上海八年級下期末真題精選（壓軸60題20個考點專練）一．分式方程的應用（共11小題）1．（2021春?楊浦區期末）某市為了美化環境，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．2．（2021春?黃浦區期末）某中學八年級學生到離學校15千米的青少年營地舉行慶祝十四歲生日活動，先遣隊與大部隊同時從學校出發．已知先遣隊每小時比大部隊多行進1千米，預計比大部隊早半小時到達目的地．求先遣隊與大部隊每小時各行進了多少千米．【分析】設先遣隊每小時行進x千米，則大部隊每小時行進（x﹣1）千米；根據“先遣隊和大隊同時出發，預計比大部隊早半小時到達”列分式方程解出即可．【解答】解：設先遣隊每小時行進x千米，則大部隊每小時行進（x﹣1）千米．根據題意，得．解得x1＝6，x2＝﹣5．經檢驗：x1＝6，x2＝﹣5是原方程的根，x2＝﹣5不合題意，舍去．∴原方程的根為x＝6．∴x﹣1＝6﹣1＝5．答：先遣隊與大部隊每小時分別行進6千米和5千米．【點評】本題是分式方程的應用，屬于行程問題；有兩個隊：先遣隊和大隊；路程都是15千米，時間相差半小時，速度：先遣隊每小時比大部隊多行進1千米；根據速度的關系設未知數，根據時間關系列方程，注意未知數的值有實際意義并檢驗．3．（2020春?浦東新區期末）八年級的學生去距學校10千米的科技館參觀，一部分學生騎自行車先走，過了25分鐘，其余的學生乘汽車出發，結果他們同時到達，已知每小時汽車的速度比騎自行車學生速度的2倍還多10千米，求騎車學生每小時行多少千米？【分析】先將25分鐘化成小時為小時，再設騎車學生每小時走x千米，根據汽車所用的時間＝學生騎車時間﹣，列分式方程：，求出方程的解即可．【解答】解：設騎車學生每小時走x千米，據題意得：，整理得：x2﹣7x﹣120＝0，解得：x1＝15，x2＝﹣8，經檢驗：x1＝15，x2＝﹣8是原方程的解，因為x＝﹣8不符合題意，所以舍去，答：騎車學生每小時行15千米．【點評】本題是分式方程的應用，找等量關系是本題的關鍵；這是一道行程問題，汽車和學生的路程、速度、時間三個量要準確把握，以走完全程的時間為依據列分式方程，注意單位要統一．4．（2020春?黃浦區期末）某公司生產的新產品需要精加工后才能投放市場，為此王師傅承擔了加工300個新產品的任務．在加工了80個新產品后，王師傅接到通知，要求加快新產品加工的進程，王師傅在保證加工零件質量的前提下，平均每天加工新產品的個數比原來多15個，這樣一共用6天完成了任務．問接到通知后，王師傅平均每天加工多少個新產品？【分析】根據關鍵句子“王師傅在保證加工零件質量的前提下，平均每天加工新產品的個數比原來多15個，這樣一共用6天完成了任務”找到等量關系列出方程求解即可．【解答】解：設接到通知后，王師傅平均每天加工x個新產品．根據題意，得．x2﹣65x+550＝0，x1＝55，x2＝10．經檢驗：x1＝55，x2＝10都是原方程的解，但x2＝10不符合題意，舍去．答：接到通知后，王師傅平均每天加工55個新產品．【點評】此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．5．（2019秋?普陀區期末）某服裝廠準備加工400套運動裝，在加工完160套后，采用了新技術，使得工作效率比原來提高1倍，結果共用了14天完成任務，問原來每天加工服裝多少套？【分析】設原來每天加工x套，采用了新技術，使得工作效率為2x，根據完成任務用了14天列出方程，并解答．注意需要驗根．【解答】解：設原來每天加工服裝x套，則采用了新技術后每天加工2x套．則+＝14，解得x＝20，經檢驗，x＝20是原方程的根，并符合題意．答：原來每天加工服裝20套．【點評】本題考查了分式方程的應用．利用分式方程解應用題時，一般題目中會有兩個相等關系，這時要根據題目所要解決的問題，選擇其中的一個相等關系作為列方程的依據，而另一個則用來設未知數．6．（2019春?長寧區期末）小王開車從甲地到乙地，去時走A線路，全程約100千米，返回時走B線路，全程約60千米．小王開車去時的平均速度比返回時的平均速度快20千米/小時，所用時間卻比返回時多15分鐘．若小王返回時的平均車速不低于70千米/小時，求小王開車返回時的平均速度．【分析】設小王開車返回時的平均速度為x千米/小時（x≥70），則小王開車去時的平均速度為（x+20）千米/小時，根據時間＝路程÷速度結合去時與返回時時間的關系即可得出關于x的分式方程，解之并檢驗后即可得出結論．【解答】解：設小王開車返回時的平均速度為x千米/小時（x≥70），則小王開車去時的平均速度為（x+20）千米/小時，根據題意得：﹣＝，解得：x＝80或x＝60（舍去），經檢驗：x＝80是原方程的解．答：小王開車返回時的平均速度為80千米/小時．【點評】本題考查了分式方程的應用，根據時間＝路程÷速度結合去時與返回時時間的關系列出關于x的分式方程是解題的關鍵．7．（2021秋?靜安區期末）某校美術社團為練習素描，他們第一次用120元買了若干本資料，第二次又用240元在同一商家買同樣的資料，這次商家每本優惠4元，結果比上次多買了20本．求第一次買了多少本資料？【分析】設第一次買了x本資料，根據“第一次購買單價﹣第二次購買單價＝4”列分式方程求解可得．【解答】解：設第一次買了x本資料，根據題意，得：，整理，得：x2+50x﹣600＝0．解得：x1＝﹣60，x2＝10，經檢驗：它們都是方程的根，但x1＝﹣60不符合題意，舍去，答：第一次買了10本資料．【點評】本題主要考查分式方程的應用，解題的關鍵是理解題意找到題目蘊含的相等關系，并據此列出方程．8．（2018春?浦東新區期末）從甲地到乙地有兩條公路：一條是全長400千米的普通公路，一條是全長360千米的高速公路．某客車在高速公路上行駛的平均速度比在普通公路上行駛的平均速度快50千米/時，從甲地到乙地由高速公路上行駛所需的時間比普通公路上行駛所需的時間少6小時．求該客車在高速公路上行駛的平均速度．【分析】可設該客車在高速公路上行駛的平均速度是x千米/小時，根據等量關系：從甲地到乙地由高速公路上行駛所需的時間＝普通公路上行駛所需的時間﹣6小時，列出方程求解即可．【解答】解：設該客車在高速公路上行駛的平均速度是x千米/小時，依題意有﹣＝6，整理得3x2﹣170x﹣9000＝0，解得x1＝90，x2＝﹣（舍去），經檢驗，x＝90是原方程的解．答：該客車在高速公路上行駛的平均速度是90千米/小時．【點評】本題考查分式方程的應用，分析題意，找到合適的等量關系是解決問題的關鍵．9．（2018春?浦東新區期末）黃浦區政府為殘疾人辦實事，在道路改造工程中為盲人修建一條長3000米的盲道，根據規劃設計和要求，某工程隊在實際施工中增加了施工人員，每天修建的盲道比原計劃多250米，結果提前2天完成工程，問實際每天修建盲道多少米．【分析】直接利用每天修建的盲道比原計劃多250米，結果提前2天完成工程，得出等式求出答案．【解答】解：設實際每天修建盲道x米，根據題意可得：﹣＝2，解得：x1＝﹣500（不合題意舍去），x2＝750，經檢驗x＝750是原方程的根，答：實際每天修建盲道750米．【點評】此題主要考查了分式方程的應用，正確得出等量關系是解題關鍵．10．（2020春?普陀區期末）小金到一文具店用12元錢買某種練習本若干本，隔了一段時間他再去那個店，發現這種練習本正在“讓利銷售”中，每1本降價0.2元，這樣用12元可以比上次多買3本，求小金第一次買的練習本的數量．【分析】設小金第一次買了x本，則第二次買了（x+3）本，然后依據第二次每本比第一次每本降價0.2元，列方程求解即可．【解答】解：設小金第一次買了x本，則第二次買了（x+3）本．根據題意得：﹣＝0.2，解得：x＝12或x＝﹣15（舍去）．經檢驗，x＝12是原方程的解，答：小金第一次買了12本練習本．【點評】本題主要考查的是分式方程的應用，依據題意列出關于x的分式方程是解題的關鍵．11．（2019秋?浦東新區期末）某書店老板去圖書批發市場購買某種圖書．第一次用1200元購書若干本，并按該書定價7元出售，很快售完．由于該書暢銷，第二次購書時，每本書的批發價已比第一次提高了20%，他用1500元所購該書數量比第一次多10本．當按定價售出200本時，出現滯銷，便以定價的4折售完剩余的書．試問該老板這兩次售書總體上是賠錢了，還是賺錢了（不考慮其它因素）？若賠錢，賠多少？若賺錢，賺多少？【分析】先考慮購書的情況，設第一次購書的單價為x元，則第二次購書的單價為1.2x元，第一次購書款1200元，第二次購書款1500元，第一次購書數目，第二次購書數目，第二次購書數目多10本．關系式是：第一次購書數目+10＝第二次購書數目．再計算兩次購書數目，賺錢情況：賣書數目×（實際售價﹣當次進價），兩次合計，就可以回答問題了．【解答】解：設第一次購書的單價為x元，∵第二次每本書的批發價已比第一次提高了20%，∴第二次購書的單價為1.2x元．根據題意得：．（4分）解得：x＝5．經檢驗，x＝5是原方程的解．（6分）所以第一次購書為1200÷5＝240（本）．第二次購書為240+10＝250（本）．第一次賺錢為240×（7﹣5）＝480（元）．第二次賺錢為200×（7﹣5×1.2）+50×（7×0.4﹣5×1.2）＝40（元）．所以兩次共賺錢480+40＝520（元）（8分）．答：該老板兩次售書總體上是賺錢了，共賺了520元．（9分）【點評】本題具有一定的綜合性，應該把問題分成進書這一塊，和賣書這一塊，分別考慮，掌握這次活動的流程．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．二．待定系數法求一次函數解析式（共1小題）12．（2017春?閔行區期末）如圖是一次函數y＝kx+b的圖象．（1）根據圖象，求直線y＝kx+b的表達式；（2）在圖中畫出函數y＝﹣2x+2的圖象；（3）當y＝kx+b的函數值大于y＝﹣2x+2的函數值時，直接寫出x的取值范圍．【分析】（1）先寫出A、B兩點的坐標，然后利用待定系數法求一次函數解析式；（2）利用描點法畫直線y＝﹣2x+2；（3）利用所畫圖象，寫出直線y＝kx+b在直線y＝﹣2x+2上方所對應的自變量的值即可．【解答】解：（1）由圖得：點A（﹣2，0），點B（0，2），∵直線y＝kx+b經過點A、B，∴，解得，∴所求直線表達式為y＝x+2；（2）如圖，（3）當x＞0時，kx+b＞﹣2x+2．【點評】本題考查了待定系數法求一次函數解析式：先設出函數的一般形式，如求一次函數的解析式時，先設y＝kx+b；將自變量x的值及與它對應的函數值y的值代入所設的解析式，得到關于待定系數的方程或方程組；解方程或方程組，求出待定系數的值，進而寫出函數解析式．三．一次函數的應用（共13小題）13．（2019春?濟寧期末）某廠現有甲種原料360kg，乙種原料290kg，計劃用這兩種原料生產A、B兩種產品共50件．已知生產一件A種產品，需用甲種原料9kg，乙種原料3kg，可獲利潤700元；生產一件B種產品，需甲種原料4kg，乙種原料10kg，可獲利潤1200元．（1）按要求安排A、B兩種產品的生產件數，有幾種方案請你設計出來；（2）設生產A、B兩種產品總利潤是y元，其中一種產品的生產件數是x．試寫出y與x之間的函數關系式，并利用函數的性質說明（1）中的哪種生產方案獲總利潤最大，最大利潤是多少？【分析】（1）設安排生產A種產品x件，則生產B種產品為（50﹣x）件，那么根據每種產品需要的原料數量可列不等式組進行解答，求出范圍，從而得出生產方案；（2）在（1）的基礎上，根據每種產品的獲利情況，列解析式，根據（1）中x的取值范圍求出最值即可（答案不唯一）．【解答】解：（1）設安排生產A種產品x件，則生產B種產品為（50﹣x）件，根據題意，得解得30≤x≤32．因為x是自然數，所以x只能取30，31，32．所以按要求可設計出三種生產方案：方案一：生產A種產品30件，生產B種產品20件；方案二：生產A種產品31件，生產B種產品19件；方案三：生產A種產品32件，生產B種產品18件；（2）設生產A種產品x件，則生產B種產品（50﹣x）件，由題意，得y＝700x+1200（50﹣x）＝﹣500x+60000因為a＜0，由一次函數的性質知，y隨x的增大而減小．因此，在30≤x≤32的范圍內，當x取最小值時y最大，所以當x＝30時，y取最大值，且y最大值＝45000（答案不唯一）．【點評】（1）利用一次函數求最值時，主要應用一次函數的性質；（2）用一次函數解決實際問題是近年中考中的熱點問題．14．（2017春?松江區期末）某市為鼓勵市民節約用水，自來水公司按分段收費標準收費，如圖反映的是每月水費y（元）與用水量x（噸）之間的函數關系．（1）當用水量≥10噸時，求y關于x的函數解析式（并寫出定義域）；（2）按上述分段收費標準，小明家四、五月份分別交水費42元和27元，問五月份比四月份節約用水多少噸？【分析】（1）觀察函數圖象找出點的坐標，利用待定系數法即可求出當用水量≥10噸時，y關于x的函數解析式；（2）利用待定系數法求出當0≤x≤10時，y關于x的函數解析式，再利用一次函數圖象上點的坐標特征，分別求出四、五月份的用水量，二者做差后即可得出結論．【解答】解：（1）設x≥10時，y關于x的函數解析式為y＝kx+b，將點（10，30）、（20，70）代入y＝kx+b，，解得：，∴當用水量≥10噸時，y關于x的函數解析式為y＝4x﹣10（x≥10）．（2）設當0≤x≤10時，y關于x的函數解析式為y＝mx，將點（10，30）代入y＝mx，30＝10m，解得：m＝3，∴y＝3x（0≤x≤10）．當y＝4x﹣10＝42時，x＝13；當y＝3x＝27時，x＝9．13﹣9＝4（噸）．答：五月份比四月份節約用水4噸．【點評】本題考查了一次函數的應用、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，解題的關鍵是：（1）利用待定系數法求出函數解析式；（2）利用一次函數圖象上點的坐標特征，分別求出四、五月份的用水量．15．（2021秋?普陀區期末）甲、乙兩車分別從A地將一批物資運往B地，兩車離A地的距離s（千米）與其相關的時間t（小時）變化的圖象如圖所示．讀圖后填空：（1）A地與B地之間的距離是60千米；（2）甲車由A地前往B地時所對應的s與t的函數解析式是s＝20t；（3）甲車出發1.5小時后被乙車追上；（4）甲車由A地前往B地比乙車由A地前往B地多用了2小時．【分析】（1）由圖象直接得出A地與B地之間的距離是60千米；（2）設s與t的函數解析式是s＝kt，代入（3，60），得出答案即可；（3）甲車的函數解析式建立方程求得答案即可；（4）由圖象兩車由A地前往B地所用時間，再進一步得出答案即可．【解答】解：（1）A地與B地之間的距離是60千米；（2）甲車由A地前往B地時所對應的s與t的函數解析式是乙車由A地前往B地時所對應的s與t的函數解析式，代入（3，60），得s＝20t；（3）由題意可知20t＝30，解得t＝1.5．所以甲車出發1.5小時后被乙車追上；（4）甲車由A地前往B地比乙車由A地前往B地多用了3﹣1＝2小時．【點評】此題考查了一次函數的實際運用．解決此類識圖題，同學們要注意分析其中的“關鍵點”，還要善于分析各圖象的變化趨勢．16．（2018春?普陀區期末）小軍和爸爸同時從家騎自行車去圖書館，爸爸先以150米/分的速度騎行一段時間，休息了5分鐘，再以m米/分的速度到達圖書館，小軍始終以同一速度騎行，兩人行駛的路程y（米）與時間x（分）的關系如圖所示，請結合圖象，解答下列問題：（1）a＝10b＝15，m＝200；（2）若小軍的速度是120米/分，求小軍在途中與爸爸第二次相遇時，距圖書館的距離；（3）在（2）的條件下，爸爸自第二次出發至到達圖書館前，何時與小軍相距100米？【分析】（1）根據時間＝路程÷速度，即可求出a值，結合休息的時間為5分鐘，即可得出b值，再根據速度＝路程÷時間，即可求出m的值；（2）根據數量關系找出線段BC、OD所在直線的函數解析式，聯立兩函數解析式成方程組，通過解方程組求出交點的坐標，再用3000去減交點的縱坐標，即可得出結論；（3）根據（2）結論結合二者之間相距100米，即可得出關于x的含絕對值符號的一元一次方程，解之即可得出結論；【解答】解：（1）1500÷150＝10（分鐘），10+5＝15（分鐘），（3000﹣1500）÷（22.5﹣15）＝200（米/分）．故答案為：10；15；200．（2）BC段關系式為：y1＝200x﹣1500，OD段關系式為：y2＝120x，相遇時，即y1＝y2，即120x＝200x﹣1500解得：x＝18.75此時：y1＝y2＝2250距離圖書館：3000﹣2250＝750（米）答：小軍在途中與爸爸第二次相遇時，距圖書館的距離是750米．（3）當y1﹣y2＝100時，解得x＝20當y2﹣y1＝100時，解得x＝17.5答：爸爸自第二次出發至到達圖書館前，17.5分鐘時和20分鐘時與小軍相距100米．【點評】本題考查了一次函數的應用、解含絕對值符號的一元一次方程以及解二元一次方程組，解題的關鍵是：（1）根據數量關系，列式計算；（2）根據數量關系找出線段BC、OD所在直線的函數解析式；（3）結合（2）找出關于x的含絕對值符號的一元一次方程17．（2020春?浦東新區期末）已知甲、乙兩地相距90km，A、B兩人沿同一公路從甲地出發到乙地，A騎摩托車，B騎電動車，圖中DE、OC分別表示A、B離開甲地的路程s（km）與時間t（h）的函數關系的圖象，根據圖象解答下列問題：（1）A比B遲出發1小時，B的速度是20km/h；（2）在B出發后幾小時，兩人相遇？【分析】（1）根據函數圖象可以得到A比B遲出發多長時間，由圖象知B出發3小時行駛60km，從而可以求得B的速度；（2）根據函數圖象和圖象中的數據可以OC和DE對應的函數解析式，然后聯立方程組即可求得B出發后幾小時，兩人相遇．【解答】解：（1）由圖象可得，A比B遲出發1小時，B的速度是：60÷3＝20km/h，故答案為：1，20；（2）設OC段對應的函數解析式是y＝kx，則3k＝60，得k＝20，即OC段對應的函數解析式是y＝20x，設DE段對應的函數解析式是y＝ax+b，，得，即DE段對應的函數解析式是y＝45x﹣45，，得，∴B出發小時，兩人相遇．【點評】本題考查一次函數的應用，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用一次函數的性質解答．18．（2018春?青浦區期末）慶華社區有一塊空地需要綠化，某綠化組承擔了此項任務，綠化組工作一段時間后，提高了工作效率．該綠化組完成的綠化面積S（單位：m2）與工作時間t（單位：h）之間的函數關系如圖所示．（1）求提高效率后，s關于t的函數關系式；（2）該綠化組提高工作效率后每小時完成的綠化面積比提高工作效率前每小時完成的綠化面積多多少？【分析】（1）根據待定系數法可求直線AB的解析式，（2）根據函數上點的坐標特征得出當x＝2時，y的值，再根據工作效率＝工作總量÷工作時間，列出算式求出該綠化組提高工作效率前每小時完成的綠化面積．【解答】解：（1）設直線AB的解析式為y＝kx+b，則，解得．故直線AB的解析式為y＝450x﹣600，（2）∵直線AB的解析式為y＝450x﹣600，當x＝2時，y＝450×2﹣600＝300，300÷2＝150（m2）．450﹣150＝300（m2）．答：該綠化組提高工作效率后每小時完成的綠化面積比提高工作效率前每小時完成的綠化面積多300m2．【點評】考查了一次函數的應用和函數的圖象，關鍵是根據待定系數法求出該綠化組提高工作效率后的函數解析式，同時考查了工作效率＝工作總量÷工作時間的知識點．19．（2017春?浦東新區期末）已知彈簧秤內的彈簧在一定限度內，它的長度y（厘米）與所掛重物質量x（千克）是一次函數關系，其函數圖象如圖所示．（1）寫出y關于x的函數解析式及定義域；（2）該彈簧秤掛上一個重物時，量出彈簧的長度是7.2厘米，那么這個重物的質量是多少千克？【分析】（1）設y＝kx+b，利用待定系數法即可解決問題；（2）y＝7.2時，求出x的值即可解決問題；【解答】解：（1）設y＝kx+b，由題意，解得，∴所求的函數解析式為y＝x+6．（2）y＝7.2時，，解得x＝2，答：這個重物的質量是2千克．【點評】本題主要考查函數的圖象的知識點，此題考查的是用待定系數法求一次函數的解析式，比較簡單．20．（2017春?楊浦區期末）A，B兩地盛產柑桔，A地有柑桔200噸，B地有柑桔300噸．現將這些柑桔運到C、D兩個冷藏倉庫，已知C倉庫可儲存240噸，D倉庫可儲存260噸；從A地運往C、D兩處的費用分別為每噸20元和25元，從B地運往C、D兩處的費用分別為每噸15元和18元．設從A地運往C倉庫的柑桔重量為x噸，A、B兩地運往兩倉庫的柑桔運輸費用分別為yA元和yB元．（1）請填寫下表后分別求出yA，yB與x之間的函數關系式，并寫出定義域．倉庫產地CD總計Ax噸200噸B300噸總計240噸260噸500噸（2）試討論A，B兩地中，哪個運費較少？【分析】（1）首先根據題意填表，然后由題意結合表格找到等量關系，繼而求得yA，yB與x之間的函數關系式；（2）分別從當yA＝yB時，當yA＞yB時，當yA＜yB時去分析，利用一元一次方程與一元一次不等式的知識，即可求得答案．【解答】解：（1）地產倉庫CD總計Ax噸（200﹣x）噸200噸B（240﹣x）噸（60+x）噸300噸總計240噸260噸500噸∴yA＝20x+25（200﹣x）＝﹣5x+5000（0≤x≤200），yB＝15（240﹣x）+18（60+x）＝3x+4680（0≤x≤200）．（2）當yA＝yB時，﹣5x+5000＝3x+4680，x＝40；當yA＞yB時，﹣5x+5000＞3x+4680，x＜40；當yA＜yB時，﹣5x+5000＜3x+4680，x＞40．∴當x＝40時，yA＝yB即兩地運費相等；當0≤x＜40時，yA＞yB即B地運費較少；當40＜x≤200時，yA＜yB即A地費用較少．【點評】此題考查了一次函數的實際應用問題，考查了一次函數與一元一次方程、一元一次不等式的關系．此題難度適中，解題的關鍵是理解題意，找到等量關系求得函數解析式．21．（2022春?楊浦區校級期末）A、B兩地相距600千米，甲、乙兩車同時從A地出發駛向B地，甲車到達B地后立即返回，它們各自離A地的距離y（千米）與行駛時間x（時）之間的函數關系圖象如圖所示．（1）求甲車行駛過程中y與x之間的函數關系式；（2）當它們行駛了7小時時，兩車相遇，求乙車的速度．【分析】（1）根據函數圖象可以得到甲車行駛過程中y與x之間的函數關系式；（2）根據（1）求得函數解析式，可以得到當x＝7時的y值，然后用求得的y值除以7即可求得乙車的速度．【解答】解：（1）當0≤x≤6時，設甲車行駛過程中y與x之間的函數關系式為y＝mx，把（6，600）代入y＝mx，6m＝600，解得m＝100，∴y＝100x；當6＜x≤14時，設甲車行駛過程中y與x之間的函數關系式為y＝kx+b，把（6，600）、（14，0）代入y＝kx+b，得解得，∴y＝﹣75x+1050；即甲車行駛過程中y與x之間的函數關系式為：y＝；（2）當x＝7時，y＝﹣75x+1050解得，y＝﹣75×7+1050＝525，525÷7＝75（千米/時），即乙車的速度為75千米/時．【點評】本題考查一次函數的應用，解題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．22．（2021春?越秀區校級期末）光華農機租賃公司共有50臺聯合收割機，其中甲型20臺，乙型30臺，先將這50臺聯合收割機派往A、B兩地區收割小麥，其中30臺派往A地區，20臺派往B地區．兩地區與該農機租賃公司商定的每天的租賃價格見表：每臺甲型收割機的租金每臺乙型收割機的租金A地區18001600B地區16001200（1）設派往A地區x臺乙型聯合收割機，租賃公司這50臺聯合收割機一天獲得的租金為y（元），求y與x間的函數關系式，并寫出x的取值范圍；（2）若使農機租賃公司這50臺聯合收割機一天獲得的租金總額不低于79600元，說明有多少種分配方案，并將各種方案設計出來；（3）如果要使這50臺聯合收割機每天獲得的租金最高，請你為光華農機租賃公司提一條合理化建議．【分析】（1）在A、B兩地分配甲、乙兩種類型的收割機，注意各數之間的聯系；（2）由租金總額不低于79600元求出x的取值范圍設計分配方案；（3）此為求函數的最大值問題．【解答】解：（1）若派往A地區的乙型收割機為x臺，則派往A地區的甲型收割機為（30﹣x）臺，派往B地區的乙型收割機為（30﹣x）臺，派往B地區的甲型收割機為20﹣（30﹣x）＝（x﹣10）臺．∴y＝1600x+1800（30﹣x）+1200（30﹣x）+1600（x﹣10）＝200x+74000，x的取值范圍是：10≤x≤30，（x是正整數）；（2）由題意得200x+74000≥79600，解不等式得x≥28，由于10≤x≤30，x是正整數，∴x取28，29，30這三個值，∴有3種不同的分配方案．①當x＝28時，即派往A地區的甲型收割機為2臺，乙型收割機為28臺；派往B地區的甲型收割機為18臺，乙型收割機為2臺；②當x＝29時，即派往A地區的甲型收割機為1臺，乙型收割機為29臺；派往B地區的甲型收割機為19臺，乙型收割機為1臺；③當x＝30時，即30臺乙型收割機全部派往A地區；20臺甲型收割機全部派往B地區；（3）由于一次函數y＝200x+74000的值y是隨著x的增大而增大的，所以當x＝30時，y取得最大值，如果要使農機租賃公司這50臺聯合收割機每天獲得租金最高，只需x＝30，此時y＝6000+74000＝80000．建議農機租賃公司將30臺乙型收割機全部派往A地區；20臺甲型收割機全部派往B地區，可使公司獲得的租金最高．【點評】本題是貼近社會生活的應用題，賦予了生活氣息，使學生真切地感受到“數學來源于生活”，體驗到數學的“有用性”．這樣設計體現了《新課程標準》的“問題情景﹣建立模型﹣解釋、應用和拓展”的數學學習模式．23．（2018春?靜安區期末）某大型物件快遞公司送貨員每月的工資由底薪加計件工資兩部分組成，計件工資與送貨件數成正比例．有甲乙兩名送貨員，如果送貨量為x件時，甲的工資是y1（元），乙的工資是y2（元），如圖所示，已知甲的每月底薪是800元，每送一件貨物，甲所得的工資比乙高2元（1）根據圖中信息，分別求出y1和y2關于x的函數解析式；（不必寫定義域）（2）如果甲、乙兩人平均每天送貨量分別是12件和14件，求兩人的月工資分別是多少元？（一個月為30天）【分析】（1）設y1關于x的函數解析式為y1＝kx+800，將（200，4800）代入，利用待定系數法即可求出y1＝20x+800；根據每送一件貨物，甲所得的工資比乙高2元，可設y2關于x的函數解析式為y2＝18x+b，將（200，4800）代入，利用待定系數法即可求出y2＝18x+1200；（2）根據甲、乙兩人平均每天送貨量分別是12件和14件，得出甲、乙兩人一個月送貨量分別是12×30＝360件和14×30＝420件．再把x＝360代入y1＝20x+800，x＝420代入y2＝18x+1200，計算即可求解．【解答】解：（1）設y1關于x的函數解析式為y1＝kx+800，將（200，4800）代入，得4800＝200k+800，解得k＝20，即y1關于x的函數解析式為y1＝20x+800；∵每送一件貨物，甲所得的工資比乙高2元，而每送一件貨物，甲所得的工資是20元，∴每送一件貨物，乙所得的工資比乙高18元．設y2關于x的函數解析式為y2＝18x+b，將（200，4800）代入，得4800＝18×200+b，解得b＝1200，即y2關于x的函數解析式為y2＝18x+1200；（2）如果甲、乙兩人平均每天送貨量分別是12件和14件，那么甲、乙兩人一個月送貨量分別是12×30＝360件和14×30＝420件．把x＝360代入y1＝20x+800，得y1＝20×360+800＝8000（元）；把x＝420代入y2＝18x+1200，得y2＝18×420+1200＝8760（元）．【點評】本題考查了一次函數的應用，利用待定系數法求直線的解析式，以及代數式求值，讀懂題目信息，理解函數圖象是解題的關鍵．24．（2022春?奉賢區校級期末）李老師準備網上在線學習，現有甲、乙兩家網站供李老師選擇，已知甲網站的收費方式是：月使用費7元，包時上網時間25小時，超時費每分鐘0.01元；乙網站的月收費方式如圖所示．設李老師每月上網的時間為x小時，甲、乙兩家網站的月收費金額分別是y1、y2．（1）請根據圖象信息填空：乙網站的月使用費是10元，超時費是每分鐘0.01元；（2）寫出y1與x之間的函數關系；（3）李老師選擇哪家網站在線學習比較合算？【分析】（1）由圖象可知乙超時25小時費用多出15元，可按比例求解．（2）關鍵題意，甲上網時間與所付費用之間是一次函數關系，且比例系數已知，用待定系數法求解．（3）可用圖象法或分析法求解．【解答】解：（1）由圖象可知；乙網站的月使用費是10元；當上網時間超過50小時就開始收取超時費：15÷25÷60＝0.01（元）即：超時費每分鐘是0.01元．（2）當0≤x≤25時，y1＝7．當x＞25時，設y1與x之間的關系式：y1＝kx+b其中，k＝0.6，當x＝25時y1＝7即：7＝0.6×25+b解之得b＝﹣8所以當x＞25時，y1＝0.6x﹣8．（3）y2＝，當x＝30時，因為y1＝0.6×30﹣8＝10（元），y2＝10，所以，當x＝30時，選擇哪家都一樣當x＜30時，y2＝10（元），y1＜0.6×30﹣8＝10（元），故選擇甲網站比較合算當30＜x≤50時，選擇乙網站比較合算；當x＞50時，y1＞y2，選擇乙網站比較合算；故x＜30時，選擇甲網站比較合算；x＝30時，選擇哪家都一樣；x＞30時，選擇乙網站比較合算．【點評】本題考查了一次函數的圖象及其應用，解題的關鍵是理解函數圖象的意義．25．（2017春?楊浦區校級期末）已知水銀體溫計的讀數y（℃）與水銀柱的長度x（cm）之間是一次函數關系．現有一支水銀體溫計，其部分刻度線不清晰（如圖），表中記錄的是該體溫計部分清晰刻度線及其對應水銀柱的長度．水銀柱的長度x（cm）4.2…8.29.8體溫計的讀數y（℃）35.0…40.042.0（1）求y關于x的函數關系式（不需要寫出函數的定義域）；（2）用該體溫計測體溫時，水銀柱的長度為6.2cm，求此時體溫計的讀數．【分析】（1）設y關于x的函數關系式為y＝kx+b，由統計表的數據建立方程組求出其解即可；（2）當x＝6.2時，代入（1）的解析式就可以求出y的值．【解答】解：（1）設y關于x的函數關系式為y＝kx+b，由題意，得，解得：，∴y＝x+29.75．∴y關于x的函數關系式為：y＝+29.75；（2）當x＝6.2時，y＝×6.2+29.75＝37.5．答：此時體溫計的讀數為37.5℃．【點評】本題考查了待定系數法求一次函數的解析式的運用，由解析式根據自變量的值求函數值的運用，解答時求出函數的解析式是關鍵．四．三角形中位線定理（共1小題）26．（2018春?浦東新區期末）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足為點D，M是邊AB的中點，AB＝20，AC＝10，求線段DM的長．【分析】延長AD交BC于E，根據勾股定理求出BC，根據等腰三角形的性質得到AD＝DE，根據三角形中位線定理計算即可．【解答】解：延長AD交BC于E，∵∠ACB＝90°，∴BC＝＝10，∵CD平分∠ACB，AD⊥CD，∴∠ACD＝∠ECD，∠ADC＝∠EDC＝90°，∴∠CAD＝∠CED，∴CA＝CE＝10，∴AD＝DE，∵M是邊AB的中點，∴DM＝BE＝×（10﹣10）＝5﹣5．【點評】本題考查的是三角形中位線定理、等腰三角形的性質以及直角三角形的性質，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關鍵．五．平行四邊形的性質（共2小題）27．（2017春?楊浦區期末）如圖所示，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，下列式子中一定成立的是（）A．AC⊥BD B．OA＝OC C．AC＝BD D．AO＝OD【分析】根據平行四邊形的對角線互相平分即可判斷．【解答】解：A、菱形的對角線才相互垂直．故不對．B、根據平行四邊形的對角線互相平分可知此題選B．C、只有平行四邊形為矩形時，其對角線相等，故也不對．D、只有平行四邊形為矩形時，其對角線相等且平分．故也不對．故選：B．【點評】此題主要考查平行四邊形的性質．即平行四邊形的對角線互相平分．28．（2020春?崇明區期末）如圖所示，在?ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，BD＝2AD，E、F、G分別是OC、OD、AB的中點．證明：（1）BE⊥AC；（2）EG＝EF．【分析】（1）由平行四邊形的性質和已知條件證得BC＝BO，根據等腰三角形的性質得出結論；（2）直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出EG＝AB，由三角形中位線定理求得EF＝DC，根據AB＝DC即可得到結論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AB＝DC，BD＝2OB＝2OD，∵BD＝2AD，∴OB＝BC，∵E為OB中點，∴BE⊥AC（三線合一定理）；（2）∵∠AEB＝90°，∵G為AB中點，∴AB＝2EG（直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半），∵AB＝CD，∴CD＝2EG，∵E、F分別是OC、OD中點，∴CD＝2EF，∴EG＝EF．【點評】本題考查了平行四邊形性質，直角三角形斜邊上中線性質，等腰三角形性質，三角形的中位線性質的應用，關鍵是求出EG＝AB，題目比較好，綜合性比較強．六．平行四邊形的判定與性質（共3小題）29．（2017春?松江區期末）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC、BD交于E點，DF∥AC，∠DFC＝∠AEB，連接EF．（1）求證：DF＝AE；（2）求證：四邊形BCFE是平行四邊形．【分析】（1）首先證明四邊形DECF是平行四邊形，推出DF＝CE，再證明AE＝CE即可；（2）只要證明EF∥BC，EF＝BC即可；【解答】證明：（1）∵DF∥AC，∴∠DFC+∠FCE＝180°，∵∠DFC＝∠DEC，∴∠DEC+∠FCE＝180°，∴CF∥DE，∴四邊形DECF是平行四邊形，∴DF＝EC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE＝CE，∴DF＝AE．（2）∵DF＝AE，DF∥AE，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∴AD＝EF，AD∥EF，∵AD＝BC，AD∥BC，∴EF∥BC，EF＝BC，∴四邊形BCFE是平行四邊形．【點評】本題考查平行四邊形的性質和判定、平行線的性質和判定等知識，解題的關鍵是首先證明四邊形ECFD是平行四邊形．30．（2018春?浦東新區期末）如圖，△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，連接EC．（1）求證：AD＝EC；（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，即得AD＝CE；（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】證明：（1）∵DE∥AB，AE∥BC，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE∥BD，且AE＝BD又∵AD是BC邊的中線，∴BD＝CD，∴AE＝CD，∵AE∥CD，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∴AD＝EC；（2）∵∠BAC＝90°，AD是斜邊BC上的中線，∴AD＝BD＝CD，又∵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．31．（2017春?靜安區期末）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別在邊AB、BC、CD、DA上，且AE＝CG，AH＝CF，EG平分∠HEF．（1）求證：四邊形EFGH是平行四邊形；（2）求證：四邊形EFGH是菱形．【分析】（1）由于四邊形ABCD是平行四邊形，易得∠A＝∠C，∠B＝∠D，結合AE＝CG，AH＝CF，利用SAS可證△AEH≌△CGF，于是EH＝FG，而AB＝CD，AD＝BC，利用等式性質易得BE＝DG，BF＝DH，再利用SAS可證△BEF≌△DGH，于是EF＝GH，易證四邊形EFGH是平行四邊形；（2）由（1）知四邊形EFGH是平行四邊形，那么EF∥GH，那么∠HGE＝∠FEG，而EG是角平分線，易得∠HEG＝∠FEG，等量代換可得∠HEG＝∠HGE，從而有HE＝HG，易證四邊形EFGH是菱形．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，∠B＝∠D，又∵AE＝CG，AH＝CF，∴△AEH≌△CGF，∴EH＝FG，∵AB＝CD，AD＝BC，∴BE＝DG，BF＝DH，∴△BEF≌△DGH，∴EF＝GH，∴四邊形EFGH是平行四邊形；（2）∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴HG∥EF，∴∠HGE＝∠FEG，∵∠HEG＝∠FEG，∴∠HEG＝∠HGE，∴HE＝HG，∴四邊形EFGH是菱形．【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、菱形的判定．解題的關鍵是掌握兩組對邊相等的四邊形是平行四邊形，一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．七．菱形的性質（共1小題）32．（2019春?浦東新區期末）已知如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，DE∥AC，AE∥BD．（1）求證：四邊形AODE是矩形；（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四邊形AODE的面積．【分析】（1）先判斷出四邊形AODE是平行四邊形，再根據菱形的對角線互相垂直可得AC⊥BD，然后根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形證明；（2）根據兩直線平行，同旁內角互補求出∠ABC＝60°，判斷出△ABC是等邊三角形，然后根據等邊三角形的性質求出OA、OB，然后得到OD，再根據矩形的面積公式列式計算即可得解．【解答】（1）證明：∵DE∥AC，AE∥BD，∴四邊形AODE是平行四邊形，∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，∴∠AOD＝90°，∴四邊形AODE是矩形；（2）解：∵∠BCD＝120°，AB∥CD，∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，∵AB＝BC，∴△ABC是等邊三角形，∴OA＝×6＝3，OB＝×6＝3，∵四邊形ABCD是菱形，∴OD＝OB＝3，∴四邊形AODE的面積＝OA?OD＝3×3＝9．【點評】本題考查了菱形的性質，矩形的判定，平行四邊形的判定，主要利用了有一個角是直角的平行四邊形是矩形，熟練掌握矩形，菱形與平行四邊形的關系是解題的關鍵．八．菱形的判定（共1小題）33．（2018春?奉賢區期末）已知：如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點D是斜邊AB的中點，DE∥BC，且CE＝CD．（1）求證：∠B＝∠DEC；（2）求證：四邊形ADCE是菱形．【分析】（1）利用等腰三角形的性質、直角三角形斜邊中線定理證明即可；（2）首先證明AD＝EC，AD∥EC，可得四邊形ADCE是平行四邊形，再根據CD＝CE可得四邊形是菱形；【解答】（1）證明：在△ABC中，∵∠ACB＝90°，點D是斜邊AB的中點，∴CD＝DB，∴∠B＝∠DCB，∵DE∥BC，∴∠DCB＝∠CDE，∵CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，∴∠B＝∠CED．（2）證明：∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∵∠B＝∠DEC，∴∠ADE＝∠DEC，∴AD∥EC，∵EC＝CD＝AD，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∵CD＝CE，∴四邊形ADCE是菱形．【點評】本題考查菱形的判定和性質、平行四邊形的性質、等腰三角形的判定和性質等知識，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．九．矩形的性質（共3小題）34．（2018秋?崇明區期末）如果從一個四邊形一邊上的點到對邊的視角是直角，那么稱該點為直角點．例如，如圖的四邊形ABCD中，點M在CD邊上，連接AM、BM，∠AMB＝90°，則點M為直角點．若點E、F分別為矩形ABCD邊AB、CD上的直角點，且AB＝5，BC＝，則線段EF的長為或．【分析】作FH⊥AB于點H，利用已知得出△ADF∽△FCB，進而得出＝，求得構造的直角三角形的兩條直角邊即可得出答案．【解答】解：作FH⊥AB于點H，連接EF．∵∠AFB＝90°，∴∠AFD+∠BFC＝90°，∵∠AMD+∠DAM＝90°，∴∠DAF＝∠BFC又∵∠D＝∠C，∴△ADF∽△FCB，∴＝，即＝，∴FC＝2或3．∵點F，E分別為矩形ABCD邊CD，AB上的直角點，∴AE＝FC，∴當FC＝2時，AE＝2，EH＝1，∴EF2＝FH2+EH2＝（）2+12＝7，∴EF＝．當FC＝3時，此時點E與點H重合，即EF＝BC＝，綜上，EF＝或．故答案為：或．【點評】此題考查了相似三角形的判定定理及性質和勾股定理，得出△ADF∽△FCB是解題關鍵．35．（2021春?浦東新區校級期末）如圖，已知矩形ABCD的對角線交于點O，點E、F和G分別平分線段AB、OD和OA．（1）求證：四邊形OFGE是平行四邊形．（2）猜想：當∠ABD＝30°時四邊形OFGE是菱形，并證明．【分析】（1）由三角形中位線知識可得OE∥FG，OE＝FG，進而可以得到四邊形OFGE是平行四邊形；（2）證明△AOD為等邊三角形，可得當∠ABD＝30°時，四邊形OFGE是菱形．【解答】（1）證明：∵矩形ABCD的對角線交于點O，∴OD＝OB＝OA，又∵點E、F和G分別平分線段AB、OD和OA，∴OE為△ABD的中位線，FG為△AOD的中位線，∴，OE∥AD，FG∥AD，，∴OE∥FG，OE＝FG，∴四邊形OFGE是平行四邊形；（2）解：由（1）知，四邊形OFGE是平行四邊形，當四邊形OFGE是菱形時，則OF＝FG，∴OD＝AD，∴△AOD為等邊三角形，∴∠ADB＝60°，∴∠ABD＝30°，∴當∠ABD＝30°時，四邊形OFGE是菱形．故答案為：30．【點評】本題考查了矩形的性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握特殊四邊形的性質．36．（2021春?浦東新區期末）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．一十．正方形的性質（共5小題）37．（2020秋?浦東新區期末）如圖在正方形ABCD中，∠EAF的兩邊分別交CB、DC延長線于E、F點且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，則EF＝6．【分析】把△ABE繞點A逆時針旋轉90°到AD，交CD于點G，證明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE＝7﹣1＝6．【解答】解：如圖，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°到DA，交CD于點G，由旋轉的性質可知，AG＝AE，DG＝BE，∠DAG＝∠BAE，∵∠EAF＝45°，∴∠DAG+∠BAF＝45°，又∵∠BAD＝90°，∴∠GAF＝45°，在△AEF和△AGF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS）∴EF＝GF，∵BE＝1，DF＝7，∴EF＝GF＝DF﹣DG＝DF﹣BE＝7﹣1＝6，故答案為6．【點評】本題主要考查正方形的性質及全等三角形的判定和性質，構造全等三角形是解題的關鍵，注意旋轉性質的應用．38．（2018春?嘉定區期末）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四邊形EFGH的三個頂點E、F、H分別在矩形ABCD邊AB、BC、DA上，AE＝2．（1）如圖1，當四邊形EFGH為正方形時，求△GFC的面積；（2）如圖2，當四邊形EFGH為菱形時，設BF＝x，△GFC的面積為S，求S關于x的函數關系式，并寫出函數的定義域．【分析】（1）只要證明△AEH≌△BFE．推出BF＝AE＝2，由△MGF≌△BFE，推出△MGF≌△AEH，求出FC、GM即可解決問題．（2）如圖2，過點G作GM⊥BC，垂足為M，連接HF，根據S△GFC＝FC?GM，計算即可．【解答】解：（1）如圖1，過點G作GM⊥BC，垂足為M．由矩形ABCD可知：∠A＝∠B＝90°，由正方形EFGH可知：∠HEF＝90°，EH＝EF，∴∠1+∠2＝90°，又∠1+∠3＝90°，∴∠3＝∠2，∴△AEH≌△BFE．∴BF＝AE＝2，同理可證：△MGF≌△BFE，∴△MGF≌△AEH，∴GM＝AE＝2，又FC＝BC﹣BF＝12﹣2＝10，∴S△GFC＝FC?GM＝×10×2＝10．（2）如圖2，過點G作GM⊥BC，垂足為M，連接HF．由矩形ABCD得：AD∥BC，∴∠AHF＝∠HFM，由菱形EFGH得：EH∥FG，EH＝FG，∴∠1＝∠2，∴∠3＝∠4，又∠A＝∠M＝90°，EH＝FG，∴△MGF≌△AEH，∴GM＝AE＝2，又BF＝x，∴FC＝12﹣x，∴S△GFC＝FC?GM＝（12﹣x）?2＝12﹣x，即：S＝12﹣x，定義域：．【點評】本題考查正方形的性質、矩形的性質、菱形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．39．（2022春?閔行區校級期末）如圖，已知正方形ABCD的對角線AC、BD交于點O，CE⊥AC與AD邊的延長線交于點E．（1）求證：四邊形BCED是平行四邊形；（2）延長DB至點F，聯結CF，若CF＝BD，求∠BCF的大?。痉治觥浚?）利用正方形的性質得出AC⊥DB，BC∥AD，再利用平行線的判定與性質結合平行四邊形的判定方法得出答案；（2）利用正方形的性質結合直角三角形的性質得出∠OFC＝30°，即可得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥DB，BC∥AD，∵CE⊥AC，∴∠AOD＝∠ACE＝90°，∴BD∥CE，∴四邊形BCED是平行四邊形；（2）解：連接AF，∵四邊形ABCD是正方形，∴BD⊥AC，BD＝AC＝2OB＝2OC，即OB＝OC，∴∠OCB＝45°，∵Rt△OCF中，CF＝BD＝2OC，∴∠OFC＝30°，∴∠BCF＝60°﹣45°＝15°．【點評】此題主要考查了正方形的性質以及平行四邊形的判定和直角三角形的性質，正確應用正方形的性質是解題關鍵．40．（2017春?楊浦區期末）已知：正方形ABCD的邊長為厘米，對角線AC上的兩個動點E，F．點E從點A，點F從點C同時出發，沿對角線以1厘米/秒的相同速度運動，過E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角邊于H，過F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角邊于G，連接HG，EB．設HE、EF、FG、GH圍成的圖形面積為S1，AE，EB，BA圍成的圖形面積為S2（這里規定：線段的面積為0）E到達C，F到達A停止．若E的運動時間為x秒，解答下列問題：（1）如圖，判斷四邊形EFGH是什么四邊形，并證明；（2）當0＜x＜8時，求x為何值時，S1＝S2；（3）若y是S1與S2的和，試用x的代數式表示y．（如圖為備用圖）【分析】（1）首先根據動點E、F的運動速度與運動時間均相同得出AE＝CF，再由正方形的性質及已知EH⊥AC，FG⊥AC得出△CGF與△AHE都是等腰直角三角形，然后根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形得出結論；（2）首先由勾股定理求出正方形ABCD的對角線長為16．再連接BD交AC于O，則BO＝8．然后用含x的代數式分別表示S1，S2，當S1＝S2時得出關于x的方程，解方程即可；（3）因為當x＝8時，點E與點F重合，此時S1＝0，y＝S2．故應分0≤x＜8與8≤x≤16兩種情況討論．【解答】解：（1）四邊形EFGH是矩形．理由如下：∵點E從點A，點F從點C同時出發，沿對角線以1厘米/秒的相同速度運動，∴AE＝CF．∵EH⊥AC，FG⊥AC，∴EH∥FG．∵ABCD為正方形，∴AD＝DC，∠D＝90°，∠GCF＝∠HAE＝45°，又∵EH⊥AC，FG⊥AC，∴∠CGF＝∠AHE＝45°，∴∠GCF＝∠CGF，∠HAE＝∠AHE，∴AE＝EH，CF＝FG，∴EH＝FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，又∵EH⊥AC∴平行四邊形EFGH是矩形；（2）∵正方形邊長為，∴AC＝16．∵AE＝x，連接BD交AC于O，則BO⊥AC且BO＝8，∴S2＝?AE?BO＝4x．∵CF＝GF＝AE＝x，∴EF＝16﹣2x，∴S1＝EF?GF＝x（16﹣2x）．當S1＝S2時，x（16﹣2x）＝4x，解得x1＝0（舍去），x2＝6．∴當x＝6時，S1＝S2；（3）①當0≤x＜8時，y＝x（16﹣2x）+4x＝﹣2x2+20x．②當8≤x≤16時，AE＝x，CE＝HE＝16﹣x，EF＝16﹣2（16﹣x）＝2x﹣16．∴S1＝（16﹣x）（2x﹣16）．∴y＝（16﹣x）（2x﹣16）+4x＝﹣2x2+52x﹣256．綜上，可知y＝．【點評】本題主要考查了正方形的性質，矩形的判定與性質，勾股定理等知識，綜合性較強，難度中等．41．（2022春?浦東新區校級期末）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．一十一．正方形的判定（共2小題）42．（2018春?青浦區期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AE∥BD，AE與CB的延長線交于點E，DE交AB于F．（1）求證：BC＝BE；（2）連接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求證：四邊形ABCD是正方形．【分析】（1）根據平行四邊形的性質得：AD∥BC，AD＝BC，又由平行四邊形的判定得：四邊形AEBD是平行四邊形，又由平行四邊形的對邊相等可得結論；（2）根據（1）：四邊形AEBD是平行四邊形，對角線互相平分可得：AF＝BF＝AB，EF＝FD，從而證明AD＝AB，即鄰邊相等，證明EF＝FC＝FD，得∠FDC＝∠FCD，從而∠BCD＝90°，根據有一個角是直角，鄰邊相等的平行四邊形是正方形可得結論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AE∥BD，∴四邊形AEBD是平行四邊形，∴AD＝EB，∴BC＝BE；（2）由（1）知：四邊形AEBD是平行四邊形，∴AF＝BF＝AB，EF＝FD，∵AD＝2AF，∴AB＝AD，∵AD∥EC，∴∠ADF＝∠BCF，∴∠FEC＝∠BCF，∴EF＝FC＝FD，∴∠FDC＝∠FCD，∴∠ADF+∠FDC＝∠FCD+∠BCF，即∠ADC＝∠BCD，∵AD∥BC，∴∠ADC+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝90°，∴四邊形ABCD是正方形．【點評】此題考查了平行四邊形的性質、正方形的判定、等腰三角形的判定與性質、平行線的性質，屬于基礎題，正確利用平行四邊形的性質是解題關鍵．43．（2018春?浦東新區期末）已知：如圖，在等邊三角形ABC中，過邊AB上一點D作DE⊥BC，垂足為點E，過邊AC上一點G作GF⊥BC，垂足為點F，BE＝CF，聯結DG．（1）求證：四邊形DEFG是平行四邊形；（2）連接AF，當∠BAF＝3∠FAC時，求證：四邊形DEFG是正方形．【分析】（1）根據等邊三角形的性質和平行四邊形的判定證明即可；（2）根據等邊三角形的判定和性質以及正方形的判定解答即可．【解答】證明：（1）在等邊三角形ABC中，∵DE⊥BC，GF⊥BC，∴∠DEF＝∠GFC＝90°，∴DE∥GF，∵∠B＝∠C＝60°，BE＝CF，∠DEB＝∠GFC＝90°，∴△BDE≌△CGF，∴DE＝GF，∴四邊形DEFG是平行四邊形；（2）如圖，連接AF，在平行四邊形DEFG中，∵∠DEF＝90°，∴平行四邊形DEFG是矩形，∵∠BAC＝60°，∠BAF＝3∠FAC，∴∠GAF＝15°，在△CGF中，∵∠C＝60°，∠GFC＝90°，∴∠CGF＝30°，∵∠CGF＝∠GAF+∠GFA＝30°，∴∠GFA＝15°，∴∠GAF＝∠GFA，∴GA＝GF，∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠B＝60°，∴△DAG是等邊三角形，∴GA＝GD，∴GD＝GF，∴矩形DEFG是正方形．【點評】此題考查正方形的判定，關鍵是根據全等三角形的判定和性質以及正方形的判定解答．一十二．梯形（共5小題）44．（2021春?浦東新區期末）已知梯形的兩底邊長分別為6和8，一腰長為7，則另一腰長a的取值范圍是5＜a＜9．【分析】作輔助線：平移一腰，則構造了一個三角形：三邊是兩腰和梯形的兩底之差．再根據三角形的三邊關系：兩邊之和＞第三邊，兩邊之差＜第三邊．則另一腰＞7﹣2而＜7+2，即5＜a＜9．【解答】解：已知AD＝6，BC＝8，AB＝7，DC＝a，過D點作DE∥AB∵AD∥BC，DE∥AB∴四邊形ADEB為平行四邊形∴AD＝BE＝6，DE＝AB＝7∴EC＝BC﹣AD＝2在△DEC中：DE+EC＞DC，即a＜9DE﹣EC＜DC，即a＞5∴另一腰長a的取值范圍是：5＜a＜9．【點評】注意梯形中常見的輔助線：平移一腰．45．（2020春?閔行區期末）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，E為BC的中點，聯結ED，BD．（1）求證：四邊形ABED是平行四邊形；（2）如果∠ADB+∠DCB＝90°，求證：四邊形ABED是菱形．【分析】（1）因為AD∥BC，若要四邊形AECD是平行四邊形，即證明AD＝BE即可；（2）證明△BDC是直角三角形，根據E是BC的中點，證明DE＝BE，則可得四邊形EFDG是菱形．【解答】證明：（1）∵點E是BC的中點，∴BE＝BC，∵AD＝BC，∴BE＝AD，∵AD∥BE，∴四邊形ABED為平行四邊形；（2）∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵∠ADB+∠DCB＝90°，∴∠DBC+∠DCB＝90°，在△BDC中，∠DBC+∠DCB+∠BDC＝180°，∴∠BDC＝90°，∴△BDC是直角三角形，∵E是BC的中點，∴DE＝BC，∵BE＝BC，∴DE＝BE，∵四邊形ABED為平行四邊形，∴四邊形EFDG是菱形．【點評】此題考查了梯形，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質等知識．解題的關鍵是要注意數形結合思想的應用．46．（2020春?松江區期末）如圖，已知在梯形ABCD中，AD∥BC．AD＝AB，BC＝2AD．E是BC邊的中點，AE、BD相交于點F．（1）求證：四邊形AECD是平行四邊形；（2）設邊CD的中點為G，聯結EG．求證：四邊形FEGD是矩形．【分析】（1）根據“有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”證明；（2）根據題意，首先判定四邊形DFEG是平行四邊形，然后推知其有一內角為直角，此題得證．【解答】（1）證明：如圖，∵AD∥BC，∴AD∥EC．∵BC＝2AD，E是BC邊的中點，∴AD＝EC．∴四邊形AECD是平行四邊形；（2）證明：如圖，連接GE，由（1）知，四邊形AECD是平行四邊形，則FE∥DG．又∵點E是BC的中點，點G是CD的中點，∴EG∥BD，即EG∥FD，∴四邊形DFEG是平行四邊形．∵在梯形ABCD中，AD∥BC，∴∠1＝∠2．又∵AD＝AB，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，即BF是∠ABE的平分線．∵BC＝2AD，E是BC邊的中點，∴AD＝BE．∴AB＝BE，∴BF⊥AE，∴平行四邊形FEGD是矩形．【點評】本題主要考查了梯形，平行四邊形的判定與性質，矩形的判定，解題時，需要熟練掌握矩形與平行四邊形間的關系．47．（2022春?楊浦區校級期末）如圖，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，P是下底BC上一動點（點P與點B不重合），AB＝AD＝10，BC＝24，∠C＝45°，45°＜∠B＜90°，設BP＝x，四邊形APCD的面積為y．（1）求y關于x的函數解析式，并寫出它的定義域；（2）聯結PD，當△APD是以AD為腰的等腰三角形時，求四邊形APCD的面積．【分析】（1）作AH⊥BC于H．設AH＝h．構建方程求出h即可解決問題．（2）分兩種情形分別討論求解即可；【解答】（1）解：作AH⊥BC于H．設AH＝h．由題意：+10+h＝24，整理得：h2﹣14h+48＝0，解得h＝8或6（舍棄），∴y＝（10+24﹣x）×8，即y＝﹣4x+136（0＜x＜24）（2）解：①當AP＝AD＝10時，∵AB＝AD＝10，∴AP＝AB＝10，∵BH＝6，∴BP＝2BH＝12，即x＝12，∴y＝88．②當PD＝AD＝10時，四邊形ABPD是平行四邊形或等腰梯形，∴BP＝AD＝10或BP＝2BH+AD＝22，即x＝10或22，∴y＝96或48，綜上所述，四邊形APCD的面積為88或96或48．【點評】本題考查梯形、等腰三角形的性質勾股定理、一次函數的應用等知識，解題的關鍵是理解題意，學會用分類討論的思想思考問題．48．（2019春?浦東新區期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝45°，AB＝8，BC＝14，點E、F分別在邊AB、CD上，EF∥AD，點P與AD在直線EF的兩側，∠EPF＝90°，PE＝PF，射線EP、FP與邊BC分別相交于點M、N，設AE＝x，MN＝y．（1）求邊AD的長；（2）如圖，當點P在梯形ABCD內部時，求y關于x的函數解析式，并寫出定義域；（3）如果MN的長為2，求梯形AEFD的面積．【分析】（1）過D作DH⊥BC，DH與EF、BC分別相交于點G、H，從而判定四邊形ABHD是矩形，在RT△DHC中求出CH的長，利用AD＝BH＝BC﹣CH可得出AD的長．（2）首先確定PM＝PN，過點P作QR⊥EF，QR與EF、MN分別相交于Q、R，根據∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，可表示出PQ、PR，繼而可得出y關于x的函數解析式，也能得出定義域．（3）①當點P在梯形ABCD內部時，由MN＝2及（2）的結論得2＝﹣3x+10，AE＝，可求得梯形的面積，②當點P在梯形ABCD外部時，由MN＝2及與（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，可求得梯形的面積．【解答】解：（1）過D作DH⊥BC，DH與EF、BC分別相交于點G、H，∵梯形ABCD中，∠B＝90°，∴DH∥AB，又∵AD∥BC，∴四邊形ABHD是矩形，∵∠C＝45°，∴∠CDH＝45°，∴CH＝DH＝AB＝8，∴AD＝BH＝BC﹣CH＝6．（2）∵DH⊥EF，∠DFE＝∠C＝∠FDG＝45°，∴FG＝DG＝AE＝x，∵EG＝AD＝6，∴EF＝x+6，∵PE＝PF，EF∥BC，∴∠PFE＝∠PEF＝∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN，過點P作QR⊥EF，QR與EF、MN分別相交于Q、R，∵∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，∴PQ＝EF＝，PR＝MN＝，∵QR＝BE＝8﹣x，∴，∴y關于x的函數解析式為y＝﹣3x+10．定義域為1≤x＜．（3）當點P在梯形ABCD內部時，由MN＝2及（2）的結論得2＝﹣3x+10，AE＝，∴（AD+EF）?AE＝，當點P在梯形ABCD外部時，由MN＝2及與（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，∴（AD+EF）?AE＝．【點評】本題考查梯形及有實際問題列一次函數關系式的知識，屬于綜合性較強的題目，難度較大，對于此類題目要學會由小及大，將所求的問題縮小，一步一步求解．一十三．等腰梯形的性質（共1小題）49．（2017春?浦東新區期末）如圖，在△ABC中，AC＝BC，D是AC上一點，DE∥AB交BC于點E，且AD＝DE，F是AB上一點，BF＝BE，連接FD．（1）試判斷四邊形ADEB的形狀，并說明理由；（2）求證：BE＝FD．【分析】（1）結論：四邊形ADEB是等腰梯形．首先證明四邊形ADEB是梯形，再證明∠A＝∠B即可；（2）只要證明四邊形BEDF是平行四邊形即可；【解答】解：（1）結論：四邊形ADEB是等腰梯形．理由：∵AC、BC是△ABC的兩邊，∴AC與BC不平行，即BE與AD不平行，∵DE∥AB，∴四邊形ADEB是梯形，∵AC＝BC，∴∠A＝∠B，∴梯形ADEB是等腰梯形．（2）∵梯形ADEB是等腰梯形，∴AD＝BE，∵AD＝ED，∴BE＝DE，∵BE＝