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沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试期末真题精选(压轴60题20个考点专练)(原卷版+解析)
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这是一份沪教版八年级数学下学期核心考点+重难点讲练与测试期末真题精选(压轴60题20个考点专练)(原卷版+解析)，共77页。试卷主要包含了从甲地到乙地有两条公路等内容，欢迎下载使用。
1．（2021春•杨浦区期末）某市为了美化环境，计划在一定的时间内完成绿化面积200万亩的任务，后来市政府调整了原定计划，不但绿化面积在原计划的基础上增加20%，而且要提前1年完成任务．经测算，要完成新的计划，平均每年的绿化面积必须比原计划多20万亩，求原计划平均每年的绿化面积．
2．（2021春•黄浦区期末）某中学八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝十四岁生日活动，先遣队与大部队同时从学校出发．已知先遣队每小时比大部队多行进1千米，预计比大部队早半小时到达目的地．求先遣队与大部队每小时各行进了多少千米．
3．（2020春•浦东新区期末）八年级的学生去距学校10千米的科技馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了25分钟，其余的学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知每小时汽车的速度比骑自行车学生速度的2倍还多10千米，求骑车学生每小时行多少千米？
4．（2020春•黄浦区期末）某公司生产的新产品需要精加工后才能投放市场，为此王师傅承担了加工300个新产品的任务．在加工了80个新产品后，王师傅接到通知，要求加快新产品加工的进程，王师傅在保证加工零件质量的前提下，平均每天加工新产品的个数比原来多15个，这样一共用6天完成了任务．问接到通知后，王师傅平均每天加工多少个新产品？
5．（2019秋•普陀区期末）某服装厂准备加工400套运动装，在加工完160套后，采用了新技术，使得工作效率比原来提高1倍，结果共用了14天完成任务，问原来每天加工服装多少套？
6．（2019春•长宁区期末）小王开车从甲地到乙地，去时走A线路，全程约100千米，返回时走B线路，全程约60千米．小王开车去时的平均速度比返回时的平均速度快20千米/小时，所用时间却比返回时多15分钟．若小王返回时的平均车速不低于70千米/小时，求小王开车返回时的平均速度．
7．（2021秋•静安区期末）某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次又用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本资料？
8．（2018春•浦东新区期末）从甲地到乙地有两条公路：一条是全长400千米的普通公路，一条是全长360千米的高速公路．某客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上行驶的平均速度快50千米/时，从甲地到乙地由高速公路上行驶所需的时间比普通公路上行驶所需的时间少6小时．求该客车在高速公路上行驶的平均速度．
9．（2018春•浦东新区期末）黄浦区政府为残疾人办实事，在道路改造工程中为盲人修建一条长3000米的盲道，根据规划设计和要求，某工程队在实际施工中增加了施工人员，每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，问实际每天修建盲道多少米．
10．（2020春•普陀区期末）小金到一文具店用12元钱买某种练习本若干本，隔了一段时间他再去那个店，发现这种练习本正在“让利销售”中，每1本降价0.2元，这样用12元可以比上次多买3本，求小金第一次买的练习本的数量．
11．（2019秋•浦东新区期末）某书店老板去图书批发市场购买某种图书．第一次用1200元购书若干本，并按该书定价7元出售，很快售完．由于该书畅销，第二次购书时，每本书的批发价已比第一次提高了20%，他用1500元所购该书数量比第一次多10本．当按定价售出200本时，出现滞销，便以定价的4折售完剩余的书．试问该老板这两次售书总体上是赔钱了，还是赚钱了（不考虑其它因素）？若赔钱，赔多少？若赚钱，赚多少？
二．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
12．（2017春•闵行区期末）如图是一次函数y＝kx+b的图象．
（1）根据图象，求直线y＝kx+b的表达式；
（2）在图中画出函数y＝﹣2x+2的图象；
（3）当y＝kx+b的函数值大于y＝﹣2x+2的函数值时，直接写出x的取值范围．
三．一次函数的应用（共13小题）
13．（2019春•济宁期末）某厂现有甲种原料360kg，乙种原料290kg，计划用这两种原料生产A、B两种产品共50件．已知生产一件A种产品，需用甲种原料9kg，乙种原料3kg，可获利润700元；生产一件B种产品，需甲种原料4kg，乙种原料10kg，可获利润1200元．
（1）按要求安排A、B两种产品的生产件数，有几种方案请你设计出来；
（2）设生产A、B两种产品总利润是y元，其中一种产品的生产件数是x．试写出y与x之间的函数关系式，并利用函数的性质说明（1）中的哪种生产方案获总利润最大，最大利润是多少？
14．（2017春•松江区期末）某市为鼓励市民节约用水，自来水公司按分段收费标准收费，如图反映的是每月水费y（元）与用水量x（吨）之间的函数关系．
（1）当用水量≥10吨时，求y关于x的函数解析式（并写出定义域）；
（2）按上述分段收费标准，小明家四、五月份分别交水费42元和27元，问五月份比四月份节约用水多少吨？
15．（2021秋•普陀区期末）甲、乙两车分别从A地将一批物资运往B地，两车离A地的距离s（千米）与其相关的时间t（小时）变化的图象如图所示．读图后填空：
（1）A地与B地之间的距离是 千米；
（2）甲车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式是 ；
（3）甲车出发 小时后被乙车追上；
（4）甲车由A地前往B地比乙车由A地前往B地多用了 小时．
16．（2018春•普陀区期末）小军和爸爸同时从家骑自行车去图书馆，爸爸先以150米/分的速度骑行一段时间，休息了5分钟，再以m米/分的速度到达图书馆，小军始终以同一速度骑行，两人行驶的路程y（米）与时间x（分）的关系如图所示，请结合图象，解答下列问题：
（1）a＝ b＝ ，m＝ ；
（2）若小军的速度是120米/分，求小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离；
（3）在（2）的条件下，爸爸自第二次出发至到达图书馆前，何时与小军相距100米？
17．（2020春•浦东新区期末）已知甲、乙两地相距90km，A、B两人沿同一公路从甲地出发到乙地，A骑摩托车，B骑电动车，图中DE、OC分别表示A、B离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，根据图象解答下列问题：
（1）A比B迟出发 小时，B的速度是 km/h；
（2）在B出发后几小时，两人相遇？
18．（2018春•青浦区期末）庆华社区有一块空地需要绿化，某绿化组承担了此项任务，绿化组工作一段时间后，提高了工作效率．该绿化组完成的绿化面积S（单位：m2）与工作时间t（单位：h）之间的函数关系如图所示．
（1）求提高效率后，s关于t的函数关系式；
（2）该绿化组提高工作效率后每小时完成的绿化面积比提高工作效率前每小时完成的绿化面积多多少？
19．（2017春•浦东新区期末）已知弹簧秤内的弹簧在一定限度内，它的长度y（厘米）与所挂重物质量x（千克）是一次函数关系，其函数图象如图所示．
（1）写出y关于x的函数解析式及定义域；
（2）该弹簧秤挂上一个重物时，量出弹簧的长度是7.2厘米，那么这个重物的质量是多少千克？
20．（2017春•杨浦区期末）A，B两地盛产柑桔，A地有柑桔200吨，B地有柑桔300吨．现将这些柑桔运到C、D两个冷藏仓库，已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨；从A地运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C、D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从A地运往C仓库的柑桔重量为x吨，A、B两地运往两仓库的柑桔运输费用分别为yA元和yB元．
（1）请填写下表后分别求出yA，yB与x之间的函数关系式，并写出定义域．
（2）试讨论A，B两地中，哪个运费较少？
21．（2022春•杨浦区校级期末）A、B两地相距600千米，甲、乙两车同时从A地出发驶向B地，甲车到达B地后立即返回，它们各自离A地的距离y（千米）与行驶时间x（时）之间的函数关系图象如图所示．
（1）求甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式；
（2）当它们行驶了7小时时，两车相遇，求乙车的速度．
22．（2021春•越秀区校级期末）光华农机租赁公司共有50台联合收割机，其中甲型20台，乙型30台，先将这50台联合收割机派往A、B两地区收割小麦，其中30台派往A地区，20台派往B地区．两地区与该农机租赁公司商定的每天的租赁价格见表：
（1）设派往A地区x台乙型联合收割机，租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金为y（元），求y与x间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）若使农机租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金总额不低于79 600元，说明有多少种分配方案，并将各种方案设计出来；
（3）如果要使这50台联合收割机每天获得的租金最高，请你为光华农机租赁公司提一条合理化建议．
23．（2018春•静安区期末）某大型物件快递公司送货员每月的工资由底薪加计件工资两部分组成，计件工资与送货件数成正比例．有甲乙两名送货员，如果送货量为x件时，甲的工资是y1（元），乙的工资是y2（元），如图所示，已知甲的每月底薪是800元，每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元
（1）根据图中信息，分别求出y1和y2关于x的函数解析式；（不必写定义域）
（2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，求两人的月工资分别是多少元？（一个月为30天）
24．（2022春•奉贤区校级期末）李老师准备网上在线学习，现有甲、乙两家网站供李老师选择，已知甲网站的收费方式是：月使用费7元，包时上网时间25小时，超时费每分钟0.01元；乙网站的月收费方式如图所示．设李老师每月上网的时间为x小时，甲、乙两家网站的月收费金额分别是y1、y2．
（1）请根据图象信息填空：乙网站的月使用费是 元，超时费是每分钟 元；
（2）写出y1与x之间的函数关系；
（3）李老师选择哪家网站在线学习比较合算？
25．（2017春•杨浦区校级期末）已知水银体温计的读数y（℃）与水银柱的长度x（cm）之间是一次函数关系．现有一支水银体温计，其部分刻度线不清晰（如图），表中记录的是该体温计部分清晰刻度线及其对应水银柱的长度．
（1）求y关于x的函数关系式（不需要写出函数的定义域）；
（2）用该体温计测体温时，水银柱的长度为6.2cm，求此时体温计的读数．
四．三角形中位线定理（共1小题）
26．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足为点D，M是边AB的中点，AB＝20，AC＝10，求线段DM的长．
五．平行四边形的性质（共2小题）
27．（2017春•杨浦区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列式子中一定成立的是（ ）
A．AC⊥BDB．OA＝OCC．AC＝BDD．AO＝OD
28．（2020春•崇明区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点．证明：
（1）BE⊥AC；
（2）EG＝EF．
六．平行四边形的判定与性质（共3小题）
29．（2017春•松江区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于E点，DF∥AC，∠DFC＝∠AEB，连接EF．
（1）求证：DF＝AE；
（2）求证：四边形BCFE是平行四边形．
30．（2018春•浦东新区期末）如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD＝EC；
（2）当∠BAC＝90°时，求证：四边形ADCE是菱形．
31．（2017春•静安区期末）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且AE＝CG，AH＝CF，EG平分∠HEF．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）求证：四边形EFGH是菱形．
七．菱形的性质（共1小题）
32．（2019春•浦东新区期末）已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．
八．菱形的判定（共1小题）
33．（2018春•奉贤区期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE∥BC，且CE＝CD．
（1）求证：∠B＝∠DEC；
（2）求证：四边形ADCE是菱形．
九．矩形的性质（共3小题）
34．（2018秋•崇明区期末）如果从一个四边形一边上的点到对边的视角是直角，那么称该点为直角点．例如，如图的四边形ABCD中，点M在CD边上，连接AM、BM，∠AMB＝90°，则点M为直角点．若点E、F分别为矩形ABCD边AB、CD上的直角点，且AB＝5，BC＝，则线段EF的长为 ．
35．（2021春•浦东新区校级期末）如图，已知矩形ABCD的对角线交于点O，点E、F和G分别平分线段AB、OD和OA．
（1）求证：四边形OFGE是平行四边形．
（2）猜想：当∠ABD＝ °时四边形OFGE是菱形，并证明．
36．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F．
（1）求点D的坐标；
（2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
一十．正方形的性质（共5小题）
37．（2020秋•浦东新区期末）如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝ ．
38．（2018春•嘉定区期末）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．
（1）如图1，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；
（2）如图2，当四边形EFGH为菱形时，设BF＝x，△GFC的面积为S，求S关于x的函数关系式，并写出函数的定义域．
39．（2022春•闵行区校级期末）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，CE⊥AC与AD边的延长线交于点E．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）延长DB至点F，联结CF，若CF＝BD，求∠BCF的大小．
40．（2017春•杨浦区期末）已知：正方形ABCD的边长为厘米，对角线AC上的两个动点E，F．点E从点A，点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，过E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角边于H，过F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角边于G，连接HG，EB．设HE、EF、FG、GH围成的图形面积为S1，AE，EB，BA围成的图形面积为S2（这里规定：线段的面积为0）E到达C，F到达A停止．若E的运动时间为x秒，解答下列问题：
（1）如图，判断四边形EFGH是什么四边形，并证明；
（2）当0＜x＜8时，求x为何值时，S1＝S2；
（3）若y是S1与S2的和，试用x的代数式表示y．（如图为备用图）
41．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 ．
一十一．正方形的判定（共2小题）
42．（2018春•青浦区期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．
（1）求证：BC＝BE；
（2）连接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求证：四边形ABCD是正方形．
43．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在等边三角形ABC中，过边AB上一点D作DE⊥BC，垂足为点E，过边AC上一点G作GF⊥BC，垂足为点F，BE＝CF，联结DG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）连接AF，当∠BAF＝3∠FAC时，求证：四边形DEFG是正方形．
一十二．梯形（共5小题）
44．（2021春•浦东新区期末）已知梯形的两底边长分别为6和8，一腰长为7，则另一腰长a的取值范围是 ．
45．（2020春•闵行区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，E为BC的中点，联结ED，BD．
（1）求证：四边形ABED是平行四边形；
（2）如果∠ADB+∠DCB＝90°，求证：四边形ABED是菱形．
46．（2020春•松江区期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC．AD＝AB，BC＝2AD．E是BC边的中点，AE、BD相交于点F．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）设边CD的中点为G，联结EG．求证：四边形FEGD是矩形．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，P是下底BC上一动点（点P与点B不重合），AB＝AD＝10，BC＝24，∠C＝45°，45°＜∠B＜90°，设BP＝x，四边形APCD的面积为y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（2）联结PD，当△APD是以AD为腰的等腰三角形时，求四边形APCD的面积．
48．（2019春•浦东新区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝45°，AB＝8，BC＝14，点E、F分别在边AB、CD上，EF∥AD，点P与AD在直线EF的两侧，∠EPF＝90°，PE＝PF，射线EP、FP与边BC分别相交于点M、N，设AE＝x，MN＝y．
（1）求边AD的长；
（2）如图，当点P在梯形ABCD内部时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果MN的长为2，求梯形AEFD的面积．
一十三．等腰梯形的性质（共1小题）
49．（2017春•浦东新区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AC上一点，DE∥AB交BC于点E，且AD＝DE，F是AB上一点，BF＝BE，连接FD．
（1）试判断四边形ADEB的形状，并说明理由；
（2）求证：BE＝FD．
一十四．等腰梯形的判定（共2小题）
50．（2022春•杨浦区校级期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＞BC，AB＝DC，E是AD．上方一点，分别联结EA、ED、EB、EC，已知EA＝ED，点F、G分别是EB、EC与AD的交点．
求证：四边形FBCG是等腰梯形．
51．（2022春•奉贤区校级期末）如图，已知四边形ABCD中，点E是CD上的点（不与CD的中点重合），DE＝AB，∠BAC＝∠D，AD＝AC．
（1）求证：四边形AECB是等腰梯形；
（2）点F是AB延长线上一点，且BC＝CF，联结CF、EF，若AC⊥EF，求证：四边形AECF是菱形．
一十五．梯形中位线定理（共1小题）
52．（2018春•闵行区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，如果AD＝4，BC＝10，E、F分别是边AB、CD的中点，那么EF＝ ．
一十六．*平面向量（共4小题）
53．（2021春•虹口区校级期末）如图，平面内有三个非零向量、、，它们的模都相等，并且两两的夹角均为120度，则++＝ ．
54．（2021春•黄浦区期末）如图，点E在平行四边形ABCD的对角线BD的延长线上．
（1）填空：+＝ .﹣＝ ；
（2）求作：+（不写作法，保留作图痕迹，写出结果）
55．（2019春•浦东新区期末）如图，已知点E在四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝．
（1）试用向量、和表示向量，；
（2）在图中求作：+﹣．（不要求写出作法，只需写出结论即可）
56．（2018春•黄浦区期末）如图，已知点E在平行四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝，再用图中的线段作向量，
（1）写出与平行的向量 ．
（2）试用向量、、表示向量、.＝ ；＝ ．
（3）求作．
一十七．随机事件（共1小题）
57．（2017春•杨浦区期末）“太阳每天从东方升起”，这是一个 事件．（填“确定”或“不确定”）
一十八．概率公式（共1小题）
58．（2021春•闵行区期末）从一副未曾启封的扑克牌中取出1张红桃，2张黑桃的牌共3张，洗匀后，从这3张牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率是（ ）
A．B．C．D．1
一十九．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021春•浦东新区校级期末）某商场开展购物抽奖活动，抽奖箱中有4个标号分别为1，2，3，4的质地、大小相同的小球，顾客任意摸取一个小球，然后放回，再摸取一个小球，若两次摸出的数字之和为“8”是一等奖，数字之和为“6”是二等奖，数字之和为其它数字则是三等奖，请分别求出顾客抽中一、二、三等奖的概率．
二十．游戏公平性（共1小题）
60．（2019春•长宁区期末）甲、乙两人玩抽扑克牌游戏，游戏规则是：从牌面数字分别为5，6，7的三张扑克牌中，随机抽取一张，放回后，再随机抽取一张．若所抽的两张牌面数字的积为奇数，则甲获胜；若所抽的两张牌面数字的积为偶数，则乙获胜．这个游戏 ．（填“公平”或“不公平”）
仓库产地
C
D
总计
A
x吨
200吨
B
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
每台甲型收割机的租金
每台乙型收割机的租金
A地区
1800
1600
B地区
1600
1200
水银柱的长度x（cm）
4.2
…
8.2
9.8
体温计的读数y（℃）
35.0
…
40.0
42.0
上海八年级下期末真题精选（压轴60题20个考点专练）
一．分式方程的应用（共11小题）
1．（2021春•杨浦区期末）某市为了美化环境，计划在一定的时间内完成绿化面积200万亩的任务，后来市政府调整了原定计划，不但绿化面积在原计划的基础上增加20%，而且要提前1年完成任务．经测算，要完成新的计划，平均每年的绿化面积必须比原计划多20万亩，求原计划平均每年的绿化面积．
【分析】本题的相等关系是：原计划完成绿化时间﹣实际完成绿化实际＝1．设原计划平均每年完成绿化面积x万亩，则原计划完成绿化完成时间年，实际完成绿化完成时间：年，列出分式方程求解．
【解答】解：设原计划平均每年完成绿化面积x万亩，
根据题意，可列出方程，
去分母整理得：x2+60x﹣4000＝0
解得：x1＝40，x2＝﹣100…（2分）
经检验：x1＝40，x2＝﹣100都是原分式方程的根，
因为绿化面积不能为负，所以取x＝40．
答：原计划平均每年完成绿化面积40万亩．
【点评】本题考查了分式方程的应用．分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．列分式方程解应用题的检验要分两步：第一步检验它是否是原方程的根，第二步检验它是否符合实际问题．
2．（2021春•黄浦区期末）某中学八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝十四岁生日活动，先遣队与大部队同时从学校出发．已知先遣队每小时比大部队多行进1千米，预计比大部队早半小时到达目的地．求先遣队与大部队每小时各行进了多少千米．
【分析】设先遣队每小时行进x千米，则大部队每小时行进（x﹣1）千米；根据“先遣队和大队同时出发，预计比大部队早半小时到达”列分式方程解出即可．
【解答】解：设先遣队每小时行进x千米，则大部队每小时行进（x﹣1）千米．
根据题意，得 ．
解得 x1＝6，x2＝﹣5．
经检验：x1＝6，x2＝﹣5是原方程的根，x2＝﹣5不合题意，舍去．
∴原方程的根为x＝6．
∴x﹣1＝6﹣1＝5．
答：先遣队与大部队每小时分别行进6千米和5千米．
【点评】本题是分式方程的应用，属于行程问题；有两个队：先遣队和大队；路程都是15千米，时间相差半小时，速度：先遣队每小时比大部队多行进1千米；根据速度的关系设未知数，根据时间关系列方程，注意未知数的值有实际意义并检验．
3．（2020春•浦东新区期末）八年级的学生去距学校10千米的科技馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了25分钟，其余的学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知每小时汽车的速度比骑自行车学生速度的2倍还多10千米，求骑车学生每小时行多少千米？
【分析】先将25分钟化成小时为小时，再设骑车学生每小时走x千米，根据汽车所用的时间＝学生骑车时间﹣，列分式方程：，求出方程的解即可．
【解答】解：设骑车学生每小时走x千米，
据题意得：，
整理得：x2﹣7x﹣120＝0，
解得：x1＝15，x2＝﹣8，
经检验：x1＝15，x2＝﹣8是原方程的解，
因为x＝﹣8不符合题意，所以舍去，
答：骑车学生每小时行15千米．
【点评】本题是分式方程的应用，找等量关系是本题的关键；这是一道行程问题，汽车和学生的路程、速度、时间三个量要准确把握，以走完全程的时间为依据列分式方程，注意单位要统一．
4．（2020春•黄浦区期末）某公司生产的新产品需要精加工后才能投放市场，为此王师傅承担了加工300个新产品的任务．在加工了80个新产品后，王师傅接到通知，要求加快新产品加工的进程，王师傅在保证加工零件质量的前提下，平均每天加工新产品的个数比原来多15个，这样一共用6天完成了任务．问接到通知后，王师傅平均每天加工多少个新产品？
【分析】根据关键句子“王师傅在保证加工零件质量的前提下，平均每天加工新产品的个数比原来多15个，这样一共用6天完成了任务”找到等量关系列出方程求解即可．
【解答】解：设接到通知后，王师傅平均每天加工x个新产品．
根据题意，得．
x2﹣65x+550＝0，
x1＝55，x2＝10．
经检验：x1＝55，x2＝10都是原方程的解，但x2＝10不符合题意，舍去．
答：接到通知后，王师傅平均每天加工55个新产品．
【点评】此题考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
5．（2019秋•普陀区期末）某服装厂准备加工400套运动装，在加工完160套后，采用了新技术，使得工作效率比原来提高1倍，结果共用了14天完成任务，问原来每天加工服装多少套？
【分析】设原来每天加工x套，采用了新技术，使得工作效率为2x，根据完成任务用了14天列出方程，并解答．注意需要验根．
【解答】解：设原来每天加工服装x套，则采用了新技术后每天加工2x套．
则+＝14，
解得x＝20，
经检验，x＝20是原方程的根，并符合题意．
答：原来每天加工服装20套．
【点评】本题考查了分式方程的应用．利用分式方程解应用题时，一般题目中会有两个相等关系，这时要根据题目所要解决的问题，选择其中的一个相等关系作为列方程的依据，而另一个则用来设未知数．
6．（2019春•长宁区期末）小王开车从甲地到乙地，去时走A线路，全程约100千米，返回时走B线路，全程约60千米．小王开车去时的平均速度比返回时的平均速度快20千米/小时，所用时间却比返回时多15分钟．若小王返回时的平均车速不低于70千米/小时，求小王开车返回时的平均速度．
【分析】设小王开车返回时的平均速度为x千米/小时（x≥70），则小王开车去时的平均速度为（x+20）千米/小时，根据时间＝路程÷速度结合去时与返回时时间的关系即可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论．
【解答】解：设小王开车返回时的平均速度为x千米/小时（x≥70），
则小王开车去时的平均速度为（x+20）千米/小时，
根据题意得：﹣＝，
解得：x＝80或x＝60（舍去），
经检验：x＝80是原方程的解．
答：小王开车返回时的平均速度为80千米/小时．
【点评】本题考查了分式方程的应用，根据时间＝路程÷速度结合去时与返回时时间的关系列出关于x的分式方程是解题的关键．
7．（2021秋•静安区期末）某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次又用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本资料？
【分析】设第一次买了x本资料，根据“第一次购买单价﹣第二次购买单价＝4”列分式方程求解可得．
【解答】解：设第一次买了x本资料，
根据题意，得：，
整理，得：x2+50x﹣600＝0．
解得：x1＝﹣60，x2＝10，
经检验：它们都是方程的根，但x1＝﹣60不符合题意，舍去，
答：第一次买了10本资料．
【点评】本题主要考查分式方程的应用，解题的关键是理解题意找到题目蕴含的相等关系，并据此列出方程．
8．（2018春•浦东新区期末）从甲地到乙地有两条公路：一条是全长400千米的普通公路，一条是全长360千米的高速公路．某客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上行驶的平均速度快50千米/时，从甲地到乙地由高速公路上行驶所需的时间比普通公路上行驶所需的时间少6小时．求该客车在高速公路上行驶的平均速度．
【分析】可设该客车在高速公路上行驶的平均速度是x千米/小时，根据等量关系：从甲地到乙地由高速公路上行驶所需的时间＝普通公路上行驶所需的时间﹣6小时，列出方程求解即可．
【解答】解：设该客车在高速公路上行驶的平均速度是x千米/小时，依题意有
﹣＝6，
整理得3x2﹣170x﹣9000＝0，
解得x1＝90，x2＝﹣（舍去），
经检验，x＝90是原方程的解．
答：该客车在高速公路上行驶的平均速度是90千米/小时．
【点评】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
9．（2018春•浦东新区期末）黄浦区政府为残疾人办实事，在道路改造工程中为盲人修建一条长3000米的盲道，根据规划设计和要求，某工程队在实际施工中增加了施工人员，每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，问实际每天修建盲道多少米．
【分析】直接利用每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，得出等式求出答案．
【解答】解：设实际每天修建盲道x米，根据题意可得：
﹣＝2，
解得：x1＝﹣500（不合题意舍去），x2＝750，
经检验x＝750是原方程的根，
答：实际每天修建盲道750米．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
10．（2020春•普陀区期末）小金到一文具店用12元钱买某种练习本若干本，隔了一段时间他再去那个店，发现这种练习本正在“让利销售”中，每1本降价0.2元，这样用12元可以比上次多买3本，求小金第一次买的练习本的数量．
【分析】设小金第一次买了x本，则第二次买了（x+3）本，然后依据第二次每本比第一次每本降价0.2元，列方程求解即可．
【解答】解：设小金第一次买了x本，则第二次买了（x+3）本．
根据题意得：﹣＝0.2，
解得：x＝12或x＝﹣15（舍去）．
经检验，x＝12是原方程的解，
答：小金第一次买了12本练习本．
【点评】本题主要考查的是分式方程的应用，依据题意列出关于x的分式方程是解题的关键．
11．（2019秋•浦东新区期末）某书店老板去图书批发市场购买某种图书．第一次用1200元购书若干本，并按该书定价7元出售，很快售完．由于该书畅销，第二次购书时，每本书的批发价已比第一次提高了20%，他用1500元所购该书数量比第一次多10本．当按定价售出200本时，出现滞销，便以定价的4折售完剩余的书．试问该老板这两次售书总体上是赔钱了，还是赚钱了（不考虑其它因素）？若赔钱，赔多少？若赚钱，赚多少？
【分析】先考虑购书的情况，设第一次购书的单价为x元，则第二次购书的单价为1.2x元，第一次购书款1200元，第二次购书款1500元，第一次购书数目，第二次购书数目，第二次购书数目多10本．关系式是：第一次购书数目+10＝第二次购书数目．
再计算两次购书数目，赚钱情况：卖书数目×（实际售价﹣当次进价），两次合计，就可以回答问题了．
【解答】解：设第一次购书的单价为x元，
∵第二次每本书的批发价已比第一次提高了20%，
∴第二次购书的单价为1.2x元．
根据题意得：．（4分）
解得：x＝5．
经检验，x＝5是原方程的解．（6分）
所以第一次购书为1200÷5＝240（本）．
第二次购书为240+10＝250（本）．
第一次赚钱为240×（7﹣5）＝480（元）．
第二次赚钱为200×（7﹣5×1.2）+50×（7×0.4﹣5×1.2）＝40（元）．
所以两次共赚钱480+40＝520（元）（8分）．
答：该老板两次售书总体上是赚钱了，共赚了520元．（9分）
【点评】本题具有一定的综合性，应该把问题分成进书这一块，和卖书这一块，分别考虑，掌握这次活动的流程．分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
二．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
12．（2017春•闵行区期末）如图是一次函数y＝kx+b的图象．
（1）根据图象，求直线y＝kx+b的表达式；
（2）在图中画出函数y＝﹣2x+2的图象；
（3）当y＝kx+b的函数值大于y＝﹣2x+2的函数值时，直接写出x的取值范围．
【分析】（1）先写出A、B两点的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）利用描点法画直线y＝﹣2x+2；
（3）利用所画图象，写出直线y＝kx+b在直线y＝﹣2x+2上方所对应的自变量的值即可．
【解答】解：（1）由图得：点A（﹣2，0），点B（0，2），
∵直线y＝kx+b经过点A、B，
∴，解得，
∴所求直线表达式为y＝x+2；
（2）如图，
（3）当 x＞0时，kx+b＞﹣2x+2．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y＝kx+b；将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
三．一次函数的应用（共13小题）
13．（2019春•济宁期末）某厂现有甲种原料360kg，乙种原料290kg，计划用这两种原料生产A、B两种产品共50件．已知生产一件A种产品，需用甲种原料9kg，乙种原料3kg，可获利润700元；生产一件B种产品，需甲种原料4kg，乙种原料10kg，可获利润1200元．
（1）按要求安排A、B两种产品的生产件数，有几种方案请你设计出来；
（2）设生产A、B两种产品总利润是y元，其中一种产品的生产件数是x．试写出y与x之间的函数关系式，并利用函数的性质说明（1）中的哪种生产方案获总利润最大，最大利润是多少？
【分析】（1）设安排生产A种产品x件，则生产B种产品为（50﹣x）件，那么根据每种产品需要的原料数量可列不等式组进行解答，求出范围，从而得出生产方案；
（2）在（1）的基础上，根据每种产品的获利情况，列解析式，根据（1）中x的取值范围求出最值即可（答案不唯一）．
【解答】解：（1）设安排生产A种产品x件，则生产B种产品为（50﹣x）件，根据题意，得
解得30≤x≤32．因为x是自然数，所以x只能取30，31，32．
所以按要求可设计出三种生产方案：
方案一：生产A种产品30件，生产B种产品20件；
方案二：生产A种产品31件，生产B种产品19件；
方案三：生产A种产品32件，生产B种产品18件；
（2）设生产A种产品x件，则生产B种产品（50﹣x）件，由题意，得
y＝700x+1200（50﹣x）＝﹣500x+60000
因为a＜0，由一次函数的性质知，y随x的增大而减小．
因此，在30≤x≤32的范围内，当x取最小值时y最大，
所以当x＝30时，y取最大值，且y最大值＝45000（答案不唯一）．
【点评】（1）利用一次函数求最值时，主要应用一次函数的性质；
（2）用一次函数解决实际问题是近年中考中的热点问题．
14．（2017春•松江区期末）某市为鼓励市民节约用水，自来水公司按分段收费标准收费，如图反映的是每月水费y（元）与用水量x（吨）之间的函数关系．
（1）当用水量≥10吨时，求y关于x的函数解析式（并写出定义域）；
（2）按上述分段收费标准，小明家四、五月份分别交水费42元和27元，问五月份比四月份节约用水多少吨？
【分析】（1）观察函数图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出当用水量≥10吨时，y关于x的函数解析式；
（2）利用待定系数法求出当0≤x≤10时，y关于x的函数解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，分别求出四、五月份的用水量，二者做差后即可得出结论．
【解答】解：（1）设x≥10时，y关于x的函数解析式为y＝kx+b，
将点（10，30）、（20，70）代入y＝kx+b，
，解得：，
∴当用水量≥10吨时，y关于x的函数解析式为y＝4x﹣10（x≥10）．
（2）设当0≤x≤10时，y关于x的函数解析式为y＝mx，
将点（10，30）代入y＝mx，
30＝10m，解得：m＝3，
∴y＝3x（0≤x≤10）．
当y＝4x﹣10＝42时，x＝13；
当y＝3x＝27时，x＝9．
13﹣9＝4（吨）．
答：五月份比四月份节约用水4吨．
【点评】本题考查了一次函数的应用、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，分别求出四、五月份的用水量．
15．（2021秋•普陀区期末）甲、乙两车分别从A地将一批物资运往B地，两车离A地的距离s（千米）与其相关的时间t（小时）变化的图象如图所示．读图后填空：
（1）A地与B地之间的距离是 60 千米；
（2）甲车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式是 s＝20t ；
（3）甲车出发 1.5 小时后被乙车追上；
（4）甲车由A地前往B地比乙车由A地前往B地多用了 2 小时．
【分析】（1）由图象直接得出A地与B地之间的距离是60千米；
（2）设s与t的函数解析式是s＝kt，代入（3，60），得出答案即可；
（3）甲车的函数解析式建立方程求得答案即可；
（4）由图象两车由A地前往B地所用时间，再进一步得出答案即可．
【解答】解：（1）A地与B地之间的距离是60千米；
（2）甲车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式是乙车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式，代入（3，60），得s＝20t；
（3）由题意可知20t＝30，
解得t＝1.5．
所以甲车出发1.5小时后被乙车追上；
（4）甲车由A地前往B地比乙车由A地前往B地多用了3﹣1＝2小时．
【点评】此题考查了一次函数的实际运用．解决此类识图题，同学们要注意分析其中的“关键点”，还要善于分析各图象的变化趋势．
16．（2018春•普陀区期末）小军和爸爸同时从家骑自行车去图书馆，爸爸先以150米/分的速度骑行一段时间，休息了5分钟，再以m米/分的速度到达图书馆，小军始终以同一速度骑行，两人行驶的路程y（米）与时间x（分）的关系如图所示，请结合图象，解答下列问题：
（1）a＝ 10 b＝ 15 ，m＝ 200 ；
（2）若小军的速度是120米/分，求小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离；
（3）在（2）的条件下，爸爸自第二次出发至到达图书馆前，何时与小军相距100米？
【分析】（1）根据时间＝路程÷速度，即可求出a值，结合休息的时间为5分钟，即可得出b值，再根据速度＝路程÷时间，即可求出m的值；
（2）根据数量关系找出线段BC、OD所在直线的函数解析式，联立两函数解析式成方程组，通过解方程组求出交点的坐标，再用3000去减交点的纵坐标，即可得出结论；
（3）根据（2）结论结合二者之间相距100米，即可得出关于x的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论；
【解答】解：（1）1500÷150＝10（分钟），
10+5＝15（分钟），
（3000﹣1500）÷（22.5﹣15）＝200（米/分）．
故答案为：10；15；200．
（2）BC段关系式为：y1＝200x﹣1500，
OD段关系式为：y2＝120x，
相遇时，即y1＝y2，即120x＝200x﹣1500
解得：x＝18.75
此时：y1＝y2＝2250
距离图书馆：3000﹣2250＝750（米）
答：小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离是750米．
（3）当y1﹣y2＝100时，解得x＝20
当y2﹣y1＝100时，解得x＝17.5
答：爸爸自第二次出发至到达图书馆前，17.5分钟时和20分钟时与小军相距100米．
【点评】本题考查了一次函数的应用、解含绝对值符号的一元一次方程以及解二元一次方程组，解题的关键是：（1）根据数量关系，列式计算；（2）根据数量关系找出线段BC、OD所在直线的函数解析式；（3）结合（2）找出关于x的含绝对值符号的一元一次方程
17．（2020春•浦东新区期末）已知甲、乙两地相距90km，A、B两人沿同一公路从甲地出发到乙地，A骑摩托车，B骑电动车，图中DE、OC分别表示A、B离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，根据图象解答下列问题：
（1）A比B迟出发 1 小时，B的速度是 20 km/h；
（2）在B出发后几小时，两人相遇？
【分析】（1）根据函数图象可以得到A比B迟出发多长时间，由图象知B出发3小时行驶60km，从而可以求得B的速度；
（2）根据函数图象和图象中的数据可以OC和DE对应的函数解析式，然后联立方程组即可求得B出发后几小时，两人相遇．
【解答】解：（1）由图象可得，
A比B迟出发1小时，B的速度是：60÷3＝20km/h，
故答案为：1，20；
（2）设OC段对应的函数解析式是y＝kx，
则3k＝60，得k＝20，
即OC段对应的函数解析式是y＝20x，
设DE段对应的函数解析式是y＝ax+b，
，得，
即DE段对应的函数解析式是y＝45x﹣45，
，得，
∴B出发小时，两人相遇．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质解答．
18．（2018春•青浦区期末）庆华社区有一块空地需要绿化，某绿化组承担了此项任务，绿化组工作一段时间后，提高了工作效率．该绿化组完成的绿化面积S（单位：m2）与工作时间t（单位：h）之间的函数关系如图所示．
（1）求提高效率后，s关于t的函数关系式；
（2）该绿化组提高工作效率后每小时完成的绿化面积比提高工作效率前每小时完成的绿化面积多多少？
【分析】（1）根据待定系数法可求直线AB的解析式，
（2）根据函数上点的坐标特征得出当x＝2时，y的值，再根据工作效率＝工作总量÷工作时间，列出算式求出该绿化组提高工作效率前每小时完成的绿化面积．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，则
，
解得．
故直线AB的解析式为y＝450x﹣600，
（2）∵直线AB的解析式为y＝450x﹣600，
当x＝2时，y＝450×2﹣600＝300，
300÷2＝150（m2）．
450﹣150＝300（m2）．
答：该绿化组提高工作效率后每小时完成的绿化面积比提高工作效率前每小时完成的绿化面积多300m2．
【点评】考查了一次函数的应用和函数的图象，关键是根据待定系数法求出该绿化组提高工作效率后的函数解析式，同时考查了工作效率＝工作总量÷工作时间的知识点．
19．（2017春•浦东新区期末）已知弹簧秤内的弹簧在一定限度内，它的长度y（厘米）与所挂重物质量x（千克）是一次函数关系，其函数图象如图所示．
（1）写出y关于x的函数解析式及定义域；
（2）该弹簧秤挂上一个重物时，量出弹簧的长度是7.2厘米，那么这个重物的质量是多少千克？
【分析】（1）设y＝kx+b，利用待定系数法即可解决问题；
（2）y＝7.2时，求出x的值即可解决问题；
【解答】解：（1）设y＝kx+b，
由题意，
解得，
∴所求的函数解析式为y＝x+6．
（2）y＝7.2时，，解得x＝2，
答：这个重物的质量是2千克．
【点评】本题主要考查函数的图象的知识点，此题考查的是用待定系数法求一次函数的解析式，比较简单．
20．（2017春•杨浦区期末）A，B两地盛产柑桔，A地有柑桔200吨，B地有柑桔300吨．现将这些柑桔运到C、D两个冷藏仓库，已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨；从A地运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C、D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从A地运往C仓库的柑桔重量为x吨，A、B两地运往两仓库的柑桔运输费用分别为yA元和yB元．
（1）请填写下表后分别求出yA，yB与x之间的函数关系式，并写出定义域．
（2）试讨论A，B两地中，哪个运费较少？
【分析】（1）首先根据题意填表，然后由题意结合表格找到等量关系，继而求得yA，yB与x之间的函数关系式；
（2）分别从当yA＝yB时，当yA＞yB时，当yA＜yB时去分析，利用一元一次方程与一元一次不等式的知识，即可求得答案．
【解答】解：（1）
∴yA＝20x+25（200﹣x）＝﹣5x+5000（0≤x≤200），
yB＝15（240﹣x）+18（60+x）＝3x+4680（0≤x≤200）．
（2）当yA＝yB时，﹣5x+5000＝3x+4680，x＝40；
当yA＞yB时，﹣5x+5000＞3x+4680，x＜40；
当yA＜yB时，﹣5x+5000＜3x+4680，x＞40．
∴当x＝40时，yA＝yB即两地运费相等；
当0≤x＜40时，yA＞yB即B地运费较少；
当40＜x≤200时，yA＜yB即A地费用较少．
【点评】此题考查了一次函数的实际应用问题，考查了一次函数与一元一次方程、一元一次不等式的关系．此题难度适中，解题的关键是理解题意，找到等量关系求得函数解析式．
21．（2022春•杨浦区校级期末）A、B两地相距600千米，甲、乙两车同时从A地出发驶向B地，甲车到达B地后立即返回，它们各自离A地的距离y（千米）与行驶时间x（时）之间的函数关系图象如图所示．
（1）求甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式；
（2）当它们行驶了7小时时，两车相遇，求乙车的速度．
【分析】（1）根据函数图象可以得到甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式；
（2）根据（1）求得函数解析式，可以得到当x＝7时的y值，然后用求得的y值除以7即可求得乙车的速度．
【解答】解：（1）当0≤x≤6时，设甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式为y＝mx，
把（6，600）代入y＝mx，
6m＝600，
解得m＝100，
∴y＝100x；
当6＜x≤14时，设甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
把（6，600）、（14，0）代入y＝kx+b，
得
解得，
∴y＝﹣75x+1 050；
即甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式为：y＝；
（2）当x＝7时，y＝﹣75x+1 050
解得，y＝﹣75×7+1 050＝525，
525÷7＝75（千米/时），
即乙车的速度为75千米/时．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
22．（2021春•越秀区校级期末）光华农机租赁公司共有50台联合收割机，其中甲型20台，乙型30台，先将这50台联合收割机派往A、B两地区收割小麦，其中30台派往A地区，20台派往B地区．两地区与该农机租赁公司商定的每天的租赁价格见表：
（1）设派往A地区x台乙型联合收割机，租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金为y（元），求y与x间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）若使农机租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金总额不低于79 600元，说明有多少种分配方案，并将各种方案设计出来；
（3）如果要使这50台联合收割机每天获得的租金最高，请你为光华农机租赁公司提一条合理化建议．
【分析】（1）在A、B两地分配甲、乙两种类型的收割机，注意各数之间的联系；
（2）由租金总额不低于79 600元求出x的取值范围设计分配方案；
（3）此为求函数的最大值问题．
【解答】解：（1）若派往A地区的乙型收割机为x台，
则派往A地区的甲型收割机为（30﹣x）台，
派往B地区的乙型收割机为（30﹣x）台，
派往B地区的甲型收割机为20﹣（30﹣x）＝（x﹣10）台．
