精品解析：辽宁省沈阳市协作体2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

2023-2024学年度下学期期末协作体学情调研 八年级数学学科 （试卷满分：120分 答卷时间：120分钟） 一、选择题：（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的，共10小题，每题3分，共30分） 1. 在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C D. 2. 在数轴上表示不等式的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若一个多边形的外角和是它内角和的，那么这个多边形是（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 4. 分式的值等于零，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 0 5. 下列分式中，是最简分式的是（　　） A. B. C. D. 6. 如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（ ） A. 当∠ABC＝90°时，四边形MNPQ为正方形 B. 当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形 C. 当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形 D. 四边形MNPQ一定为平行四边形 7. 如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别与，交于点，；②分别以，为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点，作射线，与边交于点；③以为圆心，长为半径画弧，交于边于点．若，，则点，之间的距离为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 某校学生到离学校15km处植树，部分学生骑自行车出发40min后，其余学生乘汽车出发，汽车的速度是自行车速度的3倍，全体学生同时到达．设自行车的速度为xkm/h，可得方程（ ） A. B. C. D. 9. 如图，中，，，AB垂直平分线DE交AC于D，交AB于E，下述结论：①BD平分；②；③的周长等于；④D是AC中点．其中正确的是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④ 10. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD相交于点O．下列条件：①AD∥BC，②AB＝CD，③AD＝BC，④∠ADC＝∠ABC，⑤BO＝DO，⑥∠DBA＝∠CAB．若添加其中一个，可得到该四边形是平行四边形，则添加的条件可以是（　　） A. ①②③⑤ B. ①②④⑤ C. ①②④⑥ D. ①③④⑥ 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 不等式组解集为______． 12. 直线在平面直角坐标系中的位置如图所示，则关于的不等式的解集为________． 13. 如图，在中，，将绕点B按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为___________． 14. 已知四边形中，对角线与相交于点，，，，则四边形的面积为______． 15. 如图，在中，，，，点是边上一点，将沿折叠后，点的对应点为点．连接，若，则的长为______． 三、计算（16题8分，17题7分、18题6分，共21分） 16. 因式分解： （1） （2） 17. 先化简，再求值：，其中，． 18. 解分式方程： 四、解答题（19、20和21题各10分，22和23题各12分，共54分） 19. 在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）先将向右平移3个单位，得到，画出； （2）再将绕原点顺时针旋转，得到，画出； （3）若点为轴上一点，为平面内一点，以，、、Q四个点为顶点的四边形为菱形，直接写出符合条件的点的坐标为 ． 20. 近年来，辽宁省以建设“口袋公园”为重点，有效利用城市的边边角角，为市民打造更多的绿地空间和休闲去处，某市政府准备购买甲、乙两种观花树苗，用来美化“口袋公园”，在购买时发现，甲种树苗的单价比乙种树苗的单价高了，用1800元购买甲种树苗的棵数比用1800元购买乙种树苗的棵数少10棵． （1）求甲、乙两种树苗单价各是多少元． （2）现需要购买甲、乙两种树苗共120棵，且购买的总费用不超过元，至少需要购买多少棵乙种树苗？ 21. 如图，▱ABCD中，G是CD的中点，E是边长AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线相交于点F，连接CE，DF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形． （2）填空：若AB＝3cm，BC＝5cm，∠B＝60°，则①当AE＝　 　时，四边形CEDF是矩形；②当AE＝　 　时，四边形CEDF是菱形． 22. 如图，点E是矩形的边延长线上一点，点F是的中点． （1）如图①，若点G，H分别是的中点； ①判断和之间的关系，并说明理由； ②求证：； （2）如图②，若，连接．求证：． 23. 【基础巩固】 在中，，，点平面内一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，； （1）如图1，求证：； 【尝试应用】 （2）如图2，当、、三点在同一条直线上时；求的大小； 【拓展提高】 （3）如图3，与交于点，点为的中点，交于点，连接，若，且为18，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年度下学期期末协作体学情调研 八年级数学学科 （试卷满分：120分 答卷时间：120分钟） 一、选择题：（下列各题的备选答案中，只有一个答案是正确的，共10小题，每题3分，共30分） 1. 在下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误； 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误； 、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确， 故选：． 【点睛】本题考查了轴对称与中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合． 2. 在数轴上表示不等式的解集，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解不等式，再利用大于折线往右，使用空心圈，从而可得答案. 【详解】解：∵， 解得：， 在数轴上表示其解集如下： ， 故选：C． 【点睛】本题考查的是一元一次不等式的解法，在数轴上表示不等式的解集，掌握以上基础知识是解本题的关键. 3. 若一个多边形的外角和是它内角和的，那么这个多边形是（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】C 【解析】 【分析】根据多边形的内角和的计算公式与外角和是360°列出方程，解方程即可． 【详解】解：设这个多边形边数是n， 则（n−2）×180°×＝360°， 解得n＝5． 故选：C． 【点睛】本题考查的是多边形的内角与外角，掌握n边形的内角和为（n−2）•180°、外角和是360°是解题的关键． 4. 分式的值等于零，则的值为（ ） A. B. 1 C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分式的运算求解等相关知识，根据分式值为零求出值之后一定要记得检验才能得出正确答案． 根据分式值为零的条件，列出方程，求解，利用分式有意义检验即可得出答案． 【详解】解：根据分式值为零及分式有意义，可得： 解得：． 故选：B． 5. 下列分式中，是最简分式的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】判断分式是否是最简式，看分式能否进行因式分解，是否能约分． 【详解】解：A、，故不是最简分式，不合题意； B、，故不是最简分式，不合题意； C、，故不是最简分式，不合题意； D、是最简分式，符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了在化简式子时，应先将分子、分母中能够分解因式的部分进行分解因式，直到分子与分母没有公因式． 6. 如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是（ ） A. 当∠ABC＝90°时，四边形MNPQ为正方形 B. 当AC＝BD时，四边形MNPQ为菱形 C. 当AC⊥BD时，四边形MNPQ为矩形 D. 四边形MNPQ一定为平行四边形 【答案】A 【解析】 【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ＝AC，MN∥AC，MN＝AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】连接AC、BD交于点O， ∵M，N，P，Q是各边中点， ∴PQ∥AC，PQ＝AC，MN∥AC，MN＝AC， ∴PQ∥MN，PQ＝MN， ∴四边MNPQ一定为平行四边形，D说法正确，不符合题意； ∠ABC＝90°时，四边形MNPQ不一定为正方形，A说法错误，符合题意； AC＝BD时，MN＝MQ， ∴四边形MNPQ为菱形，B说法正确，不符合题意； AC⊥BD时，∠MNP＝90°， ∴四边形MNPQ为矩形，C说法正确，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质和判定，熟练掌握性质和判定定理是解题的关键． 7. 如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别与，交于点，；②分别以，为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点，作射线，与边交于点；③以为圆心，长为半径画弧，交于边于点．若，，则点，之间的距离为（ ） A 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键．连接、，设交于点，根据题意证明四边形是菱形，从而得出的长，再根据勾股定理即可得出结果． 【详解】解：如图，连接、，设交于点， 由题意可知，是的角平分线， ， 又四边形是平行四边形， ， ， ， ， 以为圆心，长为半径画弧，交于边于点， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故选：B 8. 某校学生到离学校15km处植树，部分学生骑自行车出发40min后，其余学生乘汽车出发，汽车的速度是自行车速度的3倍，全体学生同时到达．设自行车的速度为xkm/h，可得方程（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据时间=路程÷速度，骑自行车的学生花费的时间比乘汽车的学生花费的时间多40分钟（小时），即可得出答案． 【详解】解：设自行车的速度为xkm/h，则乘汽车的速度为3xkm/h，得： ， 故选D． 【点睛】本题考查了分式方程的应用，找出等量关系是本题的关键． 9. 如图，中，，，AB的垂直平分线DE交AC于D，交AB于E，下述结论：①BD平分；②；③的周长等于；④D是AC中点．其中正确的是（ ） A. ①② B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】由AB垂直平分线DE交AC于D，交AB于E，可得AD=BD，即可求得∠ABD=∠A=36°，又由AB=AC，即可求得∠CBD=∠ABD=36°，∠BDC=∠C=72°，继而证得AD=BD=BC，△BDC的周长等于AB+BC． 【详解】解：∵AB的垂直平分线DE交AC于D，交AB于E， ∴AD=BD， ∴∠ABD=∠A=36°， ∵AB=AC， ∴∠ABC=∠C=72°， ∴∠CBD=∠ABD=36°， 即BD平分∠ABC；故①正确； ∵∠BDC=∠A+∠ABD=72° ∴∠BDC=∠C=72°， ∴BC=BD， ∴BC=BD=AD，故②正确； ∴△BDC的周长为：BC+CD+BD=BC+CD+AD=AC+BC=AB+BC；故③正确； ∵CD＜BD， ∴CD＜AD， ∴D不是AC中点．故④错误． 故选：A． 【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质与判定．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用． 10. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC、BD相交于点O．下列条件：①AD∥BC，②AB＝CD，③AD＝BC，④∠ADC＝∠ABC，⑤BO＝DO，⑥∠DBA＝∠CAB．若添加其中一个，可得到该四边形是平行四边形，则添加的条件可以是（　　） A. ①②③⑤ B. ①②④⑤ C. ①②④⑥ D. ①③④⑥ 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个条件分别进行判定，即可得出结论． 【详解】解：①∵AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确； ②∵AB∥CD，AB=CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故②正确； ③∵AB∥CD，AD=BC无法得出四边形ABCD是平行四边形，故③不正确； ④∵AB∥CD， ∴∠ABC+∠BCD=180°， ∵∠ADC=∠ABC， ∴∠ADC+∠BCD=180°， ∴AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形，故④正确； ⑤∵AB∥CD， ∴∠ABO=∠CDO， 在△AOB和△COD中， ， ∴△AOB≌△COD（ASA）， ∴AO=CO， 又∵OB=OD， ∴四边形ABCD为平行四边形，故⑤正确； ∵∠BCD+∠ADC=180°， ∴AD∥BC， 又∵AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意； ⑥∵∠DBA=∠CAB， ∴OA=OB， ∵AB∥CD， ∴∠DBA=∠CDB，∠CAB=∠ACD， ∵∠DBA=∠CAB， ∴∠CDB=∠ACD， ∴OC=OD， 不能得出四边形ABCD是平行四边形，故⑥不正确； 故选：B． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；常用的平行四边形的判定方法有：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 不等式组的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，熟练掌握解不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小大小小大中间找，大大小小找不到（无解）是解题的关键． 分别求出两个不等式的解，即可得出不等式组的解集． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴原不等式组的解集为． 故答案为：． 12. 直线在平面直角坐标系中的位置如图所示，则关于的不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】由图象可以知道，当x=6时，y=0，当x=0时，y=3，再根据函数的增减性可以判断出不等式mx+n≤3的解集． 【详解】解：由图象可以知道，当x=6时，y=0， 当x=0时，y=3， ∵m＜0，y随x的增大而增大， 故不等式mx+n≤3的解集为x≥0． 故答案为：x≥0． 【点睛】本题主要考查一次函数和一元一次不等式的知识点，本题是借助一次函数的图象解一元一次不等式，找到x=0时，y=3，是解题的关键． 13. 如图，在中，，将绕点B按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分的面积为___________． 【答案】9 【解析】 【分析】利用旋转的性质可得，，由题意可得阴影部分的面积，过点作，利用含30度直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：由旋转的性质可得：，， ∴ ∴阴影部分的面积 过点作，如下图： ∵ ∴ ，即阴影部分的面积为 故答案为： 【点睛】此题考查了旋转的性质，含30度直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 14. 已知四边形中，对角线与相交于点，，，，则四边形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了四边形的面积．解题的关键是利用直角三角形三边关系表示出的长． 过D作于F，过点B作于G．由，及勾股定理得．同理，由四边形的面积的面积的面积即可得到结论． 【详解】解：过D作于F，过点B作于G． ∵， ∴， ∴． 同理：． ∵四边形的面积的面积的面积 ． 故答案为：． 15. 如图，在中，，，，点是边上一点，将沿折叠后，点对应点为点．连接，若，则的长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】题目主要考查折叠的性质，平行四边形的性质及等角对等边，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 延长交的延长线于点G，过点G作于点H，过点D作于点K，连接，根据平行四边形的性质及等角对等边得出，利用勾股定理得出，设，则，由勾股定理及平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：延长交的延长线于点G，过点G作于点H，过点D作于点K，连接， 由折叠得 ， ， ， 在中，， 根据题意得四边形为平行四边形，四边形为矩形， ∴设，则， ， ， 在中，， ∴， ∵， ， 故答案为：． 三、计算（16题8分，17题7分、18题6分，共21分） 16. 因式分解： （1） （2） 【答案】（1）（a－b）（x＋3）（x－3） （2）（a＋2）2（a－2）2 【解析】 【分析】（1）先提公因式，然后再用平方差公式进行分解因式即可； （2）先根据平方差公式进行分解因式，然后再用完全平方公式分解因式即可． 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 解： 【点睛】本题主要考查了因式分解，熟练掌握平方差公式和完全平方公式，是解题的关键． 17. 先化简，再求值：，其中，． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，由题意先分式的混合运算法则进行化简，进而代入求值即可得出答案．能够熟练掌握分式的化简运算的方法是解题的关键． 【详解】解：原式 ， 当，时， 原式． 18. 解分式方程： 【答案】x=1 【解析】 【分析】分式有意义，则，先去分母，方程两边同乘以，转化为解一元一次方程，最后检验即可． 【详解】解：x-3+(x-2)=-3 x+x=-3+3+2 2x=2 x=1 检验：当x=1时，左边=3=右边 ∴x=1是原方程的解 【点睛】本题考查解分式方程，其中涉及分式有意义的条件、一元一次方程等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 四、解答题（19、20和21题各10分，22和23题各12分，共54分） 19. 在平面直角坐标系中的位置如图所示． （1）先将向右平移3个单位，得到，画出； （2）再将绕原点顺时针旋转，得到，画出； （3）若点为轴上一点，为平面内一点，以，、、Q四个点为顶点四边形为菱形，直接写出符合条件的点的坐标为 ． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）， 【解析】 【分析】本题考查了平移变换与旋转变换的性质，菱形的性质与判定，解题的关键是熟练掌握平移变换与旋转变的性质以及平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据平移变换的性质找出对应点即可求解； （2）根据旋转的性质找出对应点即可求解； （3）根据菱形的性质即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示：即为所求； 【小问2详解】 如图所示：即为所求； 【小问3详解】 当为对角线时，如图所示：点； 当为菱形边时，如图所示：位置， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴点， 综上可得：符合条件的点的坐标为，， 故答案为：，． 20. 近年来，辽宁省以建设“口袋公园”为重点，有效利用城市的边边角角，为市民打造更多的绿地空间和休闲去处，某市政府准备购买甲、乙两种观花树苗，用来美化“口袋公园”，在购买时发现，甲种树苗的单价比乙种树苗的单价高了，用1800元购买甲种树苗的棵数比用1800元购买乙种树苗的棵数少10棵． （1）求甲、乙两种树苗的单价各是多少元． （2）现需要购买甲、乙两种树苗共120棵，且购买的总费用不超过元，至少需要购买多少棵乙种树苗？ 【答案】（1）甲树苗的单价是元，乙树苗的单价是元 （2）至少需要购买棵乙树苗 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用； （1）设乙树苗的单价是元，则甲树苗的单价是元，由题意：用元购买甲树苗的棵数比用元购买乙树苗的棵数少棵．列出分式方程，解方程即可； （2）设需要购买棵乙树苗，则购买棵甲树苗，由题意：购买的总费用不超过元，列出一元一次不等式，解不等式即可． 小问1详解】 设乙树苗的单价是元，则甲树苗的单价是元， 由题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ， 答：甲树苗的单价是元，乙树苗的单价是元； 【小问2详解】 设需要购买棵乙树苗，则购买棵甲树苗， 由题意得： ， 解得：， 答：至少需要购买棵乙树苗． 21. 如图，▱ABCD中，G是CD的中点，E是边长AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线相交于点F，连接CE，DF． （1）求证：四边形CEDF是平行四边形． （2）填空：若AB＝3cm，BC＝5cm，∠B＝60°，则①当AE＝　 　时，四边形CEDF是矩形；②当AE＝　 　时，四边形CEDF是菱形． 【答案】（1）详见解析；（2）①；②2. 【解析】 【分析】（1）只要证明△FCG≌△EDG，可得FG=EG，结合CG=GD即可证明； （2））①如图四边形CEDF是矩形时，在Rt△CDF中，CD=AB=3，∠DCF=60°，∠CFD=90°，易知CF=CD=，由ED=CF=，即可推出AE=AD-DE= ②如图四边形CEDF是菱形时，易知△CDF，△CDE都是等边三角形，推出DE=CD=AB=3，可得AE=AD-ED=5-3=2 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠FCG＝∠EDG，∠CFG＝∠DEG，又CG＝DG． ∴△FCG≌△EDG， ∴FG＝EG． ∴四边形CEDF是平行四边形． （2）①如图四边形CEDF是矩形时，在Rt△CDF中，CD＝AB＝3，∠DCF＝60°，∠CFD＝90°， ∴CF＝ CD＝． ∵ED＝CF＝， ∴AE＝AD﹣DE＝ ②如图四边形CEDF是菱形时，易知△CDF，△CDE都是等边三角形， ∴DE＝CD＝AB＝3， ∴AE＝AD﹣ED＝5﹣3＝2． 故答案为，2． 【点睛】此题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定与性质，解题关键在于证明△FCG≌△EDG 22. 如图，点E是矩形的边延长线上一点，点F是的中点． （1）如图①，若点G，H分别是的中点； ①判断和之间的关系，并说明理由； ②求证：； （2）如图②，若，连接．求证：． 【答案】（1）①；；理由见解析；②见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）①证明是的中位线，得出，由是的中点，得出，由矩形的性质得，即可得出； ②由直角三角形斜边上的中的性质得，则，由①结论得四边形是平行四边形，得出，则，即可得出结论； （2）连接，由直角三角形斜边上中的性质得出，由证得，得出，由等角三角形的性质得，即，推出，即可得出结论． 【小问1详解】 ①解：判断：；理由如下： ∵点分别是的中点， ∴是的中位数， ， ∵是的中点， ， ∵四边形是矩形， ， ； ②证明：∵四边形是矩形， ， 是的中点， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ， ∴， 即； 【小问2详解】 证明：连接，如图所示： ∵四边形是矩形， ， ， F是的中点， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，F是的中点， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、平行线的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 23. 【基础巩固】 在中，，，点是平面内一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，； （1）如图1，求证：； 【尝试应用】 （2）如图2，当、、三点在同一条直线上时；求的大小； 【拓展提高】 （3）如图3，与交于点，点为的中点，交于点，连接，若，且为18，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【解析】 【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形等面积法等，理解题意，结合图形，熟练掌握运用全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）根据题意得出，再由全等三角形的判定即可证明； （2）根据等腰三角形得出，同（1）方法证明，结合图形即可求解； （3）连接，，根据等腰三角形的判定和性质得出是等腰直角三角形，再由全等三角形的判定和性质确定，，利用三角形等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：， 即， ， 在和中， ； （2）解：，，， 和均为等腰直角三角形， ， ， 同（1）可得， ， ； （3）如图，连接，， ，，， 和均为等腰直角三角形， ， 点为的中点， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$