【八年級上冊數(shù)學(xué)浙教版】第21講 八上易錯選擇填空題各地考卷選題專練-【專題突破】（解析版）

第第頁第21講八上易錯選擇填空題各地期末選題專練1．（2019秋?義烏市期末）漢諾塔問題是指有三根桿子和套在桿子上的若干大小不等的碟片，按下列規(guī)則，把碟片從一根桿子上全部移到另一根桿子上；（1）每次只能移動1個碟片．（2）較大的碟片不能放在較小的碟片上面．如圖所示，將1號桿子上所有碟片移到2號桿子上，3號桿可以作為過渡桿使用，稱將碟片從一根桿子移動到另一根桿子為移動一次，記將1號桿子上的n個碟片移動到2號桿子上最少需要an次，則a6＝（）A．31次 B．33次 C．63次 D．65次【分析】根據(jù)移動方法與規(guī)律發(fā)現(xiàn)，隨著盤子數(shù)目的增多，都是分兩個階段移動，用盤子數(shù)目減1的移動次數(shù)都移動到2柱，然后把最大的盤子移動到3柱，再用同樣的次數(shù)從2柱移動到3柱，從而完成，然后根據(jù)移動次數(shù)的數(shù)據(jù)找出總的規(guī)律求解即可．【解答】解：n＝1時，an＝1；n＝2時，小盤→3柱，大盤→2柱，小盤從3柱→2柱，完成，即；n＝3時，小盤→2柱，中盤→3柱，小盤從2柱→3柱，大盤→2柱，再用n＝2的方法轉(zhuǎn)移，即……以此類推，∴．故選：C．2．（2020秋?蕭山區(qū)期末）若關(guān)于x的不等式組．只有4個整數(shù)解，則a的取值范圍是．【分析】先解不等式組得到2﹣3a＜x＜21，再利用不等式組只有4個整數(shù)解，則x只能取17、18、19、20，所以16≤2﹣3a＜17，然后解關(guān)于a的不等式組即可．【解答】解：，解①得x＜21，解②得x＞2﹣3a，所以不等式組的解集為2﹣3a＜x＜21，因為不等式組只有4個整數(shù)解，所以16≤2﹣3a＜17，所以﹣5＜a≤﹣．故答案為：﹣5＜a≤﹣．3．（2020秋?西湖區(qū)期末）對于任意實數(shù)p，q，定義一種運算：p@q＝p﹣q+pq，例如2@3＝2﹣3+2×3＝5．請根據(jù)上述定義解決問題：若關(guān)于x的不等式組；有3個整數(shù)解，則m的取值范圍為﹣8＜m≤﹣5．【分析】先根據(jù)已知新運算變形，再求出不等式組的解，根據(jù)已知得出關(guān)于m的不等式組，求出m的范圍即可．【解答】解：∵，∴，解不等式①得：x＜2，解不等式②得：x≥，∴不等式組的解集是≤x＜2，∵不等式組有3個整數(shù)解，∴﹣2＜≤﹣1，解得：﹣8＜m≤﹣5，故答案為：﹣8＜m≤﹣5．4．（2020秋?東陽市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A1在x軸的正半軸上，B1在第一象限，且△OA1B1是等邊三角形．在射線OB1上取點B2，B3，…，分別以B1B2，B2B3，…為邊作等邊三角形△B1A2B2，△B2A3B3，…使得A1，A2，A3，…在同一直線上，該直線交y軸于點C．若OA1＝1，∠OA1C＝30°，則點B9的橫坐標(biāo)是（）A． B． C．256 D．【分析】根據(jù)題意求出點B1，B2，B3的坐標(biāo)，然后找出B點坐標(biāo)的變化規(guī)律，即可求出B9的橫坐標(biāo)．【解答】解：∵△OA1B1是等邊三角形，OA1＝1，∴B1的橫坐標(biāo)為，OA1＝OB1，設(shè)B1（，y），則，解答y＝或y＝（舍），∴B1（，），∴OB1所在的直線的解析式為y＝x，∵OA1＝1，∠OA1C＝30°，△OA1B1是等邊三角形，∴∠B1A1C＝90°，∵∠OB1A1＝∠B1B2A2＝60°，∴B1A1∥B2A2，∴∠B1A1C＝∠B2A2A1＝90°，∴∠B1A2A1＝30°，∴B1A2＝2A1B1＝2，∴B2的橫坐標(biāo)為，∴y＝x＝，∴B2（，），同理：B3（，），B4（，），總結(jié)規(guī)律：B1的橫坐標(biāo)為，B2的橫坐標(biāo)為+1＝，B3的橫坐標(biāo)為+1+2＝，B4的橫坐標(biāo)為+1+2+4＝，...，∴點B9的橫坐標(biāo)是1+2+4+8+16+32+64+128＝．故選：B．5．（2021秋?東陽市期末）如圖①，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，點D是AB邊的中點，點P從點A出發(fā)，沿著AC﹣CB運動，到達(dá)點B停止．設(shè)點P的運動路徑長為x，連DP，記△APD的面積為y，若表示y與x函數(shù)關(guān)系的圖象如圖②所示，則△ABC的周長為（）A．6+2 B．4+2 C．12+4 D．6+4【分析】由圖象可知：面積最大時，S等于，再根據(jù)三角形的面積計算公式可得關(guān)于BC的方程，解得BC的長，最后根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得AB和AC的長．【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，∴AC＝BC，AB＝2BC，由圖象可知：面積最大時，S＝S△ACD＝S△ABC＝AC×BC＝，∴?BC?BC＝，解得BC＝2（負(fù)值舍去），∴AC＝2，AB＝4，∴△ABC的周長為2+4+2＝6+2，故選：A．6．（2021秋?湖州期末）如圖①，在四邊形ABCD中，AD∥BC，直線l⊥AB．當(dāng)直線l沿射線BC方向，從點B開始向右平移時，直線l與四邊形ABCD的邊分別相交于點E，F(xiàn)．設(shè)直線l向右平移的距離為x，線段EF的長y，且y與x的函數(shù)關(guān)系如圖②所示，則四邊形ABCD的周長是12+2．【分析】分別研究直線l在直線a的位置、直線l經(jīng)過a后平移到b的位置、直線l到達(dá)直線c的位置三種情況，線段l與四邊形ABCD的位置，進(jìn)而求解．【解答】解：過A、C、D分別作直線l的平行線a，b．c，延長BC交直線c于點G，設(shè)直線a交BC于點M，直線b交AD于點N，①當(dāng)直線l在直線a的位置時，AM＝EF＝2，BM＝4，則∠B＝30°，則AB＝2，∴∠BMA＝60°＝∠DGC；直線l經(jīng)過a后平移到b處時，MC＝6﹣4＝2＝AN，即BC＝MB+MC＝4+2＝6，當(dāng)直線l到達(dá)直線c的位置時，CG＝8﹣6＝2＝ND，則AD＝AN+ND＝2+2＝4，此時，∠DCG＝60°，CG＝DG＝2，故△CDG為等邊三角形，即CD＝2，四邊形ABCD的周長＝AB+AD+BC+CD＝2+4+6+2＝12+2，故答案為12+27．（2021秋?義烏市期末）在正比例函數(shù)y＝kx中，y的值隨著x值的增大而減小，則一次函數(shù)y＝kx+k在平面直角坐標(biāo)系中的圖象大致是（）A．B． C．D．【分析】由于正比例函數(shù)y＝kx（k≠0）函數(shù)值隨x的增大而減小，可得k＜0，然后，判斷一次函數(shù)y＝kx+k的圖象經(jīng)過象限即可．【解答】解：∵正比例函數(shù)y＝kx（k≠0）函數(shù)值隨x的增大而減小，k＜0，∴一次函數(shù)y＝kx+k的圖象經(jīng)過二、三、四象限；故選：D．8．（2020秋?南潯區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點叫整點，已知直線l1：y＝mx+2（m＜0）與直線l2：y＝x﹣4，若兩直線與y軸圍成的三角形區(qū)域內(nèi)（不含三角形的邊）有且只有三個整點，則m的取值范圍是（）A．﹣2＜m＜﹣1 B．﹣2≤m＜﹣1 C．﹣2≤m＜﹣ D．﹣2＜m≤﹣【分析】兩直線與y軸圍成的三角形區(qū)域內(nèi)（不含三角形的邊）有且只有三個整點，則這三個點是（1，﹣1），（1，﹣2），（1，0），求得l1經(jīng)過點（1，0）和經(jīng)過點（2，﹣1）時m的值，根據(jù)圖象即可求得m的取值范圍．【解答】解：如圖：直線l1：y＝mx+2（m＜0）一定過點（0，2），把（1，0）代入y＝mx+2得，m＝﹣2；把（2，﹣1）代入y＝mx+2得，m＝﹣；兩直線與y軸圍成的三角形區(qū)域內(nèi)（不含三角形的邊）有且只有三個整點，則m的取值范圍是﹣2＜m≤﹣，故選：D．9．（2021秋?義烏市期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△ABC的頂點坐標(biāo)分別是A（1，1）、B（3，1）、C（2，2），線段DE在y軸上，坐標(biāo)分別為（0，﹣1）、（0，﹣3），直線y＝kx+b與線段DE交于點P．（1）當(dāng)點P與點D重合時，直線y＝kx+b與△ABC有交點，則k的取值范圍是≤k≤2．（2）當(dāng)點P是線段DE上任意一點時，直線y＝kx+b與△ABC有交點，則k的取值范圍是≤k≤4．【分析】（1）利用待定系數(shù)法分別求得直線經(jīng)過A、D，B、D，C、D時的解析式，即可求解；（2）利用待定系數(shù)法分別求得直線經(jīng)過A、B時的解析式，再根據(jù)﹣3≤b≤﹣1，列出不等式，求解即可．【解答】解：（1）當(dāng)直線y＝kx+b經(jīng)過A（1，1）、D（0，﹣1）時，，解得；當(dāng)直線y＝kx+b經(jīng)過B（3，1）、D（0，﹣1）時，，解得；當(dāng)直線y＝kx+b經(jīng)過C（2，2）、D（0，﹣1）時，，解得；所以直線y＝kx+b與△ABC有交點，則k的取值范圍是≤k≤2．故答案為：≤k≤2；（2）當(dāng)直線y＝kx+b經(jīng)過A（1，1）時，k+b＝1，即b＝1﹣k．∵點P是線段DE上任意一點，D（0，﹣1）、E（0，﹣3），∴﹣3≤b≤﹣1，∴﹣3≤1﹣k≤﹣1，解得：2≤k≤4，當(dāng)直線y＝kx+b經(jīng)過B（3，1）時，3k+b＝1，即b＝1﹣3k．∵點P是線段DE上任意一點，D（0，﹣1）、E（0，﹣3），∴﹣3≤b≤﹣1，∴﹣3≤1﹣3k≤﹣1，解得：≤k≤，∴直線y＝kx+b與△ABC有交點，則k的取值范圍是≤k≤4．故答案為：≤k≤4．10．（2021?蔡甸區(qū)二模）小明同學(xué)利用“描點法”畫某個一次函數(shù)的圖象時，列出的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表：x…﹣2﹣1012…y…41﹣2﹣6﹣8…經(jīng)過認(rèn)真檢查，發(fā)現(xiàn)其中有一個函數(shù)值計算錯誤，這個錯誤的函數(shù)值是（）A．2 B．1 C．﹣6 D．﹣8【分析】根據(jù)點的坐標(biāo)（任取兩個），利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式，再逐一驗證其它三點坐標(biāo)即可得出結(jié)論．（或描點連線，亦可找出不在直線上那點的縱坐標(biāo)）【解答】解：設(shè)該一次函數(shù)的解析式為y＝kx+b（k≠0），將（﹣2，4），（﹣1，1）代入y＝kx+b，得：，解得：，∴一次函數(shù)的解析式為y＝﹣3x﹣2．當(dāng)x＝0時，y＝﹣3x﹣2＝﹣2；當(dāng)x＝1時，y＝﹣3x﹣2＝﹣5≠﹣6；當(dāng)x＝2時，y＝﹣3x﹣2＝﹣8．故選：C．11．（2021秋?東陽市期末）已知A（﹣3，4），B（2，﹣3），C（3，﹣4），D（﹣5，）與其它三個點不在同一正比例函數(shù)圖象上的點是（）A．點A B．點B C．點C D．點D【分析】設(shè)正比例函數(shù)為y＝kx（k≠0）．因為在同一條直線上點所在的直線的斜率k是相同的，所以，只要找出A、B、C、D四點中所在的直線的斜率不同的一點即可．【解答】解：設(shè)正比例函數(shù)為y＝kx（k≠0）．A．將A（﹣3，4）代入為y＝kx得：k＝﹣，∴點A在正比例函數(shù)y＝x上；B．將B（2，﹣3）代入為y＝kx得：k＝﹣，∴點B在正比例函數(shù)y＝﹣x上；C．將C（3，﹣4）代入為y＝kx得：k＝﹣，∴點C在正比例函數(shù)y＝﹣x上；D．將D（﹣5，）代入為y＝kx得：k＝＝﹣，∴點D在正比例函數(shù)y＝﹣x上；∴只有點B不在同一個正比例函數(shù)的圖象上；故選：B．12．（2020秋?西湖區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y＝2x+2和直線y＝﹣2x+4分別交x軸于點A和點B．則下列直線中，與x軸的交點在線段AB上的是（）A．y＝x+2 B．y＝x+2 C．y＝4x﹣12 D．y＝x﹣3【分析】先確定A、B的坐標(biāo)，從而確定交點橫坐標(biāo)的取值范圍，再求A、B、C、D四個選項與x軸的交點，判斷是否在交點橫坐標(biāo)的取值范圍，就可以選出正確答案．【解答】解：∵直線y＝2x+2和直線y＝﹣2x+4分別交x軸于點A和點B，∴令y＝0，x＝﹣1，x＝2，∴A（﹣1，0），B（2，0），∴﹣1≤x≤2，A：∵y＝x+2交x軸于點（﹣2，0），x＝﹣2不在﹣1≤x≤2范圍，∴y＝x+2與x軸的交點不在線段AB上；B：∵y＝x+2交x軸于點（﹣，0），x＝﹣不在﹣1≤x≤2范圍，∴y＝x+2與x軸的交點不在線段AB上；C：∵y＝4x﹣12交x軸于點（3，0），x＝3不在﹣1≤x≤2范圍，∴y＝4x﹣12與x軸的交點不在線段AB上；D：∵y＝x﹣3交x軸于點（，0），x＝在﹣1≤x≤2范圍，∴y＝x﹣3與x軸的交點在線段AB上．故選：D．13．（2021秋?湖州期末）如圖，點A坐標(biāo)為（0，﹣2），直線y＝﹣x+3分別交x軸，y軸于點N，M，點B是線段MN上一點，連結(jié)AB．現(xiàn)以AB為邊，點A為直角頂點構(gòu)造等腰直角△ABC．若點C恰好落在x軸上，則點B的坐標(biāo)為（）A．（1，） B．（2，2） C．（3，） D．（4，5）【分析】過點B作BH⊥y軸于點H，證明△HAB≌△OCA，然后設(shè)點B（x，﹣x+3），C（a，0），得到BH、AH、CO的長，然后由全等三角形的性質(zhì)列出方程求解x的取值，然后得到點B的坐標(biāo)．【解答】解：如圖，過點B作BH⊥y軸于點H，則∠AHB＝∠COA＝90°，∴∠OCA+∠OAC＝90°，∵△ABC是以AB為邊，點A（0，﹣2）為直角頂點的等腰直角三角形，∴AO＝2，AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠OAC+∠OAB＝90°，∴∠OCA＝∠OAB，∴△HAB≌△OCA（AAS），∴AO＝BH，CO＝AH，設(shè)點B（x，﹣x+3），C（a，0），則CO＝|a|，BH＝|x|，AH＝|﹣x+3﹣（﹣2）|＝|﹣x+5|，∴，解得：x＝2或x＝﹣2，∴點B的坐標(biāo)為（2，2）或（﹣2，4），故選：B．14．（2019秋?義烏市期末）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，把任意點A（x1，y1）與點B（x2，y2）之間的距離d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|叫做曼哈頓距離（ManhatanDistance），則原點O與函數(shù)圖象上一點M的曼哈頓距離d（O，M）＝，則點M的坐標(biāo)為（﹣，）．【分析】設(shè)M（a，2a+1），根據(jù)曼哈頓距離定義得到，由化簡后計算即可．【解答】解：∵點M在函數(shù)圖象上∴設(shè)M（a，2a+1）∵∴∵∴﹣a+2a+1＝，∴∴點．故答案為．15．（2020秋?長興縣期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，點A在直線y＝x+上，點C在直線y＝﹣x+4上，點A，C都在第一象限內(nèi)，點B，D在x軸上，若△AOB是等邊三角形，△BCD是以BD為底邊的等腰直角三角形，則點D的坐標(biāo)為（，0）．【分析】設(shè)OG＝x，作AG⊥OB根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可求出GA，將A的坐標(biāo)代入y＝x+即可求出A；作CH⊥BD，設(shè)BH＝m，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出CH，然后將C的橫縱坐標(biāo)代入直線y＝﹣x+4，即可求出m，從而確定D點坐標(biāo)．【解答】解：作AG⊥OB，CH⊥BD，垂足分別為G，H，如下圖所示：設(shè)OG＝x，∵△OAB是等邊三角形，∴G為OB的中點，∠AOB＝60°，∴OB＝OA＝2x，AG＝，∵A點在直線y＝x+上，∴＝x+，解得x＝，∴OB＝2OG＝3，設(shè)BH＝m，∵△BCD是等腰直角三角形，∴∠CBH＝45°，∴BH＝CH＝DH，∴C（3+m，m），∵點C在直線y＝﹣x+4上，∴m＝﹣（m+3）+4，解得m＝，∴BD＝2BH＝，∴OD＝OB+BD＝3+＝，∴D（，0）．故答案為：（，0）．16．（2021秋?金華期末）如圖，直線y1＝mx，y2＝kx+b交于點P（2，1），則關(guān)于x的不等式kx+b＞mx＞﹣2的解集為﹣4＜x＜2．【分析】先利用待定系數(shù)法求得y1＝x，進(jìn)而求得函數(shù)值為﹣2時的自變量的值，即可根據(jù)圖象直接求出不等式kx+b＞mx＞﹣2的解集．【解答】解：將P（2，1）代入解析式y(tǒng)1＝mx得，1＝2m，解得m＝，∴y1＝x，將y＝﹣2代入解析式得，﹣2＝x，∴x＝﹣4，∵直線y1＝mx，y2＝kx+b交于點P（2，1），∴不等式kx+b＞mx＞﹣2的解集為為﹣4＜x＜2．故答案為：﹣4＜x＜2．17．（2020秋?東陽市期末）已知直線y＝x+2與函數(shù)y＝圖象交于A，B兩點（點A在點B的左邊）．（1）點A的坐標(biāo)是（﹣，）；（2）已知O是坐標(biāo)原點，現(xiàn)把兩個函數(shù)圖象水平向右平移m個單位，點A，B平移后的對應(yīng)點分別為A′，B′，連接OA′，OB′．當(dāng)m＝6時，|OA'﹣OB'|取最大值．【分析】（1）因為點A在點B左邊，聯(lián)立方程y＝x+2與y＝﹣x﹣1求解．（2）O，A'，B'共線時滿足題意，用含m代數(shù)式分別表示A'，B'坐標(biāo)，然后代入正比例函數(shù)解析式求出m即可．【解答】解：（1）聯(lián)立方程，解得，∴A（﹣，），故答案為：（﹣，）．（2）聯(lián)立方程，解得，∴點B坐標(biāo)為（，），將A，B向右平移m個單位得A'（﹣+m，），B'（+m，），∴OA'＝，OB'＝，∵三角形中兩邊之差小于第三邊，∴O，A，B三點共線時，|OA'﹣OB'|取最大值，最大值為AB長度，設(shè)O，A，B所在直線正比例函數(shù)為y＝kx，將A'，B'坐標(biāo)代入可得：，解得m＝6．故答案為：6．18．（2020秋?南潯區(qū)期末）如圖，已知直線l1：y＝x+1與x軸交于點A，與直線l2：y＝x+2交于點B，點C為x軸上的一點，若△ABC為直角三角形，則點C的坐標(biāo)為（2，0）或（5，0）．【分析】先求得A、B的坐標(biāo)，然后分兩種情況討論：當(dāng)∠ACB＝90°時，C點的橫坐標(biāo)與B的橫坐標(biāo)相同，求得C（2，0）；當(dāng)∠ABC＝90°時，根據(jù)勾股定理得到（x+1）2＝（2+1）2+32+（2﹣x）2+32，解得x＝5，求得C（5，0）．【解答】解：∵直線l1：y＝x+1與x軸交于點A，∴A（﹣1，0），由解得，∴B（2，3），當(dāng)∠ACB＝90°時，C點的橫坐標(biāo)與B的橫坐標(biāo)相同，∴C（2，0）；當(dāng)∠ABC＝90°時，則AC2＝AB2+BC2，設(shè)C（x，0），則AC2＝（x+1）2，AB2＝（2+1）2+32，BC2＝（2﹣x）2+32，∴（x+1）2＝（2+1）2+32+（2﹣x）2+32，解得x＝5，∴C（5，0），綜上，點C的坐標(biāo)為（2，0）或（5，0），故答案為（2，0）或（5，0）．19．（2021秋?武義縣期末）已知甲、乙兩地相距24千米，小明從甲地勻速跑步到乙地用時3小時，小明出發(fā)0.5小時后，小聰沿相同的路線從甲地勻速騎自行車到甲乙兩地中點處的景區(qū)游玩1小時，然后按原來速度的一半騎行，結(jié)果與小明同時到達(dá)乙地．小明和小聰所走的路程S（千米）與時間t（小時）的函數(shù)圖象如圖所示．（1）小聰騎自行車的第一段路程速度是24千米/小時．（2）在整個過程中，小明、小聰兩人之間的距離S隨t的增大而增大時，t的取值范圍是0≤t≤0.5或0.75＜t≤1或1.5≤t≤2．．【分析】（1）設(shè)小聰騎自行車的第一段路程速度是x千米/小時，則第二段的速度為x千米/小時，根據(jù)小聰各段所用時間之和＝3﹣0.5列出方程，解方程即可，注意驗根；（2）先寫出小明和小聰所走路程S與時間t的函數(shù)解析式，再根據(jù)實際意義分段討論即可．【解答】解：設(shè)小聰騎自行車的第一段路程速度是x千米/小時，則第二段的速度為x千米/小時，＝3﹣0.5，解得x＝24，經(jīng)檢驗，x＝24是原分式方程的解，即小聰騎自行車的第一段路程速度是24千米/小時，故答案為：24；（2）小明的速度為＝8（千米/小時），∴小明所走的路程S與時間t之間的函數(shù)解析式為S＝8t（0≤t≤8）；小聰所走的路程S與時間t之間的函數(shù)解析式為S＝，①當(dāng)0≤t≤0.5時，小明勻速前進(jìn)，小聰未出發(fā)，兩人之間的距離隨t的增大而增大；②當(dāng)0.5＜t≤1時，小聰?shù)乃俣却笥谛∶鞯乃俣?，兩人之間的距離先減小，小聰超過小明后，兩人之間的距離再次拉開，∴該階段兩人相遇時：8t＝24（t﹣0.5），解得t＝0.75，∴當(dāng)0.75＜t≤1時，兩人之間的距離隨時間t的增大而增大；③當(dāng)1＜t≤2時，小聰停止前進(jìn)，則兩人之間的距離先減小，相遇后再增大，此時，8t＝12，解得t＝1.5，∴當(dāng)1.5≤t≤2時，兩人之間的距離隨時間t的增大而增大；④當(dāng)2＜t≤3時，小聰?shù)乃俣却笥谛∶鞯乃俣龋瑑扇说木嚯x逐漸減小知道到達(dá)終點，兩人相遇．綜上所述，當(dāng)0≤t≤0.5或0.75＜t≤1或1.5≤t≤2時，兩人之間的距離隨時間t的增大而增大．故答案為：0≤t≤0.5或0.75＜t≤1或1.5≤t≤2．20．（2020秋?東陽市期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分別為AB，AC上一點，將△BCD，△ADE沿CD，DE翻折，點A，B恰好重合于點P處，若△PCD中有一個角等于48°，則∠A＝42°或24°．【分析】由折疊的性質(zhì)得出AD＝PD＝BD，∠CPD＝∠B，∠PDC＝∠BDC，∠PCD＝∠DCB，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出CD＝AB＝AD＝BD，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠ACD＝∠A，∠DCB＝∠B，中分三種情況討論即可．【解答】解：由折疊可得，AD＝PD＝BD，∠CPD＝∠B，∠PDC＝∠BDC，∠PCD＝∠DCB，∴D是AB的中點∴CD＝AB＝AD＝BD，∴∠ACD＝∠A，∠DCB＝∠B，當(dāng)∠CPD＝48°時，∠B＝48°，∴∠A＝90°﹣∠B＝42°；當(dāng)∠PCD＝48°時，∠DCB＝∠B＝48°，∴∠A＝42°；當(dāng)∠PDC＝48°時，∵∠PCD＝DCB＝48°，∠BDC＝∠A+∠ACD，∴∠A＝∠BDC＝24°；故答案為：42°或24°．21．（2020秋?長興縣期末）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，CF平分∠ACB交AD于點E，交AB于點F，AB＝15，AD＝12，BC＝14，則DE的長是（）A．3 B．4 C．5 D．【分析】根據(jù)垂直的定義得到∠ADB＝∠ADC＝90°，根據(jù)勾股定理得到BD＝＝9，AC＝＝13，過E作EH⊥AC于H，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CH＝CD＝5，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】解：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵AB＝15，AD＝12，∴BD＝＝9，∵BC＝14，∴CD＝5，∴AC＝＝13，過E作EH⊥AC于H，∵CF平分∠ACB，∴DE＝EH，在Rt△CDE與Rt△CHE中，，∴Rt△CDE≌Rt△CHE（HL），∴CH＝CD＝5，∴AH＝13﹣5＝8，∵AE2＝EH2+AH2，∴（12﹣DE）2＝DE2+82，∴DE＝，故選：D．22．（2021秋?西湖區(qū)期末）如圖，線段AB，BC的垂直平分線l1、l2相交于點O．若∠1＝40°，則∠AOC＝（）A．50° B．80° C．90° D．100°【分析】連接BO，并延長BO到P，根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得AO＝OB＝OC和∠BDO＝∠BEO＝90°，根據(jù)四邊形的內(nèi)角和為360°得∠DOE+∠ABC＝180°，根據(jù)外角的性質(zhì)得∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，相加可得結(jié)論．【解答】解：連接BO，并延長BO到P，∵線段AB、BC的垂直平分線l1、l2相交于點O，∴AO＝OB＝OC，∠BDO＝∠BEO＝90°，∴∠DOE+∠ABC＝180°，∵∠DOE+∠1＝180°，∴∠ABC＝∠1＝40°，∵OA＝OB＝OC，∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×40°＝80°；故選：B．23．（2021秋?金華期末）將等腰△ABC如圖1放置，使得底邊BC與x軸重合，此時點A的坐標(biāo)為（2，），若將該三角形如圖2放置，使得腰長AB與x軸重合，則此時C點的坐標(biāo)為（）A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）【分析】如圖1，作AH⊥BC于H，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得BC＝2OH＝4，如圖2，作CD⊥OB于D，利用面積法求出AB邊上的高CD，由勾股定理求出OD，即可得C點的縱坐標(biāo)．【解答】解：圖1，作AH⊥BC于H，圖2，作CD⊥OB于D，∵將等腰△ABC如圖1放置，使得底邊BC與x軸重合，此時點A的坐標(biāo)為（2，），∴OH＝2，AH＝，BC＝2OH＝4，∴S△ABC＝×4×＝2，AB＝＝3，如圖2，S△ABC＝?OA?CD＝×3CD＝2，∴CD＝，∴OD＝＝＝，∴C點的坐標(biāo)為（，）．故選：D．24．（2021秋?杭州期末）如圖，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC于點D，CE平分∠ACB交AB于點E，交AD于點P，若∠B＝x，則∠APE的度數(shù)為（）A．90°﹣x B．45°+x C．45°+x D．45°+x【分析】先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠ACB＝（180°﹣x）＝90°﹣x，由角平分線的定義得到∠ACE＝∠BCE＝45°﹣x，再根據(jù)三角形高的定義得到∠ADC＝90°，則可根據(jù)三角形內(nèi)角和計算出∠DPC＝45°+x，然后利用對頂角相等∠APE的度數(shù)．【解答】解：∵AB＝BC，∴∠ACB＝（180°﹣x）＝90°﹣x，∵CE平分∠ACB交AB于點E，∴∠ACE＝∠BCE＝45°﹣x，∵AD⊥BC于點D，∴∠ADC＝90°，∴∠DPC＝45°+x，∴∠APE＝45°+x．故選：D．25．（2020秋?南潯區(qū)期末）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，點D，E是射線AB上的兩個動點（點D在點E的右側(cè)），且CE＝DE，連接CD，若∠ACE＝x°，∠BCD＝y(tǒng)°，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式是（）A．y＝90﹣x（0＜x＜180°） B．y＝x（0＜x＜180°） C．y＝90﹣x（0＜x＜180°） D．y＝x（0＜x＜180°）【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出∠ACB＝∠ABC＝x°+∠BCE和∠ADC＝∠DCE＝y(tǒng)°+∠BCE，由三角形外角的性質(zhì)得出∠ABC＝∠ADC+∠BCD，即x°+∠BCE＝y(tǒng)°+∠BCE+y°，即x＝2y，可得y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式．【解答】解：在△ABC中，AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝x°+∠BCE，∵CE＝DE，∴∠ADC＝∠DCE＝y(tǒng)°+∠BCE，∵∠ABC＝∠ADC+∠BCD，即x°+∠BCE＝y(tǒng)°+∠BCE+y°，即x＝2y，∴y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為y＝x（0＜x＜180°）．故選：B．26．（2021秋?武義縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，D，E是△ABC內(nèi)兩點，AD平分∠BAC，∠EBC＝∠BEC＝67.5°，BD＝1，則BC＝．【分析】先根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得∠BCE＝45°，再證明△ABD≌△ACD（SAS），可得△BCD是等腰直角三角形，由勾股定理可得結(jié)論．【解答】解：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠EBC＝∠E＝67.5°，∴∠BCE＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，AD＝AD，∴△ABD≌△ACD（SAS），∴BD＝CD＝1，∴∠BCD＝∠DBC＝45°，∴∠BDC＝90°，∴BC＝＝．故答案為：．27．（2021秋?義烏市期末）如圖，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠A＝20°，BP平分∠ABC；點D是射線BP上一點，如果點D滿足△BCD是等腰三角形，那么∠BDC的度數(shù)是（）A．20°或70° B．20°、70°或100° C．40°或100° D．40°、70°或100°【分析】由于△BCD中，腰底不確定，故需要分情況討論，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求出答案．【解答】解：當(dāng)BC＝CD時，如圖所示，∵∠A＝20°，AB＝AC，∴∠ABC＝80°，∵BP平分∠ABC，∴∠CBD＝40°，∵BC＝CD，∴∠CBD＝∠BDC＝40°，當(dāng)BD＝BC時，如圖所示，∵∠A＝20°，AB＝AC，∴∠ABC＝80°，∵BP平分∠ABC，∴∠CBD＝40°，∵BD＝BC，∴∠BDC＝70°．當(dāng)DB＝DC時，如圖所示，∵∠A＝20°，AB＝AC，∴∠ABC＝80°，∵BP平分∠ABC，∴∠CBD＝40°，∵BD＝CD，∴∠BDC＝100°，故選：D．28．（2017?河池）已知等邊△ABC的邊長為12，D是AB上的動點，過D作DE⊥AC于點E，過E作EF⊥BC于點F，過F作FG⊥AB于點G．當(dāng)G與D重合時，AD的長是（）A．3 B．4 C．8 D．9【分析】設(shè)BD＝x，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，由垂直的定義得到∠BDF＝∠DEA＝∠EFC＝90°，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖，設(shè)BD＝x，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵DE⊥AC于點E，EF⊥BC于點F，F(xiàn)G⊥AB，∴∠BDF＝∠DEA＝∠EFC＝90°，∴BF＝2x，∴CF＝12﹣2x，∴CE＝2CF＝24﹣4x，∴AE＝12﹣CE＝4x﹣12，∴AD＝2AE＝8x﹣24，∵AD+BD＝AB，∴8x﹣24+x＝12，∴x＝4，∴AD＝8x﹣24＝32﹣24＝8．故選：C．29．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，AG是底邊BC上的高．在AG的延長線上有一個動點D，連接CD，作∠CDE＝150°，交AB的延長線于點E，∠CDE的角平分線交AB邊于點F，則在點D運動的過程中，線段EF的最小值為2．【分析】如過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．連接CF．先證明△MDE≌△NDC，推出ED＝CD，再證明△EDF≌△CDF，推出EF＝CF，當(dāng)CF⊥AB時，CF最短，此時EF最短．在Rt△CAF中，∠BAC＝30°，即可計算出CF的值．【解答】解：如圖．過點D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．連接CF．∵AB＝AC，AG是底邊BC上的高，∴AD平分∠BAC，∴DM＝DN，∵∠BAC＝30°，作DM⊥AB，DN⊥AC，∴∠MDN＝180°﹣30°＝150°，∵∠CDE＝150°，∴MDN＝∠CDE＝150，∴∠MDE＝∠NDC，∴△MDE≌△NDC（ASA），∴ED＝CD，∵DF是∠CDE的角平分線，∴∠EDF＝∠CDF，∵DF＝DF，∴△EDF≌△CDF（SAS），∴EF＝CF，當(dāng)CF⊥AB時，CF最短，此時EF最短．在Rt△CAF中，∠BAC＝30°，∴CF＝．即線段EF的最小值為2．故答案為：2．30．（2020秋?下城區(qū)期末）在△ABC中，AD是BC邊上的高線，CE是AB邊上的中線，CD＝AE，且CE＜AC．若AD＝6，AB＝10，則CE＝．【分析】取BD的中點F，連接EF，根據(jù)三角形的中位線定理可得EF＝AD＝5，EF∥AD，由中線的定義結(jié)合中點的定義可求得AE，DF的長，進(jìn)而求得CF的長，再利用勾股定理可求解CE的長．【解答】解：取BD的中點F，連接EF，∵CE為△ABC的中線，∴E為AB的中點，∴EF為△ABD的中位線，∴EF＝AD，EF∥AD，∵AD是BC邊上的高，∴∠EFB＝∠ADB＝90°，∵AD＝6，AB＝10，∴BD＝，AE＝BE＝5，∴BF＝DF＝4，EF＝3，∵CD＝AE，∴CD＝5，∴CF＝CD﹣DF＝5﹣4＝1，∴CE＝，故答案為．31．（2020秋?南潯區(qū)期末）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點，以頂點都是格點的正方形ABCD的邊為斜邊，向外作四個全等的直角三角形，使四個直角頂點E，F(xiàn)，G，H都是格點，且四邊形EFGH為正方形，我們把這樣的圖形稱為格點弦圖．例如，在圖1所示的格點弦圖中，正方形ABCD的邊長為，此時正方形EFGH的面積為52．問：當(dāng)格點弦圖中的正方形ABCD的邊長為時，正方形EFGH的面積的所有可能值是36或50（不包括52）．【分析】以頂點都是格點的正方形ABCD的邊為斜邊，向外作四個全等的直角三角形，使直角頂點都是格點，畫出圖形即可．【解答】解：設(shè)圖中四個全等的直角三角形的直角邊的長分別為a，b，則在Rt△AED中，不妨使ED＝b，AE＝a，AE2+ED2＝AD2＝（）2＝26，∴a2+b2＝26，∵FE＝FA+AE＝a+b，∴正方形EFGH的面積＝FE2＝（a+b）2，∴只要能把長為a和b的線段在網(wǎng)格中畫出，并且線段的端點都在格點上即可，∴線段的端點在格點上時，有三種可能，①a＝5，b＝1時，如圖，此時正方形E'F'G'H'的面積為36，②a＝2，b＝3時，如圖，此時正方形E'F'G'H'的面積為50，故答案為：36或50．32．（2022春?荷塘區(qū)期末）習(xí)總書記提出的“綠水青山就是金山銀山”這一科學(xué)論斷，成為樹立生態(tài)文明觀、引領(lǐng)中國走向綠色發(fā)展之路的理論之基．小張在數(shù)學(xué)活動課上用正方形紙片制作成圖1的“七巧板”，設(shè)計拼成了圖2的水杉樹樹冠．如果已知圖1中正方形紙片的邊長為2cm，則圖2中水杉樹樹冠的高（即點A到線段BC的距離）是（）cm．【分析】過A作AE⊥MN于E，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AE＝MN＝1（cm），HF＝BF＝BE＝（cm），于是得到結(jié)論．【解答】解：如圖，過A作AE⊥MN于E，∵M(jìn)N＝BH＝2cm，∴AE＝MN＝1（cm），HF＝BF＝BE＝（cm），∴圖2中水杉樹樹冠的高＝AH+EF＝（+1）cm，故答案為：（+1）．33．（2020秋?西湖區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝30°，點D，E，F(xiàn)分別是線段AC，AB，DC的中點，下列結(jié)論：①△EFB為等邊三角形．②S四邊形DFBE＝S△ABC．③AE＝DF．④AC＝8DG．其中正確的是①②③④．【分析】根據(jù)三角形的中位線定理和全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理解答即可．【解答】解：①∵∠ABC＝90°，∠A＝30°，設(shè)DF＝1，則AD＝2，AE＝，BC＝2，∵E為AB中點，∴BE＝AB，在△ABC中，D、E為AC和AB的中點，且BC⊥AB，∴DE⊥AB，DE＝BC＝1，∵AE＝BE，DE＝DE，∠AED＝∠BED，∴△AED≌△BED（SAS），∴DB＝AD＝2，∵BC＝2，BC＝BD，F(xiàn)為CD中點，∴BF⊥DC，∠C＝60°，∴BF＝，∴∠EBF＝90°﹣30°＝60°，∴△EFB是等邊三角形，①正確；②S四邊形DFBE＝S△BDE+S△BDF＝＝，故②正確；③∵AE＝，DF＝1，∴AE＝DF，故③正確；④∵DE＝AD，DF＝DC，∵AD＝DC，∴DE＝DF，∴DG⊥EF，∴DG＝，∵AC＝4，∴AC＝8DG，故④正確；綜上所述，①②③④都正確；故答案為：①②③④．34．（2022?江北區(qū)模擬）如圖，已知長方形紙板的邊長DE＝10，EF＝11，在紙板內(nèi)部畫Rt△ABC，并分別以三邊為邊長向外作正方形，當(dāng)邊HI、LM和點K、J都恰好在長方形紙板的邊上時，則△ABC的面積為（）A．6 B． C． D．【分析】由“AAS”可證△ABC≌△BJQ，可得AC＝BQ，同理可證AR＝BC，由線段的和差關(guān)系可得AC+2BC＝11，2AC+BC＝10，可求AC，BC的長，即可求解．【解答】解：如圖，延長CA交GF于R，延長CB交EF于Q，∵四邊形ACML，ABJK是正方形，∴AC＝CM，CM⊥GD，AB＝BJ，∠ABJ＝90°，∵四邊形GFED是矩形，∴GD∥EF，∴MC⊥EF，∴∠BQJ＝∠ACB＝90°＝∠ABJ，∴∠ABC+∠BAC＝90°＝∠ABC+∠QBJ，∴∠BAC＝∠QBJ，在△ABC和△BJQ中，，∴△ABC≌△BJQ（AAS），∴AC＝BQ，同理可證：AR＝BC，∵AC+CH+AR＝11，MC+BC+BQ＝10，∴AC+2BC＝11，2AC+BC＝10，∴AC＝3，BC＝4，∴S△ABC＝×AC×BC＝×3×4＝6，故選：A．35．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＜BC．分別以點A，B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，交于D，E兩點，直線DE交BC于點F，連接AF．以點A為圓心，AF為半徑畫弧，交BC延長線于點G，連接AG．若△AFG的周長為9，則BC的長為（）A．6 B． C．5 D．【分析】由作圖過程可得AF＝AG，ED是AB的垂直平分線，可得AF＝AG，AC⊥FG，所以FC＝CG，進(jìn)而可以解決問題．【解答】解：由基本作圖方法得出：DE垂直平分AB，則AF＝BF，可得AF＝AG，AC⊥FG，∴FC＝CG，∴△AFG的周長為：AF+FC+CG+AG＝2BC＝9．∴AF+FC＝BF+FC＝AG+CG＝BC＝．故選：D．36．（2022?東營區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，PQ垂直平分AB，垂足為Q，交BC于點P．按以下步驟作圖：①以點A為圓心，以適當(dāng)?shù)拈L為半徑作弧，分別交邊AC，AB于點D，E；②分別以點D，E為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點F；③作射線AF．若AF與PQ的夾角為α，則α的度數(shù)為（）A．50° B．55° C．45° D．60°【分析】由作圖可知AT平分∠CAB，TQ垂直平分線段AB，求出∠TAQ，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，∵∠C＝90°，∠B＝20°，∴∠CAB＝90°﹣20°＝70°，由作圖可知AT平分∠CAB，TQ垂直平分線段AB，∴∠TAQ＝∠CAB＝35°，∠AQT＝90°，∴α＝90°﹣35°＝55°，故選：B．37．（2021秋?東陽市期末）能說明命題“對于任何實數(shù)a，都有a2＞a”是假命題的反例是（）A．a(chǎn)＝﹣1 B．a(chǎn)＝0 C．a(chǎn)＝2 D．a(chǎn)＝3【分析】根據(jù)題意、乘方的意義舉例即可．【解答】解：當(dāng)a＝0時，a2＝0，∴a2＝a，故選：B．38．（2021秋?湖州期末）如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，M是高CD上的一個動點，以BM為邊向上作等邊△BMN，在點M從點C到點D的運動過程中，點N所經(jīng)過的路徑長是（）A．2 B． C．π D．【分析】點M在C處時，HN＝CD＝，點M在D處時，點N與點H重合．則點N所經(jīng)過的路徑的長＝CD＝．【解答】解：如圖，取BC的中點H，連結(jié)NH，∵BH＝BC＝AB，∵CD⊥AB，BD＝AB，∴BH＝BD，∵△ABC和△BMN是等邊三角形，∴BM＝BN，∠ABC＝∠MBN＝60°，∴∠DBM+∠MBH＝∠HBN+∠MBH，∴∠DBM＝∠HBN，∴△DBM≌△HBN（SAS），∴HN＝DM，∠BHN＝∠BDM＝90°，∴NH⊥BC，又點M在C處時，HN＝CD＝AB＝×2＝，點M在D處時，點N與點H重合，∴點N所經(jīng)過的路徑的長為M從D點運動的路徑長．故選：D．39．（2021秋?東陽市期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，動點D從點B出發(fā)，沿射線AB方向運動，以CD為邊在右側(cè)作等腰Rt△CDE，使∠DCE＝90°，DC＝EC，取BC中點F，連接EF，當(dāng)EF的值最小時，AD＝．【分析】由“SAS”可證△ACD≌△BCE，可得AD＝BE，∠CBE＝∠A＝45°，由垂線段最短可得當(dāng)EF⊥BE時，EF有最小值，即可求解．【解答】解：如圖，連接BE，∵點F是BC的中點，∴BF＝CF＝2，∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE，∠CAD＝∠CBE＝45°，∴當(dāng)EF⊥BE時，EF有最小值，∴∠EFB＝45°＝∠EBF，∵F是BC中點，∴BF＝BC＝＝2，∴BE＝EF＝BF＝＝，∴AD＝故答案為：．40．（2021秋?武義縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，點E，F(xiàn)在斜邊AB上，將邊AC沿CE翻折，使點A落在AB上的點D處，再將邊BC沿CF翻折，使點B落在CD延長線上的點B'處，則線段B'F的長為（）A． B． C．1 D．【分析】根據(jù)翻折的性質(zhì)可知角ECF為45度，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和三角形的面積即可求解．【解答】解：根據(jù)兩次翻折可知：∠ACE＝∠DCE，∠BCF＝∠DCF，CE⊥AD，∵∠ACB＝90°，∴∠ECF＝∠ECD+∠FCD＝∠ACB＝45°，∴∠EFC＝45°，∴EF＝CE，∵S△ABC＝AC?BC＝AB?CE，∴5CE＝3×4，∴CE＝．∴EF＝．在Rt△CEB中，BE＝＝＝，∴BF＝BE﹣EF＝﹣＝，∴B′F＝BF＝．故選：B．41．（2019秋?義烏市期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝114°，D，F(xiàn)為BC邊上的點，將△ABD沿AD折疊到△ADE，連接EF．若∠DAF＝57°，那么當(dāng)∠BAD＝12°或4