期中考试数学B卷压轴题模拟训练（二)-【B卷常考题型】2024-2025学年四川成都八年级数学下册题型全攻略（北师大版）

期中考试数学B卷压轴题模拟训练（二) 一、填空题 1．在中，分别为射线与射线上的两动点，且，连接，则最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定以及勾股定理；过点作，使得，过点作于点，连接，证明得出，则当在线段上时，取的最小值，最小值为的长， 【详解】解：如图，过点作，使得，过点作于点，连接， 在中， ， ∴， ∴， ∴， 则当在线段上时，取的最小值，最小值为的长， ∵，，， ∴ ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 2．一个直角三角形如图所示，其中，，，过点C作，垂足为，过点作，垂足为，过点作垂足为，……依次作下去，则 ． 【答案】 【分析】此题主要考查图形规律探究，含角的直角三角形的性质，根据图形的特点依次求出、、、，发现规律即可求解． 【详解】为了便于总结规律，设， 在中，，，， ∴， ∴，即， 在中，，，， 同理有：， 在中，，， 同理有：， 在中，，， 同理有：， …， ∴， 结合图形可知：，，，…， 依次类推可知：，垂足为：， ∵， ∴， 当时，， 此时：， 在中，，，，， ∴， 即：， 故答案为: ． 3．若关于y的分式方程的解为负数，则所有满足条件的非负整数m的值之和为 ． 【答案】3 【分析】本题考查根据分式方程解的情况求参，熟练掌握式解分式方程是解题的关键．注意分式有意义有条件． 解分式方程，根据“解为负数”和分母不能为0以及m为非负整数确定m的可能值，求它们的和即可． 【详解】解：去分母，得， 去括号，得， 移项、合并同类项，得， ∵，即，解得， ∵，即，解得． 综上，且且m为非负整数， ∴， ， ∴所有满足条件的非负整数m的值之和为3． 故答案为：3． 4．如果一个正整数能够表示为两个正整数的平方差，那么称这个正整数为“智慧数”．因为，，，，……，所以按从小到大的顺序，“智慧数”依次为3，5，7，8，9，11，12，13，15，16，17，……，按此规律，2024是第 个“智慧数”． 【答案】1516 【分析】本题考查了新定义“智慧数”以及平方差公式的运用；分别考虑奇数、4的倍数的数，及被4除余2与3的数；设两个数分别为，其中，且k为整数，即，表明大于1的奇数都是“智慧数”；考虑，表明大于4的4的倍数都是“智慧数”；证明不是“智慧数”；据此可以判断自然数中的 “智慧数”；找到规律后，即可完成求解． 【详解】解：对于相邻两个自然数，其中，且k为整数， 由于， k为正整数， 因而和就是两个自然数， 表明大于1的奇数都是“智慧数”； 对于两个自然数，其中，且k为整数， 则，表明大于4的4的倍数都是“智慧数”； 对于的自然数，下面证明它不是“智慧数”； 若它是“智慧数”，则必有m、n，满足， 当m、n奇偶性不同时，都是奇数，其积也是奇数，但上式左边是偶数，矛盾，即不是“智慧数”；是奇数，故是“智慧数”； 综上知，所有正整数中，1、4及不是“智慧数”外，其余都是“智慧数”； 则“智慧数”3，5，7，8，9，11，12，13，15，16，17，……，中除前两个3与5外，其余都是3个一组的连续整数，且中间一个数为4的倍数，且2024所在的组三个数为：2023，2024，2025，而2022则不是“智慧数”，由于，即从2开始到2022，形如的数共有506个数不是“智慧数”，去掉1与4两个，共有508个数不是“智慧数”，故2024是第个“智慧数”； 故答案为：1516． 5．如图，正方形的边长为4，点E在上，的平分线交于点F，则的长为 ． 【答案】 【分析】延长到，使，连接，由证得得出，则，由，，，得出，则，由勾股定理求得，便可求得，进而求得即可． 【详解】解：延长到，使，连接，如图所示： 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ∴ ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线定义、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线得出全等三角形是解题的关键． 6．如图，在中，，，，点D在边上，连接，过的中点E作，交于点F，交于点G，若，则 ． 【答案】1 【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的斜边上中线的性质等知识，证明点D是的中点是解题的关键．利用同角的余角相等得，，则，同理得，再利用直角三角形斜边上中线的性质得出的长，从而解决问题． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理， ∴， ∴点D是的中点， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 故答案为：1 7．如图，已知点是直线上一点，点C是x轴上一定点，四边形是平行四边形，在直线上有一动点P，若的最小值为20，则点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】直线与坐标轴夹角为，在轴正半轴上，作，连接交直线于点，延长交轴于点，此时点与点关于直线成轴对称，，的值最小．根据已知求得点的坐标为，设点的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，的坐标为，，，在中，应用勾股定理，即可求解． 【详解】解：在轴正半轴上，作，连接交直线于点，延长交轴于点， 直线是两坐标轴夹角的角平分线， 点与点关于直线成轴对称， ， ， 将点代入， ， 设点的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，的坐标为， 则，， 四边形是平行四边形， ， 轴，， 在中，，即：， 解得：（舍去），， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标，平行四边形的性质，轴对称最短路径，勾股定理，掌握轴对称的性质是解题的关键． 8．如图，在平面直角坐标系中有一个等腰直角，其中点，，给出如下定义：若点P向上平移1个单位，再向右平移4个单位后得到，若点在等腰直角的内部或边上，则称点P为等腰直角的“和雅点”．若在直线上存在点Q，使得点Q是等腰直角的“和雅点”，则k的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了新定义，一次函数的平移，一次函数图象与系数的关系，熟练掌握一次函数的平移法则“左减右加，上加下减”是解答本题的关键． 将直线按照平移法则平移后得到，函数图象过，将已知A、B、C坐标代入求出k值，根据题意得到k的取值范围即可． 【详解】解：∵，，是等腰直角三角形， ∴， 直线上平移1个单位，再向右平移4个单位后得到解析式为：， ∴函数过点， 将坐标代入得，，， 将坐标代入得，，， 将坐标代入得，，． ∵点Q是等腰直角的“和雅点”， ∴或． 故答案为：或 9．如图，在等腰中，，，点M为边的中点，点E是边上的一个动点，连接，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，连接，则当点E在从C到B的运动过程中，线段扫过的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质和旋转的性质，解题的关键是恰当作辅助线．如图，过点A作于D，当点E与点C重合时，点F在的延长线上，过点B作，延长交于G，通过画图可知：线段扫过的图形是，分别计算和的长，利用三角形的面积公式可得结论． 【详解】解：如图，过点A作于D， ∵，， ∴，， ∴，，， ∴， 当点E与点C重合时，点F在的延长线上，过点B作，延长交于G， ∴线段扫过的图形是， 由旋转得：，， ∴是等边三角形， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴的面积． 故答案为：． 10．如图，中，，点E为线段上一动点，过点E作于点F，连接，点G为中点，连接．当最小时，线段的值为 ． 【答案】 【分析】如图，延长到点H，使，连接，可求，进一步证是等边三角形，，为定角，由中位线定理，；当时，最小，此时，，勾股定理求得，中，． 【详解】解：如图，延长到点H，使，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵ ∴， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，    当时，最小，此时，， ，解得， 中， ，， 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形的中位线，垂线段最短，三角形内角和定理，等腰三角形性质，等边三角形判定和性质，等腰直角三角形，勾股定理，添加辅助线构造中位线，寻求线段间的数量关系是解题的关键． 11．如图，已知为直角三角形，其中，，，D为边上中点，E为直线上一点，线段绕点D逆时针旋转30°至，连接，则的最小值为 ，当取得最小值时，的长为 ． 【答案】 【分析】将线段绕点D逆时针旋转至，作射线，证明得，，从而点F在射线上运动，作于点，则当点F与点J重合时，的值最小． 作于点H，作于点K，则四边形是矩形，可得．在中求出，在中求出，进而可求出的最小值；作于N，先求出，进而可求出即此时的长为为． 【详解】解：∵，， ∴． ∵，D为边上中点， ∴． ∵线段绕点D逆时针旋转30°至， ∴． 将线段绕点D逆时针旋转至，作射线， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，点F在射线上运动， 作于点，则此时的值最小． 作于点H，作于点K，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，． ∵， ∴， ∴，即的最小值是． 作于N， ∴， ∴ ∴， ∴，即此时的长为为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，以及垂线段最短等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． 二、解答题 12．随着人们对健康的关注度不断提高，智能手表受到了广泛欢迎，它能够实时监测心率、血压、睡眠质量等健康指标，并提供个性化的健康建议．某店经销的甲型智能手表四月每支售价比三月每支降低50元．如果卖出相同数量的甲型智能手表，三月销售额为26000元，四月销售额为24000元． (1)四月甲型智能手表每支售价为多少元？ (2)随着科技进步，五月会上市监测更精准，功能更全面的乙型智能手表，该店计划购进乙型智能手表销售，已知甲型智能手表每支进价为500元，乙型智能手表每支进价为800元，计划用不少于29000元且不多于29600元的资金购进这两种智能手表共40支，请问有几种进货方案？ (3)在（2）的条件下，若乙型智能手表的售价为950元，五月为了促销，商店决定每售出一支乙型智能手表，返还顾客现金元，而甲型智能手表仍按四月的售价销售，应怎样选择进货方案，使销售利润最大？并求出最大值（用含m的代数式表示）． 【答案】(1)四月甲型智能手表每支售价为600元 (2)有三种购进方案 (3)当时，选方案①，利润最大为；当时，选择方案①或②或③，利润均为定值4000元；当时，选择方案③，利润最大为元． 【分析】本题主要考查一次函数的应用及一元一次不等式组的应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据“三四月份销售差额”即可得出数量，进而作答； （2）设购进甲型智能手表支，则购进乙型智能手表为支，根据题意得，，解得即可得出答案； （3）设销售利润为，分别求出（2）中的三种进货方案所获得的利润，即可得出答案． 【详解】（1）解： （件， （元， 答：四月甲型智能手表每支售价为600元； （2）解：设购进甲型智能手表支，则购进乙型智能手表为支， 根据题意得，， 解得：， 方案①，当时，， 方案②，当时，， 方案③，当时，， 故共有3种进货方案； （3）解：设利润为w，根据题意，得 ． ①当时， w随x的增大而减小，选方案①，当时，利润最大为； ②当时， w为定值，此时所有方案获利相同，为4000元． ③当时， w随x的增大而增大，选方案③，当时，利润最大为元． 答：当时，选方案①，利润最大为；当时，选择方案①或②或③，利润均为定值4000元；当时，选方案③，利润最大为元． 13．随着华为鸿蒙系统的块速发展，华为手机正逐渐成为人们喜爱的智能设备，某手机店决定采购甲型和乙型两款手机，已知每部甲型手机的进价是每部乙型手机的进价的倍，若用万元购进甲型手机的数量比万元购进乙型手机的数量多2部． (1)甲型和乙型手机的进价分别为每部多少万元？ (2)该公司决定用不多于万元购进甲型和乙型手机共部，最多可以购买多少部甲型手机？ 【答案】(1)甲型手机的进价为每部万元，乙型手机的进价为每部万元 (2)最多可以购买部甲型手机 【分析】本题考查了分式方程，一元一次不等式的应用； （1）设乙型手机的进价为每部万元，则甲型手机的进价为每部万元，根据题意列出分式方程，解方程并检验，即可求解； （2）设购买部甲型手机，则购买部乙型手机，根据题意列出不等式，求得最大整数解，即可求解． 【详解】（1）解：设乙型手机的进价为每部万元，则甲型手机的进价为每部万元，根据题意得， 解得：， 经检验，是原方程的解 ∴ 答：甲型手机的进价为每部万元，乙型手机的进价为每部万元； （2）解：设购买部甲型手机，则购买部乙型手机，根据题意得， ， 解得：， 取最大整数解为， 答：最多可以购买部甲型手机． 14．已知如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，与直线交于点C，且． (1)求直线的解析式及点C的坐标； (2)将直线绕点C顺时针旋转，与x轴交于点D，与y轴交于点E，求的面积； (3)在（2）的情况下，直线上是否存在的一个点P，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，点的坐标为或或或 【分析】本题考查一次函数与几何图形的综合应用及旋转的性质，解题的关键是熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式． （1），则直线的表达式为：，联立上式和得：，即可求解； （2）先求出直线绕点C顺时针旋转后的解析式，由的面积，即可求解； （3）分，，，三种情况讨论即可，利用两坐标见距离公式列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵， 则直线的表达式为：， 联立上式和得：， 解得：， ∴点； （2）解：由（1）知直线的解析式为：， 令，则，解得， ， ， 直线绕点C顺时针旋转，与x轴交于点D， 设点， 是直角三角形， ， ，即， 解得：， ， 设新直线的表达式为：， 则，解得， 则新直线的表达式为：， 则E的坐标为：， 则的面积； （3）解：存在，理由： 设点，则点， 由点P、E、O的坐标得，，，， 当时， 则， 解得：或， 当时，， 当时，， 则点或； 当时， 则， 解得：或0（舍去）， 当时，， 则点的坐标为：； 当时， 则， 解得：， 当时，， 则点的坐标为：； 综上，点的坐标为：或或或． 15．如图1，在等边中，D、E分别为边、边上的一点，且． (1)求证：； (2)如图2，D、E分别在边、边边的延长线上，且，连接，连接并延长交于点F，求的度数； (3)在（2）的情况下，如图3，将关于对称得到，交于M；将关于对称得到，交于．当时，求面积的最大值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）可推出，进一步得出结论； （2）可证得，从而得出，进一步得出结果； （3）作于G，可证得，进而证得，从而得出，设，则，从而得出，进而得出结果． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图， 作于G， ∴， ∵将关于对称得到，将关于对称得到， ∴，， 由（2）知，，∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，∴， 设，则，∴， ∴， ∴当时，． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，完全平方公式的应用。利用类比思想解答是解题的关键． 16．已知，将沿对角线翻折得到，连接线段． (1)如图1，求证：； (2)连接线段与直线相交于点O， ①如图2，当为锐角时，时，试求线段的长度； ②若，当为等腰三角形时，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)①；②10或 【分析】（1）设交于点P，根据平行四边形的性质得出,证明，得出，，得出，求出，，求出，即可得出答案； （2）①过点A作于点H，证明，得出，证明四边形为矩形，得出，求出，； ②由翻折的性质得出：，分两种情况：当时， 当时， 分别画出图形，求出结果即可． 【详解】（1）证明：设交于点P， ∵四边形为平行四边形， , ， 由翻折可得： 在和中，， ， ， 同理得：， ∴， 在中，， 在中，， , ， ∴； （2）①解：过点A作于点H，如图所示： ∵四边形为平行四边形， ， ， 由翻折的性质得： ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 又， ∴四边形为矩形， ， ， ， ， 在中，， ， ∴在中，； ②解：由翻折的性质得：， 为等腰三角形， ∴有以下两种情况： 当时，过点A作于点H，如图所示： 由①可知：四边形为矩形， , 设，则， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， ； 当时，过点B作于M，如图所示： 由①可知：，四边形为矩形， ， 设,则， , 在中，由勾股定理得：, 在中，由勾股定理得： , , 解得：， ； 综上所述：的长为：10或． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合，注意进行分类讨论． 17．在拓展课常上，共学小组的同学用两个完全相同的长方形纸片展开探究活动，这两张长方形纸片的长为4，宽为2．    【实践探究】 （1）小红将两个完全相同的长方形纸片和摆成图的形状，点与点重合，边与边重合，边，在同一直线上，试探究的形状，并说明理由. 【解决问题】 （2）如图2，在（1）的条件下，小明将长方形绕点顺时针转动，边与边交于点，连接，若时，求的值. 【拓展研究】 （3）从图1开始，小亮将长方形绕点顺时针转动一周，若直线与线所成夹角为时，请直接写出的面积． 【答案】（1）是等腰直角三角形，（2）；（3）为或． 【分析】本题主要考查了图形旋转的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质等知识； （1）证明得出，，进而证明，即可得出是等腰直角三角形； （2）取的中点，得出是等边三角形，进而根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，即可求解； （3）分旋转角小于和大于两种情形，分别画出图形，根据三角形全等和勾股定理可逐步求得答案． 【详解】解：（1）是等腰直角三角形，理由如下， 在中， ∴ ∴， 又∵ ∴是等腰直角三角形； （2）∵ ∴ 又 ∴ ∴ 取的中点，连接如图所示，    ∴ ∴是等边三角形， ∴，则 ∴ ∴； （3）如图所示，设交于点，过点作于点，    ∵ 又 ∴ ∴在上， ∴ 同（2）可得 ∴ ∴平分 ∴， 又∵ ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴是的中点， 在中，， ， ， ， ， ， 如图所示：当旋转角大于时，    过作于， 中，， ， ， ， 综上所述，为或． 18．在平面直角坐标系中，有如下定义：若图形在一个矩形的内部（包含边界）．当矩形有一条边平行于坐标轴且面积最小时，则称矩形是图形的“精致矩形”，如图1，矩形即是四边形的“精致矩形”． (1)如图2，已知点，，则的“精致矩形”面积为_____； (2)在（1）的条件下，直线与轴，轴分别交于，两点，在直线上存在一点，当的“精致矩形”为正方形时，求点的坐标； (3)如图3，在（2）的条件下，将绕点按顺时针方向旋转得，连接，，，在旋转过程中、当为直角三角形时，求点的坐标，并直接写出的精致矩形”面积． 【答案】(1) (2) (3)，的精致矩形”面积为或，的精致矩形”面积为 【分析】（1）分别过点作轴和轴的垂线，垂足分别为，交于点，则四边形是的“精致矩形”，进而得出，即可得出的“精致矩形”面积； （2）待定系数法求得直线的解析式为，根据新定义得出的纵坐标为，代入解析式，即可求解； （3）先得出，根据旋转的性质分,两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，分别过点作轴和轴的垂线，垂足分别为，交于点，则四边形是的“精致矩形” ∵，， ∴ ∴ ∴的“精致矩形”面积为， 故答案为：． （2）解：设直线的解析式为，将，，代入得， 解得： ∴ ∵ 当时，，当时， ∴，， ∵的“精致矩形”为正方形， ∴ ∴ 解得： ∴ （3）∵ 当时，，当时， ∴，， ∴ 如图所示，取的中点，连接 ∴ ∴ ∴三角形是等边三角形， ∴ 如图所示，当时，则共线， ∵ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴点在轴上， ∴ ∴， 过点作轴于点，连接 ∴ ∴ ∴， ∴ ∴的精致矩形”面积为； 如图所示，当时，过点作轴于点， ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴，∴， ∴，∴， 如图所示，过点作轴于点， ∴，∴，， ∴，∴，∴， ∴的精致矩形”面积为， 综上所述， ，的精致矩形”面积为或，的精致矩形”面积为． 【点睛】本题考查了新定义，一次函数与坐标轴交点问题，矩形的性质，坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，正方形的性质，一次函数交点问题，分类讨论，理解新定义，是解题的关键． 19．如图，和是两个不全等的等腰直角三角形，其中，，连接，点M是的中点，连接． (1)若点D在边上，如图1，试探究之间的关系，并说明理由； (2)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图2，那么（1），中的结论是否仍成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出新结论并证明； (3)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图3，，，求BM的长． 【答案】(1)且，理由见解析 (2)（1）中的结论仍成立，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据斜边中线等于斜边的一半即可证明相等，再根据等边对等角结合三角形外角的定义与性质可得，问题得证； （2）延长至点G，使得，连接、、、、，延长交于点N，先证明四边形是平行四边形，即有，，表示出，再结合，，可得，即可证明，问题随之得解； （3）延长交于点H，证明，再证明．即可得，．求出，再在中，由勾股定理得，可求解． 【详解】（1），理由： ∵，点M是的中点， ∴在中，， 同理在中可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， 综上：，； （2）成立，理由如下： 延长至点G，使得，连接、、、、，延长交于点N，如图， ∵点M是分的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，， ∴，； （3）延长交于点H，    ∵和是等腰直角三角形， ∴，，， 由旋转可得，，即， ∴， ∴，， ∵M为中点， ∴． ∴． ∴，， 即，． ∵，， ∴，， ∴， ∴在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题目，主要考查了旋转的性质，等腰三角形和全等三角形的判定与性质，及勾股定理的运用，要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键． 20．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的横坐标为a，点A的纵坐标为b，且实数a，b满足． (1)如图1，求点A的坐标； (2)如图2，过点A作x轴的垂线，垂足为点B．已知点，连接CA，CB，请在y轴上找一点P，使的面积与的面积相等，并求出点P的坐标． (3)在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点Q，使为等腰三角形，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或者 (3)、、、或者 【分析】（1）根据非负数的性质求得的值，即可确定点的坐标； （2）设直线的解析式为：，利用待定系数法可得直线的解析式为：，设直线交y轴于点G，可得，求出，即，根据题意设，则有，结合，，，可得，解方程即可求解； （3）分别以A、C为圆心，长为半径画圆，与x轴依次交于点、、、，的垂直平分线交x轴于点，过点C作轴于点D，以上、、、、即是满足要求的Q点，先利用勾股定理求出，在中，，即可得，则有，采用勾股定理，其他点同理可求． 【详解】（1）∵实数，满足， 又∵，， ∴，， ∴，， ∴点的坐标为； （2）设直线的解析式为：， ∵，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：， 设直线交y轴于点G， 如图， 当时，， ∴， ∵轴，， ∴，即， 根据题意设， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 解得：或者， ∴，或者； （3）如图，分别以A、C为圆心，长为半径画圆，与x轴依次交于点、、、，的垂直平分线交x轴于点，过点C作轴于点D，如图， ∴，， ∵，，轴， ∴，，， ∴， ∵轴， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴，同理可得：， ∵轴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， 同理可得：， ∵，， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述：符合要求的Q点坐标为：、、、或者． 【点睛】本题主要考查了非负数的性质、坐标与图形、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式以及等腰三角形的性质等知识，理解题意，利用数形结合的思想分析问题是解题关键． 21．如图1，直线与轴，轴分别交于两点，直线与轴交于点，与直线交于点． (1)若点与点关于点对称，求直线的解析式； (2)平移线段至线段，当点落在直线上，点落在轴上时， ①如图2，若，求点的坐标； ②如图3，作点关于直线的对称点，连接，若四边形是平行四边形，求出此时的值． 【答案】(1) (2)①；②或 【分析】（1）根据题意，得到、，再由对称性得到点的坐标为，利用待定系数法确定函数关系式即可得到答案； （2）①根据平移性质，设，结合平行四边形性质、中点坐标公式及点的平移求出，由勾股定理及两点距离公式代值求解即可得到答案；②将解析式联立得，求出交点坐标，由点的平移可知，将平移到的过程与将平移到相同，则，再由点关于直线的对称点，即直线是线段的垂直平分线，由，利用两点距离公式列式解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：在中，令,得，则， 令，得，则， ∴由点的对称性可得，点的坐标为，代入得，， ； （2）解：①连接，如图所示： ∵平移线段，点的对应点， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形， 与互相平分，即点是的中点，也是的中点， ，， ， 设， 由点的平移可知，将平移到的过程与将平移到相同，则， ， 由勾股定理可得，则，解得， ； ②直线；直线； 将解析式联立得，解得， ， 由（2）知，， 若四边形是平行四边形，如图所示： ， 由点的平移可知，将平移到的过程与将平移到相同，则， 点关于直线的对称点， 直线是线段的垂直平分线，即， ，即，解得或； 故存在四边形是平行四边形的情况，或． 【点睛】本题考查直线与平行四边形综合，涉及点的对称性、待定系数法确定函数关系式、直线平移性质、平行四边形性质、中点坐标公式、点的平移、勾股定理、两点距离公式、求直线交点坐标、解方程等知识，熟练掌握相关几何性质，掌握直线与平行四边形综合题型的解法是解决问题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中考试数学B卷压轴题模拟训练（二) 一、填空题 1．在中，分别为射线与射线上的两动点，且，连接，则最小值为 ． 2．一个直角三角形如图所示，其中，，，过点C作，垂足为，过点作，垂足为，过点作垂足为，……依次作下去，则 ． 3．若关于y的分式方程的解为负数，则所有满足条件的非负整数m的值之和为 ． 4．如果一个正整数能够表示为两个正整数的平方差，那么称这个正整数为“智慧数”．因为，，，，……，所以按从小到大的顺序，“智慧数”依次为3，5，7，8，9，11，12，13，15，16，17，……，按此规律，2024是第 个“智慧数”． 5．如图，正方形的边长为4，点E在上，的平分线交于点F，则的长为 ． 6．如图，在中，，，，点D在边上，连接，过的中点E作，交于点F，交于点G，若，则 ． 7．如图，已知点是直线上一点，点C是x轴上一定点，四边形是平行四边形，在直线上有一动点P，若的最小值为20，则点B的坐标为 ． 8．如图，在平面直角坐标系中有一个等腰直角，其中点，，给出如下定义：若点P向上平移1个单位，再向右平移4个单位后得到，若点在等腰直角的内部或边上，则称点P为等腰直角的“和雅点”．若在直线上存在点Q，使得点Q是等腰直角的“和雅点”，则k的取值范围是 ． 9．如图，在等腰中，，，点M为边的中点，点E是边上的一个动点，连接，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，连接，则当点E在从C到B的运动过程中，线段扫过的面积是 ． 10．如图，中，，点E为线段上一动点，过点E作于点F，连接，点G为中点，连接．当最小时，线段的值为 ． 11．如图，已知为直角三角形，其中，，，D为边上中点，E为直线上一点，线段绕点D逆时针旋转30°至，连接，则的最小值为 ，当取得最小值时，的长为 ． 二、解答题 12．随着人们对健康的关注度不断提高，智能手表受到了广泛欢迎，它能够实时监测心率、血压、睡眠质量等健康指标，并提供个性化的健康建议．某店经销的甲型智能手表四月每支售价比三月每支降低50元．如果卖出相同数量的甲型智能手表，三月销售额为26000元，四月销售额为24000元． (1)四月甲型智能手表每支售价为多少元？ (2)随着科技进步，五月会上市监测更精准，功能更全面的乙型智能手表，该店计划购进乙型智能手表销售，已知甲型智能手表每支进价为500元，乙型智能手表每支进价为800元，计划用不少于29000元且不多于29600元的资金购进这两种智能手表共40支，请问有几种进货方案？ (3)在（2）的条件下，若乙型智能手表的售价为950元，五月为了促销，商店决定每售出一支乙型智能手表，返还顾客现金元，而甲型智能手表仍按四月的售价销售，应怎样选择进货方案，使销售利润最大？并求出最大值（用含m的代数式表示）． 13．随着华为鸿蒙系统的块速发展，华为手机正逐渐成为人们喜爱的智能设备，某手机店决定采购甲型和乙型两款手机，已知每部甲型手机的进价是每部乙型手机的进价的倍，若用万元购进甲型手机的数量比万元购进乙型手机的数量多2部． (1)甲型和乙型手机的进价分别为每部多少万元？ (2)该公司决定用不多于万元购进甲型和乙型手机共部，最多可以购买多少部甲型手机？ 14．已知如图，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，与直线交于点C，且． (1)求直线的解析式及点C的坐标； (2)将直线绕点C顺时针旋转，与x轴交于点D，与y轴交于点E，求的面积； (3)在（2）的情况下，直线上是否存在的一个点P，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 15．如图1，在等边中，D、E分别为边、边上的一点，且． (1)求证：； (2)如图2，D、E分别在边、边边的延长线上，且，连接，连接并延长交于点F，求的度数； (3)在（2）的情况下，如图3，将关于对称得到，交于M；将关于对称得到，交于．当时，求面积的最大值． 16．已知，将沿对角线翻折得到，连接线段． (1)如图1，求证：； (2)连接线段与直线相交于点O， ①如图2，当为锐角时，时，试求线段的长度； ②若，当为等腰三角形时，求线段的长度． 17．在拓展课常上，共学小组的同学用两个完全相同的长方形纸片展开探究活动，这两张长方形纸片的长为4，宽为2．    【实践探究】 （1）小红将两个完全相同的长方形纸片和摆成图的形状，点与点重合，边与边重合，边，在同一直线上，试探究的形状，并说明理由. 【解决问题】 （2）如图2，在（1）的条件下，小明将长方形绕点顺时针转动，边与边交于点，连接，若时，求的值. 【拓展研究】 （3）从图1开始，小亮将长方形绕点顺时针转动一周，若直线与线所成夹角为时，请直接写出的面积． 18．在平面直角坐标系中，有如下定义：若图形在一个矩形的内部（包含边界）．当矩形有一条边平行于坐标轴且面积最小时，则称矩形是图形的“精致矩形”，如图1，矩形即是四边形的“精致矩形”． (1)如图2，已知点，，则的“精致矩形”面积为_____； (2)在（1）的条件下，直线与轴，轴分别交于，两点，在直线上存在一点，当的“精致矩形”为正方形时，求点的坐标； (3)如图3，在（2）的条件下，将绕点按顺时针方向旋转得，连接，，，在旋转过程中、当为直角三角形时，求点的坐标，并直接写出的精致矩形”面积． 19．如图，和是两个不全等的等腰直角三角形，其中，，连接，点M是的中点，连接． (1)若点D在边上，如图1，试探究之间的关系，并说明理由； (2)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图2，那么（1），中的结论是否仍成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出新结论并证明； (3)若将图1中的绕点A逆时针旋转，如图3，，，求BM的长． 20．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的横坐标为a，点A的纵坐标为b，且实数a，b满足． (1)如图1，求点A的坐标； (2)如图2，过点A作x轴的垂线，垂足为点B．已知点，连接CA，CB，请在y轴上找一点P，使的面积与的面积相等，并求出点P的坐标． (3)在（2）的条件下，在x轴上是否存在一点Q，使为等腰三角形，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 21．如图1，直线与轴，轴分别交于两点，直线与轴交于点，与直线交于点． (1)若点与点关于点对称，求直线的解析式； (2)平移线段至线段，当点落在直线上，点落在轴上时， ①如图2，若，求点的坐标； ②如图3，作点关于直线的对称点，连接，若四边形是平行四边形，求出此时的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$