期中复习（解答题压轴题60题）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（青岛版）

期中复习（压轴题60题） 一、解答题 1．如图，在矩形中，对角线相交于点，，，点从点出发沿以每秒的速度向点运动，同时点从点出发沿方向以每秒的速度向点运动，设运动的时间为秒，当点运动到点时，点停止运动．过点作于点． (1)填空： ， （用含有的式子表示）； (2)是否存在某一时刻，使四边形为菱形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)若在某一时刻，平面内存在一点，使四点构成的四边形是矩形，求出的值． 【答案】(1)； (2)存在，时，四边形是菱形 (3)的值为或 【分析】（1）证明是等边三角形，推出，可得结论； （2）存在，当时，四边形是菱形，构建方程求解即可； （3）分两种情形，当时，当时，存在一点，使四点构成的四边形是矩形，分别构建方程求解． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ，， 故答案为：；； （2）存在某一时刻，使四边形为菱形；理由如下： ， 四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， ， 解得：， 时，四边形是菱形； （3）解：当时，存在一点，使四点构成的四边形是矩形， 如图1所示： 此时为矩形的两条邻边， ， ， 点一定在上， ， 四边形为矩形， 此时点在点上， ， ， ； 当时，存在一点，使四点构成的四边形是矩形，如图2所示： 根据解析（2）可知，四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ； 综上所述，满足条件的的值为或． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 2．数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动、如图1，小华将矩形纸片折叠，点C落在边上的点F处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)四边形的形状为______； (2)如图2，点G是上一点，且，连接，平分交于点M，连接，猜想和的数量关系并加以证明； (3)在（2）的条件下，如图3，过点M作，垂足为点 ①求的值； ②若，，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)正方形 (2)，证明见解析 (3)①2；② 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到，，根据折叠的性质得到，，，求得，根据正方形的判定定理得到结论； （2）连接，根据矩形的性质得到，，根据折叠的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，求得得到，于是得到； （3）①过点M作于点H，作于点P，过点E作于点根据矩形的性质得到，，求得 根据全等三角形的性质得到，求得根据角平分线的性质得到，于是得到结论； ②由（2）知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，，根据角平分线到现在得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到四边形的面积 【详解】（1）解：四边形的形状为正方形， 理由：四边形是矩形， ，， 将矩形纸片折叠，点C落在边上的点F处，折痕为， ，，， ， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形， 故答案为：正方形； （2）解：， 证明：如图，连接， 四边形是矩形， ，， 由折叠，得 ， ，， ，，， ， ， ， ， 平分， 又，， ， ， ； （3）解：①证明：如图，过点M作于点H，作于点P，过点E作于点 ， 四边形是矩形， ，， ∴ 又，， ， ， ，，， ， 平分，，， ， ， ； ②由（2）知是等腰直角三角形， ，， ， ，， 平分，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积 3．如图，点E是菱形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个菱形，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． (3)连接，若，，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）证明即可； （2）连接交于点P，得到，则，由勾股定理得，再由勾股定理求得，即； （3）设，由勾股定理得，由，结合菱形性质得到，那么，则，则，而，则，化简得到，而，则，即可求解面积． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵是菱形，是菱形， ∴， ∴， ∴； （2）解：在菱形中，连接交于点P，则， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴， ∵在菱形中，， ∴， ∴ ∴； （3）解：如图： 设 ∵， ∴， ∴ ∵菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得，， ∵ ∴， ∴，而 ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，解题的关键是合理利用菱形的性质． 4．【回归课本】三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．如图1，小明在证明这个定理时，通过延长到点，使，连接，证明，再证明四边形是平行四边形，即可得证． 【类比迁移】 （1）如图2，是的中线，交于点，交于点，且 ，试判断线段和的数量关系．小明发现可以类比以上思路进行证明． 证明：如图2，延长至点，使，连接，易证 ___________， __________，，___________， 和的数量关系为___________． 【拓展应用】（2）如图3，在四边形中，，点、分别是、的中点，连接，若，求的长． 【答案】（1），，，；（2） 【分析】（1）按照步骤作答即可； （2）过点、分别做，，交于、，分别延长、，使，，可求得，，求得，，继而求得四边形是矩形，即，根据，求得，即可求得的长． 【详解】（1）证明：如图2，延长至点，使，连接， ∵， ， ，， ， ， ， ， ， 和的数量关系为， 故答案为：，，，； （2）解：过点、分别做，，交于、， 分别延长、，使，，连接， ∵，点、分别是、的中点， ∴，，， 又∵，， ∴，， ∴，， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等角对等边，矩形的性质，中位线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，合理做出辅助线是解题的关键． 5．如图①，在中，．动点以每秒5个单位长度的速度从点出发沿运动，同时动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿运动，当点、点中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点运动的时间为秒． (1)当点从向运动时，______，______； 当点从向运动时，______；（用含的代数式表示）． (2)当直线恰好平分的面积时，求的值． (3)如图②，点、分别为、的中点，当以、、、为顶点的四边形面积是面积的时，直接写出所有满足条件的的值． 【答案】(1)，， (2)当秒或秒时，直线恰好平分的面积； (3)的值为或． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用． （1）根据题意列出代数式即可； （2）当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积，则，分两种情况讨论，列式计算即可求解； （3）分五种情况讨论，列式计算即可求解． 【详解】（1）解：当点从向运动时，，，，； 当点从向运动时， ；（用含的代数式表示）． 故答案为：，，； （2）解：当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴或， 解得或； （3）解：设平行四边形的高为，则平行四边形的面积为， 当时，，， 由题意得，，解得； 当时，，， 由题意得，，解得（舍去）； 当时，，， 由题意得，，解得（舍去）； 当时，，， 由题意得，，解得（舍去）； 当时，，， 由题意得，，解得； 综上，的值为或． 6．已知在中，，，D是的中点，M是边上的一点，连结，作交直线于点N． (1)如图1，当时，求证：； (2)如图2，当M是边上任意一点时，与还相等吗？若相等，若不相等，请说明理由； (3)请写出、、之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)相等，理由见解析 (3) 【分析】（1）由题意得，进而得到，，得到，即可得到结论； （2）E为的中点，连接，根据题意可证明是等边三角形，进而证明，即可得到结论； （3）分两种情况讨论：①若点N在线段上，由（2）可知，得出，进而得出，即可得到；②点N在的延长线上，同①思路求解即可． 【详解】（1）证明：∵，，D是的中点， ∴，即平分， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴； （2）解：相等，理由如下： 证明：如图2，E为的中点，连接， ∵，，D是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：． 证明：分两种情况讨论： ①如图3，若点N在线段上， 由（2）可知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图4，点N在的延长线上， 由（2）可知是等边三角形，， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 综上所述，． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，熟练掌握相关知识点是解题关键． 7．综合与实践课上，者师让同学们以“正方形”为主题开展数学活动．将直角的顶点E放在正方形的对角线上（点E不与A、C重合），其中直角边与交于点F，直角边与交于点G． (1)发现：如图①，当与垂直时，判断与的数量关系，并证明． (2)探究：如图②，当与不垂直时，请判断与之间的数量关系是否发生变化？若变化，请说明理由，若不变，请给出证明； (3)拓展：当与不垂直时，以为邻边构造矩形，连接，请直接写出的度数． 【答案】(1)，证明见解析 (2)不变，证明见解析 (3)的度数为或 【分析】（1）由正方形的性质得到，平分，又，，得到四边形是矩形，因此，根据角平分线的性质可得； （2）过点作于点，作于点．由正方形得到，平分，因此四边形是矩形，．进而有，从而，进而证得，得证； （3）分情况讨论：过点作于点，作，交的延长线于点，证得，得到，根据角平分线的判定得到平分；连接，过点作于点，过点作交延长线于点，，矩形是正方形，即可作答． 【详解】（1）解：，证明如下： 四边形是正方形， ，平分， ，， ， 四边形是矩形， ； （2）解：的结论不变，理由如下： 过点作于点，作于点， ， 四边形是正方形， ，平分， 四边形是矩形，， ， ， ， 即， ， ； （3）解：过点作于点，作，交的延长线于点， 则， 由（2）有，且四边形是矩形， 四边形是正方形， ，， 在四边形中，， 即， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 平分， 四边形是正方形， ， ， ， 的度数为； 如图，连接，过点作于点，过点作交延长线于点， ， 四边形是矩形， 又， ， ， ， 又，， ， ， 矩形是正方形， 是对角线， ， 的度数为或． 【点睛】本题是正方形综合题，考查正方形的判定及性质，角平分线的判定，全等三角形的判定及性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用相关知识． 8．（1）如图（1），在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． （2）如图（2），延长图（1）中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点．求证：． （3）如图（3），在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接．若，试判断的形状．并进行证明． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析． 【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明； （2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明； （3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状. 【详解】证明：（1）是的中点，是的中点， . 同理，. ， . . （2）的中点，是的中点， ， . 同理，. 由（1）可知， . （3）是直角三角形，证明如下： 如图，取的中点，连接，， 是的中点， ，. 同理，，. ， . . ， ， . ， . 又， 是等边三角形， . 又， . ， . 是直角三角形. 故答案为：是直角三角形. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理. 9．【探究发现】 （1）如图1，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，，那么． ①的度数为________； ②线段、、之间满足的数量关系为________． 【应用类比】 （2）如图2，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，试探究线段、、之间满足的数量关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，中，，，点为的中点，、分别是直线、上的两点，若满足，，请求出的长． 【答案】（1）；②；（2），理由见解析；（3）或． 【分析】（1）①证明，可得，从而证明, ②根据可得，即可证明； （2）取中点G，连接，利用证明，得到，可得； （3）分两种情况：当点E在线段上时或当点E在延长线上时，取的中点H，连接，同（2）证明，得到，从而求解． 【详解】解：（1）①如图1，∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴, 故答案为：． ②∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）．理由是： 取中点G，连接，如图2， ∵点G是斜边中点， ∴， ∵，，点D为的中点， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）当点E在线段上时，如图3，取的中点H，连接， 当，，时， ，此时F在的延长线上， 同（2）可得：， ∴， ∵，， ∴， 当点E在延长线上时，如图4， 同理可得：； 综上：的长为或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半． 10．如图①，，都是等边三角形． （1）求证：． （2）求的度数． 【类比探究】 （3）如图②，四边形，四边形都是正方形，且我们知道正方形的四条边相等，四个内角都是直角，则与的数量关系是___________，位置关系是___________． 【深入探究】 （4）如图③，四边形，四边形都是正方形，且B，A，G三点共线，连接，点O是的中点，连接，，猜想与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），；（4），，理由见解析 【分析】（1）根据证明，再由全等三角形的性质可得结论； （2）由，可得．，再利用三角形的内角和定理可得结论； （3）利用正方形的性质证明，再进一步利用全等三角形的性质可得结论； （4）如图3，延长交于点H，连接，．证明．可得．再证明，再结合全等三角形的性质可得结论． 【详解】证明：（1）∵，都是等边三角形， ∴，，． ∴， 在与中， ∴． ∴． （2）∵， ∴． ∴． ∴在中，． （3），，理由如下： 如图，记的交点为， ∵正方形，正方形， ∴，，， ∴，    ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即与的数量关系是位置关系是． （4），． 理由：如图3，延长交于点H，连接，． ∵四边形，四边形为正方形， ∴，，， ∴． ∵O是的中点， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴，． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∵， ∴，． ∴． 【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 11．问题背景：已知共一个顶点的正方形和正方形，连接，取的中点P，连接，．探究，的数量关系与位置关系． 实践操作：如图①，小明旋转正方形，使正方形的顶点G落在正方形的边的延长线上．通过延长交于点Q，证． 是________三角形，和和数量关系是________，和和位置关系是________． 问题探究：如图②，小亮旋转正方形，使正方形的顶点E落在正方形的边的延长线上，此时线段，还有图①中的关系吗？请证明你的猜想． 拓展延伸：如图③，小红将正方形绕点旋转任意角度后，其他条件不变．线段，还有图①中的关系吗？请证明你的猜想． 【答案】（1）等腰直角；；；（2）成立；证明见解析；（3）有，证明见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明为等腰直角三角形，根据，得出，； （2）延长交于点Q，连接，，证明，得出，，证明，得出，．根据等腰直角三角形的性质得出，； （3）延长至点Q，使，连接并延长交的延长线于点H，证明，得出，证明，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，． 【详解】解：（1）延长交于点Q， ∵四边形，为正方形， ∴，，，，， ∵顶点G落在正方形的边的延长线上， ∴， ∴，， ∵P为线段的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴，； （2）延长交于点Q，连接，，如图所示： ∵P是的中点， ∴， ∵正方形中，，， ∴，， ∵在和中， ∴， ∴，， ∴， ∵正方形中，，，， ∴， ∵在和中 ∴， ∴，． ∴． ∵， ∴，； （3）延长至点Q，使，连接并延长交的延长线于点H，如图所示： ∵P是的中点， ∴， ∵在和中， ∴， ∴， ∵在正方形中，，，， ∴，， ∵在正方形中，，，四边形中，，， ∴，， ∵在和中， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 12．【问题提出】（1）如图1，在中，对角线平分．求证：四边形是菱形． 【问题探究】（2）如图2，点E在正方形内，点F在正方形外，连接，且．若，求的长． 【问题解决】（3）如图3，某公园内有一块平行四边形草坪，其中平分，，点E，P分别在上，且，连接．现要沿修建步行景观道，为了节省成本，要使所修的步行景观道最短，试求的最小值．（路面宽度忽略不计） 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由平行四边形的性质得，从而有；由平分，得，即有，由菱形的判定即可证明； （2）由证，从而可得，由勾股定理即可求解； （3）首先由（1）可得，四边形为菱形，从而得；过点A作，取，连接，由证明，则有，从而得．连接、，当G、E、C三点共线时，取得最小值，最小值为．由，可得，由勾股定理即可求得，从而求得最小值． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ． 平分， ， ， ， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是正方形， ． 在和中，， ， ． ， ， ， ． （3）解：∵四边形为平行四边形，平分， ∴由（1）可知，四边形为菱形， ， ． 如图，过点A作，取，连接． 在和中，， ， ， ． 连接，当G，E，C三点共线时，取得最小值，最小值为． 在菱形中，， 是等边三角形， ， ， ， 故的最小值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，证明全等三角形是解题的关键． 13．如图1，已知在正方形中，点E、F分别在边、上运动． 【尝试探究】 （1）如图1，当点E、F分别在边、上运动，时，探究、和的数量关系，并说明理由； 【模型建立】 （2）如图2，当点E、F分别在射线、上运动，时，（1）中的结论是否成立？若成立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明； 【模型应用】 （3）如图3，已知是边长为5的等边三角形，，，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交边、于点E、F，连接，求的周长． 【答案】（1），理由见解析；（2）（1）中的结论不成立．，理由见解析；（3）10 【分析】（1）把绕点顺时针旋转至△，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把绕点顺时针旋转至，可使与重合，证出，进而得到，即可得的周长． 【详解】解：（1），理由如下： 如图，把绕点顺时针旋转至，可使与重合， ， ，点、、共线， ，， ， 即． 在和中， ， ， ， ； （2）（1）中的结论不成立．，理由如下： 如图所示． ， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合， ， 点、、在一条直线上． ，，． 又， ． ， ． ． 在和中， ， ． ． ， ， （2）中的结论不成立，、和的数量关系为； （3） 是边长为5的等边三角形， ，， ， ， ，， 把绕点顺时针旋转至，可使与重合， 由旋转得：，，， ， 同理得：点，，在同一条直线上， ， ， ， ， ，， ， ， ， 的周长． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质等知识，解此题的关键是根据旋转的性质正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度． 14．如图所示，直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，且是轴负半轴上一点，连接． (1)如图1，若于点，且交于点，求证：； (2)如图2，在（1）的基础上，连接，求证：； (3)若，点为的中点，点为轴上一动点，连接，过作交轴于点，当点在轴上运动的过程中，之间有何数量关系？为什么？ 【答案】(1)证明过程见详解 (2)证明过程见详解 (3)或或，证明过程见详解 【分析】（1）根据垂直的性质，对顶角相等的性质可得，运用“角边角”的证明方法即可求证； （2）如图所示，过点作，可证四边形是矩形，由（1）的全等可得，证明矩形是正方形，且是对角线，由正方形的性质即可求证； （3）根据题意可得，根据动点的运动，分类讨论：第一种情况，点在轴正半轴上，连接，可证明，得，由，即可求解；第二种情况，点在上时，可证，得，由∴，即可求证；第三种情况，点在点的下方，同理可证，，由，即可求解；图形结合分析即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴； （2）解：如图所示，过点作，则， ∴四边形是矩形， 由（1）可得，且， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∵是对角线， ∴； （3）解：已知点， ，且， ∴， ∵， ∴，则， ∴， ∴， 第一种情况，如图所示，点在轴正半轴上，连接， ∵，，点是中点， ∴，即，， ∴， ∴，，即， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即； 第二种情况，如图所示，点在上时， 同理可得，， ∴， ∴， ∴， ∴； 第三种情况，如图所示，点在点的下方， 同理可得，，， ∴， ∴； 综上所述，或或． 【点睛】本题主要考查坐标与图形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，几何图形面积的设计方法，掌握平面直角坐标系中点坐标的特点，全等三角形的判定和性质，图形结合分析思想是解题的关键． 15．如图1，等腰三角形和等腰三角形共顶点，，，连接、．利用所学知识解决下列问题： (1)若，求证：； (2)连接，当点在线段上时： ①如图2，若，则的度数为 ，线段与之间的数量关系是 ； ②如图3，若，为中边上的中线，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)①，；② 【分析】（1）利用证明即可得证； （2）①利用证明得出，，然后证明是等边三角形即可求解； ②利用证明得出，然后利用等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴； （2）解：①∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，； ②，理由如下： ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． ∵，为中边上的中线， ∴，即， 又，， ∴． 【点睛】本题是结合了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定等知识的综合问题，熟练掌握知识点，由简入难，层层推进是解答关键． 16．如图，在平行四边形中，，G是的中点，E是边上的动点，的延长线与的延长线交于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)①当为何值时，四边形是菱形？请说明理由； ②若四边形是矩形，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)①时，四边形是菱形，理由见解析；②32 【分析】（1）证可得，根据平行四边形的判定即可证明结论； （2）①求出是等边三角形，推出，根据菱形的判定即可解答；②根据平行四边形的性质可得，，，再根据矩形的性质以及直角三角形的性质可得，；进而得到,，,最后根据四边形的周长公式即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：①当时，四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． ②∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴,，,即， ∴，， ∴，， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的判定、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定等知识点，掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形成为解题的关键． 17．如图：在中，，，是斜边的中点，点、分别是边、上两个动点，且． (1)当、分别在、边上移动时，并保持，、是否相等？请证明你的结论． (2)当、分别在、上移动时，并保持，会随着变化吗？请证明你的结论． (3)时，求的长． 【答案】(1)相等 (2)不会 (3) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形三线合一的性质可得是的平分线，作，，垂足分别为点、，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得，再证明四边形是正方形，然后根据等角的余角相等可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得； （2）根据全等三角形的面积相等可得和的面积相等，从而得到四边形的面积等于正方形的面积，是定值不变； （3）根据四边形的面积求出的长，再根据等腰直角三角形的斜边与直角边的关系即可得解． 【详解】（1）解：． 证明如下： 连接，如图所示： ，是的中点， 是的平分线， 作，，垂足分别为点、，如图所示： 则，（角平分线上的点到角的两边距离相等）， 又， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：不会变化． 证明如下： 根据（1）可得，则，即， 点是斜边边的中点， （不变）， 正方形的面积不变， 不会变化； （3）解：， （正方形的面积等于对角线乘积的一半），解得， （等腰直角三角形斜边等于直角边的倍）． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质，正方形的面积的求解，作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 18．已知矩形的一条边，是边上的一点，将矩形沿折痕折叠，使得顶点落在边上的点处，（如图1）． (1)求的长； (2) 擦去折痕，连接，设是线段上的一个动点（点与点，不重合）．是延长线上的一个动点，并且满足，过点作，垂足为，连接交于点（如图2）． ①若M是的中点，求的长； ②试问当点M、N在移动过程中，线段的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段的长度． 【答案】(1) (2)①；②当点、在移动过程中，线段的长度是不发生变化，长度为 【分析】（1）设，根据折叠可得，，利用勾股定理，在中，，即，即可解答； （2）①过点A作于点G，延长，取，连接， 根据勾股定理求出的长，由，所以，在中，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，说明H是的中点，根据中位线的性质得到即可； ②作，交于点Q，求出，，得出，根据，得出，根据，证出，得出，再求出，最后代入即可得出线段的长度不变． 【详解】（1）解：设，则，， 在中，， 即， 解得：， 即． （2）解：①如图2，过点A作于点G，延长，取，连接， 由（1）中的结论可得：，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵M是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴H是的中点， ∴． ②当点M、N在移动过程中，线段的长度是不发生变化； 作，交于点Q，如图3， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， 在和中，， ∴． ∴， ∴． ∴当点M、N在移动过程中，线段的长度是不发生变化，长度为． 【点睛】此题考查了四边形综合，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是做出辅助线，找出全等三角形． 19．在中，的平分线交边于点E，交边的延长线于点F，以为邻边作． (1)如图1，求证：为菱形； (2)如图2，若，连接， ①求证：； ②判断的形状，并加以证明． (3)如图3，若，M是的中点，连结，若，则 ． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②等边三角形，证明见解析 (3) 【分析】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． （1）平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出，再判断出，进而得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：平分， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形； （2）证明①四边形是平行四边形， ，，， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ，， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ； 解②：， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， （3）解：如图3中，连接，， ，四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形， ， 四边形为正方形． ， ， 为中点， ， ， 在和中， ， ， ， ． ， 是等腰直角三角形． ， ， ， 故答案为：． 20．已知正方形边长为1，对角线相交于点O，过点O作射线，分别交于点E，F，且． (1)如图1，当时，求证：四边形是正方形； (2)如图2，将射线绕着点O进行旋转． ①在旋转过程中，判断线段与的数量关系，并给出证明； ②四边形的面积为 ； (3)如图3，在四边形中，，连接．若，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①，证明见解析；② (3) 【分析】（1）根据正方形的性质证明四边形是矩形，再得，即可解决问题； （2）①证明，可得即可； ②先根据正方形的性质得，则，，所以，由得，则，即可证明，于是得，根据四边形的面积的面积正方形的面积，即可解决问题； （3）延长至点G，使，连接，证明，可得，，所以为等腰直角三角形，所以四边形的面积等腰直角三角形的面积，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：①， 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积正方形的面积； （3）解：如图，延长至点G，使，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴四边形的面积等腰直角三角形的面积． 【点睛】此题是四边形的综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，根据正方形性质求出三角形全等的条件是解题的关键． 21．在数学兴趣小组活动中，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． 【初步思考】 （1）操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，． 根据以上操作，当点在上时，图1中等于的角有： ．（写一个即可） 【迁移探究】 （2）小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接． ①如图2，当点M在上时， °； ②若点P是上的一个动点（点P不与点A、D重合），如图3，猜想与的数量关系，并说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长． 【答案】（1）或或或（任写一个即可） (2)①15；②，理由见解析 （3）或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，，即可求解； （2）①由“”可证，可得； ②由“”可证，可得； （3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解． 【详解】解：（1）对折矩形纸片， ，， 沿折叠，使点落在矩形内部点处， ，， ， ， ， ， 故答案为：或或或（任写一个即可）； （2）①由（1）可知， 四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，， ，， 又， ， ， 故答案为：15； ②，理由如下： 四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，， ，， 又， ， ； （3）由折叠的性质可得，， ， ， 当点在线段上时，， ，， ， ， ， 当点在线段上时，， ，， ， ， ， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 22．【问题提出】如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围． 【问题解决】解决此问题可以用如下方法：延长到点E，使，再连结（或将绕着点D逆时针旋转得到），把集中在中，利用三角形三边的关系即可判断．由此得出中线的取值范围是 ． 【应用】如图②，在中，D为边的中点，已知，求的长． 【拓展】如图③，在中，，点D是边的中点，点E在边上，过点D作交边于点F，连结．已知，则的长为 ． 【答案】问题解决：；应用：；拓展： 【分析】（1）证明得，再根据三角形三边关系求得的取值范围，进而得出结论； （2）延长到E，使得，连接，证明得，再证明，由勾股定理求得，进而得； （3）延长到G，使得，连接，证明，得，再证明，由勾股定理求得，由线段垂直平分线性质得． 【详解】解：（1）在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）延长到E，使得，连接，如图②， 在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）延长到G，使得，连接，如图③， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的中线、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，体会出现中点的辅助线的添加方式，属于中考压轴题． 23．（1）在四边形中，，E、F分别是上的点，且，试探究图1中线段之间的数量关系．小亮同学认为：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，则可得到之间的数量关系．请你按照小亮的思路写出推理过程． （2）如图2，已知正方形，是正方形的内接等边三角形，请你找出之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析（2），理由见解析 【分析】（1）根据小亮的思路进行作答即可； （2）延长至点使，连接交与点，过点作于点，先证明，得到，，推出，再证明，推出垂直平分，进而得到为等腰直角三角形，推出，即可得证． 【详解】解：（1）延长到点G，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即：， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2），理由如下： 延长至点使，连接交与点，过点作于点， ∵正方形， ∴，， 同法（1）可得：， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握截长补短法，证明三角形全等，是解题的关键． 24．操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接，． (1)如图1，当点M在上时，求的度数． (2)将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片按照以上的方式操作，延长交于点Q，连接，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图2和图3所示，请你根据图3证明：平分． (3)在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为8，当时，求的长． 【答案】(1)30° (2)详见解析 (3)或 【分析】（1）连接，可得，得到，根据折叠的性质即可解答； （2）证明即可证明结论； （3）由（2）得，分点Q在点F上方与下方两种情况即可用勾股定理解答． 【详解】（1）由题意得：，，，． 连接， 则， ∴是等边三角形， ∴， 由折叠可得； （2）证明：由题意得：， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，． ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∴平分； （3）解：①当点Q在点F下方时，如图， ∵四边形为正方形， ∴， 设，则， 由题意得：，， ∵， ∴， ∴． 由（2）知：， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得：． ∴； ②当点Q在点F上方时，如图， ∵四边形为正方形， ∴， 设，则， 由题意得：，， ∵， ∴， ∴． 由（2）知：， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得：． ∴． 综上，的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角函数等知识，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 25．如图①，在正方形和正方形中，点，，在同一条直线上，连接，点是线段的中点，连接，．小涵的思路是：延长交于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决． （1）与的位置关系为______，_______． 【类比探究】 （2）如图②，在菱形和菱形中，，点，，在同一条直线上，连接，是线段的中点，连接，．猜想与的位置关系及的值，并加以证明． 【拓展提升】 （3）如图③，在矩形和矩形中，点，，在同一条直线上，，是线段的中点，连接，，，若，，直接写出的长．    【答案】（1）； （2）； （3）． 【分析】（1）延长交于点．证明，得出，，则可得出结论； （2）证明，得出，，证出，则可得出答案； （3）延长交于点．证明．得出，．证明是等腰直角三角形．过点作，由勾股定理可得出答案． 【详解】解：（1）延长交于点．   是线段的中点， ． 点，，在同一直线上， ， ，， 在和中， ， ， ，， 又，， ． 又，， ； . 故答案为：，； （2），． 证明：延长交于点．   是线段的中点， ， 由题意可知， ， 又， ， ，， 四边形和四边形都是菱形， ，， ． 是等腰三角形． ，平分． 又， ． ． ． ． ． （3）延长交于点．   是线段的中点， ． 点，，在同一直线上， ． ，， 在和中， ， ． ，． ， ． ，， ． 又，为的中点， ，． 是等腰直角三角形． 过点作，则． ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握相关知识的灵活运用是解题的关键． 26．问题情境：小明在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形． (1)当在上时，连接相交于点P，小明发现点P恰为的中点，如图①．针对小明发现的结论，请给出你的证明． (2)小明继续连接，并延长与相交P，如图②． ①中的结论是否成立？若成立请说明理由； ②根据小明发现的结论，请判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解答过程 (2)①成立，证明见解答过程；②是等腰直角三角形，理由见解答 【分析】（1）延长，交于，可推出，从而，进而得出，进一步得出结论； （2）①延长，交的延长线于点，设和交于点，同理（1）可证得，从而，从而得出点和点重合，进一步得出结论； ②由①可知，然后可得，进而问题可求解； 【详解】（1）证明：延长，交于，如图， ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； （2）①成立，点为的中点 证明：延长，交的延长线于点，设和交于点，如图， ∵四边形和四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴点和点重合，即：点为的中点． ②解：是等腰直角三角形，理由如下： ， ， ， ， ， ， ∴是等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键． 27．如图①，在正方形和正方形中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段的中点，连接． (1)探究与的位置关系（写出结论，不需要证明）； (2)如图②，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且．探究与的位置关系，写出你的猜想并加以证明： (3)如图③，将图②中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)不发生改变，证明见解析 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键． （1）延长交于点，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，，然后利用等腰直角三角形的性质可得结论； （2）延长交于点，利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，，然后利用等腰三角形的性质可得结论； （3）延长到点，使，连接，，．证明．得到，．由菱形的性质结合已知可得，，，再证明得到，然后利用等腰三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解： 如图①，延长交于点， 是线段的中点， ． 四边形、四边形是正方形， ∴，，， ． 又， ， ，． ， ， 是等腰直角三角形 ， ； （2）解：猜想：与的位置关系是． 证明：如图②，延长交于点， 是线段的中点， ． 四边形、四边形是菱形， ∴，，， ． 又， ． ，． ． ． ． 又， ． （3）猜想：不变． 证明：如图③，延长到点，使， 连接，，． 是线段的中点， ． 又， ． ，． 四边形、四边形是菱形， ∴，，，， ，． 又 ， ∴， ． 点，，在一条直线上，， ． ． ， ． 又， ． 28．已知：是等腰直角三角形，动点在斜边所在的直线上，以为直角边作等腰直角三角形，其中，探究并解决下列问题： (1)如图①，若点在线段上，且，，则： ①线段___________，___________； ②猜想：，，三者之间的数量关系为___________． (2)如图②，若点在的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程； (3)若动点满足，求的值（提示：请利用备用图进行探求）． 【答案】(1)①，，② (2)（1）中所猜想的结论仍然成立，证明见解答 (3)的值为或 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理及等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键． （1）①在等腰直角三角形中，由勾股定理先求得的长，然后根据的长，可求得的长，再利用证明，得出，，那么为直角三角形，依据勾股定理求出．那么； ②由①知为直角三角形，据此可得，结合可得答案； （2）过点作，垂足为，则，，可证明，因为在中，，所以可得出的结论； （3）分点在线段和线段延长线上这两种情况，设，，据此表示出、、的长，继而利用勾股定理求出的长度，根据等腰直角三角形的性质表示出、的长度，从而得出答案． 【详解】（1）解：①如图①．连接， 是等腰直角三角形，， ， ， ， 和均为等腰直角三角形， ，，， ． ，． 为直角三角形． ． ． 故答案为：，； ②由①知为直角三角形， ， 又， ， 故答案为：． （2）解：（1）中所猜想的结论仍然成立， 如图②：过点作，垂足为． 为等腰直角三角形，， ． ， ， ， 在中，由勾股定理可知：， ． 为等腰直角三角形， ． ； （3）解：如图③：过点作，垂足为． ①当点在线段上时， ， 设，， 则，， ， ， 和均为等腰直角三角形， ，， ； ②如图④，当点位于延长线上时． 设，， 则， ， 则， ， 和均为等腰直角三角形， ，， ； 综上，的值为或． 29．【阅读教材】苏科版八年级上册第69页《折纸与证明》．折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法．例如，在中，（如图1），怎样证明呢？ 分析：把沿的平分线翻折，因为，所以点落在上的点处，即，据以上操作，易证明，所以，又因为，所以． 【感悟与应用】 (1)如图1，在中，若且，则_____； (2)如图2，在四边形中，平分，，，， ①求证：； ②求的长 【答案】(1) (2)①见解析②15 【分析】（1）等边对等角，结合三角形的外角，求出的度数，三角形的内角和定理求出的度数； （2）①在上截取，连接，由（1）同理可证，得到，，进而得到得，，根据，即可证明； ②作于点，结合等腰三角形性质设，结合勾股定理建立方程 求解，即可解题． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①在上截取，连接， 平分， ，又， ， ，， ， ， ， ， ； ②作于点， ， ， 设， ，，， ，， ， 即， 解得， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线定义、三角形的内角和定理和三角形的外角、等腰三角形的判定与性质，解题的关键在于通过作辅助线证明三角形全等． 30．如图①，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为，，求正方形的边长； (3)若正方形的边长为，连接，如图③，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②； (3)8 【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可解决问题； （2）①作于，于，得到，然后证，则，即可证明； ②证明，可得，，证明，连接，根据勾股定理即可解决问题． （3）根据正方形的性质和勾股定理求得，由（2）得，则． 【详解】（1）证明：四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ； （2）解：①过点E作于，于，如图，   正方形中，， 四边形是矩形， ， 点是正方形对角线上的点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； ②正方形和正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在中，． ， ， 如图，连接，   ， 是等腰直角三角形， ． 正方形的边长为． （3）解：∵正方形的边长为， ∴， 由（2）得， 则． 【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，角平分线的性质，解本题的关键是根据题中所给条件正确作出辅助线构造全等三角形． 31．已知：在中，于点． (1)如图1，若于点，．求证：是菱形． (2)如图2，连、交于点，试探究：，，，之间的数量关系，并证明你的结论． (3)如图3，若，于点交于点，连接，其中，且以、、为边构成的三角形的面积为20．求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)84 【分析】（1）证明，得，即可由菱形的判定定理得出结论． （2）过点D作交延长线于F，证明四边形是平行四边形，得到，，从而得出，然后由勾股定理得出，再由平行四边形的性质得． （3）连接，，得，再由勾股定理和其逆定理得出以、、为边构成的三角形是以为斜边的直角三角形，根据其面积为8，求出、，即可由平行四边形的面积公式求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形． （2）解：． 证明：过点D作交延长线于F， ∵， ∴，，，， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵于点． ∴ 由勾股定理，得， ， ∴ ∴ ∴． （3）解：连接， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 由勾股定理，得： ， ∴ ∴以、、为边构成的三角形是以为斜边的直角三角形， ∵ ∴ ∴ ∵以、、为边构成的三角形的面积为8， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形与平行四边形的面积．熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 32．综合与实践 【情景再现】 如图，在中，分别是上的一点，则可知三条线段之间的关系． 【问题提出】 （）是的中点，连接．已知．试说明，四条线段的等量关系，并写出证明过程． 【数学感悟】 （）如图，若分别在的延长线上，（）中的结论是否成立，若成立，请写出理由；若不成立，请写出正确的结论． 【学以致用】 （）如图，已知是的中点，，请直接写出线段的长度． 【答案】（），理由见解析；（）成立，理由见解析；（） 【分析】（）延长到点 ，使 ，连接，由线段垂直平分线的性质可得，再证明，得，，可得，即得，再由即可求证； （）延长到，使，连接，由线段垂直平分线的性质得，再证明，得，，可得，即得，再由即可求证； （）由已知得，设，则，由得，进而即可求解； 本题考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：（），证明如下： 延长到点，使，连接， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）成立，理由如下： 延长到，使，连接， ∵， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）∵， ∴， 设，则， ∵是的中点，， ∴， ∴， 解得， ∴． 33．【方法储备】如图1，在中，为的中线，若，求的取值范围．中线倍长法：如图2，延长至点D，使得，连接，可证明，由全等得到，从而在中，根据三角形三边关系可以确定的范围，进一步即可求得的范围． (1)在上述过程中，证明的依据是______，的范围为______； (2)【思考探究】如图3，在中，，M为中点，D，E分别为上的点，连接，若，求的长； (3)【拓展延伸】如图4，C为线段上一点，，分别以为斜边向上作等腰和等腰，M为中点，连接． ①求证：为等腰直角三角形； ②若将图4中的等腰绕点C转至图5的位置（A，B，C不在同一条直线上），连接，M为中点，且D，E在同侧，连接．若，请直接写出的面积． 【答案】(1)， (2) (3)①见解析；②7 【分析】（1）由得出，在中，根据三边关系得到，即可求解； （2）延长至点，使得，由得出，，从而得，应用勾股定理求出，结合垂直平分，即可求解 （3）①延长至点，使得，由，可得，，由，，，即可求证； ②如图5，延长至点F，使得，连接，首先证得，得到，，，进一步证得，得到，推导出为等腰直角三角形，在中，，得到为直角三角形，且，推导出，且有D，E，B三点共线，，进而得到，，即可． 【详解】（1）解：在和中， ， ， ， 在中，，即：， ， ， ， 故答案为： ，， （2）延长至点，使得，连接，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在中，， 而，， 垂直平分， ， 故答案为：； （3）①延长至点，使得，连接，， 在和中， ， ， ，， ， 又， ， ，， 又， ， ∴为等腰直角三角形， 为等腰直角三角形； ②解：．理由如下： ∵均为等腰直角三角形， ∴，， 如图5，延长至点F，使得，连接， ∵M为中点，同上“倍长中线”方法可得， ∴，，， 设， ∵ ， ∴， ∴， ∴，，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴，， ∴， 在中，， ∴为直角三角形，且， ∴，， ∴，且有D，E，B三点共线， ∴， ∴， ∵M为中点， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形． 34．已知：满足的三个正整数a，b，c称为一组勾股数，很多勾股数组具有规律： (1)设，观察提供的4组勾股数的规律，完成第⑤组勾股数； 当a为奇数时如①3，4，5；②5，12，13；③7，24，25；④9，40，41，⑤11， ， ； 当a为偶数时，如①16，8，10；②8，15，17；③10，24，26；④12，35，37，⑤14， ， ； (2)猜想：三个整数中，若最小的数为奇数n，另外两个数分别为 ， ，则这三个数为勾股数，请你补充完整的猜想并验证这一猜想是否正确． 【答案】(1)60，61；48，50 (2) 【分析】本题考查了勾股数的定义及勾股定理的逆定理，解题的关键是根据所提供的几组勾股数找出规律，难度不大． （1）根据所提供的几组勾股数的规律即可求解； （2）根据勾股定理的逆定理即可求解． 【详解】（1）设，观察提供的4组勾股数的规律，完成第（5）组勾股数： 当为奇数时，如（1）3，4，5；（2）5，12，13；（3）7，24，25；（4）9，40，41；（5）11，60，61； 当为偶数时，如17，8，10；（2）8，15，17；（3）10，24，26；（4）12，35，37；（5）14，48，50； 故答案为：60，61；48，50； （2）猜想：三个整数中，若最小的数为奇数，另外两个数分别为，则这三个数为勾股数． 证明： 又∵n为奇数， ∴为整数， ∴这三个数为勾股数． 故答案为：． 35．在正方形中，O为对角线的中点，点E是对角线上的动点，连接，点F在直线上（点F不与点D重合），连接，． (1)如图1，当E在线段上时，求证：； (2)如图2，若，当E在线段上，且时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．构建合适的辅助线是解题的关键． （1）过点 作于点， 于点 ，证明四边形是正方形，得到，再根据“”证明，得到，最后通过角的等量代换得到即可证明； （2）连接，过E作于H．根据正方形的性质得出是等腰直角三角形，从而得到，进而得到，利用勾股定理得出设，再利用勾股定理，根据得出，求解后代入可得到的值，最后用即可求得． 【详解】（1）解：如图1，过点 作于点， 于点 ． 四边形是正方形， ， 又点E是对角线上的点，， ，． 和 都是等腰直角三角形，即 ， ， ， 四边形是正方形． 在和 中，，， ， ． ， ，即， ． （2）解：如图2，连接，过E作于H． ∵四边形为正方形，点E是对角线上的点， ，，，， 又∵，∴是等腰直角三角形，∴． 又∵，∴， ∴是等腰三角形， ∴． 在中 ， 设， 在中 ， 则，， ∴，，，． 36．已知；直线交、于点、． (1)如图1所示，点在线段上，设，，且满足，则________，________；________． (2)如图2所示，点在线段上，，平分，交的延长线于点，若、，求的度数； (3)如图3所示，点在射线上运动时，的角平分线与的角平分线交于点，求的值． 【答案】(1)10；60； (2) (3)2 【分析】（1）过点E作，则，由平行线的性质得到，，则，再利用非负数的性质求出x、y值，即可求解； （2）过点E作，根据平行线的性质得出，再证明，得出，，从而得出，，由角平分线定义和，利用三角形外角性质即可求解． （3）设交于I，交于K，过点K作交于H，，由平行线的性质得到，利用三角形内角和定理和平角的定义得到；由角平分线的定义得到，由平行线的性质得到，；再由角平分线的定义得到，同理可得，由此即得出，代入即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，过点E作， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵ ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：10；60；． （2）解：如图，过点E作， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． （3）解：如图所示，设交于I，交于K，过点K作交于H， ∵， ∴， ∵， ∴； ∵平分， ∴， ∵，， ∴，； ∵平分， ∴， 同理可得：， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质，对顶角相等，角平分线的定义，三角形内角和定理外角的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键． 37．在中，，，点是平面内一点（不与点，，重合），连接，，，连接．将沿直线翻折，得到，连接． (1)如图1，点在内部，交于点，点是上一点，且，连接． ①求证：； ②若，，求的周长． (2)如图2，点在的内部，试探究，，之间的数量关系并说明理由． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 【分析】（1）①由，，推出，可证明，由折叠可得，即可得证；②由，可得，，，得到，推出，，进而求出，，由折叠可得：，，推出，得到，点，，共线，得到，即可求解； （2）过作交的延长线于点，证明，得到，，推出，由折叠可得：，，得到，推出，即可求解． 【详解】（1）①证明： ， ， ， ， 在和中， ， ， 由折叠可得：， ； ②解： ， ，，， ， ， ，， ， ， 翻折， ，， ， ， ， 点，，共线， ， 的周长为； （2）如图，过作交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 翻折， ，， ， ∴D、G、B三点共线， ， ， ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识． 38．如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点P的运动时间为t()． (1)如图1．若，求的长； (2)如图2．当，且点落在上时，求此时的坐标； (3)若直线与直线相交于点M，且时， ①求点C的坐标； ②当时，的大小是否发生变化，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)；的大小不会改变 【分析】（1）根据坐标确定的长，由确定的长，再根据勾股定理即可求出的长； （2）过点作于点Q，则，,则，由勾股定理求出x，求出的函数表达式为，则可得出答案； （3）①连接，证明，得出，则四边形为正方形，可得出答案； ②分两种情况，由全等三角形的性质及折叠的性质可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， 在中， ∵，， ∴； （2）过点作于点Q， ∵矩形中，，， ∴， ∴， 由对称得，， 则， 设,则， 由勾股定理得：， 即 ， 解得：， ∴， ∵，， 即， 解得：， ∴点的横坐标为， 设的函数表达式为，将代入得：， ∴的函数表达式为， 将代入得：， ∴； （3）①连接， ∵， ， ∴，， ∵和对称， ∴， ∴， 又∵，OM=OM， ∴， ∴， 则四边形为正方形， ∴； ②（Ⅰ）当 时， ∵，， ∴， （Ⅱ）当时，， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴， ∵，，， ∴， 即， 综上所述：的大小不会改变． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 39．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，点分别是轴负半轴，轴正半轴上的两个动点，点为第一象限的一个动点，其中，，连接，，，． (1)如图2，若，满足，，，以为边在上侧作等边，连接，， ①求证：； ②求的长； (2)如图3，若，，，，连接，求的长． 【答案】(1)①见详解；② (2) 【分析】（1）①由等边三角形的判定及性质得，是等边三角形，由可判定，由全等三角形的性质即可得证； ②取的中为，连接，由勾股定理得 ；由等边三角形的判定方法得是等边三角形，是等边三角形，由勾股定理得 ，由全等三角形的性质，即可求解； （2）过作轴交于，作轴交于，过作交于，由平行线的性质得 ，，由勾股定理得，由三角形的面积得，求出，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）①证明： ，， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ，， ， ， 在和中 ， （）； ②解：如图，取的中为，连接， ， ，， 解得：，， ，， ； ， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ； （2）解：过作轴交于，作轴交于，过作交于， 轴，轴， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，掌握等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，能添加适当的辅助线并熟练利用勾股定理求解是解题的关键． 40．如图1，在菱形中，，点是菱形内一点，且，延长交于点，连接，设． (1)①填空：________，________；（用含的代数式表示） ②求的度数． (2)将沿翻折得到，如图2，连接． ①求证：； ②若，，连接，求的长． 【答案】(1)①，；② (2)①证明见解析；②5 【分析】（1）①根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；由，得到，继而根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；②由平角得意义得到，即可求解； （2）①连接，由折叠的性质可证明为等边三角形，再证明为等边三角形，即可证明；②求出，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ 故答案为：，； ②∵， ∴； （2）①证明：连接， 由翻折得，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识点． 41．（1）发现：如图1，和均为等边三角形，连结，且点A、D、E在同一直线上，连结，发现．请证明． （2）拓展：如图2，和均为等腰直角三角形，，，，且点A、D、E在同一直线上，若，，求的长度． （3）应用：如图3，P为等边三角形内一点，且，，，，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）的长为；（3）的长为． 【分析】本题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点并灵活运用． （1）根据等边三角形的性质，进而通过证明； （2）先证明，再通过勾股定理即可得解； （3）把绕点逆时针旋转得，连接，则，进而证明，再通过勾股定理即可得解． 【详解】解：（1） 和均为等边三角形， ， ， 即， 在和中， ； （2） ， 即， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， ， ， 在中， ， 的长为； （3）把绕点逆时针旋转得，连接，如图所示， ， 则， ，， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 即D、P、E在同一条直线上， ， 在中， ， 的长为：． 42．新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以方程是不等式组的“关联方程” (1)在方程①；②；③中，不等式组的“关联方程”是___________（填序号） (2)关于的方程是不等式组的“关联方程”，求的取值范围； (3)若关于的方程是关于的不等式组的“关联方程”，且此时不等式组有3个整数解，试求的取值范围． 【答案】(1)①③ (2) (3) 【分析】此题考查了一元一次方程的解法和一元一次不等式组的解法，读懂题意，正确解一元一次方程和一元一次不等式组是解题的关键． （1）解方程和不等式组后，根据定义进行判断即可； （2）解方程和不等式组后，再解关于k的不等式组即可； （3）解方程和不等式组后，再解关于m的不等式组，由不等式组有3个整数解得到新的不等式组，解新不等式组后，取两个不等式组解集的公共部分即可． 【详解】（1）解：①， 去分母得，， 移项合并同类项得，， 系数化为1得，； ②， 去括号得，， 移项合并同类项得，； ③， 移项得，， 系数化为1得，； 解不等式①得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为， 和在的范围内，所以方程①和③是不等式组的“关联方程”． 故答案为：①③． （2）解： 解得， ， 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为， ∴， 解得； （3）解：， 去分母得， 移项合并同类项得，； ， 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为， ∴， 解得， ∵不等式组有3个整数解， ∴， 解得， ∴． 43．为了推进五育并举，促进学生全面发展，各校积极建设劳动实践基地．某校有一块长方形劳动实践基地，长为，宽为（）． (1)去年实践基地收获蔬菜，该校安排甲乙两组志愿者进行采摘．已知甲组每分钟采摘速度是乙组的2倍，而甲组单独完成采摘任务所需要的时间比乙组单独完成任务所需要的时间少10分钟．求甲、乙两组每分钟各采摘多少千克的蔬菜？ (2)今年从该基地中截取出一个边长为的正方形地块，用来种植类蔬菜，而剩余土地用来种植类蔬菜，最终收获类蔬菜，类蔬菜．哪类蔬菜的单位面积产量大？请说明理由． (3)该校打算将原劳动基地进行扩建，计划将长增加，宽增加，若扩建后的长方形基地面积是原来的整数倍，求整数的值． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)或 【分析】（1）设乙组每分钟采摘千克的蔬菜，则甲组每分钟采摘千克的蔬菜，根据“工作时间工作总量工作效率”，结合“甲组单独完成采摘任务所需要的时间比乙组单独完成任务所需要的时间少10分钟”，可列出关于的分式方程，解方程并检验后即可得出的值（即乙组的工作效率），再将其代入中，即可求出甲组的工作效率； （2）根据“单位面积产量总产量种植面积”，可用含的代数式表示出，两类蔬菜的单位面积产量，然后利用作差法即可得出结论； （3）设扩建后的长方形基地面积是原来的倍（为正整数），利用长方形的面积公式，结合扩建后的长方形基地面积是原来的倍，可建立关于的一元一次方程，解方程即可得出用含的代数式表示的的值，再结合“，为整数，且为正整数”，即可得出答案． 【详解】（1）解：设乙组每分钟采摘千克的蔬菜，则甲组每分钟采摘千克的蔬菜， 由题意得： ， 解得：， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ， 答：甲组每分钟采摘千克的蔬菜，乙组每分钟采摘千克的蔬菜； （2）解：类蔬菜的单位面积产量大，理由如下： 类蔬菜的单位面积产量为：（千克）， 类蔬菜的单位面积产量为：（千克）， ， ， ， 又，， ， ， ， 答：类蔬菜的单位面积产量大； （3）解：设扩建后的长方形基地面积是原来的倍（为正整数）， 由题意得： ， 解得：， ，为整数，且为正整数， 或， 的值为或． 【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用（分式方程的其它实际问题），一元一次方程的应用（几何问题），列代数式，异分母分式加减法，不等式的性质等知识点，读懂题意，根据题中的等量关系正确列出方程和代数式是解题的关键． 44．在一堂化学活动课前，李老师给同学们布置了一个任务：制作，两种化学分子的模型，每个化学分子的模型都需要用到小球和塑料管．老师演示了一下，用32个小球、26根塑料管可以制作2个分子模型与1个分子模型，制作一个A，分子模型需要的小球、塑料管数量分别为与，已知每根塑料管价格是每个小球价格的一半． (1)制作一个，分子模型分别需要小球、塑料管的数量各是多少？ (2)李老师说道：上次的活动课上，我花费200元购得的塑料管数量比花320元购得的小球数量多了80．今天我路过文具商店的时候，看到了促销广告：“每购买3个小球赠送1根塑料管，清货库存，数量有限！小球仅剩1760个，塑料管仅剩1404根．”我向学校申请了项目活动经费2050元采购小球和塑料管，全部用来制作化学分子模型，一个模型和一个模型为一套，至少需要制作65套才够用．要使得购买的小球数量按促销广告匹配赠送塑料管后无剩余，且所有材料做成分子模型刚好配套，请你们帮老师算一算，有几种采购方案？（要求：根据题意列出方程、不等式解决问题） 【答案】(1)制作一个 A 分子模型需要小球 10 个，塑料管 8 根，制作一个 B 分子模型要小球 12 个，塑料管 10 根 (2)共有四种方案可选择 【分析】本题考查了分式方程的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一元一次不等式组的应用等知识，解题的关键是)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；找准数量关系正确列出分式方程、一元一次不等式以及一元一次不等式组． （1）设制作一个分子模型需要小球个，塑料管根，制作一个分子模型要小球个，塑料管根，根据用32个小球、26根塑料管可以制作2个分子模型与1个分子模型，列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）设塑料管的价格是元/根，则小球的价格是元/个，根据花费200元购得的塑料管数量比花320元购得的小球数量多80，列出方程式得出塑料管的单价，小球的单价；设采购材料能制作出套模型，则需要用去个小球，根塑料管，根据向学校申请了项目活动经费2050元采购小球和塑料管，列出一元一次不等式，再由题意列出一元一次不等式组，解不等式组进而得出，即可解决问题． 【详解】（1）解：设制作一个分子模型需要小球个，塑料管根，制作一个分子模型要小球个，塑料管根，由题意，得 解得 答：制作一个分子模型需要小球10个，塑料管8根，制作一个分子模型要小球12个，塑料管10根． （2）解：设塑料管的单价是a元/根，小球的单价是元/个根据题意得 解得． 经检验：是原方程的解． 塑料管的单价是元/根，小球的单价是1元/个． 设采购材料能制作出套模型，需要用去个小球，根塑料管． 根据促销活动内容，每购买3个小球赠送1根塑料管， ， 解得． ，， 解得，． 至少需要制作65套才够用， ． 综上，． 购买的小球数量按促销广告匹配赠送塑料管后无剩余，且所有材料做成分子模型刚好配套， 是整数且是正整数， 是正整数， ，69，72，75． 共有四种方案可选择． 45．如果一元一次方程的解也是一元一次不等式组的解，则称该一元一次方程为该不等式组的关联方程．例如：方程的解为，不等式组的解集为，因为，所以称方程为不等式组的关联方程． (1)在方程①；②；③中，不等式组的关联方程是______；（填序号） (2)若不等式组的一个关联方程的解是整数，且这个关联方程是，求常数的值； (3)①解两个方程：和；②是否存在整数，使得方程和都是关于的不等式组的关联方程？若存在，直接写出所有符合条件的整数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)③ (2)2 (3)①，；②不存在，见解析 【分析】本题考查一元一次方程、一元一次不等式组的解． （1）分别求出方程①②③的解，再求出不等式组的解集，根据“关联方程”的定义进行判断即可； （2）先求出不等式组的解集，再根据不等式组的一个关联方程的解是整数，进而求出m的值即可； （3）①根据一元一次方程的解法解这两个方程即可； ②求出不等式组的解集，根据“关联方程”的定义得出关于m的不等式组，解不等式组即可得出结论． 【详解】（1）解：方程①的解为； 方程②的解为； 方程③的解为； 不等式组的解集为， ∵， ∴不等式组的关联方程是方程③， 故答案为：③； （2）解：解不等式组，得， 因此不等式组的整数解为． 将代入关联方程0， 得； （3）解：①， 解得； ， 解得； ②不存在．理由如下： 解不等式组， 得， 假如方程和都是关于的不等式组的关联方程， 则且． 解得：且 ∴不等式组无解， 不存在整数，使得方程和都是关于的不等式组的关联方程． 46．一家电脑公司有型、型、型三种型号的电脑，其中型每台元．某中学计划从这家电脑公司购进电脑． (1)已知购买2台型电脑和3台型电脑需要元，且购买3台型电脑和8台型电脑的费用刚好可以买20台型电脑．求型电脑和型电脑的售价． (2)这家电脑公司为提高型电脑销量，设计了旧电脑抵值活动：购买一台型电脑时，可以用一台旧电脑抵值1000元．该中学计划只购买型电脑，拿出的旧电脑和购买的型电脑数量一共是台．若要使购买型电脑的数量是旧电脑数量的倍，且购买型电脑的实际总费用不少于元，则要在计划的基础上再多买台型电脑，此时该中学需要再拿出台的旧电脑参加抵值活动，求该中学至少需要再拿出多少台旧电脑进行抵值？ 【答案】(1)型每台元、型每台元 (2)该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用； （1）设型每台元、型每台元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组，即可求解． （2）设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑，根据购买型电脑的数量是旧电脑数量的2倍，可列出关于，的二元一次方程，变形后可得出，利用总价单价数量，结合购买型电脑的实际总费用不少于100000元，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可找出的最小值为4． 【详解】（1）解：设型每台元、型每台元，根据题意得， 解得： 答：型每台元、型每台元 （2）解：设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑， 根据题意得：， ． 购买型电脑的实际总费用不少于元， ， 即， 解得：， ． 答：该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值． 47．【概念提出】 已知及射线，我们称的值为与的“关联度”，并用符号表示，其中都在到之间（含和）． (1)若，则 ； (2)尺规作图：如图1，已知，作一条射线，使得． （要求：保留作图痕迹，写出必要的说明） 【拓展延伸】 (3)如图2，已知，射线与射线重合，射线位于内部或边上，将图2中的绕点O按顺时针方向以每秒的速度旋转，的值随旋转时间及的位置变化而变化． ①如图3，当旋转时间为45秒时，的最小值为 ； ②在旋转一周的过程中，当旋转时间为 秒时，． 【答案】(1)1或 (2)见解析 (3) 2 75 【分析】（1）根据题意，分射线在的内部或外部2种情况计算即可； （2）由，分射线在下方、在内部、在上方3种情况讨论，得出符合题意，再利用尺规作图—作一个角等于已知角的方法，作出的2倍即可得到射线； （3）①根据题意，讨论和，分别计算出的取值范围，即可得出最小值；②设旋转时间为秒，结合图形可得，再分3种情况讨论：；；；再结合，运用不等式的性质即可得出结论． 【详解】（1）解：若射线在的内部，则， ； 若射线在的外部，则， ； 综上所述，或． 故答案为：1或． （2）解：， ， ， 若射线在下方，此时， ，即（不符合题意，舍去）； 若射线在内部，此时， ， ，即射线为的三等分线， 由于尺规作图不能三等分任意角，故不符合题意，舍去； 若射线在上方，此时， ， ， 如下图，则射线即为所求： （3）解：①当旋转时间为45秒时，， ， 射线位于内部或边上， 下面分2种情况讨论： 当，此时， ， 由图可知，， ； 当，此时， ； 综上所述，的最小值为2． 故答案为：2． ②当射线在内部或边上时，则有， 此时，不符合题意， 射线不能在内部或边上，即的两边都在的外部， 设旋转时间为秒， 当射线从图2的位置旋转至，则， 当射线从图2的位置旋转至，则， ； 当时，如图， 则，此时， 当，此时， ， 此时的最小值为3，不符合题意， 在范围内不存在符合题意的旋转时间； 当时，如图， 则，此时， 当，此时， ， 此时的最小值为3，不符合题意， 在范围内不存在符合题意的旋转时间； 当时，如图， 当，由①中的结论有：，符合题意； 当，此时有或， 令，则或， 解得：或， 射线位于内部或边上， 或， 当时，， 当时，， 当时，． 故答案为：75． 【点睛】本题主要考查了角的和差倍分问题、尺规作图、不等式的性质，熟练掌握以上知识点，理解题意，学会结合图形分类讨论计算是解题的关键，本题属于综合题，需要较强的推理论证和数形结合能力，适合有能力解决难题的学生． 48．若一个不等式组有解且解集为（），则称为的解集中点值，若的解集中点值是不等式组的解（即中点值满足不等式组），则称不等式组对于不等式组中点包含． (1)已知关于的不等式组：，以及不等式组：， ①的解集中点值为 ． ②不等式组对于不等式组 （填“是”或“不是”）中点包含． (2)已知关于的不等式组：和不等式组：，若不等式组对于不等式组中点包含，求的取值范围． (3)关于的不等式组：（）和不等式组：，若不等式组对于不等式组中点包含，且所有符合要求的整数之积为，求的取值范围． 【答案】(1)①； ②是 (2) (3) 【分析】（）①求出不等式组的解集，再根据解集中点值的定义求出的解集中点值即可；②根据不等式组的解集判断即可求解； （）求出不等式组和的解集，进而得到，据此即可求解； （）求出不等式组和的解集，进而可得，再根据所有符合要求的整数之积为，可得，即得到，据此即可求解； 本题考查了解一元一次不等式组，由不等式组的解集情况求参数，理解新定义是解题的关键． 【详解】（1）解：①解不等式组得，， ∴不等式组的解集中点值为， 故答案为：； ②∵不等式组：，不等式组的解集中点值为， ∴不等式组对于不等式组是中点包含， 故答案为：是； （2）解：解不等式组得，， ∴不等式组的解集中点值为 解不等式组得，， ∵不等式组对于不等式组中点包含， ∴ 解得； （3）解：解不等式组得，， ∴不等式组的解集中点值为， 解不等式组得，， ∵不等式组对于不等式组中点包含， ∴， 解得， ∵所有符合要求的整数之积为， ∴可取或可取， ∴或， 即． 49．根据素材．完成任务． 学校组织同学参与甲、乙两款模型的制作．每款模型都需要用到长、短两种管子的材料． 同学们进行市场调研后获得以下信息，根据信息设计材料的采购方案： 素材一 月日，同学们前往市场进行调研，从出售管子的商店广告牌获得右边表格内的信息．如果当天直接采购，同学们计算发现：花费元向该商店购得的长管子数量比花元购得的短管子数量少根． ．长管子的单价是短管子的倍． ．从月日起，购买根长管子赠送根短管子．商店库存数量有限，长管子仅剩根，短管子仅剩根． 素材二 另一部分同学对模型结构进行研究后发现：如果用根长管子、根短管子制作了个甲雪花模型和个乙雪花模型，制作一个甲模型所需长短管子数量之比是，制作乙模型需要的长短管子数量之比是 素材三 进入月后，学校发放活动经费元，同学们向该商店采购长、短管子各若干根全部用来制作甲、乙雪花模型（材料无剩余），且采购经费恰好用完． 问题解决 任务一 确定采购单价： 求长管子、短管子每根单价分别多少元? 任务二 分析雪花模型结构： 求制作一个甲款、一个乙款雪花模型分别需要长、短管子各多少根? 任务三 拟定采购方案： 采购长短管子分别多少根? 【答案】任务一：短管子每根单价为元，长管子每根单价为元；任务二：制作一个甲款雪花模型需要长管子根，短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，短管子根；任务三：采购方案：①购买根长管子，购买根短管子，送根短管子；②购买根长管子，购买根短管子，送根短管子 【分析】任务一：设短管子每根单价为元，则长管子每根单价为元，根据题意列出方程即可求解； 任务二：设制作一个甲款雪花模型需要长管子根，则短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，则短管子根，根据题意列出二元一次方程组解答即可求解； 任务三：设学校中采购了根长管子，根短管子，根据题意可得，即得，再列出不等式组求出的取值范围，进而根据必须能被整除得到，，，，据此解答即可求解； 本题考查了分式方程的应用，二次元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意找到等量关系和不等量关系是解题的关键． 【详解】解：任务一：设短管子每根单价为元，则长管子每根单价为元， 由题意得，， 解得， 经检验，是原方程的解，符合题意， ∴， 答：短管子每根单价为元，长管子每根单价为元； 任务二：设制作一个甲款雪花模型需要长管子根，则短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，则短管子根， 根据题意得，， 解得， ∴，， 答：制作一个甲款雪花模型需要长管子根，短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，短管子根； 任务三：设学校中采购了根长管子，根短管子， 根据题意得，， 解得， ∵商店中长管子仅剩根，短管子仅剩根 ， ∴， 解得， ∵必须能被整除， ∴，，，， 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，符合题意， 此时购买根短管子，送根短管子可以用完， ∴可以购买根长管子，购买根短管子，送根短管子； 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，不合题意，此时材料有剩余； 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，不合题意，此时材料有剩余； 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，符合题意， 此时购买根短管子，送根短管子可以用完， ∴可以购买根长管子，购买根短管子，送根短管子； 综上，采购方案有两种： ①购买根长管子，购买根短管子，送根短管子； ②购买根长管子，购买根短管子，送根短管子． 50．某商场准备购进，两种书包，每个种书包比种书包的进价少元，用元购进种书包的个数是用元购进种书包个数的倍．请解答下列问题： (1)，两种书包每个进价各是多少元？ (2)若该商场购进种书包的个数比种书包的倍还多个，且种书包不少于个，购进，两种书包的总费用不超过元，则该商场有哪几种进货方案？ 【答案】(1)每个种书包的进价是元，每个种书包的进价是元 (2)该商场共有种进货方案： 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包． 【分析】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，解题的关键是找准等量关系列出分式方程，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组． （1）设每个种书包的进价是元，则每个种书包的进价是元，利用数量总价单价，结合用元购进种书包的个数是用元购进种书包个数的倍，可列出关于的分式方程，解之经检验后，可得出每个种书包的进价，再将其代入中，可得出每个种书包的进价； （2）设该商场购进个种书包，则购进个种书包，根据“购进种书包不少于个，且购进，两种书包的总费用不超过元”，可列出关于的一元一次不等式组，解不等式组可得出的取值范围，再结合为正整数，即可得出各进货方案． 【详解】（1）解：设每个种书包的进价是元，则每个种书包的进价是元， ， 解得：， 经检验，是分式方程的解，且符合题意， ， 答：每个种书包的进价是元，每个种书包的进价是元； （2）解：设该商场购进个种书包，则购进个种书包， 根据题意得：， 解得：， 又为正整数， 的值为、、， 当时，， 当时，， 当时，， 该商场共有种进货方案： 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包． 51．我市计划将一批爱心物资运往灾区，这一批爱心物资为甲种货物吨和乙种货物吨，准备租用A、B两种型号的汽车共辆，现有一汽和二汽两家汽车公司竞争这次运输任务，他们均有足够量的A、B型汽车，收费标准如表： 一汽 二汽 A型每辆费用（元） B型每辆费用（元） (1)已知二汽公司每辆B型汽车的费用比每辆A型汽车的费用多元，且在二汽公司租4辆A型汽车和5辆B型汽车的总费用为元．求表格中，的值； (2)已知每辆A型汽车最多可以装甲种货物7吨和乙种货物4吨，每辆B型汽车最多可装甲种货物5吨和乙种货物8吨，按此要求安排同一家汽车公司的A、B两种型号汽车将这批物质一次性运往灾区，请问共有多少种租车方案？从运费最少的角度考虑，怎选择哪家公司来运输这批货物？请说明理由． 【答案】(1)表格中的值为，的值为 (2)共有3种租车方案，选择二汽公司来运输这批货物，总费用最少，见解析 【分析】本题考查了一元一次不等式组和二元一次方程组的实际应用，正确理解题意是解题关键. （1）依题意得：，即可求解； （2）设需租用辆A型汽车，则租用辆型汽车，依题意得：，即可求解 【详解】（1）解：依题意得：， 解得：． 答：表格中的值为，的值为． （2）解：设需租用辆A型汽车，则租用辆型汽车， 依题意得：， 解得：， 取整数， ． 共有3种租车方案． 每辆A型汽车的费用小于每辆B型汽车的费用， 租用30辆A型汽车，10辆B型汽车更省钱． 选择一汽公司所需总费用为：（元）； 选择二汽公司所需总费用为：（元）． ， 选择二汽公司来运输这批货物，安排辆A型汽车，辆B型汽车时，总费用最少． 52．新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“相依方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以方程是不等式组的“相依方程”． (1)在方程①：②；③中，不等式组的“相依方程”是______；（填序号） (2)若关于x的方程是不等式组的“相依方程”，求k的取值范围； (3)若关于x的方程是关于x的不等式组的“相依方程”，且此时不等式组有5个整数解，试求m的取值范围． 【答案】(1)① (2)； (3)． 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次方程的解，理解材料中的不等式组的“相依方程”是解题的关键． （1）分别解三个一元一次方程与不等式组，再根据新定义作判断即可； （2）分别解不等式组与方程，再根据新定义列不等式组，解不等式组可得答案； （3）先解不等式组可得，再根据此时不等式组有5个整数解，令整数的值为：，，，，，再求解，而为整数，则或0，分两种情况讨论，从而可得答案． 【详解】（1）解：①， 整理得：， 解得：； ②， 解得：； ③， 解得：； ， 解不等式可得：， 解不等式可得：， 所以不等式组的解集为：； 根据新定义可得：方程①是不等式组的“相依方程”． 故答案为：①； （2）解：， 由①得：， 由②得：， 所以不等式组的解集为：， ， ， 根据“相依方程”的含义可得： ， ， 解得：； （3）解：， 由①得：， 由②得：， ∴不等式组的解集为：， 此时不等式组有5个整数解， 令整数的值为：，，，，， ， ∴， 则， 解得：，而为整数，则或0， 当时，， ∴， 因为， 解得：， 根据“相依方程”的含义可得：， 解可得：， 解可得：， 所以不等式组的解集为：； 当时，， ∴， 综上：． 53．某厂为了提高生产力，计划新购置、两种型号的生产设备共台．已知型每台万元，每月可以生产吨产品；型每台万元，每月可以生产吨产品．购买一台型设备比购买一台型设备多万元，则买台型设备比购买台型设备少万元．根据以上信息，解答下列问题： (1)求出、的值． (2)若计划购置总费用不超过万元，且两种型号设备都要购买，该厂有哪些购买方案？ (3)在（2）的条件下，若每月生产产品不得低于吨，为了节约资金，请你为该厂设计一种最省钱的购买方案． 【答案】(1) (2)型设备台，型设备台；型设备台，型设备台；型设备台，型设备台；型设备台，型设备台 (3)选购型设备台，型设备台 【分析】本题主要考查二元一次方程组，一元一次不等式的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据题意可列二元一次方程组，求解即可得到结果． （2）设型设备台，型设备台，根据题意可列一元一次不等式，求解可得的值，对应四种采购方案． （3）根据题意可列一元一次不等式，求解可得的两个值，分别计算当，时，对应的总资金，即可得出最省钱的购买方案． 【详解】（1）解：根据题意可列， 解得， ∴，． （2）解：设型设备台，型设备台， 根据题意可列：， 解得：， 取正整数， ， 有四种方案： ①型设备台，型设备台； ②型设备台，型设备台； ③型设备台，型设备台； ④型设备台，型设备台； （3）解：由题意得：， 解得：， ， 取正整数， 或， 当时，型设备台， ∴需要资金：（万元）， 当时，型设备台， ∴需要资金：（万元）， 应选购型设备台，型设备台． 54．我市某水果生产基地，用名工人进行采摘或加工水果，每名工人只能做其中一项工作．采摘的工人每人可以采摘水果千克；加工罐头的工人每人可加工千克．加工水果数量不能多于采摘数量．设有名工人进行水果采摘．水果的销售方式有两种：一种是可以直接出售；另一种是可以将采摘的水果加工成罐头出售．直接出售每吨获利元；加工成罐头出售每吨获利元． (1)①加工罐头的工人为 人，可以加工罐头 千克；（用含的式子表示） ②采摘水果的工人至少多少人？ (2)直接出售和加工成罐头出售的利润如表所示： 销售方式 直接出售 加工成罐头销售 利润（元/千克） 要使直接出售所获利润不超过总利润的，请问应如何分配工人？所获最大利润是多少？ 【答案】(1)①，；②人； (2)名工人进行水果采摘，名工人加工罐头；最大利润为元． 【分析】本题考查了列代数式、一元一次不等式的应用，根据题意正确列出不等式是解题的关键． （）①根据题意列式即可求解；②根据题意列出不等式即可求解； （）根据题意，列出不等式即可求解； 【详解】（1）解：①由题意得，加工罐头的工人为人，可以加工罐头千克， 故答案为：，； ②由题意可得，， 解得， ∵为整数， ∴采摘水果的工人至少人； （2）解：由题意得，， 解得， 要使直接出售所获利润不超过总利润的，应该有名工人进行水果采摘，名工人加工罐头， 所获最大利润为元． 55．某公司有甲、乙两种型号的客车共辆，它们的载客量、每天的租金如表所示．已知在这辆客车都坐满的情况下，共载客人． 甲型客车 乙型客车 载客量（人/辆） 日租金（元/辆） (1)求甲、乙两种型号的客车各有多少辆？ (2)某中学计划租用甲、乙两种型号的客车共辆，接送七年级的师生到基地参加暑期社会实践活动，已知该中学租车的总费用不超过元． ①至少要租用多少辆甲型客车？ ②若七年级的师生共有人，请写出所有可能的租车方案，并确定最省钱的租车方案． 【答案】(1)甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆； (2)①至少要租用辆甲型客车；②共有种租车方案，方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；最省钱的租车方案为：租用辆甲型客车，辆乙型客车． 【分析】（）设甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆，根据题意列出方程组即可求解； （）①设租用甲种型号的客车辆，则租用乙种型号的客车辆，根据题意列出不等即可求解；②由题意可得，解得，进而结合①可得的取值范围为，据此即可得出所有可能的租车方案，再求出每一种方案的租车费用即可判断求解； 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，根据题意，正确列出方程组和不等式是解题的关键． 【详解】（1）解：设甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆， 由题意得，， 解得， 答：甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆； （2）解：①设租用甲种型号的客车辆，则租用乙种型号的客车辆， 由题意得，， 解得， ∵为整数， ∴至少要租用辆甲型客车； ②由题意得，， 解得， ∴， ∵为整数， ∴或4或5， ∴共有种租车方案，方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车； 方案的租车费用：元； 方案的租车费用：元； 方案的租车费用：元； ∵， ∴最省钱的租车方案为：租用辆甲型客车，辆乙型客车． 56．冰城某店欲购进和两种品牌的雪地胎，已知种的进价比种进价每条少元，经计算，用万元购进的种雪地胎的数量与万元购进的种雪地胎的数量相同，请解答下列问题： (1)这两种雪地胎每个进价多少元？ (2)若该店欲购进两种品牌雪地胎共个，投入的总资金不超过元，且种品牌雪地胎不超过个（假设每辆车一次换个雪地胎），则该店有哪几种进货方案？ (3)在()条件下，若和两种雪地胎的售价分别是每个元和元，该店从这个雪地胎中拿出个两种雪地胎奖励优秀员工，其余雪地胎全部售出后仍获利元，请直接写出这个雪地胎中种雪地胎的个数． 【答案】(1)品牌的雪地胎每条的进价为元，品牌的雪地胎每条的进价为元 (2)共有三种进货方案．方案一：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案二：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案三：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个； (3)． 【分析】（）设种雪地胎每个进价元，则种雪地胎每个进价元，根据题意列出方程即可求解； （）设购进种雪地胎个，则购进种雪地胎个，根据题意列出不等式组求出的取值范围，再根据每辆车一次换个雪地胎得到为的倍数，即得的值，据此即可求解； （）设从种雪地胎拿出个奖励优秀员工，则从种雪地胎拿出个奖励优秀员工，根据（）中的方案分别计算即可求解； 本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，一元一次方程的应用，根据题意正确列出方程是解题的关键． 【详解】（1）解：设种雪地胎每个进价元，则种雪地胎每个进价元， 由题意得，， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意； ∴， 答：种雪地胎每个进价元，则种雪地胎每个进价元； （2）解：设购进种雪地胎个，则购进种雪地胎个， 由题意得， 解得， ∵每辆车一次换个雪地胎， ∴为的倍数， ∴或或， ∴共有三种进货方案．方案一：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案二：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案三：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个； （3）解：设从种雪地胎拿出个奖励优秀员工，则从种雪地胎拿出个奖励优秀员工， 当购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个时， 由题意得，， 整理得，， 解得，不合题意，舍去； 当购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个时， 由题意得，， 整理得，， 解得； 当购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个时， 由题意得， 整理得，， 解得，不合题意，舍去； 综上，的值为， 答：这个雪地胎中种雪地胎的个数为． 57．一家电脑公司有A型、B型、C型三种型号的电脑，其中A型每台6000元、B型每台4000元、C型每台2500元．某中学计划从这家电脑公司购进电脑． (1)若该中学只购买A型电脑和B型电脑，且购买A型电脑的数量比购买B型电脑的数量的一半还少1台，要求购买的总价不超过90000元，则最多可以购买多少台A型电脑？ (2)若该中学现有专项资金100500元，计划从这家电脑公司购进36台两种型号的电脑，且这笔资金恰好全用完．请你设计几种不同的购买方案供这个学校选择，并说明理由． (3)这家电脑公司为提高B型电脑销量，设计了旧电脑抵值活动：购买一台B型电脑时，可以用一台旧电脑抵值1000元．该中学计划只购买B型电脑，拿出的旧电脑和购买的B型电脑数量一共是30台．若要使购买B型电脑的数量是旧电脑数量的2倍，且购买B型电脑的实际总费用不少于100000元，则要在计划的基础上再多买a台B型电脑，此时该中学需要再拿出台的旧电脑参加抵值活动，求该中学至少需要再拿出多少台旧电脑进行抵值？ 【答案】(1)最多可以购买5台A型电脑 (2)有两种方案供这个学校选择：第一种方案是购进A型电脑3台、C型电脑33台；第二种方案是购进B型电脑7台、C型电脑29台 (3)该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（3）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式． （1）设购买台型电脑，则购买台型电脑，利用总价单价数量，结合总价不超过90000元，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可找出的最大值； （2）利用平均价格总价单价，可求出平均价格，结合，，三种型号电脑的单价，可得出可能有两种情况，①购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑，利用总价单价数量，结合用100500元购买36台两种型号的电脑，可列出关于，的二元一次方程组，解之可得出结论；②购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑，利用总价单价数量，结合用100500元购买36台两种型号的电脑，可列出关于，的二元一次方程组，解之可得出结论； （3）设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑，根据购买型电脑的数量是旧电脑数量的2倍，可列出关于，的二元一次方程，变形后可得出，利用总价单价数量，结合购买型电脑的实际总费用不少于100000元，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可找出的最小值为6． 【详解】（1）解：设购买台型电脑，则购买台型电脑， 根据题意得：， 解得：， ，均为正整数， 的最大值为12，的最大值为5． 答：最多可以购买5台型电脑； （2）解：共有2种购买方案， 方案1：购买3台型电脑，33台型电脑； 方案2：购买7台型电脑，29台型电脑，理由如下： （元，， 可能有两种情况． ①购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑， 根据题意得：， 解得：， 购买3台型电脑，33台型电脑； ②购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑， 根据题意得：， 解得：， 购买7台型电脑，29台型电脑． 共有2种购买方案， 方案1：购买3台型电脑，33台型电脑； 方案2：购买7台型电脑，29台型电脑； （3）解：设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑， 根据题意得：， ． 购买型电脑的实际总费用不少于100000元， ， 即， 解得：， ． 答：该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值． 58．根据以下素材，探索完成任务． 如何设计礼品盒制作方案 素材1 七年级数学兴趣小组计划制作底面为等边三角形的直三棱柱有盖礼品盒，每个礼品盒由3个形状、大小完全相同的小长方形侧面（A型号）和2个形状、大小完全相同的等边三角形底面（B型号）组成（如图1所示）．而A、B两种型号纸板可由一个大长方形硬纸板裁剪得到，具体裁剪方法见下面的裁法一、裁法二． 素材2 现有大长方形硬纸板张．（说明：裁剪后的余料不可以再使用．） 问题解决 任务1 初探方案 探究一：按素材1的裁剪方法，若张大长方形硬纸板裁剪A型号纸板，张大长方形硬纸板裁剪B型号纸板，所裁剪的A、B型纸板恰好用完． 若， （1）完成以下填表； 型号裁法 （裁法一） （裁法二） 合计 大长方形硬纸板（张） 大长方形硬纸板（张） A型号（张数） 0 B型号（张数） 0 _________ _________ （2）最多能做多少个礼品盒？ 任务2 反思方案 探究二： 若按素材1的裁剪方法分别裁剪出A、B型纸板，请问最多能做多少个礼品盒？并说明理由． 任务3 优化方案 探究三：为不浪费纸板，进行了裁剪再设计： 首先从张大长方形硬纸板中选出1张大长方形纸板裁剪出一张A型和一张B型纸板（见裁法三），然后从剩余的纸板中按素材1的方法继续裁剪出A、B型纸板，所裁剪的A、B型纸板恰好用完，若在10张至30张之间（包括边界），则的值为____． 【答案】探究一：（1）见详解；（2）最多能做6个礼品盒；探究二：最多能做20个礼品盒；探究三：11或24 【分析】该题主要考查了一元一次方程，二元一次方程，一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，正确列出等量关系式和不等量关系式． 探究一：（1）根据一个大长方形硬纸板可裁剪得2个A种型号纸板、3个B种型号纸板，共有大长方形硬纸板13张即可解答；（2）根据一个礼品盒需要用到3个A种型号纸板和2个B种型号纸板，列方程即可解答； 探究二：若，设能做a个礼品盒，根据一个礼品盒需要用到3个A种型号纸板和2个B种型号纸板，列不等式即可解答； 探究三：设恰好用完能做b个礼品盒，则需要裁剪个A型纸板、个B 型纸板，根据一个礼品盒需要用到3个A种型号纸板和2个B种型号纸板，列方程即可解答； 【详解】探究一：根据题意可得，一个大长方形硬纸板可裁剪得2个A种型号纸板、3个B种型号纸板， 当时， （1）补全填表如图： 型号 裁法 （裁法一） （裁法二 ） 合计 大长方形硬纸板x（张） 大长方形硬纸板y（张） A型号(张数） 0 B型号（张数） 0 （2）根据题意可得， 即， 解得：， ∴个， 故所裁剪的A、B型纸板恰好用完时，最多能做6个礼品盒． 探究二：若，按素材1的裁剪方法分别裁剪出A、B型纸板，设能做a个礼品盒， 则， 解得：， ∵a为正整数， ∴a最大为20， 即最多能做20个礼品盒． 探究三：设恰好用完能做b个礼品盒，则需要裁剪个A型纸板、个B 型纸板， 则， 化简得：， ∵， ∴， 解得：， ∵n，b为正整数， ∴或符合要求， 故n的值为：11或24． 59．阳光合作社在党委政府的精心指导下，大力发展生态水果蓝莓，助推乡村经济发展．在蓝莓上市期间，某水果店第一次用元购进蓝莓销售；由于蓝莓深受人们喜欢，第一次购进的蓝莓很快售完．该水果店又用元购进这种蓝莓，所购数量与第一次购进数量相同，但每千克的价格比第一次购进的贵了元． (1)该水果店第一次购进蓝莓的进价为多少元/千克？ (2)假设该水果店两次购进的蓝莓按相同的售价全部售完，要使总利润不低于元，则每千克蓝莓的售价至少是多少元？ 【答案】(1)元/千克 (2)元 【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）设该水果店第一次购进蓝莓每千克元，则该水果店第二次购进蓝莓每千克元，利用数量＝总价÷单价，结合两次购进蓝莓的数量相同，可列出关于的分式方程，解之经检验后，即可得出结论． （2）设每千克蓝莓的售价是元，利用利润＝销售单价×销售数量－进货总价，结合利润不低于元，可列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论． 【详解】（1）解：设该水果店第一次购进蓝莓每千克元，则该水果店第二次购进蓝莓每千克元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是所列方程的解，且符合题意． 答：水果店第一次购进蓝莓的进价为元/千克． （2）设每千克蓝莓的售价是元， 根据题意得：， 解得：， 即y的最小值为． 答：要使总利润不低于元，则每千克蓝莓的售价至少是元． 60．定义：使方程（组）和不等式（组）同时成立的未知数的值称为此方程（组）和不等式（组）的“梦想解”． 例：已知方程与不等式，方程的解为，使得不等式也成立，则称“”为方程和不等式的“梦想解”． (1)是方程和下列不等式______的“梦想解”：（填序号） ， ， ； (2)若关于的二元一次方程组和不等式组有“梦想解”，且为整数，求的值． (3)若关于的方程和关于的不等式组有“梦想解”，且所有整数“梦想解”的和为，试求的取值范围． 【答案】(1)； (2)或； (3)． 【分析】本题考查了解一元一次方程和一元一次不等式，解二元一次方程组和一元一次不等式组，理解“梦想解”的定义是解题的关键． （）分别把代入每个不等式，判断是否是不等式的解即可； （）求出方程组的解，代入不等式组，再解不等式组求出的取值范围，最后结合为整数即可求解， （）求出方程的解为，不等式组的解集为，由所有整数“梦想解”的和为可得，解得． 【详解】（1）解：把代入不等式得，左边， ∴不是不等式的解； 把代入不等式得，左边， ∴不是不等式的解； 把代入不等式得，左边， ∴是不等式的解； 故答案为：； （2）解：解方程组得， ∵二元一次方程组和不等式组有“梦想解”， ∴是不等式组的解， 把代入不等式组得，， 解不等式组得， ∵为整数， ∴或； （3）解：由方程得，， 解不等式组得：， ∵所有整数“梦想解”的和为， ∴整数“梦想解”为1、2、3、4或0、1、2、3、4， ∵关于的方程和关于的不等式组有“梦想解”， ∴，解得∶． 综上，． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中复习（压轴题60题） 一、解答题 1．如图，在矩形中，对角线相交于点，，，点从点出发沿以每秒的速度向点运动，同时点从点出发沿方向以每秒的速度向点运动，设运动的时间为秒，当点运动到点时，点停止运动．过点作于点． (1)填空： ， （用含有的式子表示）； (2)是否存在某一时刻，使四边形为菱形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)若在某一时刻，平面内存在一点，使四点构成的四边形是矩形，求出的值． 【答案】(1)； (2)存在，时，四边形是菱形 (3)的值为或 【分析】（1）证明是等边三角形，推出，可得结论； （2）存在，当时，四边形是菱形，构建方程求解即可； （3）分两种情形，当时，当时，存在一点，使四点构成的四边形是矩形，分别构建方程求解． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ，， 故答案为：；； （2）存在某一时刻，使四边形为菱形；理由如下： ， 四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， ， 解得：， 时，四边形是菱形； （3）解：当时，存在一点，使四点构成的四边形是矩形， 如图1所示： 此时为矩形的两条邻边， ， ， 点一定在上， ， 四边形为矩形， 此时点在点上， ， ， ； 当时，存在一点，使四点构成的四边形是矩形，如图2所示： 根据解析（2）可知，四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ； 综上所述，满足条件的的值为或． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 2．数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动、如图1，小华将矩形纸片折叠，点C落在边上的点F处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)四边形的形状为______； (2)如图2，点G是上一点，且，连接，平分交于点M，连接，猜想和的数量关系并加以证明； (3)在（2）的条件下，如图3，过点M作，垂足为点 ①求的值； ②若，，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)正方形 (2)，证明见解析 (3)①2；② 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到，，根据折叠的性质得到，，，求得，根据正方形的判定定理得到结论； （2）连接，根据矩形的性质得到，，根据折叠的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，求得得到，于是得到； （3）①过点M作于点H，作于点P，过点E作于点根据矩形的性质得到，，求得 根据全等三角形的性质得到，求得根据角平分线的性质得到，于是得到结论； ②由（2）知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，，根据角平分线到现在得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到四边形的面积 【详解】（1）解：四边形的形状为正方形， 理由：四边形是矩形， ，， 将矩形纸片折叠，点C落在边上的点F处，折痕为， ，，， ， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形， 故答案为：正方形； （2）解：， 证明：如图，连接， 四边形是矩形， ，， 由折叠，得 ， ，， ，，， ， ， ， ， 平分， 又，， ， ， ； （3）解：①证明：如图，过点M作于点H，作于点P，过点E作于点 ， 四边形是矩形， ，， ∴ 又，， ， ， ，，， ， 平分，，， ， ， ； ②由（2）知是等腰直角三角形， ，， ， ，， 平分，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积 3．如图，点E是菱形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个菱形，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． (3)连接，若，，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）证明即可； （2）连接交于点P，得到，则，由勾股定理得，再由勾股定理求得，即； （3）设，由勾股定理得，由，结合菱形性质得到，那么，则，则，而，则，化简得到，而，则，即可求解面积． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵是菱形，是菱形， ∴， ∴， ∴； （2）解：在菱形中，连接交于点P，则， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴， ∵在菱形中，， ∴， ∴ ∴； （3）解：如图： 设 ∵， ∴， ∴ ∵菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得，， ∵ ∴， ∴，而 ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，解题的关键是合理利用菱形的性质． 4．【回归课本】三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．如图1，小明在证明这个定理时，通过延长到点，使，连接，证明，再证明四边形是平行四边形，即可得证． 【类比迁移】 （1）如图2，是的中线，交于点，交于点，且 ，试判断线段和的数量关系．小明发现可以类比以上思路进行证明． 证明：如图2，延长至点，使，连接，易证 ___________， __________，，___________， 和的数量关系为___________． 【拓展应用】（2）如图3，在四边形中，，点、分别是、的中点，连接，若，求的长． 【答案】（1），，，；（2） 【分析】（1）按照步骤作答即可； （2）过点、分别做，，交于、，分别延长、，使，，可求得，，求得，，继而求得四边形是矩形，即，根据，求得，即可求得的长． 【详解】（1）证明：如图2，延长至点，使，连接， ∵， ， ，， ， ， ， ， ， 和的数量关系为， 故答案为：，，，； （2）解：过点、分别做，，交于、， 分别延长、，使，，连接， ∵，点、分别是、的中点， ∴，，， 又∵，， ∴，， ∴，， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等角对等边，矩形的性质，中位线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，合理做出辅助线是解题的关键． 5．如图①，在中，．动点以每秒5个单位长度的速度从点出发沿运动，同时动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿运动，当点、点中有一点停止运动，另一点也同时停止运动．设点运动的时间为秒． (1)当点从向运动时，______，______； 当点从向运动时，______；（用含的代数式表示）． (2)当直线恰好平分的面积时，求的值． (3)如图②，点、分别为、的中点，当以、、、为顶点的四边形面积是面积的时，直接写出所有满足条件的的值． 【答案】(1)，， (2)当秒或秒时，直线恰好平分的面积； (3)的值为或． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用． （1）根据题意列出代数式即可； （2）当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积，则，分两种情况讨论，列式计算即可求解； （3）分五种情况讨论，列式计算即可求解． 【详解】（1）解：当点从向运动时，，，，； 当点从向运动时， ；（用含的代数式表示）． 故答案为：，，； （2）解：当直线经过的中心点时，恰好直线恰好平分的面积， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴或， 解得或； （3）解：设平行四边形的高为，则平行四边形的面积为， 当时，，， 由题意得，，解得； 当时，，， 由题意得，，解得（舍去）； 当时，，， 由题意得，，解得（舍去）； 当时，，， 由题意得，，解得（舍去）； 当时，，， 由题意得，，解得； 综上，的值为或． 6．已知在中，，，D是的中点，M是边上的一点，连结，作交直线于点N． (1)如图1，当时，求证：； (2)如图2，当M是边上任意一点时，与还相等吗？若相等，若不相等，请说明理由； (3)请写出、、之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)相等，理由见解析 (3) 【分析】（1）由题意得，进而得到，，得到，即可得到结论； （2）E为的中点，连接，根据题意可证明是等边三角形，进而证明，即可得到结论； （3）分两种情况讨论：①若点N在线段上，由（2）可知，得出，进而得出，即可得到；②点N在的延长线上，同①思路求解即可． 【详解】（1）证明：∵，，D是的中点， ∴，即平分， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴； （2）解：相等，理由如下： 证明：如图2，E为的中点，连接， ∵，，D是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：． 证明：分两种情况讨论： ①如图3，若点N在线段上， 由（2）可知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图4，点N在的延长线上， 由（2）可知是等边三角形，， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即． 综上所述，． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，熟练掌握相关知识点是解题关键． 7．综合与实践课上，者师让同学们以“正方形”为主题开展数学活动．将直角的顶点E放在正方形的对角线上（点E不与A、C重合），其中直角边与交于点F，直角边与交于点G． (1)发现：如图①，当与垂直时，判断与的数量关系，并证明． (2)探究：如图②，当与不垂直时，请判断与之间的数量关系是否发生变化？若变化，请说明理由，若不变，请给出证明； (3)拓展：当与不垂直时，以为邻边构造矩形，连接，请直接写出的度数． 【答案】(1)，证明见解析 (2)不变，证明见解析 (3)的度数为或 【分析】（1）由正方形的性质得到，平分，又，，得到四边形是矩形，因此，根据角平分线的性质可得； （2）过点作于点，作于点．由正方形得到，平分，因此四边形是矩形，．进而有，从而，进而证得，得证； （3）分情况讨论：过点作于点，作，交的延长线于点，证得，得到，根据角平分线的判定得到平分；连接，过点作于点，过点作交延长线于点，，矩形是正方形，即可作答． 【详解】（1）解：，证明如下： 四边形是正方形， ，平分， ，， ， 四边形是矩形， ； （2）解：的结论不变，理由如下： 过点作于点，作于点， ， 四边形是正方形， ，平分， 四边形是矩形，， ， ， ， 即， ， ； （3）解：过点作于点，作，交的延长线于点， 则， 由（2）有，且四边形是矩形， 四边形是正方形， ，， 在四边形中，， 即， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 平分， 四边形是正方形， ， ， ， 的度数为； 如图，连接，过点作于点，过点作交延长线于点， ， 四边形是矩形， 又， ， ， ， 又，， ， ， 矩形是正方形， 是对角线， ， 的度数为或． 【点睛】本题是正方形综合题，考查正方形的判定及性质，角平分线的判定，全等三角形的判定及性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用相关知识． 8．（1）如图（1），在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． （2）如图（2），延长图（1）中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点．求证：． （3）如图（3），在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接．若，试判断的形状．并进行证明． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析． 【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明； （2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明； （3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状. 【详解】证明：（1）是的中点，是的中点， . 同理，. ， . . （2）的中点，是的中点， ， . 同理，. 由（1）可知， . （3）是直角三角形，证明如下： 如图，取的中点，连接，， 是的中点， ，. 同理，，. ， . . ， ， . ， . 又， 是等边三角形， . 又， . ， . 是直角三角形. 故答案为：是直角三角形. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理. 9．【探究发现】 （1）如图1，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，，那么． ①的度数为________； ②线段、、之间满足的数量关系为________． 【应用类比】 （2）如图2，中，，，点为的中点，、分别是边、上的两点，若满足，试探究线段、、之间满足的数量关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，中，，，点为的中点，、分别是直线、上的两点，若满足，，请求出的长． 【答案】（1）；②；（2），理由见解析；（3）或． 【分析】（1）①证明，可得，从而证明, ②根据可得，即可证明； （2）取中点G，连接，利用证明，得到，可得； （3）分两种情况：当点E在线段上时或当点E在延长线上时，取的中点H，连接，同（2）证明，得到，从而求解． 【详解】解：（1）①如图1，∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴, 故答案为：． ②∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）．理由是： 取中点G，连接，如图2， ∵点G是斜边中点， ∴， ∵，，点D为的中点， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）当点E在线段上时，如图3，取的中点H，连接， 当，，时， ，此时F在的延长线上， 同（2）可得：， ∴， ∵，， ∴， 当点E在延长线上时，如图4， 同理可得：； 综上：的长为或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半． 10．如图①，，都是等边三角形． （1）求证：． （2）求的度数． 【类比探究】 （3）如图②，四边形，四边形都是正方形，且我们知道正方形的四条边相等，四个内角都是直角，则与的数量关系是___________，位置关系是___________． 【深入探究】 （4）如图③，四边形，四边形都是正方形，且B，A，G三点共线，连接，点O是的中点，连接，，猜想与的数量关系和位置关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），；（4），，理由见解析 【分析】（1）根据证明，再由全等三角形的性质可得结论； （2）由，可得．，再利用三角形的内角和定理可得结论； （3）利用正方形的性质证明，再进一步利用全等三角形的性质可得结论； （4）如图3，延长交于点H，连接，．证明．可得．再证明，再结合全等三角形的性质可得结论． 【详解】证明：（1）∵，都是等边三角形， ∴，，． ∴， 在与中， ∴． ∴． （2）∵， ∴． ∴． ∴在中，． （3），，理由如下： 如图，记的交点为， ∵正方形，正方形， ∴，，， ∴，    ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即与的数量关系是位置关系是． （4），． 理由：如图3，延长交于点H，连接，． ∵四边形，四边形为正方形， ∴，，， ∴． ∵O是的中点， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴，． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∵， ∴，． ∴． 【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 11．问题背景：已知共一个顶点的正方形和正方形，连接，取的中点P，连接，．探究，的数量关系与位置关系． 实践操作：如图①，小明旋转正方形，使正方形的顶点G落在正方形的边的延长线上．通过延长交于点Q，证． 是________三角形，和和数量关系是________，和和位置关系是________． 问题探究：如图②，小亮旋转正方形，使正方形的顶点E落在正方形的边的延长线上，此时线段，还有图①中的关系吗？请证明你的猜想． 拓展延伸：如图③，小红将正方形绕点旋转任意角度后，其他条件不变．线段，还有图①中的关系吗？请证明你的猜想． 【答案】（1）等腰直角；；；（2）成立；证明见解析；（3）有，证明见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明为等腰直角三角形，根据，得出，； （2）延长交于点Q，连接，，证明，得出，，证明，得出，．根据等腰直角三角形的性质得出，； （3）延长至点Q，使，连接并延长交的延长线于点H，证明，得出，证明，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，． 【详解】解：（1）延长交于点Q， ∵四边形，为正方形， ∴，，，，， ∵顶点G落在正方形的边的延长线上， ∴， ∴，， ∵P为线段的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴，； （2）延长交于点Q，连接，，如图所示： ∵P是的中点， ∴， ∵正方形中，，， ∴，， ∵在和中， ∴， ∴，， ∴， ∵正方形中，，，， ∴， ∵在和中 ∴， ∴，． ∴． ∵， ∴，； （3）延长至点Q，使，连接并延长交的延长线于点H，如图所示： ∵P是的中点， ∴， ∵在和中， ∴， ∴， ∵在正方形中，，，， ∴，， ∵在正方形中，，，四边形中，，， ∴，， ∵在和中， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 12．【问题提出】（1）如图1，在中，对角线平分．求证：四边形是菱形． 【问题探究】（2）如图2，点E在正方形内，点F在正方形外，连接，且．若，求的长． 【问题解决】（3）如图3，某公园内有一块平行四边形草坪，其中平分，，点E，P分别在上，且，连接．现要沿修建步行景观道，为了节省成本，要使所修的步行景观道最短，试求的最小值．（路面宽度忽略不计） 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）由平行四边形的性质得，从而有；由平分，得，即有，由菱形的判定即可证明； （2）由证，从而可得，由勾股定理即可求解； （3）首先由（1）可得，四边形为菱形，从而得；过点A作，取，连接，由证明，则有，从而得．连接、，当G、E、C三点共线时，取得最小值，最小值为．由，可得，由勾股定理即可求得，从而求得最小值． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ． 平分， ， ， ， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是正方形， ． 在和中，， ， ． ， ， ， ． （3）解：∵四边形为平行四边形，平分， ∴由（1）可知，四边形为菱形， ， ． 如图，过点A作，取，连接． 在和中，， ， ， ． 连接，当G，E，C三点共线时，取得最小值，最小值为． 在菱形中，， 是等边三角形， ， ， ， 故的最小值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，证明全等三角形是解题的关键． 13．如图1，已知在正方形中，点E、F分别在边、上运动． 【尝试探究】 （1）如图1，当点E、F分别在边、上运动，时，探究、和的数量关系，并说明理由； 【模型建立】 （2）如图2，当点E、F分别在射线、上运动，时，（1）中的结论是否成立？若成立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明； 【模型应用】 （3）如图3，已知是边长为5的等边三角形，，，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交边、于点E、F，连接，求的周长． 【答案】（1），理由见解析；（2）（1）中的结论不成立．，理由见解析；（3）10 【分析】（1）把绕点顺时针旋转至△，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （2）把绕点逆时针旋转至，可使与重合，证出，根据全等三角形的性质得出，即可得出答案； （3）把绕点顺时针旋转至，可使与重合，证出，进而得到，即可得的周长． 【详解】解：（1），理由如下： 如图，把绕点顺时针旋转至，可使与重合， ， ，点、、共线， ，， ， 即． 在和中， ， ， ， ； （2）（1）中的结论不成立．，理由如下： 如图所示． ， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合， ， 点、、在一条直线上． ，，． 又， ． ， ． ． 在和中， ， ． ． ， ， （2）中的结论不成立，、和的数量关系为； （3） 是边长为5的等边三角形， ，， ， ， ，， 把绕点顺时针旋转至，可使与重合， 由旋转得：，，， ， 同理得：点，，在同一条直线上， ， ， ， ， ，， ， ， ， 的周长． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质等知识，解此题的关键是根据旋转的性质正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度． 14．如图所示，直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，且是轴负半轴上一点，连接． (1)如图1，若于点，且交于点，求证：； (2)如图2，在（1）的基础上，连接，求证：； (3)若，点为的中点，点为轴上一动点，连接，过作交轴于点，当点在轴上运动的过程中，之间有何数量关系？为什么？ 【答案】(1)证明过程见详解 (2)证明过程见详解 (3)或或，证明过程见详解 【分析】（1）根据垂直的性质，对顶角相等的性质可得，运用“角边角”的证明方法即可求证； （2）如图所示，过点作，可证四边形是矩形，由（1）的全等可得，证明矩形是正方形，且是对角线，由正方形的性质即可求证； （3）根据题意可得，根据动点的运动，分类讨论：第一种情况，点在轴正半轴上，连接，可证明，得，由，即可求解；第二种情况，点在上时，可证，得，由∴，即可求证；第三种情况，点在点的下方，同理可证，，由，即可求解；图形结合分析即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴； （2）解：如图所示，过点作，则， ∴四边形是矩形， 由（1）可得，且， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∵是对角线， ∴； （3）解：已知点， ，且， ∴， ∵， ∴，则， ∴， ∴， 第一种情况，如图所示，点在轴正半轴上，连接， ∵，，点是中点， ∴，即，， ∴， ∴，，即， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即； 第二种情况，如图所示，点在上时， 同理可得，， ∴， ∴， ∴， ∴； 第三种情况，如图所示，点在点的下方， 同理可得，，， ∴， ∴； 综上所述，或或． 【点睛】本题主要考查坐标与图形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，几何图形面积的设计方法，掌握平面直角坐标系中点坐标的特点，全等三角形的判定和性质，图形结合分析思想是解题的关键． 15．如图1，等腰三角形和等腰三角形共顶点，，，连接、．利用所学知识解决下列问题： (1)若，求证：； (2)连接，当点在线段上时： ①如图2，若，则的度数为 ，线段与之间的数量关系是 ； ②如图3，若，为中边上的中线，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)①，；② 【分析】（1）利用证明即可得证； （2）①利用证明得出，，然后证明是等边三角形即可求解； ②利用证明得出，然后利用等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴； （2）解：①∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，； ②，理由如下： ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． ∵，为中边上的中线， ∴，即， 又，， ∴． 【点睛】本题是结合了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定等知识的综合问题，熟练掌握知识点，由简入难，层层推进是解答关键． 16．如图，在平行四边形中，，G是的中点，E是边上的动点，的延长线与的延长线交于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)①当为何值时，四边形是菱形？请说明理由； ②若四边形是矩形，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)①时，四边形是菱形，理由见解析；②32 【分析】（1）证可得，根据平行四边形的判定即可证明结论； （2）①求出是等边三角形，推出，根据菱形的判定即可解答；②根据平行四边形的性质可得，，，再根据矩形的性质以及直角三角形的性质可得，；进而得到,，,最后根据四边形的周长公式即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：①当时，四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． ②∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴,，,即， ∴，， ∴，， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的判定、等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定等知识点，掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形成为解题的关键． 17．如图：在中，，，是斜边的中点，点、分别是边、上两个动点，且． (1)当、分别在、边上移动时，并保持，、是否相等？请证明你的结论． (2)当、分别在、上移动时，并保持，会随着变化吗？请证明你的结论． (3)时，求的长． 【答案】(1)相等 (2)不会 (3) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形三线合一的性质可得是的平分线，作，，垂足分别为点、，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得，再证明四边形是正方形，然后根据等角的余角相等可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得； （2）根据全等三角形的面积相等可得和的面积相等，从而得到四边形的面积等于正方形的面积，是定值不变； （3）根据四边形的面积求出的长，再根据等腰直角三角形的斜边与直角边的关系即可得解． 【详解】（1）解：． 证明如下： 连接，如图所示： ，是的中点， 是的平分线， 作，，垂足分别为点、，如图所示： 则，（角平分线上的点到角的两边距离相等）， 又， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：不会变化． 证明如下： 根据（1）可得，则，即， 点是斜边边的中点， （不变）， 正方形的面积不变， 不会变化； （3）解：， （正方形的面积等于对角线乘积的一半），解得， （等腰直角三角形斜边等于直角边的倍）． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质，正方形的面积的求解，作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 18．已知矩形的一条边，是边上的一点，将矩形沿折痕折叠，使得顶点落在边上的点处，（如图1）． (1)求的长； (2) 擦去折痕，连接，设是线段上的一个动点（点与点，不重合）．是延长线上的一个动点，并且满足，过点作，垂足为，连接交于点（如图2）． ①若M是的中点，求的长； ②试问当点M、N在移动过程中，线段的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段的长度． 【答案】(1) (2)①；②当点、在移动过程中，线段的长度是不发生变化，长度为 【分析】（1）设，根据折叠可得，，利用勾股定理，在中，，即，即可解答； （2）①过点A作于点G，延长，取，连接， 根据勾股定理求出的长，由，所以，在中，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，说明H是的中点，根据中位线的性质得到即可； ②作，交于点Q，求出，，得出，根据，得出，根据，证出，得出，再求出，最后代入即可得出线段的长度不变． 【详解】（1）解：设，则，， 在中，， 即， 解得：， 即． （2）解：①如图2，过点A作于点G，延长，取，连接， 由（1）中的结论可得：，，， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵M是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴H是的中点， ∴． ②当点M、N在移动过程中，线段的长度是不发生变化； 作，交于点Q，如图3， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴， 在和中，， ∴． ∴， ∴． ∴当点M、N在移动过程中，线段的长度是不发生变化，长度为． 【点睛】此题考查了四边形综合，用到的知识点是全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是做出辅助线，找出全等三角形． 19．在中，的平分线交边于点E，交边的延长线于点F，以为邻边作． (1)如图1，求证：为菱形； (2)如图2，若，连接， ①求证：； ②判断的形状，并加以证明． (3)如图3，若，M是的中点，连结，若，则 ． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②等边三角形，证明见解析 (3) 【分析】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． （1）平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出，再判断出，进而得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：平分， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形； （2）证明①四边形是平行四边形， ，，， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ，， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ； 解②：， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， （3）解：如图3中，连接，， ，四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形， ， 四边形为正方形． ， ， 为中点， ， ， 在和中， ， ， ， ． ， 是等腰直角三角形． ， ， ， 故答案为：． 20．已知正方形边长为1，对角线相交于点O，过点O作射线，分别交于点E，F，且． (1)如图1，当时，求证：四边形是正方形； (2)如图2，将射线绕着点O进行旋转． ①在旋转过程中，判断线段与的数量关系，并给出证明； ②四边形的面积为 ； (3)如图3，在四边形中，，连接．若，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①，证明见解析；② (3) 【分析】（1）根据正方形的性质证明四边形是矩形，再得，即可解决问题； （2）①证明，可得即可； ②先根据正方形的性质得，则，，所以，由得，则，即可证明，于是得，根据四边形的面积的面积正方形的面积，即可解决问题； （3）延长至点G，使，连接，证明，可得，，所以为等腰直角三角形，所以四边形的面积等腰直角三角形的面积，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：①， 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积正方形的面积； （3）解：如图，延长至点G，使，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴四边形的面积等腰直角三角形的面积． 【点睛】此题是四边形的综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，根据正方形性质求出三角形全等的条件是解题的关键． 21．在数学兴趣小组活动中，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． 【初步思考】 （1）操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接，． 根据以上操作，当点在上时，图1中等于的角有： ．（写一个即可） 【迁移探究】 （2）小明将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接． ①如图2，当点M在上时， °； ②若点P是上的一个动点（点P不与点A、D重合），如图3，猜想与的数量关系，并说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长． 【答案】（1）或或或（任写一个即可） (2)①15；②，理由见解析 （3）或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，，，，即可求解； （2）①由“”可证，可得； ②由“”可证，可得； （3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解． 【详解】解：（1）对折矩形纸片， ，， 沿折叠，使点落在矩形内部点处， ，， ， ， ， ， 故答案为：或或或（任写一个即可）； （2）①由（1）可知， 四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，， ，， 又， ， ， 故答案为：15； ②，理由如下： 四边形是正方形， ，， 由折叠可得：，， ，， 又， ， ； （3）由折叠的性质可得，， ， ， 当点在线段上时，， ，， ， ， ， 当点在线段上时，， ，， ， ， ， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 22．【问题提出】如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围． 【问题解决】解决此问题可以用如下方法：延长到点E，使，再连结（或将绕着点D逆时针旋转得到），把集中在中，利用三角形三边的关系即可判断．由此得出中线的取值范围是 ． 【应用】如图②，在中，D为边的中点，已知，求的长． 【拓展】如图③，在中，，点D是边的中点，点E在边上，过点D作交边于点F，连结．已知，则的长为 ． 【答案】问题解决：；应用：；拓展： 【分析】（1）证明得，再根据三角形三边关系求得的取值范围，进而得出结论； （2）延长到E，使得，连接，证明得，再证明，由勾股定理求得，进而得； （3）延长到G，使得，连接，证明，得，再证明，由勾股定理求得，由线段垂直平分线性质得． 【详解】解：（1）在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）延长到E，使得，连接，如图②， 在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）延长到G，使得，连接，如图③， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形的中线、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，体会出现中点的辅助线的添加方式，属于中考压轴题． 23．（1）在四边形中，，E、F分别是上的点，且，试探究图1中线段之间的数量关系．小亮同学认为：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，则可得到之间的数量关系．请你按照小亮的思路写出推理过程． （2）如图2，已知正方形，是正方形的内接等边三角形，请你找出之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）见解析（2），理由见解析 【分析】（1）根据小亮的思路进行作答即可； （2）延长至点使，连接交与点，过点作于点，先证明，得到，，推出，再证明，推出垂直平分，进而得到为等腰直角三角形，推出，即可得证． 【详解】解：（1）延长到点G，使， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即：， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2），理由如下： 延长至点使，连接交与点，过点作于点， ∵正方形， ∴，， 同法（1）可得：， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握截长补短法，证明三角形全等，是解题的关键． 24．操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接，． (1)如图1，当点M在上时，求的度数． (2)将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片按照以上的方式操作，延长交于点Q，连接，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图2和图3所示，请你根据图3证明：平分． (3)在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为8，当时，求的长． 【答案】(1)30° (2)详见解析 (3)或 【分析】（1）连接，可得，得到，根据折叠的性质即可解答； （2）证明即可证明结论； （3）由（2）得，分点Q在点F上方与下方两种情况即可用勾股定理解答． 【详解】（1）由题意得：，，，． 连接， 则， ∴是等边三角形， ∴， 由折叠可得； （2）证明：由题意得：， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，． ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∴平分； （3）解：①当点Q在点F下方时，如图， ∵四边形为正方形， ∴， 设，则， 由题意得：，， ∵， ∴， ∴． 由（2）知：， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得：． ∴； ②当点Q在点F上方时，如图， ∵四边形为正方形， ∴， 设，则， 由题意得：，， ∵， ∴， ∴． 由（2）知：， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得：． ∴． 综上，的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角函数等知识，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 25．如图①，在正方形和正方形中，点，，在同一条直线上，连接，点是线段的中点，连接，．小涵的思路是：延长交于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决． （1）与的位置关系为______，_______． 【类比探究】 （2）如图②，在菱形和菱形中，，点，，在同一条直线上，连接，是线段的中点，连接，．猜想与的位置关系及的值，并加以证明． 【拓展提升】 （3）如图③，在矩形和矩形中，点，，在同一条直线上，，是线段的中点，连接，，，若，，直接写出的长．    【答案】（1）； （2）； （3）． 【分析】（1）延长交于点．证明，得出，，则可得出结论； （2）证明，得出，，证出，则可得出答案； （3）延长交于点．证明．得出，．证明是等腰直角三角形．过点作，由勾股定理可得出答案． 【详解】解：（1）延长交于点．   是线段的中点， ． 点，，在同一直线上， ， ，， 在和中， ， ， ，， 又，， ． 又，， ； . 故答案为：，； （2），． 证明：延长交于点．   是线段的中点， ， 由题意可知， ， 又， ， ，， 四边形和四边形都是菱形， ，， ． 是等腰三角形． ，平分． 又， ． ． ． ． ． （3）延长交于点．   是线段的中点， ． 点，，在同一直线上， ． ，， 在和中， ， ． ，． ， ． ，， ． 又，为的中点， ，． 是等腰直角三角形． 过点作，则． ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握相关知识的灵活运用是解题的关键． 26．问题情境：小明在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形． (1)当在上时，连接相交于点P，小明发现点P恰为的中点，如图①．针对小明发现的结论，请给出你的证明． (2)小明继续连接，并延长与相交P，如图②． ①中的结论是否成立？若成立请说明理由； ②根据小明发现的结论，请判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解答过程 (2)①成立，证明见解答过程；②是等腰直角三角形，理由见解答 【分析】（1）延长，交于，可推出，从而，进而得出，进一步得出结论； （2）①延长，交的延长线于点，设和交于点，同理（1）可证得，从而，从而得出点和点重合，进一步得出结论； ②由①可知，然后可得，进而问题可求解； 【详解】（1）证明：延长，交于，如图， ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； （2）①成立，点为的中点 证明：延长，交的延长线于点，设和交于点，如图， ∵四边形和四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴点和点重合，即：点为的中点． ②解：是等腰直角三角形，理由如下： ， ， ， ， ， ， ∴是等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键． 27．如图①，在正方形和正方形中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段的中点，连接． (1)探究与的位置关系（写出结论，不需要证明）； (2)如图②，将原问题中的正方形和正方形换成菱形和菱形，且．探究与的位置关系，写出你的猜想并加以证明： (3)如图③，将图②中的菱形绕点B顺时针旋转，使菱形的边恰好与菱形的边在同一条直线上，问题（2）中的其他条件不变．你在（2）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)不发生改变，证明见解析 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键． （1）延长交于点，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，，然后利用等腰直角三角形的性质可得结论； （2）延长交于点，利用菱形的性质和全等三角形的判定与性质证明得到，，然后利用等腰三角形的性质可得结论； （3）延长到点，使，连接，，．证明．得到，．由菱形的性质结合已知可得，，，再证明得到，然后利用等腰三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解： 如图①，延长交于点， 是线段的中点， ． 四边形、四边形是正方形， ∴，，， ． 又， ， ，． ， ， 是等腰直角三角形 ， ； （2）解：猜想：与的位置关系是． 证明：如图②，延长交于点， 是线段的中点， ． 四边形、四边形是菱形， ∴，，， ． 又， ． ，． ． ． ． 又， ． （3）猜想：不变． 证明：如图③，延长到点，使， 连接，，． 是线段的中点， ． 又， ． ，． 四边形、四边形是菱形， ∴，，，， ，． 又 ， ∴， ． 点，，在一条直线上，， ． ． ， ． 又， ． 28．已知：是等腰直角三角形，动点在斜边所在的直线上，以为直角边作等腰直角三角形，其中，探究并解决下列问题： (1)如图①，若点在线段上，且，，则： ①线段___________，___________； ②猜想：，，三者之间的数量关系为___________． (2)如图②，若点在的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程； (3)若动点满足，求的值（提示：请利用备用图进行探求）． 【答案】(1)①，，② (2)（1）中所猜想的结论仍然成立，证明见解答 (3)的值为或 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理及等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键． （1）①在等腰直角三角形中，由勾股定理先求得的长，然后根据的长，可求得的长，再利用证明，得出，，那么为直角三角形，依据勾股定理求出．那么； ②由①知为直角三角形，据此可得，结合可得答案； （2）过点作，垂足为，则，，可证明，因为在中，，所以可得出的结论； （3）分点在线段和线段延长线上这两种情况，设，，据此表示出、、的长，继而利用勾股定理求出的长度，根据等腰直角三角形的性质表示出、的长度，从而得出答案． 【详解】（1）解：①如图①．连接， 是等腰直角三角形，， ， ， ， 和均为等腰直角三角形， ，，， ． ，． 为直角三角形． ． ． 故答案为：，； ②由①知为直角三角形， ， 又， ， 故答案为：． （2）解：（1）中所猜想的结论仍然成立， 如图②：过点作，垂足为． 为等腰直角三角形，， ． ， ， ， 在中，由勾股定理可知：， ． 为等腰直角三角形， ． ； （3）解：如图③：过点作，垂足为． ①当点在线段上时， ， 设，， 则，， ， ， 和均为等腰直角三角形， ，， ； ②如图④，当点位于延长线上时． 设，， 则， ， 则， ， 和均为等腰直角三角形， ，， ； 综上，的值为或． 29．【阅读教材】苏科版八年级上册第69页《折纸与证明》．折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法．例如，在中，（如图1），怎样证明呢？ 分析：把沿的平分线翻折，因为，所以点落在上的点处，即，据以上操作，易证明，所以，又因为，所以． 【感悟与应用】 (1)如图1，在中，若且，则_____； (2)如图2，在四边形中，平分，，，， ①求证：； ②求的长 【答案】(1) (2)①见解析②15 【分析】（1）等边对等角，结合三角形的外角，求出的度数，三角形的内角和定理求出的度数； （2）①在上截取，连接，由（1）同理可证，得到，，进而得到得，，根据，即可证明； ②作于点，结合等腰三角形性质设，结合勾股定理建立方程 求解，即可解题． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①在上截取，连接， 平分， ，又， ， ，， ， ， ， ， ； ②作于点， ， ， 设， ，，， ，， ， 即， 解得， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线定义、三角形的内角和定理和三角形的外角、等腰三角形的判定与性质，解题的关键在于通过作辅助线证明三角形全等． 30．如图①，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②若正方形的边长为，，求正方形的边长； (3)若正方形的边长为，连接，如图③，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②； (3)8 【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可解决问题； （2）①作于，于，得到，然后证，则，即可证明； ②证明，可得，，证明，连接，根据勾股定理即可解决问题． （3）根据正方形的性质和勾股定理求得，由（2）得，则． 【详解】（1）证明：四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ； （2）解：①过点E作于，于，如图，   正方形中，， 四边形是矩形， ， 点是正方形对角线上的点， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形； ②正方形和正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在中，． ， ， 如图，连接，   ， 是等腰直角三角形， ． 正方形的边长为． （3）解：∵正方形的边长为， ∴， 由（2）得， 则． 【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，角平分线的性质，解本题的关键是根据题中所给条件正确作出辅助线构造全等三角形． 31．已知：在中，于点． (1)如图1，若于点，．求证：是菱形． (2)如图2，连、交于点，试探究：，，，之间的数量关系，并证明你的结论． (3)如图3，若，于点交于点，连接，其中，且以、、为边构成的三角形的面积为20．求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)84 【分析】（1）证明，得，即可由菱形的判定定理得出结论． （2）过点D作交延长线于F，证明四边形是平行四边形，得到，，从而得出，然后由勾股定理得出，再由平行四边形的性质得． （3）连接，，得，再由勾股定理和其逆定理得出以、、为边构成的三角形是以为斜边的直角三角形，根据其面积为8，求出、，即可由平行四边形的面积公式求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形． （2）解：． 证明：过点D作交延长线于F， ∵， ∴，，，， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵于点． ∴ 由勾股定理，得， ， ∴ ∴ ∴． （3）解：连接， ∵ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 由勾股定理，得： ， ∴ ∴以、、为边构成的三角形是以为斜边的直角三角形， ∵ ∴ ∴ ∵以、、为边构成的三角形的面积为8， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形与平行四边形的面积．熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 32．综合与实践 【情景再现】 如图，在中，分别是上的一点，则可知三条线段之间的关系． 【问题提出】 （）是的中点，连接．已知．试说明，四条线段的等量关系，并写出证明过程． 【数学感悟】 （）如图，若分别在的延长线上，（）中的结论是否成立，若成立，请写出理由；若不成立，请写出正确的结论． 【学以致用】 （）如图，已知是的中点，，请直接写出线段的长度． 【答案】（），理由见解析；（）成立，理由见解析；（） 【分析】（）延长到点 ，使 ，连接，由线段垂直平分线的性质可得，再证明，得，，可得，即得，再由即可求证； （）延长到，使，连接，由线段垂直平分线的性质得，再证明，得，，可得，即得，再由即可求证； （）由已知得，设，则，由得，进而即可求解； 本题考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：（），证明如下： 延长到点，使，连接， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）成立，理由如下： 延长到，使，连接， ∵， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （）∵， ∴， 设，则， ∵是的中点，， ∴， ∴， 解得， ∴． 33．【方法储备】如图1，在中，为的中线，若，求的取值范围．中线倍长法：如图2，延长至点D，使得，连接，可证明，由全等得到，从而在中，根据三角形三边关系可以确定的范围，进一步即可求得的范围． (1)在上述过程中，证明的依据是______，的范围为______； (2)【思考探究】如图3，在中，，M为中点，D，E分别为上的点，连接，若，求的长； (3)【拓展延伸】如图4，C为线段上一点，，分别以为斜边向上作等腰和等腰，M为中点，连接． ①求证：为等腰直角三角形； ②若将图4中的等腰绕点C转至图5的位置（A，B，C不在同一条直线上），连接，M为中点，且D，E在同侧，连接．若，请直接写出的面积． 【答案】(1)， (2) (3)①见解析；②7 【分析】（1）由得出，在中，根据三边关系得到，即可求解； （2）延长至点，使得，由得出，，从而得，应用勾股定理求出，结合垂直平分，即可求解 （3）①延长至点，使得，由，可得，，由，，，即可求证； ②如图5，延长至点F，使得，连接，首先证得，得到，，，进一步证得，得到，推导出为等腰直角三角形，在中，，得到为直角三角形，且，推导出，且有D，E，B三点共线，，进而得到，，即可． 【详解】（1）解：在和中， ， ， ， 在中，，即：， ， ， ， 故答案为： ，， （2）延长至点，使得，连接，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在中，， 而，， 垂直平分， ， 故答案为：； （3）①延长至点，使得，连接，， 在和中， ， ， ，， ， 又， ， ，， 又， ， ∴为等腰直角三角形， 为等腰直角三角形； ②解：．理由如下： ∵均为等腰直角三角形， ∴，， 如图5，延长至点F，使得，连接， ∵M为中点，同上“倍长中线”方法可得， ∴，，， 设， ∵ ， ∴， ∴， ∴，，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴，， ∴， 在中，， ∴为直角三角形，且， ∴，， ∴，且有D，E，B三点共线， ∴， ∴， ∵M为中点， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形． 34．已知：满足的三个正整数a，b，c称为一组勾股数，很多勾股数组具有规律： (1)设，观察提供的4组勾股数的规律，完成第⑤组勾股数； 当a为奇数时如①3，4，5；②5，12，13；③7，24，25；④9，40，41，⑤11， ， ； 当a为偶数时，如①16，8，10；②8，15，17；③10，24，26；④12，35，37，⑤14， ， ； (2)猜想：三个整数中，若最小的数为奇数n，另外两个数分别为 ， ，则这三个数为勾股数，请你补充完整的猜想并验证这一猜想是否正确． 【答案】(1)60，61；48，50 (2) 【分析】本题考查了勾股数的定义及勾股定理的逆定理，解题的关键是根据所提供的几组勾股数找出规律，难度不大． （1）根据所提供的几组勾股数的规律即可求解； （2）根据勾股定理的逆定理即可求解． 【详解】（1）设，观察提供的4组勾股数的规律，完成第（5）组勾股数： 当为奇数时，如（1）3，4，5；（2）5，12，13；（3）7，24，25；（4）9，40，41；（5）11，60，61； 当为偶数时，如17，8，10；（2）8，15，17；（3）10，24，26；（4）12，35，37；（5）14，48，50； 故答案为：60，61；48，50； （2）猜想：三个整数中，若最小的数为奇数，另外两个数分别为，则这三个数为勾股数． 证明： 又∵n为奇数， ∴为整数， ∴这三个数为勾股数． 故答案为：． 35．在正方形中，O为对角线的中点，点E是对角线上的动点，连接，点F在直线上（点F不与点D重合），连接，． (1)如图1，当E在线段上时，求证：； (2)如图2，若，当E在线段上，且时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．构建合适的辅助线是解题的关键． （1）过点 作于点， 于点 ，证明四边形是正方形，得到，再根据“”证明，得到，最后通过角的等量代换得到即可证明； （2）连接，过E作于H．根据正方形的性质得出是等腰直角三角形，从而得到，进而得到，利用勾股定理得出设，再利用勾股定理，根据得出，求解后代入可得到的值，最后用即可求得． 【详解】（1）解：如图1，过点 作于点， 于点 ． 四边形是正方形， ， 又点E是对角线上的点，， ，． 和 都是等腰直角三角形，即 ， ， ， 四边形是正方形． 在和 中，，， ， ． ， ，即， ． （2）解：如图2，连接，过E作于H． ∵四边形为正方形，点E是对角线上的点， ，，，， 又∵，∴是等腰直角三角形，∴． 又∵，∴， ∴是等腰三角形， ∴． 在中 ， 设， 在中 ， 则，， ∴，，，． 36．已知；直线交、于点、． (1)如图1所示，点在线段上，设，，且满足，则________，________；________． (2)如图2所示，点在线段上，，平分，交的延长线于点，若、，求的度数； (3)如图3所示，点在射线上运动时，的角平分线与的角平分线交于点，求的值． 【答案】(1)10；60； (2) (3)2 【分析】（1）过点E作，则，由平行线的性质得到，，则，再利用非负数的性质求出x、y值，即可求解； （2）过点E作，根据平行线的性质得出，再证明，得出，，从而得出，，由角平分线定义和，利用三角形外角性质即可求解． （3）设交于I，交于K，过点K作交于H，，由平行线的性质得到，利用三角形内角和定理和平角的定义得到；由角平分线的定义得到，由平行线的性质得到，；再由角平分线的定义得到，同理可得，由此即得出，代入即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，过点E作， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵ ∴，， ∴，， ∴． 故答案为：10；60；． （2）解：如图，过点E作， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． （3）解：如图所示，设交于I，交于K，过点K作交于H， ∵， ∴， ∵， ∴； ∵平分， ∴， ∵，， ∴，； ∵平分， ∴， 同理可得：， ∴ ∴． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，非负数的性质，对顶角相等，角平分线的定义，三角形内角和定理外角的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键． 37．在中，，，点是平面内一点（不与点，，重合），连接，，，连接．将沿直线翻折，得到，连接． (1)如图1，点在内部，交于点，点是上一点，且，连接． ①求证：； ②若，，求的周长． (2)如图2，点在的内部，试探究，，之间的数量关系并说明理由． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 【分析】（1）①由，，推出，可证明，由折叠可得，即可得证；②由，可得，，，得到，推出，，进而求出，，由折叠可得：，，推出，得到，点，，共线，得到，即可求解； （2）过作交的延长线于点，证明，得到，，推出，由折叠可得：，，得到，推出，即可求解． 【详解】（1）①证明： ， ， ， ， 在和中， ， ， 由折叠可得：， ； ②解： ， ，，， ， ， ，， ， ， 翻折， ，， ， ， ， 点，，共线， ， 的周长为； （2）如图，过作交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 翻折， ，， ， ∴D、G、B三点共线， ， ， ． 【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识． 38．如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，动点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点P的运动时间为t()． (1)如图1．若，求的长； (2)如图2．当，且点落在上时，求此时的坐标； (3)若直线与直线相交于点M，且时， ①求点C的坐标； ②当时，的大小是否发生变化，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)；的大小不会改变 【分析】（1）根据坐标确定的长，由确定的长，再根据勾股定理即可求出的长； （2）过点作于点Q，则，,则，由勾股定理求出x，求出的函数表达式为，则可得出答案； （3）①连接，证明，得出，则四边形为正方形，可得出答案； ②分两种情况，由全等三角形的性质及折叠的性质可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， 在中， ∵，， ∴； （2）过点作于点Q， ∵矩形中，，， ∴， ∴， 由对称得，， 则， 设,则， 由勾股定理得：， 即 ， 解得：， ∴， ∵，， 即， 解得：， ∴点的横坐标为， 设的函数表达式为，将代入得：， ∴的函数表达式为， 将代入得：， ∴； （3）①连接， ∵， ， ∴，， ∵和对称， ∴， ∴， 又∵，OM=OM， ∴， ∴， 则四边形为正方形， ∴； ②（Ⅰ）当 时， ∵，， ∴， （Ⅱ）当时，， ∴， ∵， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴， ∵，，， ∴， 即， 综上所述：的大小不会改变． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 39．如图1，在平面直角坐标系中，已知点，点分别是轴负半轴，轴正半轴上的两个动点，点为第一象限的一个动点，其中，，连接，，，． (1)如图2，若，满足，，，以为边在上侧作等边，连接，， ①求证：； ②求的长； (2)如图3，若，，，，连接，求的长． 【答案】(1)①见详解；② (2) 【分析】（1）①由等边三角形的判定及性质得，是等边三角形，由可判定，由全等三角形的性质即可得证； ②取的中为，连接，由勾股定理得 ；由等边三角形的判定方法得是等边三角形，是等边三角形，由勾股定理得 ，由全等三角形的性质，即可求解； （2）过作轴交于，作轴交于，过作交于，由平行线的性质得 ，，由勾股定理得，由三角形的面积得，求出，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）①证明： ，， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ，， ， ， 在和中 ， （）； ②解：如图，取的中为，连接， ， ，， 解得：，， ，， ； ， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ； （2）解：过作轴交于，作轴交于，过作交于， 轴，轴， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，掌握等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，能添加适当的辅助线并熟练利用勾股定理求解是解题的关键． 40．如图1，在菱形中，，点是菱形内一点，且，延长交于点，连接，设． (1)①填空：________，________；（用含的代数式表示） ②求的度数． (2)将沿翻折得到，如图2，连接． ①求证：； ②若，，连接，求的长． 【答案】(1)①，；② (2)①证明见解析；②5 【分析】（1）①根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；由，得到，继而根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；②由平角得意义得到，即可求解； （2）①连接，由折叠的性质可证明为等边三角形，再证明为等边三角形，即可证明；②求出，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ 故答案为：，； ②∵， ∴； （2）①证明：连接， 由翻折得，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识点． 41．（1）发现：如图1，和均为等边三角形，连结，且点A、D、E在同一直线上，连结，发现．请证明． （2）拓展：如图2，和均为等腰直角三角形，，，，且点A、D、E在同一直线上，若，，求的长度． （3）应用：如图3，P为等边三角形内一点，且，，，，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）的长为；（3）的长为． 【分析】本题考查全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点并灵活运用． （1）根据等边三角形的性质，进而通过证明； （2）先证明，再通过勾股定理即可得解； （3）把绕点逆时针旋转得，连接，则，进而证明，再通过勾股定理即可得解． 【详解】解：（1） 和均为等边三角形， ， ， 即， 在和中， ； （2） ， 即， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， ， ， 在中， ， 的长为； （3）把绕点逆时针旋转得，连接，如图所示， ， 则， ，， ，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 即D、P、E在同一条直线上， ， 在中， ， 的长为：． 42．新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“关联方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以方程是不等式组的“关联方程” (1)在方程①；②；③中，不等式组的“关联方程”是___________（填序号） (2)关于的方程是不等式组的“关联方程”，求的取值范围； (3)若关于的方程是关于的不等式组的“关联方程”，且此时不等式组有3个整数解，试求的取值范围． 【答案】(1)①③ (2) (3) 【分析】此题考查了一元一次方程的解法和一元一次不等式组的解法，读懂题意，正确解一元一次方程和一元一次不等式组是解题的关键． （1）解方程和不等式组后，根据定义进行判断即可； （2）解方程和不等式组后，再解关于k的不等式组即可； （3）解方程和不等式组后，再解关于m的不等式组，由不等式组有3个整数解得到新的不等式组，解新不等式组后，取两个不等式组解集的公共部分即可． 【详解】（1）解：①， 去分母得，， 移项合并同类项得，， 系数化为1得，； ②， 去括号得，， 移项合并同类项得，； ③， 移项得，， 系数化为1得，； 解不等式①得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为， 和在的范围内，所以方程①和③是不等式组的“关联方程”． 故答案为：①③． （2）解： 解得， ， 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为， ∴， 解得； （3）解：， 去分母得， 移项合并同类项得，； ， 解不等式①得，， 解不等式②得，， ∴不等式组的解集为， ∴， 解得， ∵不等式组有3个整数解， ∴， 解得， ∴． 43．为了推进五育并举，促进学生全面发展，各校积极建设劳动实践基地．某校有一块长方形劳动实践基地，长为，宽为（）． (1)去年实践基地收获蔬菜，该校安排甲乙两组志愿者进行采摘．已知甲组每分钟采摘速度是乙组的2倍，而甲组单独完成采摘任务所需要的时间比乙组单独完成任务所需要的时间少10分钟．求甲、乙两组每分钟各采摘多少千克的蔬菜？ (2)今年从该基地中截取出一个边长为的正方形地块，用来种植类蔬菜，而剩余土地用来种植类蔬菜，最终收获类蔬菜，类蔬菜．哪类蔬菜的单位面积产量大？请说明理由． (3)该校打算将原劳动基地进行扩建，计划将长增加，宽增加，若扩建后的长方形基地面积是原来的整数倍，求整数的值． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)或 【分析】（1）设乙组每分钟采摘千克的蔬菜，则甲组每分钟采摘千克的蔬菜，根据“工作时间工作总量工作效率”，结合“甲组单独完成采摘任务所需要的时间比乙组单独完成任务所需要的时间少10分钟”，可列出关于的分式方程，解方程并检验后即可得出的值（即乙组的工作效率），再将其代入中，即可求出甲组的工作效率； （2）根据“单位面积产量总产量种植面积”，可用含的代数式表示出，两类蔬菜的单位面积产量，然后利用作差法即可得出结论； （3）设扩建后的长方形基地面积是原来的倍（为正整数），利用长方形的面积公式，结合扩建后的长方形基地面积是原来的倍，可建立关于的一元一次方程，解方程即可得出用含的代数式表示的的值，再结合“，为整数，且为正整数”，即可得出答案． 【详解】（1）解：设乙组每分钟采摘千克的蔬菜，则甲组每分钟采摘千克的蔬菜， 由题意得： ， 解得：， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ， 答：甲组每分钟采摘千克的蔬菜，乙组每分钟采摘千克的蔬菜； （2）解：类蔬菜的单位面积产量大，理由如下： 类蔬菜的单位面积产量为：（千克）， 类蔬菜的单位面积产量为：（千克）， ， ， ， 又，， ， ， ， 答：类蔬菜的单位面积产量大； （3）解：设扩建后的长方形基地面积是原来的倍（为正整数）， 由题意得： ， 解得：， ，为整数，且为正整数， 或， 的值为或． 【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用（分式方程的其它实际问题），一元一次方程的应用（几何问题），列代数式，异分母分式加减法，不等式的性质等知识点，读懂题意，根据题中的等量关系正确列出方程和代数式是解题的关键． 44．在一堂化学活动课前，李老师给同学们布置了一个任务：制作，两种化学分子的模型，每个化学分子的模型都需要用到小球和塑料管．老师演示了一下，用32个小球、26根塑料管可以制作2个分子模型与1个分子模型，制作一个A，分子模型需要的小球、塑料管数量分别为与，已知每根塑料管价格是每个小球价格的一半． (1)制作一个，分子模型分别需要小球、塑料管的数量各是多少？ (2)李老师说道：上次的活动课上，我花费200元购得的塑料管数量比花320元购得的小球数量多了80．今天我路过文具商店的时候，看到了促销广告：“每购买3个小球赠送1根塑料管，清货库存，数量有限！小球仅剩1760个，塑料管仅剩1404根．”我向学校申请了项目活动经费2050元采购小球和塑料管，全部用来制作化学分子模型，一个模型和一个模型为一套，至少需要制作65套才够用．要使得购买的小球数量按促销广告匹配赠送塑料管后无剩余，且所有材料做成分子模型刚好配套，请你们帮老师算一算，有几种采购方案？（要求：根据题意列出方程、不等式解决问题） 【答案】(1)制作一个 A 分子模型需要小球 10 个，塑料管 8 根，制作一个 B 分子模型要小球 12 个，塑料管 10 根 (2)共有四种方案可选择 【分析】本题考查了分式方程的应用、二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用以及一元一次不等式组的应用等知识，解题的关键是)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；找准数量关系正确列出分式方程、一元一次不等式以及一元一次不等式组． （1）设制作一个分子模型需要小球个，塑料管根，制作一个分子模型要小球个，塑料管根，根据用32个小球、26根塑料管可以制作2个分子模型与1个分子模型，列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）设塑料管的价格是元/根，则小球的价格是元/个，根据花费200元购得的塑料管数量比花320元购得的小球数量多80，列出方程式得出塑料管的单价，小球的单价；设采购材料能制作出套模型，则需要用去个小球，根塑料管，根据向学校申请了项目活动经费2050元采购小球和塑料管，列出一元一次不等式，再由题意列出一元一次不等式组，解不等式组进而得出，即可解决问题． 【详解】（1）解：设制作一个分子模型需要小球个，塑料管根，制作一个分子模型要小球个，塑料管根，由题意，得 解得 答：制作一个分子模型需要小球10个，塑料管8根，制作一个分子模型要小球12个，塑料管10根． （2）解：设塑料管的单价是a元/根，小球的单价是元/个根据题意得 解得． 经检验：是原方程的解． 塑料管的单价是元/根，小球的单价是1元/个． 设采购材料能制作出套模型，需要用去个小球，根塑料管． 根据促销活动内容，每购买3个小球赠送1根塑料管， ， 解得． ，， 解得，． 至少需要制作65套才够用， ． 综上，． 购买的小球数量按促销广告匹配赠送塑料管后无剩余，且所有材料做成分子模型刚好配套， 是整数且是正整数， 是正整数， ，69，72，75． 共有四种方案可选择． 45．如果一元一次方程的解也是一元一次不等式组的解，则称该一元一次方程为该不等式组的关联方程．例如：方程的解为，不等式组的解集为，因为，所以称方程为不等式组的关联方程． (1)在方程①；②；③中，不等式组的关联方程是______；（填序号） (2)若不等式组的一个关联方程的解是整数，且这个关联方程是，求常数的值； (3)①解两个方程：和；②是否存在整数，使得方程和都是关于的不等式组的关联方程？若存在，直接写出所有符合条件的整数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)③ (2)2 (3)①，；②不存在，见解析 【分析】本题考查一元一次方程、一元一次不等式组的解． （1）分别求出方程①②③的解，再求出不等式组的解集，根据“关联方程”的定义进行判断即可； （2）先求出不等式组的解集，再根据不等式组的一个关联方程的解是整数，进而求出m的值即可； （3）①根据一元一次方程的解法解这两个方程即可； ②求出不等式组的解集，根据“关联方程”的定义得出关于m的不等式组，解不等式组即可得出结论． 【详解】（1）解：方程①的解为； 方程②的解为； 方程③的解为； 不等式组的解集为， ∵， ∴不等式组的关联方程是方程③， 故答案为：③； （2）解：解不等式组，得， 因此不等式组的整数解为． 将代入关联方程0， 得； （3）解：①， 解得； ， 解得； ②不存在．理由如下： 解不等式组， 得， 假如方程和都是关于的不等式组的关联方程， 则且． 解得：且 ∴不等式组无解， 不存在整数，使得方程和都是关于的不等式组的关联方程． 46．一家电脑公司有型、型、型三种型号的电脑，其中型每台元．某中学计划从这家电脑公司购进电脑． (1)已知购买2台型电脑和3台型电脑需要元，且购买3台型电脑和8台型电脑的费用刚好可以买20台型电脑．求型电脑和型电脑的售价． (2)这家电脑公司为提高型电脑销量，设计了旧电脑抵值活动：购买一台型电脑时，可以用一台旧电脑抵值1000元．该中学计划只购买型电脑，拿出的旧电脑和购买的型电脑数量一共是台．若要使购买型电脑的数量是旧电脑数量的倍，且购买型电脑的实际总费用不少于元，则要在计划的基础上再多买台型电脑，此时该中学需要再拿出台的旧电脑参加抵值活动，求该中学至少需要再拿出多少台旧电脑进行抵值？ 【答案】(1)型每台元、型每台元 (2)该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用； （1）设型每台元、型每台元，根据题意列出二元一次方程组，解方程组，即可求解． （2）设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑，根据购买型电脑的数量是旧电脑数量的2倍，可列出关于，的二元一次方程，变形后可得出，利用总价单价数量，结合购买型电脑的实际总费用不少于100000元，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可找出的最小值为4． 【详解】（1）解：设型每台元、型每台元，根据题意得， 解得： 答：型每台元、型每台元 （2）解：设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑， 根据题意得：， ． 购买型电脑的实际总费用不少于元， ， 即， 解得：， ． 答：该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值． 47．【概念提出】 已知及射线，我们称的值为与的“关联度”，并用符号表示，其中都在到之间（含和）． (1)若，则 ； (2)尺规作图：如图1，已知，作一条射线，使得． （要求：保留作图痕迹，写出必要的说明） 【拓展延伸】 (3)如图2，已知，射线与射线重合，射线位于内部或边上，将图2中的绕点O按顺时针方向以每秒的速度旋转，的值随旋转时间及的位置变化而变化． ①如图3，当旋转时间为45秒时，的最小值为 ； ②在旋转一周的过程中，当旋转时间为 秒时，． 【答案】(1)1或 (2)见解析 (3) 2 75 【分析】（1）根据题意，分射线在的内部或外部2种情况计算即可； （2）由，分射线在下方、在内部、在上方3种情况讨论，得出符合题意，再利用尺规作图—作一个角等于已知角的方法，作出的2倍即可得到射线； （3）①根据题意，讨论和，分别计算出的取值范围，即可得出最小值；②设旋转时间为秒，结合图形可得，再分3种情况讨论：；；；再结合，运用不等式的性质即可得出结论． 【详解】（1）解：若射线在的内部，则， ； 若射线在的外部，则， ； 综上所述，或． 故答案为：1或． （2）解：， ， ， 若射线在下方，此时， ，即（不符合题意，舍去）； 若射线在内部，此时， ， ，即射线为的三等分线， 由于尺规作图不能三等分任意角，故不符合题意，舍去； 若射线在上方，此时， ， ， 如下图，则射线即为所求： （3）解：①当旋转时间为45秒时，， ， 射线位于内部或边上， 下面分2种情况讨论： 当，此时， ， 由图可知，， ； 当，此时， ； 综上所述，的最小值为2． 故答案为：2． ②当射线在内部或边上时，则有， 此时，不符合题意， 射线不能在内部或边上，即的两边都在的外部， 设旋转时间为秒， 当射线从图2的位置旋转至，则， 当射线从图2的位置旋转至，则， ； 当时，如图， 则，此时， 当，此时， ， 此时的最小值为3，不符合题意， 在范围内不存在符合题意的旋转时间； 当时，如图， 则，此时， 当，此时， ， 此时的最小值为3，不符合题意， 在范围内不存在符合题意的旋转时间； 当时，如图， 当，由①中的结论有：，符合题意； 当，此时有或， 令，则或， 解得：或， 射线位于内部或边上， 或， 当时，， 当时，， 当时，． 故答案为：75． 【点睛】本题主要考查了角的和差倍分问题、尺规作图、不等式的性质，熟练掌握以上知识点，理解题意，学会结合图形分类讨论计算是解题的关键，本题属于综合题，需要较强的推理论证和数形结合能力，适合有能力解决难题的学生． 48．若一个不等式组有解且解集为（），则称为的解集中点值，若的解集中点值是不等式组的解（即中点值满足不等式组），则称不等式组对于不等式组中点包含． (1)已知关于的不等式组：，以及不等式组：， ①的解集中点值为 ． ②不等式组对于不等式组 （填“是”或“不是”）中点包含． (2)已知关于的不等式组：和不等式组：，若不等式组对于不等式组中点包含，求的取值范围． (3)关于的不等式组：（）和不等式组：，若不等式组对于不等式组中点包含，且所有符合要求的整数之积为，求的取值范围． 【答案】(1)①； ②是 (2) (3) 【分析】（）①求出不等式组的解集，再根据解集中点值的定义求出的解集中点值即可；②根据不等式组的解集判断即可求解； （）求出不等式组和的解集，进而得到，据此即可求解； （）求出不等式组和的解集，进而可得，再根据所有符合要求的整数之积为，可得，即得到，据此即可求解； 本题考查了解一元一次不等式组，由不等式组的解集情况求参数，理解新定义是解题的关键． 【详解】（1）解：①解不等式组得，， ∴不等式组的解集中点值为， 故答案为：； ②∵不等式组：，不等式组的解集中点值为， ∴不等式组对于不等式组是中点包含， 故答案为：是； （2）解：解不等式组得，， ∴不等式组的解集中点值为 解不等式组得，， ∵不等式组对于不等式组中点包含， ∴ 解得； （3）解：解不等式组得，， ∴不等式组的解集中点值为， 解不等式组得，， ∵不等式组对于不等式组中点包含， ∴， 解得， ∵所有符合要求的整数之积为， ∴可取或可取， ∴或， 即． 49．根据素材．完成任务． 学校组织同学参与甲、乙两款模型的制作．每款模型都需要用到长、短两种管子的材料． 同学们进行市场调研后获得以下信息，根据信息设计材料的采购方案： 素材一 月日，同学们前往市场进行调研，从出售管子的商店广告牌获得右边表格内的信息．如果当天直接采购，同学们计算发现：花费元向该商店购得的长管子数量比花元购得的短管子数量少根． ．长管子的单价是短管子的倍． ．从月日起，购买根长管子赠送根短管子．商店库存数量有限，长管子仅剩根，短管子仅剩根． 素材二 另一部分同学对模型结构进行研究后发现：如果用根长管子、根短管子制作了个甲雪花模型和个乙雪花模型，制作一个甲模型所需长短管子数量之比是，制作乙模型需要的长短管子数量之比是 素材三 进入月后，学校发放活动经费元，同学们向该商店采购长、短管子各若干根全部用来制作甲、乙雪花模型（材料无剩余），且采购经费恰好用完． 问题解决 任务一 确定采购单价： 求长管子、短管子每根单价分别多少元? 任务二 分析雪花模型结构： 求制作一个甲款、一个乙款雪花模型分别需要长、短管子各多少根? 任务三 拟定采购方案： 采购长短管子分别多少根? 【答案】任务一：短管子每根单价为元，长管子每根单价为元；任务二：制作一个甲款雪花模型需要长管子根，短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，短管子根；任务三：采购方案：①购买根长管子，购买根短管子，送根短管子；②购买根长管子，购买根短管子，送根短管子 【分析】任务一：设短管子每根单价为元，则长管子每根单价为元，根据题意列出方程即可求解； 任务二：设制作一个甲款雪花模型需要长管子根，则短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，则短管子根，根据题意列出二元一次方程组解答即可求解； 任务三：设学校中采购了根长管子，根短管子，根据题意可得，即得，再列出不等式组求出的取值范围，进而根据必须能被整除得到，，，，据此解答即可求解； 本题考查了分式方程的应用，二次元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，根据题意找到等量关系和不等量关系是解题的关键． 【详解】解：任务一：设短管子每根单价为元，则长管子每根单价为元， 由题意得，， 解得， 经检验，是原方程的解，符合题意， ∴， 答：短管子每根单价为元，长管子每根单价为元； 任务二：设制作一个甲款雪花模型需要长管子根，则短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，则短管子根， 根据题意得，， 解得， ∴，， 答：制作一个甲款雪花模型需要长管子根，短管子根，制作一个乙款雪花模型需要长管子根，短管子根； 任务三：设学校中采购了根长管子，根短管子， 根据题意得，， 解得， ∵商店中长管子仅剩根，短管子仅剩根 ， ∴， 解得， ∵必须能被整除， ∴，，，， 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，符合题意， 此时购买根短管子，送根短管子可以用完， ∴可以购买根长管子，购买根短管子，送根短管子； 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，不合题意，此时材料有剩余； 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，不合题意，此时材料有剩余； 当时，， 设制作甲雪花模型个，乙雪花模型个， 则， 解得，符合题意， 此时购买根短管子，送根短管子可以用完， ∴可以购买根长管子，购买根短管子，送根短管子； 综上，采购方案有两种： ①购买根长管子，购买根短管子，送根短管子； ②购买根长管子，购买根短管子，送根短管子． 50．某商场准备购进，两种书包，每个种书包比种书包的进价少元，用元购进种书包的个数是用元购进种书包个数的倍．请解答下列问题： (1)，两种书包每个进价各是多少元？ (2)若该商场购进种书包的个数比种书包的倍还多个，且种书包不少于个，购进，两种书包的总费用不超过元，则该商场有哪几种进货方案？ 【答案】(1)每个种书包的进价是元，每个种书包的进价是元 (2)该商场共有种进货方案： 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包． 【分析】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，解题的关键是找准等量关系列出分式方程，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组． （1）设每个种书包的进价是元，则每个种书包的进价是元，利用数量总价单价，结合用元购进种书包的个数是用元购进种书包个数的倍，可列出关于的分式方程，解之经检验后，可得出每个种书包的进价，再将其代入中，可得出每个种书包的进价； （2）设该商场购进个种书包，则购进个种书包，根据“购进种书包不少于个，且购进，两种书包的总费用不超过元”，可列出关于的一元一次不等式组，解不等式组可得出的取值范围，再结合为正整数，即可得出各进货方案． 【详解】（1）解：设每个种书包的进价是元，则每个种书包的进价是元， ， 解得：， 经检验，是分式方程的解，且符合题意， ， 答：每个种书包的进价是元，每个种书包的进价是元； （2）解：设该商场购进个种书包，则购进个种书包， 根据题意得：， 解得：， 又为正整数， 的值为、、， 当时，， 当时，， 当时，， 该商场共有种进货方案： 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包； 方案：购进个种书包，个种书包． 51．我市计划将一批爱心物资运往灾区，这一批爱心物资为甲种货物吨和乙种货物吨，准备租用A、B两种型号的汽车共辆，现有一汽和二汽两家汽车公司竞争这次运输任务，他们均有足够量的A、B型汽车，收费标准如表： 一汽 二汽 A型每辆费用（元） B型每辆费用（元） (1)已知二汽公司每辆B型汽车的费用比每辆A型汽车的费用多元，且在二汽公司租4辆A型汽车和5辆B型汽车的总费用为元．求表格中，的值； (2)已知每辆A型汽车最多可以装甲种货物7吨和乙种货物4吨，每辆B型汽车最多可装甲种货物5吨和乙种货物8吨，按此要求安排同一家汽车公司的A、B两种型号汽车将这批物质一次性运往灾区，请问共有多少种租车方案？从运费最少的角度考虑，怎选择哪家公司来运输这批货物？请说明理由． 【答案】(1)表格中的值为，的值为 (2)共有3种租车方案，选择二汽公司来运输这批货物，总费用最少，见解析 【分析】本题考查了一元一次不等式组和二元一次方程组的实际应用，正确理解题意是解题关键. （1）依题意得：，即可求解； （2）设需租用辆A型汽车，则租用辆型汽车，依题意得：，即可求解 【详解】（1）解：依题意得：， 解得：． 答：表格中的值为，的值为． （2）解：设需租用辆A型汽车，则租用辆型汽车， 依题意得：， 解得：， 取整数， ． 共有3种租车方案． 每辆A型汽车的费用小于每辆B型汽车的费用， 租用30辆A型汽车，10辆B型汽车更省钱． 选择一汽公司所需总费用为：（元）； 选择二汽公司所需总费用为：（元）． ， 选择二汽公司来运输这批货物，安排辆A型汽车，辆B型汽车时，总费用最少． 52．新定义：若一元一次方程的解在一元一次不等式组解集范围内，则称该一元一次方程为该不等式组的“相依方程”，例如：方程的解为，而不等式组的解集为，不难发现在的范围内，所以方程是不等式组的“相依方程”． (1)在方程①：②；③中，不等式组的“相依方程”是______；（填序号） (2)若关于x的方程是不等式组的“相依方程”，求k的取值范围； (3)若关于x的方程是关于x的不等式组的“相依方程”，且此时不等式组有5个整数解，试求m的取值范围． 【答案】(1)① (2)； (3)． 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次方程的解，理解材料中的不等式组的“相依方程”是解题的关键． （1）分别解三个一元一次方程与不等式组，再根据新定义作判断即可； （2）分别解不等式组与方程，再根据新定义列不等式组，解不等式组可得答案； （3）先解不等式组可得，再根据此时不等式组有5个整数解，令整数的值为：，，，，，再求解，而为整数，则或0，分两种情况讨论，从而可得答案． 【详解】（1）解：①， 整理得：， 解得：； ②， 解得：； ③， 解得：； ， 解不等式可得：， 解不等式可得：， 所以不等式组的解集为：； 根据新定义可得：方程①是不等式组的“相依方程”． 故答案为：①； （2）解：， 由①得：， 由②得：， 所以不等式组的解集为：， ， ， 根据“相依方程”的含义可得： ， ， 解得：； （3）解：， 由①得：， 由②得：， ∴不等式组的解集为：， 此时不等式组有5个整数解， 令整数的值为：，，，，， ， ∴， 则， 解得：，而为整数，则或0， 当时，， ∴， 因为， 解得：， 根据“相依方程”的含义可得：， 解可得：， 解可得：， 所以不等式组的解集为：； 当时，， ∴， 综上：． 53．某厂为了提高生产力，计划新购置、两种型号的生产设备共台．已知型每台万元，每月可以生产吨产品；型每台万元，每月可以生产吨产品．购买一台型设备比购买一台型设备多万元，则买台型设备比购买台型设备少万元．根据以上信息，解答下列问题： (1)求出、的值． (2)若计划购置总费用不超过万元，且两种型号设备都要购买，该厂有哪些购买方案？ (3)在（2）的条件下，若每月生产产品不得低于吨，为了节约资金，请你为该厂设计一种最省钱的购买方案． 【答案】(1) (2)型设备台，型设备台；型设备台，型设备台；型设备台，型设备台；型设备台，型设备台 (3)选购型设备台，型设备台 【分析】本题主要考查二元一次方程组，一元一次不等式的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据题意可列二元一次方程组，求解即可得到结果． （2）设型设备台，型设备台，根据题意可列一元一次不等式，求解可得的值，对应四种采购方案． （3）根据题意可列一元一次不等式，求解可得的两个值，分别计算当，时，对应的总资金，即可得出最省钱的购买方案． 【详解】（1）解：根据题意可列， 解得， ∴，． （2）解：设型设备台，型设备台， 根据题意可列：， 解得：， 取正整数， ， 有四种方案： ①型设备台，型设备台； ②型设备台，型设备台； ③型设备台，型设备台； ④型设备台，型设备台； （3）解：由题意得：， 解得：， ， 取正整数， 或， 当时，型设备台， ∴需要资金：（万元）， 当时，型设备台， ∴需要资金：（万元）， 应选购型设备台，型设备台． 54．我市某水果生产基地，用名工人进行采摘或加工水果，每名工人只能做其中一项工作．采摘的工人每人可以采摘水果千克；加工罐头的工人每人可加工千克．加工水果数量不能多于采摘数量．设有名工人进行水果采摘．水果的销售方式有两种：一种是可以直接出售；另一种是可以将采摘的水果加工成罐头出售．直接出售每吨获利元；加工成罐头出售每吨获利元． (1)①加工罐头的工人为 人，可以加工罐头 千克；（用含的式子表示） ②采摘水果的工人至少多少人？ (2)直接出售和加工成罐头出售的利润如表所示： 销售方式 直接出售 加工成罐头销售 利润（元/千克） 要使直接出售所获利润不超过总利润的，请问应如何分配工人？所获最大利润是多少？ 【答案】(1)①，；②人； (2)名工人进行水果采摘，名工人加工罐头；最大利润为元． 【分析】本题考查了列代数式、一元一次不等式的应用，根据题意正确列出不等式是解题的关键． （）①根据题意列式即可求解；②根据题意列出不等式即可求解； （）根据题意，列出不等式即可求解； 【详解】（1）解：①由题意得，加工罐头的工人为人，可以加工罐头千克， 故答案为：，； ②由题意可得，， 解得， ∵为整数， ∴采摘水果的工人至少人； （2）解：由题意得，， 解得， 要使直接出售所获利润不超过总利润的，应该有名工人进行水果采摘，名工人加工罐头， 所获最大利润为元． 55．某公司有甲、乙两种型号的客车共辆，它们的载客量、每天的租金如表所示．已知在这辆客车都坐满的情况下，共载客人． 甲型客车 乙型客车 载客量（人/辆） 日租金（元/辆） (1)求甲、乙两种型号的客车各有多少辆？ (2)某中学计划租用甲、乙两种型号的客车共辆，接送七年级的师生到基地参加暑期社会实践活动，已知该中学租车的总费用不超过元． ①至少要租用多少辆甲型客车？ ②若七年级的师生共有人，请写出所有可能的租车方案，并确定最省钱的租车方案． 【答案】(1)甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆； (2)①至少要租用辆甲型客车；②共有种租车方案，方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；最省钱的租车方案为：租用辆甲型客车，辆乙型客车． 【分析】（）设甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆，根据题意列出方程组即可求解； （）①设租用甲种型号的客车辆，则租用乙种型号的客车辆，根据题意列出不等即可求解；②由题意可得，解得，进而结合①可得的取值范围为，据此即可得出所有可能的租车方案，再求出每一种方案的租车费用即可判断求解； 本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，根据题意，正确列出方程组和不等式是解题的关键． 【详解】（1）解：设甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆， 由题意得，， 解得， 答：甲种型号客车有辆，乙种型号的客车有辆； （2）解：①设租用甲种型号的客车辆，则租用乙种型号的客车辆， 由题意得，， 解得， ∵为整数， ∴至少要租用辆甲型客车； ②由题意得，， 解得， ∴， ∵为整数， ∴或4或5， ∴共有种租车方案，方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车；方案：租用辆甲型客车，辆乙型客车； 方案的租车费用：元； 方案的租车费用：元； 方案的租车费用：元； ∵， ∴最省钱的租车方案为：租用辆甲型客车，辆乙型客车． 56．冰城某店欲购进和两种品牌的雪地胎，已知种的进价比种进价每条少元，经计算，用万元购进的种雪地胎的数量与万元购进的种雪地胎的数量相同，请解答下列问题： (1)这两种雪地胎每个进价多少元？ (2)若该店欲购进两种品牌雪地胎共个，投入的总资金不超过元，且种品牌雪地胎不超过个（假设每辆车一次换个雪地胎），则该店有哪几种进货方案？ (3)在()条件下，若和两种雪地胎的售价分别是每个元和元，该店从这个雪地胎中拿出个两种雪地胎奖励优秀员工，其余雪地胎全部售出后仍获利元，请直接写出这个雪地胎中种雪地胎的个数． 【答案】(1)品牌的雪地胎每条的进价为元，品牌的雪地胎每条的进价为元 (2)共有三种进货方案．方案一：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案二：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案三：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个； (3)． 【分析】（）设种雪地胎每个进价元，则种雪地胎每个进价元，根据题意列出方程即可求解； （）设购进种雪地胎个，则购进种雪地胎个，根据题意列出不等式组求出的取值范围，再根据每辆车一次换个雪地胎得到为的倍数，即得的值，据此即可求解； （）设从种雪地胎拿出个奖励优秀员工，则从种雪地胎拿出个奖励优秀员工，根据（）中的方案分别计算即可求解； 本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式组的应用，一元一次方程的应用，根据题意正确列出方程是解题的关键． 【详解】（1）解：设种雪地胎每个进价元，则种雪地胎每个进价元， 由题意得，， 解得， 经检验，是原方程的解，且符合题意； ∴， 答：种雪地胎每个进价元，则种雪地胎每个进价元； （2）解：设购进种雪地胎个，则购进种雪地胎个， 由题意得， 解得， ∵每辆车一次换个雪地胎， ∴为的倍数， ∴或或， ∴共有三种进货方案．方案一：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案二：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个；方案三：购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个； （3）解：设从种雪地胎拿出个奖励优秀员工，则从种雪地胎拿出个奖励优秀员工， 当购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个时， 由题意得，， 整理得，， 解得，不合题意，舍去； 当购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个时， 由题意得，， 整理得，， 解得； 当购进种品牌的雪地胎个，购进种品牌的雪地胎个时， 由题意得， 整理得，， 解得，不合题意，舍去； 综上，的值为， 答：这个雪地胎中种雪地胎的个数为． 57．一家电脑公司有A型、B型、C型三种型号的电脑，其中A型每台6000元、B型每台4000元、C型每台2500元．某中学计划从这家电脑公司购进电脑． (1)若该中学只购买A型电脑和B型电脑，且购买A型电脑的数量比购买B型电脑的数量的一半还少1台，要求购买的总价不超过90000元，则最多可以购买多少台A型电脑？ (2)若该中学现有专项资金100500元，计划从这家电脑公司购进36台两种型号的电脑，且这笔资金恰好全用完．请你设计几种不同的购买方案供这个学校选择，并说明理由． (3)这家电脑公司为提高B型电脑销量，设计了旧电脑抵值活动：购买一台B型电脑时，可以用一台旧电脑抵值1000元．该中学计划只购买B型电脑，拿出的旧电脑和购买的B型电脑数量一共是30台．若要使购买B型电脑的数量是旧电脑数量的2倍，且购买B型电脑的实际总费用不少于100000元，则要在计划的基础上再多买a台B型电脑，此时该中学需要再拿出台的旧电脑参加抵值活动，求该中学至少需要再拿出多少台旧电脑进行抵值？ 【答案】(1)最多可以购买5台A型电脑 (2)有两种方案供这个学校选择：第一种方案是购进A型电脑3台、C型电脑33台；第二种方案是购进B型电脑7台、C型电脑29台 (3)该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（3）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式． （1）设购买台型电脑，则购买台型电脑，利用总价单价数量，结合总价不超过90000元，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可找出的最大值； （2）利用平均价格总价单价，可求出平均价格，结合，，三种型号电脑的单价，可得出可能有两种情况，①购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑，利用总价单价数量，结合用100500元购买36台两种型号的电脑，可列出关于，的二元一次方程组，解之可得出结论；②购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑，利用总价单价数量，结合用100500元购买36台两种型号的电脑，可列出关于，的二元一次方程组，解之可得出结论； （3）设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑，根据购买型电脑的数量是旧电脑数量的2倍，可列出关于，的二元一次方程，变形后可得出，利用总价单价数量，结合购买型电脑的实际总费用不少于100000元，可列出关于的一元一次不等式，解之可得出的取值范围，再结合，均为正整数，即可找出的最小值为6． 【详解】（1）解：设购买台型电脑，则购买台型电脑， 根据题意得：， 解得：， ，均为正整数， 的最大值为12，的最大值为5． 答：最多可以购买5台型电脑； （2）解：共有2种购买方案， 方案1：购买3台型电脑，33台型电脑； 方案2：购买7台型电脑，29台型电脑，理由如下： （元，， 可能有两种情况． ①购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑， 根据题意得：， 解得：， 购买3台型电脑，33台型电脑； ②购买型电脑和型电脑，设购买台型电脑，台型电脑， 根据题意得：， 解得：， 购买7台型电脑，29台型电脑． 共有2种购买方案， 方案1：购买3台型电脑，33台型电脑； 方案2：购买7台型电脑，29台型电脑； （3）解：设原计划购买台型电脑，则原计划拿出台旧电脑， 根据题意得：， ． 购买型电脑的实际总费用不少于100000元， ， 即， 解得：， ． 答：该中学至少需要再拿出4台旧电脑进行抵值． 58．根据以下素材，探索完成任务． 如何设计礼品盒制作方案 素材1 七年级数学兴趣小组计划制作底面为等边三角形的直三棱柱有盖礼品盒，每个礼品盒由3个形状、大小完全相同的小长方形侧面（A型号）和2个形状、大小完全相同的等边三角形底面（B型号）组成（如图1所示）．而A、B两种型号纸板可由一个大长方形硬纸板裁剪得到，具体裁剪方法见下面的裁法一、裁法二． 素材2 现有大长方形硬纸板张．（说明：裁剪后的余料不可以再使用．） 问题解决 任务1 初探方案 探究一：按素材1的裁剪方法，若张大长方形硬纸板裁剪A型号纸板，张大长方形硬纸板裁剪B型号纸板，所裁剪的A、B型纸板恰好用完． 若， （1）完成以下填表； 型号裁法 （裁法一） （裁法二） 合计 大长方形硬纸板（张） 大长方形硬纸板（张） A型号（张数） 0 B型号（张数） 0 _________ _________ （2）最多能做多少个礼品盒？ 任务2 反思方案 探究二： 若按素材1的裁剪方法分别裁剪出A、B型纸板，请问最多能做多少个礼品盒？并说明理由． 任务3 优化方案 探究三：为不浪费纸板，进行了裁剪再设计： 首先从张大长方形硬纸板中选出1张大长方形纸板裁剪出一张A型和一张B型纸板（见裁法三），然后从剩余的纸板中按素材1的方法继续裁剪出A、B型纸板，所裁剪的A、B型纸板恰好用完，若在10张至30张之间（包括边界），则的值为____． 【答案】探究一：（1）见详解；（2）最多能做6个礼品盒；探究二：最多能做20个礼品盒；探究三：11或24 【分析】该题主要考查了一元一次方程，二元一次方程，一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，正确列出等量关系式和不等量关系式． 探究一：（1）根据一个大长方形硬纸板可裁剪得2个A种型号纸板、3个B种型号纸板，共有大长方形硬纸板13张即可解答；（2）根据一个礼品盒需要用到3个A种型号纸板和2个B种型号纸板，列方程即可解答； 探究二：若，设能做a个礼品盒，根据一个礼品盒需要用到3个A种型号纸板和2个B种型号纸板，列不等式即可解答； 探究三：设恰好用完能做b个礼品盒，则需要裁剪个A型纸板、个B 型纸板，根据一个礼品盒需要用到3个A种型号纸板和2个B种型号纸板，列方程即可解答； 【详解】探究一：根据题意可得，一个大长方形硬纸板可裁剪得2个A种型号纸板、3个B种型号纸板， 当时， （1）补全填表如图： 型号 裁法 （裁法一） （裁法二 ） 合计 大长方形硬纸板x（张） 大长方形硬纸板y（张） A型号(张数） 0 B型号（张数） 0 （2）根据题意可得， 即， 解得：， ∴个， 故所裁剪的A、B型纸板恰好用完时，最多能做6个礼品盒． 探究二：若，按素材1的裁剪方法分别裁剪出A、B型纸板，设能做a个礼品盒， 则， 解得：， ∵a为正整数， ∴a最大为20， 即最多能做20个礼品盒． 探究三：设恰好用完能做b个礼品盒，则需要裁剪个A型纸板、个B 型纸板， 则， 化简得：， ∵， ∴， 解得：， ∵n，b为正整数， ∴或符合要求， 故n的值为：11或24． 59．阳光合作社在党委政府的精心指导下，大力发展生态水果蓝莓，助推乡村经济发展．在蓝莓上市期间，某水果店第一次用元购进蓝莓销售；由于蓝莓深受人们喜欢，第一次购进的蓝莓很快售完．该水果店又用元购进这种蓝莓，所购数量与第一次购进数量相同，但每千克的价格比第一次购进的贵了元． (1)该水果店第一次购进蓝莓的进价为多少元/千克？ (2)假设该水果店两次购进的蓝莓按相同的售价全部售完，要使总利润不低于元，则每千克蓝莓的售价至少是多少元？ 【答案】(1)元/千克 (2)元 【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）设该水果店第一次购进蓝莓每千克元，则该水果店第二次购进蓝莓每千克元，利用数量＝总价÷单价，结合两次购进蓝莓的数量相同，可列出关于的分式方程，解之经检验后，即可得出结论． （2）设每千克蓝莓的售价是元，利用利润＝销售单价×销售数量－进货总价，结合利润不低于元，可列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出结论． 【详解】（1）解：设该水果店第一次购进蓝莓每千克元，则该水果店第二次购进蓝莓每千克元， 根据题意得：， 解得：， 经检验，是所列方程的解，且符合题意． 答：水果店第一次购进蓝莓的进价为元/千克． （2）设每千克蓝莓的售价是元， 根据题意得：， 解得：， 即y的最小值为． 答：要使总利润不低于元，则每千克蓝莓的售价至少是元． 60．定义：使方程（组）和不等式（组）同时成立的未知数的值称为此方程（组）和不等式（组）的“梦想解”． 例：已知方程与不等式，方程的解为，使得不等式也成立，则称“”为方程和不等式的“梦想解”． (1)是方程和下列不等式______的“梦想解”：（填序号） ， ， ； (2)若关于的二元一次方程组和不等式组有“梦想解”，且为整数，求的值． (3)若关于的方程和关于的不等式组有“梦想解”，且所有整数“梦想解”的和为，试求的取值范围． 【答案】(1)； (2)或； (3)． 【分析】本题考查了解一元一次方程和一元一次不等式，解二元一次方程组和一元一次不等式组，理解“梦想解”的定义是解题的关键． （）分别把代入每个不等式，判断是否是不等式的解即可； （）求出方程组的解，代入不等式组，再解不等式组求出的取值范围，最后结合为整数即可求解， （）求出方程的解为，不等式组的解集为，由所有整数“梦想解”的和为可得，解得． 【详解】（1）解：把代入不等式得，左边， ∴不是不等式的解； 把代入不等式得，左边， ∴不是不等式的解； 把代入不等式得，左边， ∴是不等式的解； 故答案为：； （2）解：解方程组得， ∵二元一次方程组和不等式组有“梦想解”， ∴是不等式组的解， 把代入不等式组得，， 解不等式组得， ∵为整数， ∴或； （3）解：由方程得，， 解不等式组得：， ∵所有整数“梦想解”的和为， ∴整数“梦想解”为1、2、3、4或0、1、2、3、4， ∵关于的方程和关于的不等式组有“梦想解”， ∴，解得∶． 综上，． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$