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期末复习（易错 60 题 27 个考点）
一．二次根式有意义的条件（共1小题）
1．（2022秋•渠县校级期中）已知x，y为实数，且满足 + +2，则
xy的值为（ ）
A．4 B．6 C．9 D．16
【答案】C
【解答】解：由题意得：
x﹣3≥0，3﹣x≥0，
∴x＝3，
∴y＝2，
∴xy＝32＝9，
故选：C．
二．最简二次根式（共1小题）
2．（2023 春•五华区校级期中）下列二次根式中，是最简二次根式的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：A、 ＝ ＝ ，故A不符合题意；
B、 ＝2 ，故B不符合题意；
C、 ＝ ，故C不符合题意；
D、 是最简二次根式，故D符合题意；
故选：D．
三．二次根式的乘除法（共1小题）
3．（2022秋•鼓楼区校级期末）已知1＜p＜2，化简 +（ ）2＝（
）A．1 B．3 C．3﹣2p D．1﹣2p
【答案】A
【解答】解：∵1＜p＜2，
∴1﹣p＜0，2﹣p＞0，
∴原式＝|1﹣p|+2﹣p
＝p﹣1+2﹣p
＝1．
故选：A．
四．同类二次根式（共3小题）
4．（2023春•涧西区期中）下列各式中，能与 合并的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：A、 不能与 合并，本选项不符合题意；
B、 ＝ ＝2 ，能与 合并，本选项符合题意；
C、 ＝ ＝2 ，不能与 合并，本选项不符合题意；
D、 ＝ ＝ ，不能与 合并，本选项不符合题意；
故选：B．
5．（2023•浙江模拟）若最简根式 与 是同类二次根式，则 m＝
2 ．
【答案】2．
【解答】解：∵最简二次根式 与 是同类二次根式，
∴﹣2m+9＝5m﹣5，
解得m＝2，
故答案为：2．
6．（2022秋•佛山校级期末）最简二次根式3 与 是同类二次根式，则x的值是 4 ．
【答案】4．
【解答】解：∵最简二次根式3 与 是同类二次根式，
∴2x﹣5＝7﹣x，
解得x＝4；
故答案为：4．
五．二次根式的混合运算（共5小题）
7．（2023•裕华区二模）下列运算正确的是（ ）
A．（ ）2＝3 B．3 ﹣ ＝3 C．2﹣1＝﹣2D．| ﹣2|＝ ﹣2
【答案】A
【解答】解：A、（ ）2＝3，故A符合题意；
B、3 ﹣ ＝2 ，故B不符合题意；
C、2﹣1＝ ，故C不符合题意；
D、| ﹣2|＝2﹣ ，故D不符合题意；
故选：A．
8．（2023•雁塔区校级模拟）计算： ＝ 2 0 ．
【答案】20．
【解答】解：
＝ × + ×
＝ +
＝16+4
＝20，
故答案为：20．9．（2023春•兴宁区校级期中）计算：|﹣3|+（﹣4）2÷ +（﹣1）2023．
【答案】10．
【解答】解：|﹣3|+（﹣4）2÷ +（﹣1）2023
＝3+16÷2+（﹣1）
＝3+8﹣1
＝11﹣1
＝10．
10．（2023春•灵丘县月考）阅读下面解题过程．
例：化简 ．
解： ．
请回答下列问题．
（1）归纳：请直接写出下列各式的结果：① ＝ ﹣ ；②
＝ + ．
（2）应用：化简 ．
（3）拓展： ＝ ．
（用含n的式子表示，n为正整数）
【答案】（1）① ；
② + ；
（2） ﹣ ；
（3） ．【解答】解：（1）① ＝ ＝ ﹣ ；
② ＝ ＝ + ；
故答案为：① ；② + ；
（2）
＝ + + +...+
＝ ﹣ + ﹣ + ﹣ +...+ ﹣
＝ ﹣ ；
（3）
＝ + + +...+
＝ + + +...+
＝ （ ﹣1+ ﹣ + ﹣ +...+ ﹣ ）
＝ ，
故答案为： ．
11．（2023•东方模拟）计算：
（1） ．（2） ．
【答案】（1）10；
（2）0．
【解答】解：（1）
＝2+1+9+（﹣2）
＝12﹣2
＝10；
（2）
＝3 + ﹣5
＝3 +2 ﹣5
＝0．
六．函数的概念（共1小题）
12．（2022 秋•霍邱县期中）如图，下列各曲线中，y 不是 x 的函数的是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解答】解：A、对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，
所以y是x的函数，故A不符合题意；
B、对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以y是x
的函数，故B不符合题意；C、对于自变量x的每一个值，因变量y都有唯一的值与它对应，所以 y是x
的函数，故C不符合题意；
D、对于自变量x的每一个值，因变量y不是都有唯一的值与它对应，所以y
不是x的函数，故D符合题意；
故选：D．
七．函数自变量的取值范围（共1小题）
13．（2023春•江阴市期中）函数y＝ 中自变量x的取值范围是（ ）
A．x≠5 B．x≠﹣5 C．x≥﹣5 D．x＞﹣5
【答案】C
【解答】解：由题意得：x+5≥0，
解得：x≥﹣5，
故选：C．
八．函数的图象（共2小题）
14．（2023春•兴宁区校级期中）晚饭后彤彤和妈妈散步到小区旁边的公园，
在公园中央的休息区聊了会天，然后一起跑步回家，下面能反映彤彤和妈妈
离家的距离y与时间x的函数关系的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：图象应分三个阶段，第一阶段：散步到离家较远的公园，在这
个阶段，离家的距离随时间的增大而增大；
第二阶段：在公园中央的休息区聊了会天，这一阶段离家的距离不随时间的
变化而改变．故D错误；
第三阶段：跑步回家，这一阶段，离家的距离随时间的增大而减小，故 A错误，并且这段的速度大于第一阶段的速度，则B错误．
故选：C．
15．（2022秋•莱州市期末）阳光中学举行学生运动会，小汪和小勇参加了 800
米跑．路程S（单位：米）与时间t（单位：分钟）之间的函数图象如图所示，
两位同学在跑步中均保持匀速，则下列说法错误的是（ ）
A．小勇的平均速度为160米/分
B．到终点前2分钟，小汪的速度比小勇的速度快80米/分
C．小勇和小汪同时达到终点
D．小汪和小勇的平均速度相等
【答案】B
【解答】解：由图象可得，
A．小勇的平均速度为：800÷5＝160（米/分），故本选项不合题意；
B．到终点前 2 分钟，小汪的速度为：（800﹣300）÷（5﹣3）＝250
（米/分），250﹣160＝90（米/分），
所以到终点前2分钟，小汪的速度比小勇的速度快 90米/分，故本选项符合
题意；
C．小勇和小汪同时达到终点，故本选项不合题意；
D．小勇和小汪的平均速度相等，故本选项不合题意；
故选：B．
九．动点问题的函数图象（共3小题）
16．（2022•东洲区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2cm，BC＝4 cm，E是AD的中点，连接BE，CE．点P从点B出发，以 cm/s的速度沿BC方
向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BE﹣EC方向
运动到点C停止，若△BPQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列
最能反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝2cm，BC＝4 cm，
∴DC＝AB＝2cm，AD＝BC＝4 cm，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE＝2 cm，
由勾股定理可得，BE＝CE＝4cm，
∴∠AEB＝30°，
∴∠EBC＝∠AEB＝30°．
由点P，Q的运动可知，点Q从点B到点E用时4s，从点E到点C用时4s，
点P从点B到点C用时4s，
∴点Q到达点E时，点P运动到点C处，
由此可知分两段：①当0＜t＜4时，如图，过点Q作QM⊥BC于点M，
∴BQ＝t，BP＝ t，
∵∠EBC＝30°，
∴QM＝ t，
∴y＝ •BP•QM＝ ＝ t2，此段图象为抛物线，且开口向上，
由此排除A，C；
②当4＜t＜8时，如图，此时点Q在EC上，过点Q作QN⊥BC于点N，
由点Q的运动可知，CQ＝8﹣t，
∵∠BCE＝30°，
∴QN＝ （8﹣4），
∴y＝＝ •BC•QN＝ ×4 • （8﹣t）＝﹣ t+8 ，此段图象为直线的一
部分，由此排除B；
故选：D．
17．（2022秋•江都区期末）如图 1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点P从点C
出发，沿三角形的边以 1cm/秒的速度顺时针运动一周，点 P运动时线段CP
的长度y（cm）随运动时间x（秒）变化的关系如图 2所示，若点M的坐标
为（11，5），则点P运动一周所需要的时间为 2 4 秒．【答案】24．
【解答】解：图2中的图象有三段，正好对应图1中的线段CA，AB，BC，
由图象可得，CA＝6，
假设点P运动到如图所示位置，对应图2中的点M（11，5），
∴CA+AP＝11，CP＝5，
∴AP＝5，
过点P作PE⊥AC于点E，
∴∠AEP＝∠ACB＝90°，
∵AP＝CP，
∴点E是AC的中点，
∴AE＝CE＝3，
∴EP＝4，
又∵∠AEP＝∠ACB＝90°，
∴EP∥CB，
∴AE：AC＝AP：AB＝EP：BC，即3：6＝5：AB＝4：BC，
∴AB＝10，BC＝8，
∴△ABC的周长为：6+8+10＝24，
∴运动时间为24÷1＝24（s），
故答案为：24．
18．（2023 春•栾城区期中）如图①，在矩形 ABCD 中，AB＝12cm，BC＝6m，点P从A点出发，沿A→B→C→D路线运动，到 D点停止：点 Q从D
点出发，沿D→C→B→A运动，到A点停止．若点P、点Q同时出发，点P
的速度为每秒1cm，点Q的速度为每秒2cm，a秒时点P、点Q同时改变速
度，点P的速度变为每秒b（cm），点Q的速度变为每秒c（cm），如图②
是△APD 的面积 S （cm2）与点 P 出发时间 x（秒）之间的关系：图③是
1
△AQD的面积S （cm2）与Q点出发时间x（秒）之间的关系，根据图象回答
2
下列问题：
（1）则a＝ 8 ；b＝ 2 ；c＝ 1 ．
（2）设点P出发x（秒）后离开点A的路程为y（cm），请写出y与x的关
系式，并求出点P与Q相遇时x的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由图象可得，S ＝ PA•AD＝ ×（1×a）×6＝24
△APQ
解得：a＝8
∴b＝ ＝2
∴（22﹣8）c＝（12×2+6）﹣2×8
解得：c＝1
故答案为：8；2；1．
（2）依题意得：当0≤x≤8时，y ＝x；
1
∵（12﹣8+6+12）÷2＝11（秒），11+8＝19
∴当8＜x≤19时，
y ＝1×8+2（x﹣8）＝2x﹣8 （x＞8）
1
∴y ＝ ，
1y ＝（30﹣2×8）﹣1×（x﹣8）＝22﹣x （x＞8）
2
∵点P与Q相遇时，y ＝y
1 2
∴2x﹣8＝22﹣x
∴x＝10
∴点P与Q相遇时x的值为10．
十．一次函数的图象（共1小题）
19．（2022秋•鼓楼区校级期末）已知一次函数 y＝kx+b，函数值y随自变量x
的增大而减小，且kb＜0，则函数y＝kx+b的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b，y随着x的增大而减小，
∴k＜0，
∴一次函数y＝kx+b的图象经过第二、四象限；
∵kb＜0，
∴b＞0，
∴图象与y轴的交点在x轴上方，
∴一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限．
故选：C．
十一．一次函数的性质（共1小题）
20．（2022秋•高陵区期中）小明根据学习函数的经验，对函数 y＝ 的
图象与性质进行了探究．下面是小明的探究过程，请补充完整：
（1）填表：a： ﹣ 1 ，b： ﹣ 1 ，c： ﹣ 1 ，d： 2 ．
x … ﹣5 ﹣4 ﹣3 ﹣2 ﹣1 0 1 2 3 4 …
y … ﹣1 a ﹣1 b ﹣1 c 0 1 d 3 …
（2）根据（1）中的结果，请在所给坐标系中画出函数y＝ 的图象．
（3）结合函数图象，请写出该函数的一条性质．
【答案】（1）﹣1、﹣1、﹣1、2；
（2）函数图象如上图所示；
（3）当x≤0时，函数值是﹣1，（答案不唯一）．
【解答】解：（1）把x＝﹣4代入y＝ ，得a＝﹣1，
把x＝﹣2代入y＝ ，得b＝﹣1，
把x＝0代入y＝ ，得c＝﹣1，
把x＝3代入y＝ ，得c＝2，
故答案为：﹣1、﹣1、﹣1、2．
（2）函数图象如图所示：（3）当x≤0时，函数值是﹣1，（答案不唯一）．
十二．一次函数与一元一次方程（共1小题）
21．（2022 秋•博山区校级期末）如图，直线 y＝ax+b（a≠0）过点 A（0，
1），B（2，0），则关于x的方程ax+b＝0的解为 x ＝ 2 ．
【答案】x＝2．
【解答】解：方程ax+b＝0的解，即为函数y＝ax+b图象与x轴交点的横坐
标，
∵直线y＝ax+b过B（2，0），
∴方程ax+b＝0的解是x＝2，
故答案为：x＝2．
十三．一次函数的应用（共8小题）
22．（2022春•渝中区校级月考）甲、乙两地之间是一条直路，小红跑步从甲
地到乙地，小刚步行从乙地到甲地，两人同时出发并且在运动过程中保持速
度不变，两人之间的距离y（单位：米）与小刚步行时间x（单位：分）的函数关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．小红跑步的速度为150米/分
B．小刚步行的速度为100米/分
C．a＝12
D．小红到达乙地时，小刚离甲地还有500米
【答案】C
【解答】解：∵1500÷15＝100（米/分），
∴小刚步行的速度为100米/分；故B选项正确；
∵1500÷6＝250（米/分），
∴250﹣100＝150（米/分），
∴小红跑步的速度为150米/分，故A选项正确；
∵1500÷150＝10（分），
∴a＝10，故C选项错误；
小红到达乙地时，小刚离甲地还有（15﹣10）×100＝500（米），故D选项
正确；
故选：C．
23．（2023•西华县二模）为了响应“足球进校园”的号召，更好地开展足球运
动，某学校计划购买一批足球，已知购买 4个A品牌足球和3个B品牌足球
共需440元；购买2个A品牌足球和1个B品牌足球共需180元．
（1）求A，B两种品牌足球的单价；
（2）若学校准备购买A，B两种品牌的足球共12个，且B品牌足球不少于4
个，设购买两种品牌足球所需费用为y元，A品牌足球x个，求y与x之间的
函数关系式，并设计一种费用最少的购买方案，写出最少费用．
【答案】（1）A品牌足球单价为50元，B品牌足球单价为80元．（2）y＝﹣30x+960，y取得最小值720元，此时A品牌足球购买了8个，B
品牌足球购买了4个．
【解答】解：（1）设A，B两种品牌足球的单价分别为a元，b元，
根据题意，得 ，
解得 ，
∴A品牌足球单价为50元，B品牌足球单价为80元．
（2）根据题意可知，B品牌足球（12﹣x）个，
∵B品牌足球不少于4个，
∴12﹣x≥4，
∴x≤8，
∴y＝50x+80（12﹣x）＝﹣30x+960，
∵﹣30＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x＝8时，y最小，此时y＝﹣30×8+960＝720．
综上，y＝﹣30x+960，y取得最小值720元，此时A品牌足球购买了8个，B
品牌足球购买了4个．
