专题08 期末解答压轴题（期末真题汇编）数学新教材北师大版八年级下册

**基本信息** 八年级下期末解答压轴题汇编，覆盖6大高频考点，精选山西、四川等多地期末真题，聚焦几何综合与实际应用，突出模型思想与核心素养考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|29题|几何与坐标系综合、等腰直角三角形旋转、新定义问题（如“倍角三角形”“对补四边形”）、平行四边形折叠、动点问题、分式方程应用|几何题含模型呈现-应用-迁移三梯度（如“一线三垂直”），新定义问题结合动手操作（如折纸），应用题关联现实情境（如无人机配送、地铁工程），均为各地期末压轴题改编|

专题08 期末解答压轴题 6大高频考点概览 考点01几何图形与平面直角坐标系综合 考点02共顶点的等腰直角三角形问题 考点03几何图形中的新定义型问题 考点04平行四边形的折叠问题 考点05几何图形中的动点问题 考点06分式方程的应用 ( 考点01 几何图形与平面直角坐标系综合 ) 1．（24-25八年级下·山西忻州·期末）综合与探究 【模型呈现】 （1）如图1，在中，，，直线经过点，过点作于点，过点作于点，求证：． 【模型应用】 （2）如图2，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，过点作线段且．求直线的函数解析式． 【模型迁移】 （3）在（2）的基础上，如图3，在平面直角坐标系中，是点关于轴的对称点，是轴上的一个动点，是直线上的一个动点，若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标． 2．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴交于点、，直线关于轴对称的直线与轴交于点． (1)求直线的解析式； (2)如果一条对角线将凸四边形分成两个等腰三角形，那么这个四边形称为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”．在平面内是否存在一点，使得四边形是以为“界线”的“等腰四边形”，且？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，点在直线上，横坐标为，直线与轴正半轴交于点，与轴交于点，当常数等于多少时，为定值？ 3．（24-25八年级下·河南洛阳·期末）【观察发现】 如图1，将含有的三角板的直角顶点放在直线上，过两个锐角顶点分别向直线作垂线，这样就得到了两个全等的直角三角形．这种三个直角的顶点都在同一条直线上的基础图形在数学解题中被广泛使用． 【探究迁移】 （1）如图2，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于，两点． ①的度数为________． ②，是正比例函数的图象上的两个动点，连接，．若，，则的最小值是________． （2）如图3，一次函数的图象与轴、轴分别交于，两点．将直线绕点顺时针旋转得到直线，求直线对应的函数表达式． 【拓展应用】 （3）如图4，点在轴的正半轴上，，是直线上的动点，是轴上的动点．若是以动点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 4．（24-25八年级下·福建南平·期末）已知，在平面直角坐标系中，，，，点D在线段上（不与端点重合），点F在y轴正半轴上，且，直线，交于点E． (1)当点D的坐标为时，求点E的坐标； (2)求证：； (3)求的度数． 5．（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与探究 【模型建立】 如图1，三个直角三角形的直角顶点都在同一条直线上，这一模型叫作“一线三垂直”型．这种模型是证明三角形全等的常见模型，在数学解题中被广泛使用．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于B，A两点． 【模型探索】 （1）如图2，求证：是等腰直角三角形． （2）如图3，M，N是直线上的两动点，连接，．若，，求的长的最小值． 【模型应用】 （3）如图4，经过点B的直线与y轴交于点C，H为线段上的一点，作射线．若，请直接写出m的值及直线的函数解析式． ( 地 城 考点02 共顶点的等腰直角三角形问题 ) 6．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）数学活动课上，老师出示两个大小不一样的等腰直角和摆在一起，其中直角顶点重合，，，． (1)【问题初探】 如图1，连接，，判断与的数量关系，并说明理由； (2)【类比分析】 如图2，连接，，若是的中点，连接并延长到，使，连接，． ①求证：四边形是平行四边形； ②求证：； (3)【拓展延伸】 如图3，延长至点，满足，连接，，当，，绕点旋转得到，，三点共线时，求线段的长． 7．（24-25八年级下·贵州黔西南·期末）根据所给素材，完成相应任务． 玩转三角尺 活动 背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角尺，如图1所示．其中，为直角，，把两直角顶点重合（点A与点F重合于点O），旋转三角尺进行探究活动 素材1 小明同学的探究结果如图2所示，D，O，C三点在一条直线上． 素材2 小聪同学的探究结果如图3所示，，连结，发现四边形的对边． 素材3 李老师提出问题：如图4，在上述操作过程（），与的面积比是否为定值？ 解决问题 任务1 （1）根据图2，直接写出线段的长为______． 任务2 （2）根据图3帮助小聪同学写出的推导过程． 任务3 （3）请你解答李老师的问题，并说明理由． ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴与的面积比是定值． 8．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）已知中，，将绕着点C顺时针旋转，得到． (1)如图1，当点M落在边上时，求线段的长； (2)如图2，当绕着点C顺时针旋转到的位置时，连接． ①判断线段与的位置关系并说明理由； ②求的值； ③在的旋转过程中，直接写出的面积与的面积之和的最大值为________． 9．（24-25八年级下·河南郑州·期末）综合与实践 在《图形的平移与旋转》回顾与思考课上，李老师出示了如下问题：在中，，点在平面内，连接并将线段绕点逆时针旋转与相等的角度，得到线段，连接． (1)初步探究 如图①，点是边上任意一点，则线段和线段的数量关系是 ； (2)类比探究 如图②，点是平面内任意一点，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．请仅以图②所示的位置关系加以证明（或说明）； (3)延伸探究 如图③，在中，，，，是线段边上的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 10．（24-25八年级下·河北保定·期末）问题探索： 活动课上，嘉嘉以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图1，已知中，，，将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为，设线段与相交于点，线段分别交，于点，（如图2）． （1）当与所夹锐角时，旋转角的度数为 ； （2）在绕点顺时针旋转过程中，嘉嘉发现线段始终等于线段，请你证明这一结论． （3）当是以为腰的等腰三角形时，求旋转角的度数． 拓展延伸： （4）如图3，连接，，并分别延长，使两线交于点． ①直接写出四边形是平行四边形时旋转角的度数以及此时四边形的面积与的面积之比． ②若将“问题探索”中“”这一条件改为“”，其它条件不变．请直接写出当为直角三角形时，之间的关系． ( 地 城 考点03 几何图形中的新定义型问题 ) 11．（24-25八年级下·辽宁丹东·期末）数学活动课上，张老师在黑板写下新定义：“若三角形中存在一个内角的度数恰好是另一个内角度数的两倍，则称这个三角形为“倍角三角形”，同学们好奇地围拢过来，开启了对“倍角三角形”的探究之旅…… (1)张老师给出三个三角形示例，让大家快速判断：一定是“倍角三角形”的是_____（只填写序号）． ①顶角为的等腰三角形； ②等腰直角三角形； ③有一个角是的直角三角形． (2)同学们动手折纸，构造几何模型：如图1，在等腰中，，，将沿边所在直线翻折得到，延长到点，交于点，连接． ①张老师抛出猜想：一定符合“倍角三角形”的定义！”请你帮同学们证明这个结论； ②点在线段上，连接，若，分所得的两个三角形中，是“倍角三角形”，是等腰三角形，请直接写出的度数． 12．（24-25八年级下·辽宁大连·期末）定义：如果一个等腰三角形的顶角为，则称该等腰三角形为等腰三角形，称这个等腰三角形的顶角顶点为等腰点，过等腰点的一次函数叫做这个三角形的顶角函数．如图1，平面直角坐标系中，点，点． (1)若点C是的等腰点，一次函数是的顶角函数，直接写出函数的解析式：___________ ； (2)点M是y轴正半轴上一点，平行于y轴，是等腰三角形，P是等腰点，是的顶角函数，求M点的坐标； (3)在（2）的条件下，经过点M，与组成的新函数y3． ①填空___________ ； ②当时，，求m的取值范围； ③当时，函数的最大值记为，最小值记为，当时，求t的值或取值范围． 13．（24-25八年级下·湖南长沙·期末）定义：对于给定的一次函数（，、为常数），把形如（，、为常数）的函数称为一次函数的“关联”函数，已知平行四边形的顶点坐标分别为． (1)若点分别在一次函数的关联函数图象上，则__________；__________． (2)点在函数的“关联”函数图象上，求的值． (3)一次函数（，、为常数），其中、满足． ①请问一次函数的图象是否经过某个定点，若经过，请求出定点坐标；若不经过，请说明理由； ②一次函数（，、为常数）的“关联”函数图象与恰好有两个交点，求的取值范围． 14．（22-23八年级下·广东深圳·期末）【综合与实践】折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形． (1)操作发现：如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为12．，则此完美长方形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究：如图2，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为20，，求完美长方形的周长． (3)拓展延伸：如图3，将纸片按所示折叠成完美长方形，若，则长方形的周长为 ，的面积为 ． 15．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【定义】 如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．如图1，在四边形中，若，则四边形是对补四边形． 【应用】 (1)如图1，在对补四边形中，，则_____； (2)如图2，在对补四边形中，，，，，则_____； (3)如图3，在对补四边形中，平分． ①求证：； ②若，请探究的数量关系并说明理由． ( 地 城 考点04 平行四边形的折叠问题 ) 16．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，是的对角线，是经过的中点的直线，且与分别交于点． (1)连接，如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)将沿直线折叠，点落在点处，点落在点处，设交于点，分别交于点． ①如图2，求证：； ②连接，如图3，判断和之间位置的关系并加以证明． 17．（24-25八年级下·江西吉安·期末）在平行四边形纸片中，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． (1)如图①，当点恰好落在边上时，四边形的形状为 ． (2)如图②，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)如图③，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为，，求线段的长． 18．（24-25八年级下·四川成都·期末）数学综合与实践小组同学对北师大版八年级下册数学教材第160页第21题进行了深入研究．如图，已知线段，以点B为端点作射线，使，C为射线上一动点，满足，以为邻边作平行四边形，连接，再将沿所在直线折叠，点B的对应点为，交于点E，连接． (1)求证：： (2)当时，求的度数； (3)当为直角三角形时，请直接写出平行四边形的面积． 19．（24-25八年级下·海南三亚·期末）在四边形中，，对角线交于点O，且O为中点．点E、点F分别为边上的动点，连结． (1)如图1， ①求证：； ②求证：四边形为平行四边形； ③恰好经过点O，当时，如图2，连接，若．，求的度数． (2)移动，当点E与点D重合时，如图3，将沿折叠得到，当点恰好落在线段上时，过点A作，交延长线于点G，其中，求线段的长． ( 地 城 考点05 几何图形中的动点问题 ) 20．（24-25八年级下·辽宁丹东·期末）综合与实践 在数学活动课上，老师带领同学们进行三角形图形变换的探究，已知为等边三角形． (1)如图1，点是边上一动点，过点作平行于，交于点，判断的形状，并说明理由； (2)老师提出新问题：如图2，点为边上的动点，且，点为边上的动点，且，连接，以为边，在右侧作等边三角形，连接，试猜想与的数量关系，并说明理由．全班同学经过讨论后认为要想证明这两个角的数量关系，应添加辅助线．小明认为应该过点作，交于点．小刚认为应该过点作，交于点．请你从小明和小刚添加的辅助线中选择一种方法完成上面的猜想与证明： (3)某小组同学继续探究，如图3，当点在直线上运动，且，点在边的延长线上运动时，连接，以为边，在右侧作等边三角形，连接．直接写出线段与线段的数量关系． 21．（24-25八年级下·重庆万州·期末）已知平行四边形中，对角线、相交于点，，， (1)如图1，若，求的长； (2)如图2，过点C作交于点，交的延长线于点，连结，求证：； (3)如图3，若，点是线段上的动点，点是线段上的动点，满足，当取最小值时，请直接写出的值． 22．（24-25八年级下·湖南张家界·期末）如图，在中，，，．动点P从点D出发沿方向以的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以的速度沿射线方向运动，当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，设点P，Q运动的时间为t秒（）． (1)=_______ ，=_______度． (2)当时，_______， _______．（用含t的式子表示） (3)是否存在t值，使以点P，Q，C，D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 23．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，点E为的边上的动点，点G为上的动点，连接并延长交于点F，连接． (1)如图①，已知，，． ①若，试求出的度数； ②连接．当点F为的中点，时，求证：． (2)如图②，在的延长线上取一点P，使得．当，点G是的中点时，试写出线段、、之间存在的数量关系，并说明理由． 24．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题呈现】 已知为等边三角形，E、F分别为线段、上的动点，连接，，相交于点M，． 【初步探究】 （1）如图1，求的度数； 【衍生拓展】 （2）如图2，若，，连接，点N是的中点，连接，延长至点H，使，连接．试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由． ( 地 城 考点06 分式方程的应用 ) 25．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）随着无人机技术的不断进步，某地开通了无人机急救药品配送通道，无人机从物流基地出发，匀速飞往某医院，飞行路程为16千米．若采用传统车辆匀速配送，配送路程为30千米，且配送速度是无人机的1.5倍，但所用时间要比无人机配送多6分钟． (1)求无人机和传统车辆的配送速度分别是多少千米/时； (2)若要求无人机在15分钟以内（含15分钟）从物流基地匀速飞行到达该医院，则无人机的速度至少还要增加多少千米/时，才能完成此次配送任务？ 26．（24-25八年级下·广东深圳·期末）导航显示从坪山文化聚落驾车到罗湖口岸，通常有如下两条路线： 信息一 路线 路线①：坪盐通道-惠深沿海高速 路线②：南坪快速-龙岗大道 距离 39千米 42千米 信息二 大巴车走路线①的平均速度总是路线②平均速度的倍，早、晚高峰时段（和），大巴车的平均速度将下降为原来的； 信息三 非高峰时段，导航显示走路线①比路线②快8分钟． 任务一 求非高峰时段两个路线的平均速度分别是多少千米/时． 任务二 某旅游公司要在早上前将游客用大巴车从坪山文化聚落送到罗湖口岸，但是路线①由于修路暂时封闭，只能选择路线②，那么大巴车的出发时间不能晚于什么时间？ 27．（24-25八年级下·四川成都·期末）成都市域铁路S5线，又称成都地铁眉山线，是连接成都天府新区与眉山市东坡区的重要轨道交通线路，其中某标段路基工程长度为米，由甲，乙两个工程队施工，已知甲队每天铺设路基长度比乙队多10米，甲队单独完成该标段需要的时间是乙队单独完成所需时间的 (1)求甲、乙两队每天各铺设路基多少米？ (2)为加快进度，甲乙两队决定先合作施工一段时间，剩下的由甲队单独完成，若工期要求不超过160天，求两队至少需合作多少天才能确保完成该标段． 28．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）某生态农场计划引进黑松露和羊肚菌两种珍稀食用菌进行培育．已知每公斤黑松露的培育成本比每公斤羊肚菌的培育成本高300元，且用6000元培育的黑松露质量与用3600元培育的羊肚菌质量相同． (1)求黑松露、羊肚菌每公斤的培育成本分别为多少元？ (2)该农场决定在总成本不超过54900元的前提下培育这两种菌类，若培育羊肚菌的质量比黑松露的2倍少10公斤，求最多能培育黑松露多少公斤？ 29．（24-25八年级下·河北保定·期末）利用分式方程和不等式解决实际问题 小卓和小越一起去书店买书，他们先用15元买了一种科普书，又用15元买了一种文学书，科普书的单价比文学书高出一半，他们所买的科普书比所买的文学书少一本． (1)求这种科普书和这种文学书的单价分别是多少元？ 根据题意，小卓和小越分别列出如下方程： 小卓：；小越：． 则小卓所列方程中的所表示的含义为______； 则小越所列方程中的所表示的含义为______； 请你选择上面两个方程中的一个进行解答． (2)若小明所在的学校图书室计划用不超过1200元的资金购进两种书共200本，最多购进科普书多少本？ 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08 期末解答压轴题 1．（1）见解析；（2）；（3）点的坐标为或 【分析】（1）利用证明即可； （2）①过作轴于，求出，，得，，同理模型呈现可得，故，，即得，然后利用待定系数法解答即可； （3）过作轴于，过作于，设，，分两种情况画出图形，结合模型呈现，利用全等三角形对应边相等列方程组可解得答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）过作轴于，如图： 在中，令得，令得， ∴，， ∴，， 同理模型呈现可得， ∴，， ∴， ∴ 设直线函数表达式为， 把，代入得，， 解得， ∴直线函数表达式为； （3）过作轴于，过作于， 设，， 当在左侧时，如图： ∵点是点关于轴的对称点， ∴， ∵是以点为直角顶点的等腰直角三角形， ∴，， 同理模型呈现可得， ∴，， ∴， 解得， ∴； 当在右侧时，如图： 同理可得， 综上所述，的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数综合应用，全等三角形判定与性质，待定系数法，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握“型“全等． 2．(1) (2)存在，或 (3) 【分析】（1）先求出点，可得点，再利用待定系数法解答，即可求解； （2）当点D在y轴上时，根据题意可得垂直平分，从而得到点D与点B关于x轴对称，可求出点D的坐标；当时，过点D作轴于点H，设，则，根据勾股定理求出s的值，即可求出点D的坐标； （3）先求出点M的坐标为，可设直线的解析式为，从而得到点，，继而得到，设（其中A为定值），，即可求解． 【详解】（1）解：对于直线， 当时，，当时，， ∴点， ∵直线关于轴对称的直线与轴交于点． ∴点， 设直线的解析式为， 把点代入，得： ，解得：， ∴直线的解析式为； （2）解：存在， 如图， 当点D在y轴上时， ∵，， ∴垂直平分， ∴点D与点B关于x轴对称， ∴点D的坐标为， 此时均为等腰三角形，符合题意； 当时，过点D作轴于点H，设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标为或； （3）解：对于直线， 当时，， ∴点M的坐标为， 可设直线的解析式为， 当时，，当时，， ∴点，， ∴，， ∴， 设（其中A为定值）， ∴， 即， ∴且， 解得：． 【点睛】本题考查的是一次函数的综合运用，涉及到新定义、一次函数的性质、待定系数法求函数表达式，数据处理是本题的难点． 3．（1）①②8（2）（3）或 【分析】（1）①根据解析式确定，，得到，解答即可． ②根据垂线段最短，得到时，取得最小值，利用三角形全等判定证明，利用勾股定理解答即可． （2）过点D作于点D，过点D作轴于点F，过点B作于点E，则四边形为矩形，根据一线三直角全等模型解答即可． （3）分在x轴的上方，下方，结合全等模型解答即可． 【详解】（1）解：①∵直线与轴、轴分别交于，两点． ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． ②解：根据垂线段最短，得到时, 取得最小值， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：8． （2）解：过点D作于点D，过点D作轴于点F，过点B作于点E， 则四边形为矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵一次函数的图象与轴、轴分别交于，两点， ∴，， ∴， ∴， 解得． ∴， 设直线的解析式为， 根据题意，得， 解得， ∴解析式为． （3）解：当在x轴的上方时，过点P作于点M， 根据题意，得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是直线上的动点， 设， ∴，， 解得， 故； 当在x轴的下方时，过点P作于点N， 同理可证， ∴， ∵，是直线上的动点， 设， ∴，， 解得， 故； 综上所述，所有符合条件的点的坐标或． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，垂线段最短，待定系数法，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 4．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了求一次函数解析式，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质． （1）分别求出直线，直线的函数解析式，联立求解即可； （2）先证明，进而根据得到即可求证； （3）过点O作，垂足为N，过点O作，垂足为H，根据得到，可知平分，即可求出的度数． 【详解】（1）解：设直线的函数解析式为，把，代入得 解得直线： 直线的函数解析式为，把，代入得 解得 得直线： 联立与      解得 点E坐标为 （2）解：∵， ∴ ∵， ∴， ∴． 又∵ ∴ ∴； （3）解：过点O作，垂足为N，过点O作，垂足为H， ∵ ∴． ∴平分 ∴ 5．（1）证明见解答过程；（2）的长的最小值为；（3），直线的函数解析式为． 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理． （1）求出，得，又，故是等腰直角三角形； （2）当时，的长最小，证明，得，再用勾股定理得，故的长的最小值为； （3）过作交于，过作轴，过作于，过作于，设，把代入得：，解得，知直线解析式为，可得，证明，可得，故 ，可求得，再用待定系数法即得直线的函数解析式为． 【详解】（1）证明：在中，令得，令得， ， ， ， ∴是等腰直角三角形； （2）解：当时，的长最小，如图： ， ， ， ， ， ， ． ∴的长的最小值为； （3）解：过作交于，过作轴，过作于，过作于，如图： 设， 把代入得：， 解得， ∴直线解析式为， 在中，令得， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 设直线的函数解析式为， 把代入得：， 解得， ∴直线的函数解析式为． 6．(1)，理由见解析 (2)①证明见解析；②证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）①利用对角线互相平分的四边形为平行四边形的判定定理解答即可； ②利用平行四边形的性质和同角的补角相等的性质得到，，利用全等三角形的判定与性质得到，再利用等量代换的性质解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当在的左侧时，过点作于点，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可；②当在的右侧时，过点作于点，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：与的数量关系为，理由： ， ， 在和中， ， ， ； （2）①证明：是的中点， ， ， 四边形是平行四边形； ②证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）①当在的左侧时，过点作于点，如图， ，，      是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； ②当在的右侧时，过点作于点，如图， ，，      是等腰直角三角形， ， ， ， ， 综上，绕点旋转得到，，三点共线时，线段的长为或． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，分类讨论的思想方法，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 7．（1）；（2）证明见解析；（3）定值，见解析 【分析】（）在中，利用直角三角形的性质求得，在中，利用等腰直角三角形和勾股定理求得即可，由求解； （）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，即可； （）作于，交延长线于，证明，得到，然后由三角形面积公式计算出 ，从而得出结论． 【详解】解：（）在中，，，， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （）∵（已知）， （已知）， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， ∴ （）与的面积比是定值，理由： 作于，交延长线于，如图， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴与的面积比是定值． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 8．(1)7 (2)①，理由见解析；②；③ 【分析】（1）先利用勾股定理求出的长，过点C作于点D，根据，可得，可得，由旋转的性质得：，从而得到，即可求解； （2）①由旋转的性质得：，从而得到，进而得到，再由，可得，即可解答；②根据勾股定理可得，再由旋转的性质得：，即可求解；③延长至点T，使，过点N作交延长线于点K，连接，结合旋转的性质可得，，从而得到，再证明，可得，从而得到，进而得到当最大时，最大，再由的最大值为，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 如图，过点C作于点D， ∴， ∴， 解得：， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴； （2）解：①，理由如下： 由旋转的性质得：， ∴ ，即， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∴， 由旋转的性质得：， ∴； ③如图，延长至点T，使，过点N作交延长线于点K，连接，如图， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． ∴当最大时，最大， 而的最大值为， ∴的最大值为． 故答案为∶． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转的问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键． 9．(1) (2)成立，理由见解析 (3)4 【分析】（1）旋转的性质得到，，进而得到，证明，即可得出结论； （2）同法（1）即可得证； （3）延长至点，使，连接，作，根据含30度角的直角三角形的性质，推出，证明，得到，进而得到点的运动轨迹，根据垂线段最短结合含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． 【详解】（1）解：∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）成立，理由如下： ∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴； （3）解：延长至点，使，连接，作，则：， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在射线上运动， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，的长最短，为的长， ∵， ∴； 故的最小值为4． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度的直角三角形，垂线段最短，熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键． 10．（1）25；（2）证明见解析；（3）为或；（4）①；；② 【分析】（1）根据等边对等角及三角形内角和得，，根据旋转的性质得，，，，先确定，然后根据计算即可；； （2）根据旋转的性质得，，，然后证明即可得证； （3）分两种情况：当时；当时，分别求解即可； （4）①根据旋转的性质得，，，由等边对等角得，根据平行四边形的性质得，，再结合建立方程求解即可；然后设设点到的距离为，利用三角形和平行四边形的面积公式即可得出答案； ②根据等腰三角形的性质及旋转的性质得，，，∴，，然后分三种情况：当时；当时；当时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵中，，， ∴， ∴， ∵将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为， ∴，，，， ∵， ∴， 在中， ， 即旋转角的度数为， 故答案为：； （2）证明：由（1）知： ，，， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：如图2， 当时， ∵， ∴， ∴， 在中， ； 当时， ∵， ∴， ∴， 在中， ； 综上所述，旋转角的度数为或； （4）①如图3， 由（1）知：，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设点到的距离为， ∴， ∵，即， ∴与的距离为，即平行四边形的边上的高为， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形时旋转角的度数为，此时四边形的面积与的面积之比为； ②如图3， ∵中，，， ∴， ∵将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为， ∴，，， ∴， ， 当时， ∵， ∴， ∴（不符合题意，舍去）； 当时， ∵， 即， ∴， ∴（不符合题意，舍去）； 当时， ∵， ∴， ∴； 综上所述，当为直角三角形时，之间的关系为． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，图形的旋转，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键掌握等腰三角形和旋转的性质以及分类讨论的思想． 11．(1)②③； (2)①见解析；②或或19°或． 【分析】本题是几何变换综合题，考查折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角的定义和性质等，理解“倍角三角形”的定义是解题的关键． （1）利用“倍角三角形”的定义依次判断即可求解； （2）①由折叠的性质和等腰三角形的性质可求，由等腰三角形的性质可得，可得结论；②分两种情况讨论，由三角形内角和定理和“倍角三角形”的定义可求解． 【详解】（1）解：若一个三角形是顶角为的等腰三角形， 则两个底角均为， ， 顶角是的等腰三角形不是“倍角三角形”； 若一个三角形是等腰直角三角形， 则三个角分别为，，， ， 等腰直角三角形是“倍角三角形”； 若一个三角形是有一个角为的直角三角形， 则另两个角分别为，， ， 有一个的直角三角形是“倍角三角形”， 故答案为：②③． （2）①证明：， ， ∵将沿边所在的直线翻折得到， ，，， ， ， 是“倍角三角形”； ②解：由①可得， 如图， ∵是等腰三角形， ∴， ∵是“倍角三角形”， 或或或， 当时，， ； 当时，， ； 当时， ∵ ∴， ， ； 当时， ∵ ， ， ． 综上所述：或或19°或． 12．(1)或 ； (2)； (3)①8；②；③ 【分析】（1）根据等边三角形的性质求出或，再将点C代入求解即可； （2）求出点，过P作轴于H，则，再由等腰三角形的定义求出M的坐标为； （3）①将点M代入中，即可求n的值； ②当时，，时，，再结合一次函数的图象可确定； ③分两种情况讨论：当时，时，时，，此时不符合题意，舍去；当时，时，时，，可得，符合题意；当时，时，时，，可得，解得． 【详解】（1）解：∵点，点， ∴， ∵点C是的等腰点，即等腰三角形的， ∴是等边三角形， 又点，点， ∴点在轴上， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得 ∴或， ∵一次函数是的顶角函数， ∴， ∴或； 故答案为：或； （2）解：当时，， ∴， 过P作轴于H，则， ∴M的坐标为； （3）解：①将点代入， ∴， 故答案为：8； ②新函数y3如图所示， 当时，， ， ∴随增大而增大， 当时，， 当时，， ∵， ∴随增大而减小， 当时，， ∴时，， ∵，， ∴； ③当时，即时，时，， ∴，不符合题意，舍去； 当时，时，时，， ∴，符合题意； 当时，时，时，， ∴， 解得； 综上所述：． 13．(1)3，5 (2)3或 (3)①经过定点，定点坐标为；②当或且时，“关联”函数图象恰好与有两个交点 【分析】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标特点等知识，正确理解题意、灵活应用数形结合思想是解题的关键． （1）根据“关联”函数的定义求解即可； （2）分与两种情况，将点G的坐标代入函数关系式求解即可； （3）①由已知条件可将函数关系式变形为，可得结论； ②“关联”函数图象经过点A时，与平行四边形有三个交点，当“关联”函数图象经过点时，与平行四边形有三个交点；分别求得相应的b的值，即可求解． 【详解】（1）解：∵点、在一次函数的“关联”函数图象上，且， ， 故答案为：3，5； （2）解：∵点在函数的“关联”函数图象上， 当时，，解得：， 当时，，解得：，综上所述，的值为3或； （3）解：①经过定点： ， ， 代入得：， 当时，； ∴一次函数的图象过定点，定点坐标为； ②由①可知：一次函数的“关联”函数图象经过定点和， ， 且点在内，设一次函数的“关联”图象与轴的交点为， 点沿轴向上平移过程中，当“关联”函数图象经过点时，与有三个交点， 将代入，解得：， 时，“关联”函数图象恰好与有两个交点，符合题意； 点沿轴继续向上平移，当“关联”函数图象经过点时，与有三个交点， 且时，“关联”函数图象恰好与有两个交点，符合题意； ∴当或且时，“关联”函数图象恰好与有两个交点． 14．(1)3；6 (2)13 (3)68， 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质与判定、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解决此题的关键．   （1）由折叠可知点H是中点，，过点A作于M，根据三角形面积求的长，由，点H是中点可知是中位线，得到 进而求完美长方形面积； （2）根据折叠可知，，从而可得 ，根据平行四边形面积可求得的长为4进而可求周长； （3）由折叠可证点E，G分别是中点，进一步可证四边形是平行四边形，所以，即长方形对角线长为26，设，根据勾股定理得到方程，解出x，从而可得完美长方形的边长和宽，最后求周长面积即可． 【详解】（1）由折叠可知，， ∴，点H是中点 ∵ ∴ 即， 过点A作于M， ∵四边形是长方形 ∴ ∴ ∴H是中点 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴完美长方形的面积为 故答案为：3，6 （2）由折叠可知 同理可知 ∴长方形的面积为         ∴长方形的周长为 （3）由折叠可证点E，G分别是的中点 ∴ 由题意知 ∴ ∴为平行四边形 ∴ 在中，设，则 由勾股定理得 ∴ ∴周长为：    面积为： 故答案为：68， 15．(1) (2) (3)①见解析；②，见解析 【分析】（1）根据“对补四边形”的定义可得，再求解即可； （2）如图，连接，利用勾股定理，证明，再利用勾股定理可得答案； （3）①过点作于，作于．证明，再证明，即可得到答案；②求解，证明，可得．结合，可得，再进一步解答即可． 【详解】（1）解：在对补四边形中，， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，，， ∴， ∵四边形为对补四边形， ∴， ∵， ∴； （3）解：①过点作于，作于． 平分， ， ， ， 四边形是对补四边形， ， ， ， ， ． ②，理由见解析： 平分， ， ， ， ． ， ， ， 在中，， ∴，， ． ． 【点睛】本题考查的是新定义，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． 16．(1)见解析； (2)①见解析；②，证明见解析． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）由平行四边形性质证明可得，再结合即可证明结论； （2）①由（1）得，如图：延长和且交于点，由平行四边形的性质可得，由折叠的性质可得，进而证明结论；②如图：过点作，交于点，证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：①证明：由（1）得， 如图：延长和且交于点， 四边形是平行四边形， ， ． 由折叠可知， ， ， ． ②解：，证明如下： 如图：过点作，交于点， ． 由折叠可知． ， ， ， ， ． 由（1）可知， ， ， 四边形是平行四边形， ． 17．(1)平行四边形； (2)，理由见详解； (3) 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． （1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，继而可知，即可求解； （2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系； （3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于M，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知由的面积为，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，则， 由折叠可知：，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：平行四边形； （2）（2），理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵E，F为边的三等分点， ∴， 由折叠可知：，， 则， ∴， 由三角形外角性质可知：， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，则， ∴； （3）（3）由折叠可知：，， ∴，则为等腰直角三角形， ∴， 延长交于M，则， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，，即， ∴， ∵的面积为，，即：， ∴， 则， ∴． 18．(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据折叠的性质，，，根据平行四边形的性质，得，结合对顶角相等，证明即可得证 ． （2）根据得到，，设，根据等边对等角，平行四边形的性质，，建立方程解答即可； （3）分三种情况解答即可． 本题考查了折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：根据折叠的性质，，， ∵平行四边形 ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴． （2）解：∵，平行四边形， ∴， 设， 根据折叠的性质，得，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故的度数为 （3）解：根据题意，是不可能的； 当时，则， ， 根据（2）得，， 故，， 即， 故四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为． 当时，延长交于点M， 根据平行四边形， 则， 故， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ∴平行四边形的面积为． 故平行四边形的面积为或． 19．(1)①见解析；②见解析；③ (2)11 【分析】该题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）①根据，得出，即可证明． ②由①得，得出，结合，即可证明四边形为平行四边形； ③根据，，得出，根据平行四边形的性质得出，证出是的垂直平分线，即可得，根据等腰三角形的性质得出，根据，，求出，再根据即可求解． （2）根据平行四边形的性质可得，，根据，得出，由折叠知，可推导出，则，在中，勾股定理求出，在中，求出，即可求解． 【详解】（1）解：①证明：∵，O为中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ②证明：由①得， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ③∵，， ∴， 由②得：四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． （2）∵在中，，， ∴，， ∵， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴． 在中，， ∴或（不符合题意，舍去） ∵在中，， ∴， ∴． 20．(1)等边三角形，见解析 (2) 见解析 (3)或或 【分析】（1）根据三个角都是的三角形是等边三角形证明即可； （2）利用等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，四边形内角和定理证明即可： （3）分两种情况：①当点D在边时，过点作，交的延长线于点．②当点D在边延长线上时，过点作，交直线于点，Ⅰ）当点Q在线段上时；Ⅱ）当点Q在线段延长线上时．分别求解即可． 【详解】（1）证明：为等边三角形， ，， ∵， ∴，， ∵， ∴是等边三角形． （2）解：． 理由如下： 小明的方法：过点作，交于点， ∵为等边三角形， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据四边形内角和， ∴． 小刚的方法：过点作，交于点． ∵为等边三角形， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：三线段的关系为：． 理由如下： 分两种情况：①当点D在边时，过点作，交的延长线于点．如图， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ②当点D在边延长线上时，过点作，交直线于点． Ⅰ）当点Q在线段上时，如图， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ Ⅱ）当点Q在线段延长线上时，如图， 同理可得， ∴， ∴， 综上，线段与线段的数量关系为或或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，四边形内角和定理的应用，线段之间关系的证明，等量代换，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 21．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，则，进而在中，勾股定理求得，即可求解； （2）过点作交于点，证明，进而证明，得出，则，即可得证； （3）延长至，使得，连接交于，过作于点，证明得出，则，当重合时， 取最小值时，，设，则，进而证明是的角平分线，根据，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形中，对角线、相交于点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴在中， ∴； （2）证明：如图，过点作交于点， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， 又∵ ∴ ∴ ∴，则 ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴ ∴， 即； （3）解：如图，延长至，使得，连接交于，过作于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴当重合时， 取最小值时， 设，则 又∵ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴是的角平分线， ∴ 在中，， ∴ 解得： 即的值为 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 22．(1)16，120 (2)， (3)t的值为或 【分析】本题考查了平行四边形的性质含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想和动态的思想解决问题是解题的关键． （1）可求出，根据含的直角三角形的性质可得，根据平行四边形的性质可得，则，即可求解； （2）根据已知和平行四边形的性质可得，，结合已知时间即可知即可； （3）分两种情况讨论，当为边时，结合平行四边形的性质得；当为对角线时，由平行四边形得，列出方程可求解； 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，，， ，，， ，， ， ∴，， 则， 故答案为：16，120； （2）解：∵点P从点D出发沿方向以的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以的速度沿射线方向运动， ∴，， ∵，， ∴， 故答案为：，； （3）解：存在， 当为边时， 四边形是平行四边形， ， ， ∴； 当为对角线时， 四边形是平行四边形， ， ， ∴， ∵当点P到达点A时，点Q也随之停止运动， ∴， ∴， 综上所述：的值为或． 23．(1)①20°；②见解析 (2)，见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）①由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质得到，再由垂线的定义和直角三角形两锐角互余可得答案；②设，则，，由平行四边形的性质可得，，，，证明，得到，则，进而可得，再证明，即可证明； （2）过C作交于N，则，证明，得到，，再证明，得到．则，证明，得到，则可证明． 【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形， ∴， ， ∵， ∴， ， ； ②设， 由①得，， 由平行四边形的性质可得，，，， ， 为的中点， ， ， ， ， ， ∴， ； （2）解：，理由如下： 过C作交于N， ， 为中点F， ， 又， ， ，， ，， ， ， ； ， ，， ， ． ， 又，， ， ． 即． 24．（1）；（2），理由见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，熟练掌握基本性质是解题关键； （1）由为等边三角形，结合证明，得到，即可得到，最后根据三角形内角和求的度数； （2）延长至点Q，使，连接、，可得到，和都是等边三角形，即可证明，得到，再由是的中位线，得到，最后根据证明即可； 【详解】（1）解：∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，延长至点Q，使，连接、， ， ， ，， ， 和都是等边三角形， ，， ∵， 是等边三角形， ，， ， 即， ， ， 点是的中点，， 是的中位线， ， ， 即， ． 25．(1)无人机配送速度是千米/时，传统车辆配送速度是千米/时 (2)无人机的速度还要至少增加千米/时 【分析】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用；找出等量关系式及不等关系式是解题的关键． （1）等量关系式：传统车辆匀速配送路程为30千米的所用时间无人机飞行路程为16千米的所用时间小时，据此列方程，即可求解； （2）不等关系式：小时无人机的增速后的速度千米，据此列不等式，即可求解． 【详解】（1）解：设无人机的配送速度分别是千米/时，由题意得 ， 解得：， 经检验：是所列方程的解，且符合实际意义； （千米/时）， 答：无人机配送速度是千米/时，传统车辆配送速度是千米/时； （2）解：设无人机的速度还要增加千米/时，由题意得 ， 解得：， 答：无人机的速度还要至少增加千米/时． 26．（1）非高峰时段路线①的平均速度是千米/时，非高峰时段路线②的平均速度是千米/时（2）大巴车出发时间不能晚于 【分析】本题考查分式方程的实际应用，正确的列出分式方程是解题的关键： （1）设非高峰时段路线②的平均速度是千米/时，根据非高峰时段，导航显示走路线①比路线②快8分钟，列出分式方程进行求解即可； （2）求出大巴车高峰期间的速度，进而求出高峰期间行驶的路程，进而求出非高峰时间要行驶的时间，进行求解即可． 【详解】解：（1）设非高峰时段路线②的平均速度是千米/时，由题意，得： ， 解得：； 经检验是原方程的解且符合题意， ∴， 答：非高峰时段路线①的平均速度是千米/时，非高峰时段路线②的平均速度是千米/时； （2）； 当大巴车出发时，到，时间为25分钟，千米， ， ∵旅游公司要在早上前将游客用大巴车从坪山文化聚落送到罗湖口岸， ∴大巴车出发时间不能晚于． 27．(1)甲队每天铺设路基50米，乙队每天铺设路基40米 (2)两队至少需合作50天才能确保完成该标段 【分析】设甲队每天铺设路基x米，则乙队每天铺设路基米，根据某标段路基工程长度为米，甲队单独完成该标段需要的时间是乙队单独完成所需时间的，列出分式方程，解分式方程即可； 设两队需合作y天才能确保完成该标段，甲乙两队决定先合作施工一段时间，剩下的由甲队单独完成，工期要求不超过160天，结合的结论，列出一元一次不等式，解不等式即可． 本题考查分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，正确列出相应的分式方程和不等式． 【详解】（1）解：设甲队每天铺设路基x米，则乙队每天铺设路基米， 由题意得：， 解得：， ， 答：甲队每天铺设路基50米，乙队每天铺设路基40米； （2）设两队需合作y天才能确保完成该标段， 由题意得：， 解得：， 答：两队至少需合作50天才能确保完成该标段． 28．(1)羊肚菌每公斤的培育成本为450元，黑松露每公斤的培育成本为750元 (2)最多能培育黑松露36公斤 【分析】本题考查分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，读懂题意是解题关键； （1）设羊肚菌每公斤的培育成本为元，则黑松露每公斤的培育成本为元，根据题意列出方程，解方程即可； （2）设能培育黑松露公斤，则培育羊肚菌的质量为公斤，根据题意列出不等式，解不等式即可． 【详解】（1）解：设羊肚菌每公斤的培育成本为元，则黑松露每公斤的培育成本为元， 根据题意得，，解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ∴． 答：羊肚菌每公斤的培育成本为450元，黑松露每公斤的培育成本为750元． （2）设能培育黑松露公斤，则培育羊肚菌的质量为公斤． 由题意得，，解得， 又∵，∴， ∴的最大值为36 答：最多能培育黑松露36公斤． 29．(1)文学书的价格，文学书数量，这种科普书和这种文学书的单价各是7.5元和5元； (2)最多购进科普书80本 【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用； （1）小卓：设文学书的价格为元，则科普书的价格为元，利用数量=总价÷单价，结合用15元购买科普书的数量比用15元购买文学书的数量少1本，即可得出关于的分式方程； 小越：设文学书买了本，则科普书买了本，利用等量关系：科普书单价=文学书单价×，即可得出关于的分式方程； （2）设购进科普书本，则购买本文学书，利用总价=单价×数量，结合总价不超过1200元，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论． 【详解】（1）解：小卓：设文学书的价格为元，则科普书的价格为元， 依题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， 答：这种科普书和这种文学书的单价各是7.5元和5元； ∴小卓所列方程中的所表示的含义为文学书的价格； 小越：设文学书买了本，则科普书买了本， 依题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ，， 答：这种科普书和这种文学书的单价各是7.5元和5元； ∴小越所列方程中的所表示的含义为购买文学书的数量； 故答案为：文学书的单价；购买文学书的数量； （2）解：设购进科普书本，则购买本文学书， 依题意得：， 解得：． 答：最多购进科普书80本． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 期末解答压轴题 6大高频考点概览 考点01几何图形与平面直角坐标系综合 考点02共顶点的等腰直角三角形问题 考点03几何图形中的新定义型问题 考点04平行四边形的折叠问题 考点05几何图形中的动点问题 考点06分式方程的应用 ( 考点 01 几何图形与平面直角坐标系综合 ) 1．（24-25八年级下·山西忻州·期末）综合与探究 【模型呈现】 （1）如图1，在中，，，直线经过点，过点作于点，过点作于点，求证：． 【模型应用】 （2）如图2，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，过点作线段且．求直线的函数解析式． 【模型迁移】 （3）在（2）的基础上，如图3，在平面直角坐标系中，是点关于轴的对称点，是轴上的一个动点，是直线上的一个动点，若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）点的坐标为或 【分析】（1）利用证明即可； （2）①过作轴于，求出，，得，，同理模型呈现可得，故，，即得，然后利用待定系数法解答即可； （3）过作轴于，过作于，设，，分两种情况画出图形，结合模型呈现，利用全等三角形对应边相等列方程组可解得答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）过作轴于，如图： 在中，令得，令得， ∴，， ∴，， 同理模型呈现可得， ∴，， ∴， ∴ 设直线函数表达式为， 把，代入得，， 解得， ∴直线函数表达式为； （3）过作轴于，过作于， 设，， 当在左侧时，如图： ∵点是点关于轴的对称点， ∴， ∵是以点为直角顶点的等腰直角三角形， ∴，， 同理模型呈现可得， ∴，， ∴， 解得， ∴； 当在右侧时，如图： 同理可得， 综上所述，的坐标为或． 【点睛】本题考查了一次函数综合应用，全等三角形判定与性质，待定系数法，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握“型“全等． 2．（23-24八年级下·四川成都·期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴交于点、，直线关于轴对称的直线与轴交于点． (1)求直线的解析式； (2)如果一条对角线将凸四边形分成两个等腰三角形，那么这个四边形称为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”．在平面内是否存在一点，使得四边形是以为“界线”的“等腰四边形”，且？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，点在直线上，横坐标为，直线与轴正半轴交于点，与轴交于点，当常数等于多少时，为定值？ 【答案】(1) (2)存在，或 (3) 【分析】（1）先求出点，可得点，再利用待定系数法解答，即可求解； （2）当点D在y轴上时，根据题意可得垂直平分，从而得到点D与点B关于x轴对称，可求出点D的坐标；当时，过点D作轴于点H，设，则，根据勾股定理求出s的值，即可求出点D的坐标； （3）先求出点M的坐标为，可设直线的解析式为，从而得到点，，继而得到，设（其中A为定值），，即可求解． 【详解】（1）解：对于直线， 当时，，当时，， ∴点， ∵直线关于轴对称的直线与轴交于点． ∴点， 设直线的解析式为， 把点代入，得： ，解得：， ∴直线的解析式为； （2）解：存在， 如图， 当点D在y轴上时， ∵，， ∴垂直平分， ∴点D与点B关于x轴对称， ∴点D的坐标为， 此时均为等腰三角形，符合题意； 当时，过点D作轴于点H，设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∴点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标为或； （3）解：对于直线， 当时，， ∴点M的坐标为， 可设直线的解析式为， 当时，，当时，， ∴点，， ∴，， ∴， 设（其中A为定值）， ∴， 即， ∴且， 解得：． 【点睛】本题考查的是一次函数的综合运用，涉及到新定义、一次函数的性质、待定系数法求函数表达式，数据处理是本题的难点． 3．（24-25八年级下·河南洛阳·阶段检测）【观察发现】 如图1，将含有的三角板的直角顶点放在直线上，过两个锐角顶点分别向直线作垂线，这样就得到了两个全等的直角三角形．这种三个直角的顶点都在同一条直线上的基础图形在数学解题中被广泛使用． 【探究迁移】 （1）如图2，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于，两点． ①的度数为________． ②，是正比例函数的图象上的两个动点，连接，．若，，则的最小值是________． （2）如图3，一次函数的图象与轴、轴分别交于，两点．将直线绕点顺时针旋转得到直线，求直线对应的函数表达式． 【拓展应用】 （3）如图4，点在轴的正半轴上，，是直线上的动点，是轴上的动点．若是以动点为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点的坐标． 【答案】（1）①②8（2）（3）或 【分析】（1）①根据解析式确定，，得到，解答即可． ②根据垂线段最短，得到时，取得最小值，利用三角形全等判定证明，利用勾股定理解答即可． （2）过点D作于点D，过点D作轴于点F，过点B作于点E，则四边形为矩形，根据一线三直角全等模型解答即可． （3）分在x轴的上方，下方，结合全等模型解答即可． 【详解】（1）解：①∵直线与轴、轴分别交于，两点． ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． ②解：根据垂线段最短，得到时, 取得最小值， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：8． （2）解：过点D作于点D，过点D作轴于点F，过点B作于点E， 则四边形为矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵一次函数的图象与轴、轴分别交于，两点， ∴，， ∴， ∴， 解得． ∴， 设直线的解析式为， 根据题意，得， 解得， ∴解析式为． （3）解：当在x轴的上方时，过点P作于点M， 根据题意，得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是直线上的动点， 设， ∴，， 解得， 故； 当在x轴的下方时，过点P作于点N， 同理可证， ∴， ∵，是直线上的动点， 设， ∴，， 解得， 故； 综上所述，所有符合条件的点的坐标或． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，垂线段最短，待定系数法，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 4．（24-25八年级下·福建南平·期末）已知，在平面直角坐标系中，，，，点D在线段上（不与端点重合），点F在y轴正半轴上，且，直线，交于点E． (1)当点D的坐标为时，求点E的坐标； (2)求证：； (3)求的度数． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了求一次函数解析式，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质． （1）分别求出直线，直线的函数解析式，联立求解即可； （2）先证明，进而根据得到即可求证； （3）过点O作，垂足为N，过点O作，垂足为H，根据得到，可知平分，即可求出的度数． 【详解】（1）解：设直线的函数解析式为，把，代入得 解得直线： 直线的函数解析式为，把，代入得 解得 得直线： 联立与      解得 点E坐标为 （2）解：∵， ∴ ∵， ∴， ∴． 又∵ ∴ ∴； （3）解：过点O作，垂足为N，过点O作，垂足为H， ∵ ∴． ∴平分 ∴ 5．（24-25八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与探究 【模型建立】 如图1，三个直角三角形的直角顶点都在同一条直线上，这一模型叫作“一线三垂直”型．这种模型是证明三角形全等的常见模型，在数学解题中被广泛使用．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于B，A两点． 【模型探索】 （1）如图2，求证：是等腰直角三角形． （2）如图3，M，N是直线上的两动点，连接，．若，，求的长的最小值． 【模型应用】 （3）如图4，经过点B的直线与y轴交于点C，H为线段上的一点，作射线．若，请直接写出m的值及直线的函数解析式． 【答案】（1）证明见解答过程；（2）的长的最小值为；（3），直线的函数解析式为． 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理． （1）求出，得，又，故是等腰直角三角形； （2）当时，的长最小，证明，得，再用勾股定理得，故的长的最小值为； （3）过作交于，过作轴，过作于，过作于，设，把代入得：，解得，知直线解析式为，可得，证明，可得，故 ，可求得，再用待定系数法即得直线的函数解析式为． 【详解】（1）证明：在中，令得，令得， ， ， ， ∴是等腰直角三角形； （2）解：当时，的长最小，如图： ， ， ， ， ， ， ． ∴的长的最小值为； （3）解：过作交于，过作轴，过作于，过作于，如图： 设， 把代入得：， 解得， ∴直线解析式为， 在中，令得， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 设直线的函数解析式为， 把代入得：， 解得， ∴直线的函数解析式为． ( 考点 02 共顶点的等腰直角三角形问题 ) 6．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）数学活动课上，老师出示两个大小不一样的等腰直角和摆在一起，其中直角顶点重合，，，． (1)【问题初探】 如图1，连接，，判断与的数量关系，并说明理由； (2)【类比分析】 如图2，连接，，若是的中点，连接并延长到，使，连接，． ①求证：四边形是平行四边形； ②求证：； (3)【拓展延伸】 如图3，延长至点，满足，连接，，当，，绕点旋转得到，，三点共线时，求线段的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2)①证明见解析；②证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可； （2）①利用对角线互相平分的四边形为平行四边形的判定定理解答即可； ②利用平行四边形的性质和同角的补角相等的性质得到，，利用全等三角形的判定与性质得到，再利用等量代换的性质解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当在的左侧时，过点作于点，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可；②当在的右侧时，过点作于点，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：与的数量关系为，理由： ， ， 在和中， ， ， ； （2）①证明：是的中点， ， ， 四边形是平行四边形； ②证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）①当在的左侧时，过点作于点，如图， ，，      是等腰直角三角形， ， ， ， ， ； ②当在的右侧时，过点作于点，如图， ，，      是等腰直角三角形， ， ， ， ， 综上，绕点旋转得到，，三点共线时，线段的长为或． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，分类讨论的思想方法，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 7．（24-25八年级下·贵州黔西南·期末）根据所给素材，完成相应任务． 玩转三角尺 活动 背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角尺，如图1所示．其中，为直角，，把两直角顶点重合（点A与点F重合于点O），旋转三角尺进行探究活动 素材1 小明同学的探究结果如图2所示，D，O，C三点在一条直线上． 素材2 小聪同学的探究结果如图3所示，，连结，发现四边形的对边． 素材3 李老师提出问题：如图4，在上述操作过程（），与的面积比是否为定值？ 解决问题 任务1 （1）根据图2，直接写出线段的长为______． 任务2 （2）根据图3帮助小聪同学写出的推导过程． 任务3 （3）请你解答李老师的问题，并说明理由． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）定值，见解析 【分析】（）在中，利用直角三角形的性质求得，在中，利用等腰直角三角形和勾股定理求得即可，由求解； （）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，即可； （）作于，交延长线于，证明，得到，然后由三角形面积公式计算出 ，从而得出结论． 【详解】解：（）在中，，，， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （）∵（已知）， （已知）， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， ∴ （）与的面积比是定值，理由： 作于，交延长线于，如图， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴与的面积比是定值． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 8．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）已知中，，将绕着点C顺时针旋转，得到． (1)如图1，当点M落在边上时，求线段的长； (2)如图2，当绕着点C顺时针旋转到的位置时，连接． ①判断线段与的位置关系并说明理由； ②求的值； ③在的旋转过程中，直接写出的面积与的面积之和的最大值为________． 【答案】(1)7 (2)①，理由见解析；②；③ 【分析】（1）先利用勾股定理求出的长，过点C作于点D，根据，可得，可得，由旋转的性质得：，从而得到，即可求解； （2）①由旋转的性质得：，从而得到，进而得到，再由，可得，即可解答；②根据勾股定理可得，再由旋转的性质得：，即可求解；③延长至点T，使，过点N作交延长线于点K，连接，结合旋转的性质可得，，从而得到，再证明，可得，从而得到，进而得到当最大时，最大，再由的最大值为，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 如图，过点C作于点D， ∴， ∴， 解得：， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴； （2）解：①，理由如下： 由旋转的性质得：， ∴ ，即， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∴， 由旋转的性质得：， ∴； ③如图，延长至点T，使，过点N作交延长线于点K，连接，如图， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． ∴当最大时，最大， 而的最大值为， ∴的最大值为． 故答案为∶． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转的问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键． 9．（24-25八年级下·河南郑州·期末）综合与实践 在《图形的平移与旋转》回顾与思考课上，李老师出示了如下问题：在中，，点在平面内，连接并将线段绕点逆时针旋转与相等的角度，得到线段，连接． (1)初步探究 如图①，点是边上任意一点，则线段和线段的数量关系是 ； (2)类比探究 如图②，点是平面内任意一点，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．请仅以图②所示的位置关系加以证明（或说明）； (3)延伸探究 如图③，在中，，，，是线段边上的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，请直接写出线段长度的最小值． 【答案】(1) (2)成立，理由见解析 (3)4 【分析】（1）旋转的性质得到，，进而得到，证明，即可得出结论； （2）同法（1）即可得证； （3）延长至点，使，连接，作，根据含30度角的直角三角形的性质，推出，证明，得到，进而得到点的运动轨迹，根据垂线段最短结合含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． 【详解】（1）解：∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）成立，理由如下： ∵旋转， ∴，， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴； （3）解：延长至点，使，连接，作，则：， ∵，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在射线上运动， ∵垂线段最短， ∴当点与点重合时，的长最短，为的长， ∵， ∴； 故的最小值为4． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30度的直角三角形，垂线段最短，熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等，是解题的关键． 10．（24-25八年级下·河北保定·期末）问题探索： 活动课上，嘉嘉以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图1，已知中，，，将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为，设线段与相交于点，线段分别交，于点，（如图2）． （1）当与所夹锐角时，旋转角的度数为 ； （2）在绕点顺时针旋转过程中，嘉嘉发现线段始终等于线段，请你证明这一结论． （3）当是以为腰的等腰三角形时，求旋转角的度数． 拓展延伸： （4）如图3，连接，，并分别延长，使两线交于点． ①直接写出四边形是平行四边形时旋转角的度数以及此时四边形的面积与的面积之比． ②若将“问题探索”中“”这一条件改为“”，其它条件不变．请直接写出当为直角三角形时，之间的关系． 【答案】（1）25；（2）证明见解析；（3）为或；（4）①；；② 【分析】（1）根据等边对等角及三角形内角和得，，根据旋转的性质得，，，，先确定，然后根据计算即可；； （2）根据旋转的性质得，，，然后证明即可得证； （3）分两种情况：当时；当时，分别求解即可； （4）①根据旋转的性质得，，，由等边对等角得，根据平行四边形的性质得，，再结合建立方程求解即可；然后设设点到的距离为，利用三角形和平行四边形的面积公式即可得出答案； ②根据等腰三角形的性质及旋转的性质得，，，∴，，然后分三种情况：当时；当时；当时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵中，，， ∴， ∴， ∵将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为， ∴，，，， ∵， ∴， 在中， ， 即旋转角的度数为， 故答案为：； （2）证明：由（1）知： ，，， 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：如图2， 当时， ∵， ∴， ∴， 在中， ； 当时， ∵， ∴， ∴， 在中， ； 综上所述，旋转角的度数为或； （4）①如图3， 由（1）知：，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设点到的距离为， ∴， ∵，即， ∴与的距离为，即平行四边形的边上的高为， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形时旋转角的度数为，此时四边形的面积与的面积之比为； ②如图3， ∵中，，， ∴， ∵将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，分别是点，的对应点），旋转角为， ∴，，， ∴， ， 当时， ∵， ∴， ∴（不符合题意，舍去）； 当时， ∵， 即， ∴， ∴（不符合题意，舍去）； 当时， ∵， ∴， ∴； 综上所述，当为直角三角形时，之间的关系为． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质，图形的旋转，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键掌握等腰三角形和旋转的性质以及分类讨论的思想． ( 考点 0 3 几何图形中的新定义型问题 ) 11．（24-25八年级下·辽宁丹东·期末）数学活动课上，张老师在黑板写下新定义：“若三角形中存在一个内角的度数恰好是另一个内角度数的两倍，则称这个三角形为“倍角三角形”，同学们好奇地围拢过来，开启了对“倍角三角形”的探究之旅…… (1)张老师给出三个三角形示例，让大家快速判断：一定是“倍角三角形”的是_____（只填写序号）． ①顶角为的等腰三角形； ②等腰直角三角形； ③有一个角是的直角三角形． (2)同学们动手折纸，构造几何模型：如图1，在等腰中，，，将沿边所在直线翻折得到，延长到点，交于点，连接． ①张老师抛出猜想：一定符合“倍角三角形”的定义！”请你帮同学们证明这个结论； ②点在线段上，连接，若，分所得的两个三角形中，是“倍角三角形”，是等腰三角形，请直接写出的度数． 【答案】(1)②③； (2)①见解析；②或或19°或． 【分析】本题是几何变换综合题，考查折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形外角的定义和性质等，理解“倍角三角形”的定义是解题的关键． （1）利用“倍角三角形”的定义依次判断即可求解； （2）①由折叠的性质和等腰三角形的性质可求，由等腰三角形的性质可得，可得结论；②分两种情况讨论，由三角形内角和定理和“倍角三角形”的定义可求解． 【详解】（1）解：若一个三角形是顶角为的等腰三角形， 则两个底角均为， ， 顶角是的等腰三角形不是“倍角三角形”； 若一个三角形是等腰直角三角形， 则三个角分别为，，， ， 等腰直角三角形是“倍角三角形”； 若一个三角形是有一个角为的直角三角形， 则另两个角分别为，， ， 有一个的直角三角形是“倍角三角形”， 故答案为：②③． （2）①证明：， ， ∵将沿边所在的直线翻折得到， ，，， ， ， 是“倍角三角形”； ②解：由①可得， 如图， ∵是等腰三角形， ∴， ∵是“倍角三角形”， 或或或， 当时，， ； 当时，， ； 当时， ∵ ∴， ， ； 当时， ∵ ， ， ． 综上所述：或或19°或． 12．（24-25八年级下·辽宁大连·期末）定义：如果一个等腰三角形的顶角为，则称该等腰三角形为等腰三角形，称这个等腰三角形的顶角顶点为等腰点，过等腰点的一次函数叫做这个三角形的顶角函数．如图1，平面直角坐标系中，点，点． (1)若点C是的等腰点，一次函数是的顶角函数，直接写出函数的解析式：___________ ； (2)点M是y轴正半轴上一点，平行于y轴，是等腰三角形，P是等腰点，是的顶角函数，求M点的坐标； (3)在（2）的条件下，经过点M，与组成的新函数y3． ①填空___________ ； ②当时，，求m的取值范围； ③当时，函数的最大值记为，最小值记为，当时，求t的值或取值范围． 【答案】(1)或 ； (2)； (3)①8；②；③ 【分析】（1）根据等边三角形的性质求出或，再将点C代入求解即可； （2）求出点，过P作轴于H，则，再由等腰三角形的定义求出M的坐标为； （3）①将点M代入中，即可求n的值； ②当时，，时，，再结合一次函数的图象可确定； ③分两种情况讨论：当时，时，时，，此时不符合题意，舍去；当时，时，时，，可得，符合题意；当时，时，时，，可得，解得． 【详解】（1）解：∵点，点， ∴， ∵点C是的等腰点，即等腰三角形的， ∴是等边三角形， 又点，点， ∴点在轴上， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得 ∴或， ∵一次函数是的顶角函数， ∴， ∴或； 故答案为：或； （2）解：当时，， ∴， 过P作轴于H，则， ∴M的坐标为； （3）解：①将点代入， ∴， 故答案为：8； ②新函数y3如图所示， 当时，， ， ∴随增大而增大， 当时，， 当时，， ∵， ∴随增大而减小， 当时，， ∴时，， ∵，， ∴； ③当时，即时，时，， ∴，不符合题意，舍去； 当时，时，时，， ∴，符合题意； 当时，时，时，， ∴， 解得； 综上所述：． 13．（24-25八年级下·湖南长沙·期末）定义：对于给定的一次函数（，、为常数），把形如（，、为常数）的函数称为一次函数的“关联”函数，已知平行四边形的顶点坐标分别为． (1)若点分别在一次函数的关联函数图象上，则__________；__________． (2)点在函数的“关联”函数图象上，求的值． (3)一次函数（，、为常数），其中、满足． ①请问一次函数的图象是否经过某个定点，若经过，请求出定点坐标；若不经过，请说明理由； ②一次函数（，、为常数）的“关联”函数图象与恰好有两个交点，求的取值范围． 【答案】(1)3，5 (2)3或 (3)①经过定点，定点坐标为；②当或且时，“关联”函数图象恰好与有两个交点 【分析】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标特点等知识，正确理解题意、灵活应用数形结合思想是解题的关键． （1）根据“关联”函数的定义求解即可； （2）分与两种情况，将点G的坐标代入函数关系式求解即可； （3）①由已知条件可将函数关系式变形为，可得结论； ②“关联”函数图象经过点A时，与平行四边形有三个交点，当“关联”函数图象经过点时，与平行四边形有三个交点；分别求得相应的b的值，即可求解． 【详解】（1）解：∵点、在一次函数的“关联”函数图象上，且， ， 故答案为：3，5； （2）解：∵点在函数的“关联”函数图象上， 当时，，解得：， 当时，，解得：，综上所述，的值为3或； （3）解：①经过定点： ， ， 代入得：， 当时，； ∴一次函数的图象过定点，定点坐标为； ②由①可知：一次函数的“关联”函数图象经过定点和， ， 且点在内，设一次函数的“关联”图象与轴的交点为， 点沿轴向上平移过程中，当“关联”函数图象经过点时，与有三个交点， 将代入，解得：， 时，“关联”函数图象恰好与有两个交点，符合题意； 点沿轴继续向上平移，当“关联”函数图象经过点时，与有三个交点， 且时，“关联”函数图象恰好与有两个交点，符合题意； ∴当或且时，“关联”函数图象恰好与有两个交点． 14．（22-23八年级下·广东深圳·期末）【综合与实践】折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方形． (1)操作发现：如图1，将△ABC纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为12．，则此完美长方形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究：如图2，将纸片按所示折叠成完美长方形，若的面积为20，，求完美长方形的周长． (3)拓展延伸：如图3，将纸片按所示折叠成完美长方形，若，则长方形的周长为 ，的面积为 ． 【答案】(1)3；6 (2)13 (3)68， 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质与判定、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解决此题的关键．   （1）由折叠可知点H是中点，，过点A作于M，根据三角形面积求的长，由，点H是中点可知是中位线，得到 进而求完美长方形面积； （2）根据折叠可知，，从而可得 ，根据平行四边形面积可求得的长为4进而可求周长； （3）由折叠可证点E，G分别是中点，进一步可证四边形是平行四边形，所以，即长方形对角线长为26，设，根据勾股定理得到方程，解出x，从而可得完美长方形的边长和宽，最后求周长面积即可． 【详解】（1）由折叠可知，， ∴，点H是中点 ∵ ∴ 即， 过点A作于M， ∵四边形是长方形 ∴ ∴ ∴H是中点 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴完美长方形的面积为 故答案为：3，6 （2）由折叠可知 同理可知 ∴长方形的面积为         ∴长方形的周长为 （3）由折叠可证点E，G分别是的中点 ∴ 由题意知 ∴ ∴为平行四边形 ∴ 在中，设，则 由勾股定理得 ∴ ∴周长为：    面积为： 故答案为：68， 15．（24-25八年级下·广东深圳·期末）【定义】 如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．如图1，在四边形中，若，则四边形是对补四边形． 【应用】 (1)如图1，在对补四边形中，，则_____； (2)如图2，在对补四边形中，，，，，则_____； (3)如图3，在对补四边形中，平分． ①求证：； ②若，请探究的数量关系并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)①见解析；②，见解析 【分析】（1）根据“对补四边形”的定义可得，再求解即可； （2）如图，连接，利用勾股定理，证明，再利用勾股定理可得答案； （3）①过点作于，作于．证明，再证明，即可得到答案；②求解，证明，可得．结合，可得，再进一步解答即可． 【详解】（1）解：在对补四边形中，， ∴； （2）解：如图，连接， ∵，，， ∴， ∵四边形为对补四边形， ∴， ∵， ∴； （3）解：①过点作于，作于． 平分， ， ， ， 四边形是对补四边形， ， ， ， ， ． ②，理由见解析： 平分， ， ， ， ． ， ， ， 在中，， ∴，， ． ． 【点睛】本题考查的是新定义，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． ( 考点 0 4 平行四边形的折叠问题 ) 16．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，是的对角线，是经过的中点的直线，且与分别交于点． (1)连接，如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)将沿直线折叠，点落在点处，点落在点处，设交于点，分别交于点． ①如图2，求证：； ②连接，如图3，判断和之间位置的关系并加以证明． 【答案】(1)见解析； (2)①见解析；②，证明见解析． 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）由平行四边形性质证明可得，再结合即可证明结论； （2）①由（1）得，如图：延长和且交于点，由平行四边形的性质可得，由折叠的性质可得，进而证明结论；②如图：过点作，交于点，证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：①证明：由（1）得， 如图：延长和且交于点， 四边形是平行四边形， ， ． 由折叠可知， ， ， ． ②解：，证明如下： 如图：过点作，交于点， ． 由折叠可知． ， ， ， ， ． 由（1）可知， ， ， 四边形是平行四边形， ． 17．（24-25八年级下·江西吉安·期末）在平行四边形纸片中，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． (1)如图①，当点恰好落在边上时，四边形的形状为 ． (2)如图②，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)如图③，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为，，求线段的长． 【答案】(1)平行四边形； (2)，理由见详解； (3) 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． （1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，继而可知，即可求解； （2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系； （3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于M，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知由的面积为，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，则， 由折叠可知：，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：平行四边形； （2）（2），理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵E，F为边的三等分点， ∴， 由折叠可知：，， 则， ∴， 由三角形外角性质可知：， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，则， ∴； （3）（3）由折叠可知：，， ∴，则为等腰直角三角形， ∴， 延长交于M，则， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，，即， ∴， ∵的面积为，，即：， ∴， 则， ∴． 18．（24-25八年级下·四川成都·期末）数学综合与实践小组同学对北师大版八年级下册数学教材第160页第21题进行了深入研究．如图，已知线段，以点B为端点作射线，使，C为射线上一动点，满足，以为邻边作平行四边形，连接，再将沿所在直线折叠，点B的对应点为，交于点E，连接． (1)求证：： (2)当时，求的度数； (3)当为直角三角形时，请直接写出平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据折叠的性质，，，根据平行四边形的性质，得，结合对顶角相等，证明即可得证 ． （2）根据得到，，设，根据等边对等角，平行四边形的性质，，建立方程解答即可； （3）分三种情况解答即可． 本题考查了折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：根据折叠的性质，，， ∵平行四边形 ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴． （2）解：∵，平行四边形， ∴， 设， 根据折叠的性质，得，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故的度数为 （3）解：根据题意，是不可能的； 当时，则， ， 根据（2）得，， 故，， 即， 故四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为． 当时，延长交于点M， 根据平行四边形， 则， 故， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ∴平行四边形的面积为． 故平行四边形的面积为或． 19．（24-25八年级下·海南三亚·期末）在四边形中，，对角线交于点O，且O为中点．点E、点F分别为边上的动点，连结． (1)如图1， ①求证：； ②求证：四边形为平行四边形； ③恰好经过点O，当时，如图2，连接，若．，求的度数． (2)移动，当点E与点D重合时，如图3，将沿折叠得到，当点恰好落在线段上时，过点A作，交延长线于点G，其中，求线段的长． 【答案】(1)①见解析；②见解析；③ (2)11 【分析】该题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）①根据，得出，即可证明． ②由①得，得出，结合，即可证明四边形为平行四边形； ③根据，，得出，根据平行四边形的性质得出，证出是的垂直平分线，即可得，根据等腰三角形的性质得出，根据，，求出，再根据即可求解． （2）根据平行四边形的性质可得，，根据，得出，由折叠知，可推导出，则，在中，勾股定理求出，在中，求出，即可求解． 【详解】（1）解：①证明：∵，O为中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ②证明：由①得， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ③∵，， ∴， 由②得：四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． （2）∵在中，，， ∴，， ∵， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴． 在中，， ∴或（不符合题意，舍去） ∵在中，， ∴， ∴． ( 考点 0 5 几何图形中的动点问题 ) 20．（24-25八年级下·辽宁丹东·期末）综合与实践 在数学活动课上，老师带领同学们进行三角形图形变换的探究，已知为等边三角形． (1)如图1，点是边上一动点，过点作平行于，交于点，判断的形状，并说明理由； (2)老师提出新问题：如图2，点为边上的动点，且，点为边上的动点，且，连接，以为边，在右侧作等边三角形，连接，试猜想与的数量关系，并说明理由．全班同学经过讨论后认为要想证明这两个角的数量关系，应添加辅助线．小明认为应该过点作，交于点．小刚认为应该过点作，交于点．请你从小明和小刚添加的辅助线中选择一种方法完成上面的猜想与证明： (3)某小组同学继续探究，如图3，当点在直线上运动，且，点在边的延长线上运动时，连接，以为边，在右侧作等边三角形，连接．直接写出线段与线段的数量关系． 【答案】(1)等边三角形，见解析 (2) 见解析 (3)或或 【分析】（1）根据三个角都是的三角形是等边三角形证明即可； （2）利用等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，四边形内角和定理证明即可： （3）分两种情况：①当点D在边时，过点作，交的延长线于点．②当点D在边延长线上时，过点作，交直线于点，Ⅰ）当点Q在线段上时；Ⅱ）当点Q在线段延长线上时．分别求解即可． 【详解】（1）证明：为等边三角形， ，， ∵， ∴，， ∵， ∴是等边三角形． （2）解：． 理由如下： 小明的方法：过点作，交于点， ∵为等边三角形， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据四边形内角和， ∴． 小刚的方法：过点作，交于点． ∵为等边三角形， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：三线段的关系为：． 理由如下： 分两种情况：①当点D在边时，过点作，交的延长线于点．如图， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ②当点D在边延长线上时，过点作，交直线于点． Ⅰ）当点Q在线段上时，如图， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ Ⅱ）当点Q在线段延长线上时，如图， 同理可得， ∴， ∴， 综上，线段与线段的数量关系为或或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，四边形内角和定理的应用，线段之间关系的证明，等量代换，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 21．（24-25八年级下·重庆万州·期末）已知平行四边形中，对角线、相交于点，，， (1)如图1，若，求的长； (2)如图2，过点C作交于点，交的延长线于点，连结，求证：； (3)如图3，若，点是线段上的动点，点是线段上的动点，满足，当取最小值时，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，则，进而在中，勾股定理求得，即可求解； （2）过点作交于点，证明，进而证明，得出，则，即可得证； （3）延长至，使得，连接交于，过作于点，证明得出，则，当重合时， 取最小值时，，设，则，进而证明是的角平分线，根据，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形中，对角线、相交于点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴在中， ∴； （2）证明：如图，过点作交于点， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， 又∵ ∴ ∴ ∴，则 ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴ ∴， 即； （3）解：如图，延长至，使得，连接交于，过作于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴当重合时， 取最小值时， 设，则 又∵ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴是的角平分线， ∴ 在中，， ∴ 解得： 即的值为 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 22．（24-25八年级下·湖南张家界·期末）如图，在中，，，．动点P从点D出发沿方向以的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以的速度沿射线方向运动，当点P到达点A时，点Q也随之停止运动，设点P，Q运动的时间为t秒（）． (1)=_______ ，=_______度． (2)当时，_______， _______．（用含t的式子表示） (3)是否存在t值，使以点P，Q，C，D为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)16，120 (2)， (3)t的值为或 【分析】本题考查了平行四边形的性质含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想和动态的思想解决问题是解题的关键． （1）可求出，根据含的直角三角形的性质可得，根据平行四边形的性质可得，则，即可求解； （2）根据已知和平行四边形的性质可得，，结合已知时间即可知即可； （3）分两种情况讨论，当为边时，结合平行四边形的性质得；当为对角线时，由平行四边形得，列出方程可求解； 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，，，， ，，， ，， ， ∴，， 则， 故答案为：16，120； （2）解：∵点P从点D出发沿方向以的速度向点A运动，动点Q同时从点B出发，以的速度沿射线方向运动， ∴，， ∵，， ∴， 故答案为：，； （3）解：存在， 当为边时， 四边形是平行四边形， ， ， ∴； 当为对角线时， 四边形是平行四边形， ， ， ∴， ∵当点P到达点A时，点Q也随之停止运动， ∴， ∴， 综上所述：的值为或． 23．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，点E为的边上的动点，点G为上的动点，连接并延长交于点F，连接． (1)如图①，已知，，． ①若，试求出的度数； ②连接．当点F为的中点，时，求证：． (2)如图②，在的延长线上取一点P，使得．当，点G是的中点时，试写出线段、、之间存在的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①20°；②见解析 (2)，见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）①由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质得到，再由垂线的定义和直角三角形两锐角互余可得答案；②设，则，，由平行四边形的性质可得，，，，证明，得到，则，进而可得，再证明，即可证明； （2）过C作交于N，则，证明，得到，，再证明，得到．则，证明，得到，则可证明． 【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形， ∴， ， ∵， ∴， ， ； ②设， 由①得，， 由平行四边形的性质可得，，，， ， 为的中点， ， ， ， ， ， ∴， ； （2）解：，理由如下： 过C作交于N， ， 为中点F， ， 又， ， ，， ，， ， ， ； ， ，， ， ． ， 又，， ， ． 即． 24．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题呈现】 已知为等边三角形，E、F分别为线段、上的动点，连接，，相交于点M，． 【初步探究】 （1）如图1，求的度数； 【衍生拓展】 （2）如图2，若，，连接，点N是的中点，连接，延长至点H，使，连接．试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2），理由见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，熟练掌握基本性质是解题关键； （1）由为等边三角形，结合证明，得到，即可得到，最后根据三角形内角和求的度数； （2）延长至点Q，使，连接、，可得到，和都是等边三角形，即可证明，得到，再由是的中位线，得到，最后根据证明即可； 【详解】（1）解：∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，延长至点Q，使，连接、， ， ， ，， ， 和都是等边三角形， ，， ∵， 是等边三角形， ，， ， 即， ， ， 点是的中点，， 是的中位线， ， ， 即， ． ( 考点 0 6 分式方程的应用 ) 25．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）随着无人机技术的不断进步，某地开通了无人机急救药品配送通道，无人机从物流基地出发，匀速飞往某医院，飞行路程为16千米．若采用传统车辆匀速配送，配送路程为30千米，且配送速度是无人机的1.5倍，但所用时间要比无人机配送多6分钟． (1)求无人机和传统车辆的配送速度分别是多少千米/时； (2)若要求无人机在15分钟以内（含15分钟）从物流基地匀速飞行到达该医院，则无人机的速度至少还要增加多少千米/时，才能完成此次配送任务？ 【答案】(1)无人机配送速度是千米/时，传统车辆配送速度是千米/时 (2)无人机的速度还要至少增加千米/时 【分析】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用；找出等量关系式及不等关系式是解题的关键． （1）等量关系式：传统车辆匀速配送路程为30千米的所用时间无人机飞行路程为16千米的所用时间小时，据此列方程，即可求解； （2）不等关系式：小时无人机的增速后的速度千米，据此列不等式，即可求解． 【详解】（1）解：设无人机的配送速度分别是千米/时，由题意得 ， 解得：， 经检验：是所列方程的解，且符合实际意义； （千米/时）， 答：无人机配送速度是千米/时，传统车辆配送速度是千米/时； （2）解：设无人机的速度还要增加千米/时，由题意得 ， 解得：， 答：无人机的速度还要至少增加千米/时． 26．（24-25八年级下·广东深圳·期末）导航显示从坪山文化聚落驾车到罗湖口岸，通常有如下两条路线： 信息一 路线 路线①：坪盐通道-惠深沿海高速 路线②：南坪快速-龙岗大道 距离 39千米 42千米 信息二 大巴车走路线①的平均速度总是路线②平均速度的倍，早、晚高峰时段（和），大巴车的平均速度将下降为原来的； 信息三 非高峰时段，导航显示走路线①比路线②快8分钟． 任务一 求非高峰时段两个路线的平均速度分别是多少千米/时． 任务二 某旅游公司要在早上前将游客用大巴车从坪山文化聚落送到罗湖口岸，但是路线①由于修路暂时封闭，只能选择路线②，那么大巴车的出发时间不能晚于什么时间？ 【答案】（1）非高峰时段路线①的平均速度是千米/时，非高峰时段路线②的平均速度是千米/时（2）大巴车出发时间不能晚于 【分析】本题考查分式方程的实际应用，正确的列出分式方程是解题的关键： （1）设非高峰时段路线②的平均速度是千米/时，根据非高峰时段，导航显示走路线①比路线②快8分钟，列出分式方程进行求解即可； （2）求出大巴车高峰期间的速度，进而求出高峰期间行驶的路程，进而求出非高峰时间要行驶的时间，进行求解即可． 【详解】解：（1）设非高峰时段路线②的平均速度是千米/时，由题意，得： ， 解得：； 经检验是原方程的解且符合题意， ∴， 答：非高峰时段路线①的平均速度是千米/时，非高峰时段路线②的平均速度是千米/时； （2）； 当大巴车出发时，到，时间为25分钟，千米， ， ∵旅游公司要在早上前将游客用大巴车从坪山文化聚落送到罗湖口岸， ∴大巴车出发时间不能晚于． 27．（24-25八年级下·四川成都·期末）成都市域铁路S5线，又称成都地铁眉山线，是连接成都天府新区与眉山市东坡区的重要轨道交通线路，其中某标段路基工程长度为米，由甲，乙两个工程队施工，已知甲队每天铺设路基长度比乙队多10米，甲队单独完成该标段需要的时间是乙队单独完成所需时间的 (1)求甲、乙两队每天各铺设路基多少米？ (2)为加快进度，甲乙两队决定先合作施工一段时间，剩下的由甲队单独完成，若工期要求不超过160天，求两队至少需合作多少天才能确保完成该标段． 【答案】(1)甲队每天铺设路基50米，乙队每天铺设路基40米 (2)两队至少需合作50天才能确保完成该标段 【分析】设甲队每天铺设路基x米，则乙队每天铺设路基米，根据某标段路基工程长度为米，甲队单独完成该标段需要的时间是乙队单独完成所需时间的，列出分式方程，解分式方程即可； 设两队需合作y天才能确保完成该标段，甲乙两队决定先合作施工一段时间，剩下的由甲队单独完成，工期要求不超过160天，结合的结论，列出一元一次不等式，解不等式即可． 本题考查分式方程的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，正确列出相应的分式方程和不等式． 【详解】（1）解：设甲队每天铺设路基x米，则乙队每天铺设路基米， 由题意得：， 解得：， ， 答：甲队每天铺设路基50米，乙队每天铺设路基40米； （2）设两队需合作y天才能确保完成该标段， 由题意得：， 解得：， 答：两队至少需合作50天才能确保完成该标段． 28．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）某生态农场计划引进黑松露和羊肚菌两种珍稀食用菌进行培育．已知每公斤黑松露的培育成本比每公斤羊肚菌的培育成本高300元，且用6000元培育的黑松露质量与用3600元培育的羊肚菌质量相同． (1)求黑松露、羊肚菌每公斤的培育成本分别为多少元？ (2)该农场决定在总成本不超过54900元的前提下培育这两种菌类，若培育羊肚菌的质量比黑松露的2倍少10公斤，求最多能培育黑松露多少公斤？ 【答案】(1)羊肚菌每公斤的培育成本为450元，黑松露每公斤的培育成本为750元 (2)最多能培育黑松露36公斤 【分析】本题考查分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，读懂题意是解题关键； （1）设羊肚菌每公斤的培育成本为元，则黑松露每公斤的培育成本为元，根据题意列出方程，解方程即可； （2）设能培育黑松露公斤，则培育羊肚菌的质量为公斤，根据题意列出不等式，解不等式即可． 【详解】（1）解：设羊肚菌每公斤的培育成本为元，则黑松露每公斤的培育成本为元， 根据题意得，，解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ∴． 答：羊肚菌每公斤的培育成本为450元，黑松露每公斤的培育成本为750元． （2）设能培育黑松露公斤，则培育羊肚菌的质量为公斤． 由题意得，，解得， 又∵，∴， ∴的最大值为36 答：最多能培育黑松露36公斤． 29．（24-25八年级下·河北保定·期末）利用分式方程和不等式解决实际问题 小卓和小越一起去书店买书，他们先用15元买了一种科普书，又用15元买了一种文学书，科普书的单价比文学书高出一半，他们所买的科普书比所买的文学书少一本． (1)求这种科普书和这种文学书的单价分别是多少元？ 根据题意，小卓和小越分别列出如下方程： 小卓：；小越：． 则小卓所列方程中的所表示的含义为______； 则小越所列方程中的所表示的含义为______； 请你选择上面两个方程中的一个进行解答． (2)若小明所在的学校图书室计划用不超过1200元的资金购进两种书共200本，最多购进科普书多少本？ 【答案】(1)文学书的价格，文学书数量，这种科普书和这种文学书的单价各是7.5元和5元； (2)最多购进科普书80本 【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用； （1）小卓：设文学书的价格为元，则科普书的价格为元，利用数量=总价÷单价，结合用15元购买科普书的数量比用15元购买文学书的数量少1本，即可得出关于的分式方程； 小越：设文学书买了本，则科普书买了本，利用等量关系：科普书单价=文学书单价×，即可得出关于的分式方程； （2）设购进科普书本，则购买本文学书，利用总价=单价×数量，结合总价不超过1200元，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论． 【详解】（1）解：小卓：设文学书的价格为元，则科普书的价格为元， 依题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， 答：这种科普书和这种文学书的单价各是7.5元和5元； ∴小卓所列方程中的所表示的含义为文学书的价格； 小越：设文学书买了本，则科普书买了本， 依题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ，， 答：这种科普书和这种文学书的单价各是7.5元和5元； ∴小越所列方程中的所表示的含义为购买文学书的数量； 故答案为：文学书的单价；购买文学书的数量； （2）解：设购进科普书本，则购买本文学书， 依题意得：， 解得：． 答：最多购进科普书80本． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $