【期中讲练测】沪教版上海市八年级下册数学 期中真题精选（压轴题）.zip

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一．分式方程的应用（共13小题） 二．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
三．一次函数图象与几何变换（共1小题） 四．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
五．一次函数的应用（共10小题） 六．平行四边形的性质（共6小题）
七．平行四边形的判定（共1小题） 八．平行四边形的判定与性质（共2小题）
九．菱形的性质（共1小题） 十．菱形的判定（共4小题）
十一．菱形的判定与性质（共2小题） 十二．矩形的判定（共8小题）
十三．正方形的性质（共5小题） 十四．正方形的判定（共1小题）
十五．平面向量（共4小题）
一．分式方程的应用（共13小题）
1．（2021春•浦东新区校级期中）某市一个公园要改造维修，若由甲、乙两个工程队合作，12天可以完成；若甲工程队先单独做5天后，乙队也来参加，两队再合作9天可以完工，问若两队单独完成这项工程各需几天？
【分析】设甲、乙单独完成此项工程各自需要，天，根据甲乙两队合作12天可以完成，甲先单独做5天后，乙队也来参加，两队再合作9天可以完工，即可列方程组求得，的值．
【解答】解：设甲、乙单独完成此项工程各自需要，天．
根据题意得：．
解得：．
经检验是方程的解．
答：甲单独完成此项工程需要20天，乙单独完成此项工程需要30天．
【点评】本题主要考查了分式方程的应用正确理解题目中的等量关系，理解工作时间，工作量，工作效率之间的关系是解题的关键．
2．（2021春•杨浦区校级期中）高速公路上经常以区间测速作为判断司机是否违反交通法规的手段，上海至杭州高速路上某一路段，两个测速点间的距离为40千米，规定车辆经过该路段的平均速度不得超过120千米小时，也不得低于80千米小时，小张和小吴两人分别驾车行驶完这段路后有了以下的对话：小张：“你的车速太快了，平均每小时比我多的20千米，比我少6分钟就跑完了全程，你一定违规了．”小吴：“你的速度太慢了，你才违规了．“问：小张和小吴到底谁违规了？为什么？
【分析】设小张的速度为千米小时，则小吴的速度为千米小时，由题意：你的车速太快了，比我少6分钟就跑完了全程，列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：小张和小吴都没有违规，理由如下：
设小张的速度为千米小时，则小吴的速度为千米小时，
由题意得：，
整理得：，
解得：，，
经检验，，都是原方程的解，但不符合题意，舍去，
，
，
即小张的速度为80千米小时，小吴的速度为100千米小时，
规定车辆经过该路段的平均速度不得超过120千米小时，也不得低于80千米小时，
小张和小吴都没有违规．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
3．（2021春•徐汇区校级期中）某校迎新活动需要用气球3000个，八（1）班同学承担了吹气球的工作．因为10名同学需要参加彩排活动，没有参加吹气球的工作．这样，其他同学平均每人吹的气球数比原计划多15个，问这个班有多少名学生？
【分析】设这个班级有名学生，由题意：某校迎新活动需要用气球3000个，因为10名同学需要参加彩排活动，没有参加吹气球的工作．这样，其他同学平均每人吹的气球数比原计划多15个，列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设这个班级有名学生，
根据题意得：，
解得：，，
经检验，，都为原方程的解，但不合题意舍去，
，
答：这个班级有50名学生．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
4．（2021春•黄浦区校级期中）某口罩厂计划在一定时间内生产120万个口罩，后因为防控需要，不但总量需要增长，而且要提前4天完成任务．经测算，每天需要多生产4万个口罩．问原计划每天生产多少万个口罩？
【分析】设原计划每天生产，万个口罩，则现在每天生产万个口罩，由题意：某口罩厂计划在一定时间内生产120万个口罩，后因为防控需要，不但总量需要增长，而且要提前4天完成任务．列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设原计划每天生产，万个口罩，则现在每天生产万个口罩，
由题意得：，
解得：或（负值舍去），
经检验，是原分式方程的解，且符合题意，
答：原计划每天生产5万个口罩．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
5．（2021春•杨浦区校级期中）为了应对特殊时期，某口罩生产企业需要在若干天内加工12000个口罩，在实际生产中由于提高了生产技术水平，每天加工的个数为原来的1.5倍，从而提前2天完成任务．该企业原计划每天生产多少个口罩？
【分析】设该企业原计划每天生产个口罩，由题意：某口罩生产企业需要在若干天内加工12000个口罩，在实际生产中每天加工的个数为原来的1.5倍，从而提前2天完成任务．列出分式方程，解方程即可．
【解答】解：设该企业原计划每天生产个口罩，则实际每天生产个口罩，
由题意得：，
解得：，
经检验：是原分式方程的解，且符合题意，
答：该企业原计划每天生产2000个口罩．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
6．（2021春•青浦区期中）小李家离某书店6千米，他从家中出发步行到该书店，由于返回时步行速度比去时步行速度每小时慢了1千米，结果返回时多用了半小时，求小李去书店时的步行速度．
【分析】设小李去书店时的速度为每小时千米，根据小李家离某书店6千米，他从家中出发步行到该书店，由于返回时步行速度比去时步行速度每小时慢了1千米，结果返回时多用了半小时，可列方程求解．
【解答】解：设小李去书店时的速度为每小时千米，根据题意得
，
解得：或（舍去）．
经检验是原方程的根且符合题意
答：小李去书店时的速度为4千米小时．
【点评】本题考查分式方程的应用，设出速度，以时间作为等量关系列方程求解．
7．（2021春•徐汇区校级期中）小明和小杰同时从学校出发，骑自行车前往距离学校20千米的体育公园．已知小明比小杰平均每小时多骑2千米，由于小明在路上修理自行车耽误了半小时．结果两人同时到达体育公园．求小明和小杰平均每小时各骑行多少千米？
【分析】设小杰平均每小时骑行千米，则小明平均每小时骑行千米，根据由于小明在路上修理自行车耽误了半小时，结果两人同时到达距离20千米体育公园，可列方程求解．
【解答】解：设小杰平均每小时骑行千米，则小明平均每小时骑行千米． （1分）
根据题意，得．（2分）
整理后，得．
解得，．（2分）
经检验：，
都是原方程的根，但不合题意，舍去．（1分）
由得：（千米小时）．
答：小明平均每小时骑行10千米，小杰平均每小时骑行8千米．（1分）
【点评】本题考查理解题意的能力，设出速度，以时间作为等量关系列方程求解．
8．（2021春•浦东新区期中）某小区为了排污，需铺设一段全长为720米的排污管道，为减少施工对居民生活的影响，需缩短施工时间，实际施工时每天的工作效率比原计划提高，结果提前2天完成任务．求原计划每天铺设多少米？
【分析】设原计划每天铺设管道为，故实际施工每天铺设管道为．等量关系为：原计划完成的天数实际完成的天数，根据这个关系列出方程求解即可．
【解答】解：设原计划每天铺设管道米，则实际每天铺设管道米，
由题意，得．
解得：．
经检验，是原方程的解．且符合题意．
答：原计划每天铺设管道60米．
【点评】本题考查分式方程的应用，列分式方程解应用题一定要审清题意，找相等关系是着眼点，要学会分析题意，提高理解能力．期中找到合适的等量关系是解决问题的关键．
9．（2022春•静安区期中）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，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．设原计划平均每年完成绿化面积万亩，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万亩，
根据题意，可列出方程，
去分母整理得：
解得：，（2分）
经检验：，都是原分式方程的根，
因为绿化面积不能为负，所以取．
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．
10．（2022春•普陀区校级期中）小王开车从甲地到乙地，去时走线路，全程约100千米，返回时走线路，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千米小时，则小王开车去时的平均速度为千米小时，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千米小时，
则小王开车去时的平均速度为千米小时，
根据题意得：，
解得：或（舍去），
经检验：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的分式方程是解题的关键．
11．（2022春•徐汇区校级期中）为了响应上海市市政府“绿色出行”的号召，减轻校门口道路拥堵的现状，王强决定改父母开车接送为自己骑车上学．已知他家离学校7.5千米，上下班高峰时段，驾车的平均速度比自行车平均速度快15千米小时，骑自行车所用时间比驾车所用时间多小时，求自行车的平均速度？
【分析】根据题目中的关键语句“骑自行车所用时间比驾车所用时间多小时”，找到等量关系列出分式方程求解即可．
【解答】解：设自行车的平均速度是千米时．
根据题意，列方程得，
解得：，．
经检验，是原方程的根，且符合题意，不符合题意舍去．
答：自行车的平均速度是15千米时．
【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．
12．（2022春•杨浦区校级期中）为迎接“2010年上海世博会”，甲、乙两个施工队共同完成“阳光”小区绿化改造工程，乙队先单独做2天后，再由两队合作10天就能完成全部工程．已知乙队单独完成此项工程比甲队单独完成此项工程少用5天，求甲、乙两个施工队单独完成此项工程各需多少天？
【分析】求的是工效，工作时间较明显，一定是根据工作总量来列等量关系．等量关系为：乙2天的工作量甲乙合作10天的工作量．
【解答】解：设甲队单独完成此项工程需天，则乙队单独完成此项工程需天．（1分）
由题意，得：．（3分）
化简得：．（1分）
解得：，．（2分）
经检验：，都是方程的根；但不符合题意，舍去．（2分）
，．（1分）
答：甲队单独完成此项工程需25天，乙队单独完成此项工程需20天．
【点评】应用题中一般有三个量，求一个量，明显的有一个量，一定是根据另一量来列等量关系的．本题考查分式方程的应用，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．
13．（2023春•静安区校级期中）为加强防汛工作，市工程队准备对苏州河一段长为2240米的河堤进行加固．由于采用新的加固模式，现在计划每天加固的长度比原计划增加了20米，因而完成此段加固工程所需天数将比原计划缩短2天．为进一步缩短该段加固工程的时间，如果要求每天加固224米，那么在现在计划的基础上，每天加固的长度还要再增加多少米？
【分析】此题的关键是未知数的设置，读懂题意，应该设原计划每天加固的长度米，然后根据“每天加固的长度比原计划增加了20米，因而完成此段加固工程所需天数将比原计划缩短2天．”列出方程．
【解答】解：设原计划每天加固的长度米．
由题意可得：．
解之得：或．（不合题意舍去）
经检验：是原方程的解．
如果要求每天加固224米，那么在现在计划的基础上，每天加固的长度还要再增加米．
答：每天加固的长度还要再增加64米．
【点评】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．
二．一次函数图象上点的坐标特征（共1小题）
14．（2021春•嘉定区校级期中）若直线分别交轴、轴于、两点，点是该直线上的一点，轴，为垂足．
（1）求的面积．
（2）如果四边形的面积等的面积的一半，求出此时点的坐标．
【分析】（1）根据直线的解析式求得与坐标轴的交点，然后根据三角形面积公式求得即可；
（2）设，根据梯形的面积公式列出方程解方程即可求得．
【解答】解：（1）由可知，，
，，
；
（2）设，
四边形的面积等的面积的一半，，
四边形的面积为2，
，
当时，，求解并舍去负值得；
当时，，求解并舍去不是这个区间的值，得；
当时，，解得（都不合题意，舍去）
解得或，
点坐标为，或，．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形面积以及梯形的面积，根据解析式求得与坐标轴的交点是解题的关键．
三．一次函数图象与几何变换（共1小题）
15．（2021春•徐汇区期中）已知把直线沿着轴向上平移3个单位后，得到直线．
（1）求直线的解析式；
（2）求直线与坐标轴围成的三角形的周长．
【分析】（1）根据题意求出平移后解析式；
（2）根据解析式进而得出图象与坐标轴交点，再利用勾股定理得出斜边长，进而得出答案．
【解答】解：（1）直线沿着轴向上平移3个单位后，得到直线，
可得：直线的解析式为：；
（2）在直线中，当，则，当，则，
直线与两条坐标轴围成的三角形的周长为：．
【点评】此题主要考查了一次函数图象与几何变换以及一次函数与坐标轴交点求法，得出各边长是解题关键．
四．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
16．（2021春•青浦区期中）已知直线经过点，
（1）求此直线的解析式；
（2）若点在该直线上，到轴的距离为2，求的坐标．
【分析】（1）将与的坐标代入中求出与的值，即可确定出解析式；
（2）根据平面直角坐标系内的点到轴的距离等于其横坐标的绝对值得出的横坐标为，再将分别代入（1）中所求解析式，即可求解．
【解答】解：（1）直线经过点，，
，
解得：，
所求直线解析式为；
（2）到轴的距离为2，
的横坐标为．
当时，，的坐标为；
当时，，的坐标为．
故所求的坐标为或．
【点评】此题考查了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，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
五．一次函数的应用（共10小题）
17．（2023春•宝山区校级期中）在创建文明城区的活动中，有两段长度相等的彩色道砖铺设任务，分别交给甲、乙两个施工队同时进行施工．如图是反映所铺设彩色道砖的长度（米与施工时间（时之间关系的部分图象，请解答下列问题：
（1）甲队在的时段内的速度是 10 米时，乙队在的时段内的速度是 米时，6小时时甲队铺设彩色道砖的长度是 米，乙队铺设彩色道砖的长度是 米
（2）如果铺设的彩色道砖的总长度为150米，开挖6小时后甲队、乙队均增加人手，提高了工作效率，此后乙队平均每小时比甲队多铺5米，结果乙反而比甲队提前1小时完成总铺设任务，求提高工作效率后甲队、乙队每小时铺设的长度分别为多少米？
【分析】（1）根据函数图象、速度路程时间，即可解答；
（2）根据题意列方程解答即可．
【解答】解：（1）由图象可得，
甲队在的时段内的速度是：（米时）；
乙队在的时段内的速度是：（米时）；
6小时时甲队铺设彩色道砖的长度是60米，乙队铺设彩色道砖的长度是50米．
故答案为：10；5；60；50；
（2）设提高工作效率后甲队每小时铺设的长度为米，则乙队每小时铺设的长度为米，根据题意得，
，
解得，，
经检验，，，
均为原方程的解，但不合题意，舍去，
所以提高工作效率后甲队每小时铺设的长度为15米，乙队每小时铺设的长度为20米．
【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，利用数形结合的思想解答问题．
18．（2021春•徐汇区校级期中）一个水槽有进水管和出水管各一个，进水管每分钟进水升，出水管每分钟出水升．水槽在开始5分钟内只进水不出水，随后15分钟内既进水又出水，得到时间（分与水槽内的水量（升之间的函数关系（如图所示）．
（1）求、的值；
（2）如果在20分钟之后只出水不进水，求这段时间内关于的函数解析式及定义域．
【分析】（1）根据图象上点的坐标，可以得出水槽内水量与时间的关系，进而得出，的值；
（2）根据在20分钟之后只出水不进水，得出图象上点的坐标，进而利用待定系数法求出即可．
【解答】解：（1）由图象得知：水槽原有水5升，前5分钟只进水不出水，第5分钟时水槽实际存水20升．
水槽每分钟进水升，
于是可得方程：．
解得．
按照每分钟进水3升的速度，15分钟应该进水45升，加上第20分钟时水槽内原有的20升水，水槽内应该存水65升．
实际上，由图象给出的信息可以得知：第20分钟时，水槽内的实际存水只有35升，
因此15分钟的时间内实际出水量为：（升．
依据题意，得方程：．
解得．
（2）按照每分钟出水2升的速度，将水槽内存有的35升水完全排出，需要17.5分钟．
因此，在第37.5分钟时，水槽内的水可以完全排除．
设第20分钟后（只出水不进水），关于的函数解析式为．
将、代入，
得：，
解得：，
则关于的函数解析式为：．
【点评】此题主要考查了一次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式，正确根据图象得出正确信息是解题关键．
19．（2021春•嘉定区校级期中）春、秋季节，由于冷空气的入侵，地面气温急剧下降到以下的天气现象称为“霜冻”．由霜冻导致植物生长受到影响或破坏的现象称为霜冻灾害．
某种植物在气温是以下持续时间超过3小时，即遭受霜冻灾害，需采取预防措施．如图是气象台某天发布的该地区气象信息，预报了次日0时时气温随时间变化情况，其中0时时，5时时的图象分别满足一次函数关系．请你根据图中信息，针对这种植物判断次日是否需要采取防霜冻措施，并说明理由．
【分析】根据图象，分别从函数图象上取两点，利用待定系数法可求出两个函数的解析式．、分别等于0代入两个函数解析式，可求出、，从图象中可知，就是植物所处以下的时间．与3作比较就可以了．
【解答】解：根据图象可知：0时时的一次函数关系式为，
5时时的一次函数关系式，当、分别为0时，
，．而，（相当于求的距离）
应采取防霜冻措施；
解法二：，
，，
应采取防霜冻措施．
【点评】本题利用了待定系数法求函数解析式，以及求同一坐标轴上两点之间的距离的知识．当然方法很多，也可使用几何知识求出的长．
20．（2022春•奉贤区校级期中）如图，与分别是根据步行与骑自行车在同一路上行驶的路程与时间的关系式所作出的图象，
（1）出发时与相距 10 千米；骑了一段路后，自行车发生故障，进行修理，所用的时间是 小时；从起点出发后 小时与相遇
（2）求出行走的路程与时间的函数关系式（不写定义域）；
（3）假设的自行车没有发生故障，保持出发时的速度前进， 小时与相遇，相遇点离的出发点 千米．
【分析】（1）仔细观察图象便可得出结论；
（2）设行走的路程与时间的函数关系式为，代入两点坐标即可得出答案；
（3）先求出的自行车没有发生故障时路程与时间的函数关系式，与直线的方程联立即可求出答案．
【解答】解：（1）仔细观察图象可知：当时，，，故出发时与相距10千米；
从图中可以观察出在时保持不变，故自行车发生故障进行修理所用的时间是 1小时；
从图中可以观察出和在时相交，表明从起点出发后3小时与相遇；
（2）设行走的路程与时间的函数关系式为，
从图中可以观察出经过，，，将两点坐标代入函数关系式即可解得，，
故行走的路程与时间的函数关系式；
（3）的自行车没有发生故障的行进速度关系式为，
若以该速度行进，经过小时后与相遇，
即，
解得时，千米．
故答案为：（1）10，1，3；（3），．
【点评】本题主要考查了一次函数和一元一次不等式的实际应用，是各地中考的热点，同学们在平时练习时要加强训练，属于中档题．
21．（2021春•松江区校级期中）已知甲、乙两地相距，、两人沿同一公路从甲地出发到乙地，骑摩托车，骑电动车，图中、分别表示、离开甲地的路程与时间的函数关系的图象，根据图象解答下列问题：
（1）比迟出发 1 小时，的速度是 ；
（2）在出发后几小时，两人相遇？
【分析】（1）根据函数图象可以得到比迟出发多长时间，由图象知出发3小时行驶，从而可以求得的速度；
（2）根据函数图象和图象中的数据可以和对应的函数解析式，然后联立方程组即可求得出发后几小时，两人相遇．
【解答】解：（1）由图象可得，
比迟出发1小时，的速度是：，
故答案为：1，20；
（2）设段对应的函数解析式是，
则，得，
即段对应的函数解析式是，
设段对应的函数解析式是，
，得，
即段对应的函数解析式是，
，得，
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．
22．（2023春•长宁区校级期中）甲、乙两家绿化养护公司各自推出了校园绿化养护服务的收费方案．
甲公司方案：每月的养护费用（元与绿化面积（平方米）是一次函数关系，如图所示．
乙公司方案：绿化面积不超过1000平方米时，每月收取费用5500 元；绿化面积超过1000平方米时，每月在收取5500元的基础上，超过部分每平方米收取4元．
（1）求如图所示的与的函数解析式：（不要求写出定义域）；
（2）如果某学校目前的绿化面积是1200平方米，试通过计算说明：选择哪家公司的服务，每月的绿化养护费用较少．
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）绿化面积是1200平方米时，求出两家的费用即可判断；
【解答】解：（1）设，则有，
解得，
．
（2）绿化面积是1200平方米时，甲公司的费用为6400元，乙公司的费用为元，
选择乙公司的服务，每月的绿化养护费用较少．
【点评】本题主要考查一次函数的应用．此题属于图象信息识别和方案选择问题．正确识图是解好题目的关键．
23．（2022春•普陀区校级期中）水果市场的甲、乙两家商店中都有批发某种水果，批发该种水果千克时，在甲、乙两家商店所花的钱分别为元和元，已知、关于的函数图象分别为如图所示的折线和射线．
（1）当的取值为 20千克 时，在甲乙两家店所花钱一样多？
（2）当的取值为 时，在乙店批发比较便宜？
（3）如果批发30千克该水果时，在甲店批发比在乙店批发便宜50元，求射线的表达式，并写出定义域．
【分析】（1）利用两个函数图象的交点坐标即可解决问题．
（2）根据的图象在的下方，观察图象即可解决问题．
（3）设的解析式为，由题意的函数解析式为，可得方程组，解方程组即可．
【解答】解：（1）由图象可知，千克时，，
故答案为20千克．
（2）由图象可知，时，在乙店批发比较便宜．
故答案为．
（3）设的解析式为，由题意的函数解析式为，
，
解得，
射线的表达式．
【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组等知识，解题的关键是灵活运用一次函数的性质解决问题，学会利用图象解决实际问题，属于中考常考题型．
24．（2023春•静安区校级期中）2011年4月28日，以“天人长安，创意自然一一城市与自然和谐共生”为主题的世界园艺博览会在西安隆重开园，这次园艺会的门票分为个人票和团体票两大类，其中个人票设置有三种：
某社区居委会为奖励“和谐家庭”，欲购买个人票100张，其中种票的张数是种票张数的3倍还多8张，设购买种票张数为，种票张数为
（1）写出与之间的函数关系式；
（2）设购票总费用为元，求出（元与（张之间的函数关系式；
（3）若每种票至少购买1张，其中购买种票不少于20张，则有几种购票方案？并求出购票总费用最少时，购买，，三种票的张数．
【分析】（1）根据、、三种票的数量关系列出与的函数关系式；
（2）根据三种票的张数、价格分别算出每种票的费用，再算出总数，即可求出（元与（张之间的函数关系式；
（3）根据题意求出的取值范围，根据取值可以确定有三种方案购票，再从函数关系式分析随的增大而减小从而求出最值，即购票的费用最少．
【解答】解：（1）由题意得，种票数为：
则化简得，．
即与之间的函数关系式为：；
（2）化简得，
即购票总费用与（张之间的函数关系式为：
（3）由题意得，
解得，
是正整数，
可取20、21、22
那么共有3种购票方案．
从函数关系式
，
随的增大而减小，
当时，的最值最小，即当票购买22张时，购票的总费用最少．
购票总费用最少时，购买、、三种票的张数分别为22、74、4．
【点评】本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题．注意利用一次函数求最值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数随的变化，结合自变量的取值范围确定最值．
25．（2021春•上海期中）如图，两摞相同规格的饭碗整齐地叠放在桌面上，请根据图中给的数据信息，解答下列问题：
（1）求整齐摆放在桌面上饭碗的高度与饭碗数（个之间的一次函数解析式；
（2）把这两摞饭碗整齐地摆成一摞时，这摞饭碗的高度是多少？
【分析】（1）可设，因为由图示可知，时；时，，由此可列方程组，进而求解；
（2）令，求出相应的值即可．
【解答】解：（1）设，
由图可知：当时，；当时，，
把它们分别代入上式，得，
解得，．
一次函数的解析式是是正整数）．
（2）当时，．
即把这两摞饭碗整齐地摆成一摞时，这摞饭碗的高度是．
【点评】本题意在考查学生利用待定系数法求解一次函数关系式，并利用关系式求值的运算技能和从情景中提取信息、解释信息、解决问题的能力．而它通过所有学生都熟悉的摞碗现象构造问题，将有关数据以直观的形象呈现给学生，让人耳目一新．从以上例子我们看到，数学就在我们身边，只要我们去观察、发现，便能找到它的踪影；数学是有用的，它可以解决实际生活、生产中的不少问题．
26．（2022春•徐汇区校级期中）上周六，小明一家共7人从家里出发去公园游玩．小明提议：让爸爸开车载着爷爷、奶奶、外公、外婆去，自己和妈妈坐公交车去，最后在公园门口汇合．图中，分别表示公交车与小轿车在行驶中的路程（千米）与时间（分钟）的关系，试观察图象并回答下列问题：
（1）公交车在途中行驶的平均速度为 0.8 千米分钟；此次行驶的路程是 千米．
（2）写出小轿车在行驶过程中与的函数关系式： ，定义域为 ．
（3）小明和妈妈乘坐的公交车出发 分钟后被爸爸的小轿车追上了．
【分析】（1）根据速度路程时间可求出公交车在途中行驶的平均速度，再由路程速度时间可求出此次行驶的路程；
（2）观察图象找出点的坐标，利用待定系数法即可求出小轿车在行驶过程中与的函数关系式，观察图象即可找出其定义域；
（3）先求出公交车在行驶中与的函数关系式，再联立两函数关系式成方程组，解方程组即可得出结论．
【解答】解：（1）（千米分钟），
（千米）．
故答案为：0.8；36．
（2）设小轿车在行驶过程中与的函数关系式为，
将、代入，
，解得：，
小轿车在行驶过程中与的函数关系式为．
故答案为：；．
（3）公交车在行驶中与的函数关系式为．
联立两函数关系式成方程组，
，解得：，
小明和妈妈乘坐的公交车出发25分钟后被爸爸的小轿车追上了．
故答案为：25．
【点评】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系，列式计算；（2）观察图象找出点的坐标，利用待定系数法求出函数关系式；（3）联立两函数关系式成方程组，通过解方程组求出交点坐标．
六．平行四边形的性质（共6小题）
27．（2022春•静安区校级期中）如图，在中，，，，垂足分别为点、．
（1）求的度数；
（2）如果，，求的面积．
【分析】（1）利用平行四边形的邻角互补的知识先求出的度数，然后利用四边形的内角和定理即可求出的度数．
（2）求出的度数，然后在直角三角形中利用三角函数及勾股定理的知识求出的长和的长，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，，
，
在四边形中，，
；
（2）在中，，，
，
，
，
由勾股定理，得，
，，
，
，
，
，
的面积．
【点评】此题考查了平行四边形及三角函数的知识，要求我们掌握平行四边形的邻角互补及锐角三角函数、勾股定理在直角三角形的表示形式，难度一般．
28．（2021春•杨浦区期中）如图，平行四边形中，，为的中点，的延长线交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）若，求的度数．
【分析】（1）证，得出，进而得出结论；
（2）由平行四边形的对边平行证出，，由等腰三角形的性质得出，即可得出答案．
【解答】（1）证明为的中点，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，，
，
，
，
，
；
（2）解：四边形是平行四边形，
，
，，
又，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
29．（2022春•杨浦区校级期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点，交直线于点．
（1）当时，是的中点，联结，（如图，请直接写出的度数
（2）当时，，且，分别联结、（如图，求的度数．
【分析】（1）根据，是的中点可直接求得；
（2）延长、交于，连接．易证平行四边形为菱形，进而可得，为全等的等边三角形，再证明，所以可得，然后即可求得答案．
【解答】解：（1）连接、，
四边形为平行四边形，，
四边形为矩形，
平分，
，
，，
，
为等腰直角三角形，
为中点，
，，
为等腰直角三角形，，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
又，
，
为等腰直角三角形，
；
（2）延长、交于，连接．
，，
四边形为平行四边形，
，平分，
，，，
为等腰三角形，
，
，
平行四边形为菱形，
，为全等的等边三角形，
，．
，，，
．
在与中，
，
，
，
．
【点评】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，解决本题的关键是应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
30．（2022春•杨浦区校级期中）如图，已知平行四边形中，、分别是、的角平分线．
求证：．
【分析】欲证明，只要证明四边形是平行四边形即可．
【解答】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
．
【点评】本题考查平行四边形的性质和判定、角平分线的定义等知识，熟练运用这些知识是解题的关键，属于中考常考题型．
31．（2021春•上海期中）如图，已知在中，，，，垂足分别为点、．
（1）求的度数；
（2）如果，求线段的长．
【分析】（1）利用平行四边形的邻角互补的知识先求出的度数，然后利用四边形的内角和定理即可求出的度数．
（2）求出的度数，然后在直角三角形中利用三角函数及勾股定理的知识求出的长．
【解答】解：（1）四边形是平行四边形，
，
，
于是由，得，
，，
，
在四边形中，，
．
（2）在中，，，
由，得，
，
由勾股定理，得，
即得．
【点评】此题考查了平行四边形及三角函数的知识，要求我们掌握平行四边形的邻角互补及锐角三角函数、勾股定理在直角三角形的表示形式，难度一般．
32．（2023春•杨浦区期中）如图，已知平行四边形中，为中点，延长线交延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，求证：．
【分析】（1）和分别在和中，要证它们相等，只需证，根据平行四边形的性质及为中点可证．
（2）在平行四边形中，对边相等，由（1）的结论可证昨，根据等边对等角可证．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
．
．
是的中点，
．
在和中，
．
．
（2）由（1）得，
，
．
，
．
．
【点评】解题关键是利用平行四边形的性质结合三角形全等来解决有关的证明．
七．平行四边形的判定（共1小题）
33．（2022春•上海期中）如图，在直角坐标系中，点和点，直线与轴正半轴交于点，过点作，垂足为，联结．
（1）求的长；
（2）当时，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，已知点在直角坐标平面内，如果以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可解决问题．
（2）首先证明，在中，根据计算即可．
（3）点有三种可能，利用平行四边形的性质，以及中点坐标公式即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，，
，
，，
，
．
（2），，
，
，
在中，，
，．
（3）四边形是平行四边形，，，
，，，
，
，同法可得，，．
【点评】本题考查平行四边形的判定、坐标与图形的性质、锐角三角函数、直角三角形斜边中线定理、中点坐标公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，考虑问题要全面，不能漏解，属于中考常考题型．
八．平行四边形的判定与性质（共2小题）
34．（2022春•上海期中）已知：如图，在中，，，垂足分别为、，、分别与相交于点、，联结、．
求证：四边形是平行四边形．
【分析】法1：由平行四边形对边平行，且与垂直，得到与垂直，根据与垂直，得到与平行，得到一对内错角相等，利用等角的补角相等得到，根据与平行，得到一对内错角相等，再由，利用得到三角形与三角形全等，利用全等三角形对应边相等得到，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形即可得证；
法2：连接，与交于点，利用平行四边形的对角线互相平分得到，，再由与平行，得到一对内错角相等，根据与垂直，与垂直，得一对直角相等，利用得到三角形与三角形全等，利用全等三角形对应边相等得到，根据等式的性质得到，利用对角线互相平分的四边形为平行四边形即可得证．
【解答】证明：法1：在中，，，
，
，
，
，即，
，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
法2：连接，与相交于点，
在中，，，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
35．（2021春•松江区校级期中）如图，中，是边上的中线，过点作，过点作，与、分别交于点、点，连接．
（1）求证：；
（2）当时，求证：四边形是菱形．
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证四边形是平行四边形，即得；
（2）由，是边上的中线，即得，证得四边形是平行四边形，即证；
【解答】证明：（1），，
四边形是平行四边形，
，且
又是边的中线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
；
（2），是斜边上的中线，
，
又四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，（1）证得四边形，四边形为平行四边形即得；（2）由，上斜边上的中线，即得，证得四边形是平行四边形，从而证得四边形是菱形．
九．菱形的性质（共1小题）
36．（2022春•奉贤区校级期中）已知：如图1．四边形是菱形，，．绕顶点逆时针旋转，边与射线相交于点（点与点不重合），边与射线相交于点．
（1）当点在线段上时，求证：；
（2）设，的面积为．当点在线段上时，求与之间的函数关系式，写出函数的定义域；
（3）连接，如果以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求线段的长．
【分析】（1）连接，通过证明即可得出；
（2）过点作，垂足为，先根据勾股定理求出的长，又，，根据三角形的面积公式即可列出函数关系式；
（3）根据题意画出图形，并连接，先根据四边形是平行四边形，证出为直角，在中，，，，继而即可求出的长．
【解答】解：（1）连接（如图．
由四边形是菱形，，
易得：，，．
是等边三角形．
．
又，，
．
在和中，
，，，
．
．
（2）过点作，垂足为（如图
在中，，，
．
又，，
，
，
即．
（3）①当点在的延长线上时，
如图3，连接，易得．
当四边形是平行四边形时，．
．
，．
在中，，，．
易得：；
②当点与重合时，此时点与点重合（不合题意舍去）．
【点评】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质及平行四边形的性质，是一道综合题，有一定难度，关键是对这些知识的熟练掌握以便灵活运用．
一十．菱形的判定（共4小题）
37．（2022春•闵行区校级期中）如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，过点作，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是菱形．
【分析】（1）由四边形是平行四边形，可得，，又由、分别为边、的中点，易得，，即可判定四边形为平行四边形，则可证得；
（2）由，，易证得为直角三角形，又由为边的中点，即可得，则可证得：四边形是菱形．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
、分别为、的中点，
，，
，，
四边形为平行四边形，
；
（2），
，
为直角三角形，
又为边的中点．
，
又四边形为平行四边形，
四边形是菱形．
【点评】此题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
38．（2023春•徐汇区期中）如图，是平行四边形的对角线的垂直平分线，与边、分别交于点、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若为线段的中点，求证：．
【分析】（1）由四边形是平行四边形，即可得，，易证得，可得，即可证得四边形是平行四边形，又由，即可证得四边形是菱形．
（2）根据证得的菱形可知，，然后再利用为线段的中点，即可证得三角形为直角三角形，从而证得结论．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
是菱形．
（2）四边形是菱形
，
为线段的中点，
为直角三角形，
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定等知识点，证明简单的线段相等，一般是通过全等三角形来证明的．
39．（2021春•徐汇区校级期中）已知：如图，是矩形的对角线的垂直平分线，与对角线及边、分别交于点、、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）如果，求的值．
【分析】（1）要证四边形是菱形，只需通过定义证明四边相等即可．此题实际是对判定菱形的方法“对角形垂直平分的四边形为菱形”的证明；
（2）根据平行四边形的对角线互相平分知，，又，可证，
又，，，即．
【解答】（1）证明：四边形是矩形，
，
．（1分）
垂直平分，
，，
，
（1分）
四边形是平行四边形．（1分）
又，
四边形是菱形；（1分）
（2）解：由（1）知：，
又，
，（1分）
又，，
，（1分）
由（1）知，四边形是菱形，
，，
（1分）
又，
（1分）
，即．（1分）
【点评】本题利用了：1、中垂线的性质；2、矩形的性质；3、全等三角形的判定和性质；4、菱形的判定和性质；5、正弦的概念．
40．（2021春•奉贤区期中）如图，已知在四边形中，，点为中点，，平分．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形．
【分析】（1）由直角三角形斜边中线的性质得到，再根据角平分线的定义和平行线的性质证得，得到，证得明四边形为平行四边形，由平行四边形的性质即可得到；
（2）由（1）可得，，根据平行四边形和菱形的判定定理可证得四边形是平行四边形，平行四边形是菱形．
【解答】证明：（1）为中点，，
，
平分，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形平行四边形，
；
（2）由（1）知，四边形平行四边形，
，，
，
由（1）知，，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定，根据角平分线的定义、平行线的性质证和等腰三角形的性质和判定证得是解决问题的关键．
一十一．菱形的判定与性质（共2小题）
41．（2021春•徐汇区期中）如图，四边形中，垂直平分，垂足为点，为四边形外一点，且，
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果平分，，，求的长．
【分析】（1）由平行四边形的判定定理：两组对边分别平行得到结论；
（2）由角平分线、等量代换得到角相等，由等角对等边得到，根据勾股定理列方程求解．
【解答】（1）证明：，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：平分，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理列方程．
42．（2021春•奉贤区期中）如图，，是上一点，平分且过的中点，交于点，，交于点．
（1）求证：．
（2）求证：四边形是菱形．
（3）若，求菱形的面积．
【分析】（1）由即可得出结论；
（2）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得出结论；
（3）由菱形的性质得出，证明四边形是平行四边形，得出，，由菱形的性质得出，得出，由勾股定理得，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：点是的中点，
，
，
，
在和中，，
；
（2）证明：由（1）得，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
，
平行四边形是菱形；
（3）解：由（2）得四边形是菱形，
，，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是菱形，
，
，
在中，由勾股定理得，
．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
一十二．矩形的判定（共8小题）
43．（2023春•宝山区校级期中）如图，已知在中，，点是内任意一点，点、、、分别是，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定；
（2）由，得，则，证，，推出，即可得出结论．
【解答】证明：（1）点、、、分别是，，，的中点，
是的中位线，
，，
同理：，，
，，
四边形是平行四边形；
（2）点、、、分别是、、、的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，，，
，，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查矩形的判定和平行四边形的性质与判定，三角形中位线的性质，解题的关键是掌握相关性质和判定，进行证明．
44．（2023春•长宁区校级期中）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点、分别是、的中点，联结、．
（1）求证：；
（2）延长至点，使得，联结．如果，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，根据三角形中位线定理得到，，求得，由全等三角形的性质得到，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到，推出四边形是平行四边形，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，于是得到结论．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
点、分别为、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，
；
（2），，
是的中位线，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
是的中点，
，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，正确的识别图形是解题的关键．
45．（2022春•浦东新区校级期中）如图，已知梯形中，，、分别是、的中点，点在边上，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）如图，连接．利用梯形中位线定理证得四边形是平行四边形；然后根据已知条件推知四边形的对边且，易证四边形是平行四边形；
（2）连接，根据已知条件推知中的；然后证得的对角线即可．
【解答】（1）证明：如图，连接．
四边形是梯形，，、分别是、的中点，
，．
，
．
四边形是平行四边形．
且．
是的中点，
．
且．
四边形是平行四边形．
（2）证明：连接，，将与的交点记为点．
，
．
，
．
．
．
四边形是平行四边形，
，．
，
平行四边形是矩形．即四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，正方形的判定与性质以及梯形的中位线定理．注意，在推知四边形是矩形时，必须先说明四边形是平行四边形．
46．（2021春•静安区期中）已知：如图，中，是延长线上一点，是的中线，是的中点，过点作，与的延长线相交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）如果平分，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）由三角形中位线定理得，再由，即可得出结论；
（2）先证四边形是平行四边形，再证，然后由等腰三角形的性质得，则，即可得出结论．
【解答】证明：（1）是的中线，是的中点，
是的中位线，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，
．
是的中线，
，
．
，
四边形是平行四边形．
平分，
．
，
，，
，
，
，
，
平行四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
47．（2021春•杨浦区校级期中）如图，过边的中点，作，交于点，过点作，与的延长线交于点，连接，，若平分，于点．
（1）求证：．
（2）四边形是矩形．
【分析】（1）根据角平分线定义得到，由垂直的定义得到，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据平行线的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是平行四边形，根据全等三角形的性质得到，于是得到四边形是矩形．
【解答】证明：（1）平分，
，
，
，
在与中，
，
，
；
（2）点是的中点，
，
，
，，
在与中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
在与中，
，
，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
48．（2022春•静安区期中）已知：如图，在平行四边形中，点、分别是、的中点，点、分别在边、上，且．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，根据线段中点的定义得到，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到，，，求得，，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，，，根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，
点、分别是、的中点，
，，
，
在与中，
，
；
（2）证明：四边形是平行四边形，
，，，
点、分别是、的中点，
，，
，
，
，
即，
；
，
由（1）知，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
49．（2021春•普陀区校级期中）如图，在中，点是边的中点，点是的中点，过点作，且交的延长线于点，联结．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，求证：四边形是矩形．
【分析】（1）首先证明，得出，进而利用得出答案；
（2）利用等腰三角形的性质，结合矩形的判定方法得出答案．
【解答】证明：（1），
．
在和中
，
．
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2），，
．
．
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
【点评】此题主要考查了平行四边形的判定以及矩形的判定方法、全等三角形的判定与性质，正确掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
50．（2021春•普陀区期中）如图，在中，对角线与相交于点，点，分别为，的中点，延长至，使，连接．
（1）求证：；
（2）当与满足什么数量关系时，四边形是矩形？请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，由平行线的性质得出，证出，由证明即可；
（2）证出，由等腰三角形的性质得出，，同理：，得出，证出，得出四边形是平行四边形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，，
，
点，分别为，的中点，
，，
，
在和中，
，
；
（2）解：当时，四边形是矩形；理由如下：
，，
，
是的中点，
，
，
同理：，
，
，
由（1）得：，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，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．
一十三．正方形的性质（共5小题）
51．（2021春•徐汇区期中）如图，是边长为4的正方形对角线上一点与、不重合），点在线段上，且．
（1）若，求的长；
（2）求证：．
【分析】（1）可通过构建等腰直角三角形来求解．过点作，分别交、于、，那么和都是等腰直角三角形，四边形和四边形都是矩形，可得．而，，那么根据等腰三角形三线合一的特点可得出，从而．
（2）由（1）可知：，，易证，可得，而，那么可得出，由此可得出．
【解答】解：（1）过点作，分别交、于、．如图所示．
四边形是正方形，
四边形和四边形都是矩形，
和都是等腰直角三角形．
又，，
，，
又，
，
（2）由（1）得：
在和中
，
．
．
．
．
【点评】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定以及等腰直角三角形性质等知识点，通过构建全等三角形来得出相关的边和角相等是解题的关键．
52．（2021春•徐汇区校级期中）已知，如图，四边形是菱形，是锐角，于点，于点，在边上取点，使得，在边上取点，使得．联结、、、．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）若度，求证：四边形是正方形．
【分析】（1）连接，，可证得四边形为矩形，再证明，，可得四边形是平行四边形，因为，所以四边形是矩形；
（2）作辅助线，构建三角形全等，证明，得，可证得四边形是正方形．
【解答】证明：（1）如图1，连结，
四边形是菱形，
，，
，，
，，，
四边形为矩形，
，
在和中，
，
，
，
，
，
同理得，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，，
，
，
四边形是矩形；
（2）如图2，由（1）知：四边形是矩形，
，
过点作于，交的延长线于，则四边形是矩形，
，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是正方形．
【点评】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及正方形的判定方法，第2问有难度，正确作辅助线构建三角形全等是关键．
53．（2022春•浦东新区校级期中）如图，已知正方形，边长，是的中点，点在边上，且，点在线段上，连接、、．
（1）若为等腰三角形，求的长度；
（2）若平分，求的长度．
【分析】（1）根据矩形性质可得，设，所以，过点作于点，得矩形，若为等腰三角形分3种情况：①，②，③，然后利用勾股定理即可解决问题；
（2）过点作于点，证明，可得，设，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）正方形中，
，是的中点，
，
，
，，
，
设，
，
如图，过点作于点，得矩形，
，
，
，
为等腰三角形，
分3种情况：
①，
，
解得（负值舍去）；
②，
，
解得此方程无解；
③，
，
解得，
，点在线段的延长线上，不符合题意，舍去．
综上所述：的长度为；
（2）如图，过点作于点，
平分，
，
在和中
，
，
，
设，
，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
，
解得．
的长度为．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是分类讨论思想的灵活运用．
54．（2021春•徐汇区校级期中）已知：在矩形中，，，四边形的三个顶点、、分别在矩形边、、上，．
（1）如图1，当四边形为正方形时，求的面积；
（2）如图2，当四边形为菱形时，设，的面积为，求关于的函数关系式，并写出函数的定义域．
【分析】（1）只要证明．推出，由，推出，求出、即可解决问题．
（2）如图2，过点作，垂足为，连接，根据，计算即可．
【解答】解：（1）如图1，过点作，垂足为．
由矩形可知：，
由正方形可知：
，，
，
又，
，
．
，
同理可证：，
，
，
又，
．
（2）如图2，过点作，垂足为，连接．
由矩形得：，
，
由菱形得：，，
，
，
又，，
，
，
又，，
，
即：，
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．
55．（2022春•徐汇区校级期中）已知：如图，在正方形中，点为边的中点，连接，点在上，过点作交于点．
（1）求证：；
（2）连接，求证：．
【分析】（1）方法一证明，方法二证明即可；
（2）方法一证明即可解决问题；方法二证明即可解决问题；
【解答】证明：（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，即，
．
（2）连接．
，，
点、在线段的中垂线上，
，，
，
．
四边形是正方形，
，，
，
，
点是边的中点，
点是边的中点，
，
，，
，
，
，即．
证法（1）连接交于点．
四边形是正方形，
，
，
，
在与中，
，
，
．
（2），，
点、在线段的中垂线上，
，，
，
，
，
四边形是正方形，
，，
，，．
，
，
点是边的中点，
点是边的中点，
点是边的中点，
是的中位线，
，
，
，
，
，即．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，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．
一十四．正方形的判定（共1小题）
56．（2022春•上海期中）如图，在中，，，垂足为点，是外角的平分线，，垂足为点．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）当满足什么条件时，四边形为正方形？给出证明．
【分析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知，，所以求证，可以证明四边形为矩形．
（2）根据正方形的判定，我们可以假设当，由已知可得，，由（1）的结论可知四边形为矩形，所以证得，四边形为正方形．
【解答】（1）证明：在中，，，
，
是外角的平分线，
，
，
又，，
，
四边形为矩形．
（2）当满足时，四边形是一个正方形．
理由：，
，
，
，
，
四边形为矩形，
矩形是正方形．
当时，四边形是一个正方形．
【点评】本题是以开放型试题，主要考查了对矩形的判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，及角平分线的性质等知识点的综合运用．
一十五．*平面向量（共4小题）
57．（2021春•黄浦区校级期中）如图， 点在平行四边形的对角线上 ．
（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，，等量代换后运算即可；
（2） 将转化为，将向右补全为平行四边形， 则即是所求向量 ．
【解答】解： （1），，
；；
（2） 所作图形如下：
即为所求向量 ．
【点评】本题考查了向量的知识， 注意掌握向量的加减运算法则及向量的平移， 属于基础题 ．
58．（2023春•静安区期末）如图，已知，平分交于点，平分，交于点，、交于点，联结．
（1）设，．试用向量、表示下列向量： ， ， ， ．
（2）如果，，那么 ．
【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的定义推出四边形是菱形，再根据平面向量三角形运算法则即可求解；
（2）根据含角的直角三角形的性质求出的长即可求解．
【解答】解：（1）平分，
，
，
，
，
，
同理可得，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是菱形，
，，
，，
，，
，，
故答案为：；；；；
（2）由（1）知，四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，平面向量，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
59．（2023春•徐汇区期末）如图，四边形和四边形都是平行四边形，
（1）填空： ； ；
（2）求作：．
【分析】（1）直接根据三角形法则即可求解，其中是平行四边形，则；
（2），利用平行四边形法则求解．
【解答】解：（1）填空：；；
（2），或．
所画图形如下所示：
．
【点评】本题考查了平面向量的知识，属于基础题，注意平面向量定义及三角形和平行四边形法则的熟练掌握．
60．（2021春•普陀区期末）如图，在四边形中．
（1）用图中的向量表示： ；（2）用图中的向量表示： ；
（3）在作图区内求作并写结论：．
【分析】（1）（2）利用三角形法则求解即可．
（3）如图作，使得，连接，即为所求．
【解答】解：（1）用图中的向量表示：；
故答案为：．
（2）用图中的向量表示：；
故答案为：．
（3）在作图区内求作并写结论：，
即为所求，
【点评】本题考查平面向量，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握三角形法则，属于中考常考题型．
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