上海八年級下期末精選（易錯60題27個考點專練）一．高次方程（共3小題）1．（2022春?閔行區校級期末）解方程組：．【分析】由x﹣y＝4得：x＝4+y①，把①代入x2﹣6y2＝xy中可得y的值，代入①中可求出解．【解答】解：由x﹣y＝4得：x＝4+y①，把①代入x2﹣6y2＝xy中得：（4+y）2﹣6y2＝y（4+y），解得：y1＝2，y2＝﹣，當y＝2時，x＝6，當y＝﹣時，x＝，∴方程組的解為：，．【點評】本題考查了解二元二次方程組，降次消元是解本題的關鍵．2．（2022春?浦東新區校級期末）解方程組：．【分析】先降次，再消元．【解答】解：，①﹣②×2得：x+2y＝1，∴2y＝1﹣x③．將③代入①得：2x2+x（1﹣x）+（1﹣x）2+x＝19，∴x2＝9，∴x＝±3，∴或．【點評】本題考查二元二次方程組的解法，選擇合理的消元方法是求解本題的關鍵．3．（2016春?松江區期末）解方程組：．【分析】先將①中的x2﹣6xy+9y2分解因式為：（x﹣3y）2，則x﹣3y＝±2，與②組合成兩個方程組，解出即可．【解答】解：由①得x﹣3y＝2，x﹣3y＝﹣2，∴原方程組可化為二個方程組，解這兩個方程組得原方程組的解是．【點評】本題考查了解高次方程，通過適當的方法，把高次方程化為次數較低的方程求解；所以解高次方程一般思路是降次，即把它轉化成二次方程或一次方程．也有的通過因式分解來解；本題就是通過因式分解將方程①降次，化成二元一次方程組．二．無理方程（共6小題）4．（2020春?浦東新區校級期末）下列方程中，有實數根的是（）A．+5＝0 B．＝0 C．x3+1＝0 D．2x4+3＝0【分析】根據二次根式的有意義的條件可以判斷A；根據解分式方程的方法和分式方程有意義的條件可以判斷B；根據立方根的定義可以判定C；根據實數的偶次方為正數可以判斷D．【解答】解：A、∵≥0，∴+5≥5，∴方程+5沒有實數根，故A錯誤；B、去分母得，x＝﹣2，檢驗當x＝﹣2時，x2﹣4＝0，∴原方程無解，∴方程＝0沒有實數根，故B錯誤；C、∵x3+1＝0，∴x3＝﹣1，∴x＝﹣1，∴方程x3+1＝0的解為：x＝﹣1，故C正確；D、∵2x4+3＝0，∴2x4＝﹣3，∴方程2x4+3＝0無實數根，故D錯誤．故選：C．【點評】本題主要考查解方程，關鍵是掌握分式方程，無理方程，高次方程的解法．5．（2022春?浦東新區校級期末）若關于x的方程無實根，則m的取值范圍是m＜2．【分析】先將無理方程轉化為有理方程，再求解．【解答】解：∵x2﹣4x+8＝（x﹣2）2+4＞0，∴無論x取什么數，方程始終有意義．原方程化為：（x﹣2）2+4＝m2，∴（x﹣2）2＝m2﹣4，∵（x﹣2）2≥0，∴當m2﹣4＜0時，方程無解．∴﹣2＜m＜2．∵≥0，∴當m＜0時方程無解．∴m＜2．故答案為：m＜2．【點評】本題考查無理方程的解，將無理方程轉化為有理方程是求解本題的關鍵．6．（2015秋?靜安區期末）方程＝x﹣1的根為4．【分析】首先根據二次根式的基本性質得出x的取值范圍，將無理方程兩邊平方取消二次根號，整理得一元二次方程，解一元二次方程，將解代回x的取值范圍驗算即可得出答案．【解答】解：由二次根式性質得：x+5≥0且x﹣1≥0，∴x≥1．將＝x﹣1兩邊平方得：x+5＝x2﹣2x+1，整理得：x2﹣3x﹣4＝0，分解因式：（x﹣4）（x+1）＝0，得：x1＝4，x2＝﹣1，∵x≥1，∴x＝4．故答案為：4．【點評】題目考查了無理方程的求解和二次根式的性質，求解無理方程常用的方法是平方法，不過求出的解一定要帶回無理方程進行驗算，看是否符合二次根式的性質．7．（2021春?徐匯區校級期中）方程的根是x1＝﹣3，x2＝1．【分析】將無理方程轉化為有理方程求解．【解答】解：∵?＝0．∴＝0或＝0，∴x+3＝0或x﹣1＝0，∴x1＝﹣3或x2＝1．故答案為：x1＝﹣3，x2＝1．【點評】本題考查無理方程的解法，將無理方程轉化為有理方程是求解本題的關鍵．8．（2022春?楊浦區校級期中）方程的根為x＝﹣2．【分析】根據已知得出x+3＝0，＝0，求出方程的解，最后進行檢驗即可．【解答】解：∵，∴x+3＝0，＝0，解得：x1＝﹣3，x2＝﹣2，經檢驗x＝﹣3代入原方程，無意義，舍去；經檢驗x＝﹣2代入原方程，是原方程的解，故答案為：x＝﹣2．【點評】本題考查了無理方程的解法，注意：解無理方程一定要進行檢驗．9．（2022春?浦東新區校級期末）解方程：．【分析】先根據方程有意義，求出x范圍，再解方程．【解答】解：要使方程有意義，需滿足：，∴，∵該不等式組無解，∴原方程無解．【點評】本題考查無理方程，保證無理方程有意義是求解本題的關鍵．三．分式方程的增根（共2小題）10．（2018秋?浦東新區期末）若y＝1是方程+＝的增根，則m＝﹣1．【分析】增根是化為整式方程后產生的不適合分式方程的根．先去分母，然后把y＝1代入代入整式方程，即可算出m的值．【解答】解：去分母，可得m（y﹣2）+3（y﹣1）＝1，把y＝1代入，可得m（1﹣2）+3（1﹣1）＝1，解得m＝﹣1，故答案為：﹣1．【點評】本題主要考查了分式方程的增根，在分式方程變形時，有可能產生不適合原方程的根，即代入分式方程后分母的值為0或是轉化后的整式方程的根恰好是原方程未知數的允許值之外的值的根，叫做原方程的增根．11．（2022春?楊浦區校級期中）在去分母解關于x的分式方程＝2﹣的過程中產生增根，則a＝﹣4．【分析】根據題意可得x＝4，然后把x的值代入整式方程中進行計算即可解答．【解答】解：＝2﹣，x＝2（x﹣4）﹣a，解得：x＝8+a，∵分式方程產生增根，∴x＝4，把x＝4代入x＝8+a中，4＝8+a，∴a＝﹣4，故答案為：﹣4．【點評】本題考查了分式方程的增根，根據題意求出x的值后代入整式方程中進行計算是解題的關鍵．四．分式方程的應用（共1小題）12．（2015春?上海校級期末）“5.12”汶川地震牽動著每一位中國人的心．某中學的八年級（1）班所有學生準備捐款3600元幫助災區的學生，在實際捐款時又有4名搞衛生的阿姨參加，如總的捐款數不變，則參加捐款的每人平均少捐了10元，求這個班的人數．【分析】設這個班級的人數為x人，依據每人平均少捐了10元，列方程求解即可得到結論．【解答】解：設這個班級的人數為x人，根據題意，得：，整理，得：x2+4x﹣1440＝0，解此方程，得：x1＝36，x2＝﹣40（不符合題意，舍去），經檢驗，x＝36是原方程的根，答：這個班級的人數為36人．【點評】本題主要考查了分式方程的應用，列分式方程解應用題一定要審清題意，找相等關系是著眼點，要學會分析題意，提高理解能力．五．一次函數的定義（共6小題）13．（2021春?金山區期末）下列函數中，是一次函數的是（）A．y＝1﹣x B．y＝ C．y＝kx+1 D．y＝x2+1【分析】根據一次函數的定義條件進行逐一分析即可．【解答】解：A、y＝1﹣x是一次函數，故此選項符合題意；B、y＝是反比例函數，故此選項不符合題意；C、當k＝0時不是一次函數，故此選項不符合題意；D、y＝x2+1是二次函數，故此選項不符合題意．故選：A．【點評】本題考查了一次函數．解題的關鍵是掌握一次函數的定義，一次函數y＝kx+b的定義條件是：k、b為常數，k≠0，自變量次數為1．14．（2021春?閔行區期末）下列函數中，是一次函數的是（）A．y＝+1 B．x+3y＝1 C．y＝x2﹣1 D．y＝2【分析】根據一次函數的定義條件進行逐一分析即可．【解答】解：A．，自變量x的指數是﹣1，不符合一次函數的定義，故此選項不符合題意；B．有x+3y＝1可得y＝，符合一次函數的定義，故此選項符合題意；C．y＝x2﹣1，自變量x的指數是2，不符合一次函數的定義，故此選項不符合題意；D．y＝2是常數函數，不符合一次函數的定義，故此選項不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了一次函數的定義．解題關鍵是掌握一次函數的定義條件：一次函數y＝kx+b的定義條件是：k、b為常數，k≠0，自變量次數為1．15．（2021春?虹口區期末）下列函數中，一次函數是（）A．y＝x2﹣2 B．y＝﹣2 C．y＝3x﹣2 D．y＝﹣2【分析】根據一次函數的定義條件進行逐一分析即可．【解答】解：A．y＝x2﹣2，自變量x的次數是2，不符合一次函數的定義，故此選項不符合題意；B.，自變量x的次數是﹣1，不符合一次函數的定義，故此選項不符合題意；C．y＝3x﹣2，是一次函數，因為符合一次函數的定義，故此選項符合題意；D．y＝﹣2，是常數函數，不是一次函數，故此選項不符合題意．故選：C．【點評】本題考查了一次函數的定義．解題關鍵是掌握一次函數的定義條件：一次函數y＝kx+b的定義條件是：k、b為常數，k≠0，自變量次數為1．16．（2020春?虹口區期末）下列函數中，一次函數是（）A．y＝3 B．y＝x+3 C．y＝3x2 D．y＝【分析】根據一次函數的定義條件進行逐一分析即可．【解答】解：A、y＝3不是一次函數，因為不符合一次函數的定義，故此選項不符合題意；B、y＝x+3是一次函數，因為符合一次函數的定義，故此選項符合題意；C、y＝3x2是二次函數，不是一次函數，故此選項不符合題意；D、y＝反比例函數，不是一次函數，故此選項不符合題意．故選：B．【點評】本題考查了一次函數的定義．解題關鍵是掌握一次函數的定義條件：一次函數y＝kx+b的定義條件是：k、b為常數，k≠0，自變量次數為1．17．（2021春?虹口區校級期末）已知y＝m+1是一次函數，則m＝2．【分析】利用一次函數定義可得m2﹣2m+1＝1，且m≠0，進而可得m的值．【解答】解：由題意得：m2﹣2m+1＝1，且m≠0，解得：m＝2，故答案為：2．【點評】此題主要考查了一次函數定義，解題的關鍵是掌握一次函數解析式的結構特征：k≠0；自變量的次數為1；常數項b可以為任意實數．18．（2020春?長寧區期末）已知函數y＝（m﹣1）+1是一次函數，則m＝﹣1．【分析】根據一次函數的定義，令m2＝1，m﹣1≠0即可解答．【解答】若兩個變量x和y間的關系式可以表示成y＝kx+b（k，b為常數，k≠0）的形式，則稱y是x的一次函數（x為自變量，y為因變量）．因而有m2＝1，解得：m＝±1，又m﹣1≠0，∴m＝﹣1．【點評】本題主要考查了一次函數的定義，一次函數y＝kx+b的定義條件是：k、b為常數，k≠0，自變量次數為1．六．一次函數的性質（共1小題）19．（2019春?松江區期末）已知函數y＝﹣3x+7，當x＞2時，函數值y的取值范圍是y＜1．【分析】依據k的值得到一次函數的增減性，然后結合自變量的取值范圍，得到函數值的取值范圍即可．【解答】解：∵函數y＝﹣3x+7中，k＝﹣3＜0，∴y隨著x的增大而減小，當x＝2時，y＝﹣3×2+7＝1，∴當x＞2時，y＜1，故答案為：y＜1．【點評】本題考查了一次函數與一元一次不等式的關系：從函數的角度看，就是尋求使一次函數y＝ax+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數圖象的角度看，就是確定直線y＝kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標所構成的集合．七．一次函數圖象與系數的關系（共1小題）20．（2018春?靜安區期末）如果一次函數y＝kx+2的函數值y隨著x的值增大而減小，那么k的取值范圍是k＜0．【分析】根據一次函數的性質，如果y隨x的增大而減小，則一次項的系數小于0，據此求出k的取值范圍．【解答】解：∵一次函數y＝kx+2，函數值y隨x的值增大而減小，∴k＜0．故答案為：k＜0．【點評】本題考查的是一次函數的性質，解答本題要注意：在一次函數y＝kx+b（k≠0）中，當k＜0時y隨x的增大而減小．八．一次函數圖象上點的坐標特征（共1小題）21．（2021秋?靜安區期末）我們知道：當x＝2時，不論k取何實數，函數y＝k（x﹣2）+3的值為3，所以直線y＝k（x﹣2）+3一定經過定點（2，3）；同樣，直線y＝（k﹣2）x+3k一定經過的定點為（﹣3，6）．【分析】先將y＝（k﹣2）x+3k化為：y＝（x+3）k﹣2x，可得當x＝﹣3時，不論k取何實數，函數y＝（x+3）k﹣2x的值為6，即可得到直線y＝（k﹣2）x+3k一定經過的定點為（﹣3，6）．【解答】解：根據題意，y＝（k﹣2）x+3k可化為：y＝（x+3）k﹣2x，∴當x＝﹣3時，不論k取何實數，函數y＝（x+3）k﹣2x的值為6，∴直線y＝（k﹣2）x+3k一定經過的定點為（﹣3，6），故答案為：（﹣3，6）．【點評】本題主要考查了一次函數圖象上點的坐標特征，直線上任意一點的坐標都滿足函數關系式y＝kx+b．九．一次函數圖象與幾何變換（共2小題）22．（2021秋?靜安區期末）把直線y＝x+1向右平移4個單位可得到直線y＝x﹣2．【分析】根據“左加右減”的原則進行解答即可．【解答】解：由“左加右減”的原則可知：直線y＝x+1向右平移n個單位，得到直線的解析式為：y＝（x﹣n）+1，又∵平移后的直線為y＝x﹣2，∴（x﹣n）+1＝x﹣2，解得n＝4，故答案為：4．【點評】本題考查的是一次函數的圖象與幾何變換，熟知“左加右減”的原則是解答此題的關鍵．23．（2015春?黃浦區期末）直線y＝2x﹣3向下平移4個單位可得直線y＝2x﹣7．【分析】原常數項為﹣3，上下平移直線解析式只改變常數項，讓常數項減4即可得到平移后的常數項，也就得到平移后的直線解析式．【解答】解：∵向下平移4個單位，∴新函數的k＝2，b＝﹣3﹣4＝﹣7，∴得到的直線所對應的函數解析式是：y＝2x﹣7．【點評】考查的知識點為：上下平移直線解析式只改變常數項，上加，下減．一十．一次函數的應用（共2小題）24．（2022春?黃浦區期中）貨車在公路A處加滿油后，以每小時60千米的速度勻速行駛，前往與A處相距360千米的B處．下表記錄的是貨車一次加滿油后油箱剩余油量y（升）與行駛時間x（時）之間的關系：行駛時間x（時）01234余油量y（升）150120906030（1）如果y關于x的函數是一次函數，求這個函數解析式（不要求寫出自變量的取值范圍）（2）在（1）的條件下，如果貨車的行駛速度和每小時的耗油量都不變，貨車行駛4小時后到達C處，C的前方12千米的D處有一加油站，那么在D處至少加多少升油，才能使貨車到達B處卸貨后能順利返回會D處加油？（根據駕駛經驗，為保險起見，油箱內剩余油量應隨時不少于10升）【分析】（1）設x與y之間的函數關系式為y＝kx+b，將點（0，150）和（1，120）代入求k和b值；（2）利用路程關系建立在D處加油的一元一次不等式，求在D處至少加油量．【解答】解：（1）把5組數據在直角坐標系中描出來，這5個點在一條直線上，所以y與x滿足一次函數關系，設y＝kx+b，（k≠0）則，解得：，∴y＝﹣30x+150．（2）設在D處至少加W升油，根據題意得：150﹣4×30﹣×30+W≥×30×2+10（3分）即：150﹣120﹣6+W≥118解得W≥94，答：D處至少加94升油，才能使貨車到達災區B地卸物后能順利返回D處加油．【點評】本題考查了一次函數的應用，解決本題的關鍵是用待定系數法求函數解析式，要注意自變量的取值范圍還必須使實際問題有意義．25．（2017秋?嘉定區期中）已知A城與B城相距200千米，一列火車以每小時60千米的速度從A城駛向B城．（1）求火車與B城的距離S（千米）與行駛的時間t（時）的函數關系式及t（時）的取值范圍；（2）畫出函數圖象．【分析】（1）依據A城與B城相距200千米，一列火車以每小時60千米的速度從A城駛向B城，即可得到火車與B城的距離S（千米）與行駛的時間（時）的函數關系式及t（時）的取值范圍；（2）根據當t＝0時，S＝200；當t＝時，S＝0；即可得到函數圖象．【解答】解：（1）由題可得，S＝200﹣60t，∵火車以每小時60千米的速度從A城駛向B城需要的時間為200÷60＝小時，∴t的取值范圍是0≤t≤．（2）當t＝0時，S＝200；當t＝時，S＝0；函數圖象如圖所示：【點評】本題考查了一次函數的應用，解決該題型題目時，根據數量關系列出函數關系式是關鍵．解題時注意：所得函數的圖象為線段．一十一．三角形中位線定理（共2小題）26．（2010春?長寧區校級期末）如圖所示，有一張一個角為60°的直角三角形紙片，沿其一條中位線剪開后，不能拼成的四邊形是（）A．鄰邊不等的矩形 B．等腰梯形 C．有一個角是銳角的菱形 D．正方形【分析】可畫出圖形，令相等的線段重合，拼出可能出現的圖形，然后再根據已知三角形的性質，對拼成的圖形進行具體的判定．【解答】解：如圖：此三角形可拼成如圖三種形狀，（1）為矩形，∵有一個角為60°，則另一個角為30°，∴此矩形為鄰邊不等的矩形；（2）為菱形，有兩個角為60°；（3）為等腰梯形．故選：D．【點評】這是一道生活聯系實際的問題，不僅要用到三角形中位線的性質、菱形、等腰梯形、矩形的性質，還鍛煉了學生的動手能力．解答此類題目時應先畫出圖形，再根據已知條件判斷各邊的關系．27．（2008秋?青浦區期末）如圖，若D、E、F分別是△ABC的三邊的中點，則△DEF與△ABC的周長之比＝1：2．【分析】根據三角形中位線定理易得所求的三角形的各邊長為原三角形各邊長的一半，那么所求的三角形的周長就等于原三角形周長的一半．【解答】解：∵點D、E、F分別是AB、BC、AC的中點，∴DE，EF，DF分別是原三角形三邊的一半，∴△DEF與△ABC的周長之比＝1：2．故答案為1：2．【點評】此題考查的是三角形中位線的性質，即三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半．一十二．多邊形的對角線（共2小題）28．（2022春?徐匯區期末）定義：如果一個凸四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，那么稱這個凸四邊形為“等腰四邊形”，把這條對角線稱為“界線”，已知在“等腰四邊形”ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝90°，且AC為界線，則∠BCD的度數為135°或90°或45°．【分析】由AC是四邊形ABCD的等腰線，可以得出△ACD是等腰三角形，從圖1，圖2，圖3三種情況運用等邊三角形的性質和判定，正方形的性質和判定和30°的直角三角形性質就可以求出∠BCD的度數．【解答】解：∵AC是四邊形ABCD的界線，∴△ACD是等腰三角形．∵AB＝AD＝BC，如圖1，當AD＝AC時，∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC∴△ABC是正三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝60°．∵∠BAD＝90°，∴∠CAD＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝75°∴∠BCD＝60°+75°＝135°．如圖2，當AD＝CD時，∴AB＝AD＝BC＝CD．∵∠BAD＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°如圖3，當AC＝CD時，過點C作CE⊥AD于E，過點B作BF⊥CE于F，∵AC＝CD．CE⊥AD，∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，∴四邊形ABFE是矩形．∴BF＝AE．∵AB＝AD＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF＝30°．∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC．∵AB∥CE，∴∠BAC＝∠ACE，∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，∴∠BCD＝15°×3＝45°．綜上，∠BCD的度數為135°或90°或45°．故答案為：135°或90°或45°．【點評】本題考查了“等腰四邊形”的定義和性質的運用，“等腰四邊形”的判定，等邊三角形的性質和判定的運用，正方形的性質和判定的運用，30°的直角三角形的性質的運用．解答如圖3這種情況容易忽略，解答時合理運用分類討論思想是關鍵．29．（2020春?普陀區期末）如果一個四邊形的一條對角線把它分成兩個等腰三角形，那么我們就稱這條對角線是四邊形的“美麗線”．已知AC是四邊形ABCD的“美麗線”，如果AB＝BC＝AC，∠BAD＝90°，那么∠BCD＝135或90或45°．【分析】由AC是四邊形ABCD的美麗線，可以得出△ACD是等腰三角形，從圖1，圖2，圖3三種情況運用等邊三角形的性質和判定，正方形的性質和判定和30°角的直角三角形的性質就可以求出∠BCD的度數．【解答】解：∵AC是四邊形ABCD的美麗線，∴△ACD是等腰三角形．∵AB＝AD＝BC，如圖1，當AD＝AC時，∴AB＝AC＝BC，∠ACD＝∠ADC，∴△ABC是正三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝60°．∵∠BAD＝90°，∴∠CAD＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝75°，∴∠BCD＝60°+75°＝135°．如圖2，當AD＝CD時，∴AB＝AD＝BC＝CD．∵∠BAD＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°如圖3，當AC＝CD時，過點C作CE⊥AD于E，過點B作BF⊥CE于F，∵AC＝CD．CE⊥AD，∴AE＝AD，∠ACE＝∠DCE．∵∠BAD＝∠AEF＝∠BFE＝90°，∴四邊形ABFE是矩形．∴BF＝AE．∵AB＝AD＝BC，∴BF＝BC，∴∠BCF＝30°．∵AB＝BC，∴∠ACB＝∠BAC．∵AB∥CE，∴∠BAC＝∠ACE，∴∠ACB＝∠ACE＝∠BCF＝15°，∴∠BCD＝15°×3＝45°．綜上，∠BCD的度數為135°或90°或45°．故答案為：135或90或45．【點評】本題考查了四邊形的“美麗線”的定義和性質的運用，“美麗線”的判定，等邊三角形的性質和判定的運用，正方形的性質和判定的運用，30°角的直角三角形的性質的運用．解答如圖3這種情況容易忽略，解答時合理運用分類討論思想是關鍵．一十三．多邊形內角與外角（共5小題）30．（2020春?南崗區期末）若一個多邊形的內角和是900°，則這個多邊形的邊數是（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】根據多邊形的內角和公式（n﹣2）?180°，列式求解即可．【解答】解：設這個多邊形是n邊形，根據題意得，（n﹣2）?180°＝900°，解得n＝7．故選：C．【點評】本題主要考查了多邊形的內角和公式，熟記公式是解題的關鍵．31．（2021春?普陀區期末）內角為140°的正多邊形的邊數為9．【分析】首先根據內角為140°，求出外角度數，再利用外角和定理求出邊數．【解答】解：∵正多邊形的一個內角是140°，∴它的外角是：180°﹣140°＝40°，∴正多邊形的邊數為：360°÷40°＝9．故答案為：9．【點評】此題主要考查了多邊形的外角與內角，首先求出正多邊形的外角度數，再利用外角和定理求出求邊數．32．（2015春?上海校級期末）一個多邊形的每個外角都等于72°，則這個多邊形的邊數為5．【分析】利用多邊形的外角和360°，除以外角的度數，即可求得邊數．【解答】解：多邊形的邊數是：360÷72＝5．故答案為：5．【點評】本題考查了多邊形的外角和定理，理解任何多邊形的外角和都是360度是關鍵．33．（2020秋?虹口區期末）如圖，把△ABC紙片沿DE折疊，使點A落在四邊形BCDE的外部．已知∠A＝30°，∠1＝100°，則∠2的度數是40度．【分析】先根據圖形翻折變換的性質得出∠A′＝∠A，再根據三角形外角和三角形內角和定理進行解答即可．【解答】解：如圖∵∠1＝100°，∴∠ADF＝80°，∵△A′ED是△AED翻折變換而成，∴∠A′＝∠A＝30°，∵∠A′FE是△ADF的外角，∴∠A′FE＝∠A+∠ADF＝30°+80°＝110°，∵∠A′FE+∠2+∠A′＝180°，∴110°+∠2+30°＝180°，∴∠2＝40°．故答案為：40．【點評】此題考查了折疊的性質，解題的關鍵是掌握折疊的性質，注意折疊前后圖形是全等的，注意折疊中的對應關系．34．（2019春?長寧區期末）如圖，平面內五點A、B、C、D、E連接成“五角星型”，那么∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180度．【分析】根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出∠A+∠D＝∠1，∠B+∠E＝∠2，再根據三角形的內角和等于180°求解即可．【解答】解：如圖，∠A+∠D＝∠1，∠B+∠E＝∠2，∵∠1+∠2+∠C＝180°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝180°．故答案為：180．【點評】本題主要考查了三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和的性質以及三角形的內角和定理，把五個角轉換為一個三角形的三個內角的和是解題的關鍵．一十四．平行四邊形的性質（共3小題）35．（2017秋?奉賢區期末）下列說法正確的是（）A．面積一定的平行四邊形的一邊和這邊上的高成正比例 B．面積一定的平行四邊形的一邊和這邊上的高成反比例 C．周長一定的等腰三角形的腰長與它底邊的長成正比例 D．周長一定的等腰三角形的腰長與它底邊的長成反比例【分析】根據正比例函數及反比例函數的定義對各選項進行逐一分析即可．【解答】解：A、面積一定的平行四邊形的一邊和這邊上的高成反比例，故本選項錯誤；B、面積一定的平行四邊形的一邊和這邊上的高成反比例，故本選項正確；C、周長一定的等腰三角形的腰長與它底邊的長成一次函數，故本選項錯誤；D、周長一定的等腰三角形的腰長與它底邊的長成一次函數，故本選項錯誤．故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的性質，正比例函數的定義，解決此題的關鍵掌握平行四邊形的性質．36．（2010春?上海期末）如圖，在?ABCD的面積是12，點E，F在AC上，且AE＝EF＝FC，則△BEF的面積為（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】根據平行四邊形的性質可知△ABC的面積是平行四邊形面積的一半，再進一步確定△BER和△ABC的面積關系即可．【解答】解：∵S?ABCD＝12∴S△ABC＝S?ABCD＝6，∴S△ABC＝×AC×高＝×3EF×高＝6，得到：×EF×高＝2，∵△BEF的面積＝×EF×高＝2．∴△BEF的面積為2．故選：A．【點評】平行四邊形的對角線將平行四邊形分成面積相等的兩個三角形，本題解題關鍵是利用三角形的面積計算公式找出所求三角形與已知三角形的面積關系．37．（2021春?靜安區期末）過平行四邊形ABCD的對角線交點O作直線l，分別交直線AB、CD于點E、F，AE＝3AB，如果AB＝a，那么DF的長是4a或2a．（用含有a的代數式表示）【分析】根據直線l分別交直線AB、CD于點E、F，AE＝3AB，可知點E可能在BA的延長線上或點E在AB的延長線上．因此，需要方兩種情況討論．再依據全等三角形的對應邊相等，即可得到DF的長．【解答】解：分兩種情況：①如圖1所示，當點E在BA的延長線上時，AE＝3AB＝3a，∴BE＝AB+AE＝4a，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝DO，AB∥CD，∴∠E＝∠F，在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（AAS），∴DF＝BE＝4a；②如圖2所示，當點E在AB的延長線上時，AE＝3AB＝3a，∴BE＝AE﹣AB＝2a，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝DO，AB∥CD，∴∠E＝∠F，在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（AAS），∴DF＝BE＝2a；綜上所述，DF的長為4a或2a．故答案為：4a或2a．【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質以及全等三角形的判定與性質．全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當的判定條件．一十五．平行四邊形的判定（共1小題）38．（2022春?冷水灘區校級期中）如圖，四邊形ABCD中，AB＝DC，將對角線AC向兩端分別延長至點E，F，使AE＝CF．連接BE，DF，若BE＝DF．證明：四邊形ABCD是平行四邊形．【分析】先根據SSS證出△BEA≌△DFC，從而得到∠EAB＝∠FCD，根據等角的補角相等可得∠BAC＝∠DCA，從而得到AB∥DC，再根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，即可求證四邊形ABCD是平行四邊形．【解答】證明：在△BEA和△DFC中，∴△BEA≌△DFC（SSS），∴∠EAB＝∠FCD，∴∠BAC＝∠DCA，∴AB∥DC，∵AB＝DC，∴四邊形ABCD是平行四邊形．【點評】本題主要考查平行四邊形的判定，解題的關鍵在于先通過全等三角形證出AB∥CD．一十六．矩形的性質（共1小題）39．（2018春?青浦區期末）如圖，矩形ABCD中，BC＝6，AB＝3，R在CD邊上，且CR＝1，P為BC上一動點，E、F分別是AP、RP的中點，當P從B向C移動時，線段EF的長度為．【分析】連接AR．在Rt△ADR中，利用勾股定理求出AR，再利用三角形的中位線定理即可求出EF．【解答】解：如圖，連接AR．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∵BC＝6，AB＝3，CR＝1，∴AD＝6，DR＝2，∴AR＝＝2，∵AE＝EP，PF＝FR，∴EF＝AR＝×2＝，故答案為：．【點評】本題考查矩形的性質、勾股定理、三角形的中位線定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．一十七．矩形的判定（共1小題）40．（2020春?靜安區校級期末）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于點O，AD∥BC，AC＝BD，那么下列條件中不能判定四邊形ABCD是矩形的是（）A．AD＝BC B．AB＝CD C．∠DAB＝∠ABC D．∠DAB＝∠DCB【分析】有一個角是直角的平行四邊形是矩形；有三個角是直角的四邊形是矩形；對角線相等的平行四邊形是矩形，依據矩形的判定進行判斷即可．【解答】解：A．當AD＝BC，AD∥BC時，四邊形ABCD是平行四邊形，再依據AC＝BD，可得四邊形ABCD是矩形；B．當AB＝CD，AD∥BC時，四邊形ABCD不一定是平行四邊形，也可能是等腰梯形；C．當∠DAB＝∠ABC，AD∥BC時，∠DAB＝∠CBA＝90°，再根據AC＝BD，可得△ABD≌△BAC，進而得到AD＝BC，即可得到四邊形ABCD是矩形；D．當∠DAB＝∠DCB，AD∥BC時，∠ABC+∠BCD＝180°，即可得出四邊形ABCD是平行四邊形，再依據AC＝BD，可得四邊形ABCD是矩形；故選：B．【點評】本題主要考查了矩形的判定，證明一個四邊形是矩形，若題設條件與這個四邊形的對角線有關，通常證這個四邊形的對角線相等．題設中出現多個直角或垂直時，常采用“三個角是直角的四邊形是矩形”來判定矩形．一十八．正方形的性質（共8小題）41．（2015春?楊浦區期末）如圖，已知正方形ABCD中，G、P分別是DC、BC上的點，E、F分別是AP、GP的中點，當P在BC上從B向C移動而G不動時，下列結論成立的是（）A．線段EF的長逐漸增大 B．線段EF的長逐漸減小 C．線段EF的長不改變 D．線段EF的長不能確定【分析】因為G不動，所以AG不變．根據三角形中位線定理可得EF＝AG，因此線段EF的長不變．【解答】解：如圖，連接AG．∵E、F分別是AP、GP的中點，∴EF為△APG的中位線，∴EF＝AG，AG為定值．∴線段EF的長不改變．故選：C．【點評】本題考查了三角形的中位線定理，只要三角形的邊AG不變，則對應的中位線的長度就不變．42．（2021春?黃浦區期末）如圖，E為正方形ABCD外一點，AE＝AD，BE交AD于點F，∠ADE＝75°，則∠AFB＝60°．【分析】根據等腰三角形的性質得∠AED＝∠ADE＝75°，由三角形內角和求出頂角∠DAE的度數，根據正方形的性質得△ABE為等腰三角形，再由直角三角形的兩銳角互余得答案．【解答】解：∵AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE＝75°，∴∠DAE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∵∠BAE＝90°+30°＝120°，∴∠ABE＝，∴∠AFB＝90°﹣30°＝60°．故答案為：60．【點評】此題考查了正方形的性質，正方形的四個角都是直角，且各邊都相等；在幾何證明中常運用等邊對等角和等角對等邊來證明邊相等或角相等；在三角形中，要熟練掌握三角形的內角和定理和直角三角形的兩個銳角互余．43．（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．44．（2022春?靜安區期中）如圖，正方形ABCD中，延長BC到E，使CE＝CA，AE交CD于F，那么∠AFD＝67.5°．【分析】根據正方形性質得∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，得到∠ACB＝45°，再根據外角的性質和等腰三角形性質得∠E＝22.5°，從而進一步得出∠AFD＝∠CFE＝67.5°．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，∴∠ACB＝45°，∵CE＝CA，∴∠E＝∠CAE，∴∠E＝22.5°，∵∠DCE＝90°，∴∠CFE＝67.5°，∵∠AFD＝∠CFE＝67.5°，故答案為：67.5°．【點評】本題主要考查了正方形性質，掌握正方形的性質的應用是解題關鍵．45．（2022春?青浦區校級期中）四邊形ABCD是正方形，在直線AB上取一點E，使得AE＝AC，則∠CEB的度數是22.5或67.5度．【分析】分兩種情況畫圖，根據正方形的性質和等腰三角形的性質即可解決問題．【解答】解：如圖，分兩種情況畫圖：∵四邊形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°．則∠CEB的度數是22.5或67.5度．故答案為：22.5或67.5．【點評】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，解決本題的關鍵是掌握正方形的性質．46．（2021春?楊浦區校級期中）在平面直角坐標系中，正方形ABCD的邊AD在y軸正半軸上，邊BC在第一象限，且點A（0，3）、B（5，3），將正方形ABCD繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°），若點B的對應點B′恰好落在坐標軸上，則點C的對應點C′的坐標為（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．【分析】根據題意畫出圖形，分3種情況進行討論：①點B的對應點B′恰好落在x軸正半軸上時，②點B的對應點B′恰好落在y軸負半軸上時，③點B的對應點B′恰好落在x軸負半軸上時，根據旋轉的性質，利用全等三角形的判定與性質可得點C的對應點C′的坐標．【解答】解：因為正方形ABCD的邊AD在y軸正半軸上，邊BC在第一象限，且點A（0，3）、B（5，3），所以畫圖如下：當正方形ABCD繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°），①點B的對應點B′恰好落在x軸正半軸上時，如圖，∵AB′＝AB＝5，OA＝3，∴OB′＝＝4，∵∠AB′O+∠OAB′＝90°，∠AB′O+∠C′B′E＝90°，∴∠OAB′＝∠C′B′E，在△AB′O和△EB′C′中，，∴△AB′O≌△EB′C′（AAS），∴B′E＝OA＝3，EC′＝OB′＝4，∴OE＝OB′+B′E＝4+3＝7，∴點C的對應點C′的坐標為（7，4）；②點B的對應點B′恰好落在y軸負半軸上時，如圖，B′C′＝AB＝BC′＝5，∴點C的對應點C′的坐標為（5，﹣2）；③點B的對應點B′恰好落在x軸負半軸上時，如圖，同①可知：△AB′O≌△EB′C′（AAS），∴B′E＝OA＝3，EC′＝OB′＝4，∴OE＝OB′﹣B′E＝4﹣3＝1，∴點C的對應點C′的坐標為（﹣1，﹣4）；綜上所述：點C的對應點C′的坐標為（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．故答案為：（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．【點評】本題屬于四邊形的綜合題，考查了正方形的性質、旋轉的性質、坐標與圖形的變化、全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是綜合運用以上知識．是中考填空壓軸題．47．（2021春?浦東新區期末）如圖，正方形ABCD中，點G是CD邊上的一點（點G不與點C，點D重合），以CG為一邊向正方形ABCD外做正方形GCEF，聯結DE交BG的延長線于點H．（1）求證：BH⊥DE；（2）若正方形ABCD的邊長為1，當點H為DE中點時，求CG的長．【分析】（1）先由四邊形ABCD和CGFE是正方形求證△DCE≌△BCG，再得出BG⊥DE．（2）連接BD，解題關鍵是利用垂直平分線的性質得出BD＝BE，從而找到BD＝，CE＝BE﹣BC＝﹣1，根據全等三角形的性質求解即可．【解答】（1）證明：∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，BC＝CD，同理：CG＝CE，∠GCE＝90°，∴∠BCD＝∠GCE＝90°，，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴∠GBC＝∠CDE，在Rt△DCE中∠CDE+∠CED＝90°，∴∠GBC+∠BEH＝90°，∴∠BHE＝180°﹣（∠GBC+∠BEH）＝90°，∴BH⊥DE；（2）連接BD，∵點H為DE中點，BH⊥DE，∴BH為DE的垂直平分線，∴BE＝BD，∵BC＝CD＝1，∴BD＝＝，∴BE＝BD＝，∵CE＝BE﹣BC＝﹣1，∴CG＝CE＝﹣1．【點評】此題主要考查正方形的性質，全等三角形的判定和線段的垂直平分線的性質等幾何知識．線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等．特殊圖形的特殊性質要熟練掌握．48．（2022春?浦東新區校級期中）如圖，已知正方形ABCD，邊長AB＝6，E是AB的中點，點F在邊BC上，且BF＝2FC，點P在線段CD上，連接PE、EF、PF．（1）若△PEF為等腰三角形，求PC的長度；（2）若EF平分∠BEP，求PC的長度．【分析】（1）根據矩形性質可得EF＝5，設PC＝x，所以PF＝，過點P作PG⊥AB于點G，得矩形ADPG，若△PEF為等腰三角形分3種情況：①EF＝PF，②EF＝PE，③PE＝PF，然后利用勾股定理即可解決問題；（2）過點F作FH⊥PE于點H，證明Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），可得BF＝HF＝4，設PC＝x，然后利用勾股定理即可解決問題．【解答】解：（1）正方形ABCD中，∵AB＝6，E是AB的中點，∴AE＝BE＝3，∵BF＝2FC，∴BF＝4，FC＝2，∴EF＝＝5，設PC＝x，∴PF＝＝，如圖，過點P作PG⊥AB于點G，得矩形ADPG，∴AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，∴PE＝＝，∵△PEF為等腰三角形，∴分3種情況：①EF＝PF，∴5＝，解得x＝（負值舍去）；②EF＝PE，∴5＝，解得此方程無解；③PE＝PF，∴＝，解得x＝，＞6，點P在線段CD的延長線上，不符合題意，舍去．綜上所述：PC的長度為；（2）如圖，過點F作FH⊥PE于點H，∵EF平分∠BEP，∴EH＝BE＝3，在Rt△BEF和Rt△HEF中，∴Rt△BEF≌Rt△HEF（HL），∴BF＝HF＝4，設PC＝x，∴PF＝＝，∵AG＝DP＝DC﹣PC＝6﹣x，∴GE＝AE﹣AG＝3﹣（6﹣x）＝x﹣3，∴PE＝＝，∴HP＝PE﹣EH＝﹣3，在Rt△HPF中，根據勾股定理得：HP2+FH2＝PF2，∴（﹣3）2+42＝（）2，解得x＝．∴PC的長度為．【點評】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，勾股定理，解決本題的關鍵是分類討論思想的靈活運用．一十九．直角梯形（共1小題）49．（2021春?浦東新區期末）直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，E點是CD邊上的中點，且滿足AB＝AD+BC，BE＝3，則梯形的面積為9．【分析】連結AE，過E作EF∥BC交AB于點F，求出AB的值，然后求出梯形的面積．【解答】解：如圖，連結AE，過E作EF∥BC交AB于點F，∵E為CD的中點，∴EF平分AB，EF是梯形ABCD的中位線，故EF＝（AD+BC），又∵BC⊥AB，∴EF是AB的垂直平分線，根據垂直平分線的性質得：AE＝BE＝3，∵AB＝AD+BC，EF＝（AD+BC）＝AB，∴△ABE是等腰直角三角形．由勾股定理得：AB＝＝＝3，即AD+BC＝3，S梯形ABCD＝（AD+BC）?AB＝（AD+BC）?（AD+BC）＝×3×3＝9，故答案為：9．【點評】本題主要考查了直角梯形，解答此題的關鍵是連結AE，過E作EF∥BC，利用梯形的中位線定理，垂直平分線證明△ABE是等腰直角三角形，再利用梯形的面積公式求解．二十．等腰梯形的性質（共1小題）50．（2009春?上海期末）已知：如圖，梯形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝BC，AC⊥BC，BE⊥AB交AC的延長線于E，EF⊥AD交AD的延長線于F，下列結論：①BD∥EF；②∠AEF＝2∠BAC；③AD＝DF；④AC＝CE+EF．其中正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據已知利用等腰梯形的性質對各個結論進行分析從而得出最后的答案．【解答】解：根據四邊形ABCD是等腰梯形，可得出的條件有：AC＝BD，∠OAB＝∠OBA＝∠ODC＝∠OCD（可通過全等三角形ABD和BAC得出），OA＝OB，OC＝OD，∠ACB＝∠ADB＝90°（三角形ACB和BDA全等）．①要證BD∥EF就要得出∠ADB＝∠EFD，而∠ADB＝90°，∠EFD＝90°，因此∠ADB＝∠EFD，此結論成立；②由于BD∥EF，∠AEF＝∠AOD，而∠AOD＝∠OAB+∠OBA＝2∠OAB，因此∠AEF＝2∠OAB，此結論成立．③在直角三角形ABE中，∠OAB＝∠OBA，∠OAB+∠OEB＝∠OBA+∠OBE＝90°，因此可得出∠OEB＝∠OBE，因此OA＝OB＝OE，那么O就是直角三角形ABE斜邊AE的中點，由于OD∥EF，因此OD就是三角形AEF的中位線，那么D就是AF的中點，因此此結論也成立．④由③可知EF＝2OD＝2OC，而OA＝OE＝OC+CE．那么AC＝OA+OC＝OC+OC+CE＝2OC+CE＝EF+CE，因此此結論也成立．故選：D．【點評】本題主要考查了等腰梯形的性質．根據等腰梯形的性質得出的角和邊相等是解題的基礎．二十一．等腰梯形的判定（共1小題）51．（2010春?靜安區期末）一組對邊平行，且對角線相等的四邊形是（）A．等腰梯形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形或矩形【分析】畫出圖形，得出兩種情況：①當AD＝BC時，②當AD≠BC時，再根據等腰梯形和矩形的判定判斷即可．【解答】解：分為兩種情況：如圖，當AD∥BC，AC＝BD，①當AD＝BC時，四邊形ABCD是矩形；②當AD≠BC時，四邊形ABCD是等腰梯形．故選：D．【點評】本題考查了對等腰梯形和矩形的判定的理解和運用，注意：對角線相等的梯形是等腰梯形，對角線相等的平行四邊形是矩形，題型較好，但是一道比較容易出錯的題目．二十二．*平面向量（共1小題）52．（2013春?長寧區期末）如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，點A、B、C的坐標分別為（2，0）、（﹣1，3）、（﹣2，﹣2）．（1）在圖中作向量；（2）在圖中作向量；（3）填空：＝．【分析】（1）根據平行四邊形法則，即可畫出向量；（2）根據平行四邊形法則，即可畫出向量；（3）根據平行四邊形法則，首先求得與的和，然后求得結果．【解答】解：（1）如圖：（2）如圖：（3）＝+＝．故答案為：．【點評】此題考查了平面向量的知識．解題的關鍵是注意平行四邊形法則的應用．二十三．隨機事件（共3小題）53．（2022春?奉賢區校級期末）在圓、等腰三角形、平行四邊形、正方形中任選兩個圖形，那么下列事件中為不可能事件的是（）A．這兩個圖形都是中心對稱圖形 B．這兩個圖形都不是中心對稱圖形 C．這兩個圖形都是軸對稱圖形 D．這兩個圖形都是既為軸對稱圖形又為中心對稱圖形【分析】根據等腰三角形，正方形，平行四邊形的性質，隨機事件，必然事件，不可能事件的特點，逐一判斷即可解答．【解答】解：圓和正方形既為軸對稱圖形又為中心對稱圖形，等腰三角形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，平行四邊形是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，A、這兩個圖形都是中心對稱圖形，是隨機事件，故A不符合題意；B、這兩個圖形都不是中心對稱圖形，是不可能事件，故B符合題意；C、這兩個圖形都是軸對稱圖形，是隨機事件，故C不符合題意；D、這兩個圖形都是既為軸對稱圖形又為中心對稱圖形，是隨機事件，故D不符合題意；故選：B．【點評】本題考查了隨機事件，等腰三角形，正方形，平行四邊形的性質，熟練掌握隨機事件，必然事件，不可能事件的特點是解題的關鍵．54．（2022春?浦東新區校級期末）在下列事件中，確定事件共有（）①買一張體育彩票，中大獎；②拋擲一枚硬幣，落地后正面朝上；③在共裝有2只紅球、3只黃球的袋子里，摸出一只白球；④初二（3）班共有