期末复习1 八年级下册选择、填空易错题集合 -【专题突破】2022-2023学年八年级数学下学期重难点及章节分类精品讲义(浙教版)

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期末复习1 八年级下册选择、填空易错题集合
一．选择题（共19小题）
1．估计在（　　）
A．0～1之间 B．1～2之间 C．2～3之间 D．3～4之间
【分析】根据二次根式的性质得出，即：2，可得答案．
【解答】解：∵，
即：2，
∴在2到3之间．
故选：C．
2．（2022春•丽水期末）设实数的整数部分为a，小数部分为b．则b2+2ab的值为（　　）
A．1 B．4﹣5 C．3 D．﹣3
【分析】先估算的近似值，确定a、b的值，再代入计算即可．
【解答】解：∵＜＜，即2＜＜3，
∴a＝2，b＝﹣2，
∴b2+2ab
＝（﹣2）2+2×2×（﹣2）
＝3，
故选：C．
3．在一次中学生田径运动会上，参加男子跳高的15名运动员的成绩如下表所示：
成绩/m
1.50
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
2
3
2
3
4
1
则这些运动员成绩的中位数、众数分别为（　　）
A．1.65、1.70 B．1.65、1.75 C．1.70、1.75 D．1.70、1.70
【分析】找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
【解答】解：共15名学生，中位数落在第8名学生处，第8名学生的跳高成绩为1.70m，故中位数为1.70；
跳高成绩为1.75m的人数最多，故跳高成绩的众数为1.75；
故选：C．
4．（2022春•嘉兴期末）已知A，B两家酒店2020年下半年的月营业额折线统计图（如图），下列说法错误的是（　　）

A．A酒店这半年的月营业额的中位数是2.2百万元．
B．B酒店这半年的月营业额的众数是1.7百万元．
C．A酒店这半年的月营业额一直保持增长状态．
D．B酒店这半年的月营业额11月至12月的增长率最大．
【分析】结合折线统计图，利用数据逐一分析解答即可．
【解答】解：从折线统计图可得：
A、A酒店这半年的月营业额的中位数是＝2.45（百万元），故本选项错误，符合题意；
B、小B酒店这半年的月营业额的众数是1.7百万元，正确，不符合题意；
C、A酒店这半年的月营业额一直保持增长状态，正确，不符合题意；
D、B酒店这半年的月营业额11月至12月的增长率最大，正确，不符合题意；
故选：A．
5．（2022春•西湖区校级期末）下列根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据最简二次根式的概念判断即可．
【解答】解：A、＝＝3，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
D、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式，不符合题意；
故选：B．
6．（2020春•金华期末）已知直角三角形的两条直角边长恰好是方程x2﹣5x+6＝0的两个根，则此直角三角形斜边长是（　　）
A． B． C．13 D．5
【分析】求出已知方程的解得到两直角边长，利用勾股定理求出斜边即可．
【解答】解：方程x2﹣5x+6＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x﹣3）＝0，
解得：x＝2或x＝3，
根据勾股定理得：斜边为＝，
故选：A．
7．（2020春•金华期末）关于x的方程m2x2﹣8mx+12＝0至少有一个正整数解，且m是整数，则满足条件的m的值的个数是（　　）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】根据公式法或因式分解法解方程，根据方程的解为正整数及m为整数，即可确定出m的值．
【解答】解：m2x2﹣8mx+12＝0，
解法一：Δ＝（﹣8m）2﹣4m2×12＝16m2，
∴x＝＝，
∴x1＝，x2＝，
解法二：（mx﹣2）（mx﹣6）＝0，
∴x1＝，x2＝，
∵关于x的方程m2x2﹣8mx+12＝0至少有一个正整数解，且m是整数，
∴＞0，＞0，
∴m＝1或2或3或6，
则满足条件的m的值的个数是4个，
故选：B．
8．如果关于x的一元二次方程kx2﹣x+1＝0有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是（　　）
A．k＜ B．k＜且k≠0
C．﹣≤k＜ D．﹣≤k＜且k≠0
【分析】根据方程有两个不相等的实数根，则Δ＞0，以及二次根式有意义的条件，由此建立关于k的不等式，然后就可以求出k的取值范围．
【解答】解：由题意知：2k+1≥0，k≠0，Δ＝2k+1﹣4k＞0，
∴≤k＜，且k≠0．
故选：D．
9．（2022春•浦江县期末）已知点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（3，y3）都在反比例函数y＝﹣图象上，则（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y3＜y1＜y2 C．y2＜y1＜y3 D．y3＜y2＜y1
【分析】把点A、B、C的坐标分别代入函数解析式，求得y1、y2、y3的值，然后比较它们的大小．
【解答】解：∵点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（3，y3）都在比例函数y＝﹣图象上，
∴y1＝﹣＝2，y2＝﹣＝4，y3＝﹣．
∴y3＜y1＜y2，
故选：B．
10．（2020•高青县二模）某数学小组在研究了函数y1＝x与性质的基础上，进一步探究函数y＝y1+y2的性质，经过讨论得到以下几个结论：
①函数y＝y1+y2的图象与直线y＝3没有交点；
②函数y＝y1+y2的图象与直线y＝a只有一个交点，则a＝±4；
③点（a，b）在函数y＝y1+y2的图象上，则点（﹣a，﹣b）也在函数y＝y1+y2的图象上．
以上结论正确的是（　　）
A．①② B．①②③ C．②③ D．①③
【分析】①根据题意得出y与x的函数关系式，当y＝3时，解得x，若方程无解，说明两个函数图象无交点，
②当y＝a时，得出一个一元二次方程，两个函数的图象只有一个交点，说明方程有一个解，或由两个相同的实数根，让根的判别式为0即可，
③将点（a，b）代入函数关系式中，得出b＝a+，再将x＝﹣a代入函数关系式中，得出结论，和﹣b判断，即可得出结论．
【解答】解：①由 题意得，y＝x+，
当y＝3时，即：3＝x+，
也就是x2﹣3x+4＝0，
∵△＝9﹣16＜0，
∴此方程无实数根，
故，y＝x+与y＝3无交点，因此①正确，

②由①得，
当y＝a时，即：a＝x+，
也就是x2﹣ax+4＝0，
当△＝a2﹣16＝0时，函数y＝y1+y2的图象与直线y＝a只有一个交点，
此时，a＝±4，因此②正确，

③将点（a，b）代入函数关系式中，得出b＝a+，将x＝﹣a代入函数关系式中，得出﹣a﹣＝﹣（a+）＝﹣b，
则点（﹣a，﹣b）也在函数y＝y1+y2的图象上．
因此③正确，
故选：B．
11．（2020•宁夏）如图，函数y1＝x+1与函数y2＝的图象相交于点M（1，m），N（﹣2，n）．若y1＞y2，则x的取值范围是（　　）

A．x＜﹣2或0＜x＜1 B．x＜﹣2或x＞1
C．﹣2＜x＜0或0＜x＜1 D．﹣2＜x＜0或x＞1
【分析】观察函数y1＝x+1与函数的图象，即可得出当y1＞y2时，相应的自变量x的取值范围．
【解答】解：由一次函数和反比例函数的图象可知，当一次函数图象在反比例函数图象之上时，所对应的x的取值范围为﹣2＜x＜0或x＞1，
故选：D．

12．（2018•梁山县一模）如图：在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，且EF∥BC交AC于M，若CM＝5，则CE2+CF2等于（　　）

A．75 B．100 C．120 D．125
【分析】根据角平分线的定义推出△ECF为直角三角形，然后根据勾股定理即可求得CE2+CF2＝EF2，进而可求出CE2+CF2的值．
【解答】解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠ACB，∠ACF＝∠ACD，即∠ECF＝（∠ACB+∠ACD）＝90°，
∴△EFC为直角三角形，
又∵EF∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECB＝∠MEC＝∠ECM，∠DCF＝∠CFM＝∠MCF，
∴CM＝EM＝MF＝5，EF＝10，
由勾股定理可知CE2+CF2＝EF2＝100．
故选：B．
13．（2022春•东阳市期末）将一副三角尺如图拼接：含30°角的三角尺（△ABC）的长直角边与含45°角的三角尺（△ACD）的斜边恰好重合．已知AB＝6，E，F分别是边AC，BC上的动点，当四边形DEBF为平行四边形时，该四边形的面积是（　　）

A．3 B．6 C． D．81
【分析】由平行四边形的性质可得∠DEC＝∠ACB＝90°，由等腰直角三角形的性质可得AE＝CE＝DE，根据含30°的直角三角形的性质可求解AC的长，即可求得DE＝CD＝，利用四边形的面积公式可求解．
【解答】解：由题意得，当四边形DEBF为平行四边形时，BC∥DE，
∴∠DEC＝∠ACB＝90°，
∵AD＝CD，
∴AE＝CE＝DE，
∵∠BAC＝30°，AB＝6，
∴BC＝3，AC＝9，
∴DE＝CE＝，
∴四边形DEBF的面积为：DE•CD＝，
故选：C．
14．（2022春•北仑区期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是边CD和AB的中点，若∠PEF＝30°，则下列说法错误的是（　　）

A．PE＝PF B．∠EPF＝120° C．AD+BC＞2EF D．AB+DC＞2DB
【分析】根据三角形中位线定理及AD＝BC推出PF＝PE，可判断A；根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可判断B；根据三角形三边关系可判断C．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E，F分别是AB，CD的中点，
∴FP，PE分别是△CDB与△DAB的中位线，
∴PF＝BC，PE＝AD，
∵AD＝BC，
∴PF＝PE，故选项A不合题意；
故△EPF是等腰三角形．
∵∠PEF＝30°，
∴∠PEF＝∠PFE＝30°，
∴∠EPF＝180°﹣∠PEF﹣∠PFE＝180°﹣30°﹣30°＝120°，故选项B不符合题意；
∵PF＝BC，PE＝AD，PE+PF＞EF，
∴BC+AD＞EF，
∴AD+BC＞2EF，故选项C不符合题意；
无法证明AB+CD＞DB，故选项D符合题意；
故选：D．

15．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE＝EF；④S△AOE：S△BCM＝2：3．其中正确结论的个数是（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；
②在△EOB和△CMB中，对应直角边不相等，则两三角形不全等；
③可证明∠CDE＝∠DFE；
④可通过面积转化进行解答．
【解答】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB＝OC，
∵∠COB＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB＝BC，
∵FO＝FC，
∴FB垂直平分OC，
故①正确；
②∵△BOC为等边三角形，FO＝FC，
∴BO⊥EF，BF⊥OC，
∴∠CMB＝∠EOB＝90°，
∴BO≠BM，
∴△EOB与△CMB不全等；
故②错误；
③易知△ADE≌△CBF，∠1＝∠2＝∠3＝30°，
∴∠ADE＝∠CBF＝30°，∠BEO＝60°，
∴∠CDE＝60°，∠DFE＝∠BEO＝60°，
∴∠CDE＝∠DFE，
∴DE＝EF，
故③正确；
④易知△AOE≌△COF，
∴S△AOE＝S△COF，
∵S△COF＝2S△CMF，
∴S△AOE：S△BCM＝2S△CMF：S△BCM＝，
∵∠FCO＝30°，
∴FM＝，BM＝CM，
∴＝，
∴S△AOE：S△BCM＝2：3，
故④正确；
所以其中正确结论的个数为3个；
故选：B．

16．（2022春•浦江县期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE⊥BF，交点为G，CH⊥BF，交BF于点H．若CH＝HG，S△CFH＝1，那么正方形的面积为（　　）

A．15 B．20 C．22 D．24
【分析】根据AE⊥BF，利用同角的余角相等得出∠EAB＝∠FBC，再根据AAS即可证出△ABG≌△BCH，得BG＝CH，设CH＝x，算出BC＝＝，设FH为y，分别在△CFH和△CFB中使用勾股定理得y＝x，再由S△CFH＝1得x＝2，即可求出正方形的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∵AE⊥BF，∠ABC＝90°，
∴∠BAE+∠GBA＝90°，∠FBC+∠GBA＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
∵CH⊥BF，
∴∠BHC＝90°＝∠AGB，
在△ABG与△BCH中，
，
∴△ABG≌△BCH（AAS），
∴BG＝CH，
设CH＝x，则HG＝BG＝x，
∴BH＝2x，
∴BC＝＝，
设FH为y，
∵CH⊥BF，
在△CFH中，CF2＝FH2+CH2＝x2+y2，
在△CFB中，CF2＝BF2﹣BC2＝（2x+y）2﹣5x2，
∴x2+y2＝（2x+y）2﹣5x2，
解得：y＝x，
∴＝＝1，
∴x＝2，
∴正方形的面积为BC2＝（2）2＝20．
故选：B．
17．（2022春•南浔区期末）小浔受赵爽弦图的启发，制作了以下图形：将边长为1的正方形ABCD的四边AD、DC、CB、BA分别延长至点H、G、F、E，使得AE＝CG、BF＝DH．若∠BFE＝45°，AH＝3AE．则四边形EFGH的面积为（　　）

A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】由正方形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝1，设AE＝CG＝x，可得BE＝BF＝x+1，AH＝CF＝x+2，由AH＝3AE，可求AE＝1，由面积的和差关系可求解．
【解答】解：设AE＝CG＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，
∵AE＝CG、BF＝DH，
∴EB＝DG，AH＝CF，
∵∠BFE＝45，∠FBE＝90°，
∴∠BFE＝∠BEF＝45°，
∴BE＝BF＝x+1，
∴AH＝CF＝x+2，
∵AH＝3AE，
∴x+2＝3x，
∴x＝1，
∴AE＝GC＝1，BE＝DG＝2＝BF＝DH，AH＝FC＝3，
∴四边形EFGH的面积＝2××2×2+2××1×3+1×1＝8，
故选：A．
18．（2022春•东阳市期末）用反证法证明命题“在三角形中，至少有一个内角大于或等于60°”时，先假设（　　）
A．每个内角都小于60°
B．每个内角都大于60°
C．没有一个内角小于等于60°
D．每个内角都等于60°
【分析】假设命题的结论不成立，假定命题的结论反面成立即可．
【解答】解：用反证法证明“在三角形中，至少有一个内角大于或等于60°”时，应先假设在三角形中，没有一个内角大于或等于60°，即每个内角都小于60°．
故选：A．
19．4张扑克牌如图1所示放在桌子上，小明将其中一张旋转180°后得到如图2所示，那么他所旋转的牌从左起是（　　）

A．第一张 B．第二张 C．第三张 D．第四张
【分析】根据中心对称图形的定义，将一张扑克牌旋转180°后图形能否与原来的图形重合来判断．
【解答】解：图一中第一、二、三张扑克牌旋转180度后，其中的六个图形不能和原来的图形重合，而第四张旋转180度后正好与原图重合．
故选：D．
二．填空题（共16小题）
20．（2022•新都区模拟）二次根式中，字母m的取值范围是 　m≥　．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得：2m﹣1≥0，
解得：m≥，
故答案为：m≥．
21．（2022春•东阳市期末）若y＝，则x+y的值为 　　．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式求出x，进而求出y，计算即可．
【解答】解：由题意得：2x﹣1≥0，1﹣2x≥0，
解得：x＝，
∴y＝3，
∴x+y＝+3＝，
故答案为：．
22．若一元二次方程ax2﹣b＝0（ab＞0）的两个根分别是m+1与2m﹣4，则＝　4　．
【分析】根据方程的特点知m+1+2m﹣4＝0，据此得出m的值，继而得出两根的具体数值，代入得出答案．
【解答】解：∵一元二次方程ax2﹣b＝0（ab＞0）的两个根分别是m+1与2m﹣4，
∴m+1+2m﹣4＝0，
解得m＝1，
∴方程的两根为2、﹣2，
∴4a﹣b＝0，
∴4a＝b，
则＝4，
故答案为：4．
23．（2022春•嘉兴期末）某校八年级组织篮球赛，若每两班之间赛一场，共进行了28场，则该校八年级有 　8　个班级．
【分析】设八年级有x个班，根据“各班均组队参赛，赛制为单循环形式，且共需安排15场比赛”，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】解：设八年级有x个班，
依题意得：x（x﹣1）＝28，
整理得：x2﹣x﹣56＝0，
解得：x1＝8，x2＝﹣7（不合题意，舍去）．
则该校八年级有8个班级．
故答案为：8．
24．（2022春•丽水期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点．若CD的长为3，则EF的长是 　3　．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出AB，再根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，CD＝3，
∴AB＝2CD＝6，
∵E，F分别是边AC，BC的中点，
∴EF＝AB＝3，
故答案为：3．
25．一个n边形的内角和为1080°，则n＝　8　．
【分析】直接根据内角和公式（n﹣2）•180°计算即可求解．
【解答】解：（n﹣2）•180°＝1080°，
解得n＝8．
26．（2022春•浦江县期末）如图，在▱ABCD中，AC为对角线，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F．若∠ACB＝45°，AE＝1，BE＝4，则BF＝　5　．

【分析】由全等三角形的判定定理AAS证得△ABE≌△CDF，则对应边相等：AE＝CF＝1，然后利用∠ACB＝45°得到BE＝CE＝4，从而得到EF＝3，然后利用勾股定理求得BF的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF．
又BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°．
在△ABE与△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF＝1，
∵∠ACB＝45°，BE＝4，
∴CE＝BE＝4，
∴EF＝EC﹣CF＝4﹣1＝3，
∴BF＝＝＝5，
故答案为：5．
27．（2022春•西湖区校级期末）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝8，∠ABC和∠BCD的角平分线分别交AD于点E、F，若BE＝6，则CF＝　8　．

【分析】过点A作AM∥FC，交BE与点O，由平行线的性质和角平分线的性质可证∠BHC＝90°，由平行线的性质可求∠AOE＝∠BHC＝90°，由平行线的性质和角平分线的性质可证AE＝AB＝5，由勾股定理可求AO的长，由“ASA”可证△ABO≌△MBO，可得AO＝OM＝4，通过证明四边形AMCF是平行四边形，可得CF＝AM＝8．
【解答】解：如图，设BE与FC的交点为H，过点A作AM∥FC，交BE与点O，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABC+∠DCB+180°，
∵BE平分∠ABC，CF平分∠BCD，
∴∠ABE＝∠EBC，∠BCF＝∠DCF，
∴∠CBE+∠BCF＝90°，
∴∠BHC＝90°，
∵AM∥CF，
∴∠AOE＝∠BHC＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC＝∠ABE，
∴AB＝AE＝5，
又∵∠AOE＝90°，
∴BO＝OE＝3，
∴AO＝＝＝4，
在△ABO和△MBO中，
，
∴△ABO≌△MBO（ASA），
∴AO＝OM＝4，
∴AM＝8，
∵AD∥BC，AM∥CF，
∴四边形AMCF是平行四边形，
∴CF＝AM＝8，
故答案为：8．
28．如图，△ABC的面积为16，点D是BC边上一点，且BD＝BC，点G是AB上一点，点H在△ABC内部，且四边形BDHG是平行四边形，则图中阴影部分的面积是　4　．

【分析】设△ABC底边BC上的高为h，△AGH底边GH上的高为h1，△CGH底边GH上的高为h2，根据图形可知h＝h1+h2．利用三角形的面积公式结合平行四边形的性质即可得出S阴影＝S△ABC，由此即可得出结论．
【解答】解：设△ABC底边BC上的高为h，△AGH底边GH上的高为h1，△CGH底边GH上的高为h2，
则有h＝h1+h2．
S△ABC＝BC•h＝16，
S阴影＝S△AGH+S△CGH＝GH•h1+GH•h2＝GH•（h1+h2）＝GH•h．
∵四边形BDHG是平行四边形，且BD＝BC，
∴GH＝BD＝BC，
∴S阴影＝×（BC•h）＝S△ABC＝4．
故答案为：4．
29．（2022春•嘉兴期末）在平行四边形ABCD中，若∠A﹣∠B＝70°，则∠A＝　125°　，∠B＝　55°　．
【分析】由在平行四边形ABCD中，若∠A﹣∠B＝70°，根据平行四边形的邻角互补，即可得∠A+∠B＝180°，继而求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A﹣∠B＝70°，
∴∠A＝125°，∠B＝55°．
故答案为：125°，55°．
30．（2022春•金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，有点A（3，0），点B（3，5），射线AO上的动点C，y轴上的动点D，平面上的一个动点E，若∠CBA＝∠CBD，以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，则AC的长为 　或或15　．

【分析】存在三种情况：①作辅助线，构建等腰△BDF，先根据三角形内角和得∠BDC＝∠F，再由等腰三角形三线合一的性质得CD＝CF，最后证明△DCO≌△FCA（AAS），可得结论．②如图2，同理构建直角三角形，利用勾股定理可得结论；③如图3，同理可得结论．
【解答】解：存在三种情况：
①如图1，延长BA和DC交于点F，

∵点A（3，0），点B（3，5），
∴AB⊥x轴，OA＝3，
∵四边形DCBE是矩形，
∴∠DCB＝90°，
∴∠BCF＝∠DCB＝90°，
∵∠CBD＝∠CBF，
∴∠BDC＝∠BFC，
∴BD＝BF，
∴CD＝CF，
在△DCO和△FCA中，
，
∴△DCO≌△FCA（AAS），
∴OC＝AC，
∵AC＝OA＝．
②如图2，过点B作BM⊥y轴于M，则∠BMD＝90°，

∵四边形CDBE是矩形，
∴∠CDB＝90°，
∵∠CBA＝∠CBD，∠CAB＝90°，
∴BD＝BA＝5，AC＝CD，
∵BM＝3，
∴DM＝4，
∴CD＝5﹣4＝1，
设AC＝x，则OC＝3﹣x，CD＝x，
由勾股定理得：CD2＝OD2+OC2，
即x2＝12+（3﹣x）2，
解得：x＝，
∴AC＝；
③如图3，过点D作NL∥x轴，交AB的延长线于L，过C作CN⊥NL于N，则∠N＝∠L＝90°，

∵∠CDB＝∠CBA＝90°，∠CBA＝∠CBD，
∴CD＝AC，
设AC＝b，则CD＝b，OC＝DN＝b﹣3，
∵AB＝BD＝5，
∵DL＝3，
∴BL＝4，
∴CN＝AL＝5+4＝9，
由勾股定理得：CN2+DN2＝CD2，
即92+（b﹣3）2＝b2，
解得：b＝15，
综上，AC的长为或或15；
故答案为：或或15．
31．（2020春•湖州期末）如图，以正方形ABCD的一边AD为边向外作等边△ADE，则∠BED的度数是　45°　．

【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB＝AD＝AE，∠BAE＝150°，可求∠BEA＝15°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE，∠DAE＝∠AED＝60°，
∴∠BAE＝150°，AB＝AE，
∴∠AEB＝15°，
∴∠BED＝45°，
故答案为：45°．
32．（2022春•乐清市期末）如图，已知点P是正方形ABCD对角线BD上一点，且AP＝3，PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E，连结EF，则EF的长为 　3　．

【分析】连接PC，证四边形PFCE是矩形，求出EF＝PC，证△ABP≌△CBP，推出AP＝PC即可
【解答】解：连接PC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABD＝∠CBD＝45°，∠BCD＝90°，
在△ABP与△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，
∵PE⊥CD，PF⊥BC，
∴∠PFC＝90°，∠PEC＝90°．
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形PFCE是矩形，
∴EF＝PC，
∴PA＝EF＝3，
故答案为：3．
33．（2020春•金华期末）如图，已知线段AC＝4，线段BC绕点C旋转，且BC＝6，连接AB，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．
（1）若∠ACB＝90°，则AB的值是　2　；
（2）线段CD长的最大值是　4+6　．

【分析】（1）由勾股定理可求AB的值；
（2）过点A作AE⊥CA，取AE＝AC，连接BE，CE，由勾股定理可求EC的长，由“SAS“可证△EAB≌△CAD，可得CD＝BE，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，
∴AB＝＝＝2，
故答案为：2，
（2）如图，过点A作AE⊥CA，取AE＝AC，连接BE，CE，

∵AE⊥CA，AE＝AC＝4，
∴EC＝4，
∵∠EAC＝90°＝∠BAD
∴∠EAB＝∠CAD，且AC＝AE，AB＝AD，
∴△EAB≌△CAD（SAS）
∴CD＝BE
∵BE≤CE+BC＝4+6
∴BE的最大值为4+6
∴CD的最大值为4+6
故答案为4+6．
34．（2022春•嘉兴期末）若数据x1，x2，x3的平均数是3，则数据2x1+1，2x2+1，2x3+1的平均数是 　7　．
【分析】根据数据都加上一个数（或减去一个数）时，平均数加上或减去同一个数，再根据数据都乘以同一个数，平均数乘以这个数，从而得出答案．
【解答】解：∵数据x1，x2，x3的平均数是3，
∴数据2x1+1，2x2+1，2x3+1的平均数是2×3+1＝7．
故答案为：7．
35．（2022春•南浔区期末）已知一个液压升降机如图1所示，图2和图3是该液压升降机的平面示意图，菱形CODP的边长及等腰三角形OAB、PEF的腰长都是定值且相等．如图2，载物台EF到水平底座AB的距离h1为60cm，此时∠AOB＝120°；如图3，当∠AOB＝90°时，载物台EF到水平底座AB的距离h2为 　85　cm（结果精确到1cm，参考数据：≈1.41，≈1.73）．

【分析】连接BD，如图3，根据菱形的性质可得BD＝h1，由∠AOB＝120°，可得∠DAB的度数，在Rt△DAB中，解直角三角形可得AD的长度，连接DF，如图4，由题意可知，在Rt△EDF中，∠DEF＝45°，ED＝AD，解直角三角形即可算出FD的长度，即可得出答案．
【解答】解：连接BD，如图3，
由题意可得，BD＝＝＝30（cm），
∵∠AOB＝120°，
∴∠DAB＝30°，
在Rt△DAB中，
AD＝＝30×2＝60（cm），
连接DF，如图4，
由题意可知，
在Rt△EDF中，
∠DEF＝45°，ED＝AD＝60cm，
∴FD＝ED•sin45°＝60×＝30，
∴h2＝2•FD＝2×≈85（cm）．
故答案为：85．