2025-2026学年北师大版八年级数学下册期末必刷测试卷

**基本信息** 北师大版八年级数学期末卷，聚焦函数、几何与代数综合，融入无人配送实际应用、新定义变换等情境，梯度覆盖基础运算与创新探究，适配期末综合能力测评。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10/30|分式意义、因式分解、不等式、平行四边形性质|结合数轴与几何图形，考察抽象能力与几何直观| |填空题|6/18|分式化简、函数性质、中点问题、新定义变换|16题“011”变换体现空间观念，14题中点动态问题培养推理意识| |解答题|8/72|因式分解、平移旋转、几何证明、函数综合、实际应用|21题无人配送车问题发展应用意识，24题函数与几何动态探究提升创新能力|

2025一2026学年北师大版八年级数学下册期末必刷测试卷 一、单选题（本大题共10小题.每小题3分.共计30分） 1.若x+1有意义，则实数x的取值范围为() A.x>-1 B.x≥-1 C.x>-1且x≠0 D.x≥-1且x≠0 2.下列各式中，从左到右的变形属于因式分解且正确的是() A.（x+2)(x-2)=x2-4 B.x2-2x-3=(x-3)(x+1 C.3x2+6x=3x2+2x D.1=+到 3.如图，数轴上的点A与点B所表示的数分别为a,b,则下列不等式不一定成立的是() A B a b A.a+m<b+mB.1-2a>1-2b C.a2<b2 n号号 4.如图，四边形ABCD是平行四边形，在边BC上截取线段BE,使BE=BA,分别以点A, E为圆心，以大于)AE的长为半径画1，两弧在平行四边形4BCD内交于点F,连接BF并 延长交边AD于点G.若AG=5,GD=2,则平行四边形ABCD的周长是() D B A.28 B.24 C.14 D.12 5.如图，在ABC中，I为∠A的平分线和∠B的平分线的交点，AB=4,AC=3, BC=2,将∠ACB平移，使其顶点与I重合，则图中阴影部分的周长为() A.3 B.4 C.5 D.6 6.如图，在ABC中，∠A=90°，D,E是边AB,BC上两点，将ABC沿DE翻折，使 试卷第1页，共3页 点B落在点F处，DF交BC于点G.若AC∥DF,LB=a,则∠CEF的度数为() D A.2a B.90°-2a C.45°+a D.45°-a 7.如图，在等腰三角形ABC中，LABC=90°，D为AC边上中点，过D点作DE⊥DF, 交AB于E,交BC于F,若S四边形BFDE=9,则AB的长为（) 6 A.3 B.6 C.9 D.18 8.用[x)表示不超过x的最大整数，如[4.1]=4，[-2.5]=-3，正整数n小于60，并满足等式 [日-目[日-，这样的正整数的个数是() A.9 B.10 C.11 D.12 9.已知a2-6a+1=0且，”ma+)=2,则m的值为（) 2a3+ma2+2a A. B.3 c. 10.如图，点B是直线y=-二x+1上的一个动点，将点B绕点A1,0)逆时针旋转90°，得到 2 点B,连接OB',则线段OB'的最小值为() 0 B A.5 B.5 C.45 D.6V5 5 二、填空题（本大题共6小题.每小题3分.共计18分） 试卷第1页，共3页 11.已知实数a,b满足a2=3a+b,b2=a+3b,且a≠b,则代数式√a2+b2+1的值是 12.无论x取何值，分式+2025的值始终保持不变（分母不为零，则的值为 bx+2026 13.如图，在“探索一次函数y=x+b中k,b与图象的关系”活动中，已知点A(3,3),点 P(m,n)在第一象限内且满足m+n=3,若一次函数y=cx+b图象经过A,P,给出下面四个 结论：①当x<0时，y<b;②当x<2时，y<2k+b;③当k≥3时，b≥-6；④当b≥8时， ks、5 3 上述结论中，正确结论的序号有 6 0123456 14.如图，在口ABCD中，∠A=60°，CD=4√3，点H,G分别是边AB,BC上的动点， 连接DH,HG,点E,F分别是DH,G的中点，连接EF,则EF的最小值为 G .15.如图，已知∠A0B=50°，点P为∠AOB内部一点，点M为射线OA、点N为射线OB 上的两个动点，当△PMN的周长最小时，则∠MPN=· A M ⊙ 16.规定：在平面直角坐标系中，一个点作“0”变换表示将它向右平移一个单位，一个点作“1” 变换表示将它绕原点顺时针旋转90°，由数字0和1组成的序列表示一个点按照上面描述依 次连续变换.例如：如图，点0(0,0)按序列011”作变换，表示点0先向右平移一个单位 试卷第1页，共3页 得到0(1,0)，再将0(1,0)绕原点顺时针旋转90°得到02(0，-1)，再将020，-1)绕原点顺时 针旋转90°得到0（-1,0).依次类推.若点A1,0)经过011011011.”共2026次变换后得到 点A026,则A026的坐标为 A 00 0 三、解答题（本大题共8小题.每题9分.共计72分） 17.按要求完成下列各题： (1)因式分解：3ax2-6axy+3ay2; (2)因式分解：9y2-(x+y)2; x-3(x-2)≥4 (3)解不等式组： 2x-1x+1 5 2 18.如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，ABC 的顶点和点G均为格点（网格线的交点）.已知点C(-3,3),C(1,0). (I)将ABC平移得到△A,BC,使得点C的对应点为C,在所给的网格中画出△A,B,C；线 段AB和AB的关系是 若ABC内任意一点P的坐标为a,b),则平移后其 对应点P的坐标为 (②)以点C为旋转中心，将ABC逆时针旋转90°得到△A,B,C,请在所给的网格中画出 △A,B,C,点A的坐标是 。 试卷第1页，共3页 19.如图，在ABC中，∠A=80°. 图1 图2 (I)如图1，BP平分∠ABC,CP平分∠ACB,求∠P的度数. (②)如图2，BQ平分∠ABC,CQ平分外角LACD,求∠Q的度数 20.定义：如果一元一次方程的解也是一元一次不等式组的一个解，那么我们称这个一元一 次方程为该不等式组的“约定方程”，例如方程x+3=1的解为x=-2,不等式组 [x+3>4x 3x-1≤5x+1的解集-3≤x<1因为-3≤-2<1，所以方程x+3=1是不等式组 x+3>4x 3x-1≤5(x+1 的“约定方程”. 1-2x>0 (1)方程2(x-1)+10=2是否为不等式组 x+2s0· 的“约定方程”？并说明理由. 3x+2>3+x (2)若关于x的方程2x-a=1是不等式组 x-3≥2x-6 的“约定方程”，求Q的取值范围. (3)若方程2x=-4和方 2x+1=- 3 都是关于x的不等式组 x+2x<m+2 m≠-2)的“约 x+3≥m 定方程”，求m的取值范围。 21.从智能家居到自动驾驶汽车，再到复杂的医疗诊断和金融分析，A正在改变着我们的 生活方式和工作模式.A无人配送以其高效、安全、低成本等优势，正在成为物流运输行 业的新趋势.某物流园区计划购买两种无人配送车，在采购中发现，一辆A型无人配送车 的单价比一辆B型无人配送车的单价高4000元.用10万元购买A型无人配送车的数量和 用8万元购买B型无人配送车的数量相同， (1)求A型无人配送车和B型无人配送车的单价； (②)该物流园计划购买两种无人配送车共60台，要求A型无人配送车数量不少于B型无人配 送车数量的子求出购买两种无人配送车的总费用最少需要多少元？ 2.如图，直线：=+m与y轴交于点40)，与x轴交于点：直线=方+月 11 2 试卷第1页，共3页 经过点B和点C,且与相交于点D,连接AB. E (1)填空：n= ,点D的坐标为 3 2限据图象写出4+<x+号的解集 (3)求△ABD的面积： (4)已知点P为x轴上一点，当∠PAB=∠ABD时，请直接写出满足条件的点P的坐标. 23.如图1，点C是射线BO上的一个动点，点A在射线BC的上方.现以点A,B,C为顶点 构造平行四边形ABCD(BC>AB).∠ABC、∠BCD的平分线分别交AD于点E、F,直线 CF与BE相交于点G. F E G B 图1 图2 (1)如图1，求证：BE⊥CF; (2)如图2，点Q为BC中点，连接AG并延长交线段CD于点H,若AB=6,GQ=5,求DH的 长 (3)如图1，在点C的运动过程中，探究线段AB,CF,BE之间的数量关系，并说明理由， 24.如图，在平面直角坐标系中，直线4：y=-√3x+6与x轴，y轴分别交于A,B两点， 直线马与x轴负半轴交于点C,与y轴正半轴交于点D,直线Z和直线Z交于点E 55】 、4,m 0A=20C. 试卷第1页，共3页 B B B E D M A G 图1 图2 图3 (1)如图1，请求出直线2的解析式： (2)如图2，点P是线段AB上一点（不与A,B重合），点M,N是直线马上两动点（点M在 点N的上方)，且MN=2,点Q是x轴上一动点，连接DP,PM,NQ.当四边形AODP的 面积为5时，求PM+MN+NQ的最小值， 4 (3)如图3，点G为y轴负半轴上一点，且0G=0C,点K为直线4上一动点，连接CK.若 LACK+LOGA=90°，请直接写出所有符合条件的点K的横坐标，并写出求解点K的横坐 标的其中一种情况的过程， 试卷第1页，共3页 2025-2026学年北师大版八年级数学下册期末必刷测试卷 1、 单选题(本大题共10小题.每小题3分.共计30分) 1．若有意义，则实数的取值范围为（    ） A． B． C．且 D．且 【答案】D 【分析】根据二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，进行求解即可． 【详解】解：∵有意义， ∴， 解得：且， 即实数的取值范围为且． 2．下列各式中，从左到右的变形属于因式分解且正确的是（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查因式分解的定义和正确性，掌握知识点是解题的关键． 因式分解是将多项式写成几个整式的乘积的形式，且变形必须恒等．选项A是展开而非分解；选项B分解正确；选项C未彻底分解；选项D含有分式，不是整式乘积． 【详解】解：A：是乘法运算，不是因式分解，不符合题意； B：，是因式分解，符合题意； C：，虽恒等但可进一步分解为，未彻底分解，不符合题意； D：，含分式，不是整式乘积，也不是因式分解，不符合题意． 故选：B． 3．如图，数轴上的点与点所表示的数分别为，，则下列不等式不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据数轴上点的位置判断和的大小关系，因为点在点左侧，所以．然后依次分析每个选项． 【详解】解：由数轴可知：，根据不等式的性质逐个判断： 选项A：不等式两边同时加同一个数，不等号方向不变，因此一定成立； 选项B：由，不等式两边同乘，不等号变向得，再同时加得，一定成立； 选项C：不一定成立：例如，，满足，但，不等式不成立，符合题意； 选项D：不等式两边同时除以正数，不等号方向不变，因此一定成立． 4．如图，四边形是平行四边形，在边上截取线段，使，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点，连接并延长交边于点．若，，则平行四边形的周长是（     ） A．28 B．24 C．14 D．12 【答案】B 【分析】根据题意可得，平分，即，由题意可得，则，则，即可求解． 【详解】解：由题意可得，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形的周长为． 5．如图，在中，I为的平分线和的平分线的交点，，，，将平移，使其顶点与I重合，则图中阴影部分的周长为（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】连接，设阴影部分与的交点为，由题意易得，由平移可知：，则有，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：连接，设阴影部分与的交点为，如图所示： ∵I为的平分线和的平分线的交点， ∴， 由平移可知：， ∴， ∴， ∴的周长为， 即阴影部分的周长为． 6．如图，在中，，，是边，上两点，将沿翻折，使点落在点处，交于点．若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平行线的性质，折叠的性质，三角形的内角和定理，进行求解即可. 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴. 7．如图，在等腰三角形中，，为边上中点，过点作，交于，交于，若，则的长为（   ） A．3 B．6 C．9 D．18 【答案】B 【分析】本题主要考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质和勾股定理，掌握面积代换是解题的关键． 连接，证明和全等，，然后根据三角形的面积即可求出和，最后利用勾股定理即可求出结论． 【详解】解：如图所示，连接， ∵在等腰三角形中，， ∴， ∵D为边上中点， ∴， ∴都是等腰直角三角形， ∴； ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴≌， ， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴或（舍去） 故选：B． 8．用表示不超过的最大整数，如，正整数小于，并满足等式，这样的正整数的个数是（   ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】A 【分析】利用不等式即可得出为6的倍数，再计算小于的正整数中6的倍数的个数． 【详解】解：若，，有一个不是整数， 则或者或者， ∴， ∴，，都是整数，即n是2，3，6的公倍数，且， ∴n的值为6，12，18，24，......，共有9个． 9．已知且，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用已知等式推导得到和，再对给定分式等式变形，代入计算即可求出的值． 【详解】解：∵，且， 等式两边同除以得， 两边平方得，展开得，整理得， 对等式，分子分母同除以得， 整理得， 将，代入得， 去分母得，解得，即． 10．如图，点是直线上的一个动点，将点绕点逆时针旋转，得到点，连接，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点B和点分别作x轴的垂线，垂足分别为C、D，证明，得到，设，则，可得点在直线上，故当与直线垂直时，有最小值，求出直线与坐标轴的两个交点的坐标，再利用等面积法求解即可． 【详解】解：如图所示，过点B和点分别作x轴的垂线，垂足分别为C、D，则， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴点在直线上， ∴当与直线垂直时，有最小值， 设直线与x轴，y轴分别交于点E，点F，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 二、填空题(本大题共6小题.每小题3分.共计18分) 11．已知实数a，b满足，，且，则代数式的值是________ 【答案】3 【分析】根据题意可得，，进一步可得，根据推出，则，据此可得答案． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．无论取何值，分式的值始终保持不变（分母不为零），则的值为______． 【答案】 【分析】分式值恒为常数，可设该值为常数，整理等式后利用多项式对任意恒成立时对应系数相等求解即可. 【详解】解：∵无论取何值，分式的值始终保持不变， ∴设（为常数）， 等式两边同乘，得 ， 整理得 ， ∵该等式对任意恒成立， ∴多项式对应系数相等，即， 且 13．如图，在“探索一次函数中与图象的关系”活动中，已知点，点在第一象限内且满足，若一次函数图象经过，给出下面四个结论：①当时，；②当时，；③当时，；④当时，．上述结论中，正确结论的序号有___________． 【答案】①② 【分析】根据一次函数的增减性可判断①和②，把代入，求出与的关系，解不等式可判断③与④． 【详解】解：∵点在第一象限且满足， ∴点在线段(不包括端点)上， ∴一次函数图象经过， 随的增大而增大， 结论①：当时，，当时，；①正确； 结论②：当时，，时，同理，随增大而增大，因此时，，②正确； 结论③：当时，，由，时，，因此，即，与结论矛盾，③错误； 结论④：当时，， 题目规定在第一象限，因此，，不存在满足的符合条件的一次函数，该结论不成立，④错误； 综上，正确结论的序号是． 14．如图，在中，，．点，分别是边，上的动点，连接，，点，分别是，的中点，连接，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】连接，根据三角形中位线定理可得，求出的最小值即可得的最小值． 【详解】解：如图，连接， ∵点、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当取最小值时，可取得最小值， ∵点是边上的动点， ∴当时，线段的长最小， ∵四边形是平行四边形， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值是． .15．如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则______． 【答案】 /80度 【分析】作点P关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解． 【详解】解：作关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，连接， 关于对称， ∴， 同理，，， ，， 是等腰三角形． ，即 ． 16．规定：在平面直角坐标系中，一个点作“0”变换表示将它向右平移一个单位，一个点作“1”变换表示将它绕原点顺时针旋转，由数字0和1组成的序列表示一个点按照上面描述依次连续变换．例如：如图，点按序列“011…”作变换，表示点先向右平移一个单位得到，再将绕原点顺时针旋转得到，再将绕原点顺时针旋转得到依次类推．若点经过“011011011…”共2026次变换后得到点，则的坐标为______． 【答案】 【分析】本题考查点的坐标变化规律．根据题中所给变换方式，依次求出点的坐标，发现规律即可解决问题． 【详解】解：因为点的坐标为， 所以第1次变换后得到点的坐标为； 第2次变换后得到点的坐标为； 第3次变换后得到点的坐标为； 第4次变换后得到点的坐标为； 第5次变换后得到点的坐标为； 第6次变换后得到点的坐标为； 第7次变换后得到点的坐标为； ， 由此可见，点对应点的坐标按，，，，，循环出现， 又因为余4， 所以点的坐标为． 三、解答题(本大题共8小题.每题9分.共计72分) 17．按要求完成下列各题： (1)因式分解：； (2)因式分解：； (3)解不等式组：． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先提取公因式，再利用完全平方公式计算即可得出结果； （2）利用平方差公式分解因式即可； （3）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集． 【详解】（1）解： ； （2）解： ； （3）解： 解不等式①可得：， 解不等式②可得：， ∴ 不等式组的解集为． 18．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，的顶点和点均为格点（网格线的交点）．已知点，． (1)将平移得到，使得点的对应点为，在所给的网格中画出；线段和的关系是_____________；若内任意一点的坐标为，则平移后其对应点的坐标为_____________． (2)以点为旋转中心，将逆时针旋转得到，请在所给的网格中画出，点的坐标是_____________． 【答案】(1)见解析；且； (2)见解析； 【分析】（1）根据平移的性质找到点A，B的对应点，然后顺次连接即可得出，根据平移的性质得出线段和的关系，根据平移规律得出点的坐标即可； （2）根据旋转的性质找到点A，B的对应点，再顺次连接即可求解． 【详解】（1）解：∵点，，将平移得到，使得点的对应点为， ∴将向右平移4个单位，向下平移3个单位，得到， 如图，即为所求； 根据平移可得：且； 内任意一点的坐标为，则平移后其对应点的坐标为； （2）解：如图，即为所求作的三角形；根据图可得点的坐标是． 19．如图，在中，． (1)如图1，平分，平分，求的度数． (2)如图2，平分，平分外角，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据角平分线的定义可得，，再结合三角形内角和定理可得，即可求解； （2）根据角平分线的定义可得，，再由三角形外角的性质可得，，即可求解． 【详解】（1）解：∵平分，平分， ∴，． ∵， ∴． （2）解：∵平分，平分外角， ∴，． ∵，， ∴． 20．定义：如果一元一次方程的解也是一元一次不等式组的一个解，那么我们称这个一元一次方程为该不等式组的“约定方程”，例如方程的解为，不等式组的解集因为，所以方程是不等式组的“约定方程”． (1)方程是否为不等式组．的“约定方程”？并说明理由． (2)若关于的方程是不等式组的“约定方程”，求的取值范围． (3)若方程和方程都是关于的不等式组的“约定方程”，求的取值范围． 【答案】(1)是，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）先求出方程的解，再解不等式组，最后验证方程的解是否在不等式组的解集内，判断是否满足 “约定方程” 的定义； （2）先解不等式组得到解集，再求出方程的解，根据 “方程的解在不等式组解集内” 列不等式，求解a的取值范围； （3）先求出两个方程的解，再解含参数的不等式组（需对参数的符号进行分类讨论），根据 “两个方程的解都在不等式组的解集内” 列不等式，求解的取值范围． 【详解】（1）解：解方程得， 不等式组的解集为 ， 方程是不等式组的“约定方程”； （2）解方程得， 不等式组的解集为， 关于的方程是不等式组的“约定方程”， ； 解得； （3）解方程得， 解方程得， 解不等式①得， 解不等式②得， 当时，不等式组的解集为， 方程的解和均不满足，不符合题意； 当时，不等式组的解集为， 上述两方程都是不等式组的约定方程， 解得， 的取值范围为． 21．从智能家居到自动驾驶汽车，再到复杂的医疗诊断和金融分析，正在改变着我们的生活方式和工作模式．无人配送以其高效、安全、低成本等优势，正在成为物流运输行业的新趋势．某物流园区计划购买两种无人配送车，在采购中发现，一辆A型无人配送车的单价比一辆B型无人配送车的单价高4000元．用10万元购买A型无人配送车的数量和用8万元购买B型无人配送车的数量相同． (1)求A型无人配送车和B型无人配送车的单价； (2)该物流园计划购买两种无人配送车共60台，要求A型无人配送车数量不少于B型无人配送车数量的，求出购买两种无人配送车的总费用最少需要多少元？ 【答案】(1)型无人配送车的单价为元，型无人配送车的单价为元 (2)两种无人配送车的总费用最少需要1020000元 【分析】（1）设型无人配送车的单价为元，则型无人配送车的单价为元，根据题意，列出方程，即可求解； （2）设购买型无人配送车辆，则型无人配送车辆，总费用为元，先求出a的取值范围，再列出函数关系式，根据一次函数的性质解答即可． 【详解】（1）解：设型无人配送车的单价为元，则型无人配送车的单价为元，由题意得， ， 解得 经检验，是原方程的解，且符合题意， ， 答：型无人配送车的单价为元，型无人配送车的单价为元 （2）解：设购买型无人配送车辆，则型无人配送车辆，总费用为元，由题意，得： ， 解得：， ， ， 随a的增大而增大， 时，w取最小值，最小值为， 答：两种无人配送车的总费用最少需要1020000元． 22．如图，直线与轴交于点，与轴交于点；直线经过点和点，且与相交于点，连接． (1)填空：______，点的坐标为______； (2)根据图象写出的解集； (3)求的面积； (4)已知点为轴上一点，当时，请直接写出满足条件的点的坐标． 【答案】(1)； (2) (3) (4)或 【分析】（1）将点代入直线的表达式求出的值，再联立直线与直线求出点的坐标； （2）结合图象判断解集即可； （3）先求出点和点的坐标，利用割补法求出的面积； （4）分两类讨论，当点在的左侧时，由，可得，则，求出直线的表达式，再求出点的坐标；当点在的右侧时，由勾股定理可计算出，，则，进而可得，容易证明，则，最后求出点的坐标． 【详解】（1）解：将点代入，得， ∴直线的解析式为， 联立直线与直线，得， ， 解得， ∴点的坐标为； （2）解：由图象可知，在点以及点的右侧部分，直线不高于直线， ∴的解集为； （3）解：将代入，得， ∴点的坐标为， 将代入，得， ∴点的坐标为， ∴， ∴， ， ， ， ； （4）解：①当点在的左侧时，如图， ∵， ∴， ∴， 设直线的表达式为， 将点代入，得， ∴直线的表达式为， 将点代入，得， ∴点的坐标为； ②当点在的右侧时，如图， 由勾股定理可得，，， 由（3）可知，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点的坐标为， ∴点的坐标为； 综上所述，点的坐标为或． 23．如图1，点是射线上的一个动点，点在射线的上方．现以点为顶点构造平行四边形．的平分线分别交于点，直线与相交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点为中点，连接并延长交线段于点，若，求的长； (3)如图1，在点的运动过程中，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】（）根据平行四边形的性质得到，，再根据角平分线得到平分，平分，通过即可求证． （）延长交于,通过，点为中点，平分，平分，求得，，再根据，证得；同理可证,得到是的中点，最后证明为的中位线即可． （）过作交于，先证出四边形是平行四边形，再结合，得到，最后证出即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∵， ∴∠， ∴． （2）解：延长交于, 由（）知，点为中点，， ∴， ∴, ∵平分，平分， ∴，， ∵四边形是平行四边形，， ∴，，， ∴，， ∴∠，， ∴，， ∴，， 又∵，，， ∴， ∴； 同理可证, ∴是的中点， ∵， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∴． （3）解：如图， 过作交于， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴,,， 由（）知， ∴， ∴， ∵, ∴， 由（）可知，，,， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，中点的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键． 24．如图，在平面直角坐标系中，直线：与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线与x轴负半轴交于点C，与y轴正半轴交于点D，直线和直线交于点，． (1)如图1，请求出直线的解析式： (2)如图2，点P是线段上一点（不与A，B重合），点M，N是直线上两动点（点M在点N的上方），且，点Q是x轴上一动点，连接，，．当四边形的面积为时，求的最小值； (3)如图3，点G为y轴负半轴上一点，且，点K为直线上一动点，连接．若，请直接写出所有符合条件的点K的横坐标，并写出求解点K的横坐标的其中一种情况的过程． 【答案】(1) (2)4 (3)或 【分析】（1）先求出，，推导出，设直线解析式：，将，代入，求出，即可解答； （2）先求出，连接，设，推导出，推导出是直角三角形，且，作点关于直线的对称点，连接，此时点在直线上，且点E为的中点，求出，过点作，交轴于点，求出直线的解析式为，推导出四边形为平行四边形，得到取得最小值为，此时点、、在同一直线上，且当轴，即点与点重合时，取得最小值，为，即可解答． （3）推导出，，分类讨论：①当点K在x轴的上方时，②当点K在x轴下方时，逐项分析求解即可． 【详解】（1）解：在中，当时，， 解得， ，即， 又， ， ． 将点代入直线中，得 可得， ． 设直线解析式：， 将，代入中得： ，， ． （2）解：在中，当时，， ∴， 连接，如图 设， ， ， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形，且， 作点关于直线的对称点，连接，如图 此时点在直线上，且点E为的中点， ∴，即， 过点作，交轴于点，如图，设直线的解析式为， 将代入，得，解得 ， 直线的解析式为， 当时， ， ∴， ， ， 四边形为平行四边形 ， ∵取得最小值， ∴取得最小值为，此时点、、在同一直线上，且当轴，即点与点重合时，取得最小值，为． （3）解：或，理由如下： ∵， ∴， ，， ． ①当点K在x轴的上方时，如图 ∵， ∴， 设直线的解析式为， 将代入，得 ， 解得． ∴直线的解析式为， 令， 解得， ； ②当点K在x轴下方时，如图， 令交于点F，过点G作轴， 交于点H，过点F作轴于点R，交于点S， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴点F横坐标为， 即， ∴， 同理，可得直线的解析式为， 令， 解得， 综上所述，或． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $