精品解析：上海市上海中学东校2024-2025学年八年级下学期数学期末卷

2024学年第二学期初二年级期末考试数学学科试卷 （时间：100分钟，满分：100分） 一、选择题（本大题共6题，每题3分，共18分） 1. 下列函数不是一次函数的是（ ） A. B. C. D. 2. 一次函数在轴上的截距是（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 下列方程为无理方程的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法中，错误的是（ ） A. 平行向量的方向可能相同 B. 方向相反的向量是相反向量 C. 平行向量的方向可能相反 D. 方向相反的向量是平行向量 5. 事件“关于的方程有实数解”是（ ） A. 必然事件 B. 随机事件 C. 不可能事件 D. 必然事件或随机事件 6. 已知在四边形中，，对角线、交于点，且，则下列四个命题中真命题是（ ） A. 若，则四边形一定是等腰梯形 B. 若，则四边形一定是等腰梯形 C. 若且，则四边形一定是正方形 D. 若，则四边形一定是矩形 二、填空题（本大题共12题，每题2分，共24分） 7. 联结三角形两边中点的线段叫做三角形的_______． 8. 已知关于x的方程是二项方程，那么__________． 9. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可化为关于y的整式方程是______． 10. 方程的根是______． 11. 先后两次掷一枚材质均匀的骰子，第一次掷得的点数记为a，第二次掷得的点数记为b，那么点落在直线上的概率是______． 12. 如果一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则该多边形是________边形． 13. 在四张完全相同的卡片上分别印有平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后从中随机抽取一张，那么抽到卡片上印有的图案是中心对称图形的概率为______． 14. 化简：______． 15. 已知四边形中，，那么四边形为______（填四边形的名称）． 16. 如图，在矩形中，，点、分别是边、的中点，点、在对角线上．如果四边形是矩形，那么的长等于_____． 17. 如图，在矩形中，，点在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处．如果，那么的长为______． 18. 如图，在梯形中，，，．点在边上，将沿着翻折，点的对应点为点．如果，那么的长为______． 三、解答题（本大题共7题，第19题6分，第20题6分，第21题6分，第22题8分，第23题10分，第24题10分，第25题12分，共58分） 19. 解方程组： 20. 已知分式方程．甲同学的解答过程如下： 解：（第①步）去分母，得：， （第②步）解这个整式方程，得：， （第③步）检验：当时，， （第④步）所以，原方程的根是． （1）甲同学的解答过程是从第　　步开始出现错误的，请简要说明错误的原因：_______ （2）请写出正确且完整的解答过程． 21. A、B两城间的铁路路程为1800千米．为了缩短从A城到B城的行驶时间，列车实施提速，提速后速度比提速前速度每小时增加20千米． （1）如果列车提速前速度是每小时80千米，提速后从A城到B城的行驶时间减少t小时，求t的值； （2）如果提速后从A城到B城的行驶时间减少3小时，又这条铁路规定：列车安全行驶速度不超过每小时140千米．问列车提速后速度是否符合规定?请说明理由． 22. 一个数学兴趣小组尝试探究一次函数图象与两坐标轴所围成三角形面积的问题．为了较为全面地研究这个问题，他们准备把它分成两种类型问题来分别进行研究： 类型I：一条直线（、都不为0）与两条坐标轴所围成的三角形面积大小； 类型II：两条直线和（、，且都不为零）与坐标轴所围成的三角形的面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积之间的关系． 小组成员认为第一类问题只要将直线与两坐标轴的交点坐标分别求出来，就能解决；而第二类的问题需要根据两个函数和符号的不同情况，分别进行研究，才能得出相应的结论． （1）如图1，请你帮助小组求出的面积（用含和的式子表示）． （2）将直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线、和轴所围成的三角形面积记为，它们和轴所围成的三角形面积记为． ①在图2中已经画出了直线和大致图象的一种情况，那么关于这两个一次函数的和符号选项正确的是______． A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 此时、、和之间的关系式是______． ②如图3，保持直线不变，改变直线中和的符号（不考虑和的大小），请在图中画出直线的大致图象，此时、、和之间的关系式是______． 23. 已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC． (1)求证：四边形FBGH是菱形； (2)求证：四边形ABCH是正方形． 24. 定义：在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标互为倒数，就称这个点为“倒数点”．例如：都是“倒数点”． （1）如果直线上有且只有一个“倒数点”，记作点，求直线的解析式以及点的坐标； （2）求直线上的“倒数点”坐标； （3）如果直线上有两个“倒数点”，记作点、，点为坐标原点，当为锐角时，求的取值范围． 25. 已知：如图1，四边形中，． （1）求证：四边形是等腰梯形； （2） 定义：在平面内，如果存在一点到四边形的四条边的距离相等，就称这个点为四边形“内心”；如果存在一点到四边形的四个顶点的距离相等，就称这个点为四边形“外心”．如果一个四边形同时存在“内心”与“外心”，就称这个四边形为“双心四边形”；如果一个四边形只存在“内心”或只存在“外心”，就称这个四边形为“单心四边形”． ①i）四边形为（ ） A．双心四边形 B．存在“内心”的单心四边形 C．存在“外心”的单心四边形 D．以上都不对 ii）设，当四边形的“内心”或“外心”存在且在四边形内时（不包括边界），直接写出的取值范围：__________． ②若四边形的“内心”或“外心”存在，请在图2中作出“内心”点或“外心”点（不需要说明作图理由，保留作图痕迹，并写出作图结论）； ③当时，求出“内心”点到四边形的四条边的距离或“外心”点到四边形的四个顶点的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期初二年级期末考试数学学科试卷 （时间：100分钟，满分：100分） 一、选择题（本大题共6题，每题3分，共18分） 1. 下列函数不是一次函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数的定义，一般地，形如，其中是常数，且的函数叫做一次函数，据此求解即可． 【详解】解：根据一次函数的定义可知，A、B、C三个选项中的函数都是一次函数，D选项中的函数不是一次函数， 故选：D． 2. 一次函数在轴上的截距是（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，代入，求出的值即可得解，熟练掌握一次函数图象上点的坐标特征是解此题的关键． 【详解】解：当时，， ∴一次函数在轴上的截距是， 故选：A． 3. 下列方程为无理方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了无理方程的定义，能熟记无理方程的定义是解此题的关键，注意：根号内含有未知数的方程叫无理方程． 根据无理方程的定义逐个判断即可． 【详解】解：A．根号内不含有未知数，方程属于有理方程，不属于无理方程，故本选项不符合题意； B．根号内含有未知数，方程属于无理方程，故本选项符合题意； C．根号内不含有未知数，方程属于有理方程，不属于无理方程，故本选项不符合题意； D．根号内不含有未知数，方程属于有理方程，不属于无理方程，故本选项不符合题意； 故选：B． 4. 下列说法中，错误的是（ ） A. 平行向量的方向可能相同 B. 方向相反的向量是相反向量 C. 平行向量的方向可能相反 D. 方向相反的向量是平行向量 【答案】B 【解析】 【详解】本题考查向量的基本概念，涉及平行向量和相反向量的定义，需逐一分析选项，判断其是否符合定义，熟练掌握定义是解此题的关键． 【分析】解：A.、平行向量定义为方向相同或相反的向量，因此方向可能相同，故正确，不符合题意； B、相反向量需满足方向相反且长度相等，仅方向相反但长度不等时，不是相反向量，此说法缺少“长度相等”的条件，故错误，符合题意； C、平行向量包含方向相同或相反的情况，因此方向可能相反，故正确，不符合题意； D、平行向量包含方向相反的情况，因此方向相反的向量属于平行向量，故正确，不符合题意； 故选：B． 5. 事件“关于的方程有实数解”是（ ） A. 必然事件 B. 随机事件 C. 不可能事件 D. 必然事件或随机事件 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了事件的分类、解一元一次方程，将方程整理后，分析其解的情况，结合必然事件的定义得出结论，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：原方程可化简为：， 由于，故无论取何实数，， 因此方程两边同时除以，得：，此时必然存在实数解， 因此，该方程“有实数解”是必然事件， 故选：A． 6. 已知在四边形中，，对角线、交于点，且，则下列四个命题中真命题是（ ） A. 若，则四边形一定是等腰梯形 B. 若，则四边形一定是等腰梯形 C. 若且，则四边形一定是正方形 D. 若，则四边形一定是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了命题和定理，等腰梯形，矩形，正方形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据四边形且对角线的条件，逐一分析各选项是否成立． 【详解】解：A：若，四边形可能是矩形（平行四边形对角线相等），不一定是等腰梯形，故A错误； B：若，可能通过全等三角形证明边相等，但若四边形为矩形时也满足条件，故B错误； C：若且，可构造等腰梯形满足条件（如对角线垂直且，但非正方形），故C错误； D：若，说明对角线被平分，结合，证明全等，并得到，四边形为平行四边形（对角线互相平分），结合，平行四边形对角线相等则为矩形，故D正确； 故选：D． 二、填空题（本大题共12题，每题2分，共24分） 7. 联结三角形两边中点的线段叫做三角形的_______． 【答案】中位线 【解析】 【分析】本题考查了中位线的定义，根据三角形中位线的定义，即可求解． 【详解】解：联结三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线； 故答案为：中位线． 8. 已知关于x的方程是二项方程，那么__________． 【答案】0 【解析】 【分析】本题主要考查了二项方程的定义，根据关于x的方程是二项方程，即不含这一项，可得． 【详解】解：∵关于x的方程是二项方程， ∴． 故答案为：0． 9. 用换元法解方程时，如果设，那么原方程可化为关于y的整式方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解法—换元法，换元法的一般步骤为：设元，换元，解元，还原． 根据换元法的步骤进行化简即可． 【详解】解：设， 则原方程可化为： 整理，得 故答案为：． 10. 方程的根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解无理方程，二次根式的性质，原方程可化为：或，先解方程，再验根． 【详解】解：原方程可化为：或 或， ， 原方程的解为， 故答案为：． 11. 先后两次掷一枚材质均匀的骰子，第一次掷得的点数记为a，第二次掷得的点数记为b，那么点落在直线上的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比． 首先根据题意列出表格，然后由表格求得所有等可能的结果与点恰好在直线上的情况，再利用概率公式求得答案． 【详解】解：列表得： 第一次 第二次 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 ∵共有36种等可能的结果，点恰好在直线上的有：，，， ∴点恰好在直线上的概率是：． 故答案为：． 12. 如果一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则该多边形是________边形． 【答案】八 【解析】 【分析】本题考查多边形内角和与外角和，根据题意，设该多边形的边数为，由题意列方程求解即可得到答案．熟记多边形内角和与外角和是解决问题的关键． 【详解】解：设该多边形的边数为， 这个多边形的内角和为， 多边形的内角和是它的外角和的3倍， ，解得， 故答案为：八． 13. 在四张完全相同的卡片上分别印有平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的图案，现将印有图案的一面朝下，混合后从中随机抽取一张，那么抽到卡片上印有的图案是中心对称图形的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形，概率的求法，掌握概率公式：概率等于所求情况数与总情况数之比是解题关键；直接利用概率公式计算即可． 【详解】解：4个图案中，中心对称图形的有3个，分别是平行四边形、矩形、菱形， 抽到的卡片上印有的图案是中心对称图形的概率是， 故答案为： 14. 化简：______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了向量的线性运算，根据向量的运算法则计算即可． 【详解】解：， 故答案为： 15. 已知四边形中，，那么四边形为______（填四边形的名称）． 【答案】平行四边形 【解析】 【分析】本题考查了向量的计算，平行四边形的判定，根据已知可得，进而得出结论，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， 故答案为：平行四边形． 16. 如图，在矩形中，，点、分别是边、的中点，点、在对角线上．如果四边形是矩形，那么的长等于_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．连接，，，设交于点，根据勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，得出，证明四边形为平行四边形，得出，最后求出结果即可． 【详解】解：连接，，，设交于点，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵、分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 17. 如图，在矩形中，，点在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处．如果，那么的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理得出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， 由矩形的性质可得， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 18. 如图，在梯形中，，，．点在边上，将沿着翻折，点的对应点为点．如果，那么的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共7题，第19题6分，第20题6分，第21题6分，第22题8分，第23题10分，第24题10分，第25题12分，共58分） 19. 解方程组： 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了解二元二次方程组， 由②得，③，代入①，解一元二次方程，进而求得的值，即可求解． 【详解】解：由②得，③ 将③代入①得， 解得： 当时，； 当时， ∴方程组的解为：或 20. 已知分式方程．甲同学的解答过程如下： 解：（第①步）去分母，得：， （第②步）解这个整式方程，得：， （第③步）检验：当时，， （第④步）所以，原方程的根是． （1）甲同学的解答过程是从第　　步开始出现错误的，请简要说明错误的原因：_______ （2）请写出正确且完整的解答过程． 【答案】（1）①，方程右边的1没有乘； （2） 去分母，得：， 整理，得：， 解得：， 检验：当时，；当时，， 可知是增根，舍去. 所以，原方程的根是． 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的求解及解一元二次方程，熟练掌握分式方程求解的步骤是解题的关键． （1）依据分式方程求解的步骤进行判断即可； （2）利用分式方程求解的步骤求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. A、B两城间的铁路路程为1800千米．为了缩短从A城到B城的行驶时间，列车实施提速，提速后速度比提速前速度每小时增加20千米． （1）如果列车提速前速度是每小时80千米，提速后从A城到B城的行驶时间减少t小时，求t的值； （2）如果提速后从A城到B城的行驶时间减少3小时，又这条铁路规定：列车安全行驶速度不超过每小时140千米．问列车提速后速度是否符合规定?请说明理由． 【答案】（1） （2）解：符合规定，理由如下： 设列车提速前速度是每小时x千米， 则 解得： (舍去），， ∴提速后的速度为，符合规定. 【解析】 【分析】（1）根据时间=路程÷速度即可求出答案； （2）根据题意列分式方程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意得：提速前从A城到B城的所用时间为：（小时）， 提速后的速度为100千米/小时， ∴提速后从A城到B城的所用时间为：（小时）， ∴提速后从A城到B城的行驶时间减少（小时）； 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了分式方程应用题，运用路程=速度乘以时间解决问题． 22. 一个数学兴趣小组尝试探究一次函数图象与两坐标轴所围成三角形面积的问题．为了较为全面地研究这个问题，他们准备把它分成两种类型问题来分别进行研究： 类型I：一条直线（、都不为0）与两条坐标轴所围成的三角形面积大小； 类型II：两条直线和（、，且都不为零）与坐标轴所围成的三角形的面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积之间的关系． 小组成员认为第一类问题只要将直线与两坐标轴的交点坐标分别求出来，就能解决；而第二类的问题需要根据两个函数和符号的不同情况，分别进行研究，才能得出相应的结论． （1）如图1，请你帮助小组求出的面积（用含和的式子表示）． （2）将直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线、和轴所围成的三角形面积记为，它们和轴所围成的三角形面积记为． ①在图2中已经画出了直线和大致图象的一种情况，那么关于这两个一次函数的和符号选项正确的是______． A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 此时、、和之间的关系式是______． ②如图3，保持直线不变，改变直线中和的符号（不考虑和的大小），请在图中画出直线的大致图象，此时、、和之间的关系式是______． 【答案】（1） （2）①D，；②． 【解析】 【分析】本题考查了函数与不等式的关系，掌握函数的性质和三角形的面积公式是解题的关键． （1）根据三角形的面积公式求解； （2）①根据一次函数的性质求解； ②根据三角形的面积的和差求解． 【小问1详解】 解：当时，， 当时，，解得：， ∴，， ∴； 【小问2详解】 解：①观察图形得：经过一二三象限，经过一二四象限， ∴，，，，， 故选：D；， ②∵，， ∴图象如下： 由图象得：． 23. 已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC． (1)求证：四边形FBGH是菱形； (2)求证：四边形ABCH是正方形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，根据菱形的判定的判定可得四边形FBGH是菱形； 【详解】（2）连结BH，交AC于点O，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB=OH，OF=OG，又AF=CG，所以OA=OC．再根据对角线互相垂直平分的平行四边形得证四边形ABCH是菱形，再根据一组邻边相等的菱形即可求解． （1）∵点F、G是边AC的三等分点， ∴AF=FG=GC． 又∵点D是边AB的中点， ∴DH∥BG． 同理：EH∥BF． ∴四边形FBGH是平行四边形， 连结BH，交AC于点O， ∴OF=OG， ∴AO=CO， ∵AB=BC， ∴BH⊥FG， ∴四边形FBGH是菱形； （2）∵四边形FBGH是平行四边形， ∴BO=HO，FO=GO． 又∵AF=FG=GC， ∴AF+FO=GC+GO，即：AO=CO． ∴四边形ABCH是平行四边形． ∵AC⊥BH，AB=BC， ∴四边形ABCH是正方形． 【点睛】本题考查正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键． 24. 定义：在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标互为倒数，就称这个点为“倒数点”．例如：都是“倒数点”． （1）如果直线上有且只有一个“倒数点”，记作点，求直线的解析式以及点的坐标； （2）求直线上的“倒数点”坐标； （3）如果直线上有两个“倒数点”，记作点、，点为坐标原点，当为锐角时，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）或 （3） 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的综合应用，解一元二次方程，理解“倒数点”在图象上，是解题的关键； （1）依题设点，代入，得，根据，即可求解； （2）联立，解方程，即可求解； （3）根据为锐角得出在第一象限，结合函数图象，即可求解． 【小问1详解】 解：依题设点，代入，得，即， ∴， 直线上有且只有一个倒数点， ，解得， ， ． 直线的解析式是：， 由，得， ； 【小问2详解】 解：依题可知，“倒数点”的坐标满足反比例函数， 联立 ， 解得：或， ∴直线上的“倒数点”坐标为或； 【小问3详解】 解：依题意，直线上有两个“倒数点”， 为锐角， ∴在第一象限， 此时， 当直线和有两个交点时， 联立得，， ∴， 解得：， ∴的取值范围为． 25. 已知：如图1，四边形中，． （1）求证：四边形是等腰梯形； （2） 定义：在平面内，如果存在一点到四边形的四条边的距离相等，就称这个点为四边形“内心”；如果存在一点到四边形的四个顶点的距离相等，就称这个点为四边形“外心”．如果一个四边形同时存在“内心”与“外心”，就称这个四边形为“双心四边形”；如果一个四边形只存在“内心”或只存在“外心”，就称这个四边形为“单心四边形”． ①i）四边形为（ ） A．双心四边形 B．存在“内心”的单心四边形 C．存在“外心”的单心四边形 D．以上都不对 ii）设，当四边形的“内心”或“外心”存在且在四边形内时（不包括边界），直接写出的取值范围：__________． ②若四边形的“内心”或“外心”存在，请在图2中作出“内心”点或“外心”点（不需要说明作图理由，保留作图痕迹，并写出作图结论）； ③当时，求出“内心”点到四边形的四条边的距离或“外心”点到四边形的四个顶点的距离． 【答案】（1） 证明：如图，延长交于点， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴四边形是梯形， 又∵ ∴四边形是等腰梯形； （2）①i）C；ii）； ②如图，“外心”点，即为所求； ③ 【解析】 【分析】本题考查了圆的基本性质，等腰梯形的性质与判定，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，垂直平分线的性质，角平分线的性质，勾股定理，理解新定义是解题的关键； （1）延长交于点，根据等腰三角形的性质，得出，进而证明，结合已知即可得证； （2）①i）根据角平分线的性质以及垂直平分线的性质分析，即可求解； ii）根据题意画出图形，找到临界点，即在上时，可得是等边三角形，进而得出的值，结合图形，即可求解；②作的垂直平分线交于点，则外心即为所求； ③过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作分别交于点，则四边形是矩形，进而勾股定理即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①i）四边形为存在“外心”的单心四边形；如图， 假设四边形为“内心”的单心四边形 ∴内心为对角平分线的交点， 如图，假设为四边形的内心， ∴ 又∵， ∴ ∴，同理可得 ∴四边形是平行四边形，与四边形为等腰梯形矛盾， ∴四边形不是“内心”的单心四边形 故选：C． ii）设，当四边形的“外心”存在且在四边形内时（不包括边界），如图， 当在上时， 此时， 又∵ ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴即 ∵四边形的“外心”存在且在四边形内时（不包括边界） ∴ 又∵ ∴ 故答案为：． ②略 ③如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作分别交于点，则四边形是矩形， ∵， ∴， 直线是等腰梯形的对称轴，则，， ∴ 在中， 设“外心”点到四边形的四个顶点的距离为， 在中， 在中， ∴ 又∵， 设，则 ∴ 解得： ∴ ∴“外心”点到四边形的四个顶点的距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $