期末专项复习6 八下各地期末试卷中等解答题专训-2023-2024学年八年级数学下册重难点及章节分类精品讲义(浙教版)

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期末专项复习6 八下各地期末试卷中等解答题专训
1．（•浙江期末）解答下列各题：
（1）用配方法解方程：x2﹣12x＝﹣9．
（2）设x1，x2是一元二次方程5x2﹣7x﹣3＝0的两根，求的值．
【分析】（1）利用配方法得到（x﹣6）2＝27，然后利用直接开平方法解方程；
（2）先利用根与系数的关系得到x1+x2＝，x1x2＝﹣，再利用完全平方公式得到＝（x1+x2）2﹣2x1x2，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】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）根据根与系数的关系得到x1+x2＝，x1x2＝﹣，
∴＝（x1+x2）2﹣2x1x2＝（）2﹣2×（﹣）＝．
2．（2022春•鄞州区校级期末）两个含有二次根式的代数式相乘，积不含有二次根式，我们称这两个代数式互为有理化因式，例如，与，+1与﹣1，a+与a﹣等都是互为有理化因式．在进行二次根式计算时，利用有理化因式，可以化去分母中的根号．
例如：＝＝﹣；
（1）＝　　；＝　2﹣　；
（2）比较﹣与﹣的大小，并说明理由；
（3）解方程：+＝5（提示：利用互为有理化因式相关知识，可设﹣＝m）．
【分析】（1）分子，分母同乘分母的有理化因子化简．
（2）分子有理化后比较大小．
（3）利用有理化因子将方程转化为有理方程求解．
【解答】解：（1）＝．
＝＝2﹣．
故答案为：，2﹣．
（2）﹣＝＝．
﹣＝＝．
∵＜，
∴﹣＜﹣．
（3）∵+＝5＝（+）×（﹣）．
∴．
解得：．
∴x﹣2＝9．x﹣7＝4，
∴x＝11．
检验：x＝11时，x﹣2＞0，x﹣7＞0，符合题意．
∴原方程的解为：x＝11．
3．（2022春•嘉兴期末）经过实验获得两个变量x（x＞0），y（＞0）的一组对应值如表：
x
1
2
3
4
5
6
y
6
2.9
2
1.5
1.2
1
（1）在如图的直角坐标系中，画出相应函数的图象．
（2）求y关于x的函数表达式．
（3）当x＞1.5时，求y的取值范围．

【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，
又∵当x＝1.5时，y＝4，
∴y＜4．
4．（2022春•西湖区期末）一辆汽车从甲地前往乙地，若以100km/h的平均速度行驶，则3h后到达，
（1）该车原路返回时，求平均速度v（km/h）与时间t（h）之间的函数关系式．
（2）已知该车上午8点从乙地出发，
①若需在当天11点至13点间（含11点与13点）返回甲地，求平均速度v（km/h）的取值范围．
②若该车最高限速为120km/h，能否在当天10点前返回甲地？请说明理由．
【分析】（1）根据路程、速度、时间之间的关系即可解决问题；
（2）①根据题意，结合（1）即可解决问题；
②将t＝2，代入v＝，得v＝150＞120千米/小时，超速了．进而可以解决问题．
【解答】解：（1）∵路程＝vt＝100×3＝300（km）
∴v关于t的函数表达式为：v＝；
（2）①8点至11点时间长为3小时，8点至13点时间长为5小时，
将t＝3代入v＝，得v＝100．
将t＝5代入v＝，得v＝60．
∴汽车平均速度v（km/h）的取值范围为：60≤v≤100；
②不能在当天10点前返回甲地．理由如下：
∵8点至10点时间长为2小时，
将t＝2，代入v＝，
得v＝150＞120千米/小时，超速了．
故汽车不会在当天10点前返回甲地．
5．（2022春•丽水期末）已知y是关于x的反比例函数，当x＝3时，y＝﹣2．
（1）求此函数的表达式；
（2）当x＝﹣4时，函数值是2m，求m的值．
【分析】（1）利用待定系数法求反比例函数的解析式；
（2）将x的值代入（1）中所求的反比例函数的解析式，并求得m的值即可．
【解答】解：（1）设y＝（k≠0），则
k＝xy；
∵当x＝3时，y＝﹣2，
∴k＝3×（﹣2）＝﹣6，
∴该反比例函数的解析式是：y＝﹣；

（2）由（1）知，y＝﹣，
∵x＝﹣4时，函数值是2m，
∴2m＝﹣，
∴m＝．
6．（2022春•拱墅区期末）在直角坐标系中，设反比例函数与一次函数y2＝k2x+b（k2≠0）的图象都经过点A和点B，点A的坐标为（1，m），点B的坐标为（﹣2，﹣2）．
（1）求m的值和一次函数y2的表达式．
（2）当y1＞y2时，直接写出x的取值范围．
（3）把函数y2的图象向下平移n（n＞0）个单位后，与函数y1的图象交于点（p1，q1）和（p2，q2），当p1＝﹣1时，求此时n及p2×q2的值．

【分析】（1）由B的坐标求得反比例函数的解析式进而求得m的值，然后利用待定系数法即可求得一次函数y2的表达式；
（2）根据图象即可求得；
（3）根据反比例函数图象上点的坐标特征，求得q1＝﹣4，由y＝2x+2﹣n过点（﹣1，﹣4），即可求得n＝4，根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得p2×q2＝4．
【解答】解：（1）∵反比例函数过点A（1，m），点B（﹣2，﹣2）．
∴k1＝1×m＝﹣2×（﹣2），
∴m＝4，k1＝4，
∴A（1，4），
把A、B的坐标代入y2＝k2x+b（k2≠0）得，
解得，
∴一次函数y2的表达式为y2＝2x+2；
（2）观察图象，当y1＞y2时，x的取值范围x＜﹣2或0＜x＜1；
（3）由（1）可知y1＝，
把点（﹣1，q1）代入得，q1＝﹣4，
∴函数y2的图象向下平移n（n＞0）个单位后，与函数y1的图象交于点（﹣1，﹣4）和（p2，q2），
∵把函数y2的图象向下平移n（n＞0）个单位后得到y＝2x+2﹣n，且过点（﹣1，﹣4），
∴﹣4＝﹣2+2﹣n，
∴n＝4，
∵点（p2，q2）在反比例函数y1＝的图象上，
∴p2×q2＝4．
7．（2022春•宁波期末）如图，在平面直角坐标系中，P是坐标原点，反比例函数y1＝的图象与正比例函数y2＝2x的图象交于A，B两点，点C在x轴正半轴上，AC＝AO，△ACO的面积为8．
（1）求k的值和B点的坐标；
（2）根据图象直接写出y1＞y2时x的取值范围．

【分析】（1）作高，由等腰三角形的性质可得S△AOD＝S△ACD＝S△AOC＝×8＝4＝|k|，进而求出k的值；两个函数关系式联立方程组求解即可求得B的坐标；
（2）根据图象的交点坐标直接得出答案．
【解答】解：（1）如图，过点A作AD⊥OC于点D，
∵AC＝AO，
∴CD＝DO，
∴S△AOD＝S△ACD＝S△AOC＝×8＝4＝|k|，
又∵该反比例函数图象在第一、三象限，即k＞0，
∴k＝8，
由题意得，
方程组的解为或，
又∵点A在第一象限，点B在第三象限，
∴B（﹣2，﹣4）；
（2）根据图象得，当y1＞y2时，x的取值范围是x＜﹣2或0＜x＜2．

8．（2022春•浙江期末）在探究欧姆定律时，小明发现小灯泡电路上的电压保持不变，通过小灯泡的电流越大，灯就越亮．设选用小灯泡的电阻为R（Ω），通过的电流强度为I（A）．
（1）若电阻为40Ω，通过的电流强度为0.30A，求I关于R的函数表达式．
（2）如果电阻小于40Ω，那么与原来的相比，小灯泡的亮度将发生什么变化？
【分析】（1）应用待定系数法解答便可；
（2）根据函数解析式求得通过现在灯泡的电流的取值范围，进而得出结论．
【解答】解：（1）根据题意知，I关于R成反比例函数关式，
设I＝，则0.3＝，
解得V＝12，
∴I关于R的函数表达式为；
（2）当R＜40时，I＞，
即I＞0.3，
∴小灯泡的亮度将比原来的灯泡更亮．
9．（2022春•拱墅区期末）一名高尔夫球手某次击出的球的高度h（m）和经过的水平距离d（m）满足下面的关系式：h＝d﹣0.01d2．
（1）当球经过的水平距离为50m时，球的高度是多少？
（2）当球第一次落到地面时，经过的水平距离是多少？
（3）设当球经过的水平距离分别为20m和80m时，球的高度分别为h1和h2，比较h1和h2的大小．
【分析】（1）当d＝50时，h＝50﹣0.01×502＝25，即得当球经过的水平距离为50m时，球的高度是25m；
（2）在h＝d﹣0.01d2中，令h＝0得d＝0或d＝100，可知当球第一次落到地面时，经过的水平距离是100m；
（3）算出h1＝20﹣0.01×202＝16，h2＝80﹣0.01×802＝16，即可得答案．
【解答】解：（1）当d＝50时，
h＝50﹣0.01×502＝25，
答：当球经过的水平距离为50m时，球的高度是25m；
（2）在h＝d﹣0.01d2中，令h＝0得：
d﹣0.01d2＝0，
解得d＝0或d＝100，
∴当球第一次落到地面时，经过的水平距离是100m；
（3）当d＝20时，h1＝20﹣0.01×202＝16，
当d＝80时，h2＝80﹣0.01×802＝16，
∴h1＝h2．
10．（2022春•浙江期末）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB、DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若OE＝，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．

【分析】（1）判定△AOE≌△COF（ASA），即可得OE＝OF＝，进而得出EF的长；
（2）先判定四边形AECF是平行四边形，再根据EF⊥AC，即可得到四边形AECF是菱形．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AO＝CO，
∴∠FCO＝∠EAO，
又∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF＝，
∴EF＝2OE＝3；
（2）四边形AECF是菱形，
理由：∵△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．

11．（2022春•义乌市期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为一边作▱ABDE，且AD∥BC，连结EC交DA延长线于点F，延长EA交BC于点G．
（1）求证：点A是EG的中点；
（2）若DF⊥EC，DE＝2BD＝6，求BC的长．

【分析】（1）先证四边形ADBG是平行四边形，得出BD＝AG，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可得BD的长，再根据直角三角形的性质可得AC的长，然后由勾股定理即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BD∥AE，BD＝AE，
∴BD∥AG，
∵DA∥BG，
∴四边形ADBG是平行四边形，
∴BD＝AG，
∴AE＝AG，
∴点A是EG的中点；
（2）解：∵四边形ADBG是平行四边形，
∴BD＝AG＝DE＝3，
∵DA∥BC，DF⊥EC，
∴BC⊥EC，
∴∠ECG＝90°，
由（1）可知，点A是EG的中点，
∴AC＝EG，EG＝2AG＝2BD＝6，
∴AC＝3，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BA＝DE＝6，
在Rt△ABC中，BC＝＝＝3．
12．（2022春•浙江期末）已知：如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H．求证：
（1）四边形FBGH是平行四边形；
（2）四边形ABCH是平行四边形．

【分析】（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，∴四边形FBGH是平行四边形．
（2）连接BH，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB＝OH，OF＝OG，又AF＝CG，所以OA＝OC．再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形得证四边形ABCH是平行四边形．
【解答】证明：（1）∵点F、G是边AC的三等分点，∴F、G分别是AG、CF的中点，
∵点D是AB的中点，∴DF∥BG，即FH∥BG．
同理：GH∥BF．
∴四边形FBGH是平行四边形．

（2）连接BH，交FG于点O，

∵四边形FBGH是平行四边形，
∴OB＝OH，OF＝OG．
∵AF＝CG，∴OA＝OC．
∴四边形ABCH是平行四边形．
13．（2022春•鄞州区校级期末）如图，E，F是▱ABCD对角线AC上的两点，AE＝FC．
（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；
（2）若BE⊥AC，BE＝3，∠EBF＝60°，求EF的长．

【分析】（1）证明△BAE≌△DCF，推出BE＝DF，BE∥DF即可；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD（平行四边形的对边平行且相等），
∴∠BAE＝∠DCF，
在△BAE与△DCF中，
，
∴△BAE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∴∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，
即：∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∵BE＝DF，
∴四边形BFDE是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
（2）解：∵BE⊥AC，
∴∠BEF＝90°，
∵BE＝3，∠EBF＝60°，
∴EF＝3．
14．（2022春•拱墅区期末）如图，AB∥CD，E是直线CD上的一点，CE＝CD，连接AD，AE，BC，AE，BC交于点F，且点F是BC的中点，连接DF．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若∠CEF＝∠CFE，求证：DF⊥AE．

【分析】（1）证△ABF≌△ECF（ASA），得AB＝CE，再证AB＝CD，架空层四边形ABCD是平行四边形；
（2）证CF＝CE，再证CF＝CE＝CD，则CF＝DE，然后证△DFE是直角三角形，∠DFE＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠ECF，
∵点F是BC的中点，
∴BF＝CF，
在△ABF和△ECF中，
，
∴△ABF≌△ECF（ASA），
∴AB＝CE，
∵CE＝CD，
∴AB＝CD，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵∠CEF＝∠CFE，
∴CF＝CE，
∵CE＝CD，
∴CF＝CE＝CD，
∴CF＝DE，
∴△DFE是直角三角形，∠DFE＝90°，
∴DF⊥AE．
15．（2022春•浙江期末）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＝10，AC＝16，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＝6，则DE＝12，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＝16，
∴CO＝AC＝8，
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝6，
∴DE＝2OD＝12，
∴菱形AECD的面积＝AC×DE＝×16×12＝96．
16．（2022春•拱墅区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠BAD的平分线AE交BC于点E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED是菱形；
（2）若CD＝2，∠ABC＝60°＝2∠C，求AB的长．

【分析】（1）根据AE为∠BAD的平分线可得出∠BAE＝∠DAE，利用SAS证明△BAE≌△DAE，得出BE＝DE，再证明AB＝BE，由于AB＝AD，那么AB＝BE＝DE＝AD，根据菱形的判定定理即可得出结论；
（2）根据菱形的性质，锐角三角函数即可求解．
【解答】（1）证明：如图，∵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，
∴四边形ABED是菱形；

（2）解：由（1）知，四边形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．

17．（2022春•定海区期末）如图，点E，F分别为矩形ABCD的边AB，BC的中点，连结AF，DF，CE，DE．设AF与CE交于点M．
（1）找到两对全等三角形（不另添加点与线），并证明其中一对；
（2）证明：∠AME＝∠EDF．

【分析】（1）△AED≌△BCE；△AFB≌△DCF，根据矩形的性质证明其中一对即可；
（2）先证明△AED≌△BCE得出∠AED＝∠BEC，再利用矩形的性质证得∠AED＝∠EDC，从而∠BEC＝∠EDC，再利用外角的性质即可证得结论．
【解答】证明：（1）△AED≌△BCE，△AFB≌△DCF，
证明△AFB≌△DCF如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABF＝∠FCD＝90°，AB＝CD，
又∵F是BC的中点，
∴BF＝CF，
在△AFB和△DCF中，
，
∴△AFB≌△DCF（SAS）；
证明△AED≌△BCE如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠EBC＝90°，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
在△AED和△BEC中，
，
∴△AED≌△BCE（SAS）；
（2）∵△AED≌△BCE，
∴∠AED＝∠BEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠AED＝∠EDC，
∴∠BEC＝∠EDC，
∵△AFB≌△DCF，
∴∠BAF＝∠FDC，
∵∠BEC＝∠BAF+∠AME，∠EDC＝∠EDF+∠FDC，
∴∠AME＝∠EDF．
18．（2022春•越城区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，S菱形ABCD＝60，点E从点B出发在边BC上向终点C运动．过点E作边BC的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH．
（1）如图1，点G在AC上．
①求证：FA＝FG；
②若点G是AC的中点，求证：BF＝FG；
（2）若EF＝FG，当EF过AC中点时，求AG的长．

【分析】（1）①由菱形的性质可得∠BAC＝∠BCA，由平行线的性质可得∠FGA＝∠BCA＝∠FAG，可得结论；
②由等腰三角形的性质可得BG⊥AC，由余角的性质可得∠FBG＝∠FGB，可得BF＝FG；
（2）由菱形的面积公式可求AM的长，由勾股定理可求BM，CM的长，由“ASA”可证△AOF≌△COE，可得AF＝CE＝EM＝1，即可求解．
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵四边形EFGH是矩形，
∴FG∥BC，
∴∠FGA＝∠BCA，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴AF＝FG；
②如图，连接BG，

∵AB＝BC，点G是AC的中点，
∴BG⊥AC，
∵∠FAG＝∠FGA，
∴∠FBG＝∠FGB，
∴BF＝FG；
（2）解：如图，设AC的中点为O，过点A作AM⊥BC于M，

∵BC＝AB＝10，S菱形ABCD＝60，
∴AM＝6，
∴BM＝＝＝8，
∴CM＝2，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠AFE＝∠FEM＝90°，
又∵AM⊥BC，
∴四边形AMEF是矩形，
∴AF＝ME，AM＝EF＝FG＝6，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∵点O是AC中点，
∴AO＝CO，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴AF＝CE＝EM＝1，
∴AG＝AF+FG＝7．
19．（2022春•金东区期末）如图，正方形ABCD，边长为2，点E，F分别是AB，CD的中点，连结CE，AF，过点D作DG⊥AF，垂足为G，延长DG交CE于点H．
（1）求DG的长．
（2）求GH的长．
（3）求EH的长．

【分析】（1）由勾股定理可求AF的长，由面积法可求解；
（2）先证四边形AECF是平行四边形，可得AF＝CE＝，AF∥CE，可证GF是△DHC的中位线，即可求解；
（3）由三角形中位线定理可得CH的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为2，点E，F分别是AB，CD的中点，
∴AB＝AD＝CD＝2，AE＝BE＝CF＝DF＝1，
∴AF＝＝＝，
∵S△ADF＝×AD×DF＝×AF×DG，
∴DG＝；
（2）∵AE＝CF＝1，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF＝CE＝，AF∥CE，
∵点F是CD的中点，
∴GF是△DHC的中位线，
∴点G是DH的中点，
∴DG＝GH＝；
（3）在Rt△DGF中，GF＝＝＝，
∵GF是△DHC的中位线，
∴CH＝2GF＝，
∴EH＝．
20．（2022春•浙江期末）如图，在7×7的正方形网格中，网格线的交点称为格点，点A，B在格点上，每一个小正方形的边长为1．
（1）以AB为边在图1中画一个平行四边形，使每个顶点都在格点上，且面积为12；
（2）以AB为对角线在图2中画一个平行四边形（非正方形），使每个顶点都在格点上，且面积为10．

【分析】（1）作一个底为3，高为4的平行四边形即可；
（2）作一个底为5，高为2的平行四边形即可．
【解答】解：（1）如图1中，四边形ABCD即为所求；
（2）如图2中，四边形ACBD即为所求．

21．（2022春•浙江期末）如图是由边长为1的小正方形构成的6×6的网格，点A，B均在格点上．
（1）在图1中画出以AB为对角线的正方形ACBD，点C，D为格点．
（2）在图2中画出以AB为边且周长最大的平行四边形ABCD，点C，D为格点（画一个即可）．

【分析】（1）根据要求画出图形即可；
（2）根据平行四边形的定义以及题目要求画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1中，四边形ACBD即为所求；
（2）如图2中，四边形ABCD即为所求．

22．（2022春•乐清市期末）如图，在7×7的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，线段AB的两个端点在网格的格点上，分别按下列要求画格点四边形（顶点均在格点上）
（1）在图甲中画一个平行四边形ABCD，使得平行四边形ABCD的面积为12．
（2）在图乙中画一个四边形EABF，且EA不平行BF，使得四边形EABF的面积为12．

【分析】（1）画一个地位4，高为3的平行四边形即可（答案不唯一）；
（2）利用数形结合的思想解决问题即可．
【解答】解：（1）如图甲中，四边形ABCD即为所求；
（2）如图乙中，四边形ABFE即为所求．

23．（2022春•诸暨市期末）图①、图②均为5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长为1．线段AB的端点均在格点上，完成下列画图（要求：仅用无刻度的直尺，且保留必要的画图痕迹）．
（1）在图①中画出一个以AB为边的平行四边形，使这个平行四边形的另两个顶点均在格点上，且面积为6．
（2）在图②中画出一个以AB为边的正方形，使这个正方形的另两个顶点均在格点上．

【分析】（1）利用数形结合的思想画出图形即可；
（2）根据正方形的定义画出图形即可．
【解答】解：（1）如图①中，平行四边形ABCD即为所求；
（2）如图②中，正方形ABCD即为所求．

24．（2022春•越城区期末）如图均是由边长为1的小正方形拼成的网格，每个小正方形的顶点称为格点，点P、Q、R均在格点上．要求只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，不要求写画法．
（1）如图1，以线段PQ为对角线画一个面积为9的平行四边形PMQN，且M、N在格点上；
（2）如图2，画△PQR边RQ上的高线PH，点H是垂足．

【分析】（1）画一个底为3，高为3的平行四边形即可．
（2）根据三角形的高的定义画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1中，四边形PMQN即为所求；
（2）如图2中，线段PH即为所求．

25．（2022春•义乌市期末）已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，AC＝．
（1）在4×4的网格中画出△ABC，使它的顶点都在方格的顶点上（每个小方格的边长为1）．
（2）在（1）中的网格里找一点D（在方格的顶点上使得△ABC的面积与△BCD的面积相等（只需画出一个）

【分析】（1）利用数形结合的思想画出图形即可；
（2）利用等高模型解决问题，答案不唯一．
【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求；
（2）如图，点D即为所求（答案不唯一，图中黑点都可以）．

26．（2022春•婺城区期末）图①、图②、图③均是5×5的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中按下列要求画图，所画图形的顶点均在格点上且不全等，不要求写画法．
（1）在图①中以线段AB为边画一个平行四边形．
（2）在图②中以线段AB为边画一个正方形．
（3）在图③中以线段AB为边画一个菱形，所画菱形的面积为 　8　．

【分析】（1）根据平行四边形的性质画图即可；
（2）根据正方形的性质画图即可；
（3）根据菱形的性质画图即可，在根据菱形的面积公式求得结果即可．
【解答】解：（1）如图1所示，平行四边形ABCD即为所求；
（2）如图2所示，正方形ABCD即为所求；
（3）如图2所示，菱形ABCD即为所求；
菱形的面积＝＝8，
故答案为：8．



27．（2022春•浙江期末）如图1，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，点E是CD边上一点，将四边形ADEB沿着BE翻折得到四边形A'D'EB，若点D'恰好落在边DC的中点处，且，求菱形ABCD的周长．
【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，由AD＝AB，即可得出结论；
（2）由折叠的性质得出BE⊥CD，设D'E＝DE＝x 则CD'＝2x，BC＝DC＝4x，CE＝3x，由勾股定理求出BE＝x，再由BE2+D'E2＝BD'2，即（x）2+x2＝（2）2，解得x＝1，则BC＝4，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
又∵AD＝AB，
∴CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AD＝AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，
∵四边形ADEB沿着BE翻折得到四边形A'D'EB，且D'恰好为DC的中点，
∴BE⊥CD，
设D'E＝DE＝x 则CD'＝2x，BC＝DC＝4x，
∴CE＝CD′+D′E＝2x+x＝3x，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BE＝＝＝x，
在Rt△BD'E中，由勾股定理得：BE2+D'E2＝BD'2，
即（x）2+x2＝（2）2，
解得：x＝1（负值已舍去），
∴BC＝4，
∴菱形ABCD周长为：4BC＝4×4＝16．
28．（2022春•浙江期末）如图，一张矩形纸片ABCD，点E在边AB上，将△BCE沿直线CE对折，点B落在对角线AC上，记为点F．
（1）若AB＝4，BC＝3，求AE的长．
（2）连结DF，若点D，F，E在同一条直线上，且DF＝2，求AE的长．

【分析】（1）由矩形的性质和勾股定理即可解决问题；
（2）得出DC∥AB，得出∠DCE＝∠CEB，由折叠可知∠CEF＝∠CEB，证出∠DCE＝∠CEF，由等腰三角形的性质得出DE＝DC，然后证明Rt△CDF≌Rt△DEA（HL），则可得出结论．
【解答】解：（1）在矩形纸片ABCD中，
∵AB＝4，BC＝3，
故由勾股定理可得AC＝5．
由折叠知：FC＝BC＝3，∠EFC＝∠B＝90°，BE＝FE．
∴AF＝AC﹣FC＝5﹣3＝2．
设AE＝x，则BE＝4﹣x＝FE．
在Rt△AFE中，22+（4﹣x）2＝x2，
解得：．
∴．
（2）如图，矩形纸片ABCD中，

∵DC∥AB，
∴∠DCE＝∠BEC，
由折叠知：∠BEC＝∠FEC，
∴∠DCE＝∠FEC，
∴DC＝DE．
又∵点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，
∴∠DFC＝90°，
∴∠DFC＝∠DAE＝90°，
而CF＝CB＝DA，
在Rt△CDF和Rt△DEA中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△DEA（HL），
∴AE＝DF＝2．
29．（2022春•拱墅区期末）如图，在6×6的正方格中，中心点为点O，图中有4个小正方格被涂黑成“L形”．
（1）用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”关于点O成中心对称；
（2）用2B铅笔在图中再涂黑4格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形既是轴对称图形、又是中心对称图形（要求画出三种）．

【分析】（1）根据中心对称图形的定义画出图形；
（2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可．
【解答】解：（1）图形如图所示：

（2）图形如图所示：


30．（2022春•浙江期末）某公司要招聘一名职员，根据实际需要，从学历、经验、能力和态度四个方面对甲、乙、丙三名应聘者进行了测试，测试成绩如表．
项目
应聘者
甲
乙
丙
学历
9
8
8
经验
8
6
9
能力
7
8
8
态度
5
7
5
（1）如果将学历、经验、能力和态度四项得分按1：1：1：1的比例确定每人的最终得分，并以此为依据确定录用者，那么谁将被录用？
（2）如果你是这家公司的招聘者，请按你认为的各项“重要程度”设计四项得分的比例，以此为依据确定录用者，并说一说你这样设计比例的理由．
【分析】（1）计算算术平均数即可；
（2）计算加权平均数即可．
【解答】解：（1）＝7.25，
＝7.25，
＝7.5，
丙的平均分最高，因此丙将被录用；
（2）如果将学历、经验、能力和态度四项得分按3：2：3：2的比例确定每人的最终得分，
则＝7.4，
＝7.4，
＝7.6，
丙的平均分最高，因此丙将被录用，
这样设计比例的理由是应聘者的学历和能力是对应聘者的硬性要求，而经验和态度都可以培养．