第20周：期末复习（填空题专练）-2020-2021学年八年级数学下学期周末补习培优（人教版）【学科网名师堂】

第20周：期末复习（填空题专练）-2020-2021学年下学期周末补习培优八年级数学（人教版）

一、填空题

1．一个弹簧不挂重物时长10cm，挂上重物后伸长的长度与所挂重物的质量成正比，如果挂上1kg的物体后，弹簧伸长3cm，则弹簧总长y(单位：cm)关于所挂重物x(单位：kg)的函数关系式为_____(不需要写出自变量取值范围)

【答案】y=3x+10

【分析】根据题意可知，弹簧总长度y(cm)与所挂物体质量x(kg)之间符合一次函数关系，可设y=kx+10．代入求解．

【详解】弹簧总长y(单位：cm)关于所挂重物x(单位：kg)的函数关系式为y=3x+10，

故答案为y=3x+10

【点评】此题考查根据实际问题列一次函数关系式，解题关键在于列出方程

2．不等式组的整数解是__________．

【答案】1，2

【分析】先解此不等式组，再根据不等式组的解集找出符合条件的整数解，即可得出答案.

【详解】解：

由①式可得：x≥1

由②式可得：x<1+2

            x<3

综上，此不等式组的解集为：1≤x<3

∴此不等式组的整数解为：1,2.

【点评】本题主要考查了不等式组的整数解问题，属于基础知识点.

3．如图，一次函数y=﹣x﹣2与y=2x+m的图象相交于点P（n，﹣4），则关于x的不等式2x+m＜﹣x﹣2＜0的解集为_____．

【答案】-2＜x＜2．

【分析】先将点P（n，﹣4）代入y=﹣x﹣2，求出n的值，再找出直线y=2x+m落在y=﹣x﹣2的下方且都在x轴下方的部分对应的自变量的取值范围即可．

【详解】解：∵一次函数y=﹣x﹣2的图象过点P（n，﹣4），

∴﹣4=﹣n﹣2，解得n=2，

∴P（2，﹣4），

又∵y=﹣x﹣2与x轴的交点是（﹣2，0），

∴关于x的不等式2x+m＜﹣x﹣2＜0的解集为﹣2＜x＜2．

故答案为﹣2＜x＜2．

【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，体现了数形结合的思想方法，准确确定出n的值，是解答本题的关键．

4．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，以对角线AC为边作第二个正方形ACEF，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此进行下去……记正方形ABCD的边长为a1=1，按上述方法所作的正方形的边长依次为a2，a3，a4，……a2019， 则a2019=___________

【答案】

【分析】由题意依次可求得的值，确定其变化规律，可知的值.

【详解】解：由题意依次可求得因此奇数项的规律为，偶数项的规律为，所以.

故答案为：

【点评】本题考查了图形的规律问题，由少量的数据确定变化规律是解题的关键.

5．用反证法证明命题“一个三角形中不能有两个角是直角”第一步应假设___________

【答案】一个三角形中有两个角是直角.

【分析】根据反证法的第一步是从结论的反面出发进而假设得出即可．

【详解】用反证法证明命题“一个三角形中不能有两个角是直角”第一步应假设一个三角形中有两个角是直角.

故答案为一个三角形中有两个角是直角.

【点评】此题考查反证法，解题关键在于掌握其证明过程.

6．某三中组织篮球比赛庆五一，赛制为单循环形式(每两队之间都赛一场)，共进行了36场比赛，则这次参加比赛的球队个数为____.

【答案】9

【分析】此题可通过设出队数是x，则每个队都与另外一个队进行一场比赛，每队参加(x-1)场比赛，而任何两队设都只赛一场，因而共举行x（x-1）场比赛，根据题意列出一元二次方程求得．

【详解】设这次有x个队参加比赛；

由题意得x（x-1）=36，

解得：（不符合题意，舍去）

∴这次参加比赛的球队个数为9

故答案为：9

【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，同学们应加强培养对应用题的理解能力，判断出题干信息，列出一元二次方程求解．

7．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上，若四边形EGFH是菱形，则AE的长是_________________。

【答案】

【分析】首先连接EF交AC于O，由矩形ABCD中，四边形EGFH是菱形，易证得△CFO≌△AOE（AAS），即可得OA=OC，然后由勾股定理求得AC的长，继而求得OA的长，又由△AOE∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．

【详解】连接EF交AC于O，

∵四边形EGFH是菱形，

∴EF⊥AC，OE=OF，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，

∴∠ACD=∠CAB，

在△CFO与△AOE中，

，

∴△CFO≌△AOE（AAS），

∴AO=CO，

∵AC=，

∴AO=AC=5，

∵∠CAB=∠CAB，∠AOE=∠B=90°，

∴△AOE∽△ABC，

∴，

∴，

∴AE=．

故答案为: ．

【点评】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．

8．等式成立的条件是_____．

【答案】﹣1≤a＜3

【分析】根据负数没有算术平方根列出不等式组，求出解集即可．

【详解】依题意，得：，解得：﹣1≤a＜3

【点评】此题考查二次根式的乘除法，解题关键在于掌握运算法则

9．一个三角形的三边的比为5∶12∶13，它的周长为60cm，则它的面积是______．

【答案】

【分析】设这个三角形的三边长分别为，再根据周长可求出x的值，从而可得三边长，然后利用勾股定理的逆定理可得这个三角形是直角三角形，最后利用直角三角形的面积公式即可得．

【详解】由题意，设这个三角形的三边长分别为

则

解得

则这个三角形的三边长分别为

又

这个三角形是直角三角形，且两直角边长分别为

则它的面积是

故答案为：．

【点评】本题考查了勾股定理的逆定理的应用等知识点，依据勾股定理的逆定理判定出这个三角形为直角三角形是解题关键．

10．已知,平行四边形ABCD的周长为20cm，且AD-AB=2cm，则AD=_________cm

【答案】6

【分析】由平行四边形ABCD的周长为20cm可得半周长：AD+AB=10cm，结合AD-AB=2cm组成方程组，解方程组即可.

【详解】解：∵平行四边形ABCD的周长为20cm

∴AD+AB=10，

又∵AD-AB=2，

解得：AD=6,AB=4

故答案：6

【点评】本题考查了平行四边形的性质及解二元一次方程组，掌握平形四边形的性质是解题的关键.

11．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为，，，点P在BC（不与点B、C重合）上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为______．

【答案】（1,3）或（4,3）

【分析】根据△ODP是腰长为5的等腰三角形，因此要分类讨论到底是哪两条腰相等：①PD=OD为锐角三角形；②OP=OD；③OD=PD为钝角三角形，注意不重不漏.

【详解】∵C（0,3），A（9,0）

∴B的坐标为（9,3）

①当P运动到图①所示的位置时

此时DO=PD=5

过点P作PE⊥OA于点E，

在RT△OPE中，根据勾股定理4

∴OE=OD-DE=1

此时P点的坐标为（1,3）；

②当P运动到图②所示的位置时

此时DO=PO=5

过点P作PE⊥OA于点E，

在RT△OPE中，根据勾股定理4

此时P点的坐标为（4,3）；

③当P运动到图③所示的位置时

此时OD=PD=5

过点P作PE⊥OA于点E

在RT△OPE中，根据勾股定理4

∴OE=OD+DE=9

此时P点的坐标为（9,3），此时P点与B点重合，故不符合题意.

综上所述，P的坐标为（1,3）或（4,3）

【点评】本题主要考查等腰三角形的判定以及勾股定理的应用.

12．如图，已知函数y＝ax+b和y＝kx的图象交于点P，则根据图象可得，关于 的二元一次方程组的解是_____．

【答案】x=1,y=1

【分析】由图可知：两个一次函数的交点坐标为（1，1）；那么交点坐标同时满足两个函数的解析式，而所求的方程组正好是由两个函数的解析式所构成，因此两函数的交点坐标即为方程组的解.

【详解】解：函数y=ax+b和y=kx的图象交于点P（1，1）

即x=1，y=1同时满足两个一次函数的解析式.

所以，方程组的解是 ,

故答案为x=1,y=1.

【点评】本题考查了一次函数与二元一次方程组的关系，方程组的解就是使方程组中两个方程同时成立的一对未知数的值，而这一对未知数的值也同时满足两个相应的一次函数式，因此方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标.

13．若甲、乙、丙、丁四个同学一学期4次数学测试的平均成绩恰好都是85分，方差分别为s甲2＝0.80，s乙2＝1.31，s丙2＝1.72，s丁2＝0.42，则成绩最稳定的同学是______．

【答案】丁

【分析】首先比较出S甲2、S乙2、S丙2、S丁2的大小关系，然后根据方差越大，则平均值的离散程度越大,稳定性也越小;反之,则它与其平均值的离散程度越,小,稳定性越好，判断出成绩最稳定的同学是谁即可.

【详解】∵S甲2＝0.80，S乙2＝1.31，S丙2＝1.72，S丁2＝0.42，

∴S丁2＜S甲2＜S乙2＜S丙2，

∴成绩最稳定的是丁，

故答案为：丁.

【点评】此题主要考查了方差的含义和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确:方差是反映一组数据的波动大小的一个量，方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小;反之,则它与其平均值的离散程度越小,稳定性越好.

14．如图，点E为正方形ABCD边CB延长线上一点，点F为AB上一点，连接AE，CF，AC，若BE=BF，∠E=70°，则∠ACF=_____．

【答案】25°

【分析】根据全等三角形的判定和性质得出∠BCF=∠EAB，再利用正方形的性质解答即可．

【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABE=∠CBF=90°，
在△ABE与△CBF中

，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BCF=∠EAB，
∵∠E=70°，
∴∠BCF=∠EAB=90°-70°=20°，
∵正方形ABCD，AC是对角线，
∴∠ACB=45°，
∴∠ACF=45°-20°=25°．
故答案为25°．

【点评】本题主要考查正方形的四条边都相等和四个角都是直角的性质以及三角形全等的判定和全等三角形对应边相等的性质．

15．已知：如图,菱形ABCD中,对角线AC与BD 相交于点O,OE∥DC交BC于点E,AC=6,BD=8,则OE的长为_________

【答案】2.5.

【分析】根据菱形对角线的性质可求得AB的长，再由OE∥DC可得OE是△ABC的中位线，进一步可求得结果.

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，

∴OA=OC=AC=3，OB=BD=4，AC⊥BD，

∴AB==5，

∵OE∥DC∥AB，

∴OE是△ABC的中位线，

∴OE=AB=2.5．

故答案为：2.5．

【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理和三角形的中位线等知识，属于基础题型，熟练掌握菱形的性质是解题的关键.

16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AB＝15，则正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为_____．

【答案】225

【分析】小正方形的面积为AC的平方，大正方形的面积为BC的平方．两正方形面积的和为AC2+BC2，对于Rt△ABC，由勾股定理得AB2＝AC2+BC2．AB长度已知，故可以求出两正方形面积的和．

【详解】正方形ADEC的面积为：AC2，正方形BCFG的面积为：BC2；

在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，AB＝15，

则AC2+BC2＝225，

即正方形ADEC和正方形BCFG的面积和为225．

故答案为225．

【点评】本题考查了勾股定理．关键是根据由勾股定理得AB2＝AC2+BC2．注意勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．

17．已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的有__________.①当AB＝BC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形。

【答案】④

【分析】根据菱形的判定方法、矩形的判定方法及正方形的判定方法依次判断后即可解答.

【详解】①根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，四边形ABCD是菱形，①正确；

②根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知：：四边形ABCD是平行四边形，当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，②正确；

③根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可知③正确；

④根据对角线相等的平行四边形是矩形可知，当AC=BD时，平行四边形ABCD是矩形，不是正方形，④错误；

综上，不正确的为④．

故答案为④．

【点评】本题考查了菱形、矩形及正方形的判定方法，熟练运用菱形、矩形及正方形的判定方法是解决问题的关键.

18．设甲组数：1，1，2，5的方差为S甲2，乙组数是：6，6，6，6的方差为S乙2，则S甲2与S乙2的大小关系是S甲2_____S乙2（选择“＞”、“＜”或“=”填空）．

【答案】＞

【分析】根据方差的意义进行判断．

【详解】因为甲组数有波动，而乙组的数据都相等，没有波动，

所以s甲2＞s乙2．

故答案为：＞．

【点评】本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．

19．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，CF⊥AD于点E，且BC=CF，连接BF交对角线AC于点M，则∠FMC=___．

【答案】105°

【分析】利用菱形的性质得出∠BCA=60°，∠ACE=∠DCE=30°，∠CBD=∠ABD=30°，AC⊥BD，再利用等腰三角形的性质以及三角形外角的性质得出答案．

【详解】∵菱形ABCD中，∠BAD=120°，CF⊥AD于点E，
∴∠BCA=60°，∠ACE=∠DCE=30°，∠CBD=∠ABD=30°，AC⊥BD，
∴∠BCF=90°，
∵BC=CF，
∴∠CBF=∠BFC=45°，
∴∠FBD=45°-30°=15°，
∴∠FMC=90°+15°=105°．
故答案为：105．

【点评】此题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，得出∠CBF=∠BFC=45°是解题关键．

20．端午期间，王老师一家自驾游去了离家170km的某地，如图是他们离家的距离y(km)与汽车行驶时间x(h)之间的函数图象，当他们离目的地还有20km时，汽车一共行驶的时间是_____．

【答案】2.25h

【分析】根据待定系数法,可得一次函数解析式,根据函数值,可得相应自变量的值

【详解】设AB段的函数解析式是y=kx+b,

y=kx+b的图象过A(1.5,90),B(2.5,170)

解得

∴AB段函数的解析式是y=80x-30

离目的地还有20千米时,即y=170-20=150km,

当y=150时,80x-30=150

解得:x=2.25h,

故答案为:2.25h

【点评】此题考查函数的图象，看懂图中数据是解题关键

21．如图，已知函数y＝2x＋b与函数y＝kx－3的图象交于点P(4，－6)，则不等式kx－3＞2x＋b的解集是__________.

【答案】x＜4

【分析】观察图象，函数y＝kx－3的图象位于函数y＝2x＋b图象的上方时对应x的取值即为不等式kx－3＞2x＋b的解集.

【详解】由图象可得，当函数y＝kx－3的图象位于函数y＝2x＋b图象的上方时对应x的取值为x＜4，

∴不等式kx－3＞2x＋b的解集是x＜4.

故答案为x＜4.

【点评】本题主要考查一次函数和一元一次不等式，解题的关键是利用数形结合思想．

22．勾股定理，是几何学中一颗光彩夺目的明珠，被称为“几何学的基石”．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一．中国古代数学家称直角三角形为勾股形，较短的直角边称为勾，另一直角边称为股，斜边称为弦，所以勾股定理也称为勾股弦定理．三国时期吴国赵爽创制了“勾股圆方图”（如图）证明了勾股定理．在这幅“勾股圆方图”中，大正方形ABCD是由4个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形EFGH组成的．若小正方形的边长是1，每个直角三角形的短的直角边长是3，则大正方形ABCD的面积是_____．

【答案】25

【分析】由BF=BE+EF结合“小正方形的边长是1，每个直角三角形的短的直角边长是3”即可得出直角三角形较长直角边的长度，结合三角形的面积公式以及正方形面积公式即可得出结论．

【详解】∵EF=1，BE=3，

∴BF=BE+EF=4，

∴S正方形ABCD=4⋅S△BCF+S正方形EFGH=4× ×4×3+1×1=25.

故答案为：25.

【点评】此题考查勾股定理的证明，解题关键在于掌握勾股定理的应用

23．矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，于，若，，则____.

【答案】4或

【详解】试题解析：如图（一）所示，

AB是矩形较短边时，

∵矩形ABCD，

∴OA=OD=BD；

∵OE：ED=1：3，

∴可设OE=x，ED=3x，则OD=2x

∵AE⊥BD，AE=，

∴在Rt△OEA中，x2+（）2=（2x）2，

∴x=1

∴BD=4．

当AB是矩形较长边时，如图（二）所示，

∵OE：ED=1：3，

∴设OE=x，则ED=3x，

∵OA=OD，

∴OA=4x，

在Rt△AOE中，x2+（）2=（4x）2，

∴x=，

∴BD=8x=8×=．

综上，BD的长为4或.

24．如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC和△A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A重合，点C′落在AB上，连接B′C，若∠ACB＝∠AC′B′＝90°，AC＝BC＝3，则B′C的长为____．

【答案】3

【分析】根据勾股定理求出AB，根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB′＝90°，根据勾股定理计算．

【详解】∵∠ACB＝∠AC′B′＝90°，AC＝BC＝3，

∴AB＝3，∠CAB＝45°，

∵△ABC和△A′B′C′全等，

∴∠C′AB′＝∠CAB＝45°，AB′＝AB＝3，

∴∠CAB′＝90°，

∴B′C＝＝3，

故答案为3．

【点评】本题考查的是勾股定理的应用、等腰直角三角形的性质，解题关键在于利用勾股定理计算

25．如图，将矩形纸片ABCD沿直线AF翻折，使点B恰好落在CD边的中点E处，点F在BC边上，若CD＝6，则AD＝__________.

【答案】3

【分析】由矩形的性质可得AB=CD=6，再由折叠的性质可得AE=AB=6， 在Rt△ADE中，根据勾股定理求得AD的长即可．

【详解】∵纸片ABCD为矩形，

∴AB=CD=6，

∵矩形纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，

∴AE=AB=6，

∵E为DC的中点，

∴DE=3，

在Rt△ADE中，AE=6，DE=3，

由勾股定理可得，AD=

故答案为．

【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质及勾股定理，正确求得AE=6、DE=3是解决问题的关键.

26．一个装有进水管出水管的容器，从某时刻起只打开进水管进水，经过一段时间，在打开出水管放水，至15分钟时，关停进水管.在打开进水管到关停进水管这段时间内，容器内的水量y(升)与时间x（分钟）之间的关系如图所示，关停进水管后，经过_____________分钟，容器中的水恰好放完.

【答案】13.5

【分析】从图形中可得前6分钟只进水，此时可计算出进水管的速度，从第6分到第15分既进水又出水，且进水速度大于出水速度， 根据此时进水的速度=进水管的速度-出水管的速度即可计算出出水管的出水速度，即可解答

【详解】从图形可以看出

进水管的速度为：60÷6=10（升/分），

出水管的速度为：10-(90-60)÷(15-6)= （升/分），

关闭进水管后，放水经过的时间为：90÷=13.5（分）.

【点评】此题考查一次函数的应用，函数图象，解题关键在于看懂图象中的数据

27．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=5，F为DE的中点．若△CEF的周长为18，则OF的长为_____________________ ．

【答案】

【分析】由直角三角形的中线，求出DE的长度，利用三角形中位线定理和勾股定理，求出BE的长度，即可求出答案．

【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCE=90°，OD=OB，
∵DF=FE，
∴CF=FE=FD，
∵EC+EF+CF=18，EC=5，
∴EF+FC=13，

∴DE=13，
∴DC=，
∴BC=CD=12，
∴BE=BC-EC=7，
∵OD=OB，DF=FE，
∴OF=BE=；

故答案为：．

【点评】本题考查正方形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

28．如图，一次函数y1＝x+b与一次函数y2＝kx+4的图象交于点P（1，3），则关于x的不等式x+b＞kx+4的解集是_____．

【答案】x＞1．

【分析】试题解析：∵一次函数与交于点，

∴当时，由图可得：．

故答案为．

29．在一条笔直的公路上有A、B、C三地，C地位于A、B两地之间，甲车从A地沿这条公路匀速驶向C地，乙车从B地沿这条公路匀速驶向A地，在甲车出发至甲车到达C地的过程中，甲、乙两车各自与C地的距离y（km）与甲车行驶时间t（h）之间的函数关系如图所示．下列结论：①甲车出发2h时，两车相遇；②乙车出发1.5h时，两车相距170km；③乙车出发h时，两车相遇；④甲车到达C地时，两车相距40km．其中正确的是______（填写所有正确结论的序号）．

【答案】②③④．

【分析】解：①观察函数图象可知，当t=2时，两函数图象相交，∵C地位于A、B两地之间，∴交点代表了两车离C地的距离相等，并不是两车相遇，结论①错误；

②甲车的速度为240÷4=60（km/h），乙车的速度为200÷（3.5﹣1）=80（km/h），∵（240+200﹣60﹣170）÷（60+80）=1.5（h），∴乙车出发1.5h时，两车相距170km，结论②正确；

③∵（240+200﹣60）÷（60+80）=（h），∴乙车出发h时，两车相遇，结论③正确；

④∵80×（4﹣3.5）=40（km），∴甲车到达C地时，两车相距40km，结论④正确．

综上所述，正确的结论有：②③④．

故答案为②③④．

【点评】本题考查了一次函数的应用，根据函数图象逐一分析四条结论的正误是解题的关键．

30．已知直线L：y=3x+2，现有下列命题：

①过点P（-1，1）与直线L平行的直线是y=3x+4；②若直线L与x轴、y轴分别交于A、B两点，则AB=；③若点M（-，1），N（a，b）都在直线L上，且a>-，则b>1；  ④若点Q到两坐标轴的距离相等，且Q在L上，则点Q在第一或第二象限。其中正确的命题是_________．

【答案】①②③.

【分析】由于k相等，只需判断点P是否在直线y=3x+4上即可判断①；先确定点A、B的坐标，再根据勾股定理可求得AB的长，即可判断②；根据一次函数的增减性可对③进行判断；解y=3x+4与y=x或y=－x所组成的方程组，可求得Q点的坐标，即可对④进行判断.

【详解】解：当x=－1时，y=3×(－1)+4=1，所以过点P（-1,1）与直线L平行的直线是y=3x+4，所以①正确；

对于直线L：y=3x+2，当 时，，解得，当 时，，所以A点坐标为（，0），B点坐标为（0,2），所以AB=，所以②正确；

对于y=3x+2，∵k=3>0，∴y随x的增大而增大，所以当时，b＞1，所以③正确；

解方程组，得，解方程组，得，即Q点的坐标为（－1，－1）或（ ），所以④错误.

故答案为①②③.

【点评】本题考查了一次函数的性质、一次函数与坐标轴的交点问题、两直线的平行与相交和命题的有关知识，熟练掌握一次函数的相关知识是解题的关键.

31．如果点P1（3，y1），P2（2，y2）在一次函数y=2x﹣1的图象上，则y1_____y2．（填“＞”，“＜”或“=”）

【答案】＞

【分析】∵点P1（3，y1），P2（2，y2）在一次函数y=2x−1的图象上，

∴y1=2×3−1=5，y2=2×2−1=3，

∵5>3，

∴y1>y2；

故答案是：>.

32．如图所示,在△ABC中,∠B=90°,AB=3,AC=5,将△ABC折叠,使点C与点A重合,折痕为DE,则△ABE的周长为____. 

【答案】7

【分析】先根据勾股定理求出BC的长，再根据图形翻折变换的性质得出AE=CE，进而求出△ABE的周长．

【详解】∵在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，

∵△ADE是△CDE翻折而成，
∴AE=CE，
∴AE+BE=BC=4，
∴△ABE的周长=AB+BC=3+4=7．
故答案为：7．

【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质，即折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

33．如图，矩形纸片ABCD中，AD＝5，AB＝3．若M为射线AD上的一个动点，将△ABM沿BM折叠得到△NBM．若△NBC是直角三角形．则所有符合条件的M点所对应的AM长度的和为_____．

【答案】10．

【分析】根据四边形ABCD为矩形以及折叠的性质得到∠A=∠MNB=90°，由M为射线AD上的一个动点可知若△NBC是直角三角形，∠NBC=90°与∠NCB=90°都不符合题意，只有∠BNC=90°．然后分 N在矩形ABCD内部与 N在矩形ABCD外部两种情况进行讨论，利用勾股定理求得结论即可．

【详解】∵四边形ABCD为矩形，

∴∠BAD＝90°，

∵将△ABM沿BM折叠得到△NBM，

∴∠MAB＝∠MNB＝90°．

∵M为射线AD上的一个动点，△NBC是直角三角形，

∴∠NBC＝90°与∠NCB＝90°都不符合题意，

∴只有∠BNC＝90°．

①

当∠BNC＝90°，N在矩形ABCD内部，如图1．

∵∠BNC＝∠MNB＝90°，

∴M、N、C三点共线，

∵AB＝BN＝3，BC＝5，∠BNC＝90°，

∴NC＝4．

设AM＝MN＝x，

∵MD＝5﹣x，MC＝4+x，

∴在Rt△MDC中，CD2+MD2＝MC2，

32+（5﹣x）2＝（4+x）2，

解得x＝1；

当∠BNC＝90°，N在矩形ABCD外部时，如图2．

∵∠BNC＝∠MNB＝90°，

∴M、C、N三点共线，

∵AB＝BN＝3，BC＝5，∠BNC＝90°，

∴NC＝4，

设AM＝MN＝y，

∵MD＝y﹣5，MC＝y﹣4，

∴在Rt△MDC中，CD2+MD2＝MC2，

32+（y﹣5）2＝（y﹣4）2，

解得y＝9，

则所有符合条件的M点所对应的AM和为1+9＝10．

故答案为10．

【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质以及勾股定理，难度适中．利用数形结合与分类讨论的数学思想是解题的关键．

34．正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图所示的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3…分别在直线y＝kx+b(k＞0)和x轴上，已知点B1(1，1)，B2(3，2)，则点B3的坐标是_____，点Bn的坐标是_____．

【答案】(7,4 )    Bn(2n-1，2n-1)   

【详解】解：已知B1的坐标为（1，1），点B2的坐标为（3，2），可得正方形A1B1C1O1边长为1，正方形A2B2C2C1边长为2，所以A1的坐标是（0，1），A2的坐标是（1，2），用待定系数法求得直线A1A2解析式为y=x+1．

已知点B1的坐标为（1，1），点B2的坐标为（3，2），可得点B3的坐标为（7，4），

所以Bn的横坐标是：2n-1，纵坐标是：2n-1．即可得Bn的坐标是（2n-1，2n-1）．

故答案为： (7,4 )；Bn(2n-1，2n-1)

【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标性质和坐标的变化规律，正确得到点的坐标的规律是解题的关键．

35．将一些相同的“○”按如图所示的规律依次摆放，观察每个“龟图”中的“○”的个数，则第16个“龟图”中有__________个“○”．

【答案】245

【分析】第一个图形有：5个◯，

第二个图形有：2×1+5=7个◯，

第三个图形有：3×2+5=11个◯，

第四个图形有：4×3+5=17个◯，

由此可得第n个图形有：[n(n−1)+5]个◯，

把n=16代入可得：[n(n−1)+5]=245

故填：245.

【点评】此题主要考查了图形的规律以及数字规律,通过归纳与总结结合图形得出数字之间的规律是解决问题的关键,注意公式必须符合所有的图形.

36．我们把a、b中较小的数记作min{a，b}，设函数f（x）={2，|x﹣2|}．若动直线y=m与函数y=f（x）的图象有三个交点，它们的横坐标分别为x1、x2、x3  ， 则x1x2x3的最大值为________．

【答案】1

【分析】试题解析：画出函数f（x）的图象，如图所示．

解方程组和得：和，

∴点A（4-2，2-2），点B（4+2，2+2），

∵动直线y=m与函数y=f（x）的图象有三个交点，

∴0＜m＜2-2．

不妨设x1＜x2＜x3，

当y=2=m时，x1=；

当y=2-x=m时，x2=2-m；

当y=x-2=m时，x3=2+m．

∵0＜m＜2-2，

∴2-m＞0，2+m＞0，

∴x1x2x3=（2-m）（2+m）=m2（4-m2）≤ ()2=1，

当且仅当m2=4-m2时，取等号，

∴m=时，x1x2x3取最大值1．

故答案为：1．

37．设a﹣b=2+，b﹣c=2﹣，则a2+b2+c2﹣ab﹣ac﹣bc=_____．

【答案】15

【分析】根据题意，由a﹣b=2+，b﹣c=2﹣，两式相加得，得到a﹣c=4，然后根据配方法，把式子各项变为：a2+b2+c2﹣ab﹣bc﹣ac=====15.

故答案为：15.

38．如图，正方形ABCD的边长为，点E、F分别为边AD、CD上一点，将正方形分别沿BE、BF折叠，点A的对应点M恰好落在BF上，点C的对应点N给好落在BE上，则图中阴影部分的面积为__________；

【答案】

【分析】分析：设NE＝x，由对称的性质和勾股定理，用x分别表示出ON，OE，OM，在直角△OEN中用勾股定理列方程求x，则可求出△OBE的面积.

详解：连接BO.

∠ABE＝∠EBF＝∠FBC＝30°，AE＝1＝EM，BE＝2AE＝2.

∠BNF＝90°，∠NEO＝60°，∠EON＝30°，

设EN＝x，则EO＝2x，ON＝x＝OM，

∴OE＋OM＝2x＋x＝(2＋)x＝1.∴x＝＝2－.

∴ON＝x＝(2－)＝2－3.

∴S＝2S△BOE＝2×(×BE×ON)＝2×[×2×(2－3)]＝4－6.

故答案为.

【点评】翻折的本质是轴对称，所以注意对称点，找到相等的线段和角，结合勾股定理列方程求出相关的线段后求解.

39．如图所示是一条宽为1.5m的直角走廊，现有一辆转动灵活的手推车，其矩形平板面ABCD的宽AB为1m，若要想顺利推过 （不可竖起来或侧翻） 直角走廊，平板车的长AD不能超过____m．（精确到0.1，参考数据： ≈1.41， ≈1.73）

【答案】2.2

【分析】先设平板手推车的长度不能超过x米，则得出x为最大值时，平板手推车所形成的三角形CBE为等腰直角三角形．连接EF，与BC交于点G，利用△CBE为等腰直角三角形即可求得平板手推车的长度不能超过多少米．

【详解】试题解析：设平板手推车的长度不能超过x米，

则x为最大值，且此时平板手推车所形成的三角形CBE为等腰直角三角形．

连接EF，与BC交于点G．

∵直角走廊的宽为1.5m，

∴EF=m，

∴GE=EF-FG=-1（m）．

又∵△CBE为等腰直角三角形，

∴AD=BC=2CG=2GE=≈2.2（m）．

故答案为2.2．

【点评】本题主要考查了勾股定理的应用以及等腰三角形知识，解答的关键是由题意得出要想顺利通过直角走廊，此时平板手推车所形成的三角形为等腰直角三角形．

40．如图，菱形ABCD的边长为6，M、N分别是边BC、CD的上点，且MC＝2MB，ND＝2NC．点P是对角线上BD上一点，则PM＋PN的最小值是_____．

【答案】6

【分析】作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小

【详解】连接AC，求出BM=BQ=BC=2、CN=CD=2，则MP+NP=QN=BC=6．