文档内容
期末真题必刷常考 60 题（37 个考点专练）
知识导图
一．同底数幂的乘法（共1小题） 二十．分式方程的定义（共1小题）
二．幂的乘方与积的乘方（共1小题） 二十一．解分式方程（共2小题）
三．单项式乘单项式（共1小题） 二十二．分式方程的应用（共2小题）
四．完全平方公式（共2小题） 二十三．三角形（共1小题）
五．完全平方公式的几何背景（共1小题） 二十四．三角形的稳定性（共1小题）
六．平方差公式的几何背景（共2小题） 二十五．三角形的外角性质（共1小题）
七．整式的除法（共1小题） 二十六．全等三角形的性质（共2小题）
八．因式分解的意义（共2小题） 二十七．全等三角形的判定（共2小题）
九．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题） 二十八．全等三角形的应用（共2小题）
一十．因式分解-十字相乘法等（共2小题） 二十九．角平分线的性质（共2小题）
一十一．因式分解的应用（共2小题） 三十．线段垂直平分线的性质（共1小题）
一十二．分式的定义（共2小题） 三十一．等腰三角形的判定与性质（共2小题）
一十三．分式的值（共2小题） 三十二．等边三角形的判定与性质（共2小题）
一十四．分式的基本性质（共2小题） 三十三．直角三角形的性质（共1小题）
一十五．最简公分母（共2小题） 三十四．含30度角的直角三角形（共2小题）
一十六．分式的乘除法（共2小题） 三十五．多边形内角与外角（共1小题）
一十七．分式的混合运算（共2小题） 三十六．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共2小题）
一十八．零指数幂（共2小题） 三十七．作图-轴对称变换（共1小题）
一十九．负整数指数幂（共2小题）
题型强化
一．同底数幂的乘法（共1小题）
1．（2024春•抚州期末）计算 的结果，正确的是
A． B． C． D．
【分析】利用同底数幂的乘法的法则进行运算即可．
【解答】解：
．
故选： ．
【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
二．幂的乘方与积的乘方（共1小题）2．（2023秋•凉州区校级期末）若 ， ，则 的值为 4 8 ．
【分析】直接利用同底数幂的乘法以及幂的乘方的运算将原式变形为 ，代入数值进行计算即可．
【解答】解： ， ，
，
故答案为：48．
【点评】本题考查了同底数幂的乘法以及幂的乘方的运算，熟练掌握相关运算法则是解此题的关键．
三．单项式乘单项式（共1小题）
3．（2023秋•肇东市校级期末）计算 的结果是 ．
【分析】根据单项式乘单项式的运算法则进行求解即可．
【解答】解：
．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查单项式乘单项式，解答的关键是对单项式乘单项式的运算法则的掌握．
四．完全平方公式（共2小题）
4．（2023秋•遂宁期末）已知 ， ，则 的值为
A．10 B．11 C．12 D．13
【分析】把 的两边平方，化简后把 代入即可求出 的值．
【解答】解： ，
，
，
，，
．
故选： ．
【点评】本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式 是解答本题的关键．
5．（2023秋•舒兰市期末）有一系列等式：
（1）根据你的观察、归纳、发现的规律，写出 的结果
（2）试猜想 是哪一个数的平方，并予以证明．
【分析】（1）根据规律列式进行计算即可得解；
（2）观察规律不难发现，四个连续自然数的乘积与1的和等于第一个数的平方，加上前第一个数的3倍再
加上1然后平方．
【解答】解：（1）根据观察、归纳、发现的规律，得到 ；
故答案为： ；
（2）依此类推： ，
理由如下：等式左边 ，
等式右边 ，
左边 右边．
【点评】此题考查了完全平方公式，仔细观察题目信息，得到变化规律是解题的关键，利用多项式的乘法
运算法则进行计算时较为复杂，要仔细运算．五．完全平方公式的几何背景（共1小题）
6．（2023秋•寻乌县期末）综合与探究
【知识生成】我们已经知道，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式．例如，由图 1可以得到
，基于此，请解答下列问题．
【直接应用】（1）若 ， ，求 的值．
【类比应用】（2）若 ，则 1 2 ．
【知识迁移】（3）将两块全等的特制直角三角板 按如图2所示的方式放置，其中点
， ， 在同一直线上，点 ， ， 也在同一直线上，连接 ， ．若 ，
，求一块直角三角板的面积．
【分析】（1）先由 得 ，据此得 ，然后再把 整体代入即可
求出 的值；
（2）先求出 ，据此得 ，然后把 整体代入即可得出
的值；
（3）设 ， ，根据 可得 ，进而根据
得 ，据此根据完全平方公式变形即可求解．
【解答】解：（1） ，
，又 ，
，
；
（2） ，
，
即 ，
，
，
，
故答案为：12；
（3） 两块直角三角板全等，
， ， ，
点 ， ， 在同一直线上，点 ， ， 也在同一直线上，
， ．
设 ， ．
，
，
即 ，
，
又 ，，
，
，
，
答：一块直角三角板的面积为16．
【点评】本题考查了完全平方公式变形求值，全等三角形的性质，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
六．平方差公式的几何背景（共2小题）
7．（2022秋•郸城县期末）如图，边长为 的正方形纸片剪出一个边长为 的正方形之后，剩余部分可
剪拼成一个长方形．若拼成的长方形一边长为3，则另一边长为 ．
【分析】根据拼图中各个部分之间的关系得出答案．
【解答】解：如图，将剩余部分拼成一个长方形．这个长方形一边长为3，另一边长为 ，
即 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查平方差公式的几何背景，理解拼图中各个部分之间的关系是解决问题的关键．
8．（2023秋•谢家集区期末）将边长为 的小正方形 和边长为 的大正方形 按如图所示放置，
其中点 在边 上．
（1）若 ， ，求 的值；（2）连接 ， ，若 ， ，求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据平方差公式代入计算即可；
（2）用代数式表示阴影部分的面积，再根据完全平方公式的结构特征进行计算即可．
【解答】解：（1） ，即 ，而 ，
，
答： 的值为2；
（2）由题意得，
当 ， 时，
原式
，
答：阴影部分的面积是11．
【点评】本题考查平方差公式，完全平方公式，掌握平方差公式、完全平方公式的结构特征是正确解答的
前提．七．整式的除法（共1小题）
9．（2023秋•吐鲁番市期末）如图，美美不小心在课后作业的第1题滴了一点墨水，留下一道残缺不全的
题目，则被墨水覆盖的部分为
A． B． C． D．
【分析】根据乘法和除法互为逆运算可知：被除式 商 除式，由此可求出被覆盖的部分．
【解答】解：被覆盖部分为 ．
故选： ．
【点评】本题考查了整式的乘法，熟练掌握整式的乘法是解题的关键．
八．因式分解的意义（共2小题）
10．（2024春•市北区期末）下列各式从左边到右边的变形中，属于因式分解的是
A． B．
C． D．
【分析】根据因式分解的定义逐个判断即可．把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫因式分解．
【解答】解： ． ，是整式的乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
． ，等式的右边不是几个整式的积的形式，不属于因式分解，故本选项不符合题
意；
． ，等式的左边不是一个多项式，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
． ，从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意．
故选： ．
【点评】本题考查了因式分解的定义，能熟记因式分解的定义是解此题的关键．
11．（2023秋•忻州期末）仔细阅读下面的例题，并解答问题：例题：已知二次三项式 有一个因式是 ，求另一个因式以及 的值．
解法一：设另一个因式为 ，得
则 ，
解得 ， ．
另一个因式为 ， 的值为 ．
解法二：设另一个因式为 ，得
当 时，
即 ，解得
另一个因式为 ， 的值为 ．
问题：仿照以上一种方法解答下面问题．
（1）若多项式 分解因式的结果中有因式 ，则实数 1 ．
（2）已知二次三项式 有一个因式是 ，求另一个因式及 的值．
【分析】（1）将 展开，根据所给出的二次三项式即可求出 和 的值；
（2） 展开，可得出一次项的系数，继而即可求出 和 的值．
【解答】解：（1）设另一个因式为 ，得
则 ，
，解得 ， ．
故答案为：1．（2）设另一个因式为 ，得
则
，
解得 ， ，
另一个因式为 ， 的值为5．
【点评】本题考查因式分解的意义，解题关键是对题中所给解题思路的理解，同时要掌握因式分解与整式
乘法是相反方向的变形，即互逆运算，二者是一个式子的不同表现形式．
九．提公因式法与公式法的综合运用（共1小题）
12．（2024春•桃源县期末）下列因式分解正确的是
A． B．
C． D．
【分析】根据提公因式法、公式法逐项进行因式分解，再进行判断即可．
【解答】解： ． ，因此选项 不符合题意；
． ，因此选项 不符合题意；
，因此选项 不符合题意；
． ，因此选项 符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查提公因式法、公式法分解因式，掌握 ， 是正确应用的
前提．
一十．因式分解-十字相乘法等（共2小题）
13．（2023秋•荣成市期末）用十字相乘法将 因式分解，正确的是A． B． C． D．
【分析】因为 ， ，所以利用十字相乘法分解因式即可．
【解答】解： ．
故选： ．
【点评】本题考查十字相乘法分解因式．运用十字相乘法分解因式时，要注意观察，尝试，并体会它实质
是二项式乘法的逆过程．
14．（2023秋•潮南区校级期末）若 分解因式的结果是 ，则 的值为 ．
【分析】首先根据因式分解的定义得 ，进而可得 ，由此可
得 ， ，然后再求出 的值即可．
【解答】解：依题意得： ，
又 ，
，
， ，
．
故答案为： ．
【点评】此题主要考查了因式分解的定义，多项式乘多项式，理解因式分解的定义，熟练掌握多项式乘多
项式的运算法则是解决问题的关键．
一十一．因式分解的应用（共2小题）
15．（2023秋•新乡期末）在日常生活中如取款、上网等都需要密码，有一种用“因式分解法”产生的密
码，方便记忆，原理是对于多项 ，因式分解的结果是 ，若取 ， ，则
各个因式的值是： ， ， ，于是就可以把“180162”作为一个六位数的密码．
那么对于多项式 ，取 ， 时，用上述方法产生的密码是 113927 （答案不唯一）（写出一个即可）．
【分析】把所给式子提公因式 后．继续用平方差公式进行因式分解，算出各个因式的值，任选一组当密
码即可．
【解答】解：
．
当 ， 时，
各个因式的值是： ， ， ．
用上述方法产生的密码是：113927或112739或391127或392711或273911或271139．
故答案为：113927（答案不唯一）．
【点评】本题考查因式分解的应用．把所给多项式进行因式分解时分解到底是解决本题的关键．
16．（2023秋•罗山县期末）如果一个正整数能表示为两个连续的偶数的平方差，那么称这个正整数为
“神秘数”．如果 ， ， ，因此4，12，20都是“神秘数”．
（1）28和2020这两个数是“神秘数”吗？为什么？
（2）设两个连续偶数为 和 （其中 取非负整数），由这两个连续偶数构造的“神秘数”是4的
倍数吗？为什么？
（3）两个连续的奇数的平方差（取正整数）是“神秘数”吗？为什么？
【分析】（1）根据“神秘数”的定义，只需看能否把28和2020这两个数写成两个连续偶数的平方差即可
判断；
（2）运用平方差公式进行计算，进而判断即可；
（3）运用平方差公式进行计算，进而判断即可．
【解答】解：（1） ， ，
是“神秘数”；2020是“神秘数”；
（2）两个连续偶数构成的“神秘数”是4的倍数．
理由如下：，
两个连续偶数构成的“神秘数”是4的倍数，
是奇数，
“神秘数”是4的倍数，不是8的倍数；
（3）设两个连续的奇数为： ， ，则
，
此数是8的倍数，而由（2）知“神秘数”是4的倍数，但不是8的倍数，
所以两个连续的奇数的平方差不是神秘数．
【点评】此题考查了因式分解的实际运用，掌握平方差公式，理解新定义的意义是解题关键．
一十二．分式的定义（共2小题）
17．（2024春•东坡区校级期末）在式子 、 、 、 、 、 中，分式的个数有
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
【解答】解： 、 、 这3个式子的分母中含有字母，因此是分式．
其它式子分母中均不含有字母，是整式，不是分式．
故选： ．
【点评】本题考查的是分式的定义：一般地，如果 ， 表示两个整式，并且 中含有字母，那么式子
叫做分式，在解答此题时要注意分式是形式定义，只要是分母中含有字母的式子即为分式．
18．（2022秋•唐山期末）已知 ， ， ， ，若 ，
为正整数），则 10 9 ．
【分析】根据题意找出规律解答．
【解答】解：由已知得 ， ，
．【点评】本题属于找规律题目，关键是找出分母的规律， ．根据题意解出未知数，代入所求代数
式即可．
一十三．分式的值（共2小题）
19．（2023秋•景县期末）如图，若 为正整数，则表示分式 的值落在
A．线①处 B．线②处 C．线③处 D．线④处
【分析】根据分式的基本性质解决此题．
【解答】解： ．
为正整数，
最小值为1．
当 时， 取最小值 ．
．
分式 的值落在线②处．
故选： ．
【点评】本题主要考查分式的基本性质、分式的值，熟练掌握分式的基本性质是解决本题的关键．
20．（2023秋•林口县期末）若分式 的值为负数，则 的取值范围是 且 ．
【分析】根据题意，因为任何实数的平方都是非负数，分母有不能为0，所以分母必是正数，主要分子的
值是负数则可，从而列出不等式．
【解答】解：由题意得， ，
，
的值为负数，，
，
所以 且 ．
【点评】本题考查不等式的解法和分式值的正负条件．解不等式时当未知数的系数是负数时，两边同除以
未知数的系数需改变不等号的方向，当未知数的系数是正数时，两边同除以未知数的系数不需改变不等
号的方向．
一十四．分式的基本性质（共2小题）
21．（2023秋•石河子校级期末）分式 中的 ， 同时变为原来的3倍，则分式的值
A．变为原来的 B．变为原来的3倍
C．变为原来的9倍 D．不变
【分析】直接利用分式的性质将原式变形进而得出答案．
【解答】解： ，
分式 中的 ， 同时变为原来的3倍，则分式的值变为原来的3倍，
故选： ．
【点评】本题考查分式的基本性质，解题的关键是熟练运用分式的基本性质，本题属于基础题型．
22．（2023 秋•安顺期末）已知 ， ， 是不为 0 的实数，且 ，那么
的值是 ．
【分析】将已知条件进行变换，然后将分式代简，即可得出结果．
【解答】解： ，
，即 ①；
同理可得 ②，
③；① ② ③得： ； ；
又 的倒数为 ，即为 ，则原数为 ．
故答案为 ．
【点评】本题先把已知式子转化为倒数计算，可使计算简便．
一十五．最简公分母（共2小题）
23．（2022秋•灵宝市期末）分式 与 的最简公分母是
A． B． C． D．
【分析】先把 利用提公因式法因式分解，再根据最简公分母的概念解答即可．
【解答】解： ，
与 的最简公分母是 ，
故选： ．
【点评】本题考查的是最简公分母，取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这
样的公分母叫做最简公分母．
24．（2023秋•下陆区期末）分式 与 的最简公分母是 ．
【分析】根据确定最简公分母的方法：（1）取各分母系数的最小公倍数；（2）凡单独出现的字母连同它
的指数作为最简公分母的一个因式；（3）同底数幂取次数最高的，得到的因式的积就是最简公分母，即
可得出答案．
【解答】解：分式 与 的最简公分母是 ，
故答案为： ．
【点评】此题考查了最简公分母，关键是把各个分式中分母因式分解，确定最简公分母的方法一定要掌握．
一十六．分式的乘除法（共2小题）
25．（2023秋•东营期末）计算 的结果是A． B． C． D．
【分析】根据分式的乘法法则进行计算即可．
【解答】解： ．
故选： ．
【点评】本题考查了分式的乘法法则，能正确运用分式的乘法法则进行计算是解此题的关键．
26．（2023秋•互助县期末）计算： ．
【分析】根据分式的乘法法则计算即可．
【解答】解：原式 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查分式的乘法运算，熟练掌握运算法则是解题关键．
一十七．分式的混合运算（共2小题）
27．（2023秋•商州区期末）阳阳同学在复习老师已经批阅的作业本时，发现有一道填空题破了一个洞
（如图所示），■表示破损的部分．则破损部分的式子可能是
A． B．
C． D．
【分析】根据题意残损部分的式子为 ，再计算即可．
【解答】解：残损部分的式子为，
故选： ．
【点评】本题主要考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则．
28．（2023秋•唐山期末）化简： ，下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
解：原式
解：原式
（1）甲同学解法的依据是 ② ，乙同学解法的依据是 ；（填序号）
①等式的基本性质；
②分式的基本性质；
③乘法分配律；
④乘法交换律．
（2）请选择一种解法，写出完整的解答过程．
【分析】（1）根据乘法分配律，以及分式的基本性质进行计算，即可解答；
（2）若选择甲同学的解法：先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答；若选择
乙同学的解法：先利用乘法分配律计算分式的乘法，再算加减，即可解答．
【解答】解：（1）甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律，
故答案为：②；③；
（2）若选择甲同学的解法：；
若选择乙同学的解法：
．
【点评】本题考查了分式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．
一十八．零指数幂（共2小题）
29．（2024春•淅川县期末）若 ，则 的取值范围是 ．
【分析】根据非零的零次幂等于1，可得答案．
【解答】解：由 ，得
．
解得 ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了零指数幂，注意零指数幂的底数不能为零．
30．（2023秋•静安区校级期末）计算： ．
【分析】直接利用零指数幂的性质以及二次根式的性质和绝对值的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式
．
【点评】此题主要考查了零指数幂的性质以及二次根式的性质和绝对值的性质，正确化简各数是解题关键．
一十九．负整数指数幂（共2小题）
31．（2024春•鼓楼区期末）计算 的值为
A．2 B． C． D．【分析】直接利用负整数指数幂的性质，负整数指数幂： ， 为正整数），计算得出答案．
【解答】解： ．
故选： ．
【点评】此题主要考查了负整数指数幂的性质，正确掌握相关性质是解题关键．
32．（2023秋•长乐区期末）计算： 的结果是 5 ．
【分析】直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质进而得出答案．
【解答】解：原式 ．
故答案为：5．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
二十．分式方程的定义（共1小题）
33．（2022 秋•安新县期末）下列方程：① ；② ；③ ；④
．其中分式方程是
A．①②③ B．①② C．①③ D．①②④
【分析】根据分式方程的定义对各方程进行逐一分析即可．
【解答】解：方程①是分式方程，符合题意；
方程②分母中含有未知数，符合题意；
方程③整式方程，不符合题意；
方程④是整式方程，不符合题意；
故选： ．
【点评】本题考查的是分式方程的定义，熟知分母中含有未知数的方程叫做分式方程是解答此题的关键．
二十一．解分式方程（共2小题）
34．（2023秋•赣县区期末）解方程 去分母，两边同乘 后的式子为
A． B． C． D．
【分析】根据分式方程的解法，两侧同乘 化简分式方程即可．
【解答】解：解方程 去分母，两边同乘 后的式子为： ，故选： ．
【点评】本题考查了解分式方程时去分母，找到分式方程的公分母是解题的关键．
35．（2024春•海曙区期末）小颖在解分式方程 时，△处被污染看不清，但正确答案是：
此方程无解．请你帮小颖猜测一下△处的数应是 1 ．
【分析】由分式方程无解，得到 ，即 ，分式方程去分母转化为整式方程，把 代入计算即
可求出所求．
【解答】解：去分母得： △ ，
由分式方程无解，得到 ，即 ，
把 代入整式方程得：△ ．
故答案为：1．
【点评】此题考查了解分式方程，以及分式方程的解，熟练掌握分式方程的解法是解本题的关键．
二十二．分式方程的应用（共2小题）
36．（2022秋•唐县期末）斑马线前“车让人”，不仅体现着一座城市对生命的尊重，也直接反映着城市
的文明程度．如图，某路口的斑马线路段 横穿双向行驶车道，其中 米，在绿灯亮时，
小敏共用22秒通过 路段，其中通过 路段的速度是通过 路段速度的1.2倍，则小敏通过 路段
时的速度是
A．0.5米 秒 B．1米 秒 C．1.5米 秒 D．2米 秒
【分析】设小敏通过 路段时的速度是 米 秒，则小敏通过 路段时的速度是 米 秒，利用时间
路程 速度，结合小敏共用22秒通过 路段，即可得出关于 的分式方程，解之经检验后即可得出结
论．
【解答】解：设小敏通过 路段时的速度是 米 秒，则小敏通过 路段时的速度是 米 秒，
依题意得： ，
解得： ，
经检验， 是原方程的解，且符合题意，
小敏通过 路段时的速度是1米 秒．
故选： ．【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
37．（2023秋•呼兰区校级期末）“元旦”期间，某电商想购进 、 两种商品出售，已知每件 种商品
的进价比每件 种商品的进价少5元，且用400元购进 种商品的数量是用100元购进 种商品数量的2
倍．
（1）求每件 种商品和每件 种商品的进价分别是多少元？
（2）商店决定购进 、 两种商品共80件， 种商品加价5元出售， 种商品比进价提高 后出售，
要使所有商品全部出售后利润不少于200元，求 种商品至少购进多少件？
【分析】（1）设每件 商品的进价为 元，则每件 商品的进价为 元，根据“用300元购进 种商
品的数量是用100元购进 种商品数量的2倍”列出方程，解方程即可；
（2）设购进 商品 件，根据“ 种商品加价5元出售， 种商品比进价提高 后出售，要使所有商
品全部出售后利润不少于200元”列出不等式，解不等式即可．
【解答】解：（1）设每件 商品的进价为 元，则每件 商品的进价为 元，根据题意，得
，
解这个分式方程，得 ，
经检验， 是原分式方程的解，且符合题意，则 ，
答：每件 商品的进价为10元，每件 商品的进价为5元；
（2）设购进 商品 件，由题意得： ，
解得： ，
答： 种商品至少购进30件．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解答本题的关键是读懂题意，找出合适
的数理关系，列出方程或不等式．
二十三．三角形（共1小题）
38．（2023秋•琼海校级期末）过 、 、 、 、 五个点中任意三点画三角形；（1）其中以 为一边可以画出 3 个三角形；
（2）其中以 为顶点可以画出 个三角形．
【分析】（1）根据三角形定义，再选择一个点，然后顺次连接即可画出图形；
（2）根据三角形的定义，再 、 、 、 中任意选择两个点，然后顺次连接即可画出图形．
【解答】解：（1）如图，以 为一边的三角形有 、 、 共3个；
（2）如图，以点 为顶点的三角形有 、 、 、 、 、 共6个．
故答案为：（1）3，（2）6．
【点评】本题考查了三角形的定义，以及网格结构的知识，根据网格结构作出图形是解题的关键．
二十四．三角形的稳定性（共1小题）
39．（2023秋•湖里区期末）周日，小乔在家帮妈妈打扫卫生，为方便拆取窗帘，拿来一个人字梯，并且
在人字梯的中间绑了一条结实的绳子，如图所示，请问小乔这样做的道理是
A．两点之间，线段最短
B．两点确定一条直线
C．三角形具有稳定性
D．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
【分析】根据三角形具有稳定性判断即可．
【解答】解：小乔这样做的道理是三角形具有稳定性，
故选： ．
【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
二十五．三角形的外角性质（共1小题）
40．（2023秋•裕安区校级期末）如图，是一副三角尺拼成的图案，则A． B． C． D．
【分析】根据三角形外角的性质解答即可．
【解答】解：如图，
由图可知 ， ，
，
．
故选： ．
【点评】本题考查了三角形外角的性质．解题的关键是掌握三角形的外角性质：三角形的一个外角等于和
它不相邻的两个内角的和．要注意：一副三角尺的度数： ， ， ， ．
二十六．全等三角形的性质（共2小题）
41．（2023秋•襄汾县期末）如图， 在 边上， ， ，则 的度数为
．
【分析】根据全等三角形的性质，即可得到 ， ， ，再根据
，即可得到 的度数，最后根据三角形内角和定理以及全等三角形的对应角相等，即可
得到结论．
【解答】解： ，， ， ，
，
中， ，
，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，解题时注意：全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应
角相等．
42．（2023秋•太康县期末）如图，已知 ，点 在 上， 与 相交于点 ．
（1）若 ， ，求线段 的长；
（2）已知 ， ，求 的度数．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到 ， ，结合图形计算，得到答案；
（2）根据全等三角形的性质得到 ， ，根据三角形内角和定理求出
，计算即可．
【解答】解：（1） ， ， ，
， ，
；
（2） ， ， ，
， ， ，
，
，
，
．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角
形的性质是解题的关键．
二十七．全等三角形的判定（共2小题）
43．（2023秋•应县期末）如图，已知 ， ，请你补充一个条件，使 ，你添加的条件是 或 或 或 ．（答案不唯一，符合题意即可） ．
【分析】已知条件是 ， ，补充的第三个条件可以是边，用 判断全等，也可以是角，用 或者
判定全等，所补充的条件一定要符合全等三角形的判定定理．
【解答】解： ， ，
根据 判断全等添加 ；
根据 判断全等添加 ；
根据 判断全等添加 或 ，
故答案为： 或 或 或 ．（答案不唯一，符合题意即可）
【点评】本题考查了全等三角形的判定，全等三角形的判定定理有 ， ， ， ， ，熟练运用判定定理
是解题的关键．
44．（2023秋•遂宁期末）如图，已知 中， ， ，点 为 的中点．如果
点 在线段 上以 的速度由点 向 点运动，同时，点 在线段 上由点 向 点运动．
（1）若点 的运动速度与点 的运动速度相等，经过1秒后， 与 是否全等，请说明理由．
（2）若点 的运动速度与点 的运动速度不相等，当点 的运动速度为多少时，能够使 与
全等？
【分析】（1）经过 1 秒后， ， ， ，由已知可得 ， ，，即据 可证得 ．
（2）可设点 的运动速度为 ，经过 与 全等，则可知 ，
， ，据（1）同理可得当 ， 或 ， 时两三角形
全等，求 的解即可．
【解答】解：（1）结论： 与 全等．
理由：经过1秒后， ， ， ，
中， ，
，
在 和 中，
，
．
（ 2 ） 设 点 的 运 动 速 度 为 ， 经 过 与 全 等 ； 则 可 知 ，
， ，
，
，
根据全等三角形的判定定理 可知，有两种情况：①当 ， 时，②当 ，
时，两三角形全等；
①当 且 时， 且 ，解得 ， ， 舍去此情况；
② ， 时， 且 ，解得： ；故若点 的运动速度与点 的运动速度不相等，当点 的运动速度为 时，能够使 与
全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形全等的判定，涉及到等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定
方法是解题的关键．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形
全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
二十八．全等三角形的应用（共2小题）
45．（2023秋•瑞金市期末）如图，一块三角形玻璃碎成了四块，现在要到玻璃店去配一块与原来的三角
形玻璃完全一样的玻璃，那么最省事的办法是带第几块玻璃
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形．
【解答】解：第1块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这块不能配一块与原来完全一样的；
第2、3只保留了原三角形的部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；
第4块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据 来配一块一样的玻璃．
最省事的方法是应带4去，
故选： ．
【点评】本题主要考查学生对全等三角形的判定方法的灵活运用，要求对常用的几种方法熟练掌握．
46．（2023秋•石泉县期末）如图，公园有一条“ ”字形道路 ，其中 ，在 、
、 处各有一个小石凳，且 ， 为 的中点，连接 、 ，请问石凳 到石凳 、
的距离 、 是否相等？说出你推断的理由．
【分析】首先连接 、 ，再证明 可得 ．
【解答】解：石凳 到石凳 、 的距离 、 相等．理由如下：
，
，又 为 中点，
．
在 和 中，
，
，
．
即石凳 到石凳 、 的距离 、 相等．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往
往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段
或角之间的联系．
二十九．角平分线的性质（共2小题）
47．（2023 秋•凉州区校级期末）如图， 中， ， 的角平分线交 于点 ，
于点 ．若 ， ，则 的面积为
A．12 B．11 C．10 D．8
【分析】根据角平分线的性质得出 ，根据三角形的面积公式求出即可．
【解答】解： 中， ， 的角平分线交 于点 ， ，
，
，
，
的面积为： ，
故选： ．
【点评】本题是对角平分线性质的考查，熟练掌握角平分线的性质是解决本题的关键．48．（2023秋•琼海校级期末）如图，画 ，并画 的平分线 ，将三角尺
的直角顶点落在 的任意一点 上，使三角尺的两条直角边与 的两边分别相交于
点 、 ，试猜想 、 的大小关系，并说明理由．
【分析】过点 作 ， ，垂足是 ， ，求出 ， ，
证 即可．
【解答】解： ，
理由是：过点 作 ， ，垂足是 ， ，
则 ，
平分 ，
，
，
，
，
，在 和 中
，
．
【点评】本题考查了角平分线性质，全等三角形的性质和判定的应用，注意：角平分线上的
点到角的两边距离相等．
三十．线段垂直平分线的性质（共1小题）
49．（2023 秋•莘县期末）如图，在 中， ， 的垂直平分线 、 相交于点 ，若
，则 的度数是
A． B． C． D．
【分析】连接 ，根据三角形内角和定理求出 ，根据线段垂直平分线的性质、等腰三角形
的性质得到 ， ，
【解答】解：如图所示，连接 ，，
，
、 的垂直平分线交于点 ，
， ，
， ， ，
，
，
，
故选： ．
【点评】本题主要考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理．根据三角
形内角和定理计算是解题的关键．
三十一．等腰三角形的判定与性质（共2小题）
50．（2023秋•都匀市期末）如图，已知 的两边 ， ， 、 分别平分 、
，过点 作 ，则 的周长等于 1 3 ．
【分析】根据角平分线的定义和平行线的性质可证 和 是等腰三角形，从而可得 ，
，然后根据等量代换可得 的周长 ，即可解答．
【解答】解： 、 分别平分 、 ，
， ，
，
， ，
， ，
， ，
， ，的周长
，
故答案为：13．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握根据角平分线的定义和平行线的
性质可证等腰三角形是解题的关键．
51．（2023秋•秦安县校级期末）如图1， 中， 、 的平分线交于 点，过 点作 平
行线交 、 于 、 ．
（1）请写出图1中线段 ， ， 之间的数量关系？并说明理由．
（2）如图2， 若 的平分线与 的外角平分线交于 ，过点 作 平行线交 于 ，
交 于 ．那么 ， ， 之间存在什么数量关系？并证明这种关系．
【分析】（1）先由角平分线定义得 ， ，再由平行线的性质得
， ，则 ， ，证出 ， ，进
而得出结论；
（2）同（1）证出 ， ，进而得出结论．
【解答】解：（1） ，理由如下：
和 的平分线相交于点 ，
， ，
过 点作 平行线交 、 于 、 ．
，
， ，
， ，， ，
，
即 ；
（2） ，理由如下：
和 的平分线相交于点 ，
， ，
过 点作 平行线交 、 于 、 ．
，
， ，
， ，
， ，
，
．
【点评】本题考查等腰三角形的判定与性质，掌握等腰三角形的判定与性质、角平分线定义、平行线的性
质等知识是解题的关键．
三十二．等边三角形的判定与性质（共2小题）
52．（2023秋•肇东市校级期末）如图， 是等边三角形， ．若 ，则 的周长为
12 ．
【分析】根据等边三角形的性质可得 ，再利用平行线的性质可得 ，
，从而可得 ，进而可得 是等边三角形，然后根据等边
三角形的性质可得 ，进行计算即可解答．
【解答】解： 是等边三角形，，
，
， ，
，
是等边三角形，
，
的周长 ，
故答案为：12．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质，以及
三角形的周长是解题的关键．
53．（2023秋•宣化区期末）已知：如图所示，△ 是边长 的等边三角形，动点 、 同时从 、
两点出发，分别在 、 边上匀速移动，它们的速度分别为 ， ，当点 到
达点 时， 、 两点停止运动，设点 的运动时间为 ．
（1）当 为何值时，△ 为等边三角形？
（2）当 为何值时，△ 为直角三角形？
【分析】（1）根据等边三角形的判定得： ，列等式可得 的值；
（2）分两种情况：当 时， ，则 ，②当 时， ，则
，分别求出 的值．
【解答】解：（1）由题意可知 ， ，则 ，当△ 为等边三角形时，
则有 ，即 ，
解得 ，
即当 时，△ 为等边三角形；
（2）当 时，
，
，
在 △ 中， ，
即 ，
解得 ；
当 时，
同理可得 ，
即 ，
解得 ，
综上可知当 为 或 时，△ 为直角三角形．
【点评】本题主要考查等边三角形的性质及判定和直角三角形的性质，利用 表示出 和 ，化“动”
为“静”，是解题的关键．
三十三．直角三角形的性质（共1小题）
54．（2022秋•浉河区期末）定义：如果一个三角形的两个内角 与 满足 ，那么我们称这
样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若 是“准互余三角形”， ， ，则 1 7 ；（2）若 是直角三角形， ．
①如图，若 是 的角平分线，请你判断 是否为“准互余三角形”？并说明理由．
②点 是边 上一点， 是“准互余三角形”，若 ，求 的度数．
【分析】（1）根据“准互余三角形”的定义，由于三角形内角和是 ， ， ，只能是
；
（2）①由题意可得 ，所以只要证明 与 满足 ，即可解答，
②由题意可得 ，所以分两种情况， ， ．
【解答】解：（1） 是“准互余三角形”， ， ，
，
，
故答案为： ；
（2）① 是“准互余三角形”，
理由： 是 的平分线，
，
，
，
，
是“准互余三角形”，
② 是“准互余三角形”
或 ，
或 ，
当 ， 时， ，
当 ， 时， ，
的度数为： 或 ．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，余角和补角，理解“准互余三角形”的定义是解题的关键，同时
渗透了分类讨论的数学思想．
三十四．含30度角的直角三角形（共2小题）55．（2023秋•通榆县期末）如图， 是边长为2的等边三角形，点 在 上，过点 作 ，
垂足为 ，延长 到点 ，使 ，连接 交 于点 ，则 的长为
A．0.5 B．0.9 C．1 D．1.25
【分析】过 作 的平行线交 于 ，通过 证明 ，得 ，再由 是等
边三角形，即可得出 ．
【解答】解：过 作 的平行线交 于 ，
，
是等边三角形，
， ，
是等边三角形，
，
，
在 中和 中，
，
，，
于 ， 是等边三角形，
，
，
，
，
，
故选： ．
【点评】本题主要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，作辅助线构造全等三角形
是解题的关键．
56．（2023秋•邯郸期末）如图，灯塔 在海岛 的北偏东 方向，某天上午8点，一条船从海岛 出
发，以15海里 时的速度由西向东方向航行，10时整到达 处，此时，测得灯塔 在 处的北偏东 方
向．
（1）求 处到灯塔 的距离；
（2）已知在以灯塔 为中心，周围16海里的范围内均有暗礁，若该船继续由西向东航行，是否有触礁的
危险？请你说明理由．
【分析】（1）根据已知条件得到 ，求得 ，根据等腰三角形的性质即可得
到结论；
（2）过 作 交 的延长线于点 ，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）根据题意得 ， ， （海
里），
，
，
（海里），
答： 处到灯塔 的距离为30海里；（2）过 作 交 的延长线于点 ，
， （海里），
（海里），
，
若这条船继续由西向东航行会有触礁的危险．
【点评】本题考查了含 角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，方向角，正确地作出辅助
线是解题的关键．
三十五．多边形内角与外角（共1小题）
57．（2023秋•东莞市校级期末）一个多边形的内角和是 ，这个多边形是
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【分析】利用 边形的内角和可以表示成 ，结合方程即可求出答案．
【解答】解：设这个多边形的边数为 ，由题意，得
，
解得： ，
故这个多边形是六边形．
故选： ．
【点评】本题主要考查多边形的内角和公式，比较容易，熟记 边形的内角和为 是解题的关键．
三十六．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共2小题）
58．（2023秋•东莞市校级期末）点 关于 轴对称点的坐标为
A． B． C． D．
【分析】根据平面直角坐标系中关于 轴对称点的坐标特点解答即可．【解答】解：点 关于 轴对称点的坐标为 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标，熟练掌握关于 轴对称的点的特点是解题的关键．
59．（2023秋•泸县校级期末）已知点 和点 关于 轴对称，则 ．
【分析】先根据关于 轴对称的点的坐标特点求出 、 的值，进而可得出结论．
【解答】解： 点 和点 关于 轴对称，
， ，
．
故答案为： ．
【点评】本题考查了关于 轴对称的点的坐标，熟知关于 轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数是解题的关键．
三十七．作图-轴对称变换（共1小题）
60．（2023秋•迎江区校级期末）如图，在平面直角坐标系中， 的顶点为 ， ，
．
（1） 的面积是 4 ；
（2）把 向下平移4个单位长度得△ ，请画出△ ；
（3）请画出△ 关于 轴对称的△ ．
【分析】（1）利用矩形法，将正方形面积减去三个小三角形的面积，即可得到答案；
（2）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（3）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案．
【解答】解：（1） 的面积 ；
故答案为：4；
（2）如图，△ 为所求，
；
（3）如图，△ 为所求，
．
【点评】本题考查了轴对称的性质，平移的性质，以及求三角形的面积，解题的关键是熟练掌握轴对称的
性质和平移的性质．
