特训19期末选填压轴题（十六大母题型归纳）2

特训19期末选填压轴题（十六大母题型归纳）目录；单选题：题型1：全等三角形综合问题题型2：全等三角形与特殊三角形、角平分线、垂直平分线题型3：勾股定理与全等三角形、特殊三角形题型4：勾股定理的折叠问题题型5：实数难点分析题型6：点坐标规律问题题型7：一次函数的图像与性质问题题型8：一次函数的实际应用题型9：一次函数的几何应用填空题：题型10：分类讨论全等三角形全等的问题题型11：最值问题题型12：动态几何问题题型13：综合判断问题题型14：实数压轴题（含立方根的分类讨论）题型15：求符合条件点的坐标或个数题型16：一次函数综合单选题题型1：全等三角形综合问题1．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．【解析】∵，∴，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．2．如图，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（

）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】易证，可得，可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得，即③正确，根据③可求得④正确．【解析】解：为的角平分线，，在和中，，，①正确；，，，，，，②正确，，，，，，，③正确；过作，交的延长线于点，

，

平分，，在和中，，，，在和中，，，，，④正确；故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，全等三角形的对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和全等三角形对边角、对应边相等的性质是解题的关键．3．如图，在中，是边上的高，，，．连接，交的延长线于点E，连接，．则下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确的有（）A．①②③ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【答案】D【分析】先证得，从而推得①正确；利用及三角形内角和与对顶角，可判断②正确；证明，得出，同理，得出，，则，证明，得出．则可得出④正确，由可得出结论③正确，根据全等三角形的性质即可得到⑤正确．【解析】解：∵，∴，即，又∵，∴，∴，故①正确；∵，∴，又∵与所交的对顶角相等，∴与所交角等于，即等于，∴，故②正确；过点F作于点M，过点G作交的延长线于点N，∵，∴，，∴，又∵，∴，∴，同理，∴，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴．故④正确，∵，∴．故③正确．∵，，，∴，故⑤正确．故选：D．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的三线合一性质与互余、对顶角，三角形内角和等几何基础知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．题型2：全等三角形与特殊三角形、角平分线、垂直平分线4．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△ABC和△CDE是正三角形，其性质得三边相等，三个角为60°，平角的定义和角的和差得∠ACD=∠BCE，边角边证明△ACD≌△BCE，其性质得结论①正确；由△ACD≌△BCE，可得∠CAP=∠CBQ，可得∠AOB=∠ACB=60°,

故⑤正确，角边角证明△ACP≌△BCQ得AP=BQ，其结论③正确；等边三角形的判定得△PCQ是等边三角形，结论⑥正确；∠CPQ=∠ACB=60°判定两线PQ∥【解析】解：如图1所示：

∵△ABC和△CDE是正三角形，∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠ECD=60°，又∵∠ACD=∠ACB+∠BCD，∠BCE=∠DCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ACD≌∴AD=BE，故结论①正确；∵△ACD≌∴∠CAP=∠CBQ，∵∠BPO=∠APC，∴∠AOB=∠ACB=60°，故⑤正确，又∵∠ACB+∠BCD+∠DCE=180°，∴∠BCD=60°，在△ACP和△BCQ中，∠CAP=∠CBQAC=BC∴△ACP≌∴AP=BQ，PC=QC，故③正确，∴△PCQ是等边三角形，故⑥正确∴∠CPQ=∠CQP=60°，∴∠CPQ=∠ACB=60°，∴PQ∥若DE=DP，∵DC=DE，∴DP=DC，∴∠PCD=∠DPC，又∵∠PCD=60°，∴∠DPC=60°与△PCQ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CM⊥AD，CN⊥BE于点M、N两点，如图2所示：

∵CM⊥AD，CN⊥BE，△ACD≌△BCE，∴CM=CN，又∵OC在∠AOE的内部，∴点C在∠AOE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．5．如图，在中，，为边上的高，平分，点F在上连接并延长交于点G，若，，有下列结论：①；②；③；④；⑤．其中一定成立的有（

）

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】过点A作于点N，证明，得出，说明，判断③正确；根据，得出，证明，判断①正确；证明，得出，判断⑤正确；证明，根据，得出，判断②正确；证明，得出，判断④错误．【解析】解：过点A作于点N，如图所示：

∵，，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴，故③正确；∵为边上的高，∴，∴，∴，∴，故①正确；∵在和中，∴，∴，故⑤正确；∵，，∴，∵，∴，故②正确；∵，，∴，∴，故④错误；综上分析可知，正确的有4个，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形内角和定理的应用，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．6．如图是等边三角形，点、分别在边、上，、交于点，，为的角平分线，点在的延长线上，连接、，，①；②；③；④；其中说法正确的有（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先证明，得到，可判断①；过点H作交延长线于N，作于M，由角平分线的性质得，可证明，推出是等边三角形，再证明，，可判断④；根据角之间的关系得出，即，可判断③；在上截取，证明，得出，根据线段的和差，可判断②．【解析】解：∵是等边三角形，∴，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，故①正确；过点H作交延长线于N，作于M，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，④正确；∵，，∴，∴，③错误；在上截取，∵，∴是等边三角形，，∵是等边三角形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故②正确，∴正确的有：①②④，故选：C．【点睛】本题考查等边三角形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，角平分线的性质定理，涉及三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．7．如图，在中，，点分别是的边、的中点，边分别与、相交于点，且，连接、、，现在下列四个结论：①，②平分，③，④.

则其中正确的结论有（

）.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】利用及四边形的内角和即可得到①正确；；根据三角形内角和与线段的垂直平分线性质得到∠BAH+∠GAC=60，无条件证明∠GAD=∠HAD,故②错误；由等量代换得，故③错误；利用三角形的内角和与对顶角相等得到，故④错误.【解析】∵，∴∠DEA=∠DFA=90，∵,∴∠EDF=360∠DEA∠DFA∠BAC=60，故①正确；∵，∴∠B+∠C=60，∵点分别是的边、的中点，，∴BH=AH，AG=CG，∴∠BAH=∠B，∠GAC=∠C，∴∠BAH+∠GAC=60，∵无条件证明∠GAD=∠HAD,∴不一定平分，故②错误；∵∠ADF+∠DAF=90，∠B=∠BAH,,∴，故③错误；∵，，∴，∴，∴,∴，故④错误，故选：A.【点睛】此题考查线段的垂直平分线的性质，利用三角形的内角和，四边形的内角和求角度，利用对顶角相等，等角对等边推导边的关系.8．如图，中，，的平分线与边的垂直平分线相交于点，交的延长线于点，于点，现有下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的是（

）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】①由角平分线的性质可知①正确；②由题意可知∠EAD=∠FAD=30°，故此可知ED=AD，DF=AD，从而可证明②正确；③若DM平分∠EDF，则∠EDM=90°，从而得到∠ABC为直角三角形，条件不足，不能确定，故③错误；④连接BD、DC，然后证明△EBD≌△DFC，从而得到BE=FC，从而可证明④．【解析】解：如图所示：连接BD、DC．①∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴ED=DF．∴①正确．②∵∠EAC=60°，AD平分∠BAC，∴∠EAD=∠FAD=30°．∵DE⊥AB，∴∠AED=90°．∵∠AED=90°，∠EAD=30°，∴ED=AD．同理：DF=AD．∴DE+DF=AD．∴②正确．③由题意可知：∠EDA=∠ADF=60°．假设MD平分∠EDF，则∠ADM=30°．则∠EDM=90°，又∵∠E=∠BMD=90°，∴∠EBM=90°．∴∠ABC=90°．∵∠ABC是否等于90°不知道，∴不能判定MD平分∠EDF，故③错误．④∵DM是BC的垂直平分线，∴DB=DC．在Rt△BED和Rt△CFD中，∴Rt△BED≌Rt△CFD．∴BE=FC．∴AB+AC=AEBE+AF+FC又∵AE=AF，BE=FC，∴AB+AC=2AE．故④正确．综上所述，①②④正确，故选：C．【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．题型3：勾股定理与全等三角形、特殊三角形9．如图，在中，，点在边上，点在内部，且是等边三角形，．若，，则的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】在的延长线上取点，使得，根据全等三角形的判定和性质可得，，设，则，，再由含角的直角三角形的性质得，则，解得，故，，，根据勾股定理即可求得，即可求解．【解析】解：在的延长线上取点，使得，如图：

∵是等边三角形，∵，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，设，则，，∵，∴，∴，∴，

∴，解得：，∴，，，在中，，∴的面积为；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．10．已知中，，，点O是两个底角的角平分线交点，点P在外，，，，的面积分别记为．若，则线段长的最小值是（）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】当点P在的左侧时，根据，可得，过点A作于点D，根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，，从而得到，过点P作的平行线，过点O作于点R，交于点T，连接，则，可得点P的运动轨迹是直线，再由，可得，再由点O是两个底角的角平分线交点，平分，可得过点O，继而得到，可证得，可得，然后在中，根据勾股定理可得，从而得到，再由，可得的最小值为；当点P在的右侧时，同理的最小值为；当点P在直线的下方时，同理的最小值为，即可求解．【解析】解：当点P在的左侧时，∵，∴，∵，∴，∴，过点A作于点D，∵，，∴，平分，∴，∴，∴，过点P作的平行线，过点O作于点R，交于点T，连接，则，∵的面积是定值，∴点P的运动轨迹是直线，∵，∴，∵点O是两个底角的角平分线交点，平分，∴过点O，∴，∵，∴，∴，∴，设，则，在中，，∴，解得：，即，∴，∵，∴的最小值为；当点P在的右侧时，同理的最小值为；当点P在直线的下方时，同理的最小值为；∵．∴的最小值为．故选：C【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解答，根据题意得到点P的运动轨迹是解题的关键．11．如图，在平行四边形中，，于E，于F，交于H，、的延长线交于E，给出下列结论：①；

②；③；

④若点F是的中点，则；其中正确的结论有（

）．A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】①证是等腰直角三角形，则，再由勾股定理即可得出结论；②由平行四边形的性质得，，，，再证，进而得出结论；③证，得，即可得出结论；④连接，证是等腰直角三角形，得，再证，即可解决问题．【解析】解：①，，，是等腰直角三角形，，，故①正确；②四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，故②正确；③，，，，又，，，，故③正确；④如图，连接，，，，是等腰直角三角形，，点是的中点，，，，，，，故④正确；其中正确的结论有4个，故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、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．12．在中，，，、为上两点，，为外一点，且，，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（

）A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】C【分析】根据等腰直角三角形的性质，判断出，即可得出，根据勾股定理与等量代换可得②正确，根据在等腰三角形中，角平分线与中线为一条直线即可得出③，再根据勾股定理以及等量代换即可得出④．【解析】解：∵，，，∴，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，故①正确；由①中证明，∴，∵，，∴，∴，连接，∵，∴，∵，，∴，故②正确；设与的交点为，∵，，∴，，∴，故③错误，∵，，∴，在中，，，∴，∴，故④正确．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理、全等三角形的判定定理以及等腰直角直角三角形的性质，此题涉及的知识面比较广，解题时要注意仔细分析，难度较大．13．如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，点C，D，E在同一条直线上，连接BD和BE．下列四个结论：①BD=CE；②DA平分∠BDE；③∠ACE+∠DBC=30°；④．错误的是（

）A．① B．②C．③ D．④【答案】C【分析】①由AB=AC，AD=AE，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得出三角形ABD与三角形ACE全等，由全等三角形的对应边相等得到BD=CE；②先由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质证得∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，得到∠BDE=90°，再由等腰直角三角形的性质得得∠ADE=∠AED=45°，从而得到DA平分∠BDE；③由等腰直角三角形的性质得到∠ABD+∠DBC=45°，等量代换得到∠ACE+∠DBC=45°；④由BD垂直于CE，在直角三角形BDE中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可作出判断．【解析】解：①∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE，∵在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE，故①正确；②∵△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+∠DBC=45°，∴∠ACE+∠DBC=45°，∴∠DBC+∠DCB=∠DBC+∠ACE+∠ACB=90°，∴∠BDE=90°，∴∠ADE+∠AED=∠BDE=90°，∵△ADE为等腰直角三角形，∴∠AED=45°，∴∠ADE=∠AED=45°，∴DA平分∠BDE，故②正确；；③∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ABD+∠DBC=45°，∵∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠DBC=45°，故③错误；④由②求解过程知∠BDE=90°，∴BD⊥CE，∴在Rt△BDE中，利用勾股定理得：BE2=BD2+DE2，∵△ADE为等腰直角三角形，∴DE=AD，即DE2=2AD2，∴BE2=BD2+DE2=BD2+2AD2，故④正确，故选：C．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．题型4：勾股定理的折叠问题14．如图，在中，，，，以为边在上方作一个等边，将四边形折叠，使点与点重合，折痕为，则点到直线的距离为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】作交的延长线于，作交于，，可得，设，则，，即，解得，设，则，，，在中，，，解方程可得，从而可得，，设点H到的距离为h，利用等面积法求出答案即可．【解析】解：如图所示，作交的延长线于，作交于，由翻折的性质可得：，为等边三角形，，，，，设，则，在中，，，解得：，，，，设，则，，，在中，，，解得：，，，∴，，，设点H到的距离为h，∵，∴，故选A．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、等边三角形的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质、等边三角形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．15．如图，将沿翻折得到，交于点E，F为中点，连接并延长交的延长线于点G，连接，若，，的面积为42，则的面积为（）A．26 B．24 C．21 D．15【答案】D【分析】本题考查了翻折变换的折叠问题、勾股定理和三角形的面积的计算，根据折叠的性质得到，，由勾股定理得到，由题意得，，进一步得到，求得，即可求得答案．【解析】解：根据折叠的性质得，，，∵，，∴，∵的面积为42，F为中点，∴，∵沿翻折得到，∴，则，解得，∴，则，，故选∶D．16．如图，在中，，以各边为斜边分别向外作等腰、等腰、等腰，将等腰和等腰按如图方式叠放到等腰中，已知，，则长为（

）A．2 B． C．6 D．8【答案】D【分析】设AD＝DB＝a，AF＝CF＝b，BE＝CE＝c，由勾股定理可求a2+b2＝c2，由，可求b＝4，即可求解．【解析】解：设AD＝DB＝a，AF＝CF＝b，BE＝CE＝c，∴ABa，ACb，BCc，∵∠BAC＝90°，∴AB2+AC2＝BC2，∴2a2+2b2＝2c2，∴a2+b2＝c2，∵将等腰Rt△ADB和等腰Rt△AFC按如图方式叠放到等腰Rt△BEC，∴BG＝GH＝a，∵，∴（a+c）（c﹣a）＝16，∴c2﹣a2＝32，∴b2＝32，∴b＝4，∴ACb＝8，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，利用整体思想解决问题是本题的关键．题型5：实数难点分析17．已知：（n是自然数）．那么的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先计算再求解再化简再计算即可得到答案.【解析】解：由题意得：，∴，则∴．故选D．【点睛】本题考查的是完全平方公式的应用，算术平方根的含义，负整数指数幂的含义，幂的运算，熟知以上运算的运算法则是解题的关键.18．一般地，如果（为正整数，且），那么叫作的次方根.例如：∵，，∴16的四次方根是．则下列结论：①3是81的四次方根；②任何实数都有唯一的奇次方根；③若，则的三次方根是；④当时，整数的二次方根有4050个．其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据a的n次方根的定义结合平方差公式和绝对值的意义逐一进行分析判断即可．【解析】解：①∵，∴3是81的四次方根，①正确；②任何实数都有唯一的奇次方根，②正确；③∵，则S的三次方根是，③正确；④由已知得：，即数轴上数a到数和数2025的距离和为4048，又由，故整数，则整数a的二次方根有，共4051个，④不正确；故应选：C．【点睛】本题主要考查对a的n次方根的定义的阅读理解能力，平方差公式与绝对值的几何意义是难点．19．设表示最接近x的整数（，为整数），则（

）A．132 B．146 C．164 D．176【答案】D【分析】先计算出，，，，，即可得出，，中有2个1，4个2，6个3，8个4，10个5，11个6，从而可得出答案．【解析】解：，即，，则有2个1；，即，，，都是2，则有4个2；，同理，可得出有6个3；，同理，可得出有8个4；，同理，可得出有10个5；则剩余11个数全为6．故．故选：D．【点睛】本题考查了估算无理数的大小，难度较大，注意根据题意找出规律是关键．题型6：点坐标规律问题20．已知点，记关于直线m（直线m上各点的横坐标都为0）的对称点为，关于直线n（直线n上各点的纵坐标都为1）的对称点为，关于直线p（直线p上各点的横坐标都为）的对称点为，关于直线q（直线q上各点的纵坐标都为3）的对称点为，关于直线m的对称点为，关于直线n的对称点为，……依此规律的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了轴对称的性质，点坐标的规律探究．根据轴对称的性质写出点坐标，然后推导一般性规律是解题的关键．由题意求得，在第一象限；，在第四象限；，在第三象限；，在第二象限；，在第一象限；，在第四象限；在第三象限；观察点坐标可知每四个点坐标所在象限为一个循环，由，可知与在同一象限，由，，可知，第三象限的点坐标的特征为，然后代入求解即可．【解析】解：∵直线m上各点的横坐标都为0，即直线m为y轴，∴，在第一象限，∵直线n上各点的纵坐标都为1，即直线n为直线；∴，在第四象限，∵直线p上各点的横坐标都为，即直线p为直线，∴，在第三象限，∵直线q上各点的纵坐标都为3，即直线q为直线，∴，在第二象限，∴，在第一象限，，在第四象限，在第三象限，∴每四个点坐标所在象限为一个循环，∵，∴与在同一象限，∵，，∴可知，第三象限的点坐标的特征为，∴，故选：B．21．数学家高斯推动了数学科学的发展，被数学界誉为“数学王子”，据传，他在计算时，用到了一种方法，将首尾两个数相加，进而得到．人们借助于这样的方法，得到（n是正整数）．有下列问题，如图，在平面直角坐标系中的一系列格点，其中，且是整数．记，如，即，即，即，以此类推．则下列结论正确的是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】利用图形寻找规律，再利用规律解题即可．【解析】解：第1圈有1个点，即，这时；第2圈有8个点，即到；第3圈有16个点，即到，；依次类推，第n圈，；由规律可知：是在第23圈上，且，则即，故A选项不正确；是在第23圈上，且，即，故B选项正确；第n圈，，所以，故C、D选项不正确；故选B．【点睛】本题考查图形与规律，利用所给的图形找到规律是解题的关键．22．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，以为边在右侧作等边三角形，再过点作x轴的垂线，垂足为点，以为边在右侧作等边三角形……按此规律继续作下去，得到等边三角形，则点的纵坐标为（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，得点的纵坐标是2×；根据以为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，得点的纵坐标是2×；以此类推，得点的纵坐标是，从而得到答案．【解析】解：∵点A的坐标是（0，2），以OA为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，∴∠=90°60°=30°，=OA=2，∴＝＝2×，即点的纵坐标是2×，以为边在右侧作等边三角形，过点作x轴的垂线，垂足为点，∴∠=90°60°=30°，＝＝2×，∴＝＝2××，点的纵坐标是2××，即2×()2，以为边在右侧作等边三角形，同理，得点的纵坐标是2×，按此规律继续作下去，得点的纵坐标是2×，即，故选：C．【点睛】本题考查了图形和数字规律的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、等边三角形、垂线、图形和数字规律、含30°角的直角三角形的性质，从而完成求解．题型7：一次函数的图像与性质问题23．已知，，为直线上的三个点，且，则以下判断正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】根据一次函数增减性，结合各选项条件逐项验证即可得到答案．【解析】解：直线中，随的增大而减小，，，A、若，则，即与同号（同时为正或同时为负），，若取与同为负数，由不能确定的正负，，为直线上的三个点，，正负不能确定，则无法判断符号，该选项不合题意；B、若，则，即与异号（一正一负），，，，由不能确定的正负，，为直线上的三个点，，正负不能确定，则无法判断符号，该选项不合题意；C、若，则，即与同号（同时为正或同时为负），，若取与同为正数，由不能确定的正负，，为直线上的三个点，正负不能确定，正负不能确定，则无法判断符号，该选项不合题意；D、若，则，即与异号（一正一负），，，，由确定的正负，，为直线上的三个点，，，则，该选项合题意；故选：D．【点睛】本题考查一次函数图像与性质，由题中条件判断出正负，结合一次函数增减性求解是解决问题的关键．24．规定，例如，下列结论中，正确的是(

)（填写正确选项的序号）（1）若，则；（2）若，则；（3）能使成立的x的值不存在；（4）式子的最小值是9A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4） C．（1）（4） D．（1）（2）（3）（4）【答案】C【分析】根据非负数和为0的性质可判断（1）；由可以化简绝对值，可判断（2）；由两数绝对值相等得出两数相等或互为相反数可判断（3）；分三种情况讨论化简绝对值，利用一次函数的增减性质可判断（4）．【解析】解：（1）若f（x）+g（y）=0，即|x3|+|y+4|=0，解得：x=3，y=4，则2x3y=6+12=18，符合题意；（2）若x＜4，则f（x）+g（x）=|x3|+|x+4|=3xx4=12x，不符合题意；（3）若f（x）=g（x），则|x3|=|x+4|，即x3=x+4或x3=x4，解得：x=0.5，即能使已知等式成立的x的值存在，不符合题意；（4）式子f（x1）+g（x+1）=|x4|+|x+5|，当x≤5时，f（x1）+g（x+1）=4xx5=2x1，2x1的值随x的增大而减小，所以x=5时有最小值9；当5＜x＜4时，f（x1）+g（x+1）=4x+x+5=9；当x≥4时，f（x1）+g（x+1）=x4+x+5=2x+1，2x+1的值随x的增大而增大，所以x=4时有最小值9；综上所述，f（x1）+g（x+1）的最小值是9，符合题意．故答案为：C．【点睛】此题考查了一次函数的增减性以及绝对值的化简，弄清题中的新规定是解本题的关键．25．若定义一种新运算例如：；，下列说法：①；②若，则或；③若，则或④与直线（m为常数）有2个交点，则．其中正确的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】根据新运算可判断①正确；根据新运算分两种情况结合一元二次方程可判断②正确；根据新运算分两种情况结合一元一次不等式可判断③正确；根据新运算分两种情况结合一次函数的性质可判断④正确，即可．【解析】解：①，故①正确；②若，即，则，解得：，不符合题意，应舍去；若，即，则，解得：，不符合题意，应舍去，故②错误；③若，即，此时，解得：，若，即，此时，解得：，∴，∴若，则或，故③错误；④若，即，此时，此时与直线（m为常数）不可能有2个交点；若，即，此时，此时与直线（m为常数）不可能有2个交点综上所述，正确的个数有1个．故选：D．【点睛】本题主要考查了解一元一次方程和解一元一次不等式，一次函数的图象和性质，理解新运算，利用分类讨论思想解答是解题的关键．题型8：一次函数的实际应用26．甲，乙两车在笔直的公路上行驶，乙车从之间的地出发，到达终点地停止行驶，甲车从起点A地与乙车同时出发到达地休息半小时后立即以另一速度返回地并停止行驶，在行驶过程中，两车均保持匀速，甲、乙两车相距的路程千米与乙车行驶的时间小时之间的关系如图所示，下列说法中正确的有（

）

①甲车行驶的速度为每小时千米；②两地之间的距离为千米；③甲车返回地的速度为每小时千米；④甲车返回地比乙车到地时间晚小时．A．个 B．个C．个 D．个【答案】B【分析】根据第三段函数图象甲车到达B地后休息半小时，求出乙车的速度，然后根据第一段函数图象，求出甲去B地速度；求出甲车从A到B所用的时间，即可求出的长度；根据返回时，两车在小时内行驶的路程为60千米，算出甲返回C的速度，求出间的长度，即可求出返回C地时甲用的时间，算出乙到达目的地B比甲到达B地多用的时间，即可求出甲车返回地比乙车到地时间晚3小时．【解析】解：乙车速度（千米/时），甲车去B地的速度为：（千米/时），甲车去B地时，两车速度差，（千米/时），第一次相遇后甲车到达B地时间，（小时），∴甲车从A地到B地所用时间为（小时），∴两地之间的距离为（千米），故②正确；甲车返回时速度，（千米/时），故①错误，故③正确；∴A、B两地距离420千米，∴B、C两地相距，（千米），甲车返回C地用时，（小时），乙车比甲车晚到达B地时间，（小时），甲车比乙车晚到达目的地时间，（小时），故④错误；综上分析可知，正确的有2个，故选：B．【点睛】本题主要考查了从函数图象中获取信息，解决行程问题，解决问题的关键是熟练掌握甲、乙两车行驶路程与速度、时间的关系．27．已知甲，乙两地相距，一辆出租车从甲地出发往返于甲乙两地，一辆货车沿同一条公路从乙地前往甲地，两车同时出发，货车途经服务区时，停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，货车改变速度继续出发后与出租车相遇．出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地．如图是两车距各自出发地的距离与货车行驶时间之间的函数图象，则下列说法错误的是（

）A．B．点F的坐标为C．出租车从乙地返回甲地的速度为D．出租车返回的过程中，货车出发或都与出租车相距【答案】D【分析】本题考查了从函数图象获取信息，用待定系数法求一次函数，一次函数的实际应用.利用待定系数法求得的解析式，将代入解析式，解方程即可判断A选项；根据A选项中a的值，即为货车装货时距离乙地的长度，结合货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，可求出装货时间，即点B的坐标，再根据货车继续出发后与出租车相遇，求出装完货后货车的速度，即直线的解析式中k的值，最后将点B坐标代入直线的解析式，利用待定系数法即可得到直线的解析式，把代入可求得点G的坐标，进而得到点F的坐标，从而判断B选项；由B选项中点F的坐标，再结合题意，可得点E的坐标，从而可得到出租车返回时的速度，从而判断C选项；设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距，此时货车距离乙地为，出租车距离乙地为，结合货车和出租车的速度进行分类讨论：①出租车和货车第二次相遇前，相距时；②出租车和货车第二次相遇后，距离时，分别进行解答即可判断D选项．【解析】结合图象，可得，设直线的解析式为，将代入解析式，可得，解得，直线的解析式为，把代入，得，故A选项正确；根据货车停下来装完货物后，发现此时与出租车相距，可得此时出租车距离乙地为，出租车距离甲地为，把代入，可得，解得，货车装完货时，，可得，根据货车继续出发后与出租车相遇，可得（出租车的速度＋货车的速度），根据直线的解析式为，可得出租车的速度为，相遇时，货车的速度为，故可设直线的解析式为，将代入，可得，解得，直线的解析式为，把代入，可得，解得，，，故B选项正确；根据出租车到达乙地后立即按原路返回，结果比货车早15分钟到达甲地，可得,，出租车返回时的速度为，故C选项正确；设在出租车返回的行驶过程中，货车出发t小时，与出租车相距，此时货车距离乙地为，出租车距离乙地为，①出租车和货车第二次相遇前，相距时；可得，解得，②出租车和货车第二次相遇后，相距时；可得，解得，故在出租车返回的行驶过程中，货车出发或与出租车相距．故D选项错误．故选：D题型9：一次函数的几何应用28．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点P为直线上的动点，以为边作等边，则的最小值为（

）A．4 B．2 C． D．【答案】B【分析】如图所示，过点A作轴于C，连接，先证明是等边三角形，进而证明，得到，过点P作轴于H，取中点T，连接，设，则，，证明是等边三角形，得到，进而推出，则点Q在直线上运动，过点O作交直线于E，则，由垂线段最短可知的最小值为2．【解析】解：如图所示，过点A作轴于C，连接，∵点A的坐标为，∴，∴，取，连接，∴，，又∵，∴，∴，∴是等边三角形，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴，过点P作轴于H，取中点T，连接，设，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴点Q在直线上运动，过点O作交直线于E，∴，∴，∴的最小值为2，故选B．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，勾股定理，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形，从而确定点Q的运动轨迹是解题的关键．29．如图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，点是轴上一点，点分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点的坐标分别为（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】作点关于y轴对称点，作点关于直线对称点D，连接、、、，则，当D、E、F、共线时取等号，此时，周长最小，最小值为的长；根据轴对称性质求得点D的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，进而可求得点F坐标，再与联立方程组可求得点E坐标．【解析】解：如图，作点关于y轴对称点，作点关于直线对称点D，连接、、、，则，，

∴，当D、E、F、共线时取等号，此时，周长最小，最小值为的长，对于，当时，，当时，，∴，，∴，则是等腰直角三角形，∴，∵C、D关于直线对称，又，∴，，即，∴，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，当时，，则；由解得，则，故选：C．【点睛】本题考查了一次函数解析式的求解、轴对称的性质、最短路径问题、等腰三角形的判定与性质、坐标与图形、解二元一次方程组等知识，求一次函数的解析式时常用待定系数法；本题的解题关键是作定点C的两个对称点，从而找到周长最小值为的长．30．如图，已知、、、是平面坐标系中坐标轴上的点，且，设直线、直线交于点，两条直线表达式分别为，，下列结论中正确的个数有（）

①；②平分；③．A． B． C． D．【答案】C【分析】过点作于点，于点，由，全等三角形对应高相等，得，根据角平分线的判定定理可证平分，再证明，可得，直线与轴交点的坐标，与轴交点的坐标，得，，同理可得，，由，，得，，得，，可证．【解析】过点作于点，于点，

∵．∴，，，，，∴，∵，，∴平分，故②正确；在和中，，∴，∴，故①正确；直线与轴交点的坐标，与轴交点的坐标，∴，，同理可得，，∵，，∴，，∴，，∴，故③正确．故选：C．【点睛】本题考查了两条直线相交问题，交点坐标与线段长度之间的关系，角平分线的判定，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．二、填空题题型10：分类讨论全等三角形全等的问题31．如图，在中，，，，为边上的高，点从点出发，在直线上以/的速度移动，过点作的垂线交直线于点，当点运动时，．【答案】或【分析】先证明，得出，①当点在射线上移动时，，即可求出移动了；②当点在射线上移动时，，即可求出移动了．【解析】解：∵，∴，∵为边上的高，∴，∴，∴，∵，∴，∵过点作的垂线交直线于点，∴，在和中，，∴，∴，①如图，当点在射线上移动时，，∵点从点出发，在直线上以的速度移动，∴移动了：；②当点在射线上移动时，，∵点从点出发，在直线上以的速度移动，∴移动了：（）；综上所述，当点在射线上移动或时，；故答案为：或．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练正确全等三角形的判定和性质是解题的关键．32．如图，已知中，，满足，点P从A点出发沿A→C→B路径向终点B运动：点Q从B出发沿B→C→A路径向终点A运动；点P，Q的速度分别以每秒1个单位长度和每秒3个单位长度的速度同时开始运动，两个点都要到达相应的终点时才能停止运动，分别过P，Q作于E，于F．设运动时间为t秒，当以P，E，C为顶点的三角形与以Q，F，C为顶点的三角形全等时，t的值为（不考虑两三角形重合的情况）．【答案】或【分析】先证明时，再根据题意分为五种情况，结合分别列方程求解，解出方程即可．【解析】解：①当P在上，Q在上运动时，如图①：

由题意可知：，，，，，，，，，，，，，，即，；②当P在上，Q在上运动时，如图②，

由题意可知：，，由①可知，，，，此时，故此种情况不符合题意；③当P，Q都在上时，如图③，两个三角形重合，不符合题意；

④当Q到A点停止，P在上运动时，，此时，；⑤P，Q都在上时，点P，Q的速度分别以每秒1个单位长度和每秒3个单位长度的速度同时开始运动，P，Q都在上运动的情况不存在，综上所述，t的值为或，故答案为：或．【点睛】本题主要考查对全等三角形的性质，一元一次方程的几何应用，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能根据题意得出方程是解此题的关键．33．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．【解析】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．题型11：最值问题34．如图，边长为a的等边中，是上中线且，连接，在的右侧作等边，则周长的最小值是（用含a，b的式子表示）．

【答案】【分析】首先证明点E在射线上运动，作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小．【解析】解：如图，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴点E在射线上运动，作点A关于直线的对称点M，连接交于，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴周长的最小值．故答案为：．

【点睛】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明点E在射线上运动，本题难度比较大，属于中考填空题中的压轴题．35．如图，在中，，分别平分和，P是上一点，，已知．当取最小值时，．（用含m，n的式子表示）【答案】【分析】由题意知，，，如图，作关于的对称点，连接，，，则，当三点共线时，和最小，如图，过作于，交于，则是和的最小值，证明是等边三角形，则，，是等边三角形，，由，可得，然后作答即可．【解析】解：∵，∴，∵分别平分和，∴，，如图，作关于的对称点，连接，，，∴，，∴当三点共线时，和最小，如图，过作于，交于，则是和的最小值，由对称的性质可得，，，∴，，∴是等边三角形，∴，，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了角平分线，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，轴对称的性质，三角形内角和定理．熟练掌握等边三角形的判定与性质，轴对称的性质是解题的关键．36．问题探究：如图1，在中，，，，为中点，连接，为上一动点，为上一动点，则的最大值为．拓展应用：如图2，在等腰中，，，作，点是线段上一点，且，连接，点是线段上一动点，将线段沿直线翻折，点的对应点'恰好落在线段上，点是上一动点，连接，．则的最大值为．

【答案】【分析】（1）证明是等边三角形，得出，根据当取得最大值时，取得最大值，当三点共线时，取得等于号，即点运动到点，运动到点,或者与点重合时，取得等于号，即可求解；（2）延长交于点，则，等面积法求得，勾股定理求得，根据等腰三角形，三线合一得出，进而求得，同（1）可得，则点与点重合,取得最大值，即的长即为所求．【解析】解：如图所示，

在中，，，∴，，∵为中点，∴，∴是等边三角形，∵∴当取得最大值时，取得最大值，当三点共线时，取得等于号，即点运动到点，运动到点,或者与点重合时，取得等于号，此时故答案为：．（2）∵在等腰中，，，∴，，∵，∴∴，如图所示，

延长交于点，则，∵，，∴∴∴同（1）可得，则点与点重合,取得最大值此时当点与点重合，点与点重合，故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型12：动态几何问题37．如图，在等腰中，，点M，N分别是边，上的动点，与关于直线对称，点B的对称点为．当

且时，若，则的面积为．【答案】/0.5【分析】作于D点，由轴对称的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，由此得．再证是等边三角形，则可得，进而得，由此得．根据三角形的面积公式，再结合即可求出的面积．【解析】如图，作于D点，∵与关于直线对称，．又，．中，，，．又，是等边三角形，，，，．故答案为：【点睛】本题考查了轴对称的性质、等腰直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质，以及“直角三角形中的角所对的边等于斜边的一半”，综合性强．正确的作出辅助线且能证明是等边三角形是解题的根据．38．如图，，，点为射线上的一个动点，分别以，为直角边，为直角顶点，在两侧作等腰、等腰，连接交于点，当点在射线上移动时，的长为．【答案】4【分析】过点作，垂足为点，首先证明，得到；进而证明，即可解决问题．【解析】解：如图，过点作，垂足为点，

，，，、均为等腰直角三角形，，；在与中，，，，；，，在与中，，，；而，，故答案为：4．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形，灵活运用有关定理来分析或解答．39．如图，在中，，，，点在线段上运动（不包含点），连接，将沿直线翻折得到．（1）当时，则．（2）在点运动过程中，点到直线距离的最大值是．【答案】；.【分析】（）利用折叠性质得，又求出，最后根据三角形内角和即可求解；（）根据折叠性质可知：，，再根据等腰三角形“三线合一”定理和角所对直角边是斜边的一半即可求解．【解析】（）如图，由折叠性质可知：，，∵，∴，∵，∴，故答案为：；（）如图，，当垂足在线段上时，点到直线距离的最大；∴，由折叠性质可知：，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】此题考查了三角形翻折，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，等腰三角形“三线合一”定理和角所对直角边是斜边的一半及其应用．题型13：综合判断问题40．如图，是等边三角形，F为的中点，D在线段上，且，连接．以为边作等边，的延长线交于H，连接，则以下结论：①；②；③；④．其中正确的结论是．

【答案】②③④【分析】取的中点G，连接，由等边三角形的性质可求，由四边形内角和定理可得，可判断②；证出，可判断①；证，可得，可判断③和④，即可求解．【解析】解：取的中点G，连接，

和是等边三角形，，，，，故②正确；分别为和的中点，，又，是等边三角形，，，，，为上任意一点，与不一定相等，与不一定相等，故①错误，在和中，，，，，故④正确，，，，故③正确．故答案为：②③④．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．41．如图，中，，，平分交于，于点，于点，连接．下列结论：①；②；③；④为定值．其中结论正确的是．

【答案】①②③④【分析】过作于，可得，进而证明，即可判断①，作，交于，证明，可得，根据等腰三角形的性质与判定得出，，进而判断②③；过作于，证明，则，进而得出，即可判断④【解析】解：过作于，

，平分，，在中，∴，，，，，，，，，①正确；作，交于，，，，，，，，，，，，，，，，，②正确，③正确；过作于，，，，平分，，，，在和中，，，，，在中，，∴，∴④正确；故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了等腰直角三角形，三角形内角和外角性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型14：实数压轴题（含立方根的分类讨论）42．已知﹣2x﹣1＝0，则x＝．【答案】0或﹣1或﹣【分析】将原方程变形得到＝2x+1，根据一个数的立方根等于它本身得到这个数是0或1或1，由此化成一元一次方程，解方程即可得到答案.【解析】∵﹣2x﹣1＝0，∴＝2x+1，∴2x+1＝1或2x+1＝﹣1或2x+1＝0，解得x＝0或x＝﹣1或x＝﹣．故答案为：0或﹣1或﹣．【点睛】此题考查立方根的性质，解一元一次方程，由立方根的性质得到方程是解题的关键.43．阅读下列材料：，则．请根据上面的材料回答下列问题：．【答案】54【分析】利用类比的思想，对比确定个位数是4的立方根，应该是个位数是4的数，再根据被开方数的前两位数或前三位数的范围，确定最终结果.【解析】，则，故答案为54.【点睛】本题考查的知识迁移能力，能够看懂题干是解题的关键.44．据说我国著名数学家华罗庚在一次出国访问途中，看到飞机上邻座的乘客阅读的杂志上有一道智力题：一个数是59319，希望求出它的立方根．华罗庚脱口而出：39．邻座的乘客十分惊奇，忙问计算的奥妙．你知道华罗庚是怎样计算的吗？请按照下面的问题试一试：（1）由，试确定是位数；（2）由19683个位数是3，试确定个位数是；（3）如果划去19683后面的三位数683得到数19，而，由此你能确定十位的数字是；（4）用上述方法确定110592的立方根是．【答案】两7248【分析】（1）由19683大于1000而小于1000000，即可确定59319的立方根是2位数；（2）根据一个数的立方的个位数就是这个数的个位数的立方的个位数，据此即可确定；，即可确定答案；（3）运用数立方的计算方法计算即可；（4）首先根据一个数的立方的个位数就是这个数的个位数的立方的个位数确定个位数，然再确定十位数即可解答．【解析】解：（1）∵1000<19683<1000000，∴10<<100，∴是两位数；故答案为：两；（2）∵一个数的立方的个位数就是这个数的个位数的立方的个位数∴的个位数为7；故答案为7；（3）∵8<19<27，∴2<<3，∴的十位上的数是2，故答案为2；（4）∵观察发现：只有8的立方的个位数为2∴的个位数为8又∵64＜110＜125∴的十位为4∴=48故答案为48．【点睛】本题主要考查了数的立方，理解一个数的立方的个位数就是这个数的个位数的立方的个位数是解答本题的关键．题型15：求符合条件点的坐标或个数45．已知如图，点、、，设为线段上一点（不含端点），连接，一动点从点出发，沿线段以每秒个单位的速度运动到，再沿线段以每秒个单位的速度运动到后停止，当点的坐标是时，点在整个运动过程中