青岛版八年级上学期期中必刷易错72题（24个考点专练）-2024-2025学年八年级数学上学期期中考点大串讲（青岛版）

2024-2025学年青岛版八年级上学期期中知识大串讲【期末押题】 必刷易错72题（24个考点专练） 目录 考点1：全等三角形的性质 2 考点2：全等三角形的判定 2 考点3：全等三角形的判定与性质 4 考点4：全等三角形的应用 6 考点5：角平分线的性质 7 考点6：线段垂直平分线的性质 8 考点7：等腰三角形的判定与性质 8 考点8：等边三角形的判定与性质 10 考点9：作图—复杂作图 11 考点10：关于x轴、y轴对称的点的坐标 13 考点11：坐标与图形变化-对称 13 考点12：分式的基本性质 14 考点13：轴对称-最短路线问题 15 考点14：翻折变换（折叠问题） 16 考点15：比例的性质 17 考点16：分式的乘除法 17 考点17：分式的加减法 18 考点18：分式的混合运算 19 考点19：分式的化简求值 20 考点20：分式方程的解 21 考点21：解分式方程 23 考点22：分式方程的增根 24 考点23：由实际问题抽象出分式方程 25 考点24：分式方程的应用 26 考点1：全等三角形的性质 1．（2024•民勤县校级三模）如图，，点在线段上，，则的度数是　　 A． B． C． D． 2．（2022秋•锡山区校级期中）如图，，，，、相交于点，则度数是　　 A． B． C． D． 3．（2022秋•天山区校级期末）在平面直角坐标系中，已知点，，，存在另一点，使和全等，写出所有满足条件的点的坐标 　　． 考点2：全等三角形的判定 4．（2023秋•淅川县期末）如图，已知，，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是　　 A． B． C． D． 5．（2022•盘龙区二模）如图，已知四边形中，，，，，点为的中点．如果点在线段上以的速度沿运动，同时，点在线段上由点向点运动．当点的运动速度为 　　时，能够使与全等． 6．（2020秋•海港区期中）课本指出：公认的真命题称为基本事实，除了基本事实外，其他的真命题（如推论、定理等）的正确性都需要借助基本事实，通过推理的方法证实．例如：我们学过三角形全等的基本事实有三个，即：“”、“ ”、“ ”，请你完成以下问题： （1）叙述三角形全等的判定方法中的推论：如果两个三角形的　　及其中一个　 　对应相等，那么这两个三角形全等． （2）小红同学对这个推论的正确性进行了证明，她画出了和，并写出了如下不完整的已知和求证． （3）按小红的想法写出证明． 证明： 考点3：全等三角形的判定与性质 7．（2023春•城阳区期末）如图，在四边形中，，，．过点作，垂足为点．若，，则四边形的面积是 　　． 8．（2023秋•召陵区期末）如图为的角平分线，且，为延长线上一点，，过作于，下列结论： ①；②； ③；④； ⑤．其中正确的是　 　． 9．（2023秋•清原县期中）如图①所示，，，，在一条直线上，，过，分别作，，若． （1）请猜想线段，的数量关系，不用说明理由． （2）若将的边沿方向移动，变为图②时，其余条件不变，上述结论是否成立？请说明理由． 考点4：全等三角形的应用 10．（2022春•大田县期末）如图，为了测量点到河对面的目标之间的距离，在点同侧选择一点，测得，，然后在处立了标杆，使，，得到，测得的长就是，两点间的距离，这里判定的理由是　　 A． B． C． D． 11．（2023秋•扶沟县期中）如图，亮亮书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学的知识很快就画出了一个与书上完全一样的三角形，那么亮亮画图的依据是　 ． 12．（2022春•洋县期末）小明家门前有一条小河，村里准备在河面上架上一座桥，但河宽无法直接测量，爱动脑的小明想到了如下方法：在与垂直的岸边上取两点、使　　，再引出的垂线，在上取一点，并使、、在一条直线上，这时测出线段　　的长度就是的长． （1）按小明的想法填写题目中的空格； （2）请完成推理过程． 考点5：角平分线的性质 13．（2024•柳州三模）如图，在四边形中，，，，对角线平分，则的面积为　　 A．15 B．12 C．8 D．6 14．（2023秋•利川市期末）如图，中，和的平分线，交于点，下列结论： ①； ②； ③； ④点到，的距离相等． 其中，正确的是　　 A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 15．（2024春•榆阳区校级期末）如图，在中，为，的平分线的交点，，，，垂足分别为，，． （1）与是否相等，请说明理由； （2）若的周长是30，且，求的面积． 考点6：线段垂直平分线的性质 16．（2020秋•济南期末）如图，，，线段的垂直平分线交于，交于，为垂足，，则　　 A．4 B．5 C．6 D．不能确定 17．（2022秋•成都期末）如图，四边形的对角线垂直平分于点，点为边上一点，且，，，，则的长度为 　　． 18．（2022春•锦江区校级期中）已知：是三边都不相等的三角形，点是三个内角平分线的交点，点是三边垂直平分线的交点，当、同时在不等边的内部时，那么和的数量关系是：　　． 考点7：等腰三角形的判定与性质 19．（2023秋•潜山市期末）如图，中，的平分线交于点，过点作，，垂足分别为，，下面四个结论：①；②垂直平分；③一定平行；④；其中正确的是　　 A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 20．（2023秋•如皋市期中）如图，在中，是的角平分线，过点作交于点，平分交于点，若，则　　． 21．（2023秋•沂水县期末）已知在中，，点是边上一点，． （1）如图1，试说明的理由； （2）如图2，过点作，垂足为点，与相交于点． ①试说明的理由； ②如果是等腰三角形，求的度数． 考点8：等边三角形的判定与性质 22．（2020春•淮安区校级期末）如图，已知是等边三角形，是边上的一个动点（异于点、，过点作，垂足为，的垂直平分线分别交、于点、，连接，．当点在边上移动时，有下列三个结论：①一定为等腰三角形，②一定为等边三角形，③可能为等腰三角形．其中正确的是　　．（填写序号） 23．（2023秋•田家庵区期中）如图所示，和都是边长为4厘米等边三角形，两个动点，同时从点出发，点以1厘米秒的速度沿的方向运动，点以2厘米秒的速度沿的方向运动，当点运动到点时，、两点同时停止运动．设、运动的时间为秒． （1）点、从出发到相遇所用时间是 　　秒； （2）当取何值时，也是等边三角形？请说明理由； （3）当时，判断与的位置关系． 24．（2022秋•东城区期末）如图，在中，，． （1）求证：； （2）分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点（点在的左侧），连接，，．求的面积． 考点9：作图—复杂作图 25．（2019秋•和平区期末）定义：如果两条线段将一个三角形分成3个等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线． （1）图①是顶角为的等腰三角形，这个三角形的三分线已经画出，请你在图②中用不同于图①的方法画出顶角为的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数．（若两种方法分得的三角形成3对全等三角形，则视为同一种） （2）图③是顶角为的等腰三角形，请你在图③中画出顶角为的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数　　． （3）中，，和是的三分线，点在边上，点在边上，且，，设，则所有可能的值为　　． 26．（2019秋•灌云县期中）如图，已知 （1）用直尺和圆规按下列要求作图：（保留作图痕迹） 作的角平分线； 作，交的延长线于； 作，垂足为． （2）图中与相等吗？证明你的结论． 27．（2019秋•思明区校级月考）（1）如图1，过、、、、五个点中任意三点画三角形； ①其中以为一边可以画出　　个三角形； ②其中以为顶点可以画出　　个三角形． （2）如图2，在中，是钝角，完成下列画图．（不写作法，保留作图痕迹） ①边上的中线；②边上的高；③作出与相邻的外角． 考点10：关于x轴、y轴对称的点的坐标 28．（2022秋•金牛区校级期末）已知有序数对及常数，我们称有序数对为有序数对的“阶结伴数对”．如的“1阶结伴数”对为即．若有序数对，与它的“阶结伴数对”关于轴对称，则此时的值为　　 A． B． C．0 D． 29．（2019秋•邛崃市期末）在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，若点的坐标为，则点的坐标为　　 A． B． C． D． 30．（2023秋•抚州期末）已知点与关于轴对称，则　　． 考点11：坐标与图形变化-对称 31．（2021秋•武城县期末）明明和乐乐下棋，明明执圆形棋子，乐乐执方形棋子，如图，棋盘中心的方子的位置用表示，右下角方子的位置用表示，明明将第4枚圆形棋子放入棋盘后，所有的棋子构成轴对称图形，则明明放的位置可能是　　 A． B． C． D． 32．（2018春•迁安市期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，若是关于直线的轴对称图形，则点的坐标为　　；若是关于直线的轴对称图形，则点的坐标为　　． 33．（2022秋•怀远县期末）已知关于轴对称，点的坐标为，若在坐标轴上有一个点，满足的面积等于2，则点的坐标为　 ． 考点12：分式的基本性质 34．（2022秋•灵宝市期末）如果分式中的，都同时扩大2倍，那么该分式的值　　 A．不变 B．缩小2倍 C．扩大2倍 D．扩大4倍 35．（2021春•平昌县校级期中）下列分式从左到右的变形一定正确的是　　 A． B． C． D． 36．（2024春•雅安期末）阅读下列材料：通过小学的学习我们知道，分数可分为“真分数”和“假分数”，而假分数都可化为带分数．如：．我们定义：在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．如，这样的分式就是假分式；，这样的分式就是真分式．类似地，假分式也可以化为带分式（即整式与真分式的和的形式）． 如：，； 解决下列问题： （1）分式是 　真　分式（填“真”或“假” ； （2）将假分式化为带分式； （3）如果为整数，分式的值为整数，求所有符合条件的的值． 考点13：轴对称-最短路线问题 37．（2023秋•南阳期末）“如图，，点为内一点，，点、分别是射线、上的动点，求△周长的最小值？”根据图中作图方法可以求得：△周长的最小值为 　8　，周长取最小值时　　． 38．（2023秋•海安市期末）如图，在中，，，是边上的高，点，分别在，上，且，当的值最小时，的度数是 　　． 39．（2024•大荔县二模）已知：如图，点和点在直线同一侧．求作：直线上一点，使的值最小． 考点14：翻折变换（折叠问题） 40．（2022•黑龙江一模）已知中，，，，将它的一条直角边沿一锐角角平分线所在直线翻折，使直角顶点落在斜边上点处，折痕交另一直角边于点，则折叠后不重合部分三角形的周长为 　 　． 41．（2023秋•宁波期末）如图，在中，，点，在边上，将边沿翻折，使点落在上的点处，再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处． （1）求的度数； （2）若，，求线段的长和的面积． 42．（2021秋•武昌区期中）如图是两个全等的直角三角形纸片，且，按如图的两种方法分别将其折叠，使折痕（图中虚线）过其中的一个顶点，且使该顶点所在角的两边重合，记折叠后不重叠部分面积分别为，． （1）若，求的值． （2）若，求单个直角三角形纸片的面积是多少． 考点15：比例的性质 43．（2023秋•岳麓区校级期末）若，则的值是　　 A． B． C． D． 44．（2023春•龙口市期末）已知，则的值是　　 A． B．5 C．6 D．7 45．（2024•广陵区一模）已知，则的值为 　　． 考点16：分式的乘除法 46．（2022•乳山市模拟）已知这是一道分式化简题，其中一部分被墨水污染了，若只知道该题化简的结果为整式，则被墨水覆盖的部分不可能是　　 A． B． C． D． 47．（2023秋•农安县校级期末）计算：　　． 48．计算： （1）； （2）． 考点17：分式的加减法 49．（2023秋•娄星区校级期中）已知，则分式的值为　　 A．1 B． C． D． 50．（2023秋•晋州市期中）若是自然数，则表示的值的对应点落在数轴（如图）上的范围是　　 A．① B．② C．③ D．①②③均有可能 51．（2022秋•磁县期末）阅读下面的材料，并解答问题： 分式的最大值是多少？ 解：， 因为，所以的最小值是2，所以的最大值是2，所以的最大值是4，即的最大值是4． 根据上述方法，试求分式的最大值是 　　． 考点18：分式的混合运算 52．（2023秋•莱州市期末）下列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有　　 ①；② ③；④ A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 53．（2022秋•如东县期末）定义：若分式与分式的差等于它们的积，即，则称分式是分式的“关联分式”．如与，因为，，所以是的“关联分式”． （1）已知分式，则 　是　的“关联分式”（填“是”或“不是” ； （2）小明在求分式的“关联分式”时，用了以下方法： 设的“关联分式”为，则， ， ． 请你仿照小明的方法求分式的“关联分式”． （3）①观察（1）（2）的结果，寻找规律，直接写出分式的“关联分式”：　　； ②用发现的规律解决问题： 若是的“关联分式”，求实数，的值． 54．（2023秋•潍坊期末）阅读下列解题过程： 已，求的值． 解：由，知．，即． ，． 以上解法中，是先将已知等式的两边“取倒数”，然后求出所求式子倒数的值，我们把此题的这种解法叫做“倒数法”，请你利用“倒数法“解决下面问题： （1）已知，，，求的值； （2）已知，求的值． 考点19：分式的化简求值 55．（2024•金平区校级一模）先化简：，然后从的范围内选取一个合适的整数作为的值代入求值． 56．（2019秋•肥城市期末）化简下列各式 （1） （2） （3）先化简，，然后再从，，，0，1中选取合适的一个作为求值． 57．（2024•盐城模拟）先化简：，再从，1，2中选取一个合适的数作为的值代入求值． 考点20：分式方程的解 58．（2023秋•城口县期末）若三角形三边长分别为3，4，，且满足关于的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数的值之和是 　　． 59．（2023秋•九龙坡区期末）学习材料：对于两个不等的非零实数、，若分式的值为零，则或．又因为，所以关于的方程有两个解，分别为，．应用上面的结论解答下列问题： （1）方程的两个解分别为，，则　　，　　； （2）方程的两个解分别为，，求的值； （3）关于的方程的两个解分别为，，求的值． 60．（2023秋•龙山区校级期末）阅读：对于两个不等的非零实数，，若分式的值为零，则或．又因为，所以关于的方程有两个解，分别为，． 应用上面的结论解答下列问题： （1）方程的两个解分别为 　，　； （2）关于的方程的两个解分别为，，若与互为相反数，则　　，　　，　　； （3）关于的方程的两个解分别为，，求的值． 考点21：解分式方程 61．（2023秋•鼓楼区校级月考）解方程： （1）； （2）． 62．（2022秋•宽城县期末）老师所留的作业中有这样一个分式的计算题：，甲、乙两位同学完成的过程分别如下： 甲同学：第一步第二步第三步； 乙同学：第一步第二步第三步； （1）对于两人的做法，下列判断正确的是：　　． ．甲对乙错 ．甲错乙对 ．甲乙都对 ．甲乙都错 （2）若正确，说明每步做的依据；若错误，则甲同学的解答从第 　　步开始出现错误；乙同学的解答从第 　　步开始出现错误；并重新写出完成此题的正确解答过程．． （3）解分式方程，体会与分式化简的关系．． 63．（2023秋•冷水滩区期中）已知关于的方程． （1）当，时求分式方程的解； （2）当时，求为何值时，分式方程无解． 考点22：分式方程的增根 64．（2023秋•丰城市校级月考）（1）已知关于的分式方程． ①当时，求方程的解． ②若该方程去分母后所得的整式方程的解是增根，求的值． （2）关于的方程有整数解，求此时整数的值． 65．（2021秋•宽城县期末）王涵想复习分式方程，由于印刷问题，有一个数“？”看不清楚：． （1）她把这个数“？”猜成，请你帮王涵解这个分式方程； （2）王涵的妈妈说：“我看到标准答案是：是方程的增根，原分式方程无解”，请你求出原分式方程中“？”代表的数是多少？ 66．（2023秋•成武县期末）（1）若方程有增根，则增根是 　　； （2）若方程有增根，求的值． 考点23：由实际问题抽象出分式方程 67．（2019秋•永州期末）在阳明山国家森林公园举行中国阳明山“和”文化旅游节暨杜鹃花会期间，几名同学包租一辆车前去游览，该车的租价为180元，出发时，又增加了两名同学，结果每名同学比原来少分摊了3元车费．设参加游览的学生共有人，则可列方程为　　 A． B． C． D． 68．（2019春•保定期末）某工地调来144人参加挖土和运土，已知3人挖出的土1人恰好能全部运走，怎样调配劳动力才使挖出来的土能及时运走且不窝工（停工等待）？为解决此问题，可设派人挖土，其他人运土，下列所列方程： ①；②；③；④．正确的个数有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 69． （2022•黑龙江）某玩具厂生产一种玩具，甲车间计划生产500个，乙车间计划生产400个，甲车间每天比乙车间多生产10个，两车间同时开始生产且同时完成任务．设乙车间每天生产个，可列方程为 　　． 考点24：分式方程的应用 70．（2021春•奉化区校级期末）商家常将单价不同的、两种糖混合成“什锦糖”出售，记“什锦糖”的单价为：、两种糖的总价与、两种糖的总质量的比．现有两种“什锦糖”：一种是由相同千克数的种糖和种糖混合而成的“什锦糖”甲，另一种是由相同金额数的种糖和种糖混合而成的“什锦糖”乙．若种糖比种糖的单价贵40元千克，“什锦糖”甲比“什锦糖”乙的单价贵5元千克，则种糖的单价为　　 A．50元千克 B．60元千克 C．70元千克 D．80元千克 71．（2021秋•忠县期末）随着期末考试来临，八年级的同学们在学校延时服务期间平心静气作规划，补短板．王丹同学原计划星期一延时服务期间复习语文、数学、英语的时间为，数学老师提醒要学科均衡，他便将英语复习时间的分给了语文和数学，调整后语文和数学的复习时间之比为．王丹同学非常刻苦，实际复习时还挤出星期一的部分休息时间分给了三个学科，其中分给了语文，这样语文复习时间与三科总复习时间比为．若王丹同学最终希望使数学与英语复习时间比为，那么星期一挤出的休息时间中分给数学的时间与最后三科总复习时间之比为 　　． 72．（2023秋•洛南县校级期末）某学校在某药店购买84消毒液和口罩，购买84消毒液共花费900元，购买口罩共花费2160元，购买口罩数量（单位：包）是购买84消毒液数量（单位：瓶）的2倍，且购买一包口罩比购买一瓶84消毒液多花1元． （1）求购买一瓶84消毒液和一包口罩的单价各是多少元； （2）按照实际需要每个班须配备84消毒液3瓶，口罩6包用于防疫，则购买的84消毒液和口罩能够配备多少个班级？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年青岛版八年级上学期期中知识大串讲【期末押题】 必刷易错72题（24个考点专练） 目录 考点1：全等三角形的性质 2 考点2：全等三角形的判定 4 考点3：全等三角形的判定与性质 8 考点4：全等三角形的应用 12 考点5：角平分线的性质 14 考点6：线段垂直平分线的性质 18 考点7：等腰三角形的判定与性质 21 考点8：等边三角形的判定与性质 25 考点9：作图—复杂作图 29 考点10：关于x轴、y轴对称的点的坐标 33 考点11：坐标与图形变化-对称 34 考点12：分式的基本性质 36 考点13：轴对称-最短路线问题 38 考点14：翻折变换（折叠问题） 41 考点15：比例的性质 45 考点16：分式的乘除法 46 考点17：分式的加减法 47 考点18：分式的混合运算 49 考点19：分式的化简求值 52 考点20：分式方程的解 54 考点21：解分式方程 58 考点22：分式方程的增根 60 考点23：由实际问题抽象出分式方程 63 考点24：分式方程的应用 64 考点1：全等三角形的性质 1．（2024•民勤县校级三模）如图，，点在线段上，，则的度数是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】依据，即可得到，，，再根据等腰三角形的性质，即可得到的度数，进而得出的度数． 【规范解答】解：， ，，， ， 中，， ， 故选：． 【考点评析】本题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键． 2．（2022秋•锡山区校级期中）如图，，，，、相交于点，则度数是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】先根据全等三角形对应角相等求出，，所以，然后求出的度数，再根据和的内角和都等于，所以． 【规范解答】解：， ，， 又，， ， ，， ， 在和中，，， ． 故选：． 【考点评析】本题主要利用全等三角形对应角相等的性质，解题时注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等． 3．（2022秋•天山区校级期末）在平面直角坐标系中，已知点，，，存在另一点，使和全等，写出所有满足条件的点的坐标 　或或　． 【思路点拨】根据题意画出符合条件的所有情况，根据点、、的坐标和全等三角形性质求出即可． 【规范解答】解：如图所示：有3个点，当在、、处时，和全等， 点的坐标是：，，， 故答案为：或或． 【考点评析】本题考查了全等三角形性质和坐标与图形性质的应用，关键是能根据题意求出符合条件的所有情况，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目． 考点2：全等三角形的判定 4．（2023秋•淅川县期末）如图，已知，，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据全等三角形的判定方法一一判断即可． 【规范解答】解：、根据即可证明三角形全等，故此选项不符合题意； 、根据即可证明三角形全等，故此选项不符合题意； 、根据即可证明三角形全等，故此选项不符合题意； 、无法判断三角形全等，故此选项符合题意． 故选：． 【考点评析】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法的运用． 5．（2022•盘龙区二模）如图，已知四边形中，，，，，点为的中点．如果点在线段上以的速度沿运动，同时，点在线段上由点向点运动．当点的运动速度为 　或3或或　时，能够使与全等． 【思路点拨】设点在线段上运动的时间为，分两种情况讨论，①点由向运动时，②，③点由向运动时，，④，根据全等三角形的对应边相等列方程解出即可． 【规范解答】解：设点在线段上运动的时间为， ①点由向运动时，，， ， ， ， 解得， ， 此时，点的运动速度为； ②点由向运动时， ， ， ， ， 此时，点的运动速度为：； ③点由向运动时，， ， ， ， 解得， ， 此时，点的运动速度为； ④点由向运动时， ， ， ， ， ， 此时，点的运动速度为； 综上所述：点的运动速度为或或或； 故答案为：或3或或． 【考点评析】本题考查三角形全等的判定，掌握动点问题在解决全等三角形时边长的表示及分情况讨论，它们也是解决问题的关键． 6．（2020秋•海港区期中）课本指出：公认的真命题称为基本事实，除了基本事实外，其他的真命题（如推论、定理等）的正确性都需要借助基本事实，通过推理的方法证实．例如：我们学过三角形全等的基本事实有三个，即：“”、“ ”、“ ”，请你完成以下问题： （1）叙述三角形全等的判定方法中的推论：如果两个三角形的　两个角　及其中一个　 　对应相等，那么这两个三角形全等． （2）小红同学对这个推论的正确性进行了证明，她画出了和，并写出了如下不完整的已知和求证． （3）按小红的想法写出证明． 证明： 【思路点拨】（1）根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）根据题意即可得到结论； （3）在与中，，，证得，根据全等三角形的判定定理即可得到结论． 【规范解答】解：（1）两个角；角的对边； 故答案为：两个角，角的对边； （2）；； （3）在与中，，， ， 又，， ， 在与中，， ． 【考点评析】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、、．注意：、不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角． 考点3：全等三角形的判定与性质 7．（2023春•城阳区期末）如图，在四边形中，，，．过点作，垂足为点．若，，则四边形的面积是 　40　． 【思路点拨】根据垂直定义可得，从而可得，，进而可得，然后利用证明，从而可得，，进而可得，最后根据四边形的面积的面积的面积，进行计算即可解答． 【规范解答】解：，，， ， ，， ， ， ， ，， ， ， 四边形的面积的面积的面积 ， 故答案为：40． 【考点评析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角全等模型是解题的关键． 8．（2023秋•召陵区期末）如图为的角平分线，且，为延长线上一点，，过作于，下列结论： ①；②； ③；④； ⑤．其中正确的是　①②③⑤　． 【思路点拨】根据易证，可得，可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得，即③正确，根据可求得⑤正确． 【规范解答】解：①为的角平分线， ， 又，， ，即①正确； ②， ， ，即②正确； ③，，，， ， 为等腰三角形， ， ， ， ，即③正确； ④根据已知条件，可得不一定成立，故④错误； ⑤如图，过作于点， 是上的点， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，即⑤正确． 故答案为：①②③⑤ 【考点评析】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键． 9．（2023秋•清原县期中）如图①所示，，，，在一条直线上，，过，分别作，，若． （1）请猜想线段，的数量关系，不用说明理由． （2）若将的边沿方向移动，变为图②时，其余条件不变，上述结论是否成立？请说明理由． 【思路点拨】（1）根据垂直定义可得，再利用等式的性质可得，然后利用证明，从而利用全等三角形的性质可得，再根据对顶角相等可得，从而利用证明，最后利用全等三角形的性质可得，即可解答； （2）利用（1）的思路，即可解答． 【规范解答】解：（1）， 理由：，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）上述结论依然成立， 理由：，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【考点评析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 考点4：全等三角形的应用 10．（2022春•大田县期末）如图，为了测量点到河对面的目标之间的距离，在点同侧选择一点，测得，，然后在处立了标杆，使，，得到，测得的长就是，两点间的距离，这里判定的理由是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据定理证明，得出结论． 【规范解答】解：在和中， ， ， 判定的理由是， 故选：． 【考点评析】本题考查的是全等三角形的应用、全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 11．（2023秋•扶沟县期中）如图，亮亮书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学的知识很快就画出了一个与书上完全一样的三角形，那么亮亮画图的依据是　两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等　． 【思路点拨】根据图象，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出即可． 【规范解答】解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形． 故答案为：两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等． 【考点评析】本题考查了三角形全等的判定的实际运用，熟练掌握判定定理：两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等是解题的关键． 12．（2022春•洋县期末）小明家门前有一条小河，村里准备在河面上架上一座桥，但河宽无法直接测量，爱动脑的小明想到了如下方法：在与垂直的岸边上取两点、使　　，再引出的垂线，在上取一点，并使、、在一条直线上，这时测出线段　　的长度就是的长． （1）按小明的想法填写题目中的空格； （2）请完成推理过程． 【思路点拨】（1）根据全等三角形的性质进行填空，构造全等三角形即可； （2）首先证明，进而可根据全等三角形对应边相等可得． 【规范解答】解：（1）在与垂直的岸边上取两点、使，再引出的垂线，在上取一点，并使、、在一条直线上，这时测出线段的长度就是的长． 故答案为：，； （2）由题意得， ， 在和中， ， ， （全等三角形的对应边相等）． 【考点评析】此题主要考查了全等三角形的应用，解决问题的关键是掌握全等三角形对应边相等． 考点5：角平分线的性质 13．（2024•柳州三模）如图，在四边形中，，，，对角线平分，则的面积为　　 A．15 B．12 C．8 D．6 【思路点拨】过点作，垂足为，利用角平分线的性质可得，然后利用三角形的面积公式进行计算即可解答． 【规范解答】解：过点作，垂足为， 平分，，， ， ， 的面积， 故选：． 【考点评析】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 14．（2023秋•利川市期末）如图，中，和的平分线，交于点，下列结论： ①； ②； ③； ④点到，的距离相等． 其中，正确的是　　 A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【思路点拨】过点作，，，垂足分别为，，，先利用角平分线的定义可得，，从而利用三角形内角和定理以及等量代换可得，再利用三角形内角和定理可得，从而利用等量代换可得，最后利用角平分线的性质可得，再根据，从而可得，即可解答． 【规范解答】解：过点作，，，垂足分别为，，， 平分，平分， ，， ， ， ， ， 平分，，， ， 平分，，， ， ， 点到，的距离相等， ， ， 故②③④正确，①不正确； 故选：． 【考点评析】本题考查了角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 15．（2024春•榆阳区校级期末）如图，在中，为，的平分线的交点，，，，垂足分别为，，． （1）与是否相等，请说明理由； （2）若的周长是30，且，求的面积． 【思路点拨】（1）利用角平分线的性质定理，即可解答； （2）连接，根据已知可得，然后根据的面积的面积的面积的面积，进行计算即可解答． 【规范解答】解：（1）， 理由：平分，，， ， 平分，，， ， ； （2）连接， 的周长是30， ， ， 的面积的面积的面积的面积 ， 的面积为60． 【考点评析】本题考查了三角形的面积，角平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 考点6：线段垂直平分线的性质 16．（2020秋•济南期末）如图，，，线段的垂直平分线交于，交于，为垂足，，则　　 A．4 B．5 C．6 D．不能确定 【思路点拨】根据线段的垂直平分线的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据直角三角形的性质解答． 【规范解答】解：是线段的垂直平分线， ， ， ， ， 故选：． 【考点评析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键． 17．（2022秋•成都期末）如图，四边形的对角线垂直平分于点，点为边上一点，且，，，，则的长度为 　　． 【思路点拨】利用线段垂直平分线的性质可得，，从而在△中，利用勾股定理求出的长，再根据已知，可得，从而求出，进而利用三角形的面积求出，然后求出的长，从而在△中，求出的长，再利用勾股定理的逆定理证明△是直角三角形，从而可得，最后在△中，利用勾股定理，进行计算即可解答． 【规范解答】解：垂直平分， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在△中，，， ， △是直角三角形， ， ，， ， ， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形的面积，熟练掌握线段垂直平分线的性质，以及三角形的面积公式是解题的关键． 18．（2022春•锦江区校级期中）已知：是三边都不相等的三角形，点是三个内角平分线的交点，点是三边垂直平分线的交点，当、同时在不等边的内部时，那么和的数量关系是：　　． 【思路点拨】根据三角形角平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到；再根据三角形垂直平分线的性质以及三角形内角和定理，即可得到，进而得出和的数量关系． 【规范解答】解：平分，平分， ，， ， 即； 如图，连接． 点是这个三角形三边垂直平分线的交点， ， ，，， ，， ， ， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了三角形的垂直平分线与角平分线，熟练掌握三角形的垂直平分线与角平分线的性质是解题的关键． 考点7：等腰三角形的判定与性质 19．（2023秋•潜山市期末）如图，中，的平分线交于点，过点作，，垂足分别为，，下面四个结论：①；②垂直平分；③一定平行；④；其中正确的是　　 A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【思路点拨】设与相交于点，先利用角平分线的性质可得，从而可得，再根据等式的性质可得，从而可得，进而可得是的垂直平分线，然后根据，可得不一定平行，再根据三角形的面积公式可得，即可解答． 【规范解答】解：设与相交于点， 平分，，， ， ， ， ， ， ， ， 是的垂直平分线， ， ， 不一定平行， 的面积，的面积，， ， 上面四个结论，其中正确的是①②④， 故选：． 【考点评析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，线段垂直平分线的性质，平行线的判定，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，以及线段垂直平分线的性质是解题的关键． 20．（2023秋•如皋市期中）如图，在中，是的角平分线，过点作交于点，平分交于点，若，则　4　． 【思路点拨】先根据已知易得，然后根据角平分线的定义和平行线的性质可证和是等腰三角形，从而可得，，最后进行计算即可解答． 【规范解答】解：， ， 平分，平分， ，， ， ，， ，， ，， ， 故答案为：4． 【考点评析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握根据角平分线的定义和平行线的性质可证等腰三角形是解题的关键． 21．（2023秋•沂水县期末）已知在中，，点是边上一点，． （1）如图1，试说明的理由； （2）如图2，过点作，垂足为点，与相交于点． ①试说明的理由； ②如果是等腰三角形，求的度数． 【思路点拨】（1）根据等腰三角形的性质可得，再利用三角形的外角性质可得，从而可得，然后根据等量代换可得．再根据等角对等边可得，即可解答； （2）①根据垂直定义可得，从而可得，然后设，则，利用（1）的结论可得，最后利用三角形内角和定理可得，即可解答； ②根据三角形的外角性质可得，然后分三种情况：当时；当时；当时；分别进行计算即可解答． 【规范解答】解：（1）， ， 是的一个外角， ， ，， ， ． ； （2）①， ， ， 设，则， ， ， ； ②是的一个外角， ， 分三种情况： 当时， ， ， ， ， ； 当时， ， ， ， ， ； 当时， ， ， 不存在， 综上所述：如果是等腰三角形，的度数为或． 【考点评析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，分三种情况讨论是解题的关键． 考点8：等边三角形的判定与性质 22．（2020春•淮安区校级期末）如图，已知是等边三角形，是边上的一个动点（异于点、，过点作，垂足为，的垂直平分线分别交、于点、，连接，．当点在边上移动时，有下列三个结论：①一定为等腰三角形，②一定为等边三角形，③可能为等腰三角形．其中正确的是　①②　．（填写序号） 【思路点拨】依据线段垂直平分线的性质、平行线的性质以及等边三角形的判定，即可得出结论． 【规范解答】解：的垂直平分线分别交、于点、， ， 为等腰三角形，故①正确； ，， ， ， 又是等边三角形， ， 中，， 是等边三角形，故②正确； ，，， 不可能是等腰三角形，故③错误； 故答案为：①②． 【考点评析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，等边三角形是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用． 23．（2023秋•田家庵区期中）如图所示，和都是边长为4厘米等边三角形，两个动点，同时从点出发，点以1厘米秒的速度沿的方向运动，点以2厘米秒的速度沿的方向运动，当点运动到点时，、两点同时停止运动．设、运动的时间为秒． （1）点、从出发到相遇所用时间是 　4　秒； （2）当取何值时，也是等边三角形？请说明理由； （3）当时，判断与的位置关系． 【思路点拨】（1）根据相遇问题，由路程速度时间建立等式求出的值即可； （2）根据若是等边三角形，此时点在上，点在上，且，进而得出，求出即可； （3）根据，运动速度得出，是等边三角形，得求出即可． 【规范解答】解：（1）设点、从出发到相遇所用时间是，根据题意得： ， 解得：； 故答案为：4； （2）如图1：若是等边三角形， 此时点在上，点在上，且， 则，即， 解得：； （3）与互相垂直，理由如下： 如图2所示：根据题意得：， 取的中点， ， 是等边三角形， ， 是直角三角形， ， 即当时，与互相垂直． 【考点评析】此题主要考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，根据已知图形得出对应线段关系是解题关键． 24．（2022秋•东城区期末）如图，在中，，． （1）求证：； （2）分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点（点在的左侧），连接，，．求的面积． 【思路点拨】（1）利用等腰三角形的性质可得，然后利用三角形内角和定理求出，即可解答； （2）过点作，交的延长线于点，根据题意可得：，从而可得是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，从而利用平角定义可得，最后在中，利用含30度角的直角三角形的性质可得，从而利用三角形的面积进行计算即可解答． 【规范解答】（1）证明：， ， ， ； （2）解：过点作，交的延长线于点， 由题意得：， 是等边三角形， ， ， ， 的面积， 的面积为16． 【考点评析】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 考点9：作图—复杂作图 25．（2019秋•和平区期末）定义：如果两条线段将一个三角形分成3个等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线． （1）图①是顶角为的等腰三角形，这个三角形的三分线已经画出，请你在图②中用不同于图①的方法画出顶角为的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数．（若两种方法分得的三角形成3对全等三角形，则视为同一种） （2）图③是顶角为的等腰三角形，请你在图③中画出顶角为的等腰三角形的三分线，并标注每个等腰三角形顶角的度数　、、　． （3）中，，和是的三分线，点在边上，点在边上，且，，设，则所有可能的值为　　． 【思路点拨】（1）在图②中用不同于图①的方法画出顶角为的等腰三角形的三分线即可； （2）在图③中画出顶角为的等腰三角形的三分线即可； （3）分两种情况：为等腰三角形的腰或底作图即可得结论． 【规范解答】解： （1）在图②中用不同于图①的方法画出顶角为的等腰三角形的三分线； （2）在图③中画出顶角为的等腰三角形的三分线． 每个等腰三角形顶角的度数为：、、． 故答案为：、、． （3）如图作， ①如图1：当时， ， ． ②如图2：当时， ． ． 所以的所有可能的值为或． 故答案为或． 【考点评析】本题考查了学生学习的理解能力及动手创新能力，知识方面主要考查了三角形的内角与外角的关系及等腰三角形的知识，是一道有难度的题目． 26．（2019秋•灌云县期中）如图，已知 （1）用直尺和圆规按下列要求作图：（保留作图痕迹） 作的角平分线； 作，交的延长线于； 作，垂足为． （2）图中与相等吗？证明你的结论． 【思路点拨】（1）作的角平分线；作，交的延长线于；作，垂足为．运用直尺和圆规按要求作图即可； （2）依据角平分线的定义，即可得到，再根据，进而得出，依据，即可得出． 【规范解答】解：（1）如图所示： （2）与不相等． 证明：平分， ， ， ， 与不平行， ，， ， ， 又， ． 【考点评析】本题考查了复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 27．（2019秋•思明区校级月考）（1）如图1，过、、、、五个点中任意三点画三角形； ①其中以为一边可以画出　3　个三角形； ②其中以为顶点可以画出　　个三角形． （2）如图2，在中，是钝角，完成下列画图．（不写作法，保留作图痕迹） ①边上的中线；②边上的高；③作出与相邻的外角． 【思路点拨】（1）根据过、、、、五个点中任意三点画三角形；①其中以为一边可以画出3个三角形；②其中以为顶点可以画出6个三角形． （2）如图2，在中，是钝角，①边上的中线；②边上的高；③作出与相邻的外角即可． 【规范解答】解： （1）如图1，过、、、、五个点中任意三点画三角形； ①其中以为一边可以画出3个三角形； ②其中以为顶点可以画出6个三角形． 故答案为3、6． （2）如图2，在中，是钝角， ①即为边上的中线； ②即为边上的高； ③即为与相邻的外角． 【考点评析】本题考查了作图复杂作图、三角形的外角性质，解决本题的关键是准确作图． 考点10：关于x轴、y轴对称的点的坐标 28．（2022秋•金牛区校级期末）已知有序数对及常数，我们称有序数对为有序数对的“阶结伴数对”．如的“1阶结伴数”对为即．若有序数对，与它的“阶结伴数对”关于轴对称，则此时的值为　　 A． B． C．0 D． 【思路点拨】根据新定义可得：有序数对，的“阶结伴数对”是，并根据轴对称：横坐标互为相反数，纵坐标相等，可列方程组，从而可解答． 【规范解答】解：有序数对，的“阶结伴数对”是， ， 解得：． 故选：． 【考点评析】本题考查了解二元一次方程组，新定义“阶结伴数对”的理解和运用，能根据题意列出方程组是解此题的关键． 29．（2019秋•邛崃市期末）在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，若点的坐标为，则点的坐标为　　 A． B． C． D． 【思路点拨】作出相关对称后可得点与点关于原点对称，那么依据点的坐标为，可得点的坐标． 【规范解答】解：点与点关于轴对称，点与点关于轴对称， 点与点关于原点对称， 又点的坐标为， 点的坐标为， 故选：． 【考点评析】考查关于坐标轴对称的点的规律，用到的知识点为：两点是关于一次轴对称，又关于轴一次对称得到的点，那么这两点关于原点对称． 30．（2023秋•抚州期末）已知点与关于轴对称，则　　． 【思路点拨】根据关于轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得，再解方程即可． 【规范解答】解：点与关于轴对称， ， 解得， 故答案为：． 【考点评析】此题主要考查了关于轴对称的点的坐标，解题的关键是掌握点的坐标的变化规律． 考点11：坐标与图形变化-对称 31．（2021秋•武城县期末）明明和乐乐下棋，明明执圆形棋子，乐乐执方形棋子，如图，棋盘中心的方子的位置用表示，右下角方子的位置用表示，明明将第4枚圆形棋子放入棋盘后，所有的棋子构成轴对称图形，则明明放的位置可能是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】先确定坐标轴，再确定对称轴即可． 【规范解答】解：将第4枚圆形放在中心方形棋子的正上方一格处，即处，构成以过点，的直线为对称轴的轴对称图形． 故选：． 【考点评析】本题考查用坐标表示位置及构造轴对称图形，确定对称轴位置是求解本题的关键． 32．（2018春•迁安市期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点的坐标为，若是关于直线的轴对称图形，则点的坐标为　　；若是关于直线的轴对称图形，则点的坐标为　　． 【思路点拨】根据轴对称的性质，可得对称点的连线被对称轴垂直平分，即可得到两点到对称轴的距离相等．利用此性质可在坐标系中得到对应点的坐标． 【规范解答】解：根据题意，点和点是关于直线对称的对应点， 它们到的距离相等，是3个单位长度，轴， 点的坐标是． 若是关于直线的轴对称图形，则点的横坐标为4，纵坐标为， 点的坐标为， 故答案为：，． 【考点评析】本题主要考查了坐标的对称特点，解此类问题的关键是要掌握轴对称的性质：对称轴垂直平分对应点的连线． 33．（2022秋•怀远县期末）已知关于轴对称，点的坐标为，若在坐标轴上有一个点，满足的面积等于2，则点的坐标为　，，，　． 【思路点拨】根据关于轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数，可得点的坐标为，再根据的面积等于2，即可得到点的坐标． 【规范解答】解：关于轴对称，点的坐标为， 点的坐标为， 又在坐标轴上有一个点，满足的面积等于2， 当点在轴上时，，即， 当点在轴上时，，即， 点的坐标为，，，， 故答案为：，，，． 【考点评析】本题考查了关于轴对称的点的坐标，关于轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数． 考点12：分式的基本性质 34．（2022秋•灵宝市期末）如果分式中的，都同时扩大2倍，那么该分式的值　　 A．不变 B．缩小2倍 C．扩大2倍 D．扩大4倍 【思路点拨】依题意分别用和去代换原分式中的和，利用分式的基本性质化简即可． 【规范解答】解：分式中的，都同时扩大2倍， ， 该分式的值扩大2倍． 故选：． 【考点评析】本题考查了分式的基本性质．解题的关键是抓住分子、分母变化的倍数，解此类题首先把字母变化后的值代入式子中，然后约分，再与原式比较，最终得出结论． 35．（2021春•平昌县校级期中）下列分式从左到右的变形一定正确的是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据分式的基本性质进行逐一计算即可判断． 【规范解答】解：．当时，等式成立， 所以选项错误； ．当时，从左到右的变形才能成立， 所以选项错误； ．因为原式从左不能变形到右， 所以选项错误； ．原式， 所以选项正确． 故选：． 【考点评析】本题考查了分式的基本性质，解决本题的关键是掌握分式的基本性质． 36．（2024春•雅安期末）阅读下列材料：通过小学的学习我们知道，分数可分为“真分数”和“假分数”，而假分数都可化为带分数．如：．我们定义：在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．如，这样的分式就是假分式；，这样的分式就是真分式．类似地，假分式也可以化为带分式（即整式与真分式的和的形式）． 如：，； 解决下列问题： （1）分式是 　真　分式（填“真”或“假” ； （2）将假分式化为带分式； （3）如果为整数，分式的值为整数，求所有符合条件的的值． 【思路点拨】（1）认真读懂题意，利用题中给出的定义判断； （2）依据题意化简即可； （3）依据题意化简后分情况讨论出结果即可． 【规范解答】解：（1）分式是真分式； 故答案为：真； （2）； （3）原式， 分式的值为整数， 或， 或或11或． 【考点评析】本题考查分式的运算，熟练掌握分式的化简运算方法，弄清定义，利用整体的数学思想是解题的关键． 考点13：轴对称-最短路线问题 37．（2023秋•南阳期末）“如图，，点为内一点，，点、分别是射线、上的动点，求△周长的最小值？”根据图中作图方法可以求得：△周长的最小值为 　8　，周长取最小值时　　． 【思路点拨】结合轴对称的性质，先判定△是等边三角形，即可得到△周长的最小值等于等边三角形的边长，以及周长取最小值时的度数． 【规范解答】解：如图所示，连接，， 根据图中作图方法可以得知，点与点关于对称， ，， 同理可得，， 又， ， △是等边三角形， ， 由题可得垂直平分， ， 同理可得， △周长， 当，，，在同一直线上时，△周长的最小值等于的长， △周长的最小值为8； 如图所示，当，，，在同一直线上时，． 故答案为：8，120． 【考点评析】本题主要考查了轴对称—最短路线问题，等边三角形的判定和性质．将三角形的周长利用轴对称变换转化为线段的长，构造等边三角形是解题的关键． 38．（2023秋•海安市期末）如图，在中，，，是边上的高，点，分别在，上，且，当的值最小时，的度数是 　70　． 【思路点拨】过作，使得，连接，构造全等三角形，依据，即可得到，进而得出的最小值等于的长，再根据是等腰直角三角形，即可得到，进而得出结论． 【规范解答】解：如图所示，过作，使得，连接， ，， ， ， 又，， ， ， ， 当，，三点共线时，的最小值等于的长， 此时，，，即是等腰直角三角形， ， 又中，， ， 故答案为：． 【考点评析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论． 39．（2024•大荔县二模）已知：如图，点和点在直线同一侧．求作：直线上一点，使的值最小． 【思路点拨】过作直线的垂线，在垂线上取点，使直线是的垂直平分线，连接即可． 【规范解答】作法： 作点关于直线的对称点， 连接交于点， 则点为所求． 【考点评析】本题考查了轴对称最短路线问题的应用，关键是正确画出图形，题型较好，难度适中． 考点14：翻折变换（折叠问题） 40．（2022•黑龙江一模）已知中，，，，将它的一条直角边沿一锐角角平分线所在直线翻折，使直角顶点落在斜边上点处，折痕交另一直角边于点，则折叠后不重合部分三角形的周长为 　18或12　． 【思路点拨】利用勾股定理先求出的长，然后根据题意分两种情况画图，利用角平分线的性质即可解决问题 【规范解答】解：中，， ，， ， 分两种情况： ①如图，将直角边沿的平分线所在直线翻折，直角顶点落在斜边上点处，折痕交另一直角边于点， 此时不重合部分三角形是， 由折叠可知：，， ， 的周长； ②如图，将直角边沿的平分线所在直线翻折，直角顶点落在斜边上点处，折痕交另一直角边于点， 此时不重合部分三角形是， 由折叠可知：，， ， 的周长， 则折叠后不重合部分三角形的周长为18或12． 故答案为：18或12． 【考点评析】本题考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和勾股定理是解题的关键． 41．（2023秋•宁波期末）如图，在中，，点，在边上，将边沿翻折，使点落在上的点处，再将边沿翻折，使点落在的延长线上的点处． （1）求的度数； （2）若，，求线段的长和的面积． 【思路点拨】（1）由折叠可得，，，再根据，即可得出； （2）在中，根据勾股定理可得，设，则，根据勾股定理可得，即，求得，即可得出． 【规范解答】解：（1）由折叠可得，，， 又， ， ， 即； （2）由折叠可得，，， ， ， ， 中，， 设，则， 中，， 中，， ， 即， 解得， ． 【考点评析】本题主要考查了折叠问题，解题时常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 42．（2021秋•武昌区期中）如图是两个全等的直角三角形纸片，且，按如图的两种方法分别将其折叠，使折痕（图中虚线）过其中的一个顶点，且使该顶点所在角的两边重合，记折叠后不重叠部分面积分别为，． （1）若，求的值． （2）若，求单个直角三角形纸片的面积是多少． 【思路点拨】（1）设，则，依据，即可得到的值，进而得出的值． （2）如图1，依据，即可得到，进而得出；如图2，依据，即可得到，进而得出，再根据，即可得到，进而得出单个直角三角形纸片的面积． 【规范解答】解：（1），， ，， 由折叠可得，，，， 设，则， ， ，即， 解得， ． （2）由，可设，，， 如图1，由折叠可得，，，，， ， ，即， 解得， ； 如图2，由折叠可得，，， ，， ， ，即， 解得， ， ， ， 解得， ． 【考点评析】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解决问题的关键是利用面积法求得某些线段的长度． 考点15：比例的性质 43．（2023秋•岳麓区校级期末）若，则的值是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】利用设法进行计算，即可解答． 【规范解答】解：设， ，， ， 故选：． 【考点评析】本题考查了比例的性质，熟练掌握设法是解题的关键． 44．（2023春•龙口市期末）已知，则的值是　　 A． B．5 C．6 D．7 【思路点拨】根据比例的性质进行计算，即可解答． 【规范解答】解：， ， 故选：． 【考点评析】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键． 45．（2024•广陵区一模）已知，则的值为 　5　． 【思路点拨】利用设法进行计算，即可解答． 【规范解答】解：， 设，则， ， 故答案为：5． 【考点评析】本题考查了比例的性质，熟练掌握设法是解题的关键． 考点16：分式的乘除法 46．（2022•乳山市模拟）已知这是一道分式化简题，其中一部分被墨水污染了，若只知道该题化简的结果为整式，则被墨水覆盖的部分不可能是　　 A． B． C． D． 【思路点拨】根据分式的乘除法法则计算，判断即可． 【规范解答】解：、，不是整式，符合题意； 、，是整式，不符合题意； 、，是整式，不符合题意； 、，是整式，不符合题意； 故选：． 【考点评析】本题考查的是分式的乘除法，掌握分式的乘除法法则是解题的关键． 47．（2023秋•农安县校级期末）计算：　　． 【思路点拨】直接计算即可． 【规范解答】解：原式 ． 故答案为：． 【考点评析】本题考查分式的乘除法，熟练掌握其运算法则是解题的关键． 48．计算： （1）； （2）． 【思路点拨】根据分式除法运算，除以一个分式，等于乘以这个分式的倒数，再根据分式乘法运算，约去公因式，可得计算结果； 【规范解答】解：（1） ； （2） ． 【考点评析】本题考查了分式的乘除法，先算乘方，再算乘除，把除变成乘，约去公因式，的最简分式． 考点17：分式的加减法 49．（2023秋•娄星区校级期中）已知，则分式的值为　　 A．1 B． C． D． 【思路点拨】先去分母得，代入分式，约分后即可． 【规范解答】解：， ， 原式， 故选：． 【考点评析】本题考查了分式的加减法、分式的值，熟练掌握分式计算的步骤，把作为一个整体代入分式是解题关键． 50．（2023秋•晋州市期中）若是自然数，则表示的值的对应点落在数轴（如图）上的范围是　　 A．① B．② C．③ D．①②③均有可能 【思路点拨】先根据分式的加减法法则进行计算，再根据数轴得出取值范围即可． 【规范解答】解：原式 ， 则在②的范围内， 故选：． 【考点评析】本题考查分式的加减法和数轴，熟练掌握相关的知识点是解题的关键． 51．（2022秋•磁县期末）阅读下面的材料，并解答问题： 分式的最大值是多少？ 解：， 因为，所以的最小值是2，所以的最大值是2，所以的最大值是4，即的最大值是4． 根据上述方法，试求分式的最大值是 　5　． 【思路点拨】按照例题的解题思路，进行计算即可解答． 【规范解答】解：， ， 的最小值为2， 的最大值为3， 的最大值为5， 分式的最大值是5， 故答案为：5． 【考点评析】本题考查了分式的加减法，理解例题的解题思路是解题的关键． 考点18：分式的混合运算 52．（2023秋•莱州市期末）下列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有　　 ①；② ③；④ A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【思路点拨】根据分式的加减法，乘除法，分式的约分法则，进行计算逐一判断即可解答． 【规范解答】解：①，故①不正确； ②，故②不正确； ③，故③正确； ④，故④不正确； 所以，上列四个分式的运算中，其中运算结果正确的有1个， 故选：． 【考点评析】本题考查了分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键． 53．（2022秋•如东县期末）定义：若分式与分式的差等于它们的积，即，则称分式是分式的“关联分式”．如与，因为，，所以是的“关联分式”． （1）已知分式，则 　是　的“关联分式”（填“是”或“不是” ； （2）小明在求分式的“关联分式”时，用了以下方法： 设的“关联分式”为，则， ， ． 请你仿照小明的方法求分式的“关联分式”． （3）①观察（1）（2）的结果，寻找规律，直接写出分式的“关联分式”：　　； ②用发现的规律解决问题： 若是的“关联分式”，求实数，的值． 【思路点拨】（1）根据关联分式的定义判断． （2）仿照小明的方法求解． （3）找规律后求解． 【规范解答】解：（1）， ， 是的关联分式． 故答案为：是． （2）设的关联分式是，则： ． ． ． ． （3）①由（2）知：的关联分式为：． 故答案为：． ②由题意得：． ． ，． 【考点评析】本题考查用新定义解决数学问题，熟练掌握分式混合运算法则是求解本题的基础 54．（2023秋•潍坊期末）阅读下列解题过程： 已，求的值． 解：由，知．，即． ，． 以上解法中，是先将已知等式的两边“取倒数”，然后求出所求式子倒数的值，我们把此题的这种解法叫做“倒数法”，请你利用“倒数法“解决下面问题： （1）已知，，，求的值； （2）已知，求的值． 【思路点拨】（1）利用“倒数法“进行计算，即可解答； （2）利用“倒数法“进行计算，即可解答． 【规范解答】解：（1），，， ，，， ，，， ， ， ， ， 的值为1； （2）， ， ， ， ， ， 的值为． 【考点评析】本题考查了分式的混合运算，理解“倒数法”是解题的关键． 考点19：分式的化简求值 55．（2024•金平区校级一模）先化简：，然后从的范围内选取一个合适的整数作为的值代入求值． 【思路点拨】先将分式化简，再选择适当的值代入求值即可． 【规范解答】解：原式 ， 当时，原式． 【考点评析】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件． 56．（2019秋•肥城市期末）化简下列各式 （1） （2） （3）先化简，，然后再从，，，0，1中选取合适的一个作为求值． 【思路点拨】（1）原式先计算乘方运算，再计算乘除运算即可得到结果； （2）原式先计算除法，再计算加减； （3）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果． 【规范解答】解：（1）， ， ， ； （2）， ， ， ； （3）， ， ， ， ， ， ，，， ，，， 当时，原式． 【考点评析】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键． 57．（2024•盐城模拟）先化简：，再从，1，2中选取一个合适的数作为的值代入求值． 【思路点拨】先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，然后把的值代入化简后的式子进行计算即可解答． 【规范解答】解： ， ，， ，， 当时，原式． 【考点评析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解是解题的关键． 考点20：分式方程的解 58．（2023秋•城口县期末）若三角形三边长分别为3，4，，且满足关于的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数的值之和是 　8　． 【思路点拨】根据构成三角形的三条边之间的关系列一元一次不等式组并求其解集，解分式方程，根据其解的情况确定的可能值并求它们的和即可． 【规范解答】解：根据题意，得， 解不等式①，得， 解不等式②，得或， 原不等式组的解集为或． 解分式方程，得， ， ， ； 是原分式方程的增根， ． 或， 或， 综上，或，且是2的整数倍，且，且， 或，且是2的整数倍，且， 、6、8或10， 、2、4或6， ， 所有满足条件的整数的值之和是8， 故答案为：8． 【考点评析】本题考查分式方程的解，掌握一元一次不等式组及分式方程的解法是本题的关键． 59．（2023秋•九龙坡区期末）学习材料：对于两个不等的非零实数、，若分式的值为零，则或．又因为，所以关于的方程有两个解，分别为，．应用上面的结论解答下列问题： （1）方程的两个解分别为，，则　　，　　； （2）方程的两个解分别为，，求的值； （3）关于的方程的两个解分别为，，求的值． 【思路点拨】（1）根据“学习材料”，得，； （2）根据“学习材料”，得，；将等号两边同时平方，求得，将它的等号两边同时平方，可求得的值； （3）将原方程整理成为“学习材料”中的形式，从而求得的值，进而求得的2个值，根据二者的大小关系确定和，再将和代入计算即可． 【规范解答】解：（1）方程可化为， 根据“学习材料”，得，， 故答案为：，3； （2）方程可化为， ，， ， ， ， ． （3）方程可化为， 令， 可化为， ， ，分别是方程的两个解， 或． ， ， 或， ， ，， ． 【考点评析】本题考查分式方程的解等，根据题意求分式方程的解是本题的关键． 60．（2023秋•龙山区校级期末）阅读：对于两个不等的非零实数，，若分式的值为零，则或．又因为，所以关于的方程有两个解，分别为，． 应用上面的结论解答下列问题： （1）方程的两个解分别为 　，　； （2）关于的方程的两个解分别为，，若与互为相反数，则　　，　　，　　； （3）关于的方程的两个解分别为，，求的值． 【思路点拨】（1）根据材料提供的方法解答即可； （2）将方程整理为的形式，将和分别用和表示出来，根据与互为相反数求出的值，从而得到关于与的二元一次方程组并求解即可； （3）令，利用平方差公式将方程整理为关于的方程的形式，直接写出的值，从而求出和，进而求出的值． 【规范解答】解：（1），， 方程的两个解分别为，， 故答案为：，； （2）由题意，得， 与互为相反数， ， ， ， ， ，解得或， ， ， 故答案为：，1，； （3）可整理为， 令，则， ，， 当时，当时，， ， ，， ． 【考点评析】本题考查分式方程的解，理解阅读材料的内容是本题的关键 考点21：解分式方程 61．（2023秋•鼓楼区校级月考）解方程： （1）； （2）． 【思路点拨】按照分式方程的求解步骤计算即可． 【规范解答】解：（1）去分母，得， 去括号，得， 移项、合并同类项，得， 经检验，是原分式方程的增根， 原分式方程无解． （2）去分母，得， 整理，得， 方程左边应用平方差公式，得， 方程两边同除以12，得， 经检验，是原分式方程的解， 原分式方程的解为． 【考点评析】本题考查解分式方程，掌握分式方程的求解步骤是解题的关键． 62．（2022秋•宽城县期末）老师所留的作业中有这样一个分式的计算题：，甲、乙两位同学完成的过程分别如下： 甲同学：第一步第二步第三步； 乙同学：第一步第二步第三步； （1）对于两人的做法，下列判断正确的是：　　． ．甲对乙错 ．甲错乙对 ．甲乙都对 ．甲乙都错 （2）若正确，说明每步做的依据；若错误，则甲同学的解答从第 　　步开始出现错误；乙同学的解答从第 　　步开始出现错误；并重新写出完成此题的正确解答过程．． （3）解分式方程，体会与分式化简的关系．． 【思路点拨】（1）根据分式的加减运算法则对甲乙的解答过程进行判断即可； （2）根据分式的加减运算法则作答即可； （3）根据分式方程的解法进行作答即可． 【规范解答】解：（1）甲同学：，故甲计算错误； 乙同学：，故乙计算错误； 故选：； （2）由（1）可知则甲同学的解答从第一步开始出现错误；乙同学的解答从第二步开始出现错误； 正确的解答过程为：， 故答案为：一、二、； （3）， 即：， 经检验，是原方程的增根， 故原方程无解． 【考点评析】本题主要考查了分式的混合运算以及解分式方程的知识，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则． 63．（2023秋•冷水滩区期中）已知关于的方程． （1）当，时求分式方程的解； （2）当时，求为何值时，分式方程无解． 【思路点拨】（1）去分母，去括号，移项，合并同类项，化系数为1，最后不要忘了检验； （2）整理得，，分两种情形：当整式方程无解时，，，当分式方程产生增根时，增根为或，分别求解． 【规范解答】解：（1）当，时，分式方程为， 去分母得：， 解得：， 经经验是原方程的解； （2）当时，分式方程为， 去分母得：， 整理得，， （1）当整式方程无解时，，， （2）当分式方程产生增根时，增根为或， ①当时，，， ②当时，，， 综上所述，当或3或9时原方程无解． 【考点评析】本题主要考查解分式方程，解题的关键是掌握解分式方程的步骤． 考点22：分式方程的增根 64．（2023秋•丰城市校级月考）（1）已知关于的分式方程． ①当时，求方程的解． ②若该方程去分母后所得的整式方程的解是增根，求的值． （2）关于的方程有整数解，求此时整数的值． 【思路点拨】（1）①把代入原方程中，然后按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答； ②先解分式方程可得，再根据题意得：，从而可得，然后进行计算即可解答； （2）先解分式方程可得：，再根据题意可得或且，然后进行计算即可解答． 【规范解答】解：（1）①当时，分式方程为：， ， 解得：， 检验：当时，， 是原方程的根； ②， ， 解得：， 由题意得：， 解得：， ， 解得：， 的值为3； （2）， ， 解得：， 方程有整数解， 或且， 解得：或3或0或4且， 或0或4， 此时整数的值为3或0或4． 【考点评析】本题考查了分式方程的增根，分式方程的解，准确熟练地进行计算是解题的关键． 65．（2021秋•宽城县期末）王涵想复习分式方程，由于印刷问题，有一个数“？”看不清楚：． （1）她把这个数“？”猜成，请你帮王涵解这个分式方程； （2）王涵的妈妈说：“我看到标准答案是：是方程的增根，原分式方程无解”，请你求出原分式方程中“？”代表的数是多少？ 【思路点拨】（1）根据解分式方程的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、检验； （2）设原分式方程中“？”代表的数为，把分式方程化为整式方程，再把代入代入整式方程，求出． 【规范解答】解：（1）由题意，得， 去分母，得， 去括号，得， 移项、合并同类项，得， 经检验，当时， 是原分式方程的解； （2）设原分式方程中“？”代表的数为， 方程两边同时乘得， 由于是原分式方程的增根， 把代入上面的等式解得， 原分式程中“？”代表的数是． 【考点评析】本题考查了分式方程的增根，掌握根据增根求相关字母值的步骤：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程是解题的关键． 66．（2023秋•成武县期末）（1）若方程有增根，则增根是 　　； （2）若方程有增根，求的值． 【思路点拨】（1）根据题意可得：，然后进行计算即可解答； （2）利用（1）的结论，把的值代入整式方程中进行计算，即可解答． 【规范解答】解：（1）方程有增根， ， 解得：， 增根是， 故答案为：； （2）， ， 由（1）可得：， 把代入方程中得： ， 解得：， 【考点评析】本题考查了分式方程的增根，根据题意求出的值后代入整式方程中进行计算是解题的关键． 考点23：由实际问题抽象出分式方程 67．（2019秋•永州期末）在阳明山国家森林公园举行中国阳明山“和”文化旅游节暨杜鹃花会期间，几名同学包租一辆车前去游览，该车的租价为180元，出发时，又增加了两名同学，结果每名同学比原来少分摊了3元车费．设参加游览的学生共有人，则可列方程为　　 A． B． C． D． 【思路点拨】设实际参加游览的同学共人，则原有的几名同学每人分担的车费为：元，出发时每名同学分担的车费为：，根据每个同学比原来少摊了3元钱车费即可得到等量关系． 【规范解答】解：设实际参加游览的同学共人， 根据题意得：． 故选：． 【考点评析】本题主要考查了分式方程的应用，解题的关键是首先弄清题意，根据关键描述语，找到合适的等量关系；易错点是得到出发前后的人数． 68．（2019春•保定期末）某工地调来144人参加挖土和运土，已知3人挖出的土1人恰好能全部运走，怎样调配劳动力才使挖出来的土能及时运走且不窝工（停工等待）？为解决此问题，可设派人挖土，其他人运土，下列所列方程： ①；②；③；④．正确的个数有　　 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路点拨】关键描述语为：“3人挖出的土1人恰好能全部运走”；等量关系为：挖土的人的数量与运土人的数量之比，由此列式． 【规范解答】解：人挖土，则运土，3人挖出的土1人恰好能全部运走，那么使挖出来的土能及时运走且不窝工，说明挖土的人的数量与运土人的数量之比．①②④都是这个等量关系的变形正确．③运土的人数应是，方程应为， 故选：． 【考点评析】找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键．本题需重点理解：3人挖出的土1人恰好能全部运走． 69．（2022•黑龙江）某玩具厂生产一种玩具，甲车间计划生产500个，乙车间计划生产400个，甲车间每天比乙车间多生产10个，两车间同时开始生产且同时完成任务．设乙车间每天生产个，可列方程为 　　． 【思路点拨】根据甲车间生产500个玩具所用的时间乙车间生产400个玩具所用的时间，列出方程即可解答． 【规范解答】解：设乙车间每天生产个，则甲车间每天生产个， 由题意得：， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了分式方程的应用，根据题意找出等量关系是解题的关键． 考点24：分式方程的应用 70．（2021春•奉化区校级期末）商家常将单价不同的、两种糖混合成“什锦糖”出售，记“什锦糖”的单价为：、两种糖的总价与、两种糖的总质量的比．现有两种“什锦糖”：一种是由相同千克数的种糖和种糖混合而成的“什锦糖”甲，另一种是由相同金额数的种糖和种糖混合而成的“什锦糖”乙．若种糖比种糖的单价贵40元千克，“什锦糖”甲比“什锦糖”乙的单价贵5元千克，则种糖的单价为　　 A．50元千克 B．60元千克 C．70元千克 D．80元千克 【思路点拨】设种糖的单价为元千克，则种糖的单价为元千克，“什锦糖”甲的单价为元千克，“什锦糖”乙的单价为元千克，根据题意列出方程即可求解． 【规范解答】解：设种糖的单价为元千克，则种糖的单价为元千克， “什锦糖”甲的单价为元千克， “什锦糖”乙的单价为元千克， 根据题意，得 ， 解得， 经检验是分式方程的解，也符合题意， 所以种糖的单价为60元千克． 故选：． 【考点评析】本题考查了分式方程的应用，解决本题的关键是根据题意找到等量关系． 71．（2021秋•忠县期末）随着期末考试来临，八年级的同学们在学校延时服务期间平心静气作规划，补短板．王丹同学原计划星期一延时服务期间复习语文、数学、英语的时间为，数学老师提醒要学科均衡，他便将英语复习时间的分给了语文和数学，调整后语文和数学的复习时间之比为．王丹同学非常刻苦，实际复习时还挤出星期一的部分休息时间分给了三个学科，其中分给了语文，这样语文复习时间与三科总复习时间比为．若王丹同学最终希望使数学与英语复习时间比为，那么星期一挤出的休息时间中分给数学的时间与最后三科总复习时间之比为 　　． 【思路点拨】设语文，数学，英语复习时间一共有小时，得到最初王丹同学分配的时间为：语文小时，数学小时，英语小时，然后英语复习时间的分给了语文和数学，算出调整后语文、数学、英语的时间，设挤出来的休息时间有小时，列出关于的方程，求出挤出来的休息时间有小时，得到数学与英语增加的时间，由最终数学与英语复习时间比为，得到分给数学的时间，即可得答案． 【规范解答】解：假设语文，数学，英语复习时间一共有小时，则最初王丹同学分配的时间为：语文小时，数学小时，英语小时， 英语复习时间的为：（小时），所以英语的时间变成（小时），语文和数学的总时间变更为：（小时）， 调整后语文：数学，所以语文调整后的时间为（小时），数学调整后的时间为（小时）， 设挤出来的休息时间有小时，则依题意得：， 解得： 数学与英语增加的时间为：（小时）， 数学与英语的总复习时间为：（小时）， 数学的复习时间为：（小时）， 分给数学的时间是：， 此时三课的总复习时间为：（小时）， 所以分给数学的时间：三课总复习时间． 故答案为：． 【考点评析】本题考查了分式方程的应用及比例的有关内容，做题的关键是弄清题意，注意时间的特征与比例的变化． 72．（2023秋•洛南县校级期末）某学校在某药店购买84消毒液和口罩，购买84消毒液共花费900元，购买口罩共花费2160元，购买口罩数量（单位：包）是购买84消毒液数量（单位：瓶）的2倍，且购买一包口罩比购买一瓶84消毒液多花1元． （1）求购买一瓶84消毒液和一包口罩的单价各是多少元； （2）按照实际需要每个班须配备84消毒液3瓶，口罩6包用于防疫，则购买的84消毒液和口罩能够配备多少个班级？ 【思路点拨】（1）设一瓶84消毒液的单价为元，则一包口罩的单价为元，根据题意建立方程，解之即可； （2）根据（1）中数据可分别求出消毒液和口罩的数量，进而可算出能配备的班级的个数． 【规范解答】解：（1）设一瓶84消毒液的单价为元，则一包口罩的单价为元， 根据题意可知，， 解得， 经检验，是原分式方程的解且符合题意； ， 一瓶84消毒液的单价为5元，一包口罩的单价为6元； （2）由（1）知，购买84消毒液（瓶，口罩（包， ，， 购买的84消毒液和口罩能够配备60个班级． 【考点评析】本题考查了分式方程的应用．根据题意找到等量关系是解题关键 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$