（暑假巩固培优）选择题高频易错题考点汇总训练（六大类型）-2026年数学八升九暑期进阶全攻略（北师大版）

2026-2027学年数学八升九暑期进阶全攻略 （暑假巩固培优）选择题高频易错题考点汇总训练（六大类型） 目录 考点一三角形的证明及其应用 1 考点二不等式与不等式组 5 考点三图形的平移与旋转 7 考点四因式分解 11 考点五分式与分式方程 13 考点六平行四边形 15 考点一三角形的证明及其应用 1．如图，已知，，平分，且，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】延长交于点，根据平行得到，，，再由角平分线得到， 根据三角形外角的性质求出即可． 【解答】解：延长交于点， ∵ ∴，，， ∵平分， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴． 2．如图，在正方形网格中有线段，点在网格的格点上，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】可证明得到，，可证明，进而得到，再根据即可得到答案． 【解答】解：如图所示， 由网格的特点可得，，， ， ，， ， ， ， ， ． 3．如图，，于点E，于点D．若，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据垂直得出直角，根据余角定理得出，证明得出相等的边，最后利用线段的和差即可求解． 【解答】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 4．如图，在中，，，，直线是中边的垂直平分线，点是直线上一动点，周长的最小值为（     ） A．11 B．13 C．14 D．16 【答案】B 【分析】连接，由垂直平分线的性质可得，则周长为，因此当、、三点共线时，周长取得最小值． 【解答】解：如图，连接， ∵直线是中边的垂直平分线， ∴， ∴周长为， ∴当、、三点共线时，周长取得最小值． 5．如图，在锐角三角形中，是边上的高，在，上分别截取线段和，使；分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于内部的一点，作射线，交于点，过点作于点．若，，则的长为（     ） A．6 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】由作图可知平分，则根据角平分线的性质定理可得，然后可得，进而根据勾股定理可进行求解． 【解答】解：由作图可知：平分， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，由勾股定理可得． 考点二不等式与不等式组 6．下列命题：①任意多边形的外角和是；②如果，那么；③若，则；④直角三角形两锐角互余．其中假命题的个数有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】依次结合多边形外角和性质、平方根的定义、不等式的基本性质、直角三角形的性质，判断每个命题的真假，统计假命题个数即可得到结果． 【解答】解：命题①：∵任意多边形的外角和为，∴该命题是真命题． 命题②：∵，∴，并非只有，∴该命题是假命题． 命题③：∵，∴，∴根据不等式的性质，不等式两边同时除以同一个正数，不等号方向不变，可得，∴该命题是真命题． 命题④：直角三角形两锐角互余是直角三角形的基本性质，∴该命题是真命题． 综上，假命题共有个． 7．如图表示的是关于的不等式的解集，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据数轴确定不等式的解集为，根据不等式的性质可知的系数为负数，从而求出的取值范围． 【解答】由数轴可知，原不等式的解集为 ． 原不等式可变形为：， 解集的不等号方向与原不等式相反， ，解得， 此时，即 ，符合题意． 的取值范围是． 8．如图，一次函数的图象经过点，则关于的不等式 的解集为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由一次函数图象的平移规律可知一次函数 的图象与轴的交点坐标为，进而根据图象解答即可求解． 【解答】解：一次函数的图象向左平移个单位长度得到一次函数 的图象， ∵一次函数的图象经过点， ∴一次函数 的图象与轴的交点坐标为， 由函数图象可知，当时，一次函数 的图象位于轴的下方， ∴关于的不等式的解集为． 9．若关于的一元一次不等式组有2个整数解，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出每个不等式的解集，得到不等式组的整体解集，再根据整数解的个数确定的取值范围． 【解答】解：解不等式组， 解不等式，得， 解不等式，得，即， ∴不等式组的解集为， ∵不等式组有2个整数解， ∴不等式组的整数解为2和3， ∴． 10．对于实数，，我们定义符号的意义为：当时，；当时，．如：，．若关于的函数为，则该函数的最小值是（     ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】B 【分析】根据新定义的规则，采用分类讨论思想，先求出两种情况的取值范围，再分别得到对应分段函数的的取值范围，最终得到函数的最小值. 【解答】解：当时， 解不等式得， 解得， 此时， 中随增大而增大， 当时，取得该段最小值，， 当时， 解不等式得， 此时， ， ， ，即， 综上，该函数的最小值是． 考点三图形的平移与旋转 11．如图，的边长为，把沿方向平移个单位长度，得到，连接，，若的面积为，则图中阴影部分的面积为（     ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由平移的性质可得，，根据三角形的面积计算公式得到在边上的高，进而计算的面积即可． 【解答】解：设在边上和在边上的高为， ∵沿方向平移个单位长度得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．在平面直角坐标系中，点，点，记点，之间的距离为．将沿轴翻折，再沿射线的方向平移个单位长度后，点的对应点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平面直角坐标系中的几何变换，先计算点，之间的距离，确定翻折后的点坐标，最终确定对应点的坐标． 【解答】解：点，点， ， 将沿轴翻折， 与点关于轴对称， 此时的的对应点横坐标不变，纵坐标为相反数，即， 沿射线的方向平移5个单位长度， 相当于点到点，即横坐标变化，纵坐标变化， 到的横坐标变化：， 纵坐标变化：， ． 13．如图，是正方形的中心，图中可以通过一次旋转与重合的三角形（自身除外）的个数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得正方形被两条对角线和两条中点连线分成了8个全等的小三角形，再结合旋转的性质即可得出结果． 【解答】解：∵是正方形的中心， ∴正方形被两条对角线和两条对边中点连线分成了8个全等的小三角形， ∴绕点顺时针旋转与重合，绕点顺时针旋转与重合，绕点顺时针旋转与重合，绕点逆时针旋转与重合，绕点顺时针旋转与重合； 如图，连接与交于点，绕点顺时针旋转与重合， 综上所述，共个． 14．数学的抽象美、对称美、简洁美不仅是神奇的大自然形态的展现，更是艺术美和数学公式的融合．它们揭示了世界的秩序与和谐，同时也激发了人们对数学和自然之美的无限遐想．下列神奇数学曲线的曼妙身姿中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行判断即可； 【解答】 解：是轴对称图形，也是中心对称图形； 是轴对称图形，也是中心对称图形； 是轴对称图形，也是中心对称图形； 是轴对称图形但不是中心对称图形． 15．如图，该图案在设计思路中没有体现的变换方式是（   ） A．旋转 B．中心对称 C．轴对称 D．平移 【答案】D 【分析】根据这四种变换的特点来判断图案所体现的变换方式即可． 【解答】解：A、旋转是指图形绕着一个定点（旋转中心）按某个方向转动一个角度的变换。观察该图案，其可通过绕中心旋转一定角度后与自身重合，因此图案体现了旋转变换，不符合题意； B、中心对称是指把一个图形绕着某一点旋转如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称。该图案绕其中心旋转后能与自身重合，因此图案体现了中心对称变换，不符合题意； C、轴对称是指如果一个图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴。该图案存在多条对称轴（如过中心的竖直直线、水平直线等），沿这些对称轴折叠后图形两部分能重合，因此图案体现了轴对称变换，不符合题意； D、平移是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动。该图案中不存在图形沿某一方向移动相同距离得到部分图形的情况，因此图案没有体现平移变换，符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查图形的变换方式，包括旋转、中心对称、轴对称和平移，解题的关键是掌握上述知识点． 考点四因式分解 16．下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据因式分解的定义，把一个多项式化成几个整式的积的形式的变形就是因式分解，逐一判断各选项即可． 【解答】解：选项A中，变形是整式乘法，由整式乘积得到多项式，不符合因式分解的定义，故A不符合题意； 选项B中，等式右边的不是整式，不符合因式分解的要求，故B不符合题意； 选项C中，等式右边 是和的形式，不是几个整式的乘积，不符合因式分解的定义，故C不符合题意； 选项D中，左边是多项式，右边是整式的乘积，符合因式分解的定义，故D符合题意． 17．因式分解：（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查提公因式法因式分解，找出多项式各项的公因式，提取公因式即可得到结果． 【解答】解：． 18．若长和宽分别为和的长方形的周长为，面积为，则代数式的值（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据长方形的周长和面积公式得到和的值，对所求代数式提取公因式因式分解后，整体代入计算即可得到结果． 【解答】解：∵长方形的长和宽分别为，，周长为，面积为， ∴，，即， ∴． 19．若，则的值为（     ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】利用平方差公式对所求代数式因式分解，再代入已知条件化简求值． 【解答】解：∵ ， ∴ 原式 ， 将 代入得 原式 ． 20．当或时，多项式的值为0，此时x的值称为多项式M的零点．已知多项式有一个零点为2，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查对新定义“零点”的理解，利用若乘积为0，则至少有一个因式为0的性质，展开多项式后即可计算目标值． 【解答】解：∵多项式有一个零点为， ∴当时，，即， ∴， 得， ， 对比，得，， ∴． 考点五分式与分式方程 21．若分式的值为0，则的值是（     ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】分式值为0需同时满足两个条件，分子为0且分母不为0，据此计算即可得到x的值． 【解答】解：∵分式的值为0， ∴， 解得， 当时，，符合条件， 因此． 22．在实数范围内，函数的自变量x的取值范围是（    ） A． B．且 C． D．且 【答案】B 【分析】本题根据二次根式和分式有意义的条件求自变量取值范围，二次根式被开方数需为非负数，分式分母不能为0，据此列不等式组求解即可． 【解答】解：要使函数有意义，需同时满足两个条件： 解第一个不等式得， 解第二个不等式得， 自变量的取值范围是且． 23．已知，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用因式分解和分式运算法则化简原式，再代入x的值计算即可． 【解答】解：原式， 把代入得：． 24．已知三个实数，，满足，，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用已知条件联立变形，通过代入消元和整式运算推导得到，，的关系． 【解答】解：∵，，且， ∴， 通分得，， ∴， 移项并提取公因式得，， ∵，代入上式得， ． 25．“无人机送外卖”正式走进了人们的日常生活．若某外卖订单配送外卖员骑行路程为，无人机走直线路程为，无人机速度是外卖员速度的3倍，若两者同时配送，无人机比外卖员早到22分钟．设外卖员配送速度为，根据题意可列分式方程（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用“时间路程速度”得到两者用时，统一单位后根据时间差列方程即可． 【解答】解：设外卖员配送速度为，则无人机速度为，22分钟小时， 根据题意，得． 考点六平行四边形 26．如图，平行四边形中，以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点，延长和，相交于点，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形的性质可得，，即可求得，再利用等腰三角形的性质求得，根据三角形内角和定理即可解答． 【解答】解：在平行四边形中，，， ， 根据作图可得， , ， ． 27．如图，在中，是的中点，，点是线段上的动点，设，．图2是点从点运动到点时随的变化关系的图象，则的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据等腰三角形三线合一性质可得，结合函数图象可知当与重合时，当与重合时，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，最后利用平行四边形面积公式求解即可． 【解答】如图，连接， ，是的中点， ，， 当点与点重合时，，此时，， ， 由图（2）可知，当时，， ， 当点与点重合时，，，此时取得最大值， 由图（2）得，的最大值为， ， 在中，由勾股定理得， ， 即， ， 联立， 解得， ， 的面积为． 28．如图，在四边形中，，判断四边形是平行四边形，下列可添加的条件不正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平行四边形的判定逐一判断即可． 【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等不一定是平行四边形，还可以是等腰梯形，故A错误； B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故B正确； C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故C正确； D、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故D正确． 29．如图，已知等边的周长为，点D．分别是边、的中点，连接，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解： 是等边三角形，且周长为 ， ， 分别是边的中点 ， 是的中位线 ， ． 30．如图，，两点分别位于一个池塘的两端，李明想用绳子测量，间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达，的点，找到，的中点，，并且测出的长为16米，则，间的距离为（     ） A．8米 B．16米 C．24米 D．32米 【答案】D 【分析】先确定D、E分别是、的中点，判断是的中位线，依据三角形中位线定理，可得到和的数量关系．结合已知的长度，根据所得数量关系即可计算的长度． 【解答】由题意可知：是的中点，是的中点， ∴是的中位线． ∴． ∵米， ∴米，即、间距为32米． 学科网（北京）股份有限公司 $2026-2027学年数学八升九暑期进阶全攻略 （暑假巩固培优）选择题高频易错题考点汇总训练（六大类型） 目录 考点一三角形的证明及其应用 1 考点二不等式与不等式组 2 考点三图形的平移与旋转 3 考点四因式分解 4 考点五分式与分式方程 5 考点六平行四边形 5 考点一三角形的证明及其应用 1．如图，已知，，平分，且，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形网格中有线段，点在网格的格点上，则（     ） A． B． C． D． 3．如图，，于点E，于点D．若，则的长是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在中，，，，直线是中边的垂直平分线，点是直线上一动点，周长的最小值为（     ） A．11 B．13 C．14 D．16 5．如图，在锐角三角形中，是边上的高，在，上分别截取线段和，使；分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于内部的一点，作射线，交于点，过点作于点．若，，则的长为（     ） A．6 B．5 C． D． 考点二不等式与不等式组 6．下列命题：①任意多边形的外角和是；②如果，那么；③若，则；④直角三角形两锐角互余．其中假命题的个数有（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．如图表示的是关于的不等式的解集，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．如图，一次函数的图象经过点，则关于的不等式 的解集为（     ） A． B． C． D． 9．若关于的一元一次不等式组有2个整数解，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 10．对于实数，，我们定义符号的意义为：当时，；当时，．如：，．若关于的函数为，则该函数的最小值是（     ） A．2 B．1 C．0 D． 考点三图形的平移与旋转 11．如图，的边长为，把沿方向平移个单位长度，得到，连接，，若的面积为，则图中阴影部分的面积为（     ）． A． B． C． D． 12．在平面直角坐标系中，点，点，记点，之间的距离为．将沿轴翻折，再沿射线的方向平移个单位长度后，点的对应点的坐标为（     ） A． B． C． D． 13．如图，是正方形的中心，图中可以通过一次旋转与重合的三角形（自身除外）的个数是（     ） A． B． C． D． 14．数学的抽象美、对称美、简洁美不仅是神奇的大自然形态的展现，更是艺术美和数学公式的融合．它们揭示了世界的秩序与和谐，同时也激发了人们对数学和自然之美的无限遐想．下列神奇数学曲线的曼妙身姿中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 15．如图，该图案在设计思路中没有体现的变换方式是（   ） A．旋转 B．中心对称 C．轴对称 D．平移 考点四因式分解 16．下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是（     ） A． B． C． D． 17．因式分解：（     ） A． B． C． D． 18．若长和宽分别为和的长方形的周长为，面积为，则代数式的值（     ） A． B． C． D． 19．若，则的值为（     ） A． B．1 C．2 D．3 20．当或时，多项式的值为0，此时x的值称为多项式M的零点．已知多项式有一个零点为2，则的值为（     ） A． B． C． D． 考点五分式与分式方程 21．若分式的值为0，则的值是（     ） A．1 B． C． D． 22．在实数范围内，函数的自变量x的取值范围是（    ） A． B．且 C． D．且 23．已知，则的值为（     ） A． B． C． D． 24．已知三个实数，，满足，，，则（     ） A． B． C． D． 25．“无人机送外卖”正式走进了人们的日常生活．若某外卖订单配送外卖员骑行路程为，无人机走直线路程为，无人机速度是外卖员速度的3倍，若两者同时配送，无人机比外卖员早到22分钟．设外卖员配送速度为，根据题意可列分式方程（     ） A． B． C． D． 考点六平行四边形 26．如图，平行四边形中，以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点，延长和，相交于点，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 27．如图，在中，是的中点，，点是线段上的动点，设，．图2是点从点运动到点时随的变化关系的图象，则的面积为（     ） A． B． C． D． 28．如图，在四边形中，，判断四边形是平行四边形，下列可添加的条件不正确的是（ ） A． B． C． D． 29．如图，已知等边的周长为，点D．分别是边、的中点，连接，则（     ） A． B． C． D． 30．如图，，两点分别位于一个池塘的两端，李明想用绳子测量，间的距离，但绳子不够长，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到达，的点，找到，的中点，，并且测出的长为16米，则，间的距离为（     ） A．8米 B．16米 C．24米 D．32米 学科网（北京）股份有限公司 $