精品解析：四川省成都市武侯区2024-2025学年下学期期末考试八年级数学试题

2024-2025学年度下期期末考试试题 八年级数学 全卷150分，时间120分钟 A卷（100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分） 1. 下列图案选自中央广播电视总台《2025年春节联欢晚会》发布主题和主标识的视频，其中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是 （ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 某不等式的解集在数轴上表示如图所示，则这个不等式可以是 （ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ） A. 五边形 B. 六边形 C. 七边形 D. 八边形 6. 如图，两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了间的距离：先在外选一点，然后步测出的中点，并步测出的长，由此他就知道了间的距离．小明在解决上述问题中，主要用到的数学知识是 （ ） A 勾股定理 B. 勾股定理逆定理 C. 三角形中位线定理 D. 线段垂直平分线的性质定理 7. 如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 三星堆博物馆园区位于三星堆遗址东北角，占地面积约1000亩，以其文物、建筑、陈列、园林四大特色享誉中外．某校计划组织270名学生租车前往研学，若单独租用型客车若干辆，则刚好坐满；若单独租用比型客车多15个座位的型客车，则可以少租1辆，且余30个空座位．若设每辆型客车有个座位，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 不等式有______个非负整数解． 10. 若代数式有意义，则实数取值范围是______． 11. 如图，在中，，将绕着点逆时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，则当点恰好落在边上时，的度数为______． 12. 分式方程的解是____________． 13. 如图，在中，，为角平分线，且．现按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交边于点．若，则线段的长为______________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 因式分解 （1）； （2）． 15. （1）解不等式组； （2）先化简，再求值：，其中． 16. 如图，已知是的平分线上一点，，，垂足分别为点，．连接，交线段于点． （1）求证：； （2）若，，求线段的长． 17. 在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别为． （1）请在图上画出； （2）将绕着点顺时针旋转得到，其中点对应点分别为点，请在图中画出，并直接写出点和的坐标； （3）在（2）的条件下，请在图中画出以为对角线的，并直接写出点的坐标，再证明此时所画的四边形是平行四边形． 18. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴相交于两点，直线分别与轴正半轴，轴相交于两点，与直线相交于点． （1）求点的坐标及的度数； （2）当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标； （3）在（2）的条件下，将线段进行平移得到线段，其中点的对应点分别为点，且点在的内部，连接，当时，求的周长的最小值． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知点在直线上，则代数式的值为__________． 20. 如图，在中，点依次在斜边上，分别以为斜边在内作四个直角三角形，且满足，点分别在边，上．若，，则这四个直角三角形的周长的和是______． 21. 已知关于的分式方程的解为正整数，则的最小值是___________． 22. 如图，在中，，点分别在边上，是以为斜边的等腰直角三角形，连接，取的中点，连接．若，则线段的长为________． 23. 我们把对角线互相垂直且相等的四边形称为“和谐四边形”．如图，在平面直角坐标系中，已知，两点，是线段上一点，且，点是直线上的动点，若在内部（不包含边界）始终有一点，使得四边形为“和谐四边形”，则的取值范围是______． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 第十二届世界运动会将于年8月7日在成都正式开幕，其吉祥物“蜀宝”“锦仔”分别以大熊猫、川金丝猴为原型，展现了成都生态宜居、热情友好的城市形象．某商店计划购进一批“蜀宝”“锦仔”吉祥物商品，已知“蜀宝”的单价比“锦仔”的单件高元，且花费元购进“蜀宝”的数量是花费6000元购进“锦仔”的数量的． （1）分别求“蜀宝”“锦仔”两款吉祥物商品的单价； （2）根据网上预订的情况，该商店决定用不超过元的资金购进这两款吉祥物商品共个，求最多可购进“蜀宝”多少个？ 25. 如图，在平面直角坐标系中中，直线与轴相交于点，与轴相交于点． （1）当时，求的值和点的坐标； （2）为直线上一点，为轴正半轴上一点，且，现将点绕着点顺时针旋转，点的对应点刚好落在轴上． 在（）的条件下，求的面积； 作直线交直线于点，取线段的中点，连接．试探究：随着值的改变，的度数是否为定值？若是，请求出的度数；若不是，请说明理由． 26. 在中，，，为边上一点，将沿直线折叠，使点落在直线下方的点处，射线交的一边于点． （1）如图，当点在直线下方时，求证：； （2）在（）的条件下，当时，若，，求的长； （3）当时，若点是一边的中点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下期期末考试试题 八年级数学 全卷150分，时间120分钟 A卷（100分） 第I卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分） 1. 下列图案选自中央广播电视总台《2025年春节联欢晚会》发布主题和主标识的视频，其中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据轴对称图形和中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意； D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意； 故选：D 2. 在平面直角坐标系中，将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了坐标的平移，掌握“横坐标左减右加，纵坐标上加下减”是解题关键．ｇ根据坐标的平移规律求解即可． 【详解】解：将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点， 则点的坐标是，即， 故选：A 3. 某不等式的解集在数轴上表示如图所示，则这个不等式可以是 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了用数轴表示不等式的解集，以及求不等式的解集，解答本题的关键是熟练掌握不等式的解集在数轴上表示出来的方法：“＞”空心圆点向右画折线，“≥”实心圆点向右画折线，“＜”空心圆点向左画折线，“≤”实心圆点向左画折线． 先根据不等式的解集在数轴上表示法求出不等式的解集，然后逐项分析即可． 【详解】解：由数轴可知，不等式表示图中的解集， A．∵，∴，故不符合题意； B．∵ ，∴，故符合题意； C．∵，∴，故不符合题意； D．∵，∴，故不符合题意； 故选B． 4. 如图，在四边形中， ，若添加一个条件，使四边形为平行四边形，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定定理逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A．根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； B． ∵，∴，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； C．根据，，不能判断四边形为平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； D．∵， ∴， ∵ ∴， ∴ ∴四边形为平行四边形， 故该选项正确，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 5. 已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ） A. 五边形 B. 六边形 C. 七边形 D. 八边形 【答案】C 【解析】 【详解】多边形的内角和公式为（n－2）×180°， 根据题意可得：（n－2）×180°=900°， 解得：n=7． 故选C 6. 如图，两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了间的距离：先在外选一点，然后步测出的中点，并步测出的长，由此他就知道了间的距离．小明在解决上述问题中，主要用到的数学知识是 （ ） A. 勾股定理 B. 勾股定理逆定理 C. 三角形中位线定理 D. 线段垂直平分线的性质定理 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形中位线定理，解题关键是掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．结合题意，利用三角形中位线定理分析即可． 【详解】解：的中点为， 是的中位线， ， 主要用到的数学知识是三角形中位线定理， 故选：C 7. 如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，利用数形结合的思想是解题关键．结合图象，根据两直线的交点求解即可． 【详解】解：由图象可知，当时，直线的图象在的图象上方， 则关于的不等式的解集是， 故选：A． 8. 三星堆博物馆园区位于三星堆遗址东北角，占地面积约1000亩，以其文物、建筑、陈列、园林四大特色享誉中外．某校计划组织270名学生租车前往研学，若单独租用型客车若干辆，则刚好坐满；若单独租用比型客车多15个座位的型客车，则可以少租1辆，且余30个空座位．若设每辆型客车有个座位，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用．设每辆型客车有个座位，则需租用A型客车辆，每辆B型客车座位数为个，根据题意，列出方程，即可求解． 【详解】解：设每辆型客车有个座位，则需租用A型客车辆，每辆B型客车座位数为个，根据题意得： ． 故选：B 第II卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 不等式有______个非负整数解． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的整数解，直接从不等式的解集中找出适合条件的非负整数解即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：不等式的非负整数解为：，，共个， 故答案为：． 10. 若代数式有意义，则实数的取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查二次根式和分式有意义的条件，理解二次根式有意义的条件(被开方数为非负数)，分式有意义的条件(分母不能为零)是解题关键．根据二次根式和分式有意义的条件列不等式组求解． 【详解】解：代数式有意义，则， 解得：且， 故答案为：且． 11. 如图，在中，，将绕着点逆时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，则当点恰好落在边上时，的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据旋转的性质可得，，再根据等腰三角形的性质可得，由三角形内角和定理求解即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由旋转性质可知，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 分式方程的解是____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查分式方程的解法，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键；先去分母，然后再进行求解方程即可． 【详解】解： 去分母得：， 整理得： 移项、合并同类项得：， 系数化为1得：， 经检验：是原方程的解； 故答案为． 13. 如图，在中，，为的角平分线，且．现按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交边于点．若，则线段的长为______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了含有的直角三角形，尺规作图画垂直平分线以及等腰三角形的性质，需熟练掌握由尺规作图得到垂直平分线，再根据的直角三角形求解各边长是解决本题的关键． 先由步骤①的尺规作图可知是的垂直平分线，再结合为的角平分线与可求解，和的度数，再由的直角三角形的性质求解边长即可． 【详解】解：记与的交点为点F，如图， ∵在中，， ∴， ∵为的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， 由步骤①可知，是的垂直平分线， ∴且为直角三角形， 在中，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 故答案为： ． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 因式分解 （1）； （2）． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了单项式乘以多项式，提公因式，利用完全平方公式，平方差公式分解因式，掌握因式分解的方法与步骤是解题的关键． （）利用提公因式法提公因式后，再按照平方差公式分解即可； （）先进行单项式乘以多项式运算，然后提取公因数，再按照完全平方公式分解即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 15. （1）解不等式组； （2）先化简，再求值：，其中． 【答案】（）；（）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组和分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解题的关键． （）分别求出每个不等式的解集，再取它们的公共部分即可得到不等式组的解集； （）先算括号内的分式的加法，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，再根据负整数指数幂求出的值，代入计算即可求解． 【详解】解：（）解不等式得，， 解不等式得，， ∴不等式组的解集为； （）， ， ， ∵， ∴原式． 16. 如图，已知是的平分线上一点，，，垂足分别为点，．连接，交线段于点． （1）求证：； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用的解题的关键． （）由角平分线的性质得出，再证，即可得出结论； （）由，则有，，故垂直平分，所以，然后通过勾股定理得，最后利用即可求解． 【小问1详解】 证明：∵是的平分线上一点，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴，， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 17. 在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别为． （1）请在图上画出； （2）将绕着点顺时针旋转得到，其中点对应点分别为点，请在图中画出，并直接写出点和的坐标； （3）在（2）的条件下，请在图中画出以为对角线的，并直接写出点的坐标，再证明此时所画的四边形是平行四边形． 【答案】（1）见解答； （2）画图见解答；，； （3）画图见解答；点P的坐标为；证明见解答． 【解析】 【分析】本题考查作图-旋转变换、平行四边形的判定与性质． （1）直接描点连线即可； （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案； （3）根据平行四边形的判定与性质画图，即可得出点P的坐标；结合平行四边形的判定证明即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求； 【小问2详解】 如图，即为所求， 由图可得，，； 【小问3详解】 如图，即为所求． 由图可得，点P的坐标为， 证明：由勾股定理得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 18. 如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴相交于两点，直线分别与轴正半轴，轴相交于两点，与直线相交于点． （1）求点的坐标及的度数； （2）当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标； （3）在（2）的条件下，将线段进行平移得到线段，其中点的对应点分别为点，且点在的内部，连接，当时，求的周长的最小值． 【答案】（1）， （2） （3）的周长最小值为． 【解析】 【分析】（1）把代入，可得，再分别求解的坐标可得，进一步可得答案； （2）如图，由，等腰三角形且，可得，可得，可得直线为：，再进一步求解即可，当轴时，不符合题意；从而可得答案； （3）如图， 求解，，，设线段向上平移个单位，向右平移个单位，可得，，过作轴于，可得，证明，结合，可得，可得，在直线上运动，且在的内部，作关于直线的对称点，连接，则，再进一步求解即可． 【小问1详解】 解：∵直线分别与轴正半轴，轴相交于两点， ∴当，， ∴， ∵直线分别与轴，轴相交于两点， ∴当，，当，则， ∴，， ∴，而， ∴； 【小问2详解】 解：如图， ∵，为等腰三角形且， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， 直线为：， ∴， 解得：， ∴； 当轴时，不符合题意； 综上：． 【小问3详解】 解：如图，∵，，， ∴，，， ∵在的内部， ∴设线段向上平移个单位，向右平移个单位， ∴，， 过作轴于， ∴， ∵， ∴， 由平移的性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴在直线上运动，且在的内部， 作关于直线的对称点，连接， 则， ∴的周长为， 当共线时，的周长最小， 而， ∴的周长最小值为． 【点睛】本题考查的是求解一次函数与坐标轴的交点坐标，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，化为最简二次根式，本题的难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知点在直线上，则代数式的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题关键．先根据一次函数的性质可得，再代入求解即可得． 【详解】解：∵点在直线上， ∴， ∴即， ∴， 故答案为：． 20. 如图，在中，点依次在斜边上，分别以为斜边在内作四个直角三角形，且满足，点分别在边，上．若，，则这四个直角三角形的周长的和是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，平移的性质，根据勾股定理求出的长，由题意通过平 移可知，四个直角三角形的周长的和为三角形的周长，据此解答即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由勾股定理得，， 如图， 由题意将，，移到边上，将边，，平移到边上， ∴四个直角三角形的周长的和， 故答案为：． 21. 已知关于分式方程的解为正整数，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，掌握分式方程解法，理解分式方程增根的定义是正确解答的关键．根据分式方程的解法得出，因为分式方程的解是正整数，而，得出，进而可得出答案． 【详解】解：将分式方程的两边都乘以，得 ， 解得， 由于分式方程的增根是， 所以， 即， 因为分式方程的解是正整数，而， 则x的最小值为2， 所以， 解得， 故答案为：4． 22. 如图，在中，，点分别在边上，是以为斜边的等腰直角三角形，连接，取的中点，连接．若，则线段的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于点M，过点作于点N，延长到点K，使得，连接，求出，证明，则，，证明，由，根据三角形中位线定理得到． 【详解】解：如图，过点作于点M，过点作于点N，延长到点K，使得，连接， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴ ∵ ∴， 故答案为： 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形、等腰三角形的判定和性质、三角形中位线定理等知识，熟练三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质是解题的关键． 23. 我们把对角线互相垂直且相等的四边形称为“和谐四边形”．如图，在平面直角坐标系中，已知，两点，是线段上一点，且，点是直线上的动点，若在内部（不包含边界）始终有一点，使得四边形为“和谐四边形”，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式等知识，根据题意分如图，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，设与交于点，与轴交于点，如图，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，过作于点，与轴交于点，分别通过勾股定理，求解析式，全等三角形的判定与性质进行求解即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为“和谐四边形”， ∴，， 如图，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，设与交于点，与轴交于点， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴此时点横坐标为， 如图，当在上时， 过作轴于点，过作交延长线于点，过作于点，与轴交于点， 由上可得：，，，， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设解析式为， ，解得：， ∴解析式为， 联立，解得：， ∴此时点横坐标为， ∴的取值范围是， 故答案为：． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 第十二届世界运动会将于年8月7日在成都正式开幕，其吉祥物“蜀宝”“锦仔”分别以大熊猫、川金丝猴为原型，展现了成都生态宜居、热情友好的城市形象．某商店计划购进一批“蜀宝”“锦仔”吉祥物商品，已知“蜀宝”的单价比“锦仔”的单件高元，且花费元购进“蜀宝”的数量是花费6000元购进“锦仔”的数量的． （1）分别求“蜀宝”“锦仔”两款吉祥物商品的单价； （2）根据网上预订的情况，该商店决定用不超过元的资金购进这两款吉祥物商品共个，求最多可购进“蜀宝”多少个？ 【答案】（1）“锦仔”的单价为元；“蜀宝”的单价为元 （2）最多可购进“蜀宝”个 【解析】 【分析】本题考查方式方程与一元一次不等式的实际应用，熟练掌握分式方程与一元一次不等式的解法是解题的关键， （1）根据题意列出方程，解方程即可得到答案； （2）根据题意得到一元一次不等式，解不等得到的取值范围，再根据实际情况得到的最大值． 【小问1详解】 解：设 “锦仔”的单价为元，，则“蜀宝”的单价为元， 由题可得： 整理得： 解得：， 经经验，是原方程的解， ∴， 答：“锦仔”的单价为元；“蜀宝”的单价为元． 【小问2详解】 解：设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个， 由题可得：， 整理得： 解得：， ∵为整数， ∴的最大值为， 答：最多可购进“蜀宝”个． 25. 如图，在平面直角坐标系中中，直线与轴相交于点，与轴相交于点． （1）当时，求的值和点的坐标； （2）为直线上一点，为轴正半轴上一点，且，现将点绕着点顺时针旋转，点的对应点刚好落在轴上． 在（）的条件下，求的面积； 作直线交直线于点，取线段的中点，连接．试探究：随着值的改变，的度数是否为定值？若是，请求出的度数；若不是，请说明理由． 【答案】（1），； （2）的面积为；为定值，理由见解析． 【解析】 【分析】（）求出，则，求得，确定直线解析式后即可求点坐标； （）过点作轴，设，，由是的中点, 可求，证明，则，即，解得，求得，则的面积 ； 设，，过作轴，过作轴，则，，同可得，，，推导出，则，，，再求出，，可知为等腰直角三角形，则． 【小问1详解】 解：当时， ∴， ∴， 解得， ∴， 当时，， ∴； 【小问2详解】 解：过点作轴， 设，， ∵， ∴是等腰三角形， ∵， ∴是的中点， ∴， ∴， 当时，， 得， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，解得， ∴，， ∴，， ∴， ∴的面积； 为定值，理由如下： 设，，过作轴，过作轴， 由直线， 当时得，可得， 当时得，得，则， 同可得，，，， ∴，， ∴， 解得， ∴，，， 设直线的解析式为， 将，代入，得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得， ∴， ∵是的中点， ∴，， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题考查了一次函数的图象及性质，待定系数法求一次函数解析式，两点距离公式，待定系数法求解析，三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形的性质，二次根式的运算，掌握知识点的应用是解题的关键． 26. 在中，，，为边上一点，将沿直线折叠，使点落在直线下方的点处，射线交的一边于点． （1）如图，当点在直线下方时，求证：； （2）在（）的条件下，当时，若，，求的长； （3）当时，若点是的一边的中点，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）的长为； （3）的值为或． 【解析】 【分析】（）由四边形是平行四边形，则，，由折叠性质可知，故有，然后通过等角对等边即可求证； （）过作于点，过作于点，则，，证明四边形是矩形，所以，，设，则，，通过计算得，，，然后通过勾股定理得出，最后求出的值即可求解； （）分如图，当在下方时，即点是中点时，如图，当在上方时，即点是中点时两种情况，并通过折叠的性质，勾股定理等知识求解即可． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠性质可知：， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如图，过作于点，过作于点， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 当时，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，解得：， ∴； 【小问3详解】 解：如图，当在下方时，即点是中点时， 过作于点，过作于点， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 设，则，，，， ∴， ∵点中点， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，解得：； 如图，当在上方时，即点是中点时， 设，则， ∴， ∵点是中点， ∴， ， 过作，交延长线于点，取中点，连接， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴是梯形中位线，， ∴，，， ∴，， ∴由勾股定理得， 由折叠性质可知：， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 整理得：， 解得：或（舍去）； 综上可知：的值为或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解方程，中位线定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $