精品解析：江西省吉安市青原区2024-2025学年八年级下学期6月期末数学试题

青原区2024-2025学年第二学期期末检测卷 八年级数学 （温馨提示：本试卷共23小题，总分120分，检测时间120分钟） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项） 1. 对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑，器物，绘画，标识等作品的设计上．下面四个标志中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D.   2. 下列各式从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 关于x的分式方程有增根，则m的值是（ ） A. B. 3 C. D. 2 4. 如图，中，，，的垂直平分线交于点D，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 如图，把放在直角坐标系内，其中，，点、的坐标分别为、．将沿轴向右平移，当点落在直线上时，线段扫过的面积为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 6. 如图，在中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点，下列结论：；；平分；．其中正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 因式分解：_______ 8. 已知一个多边形，它的内角和等于外角和的2倍，边数为_________． 9. 如图，一次函数与的图象交于点，与轴分别交于点，，若，则关于的不等式的解集是__________． 10. 已知关于的不等式组的整数解有5个，则的取值范围是______． 11. 如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC,交AD于M，如果△CDM的周长为a，那么平行四边形的周长是________． 12. 在平面直角坐标系中，已知点，点，点，点从点出发，以个单位每秒的速度沿射线运动，点从点出发，开始以个单位每秒的速度向原点运动，到达原点后立刻以原来倍的速度沿射线运动，若两点同时出发，设运动时间为秒，则当____________________时，以点为顶点的四边形为平行四边形． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）解分式方程： （2）如图，点为三边垂直平分线的交点，，，求的度数． 14. 先化简：，再从，0，3中选择一个合适的数作为的值代入求值． 15. 下面的不等式解法有错误，按下列要求完成解答： 解不等式： 解：去分母得：------------------① 去括号得：---------------------② 合并同类项得：----------------------------③ 解得： -----------------------------------④ （1）以上的解法中从哪一步开始出现了错误______（写出序号即可） （2）写出正确解答过程并把不等式的解集表示在数轴上． 16. 已知，如图，在ABCD中，延长DA到点E，延长BC到点F，使得AE＝CF，连接EF，分别交AB，CD于点M，N，连接DM，BN. （1）求证：△AEM≌△CFN； （2）求证：四边形BMDN是平行四边形. 17. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． （1）若点是的边上的一点，将先向下平移格，再向右平移格，则平移后点的对应点的坐标为___________． （2）画出以点为旋转中心，顺时针旋转后得到的； （3）画出与关于点成中心对称的图形． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，将沿平移，得到，连接，． （1）若，垂足为，求证：； （2）若，，求的度数． 19. 已知：如图，三角形ABM与三角形ACM关于直线AF成轴对称，三角形ABE与三角形DCE关于点E成中心对称，点E、D、M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P． （1）求证：AC=CD； （2）若∠BAC=2∠MPC，请你判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由． 20. 为解决中小学大班额问题，东营市各县区今年将改扩建部分中小学，某县计划对A、B两类学校进行改扩建，根据预算，改扩建2所A类学校和3所B类学校共需资金7800万元，改扩建3所A类学校和1所B类学校共需资金5400万元. （1）改扩建1所A类学校和1所B类学校所需资金分别是多少万元？ （2）该县计划改扩建A、B两类学校共10所，改扩建资金由国家财政和地方财政共同承担，若国家财政拨付资金不超过11800万元，地方财政投入资金不少于4000万元，其中地方财政投入到A、B两类学校改扩建资金分别为每所300万元和500万元，请问共有哪几种改扩建方案？ 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 因为，这说明多项式有一个因式为，我们把代入此多项式发现能使多项式的值为0，利用上述阅读材料求解： （1）若是多项式的一个因式，求k的值； （2）若和是多项式的两个因式，试求m，n的值； （3）在（2）的条件下，把多项式因式分解． 22. 课本再现 （1）如图（1），在中，，点在斜边上．如果经过旋转后与重合，那么这一旋转的旋转中心是_____，旋转角度数是_____度． 变式探究 （2）已知在中，，，，将绕点顺时针旋转，得到，点，的对应点分别为， ①如图（2），当点落在边上时，的长为_____； ②如图（3），当点落在线段上时，过点作交于点，求的长． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图所示，在平面直角坐标系中，的边在x轴上，点D在y轴上．已知，，，从C点出发的E点，以每秒2个单位长度的速度向D点移动．M是的中点，的延长线交于F点． （1）求点B，C的坐标． （2）当四边形是平行四边形时，求点E的移动时间t． （3）当为等腰三角形时，直接写出点E的坐标______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青原区2024-2025学年第二学期期末检测卷 八年级数学 （温馨提示：本试卷共23小题，总分120分，检测时间120分钟） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个正确选项） 1. 对称美是我国古人和谐平衡思想的体现，常被运用于建筑，器物，绘画，标识等作品的设计上．下面四个标志中，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】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的识别．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意， 故选：D． 2. 下列各式从左到右的变形是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解的定义，掌握将一个多项式转化为几个整式的积的形式叫作因式分解成为解题的关键． 根据因式分解的定义逐项判断即可． 【详解】解：A．，左边是单项式乘以多项式，属于整式乘法，不是因式分解，不符合题意； B．，右边是单项式与数的差，不是整式的积，不符合因式分解，不符合题意． C．，左边为多项式，右边是两个二项式的积，且通过平方差公式验证成立，属于因式分解，符合题意． D．，右边含有分式，不符合整式乘积的要求，不是因式分解，不符合题意． 故选：C． 3. 关于x的分式方程有增根，则m的值是（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查分式方程的增根，熟练掌握分式方程的增根是解决本题的关键．先解关于的分式方程得．再根据增根的定义，解决此题． 【详解】解： 去分母，得， 移项，得． 关于的分式方程有增根， ， ． 故选：． 4. 如图，中，，，的垂直平分线交于点D，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等腰三角形两底角相等求出的度数，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，根据等边对等角的性质可得，然后求解即可． 【详解】解：，， ， 垂直平分线， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰三角形两底角相等的性质，等边对等角的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键． 5. 如图，把放在直角坐标系内，其中，，点、的坐标分别为、．将沿轴向右平移，当点落在直线上时，线段扫过的面积为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的综合应用，平移的性质，勾股定理，平行四边形的面积等知识，明确线段扫过的面积为平行四边形的面积是解题关键．根据题意，线段扫过的面积为平行四边形的面积，先利用勾股定理求出，再根据平移的性质得到，即点的纵坐标为4，进而求出其横坐标为5，得到，从而得到，即可求出平行四边形面积得到答案． 【详解】解：如图所示，线段扫过的面积为平行四边形的面积， 点A、B的坐标分别为、， ， ，， ， ， 点的纵坐标为4， 点在直线上， ， 解得：，即， ， ， 即线段BC扫过的面积为16， 故选D． 6. 如图，在中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点，下列结论：；；平分；．其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，根据平行四边形的性质可得，再证明是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，进而得到，首先证明 ，再根据三角形中位线的性质可得，进而得到；证明，根据平行线的性质可得，再根据等边对等角可得 ，进而得到，不能得出 ，则可得出答案，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是中点， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴是等腰三角形， ∵是中点， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴，故正确； 、分别是、的中点， ∵， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分，故正确； 由题意不能得出，故错误； 综上可知：正确， 故选：． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 因式分解：_______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，熟练掌握利用提取公因式法、完全平方公式分解因式是解题的关键．先提取公因式，然后利用完全平方公式分解因式即可． 【详解】解： ． 故答案为：． 8. 已知一个多边形，它的内角和等于外角和的2倍，边数为_________． 【答案】6 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形内角和和外角和综合，设多边形的边数为n，则这个多边形的内角和为，再由这个多边形的外角和为以及题意建立方程求解即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形的边数为6， 故答案为：6． 9. 如图，一次函数与的图象交于点，与轴分别交于点，，若，则关于的不等式的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，坐标与图形的性质，一次函数与一元一次不等式． 先利用直线解析式写出A、B点的坐标，再利用三角形面积公式求出P点的横坐标，然后利用函数图象，写出直线在直线上方所对应的自变量的范围即可． 【详解】解：当时，，则， 当时，，则， 所以， 设P点的横坐标为x， 则， 解得， 当时，， 所以的解集为． 故答案为． 10. 已知关于的不等式组的整数解有5个，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式组，一元一次不等式组的整数解，解题的关键是根据解集的情况，确定关于的不等式组．先求出一元一次不等式组的解集为，再根据不等式组有5个整数解，即可确定的取值范围． 【详解】解：， 解不等式①得：， 解不等式②得：， 不等式组有5个整数解， 该不等式组的解集为，这5个整数为、、、、， 的取值范围是， 故答案为：． 11. 如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，且AD≠CD，过点O作OM⊥AC,交AD于M，如果△CDM的周长为a，那么平行四边形的周长是________． 【答案】2a 【解析】 【分析】根据题意，OM垂直平分AC，所以MC=MA，因此△CDM的周长=AD+CD，可得平行四边形ABCD的周长． 【详解】解：∵ABCD是平行四边形， ∴OA=OC， ∵OM⊥AC， ∴AM=MC． ∴△CDM的周长=AD+CD=a， ∴平行四边形ABCD的周长是2a． 故答案为2a． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质及周长的计算，根据线段垂直平分线的性质，证得AM=MC是解题的关键． 12. 在平面直角坐标系中，已知点，点，点，点从点出发，以个单位每秒的速度沿射线运动，点从点出发，开始以个单位每秒的速度向原点运动，到达原点后立刻以原来倍的速度沿射线运动，若两点同时出发，设运动时间为秒，则当____________________时，以点为顶点的四边形为平行四边形． 【答案】或或 【解析】 【分析】利用A、B、C的坐标可得到OA=4，BC=3，BC//x轴，根据平行四边形的判定，当PC=QA时，以点A，Q， C，P为顶点的四边形为平行四边形，讨论：若时，3-2t= t；若 ，2t-3=t；若 时，2t-3=4-3(t-4)；若，然后分别解方程即可确定满足条件的t的值． 【详解】∵A（4,0），B（-3,2），C（0,2）， ∴OA=4，BC=3，BC//x轴， ∵PC//AQ ∴当PC=AQ时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形， 若时，BP=2t， PC=3-2t，AQ=t，此时3-2t=t，解得t=1; 若时，BP=2t, PC=2t-3，AQ=t，此时2t-3=t，解得t=3； 若时，BP=2t, PC=2t-3，OQ=3(t-4)，AQ=4-3(t-4)，此时2t-3=4-3(t-4)，解得t=(舍去)； 若t，BP＝2t，PC=2t-3， OQ=3(t-4)，AQ=3(t-4)-4，此时2t-3=3(t-4)-4，解得t=13; 综上所述，当t为1或3或13时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形． 故答案为1或3或13 【点睛】本题考查了平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．利用分类讨论的思想和方程的思想是解决问题的关键． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）解分式方程： （2）如图，点为三边垂直平分线的交点，，，求的度数． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）方程两边同时乘以，化为整式方程，解方程并检验，即可求解； （2）根据垂直平分线的性质可得，进而根据等边对等角得出，，再根据三角形内角和定理求得，最后根据等边对等角即可求解． 【详解】解：（1） 方程两边同时乘以得， 解得： 检验，当时，， 所以是原方程的解， （2）∵点P为三边垂直平分线的交点， ∴， ∴，， ∴， ∵ ∴． 【点睛】本题考查了解分式方程，中垂线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键． 14. 先化简：，再从，0，3中选择一个合适的数作为的值代入求值． 【答案】； 【解析】 【分析】本题主要考查了分式化简求值，分式有意义的条件，先根据分式混合运算法则进行化简，然后再代入数据进行求值即可． 【详解】解： ， ∵， ∴， 把代入得：原式． 15. 下面的不等式解法有错误，按下列要求完成解答： 解不等式： 解：去分母得：------------------① 去括号得：---------------------② 合并同类项得：----------------------------③ 解得： -----------------------------------④ （1）以上的解法中从哪一步开始出现了错误______（写出序号即可） （2）写出正确解答过程并把不等式的解集表示在数轴上． 【答案】（1）① （2）x<4，数轴见详解 【解析】 【分析】（1）①去分母时第二个式子两边没有加括号，出现错误； （2）先去分母，然后去括号、合并同类项，最后把系数化为1即可得到不等式的解集，并把解集表示在数轴上． 【小问1详解】 （1）∵去分母时第二个式子x+2两边没有加括号， ∴①出现错误， 故选①； 【小问2详解】 ）解：去分母：2(2x+1)-(x+2)<12， 去括号:4x+2-x-2<12， 合并同类项：3x<12， 解得：x<4， 不等式的解集表示在数轴上如下： 【点睛】本题考查一元一次不等式的应用，熟练掌握一元一次不等式的解法是解题关键． 16. 已知，如图，在ABCD中，延长DA到点E，延长BC到点F，使得AE＝CF，连接EF，分别交AB，CD于点M，N，连接DM，BN. （1）求证：△AEM≌△CFN； （2）求证：四边形BMDN是平行四边形. 【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC ，AD∥BC． ∴∠E=∠F，∠DAB=∠BCD． ∴∠EAM=∠FCN． 又∵AE=CF ∴△AEM≌△CFN（ASA）． （2） ∵由（1）△AEM≌△CFN ∴AM=CN． 又∵四边形ABCD是平行四边形 ∴ABCD ∴BMDN． ∴四边形BMDN是平行四边形． 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得出AD∥BC，∠DAB=∠BCD，再根据平行线的性质及补角的性质得出∠E=∠F，∠EAM=∠FCN，从而利用ASA可作出证明． （2）根据平行四边形的性质及（1）的结论可得BMDN，则由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 17. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，． （1）若点是的边上的一点，将先向下平移格，再向右平移格，则平移后点的对应点的坐标为___________． （2）画出以点为旋转中心，顺时针旋转后得到的； （3）画出与关于点成中心对称的图形． 【答案】（1）； （2）画图见解析； （3）画图见解析． 【解析】 【分析】（）根据平移方式，横坐标加，纵坐标减计算即可求解； （）根据题意画出绕点顺时针旋转后得到； （）根据关于原点对称的两个点横纵坐标互为相反数先写出的三个顶点，再画出即可； 本题考查了直角坐标系中的平移问题，旋转作图，中心对称作图，以及写出直角坐标系中点的坐标等知识，掌握点的平移规律、旋转作图与中心对称作图是解题的关键． 【小问1详解】 根据题意得：点先向下平移格，再向右平移格， ∵ ∴，即， 故答案为：； 【小问2详解】 如图，即为所求； 【小问3详解】 ∵与关于点成中心对称的图形，，， ∴，，， ∴即为所求． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 如图，将沿平移，得到，连接，． （1）若，垂足为，求证：； （2）若，，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2）． 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点． （1）根据平移的性质得，根据等量代换得，根据，利用“三线合一”的性质即可得； （2）根据平移的性质得，即可得四边形为平行四边形，求得，，利用三角形的内角和定理即可得． 【小问1详解】 证明：连接， ∵将沿平移，得到， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 【小问2详解】 解：∵沿平移，得到， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴为等腰三角形，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴． 19. 已知：如图，三角形ABM与三角形ACM关于直线AF成轴对称，三角形ABE与三角形DCE关于点E成中心对称，点E、D、M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P． （1）求证：AC=CD； （2）若∠BAC=2∠MPC，请你判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由． 【答案】见解析 【解析】 【分析】（1）利用中心对称图形的性质以及轴对称图形的性质得出全等三角形进而得出对应线段相等； （2）利用（1）中所求，进而得出对应角相等，进而得出答案． 【详解】(1)证明：∵△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称， ∴△ABM≌△ACM， ∴AB=AC， 又∵△ABE与△DCE关于点E成中心对称， ∴△ABE≌△DCE， ∴AB=CD， ∴AC=CD； (2)∠F=∠MCD. 理由：由(1)可得∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA， ∵∠BAC=2∠MPC，∠BMA=∠PMF， ∴设∠MPC=α，则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α， 设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β， ∴∠F=∠CPM−∠PMF=α−β， ∠MCD=∠CDE−∠DMC=α−β， ∴∠F=∠MCD. 【点睛】本题主要考查轴对称、中心对称性质和全等三角形的判定及性质.通过轴对称与中心对称的性质得出全等三角形的判定条件是解题的关键. 20. 为解决中小学大班额问题，东营市各县区今年将改扩建部分中小学，某县计划对A、B两类学校进行改扩建，根据预算，改扩建2所A类学校和3所B类学校共需资金7800万元，改扩建3所A类学校和1所B类学校共需资金5400万元. （1）改扩建1所A类学校和1所B类学校所需资金分别是多少万元？ （2）该县计划改扩建A、B两类学校共10所，改扩建资金由国家财政和地方财政共同承担，若国家财政拨付资金不超过11800万元，地方财政投入资金不少于4000万元，其中地方财政投入到A、B两类学校改扩建资金分别为每所300万元和500万元，请问共有哪几种改扩建方案？ 【答案】（1）1200万元、1800万元；（2）共有3种方案：方案一：改扩建A类学校3所，B类学校7所；方案二：改扩建A类学校4所，B类学校6所；方案三：改扩建A类学校5所，B类学校5所． 【解析】 【分析】（1）可根据“改扩建2所A类学校和3所B类学校共需资金7800万元，改扩建3所A类学校和1所B类学校共需资金5400万元”，列出方程组求出答案； （2）要根据“国家财政拨付资金不超过11800万元；地方财政投入资金不少于4000万元”来列出不等式组，判断出不同的改造方案． 【详解】（1）设改扩建一所A类和一所B类学校所需资金分别为x万元和y万元 由题意得， 解得， 答：改扩建一所A类学校和一所B类学校所需资金分别为1200万元和1800万元． （2）设今年改扩建A类学校a所，则改扩建B类学校（10﹣a）所， 由题意得：， 解得， ∴3≤a≤5， ∵a取整数， ∴a=3，4，5． 即共有3种方案： 方案一：改扩建A类学校3所，B类学校7所； 方案二：改扩建A类学校4所，B类学校6所； 方案三：改扩建A类学校5所，B类学校5所． 五、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 因为，这说明多项式有一个因式为，我们把代入此多项式发现能使多项式的值为0，利用上述阅读材料求解： （1）若是多项式的一个因式，求k的值； （2）若和是多项式的两个因式，试求m，n的值； （3）在（2）的条件下，把多项式因式分解． 【答案】（1）；（2）m，n的值分别为和0；（3）． 【解析】 【分析】（1）由已知条件可知，当时，，将的值代入即可求得 （2）由题意可知，和时，，由此得二元一次方程组，从而可求得m和n的值； （3）将（2）中m和n的值代入，提取公因式，则由题意知和也是所给多项式的因式，从而问题得解． 【详解】解：（1）∵是多项式的一个因式 ∴时， ∴ ∴ ∴ ∴的值为； （2）和是多项式的两个因式， ∴当和时，， ∴， 解得： ∴m，n的值分别为和0； （3）∵，， ∴可化为： ∴ ． 【点睛】本题考查了利用因式定理分解因式的特殊方法，根据阅读材料仿做，是解答本题的关键． 22. 课本再现 （1）如图（1），在中，，点在斜边上．如果经过旋转后与重合，那么这一旋转的旋转中心是_____，旋转角度数是_____度． 变式探究 （2）已知在中，，，，将绕点顺时针旋转，得到，点，的对应点分别为， ①如图（2），当点落在边上时，的长为_____； ②如图（3），当点落在线段上时，过点作交于点，求的长． 【答案】（1）点，（2）①② 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）根据旋转的性质，作答即可； （2）①勾股定理求出的长，旋转，线段的和差关系求出即可；②旋转，得到，，三线合一得到，进而得到，得到，平行推出，设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：（1）∵在中，， ∴， ∵经过旋转后与重合，点在斜边上， ∴旋转中心为点，旋转角为； 故答案为：点，； （2）①∵，，， ∴， ∵旋转， ∴， ∴； ②∵旋转， ∴，，， ∵点落在线段上， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， ∴，解得：； ∴． 六、解答题（本大题共12分） 23. 如图所示，在平面直角坐标系中，的边在x轴上，点D在y轴上．已知，，，从C点出发的E点，以每秒2个单位长度的速度向D点移动．M是的中点，的延长线交于F点． （1）求点B，C的坐标． （2）当四边形是平行四边形时，求点E的移动时间t． （3）当为等腰三角形时，直接写出点E的坐标______． 【答案】（1）， （2）4 （3）或或 【解析】 【分析】（1）由题意得，，根据直角三角形的性质可得，，从而可得，即可求点B的坐标，根据平行四边形的性质可得，利用勾股定理求得，即可求点D坐标； （2）根据平行四边形的性质可得点E是的中点，进而求解即可； （3）分类讨论：①，②，③，利用等腰三角形的性质和勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 在中，， ∴； 【小问2详解】 解：∵M是的中点，四边形是平行四边形， ∴时，点E是的中点， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：由（1）可得，，，，， 当为等腰三角形时，①当时， ∵， 由（1）可得，，，， ∴， ∴， ∴， ②当时，过点M作于点G， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ③当时，过点E作于点N， ∵，， ∴， 设，则， 在中，， 解得（负值舍去）， ∴， ∴， 综上所述，点E的坐标为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形的性质及解一元二次方程，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $