对称，点在边上，点在边上，、交于点，、交于点．以下结论错误的是　　 A． B．的周长等于线段的长 C．的周长等于线段的长 D．的周长等于 48．（2022春•慈溪市期末）如图，正方形中，点为延长线上任一点，连结，过点作，交的延长线于点，过点作于点．下列结论：（1）； （2）；（3）； （4）若，则． 其中正确的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 49．（2021春•永嘉县校级期末）四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连接四个顶点形成正方形，为对角线，的交点，的延长线交于点．记图中阴影部分的面积为，空白部分的面积为，若，则的值为　　 A． B． C． D． 50．（2021春•吴兴区期末）如图，已知四边形是正方形，点为对角线上一点，连结，过点作，交延长线上于点，以，为邻边作矩形，连结．若，则的值为　　 A．2 B．3 C．4 D．5 51．（2023春•黄岩区期末）如图，在边长为2的正方形中，点，分别在边，上，，垂足为点，以，为边作矩形．若图中阴影部分面积为3，则矩形的面积为 　　． 52．（2022春•鄞州区校级期末）如图，正方形中，点在上，连接，点在上，点在上，于点，连接、，的延长线交于点，，，，则的长为 　　． 53．（2021春•婺城区校级期末）如图，点是轴上的一个动点，点在轴上，以为对角线画正方形，已知点的坐标是，设点的坐标为． （1）当时，正方形的边长　　． （2）连接，当时，　　． 54．（2021春•婺城区校级期末）如图，边长为2的正方形顶点与坐标原点重合，边、分别与、轴正半轴重合，在轴上取点，将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，在旋转过程中，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形时，点的坐标是 　　． 55．（2022春•鄞州区校级期末）如图，正方形边长为4，点在边上（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点． （1）求证：； （2）若的面积为，求的长； （3）在（2）的条件下，取，的中点，，连接，求的长． 56．（2021春•西湖区期末）如图，在正方形中，，为正方形内一点，，，连结，，过点作，垂足为点，交的延长线于点，连结． （1）当时，求的度数； （2）判断的形状，并说明理由； （3）当时，求的长． 57．（2022春•鄞州区期末）正方形中，对角线、交于点，为上一点，延长到点，使，连接、． （1）求证：． （2）求证：为直角三角形． （3）若，正方形的边长为6，求的长． 一十三．四边形综合题（共3小题） 58．（2019春•诸暨市期末）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，，将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形． （1）当点恰好落在轴上时，如图1，求点的坐标． （2）连接，当点恰好落在对角线上时，如图2，连接，， ①求证：； ②求点的坐标． （3）在旋转过程中，点是直线与直线的交点，点是直线与直线的交点，若，请直接写出点的坐标． 59．（2020春•慈溪市期末）我们定义：对角线互相垂直的四边形叫做“对垂四边形”． （1）如图1，四边形为“对垂四边形”．求证：． （2）如图2，是四边形内一点，连接，，和，与交于点．若，，．求证：四边形为“对垂四边形”． （3）如图3，四边形为“对垂四边形”， ，，，，求的长． 60．（2019春•温岭市期末）如图1，四边形和四边形都是菱形， （1）求证：； （2）如图2，点在边上，点在边上，连接交于点，若，求证：； （3）如图3，在第（2）小题的条件下，连接，若，，求的长． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省八年级期末真题必刷压轴60题（13个考点专练） 一．二次根式的性质与化简（共1小题） 1．（2021春•永嘉县校级期末）阅读下面的解答过程，然后作答： 有这样一类题目：将化简，若你能找到两个数和，使且，则可变为，即变成，从而使得． 化简：． ． ． 请你仿照上例将下列各式化简： （1）； （2）． 【分析】（1）利用完全平方公式把化为，然后利用二次根式的性质化简即可． （2）利用完全平方公式把化为然后利用二次根式的性质化简即可． 【解答】解：（1）， ； （2）． 【点评】本题主要考查了二次根式的性质与化简，解题的关键是熟记掌握完全平方公式． 二．分母有理化（共3小题） 2．（2021春•永嘉县校级期末）阅读以下材料：将分母中的根号化去，叫做分母有理化．分母有理化的方法，一般是把分子分母都乘以同一个适当的代数式，使分母不含根号．例如：， （1）将分母有理化可得　　 ； （2）关于的方程 的解是　 　． 【分析】（1）根据材料进行分母有理化即可； （2）先分母有理化，再根据式子的规律即可求解． 【解答】解：（1） 故答案为：； （2）， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了分母有理化和解一元一次方程，解题的关键是根据材料能正确的进行分母有理化． 3．（2021春•永嘉县校级期末）【知识链接】 （1）有理化因式：两个含有根式的非零代数式相乘，如果它们的积不含有根式，那么这两个代数式相互叫做有理化因式． 例如：的有理化因式是；的有理化因式是． （2）分母有理化：分母有理化又称“有理化分母”，也就是把分母中的根号化去．指的是如果代数式中分母有根号，那么通常将分子、分母同乘分母的有理化因式，达到化去分母中根号的目的．如： ，． 【知识理解】 （1）填空：的有理化因式是　　； （2）直接写出下列各式分母有理化的结果： ①　　；②　　． 【启发运用】 （3）计算：． 【分析】（1）由，即可找出的有理化因式； （2）①分式中分子、分母同时，即可得出结论；②分式中分子、分母同时，即可得出结论； （3）利用分母有理化将原式变形为，合并同类项即可得出结论． 【解答】解：（1）， 的有理化因式是． 故答案为：． （2）①； ②． 故答案为：①；②． （3）原式， ， ． 【点评】本题考查了分母有理化，解题的关键是：（1）由，找出的有理化因式；（2）根据平方差公式，将各式分母有理化；（3）利用分母有理化将原式变形为． 4．（2021春•永嘉县校级期末）阅读下列材料，然后回答问题． 在进行二次根式的化简与运算时，我们有时会碰上如，，一样的式子，其实我们还可以将其进一步化简： 以上这种化简的步骤叫做分母有理化． （1）化简 （2）化简． （3）化简：． 【分析】（1）分子分母分别乘即可； （2）分子分母分别乘即可； （3）分母有理化后，合并同类二次根式即可； 【解答】解：（1） （2）化简 （3）化简： 【点评】本题考查二次根式的化简、分母有理化等知识，解题的关键是熟练掌握分母有理化的方法，属于中考常考题型． 三．一元二次方程的应用（共6小题） 5．（2023春•婺城区期末）随着人们环保意识的不断增强，我市家庭电动自行车的拥有量逐年增加．据统计，某小区2014年底拥有家庭电动自行车125辆，2016年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆． （1）若该小区2014年底到2017年底家庭电动自行车拥有量的年平均增长率相同，则该小区到2017年底电动自行车将达到多少辆？ （2）为了缓解停车矛盾，该小区决定投资3万元再建若干个停车位，据测算，建造费用分别为室内车位1000元个，露天车位200元个．考虑到实际因素，计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，则该小区最多可建两种车位各多少个？试写出所有可能的方案． 【分析】（1）设年平均增长率是，根据某小区2009年底拥有家庭电动自行车125辆，2016年底家庭电动自行车的拥有量达到180辆，可求出增长率，进而可求出到2017年底家庭电动车将达到多少辆． （2）设建个室内车位，根据投资钱数可表示出露天车位，根据计划露天车位的数量不少于室内车位的2倍，但不超过室内车位的2.5倍，可列出不等式组求解，进而可求出方案情况． 【解答】解：（1）设家庭电动自行车拥有量的年平均增长率为， 则， 解得，（不合题意，舍去） （辆， 答：该小区到2017年底家庭电动自行车将达到216辆； （2）设该小区可建室内车位个，露天车位个， 则， 由①得， 代入②得， 是正整数， 或21， 当时，当时． 方案一：建室内车位20个，露天车位50个； 方案二：室内车位21个，露天车位45个 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，关键是先求出增长率，再求出2012年的家庭电动自行车量，然后根据室内车位和露天车位的数量关系列出不等式组求解． 6．（2020春•江干区期末）某一农家计划利用已有的一堵长为的墙，用篱笆圈成一个面积为的矩形花园，现在可用的篱笆总长为． （1）若设，．请写出关于的函数表达式； （2）若要使的篱笆全部用完，能否围成面积为的花园？若能，请求出长和宽；若不能，请说明理由； （3）若要使的篱笆全部用完，请写出关于的第二种函数解析式．请在坐标系中画出两个函数的图象，观察图象，满足条件的围法有几种？请说明理由． 【分析】（1）由题意得：，即可求解； （2）设，则，由题意得：，即可求解； （3）画出2个函数的图象，根据函数交点情况，即可求解． 【解答】解：（1）由题意得：，即， 故关于的函数表达式为； （2）能，理由： 设，则， 由题意得：，解得或3； 即长为宽为或长为宽为． （3）设，， 则， 画出2个函数的图象如下： 从图象看，两个函数的交点的横坐标为和4，即同时满足题干条件， 故满足条件的围法有2种． 【点评】此题主要考查了一元二次方程以及一元一次不等式组的应用问题，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出函数关系式． 7．（2019春•拱墅区期末）某租赁公司拥有汽车100辆．据统计，每辆车的月租金为4000元时，可全部租出．每辆车的月租金每增加100元，未租出的车将增加1辆．租出的车每辆每月的维护费为500元，未租出的车每辆每月只需维护费100元． （1）当每辆车的月租金为4600元时，能租出多少辆？并计算此时租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）是多少万元？ （2）规定每辆车月租金不能超过7200元，当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益（租金收入扣除维护费）可达到40.4万元？ 【分析】（1）由月租金比全部租出多元，得出未租出6辆车，租出94辆车，进一步算得租赁公司的月收益即可； （2）设上涨个100元，根据租赁公司的月收益可达到40.4万元列出方程解答即可． 【解答】解：（1）由题意知，元，所以，月租金4600元，未租出6辆车，租出94辆车； 月收益：（元，即38.48万元． （2）设上涨个100元，由题意得 整理得： 解得：，， 因为规定每辆车月租金不能超过7200元， 所以取，． 答：月租金定为5000元． 【点评】此题考查一元二次方程的实际运用，理解题意，掌握租赁公司的月收益的计算方法是解决问题的关键． 8．（2023秋•娄底期末）为积极响应新旧动能转换，提高公司经济效益，某科技公司近期研发出一种新型高科技设备，每台设备成本价为30万元，经过市场调研发现，每台售价为40万元时，年销售量为600台；每台售价为45万元时，年销售量为550台．假定该设备的年销售量（单位：台）和销售单价（单位：万元）成一次函数关系． （1）求年销售量与销售单价的函数关系式； （2）根据相关规定，此设备的销售单价不得高于70万元，如果该公司想获得10000万元的年利润，则该设备的销售单价应是多少万元？ 【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出年销售量与销售单价的函数关系式； （2）设此设备的销售单价为万元台，则每台设备的利润为万元，销售数量为台，根据总利润单台利润销售数量，即可得出关于的一元二次方程，解之取其小于70的值即可得出结论． 【解答】解：（1）设年销售量与销售单价的函数关系式为， 将、代入，得： ，解得：， 年销售量与销售单价的函数关系式为． （2）设此设备的销售单价为万元台，则每台设备的利润为万元，销售数量为台， 根据题意得：， 整理，得：， 解得：，． 此设备的销售单价不得高于70万元， ． 答：该设备的销售单价应是50万元台． 【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出函数关系式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程． 9．（2018春•吴兴区期末）某楼盘2018年2月份以每平方米10000元的均价对外销售，由于炒房客的涌入，房价快速增长，到4月份该楼盘房价涨到了每平方米12100元．5月份开始政府再次出台房地产调控政策，逐步控制了房价的连涨趋势，到6月份该楼盘的房价为每平方米12000元． （1）求3、4两月房价平均每月增长的百分率； （2）由于房地产调控政策的出台，购房者开始持币观望，为了加快资金周转，房地产开发商对于一次性付清购房款的客户给予以下两种优惠方案以供选择：①打9.8折销售；②不打折，总价优惠10000元，并送五年物业管理费，物业管理费是每平方米每月1.5元，小颖家在6月份打算购买一套100平方米的该楼盘房子，她家该选择哪种方案更优惠？ 【分析】（1）设3、4两月房价平均每月增长的百分率为，根据2月份及4月份该楼盘房价，即可得出关于的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论； （2）根据两种优惠方案，分别求出选择两种方案优惠总额，比较后即可得出结论． 【解答】解：（1）设3、4两月房价平均每月增长的百分率为， 根据题意得：， 解得：，（舍去）． 答：3、4两月房价平均每月增长的百分率为． （2）选择第一种优惠总额（元， 选择第二种优惠总额（元． ， 选择第一种方案更优惠． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（2）分别求出选择两种方案优惠总额． 10．（2021春•奉化区校级期末）如图，四边形是证明勾股定理时用到的一个图形，，，是和边长，易知，这时我们把关于的形如的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”． 请解决下列问题： （1）写出一个“勾系一元二次方程”； （2）求证：关于的“勾系一元二次方程” 必有实数根； （3）若是“勾系一元二次方程” 的一个根，且四边形的周长是，求面积． 【分析】（1）直接找一组勾股数代入方程即可； （2）通过判断根的判别式△的正负来证明结论； （3）利用根的意义和勾股定理作为相等关系先求得的值，根据完全平方公式求得的值，从而可求得面积． 【解答】（1）解：当，，时 勾系一元二次方程为； （2）证明：根据题意，得 △ 即△ 勾系一元二次方程必有实数根； （3）解：当时，有，即 ，即 ， ． 【点评】此类题目要读懂题意，根据题目中所给的材料结合勾股定理和根的判别式解题． 四．反比例函数系数k的几何意义（共2小题） 11．（2023春•宁波期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点、恰好落在双曲线 上，且点在上，交轴于点． ①当点坐标为时，点的坐标为 　，　； ②当平分时，正方形的面积为 　　． 【分析】连接，作轴于点，轴于点，由正方形的对角线相等且互相垂直平分，得，，，易证，再依据全等三角形的性质得，． ①根据已知条件，求出点坐标为，即可求出点的坐标． ②作于点，当平分时，根据角平分线的性质易证，在中，，所以，因为轴，轴，易证，，又因为，所以，设，则，，解得，所以，，，求得． 【解答】解：连接，作轴于点，轴于点， 四边形是正方形， ，，， 轴，轴， ， ，， ， ， ，， ①将代入， 得， ， ，， ，， 故答案为：，． ②作于点， 平分，，， ， 在中，， ， ， 轴，轴， ， 又， ， ， ， ， 设，则， 点在函数上， ， 解得， ，，， ． 故答案为：12． 【点评】本题主要考查了反比例函数与几何综合，及正方形的性质，添辅助线构成全等三角形和相似三角形是解题的关键，本题难度较大． 12．（2023春•嵊州市期末）如图，已知在平面直角坐标系中，点是对角线的中点，反比例函数的图象经过点，点．若的面积为30，且轴将的面积分为，则的值为 　4　． 【分析】此题应该向的几何意义上考虑，所以分别过点、作轴的垂线，垂足分别为、，构造．可以确定是的中点，进而确定是的中点，最后利用建立的方程求解． 【解答】解：设与轴交于点，连接并延长交于点，连接并延长交轴于点，分别过点、作轴的垂线，垂足分别为、， 轴将的面积分为， 是的中点， 点是对角线的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 轴， ，且， ， ， ，且， ， ， ，， ， ． 故答案为：4． 【点评】此题考查了反比例函数的几何意义以及平行四边形的性质，关键是分别过点、作轴的垂线，构造出后用什么等量关系建立含的方程． 五．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题） 13．（2022春•义乌市期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点、与轴交于点，过点作轴，交反比例函数的图象于点，过点作轴于点，与直线交于点，若，则与的关系正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】先求出坐标，可以得到的坐标，由，可以得的坐标，把的坐标代入直线即可得出答案． 【解答】解：直线与轴交于点、与轴交于点， 的坐标为，， 的坐标为，， ， 的坐标为，， 把，代入得， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题，利用图象中各个点的坐标之间的关系是解此题的关键． 14．（2023春•鄞州区期末）如图，等腰的面积为100，底边在轴上，腰交轴于点，反比例函数的图象交腰于点，，反比例函数的图象交腰于点，，恰有，交轴于点，且面积为18．则的值为 　32　． 【分析】过点作轴于点，设，，则，，然后由的面积得到的长，即可得到和的长，然后求得直线的解析式，再联立反比例函数求得点的坐标，再由等腰三角形的性质得到点的坐标，进而求得直线的解析式，得到点的坐标，进而得到和的长，再由的面积求得的值，即可得到点的坐标和的值，进而求得的值，最后得到的值． 【解答】解：过点作轴于点，则， 设，，则，， ， ， ， ，， 设直线的解析式为，则 ，解得：， 直线的解析式为， 由，解得：或， 点的坐标为，， ，轴， 点的坐标为，， 设直线的解析式为，则 ，解得：， 直线的解析式为， 点的坐标为， ，， 的面积为18， ， ， 点的坐标为，，， ， ， 故答案为：32． 【点评】本题考查了反比例函数系数的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，解题的关键是熟知反比例函数图象上点的坐标特征． 六．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 15．（2021春•婺城区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知直线分别交反比例函数和在第一象限的图象于点，，过点作轴于点，交的图象于点，连接．若是等腰三角形，则的值是　或　． 【分析】联立、并解得：点，，同理点，，点，，分、两种情况分别求解即可． 【解答】解：联立、并解得：点，，同理点，， 点，，， ①当时，，解得：（舍去负值）； ②当时，同理可得：，解得：（舍去负值）； 故答案为：或． 【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次函数，体现了方程思想，综合性较强． 七．反比例函数综合题（共24小题） 16．（2022春•宁波期末）如图，矩形的两边落在坐标轴上，反比例函数的图象在第一象限的分支交于点，交于点，直线交轴于点，交轴于点，连接．则下列结论： ①； ②四边形为平行四边形； ③若，则； ④若，，则． 其中正确的是　　 A．①②④ B．①② C．②④ D．①③ 【分析】设点的坐标为，得到，，进而求出，，，再求出直线的解析式为，进而求出，，进而判断出四边形是平行四边形，再用平行四边形的面积公式判断出①正确，由四边形是平行四边形，判断出，进而判断出②正确；由，判断出，再求出点坐标，即可判断出③错误；先由，判断出，再由，得出，计算之后，判断出④正确，即可得出结论． 【解答】解：设点的坐标为， 四边形为矩形， ，， 点，在反比例函数图形上， ，，， 直线的解析式为， 令，则， ， ，， ， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， 四边形是平行四边形， ，故①正确； 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形，故②正确； ， ， ， ， ，， ， ， ， 直线的解析式为， ， ， ， ，故③错误； ， ， ， ， ， ， ， （舍或，故④正确， 正确的有①②④， 故选：． 【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了矩形的性质，三角形平行四边形的面积公式，平行四边形的判定和性质，待定系数法，判断出四边形是平行四边形是解本题的关键． 17．（2021春•鄞州区校级期末）如图，在直角坐标系中，正方形的顶点与原点重合，顶点、分别在轴、轴上，反比例函数的图象与正方形的两边、分别交于点、，轴，垂足为，连接、、．下列结论： ①； ②； ③四边形与面积相等； ④若，，则点的坐标为． 其中正确结论的有　①③④　． 【分析】设正方形的边长为，表示出，，，，的坐标，利用得到三角形与三角形全等，结论①正确；利用勾股定理表示出与，即可对于结论②做出判断；利用反比例函数的性质得到三角形与三角形全等，根据三角形面积三角形面积四边形面积三角形面积，等量代换得到四边形与面积相等，结论③正确；过作垂直于，如图所示，利用得到三角形与三角形全等，利用全等三角形对应边相等得到，求出的值，确定出坐标，即可对于结论④做出判断． 【解答】解：设正方形的边长为， 得到，，，，，， 在和中， ， ，结论①正确； 根据勾股定理，，， 和不一定相等，结论②错误； ， ，结论③正确； 过点作于点，如图所示， ， ，， ，， ，， ， ， ，即， 由得，， 整理得：， 解得：（舍去负值）， 点的坐标为，结论④正确， 则结论正确的为①③④， 故答案为：①③④ 【点评】此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及反比例函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 18．（2023春•东阳市期末）如图1，四边形为正方形，点在轴上，点在轴上，且，反比例函数 在第一象限的图象经过正方形的顶点． （1）求点的坐标； （2）如图2，将正方形沿轴向右平移得到正方形，点恰好落在反比例函数的图象上，求此时点的坐标； （3）在（2）的条件下，点为轴上一动点，平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）作轴于，利用证明，得，，可得点的坐标，再将点代入反比例函数解析式可得答案； （2）由（1）同理可得，点，根据的坐标求出的值，再利用平移的性质可得的坐标； （3）分，，三种情形，分别画出菱形，根据菱形的性质可得答案． 【解答】解：（1）作轴于， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 点在反比例函数的图象上， ， （负值已舍去）， ； （2）由（1）同理可得，点， 点恰好落在反比例函数的图象上， 当时，， 反比例函数向右平移个单位长度， ，，即，； （3）当时，如图， ，， ， 四边形是菱形， ，， ，， 当点在第四象限时，，， 当时，如图， 则点与关于轴对称， ，， 当时，如图，设， 则， ， 解得， ， ，， 综上：，或，或，或，． 【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了正方形的性质，平移的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等腰三角形的性质等知识，根据△是等腰三角形进行分类讨论是解题的关键． 19．（2023春•金东区期末）如图，直线分别与反比例函数和的图象交于，两点，点横坐标为2． （1）求的值． （2）若点为图象上一点，过点作直线轴，交反比例函数于点，当时，求点横坐标． （3）在（2）的条件下，若点在直线上，请在坐标平面内找一点，使得以，，，四点为顶点的四边形是正方形，并求出点的坐标． 【分析】（1）根据直线的解析式求出点的坐标，用待定系数法求出的值即可； （2）设点和点的横坐标为，根据三角形面积列方程求解即可； （3）分情况根据正方形的性质求出点的坐标即可． 【解答】解：（1）点的横坐标为2，且点在直线上， 点的纵坐标为4， 即点的坐标为， 点在反比例函数的图象上， ， 解得， 的值为8； （2）设点和点的横坐标为， 则，， ， ， 或， 即或， 解得或， 点横坐标为或； （3）①当时， 四边形是正方形，，， ， 点的横坐标为或（正方形在左侧时）， 点在直线上， 点的纵坐标为或， 点纵坐标和点相同， 或， 解得或（舍去）或0（舍去）， ，； ②当时， 四边形是正方形， ， 点的横坐标为或， 点在直线上， 点的纵坐标为或， 点纵坐标和点相同， 或（无解舍去）， 解得或（舍去）， ，； 综上所述，符合条件的点坐标为，或，． 【点评】本题主要考查反比例函数的综合题，熟练掌握反比例函数的图象和性质，正方形的性质等知识是解题的关键． 20．（2023春•新昌县期末）如图，过原点的直线交双曲线于点和点，点的坐标为，点是双曲线上异于点的动点，且点在第一象限，作直线交双曲线于点．连结，，，． （1）以下是小明同学探究四边形是平行四边形的过程，请你补充完整： 双曲线 关于原点成中心对称，且过原点的直线与双曲线交于点和点， 　　． 同理． 四边形是平行四边形． 　　 （2）问题探究： ①是否可能为矩形？请说明理由． ②是否可能为菱形？请说明理由． （3）当的面积为18时，求点的坐标． 【分析】（1）根据中心对称的性质得到．同理．根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形； （2）①根据中心对称的性质得到，，于是得到四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； ②根据菱形的判定定理即可得到结论； （3）根据在双曲线上，求得．设，过点，分别作轴的垂线，交轴于点，．根据反比例函数系数的几何意义得到，同理可得，，根据平行四边形的性质得到，过点，分别作轴的垂线，交轴于点，． ①当点在下方时，如图2．根据题意列方程即可得到结论；②当点落在上方时，如图3，根据题意得到方程即可得到或（舍去），于是得到结论． 【解答】解：（1）双曲线 关于原点成中心对称，且过原点的直线与双曲线交于点和点， ． 同理． 四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）； 故答案为：；对角线互相平分的四边形是平行四边形； （2）①四边形可能是矩形． 点与点，点与点均关于原点对称， ，， 四边形是平行四边形， 当时四边形是矩形； ②平行四边形不可能为菱形， 因为点，都在第一象限，则， 即与不可能互相垂直， 则平行四边形不可能为菱形； （3）在双曲线上， ． 设， 过点，分别作轴的垂线，交轴于点，． 轴，点在反比例函数 的图象上， ， 同理可得，， 平行四边形的面积为18， ， （3）在双曲线上， ． 设， 过点，分别作轴的垂线，交轴于点，． 轴，点在反比例函数的图象上， ， 同理可得，， 平行四边形的面积为18， ， ①当点在下方时，如图2． 四边形的面积， ， 解得或（舍去）， ； ②当点落在上方时，如图3， 四边形的面积的面积，四边形的面积四边形的面积的面积， 四边形的面积， ， 解得或（舍去）， ． 综上所述，点的坐标为或． 【点评】本题是反比例函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定．反比例函数系数的几何意义，正确地作出辅助线是解题的关键． 21．（2021春•上虞区期末）如图，在平面直角坐标系中，点，分别是轴和轴的正半轴上的动点，正方形的顶点，在第一象限． （1）当，时，正方形的一个顶点恰好在反比例函数为常数，的图象上，求的值； （2）保持不变，移动点，，使，求此时点的坐标，并判断点是否在（1）中的反比例函数图象上． 【分析】（1）过点作轴于点，过点作轴于，根据证，求出点和点坐标，将坐标分别代入反比例函数求出值即可； （2）过点作轴于，由（1）知，，根据勾股定理计算出，的长度，即可得出点坐标，根据点坐标的值是否等于（1）中的值来判断是否在反比例函数上即可． 【解答】解：（1）过点作轴于点，过点作轴于， 四边形是正方形， ， ，， ， 又， ， 同理可证，， 即， ，， ，， ，，，， 正方形的一个顶点恰好在反比例函数为常数，的图象上， 顶点或顶点在反比例函数上， ①当点在反比例函数上时， ； ②当点在反比例函数上时， ； 的值为或； （2）过点作轴于， 由（1）知，， ，， 设，则， 由勾股定理得，， 即， 解得（舍负）， 即，， ，， ， 点不在（1）中的反比例函数图象上． 【点评】本题主要考查反比例函数的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握反比例函数图象上点的特征是解题的关键． 22．（2022春•西湖区校级期末）如图1，矩形的顶点、分别在、轴的正半轴上，点在反比例函数的第一象限内的图象上，，，动点在轴的右侧，且满足． （1）若点在这个反比例函数的图象上，求点的坐标； （2）连接、，求的最小值； （3）若点是平面内一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，请你直接写出满足条件的所有点的坐标． 【分析】（1）首先根据点坐标，确定反比例函数的解析式，设点的横坐标为，根据，构建方程即可解决问题； （2）过点，作直线轴．由（1）知，点的横坐标为3，推出点在直线上，作点关于直线的对称点，则，连接交直线于点，此时的值最小； （3）分两种情形：当四边形是菱形时；当四边形是菱形时．分别求解即可解决问题． 【解答】解：（1）四边形是矩形，，， 点的坐标为， 点在反比例函数的第一象限内的图象上 ， ， 设点的横坐标为， ． ， ， 当点，在这个反比例函数图象上时，则点的纵坐标为， 点的坐标为； （2）过点，作直线轴． 由（1）知，点的横坐标为3， 点在直线上， 作点关于直线的对称点，则， 连接交直线于点，此时的值最小， 则的最小值． （3）分两种情况： ①如图2中，当四边形是菱形时，易知，，， ，； ． ②如图3中，当四边形是菱形时，，， ，． 综上所述，点的坐标为，，，． 【点评】本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、菱形的判定和性质、三角形的面积、轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会理由轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题． 23．（2022春•莲都区期末）已知矩形的面积为4，为了确定矩形周长的取值范围，尝试以下两种探究方法： （1）“图象法”探究： 设矩形的长，宽分别为，，可得，．函数的图象如图所示，的图象可由直线平移得到，平移直线，观察其与函数的图象交点情况． ①有唯一交点时，请直接写出交点坐标； ②在直线平移过程中，写出交点个数与其对应的取值，并确定周长的取值范围； （2）“代数法”探究： 设矩形的一边长为，请利用列方程的方法，求周长的取值范围． 【分析】（1）①将代入中，整理后可得出关于的一元二次方程，由有唯一交点，利用根的判别式△可求出的值，将值代入中可求出的值，再利用反比例函数图象上点的坐标特征，即可求出交点的坐标； ②当直线的图象与函数的图象有两个交点时，由根的判别式△可求出的取值范围，再结合①的结论即可得出结论； （2）设矩形的一边长为，则其相邻的一边长为，周长，由，结合偶次方的非负性，可得出，进而可得出的取值范围． 【解答】解：（1）①将代入中，整理得：， 有唯一交点， △， 解得：，（不符合题意，舍去）， 将代入得：， 即， 解得：． 当时，， 有唯一交点时，交点坐标为． ②当直线的图象与函数的图象有两个交点时，△， 解得：或（不合题意，舍去）， 当有唯一交点时，；当有两个交点时，，周长的取值范围为． （2）设矩形的一边长为，则其相邻的一边长为，周长． ， ， ． ， ， ， 周长的取值范围为． 【点评】本题考查了根的判别式、反比例函数图象上点的坐标特征以及偶次方的非负性，解题的关键是：（1）将两函数图象交点的个数问题转化为一元二次方程实数根的个数问题；（2）利用完全平方公式及偶次方的非负性，找出． 24．（2022春•安吉县期末）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，并与反比例函数的图象在第一象限相交于点，且点是的中点． （1）如图1，求反比例函数的解析式； （2）如图2，若矩形的顶点在直线上，顶点在点右侧的反比例函数图象上，顶点，在轴上，且． ①求点的坐标； ②若点是反比例函数的图象第一象限上的动点，且在点的左侧，连结，并在左侧作正方形．当顶点或顶点恰好落在直线上，直接写出对应的点的横坐标． 【分析】（1）首先求出点与的坐标，再根据点是的中点，可得，从而得出的值； （2）①设，则，将代入反比例函数得，解方程可得的值，从而得出答案； ②分当点落在直线上或点落在直线上，分别构造型全等表示点的坐标，进而解决问题． 【解答】解：（1）直线与轴交于点，与轴交于点， ，， 点是的中点， ， ， ； （2）①设， ， ， 将代入反比例函数得， ， ，（舍去）， ； ②由题意得：， ， 当点落在直线上时，如图，过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点； 四边形是正方形，则，， ， ， ， ， ，； 点在的图象上，点在直线上，且点在点的左侧， 设点为，，， ， ， ， ， 点的横坐标为； 当点落在直线上时，如图，过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点； 与①同理，可证， ，， 设，，， ， ，，，， ， 解得， ， 点的横坐标为， 综上所述，点的横坐标为：或． 【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法取函数解析式，函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，构造全等三角形是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用． 25．（2022春•越城区期末）已知点、点在反比例函数图象上，点是轴上的一个动点． （1）求的值； （2）若，，试判断的形状，并说明理由； （3）若点在轴正半轴上，当为等腰直角三角形时，求出点的坐标． 【分析】（1）见点坐标代入解析式可求的值； （2）先求出点坐标，分别求出，，的长，由勾股定理的逆定理可求解； （3）分三种情况讨论，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的性质先求出点坐标，代入解析式可求解． 【解答】解：（1）点在反比例函数图象上， ； （2）是等腰直角三角形，理由如下： 当，时， 点，反比例函数解析式为， ， 点， 点，点，点， ，，， ，， ， 是等腰直角三角形； （3）如图，当时，过点作轴于点，过点作轴于点， 点， ，， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 又，， ， ，， 设， ， 点， ， ，（舍去）， ， ， 点； 如图，当时，过点作轴于，过点作，交的延长线于，过点作，交直线于， 同理可得：点，， 如图，当点时，过点作轴于，过点作交，的延长线于， 同理可得：点，， 综上所述：点坐标为或，或，． 【点评】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法，反比例函数的性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 26．（2022春•金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，轴于，轴于，，，有一反比例函数图象刚好过点． （1）分别求出过点的反比例函数和过，两点的一次函数的表达式． （2）动点在射线（不包括点）上，过点作直线轴，交反比例函数图象于点．是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据题意分别求出点，点和点的坐标，然后用待定系数法求出函数解析式即可； （2）根据函数解析式设出点和点的坐标，若以点，，，为顶点的四边形为菱形则点在直线上，且，据此等量关系列方程求解即可． 【解答】解：（1）解：（1）由题意知，，，， 设过点的反比例函数解析式为， 代入点坐标得，， 解得， 过点的反比例函数的解析式为， 设直线的解析式为， 代入点和点坐标得，， 解得， 过，两点的一次函数的表达式为； （2）存在， 设，则， ①若以点，，，为顶点的四边形为菱形则点在直线上，且， ， 整理得， 解得或， 当时， ， 此时， 即； 当时， ， 此时， 即； ②若以点，，，为顶点的四边形为菱形则点在直线上，且与互相垂直平分， 则点的纵坐标为3，且， 解得， ， ， ，， 综上所述，若以点，，，为顶点的四边形为菱形则点的坐标为或或，． 【点评】本题主要考查反比例函数的综合题，熟练掌握待定系数法求解析式，一次函数的性质，反比例函数的性质，菱形的性质等知识是解题的关键． 27．（2021春•吴兴区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象相交于点和点，点，分别是轴和轴的正半轴上的动点，且满足． （1）求，的值及反比例函数的解析式； （2）若，求点的坐标，判断四边形的形状并说明理由； （3）若点是反比例函数图象上的一个动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，求点的坐标． 【分析】（1）把和分别代入，得：，，再把代入，得：，故反比例函数解析式为； （2）由于，可设的解析式为，由得的坐标为，将代入直接解析式得：，得的坐标为，由，，，可算出，由得四边形是平行四边形，过点作轴于点得，由和都等腰直角三角形证出，即可得平行四边形是矩形； （3）分或两种情况计算，当时，通过作辅助线构造得，，设的坐标为，由在反比例函数得，得，得；当时，同理可求． 【解答】解：（1）把和分别代入， 得：，， 把代入，得：， 反比例函数解析式为； （2）， 设的解析式为， ，在轴的正半轴上， 的坐标为， 以点、、、构成的四边形是矩形，理由如下： 将代入直接解析式得：， 的坐标为， ，，，， ， 又， 四边形是平行四边形， 如图，过点作轴于点，则， ， 和都等腰直角三角形， ， ， 平行四边形是矩形； （3）①当时， 过点作直线轴，过点作直线于点，过点作直线于点， ， ， 直线于点， ， ， 在与中， ， ， ，， 设的坐标为， ，则， ； ②当时，同理，过点作直线轴，过点作直线于点，过点作直线于点， 可得：， ，， 设的坐标为， ， 解得：，（舍去）， ， 综上所述：的坐标为，． 【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法、矩形的判定、全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 28．（2021春•海曙区期末）如图平面直角坐标系中，正方形的顶点、分别在第一、二象限，顶点、分别在轴、轴的负半轴上，交轴于，交轴于． （1）求证：； （2）若，，求四边形面积（用含、的代数式表示）； （3）若点在一三象限角平分线上，，过点的反比例函数为，请直接写　　． 【分析】（1）由“”可证； （2）由全等三角形的性质可得，由面积的和差关系可得，即可求解； （3）由“”可证，，可得，，由面积公式可求，的长，即可求点坐标，代入解析式可求解． 【解答】证明：（1）四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ； （2）； ， ， ； （3）如图，过点作于，过点作于， 四边形是正方形， ，， ， ， 又，， ， ，， 同理可证， ，， 点在一三象限角平分线上，， ，， ， ， ，， ，， ，， 点，， 反比例函数为的图象过点， ， 故答案为：． 【点评】本题是反比例函数综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法求解析式，求出，的长是解题的关键． 29．（2021春•浦江县期末）已知点在反比例函数的图象上，在平面直角坐标系中的位置如图所示，直角边轴，交轴于点，把绕中点逆时针旋转，得到，四边形的面积为，边与反比例函数图象交于点． （1）求该反比例函数的表达式． （2）当时，求点的坐标． （3）若直线与有2个交点，求的取值范围． 【分析】（1）根据旋转变换的性质求出的面积为，根据反比例函数系数的几何意义计算即可； （2）根据正切的定义得到，根据三角形的面积公式求出、，得到点的坐标为，点的坐标为，，利用待定系数法求出直线的解析式，解方程组求出点的坐标； （3）根据一元二次方程根的判别式解答即可． 【解答】解：（1）把绕中点逆时针旋转，得到， ， 四边形的面积为， 的面积为， 设点的坐标为， 则， ， 反比例函数的表达式为：； （2）在中，，， 则，即， 的面积为， ，即， 解得：， ， 点的坐标为，点的坐标为，， 直线的解析式为：， 则， 解得：， 直线的解析式为：， 解方程组，得，， 点在第一象限， 点的坐标为，； （3）由，整理得：， 由题意得：△， 解得：， 由题意得：， 直线与有2个交点，的取值范围是． 【点评】本题考查的是反比例函数的图象和性质、旋转变换的性质、一元二次方程根的判别式的应用，掌握待定系数法求反比例函数解析式的一般步骤是解题的关键． 30．（2021春•北仑区期末）定义：只有三边相等的四边形称为准菱形． （1）如图1，图形 　②③　（填序号）是准菱形； （2）如图2，四边形中，，，，求证：四边形是准菱形； （3）如图3，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别落在轴，轴上，反比例函数的图象分别与边，交于点，．已知，的面积为10，，若点是坐标平面上一点，四边形是准菱形，当准菱形面积最大时，求点的坐标． 【分析】（1）由准菱形的定义可求解； （2）延长，交于点，由平行线的性质可得，，由补角的性质可证，可得，，可证，可得结论； （3）由三角形的面积公式可求，，，由反比例函数的性质可求，的长，由准菱形的定义可得或，分两种情况讨论，由面积和差关系可得当时，有最大值，即准菱形面积有最大值，由“”可证，可得，，即可求解． 【解答】解：（1）图形①四边相等，图形②③只有三边相等，图形④四边都不相等， 图形②③是准菱形， 故答案为：②③； （2）如图2，延长，交于点， ， ，， ，， ， ， ，， ， 又， ， 又， 四边形是准菱形； （3），， 设，， ， 的面积为10， ， ， ， ，，， ， 设，则点，点， 反比例函数的图象分别与边，交于点，． ， 解得：， 点，， ， 四边形是准菱形， 或， 如图3，当时，过点作于，过点作于， 准菱形面积， 当时，有最大值，即准菱形面积有最大值， ，， ， ，， ， ， ， 又，， ， ，， ， 点，； 如图3，当时，过点作于，过点作于， 同理可求△， ，， ， 点坐标为，， 综上所述：点的坐标为，或，． 【点评】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求解析式，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 31．（2020春•金华期末）如图，在平面直角坐标系中，是原点，的顶点、的坐标分别为、，反比例函数的图象经过点． （1）求点的坐标； （2）求的值； （3）将沿轴翻折，点落在点处．判断点是否落在反比例函数的图象上，请通过计算说明理由． 【分析】（1）利用平行四边形的性质可得出，结合点，的坐标，可求出点的坐标； （2）由点的坐标，利用待定系数法可求出值； （3）利用翻折的性质可求出点的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出当时反比例函数图象上点的纵坐标，由该值不等于可得出点不落在反比例函数的图象上． 【解答】解：（1）四边形是平行四边形， ． 点的坐标为， ． 点的坐标为， 点的坐标为． （2）将代入得：， ． （3）点不落在反比例函数的图象上，理由如下： 将沿轴翻折，点落在点处， 点的坐标为． 当时，， 点不落在反比例函数的图象上． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、待定系数法求反比例函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征以及翻折的性质，解题的关键是：（1）利用平行四边形的性质及点，的坐标，求出点的坐标；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出值；（3）利用反比例函数图象上点的坐标特征，验证点是否在反比例函数图象上． 32．（2020春•新昌县期末）如图，在平面直角坐标系中，有大正方形与小正方形，其中点落在轴上，点落在轴上，若反比例函数的图象经过点，则称满足条件的值为两正方形的和谐值．已知反比例函数图象与交于点，请解答下列各题． （1）概念理解 若图中大正方形的边长为2，小正方形的边长为1，求这两个正方形的和谐值． （2）性质探究 记图中两正方形面积分别为，，， 求证：两个正方形的和谐值． （3）性质应用 若图中大正方形的边长为6，点恰好是的三等分点，求小正方形的边长． 【分析】（1）如图1，延长交轴于点，则轴，则四边形和四边形是矩形，求得，，得到，于是得到结论； （2）设大正方形的边长为，小正方形的边长为，则同（1）可得，，根据题意即可得到结论； （3）①如图2，当时，此时，，②如图3，当时，此时，，，根据，代入数据即可得到结论． 【解答】解：（1）如图1，延长交轴于点，则轴， 则四边形和四边形是矩形， ，， 由题意得，，， ，， 即，， ， ， 两个正方形的和谐值为3； （2）证明：设大正方形的边长为，小正方形的边长为， 则同（1）可得，， ， ，，， ； （3）①如图2，当时，此时，， ， 由（2）知， 小正方形的面积， 小正方形的边长为， ②如图3，当时，此时，，， ， 小正方形的面积， 小正方形的边长， 综上所述，小正方形的边长为或． 【点评】本题考查了反比例函数的综合题，矩形的性质，反比例函数图象上顶点坐标特征，正确的理解题意是解题的关键． 33．（2020春•温州期末）如图，点，分别在反比例函数，在第一象限的图象上，点是轴正半轴上一点，连接，，．已知四边形是平行四边形，且，两点的纵坐标之比为． （1）求的值． （2）当是菱形时，求的长． 【分析】（1）设成点的横坐标，利用，进而表示出点的横坐标，进而表示出点，的纵坐标，即可得出结论； （2）先构造出直角三角形，设，则，得出，进而得出，得出点的坐标，最后代入双曲线中，即可得出结论． 【解答】解：（1）设点的横坐标为， 四边形是平行四边形， ， ， ，， ，两点的纵坐标之比为， ， ； （2）当是菱形时，， 如图，延长交轴于， ， ， ， 设，则， ， 在中，， 点的坐标为， 点在双曲线上， ， （舍去负值）， ． 【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，表示出点的坐标是解本题的关键． 34．（2020春•东阳市期末）如图，四边形是矩形，，，反比例函数的图象过点． （1）求的值． （2）点为反比例图象上的一点，作直线，轴，当四边形是正方形时，求点的坐标． （3）点为坐标平面上的一点，在反比例函数的图象上是否存在一点，使得以、、、为顶点组成的平行四边形面积为14？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先求出点坐标，代入解析式可求解； （2）分两种情况讨论，由正方形的性质可求解； （3）由平行四边形的面积为14，可求点坐标，再分为边和对角线两种情况讨论，由平行四边形的性质和中点坐标公式可求解． 【解答】解：（1），， 点，点，点， 反比例函数的图象过点， ； （2）， 反比例函数解析式为：， 设点， 四边形是正方形， ， 当点在第一象限时， ， ，（舍去） 点，； 当点在第三象限， ， （舍去），， 点，； 综上所述：点坐标为，或，； （3）设点坐标为， 若为边， 以、、、为顶点组成的平行四边形面积为14， ， ，， 点或，， 以、、、为顶点组成的四边形是平行四边形， ，， 点或或，或，； 若为对角线， 设点， 以、、、为顶点组成的四边形是平行四边形， 与互相平分， ， 或，， ，，或，， 点或，， 综上所述：点的坐标为或或，或，或或，． 【点评】本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 35．（2020春•柯桥区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点坐标，过点作轴，垂足为点，交反比例函数在第一象限的图象于点，且满足． （1）求该反比例函数的解析式； （2）点在轴正半轴上，点在该反比例函数的图象上，且四边形是平行四边形，求点坐标． 【分析】（1）先求出点坐标，利用待定系数法可求反比例函数解析式； （2）利用平行四边形的性质可得，，可求点坐标． 【解答】解：点坐标， ， ， ，， 点， 设反比例函数的解析式为， 点在反比例函数的图象上， ， 反比例函数的解析式为； （2）四边形是平行四边形， ，， 轴， 轴， 点纵坐标2， 点坐标． 【点评】本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，平行四边形的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键． 36．（2021春•上城区校级期末）如图，直线与反比例相交于和，直线与反比例函数相交于、两点，连接． （1）求反比例函数的解析式和、两点的坐标； （2）根据图象，直接写出当时的取值范围； （3）求的面积； （4）点是反比例函数第二象限上一点，且点的横坐标大于，小于，连接并延长，交反比例函数图象于点． ①试判断四边形的形状； ②当四边形的面积为10时，求点的坐标． 【分析】（1）由点的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出反比例函数解析式，再由点在反比例函数图象上即可得出点的坐标，依据正、反比例的对称性结合点的坐标即可得出点的坐标； （2）根据两函数图象的上下位置关系即可得出不等式的解集； （3）令直线与轴的交点坐标为，利用分割图形求面积法结合三角形的面积公式即可求出的面积； （4）①根据正、反比例的对称性即可得出、关于原点对称，再结合即可得出四边形为平行四边形； ②连接并延长交轴于点，设点坐标为，，利用待定系数法即可求出直线的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出点的坐标，利用分割图形求面积法结合平行四边形的面积为10，即可得出关于的一元二次方程，解方程求出值，将其代入点的坐标即可得出结论． 【解答】解：（1）点在反比例的图象上， ，解得：， 反比例函数的解析式为． 当时，， 点的坐标为． 直线与反比例函数相交于、两点，且点， 点的坐标为． （2）观察函数图象发现：当或时，直线在反比例的上方， 当时的取值范围为或． （3）令直线与轴的交点坐标为，如图1所示． 将、代入中， 得：，解得：， 直线． 当时，， ， ． ． （4）①连接并延长，交反比例函致图象于点， 点、关于原点对称， ． 又， 四边形为平行四边形． ②连接并延长交轴于点，如图2所示． 设点坐标为，，直线的解析式为， 将点、代入中， 得：，解得：， 直线的解析式为， 当时，， ． ， 整理得：， 解得：或（舍去）， 点的坐标为，． 当四边形的面积为10时，点的坐标为，． 【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用反比例函数图象上点的坐标特征求出反比例解析式；（2）根据函数图象的位置关系解不等式；（3）求出点坐标；（4）①根据四边形对角线互相平分得四边形为平行四边形；②利用面积找出关于的一元二次方程．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，巧妙的利用点到直线的距离能够降低难度． 37．（2023春•衢州期末）【思路点拨】 如图1，点是点关于直线的对称点，分别过点，作轴，轴的垂线，垂足为，，连结，，．可以利用轴对称图形的性质证明△，从而由点的坐标可求点的坐标． 【应用拓展】如图2，若点横坐标为，且在函数的图象上． （1）求点关于直线的对称点的坐标； （2）若点的坐标为，点是直线上的任意一点，连结，，求的最小值 【分析】（1）分别过点、作轴、轴的垂线，垂足为，，连接、、，设交直线于点，由轴对称的性质得，，则，过点作轴于点，再证△，得，，然后求出点坐标为，，即可解决问题； （2）连接，交直线于点，此时为最小值，分别过点、作轴的垂线，垂足为、，过点作的垂线，垂足为，证四边形是矩形，得，，则，再由勾股定理即可得出结论． 【解答】解：（1）如图3，分别过点、作轴、轴的垂线，垂足为，，连接、、， 设交直线于点， 则， 点、关于直线对称， 直线是线段的中垂线， ，， ， 过点作轴于点， 点在直线上， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， 即， 在和△中， ， △， ，， 点横坐标为，且在函数的图象上， 点的纵坐标为：2， 点坐标为，， ，， 点坐标为； （2）如图4，连接，交直线于点，此时为最小值， 分别过点、作轴的垂线，垂足为、，过点作的垂线，垂足为， 由（1）知，点坐标为， ，， 点的坐标为， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 即的最小值为． 【点评】本题是反比例函数综合题目，考查了反比例函数的图象与性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理以及最小值等知识，本题综合性强，熟练掌握反比例函数的图象与性质以及轴对称的性质是解题的关键，属于中考常考题型． 38．（2021春•鄞州区校级期末）背景：点在反比例函数的图象上，轴于点，轴于点，分别在射线，上取点，，使得四边形为正方形．如图1，点在第一象限内，当时，小李测得． 探究：通过改变点的位置，小李发现点，的横坐标之间存在函数关系．请帮助小李解决下列问题． （1）求的值． （2）设点，的横坐标分别为，，将关于的函数称为“函数”．如图2，小李画出了时“函数”的图象． ①求这个“函数”的表达式． ②补画时“函数”的图象，并写出这个函数的性质（两条即可）． ③过点作一直线，与这个“函数”图象仅有一个交点，求该交点的横坐标． 【分析】（1）求出点的坐标，利用待定系数法求出即可． （2）①求出点的坐标，再代入反比例函数的解析式即可． ②利用描点法画出图象，根据函数图象可得结论（答案不唯一）． ③由题意可知直线的解析式为，构建方程组，利用△，求出可得结论，另外直线也符合题意． 【解答】解：（1），， ， 四边形是正方形， ， 轴，轴， ， 四边形是矩形， ， ， ． （2）①由题意，， ， ． ②图象如图所示． 性质时，随的增大而增大． 性质2：图象是中心对称图形． ③设直线的解析式为， 把代入得到，， ， 直线的解析式为， 由，消去得到，， 当时，当△时，， 解得或2， 当时，方程为，解得． 当时，方程为，解得． 当时．方程的解为，符合题意， 另外直线，也符合题意，此时交点的横坐标为3， 综上所述，满足条件的交点的横坐标为2或3或4或6． 【点评】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会把问题转化为方程组，再利用一元二次方程的根的判别式解决问题，属于中考压轴题． 39．（2021春•江干区期末）阅读材料： 已知：一次函数与反比例函数，当两个函数的图象有交点时，求的取值范围． （1）方方给出了下列解答： 两个函数有交点， △． 但是方方遇到了困难：利用已学的知识无法解这个不等式； 此时，圆圆提供了另一种解题思路； 第1步：先求出两个函数图象只有一个交点时，　4　； 第2步：画出只有一个交点时两函数的图象（请帮圆圆在直角坐标系中画出图象）； 第3步：通过平移的图象，观察得出两个函数的图象有交点时的取值范围是 　　． 应用： 如图，中，，的长为，的长为，且． （2）求关于的函数表达式； （3）设，求的取值范围． 【分析】（1）根据材料提供的思路解决问题即可． （2）利用三角形的面积公式，构建关系式，可得结论． （3）由，可得结论． 【解答】解：（1）当两个函数图象只有一个交点时，，解得或（舍弃）， ， 函数图象如图1所示： 观察图形可知，当时，两个函数有交点． 故答案为：4，； （2）中，，的长为，的长为，且． ， ． （3）， ， ，， ， ， ， ． 解法二：，得到， △， ， ， ． 【点评】本题属于反比例函数综合题，考查了反比例函数的性质，一次函数的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型． 八．平行四边形的性质（共2小题） 40．（2022春•乐清市期末）如图，线段与相交于点，，，以和为边作，以和为边作，且和的面积都为，若，则线段的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】过点作于点，过点作于，根据平行四边形的面积公式可得，，结合等腰直角三角形的性质可得，利用可得，再根据的取值范围可求解． 【解答】解：过点作于点，过点作于， ，， ， ，， ， ， ，， 即， ， ， 解得．， 故选：． 【点评】本题主要考查平行四边形的性质，等腰直角三角形，解不等式组，平行线间的距离等知识的综合运用，求得是解题的关键． 41．（2015春•新昌县期末）如图1，已知，，点在上，且四边形是平行四边形，请用无刻度的直尺在图中画出的平分线，小明的作法如图2，判断小明的作法是否正确，并说明理由． 解：如图2，连接，，交于点，画射线，射线即为所求． 【分析】根据平行四边形的性质推出，再根据等腰三角形的性质（三线合一），即可解决问题． 【解答】解：小明的作法正确． 理由：四边形是平行四边形， ， ， 是的平分线（三线合一）． 【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型． 九．平行四边形的判定与性质（共1小题） 42．（2020春•衢江区校级期末）如图，在平行四边形中，点、分别在、延长线上，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，求的长． 【分析】（1）由在平行四边形中，，可得，又由，即可证得四边形是平行四边形； （2）由（1）易得，又由，可求得，然后由，证得，即可得，求得答案． 【解答】（1）证明：如图，在中，， 点在的延长线上， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：在中，，在中，， ，． ． ， ， ， ． 【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质以及含的直角三角形的性质．注意利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形定理的应用是解此题的关键． 一十．菱形的判定与性质（共2小题） 43．（2022春•西湖区校级期末）如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求和的长． 【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形； （2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，设，则，所以，，然后利用勾股定理即可解决问题． 【解答】（1）证明：，平分， ，， ， 四边形是菱形； （2）解：，，， ， 设，则， ， ， ， ， ， ， ． 和的长分别为8和． 【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． 44．（2021春•永嘉县校级期末）在四边形中，，平分，平分． （1）如图1，求证：四边形是菱形； （2）如图2，过点作交延长线于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的三角形除外） 【分析】（1）根据角平分线的定义可得，据两直线平行，内错角相等可得，然后求出，再根据等角对等边可得，再根据等腰三角形三线合一可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可； （2）根据等底等高的三角形的面积相等即可得到结论． 【解答】（1）证明：平分， ， ， ， ， ， 设、相交于点， 又平分， ，， 在和中，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2），， ， ， 四边形是平行四边形， ， 图中所有与面积相等的三角形有，，，． 【点评】本题考查了菱形的判定，主要利用了角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形三线合一的性质，全等三角形的判定与性质，以及平行四边形和菱形的判定． 一十一．矩形的性质（共2小题） 45．（2022春•慈溪市期末）如图，在矩形中，，，把边沿对角线平移，移动后的点，分别对应点，，连结，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当平行四边形为菱形时，求边平移的距离． 【分析】（1）由平移可得，，由矩形可得．，可得结论； （2）由三角形面积可得，然后根据勾股定理即可求得，即可得出平移的距离． 【解答】（1）证明：由平移可知：，， 四边形是矩形， ．， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接交于， 四边形是菱形， ，， 在矩形中， ，， ， ， ， ， ， ． 边平移的距离为． 【点评】此题考查了矩形、菱形的性质，平移的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 46．（2018春•诸暨市期末）我们定义：在四边形中，一条边上的两个角称为邻角，如果一条边上的邻角相等，且这条边对边上的邻角也相等，则把这样的四边形叫做“完美四边形” 初步运用：在“平行四边形、矩形和菱形”这三种特殊的四边形中，一定是“完美四边形”的是　矩形　． 问题探究：在完美四边形中，，，，，求该完美四边形的周长与面积． 应用拓展：请你类比研究平行四边形及特殊四边形的方法，写出“完美四边形”的其中三条性质． 【分析】（1）根据：“完美四边形”的定义即可判定； （2）根据题意可知四边形是等腰梯形，作，解直角三角形即可解决问题； （3）从边、对角线方面考虑问题即可； 【解答】解：初步运用：在“平行四边形、矩形和菱形”这三种特殊的四边形中，一定是“完美四边形”的是矩形． 故答案为矩形、 问题探究：在完美四边形中，，，，， ，，， ， ，四边形是等腰梯形， ， ， ， ， 在中，作于． ，， 四边形的周长为，面积． 应用拓展：①“完美四边形”有一组对边平行； ②完美四边形”有一组对边相等； ③完美四边形”的对角线相等； 【点评】本题考查矩形的性质、等腰梯形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 一十二．正方形的性质（共11小题） 47．（2022春•东阳市期末）如图，直线交正方形的对边、于点、，正方形和正方形关于直线成轴对称，点在边上，点在边上，、交于点，、交于点．以下结论错误的是　　 A． B．的周长等于线段的长 C．的周长等于线段的长 D．的周长等于 【分析】过点作垂直于，垂足为，连接，，，，根据两正方形关于直线对称，可得，，再根据边的转化即可证明选项不符合题意；根据对称可得，将的周长表示出来，在通过边的转化即可证明选项不符合题意；根据对称可得，即可证明选项符合题意；根据对称，可得，将周长表示出来，再根据边的转化即可证明选项不符合题意． 【解答】解：如图，过点作垂直于，垂足为，连接，，，， 则， 正方形和正方形关于直线成轴对称， ，，， 在和中， ， ， ， 同理可证： ， ， ，故选项不符合题意； ， 正方形和正方形关于直线成轴对称， ， ， ， ，故选项不符合题意； 由正方形和正方形关于直线成轴对称，可得， ， ，故选项符合题意； 由正方形和正方形关于直线成轴对称，可得， ， ， ， ，故选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，直角三角形全等的判定，熟练掌握轴对称图形的性质是解题关键． 48．（2022春•慈溪市期末）如图，正方形中，点为延长线上任一点，连结，过点作，交的延长线于点，过点作于点．下列结论：（1）； （2）；（3）； （4）若，则． 其中正确的个数为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】在上取一点，使，连接、，证明，可得，，有，进而可得四边形是平行四边形，，可判断（1）正确；连接，证明四边形是平行四边形，得，，可得；判定（3）正确；连接交于，可证明得，从而判断（2）正确；设，，则，可得，，若，则，即可得，判断（4）正确． 【解答】解：如图1，在上取一点，使，连接、， ， ， 四边形是正方形， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ；故（1）正确； 连接， 由（1）知：，， ，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ，即， ， ；故（3）正确； 连接交于，如图 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， ，即，故（2）正确； 设，，则， ，， ，， ， 若，则， 即，故（4）正确， 正确的有：（1）（2）（3）（4），故4个， 故选：． 【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用等，解题的关键是适当作辅助线，构造全等三角形解决问题． 49．（2021春•永嘉县校级期末）四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连接四个顶点形成正方形，为对角线，的交点，的延长线交于点．记图中阴影部分的面积为，空白部分的面积为，若，则的值为　　 A． B． C． D． 【分析】由对称性可知，利用正方形的性质和勾股定理分别求出直角三角形的边，即可解答． 【解答】解：过点作与，如图， 由对称性可知， ， 设，则， ， 正方形， 是等腰直角三角形， 垂直平分， ， ， 在中，由勾股定理得， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， ， ， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了正方形的性质和勾股定理等知识，关键是能够表示三角形的边． 50．（2021春•吴兴区期末）如图，已知四边形是正方形，点为对角线上一点，连结，过点作，交延长线上于点，以，为邻边作矩形，连结．若，则的值为　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】通过矩形和正方形的性质证明矩形是正方形，根据正方形的性质证明得到，即：． 【解答】解：作于，于， ， 点是正方形对角线上的点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； 正方形和正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故选：． 【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，通过证明全等判定矩形是正方形． 51．（2023春•黄岩区期末）如图，在边长为2的正方形中，点，分别在边，上，，垂足为点，以，为边作矩形．若图中阴影部分面积为3，则矩形的面积为 　3　． 【分析】过点作于，交于，先证明，可推出，进而可得，，再求得，由，可得，即，再由直角三角形面积可得，利用，即可求得答案． 【解答】解：如图，过点作于，交于， 正方形的边长为2， ，，， ， ，垂足为点， ， ， ， ， 即， ， ， ， 即， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：3． 【点评】本题是正方形与矩形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积，矩形面积，相似三角形的判定和性质等，综合性较强，有一定难度． 52．（2022春•鄞州区校级期末）如图，正方形中，点在上，连接，点在上，点在上，于点，连接、，的延长线交于点，，，，则的长为 　　． 【分析】过点作于点，设与交于点，通过证明，得到，，利用勾股定理求得，的长；通过证明为的垂直平分线，得到；利用三角形的面积求得的长，则结论可得． 