北师大版八年级期末真题必刷基础60题（59个考点专练）-2023-2024学年八年级数学下学期考试满分全攻略高频考点+重难点讲练与测试（北师大版）

期末真题必刷基础60题（59个考点专练） 一．因式分解的意义（共1小题） 1．（2023春•开江县校级期末）如果是多项式的一个因式．则的值为　　 A． B．1 C．4 D．8 二．公因式（共1小题） 2．（2023秋•琼中县期末）多项式与多项式的公因式是　　． 三．因式分解-提公因式法（共1小题） 3．（2022秋•天河区校级期末）分解因式：　　． 四．因式分解-运用公式法（共1小题） 4．（2023秋•泉港区期末）分解因式：　　． 五．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 5．（2023秋•宁乡市期末）因式分解：　　． 六．因式分解-分组分解法（共1小题） 6．（2022秋•龙江县校级期末）分解因式： （1）； （2）． 七．因式分解-十字相乘法等（共1小题） 7．（2023春•余江区期末）下列因式分解变形正确的是　　 A． B． C． D． 八．实数范围内分解因式（共1小题） 8．（2022春•新洲区期末）在实数范围内因式分解：　　． 九．因式分解的应用（共1小题） 9．（2023春•泾阳县期末）已知，，则的值为　　 A． B．1 C． D．2 一十．分式的值为零的条件（共1小题） 10．（2023秋•虞城县期末）若分式的值为0，则的值是 　　． 一十一．分式的值（共1小题） 11．（2023秋•光山县校级期末）若，则的值是　　 A． B． C．2 D．1 一十二．分式的乘除法（共1小题） 12．（万州区校级期末）． 一十三．分式的加减法（共1小题） 13．（2022春•龙岗区校级期末）化简：　　． 一十四．解分式方程（共1小题） 14．（2022秋•旌阳区期末）对于实数，，定义一种新运算“”为：，这里等式右边是通常的实数运算．例如：，则方程的解是　　 A． B． C． D． 一十五．不等式的定义（共1小题） 15．（2020春•丹东期末）下列是不等式的是　　 A． B． C． D． 一十六．不等式的性质（共1小题） 16．（2023春•前郭县期末）已知，下列结论正确的是　　 A． B． C． D． 一十七．一元一次不等式的定义（共1小题） 17．（2023春•南岗区校级期末）若是一元一次不等式，则　　． 一十八．解一元一次不等式（共1小题） 18．（2023春•侯马市期末）若关于的方程的解是负数，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 一十九．一元一次不等式的整数解（共1小题） 19．（2023春•沈北新区期末）不等式的最大整数解是 　　． 二十．由实际问题抽象出一元一次不等式（共1小题） 20．（2023秋•慈溪市期末）“的2倍与3的差是非负数，”用不等式表示为 　　． 二十一．一元一次不等式的应用（共1小题） 21．（2023春•睢宁县期末）为了节能减排，我区某校准备购买某种品牌的节能灯，已知4只型节能灯和5只型节能灯共需55元，2只型节能灯和1只型节能灯共需17元． （1）求1只型节能灯和1只型节能灯的售价各是多少元？ （2）学校准备购买这两种型号的节能灯共300只，要求型节能灯的数量不超过型节能灯的数量的2倍，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由． 二十二．解一元一次不等式组（共1小题） 22．（2023秋•兴宾区期末）若不等式组的解集是，则的取值范围是　　． 二十三．一元一次不等式组的整数解（共1小题） 23．（2023春•惠来县期末）解不等式组：，并写出不等式组的整数解． 二十四．由实际问题抽象出一元一次不等式组（共1小题） 24．（当阳市期末）据当阳市气象台“天气预报”报道，今天的最低气温是，最高气温是，则今天气温的范围是　　 A． B． C． D． 二十五．一元一次不等式组的应用（共1小题） 25．（2020春•南岸区期末）如图，规定程序运行到“判断结果是否大于100”为第一次运算，若运算进行了三次才停止，则满足条件的整数的个数为　　． 二十六．一次函数与一元一次不等式（共1小题） 26．（2023春•渭滨区期末）如图，直线与相交于点，若点的横坐标为，则关于的不等式的解集是　　 A． B． C． D． 二十七．直角三角形全等的判定（共1小题） 27．（2022春•平远县期末）如图，，，点、、、分别在直线与上，点在上，，，，则　　． 二十八．角平分线的性质（共1小题） 28．（2023秋•韶关期末）如图，已知的周长是，和的角平分线交于点，于点，若，则的面积是　　． A．24 B．27 C．30 D．33 二十九．线段垂直平分线的性质（共1小题） 29．（2023春•萧县期末）如图，在中，，边的垂直平分线交于点，交于点，边的垂直平分线交于点，交于点，连接，．则的度数为　　 A． B． C． D． 三十．等腰三角形的性质（共1小题） 30．（2023秋•安次区期末）等腰三角形的两边长分别为4和9，则它的周长　　 A．17 B．22 C．17或22 D．21 三十一．等腰三角形的判定（共1小题） 31．（2022秋•顺义区期末）如图，在中，，分交于点，过点作交于点，，垂足为点． （1）求证：； （2）若，，求的长． 三十二．等腰三角形的判定与性质（共1小题） 32．（2021春•平原县校级期末）如图，在中，，，点是边上任意一点，过点作交于点，则的度数是 　　． 三十三．等边三角形的性质（共1小题） 33．（2023秋•滨江区校级期末）如图，在中，，，等边的顶点在上，边交于点，若，，则的长为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 三十四．等边三角形的判定（共1小题） 34．（2021春•平川区校级期末）下面给出的几种三角形：①三个内角都相等②有两个外角为③一边上的高也是这边所对的角的平分线④三条边上的高相等，其中是等边三角形的有　　 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 三十五．等边三角形的判定与性质（共1小题） 35．（2023秋•武威期末）如图，在中，，平分，交于点，且，过作交于点，连接． （1）求证：是等边三角形． （2）求证：． 三十六．直角三角形的性质（共1小题） 36．（2022秋•西青区校级期末）如图，在中，，沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若，则等于 　　． 三十七．含30度角的直角三角形（共1小题） 37．（2023秋•凉山州期末）如图，中，，，的垂直平分线分别交、于、，若，则　　． 三十八．勾股定理（共1小题） 38．（2022秋•叙州区期末）如图，在中，，分别以点和点为圆心，以相同的长（大于为半径作弧，两弧相交于点和点，作直线交于点，交于点．若，，则等于　　 A．2 B． C． D． 三十九．勾股定理的证明（共1小题） 39．（2023春•库尔勒市校级期末）如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为．若，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为　　 A．9 B．6 C．4 D．3 四十．勾股定理的逆定理（共1小题） 40．（2023秋•福田区校级期末）以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是　　 A．3，4，5 B．5，12，13 C．6，7，8 D．1，， 四十一．三角形中位线定理（共1小题） 41．（2023春•望奎县期末）如图，在中，点、分别是边、的中点，，则　　． 四十二．多边形内角与外角（共2小题） 42．（2023秋•高阳县期末）如图，已知，那么的度数为　　 A． B． C． D． 43．（2022春•承德县期末）正多边形的一个内角为，则该正多边形的边数为　　． 四十三．平行四边形的性质（共1小题） 44．（2024春•江阴市期中）如图，在中，以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交、于点、，再分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，连接．若，，，则的面积为　　 A．64 B．132 C．128 D．60 四十四．反证法（共1小题） 45．（2023秋•新安县期末）用反证法证明“若，则，中至少有一个为0”时，第一步应假设　　 A．， B．， C．， D．， 四十五．生活中的平移现象（共1小题） 46．（2021春•全州县期末）某小区楼梯如图所示，欲在楼梯上铺设红色地毯，已知这种地毯每平方米售价为20元，楼梯宽为，则购买这种地毯至少需要 　　元． 四十六．平移的性质（共1小题） 47．（2023春•武侯区校级期末）如图，经过平移得到△，连接、，若，则点与点之间的距离为 　　． 四十七．坐标与图形变化-平移（共1小题） 48．（2023春•渠县校级期末）如图，、的坐标分别为，，，将线段平移到线段，若，，则　　． 四十八．作图-平移变换（共1小题） 49．（2023春•天山区校级期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形网格中建立直角坐标系，已知的顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点的坐标为． （1）把向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到了△，请画出△； （2）请直接写出点，，的坐标； （3）求的面积． 四十九．利用平移设计图案（共1小题） 50．（2021春•定南县期末）将如图所示的图案平移后得到的图案是　　 A． B． C． D． 五十．生活中的旋转现象（共1小题） 51．（2022春•赫章县期末）下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是　　 A． B． C． D． 五十一．旋转的性质（共1小题） 52．（2023秋•黄埔区期末）如图，将绕点顺时针旋转得到．若点、、在同一条直线上，且，求及的度数． 五十二．旋转对称图形（共1小题） 53．（2023秋•濠江区期末）点是正五边形的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点至少旋转 　　后能与原来的图案互相重合． 五十三．中心对称（共1小题） 54．（2022春•西乡塘区校级期末）在平面直角坐标系中，点关于点中心对称的点的坐标是　　 A． B． C． D． 五十四．中心对称图形（共1小题） 55．（2023春•杭州期末）下列四个几何图形中是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 五十五．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 56．（2023秋•梅里斯区期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是：　　． 五十六．作图-旋转变换（共1小题） 57．（2023春•高唐县期末）如图，的顶点坐标为，，． （1）画出向右平移3个单位后的△； （2）将绕原点旋转，画出旋转后的△； （3）△的面积为 　　． 五十七．利用旋转设计图案（共1小题） 58．（2021春•宝丰县期末）图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正三角形已涂上阴影请在余下的小正三角形中选取1个小正三角形，涂上阴影，按下列要求分别画出符合条件的一种情形． （1）在图1中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形； （2）在图2中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形． 五十八．几何变换的类型（共1小题） 59．（2022春•黄埔区期末）与△在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）分别写出各点的坐标：　　，　　，　　． （2）△是由经过怎样的平移变换得到的？答：　　． （3）若点是内部一点，则△内部的对应点的坐标为 　　． （4）求的面积． 五十九．四种命题及其关系（共1小题） 60．（2022秋•怀化期末）命题“如果，那么”的逆命题是　　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末真题必刷基础60题（59个考点专练） 一．因式分解的意义（共1小题） 1．（2023春•开江县校级期末）如果是多项式的一个因式．则的值为　　 A． B．1 C．4 D．8 【分析】设另一个因式是，根据多项式乘多项式法则求出，根据因式分解得出，，再求出答案即可． 【解答】解：设另一个因式是， 则 ， 是多项式的一个因式， ， 解得：， ， 故选：． 【点评】本题考查了因式分解的定义和整式的乘法，能灵活运用多项式乘以多项式法则进行计算是解此题的关键． 二．公因式（共1小题） 2．（2023秋•琼中县期末）多项式与多项式的公因式是　　． 【分析】根据公因式定义，对两个多项式分别整理后，即可选出每一个多项式的公因式． 【解答】解：①； ②； 故答案为：． 【点评】本题考查了公因式的定义，重点掌握提公因式的方法：①公因式的系数是多项式各项系数的最大公约数；②字母取各项都含有的相同字母；③相同字母的指数取次数最低的． 三．因式分解-提公因式法（共1小题） 3．（2022秋•天河区校级期末）分解因式：　　． 【分析】原式提取公因式即可． 【解答】解：原式． 故答案为：． 【点评】此题考查了因式分解提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键． 四．因式分解-运用公式法（共1小题） 4．（2023秋•泉港区期末）分解因式：　　． 【分析】首先确定公因式为，然后提取公因式，进行分解． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】此题考查的是因式分解提公因式法，解答此题的关键是先确定公因式． 五．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 5．（2023秋•宁乡市期末）因式分解：　　． 【分析】首先提公因式2，再利用平方差公式进行二次分解． 【解答】解：原式． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解． 六．因式分解-分组分解法（共1小题） 6．（2022秋•龙江县校级期末）分解因式： （1）； （2）． 【分析】（1）首先提取公因式，然后利用平方差公式继续进行因式分解； （2）先提取公因式，再利用完全平方公式把原式进行因式分解即可． 【解答】解：（1） ； （2） ． 【点评】本题考查了完全平方公式，分组分解法分解因式，要先把式子整理，再分解因式． 七．因式分解-十字相乘法等（共1小题） 7．（2023春•余江区期末）下列因式分解变形正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】提取公因式，、利用公式，利用十字相乘法，先分解因式，再判断对错． 【解答】解：选项提取公因式不彻底，，故错误； ，故选项正确； ，故选项错误； ，故选项错误． 故选：． 【点评】本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提公因式法、公式法、十字相乘法是解决本题的关键． 八．实数范围内分解因式（共1小题） 8．（2022春•新洲区期末）在实数范围内因式分解：　　． 【分析】利用平方差公式即可分解． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题考查实数范围内的因式分解，因式分解的步骤为：一提公因式；二看公式．在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止． 九．因式分解的应用（共1小题） 9．（2023春•泾阳县期末）已知，，则的值为　　 A． B．1 C． D．2 【分析】先对原式进行因式分解，把它转化为已知代数式组成的整式，再整体代入求值． 【解答】解：原式 ， ，， 原式． 故选：． 【点评】本题是求代数式的值，考查了求代数式的值，因式分解，关键是通过因式分解，和整体代入的方法求值． 一十．分式的值为零的条件（共1小题） 10．（2023秋•虞城县期末）若分式的值为0，则的值是 　2　． 【分析】直接利用分式的值为零，则分子为零，再利用分式有意义的条件，其分母不为零，进而得出答案． 【解答】解：分式的值为0， 且， 解得：． 故答案为：2． 【点评】此题主要考查了分式的值为零的条件以及分式有意义的条件，注意分式有意义的条件是解题关键． 一十一．分式的值（共1小题） 11．（2023秋•光山县校级期末）若，则的值是　　 A． B． C．2 D．1 【分析】在解绝对值时要考虑到绝对值符号中代数式的正负性，再去掉绝对值符号． 【解答】解：， ，，， 原式， 故选：． 【点评】本题主要考查了绝对值，代数式的化简求值问题．解此题的关键是在解绝对值时要考虑到绝对值符号中代数式的正负性，再去掉绝对值符号． 一十二．分式的乘除法（共1小题） 12．（万州区校级期末）． 【分析】做乘法运算时要注意先把分子、分母能因式分解的先分解，然后约分，有括号的先算括号里面的． 【解答】解：原式 ． 【点评】分式的乘除混合运算一般是统一为乘法运算，如果有括号，先算括号里面的，分子或分母是多项式时，通过分解因式，把分子分母中能够分解因式的部分，分解成乘积的形式，然后找到其中的公因式约去． 一十三．分式的加减法（共1小题） 13．（2022春•龙岗区校级期末）化简：　　． 【分析】直接把分子相加减即可． 【解答】解：原式． 故答案为：． 【点评】本题考查的是分式的加减法，即同分母的分式相加减，分母不变，把分子相加减． 一十四．解分式方程（共1小题） 14．（2022秋•旌阳区期末）对于实数，，定义一种新运算“”为：，这里等式右边是通常的实数运算．例如：，则方程的解是　　 A． B． C． D． 【分析】已知方程利用题中的新定义化简，计算即可求出解． 【解答】解：根据题中的新定义化简得：， 去分母得：， 解得：， 经检验是分式方程的解． 故选：． 【点评】此题考查了解分式方程，以及实数的运算，弄清题中的新定义是解本题的关键． 一十五．不等式的定义（共1小题） 15．（2020春•丹东期末）下列是不等式的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据不等式的定义，逐项判断即可． 【解答】解：、是代数式，不是不等式，故此选项不符合题意； 、是不等式，故此选项符合题意； 、是等式，故此选项不符合题意； 、是代数式，不是不等式，故此选项不符合题意． 故选：． 【点评】此题主要考查了不等式的定义．解题的关键是掌握不等式的定义．用“”或“”号表示大小关系的式子，叫做不等式，用“”号表示不等关系的式子也是不等式． 一十六．不等式的性质（共1小题） 16．（2023春•前郭县期末）已知，下列结论正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】利用不等式的性质对各选项进行判断． 【解答】解：、由，得，原变形错误，故此选项不符合题意； 、由，得，由，得，原变形正确，故此选项符合题意； 、由，得，原变形错误，故此选项不符合题意； 、当时，，原变形错误，故此选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了不等式的性质．解题的关键是掌握不等式的性质：不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变． 一十七．一元一次不等式的定义（共1小题） 17．（2023春•南岗区校级期末）若是一元一次不等式，则　1　． 【分析】根据一元一次不等式的定义，，求解即可． 【解答】解：根据题意，解得． 故答案为：． 【点评】本题考查一元一次不等式定义的“未知数的最高次数为1次”这一条件． 一十八．解一元一次不等式（共1小题） 18．（2023春•侯马市期末）若关于的方程的解是负数，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 【分析】求出方程的解（把看作已知数），得出不等式，求出即可． 【解答】解：， 整理得：， 关于的方程的解是负数， ， 解得：． 故选：． 【点评】本题考查了一元一次方程的解和解一元一次不等式，关键是得出关于的一元一次不等式是本题的关键． 一十九．一元一次不等式的整数解（共1小题） 19．（2023春•沈北新区期末）不等式的最大整数解是 　2　． 【分析】根据不等式的性质即可求解． 【解答】解：， ， ， 最大整数解是2， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查不等式的求解，解题的关键是熟知不等式的性质． 二十．由实际问题抽象出一元一次不等式（共1小题） 20．（2023秋•慈溪市期末）“的2倍与3的差是非负数，”用不等式表示为 　　． 【分析】首先表示出的2倍与3的差为，再表示非负数是：，故可得不等式． 【解答】解：由题意得：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，关键是正确理解题意，要抓住题目中的关键词“非负数”正确选择不等号． 二十一．一元一次不等式的应用（共1小题） 21．（2023春•睢宁县期末）为了节能减排，我区某校准备购买某种品牌的节能灯，已知4只型节能灯和5只型节能灯共需55元，2只型节能灯和1只型节能灯共需17元． （1）求1只型节能灯和1只型节能灯的售价各是多少元？ （2）学校准备购买这两种型号的节能灯共300只，要求型节能灯的数量不超过型节能灯的数量的2倍，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由． 【分析】（1）设1只型节能灯的售价是元，1只型节能灯的售价是元，根据题意可以列出相应的二元一次方程组，从而可以解答本题； （2）根据题意可以得到费用与购买型号节能灯的关系式，然后根据一次函数的性质即可解答本题． 【解答】解：（1）设1只型节能灯的售价是元，1只型节能灯的售价是元， 根据题意得：， 解得， 答：1只型节能灯的售价是5元，1只型节能灯的售价是7元； （2）设购买型号的节能灯只，则购买型号的节能灯只，费用为元， ， ， ， 当时，取得最小值，此时，， 答：当购买型号节能灯200只，型号节能灯100只时最省钱． 【点评】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和不等式的性质解答． 二十二．解一元一次不等式组（共1小题） 22．（2023秋•兴宾区期末）若不等式组的解集是，则的取值范围是　　． 【分析】先解第一个不等式得到，由于不等式组的解集为，根据同大取大得到． 【解答】解：， 解①得， 不等式组的解集为， ． 故答案为． 【点评】本题考查了解一元一次不等式组：分别求出不等式组各不等式的解集，然后根据“同大取大，同小取小，大于小的小于大的取中间，大于大的小于小的无解”确定不等式组的解集． 二十三．一元一次不等式组的整数解（共1小题） 23．（2023春•惠来县期末）解不等式组：，并写出不等式组的整数解． 【分析】先求出每一个不等式的解集，再求出公共部分得到不等式组的解集，最后求出整数解． 【解答】解： 解不等式①得，， 解不等式②得，， 不等式组的解集为， 不等式组的整数解为0，1． 【点评】本题考查了一元一不等式组的解法，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了． 二十四．由实际问题抽象出一元一次不等式组（共1小题） 24．（当阳市期末）据当阳市气象台“天气预报”报道，今天的最低气温是，最高气温是，则今天气温的范围是　　 A． B． C． D． 【分析】根据题目中的关键语句根据今天的最低气温是可得：，根据最高气温是可得：，再找出的公共解集即可． 【解答】解：根据今天的最低气温是可得：， 根据最高气温是可得：， 则气温范围是：， 故选：． 【点评】此题主要考查了由实际问题列不等式，关键是抓住关键词“不足”，“不少于”，“不大于”，“不超过”等这些词语出现的地方．所以重点理解这些地方有利于自己解决此类题目． 二十五．一元一次不等式组的应用（共1小题） 25．（2020春•南岸区期末）如图，规定程序运行到“判断结果是否大于100”为第一次运算，若运算进行了三次才停止，则满足条件的整数的个数为　7　． 【分析】由该运算进行了三次才停止，即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围，再结合为正整数即可得出结论． 【解答】解：依题意，得：， 解得：． 又为整数， 可以为5，6，7，8，9，10，11， 满足条件的整数的个数为7． 故答案为：7． 【点评】本题考查了一元一次不等式组的应用，找准等量关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键． 二十六．一次函数与一元一次不等式（共1小题） 26．（2023春•渭滨区期末）如图，直线与相交于点，若点的横坐标为，则关于的不等式的解集是　　 A． B． C． D． 【分析】观察函数图象得到当时，函数的图象都在的图象上方，所以不等式的解集为． 【解答】解：当时，， 即不等式的解集为． 故选：． 【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量的取值范围；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． 二十七．直角三角形全等的判定（共1小题） 27．（2022春•平远县期末）如图，，，点、、、分别在直线与上，点在上，，，，则　7　． 【分析】可判定，从而得出，则． 【解答】解：，， ， ， 在和中， ， ， ， ， ． 故答案为7． 【点评】本题考查了直角三角形全等的判定和性质以及平行线的性质是基础知识比较简单． 二十八．角平分线的性质（共1小题） 28．（2023秋•韶关期末）如图，已知的周长是，和的角平分线交于点，于点，若，则的面积是　　． A．24 B．27 C．30 D．33 【分析】过点作于，于，连接，如图，根据角平分线的性质得，，由于，所以根据三角形的面积公式可计算出的面积． 【解答】解：过点作于，于，连接，如图， 平分，，， ， 同理可得， ， 的周长是18， ． 故选：． 【点评】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．也考查了三角形面积公式． 二十九．线段垂直平分线的性质（共1小题） 29．（2023春•萧县期末）如图，在中，，边的垂直平分线交于点，交于点，边的垂直平分线交于点，交于点，连接，．则的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：边的垂直平分线交于点，边的垂直平分线交于点， ，， ，， ， ， 故选：． 【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键． 三十．等腰三角形的性质（共1小题） 30．（2023秋•安次区期末）等腰三角形的两边长分别为4和9，则它的周长　　 A．17 B．22 C．17或22 D．21 【分析】分类讨论：9为腰长，9为底边长，根据三角形的周长公式，可得答案． 【解答】解：9为腰长时，三角形的周长为， 9为底边长时，，不能组成三角形， 故选：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，分类讨论是解题关键，又利用了三角形三边的关系：两边之和大于第三边． 三十一．等腰三角形的判定（共1小题） 31．（2022秋•顺义区期末）如图，在中，，分交于点，过点作交于点，，垂足为点． （1）求证：； （2）若，，求的长． 【分析】（1）利用角平分线的性质和平行线的性质先说明，再利用等腰三角形的判定得结论； （2）利用角平分线的性质先得到，再在中利用勾股定理求出的长，最后在中利用勾股定理求出的长． 【解答】（1）证明：分， ． ， ． ． ． （2）解：， ． 又分交于点，， ． 在中， ． ， ． 在中， ． 【点评】本题主要考查了角平分线和等腰三角形，掌握角平分线的性质和等腰三角形的判定、勾股定理是解决本题的关键． 三十二．等腰三角形的判定与性质（共1小题） 32．（2021春•平原县校级期末）如图，在中，，，点是边上任意一点，过点作交于点，则的度数是 　　． 【分析】利用等腰三角形的性质求，再利用两直线平行同位角相等求出，最后用外角性质求得最后结果． 【解答】解：， ． ， ． ． 故答案为：． 【点评】考查等腰三角形的性质、平行线的性质，外角性质，解题关键准确找到做题用到的角． 三十三．等边三角形的性质（共1小题） 33．（2023秋•滨江区校级期末）如图，在中，，，等边的顶点在上，边交于点，若，，则的长为　　 A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据等腰三角形的性质，由，得到，再根据等边三角形的性质得，，则可计算出，然后在中利用含30度的直角三角形三边的关系得到，所以． 【解答】解：，， ， △为等边三角形， ，， ， 在中，， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴． 三十四．等边三角形的判定（共1小题） 34．（2021春•平川区校级期末）下面给出的几种三角形：①三个内角都相等②有两个外角为③一边上的高也是这边所对的角的平分线④三条边上的高相等，其中是等边三角形的有　　 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】根据等边三角形的判定定理、三角形的外角的概念、三角形的面积公式判断即可． 【解答】解：三个内角都相等的三角形是等边三角形； 有两个外角为，则两个内角都是， 这个三角形是等边三角形； 一边上的高也是这边所对的角的平分线的三角形是等腰三角形； 根据三角形的面积公式可知，三条边上的高相等的三角形是等边三角形， 故选：． 【点评】本题考查的是等边三角形的判定，掌握等边三角形的判定定理、三角形的面积公式是解题的关键． 三十五．等边三角形的判定与性质（共1小题） 35．（2023秋•武威期末）如图，在中，，平分，交于点，且，过作交于点，连接． （1）求证：是等边三角形． （2）求证：． 【分析】（1）直接根据等边三角形的判定定理可得结论； （2）由平行线的性质可得，根据等边三角形的判定与性质可得，再由直角三角形的性质可得是边的中线，最后再由等边三角形的性质可得答案． 【解答】证明：（1）平分， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形； （2）， ， ， 是等边三角形， ， ，， ， ， 是的中点， 是边的中线， 是等边三角形， ． 【点评】此题考查的是等边三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形的性质等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键． 三十六．直角三角形的性质（共1小题） 36．（2022秋•西青区校级期末）如图，在中，，沿折叠，使点恰好落在边上的点处，若，则等于 　　． 【分析】求出，即可解决问题． 【解答】解：，， ， 由折叠可知，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查三角形内角和定理，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 三十七．含30度角的直角三角形（共1小题） 37．（2023秋•凉山州期末）如图，中，，，的垂直平分线分别交、于、，若，则　6　． 【分析】作于点，根据等腰三角形的性质：等边对等角即可求得的度数，在直角中，利用三角函数即可求得的长，则的长即可求得，然后在直角中求得的长，根据即可求解． 【解答】解：作于点． 等腰中，，， ， 在直角中，， ， ， 在直角中，， ． 故答案为：6． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，以及三角函数，正确作出辅助线，把求等腰三角形的底边的计算转化成解直角三角形是关键． 三十八．勾股定理（共1小题） 38．（2022秋•叙州区期末）如图，在中，，分别以点和点为圆心，以相同的长（大于为半径作弧，两弧相交于点和点，作直线交于点，交于点．若，，则等于　　 A．2 B． C． D． 【分析】根据勾股定理求出，根据线段垂直平分线性质求出，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出即可． 【解答】解：在中，由勾股定理得：， 连接， 从作法可知：是的垂直平分线， 根据性质得出， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 在中，，由勾股定理得：， 解得：． 故选：． 【点评】本题考查了线段垂直平分线性质，勾股定理的应用，能灵活运用勾股定理得出方程是解此题的关键． 三十九．勾股定理的证明（共1小题） 39．（2023春•库尔勒市校级期末）如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为．若，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为　　 A．9 B．6 C．4 D．3 【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长． 【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：， 每一个直角三角形的面积为：， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型． 四十．勾股定理的逆定理（共1小题） 40．（2023秋•福田区校级期末）以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是　　 A．3，4，5 B．5，12，13 C．6，7，8 D．1，， 【分析】由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可． 【解答】解：、，故是直角三角形，故此选项不符合题意； 、，故是直角三角形，故此选项不符合题意； 、，故不是直角三角形，故此选项符合题意； 、，故是直角三角形，故此选项不符合题意 故选：． 【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，正确验证两小边的平方和等于最长边的平方是解题的关键． 四十一．三角形中位线定理（共1小题） 41．（2023春•望奎县期末）如图，在中，点、分别是边、的中点，，则　4　． 【分析】根据三角形中位线定理解答即可． 【解答】解：点、分别是边、的中点，， 是的中位线， ， 故答案为：4． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 四十二．多边形内角与外角（共2小题） 42．（2023秋•高阳县期末）如图，已知，那么的度数为　　 A． B． C． D． 【分析】根据任意多边形内角和都等于，进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得： ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握任意多边形内角和都等于是解题的关键． 43．（2022春•承德县期末）正多边形的一个内角为，则该正多边形的边数为　8　． 【分析】根据正多边形的一个内角是，则知该正多边形的一个外角为，再根据多边形的外角之和为，即可求出正多边形的边数． 【解答】解：正多边形的一个内角是， 该正多边形的一个外角为， 多边形的外角之和为， 边数， 该正多边形为正八边形， 故答案为8． 【点评】本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为，此题难度不大． 四十三．平行四边形的性质（共1小题） 44．（2024春•江阴市期中）如图，在中，以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交、于点、，再分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，连接．若，，，则的面积为　　 A．64 B．132 C．128 D．60 【分析】利用基本作图得到，再根据平行四边形的性质得到，，，再证明，则，接着利用勾股定理求得，然后根据平行四边形的性质求面积即可求解． 【解答】解：由作法得平分， ， 四边形为平行四边形， ，，， ， ， ， ， ，， ， ， 在△中，，， ， 的面积为． 故选：． 【点评】本题考查了作角平分线．平行四边形的性质和勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 四十四．反证法（共1小题） 45．（2023秋•新安县期末）用反证法证明“若，则，中至少有一个为0”时，第一步应假设　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，可据此进行解答． 【解答】解：“若，则，中至少有一个为0．”第一步应假设：，． 故选：． 【点评】本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定． 四十五．生活中的平移现象（共1小题） 46．（2021春•全州县期末）某小区楼梯如图所示，欲在楼梯上铺设红色地毯，已知这种地毯每平方米售价为20元，楼梯宽为，则购买这种地毯至少需要 　280　元． 【分析】根据勾股定理可求得水平直角边的长．从而根据地毯的面积乘以每平方米的价格即可得到其所需的钱． 【解答】解：已知直角三角形的一条直角边是，斜边是， 根据勾股定理得到：水平的直角边是，地毯水平的部分的和是水平边的长，竖直的部分的和是竖直边的长， 则购买这种地毯的长是，则面积是， 价格是（元． 【点评】本题考查了生活中的平移现象，正确计算地毯的长度是解决本题的关键． 四十六．平移的性质（共1小题） 47．（2023春•武侯区校级期末）如图，经过平移得到△，连接、，若，则点与点之间的距离为 　1.2　． 【分析】根据平移的性质即可得到结论． 【解答】解：经过平移得到△，连接、，， ， 故答案为：1.2． 【点评】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键． 四十七．坐标与图形变化-平移（共1小题） 48．（2023春•渠县校级期末）如图，、的坐标分别为，，，将线段平移到线段，若，，则　　． 【分析】根据平移的性质，结合已知点，的坐标，根据平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减，可得出，的值，即可得到答案． 【解答】解：平移后对应点的坐标为， 线段向上平移了1个单位， 点平移后对应的点， 线段向左平移了1个单位， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减，难度适中． 四十八．作图-平移变换（共1小题） 49．（2023春•天山区校级期末）如图，在边长为1个单位长度的小正方形网格中建立直角坐标系，已知的顶点的坐标为，顶点的坐标为，顶点的坐标为． （1）把向右平移5个单位长度，再向下平移4个单位长度得到了△，请画出△； （2）请直接写出点，，的坐标； （3）求的面积． 【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出，，的对应点，，即可； （2）根据图形写出各点的坐标即可； （3）把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可． 【解答】解：（1）△如图 （2），，，； （3）的面积正方形面积边上三块小三角形的面积，． 答：的面积是3.5． 【点评】本题考查作图平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，学会用分割法求三角形的面积． 四十九．利用平移设计图案（共1小题） 50．（2021春•定南县期末）将如图所示的图案平移后得到的图案是　　 A． B． C． D． 【分析】根据平移只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小解答． 【解答】解：观察各选项图形可知，选项的图案可以通过平移得到． 故选：． 【点评】本题考查了利用平移设计图案，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转． 五十．生活中的旋转现象（共1小题） 51．（2022春•赫章县期末）下列各图中，既可经过平移，又可经过旋转，由图形①得到图形②的是　　 A． B． C． D． 【分析】此题是一组复合图形，根据平移、旋转的性质解答． 【解答】解：、、中只能由旋转得到，不能由平移得到，只有可经过平移，又可经过旋转得到． 故选：． 【点评】本题考查平移、旋转的性质： ①平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等． ②旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变，两组对应点连线的交点是旋转中心． 五十一．旋转的性质（共1小题） 52．（2023秋•黄埔区期末）如图，将绕点顺时针旋转得到．若点、、在同一条直线上，且，求及的度数． 【分析】根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，所以，易知，根据三角形外角性质可得度数，又，则可求． 【解答】解：根据旋转的性质可知，且， 所以是等腰直角三角形． 所以； 根据旋转的性质可得， ． ． ． 所以． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，解决这类问题要找准旋转角以及旋转后对应的线段． 五十二．旋转对称图形（共1小题） 53．（2023秋•濠江区期末）点是正五边形的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点至少旋转 　72　后能与原来的图案互相重合． 【分析】直接利用旋转图形的性质进而得出旋转角． 【解答】解：连接，，则这个图形至少旋转才能与原图象重合， ． 故答案为：72． 【点评】此题主要考查了旋转图形，正确掌握旋转图形的性质是解题关键． 五十三．中心对称（共1小题） 54．（2022春•西乡塘区校级期末）在平面直角坐标系中，点关于点中心对称的点的坐标是　　 A． B． C． D． 【分析】直接利用关于原点对称点的特点得出答案． 【解答】解：点与点关于原点中心对称， 点的坐标为：． 故选：． 【点评】此题主要考查了中心对称，关键是掌握 把一个图形绕着某个点旋转，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心． 五十四．中心对称图形（共1小题） 55．（2023春•杭州期末）下列四个几何图形中是中心对称图形的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了中心对称图形．解题的关键是掌握中心对称图形与轴对称图形的概念．判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合． 五十五．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 56．（2023秋•梅里斯区期末）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标是：　　． 【分析】根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到答案． 【解答】解：点关于原点的对称点的坐标是， 故答案为：． 【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律． 五十六．作图-旋转变换（共1小题） 57．（2023春•高唐县期末）如图，的顶点坐标为，，． （1）画出向右平移3个单位后的△； （2）将绕原点旋转，画出旋转后的△； （3）△的面积为 　5　． 【分析】（1）根据平移的性质找到，，向右平移3个单位的对应点，，，顺次连接，得到△； （2）根据中心对称的性质，找到，，关于原点对称的点，，，顺次连接，得到△； （3）连接，，根据网格的特点以及三角形面积公式即可求解． 【解答】解：（1）如图所示，△即为所求； （2）如图所示，△即为所求； （3）如图所示，连接，， 则，到的距离为2， △的面积为， 故答案为：5． 【点评】本题考查了平移作图，画中心对称图形，坐标与图形，熟练掌握平移的性质以及中心对称的性质是解题的关键． 五十七．利用旋转设计图案（共1小题） 58．（2021春•宝丰县期末）图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正三角形已涂上阴影请在余下的小正三角形中选取1个小正三角形，涂上阴影，按下列要求分别画出符合条件的一种情形． （1）在图1中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形； （2）在图2中画图，使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形． 【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案； （2）直接利用中心对称图形的性质得出符合题意的答案． 【解答】解：（1）如图1，在①②③④四个位置任选其一； （2）如图2，在①②两个位置任选其一． 【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案以及利用轴对称设计图案，正确掌握相关定义是解题关键． 五十八．几何变换的类型（共1小题） 59．（2022春•黄埔区期末）与△在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）分别写出各点的坐标：　　，　　，　　． （2）△是由经过怎样的平移变换得到的？答：　　． （3）若点是内部一点，则△内部的对应点的坐标为 　　． （4）求的面积． 【分析】（1）利用坐标的表示方法写出点、、的坐标； （2）利用点和点的坐标特征确定平移的方向与距离； （3）根据（2）中的平移规律求解； （4）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算的面积． 【解答】解：（1）；；； 故答案为；；； （2）把先向左平移4个单位，再向下平移2个单位得到△； 故答案为先向左平移4个单位，再向下平移2个单位； （3）点的对应点的坐标为； 故答案为； （4）的面积 ． 【点评】本题考查了几何变换的类型，掌握平移变换的坐标特征是解决问题的关键．也考查了三角形面积公式和坐标与图形性质． 五十九．四种命题及其关系（共1小题） 60．（2022秋•怀化期末）命题“如果，那么”的逆命题是　如果，那么　． 【分析】把一个命题的条件和结论互换就得到它的逆命题．命题“如果，那么”的条件是如果，结论是”，故逆命题是如果，那么． 【解答】解：“如果，那么”的逆命题是：如果，那么． 【点评】本题考查了互逆命题的知识，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$