上海八年級下期末真題精選（常考60題29個考點專練）【好題精選精練】 數學八年級 下冊重難點突破（含答案解析）

上海八年級下期末真題精選（?？?0題29個考點專練）一．高次方程（共6小題）1．（2021春?浦東新區(qū)期末）若關于x和y的二元二次方程x2+my＝1有一個解是，則字母m的值為3．【分析】把方程的解代入方程，求出m即可．【解答】解：把方程的解代入二元二次方程，得4﹣m＝1，∴m＝3．故答案為：3．【點評】本題考查了二元二次方程的解，掌握方程解的意義是解決本題的關鍵．2．（2021春?金山區(qū)期末）方程組的解為：．【分析】此題只要將①變形代入②式，轉化為解一元二次方程即可解答．【解答】解：由題意可知x＝3﹣y③，代入xy＝2可得3y﹣y2＝2，變式為y2﹣3y+2＝0，即（y﹣2）（y﹣1）＝0，解得：．故答案為：．【點評】本題主要考查高次方程求解的問題，此類題不是很難，同學們解答時只要找到解題的簡便途徑此類題就迎刃而解．3．（2021春?浦東新區(qū)期末）二項方程x4﹣8＝0的實數根是x＝±2．【分析】先求x2的解，再求實數根即可．【解答】解：x4﹣8＝0．∴．∴x2＝4（負值舍去）．∴x＝±2．故答案為：x＝±2．【點評】本題考查高次方程的解法，關鍵在于降次，利用開平方即可降次是關鍵．4．（2022春?徐匯區(qū)期末）方程2x3﹣16＝0的根是x＝2．【分析】求出x3＝8，兩邊開立方根，即可求出x．【解答】解：2x3﹣16＝0，2x3＝16，x3＝8，x＝2，故答案為：2．【點評】本題考查了高次方程的解法和立方根，關鍵是能由x3＝8求出x．5．（2021春?浦東新區(qū)校級期末）解方程組：．【分析】由①得出（x﹣y）（x﹣2y）＝0，求出x﹣y＝0或x﹣2y＝0，把這兩個方程與②組成方程組為，，再求出方程組的解即可．【解答】解：，由①，得（x﹣y）（x﹣2y）＝0，即x﹣y＝0或x﹣2y＝0，把這兩個方程與②組成方程組得：，，解得：，，故方程組的解為：，．【點評】本題考查了解高次方程組和解二元一次方程組，能把高次方程組轉化成二元一次方程組是解此題的關鍵．6．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）解方程組：【分析】先把原方程組的每個方程化簡，這樣原方程組轉化成四個方程組，求出每個方程組的解即可．【解答】解：由①得：（x+2y）2＝9，x+2y＝±3，由②得：x（x+y）＝0，x＝0，x+y＝0，即原方程組化為：，，，，解得：，，，，所以原方程組的解為：，，，．【點評】本題考查了解二元一次方程組和解高次方程組，能把高次方程組轉化成二元一次方程組是解此題的關鍵．二．無理方程（共5小題）7．（2022春?青浦區(qū)校級期末）下列關于x的方程一定有實數解的是（）A．2x＝m B．x2＝m C．＝m D．＝m【分析】根據一元一次方程的解、無理方程、一元二次方程和分式方程的解的特點分別對每一項進行判斷即可．【解答】解：A.2x＝m，一定有實數解；B．x2＝m，當m＜0時，無解；C.＝m，當m＝0或﹣時無解；D.＝m，當m＜0時，無解；故選：A．【點評】本題考查了一元一次方程的解、無理方程、一元二次方程和分式方程，關鍵是靈活運用有關知識點進行判斷．8．（2022春?徐匯區(qū)期末）方程（x+2）＝0的根是x＝3．【分析】解此方程得x+2＝0或＝0，即x＝﹣2或x＝3，注意檢驗．【解答】解：原方程可化為：x+2＝0或＝0，即x＝﹣2或x＝3，代入原方程得當x＝﹣2時，＝，﹣5＜0，無意義，當x＝3時，原方程成立．故方程（x+2）＝0的根是x＝3．故本題答案為：x＝3．【點評】解答此題關鍵是把方程化為x+2＝0或＝0，熟知二次根式具有非負性是解答此題的關鍵．9．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）解方程：．【分析】把10移到等號的右邊，兩邊平方，求解，后檢驗根是否有意義．【解答】解：，兩邊平方，得4（x+5）＝x2﹣20x+100（2分）整理，得：x2﹣24x+80＝0，解得：x1＝20，x2＝4（2分）經檢驗：x2＝4是增根，x1＝20是原方程的解，（1分）∴原方程的解是x＝20（1分）【點評】本題主要考查了無理方程的解法，在解無理方程是最常用的方法是兩邊平方法及換元法，本題用了平方法，注意無理方程要檢驗根是否有意義，屬于基礎題．10．（2021春?楊浦區(qū)期末）解方程：．【分析】把2x移到等號的右邊，兩邊平方求解，然后檢驗根是否存在．【解答】解：移項，，x﹣3＝（6﹣2x）2，化簡得，4x2﹣25x+39＝0，（x﹣3）（4x﹣13）＝0，．經檢驗，x1＝3是原方程的根，是增根．所以原方程的根為x＝3．【點評】本題主要考查了無理方程的解法，在解無理方程是最常用的方法是兩邊平方法及換元法，本題用了平方法，注意檢驗根的存在．屬于基礎題．11．（2022春?長寧區(qū)校級期末）下列方程中，有一個根是x＝2的方程是（）A． B． C． D．【分析】把x＝2代入選項中的每個方程，再逐個判斷即可．【解答】解：A．＝，方程兩邊都乘以x﹣2，得x＝2，檢驗：當x＝2時，x﹣2＝0，所以x＝2是增根，即x＝2不是原方程的解，故本選項不符合題意；B．當x＝2時，分母不等于0，方程的左邊＝+＝0，右邊＝0，即左邊＝右邊，所以x＝2是原方程的解，故本選項符合題意；C．當x＝2時，中x﹣3＜0，所以x＝2不是方程?＝0的解，故本選項不符合題意；D．當x＝2時，中x﹣6＜0，所以x＝2不是方程＝2的解，故本選項不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了解分式方程和解無理方程，注意：解分式方程和解無理方程都必須進檢驗．三．由實際問題抽象出分式方程（共1小題）12．（2021春?浦東新區(qū)期末）某校計劃修建一條400米長的跑道，開工后每天比原計劃多修10米，結果提前2天完成了任務，如果設原計劃每天修x米，那么根據題意可列出方程（）A． B． C． D．【分析】本題屬于工程問題，未知量是工作效率：原計劃每天修x米．題目告訴了工作總量：400米，那么根據工作時間來列等量關系．關鍵描述語是：“提前2天完成任務”．等量關系為：原計劃工作時間﹣現在工作時間＝2天，據此列出方程．【解答】解：設原計劃每天修x米，則實際每天修（x+10）米．由題意，知原計劃用的時間為天，實際用的時間為：天，故所列方程為：．故選：C．【點評】本題考查用分式方程解決工程問題，工程問題的基本關系式為：工作時間＝工作總量÷工作效率．找到關鍵描述語，得到等量關系是解決問題的關鍵．本題的等量關系為：原計劃工作時間﹣現在工作時間＝2天．四．分式方程的應用（共1小題）13．（2021春?楊浦區(qū)期末）某市為了美化環(huán)境，計劃在一定的時間內完成綠化面積200萬畝的任務，后來市政府調整了原定計劃，不但綠化面積在原計劃的基礎上增加20%，而且要提前1年完成任務．經測算，要完成新的計劃，平均每年的綠化面積必須比原計劃多20萬畝，求原計劃平均每年的綠化面積．【分析】本題的相等關系是：原計劃完成綠化時間﹣實際完成綠化實際＝1．設原計劃平均每年完成綠化面積x萬畝，則原計劃完成綠化完成時間年，實際完成綠化完成時間：年，列出分式方程求解．【解答】解：設原計劃平均每年完成綠化面積x萬畝，根據題意，可列出方程，去分母整理得：x2+60x﹣4000＝0解得：x1＝40，x2＝﹣100…（2分）經檢驗：x1＝40，x2＝﹣100都是原分式方程的根，因為綠化面積不能為負，所以取x＝40．答：原計劃平均每年完成綠化面積40萬畝．【點評】本題考查了分式方程的應用．分析題意，找到關鍵描述語，找到合適的等量關系是解決問題的關鍵．列分式方程解應用題的檢驗要分兩步：第一步檢驗它是否是原方程的根，第二步檢驗它是否符合實際問題．五．一次函數的圖象（共2小題）14．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）已知一次函數y＝﹣x+m，點A（1，y1），B（3，y2）在圖象上，則y1＞y2（填“＞”或“＜”）．【分析】直接利用一次函數的增減性進而分析得出答案．【解答】解：∵一次函數y＝﹣x+m，∴y隨x的增大而減小，∵點A（1，y1），B（3，y2）在圖象上，∴y1＞y2．故答案為：＞．【點評】此題主要考查了一次函數的性質，正確掌握一次函數的增減性是解題關鍵．15．（2021春?靜安區(qū)期末）已知一次函數y＝kx+b的圖象如圖所示，當x＜1時，y的取值范圍是y＜﹣2．【分析】根據一次函數過（2，0），（0，﹣4）求出k的值，得到一次函數解析式，然后用y表示x，再解關于x的不等式即可．【解答】解：一次函數y＝kx+b的圖象與y軸交于點（0，﹣4），∴b＝﹣4，與x軸點（2，0），∴0＝2k﹣4，∴k＝2，∴y＝kx+b＝2x﹣4，∴x＝（y+4）÷2＜1，∴y＜﹣2．故答案為y＜﹣2．【點評】本題利用了一次函數與x軸y軸的交點坐標用待定系數法求出k、b的值．同時還考查了數形結合的應用．六．一次函數的性質（共2小題）16．（2021春?崇明區(qū)期末）一次函數y＝﹣5x+3的圖象不經過的象限是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】根據一次函數的性質容易得出結論．【解答】解：因為解析式y(tǒng)＝﹣3x+2中，﹣3＜0，2＞0，圖象過一、二、四象限，故圖象不經過第三象限，故選：C．【點評】考查了一次函數的性質，在直線y＝kx+b中，當k＞0時，y隨x的增大而增大；當k＜0時，y隨x的增大而減?。?7．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）一次函數y＝kx+b的圖象如圖所示，當y＞0時，x的取值范圍是x＜2．【分析】根據一次函數的性質和函數圖象，可以直接寫出當y＞0時，x的取值范圍．【解答】解：由圖象可得，當y＞0時，x的取值范圍是x＜2，故答案為：x＜2．【點評】本題考查一次函數的性質、一次函數的圖象，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．七．一次函數圖象與系數的關系（共3小題）18．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）若直線y＝kx+b經過一、二、四象限，則直線y＝bx﹣k的圖象只能是圖中的（）A． B． C． D．【分析】由直線經過的象限結合四個選項中的圖象，即可得出結論．【解答】解：∵直線y＝kx+b經過一、二、四象限，∴k＜0，b＞0，∴﹣k＞0，∴選項B中圖象符合題意．故選：B．【點評】本題考查了一次函數圖象與系數的關系，牢記“k＜0，b＞0?y＝kx+b的圖象在一、二、四象限”是解題的關鍵．19．（2021春?虹口區(qū)期末）已知一次函數y＝（1﹣2m）x+m，函數值y隨自變量x的值增大而減小，那么m的取值范圍是m．【分析】根據一次函數y＝（1﹣2m）x+m的增減性列出不等式1﹣2m＜0，通過解該不等式即可求得m的取值范圍．【解答】解：由題意得，1﹣2m＜0，解得，m＞；故答案為m．【點評】本題考查了一次函數圖象與系數的關系．在直線y＝kx+b（k≠0）中，當k＞0時，y隨x的增大而增大；當k＜0時，y隨x的增大而減小．20．（2021春?閔行區(qū)期末）一次函數y＝3x+m﹣1的圖象不經過第二象限，則m的取值范圍是m≤1．【分析】根據一次函數的圖象不經過第二象限列出關于m的不等式組，求出m的取值范圍即可．【解答】解：∵一次函數y＝3x+m﹣1的圖象不經過第二象限，∴m﹣1≤0，解得m≤1．故答案是：m≤1．【點評】本題考查的是一次函數的圖象與系數的關系，熟知一次函數y＝kx+b（k≠0）中，當k＞0，b＜0時，函數的圖象經過一、三、四象限是解答此題的關鍵．八．一次函數圖象上點的坐標特征（共6小題）21．（2021春?浦東新區(qū)期末）對于一次函數y＝x+2，下列說法不正確的是（）A．圖象經過點（1，3） B．圖象與x軸交于點（﹣2，0） C．圖象不經過第四象限 D．當x＞0時，y＜2【分析】根據題干中的函數關系式和一次函數的性質可以判斷各個選項是否成立．【解答】解：∵一次函數y＝x+2，∴當x＝1時，y＝3，∴圖象經過點（1，3），故選項A不合題意；令y＝0，得x+2＝0，解得x＝﹣2，∴圖象與x軸交于點（﹣2，0），故選項B不合題意；∵k＝1＞0，b＝2＞0，∴直線經過第一、二、三象限，故選項C不合題意；當x＞0時，y＝x+2＞2，故選項D不正確，符合題意，故選：D．【點評】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，一次函數的性質，解答本題關鍵是明確題意，利用一次函數的性質解答．22．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）下列四個點中，在函數y＝3x+1的圖象上的是（）A．（﹣1，2） B．（0，﹣1） C．（1，4） D．（2，﹣7）【分析】將A，B，C，D分別代入一次函數解析式y(tǒng)＝3x+1，根據圖象上點的坐標性質即可得出正確答案．【解答】解：A．將（﹣1，2）代入y＝3x+1，x＝﹣1時，y＝﹣2，此點不在該函數圖象上，故此選項錯誤；B．將（0，﹣1）代入y＝3x+1，x＝0時，y＝1，此點不在該函數圖象上，故此選項錯誤；C．將（1，4）代入y＝3x+1，x＝1時，y＝4，此點在該函數圖象上，故此選項正確；D．將（2，﹣7）代入y＝3x+1，x＝2時，y＝7，此點不在該函數圖象上，故此選項錯誤．故選：C．【點評】此題主要考查了一次函數圖象上點的坐標特征，只要點在函數的圖象上，則一定滿足函數的解析式．反之，只要滿足函數解析式就一定在函數的圖象上．23．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）若點（3，a）在一次函數y＝3x+1的圖象上，則a＝10．【分析】把點（3，a）代入一次函數y＝3x+1，求出y的值即可．【解答】解：把點（3，a）代入一次函數y＝3x+1得：a＝9+1＝10．故填10．【點評】本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，即一次函數圖象上的點的坐標一定適合此函數的解析式．24．（2021春?嘉定區(qū)期末）一次函數y＝﹣3x﹣6的圖象與x軸的交點坐標是（﹣2，0）．【分析】在解析式中，令y＝0，即可求得橫坐標，則與x軸的交點坐標即可求得．【解答】解：令y＝0，得到：﹣3x﹣6＝0，解得：x＝﹣2，則圖象與x軸的交點坐標是：（﹣2，0）．故答案是：（﹣2，0）．【點評】本題考查了函數圖象與坐標軸的交點的求法，是需要熟記的內容．25．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）一次函數y＝2x﹣3在y軸上的截距是﹣3．【分析】令x＝0，可見，當x＝0時，y的值即為函數在y軸上的截距．【解答】解：當x＝0時，y＝﹣3，可見一次函數在y軸上的截距為﹣3，故答案為﹣3．【點評】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，知道y軸上的點的橫坐標等于0是解題的關鍵．26．（2021春?黃浦區(qū)期末）如圖，一次函數y＝kx+b的圖象與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，那么當y＜0時，自變量x的取值范圍是x＜2．【分析】直接根據直線與x軸的交點坐標即可得出結論．【解答】解：∵由函數圖象可知，直線與x軸的交點坐標為（2，0），∴當y＜0是，x＜2．故答案為：x＜2．【點評】本題考查的是一次函數圖象上點的坐標特點，能利用函數圖象直接得出x的取值范圍是解答此題的關鍵．九．一次函數圖象與幾何變換（共1小題）27．（2021春?徐匯區(qū)期末）將直線y＝﹣x﹣2沿y軸方向向上平移3個單位，所得新圖象的函數表達式是y＝﹣x+1．【分析】根據“上加下減”的原則進行解答即可．【解答】解：由“上加下減”的原則可知，將直線y＝﹣x﹣2沿y軸方向向上平移3個單位所得函數的解析式為y＝﹣x﹣2+3，即y＝﹣x+1．故答案為：y＝﹣x+1．【點評】本題考查的是一次函數的圖象與幾何變換，熟知“上加下減”的原則是解答此題的關鍵．一十．一次函數的應用（共2小題）28．（2020秋?沈河區(qū)期末）已知某汽車裝滿油后油箱中的剩余油量y（升）與汽車的行駛路程x（千米）之間具有一次函數關系（如圖所示），為了行駛安全考慮，油箱中剩余油量不能低于5升，那么這輛汽車裝滿油后至多行駛450千米，就應該停車加油．【分析】根據函數圖象中點的坐標利用待定系數法求出一次函數解析式，再根據一次函數圖象上點的坐標特征即可求出剩余油量為5升時行駛的路程，此題得解．【解答】解：設該一次函數解析式為y＝kx+b，將（400，10）、（500，0）代入y＝kx+b中，，解得：，∴該一次函數解析式為y＝﹣0.1x+50．當y＝﹣0.1x+50＝5時，x＝450．故答案為：450【點評】本題考查一次函數的應用、待定系數法求一次函數解析式以及一次函數圖象上點的坐標特征，根據點的坐標利用待定系數法求出一次函數解析式是解題的關鍵．29．（2022春?徐匯區(qū)期末）如果購買荔枝所付金額y（元）與購買數量x（千克）之間的函數圖象由線段OA與射線AB組成（如圖所示），那么購買3千克荔枝需要付56元．【分析】由圖象可得購買3kg荔枝需要付的錢即為當x＝3時，y所對應的值，即求出AB段的函數解析式，將x＝3代入即可．【解答】解：設AB的解析式為y＝kx+b，將（2，40），（4，72）代入，得，解得：，∴AB段的解析式為y＝16x+8，當x＝3時，y＝16×3+28＝56．故答案為：56．【標注】【知識點】一次函數的依據圖象解決實際問題【點評】本題考查了一次函數中依據圖象解決實際問題，屬于此類型中的基礎題．一十一．三角形中位線定理（共3小題）30．（2022春?長寧區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD中，AC＝a，BD＝b，順次連接四邊形ABCD各邊的中點，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B1C1D1各邊的中點，得到四邊形A2B2C2D2；…；如此進行下去，得到四邊形AnBn?nDn，那么四邊形A15B15C15D15的周長為．【分析】根據三角形中位線性質定理可得每一次去各邊中點所形成新的四邊形周長都為前一個的；并且四邊形是平行四邊形，即可計算四邊形A15B15C15D15的周長，【解答】解：根據中位線的性質易知，A15B15＝A13B13×A11B11…×A1B1＝××…×AC；B15C15＝B13C13×A11B11×…＝×B1C1＝××…×BD，∴四邊形A15B15C15D15的周長是2×（a+b）＝．故答案為．【點評】本題考查了三角形的中位線性質定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．31．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖所示，DE為△ABC的中位線，點F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，則EF的長為2．【分析】根據三角形中位線定理求出DE，根據直角三角形的性質求出DF，計算即可．【解答】解：∵DE為△ABC的中位線，∴DE＝BC＝5，∵∠AFB＝90°，D是AB的中點，∴DF＝AB＝3，∴EF＝DE﹣DF＝2，故答案為：2【點評】本題考查的是三角形中位線定理、直角三角形的性質，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵．32．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）已知：如圖，在△ABC中，點D在AB上，BD＝AC，E、F、G分別是BC、AD、CD的中點，EF、CA的延長線相交于點H．求證：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD；（2）AH＝AF．【分析】（1）由題目的已知條件可得EG是△BDC的中位線，所以EG∥BD，由此可得∠CGE＝∠BDC，再根據三角形外角和定理即可證明∠CGE＝∠ACD+∠CAD；（2）連接FG，易證△FGE是等腰三角形，所以∠GFE＝∠GEF，再根據平行線的性質以及對頂角相等可證明∠H＝∠AFE，進而可得：AH＝AF，【解答】證明（1）∵E，G分別是BC，CD的中點，∴EG是△BDC的中位線，∴EG∥BD，∴∠CGE＝∠BDC，∵∠BDC＝∠ACD+∠CAD，∴∠CGE＝∠ACD+∠CAD；（2）連接FG，∵E，F，G分別是BC，AD，CD的中點，∴EG＝BD，FG＝AC，∵BD＝AC，∴GE＝GF，∴∠GFE＝∠GEF，∵FG∥HC，∴∠GFE＝∠H，∵∠GEF＝∠BFE＝∠AFH，∴∠H＝∠AFE，∴AH＝AF．【點評】本題考查了三角形的中位線定理，中位線是三角形中的一條重要線段，由于它的性質與線段的中點及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖形的計算及證明中有著廣泛的應用．一十二．多邊形的對角線（共1小題）33．（2021春?浦東新區(qū)期末）當一個凸四邊形的一條對角線把原四邊形分割成兩個等腰三角形時，我們稱這個四邊形為“等腰四邊形”，其中這條對角線稱為這個四邊形的“等腰線”．如果凸四邊形ABCD是“等腰四邊形”，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，那么∠BAD的度數為75°．【分析】根據“等腰四邊形”的定義畫出圖形，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，所以△CBD和△ABD為等腰三角形，由于AB＝BC＝CD≠AD，△ABD中分兩種情形：①AB＝BD，②AD＝BD．當AB＝BD時，由于AB＝BC＝CD，可得△BDC為等邊三角形，∠ABC＝90°，則∠ABD＝30°，結論可得；當AD＝BD時，過點D作DE⊥AB，根據等腰三角形的三線合一，BE＝AB，過點D作DF⊥CB，交CB延長線于點F，根據四邊形EBFD為矩形，DF＝＝CD，可得∠DCB＝30°，由于∠ABC＝90°，∠FDB可得，從而∠BAD可求．【解答】解：∵凸四邊形ABCD是“等腰四邊形”，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，∴△CBD和△ABD為等腰三角形．由于AB≠AD，在△ABD中分兩種情形：①AB＝BD，②AD＝BD．當①AB＝BD時，如下圖：∵AB＝BC＝CD，AB＝BD．∴BC＝CD＝BD．∴△BDC為等邊三角形．∴∠DBC＝60°．∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＝30°．∵AB＝BD，∴∠BAD＝∠BDA＝＝75°．當②AD＝BD時，如下圖，過點D作DE⊥AB，過點D作DF⊥CB，交BC延長線于點F，∵AD＝BD，DE⊥AB，∴BE＝AB．∵DE⊥AB，DF⊥CB，∠ABC＝90°，∴四邊形EBFD為矩形．∴DF＝BE＝AB．∵AB＝CD，∴DF＝CD．在Rt△DCF中，sin∠DCF＝＝，∴∠DCF＝30°．∵BC＝CD，∴∠DBC＝∠BDC＝＝15°．∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＝75°．∵AD＝BD，∴∠BAD＝∠ABD＝75°．綜上，∠BAD＝75°．故答案為：75°．【點評】本題主要考查了等腰三角形，多邊形的對角線，等腰直角三角形等知識點．本題是閱讀題，正確理解題意是解題的關鍵．一十三．多邊形內角與外角（共4小題）34．（2022春?閔行區(qū)校級期末）若一個正多邊形的內角是外角的3倍，則這個正多邊形的邊數為8．【分析】設正多邊形的邊數為n，利用多邊形的內角和公式和外角和定理即可解答．【解答】解：設正多邊形的邊數為n，由題意得：（n﹣2）?180°＝3×360°，解得：n＝8，故答案為：8．【點評】本題考查多邊形的內角（和）與外角（和），熟記多邊形的內角和公式及外角和為360°是解答的關鍵．35．（2022春?徐匯區(qū)期末）五邊形的內角和為540度．【分析】n邊形內角和公式為（n﹣2）180°，把n＝5代入可求五邊形內角和．【解答】解：五邊形的內角和為（5﹣2）×180°＝540°．故答案為：540．【點評】本題考查多邊形的內角和計算公式，解答時要會根據公式進行正確運算和數據處理．36．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）一個多邊形的內角和是它的外角和的4倍，這個多邊形是十邊形．【分析】一個多邊形的內角和是它的外角和的4倍，而外角和是360°，則內角和是4×360°．n邊形的內角和可以表示成（n﹣2）?180°，設這個多邊形的邊數是n，就得到方程，從而求出邊數．【解答】解：設這個多邊形有n條邊．由題意得：（n﹣2）×180°＝360°×4，解得n＝10．則這個多邊形是十邊形．故答案為：十．【點評】本題考查了多邊形內角與外角，已知多邊形的內角和求邊數，可以轉化為方程的問題來解決．37．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如果多邊形的每個外角都是40°，那么這個多邊形的邊數是9．【分析】根據多邊形的外角和是360度即可求得外角的個數，即多邊形的邊數．【解答】解：多邊形的邊數是：＝9，故答案為：9．【點評】本題主要考查了多邊形的外角和定理，理解多邊形外角和中外角的個數與正多邊形的邊數之間的關系，是解題關鍵．一十四．平行四邊形的性質（共1小題）38．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，AC＝AD，∠D＝72°，BE⊥AC，垂足為E，則∠ABE＝18°．【分析】由等腰三角形的性質得出∠ACD＝∠D＝72°，由平行四邊形的性質得出AB∥CD，得出∠BAE＝∠ACD＝72°，由直角三角形的性質即可得出∠ABE的度數．【解答】解：∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠D＝72°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠BAE＝∠ACD＝72°，∵BE⊥AC，∴∠AEB＝90°，∴∠ABE＝90°﹣∠BAE＝18°；故答案為：18°．【點評】本題考查了平行四邊形的性質、等腰三角形的性質、直角三角形的性質；熟練掌握平行四邊形和等腰三角形的性質是解題的關鍵．一十五．平行四邊形的判定與性質（共1小題）39．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于點E．若AD＝5cm，BC＝12cm，則CD的長是7cm．【分析】由在四邊形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四邊形ABED是平行四邊形，即可求得CE的長，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，繼而求得答案．【解答】解：∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，∴四邊形ABED是平行四邊形，∴BE＝AD＝5cm，∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，∴CD＝CE＝7cm．故答案為：7．【點評】此題考查了平行四邊形的性質與判定以及等腰三角形的判定與性質．注意證得四邊形ABED是平行四邊形，△CDE是等腰三角形是關鍵．一十六．菱形的性質（共2小題）40．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，點E、F分別在邊BC、CD上，且△AEF是等邊三角形，AB＝AE，則∠B＝80°．【分析】因為等邊三角形△AEF的邊長與菱形ABCD的邊長相等，所以AB＝AE，AF＝AD，根據鄰角之和為180°即可求得∠B的度數．【解答】解：∵△AEF的邊長與菱形ABCD的邊長相等，∴AB＝AE，AF＝AD，設∠B＝x，則∠BAD＝180°﹣x，∠BAE＝∠DAF＝180°﹣2x，又∵∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD即180°﹣2x+180°﹣2x+60°＝180°﹣x解得x＝80°，故答案為：80°【點評】本題考查了正三角形各內角為60°、各邊長相等的性質，考查了菱形鄰角之和為180°的性質，本題中根據關于x的等量關系式求x的值是解題的關鍵．41．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如果菱形邊長為13，一條對角線長為10，那么它的面積為120．【分析】根據菱形的對角線互相垂直平分，得已知對角線的一半是5．根據勾股定理，得要求的對角線的一半是12，則另一條對角線的長是24，進而求出菱形的面積．【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝13，AC＝10，∵對角線互相垂直平分，∴∠AOB＝90°，AO＝5，在Rt△AOB中，BO＝＝12，∴BD＝2BO＝24．∴則此菱形面積是＝120，故答案為：120．【點評】本題考查了菱形的性質，注意菱形對角線的性質：菱形的對角線互相垂直平分．熟練運用勾股定理．一十七．菱形的判定（共1小題）42．（2020春?浦東新區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，聯結EC．（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；（2）當∠BAC＝90°時，求證：四邊形ADCE是菱形．【分析】（1）先證四邊形ABDE是平行四邊形，再證四邊形ADCE是平行四邊形；（2）由∠BAC＝90°，AD是邊BC上的中線，即得AD＝BD＝CD，證得四邊形ADCE是平行四邊形，即證；【解答】（1）證明：∵AE∥BC，DE∥AB，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE＝BD，∵AD是邊BC上的中線，∴BD＝DC，∴AE＝DC，又∵AE∥BC，∴四邊形ADCE是平行四邊形，（2）∵∠BAC＝90°，AD是邊BC上的中線．∴AD＝CD，∵四邊形ADCE是平行四邊形，∴四邊形ADCE是菱形，【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質，（1）證得四邊形ABDE，四邊形ADCE為平行四邊形即得；（2）由∠BAC＝90°，AD上斜邊BC上的中線，即得AD＝BD＝CD，證得四邊形ADCE是平行四邊形，從而證得四邊形ADCE是菱形．一十八．菱形的判定與性質（共1小題）43．（2021春?寶山區(qū)期末）四邊形不具有穩(wěn)定性．四條邊長都確定的四邊形，當內角的大小發(fā)生變化時，其形狀也隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內角，使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比是（）A． B． C． D．1【分析】過D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面積＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性質得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，即可求解．【解答】解：過D'作D'M⊥AB于M，如圖所示：則∠D'MA＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴正方形ABCD的面積＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，∵∠DAD′＝30°，∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，∴∠AD'M＝30°，∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，∵四邊形ABC′D′是菱形，∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，∴菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比＝＝，故選：A．【點評】本題考查了菱形的性質、正方形的性質、含30°角的直角三角形的性質等知識；熟練掌握菱形的性質和正方形的性質，證出D'M＝AD'是解題的關鍵．一十九．矩形的性質（共1小題）44．（2021春?浦東新區(qū)期末）如圖，矩形ABCO中，點C在x軸上，點A在y軸上，點B的坐標是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直線BD折疊，使得點A落在對角線OB上的點E處，折痕與OA、x軸分別交于點D、F．（1）求點D的坐標；（2）若點N是平面內任一點，在x軸上是否存在點M，使M、N、E、O為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出滿足條件的點M的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由折疊的性質得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，求出OE＝BO﹣BE＝4，∠OED＝90°，設D（0，a），則OD＝a，DE＝AD＝OA﹣OD＝8﹣a，在Rt△EOD中，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）①當OM、OE都為菱形的邊時，OM＝OE＝4，得出M的坐標為（4，0）或（﹣4，0）；②當OM為菱形的邊，OE為對角線時，MN垂直平分OE，垂足為G，則OG＝OE＝2，根據勾股定理求出OM即可；③當OM為菱形的對角線，OE為邊時，同②得：M（﹣，0）；即可得出結論．【解答】解：（1）∵四邊形ABCO是矩形，點B的坐標是（﹣6，8）．∴∠BAD＝∠OCB＝90°，AB＝OC＝6，OA＝BC＝8，∴BO＝＝10；由折疊的性質得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，∴OE＝BO﹣BE＝10﹣6＝4，∠OED＝90°，設D（0，a），則OD＝a，DE＝AD＝OA﹣OD＝8﹣a，在Rt△EOD中，由勾股定理得：DE2+OE2＝OD2，即（8﹣a）2+42＝a2，解得：a＝5，∴D（0，5）；（2）存在，點M的坐標為（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）；理由如下：①當OM、OE都為菱形的邊時，OM＝OE＝4，∴M的坐標為（4，0）或（﹣4，0）；②當OM為菱形的邊，OE為對角線時，MN垂直平分OE，垂足為G，如圖1所示：則OG＝OE＝2，∵OA＝8，OD＝5，∴AD＝DE＝3，∴E到y(tǒng)軸的距離＝＝＝，∴OH＝，∵EM2﹣MH2＝42﹣（）2，∴OM2﹣（OM﹣）2＝42﹣（）2，解得：OM＝，∴M（﹣，0）；③當OM為菱形的對角線，OE為邊時，如圖2所示：同②得：M（﹣，0）；綜上所述，在x軸上存在點M，使以M、N、E、O為頂點的四邊形是菱形，點M的坐標為（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【點評】本題考查了矩形的性質，軸對稱的性質，勾股定理，坐標與圖形性質，三角函數，菱形的性質等知識；本題綜合性強，有一定難度．二十．矩形的判定（共1小題）45．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）在?ABCD中，AC與BD相交于點O，要使四邊形ABCD是矩形，還需添加一個條件，這個條件可以是（）A．AO＝CO B．AO＝BO C．AO⊥BO D．∠OBC＝∠OBA【分析】根據對角線相等的平行四邊形是矩形得出即可．【解答】解：添加AO＝BO，理由是：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴?ABCD為矩形，故選：B．【點評】本題考查矩形的判定、平行四邊形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考基礎題．二十一．正方形的性質（共1小題）46．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為+3．【分析】根據陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，進而依據△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長，進而得出其周長．【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，∴陰影部分的面積為×9＝6，∴空白部分的面積為9﹣6＝3，由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為×3＝，∠CBE＝∠DCF，∵∠DCF+∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，設BG＝a，CG＝b，則ab＝，又∵a2+b2＝32，∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，即（a+b）2＝15，∴a+b＝，即BG+CG＝，∴△BCG的周長＝+3，故答案為：+3．【點評】此題考查了全等三角形的判定與性質、正方形的性質以及三角形面積問題．解題時注意數形結合思想與方程思想的應用．二十二．正方形的判定（共1小題）47．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列結論中不正確的是（）A．當AB＝BC時，四邊形ABCD是菱形 B．當AC⊥BD時，四邊形ABCD是菱形 C．當∠ABC＝90°時，四邊形ABCD是矩形 D．當AC＝BD時，四邊形ABCD是正方形【分析】根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形；根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形；根據對角線相等的平行四邊形是矩形．【解答】解：A、根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形可知：四邊形ABCD是平行四邊形，當AB＝BC時，它是菱形，故本選項不符合題意；B、根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形知：當AC⊥BD時，四邊形ABCD是菱形，故本選項不符合題意；C、根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形知：當∠ABC＝90°時，四邊形ABCD是矩形，故本選項不符合題意；D、根據對角線相等的平行四邊形是矩形可知：當AC＝BD時，它是矩形，不是正方形，故本選項符合題意；故選：D．【點評】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．二十三．梯形（共2小題）48．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，已知梯形ABCD中，AB∥CD，DE∥CB，點E在AB上，且EB＝4，若梯形ABCD的周長為24，則△AED的周長為16．【分析】因為AB∥CD，DE∥CB，所以，四邊形EBCD是平行四邊形，則EB＝CD＝4，ED＝BC，又梯形ABCD的周長為24，即AB+BC+CD+AD＝24，所以，AE+BC+AD＝16，即AE+DE+AD＝16；【解答】解：∵AB∥CD，DE∥CB，∴四邊形EBCD是平行四邊形，EB＝4，∴EB＝CD＝4，ED＝BC，又∵梯形ABCD的周長為24，∴AB+BC+CD+AD＝24，EB+CD＝8，∴AE+BC+AD＝16，∴AE+DE+AD＝16，即△AED的周長為16；故答案為：16．【點評】本題主要考查了梯形和平行四邊形的性質，把△AED的周長看作一個整體，通過等量代換求出，本題蘊含了整體思想．49．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，如果AB＝5，BC＝4，CD＝3，那么AD＝．【分析】過點D作DE⊥AB于點E，后根據勾股定理即可得出答案．【解答】解：過點D作DE⊥AB于點E，如下圖所示：則DE＝BC＝4，AE＝AB﹣EB＝AB﹣DC＝2，AD＝＝2．故答案為：2．【點評】本題考查了梯形及勾股定理的知識，難度不大，屬于基礎題．二十四．等腰梯形的性質（共2小題）50．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）依次連接等腰梯形各邊的中點得到的四邊形是（）A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形【分析】連接AC、BD，可證MN為△ABD的中位線，PQ為△CBD的中位線，根據中位線定理可證MN∥BD∥PQ，MN＝PQ＝BD，同理可證PN∥AC∥MQ，NP＝MQ＝AC，根據等腰梯形的性質可知AC＝BD，故可證四邊形PQMN為菱形．【解答】解：連接AC、BD，∵M、N分別為AD、AB的中點∴MN為△ABD的中位線，∴MN∥BD，MN＝BD，同理可證BD∥PQ，PQ＝BD，∴MN＝PQ，MN∥PQ，四邊形PQMN為平行四邊形，同理可證NP＝MQ＝AC，根據等腰梯形的性質可知AC＝BD，∴PQ＝NP，∴?PQMN為菱形．故選：A．【點評】本題主要考查等腰梯形的性質在證明特殊平行四邊形中的應用．同時運用了三角形的中位線定理．51．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A＝60°，AD＝DC＝10，點E，F分別在AD，BC上，且AE＝4，BF＝x，設四邊形DEFC的面積為y，則y關于x的函數關系式是（不必寫自變量的取值范圍）．【分析】過E作EG垂直AB于G，過F作FH垂直AB于H，根據等式梯形ABCD的面積＝S△AEG+S△BFH+S梯形EFHG+y，分別求得各部分的面積從而可得到函數關系式．【解答】解：過E作EG垂直AB于G，過F作FH垂直AB于HS梯形ABCD＝（10+20）×5＝75∵∠A＝60°，AE＝4，EG垂直AB∴AG＝2，EG＝2∴S△AEG＝×2×2＝2∵∠A＝∠B＝60°，FH垂直AB，BF＝x∴BH＝x∴S△BFH＝x×x×＝x2∵AG＝2，BH＝x∴GH＝AB﹣AG﹣BH＝20﹣2﹣x＝18﹣xS梯形EFHG＝（EG+FH）×GH＝（2+x）×（18﹣x）＝18+4x﹣x2∵S△AEG+S△BFH+S梯形EFHG+y＝75∴4x+y＝55∴y＝﹣4x+55【點評】此題主要考查學生對等腰梯形的性質及三角形的面積公式的綜合運用．二十五．等腰梯形的判定（共2小題）52．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）在四邊形ABCD中，如果AB與CD不平行，AC與BD相交于點O，那么下列條件中能判定四邊形ABCD是等腰梯形的是（）A．AC＝BD＝BC B．AB＝AD＝CD C．OB＝OC，OA＝OD D．OB＝OC，AB＝CD【分析】根據等腰梯形的判定推出即可．【解答】解：A、AC＝BD＝BC，不能證明四邊形ABCD是等腰梯形，錯誤；B、AB＝AD＝CD，不能證明四邊形ABCD是等腰梯形，錯誤；D、OB＝OC，AB＝CD，不能證明四邊形ABCD是等腰梯形，錯誤；C、∵OB＝OC，OA＝OD，∴∠OBC＝∠OCB，∠OAD＝∠ODA，在△AOB和△DOC中，，∴△AOB≌△DOC（SAS），∴∠ABO＝∠DCO，AB＝CD，同理：∠OAB＝∠ODC，∵∠ABC+∠DCB+∠CDA+∠BAD＝360°，∴∠DAB+∠ABC＝180°，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是梯形，∵AB＝CD，∴四邊形ABCD是等腰梯形．故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形的判定、全等三角形的判定和性質以及等腰梯形的判定的應用，解此題的關鍵是求出AD∥BC．53．（2021春?浦東新區(qū)校級期末）已知：在△ABC中，AC＝BC，點D、E分別是邊AB、AC的中點，延長DE至點F，使得EF＝DE，那么四邊形AFCD一定是（）A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形【分析】先證明四邊形ADCF是平行四邊形，再證明AC＝DF即可．【解答】解：∵E是AC中點，∴AE＝EC，∵DE＝EF，∴四邊形ADCF是平行四邊形，∵AD＝DB，AE＝EC，∴DE＝BC，∴DF＝BC，∵CA＝CB，∴AC＝DF，∴四邊形ADCF是矩形；故選：B．【點評】本題考查了矩形的判定、等腰三角形的性質、平行四邊形的判定、三角形中位線定理；熟記對角線相