精品解析：重庆市西南大学附属中学校2025一2026学年度八年级上学期1月定时训练数学试题

西南大学附中2025-2026学年度初二上期1月定时训练 数学试题 （总分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答时认真阅读答题卡上的注意事项； 3．考试结束，由监考人员将试卷和答题卡收回． 一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个正确选项，请将答题卡中对应题目的正确答案标号涂黑． 1. 下列各式中，属于分式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列长度的三条线段，能构成直角三角形的是（ ） A. ，2， B. 6，8，10 C. 12，13，15 D. 7，15，23 3. 下列运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 估计的值在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 5. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等的四边形是平行四边形 C. 有一个角是直角的四边形是矩形 D. 有三个角是直角的平行四边形是正方形 6. 用正六边形瓷砖铺设地面，从中心一块开始，按环状向外铺设，每向外铺设一环，该环的数量比前一环多6块，（第一环需6块新砖）．铺设完第一环时，总砖数为7块；铺设完第二环时，总砖数为19块；铺设完第三环时，总砖数为37块．按照这个规律，铺设第七环时，总共需要（ ）块正六边形瓷砖． A. 91 B. 127 C. 169 D. 217 7. 下面表示一次函数与正比例函数（是常数，）的图象是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，为的中点，为上的点，将沿着折叠，点恰好落在上点处，且．若，则的长为（ ）． A. 2 B. C. D. 9. 若菱形中有一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，使得．连接．取分别为的中点，连接，延长交于点，交于点，令为，则的角度为（ ） A. B. C. D. 10. 给定，定义．例如．判断以下结论正确的个数有（ ） ①；②；③若的值为整数，则满足条件的整数共有12个． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 二、填空题：本大题共8个小题，每小题4分，共32分．请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 氧气是由氧元素形成的一种单质，氧元素的原子半径约为米，则氧原子的半径用科学记数表示为________米． 12. 在函数中，自变量的取值范围是________． 13. 一个多边形的每个内角都相等，且内角和是外角和的5倍，则这个多边形的每个内角为________． 14. 已知实数满足，则代数式________． 15. 如图，在矩形中，点在上，将沿着折叠，使点落在对角线上的点处．如果，，则的值为________． 16. 若关于的不等式组有且仅有3个奇数解，且关于的分式方程的解为非负整数，则所有满足条件的整数的和是________． 17. 如图，在菱形中，、交于点，点为边上的一个动点，点为对角线上的一个动点，过点分别作于点，作于点，连接．已知，则菱形的面积为_________；在点的运动过程中，的最小值为________． 18. 对于一个各位数字均不为零的四位自然数，若其满足千位数字与十位数字之和等于百位数字与个位数字之和，则称为“平衡数”．规定其前两位数字组成的两位数为，后两位数字组成的两位数，并定义．已知一个“平衡数”，且，则这个四位数为________；两个“平衡数”．若是一个完全平方数，则的最大值为________． 三、解答题：本大题共9大题，共78分．解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，请将解答过程写在答题卡中对应的位置上． 19. 计算 （1）； （2）． 20. 因式分解： （1） （2） 21. 解分式方程： （1） （2） 22. 在校园绿化改造工程中，需要规划一块等腰三角形的花坛，其中，施工人员先过顶点作于点，确定了边的中垂线位置，点是上的一个景观灯安装点（不与、重合），连接． （1）用尺规作图：以点为顶点，在右侧作，射线交的延长线于点，连接、（保留作图痕迹，不写作法）． （2）求证：四边形是菱形． 证明：∵， ∴． ∴ 在和中， ∴（）， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． （3）若米，米，当时，扩建出的四边形为正方形花坛． 23. 如图，直线与直线交于点，且分别与轴交于、两点，已知，若，回答下列问题： （1）求、两点的坐标及直线的解析式； （2）在直线上能否找到点，使得？若能，求出点的坐标，若不能，说明理由． 24. 如图，四边形是菱形，连接、交于点，点为上方一点，且满足，． （1）求证：四边形是矩形； （2）过点作，交于点，交于点，若，，，求的面积． 25. 西西文创店购进艺术贴纸和文创胶带两种产品．已知艺术贴纸的单张进价比文创胶带的单卷进价高元，该店用元购进的艺术贴纸与用元购进的文创胶带数量相同． （1）求艺术贴纸和文创胶带的进价； （2）西西文创店根据进价制定了销售策略：艺术贴纸按高于进价的定价；文创胶带的定价是进价的倍，但若一次性购买文创胶带超过卷，则超过部分每卷降价元．星金学习小组计划向该店购买艺术贴纸和文创胶带共件用于小组成员福利，要求艺术贴纸的数量不少于文创胶带数量的倍，且不超过文创胶带数量的倍，同时两种文创产品均需要购买．假设该店同意按上述策略销售给星金学习小组，请问星金学习小组应如何购买，才能使总花费最低？最低总花费是多少？ 26. 如图，在中，，，平分，动点从点出发，沿着方向运动至点处停止．点在上运动的速度为，当点到达点时，速度变为2，设点运动的时间为，的面积为． （1）请直接写出关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； （3）结合图象，直接写出当时，的取值范围（结果精确到，误差不超过）． 27. 如图，在中，，为边上一点，连接． （1）如图①，延长至点．若，，求线段的长度； （2）如图②，过点作于点，为外一点，连接、，若，，试猜想线段、之间具有怎样的数量关系并证明； （3）如图③，在（2）的条件下，，、分别是线段、上一动点，且满足，当取最小值时，直接写出的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附中2025-2026学年度初二上期1月定时训练 数学试题 （总分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答； 2．作答时认真阅读答题卡上的注意事项； 3．考试结束，由监考人员将试卷和答题卡收回． 一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分．每小题只有一个正确选项，请将答题卡中对应题目的正确答案标号涂黑． 1. 下列各式中，属于分式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式的定义，解题的关键是掌握分式的概念：一般地，如果、表示两个整式，且中含有字母，那么式子叫做分式，据此逐一判断即可． 【详解】解：∵选项A中的分母是常数，不是字母，故不是分式； 选项B中的分母是4，是常数，故不是分式； 选项C中的分母含有字母，故是分式； 选项D中的分母是2，是常数，故不是分式； 故选：C． 2. 下列长度的三条线段，能构成直角三角形的是（ ） A. ，2， B. 6，8，10 C. 12，13，15 D. 7，15，23 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的逆定理．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理判断两小边的平方和是否等于最长边的平方，根据勾股定理的逆定理，对各选项逐一分析即可． 【详解】解：A、，， ∵，∴不能构成直角三角形； B、，， ∵，∴能构成直角三角形； C、，， ∵，∴不能构成直角三角形； D、，， ∵，∴不能构成直角三角形； 故选：B． 3. 下列运算中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题综合考查了幂的运算(积的乘方、幂的乘方、同底数幂的乘法)和合并同类项的核心法则，是幂运算的基础题型．对每个选项，先识别它属于哪种运算类型，逐一验证每个选项即可． 【详解】解：∵，∴选项A错误； ∵，∴选项B错误； ∵，∴选项C错误； ∵，∴选项D正确； 故选：D． 4. 估计的值在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的乘法运算及无理数的估算，先计算二次根式的乘法，再找到所求的无理数在哪两个和它接近的数之间，然后判断出所求的无理数的范围，由此即可求解． 【详解】解：， ∵ ∴， ∴， ∴ ∴， ∴在1和2之间， 故选：B． 5. 下列说法正确的是（ ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等的四边形是平行四边形 C. 有一个角是直角的四边形是矩形 D. 有三个角是直角的平行四边形是正方形 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理，涉及知识点：特殊四边形的判定条件、命题真假的判断．解题技巧是逐一分析每个选项，根据判定定理判断正误；解题关键是准确记忆特殊四边形的判定条件，避免混淆判定定理；易错点是忽略判定定理的前提条件（如 “平行四边形”）． 【详解】∵ 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（菱形的判定定理），∴ A正确； ∵ 对角线相等的四边形不一定是平行四边形（如等腰梯形），∴ B错误； ∵ 有一个角是直角的四边形不一定是矩形（如直角梯形），∴ C错误； ∵ 有三个角是直角的平行四边形是矩形，但矩形不一定是正方形，∴ D错误． 故选A． 6. 用正六边形瓷砖铺设地面，从中心一块开始，按环状向外铺设，每向外铺设一环，该环的数量比前一环多6块，（第一环需6块新砖）．铺设完第一环时，总砖数为7块；铺设完第二环时，总砖数为19块；铺设完第三环时，总砖数为37块．按照这个规律，铺设第七环时，总共需要（ ）块正六边形瓷砖． A. 91 B. 127 C. 169 D. 217 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查图形规律探索，根据“每环比前一环多6块”的条件，依次写出每一环的瓷砖数量，再将所有环的数量与中心1块累加求和． 【详解】解：由题意可知， 中心有1块瓷砖； 第1环有6块瓷砖； 第2环有块瓷砖； 第3环有块瓷砖； 第4环有块瓷砖； 第5环有块瓷砖； 第6环有块瓷砖； 第7环有块瓷砖； 将所有瓷砖数累加得； 故选：C． 7. 下面表示一次函数与正比例函数（是常数，）的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一次函数与正比例函数的图象性质，通过系数的符号判断函数图象经过的象限．先根据分析正比例函数经过的象限由决定，再分析一次函数与轴的交点情况，结合选项排除矛盾情况． 【详解】解：∵， ∴且． 对于正比例函数， ∵， ∴当时，，正比例函数过第一、三象限；当时，，正比例函数过第二、四象限． 选项A：正比例函数过第二、四象限()，一次函数交轴负半轴()，符合条件； 选项B：正比例函数过第二、四象限()，一次函数交轴正半轴()，矛盾，排除； 选项C：正比例函数过第二、四象限()，一次函数交轴正半轴()，矛盾，排除； 选项D：正比例函数过第一、三象限()，但一次函数交轴负半轴()，矛盾，排除． 故选：A． 8. 在中，，为的中点，为上的点，将沿着折叠，点恰好落在上点处，且．若，则的长为（ ）． A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，由折叠的性质可得，，结合，可判定是等边三角形．由于为的中点，因此是直角三角形，使用勾股定理计算出．结合，可证明是等腰直角三角形，则，进而求出． 【详解】解：如图，连接， 由折叠的性质可知，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在直角中，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查折叠的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是关键． 9. 若菱形中有一点，连接，将绕点逆时针旋转得到，使得．连接．取分别为的中点，连接，延长交于点，交于点，令为，则的角度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据得到，根据旋转的性质得到，根据菱形的性质得到，证明，得到，根据三角形中位线定理得到，，，进而求出，根据三角形内角和定理得到，根据等边对等角计算即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴， ∵菱形， ∴， ∴， ∴， ∵分别为的中点， ∴，，，， ∴，，， ∵， ∴， ， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形内角和定理，等边对等角，理清各角之间的关系是解题的关键． 10. 给定，定义．例如．判断以下结论正确的个数有（ ） ①；②；③若的值为整数，则满足条件的整数共有12个． A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了数学式子的规律，分式的整数解，因式分解，约分，分式的化简求值，熟练掌握规律的发现，分式的化简求值，求分式的整数解是解题的关键． 序列定义为周期函数，周期为，计算前几项可得模式；结论①直接计算验证；结论②利用周期性和乘积性质，每项，求和得；结论③化简表达式为多项式与分式，要求分式为整数，需为的约数，但排除后仅得个整数，与结论声称个不符. 【详解】解：∵ ，， ∴ ； ； ； ；故结论①正确， ，即， ，即， 故序列周期为6，即， ∵， ∴， ∴， 故结论②正确； ∵，，，， ∴， 要求值为整数，则需为的约数，即，，，，，， 得，，，，，，，，，，，， 由于， 故有个整数，与结论中个不符，故③错误； 综上，正确结论为①和②，共个， 故选C． 二、填空题：本大题共8个小题，每小题4分，共32分．请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上． 11. 氧气是由氧元素形成的一种单质，氧元素的原子半径约为米，则氧原子的半径用科学记数表示为________米． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了科学记数法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，据此求解即可． 【详解】解：氧原子半径原数为0.000000000074 米，即米． 故答案为：． 12. 在函数中，自变量的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查函数自变量的取值范围，函数是分式，分母是二次根式，因此需要分母不为零，且被开方数大于或等于零，据此求解即可． 【详解】解：根据题意，自变量x的取值需满足 即， 解得 ． 故答案为：． 13. 一个多边形的每个内角都相等，且内角和是外角和的5倍，则这个多边形的每个内角为________． 【答案】 ##度 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和，外角和，抓住内角，外角的关系列方程是解题的关键．设多边形的一个内角的度数是，则每个外角的度数为，根据内角和是外角和的5倍，可得每一个内角的度数是每一个外角度数的5倍，据此建立方程求解即可． 【详解】解：设多边形的一个内角的度数是，则每个外角的度数为， 根据题意，得每一个内角的度数是每一个外角度数的5倍， 则， 解得， 则这个多边形的每个内角为． 故答案为：． 14. 已知实数满足，则代数式________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查整式的化简计算，灵活运算是解题的关键． 由已知条件可得，由于，将方程变形为，进而求出，将所求代数式的分子和分母同时除以，代入计算即可． 【详解】解：由，得， 因为（若，代入方程不成立）， 所以将方程两边除以，得，即 则， 所求代数式为， 分子和分母同时除以， 得， 故答案为：． 15. 如图，在矩形中，点在上，将沿着折叠，使点落在对角线上的点处．如果，，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 设，根据题意可得，，由勾股定理可得，，则．在直角中，使用勾股定理构造方程并求解即可． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可知，，，， 在直角中，， ∴， 在直角中，， ∴， 化简，得， ∵， ∴两边同除以，得，即， ∴． 故答案为：． 16. 若关于的不等式组有且仅有3个奇数解，且关于的分式方程的解为非负整数，则所有满足条件的整数的和是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解不等式组和解分式方程，熟练掌握相关的计算步骤是解题的关键． 先解出不等式组，根据其解的特殊性，判断出的取值范围，再求解分式方程，根据解的特殊性判断出对应的值，最后求和即可． 【详解】解：解不等式，得， 解不等式，得， 故不等式组的解为， ∵不等式组有且仅有3个奇数解， 可得其奇数解为，，， ∴， 解得， 解分式方程， 解得，由该方程的解为非负整数， ∴为非负整数，且（此时，为方程增根）， 即的值可为3，4，8， ∴所有满足条件的整数的和为， 故答案为：． 17. 如图，在菱形中，、交于点，点为边上的一个动点，点为对角线上的一个动点，过点分别作于点，作于点，连接．已知，则菱形的面积为_________；在点的运动过程中，的最小值为________． 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、轴对称求最短路径及面积法的应用． （1）菱形面积为对角线乘积的一半，先利用勾股定理求出对角线的长度，再代入面积公式计算． （2）先利用面积法证明为定值；再利用菱形的轴对称性，将转化为，从而将的最小值转化为点到的距离(菱形的高)；将定值与最小值相加得到最终结果． 【详解】（1）解：∵菱形中，对角线，， ∴． 在中，，， 由勾股定理得， ∴． ∴菱形的面积； 故答案为：． （2）解：如图，连接． 由， 得， ∵， 得到． ∵菱形关于对角线对称， ∴点关于的对称点为，故， ∴． 当、、三点共线且时，最小， 此时为菱形的高， ∴， 即的最小值为， ∴的最小值为； 故答案为：． 18. 对于一个各位数字均不为零的四位自然数，若其满足千位数字与十位数字之和等于百位数字与个位数字之和，则称为“平衡数”．规定其前两位数字组成的两位数为，后两位数字组成的两位数，并定义．已知一个“平衡数”，且，则这个四位数为________；两个“平衡数”．若是一个完全平方数，则的最大值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了新定义，列代数式，整式的加减运算，理解新定义的运算：“平衡数”定义是解题的关键． 对于第一部分，由平衡数条件和列出方程，求解和得到；对于第二部分，由平衡数条件和为完全平方数推出，再求的最大值，通过枚举和的可能值，得到最大值为． 【详解】解：对于，由平衡数定义，， 即； 又， 所以， 代入，得， 即， 解得，，故． 对于和， 由平衡数定义，满足，即； 满足，即， 计算， 代入，得； ， 代入，得， 所以， 设其为完全平方数，则必须是的倍数，且范围在到之间， 故，即。， 代入，得， 可取、、，对应为、、， 且限制的最大值， 当，，，最大为， 此时， 其他情况均小于此值，故的最大值为． 故答案为：；． 三、解答题：本大题共9大题，共78分．解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，请将解答过程写在答题卡中对应的位置上． 19. 计算 （1）； （2）． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】本题考查了分式的混合运算：先乘方，再乘除，然后加减，有括号的先算括号里面的．也考查了整式的运算． （1）先根据完全平方公式和多项式乘法展开，然后合并同类项即可； （2）先把括号内通分，再把除法运算化为乘法运算，然后约分即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 20. 因式分解： （1） （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查因式分解的常用方法，涉及知识点：提公因式法、平方差公式、分组分解法．解题技巧是先观察多项式特点，提取公因式，再套用公式或分组分解． （1）先提取公因式 ，再用平方差公式分解； （2）先重新分组为 ，再用完全平方公式和平方差公式分解． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ． 21. 解分式方程： （1） （2） 【答案】（1） （2）无解 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，掌握解分式方程的步骤是解题的关键． （1）将原方程去分母，化为整式方程，再根据解整式方程的步骤求解，最后检验即可； （2）将原方程去分母，化为整式方程，再根据解整式方程的步骤求解，最后检验即可； 【小问1详解】 解： 经检验，是该方程的解． 【小问2详解】 解： 当时，分式和的分母为0，故是方程的增根，即方程无解． 22. 在校园绿化改造工程中，需要规划一块等腰三角形的花坛，其中，施工人员先过顶点作于点，确定了边的中垂线位置，点是上的一个景观灯安装点（不与、重合），连接． （1）用尺规作图：以点为顶点，在右侧作，射线交的延长线于点，连接、（保留作图痕迹，不写作法）． （2）求证：四边形是菱形． 证明：∵， ∴． ∴ 在和中， ∴（）， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． （3）若米，米，当时，扩建出的四边形为正方形花坛． 【答案】（1） 如图所示 （2）①　②　　③ （3）④2 【解析】 【分析】这道题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定、菱形和正方形的判定．解题技巧是利用等腰三角形“三线合一”得到线段相等，通过全等三角形证明边相等，进而判定平行四边形和菱形；解题思路： （1）按尺规作一个角等于已知角的步骤画图； （2）用等腰三角形性质、全等判定和“一组对边平行且相等”证平行四边形，再证菱形； （3）利用勾股定理算出长，结合正方形性质求出，进而得到． 【小问1详解】 解：作图步骤：①以为圆心，取适当长度为半径画弧，交、于两点； ②以为圆心，用同样长度为半径画弧，交于一点； ③以该点为圆心，截取前弧两点的距离为半径画弧，与前弧交于一点； ④连接C与该点并延长，交延长线于； ⑤连接、，完成作图． 【小问2详解】 因为，，根据等腰三角形“三线合一”，所以（①）． 因为垂直平分，所以． 在和中， 所以， 得． 因为，所以（内错角相等，两直线平行）． 一组对边平行且相等，所以四边形是平行四边形． 又因为，所以平行四边形是菱形． 【小问3详解】 解：已知，，则​． 在中，． 当四边形为正方形时，，且， 所以是等腰直角三角形． 等腰直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以． 因此． 23. 如图，直线与直线交于点，且分别与轴交于、两点，已知，若，回答下列问题： （1）求、两点的坐标及直线的解析式； （2）在直线上能否找到点，使得？若能，求出点的坐标，若不能，说明理由． 【答案】（1），， （2）能，点坐标为或 【解析】 【分析】本题考查一次函数的图象与性质，直线围成的三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）先求出点和点的坐标，结合，求出的值，再将点代入，求出的值； （2）分为点在点的左侧和右侧两类讨论，根据，，之间的关系，求出点的坐标． 【小问1详解】 解：将代入，得， ∴点的坐标为， 将代入，得， ∴点的坐标为， ∴，， ∵， ∴， 解得，， ∴点的坐标为， 将，，代入，得， ， 解得，， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：假设存在，设点坐标为， ∵， ∴点在线段外， ①当点在延长线上时， ∵， ∴， 解得，，此时点坐标为， ②当点在延长线上时， 同理①可得，， ∵， ∴， 解得，，此时点坐标为． 综上所述，假设成立，点坐标为或． 24. 如图，四边形是菱形，连接、交于点，点为上方一点，且满足，． （1）求证：四边形是矩形； （2）过点作，交于点，交于点，若，，，求的面积． 【答案】（1） 证明：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2） 【解析】 【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，．结合题干可得，，且，则四边形是平行四边形．又因为，因此命题得证； （2）作，垂足为，由角平分线定理可得，．使用勾股定理计算出和，根据的面积构造方程，求出，进而求出的面积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，作，垂足为，设， 在直角中，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ，， ， ∵， ∴， 解得，， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定，角平分线定理以及勾股定理，熟练掌握勾股定理解三角形是解题关键． 25. 西西文创店购进艺术贴纸和文创胶带两种产品．已知艺术贴纸的单张进价比文创胶带的单卷进价高元，该店用元购进的艺术贴纸与用元购进的文创胶带数量相同． （1）求艺术贴纸和文创胶带的进价； （2）西西文创店根据进价制定了销售策略：艺术贴纸按高于进价的定价；文创胶带的定价是进价的倍，但若一次性购买文创胶带超过卷，则超过部分每卷降价元．星金学习小组计划向该店购买艺术贴纸和文创胶带共件用于小组成员福利，要求艺术贴纸的数量不少于文创胶带数量的倍，且不超过文创胶带数量的倍，同时两种文创产品均需要购买．假设该店同意按上述策略销售给星金学习小组，请问星金学习小组应如何购买，才能使总花费最低？最低总花费是多少？ 【答案】（1）艺术贴纸的进价为元，文创胶带的进价为元 （2）购买艺术贴纸张和文创胶带卷时，总花费最低，最低总花费为元 【解析】 【分析】本题考查分式方程的应用，一次函数的应用，准确理解题意得出方程和函数表达式是解题的关键． （1）根据题意列出分式方程，求解即可； （2）设文创胶带的件数为件，先得出的取值范围，然后得出总花费与的关系，根据函数表达式，判断总花费最低的情况． 【小问1详解】 解：设文创胶带的进价为元，则艺术贴纸的进价为元， 得出方程， 解得，则， 故艺术贴纸的进价为元，文创胶带的进价为元． 【小问2详解】 解：设文创胶带的件数为件，则艺术贴纸的件数为件， ∵艺术贴纸的数量不少于文创胶带数量的倍，且不超过文创胶带数量的倍， ∴， 由为整数， 解得， 当时，总花费为， 当最小，即时，花费最少为元； 当时，总花费为， 当最大，即时，花费最少为元； ∵， 故当时，， 购买艺术贴纸张和文创胶带卷时，总花费最低，最低总花费为元． 26. 如图，在中，，，平分，动点从点出发，沿着方向运动至点处停止．点在上运动的速度为，当点到达点时，速度变为2，设点运动的时间为，的面积为． （1）请直接写出关于的函数表达式，并注明自变量的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质； （3）结合图象，直接写出当时，的取值范围（结果精确到，误差不超过）． 【答案】（1） （2） 函数图象如图所示， 当时，随的增大而增大； （3）的取值范围为 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，计算出与，计算出点到点的时间为，分为和两段，分别计算关于的函数表达式； （2）根据（1）中的函数表达式画出图象，结合图象描述函数的性质； （3）画直线，与函数图象有两个交点，估算两个交点的横坐标，结合图象得出的取值范围． 【小问1详解】 解：∵， 又∵平分， ∴，， 在直角中，， ， ∴当时，点在线段上，如图， ， ， 当时，点在线段上，如图， ， ， 综上所述，； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图，画直线， 当时， ，则， ，则， 结合图象可知，当时，的取值范围为． 【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，一次函数与不等式，等腰三角形的性质和勾股定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 27. 如图，在中，，为边上一点，连接． （1）如图①，延长至点．若，，求线段的长度； （2）如图②，过点作于点，为外一点，连接、，若，，试猜想线段、之间具有怎样的数量关系并证明； （3）如图③，在（2）的条件下，，、分别是线段、上一动点，且满足，当取最小值时，直接写出的面积． 【答案】（1） （2）， 理由如下： 如图，过点作，交的延长线于点，交于，过作于． ∵，， ∴． ∴． 在和中，，，， ∴， ∴，． 在和中，，，， ∴， ∴． ∵， ∴设，， ∴． 在中，． 在，. 设，在中，，则． ∵， ∴，整理得， 解得(舍去)， ∴， ∴， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）先根据中、，判定为等腰直角三角形，得；利用三角形外角性质，结合，求出；再由中，推出，判定为等腰三角形．构造辅助线，在中，借助角直角边性质和勾股定理求出、；在中，因，得，最终通过计算出的长度． （2）构造辅助线、，通过角的等量代换，用证明，得、；结合等腰直角三角形性质，用证明，得．设，由得，用勾股定理表示、；根据列方程，求解得，最终推出． （3）设，用勾股定理表示，得出当时取最小值．由，得；构造辅助线连接、作，用证明，再通过证明，利用面积比例求出的面积． 【小问1详解】 解：在中，，， ，． ． 在中，， ， ，． 作于点，在中，，， ，． 在中，， ∴ ， ， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2），．． 设，则， ∴， ∴即当时，取得最小值， ∴设，， 如图，取的中点，连接，，． 过点作于，易得，， ∴，. 在和中： ∴， ∴． 在线段上取点，使得：， 易得． ∵， ∴， 即此时的面积为． 【点睛】本题综合考查等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质、勾股定理、二次函数配方求最值，核心解题逻辑是通过构造辅助线转化线段与角的关联，借助全等模型搭建已知与未知的桥梁，结合代数运算(方程、配方)解决几何问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $