沪教版八年级数学下册期中期末满分冲刺卷特训08期中解答题(上海精选归纳49题，20.1-22.2)(原卷版+解析)

这是一份沪教版八年级数学下册期中期末满分冲刺卷特训08期中解答题(上海精选归纳49题，20.1-22.2)(原卷版+解析)，共70页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2023春·上海宝山·八年级校考阶段练习）
2．（2023春·上海长宁·八年级上海市延安初级中学校考阶段练习）解方程
3．（2023春·上海浦东新·八年级上海市进才中学北校校考阶段练习）解方程组：
4．（2023春·八年级单元测试）解下列分式方程.
(1).
(2).
5．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）解方程：
(1)；
(2)；
(3)
6．（2023春·上海长宁·八年级上海市延安初级中学校考阶段练习）解方程组
7．（2023春·上海·八年级专题练习）解方程组：．
8．（2023春·上海·八年级专题练习）解方程组：
9．（2022·上海·九年级专题练习）解方程组：
10．（2023春·上海·八年级专题练习）k为何值时，方程组．
（1）有两组相等的实数解；
（2）有两组不相等的实数解；
（3）没有实数解．
11．（2023春·八年级单元测试）若关于x的方程无解，求实数的值．
12．（2023春·上海·八年级专题练习）关于的方程只有一个实数根，求：的值．
13．（2023春·上海长宁·八年级上海市延安初级中学校考阶段练习）某厂家接到定制5400套防护服任务，可以选择甲、乙两条流水线中的一条承担此任务，已知乙流水线每天比甲流水线多加工90套防护服，甲流水线加工这批防护服所花的时间比乙流水线多10天，且甲、乙两条流水线每天的生产成本分别为0.6万元与0.8万元，问厂家选择哪条流水线可使生产成本较小？为什么？
14．（2022春·上海·八年级期中）在行驶完某段全程600千米的高速公路时，李师傅对张师傅说：“你的车速太快了，平均每小时比我多跑20千米，比我少用1.5小时就跑完了全程．”
(1)若这段高速公路全程限速110千米/时，如若两人全程均匀速行驶，那么张师傅超速了吗？请说明理由．
(2)张师傅所行驶的车内油箱余油量y（升）与行驶时间t（时）的函数关系如图所示，则行驶完这段高速公路，他至少需要多少升油？
15．（2023春·上海·八年级专题练习）某汽车公司有甲、乙两种货车可供租用，现有一批货物要运往某地，货主准备租用该公司货车，已知甲，乙两种货车运货情况如表：
（1）甲、乙两种货车每辆可装多少吨货物？
（2）王先生要租用该公司的甲、乙两种货车送一批货，如果租用甲种货车数量比乙种货车数量多1辆，而乙种货车每辆的运费是甲种货车的1.4倍，结果甲种货车共付运费800元，乙种货车共付运费980元，试求此次甲、乙两种货车每辆各需运费多少元？
16．（2023春·上海·八年级专题练习）已知：一次函数的图像经过点且与直线平行．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）求在这个一次函数的图像上且位于轴上方的所有点的横坐标的取值范围．
17．（2022春·上海浦东新·八年级校考期中）已知一次函数图像经过点A（-2，-2）、B（0，-4）．
(1)求、的值；
(2)求这个一次函数与两坐标轴所围成的面积．
18．（2022春·上海·八年级专题练习）已知函数y＝（2m+3）x+m﹣1，
(1)若函数图象经过原点，求m的值；
(2)若函数图象在y轴上的截距为﹣3，求m的值；
(3)若函数图象平行于直线y＝x+1，求m的值；
(4)若该函数的值y随自变量x的增大而减小，求m的取值范围．
19．（2022春·上海·八年级专题练习）一次函数y＝（2a+4）x﹣（3﹣b），当a，b为何值时：
(1)y与x的增大而增大；
(2)图象经过二、三、四象限；
(3)图象与y轴的交点在x轴上方；
(4)图象过原点．
20．（2022春·上海·八年级专题练习）把一次函数的图象向上平移7个单位，得到的函数解析式为y=x−2，求平移前的函数图象与函数y=−x−2的图象和坐标轴所围成的图形面积．
21．（2021春·上海·七年级上海市西南模范中学校考期末）如图，在直角坐标平面内，已知点A（－5，0）与点B（－2，4），将点A向右平移6个单位，再向下平移3个单位，得点C，顺次联结点A、B、C．
(1)写出点C坐标______．
(2)的面积为______．
(3)若边BC与x轴交于点M，则线段AM长度为______．
22．（2022春·上海·八年级期末）如图是一次函数的图象.
（1）根据图象，求直线的表达式.
（2）在图中画出的图象.
（3）当的函数值大于的函数值时，直接写出x的取值范围.
23．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB过点，，交y轴于点C，点在点C上方．连接AD，BD．
(1)求直线AB的表达式．
(2)当时，在第一象限内求作点P，使得，且．
24．（2021春·上海闵行·八年级统考期末）已知一次函数的图像与轴交于点，与轴交于点，且的面积为，函数值随自变量的值增大而减小．
（1）求直线的表达式，并画出函数图像；
（2）以线段为底边在第一象限作等腰直角三角形（，），求点的坐标．
25．（2022春·上海·八年级期末）小张经营一家水果店，某日到水果批发市场批发一种水果，经了解，一次性批发这种水果不得少于千克，超过千克时，所有这种水果的批发单价均为3.5元/千克，图中折线表示批发单价（元/千克）与质量（千克）的函数关系，
（1）求线段所在直线的函数解析式；
（2）小张用元一次可以批发这种水果的质量是多少千克？
26．（2023春·上海·八年级专题练习）一辆客车从甲地开往乙地，一辆轿车从乙地开往甲地，两车同时出发，如图表示两车行驶时间（小时）与到甲地的距离（千米）的函数图象，已知其中一个函数的表达式为．
（1）求另一个函数表达式．
（2）求两车相遇的时间．
27．（2021春·上海浦东新·八年级校联考期末）如图，是甲、乙两种机器人根据电脑程序工作时各自工作量关于工作时间的函数图象，线段OA表示甲机器人的工作量（吨）关于时间（时）的函数图象，线段BC表示乙机器人的工作量（吨）关于时间（时）的函数图象．根据图象信息回答下列各题．
（1）填空：甲种机器人比乙种机器人早开始工作_____________小时；甲种机器人每小时的工作量是_____________吨；
（2）求直线BC的表达式．
28．（2023春·上海·八年级专题练习）某人因需要经常去复印资料，甲复印社按A4纸每10页2元计费，乙复印社则按A4纸每10页0.8元计费，但需按月付一定数额的承包费. 两复印社每月收费情况如图所示，根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）乙复印社要求客户每月支付的承包费是 元；
（2）乙复印社收费情况y关于复印页数x的函数解析式是 ；
（3）当每月复印 页时，两复印社实际收费相同；
（4）如果每月复印200页时，应选择哪家复印社？
29．（2023春·上海·八年级专题练习）甲、乙两人从学校出发，甲先出发，乙后出发，都匀速骑车前往图书馆，乙在骑行途中休息片刻后，以原速度继续骑行．已知乙的速度是甲的1.6倍，甲、乙两人离学校的距离y（米）与乙行驶的时间x（分钟）之间的关系如图，请根据图象回答问题．
（1）乙骑行的速度是 米/分钟；甲骑行的速度是 米/分钟；
（2）甲比乙先出发 分钟；
（3）求线段BD所表示的y与x之间的函数解析式．
30．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中(O为坐标原点)，已知直线y=kx+b与x轴y轴分别交于点A (2，0)、点B(0，1)， 点C的坐标是(-1，0)．
(1) 求直线AB的表达式
(2)设点D为直线AB上一点，且CD =AD．求点D的坐标．
31．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线y=－x+4与x轴、y轴分别交于点A，点B、点D在y轴的负半轴上，若将△OAB沿直线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点C处．
（1）求AB的长．
（2）求点C和点D的坐标．
（3）y轴上是否存在一点P，S△PAB= S△OCD?
32．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）已知在平面直角坐标系中，直线l：上经过点，．
(1)求b、m的值；
(2)求的面积；
(3)将直线l向上或向下平移，使得点A平移到在x轴上，原直线上有一点M平移后的对应点N，若，求点M坐标．
33．（2023春·上海浦东新·八年级上海市进才中学北校校考阶段练习）一次函数（为常数，且）
(1)若点在此函数的图像上，求这个函数的解析式．
(2)当时，函数最大值为2，求出的值．
34．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）已知：如图，反比例函数的图象与直线相交于点，直线与轴交于点，与轴交于点，点是的中点．
(1)求直线的函数解析式；
(2)求点到直线的距离；
(3)若点是直线上一点，且是直角三角形，求点的坐标．
35．（2023春·八年级单元测试）如图，在中，，，，边的垂直平分线分别与、轴、轴交于点、、．
(1)求点的坐标；
(2)求直线的解析式．
36．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于、两点
(1)利用图中条件，求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)连接、，求三角形的面积
(3)连接，在轴的正半轴上是否存在点，使是等腰三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标，若不存在，说明理由
37．（2023春·上海·八年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，AD平分∠CAB交BC于D，E为射线AC上的一个动点，EF⊥AD交射线AB于点F，联结DF．
（1）求DB的长；
（2）当点E在线段AC上时，设AE＝x，S△BDF＝y，求y关于x的函数解析式；（S△BDF表示△BDF的面积）
（3）当AE为何值时，△BDF是等腰三角形．（请直接写出答案，不必写出过程）
38．（2023春·上海·八年级专题练习）若一个多边形的内角和的比一个四边形的内角和多90°，那么这个多边形的边数是多少？
39．（2020秋·上海·八年级校考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，CE平分∠BCD交AB于点E，连结DE．
（1）若∠A＝50°，∠B＝85°，求∠BEC的度数；
（2）若∠A＝∠1，求证：∠CDE＝∠DCE．
40．（2022秋·上海青浦·九年级统考阶段练习）如图，在平行四边形中，，，．求平行四边形的面积．
41．（2022春·上海·八年级期中）如图，以的边、为边，作等边和等边，连接，．求证：四边形是平行四边形．
42．（2022春·上海徐汇·八年级校考期中）如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分．
43．（2021春·上海·八年级校考期中）已知：如图，点、在平行四边形的边上，，延长到点，使得．
求证：．
44．（2020秋·上海闵行·八年级校联考期中）如图，已知，在中，点D是边AC的中点，点E是边BC的延长线上一点，过点A作BE的平行线与线段ED的延长线相交于点F，连结AE．
（1）求证：AF＝CE．
（2）连结CF，交边AB于点G，如果CF⊥AB，求证：．
45．（2020秋·上海·八年级上海市第二初级中学校考期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E、F分别在CD、BC的延长线上，且，联结DF，使得，联结AD、BE交于点G．
(1)求证：BE和AD互相平分；
(2)求证：EF⊥BF
46．（2022春·上海静安·八年级上海市静安区教育学院附属学校校考期中）在平行四边形中，点为边的中点，连接，将沿着翻折，点落在点处，连接并延长，交于．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，的周长为20，求四边形的周长．
47．（2022春·上海奉贤·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A、B两点，与直线CD相交于点C（1，m），直线CD与x轴交于点D（3，0）．
（1）联结BD，CD，求△BCD的面积．
（2）在平面内是存在一点E，使得以A、C、D、E为四个顶点的四边形是平行四边形，直接写出点E的坐标．
（3）设点F是x轴上一个动点，当∠CDB＝∠FBD时，求点F的坐标．
48．（2022秋·上海嘉定·九年级统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的表达式为y＝kx+2，且经过点（1，4），与x轴、y轴分别交于点A、B，将直线A、B向下平移4个单位得到直线l．
(1)求直线l的表达式；
(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到（点A的对应点是点A′，点B的对应点是点B′），求直线A′B′与直线AB的交点坐标；
(3)设直线l与x轴交于点C，点D为该平面直角坐标系内的点，如果以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标．
49．（2022秋·上海·七年级校考期末）小明在学习了中心对称图形以后，想知道平行四边形是否为中心对称图形．于是将一张平行四边形纸片平放在一张纸板上，在纸板上沿四边画出它的初始位置，并画出平行四边形纸片的对角线，用大头针钉住对角线的交点．将平行四边形纸片绕着对角线的交点旋转后，平行四边形纸片与初始位置的平行四边形恰好重合．通过上述操作，小明惊喜地发现平行四边形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心．请你利用小明所发现的平行四边形的这一特征完成下列问题：
(1)如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点．过点的直线与边分别相交于点，四边形的面积与平行四边形的面积之比为___________；
(2)如图，这个图形是由平行四边形与平行四边形组成的，点在边上，且在同一直线上．
请画出一条直线把这个图形分成面积相等的两个部分（不要求写出画法，但请标注字母并写出结论）；
延长与边的延长线交于点，延长与边交于点．联结，如图所示，当四边形的面积为10，四边形的面积为2时，求三角形的面积．
第一次
第二次
甲种货车（辆）
2
5
乙种货车（辆）
3
6
累计运货（吨）
13
28
特训08 期中解答题（上海精选归纳49题，20.1-22.2）
一、解答题
1．（2023春·上海宝山·八年级校考阶段练习）
【答案】
【分析】将原方程变形为，两边平方并整理得：，再两边平方即可解出x，最后检验即可．
【解析】解：，
，
方程两边平方，得：
整理，得：，
方程两边再次平方，得：，
解得：．
经检验是原方程的解，
∴原无理方程的解为．
【点睛】本题考查解无理方程．掌握解无理方程的方法是解题关键．
2．（2023春·上海长宁·八年级上海市延安初级中学校考阶段练习）解方程
【答案】，
【分析】设，可得，进而解得，则或再分类讨论，即可求解．
【解析】解：设，
依题意，
得：
即③
①代入③得，④
①代入④得：，
解得：
∴或
若，即，则，
若，即，则，
综上所述，
【点睛】本题考查了解无理方程，掌握立方和公式，解一元二次方程是解题的关键．
3．（2023春·上海浦东新·八年级上海市进才中学北校校考阶段练习）解方程组：
【答案】
【分析】设，，则原方程组可化为，解二元一次方程组得，得到，，进而推出，，再次利用加减消元法解方程即可，注意最后需要检验．
【解析】设，，
则原方程组可化为，
得：，
解得：，
将代入②得，，
∴，，
∴，，
∴，
得：，
解得：，
将代入③得，，
经检验：，，是原方程组的解，
∴方程组的解为：
【点睛】本题主要考查用换元法解分式方程组，加减消元法解二元一次方程组，理解并熟练掌握对应方程的解法是解题的关键．
4．（2023春·八年级单元测试）解下列分式方程.
(1).
(2).
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）将方程两边同乘，进行计算，检验即可得；
（2）方程两边同时通分，得进行计算，检验即可得．
【解析】（1）解：
将方程两边同乘，得，
整理，得，
解得，，
经检验，是原分式方程的解；
（2）解：
方程两边同时通分，得
整理，得
或
解得，，，
经检验，，都是原分式方程的解．
【点睛】本题考查了解分式方程，解题的关键是掌握解分式方程的方法．
5．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）解方程：
(1)；
(2)；
(3)
【答案】(1)
(2)，；
(3)，，，．
【分析】（1）移项后两边平方得出，求出，再方程两边平方得出，求出，再进行检验即可；
（2）观察可得最简公分母是，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解；
（3）令，则，代入原方程，得，所以，，然后分两种情况分别解方程即可．
【解析】（1）
解：移项得，，
两边平方得，，
合并同类项得，，
∴，
两边平方得，，
整理得，，
∴，
解得：，，
经检验，，不是原方程的解，
∴原方程的解为：．
（2）
解：方程两边同时乘以得，
整理得，，
解得，，
∴，，
经检验，，时，，
∴原方程的根为：，．
（3）
解：
令，代入原方程得，，
∴，
解得：，，
当时，，即： ，
∴，解得：，，
当时，，即： ，
∴，解得：，，
经检验都为原方程的解
∴原方程的解为：，，，．
【点睛】本题考查了解无理方程，能把无理方程转化成有理方程是解此题的关键；还考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解，（2）解分式方程一定注意要验根．
6．（2023春·上海长宁·八年级上海市延安初级中学校考阶段练习）解方程组
【答案】或或或
【分析】由②得：，得出或，解得：或，分别代入①，解一元二次方程即可求解．
【解析】解：
由②得：
∴或
解得：或，
当时，代入①得：
解得：，
∴或
当时，代入①得：
解得：
∴或，
综上所述，方程组的解为:或或或．
【点睛】本题主要考查解二元二次方程组，解高次方程的根本思想是化归思想，解题的关键是：次数较高可通过因式分解再代入等方法降幂求解即可．
7．（2023春·上海·八年级专题练习）解方程组：．
【答案】
【分析】设，，解关于a、b的方程组求出的a、b值，再列出关于x和y的方程组求解即可.
【解析】解：设，，
则原方程组化为：，
解得：，
即，
解得：，
经检验是原方程组的解，
所以原方程组的解是．
【点睛】本题考查换元法解分式方程组，以及二元一次方程组的解法，掌握换元法是解答本题的关键.
8．（2023春·上海·八年级专题练习）解方程组：
【答案】，
【分析】①−②×2得关于x与y的二元一次方程，再用代入法求解即可．
【解析】解:
①−②×2得：③
由③得：，代入②整理得：，
解得：，，
把y的值分别代入得：，，
所以方程组的解为：，．
【点睛】本题考查了解二元二次方程组，与解一元二次方程组相同，有代入消元法与加减消元法两种方法，只是消元后得到的是一元二次方程而已．
9．（2022·上海·九年级专题练习）解方程组：
【答案】和
【分析】当方程组中只有一个可分解为两个二元一次方程的方程时，可将分解得到的两个二元一次方程分别与原方程组中的另一个二元二次方程组成两个“二·一”型方程组，解得这两个“二·一”型方程组，所得的解都是原方程组的解．
【解析】（用因式分解法）
方程（1）可化为（x-2y）2+（x-2y）-2=0
即（x-2y+2）（x-2y-1）=0
∴x-2y+2=0 或x-2y-1=0
原方程组可化为：
分别解得：和
【点睛】此题主要考查因式分解和二元二次方程组的综合题，掌握使用因式分解法和代入法是解题的关键．
10．（2023春·上海·八年级专题练习）k为何值时，方程组．
（1）有两组相等的实数解；
（2）有两组不相等的实数解；
（3）没有实数解．
【答案】（1）k=1；（2）k1
【分析】（1）将方程组转化为k2x2+（2k﹣4）x+1＝0，用根的判别式，列出方程求解即可；
（2）同（1）用根的判别式，列出不等式求解即可；
（3）通过讨论k＝0和k≠0，根据方程无实根，确定k的范围即可．
【解析】解：将（2）代入（1），整理得k2x2+（2k-4）x+1=0（3），
（1）当时，方程（3）有两个相等的实数根．
即
解得：，
∴当k=1时，原方程组有两组相等的实数根．
（2）当时，方程（3）有两个不相等的实数根．
即
解得：，
∴当k1时，原方程组没有实数根．
【点睛】本题考查了二次方程组根的情况，解题关键是把方程组转化为方程，再分类讨论，利用根的判别式进行求解．
11．（2023春·八年级单元测试）若关于x的方程无解，求实数的值．
【答案】或或
【分析】方程去分母转化为整式方程，求出的表达式，根据分式方程无解可得或或的表达式中分母为0，再代入的表达式中即可求出的值．
【解析】解：方程两边同时乘以，
得：，
解得：，
当时，此方程无解，原分式方程也无解，解得：，
当时，
原分式方程无解，
，
或，
当时，，解得：，
当时，，解得：，
综上，的值为或或．
【点睛】本题考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解的特点，并能分情况进行讨论是解题的关键．
12．（2023春·上海·八年级专题练习）关于的方程只有一个实数根，求：的值．
【答案】的值为或
【分析】先将分式方程转化为整式方程，把分式方程的讨论转化为整式方程的解的讨论，求解即可．
【解析】解：将转化为整式方程可得：；
当时，方程为，解得
经检验，是原方程的解；
当时，方程为一元二次方程，判别式
所以一元二次方程有两个不相等的实数根，
由题意可得，一元二次方程必有一个根为分式方程的增根，
由分式方程可得，方程的增根只可能为0或1，
当时，方程不成立，舍去；
当时，方程为，解得，
将代入可得
解得或
经检验，是原分式方程的解，
综上：的值为或．
【点睛】本题考查了解分式方程，注意：分式方程转化为整式方程不一定是等价转化，有可能产生增根，分式方程只有一个解，可能是转化后所得的整式方程只有一个解，也可能是转化后的整式方程有两个解，而其中一个是原方程的增根，故分式方程的解的讨论，要运用判别式增根等知识全面分析．
13．（2023春·上海长宁·八年级上海市延安初级中学校考阶段练习）某厂家接到定制5400套防护服任务，可以选择甲、乙两条流水线中的一条承担此任务，已知乙流水线每天比甲流水线多加工90套防护服，甲流水线加工这批防护服所花的时间比乙流水线多10天，且甲、乙两条流水线每天的生产成本分别为0.6万元与0.8万元，问厂家选择哪条流水线可使生产成本较小？为什么？
【答案】乙流水线成本较小，因为甲流水线成本18万元，乙流水线成本16万元
【分析】设甲流水线每天加工x套防护服，则乙流水线每天加工套防护服，再根据“甲流水线加工这批防护服所花的时间比乙流水线多10天”求得甲、乙每天的生产量，再分别求出甲、乙的生产成本，最后比较即可解答．
【解析】解：设甲流水线每天加工x套防护服，则乙流水线每天加工套防护服，
则，解得：或
经检验：是分式方程的根，且符合题意；不符合题意舍去，
则乙流水线每天加工270套防护服
所以甲需要天，乙需要天，
所以甲、乙两条流水线每天的生产成本分别为18万元和16万元．
所以乙流水线成本较小．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，审清题意、找准等量关系、列出分式方程是解答本题的关键．
14．（2022春·上海·八年级期中）在行驶完某段全程600千米的高速公路时，李师傅对张师傅说：“你的车速太快了，平均每小时比我多跑20千米，比我少用1.5小时就跑完了全程．”
(1)若这段高速公路全程限速110千米/时，如若两人全程均匀速行驶，那么张师傅超速了吗？请说明理由．
(2)张师傅所行驶的车内油箱余油量y（升）与行驶时间t（时）的函数关系如图所示，则行驶完这段高速公路，他至少需要多少升油？
【答案】(1)没有超速，理由见解析
(2)33升
【分析】（1）根据题意可以列出相应的分式方程，从而可以解答本题；
（2）根据函数图象可以求得张师傅每小时的耗油量，从而可以求得行驶完这段高速公路，他至少需要多少升油．
(1)
解：张师傅没有超速，
理由：设张师傅的速度为x千米/时，
由题意得：，
解得：x1＝﹣80（舍去），x2＝100，
经检验，x＝100是原分式方程的解，
∵100＜110，
∴张师傅没有超速；
(2)
由函数图象可得，张师傅每小时耗油量为：44÷8＝5.5（升），
行驶完这段高速公路，张师傅至少需要：＝33（升），
答：行驶完这段高速公路，他至少需要33升油．
【点睛】本题考查分式方程的应用、一次函数的应用，解答此类问题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，列出相应的分式方程，利用一次函数的性质解答问题．
15．（2023春·上海·八年级专题练习）某汽车公司有甲、乙两种货车可供租用，现有一批货物要运往某地，货主准备租用该公司货车，已知甲，乙两种货车运货情况如表：
（1）甲、乙两种货车每辆可装多少吨货物？
（2）王先生要租用该公司的甲、乙两种货车送一批货，如果租用甲种货车数量比乙种货车数量多1辆，而乙种货车每辆的运费是甲种货车的1.4倍，结果甲种货车共付运费800元，乙种货车共付运费980元，试求此次甲、乙两种货车每辆各需运费多少元？
【答案】（1）甲种货车每辆可装2吨货物，乙种货车每辆可装3吨货物；（2）甲种货车每辆需运费100元，乙种货车每辆需运费140元．
【分析】（1）设甲种货车每辆可装x吨货物，乙种货车每辆可装y吨货物，根据前两次甲，乙两种货车运货情况表中的数据，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出甲、乙两种货车每辆可装货物吨数．
（2）设甲种货车每辆需运费m元，则乙种货车每辆需运费1.4m元，利用租车数量＝总运费÷每辆车的租金，结合租用甲种货车数量比乙种货车数量多1辆，即可得出关于m的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【解析】解答：解：（1）设甲种货车每辆可装x吨货物，乙种货车每辆可装y吨货物，
依题意得： ，
解得： ．
答：甲种货车每辆可装2吨货物，乙种货车每辆可装3吨货物．
（2）设甲种货车每辆需运费m元，则乙种货车每辆需运费1.4m元，
依题意得： ，
解得：m＝100，
经检验，m＝100是原方程的解，且符合题意，
∴1.4m＝1.4×100＝140．
答：甲种货车每辆需运费100元，乙种货车每辆需运费140元．
【点睛】本题主要是考查了二元一次方程组和分式方程的实际应用，正确地从题中找到等量关系，列出对应的方程，并正确求解方程，是解决本题的关键．
16．（2023春·上海·八年级专题练习）已知：一次函数的图像经过点且与直线平行．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）求在这个一次函数的图像上且位于轴上方的所有点的横坐标的取值范围．
【答案】（1）；（2）横坐标的取值范围是小于的一切实数
【分析】（1）根据两直线平行可知，再将点A（1，3）代入可得直线解析式；
（2）由于位于轴的上方的点其纵坐标都大于0，所以得到，解此不等式即可．
【解析】（1）∵直线与直线平行，
∴，
∵直线经过点，
∴．
解得．
∴这个一次函数的解析式为；
（2）∵所求的点在直线上且位于轴上方，
∴．
解得，
即所有这样的点的横坐标的取值范围是小于的一切实数．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，解一元一次不等式，一次函数的性质等知识点的理解和掌握，根据两直线平行得到两直线的斜率相等是关键．
17．（2022春·上海浦东新·八年级校考期中）已知一次函数图像经过点A（-2，-2）、B（0，-4）．
(1)求、的值；
(2)求这个一次函数与两坐标轴所围成的面积．
【答案】(1)
(2)一次函数与两坐标轴所围成的面积为8
【分析】（1）设一次函数的解析式为，把A（-2，-2）、B（0，-4）代入得到关于k、b的方程组，解方程组即可得出k、b的值；
（2）先求出一次函数与坐标轴的交点，根据三角形的面积公式即可求出一次函数与两坐标轴所围成的面积．
【解析】（1）解：设一次函数的解析式为，把A（-2，-2）、B（0，-4）代入得：
，
解得：．
（2）解：根据解析（1）可知，一次函数解析式为，把代入得：，解得：，
∴一次函数与x轴的交点为（-4，0），
∵一次函数与y轴的交点为（0，-4），
∴这个一次函数与两坐标轴所围成的面积为．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式及一次函数的图象与性质，根据题意列出关于k、b的方程组，是解题的关键．
18．（2022春·上海·八年级专题练习）已知函数y＝（2m+3）x+m﹣1，
(1)若函数图象经过原点，求m的值；
(2)若函数图象在y轴上的截距为﹣3，求m的值；
(3)若函数图象平行于直线y＝x+1，求m的值；
(4)若该函数的值y随自变量x的增大而减小，求m的取值范围．
【答案】(1)m＝1
(2)m＝﹣2
(3)m＝﹣1
(4)
【分析】（1）根据待定系数法，只需把原点代入即可求解；
（2）若函数图象在y轴上的截距为﹣3，即b＝﹣3；
（3）两条直线平行，即k值相等；
（4）直线y＝kx+b中，y随x的增大而减小说明k＜0．
(1)
解：把（0，0）代入，得：
m﹣1＝0，
∴m＝1；
(2)
解：根据截距的定义，得：
m﹣1＝﹣3，
∴m＝﹣2；
(3)
解：根据题意，得：
2m+3＝1，
∴m＝﹣1；
(4)
解：根据y随x的增大而减小说明k＜0，
∴2m+3＜0，
∴．
【点睛】本题考查了用待定系数法确定待定一次函数系数的值，及一次函数的性质，两直线平行的条件，掌握一次函数的性质、截距的概念以及两条直线平行应满足k值相等是解题的关键．
19．（2022春·上海·八年级专题练习）一次函数y＝（2a+4）x﹣（3﹣b），当a，b为何值时：
(1)y与x的增大而增大；
(2)图象经过二、三、四象限；
(3)图象与y轴的交点在x轴上方；
(4)图象过原点．
【答案】(1)a＞﹣2，b为任意实数
(2)a＜﹣2，b＜3
(3)a≠﹣2，b＞3
(4)a≠﹣2，b＝3
【分析】（1）根据一次函数的性质，当一次项系数2a+4>0，y与x的增大而增大，解不等式即可；
（2）2a+4>0，-（3-b）0，图象与y轴的交点在x轴上方，求解即可；
（4）当一次项系数2a+4≠0，-（3-b）=0，图象过原点，求解即可．
(1)
解：由题意，得2a+4＞0，
∴a＞﹣2，
故当a＞﹣2，b为任意实数时，y随x的增大而增大；
(2)
解：由题意，得
解得 ，
∴当a＜﹣2，b＜3时，图象过二、三、四象限；
(3)
解：由题意得，
解得，
所以，当a≠﹣2，b＞3时，图象与y轴的交点在x轴上方；
(4)
解：由题意得，
，
解得
所以，当a≠﹣2，b＝3时，图象过原点．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质．
20．（2022春·上海·八年级专题练习）把一次函数的图象向上平移7个单位，得到的函数解析式为y=x−2，求平移前的函数图象与函数y=−x−2的图象和坐标轴所围成的图形面积．
【答案】平移前的函数图象与函数的图象和坐标轴所围成的图形面积为
【分析】该函数y=x−2的图象向下平移7个单位，求出它的解析式，然后求得该函数图象与函数y=−x−2的图像的交点，画出图象，则根据三角形的面积公式进行解答即可；
【解析】解：由题知平移前的解析式为，
解方程x-9= -x-2得：x=，
∴y=--2=-，
∴交点坐标为（），
一次函数与轴的交点坐标()，与y轴的交点坐标为C()，
直线与轴的交点D坐标()，与y轴的交点坐标为E()，
所以两图象与坐标轴围成图形是一个凹四边形BCED，
面积为．
【点睛】本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系．关键是要搞清楚平移前后的解析式有什么关系．
21．（2021春·上海·七年级上海市西南模范中学校考期末）如图，在直角坐标平面内，已知点A（－5，0）与点B（－2，4），将点A向右平移6个单位，再向下平移3个单位，得点C，顺次联结点A、B、C．
(1)写出点C坐标______．
(2)的面积为______．
(3)若边BC与x轴交于点M，则线段AM长度为______．
【答案】(1)（1，－3）
(2)
(3)
【分析】（1）直接根据方格查出坐标并写出即可．
（2）通过割补法求出三角形的面积即可．
（3）利用待定系数法求出函数解析式，令y＝0，即可求出x的值，也就找到了交点的坐标，又知道A点的坐标，即可解出此问．
（1）
如图所示，即为所求，
由图可知：C点坐标（1，－3）．
（2）
．
（3）
设直线BC解析式为，
∵B（－2，4），C（1，－3），
∴解得：
∴，
∵边BC与x轴交点M，
∴令y＝0，则，
解得：
∴
则．
【点睛】本题考查了在坐标系中利用割补法求三角形的面积，待定系数法求一次函数解析式，坐标的平移问题，综合性强，难度较小，灵活的数形结合是解题的关键．
22．（2022春·上海·八年级期末）如图是一次函数的图象.
（1）根据图象，求直线的表达式.
（2）在图中画出的图象.
（3）当的函数值大于的函数值时，直接写出x的取值范围.
【答案】（1）；(2)见解析；（3）当 x>0时，kx+b>−2x+2.
【分析】（1）将点A、B坐标代入即可求出解析式；
（2）描点，作图即可；
（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.
【解析】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；
(2)如图
(3)当 x>0时，kx+b>−2x+2.
【点睛】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．
23．（2022春·上海杨浦·八年级校考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB过点，，交y轴于点C，点在点C上方．连接AD，BD．
(1)求直线AB的表达式．
(2)当时，在第一象限内求作点P，使得，且．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）过点D在第一象限内作PD∥x轴，且PD=2OB，连接PB，则点P即为所求，理由：根据，可得点D的坐标，从而得到点P的坐标，再利用勾股定理以及逆定理可得，，即可．
（1）
解：设直线AB的解析式为：，
把点，代入得，
，解得：，
∴直线AB的解析式为：．
（2）
解：过点D在第一象限内作PD∥x轴，且PD=2OB，连接PB，则点P即为所求，理由如下：
当x=0时，
∴，
，
的面积，
∵
∴，
，
，
∵点B（2，0），
∴OB=2，
∴PD=4，
，点P（4，2），
三等腰直角三角形，
，
∴，
∴，，
∴．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，勾股定理及其逆定理等知识，熟练掌握利用待定系数求一次函数解析式，勾股定理及其逆定理等知识是解题的关键．
24．（2021春·上海闵行·八年级统考期末）已知一次函数的图像与轴交于点，与轴交于点，且的面积为，函数值随自变量的值增大而减小．
（1）求直线的表达式，并画出函数图像；
（2）以线段为底边在第一象限作等腰直角三角形（，），求点的坐标．
【答案】（1）所求直线表达式为，函数图象见解析；（2）点的坐标为．
【分析】（1）根据三角形的面积列方程求解即可；
（2）根据题意构造全等三角形，然后由全等三角形的性质列方程求解即可．
【解析】解：（1）由题意得：点，点，
的面积为，
，解得，
函数值随自变量的值增大而减小，
，
所求直线表达式为，
画图如下：
（2）如图所示，过作轴，过作轴，
，
，
同理：，
，
，，
，
，，
设，那么，
∴，
又∵，
，解得，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】此题考查了一次函数图像和性质，全等三角形性质等，解题的关键是熟练掌握由题意作出辅助线．
25．（2022春·上海·八年级期末）小张经营一家水果店，某日到水果批发市场批发一种水果，经了解，一次性批发这种水果不得少于千克，超过千克时，所有这种水果的批发单价均为3.5元/千克，图中折线表示批发单价（元/千克）与质量（千克）的函数关系，
（1）求线段所在直线的函数解析式；
（2）小张用元一次可以批发这种水果的质量是多少千克？
【答案】（1）；（2）千克
【分析】（1）将两点的坐标代入一次函数解析式，用待定系数法求解析式即可；
（2）先分析800元能购买水果质量的范围，再根据题意列出方程，解方程即可
【解析】解：（1）由题意，设线段所在直线的函数解析式为．
，在此函数图像上，
解得，．
．
（2）当，时，总共花费元>元，
小张用元一次可以批发这种木果的质量的范围在到之间．
由题意，得：，
得，（不合题意，舍去）．
答：小张用元一次可以批发这种水果的质量是千克．
【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，一元二次方程的应用，数形结合和找等量关系是解题的关键．
26．（2023春·上海·八年级专题练习）一辆客车从甲地开往乙地，一辆轿车从乙地开往甲地，两车同时出发，如图表示两车行驶时间（小时）与到甲地的距离（千米）的函数图象，已知其中一个函数的表达式为．
（1）求另一个函数表达式．
（2）求两车相遇的时间．
【答案】（1）；（2）小时．
【分析】（1）根据图象得出点的坐标，进而利用待定系数法求一次函数解析式得出即可；
（2）当两车相遇时，，进而求出即可；
【解析】
解：（1）设（），
把，分别代入得：
，解得，
另一个函数表达式为．
（2）当两车相遇时，即有，解得．
两车相遇的时间为小时．
【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式，熟悉相关性质于运算是解此题的关键．
27．（2021春·上海浦东新·八年级校联考期末）如图，是甲、乙两种机器人根据电脑程序工作时各自工作量关于工作时间的函数图象，线段OA表示甲机器人的工作量（吨）关于时间（时）的函数图象，线段BC表示乙机器人的工作量（吨）关于时间（时）的函数图象．根据图象信息回答下列各题．
（1）填空：甲种机器人比乙种机器人早开始工作_____________小时；甲种机器人每小时的工作量是_____________吨；
（2）求直线BC的表达式．
【答案】（1）3；；（2）．
【分析】（1）观察图像理解两点的意义，根据图像中的数据求解即可；
（2）先求得的表达式，再求得线段与线段交点及点的坐标，用待定系数法求解析式即可．
【解析】解：（1）点是乙种机器人开始工作的时间，所以甲种机器人比乙种机器人早开始工作3小时；
甲的工作总量为吨，工作时间为小时，所以，每小时的工作量为：
故答案为：3，
（2）设直线的表达式为，
把代入，得：
∴直线的表达式为，
令，得：
∴线段与线段交于点，
设直线的表达式为，
则：，
解得，
∴直线的表达式为．
【点睛】本题考查了一次函数图像的实际意义，待定系数法求解析式，求得线段与线段交点是解题的关键．
28．（2023春·上海·八年级专题练习）某人因需要经常去复印资料，甲复印社按A4纸每10页2元计费，乙复印社则按A4纸每10页0.8元计费，但需按月付一定数额的承包费. 两复印社每月收费情况如图所示，根据图中提供的信息解答下列问题：
（1）乙复印社要求客户每月支付的承包费是 元；
（2）乙复印社收费情况y关于复印页数x的函数解析式是 ；
（3）当每月复印 页时，两复印社实际收费相同；
（4）如果每月复印200页时，应选择哪家复印社？
【答案】（1）18；（2）y=0.08x+18；（3）150；（4）乙复印社
【分析】（1）根据函数图象的特点即可求解；
（2）根据待定系数法即可求解；
（3）求出甲复印社收费情况y关于复印页数x的函数解析式，再求出其交点即可求解；
（4）比较200和交点的横坐标即可求解．
【解析】（1）由函数图象可知乙复印社要求客户每月支付的承包费是18元，
故答案为18；
（2）设乙复印社收费情况y关于复印页数x的函数解析式为y=kx+b
把（0，18）、（50，22）代入得
解得
∴乙复印社收费情况y关于复印页数x的函数解析式是y=0.08x+18
故答案为：y=0.08x+18；
（3）∵甲复印社按A4纸每10页2元计费，
∴甲复印社收费情况y关于复印页数x的函数解析式为y=0.2x
联立
解得
∴当每月复印150页时，两复印社实际收费相同
故答案为：150；
（4）∵200＞150
∴应选择乙复印社．
【点睛】此题主要考查一次函数的实际应用，解题的关键是熟知一次函数的图象与性质、待定系数法的运用与方程的解法．
29．（2023春·上海·八年级专题练习）甲、乙两人从学校出发，甲先出发，乙后出发，都匀速骑车前往图书馆，乙在骑行途中休息片刻后，以原速度继续骑行．已知乙的速度是甲的1.6倍，甲、乙两人离学校的距离y（米）与乙行驶的时间x（分钟）之间的关系如图，请根据图象回答问题．
（1）乙骑行的速度是 米/分钟；甲骑行的速度是 米/分钟；
（2）甲比乙先出发 分钟；
（3）求线段BD所表示的y与x之间的函数解析式．
【答案】（1）320，200；（2）2；（3）y=200x+400（0≤x≤30）
【分析】（1）根据函数图象中的数据，可以计算出甲和乙的速度；
（2）根据函数图象中的数据，可以计算出甲从学校到图书馆的时间，然后即可计算出甲比乙先出发多长时间；
（3）根据函数图象中的数据，可以计算出线段BD所表示的y与x之间的函数解析式．
【解析】解：（1）由图象可得，
乙骑行的速度为：3200÷10＝320（米/分钟），
甲骑行的速度为：320÷1.6＝200（米/分钟），
故答案为：320，200；
（2）甲从学校到图书馆的时间为：6400÷200＝32（分钟），
甲比乙先出发32﹣30＝2（分钟），
故答案为：2；
（3）点D的纵坐标为：200×2＝400，
故点D的坐标为（0，400），点B的坐标为（30，6400），
设线段BD所表示的y与x之间的函数解析式是y＝kx+b，
，
解得，
即线段BD所表示的y与x之间的函数解析式是y＝200x+400（0≤x≤30）．
【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
30．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中(O为坐标原点)，已知直线y=kx+b与x轴y轴分别交于点A (2，0)、点B(0，1)， 点C的坐标是(-1，0)．
(1) 求直线AB的表达式
(2)设点D为直线AB上一点，且CD =AD．求点D的坐标．
【答案】（1）；（2）D（，）．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）由题意可知点D在线段AC的垂直平分线上，求出点D的横坐标即可解决问题．
【解析】解：（1）将点A (2，0)、点B(0，1)代入y=kx+b得：，
解得：，
故直线AB的表达式为：；
（2）∵CD =AD，
∴点D在线段AC的垂直平分线上，
∵A (2，0)、C(-1，0)，
∴点D的横坐标为：，
当时，，
∴D（，）．
【点睛】本题考查了一次函数与几何问题，熟练掌握待定系数法以及线段垂直平分线的性质是解题的关键．
31．（2023春·上海·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线y=－x+4与x轴、y轴分别交于点A，点B、点D在y轴的负半轴上，若将△OAB沿直线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点C处．
（1）求AB的长．
（2）求点C和点D的坐标．
（3）y轴上是否存在一点P，S△PAB= S△OCD?
【答案】（1）AB=5；（2）C（8，0），D（0，－6）；（3）P1（0,12）,P2（0，－4）,见解析.
【分析】（1）先求得点A和点B的坐标，则可得到OA、OB的长，然后依据勾股定理可求得AB的长，
（2）依据翻折的性质可得到AC的长，于是可求得OC的长，从而可得到点C的坐标；设OD=x，则CD=DB=x+4．，Rt△OCD中，依据勾股定理可求得x的值，从而可得到点D（0，-6）．
（3）先求得S△PAB的值，然后依据三角形的面积公式可求得BP的长，从而可得到点P的坐标．
【解析】(1)令x=0得：y=4，
∴B(0,4).
∴OB=4
令y=0得：0=x+4，解得：x=3，
∴A(3,0).
∴OA=3.
在Rt△OAB中,AB==5.
(2) ∵AB=5，
∴OC=OA+AC=3+5=8，
∴C(8,0).
设OD=x，则CD=DB=x+4.
在Rt△OCD中,DC2=OD2+OC2,即(x+4)2=x2+82，解得：x=6，
∴D(0,−6).
(3)∵S△PAB=S△OCD，
∴S△PAB=××6×8=12.
∵点P在y轴上,S△PAB=12，
∴BP⋅OA=12,即×3BP=12，解得：BP=8，
∴P1（0,12）,P2（0，－4）,.
【点睛】本题考查一次函数与直角坐标系的交点问题，解题的关键是掌握勾股定理、一次函数及三角形面积公式.
32．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）已知在平面直角坐标系中，直线l：上经过点，．
(1)求b、m的值；
(2)求的面积；
(3)将直线l向上或向下平移，使得点A平移到在x轴上，原直线上有一点M平移后的对应点N，若，求点M坐标．
【答案】(1)，；
(2)1；
(3)．
【分析】（1）将，代入即可求得b、m的值；
（2）求出与的交点坐标为，通过即可求解；
（3）由题意可知直线l向下平移1个单位长度，设，则，根据可知，关于轴对称，可列等式求得M的坐标．
【解析】（1）解：∵上经过点，．
∴当时，，解得：，
当时，，解得：，即：．
（2）由（1）直线l的解析式为：
如图，当时，，解得：，
则：，即，
∴
（3）由将直线l向上或向下平移，使得点A平移到在x轴上，
可知直线l向下平移1个单位长度，
设，则，
∵，且轴，
∴点应在线段的垂直平分线上，即，关于轴对称，
∴，解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查待定系数法求一次函数解析式，求三角形面积，以及函数图象的平移，线段垂直平分线的性质，发现点，关于轴对称，从而得到点的坐标是解题的关键．
33．（2023春·上海浦东新·八年级上海市进才中学北校校考阶段练习）一次函数（为常数，且）
(1)若点在此函数的图像上，求这个函数的解析式．
(2)当时，函数最大值为2，求出的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）将代入，求出的值，即可得到一次函数的解析式；
（2）分两种情况讨论：当时，随的增大而增大，则当时，有最大值2，将代入函数关系式即可求得的值；当时，随的增大而减小，则当时，有最大值2，将代入函数关系式即可求得的值；
【解析】（1）∵一次函数，点在此函数的图像上，
∴将代入得，，
∴，
∴
∴一次函数的解析式为：．
（2）①当时，随的增大而增大，则当时，有最大值2，
∴，
∴，
②当时，随的增大而减小，则当时，有最大值2，
∴，
∴，
∴，
∴的值为或．
【点睛】本题主要考查待定系数法求一次函数解析式，一次函数的图像与性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
34．（2023秋·上海青浦·八年级校考期末）已知：如图，反比例函数的图象与直线相交于点，直线与轴交于点，与轴交于点，点是的中点．
(1)求直线的函数解析式；
(2)求点到直线的距离；
(3)若点是直线上一点，且是直角三角形，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）设点，根据点是的中点，可得到，再把点A的坐标代入，即可求解；
（2）点到直线的距离为h，根据，即可求解；
（3）设点D的坐标为，可得，，，再根据勾股定理，即可求解．
【解析】（1）解：设点，
∵点是的中点，，
∴，
解得：，
∴点，
把点代入得：，
解得：，
∴直线的函数解析式为；
（2）设点到直线的距离为h，
由（1）得：点，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
点到直线的距离为；
（3）设点D的坐标为，
∵点，
∴，，，
由题意知，则分两种情况讨论：
①当是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
解得：，
∴点D的坐标为；
②当是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
解得：，
∵当时，与重合，故舍去，
∴点D的坐标为．
综上所述：点D的坐标为，．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象和性质，正比例函数的图形和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用数形结合思想解答是解题的关键．
35．（2023春·八年级单元测试）如图，在中，，，，边的垂直平分线分别与、轴、轴交于点、、．
(1)求点的坐标；
(2)求直线的解析式．
【答案】(1)
(2)
【分析】连接，根据线段垂直平分线的性质可得，，易证是等边三角形，可知是的中点，即可求出点坐标；
先求出的度数，根据含角的直角三角形的性质，可得的长，可知点坐标，待定系数法求直线的解析式即可．
【解析】（1）解：连接，如图所示，

为线段的垂直平分线，
，
，
，，
，，
，
是等边三角形，
，
是的中点，
，
，
；
（2）∵∠ABO=30°，，
，
，
，
，
，
，
设直线的解析式：，
代入，点坐标，
得，
解得，
直线的解析式：．
【点睛】本题考查了一次函数的综合，涉及待定系数法求解析式，线段垂直平分线的性质，含角的直角三角形的性质等，求出点，点坐标是解题的关键．
36．（2022秋·上海青浦·八年级校考期末）如图，一次函数的图像与反比例函数的图像交于、两点
(1)利用图中条件，求反比例函数和一次函数的解析式；
(2)连接、，求三角形的面积
(3)连接，在轴的正半轴上是否存在点，使是等腰三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标，若不存在，说明理由
【答案】(1)反比例函数的解析式是，一次函数的解析式是．
(2)三角形的面积是4．
(3)所有符合条件的点Q的坐标是或或．
【分析】（1）把N的坐标代入反比例函数，能求出反比例函数解析式，把M的坐标代入解析式，求出M的坐标，把M、N的坐标代入，能求出一次函数的解析式；
（2）求出与x轴的交点坐标，求出和的面积即可；
（3）符合条件的有3个①，②，③，再利用勾股定理列方程求解即可．
【解析】（1）解：把代入得：，
∴，
把代入得：，
∴，
把，代入得： ，
解得：，
∴，
答：反比例函数的解析式是，一次函数的解析式是．
（2）如图，设交x轴于C，
由，当时，，
∴， ，
∴的面积是，
答：三角形的面积是4．
（3）设，而，，
∴，，，
如图，为等腰三角形，
当时，则，
∴（负根舍去）
Q的坐标是；
当时，则，
解得：（舍去）
Q的坐标是；
当时，则，
解得：，
Q的坐标是；
答：在x轴的正半轴上存在点Q，使是等腰三角形，所有符合条件的点Q的坐标是或或．
【点睛】本题综合考查了用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式，三角形的面积，等腰三角形的判定等知识点，此题综合性比较强，题型较好，注意分类讨论思想的运用．
37．（2023春·上海·八年级专题练习）已知：如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，AD平分∠CAB交BC于D，E为射线AC上的一个动点，EF⊥AD交射线AB于点F，联结DF．
（1）求DB的长；
（2）当点E在线段AC上时，设AE＝x，S△BDF＝y，求y关于x的函数解析式；（S△BDF表示△BDF的面积）
（3）当AE为何值时，△BDF是等腰三角形．（请直接写出答案，不必写出过程）
【答案】（1）BC＝4；（2）y＝﹣x+12（0≤x≤6）；（3）当AE的值为0或12﹣4或12+4时，△BDF是等腰三角形．
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形可得AB、BC的长，由AD平分∠CAB可得∠CAD＝∠CAB＝30°，解直角三角形可得CD的长，则DB＝BC﹣CD；
（2）如图1中，作DH⊥AB于H，根据角平分线的性质可得DC＝DH＝2，再根据已知AD平分∠CAB，EF⊥AD证出∠AEG＝∠AFG，则AE＝AF＝x，BF＝12﹣x，由三角形的面积计算公式即可得y关于x的函数解析式，注意x的取值范围；
（3）分三种情况：①当点E与A重合时，△BDF是等腰三角形，②当点E在线段AC上，BD＝BF时，△BDF是等腰三角形，③当点E在线段AC的延长线上，BF＝BD时，△BDF是等腰三角形，分别求出AE的值即可.
【解析】（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6，
∴∠CAB＝60°，AB＝2AC＝12，BC＝AC＝6，
∵AD平分∠CAB交BC于D，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，
∴CD＝AC•tan30°＝2，
∴DB＝BC﹣CD＝6﹣2＝4；
（2）如图1中，作DH⊥AB于H．
∵DA平分∠CAB，DC⊥AC，DH⊥AB，
∴DC＝DH＝2，
∵EF⊥AD，
∴∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵∠EAG＝∠FAG，∠AEG+∠EAG＝90°，∠AFG+∠FAG＝90°，
∴∠AEG＝∠AFG，
∴AE＝AF＝x，
∴BF＝12﹣x，
∴S△BDF＝•BF•DH＝（12﹣x）•2＝﹣x+12（0≤x≤6），
即y=﹣x+12（0≤x≤6）；
（3）①当点E与A重合时，△BDF是等腰三角形，此时x＝0，即AE＝0．
②如图2中，当BD＝BF时，
∵BD＝4，
∴BF＝4，
∴AE＝AF＝AB﹣BF＝12﹣4，
③如图2中，当BF＝BD=4时，
∴AE＝AF′＝AB+BF′＝12+4，
综上所述，当AE的值为0或12﹣4或12+4时，△BDF是等腰三角形．
故答案为（1）BC＝4；（2）y＝﹣x+12（0≤x≤6）；（3）当AE的值为0或12﹣4或12+4时，△BDF是等腰三角形．
【点睛】本题考查含30度角的直角三角形, 三角形内角和定理, 等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质.
38．（2023春·上海·八年级专题练习）若一个多边形的内角和的比一个四边形的内角和多90°，那么这个多边形的边数是多少？
【答案】见解析
【分析】设这个多边形的边数是n，再列方程，解方程即可得到答案．
【解析】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：，
解得：
答：这个多边形的边数是12．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理，掌握利用一元一次方程解决多边形的内角和问题是解题的关键．
39．（2020秋·上海·八年级校考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，CE平分∠BCD交AB于点E，连结DE．
（1）若∠A＝50°，∠B＝85°，求∠BEC的度数；
（2）若∠A＝∠1，求证：∠CDE＝∠DCE．
【答案】（1）30°；（2）证明过程见解析．
【分析】（1）根据四边形的内角和求出∠A+∠BCD=180°，可得∠BCD的度数，根据CE平分∠BCD可得∠BCE的度数，根据三角形内角和定理即可得解；
（2）根据三角形内角和定理及∠A+∠BCD=180°求出∠CDE=∠BCE即可得出答案．
【解析】（1）解：∵∠B+∠ADC＝180°，∠A+∠B+∠BCD+∠ADC=360°，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠A＝50°，
∴∠BCD=180°-50°=130°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠BCD=65°，
∵∠B＝85°，
∴∠BEC=180°-∠BCE-∠B=30°；
（2）证明：由（1）知，∠A+∠BCD=180°，
∴∠A+∠BCE+∠DCE=180°，
∵∠CDE+∠DCE+∠1=180°，∠A＝∠1，
∴∠BCE=∠CDE，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCE=∠BCE，
∴∠CDE=∠DCE．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，角平分线定义等知识点．能正确根据多边形的内角和定理进行推理是解题的关键．注意：边数为n的多边形内角和=(n-2)×180°．
40．（2022秋·上海青浦·九年级统考阶段练习）如图，在平行四边形中，，，．求平行四边形的面积．
【答案】
【分析】过D作于E，由平行四边形的性质得，，再由含30°角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理得，即可解决问题．
【解析】解：如图，过D作于E，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形的面积．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
41．（2022春·上海·八年级期中）如图，以的边、为边，作等边和等边，连接，．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【分析】根据平行四边形的性质，得出，，，再根据等边三角形的性质，得出，，再根据角之间的数量关系，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据平行四边形的判定定理，即可得出结论．
【解析】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵和是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．
42．（2022春·上海徐汇·八年级校考期中）如图，已知、分别为▱的对边、上的点，且，于，于，交于点，求证：与互相平分．
【答案】见解析
【分析】连接、，利用于，于，推出 EMFN，根据AAS证明△AEM≌△CFN，得到EM=FN，证明四边形是平行四边形，由此得到结论．
【解析】证明：连接、，
，，
，
∴EMFN，
四边形是平行四边形，
∴ADBC，，
，
，
，
在和中
≌，
，
∵EMFN，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确掌握平行四边形的判定定理和性质定理及全等三角形的判定定理是解题的关键．
43．（2021春·上海·八年级校考期中）已知：如图，点、在平行四边形的边上，，延长到点，使得．
求证：．
【答案】见解析．
【分析】连接，，，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得，，又四边形也是平行四边形，所以，，从而得到，，然后得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的对边平行即可得证．
【解析】证明：连接，，．
，，
四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
，（平行四边形对边相等且平行），
平行四边形，
，，
，，
四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，作出辅助线构造出平行四边形是解题的关键．
44．（2020秋·上海闵行·八年级校联考期中）如图，已知，在中，点D是边AC的中点，点E是边BC的延长线上一点，过点A作BE的平行线与线段ED的延长线相交于点F，连结AE．
（1）求证：AF＝CE．
（2）连结CF，交边AB于点G，如果CF⊥AB，求证：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）先根据线段中点的定义可得，再根据平行线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）如图（见解析），先根据平行四边形的判定与性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据直角三角形的两锐角互余即可得证．
【解析】（1）点D是边AC的中点，
，
，
，
在和中，，
，
；
（2）由（1）知，，
，
四边形AECF是平行四边形，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
45．（2020秋·上海·八年级上海市第二初级中学校考期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E、F分别在CD、BC的延长线上，且，联结DF，使得，联结AD、BE交于点G．
(1)求证：BE和AD互相平分；
(2)求证：EF⊥BF
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥DE，从而证明四边形ABDE是平行四边形，即可得到结论；
（2）根据等边对等角得到∠DCF=∠DFC，再根据平行四边形的性质得到AB=CD，AB=DE，推出DF=DE，则有∠DEF=∠DFE，结合三角形内角和求出∠BFE=90°，即可证明．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵点E在CD的延长线上，
∴AB∥DE，
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴BE和AD互相平分；
（2）∵DF=CD，
∴∠DCF=∠DFC，
在□ABCD和□ABDE中，
AB=CD，AB=DE，
∴CD=DE，
∴DF=DE，
∴∠DEF=∠DFE，
∴∠DFC+∠DFE=（∠DCF+∠DFC+∠DEF+∠DFE）=90°，
即EF⊥BF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，等边对等角，熟练掌握性质定理并灵活运用是解题的关键．
46．（2022春·上海静安·八年级上海市静安区教育学院附属学校校考期中）在平行四边形中，点为边的中点，连接，将沿着翻折，点落在点处，连接并延长，交于．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，的周长为20，求四边形的周长．
【答案】（1）证明见解析；（2）30
【分析】（1）连接，根据题意得到，证明，又根据，
即可证明结论；
（2）先求出AF=CE，AE=CF=5，根据，进行线段代换即可求解．
【解析】解：（1）证明：连接．
∵点为边的中点，沿着翻折得到△GCE，
∵，
∴∠GAE=∠AGE，∠EBG=∠EGB，
∵三角形内角和为180°，
∴，
且，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形是平行四边形，
∴AF=CE，AE=CF=5，
∵，
∴BE+BC+EC=20，
∴BE+BC+AF=20，
∵CF=AE=5，
∴=AE+BE+BC+CF+AF=20+5+5=30．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，轴对称等知识，熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理是解题关键．
47．（2022春·上海奉贤·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A、B两点，与直线CD相交于点C（1，m），直线CD与x轴交于点D（3，0）．
（1）联结BD，CD，求△BCD的面积．
（2）在平面内是存在一点E，使得以A、C、D、E为四个顶点的四边形是平行四边形，直接写出点E的坐标．
（3）设点F是x轴上一个动点，当∠CDB＝∠FBD时，求点F的坐标．
【答案】（1）3；（2）点E（﹣1，﹣4）或（7，4）或（﹣5，4）；（3）点F坐标为（，0）或（6，0）
【分析】（1）先求出点A，点B，点C坐标，由面积和差关系可求解；
（2）分三种情况讨论，由平行四边形的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，利用平行线的性质和等腰三角形的性质求出直线BF的解析式，即可求解．
【解析】解：（1）如图1，
∵点C（1，m）在直线y＝x+3的图象上，
∴m＝1+3＝4，
∴点C（1，4），
∵直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于点A、B两点，
∴令x=0，则y=3；令y=0，则x+3=0，得x=-3，
∴点B（0，3），点A（﹣3，0），
∴OA=3
∵D（3，0）
∴OD=3
∴AD＝OA+OD=3+3=6，
∴S△BCD＝×6×4﹣×6×3＝3；
（2）如图2，
当以AC与AD为边时，∵四边形ACED是平行四边形时，
∴CE∥AD，CE＝AD＝6，
∵C（1，4）
∴点E（7，4）；
当CD与AD为边时，∵四边形ADCE'是平行四边形时，
∴CE'∥AD，CE'＝AD＝6，
∵C（1，4）
∴点E'（﹣5，4）；
当AC与CD为边时，设点E''（x，y），
∵四边形ACDE''是平行四边形，
∴AD与CE''互相平分，
∴，，
∴x＝﹣1，y＝﹣4，
∴点E''（﹣1，﹣4），
综上所述：点E（﹣1，﹣4）或（7，4）或（﹣5，4）；
（3）如图3，点F在点D左侧时，
设直线CD解析式为y＝kx+b，过点C（1，4），点D（3，0），
∴，
解得：，
∴直线CD解析式为y＝﹣2x+6，
∵∠CDB＝∠FBD，
∴BF∥CD，
∴设直线BF的解析式为y=-2x+b，且直线过B（0，3）
∴b=3
∴BF解析式为y＝﹣2x+3，
∴令y=0，则x=
∴点F坐标为（，0）；
当点F'在点D右侧时，设直线BF'与CD交于点H，
设点H（t，﹣2t+6），
∵∠CDB＝∠FBD，
∴BH＝DH，
∴（t﹣3）2+（（﹣2t+6﹣0）2＝（t﹣0）2+（﹣2t+6﹣3）2，
∴t＝2，
∴点H（2，2），
∴直线BF'的解析式为y＝﹣x+3，
∴点F'（6，0），
综上所述：点F坐标为（，0）或（6，0）．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平行四边形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
48．（2022秋·上海嘉定·九年级统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的表达式为y＝kx+2，且经过点（1，4），与x轴、y轴分别交于点A、B，将直线A、B向下平移4个单位得到直线l．
(1)求直线l的表达式；
(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°后得到（点A的对应点是点A′，点B的对应点是点B′），求直线A′B′与直线AB的交点坐标；
(3)设直线l与x轴交于点C，点D为该平面直角坐标系内的点，如果以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标．
【答案】(1)y=2x－2
(2)（－，）
(3)（0，－2）或（2，2）或（－2，2）
【分析】（1）直接将点（1，4）代入y=kx+2中可得直线AB的解析式，向下平移4个单位，即y=2x+2－4可得结论；
（2）先根据旋转的性质确定点和的坐标，利用待定系数法可得直线的解析式，联立两直线的解析式为：方程2x+2=－x－1，解出可得结论；
（3）分三种情况：点D在x轴上方和下方，正确画图，根据平移的性质可得相对应点D的坐标．
（1）
解：将点（1，4）代入y=kx+2中得：k+2=4，
∴k=2，
∴直线AB的表达式为：y=2x+2，
∴直线l的表达式为：y=2x+2－4=2x－2，即y=2x－2；
（2）
解：如图1，
当x=0时，y=2，
当y=0时，2x+2=0，
∴x=－1，
∴A（-1，0），B（0，2），
∴OA=1，OB=2，
由旋转得：=OA=1，OB= =2，
∴（0，－1），（－2，0），
设直线的解析式为：y=ax+b，
则，解得：，
∴直线的解析式为：y=－x－1，
∴2x+2=－x－1，
解得：x=－，
当x=－时，y=2×（－）+2=－，
∴直线与直线AB的交点G的坐标是（－，）；
（3）
解：由平移得：，当y=0时，0 =2x－2，x=1，
则C（1，0）
分三种情况：
①如图2，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵A（-1，0），B（0，2），C（1，0），
∴由平移的性质可得D（0，－2）；
②如图3，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵A（-1，0），B（0，2），C（1，0），
∴由平移的性质可得D（2，2）；
③如图4，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∵A（-1，0），B（0，2），C（1，0），
∴由平移的性质可得D（－2，2）；
综上，点D的坐标为（0，－2）或（2，2）或（－2，2）．
【点睛】本题是一次函数的综合题，考查了一次函数的图象与坐标轴的交点，平移的性质，待定系数法求一次函数的解析式，平行四边形的性质和判定等，求得对应点的坐标是解题的关键．
49．（2022秋·上海·七年级校考期末）小明在学习了中心对称图形以后，想知道平行四边形是否为中心对称图形．于是将一张平行四边形纸片平放在一张纸板上，在纸板上沿四边画出它的初始位置，并画出平行四边形纸片的对角线，用大头针钉住对角线的交点．将平行四边形纸片绕着对角线的交点旋转后，平行四边形纸片与初始位置的平行四边形恰好重合．通过上述操作，小明惊喜地发现平行四边形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心．请你利用小明所发现的平行四边形的这一特征完成下列问题：
(1)如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点．过点的直线与边分别相交于点，四边形的面积与平行四边形的面积之比为___________；
(2)如图，这个图形是由平行四边形与平行四边形组成的，点在边上，且在同一直线上．
请画出一条直线把这个图形分成面积相等的两个部分（不要求写出画法，但请标注字母并写出结论）；
延长与边的延长线交于点，延长与边交于点．联结，如图所示，当四边形的面积为10，四边形的面积为2时，求三角形的面积．
【答案】(1)
(2)图见解析，；三角形的面积为4
【分析】（1）由四边形是平行四边形，对角线相交于点，得，从而得到，即可证明出，同理可证明出，，因此得到，，，又因为，，所以得到，从而即可得到答案；
（2）根据（1）中的结论画出图并写出相关结论即可；由四边形是平行四边形得，由四边形为平行四边形，得，从而可得，进而可得四边形为平行四边形，同理可得，四边形、四边形均为平行四边形，在根据平行四边形的面积与三角形的面积关系，即可得到三角形的面积为．
【解析】（1）解：四边形是平行四边形，对角线相交于点，
，
，
在和中
，
（AAS），
同理可得，，
，，，
，，
，
即四边形的面积与平行四边形的面积之比为，
故答案为：；
（2）解：根据（1）中的结论画出图如图所示，
平行四边形的对角线、相交于点，平行四边形的对角线、相交于点，过点的直线将图形分为面积相等的两个部分，直线与相交于点，直线与相交于，
其中，，
，
即；
四边形是平行四边形，
，
四边形为平行四边形，
，
，
四边形为平行四边形，
同理可得，四边形、四边形均为平行四边形，
，
，
，
，
，
三角形的面积为4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定的应用，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解决问题的关键，难度较大，综合性较强．
第一次
第二次
甲种货车（辆）
2
5
乙种货车（辆）
3
6
累计运货（吨）
13
28