期末复习（压轴45题20个考点）-苏科版八年级数学上学期期末考点归纳满分攻略讲练（解析版）

第第页期末复习（压轴45题20个考点）一、单选题1．如图，在中，，是边的中线，平分，，下列结论：①与的面积相等；②；③；④一定成立的是（

）

A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②④【答案】D【分析】可得，可判断①；可得，，可判断②；可得，可判断③；可得，可判断④；即可求解．【详解】解：，是边的中线，，，故①成立；，，，，，故②成立；在中：，错误，故③不成立；平分，，，，又，，故④成立．故选：D．【点睛】本题考查了三角形的等积判断，余角的性质，直角三角形的特征，三角形外角的性质等，掌握性质是解题的关键．2．如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正三角形和正三角形，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接，以下七个结论：①；②；③；④；⑤；⑥是等边三角形；⑦点C在的平分线上，其中正确的有（

）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】D【分析】由和是正三角形，其性质得三边相等，三个角为，平角的定义和角的和差得，边角边证明，其性质得结论①正确；由，可得，可得

故⑤正确，角边角证明得，其结论③正确；等边三角形的判定得是等边三角形，结论⑥正确；判定两线，结论②正确；反证法证明命题，结论④错误；利用全等三角形的对应高相等，可证明点C在的平分线上，结论⑦正确．【详解】解：如图1所示：

∵和是正三角形，∴，，，又∵，，∴，在和中，，∴，∴，故结论①正确；∵，∴，，，故⑤正确，又∵，∴，在和中，，∴，∴，，故③正确，∴是等边三角形，故⑥正确∴，∴，∴，故②正确；若，∵，∴，∴，又∵，∴与是等边三角形相矛盾，假设不成立，故结论④错误；过点C分别作，于点M、N两点，如图2所示：

∵，，，∴，又∵在的内部，∴点C在的平分线上，故结论⑦正确；综合所述共有6个结论正确．故选：D．【点睛】本题综合考查了全等三角的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，平行线的判定，角平分线性质定理的逆定理和假设法证明命题等相关知识，重点掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，难点是用角平分线性质定理的逆定理作辅助线证明一点已知角的角平分线上．3．如图，和中，，，，点在上，若，则和重叠部分的面积为（

）

A． B． C．3 D．【答案】C【分析】设与相交于点，连接，作于点，于点，先证明，根据条件算出的面积，再求出与的比值即可解决问题．【详解】设与相交于点，连接，作于点，于点，如图所示：

∵，∴，在和中，∵，∴（），∴，，∵，∴，∴平分，又∵，，∴，∵，∴，在中，∵，∴，∵，∴，∴，即和重叠部分的面积为，故选：．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、角平分线的性质等知识，解题的关键是学会利用面积法确定线段之间的关系．4．如图，在和中，，，，，连接，交于点F，连接．下列结论：①；②；③平分；④平分．其中正确的个数为（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先由证明，即可根据全等三角形的判定定理“”证明，得，可判断①正确；设交于点G，因为，所以，可判断②正确；作于点I，于点J，由得，则，即可证明平分，可判断④正确；假设，则，所以，由，，得，即可推导出，得，与已知条件相矛盾，可判断③错误，于是得到问题的答案．【详解】∵，∴，在和中，，∴，∴，，故①正确；设交于点G，∴，故②正确；作于点I，于点J，∵，∴，∴，∴点A在的平分线上，∴平分，故④正确；假设，则，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，与已知条件相矛盾，∴，故③错误，∴①②④这3个结论正确，故选：C．

【点睛】此题重点考查全等三角形的判定与性质、根据面积等式证明线段相等、角平分线的判定、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．5．大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为等边三角形，、、围成的也是等边三角形．已知点、、分别是、、的中点，若的面积为14，则的面积是（

）

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】连接，由题意知，再由点、、分别是、、的中点，可得，，即可得出即可求解．【详解】解：连接，如图所示：

点、、分别是、、的中点，，，为等边三角形，也是等边三角形，，，是的一个外角，，是的一个外角，，，在和中，，，同理，可得，，，，，，解得，故选：B．【点睛】本题考查求三角形面积，涉及等边三角形的性质，中点性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，正确作出辅助线，得出是解题的关键．6．如图，等腰三角形的底边的长为4，面积为24，腰的垂直平分线分别交边，于点，，若为边的中点，为线段上一动点，则的最小值为（

）

A．8 B．10 C．12 D．14【答案】C【分析】连接，，根据，求得，根据，，得到，当A，M，D三点共线时，取得最小值，且最小值为，计算即可．【详解】解：连接，，∵等腰三角形的底边的长为4，面积为24，为边的中点，∴，

∴，解得，∵腰的垂直平分线分别交边，于点，，∴，∵，∴，当A，M，D三点共线时，取得最小值，且最小值为，故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一性质，线段的垂直平分线性质，三角形不等式求最值，熟练掌握三角形不等式求最值是解题的关键．7．如图，长方形中，，，是的中点，线段在边上左右滑动，若，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】将沿着向左平移使与重合，得到，根据动点最值问题“将军饮马”模型，作关于的对称点，连接，此时的最小值为线段长，利用勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：将沿着向左平移使与重合，得到，如图所示：

由平移性质得到，，作关于的对称点，连接，如图所示：

由对称性得到，，由图可知，，此时，当三点共线时，有最小值，为线段长，，，在长方形中，，，由矩形性质可得，，是的中点，，与关于的对称，，在长方形中，，在中，，，，由勾股定理得到，的最小值，故选：C．【点睛】本题考查动点最值问题-将军饮马模型，涉及平移性质、对称性质、勾股定理等知识，熟练掌握动点最值问题-将军饮马模型题型的识别及做题方法步骤是解决问题的关键．8．如图，已知直线：，直线：和点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线，交直线于点，过点作轴的平行线，交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，，按此作法进行下去，则点的横坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】点，在直线上，得到，求得的纵坐标的纵坐标，得到，即的横坐标为，同理，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，，求得的横坐标为，于是得到结论．【详解】解：∵过点作轴的平行线交直线于点，∴在直线上，∴，∵轴，∴的纵坐标的纵坐标，∵在直线上，∴，∴，∴，即的横坐标为，∵轴，∴的横坐标为，且在直线上，∴，∴，∵轴，∴的纵坐标的纵坐标，且在直线上，∴，∴，∴，即的横坐标为，∵轴，∴的横坐标为，且在直线上，即：的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，用同样的方法可得：的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，的横坐标为，，∴的横坐标为，∴的横坐标为，的横坐标为，∴的横坐标为，的横坐标为．故选：B．【点睛】本题考查一次函数图像上点的坐标特征，规律型：点的坐标，有理数乘方的应用，列代数式等知识点．正确地找出点的横坐标的规律是解题的关键．9．如图，在平面直角坐标系中，，，，，点在轴上，满足，则点的坐标为(

)A． B． C． D．或【答案】D【分析】根据条件易得，，，轴，轴，因为，所以是角平分线，在根据可知是等腰直角三角形，则当点和点重合时，此时，当点不与重合时，连接过D作于H，利用角平分线的性质与勾股定理可得答案．【详解】解：由题意可得：，，，轴，轴，如图，连接，∵，，轴，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∵轴，∴，∴，∴，∴当点与点重合时有，此时点的坐标为，当点不与重合时，如图，连接，过作于，∵，，∴，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴,设，则，，根据勾股定理可得：即，解得：，∴点的坐标为，综上所述：点的坐标为或，故选：D【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，平面直角坐标系内点的坐标特点，勾股定理等，掌握相关知识点是解题的关键．10．如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，直线的解析式为，直线交轴于点，以为边作第一个等边三角形，交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，以为边作第二个等边三角形△，交直线于点，，顺次这样做下去，第2020个等边三角形的边长为（）

A． B． C．4038 D．4040【答案】A【分析】延长交轴于，交轴于，根据等边三角形的性质得，，，直线的解析式为，得，由直线的解析式得第一个等边三角形边长为1，解得，，把代入求得的纵坐标，即可求得第二个等边三角形的边长，从而找出规律，按照此规律即可求得第2020个等边三角形的边长．【详解】解：延长交轴于，延长交轴于，

，，均为等边三角形，，，，直线的解析式为：，，对于直线，，当时，，点的坐标为，，在中，，，，，点的坐标为，对于，当时，，点的坐标为，，，，在中，，，，，点的坐标为，对于，当时，，，，同理得：，，以此类推，第个等边三角形的边长为，第2020个等边三角形的边长为．故选：A．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的性质、含30度角直角三角形的性质、勾股定理，根据等边三角形的性质找出第个等边三角形的边长为是解题的关键．11．如图，在中，分别为边上的高，相交于点，，连接，则下列结论：①；②；③；④若，则周长等于的长．其中正确的有（

）

A．①② B．①③ C．①③④ D．②③④【答案】C【分析】延长交于，先利用“”证明，得出，可判断①正确；由，得出，再由三角形外角的性质，可判断②错误；由，得出，得出，可判断③正确；由，可证明垂直平分，得出，，得出的周长，可判断④正确；进而可以解决问题．【详解】解：如图，延长交于，

分别为边上的高，，，，，，在和中，，∴，∴，故①正确；∵，∴，∵，∴，故②错误；∵，，∴，∴，故③正确；∵，∴，∴，∵，∴垂直平分，∴，∴的周长，故④正确，∴正确的有①③④．故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，得到是解决问题的关键．12．如图，已知线段，，点E为边上动点，则的最小值为（

）

A．2 B． C． D．6【答案】C【分析】以为斜边向下作等腰直角三角形，得出，进而将，用三角形的三边关系得出最小值为线段的长，进而即可得到答案．【详解】如图所示，以为斜边向下作等腰直角三角形，连，

由勾股定理得，∵，∴，∴，∵，∴当最小即取最小值时，E必在线段上，即最小值为线段的长，此时，

∵，∴，∴在中，，∴，∴，∴的最小值为，故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，三角形的三边关系等知识点，作出辅助线是解决此题的关键．13．如图，在四边形中，，，，点从点出发，以的速度向点运动，点从点同时出发，以相同的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点的运动时间为（单位：），下列结论①当时，四边形为矩形；②当时，四边形为平行四边形；③当时，或；④当时，或。其中结论正确的个数有（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】根据题意，表示出，，和的长，当四边形为矩形时，根据，列出方程求解即可；当四边形为平行四边形时，根据，列出方程求解即可；当时，分两种情况：四边形是平行四边形时；四边形是等腰梯形，分别列方程求解即可．【详解】解：根据题意，可得，，∵，，∴，，当四边形为矩形时，，即，解得，故①不正确；当四边形为平行四边形时，则，即，解得，故②不正确；当时，分两种情况：当四边形是平行四边形时，则，即，解得，当四边形是等腰梯形时，过点作于点，过点作于点，如图所示，

则，∵，，∴，∴，∴，又，，，∴，即，解得，综上可得，当时，或，故③错误，④正确，∴正确的结论有个．故选：【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含的代数式表示各线段的长度是解题的关键．14．如图，已知，，，，，，，……，按这样的规律，则点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】先找到点的规律，然后计算解题即可．【详解】由题可知，每四个点纵坐标重复一次，横坐标向左平移6个单位长度，∴，则的横坐标为：，纵坐标为4，故选B．【点睛】本题考查坐标的规律问题，解题的关键是找到点的坐标规律．15．如图，点P为定角平分线上的一个定点，且与互补．若在绕点P旋转的过程中，其两边分别与、相交于M、N两点，则以下结论中，不正确的是（

）

A．的值不变 B．C．的长不变 D．四边形的面积不变【答案】C【分析】如图作于E，于F，于，可证，所以，由平分，得证，于是，所以，同时，所以，，推出，进一步得到，，所以，故B正确；因为，故A正确；由三角形全等可知，所以定值，故D正确；M，N的位置变化，所以的长度是变化的，故C错误．【详解】解：如图作于E，于F．

∵，∴，∵，∴，∴，∵平分，于E，于F，∴，在和中，，∴，∴，在和中，∴，∴，，∵，，∴，∴定值，故D正确，∵，故A正确，∵M，N的位置变化，∴的长度是变化的，故C错误．∵，∴，∵与互补，∴，∵，∴，∵，∴，∵平分，∴∴，故B正确，故选：C【点睛】本题主要考查角平线的性质定理、全等三角形的判定和性质；能够结合角平分线的性质定理作出角平分线上点到两边的垂线段，构建全等三角形是解题的关键．16．如图，在中，点是边上的一点，，且的面积为，则的周长的最小值是（

）

A．10 B．12 C．14 D．16【答案】D【分析】利用已知条件可以求出边的长度，再根据“将军饮马”问题，求最短距离即可．【详解】如图1，过作，作点关于直线对称点，交于点，连接，交于点，∴，

由，∴，，∴；∵，即，∴，解得：，∴，要使周长最小，则需点与重合时，即点共线时，如图2由勾股定理得：，∴的周长的最小值是，故选：．【点睛】本题考查了求线段和最短距离，解题的关键是灵活利用轴对称的有关定理及将军饮马数学模型．17．一次函数与在同一平面直角坐标系中的图象如图所示．根据图象有下列五个结论：①；②；③方程的解是；④不等式的解集是；⑤不等式的解集是．其中正确的结论个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据一次函数经过第一、二、三象限，即可判断①；根据一次函数与x轴、y轴的交点即可判断②③；利用图象法即可判断④⑤．【详解】解：∵一次函数经过第一、二、三象限，∴，故①正确；∵一次函数与y轴交于负半轴，与x轴交于，∴，方程的解是，故②正确，③不正确；由函数图象可知不等式的解集是，故④不正确；由函数图象可知，不等式的解集是，故⑤正确；∴正确的一共有3个，故选：C．【点睛】本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，一次函数图象的性质，图象法解不等式；熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．18．动点H以每秒x厘米的速度沿图1的边框（边框拐角处都互相垂直）按从的路径匀速运动，相应的的面积与时间的关系图象如图2，已知，则说法正确的有几个（

）①动点H的速度是；②的长度为；③当点H到达D点时的面积是；④b的值为14；⑤在运动过程中，当的面积是时，点H的运动时间是和．A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】A【分析】先根据点H的运动，得出当点H在不同边上时的面积变化，并对应图2得出相关边的边长，最后经过计算判断各个说法．【详解】解：当点H在上时，如图所示，，，此时三角形面积随着时间增大而逐渐增大，当点H在上时，如图所示，是的高，且，∴，此时三角形面积不变，当点H在上时，如图所示，是的高，C，D，P三点共线，，点H从点C点D运动，HP逐渐减小，故三角形面积不断减小，当点H在上时，如图所示，是的高，且，，此时三角形面积不变，当点H在时，如图所示，，点H从点E向点F运动，HF逐渐减小，故三角形面积不断减小直至零，对照图2可得时，点H在上，，∴，，∴动点H的速度是，故①正确，时，点H在上，此时三角形面积不变，∴动点H由点B运动到点C共用时，∴，故②错误，时，当点H在上，三角形面积逐渐减小，∴动点H由点C运动到点D共用时，∴，∴，在D点时，的高与相等，即，∴，故③正确，，点H在上，，∴动点H由点D运动到点E共用时，∴，故④错误．当的面积是时，点H在上或上，点H在上时，，解得，点H在上时，，解得，∴，∴从点C运动到点H共用时，由点A到点C共用时，∴此时共用时，故⑤错误．综上分析可知，正确的有①③，共计2个，故A正确．故选：A．【点睛】本题是动点函数的图象问题．考查了三角形的面积公式，函数图象的性质，理解函数图象上的点表示的意义，是解决本题的关键．19．如图，已知中高恰好平分边，，点是延长线上一动点，点是线段上一动点，且，下面的结论：①；

②的最小值为；③；

④．其中正确的有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】连接，在上截取，证明是等边三角形，是等边三角形，进而证明即可判断①，根据当时，的值最小，此时，判断②；根据等边三角的性质以及已知条件得出，即可判断③；过点作于，则，进而得出即可判断④．【详解】解：连接，在上截取，，，，，，，，，，，，，，，，，是等边三角形，，，，是等边三角形，，，，，，在和中，，，，；故①正确；是等边三角形，，∴，∴当时，的值最小，此时；故②错误；是等边三角形，，，，故③正确；过点作于，，，，，，；故④正确．故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．20．如图，在中，，若D是边上的动点，则的最小值是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】D【分析】过点C作射线，使，再过动点D作，垂足为点F，连接，在中，当A，D，F在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长．【详解】解：过点C作射线，使，再过动点D作，垂足为点F，连接，如图所示：在中，，∴，∵＝，∴当A，D，F在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长，此时，，∴是等边三角形，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的最小值为12，故选：D．【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题．21．如图，已知等边和等边，点在的延长线上，的延长线交于点，连接，有下列结论：①；

②；

③平分；

④，其中正确的结论是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】证明得到，即可判断①；由，得到，再由，推出，即可判断②；过点B作于N，于F，证明得到，得到平分，即可判定③；在上截取，连接，先证明，即可证明得到，推出为等边三角形，则，，即可判断④．【详解】证明：①∵等边和等边，∴，，，在和中，∴，∴，故①符合题意；②∵，∴，∵，则，故②符合题意；③过点B作于N，于F，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴平分，故③符合题意；④在上截取，连接，由②知，∴，由③知：平分，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，在和中∴，∴，∴为等边三角形，则，故，故④符合题意；故选D．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定，角平分线的判定等知识，解题关键是作出合适的辅助线，熟练掌握全等三角形的性质与判定方法．22．如图，在等腰中，，F是AB边上的中点，点D、E分别在AC、BC边上运动，且保持．连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，下列结论：①；②是等腰直角三角形；③四边形CDFE的面积随D、E的运动而变化；④面积的最小值为4；⑤面积的最大值为8．其中正确的结论是（

）A．①③⑤ B．①②⑤ C．②③④ D．②④⑤【答案】B【分析】通过证明全等三角形得到角等和边等，进而等量代换出直角，即可判断①②③；证明全等后即可证明四边形CDFE为三角形面积的一半，即可判断④⑤⑥．【详解】（1）连接CF，在等腰中，F是AB边上的中点，在和中（故①正确．（2）由（1）可知，，是等腰直角三角形故②正确．（3）四边形CDFE的面积是定值故③错误．（4）最小时，面积有最小值．当时，此时故④错误．（5）由（3）可知由（4）可知故⑤正确．故选：B【点睛】此题考查全等三角形的性质和判定，解题技巧是作辅助线构造全等三角形，解题关键是面积最小值可转化成三角形边长的最小值．23．如图，在平面直角坐标系中，将绕点A顺时针旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上，再将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，将绕点顺时针旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去……，若点，．则点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，…，由图象可知点在x轴上，，根据这个规律可以求得的坐标．【详解】解：由图象可知点在x轴上，，，，，，．故选C．【点睛】本题考查坐标与图形的变化-旋转、勾股定理等知识，解题的关键是从特殊到一般探究规律，发现规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．二、填空题24．如图，，垂足为点A，，，射线，垂足为点B，一动点E从A点出发以2/秒的速度沿射线运动，点D为射线上一动点．随着E点运动而运动，且始终保持，当点E运动秒时，与全等．

【答案】0，2，6，8．【分析】首先根据题意可知，本题要分两种情况讨论：①当E在线段上时，②当E在射线上时；再分别分成两种情况，，结合已知，运用即可得出与全等，然后分别计算的长度即可．【详解】解：①当E在线段上，时，，，，，∴点E的运动时间为（秒）；②当E在上，时，，，，，∴点E的运动时间为（秒）；③当E在线段上，时，，这时E在A点未动，因此时间为0秒；④当E在上，时，，，点E的运动时间为（秒），故答案为：0，2，6，8．【点睛】本题考查三角形全等的判定，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解题的关键．25．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点点Q在x轴的负半轴上分别以为腰，点C为直角顶点在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交y轴于P点，则的值为．

【答案】10【分析】过作，交轴于，再，得出，然后根据点，求得，最后判定，得出，即可求得．【详解】解：过作，交轴于，则，

∵等腰、等腰，∴，∴，∴，∵，∴，在和中，即在和中，故答案为：10．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用．证明及是解题的关键．26．如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，现将直线绕点按逆时针方向旋转交轴于点，则点的坐标是．

【答案】【分析】过作轴于，过作，证明是等腰直角三角形，则有，再通过角度的和差，证明，根据性质得出点，最后通过待定求出直线的函数表达式即可．【详解】解：如图，过作轴于，过作，交直线于D，作轴于，

∵，，∴，，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，设直线的函数表达式为：，把，代入得，解得，∴直线的函数表达式为：，令，则，∴，故答案为：．【点睛】此题考查了一次函数与几何变换，待定系数法求函数的解析式，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．27．如图，在中，，点D是边的中点，连接，将沿直线翻折得到，连接．若，则线段的长为．

【答案】//【分析】连接，延长交与点H，作，垂足为F．首先证明垂直平分线段，是直角三角形，利用三角形的面积求出，得到的长，在中，利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，连接，延长交与点H，作，垂足为F．

∵在中，，点D是边的中点，，∴．∵，∴．∵，∴，解得．∵将沿直线翻折得到，∴，∴．∵，∴为直角三角形，，∴，∴，∵，∴．∴．∵，∴．故答案为．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求高．28．如图，直线与x轴、y轴分别交于点B和点A，点C是线段上的一点，若将沿折叠，点A恰好落在x轴上的处，若P是y轴负半轴上一动点，且是等腰三角形，则P的坐标为．

【答案】或或【分析】先求出点A的坐标为，点B的坐标为，设，解得，以下分为三种情况：以和为腰，为底，则，以和为腰，为底，以和为腰，为底，点O是的中点，求解即可．【详解】解：当时，，∴点A的坐标为，当时，，解得：，∴点B的坐标为，∴，∵，∴，设，则，在中，，即，解得，∴，∴，∵P是y轴负半轴上一动点，且是等腰三角形，以和为腰，为底，则，∴，∴P的坐标为；以和为腰，为底，设，∴，在中，由勾股定理得，，即，解得：，∴，∴P的坐标为，以和为腰，为底，点O是的中点，∴，∴P的坐标为，

综上所述，P的坐标为或或．【点睛】利用全等与勾股定理求点的坐标和线段长度，然后分类讨论即可．29．如图，边长为4的等边三角形中，是高所在直线上的一个动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．则在点运动过程中，线段长度的最小值是．

【答案】1【分析】取的中点，连接，根据等边三角形的性质可得，再求出，根据旋转的性质可得，然后利用“边角边”证明，再根据全等三角形对应边相等可得，然后根据垂线段最短可得时最短，再根据求解即可．【详解】解：取的中点，连接，如图所示：

旋转角为，，又，，是等边的高线，，，又旋转到，，在和中，，，，根据垂线段最短，当时，最短，此时即最短，，，在中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，含的直角三角形等，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．30．如图，点，分别在射线，上，连接，在，上分别截取，连接，…按此规律作下去，若，则．

【答案】【分析】根据等腰三角形两底角相等用表示出，依此类推即可得到结论．【详解】解：，，，同理，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，图形的变化规律，依次求出相邻的两个角的差，解题的关键是得到分母成2的指数次幂变化，分子不变的规律．31．如图，在平面直角坐标系中，点在直线：上，过点作，交轴于点；过点作轴，交直线于点；过点作，交轴于点；过点作轴，交直线于点；过点作，交轴于点；…．按此作法进行下去，则点的坐标为．

【答案】【分析】作轴于，由点在直线：上，得，，根据等腰直角三角形的判定与性质，可得，从而得到点的横坐标为2，同理可得，点的横坐标为4，，点的横坐标为8，，点的横坐标为16，……得出规律为，点的横坐标为，令，即可求出点的坐标．【详解】解：作轴于，

，点在直线：上，，，，，，为等腰直角三角形，，，轴，点的横坐标为2，同理可得：，点的横坐标为4，，点的横坐标为8，，点的横坐标为16，……，点的横坐标为，点的横坐标为：，点在直线：上，，点的坐标为：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中的找规律，等腰直角三角形的判定与性质，一次函数的性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，一次函数的性质，归纳总结出规律，是解题的关键．32．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点P，点Q分别从点A，点C同时出发，沿长方形的边作环绕运动，点P按逆时针方向以每秒2个单位长度的速度匀速运动，点Q按顺时针方向以每秒3个单位长度的速度匀速运动，则第2023秒P，Q两点相遇地点的坐标是．

【答案】【分析】由题意知，，，四边形的周长为10，则P，Q第一次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为，之后每过2秒相遇一次，则第二次相遇时的点坐标为；第三次相遇时的点坐标为；第四次相遇时的点坐标为；第五次相遇时的点坐标为；第六次相遇时的点坐标为；可得在第11秒时，相遇点第一次重合，之后每10秒相遇点重合一次，由，判断第2023秒P，Q两点相遇地点的坐标即可．【详解】解：由题意知，，，四边形的周长为，则P，Q第一次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为，P，Q第二次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为；P，Q第三次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为；P，Q第四次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为；P，Q第五次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为；P，Q第六次相遇需要的时间为秒，相遇时的点坐标为；∵，∴在第11秒时，相遇点第一次重合，之后每10秒相遇点重合一次，∵，∴第2023秒P，Q两点相遇地点的坐标是，故答案为：．【点睛】本题考查了点坐标的规律探究．解题的关键在于根据题意正确的推导一般性规律．33．如图，平面直角坐标系中，点A，C分别在y轴，x轴的负半轴上，，且．BC交y轴于点D、AB交x轴于点E，若平分∠BAC，则线段之间的数量关系是．【答案】【分析】如图：过B点作x轴垂线，垂足为F，连接DE，设点B坐标为，且点B在第一象限可得，由题意可证得，故可求为等腰三角形，则可证得，便可知进而完成解答．【详解】解：如图，过B点作x轴垂线，垂足为F，连接DE，设点B坐标为且点B在第一象限，∴，∴点B到x轴的距离为n,到y轴的距离为m,∴由题意知：，∵，∴，在和中，，∴，

∴，∴,∵平分，∴，∴，∴，∴为等腰三角形，为的中垂线，故也为等腰三角形，∴，∵，∴，在和中，

，∴，∴，∵,∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形是解答本题的关键．34．如图，在等边中，点D、E分别在和边上，以为边作等边，连接．若，．则的长是．【答案】2【分析】在上截取，连接，运用等边三角形性质即可证明，再利用全等三角形性质即可得出，据此即可求解．【详解】解：如图，在上截取，连接，是等边三角形，(即)，为等边三角形，，，∵以为边在其右侧作等边，，，，，即，在和中，，，，又，，，，，故答案为：2．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作出辅助线是解决本题的关键．三、计算题35．已知是等边三角形，点D为射线上一动点，连接，以为边在直线右侧作等边．(1)如图1，点D在线段上，连接，若，且，求线段的长；(2)如图2，点D是延长线上一点，过点E作于点F，求证：；(3)如图3，若，点D在射线上运动，取中点G，连接，请直接写出的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，垂线段最短．(1)过点E作，交的延长线于点F，证明，结合三角形特殊角的特征，运用勾股定理计算，继而得到．(2)延长过到点N，使得，先证明，得到，，从而得到，继而得到，得到，证明，利用等腰三角形的性质证明即可．(3)根据，得到．得到是的角平分线，利用垂线段最短原理计算即可．【详解】（1）如图，过点E作，交的延长线于点M，∵，都是等边三角形，，∴，．∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．（2）如图，延长过到点N，使得，∵，都是等边三角形，∴，．∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．（3）根据（1）得，∴．∴是的角平分线，当时，最短，∵，中点G，∴，∴，故的最小值为．四、问答题36．【探索发现】如图1，在等腰直角三角形中，，若点C在直线上，且，，则．我们称这种全等模型为“k型全等”．【迁移应用】设直线与x轴，y轴分别交于A，B两点．（1）若，且是以B为直角顶点的等腰直角三角形，点E在第一象限，如图2．①直接填写：，；②求点E的坐标．（2）如图3，若，过点B在y轴左侧作，且，连结，当k变化时，的面积是否为定值？请说明理由．【拓展应用】（3）如图4，若，点C的坐标为．设点P，Q分别是直线和直线上的动点，当是以为斜边的等腰直角三角形时，求点Q的坐标．

【答案】（1）①2，3；②点E的坐标为；（2）是定值，详见解析；（3）点Q的坐标为（）或（4，）．【分析】（1）①已知，代入可直接写出解析式，分别令，，即可求解；②过点作轴垂线，运用全等三角形的性质证明边长相等，即可求得点坐标．（2）过点N作轴垂线，运用全等三角形的性质表示出点坐标，再用三角形边长表示出三角形面积，即可判断．（3）分两种情况，当点在点左边时过点作轴于，过点作于，证明．由全等三角形的性质证明边长相等，表示出点Q的坐标；当点在点右边时，同理用全等三角形的性质证明边长相等，可得点的坐标，将点Q的坐标代入直线解析式，即可求解．【详解】解：（1）①∵，则直线，令时，y＝3，令时，，∴，即，故答案为：2，3．②过点作于点D，

∴∵，∴又∵∴∴，∴（全等三角形的对应边相等）∴∴点E的坐标为．（2）当k变化时，的面积是定值，理由如下：过点N作轴于点M，

∵∴∴，∴k变化时，的面积是定值，且定值为．（3）①当点在点左边时，过点P作轴于S，过点Q作于T，设，，，

（等角的余角相等）∵∴，∴，∴点，将点Q的坐标代入解得．∴点Q的坐标为；②当点在点右边时，同理过点P作轴于S，过点Q作于T，

可证∴，，∴，则点Q的坐标为，将点Q的坐标代入解得，∴点Q的坐标为．综上，点Q的坐标为或．【点评】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、动点求面积问题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质．熟练掌握一次函数的图象及性质，构造全等三角形及利用全等三角形的性质是解答本题的关键．37．如图，在长方形ABCD中，，，点从点出发，以的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒．

(1)______；（用含的代数式表示）(2)当为何值时，？(3)如图，当点从点开始运动时，点从点出发，以的速度沿向点运动，是否存在这样的值，使得与全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)当时，；(3)当或时，与全等．【分析】（）根据点的运动速度可得的长，再利用即可得到的长；（）当时，，根据三角形全等的条件可得当时，再加上，可证明；（）分两种情况当，时，；当，时，，然后分别计算出的值，进而得到的值；本题考查了全等三角形的判断和性质，一元一次方程的应用，根据题意，找到等量关系列出方程是解题的关键．【详解】（1）∵点从点出发，以的速度沿向点运动，点的运动时间为时，∴，∴，故答案为：；（2）当时，．理由：∵当时，，∴，∵在和中，，∴；（3）当，时，．∵，∴，∴，∴，解得：，∵，∴，解得：；当，时，．∵，∴，∴，解得：，∵，∴，解得：，综上所述：当或时，与全等．38．如图，直线与x轴交于点，直线与x轴、y轴分别交于B、C两点，直线与直线相交于点D，且．(1)分别求出直线和直线解析式；(2)在直线上是否存在一点P，使，若存在，请求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．(3)若E为平面内右侧的一点，且为等腰直角三角形，请求出点E的坐标．【答案】(1)直线的解析式为；直线的解析式为(2)点P的坐标为或(3)点E的坐标为：或或【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；（2）先求出点C的坐标为，点D的坐标为，求出，分两种情况：当点P在、D之间时，当点P在点上面时，分别求出点P的坐标即可；（3）分三种情况进行讨论：当时，当时，当时，分别求出结果即可．【详解】（1）解：把代入得：，解得：，∴直线的解析式为；∵，∴点B的坐标为：，把代入得：，解得：，∴直线的解析式为；（2）解：把代入得：，∴点C的坐标为，联立，解得：，∴点D的坐标为，∵，，，设点P的坐标为，当点P在、D之间时，，∵，∴，解得：，∴，∴点P的坐标为；当点P在点上面时，，∵，∴，解得：，∴，∴点P的坐标为；综上分析可知，点P的坐标为或．（3）解：∵，，∴；，当时，，∴，，∴轴，∴此时点；当时，，∴，，∴轴，∴此时点；当时，，∴，，∴轴，∴此时点；综上分析可知，点E的坐标为：或或．【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求一次函数解析式，解题的关键是数形结合，注意分类讨论．39．如图所示，直线交轴于点，交轴于点，且，满足．

(1)_________，_________；(2)如图1，若点的坐标为，且于点，交于点，试求点的坐标；(3)如图2，若点为的中点，点为轴正半轴上一动点，连接，过点作交轴于点，当点在轴正半轴上运动的过程中，式子的值是否发生改变？如发生改变求出该式子的值的变化范围；若不改变，求出该式子的值．【答案】(1)4，(2)(3)的值不发生变换，【分析】（1）由非负数的性质即可求出的值；（2）利用坐标的特点，通过证明，得到，即可得到答案；（3）连接，则，证明，利用三角形的面积进一步解决问题【详解】（1）解：，，，，，解得：，，故答案为：4，；（2）解：，，，，，点的坐标为，，于点，，，，在和中，，，，；（3）解：的值不发生变换，，如图，连接，

，，，点为的中点，，，，，，，，，，，，，，在和中，，，，．【点睛】本题主要考查了坐标与图形、非负数的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、三角形的面积等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．40．如图1，，，以点为顶点、为腰在第三象限作等腰．

(1)求C点的坐标；(2)如图2，为轴负半轴上一个动点，当点向轴负半轴向下运动时，以为顶点，为腰作等腰，过作轴于点，求的值；

(3)如图3，已知点坐标为，当在轴的负半轴上沿负方向运动时，作，始终保持，与轴负半轴交于点，与轴正半轴交于点，当点在轴的负半轴上沿负方向运动时，以下两个结论：①为定值；②为定值，其中只有一个结论是正确的，请找出正确的结论，并求出其值．

【答案】(1)(2)(3)结论②是正确的，【分析】（1）要求点的坐标，则求的横坐标与纵坐标，因为，则作轴，即求和的值，容易得，根据已知即可求得点的值；（2）求的值则将其放在同一直线上，过作于点，即是求的值，由图易求得，即可求得的长；（3）利用（2）的结论，可知为定长是正确的，过分别作轴和轴的垂线，类似（2），即可求得的值．【详解】（1）解：过作轴于点，如图1，

，，，则在和中，则则，，则点的坐标为；（2）过作于点，如图2，

则，，则，在和中，则；（3）结论②是正确的，，如图3，

过点分别作轴于点，轴于点，则，，在和中，则则，又，，点坐标为，，，，，，则，则．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质；熟记三角形全等的证法，尤其是，数形结合是重要的解题方法．41．甲、乙两地高速铁路建设成功，一列动车从甲地开往乙地，一列普通列车从乙地开往甲地，两车均匀速行驶并同时出发．设普通列车行驶的时间为（小时），两车之间的距离为（千米）．图中的折线表示与之间的函数关系图像．求：

(1)甲、乙两地相距______千米；(2)求动车和普通列车的速度；(3)求点坐标和直线解析式；(4)求普通列车行驶多少小时后，两车相距1000千米．【答案】(1)1800(2)动车的速度为；普通列车的速度(3)，(4)或【分析】(1)根据图像，直接得到．(2)根据图像，慢车走完全程用时12小时，计算速度；根据4小时相遇，可确定动车的速度．(3)根据题意，动车达到目的地的时间为，根据图像，得到，此时相遇后各自行驶2小时，此时，确定，利用待定系数法确定的解析式．(4)分相遇前和相遇后两种情形计算．【详解】（1）根据图像，得到当时，，两地距离为，故答案为：．（2）根据图像，慢车走完全程用时12小时，∴普通列车的速度为，根据4小时相遇，得，解得．（3）根据题意，动车达到目的地的时间为，根据图像，得到，此时相遇后各自行驶2小时，此时，故，设的解析式为，∵，∴，解得，故的解析式为．（4）设经过x小时，辆车相距1000千米，当相遇前，辆车相距1000千米时，根据题意，得，解得；当相遇后，辆车相距1000千米时，动车到达目的地，普通车自己行驶x小时，根据题意，得，解得，故行驶总时间为，故经过或，辆车相距1000千米．【点睛】本题考查了图像信息的读取，待定系数法求解析式，交点的意义，熟练掌握交点的意义，待定系数法，读取图像信息是解题的关键．五、证明题42．（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，线段之间的关系是；（不需要证明）（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（）如图，在四边形中，，，分别是边延长线上的点，且，（）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明．若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．

【答案】（）；（）（）中的结论仍然成立，理由见解析；（）（）中的结论不成立，．【分析】()延长至，使，连接，证明，根据全等三角形的性质得到，，再证明，根据全等三角形的性质得出，结合图形计算，即可证明结论；()延长至，使，连接，仿照()的证明方法解答；()在上截取，连接，仿照()的证明方法解答．【详解】解：（），理由如下：如图，延长至，使，连接，

在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（）（）中的结论仍然成立，理由如下：如图，延长至，使，连接，

∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴；（）（）中的结论不成立，，理由如下：如图，在上截取，连接，

同（）中证法可得，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的关键．43．如图，在平面直角坐标系中，是直角三角形，且是直角．(1)若点A的坐标为，点B的坐标为，点C在第三象限，且，求点C的坐标．(2)若点A的坐标为，点B的坐标为，，点P为y轴正半轴上一动点，连接交x轴于点E，点F是点E关于y轴为对称轴的对称点连接且延长交于点D，连接交于点G．点P在运动过程中是否存在，若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由（提示：作的平分线交于点H）．(3)若点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，是否存在为