2024-2025学年浙教版八年级数学下册期末真题专项练习 06 填空题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年浙教版八年级数学下册期末真题专项练习 06 填空题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 904.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-26 07:02:57 | ||
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文档简介
2024-2025学年浙教版八年级数学下册期末真题
专项练习 06 填空题
一、填空题
1．（2024八下·西湖期末）若反比例函数图象过点，当且时，的取值范围是 ．
2．（2024八下·温州期末）当时，二次根式的值是 ．
3．（2024八下·萧山期末）在某校八年级举行“数学说题”比赛中，名参赛学生的成绩统计如图所示，则这名学生的参赛成绩的众数是 分
4．（2024八下·丽水期末）化简的结果是 ．
5．（2024八下·德清期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可)
6．（2023八下·镇海区期末）若二次根式有意义，则x的取值范围为 ．
7．（2023八下·镇海区期末）已知m，n是方程的两根，则的值为 ．
8．（2024八下·温州期末）小明同学对篮球、排球、足球三种中考球类项目分别进行次测试，发现成绩平均分都相同，方差如下：，，，则发挥最稳定的项目是 ．
9．（2024八下·镇海区期末） 已知一个多边形的内角和是 ， 则这个多边形是 边形.
10．（2024八下·金华期末）若一组数据2，4，5，1，a的平均数为a，则a的值为 .
11．（2024八下·平湖期末）已知，则的值为 ．
12．（2024八下·开化期末）如图，曲线l是由函数在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转45°得到的，过点A（，），B（，）的直线与曲线l相交于点M、N，则△OMN的面积为 ．
13．（2024八下·开化期末）的一边为5，另外两边的长恰好是方程的两个根，则m的取值范围 ．
14．（2024八下·西湖期末）已知某组数据的方差为，则的值为 ．
15．（2024八下·德清期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如图，在矩形中，，“筝形”的顶点是的中点，点分别在上，且，则对角线的长 ．
16．（2024八下·上虞期末）如图，O是等边内任意一点，，点D，E，F分别在上．若，则等边的面积为 ．
17．（2024八下·上虞期末）将两张同样宽度的纸片按如图方式叠放在一起，记重叠部分为四边形，若，则四边形的周长为 ．
18．（2024八下·上虞期末）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则 .
19．（2024八下·上虞期末）已知一组数据，，，的平均数是5，则另一组数据，，，的平均数是 ．
20．（2024八下·德清期末）已知是方程的根，则代数式的值为 .
21．（2024八下·拱墅期末）如图，在菱形中，E为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在边上的F处．若垂直对角线，则 度．
22．（2024八下·拱墅期末）如图，在平面直角坐标系中，函数与反比例函数的图象交于点．若，则的取值范围是 ．
23．（2024八下·拱墅期末）请写出一个的值： ，使二次根式在实数范围内有意义．
24．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝ ．
25．（2024八下·拱墅期末）在n边形中，设∠A的外角的度数为α，与∠A不相邻的（n﹣1）个内角的和为β．若β＝α+540°，则n＝ ．
26．（2024八下·拱墅期末）已知a，b为常数，若方程（x﹣1）2＝a的两个根与方程（x﹣3）（x﹣b）＝0的两个根相同，则b＝ ．
27．（2024八下·鄞州期末）如图，在中，，，，分别是，边上的中点，点在的延长线上，，若，则的长为 ．
28．（2024八下·鄞州期末）一个多边形的内角和360°，则这个多边形的边数为 ．
29．（2024八下·拱墅期末）如图，在平面直角坐标系中，函数与反比例函数的图象交于点若，则的取值范围是 ．
30．（2024八下·拱墅期末）如图，在菱形中，为边上的一点，将菱形沿折叠后，点恰好落在边上的处．若垂直对角线，则 度．
31．（2024八下·温州期末）如图，正方形的顶点，在轴上，反比例函数的图象经过点和的中点.若，则的值是 ．
32．（2024八下·温州期末）如图，已知菱形的顶点A和B的坐标分别为、，点C在y轴的正半轴上．则点D的坐标是 ．
33．（2024八下·越城期末） 如图， 点 为反比例函数 的图象第一象限上的两点， 连结 并延长， 分别交反比例函数的图象于点 ， 连结 . 若四边形 的面积为 16 ， 则 的值为
34．（2024八下·镇海区期末）如图， 第二象限的点 在反比例函数 图象上， 延长 交 轴于点 ， 点 是 轴负半轴上的一点， ， 连结 ， 若 ， 则 的值是 .
35．（2024八下·金华期末）如图1，将面积为4的正方形分为①②③④四部分，分成的4部分恰好拼成如图2所示的矩形，则长为 .
36．（2024八下·金华期末）对于实数a，b定义新运算：，若关于x的方程有两个相等实数根，则k的值为 .
37．（2024八下·拱墅期末）在n边形中，设的外角的度数为α，与不相邻的个内角的和为β．若，则 ．
38．（2024八下·拱墅期末）若两个不同的点A（3，3）和B（m，m）在同一个反比例函数的图象上，则m＝ ．
39．（2024八下·衢州期末） 在平面直角坐标系中， 四边形 的四个顶点坐标依次是 ， ， 则四边形 的形状一定为 。
40．（2024八下·衢州期末） 一个多边形的内角和是它的外角和的 3 倍， 这个多边形的边数是
41．（2024八下·宁波期末）设表示不超过的最大整数．若，则的值是 ．
42．（2024八下·西湖期末）已知方程的一个根为2，则另一个根为 ．
43．（2024八下·德清期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点是轴正半轴上一点，点是反比例函数图象上的一个动点，连结AB，以AB为一边作正方形ABCD，使点在第一象限且落在反比例函数的图象上，设点的横坐标为，点的横坐标为，则 ．
44．（2024八下·温州期末）如图是一款风筝，图是其骨架示意图，，，，是正方形的四个顶点，点，在中垂线上，，，交于点，，交于点若，，则骨架总长图中所有实线之和为 ．
45．（2024八下·越城期末） 如图， 正方形 边长为 6 ， 点 是线段 上一点， 且 ， 点 是直线 上一动点， 以 为边作正方形 逆时针排列)， 连结 ， 直线 与直线 交于点 . 若点 中的任意一点到其余两点距离相等， 则 的长为 .
46．（2024八下·镇海区期末）如图， 在平行四边形 中， ， 分别以 为一边， 在平行四边形 外部作正方形 . 若 是各正方形对角线的交点，则四边形 的面积等于 .
47．（2024八下·金华期末）如图，过内的点P作各边的平行线分别交AB，BC，CD，DA于点E，F，G，H.连结AF，AG，FG.已知与的面积分别为m，n.
（1）若点P是的对称中心，则 ；
（2）的面积为 （用含m、n的代数式表示）.
48．（2024八下·衢州期末） 如图 1， 在四边形 中， 依次取四边中点 ， 连结 是线段 上的一点，连结 ， 作 交 于点 。分别沿 将四边形 裁剪成五块， 再将它们拼成四边形 。
（1） 。
（2）如图 2， 连结 交于点 ， 若 ， 则四边形 的周长最小值是 。
49．（2024八下·宁波期末）关于的方程的两个实数根，满足，则的取值范围是
50．（2024八下·宁波期末）如图，在中，，．点是射线上的动点，过点作射线的垂线，垂足为点H，点M是的中点，连结，则的最小值是 ．
答案解析部分
1．或
解：反比例函数图象过点，
反比例函数解析式为，
当时，，
又，
在每个象限内，随的增大而增大，
故当．且时，有或．
故答案为：或．
求出当时x的值，再根据反比例函数的增减性解答即可．
2．
解：将代入
可得：，
故答案为：．
将代入，计算二次根式的值即可．
3．80
4．5
解：，
故答案为：5．
根据二次根式的性质：，据此求解．
5．（或或等）
解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
由于BC与DE平行且相等，因此四边形BDEC是平行四边形；则BE=CD=BA时，平行四边形BDEC是矩形；时，平行四边形BDEC是矩形．
6．
7．4
8．排球
解：，，，
，
发挥最稳定的项目是排球．
故答案为：排球．
根据方差的意义“”方差越大，波动越大，数据越不稳定；方差越小，波动越小，数据越稳定”解答即可．
9．六
解：设 这个多边形是n边形
解得：n=6
故答案为6.
根据n边形的内角和公式：，列出方程，解方程即可.
10．3
解：由题意得，
解得；
故答案为：3
根据平均数的公式结合题意即可得到，进而即可得到a.
11．32
解：∵，
，
∴，
∴，
故答案为：32．
先将，b分母有理化，再将代数式配方，然后代入求解．
12．8
解：根据题意可知：A（，），B（，），
∴，，
，
∴，OA=8，OB=4，
∴△OAB是直角三角形，∠AOB=90°，
∴OA⊥OB，
以OA为y'轴，OB为x'轴建立新的坐标系，如图所示：
此时，点A的坐标为（0，8），点B的坐标为（4，0），
设直线AB的解析式为y'=kx'+b，
∴，
解得：，
∴直线AB解析式为y'=﹣2x'+8，
∵ 的直线与曲线l相交于点M、N，
∴，
解得或，
∴M（1，6），N（3，2），
∴S△OMN=S△OBM﹣S△OBN=×4×6﹣×4×2=8，
故答案为8．
由点A、B的坐标，确定△OAB为直角三角形，然后以OB、OA为x'轴、y'轴建立新的直角坐标系，并求出直线AB解析式， 联立直线AB与y'=的方程，得到交点M、N，最后通过S△OMN=S△OBM﹣S△OBN即可解决问题.
13．
解：设方程的两个根为x1，x2，
∵方程有两个实根，
∴，
解得：，
由根与系数的关系可得：，，
又由三角形的三边关系可得：，
则，
即，
即36-2m＜25，
解得：；
∴．
故答案为：．
根据方程有两个根，可得，由根与系数的关系可得：，，结合三角形的三边关系可得到，把两根之积与两根之和代入的变形中，解不等式即可求得m的取值范围.
14．
解：由题意知，这组数据为3、4、7、10，
所以这组数据的平均数为，即的值为
故答案为：6．
根据一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方和的平均数，叫做这组数据的方差可得这组数据为3、4、7、10，再根据平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数即可求解.
15．或
解：①如图，，，
∵点是的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图，，，
过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为或．
①当四边形EFGH的另一个顶点G为CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且AH=BF时，四边形EFGH是筝形，此时EG等于BC=7；
②当四边形EFGH的另一个顶点G不是CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且EF=GF、EH=GH时，四边形EFGH也是筝形，此时可过点G作AB的垂线段GM，由于EF=GF=5，则BF=4、CF=3，CG=4、DG=2；由于可证四边形ADGM是矩形，则AM=DG=2、ME=1，利用勾股定理即可求得EG的长．
16．
解，延长FO，交BC于点G，过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵是等边三角形，
∴
∵OF//AB，OE//AC，
∴OD//BG，OG//DE，∠FGC=∠B=60°=∠C=∠OEG，
∴四边形BGOD是平行四边形，△FGC和△OGE都是等边三角形，
∴BG=OD=3，GE=OE=OG=2，
∴GC=GF=GO+OF=2+1=3，
∴BC=BG+GC=6.
∴
∴，
∴，
故答案为：
延长FO，交BC于点G，过点A作AH⊥BC于点H，证明四边形BGOD是平行四边形，△FGC和△OGE都是等边三角形，利用等边三角形和平行四边形的性质可得BC的长为6，再由勾股定理得，即可利用三角形面积公式求△ABC的面积．
17．12
解：作于E，于F，如图所示：
由题意知：，AE=AF.
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴平行四边形是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=3 cm.
∴四边形的周长为，
故答案为：12．
作于E，于F，先证出四边形是平行四边形，再由AE=AF得到，得平行四边形是菱形，最后再利用菱形的周长公式计算周长即可.
18．
解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴
解得，
故答案为：.
一元二次方程有两个相等的实数根，则，据此解答即可.
19．20
解：∵数据，，，的平均数是5，
∴，
∴数据，，，的平均数为：
．
故答案为：20．
根据算术平均数的定义，先求得，然后再利用平均数公式计算，，，的平均数，将整体代入进去即可求解．
20．2025
解：∵a是方程x2+5x-1=0的根，
∴a2+5a-1=0，
∴a2+5a=1，
∴a2+5a+2024=1+2024=2025.
故答案为：2025.
根据一元二次方程的根的定义可得a2+5a=1，然后整体代换即可求解.
21．
解：连接，
四边形是菱形，
，，
设，
垂直对角线，
，
，
由折叠的性质知，
，
，
，
，
解得，
，
故答案为：72．
由菱形的性质得到，并得到，根据平行线的性质及折叠的性质得出角的关系，由平角的定义列出等式解方程即可解答.
22．或
解：由图可知：当或时．
故答案为：或．
y1＞y2，就是y1的图象高于y2的图象所对应的x的范围，观察函数图象并结合两图象的交点A的坐标即可求解．
23．2024
24．1或
解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
25．6
解：在n边形中，设∠A的外角的度数为α，
则与∠A相邻的内角的度数为180° α，
∵与∠A不相邻的（n 1）个内角的和为β，
∴180° α＋β＝（n 2） 180°，
∵β＝α＋540°，
∴180° α＋α＋540°＝（n 2） 180°，
解得：n＝6，
故答案为：6．
设∠A的外角的度数为α，再利用多边形的内角和公式及外角和公式列出方程求解即可.
26．-1
解：根据方程（x 3）（x b）＝0得：x1＝3，x2＝b.
∵方程（x 1）2＝a的两个根与方程（x 3）（x b）＝0的两个根相同，
∴将x＝3代入（x 1）2＝a得：a＝4，
解方程（x 1）2＝4得：x3＝3，x4＝ 1，
∴b＝ 1．
故答案为： 1．
先求出方程（x 3）（x b）＝0的解，再将x=3代入方程（x 1）2＝a求出a的值，最后求出b的值即可.
27．
解：如图，记的中点为，连接，
∵分别是边上的中点，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
故答案为：．
设BC的中点为G，连接EG，求出EG的长，由AC=BC，BC=2CF，可求CF的长，GF的长，利用角的和差关系可证，由勾股定理得计算求解即可．
28．4
解：设该多边形的边数为，根据题意，
可得 ，
解得 ，
所以，这个多边形的边数是4．
故答案为：4．
根据多边形内角和公式求解即可．
29．或
30．72
解：连接，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，，，
设，
∵垂直对角线，AC⊥BD，
∴EF∥AC，
∴，
由折叠的性质知，，
∴，
∴，
∵，
∴α+2α+2α=180°，
即，
解得：，
∴∠BAD=2α=2×36°=72°.
故答案为：72．
连接AC、BD，由菱形的性质得：，，，于是设，由折叠的性质和等边对等角可得，，，根据平角的性质可得关于α的方程，解方程求出α的度数，然后根据∠BAD=2α计算即可求解．
31．9
解：∵正方形，，
∴设，则，
∵点是的中点，
∴，
把代入中得：，
解得，
故答案为：9．
根据题意设，得到E点坐标，代入反比例函数解析式求出k值解题．
32．
解：∵，四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，
∴点D的坐标为：．
故答案为：．
根据点的坐标求出，然后根据菱形的性质得到，利用勾股定理得到长，再根据平移得到点D的坐标解题即可．
33．3
解：如图：延长AB交y轴点M
∵四边形 的面积为 16
∴
设直线AB的解析式：y=kx+p
把代入得：
，解得：
∴
令x=0，y=4b
∴B(0，4b)
∵
∴
∴
解得：ab=3
∴k=3
先根据平行四边形的性质，得出，根据A，B两点的坐标，设直线AB的解析式：y=kx+p，把A，B两点代入，得出解析式：，求出点M的坐标，再用割补法表示出：，列出方程，求出ab即可.
34．-3
如图：作CG⊥x轴，垂足为点G，BH⊥y轴，垂足为点H
∵点B、C在反比例函数图象上，OB=OC∴点B，C关于直线y=-x对称设CG=m∵∠OEC=135°∴∠CEG=45°∴CG=EG=m，CE=∴BC=2CE=2∴OG=OE＋EG=2＋m∴点C的坐标为（-2-m，m），点B的坐标为（-m，2+m）∴∴2=∴m=1∴点C的坐标为（-3，1）∵点C在反比例函数 图象上∴k=-3.
先通过点B、C在反比例函数图象上，OB=OC，得出：点B，C关于直线y=-x对称，设CG=m得出：CG=EG=m，CE=，则BC=2CE=2，点C的坐标为（-2-m，m），点B的坐标为（-m，2+m），再根据两点之间的坐标公式，计算出BC的长，列出方程解出m，即可求出点C的坐标，代入反比例函数即可求出k的值.
35．
解：设AB=b，则图1和图2中有关的线段长度如图所标注
∵矩形的面积与正方形的面积相等，
∴b（2+b）=4，
整理得，b2+2b-4=0，
解得：b=1±（负值舍去），
b=，
∴AB=，
故答案为：．
设AB的长度为b，然后根据图形的分与拼中的规律很容易用b表示图1及图2中各线段的长度，最后根据图1与图2的面积相等列方程即可解决。
36．-9
解：由题意得，
∵方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，
故答案为：
先根据新定义得到，进而根据一元二次方程根的判别式即可求出k.
37．6
解：在n边形中，设的外角的度数为α，
则的度数为，
∵与不相邻的个内角的和为β，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：6．
由多边形的外角与其相邻的内角互补可得∠A=180°- α ，进而根据多边形的内角和为各个内角的度数之和可得该多边形的内角度数为180°- α+β，再根据多边形内角和公式可得该多边形的内角和为(n-2)×180°，根据用两个不同式子表示同一个量，则这两个式子相等，据此建立方程，求解即可.
38．-3
设反比例函数的解析式为，
∵ 点A（3，3）和B（m，m）在同一个反比例函数的图象上 ，
∴3×3=m×m，
解得：m1=3（舍），m2=-3，
故答案为：-3.
根据“ 点A（3，3）和B（m，m）在同一个反比例函数的图象上 ”可得3×3=m×m，再求出m的值即可.
39．矩形
解：根据题意，因为A、D两点横坐标相等，B、C两点横坐标相等，
所以，AD∥y轴，BC∥y轴，
∴AD∥BC，
同理，CD∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
因为AD∥y轴，CD∥x轴，
∴CD⊥AD，
∴四边形ABCD是矩形.
故答案为：矩形.
根据坐标可得推得AD∥BC，CD∥AB，根据两组对边平行的四边形是平行四边形，结合有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解.
40．八
解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n-2）·180°=3×360°，
解得：n=8，
∴这个多边形为八边形.
故答案为：八.
根据多边形的内角和等于（n-2）·180°，外角和等于360°，列方程求解即可.
41．
解：设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
设，可得，，利用完全平方公式依次求得，，，再求出 ．
42．
解：令方程的另一个根为，
则，
所以，
即方程的另一个根为．
故答案为：．
根据一元二次方程根与系数的关系解答即可．
43．2
解：将代入中，得，
点B的坐标是，
作轴于点E， 作轴于点 F，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，，
，
又，，
，
，，
，
点D的坐标是，
点D在反比例函数图象上，点D的横坐标为n，
点D的坐标是，
，，
，，
，
，
．
故答案为：2．
由反比例函数图象上点的坐标特征，可将代入中，得到点B的坐标，再分别作轴于点E， 作轴于点 F，则利用正方形的性质可证明，再由全等的性质可得，，即可得到点D的坐标，由于点D也在反比例函数图象上且点D的横坐标为n，利用坐标相等即可求解．
44．
解：如图，连接EF，交AB于M，交DC于N
∵ 矩形ABCD
∴ AD=BC=7dm，AB∥CD，AB=CD=10dm
∵ 点，在中垂线上，
∴ EF为AB，CD的中垂线
∴ AF=BF，DE=DC，AM=DN=5dm，EF⊥AB，
∵ ∠EAB=∠FDC=45°
∴为全等的等腰直角三角形
∴ AM=EM=DN=FN=5dm，EN=FM=12dm
∴ AE=DF=dm
∴ AF=BF=，DE=EC=
∴ 骨架总长AE+DF+EC+ED+AF+BF+BC=（）dm
本题 考查矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线等知识，熟练掌握矩形的性质，等腰直角三角形的性质及线段的垂直平分线的性质是解题关键。连接EF，交AB于M，交DC于N， 由EF为AB，CD的中垂线得AF=BF，DE=DC，AM=DN=5dm，EF⊥AB，由∠EAB=∠FDC=45°得为全等的等腰直角三角形，根据勾股定理得AE=DF=dm， AF=BF=13，DE=EC=13，可得骨架总长AE+DF+EC+ED+AF+BF+BC.
45． 或 或
解：（1）当AH=AP时，点P与F重合，过点H作HN⊥AB于N，HM⊥BC于M，则∠M=∠ANH=90°
∵ 正方形 边长为 6 ，
∴CE=BC-BE=6-2=4
∴HN∥AD
∵∠AHN=∠PAD
∠ADP=∠ANH=90°
AH=AP
∴△AHN≌△PAD(AAS)
HN=AD=4
∴BM=HN=4
∴ME=MB＋BE=6＋2=8
∵∠HEM＋∠PEC=90°，∠EHM＋∠HEM=90°
∴∠PEC=∠EHM
∵∠M=∠C=90°，EH=EP
∴△EHM≌△PEC(AAS)
∴PC=ME=8
在Rt△EFC中，
(2)当AH=HP时，过点H作NQ⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M
∵∠AHN=PHQ，∠ANH=∠PQH=90°
∴△ANH≌△PQH(AAS)
∴
∵BE=2，EC=4
∴EM=1
同（1）得：△HME≌△ECF(AAS)
∴EM=CF=1
在Rt△EFC中，
(3)当AP=PH，过点H作HN⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M
同（2）得：△ADP≌△HQP(AAS)，△HME≌△ECF(AAS)
∴HQ=AD=CM=6，HM=EC=4
∴MB=BC＋CM=10
在Rt△EFC中，
故答案为 ： 或 或.
本题需要分三种情况讨论：
（1）当AH=AP时，点P与F重合，过点H作HN⊥AB于N，HM⊥BC于M，先证明：△AHN≌△PAD(AAS)，得出BM=HN=AD=4，得出ME=MB＋BE=8再根据一线三垂直，证明：△EHM≌△PEC(AAS)，得出PC=ME=8，再根据勾股定理：，求出EF的值
（2）当AH=HP时，过点H作NQ⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M，先证明△ANH≌△PQH(AAS)，得出 ：，从而EM=1，同理（1）得：△HME≌△ECF(AAS)，得出：EM=CF=1，最后根据勾股定理：求出EF即可
（3）当AP=PH，过点H作HN⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M，同理，可得：.
46．14
解：连接AP，BM，BN，AM
∵四边形 为平行四边形
∴AD=CB，∠BAD=180°-∠ABC=150°
∴∠EAL=360°-∠EAB-∠LAD-∠BAC=360°-90°-90°-150°=30°
∵ 是各正方形对角线的交点，
∴
∴AP=BN
∴∠MAP=∠MAE＋∠EAL＋∠LAP=45°＋30°＋45°=120°
∴∠MBN=∠MBA＋∠ABC＋∠CBN=45°＋30°＋45°=120°
∴∠MAP=∠MBN
∴△MAP≌△MBN(SAS)
∴MP=MN，∠PMA=∠NMB
∵∠BMN＋∠AMN=90°
∴∠PMA＋∠AMN=90°
∴∠PMN=90°
同理：MP=OP，MN=ON
∴MP=OP=MN=ON，
∴四边形MNOP是正方形
如图所示，过点N作NT⊥MB交MB延长线于T，则∠TBN=60°
∴
∴
∴MT=MB＋TB=
在Rt△MNT中，
∴四边形 的面积为14.
根据题意，先证明：△MAP≌△MBN(SAS)，得出MP=MN，∠PMA=∠NMB，即可得：∠PMN=90°，同理：MP=OP，MN=ON，可得：四边形MNOP是正方形，过点N作NT⊥MB交MB延长线于T，则∠TBN=60°，根据30°所对的直角边等于斜边的一半，得出：BT=，TN=，再根据勾股定理：计算出，从而得出四边形 的面积.
47．（1）
（2）2m+n
解：（1）如图，点P是 ABCD的对称中心，连接AC、BD．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD=BC，AB=CD．
∴AB∥FH∥CD，AD∥EG∥BC．
∴四边形AEPH为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形CFPG为平行四边形，四边形AEGD为平行四边形．
设四边形ABCD的面积为S，
∴S△AFG=m=S ABCD-S△ABF-S△CFG-S△ADG．
∵点P是平行四边形ABCD的对称中心，
∴S AEPH=S ABCD=S，S△ABF=S ABFH=S，S△CFG=S CFPG=S，S△ADG=S AEGD=S，
∴S AEPH=n=S，S△AFG=m=S-S-S-S=S，
∴；
故答案为：；
（2）如图，连接BD，
由平行四边形的性质，点P在BD上．
由题意得，四边形AEGD为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形PFCG为平行四边形．
∵S△ABD=S△BEP+S AEPH+S△DHP=S△BCD=S△BPF+S CFPG+S△DPG，
又S△BEP=S△BFP，S△DHP=S△DPG，
∴S AEPH=S CFPG=n.
∵S ABCD=S△AFG+S△ABF+S△CFG+S△ADG，
又S△AFG=m，S△ABF=S ABFH，S△CFG=S CFPG=n，S△ADG=S AEGD，
∴S ABCD=m+S ABFH+n+S AEGD=m+n+（S ABFH+S AEGD）．
又S ABFH+S AEGD=S BEPF+S AEPH+S AEPH+S DHPG=S BEPF+S AEPH+S CFPG+S DHPG=S ABCD，
∴S ABCD=m+n+S ABCD．
∴S ABCD=m+n.
∴S ABCD=2m+n.
故答案为：2m+n.
（1）依据题意，连接AC、BD，根据平行四边形的判定及性质得出四边形AEPH为平行四边形，再根据中心对称的性质设四边形ABCD的面积为S，可得S△AFG=m=S ABCD-S△ABF-S△CFG-S△ADG，又点P是平行四边形ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质及中心对称图形的性质得S AEPH=S ABCD=S，S△ABF=S ABFH=S，S△CFG=S CFPG=S，S△ADG=S AEGD=S，则S AEPH=n=S，S△AFG=m=S-S-S-S=S，从而即可得出答案；
（2）根据平行四边形的性质及判定可得由题意得，四边形AEGD为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形PFCG为平行四边形，根据平行四边形的性质得S ABCD=m+S ABFH+n+S AEGD=m+n+（S ABFH+S AEGD），结合图形可得又S ABFH+S AEGD=S BEPF+S AEPH+S AEPH+S DHPG=S BEPF+S AEPH+S CFPG+S DHPG=S ABCD，从而即可得出S ABCD=m+n，此题得解了.
48．（1）
（2）
解：（1）根据题意可得△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，
∴EP=NE，PG=GM，
∴EG=EP+PG=NE+GM，
∴.
（2）连接EF，GH，作HP∥BD，GP⊥HP，如图：
∵E，F，G，H是AB，BC，AD，CD的中点，
∴，，，，.
∴∠1=∠AOD=∠GHP=45°，GP2+HP2=HG2，
∴，
∴RN，MS的最小值为，
根据（1）可得出MN=2EG=6，RS=2FH=6，
故四边形MNRS的周长最小值，
故答案为：；.
（1）根据题意得出△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，根据全等三角形的对应边相等可得EP=NE，PG=GM，推得EG=EP+PG=NE+GM，即可求解；
（2）根据根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，，GH∥AC，作HP∥BD，GP⊥HP，根据等腰直角三角形的性质和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出GP和HP的值，结合（1）中结论即可求解.
49．
解： ∵关于的方程的两个实数根，
∴，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
先利用一元二次方程有两个不同的实数根，得到，再得出，从而可得，求出a的取值范围，再根据，得到关于a的不等式求解．
50．
解：取的中点O，连接、，如图：
∵，，
∴，
∵点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
先利用勾股定理求得BC，再根据中位线的性质求得OM，然后利用直角三角形的性质求得OB，再由，得出，就可得出结果．
专项练习 06 填空题
一、填空题
1．（2024八下·西湖期末）若反比例函数图象过点，当且时，的取值范围是 ．
2．（2024八下·温州期末）当时，二次根式的值是 ．
3．（2024八下·萧山期末）在某校八年级举行“数学说题”比赛中，名参赛学生的成绩统计如图所示，则这名学生的参赛成绩的众数是 分
4．（2024八下·丽水期末）化简的结果是 ．
5．（2024八下·德清期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可)
6．（2023八下·镇海区期末）若二次根式有意义，则x的取值范围为 ．
7．（2023八下·镇海区期末）已知m，n是方程的两根，则的值为 ．
8．（2024八下·温州期末）小明同学对篮球、排球、足球三种中考球类项目分别进行次测试，发现成绩平均分都相同，方差如下：，，，则发挥最稳定的项目是 ．
9．（2024八下·镇海区期末） 已知一个多边形的内角和是 ， 则这个多边形是 边形.
10．（2024八下·金华期末）若一组数据2，4，5，1，a的平均数为a，则a的值为 .
11．（2024八下·平湖期末）已知，则的值为 ．
12．（2024八下·开化期末）如图，曲线l是由函数在第一象限内的图象绕坐标原点O逆时针旋转45°得到的，过点A（，），B（，）的直线与曲线l相交于点M、N，则△OMN的面积为 ．
13．（2024八下·开化期末）的一边为5，另外两边的长恰好是方程的两个根，则m的取值范围 ．
14．（2024八下·西湖期末）已知某组数据的方差为，则的值为 ．
15．（2024八下·德清期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如图，在矩形中，，“筝形”的顶点是的中点，点分别在上，且，则对角线的长 ．
16．（2024八下·上虞期末）如图，O是等边内任意一点，，点D，E，F分别在上．若，则等边的面积为 ．
17．（2024八下·上虞期末）将两张同样宽度的纸片按如图方式叠放在一起，记重叠部分为四边形，若，则四边形的周长为 ．
18．（2024八下·上虞期末）关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则 .
19．（2024八下·上虞期末）已知一组数据，，，的平均数是5，则另一组数据，，，的平均数是 ．
20．（2024八下·德清期末）已知是方程的根，则代数式的值为 .
21．（2024八下·拱墅期末）如图，在菱形中，E为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在边上的F处．若垂直对角线，则 度．
22．（2024八下·拱墅期末）如图，在平面直角坐标系中，函数与反比例函数的图象交于点．若，则的取值范围是 ．
23．（2024八下·拱墅期末）请写出一个的值： ，使二次根式在实数范围内有意义．
24．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝ ．
25．（2024八下·拱墅期末）在n边形中，设∠A的外角的度数为α，与∠A不相邻的（n﹣1）个内角的和为β．若β＝α+540°，则n＝ ．
26．（2024八下·拱墅期末）已知a，b为常数，若方程（x﹣1）2＝a的两个根与方程（x﹣3）（x﹣b）＝0的两个根相同，则b＝ ．
27．（2024八下·鄞州期末）如图，在中，，，，分别是，边上的中点，点在的延长线上，，若，则的长为 ．
28．（2024八下·鄞州期末）一个多边形的内角和360°，则这个多边形的边数为 ．
29．（2024八下·拱墅期末）如图，在平面直角坐标系中，函数与反比例函数的图象交于点若，则的取值范围是 ．
30．（2024八下·拱墅期末）如图，在菱形中，为边上的一点，将菱形沿折叠后，点恰好落在边上的处．若垂直对角线，则 度．
31．（2024八下·温州期末）如图，正方形的顶点，在轴上，反比例函数的图象经过点和的中点.若，则的值是 ．
32．（2024八下·温州期末）如图，已知菱形的顶点A和B的坐标分别为、，点C在y轴的正半轴上．则点D的坐标是 ．
33．（2024八下·越城期末） 如图， 点 为反比例函数 的图象第一象限上的两点， 连结 并延长， 分别交反比例函数的图象于点 ， 连结 . 若四边形 的面积为 16 ， 则 的值为
34．（2024八下·镇海区期末）如图， 第二象限的点 在反比例函数 图象上， 延长 交 轴于点 ， 点 是 轴负半轴上的一点， ， 连结 ， 若 ， 则 的值是 .
35．（2024八下·金华期末）如图1，将面积为4的正方形分为①②③④四部分，分成的4部分恰好拼成如图2所示的矩形，则长为 .
36．（2024八下·金华期末）对于实数a，b定义新运算：，若关于x的方程有两个相等实数根，则k的值为 .
37．（2024八下·拱墅期末）在n边形中，设的外角的度数为α，与不相邻的个内角的和为β．若，则 ．
38．（2024八下·拱墅期末）若两个不同的点A（3，3）和B（m，m）在同一个反比例函数的图象上，则m＝ ．
39．（2024八下·衢州期末） 在平面直角坐标系中， 四边形 的四个顶点坐标依次是 ， ， 则四边形 的形状一定为 。
40．（2024八下·衢州期末） 一个多边形的内角和是它的外角和的 3 倍， 这个多边形的边数是
41．（2024八下·宁波期末）设表示不超过的最大整数．若，则的值是 ．
42．（2024八下·西湖期末）已知方程的一个根为2，则另一个根为 ．
43．（2024八下·德清期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点是轴正半轴上一点，点是反比例函数图象上的一个动点，连结AB，以AB为一边作正方形ABCD，使点在第一象限且落在反比例函数的图象上，设点的横坐标为，点的横坐标为，则 ．
44．（2024八下·温州期末）如图是一款风筝，图是其骨架示意图，，，，是正方形的四个顶点，点，在中垂线上，，，交于点，，交于点若，，则骨架总长图中所有实线之和为 ．
45．（2024八下·越城期末） 如图， 正方形 边长为 6 ， 点 是线段 上一点， 且 ， 点 是直线 上一动点， 以 为边作正方形 逆时针排列)， 连结 ， 直线 与直线 交于点 . 若点 中的任意一点到其余两点距离相等， 则 的长为 .
46．（2024八下·镇海区期末）如图， 在平行四边形 中， ， 分别以 为一边， 在平行四边形 外部作正方形 . 若 是各正方形对角线的交点，则四边形 的面积等于 .
47．（2024八下·金华期末）如图，过内的点P作各边的平行线分别交AB，BC，CD，DA于点E，F，G，H.连结AF，AG，FG.已知与的面积分别为m，n.
（1）若点P是的对称中心，则 ；
（2）的面积为 （用含m、n的代数式表示）.
48．（2024八下·衢州期末） 如图 1， 在四边形 中， 依次取四边中点 ， 连结 是线段 上的一点，连结 ， 作 交 于点 。分别沿 将四边形 裁剪成五块， 再将它们拼成四边形 。
（1） 。
（2）如图 2， 连结 交于点 ， 若 ， 则四边形 的周长最小值是 。
49．（2024八下·宁波期末）关于的方程的两个实数根，满足，则的取值范围是
50．（2024八下·宁波期末）如图，在中，，．点是射线上的动点，过点作射线的垂线，垂足为点H，点M是的中点，连结，则的最小值是 ．
答案解析部分
1．或
解：反比例函数图象过点，
反比例函数解析式为，
当时，，
又，
在每个象限内，随的增大而增大，
故当．且时，有或．
故答案为：或．
求出当时x的值，再根据反比例函数的增减性解答即可．
2．
解：将代入
可得：，
故答案为：．
将代入，计算二次根式的值即可．
3．80
4．5
解：，
故答案为：5．
根据二次根式的性质：，据此求解．
5．（或或等）
解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
由于BC与DE平行且相等，因此四边形BDEC是平行四边形；则BE=CD=BA时，平行四边形BDEC是矩形；时，平行四边形BDEC是矩形．
6．
7．4
8．排球
解：，，，
，
发挥最稳定的项目是排球．
故答案为：排球．
根据方差的意义“”方差越大，波动越大，数据越不稳定；方差越小，波动越小，数据越稳定”解答即可．
9．六
解：设 这个多边形是n边形
解得：n=6
故答案为6.
根据n边形的内角和公式：，列出方程，解方程即可.
10．3
解：由题意得，
解得；
故答案为：3
根据平均数的公式结合题意即可得到，进而即可得到a.
11．32
解：∵，
，
∴，
∴，
故答案为：32．
先将，b分母有理化，再将代数式配方，然后代入求解．
12．8
解：根据题意可知：A（，），B（，），
∴，，
，
∴，OA=8，OB=4，
∴△OAB是直角三角形，∠AOB=90°，
∴OA⊥OB，
以OA为y'轴，OB为x'轴建立新的坐标系，如图所示：
此时，点A的坐标为（0，8），点B的坐标为（4，0），
设直线AB的解析式为y'=kx'+b，
∴，
解得：，
∴直线AB解析式为y'=﹣2x'+8，
∵ 的直线与曲线l相交于点M、N，
∴，
解得或，
∴M（1，6），N（3，2），
∴S△OMN=S△OBM﹣S△OBN=×4×6﹣×4×2=8，
故答案为8．
由点A、B的坐标，确定△OAB为直角三角形，然后以OB、OA为x'轴、y'轴建立新的直角坐标系，并求出直线AB解析式， 联立直线AB与y'=的方程，得到交点M、N，最后通过S△OMN=S△OBM﹣S△OBN即可解决问题.
13．
解：设方程的两个根为x1，x2，
∵方程有两个实根，
∴，
解得：，
由根与系数的关系可得：，，
又由三角形的三边关系可得：，
则，
即，
即36-2m＜25，
解得：；
∴．
故答案为：．
根据方程有两个根，可得，由根与系数的关系可得：，，结合三角形的三边关系可得到，把两根之积与两根之和代入的变形中，解不等式即可求得m的取值范围.
14．
解：由题意知，这组数据为3、4、7、10，
所以这组数据的平均数为，即的值为
故答案为：6．
根据一组数据中各数据与它们的平均数的差的平方和的平均数，叫做这组数据的方差可得这组数据为3、4、7、10，再根据平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数即可求解.
15．或
解：①如图，，，
∵点是的中点，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图，，，
过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为或．
①当四边形EFGH的另一个顶点G为CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且AH=BF时，四边形EFGH是筝形，此时EG等于BC=7；
②当四边形EFGH的另一个顶点G不是CD中点，另外两个顶点H、F分别在AD和BC上，且EF=GF、EH=GH时，四边形EFGH也是筝形，此时可过点G作AB的垂线段GM，由于EF=GF=5，则BF=4、CF=3，CG=4、DG=2；由于可证四边形ADGM是矩形，则AM=DG=2、ME=1，利用勾股定理即可求得EG的长．
16．
解，延长FO，交BC于点G，过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵是等边三角形，
∴
∵OF//AB，OE//AC，
∴OD//BG，OG//DE，∠FGC=∠B=60°=∠C=∠OEG，
∴四边形BGOD是平行四边形，△FGC和△OGE都是等边三角形，
∴BG=OD=3，GE=OE=OG=2，
∴GC=GF=GO+OF=2+1=3，
∴BC=BG+GC=6.
∴
∴，
∴，
故答案为：
延长FO，交BC于点G，过点A作AH⊥BC于点H，证明四边形BGOD是平行四边形，△FGC和△OGE都是等边三角形，利用等边三角形和平行四边形的性质可得BC的长为6，再由勾股定理得，即可利用三角形面积公式求△ABC的面积．
17．12
解：作于E，于F，如图所示：
由题意知：，AE=AF.
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴平行四边形是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=3 cm.
∴四边形的周长为，
故答案为：12．
作于E，于F，先证出四边形是平行四边形，再由AE=AF得到，得平行四边形是菱形，最后再利用菱形的周长公式计算周长即可.
18．
解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴
解得，
故答案为：.
一元二次方程有两个相等的实数根，则，据此解答即可.
19．20
解：∵数据，，，的平均数是5，
∴，
∴数据，，，的平均数为：
．
故答案为：20．
根据算术平均数的定义，先求得，然后再利用平均数公式计算，，，的平均数，将整体代入进去即可求解．
20．2025
解：∵a是方程x2+5x-1=0的根，
∴a2+5a-1=0，
∴a2+5a=1，
∴a2+5a+2024=1+2024=2025.
故答案为：2025.
根据一元二次方程的根的定义可得a2+5a=1，然后整体代换即可求解.
21．
解：连接，
四边形是菱形，
，，
设，
垂直对角线，
，
，
由折叠的性质知，
，
，
，
，
解得，
，
故答案为：72．
由菱形的性质得到，并得到，根据平行线的性质及折叠的性质得出角的关系，由平角的定义列出等式解方程即可解答.
22．或
解：由图可知：当或时．
故答案为：或．
y1＞y2，就是y1的图象高于y2的图象所对应的x的范围，观察函数图象并结合两图象的交点A的坐标即可求解．
23．2024
24．1或
解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
25．6
解：在n边形中，设∠A的外角的度数为α，
则与∠A相邻的内角的度数为180° α，
∵与∠A不相邻的（n 1）个内角的和为β，
∴180° α＋β＝（n 2） 180°，
∵β＝α＋540°，
∴180° α＋α＋540°＝（n 2） 180°，
解得：n＝6，
故答案为：6．
设∠A的外角的度数为α，再利用多边形的内角和公式及外角和公式列出方程求解即可.
26．-1
解：根据方程（x 3）（x b）＝0得：x1＝3，x2＝b.
∵方程（x 1）2＝a的两个根与方程（x 3）（x b）＝0的两个根相同，
∴将x＝3代入（x 1）2＝a得：a＝4，
解方程（x 1）2＝4得：x3＝3，x4＝ 1，
∴b＝ 1．
故答案为： 1．
先求出方程（x 3）（x b）＝0的解，再将x=3代入方程（x 1）2＝a求出a的值，最后求出b的值即可.
27．
解：如图，记的中点为，连接，
∵分别是边上的中点，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
故答案为：．
设BC的中点为G，连接EG，求出EG的长，由AC=BC，BC=2CF，可求CF的长，GF的长，利用角的和差关系可证，由勾股定理得计算求解即可．
28．4
解：设该多边形的边数为，根据题意，
可得 ，
解得 ，
所以，这个多边形的边数是4．
故答案为：4．
根据多边形内角和公式求解即可．
29．或
30．72
解：连接，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，，，
设，
∵垂直对角线，AC⊥BD，
∴EF∥AC，
∴，
由折叠的性质知，，
∴，
∴，
∵，
∴α+2α+2α=180°，
即，
解得：，
∴∠BAD=2α=2×36°=72°.
故答案为：72．
连接AC、BD，由菱形的性质得：，，，于是设，由折叠的性质和等边对等角可得，，，根据平角的性质可得关于α的方程，解方程求出α的度数，然后根据∠BAD=2α计算即可求解．
31．9
解：∵正方形，，
∴设，则，
∵点是的中点，
∴，
把代入中得：，
解得，
故答案为：9．
根据题意设，得到E点坐标，代入反比例函数解析式求出k值解题．
32．
解：∵，四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，
∴点D的坐标为：．
故答案为：．
根据点的坐标求出，然后根据菱形的性质得到，利用勾股定理得到长，再根据平移得到点D的坐标解题即可．
33．3
解：如图：延长AB交y轴点M
∵四边形 的面积为 16
∴
设直线AB的解析式：y=kx+p
把代入得：
，解得：
∴
令x=0，y=4b
∴B(0，4b)
∵
∴
∴
解得：ab=3
∴k=3
先根据平行四边形的性质，得出，根据A，B两点的坐标，设直线AB的解析式：y=kx+p，把A，B两点代入，得出解析式：，求出点M的坐标，再用割补法表示出：，列出方程，求出ab即可.
34．-3
如图：作CG⊥x轴，垂足为点G，BH⊥y轴，垂足为点H
∵点B、C在反比例函数图象上，OB=OC∴点B，C关于直线y=-x对称设CG=m∵∠OEC=135°∴∠CEG=45°∴CG=EG=m，CE=∴BC=2CE=2∴OG=OE＋EG=2＋m∴点C的坐标为（-2-m，m），点B的坐标为（-m，2+m）∴∴2=∴m=1∴点C的坐标为（-3，1）∵点C在反比例函数 图象上∴k=-3.
先通过点B、C在反比例函数图象上，OB=OC，得出：点B，C关于直线y=-x对称，设CG=m得出：CG=EG=m，CE=，则BC=2CE=2，点C的坐标为（-2-m，m），点B的坐标为（-m，2+m），再根据两点之间的坐标公式，计算出BC的长，列出方程解出m，即可求出点C的坐标，代入反比例函数即可求出k的值.
35．
解：设AB=b，则图1和图2中有关的线段长度如图所标注
∵矩形的面积与正方形的面积相等，
∴b（2+b）=4，
整理得，b2+2b-4=0，
解得：b=1±（负值舍去），
b=，
∴AB=，
故答案为：．
设AB的长度为b，然后根据图形的分与拼中的规律很容易用b表示图1及图2中各线段的长度，最后根据图1与图2的面积相等列方程即可解决。
36．-9
解：由题意得，
∵方程有两个相等的实数根，
∴，
解得，
故答案为：
先根据新定义得到，进而根据一元二次方程根的判别式即可求出k.
37．6
解：在n边形中，设的外角的度数为α，
则的度数为，
∵与不相邻的个内角的和为β，
∴，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：6．
由多边形的外角与其相邻的内角互补可得∠A=180°- α ，进而根据多边形的内角和为各个内角的度数之和可得该多边形的内角度数为180°- α+β，再根据多边形内角和公式可得该多边形的内角和为(n-2)×180°，根据用两个不同式子表示同一个量，则这两个式子相等，据此建立方程，求解即可.
38．-3
设反比例函数的解析式为，
∵ 点A（3，3）和B（m，m）在同一个反比例函数的图象上 ，
∴3×3=m×m，
解得：m1=3（舍），m2=-3，
故答案为：-3.
根据“ 点A（3，3）和B（m，m）在同一个反比例函数的图象上 ”可得3×3=m×m，再求出m的值即可.
39．矩形
解：根据题意，因为A、D两点横坐标相等，B、C两点横坐标相等，
所以，AD∥y轴，BC∥y轴，
∴AD∥BC，
同理，CD∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
因为AD∥y轴，CD∥x轴，
∴CD⊥AD，
∴四边形ABCD是矩形.
故答案为：矩形.
根据坐标可得推得AD∥BC，CD∥AB，根据两组对边平行的四边形是平行四边形，结合有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解.
40．八
解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n-2）·180°=3×360°，
解得：n=8，
∴这个多边形为八边形.
故答案为：八.
根据多边形的内角和等于（n-2）·180°，外角和等于360°，列方程求解即可.
41．
解：设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
设，可得，，利用完全平方公式依次求得，，，再求出 ．
42．
解：令方程的另一个根为，
则，
所以，
即方程的另一个根为．
故答案为：．
根据一元二次方程根与系数的关系解答即可．
43．2
解：将代入中，得，
点B的坐标是，
作轴于点E， 作轴于点 F，如图所示，
四边形是正方形，
，，
，，
，
又，，
，
，，
，
点D的坐标是，
点D在反比例函数图象上，点D的横坐标为n，
点D的坐标是，
，，
，，
，
，
．
故答案为：2．
由反比例函数图象上点的坐标特征，可将代入中，得到点B的坐标，再分别作轴于点E， 作轴于点 F，则利用正方形的性质可证明，再由全等的性质可得，，即可得到点D的坐标，由于点D也在反比例函数图象上且点D的横坐标为n，利用坐标相等即可求解．
44．
解：如图，连接EF，交AB于M，交DC于N
∵ 矩形ABCD
∴ AD=BC=7dm，AB∥CD，AB=CD=10dm
∵ 点，在中垂线上，
∴ EF为AB，CD的中垂线
∴ AF=BF，DE=DC，AM=DN=5dm，EF⊥AB，
∵ ∠EAB=∠FDC=45°
∴为全等的等腰直角三角形
∴ AM=EM=DN=FN=5dm，EN=FM=12dm
∴ AE=DF=dm
∴ AF=BF=，DE=EC=
∴ 骨架总长AE+DF+EC+ED+AF+BF+BC=（）dm
本题 考查矩形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线等知识，熟练掌握矩形的性质，等腰直角三角形的性质及线段的垂直平分线的性质是解题关键。连接EF，交AB于M，交DC于N， 由EF为AB，CD的中垂线得AF=BF，DE=DC，AM=DN=5dm，EF⊥AB，由∠EAB=∠FDC=45°得为全等的等腰直角三角形，根据勾股定理得AE=DF=dm， AF=BF=13，DE=EC=13，可得骨架总长AE+DF+EC+ED+AF+BF+BC.
45． 或 或
解：（1）当AH=AP时，点P与F重合，过点H作HN⊥AB于N，HM⊥BC于M，则∠M=∠ANH=90°
∵ 正方形 边长为 6 ，
∴CE=BC-BE=6-2=4
∴HN∥AD
∵∠AHN=∠PAD
∠ADP=∠ANH=90°
AH=AP
∴△AHN≌△PAD(AAS)
HN=AD=4
∴BM=HN=4
∴ME=MB＋BE=6＋2=8
∵∠HEM＋∠PEC=90°，∠EHM＋∠HEM=90°
∴∠PEC=∠EHM
∵∠M=∠C=90°，EH=EP
∴△EHM≌△PEC(AAS)
∴PC=ME=8
在Rt△EFC中，
(2)当AH=HP时，过点H作NQ⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M
∵∠AHN=PHQ，∠ANH=∠PQH=90°
∴△ANH≌△PQH(AAS)
∴
∵BE=2，EC=4
∴EM=1
同（1）得：△HME≌△ECF(AAS)
∴EM=CF=1
在Rt△EFC中，
(3)当AP=PH，过点H作HN⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M
同（2）得：△ADP≌△HQP(AAS)，△HME≌△ECF(AAS)
∴HQ=AD=CM=6，HM=EC=4
∴MB=BC＋CM=10
在Rt△EFC中，
故答案为 ： 或 或.
本题需要分三种情况讨论：
（1）当AH=AP时，点P与F重合，过点H作HN⊥AB于N，HM⊥BC于M，先证明：△AHN≌△PAD(AAS)，得出BM=HN=AD=4，得出ME=MB＋BE=8再根据一线三垂直，证明：△EHM≌△PEC(AAS)，得出PC=ME=8，再根据勾股定理：，求出EF的值
（2）当AH=HP时，过点H作NQ⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M，先证明△ANH≌△PQH(AAS)，得出 ：，从而EM=1，同理（1）得：△HME≌△ECF(AAS)，得出：EM=CF=1，最后根据勾股定理：求出EF即可
（3）当AP=PH，过点H作HN⊥AB于N，交CD于Q，HM⊥BC于M，同理，可得：.
46．14
解：连接AP，BM，BN，AM
∵四边形 为平行四边形
∴AD=CB，∠BAD=180°-∠ABC=150°
∴∠EAL=360°-∠EAB-∠LAD-∠BAC=360°-90°-90°-150°=30°
∵ 是各正方形对角线的交点，
∴
∴AP=BN
∴∠MAP=∠MAE＋∠EAL＋∠LAP=45°＋30°＋45°=120°
∴∠MBN=∠MBA＋∠ABC＋∠CBN=45°＋30°＋45°=120°
∴∠MAP=∠MBN
∴△MAP≌△MBN(SAS)
∴MP=MN，∠PMA=∠NMB
∵∠BMN＋∠AMN=90°
∴∠PMA＋∠AMN=90°
∴∠PMN=90°
同理：MP=OP，MN=ON
∴MP=OP=MN=ON，
∴四边形MNOP是正方形
如图所示，过点N作NT⊥MB交MB延长线于T，则∠TBN=60°
∴
∴
∴MT=MB＋TB=
在Rt△MNT中，
∴四边形 的面积为14.
根据题意，先证明：△MAP≌△MBN(SAS)，得出MP=MN，∠PMA=∠NMB，即可得：∠PMN=90°，同理：MP=OP，MN=ON，可得：四边形MNOP是正方形，过点N作NT⊥MB交MB延长线于T，则∠TBN=60°，根据30°所对的直角边等于斜边的一半，得出：BT=，TN=，再根据勾股定理：计算出，从而得出四边形 的面积.
47．（1）
（2）2m+n
解：（1）如图，点P是 ABCD的对称中心，连接AC、BD．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD=BC，AB=CD．
∴AB∥FH∥CD，AD∥EG∥BC．
∴四边形AEPH为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形CFPG为平行四边形，四边形AEGD为平行四边形．
设四边形ABCD的面积为S，
∴S△AFG=m=S ABCD-S△ABF-S△CFG-S△ADG．
∵点P是平行四边形ABCD的对称中心，
∴S AEPH=S ABCD=S，S△ABF=S ABFH=S，S△CFG=S CFPG=S，S△ADG=S AEGD=S，
∴S AEPH=n=S，S△AFG=m=S-S-S-S=S，
∴；
故答案为：；
（2）如图，连接BD，
由平行四边形的性质，点P在BD上．
由题意得，四边形AEGD为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形PFCG为平行四边形．
∵S△ABD=S△BEP+S AEPH+S△DHP=S△BCD=S△BPF+S CFPG+S△DPG，
又S△BEP=S△BFP，S△DHP=S△DPG，
∴S AEPH=S CFPG=n.
∵S ABCD=S△AFG+S△ABF+S△CFG+S△ADG，
又S△AFG=m，S△ABF=S ABFH，S△CFG=S CFPG=n，S△ADG=S AEGD，
∴S ABCD=m+S ABFH+n+S AEGD=m+n+（S ABFH+S AEGD）．
又S ABFH+S AEGD=S BEPF+S AEPH+S AEPH+S DHPG=S BEPF+S AEPH+S CFPG+S DHPG=S ABCD，
∴S ABCD=m+n+S ABCD．
∴S ABCD=m+n.
∴S ABCD=2m+n.
故答案为：2m+n.
（1）依据题意，连接AC、BD，根据平行四边形的判定及性质得出四边形AEPH为平行四边形，再根据中心对称的性质设四边形ABCD的面积为S，可得S△AFG=m=S ABCD-S△ABF-S△CFG-S△ADG，又点P是平行四边形ABCD的对称中心，根据平行四边形的性质及中心对称图形的性质得S AEPH=S ABCD=S，S△ABF=S ABFH=S，S△CFG=S CFPG=S，S△ADG=S AEGD=S，则S AEPH=n=S，S△AFG=m=S-S-S-S=S，从而即可得出答案；
（2）根据平行四边形的性质及判定可得由题意得，四边形AEGD为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形PFCG为平行四边形，根据平行四边形的性质得S ABCD=m+S ABFH+n+S AEGD=m+n+（S ABFH+S AEGD），结合图形可得又S ABFH+S AEGD=S BEPF+S AEPH+S AEPH+S DHPG=S BEPF+S AEPH+S CFPG+S DHPG=S ABCD，从而即可得出S ABCD=m+n，此题得解了.
48．（1）
（2）
解：（1）根据题意可得△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，
∴EP=NE，PG=GM，
∴EG=EP+PG=NE+GM，
∴.
（2）连接EF，GH，作HP∥BD，GP⊥HP，如图：
∵E，F，G，H是AB，BC，AD，CD的中点，
∴，，，，.
∴∠1=∠AOD=∠GHP=45°，GP2+HP2=HG2，
∴，
∴RN，MS的最小值为，
根据（1）可得出MN=2EG=6，RS=2FH=6，
故四边形MNRS的周长最小值，
故答案为：；.
（1）根据题意得出△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，根据全等三角形的对应边相等可得EP=NE，PG=GM，推得EG=EP+PG=NE+GM，即可求解；
（2）根据根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，，GH∥AC，作HP∥BD，GP⊥HP，根据等腰直角三角形的性质和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出GP和HP的值，结合（1）中结论即可求解.
49．
解： ∵关于的方程的两个实数根，
∴，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
先利用一元二次方程有两个不同的实数根，得到，再得出，从而可得，求出a的取值范围，再根据，得到关于a的不等式求解．
50．
解：取的中点O，连接、，如图：
∵，，
∴，
∵点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
先利用勾股定理求得BC，再根据中位线的性质求得OM，然后利用直角三角形的性质求得OB，再由，得出，就可得出结果．
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