精品解析：2024年广东省佛山市杏联中学中考数学一模试卷

2024年广东省佛山市杏联中学中考数学一模试卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 下列各数是负数的是（ ） A. 0 B. 2 C. D. 2. 我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. “绿水青山就是金山银山”．某市积极响应党中央号召，大力推进农村移风易俗建设，已经累计投资2.45亿元资金．数据2.45亿用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 小明的笔记本密码是一个两位数，他只记得第一位数是，第二位数是一个奇数，问小明尝试一次就能正确打开笔记本的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，圆形方孔钱是我国古钱币的突出代表，记它的外圆周长为a，中间的方孔周长为b．当时，阴影部分的面积为（　　） A. B. C. D. 7. 已知、、为双曲线上的三个点，且，则以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 随着生活水平的提高，小峰同学家购置了轿车，这样他乘坐轿车上学比乘坐公交车上学所需要的时间少了20分钟．已知小峰同学家距学校12千米，乘坐轿车速度比乘坐公交车速度每小时快30千米，若设乘公交车平均每小时走x千米，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 数学活动课要求用一张正方形纸片制作圆锥，同学们分别剪出一个扇形和一个小圆作为圆锥的侧面和底面，下列图示中的剪法恰好能构成一个圆锥的是（ ） A. B. C D. 10. 如图，在矩形中，，点P在线段上运动（含B、C两点），将点P绕点A逆时针旋转到点Q，连接，则线段的最小值为（　　） A. B. C. D. 3 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11. 因式分解：________． 12. 若实数，分别满足的两个根，则__________________． 13. 已知a是方程的一个根，则代数式的值为______． 14. 桔槔俗称“吊杆”“称杆”（如图1），是我国古代农用工具，是一种利用杠杆原理的取水机械，桔槔示意图如图2所示，是垂直于水平地面的支撑杆，米，是杠杆，米，，当点A位于最高点时，，此时，点A到地面的距离为______． 15. 如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与相切，切点分别为，则的半径为 ______． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16. （1）计算：； （2）解方程组：． 17. 解不等式组： （1）解不等式①，得___________ （2）解不等式②，得___________ （3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来 （4）原不等式的解集是______________ 18. 近几年，中国新能源汽车凭借其创新技术、智能化特性和独特设计赢得了全球的关注．某品牌新能源汽车的侧面示意图如图所示，当汽车后背箱门关闭时，后备厢门与水平面的夹角，顶端A和底端B与水平地面的距离分别为和．现将后背箱门绕顶端A逆时针旋转至，若，求此时的后备厢门底端到地面的距离．（参考数据：） 19. 如图，A，B，C，D是上点，于点H． （1）求证：； （2）若H为OA中点，且，求AD的长． 20. 如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，且． （1）求抛物线的解析式及顶点坐标； （2）当，且时，y的最大值和最小值分别为m，n，且，求k的值． 21. 尚品文具店长期销售甲、乙两种笔记本．2月份文具店花费3000元一次性购买了两种笔记本共170本，此时甲、乙两种笔记本的进价分别为15元和20元． （1）求2月份文具店购进甲、乙两种笔记本的数量； （2）3月份两种笔记本基本售完，文具店准备继续进货，此时两种笔记本进价有所调整．文具店花费1440元、1320元分别一次性购买甲、乙两种笔记本，已知购买甲种笔记本比乙种笔记本数量多，甲种笔记本比乙种笔记本的进价少6元，求第二次购买乙种笔记本的数量． 22. 【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 23. 某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程： 问题提出 如图，正方形中，在边上任意一点（不与点重合），以为旋转中心，将逆时针旋转，得到，连接，，分别交于点E，F． 操作发现 （1）当时，的度数为_______，的度数为_______． 数学思考 （2）连接，当为中点时，求证：； 拓展应用 （3）若，是否存在最小值？如果存在，求此最小值；如果不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年广东省佛山市杏联中学中考数学一模试卷 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1. 下列各数是负数的是（ ） A. 0 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了正负数的定义，根据正负数的定义求解即可． 【详解】解：．0既不是正数也不是负数，故该选项不符合题意； ．2是正数，故该选项不符合题意； ．，0.2是正数，故该选项不符合题意； ．是负数，故该选项符合题意； 故选：D． 2. 我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则此项符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意； D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，则此项不符合题意； 故选：B． 3. “绿水青山就是金山银山”．某市积极响应党中央号召，大力推进农村移风易俗建设，已经累计投资2.45亿元资金．数据2.45亿用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据科学记数法的表示方法：为整数，进行表示即可．确定的值，是解题的关键． 【详解】解：2.45亿； 故选B． 4. 下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据合并同类项，单项式的乘法，单项式的除法，以及积的乘方法则逐项分析即可． 【详解】A．与不是同类项，不能合并，故原式不正确； B．，故原式不正确； C．，故原式不正确； D．，故原式正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了合并同类项，单项式的乘法，单项式的除法，以及积的乘方运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键． 5. 小明的笔记本密码是一个两位数，他只记得第一位数是，第二位数是一个奇数，问小明尝试一次就能正确打开笔记本的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了概率公式，首先确定奇数的个数，然后用概率公式计算即可，解答此题的关键是要明确：随机事件的概率事件可能出现的结果数所有可能出现的结果数． 【详解】解：笔记本密码是一个两位数，第一位数是，第二位数可能是，共个数， 小明尝试一次就能正确打开笔记本的概率是， 故选：B． 6. 如图，圆形方孔钱是我国古钱币的突出代表，记它的外圆周长为a，中间的方孔周长为b．当时，阴影部分的面积为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了列代数式及求代数式的值，能用代数式正确表示圆的半径及方孔的边长是关键．根据外圆周长可求得外圆的半径，从而可求得圆的面积；根据中间方孔的周长可求得方孔的边长，从而求得方孔的面积，则两者面积的差即为阴影部分的面积． 【详解】解：当时， 外圆半径为，中间方孔边长为， 图中阴影部分面积， 故选：C． 7. 已知、、为双曲线上的三个点，且，则以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出反比例函数的图像，根据图像结合条件逐项分析即可. 【详解】解：根据题意画出反比例函数图像如下所示： A、若，则同号，则同号，但不等确定的正负，故A不符合题意； B、若，则异号，由，可知，但可能为正，也可能为负，则不能判断，故B不符合题意； C、若，则同号，则同号，但不等确定的正负，故A不符合题意； D、若，则异号，由，可知，则，则，故D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查反比例函数图像与解析式，能够掌握数形结合思想是解决本题的关键． 8. 随着生活水平的提高，小峰同学家购置了轿车，这样他乘坐轿车上学比乘坐公交车上学所需要的时间少了20分钟．已知小峰同学家距学校12千米，乘坐轿车速度比乘坐公交车速度每小时快30千米，若设乘公交车平均每小时走x千米，根据题意可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，等量关系式：乘坐公交车所用的时间乘坐轿车所用的时间小时，据此列出方程，即可求解；找出等量关系式是解题的关键． 【详解】解：由题意得 ， 故选：B． 9. 数学活动课要求用一张正方形纸片制作圆锥，同学们分别剪出一个扇形和一个小圆作为圆锥的侧面和底面，下列图示中的剪法恰好能构成一个圆锥的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是圆与圆的位置关系，圆锥的理解，勾股定理的应用，正方形的性质，弧长的计算，选择合适的方法解题是关键，先设正方形的边长为，设小圆的半径为，再分别计算每个选项的小圆的周长与扇形的弧长，再比较即可． 【详解】解：设正方形的边长为， 如图，连接，，则， ，上， 设， 过作于，连接， ∴四边形为矩形， ∴，，， 而， ∴， 解得：（舍去），， ∴大的半圆的弧长为， 小圆的周长为，故A不符合题意； 如图， 由正方形与圆的性质可得：， ∴大的半圆的弧长为， 小圆的周长为，故B符合题意； 如图，连接，，则， 设， 同理可得：，，， ∴， 解得：， ∴∴大的扇形的弧长为， 小圆的周长为，故C不符合题意； 如图，连接，， 设， 当刚好要围成一个圆锥时，则扇形的弧长等于小圆的周长， ∴， ∴， 而图中裁剪的条件中没有这个条件，故D不一定能够刚好围成圆锥，不符合题意； 故选B 10. 如图，在矩形中，，点P在线段上运动（含B、C两点），将点P绕点A逆时针旋转到点Q，连接，则线段的最小值为（　　） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查三角形全等的性质和证明，等边三角形的性质，特殊角的三角函数值计算等相关知识点，能够根据已知条件作出相关的辅助线是解题重点． 以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H．证明，由全等性质可以得到，得Q点的运动轨迹是射线，当点H与点Q重合时，的值最小，利用特殊角的锐角三角函数值求解即可． 【详解】解：如图，以为边向右作等边，作射线交于点E，过点D作于H． ∵四边形是矩形， ∴， 由题意可得是等边三角形， ∴， ∴， 和中， ， ∴， ∴， ∴Q点的运动轨迹是射线， ∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∵， ， 根据垂线段最短可知，当点Q与H重合时，的值最小，最小值为， 故选：A． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11. 因式分解：________． 【答案】 【解析】 【分析】运用提公因式法进行因式分解即可得到答案． 【详解】解：, 故答案为：． 【点睛】本题考查了因式分解，熟练掌握提公因式法分解因式是解题关键． 12. 若实数，分别满足的两个根，则__________________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用一元二次方程根与系数的关系，即可求解． 【详解】解：∵，是方程的两个实数根， 根据根与系数的关系得：，， ∴． 故答案：． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握若，是一元二次方程的两个实数根，则，是解题的关键． 13. 已知a是方程的一个根，则代数式的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，巧用整体思想是解题的关键． 将代入方程，再结合整体思想即可解决问题． 【详解】解：∵a是方程的一个根， ∴， ∴ 故答案为： 14. 桔槔俗称“吊杆”“称杆”（如图1），是我国古代农用工具，是一种利用杠杆原理的取水机械，桔槔示意图如图2所示，是垂直于水平地面的支撑杆，米，是杠杆，米，，当点A位于最高点时，，此时，点A到地面的距离为______． 【答案】米## 【解析】 【分析】本题主要考查了含直角三角形的性质； 过O作，过A作于G，求出，根据含直角三角形的性质求出，然后可得答案． 【详解】解：过O作，过A作于G， ∵米，， ∴米， ∵，， ∴， ∴在中，米， ∴点A位于最高点时到地面的距离为米， 故答案为：5米． 15. 如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与相切，切点分别为，则的半径为 ______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，，，延长交于点，连接，由折叠的性质可知，，，证明，然后证明，则，从而求出，则，连接，，，然后通过，得，求出的值即可． 【详解】解：连接，，，延长交于点，连接，如图， 由题意得：， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵分别与相切，切点分别为， ∴的半径，，，， 连接，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的半径为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用及正确作出辅助线是解题的关键． 三．解答题（共8小题，满分75分） 16. （1）计算：； （2）解方程组：． 【答案】（1）；（2）方程组解为 【解析】 【分析】本题考查了实数的混合运算，解二元一次方程组； （1）根据化简绝对值，零指数幂，化简二次根式，特殊角的三角函数值进行计算即可求解； （2）根据加减消元法解二元一次方程组，即可求解． 【详解】（1）原式 （2） 得：，则，所以 所以方程组解为 17. 解不等式组： （1）解不等式①，得___________ （2）解不等式②，得___________ （3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来 （4）原不等式的解集是______________ 【答案】（1） （2） （3）见解析 （4） 【解析】 【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可． 【小问1详解】 移项得， 合并得， 系数化为1，得 故答案为： 【小问2详解】 移项得， 合并得， 系数化为1，得 故答案为： 【小问3详解】 不等式①和②的解集在数轴上表示为 【小问4详解】 所以，原不等式解集是 故答案为： 【点睛】本题考查是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 18. 近几年，中国新能源汽车凭借其创新技术、智能化特性和独特设计赢得了全球的关注．某品牌新能源汽车的侧面示意图如图所示，当汽车后背箱门关闭时，后备厢门与水平面的夹角，顶端A和底端B与水平地面的距离分别为和．现将后背箱门绕顶端A逆时针旋转至，若，求此时的后备厢门底端到地面的距离．（参考数据：） 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，过点作于Q，过点A作于P，则四边形是矩形，可得，由题意得，四边形是矩形，则，进而得到，解求出，则，再求出，解得到，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点作于Q，过点A作于P，则四边形是矩形， ∴， 由题意得，四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， 由旋转的性质可得， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 答：此时的后备厢门底端到地面的距离为． 19. 如图，A，B，C，D是上的点，于点H． （1）求证：； （2）若H为OA的中点，且，求AD的长． 【答案】（1）见详解 （2）2 【解析】 【小问1详解】 证明：∵于点H， ∴， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵H为OA的中点， ∴， ∵于点H， ∴，即：， ∴， ∴， 连接，则，, 把绕点A顺时针旋转120°得到，延长，使，连接， 则，， ∵， ∴，即C、D、F三点共线， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，添加合适的辅助线，构造直角三角形是关键． 20. 如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，且． （1）求抛物线的解析式及顶点坐标； （2）当，且时，y的最大值和最小值分别为m，n，且，求k的值． 【答案】（1），顶点坐标为 （2） 【解析】 【分析】（1）令，得，可得，再由，可得，利用待定系数法可得抛物线解析式，转化为顶点式，可得出顶点坐标； （2）函数的最大值为，由可得，当时，解方程，即可得出答案． 【小问1详解】 解：在中，令，得， ∴， ∴， ∵， ∴， 把代入中， 得，解得：， ∴抛物线的解析式为， ∵， ∴顶点坐标为； 【小问2详解】 ∵， ∴当时，函数有最大值：； ∵当，且时，y的最大值和最小值分别为m，n， ∴， ∵， ∴， 当时，， 解得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，是解题的关键． 21. 尚品文具店长期销售甲、乙两种笔记本．2月份文具店花费3000元一次性购买了两种笔记本共170本，此时甲、乙两种笔记本的进价分别为15元和20元． （1）求2月份文具店购进甲、乙两种笔记本的数量； （2）3月份两种笔记本基本售完，文具店准备继续进货，此时两种笔记本进价有所调整．文具店花费1440元、1320元分别一次性购买甲、乙两种笔记本，已知购买甲种笔记本比乙种笔记本的数量多，甲种笔记本比乙种笔记本的进价少6元，求第二次购买乙种笔记本的数量． 【答案】（1）购进甲种笔记本本，乙种笔记本本 （2）第二次购买乙种笔记本本 【解析】 【分析】本题主要考查一元一次方程和分式方程的应用，找到等量关系列出方程是解题的关键． （1）设文具店购进甲种笔记本本，根据题意列出等量关系即可得到答案； （2）设第二次购买乙种笔记本本，列出方程即可得到答案． 【小问1详解】 解：设文具店购进甲种笔记本本，则购进乙种笔记本本， 依题意得：， 解得， ， 文具店购进甲种笔记本本，乙种笔记本本； 【小问2详解】 解：设第二次购买乙种笔记本本， 依题意得：， 解得， 经检验，是原方程的解，也符合题意， 故第二次购买乙种笔记本本． 22. 【项目式学习】 项目主题：车轮的形状 项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理． 【合作探究】 （1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______； （2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______； （3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长． 探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动． 【拓展延伸】 如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定． （4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______． 【答案】；；； 【解析】 【分析】本题主要考查圆的综合应用，主要考查了弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并画出图形是解题的关键． （1）利用正方形的性质解答即可； （2）画出图形，找到最高点和最低点即可得到答案； （3）分别求出三部分一定的距离，然后相加即可； （4）由题意知：最高点与水平面距离不变，即可得到结论． 【详解】解：（1）圆形车轮与地面始终相切， 车轮轴心到地面的距离始终等于圆的直径， 圆形车轮半径为， 故车轮最高点到地面的距离始终为， 故答案为：； （2）如图所示，为正方形车轮的轴心移动的部分轨迹， 点为车轮轴心的最高点，点为车轮轴心的最低点， 由题意得车轮轴心距离地面的最低高度为 车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为， 故答案为：； （3）点的运动轨迹为圆，以点为圆心，为半径， 运动距离为． 故答案为：； （4）由题意知，当“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡， 故“最高点”和“最低点所形成的图案大致是”， 故答案为：． 23. 某数学小组在一次数学探究活动过程中，经历了如下过程： 问题提出 如图，正方形中，在边上任意一点（不与点重合），以为旋转中心，将逆时针旋转，得到，连接，，分别交于点E，F． 操作发现 （1）当时，的度数为_______，的度数为_______． 数学思考 （2）连接，当为中点时，求证：； 拓展应用 （3）若，是否存在最小值？如果存在，求此最小值；如果不存在，说明理由． 【答案】（1），；（2）见解析；（3）当时，存在最小值，此时取得最小值为5． 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质及旋转的性质可知，，，进而可得，然后利用角度之间互余关系及三角形的内角和定理即可求解； （2）过点作交延长线于，于，则，根据正方形的性质及旋转的性质证明四边形为矩形，，可知，，由为的中点，得，则，进而可证明四边形为正方形，易知是等腰直角三角形，即可证明结论； （3）连接，根据正方形的性质结合勾股定理可知，由此可知当取最小值时，有最小值，而，则当取最大值时，有最小值时，即：当取最大值时，有最小值，设，，则，证明，得，得，易知时，有最大值1，此时，，则，即可求得此时取得最小值为5． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴， 由旋转可知：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）过点作交延长线于，于，则， ∵四边形是正方形， ∴，， 则，， ∴四边形为矩形， 由旋转可知：，，则， ∴， ∴， ∴，， ∵为的中点， ∴，则， ∴四边形为正方形， ∴，则， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （3）连接， ∵四边形是正方形， ∴，， 由勾股定理可知，由此可知当取最小值时，有最小值， 而，则当取最大值时，有最小值时， 即：当取最大值时，有最小值， 设，，则， 由（2）可知，， ∴， ∴，即：， ∴， ∴时，有最大值1， 此时，，则，， 即：当时，存在最小值，此时取得最小值为5． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定及性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，三角形内角和定理，勾股定理等知识点，解题的关键是作出辅助线，证明三角形全等及三角形相似． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $