期中测试模拟卷考点分类选练-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期中真题分类汇编（浙江专用）

浙教版八下期中测试模拟卷考点分类选练 一．二次根式的性质与化简（共1小题） 1．（2024春•萧山区校级期中）观察下列各式：①2，②3；③4，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：　 　 ； （2）请用含n（n≥1）的式子写出你猜想的规律：　 　 ； （3）请证明（2）中的结论． 二．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 2．（2024春•钱塘区校级期中）已知方程（x+a）（x+b）＝0有M个解，方程（ax+1）（bx+1）＝0有N个解，其中a≠b，则（　　） A．M＝N﹣1或M＝N+1 B．M＝N﹣1或M＝N+2 C．M＝N或M＝N+1 D．M＝N或M＝N﹣1 3．（2024春•婺城区校级期中）（1）计算：； （2）解方程：x2﹣4x+3＝0． 三．根的判别式（共3小题） 4．（2024春•苍南县校级期中）已知一元二次方程x2+ax+1＝0，x2+bx+2＝0，x2+cx+4＝0，其中a，b，c是正实数，且满足b2＝ac．设这三个方程不相等的实数根的个数分别为M1，M2，M3，则下列说法一定正确的是（　　） A．若M1＝2，M2＝2，则M3＝0 B．若M1＝0，M2＝2，则M3＝0 C．若M1＝1，M2＝0，则M3＝0 D．若M1＝0，M2＝0，则M3＝0 5．（2024春•婺城区校级期中）对于任意4个实数 a，b，c，d定义一种新的运算ad﹣bc，例如：4×6﹣2×1＝22，则关于x的方程0的根的情况为（　　） A．只有一个实数根 B．有两个相等的实数根 C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根 6．（2024春•杭州校级期中）对于关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的情况，有以下四种表述： ①当a＜0，b+c＞0，a+c＜0时，方程一定没有实数根； ②当a＜0，b+c＞0，b﹣c＜0时，方程一定有实数根； ③当a＞0，a+b+c＜0时，方程一定没有实数根； ④当a＞0，b+4a＝0，4a+2b+c＝0时，方程一定有两个不相等的实数根． 其中表述正确的序号是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 四．根与系数的关系（共3小题） 7．（2024春•萧山区校级期中）设a，b是方程x2+x﹣2024＝0的两个实数根，则a2+2a+b的值为（　　） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 8．（2024春•江北区期中）如果一元二次方程x2+4x﹣2＝0的两个根为x1，x2，则6x1﹣x1x2+2x2＝ 　 　 ． 9．（2024春•镇海区校级期中）已知关于x的一元二次方程：（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0（其中p、q为常数）有两个相等的实数根，则下列结论正确的是 　 　 ． ①x＝﹣1必是方程（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0的根； ②x＝0可能是方程x2+qx+p＝0的根； ③方程px2+qx+1＝0必有实数根； ④若x1、x2为方程px2+qx+1＝0的两个根，则方程x2+qx+p＝0的根为和． 五．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 10．（2024春•温州期中）如图，一张长宽比为5：3的长方形纸板，剪去四个边长为5cm的正方形，用它做一个无盖的长方体包装盒．要使包装盒的容积为200cm3（纸板的厚度略去不计），问这张长方形纸板的长与宽分别为多少厘米？若设这张矩形纸板的长为5x厘米，则由题意可列出的方程是（　　） A．5（5x+10）（3x+10）＝200 B．5（5x﹣5）（3x﹣5）＝200 C．5（5x+10）（3x﹣10）＝200 D．5（5x﹣10）（3x﹣10）＝200 六．一元二次方程的应用（共3小题） 11．（2024春•钱塘区校级期中）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知，这时我们把关于x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x的“勾系一元二次方程”必有实数根； （3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形ACDE的周长是6，求△ABC面积． 12．（2024春•婺城区校级期中）根据以下素材，探索完成任务． 如何设计实体店背景下的网上销售价格方案？ 如何设计实体店背景下的网上销售价格方案？ 素材1 某公司在网上和实体店同时销售一种自主研发的小商品，成本价为40元/件． 素材2 该商品的网上销售价定为60元/件，平均每天销售量是200件，在实体店的销售价定为80元/件，平均每天销售量是100件．按公司规定，实体店的销售价保持不变，网上销售价可按实际情况进行适当调整，需确保网上销售价始终高于成本价． 素材3 据调查，网上销售价每降低1元，网上销售每天平均多售出20件，实体店的销售受网上影响，平均每天销售量减少2件． 问题解决 任务1 计算所获利润 当该商品网上销售价为50元/件时，求公司在网上销售该商品每天的毛利润与实体店销售该商品每天的毛利润各是多少元？ 任务2 拟定价格方案 公司要求每天的总毛利润（总毛利润＝网上毛利润+实体店毛利润）达到8160元，求每件商品的网上销售价是多少元？ 13．（2024春•萧山区校级期中） 如何利用闲置纸板箱制作储物盒 素材1 如图1，图中是小琴家需要设置储物盒的区域，该区域可以近似看成一个长方体，底面尺寸如图2所示． 素材2 如图是利用闲置纸板箱拆解出的①，②两种均为a cm（a＜50cm）长方形纸板． 长方形纸板① 长方形纸板② 小琴分别将长方形纸板①和②以不同的方式制作储物盒． 长方形纸板①的制作方式 长方形纸板②制作方式 裁去角上4个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 将纸片四个角裁去4个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体储物盒． 目标1 熟悉材料 熟悉按照长方形纸板①的制作方式制成的储物盒能够无缝隙的放入储物区域，且恰好没有延伸到过道，则长方形纸板宽a的为 　 　 ． 目标2 利用目标1计算所得的数据a，进行进一步探究． 初步应用 按照长方形纸板①的制作方式，为了更方便地放入或取出储物盒，盒子四周需要留出一定的空间，当储物盒的底面积是936cm2，求储物盒的容积． 储物收纳 按照长方形纸板②的制作方式制作储物盒，若EF和HG两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为702cm2．如图，是家里一个玩具机械狗的实物图和尺寸大小，请通过计算判断玩具机械狗能否完全放入该储物盒． 七．动点问题的函数图象（共1小题） 14．（2024春•拱墅区校级期中）如图，在▱ABCD中（AB＜BC），∠ABC＝60°，对角线AC、BD交于点O，动点E从点B出发，沿着B→C→D运动．设点E运动的路程为x，△BOE的面积为y，y关于x的函数图象如图所示．则AC长为（　　） A．5 B．6 C． D． 八．反比例函数系数k的几何意义（共2小题） 15．（2024春•婺城区校级期中）如图，四边形OABC、BDEF是面积分别为S1、S2的正方形，点A在x轴上，点F在BC上，点E在反比例函数的图象上，若S1﹣S2＝4，则k值为 　 　 ． 16．（2024春•江北区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A、C恰好落在双曲线上，且点O在AC上，AD交x轴于点E． ①当A点坐标为（2，m）时，D点的坐标为 　 　 ； ②在锐角△OAE中，OA：OE＝3：，则正方形ABCD的面积为 　 　 ． 九．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 17．（2024春•婺城区校级期中）如图，一次函数y1＝kx+b与反比例函数的图象相交于A（1，3），B（3，m）． （1）分别求两个函数的解析式； （2）在x轴上找一点P，使得△OAP的面积为6，求出P点坐标； （3）根据图象，直接写出不等式的解集． 一十．反比例函数综合题（共1小题） 18．（2024春•婺城区校级期中）已知点P的坐标为（m，0），点Q在x轴上（不与P重合），以PQ为边，∠PQM＝60°作菱形PQMN，使点M落在反比例函数的图象上． （1）如图所示，若点P的坐标为（1，0），求出图中点M的坐标； （2）点P（1，0）时，在（1）图中已经画出一个符合条件的菱形PQMN，请您在原图上画出另一个符合条件的菱形PQ1M1N1，并求点M1的坐标； （3）随着m的取值不同，这样的菱形还可以画出三个和四个．当符合上述条件的菱形刚好能画出四个时，请求出m的取值范围． 一十一．抛物线与x轴的交点 一十二．二次函数的应用（共2小题） 19．（2024春•钱塘区校级期中）某童装店销售某款童装，每件售价为60元，每星期可卖100件，为了促销，该店决定降价销售，经市场调查反应：每降价2元，每星期可多卖20件．已知该款童装每件成本为40元．设该款童装每件售价为x元，销售量为y件． （1）每星期的销售量y＝　 　 （用含x的代数式表示y并化简）； （2）当每件童装售价定为多少元时，该店一星期可获得2210元的利润？ （3）当每件售价定为多少元时，每星期的销售利润最大？最大利润是多少？ 20．（2024春•西湖区校级期中）根据以下信息，探索完成任务． 如何设计种植方案？ 素材1 小明以“种植农作物”为主题在自己家100平方米的土地上进行课外实践，现有A、B两种作物的相关信息如下表所示： A作物 B作物 每平方米种植株树（株） 2 10 单株产量（千克） 1.2 0.5 素材2 由于A作物植株间距较大，可增加A作物每平方米的种植株树．经过调研发现，每平方米种植A作物每增加1株，A作物的单株产量减少0.1千克． 素材3 若同时种植A、B两种作物，实行分区域种植． 问题解决 单一种植（全部种植A作物） 任务1：明确数量关系 设每平方米增加x株A作物（x为正整数），则每平方米有 　 　 株，单株产量为　 　 千克． （用含x的代数式表示） 任务2：计算产量 要使A作物每平方米产量为4.8千克，则每平方米应种植多少株？ 分区种植（种植A、B两种作物） 任务3：规划种植方案 设这100平方米的土地中有a平方米用于种植A作物，且每平方米产量最大，其余区域按照每平方米10株种植B作物，当这100平方米总产量不低于496千克时，则a的取值范围是 　 　 . 一十三．三角形的面积（共1小题） 21．（2024春•钱塘区校级期中）如图，已知D、E分别为△ABC的边AC、BC的中点，AF为△ABD的中线，连接EF，若四边形AFEC的面积为15，则△ABC的面积为 　 　 ． 一十四．全等三角形的判定与性质（共1小题） 22．（2024春•钱塘区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝2，BC＝4，∠ABC＝60°，直线EF过点O，连接DF，交AC于点G，连BG，△DCF的周长等于6，下列说法正确的个数为（　　） ①∠EOD＝90°； ②S△DFC＝2S△AEO； ③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 一十五．勾股定理的证明（共2小题） 23．（2024春•镇海区校级期中）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图中，由四个全等三角形和一个小正方形EFGH组成一个边长为6的大正方形ABCD．连结CE并延长，分别交DG和AD于点M和点N，若DN＝MN，则DN的长为（　　） A． B． C． D．5 24．（2024春•拱墅区校级期中）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1，S2，S3，若正方形EFGH的边长为6，则S1+S2+S3＝　 　 ． 一十六．三角形中位线定理（共1小题） 25．（2024春•钱塘区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点，连接DE、BE，点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点． （1）求证：FG＝FH； （2）若∠A＝90°，求证：FG⊥FH； （3）若∠A＝80°，求∠GFH的度数． 一十七．多边形内角与外角（共1小题） 26．（2024春•钱塘区校级期中）如果一个正多边形的每个内角为150°，则这个正多边形的边数是　 　 ． 一十八．平行四边形的性质（共7小题） 27．（2024春•苍南县校级期中）如图，在▱ABCD中，BD＝2CD，BC＝15，F为AD的中点，E为OC的中点，则EF的值为（　　） A．7.5 B．8 C．8.5 D．9 28．（2024春•杭州校级期中）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BC交BC于点E，若AB＝3，AC＝8，BD＝10，则AE的长为（　　） A． B． C． D． 29．（2024春•婺城区校级期中）已知点D与点A（﹣8，0），B（﹣2，8），C（a，a），是一平行四边形的四个顶点，则CD的最小值是（　　） A．10 B． C． D．9 30．（2024春•萧山区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在AD、AB上，依次连接EB、EC、FC、FD，图中阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4，已知S1＝3、S2＝14、S3＝5，则S4的值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 31．（2024春•拱墅区校级期中）如图，平行四边形EFGH的四个顶点分别在平行四边形ABCD的四条边上，QF∥AD，分别交EH、CD于点P、Q，过点P作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，若要求平行四边形EFGH的面积，只需知道下列哪个四边形的面积（　　） A．四边形AFQD B．四边形FBNP C．四边形MNCD D．四边形ABCD 32．（2024春•萧山区校级期中）已知，在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE＝6，AF＝3且∠EAF＝60°，则AB＝　 　 ． 33．（2024春•杭州校级期中）如图，在▱ABCD中，延长AB至点E，使BE＝AB，连接ED交BC于点O，连接EC，BD． （1）求证：AD＝2BO； （2）若AD＝DE ①若AD＝4，CD＝2，求▱ABCD的面积； ②连接AC，求证：AC2＝3AB2+AD2． 一十九．菱形的性质（共1小题） 34．（2024春•杭州校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若AB＝DE＝2BE，EO＝2，则线段AE的长为　 　 ． 二十．矩形的性质（共1小题） 35．（2024春•江北区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，矩形的对角线AC，BD相交于点O，在边AD上有一点E，连结OE、CE，若△AOE与△EOD中至少有一个是直角三角形，则CE的长为 　 　 ． 二十一．矩形的判定与性质（共1小题） 36．（2024春•西湖区校级期中）将一张矩形纸片（不是正方形），先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，则这张矩形纸片的较长边的长度为 　 　 ． 二十二．正方形的性质（共3小题） 37．（2024春•江北区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD相交于点O，N是AO的中点，点M是在BC边上的四等分点（靠近点C），P为对角线BD上一点．当对角线BD平分∠NPM时，PM﹣PN值为（　　） A．1 B． C．2 D． 38．（2024春•温州期中）如图，延长正方形EFGH的各边至点A，B，C，D，连结线段得到▱ABCD，▱BFDH，▱AGCE，若∠BAF＝45°，记▱AGCE为S1，▱BFDH为S2，已知S1﹣S2的值，可求（　　）的面积 A．▱ABCD B．△BCH C．△ABG D．正方形EFGH 39．（2024春•镇海区校级期中）在正方形ABCD中，对角线AC上有一动点E，若以DE为边作如图所示的正方形DEFG，连结AF．若3S四边形ADGF＝13S△AEF，则的值为 　 　 ． 二十三．四边形综合题（共8小题） 40．（2024春•江北区期中）已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠BCA的平分线CF交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M，过点C作CP⊥CF，交AD延长线于点P． （1）求证：BF＝DP； （2）若正方形ABCD的边长为6，求△ACP的面积； （3）探究：FN、MN与PC的数量关系． 41．（2024春•钱塘区校级期中）已知，平行四边形ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D运动． （1）如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠ABC的度数． （2）如图②，在（1）问的条件下，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，连接AF，若AB＝8cm，求△APF的面积． （3）如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝12cm，则t为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 42．（2024春•苍南县校级期中）根据所给素材，完成相应任务． 玩转三角板 活动背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角板，如图1所示，其中∠F，∠A为直角，∠E＝30°，∠B＝45°，要求两直角顶点重合（A与F重合于点O）进行探究活动． 素材1 小明同学的探究结果如图2所示，D，O，C三点在一条直线上． 素材2 小聪同学的探究结果如图3所示，DE∥BC，连结BD，CE，发现四边形BCED是平行四边形． 素材3 李老师提出问题，在上述操作过程中，△DOB与△COE的面积比是否为定值？ 解决问题 任务1 （1）根据图2，计算线段CD的长度． 任务2 （2）根据图3写出小聪同学判定平行四边形的依据：　 　 ． （3）计算▱BCED的面积． 任务3 （4）请你解答李老师的问题，并说明理由． 43．（2024春•杭州校级期中）如图1，两个全等的直角三角形ABC和DEF的斜边AC和DF在同一直线上，AB＝DE，并连结AE，BD． 【操作思考】 （1）在△DEF沿直线AC平移过程中，求证：∠FEA＝∠CBD； 【拓展探究】 （2）如图2，若四边形ABDE为菱形，AC＝4，BC＝2，求AF的长． 44．（2024春•镇海区校级期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，连结BD交AE于点M． （1）如图1所示，连结ED，若AE＝EC，，BE＝1，求AD的值； （2）如图2所示，若AE＝EC，F是BD的中点，过点E作EG⊥AB于点G，延长GE交DC的延长线于点H，连结FH． ①证明：△AGE≌△EHC； ②猜想CH、AG、FH的数量关系并证明； （3）如图3所示，N为线段BD上一点，AE＝ND，∠AMB＝2∠NAD，EN＝5，AD＝11，求DN的长度． 45．（2024春•镇海区校级期中）类比于等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形． （1）如图1，四边形ABCD的顶点A、B、C在格点上，请你在5×7的网格中分别画出3个不同形状的等邻边四边形ABCD，要求点D在格点上； （2）如图2，在▱ABCD中，E是BC上一点，F是DE上一点，AD＝DE，∠AFE＝∠B，请证明四边形ABEF是等邻边四边形； （3）如图3，在▱ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，M、N分别为CD、BC边上一点（N不与两端点重合），连结AM、AN，AM＝AB，DM＝3，当四边形ANCM是等邻边四边形时，请直接写出BN的长度． 46．（2024春•婺城区校级期中）如图，在矩形OABC中AB＝8，BC＝4，点D为对角线OB中点，点E在OC所在的直线上运动，连结DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连结BF． （1）当点F在OC下方时（如图1），求证：DE∥BF． （2）当点F落在矩形的对称轴上时，求EF的长． （3）是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求OE的长；若不存在，请说明理由． 47．（2024春•温州期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC，E为AB上一点，AE＝2，BE＝6，作EF∥AC交BC于点F，取EF上一点H，以AB，BH为邻边向上作▱ABHD，交AC于点G， （1）求证：△ADG≌△HBE． （2）记▱ABHD面积为a，四边形GHFC面积为b， ①求a与b的关系式． ②连结CD，若△ACD为直角三角形时，求的值． 二十四．作图—应用与设计作图（共3小题） 48．（2024春•镇海区校级期中）如图是由边长为1的小正方形构成的7×7网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A、C在格点上．请用无刻度直尺按要求作图，并保留作图痕迹，不要求写作法． （1）在图1中，以AC为对角线作矩形ABCD，且B、D都在格点上（作出一个即可）． （2）在图2中，E不在格点上而在格线上，请在图内找到点F并作出▱AECF． 49．（2024春•婺城区校级期中）如图是5×5的方格纸，点A，B，C都在格点上，按要求作图． （1）在图1中找到一个格点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形； （2）在图2中仅用无刻度的直尺，作出△ABC的中位线MN使得M在AB上，N在AC上．（保留作图痕迹，不写作法）． 50．（2024春•温州期中）如图，在6×7的方格纸中，请按要求画出格点四边形． （1）在图1中以AC为边画一个格点▱ACMN，周长为整数． （2）在图2中以AC为对角线画一个格点▱ABCD．使得该平行四边形的一条对角线等于它的一条边． 二十五．命题与定理（共1小题） 51．（2024春•萧山区校级期中）下列给出的四个命题： ①关于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，则a满足a≥1且a≠5； ②若a2﹣5a+5＝0，则； ③若b2+4ac＜0，则方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定无解； ④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0，那么p≠0，q＝0． 其中是真命题是（　　） A．①② B．②③④ C．②④ D．①②④ 二十六．反证法（共1小题） 52．（2024春•江北区期中）利用反证法证明“直角三角形中至少有一个锐角不小于45°”，应先假设（　　） A．直角三角形的两个锐角都小于45° B．直角三角形有一个锐角大于45° C．直角三角形的两个锐角都大于45° D．直角三角形有一个锐角小于45° 二十七．翻折变换（折叠问题）（共5小题） 53．（2024春•温州期中）如图，在▱ABCD中，E为边BC上的一个点，将△CDE沿DE折叠至△CDE处，使得C′落在AB的延长线上，若∠A＝50°，C′E⊥AB时，则∠CED的度数为（　　） A．100° B．105° C．110° D．115° 54．（2024春•钱塘区校级期中）数学活动课上，陈老师向同学们展示了一位同学的折纸作品（如图所示）．已知平行四边形纸片ABCD，∠A＝60°，对角线BD⊥AB，点E，F分别在边AD和BC上，EF交BD于点P．将纸片沿EF折叠，点A落在▱ABCD外的点A'处，B落在对角线BD上的点G处，A'G交AD于点H，连接FH．若PF＝GH，CD＝6，则FH＝　 　 ． 55．（2024春•苍南县校级期中）如图，已知▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝60°，将△ABC沿着直线AC翻折，使点B的对应点B′落在原图所在平面上，连结B′D．若BD＝5，则B′D的长度为 　 　 ． 56．（2024春•婺城区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，P为AC上一动点，过P作EF⊥AC交AD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠，使点A落在对角线AC上的点A′处，当△A′CD为直角三角形时，AP的长为 　 　 ． 57．（2024春•西湖区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝9，将矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处，折痕为EF，则AE＝　 　 ，EF＝　 　 ． 二十八．利用旋转设计图案（共1小题） 58．（2024春•江北区期中）如图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格图，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影． （1）在①网格图中涂上一个三角形，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形； （2）在②网格图中涂上一个三角形，使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形． 二十九．加权平均数（共1小题） 59．（2024春•温州期中）某校规定：学生数学总评成绩由参与数学活动、作业、考试三部分构成，各部分在总评中所占比例为2：3：5，小明本学期三部分成绩分别是85分，90分，80分，则小明的数学总评成绩为 　 　 分． 三十．方差（共1小题） 60．（2024春•苍南县校级期中）计算一组数据的方差，列式为，则该组数据的方差是 　 　 ． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙教版八下期中测试模拟卷考点分类选练 一．二次根式的性质与化简（共1小题） 1．（2024春•萧山区校级期中）观察下列各式：①2，②3；③4，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：　5　 ； （2）请用含n（n≥1）的式子写出你猜想的规律：　（n+1）　 ； （3）请证明（2）中的结论． 【分析】（1）认真观察题中所给的式子，得出其规律并根据规律写出第④个等式； （2）根据规律写出含n的式子即可； （3）结合二次根式的性质进行化简求解验证即可． 【解答】解：（1）5； （2）（n+1）； （3） ＝（n+1）． 故答案为：（1）5； （2））（n+1）． 【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，解答本题的关键在于认真观察题中所给的式子，得出其规律并根据规律进行求解即可． 二．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 2．（2024春•钱塘区校级期中）已知方程（x+a）（x+b）＝0有M个解，方程（ax+1）（bx+1）＝0有N个解，其中a≠b，则（　　） A．M＝N﹣1或M＝N+1 B．M＝N﹣1或M＝N+2 C．M＝N或M＝N+1 D．M＝N或M＝N﹣1 【分析】对于方程（x+a）（x+b）＝0，根据“若两个数的乘积为0，则至少其中一个数为0”的原理，可直接求解，方程（ax+1）（bx+1）＝0，同样依据上述原理求解，但需要分a＝0，b＝0以及a≠0且b≠0等不同情况讨论，再确定两个方程解的个数M和N之间的关系． 【解答】解：（x+a）（x+b）＝0，可得x+a＝0或x+b＝0，即x＝﹣a或x＝﹣b， ∵a≠b， ∴M＝2， 当a＝0，b≠0时，方程变为bx+1＝0．解得x，此时N＝1， 当a≠0，b＝0时，方程变为ax+1＝0，解得x，此时N＝1， 当a≠0，b≠0时，方程变为ax+1＝0或bx+1＝0解得x或x，此时N＝2， ∴当a＝0或b＝0时，M＝2，N＝1，M＝N+1；当a≠0且b≠0时，M＝2，N＝2，M＝N． ∴M＝N或M＝N+1． 故选：C． 【点评】这道题主要考查解一元二次方程的因式分解法以及分类讨论思想，解题的关键在于对（ax+1）（bx+1）＝0中a和b取值的分类讨论． 3．（2024春•婺城区校级期中）（1）计算：； （2）解方程：x2﹣4x+3＝0． 【分析】（1）根据二次根式混合运算的法则进行计算即可； （2）运用因式分解法进行求解即可． 【解答】解：（1） ＝2+3﹣6 ＝﹣1； （2）x2﹣4x+3＝0， （x﹣3）（x﹣1）＝0， x﹣3＝0或x﹣1＝0 ∴x1＝1，x2＝3． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算，解一元二次方程，熟练掌握运算方法是解题关键． 三．根的判别式（共3小题） 4．（2024春•苍南县校级期中）已知一元二次方程x2+ax+1＝0，x2+bx+2＝0，x2+cx+4＝0，其中a，b，c是正实数，且满足b2＝ac．设这三个方程不相等的实数根的个数分别为M1，M2，M3，则下列说法一定正确的是（　　） A．若M1＝2，M2＝2，则M3＝0 B．若M1＝0，M2＝2，则M3＝0 C．若M1＝1，M2＝0，则M3＝0 D．若M1＝0，M2＝0，则M3＝0 【分析】由题意得，，根据M1、M2判定出Δ1、Δ2的符号，再由b2＝ac得，代入Δ＝c2﹣16即可确定判别式的符号，得出M3的值，从而确定答案． 【解答】解：A、∵M1＝2，M2＝2， ∴Δ＝a2﹣4＞0，Δ＝b2﹣8＞0，即a2＞4，b2＞8， ∵b2＝ac， ∴， ∵，无法确定Δ符号， ∴M3的值无法确定，故此选项不符合题意； B、∵M1＝0，M2＝2， ∴，，即a2＜4，b2＞8， ∴， ∵b2＝ac， ∴， ∵， ∴M3＝2，故此选项不符合题意； C、∵M1＝1，M2＝0， ∴，，即a2＝4， ∵b2＝ac， ∴， 而， ∵b2+8＞0，b2﹣8＜0， ∴， ∴M3＝0；故此选项符合题意； D、∵M1＝0，M2＝0， ∴，，即a2＜4，b2＜8， ∵b2＝ac， ∴， ∵，无法确定Δ3的符号， ∴M3的值无法确定，故此选项不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查一元二次方程根的判别式，正确记忆一元二次方程根的判别式的相关知识是解题关键． 5．（2024春•婺城区校级期中）对于任意4个实数 a，b，c，d定义一种新的运算ad﹣bc，例如：4×6﹣2×1＝22，则关于x的方程0的根的情况为（　　） A．只有一个实数根 B．有两个相等的实数根 C．有两个不相等的实数根 D．没有实数根 【分析】先根据新定义得到x•（x﹣k）﹣2×4＝0，再把方程化为一般式，再计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况． 【解答】解：根据题意得x•（x﹣k）﹣2×4＝0， 整理得x2﹣kx﹣8＝0， ∵Δ＝（k）2﹣4×1×（﹣8）＝k2+32＞0， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：C． 【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根． 6．（2024春•杭州校级期中）对于关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的情况，有以下四种表述： ①当a＜0，b+c＞0，a+c＜0时，方程一定没有实数根； ②当a＜0，b+c＞0，b﹣c＜0时，方程一定有实数根； ③当a＞0，a+b+c＜0时，方程一定没有实数根； ④当a＞0，b+4a＝0，4a+2b+c＝0时，方程一定有两个不相等的实数根． 其中表述正确的序号是（　　） A．① B．② C．③ D．④ 【分析】关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的判别式为Δ＝b2﹣4ac，若Δ＝b2﹣4ac＞0，则方程有两个不相等的实数根；Δ＝b2﹣4ac＝0，则方程有两个相等的实数根；Δ＝b2﹣4ac＜0，则方程无实数根，据此逐一判断即可． 【解答】解：①当a＝﹣1，b＝3，c＝﹣2时，满足a＜0，b+c＞0，a+c＜0， 此时Δ＝32﹣4×（﹣1）×（﹣2）＝1＞0，即方程有两个不相等的实数根， 故①错误； ②∵b+c＞0，b﹣c＜0， ∴c＞0， ∵a＜0， ∴﹣4ac＞0， ∴Δ＝b2﹣4ac＞0，即方程有两个不相等的实数根， 故②正确； ③当a＝1，b＝﹣1，c＝﹣1时，满足a＞0，a+b+c＜0， 此时Δ＝b2﹣4ac＝1﹣4×1×（﹣1）＝5＞0，即方程有两个不相等的实数根， 故③错误； ④∵a＞0，b+4a＝0，4a+2b+c＝0， ∴b＝﹣4a，c＝4a， ∴Δ＝（﹣4a）2﹣4×a×4a＝0，即方程有两个相等的实数根， 故④错误； 综上，正确的是②， 故选：B． 【点评】本题考查的是根的判别式和一元二次方程的解，利用一元二次方程根的判别式判断根的情况是解题的关键． 四．根与系数的关系（共3小题） 7．（2024春•萧山区校级期中）设a，b是方程x2+x﹣2024＝0的两个实数根，则a2+2a+b的值为（　　） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【分析】先利用一元二次方程解的定义得到a2+a＝2024，再根据根与系数的关系得到a+b＝﹣1，然后利用整体代入的方法计算． 【解答】解：∵a是方程x2+x﹣2 0 2 4＝0的实数根， ∴a2+a﹣2024＝0， ∴a2+a＝2024， ∵a，b是方程x2+x﹣2 0 2 4＝0的两个实数根， ∴a+b＝﹣1， ∴a2+2a+b＝a2+a+a+b＝2024+（﹣1）＝2023． 故选：B． 【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，则，．也考查了一元二次方程的根． 8．（2024春•江北区期中）如果一元二次方程x2+4x﹣2＝0的两个根为x1，x2，则6x1﹣x1x2+2x2＝ 　﹣4　 ． 【分析】根据一元二次方程x2+4x﹣2＝0的两个根为x1，x2，可以得到x1+x2＝﹣4，x1x2＝﹣2，4x1﹣2＝0，然后即可得到4x1＝2，再将所求式子变形，计算即可． 【解答】解：∵一元二次方程x2+4x﹣2＝0的两个根为x1，x2， ∴x1+x2＝﹣4，x1x2＝﹣2，4x1﹣2＝0， ∴4x1＝2， ∴6x1﹣x1x2+2x2 ＝（4x1）+2（x1+x2）﹣x1x2 ＝2+2×（﹣4）﹣（﹣2） ＝2+（﹣8）+2 ＝﹣4， 故答案为：﹣4． 【点评】本题考查根与系数的关系，解答本题的关键是明确题意，求出所求式子的值． 9．（2024春•镇海区校级期中）已知关于x的一元二次方程：（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0（其中p、q为常数）有两个相等的实数根，则下列结论正确的是 　②③④　 ． ①x＝﹣1必是方程（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0的根； ②x＝0可能是方程x2+qx+p＝0的根； ③方程px2+qx+1＝0必有实数根； ④若x1、x2为方程px2+qx+1＝0的两个根，则方程x2+qx+p＝0的根为和． 【分析】利用一元二次方程根的判别式可得q＝±（p+1），分情况对①②③④进行判断，即可得出结果． 【解答】解：∵方程（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0（其中p，q为常数）有两个相等的实数根， ∴Δ＝（2q）2﹣4（p+1）2＝0且p+1≠0， ∴q＝±（p+1）， 当q＝p+1， 原方程为：qx2+2qx+q＝0， ∵q≠0， ∴x2+2x+1＝0即（x+1）2＝0， ∴x＝﹣1， ∴x＝﹣1是方程（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0的根； 当q＝﹣（p+1），即p+1＝﹣q时， 原方程为：﹣qx2+2qx﹣q＝0， ∵q≠0， ∴x2﹣2x+1＝0即（x﹣1）2＝0， ∴x＝1， ∴x＝1是方程（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0的根； 综上，x＝﹣1不一定是方程（p+1）x2+2qx+（p+1）＝0的根；故①错误，不符合题意； 当x＝0时，则02+q×0+p＝0，即p＝0， ∵p+1≠0， ∴p≠﹣1， ∴p＝0符合题意， ∴x＝0可能是方程x2+qx+p＝0的根；故②正确，符合题意； 由①知，当q＝p+1，x＝﹣1是方程qx2+2qx+q＝0的根， ∴方程px2+qx+1＝0必有实数根，故③正确，符合题意； ∵x1，x2为方程px2+qx+1＝0的两个根， 当q＝p+1时，方程px2+qx+1＝0为px2+（p+1）x+1＝0， 即（px+1）（x+1）＝0， ∴， ∵方程x2+qx+p＝0为x2+（p+1）x+p＝0， 即（x+1）（x+p）＝0， ∴x3＝﹣1，x4＝﹣p， ∵， 同理，当q＝﹣（p+1）时，方程px2+qx+1＝0为px2﹣（p+1）x+1＝0， 即（px﹣1）（x﹣1）＝0， ∴， ∵方程x2+qx+p＝0为x2﹣（p+1）x+p＝0， 即（x﹣1）（x﹣p）＝0， ∴x3＝1，x4＝p， ∵， 综上，若x1，x2为方程px2+qx+1＝0的两个根，则方程x2+qx+p＝0的根为和，故④正确，符合题意； 故答案为：②③④． 【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式与一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键． 五．由实际问题抽象出一元二次方程（共1小题） 10．（2024春•温州期中）如图，一张长宽比为5：3的长方形纸板，剪去四个边长为5cm的正方形，用它做一个无盖的长方体包装盒．要使包装盒的容积为200cm3（纸板的厚度略去不计），问这张长方形纸板的长与宽分别为多少厘米？若设这张矩形纸板的长为5x厘米，则由题意可列出的方程是（　　） A．5（5x+10）（3x+10）＝200 B．5（5x﹣5）（3x﹣5）＝200 C．5（5x+10）（3x﹣10）＝200 D．5（5x﹣10）（3x﹣10）＝200 【分析】根据题意设这张长方形纸板的长为5x cm，宽为3x cm，进而表示出长方体的底面积，即可表示出长方体体积，进而得出等式求出答案． 【解答】解：设这张长方形纸板的长为5x cm，宽为3x cm，根据题意可得： 5（5x﹣10）（3x﹣10）＝200． 故选：D． 【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用，根据题意正确表示出长方体的底面积是解题关键． 六．一元二次方程的应用（共3小题） 11．（2024春•钱塘区校级期中）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知，这时我们把关于x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x的“勾系一元二次方程”必有实数根； （3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”的一个根，且四边形ACDE的周长是6，求△ABC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c的值，根据完全平方公式求得ab的值，从而可求得面积． 【解答】（1）解：当a＝3，b＝4，c＝5时 勾系一元二次方程为3x2+5x+4＝0； （2）证明：根据题意，得 Δ＝（c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab ∵a2+b2＝c2 ∴2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0 即△≥0 ∴勾系一元二次方程必有实数根； （3）解：当x＝﹣1时，有ac+b＝0，即a+bc ∵2a+2bc＝6，即2（a+b）c＝6 ∴3c＝6 ∴c＝2 ∴a2+b2＝c2＝4，a+b＝2 ∵（a+b）2＝a2+b2+2ab ∴ab＝2 ∴S△ABCab＝1． 【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． 12．（2024春•婺城区校级期中）根据以下素材，探索完成任务． 如何设计实体店背景下的网上销售价格方案？ 如何设计实体店背景下的网上销售价格方案？ 素材1 某公司在网上和实体店同时销售一种自主研发的小商品，成本价为40元/件． 素材2 该商品的网上销售价定为60元/件，平均每天销售量是200件，在实体店的销售价定为80元/件，平均每天销售量是100件．按公司规定，实体店的销售价保持不变，网上销售价可按实际情况进行适当调整，需确保网上销售价始终高于成本价． 素材3 据调查，网上销售价每降低1元，网上销售每天平均多售出20件，实体店的销售受网上影响，平均每天销售量减少2件． 问题解决 任务1 计算所获利润 当该商品网上销售价为50元/件时，求公司在网上销售该商品每天的毛利润与实体店销售该商品每天的毛利润各是多少元？ 任务2 拟定价格方案 公司要求每天的总毛利润（总毛利润＝网上毛利润+实体店毛利润）达到8160元，求每件商品的网上销售价是多少元？ 【分析】任务1：根据毛利润＝单件毛利润×销售数量求解即可； 任务2：先分别求出两种销售方式的毛利润，再根据总毛利润＝网上毛利润+实体店毛利润求解即可； 任务3：结合任务2的结论，利用完全平方公式变形求解即可． 【解答】解：任务1：网上毛利润为：（50﹣40）×（200+20×10）＝10×400＝4000（元）， 实体店毛利润为：（80﹣40）×（100﹣2×10）＝40×80＝3200（元）， 任务2：设网上销售价下降x元/件，则 网上毛利润为：（60﹣40﹣x）×（200+20x）＝﹣20x2+200x+4000， 实体店毛利润为：（80﹣40）×（100﹣2x）＝4000﹣80x， 总毛利润为：﹣20x2+200x+4000+4000﹣80x＝﹣20x2+120x+8000， 根据题意得，﹣20x2+120x+8000＝8160， 解得，x1＝2；x2＝4， ∴60﹣x＝58或56， 答：该商品的网上销售价是每件58元或56元． 【点评】本题考查了有理数的混合运算，列代数式，以及一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解答本题的关键． 13．（2024春•萧山区校级期中） 如何利用闲置纸板箱制作储物盒 素材1 如图1，图中是小琴家需要设置储物盒的区域，该区域可以近似看成一个长方体，底面尺寸如图2所示． 素材2 如图是利用闲置纸板箱拆解出的①，②两种均为a cm（a＜50cm）长方形纸板． 长方形纸板① 长方形纸板② 小琴分别将长方形纸板①和②以不同的方式制作储物盒． 长方形纸板①的制作方式 长方形纸板②制作方式 裁去角上4个相同的小正方形，折成一个无盖长方体储物盒． 将纸片四个角裁去4个相同的小长方形，折成一个有盖的长方体储物盒． 目标1 熟悉材料 熟悉按照长方形纸板①的制作方式制成的储物盒能够无缝隙的放入储物区域，且恰好没有延伸到过道，则长方形纸板宽a的为 　40　 ． 目标2 利用目标1计算所得的数据a，进行进一步探究． 初步应用 按照长方形纸板①的制作方式，为了更方便地放入或取出储物盒，盒子四周需要留出一定的空间，当储物盒的底面积是936cm2，求储物盒的容积． 储物收纳 按照长方形纸板②的制作方式制作储物盒，若EF和HG两边恰好重合且无重叠部分，盒子的底面积为702cm2．如图，是家里一个玩具机械狗的实物图和尺寸大小，请通过计算判断玩具机械狗能否完全放入该储物盒． 【分析】（1）由制作过程知小正方形的边长为5（cm），a＝40（cm），设小正方形的边长为x cm，列出方程可求解； （2）设小长方形的宽为x cm，（x＜20），长为y cm，列出方程组可求解． 【解答】（1）解：储物区域的长为40cm，由于收纳盒可以完全放入储物区域， 则图1中的四角裁去小正方形的边长为（50﹣40）÷2＝5（cm）， 则a＝收纳盒的宽+2×小正方形的边长＝30+2×5＝40（cm）， 由图2知，设小正方形的边长为x cm， 由题意可得：（50﹣2x）（40﹣2x）＝936， 解得：x＝7， 体积为v＝936×7＝6552（cm3）， 答：储物盒的容积为6552立方厘米； （2）设小长方形的宽为x cm，（x＜20），长为y cm， 由题意可得：， 解得： ∴小长方形的宽为11cm 当EH，HG之间两边恰好重合且无重叠部分，收纳盒的高为11＜18， ∴玩具机械狗也不能完全放入该储物； 综上所述：玩具机械狗不能完全放入该储物． 答：玩具机械狗不能完全放入该储物． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，合理将实际问题转化成方程（组）是解决此题的关键． 七．动点问题的函数图象（共1小题） 14．（2024春•拱墅区校级期中）如图，在▱ABCD中（AB＜BC），∠ABC＝60°，对角线AC、BD交于点O，动点E从点B出发，沿着B→C→D运动．设点E运动的路程为x，△BOE的面积为y，y关于x的函数图象如图所示．则AC长为（　　） A．5 B．6 C． D． 【分析】根据平行四边形性质可知S△BOC＝S△COD＝S△AOB，结合y关于x的函数图象可知当动点E从点B出发到达点C时，面积最大，y＝3，即S△BOC＝S△COD＝S△AOB＝3，作DH⊥BC，垂足为H，利用S△ABC＝2S△BOC＝6，BC+AB＝10，结合30度直角三角形性质可求出AB＝4，BC＝6，进而在Rt△AHB用勾股定理即可得到AC长． 【解答】解：在▱ABCD中对角线AC、BD交于点O，则S△BOC＝S△COD＝S△AOB， ∵动点E从点B出发，沿着B→C→D运动．设点E运动的路程为x，△BOE的面积为y，y关于x的函数图象如图所示， ∴当动点E从点B出发到达点C时，面积最大，y＝3，即S△BOC＝S△COD＝S△AOB＝3， 当动点E从点B出发到达点D时，点E运动的路程为x＝10，即x＝BC+CD＝10， 设在▱ABCD中，AB＝CD＝a，则BC＝10﹣a， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BAH＝30°， ∴BHa，AHa， ∵S△ABC＝2S△BOC＝6，S△ABCBC•AH， ∴6， 解得：a1＝4，a2＝6（不合题意舍去）， ∵AB＜BC，故AB＝4，BC＝6， ∴，，HC＝BC﹣BH＝6﹣2＝4， ∴在Rt△AHB中，， 故选：D． 【点评】本题考查平行四边形与函数综合，涉及平行四边形的性质、勾股定理、30度直角三角形性质等知识，读懂题意，属性结合，从函数图象中得到相应线段长是解决问题的关键． 八．反比例函数系数k的几何意义（共2小题） 15．（2024春•婺城区校级期中）如图，四边形OABC、BDEF是面积分别为S1、S2的正方形，点A在x轴上，点F在BC上，点E在反比例函数的图象上，若S1﹣S2＝4，则k值为 　4　 ． 【分析】设正方形OABC、BDEF的边长分别为a，b，则可表示出D（a，a+b），F（a﹣b，a），根据反比例函数图象上点的坐标特征可得出，利用点E与点D的纵坐标相同，求解即可． 【解答】解：设正方形OABC、BDEF的边长分别为a，b， 则D（a，a+b），F（a﹣b，a），， ∵点E与点D的纵坐标相同， ∴， ∴a2﹣b2＝k， ∵S1﹣S2＝4， ∴k＝4． 故答案为：4． 【点评】本题考查的知识点是反比例函数系数k的几何意义，根据已知条件得出点D、E、F的坐标是解此题的关键． 16．（2024春•江北区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A、C恰好落在双曲线上，且点O在AC上，AD交x轴于点E． ①当A点坐标为（2，m）时，D点的坐标为 　（3，﹣2）　 ； ②在锐角△OAE中，OA：OE＝3：，则正方形ABCD的面积为 　30　 ． 【分析】①依据题意，连接OD，作AM⊥x轴于点M，DN⊥x轴于点N，由正方形的对角线相等且互相垂直平分，得OA＝OC＝OD，∠AOD＝90°，∠OAD＝45°，易证Rt△AOM≌Rt△ODN，再依据全等三角形的性质得OM＝DN，AM＝ON，再根据已知条件，求出点A坐标为（2，3），即可求出点D的坐标． ②依据题意，作EG⊥OA于G，再设EG＝x，OA＝3t，OEt，可得OG＝OA﹣AG＝3t﹣x，然后在Rt△OGE中，OG2+GE2＝OE2，故（3t﹣x）2+x2＝（t）2，求出x＝2t或xt，再用面积法求出OMt，从而可得点A，结合点A在反比例函数y的图象上，进而可得t的值，然后求出OA，最后可得S正方形ABCD＝4S△AOD，进而得解． 【解答】解：①连接OD，作AM⊥x轴于点M，DN⊥x轴于点N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OC＝OD，∠AOD＝90°，∠OAD＝45°， ∵AM⊥x轴，DN⊥x轴， ∴∠AMO＝∠OND＝90°， ∵∠AOM+∠DON＝90°，∠AOM+∠OAM＝90°， ∴∠DON＝∠OAM， ∴△AOM≌△ODN（AAS）， ∴OM＝DN，AM＝ON， 将A（2，m）代入y， ∴2m＝6，则m＝3． ∴A（2，3）． ∴OM＝DN＝2，AM＝ON＝3， ∴D（3，﹣2）， 故答案为：（3，﹣2）． ②作EG⊥OA于G， 由题意，设EG＝x，OA＝3t，OEt， 又∵∠GAE＝45°，∠AGE＝90°， ∴AG＝GE＝x． ∴OG＝OA﹣AG＝3t﹣x． 在Rt△OGE中，OG2+GE2＝OE2， ∴（3t﹣x）2+x2＝（t）2． ∴x2﹣3t+8t2＝0． ∴x＝2t或xt． 当x＝2t时，GE＝2t， 又∵S△AOEAM•OEGE•OA， ∴AMt． ∴OMt． ∴A（t，t）． ∵点A在反比例函数y的图象上， ∴t•t＝6． ∴t2． ∴t或t（不合题意，舍去）． 同理可得，当xt时，t． ∴OA＝3t＝3． ∴OA＝OD． ∴S△AODOA2． ∴S正方形ABCD＝4S△AOD＝430． 故答案为：30． 【点评】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、正方形的性质，解题时要能熟练掌握并能灵活运用反比例函数的性质是关键． 九．反比例函数与一次函数的交点问题（共1小题） 17．（2024春•婺城区校级期中）如图，一次函数y1＝kx+b与反比例函数的图象相交于A（1，3），B（3，m）． （1）分别求两个函数的解析式； （2）在x轴上找一点P，使得△OAP的面积为6，求出P点坐标； （3）根据图象，直接写出不等式的解集． 【分析】（1）将A坐标代入反比例解析式求出n的值，确定出反比例解析式，将B坐标代入反比例解析式求m的值，确定出B坐标，将A与B坐标代入一次函数解析式求出k与b的值，即可确定出一次函数解析式； （2）利用三角形面积公式求得OP，即可求得点P的坐标； （3）根据图象即可求得． 【解答】解：（1）将A（1，3）代入的得：n＝3， 则反比例解析式为y； 将B（3，m）代入y得：m＝1， ∴B（3，1）， 将A与B坐标代入y＝kx+b中，得：， 解得：， 则一次函数解析式为y＝﹣x+4； （2）∵△OAP的面积为6， ∴6，即， ∴OP＝4， ∴P（﹣4，0）或（4，0）； （3）由图象得：不等式的解集为0＜x＜1或x＞3． 【点评】此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：坐标与图形性质，待定系数法确定函数解析式，三角形面积，利用了数形结合的思想，熟练掌握待定系数法是解本题的关键． 一十．反比例函数综合题（共1小题） 18．（2024春•婺城区校级期中）已知点P的坐标为（m，0），点Q在x轴上（不与P重合），以PQ为边，∠PQM＝60°作菱形PQMN，使点M落在反比例函数的图象上． （1）如图所示，若点P的坐标为（1，0），求出图中点M的坐标； （2）点P（1，0）时，在（1）图中已经画出一个符合条件的菱形PQMN，请您在原图上画出另一个符合条件的菱形PQ1M1N1，并求点M1的坐标； （3）随着m的取值不同，这样的菱形还可以画出三个和四个．当符合上述条件的菱形刚好能画出四个时，请求出m的取值范围． 【分析】（1）如图，过点M作MT⊥PQ于T，设，利用勾股定理求出a即可； （2）根据菱形性质求出直线PM1的解析式，利用方程组确定交点M1坐标即可； （3）在x轴上分别取点S（1，0），I（﹣1，0），作∠IOL＝∠SOI＝60°，且TL⊥x轴，TS⊥x轴，直线，直线，求出先画出当过点P与x轴的夹角为60°的直线与反比例函数的交点的个数只有3个时，求出点P的坐标，即可确定当或时，能画出菱形4个． 【解答】解：（1）如图1，过点M作MT⊥PQ于T，设， ∵QP＝QM，∠PQM＝60°， ∴△PQM是等边三角形， ∴，PT＝a﹣1，PM＝PQ＝2a﹣2， ∴PT2+MT2＝PM2，即4（a﹣1）2， 解得：a＝2， ∴； （2）如图2，过点M1作M1H⊥x轴，M1P交y轴点R， ∵四边形PQ1M1N1是菱形， ∴Q1P＝Q1M1，∠PQ1M1＝60°， ∴△PQ1M1是等边三角形， ∴∠Q1PM1＝60°，∠ORP＝30°， ∵P（1，0）， ∴OP＝1， ∴OR， ∴， 设直线PM1的解析式为y＝kx+b， ， 解得， ∴直线PM1的解析式为， 由， 解得或， ∴； （3）如图3，在x轴上分别取点S（1，0），I（﹣1，0），作∠IOL＝∠SOI＝60°，且TL⊥x轴，TS⊥x轴， 则OL＝OT＝2，IL＝TS， ∴T（1，），L（﹣1，）， 设直线OT的解析式为y＝k1x，直线OL的解析式为y＝k2x， ∴直线OT：y，直线OL：y＝﹣， 如图4，当过点P与x轴的夹角为60°的直线与反比例函数的交点的个数只有3个时，满足 条件的菱形只有3个， ∵∠OPM1＝∠SOT， ∴PM1∥OT， 设直线PM1解析式为 整理得， 【点评】本题属于反比例函数综合题，主要考查了二次函数的几何应用，菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会构建一次函数利用方程组确定交点坐标． 一十二．二次函数的应用（共2小题） 19．（2024春•钱塘区校级期中）某童装店销售某款童装，每件售价为60元，每星期可卖100件，为了促销，该店决定降价销售，经市场调查反应：每降价2元，每星期可多卖20件．已知该款童装每件成本为40元．设该款童装每件售价为x元，销售量为y件． （1）每星期的销售量y＝　﹣10x+700　 （用含x的代数式表示y并化简）； （2）当每件童装售价定为多少元时，该店一星期可获得2210元的利润？ （3）当每件售价定为多少元时，每星期的销售利润最大？最大利润是多少？ 【分析】（1）根据售量y（件）与售价x（元/件）之间的函数关系即可得到结论． （2）设每星期利润为W元，将W＝2210代入所得的解析式，即可解决问题． （3）将（2）中解析式化为顶点式，即可解决问题． 【解答】解：（1）y＝100•20＝﹣10x+700； 故答案为：＝10x+700； （2）设每星期利润为W元， W＝（x﹣40）（﹣10x+700），由题意，得（x﹣40）（﹣10x+700）＝2210， 解得x＝53或57， ∴当每件童装售价定为53元或57元时，该店一星期可获得2210元的利润． （3）W＝（x﹣40）（﹣10x+700）＝﹣10（x﹣55）2+2250， ∴x＝55时，W取得最大值为2250． ∴每件售价定为55元时，每星期的销售利润最大，最大利润为2250元． 【点评】本题考查二次函数的应用，解题的关键是构建二次函数解决最值问题，属于中考常考题型． 20．（2024春•西湖区校级期中）根据以下信息，探索完成任务． 如何设计种植方案？ 素材1 小明以“种植农作物”为主题在自己家100平方米的土地上进行课外实践，现有A、B两种作物的相关信息如下表所示： A作物 B作物 每平方米种植株树（株） 2 10 单株产量（千克） 1.2 0.5 素材2 由于A作物植株间距较大，可增加A作物每平方米的种植株树．经过调研发现，每平方米种植A作物每增加1株，A作物的单株产量减少0.1千克． 素材3 若同时种植A、B两种作物，实行分区域种植． 问题解决 单一种植（全部种植A作物） 任务1：明确数量关系 设每平方米增加x株A作物（x为正整数），则每平方米有 　（2+x）　 株，单株产量为　（1.2﹣0.1x）　 千克． （用含x的代数式表示） 任务2：计算产量 要使A作物每平方米产量为4.8千克，则每平方米应种植多少株？ 分区种植（种植A、B两种作物） 任务3：规划种植方案 设这100平方米的土地中有a平方米用于种植A作物，且每平方米产量最大，其余区域按照每平方米10株种植B作物，当这100平方米总产量不低于496千克时，则a的取值范围是 　a≤4　 . 【分析】任务一：根据题意直接得出结论； 任务二：根据单株产量×每平米的株数＝4.8列出方程，解方程即可； 任务三：现根据种植A作物每平米的产量＝单株产量×每平米的株数列出函数解析式，根据函数的性质求出种植A作物每平米的最高产量，再根据100平米种植A作物和B作物的产量之和≥496列出不等式，解不等式即可． 【解答】解：任务一：设每平方米增加x株A作物（x为正整数），则每平方米有（2+x）株，单株产量为（1.2﹣0.1x）千克， 故答案为：（2+x），（1.2﹣0.1x）； 任务二：根据题意得：（2+x）（1.2﹣0.1x）＝4.8， 整理得：x2﹣10x+24＝0， 解得：x1＝4，x2＝6， ∴x+2＝6或x+2＝8， 答：每平方米应种植6株或8株； 任务三：设种植A作物每平方米的产量为y千克， 根据题意得：y＝（2+x）（1.2﹣0.1x）＝﹣0.1x2+x+2.4＝﹣0.1（x﹣5）2+4.9， ∵﹣0.1＜0， ∴当x＝5时，y有最大值，最大值为4.9， ∴种植A作物每平方米最大产量为4.9千克， 根据题意得：4.9a+（100﹣a）×10×0.5≥496， 解得a≤40， 则a的取值范围是a≤40， 故答案为：a≤40． 【点评】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和一元二次方程． 一十三．三角形的面积（共1小题） 21．（2024春•钱塘区校级期中）如图，已知D、E分别为△ABC的边AC、BC的中点，AF为△ABD的中线，连接EF，若四边形AFEC的面积为15，则△ABC的面积为 　24　 ． 【分析】设△BEF的面积是x，得到x+2x+2x＝15，求出x＝3，即可得到△ABC的面积＝8x＝24． 【解答】解：∵D、E分别为AC、BC的中点，AF为△ABD的中线， ∴△BEF的面积＝△CEF的面积，△BCF的面积＝△DCF的面积＝△AFD的面积＝△ABF的面积， 设△BEF的面积是x， ∴△AFD的面积＝△CDF的面积＝△BCF的面积＝2x， ∵四边形AFEC的面积＝△CEF的面积+△CDF的面积+△ADF的面积＝x+2x+2x＝15， ∴x＝3， ∴△ABC的面积＝x+x+2x+2x+2x＝8x＝24． 故答案为：24． 【点评】本题考查三角形的面积，关键是掌握三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分． 一十四．全等三角形的判定与性质（共1小题） 22．（2024春•钱塘区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝2，BC＝4，∠ABC＝60°，直线EF过点O，连接DF，交AC于点G，连BG，△DCF的周长等于6，下列说法正确的个数为（　　） ①∠EOD＝90°； ②S△DFC＝2S△AEO； ③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】由△DCF的周长等于6，可得CD+CF+DF＝CD+CF+BF，即得到DF＝BF，根据等腰三角形三线合一得到EF⊥BD，即可判断①；过点O作MN⊥BC，交AD与N，证明△OAE≌△OCF，得到AE＝CF，同理可得，ON＝OM，MN＝2ON，再由三角形的面积即可判断②；过点GHK⊥AB于H，交CD于K，可得，即可判断③；过点D作DP⊥BC的延长线于点P，由平行线可得∠DCP＝∠ABC＝60°，进而可得∠CDP＝30°，得到CP＝1，由勾股定理可得，设DF＝BF＝x，则CF＝4﹣x，在Rt△DPF中，由勾股定理可得，求出x进而可得AE的长，即可判断④． 【解答】解：∵△DCF的周长等于6， ∴CD+CF+DF＝6， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴CD＝AB＝2，BO＝DO，AO＝CO，AB∥CD，AD∥BC， ∴CD+BC＝2+4＝6， 即CD+CF+BF＝6， ∴CD+CF+DF＝CD+CF+BF， ∴DF＝BF， ∴△BDF为等腰三角形， ∵BO＝DO， ∴FO⊥BD， 即EF⊥BD， ∴∠EOD＝90°，故①正确； 过点O作MN⊥BC于M，交AD与N， ∵AD∥BC， ∴MN⊥AD，∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC， 在△OAE和△OCF中， ， ∴△OAE≌△OCF（AAS）， ∴AE＝CF， 同理可得，ON＝OM， ∴MN＝2ON， ∵，， ∴S△DFC＝2S△AEO，故②正确； 过点G作HK⊥AB于H，交CD于K， ∵AB∥CD， ∴HK⊥CD， ∴， ∵S▱ABCD＝AB•HK， ∴，故③正确； 过点D作DP⊥BC的延长线于点P，则∠DPC＝90°， ∵∠ABC＝60°，AB∥CD， ∴∠DCP＝∠ABC＝60°， ∴∠CDP＝90°﹣60°＝30°， ∴， ∴， 设DF＝BF＝x，则CF＝4﹣x， ∴FP＝4﹣x+1＝5﹣x， 在Rt△DPF中，FP2+DP2＝DF2， ∴， 解得， ∴， ∵AE＝CF， ∴，故④正确； ∴说法正确的个数有4个， 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 一十五．勾股定理的证明（共2小题） 23．（2024春•镇海区校级期中）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝．如图所示的弦图中，由四个全等三角形和一个小正方形EFGH组成一个边长为6的大正方形ABCD．连结CE并延长，分别交DG和AD于点M和点N，若DN＝MN，则DN的长为（　　） A． B． C． D．5 【分析】先证出BC＝CE＝6，利用等角对等边可证出AN＝NE，然后利用勾股定理求出AN的长，进而即可得解． 【解答】解：∵由四个全等三角形和一个小正方形EFGH组成一个边长为6的大正方形ABCD， ∴AD＝BC＝CD＝6，∠CBF＝∠ADH，∠AHG＝∠HEF＝90°， ∴EF∥HG， ∵DN＝MN， ∴∠ADH＝∠NMD＝∠FEM＝∠CBF， ∴BC＝CE＝6， ∵∠ADH+∠DAH＝90°，∠NMD+∠HEM＝90°， ∴∠DAH＝∠HEM＝∠AEN， ∴AN＝NE， 设AN＝NE＝x， 在Rt△NDC中，由勾股定理得：DN2+DC2＝CN2， ∴（6﹣x）2+62＝（6+x）2， ∴， ∴， 故选：B． 【点评】本题主要考查了勾股定理的证明，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解决此题的关键． 24．（2024春•拱墅区校级期中）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1，S2，S3，若正方形EFGH的边长为6，则S1+S2+S3＝　108　 ． 【分析】设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且a＞b，则S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2，先证明S2＝a2+b2＝36，再证明S1+S2+S3＝3（a2+b2）即可得到答案． 【解答】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b，且a＞b， 由题意可知：S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2， ∵正方形EFGH的边长为6， ∴S2＝a2+b2＝36， ∴S1+S2+S3＝（a+b）2+a2+b2+（a﹣b）2 ＝a2+2ab+b2+a2+b2+a2﹣2ab+b2 ＝3（a2+b2） ＝108， 故答案为：108． 【点评】本题考查正方形的面积、勾股定理，乘法公式，能利用全等的直角三角形的两条直角边表示面积是解决本题的关键． 一十六．三角形中位线定理（共1小题） 25．（2024春•钱塘区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点，连接DE、BE，点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点． （1）求证：FG＝FH； （2）若∠A＝90°，求证：FG⊥FH； （3）若∠A＝80°，求∠GFH的度数． 【分析】（1）由中点性质及AB＝AC，得到BD＝EC，再由中位线性质证明FG∥BD，GF，FH∥EC，FH，从而得到FG＝FH； （2）由（1）FG∥BD，FH∥EC，再由∠A＝90°，可证FG⊥FH； （3）由（1）FG∥BD，∠A＝80°，可求得∠FKC，再由FH∥EC，可求得∠GFH的度数． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC，点D，E分别是边AB，AC的中点， ∴BD＝EC， ∵点F，G，H分别为BE，DE，BC的中点， ∴FG∥BD，GF， FH∥EC，FH， ∴FG＝FH； （2）证明：由（1）FG∥BD， 又∵∠A＝90°， ∴FG⊥AC， ∵FH∥EC， ∴FG⊥FH； （3）解：延长FG交AC于点K， ∵FG∥BD，∠A＝80°， ∴∠FKC＝∠A＝80°， ∵FH∥EC， ∴∠GFH＝180°﹣∠FKC＝100°． 【点评】本题是几何问题，考查了三角形中位线的有关性质，解答时应根据题意找到相应三角形的中位线． 一十七．多边形内角与外角（共1小题） 26．（2024春•钱塘区校级期中）如果一个正多边形的每个内角为150°，则这个正多边形的边数是　12　 ． 【分析】首先根据内角度数计算出外角度数，再用外角和360°除以外角度数即可． 【解答】解：∵一个正多边形的每个内角为150°， ∴它的外角为30°， 360°÷30°＝12， 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了多边形的内角与外角，关键是掌握内角与外角互为邻补角． 一十八．平行四边形的性质（共7小题） 27．（2024春•苍南县校级期中）如图，在▱ABCD中，BD＝2CD，BC＝15，F为AD的中点，E为OC的中点，则EF的值为（　　） A．7.5 B．8 C．8.5 D．9 【分析】连接DE，根据平行四边形的对边相等，对角线互相平分可得BD＝2OB＝2OD，AD＝BC＝15，推得OD＝CD，根据等腰三角形底边上的中线和底边上的高重合，可得DE⊥OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【解答】解：连接DE，如图： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BD＝2OB＝2OD，AD＝BC＝15， ∵BD＝2CD， ∴OD＝CD， ∵E为OC的中点， ∴DE⊥OC， 在Rt△ADE中，F为AD的中点， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． 28．（2024春•杭州校级期中）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BC交BC于点E，若AB＝3，AC＝8，BD＝10，则AE的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由平行四边形的性质得OA＝OCAC＝4，OB＝ODBD＝5，而AB＝3，由OA2+AB2＝OB2＝25，证明∠OAB＝90°，求得BC，因为AE⊥BC于点E，所以S▱ABCDAE＝3×8，求得AE，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB＝3，AC＝8，BD＝10， ∴OA＝OCAC＝4，OB＝ODBD＝5，AB∥CD， ∴OA2+AB2＝42+32＝25，OB2＝52＝25， ∴OA2+AB2＝OB2， ∴△AOB是直角三角形，且∠OAB＝90°， ∴AC⊥AB，BC， ∵AE⊥BC于点E， ∴S▱ABCDAE＝3×8， ∴AE， 故选：D． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理及其逆定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，证明∠OAB＝90°是解题的关键． 29．（2024春•婺城区校级期中）已知点D与点A（﹣8，0），B（﹣2，8），C（a，a），是一平行四边形的四个顶点，则CD的最小值是（　　） A．10 B． C． D．9 【分析】根据题意可以分析出当AB为平行四边形的一条边，以及AB为对角线两种情况，分别作出图形利用平行四边形性质进行分析求解即可． 【解答】解：有两种情况， 如图，当AB为平行四边形的一条边时，A（﹣8，0），B（﹣2，8）， ∴， ∴AB＝CD＝10， 如图，当AB为平行四边形的对角线时，过点C作CF⊥x轴，过点D作DG⊥x轴，过点B作BE⊥ED， ∴EG∥CF， ∴∠EDC＝∠DCF， ∵DB∥AC， ∴∠BDC＝∠ACD， ∴∠EDC﹣∠BDC＝∠DCF﹣∠ACD即∠EDB＝∠ACF， ∴∠NFC＝∠EDB． ∴FN＝CN， ∵BD＝AC，∠E＝∠AFC＝90°， ∴△BED≌△AFC， ∴BE＝AF＝a+8，DE＝CF＝a， ∴D（﹣a﹣10，8﹣a）， ∴， 当时，CD有最小值， ∵， ∴CD的最小值为10． 故选：A． 【点评】本题考查了平行四边形的性质求解，坐标与图形，勾股定理，二次函数的应用，全等三角形的判定与性质，熟知以上知识是解题的关键． 30．（2024春•萧山区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在AD、AB上，依次连接EB、EC、FC、FD，图中阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4，已知S1＝3、S2＝14、S3＝5，则S4的值是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】影阴部分S2是三角形CDF与三角形CBE的公共部分，而S1，S4，S3这三块是平行四边形中没有被三角形CDF与三角形CBE盖住的部分，故△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2＝平行四边形ABCD的面积，而△CDF与△CBE的面积都是平行四边形ABCD面积的一半，据此求得S4的值． 【解答】解：设平行四边形的面积为S，则S△CBE＝S△CDFS， 由图形可知，△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2＝平行四边形ABCD的面积， ∴S＝S△CBE+S△CDF+3+S4+5﹣14， 即SSS+3+S4+5﹣14， 解得S4＝6， 故选：A． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解决问题的关键是明确各部分图形面积的和差关系：平行四边形ABCD的面积＝△CDF面积+△CBE面积+（S1+S4+S3）﹣S2． 31．（2024春•拱墅区校级期中）如图，平行四边形EFGH的四个顶点分别在平行四边形ABCD的四条边上，QF∥AD，分别交EH、CD于点P、Q，过点P作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，若要求平行四边形EFGH的面积，只需知道下列哪个四边形的面积（　　） A．四边形AFQD B．四边形FBNP C．四边形MNCD D．四边形ABCD 【分析】连接PG，FN，根据平行四边形的性质可得△FPG的面积▱EFGH的面积，再利用平行四边形的性质可得AD∥BC，从而可得QF∥BC，进而可得△FPG的面积＝△FPN的面积，然后再根据MN∥AB，可证四边形FBNP是平行四边形，从而可得△FPN的面积▱FBNP的面积，进而可得▱EFGH的面积＝▱FBNP的面积，即可解答． 【解答】解：连接PG，FN， ∵四边形EFGH是平行四边形， ∴△FPG的面积▱EFGH的面积， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∵QF∥AD， ∴QF∥BC， ∴△FPG的面积＝△FPN的面积， ∵MN∥AB， ∴四边形FBNP是平行四边形， ∴△FPN的面积▱FBNP的面积， ∴▱EFGH的面积＝▱FBNP的面积， ∴若要求平行四边形EFGH的面积，只需知道四边形FBNP的面积， 故选：B． 【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．（2024春•萧山区校级期中）已知，在平行四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AE＝6，AF＝3且∠EAF＝60°，则AB＝　2　 ． 【分析】延长AF、EC交于点G，过点A作AH⊥BG于点H，根据平行四边形的性质利用AAS证明△ADF≌△GFC，根据全等三角形的性质求出AG＝6＝AE，进而推出△AEG是等边三角形，根据等边三角形的性质求出BC＝CG＝4，BG＝8，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，延长AF、EC交于点G，过点A作AH⊥BG于点H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠D＝∠FCG，∠DAF＝∠G， ∵F分别是CD的中点， ∴DF＝CF， ∴△ADF≌△GFC（AAS）， ∴AF＝FG＝3， ∴AG＝6＝AE， 又∠EAG＝60°， ∴△AEG是等边三角形， ∴AG＝EG＝6， ∵E是BC的中点， ∴BE＝EC， 设BE＝EC＝x，则AD＝2x， ∴CG＝2x， ∴EG＝3x＝6， ∴x＝2， ∴BG＝8， 在Rt△AGH中，∠G＝60°，AG＝6， ∴AH＝AG•sin60°＝63，HGAG＝3， ∴BH＝BG﹣BH＝5， ∴AB2， 故答案为：2． 【点评】此题考查了平行四边形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 33．（2024春•杭州校级期中）如图，在▱ABCD中，延长AB至点E，使BE＝AB，连接ED交BC于点O，连接EC，BD． （1）求证：AD＝2BO； （2）若AD＝DE ①若AD＝4，CD＝2，求▱ABCD的面积； ②连接AC，求证：AC2＝3AB2+AD2． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到CD＝AB，CD∥AB，结合△CDO≌△BEO，证得结论； （2）①由已知条件，得到DB⊥AE，结合勾股定理，求得DB的长，从而得到平行四边形的面积； ②由条件，得到四边形CDBE是矩形，在Rt△ACE中，AC2＝AE2+CE2，结合图形，得到AE＝2AB，CD2+CE2＝DE2，且AD＝DE，从而证得结论． 【解答】（1）证明：▱ABCD， ∴CD＝AB，CD∥AB， ∵BE＝AB， ∴CD＝BE， 又∵CD∥BE， ∴∠CDE＝∠DEB，∠DCB＝∠CBE， ∴△CDO≌△BEO，（ASA）， ∴CO＝BO， ∴CB＝2BO， ∵▱ABCD， ∴AD＝BC， ∴AD＝2BO； （2）解：①∵AD＝DE，BE＝AB， ∴DB⊥AE， ∵在Rt△ADB中，AB＝CD＝2，AD＝4， ∴DB2， ∴▱ABCD的面积为AB•BD＝2×2； ②证明：∵DC∥BE，DC＝AB， ∴四边形CDBE是平行四边形， ∵DB⊥BE， ∴四边形CDBE是矩形， ∴CE⊥AE， ∴在Rt△ACE中，AC2＝AE2+CE2， ∵AE＝2AB， ∴AC2＝4AB2+CE2， 即AC2＝3AB2+AB2+CE2， ∵AB＝CD， ∴AC2＝3AB2+CD2+CE2， ∵在Rt△CDE中，CD2+CE2＝DE2，且AD＝DE， ∴CD2+CE2＝AD2， ∴AC2＝3AB2+AD2． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等，勾股定理的应用，熟练掌握相关性质是解题的关键． 一十九．菱形的性质（共1小题） 34．（2024春•杭州校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若AB＝DE＝2BE，EO＝2，则线段AE的长为　4　 ． 【分析】设BE＝x，则AB＝DE＝2x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长． 【解答】解：设BE＝x，则AB＝DE＝2x， ∴BD＝3x， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD＝CD＝2x，AC⊥BD，OB＝ODx， ∵OE+BE＝BO， ∴2+xx， 解得x＝4， 即AB＝8，OB＝6， 在Rt△AOB中，OA2， 在Rt△AOE中，AE4， 故答案为：4． 【点评】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键要熟练掌握菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角． 二十．矩形的性质（共1小题） 35．（2024春•江北区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，矩形的对角线AC，BD相交于点O，在边AD上有一点E，连结OE、CE，若△AOE与△EOD中至少有一个是直角三角形，则CE的长为 　4或5或　 ． 【分析】分三种情况讨论，当△AOE与△EOD中都是直角三角形时；当只有△AOE是Rt△时；当只有△DOE是Rt△时；分别根据矩形的对称性质及相似三角形的判定与性质和勾股定理求出CE长即可． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8， ∴AC4， 当△AOE与△EOD中都是直角三角形时，如图所示， 根据矩形的中心对称性质可知，ED4， 在Rt△CDE中，CE4； 当只有△AOE是Rt△时即∠AOE＝90°，如图所示， ∵∠AOE＝∠ADC＝90°，∠EAO＝∠CAD， ∴△AOE∽△ADC， ∴，即， ∴AE＝5， ∴ED＝AD﹣AE＝8﹣5＝3， 在Rt△CDE中，CE5， 当只有△DOE是Rt△时即∠DOE＝90°，如图所示， ∵∠EOD＝∠BAD＝90°，∠EDO＝∠BDA， ∴△EDO∽△BDA， ∴，即， ∴ED＝5， 在Rt△CDE中，CE． 综上分析，若△AOE与△EOD中至少有一个是直角三角形，则CE的长为4或5或． 故答案为：4或5或． 【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是关键． 二十一．矩形的判定与性质（共1小题） 36．（2024春•西湖区校级期中）将一张矩形纸片（不是正方形），先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，则这张矩形纸片的较长边的长度为 　或或6或　 ． 【分析】分四种情况画出图形，求出最长的直角边即可． 【解答】解：如下图所示，延长AD、DC，过点B作AB的垂线，交DC的延长线于点F，过点F作AD的垂线于点E， ∵∠A＝∠ABF＝∠E＝90°， ∴四边形ABFE是矩形， ∵∠ABC＝45°，∠DCB＝90°， ∴∠CBF＝45°，∠FCB＝90°， ∴CF＝BC＝6， ∴， ∵∠EFD＝45°，∠E＝90°， ∴DE＝EF， ∵AE＞DE， ∴BF是较长的边． 延长AD，过点B作AB的垂线，过点C作AD的垂线，分别交AD和AB的垂线于点E、F， ∵∠ABC＝45°， ∴∠CBF＝45°， ∴CF＝BF， ∵BF2+FC2＝BC2， ∴， ∴， ∵∠DCB＝90°，∠FCB＝45°， ∴∠ECD＝45°， ∴EC＝ED， ∴， 此时较长的边为； 延长CD，过点B作BC的垂线，过点A作AE⊥EC交CD延长线于点E，交BC的垂线于点F，如图所示： ∵∠E＝∠C＝∠CBF＝90°， ∴四边形EFBC是矩形， ∵∠ABC＝45°，∠CBF＝90°， ∴∠ABF＝45°， ∴AF＝BF， ∵∠DAB＝90°， ∴∠EAD＝45°， ∴AE＝ED， ∵AE2+ED2＝AD2， ∴， ∴， ∴FB＜BC， 此时较长的边为6； 延长DA，过点B作BC的垂线，交过DA的延长线于点E，过点E作EF⊥FC垂足为 F，如图4： ∵∠F＝∠C＝∠CBE＝90°， ∴四边形EFCB是矩形， ∵∠ABC＝45°， ∴∠ABE＝45°， ∵∠EAB＝90°， ∴AE＝AB， ∵FC∥EB， ∴∠FDE＝45°， ∴FD＝FE＝BC＝6， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴此时较长的边为， 故答案为：或或6或． 【点评】本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握矩形的性质． 二十二．正方形的性质（共3小题） 37．（2024春•江北区期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD相交于点O，N是AO的中点，点M是在BC边上的四等分点（靠近点C），P为对角线BD上一点．当对角线BD平分∠NPM时，PM﹣PN值为（　　） A．1 B． C．2 D． 【分析】连接OC交PM于点E，先求出AC，则AO＝CO，AN＝ON，再求出CM＝2，则，证明△NPO和△EPO全等得ON＝OE，PN＝PE，则AE，CE，进而得，则，由此得△CEM和△CAB相似，则∠CME＝∠ABC＝90°，进而得△CEM是等腰直角三角形，则EM＝CM＝2，继而可得出PM﹣PN的值． 【解答】解：连接OC交PM于点E，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，AB＝8，对角线AC，BD相交于点O， ∴AB＝BC＝8，∠ABC＝90°，AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD＝45°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC， ∴AO＝COAC， ∵点N是AO的中点， ∴AN＝ONAO， ∵点M是在BC边上的四等分点（靠近点C）， ∴CMBC2， ∴， ∵AC⊥BD， ∴∠PON＝∠POE＝90°， ∵对角线BD平分∠NPM， ∴∠NPO＝∠EPO， 在△NPO和△EPO中， ， ∴△NPO≌△EPO（ASA）， ∴ON＝OE，PN＝PE， ∴AE＝AO+OE， ∴CE＝AC﹣AE， ∴， ∴， 又∵∠ECM＝∠ACB， ∴△CEM∽△CAB， ∴∠CME＝∠ABC＝90°， ∵∠ACB＝45°， ∴△CEM是等腰直角三角形， ∴EM＝CM＝2， ∵PN＝PE， ∴PM﹣PN＝PM﹣PE＝EM＝2． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 38．（2024春•温州期中）如图，延长正方形EFGH的各边至点A，B，C，D，连结线段得到▱ABCD，▱BFDH，▱AGCE，若∠BAF＝45°，记▱AGCE为S1，▱BFDH为S2，已知S1﹣S2的值，可求（　　）的面积 A．▱ABCD B．△BCH C．△ABG D．正方形EFGH 【分析】先根据▱AGCE，▱BFDH证明AF＝HC，BG＝DE，再根据∠BAF＝45°证明AF﹣BG＝GF，最后根据S1﹣S2＝S△AFG+S△CHE﹣S△BGH﹣S△FED变形可以得到，从而求得答案． 【解答】解：依题意知，∠BAF＝45°，记▱AGCE为S1，▱BFDH为S2， ∵S1＝S△AFG+S▱GFEH+S△CHE，S2＝S△BGH+S▱GFEH+S△FED， ∴S1﹣S2＝S△AFG+S△CHE﹣S△BGH﹣S△FED， ∵四边形AGCE，BFDH是平行四边形， ∴GC＝AE，BF＝HD， ∵GH＝FE，GF＝HE， ∴AF＝HC，BG＝DE， ∴S△AFG＝S△CHE，S△BGH＝S△FED， ∴S1﹣S2＝2S△AFG﹣2S△BGH， ∴S1﹣S2＝AF•GF﹣BG•GH＝GF（AF﹣BG）， ∵∠BAF＝45°，∠AFB＝90°， ∴AF＝BF＝GF+BG， ∴AF﹣BG＝GF， ∴， ∴S▱GFEH＝S1﹣S2， 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形及平行四边形的性质． 39．（2024春•镇海区校级期中）在正方形ABCD中，对角线AC上有一动点E，若以DE为边作如图所示的正方形DEFG，连结AF．若3S四边形ADGF＝13S△AEF，则的值为 　　 ． 【分析】如图：过D作OD⊥AC，过F作FH⊥AC交AC延长线于H，先证明△DOE≌EHF（AAS）可得DE＝FH，OD＝EH，再根据正方形的性质以及解直角三角形可得OA＝ODAD、FH＝EO、AE，最后根据图形的面积关系即可解答． 【解答】解：如图：过D作OD⊥AC，过F作FH⊥AC交AC延长线于H， ∴∠HFG+∠HEF＝90°， ∵四边形DEFG是正方形， ∴∠DEO+∠HEF＝90°，DE＝EF， ∴∠DEO＝∠HFG， ∴△DOE≌△EHF（AAS）， ∴DE＝FH，OD＝EH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OD， ∴FH＝EO， ∴AE＝OA+OE， ∴S△AEFAE•FHAD， S四边形ADGF＝S正边形DEFG+S△AED﹣S△AEF， ∵3S四边形ADGF＝13S△AEF， ∴13， 0， ∴3DG2﹣5（AD（AD0， 整理得：． 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、明确各图形之间的关系成为解题的关键． 二十三．四边形综合题（共8小题） 40．（2024春•江北区期中）已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠BCA的平分线CF交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M，过点C作CP⊥CF，交AD延长线于点P． （1）求证：BF＝DP； （2）若正方形ABCD的边长为6，求△ACP的面积； （3）探究：FN、MN与PC的数量关系． 【分析】（1）由“ASA”可证△CDP≌△CBF，可得CF＝CP； （2）根据等角对等边易证AP＝AC，根据勾股定理求得AC的长，然后根据三角形的面积公式即可求解； （3）由全等三角形的性质可得CP＝CF，在CN上截取NH＝FN，连接BH，则可以证明△AMB≌BHC，得到CH＝BM，即可证得． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠ACD＝45°， ∵CP⊥CF， ∴∠FCP＝90°＝∠BCD， ∴∠BCF＝∠DCP， ∵CD＝CB，∠CBF＝∠CDP＝90°， ∴△CDP≌△CBF（ASA）， ∴CF＝CP； （2）解：∵CF平分∠ACB， ∴∠ACF＝∠BCF＝22.5°， ∴∠BFC＝67.5°， ∵△CDP≌△CBF， ∴∠P＝∠BFC＝67.5°，且∠CAP＝45°， ∴∠ACP＝∠P＝67.5°， ∴AC＝AP， ∵ACAB＝6， ∴S△ACPAP×CD66＝18； （3）解：CP﹣2MN＝2FN，理由： 在CN上截取NH＝FN，连接BH， ∵△CDP≌△CBF， ∴CP＝CF， ∵FN＝NH，且BN⊥FH， ∴BH＝BF， ∴∠BFH＝∠BHF＝67.5°， ∴∠FBN＝∠HBN＝∠BCH＝22.5°， ∴∠HBC＝∠BAM＝45°， ∵AB＝BC，∠ABM＝∠BCH， ∴△AMB≌△BHC（ASA）， ∴CH＝BM， ∴CF＝BM+2FN， ∴CP﹣BM＝2FN． ∵∠BCA的平分线CF交AB于点F，BM⊥CF，则BM＝2MN， 则CP﹣2MN＝2FN． 【点评】本题是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． 41．（2024春•钱塘区校级期中）已知，平行四边形ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D运动． （1）如图①，运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠ABC的度数． （2）如图②，在（1）问的条件下，连接BP并延长，与CD的延长线交于点F，连接AF，若AB＝8cm，求△APF的面积． （3）如图③，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝12cm，则t为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【分析】（1）如图①中，只要证明△PCD是等边三角形即可． （2）如图②中，由四边形ABCD是平行四边形，推出AB∥CD，BC∥AD，推出S△PBC＝S△FABS平行四边形ABCD，推出S△ABP+S△PCDS平行四边形ABCD，推出S△APF+S△ABP＝S△ABP+S△PCD，可得S△APF＝S△PCD由此即可解决问题． （3）如图③中，分四种情形列出方程解方程即可． 【解答】解：（1）如图①中， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DPC＝∠PCB， ∵PC平分∠BCD， ∴∠PCD＝∠PCB， ∴∠DPC＝∠DCP， ∴DP＝DC， ∵CD＝CP， ∴PC＝CD＝PD， ∴△PDC是等边三角形， ∴∠D＝∠B＝60°． （2）如图②中， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，BC∥AD， ∴S△PBC＝S△FABS平行四边形ABCD， ∴S△ABP+S△PCDS平行四边形ABCD， ∴S△APF+S△ABP＝S△ABP+S△PCD， ∴S△APF＝S△PCD82＝16． （3）如图③中， ∵PD∥BC， ∴当PD＝BQ时，四边形PDQB是平行四边形， ∴12﹣t＝12﹣4t或12﹣t＝4t﹣12或12﹣t＝36﹣4t或12﹣t＝4t﹣36， 解得t＝4.8或8或9.6， 另外t＝0时，也满足条件， ∴t为0s或4.8s或8s或9.6 s时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【点评】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 42．（2024春•苍南县校级期中）根据所给素材，完成相应任务． 玩转三角板 活动背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角板，如图1所示，其中∠F，∠A为直角，∠E＝30°，∠B＝45°，要求两直角顶点重合（A与F重合于点O）进行探究活动． 素材1 小明同学的探究结果如图2所示，D，O，C三点在一条直线上． 素材2 小聪同学的探究结果如图3所示，DE∥BC，连结BD，CE，发现四边形BCED是平行四边形． 素材3 李老师提出问题，在上述操作过程中，△DOB与△COE的面积比是否为定值？ 解决问题 任务1 （1）根据图2，计算线段CD的长度． 任务2 （2）根据图3写出小聪同学判定平行四边形的依据：　一组对边平行且相等的四边形是平行四边形　 ． （3）计算▱BCED的面积． 任务3 （4）请你解答李老师的问题，并说明理由． 【分析】（1）在Rt△DOE中，利用直角三角形的性质求得，在Rt△BOC中，利用等腰直角三角形和勾股定理求得，即可由CD＝OD+OC求解； （2）根据平行四边形的判定定理解答即可； （3）过点O作OH⊥BC于点H，交DE于点G，利用，求得，利用，求得OH＝1，从而求得，然后根据平行四边形的面积公式求解即可． （4）作CM⊥OE于M，BN⊥OD交DO延长线于N，证明△BON≌△COM（AAS），得到BN＝CM，然后由三角形面积公式计算出，从而得出结论． 【解答】解：（1）在Rt△DOE中，∠DOE＝90°，∠E＝30°，DE＝2， ∴， 在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠B＝∠C＝45°，BC＝2， ∴OC＝OB， ∴2OC2＝BC2＝4， ∴， ∴； （2）∵DE＝BC＝2（已知），DE∥BC（已知）， ∴四边形BCED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）， 故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （3）过点O作OH⊥BC于点H，交DE于点G，如图3， ∵DE∥BC，OH⊥BC， ∴OG⊥DE， ∵∠E＝30°，DE＝2， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵∠B＝∠C＝45°，BC＝2， ∴， ∵， ∴ ∴OH＝1， ∴， ∴． （4）△DOB与△COE的面积比是定值；理由如下： 作CM⊥OE于M，BN⊥OD交DO延长线于N，如图4， ∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠2， ∵∠BNO＝∠CMO＝90°，OB＝OC， ∴△BON≌△COM（AAS）， ∴BN＝CM， ∵OD＝1，， ∴， ∴△DOB与△COE的面积比是定值． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键． 43．（2024春•杭州校级期中）如图1，两个全等的直角三角形ABC和DEF的斜边AC和DF在同一直线上，AB＝DE，并连结AE，BD． 【操作思考】 （1）在△DEF沿直线AC平移过程中，求证：∠FEA＝∠CBD； 【拓展探究】 （2）如图2，若四边形ABDE为菱形，AC＝4，BC＝2，求AF的长． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题； （2）设AF＝DC＝2x，根据勾股定理，建立方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵△ABC≌△DEF， ∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF， ∴AB∥DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∴∠AED＝∠DBA， ∵∠DEF＝∠ABC＝90°， ∴∠FEA＝∠CBD； （2）解：∵∠ABC＝90°，AC＝4，BC＝2， ∴AB2， 如图2，连接BE交AD于点O， △DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形， ∵四边形ABDE能成为菱形， ∴AE＝AB＝2，AD⊥BE，AOAD， ∴S△ABCAC•OBAB•BC， ∴4OB＝22， ∴OB， 设AF＝DC＝2x， ∴AD＝AC+CD＝4+2x， ∴AOAD＝2+x， ∵∠AOB＝90°， ∴AB2＝OB2+AO2， ∴（2）2＝（）2+（2+x）2， 整理得x2+4x﹣5＝0， 解得：x＝1或x＝﹣5（舍去）， ∴AF＝2x＝2． ∴当AF＝2时，四边形ABDE能成为菱形． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，菱形的性质，全等三角形的性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握菱形判定与性质是解题的关键． 44．（2024春•镇海区校级期中）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，连结BD交AE于点M． （1）如图1所示，连结ED，若AE＝EC，，BE＝1，求AD的值； （2）如图2所示，若AE＝EC，F是BD的中点，过点E作EG⊥AB于点G，延长GE交DC的延长线于点H，连结FH． ①证明：△AGE≌△EHC； ②猜想CH、AG、FH的数量关系并证明； （3）如图3所示，N为线段BD上一点，AE＝ND，∠AMB＝2∠NAD，EN＝5，AD＝11，求DN的长度． 【分析】（1）勾股定理求得AE＝3，进而根据平行四边形的性质，即可求解； （2）①先证明∠GAE＝∠HEC，进而即可证明△AGE≌△EHC（AAS）； ②连结AC、FE、FG，证明∠GEF＝∠HCF，进而证明△GEF≌△HCF（SAS），得出GF＝HF，∠GFE＝∠HFC，则△FGH是等腰直角三角形，根据勾股定理，即可得出； （3）在AD上截取AN＝FN，过点N作NG⊥AF交AD于点G，交BC于点L，记∠NAD＝α，证明△NAE≌△FND（SAS），四边形AELG是矩形，勾股定理求得NL，设AE＝ED＝x，则GN＝x﹣4，在Rt△GDN中，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【解答】（1）解：∵AE⊥BC，，BE＝1， ∴， ∵AE＝EC， ∴BC＝BE+EC＝BE+AE＝4， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝4； （2）①证明：∵在▱ABCD中，AB∥DC， 又∵EG⊥AB， ∴∠AGE＝90°，∠CEH＝90°， ∴∠GAE+∠AEG＝90°， ∵AE⊥EC， ∴∠HEC+∠AEG＝90°， ∴∠GAE＝∠HEC， 在△AGE和△EHC中， ， ∴△AGE≌△EHC（AAS）； ②； 证明：如图2，连结AC、FE、FG， ∵在▱ABCD中，F是BD的中点， ∴AF＝FC， ∵AE⊥EC， ∴∠AEF＝∠ECF＝45°，EF＝CF，∠EFC＝90°， ∵△AGE≌△EHC， ∴GE＝CH，AG＝EH，∠GEA＝∠HCE， ∴∠GEA+∠AEF＝∠HCE+∠ECF， ∴∠GEF＝∠HCF， 在△GEF和△HCF中， ， ∴△GEF≌△HCF（SAS）， ∴GF＝HF，∠GFE＝∠HFC， ∴∠GFH＝90°， ∴△FGH是等腰直角三角形， ∴； （3）解：在AD上截取AN＝FN，过点N作NG⊥AF交AD于点G，交BC于点L， 记∠NAD＝α， ∵∠AMB＝2∠NAD， ∴∠AMB＝2α， ∵AE⊥BC，AD∥BC， ∴∠EAD＝90°， ∴∠FDN＝∠BMA﹣∠MAD＝2α﹣90°， ∵AN＝FN， ∴∠NFA＝∠NAF＝α， ∴∠NFD＝180﹣α， ∴∠FND＝∠AFN﹣∠FDN＝90°﹣α， ∴∠FND＝∠NAE， 在△NAE和△FND中， ， ∴△NAE≌△FND（SAS）， ∴DF＝EN＝5， ∵AD＝11， ∴AF＝AD﹣DF＝6， ∵AN＝FN，NG⊥AD， ∴， ∵AG∥EL，AE∥GL， ∴四边形AELG是平行四边形， ∵AE⊥BC， ∴四边形AELG是矩形， ∴EL＝AG＝3， ∴， 设AE＝ED＝x，则GN＝x﹣4， 在Rt△GDN中，（x﹣4）2+82＝x2， ∴ND＝x＝10． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 45．（2024春•镇海区校级期中）类比于等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形． （1）如图1，四边形ABCD的顶点A、B、C在格点上，请你在5×7的网格中分别画出3个不同形状的等邻边四边形ABCD，要求点D在格点上； （2）如图2，在▱ABCD中，E是BC上一点，F是DE上一点，AD＝DE，∠AFE＝∠B，请证明四边形ABEF是等邻边四边形； （3）如图3，在▱ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，M、N分别为CD、BC边上一点（N不与两端点重合），连结AM、AN，AM＝AB，DM＝3，当四边形ANCM是等邻边四边形时，请直接写出BN的长度． 【分析】（1）根据题意利用网格特点做出图形即可； （2）连接AE，证明△ABE≌△AFE（AAS），则BE＝EF，即可得到结论； （3）分四种情况分别进行求解即可． 【解答】（1）解：如图1，四边形ABCD即为所求； （2）证明：连接AE，如图2， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∵AD＝DE， ∴∠DAE＝∠AED， ∴∠AEB＝∠AED， ∵∠AFE＝∠B，AE＝AE， ∴△ABE≌△AFE（AAS）， ∴BE＝EF， ∴四边形ABEF是“等邻边四边形”； （3）解：BN的长度为4或7或．理由如下： 在▱ABCD中，∠B＝60°，AD＝8， ∴∠D＝∠B＝60°，BC＝AD＝8，AB＝CD， 过点M作MH⊥AD于H，则∠MHD＝∠MHA＝90°， ∴∠DMH＝30°， ∴， ∴，， ∴， 当CN＝CM时，设BN＝x，则CM＝CN＝BC﹣BN＝8﹣x， ∴CD＝AB＝CM+DM＝11﹣x， ∵AM＝AB， ∴AM＝11﹣x， ∴11﹣x＝7， 解得x＝4， 即BN＝4， 当AN＝AM时，则AB＝AN＝AM＝7， ∵∠B＝60°， ∴△ABN是等边三角形， ∴BN＝AB＝7； 当AN＝CN时，设BN＝m，则AN＝CN＝8﹣m，作NG⊥AB于点G，如图4， 则∠BGN＝90°， ∵∠B＝60°， ∴∠BNG＝30°， ∴， ∴ ∴ 在Rt△ANG中，AN2＝GN2+AG2， ∴， ∴9m＝15， ∴ 即， ∵AM＝AB＝CD＞CM， ∴AM＝CM这种情况不存在， 综上可知，BN的长度为4或7或． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，分类讨论是解题的关键． 46．（2024春•婺城区校级期中）如图，在矩形OABC中AB＝8，BC＝4，点D为对角线OB中点，点E在OC所在的直线上运动，连结DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连结BF． （1）当点F在OC下方时（如图1），求证：DE∥BF． （2）当点F落在矩形的对称轴上时，求EF的长． （3）是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求OE的长；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由外角性质，折叠的性质可得∠OEF＝∠FDE，OD＝DF，∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF，能够推导出∠DFB＝∠EDF，从而可证明结论； （2）因为矩形有两条对称轴，所以需要分类讨论，分别画出图形，利用矩形的性质和折叠的性质求解即可； （3）画出图形，结合图形分三种情况讨论：当四边形DEFB为平行四边形时；当四边形DEBF为平行四边形时；当四边形DEBF为平行四边形时． 【解答】（1）证明：由折叠性质可知：∠OEF＝∠FDE，OD＝DF， ∵点D为对角线OB中点， ∴OD＝BD， ∴DF＝BD， ∴∠DBF＝∠DFB， ∴∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF， ∴∠DFB＝∠EDF， ∴DE∥BF； （2）解：①如图2，当点F落在矩形的对称轴上时，即DF⊥OC，交OC于点M， 在Rt△ABO中，由勾股定理得：， ∵BC⊥OC， ∴DM∥BC，且D为OB中点， ∴DM为△OCB中位线， ∴，， 由折叠性质，，则， 设OE＝EF＝x，则EM＝4﹣x， 在Rt△EMF中，EF2＝EM2+MF2，即， 解得：， ∴EF的长为； ②如图，当点F落在矩形ABCD对称轴上时， 此时DF∥OC， ∴∠BDF＝∠DOE＝∠DFE， ∴EF∥BD， ∵DB＝DF＝DO， ∴∠DFB， ∵折叠， ∴∠EDF＝∠EDO， ∴∠DFB＝∠EDF， ∴BF∥DE， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∴EF＝DB＝2； 综上，EF的长为或2； （3）解：存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形；理由如下： 如图3，当四边形DEFB为平行四边形时， ∵DB∥EF，且BD＝EF， ∴OE＝EF，BD＝DO， ∴； 如图4，当四边形DEBF为平行四边形时， DF＝BE，OD＝DF， ∴OD＝BE， ∴， 在Rt△BEC中，， ∴OE＝8﹣2＝6； 如图5，当四边形DEBF为平行四边形时， DF＝BE， ∵OD＝BD＝DF， ∴， 在Rt△BCE中，， ∴OE＝OC+CE＝8+2＝10， 综上所述，OE的长为或6或10． 【点评】本题属于四边形综合题，图形折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线的判定，中位线的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 47．（2024春•温州期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC，E为AB上一点，AE＝2，BE＝6，作EF∥AC交BC于点F，取EF上一点H，以AB，BH为邻边向上作▱ABHD，交AC于点G， （1）求证：△ADG≌△HBE． （2）记▱ABHD面积为a，四边形GHFC面积为b， ①求a与b的关系式． ②连结CD，若△ACD为直角三角形时，求的值． 【分析】（1）先证明四边形AEHG为平行四边形，得出AE＝GH，再根据SAS证明△ADG≌△HBE； （2）①延长DH交BC于点M，证明△ABC，△BEF，△MHF，△MGC为等腰直角三角形，得出BE＝BF＝6，MH＝MF，MG＝MC，BC＝AB＝6+2＝8，求出，得出，，根据S四边形CGHF＝S△MCG﹣S△MHF得出即可； ②分三种情况进行讨论：当∠ADC＝90°时，当∠DAC＝90°时，当∠DCA＝90°时，分别求出结果即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABHD是平行四边形， ∴AB∥DH，AB＝DH，AD＝BH，∠ADG＝∠EBH， ∵EF∥AC， ∴四边形AEHG为平行四边形， ∴AE＝GH， ∴AB﹣AE＝DH﹣GH， 即BE＝DG， ∵AD＝BH，∠ADG＝∠EBH， 在△ADG和△HBE中， ， ∴△ADG≌△HBE（SAS）； （2）解：①延长DH交BC于点M，如图： ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴， ∵EF∥AC， ∴∠BEF＝∠CAB＝45°，∠BFE＝∠BCA＝90°， ∵AB∥DH， ∴∠DMC＝∠ABC＝90°， ∴△ABC，△BEF，△MHF，△MGC为等腰直角三角形， ∴BE＝BF＝6，MH＝MF，MG＝MC，BC＝AB＝6+2＝8， ∵S▱ABHD＝AB×BM＝a， ∴8BM＝a， 解得：， ∴，， ∴S四边形CGHF＝S△MCG﹣S△MHF ， ∴； ②根据勾股定理得： BH2＝BM2+MH2 ， ∵AD＝BH， ∴， ， 根据勾股定理得： DC2＝DM2+MC2 ， AC2＝AB2+BC2＝82+82＝128， 当∠ADC＝90°时，AC2＝AD2+CD2， ∴， 解得：或（舍去）， ， ∴； 当∠DAC＝90°时，AC2+AD2＝CD2， ∴， 解得：a＝24， ， ∴； 当∠DCA＝90°时，AD2＝CD2+AC2， ∴， 解得：a＝88， 此时，不合题意，舍去； 综上分析可知：或3． 【点评】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，解一元二次方程，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论． 二十四．作图—应用与设计作图（共3小题） 48．（2024春•镇海区校级期中）如图是由边长为1的小正方形构成的7×7网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A、C在格点上．请用无刻度直尺按要求作图，并保留作图痕迹，不要求写作法． （1）在图1中，以AC为对角线作矩形ABCD，且B、D都在格点上（作出一个即可）． （2）在图2中，E不在格点上而在格线上，请在图内找到点F并作出▱AECF． 【分析】（1）根据网格特征即可； （2）根据网格特征即可． 【解答】解：（1）如图1，根据网格特征即可， ∴四边形ABCD即为所求； （2）如图2，根据网格特征即可， ∴四边形AECF即为所求． 【点评】本题考查了网格作图，平行四边形和矩形的判定，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 49．（2024春•婺城区校级期中）如图是5×5的方格纸，点A，B，C都在格点上，按要求作图． （1）在图1中找到一个格点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形； （2）在图2中仅用无刻度的直尺，作出△ABC的中位线MN使得M在AB上，N在AC上．（保留作图痕迹，不写作法）． 【分析】（1）根据平行四边形的定义画出图形； （2）根据三角形的中位线的定义画出图形． 【解答】解：（1）如图1中，平行四边形ABCD即为所求； （2）如图2中，线段MN即为所求． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计图案，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 50．（2024春•温州期中）如图，在6×7的方格纸中，请按要求画出格点四边形． （1）在图1中以AC为边画一个格点▱ACMN，周长为整数． （2）在图2中以AC为对角线画一个格点▱ABCD．使得该平行四边形的一条对角线等于它的一条边． 【分析】（1）根据格点特点画出▱ACMN即可； （2）根据题意画出平行四边形即可． 【解答】解：（1）如图，四边形ACMN为所求作的平行四边形；（答案不唯一） ，AN＝CM＝2， ∴四边形ACMN为平行四边形，且周长为5+5+2+2＝14，符合题意． （2）如图，四边形ABCD即为所求作的平行四边形．（答案不唯一） AD＝BC＝5，AC＝MN＝5， ， ∴四边形ABCD为平行四边形，且AD＝BC＝AC． 【点评】本题主要考查了格点作图，勾股定理和网格问题，解题的关键是熟练掌握网格特点． 二十五．命题与定理（共1小题） 51．（2024春•萧山区校级期中）下列给出的四个命题： ①关于x的方程（a﹣5）x2﹣4x﹣1＝0有实数根，则a满足a≥1且a≠5； ②若a2﹣5a+5＝0，则； ③若b2+4ac＜0，则方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定无解； ④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0，那么p≠0，q＝0． 其中是真命题是（　　） A．①② B．②③④ C．②④ D．①②④ 【分析】根据一元二次方程的性质，一元二次方程的解一一判断即可； 【解答】解：①当a＝5时，原方程变形为﹣4x﹣1＝0，解得x； 当a≠5时，Δ＝（﹣4）2﹣4（a﹣5）×（﹣1）≥0，解得a≥1，即a≥1且a≠5时，方程有两个实数根， 所以a的取值范围为a≥1，故此选项不符合题意； ②∵a2﹣5a+5＝0， ∴a1或a1， ∴1﹣a＜0， ∴；此选项符合题意； ③∵b2+4ac＝b2﹣（﹣4ac）＜0， ∴﹣4ac＞b2， ∴﹣4ac＞0， ∴Δ＝b2﹣4ac＞0， ∴方程ax2+bx+c＝0（a≠0）一定有解，故此选项不符合题意； ④若方程x2+px+q＝0的两个实根中有且只有一个根为0，那么p≠0，q＝0，故此选项符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查命题与定理，一元二次方程，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． 二十六．反证法（共1小题） 52．（2024春•江北区期中）利用反证法证明“直角三角形中至少有一个锐角不小于45°”，应先假设（　　） A．直角三角形的两个锐角都小于45° B．直角三角形有一个锐角大于45° C．直角三角形的两个锐角都大于45° D．直角三角形有一个锐角小于45° 【分析】熟记反证法的步骤，从命题的反面出发假设出结论，直接得出答案即可． 【解答】解：用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不小于45°”时，应先假设直角三角形的每个锐角都小于45°． 故选：A． 【点评】此题主要考查了反证法的步骤，熟记反证法的步骤：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立． 二十七．翻折变换（折叠问题）（共5小题） 53．（2024春•温州期中）如图，在▱ABCD中，E为边BC上的一个点，将△CDE沿DE折叠至△CDE处，使得C′落在AB的延长线上，若∠A＝50°，C′E⊥AB时，则∠CED的度数为（　　） A．100° B．105° C．110° D．115° 【分析】根据平行四边形的性质可求出∠C′BE＝∠A＝50°，由三角形内角和求出∠BEC′＝90°﹣50°＝40°，然后由折叠的性质即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠C′BE＝∠A＝50°， ∵C′E⊥AB， ∴∠EC′B＝90°， ∴∠BEC′＝90°﹣50°＝40°， ∴∠CED+∠C′ED＝180°+40°＝220°， 根据折叠可知：∠CED＝∠C′ED， ∴∠CED＝∠C′ED＝110°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，翻折的性质，三角形内角和定理等知识，根据翻折前后对应角相等是解题的关键． 54．（2024春•钱塘区校级期中）数学活动课上，陈老师向同学们展示了一位同学的折纸作品（如图所示）．已知平行四边形纸片ABCD，∠A＝60°，对角线BD⊥AB，点E，F分别在边AD和BC上，EF交BD于点P．将纸片沿EF折叠，点A落在▱ABCD外的点A'处，B落在对角线BD上的点G处，A'G交AD于点H，连接FH．若PF＝GH，CD＝6，则FH＝　　 ． 【分析】连接PH，利用直角性质求得AD＝2AB＝12，，由折叠的性质以及BD⊥AB，推出EF是线段BG的垂直平分线，则BP＝PG，求得，证明四边形PFGH是平行四边形，得到FH＝2HO，在Rt△HGO求得HO即可． 【解答】解：连接PH， ∵平行四边形纸片ABCD，∠A＝60°，且BD⊥AB，CD＝6， ∴AB＝CD＝6，∠ADB＝30°， ∴AD＝2AB＝12，， 由折叠的性质知BF＝FG，AE＝A'E，∠A'＝∠A＝60°，EF是线段BG的垂直平分线，则BP＝PG， ∵BD⊥AB， ∴AB∥EF∥A'G，即HG⊥BD， ∴∠HGD＝∠BPF＝90°，由平行四边形的性质得∠HDG＝∠FBP＝90°﹣60°＝30°， ∵PF＝GH， ∴△HGD≌△BPF（AAS）， ∴， ∵HG⊥BD， ∴，HD2＝HG2+DG2，即， ∴HG＝2， ∵HG∥FP，HG＝FP， ∴四边形PFGH是平行四边形， ∴，HO＝FO， ∵∠HGO＝90°， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 55．（2024春•苍南县校级期中）如图，已知▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝60°，将△ABC沿着直线AC翻折，使点B的对应点B′落在原图所在平面上，连结B′D．若BD＝5，则B′D的长度为 　　 ． 【分析】由平行四边形的性质得，再根据折叠的性质求得∠B′OD＝60°，然后证明△B′OD是等边三角形，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝5， ∴． 如图，连接OB′． 根据折叠的性质知：∠AOB＝∠AOB′＝60°，BO＝B′O， ∴∠BOB′＝∠AOB+∠AOB′＝120°， ∴∠B′OD＝180°﹣∠BOB′＝60°， ∵BO＝B′O，DO＝BO， ∴B′O＝OD， ∴△B′OD是等边三角形， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，证明△B′OD是等边三角形是解题的关键． 56．（2024春•婺城区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，P为AC上一动点，过P作EF⊥AC交AD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠，使点A落在对角线AC上的点A′处，当△A′CD为直角三角形时，AP的长为 　4或　 ． 【分析】分两种情形①当A′与O重合时，△CDA′是直角三角形，此时；②当A′D⊥CD时，△CDA′是直角三角形，此时，列出方程即可解决问题． 【解答】解：如图，连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD是菱形， AC⊥BD， ∵EF⊥AC，△A′EF是由△AEF翻折得到， ∴PA＝PA′， ①当A′与O重合时，△CDA′是直角三角形， 此时， ②当A′D⊥CD时，△CDA′是直角三角形， 此时， ∴， ∴， ∴， 故答案为：4或． 【点评】本题考查翻折变换、菱形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题． 57．（2024春•西湖区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝9，将矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处，折痕为EF，则AE＝　5　 ，EF＝　　 ． 【分析】由折叠可知∠CEF＝∠AEF，CE＝AE，设AE＝CE＝x，则BE＝BC﹣CE＝9﹣x，在Rt△ABE中，利用勾股定理建立方程，求得AE＝CE＝5，BE＝4，由平行线的性质可得∠AFE＝∠CEF，进而得到∠AFE＝∠AEF，于是AE＝AF＝5，过点E作EH⊥AD于点H，则四边形ABEH为矩形，得到AB＝EH＝3，BE＝AH＝4，则FH＝1，在Rt△EFH中，利用勾股定理即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B＝∠BAD＝90°，AD∥BC， 由折叠可知，∠CEF＝∠AEF，CE＝AE， 设AE＝CE＝x，则BE＝BC﹣CE＝9﹣x， 在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2， ∴32+（9﹣x）2＝x2， 解得：x＝5， ∴AE＝CE＝5，BE＝4， ∵AD∥BC， ∴∠AFE＝∠CEF， ∴∠AFE＝∠AEF， ∴AE＝AF＝5， 如图，过点E作EH⊥AD于点H， 则∠B＝∠BAH＝∠AHE＝90°， ∴四边形ABEH为矩形， ∴AB＝EH＝3，BE＝AH＝4， ∴FH＝AF﹣AH＝5﹣4＝1， 在Rt△EFH中，． 故答案为：5；． 【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，掌握折叠的性质是关键． 二十八．利用旋转设计图案（共1小题） 58．（2024春•江北区期中）如图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格图，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影． （1）在①网格图中涂上一个三角形，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形； （2）在②网格图中涂上一个三角形，使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形． 【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形（答案不唯一）； （2）根据中心对称图形的定义画出图形（答案不唯一）． 【解答】解：（1）图形如图①所示（答案不唯一）； （2）图形如图②所示（答案不唯一）． 【点评】本题考查作图﹣利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形，中心对称图形的性质． 二十九．加权平均数（共1小题） 59．（2024春•温州期中）某校规定：学生数学总评成绩由参与数学活动、作业、考试三部分构成，各部分在总评中所占比例为2：3：5，小明本学期三部分成绩分别是85分，90分，80分，则小明的数学总评成绩为 　84　 分． 【分析】结合题意，根据加权平均数的性质计算，即可得到答案． 【解答】解：根据题意，小明的数学总评成绩为： （分）． 故答案为：84分． 【点评】本题考查了加权平均数的知识，解题的关键是熟练掌握加权平均数的性质，从而完成求解． 三十．方差（共1小题） 60．（2024春•苍南县校级期中）计算一组数据的方差，列式为，则该组数据的方差是 　3.6　 ． 【分析】先由方差计算公式得出这组数据为2、4、7、5、7，再根据算术平均数计算公式计算出这组数据的平均数，然后代入方差公式计算即可． 【解答】解：由方差计算公式得这组数据为：2，4，7，5，7， ∴， ∴ ＝3.6； 故答案为：3.6． 【点评】本题主要考查方差和平均数，解题的关键是掌握方差的定义及其计算公式． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$