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期末真题精选（常考 60 题 32 个考点分类专练）
一．实数大小比较（共1小题）
1．（2021秋•建宁县期末）比较大小：3 ＞ ．（选填“＞”、“＝”或“＜”）
【分析】求出3 ＝ ，再比较即可．
【解答】解：3 ＝ ＞ ，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了实数的大小比较，能选择适当的方法比较两个数的大小是解此题的关键．
二．二次根式有意义的条件（共2小题）
2．（2022春•工业园区校级期末）若 在实数范围内有意义，则x的取值范围是 x ≥ ．
【分析】根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：由题意得，3x﹣1≥0，
解得，x≥ ，
故答案为：x≥ ．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．
3．（2022春•凉州区期末）若y＝ ，则x+y＝ 7 ．
【分析】先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x、y的值，再代入x+y进行计算即可．
【解答】解：∵原二次根式有意义，
∴x﹣3≥0，3﹣x≥0，
∴x＝3，y＝4，
∴x+y＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查的是二次根式有意义的条件，即被开方数大于等于0．
三．二次根式的性质与化简（共1小题）
4．（2022春•黄冈期末） ＝ ﹣ 2 ．【分析】根据简 ＝|a|得到原式＝|2﹣ |，然后根据绝对值的意义去绝对值即可．
【解答】解：原式＝|2﹣ |＝﹣（2﹣ ）＝ ﹣2．
故答案为 ﹣2．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简： ＝|a|．也考查了绝对值的意义．
四．最简二次根式（共1小题）
5．（2022春•钦北区期末）下列二次根式是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可．
【解答】解：A、 ＝2 ，故此选项不符合题意；
B、 ，故此选项不符合题意；
C、 ＝3 ，故此选项不符合题意；
D、 是最简二次根式，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了最简二次根式的定义，能熟记最简二次根式的定义是解此题的关键，注意：满足下
列两个条件的二次根式，叫最简二次根式，①被开方数的因数是整数，因式是整式，②被开方数中不
含能开得尽方的因数或因式．
五．分母有理化（共1小题）
6．（2021秋•盐湖区期末）阅读下列解题过程：
＝ ＝ ＝ ﹣1；
＝ ＝ ＝ ﹣ ．
请回答下列问题：
（1）归纳：观察上面的解题过程，请直接写出下列各式的结果．① ＝ ﹣ ；② ＝ ﹣ ；
（2）应用：求 + + + +…+ 的值；
（3）拓广： ﹣ + ﹣ ＝ ﹣ 1 ．
【分析】（1）①直接利用找出分母有理化因式进而化简求出答案；
②直接利用找出分母有理化因式进而化简求出答案；
（2）直接利用找出分母有理化因式进而化简求出答案；
（3）直接利用找出分母有理化因式进而化简求出答案．
【解答】解：（1）① ＝ ＝ ﹣ ；
② ＝ ＝ ﹣ ；
故答案为： ﹣ ； ﹣ ；
（2） + + + +…+
＝ ﹣1+ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣
＝ ﹣1；
（3） ﹣ + ﹣
＝ ﹣ + ﹣
＝ ﹣ + ﹣
＝
＝﹣1．
故答案为：﹣1．【点评】此题主要考查了分母有理化，正确找出分母有理化因式是解题关键．
六．二次根式的加减法（共1小题）
7．（2021秋•晋江市期末） ﹣ ＝ ．
【分析】先化简二次根式，再合并同类二次根式即可得．
【解答】解：原式＝3 ﹣2 ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查二次根式的加减，解题的关键是掌握二次根式的加减运算顺序和法则．
七．二次根式的混合运算（共1小题）
8．（2022春•安庆期末）计算：
（1） ÷ +2 × ﹣（2 + ）2
（2）（﹣ ）﹣2﹣（﹣1）2012× ﹣ +
【分析】（1）先利用二次根式的乘除法则运算，再利用完全平方公式计算，然后合并即可；
（2）根据负整数指数幂、零指数幂和二次根式的性质计算．
【解答】解：（1）原式＝ +2 ﹣（8+4 +3）
＝4+2 ﹣11﹣4
＝﹣7﹣2 ；
（2）原式＝4﹣1×1﹣4+5
＝4﹣1﹣4+5
＝4．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除
运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰
当的解题途径，往往能事半功倍．
八．二次根式的化简求值（共2小题）
9．（2022春•曲阜市期末）已知x＝ +1，y＝ ﹣1，则x2﹣y2的值为 4 ．
【分析】求得x+y＝2 ，x﹣y＝2，将代数式进行适当的变形后，代入即可．【解答】解：∵x＝ +1，y＝ ﹣1，
∴x+y＝2 ，x﹣y＝2，
∴x2﹣y2
＝（x+y）（x﹣y）
＝2 ×2
＝4 ；
故答案为4 ．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值，熟练掌握平方差公式是解题的关键．
10．（2022春•伊宁市校级期末）已知 ， ，分别求下列代数式的值：
（1）a2﹣b2；
（2）a2﹣2ab+b2．
【分析】（1）根据二次根式的加法法则、减法法则分别求出a+b，a﹣b，再根据平方差公式计算；
（2）根据完全平方公式计算．
【解答】解：（1）∵a＝3+2 ，b＝3﹣2 ，
∴a+b＝（3+2 ）+（3﹣2 ）＝6，a﹣b＝（3+2 ）﹣（3﹣2 ）＝4 ，
∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝6×4 ＝24 ；
（2）a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2＝（4 ）2＝32．
【点评】本题考查的是二次根式的化简求值，掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键．
九．二次根式的应用（共2小题）
11．（2022春•满洲里市校级期末）如图，在一个长方形中无重叠的放入面积分别为 9cm2和8cm2的两张正
方形纸片，则图中空白部分的面积为（ ）cm2．A．2 +1 B．1 C．8 ﹣6 D．6 ﹣8
【分析】根据 S 空白部分 ＝S 矩形HLFG +S 矩形MCEF ，需求 HC 以及 LM．由题意得
（cm2）， ，故HC＝3（cm），LM＝LF＝MF＝ ，
进而解决此题．
【解答】解：如图．
由题意知： （cm2）， ．
∴HC＝3（cm），LM＝LF＝MF＝ ．
∴S空白部分 ＝S矩形HLFG +S矩形MCDE
＝HL•LF+MC•ME
＝HL•LF+MC•LF
＝（HL+MC）•LF
＝（HC﹣LM）•LF
＝（3﹣ ）×
＝ （cm2）．
故选：D．
【点评】本题主要考查二次根式的应用，熟练掌握二次根式的化简以及运算是解决本题的关键．12．（2022春•莘县期末）设 的整数部分是a，小数部分是b，则 的值是 1 0 ．
【分析】将 分母有理化，确定整数部分a的值，再用这个数减a，得b的值，代入所求代数式计
算．
【解答】解：∵ ＝ ，
∴整数部分a＝2，小数部分b＝ ﹣2＝ ，
∴ ＝22+（1+ ）×2×
＝4+7﹣1＝10．
故本题答案为：10．
【点评】本题考查了二次根式的化简，估算，代值计算问题．关键是求出已知二次根式的整数部分和小
数部分．
一十．函数自变量的取值范围（共1小题）
13．（2022春•沭阳县期末）函数y＝ 中，自变量x的取值范围是 x ≥﹣ 2 且 x ≠ 3 ．
【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范
围．
【解答】解：y＝ 中自变量x的取值范围是x≥﹣2且x≠3；
故答案为：x≥﹣2且x≠3．
【点评】本题考查了函数自变量的范围，当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；当函数表达式
是分式时，考虑分式的分母不能为0；当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
一十一．正比例函数的性质（共1小题）
14．（2022春•长安区期末）在平面直角坐标系中，函数y＝kx（k≠0）的图象经过第二、四象限，则函数
y＝kx﹣k的图象大致是（ ）
A． B．C． D．
【分析】根据正比例函数经过第二、四象限，得出k的取值范围，进而解答即可．
【解答】解：因为正比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过第二、四象限，
所以k＜0，
所以﹣k＞0，
所以一次函数y＝kx﹣k的图象经过一、二、四象限，
故选：B．
【点评】此题考查正比例函数的图象，关键是根据正比例函数经过第二、四象限，得出k的取值范围．
一十二．一次函数图象上点的坐标特征（共3小题）
15．（2022春•雄县期末）如图，直线 y＝﹣2x+2与x轴和y轴分别交于A、B两点，射线AP⊥AB于点
A，若点C是射线AP上的一个动点，点D是x轴上的一个动点，且以C、D、A为顶点的三角形与
△AOB全等，则OD的长为 1+ 或 3 ．
【分析】根据题意解方程得到x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝1，求得OA＝1，OB＝2，根据勾股定理
得到AB＝ ，①当∠ACD＝90°时，如图1，②当∠ADC＝90°时，如图2，根据全等三角形的性质即
可得到结论．
【解答】解：∵AP⊥AB，
∴∠BAP＝∠AOB＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝∠CAD+∠BAO＝90°，
∴∠ABO＝∠CAD，
在y＝﹣2x+2中，令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝1，
∴OA＝1，OB＝2，由勾股定理得AB＝ ，
①当∠ACD＝90°时，如图1，
∵△AOB≌△DCA，
∴AD＝AB＝ ，
∴OD＝1+ ；
②当∠ADC＝90°时，如图2，
∵△AOB≌△CDA，
∴AD＝OB＝2，
∴OA+AD＝3，
综上所述：OD的长为1+ 或3．
故答案为1+ 或3．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用和全等三角形的性质等知识，分类
讨论是解题关键，以防遗漏．
16．（2021秋•松阳县期末）一次函数y＝2x+4的图象与y轴交点的坐标是 （ 0 ， 4 ） ．
【分析】令•1x＝0，求出y的值即可．
【解答】解：∵令x＝0，则y＝4，∴一次函数y＝2x+4的图象与y轴交点的坐标是（0，4）．
故答案为：（0，4）．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知y轴上点的坐标特点是解答此题的关键．
17．（2022春•凤凰县期末）如图，在平面直角坐标系中，点A ，A ，A ……都在x轴上，点B ，B ，
1 2 3 1 2
B ……都在直线y＝x上，△OA B ，△B A A ，△B B A ，△B A A ，△B B A ……都是等腰直角三角形，
3 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 2 3
且OA ＝1，则点B 的坐标是 （ 2 202 1 ， 2 202 1 ） ．
1 2022
【分析】利用前几个点的特点，找到点的规律即可．
【解答】解：根据图形可知，
点B 的坐标为（1，1），即（20，20）；
1
点B 的坐标为（2，2），即（21，21）；
2
点B 的坐标为（4，4），即（22，22）；
3
点B 的坐标为（8，8），即（23，23）；
4
……
点B 的坐标为（2n﹣1，2n﹣1）；
n
∴点B 的坐标是（22021，22021）．
2022
故答案为：（22021，22021）．
【点评】本题考查的是一次函数的应用和点的坐标规律，解题的关键是正比例函数y＝x的横纵坐标相
等．
一十三．一次函数与一元一次不等式（共2小题）
18．（2022春•滨城区期末）我们知道，若ab＞0．则有 或 ．如图，直线y＝kx+b与y＝
mx+n分别交x轴于点A（﹣0.5，0）、B（2，0），则不等式（kx+b）（mx+n）＞0的解集是（ ）A．x＞2 B．﹣0.5＜x＜2
C．0＜x＜2 D．x＜﹣0.5或x＞2
【分析】由若不等式（kx+b）（mx+n）＞0，则 或 ，然后分类讨论，分别根据函
数图象求得解集．
【解答】解：∵若ab＞0．则有 或 ，
∴若不等式（kx+b）（mx+n）＞0，则 或 ．
当 ，由图得： ，此时该不等式无解．
当 ，由图得： ，此时不等式组的解集为﹣0.5＜x＜2．
综上：﹣0.5＜x＜2．
故选：B．
【点评】本题主要考查一次函数图象与一元一次不等式，熟练掌握一次函数图象与一元一次不等式是解
决本题的关键．
19．（2022春•濮阳期末）如图，直线L ：y＝x+3与直线L ：y＝ax+b相交于点A（m，4），则关于x的
1 2
不等式x+3≤ax+b的解集是 x ≤ 1 ．【分析】首先把A（m，4）代入y＝x+3可得m的值，进而得到A点坐标，然后再利用图象写出不等式
的解集即可．
【解答】解：把A（m，4）代入y＝x+3得：m＝1，
则A（1，4），
根据图象可得不等式x+3≤ax+b的解集是x≤1，
故答案为：x≤1．
【点评】此题主要考查了一次函数与不等式，关键是能根据函数图象得到正确信息．
一十四．根据实际问题列一次函数关系式（共1小题）
20．（2022春•海口期末）已知一根弹簧在不挂重物时长6cm，在一定的弹性限度内，每挂1kg重物弹簧伸
长0.3cm．则该弹簧总长y（cm）随所挂物体质量x（kg）变化的函数关系式为 y ＝ 0. 3 x + 6 ．
【分析】弹簧总长＝挂上xkg的重物时弹簧伸长的长度+弹簧原来的长度，把相关数值代入即可．
【解答】解：∵每挂1kg重物弹簧伸长0.3cm，
∴挂上xkg的物体后，弹簧伸长0.3xcm，
∴弹簧总长y＝0.3x+6．
故答案为：y＝0.3x+6．
【点评】本题考查了根据实际问题列一次函数关系式；得到弹簧总长的等量关系是解决本题的关键．
一十五．一次函数的应用（共4小题）
21．（2022春•齐河县期末）一条公路旁依次有A，B，C三个村庄，甲、乙两人骑自行车分别从A村、B
村同时出发前往C村，甲、乙之间的距离s（km）与骑行时间t（h）之间的函数关系如图所示，下列结
论：
①A，B两村相距10km；②甲出发2h后到达C村；③甲每小时比乙多骑行8km；④相遇后，乙又骑
行了30min或55min时两人相距4km．其中正确的是（ ）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】根据图象与纵轴的交点可得出A、B两地的距离，而s＝0时，即为甲、乙相遇的时候，同理根
据图象的拐点情况解答即可．
【解答】解：由图象可知A村、B村相离10km，
故①正确，
当1.25h时，甲、乙相距为0km，故在此时相遇，说明甲的速度大于乙的速度，
当2h时，甲到达C村，
故②正确；
v甲×1.25﹣v乙×1.25＝10，
解得：v甲 ﹣v乙 ＝8，
故甲的速度比乙的速度快8km/h，
故③正确；
当1.25≤t≤2时，函数图象经过点（1.25，0）（2，6），
设一次函数的解析式为s＝kt+b，
代入得： ，
解得： ，
∴s＝8t﹣10
当s＝4时，得4＝8t﹣10，
解得t＝1.75h
由1.75﹣1.25＝0.5h＝30（min），
同理当2≤t≤2.5时，设函数解析式为s＝kt+b
将点（2，6）（2.5，0）代入得：
，解得： ，
∴s＝﹣12t+30
当s＝4时，得4＝﹣12t+30，
解得t＝ ，
由 ﹣1.25＝ h＝55min
故相遇后，乙又骑行了30min或55min时两人相距4km，
故④正确．
故选：D．
【点评】此题考查一次函数的应用，渗透了函数与方程的思想，关键是读懂图象，根据图象的数据进行
解题．
22．（2022春•永年区校级期末）某工厂的销售部门提供两种薪酬计算方式：
薪酬方式一：底薪+提成，其中底薪为3000元，每销售一件商品另外获得15元的提成；
薪酬方式二：无底薪，每销售一件商品获得30元的提成．
设销售人员一个月的销售量为x（件），方式一的销售人员的月收入为y （元），方式二的销售人员的
1
月收入为y （元）．
2
（1）请分别写出y 、y 与x之间的函数表达式；
1 2
（2）哪种薪酬计算方式更适合销售人员？
【分析】（1）根据已知直接可得y 、y 与x之间的函数表达式；
1 2
（2）由（1）的表达式，分别列方程和不等式，即可解得答案．
【解答】解：（1）根据题意得：
y 与x之间的函数表达式为y ＝3000+15x，
1 1
y 与x之间的函数表达式为y ＝30x；
2 2
（2）由3000+15x＝30x，解得：x＝200，
∴当x＝200时，选择两种薪酬计算方式对销售人员一样，
当3000+15x＜30x时，解得x＞200，
∴当x＞200时，薪酬方式二计算方式更适合销售人员．
当3000+15x＞30x时，解得x＜200，
∴当x＜200时薪酬方式一计算方式更适合销售人员，
综上所述，当x＜200时薪酬方式一计算方式更适合销售人员，当x＝200时，选择两种薪酬计算方式对销售人员一样，当x＞200时，薪酬方式二计算方式更适合销售人员．
【点评】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，通过方程
（或不等式））解答．
23．（2022春•醴陵市期末）涛涛同学骑共享单车保持匀速从家到博学书店买书，选好书付好款后，以相
同的速度原路骑共享单车返回家中．设涛涛同学距离家的路程为 y（m），运动时间为x（min），y与x
之间的函数图象如图所示．
（1）a＝ 1 4 ．
（2）在涛涛同学从书店返回家的过程中，求y与x之间的函数关系式．
（3）在涛涛从家里出发的同时，小波同学以60m/min的速度从博学书店匀速步行去涛涛家，当小波同
学与涛涛同学在路上相遇时，直接写出涛涛同学的运动时间．
【分析】（1）根据题意可知，涛涛同学去书店用了10min，所以从书店回家也用了10min，所以24﹣10
＝14即可；
（2）设函数解析式为y＝kx+b，将点（14，2000）和（24，0）代入即可；
（3）设经过xmin两人相遇，根据题意列方程（200+60）x＝2000，求解即可．
【解答】解：（1）根据题意，24﹣10＝14，
∴a＝14，
故答案为：14．
（2）设y与x的函数解析式为：y＝kx+b，
代入（14，2000），（24，0），
得 ，
解得 ，
∴函数解析式为：y＝﹣200x+4800．
（3）设涛涛同学从家里出发xmin，与小波同学相遇，
则有（200+60）x＝2000，解得x＝ ，
∴涛涛同学经过 min与小波同学相遇．
【点评】本题考查了一次函数的应用，根据图象理解题意，然后用待定系数求解析式是解决本题的关键．
24．（2022春•南宁期末）某商店销售A、B两种型号的打印机，销售5台A型和10台B型打印机的利润
和为2000元，销售10台A型和5台B型打印机的利润和为1600元．
（1）求每台A型和B型打印机的销售利润；
（2）商店计划购进A、B两种型号的打印机共100台，其中A型打印机数量不少于B型打印机数量的一
半，设购进A型打印机a台，这100台打印机的销售总利润为w元，求该商店购进A、B两种型号的打
印机各多少台，才能使销售总利润最大？
（3）在（2）的条件下，厂家为了给商家优惠让利，将A型打印机的出厂价下调m元（0＜m＜100），
但限定商店最多购进A型打印机50台，且A、B两种型号的打印机的销售价均不变，请直接写出商店销
售这100台打印机总利润最大的进货方案．
【分析】（1）设每台A型打印机的利润为x元，每台B型打印机的利润为y元，由题意列出x、y的二
元一次方程组，求解即可；
（2）由总利润等于两种型号打印机利润之和列出利润w关于a的函数解析式，根据函数的增减性确定
利润的最大值即可；
（3）先由题意列出利润w关于a的函数关系式，然后分一次项系数大于0、等于0、小于0三种情况讨
论即可．
【解答】解：（1）设每台A型打印机的利润为x元，每台B型打印机的利润为y元，
根据题意得： ，
解得： ，
∴每台A型打印机的利润为80元，每台B型打印机的利润为160元．
答：每台A型打印机的利润为80元，每台B型打印机的利润为160元．
（2）由题意得：w＝80a+（100﹣a）×160＝﹣80a+16000，
∵﹣80＜0，
∴w随a的增大而减小，
∵a≥ ，即a≥ ，∵a是正整数，
∴a＝34时，w最大，
∴100﹣a＝66（台），
∴当商店购进A型号的打印机34台，B型号的打印机66台时，才能使销售总利润最大．
答：当商店购进A型号的打印机34台，B型号的打印机66台时，才能使销售总利润最大．
（3）由题意得：w＝（80+m）a+（100﹣a）×160＝（m﹣80）a+16000，
∵ ≤a≤50，
①当m﹣80＞0时，即m＞80时，w随a的增大而增大，
∴a＝50时，w最大，w＝50m+12000＞16000，
此时100﹣a＝50（台），
∴商店购进50台A型打印机和50台B型打印机才能获得最大利润；
②当m﹣80＜0时，即m＜80时，w随a的增大而减小，
∴当a＝34时，w最大，w＝34m+13280＜16000，
此时100﹣a＝66（台），
∴商店购进34台A型打印机和66台B型打印机才能获得最大利润；
③当m﹣80＝0时，即m＝80时，w＝16000，
∴当a满足 ≤a≤50的整数时，w最大，
∴商店购进A型打印机数量满足 ≤a≤50的整数时，均获得最大利润．
综上，①当m﹣80＞0，即80＜m＜100时，w随a的增大而增大，∴当a＝50时，w最大；
②当m﹣80＜0，即0＜m＜80时，w随a的增大而减小，∴当a＝34时，w最大；
③当m﹣80＝0时，即m＝80时，w＝16000，∴80＜m＜100时，购进A型打印机50台，B型打印机50
台可获最大利润；
0＜m＜80时，购进A型打印机34台，B型打印机66台可获最大利润；m＝80时，任意方案的利润都是
16000元，
【点评】本题考查一次函数和二元一次方程组的应用，关键是根据题意列出一次函数解析式，进行分类
讨论．
一十六．一次函数综合题（共3小题）
25．（2022春•福州期末）如图，平面直角坐标系中，已知直线y＝x上一点P（1，1），C为y轴上一点，
连接PC，以PC为边做等腰直角三角形PCD，∠CPD＝90°，PC＝PD，过点D作线段AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y＝x交于点A，且BD＝2AD，连接CD，直线CD与直线y＝x交于点Q，则Q点
的坐标是 （ ， ） ．
【分析】过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP＝∠DNP
＝∠CPD＝90°，求出∠MCP＝∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN＝PM，PN＝CM，设AD＝a，求
出DN＝2a﹣1，得出2a﹣1＝1，求出a＝1，得出D的坐标，由两点坐标公式求出PC＝PD＝ ，在
Rt△MCP中，由勾股定理求出CM＝2，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y＝kx+3，把D（3，2）
代入求出直线CD的解析式，解由两函数解析式组成的方程组，求出方程组的解即可．
【解答】解：过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，
∠CMP＝∠DNP＝∠CPD＝90°，
∴∠MCP+∠CPM＝90°，∠MPC+∠DPN＝90°，
∴∠MCP＝∠DPN，
∵P（1，1），
∴OM＝BN＝1，PM＝1，
在△MCP和△NPD中，∴△MCP≌△NPD（AAS），
∴DN＝PM，PN＝CM，
∵BD＝2AD，
∴设AD＝a，BD＝2a，
∵P（1，1），
∴DN＝2a﹣1，
则2a﹣1＝1，
∴a＝1，即BD＝2．
∵直线y＝x，
∴AB＝OB＝3，
∴点D（3，2）
∴PC＝PD＝ ＝ ＝ ，
在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM＝ ＝ ＝2，
则C的坐标是（0，3），
设直线CD的解析式是y＝kx+3，
把D（3，2）代入得：k＝﹣ ，
即直线CD的解析式是y＝﹣ x+3，
∴组成方程组
解得：
∴点Q（ ， ），
故答案为：（ ， ）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判
定，解方程组，勾股定理，旋转的性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，但是有一定的难度．
26．（2022春•长清区期末）如图，已知直线y＝kx+b经过A（6，0）、B（0，3）两点．
（1）求直线y＝kx+b的解析式；
（2）若C是线段OA上一点，将线段CB绕点C顺时针旋转90°得到CD，此时点D恰好落在直线AB上．
①求点C和点D的坐标；
②若点P在y轴上，Q在直线AB上，是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，
直接写出所有满足条件的点Q坐标，否则说明理由．
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数可求出直线AB的表达式；
（2）①证明△BOC≌△CED，利用全等三角形的性质可求出DE、OC的长，进而可得出点C、D的坐
标；
②设点Q的坐标为（n，﹣ n+3），分CD为边和CD为对角线两种情况考虑：当CD为边时，由C，
D的坐标及点P的横坐标可求出n值，进而可得出点Q的坐标；当CD为对角线时，由C，D的坐标及
点P的横坐标，利用平行四边形的对角线互相平分可求出n值，进而可得出点Q的值．综上，此题得解．
【解答】解：（1）将A（6，0），B（0，3）代入y＝kx+b得：
，解得： ，
∴直线AB的表达式为y＝﹣ x+3；
（2）①∵∠BOC＝∠BCD＝∠CED＝90°，
∴∠OCB+∠DCE＝90°，∠DCE+∠CDE＝90°，
∴∠BCO＝∠CDE．
在△BOC和△CED中，，
∴△BOC≌△CED（AAS），
∴OC＝DE，BO＝CE＝3．
设OC＝DE＝m，则点D的坐标为（m+3，m），
∵点D在直线AB上，
∴m＝﹣ （m+3）+3，
∴m＝1，
∴点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1）；
②存在，设点Q的坐标为（n，﹣ n+3）．
分两种情况考虑，
当CD为边时，
∵点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1），点P的横坐标为0，
∴0﹣n＝4﹣1或n﹣0＝4﹣1，
∴n＝﹣3或n＝3，
∴点Q的坐标为（3， ）或（﹣3， ）；
当CD为对角线时，∵点C的坐标为（1，0），点D的坐标为（4，1），点P的横坐标为0，
∴n+0＝1+4，
∴n＝5，
∴点Q″的坐标为（5， ）．
综上所述：存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，点Q的坐标为（3， ）或（﹣3， ）
或（5， ）．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、
全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数
法求出直线AB的表达式；（2）利用全等三角形的判定和性质求解；（3）分CD为边和CD为对角线
两种情况，利用平行四边形的性质求出点Q的坐标．
27．（2022春•辛集市期末）直线 与x轴交于点A，与y轴交于点B，菱形ABCD如图放置在平
面直角坐标系中，其中点D在x轴负半轴上，直线y＝x+m经过点C，交x轴于点E．
（1）请直接写出点C，点D的坐标，并求出m的值；
（2）点P（0，t）是线段OB上的一个动点（点P不与O、B重合），经过点P且平行于x轴的直线交
AB于M，交CE于N．当四边形NEDM是平行四边形时，求点P的坐标；
（3）点P（0，t）是y轴正半轴上的一个动点，Q是平面内任意一点，t为何值时，以点C、D、P、Q
为顶点的四边形是菱形？【分析】（1）首先求出点A、B的坐标，再利用勾股定理求出AB的长，再根据菱形的性质可得答案；
（2）表示出设M（﹣ ），N（t﹣9，t），得MN＝﹣ ＝﹣ ，根据MN
＝DE，可得答案；
（3）若点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，则△CDP是等腰三角形，分CD＝CP或DC＝DP或
PC＝PD三种情形，分别求出t的值．
【解答】解：（1）∵ 与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴当x＝0时，y＝4，
当y＝0时，x＝3，
∴OB＝4，OA＝3，
由勾股定理得，AB＝5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝AD＝5，
∴OD＝2，
∴D（﹣2，0），C（﹣5，4），
将C（﹣5，4）代入y＝x+m得，﹣5+m＝4，
∴m＝9；
（2）∵m＝9，
∴y＝x+9，
∴E（﹣9，0），
∵点P（0，t），
∴设M（﹣ ），N（t﹣9，t），
∴MN＝﹣ ＝﹣ ，
∵四边形NEDM是平行四边形，
∴MN＝ED，
∴﹣ ＝7，
解得t＝ ，∴P（0， ）；
（3）∵点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴△CDP是等腰三角形，
当CD＝DP时，∵OD＝2，
∴OP＝ ，
∴t＝± （负值舍去），
当CD＝CP时，则点B与P重合，
∴t＝4；
当PD＝PC时，则t2+22＝25+（t﹣4）2，
解得t＝ ，
综上：t＝ 或4或 时，以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了直线上点的坐标的特征，平行四边形的性质，菱形的性质，
等腰三角形的性质等知识，将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题是解题的关键．
一十七．勾股定理（共4小题）
28．（2022春•罗庄区期末）如图，在9×5的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点
上，若BD是∠ABC的平分线，则BD的长为（ ）
A． B． C． D．3
【分析】由勾股定理求出 BC＝5，AC＝3 ，AB＝5，得出AB＝BC，由等腰三角形的性质得出
BD⊥AC，AD＝CD，根据勾股定理可求出答案．【解答】解：由题意可得，BC＝ ＝5，AB＝5，AC＝ ＝3 ，
∴AB＝BC，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴BD⊥AC，AD＝CD＝ AC＝ ，
∴BD＝ ＝ ＝ ，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
29．（2022春•遵化市期末）一株美丽的勾股树如图所示，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形
都是直角三角形．若正方形A，B，C，D的面积分别为2，5，1，2，则最大的正方形E的面积是 1 0
．
【分析】根据正方形的面积公式，结合勾股定理，能够导出正方形A，B，C，D的面积和即为最大正方
形的面积．
【解答】解：根据勾股定理的几何意义，可得A、B的面积和为S ，C、D的面积和为S ，S +S ＝S ，
1 2 1 2 3
于是S ＝S +S ，
3 1 2
即S ＝2+5+1+2＝10．
3
故答案是：10．
【点评】本题考查了勾股定理的应用．能够发现正方形A，B，C，D的边长正好是两个直角三角形的四条直角边，根据勾股定理最终能够证明正方形A，B，C，D的面积和即是最大正方形的面积．
30．（2022春•盐池县期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，AD＝12，BD＝16，CD＝5．
求：（1）△ABC的周长；
（2）判断△ABC是否是直角三角形？为什么？
【分析】（1）在Rt△ABD和Rt△ACD中，先根据勾股定理求出AB和AC的长，继而即可求出△ABC
的周长；
（2）根据勾股定理的逆定理，看△ABC的三边是否符合勾股定理，即可判断出△ABC是否是直角三角
形．
【解答】解：（1）在Rt△ABD和Rt△ACD中，
根据勾股定理得：AB2＝AD2+BD2，AC2＝AD2+CD2，
又AD＝12，BD＝16，CD＝5，
∴AB＝20，AC＝13，
△ABC的周长＝AB+AC+BC＝AB+AC+BD+DC＝20+13+16+5＝54．
（2）∵AB＝20，AC＝13，BC＝21，
AB2+AC2≠BC2，
∴△ABC不是直角三角形．
【点评】本题考查勾股定理及其逆定理的知识，属于基础题，关键是熟练掌握勾股定理公式．
31．（2022春•梁山县期末）我们新定义一种三角形：两边平方和等于第三边平方的4倍的三角形叫做常
态三角形．例如：某三角形三边长分别是5，6和8，因为62+82＝4×52＝100，所以这个三角形是常态三
角形．
（1）若△ABC三边长分别是3，2 和4，则此三角形 是 常态三角形（填“是”或“不是”）；
（2）若Rt△ABC是常态三角形，求此三角形的三边长之比（请写出求解过程并将三边按从小到大排
列）；
（3）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AD＝DB＝DC，若△BCD是常态三角形，求△ABC的
面积．【分析】（1）由（2 ）2+42＝4×32＝36，符合定义；
（2）设两直角边长为：a、b，斜边长为c，则a2+b2＝c2，a2+c2＝4b2，可得a：b＝ ： ，从而得
出答案；
（3）由△BCD是常态三角形，分CD2+BD2＝4×62或CD2+BC2＝4×BD2，可分别计算出CD的长，从而
解决问题．
【解答】解：（1）∵（2 ）2+42＝4×32＝36，
∴△ABC是常态三角形，
故答案为：是；
（2）∵Rt△ABC是常态三角形，
∴设两直角边长为：a、b，斜边长为c，
则a2+b2＝c2，a2+c2＝4b2，
∴2a2＝3b2，
∴a：b＝ ： ，
设a＝ x，b＝ x，
则c＝ x，
∴此三角形的三边比为： ： ： ；
（3）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，
∴AD＝BD＝CD，
∵△BCD是常态三角形，
当CD2+BD2＝4×42时，
解得：BD＝CD＝4 ，则AB＝8 ，
∴AC＝ ＝4 ，
∴△ABC的面积为： ＝8 ，
当CD2+BC2＝4×BD2时，
解得：BD＝CD＝ ，
则AB＝ ，
∴AC＝ ，
∴△ABC的面积为： ×4× ＝ ，
∴△ABC的面积为8 或 ．
【点评】本题是新定义题，主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，读懂题意，
进行分类讨论是解题的关键．
一十八．勾股定理的证明（共2小题）
32．（2022春•五莲县期末）意大利著名画家达•芬奇用下图所示的方法证明了勾股定理．若设左图中空白
部分的面积为S ，右图中空白部分的面积为S ，则下列表示S ，S 的等式成立的是（ ）
1 2 1 2
A．S ＝a2+b2+2ab B．S ＝a2+b2+ab
1 1
C．S ＝c2 D．S ＝c2+ ab
2 2
【分析】根据直角三角形以及正方形的面积公式计算即可解决问题．
【解答】解：观察图象可知：S ＝S ＝a2+b2+ab＝c2+ab，
1 2
故选：B．
【点评】本题考查勾股定理的证明，直角三角形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．
33．（2022春•大观区校级期末）如图，对任意符合条件的直角三角形BAC，绕其锐角顶点逆时针旋转90°
得△DAE，所以∠BAE＝90°，且四边形ACFD是一个正方形，它的面积和四边形ABFE面积相等，而四
边形ABFE面积等于Rt△BAE和Rt△BFE的面积之和，根据图形写出一种证明勾股定理的方法．
【分析】证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用四边形 ABFE面积
等于Rt△BAE和Rt△BFE的面积之和，化简整理得到勾股定理．
【解答】解：由图可得：
正方形ACFD的面积＝四边形ABFE的面积＝Rt△BAE和Rt△BFE的面积之和，
即S正方形ACFD ＝S△BAE +S△BFE ，
∴b2＝ c2+ ，
整理得：a2+b2＝c2．
【点评】本题主要考查了勾股定理的证明，勾股定理的证明方法有很多种，一般采用拼图的方法证明．
在解题时注意：先利用拼图的方法拼图，然后再利用面积相等，证明勾股定理．
一十九．勾股定理的逆定理（共3小题）
34．（2022春•庐阳区期末）下列各组数据为边，不能组成直角三角形的是（ ）
A．1，2， B． ， ， C．5，12，13 D．2，2，2
【分析】根据勾股定理的逆定理可以判断各个选项中的三条线段能否够构成直角三角形，从而可以判断
哪个选项符合题意．
【解答】解：∵12+22≠（ ）2，故选项A中的三条线段不能构成直角三角形，符合题意；
∵（ ）2+（ ）2＝（ ）2，故选项B中的三条线段能构成直角三角形，不符合题意；
∵52+122＝132，故选项C中的三条线段能构成直角三角形，不符合题意；
∵22+22＝（2 ）2，故选项D中的三条线段能构成直角三角形，不符合题意；
故选：A．【点评】本题考查勾股定理的逆定理，解答本题的关键是会用勾股定理的逆定理判断三角形的形状．
35．（2022春•阳新县期末）如图，在正方形网格中，点A，B，C，D，E是格点，则∠ABD+∠CBE的度
数为 45 ° ．
【分析】如图，作∠EBF＝∠ABD，连接CF，根据勾股定理和勾股定理的逆定理可得△BCF是等腰直
角三角形，可得∠CBF＝45°，可得∠ABD+∠CBE的度数．
【解答】解：如图，作∠EBF＝∠ABD，连接CF，
∵BC＝CF＝ ＝ ，
BF＝ ＝ ，
（ ）2+（ ）2＝（ ）2，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴∠CBF＝45°，
∴∠ABD+∠CBE＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，求得△BCF是等腰直角三角形是解题的关键．
36．（2022春•镇安县期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝20，BC＝15，CD＝7，AD＝24，∠B＝90°．
（1）求证：CD⊥AD；
（2）求四边形ABCD的面积．【分析】（1）连接AC，根据勾股定理可知AC2＝BA2+BC2，再根据AC2＝DA2+DC2即可得出结论；
（2）根据S四边形ABCD ＝S△ABC +S△ADC 即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接AC，
∵∠B＝90°，
∴AC2＝BA2+BC2＝400+225＝625，
∵DA2+CD2＝242+72＝625，
∴AC2＝DA2+DC2，
∴△ADC是直角三角形，即∠D是直角，
∴CD⊥AD；
（2）解：S四边形ABCD ＝S△ABC +S△ADC
＝ AB•BC+ AD•CD
＝ ×20×15+ ×24×7
＝234．
【点评】本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个
三角形就是直角三角形是解答此题的关键．
二十．勾股定理的应用（共5小题）
37．（2022春•元阳县期末）为加强疫情防控，云南某中学在校门口区域进行入校体温检测．如图，入校
学生要求沿着直线AB单向单排通过校门口，测温仪C与直线AB的距离为3m，已知测温仪的有效测温
距离为5m，则学生沿直线AB行走时测温的区域长度为（ ）A．4 m B．5m C．6m D．8m
【分析】连接AC、BC，推理出AC＝BC＝5，过点C作CF⊥AB，易知CF＝3，然后在分别求出AF、
CF的长，进而可得AB的长．
【解答】解：连接AC、BC，过点C作CF⊥AB于F，
因为测温仪的有效测温距离为5m，
所以AC＝BC＝5m，
又测温仪C与直线AB的距离为3m，
在Rt△ACF中，据勾股定理得：
AF＝ ＝ ＝4（m），
同理得BF＝4m，
所以AB＝8m，
即学生沿直线AB行走时测温的区域长度为8m．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实
际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的
思想的应用．
38．（2022春•宁津县期末）如图，某自动感应门的正上方A处装着一个感应器，离地面的高度AB为2.5
米，一名学生站在C处时，感应门自动打开了，此时这名学生离感应门的距离 BC为1.2米，头顶离感
应器的距离AD为1.5米，则这名学生身高CD为（ ）米．A．0.9 B．1.3 C．1.5 D．1.6
【分析】过点D作DE⊥AB于E，则CD＝BE，DE＝BC＝1.2米，由勾股定理得出AE＝0.9（米），则
BE＝AB﹣AE＝1.6（米），即可得出答案．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，如图所示：
则CD＝BE，DE＝BC＝1.2米＝ 米，
在Rt△ADE中，AD＝1.5米＝ 米，
由勾股定理得：AE＝ ＝ ＝0.9（米），
∴BE＝AB﹣AE＝2.5﹣0.9＝1.6（米），
∴CD＝BE＝1.6米，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
39．（2022春•代县期末）如图是俱乐部新打造的一款儿童游戏项目，工作人员告诉小敏，该项目 AB段和
BC段均由不锈钢管材打造，总长度为26米，长方形ADCG和长方形DEFC均为木质平台的横截面，点
G在AB上，点C在GF上，点D在AE上，经过现场测量得知：CD＝1米，AD＝15米．
（1）小敏猜想立柱AB段的长为10米，请判断小敏的猜想是否正确？如果正确，请写出理由，如果错
误，请求出立柱AB段的正确长度；
（2）为加强游戏安全性，俱乐部打算再焊接一段钢索 BF，经测量DE＝3米，请你求出要焊接的钢索
BF的长．（结果不必化简成最简二次根式）【分析】（1）设BG＝x米，则BC＝（26﹣1﹣x）米，在Rt△BGC中，由勾股定理得x2+152＝（26﹣1
﹣x）2，解得x＝8，则AB＝BG+GA＝9（米），即可得出结论；
（2）由题意得CF＝DE＝3米，则GF＝GC+CF＝18（米），在Rt△BGF中，再由勾股定理求出BF的
长即可．
【解答】解：（1）不正确，理由如下：
由题意得：AG＝CD＝1米，GC＝AD＝15米，
设BG＝x米，则BC＝（26﹣1﹣x）米，
在Rt△BGC中，由勾股定理得：BG2+CG2＝CB2，
即x2+152＝（26﹣1﹣x）2，
解得：x＝8，
∴BG＝8米，
∴AB＝BG+GA＝9（米），
∴小敏的猜想不正确，立柱AB段的正确长度长为9米．
（2）由题意得：CF＝DE＝3米，
∴GF＝GC+CF＝18（米），
在Rt△BGF中，由勾股定理得：BF＝ ＝ ＝2 （米）．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理，求出BG的长是解题的关键．
40．（2022春•宁江区校级期末）一架方梯长25米，如图，斜靠在一面墙上，梯子底端离墙7米，
（1）这个梯子的顶端距地面有多高？
（2）如果梯子的顶端下滑了4米，那么梯子的底端在水平方向滑动了几米？
【分析】（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度．
（2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑4米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾
股定理，已知梯子的底端距离墙的距离为7米，可以得出，梯子底端水平方向上滑行的距离．
【解答】解：（1）根据勾股定理：梯子距离地面的高度为： ＝24米；
（2）梯子下滑了4米，
即梯子距离地面的高度为A'B＝AB﹣AA′＝24﹣4＝20，
根据勾股定理得：25＝ ，
解得CC′＝8．
即梯子的底端在水平方向滑动了8米．
【点评】本题考查的是对勾股定理在解直角三角形中的应用，要求熟练掌握．
41．（2022春•梁平区期末）交通安全是社会关注的热点问题，安全隐患主要是超速和超载．某中学八年
级数学活动小组的同学进行了测试汽车速度的实验．如图，先在笔直的公路 1旁选取一点P，在公路l
上确定点O、B，使得PO⊥l，PO＝100米，∠PBO＝45°．这时，一辆轿车在公路l上由B向A匀速驶
来，测得此车从B处行驶到A处所用的时间为3秒，并测得∠APO＝60°．此路段限速每小时80千米，
试判断此车是否超速？请说明理由（参考数据： ＝1.41， ＝1.73）．
【分析】解直角三角形得到AB＝OA﹣OB＝73米，求得此车的速度≈86千米/小时＞80千米/小时，于
是得到结论．
【解答】解：此车超速，
理由：∵∠POB＝90°，∠PBO＝45°，
∴△POB是等腰直角三角形，
∴OB＝OP＝100米，
∵∠APO＝60°，
∴OA＝ OP＝100 ≈173米，
∴AB＝OA﹣OB＝73米，∴ ≈24米/秒≈86千米/小时＞80千米/小时，
∴此车超速．
【点评】此题考查了解直角三角形的应用问题．此题难度适中，解题的关键是把实际问题转化为数学问
题求解，注意数形结合思想的应用．
二十一．三角形中位线定理（共3小题）
42．（2022春•信都区期末）如图，CD是△ABC的中线，E，F分别是AC，DC的中点，EF＝1，则BD的
长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由题意可知EF是△ADC的中位线，由此可求出AD的长，再根据中线的定义即可求出BD的
长．
【解答】解：∵点E、F分别是AC、DC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF＝ AD，
∵EF＝1，
∴AD＝2，
∵CD是△ABC的中线，
∴BD＝AD＝2，
故选：B．
【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
43．（2022春•冠县期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若∠B＝40°，则∠BDE
的度数为（ ）A．40° B．50° C．140° D．150°
【分析】根据三角形中位线定理和平行线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，
∴∠B+∠BDE＝180°，
∵∠B＝40°，
∴∠BDE＝140°，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形中位线定理、平行线的性质定理，三角形的内角和定理，是基础题，熟记性
质并准确识图是解题的关键．
44．（2022春•沈北新区期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点N是BC边上一点，点M
为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是 ．
【分析】当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面
积求出CM，再求出答案即可．
【解答】解：连接CM，
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
∴DE＝ CM，
当CM⊥AB时，CM的值最小，此时DE的值也最小，
由勾股定理得：AB＝ ＝ ＝5，∵S△ABC ＝ ＝ ，
∴CM＝ ，
∴DE＝ ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等知识点，注意：三角形
的中位线等于第三边的一半．
二十二．平行四边形的性质（共1小题）
45．（2022春•木兰县期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，EF过点O与AD、
BC相交于点E、F，若AB＝5，BC＝6，OF＝2，那么四边形ABFE的周长是 1 5 ．
【分析】先证明△AOE≌△COF，得出AE＝CF，OE＝OF＝2，可求得EF＝4，即可得出四边形ABFE
的周长＝EF+AE+AB+BF＝EF+BC+AB，进而可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝5，
∴AD∥BC，OA＝OC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF，OE＝OF＝2，
∴EF＝4，
∴四边形EFCD的周长＝CF+CD+DE+EF＝AE+DE++CD+EF＝EF+AD+CD＝4+6+5＝15．
故答案为：15．【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明
三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键．
二十三．平行四边形的判定（共1小题）
46．（2022春•榕城区期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，AD＝6cm，BC＝10cm，M是BC上
一点，且BM＝4cm，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运
动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为 s 或 4 s 时，以A、
M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】分两种情形列出方程即可解决问题．
【解答】解：分两种情况：
①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝4﹣2t，
解得：t＝ ；
②当F在线段CM上，即2≤t≤5，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝2t﹣4，
解得：t＝4，
综上所述，t＝ s或4s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为： s或4s．
【点评】本题考查了平行四边形的判定等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
二十四．平行四边形的判定与性质（共1小题）
47．（2022春•单县期末）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，
满足∠EAO＝∠DCO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．
【分析】（1）证△AOE≌△COD（ASA），得OD＝OE，再由AO＝CO，即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质得OB⊥AC，则平行四边形AECD是菱形，再由勾股定理求出OD＝3，则DE
＝6，即可得出答案．
【解答】（1）证明：在△AOE和△COD中，
，
∴△AOE≌△COD（ASA），
∴OD＝OE，
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）解：∵AB＝BC，AO＝CO，
∴OB⊥AC，
∴平行四边形AECD是菱形，
∵AC＝8，
∴CO＝ AC＝4，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝ ＝ ＝3，
∴DE＝2OD＝6，∴菱形AECD的面积＝ AC×DE＝ ×8×6＝24．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三
角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解此题的关键．
二十五．菱形的性质（共3小题）
48．（2022春•昭通期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AB，AO
的中点，连接EF，若OA＝3，EF＝2，则菱形ABCD的边长为（ ）
A．2 B．2.5 C．3 D．5
【分析】由三角形中位线定理可求BO＝2EF＝4，由勾股定理可求解．
【解答】解：∵点E，F分别是AB，AO的中点，
∴BO＝2FE＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AB＝ ＝ ＝5，
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的
关键．
49．（2022春•沙坪坝区校级期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，过点B作BE⊥AB交CD
于点E，连接AE，F为AE的中点，H为BE的中点，连接FH和CF，CF交BE于点G，则GF的长为
（ ）A．3 B． C．2 D．
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，再由三角形中位线定理
得FH＝ AB＝2，FH∥AB，然后证△FHG≌△CEG（AAS），得EG＝GH＝ EH＝ ，进而由勾股
定理即可得出结论．
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，
∵F为AE的中点，H为BE的中点，
∴EH＝ BE，FH是△ABE的中位线，
∴FH＝ AB＝2，FH∥AB，
∴FH∥AB∥CD，
∵BE⊥AB，
∴FH⊥BE，CD⊥BE，
∴∠FHE＝∠BEC＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°，
∴CE＝ BC＝2，
∴BE＝ ＝ ＝2 ，
∴EH＝ BE＝ ，
∴FH＝CE，
在△FHG和△CEG中，
，
∴△FHG≌△CEG（AAS），
∴EG＝GH＝ EH＝ ，
在Rt△FHG中，由勾股定理得：GF＝ ＝ ＝ ，故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、含 30°角的直角三角
形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
50．（2022春•梁园区期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AB和BC上的点，且BE＝BF．求
证：∠DEF＝∠DFE．
【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“SAS”即可证明△ADE≌△CDF，进而利用全等三
角形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AB＝CB，AD＝DC，
∵BE＝BF，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，
∴∠DEF＝∠DFE．
【点评】本题主要考查菱形的性质，同时综合利用全等三角形的判定方法及等腰三角形的性质，解决本
题的关键是熟记菱形的性质．
二十六．菱形的判定与性质（共1小题）
51．（2022春•宿迁期末）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作
AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．【分析】（1）首先根据题意画出图形，由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得
AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形
ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形；
（2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对
角线积的一半，求得答案．
【解答】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝ BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，∴S＝ AC•DF＝10．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图
形求解是关键．
二十七．矩形的性质（共1小题）
52．（2022春•抚远市期末）如图所示，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，E为AD的中点．若AB＝
6，BC＝8，则△BOE的周长为（ ）
A．10 B．8+2 C．8+2 D．14
【分析】易知 OE 是中位线，则 OE＝ CD＝3，在 Rt△ABE 中，利用勾股定理求得 BE 的长，在
Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据矩形性质可求BO，从而求出△BOE周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝8，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，
∵点O是AC的中点，E为AD的中点，
∴OE＝ CD＝3，AE＝ AD＝4，
在Rt△ABE中，AE＝4，AB＝6，
根据勾股定理得，BE＝ ，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AC＝ ＝ ＝10．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵点O是AC的中点，
∴BO＝5．
∴△BOE周长为5+3+2 ＝8+2 ．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质以及中位线定理，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．矩形
的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直；④对
角线：矩形的对角线相等．
二十八．矩形的判定与性质（共1小题）
53．（2022春•交口县期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，
且FC＝AE，连接AF、BF．
（1）求证：四边形DEBF是矩形；
（2）若AF平分∠DAB，FC＝3，DF＝5，求BF的长．
【分析】（1）先证四边形DEBF是平行四边形，再证∠DEB＝90°，即可得出结论；
（2）证AD＝DF＝5，再由勾股定理求出DE＝4，然后由矩形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∵FC＝AE，
∴CD﹣FC＝AB﹣AE，
即DF＝BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四边形DEBF是矩形；（2）解：∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF＝∠BAF，
∵DC∥AB，
∴∠DFA＝∠BAF，
∴∠DFA＝∠DAF，
∴AD＝DF＝5，
在Rt△AED中，由勾股定理得：DE＝ ＝4，
由（1）得：四边形DEBF是矩形，
∴BF＝DE＝4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质，等腰三
角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形DEBF为矩形是解此题的关键．
二十九．正方形的性质（共1小题）
54．（2022春•盘龙区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与点A，C不重合的一
个动点，过点 E 作 EF⊥AB 于点 F，EG⊥BC 于点 G，连接 DE，FG，下列结论：① DE＝FG；
②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为3，其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【分析】①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG；由△AEB≌△AED可得DE＝BE，所
以DE＝FG；
②由矩形EFBG可得OF＝OB，则∠OBF＝∠OFB；由∠OBF＝∠ADE，则∠OFB＝∠ADE；由四边形
ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD+∠ADH＝90°，所以∠AHD+∠OFH＝90°，即∠FMH＝
90°，可得DE⊥FG；
③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；
④由于点E为AC上一动点，当DE⊥AC时，根据垂线段最短可得此时DE最小，最小值为2 ，由
①知FG＝DE，所以FG的最小值为2 ．【解答】解：①连接BE，交FG于点O，如图，
∵EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠EFB＝∠EGB＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EFBG为矩形．
∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°．
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
∴BE＝DE．
∴DE＝FG．
∴①正确；
②延长DE，交FG于M，交FB于点H，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
由①知：OB＝OF，
∴∠OFB＝∠ABE．
∴∠OFB＝∠ADE．
∵∠BAD＝90°，
∴∠ADE+∠AHD＝90°．
∴∠OFB+∠AHD＝90°．
即：∠FMH＝90°，∴DE⊥FG．
∴②正确；
③由②知：∠OFB＝∠ADE．
即：∠BFG＝∠ADE．
∴③正确；
④∵点E为AC上一动点，
∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小．
∵AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，
∴AC＝ ．
∴DE＝ AC＝2 ．
由①知：FG＝DE，
∴FG的最小值为2 ，
∴④错误．
综上所述，正确的结论为：①②③．
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，根据
图形位置的特点通过添加辅助线构造全等是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法．
三十．正方形的判定与性质（共1小题）
55．（2022春•商丘期末）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A
分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝ 4 5 °（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 （直接写出
结果不写解答过程）．【分析】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE
＝ DFE，∠AEF＝ BEF，求得∠AEF+∠AFE＝ （∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定
理即可得到结论；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角
平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝6，根据全等
三角形的性质得到BE＝EG＝3，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论；
（3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）
（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，得出MG＝DG＝MP＝PH
＝6，GQ＝4，设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方
程即可．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFE＝ DFE，∠AEF＝ BEF，
∴∠AEF+∠AFE＝ （∠DFE+∠BEF）＝ 270°＝135°，
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝3，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2；
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，
∴GQ＝3，
设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，
解得：a＝ ，即HR＝ ；故答案为： ．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩
形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
三十一．加权平均数（共3小题）
56．（2022春•睢阳区期末）2021年6月17日，中国第7艘载人航天飞船“神舟12号”圆满发射成功，
激励更多的年轻人投身航天事业．现有甲、乙两名学员要进行招飞前的考核，按照 4：3：2：1的比例
确定成绩，甲、乙两人成绩（百分制）如表：
候选人 心理素质 身体素质 科学头脑 应变能力
甲 86 85 88 90
乙 90 82 81 90
选择1名学员，最后应选 甲 ．
【分析】根据题意和表格中的数据可以分别求得甲乙甲乙两名航天员的成绩，从而可以解答本题．
【解答】解：由题意和图表可得，
甲的成绩为： ＝86.5，乙的成绩为： ＝85.8，
∵86.5＞85.8，
∴应选甲，
故答案为：甲．
【点评】此题考查了加权平均数，用到的知识点是加权平均数的计算公式，关键是根据公式求出甲、乙
的最终得分．
57．（2022春•田东县期末）某校规定学生期末综合成绩由三部分组成：期末考成绩占 50%，期中考成绩
占20%，平时成绩占30%，甲同学某学期的期末考成绩为96分，期中考成绩为85分，平时成绩为90
分，则甲同学该学期的期末综合成绩为 9 2 分．
【分析】根据加权平均数的计算方法解答．
【解答】解： ＝96×50%+85×20%+90×30%＝48+17+27＝92分．
故答案为92分．
【点评】本题考查了加权平均数，权的表现形式，一种是比的形式，如4：3：2，另一种是百分比的形
式，如创新占50%，综合知识占30%，语言占20%，权的大小直接影响结果．
58．（2022秋•榆阳区校级期末）白河县某学校评选先进班集体，从“学习”、“卫生”、“纪律”、
“活动参与”四个方面考核打分，各项满分均为100分，所占比例如表．
项目 学习 卫生 纪律 活动参与
所占比例 40% 25% 25% 10%
八年级一班这四项得分依次为95，90，88，80，若学校规定班级四项综合得分超过90分的将会获得先
进班集体，请你通过计算说明该班是否会获得先进班集体？
【分析】根据题意和加权平均数的计算方法，可以计算出该班四项综合得分．
【解答】解：根据题意得：
95×40%+90×25%+88×25%+80×10%＝90.5（分），
∵90.5＞90，
∴八年级一班会获得先进班集体．
【点评】本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确加权平均数的计算方法．
三十二．方差（共2小题）
59．（2022春•柘城县期末）下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与
方差：甲 乙 丙 丁
平均数（cm） 183 183 182 182
方差 5.7 3.5 6.7 8.6
要从中选择一名发挥稳定的运动员去参加比赛，应该选择（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】根据方差的意义求解即可．
【解答】解：由表格知，乙的方差最小，
所以乙运动员发挥最稳定，
故选：B．
【点评】本题主要考查方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程
度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
60．（2022春•罗山县期末）从甲、乙、丙三人中选一人参加环保知识抢答赛，经过两轮初赛，他们的平
均成绩都是89，方差分别是S甲 2＝1.2，S乙 2＝3.3，S丙 2＝11.5．你认为适合选 甲 参加决赛．
【分析】根据方差的意义求解即可．
【解答】解：∵S甲 2＝1.2，S乙 2＝3.3，S丙 2＝11.5，
∴S甲 2＜S乙 2＜S丙 2，
∴甲的成绩稳定，
∴适合选择甲参加决赛，
故答案为：甲．
【点评】本题主要考查方差，解题的关键是掌握方差的意义：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．
方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性
越好．
