专题12：期末满分冲刺（重难点篇）【核心考点突破+高频易错】----2024-2025学年沪教版（上海）八年级数学下册

2024-2025沪教版八年级数学下册同步培优课程 专题12 期末满分冲刺（重难点篇） 题型一：基本概念与性质辨析 1.（24-25八年级下·上海·期中）下列方程中，属于二项方程的是（   ） A． B． C． D． 2.（2023七年级上·上海金山·期末）下列关于的方程中， 不是分式方程的是 （　　） A． B． C． D． 3.（23-24八年级下·上海浦东新·期中）下列方程组是二元二次方程组的是（  　  ） A． B． C． D． 4.（22-23八年级下·上海长宁·期中）在下列方程中，有实数根的是（    ） A． B． C． D． 5.（23-24八年级下·上海宝山·期末）下面是两位同学对于某个一次函数（k、b为常数，且）图象的描述： 同学甲：不经过第三象限； 同学乙：经过点． 根据这两位同学的描述，下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 6.（24-25八年级上·上海·期末）下列函数中，能同时满足以下三个特征的是（   ） ①函数图象经过点：②图象经过第二象限；③当时，y随x的增大而增大． A． B． C． D． 7．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）下列命题中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的菱形是正方形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是正方形 8．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形； B．如果，那么四边形是菱形； C．如果，，那么四边形是矩形； D．如果，，那么四边形是菱形． 题型二：计算易错 9．(23-24八下·上海进才中学北校·期中)方程的解是 ． 10．(23-24八下·上海松江区·期中)方程的解是 ． 11.（24-25七年级上·上海·阶段练习）已知关于x的方程：的解是正数，则m的取值范围是_________ 12.（24-25七年级上·上海·期末）已知关于的方程的解不小于1，那么的取值范围是 ． 13.（23-24七年级上·上海松江·期末）已知关于的方程． (1)在解该方程时，去分母后所得整式方程的解不是原分式方程的解，求的值； (2)若该方程的解为负数，求的取值范围． 14．（23-24八年级上·上海·期末）解方程： 15．（23-24八年级下·上海宝山·期末）解方程组：． 16. 解方程组：． 题型三：应用题 17.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）甲、乙两位同学同时从学校出发，骑自行车前往距离学校10千米的郊野公园．已知甲同学比乙同学平均每小时多骑行2千米，甲同学在路上因事耽搁了15分钟，结果两人同时到达公园．问：甲、乙两位同学平均每小时各骑行多少千米？ 17.（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． 18.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）某文具厂加工一种学习用具2500套，在加工了1000套后，采用了新技术，使每天比原来多加工25套，结果提前了3天完成任务．求该文具厂原来每天加工多少套这样的学习用具． 19.（22-23八年级下·上海静安·期末）某公司先从甲地用9000元购买了一批商品，后发现乙地同一商品每件比甲地便宜，因此又用12000元从乙地补购了一批同样的商品．公司按每件200元售完这两批商品后，共赚了11000元． (1)设该公司从甲地购进x件商品，请用含字母x的代数式表示从乙地购进的商品件数是______； (2)如果乙地同一商品每件比甲地便宜30元，求该公司分别从甲乙两地购进这种商品各多少件． 20.（24-25七年级上·上海黄浦·期末）某玩具经销商用万元购进了一批玩具，上市后一周全部售完．该经销商又用万元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批购进数量的3倍，但每套进价多了10元． (1)该经销商两次共购进这种玩具多少套？ (2)若第一批玩具销售完后总利润率为，购进的第二批玩具仍以第一批的相同售价出售，则第二批玩具全部售完后，这二批玩具经销商共可获利多少元？ 21．（2023八年级下·上海·期末）有一段河道需要进行清淤疏通，现有甲乙两家清淤公司可供选择，如果甲公司单独做4天，乙公司再单独做6天，那么恰好能完成全部清淤任务的一半；如果甲公司先做4天，剩下的清淤工作由乙公司单独完成，那么乙公司所用时间恰好比甲公司单独完成清淤任务所需时间多2天，求甲乙两公司单独完成清淤任务各需多少天． 题型四：几何证明 22．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）已知：如图，四边形中，，垂足分别为E、F，． (1)求证：四边形为菱形； (2)联结交于点O，联结，求证：． 23．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在中，、分别是边、的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作与的延长线交于点，且．求证：四边形是矩形． 24．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 题型五：一次函数与几何综合 25. 已知：如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与y轴交于点A，与反比例函数的图像交于点．点C为函数的图像上一点，过点C作轴，交反比例函数的图像于点D． （1）求反比例函数的解析式； （2）如果，求点C的坐标； （3）如果，求点D的坐标． 26．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线分别与x轴、y轴交于点A、B，直线与x轴交于点，点D在第四象限，． (1)求直线的解析式； (2)当，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，已知点E在x轴上，点F在直线上．如果以C、D、F、E为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出线段的长． 27．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，直线图象与轴、轴分别交于、两点，点、分别是射线、射线上一动点点与点不重合，且． (1)求点、坐标和度数； (2)点、在线段、上时不与端点重合，设的长度为，用含的代数式表示的面积； (3)若为坐标平面内的一点，当以、、、为顶点的四边形为菱形时，直接写出的坐标． 27．