精品解析：四川省成都七中育才学校学道分校2022-2023学年八年级下学期期中数学试题

七中育才学校2022——2023学年度（下）半期学业诊断 八年级数学 （满分150分，时间120分钟） A卷（100分） 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形是（　　） A B. C. D. 2. 如果，那么下列各式中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（　　） A. B. C. D. 4. 点向左平移3个单位，向上平移2个单位到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 平行四边形中，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 6. 下列说法错误的是（　　） A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 B. 角平分线上的点到角的两边的距离相等 C. 两个全等的三角形，一定成中心对称 D. 等边三角形是轴对称图形，且有三条对称轴 7. 不等式组的解集在数轴上表示为（ ） A. B. C D. 8. 如图，在等腰直角三角形中，，将沿方向平移得到，若，，则（　　） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9. 分式有意义，则的取值范围是______． 10. 化分式方程为整式方程时，方程两边同乘的最简公分母为 _____． 11. 关于的二次三项式因式分解的结果为，则______． 12. 如图，在正方形网格中，绕某点旋转一定的角度得到，则旋转中心是点 _____（请从点O、Q、P、M中选择）． 13. 如图，在中，分别以点和点为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线分别交，于点，，若，的周长为，则的周长为_____． 三、解答题（本大题共5小题，共48分，14题16分，15题6分，16题6分，17题8分，18题12分，解答过程写在答题卡上） 14. （1）分解因式：； （2）分解因式：； （3）解方程：； （4）求不等式组的解集． 15. 先化简，再求值：，其中． 16. 正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题； （1）请画出与关于原点对称的； （2）请画出绕点A逆时针旋转90°得到的，并写出点的坐标　 　；​ （3）求绕点A逆时针旋转90°后，线段扫过的图形面积． 17. 如图，在平行四边形中，对角线、交于点O，，，垂足分别为E、F． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，求四边形的面积． 18. 如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，现将绕点O顺时针旋转到，使得，垂足为D，此时D点坐标为，动点E从原点出发，以一个单位每秒速度沿x轴正方向运动，设运动时间为t秒． （1）请求出A点的坐标； （2）如图2，当时，交y轴于点M，求出此时点M的坐标； （3）M为（2）中的点，当点E在运动过程中，直线上有一点Q，是否存在以M、E、B、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出对应的t的值；若不存在，请说明理由． B卷（50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19. 若关于x的方程=0有增根，则m的值是______． 20. 已知中，cm，cm，过点B作交所在的直线于H，若cm，则_________cm． 21. 因式分解是中学数学中最重要的恒等变形之一，是解决许多数学问题的有力工具，七中育才帅虎同学设计了一种“因式分解密码”：对多项式进行因式分解得到，若取，则2→2，x→12，y→7，→14，可得密码为，对于代数式，若取，可能得到的密码是 ___________．（写出满足条件的一个答案即可） 22. 已知直线：经过点，直线：经过点，且直线与关于第一，三象限角平分线所在直线对称，则关于的不等式的解集是 _________． 23. 如图，是边长为3的等边三角形，延长至点P，使得，点E在线段上，且，连接，以为边向右作等边，过点E作交的延长线于点M，点N为的中点，则四边形的面积为_____． 二、解答题（本大题共3小题，共30分，24题8分，25题10分，26题12分，解答过程写在答题卡上） 24. 位于四川省广汉市的“三星堆”，被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，被誉为“长江文明之源”，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体．七中育才八年级学生计划下周前往此处开展文史探究活动．下面是两位同学对于出行方案的讨论： 芳芳：我们一共有810名师生，如果租用甲种大巴刚好可以坐满． 敏敏：乙种大巴座位数比甲种多，如果租用乙种大巴可以少租3辆，也刚好可以坐满． （1）请根据以上信息，求出每辆甲种和每辆乙种大巴的座位数； （2）为保证顺利出行，大巴车司机计划近期加油两次，打算采用两种加油方式： 方式一：每次均按照相同油量（100升）加油； 方式二：每次均按照相同金额（500元）加油． 若第一次加油单价为x元/升，第二次加油单价为y元/升（）．请分别写出每种加油方式的平均单价（用含x、y的代数式表示），并根据你所学知识帮助大巴车司机选择上述哪种加油方式更合算． 25. 已知长为a、b、c、d的四条线段．，以a、b为边构造，其中；以c、d为边构造，其中． （1）判断和的形状并证明； （2）将和按照图1方式放置，当B、C、E共线时，取的中点M，连接．若，请猜想与之间的数量关系，并证明； （3）如图2，当B、C、E不共线时，连接并取其中点M，连接、若，（2）中的猜想是否仍然成立？若成立请证明，若不成立请说明理由． 26. 如图1，在中，，，将线段绕点B逆时针旋转得线段，旋转角为，连接． 　 　　 （1）①若，则　 　°； ②若，求的度数． （2）如图2，当时，过点B作于点E，与相交于点F，请探究线段与线段之间的数量关系； （3）当时，作点A关于所在直线对称点，当点在线段所在的直线上时，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 七中育才学校2022——2023学年度（下）半期学业诊断 八年级数学 （满分150分，时间120分钟） A卷（100分） 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 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判断即可． 【详解】解：A、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形；故A不符合题意； B、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；故B不符合题意； C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形；故C不符合题意； D、该图形既是轴对称图形又是中心对称图形；故D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．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度后与原图形重合． 2. 如果，那么下列各式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质：①把不等式的两边都加(或减去)同一个整式，不等号的方向不变；②不等式两边都乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；③不等式两边都乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．根据不等式的性质逐项分析即可． 【详解】解：A． ∵，∴，故不符合题意； B． ∵，∴，故不符合题意； C． ∵，∴，故符合题意； D． ∵，∴，故符合题意； 故选C． 3. 下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将一个多项式化成几个整式乘积的形式，叫做因式分解，据此逐一判断即可． 【详解】解：A.是整式乘法，故此项错误； B.结果不是整式乘积的形式，故此项错误； C.符合定义，是分解因式，故此项正确； D.分解的结果含有分式，不符合因式分解的定义，故此项错误； 故选：C． 【点睛】此题主要考查了因式分解的意义，理解定义是解题的关键． 4. 点向左平移3个单位，向上平移2个单位到点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】让P的横坐标减3，纵坐标加2即可得到点Q的坐标． 【详解】解：根据题意，点Q的横坐标为：2-3=-1；纵坐标为-3+2=-1； 即点Q的坐标是（-1，-1）． 故选：A． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，用到的知识点为：左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加． 5. 平行四边形中，，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质可知，平行四边形的对角相等，邻角互补，再根据已知即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选A． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，在应用平行四边形的性质解题时，要根据具体问题，有选择的使用，避免混淆性质，以致错用性质． 6. 下列说法错误的是（　　） A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形 B. 角平分线上的点到角的两边的距离相等 C. 两个全等的三角形，一定成中心对称 D. 等边三角形是轴对称图形，且有三条对称轴 【答案】C 【解析】 【分析】由平行四边形的判定，角平分线的性质，中心对称的定义，等边三角形的性质，即可判断． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，故A不符合题意； B、角平分线上的点到角的两边的距离相等，正确，故B不符合题意； C、两个全等的三角形，不一定成中心对称，故C符合题意； D、等边三角形是轴对称图形，且有三条对称轴，正确，故D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，角平分线的性质，等边三角形的性质，中心对称，掌握以上知识点是解题的关键． 7 不等式组的解集在数轴上表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对各不等式求解，然后在数轴上分别表示出x的取值范围． 【详解】解2x＋2≥0得：x≥−1， 解x−1<1得：x<2， 原不等式组的解集为：−1≤x<2， 在数轴上可表示为： 故选：B． 【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．要注意x是否取得到，若取得到则x在该点是实心的，反之x在该点是空心的． 8. 如图，在等腰直角三角形中，，将沿方向平移得到，若，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等腰直角三角形的性质得到，由平移的性质，得到是等腰直角三角形，由三角形的面积公式求出长，即可求出的长，从而求出的长． 【详解】解：∵是等腰直角三角形， ∴， ∵沿方向平移得到， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵的面积， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查平移的性质，等腰直角三角形，关键是掌握平移的性质，等腰直角三角形的性质． 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9. 分式有意义，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式有意义的条件，根据分式的分母不等于可得，解不等式即可求解，掌握分式有意义的条件是解题的关键． 【详解】解：∵分式有意义， ∴， ∴， 故答案为：． 10. 化分式方程为整式方程时，方程两边同乘的最简公分母为 _____． 【答案】 【解析】 【分析】根据最简公分母的定义即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， 方程两边同乘的最简公分母为 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了解分式方程，最简公分母，要注意：通常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，掌握最简公分母是解题的关键． 11. 关于的二次三项式因式分解的结果为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解的定义和多项式乘多项式，熟练掌握因式分解的定义和多项式乘多项式的运算法则，并熟练待定系数法是解题的关键．先计算，再利用因式分解的定义，利用待定系数法求解即可． 【详解】解：∵因式分解的结果为，且， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 如图，在正方形网格中，绕某点旋转一定的角度得到，则旋转中心是点 _____（请从点O、Q、P、M中选择）． 【答案】P 【解析】 【分析】根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心． 【详解】如图，连接可得其垂直平分线相交于点P， 故旋转中心是P点． 故答案为：P． 【点睛】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键． 13. 如图，在中，分别以点和点为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线分别交，于点，，若，的周长为，则的周长为_____． 【答案】19 【解析】 【分析】根据作图可知垂直平分，得到，，根据的周长为，进行求解即可． 【详解】解：由作图可知：垂直平分， ∴，， ∴的周长， ∴的周长； 故答案为：19． 【点睛】本题考查基本作图—作垂线，以及中垂线的性质．熟练掌握中垂线上的点到线段的两端点相等，是解题的关键． 三、解答题（本大题共5小题，共48分，14题16分，15题6分，16题6分，17题8分，18题12分，解答过程写在答题卡上） 14. （1）分解因式：； （2）分解因式：； （3）解方程：； （4）求不等式组的解集． 【答案】（1）；（2）；（3）无解；（4） 【解析】 【分析】（1）根据提取公因式法分解因式即可； （2）根据完全平方公式分解因式即可； （3）方程两边都乘得出，求出方程的解，再进行检验即可； （4）先根据不等式的性质求出不等式的解集，再根据不等式组解集的规律求出不等式组的解集即可． 【详解】解：（1）； （2）； （3）， 方程两边都乘，得， 解得：， 检验：当时，， 所以是增根， 即分式方程无解； （4）， 解不等式①，得， 解不等式②，得， 所以不等式组的解集是． 【点睛】本题考查了分解因式，解分式方程和解一元一次不等式组等知识点，能选择适当的方法分解因式是解（1）（2）的关键，能把分式方程转化成整式方程是解（3）的关键，能根据求不等式组解集的规律求出不等式组的解集是解（4）的关键． 15. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，把x的值代入计算即可． 【详解】解： ； 当时，原式． 【点睛】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键． 16. 正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题； （1）请画出与关于原点对称的； （2）请画出绕点A逆时针旋转90°得到的，并写出点的坐标　 　；​ （3）求绕点A逆时针旋转90°后，线段扫过的图形面积． 【答案】（1）见解析 （2）图见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可． （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． （3）利用勾股定理求出AB的长，再利用扇形面积公式计算即可． 【小问1详解】 如图，即为所求. 【小问2详解】 如图，点C旋转于点，点B旋转至，顺次连接得即为所求． 点B2的坐标为． 故答案为：． 【小问3详解】 由勾股定理得， ， ∴线段扫过的图形面积为． 【点睛】本题考查作图——旋转变换、中心对称、扇形面积公式，熟练掌握旋转和中心对称的性质、勾股定理、扇形面积公式是解答本题的关键． 17. 如图，在平行四边形中，对角线、交于点O，，，垂足分别为E、F． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，则，再证，然后证，得，即可得出结论； （2）由含角的直角三角形的性质得，则，再由全等三角形的性质得，则，然后由平行四边形面积公式即可得出结论． 【小问1详解】 ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，， ∴AE∥CF，， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 18. 如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，现将绕点O顺时针旋转到，使得，垂足为D，此时D点坐标为，动点E从原点出发，以一个单位每秒的速度沿x轴正方向运动，设运动时间为t秒． （1）请求出A点的坐标； （2）如图2，当时，交y轴于点M，求出此时点M的坐标； （3）M为（2）中的点，当点E在运动过程中，直线上有一点Q，是否存在以M、E、B、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出对应的t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）A点的坐标为 （2） （3）存在，或或 【解析】 【分析】（1）把代入得，即得，令可得A点的坐标为； （2）在中，得，由和旋转可得，有，从而可得，，故点M是中点，得； （3）过作于K，证明，可得，由，，可知直线的函数解析式为，从而可得直线的解析式为；设，，分三种情况：①若，为对角线，则，的中点重合，②若，为对角线，则，的中点重合，③，为对角线，则，的中点重合，分别求解即可． 【小问1详解】 解：把代入得： ， 解得， ∴， 在中，令得：， 解得， ∴A点的坐标为； 【小问2详解】 解：如图： 在中，令得， ∴， ∵， ∴， 由旋转可得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点M是中点， ∴； 【小问3详解】 解：存在以M、E、B、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 过作于K，如图： ∵， ∴， ∴， ∵，∠，， ∴， ∴，， ∴， 由（2）知，， ∴直线的函数解析式为， 由设直线的解析式为， 把代入得：， 解得， ∴直线的解析式为； 设，， 又，， ①若，为对角线，则，的中点重合， ∴， 解得， ∴t的值为； ②若，为对角线，则，的中点重合， ∴， 解得， ∴t的值为； ③，为对角线，则，的中点重合， ∴， 解得， ∴t的值为； 综上所述，t的值为或或． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图象上点坐标的特征，平行四边形的性质及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用． B卷（50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19. 若关于x的方程=0有增根，则m的值是______． 【答案】2 【解析】 【详解】去分母得，m-1-x=0， ∵方程有增根， ∴x=1， ∴m-1-1=0， ∴m=2． 故答案：2 20. 已知中，cm，cm，过点B作交所在的直线于H，若cm，则_________cm． 【答案】或 【解析】 【分析】分类讨论：①在上，可求，从而可求，②在的延长线上，同理即可求解． 【详解】解：①如图，在上， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ； ②如图，在的延长线上， 由①同理可求：， ； 综上所述，cm或cm， 故答案：或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质，找出的不同位置是解题的关键． 21. 因式分解是中学数学中最重要的恒等变形之一，是解决许多数学问题的有力工具，七中育才帅虎同学设计了一种“因式分解密码”：对多项式进行因式分解得到，若取，则2→2，x→12，y→7，→14，可得密码为，对于代数式，若取，可能得到的密码是 ___________．（写出满足条件的一个答案即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】对多项式进行因式分解，然后分别求出每个式子的值，然后组成密码即可． 【详解】解： 当时， 即3→3，a→15，→3，→11， 可得密码为：． 故答案为：（答案不唯一） 【点睛】本题考查了因式分解的应用，通过因式分解，得到对应的结果是解题的关键． 22. 已知直线：经过点，直线：经过点，且直线与关于第一，三象限角平分线所在直线对称，则关于的不等式的解集是 _________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出点和点关于直线的对称点的坐标，利用待定系数法求出直线，直线的解析式，再解不等式即可． 【详解】解：∵直线与关于第一，三象限角平分线所在直线对称， ∴点关于直线的对称点一定在直线上， 点关于直线的对称点一定在直线上， 把，两点代入中得， ， ∴， ∴直线：， 把，两点代入中得， ， ∴， ∴直线：， 由得， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，待定系数法求解析式，直线的对称变换等知识，掌握点的对称变换特征是解题关键． 23. 如图，是边长为3的等边三角形，延长至点P，使得，点E在线段上，且，连接，以为边向右作等边，过点E作交的延长线于点M，点N为的中点，则四边形的面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】作交的延长线于点G，先求出，则，作于点H，于点D，则，再求出，根据即可得到答案． 【详解】解：作交的延长线于点G， ∵是边长为3的等边三角形， ∴，，， ∴是等边三角形， ∵点P在的延长线上，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点N为的中点， ∴， ∴， 作于点H，于点D，则， ， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案：． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，正确作出所需的辅助线是解题的关键． 二、解答题（本大题共3小题，共30分，24题8分，25题10分，26题12分，解答过程写在答题卡上） 24. 位于四川省广汉市的“三星堆”，被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，被誉为“长江文明之源”，昭示了长江流域与黄河流域一样，同属中华文明的母体．七中育才八年级学生计划下周前往此处开展文史探究活动．下面是两位同学对于出行方案的讨论： 芳芳：我们一共有810名师生，如果租用甲种大巴刚好可以坐满． 敏敏：乙种大巴座位数比甲种多，如果租用乙种大巴可以少租3辆，也刚好可以坐满． （1）请根据以上信息，求出每辆甲种和每辆乙种大巴的座位数； （2）为保证顺利出行，大巴车司机计划近期加油两次，打算采用两种加油方式： 方式一：每次均按照相同油量（100升）加油； 方式二：每次均按照相同金额（500元）加油． 若第一次加油单价为x元/升，第二次加油单价为y元/升（）．请分别写出每种加油方式的平均单价（用含x、y的代数式表示），并根据你所学知识帮助大巴车司机选择上述哪种加油方式更合算． 【答案】（1）每辆甲种大巴车的座位数有45个，每辆乙种大巴车的座位数有54个 （2）方式一：，方式二：；选择方式二 【解析】 【分析】本题主要考查分式方程的应用、列代数式． （1）设每辆甲种大巴车的座位数为a个，则每辆乙种大巴车的座位数为个，根据“都租同一种车辆，甲种大巴车比乙种大巴车多3辆”列出方程，求解即可； （2）根据“加油费用加油量加油单价”分别算出两种加油方式的平均单价，再利用作差法比较两种加油方式的平均单价的大小即可求解． 【小问1详解】 解：设每辆甲种大巴车的座位数为a个，则每辆乙种大巴车的座位数为个， 根据题意可得：， 解得：， 经检验，为原方程解， 则， 答：每辆甲种大巴车的座位数有45个，每辆乙种大巴车的座位数有54个； 【小问2详解】 解：按照方式一加油的平均单价为（元/升）， 按照方式二加油的平均单价为（元/升）， 按方式一加油平均单价﹣按方式二加油的平均单价得： （元/升）， ∵，，且， ∴，，即， ∴选择方式二加油更合算． 25. 已知长为a、b、c、d的四条线段．，以a、b为边构造，其中；以c、d为边构造，其中． （1）判断和的形状并证明； （2）将和按照图1方式放置，当B、C、E共线时，取的中点M，连接．若，请猜想与之间的数量关系，并证明； （3）如图2，当B、C、E不共线时，连接并取其中点M，连接、若，（2）中的猜想是否仍然成立？若成立请证明，若不成立请说明理由． 【答案】（1）都是等腰三角形，证明见解析 （2），证明见解析 （3）成立，证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用非负数的性质证明，，可得结论； （2）猜想：．延长到T，使得，连接，延长交的延长线于点K．证明，推出，，推出，推出，再证明，推出，再利用四边形内角和为可得结论； （3）猜想仍然成立，延长到Q，使得，连接，延长交于点J．证明，则，得到，则，再证明，则，再利用四边形内角和为可得结论． 【小问1详解】 解：结论：，都是等腰三角形； 理由：∵， ∴， ∴，， ∴，都是等腰三角形； 【小问2详解】 猜想：． 理由：延长到T，使得，连接，延长交的延长线于点K． ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【小问3详解】 猜想仍然成立． 理由：延长到Q，使得，连接，延长交于点J． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，四边形内角和定理等知识，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． 26. 如图1，在中，，，将线段绕点B逆时针旋转得线段，旋转角为，连接． 　 　　 （1）①若，则　 　°； ②若，求的度数． （2）如图2，当时，过点B作于点E，与相交于点F，请探究线段与线段之间的数量关系； （3）当时，作点A关于所在直线的对称点，当点在线段所在的直线上时，求的面积． 【答案】（1）①45；② （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）①由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可求，即可求解；②由旋转的性质和等腰三角形的性质可求解； （2）由“”可证，可得，由等腰直角三角形的性质可求解； （3）分两种情况讨论，由勾股定理可求，即可求解． 【小问1详解】 解：①∵将线段绕点B逆时针旋转得线段， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：45； ②∵将线段绕点B逆时针旋转得线段， ∴， ∴，， ∴； 【小问2详解】 ，理由如下： 证：如图2，过点C作直线于H， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图3，当点在点B的左侧时， ∵，， ∴， ∵点A关于所在直线的对称点， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴； 如图4，当点在点B的右侧时，同理可求； 综上所述：的面积为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$