1．（2022春?仙居縣期末）已知x＜y，請(qǐng)寫出一個(gè)實(shí)數(shù)a，使得ax＞ay．你所寫的實(shí)數(shù)a是 ﹣2（答案不唯一） ．
【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)，即可解答．
【解答】解：∵x＜y，a＝﹣2，
∴ax＞ay，
∴所寫的實(shí)數(shù)a是﹣2，
故答案為：﹣2（答案不唯一）．
2．（2022春?仙居縣期末）楊梅的進(jìn)價(jià)是每千克18元，銷售中估計(jì)有10%的楊梅正常損耗．為了避免虧本，商家把售價(jià)至少定為 20 元/千克．
【分析】設(shè)商家把售價(jià)定為x元/千克，根據(jù)商家不虧本，即可得出關(guān)于x的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出結(jié)論．
【解答】解：設(shè)商家把售價(jià)定為x元/千克，
依題意得：（1﹣10%）x﹣18≥0，
解得：x≥20，
∴商家把售價(jià)至少定為20元/千克．
故答案為：20．
3．（2021秋?嵊州市期末）關(guān)于x的不等式組只有一個(gè)解，則a與b的關(guān)系是 2a＝3b ．
【分析】分別求出每一個(gè)不等式的解集，根據(jù)不等式組的解的情況得出關(guān)于a、b的等式，化簡(jiǎn)可得答案．
【解答】解：由3x﹣a≥0，得：x≥，
由2x﹣b≤0，得：x≤，
∵不等式組只有1個(gè)解，
∴＝，
∴2a＝3b，
故答案為：2a＝3b．
4．（2021秋?青田縣期末）已知關(guān)于x的不等式2x+a≤1只有3個(gè)正整數(shù)解，則a的取值范圍為 ﹣7＜a≤﹣5 ．
【分析】解不等式得出x≤，根據(jù)不等式只有3個(gè)正整數(shù)解得出3≤＜4，解之即可．
【解答】解：由2x+a≤1，得：x≤，
因?yàn)椴坏仁街挥?個(gè)正整數(shù)解，
所以不等式的正整數(shù)解為1、2、3，
∴3≤＜4，
解得﹣7＜a≤﹣5，
故答案為：﹣7＜a≤﹣5．
5．（2021秋?新昌縣期末）某種家用電器的進(jìn)價(jià)為每件800元，以每件1200元的標(biāo)價(jià)出售，由于電器積壓，商店準(zhǔn)備打折銷售，但要保證利潤率不低于5%，則最低可按標(biāo)價(jià)的 七 折出售．
【分析】設(shè)按標(biāo)價(jià)的x折出售，利用利潤＝售價(jià)﹣進(jìn)價(jià)，結(jié)合利潤率不低于5%，即可得出關(guān)于x的一元一次不等式，解之取其中的最小值即可得出結(jié)論．
【解答】解：設(shè)按標(biāo)價(jià)的x折出售，
依題意得：1200×﹣800≥800×5%，
解得：x≥7，
∴最低可按標(biāo)價(jià)的七折出售．
故答案為：七．
6．（2022春?椒江區(qū)期末）若不等式（組）①的解集中的任意解都滿足不等式（組）②，則稱不等式（組）①被不等式（組）②覆蓋，特別的，若一個(gè)不等式（組）無解，則它被其他任意不等式（組）覆蓋．例如：不等式x＞2被不等式x＞1覆蓋；不等式組無解，它被其他任意不等式（組）覆蓋．若關(guān)于x的不等式組被1≤x≤6覆蓋，則a的取值范圍是 ≤a≤或a≤﹣3 ．
【分析】根據(jù)題意和題目中的不等式，可以得到關(guān)于a的不等式組，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＞，
∵不等式組被1≤x≤6覆蓋，
∴或2a﹣1≤，
解得≤a≤或a≤﹣3，
故答案為：≤a≤或a≤﹣3．
7．（2022秋?青田縣期中）如圖，∠ABC＝∠ACB，AD，BD，CD分別平分△ABC的外角∠EAC，內(nèi)角∠ABC，外角∠ACF；則以下結(jié)論：①AD∥BC；②∠ACB＝2∠ADB；③∠ADC+∠ABD＝90°；其中正確的結(jié)論有 ①②③ ．
【分析】根據(jù)角平分線定義得出∠ABC＝2∠ABD＝2∠DBC，∠EAC＝2∠EAD，∠ACF＝2∠DCF，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得出∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，根據(jù)三角形外角性質(zhì)得出∠ACF＝∠ABC+∠BAC，∠EAC＝∠ABC+∠ACB，根據(jù)已知結(jié)論逐步推理，即可判斷各項(xiàng)．
【解答】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAC＝2∠EAD，
∵∠EAC＝∠ABC+∠ACB，∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAD＝∠ABC，
∴AD∥BC，
∴①正確；
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠ACB＝2∠DBC，
∴∠ACB＝2∠ADB，
∴②正確；
∵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正確；
故答案為：①②③．
8．（2022秋?鹿城區(qū)校級(jí)期中）寫出命題“如果ab＝0，那么a＝0或b＝0．”的逆命題： 如果a＝0或b＝0，那么ab＝0 ．
【分析】交換原命題的條件與結(jié)論即可得到原命題的逆命題．
【解答】解：命題“如果ab＝0，那么a＝0或b＝0．”的逆命題是如果a＝0或b＝0，那么ab＝0，
故答案為：如果a＝0或b＝0，那么ab＝0．
9．（2022秋?柯橋區(qū)期中）已知∠AOB＝60°，OC是∠AOB的平分線，點(diǎn)D為OC上一點(diǎn)，過D作直線DE⊥OA，垂足為點(diǎn)E，且直線DE交OB于點(diǎn)F，如圖所示，若DE＝3，則DF＝ 6 ．
【分析】過點(diǎn)D作DM⊥OB，垂足為M，則DM＝DE＝3，在Rt△OEF中，利用三角形內(nèi)角和定理可求出∠DFM＝30°，在Rt△DMF中，由30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半可求出DF的長，此題得解．
【解答】解：過點(diǎn)D作DM⊥OB，垂足為M，如圖所示．
∵OC是∠AOB的平分線，
∴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．
故答案為：6．
10．（2022秋?慈溪市期中）如圖，在△ABC中，AB＝2cm，AC＝3cm，BC的垂直平分線l與AC相交于點(diǎn)D，則△ABD的周長為 5 cm．
【分析】根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到DB＝DC，根據(jù)三角形的周長公式計(jì)算，得到答案．
【解答】解：∵BC的垂直平分線l與AC相交于點(diǎn)D，
∴DB＝DC，
∴△ABD的周長＝AB+AD+BD＝AB+AD+CD＝AB+AC＝2+3＝5（cm），
故答案為：5．
11．（2022秋?余姚市期中）如圖，在△ABC中，高AE交BC于點(diǎn)E，若∠ABE+∠C＝45°，CE＝5，△ABC的面積為20，則AB的長為 4 ．
【分析】過C作CD⊥BA于點(diǎn)D，先證∠ACB＝∠ACD，再證△AEC≌△ADC（AAS），得CE＝CD＝5，然后由三角形面積即可解決問題．
【解答】解：如圖，過C作CD⊥BA于點(diǎn)D，
則∠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與△ADC中，
，
∴△AEC≌△ADC（AAS），
∴CE＝CD＝5，
∵S△ABC＝AB?CD，
∴20＝×AB×5，
∴AB＝4，
故答案為：4．
12．（2022秋?柯橋區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝4，CA＝1，D為射線AC上一點(diǎn)，且與A、B兩點(diǎn)構(gòu)成等腰三角形，則此等腰三角形的面積為 4或2或17 ．
【分析】根據(jù)勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【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，
當(dāng)AB＝BD時(shí)，∠ACB＝90°，
∴AD＝2AC＝2，
∴S△ABD＝BC?AD＝2×4＝4；
當(dāng)AB＝AD＝，
∴S△ABD＝××4＝2；
當(dāng)AD＝BD時(shí)，
則CD＝BD﹣AC＝BD﹣1，
∵BD2＝CD2+BC2，
∴BD2＝（BD﹣1）2+42，
∴BD＝，
∴S△ABD＝AD?BC＝4＝17，
綜上所述，等腰三角形的面積為4或2或17，
故答案為：4或2或17．
13．（2022秋?柯橋區(qū)期中）如圖所示，AOB是一鋼架，設(shè)∠AOB＝α，為了使鋼架更加堅(jiān)固，需在其內(nèi)部添加一些鋼管EF，F(xiàn)G，GH…，添加的鋼管長度都與OE相等，若最多能添加這樣的鋼管5根，則α的取值范圍是 15°≤α＜18° ．
【分析】由等腰三角形的性質(zhì)和外角性質(zhì)可得，∠GEF＝2α，∠GFH＝3α，∠HGB＝4α，由題意可列不等式組，即可求解．
【解答】解：∵OE＝EF，
∴∠EOF＝∠EFO＝α，
∴∠GEF＝∠EOF+∠EFO＝2α，
同理可得∠GFH＝3α，∠HGB＝4α，
∵最多能添加這樣的鋼管5根，
∴5α＜90°，6α≥90°，
∴15°≤α＜18°，
故答案為：15°≤α＜18°．
14．（2022秋?新昌縣校級(jí)期中）如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，點(diǎn)M是線段CO延長線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∠AOC＝60°，則當(dāng)△ABM為直角三角形時(shí)，AM的長為 或 ．
【分析】分∠AMB＝90°、∠ABM＝90°兩種情況，根據(jù)勾股定理計(jì)算即可．
【解答】解：當(dāng)∠AMB＝90°時(shí)，
∵AO＝BO，AB＝2，
∴OM＝AB＝OB，
∵∠BOM＝∠AOC＝60°，
∴△BOM為等邊三角形，
∴BM＝OB＝1，
∴AM＝＝＝；
當(dāng)∠ABM＝90°時(shí)，如圖2，
∵∠BOM＝∠AOC＝60°，
∴∠BMO＝30°，
∴OM＝2OB＝2，
∴BM＝＝，
∴AM＝＝，
綜上所述，當(dāng)△ABM為直角三角形時(shí)，AM的長為或，
故答案為：或．
15．（2022秋?義烏市期中）如圖，D為△ABC外一點(diǎn)，BD⊥AD，BD平分△ABC的一個(gè)外角，∠C＝∠CAD．若AB＝10，BC＝2，則BD的長為 8 ．
【分析】延長線AD交CB的延長線于E，得到△ACE為等腰三角形，△ABE為等邊三角形，利用等腰三角形的“三合一”性質(zhì)求得AD＝CE＝6，根據(jù)勾股定理求出BD的長．
【解答】解：延長線AD交CB的延長線于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，
故答案為：8．
16．（2022秋?柯橋區(qū)期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AD是∠BAC的平分線，若P，Q分別是AD和AC上的動(dòng)點(diǎn)，則PC+PQ的最小值為 2.4 ．
【分析】如圖，作點(diǎn)Q關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)Q′，連接PQ′，過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H．利用垂線段最短解決問題即可．
【解答】解：如圖，作點(diǎn)Q關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)Q′，連接PQ′，CQ′，過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H．
∵AD是△ABC的角平分線，Q與Q'關(guān)于AD對(duì)稱，
∴點(diǎn)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的最小值為2.4．
故答案為：2.4．
17．（2022秋?鄞州區(qū)期中）如圖：在△ABC中，∠C＝90°，BC＝6cm，AC＝8cm，BD是∠ABC的角平分線．（1）則CD＝ 3cm ；
（2）若點(diǎn)E是線段AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，從點(diǎn)B以每秒1cm的速度向A運(yùn)動(dòng)， 6或 秒鐘后△EAD是直角三角形．
【分析】（1）過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，利用角平分線的性質(zhì)得CD＝DE，再根據(jù)面積法可得答案；
（2）分∠ADE＝90°或∠AED＝90°兩種情形，分別畫出圖形，利用勾股定理可得答案．
【解答】解：（1）如圖，過點(diǎn)D作DE⊥AB于E，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AB＝，
∵BC∥AC，DE⊥BE，BD是∠ABC的角平分線，
∴CD＝DE，
∵S
∴設(shè)CD＝DE＝x，
則（8﹣x）×6＝10x，
解得x＝3，
即CD＝3cm，
故答案為：3cm；
（2）如圖，當(dāng)ED⊥AD時(shí)，
則ED∥BC，
∴∠CBD＝∠BDE，
∴∠BDE＝∠EBD，
∴BE＝DE，
設(shè)t秒后△EAD是直角三角形，
則BE＝DE＝tcm，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，
52+t2＝（10﹣t）2，
解得t＝，
當(dāng)DE⊥AB時(shí)，由（1）得CD＝DE＝3cm，
∵BD＝BD，
∴Rt△CBD≌Rt△EBD（HL），
∴BE＝BC＝6cm，
∴t＝6，
故答案為：6或．
18．（2022秋?桐鄉(xiāng)市期中）如圖，在△ABC中，∠A＝45°，AC＝4，AB＝5，點(diǎn)M為AC上動(dòng)點(diǎn)，N為AB上一點(diǎn)，且MN＝3，當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，則點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路程為 4﹣4 ．
【分析】通過畫圖可知：點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)路徑是：N'→D→N，計(jì)算DN'和DN的長，可得結(jié)論．
【解答】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)M與A重合時(shí)，點(diǎn)N在N'的位置，此時(shí)AN'＝3，
當(dāng)MN⊥AC時(shí)，點(diǎn)N在點(diǎn)D的位置上，
∴∠AMD＝90°，
∵∠A＝45°，
∴AM＝DM＝3，
∴AD＝3，
∴DN'＝3﹣3，
當(dāng)點(diǎn)M繼續(xù)向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)N由點(diǎn)D向左運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)N的位置，過點(diǎn)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，
∴點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的路程＝DN'+DN＝3﹣3+﹣1＝4﹣4．
故答案為：4﹣4．
19．（2022秋?吳興區(qū)校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，線段AB的端點(diǎn)在方格線的格點(diǎn)上，將AB繞點(diǎn)P順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段A′B′，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為 （1，2） ．
【分析】依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，將AB繞點(diǎn)P順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到線段A′B′，則點(diǎn)P到對(duì)應(yīng)點(diǎn)的距離相等，因此作出兩對(duì)對(duì)應(yīng)點(diǎn)連線的垂直平分線，其交點(diǎn)即為所求．
【解答】解：如圖所示，作線段AA'和BB'的垂直平分線，交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P即為旋轉(zhuǎn)中心，
由圖可得，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1，2），
故答案為：（1，2）．
20．（2021秋?拱墅區(qū)期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，對(duì)于點(diǎn)P（x，y）我們把P（﹣y+1，x+1）叫做點(diǎn)P的伴隨點(diǎn)，已知A1的伴隨點(diǎn)為A2，點(diǎn)A2的伴隨點(diǎn)為A3，點(diǎn)A3的伴隨點(diǎn)為A4，這樣依次得到A1，A2，A3，…An，若點(diǎn)A1的坐標(biāo)為（3，1），則點(diǎn)A2021的坐標(biāo)為 （3，1） ．
【分析】根據(jù)“伴隨點(diǎn)”的定義依次求出各點(diǎn)，不難發(fā)現(xiàn)，每4個(gè)點(diǎn)為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，用2021除以4，根據(jù)商和余數(shù)的情況確定點(diǎn)A2021的坐標(biāo)即可．
【解答】解：∵A1的坐標(biāo)為（3，1），
∴A2（0，4），A3（﹣3，1），A4（0，﹣2），A5（3，1），
……，
依此類推，每4個(gè)點(diǎn)為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，
∵2021÷4＝505……1，
∴點(diǎn)A2021的坐標(biāo)與A1的坐標(biāo)相同，為（3，1）．
故答案是：（3，1）．
21．（2012春?臨海市校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A1（1，0），A2（3，0），A3（6，0），A4（10，0），…，以A1A2為對(duì)角線作第一個(gè)正方形A1C1A2B1，以A2A3為對(duì)角線作第二個(gè)正方形A2C2A3B2，以A3A4為對(duì)角線作第三個(gè)正方形A3C3A4B3，…，頂點(diǎn)B1，B2，B3，…都在第一象限，按照這樣的規(guī)律依次進(jìn)行下去，點(diǎn)B5的坐標(biāo)為 （18，3） ；點(diǎn)Bn的坐標(biāo)為 ．
【分析】利用圖形分別得出B點(diǎn)橫坐標(biāo)B1，B2，B3，…的橫坐標(biāo)分別為：，，，…，即可得出點(diǎn)B5的橫坐標(biāo)為：，點(diǎn)Bn的橫坐標(biāo)為：，再利用縱坐標(biāo)變化規(guī)律進(jìn)而得出答案．
【解答】解：分別過點(diǎn)B1，B2，B3，作B1D⊥x軸，B2E⊥x軸，B3F⊥x軸于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，
∵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，…的橫坐標(biāo)分別為：，，，…，∴點(diǎn)B5的橫坐標(biāo)為：，
點(diǎn)Bn的橫坐標(biāo)為：，
∵B1，B2，B3，…的縱坐標(biāo)分別為：1，，，，…，∴點(diǎn)B5的縱坐標(biāo)為：＝3，
點(diǎn)Bn的縱坐標(biāo)為：，
∴點(diǎn)B5的坐標(biāo)為（18，3）；點(diǎn)Bn的坐標(biāo)為：．
故答案為：（18，3），．
22．（2022秋?西湖區(qū)校級(jí)期中）已知一次函數(shù)y＝kx+b的圖象平行于直線y＝﹣2x+3，且經(jīng)過點(diǎn)A，則這個(gè)一次函數(shù)的解析式是 y＝﹣2x+ ．
【分析】根據(jù)兩平行直線的解析式的k值相等求出k，再把經(jīng)過的點(diǎn)的坐標(biāo)代入函數(shù)解析式計(jì)算求出b，從而得解．
【解答】解：∵一次函數(shù)y＝kx+b的圖象平行于直線y＝﹣2x+3，
∴k＝﹣2，
∵經(jīng)過點(diǎn)A，
∴＝﹣2×2+b，
∴b＝，
∴這個(gè)一次函數(shù)的解析式為y＝﹣2x+．
故答案為：y＝﹣2x+．
23．（2022春?新昌縣期中）在彈簧的彈性限度內(nèi)，彈簧總長y（cm）與所掛物體質(zhì)量x（kg）滿足公式：y＝kx+b（k，b為常數(shù)）．當(dāng)所掛物體質(zhì)量為1kg時(shí)，彈簧總長為6.3cm；當(dāng)所掛物體質(zhì)量為4kg時(shí)，彈簧總長為7.2cm．則當(dāng)彈簧總長為8.4cm時(shí)，所掛物體的質(zhì)量為 8 kg．
【分析】根據(jù)當(dāng)所掛物體質(zhì)量為1kg時(shí)，彈簧總長為6.3cm；當(dāng)所掛物體質(zhì)量為4kg時(shí)，彈簧總長為7.2cm列出方程組，求出一次函數(shù)解析式，再將y＝8.4代入，即可解得答案．
【解答】解：∵當(dāng)所掛物體質(zhì)量為1kg時(shí)，彈簧總長為6.3cm；當(dāng)所掛物體質(zhì)量為4kg時(shí)，彈簧總長為7.2cm，
∴，
解得，
∴y＝0.3x+6，
當(dāng)y＝8.4時(shí)，0.3x+6＝8.4，
∴x＝8，
故答案為：8．
24．（2020秋?蕭山區(qū)期中）如圖，△ABC中，∠B＝60°，∠C＝90°，在射線BA上找一點(diǎn)D，使△ACD為等腰三角形，則∠ADC的度數(shù)為 75°或120°或15° ．
【分析】分三種情形分別求解即可．
【解答】解：∵△ABC中，∠B＝60°，∠C＝90°，
∴∠BAC＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
如圖，有三種情形：
①當(dāng)AC＝AD時(shí)，∠ADC＝＝75°．
②當(dāng)CD′＝AD′時(shí)，∠AD′C＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
③當(dāng)AC＝AD″時(shí)，∠AD″C＝＝15°，
故答案為：75°或120°或15°．
25．（2021秋?江北區(qū)期中）如圖，函數(shù)y＝kx（k≠0）和y＝ax+4（a≠0）的圖象相交于點(diǎn)A（﹣1.5，1），則不等式kx＜ax+4的解集為 x＞﹣1.5 ．
【分析】觀察函數(shù)圖象得到x＞﹣1.5時(shí)，直線y＝kx都在直線y＝ax+4的下方．
【解答】解：根據(jù)題意得x＞﹣1.5時(shí)，kx＜ax+4，所以不等式kx＜ax+4的解集為x＞﹣1.5．
故答案為：x＞﹣1.5．
26．（2021春?臨海市校級(jí)期中）一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象由函數(shù)y＝x的圖象平移得到，且經(jīng)過點(diǎn)（1，3）．當(dāng)x＞1時(shí)，對(duì)于x的每一個(gè)值，函數(shù)y＝mx（m≠0）的值大于一次函數(shù)y＝kx+b的值，直接寫出m的取值范圍 m≥3 ．
【分析】先根據(jù)直線平移時(shí)k的值不變得出k＝1，再將點(diǎn)A（1，3）代入y＝x+b，求出b的值，即可得到一次函數(shù)的解析式；根據(jù)點(diǎn)（1，3）和函數(shù)圖象即可求得．
【解答】解：∵一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象由函數(shù)y＝x的圖象平移得到，
∴k＝1，
將點(diǎn)（1，3）代入y＝x+b，
得1+b＝3，
解得b＝2，
∴一次函數(shù)的解析式為y＝x+2；
把點(diǎn)（1，3）代入y＝mx，求得m＝3，
∵當(dāng)x＞1時(shí)，對(duì)于x的每一個(gè)值，函數(shù)y＝mx（m≠0）的值大于一次函數(shù)y＝x+2的值，
∴m≥3．
故答案是：m≥3．
27．（2021秋?金東區(qū)校級(jí)期中）在平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)叫做整點(diǎn)，已知直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有四個(gè)整點(diǎn)，則t的取值范圍是 ≤t≤2且t≠1 ．
【分析】由y＝tx+2t+2＝t（x+2）+2（t＞0），得出直線y＝tx+2t+2（t＞0）經(jīng)過點(diǎn)（﹣2，2），如圖，當(dāng)直線經(jīng)過（0，3）或（0，6）時(shí)，直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有四個(gè)整點(diǎn)，當(dāng)直線經(jīng)過（0，4）時(shí)，直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有三個(gè)整點(diǎn)，分別求得這三種情況下的t的值，結(jié)合圖象即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵y＝tx+2t+2＝t（x+2）+2（t＞0），
∴直線y＝tx+2t+2（t＞0）經(jīng)過點(diǎn)（﹣2，2），如圖，
當(dāng)直線經(jīng)過（0，3）時(shí)，直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有四個(gè)整點(diǎn)，
則3＝2t+2，解得t＝；
當(dāng)直線經(jīng)過（0，6）時(shí)，直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有四個(gè)整點(diǎn)，
則6＝2t+2，解得t＝2；
當(dāng)直線經(jīng)過（0，4）時(shí)，直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有三個(gè)整點(diǎn)，
則4＝2t+2，解得t＝1；
∴直線y＝tx+2t+2（t＞0）與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形區(qū)域（不含邊界）中有且只有四個(gè)整點(diǎn)，則t的取值范圍是≤t≤2且t≠1，
故答案為：≤t≤2且t≠1．
28．（2021春?臨海市期中）如圖1，點(diǎn)P從△ABC的頂點(diǎn)A出發(fā)，沿A﹣B﹣C勻速運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)C停止運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段AP的長度y與運(yùn)動(dòng)時(shí)間x的函數(shù)關(guān)系如圖2所示，其中D為曲線部分的最低點(diǎn)，則△ABC的面積是 48 ．
【分析】根據(jù)圖象可知點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)AP不斷增大，而從B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP先變小后變大，從而可求出BC與BC上的高．
【解答】解：根據(jù)圖象可知，點(diǎn)P在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)AP不斷增大，
由圖象可知：點(diǎn)P從A向B運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP的最大值為10，即AB＝10，
點(diǎn)P從B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP的最小值為8，
即BC邊上的高為8，
∴當(dāng)AP⊥BC，AP＝8，
此時(shí)，由勾股定理可知：BP＝6，
由于圖象的曲線部分是軸對(duì)稱圖形，
∴PC＝6，
∴BC＝12，
∴△ABC的面積為：×8×12＝48，
故答案為48．
29．（2020秋?慈溪市期中）如圖，等腰三角形紙片ABC中，AB＝AC，AE是∠BAC的平分線，放入一張等邊三角形紙片BDF，F(xiàn)在BC上，E在DF上．若EF＝4，F(xiàn)C＝3，則等邊△BDF的邊長為 7 ．
【分析】延長AE交BC于H，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AH⊥BC，求得∠EHF＝90°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠EFH＝60°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得到∠HEF＝30°，由直角三角形的性質(zhì)得到HF＝EF＝2，求得CH＝5，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解答】解：如圖，延長AE交BC于H，
∵AB＝AC，AE是∠BAC的平分線，
∴AH⊥BC，
∴∠EHF＝90°，
∵△BDF是等邊三角形，
∴∠EFH＝60°，
∴∠HEF＝30°，
∴HF＝EF＝2，
∵CF＝3，
∴CH＝5，
∵AB＝AC，
∴BC＝2CH＝10，
∴BF＝BC﹣CF＝10﹣3＝7，
∴等邊△BDF的邊長為7，
故答案為：7．
30．（2020春?溫州期中）如圖1，在菱形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，沿C﹣A﹣D運(yùn)動(dòng)至終點(diǎn)D．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為x（cm），△BCP的面積為y（cm2）．若y與x的函數(shù)圖象如圖2所示，則圖中a的值為 ．
【分析】從圖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：從圖2知，AC＝5cm，AD＝2acm，
當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A時(shí)，此時(shí)，y＝4a＝S△BCP＝S△ABC，
此時(shí)，AB＝BC＝AD＝2acm，
即△ABC為等腰三角形，
過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，則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＝（舍去負(fù)值），
故答案為．

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