期末考試壓軸模擬訓練(二)一、單選題1．一次函數與在同一平面直角坐標系中的圖象如圖所示．根據圖象有下列五個結論：①；②；③方程的解是；④不等式的解集是；⑤不等式的解集是．其中正確的結論個數是(

)A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據一次函數經過第一、二、三象限，即可判斷①；根據一次函數與x軸、y軸的交點即可判斷②③；利用圖象法即可判斷④⑤．【詳解】解：∵一次函數經過第一、二、三象限，∴，故①正確；∵一次函數與y軸交于負半軸，與x軸交于，∴，方程的解是，故②正確，③不正確；由函數圖象可知不等式的解集是，故④不正確；由函數圖象可知，不等式的解集是，故⑤正確；∴正確的一共有3個，故選：C．【點睛】本題主要考查了一次函數與一元一次方程的關系，一次函數圖象的性質，圖象法解不等式；熟練掌握一次函數的性質是解題的關鍵．2．如圖，在四邊形中，，，，，點為上異于、的一定點，點為上的一動點，、分別為、的中點，當從到的運動過程中，線段掃過圖形的面積為(

)A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，連接，取，中點，，連接，，過作于，過作于，作于，作于．先由三角形中位線定理證，則三點共線，故的運動軌跡是線段，即線段掃過圖形為，同理可證是的中位線，得到；證明四邊形為矩形，得到，則，由勾股定理得；再證明分別為，的中位線，推出，則，則的面積為．【詳解】解：如圖，連接，取，中點，，連接，，過作于，過作于，作于，作于．∵為中點，，的中點分別是，，∴分別是的中位線，∴，∴三點共線，∴的運動軌跡是線段，即線段掃過圖形為，同理可證是的中位線，∴；，，，，四邊形為矩形，∴∴，在中，由勾股定理得；分別為，中點，∴分別為，的中位線，∴，∴，∴，的面積為．故選A．【點睛】本題主要考查了三角形中位線定理，勾股定理，矩形的性質與判定，確定的運動軌跡是線段，即線段掃過圖形為是解題的關鍵．3．如圖，點F是菱形對角線上一動點，點E是線段上一點，且，連接、，設的長為x，，點F從點B運動到點D時，y隨x變化的關系圖像，圖像最低點的縱坐標是()A． B． C． D．【答案】B【分析】如圖1，連接，由對稱的性質可得，所以，當A、F、E三點在同一直線上時，y取最小值，y的最小值為線段的長，根據圖2可計算，如圖3，作輔助線，構建直角三角形，計算的長可解答．【詳解】解：如圖1，連接，，交于F1，∵在菱形中點A，點C關于對稱，∴，∴，當A、F、E三點在同一直線上時，y取最小值，y的最小值為線段的長，如圖2，當時，，設，則，∴，∴，∴，由圖2知：，如圖3，連接交于G，連接，過點E作于H，∵四邊形是菱形，∴，，由勾股定理得：，∴，∴，∴，∴，∴，∴，即圖像最低點的縱坐標是．故選B．【點睛】本題考查菱形的性質，動點問題的函數圖像，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數形結合的思想解答．4．如圖，在正方形中，是正方形的一條對角線，是的平分線，交于點E，F是上一點，，連接交于點G，連接交于點H，已知．在下列結論中：①；②；③；④若點P是對角線上一動點，當時，的值最小；其中正確的結論是(

)

A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③④【答案】D【分析】證明，，得到，，，利用等量代換得到，再證明，得到，求出正方形對角線的長，得到，利用軸對稱—最短路徑的知識得到當時，點P與點G重合，的值最小，即可判斷正確結果．【詳解】解：在正方形中，，，，在和中，，∴，∴，故①正確；在和中，，∴，故②正確；∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，故③正確；∵在正方形中，點A關于對稱點為C，∴，∴當點P與點G重合時，的長即為的最小值，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，即，即當時，點P與點G重合，的值最小，故④正確，故正確的結論有①②③④，故選D．【點睛】本題考查了正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，最短路徑問題，解題的關鍵是證明合適的全等三角形，利用全等的性質進行判斷和求解．5．在中，已知和分別是兩邊上的中線，并且，，，那么的面積等于(

)A．28 B．36 C．34 D．32【答案】D【分析】先畫出圖形，連接，過點作，交的延長線于點．由，，，得，根據中位線的性質，求得，即得出，，從而得出的面積．【詳解】連接，過點作，交的延長線于點．∵和分別是兩邊上的中線∴∵，，∴∵四邊形為平行四邊形∴∴∴∵∴故選：D．【點睛】本題考查了三角形的中位線定理和三角形面積的求法，根據題意作出輔助線，構造出平行四邊形是解答此題的關鍵．二、填空題6．如圖，矩形中，，點在上，．分別是上的兩個動點，沿翻折形成，連接，則的最小值是______．【答案】/【分析】如圖所示，作點關于的對稱點，連接，，由，推出，又是定值，即可推出當共線時，的值最小，最小值為，即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，作點關于的對稱點，連接，，則，，在中，，，，，，是定值，當共線時，的值最小，最小值為，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查的是翻折變換、矩形的性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱，根據兩點之間線段最短解決最短問題，屬于中考常考題型．7．如圖，在中，，是邊上的高，圖中線段上一動點，若滿足，，，則以為邊長的正方形面積是_______．

【答案】或或【分析】根據題意，點在線段的垂直平分線上，設的中點為，根據點在上，根據勾股定理解三角形，即可求解．【詳解】解：在中，，是邊上的高，∴，∵∴在線段的垂直平分線上，設的中點為當點在上時，則重合，∵，，∴∴以為邊長的正方形面積是，當在上時，如圖所示，

∵，，，∴，∴，設，則，，∴，在中，，即，解得：，∴為邊長的正方形面積是，當點在上時，如圖所示，

則，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，為邊長的正方形面積是，故答案為：或或．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質與判定，垂直平分線的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，二次根式的混合運算，分類討論是解題的關鍵．8．如圖，四邊形中，，，，(表示的面積，表示的面積)，則的長為______．

【答案】【分析】將沿折疊得到，即可得到，，，結合，即可得到，即可得到，得到，可得，，根據可得，結合即可得到答案.【詳解】解：將沿折疊得到，∵沿折疊得到，∴，，，∵，∴

∴，∵，∴，∴，，，∵，∴，即：，∴，∵，∴，∴，，∴，故答案為：；

【點睛】本題考查折疊的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，平行線的性質，解題的關鍵是作出輔助線找到段關系根據面積關系列等式．9．如圖，在矩形中，分別以點B、D為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧分別交于點M、N，過點M、N作直線分別交、于點E、F．若，，則的長是______．

【答案】【分析】設與交于點G，連接，首先根據作圖過程可知：是的垂直平分線，，，可得，再根據矩形的性質及勾股定理可求得，設，則，利用勾股定理即可求得、的長，再根據全等三角形的判定，可證得，可得，據此即可求解．【詳解】解：如圖：設與交于點G，連接，

根據作圖過程可知：是的垂直平分線，，，，四邊形是矩形，，，，在中，，設，則，在中，，得，解得，，，，，在與中，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了作圖?基本作圖、線段垂直平分線的性質、勾股定理、全等三角形的判定和性質、矩形的性質，解決本題的關鍵是掌握線段垂直平分線的性質．10．如圖，在平面直角坐標系中，點，B的坐標分別為，，直線的函數表達式為．若線段與直線沒有交點，則的取值范圍是___________．【答案】或或【分析】分別利用當直線過點時，k值最小，當直線過點時，k值最大，即可求出線段與直線有交點時，k的取值范圍，據此即可求解．【詳解】解：當直線過點時，k值最小，則，解得，當直線過點時，k值最大，則，解得，故線段與直線有交點時，k的取值范圍為，故線段與直線沒有交點時，k的取值范圍為或或，故答案為：或或．【點睛】本題考查了直線相交或平行問題，熟練掌握直線相交或平行問題的特點是解題的關鍵．三、解答題11．如圖1，在平面直角坐標系中，矩形的頂點O，A，C的坐標分別為，，，動點P從A出發，以每秒1個單位的速度沿射線方向移動，作關于直線的對稱，設點P的運動時間為．(1)當時．①矩形的頂點B的坐標是；②如圖2．當點落在上時，顯然是直角三角形，求此時的坐標；(2)若直線與直線相交于點M，且時，．問：當時，的大小是否發生變化，若不變，請說明理由．【答案】(1)①；②(2)不變，理由見解析【分析】(1)①根據二次根式有意義的條件，得出，即可得出點B的坐標；②根據勾股定理求出，設，則，根據勾股定理求出，再用等面積法求出，即可得出點的橫坐標，再求出的表達式，即可得出縱坐標；(2)連接，證明，得出四邊形為正方形，再進行分類討論：①當時，結果仍成立，②當時，證明，根據，，，即可得出．【詳解】(1)解：①∵有意義，∴，∴，∴，∵，∴，故答案為：；②過點作于點Q，∵，，∴，根據勾股定理可得：，∵和關于直線的對稱，∴，，則，設，則，在中，根據勾股定理可得：，即，解得：，∴，∵，∴，即，解得：，∴點的橫坐標為，設直線的函數表達式為，將點代入得：，解得：，∴直線的函數表達式為，將代入得：，∴；(2)解：連接，∵，，∴，，∵和關于直線的對稱，∴，∴，在和中，，∴，∴，則四邊形為正方形，①當時，∵，，∴，②當時，在和中，，∴，∴，∵，∴，由折疊的性質可得：，，∴，∵，，，∴，即．綜上：不會改變．【點睛】本題主要考查了二次根式有意義的條件，勾股定理，三角形全等是判定和性質，軸對稱的性質，解題的關鍵是熟練掌握相關內容，正確畫出圖形和輔助線，構造全等三角形求解．12．定義：我們把對角線長度相等的四邊形叫做等線四邊形．(1)嘗試：如圖1，在的正方形網格圖形中，已知點A、點B是兩個格點，請你作出一個等線四邊形，要求A、B是其中兩個頂點，且另外兩個頂點也是格點；(2)推理：如圖2，已知與均為等腰直角三角形，，連結，求證：四邊形是等線四邊形；(3)拓展：如圖3，已知四邊形是等線四邊形，對角線交于點O，若，，．求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】(1)取格點，作矩形即可；(2)連結，證明，得到，即可得證；(3)分別以、為底作等腰、等腰，證明，推出，是等邊三角形，勾股定理逆定理得到，，過點C作于交延長線于點F，利用含30度角的直角三角形的性質和勾股定理進行求解即可．【詳解】(1)如圖1所示，矩形即為所求．(2)證明：如圖2，連結．∵與均為等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是等線四邊形．(3)解：如圖3，分別以、為底作等腰、等腰，頂點均為點．則：，∵，∴，∴，∴，∴是等邊三角形．同理，也是等邊三角形．∴，．∵，∴，∴，∴．過點C作于交延長線于點F，則．∴，，則，由勾股定理得，．【點睛】本題考查矩形的性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理．理解并掌握等線四邊形的定義，是解題的關鍵．13．如圖所示，在菱形中，為邊的中點，為線段上一動點，連接，過點作于點，延長交于點，過點作，交的延長線于點．

(1)當點與點重合時，求證：；(2)如圖①，若點在線段上，且，，當時，求的長；(3)如圖②，若點在線段上，連接、，則是什么特殊三角形？并證明你的結論．【答案】(1)證明見解析(2)(3)是等腰三角形，證明見解析【分析】(1)根據垂直的定義得到，再根據對頂角相等和相等中點的定義得到，，由此即可證明；(2)如圖所示，連接交于O，由菱形的性質得到，，由勾股定理求出，由，求出，進而求出，則，證明四邊形是矩形，得到；(3)如圖所示，連接交于O，連接，由(2)得四邊形是矩形，則，，由直角三角形斜邊上的中線的性質得到，則，進而證明，則可證明，得到，則是等腰三角形．【詳解】(1)證明：∵，，∴，∵點E是的中點，∴，又∵，∴；(2)解：如圖所示，連接交于O，連接，∵四邊形是菱形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴又∵，∴四邊形是矩形，∴；

(3)解：是等腰三角形，證明如下：如圖所示，連接交于O，連接，由(2)得四邊形是矩形，則，，∵，點P為的中點，∴，∴，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質，矩形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，等腰三角形的判定等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．14．已知中，于點E，．(1)如圖1，若平分交線段于點F．①當，時，______，______；②如圖2，若，且，試探究線段，，之間的數量關系，并證明．(2)如圖3，若點P為線段上一動點，，．連接，點Q是中點，且，當點P從A點運動到D點時，點Q的運動路徑長為______．(直接寫出答案)【答案】(1)①4，2；②，理由見解析(2)【分析】(1)①先根據角平分線的定義求得，再根據平行四邊形的性質求得，利用含角的直角三角形的性質和勾股定理求解即可；②延長到H，使，連接．設度數為x，根據平行四邊形的性質得到，，，進而，證明，得到，，，進而得到，利用等腰三角形的等角對等邊得到即可得出結論；(2)在圖3中，建立如圖所示的平面直角坐標系，過M作軸于N，證明，得到，，設，則，，即，利用中點坐標公式可求得，當時，，當時，，當點P從A點運動到D點時，點Q在線段上運動，利用兩點坐標距離公式求得即可．【詳解】(1)解：①在圖1中，∵平分，，∴，在中，，，∵，∴∴，在中，，∴，，∴，在中，，，由得，故答案為4，2；②證明：延長到H，使，連接．∵平分，∴，設度數