专题07 期末选填压轴题（期末真题汇编）数学新教材北师大版八年级下册

**基本信息** 八年级下期期末选填压轴题汇编，聚焦8大高频考点，精选山东、广东等多地期末真题，强化综合能力训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选填题|40题|三角形最值、平行四边形多结论与折叠、不等式与一次函数等|三角形最值问题结合平行四边形性质（如考点01第1题），多结论问题综合几何判定与性质（如考点02第6题），平移旋转问题融入规律探究（如考点05第21题），适配期末压轴题难度，突出逻辑推理与几何直观考查。|

专题07 期末选填压轴题 8大高频考点概览 考点01三角形中的最值问题 考点02三角形有关的多结论问题 考点03平行四边形有关的多结论问题 考点04不等式与一次函数 考点05平移和旋转中的坐标变换 考点06根据分式方程解的情况求值 考点07平行四边形的折叠问题 考点08平行四边形中的最值问题 ( 地 城 考点01 三角形中的最值问题 ) 1．（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点（不与点重合），以，为邻边作，连接，则最小值为（    ） A．3 B．4 C． D． 2．（23-24八年级下·广东深圳·期末）在中，已知 ，，的垂直平分线分别交，于点，，点和点分别是线段和边上的动点，则 的最小值为 （　　） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，中，，，，为边上的一动点，以，为边作，则线段长的最小值是（    ）    A． B． C． D．3 4．（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，在中，是角平分线，分别是边上的动点，则的最小值是____________． 5．（24-25八年级下·贵州贵阳·期末）如图，在等边三角形中，，D是上一动点，以为对角线作，则对角线的最小值为______． ( 地 城 考点02 三角形有关的多结论问题 ) 6．（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）如图，在平行四边形中，，于点E，于点F，相交于点H，的延长线相交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的是（    ） A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③⑤ 7．（24-25八年级下·贵州毕节·期末）如图，和都是等腰三角形，．，相交于点F，连接．给出下列结论∶①；②；③平分；④平分；⑤．其中正确结论的个数有（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 8．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在中，平分，交于点，且，连接，延长与交于点，连接、．下列结论中：①；②是等边三角形；③；④．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 9．（24-25八年级下·山西运城·期末）如图，中，，在边的同侧作等边三角形，，，连接．以下结论中正确的有（    ） ①四边形是平行四边形； ②； ③； ④可以看成是绕点C顺时针旋转得到的． A．②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 10．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，对角线，且平分，连接交于点，且为的中点，在上取一点，连接，使于点，取的中点，连接，延长相交于点．下列四个结论：①；②；③是的中位线；④．其中所有正确的结论为（   ） A．①③④ B．③④ C．②④ D．②③④ ( 地 城 考点0 3 平行四边形有关的多结论问题 ) 11．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别在边，上，线段经过点，下列结论：；；；．其中错误结论的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 12．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，的对角线交于点O，平分交于点E，交于点F，，，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中所有正确结论的序号是（　　） A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 13．（24-25八年级下·四川达州·期末）如图，平行四边形的对角线AC，BD相交于点O，DE平分，交BC于点E，且，，连接OE．下列结论：①是等边三角形；②；③；④．其中正确结论的个数有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 14．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在中，，对角线，交于点，，平分交BC于点，交于点，连接．点在上，连接，．下列四个结论：；；；当时，的最小值为．其中一定正确的结论是______．（请将正确的结论序号填在横线上） 15．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，平行四边形的对角线、相交于点O，，点E是的中点，连接、，若，下列结论：①；②；③，其中正确的序号为 _________ ． ( 地 城 考点0 4 不等式与一次函数 ) 16．（24-25八年级下·青海玉树·期末）如图，一次函数与的图象相交于点，观察图象可得关于的不等式的解集是___________，解题中体现的数学思想是___________．横线上依次填的内容是（　　） A．，数形结合思想 B．，分类思想 C．，整体思想 D．，数形结合思想 17．（24-25八年级下·广西南宁·期末）如图，已知直线与直线相交于点，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 18．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数与的图象如图所示．小聪根据图象得到下列结论，其中结论不正确的是（      ） A． B．关于x的方程的解为 C．关于，的方程组的解为 D．关于的不等式的解为 19．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，已知函数和（为常数，且）的图象相交于点，则关于的不等式的解集是___________． 20．（24-25八年级下·山东德州·期末）一次函数与的图象如图所示，则下列结论：①；②；③的值每增加，的值增加；④．其中正确的是______． ( 地 城 考点0 5 平移和旋转中的坐标变换 ) 21．（24-25八年级下·广东河源·期末）如图，已知，，顶点），规定“把先沿x轴翻折，再向左平移1个单位长度”为一次变换，如此这样，连续经过2024次变换后，的对角线交点M的坐标变为（   ） A． B． C． D． 22．（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在轴正半轴、轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 23．（25-26八年级下·湖南衡阳·期末）如图，一动点从出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边所夹锐角为，第1次碰到长方形边上的点的坐标为，则第2026次碰到长方形边上的点的坐标为_____． 24．（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）在平面直角坐标系中，如图把一个点从原点开始，先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点；把先向上平移2个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点；把先向下平移3个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到点；把先向下平移4个单位长度，再向右平移4个单位长度，得到点，…，按此规律依次进行下去，则点的坐标为_____． 25．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为直角边作等腰，再以为直角边作等腰，…，按此规律进行下去，则点的坐标为______． ( 地 城 考点0 6 根据分式方程解的情况求值 ) 26．（24-25八年级下·河北保定·期末）如果关于的方程无解，则的值为（   ） A．2 B． C． D．7 27．（24-25八年级下·陕西西安·期末）若关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是（   ） A． B．且 C． D．且 28．（23-24八年级下·河南开封·期末）关于x的分式方程无解，则的值为______． 29．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）关于x的分式方程无解，则a的值是______． 30．（24-25八年级下·重庆万州·期末）已知整数a使得关于x的分式方程有整数解，且关于x的一次函数的图象不经过第四象限，则所有满足条件的a的值和是______． ( 地 城 考点0 7 平行四边形的折叠问题 ) 31．（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图，四边形中，，，，边上一点E满足，连接D，E．现将沿折叠，点C恰好落在边上的点处．若，，则点E到边的距离为（    ） A． B． C． D． 32．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，点是对角线的中点，沿过点的直线将折叠，使点，分别落在、处，交与点，若点是的中点，，，则________． 33．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点E为边的中点，将沿折叠，边交的延长线于点F，连结，若，，则的长为_________． 34．（24-25八年级下·山东日照·期末）如图，在中，，，D为的中点，E为边上的点，连接，将沿折叠得到，连接，若以点为顶点的四边形为平行四边形，则此平行四边形的面积为________． 35．（24-25八年级下·山东泰安·期末）如图，在四边形中，，，，E为线段上一点，将沿折叠，使点A落在处．若的延长线与交于点F，且，那么______． ( 地 城 考点0 8 平行四边形的最值问题 ) 36．（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图，中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．7 37．（24-25八年级下·河南·期末）在中，，，点P是边上一动点，连接，M为的中点，N为的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B．1 C．2 D． 38．（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，是的边上的动点，，，分别是，，的中点，连接．若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 39．（24-25八年级下·四川绵阳·期末）如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿射线以每秒的速度运动．动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向点运动；当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为__________． 40．（24-25八年级下·河北承德·期末）如图，在中，，，，、分别是边、上的动点，、分别是、的中点，则的最小值是______． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 期末选填压轴题 8大高频考点概览 考点01三角形中的最值问题 考点02三角形有关的多结论问题 考点03平行四边形有关的多结论问题 考点04不等式与一次函数 考点05平移和旋转中的坐标变换 考点06根据分式方程解的情况求值 考点07平行四边形的折叠问题 考点08平行四边形中的最值问题 ( 地 城 考点01 三角形中的最值问题 ) 1．（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，在中，，，，点为上任意一点（不与点重合），以，为邻边作，连接，则最小值为（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，含直角三角形的定义，合理作出辅助线是解题的关键． 根据平行四边形的性质分析出当最短时也最短，过作的垂线，即的最小值为，利用勾股定理运算求解即可． 【详解】解：设与的交点为O， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴当最短时也最短， ∴过作的垂线，如图所示： ∴的最小值为， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为3． 故选：A 2．（23-24八年级下·广东深圳·期末）在中，已知 ，，的垂直平分线分别交，于点，，点和点分别是线段和边上的动点，则 的最小值为 （　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查垂直平分线的性质，垂线段最短，勾股定理，等腰三角形的性质，由垂直平分，得，则，当点三点共线，且时，有最小值，最后由勾股定理即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵垂直平分， ∴， ∴， ∴当点三点共线，且时，有最小值， 如图， ∵， ∴，， 由勾股定理得：， ∴有最小值， 故选：． 3．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，中，，，，为边上的一动点，以，为边作，则线段长的最小值是（    ）    A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质、垂线段最短、含角的直角三角形的性质，令、交于点，由平行四边形的性质可得，，即当线段长最小，则线段的长最小，由垂线段最短可得：当时，最小，再由含角的直角三角形的性质即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，令、交于点，    ∵四边形是平行四边形， ∴，， 当线段长最小，则线段的长最小， 由垂线段最短可得：当时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴线段长的最小值是， 故选：D． 4．（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，在中，是角平分线，分别是边上的动点，则的最小值是____________． 【答案】 【分析】本题考查三线合一，中垂线的性质，垂线段最短，连接，，作，三线合一，得到垂直平分，得到，进而得到，根据垂线段最短，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长即可． 【详解】解：连接，，作， ∵是角平分线， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴当三点共线时，的值最小为的长， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，的值最小为的长， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值是； 故答案为：． 5．（24-25八年级下·贵州贵阳·期末）如图，在等边三角形中，，D是上一动点，以为对角线作，则对角线的最小值为______． 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，含30度直角三角形性质及勾股定理，垂线段最短等知识，熟练运用这些知识是关键；设交于点O，过O作于G；由平行四边形的性质得点O是的中点，；当最短时，最短，此时两点重合；由含30度直角三角形性质及勾股定理得，从而求得的最小值． 【详解】解：如图，设交于点O，过O作于G； ∵四边形是平行四边形， ∴点O是的中点，； 当最短时，最短，此时两点重合； ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴； 由勾股定理得， 即的最小值为， ∴的最小值为． 故答案为：． ( 地 城 考点02 三角形有关的多结论问题 ) 6．（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）如图，在平行四边形中，，于点E，于点F，相交于点H，的延长线相交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确结论的是（    ） A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③⑤ 【答案】B 【分析】①由题意可知是等腰直角三角形，故此可得到；②由，证明即可；③先证明≌，从而得到，然后由平行四边形的性质可知；④根据，，即可得；⑤没有条件证明，所以不一定等于． 【详解】解：， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ，故①正确，符合题意； ，， ， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ，故②正确，符合题意； 在和中，， ≌， ，， ， ，故③正确，符合题意； 四边形是平行四边形， ， ， ；故④正确，符合题意； 根据已知不能推出，故⑤错误，不符合题意； 综上，正确的有①②③④， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解此题的关键． 7．（24-25八年级下·贵州毕节·期末）如图，和都是等腰三角形，．，相交于点F，连接．给出下列结论∶①；②；③平分；④平分；⑤．其中正确结论的个数有（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】B 【分析】首先，结合等腰三角形的性质先证明，再由全等三角形的性质可推得①正确；结合三角形内角和定理可证②正确；由全等三角形的面积相等推得全等三角形对应高相等，结合角平分线的判定定理可证④正确；结合已证的②④即可推得⑤正确；若③成立，推得的条件与题意不符，则③错误，综上即可得到答案． 【详解】解：∵和都是等腰三角形，， ∴，，，即， 在和中， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵在中，， 在中，， ∴， ∴，故②正确； 作交于点P，交于点Q   ∵，   ∴， 即， ∴， ∴点A在的角平分线上， 即平分，故④正确； 又∵， ∴，故⑤正确； 若③成立，则， 由②⑤可知，，， ∴，， 即， ∵在中，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴，推出， 由题意可知，不一定等于，故③错误。 综上可知正确的有①②④⑤ 故选：B 【点睛】本题考查了等腰三角形，等边三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键． 8．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在中，平分，交于点，且，连接，延长与交于点，连接、．下列结论中：①；②是等边三角形；③；④．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质以及角平分线的定义可得，进而可得，然后结合已知条件可得，于是可判断②；根据等边三角形的性质可得，然后根据即可证明，从而可判断①；由与等底（）等高（与间的距离相等）可得，进而可判断④；若=，则根据等腰三角形的性质和平行线的性质得，但题中未限定这一条件，从而可判断③不一定正确；于是可得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形；故②正确； ∴， ∵， ∴；故①正确； ∵与等底（）等高（与间的距离相等）， ∴，故④正确． ∵ ∴ 若，则， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 但题中未限定这一条件， ∴③不一定正确； 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键． 9．（24-25八年级下·山西运城·期末）如图，中，，在边的同侧作等边三角形，，，连接．以下结论中正确的有（    ） ①四边形是平行四边形； ②； ③； ④可以看成是绕点C顺时针旋转得到的． A．②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定以及旋转等知识，分别证明和可得，由等边三角形的性质得，得四边形是平行四边形；；可以看成是绕点C顺时针旋转得到的，故可得结论． 【详解】解：∵，，是等边三角形， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴，，故②正确； ∴，故③正确； 同理可证， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∵，且， ∴可以看成是绕点C顺时针旋转得到的，故④正确； ∴正确的结论是①②③④， 故选：C． 10．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在四边形中，对角线，且平分，连接交于点，且为的中点，在上取一点，连接，使于点，取的中点，连接，延长相交于点．下列四个结论：①；②；③是的中位线；④．其中所有正确的结论为（   ） A．①③④ B．③④ C．②④ D．②③④ 【答案】D 【分析】根据含角直角三角形的性质即可判定①；根据题意证明出，得到，然后利用三角形中位线的性质即可判定②；延长，交于点H，然后证明出，得到，然后得到是的中位线，即可判断③；得到，然后结合等边对等角得到，即可判断④． 【详解】∵，但不一定等于， ∴，故①错误； ∵， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵中点为F， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点F为的中点， ∴是的中位线，故③正确； ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，所有正确的结论为②③④． 故选：D． 【点睛】本题综合考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判定、角平分线的定义、平行线的性质等知识点．掌握相关结论是解题关键． ( 地 城 考点0 3 平行四边形有关的多结论问题 ) 11．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别在边，上，线段经过点，下列结论：；；；．其中错误结论的个数为（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，根据平行四边形的对边平行、对角相等可知、正确；因为与有交点，所以错误，故错误；因为是平行四边形的对角线，所以，利用可证，所以可知，从而可证，故正确． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 故正确； 与相交于点， 与不平行， 故错误； 四边形是平行四边形， ， 故正确； 四边形是平行四边形，是的对角线， ，， ， 点是的中点， ， 在和中，， ， ， ， ， 故正确． 综上所述，错误结论的个数为. 故选： A． 12．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，的对角线交于点O，平分交于点E，交于点F，，，连接．下列结论：①；②平分；③；④．其中所有正确结论的序号是（　　） A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】C 【分析】由平行四边形的性质得，可得，可证明是等边三角形，从而得到，进而得到，可判断①正确，②正确；由，得，可判断③错误；由三角形中位线定理得，可判断④正确，于是得到问题的答案． 此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义、等边三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、平行四边形的面积公式、垂线段最短、三角形中位线定理等知识，证明是等边三角形是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴；平分，故①正确，②正确； ∵， ， ∴，故③错误； ∴O是的中点，E是的中点， ∴，故④正确， 故选：C． 13．（24-25八年级下·四川达州·期末）如图，平行四边形的对角线AC，BD相交于点O，DE平分，交BC于点E，且，，连接OE．下列结论：①是等边三角形；②；③；④．其中正确结论的个数有（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】结合平行四边形的性质可证明为等边三角形，即可判断①，证明，利用三角形的中位线性质可判断②，由平行四边形面积公式可判断③，利用三角形中线的性质结合三角形面积公式可判断④． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，，， ， ∵平分， ， ， ∴为等边三角形，故①正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故②正确； ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 综上成立的个数是个， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形中位线性质、等边三角形的判定和性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，掌握相关知识是解题关键． 14．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在中，，对角线，交于点，，平分交BC于点，交于点，连接．点在上，连接，．下列四个结论：；；；当时，的最小值为．其中一定正确的结论是______．（请将正确的结论序号填在横线上） 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，掌握知识点的应用是解题的关键． 由平行四边形性质可得，，，，可得是中位线，根据中位线性质可判断；根据三角形的中线性质可判断；证明是等边三角形，然后得出，即，可判断；作点关于的对称轴，连接交于点，连接，连接交于点，当三点共线时最小，即的最小值为的长，然后通过勾股定理，两点之间线段最短可判断． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴是中位线， ∴，， ∴，故正确， ∵分别为中点， ∴，故正确； ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，故错误； 如图，作点关于的对称轴，连接交于点，连接，连接交于点， ∴，， ∴，， ∴当三点共线时最小，即的最小值为的长， 如图，连接，则有， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴，是等边三角形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为，故错误， 故选：． 15．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，平行四边形的对角线、相交于点O，，点E是的中点，连接、，若，下列结论：①；②；③，其中正确的序号为 _________ ． 【答案】①② 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，判定是等边三角形，得到，，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质推出，由平行线的性质得到，由三角形中位线定理推出，即可得到，由三角形面积公式得到． 【详解】解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故①符合题意； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， 故②符合题意； ∵， ∴的面积的面积， ∵， ∴的面积的面积， ∴， ∵的对角线互相平分， ∴， ∴， ∴， 故③不符合题意， ∴其中正确的序号为①②． 故答案为：①②． ( 地 城 考点0 4 不等式与一次函数 ) 16．（24-25八年级下·青海玉树·期末）如图，一次函数与的图象相交于点，观察图象可得关于的不等式的解集是___________，解题中体现的数学思想是___________．横线上依次填的内容是（　　） A．，数形结合思想 B．，分类思想 C．，整体思想 D．，数形结合思想 【答案】D 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，利用函数图象，写出一次函数的图象在一次函数的图象上方所对应的自变量的范围即可． 【详解】解：由图可知，当时，一次函数的图象在一次函数的图象上方， 时，， 关于的不等式的解集是，解题中体现的数学思想是数形结合思想， 故选D． 17．（24-25八年级下·广西南宁·期末）如图，已知直线与直线相交于点，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了一次函数的交点与一元一次不等式的关系，先求出点的坐标，然后根据图象即可得到不等式的解集，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵直线过点， ∴，解得：， ∴点， 根据图象可知的解集为， 故选：． 18．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，在同一平面直角坐标系中，一次函数与的图象如图所示．小聪根据图象得到下列结论，其中结论不正确的是（      ） A． B．关于x的方程的解为 C．关于，的方程组的解为 D．关于的不等式的解为 【答案】D 【分析】本题考查一次函数与二元一次方程组，一次函数与一元一次方程，一次函数与一元一次不等式的关系． 根据一次函数的图象及性质，一次函数与二元一次方程组、与一元一次方程、与一元一次不等式的关系对各项判断即可解答． 【详解】解：∵由图象可知：一次函数与x轴的交点为， ∴当时，，即， 故结论A正确； ∵由图象可知：一次函数与（）的图象相交于点， ∴关于x的方程的解为， 故结论B正确； ∵由图象可知：一次函数与（）的图象相交于点， ∴关于x，y的方程组的解为， 故结论C正确； ∵由图象可知：一次函数图象不在（）的图象上方时， ∴的解为 故结论D错误； 故选：D． 19．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）如图，已知函数和（为常数，且）的图象相交于点，则关于的不等式的解集是___________． 【答案】 【分析】本题考查了根据两条直线的交点求不等式的解集，根据函数与不等式的关系求解即可，运用数形结合思想是解题的关键． 【详解】解：∵图象过点， ∴，解得：， ∴， 由图象得，当时，， ∴关于的不等式的解集是． 故答案为：． 20．（24-25八年级下·山东德州·期末）一次函数与的图象如图所示，则下列结论：①；②；③的值每增加，的值增加；④．其中正确的是______． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，掌握一次函数的图象与系数的关系，数形结合是解题的关键． 根据函数图象直接得到，，，，进一步即可得到；根据当时，，即可求得；求得，根据解析式即可求得的值每增加，的值增加；当时，根据图象得不等式． 【详解】解：由图象可得：，，，， ，， ，故正确； 一次函数与的图象的交点的横坐标为， ， ，即，故正确； ，， ， ， ， 的值每增加，的值增加，故正确； 当时，，，由图象可知， ，故错误． 故答案为：． ( 地 城 考点0 5 平移和旋转中的坐标变换 ) 21．（24-25八年级下·广东河源·期末）如图，已知，，顶点），规定“把先沿x轴翻折，再向左平移1个单位长度”为一次变换，如此这样，连续经过2024次变换后，的对角线交点M的坐标变为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查图形变换规律问题，解题的关键在于熟练掌握平移与关于坐标轴对称的点的坐标特征． 先求得M点坐标，再根据题意列出经过变换后M点的坐标，然后发现规律即可得解． 【详解】解：∵中，点是对角线交点，且，， ∴，即 经过1次变换后M点的坐标为， 经过2次变换后M点的坐标为， 经过3次变换后M点的坐标为， …， 经过n次变换后M点的坐标为， 则时，M点的坐标为，即． 故选：B． 22．（23-24八年级下·广东广州·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，B分别在轴正半轴、轴正半轴上，顶点C，D在第一象限，已知，，将矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点C作轴于点E，连接，求出点C坐标，矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，，得到每循环4次与原图形重合，根据，得到第2025旋转结束时，点C的坐标与第1旋转结束时点C的坐标相同．根据矩形绕点O逆时针旋转1，即线段绕点O逆时针旋转，得到线段，其中点落在第二象限．求出点的坐标，即可得出结果． 本题考查坐标系下图形的旋转，点的规律探究．解题的关键是确定旋转过程中点的坐标规律． 【详解】解：如图，过点C作轴于点E，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，， ∴每循环4次与原图形重合， ∵， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标与第1次旋转结束时点C的坐标相同， 即第2025次旋转结束时，点C落在第二象限， 如图，过点作轴于点， 则，， ，， ， ，， ， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标为． 故选：B 23．（25-26八年级下·湖南衡阳·期末）如图，一动点从出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边所夹锐角为，第1次碰到长方形边上的点的坐标为，则第2026次碰到长方形边上的点的坐标为_____． 【答案】 【分析】先根据动点的运动规律，依次写出前几次碰到长方形边上的点的坐标，找出坐标的循环周期，再用总次数除以周期，根据余数确定第2026次碰到的点的坐标． 【详解】解：如图， 第1次碰到的点坐标：； 第2次碰到的点坐标：； 第3次碰到的点坐标：； 第4次碰到的点坐标：； 第5次碰到的点坐标：； 第6次碰到的点坐标：； 第7次碰到的点坐标：； ……； 由此可知，动点的坐标以次为一个循环周期． ， 即第2026次碰到的点的坐标与第4次碰到的点的坐标相同，为． 24．（24-25八年级下·黑龙江七台河·期末）在平面直角坐标系中，如图把一个点从原点开始，先向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点；把先向上平移2个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到点；把先向下平移3个单位长度，再向左平移3个单位长度，得到点；把先向下平移4个单位长度，再向右平移4个单位长度，得到点，…，按此规律依次进行下去，则点的坐标为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化-平移，规律型问题，解题的关键是学会探究规律，属于中考常考题型．先根据平移规律得到第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向下或向上平移n个单位长度得到下一个点，然后推出每四次坐标变换为一个循环，得到点的坐标为，由此求解即可． 【详解】解：把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点； 把点向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点； 把点向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点； 把点向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点， 第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向下或向上平移n个单位得到下一个点， 到是向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度， 到是向左2个单位长度，向上平移2个单位长度， 到是向左平移3个单位长度，向下平移3个单位长度， 到是向右平移4个单位长度，向下平移4个单位长度， 到是向右平移5个单位长度，向上平移5个单位长度， 可以看作每四次坐标变换为一个循环， 点的坐标为， ， 点的坐标为， 点的坐标为． 故答案为：． 25．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为直角边作等腰，再以为直角边作等腰，…，按此规律进行下去，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于；斜边等于直角边的倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征． 根据等腰直角三角形的性质得到，，，…，，再利用、、、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴的特点可得到点在第一象限，即可确定点的坐标． 【详解】解：∵等腰直角三角形的直角边在x轴的负半轴上，且，以为直角边作第二个等腰直角三角形，以为直角边作第三个等腰直角三角形，…， ∴，，，…，，， ∵， ∴、、、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴， ∵， ∴点在第四象限的角平分线上， ∵， ∴点的横坐标为：，纵坐标为， 故答案为：． ( 地 城 考点0 6 根据分式方程解的情况求值 ) 26．（24-25八年级下·河北保定·期末）如果关于的方程无解，则的值为（   ） A．2 B． C． D．7 【答案】B 【分析】本题考查解分式方程，熟知方程无解的情况通常发生在解出的根使分母为零（即增根）时． 先化简方程，利用分母关系，求解关于的表达式，进而求出的值即可． 【详解】解：， ， ， ， ∴ ， 两边乘以（），得， 解得：， ∴ ， 当时，分母为零，原方程无解， 令，则， 解得：． 故当 时，方程无解． 故选：B． 27．（24-25八年级下·陕西西安·期末）若关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是（   ） A． B．且 C． D．且 【答案】D 【分析】本题主要考查解分式方程、分式方程的解等知识点，掌握解分式方程步骤是解题的关键． 解分式方程用m表示x，再根据关于x的分式方程的解是正数以及分式方程的增根列不等式求出m的取值范围即可． 【详解】解：， 方程两边同乘以得，解得：， ∵关于的分式方程的解是正数， ∴且，解得：且． ∴m的取值范围为且． 故选：D． 28．（23-24八年级下·河南开封·期末）关于x的分式方程无解，则的值为______． 【答案】4 【分析】本题主要考查了分式方程无解的情况，解题的关键是弄清分式方程无解的条件． 先把分式方程化为，再根据分式方程无解得到有增根，然后代入求解即可． 【详解】解： 去分母得，， 整理得，， ∵关于x的分式方程无解， ∴， ∴有增根， ∴代入，得， 解得，． 故答案为：4． 29．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）关于x的分式方程无解，则a的值是______． 【答案】3或/或3 【分析】本题考查了分式方程的解，理解分式方程无解有整式方程无解和整式方程的解是分式方程的增根两种情况是解决问题的关键． 去分母得：，进而得出，再分整式方程无解和整式方程的解是分式方程的增根两种情况进行讨论，即可得出答案． 【详解】解：， 去分母得：， 整理得：， 当，即时，，此时整式方程无解，分式方程无解， 当，即时， 由得，把代入得：，解得：， ∴关于的分式方程无解时，或， 故答案为：3或． 30．（24-25八年级下·重庆万州·期末）已知整数a使得关于x的分式方程有整数解，且关于x的一次函数的图象不经过第四象限，则所有满足条件的a的值和是______． 【答案】 【分析】本题考查了一次函数的性质，解分式方程，分式方程的解，解题关键是掌握解分式方程方法．根据关于x的一次函数的图象不经过第四象限，求得a的取值范围，依据关于x的分式方程有整数解，即可得到整数a的取值，即可得到满足条件的整数a,从而求得满足条件的整数a的值的和． 【详解】解：∵关于x的一次函数的图象不经过第四象限， ∴， 解得：， ∵整数a使得关于x的分式方程有整数解， ∴解分式方程， 得， ， ， ∴， ∴且， ∵当、4，6时，为整数； ∴满足条件的整数a的值的和为． 故答案为：． ( 地 城 考点0 7 平行四边形的折叠问题 ) 31．（24-25八年级下·广东深圳·期末）如图，四边形中，，，，边上一点E满足，连接D，E．现将沿折叠，点C恰好落在边上的点处．若，，则点E到边的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查四边形中的翻折问题，涉及勾股定理及应用，平行四边形的判定与性质，三角形面积等，解题的关键是掌握翻折的性质． 过D作于F，证明四边形是平行四边形，可得，，即可得，求出，，故，设点E到边的距离为h，即可得，解得． 【详解】解：过D作于F，如图： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将沿折叠，点C恰好落在边上的点处， ∴， 设点E到边的距离为h，由可知点到边的距离为h， ∴， ∴， 解得， ∴点E到边的距离为； 故选：B． 32．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，点是对角线的中点，沿过点的直线将折叠，使点，分别落在、处，交与点，若点是的中点，，，则________． 【答案】2 【分析】连接，由题意可得，根据平行线的性质与三角形中位线的性质可得，，再由折叠的性质可得，，由此证得为等腰三角形，利用等腰三角形的性质即可解答． 【详解】解：如图，连接， 在中，，， ， 又点O是的中点，点是的中点， ， ，， 由折叠可得：，， ， 为等腰三角形， ， ， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形的中位线性质、等腰三角形的判定与性质、折叠性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 33．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点E为边的中点，将沿折叠，边交的延长线于点F，连结，若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形性质和翻折问题，全等三角形判定与性质，理勾股定理，解题的关键是掌握翻折的性质和全等三角形判定定理和性质定理．延长交于点G，过点E作于点M，证明，可得，由折叠可得，即可求出，而，知，设，由，列方程可解得，设，则，根据，求出，再根据勾股定理得，从而． 【详解】解：如图，延长交于点G，过点E作于点M， 在中，， ∴， ∵点E是中点， ∴， ∴， ∴， ∵将沿折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由， 设，则， 在 中，， ∴， 解得，即， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 34．（24-25八年级下·山东日照·期末）如图，在中，，，D为的中点，E为边上的点，连接，将沿折叠得到，连接，若以点为顶点的四边形为平行四边形，则此平行四边形的面积为________． 【答案】 【分析】过点作于点，利用勾股定理得出，再利用平行四边形的性质、折叠的性质可知，再求出的面积即可． 【详解】解：如图，过点作于点H， 在中，，， ，， 四边形是平行四边形，D为的中点， ，， 将沿折叠得到， ，， ， ， 则此平行四边形的面积为． 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、平行四边形性质、勾股定理、折叠的性质的知识，熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解决问题的关键． 35．（24-25八年级下·山东泰安·期末）如图，在四边形中，，，，E为线段上一点，将沿折叠，使点A落在处．若的延长线与交于点F，且，那么______． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、平行四边形的性质与判定、等角对等边、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．由垂直的定义和平行线的性质可得，由折叠的性质得，，，利用平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，得到，，设，表示出，，则有，推出，求出的长，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， 由折叠的性质得，，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． ( 地 城 考点0 8 平行四边形的最值问题 ) 36．（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图，中，，，，点为直线上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．7 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质.作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 即的最小值为. 故选：C. 37．（24-25八年级下·河南·期末）在中，，，点P是边上一动点，连接，M为的中点，N为的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B．1 C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接，过点作于点，由三角形中位线定理可知，当最小时，有最小值，由垂线段最短可知，当时，最小，此时点与重合，证明是等腰直角三角形，求出，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， M为的中点，N为的中点， 是的中位线， ， 当最小时，有最小值， 由垂线段最短可知，当时，最小，此时点与重合， ， 是等腰直角三角形， ，， ， 的最小值为1， 的最小值为， 故选：D． 38．（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，是的边上的动点，，，分别是，，的中点，连接．若，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线定理，勾股定理，解题的关键是正确画出辅助线，掌握三角形的中位线等于第三边的一半．连接，过作，根据，分别是，的中点得到，由平行四边形性质可得，，，可得，得到，即可得到，则根据勾股定理可得的长度，进而可得，即可解答． 【详解】解：连接，过作， ∵，分别是，的中点， ∴， ∵在中，，，， ∴，，， ∵是的中点，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故选：C． 39．（24-25八年级下·四川绵阳·期末）如图，在四边形中，，，，，．动点从点出发，沿射线以每秒的速度运动．动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向点运动；当动点到达点时，动点也同时停止运动．设点的运动时间为秒，当以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，的值为__________． 【答案】或 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒）， ，的速度为每秒，到达的时间为（秒）， 当在点以及点的左边时，即时，， 当在的右边时，即时，， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：或． 40．（24-25八年级下·河北承德·期末）如图，在中，，，，、分别是边、上的动点，、分别是、的中点，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线定理，勾股定理捏定理，垂线段最短，掌握三角形中位线定理是解题关键．连接，根据三角形中位线的性质定理得出，由勾股定理逆定理求出，再根据三角形等面积法求出，即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， 当最小时，最小， 当时，最小， 在中，∵，，，， ∴， ∴， 当时， ， ∴， 解得：， ∴的最小值为， 故答案为：． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 期末选填压轴题 题号 1 2 3 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B D B B B C D A C 题号 13 16 17 18 21 22 26 27 31 36 答案 A D B D B B B D B C 题号 37 38 答案 D C 1．A 【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质，含直角三角形的定义，合理作出辅助线是解题的关键． 根据平行四边形的性质分析出当最短时也最短，过作的垂线，即的最小值为，利用勾股定理运算求解即可． 【详解】解：设与的交点为O， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴当最短时也最短， ∴过作的垂线，如图所示： ∴的最小值为， ∵， ∴， ∴， 即的最小值为3． 故选：A 2．B 【分析】本题考查垂直平分线的性质，垂线段最短，勾股定理，等腰三角形的性质，由垂直平分，得，则，当点三点共线，且时，有最小值，最后由勾股定理即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵垂直平分， ∴， ∴， ∴当点三点共线，且时，有最小值， 如图， ∵， ∴，， 由勾股定理得：， ∴有最小值， 故选：． 3．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质、垂线段最短、含角的直角三角形的性质，令、交于点，由平行四边形的性质可得，，即当线段长最小，则线段的长最小，由垂线段最短可得：当时，最小，再由含角的直角三角形的性质即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，令、交于点，    ∵四边形是平行四边形， ∴，， 当线段长最小，则线段的长最小， 由垂线段最短可得：当时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴线段长的最小值是， 故选：D． 4． 【分析】本题考查三线合一，中垂线的性质，垂线段最短，连接，，作，三线合一，得到垂直平分，得到，进而得到，根据垂线段最短，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长即可． 【详解】解：连接，，作， ∵是角平分线， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴当三点共线时，的值最小为的长， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，的值最小为的长， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值是； 故答案为：． 5． 【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，含30度直角三角形性质及勾股定理，垂线段最短等知识，熟练运用这些知识是关键；设交于点O，过O作于G；由平行四边形的性质得点O是的中点，；当最短时，最短，此时两点重合；由含30度直角三角形性质及勾股定理得，从而求得的最小值． 【详解】解：如图，设交于点O，过O作于G； ∵四边形是平行四边形， ∴点O是的中点，； 当最短时，最短，此时两点重合； ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴； 由勾股定理得， 即的最小值为， ∴的最小值为． 故答案为：． 6．B 【分析】①由题意可知是等腰直角三角形，故此可得到；②由，证明即可；③先证明≌，从而得到，然后由平行四边形的性质可知；④根据，，即可得；⑤没有条件证明，所以不一定等于． 【详解】解：， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ，故①正确，符合题意； ，， ， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ，故②正确，符合题意； 在和中，， ≌， ，， ， ，故③正确，符合题意； 四边形是平行四边形， ， ， ；故④正确，符合题意； 根据已知不能推出，故⑤错误，不符合题意； 综上，正确的有①②③④， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解此题的关键． 7．B 【分析】首先，结合等腰三角形的性质先证明，再由全等三角形的性质可推得①正确；结合三角形内角和定理可证②正确；由全等三角形的面积相等推得全等三角形对应高相等，结合角平分线的判定定理可证④正确；结合已证的②④即可推得⑤正确；若③成立，推得的条件与题意不符，则③错误，综上即可得到答案． 【详解】解：∵和都是等腰三角形，， ∴，，，即， 在和中， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵在中，， 在中，， ∴， ∴，故②正确； 作交于点P，交于点Q   ∵，   ∴， 即， ∴， ∴点A在的角平分线上， 即平分，故④正确； 又∵， ∴，故⑤正确； 若③成立，则， 由②⑤可知，，， ∴，， 即， ∵在中，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴，推出， 由题意可知，不一定等于，故③错误。 综上可知正确的有①②④⑤ 故选：B 【点睛】本题考查了等腰三角形，等边三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键． 8．B 【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质以及角平分线的定义可得，进而可得，然后结合已知条件可得，于是可判断②；根据等边三角形的性质可得，然后根据即可证明，从而可判断①；由与等底（）等高（与间的距离相等）可得，进而可判断④；若=，则根据等腰三角形的性质和平行线的性质得，但题中未限定这一条件，从而可判断③不一定正确；于是可得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形；故②正确； ∴， ∵， ∴；故①正确； ∵与等底（）等高（与间的距离相等）， ∴，故④正确． ∵ ∴ 若，则， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 但题中未限定这一条件， ∴③不一定正确； 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键． 9．C 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定以及旋转等知识，分别证明和可得，由等边三角形的性质得，得四边形是平行四边形；；可以看成是绕点C顺时针旋转得到的，故可得结论． 【详解】解：∵，，是等边三角形， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴，，故②正确； ∴，故③正确； 同理可证， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∵，且， ∴可以看成是绕点C顺时针旋转得到的，故④正确； ∴正确的结论是①②③④， 故选：C． 10．D 【分析】根据含角直角三角形的性质即可判定①；根据题意证明出，得到，然后利用三角形中位线的性质即可判定②；延长，交于点H，然后证明出，得到，然后得到是的中位线，即可判断③；得到，然后结合等边对等角得到，即可判断④． 【详解】∵，但不一定等于， ∴，故①错误； ∵， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵中点为F， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点F为的中点， ∴是的中位线，故③正确； ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，所有正确的结论为②③④． 故选：D． 【点睛】本题综合考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判定、角平分线的定义、平行线的性质等知识点．掌握相关结论是解题关键． 11．A 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，根据平行四边形的对边平行、对角相等可知、正确；因为与有交点，所以错误，故错误；因为是平行四边形的对角线，所以，利用可证，所以可知，从而可证，故正确． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 故正确； 与相交于点， 与不平行， 故错误； 四边形是平行四边形， ， 故正确； 四边形是平行四边形，是的对角线， ，， ， 点是的中点， ， 在和中，， ， ， ， ， 故正确． 综上所述，错误结论的个数为. 故选： A． 12．C 【分析】由平行四边形的性质得，可得，可证明是等边三角形，从而得到，进而得到，可判断①正确，②正确；由，得，可判断③错误；由三角形中位线定理得，可判断④正确，于是得到问题的答案． 此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义、等边三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、平行四边形的面积公式、垂线段最短、三角形中位线定理等知识，证明是等边三角形是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴；平分，故①正确，②正确； ∵， ， ∴，故③错误； ∴O是的中点，E是的中点， ∴，故④正确， 故选：C． 13．A 【分析】结合平行四边形的性质可证明为等边三角形，即可判断①，证明，利用三角形的中位线性质可判断②，由平行四边形面积公式可判断③，利用三角形中线的性质结合三角形面积公式可判断④． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，，， ， ∵平分， ， ， ∴为等边三角形，故①正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故②正确； ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 综上成立的个数是个， 故选：A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形中位线性质、等边三角形的判定和性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，掌握相关知识是解题关键． 14． 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，掌握知识点的应用是解题的关键． 由平行四边形性质可得，，，，可得是中位线，根据中位线性质可判断；根据三角形的中线性质可判断；证明是等边三角形，然后得出，即，可判断；作点关于的对称轴，连接交于点，连接，连接交于点，当三点共线时最小，即的最小值为的长，然后通过勾股定理，两点之间线段最短可判断． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴是中位线， ∴，， ∴，故正确， ∵分别为中点， ∴，故正确； ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，故错误； 如图，作点关于的对称轴，连接交于点，连接，连接交于点， ∴，， ∴，， ∴当三点共线时最小，即的最小值为的长， 如图，连接，则有， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴，是等边三角形， ∴，， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为，故错误， 故选：． 15．①② 【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，判定是等边三角形，得到，，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质推出，由平行线的性质得到，由三角形中位线定理推出，即可得到，由三角形面积公式得到． 【详解】解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故①符合题意； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， 故②符合题意； ∵， ∴的面积的面积， ∵， ∴的面积的面积， ∴， ∵的对角线互相平分， ∴， ∴， ∴， 故③不符合题意， ∴其中正确的序号为①②． 故答案为：①②． 16．D 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，利用函数图象，写出一次函数的图象在一次函数的图象上方所对应的自变量的范围即可． 【详解】解：由图可知，当时，一次函数的图象在一次函数的图象上方， 时，， 关于的不等式的解集是，解题中体现的数学思想是数形结合思想， 故选D． 17．B 【分析】此题考查了一次函数的交点与一元一次不等式的关系，先求出点的坐标，然后根据图象即可得到不等式的解集，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵直线过点， ∴，解得：， ∴点， 根据图象可知的解集为， 故选：． 18．D 【分析】本题考查一次函数与二元一次方程组，一次函数与一元一次方程，一次函数与一元一次不等式的关系． 根据一次函数的图象及性质，一次函数与二元一次方程组、与一元一次方程、与一元一次不等式的关系对各项判断即可解答． 【详解】解：∵由图象可知：一次函数与x轴的交点为， ∴当时，，即， 故结论A正确； ∵由图象可知：一次函数与（）的图象相交于点， ∴关于x的方程的解为， 故结论B正确； ∵由图象可知：一次函数与（）的图象相交于点， ∴关于x，y的方程组的解为， 故结论C正确； ∵由图象可知：一次函数图象不在（）的图象上方时， ∴的解为 故结论D错误； 故选：D． 19． 【分析】本题考查了根据两条直线的交点求不等式的解集，根据函数与不等式的关系求解即可，运用数形结合思想是解题的关键． 【详解】解：∵图象过点， ∴，解得：， ∴， 由图象得，当时，， ∴关于的不等式的解集是． 故答案为：． 20．①②③ 【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，掌握一次函数的图象与系数的关系，数形结合是解题的关键． 根据函数图象直接得到，，，，进一步即可得到；根据当时，，即可求得；求得，根据解析式即可求得的值每增加，的值增加；当时，根据图象得不等式． 【详解】解：由图象可得：，，，， ，， ，故正确； 一次函数与的图象的交点的横坐标为， ， ，即，故正确； ，， ， ， ， 的值每增加，的值增加，故正确； 当时，，，由图象可知， ，故错误． 故答案为：． 21．B 【分析】本题主要考查图形变换规律问题，解题的关键在于熟练掌握平移与关于坐标轴对称的点的坐标特征． 先求得M点坐标，再根据题意列出经过变换后M点的坐标，然后发现规律即可得解． 【详解】解：∵中，点是对角线交点，且，， ∴，即 经过1次变换后M点的坐标为， 经过2次变换后M点的坐标为， 经过3次变换后M点的坐标为， …， 经过n次变换后M点的坐标为， 则时，M点的坐标为，即． 故选：B． 22．B 【分析】过点C作轴于点E，连接，求出点C坐标，矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，，得到每循环4次与原图形重合，根据，得到第2025旋转结束时，点C的坐标与第1旋转结束时点C的坐标相同．根据矩形绕点O逆时针旋转1，即线段绕点O逆时针旋转，得到线段，其中点落在第二象限．求出点的坐标，即可得出结果． 本题考查坐标系下图形的旋转，点的规律探究．解题的关键是确定旋转过程中点的坐标规律． 【详解】解：如图，过点C作轴于点E，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ∵矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，， ∴每循环4次与原图形重合， ∵， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标与第1次旋转结束时点C的坐标相同， 即第2025次旋转结束时，点C落在第二象限， 如图，过点作轴于点， 则，， ，， ， ，， ， ∴第2025次旋转结束时，点C的坐标为． 故选：B 23． 【分析】先根据动点的运动规律，依次写出前几次碰到长方形边上的点的坐标，找出坐标的循环周期，再用总次数除以周期，根据余数确定第2026次碰到的点的坐标． 【详解】解：如图， 第1次碰到的点坐标：； 第2次碰到的点坐标：； 第3次碰到的点坐标：； 第4次碰到的点坐标：； 第5次碰到的点坐标：； 第6次碰到的点坐标：； 第7次碰到的点坐标：； ……； 由此可知，动点的坐标以次为一个循环周期． ， 即第2026次碰到的点的坐标与第4次碰到的点的坐标相同，为． 24． 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化-平移，规律型问题，解题的关键是学会探究规律，属于中考常考题型．先根据平移规律得到第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向下或向上平移n个单位长度得到下一个点，然后推出每四次坐标变换为一个循环，得到点的坐标为，由此求解即可． 【详解】解：把一个点从原点开始向上平移1个单位，再向右平移1个单位，得到点； 把点向上平移2个单位，再向左平移2个单位，得到点； 把点向下平移3个单位，再向左平移3个单位，得到点； 把点向下平移4个单位，再向右平移4个单位，得到点， 第n次变换时，相当于把点的坐标向右或向左平移n个单位长度，再向下或向上平移n个单位得到下一个点， 到是向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度， 到是向左2个单位长度，向上平移2个单位长度， 到是向左平移3个单位长度，向下平移3个单位长度， 到是向右平移4个单位长度，向下平移4个单位长度， 到是向右平移5个单位长度，向上平移5个单位长度， 可以看作每四次坐标变换为一个循环， 点的坐标为， ， 点的坐标为， 点的坐标为． 故答案为：． 25． 【分析】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两底角都等于；斜边等于直角边的倍．也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征． 根据等腰直角三角形的性质得到，，，…，，再利用、、、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴的特点可得到点在第一象限，即可确定点的坐标． 【详解】解：∵等腰直角三角形的直角边在x轴的负半轴上，且，以为直角边作第二个等腰直角三角形，以为直角边作第三个等腰直角三角形，…， ∴，，，…，，， ∵， ∴、、、…，每8个一循环，再回到x轴的负半轴， ∵， ∴点在第四象限的角平分线上， ∵， ∴点的横坐标为：，纵坐标为， 故答案为：． 26．B 【分析】本题考查解分式方程，熟知方程无解的情况通常发生在解出的根使分母为零（即增根）时． 先化简方程，利用分母关系，求解关于的表达式，进而求出的值即可． 【详解】解：， ， ， ， ∴ ， 两边乘以（），得， 解得：， ∴ ， 当时，分母为零，原方程无解， 令，则， 解得：． 故当 时，方程无解． 故选：B． 27．D 【分析】本题主要考查解分式方程、分式方程的解等知识点，掌握解分式方程步骤是解题的关键． 解分式方程用m表示x，再根据关于x的分式方程的解是正数以及分式方程的增根列不等式求出m的取值范围即可． 【详解】解：， 方程两边同乘以得，解得：， ∵关于的分式方程的解是正数， ∴且，解得：且． ∴m的取值范围为且． 故选：D． 28．4 【分析】本题主要考查了分式方程无解的情况，解题的关键是弄清分式方程无解的条件． 先把分式方程化为，再根据分式方程无解得到有增根，然后代入求解即可． 【详解】解： 去分母得，， 整理得，， ∵关于x的分式方程无解， ∴， ∴有增根， ∴代入，得， 解得，． 故答案为：4． 29．3或/或3 【分析】本题考查了分式方程的解，理解分式方程无解有整式方程无解和整式方程的解是分式方程的增根两种情况是解决问题的关键． 去分母得：，进而得出，再分整式方程无解和整式方程的解是分式方程的增根两种情况进行讨论，即可得出答案． 【详解】解：， 去分母得：， 整理得：， 当，即时，，此时整式方程无解，分式方程无解， 当，即时， 由得，把代入得：，解得：， ∴关于的分式方程无解时，或， 故答案为：3或． 30． 【分析】本题考查了一次函数的性质，解分式方程，分式方程的解，解题关键是掌握解分式方程方法．根据关于x的一次函数的图象不经过第四象限，求得a的取值范围，依据关于x的分式方程有整数解，即可得到整数a的取值，即可得到满足条件的整数a,从而求得满足条件的整数a的值的和． 【详解】解：∵关于x的一次函数的图象不经过第四象限， ∴， 解得：， ∵整数a使得关于x的分式方程有整数解， ∴解分式方程， 得， ， ， ∴， ∴且， ∵当、4，6时，为整数； ∴满足条件的整数a的值的和为． 故答案为：． 31．B 【分析】本题考查四边形中的翻折问题，涉及勾股定理及应用，平行四边形的判定与性质，三角形面积等，解题的关键是掌握翻折的性质． 过D作于F，证明四边形是平行四边形，可得，，即可得，求出，，故，设点E到边的距离为h，即可得，解得． 【详解】解：过D作于F，如图： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将沿折叠，点C恰好落在边上的点处， ∴， 设点E到边的距离为h，由可知点到边的距离为h， ∴， ∴， 解得， ∴点E到边的距离为； 故选：B． 32．2 【分析】连接，由题意可得，根据平行线的性质与三角形中位线的性质可得，，再由折叠的性质可得，，由此证得为等腰三角形，利用等腰三角形的性质即可解答． 【详解】解：如图，连接， 在中，，， ， 又点O是的中点，点是的中点， ， ，， 由折叠可得：，， ， 为等腰三角形， ， ， 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形的中位线性质、等腰三角形的判定与性质、折叠性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 33． 【分析】本题考查平行四边形性质和翻折问题，全等三角形判定与性质，理勾股定理，解题的关键是掌握翻折的性质和全等三角形判定定理和性质定理．延长交于点G，过点E作于点M，证明，可得，由折叠可得，即可求出，而，知，设，由，列方程可解得，设，则，根据，求出，再根据勾股定理得，从而． 【详解】解：如图，延长交于点G，过点E作于点M， 在中，， ∴， ∵点E是中点， ∴， ∴， ∴， ∵将沿折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由， 设，则， 在 中，， ∴， 解得，即， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 34． 【分析】过点作于点，利用勾股定理得出，再利用平行四边形的性质、折叠的性质可知，再求出的面积即可． 【详解】解：如图，过点作于点H， 在中，，， ，， 四边形是平行四边形，D为的中点， ，， 将沿折叠得到， ，， ， ， 则此平行四边形的面积为． 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、平行四边形性质、勾股定理、折叠的性质的知识，熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解决问题的关键． 35． 【分析】本题考查了折叠的性质、平行四边形的性质与判定、等角对等边、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．由垂直的定义和平行线的性质可得，由折叠的性质得，，，利用平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，得到，，设，表示出，，则有，推出，求出的长，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， 由折叠的性质得，，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 36．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，轴对称的性质.作关于直线的对称点，连接交于，则，，，当重合时，最小，最小值为，再进一步结合勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，作关于直线的对称点，连接交于，则，，， ∴当重合时，最小，最小值为， ∵，，在中， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 即的最小值为. 故选：C. 37．D 【分析】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键．连接，过点作于点，由三角形中位线定理可知，当最小时，有最小值，由垂线段最短可知，当时，最小，此时点与重合，证明是等腰直角三角形，求出，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， M为的中点，N为的中点， 是的中位线， ， 当最小时，有最小值， 由垂线段最短可知，当时，最小，此时点与重合， ， 是等腰直角三角形， ，， ， 的最小值为1， 的最小值为， 故选：D． 38．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线定理，勾股定理，解题的关键是正确画出辅助线，掌握三角形的中位线等于第三边的一半．连接，过作，根据，分别是，的中点得到，由平行四边形性质可得，，，可得，得到，即可得到，则根据勾股定理可得的长度，进而可得，即可解答． 【详解】解：连接，过作， ∵，分别是，的中点， ∴， ∵在中，，，， ∴，，， ∵是的中点，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故选：C． 39．或 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒）， ，的速度为每秒，到达的时间为（秒）， 当在点以及点的左边时，即时，， 当在的右边时，即时，， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形． 故答案为：或． 40． 【分析】本题考查三角形中位线定理，勾股定理捏定理，垂线段最短，掌握三角形中位线定理是解题关键．连接，根据三角形中位线的性质定理得出，由勾股定理逆定理求出，再根据三角形等面积法求出，即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， 当最小时，最小， 当时，最小， 在中，∵，，，， ∴， ∴， 当时， ， ∴， 解得：， ∴的最小值为， 故答案为：． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $