期末必刷真題03（解答易錯60道提高練八下浙教）-【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生培優(yōu)必刷題（解析版）【浙教版】

【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生培優(yōu)必刷題【浙教版】期末必刷真題03（解答易錯60道提高練，八下浙教）一．解答題（共60小題）1．（2023春?拱墅區(qū)期末）計算：（1）；（2）．【答案】（1）；（2）10﹣2．【分析】（1）先把各二次根式化為最簡二次根式，然后合并即可；（2）利用完全平方公式和平方差公式計算．【詳解】解；（1）原式＝2﹣＝；（2）原式＝5﹣2+3+5﹣3＝10﹣2．【點(diǎn)評】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算，熟練掌握二次根式的性質(zhì)、二次根式的乘法和除法法則是解決問題的關(guān)鍵．2．（2021秋?鎮(zhèn)海區(qū)期末）計算：（1）×÷；（2）（﹣）×；（3）﹣+．【答案】（1）4；（2）6﹣6；（3）﹣．【分析】（1）根據(jù)二次根式的乘除法計算，然后化成最簡式子即可；（2）先化簡括號內(nèi)的式子，然后計算括號外的乘法即可；（3）先化簡，然后合并同類二次根式即可．【詳解】解：（1）×÷＝＝＝4；（2）（﹣）×＝（3﹣）×2＝6﹣6；（3）﹣+＝﹣+＝﹣++＝﹣．【點(diǎn)評】本題考查二次根式的混合運(yùn)算、分母有理化，解答本題的關(guān)鍵是明確二次根式混合運(yùn)算的計算方法和分母有理化的方法．3．（2021秋?海曙區(qū)校級期末）計算：（1）+﹣+；（2）（+）（﹣）﹣（2）2．【答案】（1）3﹣；（2）﹣23．【分析】（1）先化簡，再合并；（1）先乘法和乘方，在求差．【詳解】解：（1）+﹣+＝2+2﹣3+＝3﹣；（2）（+）（﹣）﹣（2）2＝3﹣2﹣24＝﹣23．【點(diǎn)評】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算，二次根式的化簡是解題的關(guān)鍵．4．（2022春?錢塘區(qū)期末）計算：（1）；（2）．【答案】（1）2；（2）4．【分析】（1）先化簡各式，然后再進(jìn)行計算即可解答；（2）先算乘法，再算加減，即可解答．【詳解】解：（1）＝3+2﹣3＝2；（2）＝（3﹣2）×+5﹣3＝×+5﹣3＝2+5﹣3＝4．【點(diǎn)評】本題考查了二次根式的混合運(yùn)算，平方差公式，準(zhǔn)確熟練地進(jìn)行計算是解題的關(guān)鍵．5．（2021秋?錢塘區(qū)期末）（1）已知一個長方形的長是寬的2倍，面積是10，求這個長方形的周長．（2）如圖，已知長方形內(nèi)兩個相鄰正方形的面積分別為9和3，求圖中陰影部分的面積．【答案】（1）6；（2）3．【分析】（1）根據(jù)長方形面積公式為長×寬，代入計算即可；（2）兩個小陰影部分可以組成一個長為，寬為（3﹣）的長方形，直接計算即可．【詳解】解：（1）設(shè)長方形的寬為x，則長方形的長為2x，則x?2x＝10，解得x＝或（舍去），∴長方形的長為2，∴長方形的周長為（）×2＝6．（2）由題意可知，大正方形的邊長為3，小正方形的變成為，∴陰影部分的面積為（3﹣）×＝3．【點(diǎn)評】本題考查二次根式的應(yīng)用，能夠?qū)D形的面積公式和二次根式熟練的結(jié)合在一起是解答本題的關(guān)鍵．6．（2022秋?海曙區(qū)校級期末）（1）解方程：（x+2）2＝3（x+2）；（2）計算：．【答案】（1）x1＝﹣2，x2＝1．（2）．【分析】（1）利用因式分解法求解即可；（2）化簡二次根式，合并二次根式即可．【詳解】解：（1）（x+2）2﹣3（x+2）＝0，（x+2）2﹣3（x+2）＝0，（x+2）（x+2﹣3）＝0，∴x+2＝0或x﹣1＝0，所以x1＝﹣2，x2＝1．（2）原式＝＝．【點(diǎn)評】主要考查了二次根式的運(yùn)算和解一元二次方程．在進(jìn)行根式的運(yùn)算時要先化簡再計算可使計算簡便，注意靈活選用合適的方法來解一元二次方程．7．（2022秋?仙居縣期末）解方程：（1）x2﹣1＝0；（2）2x2﹣5x+3＝0．【答案】（1）x1＝1，x2＝﹣1；（2）x1＝1，x2＝1.5．【分析】（1）利用直接開平方法求解即可；（2）利用因式分解法求解即可．【詳解】解：（1）x2﹣1＝0，x2＝1，∴x＝±1，∴x1＝1，x2＝﹣1；（2）2x2﹣5x+3＝0，（x﹣1）（2x﹣3）＝0，∴x﹣1＝0或2x﹣3＝0，∴x1＝1，x2＝1.5．【點(diǎn)評】此題考查了解一元二次方程﹣直接開平方法，以及因式分解法，熟練掌握各自的解法是解本題的關(guān)鍵．8．（2022秋?鄞州區(qū)校級期末）已知關(guān)于x的一元二次方程x2+2x+2k﹣5＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根．（1）求k的取值范圍；（2）若x1，x2是這個方程的兩個根，且x12+x22+3x1?x2＝﹣3，求k的值．【答案】（1）k＜3；（2）k＝﹣1．【分析】（1）根據(jù)方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，可知方程的判別式大于0，據(jù)此列不等式即可求解；（2）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出x1+x2＝﹣2，x1x2＝2k﹣5，代入中即可求解．【詳解】解：（1）∵關(guān)于x的一元二次方程x2+2x+2k﹣5＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，∴Δ＝22﹣4×1×（2k﹣5）＞0，∴解得：k＜3，即k的取值范圍為：k＜3；（2）∵x1，x2是方程x2+2x+2k﹣5＝0的兩個根，∴x1+x2＝﹣2，x1x2＝2k﹣5，∵，∴，∴（﹣2）2+2k﹣5＝﹣3，解得：k＝﹣1．【點(diǎn)評】本題主要考查了一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，若x1，x2是方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩個根，則有，．掌握該知識點(diǎn)是解答本題的關(guān)鍵．9．（2022春?上虞區(qū)期末）解答下列各題：（1）用配方法解方程：x2﹣12x＝﹣9．（2）設(shè)x1，x2是一元二次方程5x2﹣7x﹣3＝0的兩根，求的值．【答案】（1）x1＝6+3，x2＝6﹣3；（2）．【分析】（1）利用配方法得到（x﹣6）2＝27，然后利用直接開平方法解方程；（2）先利用根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2＝，x1x2＝﹣，再利用完全平方公式得到＝（x1+x2）2﹣2x1x2，然后利用整體代入的方法計算．【詳解】解：（1）x2﹣12x＝﹣9．x2﹣12x+62＝﹣9+62．（x﹣6）2＝27，x﹣6＝±3，所以x1＝6+3，x2＝6﹣3；（2）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2＝，x1x2＝﹣，∴＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（）2﹣2×（﹣）＝．【點(diǎn)評】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了配方法解方程．10．（2022春?鄞州區(qū)校級期末）已知關(guān)于x的一元二次方程x2﹣2tx+t2﹣2t+4＝0，有兩個不相等的實(shí)數(shù)根m，n．（1）求t的取值范圍；（2）當(dāng)t＝3時，解這個方程；（3）若m，n是方程的兩個實(shí)數(shù)根，設(shè)Q＝（m﹣2）（n﹣2），試求Q的最小值．【答案】（1）t＞2；（2）x1＝3+，x2＝3﹣；（3）﹣1．【分析】（1）利用根的判別式的意義得到Δ＝（﹣2t）2﹣4（t2﹣2t+4）＞0，然后解不等式即可；（2）當(dāng)t＝3時，方程化為x2﹣6x+7＝0，然后利用配方法解方程即可；（3）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得m+n＝2t，mn＝t2﹣2t+4，則Q＝t2﹣6t+8，配方得到Q＝（t﹣3）2﹣1，利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)得到當(dāng)t＝3時，Q有最小值，最小值為﹣1．【詳解】解：（1）根據(jù)題意得Δ＝（﹣2t）2﹣4（t2﹣2t+4）＞0，解得t＞2，即t的取值范圍為t＞2；（2）當(dāng)t＝3時，方程化為x2﹣6x+7＝0，x2﹣6x+9＝2，（x﹣3）2＝2，x﹣3＝±，所以x1＝3+，x2＝3﹣；（3）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得m+n＝2t，mn＝t2﹣2t+4，Q＝mn﹣2（m+n）+4＝t2﹣2t+4﹣4t+4＝t2﹣6t+8＝（t﹣3）2﹣1，∵t＞2，∴當(dāng)t＝3時，Q有最小值，最小值為﹣1．【點(diǎn)評】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的兩根時，x1+x2＝﹣，x1x2＝．也考查了根的判別式．11．（2021秋?鄞州區(qū)校級期末）（1）計算；（2）解方程x（5x+4）＝2x；（3）已知關(guān)于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0．①若方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，求k的最小整數(shù)值；②若方程一個根恰好是另一個根的2倍，求k的值．【答案】（1）4﹣4；（2）x1＝0，x2＝﹣；（3）①1；②k＝﹣．【分析】（1）先算乘法與乘方，再去括號合并即可；（2）先整理為一般形式，再利用因式分解法解方程即可；（3）①根據(jù)題意得到關(guān)于k的不等式，解出k的取值范圍，即可得到結(jié)論；②設(shè)方程的兩個根為α，2α，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得出α+2α＝，α?2α＝﹣，解方程組即可．【詳解】解：（1）＝﹣（1﹣2+3）＝2﹣1+2﹣3＝4﹣4；（2）化簡整理得，5x2+2x＝0，x（5x+2）＝0，x＝0，或5x+2＝0，x1＝0，x2＝﹣；（3）①∵關(guān)于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，∴Δ＝（﹣2）2﹣4k（﹣1）＞0且k≠0，解得k＞﹣1且k≠0，∴k的最小整數(shù)值是1；②設(shè)方程的兩個根為α，2α，α+2α＝，α?2α＝﹣，則α＝，則?＝﹣，解得k＝﹣，符合題意，此時α＝﹣．【點(diǎn)評】此題考查了一元二次方程根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系，二次根式的混合運(yùn)算以及一元二次方程的解法．都是基礎(chǔ)知識，需熟練掌握．12．（2021秋?西湖區(qū)校級期末）設(shè)m是不小于﹣1的實(shí)數(shù)，使得關(guān)于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有兩個實(shí)數(shù)根x1，x2．（1）若x12+x22＝2，求m的值；（2）令T＝+，求T的取值范圍．【答案】（1）1；（2）0＜T≤4且T≠2．【分析】首先根據(jù)方程有兩個實(shí)數(shù)根及m是不小于﹣1的實(shí)數(shù)，確定m的取值范圍，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，用含m的代數(shù)式表示出兩根的和、兩根的積．（1）變形x12+x22為（x1+x2）2﹣2x1x2，代入用含m表示的兩根的和、兩根的積得方程，解方程根據(jù)m的取值范圍得到m的值；（2）化簡T，用含m的式子表示出T，根據(jù)m的取值范圍，得到T的取值范圍．【詳解】解：∵關(guān)于x的方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0有兩個實(shí)數(shù)根，∴Δ＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣3m+3）≥0，解得m≤1，∵m是不小于﹣1的實(shí)數(shù)，∴﹣1≤m≤1，∵方程x2+2（m﹣2）x+m2﹣3m+3＝0的兩個實(shí)數(shù)根為x1，x2，∴x1+x2＝﹣2（m﹣2）＝4﹣2m，x1?x2＝m2﹣3m+3．（1）∵x12+x22＝2，∴（x1+x2）2﹣2x1x2＝2，∴4（m﹣2）2﹣2（m2﹣3m+3）＝2，整理得m2﹣5m+4＝0，解得m1＝1，m2＝4（舍去），∴m的值為1；（2）T＝+＝＝＝＝＝2﹣2m．∵當(dāng)m＝0時，方程為x2﹣4x+3＝0，解得x＝1或x＝3．當(dāng)m＝1時，x1＝x2＝1，分母為0，此時T沒有意義．當(dāng)m≠0，m≠1時，﹣1≤m＜1，所以0＜2﹣2m≤4．即0＜T≤4且T≠2．【點(diǎn)評】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系、根的判別式、一元二次方程的解法及分式的化簡．解決本題的關(guān)鍵是掌握根與系數(shù)的關(guān)系，并能把要求的代數(shù)式變形為含兩根的和、兩根的積的式子．13．（2022春?西湖區(qū)校級期末）已知：關(guān)于x的方程x2+（m﹣2）x+m﹣3＝0．（1）求證：無論m取什么實(shí)數(shù)，這個方程總有兩個不相等的實(shí)數(shù)根；（2）若這個方程的兩個實(shí)數(shù)根x1，x2滿足2x1+x2＝m+1，求m的值．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）用一元二次方程根的判別式證明方程的根的情況．（2）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，把兩根之和代入滿足的等式，得到x1，再把x1代入方程可以求出m的值．【詳解】（1）證明：Δ＝（m﹣2）2﹣4×（m﹣3），＝m2﹣6m+16，＝（m﹣3）2+7＞0，∴無論m取什么實(shí)數(shù)，這個方程總有兩個不相等的實(shí)數(shù)根；（2）解：x1+x2＝﹣（m﹣2），2x1+x2＝x1+（x1+x2）＝m+1，∴x1＝m+1+m﹣2＝2m﹣1，把x1代入方程有：（2m﹣1）2+（m﹣2）（2m﹣1）+m﹣3＝0，整理得：6m2﹣m＝0，6m（m﹣）＝0，∴m1＝0，m2＝．【點(diǎn)評】本題考查的是一元二次方程根的判別式和一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，（1）題用根的判別式證明無論m為何值，方程總有兩個不相等的實(shí)數(shù)根．（2）題根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，用含m的式子表示兩根之和，代入所給等式求出x1，再把x1代入方程求出m的值．14．（2022秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級期末）公安交警部門提醒市民，騎車出行必須嚴(yán)格遵守“一盔一帶”的規(guī)定．某頭盔經(jīng)銷商統(tǒng)計了某品牌頭盔4月份到6月份的銷量，該品牌頭盔4月份銷售150個，6月份銷售216個，且從4月份到6月份銷售量的月增長率相同．（1）求該品牌頭盔銷售量的月增長率；（2）若此種頭盔的進(jìn)價為30元/個，測算在市場中，當(dāng)售價為40元/個時，月銷售量為600個，若在此基礎(chǔ)上售價每上漲1元/個，則月銷售量將減少10個，為使月銷售利潤達(dá)到10000元，而且盡可能讓顧客得到實(shí)惠，則該品牌頭盔的實(shí)際售價應(yīng)定為多少元/個？【答案】（1）20%；（2）50元．【分析】（1）設(shè)該品牌頭盔銷售量的月增長率為x，根據(jù)該品牌頭盔4月份及6月份的月銷售量，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)月銷售利潤＝每個頭盔的利潤×月銷售量，即可得出關(guān)于y的一元二次方程，解之取其正值即可求出結(jié)論．【詳解】解：（1）設(shè)該品牌頭盔銷售量的月增長率為x，依題意，得：150（1+x）2＝216，解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合題意，舍去）．答：該品牌頭盔銷售量的月增長率為20%．（2）設(shè)該品牌頭盔的實(shí)際售價為y元，依題意，得：（y﹣30）[600﹣10（y﹣40）]＝10000，整理，得：y2﹣130y+4000＝0，解得：y1＝80（不合題意，舍去），y2＝50，答：該品牌頭盔的實(shí)際售價應(yīng)定為50元．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．15．（2022春?濱江區(qū)期末）某小區(qū)計劃用40米的籬笆圍一個矩形花壇，其中一邊靠墻（墻足夠長，籬笆要全部用完）．（1）如圖1，問AB為多少米時，矩形ABCD的面積為200平方米？（2）如圖2，矩形EMNF的面積比（1）中的矩形ABCD面積減小20平方米，小明認(rèn)為只要此時矩形的長MN比圖①中矩形的長BC少2米就可以了．請你通過計算，判斷小明的想法是否正確．【答案】（1）10米；（2）小明的想法不正確．【分析】（1）設(shè)AB＝x米，則BC＝（40﹣2x）米，根據(jù)矩形ABCD的面積為200平方米，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之即可得出結(jié)論；（2）代入x＝10可求出BC的長，由MN＝BC﹣2，可求出MN的長，結(jié)合籬笆要全部用完，可求出EM的長，再利用矩形的面積計算公式，即可求出矩形EMNF的面積，將其與（200﹣20）比較后即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）設(shè)AB＝x米，則BC＝（40﹣2x）米，依題意得：x（40﹣2x）＝200，整理得：x2﹣20x+100＝0，解得：x1＝x2＝10．答：AB為10米時，矩形ABCD的面積為200平方米．（2）由（1）可知：BC＝40﹣2x＝40﹣2×10＝20．∵M(jìn)N＝BC﹣2＝20﹣2＝18（米），∴EM＝＝＝11（米），∴矩形EMNF的面積＝MN?EM＝18×11＝198（平方米），200﹣20＝180≠198，∴小明的想法不正確．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．16．（2022春?寧波期末）2022年冬奧會在北京順利召開，冬奧會吉祥物冰墩墩公仔爆紅．據(jù)統(tǒng)計冰墩墩公仔在某電商平臺1月份的銷售量是5萬件，3月份的銷售量是7.2萬件．（1）若該平臺1月份到3月份的月平均增長率都相同，求月平均增長率是多少？（2）市場調(diào)查發(fā)現(xiàn)，某一間店鋪冰墩墩公仔的進(jìn)價為每件60元，若售價為每件100元，每天能銷售20件，售價每降價1元，每天可多售出2件，為了推廣宣傳，商家決定降價促銷，同時盡量減少庫存，若使銷售該公仔每天獲利1200元，則售價應(yīng)降低多少元？【答案】（1）20%；（2）20元．【分析】（1）設(shè)月平均增長率是x，利用3月份的銷售量＝1月份的銷售量×（1+月平均增長率）2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出結(jié)論；（2）設(shè)售價應(yīng)降低y元，則每件的銷售利潤為（100﹣y﹣60）元，每天的銷售量為（20+2y）件，利用每天銷售該公仔獲得的利潤＝每件的銷售利潤×日銷售量，即可得出關(guān)于y的一元二次方程，解之即可求出y的值，再結(jié)合要盡量減少庫存，即可得出售價應(yīng)降低20元．【詳解】解：（1）設(shè)月平均增長率是x，依題意得：5（1+x）2＝7.2，解得：x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（不合題意，舍去）．答：月平均增長率是20%．（2）設(shè)售價應(yīng)降低y元，則每件的銷售利潤為（100﹣y﹣60）元，每天的銷售量為（20+2y）件，依題意得：（100﹣y﹣60）（20+2y）＝1200，整理得：y2﹣30y+200＝0，解得：y1＝10，y2＝20．又∵要盡量減少庫存，∴y＝20．答：售價應(yīng)降低20元．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．17．（2022秋?鄞州區(qū)校級期末）2021年我國脫貧攻堅戰(zhàn)取得了全面勝利．成為“脫貧勝利年”．技術(shù)扶貧也使得某縣的一個電子公司扭虧為盈，該公司的顯卡廠2019年電腦A型顯卡的成本是100元/個，2020年與2021年連續(xù)兩年在技術(shù)扶貧的幫助下改進(jìn)技術(shù)，降低成本，2021年A型電腦顯卡的成本降低到81元/個．（1）求這兩年A型電腦顯卡成本平均下降的百分率；（2）公司電商銷售平臺以高于成本價10%的價格購進(jìn)A型電腦顯卡，以117.1元/個銷售時，平均每天可銷售20個．為增加銷量，銷售平臺決定降價銷售，經(jīng)調(diào)查發(fā)現(xiàn)，單價每降低5元，每天可多售出10個，如果每天要保持盈利720元，試求單價應(yīng)降低多少元？【答案】（1）平均下降率為10%；（2）單價應(yīng)降低10元．【分析】（1）設(shè)平均下降率為x，利用2021年該類電腦顯卡的出廠價＝2019年該類電腦顯卡的出廠價×（1﹣下降率）2，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其符合題意的值即可得出結(jié)論；（2）設(shè)單價應(yīng)降低m元，則每個的銷售利潤為（28﹣m）元，每天可售出（20+2m）個，利用每天銷售該電腦顯卡獲得的利潤＝每個的銷售利潤×日銷售量，即可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）設(shè)這兩年A型電腦顯卡成本平均下降的百分率為x，依題意，得100（1﹣x）2＝81．解得x1＝0.1＝10%，x2＝1.9（不合題意，舍去）．答：平均下降率為10%．（2）設(shè)單價應(yīng)降低m元，則每個的銷售利潤為（117.1﹣m﹣81×110%）＝（28﹣m）元，每天可售出（20+2m）個，依題意得：（28﹣m）（20+2m）＝720．整理，得m2﹣18m+80＝0．解得m1＝10，m2＝8．∵為了增加銷量，∴m＝10，答：單價應(yīng)降低10元．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．18．（2022秋?鄞州區(qū)期末）某超市銷售一種襯衫．平均每天可售出20件，每件盈利40元．為了擴(kuò)大銷售、增加盈利，該超市準(zhǔn)備適當(dāng)降價，經(jīng)過一段時間測算，發(fā)現(xiàn)每件襯衫每降低1元，平均每天可多售出2件．（1）若每件襯衫降價4元時，平均每天可售出多少件襯衫？此時每天銷售獲利多少元？（2）在每件盈利不少于25元的前提下，要使該襯衫每天銷售獲利為1200元，問每件襯衫應(yīng)降價多少元？（3）該襯衫每天的銷售獲利能達(dá)到1300元嗎？如果能，請寫出降價方案，如果不能．請說明理由．【答案】（1）28件，1008元；（2）10元；（3）該襯衫每天的銷售獲利不能達(dá)到1300元．【分析】（1）利用日銷售量＝20+2×每件襯衫降低的價格，可求出日銷售量，再利用每天銷售該種襯衫獲得的利潤＝每件盈利×日銷售量，即可求出每天銷售該種襯衫獲得的利潤；（2）設(shè)每件襯衫應(yīng)降價x元，則每件盈利（40﹣x）元，每天可售出（20+2x）件，利用每天銷售該種襯衫獲得的利潤＝每件盈利×日銷售量，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，解之取其符合題意的值即可得出結(jié)論；（3）該襯衫每天的銷售獲利不能達(dá)到1300元，設(shè)每件襯衫應(yīng)降價y元，則每件盈利（40﹣y）元，每天可售出（20+2y）件，利用每天銷售該種襯衫獲得的利潤＝每件盈利×日銷售量，即可得出關(guān)于y的一元二次方程，由根的判別式Δ＝﹣100＜0，可得出該方程無實(shí)數(shù)根，即該襯衫每天的銷售獲利不能達(dá)到1300元．【詳解】解：（1）20+2×4＝28（件），（40﹣4）×28＝1008（元）．答：均每天可售出28件襯衫，此時每天銷售獲利1008元．（2）設(shè)每件襯衫應(yīng)降價x元，則每件盈利（40﹣x）元，每天可售出（20+2x）件，依題意得：（40﹣x）（20+2x）＝1200，整理得：x2﹣30x+200＝0，解得：x1＝10，x2＝20．又∵每件盈利不少于25元，∴x＝10．答：每件襯衫應(yīng)降價10元．（3）該襯衫每天的銷售獲利不能達(dá)到1300元，理由如下：設(shè)每件襯衫應(yīng)降價y元，則每件盈利（40﹣y）元，每天可售出（20+2y）件，依題意得：（40﹣y）（20+2y）＝1300，整理得：y2﹣30y+250＝0．∵Δ＝（﹣30）2﹣4×1×250＝﹣100＜0，∴該方程無實(shí)數(shù)根，即該襯衫每天的銷售獲利不能達(dá)到1300元．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次方程的應(yīng)用、有理數(shù)的混用運(yùn)算以及根的判別式，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．19．（2023春?拱墅區(qū)期末）如圖1，用籬笆靠墻圍成矩形花圃ABCD，一面利用舊墻，其余三面用籬笆圍，墻可利用的最大長度為15m，籬笆長為24m，設(shè)平行于墻的BC邊長為xm．（1）若圍成的花圃面積為40m2時，求BC的長；（2）如圖2，若計劃在花圃中間用一道籬笆隔成兩個小矩形，且花圃面積為50m2，請你判斷能否圍成花圃，如果能，求BC的長；如果不能，請說明理由．【答案】（1）4米；（2）不能．【分析】（1）由于籬笆總長為24m，設(shè)平行于墻的BC邊長為xm，由此得到AB＝m，接著根據(jù)題意列出方程?x＝40，解方程即可求出BC的長；（2）不能圍成花圃；根據(jù)（1）得到?x＝50，此方程的判別式Δ＝（﹣24）2﹣4×150＜0，由此得到方程無實(shí)數(shù)解，所以不能圍成花圃；【詳解】解：（1）根據(jù)題意得，AB＝m，則?x＝40，∴x1＝20，x2＝4，因?yàn)?0＞15，所以x1＝20舍去答：BC的長為4米；（2）不能圍成花圃，根據(jù)題意得，?x＝50，方程可化為x2﹣24x+150＝0，Δ＝（﹣24）2﹣4×150＜0，∴方程無實(shí)數(shù)解，∴不能圍成花圃；【點(diǎn)評】此題主要考查了一元二次方程的應(yīng)用，同時也利用了矩形的性質(zhì)，解題時首先正確了解題意，然后根據(jù)題意列出方程即可解決問題．20．（2018春?北侖區(qū)期末）在學(xué)校組織的漢字聽寫大賽中，每班參加比賽的人數(shù)相同，成績分為A，B，C，D四個等級，其中相應(yīng)等級的得分依次記為90分，80分，70分，60分，學(xué)校將八年級（1）班和（2）班的成績整理并繪制成如圖的統(tǒng)計圖：（1）本次比賽每班參賽人數(shù)為25人，八（2）班成績?yōu)?0分的有11人；（2）補(bǔ)全下表中空缺的三個統(tǒng)計量：平均數(shù)（分）中位數(shù)（分）眾數(shù)（分）八（1）班77.68080八（2）班77.67090（3）如果學(xué)校要從這兩個班級中選一個班去參加市級比賽（市級比賽設(shè)集體獎和個人獎），你認(rèn)為選哪個班級較好，說說你的理由，并給這個班級后期訓(xùn)練提點(diǎn)建議．【答案】（1）25，11；（2）77.6，70，80；（3）八（1）班的成績更好一些，理由見解析，建議見解析．【分析】（1）根據(jù)條形統(tǒng)計圖得到參賽人數(shù)，然后根據(jù)八（2）班成績?yōu)?0分的所占比例求出八（2）班成績?yōu)?0分的人數(shù)；（2）由上題中求得的每班參賽人數(shù)分別求出八（2）班各個成績段的人數(shù)，然后可以求空缺的平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)；（3）根據(jù)八年級（1）班和（2）班的成績，作出合理的分析即可．【詳解】解：（1）一班參賽人數(shù)為：6+12+2+5＝25（人），∵兩班參賽人數(shù)相同，∴本次比賽每班參賽人數(shù)為25人，∴八（2）班成績?yōu)?0分的有:25×44%＝11（人）,故答案為：25，11；（2）八（1）班的平均數(shù)：（90×6+80×12+70×2+60×5）＝77.6（分），八（2）班的中位數(shù)為70，八（1）班的眾數(shù)為80，∴填表如下：平均數(shù)（分）中位數(shù)（分）眾數(shù)（分）八（1）班77.68080八（2）班77.67090故答案為：77.6，70，80；（3）八（1）班的成績更好一些，理由：平均數(shù)相同的情況下，八（1）班中位數(shù)大，故八（1）班的成績更好一些．建議：請一班的同學(xué)加強(qiáng)基礎(chǔ)知識訓(xùn)練，爭取更好的成績．【點(diǎn)評】本題考查了平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)，解決本題關(guān)鍵的地方是根據(jù)題目提供的信息得到相應(yīng)的解決下一題的信息，考查了學(xué)生們讀圖信息的能力．21．（2021春?永嘉縣校級期末）某校八年級學(xué)生某科目期末評價成績是由完成作業(yè)、單元檢測、期末考試三項(xiàng)成績構(gòu)成的，如果期末評價成績80分以上（含80分），則評為“優(yōu)秀”．下面表中是小張和小王兩位同學(xué)的成績記錄：完成作業(yè)單元測試期末考試小張709080小王6075（1）若按三項(xiàng)成績的平均分記為期末評價成績，請計算小張的期末評價成績；（2）若按完成作業(yè)、單元檢測、期末考試三項(xiàng)成績按1：2：7的權(quán)重來確定期末評價成績．①請計算小張的期末評價成績?yōu)槎嗌俜?？②小王在期末（期末成績?yōu)檎麛?shù)）應(yīng)該最少考多少分才能達(dá)到優(yōu)秀？【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）直接利用算術(shù)平均數(shù)的定義求解可得；（2）根據(jù)加權(quán)平均數(shù)的定義計算可得．【詳解】解：（1）小張的期末評價成績?yōu)椋?0（分）；（2）①小張的期末評價成績?yōu)椋?1（分）；②設(shè)小王期末考試成績?yōu)閤分，根據(jù)題意，得：≥80，解得x≥84.2，∴小王在期末（期末成績?yōu)檎麛?shù)）應(yīng)該最少考85分才能達(dá)到優(yōu)秀．【點(diǎn)評】本題主要考查加權(quán)平均數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握加權(quán)平均數(shù)的定義．22．（2022春?常山縣期末）課本中有一探究活動如下：“商店通常用以下方法來確定兩種糖混合而成的什錦糖的價格：設(shè)A種糖的單價為a元/千克，B種糖的單價為b元/千克，則m千克A種糖和n千克B種糖混合而成的什錦糖的單價為（平均價）．現(xiàn)有甲乙兩種什錦糖，均由A，B兩種糖混合而成．其中甲種什錦糖由10千克A種糖和10千克B種糖混合而成：乙種什錦糖由100元A種糖和100元B種糖混合而成．你認(rèn)為哪一種什錦糖的單價較高？為什么？”請你完成下面小明同學(xué)的探究：（1）小明同學(xué)根據(jù)題意，求出甲、乙兩種什錦糖的單價分別記為和（用a、b的代數(shù)式表示）；（2）為了比較甲、乙兩種什錦糖的單價，小明想到了將與進(jìn)行作差比較，即計算﹣的差與0比較來確定大??；（3）經(jīng)過此探究活動，小明終于悟出了建議父親選擇哪種方式加油比較合算的道理（若石油價格經(jīng)常波動．方式一：每次都加滿：方式二：每次加200元）．選擇哪種方式？請簡要說明理由．【答案】（1）＝（a+b）元/千克，＝元/千克；（2）甲種什錦糖的單價較高；（3）方式二的單價低，理由見解答．【分析】（1）根據(jù)單價＝總價÷數(shù)量分別求出甲、乙兩種什錦糖的單價即可；（2）根據(jù)作差法比較大小即可求解；（3）設(shè)第一次加油時油的單價為a元/升，第二次加油時油的單價為b元/升，分別用含a，b的代數(shù)式表示出兩種加油方式的單價，做差后即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）甲種什錦糖的單價為：＝（10a+10b）÷20＝（a+b）（元/千克），乙種什錦糖的單價為：＝（100+100）÷（+）＝（元/千克）；（2）﹣＝（a+b）﹣＝＝，∵甲、乙兩種什錦糖，均由A，B兩種單價不同的糖混合而成，∴＞0，∴甲種什錦糖的單價較高；（3）方式二的單價低，理由如下：設(shè)第一次加油時油的單價為a元/升，第二次加油時油的單價為b元/升，油加滿需要加t升，按方式一加油的單價＝＝（a+b）（元/升），按方式二加油的單價＝＝（元/升），∵（a+b）﹣＝＝＞0，∴方式二的單價低．【點(diǎn)評】本題考查了加權(quán)平均數(shù)，列代數(shù)式（分式），分式的混合運(yùn)算．掌握分式運(yùn)算法則正確進(jìn)行計算是解題的關(guān)鍵．23．（2022春?衢江區(qū)期末）北京冬奧會女子大跳臺決賽的打分規(guī)則；6名裁判打分，去除一個最高分和一個最低分，剩余4個分?jǐn)?shù)的平均值為該選手成績．下表是中國選手谷愛凌第一跳的得分情況，其中裁判4，裁判5的打分（分別為94分和a分）被去除．裁判1裁判2裁判3裁判4裁判5裁判6最終得分94分94分94分94分a分b分93.75分請根據(jù)表中信息，解決以下問題；（1）求b的值．（2）判斷a是否最低分并說明理由．（3）從平均數(shù)的特征說說打分規(guī)則中去除一個最高分及一個最低分的合理性．【答案】（1）93；（2）a是最低分，只有當(dāng)a≤93符合題意，否則就不滿足平均數(shù)是93.75，且去掉的是94分和a分；（3）由于平均數(shù)容易受到極端值的影響而發(fā)生變化，因此去除一個最高分及一個最低分可以避免平均數(shù)受極端值的影響．【分析】（1）根據(jù)平均數(shù)的計算方法進(jìn)行計算即可；（2）根據(jù)計算成績的方法進(jìn)行判斷即可；（3）根據(jù)影響平均數(shù)的因素進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：（1）由題意得，＝93.75，解得b＝93，答：b的值為93；（2）a是最低分，由題意可知a≤93，否則就不滿足平均數(shù)是93.75，且去掉的是94分和a分；（3）由于平均數(shù)容易受到極端值的影響而發(fā)生變化，因此去除一個最高分及一個最低分可以避免平均數(shù)受極端值的影響．【點(diǎn)評】本題考查算術(shù)平均數(shù)，理解平均數(shù)的意義，掌握平均數(shù)的計算方法是解決問題的前提．24．（2022秋?永嘉縣校級期末）平行四邊形ABCD中，設(shè)E、F分別是BC、AB上的一點(diǎn)，AE與CF相交于P，且AE＝CF．求證：∠DPA＝∠DPC．（初二）【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】過D作DQ⊥AE，DG⊥CF，由S△ADE＝＝S△DFC，可得：＝，又∵AE＝FC，可得DQ＝DG，可得∠DPA＝∠DPC（角平分線逆定理）．【詳解】證明：過D作DQ⊥AE，DG⊥CF，并連接DF和DE，如右圖所示：則S△ADE＝＝S△DFC，∴＝，又∵AE＝FC，∴DQ＝DG，∴PD為∠APC的角平分線，∴∠DPA＝∠DPC（角平分線逆定理）．【點(diǎn)評】本題考查平行四邊形和角平分線的性質(zhì)，有一定難度，解題關(guān)鍵是準(zhǔn)確作出輔助線，利用角平分線的性質(zhì)進(jìn)行證明．25．（2022春?諸暨市期末）在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC．（1）如圖1，比較大?。骸螧AD＝∠BCD（填＞、＜或＝）；（2）如圖2，連結(jié)BD，作AE、CF分別平分∠BAD、∠BCD交BD于E，F(xiàn)，判斷AE、CF的位置關(guān)系，并說明理由；（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)AF，若∠AFE+∠BCF＝90°，探究并寫出∠AFE與∠ABC的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1）＝；（2）AE∥CF，理由見解答；（3）∠ABC＝2∠AFE，探究過程見解答．【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)求解；（2）利用平行線的判定定理求解；（3）利用平行線的性質(zhì)求解．【詳解】解：（1）∵AB∥CD，AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC＝∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠BAD＝∠BCD；故答案為：＝；（2）AE∥CF；理由：∵AE、CF分別平分∠BAD、∠BCD，∴∠BAE＝∠BAD，∠DCF＝∠BCD，∵∠BAD＝∠BCD，∴∠BAE＝∠DCF，∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDB，∵∠AEF＝∠ABE+∠BAE，∠BFC＝∠CDB+∠DCF，∴∠AEF＝∠BFC，∴AE∥CF；（3）∵AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，即：∠ABC+2∠BCF＝180°，①∵∠AFE+∠BCF＝90°，∴2∠AFE+2∠BCF＝180°，②①﹣②得：∠ABC＝2∠AFE．【點(diǎn)評】本題考查了平行線的性質(zhì)，熟記定理是解題的關(guān)鍵．26．（2022春?義烏市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB為一邊作?ABDE，且AD∥BC，連結(jié)EC交DA延長線于點(diǎn)F，延長EA交BC于點(diǎn)G．（1）求證：點(diǎn)A是EG的中點(diǎn)；（2）若DF⊥EC，DE＝2BD＝6，求BC的長．【答案】（1）見解析；（2）3．【分析】（1）先證四邊形ADBG是平行四邊形，得出BD＝AG，即可得出結(jié)論；（2）由平行四邊形的性質(zhì)可得BD的長，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得AC的長，然后由勾股定理即可得出結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABDE是平行四邊形，∴BD∥AE，BD＝AE，∴BD∥AG，∵DA∥BG，∴四邊形ADBG是平行四邊形，∴BD＝AG，∴AE＝AG，∴點(diǎn)A是EG的中點(diǎn)；（2）解：∵四邊形ADBG是平行四邊形，∴BD＝AG＝DE＝3，∵DA∥BC，DF⊥EC，∴BC⊥EC，∴∠ECG＝90°，由（1）可知，點(diǎn)A是EG的中點(diǎn)，∴AC＝EG，EG＝2AG＝2BD＝6，∴AC＝3，∵四邊形ABDE是平行四邊形，∴BA＝DE＝6，在Rt△ABC中，BC＝＝＝3．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．27．（2022春?諸暨市期末）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于點(diǎn)O，且AO＝CO，點(diǎn)E在BD上，滿足∠EAO＝∠DCO．（1）求證：四邊形AECD是平行四邊形；（2）若AB＝BC，CD＝10，AC＝16，求四邊形AECD的面積．【答案】（1）證明見解析；（2）96．【分析】（1）證△AOE≌△COD（ASA），得OD＝OE，再由AO＝CO，即可得出結(jié)論；（2）由等腰三角形的性質(zhì)得OB⊥AC，則平行四邊形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD＝6，則DE＝12，即可得出答案．【詳解】（1）證明：在△AOE和△COD中，，∴△AOE≌△COD（ASA），∴OD＝OE，又∵AO＝CO，∴四邊形AECD是平行四邊形；（2）解：∵AB＝BC，AO＝CO，∴OB⊥AC，∴平行四邊形AECD是菱形，∵AC＝16，∴CO＝AC＝8，在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝6，∴DE＝2OD＝12，∴菱形AECD的面積＝AC×DE＝×16×12＝96．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．28．（2022春?東陽市期末）如圖1，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F分別為AD，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G，H在對角線BD上，且BG＝DH．（1）求證：四邊形EHFG是平行四邊形．（2）如圖2，連AC交BD于點(diǎn)O，若AC＝6，HG＝2BH，求HF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）證△DEH≌△BFG（SAS），得EH＝FG，∠EHD＝∠FGB，則∠EHG＝∠FGH，再證EH∥FG，即可得出結(jié)論；（2）由平行四邊形的性質(zhì)得OA＝OC＝3，OB＝OD，再證BH＝OH，然后證HF是△OBC的中位線，即可解決問題．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠EDH＝∠FBG，∵E、F分別為?ABCD的邊AD、BC的中點(diǎn)，∴DE＝BF，在△DEH與△BFG中，∴△DEH≌△BFG（SAS），∴EH＝FG，∠EHD＝∠FGB，∴∠EHG＝∠FGH，∴EH∥FG，∴四邊形EHFG是平行四邊形．（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC＝6，∴OA＝OC＝3，OB＝OD，∵BG＝DH，∴BG﹣GH＝DH﹣GH，即BH＝DG，∴OB﹣BH＝OD﹣DG，即OH＝OG，∵HG＝2BH，∴BH＝OH，∵F為BC的中點(diǎn)，∴HF是△OBC的中位線，∴HF＝OC＝．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角形中位線定理等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．29．（2022春?拱墅區(qū)期末）如圖，AB∥CD，E是直線CD上的一點(diǎn)，CE＝CD，連接AD，AE，BC，AE，BC交于點(diǎn)F，且點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，連接DF．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；（2）若∠CEF＝∠CFE，求證：DF⊥AE．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）證△ABF≌△ECF（ASA），得AB＝CE，再證AB＝CD，架空層四邊形ABCD是平行四邊形；（2）證CF＝CE，再證CF＝CE＝CD，則CF＝DE，然后證△DFE是直角三角形，∠DFE＝90°，即可得出結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠ECF，∵點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，∴BF＝CF，在△ABF和△ECF中，，∴△ABF≌△ECF（ASA），∴AB＝CE，∵CE＝CD，∴AB＝CD，又∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）∵∠CEF＝∠CFE，∴CF＝CE，∵CE＝CD，∴CF＝CE＝CD，∴CF＝DE，∴△DFE是直角三角形，∠DFE＝90°，∴DF⊥AE．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定以及直角三角形的判定等知識，熟練掌握平行四邊形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．30．（2022春?鄞州區(qū)校級期末）如圖，E，F(xiàn)是?ABCD對角線AC上的兩點(diǎn)，AE＝FC．（1）求證：四邊形BFDE是平行四邊形；（2）若BE⊥AC，BE＝3，∠EBF＝60°，求EF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）3．【分析】（1）證明△BAE≌△DCF，推出BE＝DF，BE∥DF即可；（2）根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)解答即可．【詳解】（1）證明：∵ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD（平行四邊形的對邊平行且相等），∴∠BAE＝∠DCF，在△BAE與△DCF中，，∴△BAE≌△DCF（SAS），∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，∴∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，即：∠BEF＝∠DFE，∴BE∥DF，∵BE＝DF，∴四邊形BFDE是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）；（2）解：∵BE⊥AC，∴∠BEF＝90°，∵BE＝3，∠EBF＝60°，∴EF＝3．【點(diǎn)評】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．31．（2021秋?東陽市期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝8，AB＝12，∠A＝60°，點(diǎn)E，G分別在邊AB，AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF與GH交于點(diǎn)O，分別在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，連結(jié)PH、QF交于點(diǎn)I．（1）四邊形EBHO的面積＝四邊形GOFD的面積（填“＞”、“＝”或“＜”）；（2）比較∠OFQ與∠OHP大小，并說明理由．（3）求四邊形OQIP的面積．【答案】（1）＝；（2）∠OFQ＝∠OHP，理由見解答；（3）四邊形OQIP的面積為：．【分析】（1）根據(jù)已知可知四邊形EBHO和四邊形GOFD都是平行四邊形，然后求出它們的面積即可判斷；（2）利用兩邊成比例且夾角相等的兩個三角形相似證明△OFQ∽△OHP，即可解答；（3）利用相似三角形的性質(zhì)求出△OFQ與△OHP的面積比，再證明△FPI∽△HQI，求出它們的面積比，最后求出△OFQ的面積進(jìn)行計算即可解答．【詳解】解：（1）過點(diǎn)D作DM⊥GH，垂足為M，過點(diǎn)O作ON⊥AB，垂足為N，∵AD＝8，AB＝12，AE＝AB，AG＝AD，∴AE＝3，AG＝2，∴GD＝AD﹣AG＝9，EB＝AB﹣AE＝8﹣2＝6，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∵EF∥AD、GH∥AB，∴EF∥AD∥BC，GH∥AB∥CD，∴四邊形GOFD是平行四邊形，四邊形OEBH是平行四邊形，四邊形AGOE是平行四邊形，∴AE＝GO＝3，EB＝OH＝9，GD＝FO＝6，AG＝OE＝2，∵EF∥AD、GH∥AB，∴∠A＝∠DGO＝60°，∠A＝∠OEB＝60°，∴DM＝GDsin60°＝6×＝3，ON＝OEsin60°＝2×＝，∴四邊形EBHO的面積＝EB?ON＝9×＝9，四邊形GOFD的面積＝GO?DM＝3×3＝9，∴四邊形EBHO的面積＝四邊形GOFD的面積，故答案為：＝；（2）∠OFQ＝∠OHP，理由：∵OP＝OG＝3，OQ＝OE＝2，OF＝6，OH＝9，∴＝＝，＝＝，∴＝，∵∠FOQ＝∠POH，∴△OFQ∽△OHP，∴∠OFQ＝∠OHP；（3）設(shè)四邊形OQIP的面積為x，△FPI的面積為y，△HQI的面積為z，∵△OFQ∽△OHP，OQ＝2，OP＝3，∴＝，∴＝，∴5x＝4z﹣9y，∵∠FIP＝∠HIQ，∠OFQ＝∠OHP，∴△FPI∽△HQI，∴＝（）2＝（）2＝，∴＝，∴49y＝9z，過點(diǎn)Q作QK⊥OF，垂足為K，∵GH∥AB，∴∠FOQ＝∠FEB＝60°，∴QK＝OQsin60°＝2×＝，∴△OFQ的面積＝OF?QK＝×6×＝3，∴x+y＝3，∴，由②得：z＝y(tǒng)，把z＝y(tǒng)代入①得：5x＝4y﹣y，∴y＝x，把y＝x代入③得：x+x＝3，∴x＝，∴四邊形OQIP的面積為：．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．32．（2021秋?麗水期末）如圖①是公園蹺蹺板的示意圖，立柱OC與地面垂直，點(diǎn)C為橫板AB的中點(diǎn)．小明和小聰去玩蹺蹺板，小明最高能將小聰翹到1米高（如圖②）．（1）求立柱OC的高度；（2）小明想要把小聰最高翹到1.25米高，請你幫他找出一種方法，并解答．【答案】（1）米；（2）要把小聰最高翹到1.25米高，立柱OC的高度要升高為0.625米．【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理求出OC；（2）根據(jù)AD的長度求出OC的長度，得到答案．【詳解】解：（1）由題意得：OC∥AD，∵點(diǎn)C為AB的中點(diǎn)，∴OC為△ABD的中位線，∴OC＝AD，∵AD＝1米，∴OC＝米；（2）要把小聰最高翹到1.25米高，立柱OC的高度要升高為0.625米．當(dāng)AD＝1.25米時，OC＝0.625米，所以要把小聰最高翹到1.25米高，立柱OC的高度要升高為0.625米．【點(diǎn)評】本題考查的是三角形中位線定理的應(yīng)用，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．33．（2022春?新昌縣期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AC⊥BC，延長BC至點(diǎn)E，使BC＝CE，連接DE．（1）求證：四邊形ACED是矩形．（2）若BC＝3，AB＝5，求BD的長．【答案】（1）證明見解析；（2）2．【分析】（1）證四邊形ACED是平行四邊形，再證∠ACE＝90°，然后由矩形的判定即可得出結(jié)論；（2）由勾股定理得AC＝4，再由矩形的性質(zhì)得DE＝AC＝4，∠E＝90°，然后求出BE＝2BC＝6，即可解決問題．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵BC＝CE，∴AD＝CE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∵AC⊥BC，∴∠ACE＝90°，∴平行四邊形ACED是矩形；（2）解：∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4，∵四邊形ACED是矩形，∴DE＝AC＝4，∠E＝90°，∵BC＝CE＝3，∴BE＝2BC＝6，在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD＝＝＝2．【點(diǎn)評】此題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識．熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．34．（2022春?浦江縣期末）如圖，延長矩形ABCD的邊BC至點(diǎn)E，使CE＝BD，連接AE．（1）若∠ADB＝40°，求∠E的度數(shù)．（2）若AB＝3，CE＝5，求AE的長．【答案】（1）20°；（2）3．【分析】（1）連接AC，利用矩形的性質(zhì)先求出∠ACB，再利用等腰三角形的性質(zhì)和外角與內(nèi)角的關(guān)系得結(jié)論；（2）先利用勾股定理求出BC，再利用勾股定理求出AE．【詳解】解：（1）連接AC交BD于點(diǎn)O．∵四邊形ABCD是矩形，CE＝BD，∴BD＝AC＝CE，BO＝OD＝OA＝OC．∴∠EAC＝∠E．∵∠ADB＝40°，∴∠ACB＝40°．∵∠ACB＝∠E+∠EAC＝2∠E．∴∠E＝20°．（2）∵AB＝3，CE＝AC＝5，∴BC＝＝4．∴BE＝BC+CE＝9．∴AE＝＝＝3．【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)，掌握“形的對角線相等、互相平分”、“等腰三角形的兩個底角相等”、“三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和”及勾股定理是解決本題的關(guān)鍵．35．（2022春?定海區(qū)期末）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為矩形ABCD的邊AB，BC的中點(diǎn)，連結(jié)AF，DF，CE，DE．設(shè)AF與CE交于點(diǎn)M．（1）找到兩對全等三角形（不另添加點(diǎn)與線），并證明其中一對；（2）證明：∠AME＝∠EDF．【答案】（1）△AED≌△BCE；△AFB≌△DCF，證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）△AED≌△BCE；△AFB≌△DCF，根據(jù)矩形的性質(zhì)證明其中一對即可；（2）先證明△AED≌△BCE得出∠AED＝∠BEC，再利用矩形的性質(zhì)證得∠AED＝∠EDC，從而∠BEC＝∠EDC，再利用外角的性質(zhì)即可證得結(jié)論．【詳解】證明：（1）△AED≌△BCE，△AFB≌△DCF，證明△AFB≌△DCF如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABF＝∠FCD＝90°，AB＝CD，又∵F是BC的中點(diǎn)，∴BF＝CF，在△AFB和△DCF中，，∴△AFB≌△DCF（SAS）；證明△AED≌△BCE如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠BAD＝∠EBC＝90°，∵E是AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE，在△AED和△BEC中，，∴△AED≌△BCE（SAS）；（2）∵△AED≌△BCE，∴∠AED＝∠BEC，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠AED＝∠EDC，∴∠BEC＝∠EDC，∵△AFB≌△DCF，∴∠BAF＝∠FDC，∵∠BEC＝∠BAF+∠AME，∠EDC＝∠EDF+∠FDC，∴∠AME＝∠EDF．【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)和三角形全等的證明，熟記矩形的性質(zhì)定理并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．矩形的性質(zhì)：①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等．36．（2022春?溫州期末）如圖，O是?ABCD對角線的交點(diǎn)，BE⊥OC于點(diǎn)E，延長BE至點(diǎn)F，使EF＝BE，連結(jié)DF．（1）求證：∠F＝90°．（2）當(dāng)?ABCD為矩形，AC＝6，BF＝2時，求DF，CE的長．【答案】（1）答案見解析；（2）DF＝4，CE＝1．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出OE是△BDF的中位線，再根據(jù)BE⊥OC得出DF⊥BF，進(jìn)而得出結(jié)論．（2）在Rt△OEB中，根據(jù)OB和BE求出OE，EC可求，而DF＝2OE．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝DO，∵EF＝BE，∴OE是△BDF的中位線，∴OE∥DF，∵BE⊥OC，∴DF⊥BF，即∠F＝90°．（2）解：∵平行四邊形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝6，∴BO＝DO＝3，∵BE⊥AC，∴∠BEO＝90°，∵BE＝BF＝，在Rt△BOE中，OE＝＝2，∴DF＝2OE＝4，∵CO＝＝3，∴CE＝CO﹣OE＝3﹣2＝1．【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)以及勾股定理，解題的關(guān)鍵熟練掌握矩形的性質(zhì)并靈活運(yùn)用．矩形的性質(zhì)①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等．37．（2022春?溫州期末）如圖，學(xué)校矩形廣場ABCD（AB＞AD）周長為160m，四邊形AECF作為學(xué)生活動區(qū)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)．（1）求證：四邊形AECF為平行四邊形．（2）若四邊形AECF的面積為600m2，求AD的長．【答案】（1）見解析；（2）20．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)及中點(diǎn)的定義可得CE＝CD＝AB＝AE．然后由平行四邊形的判定可得結(jié)論；（2）設(shè)AD＝x（m），則CF＝（（m）．根據(jù)面積公式列出方程，求解即可．【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，∴AB＝CD，AB∥CD．∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴CE＝CD＝AB＝AE．∵CF∥AE，∴四邊形AECF為平行四邊形．（2）解：設(shè)AD＝x（m），則CF＝（（m）．由題意，得＝600．得x1＝20，x2＝60．當(dāng)x＝60時，AB＝10＜AD，不符合題意，舍去．答：當(dāng)四邊形AECF的面積為600m2時，AD長20m．【點(diǎn)評】此題考查的是矩形的性質(zhì)及平行四邊形的判定與性質(zhì)，掌握其性質(zhì)定理是解決此題的關(guān)鍵．38．（2021春?溫嶺市期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，EF是直線DB上的兩點(diǎn)，DE＝BF．（1）求證：四邊形AFCE是平行四邊形；（2）若四邊形AFCE是矩形，且BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，求DE的長．【答案】（1）見解析過程；（2）﹣2．【分析】（1）連接AC交EF于點(diǎn)O，由平行四邊形的性質(zhì)可得AO＝CO，BO＝DO，可證OE＝OF，由對角線互相平分的四邊形是平行四邊形可證四邊形AFCE是平行四邊形；（2）利用勾股定理可求BD，AO的長，由矩形的性質(zhì)可得AO＝EO＝，即可求解．【詳解】證明：（1）連接AC交EF于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵DE＝BF，∴OE＝OF，∴四邊形AFCE是平行四邊形；（2）∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，∴BD＝＝＝4，∴BO＝DO＝2，∴AO＝＝＝，∵四邊形AFCE是矩形，∴AO＝CO，EO＝FO，AC＝EF，∴AO＝EO＝，∴DE＝﹣2．【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，利用勾股定理求出AO的長是解題的關(guān)鍵．39．（2020秋?江干區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，E是BC上一點(diǎn)，DF⊥AE于點(diǎn)F，設(shè)＝λ（λ＞0）．（1）若λ＝1，求證：CE＝FE；（2）若AB＝3，AD＝4，且D、B、F在同一直線上時，求λ的值．【答案】（1）證明過程見解析；（2）．【分析】（1）連接DE，由矩形的性質(zhì)得出條件判定△DFE≌△DCE（AAS），由全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）先算出tan∠ABD的值，再證明∠FEB＝∠ABD，從而＝tan∠FEB＝tan∠ABD，則可算出BE，在Rt△ABE中，由勾股定理得出AE的值，再按照＝λ計算即可．【詳解】解：（1）證明：連接DE，如圖：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠C＝90°，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CED，∵DF⊥AE，∴∠DFE＝90°，∴∠DFE＝∠C，∵＝λ＝1，∴AD＝AE，∴∠ADE＝∠FED，∴∠FED＝∠CED，在△DFE和△DCE中，，∴△DFE≌△DCE（AAS），∴CE＝FE；（2）當(dāng)D、B、F在同一直線上時，如圖所示：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝90°，在Rt△ADB中，AB＝3，AD＝4，∴tan∠ABD＝＝，∵DF⊥AE，∴∠BFE＝90°，∵∠ABD+∠DBC＝90°，∠DBC+∠FEB＝90°，∴∠FEB＝∠ABD，∴＝tan∠FEB＝tan∠ABD＝，∵AB＝3，∴BE＝，在Rt△ABE中，由勾股定理得，AE＝＝，∴λ＝＝＝＝．【點(diǎn)評】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形和勾股定理等知識點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合并熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．40．（2020春?濱江區(qū)期末）矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．點(diǎn)E，F(xiàn)在對角線AC上，點(diǎn)M，N分別在邊AD，BC上．（1）如圖1，若AE＝CF＝1，M，N分別是AD，BC的中點(diǎn)．求證：四邊形EMFN為矩形．（2）如圖2，若AE＝CF＝0.5，AM＝CN＝x（0＜x＜2），且四邊形EMFN為矩形，求x的值．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）連接MN，由勾股定理求出AC＝5，證出四邊形ABNM是矩形，得MN＝AB＝3，證△AME≌△CNF（SAS），得出EM＝FN，∠AEM＝∠CFN，證EM∥FN，得四邊形EMFN是平行四邊形，求出MN＝EF，即可得出結(jié)論；（2）連接MN，作MH⊥BC于H，則MH＝AB＝3，BH＝AM＝x，得HN＝BC﹣BH﹣CN＝4﹣2x，由矩形的性質(zhì)得出MN＝EF＝AC﹣AE﹣CF＝4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】（1）證明：連接MN，如圖1所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠B＝90°，∴∠EAM＝∠FCN，AC＝＝＝5，∵M(jìn)，N分別是AD，BC的中點(diǎn)，∴AM＝DM＝BN＝CN，AM∥BN，∴四邊形ABNM是平行四邊形，又∵∠B＝90°，∴四邊形ABNM是矩形，∴MN＝AB＝3，在△AME和△CNF中，，∴△AME≌△CNF（SAS），∴EM＝FN，∠AEM＝∠CFN，∴∠MEF＝∠NFE，∴EM∥FN，∴四邊形EMFN是平行四邊形，又∵AE＝CF＝1，∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝3，∴MN＝EF，∴四邊形EMFN為矩形．（2）解：連接MN，作MH⊥BC于H，如圖2所示：則四邊形ABHM是矩形，∴MH＝AB＝3，BH＝AM＝x，∴HN＝BC﹣BH﹣CN＝4﹣2x，∵四邊形EMFN為矩形，AE＝CF＝0.5，∴MN＝EF＝AC﹣AE﹣CF＝4，在Rt△MHN中，由勾股定理得：32+（4﹣2x）2＝42，解得：x＝2±，∵0＜x＜2，∴x＝2﹣．【點(diǎn)評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．41．（2023春?拱墅區(qū)期末）如圖，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于點(diǎn)D，點(diǎn)E在線段BD上，點(diǎn)F在BD的延長線上，且DE＝DF，連接AE，CE，AF，CF．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若BA⊥AF，AD＝8，，求BD和AE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）BD＝16，AE＝4．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)得BD⊥AC，AD＝CD，再證四邊形AECF是平行四邊形，然后由菱形的判定即可得出結(jié)論；（2）由勾股定理得BD＝16，再由三角形面積和勾股定理求出AF＝4，然后由菱形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD⊥AC，AD＝CD，∵DE＝DF，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵BD⊥AC，∴平行四邊形AECF是菱形；（2）解：∵BA＝BC＝8，AD＝8，BD⊥AC，∴BD＝＝＝16，∵BA⊥AF，∴∠BAF＝90°，∴S△ABF＝BF?AD＝AB?AF，∴BF?AD＝AB?AF，即8BF＝8AF，∴BF＝AF，在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF2+AB2＝BF2，即AF2+（8）2＝（AF）2，解得：AF＝4（負(fù)值已舍去），由（1）可知，四邊形AECF是菱形，∴AE＝AF＝4．【點(diǎn)評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理以及三角形面積等知識，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．42．（2022春?麗水期末）如圖，在菱形ABCD中，E為對角線BD上一點(diǎn)，連結(jié)AE，CE．（1）求證：AE＝CE；（2）若AE＝DE，AE⊥AB，求∠ABD的度數(shù)．【答案】（1）見解析過程；（2）30°．【分析】（1）由“SAS”可證△ABE≌△CBE，可得AE＝CE；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，由三角形內(nèi)角和定理可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝CE；（2）解：∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵AE＝DE，∴∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，∵AE⊥AB，∴∠BAE＝90°，∵∠ABD+∠ADB+∠DAE+∠BAE＝180°，∴3∠ABD＝90°，∴∠ABD＝30°．【點(diǎn)評】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)，掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．43．（2022春?柯橋區(qū)期末）如圖，已知平行四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，且∠1＝∠2．（1）求證：平行四邊形ABCD是菱形；（2）E是AD上一點(diǎn)，連結(jié)CE交BD于點(diǎn)F，且DE＝DF，求證：DO＝（DF+BC）．【答案】（1）見解析過程；（2）見解析過程．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，由平行線的性質(zhì)可得∠DBC＝∠2，可得AB＝BC＝CD＝AD，可得結(jié)論；（2）先證BC＝BF，由平行四邊形的性質(zhì)可得BO＝DO，可得結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，∴∠1＝∠DBC，∵∠1＝∠2，∴∠DBC＝∠2，∴BC＝CD，∴AB＝BC＝CD＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）∵DE＝DF，∴∠DEF＝∠DFE，∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠BCF，∴∠BCF＝∠DFE＝∠BFC，∴BC＝BF，∴BD＝BF+DF＝BC+DF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝DO，∴DO＝（DF+BC）．【點(diǎn)評】本題考查了菱形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．44．（2022春?拱墅區(qū)校級期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分線AE交BC于點(diǎn)E，連接DE．（1）求證：四邊形ABED是菱形；（2）若CD＝2，∠ABC＝60°＝2∠C，求AB的長．【答案】（1）證明見解答；（2）2．【分析】（1）根據(jù)AE為∠BAD的平分線可得出∠BAE＝∠DAE，利用SAS證明△BAE≌△DAE，得出BE＝DE，再證明AB＝BE，由于AB＝AD，那么AB＝BE＝DE＝AD，根據(jù)菱形的判定定理即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)即可求解．【詳解】（1）證明：如圖，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∵AB＝AD，AE＝AE，∴△BAE≌△DAE（SAS），∴BE＝DE，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB＝∠BAE，∴AB＝BE，∴AB＝BE＝DE＝AD，∴四邊形ABED是菱形；（2）解：由（1）知，四邊形ABED是菱形，∴∠ABO＝∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°，AE⊥BD，BO＝BD，∵2∠C＝60°，∴∠C＝30°，∴∠DBC＝∠C，∴BD＝CD＝2，∴BO＝．在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，∴AB＝＝＝2．【點(diǎn)評】此題考查了菱形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的判定、銳角三角函數(shù)；熟練掌握菱形的判定，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．45．（2022春?西湖區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，BA＝BC，BD平分∠ABC交AC于點(diǎn)D，點(diǎn)E在線段BD上，點(diǎn)F在BD的延長線上，且DE＝DF，連接AE，CE，AF，CF．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若BA⊥AF，AD＝4，BC＝4，求BD和AE的長．【答案】（1）證明過程見解答；（2）8和2．【分析】（1）根據(jù)對角線互相平分且垂直即可證明四邊形AECF是菱形；（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理可得BD＝8，設(shè)DE＝x，則DF＝x，所以AF2＝AD2+DF2＝16+x2，BF＝BD+DF＝8+x，然后利用勾股定理即可解決問題．【詳解】（1）證明：∵BA＝BC，BD平分∠ABC，∴BD⊥AC，AD＝CD，∵DE＝DF，∴四邊形AECF是菱形；（2）解：AD⊥BD，AD＝4，BA＝BC＝4，∴BD＝＝＝8，設(shè)DE＝x，則DF＝x，∴AF2＝AD2+DF2＝16+x2，∵BF＝BD+DF＝8+x，∴AB2+AF2＝BF2，∴（4）2+16+x2＝（8+x）2，∴x＝2，∴DE＝DF＝2，∴AE＝＝＝2．∴BD和AE的長分別為8和2．【點(diǎn)評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．46．（2022春?金東區(qū)期末）如圖，正方形ABCD，邊長為2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，連結(jié)CE，AF，過點(diǎn)D作DG⊥AF，垂足為G，延長DG交CE于點(diǎn)H．（1）求DG的長．（2）求GH的長．（3）求EH的長．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）由勾股定理可求AF的長，由面積法可求解；（2）先證四邊形AECF是平行四邊形，可得AF＝CE＝，AF∥CE，可證GF是△DHC的中位線，即可求解；（3）由三角形中位線定理可得CH的長，即可求解．【詳解】解：（1）∵正方形ABCD的邊長為2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴AB＝AD＝CD＝2，AE＝BE＝CF＝DF＝1，∴AF＝＝＝，∵S△ADF＝×AD×DF＝×AF×DG，∴DG＝；（2）∵AE＝CF＝1，AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF＝CE＝，AF∥CE，∵點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)，∴GF是△DHC的中位線，∴點(diǎn)G是DH的中點(diǎn)，∴DG＝GH＝；（3）在Rt△DGF中，GF＝＝＝，∵GF是△DHC的中位線，∴CH＝2GF＝，∴EH＝．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．47．（2022春?東陽市期末）如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，點(diǎn)E、G分別在邊AB、AD上，且AE＝AB，AG＝AD，作EF∥AD、GH∥AB，EF與GH交于點(diǎn)O，分別在OF、OH上截取OP＝OG，OQ＝OE，連結(jié)PH、QF交于點(diǎn)I．（1）四邊形EBHO的面積＝四邊形GOFD的面積（填“＞“、“＝”，或“＜“）；（2）比較∠OFQ與∠OHP大小，并說明理由．（3）求四邊形OQIP的面積．【答案】（1）＝；（2）∠OFQ＝∠OHP；（3）3．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)以及EF∥AD、GH∥AB可知四邊形EBHO和四邊形GOFD是矩形，正方形的邊長為8，AE＝AB，AG＝AD，則AE＝AG＝OE＝OG＝2，BE＝DG＝6，計算面積即可比較；（2）證明△OFQ≌△OHP即可；（3）連接OI，過I作IM⊥OH于點(diǎn)H，容易證明△HQI的面積等于△OQI面積的2倍，故陰影的面積等于△OPH的面積的一半．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°∵EF∥AD、GH∥AB，∴四邊形EBHO，四邊形GOFD是矩形，∵AE＝AB，AG＝AD，正方形ABCD的邊長為8，∴AE＝AG＝2，DG＝BE＝6，∴四邊形AEOG和四邊形FOHC是正方形，∴S矩形EBHO＝S矩形GOFD＝1×3＝3，故答案為：＝；（2）∠OFQ＝∠OHP，理由：∵四邊形AEOG是正方形，∴OG＝OE，∵OP＝OG，OQ＝OE，∴OP＝OQ，在△OFQ和△OHP中，，∴△OFQ≌△OHP（SAS），∴∠OFQ＝∠OHP；（3）如圖，連接OI，過I作IM⊥OH于點(diǎn)H，∵AG＝AE＝2，∴OP＝OQ＝2，∴QH＝4，∴S△HQI＝2S△OQI，∴S△HQI＝S陰影，∴S陰影＝S△PHO＝．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵熟記正方形的性質(zhì)并靈活運(yùn)用．正方形的性質(zhì)：①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對角線將正方形分成四個全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．48．（2022春?江北區(qū)期末）如圖，將邊長為4cm的正方形ABCD沿其對角線AC剪開，再把△ACD沿著DA方向平移得到△A'C'D'，與AB，AC分別交于點(diǎn)G，H（點(diǎn)G不與點(diǎn)B重合）．（1）求證：四邊形AGC'H是平行四邊形；（2）若四邊形AGC'H是菱形，求AH的長．【答案】（1）證明見解答過程；（2）AH＝8﹣4．【分析】（1）根據(jù)△ACD沿著DA方向平移得到△A'C'D'，證明四邊形AGC'H的兩組對邊分別平行，即可得四邊形AGC'H是平行四邊形；（2）由四邊形AGC'H是菱形，設(shè)AG＝GC'＝C'H＝AH＝x，則BG＝AB﹣AG＝4﹣x，而△BC'G是等腰直角三角形，有GC'＝BG，即x＝（4﹣x），可解得AH＝8﹣4．【詳解】（1）證明：過C作CD⊥AD'交AD延長線于D，如圖：∵把△ACD沿著DA方向平移得到△A'C'D'，∴AC∥A'C'，C'D'∥CD，∵CD∥AB，∴C'D'∥AB，∴四邊形AGC'H是平行四邊形；（2）解：∵四邊形AGC'H是菱形，∴AG＝GC'＝C'H＝AH，設(shè)AG＝GC'＝C'H＝AH＝x，則BG＝AB﹣AG＝4﹣x，∵∠A'C'D'＝∠ACD＝45°，∴∠BC'G＝45°，∴△BC'G是等腰直角三角形，∴GC'＝BG，即x＝（4﹣x），解得x＝8﹣4，∴AH＝8﹣4．【點(diǎn)評】本題考查正方形中的平移問題，涉及等腰直角三角形，平行四邊形等知識，解題的關(guān)鍵是掌握平移的性質(zhì)．49．（2022春?拱墅區(qū)期末）在正方形ABCD中，點(diǎn)E在AD邊上（不與點(diǎn)A，點(diǎn)D重合）．連接BE，作AG⊥BE于點(diǎn)F，交CD邊于點(diǎn)G，連接CF．（1）求證：BE＝AG．（2）若點(diǎn)E是AD邊的中點(diǎn)，AD＝10．①分別求AF，BF的長．②求證：CB＝CF．【答案】（1）見解析；（2）①AF＝2，BF＝4；②見解析．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)及垂線的性質(zhì)得出∠ABE＝∠DAG，然后利用ASA得出△ABE≌△DAG，即可得解；（2）①利用勾股定理得出BE的長，再利用面積法求解，