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(常考60题29个考点专练)(原卷版+解析)

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(常考60题29个考点专练)(原卷版+解析)，共45页。试卷主要包含了方程组的解为，解方程组，＝0的根是　 　，解方程等内容，欢迎下载使用。
1．（2021春•浦东新区期末）若关于x和y的二元二次方程x2+my＝1有一个解是，则字母m的值为 ．
2．（2021春•金山区期末）方程组的解为： ．
3．（2021春•浦东新区期末）二项方程x4﹣8＝0的实数根是 ．
4．（2022春•徐汇区期末）方程2x3﹣16＝0的根是 ．
5．（2021春•浦东新区校级期末）解方程组：．
6．（2022春•杨浦区校级期末）解方程组：
二．无理方程（共5小题）
7．（2022春•青浦区校级期末）下列关于x的方程一定有实数解的是（ ）
A．2x＝mB．x2＝mC．＝mD．＝m
8．（2022春•徐汇区期末）方程（x+2）＝0的根是 ．
9．（2022春•奉贤区校级期末）解方程：．
10．（2021春•杨浦区期末）解方程：．
11．（2022春•长宁区校级期末）下列方程中，有一个根是x＝2的方程是（ ）
A．B．
C．D．
三．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
12．（2021春•浦东新区期末）某校计划修建一条400米长的跑道，开工后每天比原计划多修10米，结果提前2天完成了任务，如果设原计划每天修x米，那么根据题意可列出方程（ ）
A．B．
C．D．
四．分式方程的应用（共1小题）
13．（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．
五．一次函数的图象（共2小题）
14．（2021春•杨浦区校级期末）已知一次函数y＝﹣x+m，点A（1，y1），B（3，y2）在图象上，则y1 y2（填“＞”或“＜”）．
15．（2021春•静安区期末）已知一次函数y＝kx+b的图象如图所示，当x＜1时，y的取值范围是 ．
六．一次函数的性质（共2小题）
16．（2021春•崇明区期末）一次函数y＝﹣5x+3的图象不经过的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
17．（2021春•杨浦区校级期末）一次函数y＝kx+b的图象如图所示，当y＞0时，x的取值范围是 ．
七．一次函数图象与系数的关系（共3小题）
18．（2022春•杨浦区校级期末）若直线y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．C．D．
19．（2021春•虹口区期末）已知一次函数y＝（1﹣2m）x+m，函数值y随自变量x的值增大而减小，那么m的取值范围是 ．
20．（2021春•闵行区期末）一次函数y＝3x+m﹣1的图象不经过第二象限，则m的取值范围是 ．
八．一次函数图象上点的坐标特征（共6小题）
21．（2021春•浦东新区期末）对于一次函数y＝x+2，下列说法不正确的是（ ）
A．图象经过点（1，3）
B．图象与x轴交于点（﹣2，0）
C．图象不经过第四象限
D．当x＞0时，y＜2
22．（2021春•杨浦区校级期末）下列四个点中，在函数y＝3x+1的图象上的是（ ）
A．（﹣1，2）B．（0，﹣1）C．（1，4）D．（2，﹣7）
23．（2022春•杨浦区校级期末）若点（3，a）在一次函数y＝3x+1的图象上，则a＝ ．
24．（2021春•嘉定区期末）一次函数y＝﹣3x﹣6的图象与x轴的交点坐标是 ．
25．（2021春•杨浦区校级期末）一次函数y＝2x﹣3在y轴上的截距是 ．
26．（2021春•黄浦区期末）如图，一次函数y＝kx+b的图象与x轴、y轴分别相交于A、B两点，那么当y＜0时，自变量x的取值范围是 ．
九．一次函数图象与几何变换（共1小题）
27．（2021春•徐汇区期末）将直线y＝﹣x﹣2沿y轴方向向上平移3个单位，所得新图象的函数表达式是 ．
一十．一次函数的应用（共2小题）
28．（2020秋•沈河区期末）已知某汽车装满油后油箱中的剩余油量y（升）与汽车的行驶路程x（千米）之间具有一次函数关系（如图所示），为了行驶安全考虑，油箱中剩余油量不能低于5升，那么这辆汽车装满油后至多行驶 千米，就应该停车加油．
29．（2022春•徐汇区期末）如果购买荔枝所付金额y（元）与购买数量x（千克）之间的函数图象由线段OA与射线AB组成（如图所示），那么购买3千克荔枝需要付 元．
一十一．三角形中位线定理（共3小题）
30．（2022春•长宁区校级期末）如图，四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…；如此进行下去，得到四边形AnBn∁nDn，那么四边形A15B15C15D15的周长为 ．
31．（2022春•奉贤区校级期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为 ．
32．（2022春•奉贤区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D在AB上，BD＝AC，E、F、G分别是BC、AD、CD的中点，EF、CA的延长线相交于点H．
求证：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）AH＝AF．
一十二．多边形的对角线（共1小题）
33．（2021春•浦东新区期末）当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，那么∠BAD的度数为 ．
一十三．多边形内角与外角（共4小题）
34．（2022春•闵行区校级期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 ．
35．（2022春•徐汇区期末）五边形的内角和为 度．
36．（2022春•杨浦区校级期末）一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，这个多边形是 边形．
37．（2022春•奉贤区校级期末）如果多边形的每个外角都是40°，那么这个多边形的边数是 ．
一十四．平行四边形的性质（共1小题）
38．（2021春•杨浦区校级期末）如图，在▱ABCD中，AC＝AD，∠D＝72°，BE⊥AC，垂足为E，则∠ABE＝ ．
一十五．平行四边形的判定与性质（共1小题）
39．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 cm．
一十六．菱形的性质（共2小题）
40．（2021春•虹口区校级期末）如图，四边形ABCD是菱形，点E、F分别在边BC、CD上，且△AEF是等边三角形，AB＝AE，则∠B＝ ．
41．（2022春•奉贤区校级期末）如果菱形边长为13，一条对角线长为10，那么它的面积为 ．
一十七．菱形的判定（共1小题）
42．（2020春•浦东新区期末）如图，已知△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，联结EC．
（1）求证：四边形ADCE是平行四边形；
（2）当∠BAC＝90°时，求证：四边形ADCE是菱形．
一十八．菱形的判定与性质（共1小题）
43．（2021春•宝山区期末）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．B．C．D．1
一十九．矩形的性质（共1小题）
44．（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．
二十．矩形的判定（共1小题）
45．（2022春•奉贤区校级期末）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
二十一．正方形的性质（共1小题）
46．（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 ．
二十二．正方形的判定（共1小题）
47．（2022春•浦东新区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
二十三．梯形（共2小题）
48．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知梯形ABCD中，AB∥CD，DE∥CB，点E在AB上，且EB＝4，若梯形ABCD的周长为24，则△AED的周长为 ．
49．（2022春•奉贤区校级期末）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，如果AB＝5，BC＝4，CD＝3，那么AD＝ ．
二十四．等腰梯形的性质（共2小题）
50．（2022春•奉贤区校级期末）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
51．（2021春•虹口区校级期末）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A＝60°，AD＝DC＝10，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝4，BF＝x，设四边形DEFC的面积为y，则y关于x的函数关系式是 （不必写自变量的取值范围）．
二十五．等腰梯形的判定（共2小题）
52．（2022春•奉贤区校级期末）在四边形ABCD中，如果AB与CD不平行，AC与BD相交于点O，那么下列条件中能判定四边形ABCD是等腰梯形的是（ ）
A．AC＝BD＝BCB．AB＝AD＝CD
C．OB＝OC，OA＝ODD．OB＝OC，AB＝CD
53．（2021春•浦东新区校级期末）已知：在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至点F，使得EF＝DE，那么四边形AFCD一定是（ ）
A．菱形B．矩形C．直角梯形D．等腰梯形
二十六．梯形中位线定理（共1小题）
54．（2021春•崇明区期末）已知一个梯形的中位线长为5cm，其中一条底边的长为6cm，那么该梯形的另一条底边的长是 cm．
二十七．*平面向量（共3小题）
55．（2021春•浦东新区期末）已知向量、满足||＝||，则（ ）
A．＝B．＝﹣
C．∥D．以上都有可能
56．（2021春•杨浦区期末）以下描述和的关系不正确的是（ ）
A．方向相反B．模相等C．平行D．相等．
57．（2020春•长宁区期末）如图，已知△ABC中，点D为边AC的中点，设，，
（1）试用向量，表示下列向量：＝ ；＝ ；
（2）求作：、．
（保留作图痕迹，不要求写作法，写出结果）．
58．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，试用、的线性组合表示向量．
二十八．随机事件（共1小题）
59．（2022春•长宁区校级期末）下列成语所描述的事件为必然事件的是（ ）
A．水中捞月B．瓮中捉鳖C．守株待兔D．拔苗助长
二十九．列表法与树状图法（共1小题）
60．（2022春•长宁区校级期末）将分别标有数字1、2、3的3个质地和大小完全相同的小球装在一个不透明的口袋中．
（1）若从口袋中随机摸出一个球，其标号为奇数的概率为多少？
（2）若从口袋中随机摸出一个球，放回口袋中搅匀后再随机摸出一个球，试求所摸出的两个球上数字之和等于4的概率（用树状图或列表法求解）．
上海八年级下期末真题精选（常考60题29个考点专练）
一．高次方程（共6小题）
1．（2021春•浦东新区期末）若关于x和y的二元二次方程x2+my＝1有一个解是，则字母m的值为 3 ．
【分析】把方程的解代入方程，求出m即可．
【解答】解：把方程的解代入二元二次方程，得4﹣m＝1，
∴m＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了二元二次方程的解，掌握方程解的意义是解决本题的关键．
2．（2021春•金山区期末）方程组的解为： ．
【分析】此题只要将①变形代入②式，转化为解一元二次方程即可解答．
【解答】解：
由题意可知x＝3﹣y③，代入xy＝2可得
3y﹣y2＝2，变式为y2﹣3y+2＝0，即（y﹣2）（y﹣1）＝0，
解得：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查高次方程求解的问题，此类题不是很难，同学们解答时只要找到解题的简便途径此类题就迎刃而解．
3．（2021春•浦东新区期末）二项方程x4﹣8＝0的实数根是 x＝±2 ．
【分析】先求x2的解，再求实数根即可．
【解答】解：x4﹣8＝0．
∴．
∴x2＝4（负值舍去）．
∴x＝±2．
故答案为：x＝±2．
【点评】本题考查高次方程的解法，关键在于降次，利用开平方即可降次是关键．
4．（2022春•徐汇区期末）方程2x3﹣16＝0的根是 x＝2 ．
【分析】求出x3＝8，两边开立方根，即可求出x．
【解答】解：2x3﹣16＝0，
2x3＝16，
x3＝8，
x＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了高次方程的解法和立方根，关键是能由x3＝8求出x．
5．（2021春•浦东新区校级期末）解方程组：．
【分析】由①得出（x﹣y）（x﹣2y）＝0，求出x﹣y＝0或x﹣2y＝0，把这两个方程与②组成方程组为，，再求出方程组的解即可．
【解答】解：，
由①，得（x﹣y）（x﹣2y）＝0，
即x﹣y＝0或x﹣2y＝0，
把这两个方程与②组成方程组得：，，
解得：，，
故方程组的解为：，．
【点评】本题考查了解高次方程组和解二元一次方程组，能把高次方程组转化成二元一次方程组是解此题的关键．
6．（2022春•杨浦区校级期末）解方程组：
【分析】先把原方程组的每个方程化简，这样原方程组转化成四个方程组，求出每个方程组的解即可．
【解答】解：
由①得：（x+2y）2＝9，
x+2y＝±3，
由②得：x（x+y）＝0，
x＝0，x+y＝0，
即原方程组化为：，，，，
解得：，，，，
所以原方程组的解为：，，，．
【点评】本题考查了解二元一次方程组和解高次方程组，能把高次方程组转化成二元一次方程组是解此题的关键．
二．无理方程（共5小题）
7．（2022春•青浦区校级期末）下列关于x的方程一定有实数解的是（ ）
A．2x＝mB．x2＝mC．＝mD．＝m
【分析】根据一元一次方程的解、无理方程、一元二次方程和分式方程的解的特点分别对每一项进行判断即可．
【解答】解：A.2x＝m，一定有实数解；
B．x2＝m，当m＜0时，无解；
C.＝m，当m＝0或﹣时无解；
D.＝m，当m＜0时，无解；
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次方程的解、无理方程、一元二次方程和分式方程，关键是灵活运用有关知识点进行判断．
8．（2022春•徐汇区期末）方程（x+2）＝0的根是 x＝3 ．
【分析】解此方程得x+2＝0或＝0，即x＝﹣2或x＝3，注意检验．
【解答】解：原方程可化为：x+2＝0或＝0，即x＝﹣2或x＝3，
代入原方程得当x＝﹣2时，
＝，﹣5＜0，无意义，
当x＝3时，原方程成立．
故方程（x+2）＝0的根是x＝3．
故本题答案为：x＝3．
【点评】解答此题关键是把方程化为x+2＝0或＝0，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．
9．（2022春•奉贤区校级期末）解方程：．
【分析】把10移到等号的右边，两边平方，求解，后检验根是否有意义．
【解答】解：，
两边平方，得4（x+5）＝x2﹣20x+100（2分）
整理，得：x2﹣24x+80＝0，解得：x1＝20，x2＝4（2分）
经检验：x2＝4是增根，x1＝20是原方程的解，（1分）
∴原方程的解是x＝20（1分）
【点评】本题主要考查了无理方程的解法，在解无理方程是最常用的方法是两边平方法及换元法，本题用了平方法，注意无理方程要检验根是否有意义，属于基础题．
10．（2021春•杨浦区期末）解方程：．
【分析】把2x移到等号的右边，两边平方求解，然后检验根是否存在．
【解答】解：移项，，
x﹣3＝（6﹣2x）2，
化简得，4x2﹣25x+39＝0，
（x﹣3）（4x﹣13）＝0，
．
经检验，x1＝3是原方程的根，是增根．
所以原方程的根为x＝3．
【点评】本题主要考查了无理方程的解法，在解无理方程是最常用的方法是两边平方法及换元法，本题用了平方法，注意检验根的存在．属于基础题．
11．（2022春•长宁区校级期末）下列方程中，有一个根是x＝2的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】把x＝2代入选项中的每个方程，再逐个判断即可．
【解答】解：A．＝，
方程两边都乘以x﹣2，得x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣2＝0，所以x＝2是增根，
即x＝2不是原方程的解，故本选项不符合题意；
B．当x＝2时，分母不等于0，
方程的左边＝+＝0，右边＝0，
即左边＝右边，
所以x＝2是原方程的解，故本选项符合题意；
C．当x＝2时，中x﹣3＜0，
所以x＝2不是方程•＝0的解，故本选项不符合题意；
D．当x＝2时，中x﹣6＜0，
所以x＝2不是方程＝2的解，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了解分式方程和解无理方程，注意：解分式方程和解无理方程都必须进检验．
三．由实际问题抽象出分式方程（共1小题）
12．（2021春•浦东新区期末）某校计划修建一条400米长的跑道，开工后每天比原计划多修10米，结果提前2天完成了任务，如果设原计划每天修x米，那么根据题意可列出方程（ ）
A．B．
C．D．
【分析】本题属于工程问题，未知量是工作效率：原计划每天修x米．题目告诉了工作总量：400米，那么根据工作时间来列等量关系．关键描述语是：“提前2天完成任务”．等量关系为：原计划工作时间﹣现在工作时间＝2天，据此列出方程．
【解答】解：设原计划每天修x米，则实际每天修（x+10）米．
由题意，知原计划用的时间为天，实际用的时间为：天，
故所列方程为：．
故选：C．
【点评】本题考查用分式方程解决工程问题，工程问题的基本关系式为：工作时间＝工作总量÷工作效率．找到关键描述语，得到等量关系是解决问题的关键．本题的等量关系为：原计划工作时间﹣现在工作时间＝2天．
四．分式方程的应用（共1小题）
13．（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．
五．一次函数的图象（共2小题）
14．（2021春•杨浦区校级期末）已知一次函数y＝﹣x+m，点A（1，y1），B（3，y2）在图象上，则y1 ＞ y2（填“＞”或“＜”）．
【分析】直接利用一次函数的增减性进而分析得出答案．
【解答】解：∵一次函数y＝﹣x+m，
∴y随x的增大而减小，
∵点A（1，y1），B（3，y2）在图象上，
∴y1＞y2．
故答案为：＞．
【点评】此题主要考查了一次函数的性质，正确掌握一次函数的增减性是解题关键．
15．（2021春•静安区期末）已知一次函数y＝kx+b的图象如图所示，当x＜1时，y的取值范围是 y＜﹣2 ．
【分析】根据一次函数过（2，0），（0，﹣4）求出k的值，得到一次函数解析式，然后用y表示x，再解关于x的不等式即可．
【解答】解：一次函数y＝kx+b的图象与y轴交于点（0，﹣4），
∴b＝﹣4，与x轴点（2，0），
∴0＝2k﹣4，
∴k＝2，
∴y＝kx+b＝2x﹣4，
∴x＝（y+4）÷2＜1，
∴y＜﹣2．
故答案为y＜﹣2．
【点评】本题利用了一次函数与x轴y轴的交点坐标用待定系数法求出k、b的值．同时还考查了数形结合的应用．
六．一次函数的性质（共2小题）
16．（2021春•崇明区期末）一次函数y＝﹣5x+3的图象不经过的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据一次函数的性质容易得出结论．
【解答】解：因为解析式y＝﹣3x+2中，﹣3＜0，2＞0，图象过一、二、四象限，
故图象不经过第三象限，
故选：C．
【点评】考查了一次函数的性质，在直线y＝kx+b中，当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小．
17．（2021春•杨浦区校级期末）一次函数y＝kx+b的图象如图所示，当y＞0时，x的取值范围是 x＜2 ．
【分析】根据一次函数的性质和函数图象，可以直接写出当y＞0时，x的取值范围．
【解答】解：由图象可得，
当y＞0时，x的取值范围是x＜2，
故答案为：x＜2．
【点评】本题考查一次函数的性质、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
七．一次函数图象与系数的关系（共3小题）
18．（2022春•杨浦区校级期末）若直线y＝kx+b经过一、二、四象限，则直线y＝bx﹣k的图象只能是图中的（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直线经过的象限结合四个选项中的图象，即可得出结论．
【解答】解：∵直线y＝kx+b经过一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
∴﹣k＞0，
∴选项B中图象符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＜0，b＞0⇔y＝kx+b的图象在一、二、四象限”是解题的关键．
19．（2021春•虹口区期末）已知一次函数y＝（1﹣2m）x+m，函数值y随自变量x的值增大而减小，那么m的取值范围是 m ．
【分析】根据一次函数y＝（1﹣2m）x+m的增减性列出不等式1﹣2m＜0，通过解该不等式即可求得m的取值范围．
【解答】解：由题意得，1﹣2m＜0，
解得，m＞；
故答案为m．
【点评】本题考查了一次函数图象与系数的关系．在直线y＝kx+b（k≠0）中，当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小．
20．（2021春•闵行区期末）一次函数y＝3x+m﹣1的图象不经过第二象限，则m的取值范围是 m≤1 ．
【分析】根据一次函数的图象不经过第二象限列出关于m的不等式组，求出m的取值范围即可．
【解答】解：∵一次函数y＝3x+m﹣1的图象不经过第二象限，
∴m﹣1≤0，
解得 m≤1．
故答案是：m≤1．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，熟知一次函数y＝kx+b（k≠0）中，当k＞0，b＜0时，函数的图象经过一、三、四象限是解答此题的关键．
八．一次函数图象上点的坐标特征（共6小题）
21．（2021春•浦东新区期末）对于一次函数y＝x+2，下列说法不正确的是（ ）
A．图象经过点（1，3）
B．图象与x轴交于点（﹣2，0）
C．图象不经过第四象限
D．当x＞0时，y＜2
【分析】根据题干中的函数关系式和一次函数的性质可以判断各个选项是否成立．
【解答】解：∵一次函数y＝x+2，
∴当x＝1时，y＝3，
∴图象经过点（1，3），
故选项A不合题意；
令y＝0，得x+2＝0，
解得x＝﹣2，
∴图象与x轴交于点（﹣2，0），
故选项B不合题意；
∵k＝1＞0，b＝2＞0，
∴直线经过第一、二、三象限，
故选项C不合题意；
当x＞0时，y＝x+2＞2，
故选项D不正确，符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，解答本题关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
22．（2021春•杨浦区校级期末）下列四个点中，在函数y＝3x+1的图象上的是（ ）
A．（﹣1，2）B．（0，﹣1）C．（1，4）D．（2，﹣7）
【分析】将A，B，C，D分别代入一次函数解析式y＝3x+1，根据图象上点的坐标性质即可得出正确答案．
【解答】解：A．将（﹣1，2）代入y＝3x+1，x＝﹣1时，y＝﹣2，此点不在该函数图象上，故此选项错误；
B．将（0，﹣1）代入y＝3x+1，x＝0时，y＝1，此点不在该函数图象上，故此选项错误；
C．将（1，4）代入y＝3x+1，x＝1时，y＝4，此点在该函数图象上，故此选项正确；
D．将（2，﹣7）代入y＝3x+1，x＝2时，y＝7，此点不在该函数图象上，故此选项错误．
故选：C．
【点评】此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，只要点在函数的图象上，则一定满足函数的解析式．反之，只要满足函数解析式就一定在函数的图象上．
23．（2022春•杨浦区校级期末）若点（3，a）在一次函数y＝3x+1的图象上，则a＝ 10 ．
【分析】把点（3，a）代入一次函数y＝3x+1，求出y的值即可．
【解答】解：把点（3，a）代入一次函数y＝3x+1
得：a＝9+1＝10．
故填10．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，即一次函数图象上的点的坐标一定适合此函数的解析式．
24．（2021春•嘉定区期末）一次函数y＝﹣3x﹣6的图象与x轴的交点坐标是 （﹣2，0） ．
【分析】在解析式中，令y＝0，即可求得横坐标，则与x轴的交点坐标即可求得．
【解答】解：令y＝0，得到：﹣3x﹣6＝0，解得：x＝﹣2，
则图象与x轴的交点坐标是：（﹣2，0）．
故答案是：（﹣2，0）．
【点评】本题考查了函数图象与坐标轴的交点的求法，是需要熟记的内容．
25．（2021春•杨浦区校级期末）一次函数y＝2x﹣3在y轴上的截距是 ﹣3 ．
【分析】令x＝0，可见，当x＝0时，y的值即为函数在y轴上的截距．
【解答】解：当x＝0时，y＝﹣3，
可见一次函数在y轴上的截距为﹣3，
故答案为﹣3．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，知道y轴上的点的横坐标等于0是解题的关键．
26．（2021春•黄浦区期末）如图，一次函数y＝kx+b的图象与x轴、y轴分别相交于A、B两点，那么当y＜0时，自变量x的取值范围是 x＜2 ．
【分析】直接根据直线与x轴的交点坐标即可得出结论．
【解答】解：∵由函数图象可知，直线与x轴的交点坐标为（2，0），
∴当y＜0是，x＜2．
故答案为：x＜2．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，能利用函数图象直接得出x的取值范围是解答此题的关键．
九．一次函数图象与几何变换（共1小题）
27．（2021春•徐汇区期末）将直线y＝﹣x﹣2沿y轴方向向上平移3个单位，所得新图象的函数表达式是 y＝﹣x+1 ．
【分析】根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：由“上加下减”的原则可知，将直线y＝﹣x﹣2沿y轴方向向上平移3个单位所得函数的解析式为y＝﹣x﹣2+3，即y＝﹣x+1．
故答案为：y＝﹣x+1．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．
一十．一次函数的应用（共2小题）
28．（2020秋•沈河区期末）已知某汽车装满油后油箱中的剩余油量y（升）与汽车的行驶路程x（千米）之间具有一次函数关系（如图所示），为了行驶安全考虑，油箱中剩余油量不能低于5升，那么这辆汽车装满油后至多行驶 450 千米，就应该停车加油．
【分析】根据函数图象中点的坐标利用待定系数法求出一次函数解析式，再根据一次函数图象上点的坐标特征即可求出剩余油量为5升时行驶的路程，此题得解．
【解答】解：设该一次函数解析式为y＝kx+b，
将（400，10）、（500，0）代入y＝kx+b中，
，解得：，
∴该一次函数解析式为y＝﹣0.1x+50．
当y＝﹣0.1x+50＝5时，x＝450．
故答案为：450
【点评】本题考查一次函数的应用、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，根据点的坐标利用待定系数法求出一次函数解析式是解题的关键．
29．（2022春•徐汇区期末）如果购买荔枝所付金额y（元）与购买数量x（千克）之间的函数图象由线段OA与射线AB组成（如图所示），那么购买3千克荔枝需要付 56 元．
【分析】由图象可得购买3kg荔枝需要付的钱即为当x＝3时，y所对应的值，即求出AB段的函数解析式，将x＝3代入即可．
【解答】解：设AB的解析式为y＝kx+b，
将（2，40），（4，72）代入，
得，
解得：，
∴AB段的解析式为y＝16x+8，
当x＝3时，
y＝16×3+28＝56．
故答案为：56．
【标注】【知识点】一次函数的依据图象解决实际问题
【点评】本题考查了一次函数中依据图象解决实际问题，属于此类型中的基础题．
一十一．三角形中位线定理（共3小题）
30．（2022春•长宁区校级期末）如图，四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，顺次连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…；如此进行下去，得到四边形AnBn∁nDn，那么四边形A15B15C15D15的周长为 ．
【分析】根据三角形中位线性质定理可得每一次去各边中点所形成新的四边形周长都为前一个的；并且四边形是平行四边形，即可计算四边形A15B15C15D15的周长，
【解答】解：根据中位线的性质易知，A15B15＝A13B13×A11B11…×A1B1＝××…×AC；
B15C15＝B13C13×A11B11×…＝×B1C1＝××…×BD，
∴四边形A15B15C15D15的周长是2×（a+b）＝．
故答案为．
【点评】本题考查了三角形的中位线性质定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
31．（2022春•奉贤区校级期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为 2 ．
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，计算即可．
【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝5，
∵∠AFB＝90°，D是AB 的中点，
∴DF＝AB＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝2，
故答案为：2
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
32．（2022春•奉贤区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D在AB上，BD＝AC，E、F、G分别是BC、AD、CD的中点，EF、CA的延长线相交于点H．
求证：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）AH＝AF．
【分析】（1）由题目的已知条件可得EG是△BDC的中位线，所以EG∥BD，由此可得∠CGE＝∠BDC，再根据三角形外角和定理即可证明∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）连接FG，易证△FGE是等腰三角形，所以∠GFE＝∠GEF，再根据平行线的性质以及对顶角相等可证明∠H＝∠AFE，进而可得：AH＝AF，
【解答】证明（1）∵E，G分别是BC，CD的中点，
∴EG是△BDC的中位线，
∴EG∥BD，
∴∠CGE＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠ACD+∠CAD，
∴∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）连接FG，
∵E，F，G分别是BC，AD，CD的中点，
∴EG＝BD，FG＝AC，
∵BD＝AC，
∴GE＝GF，
∴∠GFE＝∠GEF，
∵FG∥HC，
∴∠GFE＝∠H，
∵∠GEF＝∠BFE＝∠AFH，
∴∠H＝∠AFE，
∴AH＝AF．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
一十二．多边形的对角线（共1小题）
33．（2021春•浦东新区期末）当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，那么∠BAD的度数为 75° ．
【分析】根据“等腰四边形”的定义画出图形，对角线BD是该四边形的“等腰线”，所以△CBD和△ABD为等腰三角形，由于AB＝BC＝CD≠AD，△ABD中分两种情形：①AB＝BD，②AD＝BD．当AB＝BD时，由于AB＝BC＝CD，可得△BDC为等边三角形，∠ABC＝90°，则∠ABD＝30°，结论可得；当AD＝BD时，过点D作DE⊥AB，根据等腰三角形的三线合一，BE＝AB，过点D作DF⊥CB，交CB延长线于点F，根据四边形EBFD为矩形，DF＝＝CD，可得∠DCB＝30°，由于∠ABC＝90°，∠FDB可得，从而∠BAD可求．
【解答】解：∵凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，
∴△CBD和△ABD为等腰三角形．
由于AB≠AD，在△ABD中分两种情形：①AB＝BD，②AD＝BD．
当①AB＝BD时，如下图：
∵AB＝BC＝CD，AB＝BD．
∴BC＝CD＝BD．
∴△BDC为等边三角形．
∴∠DBC＝60°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝30°．
∵AB＝BD，
∴∠BAD＝∠BDA＝＝75°．
当②AD＝BD时，如下图，
过点D作DE⊥AB，过点D作DF⊥CB，交BC延长线于点F，
∵AD＝BD，DE⊥AB，
∴BE＝AB．
∵DE⊥AB，DF⊥CB，∠ABC＝90°，
∴四边形EBFD为矩形．
∴DF＝BE＝AB．
∵AB＝CD，
∴DF＝CD．
在Rt△DCF中，sin∠DCF＝＝，
∴∠DCF＝30°．
∵BC＝CD，
∴∠DBC＝∠BDC＝＝15°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝75°．
∵AD＝BD，
∴∠BAD＝∠ABD＝75°．
综上，∠BAD＝75°．
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查了等腰三角形，多边形的对角线，等腰直角三角形等知识点．本题是阅读题，正确理解题意是解题的关键．
一十三．多边形内角与外角（共4小题）
34．（2022春•闵行区校级期末）若一个正多边形的内角是外角的3倍，则这个正多边形的边数为 8 ．
【分析】设正多边形的边数为n，利用多边形的内角和公式和外角和定理即可解答．
【解答】解：设正多边形的边数为n，由题意得：
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查多边形的内角（和）与外角（和），熟记多边形的内角和公式及外角和为360°是解答的关键．
35．（2022春•徐汇区期末）五边形的内角和为 540 度．
【分析】n边形内角和公式为（n﹣2）180°，把n＝5代入可求五边形内角和．
【解答】解：五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°．
故答案为：540．
【点评】本题考查多边形的内角和计算公式，解答时要会根据公式进行正确运算和数据处理．
36．（2022春•杨浦区校级期末）一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，这个多边形是 十 边形．
【分析】一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，而外角和是360°，则内角和是4×360°．n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．
【解答】解：设这个多边形有n条边．
由题意得：（n﹣2）×180°＝360°×4，
解得n＝10．
则这个多边形是十边形．
故答案为：十．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．
37．（2022春•奉贤区校级期末）如果多边形的每个外角都是40°，那么这个多边形的边数是 9 ．
【分析】根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数是：＝9，
故答案为：9．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系，是解题关键．
一十四．平行四边形的性质（共1小题）
38．（2021春•杨浦区校级期末）如图，在▱ABCD中，AC＝AD，∠D＝72°，BE⊥AC，垂足为E，则∠ABE＝ 18° ．
【分析】由等腰三角形的性质得出∠ACD＝∠D＝72°，由平行四边形的性质得出AB∥CD，得出∠BAE＝∠ACD＝72°，由直角三角形的性质即可得出∠ABE的度数．
【解答】解：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠D＝72°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAE＝∠ACD＝72°，
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BAE＝18°；
故答案为：18°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质；熟练掌握平行四边形和等腰三角形的性质是解题的关键．
一十五．平行四边形的判定与性质（共1小题）
39．（2022春•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 7 cm．
【分析】由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE＝AD＝5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），
∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，
∴CD＝CE＝7cm．
故答案为：7．
【点评】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键．
一十六．菱形的性质（共2小题）
40．（2021春•虹口区校级期末）如图，四边形ABCD是菱形，点E、F分别在边BC、CD上，且△AEF是等边三角形，AB＝AE，则∠B＝ 80° ．
【分析】因为等边三角形△AEF的边长与菱形ABCD的边长相等，所以AB＝AE，AF＝AD，根据邻角之和为180°即可求得∠B的度数．
【解答】解：∵△AEF的边长与菱形ABCD的边长相等，
∴AB＝AE，AF＝AD，
设∠B＝x，则∠BAD＝180°﹣x，
∠BAE＝∠DAF＝180°﹣2x，
又∵∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD
即180°﹣2x+180°﹣2x+60°＝180°﹣x
解得x＝80°，
故答案为：80°
【点评】本题考查了正三角形各内角为60°、各边长相等的性质，考查了菱形邻角之和为180°的性质，本题中根据关于x的等量关系式求x的值是解题的关键．
41．（2022春•奉贤区校级期末）如果菱形边长为13，一条对角线长为10，那么它的面积为 120 ．
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，得已知对角线的一半是5．根据勾股定理，得要求的对角线的一半是12，则另一条对角线的长是24，进而求出菱形的面积．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝13，AC＝10，
∵对角线互相垂直平分，
∴∠AOB＝90°，AO＝5，
在Rt△AOB中，BO＝＝12，
∴BD＝2BO＝24．
∴则此菱形面积是＝120，
故答案为：120．
【点评】本题考查了菱形的性质，注意菱形对角线的性质：菱形的对角线互相垂直平分．熟练运用勾股定理．
一十七．菱形的判定（共1小题）
42．（2020春•浦东新区期末）如图，已知△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，联结EC．
（1）求证：四边形ADCE是平行四边形；
（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；
（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】（1）证明：∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∵AD是边BC上的中线，
∴BD＝DC，
∴AE＝DC，
又∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
（2）∵∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线．
∴AD＝CD，
∵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．
一十八．菱形的判定与性质（共1小题）
43．（2021春•宝山区期末）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．B．C．D．1
【分析】过D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面积＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性质得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，即可求解．
【解答】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：
则∠D'MA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，
∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，
∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝＝，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和正方形的性质，证出D'M＝AD'是解题的关键．
一十九．矩形的性质（共1小题）
44．（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．
二十．矩形的判定（共1小题）
45．（2022春•奉贤区校级期末）在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可．
【解答】解：添加AO＝BO，
理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD为矩形，
故选：B．
【点评】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
二十一．正方形的性质（共1小题）
46．（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．
二十二．正方形的判定（共1小题）
47．（2022春•浦东新区校级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【解答】解：A、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，它是菱形，故本选项不符合题意；
B、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当AC＝BD时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知识，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．
二十三．梯形（共2小题）
48．（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知梯形ABCD中，AB∥CD，DE∥CB，点E在AB上，且EB＝4，若梯形ABCD的周长为24，则△AED的周长为 16 ．
【分析】因为AB∥CD，DE∥CB，所以，四边形EBCD是平行四边形，则EB＝CD＝4，ED＝BC，又梯形ABCD的周长为24，即AB+BC+CD+AD＝24，所以，AE+BC+AD＝16，即AE+DE+AD＝16；
【解答】解：∵AB∥CD，DE∥CB，
∴四边形EBCD是平行四边形，EB＝4，
∴EB＝CD＝4，ED＝BC，
又∵梯形ABCD的周长为24，
∴AB+BC+CD+AD＝24，EB+CD＝8，
∴AE+BC+AD＝16，
∴AE+DE+AD＝16，
即△AED的周长为16；
故答案为：16．
【点评】本题主要考查了梯形和平行四边形的性质，把△AED的周长看作一个整体，通过等量代换求出，本题蕴含了整体思想．
49．（2022春•奉贤区校级期末）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，如果AB＝5，BC＝4，CD＝3，那么AD＝ ．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，后根据勾股定理即可得出答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，如下图所示：
则DE＝BC＝4，AE＝AB﹣EB＝AB﹣DC＝2，
AD＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了梯形及勾股定理的知识，难度不大，属于基础题．
二十四．等腰梯形的性质（共2小题）
50．（2022春•奉贤区校级期末）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
【分析】连接AC、BD，可证MN为△ABD的中位线，PQ为△CBD的中位线，根据中位线定理可证MN∥BD∥PQ，MN＝PQ＝BD，同理可证PN∥AC∥MQ，NP＝MQ＝AC，根据等腰梯形的性质可知AC＝BD，故可证四边形PQMN为菱形．
【解答】解：连接AC、BD，
∵M、N分别为AD、AB的中点
∴MN为△ABD的中位线，
∴MN∥BD，MN＝BD，
同理可证BD∥PQ，PQ＝BD，
∴MN＝PQ，MN∥PQ，四边形PQMN为平行四边形，
同理可证NP＝MQ＝AC，
根据等腰梯形的性质可知AC＝BD，
∴PQ＝NP，
∴▱PQMN为菱形．
故选：A．
【点评】本题主要考查等腰梯形的性质在证明特殊平行四边形中的应用．同时运用了三角形的中位线定理．
51．（2021春•虹口区校级期末）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A＝60°，AD＝DC＝10，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝4，BF＝x，设四边形DEFC的面积为y，则y关于x的函数关系式是 （不必写自变量的取值范围）．
【分析】过E作EG垂直AB于G，过F作FH垂直AB于H，根据等式梯形ABCD的面积＝S△AEG+S△BFH+S梯形EFHG+y，分别求得各部分的面积从而可得到函数关系式．
【解答】解：过E作EG垂直AB于G，过F作FH垂直AB于H
S梯形ABCD＝（10+20）×5＝75
∵∠A＝60°，AE＝4，EG垂直AB
∴AG＝2，EG＝2
∴S△AEG＝×2×2＝2
∵∠A＝∠B＝60°，FH垂直AB，BF＝x
∴BH＝x
∴S△BFH＝x×x×＝x2
∵AG＝2，BH＝x
∴GH＝AB﹣AG﹣BH＝20﹣2﹣x＝18﹣x
S梯形EFHG＝（EG+FH）×GH＝（2+x）×（18﹣x）＝18+4x﹣x2∵S△AEG+S△BFH+S梯形EFHG+y＝75
∴4x+y＝55
∴y＝﹣4x+55
【点评】此题主要考查学生对等腰梯形的性质及三角形的面积公式的综合运用．
二十五．等腰梯形的判定（共2小题）
52．（2022春•奉贤区校级期末）在四边形ABCD中，如果AB与CD不平行，AC与BD相交于点O，那么下列条件中能判定四边形ABCD是等腰梯形的是（ ）
A．AC＝BD＝BCB．AB＝AD＝CD
C．OB＝OC，OA＝ODD．OB＝OC，AB＝CD
【分析】根据等腰梯形的判定推出即可．
【解答】解：A、AC＝BD＝BC，不能证明四边形ABCD是等腰梯形，错误；
B、AB＝AD＝CD，不能证明四边形ABCD是等腰梯形，错误；
D、OB＝OC，AB＝CD，不能证明四边形ABCD是等腰梯形，错误；
C、∵OB＝OC，OA＝OD，
∴∠OBC＝∠OCB，∠OAD＝∠ODA，
在△AOB和△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（SAS），
∴∠ABO＝∠DCO，AB＝CD，
同理：∠OAB＝∠ODC，
∵∠ABC+∠DCB+∠CDA+∠BAD＝360°，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是梯形，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形．
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定的应用，解此题的关键是求出AD∥BC．
53．（2021春•浦东新区校级期末）已知：在△ABC中，AC＝BC，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至点F，使得EF＝DE，那么四边形AFCD一定是（ ）
A．菱形B．矩形C．直角梯形D．等腰梯形
【分析】先证明四边形ADCF是平行四边形，再证明AC＝DF即可．
【解答】解：∵E是AC中点，
∴AE＝EC，
∵DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD＝DB，AE＝EC，
∴DE＝BC，
∴DF＝BC，
∵CA＝CB，
∴AC＝DF，
∴四边形ADCF是矩形；
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定、等腰三角形的性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理；熟记对角线相等的平行四边形是矩形是解决问题的关键．
二十六．梯形中位线定理（共1小题）
54．（2021春•崇明区期末）已知一个梯形的中位线长为5cm，其中一条底边的长为6cm，那么该梯形的另一条底边的长是 4 cm．
【分析】根据梯形的中位线等于梯形两底和的一半进行计算即可．
【解答】解：设梯形的另一条底边为xcm，
由题意得：6+x＝2×5，
解得x＝4．
即梯形的另一条底边的长为4cm．
故答案为：4．
【点评】本题考查了梯形的中位线定理，解题的关键是熟记梯形的中位线定理并灵活的应用．
二十七．*平面向量（共3小题）
55．（2021春•浦东新区期末）已知向量、满足||＝||，则（ ）
A．＝B．＝﹣
C．∥D．以上都有可能
【分析】利用单位向量的定义和性质直接判断即可．
【解答】解：若向量、满足||＝||，
可得：＝，或＝﹣，或∥，
故选：D．
【点评】此题考查平面向量问题，解题时要认真审题，注意单位向量、零向量、共线向量的定义和的性质的合理运用．
56．（2021春•杨浦区期末）以下描述和的关系不正确的是（ ）
A．方向相反B．模相等C．平行D．相等．
【分析】利用单位向量的定义和性质直接判断即可．
【解答】解：A、和的关系是方向相反，正确；
B、和的关系是模相等，正确；
C、和的关系是平行，正确；
D、和的关系不相等，错误；
故选：D．
【点评】此题考查平面向量问题，解题时要认真审题，注意单位向量、零向量、共线向量的定义和的性质的合理运用．
57．（2020春•长宁区期末）如图，已知△ABC中，点D为边AC的中点，设，，
（1）试用向量，表示下列向量：＝ ﹣ ；＝ ﹣﹣ ；
（2）求作：、．
（保留作图痕迹，不要求写作法，写出结果）．
【分析】（1）根据三角形法则，由＝﹣即可求得的值，由点D为边AC的中点，与＝+即可求得的值；
（2）如图1，首先过点C作CE∥BD，且使CE＝BD，连接AE，向量＝；同理作CF∥BD，且CF＝BD，则＝．
【解答】解：（1），（2分）
，（2分）
（2）作图（各2分）
如图1：＝，如图2：＝．
【点评】此题考查了平面向量的知识，考查了学生的动手能力．解题的关键是三角形法则的应用．
58．（2021秋•杨浦区期末）如图，已知在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的长；
（2）设＝，＝，试用、的线性组合表示向量．
【分析】（1）根据相似三角形的性质得出等式求解即可；
（2）根据平面向量的加减运算法则即可求解．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝，
∴AE＝4；
（2）由（1）知，，
∴DE＝，
∵，
∴＝．
【点评】本题考查了平面向量，相似三角形的性质等知识，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键．
二十八．随机事件（共1小题）
59．（2022春•长宁区校级期末）下列成语所描述的事件为必然事件的是（ ）
A．水中捞月B．瓮中捉鳖C．守株待兔D．拔苗助长
【分析】根据事件的分类对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、水中捞月是不可能事件，故本选项错误；
B、翁中捉鳖是必然事件，故本选项正确；
C、守株待兔是随机事件，故本选项错误；
D、拔苗助长是不可能事件，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查的是随机事件，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．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．
二十九．列表法与树状图法（共1小题）
60．（2022春•长宁区校级期末）将分别标有数字1、2、3的3个质地和大小完全相同的小球装在一个不透明的口袋中．
（1）若从口袋中随机摸出一个球，其标号为奇数的概率为多少？
（2）若从口袋中随机摸出一个球，放回口袋中搅匀后再随机摸出一个球，试求所摸出的两个球上数字之和等于4的概率（用树状图或列表法求解）．
【分析】（1）根据概率公式求解；
（2）通过列表展示9种等可能的结果，再找出所摸出的两个球上数字之和等于4的结果数，然后利用概率公式求解．
【解答】解：（1）P（标号为奇数）＝；
（2）列表如下：
共有9种等可能的结果，其中所摸出的两个球上数字之和等于4（记为事件A）的有3种，
所以，P（A）＝．
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式计算事件A或事件B的概率．
1
2
3
1
（1，1）
（1，2）
（1，3）
2
（2，1）
（2，2）
（2，3）
3
（3，1）
（3，2）
（3，3）