沪教版 期末真题必刷常考60题（37个考点专练）- 2024-2025学年八年级上学期数学核心知识点与常见题型通关讲解练（沪教版）

期末真题必刷常考60题（37个考点专练） 知识导图 一．二次根式有意义的条件（共2小题） 二．二次根式的性质与化简（共1小题） 三．最简二次根式（共1小题） 四．二次根式的乘除法（共1小题） 五．分母有理化（共2小题） 六．同类二次根式（共2小题） 七．二次根式的加减法（共1小题） 八．二次根式的混合运算（共2小题） 九．解一元二次方程-配方法（共1小题） 一十．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 一十一．根的判别式（共2小题） 一十二．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 一十三．一元二次方程的应用（共2小题） 一十四．两点间的距离公式（共1小题） 一十五．函数自变量的取值范围（共1小题） 一十六．函数值（共1小题） 一十七．函数的图象（共1小题） 一十八．反比例函数的图象（共1小题） 一十九．反比例函数的性质（共2小题） 二十．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题） 二十一．待定系数法求反比例函数解析式（共2小题） 二十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共2小题） 二十三．反比例函数的应用（共2小题） 二十四．反比例函数综合题（共2小题） 二十五．三角形内角和定理（共2小题） 二十六．全等三角形的判定与性质（共2小题） 二十七．角平分线的性质（共2小题） 二十八．线段垂直平分线的性质（共2小题） 二十九．直角三角形的性质（共1小题） 三十．含30度角的直角三角形（共2小题） 三十一．直角三角形斜边上的中线（共2小题） 三十二．勾股定理（共2小题） 三十三．勾股定理的逆定理（共2小题） 三十四．勾股定理的应用（共1小题） 三十五．等腰直角三角形（共1小题） 三十六．命题与定理（共2小题） 三十七．轨迹（共1小题） 题型强化 一．二次根式有意义的条件（共2小题） 1．（上海期末）若有意义，则能取的最小整数是　　 A． B． C．1 D．0 【分析】根据二次根式的性质，被开方数大于等于0，列不等式求解． 【解答】解：依题意有， 解得． 故能取的最小整数是0． 故选：． 【点评】本题主要考查了二次根式的意义和性质，注意掌握概念：式子叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义． 2．（2023秋•黄浦区期末）若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围为 　　． 【分析】根据二次根式有意义的条件得出，求出即可． 【解答】解：要使二次根式在实数范围内有意义，必须， 解得：， 故答案为：． 【点评】本题考查了二次根式有意义的条件和解一元一次不等式，能得出关于的不等式是解此题的关键． 二．二次根式的性质与化简（共1小题） 3．（2021秋•普陀区期末）化简：　　． 【分析】根据二次根式的性质化简，即可解答． 【解答】解：． 故答案为：． 【点评】本题考查了二次根式的性质，解决本题的关键是熟记二次根式的性质． 三．最简二次根式（共1小题） 4．（2023秋•七里河区校级期末）下列根式中，是最简二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】选项的被开方数中含有分母；、选项的被开方数中含有能开得尽方的因数或因式；因此这三个选项都不是最简二次根式． 所以只有选项符合最简二次根式的要求． 【解答】解：因为：、； 、； 、； 所以这三项都可化简，不是最简二次根式． 故选：． 【点评】在判断最简二次根式的过程中要注意： （1）在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式； （2）在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式． 四．二次根式的乘除法（共1小题） 5．（2023秋•浦东新区期末）计算：　2　． 【分析】本题需先对二次根式进行化简，再根据二次根式的乘法法则进行计算即可求出结果． 【解答】解：， ， ． 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了二次根式的乘除法，在解题时要能根据二次根式的乘法法则，求出正确答案是本题的关键． 五．分母有理化（共2小题） 6．（2021秋•静安区校级期末）的一个有理化因式是　　 A． B． C． D． 【分析】找出原式的一个有理化因式即可． 【解答】解：的一个有理化因式是， 故选：． 【点评】此题考查了分母有理化，熟练掌握有理化因式的取法是解本题的关键． 7．（2021秋•青浦区校级期末）写出二次根式的一个有理化因式是 　　． 【分析】根据分母有理化乘二次根式本身，把分母中的根号化去． 【解答】解：， 的一个有理化因式是； 故答案为：． 【点评】本题主要考查了分母有理化，掌握分母有理化的定义，正确判断什么时候乘二次根式本身，什么时候与原分母组成平方差公式是解题关键． 六．同类二次根式（共2小题） 8．（2023秋•普陀区期末）下列二次根式中，与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】先把各个二次根式化简，根据同类二次根式的概念判断即可． 【解答】解：、与不是同类二次根式； 、与不是同类二次根式； 、与是同类二次根式； 、与不是同类二次根式； 故选：． 【点评】本题考查的是同类二次根式，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式． 9．（2021秋•普陀区期末）下列二次根式中，与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 【分析】化简二次根式，然后根据同类二次根式的概念进行判断． 【解答】解：、，与不是同类二次根式，故此选项不符合题意； 、，与是同类二次根式，故此选项符合题意； 、，与不是同类二次根式，故此选项不符合题意； 、，与不是同类二次根式，故此选项不符合题意； 故选：． 【点评】此题考查了同类二次根式，以及二次根式的性质与化简，熟练掌握同类二次根式的定义是解本题的关键． 七．二次根式的加减法（共1小题） 10．（2023秋•崇明区期末）计算：　　． 【分析】二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再将被开方数相同的二次根式进行合并． 【解答】解：原式． 【点评】本题考查了二次根式的化简与运算能力． 八．二次根式的混合运算（共2小题） 11．（2022秋•长宁区校级期末）计算：． 【分析】先分母有理化，然后把各二次根式化为最简二次根式后合并即可． 【解答】解：原式 ． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍． 12．（2023秋•崇明区期末）化简：． 【分析】先进行二次根式的化简，然后进行二次根式的除法运算． 【解答】解：原式 ． 【点评】本题考查了二次根式的混合运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化简以及二次根式的除法法则． 九．解一元二次方程-配方法（共1小题） 13．（2021秋•奉贤区校级期末）解方程：． 【分析】直接利用配方法解方程进而得出答案． 【解答】解：， ， 则， ，即， 则， ，． 【点评】本题主要考查解一元二次方程配方法，将一元二次方程配成的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法． 一十．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 14．（2023秋•普陀区期末）方程的根是　，　． 【分析】将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；令每个因式分别为零得到两个一元一次方程；解这两个一元一次方程可得． 【解答】解：左边因式分解，得：， 或， 解得：，， 故答案为：，． 【点评】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，通过将方程左边因式分解，把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题是因式分解法解一元二次方程的关键． 15．（2022秋•浦东新区期末）解方程： 【分析】先整理方程，再按因式分解法求解． 【解答】解： （4分） （2分） 【点评】因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用． 一十一．根的判别式（共2小题） 16．（2021秋•徐汇区校级期末）下列关于的方程中一定没有实数根的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据根的判别式的值的大小与零的关系来判断根的情况．没有实数根的一元二次方程，即判别式的值是负数的方程． 【解答】解：、△，方程有两个不相等的实数根； 、△，方程没有实数根； 、△，方程有两个不相等的实数根； 、△，方程有两个不相等的实数根． 故选：． 【点评】本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△方程有两个不相等的实数根；（2）△方程有两个相等的实数根；（3）△方程没有实数根． 17．（2022秋•青浦区校级期末）如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是 　且　． 【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到且△，然后求出两不等式的公共部分即可． 【解答】解：根据题意得且△， 解得且． 故答案为：且． 【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与△有如下关系：当△时，方程有两个不相等的实数根；当△时，方程有两个相等的实数根；当△时，方程无实数根． 一十二．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 18．（2022秋•徐汇区校级期末）公园有一块正方形的空地，后来从这块空地上划出部分区域栽种鲜花（如图），原空地一边减少了，另一边减少了，剩余空地的面积为，求原正方形空地的边长．设原正方形的空地的边长为 ，则可列方程为　　 A． B． C． D． 【分析】可设原正方形的边长为 ，则剩余的空地长为，宽为．根据长方形的面积公式可列出方程． 【解答】解：设原正方形的边长为 ，依题意有 ， 故选：． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程的知识，应熟记长方形的面积公式．另外求得剩余的空地的长和宽是解决本题的关键． 19．（2020秋•闵行区期末）国家统计局统计数据显示，我国快递业务收入逐年增加．2017年至2019年我国快递业务收入由5000亿元增加到7500亿元．设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为，则可列方程为 　　． 【分析】根据题意可得等量关系：2017年的快递业务量增长率）年的快递业务量，根据等量关系列出方程即可． 【解答】解：设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为， 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二次方程，关键是掌握平均变化率的方法，若设变化前的量为，变化后的量为，平均变化率为，则经过两次变化后的数量关系为． 一十三．一元二次方程的应用（共2小题） 20．（2020秋•浦东新区校级期末）已知一个两位数，个位上的数字比十位上的数字小4，且个位上的数字与十位上的数字的平方和比这个两位数小4，则这个两位数是 　84　． 【分析】设这个两位数的个位数字为，则十位数字为，根据个位上的数字与十位上的数字的平方和比这个两位数小4，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再将其非负整数代入中即可求出结论． 【解答】解：设这个两位数的个位数字为，则十位数字为， 依题意得：， 整理得： 解得：，． 又为非负整数， ， ． 故答案为：84． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 21．（2021秋•静安区校级期末）如图，用总长为80米的篱笆，在一面靠墙的空地上围成如图所示的花圃，花圃中间有一条2米宽的人行通道，园艺师傅用篱笆围成了四个形状、大小一样的鲜花种植区域，鲜花种植总面积为192平方米，花圃的一边靠墙，墙长20米，求和的长． 【分析】设的长为，则的长为米，的长为米，根据鲜花种植总面积为192平方米，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再结合墙长20米，即可得出和的长． 【解答】解：设的长为，则的长为米，的长为米， 依题意得：， 整理得：， 解得：，， 当时，，不合题意； 当时，，符合题意． 答：的长为12米，的长为18米． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 一十四．两点间的距离公式（共1小题） 22．（2020秋•浦东新区校级期末）点在轴上， 点到点与点的距离相等， 则点的坐标为　　． 【分析】设点的坐标为，根据两点间的距离公式列式求解即可， 两点间的距离公式：． 【解答】解： 设点坐标为． 利用两点间的距离公式， 得，． 根据题意， 得，． 即． 解得． 所以， 点的坐标是． 【点评】本题考查了两点间的距离公式， 熟记公式与熟练解方程是解答本题的关键 ． 一十五．函数自变量的取值范围（共1小题） 23．（2021秋•黄浦区校级期末）函数的定义域是 　　． 【分析】根据分式的意义，分母不等于0，可以求出的范围． 【解答】解：根据题意得：， 解得：． 故答案为． 【点评】本题考查了函数自变量的取值范围问题，函数自变量的范围一般从三个方面考虑： （1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数； （2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0； （3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负． 一十六．函数值（共1小题） 24．（2022秋•青浦区校级期末）已知，那么　0　． 【分析】根据自变量与函数值的对应关系，可得答案． 【解答】解：当时，． 故答案为：0． 【点评】本题考查了函数值，把自变量的值代入函数解析式是解题关键． 一十七．函数的图象（共1小题） 25．（2021秋•金山区期末）小强骑车从家到学校要经过一段先上坡后下坡的路，在这段路上小强骑车的距离（千米）与骑车的时间（分钟）之间的函数关系如图所示，请根据图中信息回答下列问题： （1）小强去学校时下坡路长　2　千米； （2）小强下坡的速度为　 　千米分钟； （3）若小强回家时按原路返回，且上坡的速度不变，下坡的速度也不变，那么回家骑车走这段路的时间是　 　分钟． 【分析】（1）根据题意和函数图象可以得到下坡路的长度； （2）根据函数图象中的数据可以求的小强下坡的速度； （3）根据题意可以求得小强上坡的速度，进而求得小强返回时需要的时间． 【解答】解：（1）由题意和图象可得， 小强去学校时下坡路为：（千米）， 故答案为：2； （2）小强下坡的速度为：千米分钟， 故答案为：0.5； （3）小强上坡时的速度为：千米分钟， 故小强回家骑车走这段路的时间是：（分钟）， 故答案为：14． 【点评】本题考查函数图象，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 一十八．反比例函数的图象（共1小题） 26．（2023秋•闵行区校级期末）已知函数中，在每个象限内，随的增大而增大，那么它和函数在同一直角坐标平面内的大致图象是　　 A． B． C． D． 【分析】首先根据反比例函数图象的性质判断出的范围，在确定其所在象限，进而确定正比例函数图象所在象限，即可得到答案． 【解答】解：函数中，在每个象限内，随的增大而增大， ， 双曲线在第二、四象限， 函数的图象经过第二、四象限， 故选：． 【点评】此题主要考查了反比例函数图象的性质与正比例函数图象的性质，图象所在象限受的影响． 一十九．反比例函数的性质（共2小题） 27．（2021秋•普陀区期末）下列函数中，的值随着的值增大而减小的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据正比例函数、反比例函数的增减性，结合自变量的取值范围，逐一判断． 【解答】解：、是反比例函数，，故在每一象限内随的增大而减小，不符合题意； 、是正比例函数，，故随着增大而减小，符合题意； 、是反比例函数，，故在第一象限内随的增大而减小，不符合题意； 、，正比例函数，，故随着增大而增大，不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了反比例函数的性质，正比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质，正比例函数的性质是解题的关键． 28．（2023秋•闵行区校级期末）反比例函数，当时，随的增大而增大，那么的取值范围是　　． 【分析】根据反比例函数的性质可得到，然后解不等式即可． 【解答】解：反比例函数，当时，随的增大而增大， ， ． 故答案为． 【点评】本题考查了反比例函数的性质：反比例函数图象为双曲线，当，图象分布在第一、三象限，在每一象限，随的增大而减小；当，图象分布在第二、四象限，在每一象限，随的增大而增大． 二十．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题） 29．（浦东新区期末）已知点，，都在反比例函数的图象上，则　　 A． B． C． D． 【分析】画出函数图象，利用图象法即可解决问题． 【解答】解：函数图象如图所示： ， 故选：． 【点评】本题考查反比例函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是学会利用图象法解决问题，属于中考常考题型． 30．（2023秋•虹口区校级期末）已知，，，是反比例函数图象上的两点．若，则　　（填“”、“ ”或“” ． 【分析】根据反比例函数的图象和性质即可解决问题． 【解答】解：由题知， 因为反比例函数的解析式为， 所以该反比例函数的图象位于第二、四象限，且在每一个象限内随的增大而增大． 又因为， 即，两点都在第二象限的同一支上， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，熟知反比例函数的图象和性质是解题的关键． 二十一．待定系数法求反比例函数解析式（共2小题） 31．（浦东新区期末）如图，是反比例函数在第一象限内的图象，且过点，与关于轴对称，那么图象的函数解析式为　　． 【分析】把已知点的坐标代入可求出值，即得到反比例函数的解析式． 【解答】解：过点，得它的解析式为， 由反比例函数及轴对称的知识，的解析式应为． 故答案为：． 【点评】本题考查反比例函数及对称的知识，难度不大．还考查了用待定系数法求反比例函数的解析式．先设，再把已知点的坐标代入可求出值，即得到反比例函数的解析式． 32．（2022秋•徐汇区校级期末）已知，与成正比例，与成反比例，且当时，；当时，． （1）求关于的函数解析式； （2）当时，求的值． 【分析】（1）根据正比例函数和反比例函数的定义设，，则，再把两组对应值代入得到关于、的方程组，然后解方程组求出、即可． （2）把代入（1）中求得的解析式即可求得． 【解答】解：（1）设，， 则， 根据题意得， 解得． 所以与的函数表达式为． （2）把代入得，． 【点评】本题考查了待定系数法求正比例函数和反比例函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标适合解析式是解题的关键． 二十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共2小题） 33．（2022秋•宝山区期末）在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于点和点，则点的坐标为 　　． 【分析】根据双曲线的中心对称性即可求得点的坐标． 【解答】解：直线与双曲线交于点和点， 点、关于原点对称， ， 故答案为：． 【点评】本题是正比例函数与反比例函数的交点问题，考查了反比例函数的性质，应用反比例函数的中心对称性是解题的关键． 34．（2023秋•嘉定区期末）如图，点是一个反比例函数与正比例函数的图象的交点，垂直于轴，垂足的坐标为． （1）求这个反比例函数的解析式． （2）如果点在这个反比例函数的图象上，且的面积为6，求点的坐标． 【分析】（1）因为垂直于轴，垂足的坐标为，所以点的横坐标为2，把其代入正比例函数求出其纵坐标，再用设反比例函数的解析式为，求出的值即可； （2）设的高为，因为的面积为6，所以可求出的值，再分：当点在直线右侧时和当点在直线左侧时求出点的坐标即可． 【解答】解：（1）当时，，， 设反比例函数的解析式为， 则，， 反比例函数的解析式为； （2）设的高为． ， ，， 当点在直线右侧时，； 当点在直线左侧时，． 【点评】此题考查的是正比例函数和反比例函数的交点问题以及用待定系数法求反比例函数的解析式，比较简单． 二十三．反比例函数的应用（共2小题） 35．（浦东新区期末）已知矩形的面积为10，则它的长与宽之间的函数关系用图象大致可表示为　　 A． B． C． D． 【分析】首先由矩形的面积公式，得出它的长与宽之间的函数关系式，然后根据函数的图象性质作答．注意本题中自变量的取值范围． 【解答】解：由矩形的面积，可知它的长与宽之间的函数关系式为，是反比例函数图象，且其图象在第一象限． 故选：． 【点评】本题考查了反比例函数的应用及反比例函数的图象，反比例函数的图象是双曲线，当时，它的两个分支分别位于第一、三象限；当时，它的两个分支分别位于第二、四象限． 36．（奉贤区期末）据媒体报道，近期“禽流感”可能进入发病高峰期，某校根据《学校卫生工作条例》，为预防“禽流感”，对教室进行“薰药消毒”．已知药物在燃烧释放过程中，室内空气中每立方米含药量（毫克）与燃烧时间（分钟）之间的系如图所示（即图中线段和双曲线在点及其右侧的部分），根据图象所示信息，解答下列问题： （1）写出从药物释放开始，与之间的函数关系式及自变量取值范围； （2）据测定，当空气中每立方米的含药量低于2毫克时，对人体无毒害作用，那么从消毒开始，至少在多长时间内，师生不能进入教室？ 【分析】（1）首先根据题意，药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（分钟）成正比例；药物释放完毕后，与成反比例，将数据代入用待定系数法可得反比例函数的关系式； （2）将代入求的值后，即可得到答案． 【解答】解：（1）设反比例函数解析式为， 将代入解析式得，， 则函数解析式为， 将代入解析式得，， 故， 设正比例函数解析式为， 将代入上式即可求出， 则正比例函数解析式为； （2）令， 解得：， 答：从消毒开始，师生至少在75分钟内不能进入教室． 【点评】本题考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式． 二十四．反比例函数综合题（共2小题） 37．（2020秋•浦东新区期末）如图，点是反比例函数在第一象限内的图象上的一个点，以点为顶点作等边，使、落在轴上（点在点左侧），则的面积是　　． 【分析】如图，根据反比例函数系数的几何意义求得点的坐标，则易求．然后通过等边三角形的性质易求线段，所以 【解答】解：如图，过点作于点． 点是反比例函数在第一象限内的图象上的一个点， ，且， 解得，， ． 是等边三角形， ． ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了反比例函数系数的几何意义，等边三角形的性质．等边三角形具有等腰三角形“三合一”的性质． 38．（2023秋•虹口区校级期末）如图，在直角坐标平面内，正比例函数的图象与一个反比例函数图象在第一象限内的交点为点，过点作轴，垂足为点，． （1）求反比例函数的解析式； （2）在直线上是否存在点，使点到直线的距离等于它到点的距离？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）已知点在直线上，如果是等腰三角形，请直接写出点的坐标． 【分析】（1）将代入，得，可得，再将点代入反比例函数的解析式为，即可得出答案； （2）根据点的坐标，可知，过点作于，由题意得，分点在上或的延长线上，分别根据含角的直角三角形的性质可得答案； （3）由，分，，三种情形，分别得出答案． 【解答】解：（1）， 点的纵坐标为3， 正比例函数的图象经过点， 当时，， ， 设反比例函数的解析式为， 将点，代入得， 反比例函数的解析式为：； （2）轴于点，设点的坐标为，， 在中，，，由勾股定理得：， ， ， 过点作于， 由题意得， 当点在上时， 则平分， ， ， ，， 当点在延长线上时， 同理可得，， 综上所述：，或，； （3）当时，则，或，， 当时，由得，， ，， 当时， ， 则平分， ，， 综上所述：，或，或，或，． 【点评】本题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，含角的直角三角形的性质，角平分线的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键． 二十五．三角形内角和定理（共2小题） 39．（上海期末）在中，，则是　　 A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定 【分析】根据三角形的内角和是得出． 【解答】解：设，则，． 由，得： ， 所以，故， 是钝角三角形． 故选：． 【点评】①几何计算题中，如果依据题设和相关的几何图形的性质列出方程（或方程组）求解的方法叫做方程的思想； ②求角的度数常常要用到“三角形的内角和是”这一隐含的条件． 40．（2023秋•静安区校级期末）在中，，如比小，则　33　度． 【分析】已知比小，先设为，根据三角形内角和定理列出方程，然后再求解即可． 【解答】解：设为． 则， 解得． 即． 故答案为：33． 【点评】本题主要考查三角形的内角和定理．解答的关键是设未知数为，列方程求解即可． 二十六．全等三角形的判定与性质（共2小题） 41．（2023秋•金山区期末）如图，中，是高、的交点，且，则　　． 【分析】求出，推出，根据等腰三角形性质得出，根据三角形内角和定理求出即可． 【解答】解：、是的高， ，， ，， ， 在和中，， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有，，，．全等三角形的对应边相等，对应角相等． 42．（2021秋•崇明区校级期末）已知：如图，，，，．求证：． 【分析】根据证明，得出再由可推出，最后根据外角的性质即可得出结论． 【解答】证明：在与中， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 二十七．角平分线的性质（共2小题） 43．（2021秋•青浦区校级期末）如图，是的平分线，点是上一点，点为直线上的一个动点．若的面积为9，，则线段的长不可能是　　 A．2 B．3 C．4 D．5.5 【分析】根据三角形的面积得出的长，进而利用角平分线的性质解答即可． 【解答】解：过点作于，于， 的面积为9，， ， 是的平分线， ， ， 故选：． 【点评】本题主要考查了角平分线的性质与三角形的面积计算公式．作出辅助线是正确解答本题的关键． 44．（2021秋•宝山区期末）如图，中，，平分，如果，，那么的面积等于　8　． 【分析】过点作于，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得，再利用三角形的面积公式列式计算即可得解． 【解答】解：如图，过点作于， ，平分， ， 的面积． 故答案为：8． 【点评】本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，熟记性质是解题的关键． 二十八．线段垂直平分线的性质（共2小题） 45．（2021秋•徐汇区校级期末）如图，在中，，斜边的垂直平分线交于点，交于点，且平分，下列关系式不成立的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，根据等边对等角可得，然后利用直角三角形两锐角互余列式求出，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半可得，，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得，然后对各选项分析判断后利用排除法求解． 【解答】解：是的垂直平分线， ， ， 平分， ， ， ， 、在中，，故本选项正确； 、正确，故本选项错误； 、，， ，故本选项错误； 、在中，， 平分，，， ， ，故本选项错误． 故选：． 【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，等边对等角的性质，以及三角形的内角和定理，熟记各性质是解题的关键． 46．（2022秋•杨浦区期末）如图，已知在等腰中，如果，，是的垂直平分线，那么　30　度． 【分析】根据等边对等角，由已知的得到与相等，由的度数求出的度数，然后由为的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到与相等，再根据等边对等角得到与相等，由与相减即可求出所求角的度数． 【解答】解：，且， ， 又是的垂直平分线， ， ， ． 故答案为：30 【点评】此题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质．其中线段垂直平分线性质为线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等． 二十九．直角三角形的性质（共1小题） 47．（松江区期末）如图：在中，，的垂直平分线分别交、于点、，，那么　　． 【分析】根据线段垂直平分线的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，由三角形的外角的性质即可得到结论． 【解答】解：的垂直平分线分别交、于点、， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键． 三十．含30度角的直角三角形（共2小题） 48．（2020秋•徐汇区校级期末）如图，在中，，，垂直平分交于，若，则　　． 【分析】根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，再根据等边对等角可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，再根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半可得 【解答】解：垂直平分， ， ， ， ， ． 故答案为． 【点评】本题考查的是直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键． 49．（2023秋•闵行区期末）如图，已知中，，，边的垂直平分线交边于点，垂足为点，取线段的中点，联结．求证：．（说明：此题的证明过程需要批注理由） 【分析】先根据线段垂直平分线的性质得：，再利用直角三角形斜边中线的性质得：与的关系，最后根据直角三角形30度的性质得和的关系，从而得出结论． 【解答】证明：连接， 是的垂直平分线（已知）， ，（线段垂直平分线的性质）， （等边对等角）， （三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和）， 中，是的中点（已知）， （直角三角形斜边中线等于斜边的一半）， 中，（已知）， （直角三角形角所对的直角边是斜边的一半）， （等量代换）． 【点评】本题考查了直角三角形含30度角的性质、直角三角形斜边中线及线段垂直平分线的性质，熟练掌握性质是关键，属于基础题． 三十一．直角三角形斜边上的中线（共2小题） 50．（2020秋•虹口区期末）直角三角形的两条直角边分别为5和12，那么这个三角形的斜边上的中线长为　　 A．6 B．6.5 C．10 D．13 【分析】根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【解答】解：直角三角形两直角边长为5和12， 斜边， 此直角三角形斜边上的中线的长． 故选：． 【点评】此题主要考查勾股定理及直角三角形斜边上的中线的性质；熟练掌握勾股定理，熟记直角三角形斜边上的中线的性质是解决问题的关键． 51．（2021秋•虹口区校级期末）如图，已知的高、相交于点，、分别是、的中点，求证：垂直平分．（括号中需写本学期新学理由） 【分析】连接、、、，由与为三角形的两条高，可得，根据，为，的中点，利用斜边上的中线等于斜边的一半可得，，根据线段垂直平分线的逆定理得到、在线段的垂直平分线上，得证． 【解答】证明：连接、、、， ，， ， 、是、的中点， （直角三角形斜边中线等于斜边一半）， ，， 、在线段的垂直平分线上（垂直平分线的逆定理）， 垂直平分． 【点评】此题考查了直角三角形斜边上中线的性质，以及线段垂直平分线的逆定理，利用了转化的思想，其中连接出如图所示的辅助线是解本题的关键． 三十二．勾股定理（共2小题） 52．（2023秋•浦东新区校级期末）如图，在中，，是的角平分线，若，，则点到的距离为　　 A．9 B．6 C．5 D．4 【分析】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质可得点到的距离长为等于的长，进行解答即可． 【解答】解：过作， ，， ， 是的角平分线，， ， 故选：． 【点评】本题主要考查了角平分线的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等． 53．（2023秋•闵行区期末）一个直角三角形两条直角边的比是，斜边长为，那么这个直角三角形面积为 　　． 【分析】根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：一个直角三角形两条直角边的比是， 设两条直角边分别为，， 根据勾股定理得，， ， 两条直角边分别为和， 这个直角三角形面积为， 故答案为：． 【点评】本题考查了勾股定理，三角形的面积的计算，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 三十三．勾股定理的逆定理（共2小题） 54．（2023秋•嘉定区期末）满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是　　 A．三边长之比为 B．三内角之比为 C．三内角之比为 D．三边长的平方之比为 【分析】根据直角三角形的定义，勾股定理的逆定理一一判断即可． 【解答】解：、三边长之比为时，符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形，故不符合题意； 、，， 最大角， 不是直角三角形，故本选项符合题意； 、，， ， 是直角三角形，故不符合题意； 、三边长的平方之比为时， 设三边的平方为，，，因为，符合勾股定理的逆定理，所以是直角三角形，故不符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了直角三角形的判定，勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是掌握勾股定理的逆定理，属于中考常考题型． 55．（2023秋•闵行区期末）如图， 已知在中，于点，，，， （1） 求的长 ． （2） 求证：是直角三角形 ． 【分析】（1） 直接根据勾股定理求出的长； （2） 根据勾股定理的逆定理即可得出结论 ． 【解答】解： （1） ， 在中，，， 根据勾股定理， 得， （2） 证明： 在中， ， ， 是直角三角形 ． 【点评】本题考查了勾股定理， 勾股定理逆定理， 求出是解本题的关键 ． 三十四．勾股定理的应用（共1小题） 56．（2022秋•宝山区校级期末）如图是一块四边形绿地的示意图，其中，，，，．求此绿地的面积． 【分析】连接，先根据勾股定理求出的长，再由勾股定理的逆定理判定为直角三角形，则四边形的面积直角的面积直角的面积． 【解答】解：连接．如图所示： ，，， ； 在中， ，，， ，即， 是直角三角形． ； 即绿地的面积为． 【点评】本题考查了勾股定理及其逆定理的相关知识，通过勾股定理由边与边的关系也可证明直角三角形，正确分割四边形的面积是解题关键． 三十五．等腰直角三角形（共1小题） 57．（金山区期末）如图，在中，已知，，是的角平分线，，垂足为．求证：． 【分析】根据已知，，可得出，再利用是的角平分线，，可证明，然后利用全等三角形的对应边相等和等量代换即可证明． 【解答】证明：在中，，， ， 又，垂足为， ， ， 又是的角平分线，，， ． 在与中， ， ， ，， ． 【点评】此题考查学生对等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识点的理解和掌握，证明此题的关键是证明，此题难度不大，属于基础题． 三十六．命题与定理（共2小题） 58．（2023秋•浦东新区期末）下列命题是真命题的个数为　　 ①两条直线被第三条直线所截，内错角相等． ②三角形的内角和是． ③在同一平面内，平行于同一条直线的两条直线平行． ④相等的角是对顶角． ⑤两点之间，线段最短． A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】根据平行线的性质和判定、三角形内角和、对顶角和线段的性质判断即可． 【解答】解：①两条平行线被第三条直线所截，内错角相等，原命题是假命题． ②三角形的内角和是，是真命题． ③在同一平面内，平行于同一条直线的两条直线平行，是真命题． ④相等的角不一定是对顶角，原命题是假命题． ⑤两点之间，线段最短，是真命题； 故选：． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 59．（2022秋•青浦区校级期末）命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是 　两个角相等三角形是等腰三角形　． 【分析】先找到原命题的题设和结论，再将题设和结论互换，即可而得到原命题的逆命题． 【解答】解：因为原命题的题设是：“一个三角形是等腰三角形”，结论是“这个三角形两底角相等”， 所以命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是“两个角相等三角形是等腰三角形”． 【点评】根据逆命题的概念来回答：对于两个命题，如果一个命题的条件和结论分别是另外一个命题的结论和条件，那么这两个命题叫做互逆命题，其中一个命题叫做原命题，另外一个命题叫做原命题的逆命题． 三十七．轨迹（共1小题） 60．（2022秋•徐汇区期末）到点的距离等于的点的轨迹是　以点为圆心，以长为半径的圆　． 【分析】根据到定点的距离等于定长的点都在圆上，反过来圆上各点到定点的距离等于定长，得出结论到点的距离等于的点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆． 【解答】解：到点的距离等于的点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆． 故答案为：以为圆心，以为半径的圆． 【点评】本题考查了学生的理解能力和画图能力，到点的距离等于的点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末真题必刷常考60题（37个考点专练） 知识导图 一．二次根式有意义的条件（共2小题） 二．二次根式的性质与化简（共1小题） 三．最简二次根式（共1小题） 四．二次根式的乘除法（共1小题） 五．分母有理化（共2小题） 六．同类二次根式（共2小题） 七．二次根式的加减法（共1小题） 八．二次根式的混合运算（共2小题） 九．解一元二次方程-配方法（共1小题） 一十．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 一十一．根的判别式（共2小题） 一十二．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 一十三．一元二次方程的应用（共2小题） 一十四．两点间的距离公式（共1小题） 一十五．函数自变量的取值范围（共1小题） 一十六．函数值（共1小题） 一十七．函数的图象（共1小题） 一十八．反比例函数的图象（共1小题） 一十九．反比例函数的性质（共2小题） 二十．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题） 二十一．待定系数法求反比例函数解析式（共2小题） 二十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共2小题） 二十三．反比例函数的应用（共2小题） 二十四．反比例函数综合题（共2小题） 二十五．三角形内角和定理（共2小题） 二十六．全等三角形的判定与性质（共2小题） 二十七．角平分线的性质（共2小题） 二十八．线段垂直平分线的性质（共2小题） 二十九．直角三角形的性质（共1小题） 三十．含30度角的直角三角形（共2小题） 三十一．直角三角形斜边上的中线（共2小题） 三十二．勾股定理（共2小题） 三十三．勾股定理的逆定理（共2小题） 三十四．勾股定理的应用（共1小题） 三十五．等腰直角三角形（共1小题） 三十六．命题与定理（共2小题） 三十七．轨迹（共1小题） 题型强化 一．二次根式有意义的条件（共2小题） 1．（上海期末）若有意义，则能取的最小整数是　　 A． B． C．1 D．0 2．（2023秋•黄浦区期末）若二次根式在实数范围内有意义，则的取值范围为 　　． 二．二次根式的性质与化简（共1小题） 3．（2021秋•普陀区期末）化简：　　． 三．最简二次根式（共1小题） 4．（2023秋•七里河区校级期末）下列根式中，是最简二次根式的是　　 A． B． C． D． 四．二次根式的乘除法（共1小题） 5．（2023秋•浦东新区期末）计算：　　． 五．分母有理化（共2小题） 6．（2021秋•静安区校级期末）的一个有理化因式是　　 A． B． C． D． 7．（2021秋•青浦区校级期末）写出二次根式的一个有理化因式是 　　． 六．同类二次根式（共2小题） 8．（2023秋•普陀区期末）下列二次根式中，与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 9．（2021秋•普陀区期末）下列二次根式中，与是同类二次根式的是　　 A． B． C． D． 七．二次根式的加减法（共1小题） 10．（2023秋•崇明区期末）计算：　　． 八．二次根式的混合运算（共2小题） 11．（2022秋•长宁区校级期末）计算：． 12．（2023秋•崇明区期末）化简：． 九．解一元二次方程-配方法（共1小题） 13．（2021秋•奉贤区校级期末）解方程：． 一十．解一元二次方程-因式分解法（共2小题） 14．（2023秋•普陀区期末）方程的根是　 　． 15．（2022秋•浦东新区期末）解方程： 一十一．根的判别式（共2小题） 16．（2021秋•徐汇区校级期末）下列关于的方程中一定没有实数根的是　　 A． B． C． D． 17．（2022秋•青浦区校级期末）如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是 　　． 一十二．由实际问题抽象出一元二次方程（共2小题） 18．（2022秋•徐汇区校级期末）公园有一块正方形的空地，后来从这块空地上划出部分区域栽种鲜花（如图），原空地一边减少了，另一边减少了，剩余空地的面积为，求原正方形空地的边长．设原正方形的空地的边长为 ，则可列方程为　　 A． B． C． D． 19．（2020秋•闵行区期末）国家统计局统计数据显示，我国快递业务收入逐年增加．2017年至2019年我国快递业务收入由5000亿元增加到7500亿元．设我国2017年至2019年快递业务收入的年平均增长率为，则可列方程为 　　． 一十三．一元二次方程的应用（共2小题） 20．（2020秋•浦东新区校级期末）已知一个两位数，个位上的数字比十位上的数字小4，且个位上的数字与十位上的数字的平方和比这个两位数小4，则这个两位数是 　　． 21．（2021秋•静安区校级期末）如图，用总长为80米的篱笆，在一面靠墙的空地上围成如图所示的花圃，花圃中间有一条2米宽的人行通道，园艺师傅用篱笆围成了四个形状、大小一样的鲜花种植区域，鲜花种植总面积为192平方米，花圃的一边靠墙，墙长20米，求和的长． 一十四．两点间的距离公式（共1小题） 22．（2020秋•浦东新区校级期末）点在轴上， 点到点与点的距离相等， 则点的坐标为　 　． 一十五．函数自变量的取值范围（共1小题） 23．（2021秋•黄浦区校级期末）函数的定义域是 　　． 一十六．函数值（共1小题） 24．（2022秋•青浦区校级期末）已知，那么　　． 一十七．函数的图象（共1小题） 25．（2021秋•金山区期末）小强骑车从家到学校要经过一段先上坡后下坡的路，在这段路上小强骑车的距离（千米）与骑车的时间（分钟）之间的函数关系如图所示，请根据图中信息回答下列问题： （1）小强去学校时下坡路长　 　千米； （2）小强下坡的速度为　 　千米分钟； （3）若小强回家时按原路返回，且上坡的速度不变，下坡的速度也不变，那么回家骑车走这段路的时间是　 　分钟． 一十八．反比例函数的图象（共1小题） 26．（2023秋•闵行区校级期末）已知函数中，在每个象限内，随的增大而增大，那么它和函数在同一直角坐标平面内的大致图象是　　 A． B． C． D． 一十九．反比例函数的性质（共2小题） 27．（2021秋•普陀区期末）下列函数中，的值随着的值增大而减小的是　　 A． B． C． D． 28．（2023秋•闵行区校级期末）反比例函数，当时，随的增大而增大，那么的取值范围是　 　． 二十．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题） 29．（浦东新区期末）已知点，，都在反比例函数的图象上，则　　 A． B． C． D． 30．（2023秋•虹口区校级期末）已知，，，是反比例函数图象上的两点．若，则　　（填“”、“ ”或“” ． 二十一．待定系数法求反比例函数解析式（共2小题） 31．（浦东新区期末）如图，是反比例函数在第一象限内的图象，且过点，与关于轴对称，那么图象的函数解析式为　 　． 32．（2022秋•徐汇区校级期末）已知，与成正比例，与成反比例，且当时，；当时，． （1）求关于的函数解析式； （2）当时，求的值． 二十二．反比例函数与一次函数的交点问题（共2小题） 33．（2022秋•宝山区期末）在平面直角坐标系中，直线与双曲线交于点和点，则点的坐标为 　　． 34．（2023秋•嘉定区期末）如图，点是一个反比例函数与正比例函数的图象的交点，垂直于轴，垂足的坐标为． （1）求这个反比例函数的解析式． （2）如果点在这个反比例函数的图象上，且的面积为6，求点的坐标． 二十三．反比例函数的应用（共2小题） 35．（浦东新区期末）已知矩形的面积为10，则它的长与宽之间的函数关系用图象大致可表示为　　 A． B． C． D． 36．（奉贤区期末）据媒体报道，近期“禽流感”可能进入发病高峰期，某校根据《学校卫生工作条例》，为预防“禽流感”，对教室进行“薰药消毒”．已知药物在燃烧释放过程中，室内空气中每立方米含药量（毫克）与燃烧时间（分钟）之间的系如图所示（即图中线段和双曲线在点及其右侧的部分），根据图象所示信息，解答下列问题： （1）写出从药物释放开始，与之间的函数关系式及自变量取值范围； （2）据测定，当空气中每立方米的含药量低于2毫克时，对人体无毒害作用，那么从消毒开始，至少在多长时间内，师生不能进入教室？ 二十四．反比例函数综合题（共2小题） 37．（2020秋•浦东新区期末）如图，点是反比例函数在第一象限内的图象上的一个点，以点为顶点作等边，使、落在轴上（点在点左侧），则的面积是　　． 38．（2023秋•虹口区校级期末）如图，在直角坐标平面内，正比例函数的图象与一个反比例函数图象在第一象限内的交点为点，过点作轴，垂足为点，． （1）求反比例函数的解析式； （2）在直线上是否存在点，使点到直线的距离等于它到点的距离？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； （3）已知点在直线上，如果是等腰三角形，请直接写出点的坐标． 二十五．三角形内角和定理（共2小题） 39．（上海期末）在中，，则是　　 A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定 40．（2023秋•静安区校级期末）在中，，如比小，则　　度． 二十六．全等三角形的判定与性质（共2小题） 41．（2023秋•金山区期末）如图，中，是高、的交点，且，则　 　． 42．（2021秋•崇明区校级期末）已知：如图，，，，．求证：． 二十七．角平分线的性质（共2小题） 43．（2021秋•青浦区校级期末）如图，是的平分线，点是上一点，点为直线上的一个动点．若的面积为9，，则线段的长不可能是　　 A．2 B．3 C．4 D．5.5 44．（2021秋•宝山区期末）如图，中，，平分，如果，，那么的面积等于　 　． 二十八．线段垂直平分线的性质（共2小题） 45．（2021秋•徐汇区校级期末）如图，在中，，斜边的垂直平分线交于点，交于点，且平分，下列关系式不成立的是　　 A． B． C． D． 46．（2022秋•杨浦区期末）如图，已知在等腰中，如果，，是的垂直平分线，那么　 　度． 二十九．直角三角形的性质（共1小题） 47．（松江区期末）如图：在中，，的垂直平分线分别交、于点、，，那么　　． 三十．含30度角的直角三角形（共2小题） 48．（2020秋•徐汇区校级期末）如图，在中，，，垂直平分交于，若，则　　． 49．（2023秋•闵行区期末）如图，已知中，，，边的垂直平分线交边于点，垂足为点，取线段的中点，联结．求证：．（说明：此题的证明过程需要批注理由） 三十一．直角三角形斜边上的中线（共2小题） 50．（2020秋•虹口区期末）直角三角形的两条直角边分别为5和12，那么这个三角形的斜边上的中线长为　　 A．6 B．6.5 C．10 D．13 51．（2021秋•虹口区校级期末）如图，已知的高、相交于点，、分别是、的中点，求证：垂直平分．（括号中需写本学期新学理由） 三十二．勾股定理（共2小题） 52．（2023秋•浦东新区校级期末）如图，在中，，是的角平分线，若，，则点到的距离为　　 A．9 B．6 C．5 D．4 53．（2023秋•闵行区期末）一个直角三角形两条直角边的比是，斜边长为，那么这个直角三角形面积为 　　． 三十三．勾股定理的逆定理（共2小题） 54．（2023秋•嘉定区期末）满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是　　 A．三边长之比为 B．三内角之比为 C．三内角之比为 D．三边长的平方之比为 55．（2023秋•闵行区期末）如图， 已知在中，于点，，，， （1） 求的长 ． （2） 求证：是直角三角形 ． 三十四．勾股定理的应用（共1小题） 56．（2022秋•宝山区校级期末）如图是一块四边形绿地的示意图，其中，，，，．求此绿地的面积． 三十五．等腰直角三角形（共1小题） 57．（金山区期末）如图，在中，已知，，是的角平分线，，垂足为．求证：． 三十六．命题与定理（共2小题） 58．（2023秋•浦东新区期末）下列命题是真命题的个数为　　 ①两条直线被第三条直线所截，内错角相等． ②三角形的内角和是． ③在同一平面内，平行于同一条直线的两条直线平行． ④相等的角是对顶角． ⑤两点之间，线段最短． A．2 B．3 C．4 D．5 59．（2022秋•青浦区校级期末）命题“等腰三角形的两个底角相等”的逆命题是 　　． 三十七．轨迹（共1小题） 60．（2022秋•徐汇区期末）到点的距离等于的点的轨迹是　 　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$