精品解析：山东烟台市2025-2026学年度第一学期期末学业水平考试初三数学试题

2025－2026学年第一学期期末学业水平考试初三数学试题 温馨提示： 1．考试时间120分钟，满分120分． 2．考试过程中允许考生进行剪、拼、折叠等实验． 一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，满分30分）每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的． 1. 下列图形由正多边形和圆弧组成，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 2. 下列说法正确的是（ ） A. 分式的值为零，则的值为 B. 根据分式的基本性质，等式 C. 分式是最简分式 D. 分式中的都扩大2倍，分式的值不变 3. 某中学青年志愿者协会10名志愿者，一周的社区志愿服务时间如下表所示．下列关于志愿者服务时间的描述正确的是（ ） 时间/h 2 3 4 5 6 人数 2 2 2 3 1 A. 众数是3 B. 中位数是4 C. 平均数是3 D. 方差是1 4. 某地连续统计了天日最高气温，绘制成如图所示的扇形统计图，下列说法错误的是（ ） A. 这日最高气温的中位数是 B. 这日最高气温的平均值为 C. 这日最高气温的极差是 D. 这日最高气温的众数是 5. 如图，在中，，轴，点，将绕点A旋转至，使C恰好落在y轴的负半轴E点处．若点C和点D关于原点成中心对称，则点A的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 小明利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是（ ） A. B. C. D. 7. 将一个正八边形与一个正六边形按如图所示放置，顶点A，B，C，D四点在同一条直线上，E为公共顶点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方形，点E为边上一点，，的平分线交于点F，点G是的中点，则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 9. 如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 10. 如图，在长方形中，，，E为的中点，若点P在线段上以的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段上由点C向点B匀速运动，当与全等时，则点Q的运动速度是（ ） A. B. 6或 C. 或6 D. 二、填空题（共6个小题，每小题3分，满分18分） 11. 若分式有意义，则应满足的条件是____． 12. 已知是关于的分式方程，若该方程的解为正数，求的取值范围_____． 13. 如图，正方形AOBC的两边分别在x轴、y轴上，点在边AC上，以点B为中心，把△BCD旋转，则旋转后点D的对应点的坐标是________． 14. 如图，在四边形中，是对角线的中点，、分别是、的中点，，，求的度数_____． 15. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A在x轴上，定点B的坐标为，若直线经过点，且将平行四边形分割成面积相等的两部分，则直线的表达式是_________． 16. 如图，在菱形中，对角线，相交于点O，M、N分别是边、的中点，连接，．若，，则的长为_____________． 三、解答题（本大题共9个题，满分72分，解答题要写出必要的计算步骤或文字说明或说理过程） 17. 先化简，再求值：，其中. 18. 因式分解： （1） （2）． 19. 解方程： （1） （2）． 20. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）． （1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1； （2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2； （3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称． 21. 某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． （1）求证：四边形 是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面 的距离的大小． 22. 明德中学开展“每天锻炼1小时”的春季强身健体计划，为了解活动落实情况，从甲、乙两班各随机抽取15名同学，由被抽取同学填写的问卷获得以下信息． 信息1：从甲班抽取的15名同学一周的锻炼时长（h）统计如下． 时长（h） 1 2 3 4 5 6 7 人数 0 3 3 3 4 1 1 信息2：从乙班抽取的15名同学一周锻炼时长（h）的数据如下． 1，5，2，3，4，3，2，4，3，4，4，6，5，7，7 信息3：从甲、乙两班抽取学生一周锻炼时长（h）的平均数、中位数、众数和方差统计如下． 班级 平均数 中位数 众数 方差 甲 4 m 5 2.13 乙 p 4 n 2.93 根据以上信息，回答以下问题： （1）表格中的______，______，______； （2）从哪个班抽取的学生一周锻炼时长的数据更稳定？为什么？ （3）如果该校共有学生2400人，按抽取的学生一周的锻炼时长推算，该校一周锻炼时长不低于4h的学生共有多少人？ 23. 中国苹果看烟台，北纬37°黄金果带，烟台苹果香飘四海，口感无敌的“青森苹果”和香甜多汁的“黄金维纳斯苹果”，物美价廉，走红市场．每斤“青森苹果”比“黄金维纳斯苹果”进价多1元，用4000元购进“青森苹果”的数量是用1500元购进“黄金维纳斯苹果”数量的2倍． （1）求“青森苹果”、“黄金维纳斯苹果”每斤进价分别为多少元？ （2）“青森苹果”每斤售价为6元，“黄金维纳斯苹果”每斤售价为4元．水果店老板决定，购进“黄金维纳斯苹果”的数量比购进“青森苹果”的数量的2倍还多6斤，两种水果全部售出后，可使总的获利不低于1314元，则最少购进“青森苹果”多少斤？ 24. 【课本再现】 我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 【定理证明】 （1）如图1，已知：在中，对角线相交于，且，求证：是矩形． 【知识应用】 （2）如图2，是的中线，，且，连接，． ①求证：； ②当满足条件___________时，四边形是矩形． 25. 已知：如图，中，E为边上一点，F为边延长线上一点，，过点F做，交延长线于点G，连接． （1）求证：； （2）当时，判断四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年第一学期期末学业水平考试初三数学试题 温馨提示： 1．考试时间120分钟，满分120分． 2．考试过程中允许考生进行剪、拼、折叠等实验． 一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，满分30分）每小题都给出标号为A，B，C，D四个备选答案，其中有且只有一个是正确的． 1. 下列图形由正多边形和圆弧组成，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，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；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． 【详解】解：第一个图，是轴对称图形，不是中心对称图形； 第二个图，不是轴对称图形，是中心对称图形； 第三个图，是轴对称图形，不是中心对称图形； 第四个图，是轴对称图形，也是中心对称图形， 综上，符合题意的是第一个图和第三个图， 故选：B． 2. 下列说法正确的是（ ） A. 分式的值为零，则的值为 B. 根据分式的基本性质，等式 C. 分式是最简分式 D. 分式中的都扩大2倍，分式的值不变 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式的值为零的条件、分式的基本性质、最简分式的定义以及分式值的变化．根据分式的值为零的条件，分式的基本性质，最简分式定义，逐项分析判断即可． 【详解】解：A．分式值为零需分子为零且分母不为零，中，分子时，但当时分母，分式无意义，因此x只能为，故A错误； B．分式基本性质要求分子分母同乘同一不为零整式，等式成立需，但选项未说明，故B错误； C．分子与分母无公因式(在实数范围内不可分解)，因此该分式为最简分式，故C正确； D．当x，y都扩大2倍时，新分式为，值为原分式的2倍，因此分式值改变，故D错误． 故选：C． 3. 某中学青年志愿者协会10名志愿者，一周的社区志愿服务时间如下表所示．下列关于志愿者服务时间的描述正确的是（ ） 时间/h 2 3 4 5 6 人数 2 2 2 3 1 A. 众数是3 B. 中位数是4 C. 平均数是3 D. 方差是1 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查方差、平均数、中位数以及众数，根据平均数、中位数、众数及方差的定义求解即可． 【详解】解：这组数据的众数是5，故A选项不符合题意； 这组数据的中位数是，故B选项符合题意； 这组数据的平均数为，故C选项不符合题意； 则方差为，故D选项不符合题意． 故选：B． 4. 某地连续统计了天日最高气温，绘制成如图所示的扇形统计图，下列说法错误的是（ ） A. 这日最高气温的中位数是 B. 这日最高气温的平均值为 C. 这日最高气温的极差是 D. 这日最高气温的众数是 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是扇形统计图、求众数、平均数，中位数，解题的关键是能从扇形统计图中获取信息．先分别求出各个温度所占天数，再根据众数、平均数，中位数，极差的定义求解即可． 【详解】解：的有天，的有天，的有天，的有天，的有天， 这天的温度从小到大排列为，，，，，，，，，， 这日最高气温的中位数是，故A错误； 这日最高气温的平均值为，故B正确； 这日最高气温的极差是，故C正确； 这日最高气温的众数是，故D正确； 故选：A． 5. 如图，在中，，轴，点，将绕点A旋转至，使C恰好落在y轴的负半轴E点处．若点C和点D关于原点成中心对称，则点A的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，坐标与图形等知识，根据旋转可得，得，，根据点C和点D关于原点成中心对称，可得D点坐标为，则，进而可得，，即可求解． 【详解】解：如图， ∵，轴，将绕点A旋转至，使C恰好落在y轴的负半轴E点处． ∴，，轴，， ∴四边形是矩形， ∴ ∵点和点D关于原点成中心对称， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 6. 小明利用两种不同的方法计算下面图形的面积，并据此写出了一个因式分解的等式，此等式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了用图形法进行因式分解，解题的关键是数形结合，用两种方法表示大长方形的面积． 用两种方法表示大长方形的面积即可得出答案． 【详解】解：根据题图可得大长方形是由2个边长为b的正方形，3个长为b宽为a的长方形和1个边长为a的正方形组成， ∴大长方形的面积为， 另外大长方形可以看作一般长为宽为的长方形组成， ∴大长方形的面积为， ∴可以得到一个因式分解的等式为，故D正确． 故选：D． 7. 将一个正八边形与一个正六边形按如图所示放置，顶点A，B，C，D四点在同一条直线上，E为公共顶点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，掌握定理是解题的关键．根据多边形的内角和，分别得出，，再根据三角形的内角和算出，得出即可． 【详解】解：由多边形的内角和可得， ， ， ， ， 由三角形的内角和得： ， ． 故选：C 8. 如图，正方形，点E为边上一点，，的平分线交于点F，点G是的中点，则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理是解决问题关键． 延长交的延长线于点H，根据正方形的性质得，则，根据角平分线的定义及平行线的性质得，则，进而得，证明 可得，然后根据三角形中位线定理可得出的长． 【详解】解：延长交的延长线于点H，如图所示：   ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∵平分， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ， ∴， ∴CD=BH=4， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵点G是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：B． 9. 如图，在中，，，，点为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、垂线段最短的性质，利用垂线段最短求线段的最小值是解题的关键． 设与相交于点O，过点O作于点，利用等腰三角形的判定和性质、平行四边形的性质推出，再利用勾股定理求出，利用垂线段最短求线段的最小值． 【详解】解：设与相交于点O，过点O作于点，如下图所示： ∵，， ∴， 四边形是平行四边形， 为对角线和的中点， ，， 由，可得， ， ， 由勾股定理得，， ， 解得， 根据垂线段最短，可得， ， 当时，线段有最小值4． 故选：D． 10. 如图，在长方形中，，，E为的中点，若点P在线段上以的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段上由点C向点B匀速运动，当与全等时，则点Q的运动速度是（ ） A. B. 6或 C. 或6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． 根据四边形是长方形可得，设运动的时间为，点Q的运动速度是，根据题意分别表示出，，，再根据全等三角形的对应边相等分两种情况讨论，当时，当时，分别建立方程组求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵E为的中点， ∴， 设运动的时间为t秒，点Q的运动速度是， 依题有：，，， ①当时，， 解得：； 即点Q的运动速度为时，与全等， ②当时，， 解得：； 即点Q的运动速度为时，与全等， 综上可得，点Q的运动速度为或时，与全等， 故选：B． 二、填空题（共6个小题，每小题3分，满分18分） 11. 若分式有意义，则应满足的条件是____． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式有意义的条件（分母不为零）即可求出答案． 【详解】解：由分式有意义的条件可知：， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查分式有意义的条件，解题的关键是正确理解分式有意义的条件． 12. 已知是关于的分式方程，若该方程的解为正数，求的取值范围_____． 【答案】且 【解析】 【分析】本题主要考查了根据方程解的情况求参数，先化简分式方程，得到，再根据解为正数和分母不为零的条件，列出不等式求解的取值范围即可． 【详解】解：， 原方程可变为：， 即， 去分母得：， 解得：， ∵方程的解为正数， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴， 解得：， 综上，且， 故答案为：且． 13. 如图，正方形AOBC的两边分别在x轴、y轴上，点在边AC上，以点B为中心，把△BCD旋转，则旋转后点D的对应点的坐标是________． 【答案】(1，0)或(-1，8) 【解析】 【分析】画出旋转后的图形，根据旋转的性质可知OD1的长和C2D2，C2O的长，由此判断点D1的坐标. 【详解】如图所示：根据旋转的性质，旋转前后两个图形全等， 如果△BCD绕点B逆时针旋转90°后得△BOD1， CD= OD1，BC =BO， ∵四边形AOBC是正方形，D(-4，3)， ∴BC=4，CD =4-3=1， ∴OD1=1 ∴D1(1，0) 如果△BCD绕点B顺时针旋转90°后得△BC2D2 C2O=BO+BC2=4+4=8，C2D2=CD=1， 点D2的坐标为D2(-1，8). 故答案为：(1，0)或(-1，8). 【点睛】本题主要考查图形的旋转及旋转的性质和正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键. 14. 如图，在四边形中，是对角线的中点，、分别是、的中点，，，求的度数_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线定理，等边对等角，根据题意，易得分别为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，即可． 【详解】解：∵是对角线的中点，、分别是、的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 15. 如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A在x轴上，定点B的坐标为，若直线经过点，且将平行四边形分割成面积相等的两部分，则直线的表达式是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的中心对称性，待定系数法求一次函数解析式等知识，根据平行四边形的对称性可得为的中点，根据中点坐标公式求出，然后根据待定系数法求解即可． 【详解】解：连接交于P， ∵直线经过点，且将平行四边形分割成面积相等的两部分， ∴直线经过平行四边形的中心， ∴为的中点， ∵，， ∴，即， 设直线解析式为， 把，代入，得， 解得， ∴， 故答案为：． 16. 如图，在菱形中，对角线，相交于点O，M、N分别是边、的中点，连接，．若，，则的长为_____________． 【答案】2.5 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线性质，直角三角形的性质、勾股定理，根据菱形的性质可得，，，根据中位线定理可得，由菱形的面积可得，进而利用勾股定理可求出，再根据直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵，点M、N分别是边、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2.5． 三、解答题（本大题共9个题，满分72分，解答题要写出必要的计算步骤或文字说明或说理过程） 17. 先化简，再求值：，其中. 【答案】，3. 【解析】 【分析】根据分式的运算法则即可求出答案． 【详解】原式====， ∵|x|=2时， ∴x=±2， 由分式有意义的条件可知：x=2， ∴原式=3． 【点睛】本题考查分式的运算法则，解题的关键是熟练运用分式的运算法则，本题属于基础题型． 18. 因式分解： （1） （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，准确的计算是解题的关键． （1）运用提公因式法即可求解； （2）运用十字相乘法即可求解． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 19. 解方程： （1） （2）． 【答案】（1） （2）原方程无解 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解法，解题的关键是把分式方程转化为整式方程，最后注意检验． （1）方程两边先同乘，再解方程，最后注意检验； （2）方程两边先同乘，再解方程，最后注意检验． 【小问1详解】 解：； 方程两边同乘 ，得 检验：当时，， 是原方程的解； 【小问2详解】 原方程可化为 方程两边同乘，得 解得： 检验：当时，， 所以是原方程的增根， 原方程无解． 20. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）． （1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1； （2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2； （3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（　 　，　 　）中心对称． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0． 【解析】 【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1； （2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2； （3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标． 【详解】解：（1）如图所示，分别确定平移后的对应点， 得到A1B1C1即为所求； （2）如图所示，分别确定旋转后的对应点， 得到A2B2C2即为所求； （3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称． 故答案为：﹣2，0． 【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键． 21. 某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． （1）求证：四边形 是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面 的距离的大小． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质可得，进而得，可知，即可证明结论； （2）延长交于点，先证明四边形是平行四边形，即可得的值，再由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形 是平行四边形； 【小问2详解】 解：如图，延长交于点， ∵，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 由（1）得， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴在中， 由勾股定理得． 22. 明德中学开展“每天锻炼1小时”的春季强身健体计划，为了解活动落实情况，从甲、乙两班各随机抽取15名同学，由被抽取同学填写的问卷获得以下信息． 信息1：从甲班抽取的15名同学一周的锻炼时长（h）统计如下． 时长（h） 1 2 3 4 5 6 7 人数 0 3 3 3 4 1 1 信息2：从乙班抽取的15名同学一周锻炼时长（h）的数据如下． 1，5，2，3，4，3，2，4，3，4，4，6，5，7，7 信息3：从甲、乙两班抽取学生一周锻炼时长（h）的平均数、中位数、众数和方差统计如下． 班级 平均数 中位数 众数 方差 甲 4 m 5 2.13 乙 p 4 n 2.93 根据以上信息，回答以下问题： （1）表格中的______，______，______； （2）从哪个班抽取的学生一周锻炼时长的数据更稳定？为什么？ （3）如果该校共有学生2400人，按抽取的学生一周的锻炼时长推算，该校一周锻炼时长不低于4h的学生共有多少人？ 【答案】（1）4，4，4； （2）从甲班抽取的15名同学一周锻炼时长的数据更稳定．理由见解析； （3）该校一周锻炼时长不低于4h的学生共有1440人． 【解析】 【分析】（1）根据众数、中位数以及平均数的定义即可解答； （2）根据方差的定义求解即可； （3）样本估计总体即可求解． 【小问1详解】 解：甲班一周锻炼时长，从小到大排列第8位均为4，即中位数为4，即； 乙班一周锻炼时长的平均数为： 乙班一周锻炼时长最多的为，故众数为4，即； 故答案为：4；4；4； 【小问2详解】 解：从甲班抽取的15名同学一周锻炼时长的数据更稳定．理由如下： ，， ， 从甲班抽取的学生一周锻炼时长的数据更稳定． 【小问3详解】 解：该校一周锻炼时长不低于的学生共有：人． 答：该校一周锻炼时长不低于的学生共有1440人． 【点睛】本题考查频数分布表，中位数、众数、平均数以及用样本估计总体，掌握平均数、中位数、众数的意义是正确解答的关键． 23. 中国苹果看烟台，北纬37°黄金果带，烟台苹果香飘四海，口感无敌的“青森苹果”和香甜多汁的“黄金维纳斯苹果”，物美价廉，走红市场．每斤“青森苹果”比“黄金维纳斯苹果”进价多1元，用4000元购进“青森苹果”的数量是用1500元购进“黄金维纳斯苹果”数量的2倍． （1）求“青森苹果”、“黄金维纳斯苹果”每斤进价分别为多少元？ （2）“青森苹果”每斤售价为6元，“黄金维纳斯苹果”每斤售价为4元．水果店老板决定，购进“黄金维纳斯苹果”的数量比购进“青森苹果”的数量的2倍还多6斤，两种水果全部售出后，可使总的获利不低于1314元，则最少购进“青森苹果”多少斤？ 【答案】（1）“青森苹果”每斤进价为4元，“黄金维纳斯苹果”每斤进价为3元 （2）最少购进“青森苹果”327斤 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，弄清题意，根据数量关系列出分式方程，求出进价是解决问题的关键． （1）设“青森苹果”每斤进价为元，则“黄金维纳斯苹果”每斤进价为元，根据用4000元购进“青森苹果”的数量是用1500元购进“黄金维纳斯苹果”数量的2倍，列出方程，解方程即可； （2）设购进“青森苹果”斤，则购进“黄金维纳斯苹果”斤，根据总的获利不低于1314元，列不等式，计算即可． 【小问1详解】 解：设“青森苹果”每斤进价为元，则“黄金维纳斯苹果”每斤进价为元， 由题意，得 解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ， 所以“青森苹果”每斤进价为4元，“黄金维纳斯苹果”每斤进价为3元； 【小问2详解】 设购进“青森苹果”斤，则购进“黄金维纳斯苹果”斤， 由题意，得， 解得， 所以最少购进“青森苹果”327斤． 24. 【课本再现】 我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 【定理证明】 （1）如图1，已知：在中，对角线相交于，且，求证：是矩形． 【知识应用】 （2）如图2，是的中线，，且，连接，． ①求证：； ②当满足条件___________时，四边形是矩形． 【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②或 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，从而确定，再证明，由全等三角形性质即可得到，由有一个角为直角的平行四边形是矩形即可得证； （2）①由中线定义及，从而得到，再由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，进而由平行四边形性质即可得证； ②同①证法可得四边形是平行四边形，再由矩形的判定定理，只要是等腰三角形即可得到答案． 【详解】（1）证明：在中，，，则， 在和中， ， ， ， 又， ， 是矩形； （2）①证明：是的中线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ∴； ②是的中线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 由矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，需要补充， 由①可知，， 当满足条件时，四边形是矩形； ， ， 当满足条件时，四边形是矩形； 故答案为：或． 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及平行四边形判定与性质、平行线性质、三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质、中线定义、等腰三角形的判定与性质等知识．熟记相关几何性质与判定，并灵活运用是解决问题的关键． 25. 已知：如图，中，E为边上一点，F为边延长线上一点，，过点F做，交延长线于点G，连接． （1）求证：； （2）当时，判断四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）菱形，理由见解析 【解析】 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质． （1）根据平行四边形性质得，，，则，再根据得，进而得，由此可依据判定； （2）连接交于点O，根据和全等得，，则四边形是平行四边形，进而得，再根据，，得，则，据此可得出平行四边形是菱形． 【小问1详解】 证明：∵四边形为平行四边形， ∴，，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在和中， ， ∴； 【小问2详解】 当时，四边形是菱形，理由如下： 连接，交于O， ∵， ∴，， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $