精品解析：山东省济南市槐荫区2024—2025学年下学期八年级期中数学试卷

2024~2025学年度第二学期期中质量检测 八年级数学（2025．4） 本试题分试卷和答题卡两部分．第Ⅰ卷满分为40分；第Ⅱ卷满分为110分．本试题共8页，满分为150分．考试时间为120分钟． 答卷前，请考生务必将自己的姓名、准考证号、座号、考试科目涂写在答题卡上，并同时将考点、姓名、准考证号、座号填写在试卷规定的位置．考试结束后，将试卷、答题卡一并交回．本考试不允许使用计算器． 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 注意事项： 第Ⅰ卷为选择题，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，再选涂其它答案标号．答案写在试卷上无效． 一、选择题（本大题共10个小题．每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形是（ ） A. B. C. D. 2. 下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 使分式有意义的实数a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，则为（ ） A B. C. D. 5. 将分式中的、的值同时扩大为原来的2倍，则分式的值（ ） A. 缩小为原来一半 B. 扩大为原来的2倍 C. 无法确定 D. 保持不变 6. 风能是一种清洁无公害的可再生能源．图1是风力发电机，它一般由风轮、发电机、调向器、塔架和储能装置等构件组成．图2为风轮叶片示意图，在转动的过程中，某一叶片绕点顺时针旋转后到达处，则下列选项错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，则的长为（ ） A. 6 B. 8 C. 3 D. 10 8. 济南轨道交通3号线二期工程于2024年11月22日开通运营，是济南市首条接入机场实现“空轨换乘”的地铁线路．小济和小南分别从地和地出发赶往机场乘坐飞机，出行方式、路径及路程如下表所示： 出行方式 路径 路程 地铁 地→遥墙机场 全程约30千米 公交 地→遥墙机场 全程约36千米 由于地面交通拥堵，地铁的平均速度约为公交平均速度的1.5倍，于是小济比小南少用了半小时到达机场．若设公交的平均速度为千米/时，根据题意可列方程（ ） A. B. C D. 9. 已知实数满足，则的值是（ ） A. 7 B. 10 C. 8 D. 9 10. 如图，边长为8的等边三角形中，是对称轴上的一个动点，连接将线段绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 注意事项： 所有答案必须用0.5毫米的黑色签字笔（不得使用铅笔和圆珠笔）写在答题卡各题目指定区域内（超出方框无效），不能写在试卷上，不能使用涂改液、修正带等． 不按以上要求作答，答案无效． 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. 关于的方程的根为，则___________． 13. 若二次三项式能用完全平方公式分解因式，则m的值为___________． 14. 如图，将周长为的沿射线方向平移后得到，则四边形的周长为___________． 15. 如图，在中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上以每秒的速度从点向点运动．两个点同时出发，当点到达点时停止运动（同时点也停止运动）．当运动时间为___________秒时，线段． 16. 如图，在平面直角坐标系中，将绕点A按顺时针方向旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上．再将绕点按顺时针方向旋转到的位置，点在x轴上．将绕点按顺时针方向旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去……若点，，则点的横坐标为____________． 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. 分解因式：． 18. 解方程：． 19. 已知：▱ABCD中，E、F是对角线BD上两点，连接AE、CF，若∠BAE＝∠DCF．求证：AE＝CF． 20. 先化简，再求值：．其中． 21. 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4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______． 22. 阅读下面的解题过程： 例：已知，求代数式的值． 第一步 因为，所以，即； 第二步 因为， 所以． 该题的解法叫作“倒数法”，请你利用“倒数法”解决下面的问题． 已知， （1）仿照第一步，求的值； （2）仿照第二步，求的值． 23. 为庆祝我国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”在北京时间年月日举行的联合国教科文组织保护非物质文化遗产政府间委员会第届常会上通过评审，列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，市面上推出一款以蛇年为主题的窗花．某喜庆店第一次用元购进这款窗花，很快售完，又花元第二次购进这款窗花．已知每个窗花第二次购进的单价比第一次便宜元，且第二次购进的数量是第一次的倍． （1）求该店两次购进这款窗花各多少个？ （2）第二次购进这款窗花后仍按第一次的售价出售，若要便两次进的窗花销售完后的总利润不低于元，则每个窗花的售价至少为多少元？ 24. 在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数充满好奇，比如：如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“智慧数”，例如：，我们称12，20，28这三个数为“智慧数”． （1）36_________“智慧数”（填“”或“不是”）． （2）设两个连续偶数是和（其中取正整数），由这两个连续偶数构造的“智慧数”是4的倍数吗？请解释说明． （3）在数学学习中，数形结合思想是常用的数学思想．如图，拼叠的正方形边长是从2开始的连续偶数……按此规律拼叠到正方形，其边长为20，请结合（2）中的结论，求阴影部分的面积． 25. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，点、的坐标分别为、．将先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到． （1）请直接写出点的坐标_________，点的坐标_________． （2）请判断与重叠部分的形状，并证明你的结论． （3）点是平面内一动点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 26. 在中，． 【问题发现】 （1）如图1，点是边上一动点（点不与点、重合），连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接、、则线段与的数量关系：_________，位置关系：_________． 【探究证明】 （2）如图2，点是射线上一动点，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接、．请判断线段与的数量关系与位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，点是外一点，连接、、，当，且时，请求出四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度第二学期期中质量检测 八年级数学（2025．4） 本试题分试卷和答题卡两部分．第Ⅰ卷满分为40分；第Ⅱ卷满分为110分．本试题共8页，满分为150分．考试时间为120分钟． 答卷前，请考生务必将自己的姓名、准考证号、座号、考试科目涂写在答题卡上，并同时将考点、姓名、准考证号、座号填写在试卷规定的位置．考试结束后，将试卷、答题卡一并交回．本考试不允许使用计算器． 第Ⅰ卷（选择题 共40分） 注意事项： 第Ⅰ卷为选择题，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，再选涂其它答案标号．答案写在试卷上无效． 一、选择题（本大题共10个小题．每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 下列四幅作品分别代表“立春”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的定义，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，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．据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、不是中心对称图形，故不符合题意； B、不是中心对称图形，故不符合题意； C、不是中心对称图形，故不符合题意； D、是中心对称图形，故符合题意； 故选：D． 2. 下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的定义，根据因式分解的定义，判断各选项是否将一个多项式转化为几个整式的乘积形式． 【详解】A. ，左边是单项式，因式分解的对象应为多项式，不符合定义． B. ，右边仍包含加法运算，未完全转化为乘积形式，不符合定义． C. ，左边为二次多项式，右边是与的乘积，符合因式分解的定义． D. ，左边是乘积形式，右边为展开后的多项式，属于整式乘法，与因式分解过程相反． 故选：C． 3. 使分式有意义的实数a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查分式有意义的条件，熟练掌握分母不为零的条件是解题的关键．根据分母不为零的条件进行解题即可． 【详解】解：要使分式有意义，分母不为零， 即， 解得． 故选：B． 4. 如图，在中，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据四边形是平行四边形，得，，因为，所以，再运用平行线的性质，进行作答即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 5. 将分式中的、的值同时扩大为原来的2倍，则分式的值（ ） A. 缩小为原来一半 B. 扩大为原来的2倍 C. 无法确定 D. 保持不变 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了分式的基本性质．把分式中的、分别用、代替，求出所得分式与原分式相比较即可． 【详解】解：由题意得：， 即分式的值保持不变， 故选：D． 6. 风能是一种清洁无公害的可再生能源．图1是风力发电机，它一般由风轮、发电机、调向器、塔架和储能装置等构件组成．图2为风轮叶片示意图，在转动的过程中，某一叶片绕点顺时针旋转后到达处，则下列选项错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查旋转的性质，根据旋转的性质解答即可得出结论． 【详解】解：由旋转的性质可得：，，， 而得不到， 故选：D． 7. 如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，则的长为（ ） A. 6 B. 8 C. 3 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的性质，作图﹣基本作图，等角对等边，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．先由平行四边形的性质得，故，观察作图过程得，，再由等角对等边，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由作图可知平分，， ∴， ∴． 故选：A． 8. 济南轨道交通3号线二期工程于2024年11月22日开通运营，是济南市首条接入机场实现“空轨换乘”的地铁线路．小济和小南分别从地和地出发赶往机场乘坐飞机，出行方式、路径及路程如下表所示： 出行方式 路径 路程 地铁 地→遥墙机场 全程约30千米 公交 地→遥墙机场 全程约36千米 由于地面交通拥堵，地铁的平均速度约为公交平均速度的1.5倍，于是小济比小南少用了半小时到达机场．若设公交的平均速度为千米/时，根据题意可列方程（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了列分式方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．根据题意，地铁的平均速度是公交的1.5倍，设公交速度为千米/时，则地铁速度为千米/时，小济乘坐地铁的路程为30千米，小南乘坐公交的路程为36千米，由于小济比小南少用半小时到达，可建立时间关系方程． 【详解】解：依题意，小济乘坐地铁的时间为小时，小南乘坐公交的时间为小时， ∵小济比小南少用半小时， 即小济的时间加半小时等于小南的时间， 因此方程为： 故选B． 9. 已知实数满足，则的值是（ ） A. 7 B. 10 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了已知式子的值求代数式的值，整式的运算，正确掌握相关性质内容是解题的关键．利用已知条件将高次幂降次，得，整理得，即原式，再合并同类项，即可作答． 详解】解：∵， 即， 则， ∴． 故选：C． 10. 如图，边长为8的等边三角形中，是对称轴上的一个动点，连接将线段绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键； 连接，判定，即可得到，进而得出运动轨迹为直线，依据当当时，最短即可得到的最小值是． 【详解】解：如图，连接． 由旋转可得，， 是等边三角形， ，， ， 在和中 ， ， ， 边长为8的等边三角形中，是对称轴上的一个动点， 平分，且垂直平分 ，， ， 即点的运动轨迹为直线， 当时，最短，此时， 的最小值是2， 故选：C． 第Ⅱ卷（非选择题 共110分） 注意事项： 所有答案必须用0.5毫米的黑色签字笔（不得使用铅笔和圆珠笔）写在答题卡各题目指定区域内（超出方框无效），不能写在试卷上，不能使用涂改液、修正带等． 不按以上要求作答，答案无效． 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】本题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键. 根据提公因式法分解因式即可． 【详解】解： 故答案为：． 12. 关于的方程的根为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了分式方程的解，方程的解即为能使方程左右两边相等的未知数的值． 将代入方程，求出的值即可． 【详解】解：将代入方程得， 解得：， 故答案为：． 13. 若二次三项式能用完全平方公式分解因式，则m值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据完全平方式的特点进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了用完全平方公式因式分解．熟练掌握完全平方公式的结构特点是解题的关键． 14. 如图，将周长为的沿射线方向平移后得到，则四边形的周长为___________． 【答案】16 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，掌握平移的性质是关键；根据平移的性质得，，再利用三角形的周长已知即可求解． 详解】解：由平移知：，， ∵周长为为， ∴， ∴四边形的周长为： ， 故答案为：16． 15. 如图，在中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上以每秒的速度从点向点运动．两个点同时出发，当点到达点时停止运动（同时点也停止运动）．当运动时间为___________秒时，线段． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，一元一次方程的实际应用，由平行四边形的判定和性质可知当时，．设运动时间为t，分别用含t的代数式表示出和，再列出方程，解出t的值即可． 【详解】解：在中，， 当时，四边形是平行四边形， 当时，． 在中，， ， 设运动时间为t，则，， 当时，， 解得， 故答案为：3． 16. 如图，在平面直角坐标系中，将绕点A按顺时针方向旋转到的位置，点B、O分别落在点、处，点在x轴上．再将绕点按顺时针方向旋转到的位置，点在x轴上．将绕点按顺时针方向旋转到的位置，点在x轴上，依次进行下去……若点，，则点的横坐标为____________． 【答案】10126 【解析】 【分析】本题主要考查坐标与图形的变换，在变换中找到规律，结合图形得出结论是解题的关键．根据图形和旋转规律得出点的坐标变换规律，结合三角形的周长得出结论即可． 【详解】解：在中，，， ∴， 的周长为： ， 由题意及旋转的规律可知： 当n为偶数时，在最高点；当n为奇数时，在x轴上， 横坐标规律为： 当n为奇数时，横坐标为：； 当n为偶数时，横坐标为：， ∵2025是奇数， ∴点的横坐标为：. 故答案为：10126. 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. 分解因式：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解，先提公因式，再利用完全平方公式，进行因式分解即可． 【详解】解： ． 18. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的方法是解题的关键． 先将分式方程化为整式方程，再解整式方程并检验即可． 【详解】解： 方程两边同时乘，得， 解得：， 经检验，将代入，得． 是原方程的根． 19. 已知：▱ABCD中，E、F是对角线BD上两点，连接AE、CF，若∠BAE＝∠DCF．求证：AE＝CF． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】由题意可证△ABE≌△CDF，可得结论． 【详解】证明∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠ABD＝∠CDB， ∵∠BAE＝∠DCF，CD＝AB，∠ABD＝∠BDC， ∴△ABE≌△CDF， ∴AE＝CF． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键． 20. 先化简，再求值：．其中． 【答案】， 【解析】 【分析】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是关键．利用分式的加法法则计算括号内的加法，再计算除法得到化简结果，再把字母的值代入计算即可． 【详解】解： ． 当时， 原式． 21. 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4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______． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查画平移图形，画关于原点对称的图形，坐标与图形， （1）利用平移变换的性质分别作出的对应点即可； （2）利用中心对称变换的性质分别作出的对应点即可； （3）对应点连线的交点即为旋转中心． 【小问1详解】 如图1，即为所求； 【小问2详解】 如图2，即为所求； 【小问3详解】 解：如图3， 根据图形可知： 旋转中心的坐标为：， 故答案：． 22. 阅读下面的解题过程： 例：已知，求代数式的值． 第一步 因为，所以，即； 第二步 因为， 所以． 该题的解法叫作“倒数法”，请你利用“倒数法”解决下面的问题． 已知， （1）仿照第一步，求的值； （2）仿照第二步，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查分式的求值问题，解题的关键是正确理解题目给出的解答思路，注意分式的变形． （1）将已知条件的两边式计算各自的倒数，约分后可得结论； （2）由．再把代入求解即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴． ∴． ∴． 【小问2详解】 解：由（1）得， ∴． ∴． 23. 为庆祝我国申报的“春节——中国人庆祝传统新年的社会实践”在北京时间年月日举行的联合国教科文组织保护非物质文化遗产政府间委员会第届常会上通过评审，列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，市面上推出一款以蛇年为主题的窗花．某喜庆店第一次用元购进这款窗花，很快售完，又花元第二次购进这款窗花．已知每个窗花第二次购进的单价比第一次便宜元，且第二次购进的数量是第一次的倍． （1）求该店两次购进这款窗花各多少个？ （2）第二次购进这款窗花后仍按第一次的售价出售，若要便两次进的窗花销售完后的总利润不低于元，则每个窗花的售价至少为多少元？ 【答案】（1）答：第一次购进窗花个，则第二次购进窗花个 （2）答：每个窗花的售价至少为元 【解析】 【分析】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是根据题意，找到等量关系，列出方程，进行解答，即可． （1）设第一次购买窗花的单价为元，则第二次购买窗花的单价为元，根据题意列出方程，，解出，进行解答，即可； （2）根据利润等于售价减去单价，根据题意，列出一元一次不等式，进行解答，即可． 【小问1详解】 解：设第一次购买窗花的单价为元，则第二次购买窗花的单价为元， ∵某喜庆店第一次用元购进这款窗花，很快售完，又花元第二次购进这款窗花，第二次购进的数量是第一次的倍， ∴， 解得：， 经检验，是方程的解， ∴第一次购进窗花是数量为：个，第二次购进窗花是数量为：个， 答：第一次购进窗花个，则第二次购进窗花个． 【小问2详解】 解：由（1）得，第一次购买窗花的单价为元，则第二次购买窗花的单价为元， 设每个窗花的售价为元， ∵两次进的窗花销售完后的总利润不低于元， ∴， ∴， 答：每个窗花的售价至少为元． 24. 在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数充满好奇，比如：如果一个正整数能表示为两个连续偶数的平方差，那么称这个正整数为“智慧数”，例如：，我们称12，20，28这三个数为“智慧数”． （1）36_________“智慧数”（填“是”或“不是”）． （2）设两个连续偶数是和（其中取正整数），由这两个连续偶数构造的“智慧数”是4的倍数吗？请解释说明． （3）在数学学习中，数形结合思想是常用的数学思想．如图，拼叠的正方形边长是从2开始的连续偶数……按此规律拼叠到正方形，其边长为20，请结合（2）中的结论，求阴影部分的面积． 【答案】（1）是 （2）是4的倍数．说明见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式进行因式分解的应用，掌握公式的特点是关键； （1）根据即可判断； （2）计算的结果，根据结果即可作出判断； （3）由图知，每部分阴影的面积等于相邻两个偶数的平方差，由此列出算式，再依据（2）的结论进行计算求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴36是“智慧数”； 故答案为：是； 【小问2详解】 解：是4的倍数． 理由如下： ， 而是4的倍数， ∴由和（其中取正整数）这两个连续偶数构造的“智慧数”是4的倍数； 【小问3详解】 解： ． 25. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，点、的坐标分别为、．将先向右平移4个单位后，再向下平移1个单位，得到． （1）请直接写出点的坐标_________，点的坐标_________． （2）请判断与重叠部分的形状，并证明你的结论． （3）点是平面内一动点，是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）． （2）四边形是平行四边形．证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用平移的性质求解即可； （2）根据平移的性质得到，即可得到结论； （3）分三种情况：①当是对角线时，②当是对角线时，③当是对角线时， 根据平行四边形的性质，分别计算即可． 【小问1详解】 解：点、的坐标分别为、, 根据平移得， 故答案为：； 【小问2详解】 解：四边形是平行四边形，理由如下， ∵， ∴． ∵平移得到， ∴， ∴． ∴四边形是平行四边形． 【小问3详解】 解：存在点，理由如下， ， 设 ①当是对角线时， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， ∴； ②当是对角线时， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， ∴； ③当是对角线时， 四边形是平行四边形， 互相平分， ， ， ∴． 综上所述，点的坐标为． 【点睛】本题考查是平行四边形综合题，考查了平行四边形的性质，平移的性质，利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 26. 在中，． 【问题发现】 （1）如图1，点是边上一动点（点不与点、重合），连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接、、则线段与的数量关系：_________，位置关系：_________． 【探究证明】 （2）如图2，点是射线上一动点，连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接、．请判断线段与的数量关系与位置关系，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，点是外一点，连接、、，当，且时，请求出四边形的面积． 【答案】（1）；（2）．证明见解析；（3） 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． （1）利用证明得，即可得，从而可得； （2）利用证明得，则易得，从而得，即； （3）将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接．同理由可证明≌，，；由， 可得点在线段上，则由即可求解． 【详解】解：（1）由旋转知，； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， 即， ∴； 故答案为：． （2）判断：． 证明：由题意知，， ∵， ∴， ∴， ∴≌， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴； （3）如图3所示，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接． ∴同理可证≌， ∴，． ∵在四边形中，， ∴， ∴， ∴点在线段上． 由旋转知， ∴是等腰直角三角形，， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$