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴交于点，与y轴交于点B，与反比例函数的图像交于点． (1)求b和k的值： (2)如果直线绕点B逆时针旋转交x轴于点D，求直线的表达式； (3)在（2）的条件下，设点E是y轴上的一点，当四边形是梯形时，求点E的坐标． 28．（23-24八年级下·上海松江·期末）在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点A，与x轴交于点B， (1)求点A和点B的坐标； (2)点P是直线上的一个动点，且点P在第一象限，当的面积是10时，求点P的坐标； (3)交y轴于点C，D是平面内一点，使得四边形是直角梯形，且，求点D的坐标． 29. 已知：如图，平面直角坐标系中有一个等腰梯形ABCD，且，，点A在y轴正半轴上，点B、C在x轴上（点B在点C的左侧），点D在第一象限，，，梯形的高为2．双曲线经过点D，直线经过A、B两点． （1）求点A、B、C、D的坐标； （2）求双曲线和直线的解析式； （3）点M在双曲线上，点N在y轴上，以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，求出点N的坐标． 30．（23-24八年级下·上海虹口·期末）已知直线（其中），我们把直线称为直线的“轮换直线”．例如：直线的“轮换直线”是直线． 在平面直角坐标系中，已知直线：的“轮换直线”是直线，交轴于点，交轴于点，和相交于点． (1)如果直线经过点． ①求直线、的表达式和点的坐标； ②点是平面内一点，如果四边形是等腰梯形，且，求点的坐标． (2)将绕点顺时针旋转，点的对应点落在与直线平行的直线上．小明说：“直线一定经过一个定点．”你认为他的说法是否正确？如果正确，请求这个定点；如果不正确，请说明理由． 题型六：几何综合 31. 已知梯形中，，，，，，是边上任意一点（不与、重合），联结和． （1）若平分，求． （2）若是中点，联结和， ①设，，求关于的函数解析式； ②若，求的长． 32. 【探究与应用】我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．例如：在平行四边形ABCD中，，将△ABC沿直线AC翻折至△AEC，连结DE，则AC∥ED． （1）如图1，若AD与CE相交于点O，证明以上个结论； （2）如图2，AD与CE相交于点O，若，，，求△AOC的面积； （3）如果，，当A、C、D、E为顶点的四边形是正方形时，请画图并求出AC的长； （4）如果，，当△AED是直角三角形时，直接写出BC的长． 33. 如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，AC＝4，点M是AC上一点，点N在射线CB上，且MB＝MN，联结DN，设AM＝x． （1）当点M、N（N在边BC上）运动时，∠MND的大小是否会变化？若不变请求出度数，若变化请说明理由． （2）若∠BMN＝30°，求AM的值． （3）当N在线段BC上时，设DN＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域． 34．[基础巩固] （1）如图所示，在正方形中，，分别为，上的点，交点为．求证：． [尝试应用] （2）如图2所示，在（1）的条件下，连结．若为的中点，．求的值． [拓展提高] （3）在正方形中，为上一点，连接，，为上的点（不与，重合），在左侧，连接，作中点，连接，，．若为等腰直角三角形，，，，请直接写出的长． 北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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12 期末满分冲刺（重难点篇） 题型一：基本概念与性质辨析 1.（24-25八年级下·上海·期中）下列方程中，属于二项方程的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了二项方程的定义，二项方程的左边只有两项，其中一项含未知数x,这项的次数就是方程的次数；另一项是常数项；方程的右边是0，结合选项进行判断即可． 【详解】解：A、，不是二项方程，故本选项错误； B、，是二项方程，故本选项正确； C、，不是二项方程，故本选项错误； D、，不是二项方程，故本选项错误； 故选：B． 2.（2023七年级上·上海金山·期末）下列关于的方程中， 不是分式方程的是 （　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意根据分母含有未知数的方程是分式方程依次对各选项进行分析判断． 【详解】解：A、C、D选项中分母含有未知数，是分式方程； B选项中分母不含有未知数，故不是分式方程． 故选：B． 【点睛】本题考查分式方程的判断，熟练掌握分式方程的概念分母含有未知数的方程是分式方程是解题的关键． 3.（23-24八年级下·上海浦东新·期中）下列方程组是二元二次方程组的是（  　  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了二元二次方程组的定义，掌握二元二次方程组的概念是解决本题的关键．根据二元二次方程组的定义，逐个判断得结论． 【详解】解：．此方程组为二元一次方程组，不是二元二次方程组，故A错误； B．含分式方程，不是二元二次方程组，故B错误； C．是二元二次方程组，故C正确； D．含无理方程，不是二元二次方程组，故D错误． 故选：C． 4.（22-23八年级下·上海长宁·期中）在下列方程中，有实数根的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可判断A；根据二次根式有意义的条件，即可判断B；根据分式有意义的条件，即可判断C；根据立方根的定义，即可判断D． 【详解】解：A、∵，∴该方程无实数根，不符合题意； B、移项，得：，∵，∴该方程无实数根，不符合题意； C、去分母，得：，当时，，∴该方程无实数根，不符合题意； D、移项，得：，解得：，∴该方程有实数根，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式；二次根式有意义的条件；分式有意义的条件；立方根的定义；解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用． 5.（23-24八年级下·上海宝山·期末）下面是两位同学对于某个一次函数（k、b为常数，且）图象的描述： 同学甲：不经过第三象限； 同学乙：经过点． 根据这两位同学的描述，下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查一次函数的图象及性质；熟练掌握一次函数解析式中，与对函数图象的影响是解题的关键． 根据一次函数的性质以及一次函数图象上点的坐标特征判断即可． 【详解】解：∵该函数的图象经过点． ， 故， 故D正确，不符合题意； ∵该函数的图象不经过第三象限，经过点． ， 故， 故A、B正确，不符合题意； ， ， ， ， 故C错误，符合题意， 故选：C． 6.（24-25八年级上·上海·期末）下列函数中，能同时满足以下三个特征的是（   ） ①函数图象经过点：②图象经过第二象限；③当时，y随x的增大而增大． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了一次函数与反比例函数图象的性质，根据一次函数的增减性可得不满足③；根据一次函数图象与其系数的关系可得不满足②；根据平行于x轴的直线的性质可得不满足③；根据反比例函数的性质可得满足①②③． 【详解】解：A、在中，一次项系数小于0，则y随x的增大而减小，不符合③，不符合题意； B、在中，一次项系数大于0，常数项小于0，则该函数图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限，不符合题意； C、中，y不随着x的变化而变化，不符合③，不符合题意； D、在中，，则该函数图象经过第二、四象限，且在每个象限内，y随x的增大而增大，当时，，则该函数图象经过点，故该函数满足①②③，符合题意； 故选：D． 7．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）下列命题中，正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的菱形是正方形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是正方形 【答案】C 【知识点】矩形的判定定理理解、正方形的判定定理理解、证明四边形是菱形 【分析】此题考查了矩形、菱形、正方形的判定，利用特殊四边形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项错误，不符合题意； B．对角线相等的菱形是正方形，故选项错误，不符合题意； C．对角线相等的平行四边形是矩形，故选项正确，符合题意； D．对角线垂直相等的平行四边形是正方形,故选项错误，不符合题意． 故选：C． 8．（23-24八年级下·上海闵行·期末）在四边形中，，、交于点，下列说法错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形； B．如果，那么四边形是菱形； C．如果，，那么四边形是矩形； D．如果，，那么四边形是菱形． 【答案】D 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形 【分析】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理． 根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； B、，，那么四边形是菱形，正确，此选项不符合题意； C、，，，那么四边形是矩形，正确，此选项不符合题意； D、，，，无法判断四边形是菱形也可以是等腰梯形，错误，此选项符合题意． 故选：D． 题型二：计算易错 9．(23-24八下·上海进才中学北校·期中)方程的解是 ． 【答案】 【分析】本题考查了解无理方程，先求的范围，再解此方程得或，舍去不符合题意的解即可． 【详解】解：由题意得， 解得， 原方程可化为：或， 解得不合题意，舍去或， 当时，原方程成立． 故方程的根是． 故答案为：． 10．(23-24八下·上海松江区·期中)方程的解是 ． 【答案】 【分析】本题考查了解无理方程，能把解无理方程转化成解有理方程是解此题的关键，注意解无理方程一定要进行检验．根据得出或，求出的值，再进行检验即可． 【详解】解：， 或， 解得：或， 经检验是原方程的解，不是原方程的解， 所以原方程的解是， 故答案为：． 11.（24-25七年级上·上海·阶段练习）已知关于x的方程：的解是正数，则m的取值范围是_________ 【答案】且 【分析】本题主要考查了分式方程的解，先按照解分式方程的一般步骤解分式方程，求出x的值，然后根据分式方程的解为正数，分式方程的分母，列出关于m的不等式，解不等式即可． 【详解】解：， 方程两边同时乘得： ， ， ， ， ∵此方程的解为正数， ∴， 解得， ∵分式方程有解， ∴， ∴，， ∴，， ∴m的取值范围为：且 12.（24-25七年级上·上海·期末）已知关于的方程的解不小于1，那么的取值范围是 ． 【答案】且 【分析】本题考查分式方程的解，先解分式方程可得，由题意得，再由，得，求出m的取值范围即可． 【详解】解：， 去分母得， ， 解得， ∵方程的解不小于1， ∴， 解得，， ∵， ∴， ∴，即， ∴m的取值范围为：且， 故答案为：且． 13.（23-24七年级上·上海松江·期末）已知关于的方程． (1)在解该方程时，去分母后所得整式方程的解不是原分式方程的解，求的值； (2)若该方程的解为负数，求的取值范围． 【答案】(1) (2)且 【分析】本题主要考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，将分式方程转化为整式方程求解是解此题的关键． （1）解分式方程得，由去分母后所得整式方程的解不是原分式方程的解可得当时，满足题意，从而得出，求解即可； （2）解分式方程得，由该方程的解为负数得出，结合要使原分式方程有解，则，即可得出答案． 【详解】（1）解：方程两边同乘得：， 移项、合并同类项得：， 系数化为得：， 去分母后所得整式方程的解不是原分式方程的解， 当时，满足题意， ， 解得：； （2）解：方程两边同乘得：， 移项、合并同类项得：， 系数化为得：， 该方程的解为负数， ， 解得：， 由（1）可得，要使原分式方程有解，则， 的取值范围为：且． 14．（23-24八年级上·上海·期末）解方程： 【答案】或或 【分析】本题主要考查了解分式方程，设，则，则可把原方程化为，解得或，进而得到或，即或，再分别解两个一元二次方程即可． 【详解】解：设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或， ∴或， ∴或， 解方程得，解方程得或， 经检验，，，都是原方程的解， ∴原方程的解为或或． 15．（23-24八年级下·上海宝山·期末）解方程组：． 【答案】或 【知识点】二元二次方程组及其解法 【分析】本题考查二元二次方程的解法，掌握二元二次方程的解法是解题的关键． 由得或，从而将原方程组化成两个二元一次方程组，分别求二元一次方程组的解即可． 【详解】解：， 将变形可得， 即或， 故方程组可变形得或， 解得或， 故原方程组的解为或． 16. 解方程组：． 【答案】，，， 【解析】 【分析】将原方程组转化为四个二元一次方程组，然后解方程组即可. 【详解】解： ， 由①，得， ∴③或④， 由②，得， ∴⑤或⑥， 由③⑤，③⑥，④⑤，④⑥组成方程组， 得，，，， ∴ ，，，． 所以原方程组的解为：，，，． 【点睛】本题考查了二元二次方程组的解法．把原二元二次方程组降幂，转化为二元一次方程组是解题的关键． 题型三：应用题 17.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）甲、乙两位同学同时从学校出发，骑自行车前往距离学校10千米的郊野公园．已知甲同学比乙同学平均每小时多骑行2千米，甲同学在路上因事耽搁了15分钟，结果两人同时到达公园．问：甲、乙两位同学平均每小时各骑行多少千米？ 【答案】甲平均每小时行驶8千米，乙平均每小时行驶10千米． 【分析】设乙平均每小时骑行千米，则甲平均每小时骑行千米，根据题意可得，同样10千米的距离，乙比甲多走15分钟，据此列方程求解． 【详解】设甲平均每小时行驶千米， 则， 化简为：， 解得：， 经检验不符合题意，是原方程的解， 答：甲平均每小时行驶8千米，乙平均每小时行驶10千米． 【点睛】本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解，注意检验． 17.（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 18.（22-23八年级下·上海浦东新·期末）某文具厂加工一种学习用具2500套，在加工了1000套后，采用了新技术，使每天比原来多加工25套，结果提前了3天完成任务．求该文具厂原来每天加工多少套这样的学习用具． 【答案】该文具厂原来每天加工100套这样的学习用具 【分析】设该文具厂采用新技术前平均每天加工x套学习工具，根据等量关系：采用了新技术前生产1000套学生画图工具所用的时间采用了新技术后生产1500套学生画图工具所用的时间，列出方程求解即可． 【详解】解：设该文具厂采用新技术前平均每天加工x套学习工具，则采用了新技术后平均每天加工套学习工具，根据题意得： ， 解这个方程，得， 经检验，是原方程的根． 答：该文具厂采用新技术前平均每天加工100套学习工具． 【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，正确找出等量关系是解决问题的关键 19.（22-23八年级下·上海静安·期末）某公司先从甲地用9000元购买了一批商品，后发现乙地同一商品每件比甲地便宜，因此又用12000元从乙地补购了一批同样的商品．公司按每件200元售完这两批商品后，共赚了11000元． (1)设该公司从甲地购进x件商品，请用含字母x的代数式表示从乙地购进的商品件数是______； (2)如果乙地同一商品每件比甲地便宜30元，求该公司分别从甲乙两地购进这种商品各多少件． 【答案】(1) (2)该公司从甲地购进这种商品60件商品，从乙地购进这种商品100件． 【分析】（1）设从乙地购进的商品件数是y件，依题意得，据此即可求解； （2）根据“乙地同一商品每件比甲地便宜30元”列分式方程，解方程即可得解． 【详解】（1）解：设从乙地购进的商品件数是y件， 依题意得， 整理得， ∴， 故答案为：； （2）解：根据题意得， 解得或， 经检验，或都是分式方程的解，但不符合题意，舍去， ∴，， 答：该公司从甲地购进这种商品60件商品，从乙地购进这种商品100件． 【点睛】本题考查了分式方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．注意不要忘记检验． 20.（24-25七年级上·上海黄浦·期末）某玩具经销商用万元购进了一批玩具，上市后一周全部售完．该经销商又用万元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批购进数量的3倍，但每套进价多了10元． (1)该经销商两次共购进这种玩具多少套？ (2)若第一批玩具销售完后总利润率为，购进的第二批玩具仍以第一批的相同售价出售，则第二批玩具全部售完后，这二批玩具经销商共可获利多少元？ 【答案】(1)400套 (2)13000元 【分析】本题主要考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． （1）设该经销商第一次购进这种玩具x套，则第二次购进这种玩具套，根据购进第二批这种玩具的进价比第一批每套进价多了10元，列出分式方程，解方程即可； （2）先求出玩具的进价和售价，再列式计算即可． 【详解】（1）解：设该经销商第一次购进这种玩具x套，则第二次购进这种玩具3x套， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， ∴（套）， 答：该经销商两次共购进这种玩具400套； （2）解：由（1）可知，第一批每套玩具的进价为（元）， 又∵总利润率为， ∴售价为（元）， 第二批玩具的进价为170元，售价也为200元， ∴这二批玩具经销商共可获利： （元）． 答：这二批玩具经销商共可获利13000元． 21．（2023八年级下·上海·期末）有一段河道需要进行清淤疏通，现有甲乙两家清淤公司可供选择，如果甲公司单独做4天，乙公司再单独做6天，那么恰好能完成全部清淤任务的一半；如果甲公司先做4天，剩下的清淤工作由乙公司单独完成，那么乙公司所用时间恰好比甲公司单独完成清淤任务所需时间多2天，求甲乙两公司单独完成清淤任务各需多少天． 【答案】甲公司单独完成清淤任务需要16天，乙公司单独完成清淤任务需要24天． 【知识点】列分式方程、分式方程的工程问题 【分析】设甲公司单独完成清淤任务需要天，乙公司单独完成清淤任务需要天，根据总工程量＝甲完成的部分＋乙完成的部分，即可得出关于、的方程组，解之经检验后即可得出结论． 【详解】解：设甲公司单独完成清淤任务需要天，乙公司单独完成清淤任务需要天， 根据题意得：， 解得：（舍去），， 经检验，为原方程组的解． 答：甲公司单独完成清淤任务需要16天，乙公司单独完成清淤任务需要24天． 【点睛】本题考查了分式方程的应用以及解方程组，找准等量关系，列出分式方程组是解题的关键． 题型四：几何证明 22．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）已知：如图，四边形中，，垂足分别为E、F，． (1)求证：四边形为菱形； (2)联结交于点O，联结，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】全等三角形综合问题、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形 【分析】该题主要考查了菱形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，再证明，根据全等三角形的性质得出，即可证明四边形是菱形； （2）根据四边形是菱形，得出，再根据直角三角形的性质得出，根据等腰三角形的性质即可证明； 【详解】（1）， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 23．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，在中，、分别是边、的中点，连接、，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作与的延长线交于点，且．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（1）利用中点和平行四边形的性质证明，所以四边形是平行四边形，由平分、，可证，故，则结果证； （2）由（1）知，结合，可得，在中，则四边形是平行四边形，连接，证明，则结果得证． 【详解】（1）解：分别是的中点， ， 又∵在中，，且， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． （2）由（1）知， 又， ， ， 又在中即， 四边形是平行四边形， 连接，如图 是中点， 即为对角线的交点， 即， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质，矩形的判定，熟悉相关性质、性质定理是解题关键． 24．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知平行四边形，E是边的中点，点F在边上，连接并延长交的延长线于点G，连接、． (1)如果，求证：四边形是矩形； (2)如果F是边的中点，且，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角形的中位线，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键． （1）先证出，再根据，得到，即可证明； （2）连接，得到是的中位线，从而证得，得出，即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∵E是边的中点， ∴ 又∵ ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是矩形． （2）连接，如图， ∵E是边的中点，F是边的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴四边形是菱形． 题型五：一次函数与几何综合 25. 已知：如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与y轴交于点A，与反比例函数的图像交于点．点C为函数的图像上一点，过点C作轴，交反比例函数的图像于点D． （1）求反比例函数的解析式； （2）如果，求点C的坐标； （3）如果，求点D的坐标． 【答案】（1） （2）C（4，6） （3）D（10，1）． 【解析】 【分析】（1）由一次函数的解析式求得B的坐标，然后根据待定系数法即可求得反比例函数的解析式； （2）求得A的坐标，然后根据中点公式即可求得点C的坐标； （3）根据等腰三角形的性质，则CD的中点的纵坐标为点B的纵坐标，据此列分式方程求得即可． 【小问1详解】 解：∵一次函数y＝x+4的图象与反比例函数(x＞0)的图像交于点B（a，5）， ∴5=a+4， ∴a=2， ∴点B（2，5）， ∴m=2×5=10， ∴反比例函数的解析式为； 【小问2详解】 ∵一次函数y＝x+4的图像与y轴交于点A， 令 则 ∴A（0，4）， ∵点B（2，5），BC=AB， ∴C（4，6）； 【小问3详解】 设，则， 如图，过B作于H， ∵B（2，5），BC=BD， 轴， ∴CD的中点的坐标为（c，5）， ∴ 整理得： 解得c1=2，c2=10， 经检验：它们都是原方程的根，但是不符合题意，舍去， ∴D（10，1）． 【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，分式方程的解法，求出反比例函数的解析式是解题的关键． 26．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线分别与x轴、y轴交于点A、B，直线与x轴交于点，点D在第四象限，． (1)求直线的解析式； (2)当，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，已知点E在x轴上，点F在直线上．如果以C、D、F、E为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【知识点】利用平行四边形的性质求解、一次函数与几何综合、求一次函数解析式 【分析】（1）先求出点的坐标，然后设直线的解析式为，利用待定系数法求解即可； （2）过点作轴于点，根据、、三点的坐标，得出，，由勾股定理得到，再结合，求出，证明是等腰直角三角形，推出，即可得出点的坐标； （3）分三种情况讨论：①四边形为平行四边形时，根据平行四边形的性质，得到点的纵坐标为，进而得到点的坐标，再根据，得到点的坐标；②四边形为平行四边形时，同①理求解；③四边形为平行四边形时，结合平行四边形的性质，进而的得到点的坐标，进而求解即可． 【详解】（1）解：直线分别与x轴、y轴交于点A、B， 令，则， ， 设直线的解析式为， ，解得：， 直线的解析式为； （2）解：如图，过点作轴于点， 直线分别与轴交于点， 令，则，解得：， ， ， ，， ，， ， ， ，， ∵， ， ， ， ， ，， ， 轴， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 点的坐标为； （3）解：以点为顶点的四边形是平行四边形， ①如图，四边形为平行四边形时，   轴，， 点F的纵坐标为， 点F在直线上， 令，则，解得：， ， ， ； ②如图，四边形为平行四边形时， 同①理可得，，， ， ； ③如图，四边形为平行四边形时，   ， ∵，，设， ∴，解得 ∴ ∴， 综上可知，以点为顶点的四边形是平行四边形，或． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的图象的性质，求一次函数解析式，平行四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，利用数形结合和分类讨论的思想解决问题是关键． 27．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，直线图象与轴、轴分别交于、两点，点、分别是射线、射线上一动点点与点不重合，且． (1)求点、坐标和度数； (2)点、在线段、上时不与端点重合，设的长度为，用含的代数式表示的面积； (3)若为坐标平面内的一点，当以、、、为顶点的四边形为菱形时，直接写出的坐标． 【答案】(1)点的坐标为；点的坐标为， (2) (3)当以、、、为顶点的四边形为菱形时，点的坐标为或或 【知识点】一次函数与几何综合、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质求线段长 【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点，的坐标及，的长度，在中，利用勾股定理可求出的长度，由取的中点，连接，可得是等边三角形，进而求出的度数； （2）过点作轴，垂足为点，由，的长度可得出，由，，可得出为等边三角形，利用等边三角形的性质及勾股定理可得出的长度，再利用三角形的面积公式即可得出关于的函数关系式； （3）分，及三种情况考虑：①当时，点与点重合或点与点重合，进而可得出点的坐标；②当时，由可求出的长度，结合是等边三角形可得出的长度，由可求出的长度，进而可得出点的坐标；③当时，过点作直线，垂足为点，通过解直角三角形可求出的长度，由等腰三角形的性质及的长度可求出的长度，结合为等边三角形可得出的长度，由可求出的长度，进而可得出点的坐标．综上，此题得解． 【详解】（1）解：当时， ，点的坐标为； 当时， 解得： 点的坐标为， 在中，， 如图，取的中点，连接， 是等边三角形， （2）在图中，过点作轴，垂足为点． ，， ， ，， 为等边三角形， （3）∵以、、、为顶点的四边形为菱形， 分三种情况考虑，如图所示． ①当时，点与点重合， 点的坐标为； ②当时， 是等边三角形， ③当时，过点作直线，垂足为点， 在中，，， ， ， ． 为等边三角形， ， ， 点的坐标为． 综上所述：当以、、、为顶点的四边形为菱形时，点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、解含30度角的直角三角形、等边三角形的判定与性质、三角形的面积以及等腰三角形的性质，掌握以上知识分类讨论，是解题的关键． 27．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴交于点，与y轴交于点B，与反比例函数的图像交于点． (1)求b和k的值： (2)如果直线绕点B逆时针旋转交x轴于点D，求直线的表达式； (3)在（2）的条件下，设点E是y轴上的一点，当四边形是梯形时，求点E的坐标． 【答案】(1)，6 (2) (3)或 【知识点】求反比例函数解析式、反比例函数与几何综合、一次函数与几何综合、求一次函数解析式 【分析】本题考查的是一次函数综合运用，掌握一次函数的性质、梯形的性质、三角形全等等，注意分类求解是解题的关键． （1）把点代入一次函数求出，把点代入求出得点，把代入，求出的值即可； （2）证明，得到点G的坐标为，再用待定系数法即可求解； （3）结合梯形的定义分和两种情况，运用待定系数法分别求出的解析式，即可求解． 【详解】（1）解：∵一次函数的图像与x轴交于点， ∴把点代入一次函数，得： ∴ ∴一次函数的解析式为：， 把点代入，得：， 解得， ∴， 把代入，得， （2）解：过点作交于点G，过点A作y轴的平行线交过点B与x轴的平行线于点F，交过点G与x轴的平行线于点E，如图， ∵，故为等腰直角三角形， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故点G的坐标为， 设直线的表达式为， 把代入得，， 解得， 故直线的表达式为； （3）解：∵是梯形， ∴当时，如图， ∵，点在轴上， ∴； 当时，如图， 对于，当时，， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得，， ∴， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， 综上，点的坐标为或 28．（23-24八年级下·上海松江·期末）在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点A，与x轴交于点B， (1)求点A和点B的坐标； (2)点P是直线上的一个动点，且点P在第一象限，当的面积是10时，求点P的坐标； (3)交y轴于点C，D是平面内一点，使得四边形是直角梯形，且，求点D的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或 【知识点】一次函数图象与坐标轴的交点问题、一次函数与几何综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】题目主要考查一次函数的图象及面积问题，分类讨论及勾股定理解三角形，理解题意，根据题意分情况分析是解题关键． （1）直接根据一次函数的性质求解即可； （2）根据题意得出，然后设，结合图形得，即可求解； （3）设点，根据勾股定理确定，分两种情况分析：当时，当时，分别利用一次函数的性质及全等三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：∵直线与y轴交于点A，与x轴交于点B， ∴当时，；当时，， ∴； （2）∵直线，当时，；当时，， ∴， ∴， 设， ∴， 解得：， ∴， ∴； （3）设点， ， ， 解得：， ∴， 当时，如图所示： ∴直线的解析式为， 设点， ∵， ∴， 解得：, ， ∴或； 当时，过点A作轴，过点D作，如图所示： ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点D纵坐标为：， ∴； 综上可得：或或． 29. 已知：如图，平面直角坐标系中有一个等腰梯形ABCD，且，，点A在y轴正半轴上，点B、C在x轴上（点B在点C的左侧），点D在第一象限，，，梯形的高为2．双曲线经过点D，直线经过A、B两点． （1）求点A、B、C、D的坐标； （2）求双曲线和直线的解析式； （3）点M在双曲线上，点N在y轴上，以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，求出点N的坐标． 【答案】（1）A（0，2），B（−4，0），C（7，0），D（3，2）； （2），； （3）点N的坐标为（0，）或（0，）或（0，）． 【解析】 【分析】（1）首先过点D作DH⊥x轴于点H，易得四边形AOHD是矩形，证得Rt△ABO≌Rt△DCH，又由AD＝3，BC＝11，梯形的高为2，即可求得答案； （2）由双曲线过点D，直线y＝kx＋b过点A，B，直接利用待定系数法求解即可求得答案； （3）分情况讨论：①如图2，当四边形ABMN是平行四边形时，由四边形ABMN是平行四边形，可得点M的横坐标为−4，继而求得点M的坐标，又由AN＝BM，求得点N坐标；②如图3，当四边形NBMA是平行四边形时，根据①可知AN＝BM＝，可得点N坐标；③如图4，当四边形MABN是平行四边形时，可得点M的横坐标为4，代入反比例函数解析式求得点M的坐标，继而可得点N坐标． 【小问1详解】 解：如图1，过点D作DH⊥x轴于点H， ∵ADBC，AB＝CD，四边形ABCD是等腰梯形， ∴AO⊥AD，AD⊥DH， ∴四边形AOHD是矩形， ∴AO＝DH，AD＝OH，∠AOB＝∠DHC＝90°， 在Rt△ABO和Rt△DCH中，， ∴Rt△ABO≌Rt△DCH（HL）， ∴BO＝CH， ∵梯形高为2， ∴AO＝DH＝2， ∵AD＝3，BC＝11， ∴BO＝CH＝4，OC＝7， ∴A（0，2），B（−4，0），C（7，0），D（3，2）； 【小问2详解】 ∵双曲线经过点D（3，2）， ∴m＝xy＝6， ∴双曲线的解析式为：， ∵直线y＝kx＋b经过A（0，2）、B（−4，0）两点， ∴， 解得：， ∴直线AB的解析式为：； 【小问3详解】 ①如图2，当四边形ABMN是平行四边形时， ∴BMAN且BM＝AN， ∵点N在y轴上， ∴过点B作x轴的垂线与双曲线的交点即为点M， ∴点M的坐标为M（−4，）， ∴BM＝， ∴AN＝BM＝， ∴ON＝OA−AN＝， ∴点N的坐标为N（0，）； ②如图3，当四边形NBMA是平行四边形时， 同理可得AN＝BM＝， ∴ON＝OA＋AN＝， ∴点N的坐标为N（0，）； ③如图4，当四边形MABN是平行四边形时， ∵点A、N在y轴上， ∴平行四边形MABN对角线的交点在y轴上， ∵B（−4，0）， ∴点M的横坐标为4， 把x＝4代入得：， ∴M（4，）， 设N（0，a），则， 解得：， ∴N（0，）， 综上所述，点N的坐标为（0，）或（0，）或（0，）． 【点睛】此题属于反比例函数与一次函数综合题．考查了待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定与性质、等腰梯形的性质、矩形的判定与性质以及平行四边形的性质等知识．注意准确作出图形是解此题的关键． 30．（23-24八年级下·上海虹口·期末）已知直线（其中），我们把直线称为直线的“轮换直线”．例如：直线的“轮换直线”是直线． 在平面直角坐标系中，已知直线：的“轮换直线”是直线，交轴于点，交轴于点，和相交于点． (1)如果直线经过点． ①求直线、的表达式和点的坐标； ②点是平面内一点，如果四边形是等腰梯形，且，求点的坐标． (2)将绕点顺时针旋转，点的对应点落在与直线平行的直线上．小明说：“直线一定经过一个定点．”你认为他的说法是否正确？如果正确，请求这个定点；如果不正确，请说明理由． 【答案】(1)①；② (2)正确，直线过定点 【知识点】根据旋转的性质求解、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、一次函数与几何综合、一次函数图象与坐标轴的交点问题 【分析】（1）①将点代入，求出m的值，进而得到直线的表达式，联立直线、的表达式，即可求出的坐标；②根据四边形是等腰梯形，且，得到点在平行于直线过点B的直线上，且，求出直线的解析式，设，根据，利用两点间距离公式建立方程求解即可； （2）根据题意得到直线的表达式为：，求出，联立直线、的表达式，求出，如图，过点作轴的垂线，垂足分别为，证明，得到，根据点落在与直线平行的直线上，求出直线的解析式为：，当时，，即可得出直线过定点． 【详解】（1）解：①将点代入，则， ， 直线的表达式为：， 直线的表达式为：， 令，则， ， 联立直线、的表达式，则， 解得：，即， ②如图， 四边形是等腰梯形，且， 点在平行于直线过点B的直线上，且， 设直线的解析式为， 将点代入得：， 解得：， 直线的解析式为， 设点， 由图形可得， ， ， 解得：或， 当时，，此时，， ， 四边形是平行四边形， ， 则四边形不是梯形，故舍去， 当，， 同理：，， ，与不平行， 四边形是等腰梯形， 故，则； （2）解：根据题意：直线的表达式为：， 令，则， ， 联立直线、的表达式，则， 解得：，即， 如图，过点作轴的垂线，垂足分别为， 则，， ， 由旋转的旋转得：，， ， ， ， ， ， 点落在与直线平行的直线上， 设直线的解析式为：，则， 解得：， 直线的解析式为：， 当时，， 直线过定点． 【点睛】本题考查的是一次函数综合题，旋转的性质，需要掌握待定系数法确定函数关系式,函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定与性质，两条直线平行及交点等相关知识，属新定义型题目． 题型六：几何综合 31. 已知梯形中，，，，，，是边上任意一点（不与、重合），联结和． （1）若平分，求． （2）若是中点，联结和， ①设，，求关于的函数解析式； ②若，求的长． 【答案】（1）或 （2）①(0<x<4)；② 【解析】 【分析】（1）如图，作于，则四边形是矩形，，，分两种情况求解即可； （2）①如图，过点作于，延长交于，四边形是矩形，，，再证明，可得出，最后在中，利用勾股定理构建函数关系式即可； ②根据点是中点，，可知垂直平分，由垂直平分线的性质可得，然后在中，利用勾股定理计算即可． 【小问1详解】 解：如图，作于， ∴， ∵四边形是梯形，，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 分两种情况： 第一种情况：当平分时， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； 第二种情况：当平分时， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴． 综上所述，的长为或． 【小问2详解】 ①如图，过点作于，延长交于， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点是中点， ∴， 和中， ∴， ∴，， ∵，， ∴ ∴， 在中，，，， ∵ 即：， 当N与C重合时，BE=4， ∴x取值范围为0<x<4, ∴关于的函数解析式为：(0<x<4)； ②∵是中点，， ∴垂直平分， ∴， 在中，，， ∴． ∴的长为． 【点睛】本题考查四边形综合题，考查了矩形判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，垂直平分线的判定和性质等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线构造直角三角形和全等三角形解决问题． 32. 【探究与应用】我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现有很多结论．例如：在平行四边形ABCD中，，将△ABC沿直线AC翻折至△AEC，连结DE，则AC∥ED． （1）如图1，若AD与CE相交于点O，证明以上个结论； （2）如图2，AD与CE相交于点O，若，，，求△AOC的面积； （3）如果，，当A、C、D、E为顶点的四边形是正方形时，请画图并求出AC的长； （4）如果，，当△AED是直角三角形时，直接写出BC的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）或2；图形见解析； （4）或或 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的定义可得AD∥BC， AD=BC，由折叠的性质可得∠ACB=∠ACE，BC=CE，于是可得△OAC、△ODE是等腰三角形，利用对顶角相等求得∠OCA和∠OED即可证明； （2）设OD=x，由（1）解答可得OD=OE=x，由折叠的性质可得OC=2-x，由∠B=90°可得ABCD是矩形，Rt△ODC中由勾股定理建立方程求得x，进而求得OA即可解答； （3）分∠ACB=45°和∠ACB=90°两种情况作出图形，再根据正方形的性质计算求值即可； （4）分∠ACB=60°，∠ACB=90°和∠ACB=30°，三种情况，根据30°直角三角形的边长关系和勾股定理计算求值即可； 【小问1详解】 证明：∵ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB=CD，AD=BC， ∴∠OAC=∠ACB， ∵∠ACB=∠ACE， ∴∠OAC=∠OCA， ∴OA=OC，∠OCA=（180°-∠AOC）， ∵BC=CE，BC=AD， ∴AD=CE， ∴AD-OA= CE-OC， ∴OE=OD， ∴∠OED=（180°-∠EOD）， ∵∠AOC=∠EOD， ∴∠OCA=∠OED， ∴AC∥DE； 【小问2详解】 解：设OD=x， 由（1）解答可得OD=OE=x， ∵CE=CB=2， ∴OC=2-x， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=90°， ∴四边形ABCD矩形， ∴CD=AB=，AD=BC=2，∠ADC=90°， Rt△ODC中，OC2=OD2+CD2， ∴（2-x）2=x2+2， ∴x=， ∴OA=AD-OD=， ∴△OAC面积=OA•CD=； 【小问3详解】 解：①如图，∠ACB=45°时，∠B=45°，AB=AC， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=45°，则∠BCD=135°， ∴∠ACD=90°， ∵∠BAC=180°-∠B-∠ACB=90°，AC∥ED， ∴∠AED=90°，∠CDE=90°， ∴四边形ACDE是矩形， ∵AB=AC=AE， ∴四边形ACDE是正方形， ∵CE=CB=2， ∴AC2+AE2=CE2， ∴AC=； ②如图，∠ACB=90°时，∠B=∠BAC=45°， CA=CB， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=45°，则∠BAD=135°， ∴∠CAD=90°， ∵AC∥ED，∴∠ADE=90°，∠CED=90°， ∴四边形ACDE是矩形， ∵BC=CE=CA， ∴四边形ACDE是正方形， ∴AC=2； ∴AC=或2； 【小问4详解】 解：①如图，∠ACB=60°时， ∠B=30°，则∠BAC=90°， ∴∠CAE=90°， ∵AC∥DE，∴∠AED=90°，则△AED是直角三角形， Rt△ABC中，AB=3，BC=2AC， ∴BC2=AB2+AC2=9+BC2， BC=； ②如图，∠ACB=90°时， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=30°，则∠BAD=150°， ∵∠BAC=90°-∠B=60°，∴∠CAD=90°， ∵AC∥DE，∴∠ADE=90°，则△AED是直角三角形， Rt△ABC中，AB=3，AC=， ∴BC==， ③如图，∠ACB=30°时，作AH⊥BC于点H， 由四边形ABCD是平行四边形得AD∥BC， ∴∠DAC=∠ACB=30°， ∴∠BAC=180°-∠B-∠ACB=120°， 由折叠的性质可得∠EAC=∠BAC=120°， ∴∠EAD=∠EAC-∠DAC=90°，则△AED是直角三角形， Rt△ABH中，AB=3，AH=， ∴BH=， ∠B=∠ACB=30°，AH⊥BC，则BH=HC=BC， ∴BC=2BH=， 综上所述BC的长为：或或. 【点睛】本题考查了特殊平行四边形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，含30°直角三角形，勾股定理等知识；正确作出图形并分类讨论是解题关键． 33. 如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，AC＝4，点M是AC上一点，点N在射线CB上，且MB＝MN，联结DN，设AM＝x． （1）当点M、N（N在边BC上）运动时，∠MND的大小是否会变化？若不变请求出度数，若变化请说明理由． （2）若∠BMN＝30°，求AM的值． （3）当N在线段BC上时，设DN＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域． 【答案】（1）不变，∠MND=30°； （2）AM的长为2-2或4-4； （3） 【解析】 【分析】（1）连接DM，设∠MBO=α，可表示出∠DMN，∠CDM，∠CMD，∠CMB，∠CMN，进而计算求得∠DMN=120°，从而求得结果； （2）分点N在边BC上和点N在CB延长线上时两种情况讨论，进而求得结果； （3）作ME⊥AB于E，MF⊥DN，在△ABM中表示出MB，进而表示出MN，进一步表示出DN，从而求得结果． 【小问1详解】 解：如图1， 连接DM， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA=OC=AC=2，BD=2OD=2OB，AD=AB， ∴DM=BM，OD=OB==2， ∴BD=4， ∴AD=AB=BD， ∴∠BCD=∠BAD=60°，∠CBD=60°， ∴∠ACD=∠BCD=30°， 设∠MBO=α， ∵MN=MB， ∴∠MBN=∠MNB=∠DBC+∠MBO=60°+α， 在△CBM中， ∠CMB=180°-∠ACB-∠CBM=180°-30°-（60°+α）=90°-α， ∴∠CMD=∠CMB=90°-α， 在△MND中， ∠BMN=180°-∠MBN-∠MNB=180°-2（60°+α）=60°-2α， ∴∠CMN=∠CMB-∠BMN=90°-α-（60°-2α）=30°+α， ∴∠DMN=∠CMN+∠CMD=（30°+α）+（90°-α）=120°， ∵BM=DM=MN， ∴∠MND=∠MDN==30°； 【小问2详解】 解：当点N在边BC上时， 在△MBN和△CBM中， ∠BMN=∠ACB=30°， ∠CBM=∠MBN， ∴∠CMB=∠MBN， ∵MB=MN， ∴∠MBN=∠MNB， ∴∠CBM=∠MBN， ∴CM=CB=4， ∴AM=AC-CM=4-4； 当点N在CB延长线上时， 过点M作MG⊥BN于点G， ∵MB=MN， ∴∠NMG=∠BMG=×30°=15°， ∴∠GMC=180°-90°-30°=60°， ∴∠BMO=45°， ∴△OBM是等腰直角三角形， ∴OB=OM=2， ∴AM=AO-OM=2-2； 综上，AM的长为2-2或4-4； 【小问3详解】 解：如图2， 作ME⊥AB于E，MF⊥DN， ∵∠CAB=30°， ∴EM=AM=x， ∴AE=， ∴BE=AB-AE=4-x， 在Rt△BEM中， BM=， 在Rt△MNF中， 同理可得：NF=MN=， ∴DN=2NF， ∴． 【点睛】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，等腰三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是设角，通过计算寻找角的数量关系． 34．[基础巩固] （1）如图所示，在正方形中，，分别为，上的点，交点为．求证：． [尝试应用] （2）如图2所示，在（1）的条件下，连结．若为的中点，．求的值． [拓展提高] （3）在正方形中，为上一点，连接，，为上的点（不与，重合），在左侧，连接，作中点，连接，，．若为等腰直角三角形，，，，请直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）证明，即可得证； （2）延长交的延长线于点，证明得出，则，根据斜边上的中线等于斜边的一半可得，在中勾股定理求得，根据等面积法求得，进而求得，即可求解； （3）过点作，交于点，交于点，过点作于点，在中，勾股定理求得，进而求得，延长至使得，连接，得出四边形是平行四边形，证明是等腰直角三角形，则，进而求得，证明，根据全等三角形的性质即可得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，延长交的延长线于点，    ∵为的中点， 由（1）可得，则 即 又∵， ∴ ∴，则， ∵ ∴ ∵ ∴， 在中，， ∴，则 ∵ ∴ ∴ ∴； （3）解：如图所示，过点作，交于点，交于点，过点作于点，    ∵为中点 ∴， ∵为等腰直角三角形， ， ∴， 在中，， ∴，， 延长至使得，连接， 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ 又∵ ∴， ∵四边形是正方形， ∴ 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$