∴y＝1600x+1800（30﹣x）+1200（30﹣x）+1600（x﹣10）＝200x+74 000，
x的取值范围是：10≤x≤30，（x是正整数）；
（2）由题意得200x+74 000≥79 600，解不等式得x≥28，
由于10≤x≤30，x是正整数，
∴x取28，29，30这三个值，
∴有3种不同的分配方案．
①当x＝28时，即派往A地区的甲型收割机为2台，乙型收割机为28台；派往B地区的甲型收割机为18台，乙型收割机为2台；
②当x＝29时，即派往A地区的甲型收割机为1台，乙型收割机为29台；派往B地区的甲型收割机为19台，乙型收割机为1台；
③当x＝30时，即30台乙型收割机全部派往A地区；20台甲型收割机全部派往B地区；
（3）由于一次函数y＝200x+74 000的值y是随着x的增大而增大的，
所以当x＝30时，y取得最大值，
如果要使农机租赁公司这50台联合收割机每天获得租金最高，只需x＝30，此时y＝6000+74 000＝80 000．
建议农机租赁公司将30台乙型收割机全部派往A地区；20台甲型收割机全部派往B地区，可使公司获得的租金最高．
【点评】本题是贴近社会生活的应用题，赋予了生活气息，使学生真切地感受到“数学来源于生活”，体验到数学的“有用性”．这样设计体现了《新课程标准》的“问题情景﹣建立模型﹣解释、应用和拓展”的数学学习模式．
23．（2018春•静安区期末）某大型物件快递公司送货员每月的工资由底薪加计件工资两部分组成，计件工资与送货件数成正比例．有甲乙两名送货员，如果送货量为x件时，甲的工资是y1（元），乙的工资是y2（元），如图所示，已知甲的每月底薪是800元，每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元
（1）根据图中信息，分别求出y1和y2关于x的函数解析式；（不必写定义域）
（2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，求两人的月工资分别是多少元？（一个月为30天）
【分析】（1）设y1关于x的函数解析式为y1＝kx+800，将（200，4800）代入，利用待定系数法即可求出y1＝20x+800；根据每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元，可设y2关于x的函数解析式为y2＝18x+b，将（200，4800）代入，利用待定系数法即可求出y2＝18x+1200；
（2）根据甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，得出甲、乙两人一个月送货量分别是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，计算即可求解．
【解答】解：（1）设y1关于x的函数解析式为y1＝kx+800，
将（200，4800）代入，
得4800＝200k+800，解得k＝20，
即y1关于x的函数解析式为y1＝20x+800；
∵每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元，
而每送一件货物，甲所得的工资是20元，
∴每送一件货物，乙所得的工资比乙高18元．
设y2关于x的函数解析式为y2＝18x+b，
将（200，4800）代入，
得4800＝18×200+b，解得b＝1200，
即y2关于x的函数解析式为y2＝18x+1200；
（2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，
那么甲、乙两人一个月送货量分别是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）．
【点评】本题考查了一次函数的应用，利用待定系数法求直线的解析式，以及代数式求值，读懂题目信息，理解函数图象是解题的关键．
24．（2022春•奉贤区校级期末）李老师准备网上在线学习，现有甲、乙两家网站供李老师选择，已知甲网站的收费方式是：月使用费7元，包时上网时间25小时，超时费每分钟0.01元；乙网站的月收费方式如图所示．设李老师每月上网的时间为x小时，甲、乙两家网站的月收费金额分别是y1、y2．
（1）请根据图象信息填空：乙网站的月使用费是 10 元，超时费是每分钟 0.01 元；
（2）写出y1与x之间的函数关系；
（3）李老师选择哪家网站在线学习比较合算？
【分析】（1）由图象可知乙超时25小时费用多出15元，可按比例求解．
（2）关键题意，甲上网时间与所付费用之间是一次函数关系，且比例系数已知，用待定系数法求解．
（3）可用图象法或分析法求解．
【解答】解：（1）由图象可知；乙网站的月使用费是10元；
当上网时间超过50小时就开始收取超时费：
15÷25÷60＝0.01 （元）
即：超时费每分钟是0.01元．
（2）当0≤x≤25时，y1＝7．
当x＞25时，设y1 与x之间的关系式：y1＝kx+b
其中，k＝0.6，当x＝25时 y1＝7
即：7＝0.6×25+b
解之得b＝﹣8
所以当x＞25时，y1＝0.6x﹣8．
（3）y2＝，
当x＝30时，因为y1＝0.6×30﹣8＝10（元），y2＝10，
所以，当x＝30时，选择哪家都一样
当 x＜30时，y2＝10（元），y1＜0.6×30﹣8＝10（元），故选择甲网站比较合算
当30＜x≤50时，选择乙网站比较合算；
当x＞50时，y1＞y2，选择乙网站比较合算；
故x＜30时，选择甲网站比较合算；
x＝30时，选择哪家都一样；
x＞30时，选择乙网站比较合算．
【点评】本题考查了一次函数的图象及其应用，解题的关键是理解函数图象的意义．
25．（2017春•杨浦区校级期末）已知水银体温计的读数y（℃）与水银柱的长度x（cm）之间是一次函数关系．现有一支水银体温计，其部分刻度线不清晰（如图），表中记录的是该体温计部分清晰刻度线及其对应水银柱的长度．
（1）求y关于x的函数关系式（不需要写出函数的定义域）；
（2）用该体温计测体温时，水银柱的长度为6.2cm，求此时体温计的读数．
【分析】（1）设y关于x的函数关系式为y＝kx+b，由统计表的数据建立方程组求出其解即可；
（2）当x＝6.2时，代入（1）的解析式就可以求出y的值．
【解答】解：（1）设y关于x的函数关系式为y＝kx+b，由题意，得
，
解得：，
∴y＝x+29.75．
∴y关于x的函数关系式为：y＝+29.75；
（2）当x＝6.2时，
y＝×6.2+29.75＝37.5．
答：此时体温计的读数为37.5℃．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，由解析式根据自变量的值求函数值的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
四．三角形中位线定理（共1小题）
26．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足为点D，M是边AB的中点，AB＝20，AC＝10，求线段DM的长．
【分析】延长AD交BC于E，根据勾股定理求出BC，根据等腰三角形的性质得到AD＝DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长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是边AB的中点，
∴DM＝BE＝×（10﹣10）＝5﹣5．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
五．平行四边形的性质（共2小题）
27．（2017春•杨浦区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列式子中一定成立的是（ ）
A．AC⊥BDB．OA＝OCC．AC＝BDD．AO＝OD
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分即可判断．
【解答】解：A、菱形的对角线才相互垂直．故不对．
B、根据平行四边形的对角线互相平分可知此题选B．
C、只有平行四边形为矩形时，其对角线相等，故也不对．
D、只有平行四边形为矩形时，其对角线相等且平分．故也不对．
故选：B．
【点评】此题主要考查平行四边形的性质．即平行四边形的对角线互相平分．
28．（2020春•崇明区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点．证明：
（1）BE⊥AC；
（2）EG＝EF．
【分析】（1）由平行四边形的性质和已知条件证得BC＝BO，根据等腰三角形的性质得出结论；
（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出EG＝AB，由三角形中位线定理求得EF＝DC，根据AB＝DC即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝DC，BD＝2OB＝2OD，
∵BD＝2AD，
∴OB＝BC，
∵E为OB中点，
∴BE⊥AC（三线合一定理）；
（2）∵∠AEB＝90°，
∵G为AB中点，
∴AB＝2EG（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∵AB＝CD，
∴CD＝2EG，
∵E、F分别是OC、OD中点，
∴CD＝2EF，
∴EG＝EF．
【点评】本题考查了平行四边形性质，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形性质，三角形的中位线性质的应用，关键是求出EG＝AB，题目比较好，综合性比较强．
六．平行四边形的判定与性质（共3小题）
29．（2017春•松江区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于E点，DF∥AC，∠DFC＝∠AEB，连接EF．
（1）求证：DF＝AE；
（2）求证：四边形BCFE是平行四边形．
【分析】（1）首先证明四边形DECF是平行四边形，推出DF＝CE，再证明AE＝CE即可；
（2）只要证明EF∥BC，EF＝BC即可；
【解答】证明：（1）∵DF∥AC，
∴∠DFC+∠FCE＝180°，
∵∠DFC＝∠DEC，
∴∠DEC+∠FCE＝180°，
∴CF∥DE，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴DF＝EC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CE，
∴DF＝AE．
（2）∵DF＝AE，DF∥AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∵AD＝BC，AD∥BC，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴四边形BCFE是平行四边形．
【点评】本题考查平行四边形的性质和判定、平行线的性质和判定等知识，解题的关键是首先证明四边形ECFD是平行四边形．
30．（2018春•浦东新区期末）如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD＝EC；
（2）当∠BAC＝90°时，求证：四边形ADCE是菱形．
【分析】（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形，即得AD＝CE；
（2）由∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，即得AD＝BD＝CD，证得四边形ADCE是平行四边形，即证；
【解答】证明：（1）∵DE∥AB，AE∥BC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BD，且AE＝BD
又∵AD是BC边的中线，
∴BD＝CD，
∴AE＝CD，
∵AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴AD＝EC；
（2）∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的中线，
∴AD＝BD＝CD，
又∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，（1）证得四边形ABDE，四边形ADCE为平行四边形即得；（2）由∠BAC＝90°，AD上斜边BC上的中线，即得AD＝BD＝CD，证得四边形ADCE是平行四边形，从而证得四边形ADCE是菱形．
31．（2017春•静安区期末）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且AE＝CG，AH＝CF，EG平分∠HEF．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）求证：四边形EFGH是菱形．
【分析】（1）由于四边形ABCD是平行四边形，易得∠A＝∠C，∠B＝∠D，结合AE＝CG，AH＝CF，利用SAS可证△AEH≌△CGF，于是
EH＝FG，而AB＝CD，AD＝BC，利用等式性质易得BE＝DG，BF＝DH，再利用SAS可证△BEF≌△DGH，于是EF＝GH，易证四边形EFGH是平行四边形；
（2）由（1）知四边形EFGH是平行四边形，那么EF∥GH，那么∠HGE＝∠FEG，而EG是角平分线，易得∠HEG＝∠FEG，
等量代换可得∠HEG＝∠HGE，从而有HE＝HG，易证四边形EFGH是菱形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠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，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HG∥EF，
∴∠HGE＝∠FEG，
∵∠HEG＝∠FEG，
∴∠HEG＝∠HGE，
∴HE＝HG，
∴四边形EFGH是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定．解题的关键是掌握两组对边相等的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形．
七．菱形的性质（共1小题）
32．（2019春•浦东新区期末）已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）先判断出四边形AODE是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠ABC＝60°，判断出△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出OA、OB，然后得到OD，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD＝120°，AB∥CD，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
∵AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA＝×6＝3，OB＝×6＝3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB＝3，
∴四边形AODE的面积＝OA•OD＝3×3＝9．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．
八．菱形的判定（共1小题）
33．（2018春•奉贤区期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE∥BC，且CE＝CD．
（1）求证：∠B＝∠DEC；
（2）求证：四边形ADCE是菱形．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质、直角三角形斜边中线定理证明即可；
（2）首先证明AD＝EC，AD∥EC，可得四边形ADCE是平行四边形，再根据CD＝CE可得四边形是菱形；
【解答】（1）证明：在△ABC中，∵∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，
∴CD＝DB，
∴∠B＝∠DCB，
∵DE∥BC，
∴∠DCB＝∠CDE，
∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED，
∴∠B＝∠CED．
（2）证明：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，
∵∠B＝∠DEC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴AD∥EC，
∵EC＝CD＝AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵CD＝CE，
∴四边形ADCE是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定和性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
九．矩形的性质（共3小题）
34．（2018秋•崇明区期末）如果从一个四边形一边上的点到对边的视角是直角，那么称该点为直角点．例如，如图的四边形ABCD中，点M在CD边上，连接AM、BM，∠AMB＝90°，则点M为直角点．若点E、F分别为矩形ABCD边AB、CD上的直角点，且AB＝5，BC＝，则线段EF的长为 或 ．
【分析】作FH⊥AB于点H，利用已知得出△ADF∽△FCB，进而得出＝，求得构造的直角三角形的两条直角边即可得出答案．
【解答】解：作FH⊥AB于点H，连接EF．
∵∠AFB＝90°，
∴∠AFD+∠BFC＝90°，
∵∠AMD+∠DAM＝90°，
∴∠DAF＝∠BFC
又∵∠D＝∠C，
∴△ADF∽△FCB，
∴＝，即＝，
∴FC＝2或3．
∵点F，E分别为矩形ABCD边CD，AB上的直角点，
∴AE＝FC，
∴当FC＝2时，AE＝2，EH＝1，
∴EF2＝FH2+EH2＝（）2+12＝7，
∴EF＝．
当FC＝3时，此时点E与点H重合，即EF＝BC＝，
综上，EF＝或．
故答案为：或．
【点评】此题考查了相似三角形的判定定理及性质和勾股定理，得出△ADF∽△FCB是解题关键．
35．（2021春•浦东新区校级期末）如图，已知矩形ABCD的对角线交于点O，点E、F和G分别平分线段AB、OD和OA．
（1）求证：四边形OFGE是平行四边形．
（2）猜想：当∠ABD＝ 30 °时四边形OFGE是菱形，并证明．
【分析】（1）由三角形中位线知识可得OE∥FG，OE＝FG，进而可以得到四边形OFGE是平行四边形；
（2）证明△AOD为等边三角形，可得当∠ABD＝30°时，四边形OFGE是菱形．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD的对角线交于点O，
∴OD＝OB＝OA，
又∵点E、F和G分别平分线段AB、OD和OA，
∴OE为△ABD的中位线，FG为△AOD的中位线，
∴，OE∥AD，FG∥AD，，
∴OE∥FG，OE＝FG，
∴四边形OFGE是平行四边形；
（2）解：由（1）知，四边形OFGE是平行四边形，当四边形OFGE是菱形时，
则OF＝FG，
∴OD＝AD，
∴△AOD为等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∴当∠ABD＝30°时，四边形OFGE是菱形．
故答案为：30．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握特殊四边形的性质．
36．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F．
（1）求点D的坐标；
（2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，求出OE＝BO﹣BE＝4，∠OED＝90°，设D（0，a），则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当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，得出M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）；
②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，则OG＝OE＝2，根据勾股定理求出OM即可；
③当OM为菱形的对角线，OE为边时，同②得：M（﹣，0）；即可得出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标是（﹣6，8）．
∴∠BAD＝∠OCB＝90°，AB＝OC＝6，OA＝BC＝8，
∴BO＝＝10；
由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，
∴OE＝BO﹣BE＝10﹣6＝4，∠OED＝90°，
设D（0，a），则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，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）；理由如下：
①当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，
∴M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）；
②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，如图1所示：
则OG＝OE＝2，
∵OA＝8，OD＝5，
∴AD＝DE＝3，
∴E到y轴的距离＝＝＝，
∴OH＝，
∵EM2﹣MH2＝42﹣（）2，
∴OM2﹣（OM﹣）2＝42﹣（）2，
解得：OM＝，
∴M（﹣，0）；
③当OM为菱形的对角线，OE为边时，如图2所示：
同②得：M（﹣，0）；
综上所述，在x轴上存在点M，使以M、N、E、O为顶点的四边形是菱形，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，坐标与图形性质，三角函数，菱形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
一十．正方形的性质（共5小题）
37．（2020秋•浦东新区期末）如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝ 6 ．
【分析】把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE＝7﹣1＝6．
【解答】解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到DA，交CD于点G，
由旋转的性质可知，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，
故答案为6．
【点评】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
38．（2018春•嘉定区期末）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．
（1）如图1，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；
（2）如图2，当四边形EFGH为菱形时，设BF＝x，△GFC的面积为S，求S关于x的函数关系式，并写出函数的定义域．
【分析】（1）只要证明△AEH≌△BFE．推出BF＝AE＝2，由△MGF≌△BFE，推出△MGF≌△AEH，求出FC、GM即可解决问题．
（2）如图2，过点G作GM⊥BC，垂足为M，连接HF，根据S△GFC＝FC•GM，计算即可．
【解答】解：（1）如图1，过点G作GM⊥BC，垂足为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，
同理可证：△MGF≌△BFE，
∴△MGF≌△AEH，
∴GM＝AE＝2，
又 FC＝BC﹣BF＝12﹣2＝10，
∴S△GFC＝FC•GM＝×10×2＝10．
（2）如图2，过点G作GM⊥BC，垂足为M，连接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，
定义域：．
【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
39．（2022春•闵行区校级期末）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，CE⊥AC与AD边的延长线交于点E．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）延长DB至点F，联结CF，若CF＝BD，求∠BCF的大小．
【分析】（1）利用正方形的性质得出AC⊥DB，BC∥AD，再利用平行线的判定与性质结合平行四边形的判定方法得出答案；
（2）利用正方形的性质结合直角三角形的性质得出∠OFC＝30°，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥DB，BC∥AD，
∵CE⊥AC，
∴∠AOD＝∠ACE＝90°，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）解：连接AF，
∵四边形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°．
【点评】此题主要考查了正方形的性质以及平行四边形的判定和直角三角形的性质，正确应用正方形的性质是解题关键．
40．（2017春•杨浦区期末）已知：正方形ABCD的边长为厘米，对角线AC上的两个动点E，F．点E从点A，点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，过E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角边于H，过F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角边于G，连接HG，EB．设HE、EF、FG、GH围成的图形面积为S1，AE，EB，BA围成的图形面积为S2（这里规定：线段的面积为0）E到达C，F到达A停止．若E的运动时间为x秒，解答下列问题：
（1）如图，判断四边形EFGH是什么四边形，并证明；
（2）当0＜x＜8时，求x为何值时，S1＝S2；
（3）若y是S1与S2的和，试用x的代数式表示y．（如图为备用图）
【分析】（1）首先根据动点E、F的运动速度与运动时间均相同得出AE＝CF，再由正方形的性质及已知EH⊥AC，FG⊥AC得出△CGF与△AHE都是等腰直角三角形，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出结论；
（2）首先由勾股定理求出正方形ABCD的对角线长为16．再连接BD交AC于O，则BO＝8．然后用含x的代数式分别表示S1，S2，当S1＝S2时得出关于x的方程，解方程即可；
（3）因为当x＝8时，点E与点F重合，此时S1＝0，y＝S2．故应分0≤x＜8与8≤x≤16两种情况讨论．
【解答】解：（1）四边形EFGH是矩形．理由如下：
∵点E从点A，点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，
∴AE＝CF．
∵EH⊥AC，FG⊥AC，
∴EH∥FG．
∵ABCD为正方形，
∴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，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵EH⊥AC
∴平行四边形EFGH是矩形；
（2）∵正方形边长为，∴AC＝16．
∵AE＝x，连接BD交AC于O，则BO⊥AC且BO＝8，
∴S2＝•AE•BO＝4x．
∵CF＝GF＝AE＝x，∴EF＝16﹣2x，
∴S1＝EF•GF＝x（16﹣2x）．
当S1＝S2时，x（16﹣2x）＝4x，
解得x1＝0（舍去），x2＝6．
∴当x＝6时，S1＝S2；
（3）①当0≤x＜8时，y＝x（16﹣2x）+4x＝﹣2x2+20x．
②当8≤x≤16时，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．
综上，可知y＝．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，难度中等．
41．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 +3 ．
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
一十一．正方形的判定（共2小题）
42．（2018春•青浦区期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．
（1）求证：BC＝BE；
（2）连接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求证：四边形ABCD是正方形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得：AD∥BC，AD＝BC，又由平行四边形的判定得：四边形AEBD是平行四边形，又由平行四边形的对边相等可得结论；
（2）根据（1）：四边形AEBD是平行四边形，对角线互相平分可得：AF＝BF＝AB，EF＝FD，从而证明AD＝AB，即邻边相等，证明EF＝FC＝FD，得∠FDC＝∠FCD，从而∠BCD＝90°，根据有一个角是直角，邻边相等的平行四边形是正方形可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AE∥BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴AD＝EB，
∴BC＝BE；
（2）由（1）知：四边形AEBD是平行四边形，
∴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°，
∴四边形ABCD是正方形．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质，属于基础题，正确利用平行四边形的性质是解题关键．
43．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在等边三角形ABC中，过边AB上一点D作DE⊥BC，垂足为点E，过边AC上一点G作GF⊥BC，垂足为点F，BE＝CF，联结DG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）连接AF，当∠BAF＝3∠FAC时，求证：四边形DEFG是正方形．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和平行四边形的判定证明即可；
（2）根据等边三角形的判定和性质以及正方形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）在等边三角形ABC中，
∵DE⊥BC，GF⊥BC，
∴∠DEF＝∠GFC＝90°，
∴DE∥GF，
∵∠B＝∠C＝60°，BE＝CF，∠DEB＝∠GFC＝90°，
∴△BDE≌△CGF，
∴DE＝GF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）如图，连接AF，
在平行四边形DEFG中，
∵∠DEF＝90°，
∴平行四边形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是等边三角形，
∴GA＝GD，
∴GD＝GF，
∴矩形DEFG是正方形．
【点评】此题考查正方形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及正方形的判定解答．
一十二．梯形（共5小题）
44．（2021春•浦东新区期末）已知梯形的两底边长分别为6和8，一腰长为7，则另一腰长a的取值范围是 5＜a＜9 ．
【分析】作辅助线：平移一腰，则构造了一个三角形：三边是两腰和梯形的两底之差．再根据三角形的三边关系：两边之和＞第三边，两边之差＜第三边．则另一腰＞7﹣2而＜7+2，即5＜a＜9．
【解答】解：已知AD＝6，BC＝8，AB＝7，DC＝a，过D点作DE∥AB
∵AD∥BC，DE∥AB
∴四边形ADEB为平行四边形
∴AD＝BE＝6，DE＝AB＝7
∴EC＝BC﹣AD＝2
在△DEC中：DE+EC＞DC，即a＜9
DE﹣EC＜DC，即a＞5
∴另一腰长a的取值范围是：5＜a＜9．
【点评】注意梯形中常见的辅助线：平移一腰．
45．（2020春•闵行区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，E为BC的中点，联结ED，BD．
（1）求证：四边形ABED是平行四边形；
（2）如果∠ADB+∠DCB＝90°，求证：四边形ABED是菱形．
【分析】（1）因为AD∥BC，若要四边形AECD是平行四边形，即证明AD＝BE即可；
（2）证明△BDC是直角三角形，根据E是BC的中点，证明DE＝BE，则可得四边形EFDG是菱形．
【解答】证明：（1）∵点E是BC的中点，
∴BE＝BC，
∵AD＝BC，
∴BE＝AD，
∵AD∥BE，
∴四边形ABED为平行四边形；
（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的中点，
∴DE＝BC，
∵BE＝BC，
∴DE＝BE，
∵四边形ABED为平行四边形，
∴四边形EFDG是菱形．
【点评】此题考查了梯形，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识．解题的关键是要注意数形结合思想的应用．
46．（2020春•松江区期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC．AD＝AB，BC＝2AD．E是BC边的中点，AE、BD相交于点F．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）设边CD的中点为G，联结EG．求证：四边形FEGD是矩形．
【分析】（1）根据“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明；
（2）根据题意，首先判定四边形DFEG是平行四边形，然后推知其有一内角为直角，此题得证．
【解答】（1）证明：如图，∵AD∥BC，
∴AD∥EC．
∵BC＝2AD，E是BC边的中点，
∴AD＝EC．
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）证明：如图，连接GE，
由（1）知，四边形AECD是平行四边形，则FE∥DG．
又∵点E是BC的中点，点G是CD的中点，
∴EG∥BD，即EG∥FD，
∴四边形DFEG是平行四边形．
∵在梯形ABCD中，AD∥BC，
∴∠1＝∠2．
又∵AD＝AB，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，即BF是∠ABE的平分线．
∵BC＝2AD，E是BC边的中点，
∴AD＝BE．
∴AB＝BE，
∴BF⊥AE，
∴平行四边形FEGD是矩形．
【点评】本题主要考查了梯形，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，解题时，需要熟练掌握矩形与平行四边形间的关系．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，P是下底BC上一动点（点P与点B不重合），AB＝AD＝10，BC＝24，∠C＝45°，45°＜∠B＜90°，设BP＝x，四边形APCD的面积为y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（2）联结PD，当△APD是以AD为腰的等腰三角形时，求四边形APCD的面积．
【分析】（1）作AH⊥BC于H．设AH＝h．构建方程求出h即可解决问题．
（2）分两种情形分别讨论求解即可；
【解答】（1）解：作AH⊥BC于H．设AH＝h．
由题意：+10+h＝24，
整理得：h2﹣14h+48＝0，
解得h＝8或6（舍弃），
∴y＝（10+24﹣x）×8，即y＝﹣4x+136（0＜x＜24）
（2）解：①当AP＝AD＝10时，∵AB＝AD＝10，
∴AP＝AB＝10，
∵BH＝6，
∴BP＝2BH＝12，
即x＝12，
∴y＝88．
②当PD＝AD＝10时，四边形ABPD是平行四边形或等腰梯形，
∴BP＝AD＝10或BP＝2BH+AD＝22，
即x＝10或22，
∴y＝96或48，
综上所述，四边形APCD的面积为88或96或48．
【点评】本题考查梯形、等腰三角形的性质勾股定理、一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
48．（2019春•浦东新区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝45°，AB＝8，BC＝14，点E、F分别在边AB、CD上，EF∥AD，点P与AD在直线EF的两侧，∠EPF＝90°，PE＝PF，射线EP、FP与边BC分别相交于点M、N，设AE＝x，MN＝y．
（1）求边AD的长；
（2）如图，当点P在梯形ABCD内部时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果MN的长为2，求梯形AEFD的面积．
【分析】（1）过D作DH⊥BC，DH与EF、BC分别相交于点G、H，从而判定四边形ABHD是矩形，在RT△DHC中求出CH的长，利用AD＝BH＝BC﹣CH可得出AD的长．
（2）首先确定PM＝PN，过点P作QR⊥EF，QR与EF、MN分别相交于Q、R，根据∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，可表示出PQ、PR，继而可得出y关于x的函数解析式，也能得出定义域．
（3）①当点P在梯形ABCD内部时，由MN＝2及（2）的结论得2＝﹣3x+10，AE＝，可求得梯形的面积，②当点P在梯形ABCD外部时，由MN＝2及与（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，可求得梯形的面积．
【解答】解：（1）过D作DH⊥BC，DH与EF、BC分别相交于点G、H，
∵梯形ABCD中，∠B＝90°，
∴DH∥AB，
又∵AD∥BC，
∴四边形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，
过点P作QR⊥EF，QR与EF、MN分别相交于Q、R，
∵∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，
∴PQ＝EF＝，PR＝MN＝，
∵QR＝BE＝8﹣x，
∴，
∴y关于x的函数解析式为y＝﹣3x+10．定义域为1≤x＜．
（3）当点P在梯形ABCD内部时，由MN＝2及（2）的结论得2＝﹣3x+10，AE＝，
∴（AD+EF）•AE＝，
当点P在梯形ABCD外部时，由MN＝2及与（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，
∴（AD+EF）•AE＝．
【点评】本题考查梯形及有实际问题列一次函数关系式的知识，属于综合性较强的题目，难度较大，对于此类题目要学会由小及大，将所求的问题缩小，一步一步求解．
一十三．等腰梯形的性质（共1小题）
49．（2017春•浦东新区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AC上一点，DE∥AB交BC于点E，且AD＝DE，F是AB上一点，BF＝BE，连接FD．
（1）试判断四边形ADEB的形状，并说明理由；
（2）求证：BE＝FD．
【分析】（1）结论：四边形ADEB是等腰梯形．首先证明四边形ADEB是梯形，再证明∠A＝∠B即可；
（2）只要证明四边形BEDF是平行四边形即可；
【解答】解：（1）结论：四边形ADEB是等腰梯形．
理由：∵AC、BC是△ABC的两边，
∴AC与BC不平行，即BE与AD不平行，
∵DE∥AB，
∴四边形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＝BF，
∴DE＝BF，
∵DE∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BE＝FD．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰梯形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握等腰梯形的判定方法，平行四边形的判定方法，属于中考常考题型．
一十四．等腰梯形的判定（共2小题）
50．（2022春•杨浦区校级期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＞BC，AB＝DC，E是AD．上方一点，分别联结EA、ED、EB、EC，已知EA＝ED，点F、G分别是EB、EC与AD的交点．
求证：四边形FBCG是等腰梯形．
【分析】证明△ABE≌△CDE（SAS），可得EB＝EC，然后根据平行线的性质可得∠EFG＝∠EGF，所以EF＝EG，进而可以解决问题．
【解答】证明：∵AB＝DC，
∴∠BAD＝∠CDA，
∵EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵∠EAB＝∠BAD+∠EAD，∠EDC＝∠CDA+∠EDA，
∴∠EAB＝∠EDC，
在△ABE和△CDE中，
，
∴△ABE≌△CDE（SAS），
∴EB＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵AD∥BC，
∴∠EBC＝∠EFG，∠ECB＝∠EGF，
∴∠EFG＝∠EGF，
∴EF＝EG，
∴FB＝GC，
∵FG∥BC，
∴四边形FBCG是等腰梯形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行线的性质，是基础知识要熟练掌握．
51．（2022春•奉贤区校级期末）如图，已知四边形ABCD中，点E是CD上的点（不与CD的中点重合），DE＝AB，∠BAC＝∠D，AD＝AC．
（1）求证：四边形AECB是等腰梯形；
（2）点F是AB延长线上一点，且BC＝CF，联结CF、EF，若AC⊥EF，求证：四边形AECF是菱形．
【分析】（1）由AD＝AC，证得∠D＝∠ACD，由∠BAC＝∠D，推出∠ACD＝∠BAC，由平行线的判定推出AB∥DE，根据三角形的判定证得△ADE≌△CAB，即可证得AE＝BC，由等腰梯形的判定即可证得结论；
（2）通过全等三角形的性质得到AF＝CE，推出四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵AD＝AC，
∴∠D＝∠ACD，
∵∠BAC＝∠D，
∴∠ACD＝BAC，
∴AB∥DE，
在△ADE和△CAB中，，
∴△ADE≌△CAB，
∴AE＝BC，
∴四边形AECB是等腰梯形；
（2）由（1）得AE＝BC，∠AEC＝∠BCE，AB∥EC，
∴∠FAC＝∠ACE，
∵BC＝CF，
∴AE＝CF，∠FBC＝∠BFC，
∴∠BFC＝∠AEC，
在△AEC和△CFA中，，
∴△AEC≌△AFC，
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴▱AECF是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
一十五．梯形中位线定理（共1小题）
52．（2018春•闵行区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，如果AD＝4，BC＝10，E、F分别是边AB、CD的中点，那么EF＝ 7 ．
【分析】根据梯形中位线定理得到EF＝（AD+BC），然后把AD＝4，BC＝10代入可求出EF的长．
【解答】解：∵E，F分别是边AB，CD的中点，
∴EF为梯形ABCD的中位线，
∴EF＝（AD+BC）＝（4+10）＝7．
故答案为7．
【点评】本题考查了梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
一十六．*平面向量（共4小题）
53．（2021春•虹口区校级期末）如图，平面内有三个非零向量、、，它们的模都相等，并且两两的夹角均为120度，则++＝ ．
【分析】延长AO到T，使得OT＝OA，连接TB．证明+＝+＝，再证明BT∥OC，BT＝OC，可得结论．
【解答】解：延长AO到T，使得OT＝OA，连接TB．
∵＝，
∴+＝+＝，
∵OB＝OT，∠BOT＝60°，
∴△OBT是等边三角形，
∴∠T＝∠TOC＝60°，
∴BT∥OC，BT＝OC，
∴+＝，
∴++＝，
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量，三角形法则等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用三角形法则解决问题，属于中考常考题型．
54．（2021春•黄浦区期末）如图，点E在平行四边形ABCD的对角线BD的延长线上．
（1）填空：+＝ .﹣＝ ；
（2）求作：+（不写作法，保留作图痕迹，写出结果）
【分析】（1）根据向量的平行四边形法则写出+即可，根据平行四边形的对边平行且相等可得＝，然后根据向量的三角形法则求解即可；
（2）根据平行四边形的对边平行且相等可得＝，然后根据向量的平行四边形法则作出以DC、DE为邻边的平行四边形，其对角线即为所求．
【解答】解：（1）+＝，
∵＝，
∴﹣＝﹣＝；
故答案为：；．
（2）如图，即为所求+．
【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，向量的问题，熟练掌握平行四边形法则和三角形法则是解题的关键．
55．（2019春•浦东新区期末）如图，已知点E在四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝．
（1）试用向量、和表示向量，；
（2）在图中求作：+﹣．（不要求写出作法，只需写出结论即可）
【分析】（1）由＝，＝，＝，直接利用三角形法则求解，即可求得答案；
（2）由三角形法则可得：+﹣＝﹣＝，继而可求得答案．
【解答】解：（1）∵＝，＝，＝，
∴＝﹣＝﹣；＝﹣＝﹣（﹣）＝﹣+；
（2）+﹣＝﹣＝．
如图：即为所求．
【点评】此题考查了平面向量的知识．注意掌握三角形法则的应用．
56．（2018春•黄浦区期末）如图，已知点E在平行四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝，再用图中的线段作向量，
（1）写出与平行的向量 、和 ．
（2）试用向量、、表示向量、.＝ ﹣ ；＝ ﹣+ ．
（3）求作．
【分析】（1）与平行的向量即与共线的向量；
（2）根据三角形法则填空；
（3）利用三角形法则将转化为，然后解答．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴与平行的向量有：、和．
故答案是：、和．
（2）＝﹣＝﹣，即；
＝﹣＝﹣+，即．
故答案是：﹣，﹣+；
（3）∵，
∴为所求作向量．
【点评】本题考查平面向量、三角形法则等知识，解题的关键是灵活运用三角形法则解决问题，属于中考基础题．
一十七．随机事件（共1小题）
57．（2017春•杨浦区期末）“太阳每天从东方升起”，这是一个 确定 事件．（填“确定”或“不确定”）
【分析】根据事件的可能性得到相应事件的类型即可．
【解答】解：根据生活常识，知
“太阳每天从东方升起”，一定发生，这是一个确定事件．
【点评】解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．
用到的知识点为：必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
一十八．概率公式（共1小题）
58．（2021春•闵行区期末）从一副未曾启封的扑克牌中取出1张红桃，2张黑桃的牌共3张，洗匀后，从这3张牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率是（ ）
A．B．C．D．1
【分析】让黑桃张数除以总张数3即可求得从这3张牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率．
【解答】解：∵1红桃，2黑桃的牌共3，
∴这3牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率是．
故选：C．
【点评】本题主要考查了概率的计算方法：概率＝所求情况数与总情况数之比，难度适中．
一十九．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021春•浦东新区校级期末）某商场开展购物抽奖活动，抽奖箱中有4个标号分别为1，2，3，4的质地、大小相同的小球，顾客任意摸取一个小球，然后放回，再摸取一个小球，若两次摸出的数字之和为“8”是一等奖，数字之和为“6”是二等奖，数字之和为其它数字则是三等奖，请分别求出顾客抽中一、二、三等奖的概率．
【分析】列举出符合题意的各种情况的个数，再根据概率公式解答即可．
【解答】解：列表得：
∴一共有16种情况，两次摸出的数字之和为“8”的有一种，数字之和为“6”的有3种情况，数字之和为其它数字的有12种情况，
∴抽中一等奖的概率为，抽中二等奖的概率为，抽中三等奖的概率为．
【点评】此题考查的是用列表法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
二十．游戏公平性（共1小题）
60．（2019春•长宁区期末）甲、乙两人玩抽扑克牌游戏，游戏规则是：从牌面数字分别为5，6，7的三张扑克牌中，随机抽取一张，放回后，再随机抽取一张．若所抽的两张牌面数字的积为奇数，则甲获胜；若所抽的两张牌面数字的积为偶数，则乙获胜．这个游戏 不公平 ．（填“公平”或“不公平”）
【分析】根据游戏规则可知：牌面数字分别为5，6，7的三张扑克牌中，随意抽取2张，积有9种情况，其中5种是偶数，4种是奇数．那么甲、乙两人取胜的概率不相等；故这个游戏不公平．
【解答】解：从5、6、7中任意找两个数，积有35、30、42、25、36、49，其中30、35、42都是两次，即共9种情况，其中奇数的有4种，偶数的有5种，显然是不公平的．
故答案为：不公平
【点评】本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个参与者取胜的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
仓库产地
C
D
总计
A
x吨
200吨
B
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
地
产
仓
库
C
D
总计
A
x吨
（200﹣x）吨
200吨
B
（240﹣x）吨
（60+x）吨
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
每台甲型收割机的租金
每台乙型收割机的租金
A地区
1800
1600
B地区
1600
1200
水银柱的长度x（cm）
4.2
…
8.2
9.8
体温计的读数y（℃）
35.0
…
40.0
42.0
（1，4）
（2，4）
（3，4）
（4，4）
（1，3）
（2，3）
（3，3）
（4，3）
（1，2）
（2，2）
（3，2）
（4，2）
（1，1）
（2，1）
（3，1）
（4，1）
1．（2021春•杨浦区期末）某市为了美化环境，计划在一定的时间内完成绿化面积200万亩的任务，后来市政府调整了原定计划，不但绿化面积在原计划的基础上增加20%，而且要提前1年完成任务．经测算，要完成新的计划，平均每年的绿化面积必须比原计划多20万亩，求原计划平均每年的绿化面积．
2．（2021春•黄浦区期末）某中学八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝十四岁生日活动，先遣队与大部队同时从学校出发．已知先遣队每小时比大部队多行进1千米，预计比大部队早半小时到达目的地．求先遣队与大部队每小时各行进了多少千米．
3．（2020春•浦东新区期末）八年级的学生去距学校10千米的科技馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了25分钟，其余的学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知每小时汽车的速度比骑自行车学生速度的2倍还多10千米，求骑车学生每小时行多少千米？
4．（2020春•黄浦区期末）某公司生产的新产品需要精加工后才能投放市场，为此王师傅承担了加工300个新产品的任务．在加工了80个新产品后，王师傅接到通知，要求加快新产品加工的进程，王师傅在保证加工零件质量的前提下，平均每天加工新产品的个数比原来多15个，这样一共用6天完成了任务．问接到通知后，王师傅平均每天加工多少个新产品？
5．（2019秋•普陀区期末）某服装厂准备加工400套运动装，在加工完160套后，采用了新技术，使得工作效率比原来提高1倍，结果共用了14天完成任务，问原来每天加工服装多少套？
6．（2019春•长宁区期末）小王开车从甲地到乙地，去时走A线路，全程约100千米，返回时走B线路，全程约60千米．小王开车去时的平均速度比返回时的平均速度快20千米/小时，所用时间却比返回时多15分钟．若小王返回时的平均车速不低于70千米/小时，求小王开车返回时的平均速度．
7．（2021秋•静安区期末）某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次又用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本资料？
8．（2018春•浦东新区期末）从甲地到乙地有两条公路：一条是全长400千米的普通公路，一条是全长360千米的高速公路．某客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上行驶的平均速度快50千米/时，从甲地到乙地由高速公路上行驶所需的时间比普通公路上行驶所需的时间少6小时．求该客车在高速公路上行驶的平均速度．
9．（2018春•浦东新区期末）黄浦区政府为残疾人办实事，在道路改造工程中为盲人修建一条长3000米的盲道，根据规划设计和要求，某工程队在实际施工中增加了施工人员，每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，问实际每天修建盲道多少米．
10．（2020春•普陀区期末）小金到一文具店用12元钱买某种练习本若干本，隔了一段时间他再去那个店，发现这种练习本正在“让利销售”中，每1本降价0.2元，这样用12元可以比上次多买3本，求小金第一次买的练习本的数量．
11．（2019秋•浦东新区期末）某书店老板去图书批发市场购买某种图书．第一次用1200元购书若干本，并按该书定价7元出售，很快售完．由于该书畅销，第二次购书时，每本书的批发价已比第一次提高了20%，他用1500元所购该书数量比第一次多10本．当按定价售出200本时，出现滞销，便以定价的4折售完剩余的书．试问该老板这两次售书总体上是赔钱了，还是赚钱了（不考虑其它因素）？若赔钱，赔多少？若赚钱，赚多少？
二．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
12．（2017春•闵行区期末）如图是一次函数y＝kx+b的图象．
（1）根据图象，求直线y＝kx+b的表达式；
（2）在图中画出函数y＝﹣2x+2的图象；
（3）当y＝kx+b的函数值大于y＝﹣2x+2的函数值时，直接写出x的取值范围．
三．一次函数的应用（共13小题）
13．（2019春•济宁期末）某厂现有甲种原料360kg，乙种原料290kg，计划用这两种原料生产A、B两种产品共50件．已知生产一件A种产品，需用甲种原料9kg，乙种原料3kg，可获利润700元；生产一件B种产品，需甲种原料4kg，乙种原料10kg，可获利润1200元．
（1）按要求安排A、B两种产品的生产件数，有几种方案请你设计出来；
（2）设生产A、B两种产品总利润是y元，其中一种产品的生产件数是x．试写出y与x之间的函数关系式，并利用函数的性质说明（1）中的哪种生产方案获总利润最大，最大利润是多少？
14．（2017春•松江区期末）某市为鼓励市民节约用水，自来水公司按分段收费标准收费，如图反映的是每月水费y（元）与用水量x（吨）之间的函数关系．
（1）当用水量≥10吨时，求y关于x的函数解析式（并写出定义域）；
（2）按上述分段收费标准，小明家四、五月份分别交水费42元和27元，问五月份比四月份节约用水多少吨？
15．（2021秋•普陀区期末）甲、乙两车分别从A地将一批物资运往B地，两车离A地的距离s（千米）与其相关的时间t（小时）变化的图象如图所示．读图后填空：
（1）A地与B地之间的距离是 千米；
（2）甲车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式是 ；
（3）甲车出发 小时后被乙车追上；
（4）甲车由A地前往B地比乙车由A地前往B地多用了 小时．
16．（2018春•普陀区期末）小军和爸爸同时从家骑自行车去图书馆，爸爸先以150米/分的速度骑行一段时间，休息了5分钟，再以m米/分的速度到达图书馆，小军始终以同一速度骑行，两人行驶的路程y（米）与时间x（分）的关系如图所示，请结合图象，解答下列问题：
（1）a＝ b＝ ，m＝ ；
（2）若小军的速度是120米/分，求小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离；
（3）在（2）的条件下，爸爸自第二次出发至到达图书馆前，何时与小军相距100米？
17．（2020春•浦东新区期末）已知甲、乙两地相距90km，A、B两人沿同一公路从甲地出发到乙地，A骑摩托车，B骑电动车，图中DE、OC分别表示A、B离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，根据图象解答下列问题：
（1）A比B迟出发 小时，B的速度是 km/h；
（2）在B出发后几小时，两人相遇？
18．（2018春•青浦区期末）庆华社区有一块空地需要绿化，某绿化组承担了此项任务，绿化组工作一段时间后，提高了工作效率．该绿化组完成的绿化面积S（单位：m2）与工作时间t（单位：h）之间的函数关系如图所示．
（1）求提高效率后，s关于t的函数关系式；
（2）该绿化组提高工作效率后每小时完成的绿化面积比提高工作效率前每小时完成的绿化面积多多少？
19．（2017春•浦东新区期末）已知弹簧秤内的弹簧在一定限度内，它的长度y（厘米）与所挂重物质量x（千克）是一次函数关系，其函数图象如图所示．
（1）写出y关于x的函数解析式及定义域；
（2）该弹簧秤挂上一个重物时，量出弹簧的长度是7.2厘米，那么这个重物的质量是多少千克？
20．（2017春•杨浦区期末）A，B两地盛产柑桔，A地有柑桔200吨，B地有柑桔300吨．现将这些柑桔运到C、D两个冷藏仓库，已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨；从A地运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C、D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从A地运往C仓库的柑桔重量为x吨，A、B两地运往两仓库的柑桔运输费用分别为yA元和yB元．
（1）请填写下表后分别求出yA，yB与x之间的函数关系式，并写出定义域．
（2）试讨论A，B两地中，哪个运费较少？
21．（2022春•杨浦区校级期末）A、B两地相距600千米，甲、乙两车同时从A地出发驶向B地，甲车到达B地后立即返回，它们各自离A地的距离y（千米）与行驶时间x（时）之间的函数关系图象如图所示．
（1）求甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式；
（2）当它们行驶了7小时时，两车相遇，求乙车的速度．
22．（2021春•越秀区校级期末）光华农机租赁公司共有50台联合收割机，其中甲型20台，乙型30台，先将这50台联合收割机派往A、B两地区收割小麦，其中30台派往A地区，20台派往B地区．两地区与该农机租赁公司商定的每天的租赁价格见表：
（1）设派往A地区x台乙型联合收割机，租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金为y（元），求y与x间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）若使农机租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金总额不低于79 600元，说明有多少种分配方案，并将各种方案设计出来；
（3）如果要使这50台联合收割机每天获得的租金最高，请你为光华农机租赁公司提一条合理化建议．
23．（2018春•静安区期末）某大型物件快递公司送货员每月的工资由底薪加计件工资两部分组成，计件工资与送货件数成正比例．有甲乙两名送货员，如果送货量为x件时，甲的工资是y1（元），乙的工资是y2（元），如图所示，已知甲的每月底薪是800元，每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元
（1）根据图中信息，分别求出y1和y2关于x的函数解析式；（不必写定义域）
（2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，求两人的月工资分别是多少元？（一个月为30天）
24．（2022春•奉贤区校级期末）李老师准备网上在线学习，现有甲、乙两家网站供李老师选择，已知甲网站的收费方式是：月使用费7元，包时上网时间25小时，超时费每分钟0.01元；乙网站的月收费方式如图所示．设李老师每月上网的时间为x小时，甲、乙两家网站的月收费金额分别是y1、y2．
（1）请根据图象信息填空：乙网站的月使用费是 元，超时费是每分钟 元；
（2）写出y1与x之间的函数关系；
（3）李老师选择哪家网站在线学习比较合算？
25．（2017春•杨浦区校级期末）已知水银体温计的读数y（℃）与水银柱的长度x（cm）之间是一次函数关系．现有一支水银体温计，其部分刻度线不清晰（如图），表中记录的是该体温计部分清晰刻度线及其对应水银柱的长度．
（1）求y关于x的函数关系式（不需要写出函数的定义域）；
（2）用该体温计测体温时，水银柱的长度为6.2cm，求此时体温计的读数．
四．三角形中位线定理（共1小题）
26．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足为点D，M是边AB的中点，AB＝20，AC＝10，求线段DM的长．
五．平行四边形的性质（共2小题）
27．（2017春•杨浦区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列式子中一定成立的是（ ）
A．AC⊥BDB．OA＝OCC．AC＝BDD．AO＝OD
28．（2020春•崇明区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点．证明：
（1）BE⊥AC；
（2）EG＝EF．
六．平行四边形的判定与性质（共3小题）
29．（2017春•松江区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于E点，DF∥AC，∠DFC＝∠AEB，连接EF．
（1）求证：DF＝AE；
（2）求证：四边形BCFE是平行四边形．
30．（2018春•浦东新区期末）如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD＝EC；
（2）当∠BAC＝90°时，求证：四边形ADCE是菱形．
31．（2017春•静安区期末）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且AE＝CG，AH＝CF，EG平分∠HEF．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）求证：四边形EFGH是菱形．
七．菱形的性质（共1小题）
32．（2019春•浦东新区期末）已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．
八．菱形的判定（共1小题）
33．（2018春•奉贤区期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE∥BC，且CE＝CD．
（1）求证：∠B＝∠DEC；
（2）求证：四边形ADCE是菱形．
九．矩形的性质（共3小题）
34．（2018秋•崇明区期末）如果从一个四边形一边上的点到对边的视角是直角，那么称该点为直角点．例如，如图的四边形ABCD中，点M在CD边上，连接AM、BM，∠AMB＝90°，则点M为直角点．若点E、F分别为矩形ABCD边AB、CD上的直角点，且AB＝5，BC＝，则线段EF的长为 ．
35．（2021春•浦东新区校级期末）如图，已知矩形ABCD的对角线交于点O，点E、F和G分别平分线段AB、OD和OA．
（1）求证：四边形OFGE是平行四边形．
（2）猜想：当∠ABD＝ °时四边形OFGE是菱形，并证明．
36．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F．
（1）求点D的坐标；
（2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
一十．正方形的性质（共5小题）
37．（2020秋•浦东新区期末）如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝ ．
38．（2018春•嘉定区期末）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．
（1）如图1，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；
（2）如图2，当四边形EFGH为菱形时，设BF＝x，△GFC的面积为S，求S关于x的函数关系式，并写出函数的定义域．
39．（2022春•闵行区校级期末）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，CE⊥AC与AD边的延长线交于点E．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）延长DB至点F，联结CF，若CF＝BD，求∠BCF的大小．
40．（2017春•杨浦区期末）已知：正方形ABCD的边长为厘米，对角线AC上的两个动点E，F．点E从点A，点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，过E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角边于H，过F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角边于G，连接HG，EB．设HE、EF、FG、GH围成的图形面积为S1，AE，EB，BA围成的图形面积为S2（这里规定：线段的面积为0）E到达C，F到达A停止．若E的运动时间为x秒，解答下列问题：
（1）如图，判断四边形EFGH是什么四边形，并证明；
（2）当0＜x＜8时，求x为何值时，S1＝S2；
（3）若y是S1与S2的和，试用x的代数式表示y．（如图为备用图）
41．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 ．
一十一．正方形的判定（共2小题）
42．（2018春•青浦区期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．
（1）求证：BC＝BE；
（2）连接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求证：四边形ABCD是正方形．
43．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在等边三角形ABC中，过边AB上一点D作DE⊥BC，垂足为点E，过边AC上一点G作GF⊥BC，垂足为点F，BE＝CF，联结DG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）连接AF，当∠BAF＝3∠FAC时，求证：四边形DEFG是正方形．
一十二．梯形（共5小题）
44．（2021春•浦东新区期末）已知梯形的两底边长分别为6和8，一腰长为7，则另一腰长a的取值范围是 ．
45．（2020春•闵行区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，E为BC的中点，联结ED，BD．
（1）求证：四边形ABED是平行四边形；
（2）如果∠ADB+∠DCB＝90°，求证：四边形ABED是菱形．
46．（2020春•松江区期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC．AD＝AB，BC＝2AD．E是BC边的中点，AE、BD相交于点F．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）设边CD的中点为G，联结EG．求证：四边形FEGD是矩形．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，P是下底BC上一动点（点P与点B不重合），AB＝AD＝10，BC＝24，∠C＝45°，45°＜∠B＜90°，设BP＝x，四边形APCD的面积为y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（2）联结PD，当△APD是以AD为腰的等腰三角形时，求四边形APCD的面积．
48．（2019春•浦东新区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝45°，AB＝8，BC＝14，点E、F分别在边AB、CD上，EF∥AD，点P与AD在直线EF的两侧，∠EPF＝90°，PE＝PF，射线EP、FP与边BC分别相交于点M、N，设AE＝x，MN＝y．
（1）求边AD的长；
（2）如图，当点P在梯形ABCD内部时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果MN的长为2，求梯形AEFD的面积．
一十三．等腰梯形的性质（共1小题）
49．（2017春•浦东新区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AC上一点，DE∥AB交BC于点E，且AD＝DE，F是AB上一点，BF＝BE，连接FD．
（1）试判断四边形ADEB的形状，并说明理由；
（2）求证：BE＝FD．
一十四．等腰梯形的判定（共2小题）
50．（2022春•杨浦区校级期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＞BC，AB＝DC，E是AD．上方一点，分别联结EA、ED、EB、EC，已知EA＝ED，点F、G分别是EB、EC与AD的交点．
求证：四边形FBCG是等腰梯形．
51．（2022春•奉贤区校级期末）如图，已知四边形ABCD中，点E是CD上的点（不与CD的中点重合），DE＝AB，∠BAC＝∠D，AD＝AC．
（1）求证：四边形AECB是等腰梯形；
（2）点F是AB延长线上一点，且BC＝CF，联结CF、EF，若AC⊥EF，求证：四边形AECF是菱形．
一十五．梯形中位线定理（共1小题）
52．（2018春•闵行区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，如果AD＝4，BC＝10，E、F分别是边AB、CD的中点，那么EF＝ ．
一十六．*平面向量（共4小题）
53．（2021春•虹口区校级期末）如图，平面内有三个非零向量、、，它们的模都相等，并且两两的夹角均为120度，则++＝ ．
54．（2021春•黄浦区期末）如图，点E在平行四边形ABCD的对角线BD的延长线上．
（1）填空：+＝ .﹣＝ ；
（2）求作：+（不写作法，保留作图痕迹，写出结果）
55．（2019春•浦东新区期末）如图，已知点E在四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝．
（1）试用向量、和表示向量，；
（2）在图中求作：+﹣．（不要求写出作法，只需写出结论即可）
56．（2018春•黄浦区期末）如图，已知点E在平行四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝，再用图中的线段作向量，
（1）写出与平行的向量 ．
（2）试用向量、、表示向量、.＝ ；＝ ．
（3）求作．
一十七．随机事件（共1小题）
57．（2017春•杨浦区期末）“太阳每天从东方升起”，这是一个 事件．（填“确定”或“不确定”）
一十八．概率公式（共1小题）
58．（2021春•闵行区期末）从一副未曾启封的扑克牌中取出1张红桃，2张黑桃的牌共3张，洗匀后，从这3张牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率是（ ）
A．B．C．D．1
一十九．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021春•浦东新区校级期末）某商场开展购物抽奖活动，抽奖箱中有4个标号分别为1，2，3，4的质地、大小相同的小球，顾客任意摸取一个小球，然后放回，再摸取一个小球，若两次摸出的数字之和为“8”是一等奖，数字之和为“6”是二等奖，数字之和为其它数字则是三等奖，请分别求出顾客抽中一、二、三等奖的概率．
二十．游戏公平性（共1小题）
60．（2019春•长宁区期末）甲、乙两人玩抽扑克牌游戏，游戏规则是：从牌面数字分别为5，6，7的三张扑克牌中，随机抽取一张，放回后，再随机抽取一张．若所抽的两张牌面数字的积为奇数，则甲获胜；若所抽的两张牌面数字的积为偶数，则乙获胜．这个游戏 ．（填“公平”或“不公平”）
仓库产地
C
D
总计
A
x吨
200吨
B
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
每台甲型收割机的租金
每台乙型收割机的租金
A地区
1800
1600
B地区
1600
1200
水银柱的长度x（cm）
4.2
…
8.2
9.8
体温计的读数y（℃）
35.0
…
40.0
42.0
上海八年级下期末真题精选（压轴60题20个考点专练）
一．分式方程的应用（共11小题）
1．（2021春•杨浦区期末）某市为了美化环境，计划在一定的时间内完成绿化面积200万亩的任务，后来市政府调整了原定计划，不但绿化面积在原计划的基础上增加20%，而且要提前1年完成任务．经测算，要完成新的计划，平均每年的绿化面积必须比原计划多20万亩，求原计划平均每年的绿化面积．
【分析】本题的相等关系是：原计划完成绿化时间﹣实际完成绿化实际＝1．设原计划平均每年完成绿化面积x万亩，则原计划完成绿化完成时间年，实际完成绿化完成时间：年，列出分式方程求解．
【解答】解：设原计划平均每年完成绿化面积x万亩，
根据题意，可列出方程，
去分母整理得：x2+60x﹣4000＝0
解得：x1＝40，x2＝﹣100…（2分）
经检验：x1＝40，x2＝﹣100都是原分式方程的根，
因为绿化面积不能为负，所以取x＝40．
答：原计划平均每年完成绿化面积40万亩．
【点评】本题考查了分式方程的应用．分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．列分式方程解应用题的检验要分两步：第一步检验它是否是原方程的根，第二步检验它是否符合实际问题．
2．（2021春•黄浦区期末）某中学八年级学生到离学校15千米的青少年营地举行庆祝十四岁生日活动，先遣队与大部队同时从学校出发．已知先遣队每小时比大部队多行进1千米，预计比大部队早半小时到达目的地．求先遣队与大部队每小时各行进了多少千米．
【分析】设先遣队每小时行进x千米，则大部队每小时行进（x﹣1）千米；根据“先遣队和大队同时出发，预计比大部队早半小时到达”列分式方程解出即可．
【解答】解：设先遣队每小时行进x千米，则大部队每小时行进（x﹣1）千米．
根据题意，得 ．
解得 x1＝6，x2＝﹣5．
经检验：x1＝6，x2＝﹣5是原方程的根，x2＝﹣5不合题意，舍去．
∴原方程的根为x＝6．
∴x﹣1＝6﹣1＝5．
答：先遣队与大部队每小时分别行进6千米和5千米．
【点评】本题是分式方程的应用，属于行程问题；有两个队：先遣队和大队；路程都是15千米，时间相差半小时，速度：先遣队每小时比大部队多行进1千米；根据速度的关系设未知数，根据时间关系列方程，注意未知数的值有实际意义并检验．
3．（2020春•浦东新区期末）八年级的学生去距学校10千米的科技馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了25分钟，其余的学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知每小时汽车的速度比骑自行车学生速度的2倍还多10千米，求骑车学生每小时行多少千米？
【分析】先将25分钟化成小时为小时，再设骑车学生每小时走x千米，根据汽车所用的时间＝学生骑车时间﹣，列分式方程：，求出方程的解即可．
【解答】解：设骑车学生每小时走x千米，
据题意得：，
整理得：x2﹣7x﹣120＝0，
解得：x1＝15，x2＝﹣8，
经检验：x1＝15，x2＝﹣8是原方程的解，
因为x＝﹣8不符合题意，所以舍去，
答：骑车学生每小时行15千米．
【点评】本题是分式方程的应用，找等量关系是本题的关键；这是一道行程问题，汽车和学生的路程、速度、时间三个量要准确把握，以走完全程的时间为依据列分式方程，注意单位要统一．
4．（2020春•黄浦区期末）某公司生产的新产品需要精加工后才能投放市场，为此王师傅承担了加工300个新产品的任务．在加工了80个新产品后，王师傅接到通知，要求加快新产品加工的进程，王师傅在保证加工零件质量的前提下，平均每天加工新产品的个数比原来多15个，这样一共用6天完成了任务．问接到通知后，王师傅平均每天加工多少个新产品？
【分析】根据关键句子“王师傅在保证加工零件质量的前提下，平均每天加工新产品的个数比原来多15个，这样一共用6天完成了任务”找到等量关系列出方程求解即可．
【解答】解：设接到通知后，王师傅平均每天加工x个新产品．
根据题意，得．
x2﹣65x+550＝0，
x1＝55，x2＝10．
经检验：x1＝55，x2＝10都是原方程的解，但x2＝10不符合题意，舍去．
答：接到通知后，王师傅平均每天加工55个新产品．
【点评】此题考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
5．（2019秋•普陀区期末）某服装厂准备加工400套运动装，在加工完160套后，采用了新技术，使得工作效率比原来提高1倍，结果共用了14天完成任务，问原来每天加工服装多少套？
【分析】设原来每天加工x套，采用了新技术，使得工作效率为2x，根据完成任务用了14天列出方程，并解答．注意需要验根．
【解答】解：设原来每天加工服装x套，则采用了新技术后每天加工2x套．
则+＝14，
解得x＝20，
经检验，x＝20是原方程的根，并符合题意．
答：原来每天加工服装20套．
【点评】本题考查了分式方程的应用．利用分式方程解应用题时，一般题目中会有两个相等关系，这时要根据题目所要解决的问题，选择其中的一个相等关系作为列方程的依据，而另一个则用来设未知数．
6．（2019春•长宁区期末）小王开车从甲地到乙地，去时走A线路，全程约100千米，返回时走B线路，全程约60千米．小王开车去时的平均速度比返回时的平均速度快20千米/小时，所用时间却比返回时多15分钟．若小王返回时的平均车速不低于70千米/小时，求小王开车返回时的平均速度．
【分析】设小王开车返回时的平均速度为x千米/小时（x≥70），则小王开车去时的平均速度为（x+20）千米/小时，根据时间＝路程÷速度结合去时与返回时时间的关系即可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论．
【解答】解：设小王开车返回时的平均速度为x千米/小时（x≥70），
则小王开车去时的平均速度为（x+20）千米/小时，
根据题意得：﹣＝，
解得：x＝80或x＝60（舍去），
经检验：x＝80是原方程的解．
答：小王开车返回时的平均速度为80千米/小时．
【点评】本题考查了分式方程的应用，根据时间＝路程÷速度结合去时与返回时时间的关系列出关于x的分式方程是解题的关键．
7．（2021秋•静安区期末）某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次又用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本．求第一次买了多少本资料？
【分析】设第一次买了x本资料，根据“第一次购买单价﹣第二次购买单价＝4”列分式方程求解可得．
【解答】解：设第一次买了x本资料，
根据题意，得：，
整理，得：x2+50x﹣600＝0．
解得：x1＝﹣60，x2＝10，
经检验：它们都是方程的根，但x1＝﹣60不符合题意，舍去，
答：第一次买了10本资料．
【点评】本题主要考查分式方程的应用，解题的关键是理解题意找到题目蕴含的相等关系，并据此列出方程．
8．（2018春•浦东新区期末）从甲地到乙地有两条公路：一条是全长400千米的普通公路，一条是全长360千米的高速公路．某客车在高速公路上行驶的平均速度比在普通公路上行驶的平均速度快50千米/时，从甲地到乙地由高速公路上行驶所需的时间比普通公路上行驶所需的时间少6小时．求该客车在高速公路上行驶的平均速度．
【分析】可设该客车在高速公路上行驶的平均速度是x千米/小时，根据等量关系：从甲地到乙地由高速公路上行驶所需的时间＝普通公路上行驶所需的时间﹣6小时，列出方程求解即可．
【解答】解：设该客车在高速公路上行驶的平均速度是x千米/小时，依题意有
﹣＝6，
整理得3x2﹣170x﹣9000＝0，
解得x1＝90，x2＝﹣（舍去），
经检验，x＝90是原方程的解．
答：该客车在高速公路上行驶的平均速度是90千米/小时．
【点评】本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
9．（2018春•浦东新区期末）黄浦区政府为残疾人办实事，在道路改造工程中为盲人修建一条长3000米的盲道，根据规划设计和要求，某工程队在实际施工中增加了施工人员，每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，问实际每天修建盲道多少米．
【分析】直接利用每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，得出等式求出答案．
【解答】解：设实际每天修建盲道x米，根据题意可得：
﹣＝2，
解得：x1＝﹣500（不合题意舍去），x2＝750，
经检验x＝750是原方程的根，
答：实际每天修建盲道750米．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
10．（2020春•普陀区期末）小金到一文具店用12元钱买某种练习本若干本，隔了一段时间他再去那个店，发现这种练习本正在“让利销售”中，每1本降价0.2元，这样用12元可以比上次多买3本，求小金第一次买的练习本的数量．
【分析】设小金第一次买了x本，则第二次买了（x+3）本，然后依据第二次每本比第一次每本降价0.2元，列方程求解即可．
【解答】解：设小金第一次买了x本，则第二次买了（x+3）本．
根据题意得：﹣＝0.2，
解得：x＝12或x＝﹣15（舍去）．
经检验，x＝12是原方程的解，
答：小金第一次买了12本练习本．
【点评】本题主要考查的是分式方程的应用，依据题意列出关于x的分式方程是解题的关键．
11．（2019秋•浦东新区期末）某书店老板去图书批发市场购买某种图书．第一次用1200元购书若干本，并按该书定价7元出售，很快售完．由于该书畅销，第二次购书时，每本书的批发价已比第一次提高了20%，他用1500元所购该书数量比第一次多10本．当按定价售出200本时，出现滞销，便以定价的4折售完剩余的书．试问该老板这两次售书总体上是赔钱了，还是赚钱了（不考虑其它因素）？若赔钱，赔多少？若赚钱，赚多少？
【分析】先考虑购书的情况，设第一次购书的单价为x元，则第二次购书的单价为1.2x元，第一次购书款1200元，第二次购书款1500元，第一次购书数目，第二次购书数目，第二次购书数目多10本．关系式是：第一次购书数目+10＝第二次购书数目．
再计算两次购书数目，赚钱情况：卖书数目×（实际售价﹣当次进价），两次合计，就可以回答问题了．
【解答】解：设第一次购书的单价为x元，
∵第二次每本书的批发价已比第一次提高了20%，
∴第二次购书的单价为1.2x元．
根据题意得：．（4分）
解得：x＝5．
经检验，x＝5是原方程的解．（6分）
所以第一次购书为1200÷5＝240（本）．
第二次购书为240+10＝250（本）．
第一次赚钱为240×（7﹣5）＝480（元）．
第二次赚钱为200×（7﹣5×1.2）+50×（7×0.4﹣5×1.2）＝40（元）．
所以两次共赚钱480+40＝520（元）（8分）．
答：该老板两次售书总体上是赚钱了，共赚了520元．（9分）
【点评】本题具有一定的综合性，应该把问题分成进书这一块，和卖书这一块，分别考虑，掌握这次活动的流程．分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
二．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
12．（2017春•闵行区期末）如图是一次函数y＝kx+b的图象．
（1）根据图象，求直线y＝kx+b的表达式；
（2）在图中画出函数y＝﹣2x+2的图象；
（3）当y＝kx+b的函数值大于y＝﹣2x+2的函数值时，直接写出x的取值范围．
【分析】（1）先写出A、B两点的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）利用描点法画直线y＝﹣2x+2；
（3）利用所画图象，写出直线y＝kx+b在直线y＝﹣2x+2上方所对应的自变量的值即可．
【解答】解：（1）由图得：点A（﹣2，0），点B（0，2），
∵直线y＝kx+b经过点A、B，
∴，解得，
∴所求直线表达式为y＝x+2；
（2）如图，
（3）当 x＞0时，kx+b＞﹣2x+2．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设出函数的一般形式，如求一次函数的解析式时，先设y＝kx+b；将自变量x的值及与它对应的函数值y的值代入所设的解析式，得到关于待定系数的方程或方程组；解方程或方程组，求出待定系数的值，进而写出函数解析式．
三．一次函数的应用（共13小题）
13．（2019春•济宁期末）某厂现有甲种原料360kg，乙种原料290kg，计划用这两种原料生产A、B两种产品共50件．已知生产一件A种产品，需用甲种原料9kg，乙种原料3kg，可获利润700元；生产一件B种产品，需甲种原料4kg，乙种原料10kg，可获利润1200元．
（1）按要求安排A、B两种产品的生产件数，有几种方案请你设计出来；
（2）设生产A、B两种产品总利润是y元，其中一种产品的生产件数是x．试写出y与x之间的函数关系式，并利用函数的性质说明（1）中的哪种生产方案获总利润最大，最大利润是多少？
【分析】（1）设安排生产A种产品x件，则生产B种产品为（50﹣x）件，那么根据每种产品需要的原料数量可列不等式组进行解答，求出范围，从而得出生产方案；
（2）在（1）的基础上，根据每种产品的获利情况，列解析式，根据（1）中x的取值范围求出最值即可（答案不唯一）．
【解答】解：（1）设安排生产A种产品x件，则生产B种产品为（50﹣x）件，根据题意，得
解得30≤x≤32．因为x是自然数，所以x只能取30，31，32．
所以按要求可设计出三种生产方案：
方案一：生产A种产品30件，生产B种产品20件；
方案二：生产A种产品31件，生产B种产品19件；
方案三：生产A种产品32件，生产B种产品18件；
（2）设生产A种产品x件，则生产B种产品（50﹣x）件，由题意，得
y＝700x+1200（50﹣x）＝﹣500x+60000
因为a＜0，由一次函数的性质知，y随x的增大而减小．
因此，在30≤x≤32的范围内，当x取最小值时y最大，
所以当x＝30时，y取最大值，且y最大值＝45000（答案不唯一）．
【点评】（1）利用一次函数求最值时，主要应用一次函数的性质；
（2）用一次函数解决实际问题是近年中考中的热点问题．
14．（2017春•松江区期末）某市为鼓励市民节约用水，自来水公司按分段收费标准收费，如图反映的是每月水费y（元）与用水量x（吨）之间的函数关系．
（1）当用水量≥10吨时，求y关于x的函数解析式（并写出定义域）；
（2）按上述分段收费标准，小明家四、五月份分别交水费42元和27元，问五月份比四月份节约用水多少吨？
【分析】（1）观察函数图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出当用水量≥10吨时，y关于x的函数解析式；
（2）利用待定系数法求出当0≤x≤10时，y关于x的函数解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，分别求出四、五月份的用水量，二者做差后即可得出结论．
【解答】解：（1）设x≥10时，y关于x的函数解析式为y＝kx+b，
将点（10，30）、（20，70）代入y＝kx+b，
，解得：，
∴当用水量≥10吨时，y关于x的函数解析式为y＝4x﹣10（x≥10）．
（2）设当0≤x≤10时，y关于x的函数解析式为y＝mx，
将点（10，30）代入y＝mx，
30＝10m，解得：m＝3，
∴y＝3x（0≤x≤10）．
当y＝4x﹣10＝42时，x＝13；
当y＝3x＝27时，x＝9．
13﹣9＝4（吨）．
答：五月份比四月份节约用水4吨．
【点评】本题考查了一次函数的应用、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用待定系数法求出函数解析式；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征，分别求出四、五月份的用水量．
15．（2021秋•普陀区期末）甲、乙两车分别从A地将一批物资运往B地，两车离A地的距离s（千米）与其相关的时间t（小时）变化的图象如图所示．读图后填空：
（1）A地与B地之间的距离是 60 千米；
（2）甲车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式是 s＝20t ；
（3）甲车出发 1.5 小时后被乙车追上；
（4）甲车由A地前往B地比乙车由A地前往B地多用了 2 小时．
【分析】（1）由图象直接得出A地与B地之间的距离是60千米；
（2）设s与t的函数解析式是s＝kt，代入（3，60），得出答案即可；
（3）甲车的函数解析式建立方程求得答案即可；
（4）由图象两车由A地前往B地所用时间，再进一步得出答案即可．
【解答】解：（1）A地与B地之间的距离是60千米；
（2）甲车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式是乙车由A地前往B地时所对应的s与t的函数解析式，代入（3，60），得s＝20t；
（3）由题意可知20t＝30，
解得t＝1.5．
所以甲车出发1.5小时后被乙车追上；
（4）甲车由A地前往B地比乙车由A地前往B地多用了3﹣1＝2小时．
【点评】此题考查了一次函数的实际运用．解决此类识图题，同学们要注意分析其中的“关键点”，还要善于分析各图象的变化趋势．
16．（2018春•普陀区期末）小军和爸爸同时从家骑自行车去图书馆，爸爸先以150米/分的速度骑行一段时间，休息了5分钟，再以m米/分的速度到达图书馆，小军始终以同一速度骑行，两人行驶的路程y（米）与时间x（分）的关系如图所示，请结合图象，解答下列问题：
（1）a＝ 10 b＝ 15 ，m＝ 200 ；
（2）若小军的速度是120米/分，求小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离；
（3）在（2）的条件下，爸爸自第二次出发至到达图书馆前，何时与小军相距100米？
【分析】（1）根据时间＝路程÷速度，即可求出a值，结合休息的时间为5分钟，即可得出b值，再根据速度＝路程÷时间，即可求出m的值；
（2）根据数量关系找出线段BC、OD所在直线的函数解析式，联立两函数解析式成方程组，通过解方程组求出交点的坐标，再用3000去减交点的纵坐标，即可得出结论；
（3）根据（2）结论结合二者之间相距100米，即可得出关于x的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论；
【解答】解：（1）1500÷150＝10（分钟），
10+5＝15（分钟），
（3000﹣1500）÷（22.5﹣15）＝200（米/分）．
故答案为：10；15；200．
（2）BC段关系式为：y1＝200x﹣1500，
OD段关系式为：y2＝120x，
相遇时，即y1＝y2，即120x＝200x﹣1500
解得：x＝18.75
此时：y1＝y2＝2250
距离图书馆：3000﹣2250＝750（米）
答：小军在途中与爸爸第二次相遇时，距图书馆的距离是750米．
（3）当y1﹣y2＝100时，解得x＝20
当y2﹣y1＝100时，解得x＝17.5
答：爸爸自第二次出发至到达图书馆前，17.5分钟时和20分钟时与小军相距100米．
【点评】本题考查了一次函数的应用、解含绝对值符号的一元一次方程以及解二元一次方程组，解题的关键是：（1）根据数量关系，列式计算；（2）根据数量关系找出线段BC、OD所在直线的函数解析式；（3）结合（2）找出关于x的含绝对值符号的一元一次方程
17．（2020春•浦东新区期末）已知甲、乙两地相距90km，A、B两人沿同一公路从甲地出发到乙地，A骑摩托车，B骑电动车，图中DE、OC分别表示A、B离开甲地的路程s（km）与时间t（h）的函数关系的图象，根据图象解答下列问题：
（1）A比B迟出发 1 小时，B的速度是 20 km/h；
（2）在B出发后几小时，两人相遇？
【分析】（1）根据函数图象可以得到A比B迟出发多长时间，由图象知B出发3小时行驶60km，从而可以求得B的速度；
（2）根据函数图象和图象中的数据可以OC和DE对应的函数解析式，然后联立方程组即可求得B出发后几小时，两人相遇．
【解答】解：（1）由图象可得，
A比B迟出发1小时，B的速度是：60÷3＝20km/h，
故答案为：1，20；
（2）设OC段对应的函数解析式是y＝kx，
则3k＝60，得k＝20，
即OC段对应的函数解析式是y＝20x，
设DE段对应的函数解析式是y＝ax+b，
，得，
即DE段对应的函数解析式是y＝45x﹣45，
，得，
∴B出发小时，两人相遇．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用一次函数的性质解答．
18．（2018春•青浦区期末）庆华社区有一块空地需要绿化，某绿化组承担了此项任务，绿化组工作一段时间后，提高了工作效率．该绿化组完成的绿化面积S（单位：m2）与工作时间t（单位：h）之间的函数关系如图所示．
（1）求提高效率后，s关于t的函数关系式；
（2）该绿化组提高工作效率后每小时完成的绿化面积比提高工作效率前每小时完成的绿化面积多多少？
【分析】（1）根据待定系数法可求直线AB的解析式，
（2）根据函数上点的坐标特征得出当x＝2时，y的值，再根据工作效率＝工作总量÷工作时间，列出算式求出该绿化组提高工作效率前每小时完成的绿化面积．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+b，则
，
解得．
故直线AB的解析式为y＝450x﹣600，
（2）∵直线AB的解析式为y＝450x﹣600，
当x＝2时，y＝450×2﹣600＝300，
300÷2＝150（m2）．
450﹣150＝300（m2）．
答：该绿化组提高工作效率后每小时完成的绿化面积比提高工作效率前每小时完成的绿化面积多300m2．
【点评】考查了一次函数的应用和函数的图象，关键是根据待定系数法求出该绿化组提高工作效率后的函数解析式，同时考查了工作效率＝工作总量÷工作时间的知识点．
19．（2017春•浦东新区期末）已知弹簧秤内的弹簧在一定限度内，它的长度y（厘米）与所挂重物质量x（千克）是一次函数关系，其函数图象如图所示．
（1）写出y关于x的函数解析式及定义域；
（2）该弹簧秤挂上一个重物时，量出弹簧的长度是7.2厘米，那么这个重物的质量是多少千克？
【分析】（1）设y＝kx+b，利用待定系数法即可解决问题；
（2）y＝7.2时，求出x的值即可解决问题；
【解答】解：（1）设y＝kx+b，
由题意，
解得，
∴所求的函数解析式为y＝x+6．
（2）y＝7.2时，，解得x＝2，
答：这个重物的质量是2千克．
【点评】本题主要考查函数的图象的知识点，此题考查的是用待定系数法求一次函数的解析式，比较简单．
20．（2017春•杨浦区期末）A，B两地盛产柑桔，A地有柑桔200吨，B地有柑桔300吨．现将这些柑桔运到C、D两个冷藏仓库，已知C仓库可储存240吨，D仓库可储存260吨；从A地运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，从B地运往C、D两处的费用分别为每吨15元和18元．设从A地运往C仓库的柑桔重量为x吨，A、B两地运往两仓库的柑桔运输费用分别为yA元和yB元．
（1）请填写下表后分别求出yA，yB与x之间的函数关系式，并写出定义域．
（2）试讨论A，B两地中，哪个运费较少？
【分析】（1）首先根据题意填表，然后由题意结合表格找到等量关系，继而求得yA，yB与x之间的函数关系式；
（2）分别从当yA＝yB时，当yA＞yB时，当yA＜yB时去分析，利用一元一次方程与一元一次不等式的知识，即可求得答案．
【解答】解：（1）
∴yA＝20x+25（200﹣x）＝﹣5x+5000（0≤x≤200），
yB＝15（240﹣x）+18（60+x）＝3x+4680（0≤x≤200）．
（2）当yA＝yB时，﹣5x+5000＝3x+4680，x＝40；
当yA＞yB时，﹣5x+5000＞3x+4680，x＜40；
当yA＜yB时，﹣5x+5000＜3x+4680，x＞40．
∴当x＝40时，yA＝yB即两地运费相等；
当0≤x＜40时，yA＞yB即B地运费较少；
当40＜x≤200时，yA＜yB即A地费用较少．
【点评】此题考查了一次函数的实际应用问题，考查了一次函数与一元一次方程、一元一次不等式的关系．此题难度适中，解题的关键是理解题意，找到等量关系求得函数解析式．
21．（2022春•杨浦区校级期末）A、B两地相距600千米，甲、乙两车同时从A地出发驶向B地，甲车到达B地后立即返回，它们各自离A地的距离y（千米）与行驶时间x（时）之间的函数关系图象如图所示．
（1）求甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式；
（2）当它们行驶了7小时时，两车相遇，求乙车的速度．
【分析】（1）根据函数图象可以得到甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式；
（2）根据（1）求得函数解析式，可以得到当x＝7时的y值，然后用求得的y值除以7即可求得乙车的速度．
【解答】解：（1）当0≤x≤6时，设甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式为y＝mx，
把（6，600）代入y＝mx，
6m＝600，
解得m＝100，
∴y＝100x；
当6＜x≤14时，设甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
把（6，600）、（14，0）代入y＝kx+b，
得
解得，
∴y＝﹣75x+1 050；
即甲车行驶过程中y与x之间的函数关系式为：y＝；
（2）当x＝7时，y＝﹣75x+1 050
解得，y＝﹣75×7+1 050＝525，
525÷7＝75（千米/时），
即乙车的速度为75千米/时．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
22．（2021春•越秀区校级期末）光华农机租赁公司共有50台联合收割机，其中甲型20台，乙型30台，先将这50台联合收割机派往A、B两地区收割小麦，其中30台派往A地区，20台派往B地区．两地区与该农机租赁公司商定的每天的租赁价格见表：
（1）设派往A地区x台乙型联合收割机，租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金为y（元），求y与x间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）若使农机租赁公司这50台联合收割机一天获得的租金总额不低于79 600元，说明有多少种分配方案，并将各种方案设计出来；
（3）如果要使这50台联合收割机每天获得的租金最高，请你为光华农机租赁公司提一条合理化建议．
【分析】（1）在A、B两地分配甲、乙两种类型的收割机，注意各数之间的联系；
（2）由租金总额不低于79 600元求出x的取值范围设计分配方案；
（3）此为求函数的最大值问题．
【解答】解：（1）若派往A地区的乙型收割机为x台，
则派往A地区的甲型收割机为（30﹣x）台，
派往B地区的乙型收割机为（30﹣x）台，
派往B地区的甲型收割机为20﹣（30﹣x）＝（x﹣10）台．
∴y＝1600x+1800（30﹣x）+1200（30﹣x）+1600（x﹣10）＝200x+74 000，
x的取值范围是：10≤x≤30，（x是正整数）；
（2）由题意得200x+74 000≥79 600，解不等式得x≥28，
由于10≤x≤30，x是正整数，
∴x取28，29，30这三个值，
∴有3种不同的分配方案．
①当x＝28时，即派往A地区的甲型收割机为2台，乙型收割机为28台；派往B地区的甲型收割机为18台，乙型收割机为2台；
②当x＝29时，即派往A地区的甲型收割机为1台，乙型收割机为29台；派往B地区的甲型收割机为19台，乙型收割机为1台；
③当x＝30时，即30台乙型收割机全部派往A地区；20台甲型收割机全部派往B地区；
（3）由于一次函数y＝200x+74 000的值y是随着x的增大而增大的，
所以当x＝30时，y取得最大值，
如果要使农机租赁公司这50台联合收割机每天获得租金最高，只需x＝30，此时y＝6000+74 000＝80 000．
建议农机租赁公司将30台乙型收割机全部派往A地区；20台甲型收割机全部派往B地区，可使公司获得的租金最高．
【点评】本题是贴近社会生活的应用题，赋予了生活气息，使学生真切地感受到“数学来源于生活”，体验到数学的“有用性”．这样设计体现了《新课程标准》的“问题情景﹣建立模型﹣解释、应用和拓展”的数学学习模式．
23．（2018春•静安区期末）某大型物件快递公司送货员每月的工资由底薪加计件工资两部分组成，计件工资与送货件数成正比例．有甲乙两名送货员，如果送货量为x件时，甲的工资是y1（元），乙的工资是y2（元），如图所示，已知甲的每月底薪是800元，每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元
（1）根据图中信息，分别求出y1和y2关于x的函数解析式；（不必写定义域）
（2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，求两人的月工资分别是多少元？（一个月为30天）
【分析】（1）设y1关于x的函数解析式为y1＝kx+800，将（200，4800）代入，利用待定系数法即可求出y1＝20x+800；根据每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元，可设y2关于x的函数解析式为y2＝18x+b，将（200，4800）代入，利用待定系数法即可求出y2＝18x+1200；
（2）根据甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，得出甲、乙两人一个月送货量分别是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，计算即可求解．
【解答】解：（1）设y1关于x的函数解析式为y1＝kx+800，
将（200，4800）代入，
得4800＝200k+800，解得k＝20，
即y1关于x的函数解析式为y1＝20x+800；
∵每送一件货物，甲所得的工资比乙高2元，
而每送一件货物，甲所得的工资是20元，
∴每送一件货物，乙所得的工资比乙高18元．
设y2关于x的函数解析式为y2＝18x+b，
将（200，4800）代入，
得4800＝18×200+b，解得b＝1200，
即y2关于x的函数解析式为y2＝18x+1200；
（2）如果甲、乙两人平均每天送货量分别是12件和14件，
那么甲、乙两人一个月送货量分别是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）．
【点评】本题考查了一次函数的应用，利用待定系数法求直线的解析式，以及代数式求值，读懂题目信息，理解函数图象是解题的关键．
24．（2022春•奉贤区校级期末）李老师准备网上在线学习，现有甲、乙两家网站供李老师选择，已知甲网站的收费方式是：月使用费7元，包时上网时间25小时，超时费每分钟0.01元；乙网站的月收费方式如图所示．设李老师每月上网的时间为x小时，甲、乙两家网站的月收费金额分别是y1、y2．
（1）请根据图象信息填空：乙网站的月使用费是 10 元，超时费是每分钟 0.01 元；
（2）写出y1与x之间的函数关系；
（3）李老师选择哪家网站在线学习比较合算？
【分析】（1）由图象可知乙超时25小时费用多出15元，可按比例求解．
（2）关键题意，甲上网时间与所付费用之间是一次函数关系，且比例系数已知，用待定系数法求解．
（3）可用图象法或分析法求解．
【解答】解：（1）由图象可知；乙网站的月使用费是10元；
当上网时间超过50小时就开始收取超时费：
15÷25÷60＝0.01 （元）
即：超时费每分钟是0.01元．
（2）当0≤x≤25时，y1＝7．
当x＞25时，设y1 与x之间的关系式：y1＝kx+b
其中，k＝0.6，当x＝25时 y1＝7
即：7＝0.6×25+b
解之得b＝﹣8
所以当x＞25时，y1＝0.6x﹣8．
（3）y2＝，
当x＝30时，因为y1＝0.6×30﹣8＝10（元），y2＝10，
所以，当x＝30时，选择哪家都一样
当 x＜30时，y2＝10（元），y1＜0.6×30﹣8＝10（元），故选择甲网站比较合算
当30＜x≤50时，选择乙网站比较合算；
当x＞50时，y1＞y2，选择乙网站比较合算；
故x＜30时，选择甲网站比较合算；
x＝30时，选择哪家都一样；
x＞30时，选择乙网站比较合算．
【点评】本题考查了一次函数的图象及其应用，解题的关键是理解函数图象的意义．
25．（2017春•杨浦区校级期末）已知水银体温计的读数y（℃）与水银柱的长度x（cm）之间是一次函数关系．现有一支水银体温计，其部分刻度线不清晰（如图），表中记录的是该体温计部分清晰刻度线及其对应水银柱的长度．
（1）求y关于x的函数关系式（不需要写出函数的定义域）；
（2）用该体温计测体温时，水银柱的长度为6.2cm，求此时体温计的读数．
【分析】（1）设y关于x的函数关系式为y＝kx+b，由统计表的数据建立方程组求出其解即可；
（2）当x＝6.2时，代入（1）的解析式就可以求出y的值．
【解答】解：（1）设y关于x的函数关系式为y＝kx+b，由题意，得
，
解得：，
∴y＝x+29.75．
∴y关于x的函数关系式为：y＝+29.75；
（2）当x＝6.2时，
y＝×6.2+29.75＝37.5．
答：此时体温计的读数为37.5℃．
【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式的运用，由解析式根据自变量的值求函数值的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
四．三角形中位线定理（共1小题）
26．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，AD⊥CD，垂足为点D，M是边AB的中点，AB＝20，AC＝10，求线段DM的长．
【分析】延长AD交BC于E，根据勾股定理求出BC，根据等腰三角形的性质得到AD＝DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长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是边AB的中点，
∴DM＝BE＝×（10﹣10）＝5﹣5．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
五．平行四边形的性质（共2小题）
27．（2017春•杨浦区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列式子中一定成立的是（ ）
A．AC⊥BDB．OA＝OCC．AC＝BDD．AO＝OD
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分即可判断．
【解答】解：A、菱形的对角线才相互垂直．故不对．
B、根据平行四边形的对角线互相平分可知此题选B．
C、只有平行四边形为矩形时，其对角线相等，故也不对．
D、只有平行四边形为矩形时，其对角线相等且平分．故也不对．
故选：B．
【点评】此题主要考查平行四边形的性质．即平行四边形的对角线互相平分．
28．（2020春•崇明区期末）如图所示，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点．证明：
（1）BE⊥AC；
（2）EG＝EF．
【分析】（1）由平行四边形的性质和已知条件证得BC＝BO，根据等腰三角形的性质得出结论；
（2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出EG＝AB，由三角形中位线定理求得EF＝DC，根据AB＝DC即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝DC，BD＝2OB＝2OD，
∵BD＝2AD，
∴OB＝BC，
∵E为OB中点，
∴BE⊥AC（三线合一定理）；
（2）∵∠AEB＝90°，
∵G为AB中点，
∴AB＝2EG（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∵AB＝CD，
∴CD＝2EG，
∵E、F分别是OC、OD中点，
∴CD＝2EF，
∴EG＝EF．
【点评】本题考查了平行四边形性质，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形性质，三角形的中位线性质的应用，关键是求出EG＝AB，题目比较好，综合性比较强．
六．平行四边形的判定与性质（共3小题）
29．（2017春•松江区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于E点，DF∥AC，∠DFC＝∠AEB，连接EF．
（1）求证：DF＝AE；
（2）求证：四边形BCFE是平行四边形．
【分析】（1）首先证明四边形DECF是平行四边形，推出DF＝CE，再证明AE＝CE即可；
（2）只要证明EF∥BC，EF＝BC即可；
【解答】证明：（1）∵DF∥AC，
∴∠DFC+∠FCE＝180°，
∵∠DFC＝∠DEC，
∴∠DEC+∠FCE＝180°，
∴CF∥DE，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴DF＝EC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CE，
∴DF＝AE．
（2）∵DF＝AE，DF∥AE，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∵AD＝BC，AD∥BC，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴四边形BCFE是平行四边形．
【点评】本题考查平行四边形的性质和判定、平行线的性质和判定等知识，解题的关键是首先证明四边形ECFD是平行四边形．
30．（2018春•浦东新区期末）如图，△ABC中，AD是边BC上的中线，过点A作AE∥BC，过点D作DE∥AB，DE与AC、AE分别交于点O、点E，连接EC．
（1）求证：AD＝EC；
（2）当∠BAC＝90°时，求证：四边形ADCE是菱形．
【分析】（1）先证四边形ABDE是平行四边形，再证四边形ADCE是平行四边形，即得AD＝CE；
（2）由∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，即得AD＝BD＝CD，证得四边形ADCE是平行四边形，即证；
【解答】证明：（1）∵DE∥AB，AE∥BC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BD，且AE＝BD
又∵AD是BC边的中线，
∴BD＝CD，
∴AE＝CD，
∵AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴AD＝EC；
（2）∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的中线，
∴AD＝BD＝CD，
又∵四边形ADCE是平行四边形，
∴四边形ADCE是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，（1）证得四边形ABDE，四边形ADCE为平行四边形即得；（2）由∠BAC＝90°，AD上斜边BC上的中线，即得AD＝BD＝CD，证得四边形ADCE是平行四边形，从而证得四边形ADCE是菱形．
31．（2017春•静安区期末）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且AE＝CG，AH＝CF，EG平分∠HEF．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）求证：四边形EFGH是菱形．
【分析】（1）由于四边形ABCD是平行四边形，易得∠A＝∠C，∠B＝∠D，结合AE＝CG，AH＝CF，利用SAS可证△AEH≌△CGF，于是
EH＝FG，而AB＝CD，AD＝BC，利用等式性质易得BE＝DG，BF＝DH，再利用SAS可证△BEF≌△DGH，于是EF＝GH，易证四边形EFGH是平行四边形；
（2）由（1）知四边形EFGH是平行四边形，那么EF∥GH，那么∠HGE＝∠FEG，而EG是角平分线，易得∠HEG＝∠FEG，
等量代换可得∠HEG＝∠HGE，从而有HE＝HG，易证四边形EFGH是菱形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠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，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HG∥EF，
∴∠HGE＝∠FEG，
∵∠HEG＝∠FEG，
∴∠HEG＝∠HGE，
∴HE＝HG，
∴四边形EFGH是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定．解题的关键是掌握两组对边相等的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形．
七．菱形的性质（共1小题）
32．（2019春•浦东新区期末）已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB＝6，∠BCD＝120°，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）先判断出四边形AODE是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠ABC＝60°，判断出△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出OA、OB，然后得到OD，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD＝120°，AB∥CD，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
∵AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA＝×6＝3，OB＝×6＝3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB＝3，
∴四边形AODE的面积＝OA•OD＝3×3＝9．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．
八．菱形的判定（共1小题）
33．（2018春•奉贤区期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE∥BC，且CE＝CD．
（1）求证：∠B＝∠DEC；
（2）求证：四边形ADCE是菱形．
【分析】（1）利用等腰三角形的性质、直角三角形斜边中线定理证明即可；
（2）首先证明AD＝EC，AD∥EC，可得四边形ADCE是平行四边形，再根据CD＝CE可得四边形是菱形；
【解答】（1）证明：在△ABC中，∵∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，
∴CD＝DB，
∴∠B＝∠DCB，
∵DE∥BC，
∴∠DCB＝∠CDE，
∵CD＝CE，
∴∠CDE＝∠CED，
∴∠B＝∠CED．
（2）证明：∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B，
∵∠B＝∠DEC，
∴∠ADE＝∠DEC，
∴AD∥EC，
∵EC＝CD＝AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵CD＝CE，
∴四边形ADCE是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定和性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
九．矩形的性质（共3小题）
34．（2018秋•崇明区期末）如果从一个四边形一边上的点到对边的视角是直角，那么称该点为直角点．例如，如图的四边形ABCD中，点M在CD边上，连接AM、BM，∠AMB＝90°，则点M为直角点．若点E、F分别为矩形ABCD边AB、CD上的直角点，且AB＝5，BC＝，则线段EF的长为 或 ．
【分析】作FH⊥AB于点H，利用已知得出△ADF∽△FCB，进而得出＝，求得构造的直角三角形的两条直角边即可得出答案．
【解答】解：作FH⊥AB于点H，连接EF．
∵∠AFB＝90°，
∴∠AFD+∠BFC＝90°，
∵∠AMD+∠DAM＝90°，
∴∠DAF＝∠BFC
又∵∠D＝∠C，
∴△ADF∽△FCB，
∴＝，即＝，
∴FC＝2或3．
∵点F，E分别为矩形ABCD边CD，AB上的直角点，
∴AE＝FC，
∴当FC＝2时，AE＝2，EH＝1，
∴EF2＝FH2+EH2＝（）2+12＝7，
∴EF＝．
当FC＝3时，此时点E与点H重合，即EF＝BC＝，
综上，EF＝或．
故答案为：或．
【点评】此题考查了相似三角形的判定定理及性质和勾股定理，得出△ADF∽△FCB是解题关键．
35．（2021春•浦东新区校级期末）如图，已知矩形ABCD的对角线交于点O，点E、F和G分别平分线段AB、OD和OA．
（1）求证：四边形OFGE是平行四边形．
（2）猜想：当∠ABD＝ 30 °时四边形OFGE是菱形，并证明．
【分析】（1）由三角形中位线知识可得OE∥FG，OE＝FG，进而可以得到四边形OFGE是平行四边形；
（2）证明△AOD为等边三角形，可得当∠ABD＝30°时，四边形OFGE是菱形．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD的对角线交于点O，
∴OD＝OB＝OA，
又∵点E、F和G分别平分线段AB、OD和OA，
∴OE为△ABD的中位线，FG为△AOD的中位线，
∴，OE∥AD，FG∥AD，，
∴OE∥FG，OE＝FG，
∴四边形OFGE是平行四边形；
（2）解：由（1）知，四边形OFGE是平行四边形，当四边形OFGE是菱形时，
则OF＝FG，
∴OD＝AD，
∴△AOD为等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∴当∠ABD＝30°时，四边形OFGE是菱形．
故答案为：30．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握特殊四边形的性质．
36．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F．
（1）求点D的坐标；
（2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，求出OE＝BO﹣BE＝4，∠OED＝90°，设D（0，a），则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当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，得出M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）；
②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，则OG＝OE＝2，根据勾股定理求出OM即可；
③当OM为菱形的对角线，OE为边时，同②得：M（﹣，0）；即可得出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标是（﹣6，8）．
∴∠BAD＝∠OCB＝90°，AB＝OC＝6，OA＝BC＝8，
∴BO＝＝10；
由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，
∴OE＝BO﹣BE＝10﹣6＝4，∠OED＝90°，
设D（0，a），则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，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）；理由如下：
①当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，
∴M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）；
②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，如图1所示：
则OG＝OE＝2，
∵OA＝8，OD＝5，
∴AD＝DE＝3，
∴E到y轴的距离＝＝＝，
∴OH＝，
∵EM2﹣MH2＝42﹣（）2，
∴OM2﹣（OM﹣）2＝42﹣（）2，
解得：OM＝，
∴M（﹣，0）；
③当OM为菱形的对角线，OE为边时，如图2所示：
同②得：M（﹣，0）；
综上所述，在x轴上存在点M，使以M、N、E、O为顶点的四边形是菱形，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，坐标与图形性质，三角函数，菱形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
一十．正方形的性质（共5小题）
37．（2020秋•浦东新区期末）如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF＝7，则EF＝ 6 ．
【分析】把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE＝7﹣1＝6．
【解答】解：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到DA，交CD于点G，
由旋转的性质可知，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，
故答案为6．
【点评】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，构造全等三角形是解题的关键，注意旋转性质的应用．
38．（2018春•嘉定区期末）已知：在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，四边形EFGH的三个顶点E、F、H分别在矩形ABCD边AB、BC、DA上，AE＝2．
（1）如图1，当四边形EFGH为正方形时，求△GFC的面积；
（2）如图2，当四边形EFGH为菱形时，设BF＝x，△GFC的面积为S，求S关于x的函数关系式，并写出函数的定义域．
【分析】（1）只要证明△AEH≌△BFE．推出BF＝AE＝2，由△MGF≌△BFE，推出△MGF≌△AEH，求出FC、GM即可解决问题．
（2）如图2，过点G作GM⊥BC，垂足为M，连接HF，根据S△GFC＝FC•GM，计算即可．
【解答】解：（1）如图1，过点G作GM⊥BC，垂足为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，
同理可证：△MGF≌△BFE，
∴△MGF≌△AEH，
∴GM＝AE＝2，
又 FC＝BC﹣BF＝12﹣2＝10，
∴S△GFC＝FC•GM＝×10×2＝10．
（2）如图2，过点G作GM⊥BC，垂足为M，连接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，
定义域：．
【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
39．（2022春•闵行区校级期末）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，CE⊥AC与AD边的延长线交于点E．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）延长DB至点F，联结CF，若CF＝BD，求∠BCF的大小．
【分析】（1）利用正方形的性质得出AC⊥DB，BC∥AD，再利用平行线的判定与性质结合平行四边形的判定方法得出答案；
（2）利用正方形的性质结合直角三角形的性质得出∠OFC＝30°，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥DB，BC∥AD，
∵CE⊥AC，
∴∠AOD＝∠ACE＝90°，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）解：连接AF，
∵四边形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°．
【点评】此题主要考查了正方形的性质以及平行四边形的判定和直角三角形的性质，正确应用正方形的性质是解题关键．
40．（2017春•杨浦区期末）已知：正方形ABCD的边长为厘米，对角线AC上的两个动点E，F．点E从点A，点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，过E作EH⊥AC交Rt△ACD的直角边于H，过F作FG⊥AC交Rt△ACD的直角边于G，连接HG，EB．设HE、EF、FG、GH围成的图形面积为S1，AE，EB，BA围成的图形面积为S2（这里规定：线段的面积为0）E到达C，F到达A停止．若E的运动时间为x秒，解答下列问题：
（1）如图，判断四边形EFGH是什么四边形，并证明；
（2）当0＜x＜8时，求x为何值时，S1＝S2；
（3）若y是S1与S2的和，试用x的代数式表示y．（如图为备用图）
【分析】（1）首先根据动点E、F的运动速度与运动时间均相同得出AE＝CF，再由正方形的性质及已知EH⊥AC，FG⊥AC得出△CGF与△AHE都是等腰直角三角形，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形得出结论；
（2）首先由勾股定理求出正方形ABCD的对角线长为16．再连接BD交AC于O，则BO＝8．然后用含x的代数式分别表示S1，S2，当S1＝S2时得出关于x的方程，解方程即可；
（3）因为当x＝8时，点E与点F重合，此时S1＝0，y＝S2．故应分0≤x＜8与8≤x≤16两种情况讨论．
【解答】解：（1）四边形EFGH是矩形．理由如下：
∵点E从点A，点F从点C同时出发，沿对角线以1厘米/秒的相同速度运动，
∴AE＝CF．
∵EH⊥AC，FG⊥AC，
∴EH∥FG．
∵ABCD为正方形，
∴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，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵EH⊥AC
∴平行四边形EFGH是矩形；
（2）∵正方形边长为，∴AC＝16．
∵AE＝x，连接BD交AC于O，则BO⊥AC且BO＝8，
∴S2＝•AE•BO＝4x．
∵CF＝GF＝AE＝x，∴EF＝16﹣2x，
∴S1＝EF•GF＝x（16﹣2x）．
当S1＝S2时，x（16﹣2x）＝4x，
解得x1＝0（舍去），x2＝6．
∴当x＝6时，S1＝S2；
（3）①当0≤x＜8时，y＝x（16﹣2x）+4x＝﹣2x2+20x．
②当8≤x≤16时，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．
综上，可知y＝．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，难度中等．
41．（2022春•浦东新区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 +3 ．
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
一十一．正方形的判定（共2小题）
42．（2018春•青浦区期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．
（1）求证：BC＝BE；
（2）连接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求证：四边形ABCD是正方形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得：AD∥BC，AD＝BC，又由平行四边形的判定得：四边形AEBD是平行四边形，又由平行四边形的对边相等可得结论；
（2）根据（1）：四边形AEBD是平行四边形，对角线互相平分可得：AF＝BF＝AB，EF＝FD，从而证明AD＝AB，即邻边相等，证明EF＝FC＝FD，得∠FDC＝∠FCD，从而∠BCD＝90°，根据有一个角是直角，邻边相等的平行四边形是正方形可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AE∥BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴AD＝EB，
∴BC＝BE；
（2）由（1）知：四边形AEBD是平行四边形，
∴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°，
∴四边形ABCD是正方形．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质，属于基础题，正确利用平行四边形的性质是解题关键．
43．（2018春•浦东新区期末）已知：如图，在等边三角形ABC中，过边AB上一点D作DE⊥BC，垂足为点E，过边AC上一点G作GF⊥BC，垂足为点F，BE＝CF，联结DG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）连接AF，当∠BAF＝3∠FAC时，求证：四边形DEFG是正方形．
【分析】（1）根据等边三角形的性质和平行四边形的判定证明即可；
（2）根据等边三角形的判定和性质以及正方形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）在等边三角形ABC中，
∵DE⊥BC，GF⊥BC，
∴∠DEF＝∠GFC＝90°，
∴DE∥GF，
∵∠B＝∠C＝60°，BE＝CF，∠DEB＝∠GFC＝90°，
∴△BDE≌△CGF，
∴DE＝GF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）如图，连接AF，
在平行四边形DEFG中，
∵∠DEF＝90°，
∴平行四边形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是等边三角形，
∴GA＝GD，
∴GD＝GF，
∴矩形DEFG是正方形．
【点评】此题考查正方形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及正方形的判定解答．
一十二．梯形（共5小题）
44．（2021春•浦东新区期末）已知梯形的两底边长分别为6和8，一腰长为7，则另一腰长a的取值范围是 5＜a＜9 ．
【分析】作辅助线：平移一腰，则构造了一个三角形：三边是两腰和梯形的两底之差．再根据三角形的三边关系：两边之和＞第三边，两边之差＜第三边．则另一腰＞7﹣2而＜7+2，即5＜a＜9．
【解答】解：已知AD＝6，BC＝8，AB＝7，DC＝a，过D点作DE∥AB
∵AD∥BC，DE∥AB
∴四边形ADEB为平行四边形
∴AD＝BE＝6，DE＝AB＝7
∴EC＝BC﹣AD＝2
在△DEC中：DE+EC＞DC，即a＜9
DE﹣EC＜DC，即a＞5
∴另一腰长a的取值范围是：5＜a＜9．
【点评】注意梯形中常见的辅助线：平移一腰．
45．（2020春•闵行区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，E为BC的中点，联结ED，BD．
（1）求证：四边形ABED是平行四边形；
（2）如果∠ADB+∠DCB＝90°，求证：四边形ABED是菱形．
【分析】（1）因为AD∥BC，若要四边形AECD是平行四边形，即证明AD＝BE即可；
（2）证明△BDC是直角三角形，根据E是BC的中点，证明DE＝BE，则可得四边形EFDG是菱形．
【解答】证明：（1）∵点E是BC的中点，
∴BE＝BC，
∵AD＝BC，
∴BE＝AD，
∵AD∥BE，
∴四边形ABED为平行四边形；
（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的中点，
∴DE＝BC，
∵BE＝BC，
∴DE＝BE，
∵四边形ABED为平行四边形，
∴四边形EFDG是菱形．
【点评】此题考查了梯形，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识．解题的关键是要注意数形结合思想的应用．
46．（2020春•松江区期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC．AD＝AB，BC＝2AD．E是BC边的中点，AE、BD相交于点F．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）设边CD的中点为G，联结EG．求证：四边形FEGD是矩形．
【分析】（1）根据“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明；
（2）根据题意，首先判定四边形DFEG是平行四边形，然后推知其有一内角为直角，此题得证．
【解答】（1）证明：如图，∵AD∥BC，
∴AD∥EC．
∵BC＝2AD，E是BC边的中点，
∴AD＝EC．
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）证明：如图，连接GE，
由（1）知，四边形AECD是平行四边形，则FE∥DG．
又∵点E是BC的中点，点G是CD的中点，
∴EG∥BD，即EG∥FD，
∴四边形DFEG是平行四边形．
∵在梯形ABCD中，AD∥BC，
∴∠1＝∠2．
又∵AD＝AB，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，即BF是∠ABE的平分线．
∵BC＝2AD，E是BC边的中点，
∴AD＝BE．
∴AB＝BE，
∴BF⊥AE，
∴平行四边形FEGD是矩形．
【点评】本题主要考查了梯形，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，解题时，需要熟练掌握矩形与平行四边形间的关系．
47．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，P是下底BC上一动点（点P与点B不重合），AB＝AD＝10，BC＝24，∠C＝45°，45°＜∠B＜90°，设BP＝x，四边形APCD的面积为y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（2）联结PD，当△APD是以AD为腰的等腰三角形时，求四边形APCD的面积．
【分析】（1）作AH⊥BC于H．设AH＝h．构建方程求出h即可解决问题．
（2）分两种情形分别讨论求解即可；
【解答】（1）解：作AH⊥BC于H．设AH＝h．
由题意：+10+h＝24，
整理得：h2﹣14h+48＝0，
解得h＝8或6（舍弃），
∴y＝（10+24﹣x）×8，即y＝﹣4x+136（0＜x＜24）
（2）解：①当AP＝AD＝10时，∵AB＝AD＝10，
∴AP＝AB＝10，
∵BH＝6，
∴BP＝2BH＝12，
即x＝12，
∴y＝88．
②当PD＝AD＝10时，四边形ABPD是平行四边形或等腰梯形，
∴BP＝AD＝10或BP＝2BH+AD＝22，
即x＝10或22，
∴y＝96或48，
综上所述，四边形APCD的面积为88或96或48．
【点评】本题考查梯形、等腰三角形的性质勾股定理、一次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
48．（2019春•浦东新区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝45°，AB＝8，BC＝14，点E、F分别在边AB、CD上，EF∥AD，点P与AD在直线EF的两侧，∠EPF＝90°，PE＝PF，射线EP、FP与边BC分别相交于点M、N，设AE＝x，MN＝y．
（1）求边AD的长；
（2）如图，当点P在梯形ABCD内部时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）如果MN的长为2，求梯形AEFD的面积．
【分析】（1）过D作DH⊥BC，DH与EF、BC分别相交于点G、H，从而判定四边形ABHD是矩形，在RT△DHC中求出CH的长，利用AD＝BH＝BC﹣CH可得出AD的长．
（2）首先确定PM＝PN，过点P作QR⊥EF，QR与EF、MN分别相交于Q、R，根据∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，可表示出PQ、PR，继而可得出y关于x的函数解析式，也能得出定义域．
（3）①当点P在梯形ABCD内部时，由MN＝2及（2）的结论得2＝﹣3x+10，AE＝，可求得梯形的面积，②当点P在梯形ABCD外部时，由MN＝2及与（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，可求得梯形的面积．
【解答】解：（1）过D作DH⊥BC，DH与EF、BC分别相交于点G、H，
∵梯形ABCD中，∠B＝90°，
∴DH∥AB，
又∵AD∥BC，
∴四边形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，
过点P作QR⊥EF，QR与EF、MN分别相交于Q、R，
∵∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，
∴PQ＝EF＝，PR＝MN＝，
∵QR＝BE＝8﹣x，
∴，
∴y关于x的函数解析式为y＝﹣3x+10．定义域为1≤x＜．
（3）当点P在梯形ABCD内部时，由MN＝2及（2）的结论得2＝﹣3x+10，AE＝，
∴（AD+EF）•AE＝，
当点P在梯形ABCD外部时，由MN＝2及与（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，
∴（AD+EF）•AE＝．
【点评】本题考查梯形及有实际问题列一次函数关系式的知识，属于综合性较强的题目，难度较大，对于此类题目要学会由小及大，将所求的问题缩小，一步一步求解．
一十三．等腰梯形的性质（共1小题）
49．（2017春•浦东新区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AC上一点，DE∥AB交BC于点E，且AD＝DE，F是AB上一点，BF＝BE，连接FD．
（1）试判断四边形ADEB的形状，并说明理由；
（2）求证：BE＝FD．
【分析】（1）结论：四边形ADEB是等腰梯形．首先证明四边形ADEB是梯形，再证明∠A＝∠B即可；
（2）只要证明四边形BEDF是平行四边形即可；
【解答】解：（1）结论：四边形ADEB是等腰梯形．
理由：∵AC、BC是△ABC的两边，
∴AC与BC不平行，即BE与AD不平行，
∵DE∥AB，
∴四边形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＝BF，
∴DE＝BF，
∵DE∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BE＝FD．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰梯形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握等腰梯形的判定方法，平行四边形的判定方法，属于中考常考题型．
一十四．等腰梯形的判定（共2小题）
50．（2022春•杨浦区校级期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＞BC，AB＝DC，E是AD．上方一点，分别联结EA、ED、EB、EC，已知EA＝ED，点F、G分别是EB、EC与AD的交点．
求证：四边形FBCG是等腰梯形．
【分析】证明△ABE≌△CDE（SAS），可得EB＝EC，然后根据平行线的性质可得∠EFG＝∠EGF，所以EF＝EG，进而可以解决问题．
【解答】证明：∵AB＝DC，
∴∠BAD＝∠CDA，
∵EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∵∠EAB＝∠BAD+∠EAD，∠EDC＝∠CDA+∠EDA，
∴∠EAB＝∠EDC，
在△ABE和△CDE中，
，
∴△ABE≌△CDE（SAS），
∴EB＝EC，
∴∠EBC＝∠ECB，
∵AD∥BC，
∴∠EBC＝∠EFG，∠ECB＝∠EGF，
∴∠EFG＝∠EGF，
∴EF＝EG，
∴FB＝GC，
∵FG∥BC，
∴四边形FBCG是等腰梯形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行线的性质，是基础知识要熟练掌握．
51．（2022春•奉贤区校级期末）如图，已知四边形ABCD中，点E是CD上的点（不与CD的中点重合），DE＝AB，∠BAC＝∠D，AD＝AC．
（1）求证：四边形AECB是等腰梯形；
（2）点F是AB延长线上一点，且BC＝CF，联结CF、EF，若AC⊥EF，求证：四边形AECF是菱形．
【分析】（1）由AD＝AC，证得∠D＝∠ACD，由∠BAC＝∠D，推出∠ACD＝∠BAC，由平行线的判定推出AB∥DE，根据三角形的判定证得△ADE≌△CAB，即可证得AE＝BC，由等腰梯形的判定即可证得结论；
（2）通过全等三角形的性质得到AF＝CE，推出四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵AD＝AC，
∴∠D＝∠ACD，
∵∠BAC＝∠D，
∴∠ACD＝BAC，
∴AB∥DE，
在△ADE和△CAB中，，
∴△ADE≌△CAB，
∴AE＝BC，
∴四边形AECB是等腰梯形；
（2）由（1）得AE＝BC，∠AEC＝∠BCE，AB∥EC，
∴∠FAC＝∠ACE，
∵BC＝CF，
∴AE＝CF，∠FBC＝∠BFC，
∴∠BFC＝∠AEC，
在△AEC和△CFA中，，
∴△AEC≌△AFC，
∴AF＝CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴▱AECF是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
一十五．梯形中位线定理（共1小题）
52．（2018春•闵行区期末）在梯形ABCD中，AD∥BC，如果AD＝4，BC＝10，E、F分别是边AB、CD的中点，那么EF＝ 7 ．
【分析】根据梯形中位线定理得到EF＝（AD+BC），然后把AD＝4，BC＝10代入可求出EF的长．
【解答】解：∵E，F分别是边AB，CD的中点，
∴EF为梯形ABCD的中位线，
∴EF＝（AD+BC）＝（4+10）＝7．
故答案为7．
【点评】本题考查了梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
一十六．*平面向量（共4小题）
53．（2021春•虹口区校级期末）如图，平面内有三个非零向量、、，它们的模都相等，并且两两的夹角均为120度，则++＝ ．
【分析】延长AO到T，使得OT＝OA，连接TB．证明+＝+＝，再证明BT∥OC，BT＝OC，可得结论．
【解答】解：延长AO到T，使得OT＝OA，连接TB．
∵＝，
∴+＝+＝，
∵OB＝OT，∠BOT＝60°，
∴△OBT是等边三角形，
∴∠T＝∠TOC＝60°，
∴BT∥OC，BT＝OC，
∴+＝，
∴++＝，
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量，三角形法则等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用三角形法则解决问题，属于中考常考题型．
54．（2021春•黄浦区期末）如图，点E在平行四边形ABCD的对角线BD的延长线上．
（1）填空：+＝ .﹣＝ ；
（2）求作：+（不写作法，保留作图痕迹，写出结果）
【分析】（1）根据向量的平行四边形法则写出+即可，根据平行四边形的对边平行且相等可得＝，然后根据向量的三角形法则求解即可；
（2）根据平行四边形的对边平行且相等可得＝，然后根据向量的平行四边形法则作出以DC、DE为邻边的平行四边形，其对角线即为所求．
【解答】解：（1）+＝，
∵＝，
∴﹣＝﹣＝；
故答案为：；．
（2）如图，即为所求+．
【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，向量的问题，熟练掌握平行四边形法则和三角形法则是解题的关键．
55．（2019春•浦东新区期末）如图，已知点E在四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝．
（1）试用向量、和表示向量，；
（2）在图中求作：+﹣．（不要求写出作法，只需写出结论即可）
【分析】（1）由＝，＝，＝，直接利用三角形法则求解，即可求得答案；
（2）由三角形法则可得：+﹣＝﹣＝，继而可求得答案．
【解答】解：（1）∵＝，＝，＝，
∴＝﹣＝﹣；＝﹣＝﹣（﹣）＝﹣+；
（2）+﹣＝﹣＝．
如图：即为所求．
【点评】此题考查了平面向量的知识．注意掌握三角形法则的应用．
56．（2018春•黄浦区期末）如图，已知点E在平行四边形ABCD的边AB上，设＝，＝，＝，再用图中的线段作向量，
（1）写出与平行的向量 、和 ．
（2）试用向量、、表示向量、.＝ ﹣ ；＝ ﹣+ ．
（3）求作．
【分析】（1）与平行的向量即与共线的向量；
（2）根据三角形法则填空；
（3）利用三角形法则将转化为，然后解答．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴与平行的向量有：、和．
故答案是：、和．
（2）＝﹣＝﹣，即；
＝﹣＝﹣+，即．
故答案是：﹣，﹣+；
（3）∵，
∴为所求作向量．
【点评】本题考查平面向量、三角形法则等知识，解题的关键是灵活运用三角形法则解决问题，属于中考基础题．
一十七．随机事件（共1小题）
57．（2017春•杨浦区期末）“太阳每天从东方升起”，这是一个 确定 事件．（填“确定”或“不确定”）
【分析】根据事件的可能性得到相应事件的类型即可．
【解答】解：根据生活常识，知
“太阳每天从东方升起”，一定发生，这是一个确定事件．
【点评】解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．
用到的知识点为：必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
一十八．概率公式（共1小题）
58．（2021春•闵行区期末）从一副未曾启封的扑克牌中取出1张红桃，2张黑桃的牌共3张，洗匀后，从这3张牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率是（ ）
A．B．C．D．1
【分析】让黑桃张数除以总张数3即可求得从这3张牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率．
【解答】解：∵1红桃，2黑桃的牌共3，
∴这3牌中任取1张牌恰好是黑桃的概率是．
故选：C．
【点评】本题主要考查了概率的计算方法：概率＝所求情况数与总情况数之比，难度适中．
一十九．列表法与树状图法（共1小题）
59．（2021春•浦东新区校级期末）某商场开展购物抽奖活动，抽奖箱中有4个标号分别为1，2，3，4的质地、大小相同的小球，顾客任意摸取一个小球，然后放回，再摸取一个小球，若两次摸出的数字之和为“8”是一等奖，数字之和为“6”是二等奖，数字之和为其它数字则是三等奖，请分别求出顾客抽中一、二、三等奖的概率．
【分析】列举出符合题意的各种情况的个数，再根据概率公式解答即可．
【解答】解：列表得：
∴一共有16种情况，两次摸出的数字之和为“8”的有一种，数字之和为“6”的有3种情况，数字之和为其它数字的有12种情况，
∴抽中一等奖的概率为，抽中二等奖的概率为，抽中三等奖的概率为．
【点评】此题考查的是用列表法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
二十．游戏公平性（共1小题）
60．（2019春•长宁区期末）甲、乙两人玩抽扑克牌游戏，游戏规则是：从牌面数字分别为5，6，7的三张扑克牌中，随机抽取一张，放回后，再随机抽取一张．若所抽的两张牌面数字的积为奇数，则甲获胜；若所抽的两张牌面数字的积为偶数，则乙获胜．这个游戏 不公平 ．（填“公平”或“不公平”）
【分析】根据游戏规则可知：牌面数字分别为5，6，7的三张扑克牌中，随意抽取2张，积有9种情况，其中5种是偶数，4种是奇数．那么甲、乙两人取胜的概率不相等；故这个游戏不公平．
【解答】解：从5、6、7中任意找两个数，积有35、30、42、25、36、49，其中30、35、42都是两次，即共9种情况，其中奇数的有4种，偶数的有5种，显然是不公平的．
故答案为：不公平
【点评】本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个参与者取胜的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
仓库产地
C
D
总计
A
x吨
200吨
B
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
地
产
仓
库
C
D
总计
A
x吨
（200﹣x）吨
200吨
B
（240﹣x）吨
（60+x）吨
300吨
总计
240吨
260吨
500吨
每台甲型收割机的租金
每台乙型收割机的租金
A地区
1800
1600
B地区
1600
1200
水银柱的长度x（cm）
4.2
…
8.2
9.8
体温计的读数y（℃）
35.0
…
40.0
42.0
（1，4）
（2，4）
（3，4）
（4，4）
（1，3）
（2，3）
（3，3）
（4，3）
（1，2）
（2，2）
（3，2）
（4，2）
（1，1）
（2，1）
（3，1）
（4，1）
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