专题10：期末满分冲刺（提高篇）【核心考点突破+高频易错精讲】-　2024-2025学年沪教版（上海）数学八年级第二学期

2024-2025沪教版八年级数学下册同步培优课程 专题10 期末满分冲刺（提高篇） 考点01：一次函数的概念图像与性质 1.（2024八年级下·上海·阶段练习）若函数是一次函数，且在轴上截距为，随着增大而减小，则 ． 【答案】 【分析】本题考查一次函数的图象和性质，根据题意，得到，进而求出的值即可． 【详解】解：∵函数一次函数，且在轴上截距为，随着增大而减小， ∴， 解得：； 故答案为：． 2．若关于的方程的解为，则的图象一定经过点 ． 【答案】 【分析】先将代入中可得，再代入中可得，此时可发现当时，k无论取什么值，y=5，由此可得函数一定经过． 【详解】解：∵关于的方程的解为， ∴，即， ∴，即， 当时，k无论取什么值，y=5， ∴函数的图象一定经过． 故答案为：． 【点睛】本题考查一次函数的性质．解决此类问题的关键是替换掉一个常量，然后将函数变形后，找出自变量x取某值时，另外一个常量无论怎么变化都不改变因变量y的值，此时（x，y）就是一定经过的点． 3.（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知直线经过第一、三、四象限，那么直线经过第 象限． 【答案】一、二、四 【分析】本题考查了一次函数的图象（已知函数经过的象限求参数范围，根据一次函数解析式判断其经过的象限），熟练掌握、的符号与一次函数图象经过的象限之间的关系是解题的关键：对于一次函数（），当时，一次函数图象必过一、三象限；当时，一次函数图象必过二、四象限；当时，一次函数图象与轴交于正半轴；当时，一次函数图象与轴交于负半轴；或者说：当，时，一次函数图象经过第一、二、三象限；当，时，一次函数图象经过第一、三、四象限；当，时，一次函数图象经过第一、二、四象限；当，时，一次函数图象经过第二、三、四象限． 根据、的符号与一次函数图象经过的象限之间的关系进行判断即可得出答案． 【详解】解：直线经过第一、三、四象限， ，， ，， 直线经过第一、二、四象限， 故答案为：一、二、四． 4. 直线在y轴上的截距为，且平行于：，那么直线的表达式为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据互相平行的直线的解析式k的值相等确定出k，根据“在y轴上的截距是”求出b值，即可得解． 【详解】解：∵直线平行于直线， ∴． 又∵直线在y轴上的截距是， ∴， ∴这条直线的解析式是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了两直线平行的问题，熟记并利用平行直线的解析式的k值相等是解题的关键． 5.（2022八年级下·上海·专题练习）直线与已知直线平行，且不经过第三象限，求的值． 【答案】 【分析】根据两直线平行问题得到，然后解方程，再根据图像不经过第三象限，而得出． 【详解】解：∵直线与直线平行， ∴， ∴或， ∴截距为或． 又∵图像不经过第三象限， ∴不合题意， ∴ ∴． 【点睛】此题主要考查了两直线相交或平行，熟练掌握一次函数的性质和一次函数图象上点的坐标特征以及平行线的性质是解题的关键． 6.（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）若直线与x轴、y轴围成的三角形面积为9，则b＝ ． 【答案】 【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，先用b表示出直线与x、y轴的交点，再利用三角形的面积公式即可得出结论． 【详解】解：一次函数与x轴的交点为，与y轴的交点为． ∵直线与x轴、y轴围成的三角形面积为9， ∴， ∴． 故答案为：． 考点02：一次函数的应用 7. 如图，甲、乙两人到距离A地35千米的B地办事，甲步行先走，乙骑车后走，两人行进的路程和时间的关系如图所示，根据图示提供的信息解答： （1）乙比甲晚 小时出发；乙出发 小时后追上甲； （2）求乙比甲早几小时到达B地？ 【答案】（1）2； 2； （2）乙比甲早1.5小时到达B地 【解析】 【详解】分析：（1）结合图象，即可得出答案； （2）分别求出、甲乙函数解析式，再令S＝35即可求出甲、乙分别到达B地的时间，作差即可得出答案. 详解：（1）由图象可知，乙比甲晚2小时出发；乙出发2小时后追上甲； 故答案为2； 2； （2）甲的路程与时间的函数解析式为 S=5t， 当S=35时，t=7， 设乙的路程与时间的函数解析式为 S=kt+b， 根据题意，得， 解得， ∴乙的路程与时间的函数解析式为S=10t-20， 当S=35时，t=5.5， ∴7-5.5=1.5， 答：乙比甲早1.5小时到达B地． 点睛：本题是一道一次函数图象问题.结合图象中的信息来分析路程与时间的关系是解题的关键. 8. 在一次蜡烛燃烧试验中，甲、乙两根蜡烛燃烧时剩余部分的高度y（厘米）与燃烧时间x（小时）之间的关系如图所示，请根据图像所提供的信息解答下列问题： （1）两根蜡烛燃烧前的高度分别是_________厘米，_________厘米； （2）两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是_________小时，_________小时； （3）燃烧多长时间，甲、乙两根蜡烛等高？（不考虑都燃尽时的情况） 【答案】（1）25，30； （2）2.5，2； （3）燃烧1小时，甲、乙两根蜡烛等高． 【解析】 【分析】（1）根据y轴表示蜡烛燃烧时剩余部分的高度可直接得出答案； （2）根据x轴表示燃烧时间可直接得出答案； （3）根据函数图象分别求出两根蜡烛的燃烧速度，然后由甲、乙两根蜡烛等高作为等量关系列方程求解即可． 【小问1详解】 解：由函数图象可得：两根蜡烛燃烧前的高度分别是25厘米，30厘米， 故答案为：25，30； 【小问2详解】 解：由函数图象可得：两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是2.5小时，2小时， 故答案为：2.5，2； 【小问3详解】 解：由函数图象得：长度为25厘米的蜡烛燃烧的速度为（厘米/小时）， 长度为30厘米的蜡烛燃烧的速度为（厘米/小时）， 设燃烧x小时，甲、乙两根蜡烛等高， 由题意得：， 解得：， 答：燃烧1小时，甲、乙两根蜡烛等高． 【点睛】本题考查了从函数图象获取信息，一元一次方程的应用，正确理解x轴和y轴表示的意义是解题的关键． 考点03：整式方程与分式方程 9．（22-23八年级下·上海杨浦·期末）用换元法解方程，如果设，则原方程可化为的整式方程是 ． 【答案】 【分析】设，则，根据换元法解答即可，注意最后的形式是整式方程． 【详解】解：设，则原方程可变形为：， 即为； 故答案为： 【点睛】本题考查了换元法解方程，正确变形是关键． 10．（23-24八年级下·上海·阶段练习）分式方程，如果设，原方程则化为整式方程为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是利用换元法解分式方程，掌握整体换元的思想是解本题的关键．根据完全平方公式得出，即可解答． 【详解】解：设， 则， ∴， ∴原方程则化为整式方程为， 故答案为：． 11.（22-23八年级下·上海浦东新·阶段练习）若关于的方程只有一个根，求的值，并直接写出对应的原方程的根． 【答案】当时，；当时，；当时， 【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有且仅有一个实数根，分情况讨论，即可确定出k的值即可． 【详解】解： 方程两边同时乘以得：． 整理得：． ∴． ∵原方程只有一个实数根， ∴ ． 即． 解得：． 当时，原方程的根为：． 若整式方程中的，则增根为或， 当时，代入方程可得，， 此时方程，解得：（舍去） 当时，代入方程可得，， 此时方程为，解得：（舍去） 综上所述，当时，；当时，；当时，． 【点睛】本题考查了分式方程含参问题、一元二次方程根的情况，熟练掌握分式方程的计算方法和一元二次方程根的判别式当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根，是解题的关键． 12．（2023八年级下·上海·期末）若关于x的方程无解，求实数的值． 【答案】或或 【分析】方程去分母转化为整式方程，求出的表达式，根据分式方程无解可得或或的表达式中分母为0，再代入的表达式中即可求出的值． 【详解】解：方程两边同时乘以， 得：， 解得：， 当时，此方程无解，原分式方程也无解，解得：， 当时， 原分式方程无解， ， 或， 当时，，解得：， 当时，，解得：， 综上，的值为或或． 【点睛】本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解的特点，并能分情况进行讨论是解题的关键． 13. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【详解】解： 去分母得：, 整理得： 即 解得：或 当时， 当时，, ∴是增根，分式方程的解为． 【点睛】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验． 14. 解方程：． 【答案】原方程的根是． 【解析】 【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【详解】解：方程两边乘， 得， ， ， 解得，． 经检验：是原方程的根，是增根． ∴原方程的根是． 【点睛】本题考查分式方程的解法，掌握分式方程的解题的步骤是解题的关键，注意检验． 15．（2024八年级下·上海浦东新·期中）某厂接到加工720件衣服的订单，预计每天做48件，正好按时完成，后因客户要求提前5天交货，设每天应多做x件，则x应满足的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因客户的要求每天的工作效率应该为：（48+x）件，所用的时间为：天， 根据“因客户要求提前5天交货”，用原有完成时间天减去实际完成时间天等于5，从而可得答案． 【详解】解：因客户的要求每天的工作效率应该为：（48+x）件，所用的时间为：天， 根据“因客户要求提前5天交货”， ． 故选：D． 【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，这道题的等量关系比较明确，直接分析题目中的重点语句即可得知，再利用等量关系列出方程． 16.（23-24七年级上·上海金山·期末）列方程解应用题：某工厂计划加工生产件产品，当完成件产品时，改进了技术，提高了效率，改进后每小时生产的产品数是原来的倍，因此提前了小时完工，求改进后每小时加工生产的产品数． 【答案】改进技术后每小时加工生产的产品数件． 【分析】本题考查了分式方程的应用、分式方程的解法，设原来每小时加工生产的产品数为台，根据等量关系“原计划用的时间实际用的时间”列出方程，解方程即可． 【详解】解：设原来每小时加工生产的产品数为件 解得： 经检验，是原方程的解，并符合题意 所以， 答：改进技术后每小时加工生产的产品数件 考点04：无理方程与二元二次方程组 17．（2023春•浦东新区校级期末）下列方程中，有实数根的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】解分式方程；无理方程；分式方程的解 【分析】先把方程两边平方得出，整理后根据根的判别式即可判断选项；移项后两边平方，即可判断选项；方程两边都乘求出，再进行检验，即可判断选项，方程两边平方得出，求出方程的解，再进行检验，即可判断选项． 【解答】解：．， 两边平方得：， 整理得：， △， 所以方程无实数根，故本选项不符合题意； ．， ， 两边平方得：， 即， 即原方程无实数根，故本选项不符合题意； ．， 方程两边都乘，得， 经检验是增根， 即分式方程无实数根，故本选项不符合题意； ．， 两边平方得：， 即， 解得：或， 经检验不是原方程的解，是原方程的解， 即方程有实数根，故本选项符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了解无理方程和解分式方程，能把分式方程转化成整式方程和能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键． 18. 方程的解是______． 【答案】 【解析】 【分析】两边平方得出关于x的整式方程，解之求得x的值，再根据二次根式有意义的条件得出符合方程的x的值，可得答案． 【详解】解： 两边平方得, 则或, 解得：或, 又 解得：， ∴， 故答案为：. 【点睛】 本题主要考查无理方程，解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法常用的方法有：乘方法，配方法，因式分解法，设辅助元素法，利用比例性质法等． 19.（24-25八年级下·上海·阶段练习）用换元法解无理方程，若设，则原方程 可化为整式方程： 【答案】 【分析】本题考查了无理方程的解法，设，可得原方程为，掌握无理方程的解法是解题的关键． 【详解】解：设， ∴原方程为， 故答案为：． 20.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）若方程组有实数解，则实数k的取值范围是 ． 【答案】/ 【分析】将方程组转化为一元二次方程，根据方程组有实数根，得到，进行求解即可． 【详解】解： 由②，得：， 把，代入①，得：， 整理，得：， ∵方程组有实数根， ∴， 解得：； 故答案为：． 【点睛】本题考查解二元二次方程组．解题的关键是将二元二次方程组转化为一元二次方程，利用根的判别式进行求解． 21. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】先将原方程两边同时平方可得到关于x的一元二次方程，解得x，再结合原方程中二次根式的双重非负性得出x的取值范围，从而可得出结果． 【详解】解：原方程变形为：，即 ∴ ∴或, 又由题意可得 解得，， ∴当时不满足题意， ∴ 故答案为： 【点睛】此题考查了解无理方程，涉及的知识点有二次根式的性质，一元二次方程的解法以及不等式组的解法，解题的关键在于掌握基本性质和运算法则. 22. 解方程组： 【答案】 【解析】 【详解】x2-2xy-3y2="0" (x-y)2-4y2=0 又因：x-y=2代入上式 4-4y2=0 y=1或y=-1 再将y=1、y=-1分别代入x-y=2 则 x=1、x=3 ∴ 23．（24-25八年级下·上海·阶段练习）有一项工程，甲、乙两人合作20天后，还需由乙单独做7天才能完成．如果甲每天比原来多做，乙每天比原来多做，那么全部工程两人合作20天就能完成，求原来甲和乙单独完成这项工程各需多少天？ 【答案】甲原来度量完成这项工程需要50天，乙原来度量完成这项工程需要45天 【分析】本题主要考查了分式方程组的实际应用，设甲原来度量完成这项工程需要天，乙原来度量完成这项工程需要天，把工作总量看做单位“1”，表示出变化前后甲、乙的工作效率，根据工作总量等于工作时间乘以工作效率建立方程组求解即可． 【详解】解：设甲原来度量完成这项工程需要天，乙原来度量完成这项工程需要天， 由题意得：， 整理得：， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意； 答：甲原来度量完成这项工程需要50天，乙原来度量完成这项工程需要45天． 考点05：多边形 24.（22-23八年级下·上海黄浦·阶段练习）若十边形的每个内角都相等，则该十边形每个内角度数为 ． 【答案】/144度 【分析】根据题意可知，该多边形是正多边形，从而由多边形外角和为，每个内角都相等，结合互补即可得到答案． 【详解】解：十边形的每个内角都相等， 这个十边形是等边十边形，则由多边形外角和为可得每一个外角为， 由邻补角定义可得该十边形每个内角度数为， 故答案为：． 【点睛】本题考查正多边形的判定与性质，熟记多边形外角和为是解决问题的关键． 25．（2023春•虹口区期末）如果从多边形的一个顶点出发可以作3条对角线，那么它的内角和是 　　． 【答案】． 【考点】多边形的对角线；多边形内角与外角 【分析】由题意可得该多边形的边数，然后利用多边形内角和公式计算即可． 【解答】解：从多边形的一个顶点出发可以作3条对角线， 该多边形的边数为（条， 则它的内角和为：， 故答案为：． 【点评】本题考查多边形的对角线与内角和公式，结合已知条件求得多边形的边数是解题的关键． 26．（22-23八年级下·上海杨浦·期中）一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 【答案】C 【分析】已知多边形的外角和为，结合题意，利用多边形的内角和公式列方程并解方程即可． 【详解】解：设这个多边形的边数是n， 则， 解得：， 即这个多边形的边数是14． 故选：C． 【点睛】本题主要考查多边形的内角和与外角和，利用方程思想将外角和与内角和建立等量关系是解题的关键． 27．（2023春•碑林区校级期末）图形的密铺（或称图形的镶嵌）指用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间既不留空隙、也不互相重叠地把一部分平面完全覆盖．图1所示的是一种五边形密铺的结构图，图2是从该密铺图案中抽象出的一个五边形，其中，，则的度数是 　　． 【答案】． 【考点】多边形内角与外角 【分析】根据边形内角和公式求解即可． 【解答】解：，，， ， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查了多边形的内角和问题，掌握多边形的内角和公式是解答的关键． 考点06：平行四边形 28．（23-24八年级下·上海金山·期中）如图，在四边形中，对角线和相交于点O．下列条件不能判断四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．； 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵， ∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵， ∴四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项B符合题意， C、∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、∵， ∴四边形是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：B． 29.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）下面有四个命题： ①两组对边分别相等的四边形是平行四边形； ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； ③一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形； ④一组对角相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形． 其中，正确的命题的个数是（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定，对命题进行判断，即可． 【详解】①两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故正确； ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故②正确； ③一组对边平行另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，如等腰梯形，故③错误； ④一组对角相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形不能判定四边形是平行四边形，故④错误；∴正确的命题为：①②． 故选：B． 【点睛】本题考查平行四边形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定． 30．（2024八年级下·上海徐汇·期末）如图，在梯形ABCD中，，，，交BC于点E．如果cm，cm，那么CD的长是 cm． 【答案】7 【分析】由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案． 【详解】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB， ∴四边形ABED是平行四边形， ∴BE＝AD＝5cm， ∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm）， ∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°， ∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°， ∴∠CDE＝∠DEC， ∴△CDE是等腰三角形， ∴CD＝CE＝7cm． 故答案为：7． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键． 31.（2024八年级下·上海·期末）如图，在ABCD中，AC与BD交于点O，，，则ABCD的面积为 ． 【答案】 【分析】作OE⊥AD交AD于点E，利用勾股定理求出AD，即可求出，由此即可求得ABCD的面积． 【详解】解：作OE⊥AD交AD于点E，如图， ∵，， ∴OE=， ∴在中，由勾股定理得：， ∵，OE=4，， ∴在中，由勾股定理得：， ∴AD=， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平行四边形面积的求法，勾股定理的应用，准确做出辅助线是解题的关键． 32. 如图，已知平行四边形的对角线相交于点交边于点，若的周长为15厘米，则平行四边形的周长为_________厘米． 【答案】30 【解析】 【分析】根据题意可知是的垂直平分线，得,再由的周长为15厘米求出厘米，再根据平行四边形周长公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形, ∴ 又 ∴是垂直平分线， ∴, ∵的周长为15厘米， ∴厘米， ∴厘米，即厘米， ∴平行四边形的周长厘米， 故答案为：30． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的判定与性质，三角形的周长以及平行四边形的周长，正确求出厘米是解答本题的关键． 33．（2021春•崇明区期末）如图，在中，，点是斜边上的一点，，点是的中点，过点作交的延长线于点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）联结、，如果，求证：． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【考点】等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的判定与性质 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出，进而得出，由平行四边形的判定则可得出结论； （2）由三角形中位线定理得出，得出，由角平分线的定义证得，则可得出结论． 【解答】证明：（1）， 是等腰三角形， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2），点是的中点， 垂直平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 34．（2020春•普陀区期末）已知：如图，在中，点是的中点，联结并延长交的延长线于点． （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质 【分析】（1）由平行四边形性质得，则，再点是的中点，得出，又，即可得出结论； （2）由（1）得，则，再由平行四边形的判定即可得出结论． 【解答】证明：（1）四边形是平行四边形， ，即， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ； （2）由（1）得：， ， 又， 四边形是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 考点07：特殊的平行四边形 35.（2023八年级下·上海黄浦·期中）下列命题不正确的是（    ）． A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形 C．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 【答案】A 【分析】根据平行四边形的判定定理，正方形的判定定理逐项分析判断即可． 【详解】A选项：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以本命题说法不正确，符合题意； B选项：一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形，本命题说法正确，不符合题意； C选项：一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形，本命题说法正确，不符合题意； D选项：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，本命题说法正确，不符合题意.故选A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定定理，掌握平行四边形与正方形的判定定理是解题的关键． 36．（2023八年级下·上海徐汇·期中）如图，在矩形中，平分，，那么的度数为 ． 【答案】/度 【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定、性质，可以计算出，的度数，然后即可计算出的度数． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 37.（2024八年级上·上海·专题练习）动手操作：在矩形纸片中，，．如图所示，折叠纸片，使点落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点、也随之移动．若限定点、分别在、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了学生的动手能力及图形的折叠、勾股定理的应用等知识，关键在于找到两个极端，即取最大或最小值时，点或的位置．经实验不难发现，分别求出点与重合时，取最大值和当点与重合时，的最小值．所以可求点在边上移动的最大距离为． 【详解】解：当点与重合时，取最大值是， 当点与重合时（如图）， 由勾股定理得，此时取最小值为． 则点在边上移动的最大距离为． 故答案为：． 38.（22-23八年级下·上海·期末）如图，已知矩形的长，，将其折叠，使点D与点B重合，求折叠后折痕的长是 ； 【答案】 【分析】过点E作于点G，则，根据矩形的性质和判定可得，由折叠的性质可得，，设，则，利用勾股定理列方程求解，，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得，从而求得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：过点E作于点G，则， ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质得，，， 设，则， 在中，， 解得， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定、折叠的性质、平行线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 39. 菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是_____． 【答案】10 【解析】 【分析】首先根据题意画出图形，然后由菱形的两条对角线的长分别为12cm和16cm，求得OA与OB，再由勾股定理即可求得菱形的边长． 【详解】解：如图， ∵菱形ABCD中，AC＝12，BD＝16， ∴OA＝AC＝6，OB＝BD＝8，AC⊥BD， ∴AB＝＝10， 即菱形的边长是10， 故答案为：10． 【点睛】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．掌握菱形的对角线互相平分且垂直是解题的关键． 40.（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】先画出图形，根据已知条件得出，，根据菱形的性质得出，，，，，证明是等边三角形，得出，根据勾股定理得出，根据，据此即可解答． 【详解】解：由题意得，，， ∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 41.（2024八年级下·上海青浦·期中）四边形ABCD是正方形，在直线AB上取一点E，使得AE＝AC，则∠CEB的度数是 度． 【答案】22.5或67.5 【分析】分两种情况画图，根据正方形的性质和等腰三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，分两种情况画图：    ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CAB=45°， ①∵AE=AC， ∴∠CEB=∠ACE=×45°=22.5°； ②∵AE′=AC， ∴∠CE′B=∠ACE=（180°-45°）=67.5°． 则∠CEB的度数是22.5或67.5度． 故答案为：22.5或67.5． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质． 42.（24-25八年级上·上海杨浦·阶段练习）如图，在面积为的正方形中截得直角三角形的面积为，则长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质、直角三角形面积的计算、二次根式的化简；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键，由正方形的面积得出边长，由直角三角形的面积，即可得出的长． 【详解】解：正方形的面积为， ，， 直角三角形的面积， 即， 解得：． 故答案为：． 43. 如图，四边形中，，，与相交于点，． （1）求证：四边形是菱形； （2）过点作点，垂足为点，连结，求证：． 【答案】（1）见详解 （2）见详解 【解析】 【分析】（1）证明，，可得四边形为平行四边形，由则知四边形为菱形； （2）由菱形的性质知点O为的中点，即，可得，结合 ，可得，根据四边形是菱形，，有，问题得证． 【小问1详解】 ∵四边形中，，， ∴四边形平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 ∵四边形是菱形，， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴结合，有． 【点睛】本题利用了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，以及直角三角形的性质求解．掌握相关图形的判定与性质是解题的关键． 考点08：梯形 44.（22-23八年级下·上海·期末）如图，梯形中，，是梯形的中位线，若的面积为，则梯形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了梯形的中位线，根据梯形的中位线得出，根据已知三角形的面积求出, 即可求出答案. 【详解】过作于, 交于, ∵是梯形的中位线, ∴, ∴, ∵的面积为 ， ∴, ∴梯形的面积为 故答案为：. 45.（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，，．如果梯形的中位线长为6，那么的长为 ． 【答案】 【分析】以为边在右侧作平行四边形，过点D作，垂足为H，由梯形中位线的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的特征及等腰三角形的性质，得到，，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：以为边在右侧作平行四边形，过点D作，垂足为H， ， 三点共线， 梯形的中位线长为6， ， ， ， ， ， 在梯形中，， 梯形是等腰梯形， ， ， ， ， ，即， （负值舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，梯形中位线的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的特征，勾股定理，熟练掌握梯形的性质是解题的关键． 46. 如图，在梯形中，，，，那么边的长为______． 【答案】8 【解析】 【分析】过点A作交于点，可得四边形是平行四边形，是等边三角形，进一步得出，从而可求出边的长． 【详解】解：过点A作交于点，如图， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴； ∵， ∴ ∵ ∴是等边三角形， ∴， ∴ 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了梯形，正确作出辅助线，构造平行四边形和等边三角形是解答本题的关键． 47. 如果梯形的中位线长为8，那么梯形的一条底边长的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据梯形中位线性质定理求解． 【详解】解：∵梯形的中位线长为8， ∴梯形的一条底边长的取值范围是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了梯形的中位线定理，掌握“梯形的中位线等于两底和的一半”是解题的关键． 48. 我们把连接梯形两底中点的线段叫做梯形的中底线，在梯形中，，，，为梯形的中底线，那么线段长的范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，取的中点E，利用三角形定中位线定理以及三角形三边关系即可求解． 【详解】解：连接，取的中点E，连接，， ∵点P，Q分别是的中点， ∴，， 在中， ∴， ∴线段长的范围为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形三边的关系，掌握“三角形的中位线平行于第三边并且等于它的一半”是解题的关键． 49．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 【答案】(1)8 (2) (3) 【分析】（1）过A作，过D作，垂足分别为M、N，证明四边形是平行四边形，则，，再证，可得，在中，，则，即可得到的长； （2）过点O作，垂足为点Q，则，由三角形中位线定理可得，，由中点的定义可得，进一步得到，在中，，，根据三角形面积公式即可得到答案； （3）证明四边形是菱形，过点D作于点N，由（1）可知，，，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解得，即可得到四边形的周长． 【详解】（1）解：过A作，过D作，垂足分别为M、N，    则， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，   ∴，， ∵，   ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中， ∵   ∴， ∴， ∴． （2）过点O作，垂足为点Q，则，    ∵O是的中点，E是的中点， ∴，，， ∴， ∴， 在中，，， ． （3）∵，     ∴， ∵O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，    过点D作于点N， 由（1）可知，， ∴， 由勾股定理得， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，添加适当的辅助线和数形结合是解题的关键． 考点09：平面向量 50．（2023春•普陀区期末）如果点是线段的中点，那么下列结论中错误的是　　 A．与是相反向量 B．与是相等向量 C．与是平行向量 D． 【答案】 【考点】平面向量 【分析】根据平面向量的运算法则逐一判断即可求解． 【解答】解：点是线段的中点， 与是相反量，与是相等向量，与是平行向量，， 选项、、正确，选项错误， 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的运算法则，熟练掌握平面向量的运算法则是解题的关键． 51．（2023春•青浦区期末）已知平行四边形，下列说法中错误的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】平行四边形的性质；平面向量 【分析】根据平行四边形的性质即可推出结论． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，，， ，，， 故、、正确， 与方向不同， ， 故错误， 故选：． 【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 52. 已知：如图矩形中，和相交于点，设，． （1）填空：______；（用、的式子表示） （2）在图中求作．（不要求写出作法，只需写出结论即可．） 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）先将用，表示后，载由数量积的定义计算即可； （2）利用三角形法则画出图形即可． 【小问1详解】 ∵，，， ∴， 故答案为：． 【小问2详解】 如图：即为所求； 作法：延长到点，使得， ∵，， 则． 【点睛】本题考查作图，矩形的性质，平面向量等，解题的关键是掌握三角形法则， 53. 如图，已知在平行四边形中，点E、F分别在边上，且，，连接． （1）写出与相等的向量______； （2）填空_____； （3）求作：．（保留作图痕迹，不要求写作法，请说明哪个向量是所求作的向量） 【答案】（1） （2）或 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的对边平行且相等可得，然后求出，再根据向量的定义即可解答； （2）求出，连接，根据向量的三角形法则可得，再根据，再利用三角形法则求解即可； （3）过点A作，取，根据向量的三角形法则求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴与相等向量是． 故答案为． 【小问2详解】 解：如图，连接AF， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵ ∴或． 故答案为：或． 【小问3详解】 解：如图：即为所求作． 【点睛】本题主要考查了平面向量、平行四边形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形法则与三角形法则是解题的关键． 考点10：概率初步 54.下列语句所描述的事件中，是不可能事件的是（　　） A．锄禾日当午 B．大漠孤烟直 C．手可摘星辰 D．黄河入海流 【答案】C 【知识点】事件的分类 【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可． 【详解】解：A、锄禾日当午是随机事件，故选项错误，不符合题意； B、大漠孤烟直是随机事件，故选项错误，不符合题意； C、手可摘星辰是不可能事件，故选项正确，符合题意； D、黄河入海流是必然事件，故选项错误，不符合题意； 故选：C． 【点睛】此题主要考查了必然事件、不可能事件、随机事件的概念，理解概念是解决这类基础题的主要方法．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件． 55.（22-23八年级下·上海青浦·期末）下列事件中是必然事件的是（    ） A．投掷一枚质地均匀的硬币10次，正面朝上的次数为5次 B．任取一个实数，它的平方大于零 C．两位同学玩“石头、剪刀、布”的游戏，一个回合定出胜负 D．某兴趣小组由13名同学组成，其中至少有两名同学的生日在同一个月 【答案】D 【分析】根据事件发生的可能性大小判断相应事件的类型即可得出答案． 【详解】A． 投掷一枚质地均匀的硬币10次，正面朝上的次数为5次，是随机事件； B． 任取一个实数，它的平方大于零，是随机事件； C． 两位同学玩“石头、剪刀、布”的游戏，一个回合定出胜负，是随机事件； D． 某兴趣小组由13名同学组成，其中至少有两名同学的生日在同一个月，是必然事件， 故选：D． 【点睛】本题考查了必然事件、不可能事件及随机事件的概念．根据事件发生的可能性的大小是判断相应事件类型的关键． 56.（2023八年级下·上海·专题练习）口袋里装有五个大小形状都相同，所标数字不同的小球，小球所标的数字分别是，，，2，3，先随机抽取一个球得到的数字记为k，放回后再抽一个球得到的数字记为b，则满足条件关于x的一次函数的图象不经过第四象限的概率是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了一次函数的性质．画树状图，共有25个等可能的结果，满足条件关于x的一次函数的图象不经过第四象限的结果有6个，再由概率公式求解即可． 【详解】解：根据题意可得： 当时，不经过第四象限， 即当时，不经过第四象限， 画树状图如图： 共有25个等可能的结果，满足条件关于x的一次函数的图象不经过第四象限的结果有6个， ∴满足条件关于x的一次函数的图象不经过第四象限的概率为， 故选：D． 57.（2023八年级下·上海·专题练习）暗箱内有三个形状、大小完全相同的小球，分别标注数字1、2、3，甲、乙两人按照下列规则决定胜负． (1)从箱中摸出一个小球，如果上面标注的数是2的倍数，则甲获胜，如果上面标注的数是3的倍数，则乙获胜，你认为这样的规则公平吗？为什么？ (2)从箱中连续摸出两个小球（摸出后不放回），并将第一次摸出的数作为十位数字，将第二次摸出的数作为个位数字，组成一个两位数，如果这个两位数是2的倍数，则甲获胜，如果这个两位数是3的倍数，则乙获胜，你认为这样的规则公平吗？请用树状图或表格说明理由． 【答案】(1)规则公平，见解析 (2)规则公平，见解析 【分析】（1）直接由概率公式求出甲获胜的概率等于乙获胜的概率，即可得出结论； （2）画树状图，共有6种等可能的结果，其中这个两位数是2的倍数的结果有2种，这个两位数是3的倍数的结果有2种，再由概率公式求解即可． 【详解】（1）解：规则公平，理由如下： 由题意得：甲获胜的概率为，乙获胜的概率为， ∴甲获胜的概率等于乙获胜的概率， ∴规则公平； （2）（2）规则公平，理由如下：    共有6种等可能的结果，其中这个两位数是2的倍数的结果有2种，这个两位数是3的倍数的结果有2种， ∴甲获胜的概率，乙获胜的概率， ∴甲获胜的概率等于乙获胜的概率， ∴规则公平． 【点睛】本题考查的是游戏公平性的判断以及树状图法求概率．判断游戏公平性就要 考点11：一次函数与几何综合 58．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）函数的图像与轴、轴分别交于、两点，以线段为边在第二象限内作等边． (1)求点的坐标； (2)将沿着直线翻折，点落在点处，求直线的解析式； (3)在轴上是否存在，使为等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）可先求得A、B坐标，再求得，从而可证得轴，则可求得C点坐标； （2）由对称性可知点D在y轴上，可求得D点坐标，再利用待定系数法可求得直线的解析式； （3）可设，可表示出和的长，分和三种情况，可分别得到关于t的方程，则可求得t的值，可求得E点坐标． 【详解】（1）解：在中，令可解得，令可得， ∴， ∴， 取的中点，连接，则， ∴是等边三角形， ∴ ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴轴， ∴； （2）解：∵将沿着直线翻折，点C落在点D处， ∴， ∴点D在y轴上，且， ∴， ∴可设直线解析式为， ∵， ∴， 解得， ∴直线解析式为； （3）解：假设存在E点，使为等腰三角形，其坐标为， ∵， ∴，，且， 若为等腰三角形，则有和三种情况， ①当时，则有，即，解得，此时E点坐标为； ②当时，则有，即，解得或，此时E点坐标为或； ③当时，则有，即，解得（与A点重合，舍去）或，此时E点坐标为； 综上可知存在满足条件的E点，其坐标为或或或． 【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及勾股定理、等边三角形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中证得轴是解题的关键，在（2）中求得D点坐标是解题的关键，在（3）中用E点坐标分别表示出的长是解题的关键． 59. 已知一次函数的图像与轴正半轴交于点，与轴负半轴交于点，，以线段为底边作等腰直角，，点在第一象限． （1）如果，求一次函数的解析式和点的坐标； （2）如果直线经过点，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】（1）， （2）、、 【解析】 【分析】（1）过C点分别作x轴、y轴的垂线，垂足为N、M，先求出，，即利用待定系数法可得；证明四边形是矩形，即，再证明，可得矩形是正方形，即，即，可得，问题得解； （2）设，过C点分别作x轴、y轴的垂线，垂足为N、M，同（1）可证明， 进而可得，即可求出，即，在求出，，设，当点D在时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，根据中点坐标公式可得：，即；当点D在时和当点D在时，同理可求解． 小问1详解】 如图，过C点分别作x轴、y轴的垂线，垂足为N、M， ∵，， ∴， ∴，， 设一次函数的解析式为， ∴，解得：， ∴一次函数的解析式为， ∵等腰直角，中， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形，即， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴矩形是正方形，即， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 设， 如图，过C点分别作x轴、y轴的垂线，垂足为N、M， 同（1）可证明， ∴，， 即可得四边形是正方形， ∵， ∴， ∵直线经过点， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， 设，如图， 当点D在时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∵，，，， 又∵平行四边形的对角线互相平分， ∴根据中点坐标公式可得：， ∴， ∴此时； 当点D在时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形， 同理可求出； 当点D在时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形， 同理可求出； 综上：D点坐标为：、、． 【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质，平行四边形的性质以及中点坐标公式等知识，掌握平行四边形的性质以及中点坐标公式，注重分类讨论的思想是解答本题的关键． 考点12：几何综合压轴 60. 如图，梯形中，，，点是延长线上一点，，，垂直于射线，垂足为点． （1）证朋：四边形是平行四边形 （2）联结，如果是等腰三角形，求线段的长度． 【答案】（1）见解析 （2）或或 【解析】 【分析】（1）根据题意可推得，根据平行线的性质可得，，根据等腰三角形的性质可得，推得，根据平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可证明； （2）根据平行四边形的性质可得，，求得，根据直角三角形中线的性质可得，根据点所在的位置进行讨论：当点在线段上时，①若，推得四边形是矩形，与与题中梯形为等腰梯形矛盾，故判得不成立；②若，则，推得为等边三角形， 即点与点重合，或点与点重合，判得不成立；③若，则，根据等腰三角形的性质推得，过点分别作，，垂足分别为，，根据角平分线的性质可得，根据全等三角形的判定和性质可得，推得，根据勾股定理求得； 当点在线段的延长线上时，根据等腰三角形的性质可得，，，推得，即可得到只存在和两种情况：①若，则，根据三角形内角和定理可得，，根据等腰三角形的判定和勾股定理求得，②若，过点作，垂足为点，根据等腰三角形三线合一的性质可得，根据勾股定理求得． 【小问1详解】 证明：∵， ∴梯形为等腰梯形， ∴， ∵， ∴，， ∵，∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【小问2详解】 解：如图： ∵， ∴， 由（1）可得四边形是平行四边形， ∴， ∵，故点为的中点， ∵， ∴，在中，点为的中点， ∴， 当点在线段上时， ①若，则点与点重合， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 则与题中梯形为等腰梯形矛盾， 故不成立； ②若，则， ∴为等边三角形， 即点与点重合，或点与点重合， 当点与点重合时，由①可得不成立； 当点与点重合时，不存在，故该情况不成立； 故不成立； ③若，则， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故， 又∵， ∴， 过点分别作，，垂足分别为，，如图： 则， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，则，，， 在中，， 在中，， 即。 整理得：， 解得（负值舍去）， ∴，， 故当点在线段上时，的值为； 当点在线段的延长线上时， ∵， ∴， 在中，点为的中点， ∴， 又∵， ∴，， ∵， ∴， ∴ 即只存在和两种情况： ①若，则，如图： 又∵，， ∴， 故，， 即为等腰直角三角形， ∴，且， 故， ②若， 过点作，垂足为点，如图： ∵，， ∴， 设，则，，， 在中，， 在中，， 即。 整理得：， 解得（负值舍去）， ∴， 故点在线段的延长线上时，的值为或； 综上，的值为或或． 【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形中线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内角和定理，等腰三角形三线合一的性质，解题的关键是学会利用参数借助勾股定理构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 61．（2023春•长宁区期末）已知在四边形中，，，平分，交边于点． （1）如图1，如果点与点重合，，求证：四边形是正方形； （2）如果，， ①如图2，当时，求的度数； ②当是直角三角形时，求的长． 【答案】（1）见解答； （2）①；②的长为2或． 【考点】四边形综合题 【分析】（1）根据已知条件得出，根据平行线的性质以及角平分线的定义得出，则，得出四边形是矩形，根据，即可得出四边形是正方形； （2）①如图所示，过点作于点，则四边形是矩形， 中，勾股定理求得，取的中点，则，得出是等边三角形，则，根据角平分线的定义，即可求解； ②当 时，如图所示，过点作 交的延长线于点，则四边形是矩形，设，，在中，勾股定理求得，因为 中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解；当 时，如图所示，过点作于点，根据角平分线的性质得出，即可求解． 【解答】（1）证明：，，， 又， ， ， ， 平分，，， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； （2）①解：如图所示，过点作于点， ，， ， 又， 四边形是矩形， ， ， 在中， ， 取的中点，连接，则， ， 是等边三角形， ， ， 平分， ； ②当 时，如图所示，过点作交的延长线于点，则四边形是矩形， ， ， 平分， ， 在和中， ， ， ， 设，则， 在中， ， ， 中，，即， 解得：， ； 当 时，如图所示，过点作于点， 设，则， ， ， ，， ， 是的角平分线， ， 在和 中， ， ， ， 又是的角平分线， ，， ， 综上所述当 是直角三角形时，的长为2或． 【点评】本题考查了角平分线的定义以及性质，正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握角平分线的性质与判定是解题的关键． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025沪教版八年级数学下册同步培优课程 专题10 期末满分冲刺（提高篇） 考点01：一次函数的概念图像与性质 1.（2024八年级下·上海·阶段练习）若函数是一次函数，且在轴上截距为，随着增大而减小，则 ． 2．若关于的方程的解为，则的图象一定经过点 ． 3.（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知直线经过第一、三、四象限，那么直线经过第 象限． 4. 直线在y轴上的截距为，且平行于：，那么直线的表达式为______． 5.（2022八年级下·上海·专题练习）直线与已知直线平行，且不经过第三象限，求的值． 考点02：一次函数的应用 7. 如图，甲、乙两人到距离A地35千米的B地办事，甲步行先走，乙骑车后走，两人行进的路程和时间的关系如图所示，根据图示提供的信息解答： （1）乙比甲晚 小时出发；乙出发 小时后追上甲； （2）求乙比甲早几小时到达B地？ 8. 在一次蜡烛燃烧试验中，甲、乙两根蜡烛燃烧时剩余部分的高度y（厘米）与燃烧时间x（小时）之间的关系如图所示，请根据图像所提供的信息解答下列问题： （1）两根蜡烛燃烧前的高度分别是_________厘米，_________厘米； （2）两根蜡烛从点燃到燃尽所用的时间分别是_________小时，_________小时； （3）燃烧多长时间，甲、乙两根蜡烛等高？（不考虑都燃尽时的情况） 考点03：整式方程与分式方程 9．（22-23八年级下·上海杨浦·期末）用换元法解方程，如果设，则原方程可化为的整式方程是 ． 10．（23-24八年级下·上海·阶段练习）分式方程，如果设，原方程则化为整式方程为 ． 11.（22-23八年级下·上海浦东新·阶段练习）若关于的方程只有一个根，求的值，并直接写出对应的原方程的根． 12．（2023八年级下·上海·期末）若关于x的方程无解，求实数的值． 13. 解方程：． 14. 解方程：． 15．（2024八年级下·上海浦东新·期中）某厂接到加工720件衣服的订单，预计每天做48件，正好按时完成，后因客户要求提前5天交货，设每天应多做x件，则x应满足的方程为（    ） A． B． C． D． 16.（23-24七年级上·上海金山·期末）列方程解应用题：某工厂计划加工生产件产品，当完成件产品时，改进了技术，提高了效率，改进后每小时生产的产品数是原来的倍，因此提前了小时完工，求改进后每小时加工生产的产品数． 考点04：无理方程与二元二次方程组 17．（2023春•浦东新区校级期末）下列方程中，有实数根的是　　 A． B． C． D． 18. 方程的解是______． 19.（24-25八年级下·上海·阶段练习）用换元法解无理方程，若设，则原方程 可化为整式方程： 20.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）若方程组有实数解，则实数k的取值范围是 ． 21. 解方程：． 22. 解方程组： 23．（24-25八年级下·上海·阶段练习）有一项工程，甲、乙两人合作20天后，还需由乙单独做7天才能完成．如果甲每天比原来多做，乙每天比原来多做，那么全部工程两人合作20天就能完成，求原来甲和乙单独完成这项工程各需多少天？ 考点05：多边形 24.（22-23八年级下·上海黄浦·阶段练习）若十边形的每个内角都相等，则该十边形每个内角度数为 ． 25．（2023春•虹口区期末）如果从多边形的一个顶点出发可以作3条对角线，那么它的内角和是 　　． 26．（22-23八年级下·上海杨浦·期中）一个多边形的内角和是其外角和的6倍，则这个多边形的边数是（    ） A．12 B．13 C．14 D．15 27．（2023春•碑林区校级期末）图形的密铺（或称图形的镶嵌）指用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间既不留空隙、也不互相重叠地把一部分平面完全覆盖．图1所示的是一种五边形密铺的结构图，图2是从该密铺图案中抽象出的一个五边形，其中，，则的度数是 　　． 考点06：平行四边形 28．（23-24八年级下·上海金山·期中）如图，在四边形中，对角线和相交于点O．下列条件不能判断四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．； 29.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）下面有四个命题： ①两组对边分别相等的四边形是平行四边形； ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； ③一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形； ④一组对角相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形． 其中，正确的命题的个数是（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 30．（2024八年级下·上海徐汇·期末）如图，在梯形ABCD中，，，，交BC于点E．如果cm，cm，那么CD的长是 cm． 31.（2024八年级下·上海·期末）如图，在ABCD中，AC与BD交于点O，，，则ABCD的面积为 ． 32. 如图，已知平行四边形的对角线相交于点交边于点，若的周长为15厘米，则平行四边形的周长为_________厘米． 33．（2021春•崇明区期末）如图，在中，，点是斜边上的一点，，点是的中点，过点作交的延长线于点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）联结、，如果，求证：． 34．（2020春•普陀区期末）已知：如图，在中，点是的中点，联结并延长交的延长线于点． （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形． 考点07：特殊的平行四边形 35.（2023八年级下·上海黄浦·期中）下列命题不正确的是（    ）． A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形 C．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 36．（2023八年级下·上海徐汇·期中）如图，在矩形中，平分，，那么的度数为 ． 37.（2024八年级上·上海·专题练习）动手操作：在矩形纸片中，，．如图所示，折叠纸片，使点落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点、也随之移动．若限定点、分别在、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为 ． 38.（22-23八年级下·上海·期末）如图，已知矩形的长，，将其折叠，使点D与点B重合，求折叠后折痕的长是 ； 39. 菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是_____． 40.（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知菱形一组对角的和为，较短的一条对角线的长度为4，那么这个菱形的面积为 ． 41.（2024八年级下·上海青浦·期中）四边形ABCD是正方形，在直线AB上取一点E，使得AE＝AC，则∠CEB的度数是 度． 42.（24-25八年级上·上海杨浦·阶段练习）如图，在面积为的正方形中截得直角三角形的面积为，则长为 ． 43. 如图，四边形中，，，与相交于点，． （1）求证：四边形是菱形； （2）过点作点，垂足为点，连结，求证：． 考点08：梯形 44.（22-23八年级下·上海·期末）如图，梯形中，，是梯形的中位线，若的面积为，则梯形的面积为 ． 45.（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在梯形中，，，．如果梯形的中位线长为6，那么的长为 ． 46. 如图，在梯形中，，，，那么边的长为______． 47. 如果梯形的中位线长为8，那么梯形的一条底边长的取值范围是______． 48. 我们把连接梯形两底中点的线段叫做梯形的中底线，在梯形中，，，，为梯形的中底线，那么线段长的范围为______． 49．（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 考点09：平面向量 50．（2023春•普陀区期末）如果点是线段的中点，那么下列结论中错误的是　　 A．与是相反向量 B．与是相等向量 C．与是平行向量 D． 51．（2023春•青浦区期末）已知平行四边形，下列说法中错误的是　　 A． B． C． D． 52. 已知：如图矩形中，和相交于点，设，． （1）填空：______；（用、的式子表示） （2）在图中求作．（不要求写出作法，只需写出结论即可．） 53. 如图，已知在平行四边形中，点E、F分别在边上，且，，连接． （1）写出与相等的向量______； （2）填空_____； （3）求作：．（保留作图痕迹，不要求写作法，请说明哪个向量是所求作的向量） 考点10：概率初步 54.下列语句所描述的事件中，是不可能事件的是（　　） A．锄禾日当午 B．大漠孤烟直 C．手可摘星辰 D．黄河入海流 55.（22-23八年级下·上海青浦·期末）下列事件中是必然事件的是（    ） A．投掷一枚质地均匀的硬币10次，正面朝上的次数为5次 B．任取一个实数，它的平方大于零 C．两位同学玩“石头、剪刀、布”的游戏，一个回合定出胜负 D．某兴趣小组由13名同学组成，其中至少有两名同学的生日在同一个月 56.（2023八年级下·上海·专题练习）口袋里装有五个大小形状都相同，所标数字不同的小球，小球所标的数字分别是，，，2，3，先随机抽取一个球得到的数字记为k，放回后再抽一个球得到的数字记为b，则满足条件关于x的一次函数的图象不经过第四象限的概率是（　　） A． B． C． D． 57.（2023八年级下·上海·专题练习）暗箱内有三个形状、大小完全相同的小球，分别标注数字1、2、3，甲、乙两人按照下列规则决定胜负． (1)从箱中摸出一个小球，如果上面标注的数是2的倍数，则甲获胜，如果上面标注的数是3的倍数，则乙获胜，你认为这样的规则公平吗？为什么？ (2)从箱中连续摸出两个小球（摸出后不放回），并将第一次摸出的数作为十位数字，将第二次摸出的数作为个位数字，组成一个两位数，如果这个两位数是2的倍数，则甲获胜，如果这个两位数是3的倍数，则乙获胜，你认为这样的规则公平吗？请用树状图或表格说明理由． 考点11：一次函数与几何综合 58．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）函数的图像与轴、轴分别交于、两点，以线段为边在第二象限内作等边． (1)求点的坐标； (2)将沿着直线翻折，点落在点处，求直线的解析式； (3)在轴上是否存在，使为等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由． 59. 已知一次函数的图像与轴正半轴交于点，与轴负半轴交于点，，以线段为底边作等腰直角，，点在第一象限． （1）如果，求一次函数的解析式和点的坐标； （2）如果直线经过点，且以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 考点12：几何综合压轴 60. 如图，梯形中，，，点是延长线上一点，，，垂直于射线，垂足为点． （1）证朋：四边形是平行四边形 （2）联结，如果是等腰三角形，求线段的长度． 61．（2023春•长宁区期末）已知在四边形中，，，平分，交边于点． （1）如图1，如果点与点重合，，求证：四边形是正方形； （2）如果，， ①如图2，当时，求的度数； ②当是直角三角形时，求的长． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$