2021--2022学年八年级数学下学期期中模拟卷2（北师大版）

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本试卷满分100分，考试时间120分钟，试题共25题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置
选择题（10小题，每小题2分，共20分）
1．（2021·浙江·东阳市南马镇初级中学八年级期中）在下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此即可一一判定．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，重在找中心对称图形的对称中心．
2．（2020·陕西·铜川市耀州区教育体育局教学研究室八年级期末）已知等腰的两边长分别为2和3，则等腰的周长为（ ）
A．7B．8C．6或8D．7或8
【答案】D
【解析】
【分析】
等腰三角形的两边分别为2和3，没有明确腰与底，所以需要分类讨论．
【详解】
解：当2为底时，三角形的三边为3，2，3可以构成三角形，故周长为8；
当3为底时，三角形的三边为3，2，2可以构成三角形，故周长为7．
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的分类讨论及三角形三边不等关系，解题关键是需分类讨论．
3．（2021·河北唐山·二模）如图，AD是△ABC的中线，CE⊥AD，BF⊥AD，点E、F为垂足，若EF＝6，∠1＝2∠2，则BC的长为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据△BFD≌△CED，EF＝6，可得DE＝3，由∠1＝2∠2，可得∠2＝60°，再根据直角三角形的性质得出DC的长，进而得出BC的长．
【详解】
解：∵∠1＝2∠2，∠1+∠2＝180°，
∴∠2＝60°，
∴∠DCE＝30°，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
∵CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠BFD＝∠CED＝90°，
∵∠BDF＝∠CDE，
∴△BFD≌△CED（AAS），
∴DE＝DF，
∵EF＝6，
∴DE＝DF＝3，
∴CD＝6，
∴BC＝12，
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握三角形全等的条件是解决问题的关键．
4．（2021·河北·二模）已知不等式组，的整数解有2个，则口内的数可以是（ ）
A．2B．3C．4D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求出不等式的解集，找出不等式组的解集，根据已知得出3＜□≤5，即可得出答案．
【详解】
解： ，
解不等式①得：，
解不等式②得：x＞-4，
∴不等式组的解集为-4＜x≤ ，
∵不等式组的整数解有2个，
∴-2≤ ＜-1，
∴3＜□≤5，
故选：C．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式（组），不等式组的整数解等知识点的应用，关键是能根据不等式组的解集和已知得出□的范围．
5．（2021·重庆巫溪·七年级期末）若关于的不等式组恰有2个整数解，且关于，的方程组也有整数解，则所有符合条件的整数的和为（ ）
A．-10B．-7C．-3D．0
【答案】B
【解析】
【分析】
先解不等式组求出的取值范围，再解方程组，结合的取值范围求出满足不等式组恰有个整数解，方程组也有理数解的值，然后再求出所有符合条件的整数的和即可．
【详解】
解：不等式组，
由①得，
由②得，
不等式组的解是．
不等式组恰有个整数解，
．
，
解方程组得:．
关于，的方程组也有整数解，
∴m+3为4的因数，即m+3=±1或±2或±4，
∵，
的值为：、、，
所有符合条件的整数的和为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元一次不等式组的解法、二元一次方程组的解法，理解相关知识是解答关键．
6．（重庆市合川区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转后得到，点恰好落在线段AB上，连接，若，则n的大小为（ ）
A．25B．40C．45D．50
【答案】D
【解析】
【分析】
由旋转即得出，．从而可求出和利用等边对等角证明，再结合三角形内角和定理即可求出，即n的大小．
【详解】
根据旋转可知，，
∴，
∴．
即．
故选D．
【点睛】
本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理．利用数形结合的思想是解题关键．
7．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2．按以下步骤作图：
①以点A为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AC，AB于M，N两点；
②分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧相交于点P；
③作射线AP，交BC于点E．
则EC的长为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
作EH⊥AB于H，证明EC=EH=BH，设EC=EH=BH=x，构建方程求出x即可．
【详解】
解：由作法得AP平分∠BAC，
作EH⊥AB于H，如图，
∵AE为角平分线，EC⊥AC，EH⊥AB，
∴EC=EH，
∵∠ACB＝90°，AC=BC=2，
∴∠B=45°，AB=BC，
∴△BEH为等腰直角三角形，
∴BH=EH=BE，
设EH=x，则BH=EC=x，BE=x，
∴x+x=2，
∴x=2﹣2，
∴EC=2﹣2，
故选：C．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了等腰直角三角形的性质．
8．（2022·广东揭阳·七年级期末）将一副三角板如图①的位置摆放，其中30°直角三角板的直角边与等腰直角三角板的斜边重合，30°直角三角板直角顶点与等腰直角三角板的锐角顶点重合（为点O）．现将30°的直角三角板绕点O顺时针旋转至如图②的位置，此时为25°，则（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【解析】
【分析】
由旋转的性质可得∠2＋∠1＋∠AOC＝90°，即可求解．
【详解】
解：如图②，
∵将30°的直角三角板绕点O顺时针旋转至如图②的位置，
∴∠2＋∠1＋∠AOC＝90°，
∴∠2＋25°＋（180°−45°−90°）＝90°，
∴∠2＝20°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．
9．（2022·重庆·模拟预测）若定义一种新的取整符号[ ]，即[x]表示不超过x的最大整数．例如：，．则下列结论正确的是（ ）
①； ②；③方程的解有无数多个；④若，则x的取值范围是；⑤当时，则的值为0、1或2．
A．①②③B．①②④C．①③⑤D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据定义“[x]表示不超过x的最大整数”直接判断①②，根据可以的值可以为不超过x的最大整数与比这个数大1的数之间的任何数，即可判断③，根据定义可得，解不等式组即可判断④，根据的不同取值即可判断⑤．
【详解】
解：，故①正确，
，故②错误，
方程的解有无数多个，故③正确，
若，即，则x的取值范围是，故④正确，
当时，当时，，当为的小数时，，则的值为1、2，故⑤错误，
故选D
【点睛】
本题考查了新定义，解一元一次不等式组，理解新定义是解题的关键．
10．（2022·天津和平·八年级期末）如图，等边△ABC中，AD为BC边上的高，点M、N分别在AD、AC上，且AM＝CN，连BM、BN，当BM+BN最小时，∠MBN的度数为（ ）
A．15°B．22.5°C．30°D．47.5°
【答案】C
【解析】
【分析】
如图1中，作CH⊥BC，使得CH＝BC，连接NH，BH．证明△ABM≌△CHN（SAS），推出BM＝HN，由BN+HN≥BH，可知B，N，H共线时，BM+BN＝NH+BN的值最小，求出此时∠MBN即可解决问题．
【详解】
解：如图1中，作CH⊥BC，使得CH＝BC，连接NH，BH．
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，CH⊥BC，
∴∠DAC＝∠DAB＝30°，AD∥CH，
∴∠HCN＝∠CAD＝∠BAM＝30°，
∵AM＝CN，AB＝BC＝CH，
∴△ABM≌△CHN（SAS），
∴BM＝HN，
∵BN+HN≥BH，
∴B，N，H共线时，BM+BN＝NH+BN的值最小，
如图2中，当B，N，H共线时，
∵△ABM≌△CHN，
∴∠ABM＝∠CHB＝∠CBH＝45°，
∵∠ABD＝60°，
∴∠DBM＝15°，
∴∠MBN＝45°﹣15°＝30°，
∴当BM+BN的值最小时，∠MBN＝30°，
故选：C．
【点睛】
本题考查轴对称，等边三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
二、填空题（6小题，每小题2分，共12分）
11．（2021·河南·模拟预测）不等式组的整数解是______ ．
【答案】，
【解析】
【分析】
先求出不等式组的解集，再求出不等式组的整数解．
【详解】
解：由①得，，
由②得，，
，
，
所以不等式组的解集为，
所有整数解为，．
故答案为：1，2．
【点睛】
本题考查了求不等式组的整数解，注意各个不等式的解集的公式部分就是这个不等式组的解集．但本题是要求整数解的，所以要找出在这范围内的整数．
12．（2020·上海市徐汇中学八年级阶段练习）直线与 轴交于点，与轴交于点，将绕点旋转90°，使点落到点处，则点坐标为_____________．
【答案】（－3，7）或（3，－1）
【解析】
【分析】
利用坐标轴上点坐标特征，求出点A，点B，由旋转可知，对应边相等，数形结合进而得出结论.
【详解】
解：当x=0时，y=3，
当y=0时，x=-4，
∴点A（-4，0），点B（0，3），
∴OB=3，OA=4，
将ΔAOB绕点B旋转90°，分两种情况：
①顺时针旋转90°，得△BOC1，OB=3, OC1=4，易得C1（-3，7），
②逆时针旋转90°，得△BOC2，OB=3, OC2=4，易得C2（3，-1），
故答案为：（-3，7）或（3，-1）.
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形变化，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等进而求出旋转后点坐标.
13．（2022·四川·东辰国际学校七年级阶段练习）已知关于x的不等式（1﹣a）x＞2的解集为x＜，化简：|1﹣a|﹣a＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据不等式的基本性质得出1﹣a＜0，再由绝对值的性质去绝对值符号、合并同类项即可．
【详解】
解：∵关于x的不等式（1﹣a）x＞2的解集为，
∴1﹣a＜0，解得a＞1，即，
∴原式＝a﹣1﹣a＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点睛】
本题主要考查了不等式的性质及绝对值的化简求值，解题的关键是掌握不等式的基本性质和绝对值的化简．
14．（2021年山东省聊城市一城四区中考数学二模试题）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，BC＝1，D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么DE的长是 _____．
【答案】1
【解析】
【分析】
先根据勾股定理计算出AB＝2，根据含30度的直角三角形三边的关系得到∠BAC＝30°，在根据折叠的性质得BE＝BA＝2，∠BED＝∠BAD＝30°，DA＝DE，由于AD⊥ED得BC∥DE，所以∠CBF＝∠BED＝30°，在Rt△BCF中可计算出CF，BF＝2CF，则可得EF，在Rt△DEF中根据含30度角的直角三角形即可解决问题．
【详解】
解：∵∠C＝90°，AC，BC＝1，
∴AB2，
∴∠BAC＝30°，
∵△ADB沿直线BD翻折后，点A落在点E处，
∴BE＝BA＝2，∠BED＝∠BAD＝30°，DA＝DE，
∵AD⊥ED，
∴BC∥DE，
∴∠CBF＝∠BED＝30°，
在Rt△BCF中，CFBC，BF＝2CF，
∴EF＝2，
在Rt△DEF中，FDEF＝1，
∴EDFD1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．
15．（重庆市合川区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题）如图，是等腰三角形，，，M为所在平面内一动点且，连接AM，将AM绕点A逆时针旋转120°得线段AN，连接BN，则线段BN长度的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】
由BM＝1作以点B为圆心，半径为1的⊙B，由∠BAC＝120°和旋转角为120°得到点M经过旋转后与以点C为圆心，半径为1的⊙C，然后连接BC并延长交⊙C于点N，即可得到BN长度的最大值．
【详解】
解：如图，以B为圆心、半径为1作⊙B，以点C为圆心、半径为1作⊙C，
∵BM＝1，
∴点M在⊙B上，
∵旋转角为120°，∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴点M经过旋转后落在⊙C上，
连接BC，并延长BC交⊙C于点N，过点A作AH⊥BC于点H，则CN＝1，∠AHB＝∠AHC＝90°，此时，BN长度最大，
∵△ABC为等腰三角形，∠ABC＝120°，AB＝2，
∴AC＝AB＝2，∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的三边关系，解题的关键是通过旋转的性质得到点M的运动轨迹和点的轨迹．
16．（2021·河南南阳·三模）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，延长BC到点D，菱形CDEF的边CF在边AC上，过点F作FG∥AB交BE于点G，点G是BE的中点，如果∠A＝60°，则线段EF和BC的数量关系为____，如果∠A＝90°，AB＝2＋2，则CD的长为____．
【答案】 BC＝2EF
【解析】
【分析】
延长FG交BC于点M，利用ASA证明△BGM≌△EGF，当∠A＝60°时，证明△ABC和△MCF为等边三角形，再利用菱形的性质，即可得到EF和BC的数量关系；当∠A＝90°，AB＝2+2时，先证明△ABC和△MCF为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的边角关系即可得到菱形的边长．
【详解】
解：如图，延长FG交BC于点M，
∵四边形CDEF为菱形，
∴EF∥BC，
∴∠GBM＝∠GEF，
∵BG＝GE，∠BGM＝∠EGF，
∴△BGM≌△EGF（ASA），
∴BM＝EF，
设菱形CDEF的边长为a，则BM＝EF＝a，
在等腰三角形ABC中，AB＝AC，如果∠A＝60°，则△ABC为等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵FG∥AB，
∴∠FMC＝∠ABC＝60°，∠CFM＝∠A＝60°，
∴△FMC为等边三角形，
∴MC＝CF＝a，
∴BC＝BM+MC＝2a，
∴BC＝2EF，
在等腰三角形ABC中，AB＝AC，如果∠A＝90°，则△ABC为等腰直角三角形，
∴BC＝AB＝（2+2）＝4+2，∠ACB＝45°，
∴MC＝BC﹣BM＝4+2﹣a，
∵FG∥AB，
∴FG⊥AC，
∴△FMC为等腰直角三角形，
∴MC＝CF＝a，
∴4+2﹣a＝a，
∴a＝2，
∴CD＝2，
故答案为：BC＝2EF，CD＝2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形，等腰直角三角形的边角关系是解决问题的关键．
三、解答题（9小题，共68分）
17．（2021·山东菏泽·二模）解不等式组：．
【答案】
【解析】
【分析】
分别求出①和②得解集，再确定两个解集的公共部分即可得出答案．
【详解】
解：
解不等式①，得；
解不等式②，得．
所以不等式组的解集为．
【点睛】
本题主要考查了解一元一次不等式组，解一元一次不等式组的步骤：分别求出不等式的解集，再确定解集的公共部分．
18．（2022·北京一七一中九年级阶段练习）解不等式组：，并写出其中的正整数解．
【答案】1≤x＜4，1，2，3
【解析】
【分析】
先求出不等式组的解集，再求出正整数解即可．
【详解】
解： ，
解不等式①得：x＜4，
解不等式②得：x≥1，
∴不等式组的解集是1≤x＜4，
∴不等式组的正整数解是1，2，3．
【点睛】
本题考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集和不等式组的整数解等知识点，能求出不等式组的解集是解此题的关键．
19．（2021·河北省保定市第二中学分校九年级期中）如图，已知在△ABC中，AC＝2AB，将△ABC绕点A旋转得到△ADE，连接BD，CE．
(1)求证：△ADB∽△AEC；
(2)若S△ACE＝8，求S△ABD的值．
【答案】(1)见解析
(2)2
【解析】
【分析】
(1)根据旋转的性质可得AC＝AE，AB＝AD，∠CAE＝∠BAD，可证＝，利用两边对应成比例且夹角相等即可证；
(2)根据相似三角形的对应面积的比等于相似比的平方即可求解．
(1)
证明：∵将△ABC绕点A旋转得到△ADE，
∴AC＝AE，AB＝AD，∠CAE＝∠BAD，
∴＝，
∴△ADB∽△AEC；
(2)
解：∵AC＝2AB，
∴＝2，
由（1）知△ADB∽△AEC；
∴＝＝4，
∵S△ACE＝8，
∴S△ABD＝2．
【点睛】
本题考查了相似三角形判定和性质，旋转性质的应用是解题的关键．
20．（2021·四川凉山·七年级期末）为支援抗击新冠肺炎疫情前线，某省红十字会采购甲、乙两种抗疫物资共540吨，甲物资单价为4万元/吨，乙物资单价为3万元/吨，采购两种物资共花费1920万元．
(1)求甲、乙两种物资各采购了多少吨？
(2)现在计划安排A，B两种不同型号的卡车共50辆来运输这批物资．甲物资7吨和乙物资3吨可装满一辆A型卡车；甲物资5吨和乙物资7吨可装满一辆B型卡车。按此要求安排A、B两型卡车的数量，请问有哪几种运输方案？
【答案】(1)甲物资采购了300吨，乙物资采购了240吨
(2)共有3种运输方案，方案一：安排25辆A型卡车，25辆B型卡车；方案二：安排26辆A型卡车，24辆B型卡车；方案三：安排27辆A型卡车，23辆B型卡车
【解析】
【分析】
（1）根据实际应用题的求解步骤“设、列、解、答”四步，根据题意按要求求解即可；
（2）根据题意列出不等式组求出，进而得出三种不同方案．
(1)
解：设甲物资采购了x吨，乙物资采购了y吨，依题意得：
，
解得，
答：甲物资采购了300吨，乙物资采购了240吨；
(2)
解：设安排A型卡车m辆，则安排B型卡车（50－m）辆，依题意得：
，
解得，
∵m为正整数，
∴m可以为25，26，27，
∴共有3种运输方案：
方案一：安排25辆A型卡车，25辆B型卡车；
方案二：安排26辆A型卡车，24辆B型卡车；
方案三：安排27辆A型卡车，23辆B型卡车．
【点睛】
本题考查实际应用题的求解，解题的关键是读懂题意，列出相应的数学表达式：第一问是找到等量关系列二元一次方程组；第二问是找到不等关系列一元一次不等式组．
21．（2022·辽宁大连·九年级期末）如图，平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别是（1，﹣1），（﹣2，﹣3），（0，﹣3）．
(1)画出△ABC绕点O逆时针方向旋转180°后的图形；
(2)画出△ABC绕点O逆时针方向旋转90°后的图形；并写出点A，B，C的对应点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，，，
【解析】
【分析】
（1）依据中心对称的性质，即可得到关于原点对称的△；
（2）依据绕点逆时针方向旋转后得到△，进行画图即可．
(1)
解：如图△即为所求；
(2)
如图△即为所求，，，．
【点睛】
此题主要考查了作图旋转变换，正确作出旋转后的图形是解题的关键．
22．（2021·山东临沂·二模）如图，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：△EBN≌△ABM；
(2)当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小？请说明理由．
(3)在（2）的条件下，以B为原点，BC为x轴正方向建立直角坐标系，若菱形ABCD的边长为2，求M点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）由题意得MB=NB，∠ABM=∠EBN，容易证出△AMB≌△ENB；
（2）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长；
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，可求得BC＝BE，BF＝1，EF，C（2，0），E（﹣1，），可求得直线CE、BD的解析式，联立成方程组，解方程组即可求得．
(1)
证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE，
又∵MB＝NB，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB；
(2)
解：如图1，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，
理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM＝EC最短，
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长；
(3)
解：解：如图2，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝∠ABF﹣∠ABE＝120°﹣60°＝60°．
∵菱形ABCD的边长为2，即BC＝BE，可求得BF＝1，EF，
∴C（2，0），E（﹣1，），
设直线CE的解析式为y=kx+b，
把C（2，0），E（﹣1，）分别代入，得
解得
求得直线CE：yx；
同上可求得直线BD：yx；
由题意得，
解得 ，
即．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，一次函数与二元一次方程组，解题的关键是作出辅助线．
23．（2022·四川成都·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx过点B（m，6），过点B分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为点A，C，∠AOB＝30°．动点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，动点Q从点B出发．以每秒个单位长度的速度向点C运动．点P，Q同时开始运动，当点P到达点B时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t秒．
(1)求m与k的值；
(2)设△PQB的面积为S，求S与t的关系式；
(3)若以点P，Q，B为顶点的三角形是等腰三角形，请求出t的值．（温擎提示：在直角三角形中，30°的角所对的直角边等于斜边的一半）
【答案】(1)，
(2)
(3)或4或
【解析】
【分析】
（1）由含角的直角三角形的性质求解即可；
（2）过点作于点，可得，，则，在求出，则；
（3）分三种情况讨论：①当时，求得；②当时，过点作于点，求得；③当时，过点作于点，求得．
(1)
解：，
，
，，
，，
，，
，即，，
直线过点，，
；
(2)
如图1，过点作于点，
，，则，
，
在中，，
；
(3)
分三种情况：
①当时，，
解得；
②当时，如图2，过点作于点，
，
，
解得；
③当时，如图3，过点作于点，
则，
，
解得；
综上所述，当为等腰三角形时，的值为或4或．
【点睛】
本题是一次函数的综合题，熟练掌握一次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
24．（2021·河南南阳·三模）按照新冠疫情防控要求，学校应准备好测温枪和消毒液等防疫物资．某学校共有24个班级，每班配一把测温枪，门卫室配2把，学校备用4把，消毒液若干．已知5把测温枪和3箱消毒液共需1500元，2把测温枪和5箱消毒液共需790元．每天要对校园全面消毒，消毒液至少备足一个月的用量，每天消耗一箱消毒液，每月按30天计算．
(1)求测温枪和消毒液的单价分别为多少元；
(2)甲、乙两家不同的医药公司，销售同一品牌和价格的测温枪和消毒液，两家公司给出了不同的优惠方案：
甲：所购物品统一打八五折；
乙：购买一个测温枪送一箱消毒液．
①以x（单位：箱）表示购进消毒液的数量，y（单位：元）表示应支付金额，分别就两家医药公司的优惠方式，求出y关于x的函数关系式；
②由于学校后勤仓库容量有限，最多存放50箱消毒液，如何选择这两家医药公司去购买更合算？
【答案】(1)测温枪单价270元，消毒液单价为50元
(2)①从甲公司购买时，y关于x的函数关系式为y＝42.5x+6885；从乙公司购买时，y关于x的函数关系式为y＝50x+6600；②从一家公司购买，当x＞38时，选择甲家公司更合适；当x＝38时，两家公司的花费一样多；当x＜38时，选择乙公司更合适．从两家公司购买，可以从乙公司购买30把测温枪，赠30箱消毒液，剩余消毒液在甲公司购买
【解析】
【分析】
（1）设测温枪为m元/把，消毒液为n元/箱，根据5把测温枪和3箱消毒液共需1500元，2把测温枪和5箱消毒液共需790元列出方程组求解即可；
（2）①根据两家公司的优惠方案写出函数关系式即可；②先做出甲、乙两家公司的费用之差，然后根据费用差大于0、小于0，等于0选择合适的公司即可．
(1)
解：设测温枪为m元/把，消毒液为n元/箱，
由题意得：，
解得：，
答：测温枪单价270元，消毒液单价为50元；
(2)
解：①从甲公司购买的费用：y＝[（24+2+4）×270+50x]×85%＝42.5x+6885，
∴从甲公司购买时，y关于x的函数关系式为y＝42.5x+6885；
从乙公司购买的费用：y＝（24+2+4）×270+（x﹣24﹣2﹣4）×50＝6600+50x，
∴从乙公司购买时，y关于x的函数关系式为y＝50x+6600；
②∵30≤x≤50，
Ⅰ、如果从一家公司购买：
从甲、乙两家公司购买的费用之差为：42.5x+6885﹣50x﹣6600＝﹣7.5x+285，
当﹣7.5x+285＞0时，解得：x＜38，
∴此时选乙家公司购买更合适，
当x＞38时，选择甲家公司更合适，
当x＝38时，两家公司的花费一样多．
Ⅱ、如果从两家公司购买：
从乙公司购买30把测温枪，赠30箱消毒液，剩余消毒液在甲公司购买，需要花费：
270×30+（x﹣30）×50×0.85＝42.5x+6825，
∵42.5x+6825＜42.5x+6885，42.5x+6825＜50x+6600，
∴从两家公司购买更合适．
∴从一家公司购买，当x＞38时，选择甲家公司更合适；当x＝38时，两家公司的花费一样多；当x＜38时，选择乙公司更合适．从两家公司购买，可以从乙公司购买30把测温枪，赠30箱消毒液，剩余消毒液在甲公司购买．
【点睛】
本题考查了二次一次方程组的实际应用，一次函数的应用，最佳方案问题，采用分类讨论思想得到函数解析式是解决本题的关键．
25．（2021·上海市久隆模范中学七年级期末）已知四边形中，，，，，，绕点旋转，它的两边分别交，（或它们的延长线）于、．
(1)当绕点旋转到时（如图1），求证：．
(2)当绕点旋转到时，在图2种情况下，求证：．
(3)当绕点旋转到时，在图3种情况下,上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段，，又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)不成立，满足的数量关系为，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据三角形全等的判定定理证出，再根据全等三角形的性质可得，然后根据角的直角三角形及等边三角形的判定与性质即可得证；
（2）延长到点，使，连接，先根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，推出，最后根据线段的等量关系即可得证；
（3）在上截取，连接，先根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，进而可证，推出，最后根据线段的等量关系即可得出结论．
(1)
证明：，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
又，
是等边三角形，
，
．
(2)
证明：如图，延长到点，使，连接，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
，即，
，
在和中，，
，
，
，
．
(3)
解：不成立，满足的数量关系为，证明如下：
如图，在上截取，连接，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
即．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2）和（3），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．