浙教版数学八上期末培优训练专题3.2小题易丢分期末考前必做填空30题（提升版）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022春•仙居县期末）已知x＜y，请写出一个实数a，使得ax＞ay．你所写的实数a是 ﹣2（答案不唯一） ．
【分析】根据不等式的性质，即可解答．
【解答】解：∵x＜y，a＝﹣2，
∴ax＞ay，
∴所写的实数a是﹣2，
故答案为：﹣2（答案不唯一）．
2．（2022春•仙居县期末）杨梅的进价是每千克18元，销售中估计有10%的杨梅正常损耗．为了避免亏本，商家把售价至少定为 20 元/千克．
【分析】设商家把售价定为x元/千克，根据商家不亏本，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【解答】解：设商家把售价定为x元/千克，
依题意得：（1﹣10%）x﹣18≥0，
解得：x≥20，
∴商家把售价至少定为20元/千克．
故答案为：20．
3．（2021秋•嵊州市期末）关于x的不等式组只有一个解，则a与b的关系是 2a＝3b ．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组的解的情况得出关于a、b的等式，化简可得答案．
【解答】解：由3x﹣a≥0，得：x≥，
由2x﹣b≤0，得：x≤，
∵不等式组只有1个解，
∴＝，
∴2a＝3b，
故答案为：2a＝3b．
4．（2021秋•青田县期末）已知关于x的不等式2x+a≤1只有3个正整数解，则a的取值范围为 ﹣7＜a≤﹣5 ．
【分析】解不等式得出x≤，根据不等式只有3个正整数解得出3≤＜4，解之即可．
【解答】解：由2x+a≤1，得：x≤，
因为不等式只有3个正整数解，
所以不等式的正整数解为1、2、3，
∴3≤＜4，
解得﹣7＜a≤﹣5，
故答案为：﹣7＜a≤﹣5．
5．（2021秋•新昌县期末）某种家用电器的进价为每件800元，以每件1200元的标价出售，由于电器积压，商店准备打折销售，但要保证利润率不低于5%，则最低可按标价的 七 折出售．
【分析】设按标价的x折出售，利用利润＝售价﹣进价，结合利润率不低于5%，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出结论．
【解答】解：设按标价的x折出售，
依题意得：1200×﹣800≥800×5%，
解得：x≥7，
∴最低可按标价的七折出售．
故答案为：七．
6．（2022春•椒江区期末）若不等式（组）①的解集中的任意解都满足不等式（组）②，则称不等式（组）①被不等式（组）②覆盖，特别的，若一个不等式（组）无解，则它被其他任意不等式（组）覆盖．例如：不等式x＞2被不等式x＞1覆盖；不等式组无解，它被其他任意不等式（组）覆盖．若关于x的不等式组被1≤x≤6覆盖，则a的取值范围是 ≤a≤或a≤﹣3 ．
【分析】根据题意和题目中的不等式，可以得到关于a的不等式组，然后求解即可．
【解答】解：，
解不等式①，得：x＜2a﹣1，
解不等式②，得：x＞，
∵不等式组被1≤x≤6覆盖，
∴或2a﹣1≤，
解得≤a≤或a≤﹣3，
故答案为：≤a≤或a≤﹣3．
7．（2022秋•青田县期中）如图，∠ABC＝∠ACB，AD，BD，CD分别平分△ABC的外角∠EAC，内角∠ABC，外角∠ACF；则以下结论：①AD∥BC；②∠ACB＝2∠ADB；③∠ADC+∠ABD＝90°；其中正确的结论有 ①②③ ．
【分析】根据角平分线定义得出∠ABC＝2∠ABD＝2∠DBC，∠EAC＝2∠EAD，∠ACF＝2∠DCF，根据三角形的内角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，根据三角形外角性质得出∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠EAC＝∠ABC+∠ACB，根据已知结论逐步推理，即可判断各项．
【解答】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠EAD，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD＝∠ABC，
∴AD∥BC，
∴①正确；
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝2∠ADB，
∴②正确；
∵AD∥BC，
∴∠ADC＝∠DCF，
∵CD平分∠ACF，
∴∠ACF＝2∠DCF，
∵ACB+CACF＝180°，∠ACB＝∠ABC＝2∠ABD，
∴2∠ABD+2∠ADC＝180°，
∴∠ABD+∠ADC＝90°，故③正确；
故答案为：①②③．
8．（2022秋•鹿城区校级期中）写出命题“如果ab＝0，那么a＝0或b＝0．”的逆命题： 如果a＝0或b＝0，那么ab＝0 ．
【分析】交换原命题的条件与结论即可得到原命题的逆命题．
【解答】解：命题“如果ab＝0，那么a＝0或b＝0．”的逆命题是如果a＝0或b＝0，那么ab＝0，
故答案为：如果a＝0或b＝0，那么ab＝0．
9．（2022秋•柯桥区期中）已知∠AOB＝60°，OC是∠AOB的平分线，点D为OC上一点，过D作直线DE⊥OA，垂足为点E，且直线DE交OB于点F，如图所示，若DE＝3，则DF＝ 6 ．
【分析】过点D作DM⊥OB，垂足为M，则DM＝DE＝3，在Rt△OEF中，利用三角形内角和定理可求出∠DFM＝30°，在Rt△DMF中，由30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出DF的长，此题得解．
【解答】解：过点D作DM⊥OB，垂足为M，如图所示．
∵OC是∠AOB的平分线，
∴DM＝DE＝3．
在Rt△OEF中，∠OEF＝90°，∠EOF＝60°，
∴∠OFE＝30°，即∠DFM＝30°．
在Rt△DMF中，∠DMF＝90°，∠DFM＝30°，
∴DF＝2DM＝6．
故答案为：6．
10．（2022秋•慈溪市期中）如图，在△ABC中，AB＝2cm，AC＝3cm，BC的垂直平分线l与AC相交于点D，则△ABD的周长为 5 cm．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到DB＝DC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵BC的垂直平分线l与AC相交于点D，
∴DB＝DC，
∴△ABD的周长＝AB+AD+BD＝AB+AD+CD＝AB+AC＝2+3＝5（cm），
故答案为：5．
11．（2022秋•余姚市期中）如图，在△ABC中，高AE交BC于点E，若∠ABE+∠C＝45°，CE＝5，△ABC的面积为20，则AB的长为 4 ．
【分析】过C作CD⊥BA于点D，先证∠ACB＝∠ACD，再证△AEC≌△ADC（AAS），得CE＝CD＝5，然后由三角形面积即可解决问题．
【解答】解：如图，过C作CD⊥BA于点D，
则∠ADC＝90°，
∵∠ABE+∠ACB＝45°，
∴∠ABE+2∠ACB＝90°，
∵∠ABE+∠ACB+∠ACD＝90°，
∴∠ACB＝∠ACD，
∵AE是△ABC的高，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ADC，
在△AEC与△ADC中，
，
∴△AEC≌△ADC（AAS），
∴CE＝CD＝5，
∵S△ABC＝AB•CD，
∴20＝×AB×5，
∴AB＝4，
故答案为：4．
12．（2022秋•柯桥区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝1，D为射线AC上一点，且与A、B两点构成等腰三角形，则此等腰三角形的面积为 4或2或17 ．
【分析】根据勾股定理和等腰三角形的性质以及三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝1，
∴AB＝＝，
∵△ABD是等腰三角形，
∴AB＝BD或AB＝AD或AD＝BD，
当AB＝BD时，∠ACB＝90°，
∴AD＝2AC＝2，
∴S△ABD＝BC•AD＝2×4＝4；
当AB＝AD＝，
∴S△ABD＝××4＝2；
当AD＝BD时，
则CD＝BD﹣AC＝BD﹣1，
∵BD2＝CD2+BC2，
∴BD2＝（BD﹣1）2+42，
∴BD＝，
∴S△ABD＝AD•BC＝4＝17，
综上所述，等腰三角形的面积为4或2或17，
故答案为：4或2或17．
13．（2022秋•柯桥区期中）如图所示，AOB是一钢架，设∠AOB＝α，为了使钢架更加坚固，需在其内部添加一些钢管EF，FG，GH…，添加的钢管长度都与OE相等，若最多能添加这样的钢管5根，则α的取值范围是 15°≤α＜18° ．
【分析】由等腰三角形的性质和外角性质可得，∠GEF＝2α，∠GFH＝3α，∠HGB＝4α，由题意可列不等式组，即可求解．
【解答】解：∵OE＝EF，
∴∠EOF＝∠EFO＝α，
∴∠GEF＝∠EOF+∠EFO＝2α，
同理可得∠GFH＝3α，∠HGB＝4α，
∵最多能添加这样的钢管5根，
∴5α＜90°，6α≥90°，
∴15°≤α＜18°，
故答案为：15°≤α＜18°．
14．（2022秋•新昌县校级期中）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，点M是线段CO延长线上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△ABM为直角三角形时，AM的长为 或 ．
【分析】分∠AMB＝90°、∠ABM＝90°两种情况，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：当∠AMB＝90°时，
∵AO＝BO，AB＝2，
∴OM＝AB＝OB，
∵∠BOM＝∠AOC＝60°，
∴△BOM为等边三角形，
∴BM＝OB＝1，
∴AM＝＝＝；
当∠ABM＝90°时，如图2，
∵∠BOM＝∠AOC＝60°，
∴∠BMO＝30°，
∴OM＝2OB＝2，
∴BM＝＝，
∴AM＝＝，
综上所述，当△ABM为直角三角形时，AM的长为或，
故答案为：或．
15．（2022秋•义乌市期中）如图，D为△ABC外一点，BD⊥AD，BD平分△ABC的一个外角，∠C＝∠CAD．若AB＝10，BC＝2，则BD的长为 8 ．
【分析】延长线AD交CB的延长线于E，得到△ACE为等腰三角形，△ABE为等边三角形，利用等腰三角形的“三合一”性质求得AD＝CE＝6，根据勾股定理求出BD的长．
【解答】解：延长线AD交CB的延长线于E，
∵∠C＝∠CAD，
∴AE＝CE．
∵BD平分∠ABE，BD⊥AD，
∴AB＝BE＝10，
∴CE＝AE＝BC+BE＝2+10＝12，
∴AD＝DE＝AE＝6，
∴在直角△ABD中，由勾股定理得到BD＝＝＝8，
故答案为：8．
16．（2022秋•柯桥区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AD是∠BAC的平分线，若P，Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值为 2.4 ．
【分析】如图，作点Q关于AD的对称点Q′，连接PQ′，过点C作CH⊥AB于点H．利用垂线段最短解决问题即可．
【解答】解：如图，作点Q关于AD的对称点Q′，连接PQ′，CQ′，过点C作CH⊥AB于点H．
∵AD是△ABC的角平分线，Q与Q'关于AD对称，
∴点Q′在AB上，PC+PQ＝PC+PQ′≥CH，
∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，•AC•BC＝•AB•CH，
∴CH＝2.4，
∴CP+PQ≥2.4，
∴PC+PQ的最小值为2.4．
故答案为：2.4．
17．（2022秋•鄞州区期中）如图：在△ABC中，∠C＝90°，BC＝6cm，AC＝8cm，BD是∠ABC的角平分线．（1）则CD＝ 3cm ；
（2）若点E是线段AB上的一个动点，从点B以每秒1cm的速度向A运动， 6或 秒钟后△EAD是直角三角形．
【分析】（1）过点D作DE⊥AB于E，利用角平分线的性质得CD＝DE，再根据面积法可得答案；
（2）分∠ADE＝90°或∠AED＝90°两种情形，分别画出图形，利用勾股定理可得答案．
【解答】解：（1）如图，过点D作DE⊥AB于E，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB＝，
∵BC∥AC，DE⊥BE，BD是∠ABC的角平分线，
∴CD＝DE，
∵S
∴设CD＝DE＝x，
则（8﹣x）×6＝10x，
解得x＝3，
即CD＝3cm，
故答案为：3cm；
（2）如图，当ED⊥AD时，
则ED∥BC，
∴∠CBD＝∠BDE，
∴∠BDE＝∠EBD，
∴BE＝DE，
设t秒后△EAD是直角三角形，
则BE＝DE＝tcm，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，
52+t2＝（10﹣t）2，
解得t＝，
当DE⊥AB时，由（1）得CD＝DE＝3cm，
∵BD＝BD，
∴Rt△CBD≌Rt△EBD（HL），
∴BE＝BC＝6cm，
∴t＝6，
故答案为：6或．
18．（2022秋•桐乡市期中）如图，在△ABC中，∠A＝45°，AC＝4，AB＝5，点M为AC上动点，N为AB上一点，且MN＝3，当点M从点A运动到点C时，则点N运动的路程为 4﹣4 ．
【分析】通过画图可知：点N的运动路径是：N'→D→N，计算DN'和DN的长，可得结论．
【解答】解：如图，当点M与A重合时，点N在N'的位置，此时AN'＝3，
当MN⊥AC时，点N在点D的位置上，
∴∠AMD＝90°，
∵∠A＝45°，
∴AM＝DM＝3，
∴AD＝3，
∴DN'＝3﹣3，
当点M继续向点C运动时，点N由点D向左运动到点N的位置，过点C作CH⊥AB于H，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∵AC＝4，
∴AH＝CH＝2，
∵CN＝3，
∴NH＝＝＝1，
∴DN＝AD﹣AH﹣NH＝3﹣2﹣1＝﹣1，
∴点N运动的路程＝DN'+DN＝3﹣3+﹣1＝4﹣4．
故答案为：4﹣4．
19．（2022秋•吴兴区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点在方格线的格点上，将AB绕点P顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P的坐标为 （1，2） ．
【分析】依据旋转的性质可得，将AB绕点P顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P到对应点的距离相等，因此作出两对对应点连线的垂直平分线，其交点即为所求．
【解答】解：如图所示，作线段AA'和BB'的垂直平分线，交于点P，则点P即为旋转中心，
由图可得，点P的坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）．
20．（2021秋•拱墅区期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）我们把P（﹣y+1，x+1）叫做点P的伴随点，已知A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，这样依次得到A1，A2，A3，…An，若点A1的坐标为（3，1），则点A2021的坐标为 （3，1） ．
【分析】根据“伴随点”的定义依次求出各点，不难发现，每4个点为一个循环组依次循环，用2021除以4，根据商和余数的情况确定点A2021的坐标即可．
【解答】解：∵A1的坐标为（3，1），
∴A2（0，4），A3（﹣3，1），A4（0，﹣2），A5（3，1），
……，
依此类推，每4个点为一个循环组依次循环，
∵2021÷4＝505……1，
∴点A2021的坐标与A1的坐标相同，为（3，1）．
故答案是：（3，1）．
21．（2012春•临海市校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，A1（1，0），A2（3，0），A3（6，0），A4（10，0），…，以A1A2为对角线作第一个正方形A1C1A2B1，以A2A3为对角线作第二个正方形A2C2A3B2，以A3A4为对角线作第三个正方形A3C3A4B3，…，顶点B1，B2，B3，…都在第一象限，按照这样的规律依次进行下去，点B5的坐标为 （18，3） ；点Bn的坐标为 ．
【分析】利用图形分别得出B点横坐标B1，B2，B3，…的横坐标分别为：，，，…，即可得出点B5的横坐标为：，点Bn的横坐标为：，再利用纵坐标变化规律进而得出答案．
【解答】解：分别过点B1，B2，B3，作B1D⊥x轴，B2E⊥x轴，B3F⊥x轴于点D，E，F，
∵A1（1，0），∴A1A2＝3﹣1＝2，A1D，＝1，OD＝2，B1D＝A1D，＝1，
可得出B1（2，1），
∵A2（3，0），∴A3A2＝6﹣3＝3，EB2＝，B2E＝EA2＝，OE＝6﹣＝，
可得B2（，），
同理可得出：B3（8，2），B4（，），…，
∵B1，B2，B3，…的横坐标分别为：，，，…，∴点B5的横坐标为：，
点Bn的横坐标为：，
∵B1，B2，B3，…的纵坐标分别为：1，，，，…，∴点B5的纵坐标为：＝3，
点Bn的纵坐标为：，
∴点B5的坐标为（18，3）；点Bn的坐标为：．
故答案为：（18，3），．
22．（2022秋•西湖区校级期中）已知一次函数y＝kx+b的图象平行于直线y＝﹣2x+3，且经过点A，则这个一次函数的解析式是 y＝﹣2x+ ．
【分析】根据两平行直线的解析式的k值相等求出k，再把经过的点的坐标代入函数解析式计算求出b，从而得解．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b的图象平行于直线y＝﹣2x+3，
∴k＝﹣2，
∵经过点A，
∴＝﹣2×2+b，
∴b＝，
∴这个一次函数的解析式为y＝﹣2x+．
故答案为：y＝﹣2x+．
23．（2022春•新昌县期中）在弹簧的弹性限度内，弹簧总长y（cm）与所挂物体质量x（kg）满足公式：y＝kx+b（k，b为常数）．当所挂物体质量为1kg时，弹簧总长为6.3cm；当所挂物体质量为4kg时，弹簧总长为7.2cm．则当弹簧总长为8.4cm时，所挂物体的质量为 8 kg．
【分析】根据当所挂物体质量为1kg时，弹簧总长为6.3cm；当所挂物体质量为4kg时，弹簧总长为7.2cm列出方程组，求出一次函数解析式，再将y＝8.4代入，即可解得答案．
【解答】解：∵当所挂物体质量为1kg时，弹簧总长为6.3cm；当所挂物体质量为4kg时，弹簧总长为7.2cm，
∴，
解得，
∴y＝0.3x+6，
当y＝8.4时，0.3x+6＝8.4，
∴x＝8，
故答案为：8．
24．（2020秋•萧山区期中）如图，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝90°，在射线BA上找一点D，使△ACD为等腰三角形，则∠ADC的度数为 75°或120°或15° ．
【分析】分三种情形分别求解即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠B＝60°，∠C＝90°，
∴∠BAC＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
如图，有三种情形：
①当AC＝AD时，∠ADC＝＝75°．
②当CD′＝AD′时，∠AD′C＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
③当AC＝AD″时，∠AD″C＝＝15°，
故答案为：75°或120°或15°．
25．（2021秋•江北区期中）如图，函数y＝kx（k≠0）和y＝ax+4（a≠0）的图象相交于点A（﹣1.5，1），则不等式kx＜ax+4的解集为 x＞﹣1.5 ．
【分析】观察函数图象得到x＞﹣1.5时，直线y＝kx都在直线y＝ax+4的下方．
【解答】解：根据题意得x＞﹣1.5时，kx＜ax+4，所以不等式kx＜ax+4的解集为x＞﹣1.5．
故答案为：x＞﹣1.5．
26．（2021春•临海市校级期中）一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，且经过点（1，3）．当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝kx+b的值，直接写出m的取值范围 m≥3 ．
【分析】先根据直线平移时k的值不变得出k＝1，再将点A（1，3）代入y＝x+b，求出b的值，即可得到一次函数的解析式；根据点（1，3）和函数图象即可求得．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，
∴k＝1，
将点（1，3）代入y＝x+b，
得1+b＝3，
解得b＝2，
∴一次函数的解析式为y＝x+2；
把点（1，3）代入y＝mx，求得m＝3，
∵当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝x+2的值，
∴m≥3．
故答案是：m≥3．
27．（2021秋•金东区校级期中）在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点叫做整点，已知直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则t的取值范围是 ≤t≤2且t≠1 ．
【分析】由y＝tx+2t+2＝t（x+2）+2（t＞0），得出直线y＝tx+2t+2（t＞0）经过点（﹣2，2），如图，当直线经过（0，3）或（0，6）时，直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，当直线经过（0，4）时，直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有三个整点，分别求得这三种情况下的t的值，结合图象即可得到结论．
【解答】解：∵y＝tx+2t+2＝t（x+2）+2（t＞0），
∴直线y＝tx+2t+2（t＞0）经过点（﹣2，2），如图，
当直线经过（0，3）时，直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，
则3＝2t+2，解得t＝；
当直线经过（0，6）时，直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，
则6＝2t+2，解得t＝2；
当直线经过（0，4）时，直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有三个整点，
则4＝2t+2，解得t＝1；
∴直线y＝tx+2t+2（t＞0）与两坐标轴围成的三角形区域（不含边界）中有且只有四个整点，则t的取值范围是≤t≤2且t≠1，
故答案为：≤t≤2且t≠1．
28．（2021春•临海市期中）如图1，点P从△ABC的顶点A出发，沿A﹣B﹣C匀速运动，到点C停止运动．点P运动时，线段AP的长度y与运动时间x的函数关系如图2所示，其中D为曲线部分的最低点，则△ABC的面积是 48 ．
【分析】根据图象可知点P在AB上运动时，此时AP不断增大，而从B向C运动时，AP先变小后变大，从而可求出BC与BC上的高．
【解答】解：根据图象可知，点P在AB上运动时，此时AP不断增大，
由图象可知：点P从A向B运动时，AP的最大值为10，即AB＝10，
点P从B向C运动时，AP的最小值为8，
即BC边上的高为8，
∴当AP⊥BC，AP＝8，
此时，由勾股定理可知：BP＝6，
由于图象的曲线部分是轴对称图形，
∴PC＝6，
∴BC＝12，
∴△ABC的面积为：×8×12＝48，
故答案为48．
29．（2020秋•慈溪市期中）如图，等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，AE是∠BAC的平分线，放入一张等边三角形纸片BDF，F在BC上，E在DF上．若EF＝4，FC＝3，则等边△BDF的边长为 7 ．
【分析】延长AE交BC于H，根据等腰三角形的性质得到AH⊥BC，求得∠EHF＝90°，根据等边三角形的性质得到∠EFH＝60°，根据三角形的内角和定理得到∠HEF＝30°，由直角三角形的性质得到HF＝EF＝2，求得CH＝5，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图，延长AE交BC于H，
∵AB＝AC，AE是∠BAC的平分线，
∴AH⊥BC，
∴∠EHF＝90°，
∵△BDF是等边三角形，
∴∠EFH＝60°，
∴∠HEF＝30°，
∴HF＝EF＝2，
∵CF＝3，
∴CH＝5，
∵AB＝AC，
∴BC＝2CH＝10，
∴BF＝BC﹣CF＝10﹣3＝7，
∴等边△BDF的边长为7，
故答案为：7．
30．（2020春•温州期中）如图1，在菱形ABCD中，动点P从点C出发，沿C﹣A﹣D运动至终点D．设点P的运动路程为x（cm），△BCP的面积为y（cm2）．若y与x的函数图象如图2所示，则图中a的值为 ．
【分析】从图2知，AC＝5cm，AD＝2acm，在△ABC中利用S△ABC＝AC×BH＝5×BH＝4a，求得BH＝（cm），最后在Rt△HBC中，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：从图2知，AC＝5cm，AD＝2acm，
当点P在点A时，此时，y＝4a＝S△BCP＝S△ABC，
此时，AB＝BC＝AD＝2acm，
即△ABC为等腰三角形，
过点B作BH⊥AC于点H，则CH＝AH＝AC＝（cm），
在△ABC中，S△ABC＝AC×BH＝5×BH＝4a，解得BH＝（cm），
在Rt△HBC中，BC2＝BH2+CH2，即（2a）2＝（）2+（）2，
解得a＝（舍去负值），
故答案为．