【解答】解：过点作于点，设与交于点，如图， 四边形是正方形， ，， ， 四边形为矩形， ，． ， ， ， ． 在和中， ， ． ． ， ． ． 在中， ， ， 解得：或3． ， ． ， ， ， ， ． ， ． ， 是的垂直平分线， ． 当时，，当时，， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线，三角形的面积，过点作于点是解题的关键． 53．（2021春•婺城区校级期末）如图，点是轴上的一个动点，点在轴上，以为对角线画正方形，已知点的坐标是，设点的坐标为． （1）当时，正方形的边长　　． （2）连接，当时，　　． 【分析】（1）在中，利用勾股定理求出的长度，然后再求得正方形的边长即可； （2）先求得与轴的夹角为，然后依据的长，可求得点的坐标，过点作轴，轴，接下来，再证明，从而可得到，从而可得到点的坐标． 【解答】解：（1）当时，， 在中，． 为正方形， ． ， ． 故答案为：． （2）如图所示：过点作轴，轴． 为正方形， 、、、四点共圆，． 又， 点也在这个圆上， ． 又， ． ． 在和中，，， ． ． ， ． ． 如图所示：过点作轴，轴． 为正方形， 、、、四点共圆，． 又， 点也在这个圆上， ． 又， ． ． 同理：，则． ． ． ． 综上所述，的值为2或6． 故答案为：2或6． 【点评】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质、四点共圆，证得与两坐标轴的夹角为是解题的关键． 54．（2021春•婺城区校级期末）如图，边长为2的正方形顶点与坐标原点重合，边、分别与、轴正半轴重合，在轴上取点，将正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，在旋转过程中，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形时，点的坐标是 　，或或或，　． 【分析】分四种情形，画出图形分别求解即可解决问题； 【解答】解：有四种情形： ①如图1中，当时，连接．易证是等边三角形， ，， ， ，． ②如图2中，当与重合时，△是等腰三角形，此时 ③如图3中，当时，△是等边三角形， ， ． ④如图4中，当时，易证是等边三角形， ，， ， ， ，， 综上所述，满足条件的点坐标为，或或或，． 故答案为，或或或，． 【点评】本题考查正方形的性质、旋转变换、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 55．（2022春•鄞州区校级期末）如图，正方形边长为4，点在边上（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点． （1）求证：； （2）若的面积为，求的长； （3）在（2）的条件下，取，的中点，，连接，求的长． 【分析】（1）先证得，很容易证明与全等，由此得出，又由互余可得出，进而可得结论； （2）根据三角形的面积求得，再根据勾股定理求得，根据（1）中即刻得出结论； （3）连接并延长交于点，连接，可证明，所以，或1，又是的中位线，求出的长即可． 【解答】（1）证明：，， ， 在与中， ， ， ， ， ， 在和中， ， ． （2）解：， ， ， 的面积 ， ， 解得，，， 或， 或． （3）解：如图，连接并延长交于点，连接， 点是的中点， ， ， ，， ， ，或1， 当时，， ， ， ； 当时，， ， ， ； 综上，的长度为或． 【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系． 56．（2021春•西湖区期末）如图，在正方形中，，为正方形内一点，，，连结，，过点作，垂足为点，交的延长线于点，连结． （1）当时，求的度数； （2）判断的形状，并说明理由； （3）当时，求的长． 【分析】（1）由正方形的性质，求出，再根据三角形内角和定理求解即可即可求解． （2）由等腰三角形的性质可得是的垂直平分线，可得，由四边形内角和定理，可求，即可求解． （3）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质可求，的长，在中，利用勾股定理可求解． 【解答】解：（1）四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ． （2）结论：是等腰直角三角形． 理由：，， 是的垂直平分线， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形． （3）如图，连接， 四边形是正方形， ， 为等腰直角三角形，， ， ， ， ， （负根已经舍弃）． 【点评】本题考查了正方形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 57．（2022春•鄞州区期末）正方形中，对角线、交于点，为上一点，延长到点，使，连接、． （1）求证：． （2）求证：为直角三角形． （3）若，正方形的边长为6，求的长． 【分析】（1）由四边形是正方形，易证得，继而证得． （2）由，，即可证得，则可判定为直角三角形； （3）由，正方形的边长为6，易求得的长，然后由三角形中位线的性质，求得的长，继而求得答案． 【解答】（1）证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ； （2）证明：，， ，， ， ， ， 即， 为直角三角形； （3）解：正方形的边长为6， ， ，， ， ，， ， ， ， 若点在段，则， 综上，的长为或． 【点评】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的判定以及勾股定理等知识．注意利用勾股定理求得各线段的长是关键． 一十三．四边形综合题（共3小题） 58．（2019春•诸暨市期末）如图，以矩形的顶点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，已知，，将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形． （1）当点恰好落在轴上时，如图1，求点的坐标． （2）连接，当点恰好落在对角线上时，如图2，连接，， ①求证：； ②求点的坐标． （3）在旋转过程中，点是直线与直线的交点，点是直线与直线的交点，若，请直接写出点的坐标． 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由勾股定理可求的长，即可求点坐标； （2）①连接交于点，由旋转的性质可得，，，，，，可得，由“”可证； ②通过证明点，点关于对称，可求点坐标； （3）分两种情况讨论，由面积法可求，由勾股定理可求的值，即可求点坐标． 【解答】解：（1）四边形是矩形 ，， 将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形． ，， 点 （2）①如图，连接交于点， 四边形是矩形， ，， ，且， ， 将矩形绕点逆时针方向旋转得到矩形． ，，，，，， ， ，， ，， ， ， ，且，， ② ， 点，点，点共线 ， 点，点关于对称，且 点 （3）如图，当点在点右侧，连接，过点作于， ， 设，则，， ， 四边形是矩形 ， ， ， （负值舍去） ， 点， 如图，若点在点左侧，连接，过点作于， ， 设，则，， ， 四边形是矩形 ， ， ， 点， 综上所述：点，，， 【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，还考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，添加恰当辅助线是本题的关键． 59．（2020春•慈溪市期末）我们定义：对角线互相垂直的四边形叫做“对垂四边形”． （1）如图1，四边形为“对垂四边形”．求证：． （2）如图2，是四边形内一点，连接，，和，与交于点．若，，．求证：四边形为“对垂四边形”． （3）如图3，四边形为“对垂四边形”， ，，，，求的长． 【分析】（1）由“对垂四边形”的定义得出，则，由勾股定理得，，即可得出结论； （2）由三角形内角和定理可得，由角的数量关系可得，可得，可得结论； （3）过点作，交延长线于点，设，则，由“对垂四边形”的定义可得，由直角三角形的性质可求，，由勾股定理可求解． 【解答】证明：（1）四边形为“对垂四边形”， ， ， 由勾股定理得，， ， ； （2），， ， ，， ， ， ， 四边形为“对垂四边形”； （3）过点作，交延长线于点， 设，则， 四边形为“对垂四边形”， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， （舍去），， 的长度1． 【点评】本题是四边形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，理解“对垂四边形”的定义，并能运用是本题的关键． 60．（2019春•温岭市期末）如图1，四边形和四边形都是菱形， （1）求证：； （2）如图2，点在边上，点在边上，连接交于点，若，求证：； （3）如图3，在第（2）小题的条件下，连接，若，，求的长． 【分析】（1）由菱形的性质得出，得出是等边三角形，即可得出结论； （2）过点作，交延长线于点，由平行线的性质得出，证明是等边三角形，得出，证出，由平行线得出，得出，即可得出结论； （3）设、交于点，由菱形的性质和等边三角形的性质得出，，，证出，，由直角三角形的性质得出，得出，求出，得出，由勾股定理得出，得出，由勾股定理即可得出的长． 【解答】（1）证明：四边形和四边形都是菱形， ， 是等边三角形， ； （2）证明：过点作，交延长线于点，如图2所示： 则， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：设、交于点，如图3所示： 四边形和四边形都是菱形，是等边三角形， ，，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$