期末精选60题
一．选择题（共18小题）
1．（上虞区期末）当x＝0时，二次根式
的值等于（ ）
A．4 B．2 C．
D．0
【分析】把x＝0代入二次根式
，再求出即可．
【解答】解：当x＝0时，式
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查了二次根式的定义和二次根式的性质，能灵活运用二次根式的性质进行计算是解此题的关键．
2．（海曙区期末）从六边形的一个顶点出发可以作对角线（ ）
A．3条 B．4条 C．5条 D．6条
【分析】已知多边形的边数为n（n＞3时），从多边形的一个顶点出发，可以画出（n﹣3）条对角线，根据以上内容求出即可．
【解答】解：从六边形的一个顶点出发，可以画出6﹣3＝3条对角线，
故选：A．
【点评】本题考查了多边形的对角线，能熟记多边形的对角线的定义是解此题的关键．
3．（金牛区期末）六边形的外角和为（ ）
A．180° B．360° C．540° D．720°
【分析】由多边形的外角和等于360°，即可求得六边形的外角和．
【解答】解：∵多边形的外角和等于360°，
∴六边形的外角和为360°．
故选：B．
【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．解题时注意：多边形的外角和等于360度．
4．（北仑区期末）下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
【点评】此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
5．（嵊州市期末）要使二次根式
有意义，则x可取的数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】二次根式中的被开方数是非负数．根据二次根式有意义的条件列出不等式，解不等式即可得到x的取值范围．
【解答】解：依题意，得x﹣3≥0，
解得x≥3，
∴x可取的数是3．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二次根式的意义和性质．关键是掌握二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
6．（椒江区期末）下列方程为一元二次方程的是（ ）
A．x+1＝0 B．x2+3y+1＝0 C．x2+3x＝5 D．x2+
＝5
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【解答】解：A．是一元一次方程，故本选项不合题意；
B．含有两个未知数，故本选项不合题意；
C．是一元二次方程，故本选项符合题意；
D．是分式方程，故本选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
7．（永嘉县校级期末）方程（m﹣2）
﹣mx+5＝0是关于x的一元二次方程，则m的值为（ ）
A．﹣3 B．2 C．3 D．2或﹣3
【分析】根据一元二次方程的定义得出m﹣2≠0且m2+m﹣4＝2，求出m即可．
【解答】解：∵方程（m﹣2）
﹣mx+5＝0是关于x的一元二次方程，
∴m﹣2≠0且m2+m﹣4＝2，
解得：m＝﹣3，
故选：A．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义和解一元二次方程，能根据一元二次方程的定义得出m﹣2≠0和m2+m﹣4＝2是解此题的关键．
8．（滨江区期末）下列配方正确的是（ ）
A．x2+2x+5＝（x+1）2+6
B．x2+3x＝（x+
）2﹣
C．3x2+6x+1＝3（x+1）2﹣2
D．x2﹣
【分析】完全平方公式的掌握a2+2ab+b2＝（a+b）2，a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2．
【解答】解：A选项，（x2+2x+1）+4＝（x+1）2+4；故A不符合题意；
B选项，（x2+2×
x+（
）2）﹣（
）2＝（x+
）2﹣（
）2，故B不符合题意；
C选项，3x2+6x+1＝3（x2+2x+1）﹣2＝3（x+1）2﹣2，故C符合题意；
D选项，x2﹣
x+
＝[x2﹣2×
x+（
）2]﹣（
）2+
＝（x﹣
）2+
，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查完全平方公式在配方法中的运用．
9．（下城区期末）在四边形ABCD中，设∠A＝∠B＝∠C＝α，∠D＝β（ ）
A．若α＝60°，则β＝60° B．若α＝70°，则β＝70°
C．若α＝80°，则β＝80° D．若α＝90°，则β＝90°
【分析】根据四边形的内角和为360°求解即可．
【解答】解：在四边形ABCD中，∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∠A＝∠B＝∠C＝α，∠D＝β，
A．若α＝60°，则β＝180°，故本选项不合题意；
B．若α＝70°，则β＝150°，故本选项不合题意；
C．若α＝80°，则β＝120°，故本选项不合题意；
D．若α＝90°，则β＝90°，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了四边形的内角和公式，n边形内角和公式是（n﹣2）×180°．
10．（江干区期末）如果一个多边形的内角和等于540°，则它的边数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据n边形的内角和为（n﹣2）•180°得到（n﹣2）•180°＝540°，然后解方程即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
∴（n﹣2）•180°＝540°，
∴n＝5．
故选：C．
【点评】本题考查了多边行的内角和定理：n边形的内角和为（n﹣2）•180°．
11．（青州市期末）下列说法中正确的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【分析】依据矩形、菱形和正方形的判定方法，即可得到正确结论．
【解答】解：A．有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故本选项错误；
B．两条对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项错误；
C．两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故本选项错误；
D．两条对角线相等的菱形是正方形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形、菱形和正方形的判定，正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
12．（江干区期末）下列关于正多边形的叙述，正确的是（ ）
A．正七边形既是轴对称图形又是中心对称图形
B．存在一个正多边形，它的外角和为720°
C．任何正多边形都有一个外接圆
D．不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形
【分析】分别根据正多边形的性质，多边形内角和公式以及多边形的外角定义逐一判断即可．
【解答】解：A、正七边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、任意多边形的外角和为360°，故本选项不合题意；
C、任何正多边形都有且只有一个外接圆，故本选项符合题意；
D、正三角形的每个外角都是对应每个内角两倍，故本选项不合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，轴对称图形以及多边形内角与外角，熟记相关定义是解答本题的关键．
13．（杭州期末）
＝（ ）
A．3 B．﹣3 C．±3 D．9
【分析】直接利用算术平方根的定义得出答案．
【解答】解：
＝
＝3．
故选：A．
【点评】此题主要考查了算术平方根，正确掌握相关定义是解题关键．
14．（洪江市期末）一元二次方程x2﹣2x+3＝0的二次项系数是（ ）
A．1 B．2 C．﹣2 D．3
【分析】一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．根据定义即可判断．
【解答】解：方程x2﹣2x+3＝0的二次项系数为1，一次项系数为﹣2，常数项为3，
故选：A．
【点评】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c＝0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
15．（海曙区期末）下列函数中，y是x的反比例函数的为（ ）
A．y＝2x+1 B．
C．
D．y＝2x2﹣1
【分析】根据反比例函数的定义和一次函数的定义对各选项分析判断即可得解．
【解答】解：A、y＝2x+1是一次函数，故此选项不符合题意；
B、自变量x的指数是2，不是反比例函数，故此选项不符合题意；
C、符合反比例函数的定义，y是x的反比例函数，故此选项符合题意；
D、y＝2x2﹣1是二次函数，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数的定义，熟记一般式y＝
（k≠0）是解题的关键．
16．（嵊州市期末）已知△ABC中，AB＝AC，求证：∠B＜90°，下面写出运用反证法证明这个命题的四个步骤：
①∴∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾
②因此假设不成立．∴∠B＜90°
③假设在△ABC中，∠B≥90°
④由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°．
这四个步骤正确的顺序应是（ ）
A．④③①② B．③④②① C．①②③④ D．③④①②
【分析】根据反证法的一般步骤判断即可．
【解答】解：运用反证法证明这个命题的四个步骤：1、假设在△ABC中，∠B≥90°，
2、由AB＝AC，得∠B＝∠C≥90°，即∠B+∠C≥180°，
3、∴∠A+∠B+∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾，
4、因此假设不成立．∴∠B＜90°，
故选：D．
【点评】本题考查的是反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
17．（永嘉县校级期末）牛顿曾说过：“反证法是数学家最精良的武器之一．”那么我们用反证法证明：“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”时，第一步先假设（ ）
A．三角形中有一个内角小于60°
B．三角形中有一个内角大于60°
C．三角形中每个内角都大于60°
D．三角形中没有一个内角小于60°
【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答．
【解答】解：用反证法证明：“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”时，
第一步先假设三角形中每个内角都大于60°，
故选：C．
【点评】本题考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．反证法的步骤是：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立．
18．（余姚市期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【分析】根据菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定，逐个进行验证，即可得出正确选项．
【解答】解：A、对角线互相垂直平分的平行四边形时菱形，A不符合题意．
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，错误，故B不符合题意．
C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，错误，故C不符合题意．
D、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题是考查菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定．就每一个选项来说都是单一知识点，是比较基础的知识，而把四个选项置于一个试题之中，它涉及到四个知识点和四种图形的联系和区别，要求学生的思维必须缜密、全面．
二．填空题（共14小题）
19．（下城区期末）使二次根式
有意义的a可以是 3（答案不唯一） （只需填一个）．
【分析】根据负数没有平方根列出关于a的不等式，求出不等式的解集确定出a的范围即可．
【解答】解：∵二次根式
有意义，
∴a﹣2≥0，即a≥2，
则a可以是3．
故答案为：3（答案不唯一）．
【点评】此题考查了二次根式有意义的条件，二次根式性质为：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
20．（上城区校级期末）如图，在▱ABCD中，EF过对角线的交点O，AB＝4，AD＝3，OF＝1.5，则四边形BCEF的周长为 10 ．
【分析】根据平行四边形的中心对称性，可知EF把平行四边形分成两个相等的部分，先求平行四边形的周长，再求EF的长，即可求出四边形BCEF的周长．
【解答】解：根据平行四边形的中心对称性得：OF＝OE＝1.5，
∵▱ABCD的周长＝（4+3）×2＝14，
∴四边形BCEF的周长＝
×▱ABCD的周长+3＝10．
故答案为：10．
【点评】此题主要考查了平行四边形的基本性质，解题时注意：平行四边形的对角线互相平分，平行四边形是中心对称图形．
21．（宁波期末）化简
＝ π﹣3 ；
＝ 
．
【分析】根据算术平方根可以计算出
的值，根据分母有理化可以计算
的值．
【解答】解：
＝π﹣3，
＝
＝
﹣1，
故答案为：π﹣3，
﹣1．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
22．（鄞州区校级期末）已知x为奇数，且满足等式
，则
的值为 8+2
．
【分析】先根据二次根式和分式有意义的条件确定x的取值，然后原式利用完全平方公式和二次根式的性质进行化简，最后代入求值．
【解答】解：由题意可得
，
解得：6≤x＜9，
又∵x为奇数，
∴x＝7，
原式＝
+
＝1+7+
＝8+2
，
故答案为：8+2
．
【点评】本题考查二次根式的化简求值，理解二次根式和分式有意义的条件，掌握二次根式的性质以及完全平方公式（a+b）2＝a2+2ab+b2是解题关键．
23．（鄞州区校级期末）若m＝
+1，则7m2﹣14m+5的值为 12 ．
【分析】原式利用完全平方公式进行变形，然后利用整体思想代入求值．
【解答】解：原式＝7（m2﹣2m+1）﹣7+5
＝7（m﹣1）2﹣2，
∵m＝
+1，
∴m﹣1＝
，
∴原式＝7×（
）2﹣2
＝7×2﹣2
＝14﹣2
＝12，
故答案为：12．
【点评】本题考查二次根式的化简求值，理解二次根式的性质，掌握完全平方公式（a+b）2＝a2+2ab+b2是解题关键．
24．（鄞州区校级期末）已知
，
，|b3+c3|＝b3﹣c3，则a3b3﹣c3的值为 1 ．
【分析】根据绝对值的意义分析b和c的取值，然后利用完全平方公式计算求得ab的值，从而进行计算．
【解答】解：∵（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab，
∴4ab＝（
）2﹣（
）2
＝
+2﹣
+2
＝4，
∴ab＝1，
∵|b3+c3|＝b3﹣c3，且|b3+c3|＝±（b3+c3），
当|b3+c3|＝b3+c3＝b3﹣c3时，c＝0，
∴原式＝（ab）3﹣03＝1，
当|b3+c3|＝﹣b3﹣c3＝b3﹣c3时，b＝c＝0，
此时ab＝0，故此情况不成立，
综上，原式的值为1，
故答案为：1．
【点评】本题考查二次根式的化简求值，理解二次根式和绝对值的性质，掌握完全平方公式（a+b）2＝a2+2ab+b2是解题关键．
25．（镇海区校级期末）已知关于x的一元二次方程（m2﹣1）x2+2（m﹣2）x+1＝0有实数根，当m取最大整数值时，代数式3x2+12x+3的值为 6 ．
【分析】利用一元二次方程的定义和根的判别式的意义得到m2﹣1≠0且Δ＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣1）≥0，解不等式得到m的取值范围，从而得到m的最大整数值为0，则原方程变形为﹣x2﹣4x+1＝0，然后利用整体代入的方法求代数式的值．
【解答】解：根据题意得m2﹣1≠0且Δ＝4（m﹣2）2﹣4（m2﹣1）≥0，
解得m≤
且m≠±1，
所以m的最大整数值为0，
所以原方程变形为﹣x2﹣4x+1＝0，
即x2+4x＝1，
所以3x2+12x+3＝3（x2+4x）+3＝3×1+3＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系，当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立．
26．（鄞州区校级期末）若4a+2b+c＝0，则一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根为 x＝2 ．
【分析】由于当x＝2时，由方程ax2+bx+c＝0得的4a+2b+c＝0，从而得的方程的一个根．
【解答】解：∵当x＝2时，方程ax2+bx+c＝0化为4a+2b+c＝0，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根为x＝2．
故答案为：x＝2．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
27．（鄞州区校级期末）已知（x2+y2）2+6（x2+y2）﹣7＝0，则x2+y2的值为 1 ．
【分析】设x2+y2＝z，则原方程换元为z2+6z﹣7＝0，可得z1＝1，z2＝﹣7，即可求解．
【解答】解：设x2+y2＝z，则原方程换元为z2+6z﹣7＝0，
∴（z﹣1）（z+7）＝0，
解得：z1＝1，z2＝﹣7，
∵x2+y2≥0，
∴x2+y2＝1
故答案为：1．
【点评】本题考查了高次方程，解一元二次方程及换元法解一元二次方程，正确掌握换元法是解决本题的关键．
28．（泗阳县期末）在一次射击比赛中，甲、乙两名运动员10次射击的平均成绩都是7环，其中甲的成绩的方差为1.2，乙的成绩的方差为3.9，由此可知 甲 的成绩更稳定．
【分析】根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
【解答】解：因为S甲2＝1.2＜S乙2＝3.9，方差小的为甲，所以本题中成绩比较稳定的是甲．
故答案为：甲；
【点评】本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
29．（巧家县期末）一个多边形的内角和为1440°，则这个多边形是 10 边形．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式得出（n﹣2）×180°＝1440，求出方程的解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝1440°，
解得：n＝10，
即这个多边形是10边形，
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，能熟记多边形的内角和公式是解此题的关键，注意：边数为n（n≥3）的多边形的内角和＝（n﹣2）×180°．
30．（衢州期末）用反证法证明“在三角形中至少有一个内角大于或等于60°”，应先假设命题不成立，即三角形的三个内角都 小于 60°（填“＞”、“＜”或“＝”）．
【分析】根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可．
【解答】解：反证法证明“在三角形中至少有一个内角大于或等于60°”，应先假设命题不成立，即三角形的三个内角都小于60°，
故答案为：小于．
【点评】本题考查的是反证法的应用，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
31．（定海区期末）如图，矩形ABCD中，AD＝6，CD＝7，E为AD上一点，且AE＝2，点F、H分别在边AB、CD上，四边形EFGH为矩形，则当△HGC为直角三角形时，AF的值是 3或4或
．
【分析】首先可判断出∠HGC＝90°，设AF＝x，再利用△AEF∽△BFC，得
，代入解方程即可；当∠HGC＝90°时，画出图形，利用一线三等角相似可得答案．
【解答】解：当△HGC为直角三角形时，当∠HGC＝90°，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HGF＝90°，
∴∠HGF+∠HGC＝180°，
∴点F、G、C三点共线，
设AF＝x，则BF＝7﹣x，
∴△AEF∽△BFC，
∴
，
∴
，
解得x＝3或4，
∴AF＝3或4；
当∠HGC＝90°时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EH＝FG，∠HEF＝∠EFG＝90°，
∵∠A＝∠D＝∠B＝90°，
∴∠DEH＝∠BGF，
∴△DEH≌△BGF（AAS），
∴DH＝BF，
设AF＝x，则BF＝DH＝7﹣x，
由△DEH∽△AFE得，
，
∴
，
解得x＝
，
∴AF＝
，
故答案为：3或4或
．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，判定出点F、G、C三点共线是解题的关键．
32．（南岗区校级模拟）反比例函数y＝
，当1≤x≤3时，函数y的最大值和最小值之差为4，则k＝ ±6 ．
【分析】分k＞0和k＜0进行讨论，再根据反比例函数的增减性，利用函数值的差列出方程解答．
【解答】解：当k＞0时，在其每一象限内，反比例函数y随x的增大而减小．
∵当1≤x≤3时，函数y的最大值和最小值之差为4，
∴
，解得k＝6，
当k＜0时，在其每一象限内，反比例函数y随x的增大而增大．
∵当1≤x≤3时，函数y的最大值和最小值之差为4，
∴
，解得k＝﹣6，
综上所述，k＝±6．
故答案为：±6．
【点评】本题考查了反比例函数的增减性，反比例函数的增减性要在其图象的每一象限内解答，解题关键要对于k的值要分情况讨论．
三．解答题（共28小题）
33．（上城区校级期末）计算：
（1）
（
+
）﹣
；
（2）
．
【分析】（1）先进行二次根式的乘法运算，然后化简后合并即可；
（2）先进行二次根式的乘法运算，然后化简后合并即可．
【解答】解：（1）原式＝
+2﹣3
＝2
+2﹣3
＝2﹣
；
（2）原式＝2
﹣（2
﹣3
）
＝2
﹣6
+3
＝﹣
．
【点评】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质和二次根式的乘法法则是解决问题的关键．
34．（西湖区校级期末）已知：y＝
+
+5，化简并求
的值．
【分析】根据二次根式有意义的条件得到x＝4，则y＝5，再利用约分得到原式＝
+
，然后通分得到原式＝
，最后把x、y的值代入计算即可．
【解答】解：∵x﹣4≥0且4﹣x≥0，
∴x＝4，
∴y＝5，
∴原式＝
+
＝
＝
＝
＝﹣4．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．也考查了二次根式有意义的条件．也考查了根式有意义的条件．
35．（婺城区期末）已知：x＝1﹣
，y＝1+
，求x2+y2﹣2x﹣2y的值．
【分析】先计算出x+y与xy的值，再利用完全平方公式变形得到原式＝（x+y）2﹣2xy﹣2（x+y），然后利用整体代入的方法计算．
【解答】解：∵x＝1﹣
，y＝1+
，
∴x+y＝2，xy＝1﹣2＝﹣1，
∴x2+y2﹣2x﹣2y＝（x+y）2﹣2xy﹣2（x+y）＝22﹣2×（﹣1）﹣2×2＝2．
【点评】本题考查了二次根式的化简求值：利用整体代入的方法可简化计算．
36．（鄞州区校级期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（2k+2）x+k2＝0有两个不相等的实数根．
（1）求实数k的取值范围；
（2）是否存在实数k，使方程的两个实数根的倒数和等于1？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据方程有两个不相等的实数根可知Δ＝[﹣（2k+2）]2﹣4k2＞0，求得k的取值范围；
（2）可假设存在实数k，使得方程的两个实数根x1，x2的倒数和为1，列出方程即可求得k的值，舍去（1）中不在取值范围内的值即可．
【解答】解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，
∴Δ＝[﹣（2k+2）]2﹣4k2＞0，
解得k＞﹣
，
即实数k的取值范围是k＞﹣
；
（2）假设存在实数k，使得方程的两个实数根x1，x2的倒数和为1，则x1，x2不为0，
由根与系数的关系可得，x1+x2＝2k+2，x1x2＝k2，
∵
+
＝
＝1，
∴
＝1，
解得k＝1±
，
∵k＞﹣
，
∴k＝1+
，
故所求k的值为1+
．
【点评】此题主要考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，解题时将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
37．（海曙区校级期末）直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低1元，日销售量增加2件．
（1）若每件售价为45元，求日销量是多少件？
（2）若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？
（3）小明的线下实体商店也销售同款小商品，标价为每件62.5元．为提高市场竞争力，促进线下销售，小明决定对该商品实行打折销售，使其销售价格不超过（2）中的售价，则该商品至少需打几折销售？
【分析】（1）利用日销售量＝20+2×降低的价格，即可求出结论；
（2）设每件售价应定为x元，则每件的销售利润为（x﹣40）元，日销售量为（140﹣2x）件，利用总利润＝每件的销售利润×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合商家想尽快销售完该款商品，即可得出每件售价应定为50元；
（3）设该商品需打y折销售，利用售价＝原价×折扣率，结合售价格不超过（2）中的售价，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）20+2×（60﹣45）
＝20+2×15
＝20+30
＝50（件）．
答：当每件售价为45元时，日销量是50件．
（2）设每件售价应定为x元，则每件的销售利润为（x﹣40）元，日销售量为20+2（60﹣x）＝（140﹣2x）件，
依题意得：（x﹣40）（140﹣2x）＝（60﹣40）×20，
整理得：x2﹣110x+3000＝0，
解得：x1＝50，x2＝60，
又∵商家想尽快销售完该款商品，
∴x＝50．
答：每件售价应定为50元．
（3）设该商品需打y折销售，
依题意得：62.5×
≤50，
解得：y≤8．
答：该商品至少需打8折销售．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，列式计算；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程；（3）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
38．（常宁市期末）如图，在四边形ABCD中，BE平分∠ABC交线段AD于点E，∠1＝∠2．
（1）判断AD与BC是否平行，并说明理由；
（2）当∠A＝∠C，∠1＝40°时，求∠D的度数．
【分析】（1）根据BE平分∠ABC可得∠EBC＝∠2，再根据∠1＝∠2，可得∠1＝∠EBC，可判断AD与BC平行；
（2）根据∠1＝40°，可得∠EBC＝∠2＝∠1＝40°，由此可以求出∠C＝∠A＝100°，再根据四边形的内角和求得∠D＝80°．
【解答】解：（1）AD∥BC，理由是：
因为BE平分∠ABC，
所以∠EBC＝∠2，
因为∠1＝∠2，
所以∠1＝∠EBC，
所以AD∥BC（内错角相等，两直线平行）；
（2）因为∠1＝40°，∠1＝∠2，
所以∠EBC＝∠2＝40°，
∠A＝180°﹣∠1﹣∠2＝100°，
因为∠A＝∠C，
所以∠C＝∠A＝100°，
所以∠D＝360°﹣∠A﹣∠2﹣∠EBC﹣∠C
＝360°﹣100°﹣40°﹣40°﹣100°
＝80°．
【点评】本题主要考查平行线的判定和性质，掌握平行线的判定和性质是解题的关键，即①同位角相等⇔两直线平行，②内错角相等⇔两直线平行，③同旁内角互补⇔两直线平行，④a∥b，b∥c⇒a∥c．
39．（余姚市期末）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AB，CD上的点，且AE＝CF，DE，BF分别交AC于点G，H．
（1）求证DE∥BF；
（2）求证：AG＝CH．
【分析】（1）通过平行四边形ABCD可得AB＝CD，根据AE＝CF得出BE＝DF，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可判定四边形BEDF是平行四边形，从而证得结论；
（2）通过证明∠AEG＝∠CFH、∠BAC＝∠DCH根据“ASA”可判定△AEG≌△CFH，继而得到AG＝CH．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵AE＝CF，
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE∥BF．
（2）∵DE∥BF，
∴∠AEG＝∠ABF，
∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠CFH，∠EAG＝∠FCH，
∴∠AEG＝∠CFH，
在△AEG和△CFH中，
，
∴△AEG≌△CFH（ASA），
∴AG＝CH．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，明确平行四边形的对边平行和相等和全等三角形的对应边相等是证明线段相等或平行的重要方法．
40．（杭州期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE和BF分别平分∠DAB和∠CBA，交CD于E、F．AE与BF相交于点P．
（1）求证：AD＝DE．
（2）若AD＝6，DC＝10，求EF的长．
【分析】（1）直接利用平行四边形的性质以及等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，进而得出答案；
（2）直接利用平行四边形的性质以及等腰三角形的性质得出FC、EC的长，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠DEA＝∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴AD＝DE；
（2）解：∵AD＝6，DC＝10，
∴DE＝AD＝6，
∴EC＝DC﹣DE＝10﹣6＝4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD＝BC＝6，
∴∠CFB＝∠FBA，
∵BF平分∠CBA，
∴∠CBF＝∠FBA，
∴∠CFB＝∠CBF，
∴BC＝FC＝6，
∴EF＝FC﹣EC＝6﹣4＝2．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的性质，正确得出FC的长是解题关键．
41．（椒江区期末）如图，菱形ABCD中，E为对角线BD的延长线上一点．求证：AE＝CE；
【分析】由菱形的性质可得AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，由“SAS”可证△ADE≌△CDE，可得AE＝CE．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
∴∠ADE＝∠CDE，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
42．（海曙区校级期末）某中学开展歌咏比赛，九年级（1）、（2）班根据初赛成绩，各选出5名选手参加复赛，复赛成绩（满分为100分）如图所示．
（1）根据图示填写下表：
-
班级
平均数（分）
中位数（分）
众数（分）
九（1）
85
85
85
九（2）
85
80
100
（2）已知九年级（2）班复赛成绩的方差为160，计算九年级（1）班复赛成绩的方差，并分析哪个班的复赛成绩稳定．
【分析】（1）根据统计图得到九（1）的5个成绩，再利用平均数的定义求解；然后根据众数的定义求九（1）的众数，根据中位数的定义确定九（2）班的中位数；
（2）先根据方差公式分别计算出九年级（1）班的方差，然后根据方差的意义判断哪个班级的复赛成绩稳定．
【解答】解：（1）九年级（1）班的平均数＝
＝85（分），九（1）班的众数为85，
九年级（2）班5名选手的复赛成绩为：70，75，80，100，100，
∴九年级（2）班5名选手的复赛成绩的中位数为80；
故答案为：85，85，80；
（2）S12＝
×[（75﹣85）2+（80﹣85）2+（85﹣85）2+（85﹣85）2+（100﹣85）2]＝70，
S22＝160，
因为S12＜S22，
所以九（1）班的复赛成绩稳定．
【点评】本题考查了中位数、众数以及平均数的求法，同时也考查了方差公式，解题的关键是牢记定义并能熟练运用公式．
43．（嵊州市期末）计算：
（1）（3+
）（3﹣
）；
（2）
．
【分析】（1）利用平方差公式进行计算；
（2）先算乘除，然后再算减法．
【解答】解：（1）原式＝32﹣（
）2
＝9﹣3
＝6；
（2）原式＝
﹣
＝
﹣
＝3
﹣2
＝
．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，掌握二次根式混合运算的运算顺序和计算法则以及平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2的结构是解题关键．
44．（椒江区期末）解方程：
（1）4x2＝81．
（2）x2+5x﹣4＝0．
【分析】（1）利用直接开平方法求解即可；
（2）利用公式法求解即可．
【解答】解：（1）∵4x2＝81，
∴x2＝
，
∴x1＝
，x2＝﹣
；
（2）∵a＝1，b＝5，c＝﹣4，
∴Δ＝52﹣4×1×（﹣4）＝41＞0，
则x＝
＝
，
∴x1＝
，x2＝
．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
45．（镇海区校级期末）解方程：
（1）（x﹣3）2＝（2x﹣1）（x﹣3）；
（2）
x2﹣x﹣2＝0．
【分析】（1）因式分解法求解；
（2）公式法求解．
【解答】解：（1）（x﹣3）2＝（2x﹣1）（x﹣3），
（x﹣3）2﹣（2x﹣1）（x﹣3）＝0，
（x﹣3）（x﹣3﹣2x+1）＝0，
（x﹣3）（﹣x﹣2）＝0，
∴x﹣3＝0或﹣x﹣2＝0，
∴x1＝3，x2＝﹣2；
（2）
x2﹣x﹣2＝0，
3x2﹣2x﹣4＝0，
∵a＝3，b＝﹣2，c＝﹣4，
∴△＝4+48＝52＞0，
∴x＝
＝
＝
，
∴x1＝
，x2＝
．
【点评】本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法
46．（鄞州区校级期末）已知a，b是一元二次方程x2﹣2021x﹣1＝0的两个根，解方程组
．
【分析】将方程组中的两个方程相减可得（
﹣
﹣1）（x﹣y）＝0，再由a+b＝2021，ab＝﹣1，可知
﹣
﹣1≠0，所以x＝y，再求解方程组即可．
【解答】解：∵a，b是一元二次方程x2﹣2021x﹣1＝0的两个根，
∴a+b＝2021，ab＝﹣1，
，
①﹣②，得（
﹣
﹣1）（x﹣y）＝0，
当x＝y时，①得（
+
）x＝x+2021，
∴
x＝x+2021，
∴x＝﹣
，
∴方程组的解为
．
当x≠y时，
﹣
﹣1＝0，
∴
﹣1＝0，
∴a﹣b﹣1＝0，
∵2021﹣2b﹣1＝2022﹣2b≠0，
∴方程组的解为
．
【点评】本题考查一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系，利用方程组中方程的特点进行化简求解是解题的关键．
47．（温州期末）经过实验获得两个变量x（x＞0），y（y＞0）的一组对应值如表．
-
x
1
2
3
4
5
6
y
6
3
2
1.5
1.2
1
（1）用描点法在图中画出函数的图象；
（2）求这个函数的表达式；
（3）当0＜a≤x≤2a时，记函数的最大值为M，最小值为N，直接写出
的值．
【分析】（1）利用描点法即可解决问题；
（2）由图象可知，y是x的反比例函数，设y＝
（k≠0），利用待定系数法即可解决问题；
（3）由图象得出函数的增减性，求出最大值M，最小值N，代入
即可求解．
【解答】解：（1）利用描点法画出图形即可．
（2）由图象可知，y是x的反比例函数，设y＝
（k≠0），
把（1，6）代入得到，k＝6，
∴y关于x的函数解析式为y＝
；
（3）∵x＞0时，反比例函数y＝
中y随x的增大而减小，
∴0＜a≤x≤2a时，函数的最大值为M＝
，最小值N＝
，
∴
＝
＝
＝2．
【点评】本题考查描点法画函数图象、反比例函数的性质、待定系数法等知识，解题的关键掌握描点法作图，学会利用图象得出函数的性质解决问题，属于中考常考题型．
48．（东阳市期末）如图，在矩形ABCD中，已知点A（2，1），且AB＝4，AD＝3，把矩形ABCD的内部及边上，横、纵坐标均为整数的点称为靓点，反比例函数y＝
（x＞0）的图象为曲线L．
（1）若曲线L过AB的中点．
①求k的值．
②求该曲线L下方（包括边界）的靓点坐标．
（2）若分布在曲线L上方与下方的靓点个数相同，求k的取值范围．
【分析】（1）①根据矩形的性质得出AB中点的坐标，根据待定系数法即可求得；
②根据矩形的靓点，结合k的值即可得到结论；
（2）根据矩形的靓点数结合k＝8或k＝9时，图象上和图象下的靓点数即可得出结论．
【解答】解：（1）①∵点A（2，1），且AB＝4，AD＝3，
∴B（6，1），
∴AB的中点为（4，1），
∵反比例函数y＝
（x＞0）的图象过AB的中点，
∴k＝4×1＝4；
②曲线L下方（包括边界）的靓点坐标为（4，1），（3，1），（2，1），（2，2）；
（2）∵点A（2，1），且AB＝4，AD＝3，
∴B（6，1），C（6，4），D（2，4），
∴矩形ABCD的靓点有5×4＝20个，
当k＝8时，落在反比例函数图象上有（4，2）和（2，4）两个靓点，图象下方有（2，1）、（2，2）、（2，3）、（3，1）、（3，2）、（4，1）、（5，1）、（6，1）共8个靓点，
当k＝9时，落在反比例函数图象上有（3，3）一个靓点，图象下方有（2，1）、（2，2）、（2，3）、（2，4）、（3，1）、（3，2）、（4，1）、（4，2）、（5，1）、（6，1）共10个靓点，
∴8＜k＜9．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，明确矩形的靓点是解题的关键．
49．（温岭市期末）如图，一次函数y1＝k1x+b（x＞0）的图象与反比例函数y2＝
（x＞0）的图象交于点A（m，6）、点B（3，2）．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）根据图象直接写出：当x为 0＜x＜1或x＞3 时，k1x+b﹣
＜0．
【分析】（1）把B点坐标代入反比例函数解析式可求得k2的值，把点A（m，8）代入求得的反比例函数的解析式求得m，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）直接由A、B的坐标可求得答案．
【解答】解（1）把点B（3，2）代入反比例函数y2＝
（x＞0）得，k2＝3×2＝6，
∴反比例函数的解析式为y2＝
；
将点A（m，6）代入y2＝
，解得m＝1，
∴A（1，6）．
将A、B的坐标代入y1＝k1x+b，得
，解得
，
∴一次函数的解析式为y1＝﹣2x+8．
（2）如图，∵A（1，6），B（3，2），
∴k1x+b﹣
＜0，即k1x+b＜
的解集为0＜x＜1或x＞3．
故答案为：0＜x＜1或x＞3．
【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的交点，待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
50．（嵊州市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+2的图象与x轴，y轴分别交于点A和点B，与反比例函数y＝
（k＞0，x＞0）的图象交于点C，B为线段AC的中点．
（1）求点A的坐标．
（2）求k的值．
（3）点D为线段AC上的一个动点，过点D作DE∥x轴，交该反比例函数图象于点E，连结OD，OE．若△ODE的面积为
，求点D的坐标．
【分析】（1）在y＝x+2中，令y＝0，求得x＝﹣2，即可求得A的坐标为（﹣2，0）；
（2）根据题意求得C的坐标，然后代入y＝
（k＞0，x＞0）即可求得k的值；
（3）设D（x，x+2），则E（
，x+2），根据题意S△ODE＝
×（
）•（x+2）＝
，解方程即可求得D的坐标．
【解答】解：（1）在y＝x+2中，令y＝0，则x+2＝0，解得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0）；
（2）在y＝x+2中，令x＝0，则y＝2，
∴B（0，2），
∵B为线段AC的中点，
∴C（2，4），
∵反比例函数y＝
（k＞0，x＞0）的图象过点C，
∴k＝2×4＝8；
（3）设D（x，x+2），则E（
，x+2），
∴DE＝
﹣x＝
，
∴S△ODE＝
×（
）•（x+2）＝
，
即x2+2x﹣3＝0，
解得x1＝1，x2＝﹣3（舍去），
∴D（1，3）．
【点评】本题是反比例函数与一次函数图象的交点问题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，三角形的面积，表示出D、E的坐标是解题的关键．
51．（吴兴区期末）如图，一次函数y＝x+b的图象分别与x轴，y轴交于点A，点B，与反比例函数y＝
的图象在第一象限交于点C，若OB＝2，点C的纵坐标为3．（1）求反比例函数的解析式；
（2）求△AOC的面积．
【分析】（1）OB＝2得B（0，2）可求出一次函数解析式，把点C的纵坐标为3代入一次函数解析式得C坐标，从而求得反比例函数的解析式；
（2）求出A的坐标，然后根据三角形面积公式求得即可．
【解答】解：（1）∵OB＝2，
∴B（0，2），代入y＝x+b得b＝2，
∴y＝x+2，
∵点C的纵坐标为3，
∴3＝x+2得x＝1，
∴C（1，3），
把C（1，3）代入反比例函数y＝
得k＝3，
∴反比例函数的解析式为y＝
；
（2）在y＝x+2中，令y＝0，则x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∴
．
【点评】本题考查反比例函数、一次函数解析式、交点及三角形面积等问题，解题的关键是求出交点坐标．
52．（仙居县期末）如图，取一根长1米的质地均匀木杆，用细绳绑在木杆的中点O处并将其吊起来，在中点的左侧距离中点30cm处挂一个重9.8牛的物体，在中点O右侧用一个弹簧秤向下拉，使木杆保持平衡，改变弹簧秤与中点O的距离L（单位：cm），看弹簧秤的示数F（单位：牛，精确到0.1牛）有什么变化．小慧在做此《数学活动》时，得到下表的数据：
-
L/cm
5
10
15
20
25
30
35
40
F/牛
58.8
60.2
19.6
14.7
11.8
9.8
8.4
7.4
结果老师发现其中有一个数据明显有错误．
（1）你认为当L＝ 10 cm时所对应的F数据是明显错误的；
（2）在已学过的函数中选择合适的模型求出F与L的函数关系式；
（3）若弹簧秤的最大量程是60牛，求L的取值范围．
【分析】（1）根据表格数据，可发现L与F的乘积为定值294，从而可得答案；
（2）根据FL＝294，可得F与L的函数解析式；
（3）根据弹簧秤的最大量程是60牛，即可得到结论．
【解答】解：（1）根据杠杆原理知F•L＝30×9.8．
当L＝10cm时，F＝29.4牛顿．所以表格中数据错了；
（2）根据杠杆原理知F•L＝30×9.8．
∴F与L的函数关系式为：
；
（3）当F＝60牛时，由
得L＝4.9，
根据反比例函数的图象与性质可得L≥4.9，
∵由题意可知L≤50，
∴L的取值范围是4.9cm≤L≤50cm．
【点评】本题考查了反比例函数的应用，解答本题的关键是仔细观察表格，得出F与l的积为定值，从而得出函数关系式．
53．（丽水期末）如图①是公园跷跷板的示意图，立柱OC与地面垂直，点C为横板AB的中点．小明和小聪去玩跷跷板，小明最高能将小聪翘到1米高（如图②）．
（1）求立柱OC的高度；
（2）小明想要把小聪最高翘到1.25米高，请你帮他找出一种方法，并解答．
【分析】（1）根据三角形中位线定理求出OC；
（2）根据AD的长度求出OC的长度，得到答案．
【解答】解：（1）由题意得：OC∥AD，
∵点C为AB的中点，
∴OC为△ABD的中位线，
∴OC＝
AD，
∵AD＝1米，
∴OC＝
米；
（2）要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．
当AD＝1.25米时，OC＝0.625米，
所以要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
54．（仙居县期末）证明三角形中位线定理：三角形两边中点的连线平行于第三边且等于第三边的一半．
（要求：画出图形，写出已知、求证和证明过程）
【分析】根据题意画出图形，写出已知、求证，延长DE到F，使EF＝DE，连接FC、DC、AF，证明四边形ADCF是平行四边形，进而得到四边形BDFC是平行四边形，根据平行四边形的在、性质定理证明即可．
【解答】解：已知：如图，点D、E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接DE，
求证：DE∥BC，DE＝
BC，
证明：延长DE到F，使EF＝DE，连接FC、DC、AF，
∵AE＝EC，DE＝EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴CF∥AD，CF＝AD，
∴CF∥BD，CF＝BD，
∴四边形BDFC是平行四边形，
∴DF∥BC，DF＝BC，
∵DE＝
DF，
∴DE∥BC，DE＝
BC．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，正确作出辅助性是解题的关键．
55．（丽水期末）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若BE＝2，BD＝5，求EF的长．
【分析】（1）由AE⊥BD，CF⊥BD，可得∠AEB＝∠CFD＝90°，又由四边形ABCD是平行四边形，可得AB∥CD，AB＝CD，即可证得∠ABE＝∠CDF，则可证得△ABE≌△CDF；
（2）根据△ABE≌△CDF得到BE＝DF，然后根据BE＝2得到DF＝2，然后根据EF＝BD﹣BE﹣FD得到答案即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS）；
（2）解：∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BE＝2，
∴DF＝2，
∵EF＝BD﹣BE﹣FD，
∴EF＝5﹣2﹣2＝1．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得△ABE≌△CDF是关键．
56．（拱墅区期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，线段BE，CF相交于点G．
（1）问：线段BE与CF的位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝3，CF＝4，求BE的长．
【分析】（1）根据平行四边形两组对边分别平行可得∠ABC+∠BCD＝180°，再根据角平分线的性质可得∠EBC+∠FCB＝
∠ABC+
∠DCB＝90°，进而可得BE⊥CF；
（2）过A作AM∥FC，首先证明△ABE是等腰三角形，进而得到BO＝EO，再利用勾股定理计算出EO的长，进而可得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC、∠BCD的平分线BE、CF分别与AD相交于点E、F，
∴∠EBC+∠FCB＝
∠ABC+
∠DCB＝90°，
∴∠BGC＝90°，
∴EB⊥FC；
（2）解：如图，过A作AM∥FC，
∵AM∥FC，
∴∠AOB＝∠FGB，
∵EB⊥FC，
∴∠FGB＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝3，
∵AO⊥BE，
∴BO＝EO，
在△AOE和△MOB中，
，
∴△AOE≌△MOB（ASA），
∴AO＝MO，
∵AF∥CM，AM∥FC，
∴四边形AMCF是平行四边形，
∴AM＝FC＝4，
∴AO＝2，
∴EO＝
＝
＝
，
∴BE＝2
．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，解决本题的关键是证明AO＝MO．
57．（嘉兴期末）如图，点P是菱形ABCD的对角线AC上一点，PE⊥AB于点E，PF⊥AD于点F．
（1）求证：PE＝PF；
（2）当∠BAD＝90°时，判断四边形AEPF的形状，并说明理由．
【分析】（1）由AAS可证△APE≌△APF，可得PE＝PF；
（2）由题意可证四边形AEPF是矩形，且PE＝PF，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠PAD＝∠PAB，
在△APE和△APF中，
，
∴△APE≌△APF（AAS），
∴PE＝PF；
（2）四边形AEPF是正方形，
理由如下：∵∠BAD＝90°，PE⊥AB，PF⊥AD，
∴四边形AEPF是矩形，
又∵PE＝PF，
∴四边形AEPF是正方形．
【点评】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的对角线平分每一组对角是解题的关键．
58．（上城区期末）如图，在▱ABCD中，点E、F为对角线BD的三等分点，连接AE，CF，AF，CE．
（1）求证：四边形AECF为平行四边形；
（2）若四边形AECF为菱形，且AE＝BE，求∠BAD的度数．
【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB＝CD，AB∥CD，由“SAS”可证△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，由平行四边形的判定可得结论；
（2）由菱形的性质可得AE＝BE＝EF＝AF＝DF，可证△AEF是等边三角形，由等边三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形AECF是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵点E、F为对角线BD的三等分点，
∴BE＝EF＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝AF＝CF＝CE，
又∵AE＝BE，
∴AE＝BE＝EF＝AF＝DF，
∴∠EAB＝∠EBA，∠EAF＝∠EFA，∠FAD＝∠FDA，△AEF是等边三角形，
∴∠EAF＝∠AFE＝∠AEF＝60°，
∴∠BAE＝30°，∠FAD＝30°，
∴∠BAD＝120°．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△AEF是等边三角形是解题的关键．
59．（南浔区期末）如图，已知矩形ABCD，延长CB至点E，使得BE＝BC，对角线AC，BD交于点F，连结EF．
（1）求证：四边形AEBD是平行四边形；
（2）若BC＝4，CD＝8，求EF的长．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，AD＝BC＝BE，可得结论；
（2）由矩形的性质可得FB＝FC＝FD，可证FG是△BCD的中位线，在Rt△EFG中，由勾股定理可求EF的长．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BC＝BE，
∴AD∥BE，AD＝BE，
∴四边形AEBD是平行四边形；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴FB＝FC＝FD，
∴G是BC的中点，
∴FG是△BCD的中位线，
∴
．
在Rt△EFG中，FG＝4，EG＝6，
∴
．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，求出FG的长是解题的关键．
60．（滨江区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作EF⊥AC，交边AD，AB于点F，H，连接CF，CH．
（1）求证：CF＝CH；
（2）若正方形ABCD的边长为1，当△AFH与△CDF的面积相等时，求AE的长．
【分析】（1）利用正方形的性质得到∠FAE＝∠HAE＝45°，再证明△AEF≌△AEH得到EF＝EH，然后根据线段垂直平分线的性质得到结论；
（2）设AE＝x，根据等腰直角三角形的性质得到AF＝
x，FH＝2x，利用三角形面积公式得到
•2x•x＝
×1•（1﹣
x），然后解方程即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠FAE＝∠HAE＝45°，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF＝∠AEH＝90°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（ASA），
∴EF＝EH，
∴AC垂直平分FH，
∴CF＝CH；
（2）解：设AE＝x，AF＝
x，DF＝1﹣
x，FH＝2AE＝2x，
∵△AFH与△CDF的面积相等，
∴
•2x•x＝
×1•（1﹣
x），
整理得2x2+
x﹣1＝0，解得x1＝
，x2＝
（舍去），
∴AE＝
．
【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．也考查了全等三角形的判定与性质．