八年级数学上学期期中期末冲刺卷-特训13 期末选填压轴题（2023新题速递）（解析版）

特训13期末选填压轴题（2023新题速递）一、单选题1．（2023上·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，任意画一个的，再分别作的两角的角平分线和，、相交于点P，连接，有以下结论：①；②平分；③；④；⑤，其中正确的结论有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据三角形内角和定理和角平分线的定义求出即可判定①；如图所示，过点P作于F，于G，于H，利用角平分线的性质得到即可判断②；证明，得到，，即可判断④；再证明，得到，同理可证，推出即可判断⑤；根据现有条件无法证明③．【解析】解：∵在中，，∴，∵的两条角平分线和交于，∴，，，故①正确；，如图所示，过点P作于F，于G，于H，∴，∴，∴是的角平分线，故②正确；∵，∴，∴，又∵，∴，∴，，故④正确；在和中，，∴，∴，同理可证，∵，∴，∴，故⑤正确；根据现有条件，无法证明，故③错误，故选：C．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，角平分线的性质及判定，三角形内角和定理等等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．（2023上·重庆璧山·八年级重庆市璧山中学校校考阶段练习）如图，中，，，平分，过点C作于F点，过A点作于D点，与交于E点，下列四个结论：①；②；③；④，其中正确结论的序号是（

）A．①②③ B．②③ C．①② D．①④【答案】A【分析】延长，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的判定与性质可得，由此即可判断①正确；先求出，再证出是等腰直角三角形，由此即可判断②正确；过点作于点，先证出，再证出，根据全等三角形的性质可得，由此即可判断③正确；过点作于点，先证出，再设，则，，从而可得，，由此即可判断④不正确．【解析】解：如图，延长，交于点，，，，，，，在和中，，，，平分，，是等腰三角形，，，，则结论①正确；中，，，，，平分，，，，，，，是等腰直角三角形，，结论②正确；如图，过点作于点，则是等腰直角三角形，，，，，，在和中，，，，，结论③正确；如图，过点作于点，由角平分线的性质得：，，是等腰直角三角形，，，设，则，，，，，即，结论④不正确；综上，正确结论的序号是①②③，故选：A．【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、直角三角形斜边上的中线等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．3．（2023上·黑龙江哈尔滨·八年级校考阶段练习）如图，在等腰直角三角形中，，于点，的平分线分别交，于点，，为的中点，的延长线交于点，连接．下列结论：；；是等腰三角形；．其中结论正确的个数是（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】D【分析】先求出，，，证即可判断；证推出，即可判断，通过证明、、、四点共圆得到，结合三角形外角的性质即可判断；根据三角形外角的性质求出，结合三角形内角和定理可得，据此判断．【解析】∵，，，∴，，，，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵为的中点，∴，∴，∴，∵在和中，，∴，∴，故正确；∵在和中，，∴，∴，∵，∴，故正确；∵，∴、、、四点共圆，∴，∴，∴，故正确；∵，∴，∴，∴是等腰三角形，故正确，即正确的有个，故选：．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线性质的应用，能正确证明推出两个三角形全等是解题的关键．4．（2023上·内蒙古乌海·八年级校考期中）如图，在中，，的角平分线和的外角平分线相交于点D，交于点P，交的延长线于点F，过点D作，交的延长线于点G，交的延长线于点E，连接并延长交于点H，则下列结论①②③④

⑤，其中正确的有（

）个A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，作出辅助线，构造出全等三角形．①利用角平分线的性质以及三角形外角的性质，求解即可；②③延长与交于点，利用全等三角形的判定与性质求解即可；④在上截取，利用垂直平分线的性质以及全等三角形的性质，求解即可；⑤判断、、都是等腰直角三角形，求解即可．【解析】解：设，，

∵平分，平分，∴，，由三角形外角的性质可得：，∴①正确；延长与交于点，如下图：∵，∴，∵平分，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴，∴②正确；同理可得：，∴，③正确；在上截取，则是的垂直平分线，如下图：∴，∴，∵，∴，，又∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，∴，∴④正确；∵，，∴、、都是等腰直角三角形，∴，，，∴，∴，⑤错误；故选：B．5．（2023上·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）如图，已知是等边三角形，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；其中说法正确的是（

）A．①②④ B．①③④ C．②④ D．①②③④【答案】A【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．证明，从而得出，即可判断①；作交的延长线于，作于，可证明，得到，，，即可证明得到，从而得出是等边三角形，即可判断②；由，若，则，从而，这与相矛盾，即可判断③；根据④，，，即可判断④．【解析】解：①是等边三角形，，，，，，在和中，，，，故①正确，符合题意；②如图，作交的延长线于，作于，，，，为的角平分线，，，，，，，，，在和中，，，，，，，由①知，，，，，即，在和中，，，，，，即，是等边三角形，，故②正确，符合题意；③由②知，，若，则，从而，这与相矛盾，故③错误，不符合题意；④，，，即，，，故④正确，符合题意；综上所述，正确的有①②④，故选：A．6．（2023上·黑龙江鸡西·八年级统考阶段练习）如图，为线段上一动点（不与、重合），在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接，以下五个结论：①；②；③；④；⑤，恒成立的结论有（）A．①③⑤ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②③④⑤【答案】C【分析】①根据全等三角形的判定方法，证出，即可得出，故结论①正确；③先证明，即可判断出，故结论③正确；②根据，可得为等边三角形，证出，得出，故结论②正确；④由图像可知：当变短时，则变长，这时变短，则变长，可知不一定等于，故结论④错误．⑤，故结论⑤正确；即可得出结论．【解析】解：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，∴，在和中，，∴，∴，故结论①正确；∵，∴，又∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，故结论③正确；又∵，∴为等边三角形，∴，∴，故结论②正确．∵，∴，∴，∴故结论⑤正确．∵为线段上一动点（不与、重合），即：（定值），由图形可知：当变短时，则变长，这时变短，则变长，∴不一定等于，故结论④错误．综上所述，可得正确的结论有4个：①②③⑤．故选：C．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的判定，三角形外角的性质．熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．7．（2023上·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考阶段练习）如图，等腰，，，于点D．点P是延长线上一点，点O是线段上一点，，下面的结论：①；②；③是等边三角形；④；其中正确的是（

）

A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】A【分析】连接．根据等腰三角形的性质可求出，即①正确；由点O是动点，可知与不一定相等，则与不一定相等，即②不正确；由三角形内角和定理结合①可求出，即证明是等边三角形，即③正确；在上截取，连接．证明，即得出，从而可求出，即④正确．【解析】解：如图1，连接．

∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，故①正确；由①知，．∵点O是线段上一点，∴与不一定相等，则与不一定相等，故②不正确；③∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴是等边三角形，故③正确；④如图，在上截取，连接．

∵，∴是等边三角形，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴．又∵，∴，故④正确．综上所述，正确的结论有①③④．故选A．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解决问题的关键．8．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，等腰直角与等腰直角，，，，连接、．若，为中点，交于点，则的长为（）

A．56 B． C． D．【答案】B【分析】延长至，使，连接，过作，交的延长线于点，证，得，，再证，得，，然后由含角的直角三角形的性质得，则，，进而求出，再利用即可解决问题．【解析】解：延长至，使，连接，过作，交的延长线于点，如图所示：

为的中点，，在和中，，，，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，，，，，，在中，，，，，，，，，，，，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．9．（2023下·重庆涪陵·八年级西南大学附中校考开学考试）如图，在中，，，点是边上一点，以为直角边作等腰直角，，交于点，连接，过点作交于点，交于点．则以下结论正确的有（

）个①；②；③；④当时，；⑤当时，．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】①证明，即可得证；②根据，，进行判断即可；③连接，根据，易得为直角三角形，得到，证明，得到，进而得到；④则：，勾股定理求出，进而求出，过点作，求出，分别求出，进行判定即可；⑤过点作，交于点，，分别求出的长，进行判断即可．【解析】解：①∵是等腰直角三角形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴；故①正确；②∵是等腰直角三角形，，∴，，∴，，∵不一定等于，∴不一定等于；故②错误；③∵，，∴，由①知，∴，，，∴，由②知，，∴，即：，连接，∵，∴，∴，在中，，∴；故③正确．④设∵，，∴，∴，，∵是等腰直角三角形，，∴，∴；过点作，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；故④错误；⑤过点作，交于点，设，则，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，，∵，∴，∴，∴，，，∴，∴故⑤正确；综上，正确的是①③⑤，共3个；故选：B．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，添加合适的辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键．10．（2023上·浙江宁波·八年级校考期中）如图，已知，点是的平分线上的一点，点，分别是射线和射线上的动点，且，，下列结论中正确的是（

）A．是一个定值 B．四边形的面积是一个定值C．当时，的周长最小 D．当时，【答案】C【分析】过点作于点，于点，于点，证明，得出，，求出，得出是一个定值；根据，得出，说明四边形的面积是一个定值；根据，得出当最小时，的周长最小，根据垂线段最短，得出当时，最小，的周长最小；根据时，，得出，求出，求出一定与不垂直．【解析】解：A、过点作于点，于点，于点，如图所示：点是的平分线上的一点，，，，，，，，，，，，即是一个定值；当、关于对称时，，不固定，故错误；B、，，即，四边形的面积是一个定值，四边形的面积是一个定值，当、关于对称时，，不固定，四边形的面积不固定，故错误；C、如图，，，，，，，由勾股定理得，，，，当最小时，的周长最小，垂线段最短，当时，最小，的周长最小，故正确；D、时，，，一定与不垂直，故错误．故选：．【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，证明．11．（2023·河南商丘·统考一模）如图，平面直角坐标系中，，，将沿折叠，点O的对应点为点C，将沿x轴正方向平移得到，当经过点B时，点F的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，过C点作于点M，根据平移有：，根据翻转可知：，即证明，则有，即，在中，，即可求出，即，根据对称有：，即有，可得，根据，，可得，即，则有，根据平移可知：点C向右平移得到点F，即可求解．【解析】连接，过C点作于点M，如图，根据平移有：，∴，根据翻转，可知：，，，∴，∴，∴，即，∵，，∴，，∴，，，，∵在中，，∴，∴，即，根据对称，点O的对应点为点C，有：，∴，∵，∴，即，∵，∴在中，，在中，，∴，∴解得：，即，∴，∵，∴根据平移可知：点C向右平移得到点F，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了三角形的翻转与平移，勾股定理，图形与坐标等知识，掌握翻转与平移的性质是解答本题的关键．12．（2023上·重庆·九年级重庆第二外国语学校校考期中）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：D13．（2023上·福建三明·八年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知，直线：与轴相交所成的锐角为．若是轴上的动点，，是上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图所示，直线、轴关于直线对称，直线、直线关于轴对称，点是点关于直线的对称点，作于点，交轴于点，交直线于，作直线，垂足为，此时最小（垂线段最短），在中利用勾股定理即可解决．【解析】解：如图所示，直线、轴关于直线对称，直线、直线关于轴对称，点是点关于直线的对称点，作于点，交轴于点，交直线于，作直线，垂足为，∵，，∴，∵与轴相交所成的锐角为，∴，∴，∴，∴，设，∵，直线、轴关于直线对称，在中，，，，∴，即，解得：或（负值不符合题意，舍去），∴，∴的最小值为．故选：A．

【点睛】本题考查轴对称—最短问题、垂线段最短、等腰三角形的判定、勾股定理等知识．解题的关键是利用轴对称性质正确找到点的位置．14．（2023下·河南南阳·九年级校考阶段练习）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．15．（2023下·湖南长沙·八年级湖南师大附中博才实验中学校联考期中）一次函数（，k、b是常数）与（，m是常数）的图像交于点，下列结论正确的序号是（

）①关于的方程的解为；②一次函数（）图像上任意不同两点和满足：；③若（），则；④若，且，则当时，．A．②③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④【答案】B【分析】根据两直线的交点即为其解析式所组成的方程组的解，即可判断①；利用待定系数法求出，结合一次函数的性质即可判断②；求出，结合，即得出，解得或，故③错误；将代入，即可求出，进而可得出，且，画出大致图像，可得出当时，一次函数的图像位于一次函数的图像上方，即，可判断④正确．【解析】解：∵一次函数与的图像交于点，∴联立的解为，即方程的解为，故①正确；将代入，得：，解得：，∴．∵，∴对于一次函数，y的值随x的增大而减小，∴当时，；当时，，∴无论何时与都为异号，∴，故②正确；∵，且，∴．∵，∴，∴或，∴或，故③错误；将代入，得：，∴．∵，且，∴，且，∴画出图像如图所示．由图可知当时，一次函数的图像位于一次函数的图像上方，∴当时，，故④正确．故选B．【点睛】本题考查一次函数的图像和性质，绝对值的性质等知识．熟练掌握一次函数的图像和性质是解题关键．16．（2023下·北京西城·九年级北京铁路二中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点的坐A标为，点Q是直线上的一个动点，以A为旋转中心，将点Q顺时针旋转60°得等边三角形，连接．记点P的横坐标为x，点P的纵坐标为y，的周长为C，面积为S，则下列说法正确的是（）A．y随x的增大而增大 B．当时，y有最小值C．当时，周长C有最小值 D．面积S是关于x的二次函数【答案】C【分析】如图所示，在直线上取点，连接，证明是等边三角形，得到，再证明，推出，则，从而得到点P在直线上运动，由此即可判断A、B、D；作点O关于直线的对称点C，连接，则，则当三点共线时，的周长有最小值，求出直线的解析式为，在中，当时，，则当时，周长C有最小值，即可判断C．【解析】解：如图所示，在直线上取点，连接，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴点P在直线上运动，∴在Q运动过程中，不一定满足y随x的增大而增大，，故A、B、D不符合题意；作点O关于直线的对称点C，连接，则，∴，∴的周长，∴当三点共线时，的周长有最小值，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，在中，当时，，∴当时，周长C有最小值，故C符合题意；故选C．【点睛】本题主要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，轴对称最短路径问题，一次函数与几何综合等等，正确作出辅助线确定点P的运动轨迹是解题的关键．17．（2023下·重庆潼南·七年级统考期末）对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为，即当n为非负整数时，若，则．反之，当n为非负整数时，若，则．例如：，．给出下列说法：①；②；③当，m为非负整数时，有；④若，则非负实数x的取值范围为；⑤满足的所有非负实数x的值有4个．以上说法中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】对于①根据新定义直接判断，②可用举反例法判断，③根据题意所述利用不等式的性质判断，④利用对非负实数“四舍五入”到个位的值记为，进而列出不等式得出的取值范围即可判断，⑤根据新定义得出是的倍数，进而得出的值．【解析】解：①，故结论正确；②错误，比如时，，而，故结论②错误；③为非负整数，则，不影响“四舍五入”，所以当时，故结论③正确；④∵，∴，∴，故④错误；⑤又∵且为非负实数，即：，解得：，若满足，则为整数，必然是的倍数，则，为整数，则，可得，即：当，1，2，3时，亦即当，，，时，满足的所有非负实数x的值有4个，故⑤正确；综上，正确的有①③⑤，共3个；故选：C．【点睛】本题考查了四舍五入，解一元一次不等式，以及学生理解题意的能力，关键是看到所得值是个位数四舍五入后的值，问题可得解．18．（2023·河北唐山·统考一模）表示不超过的最大整数．如，，．则下列结论：①；②若，则的取值范围是；③当时，的值为1或2；④是方程的唯一一个解．其中正确的结论是（

）A．①② B．②④ C．②③ D．①③【答案】C【分析】①根据定义举例即可判定；②可根据题意中的规定判断；③当，，时，分类讨论得结论；④根据的取值范围，求出方程的解后判断．【解析】解：①当时，，，不相等；故①不正确；②若，则的取值范围是是正确的；故②是正确的；③当时，，，则：；当时，；当时，，，；综上③是正确的；故当时，的值为1或2是正确的；④的范围为，∵，即：，亦即：，∴，即：，即，当时，方程变形为，解得；当时，方程变形为，解得；∴或都是方程的解，故④是错误的．故答案为：C．【点睛】本题考查了解一元一次方程以及解不等式组．题目难度较大，理解题意和学会分类讨论是解决本题的关键．二、填空题19．（2023上·湖北武汉·八年级校考阶段练习）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．20．（2023上·贵州贵阳·八年级校考阶段练习）勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理，图2是由图1放入长方形内得到的，，，，则都在长方形的边上，则长方形的面积为．

【答案】56【分析】延长交于点，延长交于点，通过证明得到，同理可得，得到，再计算、的长，最后由长方形的面积公式计算即可得到答案．【解析】解：如图，延长交于点，延长交于点，

，则，，，，，，在和中，，，，同理可证，，，，长方形的面积为，故答案为：56．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据题意证得和是解题的关键．21．（2023上·福建莆田·八年级校考开学考试）如图，在中，，的角平分线和的平分线相交于点，交于点，交的延长线于点，过点作交的延长线于点，交的延长线于点，连接并延长交于点，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的有．（填序号）

【答案】①②③④【分析】①利用角平分线的性质以及三角形外角的性质，求解即可；②③延长与交于点，利用全等三角形的判定与性质求解即可；④在上截取，利用垂直平分线的性质以及全等三角形的性质，求解即可．【解析】解：设，，

∵平分，平分，∴，由三角形外角的性质可得：∴①正确；延长与交于点，如下图：∵∴∵平分∴又∵，∴∴∵∴又∵，∴∴∴②正确；同理可得：∴，③正确；在上截取，则是的垂直平分线，如下图：

∴∵∴，又∵∴∵，∴∵∴∴又∵∴又∵∴∴∴④正确故答案为：①②③④【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础知识，作出辅助线，构造出全等三角形．22．（2023上·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，是等边三角形，是等腰直角三角形，，与点E，连分别交于点F、G，过点A作交于点H，则下列结论：①；②；③；④；⑤，其中正确的结论是：．【答案】①③④⑤【分析】①由等边三角形与等腰直角三角形知是等腰三角形且顶角，据此可判断；②求出和度数，从而得出∠AGF度数，据此可判断；③根据证明即可判断③④正确;由,,则即可判断⑤．【解析】解：∵为等边三角形，为等腰直角三角形，∴、、，∴是等腰三角形，且顶角，∴，故①正确；∵，即，∴，∴，，∴，由知，故②错误；记与的交点为，由且，，则，在和中，∴，∴，故③④正确；∵，，，∴，∴，∴，故⑤正确；正确的为①③④⑤，故答案为：①③④⑤．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质．23．（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考期中）如图，在中，为边上一点，连接，将沿折叠至所在平面内，得到，与交于点，连接，若，，，则的长为．【答案】【分析】根据折叠的性质得到，，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，，得到，求得，过作交的延长线于，根据勾股定理即可得到结论．【解析】解：∵将沿折叠至所在平面内，得到，，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，在与中，，∴，∴，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，过作交的延长线于，∴，，∴设，则，∴，∵，∴，解得：，（负值不符合题意，舍去），∴，故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定和性质，角的直角三角形，等角对等边，勾股定理，三角形内角和定理，平行线的性质等知识点，运用了方程的思想，熟练掌握勾股定理是解题的关键．24．（2023上·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考期中）如图，在等边中，，于点，以为边向左侧作等边，为线段上一动点，连接，，则的周长最小值为．【答案】【分析】连接，根据等边三角形的性质得到，，，求得，根据全等三角形的性质得到，延长到，使，得到点与关于对称，连接交于，则的值最小，即此时的周长最小，过N作ND⊥CB交CB的延长线于D，根据勾股定理即可得到结论．【解析】解：连接，∵是等边三角形，∴，，∵是等边三角形，，，∴，，，，∴，∴垂直平分，∴，在与中，，∴，∴，∴，延长到，使，∴点与关于对称，连接交于，则的值最小，即此时的周长最小，∵，，∴垂直平分，∴，，∴，∴是等边三角形，∴，，过作交的延长线于，∴，，∴，，∴，∴的周长最小值为：，故答案为：．【点睛】本题考查轴对称—最短路径问题，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，角的直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．25．（2023上·重庆云阳·八年级校考期中）如图，是等边三角形，，、相交于点，于，①若，，则的长是；②若，平分，交于，点，点分别在直线，上的动点，则的最小值为．【答案】【分析】（1）先证明，求解，可得，再结合含的直角三角形的性质可得答案；（2）如图，过作于，作关于的对称点，则，当，，共线，且垂直于时，最短，即图中的长度，从而可得答案．【解析】解：（1）为等边三角形，，，又，在与中，，，；，，；，，，，又，．（2）如图，过作于，作关于的对称点，则，

∴当，，共线，且垂直于时，最短，即图中的长度，∵，，∴，∴的最小值为；故答案为：（1）；（2）【点睛】本题考查的是轴对称的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，垂线段最短，熟练的利用轴对称的性质求解线段和的最小值是解本题的关键．26．（2023·广东揭阳·统考一模）如图，已知等边的边长为8，点是边上的动点，将绕点逆时针旋转得到，点是边的中点，连接、，当最短时，的长为．【答案】【分析】根据旋转得到全等，然后将最短转化为最短，即取垂线段最短，然后构造直角三角形，根据勾股定理列方程求解即可．【解析】过作交于，取中点，连接，∵是等边三角形，∴，∵绕点逆时针旋转得到，∴，∴，∴，∴，同理可得，∴，∴最短时，即最短时，即时，最短，∵等边的边长为8，∴，∴，∴在中，，∴，∴，∵∴∵在中，，∴，∴，∴在中，．故答案为：【点睛】此题考查勾股定理，解题关键是根据旋转得到全等三角形，难点是灵活构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解．27．（2023下·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，连接、，，，是的高，交于L，若，，的面积为15，则的长为．

【答案】3【分析】过点B作，交的延长线于点F，根据，，得到，得到，连接，结合，得到直线是线段的垂直平分线，得到,根据的面积为15，求得，过点B作于点N，证明，根据余角性质，得到，根据勾股定理计算即可．【解析】过点B作，交的延长线于点F，∵，，∴，∴，∴，∴，连接，∵，∴直线是线段的垂直平分线，∴，∴,∵，，∴,∴∵，

∴，∴，过点B作于点N，是的高，则四边形是矩形，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵,

设，∴，，∴，∵∴，解得（舍去）故，故答案为：3．【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判断，平行线的性质，熟练掌握勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判断，平行线的性质是解题的关键．28．（2023上·辽宁沈阳·八年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点、点，点是轴正半轴上一动点，给出个结论：线段的长为；在，若，则的面积是；当时，点的坐标为；设点的坐标为，则的最小值为．其中正确的结论有．

【答案】．【分析】根据勾股定理，三角形面积公式和轴对称的最短路径问题即可求解．【解析】∵，∴，故正确；在中，，∴点，如图，过作轴于点，

∴，故错误；设，则有，解得：，∴点，故错误；由勾股定理得：，，作关于轴的对称点，连接，交轴于，则，

∴，此时的值最小，过作轴于点，则，，由勾股定理得：，∴的值最小为，故正确；综上所述正确；故答案为：．【点睛】此题考查了轴对称的最短路径问题、等腰三角形的判定、图形与坐标特点、勾股定理，熟练掌握并能灵活运用轴对称的最短路径问题是解题的关键.29．（2023上·四川成都·九年级成都市树德实验中学校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是．点P到的距离定义如下：点Q为三边上的动点，当最小时，我们称此时的长度为点P到的距离，记为．已知矩形的四个顶点依次是，若点P在矩形的四条边上，则满足的点P有个．

【答案】5【分析】分点在，，，上，四种情况进行求解即可．【解析】解：如图：

∵，，∴轴，，∴，，①当点在线段上，点与点重合时，，∵，∴，满足题意；当点往下移动至点时，逐渐变小至，不存在；当点继续往下移动至点时，，当时，；②当点在上时，，不存在；③当点在上时，当，，存在两个点，使；④当点在上时，作交于点，此时，符合题意；综上，满足的点P有5个；故答案为：5．【点睛】本题考考查坐标与图形，勾股定理，解题的关键是掌握点P到的距离的定义．30．（2023上·福建厦门·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点和，其中．点C在x轴上且在点B右侧，．点D为第四象限内一点，若，，则．（用含a，b的代数式表示）【答案】/【分析】根据题意得出，过点A作的角平分线，利用各角之间的等量代换及等腰三角形的判定得出为等腰三角形，确定，过点A作，交x轴于点F，根据等腰三角形的性质及全等三角形的判定和性质得出，，即可求解．【解析】解：∵和，，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，过点A作的角平分线，∴，∵，，∴，∴，∴为等腰三角形，∴，过点A作，交x轴于点F，∴平分，，∴，∴，∴，即，∵，，∴∴，故答案为：．【点睛】题目主要考查坐标与图形，勾股定理解三角形，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．31．（2022上·四川成都·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，C的坐标分别为，．已知线段的端点M，N的坐标分别为，，平移线段，使得平移后的线段的两个端点均落在正方形的边上，此时正方形被该线段分为两部分，其中三角形部分的面积为；已知线段的端点坐标分别为，，且，，．平移线段，使得平移后的线段的两个端点均落在正方形的边上，且线段将正方形的面积分为两部分，取的中点H，连接，则的长为．【答案】/【分析】明确三角形部分与形状大小完全相同，即可求解；明确的长度定了，不管怎么放，三角形部分，形状大小完全一样，长度一样，即可求解．【解析】平移之后，如图所示，三角形部分与形状大小完全相同，∴三角形部分的面积，，平移后两端点落在正方形边上，∵，，∴不垂直四条边，把正方形分成两部分为三角形部分和另一部分多边形，两部分的面积为，可得，的长度定了，的面积确定了，不管怎么放，三角形部分，形状大小完全一样，则长度一样，令在如图位置，且，解得，∴的坐标为，的坐标为，∴中点的坐标为，即的坐标为，∴，故答案为：，．【点睛】本题考查四边形的综合题和移动线段问题，解题的关键是理解题意，画出图形，学会利用特殊点解决问题．32．（2022上·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，过点作直线与轴交于点，点为线段上一动点，将沿直线翻折得到，线段交轴于点．若为直角三角形，请写出点的坐标．【答案】或【分析】由对折得，可得为直角三角形，分两种情况讨论：当时，过点作于，证明，从而可得答案；当时，先求解，可得，设，则，再利用勾股定理求解，再求，即可得到答案．【解析】解：为直角三角形，分两种情况讨论：①当时，过点作于，如图所示：由对折可得，，，，为等腰直角三角形，，，，即，，；②当时，如图所示：由对折得，，，，，由，可得：，设，则，，，解得，，，综上，或．【点睛】本题考查求点的坐标，涉及直角三角形的性质和判定，翻折的性质等，根据题意，分两种情况讨论，构造出图形是解本题的关键．33．（2023下·北京海淀·八年级北京市十一学校校考阶段练习）如图，一个