精品解析：2023-2024学年北师大版九年级上册开学考试数学模拟练习二

2023－2024学年九年级上册开学考试数学模拟练习二（适用北师大版） （时间：120分钟 满分：150分） 测试范围：八下与九上第一章 特殊平行四边形 一、选择题（本大题10个小题，每小题4分，共40分．） 1. 年月日，“逐梦寰宇问苍穹中国载人航天工程三十年成就展”在中国国家博物馆展出，下列航天图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下面的每组图形中，平移左边图形可以得到右边图形的一组是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，已知平行四边形的对角线与相交于点O，下列结论中，不正确的是（ ） A. 当时，四边形是矩形 B. 当时，四边形是菱形 C. 当时，四边形是矩形 D. 当时，四边形是菱形 4. 将分解因式的结果是（ ） A. B. C. D. 5. 若一个关于x的不等式组解集在数轴上的表示如图所示，则这个不等式组可以是（ ） A B. C. D. 6. 下列各式从左到右的变形中，正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 若解关于的分式方程时，出现了增根，则的值为（　　） A. 4 B. C. 2 D. 8. 不等式组的解集为，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 10. 如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC=EC，交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论： ①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC=FB；④PF=PC． 其中正确结论的个数为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题8个小题，每小题4分，共32分．） 11 因式分解：__________． 12. 若一个多边形的每个外角均为，则这个多边形的内角和为_______度． 13. 计算的结果是____________． 14. 如图，以点C为旋转中心，旋转后得到，已知，则_______． 15. 如图，平行四边形中，F是对角线上的一点，连接并延长，交于点E，已知，，则__． 16. 帐篷厂原计划生产7200顶帐篷，后来为了支援灾区，要求工厂生产的帐比原计划多，并需要提前4天完成任务.已知实际生产时每天比原计划多生产720顶帐篷，设实际每天生产顶帐篷，根据题意可列方程为__________． 17. 如图，在菱形中，与相交于点O，垂直平分线交于点F，连接．若，则的度数为__________． 18. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（4，0），点C在y的正半轴上，且OB=2OC，在直角坐标平面内确定点D，使得以点D、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请写出点D的坐标为________________． 三、解答题（本大题8个小题，19题8分，20－26题每小题10分，共78分．） 19. 计算 （1）解不等式组：； （2）分解因式：． 20. 解方程： （1） （2） 21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）若将经过一次平移后得到对应图形，点的坐标为，请画出平移后的，并直接写出上的点的对应点的坐标（用含a，b的代数式表示）； （2）直接写出（1）中经过一次平移得到的平移距离； （3）在平面直角坐标系中画出关于原点成中心对称的图形． 22. 已知：如图，在▱ABCD中，∠ADC，∠DAB平分线DF，AE分别与线段BC相交于点F，E，DF与AE相交于点G． （1）求证：AE⊥DF； （2）若AD＝10，AB＝6，AE＝4，求DF的长． 23. （2011贵州安顺）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线DE交BC于D，交AB于E，F在DE上，且AF=CE=AE． ⑴说明四边形ACEF是平行四边形； ⑵当∠B满足什么条件时，四边形ACEF是菱形，并说明理由． 24. 为落实“双减政策”某学校购进“红色教育”和“传统文化”两种经典读本，花费分别是1200元和500元，已知“红色教育”经典读本订购单价是“传统文化”经典读本的订购单价的2倍，并且订购的“红色教育”经典读本的数量比“传统文化”经典读本的数量多5本． （1）求该学校订购的两种经典读本的单价分别是多少元； （2）该学校拟计划再订购这两种经典读本共100本，其中“红色教育”经典读本订购数量不低于60本且总费用不超过3600元，求该学校订购这两种读本的最低总费用． 25. 如图，点是等边内一点，是外的一点，，，，，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）当时，试判断的形状，并说明理由； （3）当_________时，是等腰三角形． 26. 如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其他顶点均不重合，连接BE、DG． （1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：． （2）如图3，如果，，，求点G到BE的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023－2024学年九年级上册开学考试数学模拟练习二（适用北师大版） （时间：120分钟 满分：150分） 测试范围：八下与九上第一章 特殊平行四边形 一、选择题（本大题10个小题，每小题4分，共40分．） 1. 年月日，“逐梦寰宇问苍穹中国载人航天工程三十年成就展”在中国国家博物馆展出，下列航天图标中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形得出结论即可． 【详解】解：由题意知，图形 是中心对称图形， 故选：C． 【点睛】本题主要考查中心对称的知识，熟练掌握中心对称的概念是解题的关键． 2. 下面的每组图形中，平移左边图形可以得到右边图形的一组是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平移的性质求解． 【详解】解：A选项中两个图形的形状不同，不合题意； B选项中两个图形大小不等，不合题意； C选项中左边图形通过轴对称可得右边图形，不合题意； D选项平移左边图形可以得到右边图形，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查图形的平移，解题的关键是掌握平移的定义和性质：在平面内，将一个图形沿着某个方向移动一定的距离，称为平移，平移不改变物体的形状和大小． 3. 如图，已知平行四边形的对角线与相交于点O，下列结论中，不正确的是（ ） A. 当时，四边形是矩形 B. 当时，四边形是菱形 C. 当时，四边形是矩形 D. 当时，四边形是菱形 【答案】D 【解析】 【分析】利用矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A．， ， 是矩形， 故结论正确，但不符合题意； B．， 是菱形， 故结论正确，但不符合题意； C．四边形是平行四边形， ，， 又， ， 是矩形， 故结论正确，但不符合题意； D．当时，四边形不一定是菱形， 故结论错误，符合题意， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键． 4. 将分解因式的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了提公因式法分解因式，直接提取公因式即可得出答案． 【详解】解：， 故选：C． 5. 若一个关于x的不等式组解集在数轴上的表示如图所示，则这个不等式组可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据在数轴上表示不等式组解集的方法求出不等式组的解集即可． 【详解】解：由数轴知，这个不等式组为． 故选：A． 【点睛】本题考查的是在数轴上表示不等式组的解集，利用了数形结合的思想，解答此题的关键是熟知实心圆点与空心圆点的区别． 6. 下列各式从左到右的变形中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式的基本性质对各选项进行逐一分析即可． 【详解】解：A、当时，原式不成立，故本选项错误； B、原选项正确； C、当时，原式不成立，故本选项错误； D、，原选项不成立，故本选项错误； 故选：B． 【点睛】本题考查的是分式的基本性质，熟知分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变是解答此题的关键． 7. 若解关于的分式方程时，出现了增根，则的值为（　　） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分式方程产生增根，确定增根为，再代入所化的整式方程即可． 【详解】解：关于的分式方程， 去分母，得， 由于分式方程出现增根， 所以， 解得， 故选：A． 【点睛】本题考查分式方程的增根，理解增根的意义是解决问题的关键． 8. 不等式组的解集为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出不等式组解集，再根据不等式组的解集为得出且，求出，的值，再求出的值即可． 【详解】解：， 解不等式①得，， 解不等式②得，， 故不等式组的解集为， 不等式组的解集为， 且， 解得：，， ， 故选：． 【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和求代数式的值，能求出，的值是解此题的关键． 9. 如图，在方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】A 【解析】 【分析】先确定点A与点E为对应点，点B和点F为对应点，则根据旋转的性质得旋转中心在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，所以作的垂直平分线和的垂直平分线，它们的交点即为旋转中心． 【详解】解：∵甲经过旋转后得到乙， ∴点A与点E为对应点，点B和点F为对应点， ∴旋转中心在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上， 作的垂直平分线和的垂直平分线，它们的交点为M点，如图， 即旋转中心为M点． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 10. 如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC=EC，交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论： ①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC=FB；④PF=PC． 其中正确结论的个数为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案． 【详解】证明：∵BC=EC， ∴∠CEB=∠CBE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DCAB， ∴∠CEB=∠EBF， ∴∠CBE=∠EBF， ∴①BE平分∠CBF，正确； ∵BC=EC，CF⊥BE， ∴∠ECF=∠BCF， ∴②CF平分∠DCB，正确； ∵DCAB， ∴∠DCF=∠CFB， ∵∠ECF=∠BCF， ∴∠CFB=∠BCF， ∴BF=BC， ∴③正确； ∵FB=BC，CF⊥BE， ∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC， ∴PF=PC，故④正确． 综上，四个选项均正确， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，正确应用等腰三角形的性质是解题关键． 二、填空题（本大题8个小题，每小题4分，共32分．） 11. 因式分解：__________． 【答案】 【解析】 【详解】解：=； 故答案为 12. 若一个多边形的每个外角均为，则这个多边形的内角和为_______度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角性质，先求出这个多边形的边数，再根据多边形内角和公式进行计算，即可作答． 【详解】解：∵多边形的每一个外角都等于， ∴它的边数为：， ∴它的内角和：， 故答案为：． 13. 计算的结果是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式的乘法运算法则计算即可． 【详解】解： ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了分式的乘法运算，掌握分式的乘法运算法则是解答本题的关键． 14. 如图，以点C旋转中心，旋转后得到，已知，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据旋转的性质，对应边相等，即可得解． 【详解】解：∵以点C为旋转中心，旋转后得到， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是找准对应边． 15. 如图，平行四边形中，F是对角线上的一点，连接并延长，交于点E，已知，，则__． 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，利用平行四边形的性质得出，证明，利用相似三角形的性质求出的长度，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 故答案为：4． 16. 帐篷厂原计划生产7200顶帐篷，后来为了支援灾区，要求工厂生产的帐比原计划多，并需要提前4天完成任务.已知实际生产时每天比原计划多生产720顶帐篷，设实际每天生产顶帐篷，根据题意可列方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】关键描述语为：“提前4天完场任务”；等量关系为：计划天数-实际天数=4．若设实际每天生产x顶帐篷，则：实际天数，计划天数：. 【详解】设实际每天生产顶帐篷， 根据题意方程为： 故答案为. 【点睛】考查分式方程的应用，读懂题目，找出题目中的等量关系是解题的关键. 17. 如图，在菱形中，与相交于点O，的垂直平分线交于点F，连接．若，则的度数为__________． 【答案】##60度 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，由菱形的性质可得，，，由线段垂直平分线的性质可得，可求，进而求得的度数．掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ，，， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 18. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（4，0），点C在y的正半轴上，且OB=2OC，在直角坐标平面内确定点D，使得以点D、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请写出点D的坐标为________________． 【答案】（3，2）（-3，2）（5，-2）． 【解析】 【详解】解：如图，①当BC为对角线时，易求M1（3，2）； ②当AC为对角线时，CM∥AB，且CM=AB．所以M2（-3，2）； ③当AB为对角线时，AC∥BM，且AC=BM．则|My|=OC=2，|Mx|=OB+OA=5，所以M3（5，-2）． 综上所述，符合条件的点D的坐标是M1（3，2），M2（-3，2），M3（5，-2）． 故答案为：（3，2）（-3，2）（5，-2）． 【点睛】本题考查平行四边形的判定；坐标与图形性质． 三、解答题（本大题8个小题，19题8分，20－26题每小题10分，共78分．） 19 计算 （1）解不等式组：； （2）分解因式：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别求出不等式①②值，得到不等式组的解集即可； （2）利用平方差公式及完全平方公式因式分解即可． 【小问1详解】 解：， 解不等式①得，， 解不等式②得，， 不等式组的解集为； 【小问2详解】 ． 【点睛】本题考查解一元一次不等式组的求解及公式法因式分解，特别注意因式分解时必须彻底，熟练掌握因式分解的方法是解答本题的关键． 20. 解方程： （1） （2） 【答案】（1）无解 （2） 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，解题的关键是： （1）方程两边都乘，得出，求出方程的解，再进行检验即可； （2）方程两边都乘得出，求出方程的解，再进行检验即可． 【小问1详解】 解：， 方程两边同乘得：， 解得：， 经检验，是原方程的增根， ∴原方程无解； 【小问2详解】 解： 去分母得，， 解得：， 经检验：当是原方程的根， ∴原方程的解为． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，． （1）若将经过一次平移后得到对应图形，点的坐标为，请画出平移后的，并直接写出上的点的对应点的坐标（用含a，b的代数式表示）； （2）直接写出（1）中经过一次平移得到的平移距离； （3）在平面直角坐标系中画出关于原点成中心对称的图形． 【答案】（1）见解析， （2） （3）见解析 【解析】 【分析】（1）由给出的和的坐标得出三角形平移的方式，求出对应点，的坐标，在图中画出三点坐标依次连接即可，再根据平移方式得到的坐标； （2）根据（1）中得到的平移方式利用勾股定理即可求出平移距离； （3）根据中心对称的性质绕点旋转得到，得到，，三点坐标，在图中标出顺次连接即可． 【小问1详解】 解：平移后的对应点的坐标为， 是向右平移各单位，向下平移了个单位，后得到， ，， 则如下图， 点向右平移各单位，向下平移了个单位后对应点的坐标为； 【小问2详解】 是向右平移各单位，向下平移了个单位，后得到， 经过一次平移得到的平移距离； 【小问3详解】 根据中心对称的性质绕点旋转得到， ，，关于原点中心对称的对应点为，，， 则如下图， 【点睛】本题考查作图——平移变换，坐标与图形，中心对称性质作图等知识，解题的关键是掌握平移变换的性质，中心对称的性质，准确找到平移的方式是解题的关键． 22. 已知：如图，在▱ABCD中，∠ADC，∠DAB的平分线DF，AE分别与线段BC相交于点F，E，DF与AE相交于点G． （1）求证：AE⊥DF； （2）若AD＝10，AB＝6，AE＝4，求DF的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质推出∠ADC+∠DAB=180°，根据角平分线得到∠ADF+∠DAE=（∠ADC+∠DAB）=90°，即可求出结论； （2）过点D作DH∥AE，交BC的延长线于点H，得到平行四边形AEHD，求出DH=AE=4，EH=AD=10，根据平行四边形的性质和平行线的性质推出DC=FC，AB=EB，求出BF、FE、FH的长，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：（1）∵在▱ABCD中，AB∥CD， ∴∠ADC＋∠DAB＝180°， ∵DF，AE分别是∠ADC，∠DAB的平分线， ∴∠ADF＝∠CDF＝∠ADC，∠DAE＝∠BAE＝∠DAB， ∴∠ADF＋∠DAE＝（∠ADC＋∠DAB）＝90°， ∴∠AGD＝90°，即AE⊥DF； （2）如图，过点D作DH∥AE，交BC的延长线于点H，则四边形AEHD是平行四边形，且FD⊥DH， ∴DH＝AE＝4，EH＝AD＝10， ∵在▱ABCD中，AD∥BC， ∴∠ADF＝∠CFD，∠DAE＝∠BEA， ∴∠CDF＝∠CFD，∠BAE＝∠BEA， ∴DC＝FC，AB＝EB， 在▱ABCD中，AD＝BC＝10，AB＝DC＝6， ∴CF＝BE＝6，BF＝BC－CF＝10－6＝4， ∴FE＝BE－BF＝6－4＝2， ∴FH＝FE＋EH＝12， 在Rt△FDH中，DF＝ . 【点睛】本题主要考查对平行四边形的性质，勾股定理，三角形的内角和定理，平行线的性质，角平分线的定义，垂线的定义等知识点的理解和掌握，熟练地运用这些性质进行证明是解此题的关键． 23. （2011贵州安顺）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线DE交BC于D，交AB于E，F在DE上，且AF=CE=AE． ⑴说明四边形ACEF是平行四边形； ⑵当∠B满足什么条件时，四边形ACEF是菱形，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形，理由见解析． 【解析】 【分析】（1）证明△AEC≌△EAF，即可得到EF=CA，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可判断； （2）当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形．根据直角三角形性质，即可证得AC=EC，根据菱形的定义即可判断． 【详解】解：（1）由题意知∠FDC=∠DCA=90°， ∴EF∥CA， ∴∠FEA=∠CAE， ∵AF=CE=AE， ∴∠F=∠FEA=∠CAE=∠ECA． 在△AEC和△EAF中， ∵ ∴△EAF≌△AEC（AAS）， ∴EF=CA， ∴四边形ACEF是平行四边形． （2）解：当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形． 理由如下：∵∠B=30°，∠ACB=90°， ∴AC=AB， ∵DE垂直平分BC， ∴∠BDE=90° ∴∠BDE=∠ACB ∴ED∥AC 又∵BD=DC ∴DE是△ABC的中位线， ∴E是AB的中点， ∴BE=CE=AE， 又∵AE=CE， ∴AE=CE=AB， 又∵AC=AB， ∴AC=CE， ∴四边形ACEF是菱形． 【点睛】本题考查了学生平行四边形和菱形，掌握平行四边形的证明方法和菱形的性质是解决此题的关键. 24. 为落实“双减政策”某学校购进“红色教育”和“传统文化”两种经典读本，花费分别是1200元和500元，已知“红色教育”经典读本的订购单价是“传统文化”经典读本的订购单价的2倍，并且订购的“红色教育”经典读本的数量比“传统文化”经典读本的数量多5本． （1）求该学校订购的两种经典读本的单价分别是多少元； （2）该学校拟计划再订购这两种经典读本共100本，其中“红色教育”经典读本订购数量不低于60本且总费用不超过3600元，求该学校订购这两种读本的最低总费用． 【答案】（1）“红色教育”的订购单价是40元，“传统文化”经典读本的单价是20元 （2）订购这两种经典读本的总费用最低为3200元 【解析】 【分析】（1）设“传统文化”经典读本的单价是元，则“红色教育”经典读本的单价是元，利用数量=总价÷单价，结合订购的“红色教育”经典读本的数量比“传统文化”经典读本的数量多5本，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出“传统文化”经典读本的订购单价，再将其代入中，即可求出“红色教育”经典读本的订购单价； （2）设订购“红色教育”经典读本本，则订购“传统文化”经典读本本，根据“红色教育”经典读本订购数量不低于60本且总费用不超过3600元，可列出关于a的一元一次不等式组，解之可得出a的取值范围，设该学校再订购这两种经典读本的总费用为w元，利用总价=单价×数量，可得出w关于a的函数关系式，再利用一次函数的性质，即可解决最值问题． 【小问1详解】 解：设“传统文化”经典读本的单价是元，则“红色教育”经典读本的单价是元， 由题意得：， 解得：， 经检验，是原分式方程的解， ∴， 答：“红色教育”的订购单价是40元，“传统文化”经典读本的单价是20元； 【小问2详解】 解：设订购“红色教育”经典读本本，则订购“传统文化”经典读本本， 由题意得： ， 解得：， 设订购两种读本的总费用为元， 由题意得：， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时，有最小值为（元）， 此时， （本），符合题意， 答：订购这两种经典读本的总费用最低为3200元． 【点睛】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，找出w关于a的函数关系式． 25. 如图，点是等边内一点，是外的一点，，，，，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）当时，试判断的形状，并说明理由； （3）当_________时，是等腰三角形． 【答案】（1）见解析 （2）是直角三角形，理由见解析 （3）或或 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的定义，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． （1）由全等三角形的性质可得，结合，即可得证； （2）由等边三角形的性质可得，由全等三角形的性质得出，即可得出，从而得解； （3）根据题意以及全等三角形的性质，分别计算出、、，再分三种情况讨论即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形； 【小问2详解】 解：是直角三角形，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 当时， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形； 【小问3详解】 解：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 当时，， 解得：； 当时，， 解得：； 当时，， 解得：； 综上所述，当或或时，是等腰三角形． 26. 如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为．在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其他顶点均不重合，连接BE、DG． （1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：． （2）如图3，如果，，，求点G到BE的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质得到，由正方形的性质得到，，然后依据 “”可证明，然后依据全等三角形的性质进行证明即可； （2）连接、，延长交于点，当时，可证明为等腰直角三角形，然后可求得和的长，然后依据等腰三角形三线合一的性质可得到，最后在中，利用等积法可求得点到的距离． 【小问1详解】 证明：由旋转的性质可知， 由正方形的性质可知，， 在和中， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如图，连接、，延长交于点， 当时，则， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵，， ∴，为等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∵和同底等高， ∴， 设点G到BE的距离为h，， ，即， 解得， ∴点到的距离为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理等知识，综合性比较强，对学生综合解题能力要求较高，注意等积法在解题中的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$