2021-2022苏科版八年级数学下册期末复习-大题能力提升期末考前必做30题（压轴篇）

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2021-2022学年八年级数学下学期期末考试高分直通车（苏科版）
专题4.8大题能力提升期末考前必做30题（压轴篇）
班级：______________ 姓名:_______________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷试题共30题，解答30道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级、座号、准考证号等信息填写在试卷和答题卡规定的位置．
一、解答题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1．（2021•兴化市模拟）（1）计算：(12−13)×6；
（2）解方程：3−xx−4+14−x=1．
【分析】（1）利用二次根式的乘法法则运算；
（2）先去分母得到x﹣4）得3﹣x﹣1＝x﹣4，解得x＝3，然后进行检验确定原方程的解．
【解析】（1）原式＝（23−13）×6
＝23×6−13×6
＝62−2
＝52；
（2）方程两边都乘以（x﹣4）得3﹣x﹣1＝x﹣4，
解得x＝3．
检验：x＝3时，x﹣4≠0，所以x＝3是方程的根，
所以，原方程的解是x＝3．
2．（2021春•宜兴市期中）计算：
（1）8−|−2|+(−12)0
（2）(3+5)(3−5)−(3−1)2
（3）2bab4÷6ab2ba×(−32a3b)（a＞0，b＞0）
【分析】（1）利用绝对值的意义和零指数幂的意义计算；
（2）利用平方差VG是和完全平方公式计算；
（3）根据二次根式的乘除法则运算．
【解析】（1）原式＝22−2+1
=2+1；
（2）原式＝9﹣5﹣（3﹣23+1）
＝4﹣4+23
＝23；
（3）原式=2b•b26a×（−32）×ab4⋅ab⋅a3b
=−b2aa5b4
=−12ab3a．
3．（2020春•泰兴市月考）（1）计算：
①27−12+32
②（48−75）×113
③（2015﹣π）0+|3−2|+6÷2+（13）﹣1
（2）解方程：
①3x+1=6x−1
②x+1x−1−4x2−1=1
【分析】（1）①先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；
②利用二次根式的乘法法则运算；
③根据零指数幂、绝对值、二次根式的除法法则和负整数指数幂的意义计算；
（2）①把原方程化为3（x﹣1）＝6（x+1），再解整式方程，然后进行检验确定原方程的解；
②把原方程化为（x+1）2﹣4＝（x+1）（x﹣1），再解整式方程，然后进行检验确定原方程的解．
【解析】（1）①原式＝33−23+42
=3+42；
②原式=48×43−75×43
＝8﹣10
＝﹣2；
③原式＝1+2−3+3+3
＝6；
（2）①去分母得3（x﹣1）＝6（x+1），
解得x＝﹣3，
经检验x＝﹣3为原方程的解；
②去分母得（x+1）2﹣4＝（x+1）（x﹣1），
解得x＝1，
检验：当x＝1时，（x+1）（x﹣1）＝0，则x＝1为原方程的增根，
所以原方程无解．
4．（2020春•西城区校级期中）已知a=7+2，b=7−2，求下列代数式的值：
（1）a2﹣2ab+b2；
（2）a2﹣b2．
【分析】（1）直接利用已知得出a+b，a﹣b的值，进而结合完全平方公式计算得出答案；
（2）结合平方差公式计算得出答案．
【解析】∵a=7+2，b=7−2，
∴a+b=7+2+7−2＝27，
a﹣b＝（7+2）﹣（7−2）＝4，
（1）a2﹣2ab+b2
＝（a﹣b）2
＝42
＝16；

（2）a2﹣b2
＝（a+b）（a﹣b）
＝27×4
＝87．
5．（2021春•兴化市月考）计算：
（1）a−ca−b−c−bb−a；
（2）（1x−1−x+1）÷x−2x2−2x+1．
【分析】（1）根据分式的减法可以解答本题；
（2）根据分式的减法和除法可以解答本题．
【解析】（1）a−ca−b−c−bb−a
=a−ca−b+c−ba−b
=a−c+c−ba−b
=a−ba−b
＝1；
（2）（1x−1−x+1）÷x−2x2−2x+1
=1−(x−1)(x−1)x−1⋅(x−1)2x−2
=1−x2+2x−11⋅x−1x−2
=−x(x−2)1⋅x−1x−2
＝﹣x（x﹣1）
＝﹣x2+x．
6．（2020秋•陇县期末）解方程：
（1）x−8x−7−17−x=8；
（2）xx−2−1x2−4=1．
【分析】两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．
【解析】（1）去分母得：x﹣8+1＝8（x﹣7），
解得：x＝7，
经检验x＝7是原方程的增根，
∴原方程无解；
（2）去分母得：x（x+2）﹣1＝x2﹣4，
解得：x=−32，
经检验x=−32是分式方程的解．
7．（2021•高邮市模拟）先化简，再求值：m2−4m+4m−1÷(3m−1−m−1)，其中m=3−2．
【分析】先化简分式，然后将m的值代入计算即可．
【解析】原式=(m−2)2m−1÷[3m−1−(m+1)]
=(m−2)2m−1÷[3m−1−m2−1m−1]
=(m−2)2m−1⋅−(m−1)(m+2)(m−2)
=−m−2m+2，
当m=3−2时，
原式=−3−2−23−2+2
=−3−43
=−3+433．
8．（2020秋•云南期末）某地新修一条公路，甲、乙两工程队承包此项工程．如果甲工程队单独施工，则刚好如期完成；如果乙工程队单独施工，就要超过6个月才能完成．现在由甲、乙两队共同施工4个月，剩下的由乙队单独施工，则刚好如期完成．原来规定修好这条路需要多长时间？
【分析】设原来规定x个月修好这条路，则甲工程队单独施工需x个月修好这条路，乙工程队单独施工需（x+6）个月修好这条路，根据甲、乙两队合作完成的部分+乙队单独完成的部分＝整个工程（单位1），即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解析】设原来规定x个月修好这条路，则甲工程队单独施工需x个月修好这条路，乙工程队单独施工需（x+6）个月修好这条路，
根据题意得：4（1x+1x+6）+x−4x+6=1，
整理得：2x﹣24＝0，
解得：x＝12，
经检验，x＝12是所列分式方程的解．
答：原来规定修好这条路需要12个月．
9．（2021春•玄武区校级期中）如果记f（x）=x21+x2，并且f（1）表示当x＝1时y的值，即f（1）=121+12=12，f（12）表示当x=12时y的值，即f（12）=(12)21+(12)2=15．
（1）f（6）＝　3637　；f（14）＝　117　；
（2）f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f（13）+…+f（n+1）+f（1n+1）＝　12+n　．（结果用含n的代数式表示，n为正整数）．
【分析】（1）把x＝6和x=14代入f（x）=x21+x2中计算即可；
（2）利用f（n）+f（1n）＝1进行计算．
【解析】（1）f（6）=621+62=3637；
f（14）=(14)21+(14)2=117；
（2）f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f（13）+…+f（n+1）+f（1n+1）＝f（1）+[f（2）+f（12）]+[f（3）+f（13）]+…+[f（n+1）+f（1n+1）]
=12+1×n
=12+n．
故答案为3637；117；12+n．
10．（2021•盐都区二模）画出反比例函数y=−4x的大致图象，结合图象回答：
（1）当x＝2时，y的值；
（2）当1＜x≤4时，y的取值范围；
（3）当﹣1≤y＜4且y≠0时，x的取值范围．
【分析】作出反比例函数图象，如图所示，
（1）把x＝2代入反比例解析式求出y的值即可；
（2）分别求出x＝1与x＝4时y的值，结合图象确定出y的范围即可；
（3）分别求出y＝﹣1与y＝4时x的值，结合图象确定出x的范围即可．
【解析】作出反比例函数y=−4x的图象，如图所示，
（1）把x＝2代入得：y=−42=−2；
（2）当x＝1时，y＝﹣4；当x＝4时，y＝﹣1，
根据图象得：当1＜x≤4时，y的取值范围为﹣4＜y≤﹣1；
（3）当y＝﹣1时，x＝4；当y＝4时，x＝﹣1，
根据题意得：当﹣1≤y＜4且y≠0时，x的取值范围为x＜﹣1或x≥4．

11．（2021春•泰州月考）对一批衬衣进行抽检，统计合格衬衣的件数，得到合格衬衣的频率表如下：
抽取件数
50
100
150
200
500
800
1000
合格频数
42
88
141
176
445
724
901
合格频率
0.84
a
0.94
0.88
0.89
0.91
b
（1）计算表中a，b的值并估计任抽一件衬衣是合格品的概率．
（2）估计出售2000件衬衣，其中次品大约有几件．
【分析】（1）根据频率＝合格频数÷抽取件数可得a、b的值，再根据大量重复实验下，频率稳定的数值即可估计任抽一件衬衣是合格品的概率；
（2）用总数量×（1﹣合格的概率）列式计算即可．
【解析】（1）a＝88÷100＝0.88，b＝901÷1000＝0.901，
估计任抽一件衬衣是合格品的概率为0.90；

（2）次品的件数约为2000×（1﹣0.90）＝200（件）．
12．（2020春•左权县期末）某商场进行有奖促销活动，规定顾客购物达到一定金额就可以获得一次转动转盘的机会（如图），当转盘停止转动时指针落在哪一区域就可获得相应的奖品（若指针落在两个区域的交界处，则重新转动转盘）．
转动转盘的次数n
100
150
200
500
800
1000
落在“10元兑换券”的次数m
68
111
136
345
564
701
落在“10元兑换券”的频率mn
0.68
a
0.68
0.69
b
0.701
（1）a的值为　0.74　，b的值为　0.705　；
（2）假如你去转动该转盘一次，获得“10元兑换券”的概率约是　0.70　；（结果精确到0.01）
（3）根据（2）的结果，在该转盘中表示“20元兑换券”区域的扇形的圆心角大约是多少度？（结果精确到1°）

【分析】（1）根据“频率＝频数÷总数”可得；
（2）由随着转动次数越大，频率逐渐稳定在0.70附近可得；
（3）用360°乘以“20元兑换券”对应的频率即可得．
【解析】（1）a＝111÷150＝0.74、b＝564÷800＝0.705，
故答案为：0.74、0.705；

（2）由表可知，随着转动次数越大，频率逐渐稳定在0.70附近，
所以获得“10元兑换券”的概率约是0.70，
故答案为：0.70；

（3）在该转盘中表示“20元兑换券”区域的扇形的圆心角大约是360°×0.3＝108°．
13．（2021•江阴市模拟）无锡有丰富的旅游产品．某校九年级（1）班的同学就部分旅游产品的喜爱情况对部分游客随机调查，要求游客在列举的旅游产品中选出最喜爱的产品，且只能选一项，选项分别为A：酱排骨，B：惠山泥人，C：宜兴紫砂壶，D：油面筋，E：江阴马蹄酥，以下是同学们整理的不完整的统计图：

根据以上信息完成下列问题：
（1）参与随机调查的游客有　400　人；
（2）在扇形统计图中，A部分所占的圆心角是　72　度，并将条形统计图补充完整；
（3）根据调查结果，请估计在20000名游客中，最喜爱江阴马蹄酥的游客约有多少人？
【分析】（1）根据喜欢D的人数和所占的百分比即可得出答案；
（2）用360°乘以A部分所占的百分比，求出A部分所占的圆心角度数，用总人数减去其它人数，求出喜欢B的人数，从而补全统计图；
（3）用总人数乘以喜爱江阴马蹄酥的游客所占的百分比即可．
【解析】（1）参与随机调查的游客有60÷15%＝400（人），
故答案为：400；

（2）A部分所占的圆心角是360°×80400=72°；
喜欢B产品的人数有：400﹣80﹣72﹣60﹣76＝112（人），补全统计图如下：

故答案为：72；

（3）由题意可得：20000×76400=3800（人），
答：最喜爱江阴马蹄酥的游客约有3800人．
14．（2021•无锡模拟）某校准备开展艺术节活动，学校给出A：书法，B：唱歌，C：跳舞，D：课本剧，共四个项目．为了了解学生最喜欢哪一个项目，随机抽取了部分学生进行调查，根据调查结果绘制了两幅不完整的统计图．请回答下列问题：

（1）这次被调查的学生共有　200　人；
（2）请你将条形统计图补充完整；
（3）扇形统计图中D项目对应的扇形圆心角度数是　72　°；
（4）已知该校学生2400人，请根据调查结果估计该校最喜欢唱歌项目的学生人数．
【分析】（1）由A项目人数及其所占百分比可得总人数；
（2）根据各项目人数之和等于总人数求得C的人数，据此补全图形；
（3）用360°乘以D项目人数占被调查人数所占比例即可得；
（4）用总人数乘以样本中B项目人数占被调查人数的比例．
【解析】（1）这次被调查的学生共有：20÷10%＝200（人）．
故答案为：200；

（2）C项目人数为200﹣（20+80+40）＝60（人），
补全图形如下：


（3）扇形统计图中D项目对应的扇形圆心角度数是：360°×40200=72°，
故答案为：72；

（4）该校最喜欢唱歌项目的学生有：2400×80200=960（人）．
15．（2021春•崇川区月考）将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点B、C落在格点上，点A在BC的垂直平分线上，∠ABC＝30°，点P为平面内一点．
（1）如图，作出△APC绕点C顺时针旋转60°后的图形（尺规作图，保留痕迹）；
（2）AP+BP+CP的最小值为　1033　．

【分析】（1）根据中心旋转的定义即可画出图形．
（2）根据两点之间线段最短即可解决问题．
【解析】（1）如图△CA′P′就是所求的三角形．
（2）如图当B、P、P′、A′共线时，PA+PB+PC＝PB+PP′+P′A的值最小，
此时BC＝5，AC＝CA′=533，BA′=BC2+CA'2=1033，
故答案为1033．

16．（2021春•靖江市月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E．
（1）求∠CBE的度数；
（2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数．
（3）若把直线FD绕点F旋转，直线DF和直线BE相交于点M，当DF和三角形ABC的一边平行时，请直接写出∠FME的度数．

【分析】（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，由邻补角定义得出∠CBD＝130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE=12∠CBD=65°；
（2）先根据三角形外角的性质得出∠CEB＝90°﹣65°＝25°，再根据平行线的性质即可求出∠F＝∠CEB＝25°；
（3）根据题意分别画出图形，再利用平行线的性质解决即可．
【解析】（1）∵在Rt∠ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，
∴∠CBD＝130°
∵BE是∠CBD平分线，
∴∠CBE=12∠CBD＝65°；
（2）∵∠ACB＝90°，∠CBE＝65°，
∴∠CEB＝90°﹣65°＝25°，
∵DF∥BE，
∴∠F＝∠CEB＝25°；

（3）当FD与BC平行时，如图：


则∠FME＝∠CBE，
∵∠ACB＝90°，∠A＝40°，
∴∠CBE＝65°，
∴∠FME＝65°，
当FM与AB平行时，如图：


则∠FME＝∠ABE＝115°，
∵F在AC上，
∴FM与AC平行不存在，
综上：∠FME＝65°或115°．
17．（2021•常熟市一模）已知：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC边中点．点M为线段BC上的一个动点（不与点C，点D重合），连接AM，将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME，连接EC．
（1）如图1，若点M在线段BD上，求∠MCE的度数．
（2）如图2，若点M在线段CD上，试探究线段AC、CE、CM之间的数量关系，并证明你的结论．

【分析】（1）先判断出∠FMA＝∠CME，再判断出FM＝MC，进而判断出△FAM≌△CME（SAS），即可得出结论；
（2）先判断出∠FMA＝∠CME，再判断出FM＝MC，判断出△FAM≌△CME（SAS），进而得出AF＝CM，最后用勾股定理即可得出结论．
【解析】（1）如图1，过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F，

∴∠FMC＝90°，
∴∠FMA+∠AMC＝90°，
∵将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME，
∴∠AME＝90°，
∴∠CME+∠AMC＝90°，
∴∠FMA＝∠CME，
在Rt△FMC中，∠FCM＝45°，
∴∠F＝∠FCM＝45°，
∴FM＝MC，
在△FMA和△CME中，
FM=MC∠FMA=∠CMEAM=ME，
∴△FAM≌△CME（SAS），
∴∠MCE＝∠F＝45°；
（2）AC﹣CE=2CM，
理由：如图2，过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F，

∴∠FMC＝90°，
∴∠FMA+∠AMC＝90°，
∵将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME，
∴∠AME＝90°，
∴∠CME+∠AMC＝90°，
∴∠FMA＝∠CME，
在Rt△FMC中，∠FCM＝45°，
∴∠CFM＝∠FCM＝45°，
∴FM＝MC，
在△FMA和△CME中，
FM=MC∠FMA=∠CMEAM=ME，
∴△FAM≌△CME（SAS），
∴AF＝CE，
在Rt△CMF中，CF=2CM，
∴AC﹣CE＝AC﹣AF＝CF=2CM．
18．（2020•江阴市二模）已知，如图，在平行四边形ABCD中，延长DA到点E，延长BC到点F，使得AE＝CF，连接EF，分别交AB，CD于点M，N，连接DM，BN．
（1）求证：△AEM≌△CFN；
（2）求证：四边形BMDN是平行四边形．

【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得出AD∥BC，∠DAB＝∠BCD，再根据平行线的性质及补角的性质得出∠E＝∠F，∠EAM＝∠FCN，从而利用ASA可作出证明；
（2）根据平行四边形的性质及（1）的结论可得BM＝DN，BM∥DN，则由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
【解答】证明：（1）四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝∠BCD，
∴∠EAM＝∠FCN，
又∵AD∥BC，
∴∠E＝∠F．
∵在△AEM与△CFN中，
∠EAM=∠FCNAE=CF∠E=∠F，
∴△AEM≌△CFN（ASA）；

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD
又由（1）得AM＝CN，
∴BM＝DN，BM∥DN，
∴四边形BMDN是平行四边形．

19．（2021春•秦淮区校级月考）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC平分∠BAD，且CB∥AD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果四边形ABCD的面积为24，AC＝8，则四边形ABCD的周长为　20　．

【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，再证AD＝CD，即可得出结论；
（2）连接BD交AC于O，由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OC=12AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，再由菱形的面积求出BD＝6，则OB＝OD＝3，然后由勾股定理求出AB＝5，即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，CB∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∴∠DAC＝∠ACD，
∴AD＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）连接BD交AC于O，如图所示：
由（1）得：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OC=12AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，
∵菱形ABD的面积=12AC×BD＝24，
∴BD＝6，
∴OB＝OD＝3，
∴AB=OA2+OB2=42+32=5，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝20，
故答案为：20．

20．（2021•南京二模）如图，在▱ABCD中，点E、F在对角线BD上，BE＝DF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若BD平分∠ABC，求证：四边形AECF是菱形．

【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论；
（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明．
【解答】证明：（1）如图，连接AC，与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝FD，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即 OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
即AC⊥EF；
由（1）得：四边形AECF是平行四边形，
∴四边形AECF是菱形．

21．（2020•江都区三模）阅读理解题．
定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．
如图，在四边形ABDC中，对角线BC平分∠ACD和∠ABD，那么对角线BC叫“美妙线”，四边形ABDC就称为“美妙四边形”．
问题：
（1）下列四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形，其中是“美妙四边形”的有　2　个；
（2）四边形ABCD是“美妙四边形”，AB＝3+3，∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，求四边形ABCD的面积．（画出图形并写出解答过程）

【分析】（1）根据各个四边形的性质可知：菱形和正方形的每一条对角线平分一组对角，可得结论；
（2）根据四边形ABCD是“美妙四边形”，分两种情况：
①当AC是美妙线时，②当BD是美妙线时，先证明两三角形全等，则S四边形ABCD＝2S△ABD代入可得结论；
【解析】（1）∵菱形和正方形的每一条对角线平分一组对角，
∴菱形和正方形是“美妙四边形”，有2个，
故答案为：2；

（2）分两种情况：
①当AC是美妙线时，如图1，

∵AC平分∠BAD、∠BCD，
在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC=12∠BAD＝30°，
∵AB＝3+3，
∴BC=3+33=3+1，
∵∠B＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ACB＝60°＝∠ACD，
∵∠CAD＝∠BAC＝30°，
∴∠D＝90°，
∵AC＝AC，∠B＝∠D，∠CAB＝∠CAD，
∴△ABC≌△ADC（AAS），
∴S四边形ABCD＝2S△ABC＝2×12（3+3）（3+1）＝6+43；

②当BD是美妙线时，如图2，过D作DH⊥AB于H，

∵∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴DH＝BH，
设AH＝a，则DH=3a，BH=3a，
∴a+3a＝3+3，
∴a=3，
∴DH＝3，
同理得：△ABD≌△CBD（ASA），
∴S四边形ABCD＝2S△ABD＝2×12AB×DH＝3（3+3）＝9+33；
综上所述：四边形ABCD的面积为6+43或9+33．
22．（2020春•高淳区期末）如图，正方形ABCD中，E是CD边的中点，F是BC边上一点，∠FAE＝∠DAE．
（1）求证：AF＝AD+CF；
（2）已知正方形ABCD的边长为4．
①求AF之长；
②若P是AE上一点，且△DEP是等腰三角形，则线段EP的长为　2或5或455　．

【分析】（1）如图1，过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，证明△AGE≌△ADE（AAS）和Rt△EGF≌Rt△ECF，可得AD＝AG，CF＝FG，根据线段的和可得结论；
（2）①设CF＝x，在Rt△ABF中，利用勾股定理列方程可得AF的长；
②△DEP是等腰三角形时，分三种情况讨论：根据腰相等，利用面积法或三角形中位线定理解决问题．
【解答】（1）证明：如图1，过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，

（也可延长AE、BC交于P，用全等和等腰三角形知识解决），
∵EG⊥AF，
∴∠EGF＝∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠D＝90°，
在△AGE和△ADE中，
∠AGE=∠D∠FAE=∠DAEAE=AE
∴△AGE≌△ADE（AAS），
∴AD＝AG，GE＝DE，
∵E是CD边的中点，
∴CE＝DE，
∴GE＝CE，
在Rt△EGF和Rt△ECF中，
GE=CE，EF=EF．
∴Rt△EGF≌Rt△ECF（HL），
∴GF＝CF，
∵AF＝AG+GF，
∴AF＝AD+CF；
（2）解：①设CF＝x，则BF＝4﹣x，AF＝4+x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
∴42+（4﹣x）2＝（4+x）2，
解得：x＝1，
∴AF＝4+x＝4+1＝5；
②分三种情况：
i）如图2，PD＝DE，过D作DG⊥AE于G，

∴EP＝2EG，
Rt△ADE中，AD＝4，DE＝2，
∴AE=22+42=25，
∴S△ADE=12AD⋅DE=12AE⋅DG，
即12×4×2=12×25×DG，
∴DG=45=455，
由勾股定理得：EG=DE2−DG2=22−(455)2=255，
∴EP＝2EG=455；
ii）如图3，EP＝DE＝2；

iii）如图4，PD＝PE，过P作PM⊥DE于M，则DM＝EM，

∵AD⊥CD，PM⊥DE，
∴AD∥PM，
∴AP＝PE，
∵AE＝25，
∴EP=5，
综上，EP的长是2或5或455．
23．（2020春•滨湖区期中）已知：l∥m∥n∥k，平行线l与m、m与n、n与k之间的距离分别为d1，d2，d3，且d1＝d3＝2，d2＝3．我们把四个顶点分别在l，m，n，k这四条平行线上的四边形称为“线上四边形”．

（1）如图1，正方形ABCD为“线上四边形”，BE⊥l于点E，EB的延长线交直线k于点F，求正方形ABCD的边长．
（2）如图2，菱形ABCD为“线上四边形”且∠ADC＝60°，△AEF是等边三角形，点E在直线k上，连接DF，且直线DF分别交直线l、k于点G、M，求证：EC＝DF．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABE≌△BCF，可得FC＝BE＝5，由勾股定理可求解；
（2）如图2，连接AC，由菱形的性质和等边三角形的性质可得AD＝AC，∠CAD＝60°，AE＝AF，∠EAF＝60°，由“SAS”可证△EAC≌△FAD，可得EC＝DF．
【解析】（1）如图1，∵l∥m∥n∥k，BE⊥l，
∴BE⊥k，BE⊥m，BE⊥n，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°，BE＝5，BF＝2，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∵正方形ABCD为“线上四边形”，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴FC＝BE＝5，
∴BC=BF2+FC2=25+4=29；
（2）如图2，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∵∠ADC＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD＝AC，∠CAD＝60°，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴∠EAF＝∠CAD，
∴∠EAC＝∠DAF，
∴△EAC≌△FAD（SAS），
∴EC＝DF．
24．（2020春•镇江期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：①当AM的值为　1.5　时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为　3　时，四边形AMDN是菱形．

【分析】（1）求出△DNE≌△AME，根据全等及时向的性质得出NE＝ME，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）①根据等边三角形的判定得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质求出DM⊥AB，根据矩形的判定得出即可；
②求出△ABD是等边三角形，求出M和B重合，根据菱形的判定得出即可．．
【解答】（1）证明：∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AB，
∴∠DNE＝∠AME，
在△DNE和△AME中
∠DEN=∠AEM∠DNE=∠AMEDE=AE，
∴△DNE≌△AME（AAS），
∴NE＝ME，
∵AE＝DE，
∴四边形AMDN是平行四边形；

（2）解：①当AM＝1.5时，四边形AMDN是矩形，
理由是：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴AD＝BD＝3，
∵AM＝1.5，AB＝3，
∴AM＝BM，
∴DM⊥AB，
即∠DMA＝90°，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形，
即当AM＝1.5时，四边形AMDN是矩形，
故答案为：1.5；

②当AM＝3时，四边形AMDN是菱形，
理由是，此时AM＝AB＝3，
即M和B重合，
∵由①知：△ABD是等边三角形，
∴AM＝MD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形，
故答案为：3．
25．（2021春•亭湖区校级月考）阅读理解：下列一组方程：①x+2x=3，②x+6x=5，③x+12x=7，…小明通过观察，发现了其中蕴含的规律，并顺利地求出了前三个方程的解，他的解过程如下：
由①x+1×2x=1+2得x＝1或x＝2；
由②x+2×3x=2+3得x＝2或x＝3；
由③x+3×4x=3+4得x＝3或x＝4．
（1）问题解决：请写出第四个方程；
（2）规律探究：若n为正整数，请写出第n个方程及其方程的解；
（3）变式拓展：若n为正整数，关于x的方程x+n2+nx+2=2n﹣1的一个解是x＝10，求n的值．
【分析】（1）根据已知分式方程的变化规律进而得出第四个方程；
（2）利用发现的规律得出分子与后面常数的关系求出即可；
（3）利用已知解题方法得出方程的解．
【解析】（1）第四个方程为：x+4×5x=4+5，
即x+20x=9．
（2）可得第n个方程为：x+n(n+1)x=2n+1，
解得：x＝n或x＝n+1；
（3）将原方程变形，（x+2）+n(n+1)x+2=n+（n+1），
∴x+2＝n或x+2＝n+1，
∴方程的解是x＝n﹣2，或x＝n﹣1，
当n﹣2＝10时，n＝12，
当n﹣1＝10时，n＝11，
∴n的值是12或11．
26．（2021•泗洪县二模）阳光小区计划对面积为1200m2的区域进行停车位改造，经投标由甲、乙两个工程队来完成．已知甲队每天能完成改造的面积是乙队每天能完成改造面积的2倍，如果两队各自独立完成面积为400m2区域的改造时，甲队比乙队少用4天．
（1）求甲、乙两工程队每天各能完成多少面积的改造；
（2）若甲队每天改造费用是1.2万元，乙队每天改造费用为0.5万元，社区要使这次改造的总费用不超过13万元，则至少应安排乙工程队改造多少天？
【分析】（1）设乙工程队每天能完成xm2的改造，则甲工程队每天能完成2xm2的改造，利用工作时间＝工作总量÷工作效率，结合“两队各自独立完成面积为400m2区域的改造时，甲队比乙队少用4天”，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设应安排乙工程队改造m天，则安排甲工程队改造1200−50m100天，根据社区要使这次改造的总费用不超过13万元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【解析】（1）设乙工程队每天能完成xm2的改造，则甲工程队每天能完成2xm2的改造，
依题意得：400x−4002x=4，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
∴2x＝100．
答：甲工程队每天能完成100m2的改造，乙工程队每天能完成50m2的改造．
（2）设应安排乙工程队改造m天，则安排甲工程队改造1200−50m100天，
依题意得：1.2×1200−50m100+0.5×m≤13，
解得：m≥14．
答：至少应安排乙工程队改造14天．
27．（2021•兴化市模拟）如图，以菱形OABC的顶点O为坐标原点建立平面直角坐标系，点A在x轴的正半轴上，点B、C在第一象限内．反比例函数y=kx(k≠0)在第一象限内的图象过点C，交直线OB于点D．点B的坐标为（8，4）．
（1）求直线OB的函数表达式；
（2）求点D的坐标．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）作BH⊥x轴，垂足为H，设菱形边长为a，根据勾股定理求得a，即可求得C的坐标，根据待定系数法求得反比例函数的解析式，与直线OB解析式联立，解方程组即可求得D的坐标，
【解析】（1）设直线OB：y＝kx，把B（8，4）代入得4＝8k，
解得k=12，即y=x2；

（2）作BH⊥x轴，垂足为H，则OH＝8，BH＝4，

设OA＝a，则AH＝8﹣a，
∵四边形OABC是菱形，
∴AB＝OA＝BC＝a，
Rt△BHA中，BH2+AH2＝AB2，即42+（8﹣a）2＝a2，解得a＝5，
∴BC＝5，
∴点C的坐标为（3，4），
把C（3，4）代入y=kx，求得k＝12，即y=12x，
解方程12x=x2得x1=26，x2=−26（舍去），
当x=26时，y=262=6，
∴点D的坐标为（26，6）．
28．（2021•泰兴市模拟）如图，过原点O的直线与反比例函数y=mx（m≠0）的图象分别交于A、B两点，点B坐标为（1，2），BD⊥y轴于点D，直线AD交反比例函数y=mx的图象于点C，连接BC．
（1）求直线AD的函数关系式；
（2）证明：CD＝CB；
（3）若点P（a，b）、Q（c，b）分别为直线AD、函数y=mx（m≠0）图象上一点，若a＜c，则b的取值范围是　0＜b＜4或b＜﹣2　．

【分析】（1）根据函数的对称性求得A的坐标以及D的坐标，然后利用待定系数法即可求得直线AD的解析式；
（2）过点C作CE⊥DB，根据待定系数法求得反比例函数的解析式，联立反比例函数和直线AD的解析式，解方程求得C的坐标，即可求得CE、DE，从而求得DE＝BE，根据线段的垂直平分线的性质即可证得结论；
（3）根据A、C的坐标，结合图象即可求得．
【解析】（1）∵B（1，2），
由对称性可知：A的坐标为（﹣1，﹣2），
∵BD⊥y轴，
∴D的坐标为（0，2），
设直线AD的函数关系式为：y＝kx+b，则−k+b=−2b=2，解得k=4b=2，
∴直线AD的函数关系式为：y＝4x+2；

（2）过点C作CE⊥DB，
把B（1，2）代入y=mx（m≠0）得，m＝1×2＝2，
令4x+2=2x，解得x1＝﹣1，x2=12，
则C的坐标为（12，4），
∴CE＝4﹣2＝2，DE＝1，
从而BE＝2﹣1＝1，
∴DE＝BE，
∴CE垂直平分BD，
∴CD＝CB；
（3）观察图象，若a＜c，则b的取值范围是0＜b＜4或b＜﹣2．
故答案为0＜b＜4或b＜﹣2．

29．（2020春•泰兴市校级月考）如图所示，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于A（1，t+1），B（t﹣5，﹣1）两点．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）若点（c，p）和（n，q）是反比例函数y=mx图象上任意两点，且满足c＝n+1时，求q−ppq的值．
（3）若点M（x1，y1）和N（x2，y2）在直线AB（不与A、B重合）上，过M、N两点分别作y轴的平行线交双曲线于E、F，已知x1＜﹣3，0＜x2＜1，当x1x2＝﹣3时，判断四边形NFEM的形状．并说明理由．

【分析】（1）根据反比例函数的比例系数等于图象上点的横纵坐标的积，得一次方程求出t的值，从而可解答；
（2）由于cp＝nq＝3，可得c和n的值，代入关系式c＝n+1中可解答；
（3）因为ME∥NF，只要ME＝NF，四边形NFEM就是平行四边形，用含x1、x2的代数式表示出ME和NF，相减为0可得结论．
【解析】（1）∵A（1，t+1），B（t﹣5，﹣1）两点在反比例函数y=mx的图象上，
∴t+1＝﹣（t﹣5）＝m，
即t+1＝5﹣t，解得t＝2．
当t＝2时，A（1，3），B（﹣3，﹣1），m＝3，
∴反比例函数的解析式为y=3x．
∵A、B在一次函数y＝kx+b的图象上，
∴k+b=3−3k+b=−1，解得k=1b=2，
∴一次函数的解析式为y＝x+2；

（2）∵点（c，p）和（n，q）在反比例函数y=mx图象上，
∴cp＝nq＝m＝3，
∴c=3p，n=3q，
∵c＝n+1，即3p=3q+1，
∴q−ppq=13；

（3）四边形NFEM为平行四边形，如图，理由如下：

由题意可知，M（x1，x1+2），N（x2，x2+2），E（x1，3x1），F（x2，3x2），
即ME=3x1−（x1+2），NF=3x2−（x2+2），
∵ME﹣NF＝（3x1−x1﹣2）﹣（3x2−x2﹣2）＝（3x1−3x2）﹣（x1﹣x2），
即ME﹣NF=3(x2−x1)x1x2−（x1﹣x2）
∵x1＜﹣3，0＜x2＜1，
∴x1﹣x2≠0，
∵x1x2＝﹣3，
∴ME﹣NF＝0，
即ME＝NF
又∵ME∥NF，
∴四边形NFEM为平行四边形．
30．（2020•顺德区模拟）如图，双曲线y1=k1x与直线y2=xk2的图象交于A、B两点．已知点A的坐标为（4，1），点P（a，b）是双曲线y1=k1x上的任意一点，且0＜a＜4．
（1）分别求出y1、y2的函数表达式；
（2）连接PA、PB，得到△PAB，若4a＝b，求三角形ABP的面积；
（3）当点P在双曲线y1=k1x上运动时，设PB交x轴于点E，延长PA交x轴于点F，判断PE与PF的大小关系，并说明理由．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得；
（2）由P（a，b）在y1=4x的图象上，得到ab＝4，再根据4a＝b即可求得a，根据题意求得B（﹣4，﹣1），过点P作PQ∥y轴交AB于点G，易得G（1，14），即可求得PG=154，然后根据三角形面积公式即可求得；
（3）P是双曲线y1=4x上的点，得出P（a，4a），然后根据待定系数法求得直线PB的解析式，进而求得E点的坐标为（a﹣4，0），同理F点的坐标为（a+4，0），它们到H点的距离相等，根据垂直平分线的性质即可证得PE＝PF．
【解析】（1）把点A（4，1）代入双曲线y1=k1x得k1＝4，
∴双曲线y1=4x；
代入直线y2=xk2得k2＝4，
∴直线为y=14x；
（2）∵点P（a，b）在y1=4x的图象上，
∴ab＝4，
∵4a＝b，
∴4a2＝4，则a＝±1，
∵0＜a＜4，
∴a＝1，
∴P（1，4），
又∵双曲线y1=k1x与直线y2=xk2的图象交于A、B两点，且A（4，1）
∴B（﹣4，﹣1），
过点P作PG∥y轴交AB于点G，如图所示，
把x＝1代入y=14x，得到y=14，
∴G（1，14），
∴PG＝4−14=154，
∴S△ABP=12PG（xA﹣xB）=12×154×8＝15；
（3）PE＝PF．
理由如下：∵点P（a，b）在y=4x的图象上，
∴b=4a，
∵B（﹣4，﹣1），
设直线PB的表达式为y＝mx+n，
∴am+n=4a−4m+n=−1，∴m=1an=4a−1
∴直线PB的表达式为y=1ax+4a−1，
当y＝0时，x＝a﹣4，
∴E点的坐标为（a﹣4，0），
同理F点的坐标为（a+4，0），
过点P作PH⊥x轴于H，如图所示，
∵P点坐标为（a，b），
∴H点的坐标为（a，0），
∴EH＝xH﹣xE＝a﹣（a﹣4）＝4，
同理可得：FH＝4，
∴EH＝FH，
∴PE＝PF．