精品解析：山东省滨州市某校2023-2024学年八年级下学期第二次月考数学试题

2023—2024学年第二学期第二次教学质量检测 八年级数学试题 温馨提示： 1．本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页．满分120分．考试用时120分钟． 2．答卷前考生务必使用0.5毫米黑色签字笔将自己班级，姓名，准考证号，座号等填写在答题卡规定的位置． 3．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号．答案不能答在试题卷上． 4．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔做答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液，胶带纸等．不按以上要求作答的答案无效． 第Ⅰ卷（选择题 共24分） 一、单选题（本大题共8个小题，在每个小题的四个选项中只有一个正确，请把正确的选项选出来，用2B铅笔在答题卡对应题目的答案标号涂黑．每小题涂对得3分，满分24分） 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．①~③是其作图过程：①以点C为圆心，长为半径画弧；②以点A为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D；③连接，则四边形即为所求作的图形．在小明的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（ ） A. 两组对边分别平行 B. 两组对边分别相等 C. 对角线互相平分 D. 一组对边平行且相等 4. 如图，在直线上依次摆放着7个正方形，已知斜放置的3个正方形的面积分别是，，，正放置的4个正方形的面积依次是，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一次函数的图象与轴的交点坐标为，则下列说法：随的增大而减小；，；关于，的二元一次方程必有一个解为，；当时，．其中正确的有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 6. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，．若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点在轴的正半轴上上下移动时，矩形的另一个顶点始终在轴的正半轴上随之左右移动，已知是边的中点，连接，．下列判断正确的是　　 结论Ⅰ：在移动过程中，的长度不变； 结论Ⅱ：当时，四边形是平行四边形． A. 结论Ⅰ、Ⅱ都对 B. 结论Ⅰ、Ⅱ都不对 C. 只有结论Ⅰ对 D. 只有结论Ⅱ对 7. 甲、乙两人一起步行到火车站，两人步行速度一样，途中发现忘带预购的火车票了，于是甲立刻以原速返回，然后乘出租车赶往火车站，途中与乙相遇后，带上乙一同前往，结果比预计早到了3分钟，他们距公司的距离y（米）与所用时间t（分）间的函数关系如图．则下列结论错误的是（ ） A. 步行的速度为80米/分 B. 出租车的速度为320米/分 C. 公司距离火车站1600米 D. 相遇时两人距车站400米 8. 如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．下列正确的选项是（ ） A. ①②④ B. ①③ C. ①②③ D. ②③④ 第Ⅱ卷（非选择题 共96分） 二、填空题（共6个小题，每小题4分，满分24分） 9. 已知函数是正比例函数，则_____________． 10. 将直线平移，使之经过点，则平移后的函数解析式为 ___________． 11. 如图，数轴上的点对应的数是，点对应的数是，，垂足为，且，以为圆心，长为半径画弧，交数轴于点，则点表示的数为__________． 12. 如图，函数函数与的图象相交于点，则关于的不等式的解集是______________． 13. 如图，在中，，，交于点O．以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点E，F；再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点G；作射线交于点P．若的中点为点M，则的长为 _____． 14. 如图，在平面直角坐标系中，，，若轴上有一点，使得的值最小，则点坐标为__________． 15. 如图，在矩形中，，，为的中点，若、Q为边上的动点且，则的最小值为______． 16. 如图，在菱形中，边长为1，．顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形，顺次连接四边形各边中点，可得四边形；…；按此规律继续下去．四边形的面积是_________． 三、解答题（本大题共8个小题，满分72分，解答时请写出必要的演推过程．） 17. （1）已知，．求的值． （2）； （3）； （4）． 18. 如图，在四边形中，点E、F分别为对角线上的两点，且，连接、，若，，求证：四边形为平行四边形． 19. 如图，已知四边形是平行四边形． （1）请用尺规作图法，作菱形，分别交、于点、（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 20. 某商场购进一批衣服，每件的进价为80元，出于营销考虑， 要求每件衣服的售价不低于80元且不高于150元，在销售过程中发现该衣服每周的销售量（件）与每件衣服的售价（元）之间满足的函数关系如图所示． （1）求关于的函数关系式及的取值范围； （2）设该商场每周销售这种衣服所获得的利润为元，则将该衣服的销售单价定为多少元时，才能使所获利润最大？最大利润是多少？ 21. 某数学活动小组在学完特殊的平行四边形之后，针对矩形中的折叠问题进行了研究． 如图①，在矩形中，，，点P为边上一点，将矩形沿折叠，点E为点B折叠后的对应点，过点E作，交折痕于点F，连接． （1）猜想四边形的形状，并证明你的结论； （2）如图②，连接，当点E落在上时，的长是多少？（用含a的代数式表示） （3）如图③，当点E落在上时，若，求的长． 22. 如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，，，直线与直线相交于点． （1）求直线的解析式； （2）求点的坐标； （3）若直线与轴交于点，且直线上存在一点，使得的面积是的面积的3倍，直接写出点的坐标． 23. 几何探究 【课本再现】 （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．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．请帮助小新完成下列问题： ①求证； ②连接，则之间的数量关系是____________． 【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，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，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 $ 2023—2024学年第二学期第二次教学质量检测 八年级数学试题 温馨提示： 1．本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共6页．满分120分．考试用时120分钟． 2．答卷前考生务必使用0.5毫米黑色签字笔将自己班级，姓名，准考证号，座号等填写在答题卡规定的位置． 3．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其他答案标号．答案不能答在试题卷上． 4．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔做答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试题卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液，胶带纸等．不按以上要求作答的答案无效． 第Ⅰ卷（选择题 共24分） 一、单选题（本大题共8个小题，在每个小题的四个选项中只有一个正确，请把正确的选项选出来，用2B铅笔在答题卡对应题目的答案标号涂黑．每小题涂对得3分，满分24分） 1. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查最简二次根式的判定条件：①被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；②被开方数的因数是整数，因式是整式．由此逐项判断即可得出答案． 【详解】解：A、，不是最简二次根式，故A不符合题意； B、不是二次根式，故B不符合题意； C、是最简二次根式，故C符合题意； D、，不是最简二次根式，故D不符合题意． 故选：C． 2. 下列各式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质和化简，掌握二次根式的性质是解题的关键．根据二次根式的性质化简求得结果即可判断． 【详解】解：A、，本选项符合题意； B、，本选项不符合题意； C、，本选项不符合题意； D、实数范围内被开方数不能为负数，， 本选项不符合题意； 故选：A． 3. 探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．①~③是其作图过程：①以点C为圆心，长为半径画弧；②以点A为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D；③连接，则四边形即为所求作的图形．在小明的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（ ） A. 两组对边分别平行 B. 两组对边分别相等 C. 对角线互相平分 D. 一组对边平行且相等 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理． 根据作图步骤可知，得出，从而可以判断． 【详解】解：根据作图得，， ∴四边形为平行四边形， 判定四边形为平行四边形的条件是：两组对边分别相等， 故选：B． 4. 如图，在直线上依次摆放着7个正方形，已知斜放置的3个正方形的面积分别是，，，正放置的4个正方形的面积依次是，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正方形面积的计算、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据证明是解题的关键．求证，由全等三角形的性质可得，在中，由勾股定理可得，进而可得，同理可得，即可获得答案． 【详解】解：如下图， 根据题意，在直线上依次摆放着7个正方形， ∴，， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在中，， 即， ∵，， ∴，同理， ∴． 故选：B． 5. 如图，一次函数的图象与轴的交点坐标为，则下列说法：随的增大而减小；，；关于，的二元一次方程必有一个解为，；当时，．其中正确的有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了一次函数与一元一次方程，利用函数的图象结合一次函数的性质进行解答即可判断求解，掌握一次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：∵图象过第一、二、三象限， ∴，，随的增大而增大，故错误； 又∵图象与轴交于， ∴的解为，正确； 当时，图象在轴上方，，故正确； 综上可得正确，共个， 故选：． 6. 如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，．若不改变矩形的形状和大小，当矩形顶点在轴的正半轴上上下移动时，矩形的另一个顶点始终在轴的正半轴上随之左右移动，已知是边的中点，连接，．下列判断正确的是　　 结论Ⅰ：在移动过程中，的长度不变； 结论Ⅱ：当时，四边形是平行四边形． A. 结论Ⅰ、Ⅱ都对 B. 结论Ⅰ、Ⅱ都不对 C. 只有结论Ⅰ对 D. 只有结论Ⅱ对 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，坐标与图形性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握以上知识是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以判断结论Ⅰ；根据，证明，，即可判断结论Ⅱ，进而可以解决问题． 【详解】解：是边的中点，， ，故结论Ⅰ正确； ， 四边形是矩形， ， ，， ，， ，， ，， 四边形是平行四边形，故结论Ⅱ正确， 故选：A 7. 甲、乙两人一起步行到火车站，两人步行速度一样，途中发现忘带预购的火车票了，于是甲立刻以原速返回，然后乘出租车赶往火车站，途中与乙相遇后，带上乙一同前往，结果比预计早到了3分钟，他们距公司的距离y（米）与所用时间t（分）间的函数关系如图．则下列结论错误的是（ ） A. 步行的速度为80米/分 B. 出租车的速度为320米/分 C. 公司距离火车站1600米 D. 相遇时两人距车站400米 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合图象可知他们步行的速度为 (米/分)，进而得出出租车的速度为 (米/分)，求出相遇时的点的坐标，利用待定系数法求出租车行驶时路程s与时间t的函数解析式，再根据题意列方程即可求出公司与火车站的距离以及出租车与乙相遇时到车站的距离． 【详解】解：根据题意可知他们步行的速度为(米/分)，故选项A不合题意； 出租车的速度为(米/分)， 故选项B不合题意； t= 16时，， . 相遇时的点的坐标为( 16， 1280 )， 设s=kt+b，则 ， 解得 ， s=320t- 3840 ； 设步行到达的时间为t，则实际到达是时间为t-3， 由题意得，80t=320 ( t-3 ) - 3840， 解得t=20， 所以公司到火车站的距离为（米），故选项C不合题意； 出租车与乙相遇时距车站：（米），故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查的是用一次函数解决实际问题，主要利用了路程、速度、时间三者之间的关系，待定系数法求一次函数解析式，找出等量关系列出方程是解题的难点． 8. 如图，已知四边形为正方形，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③；④．下列正确的选项是（ ） A. ①②④ B. ①③ C. ①②③ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，则，，得到不一定等于，故④错误． 【详解】解：过作，过作于，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形，故①正确； ∴， ∵四边形是正方形 ∴， ∴ 在和中 ∴ ∴，， ∵ ∴，故③正确； ∴，故②错误； 当时，点与点重合，则，， ∴不一定等于，故④错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题 共96分） 二、填空题（共6个小题，每小题4分，满分24分） 9. 已知函数是正比例函数，则_____________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了正比例函数的定义，一般地，形如的函数叫做正比例函数，据此可得，解之即可得到答案． 【详解】解：∵函数是正比例函数， ∴， ∴， 故答案为：． 10. 将直线平移，使之经过点，则平移后的函数解析式为 ___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的平移，待定系数法求函数解析式，先设平移后的函数解析式为，再将代入函数解析式，求解即可． 【详解】设平移后的函数解析式为， 把代入函数解析式，得，解得， ∴平移后的函数解析式为， 故答案为：． 11. 如图，数轴上的点对应的数是，点对应的数是，，垂足为，且，以为圆心，长为半径画弧，交数轴于点，则点表示的数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，数轴上点与数，平移，根据题意，，结合，，得到，结合平移思想解答即可． 【详解】根据题意，， ∵，， ∴， 点A向右平移个单位长度得到点D， 故点D表示的数为， 故答案为：． 12. 如图，函数函数与的图象相交于点，则关于的不等式的解集是______________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查根据函数图象的交点求一元一次不等式组解集，关键是掌握数形结合思想，利用图象法解题． 根据两函数交点坐标，利用数形结合方法得出不等式的解集即可． 【详解】解：函数与的图象相交于点， 关于的不等式的解集是：． 故答案为：． 13. 如图，在中，，，交于点O．以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点E，F；再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点G；作射线交于点P．若的中点为点M，则的长为 _____． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，角平分线的尺规作图和定义，由作图知，平分，得到，根据平行线的性质得到，求得，得到，根据三角形中位线定理即可得到结论． 【详解】解：由作图知，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵的中点为点M， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：2． 14. 如图，在平面直角坐标系中，，，若轴上有一点，使得的值最小，则点坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则点即为所求，由于点的坐标易得，于是利用待定系数法可求出直线的解析式，再求出直线与x轴的交点即可． 【详解】解：如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，则点即为所求，连接， ∵被轴垂直平分， ∴， ∴， ∴此时的值最小． ∵， ∴， ∵， 设直线的解析式为 ∴ 解得： ∴直线的解析式为． 当时，则，解得：． ∴点的坐标为． 故答案为：． 15. 如图，在矩形中，，，为的中点，若、Q为边上的动点且，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，过A点作的平行线交于一点，即为P点，则此时最小，据此求解即可． 【详解】解：在上截取线段，作F点关于的对称点G，连接与交于一点即为Q点，连接，过A点作的平行线交于一点，即为P点，过G点作的平行线交的延长线于H点． ∴， ∵E为边的中点， ∴， ∴，，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称-最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求． 16. 如图，在菱形中，边长为1，．顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形，顺次连接四边形各边中点，可得四边形；…；按此规律继续下去．四边形的面积是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解题的关键．根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答． 【详解】解：菱形，， ，为等边三角形， ， 等边的高为， ， 顺次连接菱形各边中点，可得四边形， 四边形为矩形， , 同理可得， ， …… ． 故答案为：． 三、解答题（本大题共8个小题，满分72分，解答时请写出必要的演推过程．） 17. （1）已知，．求的值． （2）； （3）； （4）． 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【解析】 【分析】（1）先通分，继而代入和的值即可． （2）先将二次根式化为最简，然后再进行乘除运算，继而可得出答案． （3）先将二次根式化为最简，然后合并同类二次根式即可得出答案． （4）先利用平方差和完全平方公式展开再合并即可． 【详解】（1）解：，， ，， ． （2）解： ； （3）解： ； （4）解： ． 【点睛】本题考查了二次根式的乘除混合运算，二次根式加减混合运算，二次根式的混合运算，平方差公式，完全平方公式，利用二次根式的性质进行化简等知识．熟练掌握二次根式的乘除混合运算，二次根式加减混合运算，二次根式的混合运算，平方差公式，完全平方公式，利用二次根式的性质进行化简是解题的关键． 18. 如图，在四边形中，点E、F分别为对角线上的两点，且，连接、，若，，求证：四边形为平行四边形． 【答案】 证明：∵，， ∴． ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，先证明，再根据证明，可得，然后证明，可得答案． 【详解】略 19. 如图，已知四边形是平行四边形． （1）请用尺规作图法，作菱形，分别交、于点、（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，若，，求菱形的面积． 【答案】（1） 菱形如图所示，即为所求；（作，的角平分线亦可） （2） 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，解直角三角形等知识， （1）利用圆规在上截取，连接即可； （2）过作于点，根据菱形的性质得到，然后解直角三角形求出，然后利用菱形面积公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作于点，即 四边形为菱形， 又， 在中，，即； ， ． 20. 某商场购进一批衣服，每件的进价为80元，出于营销考虑， 要求每件衣服的售价不低于80元且不高于150元，在销售过程中发现该衣服每周的销售量（件）与每件衣服的售价（元）之间满足的函数关系如图所示． （1）求关于的函数关系式及的取值范围； （2）设该商场每周销售这种衣服所获得的利润为元，则将该衣服的销售单价定为多少元时，才能使所获利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1）， （2）当售价为140元每件时，才能获得最大利润，最大利润为3600元 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的性质，二次函数的应用等知识，明确题意正确列式是解答本题的关键． （1）利用待定系数法即可求解； （2）根据题意，有，整理，得：，化为顶点式为：，问题随之得解． 【小问1详解】 解：设函数关系式为：， 代入坐标，， 可得：， 解得：， 即关于的函数关系式为，且； 【小问2详解】 解：根据题意，有：， 整理，得：， 化为顶点式为：， ∵，， ∴二次函数有最大值，且当时，取最大值， 即， 即当售价为140元每件时，才能获得最大利润，最大利润为3600元． 21. 某数学活动小组在学完特殊的平行四边形之后，针对矩形中的折叠问题进行了研究． 如图①，在矩形中，，，点P为边上一点，将矩形沿折叠，点E为点B折叠后的对应点，过点E作，交折痕于点F，连接． （1）猜想四边形的形状，并证明你的结论； （2）如图②，连接，当点E落在上时，的长是多少？（用含a的代数式表示） （3）如图③，当点E落在上时，若，求的长． 【答案】（1） 解：四边形是菱形，证明如下： 由折叠可知：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）a （3） 【解析】 【分析】本题考查矩形和折叠性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、菱形的判定、勾股定理等知识，掌握折叠性质是解答的关键． （1）先根据折叠性质和平行线的性质证得，，，结合等腰三角形的判定证得，然后利用菱形的判定得出结论； （2）先利用勾股定理求得，再利用折叠性质得到，， 在中，利用勾股定理求得即可； （3）在中，利用勾股定理求得即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：在矩形中，， ∵，， ∴， 由折叠可知，， ∵ ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； 【小问3详解】 解：∵， ∴，， 在中，，， ∴， ∴（负值舍去）， ∴． 22. 如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，，，直线与直线相交于点． （1）求直线的解析式； （2）求点的坐标； （3）若直线与轴交于点，且直线上存在一点，使得的面积是的面积的3倍，直接写出点的坐标． 【答案】（1）； （2） （3）点的坐标为或． 【解析】 【分析】本题考查了求一次函数的解析式，三角形面积，理解一次函数的性质是解题的关键． （1）用待定系数法求函数的解析式； （2）由两个解析式构成方程组，解方程组可得交点的坐标； （3）分两种情况讨论，点可能在的上方或下方，结合图形进行分析计算． 【小问1详解】 解：设直线的解析式为． 由点，的坐标分别为，， 可知 解得 所以直线的解析式为； 【小问2详解】 解：由题意，得 解得 所以点的坐标为； 【小问3详解】 解：直线的解析式为，令，则， 直线与轴交于， ∴， 设点的坐标为， ， 的面积是的面积的3倍， ∴的面积是6， 当在点的下方时，如图所示， ∴， 即， 解得：，则， 当在点的上方时，， ∴， 解得：，则， 综上所述，点的坐标为或． 23. 几何探究 【课本再现】 （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．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．请帮助小新完成下列问题： ①求证； ②连接，则之间的数量关系是____________． 【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，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点在边的中点处，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证明：∵正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， ∴， ∴， ∴； ②； （2），理由如下： 连接， ∵矩形的中心O是矩形的一个顶点， ∴，，， 延长，交于点，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴是的中垂线， ∴， ∴， ∴； （3）或． 【解析】 【分析】（1）①利用正方形的性质，证明即可；②由全等三角形的性质得到，则，再利用勾股定理即可得到结论； （2）连接，延长，交于点，连接，证明，得到，，推出，得到，即可得出结论； （3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解． 【详解】解：（1）①略 ②连接， ∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴； （2）略 解：（3）设， ①当点在线段上： ∵，， ∴， ∴， 由（2）可知：， ∴， 解得：， ∴； ②当点在线段的延长线上时：如图， 此时， 过点作，延长交于点，连接， 同（2）法可证：， ∴， 又， ∴， 解得：解得：， ∴； 综上：线段的长度为或． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关性质，构造全等三角形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $