eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（八年级 · 解析几何）：如图,已知边长为3的正方形$ABCD$和边长为2的正方形$DEFG$公共点$D$,连接$AE、CG$相交于点$H,AE$与$CD$相交于点$O$.(1)求证:$triangleADEcongtriangleCDG$;(2)猜想:线段$AE$与$CG$的关系,并说明理由;(3)当$angleCDE=30^{circ}$时,求$AO$的长度.
选项：
答案：(1)由正方形的性质得出$CD=AD,angleCDG=angleADE=90^{circ},GD=ED$,即可证明$triangleCDG$$congtriangleADE(SAS);$(2)设$DE$交$CG$于$K$,由$triangleCDGcongtriangleADE$,可得$AE=CG,angleCGD=angleAED$,而$angleEKH=angleDKC$,故$angleEHK=angleKDG=90^{circ}$，从而$AEperpCG;$(3)过$E$作$EWperpAD$交$AD$延长线于$W$,由$angleCDE=30^{circ}$,得$angleEDW=60^{circ},angleDEW=30^{circ}$,即得$DW=frac{1}{2}DE=1,EW=sqrt{3}DW=sqrt{3}$,用勾股定理有$AE=sqrt{{A}W^{2}+mathbb{E}W^{2}}=sqrt{19}$,根据$frac{O{~A}}{{AE}}=frac{{AD}}{{AW}}$,得$OA=frac{3sqrt{19}}{4}$.【解析】(1)证明:$because$四边形$ABCD$和四边形$DEFG$都是正方形,$thereforeCD=AD,angleADC=angleEDG=90^{circ},GD=ED$,$thereforeangleADE=angleCDG$在$triangleCDG$和$triangleADE$中,<ImageHere>$thereforetriangleCDGcongtriangleADE(SAS);$(2)解:$AEperpCG,AE=CG$,理由如下:设$DE$交$CG$于$K$,如图:由(1)知:$triangleCDGcongtriangleADE$,$thereforeAE=CG,angleCGD=angleAED$,$becauseangleEKH=angleDKC$$thereforeangleEHK=angleKDG=90^{circ}$,$thereforeAEperpCG$(3)解:过$E$作$EWperpAD$交$AD$延长线于$W$,如图:$becauseangleCDE=30^{circ}$$$begin{aligned}&thereforeangleEDW=60^{circ},angleDEW=30^{circ}&thereforeDW=frac{1}{2}DE=1,EW=sqrt{3}DW=sqrt{3}&thereforeAW=AD+DW=3+1=4&thereforeAE=sqrt{{A}W^{2}+mathbb{E}W^{2}}=sqrt{19}&becausefrac{{OA}}{{AE}}=frac{{AD}}{{AW}}&thereforefrac{{OA}}{sqrt{19}}=frac{3}{4}&thereforeOA=frac{3sqrt{19}}{4}end{aligned}$$$$text{答:}AOtext{的长度为}frac{3sqrt{19}}{4}text{.}$$<ImageHere>【点睛】本题考查正方形性质及应用,涉及全等三角形的判定与性质,勾股定理及应用,解题的关键是掌握全等三角形的判定定理.
解析：(1)由正方形的性质得出$CD=AD,angleCDG=angleADE=90^{circ},GD=ED$,即可证明$triangleCDG$$congtriangleADE(SAS);$(2)设$DE$交$CG$于$K$,由$triangleCDGcongtriangleADE$,可得$AE=CG,angleCGD=angleAED$,而$angleEKH=angleDKC$,故$angleEHK=angleKDG=90^{circ}$，从而$AEperpCG;$(3)过$E$作$EWperpAD$交$AD$延长线于$W$,由$angleCDE=30^{circ}$,得$angleEDW=60^{circ},angleDEW=30^{circ}$,即得$DW=frac{1}{2}DE=1,EW=sqrt{3}DW=sqrt{3}$,用勾股定理有$AE=sqrt{{A}W^{2}+mathbb{E}W^{2}}=sqrt{19}$,根据$frac{O{~A}}{{AE}}=frac{{AD}}{{AW}}$,得$OA=frac{3sqrt{19}}{4}$.【解析】(1)证明:$because$四边形$ABCD$和四边形$DEFG$都是正方形,$thereforeCD=AD,angleADC=angleEDG=90^{circ},GD=ED$,$thereforeangleADE=angleCDG$在$triangleCDG$和$triangleADE$中,$thereforetriangleCDGcongtriangleADE(SAS);$(2)解:$AEperpCG,AE=CG$,理由如下:设$DE$交$CG$于$K$,如图:由(1)知:$triangleCDGcongtriangleADE$,$thereforeAE=CG,angleCGD=angleAED$,$becauseangleEKH=angleDKC$$thereforeangleEHK=angleKDG=90^{circ}$,$thereforeAEperpCG$(3)解:过$E$作$EWperpAD$交$AD$延长线于$W$,如图:$becauseangleCDE=30^{circ}$$$begin{aligned}&thereforeangleEDW=60^{circ},angleDEW=30^{circ}&thereforeDW=frac{1}{2}DE=1,EW=sqrt{3}DW=sqrt{3}&thereforeAW=AD+DW=3+1=4&thereforeAE=sqrt{{A}W^{2}+mathbb{E}W^{2}}=sqrt{19}&becausefrac{{OA}}{{AE}}=frac{{AD}}{{AW}}&thereforefrac{{OA}}{sqrt{19}}=frac{3}{4}&thereforeOA=frac{3sqrt{19}}{4}end{aligned}$$$$text{答:}AOtext{的长度为}frac{3sqrt{19}}{4}text{.}$$【点睛】本题考查正方形性质及应用,涉及全等三角形的判定与性质,勾股定理及应用,解题的关键是掌握全等三角形的判定定理.
题目（八年级 · 解析几何）：正方形$ABCD$中，$M$为射线$CD$上一点（不与$D$重合）,以$CM$为边,在正方形$ABCD$的异侧作正方形$CFGM$,连接$BM,DF$,直线$BM$与$DF$交于点$E$.(1)如图1,若$M$在$CD$的延长线上,求证:$DF=BM,DFperpBM$;(2)如图2,若$M$移到边$CD$上.(1)在（1）中结论是否仍成立?（直接回答不需证明）(2)连接$BD$,若$BD=BF$,且正方形$CFGM$的边长为1,试求正方形$ABCD$的周长.图1图2
选项：
答案：（1）由正方形的性质得出条件,证明$triangleBCMcongtriangleDCF(SAS)$,由全等三角形的性质及角的互余关系可得结论;(2)(1)结论仍成立;(2)设正方形$ABCD$的边长为$x$,则$BC=CD=x$,由勾股定理求得$BD$的长,再用含$x$的式子表示出$BF$,然后根据$BD=BF$得出关于$x$的方程,解得$x$的值,再乘以4即可.【解析】解:(1)证明:$because$四边形$ABCD$与四边形$CFGM$都是正方形,$thereforeangleBCM=angleFCD=90^{circ},BC=CD,CM=CF$.在$triangleBCM$和$triangleDCF$中,$left{begin{array}{l}{BC}={CD}angle{BCM}=angle{FCD},{CM}={CF}end{array}right.$$thereforetriangleBCMcongtriangleDCF(SAS)$.$thereforeDF=BM,angleCFD=angleCMB$.$becauseangleBMC+angleCBM=90^{circ}$$thereforeangleCBM+angleCFD=90^{circ}$,$thereforeangleBEF=90^{circ}$,$thereforeDFperpBM;$(2)(1)成立.$because$四边形$ABCD$与四边形$CFGM$都是正方形,$thereforeangleBCM=angleFCD=90^{circ},BC=CD,CM=CF$.在$triangleBCM$和$triangleDCF$中,$left{begin{array}{l}{BC}={CD}angle{BCM}=angle{FCD},{CM}={CF}end{array}right.$$thereforetriangleBCMcongtriangleDCF(SAS)$.$thereforeDF=BM,angleCFD=angleCMB$.$becauseangleBMC+angleCBM=90^{circ}$,$thereforeangleCBM+angleCFD=90^{circ}$,$thereforeangleBEF=90^{circ}$,$thereforeDFperpBM$(2)设正方形$ABCD$的边长为$x$,则$BC=CD=x$,$thereforeBD=sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=sqrt{2}x$,$because$正方形$CFGM$的边长为1,$thereforeBF=BC+CF=x+1$.$becauseBD=BF$,$thereforesqrt{2}x=x+1$,$thereforex=sqrt{2}+1$.$therefore4x=4sqrt{2}+4$.$therefore$正方形$ABCD$的周长为$4sqrt{2}+4$.【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及一元一次方程在几何图形问题中的应用,明确相关性质及定理是解题的关键.
解析：（1）由正方形的性质得出条件,证明$triangleBCMcongtriangleDCF(SAS)$,由全等三角形的性质及角的互余关系可得结论;(2)(1)结论仍成立;(2)设正方形$ABCD$的边长为$x$,则$BC=CD=x$,由勾股定理求得$BD$的长,再用含$x$的式子表示出$BF$,然后根据$BD=BF$得出关于$x$的方程,解得$x$的值,再乘以4即可.【解析】解:(1)证明:$because$四边形$ABCD$与四边形$CFGM$都是正方形,$thereforeangleBCM=angleFCD=90^{circ},BC=CD,CM=CF$.在$triangleBCM$和$triangleDCF$中,$left{begin{array}{l}{BC}={CD}angle{BCM}=angle{FCD},{CM}={CF}end{array}right.$$thereforetriangleBCMcongtriangleDCF(SAS)$.$thereforeDF=BM,angleCFD=angleCMB$.$becauseangleBMC+angleCBM=90^{circ}$$thereforeangleCBM+angleCFD=90^{circ}$,$thereforeangleBEF=90^{circ}$,$thereforeDFperpBM;$(2)(1)成立.$because$四边形$ABCD$与四边形$CFGM$都是正方形,$thereforeangleBCM=angleFCD=90^{circ},BC=CD,CM=CF$.在$triangleBCM$和$triangleDCF$中,$left{begin{array}{l}{BC}={CD}angle{BCM}=angle{FCD},{CM}={CF}end{array}right.$$thereforetriangleBCMcongtriangleDCF(SAS)$.$thereforeDF=BM,angleCFD=angleCMB$.$becauseangleBMC+angleCBM=90^{circ}$,$thereforeangleCBM+angleCFD=90^{circ}$,$thereforeangleBEF=90^{circ}$,$thereforeDFperpBM$(2)设正方形$ABCD$的边长为$x$,则$BC=CD=x$,$thereforeBD=sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=sqrt{2}x$,$because$正方形$CFGM$的边长为1,$thereforeBF=BC+CF=x+1$.$becauseBD=BF$,$thereforesqrt{2}x=x+1$,$thereforex=sqrt{2}+1$.$therefore4x=4sqrt{2}+4$.$therefore$正方形$ABCD$的周长为$4sqrt{2}+4$.【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及一元一次方程在几何图形问题中的应用,明确相关性质及定理是解题的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：方格纸中每个小正方形的边长均为 1 , 点 $A, B, C$ 在小正方形的顶点上.

(1) 画出 $\triangle A B C$ 中边 $B C$ 上的高 $A D$;

(2) 画出 $\triangle A B C$ 中边 $A C$ 上的中线 $B E$;

(3) 求出 $\triangle A B E$ 的面积.


选项：
答案：解: (1) 如图所示, 线段 $A D$ 即为所求;

(2) 如图所示, 线段 BE 即为所求;

(3) $\mathrm{S}_{\triangle \boldsymbol{A c c}}=\frac{1}{2} \mathrm{BC} \cdot \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \times 4 \times 4=8$.

$\therefore \triangle A B E$ 的面积 $=\frac{1}{2} S_{\triangle A B C}=4$,

故答案为: 4 .

<ImageHere>
解析：解: (1) 如图所示, 线段 $A D$ 即为所求;

(2) 如图所示, 线段 BE 即为所求;

(3) $\mathrm{S}_{\triangle \boldsymbol{A c c}}=\frac{1}{2} \mathrm{BC} \cdot \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \times 4 \times 4=8$.

$\therefore \triangle A B E$ 的面积 $=\frac{1}{2} S_{\triangle A B C}=4$,

故答案为: 4 .
题目（八年级 · 解析几何）：已知反比例函数${y}_{1}=frac{{k}}{{x}}(k$为常数,$kneq0)$与正比例函数$y_{2}=x$的图象有一个交点为$P(3,m)$.(1)求$k$的值;(2)将点$P$向下平移6个单位,再向左平移5个单位后,得点$P^{prime}$,试判断点$P^{prime}$是否在函数$y_{1}$的图象上，并说明理由;(3)当$y_{1}>y_{2}$时,利用函数图象直接写出自变量$x$的取值范围.
选项：
答案：(1)由正比例函数的解析式求得点$P$的坐标,代入数${y}_{1}=frac{{k}}{{x}}$($k$为常数,$kneq0$)即可求得$k$的值;(2)求得$P^{prime}$的坐标为$(-2,-3)$,由$-2times(-3)=6neqk$,即可判断点$P^{prime}$不在函数$y_{1}$的图象上;(3)利用图象即可求解.【解析】解:(1)$because$正比例函数$y_{2}=x$的图象过交点为$P(3,m)$,$thereforem=3$,$thereforeP(3,3)$,$because$点$P$在反比例函数${y}_{1}=frac{{k}}{{x}}(k$为常数,$kneq0)$的图象上,$thereforek=3times3=9;$(2)将点$P$向下平移6个单位,再向左平移5个单位后,得点$P^{prime}(-2,-3)$,$because-2times(-3)=6neq9$,$therefore$点$P^{prime}$不在函数$y_{1}$的图象上;(3)由图象可知,当$y_{1}>y_{2}$时,自变量$x$的取值范围是$x<-3$或$0<x<3$.<ImageHere>【点睛】本题是反比例函数于一次函数的交点问题,考查了一次函数图象上点的坐标特征,待定系数法求反比例函数的解析式,函数与不等式的关系,数形结合是解题的关键.
解析：(1)由正比例函数的解析式求得点$P$的坐标,代入数${y}_{1}=frac{{k}}{{x}}$($k$为常数,$kneq0$)即可求得$k$的值;(2)求得$P^{prime}$的坐标为$(-2,-3)$,由$-2times(-3)=6neqk$,即可判断点$P^{prime}$不在函数$y_{1}$的图象上;(3)利用图象即可求解.【解析】解:(1)$because$正比例函数$y_{2}=x$的图象过交点为$P(3,m)$,$thereforem=3$,$thereforeP(3,3)$,$because$点$P$在反比例函数${y}_{1}=frac{{k}}{{x}}(k$为常数,$kneq0)$的图象上,$thereforek=3times3=9;$(2)将点$P$向下平移6个单位,再向左平移5个单位后,得点$P^{prime}(-2,-3)$,$because-2times(-3)=6neq9$,$therefore$点$P^{prime}$不在函数$y_{1}$的图象上;(3)由图象可知,当$y_{1}>y_{2}$时,自变量$x$的取值范围是$x<-3$或$0<x<3$.【点睛】本题是反比例函数于一次函数的交点问题,考查了一次函数图象上点的坐标特征,待定系数法求反比例函数的解析式,函数与不等式的关系,数形结合是解题的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：已知反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象经过点$A(2,3)$.(1)求这个反比例函数的表达式:(2)判断点$B(-1,6)$是否在这个函数图象上,并说明你的理由;(3)点$Cleft(x_{1},y_{1}right),Dleft(x_{2},y_{2}right)$是图象上的两点,若$x_{1}<x_{2}$,比较$y_{1}$和$y_{2}$的大小,并说明你的理由.
选项：
答案：(1)把点$(2,3)$代入$y=frac{k}{x}(kneq0)$可得$k$的值,进而可得函数的解析式;(2)把点$B(-1,6)$代入函数解析式,能满足解析式的点就在此函数图象上;(3)根据反比例函数图象位于第一、三象限,分两种情况:当$C$和$D$都在同一象限时,根据$x_{1}$$<x_{2}$,判断出$y_{1}>y_{2}$;当$C$和$D$不在同一象限$x_{1}<x_{2}$,判断出$y_{1}<y_{2}$.【解析】解：(1)$because$反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象经过点$A(2,3)$,$thereforek=2times3=6$,$therefore$这个函数的解析式为$y=frac{6}{{x}}$;(2)把$B(-1,6)$代入$y=frac{6}{x}$,则$6neqfrac{6}{-1}$,故点$B$不在这个函数图象上;(3)$becausek=6>0$,$therefore$反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象在一、三象限,且在每个象限$y$随$x$的增大而减小,$therefore$当两点在同一象限时,$y_{1}>y_{2}$;当两点在不同象限时,$y_{1}<y_{2}$.【点睛】此题主要考查了反比例函数的性质,以及函数图象上点的坐标特点,待定系数法求反比例函数解析式,关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式.
解析：(1)把点$(2,3)$代入$y=frac{k}{x}(kneq0)$可得$k$的值,进而可得函数的解析式;(2)把点$B(-1,6)$代入函数解析式,能满足解析式的点就在此函数图象上;(3)根据反比例函数图象位于第一、三象限,分两种情况:当$C$和$D$都在同一象限时,根据$x_{1}$$<x_{2}$,判断出$y_{1}>y_{2}$;当$C$和$D$不在同一象限$x_{1}<x_{2}$,判断出$y_{1}<y_{2}$.【解析】解：(1)$because$反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象经过点$A(2,3)$,$thereforek=2times3=6$,$therefore$这个函数的解析式为$y=frac{6}{{x}}$;(2)把$B(-1,6)$代入$y=frac{6}{x}$,则$6neqfrac{6}{-1}$,故点$B$不在这个函数图象上;(3)$becausek=6>0$,$therefore$反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$的图象在一、三象限,且在每个象限$y$随$x$的增大而减小,$therefore$当两点在同一象限时,$y_{1}>y_{2}$;当两点在不同象限时,$y_{1}<y_{2}$.【点睛】此题主要考查了反比例函数的性质,以及函数图象上点的坐标特点,待定系数法求反比例函数解析式,关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式.
题目（八年级 · 解析几何）：如图,一次函数$y_{1}=ax+b$的图象与反比例函数${y}_{2}=frac{{k}}{{x}}({a},{b},k$是常数,$aneq0,kneq0)$的图象交于第一象限$C(1,4),D(4,m)$两点,与坐标轴交于$A、B$两点,连接$OC,OD.quad(O$是坐标原点)(1)求一次函数$y_{1}$与反比例函数$y_{2}$的表达式;(2)直接写出当$y_{2}>y_{1}$时$x$的取值范围;(3)将直线$AB$向下平移多少个单位长度,直线与反比例函数图象只有一个交点?
选项：
答案：(1)根据题意,由待定系数法确定函数关系式直接代入点列方程及方程组求解即可得到答案;(2)根据图象即可求解;(3)根据函数图象平移,设直线$AB$向下平移$n$个单位长度,此时直线$AB$对应的表达式为$y=-$$x+5-n$,联立方程组,消去$y$整理得$x^{2}-(5-n)x+4=0$,结合图象只有一个交点,确定$x^{2}-(5$$-n)x+4=0$只有一个解,即$Delta=[-(5-n)]^{2}-4times1times4=0$,解一元二次方程即可得到答案.【解析】解:(1)把$C(1,4)$代入${y}_{2}=frac{{k}}{{x}}({a},{b},k$是常数,$aneq0,kneq0)$,得$k=4$,$therefore$反比例函数的解析式为$y=frac{4}{{x}}$,把$(4,m)$代入$y=frac{4}{{x}}$,得$m=1$,$thereforeD(4,1)$,把$C(1,4),D(4,1)$坐标分别代入$y=ax+b$得$left{begin{array}{l}{k}+{b}=44{k}+{b}=1end{array}right.$,解得$left{begin{array}{l}k=-1b=5end{array}right.$,$therefore$一次函数的解析式为$y=-x+5$;(2)由图可知,当$y_{2}>y_{1}$时$x$的取值范围为:$0<x<1$或$x>4$;(3)设直线$AB$向下平移$n$个单位长度,此时直线$AB$对应的表达式为$y=-x+5-n$,联立方程组得$left{begin{array}{l}y=-x+5-ny=frac{4}{x}end{array}right.$,消去$y$得$-x+5=frac{4}{{x}}$,整理得$x^{2}-(5-n)x+4=0$,$because$由于直线与反比例函数图象只有一个交点,$thereforeDelta=0$,即$[-(5-n)]^{2}-4times1times4=0$,整理得$n^{2}-10n+9=0$,解得$n_{1}=1,n_{2}=9$,$therefore$将直线$AB$向下平移1或9个单位长度,直线与反比例图象只有一个交点.【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的交点问题,涉及待定系数法确定函数关系式、利用函数图象解不等式、函数图象平移及图象交点与一元二次方程解得情况等知识点是解决问题的关键.
解析：(1)根据题意,由待定系数法确定函数关系式直接代入点列方程及方程组求解即可得到答案;(2)根据图象即可求解;(3)根据函数图象平移,设直线$AB$向下平移$n$个单位长度,此时直线$AB$对应的表达式为$y=-$$x+5-n$,联立方程组,消去$y$整理得$x^{2}-(5-n)x+4=0$,结合图象只有一个交点,确定$x^{2}-(5$$-n)x+4=0$只有一个解,即$Delta=[-(5-n)]^{2}-4times1times4=0$,解一元二次方程即可得到答案.【解析】解:(1)把$C(1,4)$代入${y}_{2}=frac{{k}}{{x}}({a},{b},k$是常数,$aneq0,kneq0)$,得$k=4$,$therefore$反比例函数的解析式为$y=frac{4}{{x}}$,把$(4,m)$代入$y=frac{4}{{x}}$,得$m=1$,$thereforeD(4,1)$,把$C(1,4),D(4,1)$坐标分别代入$y=ax+b$得$left{begin{array}{l}{k}+{b}=44{k}+{b}=1end{array}right.$,解得$left{begin{array}{l}k=-1b=5end{array}right.$,$therefore$一次函数的解析式为$y=-x+5$;(2)由图可知,当$y_{2}>y_{1}$时$x$的取值范围为:$0<x<1$或$x>4$;(3)设直线$AB$向下平移$n$个单位长度,此时直线$AB$对应的表达式为$y=-x+5-n$,联立方程组得$left{begin{array}{l}y=-x+5-ny=frac{4}{x}end{array}right.$,消去$y$得$-x+5=frac{4}{{x}}$,整理得$x^{2}-(5-n)x+4=0$,$because$由于直线与反比例函数图象只有一个交点,$thereforeDelta=0$,即$[-(5-n)]^{2}-4times1times4=0$,整理得$n^{2}-10n+9=0$,解得$n_{1}=1,n_{2}=9$,$therefore$将直线$AB$向下平移1或9个单位长度,直线与反比例图象只有一个交点.【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的交点问题,涉及待定系数法确定函数关系式、利用函数图象解不等式、函数图象平移及图象交点与一元二次方程解得情况等知识点是解决问题的关键.
题目（八年级 · 解析几何）：己知点$Aleft(x_{1},y_{1}right),Bleft(x_{2},y_{2}right)$是反比例函数$y=frac{k}{x}(kneq0)$图象上的两点.(1)若点$A,B$关于原点中心对称,求$5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}$的值;(用含$k$的代数式表示)(2)设$x_{1}=a-1,x_{2}=a+1$,若$y_{1}<y_{2}$,求$a$的取值范围.
选项：
答案：(1)利用关于原点中心对称的点的坐标特征得到$x_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,则$5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}$$=2x_{2}y_{2}$,然后利用反比例函数图象上点的坐标得到$x_{2}y_{2}=k$,从而得到$5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}$的值;(2)讨论:当$k>0$时,$A、B$在不同象限,则$a-1<0<a+1$;当$k<0$时,点$A、B$在同一象限,则$a+1<0$或$a-1>0$,然后分别解不等式即可.【解析】解：(1)$because$点$A,B$关于原点中心对称,$thereforex_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,$therefore5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}=5left(-x_{2}right)cdoty_{2}-7x_{2}left(-y_{2}right)$$=2x_{2}y_{2}$,$becauseBleft(x_{2},y_{2}right)$在反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$图象上,$thereforex_{2}y_{2}=k$,$therefore5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}=2k$(2)当$k>0$时,$becausex_{1}=a-1,x_{2}=a+1,quady_{1}<y_{2}$,$thereforea-1<0<a+1$,解得$-1<a<1$;当$k<0$时，$becausex_{1}=a-1,x_{2}=a+1,quady_{1}<y_{2}$,$thereforea+1<0$或$a-1>0$,解得$a<-1$或$a>1$,综上所述,$k>0$时,$-1<a<1;k<0$时,$a<-1$或$a>1$.【点睛】本他考查了反比例函数图象上点的坐标特征:反比例函数图象上点的坐标满足其解析式.也考查了反比例函数的性质.
解析：(1)利用关于原点中心对称的点的坐标特征得到$x_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,则$5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}$$=2x_{2}y_{2}$,然后利用反比例函数图象上点的坐标得到$x_{2}y_{2}=k$,从而得到$5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}$的值;(2)讨论:当$k>0$时,$A、B$在不同象限,则$a-1<0<a+1$;当$k<0$时,点$A、B$在同一象限,则$a+1<0$或$a-1>0$,然后分别解不等式即可.【解析】解：(1)$because$点$A,B$关于原点中心对称,$thereforex_{1}=-x_{2},y_{1}=-y_{2}$,$therefore5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}=5left(-x_{2}right)cdoty_{2}-7x_{2}left(-y_{2}right)$$=2x_{2}y_{2}$,$becauseBleft(x_{2},y_{2}right)$在反比例函数$y=frac{{k}}{{x}}(kneq0)$图象上,$thereforex_{2}y_{2}=k$,$therefore5x_{1}y_{2}-7x_{2}y_{1}=2k$(2)当$k>0$时,$becausex_{1}=a-1,x_{2}=a+1,quady_{1}<y_{2}$,$thereforea-1<0<a+1$,解得$-1<a<1$;当$k<0$时，$becausex_{1}=a-1,x_{2}=a+1,quady_{1}<y_{2}$,$thereforea+1<0$或$a-1>0$,解得$a<-1$或$a>1$,综上所述,$k>0$时,$-1<a<1;k<0$时,$a<-1$或$a>1$.【点睛】本他考查了反比例函数图象上点的坐标特征:反比例函数图象上点的坐标满足其解析式.也考查了反比例函数的性质.
题目（八年级 · 解析几何）：小欣研究了函数${y}=frac{1}{{x}+1}$的图象与性质.其研究过程如下:（1）绘制函数图象(1)列表:下表是$x$与$y$的几组对应值，其中$m=underline{1}$;|$x$|$cdots$|-4|-3|-2|$-frac{3}{2}$|$-frac{4}{3}$|$-frac{2}{3}$|$-frac{1}{2}$|0|1|2|$cdots$||:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:||$y$|$cdots$|$-frac{1}{3}$|$-frac{1}{2}$|-1|-2|-3|3|2|$m$|$frac{1}{2}$|$frac{1}{3}$|$cdots$|(2)描点:根据表中的数值描点$(x,y)$;(3)连线:用平滑的曲线顺次连接各点,请把图象补充完整.（2）探究函数性质：下列说法不正确的是$A$A函数值$y$随$x$的增大而减小B.函数图象不经过第四象限C.函数图象与直线$x=-1$没有交点D.函数图象对称中心$(-1,0)$(3)如果点$Aleft(x_{1},y_{1}right)、Bleft(x_{2},y_{2}right)$在函数图象上,如果$x_{1}+x_{2}=-2$,则$y_{1}+y_{2}=0$.
选项：
答案：（1）把$x=0$代入函数解析式即可得$m$的值,根据图中的点画出图象即可;(2)根据图象和解析式即可进行判断;(3)先写出$y_{1}+y_{2}=frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{left({x}_{1}+1right)left({x}_{2}+1right)}$,然后根据$x_{1}+x_{2}=-2$,即可得出结果.【解析】解:(1)把$x=0$代入到$y=frac{1}{x+1}$中可得:$y=1$,即$m=1$,图象如下所示:<ImageHere>故答案为:1,图象如上所示;(2)A当$x<-1$或$x>-1$时,函数值$y$随$x$的增大而减小，故选项$A$不正确;B.根据图象可得,函数图象不经过第四象限,故选项$B$正确;C.根据函数表示可得:$xneq-1$,所以函数图象与直线$x=-1$没有交点,故选项$C$正确;D.根据图象可知,函数图象对称中心$(-1,0)$,故选项$D$正确;故选:A;(3)$becausex_{1}+x_{2}=-2$,$thereforey_{1}+y_{2}=frac{1}{x_{1}+1}+frac{1}{x_{2}+1}$$=frac{x_{2}+1+x_{1}+1}{left(x_{1}+1right)left(x_{2}+1right)}=frac{x_{1}+x_{2}+2}{left(x_{1}+1right)left(x_{2}+1right)}=0$;故答案为:0.【点睛】本题主要考查的是反比例函数的图象与性质,解题关键是熟练掌握反比例函数的基本性质。
解析：（1）把$x=0$代入函数解析式即可得$m$的值,根据图中的点画出图象即可;(2)根据图象和解析式即可进行判断;(3)先写出$y_{1}+y_{2}=frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{left({x}_{1}+1right)left({x}_{2}+1right)}$,然后根据$x_{1}+x_{2}=-2$,即可得出结果.【解析】解:(1)把$x=0$代入到$y=frac{1}{x+1}$中可得:$y=1$,即$m=1$,图象如下所示:故答案为:1,图象如上所示;(2)A当$x<-1$或$x>-1$时,函数值$y$随$x$的增大而减小，故选项$A$不正确;B.根据图象可得,函数图象不经过第四象限,故选项$B$正确;C.根据函数表示可得:$xneq-1$,所以函数图象与直线$x=-1$没有交点,故选项$C$正确;D.根据图象可知,函数图象对称中心$(-1,0)$,故选项$D$正确;故选:A;(3)$becausex_{1}+x_{2}=-2$,$thereforey_{1}+y_{2}=frac{1}{x_{1}+1}+frac{1}{x_{2}+1}$$=frac{x_{2}+1+x_{1}+1}{left(x_{1}+1right)left(x_{2}+1right)}=frac{x_{1}+x_{2}+2}{left(x_{1}+1right)left(x_{2}+1right)}=0$;故答案为:0.【点睛】本题主要考查的是反比例函数的图象与性质,解题关键是熟练掌握反比例函数的基本性质。
题目（八年级 · 立体几何学）：(5 分 ) 如图, 已知四边形 $A B C D$ 是平行四边形, 点 $E 、 B 、 D 、 F$ 在同一直线上, 且 $B E=D F$. 求证: $\mathrm{AE}=\mathrm{CF}$.


选项：
答案：解: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, $\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{CDB} . \therefore 180^{\circ}-\angle \mathrm{ABD}=180^{\circ}-\angle \mathrm{CDB}$, 即 $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{CDF}$.

```
$A B=C D$
                $\{\angle A B E=\angle C D F$
在 $\triangle \mathrm{ABE}$ 和 $\triangle \mathrm{CDF}$ 中, $\because \quad B E=D F$
$\therefore \triangle \mathrm{ABE} \cong \triangle \mathrm{CDF}(\mathrm{SAS})$.
$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{CF}$.
```
解析：解: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是平行四边形, $\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{CDB} . \therefore 180^{\circ}-\angle \mathrm{ABD}=180^{\circ}-\angle \mathrm{CDB}$, 即 $\angle \mathrm{ABE}=\angle \mathrm{CDF}$.

```
$A B=C D$
                $\{\angle A B E=\angle C D F$
在 $\triangle \mathrm{ABE}$ 和 $\triangle \mathrm{CDF}$ 中, $\because \quad B E=D F$
$\therefore \triangle \mathrm{ABE} \cong \triangle \mathrm{CDF}(\mathrm{SAS})$.
$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{CF}$.
```
题目（八年级 · 立体几何学）：(5 分) 如图, 在 ${ }^{-} A B C D$ 中, 点 $\mathrm{E}$ 是 $A D$ 的中点, 连接 $C E$ 并延长, 交 $B A$ 的延长线于点 $\mathrm{F}$.



求证: $F A=A B$.
选项：
答案：证明: $"$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A B=D C, A B \| D C$.

$\therefore \angle F A E=\angle D, \angle F=\angle E C D$.

又 $\because E A=E D$,

$\therefore \triangle A F E \cong \triangle D C E$

$\therefore A F=D C$

$\therefore A F=A B$
解析：证明: $"$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A B=D C, A B \| D C$.

$\therefore \angle F A E=\angle D, \angle F=\angle E C D$.

又 $\because E A=E D$,

$\therefore \triangle A F E \cong \triangle D C E$

$\therefore A F=D C$

$\therefore A F=A B$
题目（八年级 · 画法几何学）：(5 分 ) 如图, 作出 $\triangle \mathrm{ABC}$ 关于点 $\mathrm{O}$ 成中心对称的三角形. （保留作图痕迹）


选项：
答案：解：如图所示, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求作的 $\triangle A B C$ 关于点 $O$ 的对称三角形.

<ImageHere>

解: 分别连接 $A O, B O$ 和 $C O$, 延长 $A O, B O$ 和 $C O$ 使得 $A O=O A^{\prime} 、 B O=O B^{\prime} 、 C O=O C^{\prime}$, 将点连线,则 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所要做的点。
解析：解：如图所示, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求作的 $\triangle A B C$ 关于点 $O$ 的对称三角形.



解: 分别连接 $A O, B O$ 和 $C O$, 延长 $A O, B O$ 和 $C O$ 使得 $A O=O A^{\prime} 、 B O=O B^{\prime} 、 C O=O C^{\prime}$, 将点连线,则 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所要做的点。
题目（八年级 · 画法几何学）：在(1)$AE=CF;$(2)$BE//DF$;(3)$BE=DF$这三个条件中任选一个合适的补充条件在下面横线上,并完成证明过程.已知,如图,四边形$ABCD$是平行四边形,对角线$AC,BD$交于点$O$,点$E、F$在$AC$上,(1)或(2)(填写序号)求证:$BE=DF$.
选项：
答案：选择(1),由平行四边形的性质得$OA=OC,OB=OD$,而$AE=CF$,则$OE=OF$,即可证明$triangleBOEcongtriangleDOF$,得$BE=DF$;选择(2),由平行四边形的性质得$OB=OD$,由$BE//DF$,得$angleOBE=angleODF$,即可证明$triangleBOEcongtriangle$$DOF$,得$BE=DF$.【解析】解：选择(1)证明:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,对角线$AC、BD$交于点$O$,$thereforeOA=OC,OB=OD$,$becauseAE=CF$,$thereforeOA-AE=OC-CF$,$thereforeOE=OF$,在$triangleBOE$和$triangleDOF$中,$left{begin{array}{l}{OB}={OD}angle{BOE}=angle{DOF},{OE}={OF}end{array}right.$$thereforetriangleBOEcongtriangleDOF(SAS)$,$thereforeBE=DF$.答案不唯一,选择(2),证明:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,对角线$AC、BD$交于点$O$,$thereforeOB=OD$,$becauseBE//DF$,$thereforeangleOBE=angleODF$,在$triangleBOE$和$triangleDOF$中,$left{begin{array}{l}angle{BOE}=angle{DOF}{OB}={OD}angle{OBE}=angle{ODF}end{array}right.$,$thereforetriangleBOEcongtriangleDOF(ASA)$,$thereforeBE=DF$,故答案为:(1)或(2).【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识,证明$triangleBOEcongtriangleDOF$是解题的关键.
解析：选择(1),由平行四边形的性质得$OA=OC,OB=OD$,而$AE=CF$,则$OE=OF$,即可证明$triangleBOEcongtriangleDOF$,得$BE=DF$;选择(2),由平行四边形的性质得$OB=OD$,由$BE//DF$,得$angleOBE=angleODF$,即可证明$triangleBOEcongtriangle$$DOF$,得$BE=DF$.【解析】解：选择(1)证明:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,对角线$AC、BD$交于点$O$,$thereforeOA=OC,OB=OD$,$becauseAE=CF$,$thereforeOA-AE=OC-CF$,$thereforeOE=OF$,在$triangleBOE$和$triangleDOF$中,$left{begin{array}{l}{OB}={OD}angle{BOE}=angle{DOF},{OE}={OF}end{array}right.$$thereforetriangleBOEcongtriangleDOF(SAS)$,$thereforeBE=DF$.答案不唯一,选择(2),证明:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,对角线$AC、BD$交于点$O$,$thereforeOB=OD$,$becauseBE//DF$,$thereforeangleOBE=angleODF$,在$triangleBOE$和$triangleDOF$中,$left{begin{array}{l}angle{BOE}=angle{DOF}{OB}={OD}angle{OBE}=angle{ODF}end{array}right.$,$thereforetriangleBOEcongtriangleDOF(ASA)$,$thereforeBE=DF$,故答案为:(1)或(2).【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识,证明$triangleBOEcongtriangleDOF$是解题的关键.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图,方格纸中有三个点$A,B,C$,要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点)上,且四边形的顶点在方格的顶点上.(甲图)(乙图)(丙图)(1)在甲图中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形;(2)在乙图中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形;(3)在丙图中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形.
选项：
答案：(1)平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形;(2)等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形;(3)正方形既是轴对称图形又是中心对称图形.【解析】解：(1)甲图:平行四边形,(2)乙图:等腰梯形,(3)丙图:正方形.<ImageHere>(甲图)<ImageHere>(乙图)<ImageHere>(丙图)【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形,熟练掌握几个常见的四边形是哪类图形是关键:(1)平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形;(2)等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形;(3)矩形、菱形、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形.
解析：(1)平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形;(2)等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形;(3)正方形既是轴对称图形又是中心对称图形.【解析】解：(1)甲图:平行四边形,(2)乙图:等腰梯形,(3)丙图:正方形.(甲图)(乙图)(丙图)【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形,熟练掌握几个常见的四边形是哪类图形是关键:(1)平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形;(2)等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形;(3)矩形、菱形、正方形既是轴对称图形又是中心对称图形.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图,在$squareABCD$中,已知$AD=15{~cm}$,点$P$在$AD$上以$1{~cm}/{s}$的速度从点$A$向点$D$运动,点$Q$在$BC$上以$4{~cm}/{s}$的速度从点$C$出发往返运动,两点同时出发,当点$P$到达点$D$时停止运动(同时点$Q$也停止$)$,设运动时间为$t(s)(t>0)$.(1)当点$P$运动$t$秒时,线段$PD$的长度为$(15-t)quadcm$;当点$P$运动2秒时,线段$BQ$的长度为$7{~cm}$;当点$P$运动5秒时,线段$BQ$的长度为$5{~cm}$;(2)若经过$t$秒,以$P、D、Q、B$四点为顶点的四边形是平行四边形.请求出所有$t$的值.
选项：
答案：（1）由路程$=$速度$times$时间,可求解;（2）分四种情况讨论,由平行四边形的性质,列出等式可求解.【解析】解:(1)$because$点$P$在$AD$上以$1{~cm}/{s}$的速度从点$A$向点$D$运动,$thereforeAP=$tcm,$thereforePD=(15-t){cm}$,当点$P$运动2秒时,$CQ=2times4=8{~cm}$,$thereforeBQ=15-8=7{~cm}$,当点$P$运动5秒时,$CQ=4times5=20{~cm}$,$thereforeBQ=20-15=5{~cm}$,故答案为:$(15-t);7;5$;(2)$becauseP$在$AD$上运动,$thereforetleqslant15div1=15$,即$0<tleqslant15$,$because$以点$P、D、Q、B$为顶点的平行四边形,已有$PD//BQ$,还需满足$DP=BQ$,(1)当点$Q$的运动路线是$C-B$时,$BQ=15-4t$,由题意得:$15-t=15-4t,t=0$不合题意,(2)当点$Q$的运动路线是$C-B-C$时,$BQ=4t-15$,由题意得:$15-t=4t-15$,解得:$t=6$;(3)当点$Q$的运动路线是$C-B-C-B$时,$BQ=45-4t$,由题意得:$15-t=45-4t$,解得:$t=10$;(4)当点$Q$的运动路线是$C-B-C-B-C$时,$BQ=4t-45$,由题意得:$15-t=4t-45$,解得:$t=$$12;$综上所述,$t$的值为6或10或12.【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键.
解析：（1）由路程$=$速度$times$时间,可求解;（2）分四种情况讨论,由平行四边形的性质,列出等式可求解.【解析】解:(1)$because$点$P$在$AD$上以$1{~cm}/{s}$的速度从点$A$向点$D$运动,$thereforeAP=$tcm,$thereforePD=(15-t){cm}$,当点$P$运动2秒时,$CQ=2times4=8{~cm}$,$thereforeBQ=15-8=7{~cm}$,当点$P$运动5秒时,$CQ=4times5=20{~cm}$,$thereforeBQ=20-15=5{~cm}$,故答案为:$(15-t);7;5$;(2)$becauseP$在$AD$上运动,$thereforetleqslant15div1=15$,即$0<tleqslant15$,$because$以点$P、D、Q、B$为顶点的平行四边形,已有$PD//BQ$,还需满足$DP=BQ$,(1)当点$Q$的运动路线是$C-B$时,$BQ=15-4t$,由题意得:$15-t=15-4t,t=0$不合题意,(2)当点$Q$的运动路线是$C-B-C$时,$BQ=4t-15$,由题意得:$15-t=4t-15$,解得:$t=6$;(3)当点$Q$的运动路线是$C-B-C-B$时,$BQ=45-4t$,由题意得:$15-t=45-4t$,解得:$t=10$;(4)当点$Q$的运动路线是$C-B-C-B-C$时,$BQ=4t-45$,由题意得:$15-t=4t-45$,解得:$t=$$12;$综上所述,$t$的值为6或10或12.【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键.
题目（八年级 · 画法几何学）：如图,$squareABCD$的对角线$AC,BD$相交于点$O,E,F$分别是$OB,OD$的中点,连接$AE,AF$,$CE,CF$.(1)求证:四边形$AECF$是平行四边形;(2)若$ABperpAC,AB=3,BC=5$,求$AE$的长.
选项：
答案：(1)由平行四边形的性质得$OA=OC,OB=OD$,再证$OE=OF$,即可得出结论;(2)由勾股定理得$AC=4$,则$OA=frac{1}{2}AC=2$,再由勾股定理求出$OB=sqrt{13}$,然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解.【解析】(1)证明:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeOA=OC,OB=OD$,$becauseE,F$分别是$OB,OD$的中点,$thereforeOE=OF$,$therefore$四边形$AECF$是平行四边形;(2)解:$becauseABperpAC$,$thereforeangleBAC=90^{circ}$,$thereforeAC=sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$,$thereforeOA=frac{1}{2}AC=2$,在Rt$triangleAOB$中,由勾股定理得:$OB=sqrt{{AB}^{2}+0{~A}^{2}}=sqrt{3^{2}+2^{2}}=sqrt{13}$,$becauseangleBAO=90^{circ},E$是$OB$的中点,$thereforeAE=frac{1}{2}OB=frac{sqrt{13}}{2}$.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识;熟练掌握平行四边形的判定与性质,由勾股定理求出$OA、OB$的长是解题的关键.
解析：(1)由平行四边形的性质得$OA=OC,OB=OD$,再证$OE=OF$,即可得出结论;(2)由勾股定理得$AC=4$,则$OA=frac{1}{2}AC=2$,再由勾股定理求出$OB=sqrt{13}$,然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解.【解析】(1)证明:$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeOA=OC,OB=OD$,$becauseE,F$分别是$OB,OD$的中点,$thereforeOE=OF$,$therefore$四边形$AECF$是平行四边形;(2)解:$becauseABperpAC$,$thereforeangleBAC=90^{circ}$,$thereforeAC=sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$,$thereforeOA=frac{1}{2}AC=2$,在Rt$triangleAOB$中,由勾股定理得:$OB=sqrt{{AB}^{2}+0{~A}^{2}}=sqrt{3^{2}+2^{2}}=sqrt{13}$,$becauseangleBAO=90^{circ},E$是$OB$的中点,$thereforeAE=frac{1}{2}OB=frac{sqrt{13}}{2}$.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识;熟练掌握平行四边形的判定与性质,由勾股定理求出$OA、OB$的长是解题的关键.