【期中讲练测】沪教版上海市八年级下册数学 期中真题精选（基础题考点专练）.zip

这是一份【期中讲练测】沪教版上海市八年级下册数学 期中真题精选（基础题考点专练）.zip，文件包含期中讲练测沪教版上海市八年级下册数学期中真题精选基础60题24个考点分类专练原卷版docx、期中讲练测沪教版上海市八年级下册数学期中真题精选基础60题24个考点分类专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。


一．二项方程与二元二次方程（组）（共4小题） 二．无理方程（共2小题）
三．解分式方程（共2小题） 四．分式方程的增根（共2小题）
五．由实际问题抽象出分式方程（共2小题） 六．分式方程的应用（共2小题）
七．一次函数的定义（共1小题 八．一次函数的图象（共2小题）
九．一次函数的性质（共3小题） 十．一次函数图象与系数的关系（共2小题）
十一．一次函数图象上点的坐标特征（共3小题） 十二．一次函数图象与几何变换（共3小题）
十三．待定系数法求一次函数解析式（共5小题） 十四．一次函数与一元一次方程（共2小题）
十五．一次函数与一元一次不等式（共2小题） 十六．一次函数与二元一次方程（组）（共2小题）
十七．根据实际问题列一次函数关系式（共1小题）十八．一次函数的应用（共4小题）
十九．多边形（共1小题） 二十．多边形的对角线（共1小题）
二十一．多边形内角与外角（共6小题） 二十二．平行四边形的性质（共4小题）
二十三．平行四边形的判定（共2小题） 二十四．平行四边形的判定与性质（共2小题）
一．二项方程与二元二次方程（组）（共4小题）
1．（2022春•上海期中）下列方程中，二项方程是
A．B．C．D．
【分析】根据二项方程的定义判断求解．
【解答】解：有三项，不符合二项方程定义，
不合题意．
左边是二项式，右边为0，不符合二项方程的定义．
不符合题意，
，可得，符合二项方程定义．
符合题意．
是分式方程，
不合题意．
故选：．
【点评】本题考查二项方程的定义，掌握二项方程的定义是求解本题的关键．
2．（2022春•静安区校级期中）方程的根是 ，． ．
【分析】利用直接开方法解方程．
【解答】解：，
，
，
，．
故答案为：，．
【点评】本题考查了高次方程的解，类似于解一元二次方程的直接开平方法．
3．（2023春•宝山区校级期中）如果是方程的一个解，那么 ．
【分析】依据方程的解概念，将方程的解代入方程进行计算，即可得到的值．
【解答】解：把方程的解代入方程，可得：
，
，
解得，
故答案为：．
【点评】本题考查了二元一次方程的解，解答本题的关键是理解方程的解的定义，即能够使方程左右两边相等的未知数的值．
4．（2021春•浦东新区校级期中）解方程组．
【分析】对于方程组，由①得：，进而得③，④，分别将③，④代入②解出，进而再解出即可得原方程组的解．
【解答】解：，
由①得：，
或，
当，得③，
将③代入②得：，
整理得：，
，，
将代入③得，，
将代入③得，，
当，得④，
将④代入②得：，
整理得：，
，，
将代入④得：，
将代入④得：，
原方程组的解为：；；；．
【点评】此题主要考查了解二元二次方程组，解答此题的关键是利用因式分解，将一个二元二次方程转化为两个二元一次方差，再代入消元是解决问题的关键．
二．无理方程（共2小题）
5．（2023春•长宁区校级期中）在下列方程中，有实数根的是
A．B．C．D．
【分析】．应用根的判别式进行计算即可得出答案；
．应用非负数的性质进行判定即可得出答案；
．应用解分式方程的方法进行计算即可得出答案；
．应用求立方根的方法进行计算即可得出答案．
【解答】解：．因为△，所以原方程无实数根，故选项不符合题意；
．原式移项得，因为，所以原方程无实数根，故选项不符合题意；
．解分式方程，两边同时乘以，得，把代入中，得，所以原分式方程无实数根，故选项不符合题意；
．因为，解得，所以原方程有实根，故选项符合题意．
故选：．
【点评】本题主要考查了无理方程，根的判别式，分式方程的解，熟练掌握无理方程，根的判别式，分式方程的解进行求解是解决本题的关键．
6．（2022春•闵行区校级期中）解方程：．
【分析】方程两边平方，先把无理方程化为整式方程，解整式方程，最后验根写出方程的解．
【解答】解：移项，得，
两边平方，得，
整理，得，
．
，．
经检验，是原方程的解．
原方程的解为．
【点评】本题考查了无理方程的解法，把无理方程转化为整式方程是解决本题的关键．
三．解分式方程（共2小题）
7．（2022春•静安区期中）解方程：．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：，
整理得：，即，
分解因式得：，
解得：或，
检验：当时，，
当时，，
是增根，分式方程的解为．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
8．（2018春•金山区期中）解方程：
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：去分母得：，
整理得：，即，
解得：或，
经检验与都为分式方程的解．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
四．分式方程的增根（共2小题）
9．（2023春•黄浦区期中）如果是方程的增根，那么的值为 3 ．
【分析】先把方程去分母得到，由于是方程的增根，则把代入，然后解关于的方程即可得到的值．
【解答】解：方程两边同乘以得，，
是方程的增根，
，
．
故答案为3．
【点评】本题考查了分式方程的增根：把分式方程化为整式方程，解整式方程，若整式方程的解使分式方程左右两边不成立（或分母为，那么这个未知数的值叫分式方程的增根．
10．（2022春•上海期中）若方程有增根，则 ．
【分析】先将分式方程去分母，再把代入整式方程中，进行计算即可解答．
【解答】解：，
，
整理得：，
方程有增根，
把代入中，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了分式方程的增根，把的值代入整式方程中进行计算是解题的关键．
五．由实际问题抽象出分式方程（共2小题）
11．（2022春•青浦区校级期中）今日，上海疫情防控形势严峻，某工厂计划生产1000套防护服，由于工人加班加点，实际每天比计划多制作，结果比原计划提前2天完成任务．设原计划每天制作套防护服，则可列方程为
A．B．
C．D．
【分析】设原计划每天制作套防护服，则实际每天制作为，根据结果比原计划提前2天完成任务，列出方程即可．
【解答】解：设原计划每天制作套防护服，
可列方程为：，
故选：．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程．
12．（2023春•宝山区校级期中）某区为残疾人办实事，在一道路改造工程中，为盲人修建一条长3000米的盲道，在实际施工中，由于增加了施工人员，每天可以比原计划多修建250米，结果提前2天完成工程，设实际每天修建盲道米，根据题意可得方程
A．B．
C．D．
【分析】直接利用每天修建的盲道比原计划多250米，结果提前2天完成工程，得出方程即可．
【解答】解：设实际每天修建盲道米，根据题意可得：，
解得：（不合题意舍去），，
经检验是原方程的根，
答：实际每天修建盲道750米．
故选：．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
六．分式方程的应用（共2小题）
13．（2023春•长宁区校级期中）我国手机产业迅速发展，网络建成后，下载完一部大小的电影，使用手机比手机少花190秒．已知使用手机比手机每秒多下载，求使用手机每秒下载多少？
【分析】设使用手机每秒下载，则使用手机每秒下载，根据“下载完一部大小的电影，使用手机比手机少花190秒”，可得出关于的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
【解答】解：设使用手机每秒下载，则使用手机每秒下载，
根据题意得：，
解得：，，
经检验，，均为所列方程的解，符合题意，不符合题意，舍去．
答：使用手机每秒下载．
【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
14．（2022春•杨浦区校级期中）某市将一项市政工程承包给某城建公司，该公司甲、乙两工程队如果全做这项工程共需4个月；如果先由甲队单独做3个月，剩下的工程由乙队单独完成，那么乙队所用的时间等于甲队单独完成这项工程所需的时间．求甲、乙两队单独完成这项工程各需几个月．
【分析】设甲单独完成这项工程需要个月，根据“先由甲队单独做3个月，剩下的工程乙队所用的时间等于甲队单独完成这项工程所需的时间”列方程，求解即可．
【解答】解：设甲单独完成这项工程需要个月，
根据题意，得，
解得（不合题意，舍去）或，
经检验，是原方程的根，
（个，
答：甲单独完成这项工程需要6个月，乙单独完成这项工程需要12个月．
【点评】本题考查了分式方程的应用，理解题意并根据题意建立等量关系是解题的关键．
七．一次函数的定义（共1小题）
15．（2022春•浦东新区校级期中）已知函数是关于的一次函数，则 ．
【分析】根据一次函数与二次函数的定义求解．
【解答】解：函数是关于的一次函数，
且，
解得：，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了一次函数的定义，一次函数的定义条件是：、为常数，，自变量次数为1．
八．一次函数的图象（共2小题）
16．（2022春•静安区校级期中）如图，若，且，则一次函数的大致图象是
A．B．
C．D．
【分析】根据、的符号确定直线的变化趋势和与轴的交点的位置即可．
【解答】解：，且，
，，
一次函数的图象经过第一、二、三象限，
故选：．
【点评】本题考查了一次函数的图象与系数的关系，解题的关键是了解系数与图象位置的关系，难度不大．
17．（2022春•嘉定区期中）如图是一次函数的图象，当 时，函数图象在轴的上方．
【分析】观察函数的图象即可得出答案．
【解答】解：当时，函数图象在轴的上方，
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数的图象，考查数形结合的思想，观察函数图象在轴的上方部分所对应的的范围是解题的关键．
九．一次函数的性质（共3小题）
18．（2023春•普陀区期中）函数的图象经过
A．一、二、三象限B．二、三、四象限C．一、三、四象限D．一、二、四象限
【分析】根据一次函数中的、判定该函数图象所经过的象限．
【解答】解：，
一次函数的图象一定经过第一、三象限；
又，
一次函数的图象与轴交于负半轴，
一次函数的图象经过第一、三、四象限；
故选：．
【点评】本题考查了一次函数的性质．一次函数的图象有四种情况：
①当，，函数的图象经过第一、二、三象限，的值随的值增大而增大；
②当，，函数的图象经过第一、三、四象限，的值随的值增大而增大；
③当，时，函数的图象经过第一、二、四象限，的值随的值增大而减小；
④当，时，函数的图象经过第二、三、四象限，的值随的值增大而减小．
19．（2023春•宝山区校级期中）已知函数，那么 4 ．
【分析】将自变量代入函数关系式进行计算即可．
【解答】解：由于，
所以．
故答案为：4．
【点评】此题考查了函数值，准确计算是解题的关键．
20．（2023春•长宁区校级期中）函数中，的值随着的值增大而 减小 （填“增大”或“减小”
【分析】根据一次函数的图象的性质作答．
【解答】解：在一次函数中，
函数随的增大而减小．
故答案为：减小．
【点评】本题考查了一次函数的性质，掌握在一次函数中，当时，随的增大而增大，时，随的增大而减小是解题的关键．
十．一次函数图象与系数的关系（共2小题）
21．（2021春•杨浦区校级期中）两条直线与在同一直角坐标系中的图象位置可能是
A．B．
C．D．
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系，逐一判断即可解答．
【解答】解：、当经过第一、二、三象限的直线为，
则，，
直线应该经过第一、二、三象限，
故不符合题意；
、当经过第一、三、四象限的直线为，
则，，
直线应该经过第一、二、四象限，
故符合题意；
、当经过第一、二、三象限的直线为，
则，，
直线应该经过第一、二、三象限，
故不符合题意；
、当经过第一、三、四象限的直线为，
则，，
直线应该经过第一、二、四象限，
故不符合题意；
故选：．
【点评】本题考查了一次函数的图象与系数，熟练掌握一次函数的图象与系数的关系是解题的关键．
22．（2023春•宝山区校级期中）已知一次函数，且的值随着的值增大而减小，则的取值范围是 ．
【分析】根据一次函数的增减性列出不等式，通过解该不等式即可求得的取值范围．
【解答】解：由题意得，，
解得，．
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数的性质．在直线中，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小．
十一．一次函数图象上点的坐标特征（共3小题）
23．（2023春•杨浦区期中）已知一次函数的图象经过点，且不经过第四象限，请写出一个符合上述条件的函数关系式： （不唯一） ．
【分析】根据题意可知，这时可任设一个满足条件的，则得到含、、三个未知数的函数关系式，将代入函数关系式，求得，那么符合条件的函数关系式也就求出．
【解答】解：图象经过点，且不经过第四象限，
，
可选取1，那么一次函数的解析式可表示为：，
把点代入得：，
要求的函数解析式为：．
故答案为：（不唯一）．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，需注意应先确定的系数，然后把适合的点代入求得常数项．
24．（2023春•杨浦区期中）已知直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为6，则的值为 ．
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出直线与坐标轴的交点坐标，利用三角形的面积公式结合三角形的面积，即可求出值，此题得解．
【解答】解：依照题意，画出图象，如图所示．
当时，，
点的坐标为；
当时，，
解得：，
点的坐标为，．
，
解得：．
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及三角形的面积，利用一次函数图象上点的坐标特征，求出直线与坐标轴的交点坐标是解题的关键．
25．（2023春•静安区校级期中）已知：直线与轴交于点，与轴交于点，将绕着坐标原点逆时针旋转，与轴交于点，与轴交于点．
（1）求、两点的坐标；
（2）过点作直线与轴交于点，且使，求的面积．
【分析】（1）先求出、的长，进而利用旋转的性质即可得解；
（2）由，，求出点的坐标，进而即可求得的面积．
【解答】解：（1）对于直线，
令得，解得，
令，得，
直线与轴交于点，与轴交于点，
，，
将绕着坐标原点逆时针旋转，与轴交于点，与轴交于点，
，，
，；
（2），，
，
过点作直线与轴交于点，
或，
，
当时，；
当时，．
【点评】本题主要考查了一次函数的图象与性质，坐标与图象以及旋转图形的性质，熟练掌握一次函数的性质时解题的关键．
十二．一次函数图象与几何变换（共3小题）
26．（2022春•静安区期中）将直线向上平移5个单位，所得直线的表达式是 ．
【分析】根据“上加下减”的原则进行解答即可．
【解答】解：将直线向上平移5个单位，所得直线的表达式是：，即．
故答案为：．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．
27．（2022春•静安区校级期中）已知：如图所示，直线的与轴、轴分别交于点和点，将这条直线平移后与轴、轴分别交于点和点，且．
（1）求点的坐标；
（2）求所在直线的函数解析式．
【分析】（1）由直线的解析式即可求得、的坐标，然后根据勾股定理求得，由即可得出点的坐标为或；
（2）根据平行直线的解析式的值相等设出直线的表达式，然后把点的坐标代入求解即可．
【解答】解：（1）直线的与轴、轴分别交于点和点，
，，
，，
，
将这条直线平移后与轴、轴分别交于点和点，且，
点的坐标为或；
（2）设直线的解析式为，
当点的坐标为时，，
解得，
当点的坐标为时，，
解得，
直线的解析式为或．
【点评】本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，重点是求得点的坐标，难点在于利用平行直线的解析式的值相等设出直线的表达式．
28．（2022春•长宁区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、点，点在轴的负半轴上，若将沿直线折叠，点恰好落在轴正半轴上的点处．
（1）求的长；
（2）求点和点的坐标；
（3）轴上是否存在一点，使得？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求得点和点的坐标，则可得到、的长，然后依据勾股定理可求得的长，
（2）依据翻折的性质可得到的长，于是可求得的长，从而可得到点的坐标；设，则．，中，依据勾股定理可求得的值，从而可得到点．
（3）先求得的值，然后依据三角形的面积公式可求得的长，从而可得到点的坐标．
【解答】解：（1）令得：，
．
令得：，解得：，
．
．
在中，．
（2），
，
．
设，则．
在中，，即，解得：，
．
（3）存在，理由如下：
，
．
点在轴上，，
，即，解得：，
点的坐标为或．
【点评】本题主要考查的是一次函数的综合应用，解答本题主要应用了翻折的性质、勾股定理、待定系数法求函数解析式、三角形的面积公式，依据勾股定理列出关于的方程是解题的关键．
十三．待定系数法求一次函数解析式（共5小题）
29．（2020春•金山区期中）已知一次函数的图象经过点，两点，且与轴交于点．
（1）求一次函数的解析式．
（2）求三角形的面积．
【分析】（1）把，两点分别代入一次函数解析式求出，的值，进而求出函数的解析式；
（2）求出函数与轴交点的坐标，再利用三角形面积公式求解即可．
【解答】解：（1）把，两点分别代入函数解析式，
得：，解得：．
故函数的解析式为：；
（2），
时，，
，
．
【点评】本题考查的是用待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，是基础知识，需熟练掌握．
30．（2022春•闵行区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知直线经过点，它与轴交于点，点在轴正半轴上，且．
（1）求直线的函数解析式；
（2）若直线也经过点，且与轴交于点，如果的面积为6，求点的坐标．
【分析】（1）先求出，再由待定系数法求出直线的解析式；
（2）根据三角形面积公式可求，依此可求点的坐标．
【解答】解：（1），
，
，
，
在轴正半轴，
，
设直线解析式为：，
在此图象上，代入得
，
解得．
；
（2），
，
，
或．
【点评】主要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，三角形的面积，解本题的关键是熟练掌握待定系数法．
31．（2023春•黄浦区期中）一次函数图象与坐标轴围成的三角形称为该一次函数的坐标三角形．已知一次函数的坐标三角形的面积为3，则该一次函数的解析式为 或 ．
【分析】表示出函数图象与坐标轴的交点，再利用三角形的面积公式得到关于的方程，解方程即可求出的值．
【解答】解：，
令，则，令则，
函数图象与两坐标轴围成的三角形面积为3，
，
解得：，
则函数的解析式是或．
故答案为或．
【点评】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，解答本题需要注意有两种情况，不要漏解．
32．（2023春•黄浦区期中）已知与成正比例，当时，的值为4．
（1）求与之间的函数表达式；
（2）求该函数图象与坐标轴围成的三角形周长．
【分析】（1）设，当时，的值为4，求出，即可求出与之间的函数表达式；
（2）求出直线与、轴交点的坐标，即可得到，的长，由勾股定理求出的长，即可求出函数图象与坐标轴围成的三角形周长．
【解答】解：（1）与成正比例，
设，
当时，的值为4，
，
，
，
与之间的函数表达式是，
（2）如图，直线与、轴分别交于、两点，
当时，，当时，，
的坐标是，，的坐标是，
，，
，
函数图象与坐标轴围成的三角形周长是．
【点评】本题考查待定系数法求一次函数解析式，一次函数的性质，关键是掌握用待定系数法求一次函数解析式的方法，一次函数的性质．
33．（2022春•黄浦区校级期中）如图，在平面直角坐标系中为坐标原点），已知直线与轴轴分别交于点、点，点的坐标是．
（1）求直线的表达式．
（2）设点为直线上一点，且．求点的坐标．
【分析】（1）用待定系数法求解析式；
（2）根据等腰三角形三线合一，求出点纵坐标，代入直线解析式求出点横坐标即可．
【解答】解：（1）直线与轴、轴分别交于点、点，
，
解得，
直线的表达式为：．
（2）过点作，垂足为，如图所示：
，
，
，
，
，
，
把代入直线，
得，解得
点坐标为．
【点评】本题考查了一次函数与等腰三角形的综合，利用等腰三角形的性质求解点坐标是解决本题的关键．
十四．一次函数与一元一次方程（共2小题）
34．（2021春•杨浦区校级期中）如图，一次函数的图象与轴的交点坐标为，则下列说法正确的有
A．随的增大而减小
B．，
C．当时，
D．关于的方程的解为
【分析】根据函数图象和一次函数的性质，可以判断各个小题中的说法是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：图象过第一、二、三象限，
，，随的增大而增大，故，错误；
又图象与轴交于，
的解为，故正确；
当时，图象在轴上方，，故错误；
故选：．
【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式、一次函数图象与系数的关系，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
35．（2022春•浦东新区校级期中）如图，一次函数的图象与轴的交点坐标为，则下列说法正确的有
A．随的增大而减小
B．当时，
C．，
D．关于的方程的解为
【分析】根据一次函数的图象和性质进行判断即可．
【解答】解：根据图象可知，随着增大而增大，
故选项不符合题意；
当时，，
故选项不符合题意；
根据图象可知，，
故选项不符合题意；
一次函数的图象与轴的交点坐标为，
时，即时，，
故选项符合题意，
故选：．
【点评】本题考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数图象与系数的关系是解题的关键．
十五．一次函数与一元一次不等式（共2小题）
36．（2023春•长宁区校级期中）如图，一次函数的图象经过、两点，则关于的不等式的解集是
A．B．C．D．
【分析】由图象可知：，且当时，一次函数的图象在轴的上方，，即可得到关于的不等式的解集是．
【解答】解：由图象可得：一次函数中，时，图象在轴上方，，
则关于的不等式的解集是，
故选：．
【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握数形结合思想．认真体会一次函数与一元一次不等式之间的内在联系．
37．（2022春•静安区期中）在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于的不等式的解为 ．
【分析】写出直线在直线下方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：直线和直线的交点坐标为，
当时，．
故答案为：．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
十六．一次函数与二元一次方程（组）（共2小题）
38．（2021春•上海期中）如图，已知函数和的图象，则方程组的解为 ．
【分析】一次函数图象的交点就是两函数组成的方程组的解．
【解答】解：函数和的图象交于点，
方程组的解是．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了一次函数与二元一次方程组，关键是掌握二元一次方程（组与一次函数的关系．
39．（2022春•浦东新区校级期中）已知函数与的交点坐标为，则方程组的解为 ．
【分析】根据函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解可直接写出答案．
【解答】解：方程组可变为：，
函数与的交点坐标为，
方程组的解为：，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了函数解析式与图象的关系，满足解析式的点就在函数的图象上，在函数的图象上的点，就一定满足函数解析式．函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．
十七．根据实际问题列一次函数关系式（共1小题）
40．（2021春•徐汇区校级期中）用长的绳子围成一个等腰三角形，设它的底边长，腰长为，则与之间的函数关系式为 （写出自变量的取值范围）．
【分析】根据已知列方程，再根据三角形三边的关系确定定义域即可．
【解答】解：，
，即，
两边之和大于第三边，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了根据实际问题列一次函数关系式的知识，同时考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系；根据三角形三边关系求得的取值范围是解答本题的关键．
十八．一次函数的应用（共4小题）
41．（2021春•浦东新区校级期中）已知，两地之间的距离为400千米，甲、乙两车同时从城出发沿着一公路驶向城，已知甲车去的时候平均速度是100千米时，甲车到达城1小时后沿原路返回．如图是两车离城的路程（千米）与行驶时间（小时）之间的函数图象．
（1）图中 4 ， ．
（2）甲车返回过程中与之间的函数解析式是 ．
（3）若乙车行驶6小时与返回的甲车相遇，则点的坐标是 ，乙车到达地共用了 小时．
【分析】（1）根据时间路程速度即可求出和；
（2）设甲车返回过程中与之间的函数解析式是，代入，解答即可；
（3）把代入中求出即可，利用点求出乙车离城的路程与行驶时间之间的函数关系式，再求出时间即可．
【解答】解：（1），
甲车到达城停留1小时，
．
故答案为：4，5；
（2）设甲车返回过程中与之间的函数解析式是，
代入，得：
，
解得，
甲车返回过程中与之间的函数解析式是．
故答案为：；
（3）当时，，
，
设乙车离城的路程与行驶时间之间的函数关系式为，
，
解得，
，
当时，，
解得，
即乙车到达地共用了7.5小时．
故答案为：，7.5．
【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，能从函数图象中获取有用的信息．
42．（2022春•长宁区校级期中）如图，、两地相距20千米，甲、乙两人都从地去地，图中和分别表示甲、乙两人所走路程（千米）与时间（小时）之间的关系，下列说法：
①乙晚出发1小时；
②乙出发3小时后追上甲；
③甲的速度是4千米小时；
④乙先到达地．
其中正确的是 ①③④ （填序号）．
【分析】根据函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由图象可得，
乙晚出发1小时，故①正确；
乙出发小时后追上甲，故②错误；
甲的速度是千米小时，故③正确；
乙先到达地，故④正确；
故答案为：①③④．
【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，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
43．（2023春•宝山区校级期中）甲、乙两地相距，一辆货车和一辆轿车同时从甲地出发驶向乙地，如图：线段表示货车离甲地的距离与时间之间的函数关系，折线表示轿车离甲地的距离与之间的函数关系．请根据图象解答下列问题．
（1）当时，轿车行驶速度为 千米小时；
（2）轿车到达乙地后，货车距乙地 千米；
（3）直接写出线段对应的函数表达式及定义域 ；
（4）出发后经过 小时轿车可以追上货车．
【分析】（1）根据速度路程时间，即可得到答案
（2）根据函数图象中的数据，可以计算出货车的速度，然后即可计算出轿车到达乙地后，货车距乙地多少千米；
（3）根据函数图象中的数据，可以计算出线段对应的函数表达式，写出定义域；
（4）根据函数图象中的数据，可以计算出段对应的函数解析式，然后令段对应的函数值等于段对应的函数值，求出相应的的值即可．
【解答】解：（1）（千米小时）；
（2）由图象可得，
货车的速度为，
（千米），
即轿车到达乙地后，货车距乙地50千米；
（3）设线段对应的函数表达式为，
点，在该函数图象上，
，
解得，
即线段对应的函数表达式是；
（4）设段对应的函数解析式为，
点在该函数图象上，
，得，
段对应的函数解析式为，
段对应的函数解析式为，
令，
解得，
答：轿车在货车出发后经过2小时可以追上货车．
故答案为：；50；；2．
【点评】本题考查一次函数的应用，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
44．（2023春•徐汇区期中）如图，与分别是根据步行与骑自行车在同一路上行驶的路程与时间的关系式所作出的图象，根据图象填空．
（1）出发骑了一段路后，自行车发生故障进行修理，所用的时间是 1 小时；从起点出发后 小时与相遇；
（2）如果的自行车没有发生故障，保持出发时的速度前进， 小时与相遇，相遇点离的出发点 千米．
【分析】（1）修理的时间就是路程不变的时间是小时，从图象看出3小时时，两个图象相交，所以3小时时相遇；
（2）求出不发生故障时的解析式和的解析式，再求出两直线的交点坐标，即可得出答案．
【解答】解：（1）在图中发现0.5至1.5小时，自行车没有行走，
修理所用的时间为1小时，
图中两直线的交点是与相遇的时刻，
出发3小时后与相遇．
故答案为：1，3；
（2）设的自行车不发生故障时，函数解析式为，
根据题意得：，
解得：，
的自行车不发生故障，函数解析式为，
设的解析式为：，
由题意得：，
解得：，
的解析式为：，
由解得：．
的自行车没有发生故障，保持出发时的速度前进，小时与相遇，相遇点离的出发点千米．
故答案为：，．
【点评】本题考查一次函数的应用，关键是从图象上获取信息，根据图象确定函数解析式，难度中等．
十九．多边形（共1小题）
45．（2023春•长宁区校级期中）如果一个四边形的某个顶点到其他三个顶点的距离相等，我们把这个四边形叫做等距四边形．已知平行四边形是等距四边形，，那么它的面积等于 ．
【分析】根据平行四边形是等距四边形，可得，进而得到是等边三角形，求出高即可．
【解答】解：如图，过点作于，
平行四边形是等距四边形，，
，
是等边三角形，
，
，
平行四边形的面积为，
故答案为：．
【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质和判定以及解直角三角形，理解新定义“等距四边形”的意义，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
二十．多边形的对角线（共1小题）
46．（2022春•上海期中）十边形共有 35 条对角线．
【分析】边形对角线的总条数为：，且为整数），代入运算即可．
【解答】解：十边形共有：条对角线．
故答案为：35．
【点评】本题考查了多边形的对角线的知识，注意掌握公式：边形对角线的总条数为：，且为整数）．
二十一．多边形内角与外角（共6小题）
47．（2022春•虹口区期中）一个多边形边数每增加1条时，其内角和增加
A．B．C．不变D．不能确定
【分析】设原来多边形的边数是，则新的多边形的边数是．根据多边形的内角和定理即可求得．
【解答】解：边形的内角和是，
边数增加1，则新的多边形的内角和是．
则．
故它的内角和增加．
故选：．
【点评】本题考查多边形的内角和计算公式，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
48．（2022春•普陀区校级期中）一个凸多边形的内角中最多有几个锐角
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据任意凸多边形的外角和是．可知它的外角中，最多有3个钝角，则内角中，最多有3个锐角．
【解答】解：一个凸多边形的内角中，最多有3个锐角．
理由是：因为凸多边形的外角和是360度，在外角中最多有3个钝角，如果超过3个，则和一定大于360度，多边形的内角与外角互为邻补角，
所以外角中最多有3个钝角，内角中就最多有3个锐角．
故选：．
【点评】本题考查多边形的内角和外角，注意每个内角与其相邻的外角是邻补角，由于多边形的外角和是不变的，所以要分析内角的情况可以借助外角来分析．
49．（2022春•嘉定区期中）内角和是的多边形的边数是 10 ．
【分析】设这个多边形是边形，它的内角和可以表示成，根据题意列方程得，即可解得的值．
【解答】解：设这个多边形是边形，根据多边形内角和定理得：
，
解得：．
所以此多边形的边数为10．
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握内角和定理的解题的关键．
50．（2022春•普陀区校级期中）一个多边形的每个外角都是，则这个多边形共有 27 条对角线．
【分析】利用多边形的外角和是360度，正多边形的每个外角都是，可求多边形的边数，再根据一个多边形有条对角线，即可算出共有多少条对角线．
【解答】解：，
这个正多边形有9条边；
，
这个正多边形共有27条对角线．
故答案为：27．
【点评】本题主要考查的是多边的外角和，多边形的对角线及正多边形的概念和性质，任意多边形的外角和都是，和边数无关．正多边形的每个外角都相等．任何多边形的对角线条数为条．
51．（2022春•虹口区期中）如果一个多边形的内角和是，那么这个多边形的边数是 14 ．
【分析】边形的内角和可以表示成，设这个正多边形的边数是，就得到方程，从而求出边数．
【解答】解：设这个正多边形的边数是，
则，
解得：．
则这个正多边形的边数是14．
故答案为：14．
【点评】考查了多边形内角与外角，此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式，寻求等量关系，构建方程求解．
52．（2023春•宝山区校级期中）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有 5 条对角线．
【分析】首先设这个多边形有条边，由题意得方程，再解方程可得到的值，然后根据边形从一个顶点出发可引出条对角线可得答案．
【解答】解：设这个多边形有条边，由题意得：
，
解得，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是，
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．
二十二．平行四边形的性质（共4小题）
53．（2022春•杨浦区校级期中）平行四边形的一个内角平分线将对边分成3和5两个部分，则该平行四边形的周长是 22或26 ．
【分析】根据题意画出图形，由平行四边形得出对边平行，又由角平分线可以得出为等腰三角形，可以求解．
【解答】解：四边形为平行四边形，
，
，
为角平分线，
，
，
，
①当时，，，
则周长为22；
②当时，，，
则周长为26．
故答案为：22或26．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，结合了等腰三角形的判定．注意有两种情况，要进行分类讨论．
54．（2022春•青浦区校级期中）如图，在中，，，，交于点，则的长为 ．
【分析】由，，，由勾股定理求得的长，得出长，然后由勾股定理求得的长，即可得出的长．
【解答】解：四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
，
故．
故答案为：．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理，注意掌握数形结合思想的应用．
55．（2021春•徐汇区校级期中）如图，在中，对角线与相交于，，，，求的周长和面积．
【分析】利用平行四边形的性质结合勾股定理得出，的长，进而得出答案．
【解答】解：四边形是平行四边形
，，
，
，
在中，，
，
在中，，
四边形是平行四边形，
．
的周长，
的面积．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理等知识，正确得出，的长是解题关键．
56．（2023春•杨浦区期中）如图，平行四边形内有一点，已知、、的面积分别为4、3、1，则的面积为 2 ．
【分析】由于平行四边形的两组对边分别相等，且，的高的和是，间的距离，所以得到，同理可得，即可求出结果．
【解答】解：平行四边形的两组对边分别相等，
且，的高的和是，间的距离，
它们的底分别是，，而，
，
同理可得，
，
，
；
故答案为：2．
【点评】主要考查了平行四边形的性质、三角形面积的计算方法，熟练掌握平行四边形的性质，由底和高的关系得出三角形面积之间的关系是解决问题的关键．
二十三．平行四边形的判定（共2小题）
57．（2022春•青浦区校级期中）如图，四边形中，，将对角线向两端分别延长至点，，使．连接，，若．证明：四边形是平行四边形．
【分析】先根据证出，从而得到，根据等角的补角相等可得，从而得到，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求证四边形是平行四边形．
【解答】证明：在和中，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定，解题的关键在于先通过全等三角形证出．
58．（2023春•徐汇区期中）如图，平行四边形的对角线相交于点，直线经过点，分别与，的延长线交于点，．求证：四边形是平行四边形．
【分析】平行四边形的判定方法有多种，选择哪一种解答应先分析题目中给的哪一方面的条件多些，本题所给的条件为四边形是平行四边形，可证，，根据条件在图形中的位置，可选择利用“对角线相互平分的四边形为平行四边形”来解决．
【解答】证明：四边形是平行四边形，
，
，
，，
在和中，
，
，
四边形是平行四边形．
【点评】平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
二十四．平行四边形的判定与性质（共2小题）
59．（2022春•徐汇区校级期中）如图，是的对角线，点、在上，要使四边形是平行四边形，还需要增加的一个条件是 等 （只要填写一种情况）．
【分析】先连接，交于．由于四边形是平行四边形，那么，，而，利用等式性质易得，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形．
【解答】解：（答案不唯一）．
连接，交于，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键是连接，出现两组对角线．
60．（2022春•上海期中）如图，已知在平行四边形中，的角平分线交于点，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若恰好平分，连接、，求证：四边形是平行四边形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，求出，根据等腰三角形的判定得出即可；
（2）根据等腰三角形的性质得出，求出，根据全等三角形的性质得出，再根据平行四边形的判定得出即可．
【解答】证明：（1）四边形是平行四边形，
，，
，
平分，
，
，
，
；
（2），平分，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
【点评】本题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，等腰三角形的判定和平行线的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．