精品解析：四川省成都市锦江区成都市锦江区师一学校2024-2025学年八年级下学期3月月考数学试题

数学 A卷（100） 一、选择题（32） 1. 为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，把点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到点B，若点B的横、纵坐标相等，则m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 7 5. 如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，且分别交BC、AC于D、E两点，△ABC的周长为18，AE = 3，则△ABD的周长（　　　） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 6. 如图，已知一次函数的图象为直线l，则关于x的不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 7. 下列说法中，不正确的是（ ） A. 命题“若，则”的逆命题为“若，则” B. 有一个角等于的等腰三角形是等边三角形 C. 三角形三条角平分线的交点到三个顶点的距离相等 D. 斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等 8. 文德中学初二年级为了奖励在英语演讲比赛中胜出的学生，年级购买了若干本课外读物准备送给他们．如果每人送4本，则还余9本；如果每人送5本，则最后一人能得到课外读物但不足2本．设初二年级有名学生获奖．则下列不等式组表示正确的是（ ）． A. B. C. D. 二、填空题（20） 9. 若关于x的不等式的解集如图所示，则______． 10. 多项式中各项的最大公因式是______． 11. 已知点在第二象限，则的取值范围是_______． 12. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到．点的对应点在边上（不与点、重合）．若，则的度数为______． 13. 如图，已知，以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别与、相交于点，；分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内部相交于点，作射线．分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线分别与，相交于点，．若，，则到的距离为________． 三、解答题（48） 14. （1）解不等式组： （2）分解因式： 15. （1）利用因式分解计算：； （2）解方程组，求的值． 16. 如图，已知的三个顶点的坐标分别为． （1）画出关于原点成中心对称的图形，并写出的坐标； （2）是的边上一点，将向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，请画出平移后的，并写出的坐标； （3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为______． 17. 我校计划购买若干台电脑，现从两家商场了解到同一型号电脑每台报价均为5000元，并且多买都有一定优惠．各商场的优惠条件如下表所示： 商场 优惠条件 甲商场 第一台按原报价收费，其余每台优惠 乙商场 每台优惠 （1）试写出甲、乙两商场的收费（元）与所买电脑台数之间的关系式； （2）什么情况下到甲商场购买更优惠？什么情况下到乙商场购买更优惠？什么情况下两家商场的收费相同？ 18. （1）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，． 【初步感知】 （1）如图1，若，在纸片绕点旋转过程中，直线与分别交于点，点，求证：． 【深入探究】 （2）如图2，在（1）的条件下，在纸片绕点旋转过程中，若，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． B卷（50） 一、填空题（20） 19. 若，则代数式的值为______． 20. 有9张卡片，分别写有这九个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽出一张，记卡片上的数字为a，则关于x的不等式组有解的概率为_________. 21. 如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，的坐标为，点在第一象限内，将沿到的方向平移个单位至的位置，则点的坐标为______． 22. 如图，在中，，，为边上一点，过作，交于，连接并延长，交于点，已知，则的长为______． 23. 定义：若满足（为常数）且，则称点为“美好点”，比如点．若均为“美好点”，已知，且当时，都有，则的取值范围是______． 二、解答题（30） 24. 某学校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了，两种食品作为午餐．这两种食品每包质量均为，其营养成分表如下： （1）若每份午餐需要恰好摄入热量和蛋白质，应选用，两种食品各多少包？ （2）考虑到健康饮食的需求，若每份午餐需选用这两种食品共7包，并保证每份午餐中的蛋白质含量不低于，且总热量不超过．请通过计算，求出共有多少种符合要求的配餐方案． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，点的坐标为，的面积为4．点是线段上一点（不与点、重合），连接，将绕点顺时针旋转得到，连接． （1）求直线的表达式； （2）连接，在点的运动过程中，若四边形的面积为8，求此时点的坐标； （3）若直线与的边有两个交点，求的取值范围． 26. 如图，在直角中，为线段上一动点（不包含端点），连接，将绕点顺时针旋转得到，过点作的垂线，交于． （1）如图1，求证：； （2）如图2，连接并延长交于点，求证：； （3）如图3，连接，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接． ①按要求补全图3，并求证： ②若，直接写出的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 A卷（100） 一、选择题（32） 1. 为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称与轴对称的定义进行判断即可．本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别．解题的关键在于熟练掌握：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，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；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形． 【详解】解：A．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意； B．中图形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； C．中图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D．中图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 2. 下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，解题的关键是掌握因式分解的概念：把一个多项式化为几个整式的积的形式．根据概念进行判断即可． 【详解】解：A、是整式乘法，不是因式分解，故不合题意； B、是整式乘法，不是因式分解，故不合题意； C、没把一个多项式化为几个整式的积的形式，不是因式分解，故不合题意； D、是因式分解，故符合题意； 故选：D． 3. 已知，下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查了不等式的性质，根据不等式的性质，结合各选项即可作出判断． 【详解】解：A.在两边同时减，得到，故符合题意； B.在两边同时乘以，得到，故不符合题意； C. 在两边同时乘以，得到，故不符合题意； D.在两边同时乘以再加，得到，故不符合题意； 故选：A． 4. 在平面直角坐标系中，把点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到点B，若点B的横、纵坐标相等，则m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系内点的平移．根据平移的规律可得点B的坐标为，再由点B的横、纵坐标相等，可得，即可求解． 【详解】解：∵把点先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到点B， ∴点B的坐标为， ∵点B的横、纵坐标相等， ∴， ∴． 故选：A 5. 如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，且分别交BC、AC于D、E两点，△ABC的周长为18，AE = 3，则△ABD的周长（　　　） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 【答案】A 【解析】 【分析】根据线段垂直平分线的性质得到DA＝DC，AC＝2AE＝6，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线，AE＝3， ∴DA＝DC，AC＝2AE＝6， ∵△ABC的周长为18， ∴AB+BC+AC＝18， ∴AB+BC＝12， ∴△ABD的周长=AB+BD+DA＝AB+BD+DC＝AB+BC＝12， 故选：A． 【点睛】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键． 6. 如图，已知一次函数的图象为直线l，则关于x的不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与不等式，解题的关键是正确利用数形结合的方法从图象中找到正确答案．根据图象可知当时，函数值小于1，即． 【详解】解：当时，， 即不等式的解集为． 故选：B． 7. 下列说法中，不正确的是（ ） A. 命题“若，则”的逆命题为“若，则” B. 有一个角等于的等腰三角形是等边三角形 C. 三角形三条角平分线的交点到三个顶点的距离相等 D. 斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是真假命题的判断，根据逆命题的概念、等边三角形的判定、三角形角平分线的性质、三角形全等的判定定理，逐一判断即可． 【详解】解：A、命题“若，则”的逆命题为“若，则”，说法正确，不符合题意； B、有一个角等于的等腰三角形是等边三角形，说法正确，不符合题意； C、三角形角平分线的交点到三边的距离相等，而非到顶点的距离，到顶点距离相等的点为三边垂直平分线交点，说法错误，符合题意； D、斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，说法正确，不符合题意； 故选：C． 8. 文德中学初二年级为了奖励在英语演讲比赛中胜出的学生，年级购买了若干本课外读物准备送给他们．如果每人送4本，则还余9本；如果每人送5本，则最后一人能得到课外读物但不足2本．设初二年级有名学生获奖．则下列不等式组表示正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】每人送4本，则还余9本即一共有本书，再根据每人送5本，则最后一人能得到课外读物但不足2本列出不等式组即可． 【详解】解：设初二年级有名学生获奖， 由题意得， 故选A． 【点睛】本题主要考查了一元一次不等式组的应用，正确理解题意找到不等关系是解题的关键． 二、填空题（20） 9. 若关于x的不等式的解集如图所示，则______． 【答案】7 【解析】 【分析】本题考查不等式的解集，以及解集的数轴表示，先解不等式得，然后根据数轴得该不等式的解集为，然后得到求解即可． 【详解】解：解不等式得， 由数轴得不等式的解集为， ∴，解得， 故答案为：7． 10. 多项式中各项的最大公因式是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据公因式中系数是各系数的最大公约数，相同字母的最低次幂的积，解答即可． 本题考查了提取公因式，熟练掌握公因式的定义是解题的关键． 【详解】解：多项式中各项的公因式是． 故答案为：． 11. 已知点在第二象限，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了直角坐标系、一元一次不等式组的知识；根据直角坐标系的性质，通过列一元一次不等式组并求解，即可得到答案． 【详解】∵点在第二象限， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到．点的对应点在边上（不与点、重合）．若，则的度数为______． 【答案】##25度 【解析】 【分析】根据旋转的性质，得，，，继而得到，结合，利用角的和差计算解答即可． 本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，角的和差计算，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：根据旋转的性质，得，，，故， 由， 故． 故答案为：． 13. 如图，已知，以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别与、相交于点，；分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内部相交于点，作射线．分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线分别与，相交于点，．若，，则到的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，过作于，证明，，，再证明，再结合勾股定理可得答案. 【详解】解：如图，过作于， 由作图可得：，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴到的距离为； 故答案为： 【点睛】本题考查了作图−复杂作图：基本作图，三角形的内角和定理的应用，勾股定理的应用，等腰三角形的判定，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质，逐步操作． 三、解答题（48） 14. （1）解不等式组： （2）分解因式： 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出每一个不等式的解集，后确定不等式组的解集． (2)先提取公因式，再套用公式解答即可． 本题考查了解不等式组，因式分解。熟练掌握解题的基本步骤是解题的关键． 【详解】（1）解：∵ ∴解不等式①，得， 解不等式②，得， ∴不等式组的解集为． （2）解： ． 15. （1）利用因式分解计算：； （2）解方程组，求的值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查了解二元一次方程组，代数式的求值，因式分解的应用． （1）逆用积的乘方，提公因式分解求解即可； （2）利用加减消元法求得，再整体代入求解即可． 【详解】解：（1）； （2）， 得， 由①得， ∴ ． 16. 如图，已知的三个顶点的坐标分别为． （1）画出关于原点成中心对称的图形，并写出的坐标； （2）是的边上一点，将向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，请画出平移后的，并写出的坐标； （3）若和关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为______． 【答案】（1） 如图即为所求，． （2） 如图即为所求，． ． （3） 【解析】 【分析】（1）根据绕点O旋转，即关于点O中心对称，根据关于原点对称的点的坐标特点，纵坐标，横坐标都变成各自的相反数，确定变换后的坐标，画图即可． （2）根据平移，确定变化后的坐标，描点画图即可； （3）根据对称中心是对应线段中点的交点，借助中点坐标公式解答即可． 本题考查了坐标的平移，中心对称，旋转，熟练掌握相应的知识是解题的关键． 【小问1详解】 解：根据题意，得，其中心对称坐标分别为； 【小问2详解】 解：由，将向右平移4个单位长度，再向上平移2个单位长度，故； 【小问3详解】 解：根据作图，得，， 根据中点坐标公式，得． 故对称中心为 故答案为：． 17. 我校计划购买若干台电脑，现从两家商场了解到同一型号电脑每台报价均为5000元，并且多买都有一定优惠．各商场的优惠条件如下表所示： 商场 优惠条件 甲商场 第一台按原报价收费，其余每台优惠 乙商场 每台优惠 （1）试写出甲、乙两商场的收费（元）与所买电脑台数之间的关系式； （2）什么情况下到甲商场购买更优惠？什么情况下到乙商场购买更优惠？什么情况下两家商场的收费相同？ 【答案】（1）； （2）且x为整数时，此时甲商场费用低；且x为整数时，此时乙商场费用低；，两家商场的费用相同． 【解析】 【分析】（1）根据题意，得；乙商场的费用：，解答即可； （2）根据题意，得；；，分类解答即可． 本题考查了函数表达式，解方程，解不等式，掌握解方程是解题的关键． 【小问1详解】 解：根据题意，得； 乙商场的费用：． 【小问2详解】 解：根据题意，得； 解得且x为整数时，此时甲商场费用低； 由 解得且x为整数时，此时乙商场费用低； 根据， 解得，此时，两家商场的费用相同． 18. （1）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，． 【初步感知】 （1）如图1，若，在纸片绕点旋转过程中，直线与分别交于点，点，求证：． 【深入探究】 （2）如图2，在（1）的条件下，在纸片绕点旋转过程中，若，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点旋转过程中，试探究三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由． 【答案】（1）证明：根据旋转的性质，得， ∵ ∴． ∴． （2）2 （3）16或64或48 或． 【解析】 【分析】（1）证明即可． （2）根据平行线证明，利用勾股定理解答即可． （3）根据旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解方程，分类的思想解答即可． 本题考查了旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理的应用，分类思想的应用，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）略 （2）解：根据题意，得， 故， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：当，且点D在上时，是直角三角形， 根据题意，得，， 此时； 当，且点D在的延长线上时，是直角三角形， 根据题意，得，， 此时； 当时，是直角三角形， 过点A作于点Q， 则四边形是矩形， 故，， 由， ， 故， 此时； 当时，是直角三角形， 过点A作于点M，设的交点为N， 由， ， 故， ∵，， ∴， ∴ ∴，， ∴， 设， ∴，， ∴， 解得， 故， ∴， ∴， 此时． 综上所述，的面积为16或64或48 或． B卷（50） 一、填空题（20） 19. 若，则代数式的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简求值，先化简，再将代数式变形为，最后将数值代入求出答案． 【详解】解：∵ ∴将代入得 故答案为：. 20. 有9张卡片，分别写有这九个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽出一张，记卡片上的数字为a，则关于x的不等式组有解的概率为_________. 【答案】 【解析】 【详解】解：设不等式有解，则不等式组的解为， 那么必须满足条件，， ∴， ∴满足条件的a的值为6，7，8，9， ∴有解的概率为． 故答案为． 考点：1．解一元一次不等式组；2．含字母系数的不等式；3．概率公式． 21. 如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，的坐标为，点在第一象限内，将沿到的方向平移个单位至的位置，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了图形的平移，等腰直角三角形的判定和性质，坐标与图形，过点作轴于点，可得是等腰直角三角形，即得，由平移的性质得，，进而由勾股定理得，再求出点的横纵坐标即可求解，掌握平移的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作轴于点， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵将沿到的方向平移个单位至的位置， ∴，， ∴， ∴点的纵坐标为， ∵， ∴点的横坐标为， ∴点的坐标为， 故答案为：． 22. 如图，在中，，，为边上一点，过作，交于，连接并延长，交于点，已知，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理，平行线的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．首先证明，，易得，可知；作，垂足分别为L，H，连接，证明，由全等三角形的性质可得，进而求得、、的值，再结合三角形面积公式求得的长度，进一步计算的值即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 作，垂足分别为，连接， 则， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴， ∴ 根据题意，得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 23. 定义：若满足（为常数）且，则称点为“美好点”，比如点．若均为“美好点”，已知，且当时，都有，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了新定义运算，因式分解，解不等式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先充分理解“美好点”的定义，则，，整理得，，因为，，得，，再整理得，结合当时，都有，进行分析作答即可． 【详解】解：∵，均为“美好点”，且满足（为常数）且，则称点为“美好点”， ∴，， 两式相减，得， 即， ∵， ∴， 同理可得， ∴，， 根据题意，，且当时，都有， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 二、解答题（30） 24. 某学校组织学生到郊外参加义务植树活动，并准备了，两种食品作为午餐．这两种食品每包质量均为，其营养成分表如下： （1）若每份午餐需要恰好摄入热量和蛋白质，应选用，两种食品各多少包？ （2）考虑到健康饮食的需求，若每份午餐需选用这两种食品共7包，并保证每份午餐中的蛋白质含量不低于，且总热量不超过．请通过计算，求出共有多少种符合要求的配餐方案． 【答案】（1）应选用A种食品4包，B种食品2包 （2）共有2种配餐方案；方案1：选用A种食品2包，B种食品5包；方案2：选用A种食品3包，B种食品4包． 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，列出方程组和不等式组是解题的关键； （1）设应选用A种食品x包，B种食品y包，根据每份午餐需要恰好摄入热量和蛋白质，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设选用A种食品m包，则选用B种食品包，根据“要保证每份午餐中的蛋白质含量不低于，且总热量不超过”，可列出关于m的一元一次不等式组，解之可得出m的取值范围，再结合m为正整数，即可得出各配餐方案． 【小问1详解】 解：设应选用A种食品x包，B种食品y包， 根据题意得：， 解得：， 答：应选用A种食品4包，B种食品2包； 【小问2详解】 设选用A种食品m包，则选用B种食品包， 根据题意得：， 解得：， 又∵m为正整数， ∴m可以为2，3， ∴共有2种配餐方案， 方案1：选用A种食品2包，B种食品5包； 方案2：选用A种食品3包，B种食品4包． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于、两点，点的坐标为，的面积为4．点是线段上一点（不与点、重合），连接，将绕点顺时针旋转得到，连接． （1）求直线的表达式； （2）连接，在点的运动过程中，若四边形的面积为8，求此时点的坐标； （3）若直线与的边有两个交点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据点的坐标为，的面积为4，得到， 结合，得到即，利用待定系数法解答即可． （2）过点E作于点N，过点F作于点M，连接，根据绕点顺时针旋转得到，得到，，证明，得到，再结合四边形的面积为8，得到，列式解答即可． （3）根据题意，得直线过定点，由与的边有两个交点，当经过原点时，；当经过点B时，，当直线向右上运动，直线向左下运动时，符合题意，故． 本题考查了待定系数法求解析式，三角形全等的判定和性质，三角形面积表示，一次函数的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵点的坐标为，的面积为4， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 得， 解得， 故． 【小问2详解】 解：过点E作于点N，过点F作于点M，连接， 根据绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，点E在第二象限， ∴， ∵四边形的面积为8， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或， ∵点E在线段上，且，则（舍去）， ∴即， 解得． 故点． 【小问3详解】 解：∵点E在线段上，且， ∴，； ∴直线变形为， ∴ 故， 解得， 故直线过定点， 由与的边有两个交点， 当经过原点时，；当经过点B时，， 当直线向右上运动，直线向左下运动时，符合题意， 故． 26. 如图，在直角中，为线段上一动点（不包含端点），连接，将绕点顺时针旋转得到，过点作的垂线，交于． （1）如图1，求证：； （2）如图2，连接并延长交于点，求证：； （3）如图3，连接，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接． ①按要求补全图3，并求证： ②若，直接写出的最小值． 【答案】（1） 证明：∵ ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2） 证明：作，交的延长线于点，连接， ∵， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （3） ①补全图形如图所示： 证明：∵翻折， ∴，， 设， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ② 【解析】 【分析】（1）证明，即可得证； （2）作，交的延长线于点，连接，先证明为等边三角形，推出，进而得到，推出四边形是平行四边形，即可得证． （3）①根据题意，画出图形，证明，即可得证；②先证明为底角为度的等腰三角形，作于点M，推出，进而得到当最小时，的值最小，根据垂线段最短，得到时，的值最小，进行求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：①略 ②∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， 作于点M，则：， ∴， ∴当最小时，的值最小， ∴当时，的值最小，此时：， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $