精品解析：上海市松江区2024-2025学年下学期八年级数学期末考试试卷

2024学年第二学期初二数学期末考试试卷 （满分100分，完卷时间90分钟） 考生注意： 1．本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须写在答题纸上，做在试卷上一律不得分．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须写出证明或计算的主要步骤． 2．答题前，务必在答题纸上填写学校、班级和姓名． 3．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位． 一、选择题（本大题共6题，每题2分，满分12分） 1. 无论取何值，一次函数的图像一定经过（ ） A. 第一、三象限 B. 第二、四象限 C. 第一、二象限 D. 第三、四象限 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一次函数的图象，一次函数中为负数，故图像从左向右下降，可正、负或零，需确定无论如何变化，图像必定经过的象限． 【详解】解：因为，说明图像向右下方倾斜，必然穿过第二、四象限． 当时，图像与轴交于正半轴，经过第一、二、四象限； 当时，图像为，经过第二、四象限； 当时，图像与轴交于负半轴，经过第二、三、四象限； 共同象限：无论取何值，图像始终经过第二、四象限． 故选B． 2. 下列方程有实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了算术平方根、立方根、分式方程，逐一分析各选项方程是否存在实数解即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：A、，平方根的结果非负，而右边为，显然无解，故不符合题意； B、，两边同乘得，但使分母为0，舍去，故无解，故不符合题意； C、，变形为，解得，是实数根，故符合题意； D、，变形为，实数的四次方非负，无解，故不符合题意； 故选：C． 3. 下列事件中，属于必然事件的是（ ） A. 明天下雨 B. 篮球队员在罚球线投篮一次：未投中 C. 掷一枚硬币，正面朝上 D. 任意画一个四边形，其内角将是 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了随机事件和必然事件的定义，可能发生也可能不发生的事件是随机事件，一定发生或一定不发生是事件是必然事件，根据定义解答． 【详解】解：A、明天下雨是随机事件，故不符合题意； B、篮球队员在罚球线投篮一次，未投中是随机事件，故不符合题意； C、掷一枚硬币，正面朝上是随机事件，故不符合题意； D、任意画一个四边形，其内角将是360°是必然事件，故符合题意； 故选：D． 4. 下列说法中，正确的是（ ） A. 如果和是相反向量，那么 B. 如果和是平行向量，那么 C. 如果，那么 D. 如果，那么 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平面向量的定义与性质，熟练掌握平面向量的定义与性质是解本题的关键．根据向量的定义与性质，逐一对选项判断即可． 【详解】解：A、相反向量的和为零向量，而不是数字0，故本选项不符合题意； B、平行向量为方向相同或相反，模不一定相等，故本选项不符合题意； C、两个向量的模相等，不能保证方向相同，故本选项不符合题意； D、两个向量方向相同，所以是平行向量，故本选项符合题意； 答案：D． 5. 已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查正方形的判定定理，根据正方形的判定定理逐项分析即可得解，熟练掌握正方形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：A、，矩形对角线互相平分，必然成立，无法判定正方形，故不符合题意； B、，矩形对角线相等且平分，故，此条件恒成立，无法判定正方形，故不符合题意； C、，说明对角线与垂直，矩形对角线若垂直则为正方形，符合判定条件，故符合题意； D、，矩形对角线本相等，此条件恒成立，无法判定正方形，故不符合题意； 故选：C． 6. 已知小丽家、便利店、体育馆在同一直线上，某天小丽从家步行到便利店买了一瓶水，再到体育馆锻炼，最后骑共享单车回家．小丽离家距离y与时间x之间的关系如图所示．下列结论错误的是（ ） A. 小丽家到便利店距离500米 B. 小丽在便利店停留了5分钟 C. 小丽步行的速度是 D. 小丽骑共享单车的速度是步行速度的1.5倍 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，准确识图是解题的关键．根据图象逐项分析即可． 【详解】解：由图象可得， A．小丽家到便利店距离，正确； B． ∴小丽在便利店停留了5分钟，正确； C． ∴小丽步行的速度是，正确； D．小丽骑自行车的速度为 ∴ ∴小丽骑自行车的速度是步行速度的2倍，故选项错误． 故选：D． 二、填空题（本大题共12题，每题2分，满分24分） 7. 方程的解是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，掌握解分式方程的解法是解题的关键．根据分式方程的解法即可求解． 【详解】解：， ， 解得， 经检验，当时，， 原方程的解是， 故答案为：． 8. 二项方程的实数解是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查高次方程的解法，关键在于降次，利用开平方降次是关键．先求的解，再求实数解即可． 【详解】解：， ， ， （负值舍去）， ， 故答案为：． 9. 一次函数的截距是___________． 【答案】1或 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数的性质．先令，求出的值；再令，求出的值即可得出结论． 【详解】解：∵令，则； 令，则， ∴一次函数的截距是1或． 故答案为：1或． 10. 用换元法解分式方程时，如果设，并将原方程化为关于的整式方程，那么这个整式方程是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了换元法解分式方程．设，则，进而将原方程变为，再去分母即可． 【详解】解：设，则， 原方程可变为：， 两边都乘以得，， 故答案为：． 11. 如果正多边形的一个外角是，那么这个正多边形的边数为___________． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了多边形的外角和定理．根据外角和为，除以每个外角的度数即可得出多边形的边数． 【详解】解：， ∴这个多边形的边数为5． 故答案为：5． 12. 如果一次函数的图像与轴交于点，那么时，的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一次函数的图像性质．先得到一次函数的增减性，再由的图像可确定的取值范围． 【详解】解：∵， ∴y随x的增大而减小， ∵一次函数的图像与轴交于点，那么时， ∴的取值范围是， 故答案为：． 13. 一项工程，甲队独做提前2天完成，乙队独做要延期5天，现在两队合作3天后，余下的由乙队独做，正好如期完工，设工程期限为天，可列方程___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，根据“两队合作3天后，余下的由乙队独做，正好如期完工”列方程即可． 【详解】解：根据题意，得， 故答案为：． 14. 从平行四边形、矩形、菱形、正方形、等腰梯形中任选一个图形，顺次连接其各边中点，得到的四边形是菱形的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了中点四边形的性质和概率的计算．先判断出中点四边形是菱形的个数，再利用概率公式计算即可求解． 【详解】解：平行四边形、菱形的对角线不一定相等，其中点四边形不一定是菱形， 矩形、正方形、等腰梯形的对角线相等，其中点四边形是菱形， ∴得到的四边形是菱形的概率是， 故答案为：． 15. 如图，菱形，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，那么的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，即可得出，再由菱形面积公式计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质、正方形的性质是解题的关键． 延长、相交于M，先证明四边形是矩形，得到，，再对运用勾股定理求解即可． 【详解】解：延长、相交于M， ∵正方形和正方形中，，， ∴，，，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 如果一个函数图像上存在横、纵坐标相等的点，那么称这个点为这个函数图像的“不动点”．已知点是函数图像上的“不动点”，点，点，如果四边形是等腰梯形，那么点的坐标是___________． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了新定义，等腰三角形的性质，一次函数，矩形的判定与性质等知识，根据“不动点”定义求出点A的坐标，然后分和两种情况讨论即可． 【详解】解：∵点是函数图像上的“不动点”， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴，轴， 当时， 如图，过B作于E，交轴于F， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∴轴， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，过A作于E，延长交于D ∵，， ∴， ∵四边形是等腰梯形， ∴， ∵， ∴， 综上，D的坐标为或， 故答案为：或． 18. 如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【答案】10 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，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．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证出，再由勾股定理求出，可得，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ∴， ， ， ， 故答案为：10． 三、简答题（本大题共4题，第19、20题每题6分，第21、22题每题8分，满分28分） 19. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式和乘方的性质，得一元二次方程、一元一次不等式，通过求解即可得到答案． 【详解】∵ ∴ ∴，且， ∴，， ∴，，， ∴为方程的解． 【点睛】本题考查了二次根式、乘方、一元二次方程、一元一次不等式的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式、乘方、一元二次方程、一元一次不等式的性质，从而完成求解． 20. 解方程组： 【答案】 【解析】 【分析】先对x2-3xy+2y2=0分解因式转化为两个一元一次方程，然后联立①，组成两个二元一次方程组，解之即可． 【详解】将方程 的左边因式分解，得或． 原方程组可以化为或 解这两个方程组得 所以原方程组的解是 【点睛】本题考查了高次方程组，将高次方程化为一次方程是解题的关键． 21. 如图，在中，点在边的延长线上，，设，． （1）写出图中所有与互为相反向量的向量：___________； （2）试用向量，表示：___________；___________； （3）在图中求作：．（保留作图痕迹，不要求写作法，写出结论）． 【答案】（1），； （2），； （3）见解析． 【解析】 【分析】本题考查了作图，平行四边形的性质，平面向量等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，学会利用三角形法则解决问题． （）根据相反向量的定义解答即可； （）利用三角形法则求解； （）通过尺规作图，作交延长于点，连接，利用三角形法则求解即可． 【小问1详解】 解：图中所有与互为相反向量的向量为，， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； 【小问3详解】 解：如图，通过尺规作图，作交延长于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴即为所求． 22. 小明家附近有、两种品牌的共享电动车，其收费方式分别满足函数和，收费（元）与骑行时间（分钟）的关系如图所示．已知小明家到工厂的距离为，两种品牌共享电动车的平均行驶速度均为． （1）当时，求品牌收费方式与骑行时间的函数解析式． （2）小明从家骑行去工厂，选择哪种品牌的共享电动车更省钱？ （3）当骑行时间为多少时，两种品牌的收费相差2元？ 【答案】（1） （2）B品牌 （3）10或30 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，解题的关键是： （1）根据待定系数法求解即可； （2）根据待定系数法求出的函数解析式，然后把代入、，求出、，最后比较即可求解； （3）分，，三种情况讨论即可． 【小问1详解】 解：设解析式为， 把，代入，得， 解得， ∴， 【小问2详解】 解：设， 把代入，得， 解得， ∴， 把代入，得，， ∵， ∴小明选择B品牌的共享单车更省钱； 【小问3详解】 解：当时， 根据题意，得， 解得， 当时， 根据题意，得， 解得（舍去）， 当时， 根据题意，得， 解得， 综上，当骑行时间为10或30时，两种品牌的收费相差2元 四、解答题（本大题共4题，第23、24题每题8分，第25、26题每题10分，满分36分） 23. 学校购买一批奖品．已知种奖品的单价比种奖品单价便宜9元，用128元购买种奖品的数量和用272元购买种奖品的数量总共是32个． （1）求、两种奖品的单价各是多少元？ （2）该校计划购买、两种奖品共80个，且种奖品的数量不大于种奖品数量的3倍，请你设计出最省钱的购买方案，并求出最低购买费用． 【答案】（1）奖品的单价8元，则奖品的单价是17元 （2）购买奖品80个，购买奖品20个，费用最小，最小费用为820元． 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，不等式的应用，一次函数的应用，解题的关键： （1）设奖品的单价x元，则奖品的单价是元，根据“用128元购买种奖品的数量和用272元购买种奖品的数量总共是32个”列方程求解即可； （2）设购买奖品a个，则购买奖品个，根据“种奖品的数量不大于种奖品数量的3倍”列不等式求出a的取值范围，设总费用为w元，则可求出，然后根据一次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：设奖品的单价x元，则奖品的单价是元， 根据题意，得， 去分母，并化简得， 解得，， 经检验，，都是原方程的解，但不符合实际意义， ∴，， 答：奖品的单价8元，则奖品的单价是17元； 【小问2详解】 解：设购买奖品a个，则购买奖品个， ∵种奖品的数量不大于种奖品数量的3倍， ∴， 解得， 设总费用为w元， 根据题意，得， ∵， ∴w随a的增大而减小， ∴当时，w有最小值，最小值为，此时， 即购买奖品80个，购买奖品20个，费用最小，最小费用为820元． 24. 如图，已知在中，点、分别是边、的中点，过点、的直线交的延长线于点，联结． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）联结，如果，求证：四边形是矩形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，等腰三角形的性质的性质等知识，掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得出，根据平行线的性质得出，根据证明，得出，结合线段中点定义可得，然后根据“一组对边平行且相等是四边形是平行四边形”即可得证； （2）根据等边对等角可得出，，结合三角形内角和定理可求出，最后根据矩形的判定即可得证． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∴， ∵E是中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 证明：如图， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 25. 【阅读理解】不论取何值，正比例函数的图像始终经过点（0，0），我们说函数的图像经过定点（0，0）．类似的，函数的图像经过定点（2，1）．探求定点的具体思路是：设法找到的某些取值，使函数表达式中含的各项之和为0，即变形得：，令，总有，从而得到点． 【尝试运用】 （1）函数的图像经过的定点坐标是____________； （2）如果点，是原点，且直线，将分成面积相等的两部分，求的值； （3）在（2）的条件下，如果点在轴上，点在直线上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）或或 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，平行四边形的性质，三角形的中线等知识，解题的关键是： （1）仿造[阅读理解]的方法求解即可； （2）根据三角形中线的性质和中点坐标公式求出的中点坐标，然后代入求解即可； （3）分三种情况讨论：以、为对角线时；以、为对角线时；以、为对角线时，然后根据平行四边形的性质以中点坐标公式求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴当，即时，， ∴经过定点， 故答案为：； 【小问2详解】 解：由（1）知：经过， ∵直线将分成面积相等的两部分， ∴直线经过的中点， 又， ∴的中点坐标为， 代入，得， 解得； 【小问3详解】 解：由（2）知： 设，， 以、为对角线时， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴， 解得， ∴ ∴； 以、为对角线时， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴， 解得， ∴ ∴； 以、为对角线时， ∵以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ∴， 解得， ∴ ∴； 综上，N的坐标为或或． 26. 已知梯形，，，点为射线上一动点，联结，过点作，交射线于点，且． （1）①如图1，如果，求的长； ②如图2，点为边上一点，且，求的值； （2）如果，是等腰三角形，求的长． 【答案】（1）①；② （2）或4 【解析】 【分析】（1）①过E作于F，根据可证，得出，判定是等腰直角三角形，得出，根据勾股定理可求出，即可求解； ②过P作于M，过D作于N，则可证四边形，都是矩形，，，，设，，故，，判定是等腰直角三角形，得出，根据三线合一的性质得出，根据线段和差关系可求出，然后代入计算即可； （2）分P在线段和线段的延长线上讨论，然后根据等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：过E作于F， 则， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； ②解：过P作于M，过D作于N， ∵， ∴， ∴四边形，都是矩形， ∴，，， 设，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：当P在线段上时，如图，过E作于F， 由（1）可知：，， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴； 当P在线段的延长线上时， ①当时，如图， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴； ②当时，如图，过E作于F， 则， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ③当时，则， ∴， ∴， 又， ∴与在同一直线上，不符合题意，舍去， 综上，的长为或4． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，梯形，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期初二数学期末考试试卷 （满分100分，完卷时间90分钟） 考生注意： 1．本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须写在答题纸上，做在试卷上一律不得分．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须写出证明或计算的主要步骤． 2．答题前，务必在答题纸上填写学校、班级和姓名． 3．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位． 一、选择题（本大题共6题，每题2分，满分12分） 1. 无论取何值，一次函数的图像一定经过（ ） A. 第一、三象限 B. 第二、四象限 C. 第一、二象限 D. 第三、四象限 2. 下列方程有实数根的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列事件中，属于必然事件的是（ ） A. 明天下雨 B. 篮球队员在罚球线投篮一次：未投中 C. 掷一枚硬币，正面朝上 D. 任意画一个四边形，其内角将是 4. 下列说法中，正确的是（ ） A. 如果和是相反向量，那么 B. 如果和是平行向量，那么 C. 如果，那么 D. 如果，那么 5. 已知矩形的对角线、交于点，下列条件中能判定四边形是正方形的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知小丽家、便利店、体育馆在同一直线上，某天小丽从家步行到便利店买了一瓶水，再到体育馆锻炼，最后骑共享单车回家．小丽离家距离y与时间x之间的关系如图所示．下列结论错误的是（ ） A. 小丽家到便利店距离500米 B. 小丽在便利店停留了5分钟 C. 小丽步行的速度是 D. 小丽骑共享单车的速度是步行速度的1.5倍 二、填空题（本大题共12题，每题2分，满分24分） 7. 方程的解是________． 8. 二项方程的实数解是__________． 9. 一次函数的截距是___________． 10. 用换元法解分式方程时，如果设，并将原方程化为关于的整式方程，那么这个整式方程是___________． 11. 如果正多边形的一个外角是，那么这个正多边形的边数为___________． 12. 如果一次函数的图像与轴交于点，那么时，的取值范围是___________． 13. 一项工程，甲队独做提前2天完成，乙队独做要延期5天，现在两队合作3天后，余下的由乙队独做，正好如期完工，设工程期限为天，可列方程___________． 14. 从平行四边形、矩形、菱形、正方形、等腰梯形中任选一个图形，顺次连接其各边中点，得到的四边形是菱形的概率是___________． 15. 如图，菱形，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，那么的长为___________． 16. 如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是___________． 17. 如果一个函数图像上存在横、纵坐标相等的点，那么称这个点为这个函数图像的“不动点”．已知点是函数图像上的“不动点”，点，点，如果四边形是等腰梯形，那么点的坐标是___________． 18. 如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 三、简答题（本大题共4题，第19、20题每题6分，第21、22题每题8分，满分28分） 19. 解方程：． 20. 解方程组： 21. 如图，在中，点在边的延长线上，，设，． （1）写出图中所有与互为相反向量的向量：___________； （2）试用向量，表示：___________；___________； （3）在图中求作：．（保留作图痕迹，不要求写作法，写出结论）． 22. 小明家附近有、两种品牌的共享电动车，其收费方式分别满足函数和，收费（元）与骑行时间（分钟）的关系如图所示．已知小明家到工厂的距离为，两种品牌共享电动车的平均行驶速度均为． （1）当时，求品牌收费方式与骑行时间的函数解析式． （2）小明从家骑行去工厂，选择哪种品牌的共享电动车更省钱？ （3）当骑行时间为多少时，两种品牌的收费相差2元？ 四、解答题（本大题共4题，第23、24题每题8分，第25、26题每题10分，满分36分） 23. 学校购买一批奖品．已知种奖品的单价比种奖品单价便宜9元，用128元购买种奖品的数量和用272元购买种奖品的数量总共是32个． （1）求、两种奖品的单价各是多少元？ （2）该校计划购买、两种奖品共80个，且种奖品的数量不大于种奖品数量的3倍，请你设计出最省钱的购买方案，并求出最低购买费用． 24. 如图，已知在中，点、分别是边、的中点，过点、的直线交的延长线于点，联结． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）联结，如果，求证：四边形是矩形． 25. 【阅读理解】不论取何值，正比例函数的图像始终经过点（0，0），我们说函数的图像经过定点（0，0）．类似的，函数的图像经过定点（2，1）．探求定点的具体思路是：设法找到的某些取值，使函数表达式中含的各项之和为0，即变形得：，令，总有，从而得到点． 【尝试运用】 （1）函数的图像经过的定点坐标是____________； （2）如果点，是原点，且直线，将分成面积相等的两部分，求的值； （3）在（2）的条件下，如果点在轴上，点在直线上，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 26. 已知梯形，，，点为射线上一动点，联结，过点作，交射线于点，且． （1）①如图1，如果，求的长； ②如图2，点为边上一点，且，求的值； （2）如果，是等腰三角形，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $