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2024-2025学年八年级（下）期末数学试卷（拔尖卷）
【北师大版】
考试时间：120分钟；满分：120分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题，满分120分，限时120分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级·山东泰安·期末）如图，小明准备设计一个长方形的手工作品，已知长方形的边长为、，，面积为16，请计算的值为（ ）
A．72 B．24 C． D．160
2．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期末）一次函数的图象上有，两点，下列正确的选项是（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
3．（3分）（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在长方形中，，，将沿折叠，点B落在处，与交于E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
4．（3分）（24-25八年级·河北沧州·期末）已知为整数，且为正整数，则所有符合条件的的值的和为（ ）
A．12 B．10 C．6 D．4
5．（3分）（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（ ）
A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形
C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形
6．（3分）（24-25八年级·湖北省直辖县级单位·期末）如图，点是等边内一点，，，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）（24-25八年级·山东东营·期末）如图，在中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，在如图所示的甲，乙，丙三种方案中，正确的方案是（ ）
甲方案：在上取，连接，，，；
乙方案：作，分别平分，，连接，；
丙方案：作于点，于点，连接，．
A．甲，乙，丙都是 B．只有甲，乙是 C．只有甲，丙是 D．只有乙，丙是
8．（3分）（24-25八年级·广东深圳·期末）如图，在等腰中，，，O是外一点，O到三边的垂线段分别为，，，且，则的长度为（ ）
A．7 B．5 C． D．
9．（3分）（24-25八年级·重庆开州·期末）关于的分式方程有整数解，关于的不等式组无解，所有满足条件的整数的和为（ ）
A．2 B．-6 C．-3 D．4
10．（3分）（24-25八年级·北京大兴·期末）如图，我们称四个顶点都恰好在格点的四边形为格点四边形，A，B为4×4的正方形网格中的两个格点，在此图中以A，B为顶点的格点四边形是平行四边形的个数是（ ）．
A．10 B．11 C．12 D．13
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·福建福州·期末）甲、乙两艘船在某海域航行，甲船航行用了，如果乙船的航速是甲船航速的，那么乙船航行的路程为 ．
12．（3分）（24-25八年级·浙江宁波·期中）关于x的不等式组恰有三个整数解，则m的取值范围是 ．
13．（3分）（24-25八年级·四川宜宾·期末）如图，在长方形中，点E是的中点，连接，将沿翻折得到，交于点H，延长、相交于点G，若，，则 ．
14．（3分）（2025八年级·浙江温州·竞赛）已知，均为完全平方数，则
15．（3分）（24-25八年级·山东泰安·期末）如图，在中，，，，且在直线上，将绕点顺时针旋转到位置①，可得到点；将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，可得到点，此时；将位置②的三角形绕点顺时针旋转到位置③，可得到点，此时按此规律继续旋转，直到得到点为止，则 ．
16．（3分）（2025·陕西西安·二模）如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，的中点，点在边上运动，将沿折叠，使得点落在处，连接，点为中点，则的最小值是 ．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）阅读下列材料：
问题：已知，且，，试确定的取值范围．
解：∵，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴
∴，
即，
得，
∴的取值范围是．
请按照上述方法，完成下列问题：
(1)已知，且，，
试确定的取值范围；
试确定的取值范围
(2)已知，且，，若根据上述做法得到的取值范围是，请求出的值．
18．（6分）（24-25八年级·浙江宁波·期末）小磊和小轩在课外练习中碰到了一个问题，需要对多项式进行因式分解．小磊认为该整式一定有一个因式，小轩认为必有因式是，两人找到老师寻求帮助．老师提供了一个方法：因式分解是整式乘法的逆运算．若整式A能被整式B整除，则B必为A的一个因式．老师给出了演算方法：
(1)观察老师的演算后，你认为___________同学的想法是对的；
(2)已知多项式的其中一个因式为，请试着根据老师的方法列出演算过程，并将多项式进行因式分解；
(3)若多项式能因式分解成与另一个完全平方式，求与的值．
19．（8分）（24-25八年级·福建泉州·期末）如图1，在中，，，D、E分别在边，上，，且，与相交于点F．
(1)求证：为等边三角形；
(2)若，，求的值；
(3)如图2，点H在上， ，交于点G，求证：．
20．（8分）（24-25八年级·四川成都·期末）在中，，，点D在射线上，点E在射线上，，设．
(1)当时，求的度数；
(2)如图1，当D在线段上时，求证：；
(3)若，将点A绕着点E顺时针旋转得到，直线与直线相交于点F，当为直角三角形时，请求出CD的长．
21．（10分）（24-25八年级·四川成都·期末）如图，是的中线，是线段上一点(不与点A重合)．交于点，，连接．
(1)如图1，当点D与M重合时，求证：四边形是平行四边形．
(2)如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
(3)如图3，延长交于点H，若，且，求的度数．
22．（10分）（24-25八年级·福建厦门·期末）某公交公司有一栋4层的立体停车场，第一层供车辆进出使用，第二至四层停车．每层的层高为6m，横向排列30个车位，每个车位宽为3m，各车位有相应号码，如：201表示二层第1个车位．第二至四层每层各有一个升降台，分别在211，316，421，为便于升降台垂直升降，升降台正下方各层对应的车位都留空．每个升降台前方有可在轨道上滑行的转运板（以第三层为例，如图所示）.该系统取车的工作流程如下（以取停在311的车子为例）；
① 转运板接收指令，从升降台316前空载滑行至311前；
② 转运板进311，托起车，载车出311；
③ 转运板载车滑行至316前；
④ 转运板进316，放车，空载出316，停在316前；
⑤ 升降台垂直送车至一层，系统完成取车．
停车位 301 … 停车位 311 … 升降台 316 … 留空 321 … 停车位 330
转运板滑行区 转运板滑行区
如图停车场第三层平面示意图，升降台升与降的速度相同，转运板空载时的滑行速度为1m/s，载车时的滑行速度是升降台升降速度的2倍．
(1)若第四层升降台送车下降的同时，转运板接收指令从421前往401取车，升降台回到第四层40s后转运板恰好载着401的车滑行至升降台前，求转运板载车时的滑行速度；
（说明：送至一层的车驶离升降台的时间、转运板进出车位所用的时间均忽略不计）
(2)在（1）的条件下，若该系统显示目前第三层没有车辆停放，现该系统将某辆车随机停放在第三层的停车位上，取该车时，升降台已在316待命，求系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车的概率．
23．（12分）（24-25八年级·江苏扬州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，过点的直线与直线：相交于点．
(1)求直线的表达式；
(2)若，直接写出x的取值范围．
(3)直线与y轴交于点M，在x轴上是否存在点P，使得是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（12分）（24-25八年级·辽宁铁岭·期末）如图，与是等边三角形，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，，将绕点顺时针旋转．
【特例感知】
(1)如图①，当点在上，点在上时，则的形状为 ；
【类比迁移】
(2)当绕点顺时针旋转至图②的位置时，此时点在线段的延长线上，请判断的形状，并说明理由；
【方法运用】
(3)若，将由图①位置绕点顺时针旋转，当时，请直接写出的值．
1
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2024-2025学年八年级（下）期末数学试卷（拔尖卷）
【北师大版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级·山东泰安·期末）如图，小明准备设计一个长方形的手工作品，已知长方形的边长为、，，面积为16，请计算的值为（ ）
A．72 B．24 C． D．160
【答案】A
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，灵活运用因式分解对代数式进行变形是解题的关键．
根据长方形的面积可得，再对多项式进行因式分解，最后整体代入求值即可．
【详解】解：∵长方形的面积为16，
∴，
∴．
故选：A．
2．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期末）一次函数的图象上有，两点，下列正确的选项是（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】C
【分析】本题考查的是一次函数的图象与性质，先求解一次函数与轴的交点坐标为：，再结合图象求解即可．
【详解】解： 当，则，
解得：，
∴一次函数与轴的交点坐标为：；如图，
∴当时，，当时，，
一次函数的图象上有，两点，
∴当时，则，
∴，，
∴，故D不符合题意，C符合题意；
当时，则，
∴的符号不确定，，
∴A，B都不符合题意；
故选：C
3．（3分）（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在长方形中，，，将沿折叠，点B落在处，与交于E，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据翻折变换的性质得出，，再由得出，则，，设，则，再利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：∵长方形中，，，
∴，
∵将沿折叠，点B落在处，与交于E，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，，
设，则，
在中，，即，
解得，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查的是翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟知以上知识是解题的关键．
4．（3分）（24-25八年级·河北沧州·期末）已知为整数，且为正整数，则所有符合条件的的值的和为（ ）
A．12 B．10 C．6 D．4
【答案】B
【分析】本题考查了分式的混合运算和化简，乘法公式等知识点，解题的关键是熟练掌握公式法因式分解和分式的约分．
利用分式混合运算法则对原式进行化简，根据要求知道分子是分母的正整数倍，得出符合题意的的值．
【详解】解：
∵为正整数，且为整数，
∴或，
∴的取值为6，4，
则所有符合条件的的值的和为，
故选：B．
5．（3分）（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（ ）
A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形
C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形的性质，中心对称图形的定义，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识．由题意可得：拼成的正多边形的边数为奇数，分别求出每个选项中各个三角形的内角，进而得到组成的正多边形的内角，再根据正多边形的内角和公式判断出正多边形的边数，即可求解．
【详解】解：这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，
拼成的正多边形的边数为奇数，
A、顶角是的等腰三角形，则底角为，
可能拼成的正多边形的内角为或，但无法对应奇数边正多边形的内角，故该选项不符合题意；
B、顶角是的等腰三角形，可拼成正六边形，但正六边形是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，可能拼成的正多边形的内角需为、或的组合，但无法匹配奇数边的正多边形内角，故该选项不符合题意；
D、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，正五边形的内角为，可由两个角组成，正五边形边数为奇数，且不是中心对称图形，故该选项符合题意；
故选：D．
6．（3分）（24-25八年级·湖北省直辖县级单位·期末）如图，点是等边内一点，，，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将绕点顺时针旋转得，连接，可得是等边三角形，再利用勾股定理的逆定理可得，得到，过作交的延长线于点，然后利用勾股定理和直角三角形的性质即可得解．
【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转得，连接，
，，，
是等边三角形，
，，
，，
，
，
，
如图，过作交的延长线于点，
，
，
由勾股定理得，，
，
，
如图，过点作交于点，
，
，
由勾股定理得，
，
故选：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理，旋转的性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．
7．（3分）（24-25八年级·山东东营·期末）如图，在中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，在如图所示的甲，乙，丙三种方案中，正确的方案是（ ）
甲方案：在上取，连接，，，；
乙方案：作，分别平分，，连接，；
丙方案：作于点，于点，连接，．
A．甲，乙，丙都是 B．只有甲，乙是 C．只有甲，丙是 D．只有乙，丙是
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键．
对于甲方案：连接交于O，利用平行四边形的性质结合已知证明，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论；对于乙方案：根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明，，再根据角平分线的定义证得，进而证明得到，，则，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；对于丙方案：先根据平行线的判定证明，再证明得到，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；．
【详解】解：甲方案：连接交于O，如图，
在中，，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故甲方案正确；
乙方案：
在中，，，，
∴，
∵、分别平分、，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，故乙方案正确，
丙方案：
在中，，，
∴，
∵，，
∴，，
在和中，
∴，
∴，又，
∴四边形为平行四边形，故丙方案正确；
故选：A．
8．（3分）（24-25八年级·广东深圳·期末）如图，在等腰中，，，O是外一点，O到三边的垂线段分别为，，，且，则的长度为（ ）
A．7 B．5 C． D．
【答案】D
【分析】连接，，，由，设， ，，证明，得到为的角平分线，再根据，得到，根据三线合一及勾股定理求出，再根据，得到方程求解即可．
【详解】解：连接，，，如图，
由，设， ，，
∵，，，，
∴，即，
∴为的角平分线，
又∵，
∴，
∴为的中线，
∵，
∴、、三点共线，
∴，
在中，，
∴
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，熟知等腰三角形的三线合一、角平分线的判定及三角形的面积公式是解题的关键．
9．（3分）（24-25八年级·重庆开州·期末）关于的分式方程有整数解，关于的不等式组无解，所有满足条件的整数的和为（ ）
A．2 B．-6 C．-3 D．4
【答案】A
【分析】求出分式方程的解，由分式方程有整数解，得到整数a的取值；不等式组变形后，根据不等式组无解，确定出a的范围，进而求出a的值，得到所有满足条件的整数a的和．
【详解】分式方程去分母得：
1－ax+4(x-3)=﹣5，
解得：x=，
∵x≠3，
∴≠3，解得：a≠2．
由分式方程的解为整数，且a为整数，得到
4-a=±1，±2，±3，±6，
解得：a=3，5，2，6，7，1，10，-2．
∵a≠2，
∴a=-2，1，3，5，6，7，10．
解不等式组，得到：．
∵不等式组无解，
∴，解得：a≤3．
∴满足条件的整数a的值为﹣2，1，3，
∴整数a之和是-2+1+3=2．
故选：A．
【点睛】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．解题时注意：在解方程的过程中因为在把分式方程化为整式方程的过程中，扩大了未知数的取值范围，可能产生增根，增根是令分母等于0的值，不是原分式方程的解．
10．（3分）（24-25八年级·北京大兴·期末）如图，我们称四个顶点都恰好在格点的四边形为格点四边形，A，B为4×4的正方形网格中的两个格点，在此图中以A，B为顶点的格点四边形是平行四边形的个数是（ ）．
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】D
【分析】根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，构造顶点四边形即可；
【详解】解：如下图：由勾股定理和网格特征可得下列顶点四边形的两组对边分别相等，
∴都是平行四边形，
故选： D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，勾股定理；掌握平行四边形的性质是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·福建福州·期末）甲、乙两艘船在某海域航行，甲船航行用了，如果乙船的航速是甲船航速的，那么乙船航行的路程为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了列代数式， 根据题意先表示出甲船的速度，进而得出乙船的速度，据此即可解决问题，熟知速度、路程和时间三者之间的关系是解题的关键．
【详解】解：由题知，
甲船的速度为，
则乙船的速度为：，
∴乙船航行的路程为，
故答案为：．
12．（3分）（24-25八年级·浙江宁波·期中）关于x的不等式组恰有三个整数解，则m的取值范围是 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查解不等式组，可先用表示出不等式组的解集，再根据恰有三个整数解可得到关于的不等式组，可求得的取值范围．求得不等式组的解集是解题的关键．
【详解】解：
解不等式①可得，
解不等式②可得，
由题意可知原不等式组有解，
原不等式组的解集为，
该不等式组恰好有三个整数解，
整数解为1，2，3，
．
故答案为：．
13．（3分）（24-25八年级·四川宜宾·期末）如图，在长方形中，点E是的中点，连接，将沿翻折得到，交于点H，延长、相交于点G，若，，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，连接，根据点是的中点得，根据四边形是长方形得，根据将沿翻折得到得，利用证明，得，设，则，，在中，根据勾股定理得，，进行计算即可得．
【详解】解：如图所示，连接，
∵点是的中点，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
解得，
故答案为：．
14．（3分）（2025八年级·浙江温州·竞赛）已知，均为完全平方数，则
【答案】或或
【分析】本题考查完全平方数，设①，②（、为整数），得，将所有可能情况列出来即可解答．解题的关键是根据题意列出等式进行试解，同时要知道完全平方数是整数．
【详解】解：设①，②（、为整数），
②－①得：，即，
可能情况如下：
，，，，，，
解得：（舍去），，，（舍去），（舍去），，
当时，，
当时，，
当时，，
∴或或．
故答案为：或或．
15．（3分）（24-25八年级·山东泰安·期末）如图，在中，，，，且在直线上，将绕点顺时针旋转到位置①，可得到点；将位置①的三角形绕点顺时针旋转到位置②，可得到点，此时；将位置②的三角形绕点顺时针旋转到位置③，可得到点，此时按此规律继续旋转，直到得到点为止，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查实数的规律，熟练掌握规律是解题的关键．根据题意求出，根据题意发现从开始组为一个循环，即可计算答案．
【详解】解：由题意可得：，
，
，
，
，
开始组为一个循环，每次循环增加，
故，
．
故答案为：．
16．（3分）（2025·陕西西安·二模）如图，在平行四边形中，，，，点，分别为，的中点，点在边上运动，将沿折叠，使得点落在处，连接，点为中点，则的最小值是 ．
【答案】/
【分析】根据三角形中位线定理可得，知当取得最小值时，取得最小值，由折叠知，点在以点为圆心，的长为半径的半圆弧上运动，当点运动到线段上时，取得最小值，为，过点作于点，根据的直角三角形的性质可得的长与的长，根据勾股定理求出的长，进一步可得的最小值，即可求出的最小值．
【详解】解：连接，，过点作于点，如图所示，则，
∵点为的中点，点为中点，
∴，
∴当取得最小值时，取得最小值，
∵平行四边形中，，点为的中点，
∴，
由折叠知，，
∴点在以点为圆心，的长为半径的半圆弧上运动，
当点运动到线段上时， 取得最小值，最小值为，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，三角形中位线定理，含的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·安徽安庆·专题练习）阅读下列材料：
问题：已知，且，，试确定的取值范围．
解：∵，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，∴
∴，
即，
得，
∴的取值范围是．
请按照上述方法，完成下列问题：
(1)已知，且，，
试确定的取值范围；
试确定的取值范围
(2)已知，且，，若根据上述做法得到的取值范围是，请求出的值．
【答案】(1)(1) ；
(2)
【分析】本题考查了一元一次不等式的性质和解二元一次方程组，仔细阅读材料，理解解题过程是解题的关键．
（）根据阅读材料所给的解题过程，直接套用解答即可求得的取值；
由得，进而求得，即，即可求得的取值范围；
（）根据题意求得，，然后利用不等式的性质求解的取值范围，从而得到关于，的方程组求解；
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由得，
∴，
即，
∴，
∴的取值范围是；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵的取值范围是，
∴，
解得：．
18．（6分）（24-25八年级·浙江宁波·期末）小磊和小轩在课外练习中碰到了一个问题，需要对多项式进行因式分解．小磊认为该整式一定有一个因式，小轩认为必有因式是，两人找到老师寻求帮助．老师提供了一个方法：因式分解是整式乘法的逆运算．若整式A能被整式B整除，则B必为A的一个因式．老师给出了演算方法：
(1)观察老师的演算后，你认为___________同学的想法是对的；
(2)已知多项式的其中一个因式为，请试着根据老师的方法列出演算过程，并将多项式进行因式分解；
(3)若多项式能因式分解成与另一个完全平方式，求与的值．
【答案】(1)小磊；
(2)；
(3)．
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，解题的关键是理解题意，掌握题目提供的方法．
（1）根据题目中提供的信息进行解答即可；
（2）根据老师提供的方法进行解答即可；
（3）根据题意列出竖式，得出，，根据多项式能因式分解成与另一个完全平方式，得出，求出m、n的值．
【详解】（1）解：根据题意可得：，
，
∴该整式一定有一个因式，没有因式是，
∴小磊同学的想法是对的；
（2）解：根据题意得：
∴将多项式进行因式分解为：
．
（3）解：根据题意得：
∴，，
∵多项式能因式分解成与另一个完全平方式，
∴是一个完全平方式，
∴，
∴，．
19．（8分）（24-25八年级·福建泉州·期末）如图1，在中，，，D、E分别在边，上，，且，与相交于点F．
(1)求证：为等边三角形；
(2)若，，求的值；
(3)如图2，点H在上， ，交于点G，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)19
(3)见解析
【分析】（1）在上截取，连接，证明，和，则，即可得结论；
（2）过点A作于M，根据勾股定理计算高，可得和的长，即可解答；
（3）延长至K，使，连接，，证明和，即可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，在上截取，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形；
（2）解：如图2，过点A作于M，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．
（3）证明：延长至K，使，连接，，如图3所示：
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查的是全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，等边三角形的性质和判定，平方差公式等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
20．（8分）（24-25八年级·四川成都·期末）在中，，，点D在射线上，点E在射线上，，设．
(1)当时，求的度数；
(2)如图1，当D在线段上时，求证：；
(3)若，将点A绕着点E顺时针旋转得到，直线与直线相交于点F，当为直角三角形时，请求出CD的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）先根据等腰三角形求出，再利用三角形内角和求解即可；
（2）要证，需将线段进行转化，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，导角易得，，进而可证出，所以，，即可得证；
（3）分类讨论，当D在线段上或延长线上时，画出符合题意的图形，易证，通过推导角可得出特殊角，再利用特殊角建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①当点D在上时，
∵点A绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
过E作于点H，则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴；
②当在延长线上时，
同理可得，
∴，
当时，，
设，则，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、含的直角三角形的性质等内容，最后一问画出符合题意的图形是解题的关键．
21．（10分）（24-25八年级·四川成都·期末）如图，是的中线，是线段上一点(不与点A重合)．交于点，，连接．
(1)如图1，当点D与M重合时，求证：四边形是平行四边形．
(2)如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
(3)如图3，延长交于点H，若，且，求的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)成立，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）先判断出，进而判断出，即可得出结论；
（2）过点M作交于G，先判断出四边形是平行四边形，借助（1）的结论即可得出结论；
（3）取线段的中点I，连接，先判断出，，延长至点N，使，连接，利用证明，可得出，，则是等边三角形，进而得出，．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的中线，且D与M重合，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：结论成立，
理由如下：
如图2，过点M作交于G，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
由（1）同理可证：，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形；
（3）解：如图3，取线段的中点I，连接，
∵，
∴是的中位线，
∴，，
∵，且，
∴，，
延长至点N，使，连接，
又，，
∴，
∴，，
又，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
即．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中线，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是解题的关键．
22．（10分）（24-25八年级·福建厦门·期末）某公交公司有一栋4层的立体停车场，第一层供车辆进出使用，第二至四层停车．每层的层高为6m，横向排列30个车位，每个车位宽为3m，各车位有相应号码，如：201表示二层第1个车位．第二至四层每层各有一个升降台，分别在211，316，421，为便于升降台垂直升降，升降台正下方各层对应的车位都留空．每个升降台前方有可在轨道上滑行的转运板（以第三层为例，如图所示）.该系统取车的工作流程如下（以取停在311的车子为例）；
① 转运板接收指令，从升降台316前空载滑行至311前；
② 转运板进311，托起车，载车出311；
③ 转运板载车滑行至316前；
④ 转运板进316，放车，空载出316，停在316前；
⑤ 升降台垂直送车至一层，系统完成取车．
停车位 301 … 停车位 311 … 升降台 316 … 留空 321 … 停车位 330
转运板滑行区 转运板滑行区
如图停车场第三层平面示意图，升降台升与降的速度相同，转运板空载时的滑行速度为1m/s，载车时的滑行速度是升降台升降速度的2倍．
(1)若第四层升降台送车下降的同时，转运板接收指令从421前往401取车，升降台回到第四层40s后转运板恰好载着401的车滑行至升降台前，求转运板载车时的滑行速度；
（说明：送至一层的车驶离升降台的时间、转运板进出车位所用的时间均忽略不计）
(2)在（1）的条件下，若该系统显示目前第三层没有车辆停放，现该系统将某辆车随机停放在第三层的停车位上，取该车时，升降台已在316待命，求系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车的概率．
【答案】(1)转运板载车时的滑行速度为0.6m/s
(2)P（系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车）＝
【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用和列举法求概率，掌握列方程或不等式解决实际问题和概率公式是解题的关键．
（1）设转运板载车时的滑行速度为x m/s，则升降台升降速度为0.5x m/s，由“升降台回到第四层40s后转运板恰好载着401的车滑行至升降台前”列出方程即可求解；
（2）根据（1）的结论，设系统将车辆随机停放在316旁的第a个车位，由“系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车”列出不等式求出a，再根据概率公式即可求解．
【详解】（1）解：设转运板载车时的滑行速度为x m/s，则升降台升降速度为0.5x m/s，
依据题意可知，车位421与401相距m，且每层的层高为6 m，
可列方程：，
解得：x＝0.6 ，
经检验，原分式方程的解为x＝0.6，且符合题意．
答：转运板载车时的滑行速度为0.6m/s．
（2）解：设系统将车辆随机停放在316旁的第a个车位，要使得系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车，
则．
解得：．
因为a是正整数，所以．
因此，要使得系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车，该车只能停放在316左右两旁一共4个车位上，也即该系统将某辆车随机停放在第三层的停车位上共有28种可能性相等的结果，而停放在满足条件“系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车”的停车位上的结果有4种，所以P（系统按上述工作流程在1分钟内完成取该车）＝．
23．（12分）（24-25八年级·江苏扬州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，过点的直线与直线：相交于点．
(1)求直线的表达式；
(2)若，直接写出x的取值范围．
(3)直线与y轴交于点M，在x轴上是否存在点P，使得是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或或或
【分析】（1）将点代入，确定定B的坐标，分别把A，B的坐标代入，解答即可；
（2）根据交点坐标的意义，结合不等式解答即可；
（3）分为：及三种情形讨论得出结果．
本题考查了求一次函数的解析式，一次函数与不等式，等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
【详解】（1）解：将点代入，
得，
故
设直线的解析式为，
根据题意，得，
解得，
∴．
（2）解：根据题意，得图象交点为，∵，
∴．
（3）解：根据题意，得，
故，，
同理可得，；
故；
当时，得到,此时，
当时，
∴，
∴，
当时，
∴，
∴，
当时，设，则，，
根据勾股定理，得，
解得，
∴，
综上所述：或或或．
24．（12分）（24-25八年级·辽宁铁岭·期末）如图，与是等边三角形，连接，取的中点，连接并延长至点，使，连接，，，将绕点顺时针旋转．
【特例感知】
(1)如图①，当点在上，点在上时，则的形状为 ；
【类比迁移】
(2)当绕点顺时针旋转至图②的位置时，此时点在线段的延长线上，请判断的形状，并说明理由；
【方法运用】
(3)若，将由图①位置绕点顺时针旋转，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)等边三角形
(2)等边三角形，见解析
(3)或
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得到，，利用平行线的性质，得到，，，从而推出，最后判定三角形为等边三角形；
（2）连接，交分别、于点、，同理可证明四边形是平行四边形，得到，，再证明，得到，，得到是等腰三角形，最后联合平行线的性质，得到，从而判定三角形为等边三角形；
（3）连接、，同（2），可证四边形是平行四边形，是等边三角形有，设，则，，先判定是直角三角形，，取的中点，连接，通过，推出，即此时在边上，那么；连接、，同①，可证是直角三角形，，，此时在边上，可得到．
【详解】（1）解：由题意可得，，
四边形是平行四边形
，
和是等边三角形
、、三点共线
，，
是等边三角形
故答案为：等边三角形．
（2）解：是等边三角形，理由如下，
如下图，连接，交分别、于点、，
，
四边形是平行四边形
，
和是等边三角形
，，
点在线段的延长线上
，即
，
是等腰三角形
又，
是等边三角形
（3）解：①如下图，连接、
同（2），可证四边形是平行四边形，是等边三角形
有
设，则，
是直角三角形，
取的中点，连接
此时在边上
②如下图，连接、
同①，可证是直角三角形，，
此时在边上
综上所述，或．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理等，熟练掌握以上知识点，构建合适的辅助线是解题的关键．
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