1．（2021春?浦東新區(qū)期末）若關(guān)于x和y的二元二次方程x2+my＝1有一個解是，則字母m的值為 ．
2．（2021春?金山區(qū)期末）方程組的解為： ．
3．（2021春?浦東新區(qū)期末）二項方程x4﹣8＝0的實數(shù)根是 ．
4．（2022春?徐匯區(qū)期末）方程2x3﹣16＝0的根是 ．
5．（2021春?浦東新區(qū)校級期末）解方程組：．
6．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）解方程組：
二．無理方程（共5小題）
7．（2022春?青浦區(qū)校級期末）下列關(guān)于x的方程一定有實數(shù)解的是（ ）
A．2x＝mB．x2＝mC．＝mD．＝m
8．（2022春?徐匯區(qū)期末）方程（x+2）＝0的根是 ．
9．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）解方程：．
10．（2021春?楊浦區(qū)期末）解方程：．
11．（2022春?長寧區(qū)校級期末）下列方程中，有一個根是x＝2的方程是（ ）
A．B．
C．D．
三．由實際問題抽象出分式方程（共1小題）
12．（2021春?浦東新區(qū)期末）某校計劃修建一條400米長的跑道，開工后每天比原計劃多修10米，結(jié)果提前2天完成了任務(wù)，如果設(shè)原計劃每天修x米，那么根據(jù)題意可列出方程（ ）
A．B．
C．D．
四．分式方程的應(yīng)用（共1小題）
13．（2021春?楊浦區(qū)期末）某市為了美化環(huán)境，計劃在一定的時間內(nèi)完成綠化面積200萬畝的任務(wù)，后來市政府調(diào)整了原定計劃，不但綠化面積在原計劃的基礎(chǔ)上增加20%，而且要提前1年完成任務(wù)．經(jīng)測算，要完成新的計劃，平均每年的綠化面積必須比原計劃多20萬畝，求原計劃平均每年的綠化面積．
五．一次函數(shù)的圖象（共2小題）
14．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）已知一次函數(shù)y＝﹣x+m，點A（1，y1），B（3，y2）在圖象上，則y1 y2（填“＞”或“＜”）．
15．（2021春?靜安區(qū)期末）已知一次函數(shù)y＝kx+b的圖象如圖所示，當(dāng)x＜1時，y的取值范圍是 ．
六．一次函數(shù)的性質(zhì)（共2小題）
16．（2021春?崇明區(qū)期末）一次函數(shù)y＝﹣5x+3的圖象不經(jīng)過的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
17．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）一次函數(shù)y＝kx+b的圖象如圖所示，當(dāng)y＞0時，x的取值范圍是 ．
七．一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系（共3小題）
18．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）若直線y＝kx+b經(jīng)過一、二、四象限，則直線y＝bx﹣k的圖象只能是圖中的（ ）
A．B．C．D．
19．（2021春?虹口區(qū)期末）已知一次函數(shù)y＝（1﹣2m）x+m，函數(shù)值y隨自變量x的值增大而減小，那么m的取值范圍是 ．
20．（2021春?閔行區(qū)期末）一次函數(shù)y＝3x+m﹣1的圖象不經(jīng)過第二象限，則m的取值范圍是 ．
八．一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征（共6小題）
21．（2021春?浦東新區(qū)期末）對于一次函數(shù)y＝x+2，下列說法不正確的是（ ）
A．圖象經(jīng)過點（1，3）
B．圖象與x軸交于點（﹣2，0）
C．圖象不經(jīng)過第四象限
D．當(dāng)x＞0時，y＜2
22．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）下列四個點中，在函數(shù)y＝3x+1的圖象上的是（ ）
A．（﹣1，2）B．（0，﹣1）C．（1，4）D．（2，﹣7）
23．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）若點（3，a）在一次函數(shù)y＝3x+1的圖象上，則a＝ ．
24．（2021春?嘉定區(qū)期末）一次函數(shù)y＝﹣3x﹣6的圖象與x軸的交點坐標(biāo)是 ．
25．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）一次函數(shù)y＝2x﹣3在y軸上的截距是 ．
26．（2021春?黃浦區(qū)期末）如圖，一次函數(shù)y＝kx+b的圖象與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，那么當(dāng)y＜0時，自變量x的取值范圍是 ．
九．一次函數(shù)圖象與幾何變換（共1小題）
27．（2021春?徐匯區(qū)期末）將直線y＝﹣x﹣2沿y軸方向向上平移3個單位，所得新圖象的函數(shù)表達式是 ．
一十．一次函數(shù)的應(yīng)用（共2小題）
28．（2020秋?沈河區(qū)期末）已知某汽車裝滿油后油箱中的剩余油量y（升）與汽車的行駛路程x（千米）之間具有一次函數(shù)關(guān)系（如圖所示），為了行駛安全考慮，油箱中剩余油量不能低于5升，那么這輛汽車裝滿油后至多行駛 千米，就應(yīng)該停車加油．
29．（2022春?徐匯區(qū)期末）如果購買荔枝所付金額y（元）與購買數(shù)量x（千克）之間的函數(shù)圖象由線段OA與射線AB組成（如圖所示），那么購買3千克荔枝需要付 元．
一十一．三角形中位線定理（共3小題）
30．（2022春?長寧區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD中，AC＝a，BD＝b，順次連接四邊形ABCD各邊的中點，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B1C1D1各邊的中點，得到四邊形A2B2C2D2；…；如此進行下去，得到四邊形AnBn?nDn，那么四邊形A15B15C15D15的周長為 ．
31．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖所示，DE為△ABC的中位線，點F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，則EF的長為 ．
32．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）已知：如圖，在△ABC中，點D在AB上，BD＝AC，E、F、G分別是BC、AD、CD的中點，EF、CA的延長線相交于點H．
求證：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）AH＝AF．
一十二．多邊形的對角線（共1小題）
33．（2021春?浦東新區(qū)期末）當(dāng)一個凸四邊形的一條對角線把原四邊形分割成兩個等腰三角形時，我們稱這個四邊形為“等腰四邊形”，其中這條對角線稱為這個四邊形的“等腰線”．如果凸四邊形ABCD是“等腰四邊形”，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，那么∠BAD的度數(shù)為 ．
一十三．多邊形內(nèi)角與外角（共4小題）
34．（2022春?閔行區(qū)校級期末）若一個正多邊形的內(nèi)角是外角的3倍，則這個正多邊形的邊數(shù)為 ．
35．（2022春?徐匯區(qū)期末）五邊形的內(nèi)角和為 度．
36．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）一個多邊形的內(nèi)角和是它的外角和的4倍，這個多邊形是 邊形．
37．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如果多邊形的每個外角都是40°，那么這個多邊形的邊數(shù)是 ．
一十四．平行四邊形的性質(zhì)（共1小題）
38．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，AC＝AD，∠D＝72°，BE⊥AC，垂足為E，則∠ABE＝ ．
一十五．平行四邊形的判定與性質(zhì)（共1小題）
39．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于點E．若AD＝5cm，BC＝12cm，則CD的長是 cm．
一十六．菱形的性質(zhì)（共2小題）
40．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，點E、F分別在邊BC、CD上，且△AEF是等邊三角形，AB＝AE，則∠B＝ ．
41．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如果菱形邊長為13，一條對角線長為10，那么它的面積為 ．
一十七．菱形的判定（共1小題）
42．（2020春?浦東新區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，聯(lián)結(jié)EC．
（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）當(dāng)∠BAC＝90°時，求證：四邊形ADCE是菱形．
一十八．菱形的判定與性質(zhì)（共1小題）
43．（2021春?寶山區(qū)期末）四邊形不具有穩(wěn)定性．四條邊長都確定的四邊形，當(dāng)內(nèi)角的大小發(fā)生變化時，其形狀也隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內(nèi)角，使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比是（ ）
A．B．C．D．1
一十九．矩形的性質(zhì)（共1小題）
44．（2021春?浦東新區(qū)期末）如圖，矩形ABCO中，點C在x軸上，點A在y軸上，點B的坐標(biāo)是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直線BD折疊，使得點A落在對角線OB上的點E處，折痕與OA、x軸分別交于點D、F．
（1）求點D的坐標(biāo)；
（2）若點N是平面內(nèi)任一點，在x軸上是否存在點M，使M、N、E、O為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出滿足條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
二十．矩形的判定（共1小題）
45．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）在?ABCD中，AC與BD相交于點O，要使四邊形ABCD是矩形，還需添加一個條件，這個條件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
二十一．正方形的性質(zhì)（共1小題）
46．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為 ．
二十二．正方形的判定（共1小題）
47．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列結(jié)論中不正確的是（ ）
A．當(dāng)AB＝BC時，四邊形ABCD是菱形
B．當(dāng)AC⊥BD時，四邊形ABCD是菱形
C．當(dāng)∠ABC＝90°時，四邊形ABCD是矩形
D．當(dāng)AC＝BD時，四邊形ABCD是正方形
二十三．梯形（共2小題）
48．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，已知梯形ABCD中，AB∥CD，DE∥CB，點E在AB上，且EB＝4，若梯形ABCD的周長為24，則△AED的周長為 ．
49．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，如果AB＝5，BC＝4，CD＝3，那么AD＝ ．
二十四．等腰梯形的性質(zhì)（共2小題）
50．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）依次連接等腰梯形各邊的中點得到的四邊形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
51．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A＝60°，AD＝DC＝10，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且AE＝4，BF＝x，設(shè)四邊形DEFC的面積為y，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是 （不必寫自變量的取值范圍）．
二十五．等腰梯形的判定（共2小題）
52．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）在四邊形ABCD中，如果AB與CD不平行，AC與BD相交于點O，那么下列條件中能判定四邊形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?浦東新區(qū)校級期末）已知：在△ABC中，AC＝BC，點D、E分別是邊AB、AC的中點，延長DE至點F，使得EF＝DE，那么四邊形AFCD一定是（ ）
A．菱形B．矩形C．直角梯形D．等腰梯形
二十六．梯形中位線定理（共1小題）
54．（2021春?崇明區(qū)期末）已知一個梯形的中位線長為5cm，其中一條底邊的長為6cm，那么該梯形的另一條底邊的長是 cm．
二十七．*平面向量（共3小題）
55．（2021春?浦東新區(qū)期末）已知向量、滿足||＝||，則（ ）
A．＝B．＝﹣
C．∥D．以上都有可能
56．（2021春?楊浦區(qū)期末）以下描述和的關(guān)系不正確的是（ ）
A．方向相反B．模相等C．平行D．相等．
57．（2020春?長寧區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，點D為邊AC的中點，設(shè)，，
（1）試用向量，表示下列向量：＝ ；＝ ；
（2）求作：、．
（保留作圖痕跡，不要求寫作法，寫出結(jié)果）．
58．（2021秋?楊浦區(qū)期末）如圖，已知在△ABC中，點D、E分別在邊AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的長；
（2）設(shè)＝，＝，試用、的線性組合表示向量．
二十八．隨機事件（共1小題）
59．（2022春?長寧區(qū)校級期末）下列成語所描述的事件為必然事件的是（ ）
A．水中撈月B．甕中捉鱉C．守株待兔D．拔苗助長
二十九．列表法與樹狀圖法（共1小題）
60．（2022春?長寧區(qū)校級期末）將分別標(biāo)有數(shù)字1、2、3的3個質(zhì)地和大小完全相同的小球裝在一個不透明的口袋中．
（1）若從口袋中隨機摸出一個球，其標(biāo)號為奇數(shù)的概率為多少？
（2）若從口袋中隨機摸出一個球，放回口袋中攪勻后再隨機摸出一個球，試求所摸出的兩個球上數(shù)字之和等于4的概率（用樹狀圖或列表法求解）．
上海八年級下期末真題精選（?？?0題29個考點專練）
一．高次方程（共6小題）
1．（2021春?浦東新區(qū)期末）若關(guān)于x和y的二元二次方程x2+my＝1有一個解是，則字母m的值為 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．
故答案為：3．
【點評】本題考查了二元二次方程的解，掌握方程解的意義是解決本題的關(guān)鍵．
2．（2021春?金山區(qū)期末）方程組的解為： ．
【分析】此題只要將①變形代入②式，轉(zhuǎn)化為解一元二次方程即可解答．
【解答】解：
由題意可知x＝3﹣y③，代入xy＝2可得
3y﹣y2＝2，變式為y2﹣3y+2＝0，即（y﹣2）（y﹣1）＝0，
解得：．
故答案為：．
【點評】本題主要考查高次方程求解的問題，此類題不是很難，同學(xué)們解答時只要找到解題的簡便途徑此類題就迎刃而解．
3．（2021春?浦東新區(qū)期末）二項方程x4﹣8＝0的實數(shù)根是 x＝±2 ．
【分析】先求x2的解，再求實數(shù)根即可．
【解答】解：x4﹣8＝0．
∴．
∴x2＝4（負值舍去）．
∴x＝±2．
故答案為：x＝±2．
【點評】本題考查高次方程的解法，關(guān)鍵在于降次，利用開平方即可降次是關(guān)鍵．
4．（2022春?徐匯區(qū)期末）方程2x3﹣16＝0的根是 x＝2 ．
【分析】求出x3＝8，兩邊開立方根，即可求出x．
【解答】解：2x3﹣16＝0，
2x3＝16，
x3＝8，
x＝2，
故答案為：2．
【點評】本題考查了高次方程的解法和立方根，關(guān)鍵是能由x3＝8求出x．
5．（2021春?浦東新區(qū)校級期末）解方程組：．
【分析】由①得出（x﹣y）（x﹣2y）＝0，求出x﹣y＝0或x﹣2y＝0，把這兩個方程與②組成方程組為，，再求出方程組的解即可．
【解答】解：，
由①，得（x﹣y）（x﹣2y）＝0，
即x﹣y＝0或x﹣2y＝0，
把這兩個方程與②組成方程組得：，，
解得：，，
故方程組的解為：，．
【點評】本題考查了解高次方程組和解二元一次方程組，能把高次方程組轉(zhuǎn)化成二元一次方程組是解此題的關(guān)鍵．
6．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）解方程組：
【分析】先把原方程組的每個方程化簡，這樣原方程組轉(zhuǎn)化成四個方程組，求出每個方程組的解即可．
【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，
即原方程組化為：，，，，
解得：，，，，
所以原方程組的解為：，，，．
【點評】本題考查了解二元一次方程組和解高次方程組，能把高次方程組轉(zhuǎn)化成二元一次方程組是解此題的關(guān)鍵．
二．無理方程（共5小題）
7．（2022春?青浦區(qū)校級期末）下列關(guān)于x的方程一定有實數(shù)解的是（ ）
A．2x＝mB．x2＝mC．＝mD．＝m
【分析】根據(jù)一元一次方程的解、無理方程、一元二次方程和分式方程的解的特點分別對每一項進行判斷即可．
【解答】解：A.2x＝m，一定有實數(shù)解；
B．x2＝m，當(dāng)m＜0時，無解；
C.＝m，當(dāng)m＝0或﹣時無解；
D.＝m，當(dāng)m＜0時，無解；
故選：A．
【點評】本題考查了一元一次方程的解、無理方程、一元二次方程和分式方程，關(guān)鍵是靈活運用有關(guān)知識點進行判斷．
8．（2022春?徐匯區(qū)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，注意檢驗．
【解答】解：原方程可化為：x+2＝0或＝0，即x＝﹣2或x＝3，
代入原方程得當(dāng)x＝﹣2時，
＝，﹣5＜0，無意義，
當(dāng)x＝3時，原方程成立．
故方程（x+2）＝0的根是x＝3．
故本題答案為：x＝3．
【點評】解答此題關(guān)鍵是把方程化為x+2＝0或＝0，熟知二次根式具有非負性是解答此題的關(guān)鍵．
9．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）解方程：．
【分析】把10移到等號的右邊，兩邊平方，求解，后檢驗根是否有意義．
【解答】解：，
兩邊平方，得4（x+5）＝x2﹣20x+100（2分）
整理，得：x2﹣24x+80＝0，解得：x1＝20，x2＝4（2分）
經(jīng)檢驗：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）
【點評】本題主要考查了無理方程的解法，在解無理方程是最常用的方法是兩邊平方法及換元法，本題用了平方法，注意無理方程要檢驗根是否有意義，屬于基礎(chǔ)題．
10．（2021春?楊浦區(qū)期末）解方程：．
【分析】把2x移到等號的右邊，兩邊平方求解，然后檢驗根是否存在．
【解答】解：移項，，
x﹣3＝（6﹣2x）2，
化簡得，4x2﹣25x+39＝0，
（x﹣3）（4x﹣13）＝0，
．
經(jīng)檢驗，x1＝3是原方程的根，是增根．
所以原方程的根為x＝3．
【點評】本題主要考查了無理方程的解法，在解無理方程是最常用的方法是兩邊平方法及換元法，本題用了平方法，注意檢驗根的存在．屬于基礎(chǔ)題．
11．（2022春?長寧區(qū)校級期末）下列方程中，有一個根是x＝2的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】把x＝2代入選項中的每個方程，再逐個判斷即可．
【解答】解：A．＝，
方程兩邊都乘以x﹣2，得x＝2，
檢驗：當(dāng)x＝2時，x﹣2＝0，所以x＝2是增根，
即x＝2不是原方程的解，故本選項不符合題意；
B．當(dāng)x＝2時，分母不等于0，
方程的左邊＝+＝0，右邊＝0，
即左邊＝右邊，
所以x＝2是原方程的解，故本選項符合題意；
C．當(dāng)x＝2時，中x﹣3＜0，
所以x＝2不是方程?＝0的解，故本選項不符合題意；
D．當(dāng)x＝2時，中x﹣6＜0，
所以x＝2不是方程＝2的解，故本選項不符合題意；
故選：B．
【點評】本題考查了解分式方程和解無理方程，注意：解分式方程和解無理方程都必須進檢驗．
三．由實際問題抽象出分式方程（共1小題）
12．（2021春?浦東新區(qū)期末）某校計劃修建一條400米長的跑道，開工后每天比原計劃多修10米，結(jié)果提前2天完成了任務(wù)，如果設(shè)原計劃每天修x米，那么根據(jù)題意可列出方程（ ）
A．B．
C．D．
【分析】本題屬于工程問題，未知量是工作效率：原計劃每天修x米．題目告訴了工作總量：400米，那么根據(jù)工作時間來列等量關(guān)系．關(guān)鍵描述語是：“提前2天完成任務(wù)”．等量關(guān)系為：原計劃工作時間﹣現(xiàn)在工作時間＝2天，據(jù)此列出方程．
【解答】解：設(shè)原計劃每天修x米，則實際每天修（x+10）米．
由題意，知原計劃用的時間為天，實際用的時間為：天，
故所列方程為：．
故選：C．
【點評】本題考查用分式方程解決工程問題，工程問題的基本關(guān)系式為：工作時間＝工作總量÷工作效率．找到關(guān)鍵描述語，得到等量關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．本題的等量關(guān)系為：原計劃工作時間﹣現(xiàn)在工作時間＝2天．
四．分式方程的應(yīng)用（共1小題）
13．（2021春?楊浦區(qū)期末）某市為了美化環(huán)境，計劃在一定的時間內(nèi)完成綠化面積200萬畝的任務(wù)，后來市政府調(diào)整了原定計劃，不但綠化面積在原計劃的基礎(chǔ)上增加20%，而且要提前1年完成任務(wù)．經(jīng)測算，要完成新的計劃，平均每年的綠化面積必須比原計劃多20萬畝，求原計劃平均每年的綠化面積．
【分析】本題的相等關(guān)系是：原計劃完成綠化時間﹣實際完成綠化實際＝1．設(shè)原計劃平均每年完成綠化面積x萬畝，則原計劃完成綠化完成時間年，實際完成綠化完成時間：年，列出分式方程求解．
【解答】解：設(shè)原計劃平均每年完成綠化面積x萬畝，
根據(jù)題意，可列出方程，
去分母整理得：x2+60x﹣4000＝0
解得：x1＝40，x2＝﹣100…（2分）
經(jīng)檢驗：x1＝40，x2＝﹣100都是原分式方程的根，
因為綠化面積不能為負，所以取x＝40．
答：原計劃平均每年完成綠化面積40萬畝．
【點評】本題考查了分式方程的應(yīng)用．分析題意，找到關(guān)鍵描述語，找到合適的等量關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．列分式方程解應(yīng)用題的檢驗要分兩步：第一步檢驗它是否是原方程的根，第二步檢驗它是否符合實際問題．
五．一次函數(shù)的圖象（共2小題）
14．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）已知一次函數(shù)y＝﹣x+m，點A（1，y1），B（3，y2）在圖象上，則y1 ＞ y2（填“＞”或“＜”）．
【分析】直接利用一次函數(shù)的增減性進而分析得出答案．
【解答】解：∵一次函數(shù)y＝﹣x+m，
∴y隨x的增大而減小，
∵點A（1，y1），B（3，y2）在圖象上，
∴y1＞y2．
故答案為：＞．
【點評】此題主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，正確掌握一次函數(shù)的增減性是解題關(guān)鍵．
15．（2021春?靜安區(qū)期末）已知一次函數(shù)y＝kx+b的圖象如圖所示，當(dāng)x＜1時，y的取值范圍是 y＜﹣2 ．
【分析】根據(jù)一次函數(shù)過（2，0），（0，﹣4）求出k的值，得到一次函數(shù)解析式，然后用y表示x，再解關(guān)于x的不等式即可．
【解答】解：一次函數(shù)y＝kx+b的圖象與y軸交于點（0，﹣4），
∴b＝﹣4，與x軸點（2，0），
∴0＝2k﹣4，
∴k＝2，
∴y＝kx+b＝2x﹣4，
∴x＝（y+4）÷2＜1，
∴y＜﹣2．
故答案為y＜﹣2．
【點評】本題利用了一次函數(shù)與x軸y軸的交點坐標(biāo)用待定系數(shù)法求出k、b的值．同時還考查了數(shù)形結(jié)合的應(yīng)用．
六．一次函數(shù)的性質(zhì)（共2小題）
16．（2021春?崇明區(qū)期末）一次函數(shù)y＝﹣5x+3的圖象不經(jīng)過的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限
【分析】根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)容易得出結(jié)論．
【解答】解：因為解析式y(tǒng)＝﹣3x+2中，﹣3＜0，2＞0，圖象過一、二、四象限，
故圖象不經(jīng)過第三象限，
故選：C．
【點評】考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，在直線y＝kx+b中，當(dāng)k＞0時，y隨x的增大而增大；當(dāng)k＜0時，y隨x的增大而減小．
17．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）一次函數(shù)y＝kx+b的圖象如圖所示，當(dāng)y＞0時，x的取值范圍是 x＜2 ．
【分析】根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)圖象，可以直接寫出當(dāng)y＞0時，x的取值范圍．
【解答】解：由圖象可得，
當(dāng)y＞0時，x的取值范圍是x＜2，
故答案為：x＜2．
【點評】本題考查一次函數(shù)的性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
七．一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系（共3小題）
18．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）若直線y＝kx+b經(jīng)過一、二、四象限，則直線y＝bx﹣k的圖象只能是圖中的（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直線經(jīng)過的象限結(jié)合四個選項中的圖象，即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵直線y＝kx+b經(jīng)過一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0，
∴﹣k＞0，
∴選項B中圖象符合題意．
故選：B．
【點評】本題考查了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，牢記“k＜0，b＞0?y＝kx+b的圖象在一、二、四象限”是解題的關(guān)鍵．
19．（2021春?虹口區(qū)期末）已知一次函數(shù)y＝（1﹣2m）x+m，函數(shù)值y隨自變量x的值增大而減小，那么m的取值范圍是 m ．
【分析】根據(jù)一次函數(shù)y＝（1﹣2m）x+m的增減性列出不等式1﹣2m＜0，通過解該不等式即可求得m的取值范圍．
【解答】解：由題意得，1﹣2m＜0，
解得，m＞；
故答案為m．
【點評】本題考查了一次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系．在直線y＝kx+b（k≠0）中，當(dāng)k＞0時，y隨x的增大而增大；當(dāng)k＜0時，y隨x的增大而減?。?br>20．（2021春?閔行區(qū)期末）一次函數(shù)y＝3x+m﹣1的圖象不經(jīng)過第二象限，則m的取值范圍是 m≤1 ．
【分析】根據(jù)一次函數(shù)的圖象不經(jīng)過第二象限列出關(guān)于m的不等式組，求出m的取值范圍即可．
【解答】解：∵一次函數(shù)y＝3x+m﹣1的圖象不經(jīng)過第二象限，
∴m﹣1≤0，
解得 m≤1．
故答案是：m≤1．
【點評】本題考查的是一次函數(shù)的圖象與系數(shù)的關(guān)系，熟知一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）中，當(dāng)k＞0，b＜0時，函數(shù)的圖象經(jīng)過一、三、四象限是解答此題的關(guān)鍵．
八．一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征（共6小題）
21．（2021春?浦東新區(qū)期末）對于一次函數(shù)y＝x+2，下列說法不正確的是（ ）
A．圖象經(jīng)過點（1，3）
B．圖象與x軸交于點（﹣2，0）
C．圖象不經(jīng)過第四象限
D．當(dāng)x＞0時，y＜2
【分析】根據(jù)題干中的函數(shù)關(guān)系式和一次函數(shù)的性質(zhì)可以判斷各個選項是否成立．
【解答】解：∵一次函數(shù)y＝x+2，
∴當(dāng)x＝1時，y＝3，
∴圖象經(jīng)過點（1，3），
故選項A不合題意；
令y＝0，得x+2＝0，
解得x＝﹣2，
∴圖象與x軸交于點（﹣2，0），
故選項B不合題意；
∵k＝1＞0，b＝2＞0，
∴直線經(jīng)過第一、二、三象限，
故選項C不合題意；
當(dāng)x＞0時，y＝x+2＞2，
故選項D不正確，符合題意，
故選：D．
【點評】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)的性質(zhì)，解答本題關(guān)鍵是明確題意，利用一次函數(shù)的性質(zhì)解答．
22．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）下列四個點中，在函數(shù)y＝3x+1的圖象上的是（ ）
A．（﹣1，2）B．（0，﹣1）C．（1，4）D．（2，﹣7）
【分析】將A，B，C，D分別代入一次函數(shù)解析式y(tǒng)＝3x+1，根據(jù)圖象上點的坐標(biāo)性質(zhì)即可得出正確答案．
【解答】解：A．將（﹣1，2）代入y＝3x+1，x＝﹣1時，y＝﹣2，此點不在該函數(shù)圖象上，故此選項錯誤；
B．將（0，﹣1）代入y＝3x+1，x＝0時，y＝1，此點不在該函數(shù)圖象上，故此選項錯誤；
C．將（1，4）代入y＝3x+1，x＝1時，y＝4，此點在該函數(shù)圖象上，故此選項正確；
D．將（2，﹣7）代入y＝3x+1，x＝2時，y＝7，此點不在該函數(shù)圖象上，故此選項錯誤．
故選：C．
【點評】此題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，只要點在函數(shù)的圖象上，則一定滿足函數(shù)的解析式．反之，只要滿足函數(shù)解析式就一定在函數(shù)的圖象上．
23．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）若點（3，a）在一次函數(shù)y＝3x+1的圖象上，則a＝ 10 ．
【分析】把點（3，a）代入一次函數(shù)y＝3x+1，求出y的值即可．
【解答】解：把點（3，a）代入一次函數(shù)y＝3x+1
得：a＝9+1＝10．
故填10．
【點評】本題考查的是一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點，即一次函數(shù)圖象上的點的坐標(biāo)一定適合此函數(shù)的解析式．
24．（2021春?嘉定區(qū)期末）一次函數(shù)y＝﹣3x﹣6的圖象與x軸的交點坐標(biāo)是 （﹣2，0） ．
【分析】在解析式中，令y＝0，即可求得橫坐標(biāo)，則與x軸的交點坐標(biāo)即可求得．
【解答】解：令y＝0，得到：﹣3x﹣6＝0，解得：x＝﹣2，
則圖象與x軸的交點坐標(biāo)是：（﹣2，0）．
故答案是：（﹣2，0）．
【點評】本題考查了函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點的求法，是需要熟記的內(nèi)容．
25．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）一次函數(shù)y＝2x﹣3在y軸上的截距是 ﹣3 ．
【分析】令x＝0，可見，當(dāng)x＝0時，y的值即為函數(shù)在y軸上的截距．
【解答】解：當(dāng)x＝0時，y＝﹣3，
可見一次函數(shù)在y軸上的截距為﹣3，
故答案為﹣3．
【點評】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，知道y軸上的點的橫坐標(biāo)等于0是解題的關(guān)鍵．
26．（2021春?黃浦區(qū)期末）如圖，一次函數(shù)y＝kx+b的圖象與x軸、y軸分別相交于A、B兩點，那么當(dāng)y＜0時，自變量x的取值范圍是 x＜2 ．
【分析】直接根據(jù)直線與x軸的交點坐標(biāo)即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵由函數(shù)圖象可知，直線與x軸的交點坐標(biāo)為（2，0），
∴當(dāng)y＜0是，x＜2．
故答案為：x＜2．
【點評】本題考查的是一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點，能利用函數(shù)圖象直接得出x的取值范圍是解答此題的關(guān)鍵．
九．一次函數(shù)圖象與幾何變換（共1小題）
27．（2021春?徐匯區(qū)期末）將直線y＝﹣x﹣2沿y軸方向向上平移3個單位，所得新圖象的函數(shù)表達式是 y＝﹣x+1 ．
【分析】根據(jù)“上加下減”的原則進行解答即可．
【解答】解：由“上加下減”的原則可知，將直線y＝﹣x﹣2沿y軸方向向上平移3個單位所得函數(shù)的解析式為y＝﹣x﹣2+3，即y＝﹣x+1．
故答案為：y＝﹣x+1．
【點評】本題考查的是一次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知“上加下減”的原則是解答此題的關(guān)鍵．
一十．一次函數(shù)的應(yīng)用（共2小題）
28．（2020秋?沈河區(qū)期末）已知某汽車裝滿油后油箱中的剩余油量y（升）與汽車的行駛路程x（千米）之間具有一次函數(shù)關(guān)系（如圖所示），為了行駛安全考慮，油箱中剩余油量不能低于5升，那么這輛汽車裝滿油后至多行駛 450 千米，就應(yīng)該停車加油．
【分析】根據(jù)函數(shù)圖象中點的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式，再根據(jù)一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征即可求出剩余油量為5升時行駛的路程，此題得解．
【解答】解：設(shè)該一次函數(shù)解析式為y＝kx+b，
將（400，10）、（500，0）代入y＝kx+b中，
，解得：，
∴該一次函數(shù)解析式為y＝﹣0.1x+50．
當(dāng)y＝﹣0.1x+50＝5時，x＝450．
故答案為：450
【點評】本題考查一次函數(shù)的應(yīng)用、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，根據(jù)點的坐標(biāo)利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．
29．（2022春?徐匯區(qū)期末）如果購買荔枝所付金額y（元）與購買數(shù)量x（千克）之間的函數(shù)圖象由線段OA與射線AB組成（如圖所示），那么購買3千克荔枝需要付 56 元．
【分析】由圖象可得購買3kg荔枝需要付的錢即為當(dāng)x＝3時，y所對應(yīng)的值，即求出AB段的函數(shù)解析式，將x＝3代入即可．
【解答】解：設(shè)AB的解析式為y＝kx+b，
將（2，40），（4，72）代入，
得，
解得：，
∴AB段的解析式為y＝16x+8，
當(dāng)x＝3時，
y＝16×3+28＝56．
故答案為：56．
【標(biāo)注】【知識點】一次函數(shù)的依據(jù)圖象解決實際問題
【點評】本題考查了一次函數(shù)中依據(jù)圖象解決實際問題，屬于此類型中的基礎(chǔ)題．
一十一．三角形中位線定理（共3小題）
30．（2022春?長寧區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD中，AC＝a，BD＝b，順次連接四邊形ABCD各邊的中點，得到四邊形A1B1C1D1，再順次連接四邊形A1B1C1D1各邊的中點，得到四邊形A2B2C2D2；…；如此進行下去，得到四邊形AnBn?nDn，那么四邊形A15B15C15D15的周長為 ．
【分析】根據(jù)三角形中位線性質(zhì)定理可得每一次去各邊中點所形成新的四邊形周長都為前一個的；并且四邊形是平行四邊形，即可計算四邊形A15B15C15D15的周長，
【解答】解：根據(jù)中位線的性質(zhì)易知，A15B15＝A13B13×A11B11…×A1B1＝××…×AC；
B15C15＝B13C13×A11B11×…＝×B1C1＝××…×BD，
∴四邊形A15B15C15D15的周長是2×（a+b）＝．
故答案為．
【點評】本題考查了三角形的中位線性質(zhì)定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．
31．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖所示，DE為△ABC的中位線，點F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，則EF的長為 2 ．
【分析】根據(jù)三角形中位線定理求出DE，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出DF，計算即可．
【解答】解：∵DE為△ABC的中位線，
∴DE＝BC＝5，
∵∠AFB＝90°，D是AB 的中點，
∴DF＝AB＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝2，
故答案為：2
【點評】本題考查的是三角形中位線定理、直角三角形的性質(zhì)，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵．
32．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）已知：如圖，在△ABC中，點D在AB上，BD＝AC，E、F、G分別是BC、AD、CD的中點，EF、CA的延長線相交于點H．
求證：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）AH＝AF．
【分析】（1）由題目的已知條件可得EG是△BDC的中位線，所以EG∥BD，由此可得∠CGE＝∠BDC，再根據(jù)三角形外角和定理即可證明∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）連接FG，易證△FGE是等腰三角形，所以∠GFE＝∠GEF，再根據(jù)平行線的性質(zhì)以及對頂角相等可證明∠H＝∠AFE，進而可得：AH＝AF，
【解答】證明（1）∵E，G分別是BC，CD的中點，
∴EG是△BDC的中位線，
∴EG∥BD，
∴∠CGE＝∠BDC，
∵∠BDC＝∠ACD+∠CAD，
∴∠CGE＝∠ACD+∠CAD；
（2）連接FG，
∵E，F(xiàn)，G分別是BC，AD，CD的中點，
∴EG＝BD，F(xiàn)G＝AC，
∵BD＝AC，
∴GE＝GF，
∴∠GFE＝∠GEF，
∵FG∥HC，
∴∠GFE＝∠H，
∵∠GEF＝∠BFE＝∠AFH，
∴∠H＝∠AFE，
∴AH＝AF．
【點評】本題考查了三角形的中位線定理，中位線是三角形中的一條重要線段，由于它的性質(zhì)與線段的中點及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖形的計算及證明中有著廣泛的應(yīng)用．
一十二．多邊形的對角線（共1小題）
33．（2021春?浦東新區(qū)期末）當(dāng)一個凸四邊形的一條對角線把原四邊形分割成兩個等腰三角形時，我們稱這個四邊形為“等腰四邊形”，其中這條對角線稱為這個四邊形的“等腰線”．如果凸四邊形ABCD是“等腰四邊形”，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，那么∠BAD的度數(shù)為 75° ．
【分析】根據(jù)“等腰四邊形”的定義畫出圖形，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，所以△CBD和△ABD為等腰三角形，由于AB＝BC＝CD≠AD，△ABD中分兩種情形：①AB＝BD，②AD＝BD．當(dāng)AB＝BD時，由于AB＝BC＝CD，可得△BDC為等邊三角形，∠ABC＝90°，則∠ABD＝30°，結(jié)論可得；當(dāng)AD＝BD時，過點D作DE⊥AB，根據(jù)等腰三角形的三線合一，BE＝AB，過點D作DF⊥CB，交CB延長線于點F，根據(jù)四邊形EBFD為矩形，DF＝＝CD，可得∠DCB＝30°，由于∠ABC＝90°，∠FDB可得，從而∠BAD可求．
【解答】解：∵凸四邊形ABCD是“等腰四邊形”，對角線BD是該四邊形的“等腰線”，
∴△CBD和△ABD為等腰三角形．
由于AB≠AD，在△ABD中分兩種情形：①AB＝BD，②AD＝BD．
當(dāng)①AB＝BD時，如下圖：
∵AB＝BC＝CD，AB＝BD．
∴BC＝CD＝BD．
∴△BDC為等邊三角形．
∴∠DBC＝60°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝30°．
∵AB＝BD，
∴∠BAD＝∠BDA＝＝75°．
當(dāng)②AD＝BD時，如下圖，
過點D作DE⊥AB，過點D作DF⊥CB，交BC延長線于點F，
∵AD＝BD，DE⊥AB，
∴BE＝AB．
∵DE⊥AB，DF⊥CB，∠ABC＝90°，
∴四邊形EBFD為矩形．
∴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°．
綜上，∠BAD＝75°．
故答案為：75°．
【點評】本題主要考查了等腰三角形，多邊形的對角線，等腰直角三角形等知識點．本題是閱讀題，正確理解題意是解題的關(guān)鍵．
一十三．多邊形內(nèi)角與外角（共4小題）
34．（2022春?閔行區(qū)校級期末）若一個正多邊形的內(nèi)角是外角的3倍，則這個正多邊形的邊數(shù)為 8 ．
【分析】設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n，利用多邊形的內(nèi)角和公式和外角和定理即可解答．
【解答】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n，由題意得：
（n﹣2）?180°＝3×360°，
解得：n＝8，
故答案為：8．
【點評】本題考查多邊形的內(nèi)角（和）與外角（和），熟記多邊形的內(nèi)角和公式及外角和為360°是解答的關(guān)鍵．
35．（2022春?徐匯區(qū)期末）五邊形的內(nèi)角和為 540 度．
【分析】n邊形內(nèi)角和公式為（n﹣2）180°，把n＝5代入可求五邊形內(nèi)角和．
【解答】解：五邊形的內(nèi)角和為（5﹣2）×180°＝540°．
故答案為：540．
【點評】本題考查多邊形的內(nèi)角和計算公式，解答時要會根據(jù)公式進行正確運算和數(shù)據(jù)處理．
36．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）一個多邊形的內(nèi)角和是它的外角和的4倍，這個多邊形是 十 邊形．
【分析】一個多邊形的內(nèi)角和是它的外角和的4倍，而外角和是360°，則內(nèi)角和是4×360°．n邊形的內(nèi)角和可以表示成（n﹣2）?180°，設(shè)這個多邊形的邊數(shù)是n，就得到方程，從而求出邊數(shù)．
【解答】解：設(shè)這個多邊形有n條邊．
由題意得：（n﹣2）×180°＝360°×4，
解得n＝10．
則這個多邊形是十邊形．
故答案為：十．
【點評】本題考查了多邊形內(nèi)角與外角，已知多邊形的內(nèi)角和求邊數(shù)，可以轉(zhuǎn)化為方程的問題來解決．
37．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如果多邊形的每個外角都是40°，那么這個多邊形的邊數(shù)是 9 ．
【分析】根據(jù)多邊形的外角和是360度即可求得外角的個數(shù)，即多邊形的邊數(shù)．
【解答】解：多邊形的邊數(shù)是：＝9，
故答案為：9．
【點評】本題主要考查了多邊形的外角和定理，理解多邊形外角和中外角的個數(shù)與正多邊形的邊數(shù)之間的關(guān)系，是解題關(guān)鍵．
一十四．平行四邊形的性質(zhì)（共1小題）
38．（2021春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，AC＝AD，∠D＝72°，BE⊥AC，垂足為E，則∠ABE＝ 18° ．
【分析】由等腰三角形的性質(zhì)得出∠ACD＝∠D＝72°，由平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥CD，得出∠BAE＝∠ACD＝72°，由直角三角形的性質(zhì)即可得出∠ABE的度數(shù)．
【解答】解：∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠D＝72°，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠BAE＝∠ACD＝72°，
∵BE⊥AC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BAE＝18°；
故答案為：18°．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形和等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
一十五．平行四邊形的判定與性質(zhì)（共1小題）
39．（2022春?徐匯區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于點E．若AD＝5cm，BC＝12cm，則CD的長是 7 cm．
【分析】由在四邊形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四邊形ABED是平行四邊形，即可求得CE的長，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，繼而求得答案．
【解答】解：∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，
∴四邊形ABED是平行四邊形，
∴BE＝AD＝5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），
∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，
∴CD＝CE＝7cm．
故答案為：7．
【點評】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定以及等腰三角形的判定與性質(zhì)．注意證得四邊形ABED是平行四邊形，△CDE是等腰三角形是關(guān)鍵．
一十六．菱形的性質(zhì)（共2小題）
40．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，點E、F分別在邊BC、CD上，且△AEF是等邊三角形，AB＝AE，則∠B＝ 80° ．
【分析】因為等邊三角形△AEF的邊長與菱形ABCD的邊長相等，所以AB＝AE，AF＝AD，根據(jù)鄰角之和為180°即可求得∠B的度數(shù)．
【解答】解：∵△AEF的邊長與菱形ABCD的邊長相等，
∴AB＝AE，AF＝AD，
設(shè)∠B＝x，則∠BAD＝180°﹣x，
∠BAE＝∠DAF＝180°﹣2x，
又∵∠BAE+∠EAF+∠FAD＝∠BAD
即180°﹣2x+180°﹣2x+60°＝180°﹣x
解得x＝80°，
故答案為：80°
【點評】本題考查了正三角形各內(nèi)角為60°、各邊長相等的性質(zhì)，考查了菱形鄰角之和為180°的性質(zhì)，本題中根據(jù)關(guān)于x的等量關(guān)系式求x的值是解題的關(guān)鍵．
41．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如果菱形邊長為13，一條對角線長為10，那么它的面積為 120 ．
【分析】根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分，得已知對角線的一半是5．根據(jù)勾股定理，得要求的對角線的一半是12，則另一條對角線的長是24，進而求出菱形的面積．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝13，AC＝10，
∵對角線互相垂直平分，
∴∠AOB＝90°，AO＝5，
在Rt△AOB中，BO＝＝12，
∴BD＝2BO＝24．
∴則此菱形面積是＝120，
故答案為：120．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，注意菱形對角線的性質(zhì)：菱形的對角線互相垂直平分．熟練運用勾股定理．
一十七．菱形的判定（共1小題）
42．（2020春?浦東新區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，AD是邊BC上的中線，過點A作AE∥BC，過點D作DE∥AB，DE與AC、AE分別交于點O、點E，聯(lián)結(jié)EC．
（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）當(dāng)∠BAC＝90°時，求證：四邊形ADCE是菱形．
【分析】（1）先證四邊形ABDE是平行四邊形，再證四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）由∠BAC＝90°，AD是邊BC上的中線，即得AD＝BD＝CD，證得四邊形ADCE是平行四邊形，即證；
【解答】（1）證明：∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四邊形ABDE是平行四邊形，
∴AE＝BD，
∵AD是邊BC上的中線，
∴BD＝DC，
∴AE＝DC，
又∵AE∥BC，
∴四邊形ADCE是平行四邊形，
（2）∵∠BAC＝90°，AD是邊BC上的中線．
∴AD＝CD，
∵四邊形ADCE是平行四邊形，
∴四邊形ADCE是菱形，
【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，（1）證得四邊形ABDE，四邊形ADCE為平行四邊形即得；（2）由∠BAC＝90°，AD上斜邊BC上的中線，即得AD＝BD＝CD，證得四邊形ADCE是平行四邊形，從而證得四邊形ADCE是菱形．
一十八．菱形的判定與性質(zhì)（共1小題）
43．（2021春?寶山區(qū)期末）四邊形不具有穩(wěn)定性．四條邊長都確定的四邊形，當(dāng)內(nèi)角的大小發(fā)生變化時，其形狀也隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內(nèi)角，使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比是（ ）
A．B．C．D．1
【分析】過D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面積＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，即可求解．
【解答】解：過D'作D'M⊥AB于M，如圖所示：
則∠D'MA＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面積＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，
∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，
∵四邊形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，
∴菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比＝＝，
故選：A．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，證出D'M＝AD'是解題的關(guān)鍵．
一十九．矩形的性質(zhì)（共1小題）
44．（2021春?浦東新區(qū)期末）如圖，矩形ABCO中，點C在x軸上，點A在y軸上，點B的坐標(biāo)是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直線BD折疊，使得點A落在對角線OB上的點E處，折痕與OA、x軸分別交于點D、F．
（1）求點D的坐標(biāo)；
（2）若點N是平面內(nèi)任一點，在x軸上是否存在點M，使M、N、E、O為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出滿足條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，求出OE＝BO﹣BE＝4，∠OED＝90°，設(shè)D（0，a），則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當(dāng)OM、OE都為菱形的邊時，OM＝OE＝4，得出M的坐標(biāo)為（4，0）或（﹣4，0）；
②當(dāng)OM為菱形的邊，OE為對角線時，MN垂直平分OE，垂足為G，則OG＝OE＝2，根據(jù)勾股定理求出OM即可；
③當(dāng)OM為菱形的對角線，OE為邊時，同②得：M（﹣，0）；即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCO是矩形，點B的坐標(biāo)是（﹣6，8）．
∴∠BAD＝∠OCB＝90°，AB＝OC＝6，OA＝BC＝8，
∴BO＝＝10；
由折疊的性質(zhì)得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，
∴OE＝BO﹣BE＝10﹣6＝4，∠OED＝90°，
設(shè)D（0，a），則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，點M的坐標(biāo)為（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）；理由如下：
①當(dāng)OM、OE都為菱形的邊時，OM＝OE＝4，
∴M的坐標(biāo)為（4，0）或（﹣4，0）；
②當(dāng)OM為菱形的邊，OE為對角線時，MN垂直平分OE，垂足為G，如圖1所示：
則OG＝OE＝2，
∵OA＝8，OD＝5，
∴AD＝DE＝3，
∴E到y(tǒng)軸的距離＝＝＝，
∴OH＝，
∵EM2﹣MH2＝42﹣（）2，
∴OM2﹣（OM﹣）2＝42﹣（）2，
解得：OM＝，
∴M（﹣，0）；
③當(dāng)OM為菱形的對角線，OE為邊時，如圖2所示：
同②得：M（﹣，0）；
綜上所述，在x軸上存在點M，使以M、N、E、O為頂點的四邊形是菱形，點M的坐標(biāo)為（4，0）或（﹣4，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，三角函數(shù)，菱形的性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度．
二十．矩形的判定（共1小題）
45．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）在?ABCD中，AC與BD相交于點O，要使四邊形ABCD是矩形，還需添加一個條件，這個條件可以是（ ）
A．AO＝COB．AO＝BOC．AO⊥BOD．∠OBC＝∠OBA
【分析】根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形得出即可．
【解答】解：添加AO＝BO，
理由是：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴?ABCD為矩形，
故選：B．
【點評】本題考查矩形的判定、平行四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考基礎(chǔ)題．
二十一．正方形的性質(zhì)（共1小題）
46．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為 +3 ．
【分析】根據(jù)陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，進而依據(jù)△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長，進而得出其周長．
【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，
∴陰影部分的面積為×9＝6，
∴空白部分的面積為9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
設(shè)BG＝a，CG＝b，則ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周長＝+3，
故答案為：+3．
【點評】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及三角形面積問題．解題時注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．
二十二．正方形的判定（共1小題）
47．（2022春?浦東新區(qū)校級期末）已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列結(jié)論中不正確的是（ ）
A．當(dāng)AB＝BC時，四邊形ABCD是菱形
B．當(dāng)AC⊥BD時，四邊形ABCD是菱形
C．當(dāng)∠ABC＝90°時，四邊形ABCD是矩形
D．當(dāng)AC＝BD時，四邊形ABCD是正方形
【分析】根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形；根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形；根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形．
【解答】解：A、根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形可知：四邊形ABCD是平行四邊形，當(dāng)AB＝BC時，它是菱形，故本選項不符合題意；
B、根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形知：當(dāng)AC⊥BD時，四邊形ABCD是菱形，故本選項不符合題意；
C、根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形知：當(dāng)∠ABC＝90°時，四邊形ABCD是矩形，故本選項不符合題意；
D、根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形可知：當(dāng)AC＝BD時，它是矩形，不是正方形，故本選項符合題意；
故選：D．
【點評】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．
二十三．梯形（共2小題）
48．（2022春?楊浦區(qū)校級期末）如圖，已知梯形ABCD中，AB∥CD，DE∥CB，點E在AB上，且EB＝4，若梯形ABCD的周長為24，則△AED的周長為 16 ．
【分析】因為AB∥CD，DE∥CB，所以，四邊形EBCD是平行四邊形，則EB＝CD＝4，ED＝BC，又梯形ABCD的周長為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，
∴四邊形EBCD是平行四邊形，EB＝4，
∴EB＝CD＝4，ED＝BC，
又∵梯形ABCD的周長為24，
∴AB+BC+CD+AD＝24，EB+CD＝8，
∴AE+BC+AD＝16，
∴AE+DE+AD＝16，
即△AED的周長為16；
故答案為：16．
【點評】本題主要考查了梯形和平行四邊形的性質(zhì)，把△AED的周長看作一個整體，通過等量代換求出，本題蘊含了整體思想．
49．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，如果AB＝5，BC＝4，CD＝3，那么AD＝ ．
【分析】過點D作DE⊥AB于點E，后根據(jù)勾股定理即可得出答案．
【解答】解：過點D作DE⊥AB于點E，如下圖所示：
則DE＝BC＝4，AE＝AB﹣EB＝AB﹣DC＝2，
AD＝＝2．
故答案為：2．
【點評】本題考查了梯形及勾股定理的知識，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
二十四．等腰梯形的性質(zhì)（共2小題）
50．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）依次連接等腰梯形各邊的中點得到的四邊形是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．等腰梯形
【分析】連接AC、BD，可證MN為△ABD的中位線，PQ為△CBD的中位線，根據(jù)中位線定理可證MN∥BD∥PQ，MN＝PQ＝BD，同理可證PN∥AC∥MQ，NP＝MQ＝AC，根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)可知AC＝BD，故可證四邊形PQMN為菱形．
【解答】解：連接AC、BD，
∵M、N分別為AD、AB的中點
∴MN為△ABD的中位線，
∴MN∥BD，MN＝BD，
同理可證BD∥PQ，PQ＝BD，
∴MN＝PQ，MN∥PQ，四邊形PQMN為平行四邊形，
同理可證NP＝MQ＝AC，
根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)可知AC＝BD，
∴PQ＝NP，
∴?PQMN為菱形．
故選：A．
【點評】本題主要考查等腰梯形的性質(zhì)在證明特殊平行四邊形中的應(yīng)用．同時運用了三角形的中位線定理．
51．（2021春?虹口區(qū)校級期末）如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥DC，∠A＝60°，AD＝DC＝10，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且AE＝4，BF＝x，設(shè)四邊形DEFC的面積為y，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是 （不必寫自變量的取值范圍）．
【分析】過E作EG垂直AB于G，過F作FH垂直AB于H，根據(jù)等式梯形ABCD的面積＝S△AEG+S△BFH+S梯形EFHG+y，分別求得各部分的面積從而可得到函數(shù)關(guān)系式．
【解答】解：過E作EG垂直AB于G，過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°，F(xiàn)H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
【點評】此題主要考查學(xué)生對等腰梯形的性質(zhì)及三角形的面積公式的綜合運用．
二十五．等腰梯形的判定（共2小題）
52．（2022春?奉賢區(qū)校級期末）在四邊形ABCD中，如果AB與CD不平行，AC與BD相交于點O，那么下列條件中能判定四邊形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】根據(jù)等腰梯形的判定推出即可．
【解答】解：A、AC＝BD＝BC，不能證明四邊形ABCD是等腰梯形，錯誤；
B、AB＝AD＝CD，不能證明四邊形ABCD是等腰梯形，錯誤；
D、OB＝OC，AB＝CD，不能證明四邊形ABCD是等腰梯形，錯誤；
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，
∴四邊形ABCD是梯形，
∵AB＝CD，
∴四邊形ABCD是等腰梯形．
故選：C．
【點評】本題考查了平行四邊形的判定、全等三角形的判定和性質(zhì)以及等腰梯形的判定的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是求出AD∥BC．
53．（2021春?浦東新區(qū)校級期末）已知：在△ABC中，AC＝BC，點D、E分別是邊AB、AC的中點，延長DE至點F，使得EF＝DE，那么四邊形AFCD一定是（ ）
A．菱形B．矩形C．直角梯形D．等腰梯形
【分析】先證明四邊形ADCF是平行四邊形，再證明AC＝DF即可．
【解答】解：∵E是AC中點，
∴AE＝EC，
∵DE＝EF，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵AD＝DB，AE＝EC，
∴DE＝BC，
∴DF＝BC，
∵CA＝CB，
∴AC＝DF，
∴四邊形ADCF是矩形；
故選：B．
【點評】本題考查了矩形的判定、等腰三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、三角形中位線定理；熟記對角線相等的平行四邊形是矩形是解決問題的關(guān)鍵．
二十六．梯形中位線定理（共1小題）
54．（2021春?崇明區(qū)期末）已知一個梯形的中位線長為5cm，其中一條底邊的長為6cm，那么該梯形的另一條底邊的長是 4 cm．
【分析】根據(jù)梯形的中位線等于梯形兩底和的一半進行計算即可．
【解答】解：設(shè)梯形的另一條底邊為xcm，
由題意得：6+x＝2×5，
解得x＝4．
即梯形的另一條底邊的長為4cm．
故答案為：4．
【點評】本題考查了梯形的中位線定理，解題的關(guān)鍵是熟記梯形的中位線定理并靈活的應(yīng)用．
二十七．*平面向量（共3小題）
55．（2021春?浦東新區(qū)期末）已知向量、滿足||＝||，則（ ）
A．＝B．＝﹣
C．∥D．以上都有可能
【分析】利用單位向量的定義和性質(zhì)直接判斷即可．
【解答】解：若向量、滿足||＝||，
可得：＝，或＝﹣，或∥，
故選：D．
【點評】此題考查平面向量問題，解題時要認真審題，注意單位向量、零向量、共線向量的定義和的性質(zhì)的合理運用．
56．（2021春?楊浦區(qū)期末）以下描述和的關(guān)系不正確的是（ ）
A．方向相反B．模相等C．平行D．相等．
【分析】利用單位向量的定義和性質(zhì)直接判斷即可．
【解答】解：A、和的關(guān)系是方向相反，正確；
B、和的關(guān)系是模相等，正確；
C、和的關(guān)系是平行，正確；
D、和的關(guān)系不相等，錯誤；
故選：D．
【點評】此題考查平面向量問題，解題時要認真審題，注意單位向量、零向量、共線向量的定義和的性質(zhì)的合理運用．
57．（2020春?長寧區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，點D為邊AC的中點，設(shè)，，
（1）試用向量，表示下列向量：＝ ﹣ ；＝ ﹣﹣ ；
（2）求作：、．
（保留作圖痕跡，不要求寫作法，寫出結(jié)果）．
【分析】（1）根據(jù)三角形法則，由＝﹣即可求得的值，由點D為邊AC的中點，與＝+即可求得的值；
（2）如圖1，首先過點C作CE∥BD，且使CE＝BD，連接AE，向量＝；同理作CF∥BD，且CF＝BD，則＝．
【解答】解：（1），（2分）
，（2分）
（2）作圖（各2分）
如圖1：＝，如圖2：＝．
【點評】此題考查了平面向量的知識，考查了學(xué)生的動手能力．解題的關(guān)鍵是三角形法則的應(yīng)用．
58．（2021秋?楊浦區(qū)期末）如圖，已知在△ABC中，點D、E分別在邊AB、AC上，DE∥BC，且DE＝BC．
（1）如果AC＝6，求AE的長；
（2）設(shè)＝，＝，試用、的線性組合表示向量．
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出等式求解即可；
（2）根據(jù)平面向量的加減運算法則即可求解．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵DE＝，
∴AE＝4；
（2）由（1）知，，
∴DE＝，
∵，
∴＝．
【點評】本題考查了平面向量，相似三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握平面向量的加減運算法則是解題的關(guān)鍵．
二十八．隨機事件（共1小題）
59．（2022春?長寧區(qū)校級期末）下列成語所描述的事件為必然事件的是（ ）
A．水中撈月B．甕中捉鱉C．守株待兔D．拔苗助長
【分析】根據(jù)事件的分類對各選項進行逐一分析即可．
【解答】解：A、水中撈月是不可能事件，故本選項錯誤；
B、翁中捉鱉是必然事件，故本選項正確；
C、守株待兔是隨機事件，故本選項錯誤；
D、拔苗助長是不可能事件，故本選項錯誤．
故選：B．
【點評】本題考查的是隨機事件，解決本題需要正確理解必然事件、不可能事件、隨機事件的概念．必然事件指在一定條件下一定發(fā)生的事件．不可能事件是指在一定條件下，一定不發(fā)生的事件．不確定事件即隨機事件是指在一定條件下，可能發(fā)生也可能不發(fā)生的事件．
二十九．列表法與樹狀圖法（共1小題）
60．（2022春?長寧區(qū)校級期末）將分別標(biāo)有數(shù)字1、2、3的3個質(zhì)地和大小完全相同的小球裝在一個不透明的口袋中．
（1）若從口袋中隨機摸出一個球，其標(biāo)號為奇數(shù)的概率為多少？
（2）若從口袋中隨機摸出一個球，放回口袋中攪勻后再隨機摸出一個球，試求所摸出的兩個球上數(shù)字之和等于4的概率（用樹狀圖或列表法求解）．
【分析】（1）根據(jù)概率公式求解；
（2）通過列表展示9種等可能的結(jié)果，再找出所摸出的兩個球上數(shù)字之和等于4的結(jié)果數(shù)，然后利用概率公式求解．
【解答】解：（1）P（標(biāo)號為奇數(shù)）＝；
（2）列表如下：
共有9種等可能的結(jié)果，其中所摸出的兩個球上數(shù)字之和等于4（記為事件A）的有3種，
所以，P（A）＝．
【點評】本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有可能的結(jié)果求出n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后根據(jù)概率公式計算事件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）

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