重庆市巴南区3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-03解答题

这是一份重庆市巴南区3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-03解答题，共34页。试卷主要包含了计算等内容，欢迎下载使用。
重庆市巴南区3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-03解答题
1．（2022·重庆巴南·八年级期末）计算：
(1)；
(2)．
2．（2022·重庆巴南·八年级期末）如图，在△ABC中，，，∠ACB的平分线交AB于点D．

(1)尺规作图：作∠ABC的平分线BO交CD于点O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求∠BOD的度数．
3．（2022·重庆巴南·八年级期末）如图，，AB与DC交于点F，点E在线段BF上，且，，连接CE，DE．

(1)求证：；
(2)求证：．
4．（2022·重庆巴南·八年级期末）如图，△ABC顶点的坐标分别为，，，已知△ABC与关于y轴对称．

(1)请在图中画出，并直接写出点，，的坐标；
(2)在x轴上找点P，使的值最小，并写出此时点P坐标和的面积．
5．（2022·重庆巴南·八年级期末）被誉为“世界杂交水稻之父”，同时，也是“共和国勋章”获得者的袁隆平，他研发出的籼型杂交水稻的亩产量是普通水稻的亩产量的1.8倍．现有两块试验田，甲块试验田种植籼型杂交水稻，乙块试验田种植普通水稻，甲块试验田比乙块试验田少3亩．
(1)今年，甲块试验田收获灿型杂交水稻12960千克，乙块试验田收获普通水稻9000千克，求灿型杂交水稻和普通水稻的亩产量；
(2)为了增加这两块试验田的总产量，明年计划将种植普通水稻的乙块试验田用一部分来种植籼型杂交水稻，如果明年与今年两种水稻亩产量均保持不变，且使这两块试验田明年的总产量比今年这两块试验田的总产量至少增加1920千克，那么明年乙块试验田至少要用多少亩种植籼型杂交水稻．
6．（2022·重庆巴南·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，，，BD是△ABC的角平分线，，垂足为E，点F在DE的延长线上，点G在线段AD上，且．

(1)若，求AC的长；
(2)证明：．
7．（2022·重庆巴南·八年级期末）如果一个正整数的各位数字是左右对称的，那么称这个正整数是“对称数”，如33，787，1221，20211202都是“对称数”，最小的“对称数”是11，但没有最大的“对称数”．下面给出一个正整数的记法：若一个四位正整数的千位、百位、十位、个位上的数字分别为a、b、c、d，则可以把这个四位正整数记为，同理，若三位正整数的百位、十位、个位上的数字分别为x、y、z，则可以把这个三位正整数记为．
(1)若四位正整数是“对称数”，证明式子的值能被11整除；
(2)若三位正整数是“对称数”，式子x+y+z的值是4的倍数，式子的值能被13整除，求这个三位正整数．
8．（2022·重庆巴南·八年级期末）已知点D在△ABC外，，，射线BD与△ABC的边AC交于点H，，垂足为E，．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，已知，，点F在线段BC，且，点M，N分别是射线BC、BD上的动点．在点M，N运动的过程中，请判断式子的值是否存在最小值，若存在，请直接写出这个最小值；若不存在，写出你的理由．
9．（2021·重庆巴南·八年级期末）计算
（1）；
（2）．
10．（2021·重庆巴南·八年级期末）如图，BD是的角平分线，点E在边AB上，且，．
（1）若，求DE的长；
（2）求证：．

11．（2021·重庆巴南·八年级期末）已知A、B两地相距240千米，甲从A地去B地，乙从B地去A地，甲比乙早出发3小时，两人同时到达目的地．已知乙的速度是甲的速度的2倍．
（1）甲每小时走多少千米？
（2）求甲乙相遇时乙走的路程．
12．（2021·重庆巴南·八年级期末）一个四位正整数的千位、百位、十位、个位上的数字分别为a，b，c，d，如果，那么我们把这个四位正整数叫做进步数，例如四位正整数2347：因为，所以2347叫做进步数．
（1）求四位正整数中的最大的“进步数”与最小的“进步数”的差；
（2）已知一个四位正整数的百位、个位上的数字分别是1、4，且这个四位正整数是“进步数”，同时，这个四位正整数能被7整除，求这个四位正整数．
13．（2021·重庆巴南·八年级期末）如图，顶点的坐标分别为， ，，已知与 关于y轴．

（1）请在图中画出，并写点，，的坐标；
（2）设直线l过点B和点，动点M在x轴上，动点N在直线l上，连接AM，MN，NC．已知．当最小时，画出线段MN的位置，并写出点M，N的坐标
14．（2021·重庆巴南·八年级期末）如图，在和中，， ，，点C在边AB上，点 G是线段AD的中点．

（1）求的度数；
（2）求证：OG平分．
15．（2021·重庆巴南·八年级期末）在某一城市美化工程招标时，有甲、乙两个工程队投标．经测算：甲队单独完成这项工程需要时间比规定时间早25天，乙单独完成这项工程需要时间比规定时间多20天．若由甲乙两队先合作10天，剩下的工程由乙队单独做，正好在规定时间内完成（既没提前，也没延后）．
（1）求规定时间是多少天？
（2）乙队单独施工2天后，甲队开始加入合作，合作时，甲队的人数增加了10%，每个人的效率提高了3a%，同时乙队的人数增加了a%，每个人的效率提高了40%，结果合作20天完成了任务，求a的值（假设每队每人的效率相等）．
16．（2021·重庆巴南·八年级期末）如图，点E在的边AB上，， ，DE的延长线交AC于点G，交BC延长线于点F．AB=AD，BH⊥DF，垂足为H．

（1）求的度数；
（2）求证：．
17．（2020·重庆巴南·八年级期末）计算：（1）
（2）.
18．（2020·重庆巴南·八年级期末）如图，，与交于点.
（1）求证：；
（2）若，求的面积.

19．（2020·重庆巴南·八年级期末）一项工程，甲，乙两公司合做，12天可以完成，共需付施工费102000元；如果甲，乙两公司单独完成此项工程，乙公司所用时间是甲公司的1.5倍，乙公司每天的施工费比甲公司每天的施工费少1500元．
（1）甲，乙两公司单独完成此项工程，各需多少天？
（2）若让一个公司单独完成这项工程，哪个公司的施工费较少？
20．（2020·重庆巴南·八年级期末）如图，的三个顶点的坐标分别为、、. 与关于轴对称，与关于轴对称，点、、分别是点、、的对应点，点、、分别是、、的对应点.
（1）画出与，并写出点、、的坐标；
（2）连接、，求六边形的面积.

21．（2020·重庆巴南·八年级期末）某市2018年平均每天的垃圾处理量为40万吨/天，2019年平均每天的垃圾排放量比2018年平均每天的垃圾排放量多100万吨；2019年平均每天的垃圾处理量是2018年平均每天的垃圾处理量的2. 5倍.若2019年平均每天的垃圾处理率是2018年平均每天的垃圾处理率的1. 25倍.
（注：）
（1）求该市2018年平均每天的垃圾排放量；
（2）预计该市2020年平均每天的垃圾排放量比2019年平均每天的垃圾排放量增加.如果按照创卫要求“城市平均每天的垃圾处理率不低于”，那么该市2020年平均每天的垃圾处理量在2019年平均每天的垃圾处理量的基础上，至少还需要增加多少万吨才能使该市2020年平均每天的垃圾处理率符合创卫的要求？
22．（2020·重庆巴南·八年级期末）阅读下面的材料，并解答后面的问题
材料：将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式.
解：由分母为，可设.
因为，
所以.
所以，解之，得.
所以

这样，分式就被拆分成了一个整式与一个分式的差的形式.
问题：（1）请将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式；
（2）请将分式拆分成一个整式与一个分式（分子为整数）的和（差）的形式.
23．（2020·重庆巴南·八年级期末）如图，，，点在边上，点在边的延长线上，且，垂足为，的延长线交于点.

（1）若，求四边形的面积；
（2）若，求证：.
24．（2020·重庆巴南·八年级期末）如图，点的坐标为，轴，垂足为，轴，垂足为，点分别是射线、上的动点，且点不与点、重合，.

（1）如图1，当点在线段上时，求的周长；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，设的面积为，的面积为，请猜想与之间的等量关系，并证明你的猜想.

参考答案：
1．(1)
(2)

【分析】（1）先利用完全平方式公式、多项式乘多项式法则计算，再合并同类项；
（2）先将括号内部分通分，再计算分式的除法．
(1)
解：


；
(2)
解：


．
【点睛】本题考查整式、分式的混合运算，熟练掌握多项式乘多项式、分式通分和除法的运算法则是解题的基础．
2．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据角平分线定义：从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线，再利用尺规作图即可作出；
（2）根据角平分线定义及三角形内角和定理即可求得．
(1)
解：如图所示，即为所求：

(2)
解：，，
，
平分，平分，
，，
．
【点睛】本题考查角平分线的尺规作图，三角形内角和定理，解决问题的关键是熟练掌握角平分线尺规作图．
3．(1)详见解析
(2)详见解析

【分析】（1）由“SAS”证明△ADE≅△EBC，进而即可求解；
（2）由全等三角形的性质可得：,，由等腰三角形的性质可得,进而即可求证结论．
(1)
证明：∵，
∴,
在△ADE和△BEC中，

∴△ADE≅△BEC（SAS）
∴；
(2)
证明：∵△ADE≅△BEC
∴,，
∴,
∴,
又，
∴
【点睛】本题考查全等三角形好的判定及其性质，平行线的性质、三角形外角的性质等知识点，解题的关键是证明△ADE≅△EBC．
4．(1)作图见解析；，，
(2)，的面积为12

【分析】（1）按要求作图，如图1，根据对称性可得对称点的坐标；
（2）如图2，作关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为，此时的值最小，连接，由题意知，，设直线的解析式为，将，点坐标代入求解得解析式，可求点坐标，勾股定理求的值，有，，根据求解面积即可．
(1)
解：如图1，

由题意知，，，．
(2)
解：如图2，作关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为，此时的值最小，连接

由题意知，
设直线的解析式为
将，的点坐标代入得
解得
∴直线的解析式为
令，则，解得
∴
由勾股定理得，，，
∵
∴
∴
∴点P坐标为，的面积为12．
【点睛】本题考查了图形的对称，对称的性质，一次函数的应用，勾股定理与勾股定理的逆定理．解题的关键在于对知识的灵活运用．
5．(1)普通水稻的亩产量为600千克，灿型杂交水稻亩产量为1080千克
(2)4亩

【分析】（1）设普通水稻的亩产量为x千克，则灿型杂交水稻亩产量为1.8x千克，分别写出普通水稻和灿型杂交水稻亩数的代数式，再根据两者的数量关系列出分式方程，求解即可；
（2）由（1）知每亩灿型杂交水稻比普通水稻多收千克，设乙块试验田至少要用a亩种植籼型杂交水稻，则，解不等式即可．
(1)
解：设普通水稻的亩产量为x千克，则灿型杂交水稻亩产量为1.8x千克，
由题意得，，
解得，
经检验，是原分式方程的解，
，
故普通水稻的亩产量为600千克，灿型杂交水稻亩产量为1080千克．
(2)
解：设明年乙块试验田至少要用a亩种植籼型杂交水稻，
由题意可得，，
解得，
故明年乙块试验田至少要用4亩种植籼型杂交水稻．
【点睛】本题考查分式方程和一元一次不等式的实际应用，读懂题意，根据已知条件找准等量关系列出分式方程和不等式是解题的关键．
6．(1)AC的长为6；
(2)证明详见解析；

【分析】（1）利用角平分线的性质可得CD=DE=2，然后根据含30度角的直角三角形可得AD=BD=4，进而可解决问题；
（2）在DE上截取DH=DG，连接GH，可得△DGH是等边三角形，然后证明△BDG≌△FHG，可得BD=FH，进而可以解决问题．
(1)
解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，
∴CD＝DE＝2，∠CBD＝∠ABD＝30°，
∴BD=2CD=4，
∵DE⊥AB，∠CBD=∠ABD=30°，
∴AD＝BD＝4，
∴AC＝AD＋CD＝4＋2＝6，
∴AC的长为6；
(2)
证明：如图所示，在DE上截取DH＝DG，连接GH，

∵AD=BD，∠A=∠ABD=30°，
∴∠BDE=∠ADE=60°，
∴△DGH是等边三角形，
∴∠DGH=∠DHG=60°，
∵∠BGF=60°，
∴∠1＋∠HGB=∠2＋∠HGB=60°，
∴∠1=∠2，
∵∠BDC=∠DHG=60°，
∴∠BDG=∠FHG=120°，
在△BDG和△FHG中，
，
∴△BDG≌△FHG（ASA），
∴BD=FH，
∵DF=FH+DH=BD+DG=AD+DG，
∴DF=AD+DG．
【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，含30度角的直角三角形，等边三角形的性质与判定，能够熟练应用全等三角形的性质与判定是解决本题的关键．
7．(1)见解析；
(2)929、161．

【分析】（1）根据题意用字母表示出，再化简为含11因子的式子即可；
（2）根据条件求出x、y、z满足的条件，再分类讨论求出结果．
(1)
证明：依题意，a=d，b=c，
∴=（b×110+d）-d
=b×110，
∴是11的倍数，得证．
(2)
依题意，
x=z①，
x+y+z=4a②，
（100x+10y+z）+x+y+z=13b③，
其中a、b为正整数，1≤x≤9，0≤y≤9．
∴2x+y=4a④，
x+2y=13（8x+y-b）⑤，
由④可知y=0，2，4，6，8，
当y=0时，由⑤可知x=0，13，...，不合题意；
当y=2时，由⑤可知x=9，22，...，此时x=9，y=2符合题意；
当y=4时，由⑤可知x=5，18，...，此时x=5，y=4符合题意；
当y=6时，由⑤可知x=1，14，...，此时x=1，y=6符合题意；
当y=8时，由⑤可知x=10，23...，不合题意．
综上，这个三位数可以是929、545，或161．
经验证545不符合x+y+z=4a的条件．
所以这个三位正整数为929、161．
【点睛】本题考查因式分解的应用．解题的关键是根据条件列出等式，再利用自然数各个数位的取值范围，分情况逐一讨论．
8．(1)证明见解析
(2)存在，最小值为4

【分析】（1）在BD上取BG=CD，连接AG，AD．由题意易证，即得出．再根据等腰三角形“三线合一”的性质即可得出，从而可得出结论；
（2）作点E关于BC的对称点，点F关于BD的对称点．连接，交BD于点，BC于点，连接．根据轴对称的性质即可知，即存在最小值，取最小值时N与重合，M与重合，最小值为的长．根据轴对称的性质结合题意可求出，，即证明为边长为4的等边三角形，即可求出，从而即得出答案．
(1)
如图，在BD上取BG=CD，连接AG，AD．

∵在和中，，
∴，
∴．
又∵，
∴E为DG中点，即，
∴，
∴；
(2)
如图，作点E关于BC的对称点，点F关于BD的对称点．连接，交BD于点，BC于点，连接．

由作图可知，，．
∴，
∵，即存在最小值，即取最小值时N与重合，M与重合，最小值为的长．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴为边长为4的等边三角形，
∴，
∴的最小值为4．
【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，轴对称的性质以及等边三角形的判定和性质．正确的作出辅助线是解题关键．
9．（1）12；（2）．
【分析】（1）先分别计算负整数指数幂，逆运用同底数幂的乘法和计算零指数幂，再将结果相加即可；
（2）将原分式的分子分母分别因式分解后约分，再计算同分母分式的减法运算即可．
【详解】解：（1）原式=
=
=9+2+1
=12；
（2）原式=
=
=
=．
【点睛】本题考查零指数幂和负整数指数幂，同底数幂的乘法，分式的减法等．（1）中能逆运用同底数幂的乘法正确计算是解题关键；（2）中注意分式加减时，能约分，先给各自分别约分，再进行加减运算．
10．（1）DE=5；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据角平分线和平行线的性质可得∠ABD=∠EDB，从而可得DE= BE=5；
（2）根据等边对等角得出∠A=∠ADE，根据平行线的性质可得∠C=∠ADE，从而可得∠A=∠C，根据等角对等边可证得结论．
【详解】解：（1）∵BD是的角平分线，
∴∠ABD=∠DBC，
∵DE//BC，
∴∠EDB=∠DBC，
∴∠ABD=∠EDB，
∴BE=DE，
∵BE=5,
∴DE=5；
（2）∵AE=BE，BE=DE，
∴AE=DE，
∴∠A=∠ADE，
∵DE//BC，
∴∠C=∠ADE，
∴∠A=∠C，
∴AB=BC．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，平行线的性质．解决此题的关键是借助等腰三角形的性质和判定完成边相等与角相等之间的互相转化．
11．（1）40千米；（2）80千米
【分析】（1）设甲每小时走x千米，则乙每小时走2x千米，根据题意列出分式方程，即可求解；
（2）设相遇时甲出发t小时，根据相遇时甲乙路程和为240千米列出方程，求解即可．
【详解】解：（1）设甲每小时走x千米，则乙每小时走2x千米，
根据题意可得：，
解得，
经检验得是原分式方程的解，
∴甲每小时走40千米；
（2）设相遇时甲出发t小时，
由（1）可得乙每小时走80千米，
根据题意可得：,
解得，
此时乙走的路程为千米．
【点睛】本题考查分式方程的应用，根据题意找出等量关系，并列出方程是解题的关键．
12．（1）8888；（2）1134 ．　
【分析】（1）根据进步数的定义分别求出四位正整数中的最大“进步数”与最小“进步数”即可得解；
（2）根据进步数的定义可以推得所求数为1114、1124、1134、1144中的某一个，再根据这个四位正整数能被7整除逐一对4个数进行验证可以得解 ．
【详解】解：（1）由进步数的定义可知四位正整数中最大的“进步数”应该是9999，
又最高位不能为0，所以四位正整数中的千位最小为0，所以四位正整数中最小的“进步数”应该是1111，
∴9999-1111=8888，
∴四位正整数中的最大的“进步数”与最小的“进步数”的差为8888；
（2）由已知可得所求数的千位为1，十位为1-4中的某个数字，
∴所求数为1114、1124、1134、1144中的某一个，
∵这个四位正整数能被7整除，
∴由1114=159×7+1，1124=160×7+4，1134=162×7，1144=163×7+3可知所求数为1134 ．
【点睛】本题考查新定义下的实数规律探索，由材料归纳出新定义并应用于具体问题求解是解题关键．　　　　
13．（1）图见解析，，，；（2）M（3，0），N（3，-2）
【分析】（1）根据△ABC与△A1B1C1关于y轴轴对称及关于y轴对称点的纵坐标相等、横坐标互为相反数可得点，，的坐标，再连接三个点即可；
（2）将点A向下平移2个单位得到点D，连接CD交直线l交于点N，过点N作，垂足为M，根据两点之间线段最短，则最小，再求出直线DC的解析式，求出与直线y=-2的交点即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，，，

（2）将点A向下平移2个单位得到点D，连接CD交直线l交于点N，过点N作，垂足为M，则最小，如图所示；
∵，则点D的坐标为（-3,4）
设直线DC的解析式为y=kx+b，
∴；解得：
∴直线AC的解析式为：
当y=-2时，x=3；
∴N（3，-2）
∵垂足为M，
∴M（3，0），

【点睛】本题主要考查关于坐标与图形、待定系数法求一次函数解析式，最短路径，掌握关于x轴、y轴对称的点的坐标特点是解题的关键．
14．（1）∠ABD=90°；（2）证明见解析．
【分析】（1）只需要证明△BOD≌△AOC，再根据等腰直角三角形的性质即可得出∠OBD=∠OAB=∠OBA=45°，从而求得的度数；
（2）延长BD与AO的延长线交于E，可证明△OBE≌△OBA，得出OA=OE，从而得出OG为△ADE的中位线，根据三角形中位线的性质可求得∠AOG=∠E=45°，继而证明结论．
【详解】解：（1）∵∠AOB=∠COD=90°，，
∴∠OBA=∠OAB=45°，∠AOB-∠BOC=∠COD-∠BOC，即∠AOC=∠BOD，
又∵，，
∴△BOD≌△AOC（SAS），
∴∠OBD=∠OAB=45°，
∴∠ABD=∠OBA+∠OBD=90°；
（2）延长BD与AO的延长线交于E，
∵∠AOB=90°，
∴∠BOE=90°，
又∵OB=OB，∠OBD=∠OBA=45°，
∴△OBE≌△OBA（SAS），
∴∠E=∠OAB=45°，EO=OA，
又∵G为AD的中点，
∴OG为△ADE的中位线，即OG//ED，
∴∠AOG=∠E=45°，即 ，
∴OG平分．

【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质．（1）中掌握全等三角形的判定定理，并能结合题意选择合适的定理作为依据证明是解题关键；（2）中正确作出辅助线是解题关键．
15．（1）70天；（2）a=10 ．
【分析】（1）设规定时间为x天,根据题意可以得到关于x的分式方程，解方程并检验即可得到解答；
（2）由（1）可以得到甲乙两队每天的效率分别为，因为效率与人数成正比，所以人数增加了多少，效率也增加了多少，根据这个可由已知列出关于a的一元一次方程，解方程即可得到a的值．
【详解】解：（1）设规定时间为x天,则由题意可得：
，
解之得：x=70，
经检验，x=70是原方程的解且符合题意，
∴规定时间是70天 ．　
答：规定时间是70天 ．　　　
（2）由（1）可知甲乙两队每天的效率分别为，
∴由题意可得：
，
解之可得：a=10．　　　
【点睛】本题考查分式方程和一元一次方程的综合运用，熟练掌握分式方程与一元一次方程的解法及工程问题中的数量关系是解题关键．　　　
16．（1）；（2）见解析
【分析】（1）连接BG，先根据等腰三角形的判定得出AG=AD，再根据SSS得出△AGH≌△ABH，从而得出，继而得出的度数；
（2）在DH上取HM=HF，连接BM，根据垂直平分线的性质得出BF=BM，再根据等腰三角形的判定得出DM=BM，从而得出结论
【详解】解：（1）连接BG

∵，，
∴∠DAG=120°，
∵，
∴，
∴AG=AD，
∵AB=AD，
∴AG=AB，
∵，
∴，
∵BH⊥DF，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴GH=BH，
∵AG=AB，AH=AH，
∴△AGH≌△ABH，
∴，
∵，
∴；
（2）在DH上取HM=HF，连接BM；

∵，
∴AD//BF，
∴，
∵BH⊥DF，HM=HF，
∴BF=BM
∴
∵AB=AD，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴BM=DM=BF，
∵DH=DM+HM，
∴DH=FH+BF
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、垂直平分线的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
17．（1）；（2）-a-2.
【分析】（1）根据完全平方公式及单项式与多项式相乘展开，再合并同类项；
（2）先将括号内的分式通分相加减，再将除法化为乘法进行计算.
【详解】（1）
=,
=；
（2）
=，
=，
=-a-2.
【点睛】此题考查计算，（1）考查整式的混合计算，注意正确性；（2）考查分式的混合运算， 注意
在计算中容易出现错误，应化为后再进行通分计算.
18．（1）见解析；（2）12.
【分析】（1）根据SSS证明△ABC≌△ADC，得到∠BAC=∠DAC，利用等腰三角形的三线合一得到OB=OD；
（2）根据等腰三角形的三线合一求得AO⊥BD，由此求出四边形ABCD的面积= ，根据△ABC≌△ADC即可得到的面积=.
【详解】∵，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC,
∴∠BAC=∠DAC,
∵AB=AD,
∴OB=OD;
（2）∵AB=AD,OB=OD，
∴AO⊥BD,
∴四边形ABCD的面积= ,
∴的面积=.
【点睛】此题考查等腰三角形的三线合一的性质，三角形全等的判定及性质，四边形的对角线互相垂直时可利用对角线乘积的一半得到四边形的面积，注意这个方法的利用.
19．（1）甲，乙两公司单独完成此项工程，各需20天，30天；（2）让一个公司单独完成这项工程，甲公司的施工费较少．
【分析】（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，则乙公司单独完成此项工程需1.5x天，根据“甲、乙两公司合做，12天可以完成这项工程”，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设乙公司每天的施工费为y元，则甲公司每天的施工费为（y+1500）元，根据“甲、乙两公司合做，12天的施工费为102000元”，即可得出关于y的一元一次方程，解之即可得出y值，再利用施工费=每天需付的施工费×施工天数，可分别求出甲、乙两队单独完成这项工程所需的施工费，比较后即可得出结论．
【详解】解：（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，则乙公司单独完成此项工程需1.5x天．
根据题意，得，
解得x=20．
经检验，x=20是方程的解且符合题意．
1.5 x=30．
∴甲，乙两公司单独完成此项工程，各需20天，30天．
（2）设乙公司每天的施工费为y元，则甲公司每天的施工费为（y+1500）元，
依题意得：12y+12（y+1500）=102000，
解得：y=3500．
∴甲公司单独完成这项工程所需施工费为（3500+1500）×20=100000（元），
乙公司单独完成这项工程所需施工费为3500×30=105000（元）．
∵100000＜105000，
∴若让一个公司单独完成这项工程，甲公司的施工费较少．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）找准等量关系，正确列出一元一次方程．
20．（1）图见解析，A2(3，-6)，B2（6，-2），C2(-6，-3)；（2）105.
【分析】（1）根据轴对称关系即可画出图形，得到点、、的坐标；
（2）根据点B、C、B2、C2的坐标得到四边形BC2B2C是平行四边形，分别求出平行四边形BC2B2C的面积，△ABC的面积，即可求得六边形的面积.
【详解】（1）如图，A2(3，-6)，B2（6，-2），C2(-6，-3)，

（2）∵，，B2（6，-2），C2(-6，-3)，
∴BC2∥B2C，BC2=B2C=5，
∴四边形BC2B2C是平行四边形，
∴平行四边形BC2B2C的面积=，
∵△ABC的面积=，
∴六边形的面积= .

【点睛】此题考查轴对称图形的画法，直角坐标系中点坐标的确定，确定多边形面积时可用分割法即将多边形分为几部分，分别求得面积后相加即可得到多边形的面积.
21．（1）100；（2）98.
【分析】（1）设2018年平均每天的垃圾排放量为x万吨，根据题意列方程求出x的值即可；
（2）设设2020年垃圾的排放量还需要增加m万吨，根据题意列出不等式，解得m的取值范围即可得到答案.
【详解】（1）设2018年平均每天的垃圾排放量为x万吨，
，
解得：x=100，
经检验，x=100是原分式方程的解，
答：2018年平均每天的垃圾排放量为100万吨.
（2）由（1）得2019年垃圾的排放量为200万吨，
设2020年垃圾的排放量还需要增加m万吨，
90%，
m98，
∴至少还需要增加98万吨才能使该市2020年平均每天的垃圾处理率符合创卫的要求.
【点睛】此题考查分式方程的实际应用，一元一次不等式的实际应用，正确理解题意，找到各量之间的关系是解题的关键.
22．（1）；（2）.
【分析】（1）仿照例题将分解为，求出a、b的值即可得到答案；
（2）将分解为，得到，求出m、n，整理后即可得到答案.
【详解】（1）由分母为x-1，可设=，
∵=，
∴
∴，得，
∴===；
（2）由分母为，可设=，
∵=
∴=，
∴，得，
∴==.
【点睛】此题是仿照例题解题的形式解题，正确理解题意，明确例题中的计算的方法是解题的关键.
23．(1)100；(2)见解析.
【分析】(1)先证明四边形ABCD是正方形，再根据已知条件证明△BCF≌△DCE，即可得到四边形的面积=正方形ABCD的面积；
(2) 延长BG交AD于点M，作AN⊥MN，连接FG，先证明四边形BCEM是平行四边形，得到BM=CE，证明△BCF≌△GCF，得到BF=GF，∠FGC=∠FBC=，由AN⊥MN，得GM=2MN，根据∠BAC=45，BC∥AD得到AM=BF，再证△BFH≌△AMN,得到GM=2FH，
由此得到结论.
【详解】(1)∵，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵，
∴AB=AD=BC=DC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=，
∴∠CDE=，
∵BF=DE,BC=DC，
∴△BCF≌△DCE，
∴四边形的面积=S正方形ABCD=AB2=102=100.
(2)延长BG交AD于点M，作AN⊥MN，连接FG,
∵△BCF≌△DCE，
∴∠BCF=∠DCE，
∴∠FCE=∠BCD=,
∵BG⊥CF，
∴∠FHM=∠FCE=,
∴BM∥CE,
∵BC∥AD,
∴四边形BCEM是平行四边形，
∴BM=CE.
∵，BG⊥CF，
∴∠BCH=∠GCH,∠CBM=∠CGB,
∴△BCF≌△GCF,
∴BF=GF,∠FGC=∠FBC=,
∵∠BAC=45，
∴∠AFG=∠BAC=45，
∴FG=AG,
∵BC∥AD,
∴∠CBM=∠AMB,
∴∠AGM=∠CGB=∠CBM=∠AMB,
∴AM=AG,
∵AN⊥MN，
∴GM=2MN,
∵∠BAD=∠ANM=,
∴∠ABM+∠AMN=∠MAN+∠AMN=,
∴∠ABM=∠MAN,
∵AM=AG=FG=BF,∠BHF=∠ANM=,
∴△BFH≌△AMN,
∴FH=MN,
∴GM=2FH,
∵BG+GM=CE,
∴.
【点睛】此题是四边形的综合题，考查正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解题中注意综合思想的方法积累.
24．（1）12；（2）2S1=36 +S2.
【分析】(1)根据已知条件证得四边形ABOC是正方形，在点B左侧取点G，连接AG，使AG=AE，利用HL证得Rt△ABG≌Rt△ACE，得到∠GAB=∠EAC,GB=CE，再利用证得△GAD≌△EAD，得到DE=GB+BD，由此求得的周长；
(2) 在OB上取点F，使AF=AE，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ACE，得到∠FAE=∠ABC=90，再证明△ADE≌△ADF，利用面积相加关系得到四边形AEDF的面积=S△ACE+S四边形ACOF+S△ODE，根据三角形全等的性质得到2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，即可得到2S△ADE=36 +S△ODE.
【详解】(1)∵点的坐标为，轴，轴，
∴AB=BO=AC=OC=6,
∴四边形ABOC是菱形，
∵∠BOC=90，
∴四边形ABOC是正方形，
在点B左侧取点G，连接AG，使AG=AE，
∵四边形ABOC是正方形，
∴AB=AC，∠ABG=∠ACE=90，
∴Rt△ABG≌Rt△ACE，
∴∠GAB=∠EAC,GB=CE，
∵∠BAE+∠EAC=90，
∴∠GAB+∠BAE=90，
即∠GAE=90，
∵
∴∠GAD=,
又∵AD=AD,AG=AE，
∴△GAD≌△EAD，
∴DE=GD=GB+BD,
∴的周长=DE+OD+OE=GB+BD+OD+OE=OB+OC=6+6=12

(2) 2S1=36 +S2，理由如下：
在OB上取点F，使AF=AE，
∵AB=AC，∠ABF=∠ACE=90，
∴Rt△ABF≌Rt△ACE，
∴∠BAF=∠CAE,
∴∠FAE=∠ABC=90，
∵∠DAE=45，
∴∠DAF=∠DAE=45，
∵AD=AD，
∴△ADE≌△ADF，
∵四边形AEDF的面积=S△ACE+S四边形ACOF+S△ODE，
∴2S△ADE=S正方形ABOC+S△ODE，
∴2S△ADE=36 +S△ODE
.即：2S1=36 +S2

【点睛】此题考查三角形全等的判定及性质，根据题中的已知条件证得三角形全等，即可利用性质得到边长相等，面积相等的关系，（2）中需根据面积的加减关系进行推导，这是此题的难点.