精品解析：重庆市北碚区西南大学附属中学校2024--2025学年八年级下学期定时练习数学试题

2025学年重庆市北碚区西南大学附中八年级（下）定时练习数学试题 一、选择题： 1. 下列图形是我国国产品牌汽车的标识，其中即是轴对称又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，点的坐标是，若点与点关于原点对称，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题不正确的是（ ） A. 四个内角都相等的四边形是矩形 B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 四条边都相等的四边形是菱形 4. 关于x的一元二次方程的根的情况为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 没有实数根 C. 有两个相等的实数根 D. 无法确定 5. 估计值应在（ ） A. 和之间 B. 和之间 C. 和之间 D. 和之间 6. 若式子有意义，则一次函数的图象可能是（　　） A. B. C. D. 7. 已知实数满足，，则的值为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，每个图案均由边长相等的黑、白两色正方形按规律拼接而成，照此规律，第10个图案中白色正方形比黑色正方形多（ ）个． A. 43 B. 47 C. 53 D. 57 9. 如图，在菱形中，，点E为对角线上一点，F为边上一点，连接，，若，，则一定等于（ ） A. B. C. D. 10. 已知有数列：，，…，，和，，…，且满足：，，，已知，则下列说法正确的有（ ）个． ①②③④ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题： 11. 计算：______． 12. 若是方程的一个解，则代数式的值为_____． 13. 如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接BB'，若∠A′B′B=20°，则∠A的度数是_____． 14. 某品牌新能源汽车4月份销售8万辆，随着“以旧换新”政策的推出，预计该品牌新能源汽车到6月份销售量将比4月份增加万辆，则从4月份到6月份销售量的平均月增长率为______． 15. 在中，，．D为三角形内一点，且，则的度数为_____． 16. 如图，和是等腰直角三角形，，的边AF，AG交边BC于点D，E．若，，则AD的值是______． 17. 如果关于的不等式组至少有3个整数解，且关于的分式方程的解为整数，则符合条件的所有整数的取值之和______； 18. 如果一个四位自然数各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“和方数”．例如：四位数2613，因为，所以2613是“和方数”；四位数2514，因为，所以2514不是“和方数”．若是“和方数”，则这个数是___________；若四位数M是“和方数”，将“和方数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值是___________． 三、解答题： 19. 计算： （1）； （2）； 20. 解下列一元二次方程： （1） （2）． 21. 在学习了平行四边形与菱形的相关知识后，小西进行了更深入的研究，他发现，作平行四边形的一条对角线的垂直平分线与平行四边形的对边相交，这两个交点与这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图和填空． （1）如图，在平行四边形中，用尺规作对角线的垂直平分线，分别交于点，连接．（不写作法，保留作图痕迹） （2）已知，平行四边形，点分别是上点，且垂直平分，求证：四边形是菱形． 证明：在平行四边形中，， ① ， 垂直平分， ② ，， ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ③ ， 四边形是菱形． 进一步思考：如果四边形是矩形，作矩形的一条对角线的垂直平分线与矩形的对边相交，则 ④ ． 22. 如图，在中，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，，，求四边形的面积． 23. 如图，在中，，，，点D是的中点，动点P以每秒1个单位长度的速度从点D出发沿折线方向运动，到达点B时停止运动，设点P的运动时间为x秒，的面积记为y． （1）请直接写出y关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； （3）结合函数图象，若直线与该函数图象有且仅有两个交点，则b的取值范围是______． 24. 山火烧不尽，春风吹又生，今年三月，校团委组织师生开展“汇聚青年力量·重建绿色山林”缙云山植树活动，购入了第一批树苗，经了解，购买甲、乙两种树苗共250棵，两种树苗单价分别为20元和30元，共用去资金6000元． （1）求第一批购入甲、乙两种树苗的数量； （2）恰逢植树节在周末，校团委决定，购入甲树苗时，若甲树苗单价每上涨2元，购入数量就比第一批甲树苗的数量减少10棵（最后数量不超过第一批甲树苗的），购入乙树苗单价与第一批相同，数量是第一批乙树苗的，最终花费的总资金比第一批减少了，求第二批购买树苗的总数量． 25. 如图1，直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点． 图1 图2 （1）求直线的解析式； （2）点为直线上一动点，若有，请求出点的坐标； （3）如图2，将直线水平向左平移个单位得直线，直线与轴交于点，连接，若点为平面内一动点，是否存在点，使得，若存在，请直接写出直线与轴交点的坐标，若不存在，请说明理由． 26. 如图，在锐角中，，，角平分线、交于点．     （1）如图1，若，，求的长； （2）如图2，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转，得到线段，使得．连接，点为的中点，连接．求证：； （3）如图3，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转（即）得到线段，点、分别是线段、上的动点，且，若，当线段取最小值时，直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025学年重庆市北碚区西南大学附中八年级（下）定时练习数学试题 一、选择题： 1. 下列图形是我国国产品牌汽车的标识，其中即是轴对称又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形与轴对称图形的定义，熟练掌握中心对称图形与轴对称图形的定义是解决问题的关键．中心对称图形定义：把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；轴对称图形定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，根据定义逐项判定即可得出结论． 【详解】解：A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项不符合题意； 故选：C． 2. 在平面直角坐标系中，点的坐标是，若点与点关于原点对称，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了坐标系中关于原点对称的点的坐标特征；根据关于原点对称时，横纵坐标互为相反数，即可求解． 【详解】解： 点的坐标是，点与点关于原点对称， 点的坐标为． 故选：B． 3. 下列命题不正确的是（ ） A. 四个内角都相等的四边形是矩形 B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 C. 对角线相等的四边形是矩形 D. 四条边都相等的四边形是菱形 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了判断命题真假，矩形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，熟知矩形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、四个内角都相等的四边形是矩形，原命题是真命题，不符合题意； B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是真命题，不符合题意； C、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，原命题是假命题，符合题意； D、四条边都相等的四边形是菱形，原命题是真命题，不符合题意； 故选：C． 4. 关于x的一元二次方程的根的情况为（ ） A. 有两个不相等的实数根 B. 没有实数根 C. 有两个相等的实数根 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，据此求解即可． 【详解】解：由题意得，， ∴关于x的一元二次方程有两个相等的实数根， 故选：C． 5. 估计的值应在（ ） A. 和之间 B. 和之间 C. 和之间 D. 和之间 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，根据二次根式的运算法则先化简，再利用夹逼法即可估算出无理数的范围，掌握夹逼法是解题的关键． 【详解】解： ， ， ∵， ∴， ∴， 即的值在和之间 故选：． 6. 若式子有意义，则一次函数的图象可能是（　　） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式的非负性及零指数幂的定义求出，由此得到答案． 【详解】解：∵式子有意义， ∴且， ∴，， ∴一次函数的图象过一，二，四象限， 故选：C． 【点睛】此题考查一次函数图象与性质，正确掌握二次根式的非负性及零指数幂的定义是解题的关键． 7. 已知实数满足，，则的值为（　　） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查代数式求值，涉及一元二次方程的解、一元二次方程根与系数的关系等知识，由题意得到是一元二次方程的两个实数根，再由根与系数的关系得到，再化简代值即可得到答案． 【详解】解：实数满足，， 是一元二次方程的两个实数根， ， ， 故选：B． 8. 如图，每个图案均由边长相等的黑、白两色正方形按规律拼接而成，照此规律，第10个图案中白色正方形比黑色正方形多（ ）个． A. 43 B. 47 C. 53 D. 57 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了图形类规律的探究．利用给出的三个图形寻找规律，发现白色正方形个数=总的正方形个数-黑色正方形个数，而黑色正方形个数第1个为1，第二个为2，由此寻找规律，总个数只要找到边与黑色正方形个数之间关系即可，依此类推，寻找规律． 【详解】解：第1个图形黑、白两色正方形共个，其中黑色1个，白色个， 第2个图形黑、白两色正方形共个，其中黑色2个，白色个， 第3个图形黑、白两色正方形共个，其中黑色3个，白色个， 依此类推， …… 第n个图形黑、白两色正方形共个，其中黑色n个，白色个， ∴第n个图案中白色正方形比黑色正方形多个， ∴第10个图案中白色正方形比黑色正方形多， 故选：A． 9. 如图，在菱形中，，点E为对角线上一点，F为边上一点，连接，，若，，则一定等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明； 连接，根据菱形的性质证得，，进而得到，证明，得到，由等腰三角形的性质得到，根据三角形内角和定理和直角三角形的性质即可求得答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形，E点在对角线上， ， ∴， ， ∴ ∵ ∴A，E，C三点共线∶ 在和中 ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴． 故选：C． 10. 已知有数列：，，…，，和，，…，且满足：，，，已知，则下列说法正确的有（ ）个． ①②③④ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了新定义，数字的规律，解题关键是根据定义求出各个字母的值．首先根据题意求出到的值，可以判断①②，再根据定义得出到的值，进而根据题意得出到的值，找出规律，即可判断③④． 【详解】解：∵，，，， ∴， ∴，，，，，，，，； ∴；故①正确，②错误； ∴，，，，，，，，， ∴，，，，， ∴，故③正确； ∵， 而， ∴，故④错误． 故正确的有2个． 故选：B． 二、填空题： 11. 计算：______． 【答案】## 【解析】 【分析】此题主要考查了实数的运算，首先计算零指数幂、负整数指数幂和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行． 【详解】解： ． 故答案为：． 12. 若是方程的一个解，则代数式的值为_____． 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，代数式求值，将代入，得到，再将作为整体代入即可． 【详解】解：是方程的一个解， ， ， ， 故答案：12． 13. 如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，连接BB'，若∠A′B′B=20°，则∠A的度数是_____． 【答案】65° 【解析】 【分析】根据旋转的性质可得BC=B′C，然后判断出△BCB′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CBB′=45°，再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∠B′A′C，然后根据旋转的性质可得∠A=∠B′A′C． 【详解】∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A′B′C， ∴BC=B′C， ∴△BCB′是等腰直角三角形， ∴∠CBB′=45°， ∴∠B′A′C=∠A′B′B+∠CBB′=20°+45°=65°， 由旋转的性质得∠A=∠B′A′C=65°， 故答案为65°． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 14. 某品牌新能源汽车4月份销售8万辆，随着“以旧换新”政策的推出，预计该品牌新能源汽车到6月份销售量将比4月份增加万辆，则从4月份到6月份销售量的平均月增长率为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，设从4月份到6月份销售量的平均月增长率为x，则6月份的销售量为万辆，据此列出方程求解即可． 【详解】解：设从4月份到6月份销售量的平均月增长率为x， 由题意得，， 解得或（舍去）， ∴从4月份到6月份销售量的平均月增长率为， 故答案为：． 15. 在中，，．D为三角形内一点，且，则的度数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形判定与性质，垂直平分线的判定与性质，以为边在内作正，连接，证明是等腰三角形，得到 平分，进推出为等腰的底边的中垂线，即，证明，即可作答． 【详解】解：如图，以为边在内作正，连接， ∵， ∴，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴ 平分， ∴为等腰的底边的中垂线，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 如图，和是等腰直角三角形，，的边AF，AG交边BC于点D，E．若，，则AD的值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转全等和勾股定理解三角形，将顺时针旋转到位置，得到直角三角形，可求出，再证明，得到，进而求出，过点A作，由等腰三角形三线合一和直角三角形斜边中线等于斜边一半得出，再在直角三角形求出． 【详解】解：如图，将绕点A顺时针旋转到位置，连接 ∵和是等腰直角三角形，， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 过点A作， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为． 【点睛】本题涉及了旋转的性质、半角模型、构造全等三角形转换线段关系和勾股定理，解题关键是通过旋转构造全等三角形得到，由求出． 17. 如果关于的不等式组至少有3个整数解，且关于的分式方程的解为整数，则符合条件的所有整数的取值之和______； 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组及应用和解分式方程，先分别解不等式组里的两个不等式，因为不等式组有解，写出其解集为，根据不等式组至少有3个整数解，可得a的取值，再解分式方程得，根据解为整数即得到a的范围，得到两个a的范围必须同时满足，即可得到的整数a的值的和． 【详解】解：， 解不等式①，得：， 解不等式②，得：， 要使x至少有3个整数解，至少满足， ， ， ， ， 解得：，， 要使y有意义，，即， 为整数， 为整数， 或或， 又， 或或或或， 要使关于y的分式方程有意义，， ，即， ， 综上所述：或或或， ， 故答案为：． 18. 如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“和方数”．例如：四位数2613，因为，所以2613是“和方数”；四位数2514，因为，所以2514不是“和方数”．若是“和方数”，则这个数是___________；若四位数M是“和方数”，将“和方数”M的千位数字与百位数字对调，十位数字与个位数字对调，得到新数N，若能被33整除，则满足条件的M的最大值是___________． 【答案】 ①. 8354 ②. 6213 【解析】 【分析】本题考查了新定义下的实数运算，一元一次方程的应用，因式分解的应用．理解新定义，正确推理计算是解题关键．根据“和方数”的定义求解即可；设这个四位数，则，再结合“和方数”的定义，得出，再由能被33整除可知是整数，得到满足条件的的值为，进而得出满足条件的等式，即可得到M的最大值． 【详解】解：是“和方数”， ， 解得：， 这个数是8354； 设这个四位数，则， ， 四位数M是“和方数”， ， ， 能被33整除， 是整数，且，，，， 满足条件的的值为， ， 满足条件的等式为， 满足条件的M的最大值是， 故答案为：8354；6213． 三、解答题： 19. 计算： （1）； （2）； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了整式的混合计算，分式的混合计算： （1）先根据完全平方公式，单项式乘以多项式的计算法则去括号，然后合并同类项即可； （2）先把小括号内的式子通分，再把除法变成乘法后约分化简即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 20. 解下列一元二次方程： （1） （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程： （1）直接利用公式法解方程即可； （2）先移项，然后利用平方差公式分解因式，进而解方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴，即， ∴或， 解得． 21. 在学习了平行四边形与菱形的相关知识后，小西进行了更深入的研究，他发现，作平行四边形的一条对角线的垂直平分线与平行四边形的对边相交，这两个交点与这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图和填空． （1）如图，在平行四边形中，用尺规作对角线的垂直平分线，分别交于点，连接．（不写作法，保留作图痕迹） （2）已知，平行四边形，点分别是上的点，且垂直平分，求证：四边形是菱形． 证明：在平行四边形中，， ① ， 垂直平分， ② ，， ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ③ ， 四边形是菱形． 进一步思考：如果四边形是矩形，作矩形的一条对角线的垂直平分线与矩形的对边相交，则 ④ ． 【答案】（1）作图见解析 （2），，，两个交点与这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形 【解析】 【分析】（）根据题意作图即可； （）由平行四边形的性质可得，即得，进而由线段垂直平分线的性质可证，得到，即得四边形是平行四边形，再根据可得四边形是菱形，同理可得四边形是矩形时，两个交点与这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形． 【小问1详解】 解：如图所示，直线、线段和即为所求； 【小问2详解】 证明：在平行四边形中，， ， 垂直平分， ，， ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形菱形． 进一步思考：如果四边形是矩形，作矩形的一条对角线的垂直平分线与矩形的对边相交，则两个交点与这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形． 理由：同理上可得，四边形是菱形． 故答案为：，，，两个交点与这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，掌握平行四边形的判定和性质、菱形的判定是解题的关键． 22. 如图，在中，，点E是边的中点，点D是边上一点，连接并延长至C，使得，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若平分，，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析 （2）20 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练相关性质是解题的关键． （1）证明，可得，可得，得到，即可解答； （2）证明，利用勾股定理列方程求得即可解答． 【小问1详解】 证明：，， ， ， 点E是边的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：平分， ， 四边形是平行四边形 ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，可得方程， 解得， 平行四边形的面积为． 23. 如图，在中，，，，点D是的中点，动点P以每秒1个单位长度的速度从点D出发沿折线方向运动，到达点B时停止运动，设点P的运动时间为x秒，的面积记为y． （1）请直接写出y关于x的函数表达式，并注明自变量x的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； （3）结合函数图象，若直线与该函数图象有且仅有两个交点，则b的取值范围是______． 【答案】（1） （2）见解析，时，y随x增大而增大 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，勾股定理： （1）先利用勾股定理求出，再分当点P在上运动时，当点P在上运动时，两种情况讨论求解即可； （2）根据（1）所求画出对应的函数图象，并写出对应的函数性质即可； （3）分别求出直线恰好经过时，当直线恰好经过时，b的值即可得到答案． 【小问1详解】 解：∵在中，，，， ∴， ∵点D是的中点， ∴， 当点P在上运动时，则， ∴； 当点P在上运动时，过点C作于E， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 综上所述，； 【小问2详解】 解：如图所示，函数图象即为所求； 由函数图象可知，时，y随x增大而增大； 【小问3详解】 解：当直线恰好经过时，， 当直线恰好经过时，，解得， ∴由函数图象可知，当时， 直线与该函数图象有且仅有两个交点． 24. 山火烧不尽，春风吹又生，今年三月，校团委组织师生开展“汇聚青年力量·重建绿色山林”缙云山植树活动，购入了第一批树苗，经了解，购买甲、乙两种树苗共250棵，两种树苗的单价分别为20元和30元，共用去资金6000元． （1）求第一批购入甲、乙两种树苗的数量； （2）恰逢植树节在周末，校团委决定，购入甲树苗时，若甲树苗单价每上涨2元，购入数量就比第一批甲树苗的数量减少10棵（最后数量不超过第一批甲树苗的），购入乙树苗单价与第一批相同，数量是第一批乙树苗的，最终花费的总资金比第一批减少了，求第二批购买树苗的总数量． 【答案】（1）第一批购入甲种树苗150棵，乙种树苗100棵 （2）第二批购买树苗的总数量为200棵 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用． （1）设第一批购入甲种树苗x棵，乙种树苗y棵，由题意：购买甲、乙两种树苗共250棵，两种树苗的单价分别为20元和30元，共用去资金6000元．列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）设购入第二批甲树苗的单价上涨了m元，由题意：最终花费的总资金比第一批减少了，列出一元二次方程，解方程得出，再求出，即可解决问题． 小问1详解】 解：设第一批购入甲种树苗x棵，乙种树苗y棵， 由题意得：， 解得：， 答：第一批购入甲种树苗150棵，乙种树苗100棵； 【小问2详解】 解：设购入第二批甲树苗的单价上涨了m元， 由题意得：， 整理得：， 解得：， ∵甲树苗最后数量不超过第一批甲树苗的， ， 解得：， ， （棵）， 答：第二批购买树苗的总数量为200棵． 25. 如图1，直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点． 图1 图2 （1）求直线的解析式； （2）点为直线上一动点，若有，请求出点的坐标； （3）如图2，将直线水平向左平移个单位得直线，直线与轴交于点，连接，若点为平面内一动点，是否存在点，使得，若存在，请直接写出直线与轴交点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在，直线与轴的交点坐标为或 【解析】 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式、勾股定理、含角的直角三角形的特征、一次函数图象的平移： （1）当时，得，进而可得，进而可得，再将代入即可求解； （2）联立方程组，解得，进而可得，过点作轴垂线交于点，设，则，根据得，进而可求解； （3）由（1）得：，令，则，进而可得，可得，进而可得，将直线水平向左平移个单位得直线，可得，再根据勾股定理得，再利用直角三角形的特征得，，则可得，则直线与轴交点的坐标，直线与轴交于，当时，此时，进而可得，再根据勾股定理得，进而可求解； 熟练掌握相关知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 【小问1详解】 解：当时，， 解得：， ， ， ， ， 将代入得：， ∴， ∴直线的解析式为：． 【小问2详解】 联立方程组：， 解得：， ∴， ， ∴， 过点作轴垂线交于点，如图： 设，则， ， ∴， 或， ∴或． 【小问3详解】 存在，理由如下： 由（1）得：， 令，则， ， ， ， ， ， 将直线水平向左平移个单位得直线， ， 在中，根据勾股定理得， ， ， ， ，， ， 直线与轴交点的坐标， 如图： 直线与轴交于， 当时，此时， ， ， ， ， ， 在，根据勾股定理得： ， ， 直线与轴的交点坐标为， 综上所述，直线与轴的交点坐标为或． 26. 如图，在锐角中，，，的角平分线、交于点．     （1）如图1，若，，求的长； （2）如图2，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转，得到线段，使得．连接，点为的中点，连接．求证：； （3）如图3，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转（即）得到线段，点、分别是线段、上的动点，且，若，当线段取最小值时，直接写出的面积． 【答案】（1） （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（）过作于点，由平分，平分，得出，然后用所对直角边是斜边的一半和勾股定理求解即可； （）延长至，使得，连接，延长至，使得，证明和即可求解； （）过作，过作交于点，连接，延长交于点，过点作，在上截取，易证四边形是平行四边形，，，求出，进而得到，设，则，求出，推出是等腰直角三角形，得到，由旋转性质可得，求出，，即可． 【小问1详解】 解：过作于点， ∴； ∵平分，平分， ∴，； ∵，， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得：， 同理：； 【小问2详解】 证明：如图，延长至，使得，连接，延长至，使得， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由（）得， ∴是等边三角形， ∴， 设， 则， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴； 【小问3详解】 解：如图，过作，过作交于点，连接，延长交于点，过点作，在上截取， ∴四边形是平行四边形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴点在与成的直线上运动， ∴当时，最小，即最小， ∴，， ∴，是等腰直角三角形， ∵， 设， ∴， ∴， 解得：， ∴，，， ∴的面积为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，用所对直角边是斜边的一半和勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$