24．（2023•市南区校级二模）自 2022年新课程标准颁布以来，我校高度重视
新课标的学习和落实，开展了信息技术与教学深度融合的“精准化教学”，
学校计划购买A，B两种型号教学设备，已知A型设备价格比B型设备价格
每台高20%，用30000元购买A型设备的数量比用15000元购买B型设备的
数量多4台．
（1）求A，B型设备单价分别是多少元；
（2）我校计划购买两种设备共50台，要求A型设备数量不少于B型设备数
量的 ．设购买a台A型设备，购买总费用为w元，求w与a的函数关系式，
并设计出费用最低时的购买方案．
【答案】（1）每台B型设备的价格为2500元，则每台A型号设备的价格为
3000万元．
（2）w＝500a+125000，且最少购买费用为131500元．【解答】解：（1）设每台B型设备的价格为x元，则每台A型号设备的价格
为1.2x元，
根据题意得， ＝ +4，
解得：x＝2500．
经检验，x＝2500是原方程的解．
∴1.2x＝3000，
∴每台B型设备的价格为2500元，则每台A型号设备的价格为3000元．
（2）设购买a台A型设备，则购买（50﹣a）台B型设备，
∴w＝3000a+2500（50﹣a）＝500a+125000，
由实际意义可知， ，
∴12.5≤a≤50且a为整数，
∵500＞0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a＝13时，w的最小值为500×13+125000＝131500（元）．
∴w＝500a+125000，且最少购买费用为131500元．
25．（2022秋•南关区校级期末）洋洋和妮妮分别从学校和公园同时出发，沿
同一条路相向而行．洋洋开始跑步中途改为步行，到达公园恰好用了
30min．妮妮骑单车以 300m/min 的速度直接回学校．两人离学校的路程 y
（m）与各自离开出发地的时间x（min）之间的函数图象如图所示．
（1）学校与公园之间的路程为 4000 m，洋洋步行的速度为 100
m/min；
（2）求妮妮离学校的路程y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
（3）求两人相遇的时间．【答案】（1）4000，100；
（2）妮妮离学校的路程y关于x的函数解析式为y＝4000﹣300x（0≤x≤
）；
（3）两人相遇的时间为8min．
【解答】解：（1）结合题意和图象可知，线段CD为妮妮路程与时间函数图
象，折线O﹣A﹣B为洋洋的路程与时间图象，
则学校与公园之间的路程为 4000米，洋洋步行的速度＝ ＝100m/
min，
故答案为：4000，100；
（2）妮妮骑自行车从公园回学校所需时间为4000÷300＝ （分钟），
∴妮妮离学校的路程 y 关于 x 的函数解析式为 y＝4000﹣300x（0≤x≤
）；
（3）当x＝10时，妮妮离学校的路程y＝4000﹣300x＝4000﹣300×10＝1000
（米），
由图可知x＝10时，洋洋离学校的路程是2000米，
∴两人相遇是在洋洋慢跑途中，
由4000﹣300x＝ x得：x＝8，
∴两人相遇的时间为8min．
26．（2023•湘潭模拟）某市出租车计费方法如图所示，x（km）表示行驶里程，
y（元）表示车费，请根据图象回答下面的问题：
（1）出租车的起步价是多少元？当x＞3时，求y关于x的函数关系式；
（2）若行驶2km、8km分别要多少车费？（3）若某乘客有一次乘出租车的车费为32元，求这位乘客乘车的里程．
【答案】（1）出租车的起步价是8元；当x＞3时，y与x的函数关系式为：
y＝2x+2；
（2）行驶2km车费为8元；行驶8km车费为18元；
（3）这位乘客乘车的里程是15km．
【解答】解：（1）由图象得：
出租车的起步价是8元；
设当x＞3时，y与x的函数关系式为y＝kx+b（k≠0），由函数图象，得
，
解得： ，
∴当x＞3时，y与x的函数关系式为：y＝2x+2；
（2）当x＝2时，只需要付起步价，即8元；
当x＝8时，y＝2×8+2＝18；
∴行驶2km车费为8元；行驶8km车费为18元；
（3）当y＝32时，32＝2x+2，
∴x＝15，
答：这位乘客乘车的里程是15km．
27．（2023•双柏县模拟）某公司计划组织员工 360人去华为公司参观学习，经
过研究，决定从当地租车公司提供的A，B两种型号客车中，租用20辆作为
交通工具．下表是租车公司提供给学校有关两种型号客车的载客量和租金信
息：
型号 载客量 租金单价
A 20人/辆 300元
B 15人/辆 200元注：载客量指的是每辆客车最多可载该校师生的人数．
设学校租用A型号客车x辆，租车总费用为y元．
（1）求y与x的函数关系式，并求出x的取值范围．
（2）若要使租车总费用不超过5800元，一共有几种租车方案？并求出最低
租车费用．
【答案】（1）y＝100x+4000（12≤x≤20）；
（2）一共有7种方案，最低租车费用为5200元．
【解答】解：（1）由题意可得，
y＝300x+200（20﹣x）＝100x+4000，
由题意可得：20x+15（20﹣x）≥360，
解得x≥12，
∴y与x的函数关系式是y＝100x+4000（12≤x≤20）；
（2）∵租车总费用不超过5800元，
∴100x+4000≤5800，
解得x≤18，
∵12≤x≤20，
∴12≤x≤18，
∵x为整数，
∴x＝12，13，14，15，16，17，18，
∴共有7种租车方案
由（1）知y＝100x+4000，
∵100＞0，
∴y随x的增大而增大，
∴当x＝12时，y取得最小值，此时y＝5200，
答：若要使租车总费用不超过 5800元，一共有7种方案，最低租车费用为
5200元．
28．（2022秋•宁明县月考）为了加强公民的节水意识，某城市规定用水收费
标准如下：每户每月用水量不超过 6立方米时，水费按每立方米 0.6元收费，
超过6立方米时，超过部分每立方米按1元收费，设每户每月用水量为x立方米，应缴水费为y元．
（1）写出y与x之间的函数表达式；
（2）已知某户3月份用水量为8立方米，求该用户3月份的水费．
【答案】（1）当0≤x≤6时，y＝0.6x；当x＞6时，y＝x﹣2.4；
（2）该用户3月份的水费是5.6元．
【解答】解：（1）由题意可得，当0≤x≤6时，y＝0.6x；
当x＞6时，y＝x﹣6+6×0.6＝x﹣2.4；
（2）y＝8﹣2.4＝5.6元．
答：该用户3月份的水费是5.6元．
29．（2022•景宁县模拟）畲乡绿道是户外骑行的好去处，小明和爸爸在绿道骑
车，两人骑车的路程s（米）与时间t（分）的关系如图所示．
（1）此次骑行全程 1200 0 米，爸爸骑行 2 4 分钟时追上了小明；
（2）求出BC所在直线的函数关系式；
（3）当爸爸和小明相距1000米时，求t的值．
【答案】（1）12000；24；
（2）直线BC函数表达式为：s＝300t﹣6000；
（3）t的值为29或50．
【解答】解：（1）由图象可知，此次骑行全程为12000米，
设直线OC的解析式s＝mt，代入（60，12000），
∴60m＝12000，解得m＝200，
∴直线OC的函数解析式为：s＝200t，
令s＝4800，即200t＝4800，
解得t＝24；故答案为：12000；24．
（2）设直线BC函数表达式为：s＝kt+b，
将点B（36，4800）和（60，12000）代入，
，
解得y＝300x﹣6000．
∴直线BC函数表达式为：s＝300t﹣6000；
（3）∵A（20，4800），
∴直线OA的解析式为：s＝240t．
当小明停下来时，和爸爸相距4800﹣200×20＝800（米），
若爸爸和小明相距1000米，需要分以下三种情况：
∴在OA段，则240t﹣200t＝1000，
解得t＝25，不符合题意，舍去；
在AB段，则200t﹣4800＝1000，
解得t＝29，符合题意；
在BC段，则200t﹣（300t﹣6000）＝1000，
解得t＝50，符合题意；
综上，t的值为29或50．
十四．一次函数综合题（共5小题）
30．（2023春•昆明期中）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+8分别交
两坐标轴于点A、B，直线CD与直线AB交于点C，与x轴交于点D，点D
的坐标为（1，0），点C的横坐标为4．
（1）求直线CD的函数解析式：
（2）在坐标平面内是否存在这样的点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形
为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）直线CD的函数解析式为y＝ x﹣ ．
（2）存在点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形，点F的坐
标为（﹣3，4）或（11，4）或（5，﹣4）．
【解答】解：（1）当x＝4时，y＝﹣1×4+8＝4，
∴点C的坐标为（4，4）；
设直线CD的函数解析式为y＝kx+b（k≠0），
将点C（4，4），D（1，0）代入y＝kx+b，
得： ，
解得： ，
∴直线CD的函数解析式为y＝ x﹣ ．
（2）存在，设点F的坐标为（m，n），
当y＝0时，﹣x+8＝0，
解得：x＝8，
∴点A的坐标为（8，0）．
若使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形，分三种情况讨论：
①当CD为对角线时，记为点F ，
1
∵四边形ACF D为平行四边形，
1
∴ ，
解得： ，
∴点F 的坐标为（﹣3，4）；
1
②当AC为对角线时，记为点F ，
2
∵四边形AF CD为平行四边形，
2
∴ ，
解得： ，∴点F 的坐标为（11，4）；
2
③当AD为对角线时，记为点F ，
3
∵四边形ACDF 为平行四边形，
3
∴ ，
解得： ，
∴点F 的坐标为（5，﹣4）．
3
∴存在点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形，点 F的坐标
为（﹣3，4）或（11，4）或（5，﹣4）．
31．（2023春•章丘区期中）如图，直线 的图象与x轴和y轴分别交于
点 A 和点 B，AB 的垂直平分线 l 与 x 轴交于点 C，与 AB 交于点 D，连接
BC．
（1）求OC的长；
（2）若点E在x轴上，且△BED的面积为10，求点E的坐标；
（3）已知y轴上有一点P，若以点B、C、P为顶点的三角形是等腰三角形，
直接写出所有满足条件的点P的坐标．【答案】（1）OC＝|3﹣0|＝3．
（2）点E坐标为：（﹣2，0），（18，0）．
（3）满足条件的P点坐标为：（0， ），（0，﹣4），（0，﹣1），（0，
9）．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4；令y＝0，得x＝8；所以直线
与两轴交点分别为A（8，0），B（0，4）．
∵CD垂直平分AB；
∴CA＝CB．
设C（m，0），在Rt△OBC中，根据勾股定理得：OB2+OC2＝BC2，即：
t2+42＝（8﹣t）2 解得：t＝3；
∴OC＝|3﹣0|＝3．
（2）设点E（m，0），则EA＝|8﹣m|；
∵D为AB的中点；
∴ ；
A、E在x轴上，OB⊥AE， ；
再依题意： ；
解得：m＝﹣2或18．
∴点E坐标为：（﹣2，0），（18，0）．
（3）P在y轴上，设P（0，p）．分别以B、C、P为等腰三角形的顶点，分
三种情况：①B为顶点，BP＝BC，由（1）得BC＝8﹣3＝5；
∴|p﹣4|＝5，解得：P＝﹣1或9．
②C为顶点，BC＝PC，
又∵∠BOC＝∠POC＝90°，OC＝OC，
∴△BOC≌△POC（HL）．
∴PO＝BO＝4，即p＝﹣4．
③P为顶点，PB＝PC，在Rt△OPC中，根据勾股定理得：
OP2+OC2＝PC2，即：
p2+32＝（4﹣p）2．
解得： ．
综上：满足条件的 P 点坐标为：（0， ），（0，﹣4），（0，﹣1），
（0，9）．
32．（2022 秋•通川区期末）在平面直角坐标系 xOy 中，正比例函数 y＝mx
（m≠0）的图象经过点A（2，4），过点A的直线y＝kx+b（k＞0）与x轴、
y轴分别交于B，C两点．
（1）求正比例函数的表达式；
（2）若△AOB的面积为△BOC的面积的 倍，求直线y＝kx+b的表达式；
（3）在（2）的条件下，若一条平行于 OA的直线DE与直线BC在第二象限
内相交于点D，与y轴相交于点E，连接OD，当OC平分∠AOD时，求点D
的坐标．
【答案】（1）正比例函数的表达式为：y＝2x；
（2）直线AB的解析式为：y＝ x+3或y＝ x﹣3；（3）D（﹣ ， ）．
【解答】解：（1）把点A（2，4）代入正比例函数y＝mx（m≠0），
∴2m＝4，解得m＝2，
∴正比例函数的表达式为：y＝2x；
（2）当点B在x轴负半轴时，根据题意可画出图形，如下所示，过点 A作x
轴和y轴的垂线，垂足分别为N和M，
则AM＝2，AN＝4，
设△BOC的面积为3S，则△AOB的面积为4S，
∴△AOC的面积为S，即△AOB的面积＝4△AOC的面积，
∵△AOC的面积＝ OC•AM＝OC，
△AOB的面积＝ OB•AN＝2OB，
∴2OB＝4OC，即OB＝2OC，
令x＝0，则y＝b，
∴C（0，b），
∴OC＝b，
∴OB＝2b，即B（﹣2b，0），
将B（﹣2b，0），A（2，4）代入函数解析式，可得，
，解得 ，
∴直线AB的解析式为：y＝ x+3；当点B在x轴正半轴时，如图所示，
设△BOC的面积为3S，则△AOB的面积为4S，
∴△AOC的面积为7S，即7△AOB的面积＝4△AOC的面积，
∵△AOC的面积＝ OC•AM＝OC，
△AOB的面积＝ OB•AN＝2OB，
∴14OB＝4OC，即OB＝ OC，
令x＝0，则y＝b，
∴C（0，b），
∴OC＝b，
∴OB＝ b，即B（﹣ b，0），
将B（﹣ b，0），A（2，4）代入函数解析式，可得，
，解得 ，
∴直线AB的解析式为：y＝ x﹣3；
综上，直线AB的解析式为：y＝ x+3或y＝ x﹣3；
（3）如图，作点A关于y轴的对称点A′，连接OA′，由对称可知，∠AOC＝∠A′OC，即OC平分∠AOA′，
∴线段OA′与直线AB的交点即为点D．
由对称可知，A′（﹣2，4），
∴直线OA′的解析式为：y＝﹣2x，
令﹣2x＝ x+3，解得x＝﹣ ，
∴y＝﹣2x＝ ，
∴D（﹣ ， ）．
33．（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图，直线 AB：y＝kx+b（k≠0）过点A
（2，2），B（1，4）．
（1）求直线AB的解析式；
（2）如图2，点M，点N分别为x轴，y轴上一动点，求AM+MN+NB的最
小值及此时点M的坐标；
（3）如图3，在（2）问的条件下，过点B作l 垂直于y轴，点P为直线AB
1
上一动点，点Q为直线l 上一动点，若△MPQ是以MQ为腰的等腰直角三角
1
形，直接写出所有满足条件的点Q坐标．【答案】（1）直线AB解析式为y＝﹣2x+6；
（2）（1，0）；
（3）点Q坐标为（13，4）或（5，4）或（﹣7，4）或（ ，4）．
【解答】解：（1）将A（2，2），B（1，4）代入直线AB解析式得：
，
解得： ，
∴直线AB解析式为y＝﹣2x+6；
（2）作A点关于x轴的对称点A′（2，﹣2），作B关于y轴的对称点B′
（﹣1，4），连接MA′，NB'，
∴AM+MN+NB＝A′M+MN+NB′≥A′B′，
当且仅当A′，M，N，B′四点共线时取最小值，
最小值 ，
∵A′（2，﹣2），B′（﹣1，4），
∴直线A′B′解析式为y＝﹣2x+2，令y＝0，解得x＝1，
∴M（1，0），
∴AM+MN+NB的最小值为 ，此时M点坐标为（1，0）；
（3）根据题意可知，需要分以下三种情况：
①当 MQ＝PM 时，点 P 在 x 轴上方时，过点 P 作 PC⊥x 轴于点 C，作
QD⊥x轴于点D，如图，在△PCM和△MDQ中，
，
∴△PCM≌△MDQ（AAS），
∴点P的横坐标为﹣3，代入直线AB的解析式，y＝﹣2×（﹣3）+6＝12，
∴点P（﹣3，12），PC＝MD＝12，
∴Q（13，4）；
②当MQ′＝P′M时，点P在x轴下方时，过点 P′作P′C′⊥x轴于点
C′，作Q′D′⊥x轴于点D′．如图，
同理可证，△P′C′M≌△Q′D′M（AAS），
∴MC′＝Q′D′＝4，P′C′＝MD′，
∴点P的模坐标为5，代入直线AB的解析式，y＝﹣2×5+6＝﹣4，P′C′＝
MD′＝4，
∴点Q′（5，4）；
③当MQ′′＝P′′Q′′且点Q′′在AB的左侧时，过点 P′′作P′
′E⊥l 于点E，过点Q′′作Q′′F⊥l 于点F，如图，
1 1
同理可证，△P′′Q′′E≌△MFQ′′（AAS），
∴P′′E＝Q′′F，Q′′E＝MF＝4，
设点Q′′的坐标为（t，4），则点P′′的横坐标为t+4，
Q′′F＝1﹣t，点P′′的纵坐标为5﹣t，
将点P′′的横坐标代入直线 AB的解析式，5﹣t＝﹣2（t+4）+6，解得t＝
﹣7，
∴Q′′（﹣7，4）；
④当MQ′′′＝P′′′Q′′′且点Q′′′在AB的右侧时，过点P′
′′作P′′E⊥l 于点E，过点Q′′′作Q′′′F⊥l 于点F，如图，
1 1
同理可证，△P′′′Q′′′E≌△Q′′′MF（AAS），∴P′′′E＝Q′′′F，Q′′′E＝MF＝4，
设点Q′′的坐标为（m，4），则点P′′′的横坐标为m﹣4，
∴Q′′′F＝m﹣1，点P′′′的纵坐标为m+3，
将点P′′′的横坐标代入直线 AB的解析式，m+3＝﹣2（m﹣4）+6，解得
t＝ ，
∴Q′′′（ ，4）；
综上所述，点Q坐标为（13，4）或（5，4）或（﹣7，4）或（ ，4）．34．（2022春•温州校级月考）如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC的顶
点A，C分别在x轴和y轴上，其中OA＝12，OC＝6，直线OD交线段BC于
点D，BD＝2，点P，Q为线段OA上两点且OP＝AQ＝t，过点P作PE⊥OA
交OD于点E．
（1）求直线OD的表达式．
（2）当P在Q的右侧且PQ＝2时，求△PEQ的面积．
（3）当在线段OA的边上找到点F（不包括顶点），在矩形其它三边（不包括顶点）上找一点 G，使得以Q、E、F、G为顶点的四边形为菱形，求 t的
值．
【答案】（1）直线OD的表达式为：y＝ x；
（2） ；
（3）当t的值为： 或 或 或10时，以Q、E、F、G为顶点
的四边形为菱形．
【解答】解：（1）∵四边形OABC为矩形，OA＝12，OC＝6，
∴BC＝OA＝12，AB＝OC＝6，
∵BD＝2，
∴CD＝10，
∴D（10，6），
设直线OD的表达式为：y＝kx，
∴10k＝6，
解得k＝ ，
∴直线OD的表达式为：y＝ x；
（2）如图2，当点P在点Q的右侧时，
∵OP＝AQ＝t，OA＝12，
∴PQ＝2t﹣12，
∴2t﹣12＝2，
解得t＝7，∴OP＝AQ＝7，
∵PE⊥OA且点E在OD上，
∴E（7， ）；
∴△PEQ的面积为： ×2× ＝ ；
（3）由题意可知，EG∥QF，即EG∥OA，
∵AQ＝t，
∴Q（12﹣t，0），
由（2）可知E（t， t）；
∴需要分两种情况：
当点G在AB上时，G（12， t）
①EG＝EQ时，（12﹣t）2+02＝（12﹣t﹣t）2+（ t）2，
解得t＝0（舍）或t＝ ；
②EG＝GQ时，（12﹣t）2+02＝t2+（ t）2，
解得t＝ 或t＝﹣ （舍）；
当点G在OC上时，G（0， t），
①EG＝EQ时，t2+02＝（12﹣t﹣t）2+（ t）2，
解得，t＝ 或t＝10；
②EG＝GQ时，t2+02＝（12﹣t）2+（﹣ t）2，
解得t＝ 或t＝﹣60（舍）；
综上，当t的值为： 或 或 或10时，以Q、E、F、G为顶点
的四边形为菱形．十五．直角三角形斜边上的中线（共1小题）
35．（2023春•涧西区期中）如图，在 Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，
点E是AB上方一点，且AE＝BE，连接DE，若CD＝3，AE＝7，则DE的长
为（ ）
A．2 B．2 C．4 D．4
【答案】B
【解答】解：在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝BD＝ AB＝3，
∵AE＝BE＝7，
∴ED⊥AD，
在Rt△ADE中，DE＝ ＝ ＝2 ，
故选：B．
十六．勾股定理（共5小题）
36．（2023春•福州期中）如图，三个四边形均为正方形，则字母 B所表示的
值为（ ）
A．12 B．13 C．144 D．194
【答案】C
【解答】解：由勾股定理得：S ＝169﹣25＝144，
B
故选：C．37．（2022秋•辉县市校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以△ABC
的三边为边向外做正方形ACDE，正方形CBGF，正方形AHIB，连结EC，
CG，作CP⊥CG交HI于点P，记正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为
S ，S ，若S ＝4，S ＝7，则S ：S 等于（ ）
1 2 1 2 △ACP △BCP
A．2： B．4：3 C． ： D．7：4
【答案】A
【解答】解：如图所示，过点 P 作 PM⊥CB，交 CB 的延长线于点 M，作
PN⊥CA，交CA的延长线于点N，
由题可得，∠BCG＝45°，CP⊥CG，
∴∠BCP＝45°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACP＝45°，即CP平分∠ACB，
又∵PM⊥BC，PN⊥AC，
∴PM＝PN，
∵正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S ，S ，且S ＝4，S ＝7，
1 2 1 2
∴正方形BCFG的面积＝7﹣4＝3，
∴正方形ACDE和正方形BCFG的面积之比为4：3，
∴AC：BC＝2： ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，即S ：S 等于2： ．
△ACP △BCP
故选：A．
38．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，
AC＝6，点D、E分别是BC、AD的中点，AF∥BC交CE的延长线于F，则
四边形AFBD的面积为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【解答】解：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE．
在△AEF与△DEC中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS）．
∴AF＝DC，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝DC，∴AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∴S ＝2S ，
四边形AFBD △ABD
又∵BD＝DC，
∴S ＝2S ，
△ABC △ABD
∴S ＝S ，
四边形AFBD △ABC
∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝6，
∴S ＝ AB•AC＝ ×4×6＝12，
△ABC
∴S ＝12．
四边形AFBD
故选：C．
39．（2022•河池模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝6，D
为AC边上的一个动点，连接BD，E为BD上的一个动点，连接AE，CE，当
∠ABD＝∠BCE时，线段AE的最小值是（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，取BC的中点T，连接AT，ET．∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠CBD＝90°，
∵∠ABD＝∠BCE，
∴∠CBD+∠BCE＝90°，
∴∠CEB＝90°，
∵CT＝TB＝3，
∴ET＝ BC＝3，AT＝ ＝ ＝5，
∵AE≥AT﹣ET，
∴AE≥2，
∴AE的最小值为2，
故选：C．
40．（2022秋•青秀区校级期末）问题再现：
数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助这种方法可将抽象的
数学知识变得直观，从而可以帮助我们快速解题，初中数学里的一些代数公
式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．
（1）如图1，是一个重要公式的几何解释，请你写出这个公式；
（2）如图 2，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC＝b，AB＝c，以
Rt△ABC的三边长向外作正方形的面积分别为S ，S ，S ，试猜想S ，S ，S
1 2 3 1 2 3
之间存在的等量关系，直接写出结论．
（3）如图3，如果以Rt△ABC的三边长a，b，c为直径向外作半圆，那么第
（2）问的结论是否成立？请说明理由．
（4）如图4，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，三边分别为5，12，13，分别以它的三边为直径向上作半圆，求图4中阴影部分的面积．
【答案】（1）（a+b）2＝a2+2ab+b2；
（2）S +S ＝S ；
1 2 3
（3）成立，理由见解答；
（4）30．
【解答】解：（1）（a+b）2＝a2+2ab+b2；
（2）S +S ＝S ；
1 2 3
（3）成立，设直角三角形两条直角边分别为a，b，斜边为c．
∴S ＝ 2＝ ，S ＝ （ ）2＝ ，S ＝ （ ）2＝ ，
2 3 1
π π π
∵ + ＝ ，
∴S +S ＝S ；
1 2 3
（4）根据（3）的结论，两个以直角边为直径的半圆面积等于斜边为直径的
半圆面积．
∴阴影部分的面积＝直角三角形面积
∴阴影部分的面积＝5×12÷2＝30．
十七．勾股定理的逆定理（共3小题）
41．（2023 春•大连期中）下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是（
）
A．1，2， B．2，3，5 C．4，5，6 D．6，7，8
【答案】A
【解答】解：A、∵12+22＝5，（ ）2＝5，
∴12+22＝（ ）2，
∴能组成直角三角形，
故A符合题意；
B、∵2+3＝5，
∴不能组成三角形，故B不符合题意；
C、∵42+52＝41，62＝36，
∴42+52≠62，
∴不能组成直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵62+72＝85，82＝64，
∴62+72≠82，
∴不能组成直角三角形，
故D不符合题意；
故选：A．
42．（2023•琼海模拟）△ABC的三边为a，b，c，下列条件不能确保ABC为直
角三角形的是（ ）
A．∠A＝ ∠B＝ ∠C B．a2：b2：c2＝3：4：5
C．c2＝a2﹣b2 D．∠A﹣∠B＝∠C
【答案】B
【解答】解：A、∵∠A＝ ∠B＝ ∠C，
∴∠B＝3∠A，∠C＝2∠A，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠A+3∠A+2∠A＝180°，
∴∠A＝30°，
∴∠B＝3∠A＝90°，
∴△ABC为直角三角形，
故A不符合题意；
B、∵a2：b2：c2＝3：4：5，
∴设a2＝3k，b2＝4k，c2＝5k，
∵a2+b2＝7k，
∴a2+b2≠c2，
∴△ABC不是直角三角形，
故B符合题意；C、∵c2＝a2﹣b2，
∴c2+b2＝a2，
∴△ABC为直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵∠A﹣∠B＝∠C，
∴∠A＝∠C+∠B，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴2∠A＝180°，
∴∠A＝90°
∴△ABC为直角三角形，
故D不符合题意；
故选：B．
43．（2023春•巨野县期中）如图所示，是一块地的平面图，其中AD＝4米，
CD＝3米，AB＝13米，BC＝12米，∠ADC＝90°，求这块地的面积．
【答案】这块地的面积为24平方米．
【解答】解：连接AC，
∵∠ADC＝90°，AD＝4米，CD＝3米，
∴AC＝ ＝ ＝5（米），
∵AB＝13米，BC＝12米，
∴AC2+BC2＝52+122＝169，AB2＝132＝169，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB＝90°，
∴这块地的面积＝△ABC的面积﹣△ADC的面积＝ AC•BC﹣ CD•AD
＝ ×5×12﹣ ×3×4
＝30﹣6
＝24（平方米），
∴这块地的面积为24平方米．
十八．三角形中位线定理（共1小题）
44．（2023•镇平县二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB
的中点，DE⊥CB，垂足为E，若DE＝2，则AC的长度为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【解答】解：∵∠ACB＝90°，点D为斜边AB的中点，
∴CD＝DB＝ AB，
∵DE⊥CB，
∴点E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC＝2DE＝4，
故选：C．
十九．平行四边形的性质（共2小题）
45．（2023春•东台市月考）如图， ABCD的对角线AC、BD交于点O，AE
▱
平分∠BAD交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝ BC，连接OE，下列结论：
①∠CAD＝30°；② S ABCD＝AB•AC；③ OB＝AB；成立的个数有
（ ）
▱A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
∵∠ABE＝∠ADC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝BE＝AE，
∵AB＝ BC，
∴BE＝ BC，
∴BE＝CE＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝2∠ECA＝60°，
∴∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝∠ECA＝30°，
故①正确；
∵∠EAC＝∠ECA＝30°，∠BAE＝60°，
∴∠BAC＝∠EAC+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AC⊥AB，
∴S ABCD＝AB•AC，
故②正确；
▱AB⊥OA，
∴OB＞AB，
∴OB≠AB，
故③错误，
故选：C．
46．（2022秋•招远市期末）下列平行四边形中，其图中阴影部分面积不一定
等于平行四边形面积一半的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解答】解：A、无法判断阴影部分面积是否等于平行四边形面积一半，错
误；
B、因为两阴影部分的底与平行四边形的底相等，高之和正好等于平行四边
形的高，所以阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半，正确；
C、根据平行四边形的对称性，可知小阴影部分的面积等于小空白部分的面
积，所以阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半，正确；
D、因为高相等，三个底是平行四边形的底，根据三角形和平行四边形的面
积可知，阴影部分的面积等于平行四边形的面积的一半，正确．
故选：A．
二十．平行四边形的判定与性质（共1小题）
47．（2022秋•新泰市期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中
点，点F是CB延长线上的一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．
（1）求证：四边形DEFB是平行四边形：
（2）若∠ACB＝90°，AC＝6cm，DE＝2cm，求四边形DEFB的面积．【答案】（1）证明见解答；
（2）6cm2．
【解答】（1）证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，BC＝2DE，
∵CF＝3BF，
∴BC＝2BF，
∴DE＝BF，
∴四边形DEFB是平行四边形；
（2）解：由（1）得：DE＝BF＝2，
∵D是AC的中点，AC＝6，
∴CD＝ AC＝3，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形DEFB的面积＝BF•CD＝2×3＝6（cm2）．
二十一．菱形的性质（共1小题）
48．（2022•渝北区校级模拟）如图，在菱形 ABCD中，∠ABC＝40°，点E为
对角线 BD 上一点，F 为 AD 边上一点，连接 AE、CE、FE，若 AE＝FE，
∠BEC＝56°，则∠DEF的度数为（ ）
A．16° B．15° C．14° D．13°
【答案】A【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，E点在对角线BD上，
∴∠ABE＝∠CBE＝ ∠ABC＝20°，AB＝CB，
∵BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝EC，∠BEA＝∠BEC＝56°，
∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∴∠BAD＝140°，
△ABE中，∵∠ABE＝20°，∠AEB＝56°，
∴∠BAE＝180°﹣20°﹣56°＝104°，
∴∠EAF＝140°﹣104°＝36°，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE＝36°，
∴∠AEF＝180°﹣36°﹣36°＝108°，
∴∠DEF＝180°﹣56°﹣108°＝16°．
故选：A．
二十二．矩形的性质（共3小题）
49．（2023•台湾）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，且有一点P从B点
沿着BD往D点移动，若过P点作AB的垂线交AB于E点，过P点作AD的
垂线交AD于F点，则EF的长度最小为多少（ ）
A． B． C．5 D．7
【答案】B
【解答】解：如图，连接AP、EF，∵PE⊥AB，PF⊥AD，
∴∠AEP＝∠AFP＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°．
∴四边形AEPF为矩形．
∴AP＝EF．
∴要求EF的最小值就是要求AP的最小值．
∵点P从B点沿着BD往D点移动，
∴当AP⊥BD时，AP取最小值．
下面求此时AP的值，
在Rt△BAD中，
∵∠BAD＝90°，AB＝6，AD＝8，
∴BD＝ ＝ ＝ ＝10．
∵S ＝ ＝ ，
△ABD
∴AP＝ ＝ ＝ ．
∴EF的长度最小为： ．
故本题选B．
50．（2022秋•宁德期末）定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边
的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系 xOy中，
矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得
△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（ ）A．（3，1）或（3，3） B．（3， ）或（3，3）
C．（3， ）或（3，1） D．（3， ）或（3，1）或（3，3）
【答案】D
【解答】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或
∠CMP＝90°，
∴设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；
①若∠CPM＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：
CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2＝MA2+AP2＝1+a2，
在Rt△MPC中，由勾股定理得：
CM2＝MP2+CP2＝1+a2+（4﹣a）2+9＝2a2﹣8a+26，
又∵CM2＝OM2+OC2＝4+16＝20，
∴2a2﹣8a+26＝20，
∴（a﹣3）（a﹣1）＝0，
解得：a＝3或a＝1，
∴P（3，3）或（3，1）；
②若∠CMP＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，
在Rt△MPA中，由勾股定理得：
MP2＝MA2+AP2＝1+a2，
∵CM2＝OM2+OC2＝20，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：
CM2+MP2＝CP2，
∴20+1+a2＝（4﹣a）2+9，
解得：a＝ ．
∴P（3， ）．
综上，P（3， ）或（3，1）或（3，3）．
故选：D．
51．（2022秋•章丘区期末）下列结论中，菱形具有而矩形不一定具有的性质
是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对边相等且平行
【答案】C
【解答】解：A．因为矩形的对角线相等，所以A选项不符合题意；
B．因为矩形和菱形的对角线都互相平分，所以B选项不符合题意；
C．因为菱形对角线互相垂直，所以C选项符合题意；
D．因为矩形和菱形的对边都相等且平行，不符合题意．
故选：C．
二十三．矩形的判定（共1小题）
52．（2023•新城区一模）如图所示，增加下列一个条件可以使平行四边形
ABCD成为矩形的是（ ）
A．∠BAD＝∠BCD B．AC⊥BDC．∠BAD＝90° D．AB＝BC【答案】C
【解答】解：A∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
二十四．正方形的性质（共4小题）
53．（2022秋•金牛区期末）下列说法正确的是（ ）
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
【答案】C
【解答】解：A．菱形的四个内角不一定都是直角，故A选项不符合题意；
B．矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
C．正方形的每一条对角线平分一组对角，故C选项符合题意；
D．平行四边形不一定是轴对称图形，故D选项不符合题意；
故选：C．
54．（2022 秋•九龙坡区校级月考）如图，在正方形 ABCD 中，O 为对角线
AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．
若∠AOE＝150°，DF＝ ，则EF的长为（ ）A．2 B．2+ C．2 D． +1
【答案】C
【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴∠BOE＝∠COF＝60°，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，
∴∠OGF＝∠DGF＝90°，
∵∠ODC＝45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF＝DG＝ DF＝1，∴OF＝2GF＝2，
∴EF＝ OF＝2 ．
故选：C．
55．（2022秋•市南区校级月考）如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对
角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下
列结论：
① PD＝ DF；②四边形 PECF 的周长为 8；③ EF 的最小值为 2；
④AP⊥EF．
其中正确结论的序号为（ ）
A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③
【答案】B
【解答】解：如图，连接PC，
①∵正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，
∴∠PDC＝45°，
又∵PF⊥CD，
∴∠PFD＝90°，
∴△PDF为等腰直角三角形，
∴PD＝ DF，
故①正确；②由①同理得：△BPE是等腰直角三角形，
∴PE＝BE，
∵∠PEC＝∠ECF＝∠PFC＝90°
∴四边形PECF为矩形，
∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2（CE+BE）＝2BC＝2×4＝
8，
故②正确；
③∵四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ADP和△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝PC，
∴AP＝EF，
当AP最小时，EF最小，
∴当AP⊥BD时，垂线段最短，即 AP＝ BD＝2 时，EF的最小值等于 2
；
故③错误；
④延长FP交AB于M，延长AP交EF于H，
∵AB∥CD，PF⊥CD，
∴FM⊥AB，
∵BD平分∠ABC，PM⊥AB，PE⊥BC，∴PM＝PE，
∵AP＝EF，∠AMP＝∠EPF＝90°，
∴Rt△AMP≌Rt△FPE（HL），
∴∠BAP＝∠PFE，
∵∠AMP＝90°，
∴∠BAP+∠APM＝90°，
∵∠APM＝∠HPF，
∴∠PFH+∠HPF＝90°，
∴∠PHF＝90°，
∴AP⊥EF，
故④正确；
综上，①②④正确．
故选：B．
56．（2022秋•增城区期中）如图，在正方形 ABCD和正方形CEFG中，点G
在CD上，BC＝8，CE＝4，H是AF的中点，那么CH的长为（ ）
A．4 B．2 C．4 D．2
【答案】B
【解答】解：连接AC、CF，如图：
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠ACG＝45°，∠FCG＝45°，∴∠ACF＝90°，
∵BC＝8，CE＝4，
∴AC＝8 ，CF＝4 ，
由勾股定理得，AF＝ ＝4 ，
∵H是AF的中点，∠ACF＝90°，
∴CH＝ AF＝2 ，
故选：B．
二十五．加权平均数（共1小题）
57．（2023•福州模拟）林则徐纪念馆作为“福州古雁”的典型代表，是全国重
点文物保护单位．该纪念馆计划招聘一名工作人员，评委从内容、文化两个
方面为甲、乙、丙、丁四位应聘者打分（具体分数如表），按内容占 40%，
文化占60%计算应聘者综合分，并录用综合分最高者，则最终录用的应聘者
是（ ）
应聘者 内容 文化
甲 80 85
乙 85 80
丙 90 80
丁 80 90
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【解答】解：由题意可得，
甲的成绩为：80×40%+85×60%＝83（分），
乙的成绩为：85×40%+80×60%＝82（分），
丙的成绩为：90×40%+80×60%＝84（分），
丁的成绩为：80×40%+90×60%＝86（分），
∵86＞84＞83＞82，
∴公司将录用丁，
故选：D．二十六．众数（共1小题）
58．（2023•禅城区二模）在一次数学测试中，第 5小组同学的分数（单位：
分）分别是：85、63、101、85、85、101、72，则这组数据的众数是
（ ）
A．63 B．72 C．85 D．101
【答案】C
【解答】解：这组数据中85出现3次，次数最多，
所以这组数据的众数为85，
故选：C．
二十七．方差（共2小题）
59．（2022秋•邢台期末）若一组数据a ，a ，……，a 的平均数为10，方差为
1 2 n
4，那么数据2a +3，2a +3，…，2a +3的平均数和方差分别是（ ）
1 2 n
A．13，4 B．23，8 C．23，16 D．23，19
【答案】C
【解答】解：数据 a ，a ，……，a 的平均数为 10，那么数据 2a +3，
1 2 n 1
2a +3，…，2a +3的平均数为2×10+3＝23，
2 n
数据a ，a ，……，a ，方差为4，那么数据2a +3，2a +3，…，2a +3的方
1 2 n 1 2 n
差为4×22＝16，
故选：C．
60．（2022春•霍林郭勒市校级期末）为了发展学生的核心素养，培养学生的
综合能力，某中学利用“阳光大课间”，组织学生积极参加丰富多彩的课外
活动，学校成立了舞蹈队、足球队、篮球队、毽子队、射击队等，其中射击
队在某次训练中，甲、乙两名队员各射击10发子弹，成绩记录如表：
射击次序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
（次）
甲的成绩 8 9 7 9 8 6 7 a 10 8
（环）
乙的成绩 6 7 9 7 9 10 8 7 7 10
（环）
（1）经计算甲和乙的平均成绩是8（环），请求出表中的a＝ 8 ；
（2）甲成绩的中位数是 8 环，乙成绩的众数是 7 环；（3）若甲成绩的方差是1.2，请求出乙成绩的方差，判断甲、乙两人谁的成
绩更为稳定？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵甲的平均成绩是8（环），
∴ （8+9+7+9+8+6+7+a+10+8）＝8，
解得a＝8，
故答案为：8；
（2）甲成绩排序后最中间的两个数据为8和8，
∴甲成绩的中位数是 （8+8）＝8；
乙成绩中出现次数最多的为7，故乙成绩的众数是7，
故答案为：8，7；
（3）乙成绩的方差为 [（﹣1）2×4+12×2+22×2+（﹣2）2+02]＝1.8，
∵甲和乙的平均成绩是8（环），而甲成绩的方差小于乙成绩的方差，
∴甲的成绩更为稳定．
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