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【真题汇编·50道填空题专练】浙教版数学八年级下册期末总复习
1．（2023八下·增城期末）计算的结果等于 .
2．（2021八下·上城期末）正比例函数y1＝k1x（k1≠0）与反比例函数y2＝ （k2≠0）的图象的一个交点是M（﹣3，2），若y2＜y1，则x的取值范围是 .
3．（2024八下·西湖期末）已知某组数据的方差为，则的值为 ．
4．（2023八下·南海期末）如图，四边形是平行四边形，，点 E为的中点，连接，点F为线段 上的一个动点，连接，则线段长度的最小值为 ．
5．（2023八下·大冶期末）实数，在数轴上的位置如图所示，则化简的结果是 ．
6．（2023八下·仙桃期末）把一个边长为1的正方形如图所示放在数轴上，以正方形的对角线为半径画弧交数轴于点，则点对应的实数是 .
7．（2021八下·晋江期末）在 中，若 ，则 .
8．（2021八下·安溪期末）菱形的两条对角线分别为8、10，则菱形的面积为 .
9．（2021八下·上杭期末）某组数据方差的计算公式是： ，则该组数据的总和为 .
10．（2021八下·青浦期末）如果一个多边形的每个外角都是 ，那么这个多边形内角和的度数为 ．
11．（2024八下·平湖期末）如图，在中，是上一点，连结，分别以为边作，连结．则的最小值为 ．
12．（2023七下·达孜期末）关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则q的取值范围是 .
13．（2024八下·杭州期末）已知反比例函数，求当，且时自变量x的取值范围 ．
14．（2022八下·紫金期末）在△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，顺次连接△ABC各边中点，得到的三角形面积是 ．
15．（2022八下·无为期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作，交AD于点E，过点E作，垂足为F，，，，则矩形ABCD的面积为 ．
16．（2022八下·锦州期末）如果一个多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数为 ．
17．（2021八下·讷河期末）从甲、乙两人中选一人参加诗词大会比赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是86.5分，方差分别是S甲2＝1.5，S乙2＝2.6，你认为更合适去参赛的是 ．（填“甲”或“乙”）
18．（2021八下·长丰期末）设 ， 是方程 的两个实数根，则 的值是 ．
19．（2024八下·贵港期末）如图，在中，平分交于点，平分交于点，与的交点在内．若，，则 ．
20．（2024八下·宁波期末）设表示不超过的最大整数．若，则的值是 ．
21．（2022八下·梧州期末）在菱形ABCD中， ， ，延长AB、CD，作矩形AECF，则矩形的边CE的长度是 ．
22．（2022八下·道外期末）若关于x的方程有两个相等的实数根，则c的值为 ．
23．（2022八下·龙凤期末）如图，在一块长为22m、宽为17m的矩形地面上，要修建同样宽的两条互相垂直的道路（两条道路各与矩形一边平行），剩余部分种上草坪，使草坪面积为300m2．若设道路宽为xm，则根据题意可列方程为 ．
24．（2021八下·江夏期末）在 中， ， 的角平分线交对边于一点 ，若 ，则它的周长为 .
25．（2021八下·广水期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是AB，AC的中点，连接CD，过E作EF∥DC交BC的延长线于F，若四边形CDEF的周长是10cm，AC的长为4cm，则△ABC的周长是 cm.
26．（2024八下·新邵期末）如图，中，对角线相交于点O，过点O，交于点F，交于点E．若，则图中阴影部分的面积是 ．
27．（2024八下·定州期末）化简：＝ ．
28．（2024八下·旺苍期末）如果一组数据4，x，2，3，6的平均数是4，那么x是 .
29．（2022八下·房山期末）关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围为 ．
30．（2022八下·昌平期末）2022年女足亚洲杯在2022年1月20日至2月6日举行，由小组赛和淘汰赛组成．按比赛规则小组赛赛制为单循环赛制（即每个小组的两个球队之间进行一场比赛），在小组赛阶段，中国队凭借着小组赛比赛前几个场次的赢球，成为最先获得八强资格的球队，并在2022年2月6日的亚洲杯决赛中以3∶2战胜韩国女足，获得亚洲杯冠军．已知中国女足队所在的A组共安排了6场比赛，则中国女足所在的A组共有 支球队．
31．（2022八下·府谷期末）如图，在 ABCD中，点分别为的中点，过点作交延长线于，连接，若，则的长为 .
32．（2019八下·双鸭山期末）我们把顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为6cm和8cm的菱形，它的中点四边形的对角线长是 ．
33．（2019八下·北京期末）在平面直角坐标系 中，已知点 ，如果以 为顶点的四边形是平行四边形，那么满足条件的所有点 的坐标为 .
34．（2021八下·满洲里期末）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD.若AE＝2，PF＝8.则图中阴影部分的面积为 .
35．（2024八下·奉贤期末）“六一”儿童节上，某小队建议每位同学向其他同学赠送1句祝福语，结果小队内共收到210句祝福语，设小队共有x人，那么根据题意所列方程为 ．
36．（2024八下·宝安期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，，将对角线绕点顺时针旋转交的延长线于点，则点的坐标为 ．
37．（2024八下·瑞金期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，，垂足为点E，则 ．
38．（2023八下·海淀期末）如图，蜂巢的横截面由正六边形组成，且能无限无缝隙拼接，称横截面图形由全等正多边形组成，且能无限无缝隙拼接的多边形具有同形结构．
若已知具有同形结构的正n边形的每个内角度数为α，满足：360=kα（k为正整数），多边形外角和为360°，则k关于边数n的函数是 （写出n的取值范围）
39．（2023八下·崆峒期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE垂直AC交AD于点E，则DE的长是 ．
40．（2023八下·秦安期末）已知函数是关于x的反比例函数，则m＝ ．
41．（2024八下·珠海期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形．连接，相交于点Ｏ，与相交于点P．若，则正方形的面积是 ．
42．（2024八下·白云期末）如图，四边形边上的一动点，以为边作平行四边形，则对角线的长的最小值是 ．
43．（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 ．
44．（2024八下·平湖期末）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且，则实数的取值范围为 ．
45．（2017八下·丽水期末）在△ABC中，已知两边a=3，b=4，第三边为c．若关于x的方程 有两个相等的实数根，则该三角形的面积是
46．（2023八下·巴彦期末）已知，矩形，为的中点，为上一点，连接，若，，，则的长为 ．
47．（2023八下·乌鲁木齐期末）在正方形中，，点在边上，沿直线翻折后点落到正方形的内部点，连接、、，如图，如果，那么 ．
48．（2023八下·宣汉期末）如图所示，在锐角中，分别以和为斜边向外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边、、的中点，连接、、、、、．则下列结论：①四边形是平行四边形；②；③；④，其中正确结论的序号是 ．
49．（2023八下·合肥期末）若实数，满足，则的最大值与最小值之和为 ．
50．（2023八下·昭通期末）在中，，，，点是边上的点，且，则的面积为 ．
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【真题汇编·50道填空题专练】浙教版数学八年级下册期末总复习
1．（2023八下·增城期末）计算的结果等于 .
【答案】
【解析】【解答】解：原式=
=
故答案为： .
【分析】根据二次根式的除法法则运算即可.
2．（2021八下·上城期末）正比例函数y1＝k1x（k1≠0）与反比例函数y2＝ （k2≠0）的图象的一个交点是M（﹣3，2），若y2＜y1，则x的取值范围是 .
【答案】x＜-3或0＜x＜3
【解析】【解答】解：由反比例函数与正比例函数的图象的一个交点是M（-3，2），
∴另一个交点是（3，-2），
当y2＜y1时，即正比例函数图象在反比例图象上方，
∴x的取值范围是x＜-3或0＜x＜3，
故答案为：x＜-3或0＜x＜3.
【分析】利用反比例函数关于原点对称，可得到反比例函数与正比例函数的图象的另一个交点坐标，由当y2＜y1时，即正比例函数图象在反比例图象上方，可求出x的取值范围.
3．（2024八下·西湖期末）已知某组数据的方差为，则的值为 ．
【答案】
【解析】【解答】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．
【分析】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.
4．（2023八下·南海期末）如图，四边形是平行四边形，，点 E为的中点，连接，点F为线段 上的一个动点，连接，则线段长度的最小值为 ．
【答案】
【解析】【解答】 解：连接DE，BD，如下图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，且CD=CB，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=4，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵点E为BC的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，线段DF长度的最小，
∵，
∴，
∴解得，
∴线段DF长度的最小值为.
故答案为：.
【分析】 连接DE，BD，首先根据菱形的判定定理可知四边形ABCD是菱形，得到AD=CD=BC=4，根据等边三角形的性质得到，；当时，线段DF长度的最小，根据勾股定理和三角形的面积公式，即可求出DF．
5．（2023八下·大冶期末）实数，在数轴上的位置如图所示，则化简的结果是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：由数轴可知-1＜a＜0＜b＜1，
∴a-b＜0，
∴原式=-a-b-（b-a）=-a-b-b+a=-2b.
故答案为：-2b
【分析】观察数轴可知-1＜a＜0＜b＜1，可确定出a-b的符号，再利用二次根式的性质和绝对值的性质进行化简即可.
6．（2023八下·仙桃期末）把一个边长为1的正方形如图所示放在数轴上，以正方形的对角线为半径画弧交数轴于点，则点对应的实数是 .
【答案】
【解析】【解答】解：正方形的对角线BC=，
∴BA=BC=，
∴OA=BA-OB=-1，
∴ 点对应的实数是 -1；
故答案为：-1.
【分析】由勾股定理求出BC，即得AB的长，由OA=BA-OB求出 OA的长即可得解.
7．（2021八下·晋江期末）在 中，若 ，则 .
【答案】80°
【解析】【解答】解：∵在 中， ，
∴∠D=360°-280°=80°，
∴ ∠D=80°，
故答案是：80°.
【分析】由四边形内角和为360°结合已知条件可得∠D的度数，然后由平行四边形的性质可得∠B的度数.
8．（2021八下·安溪期末）菱形的两条对角线分别为8、10，则菱形的面积为 .
【答案】40
【解析】【解答】解：菱形的面积计算公式S＝ ab（a、b为菱形的对角线长）
∴菱形的面积S＝ ×8×10＝40，
故答案为： 40.
【分析】设菱形的对角线长为a、b，根据菱形的面积公式S＝ ab直接计算即可.
9．（2021八下·上杭期末）某组数据方差的计算公式是： ，则该组数据的总和为 .
【答案】40
【解析】【解答】解：由方差公式可知，该组数据的平均数是4，数据的个数是10，
∴数据的总和=4×10=40.
故答案为：40.
【分析】根据方差公式可知该组数据的平均数和数据的个数，然后根据平均数公式即可解答.
10．（2021八下·青浦期末）如果一个多边形的每个外角都是 ，那么这个多边形内角和的度数为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵一个多边形的每个外角都是60°，
∴n=360°÷60°=6，
则内角和为：（6-2） 180°=720°，
故答案为：720°．
【分析】先求出n=360°÷60°=6，再求内角和即可。
11．（2024八下·平湖期末）如图，在中，是上一点，连结，分别以为边作，连结．则的最小值为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：中，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是上一点，
取最小值时，，
平行线之间的距离处处相等，
时，的长度等于点A到的距离，
记点A到的距离为，
∴，
∴，解得：，
∴的最小值为．
故答案为：．
【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求出AC，再利用勾股定理求得AB，然后根据平行四边形性质得到，要的长的最小，即，再利用平行线之间的距离处处相等，以及等面积法求解得到关于h的方程求解，求得的最小值．
12．（2023七下·达孜期末）关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则q的取值范围是 .
【答案】q＜16
【解析】【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2+8x+q=0有两个不相等的实数根，∴△=82﹣4q=64﹣4q＞0，解得：q＜16.故答案为q＜16.
【分析】由于关于x的一元二次方程x2+8x+q=0有两个不相等的实数根，可得根的判别式△=b2-4ac＞0，据此解答即可.
13．（2024八下·杭州期末）已知反比例函数，求当，且时自变量x的取值范围 ．
【答案】或
【解析】【解答】解：∵反比例函数中k=-12＜0，
∴图象的两支分别位于第二、四象限，且在每一个象限内y随x的增大而减小，
当时，，
解得x=-8，
∴当时，x≤-8或x＞0.
故答案为：x≤-8或x＞0.
【分析】由于此反比例函数的比例系数k=-12＜0，图象的两支分别位于第二、四象限，且在每一个象限内y随x的增大而减小，故求出当时对应的自变量的取值，根据函数的增减性即可得出答案.
14．（2022八下·紫金期末）在△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8，顺次连接△ABC各边中点，得到的三角形面积是 ．
【答案】6
【解析】【解答】解：由题可知， 连接△ABC各边中点得到的三角形是△ABC三边中位线构成的三角形，
∴得到的三角形面积是三角形ABC面积的，
即得到的三角形面积=86=6.
【分析】根据中位线的性质可得得到的三角形面积是三角形ABC面积的，再利用三角形的面积公式计算即可。
15．（2022八下·无为期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作，交AD于点E，过点E作，垂足为F，，，，则矩形ABCD的面积为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OB=OA=OC=，
∵，
∴，
，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴矩形ABCD的面积=，
故答案为：
【分析】先利用割补法求出，再利用矩形的性质可得矩形ABCD的面积=。
16．（2022八下·锦州期末）如果一个多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数为 ．
【答案】12
【解析】【解答】解：∵多边形的外角和是360°，每个外角都是，
∴360÷30=12，
∴这个多边形有12条边，
故答案为：12．
【分析】利用正多边形的边数=外角和÷一个外角的度数可得答案。
17．（2021八下·讷河期末）从甲、乙两人中选一人参加诗词大会比赛，经过三轮初赛，他们的平均成绩都是86.5分，方差分别是S甲2＝1.5，S乙2＝2.6，你认为更合适去参赛的是 ．（填“甲”或“乙”）
【答案】甲
【解析】【解答】解：∵甲、乙平均成绩都是86.5分，
S甲2＜S乙2，
∴成绩比较稳定的是甲，
故答案为：甲．
【分析】利用方差的定义：方差越大，成绩越不稳定求解即可。
18．（2021八下·长丰期末）设 ， 是方程 的两个实数根，则 的值是 ．
【答案】2020
【解析】【解答】解：∵a、b是方程x2+x﹣2021＝0的两根，
∴a2+a﹣2021＝0，a+b＝﹣1，
∴a2+a＝2021，
∴a2+2a+b＝a2+a+a+b＝2021﹣1＝2020，
故答案为：2020．
【分析】因为a、b是方程x2+x﹣2021＝0的两根，得出a+b＝﹣1，a2+a＝2021，代入即可得出 的值。
19．（2024八下·贵港期末）如图，在中，平分交于点，平分交于点，与的交点在内．若，，则 ．
【答案】1
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，，，
∴，，，
∴，
∵平分
∴，
∴，
∴，
同理，
∴．
故答案为：1．
【分析】利用平行四边形的性质可得，，，再利用角平分线的定义及等量代换可得，再利用等角对等边的性质可得，再结合，利用线段的和差求出EF的长即可.
20．（2024八下·宁波期末）设表示不超过的最大整数．若，则的值是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】设，可得，，利用完全平方公式依次求得，，，再求出 ．
21．（2022八下·梧州期末）在菱形ABCD中， ， ，延长AB、CD，作矩形AECF，则矩形的边CE的长度是 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD中， AB=6 ，四边形AECF是矩形，
∴ ， ，
，
， ，
，
中， ．
故答案为： ．
【分析】由菱形的性质可得，，由矩形的性质可得，从而求出∠ACE=60°，继而得出∠BCE=30°，根据含30°角直角三角形的性质可得BE=CB=3，在Rt△BCE中，利用勾股定理求出CE即可.
22．（2022八下·道外期末）若关于x的方程有两个相等的实数根，则c的值为 ．
【答案】9
【解析】【解答】解：△=（-6）2-4c=0，解得c=9，
故答案为：9．
【分析】 由关于x的方程有两个相等的实数根，可得△=0，据此解答即可.
23．（2022八下·龙凤期末）如图，在一块长为22m、宽为17m的矩形地面上，要修建同样宽的两条互相垂直的道路（两条道路各与矩形一边平行），剩余部分种上草坪，使草坪面积为300m2．若设道路宽为xm，则根据题意可列方程为 ．
【答案】（22-x）（17-x）=300
【解析】【解答】解：设道路的宽应为x米，由题意有（22-x）（17-x）=300，
故答案为：（22-x）（17-x）=300．
【分析】设道路的宽应为x米，根据平移可得剩下的草坪为一个长为（22-x）米，宽为（17-x）米的矩形，根据矩形的面积公式列方程即可.
24．（2021八下·江夏期末）在 中， ， 的角平分线交对边于一点 ，若 ，则它的周长为 .
【答案】24或16
【解析】【解答】解：当点P在AD上时，如图1，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP=5（cm），
∵ ，
∴DP=2（cm），
∴AP+DP=5+2=7（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（7+5）×2=24（cm），
当点P在AD的延长线上时，如图2，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP=5（cm），
∵ ，
∴DP=2（cm），
∴AD=AP-DP=5-2=3（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（5+3）×2=16（cm）.
综上所述，平行四边形ABCD的周长为24或16cm.
故答案为：24或16.
【分析】分两种情况：①当点P在AD上时，如图1，②当点P在AD的延长线上时，如图2，根据平行四边形的性质、角平分线的性质及线段之间的和差关系分别解答即可.
25．（2021八下·广水期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是AB，AC的中点，连接CD，过E作EF∥DC交BC的延长线于F，若四边形CDEF的周长是10cm，AC的长为4cm，则△ABC的周长是 cm.
【答案】14
【解析】【解答】∵D、E分别是AB、AC的中点
∴DE是△ABC的中位线
∴DE∥BC，
∴DE∥CF
∵EF∥DC
∴四边形CDEF是平行四边形
∴DE=CF，CD=EF
∵四边形CDEF周长为10cm
∴2DE+2CD=10
∵∠ACB＝90°，D点是AB的中点
∴CD是Rt△ABC斜边上的中线
∴AB=2CD
∵△ABC的周长=AB+BC+AC=2DE+2CD+4=10+4=14(cm)
∴△ABC的周长是14cm
故答案为：14.
【分析】根据三角形中位线定理可得DE∥BC， ，由EF∥DC可证四边形CDEF是平行四边形，利用平行四边形的性质及平行四边形CDEF周长为10cm，可得2DE+2CD=10，利用直角三角形斜边中线的性质可得AB=2CD，由于△ABC的周长=AB+BC+AC=2DE+2CD+4，据此即可求出结论.
26．（2024八下·新邵期末）如图，中，对角线相交于点O，过点O，交于点F，交于点E．若，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】3
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OB=OD，BC=AD=5
∴∠OBE=∠ODF
∴在△DOF和△BOE中
∴△DOF≌△BOE（AAS）
∴，
∵AB=3，AC=4，BC=5
∴，
∴∠BAC=90°
∴△ABC是直角三角形，
，
∴．
故答案为：3．
【分析】
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，解题的关键是通过证明得出．
只要证明，可得，再根据勾股定理的逆定理证明是直角三角形，据此即可解决问题．
27．（2024八下·定州期末）化简：＝ ．
【答案】5
【解析】【解答】解：
故答案为：5.
【分析】直接利用二次根式的性质化简求出即可.
28．（2024八下·旺苍期末）如果一组数据4，x，2，3，6的平均数是4，那么x是 .
【答案】5
【解析】【解答】解：∵一组数据4，x，2，3，6的平均数是4，
∴4+x+2+3+6=5×4
解之：x=5.
故答案为：5.
【分析】利用平均数公式可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
29．（2022八下·房山期末）关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则m的取值范围为 ．
【答案】m＞2且m≠3
【解析】【解答】解：根据题意得：3 m≠0且Δ＝（ 2）2 4（3 m）＞0，
解得：m＞2且m≠3．
故答案为：m＞2且m≠3．
【分析】利用一元二次方程根的判别式列出不等式求解即可。
30．（2022八下·昌平期末）2022年女足亚洲杯在2022年1月20日至2月6日举行，由小组赛和淘汰赛组成．按比赛规则小组赛赛制为单循环赛制（即每个小组的两个球队之间进行一场比赛），在小组赛阶段，中国队凭借着小组赛比赛前几个场次的赢球，成为最先获得八强资格的球队，并在2022年2月6日的亚洲杯决赛中以3∶2战胜韩国女足，获得亚洲杯冠军．已知中国女足队所在的A组共安排了6场比赛，则中国女足所在的A组共有 支球队．
【答案】4
【解析】【解答】解：设中国女足所在的A组共有x支球队，根据题意得：
，
解得：，（舍去）
故答案为：4．
【分析】设中国女足所在的A组共有x支球队，根据题意列出方程，再求出x的值即可。
31．（2022八下·府谷期末）如图，在 ABCD中，点分别为的中点，过点作交延长线于，连接，若，则的长为 .
【答案】
【解析】【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD=4，
∴AM=AB+BM=4+2=6，
∵CM⊥AB，CM=6，
∴AC=，
∵点E、F分别为AD、CD的中点 ，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF=AC=，
故答案为：.
【分析】根据平行四边形的性质（平行四边形对边相等）可知AB=CD=4，再根据勾股定理（直角三角形的两条直角边长的平方和等于斜边长的平方）求出AC的长，再根据中位线定理（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半）求得EF=AC，据此即可得出答案.
32．（2019八下·双鸭山期末）我们把顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为6cm和8cm的菱形，它的中点四边形的对角线长是 ．
【答案】5cm
【解析】【解答】解：如图：
顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点所得的图形是矩形；
理由如下：
E、F、G、H分别为各边中点
EF//GH//AC，EF=GH= DB，EF=HG= AC，EH∥FG∥BD
DB⊥AC，
EF⊥EH，
四边形EFGH是矩形，
EH= BD=3cm，EF= AC=4cm，
HF= =5cm.
故答案为：5cm.
【分析】顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形，且矩形的边长分别是菱形对角线的一半，问题得解.
33．（2019八下·北京期末）在平面直角坐标系 中，已知点 ，如果以 为顶点的四边形是平行四边形，那么满足条件的所有点 的坐标为 .
【答案】（-2，0）或（2，0）或（0，2）
【解析】【解答】解：如图，①当AB为该平行四边形的边时，AB=OC，
∵点A（1，1），B（-1，1），O（0，0）
∴点C坐标（-2，0）或（2，0）
②当AB为该平行四边形的对角线时，C（0，2）．
故答案是：（-2，0）或（2，0）或（0，2）．
【分析】需要分类讨论：以AB为该平行四边形的边和对角线两种情况．
34．（2021八下·满洲里期末）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD.若AE＝2，PF＝8.则图中阴影部分的面积为 .
【答案】16
【解析】【解答】作PM⊥AD于M，交BC于N，
则有四边形AEPM、四边形DFPM、四边形CFPN、四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，
∴S△DFP=S△PBE= ×2×8=8，
∴S阴=8+8=16.
故答案是：16.
【分析】 作PM⊥AD于M，交BC于N，先根据三个角是直角的四边形是矩形判断四边形AEPM、四边形DFPM、四边形CFPN、四边形BEPN都是矩形，再根据等底等高的三角形的面积相等求出S△DFP=S△PBE，利用矩形的对边相等求出S△DFP，即可求出图中阴影部分的面积.
35．（2024八下·奉贤期末）“六一”儿童节上，某小队建议每位同学向其他同学赠送1句祝福语，结果小队内共收到210句祝福语，设小队共有x人，那么根据题意所列方程为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：全班有名同学，依题意有：．
故填：．
【分析】设全班有名同学，那么每名同学要送出句，共有名学生，那么总共送的名数应该是句，即可列出方程．
36．（2024八下·宝安期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，，，将对角线绕点顺时针旋转交的延长线于点，则点的坐标为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：如图，连接，过作轴于点，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵点A的坐标为，
∴，
∴，
∴点C的坐标为，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
由旋转性质可知：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
故答案为：．
【分析】连接，过作轴于点，先根据一组邻边相等的四边形是菱形，证明四边形是菱形，根据菱形的性质可得，，利用30度角的直角三角形的性质求得OD，再用勾股定理求得DF，就可得到F点的坐标．
37．（2024八下·瑞金期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，，垂足为点E，则 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，DO＝BO，
∵AC＝24，BD＝10，
∴AO＝12，OD＝5，
在Rt AOD中，由勾股定理得：
AD=，
∴BC=AD＝13，
∴，
∴×24×10＝13×DE，
解得：DE＝，
故答案为：．
【分析】根据菱形的性质“菱形的对边相等，对角线互相垂直平分”可得AD＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，DO＝BO，在Rt AOD中，用勾股定理求出AD的值，根据菱形的面积公式等于两对角线乘积的一半（或等于底×高）可得关于DE的方程，解方程即可求解．
38．（2023八下·海淀期末）如图，蜂巢的横截面由正六边形组成，且能无限无缝隙拼接，称横截面图形由全等正多边形组成，且能无限无缝隙拼接的多边形具有同形结构．
若已知具有同形结构的正n边形的每个内角度数为α，满足：360=kα（k为正整数），多边形外角和为360°，则k关于边数n的函数是 （写出n的取值范围）
【答案】（n=3，4，6）
【解析】【解答】解：∵n边形的内角和为（n-2）×180°
∴正n边形的每个内角度数
，解得：
∴n-2=1，2，±4
∴n=3，4，6，-2
∵n≥3
∴n=3，4，6
即（n=3，4，6）
【分析】根据n边形的内角和定理可求出，再代入360=kα，可求出k关于n的函数关系式，根据k为正整数可求出n的取值，即可求出答案。
39．（2023八下·崆峒期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE垂直AC交AD于点E，则DE的长是 ．
【答案】3
【解析】【解答】解：连接CE
由题意可得：
EO垂直平分AC
设AE=x，则CE=x，ED=AD-AE=8-x
在△CDE中，CD⊥AD
，即
解得：x=5
即AE=5
故答案为：3
【分析】连接CE，根据矩形性质可得，AE=x，则CE=x，ED=AD-AE=8-x，根据勾股定理列出方程，解方程即可求出答案。
40．（2023八下·秦安期末）已知函数是关于x的反比例函数，则m＝ ．
【答案】
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得：m=-3
故答案为-3
【分析】根据反比例函数的性质可列出方程即可求出答案。
41．（2024八下·珠海期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形．连接，相交于点Ｏ，与相交于点P．若，则正方形的面积是 ．
【答案】
【解析】解四边形为正方形，
OG=OE=1， EG=2，
∵。EF=FG=
，
，
，
，
又∵四边形ABCD为正方形
，
，
，
，
，
，
．
∵，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴CG=DH=AE=BF=1
BG=FG+BF=1+
，
．
故答案为：
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，
OG=OE=1，则，.再证明，得出，而CG=DH=AE=BF=1，BG=1+，在Rt△BCG中由勾股定理得出，则可得出答案．
42．（2024八下·白云期末）如图，四边形边上的一动点，以为边作平行四边形，则对角线的长的最小值是 ．
【答案】4
【解析】【解答】解：如图，过点Q作QH⊥BC的延长线于点H，
∵四边形PCQD是平行四边形，
∴PD=CQ，PD∥CQ，
∴∠PDC=∠QCD，
∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCH，
∴∠ADC-∠PDC=∠DCH-∠QCD，
即∠ADP=∠HCQ，
∵AD∥BC，AB⊥BC，QH⊥BC，
∴∠A=∠QHC=90°，AB∥QH，
∴△APD≌△HQC（AAS）
∴CH=AD=1，
∴BH=BC+CH=4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小为4.
故答案为：4.
【分析】过点Q作QH⊥BC的延长线于点H，由平行四边形的性质得PD=CQ，PD∥CQ，由二直线平行，内错角相等及等式性质可推出∠ADP=∠HCQ，从而由AAS判断出△APD≌△HQC，由全等三角形的对应边相等得CH=AD=1，则BH=BC+CH=4，由同一平面内，垂直于同一直线的两条直线互相平行，得AB∥QH，由平行线间的距离定义及垂线段最短可得当PQ⊥AB时，PQ的长最小为4.
43．（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】【解答】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：．
【分析】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．
44．（2024八下·平湖期末）已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：∵关于x的方程有两个不相等的实数根，，
∴，
解得，
∵，是方程的两个实数根，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
当时，解不等式得：，
∴；
当时，解不等式得：，
∴此时无解；
综上分析可知：．
故答案为：．
【分析】先根据关于x的方程有两个不相等的实数根，，求得a的取值范围，再根据，可得出，然后利用根与系数的关系得出，，再利用分类讨论的方法求出a的取值范围．
45．（2017八下·丽水期末）在△ABC中，已知两边a=3，b=4，第三边为c．若关于x的方程 有两个相等的实数根，则该三角形的面积是
【答案】6或
【解析】【解答】解：∵关于x的方程x +(c 4)x+ =0有两个相等的实数根，
∴△=(c 4) 4×1× =0，
解得：c=5或3，
当c=5时，
∵a=3，b=4，
∴a +b =c ，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC的面积是 ×3×4=6；
当c=3时，如图，
，
AB=BC=3，过B作BD⊥AC于D，
则AD=DC=2，
∵由勾股定理得：BD= ，
∴△ABC的面积是 ×4× =2 ；
故答案为：6或2 .
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，勾股定理，勾股定理的逆定理，三角形面积，等腰三角形性质的应用，关键是求出三角形ABC的高，题目比较好，用了分类讨论思想.
46．（2023八下·巴彦期末）已知，矩形，为的中点，为上一点，连接，若，，，则的长为 ．
【答案】4或2
【解析】【解答】解：如图，当点F靠近点A时，过点F作FG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形DAFG和四边形GFBC都是矩形，
∴GF=BC=2，CD=AB=6，
∴EG=，
∵E是CD中点，
∴DE=CD=3，
∴AF=DG=3-1=2，
∴BF=6-2=4；
如图，当点F靠近点B时，过点F作FG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形DAFG和四边形GFBC都是矩形，
∴GF=BC=2，CD=AB=6，
∴EG=，
∵E是CD中点，
∴CE=CD=3，
∴CG=3-1=2，
∴BF=CG=4，
综上，FB的长为4或2.
故答案为：4或2.
【分析】分两种情况讨论：当点F靠近点A时，当点F靠近点B时，分别画出对应的图形，过点F作FG⊥CD于点G，根据矩形的判定和性质，勾股定理分别求出FB的长，即可得出答案.
47．（2023八下·乌鲁木齐期末）在正方形中，，点在边上，沿直线翻折后点落到正方形的内部点，连接、、，如图，如果，那么 ．
【答案】
【解析】【解答】解：连接EF，过点A作AH⊥DF于点F，交CD于点G，连接FG，如图，
∵翻折
∴AB=AF，BE=EF，AE垂直平分BF，∠AFE=∠ABE=90°
∵∠BFC=90°，
∴CF∥EM，
∴EM是△BCF的中位线，
∴CE=BE=EF=2.5，
∵AD=AF，AH⊥DF，
∴AG垂直平分DF，
∴DG=FG，∠AFG=∠ADG=90°，DH=，
∴∠AFE+∠AFG=180°，即点E、F、G在同一直线上，
在Rt△CGE中，CE=EF=2.5，设GF=DG=x，CG=5-x，
∴（2.5+x）2=（5-x）2+2.52，
解得：x=，即DG=，
在Rt△ADG中，AD=5，DG=，
∴AG=，
∴S△ADG=AD×DG×=AG×DH×，
∴，即DH=，
∴DF=2DH=.
故答案为：.
【分析】根据翻折得到AF=AB，EF=BE=CE，作AH⊥DF可得△AFG和△ADG关于AG对称，在Rt△CEG中利用勾股定理可得DG长，在Rt△ADG中利用勾股定理可得AG长，利用△ADG的面积可得DH长，从而求得DF长.
48．（2023八下·宣汉期末）如图所示，在锐角中，分别以和为斜边向外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边、、的中点，连接、、、、、．则下列结论：①四边形是平行四边形；②；③；④，其中正确结论的序号是 ．
【答案】①②③④
【解析】【解答】解：∵ 点D、E、F分别为边、、的中点，
∴EF∥AB，DF∥AC，即AD∥EF，DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形，故①正确；
∴AD=EF，∠BDF=∠FEC，∠BAC=∠DFE，
在等腰Rt△AMB中，D是AB的中点，
∴MD=AD=BD，MD⊥AB，
∴MD=EF，故②正确；
同理可证EN=AE=FD，EN⊥AC，
∴∠MDB=∠CEN=90°，
∴∠MDB+∠BDF=∠CEN+∠FEC，即∠MDF≌△FEN（SAS），
∴，∠DFM=∠EFN，故③正确；
∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠FNE=180°-∠FEN=180°-（∠FEC+∠CEN）=180°-（∠BAC+90°）=90°-∠BAC ，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠MFD=∠BAC+90°-∠BAC =90°，故④正确；
故答案为： ①②③④ .
【分析】根据三角形中位线定理可得EF∥AB，DF∥AC，即证四边形ADFE是平行四边形，可得AD=EF，∠BDF=∠FEC，∠BAC=∠DFE，据此判断①，根据等腰直角三角形的性质及直角三角形的性质可得MD=AD=BD，MD⊥AB，即得MD=EF，据此判断②，再证∠MDF≌△FEN（SAS），可得据此判断③，利用角的和差、平行四边形的性质及三角形内角和定理可得∠MFN=90°，据此判断④.
49．（2023八下·合肥期末）若实数，满足，则的最大值与最小值之和为 ．
【答案】
【解析】【解答】解：实数，满足
∴2ab2-2ab+a+4=0
∴
即
∴或
解得：
∴的最大值与最小值之和为-8
故答案为：.
【分析】将式子转化为关于b的一元二次方程，根据判别式大于或等于0，列出不等式，求得a的最值，进而即可求解．
50．（2023八下·昭通期末）在中，，，，点是边上的点，且，则的面积为 ．
【答案】或
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，BC=，
∴AD=BC=，BC∥AD，AB∥CD，
∵，，，
∴BD=AD=，AB=3，
图1 图2 图3
当M在CD边上时，如图1，过点M作ME⊥AD交延长线于点E，
∵AB∥CD，DM=2
∴∠MED=∠A=30°，
∴ME=DM=1，
∴的面积为 AD·ME=××1=；
当M在AB边上时，如图2，在Rt△MBD中，MD=2，DB=，
由勾股定理得MB=1，
∴AM=AB-MB=3-1=2，
∴的面积为 AM·DB=×2×=；
当M在BC 边上时，如图3，过点B作BE⊥AD，
∵AB=3，∠A=30°，
∴BE=AB=，
∴的面积为 AD·BE=××=；
当M在AD 边上时，不能构成三角形，不符合题意；
综上所述：的面积为 或 ；
故答案为： 或 .
【分析】利用平行四边形的性质及直角三角形的性质，先求出BD=AD=，AB=3，分四种情况：当M在CD边上时，当M在AB边上时，当M在BC 边上时和当M在AD 边上时，据此分别画出图形，分别求解即可.
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