精品解析：山东省济南市历城区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题

山东省济南市历城区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题 说明：本试题全部作答在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分） 1. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，演绎文物背后故事与历史，让一个个馆藏文物鲜活起来，下列四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 如果，那么下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 若分式的值为0，则x的值为（ ） A. 2或 B. 0 C. 2 D. 4. 如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，，是的角平分线，于点．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 6. 关于x的一元二次方程有实数根，则a的取值范围是（ ） A 且 B. C. 且 D. 7. 如图，是平行四边形的对角线，点在上，，，则的大小是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，函数和的图象交于点，甲乙两位同学给出的下列结论：甲说：关于的不等式的解集为；乙说：当时，；其中正确的结论有（ ） A. 甲乙都正确 B. 甲正确，乙错误 C. 乙正确，甲错误 D. 甲乙都错误 9. 如图，在中，，，．将绕点旋䌸得，分别取，的中点，，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 10. 如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，，设，下列说法：①是直角三角形；②当时，；③有且只有一个实数，使得；④取中点，连接，，的面积随着的增大而增大，正确的有（ 　） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（本大题共6个小题．每小题4分，共24分，把答案填在答题卡的横线上．） 11. 因式分解：_____ 12. 已知关于的方程的一个根是1，则实数等于________． 13. 如图，在中，，，的垂直平分线交和于点D，E．若，则线段的长度等于 ___________． 14. 近来房地产市场进入寒冬期，某楼盘原价为每平方米10000元，连续两次降价后售价为8100元，则平均每次降价的百分率是______． 15. 如图，在平行四边形中，以点为圆心长为半径作弧交于点，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点，连接并延长交于点，若，，则的长为______． 16. 如图，矩形中，点是上一点，，，，点是边上的动点，以为边作菱形，使顶点落在上，连接，则面积的最小值为______． 三、解答题（本大题共10个小题，共86分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 解不等式组，并写出它的所有整数解． 18. 先化简：，再从，0，1，2中选取一个适当的数代入求值． 19. 解分式方程： （1）； （2）． 20. 解一元二次方程： （1）； （2）． 21. 如图，中，为上的两点，，求证：． 22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． （1）将向右平移6个单位长度得到，请画出； （2）画出关于点的中心对称图形； （3）若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______； （4）以，，，为顶点四边形是平行四边形且点是轴上一点，则点的坐标是_____． 23. 已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿方向运动．设点P运动的时间为． （1）如图1，点P在边上，相交于点O，当互相平分时，求t的值； （2）如图2，点P在边上，相交于点H，当时，求t的值． 24. 根据如表所示素材，探索完成任务． 如何确定图书销售单价及怎样进货以获取最大利润 素材1 某书店为了迎接“读书节”决定购进两种新书，两种图书的进价分别是每本18元、每本12元． 素材2 已知种图书的标价是种图书标价的1.5倍，若顾客用540元按标价购买图书，能单独购买种图书的数量恰好比单独购买种图书的数量少10本． 素材3 书店准备用不超过28200元购进两种图书共2000本，且种图书不少于600本；经市场调查后调整销售方案为：种图书按照标价的8折销售，种图书按标价销售． 问题解决 任务1 探求图书的标价 请运用适当方法，求出两种图书标价． 任务2 确定如何获得最大利润 书店应怎样进货才能获得最大利润? 25. 求代数式的最小值时，我们通常运用“”这个结论对代数式进行配方来解决．比如，，，的最小值是，试利用“配方法”解决下列问题： （1）填空：（______）______； （2）如图1所示的是一组邻边长分别为，的长方形，其面积为；如图2所示的是边长为的正方形，其面积为，，请比较与的大小，并说明理由． （3）如图3，一个地块一边靠墙（墙足够长），另外三边用长的篱笆围成一个矩形场地，并且与墙平行的边加建宽的门（用其他材料）．设，矩形的面积为．当为何值时，矩形场地的面积最大?最大值为多少平方米? 26. 【探索发现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点，连接．在实验与探究中，小新发现无论正方形绕点怎样转动，，，之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明即可推导出来． ①请你猜想，，之间的数量关系是______． ②小新对图1的进一步研究中发现，延长与交于一点，通过证明也可推导出，，之间的数量关系，请你证明． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断，，之间的数量关系并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，点是边的中点，，它的两条边和分别与直线相交于点，，可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省济南市历城区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题 说明：本试题全部作答在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分） 1. 《国家宝藏》节目立足于中华文化宝库资源，演绎文物背后的故事与历史，让一个个馆藏文物鲜活起来，下列四幅图是我国一些博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，根据中心对称图形的定义（把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，）进行逐一判断即可． 【详解】解：A、图形是轴对称图形，不符合题意； B、图形是轴对称图形，不符合题意； C、图形是中心对称图形，符合题意； D、图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 2. 如果，那么下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的性质，熟知不等式的性质是解题的关键：不等式两边同时加上或减去一个数或者式子，不等号不改变方向，不等式两边乘以乘以或除以一个正数，不等号不改变方向，不等式两边同时乘以或除以一个负数，不等号改变方向． 【详解】解：A、由可得，则，原式错误，不符合题意； B、由可得，原式错误，不符合题意； C、由可得，原式错误，不符合题意； D、由可得，原式正确，符合题意； 故选：D． 3. 若分式的值为0，则x的值为（ ） A. 2或 B. 0 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零解答． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴x−2＝0且x＋3≠0， ∴x＝2， 故选：C． 【点睛】本题主要考查的是分式值为零的条件，熟练掌握分式值为零的条件是解题的关键． 4. 如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得． 【详解】解：如图，过作轴于， ∵菱形的顶点A的坐标为，． ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度， ∴； 故选A 【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键． 5. 如图，在中，，，是的角平分线，于点．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等腰三角形性质和三角形内角和定理得到，利用角平分线性质得到，利用三角形内角和定理得到，进而得到，利用勾股定理得到，进而得到，再证明，利用全等三角形性质得到，即可求得的长． 【详解】解：，， ， 是的角平分线，于点，， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查等腰三角形性质，三角形内角和定理，角平分线性质，勾股定理，全等三角形性质和判定，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 6. 关于x的一元二次方程有实数根，则a的取值范围是（ ） A. 且 B. C. 且 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程根的判别式，即可求解． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有实数根， ∴且， 解得：且． 故选∶A 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程没有实数根是解题的关键． 7. 如图，是平行四边形的对角线，点在上，，，则的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质得到∠ABC=∠D=102，AD=BC，根据等腰三角形的性质得到∠EAB=∠EBA，∠BEC=∠ECB，根据三角形外角的性质得到∠ACB=2∠CAB，由三角形的内角和定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC=∠D=102，AD=BC， ∵AD=AE=BE， ∴BC=AE=BE， ∴∠EAB=∠EBA，∠BEC=∠ECB， ∵∠BEC=∠EAB+∠EBA=2∠EAB， ∴∠ACB=2∠CAB， ∴∠CAB+∠ACB=3∠CAB=180-∠ABC=180-102， ∴∠BAC=26， 故答案为：26． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形的内角和定理、三角形外角的性质，正确的识别图形找到角与角之间的关系是解题的关键． 8. 如图，在平面直角坐标系中，函数和的图象交于点，甲乙两位同学给出的下列结论：甲说：关于的不等式的解集为；乙说：当时，；其中正确的结论有（ ） A. 甲乙都正确 B. 甲正确，乙错误 C. 乙正确，甲错误 D. 甲乙都错误 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的解与两条直线的交点的关系，不等式的解集与坐标轴的交点的关系，解题的关键在于数形结合．根据不等式的解集与两条直线的交点的关系，以及坐标轴的交点的关系作出判断即可． 【详解】解：函数与轴交于点， 关于的不等式的解集为， 即甲正确； 函数和的图象交于点， 当时，； 即乙错误； 故选：B． 9. 如图，在中，，，．将绕点旋䌸得，分别取，的中点，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质、三角形中位线的性质、三角形三边关系、勾股定理，利用勾股定理求出的长，由旋转的性质可得：，，，利用中位线的性质可求，，再根据三角形的三边关系即可求出结果，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，取中点，连接、， ， ∵，，， ∴， 由旋转的性质可得：，，， ∵点、、分别是、、的中点， ∴是中位线，是的中位线， ∴，， 当点、、不共线时，，即， 当点在线段上时，， 当点在线段上时，， 综上所述，， 故选：A． 10. 如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，，设，下列说法：①是直角三角形；②当时，；③有且只有一个实数，使得；④取中点，连接，，的面积随着的增大而增大，正确的有（ 　） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方形的性质可得，，再根据旋转的性质可得，，从而证得，得到，即可求得，可判断①正确；根据正方形的性质可得的长，再根据可得的长，再利用勾股定理可得，可判断②正确；根据题意列出关于面积的一元二次方程，求得有且只有一个实数，使得，可判断③正确；连接，作于点，可得，由，点为的中点，可得，则，从而求得，可判断④错误；即可解题． 【详解】解：四边形是正方形，为对角线， ∴，，， ∵线段绕点顺时针旋转得到， ∴，， 又∵，， ∴， 在和中： ， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形，故①正确； ∵正方形边长为， ∴， ∵，，， ∴， ∴，故②正确； 由题可知：， 要，则， 整理得：， 解得：， ∴有且只有一个实数，使得，故③正确； 如图，连接，作于点， 则， ∴， ∴与的边上的高相等， ∵，点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴的面积不随着的变化而变化，故④错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质，直角三角形性质，综合运用以上知识是解题的关键． 二、填空题（本大题共6个小题．每小题4分，共24分，把答案填在答题卡的横线上．） 11. 因式分解：_____ 【答案】 【解析】 【分析】a2-9可以写成a2-32，符合平方差公式的特点，利用平方差公式分解即可． 【详解】解：a2-9=（a+3）（a-3）， 故答案为：（a+3）（a-3）． 点评：本题考查了公式法分解因式，熟记平方差公式的结构特点是解题的关键． 12. 已知关于的方程的一个根是1，则实数等于________． 【答案】 【解析】 【分析】把代入已知方程，列出关于的一元一次方程，解出即可得出的值． 【详解】解：∵关于的方程的一个根是， ∴把代入， 可得：， 解得：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了一元二次方程的根，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 13. 如图，在中，，，的垂直平分线交和于点D，E．若，则线段的长度等于 ___________． 【答案】6 【解析】 【详解】此题主要考查了线段垂直平分线的性质，含有角的直角三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质，含有角的直角三角形的性质是解决问题的关键． 连接，先求出，根据线段垂直平分线性质得，则，进而得，由此得，据此可求出的长． 【解答】解：连接，如下图所示： 在中，，， ， 是线段的垂直平分线， ， ， ， 在中，，， ， ． 故答案为：6． 14. 近来房地产市场进入寒冬期，某楼盘原价为每平方米10000元，连续两次降价后售价为8100元，则平均每次降价的百分率是______． 【答案】10% 【解析】 【分析】设平均每次降价的百分率为x，根据该楼盘的原价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论． 【详解】解：设平均每次降价的百分率为x， 依题意得：10000（1-x）2=8100， 解得：x1=0.1=10%，x2=1.9（不合题意，舍去）． 故答案为：10%． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 15. 如图，在平行四边形中，以点为圆心长为半径作弧交于点，分别以点B、F为圆心，大于长度为半径作弧，交于点，连接并延长交于点，若，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】记交于点，连接，由作图过程可知，，平分，利用平行四边形性质和角平分线性质证明四边形是菱形，利用菱形的性质得到，，，最后利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：记交于点，连接， 由作图过程可知，，平分， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，，， ，， ，， ． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，等腰三角形性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 16. 如图，矩形中，点是上一点，，，，点是边上的动点，以为边作菱形，使顶点落在上，连接，则面积的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，作于，连接，证明，得出，结合，得出当最小时，的值最小，求出的最小值即可得出答案． 【详解】解：如图，作于，连接， ， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴当最小时，的值最小， 在和中，和为定值，的最大值为，则的最大值为， ∵， ∴和的最大值为， ∵， ∴的最大值为， ∵， ∴的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共10个小题，共86分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 解不等式组，并写出它的所有整数解． 【答案】，所有整数解是． 【解析】 【分析】此题考查了一元一次不等式组的整数解，先求出每个不等式的解集，再求不等式组的解集，最后写出所有整数解即可． 【详解】解： 解①得， 解②得， ∴不等式的解集是， ∴原不等式组的所有整数解是． 18. 先化简：，再从，0，1，2中选取一个适当的数代入求值． 【答案】；当时，；当时，． 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握因式分解，约分，通分是解题的关键． 先因式分解，通分，去括号化简，再选值计算即可． 【详解】 ， ∵， ∴， ∴当时，原式； 当时，原式． 19. 解分式方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2）无解 【解析】 【分析】本题主要考查了解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的一般步骤，准确计算，注意最后要进行检验． （1）按照解分式方程的步骤和方法计算即可； （2）先将原式化为，再按照解分式方程的步骤逐一计算即可； 【小问1详解】 解：， 去分母得：， 去括号得：， 移项并合并同类项得：， 化系数得：， 检验：将代入得：， 是原方程的根； 【小问2详解】 解：原式可化为：， 去分母得：， 去括号得：， 移项并合并同类项得：， 检验：将代入得， 是原方程的增根，即原分式方程无解． 20. 解一元二次方程： （1）； （2）． 【答案】（1），； （2），． 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程． （1）运用分解因式法解一元二次方程即可； （2）运用配方法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， 分解因式得：， 或， 解得：，； 【小问2详解】 解：， 移项得， 配方得，即， ， 解得：，． 21. 如图，中，为上的两点，，求证：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，由平行四边形的性质得，，进而得，最后利用可证明，即可求证，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴． 22. 如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上． （1）将向右平移6个单位长度得到，请画出； （2）画出关于点的中心对称图形； （3）若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______； （4）以，，，为顶点的四边形是平行四边形且点是轴上一点，则点的坐标是_____． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） （4） 【解析】 【分析】本题考查了作图—旋转变换、作图—平移变换，平行四边形的判定，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的性质． （1）利用平移变换的性质分别作出、、的对应点，再顺次连接即可； （2）利用中心对称变换的性质分别作出、、的对应点，再顺次连接即可； （3）作出旋转中心，即可得出答案； （4）根据题目要求以及平行四边形的判定作出点即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求， ； 【小问2详解】 解：如图，即为所求， ； 【小问3详解】 解：如图： ， 旋转中心的坐标为； 【小问4详解】 解：如图： ， 点的坐标为． 23. 已知四边形是边长为的正方形，P，Q是正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以的速度沿方向运动，点Q同时从点D出发以速度沿方向运动．设点P运动的时间为． （1）如图1，点P在边上，相交于点O，当互相平分时，求t的值； （2）如图2，点P在边上，相交于点H，当时，求t的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、一元一次方程等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据题意用t表示与，证明四边形为平行四边形得，由此列出t的方程即可； （2）根据题意用t表示与，证明得，由此列出t的方程即可． 【小问1详解】 解：由题意得：， ∵四边形是边长为的正方形， ∴， 当互相平分时，四边形为平行四边形， ∴， ∴，解得：， ∴t的值为． 【小问2详解】 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：，即t的值为． 24. 根据如表所示素材，探索完成任务． 如何确定图书销售单价及怎样进货以获取最大利润 素材1 某书店为了迎接“读书节”决定购进两种新书，两种图书的进价分别是每本18元、每本12元． 素材2 已知种图书的标价是种图书标价的1.5倍，若顾客用540元按标价购买图书，能单独购买种图书的数量恰好比单独购买种图书的数量少10本． 素材3 书店准备用不超过28200元购进两种图书共2000本，且种图书不少于600本；经市场调查后调整销售方案为：种图书按照标价的8折销售，种图书按标价销售． 问题解决 任务1 探求图书标价 请运用适当方法，求出两种图书的标价． 任务2 确定如何获得最大利润 书店应怎样进货才能获得最大利润? 【答案】任务1：种图书的标价是元，则种图书的标价是元；任务2：购进种图书本，则购进种图书本，所获得的利润最大 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用、一次函数的应用，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 任务1：设种图书的标价是元，则种图书的标价是元，根据“顾客用540元按标价购买图书，能单独购买种图书的数量恰好比单独购买种图书的数量少10本”列出分式方程，解方程即可得出答案； 任务2：设购进种图书本，则购进种图书本，根据题意列出不等式组求出的取值范围，求出、两种图书的售价，设获得的利润是元，得出关于的关系式，再利用一次函数的性质即可得出答案． 【详解】任务1：解：设种图书的标价是元，则种图书的标价是元， 由题意得：， 解得：， 经检验，是所列分式方程的解， （元）， ∴种图书的标价是元，则种图书的标价是元； 任务2：设购进种图书本，则购进种图书本， 由题意得：， 解得：， 由题意可得：种图书的售价是（元），种图书的售价是元， 设获得的利润是元， 则， ∵， ∴随着的增大而减小， ∴当时，的值最大， （本）， ∴购进种图书本，则购进种图书本，所获得的利润最大． 25. 求代数式的最小值时，我们通常运用“”这个结论对代数式进行配方来解决．比如，，，的最小值是，试利用“配方法”解决下列问题： （1）填空：（______）______； （2）如图1所示的是一组邻边长分别为，的长方形，其面积为；如图2所示的是边长为的正方形，其面积为，，请比较与的大小，并说明理由． （3）如图3，一个地块一边靠墙（墙足够长），另外三边用长的篱笆围成一个矩形场地，并且与墙平行的边加建宽的门（用其他材料）．设，矩形的面积为．当为何值时，矩形场地的面积最大?最大值为多少平方米? 【答案】（1）， （2），理由见解析 （3）当为时，矩形场地的面积最大，最大值为平方米 【解析】 【分析】本题主要考查配方法的运用，几何图形的面积的计算，乘法公式与几何图形面积的综合运用，理解题意，掌握乘法公式与几何图形的综合知识的运用是解题的关键． （1）根据材料提示，运用配方法即可求解； （2）结合矩形和正方形面积公式，利用整式的乘法分别算出、，再运用的结果的正负来判断大小，即可解题； （3）根据题意得到，利用矩形面积公式表示出，再结合题干求解方法即可解题． 【小问1详解】 解：由题知，， 故答案为：，． 【小问2详解】 解：由题知，， ， ， ， ． 【小问3详解】 解：， 由题知，， 矩形的面积； ， ， ， 当为时，矩形场地的面积最大，最大值为平方米． 26. 【探索发现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点，连接．在实验与探究中，小新发现无论正方形绕点怎样转动，，，之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明即可推导出来． ①请你猜想，，之间的数量关系是______． ②小新对图1的进一步研究中发现，延长与交于一点，通过证明也可推导出，，之间的数量关系，请你证明． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断，，之间的数量关系并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，，，点是边的中点，，它的两条边和分别与直线相交于点，，可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）①，理由见解析；②证明见解析；（2），证明见解析；（3）的长度为或 【解析】 【分析】（1）①先证明，可得，推出，再运用勾股 即可证得结论；②延长交于，由正方形的性质可得，，再利用可证得； （2）延长交于，连接，可证得，得出，，再由线段垂直平分线的性质可得，再运用勾股定理即可得出答案； （3）设，分两种情况讨论：当点在线段上时；当点在的延长线上时，结合勾股定理，即可求解． 【详解】（1）①猜想：，理由如下： 如图： ， ∵四边形和四边形均为正方形， ∴，，，， ∴，即， ∴， ∴， ∴，即， 在中，， ∴； ②证明：如图，延长交于， ， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴； （2）结论：， 证明：如图，延长交于，连接， ， ∵是矩形的中心， ∴点是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，即， ∴垂直平分， ∴， 在中，， ∴； （3）设， 当点在线段上时，连接， ， ∵，，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 由（2）可得， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴此时线段的长度为； 当点在延长线上时，作，交的延长线于，连接、， ， 同理可得：， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴此时线段的长度为， 综上所述，线段的长度为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，根据勾股定理列方程解决问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $