精品解析：山东淄博市临淄区2025-2026学年第一学期期末考试八年级（五四学制）数学试题

2025-2026学年度第一学期期末考试 初三数学试题 本试卷共8页，23个小题，满分150分，考试时间120分钟． 一．选择题（本题共10小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，每小题4分，满分40分，错选，不选，多选，均记0分） 1. 2025年11月9日，我国使用长征十一号遥六运载火箭和力箭一号遥九运载火箭一天发射5颗卫星成功进入预定轨道，这一消息登上百度热搜榜，下列航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 把多项式分解因式，应提取的公因式是（ ） A. 2 B. C. D. 3. 如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设与四边形的外角和的度数分别为α，β，则比较α与β的大小，结果正确的是（　　） A. B. C. D. 无法比较 4. 式子有意义，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，梯子斜靠在墙面上，点是梯子的中点，梯子滑动时，点沿滑向墙角点，点水平远离墙角点，点和点的距离（ ） A. 始终不变 B. 不断变小 C. 不断变大 D. 先变小后变大 6. 以下是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 7. 分式，的最简公分母为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ） A. B. C. D. 9. 《四元玉鉴》是中国古代著名的数学专著，书里记载一道这样的题：“今有绫、罗共三丈，各值钱八百九十六文．只云绫、罗各一尺共值钱一百二十文，问绫、罗尺价各几何？”题目译文是：现在有绫布和罗布，布长共3丈（1丈尺），已知绫布和罗布分别全部出售后均能收入896文；绫布和罗布各出售1尺共收入120文．问两种布每尺各多少钱？若设绫布每尺文，根据题意可列方程是（　　） A. B. C. 1 D. 10. 综合实践课上，小颖画出，利用尺规作图找一点，使得四边形为平行四边形．图1~图3是作图过程，在此作法中，可直接判定四边形是平行四边形的条件是（ ） （1）作的垂直平分线交于点； （2）连接，在的延长线上截取； （3）连接，，则四边形即为所求． A. 对角线互相平分 B. 两组对边分别相等 C. 两组对边分别平行 D. 一组对边平行且相等 二．填空题（每小题4分，共20分） 11. 为考察学校劳动实践基地甲、乙两种小麦的长势，数学兴趣小组从两种小麦中各随机抽取20株进行测量，测得两种小麦苗高的平均数相同，方差分别为，，则这两种小麦长势更整齐的是（填“甲”或“乙”）__________． 12. 如图，整个大长方形的面积用式子表示为a2+3ab+2b2，观察图形，将这个式子分解因式为_____． 13. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小芳家有一个菱形中国结装饰，将该中国结简化成菱形，测得，，则该菱形的周长为______． 14. 已知，则的值是________． 15. 操作发现：阅读下列解题过程：已知，求的值． 解：由知，所以，即 的值为的倒数，即 迁移应用：以上解法先将已知等式的两边取倒数，然后求出待求式子倒数的值，我们把此题的这种解法叫做“倒数法”，请你利用“倒数法”解决下面的问题： 已知，则的值为________． 三．解答题（第16，17，18，19题每题10分；第20，21题每题12分，第22，23题每题13分；满分90分）解答要写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 16. （1）因式分解：； （2）计算：． 17. （1）解分式方程：； （2）先化简，再求值：，从，，中选择一个合适的数代入求值． 18. 如图，点，分别是平行四边形的边，上的一点，连接，，若．求证：四边形是平行四边形． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为点，，． （1）画出将先向左平移4个单位，再向下平移3个单位得到的，其中点，，的对应点分别为点，，； （2）画出将绕原点顺时针旋转得到的，其中点，，的对应点分别为点，，； （3）直接写出点的坐标________，点的坐标________． 20. 已知：如图1，在中，，点是的中点，求证：． 下面是两位同学添加辅助线的方法，请你选择一位同学的方法进行证明． 小刚：如图2，延长到点，使得，连接，． 小红：如图3，取的中点，连接． 21. 为提升信息素养，学校组织八、九年级开展“小达人·校园智创赛”．老师从八、九两个年级中各抽取20名学生的竞赛成绩进行整理，分A，B，C，D四个等级．其中，成绩在90分及以上的学生，被评定为“优秀”，并授予“校园智创之星”的称号． 【信息整理】 信息1： 等级 A B C D 成绩 信息2：八年级B，C两个等级的成绩为：94，94，93，92，92，89，89，88，85； 九年级C等级的成绩为：89，89，88，88，88，88，88，87，86． 信息3： 【数据分析】八、九年级抽取学生的竞赛成绩统计表如表所示： 年级 平均数 中位数 众数 优秀率 八年级 88 95 40% 九年级 88 88 35% （1）请补全条形统计图，并求出上面表格中，的值； （2）根据成绩统计表中的数据，你认为在此次竞赛中哪个年级学生的信息素养更好？请说明理由； （3）若该校八年级学生有450人，九年级学生有400人，请估计该校八、九年级被评定为“优秀”的学生总人数． 22. 综合与实践：顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用，以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等，不垂直 平行四边形 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ （1）探究一：如图1，在四边形中，，，，分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形； （2）探究二：由图2，从作图、测量结果得出猜想I：原四边形对角线①________时，中点四边形的形状是②________；由图3，从作图、测量结果得出猜想II：原四边形对角线③________时，中点四边形的形状是④________；由图4，从作图、测量结果得出猜想III：原四边形对角线⑤________时，中点四边形的形状是⑥________； （3）探究三：由图4，在猜想III成立的条件下，若，求的最小值． 23. 【问题情境】 同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 （1）如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） （2）如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 （4）如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期期末考试 初三数学试题 本试卷共8页，23个小题，满分150分，考试时间120分钟． 一．选择题（本题共10小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，每小题4分，满分40分，错选，不选，多选，均记0分） 1. 2025年11月9日，我国使用长征十一号遥六运载火箭和力箭一号遥九运载火箭一天发射5颗卫星成功进入预定轨道，这一消息登上百度热搜榜，下列航天图标中，其文字上方的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形的定义逐项判断即可． 【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. 把多项式分解因式，应提取的公因式是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分解因式，提取公因式需确定系数的最大公因数和各项共有字母的最低次幂，由此即可得出结果，熟练掌握此知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵系数2和8的最大公因数为2，变量和都含有，且的最低次幂为1， ∴公因式为， 故选：B． 3. 如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设与四边形的外角和的度数分别为α，β，则比较α与β的大小，结果正确的是（　　） A. B. C. D. 无法比较 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为是解答本题的关键． 多边形的外角和为，与四边形的外角和均为，即可作答． 【详解】解：∵多边形的外角和为， ∴与四边形的外角和与均为， ∴， 故选：A． 4. 式子有意义，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了分式有意义的条件，分式有意义的条件是分母不为零，由此计算即可得出结果，熟练掌握分式有意义的条件是解此题的关键． 【详解】解：∵式子有意义， ∴， ∴， 故选：D． 5. 如图，梯子斜靠在墙面上，点是梯子的中点，梯子滑动时，点沿滑向墙角点，点水平远离墙角点，点和点的距离（ ） A. 始终不变 B. 不断变小 C. 不断变大 D. 先变小后变大 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟知“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是解题的关键．根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”即可解决问题． 【详解】解：∵，且点P为的中点， ∴为斜边上的中线， ∴， ∵梯子的长度不变， ∴P点和C点的距离始终不变． 故选：A． 6. 以下是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式，根据最简二次根式的定义，被开方数不含能开得尽方的因数，且分母不含根式，选项A和D可化简为整数，选项B可化简为，只有选项C满足最简形式，熟练掌握最简二次根式的定义是解此题的关键． 【详解】解：A、，不是最简二次根式，故不符合题意； B、可化简为，不是最简二次根式，故不符合题意； C、是最简二次根式，故符合题意； D、，不是最简二次根式，故不符合题意； 故选：C． 7. 分式，的最简公分母为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了最简公分母，最简公分母是各分母系数的最小公倍数与所有字母因式的最高次幂的积，由此即可得出结果，熟练掌握最简公分母的定义是解此题的关键． 【详解】解：∵分母和的系数最小公倍数为12，字母的最高次幂为，字母的最高次幂为， ∴最简公分母为：， 故选：A． 8. 如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在外取一点C，然后步测出的中点D，E，并步测出的长约为，由此估测A，B之间的距离约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得为的中位线，根据三角形的中位线定理，即可得出结果． 【详解】解：∵点D，E，分别为的中点， ∴为的中位线， ∴； 故选：C． 9. 《四元玉鉴》是中国古代著名的数学专著，书里记载一道这样的题：“今有绫、罗共三丈，各值钱八百九十六文．只云绫、罗各一尺共值钱一百二十文，问绫、罗尺价各几何？”题目译文是：现在有绫布和罗布，布长共3丈（1丈尺），已知绫布和罗布分别全部出售后均能收入896文；绫布和罗布各出售1尺共收入120文．问两种布每尺各多少钱？若设绫布每尺文，根据题意可列方程是（　　） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，找出等量关系式，熟练掌握总价与单价和数量的关系，是解题的关键． 根据题意直接列出方程即可． 【详解】解：设绫布每尺文，则罗布每尺文， 根据题意得：， 故选：B． 10. 综合实践课上，小颖画出，利用尺规作图找一点，使得四边形为平行四边形．图1~图3是作图过程，在此作法中，可直接判定四边形是平行四边形的条件是（ ） （1）作的垂直平分线交于点； （2）连接，在的延长线上截取； （3）连接，，则四边形即为所求． A. 对角线互相平分 B. 两组对边分别相等 C. 两组对边分别平行 D. 一组对边平行且相等 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，尺规作图—作垂线、作线段，由作图可得，，结合平行四边形的判定定理即可得出四边形为平行四边形，即可得出结果，熟练掌握平行四边形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：由作图可得：，， ∴四边形为平行四边形， ∴可直接判定四边形是平行四边形的条件是对角线互相平分， 故选：A． 二．填空题（每小题4分，共20分） 11. 为考察学校劳动实践基地甲、乙两种小麦的长势，数学兴趣小组从两种小麦中各随机抽取20株进行测量，测得两种小麦苗高的平均数相同，方差分别为，，则这两种小麦长势更整齐的是（填“甲”或“乙”）__________． 【答案】甲 【解析】 【分析】本题考查了根据方差判断稳定性；方差是反映一组数据波动大小的量，方差越小，数据波动越小，稳定性越好，长势越整齐． 【详解】解：∵，，且， ∴甲种小麦的方差较小，长势更整齐． 故答案为：甲． 12. 如图，整个大长方形的面积用式子表示为a2+3ab+2b2，观察图形，将这个式子分解因式为_____． 【答案】a2+3ab+2b2＝（a+b）（a+2b）． 【解析】 【分析】根据长方形的面积＝长×宽，观察图形，将a2+3ab+2b2分解因式，可得：a2+3ab+2b2＝（a+b）（a+2b）． 【详解】解：a2+3ab+2b2＝（a+b）（a+2b） 故答案为：a2+3ab+2b2＝（a+b）（a+2b）． 【点睛】本题考查的知识点是因式分解的应用，通过图形得出长方形的长和宽是解此题的关键． 13. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小芳家有一个菱形中国结装饰，将该中国结简化成菱形，测得，，则该菱形的周长为______． 【答案】20 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的性质结合勾股定理求出的长，进而求出菱形的周长即可． 【详解】解：∵菱形，，， ∴，，， ∴， ∴该菱形的周长为； 故答案为：20． 14. 已知，则的值是________． 【答案】0 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质，求代数式的值，根据二次根式的被开方数非负，确定的值，再代入方程求出的值，最后计算代数式的值即可，熟练掌握二次根式的非负性是解此题的关键． 【详解】解：∵和都有意义， ∴，且， 解得：， 将代入方程，得， 即， ∴， ∴， 故答案为： 0． 15. 操作发现：阅读下列解题过程：已知，求的值． 解：由知，所以，即 的值为的倒数，即 迁移应用：以上解法先将已知等式的两边取倒数，然后求出待求式子倒数的值，我们把此题的这种解法叫做“倒数法”，请你利用“倒数法”解决下面的问题： 已知，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式的加减法、倒数，理解例题的思路是解题的关键；已知等式取倒数，求出 的值，再求待求式子的倒数，利用完全平方公式变形求解． 【详解】解：由 ，， ∴ ， 即 ， ∴， ∴ ， ∴待求式 的倒数为 ， 故 ． 故答案为：． 三．解答题（第16，17，18，19题每题10分；第20，21题每题12分，第22，23题每题13分；满分90分）解答要写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 16. （1）因式分解：； （2）计算：． 【答案】 (1) (2) 【解析】 【分析】本题考查了因式分解及二次根式的混合运算，关键是利用运算法则进行计算； （1）先提公因式再用公式法因式分解即可； （2）先算乘除再算加减即可． 【详解】（1）解：原式 ； （2）解：原式 ． 17. （1）解分式方程：； （2）先化简，再求值：，从，，中选择一个合适的数代入求值． 【答案】 （1） （2）， 【解析】 【分析】本题考查解分式方程和分式化简求值，熟练掌握解分式方程的方法和分式运算法则是解题的关键，注意解分式方程要检验根； （1）先去分母，把分式方程化成整式方程，然后检验即可求解； （2）先根据分式混合运算法则化简，再把使分式有意义的值代入计算即可． 【详解】（1）解：两边同乘以得： ， ， ， ∴， 经检验：是分式方程的解； （2）解：原式 ， ∵， ∴把代入上式． 18. 如图，点，分别是平行四边形的边，上的一点，连接，，若．求证：四边形是平行四边形． 【答案】 证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质．证明，，即可得到结论． 【详解】略 19. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为点，，． （1）画出将先向左平移4个单位，再向下平移3个单位得到的，其中点，，的对应点分别为点，，； （2）画出将绕原点顺时针旋转得到的，其中点，，的对应点分别为点，，； （3）直接写出点的坐标________，点的坐标________． 【答案】（1） 如图：即为所求， （2） 如图：即为所求， （3）， 【解析】 【分析】本题考查了作图—平移变换、旋转变换，写出平面直角坐标系中点的坐标，熟练掌握平移和旋转的性质是解此题的关键． （1）根据平移的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图即可； （3）根据图形直接写出点、的坐标即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由图可得，点的坐标，点的坐标． 20. 已知：如图1，在中，，点是的中点，求证：． 下面是两位同学添加辅助线的方法，请你选择一位同学的方法进行证明． 小刚：如图2，延长到点，使得，连接，． 小红：如图3，取的中点，连接． 【答案】 证明：若选择小刚的方法： 如图2，延长到点，使得，连接，， ∵点是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴； 若选取小红的方法： 如图3，取的中点，连接， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、三角形中位线定理，若选择小刚的方法：延长到点，使得，连接，，证明四边形是矩形，得出，再结合即可得证；若选取小红的方法：取的中点，连接，证明是的中位线，得出，再证明是的垂直平分线，得出，结合，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】略 21. 为提升信息素养，学校组织八、九年级开展“小达人·校园智创赛”．老师从八、九两个年级中各抽取20名学生的竞赛成绩进行整理，分A，B，C，D四个等级．其中，成绩在90分及以上的学生，被评定为“优秀”，并授予“校园智创之星”的称号． 【信息整理】 信息1： 等级 A B C D 成绩 信息2：八年级B，C两个等级的成绩为：94，94，93，92，92，89，89，88，85； 九年级C等级的成绩为：89，89，88，88，88，88，88，87，86． 信息3： 【数据分析】八、九年级抽取学生的竞赛成绩统计表如表所示： 年级 平均数 中位数 众数 优秀率 八年级 88 95 40% 九年级 88 88 35% （1）请补全条形统计图，并求出上面表格中，的值； （2）根据成绩统计表中的数据，你认为在此次竞赛中哪个年级学生的信息素养更好？请说明理由； （3）若该校八年级学生有450人，九年级学生有400人，请估计该校八、九年级被评定为“优秀”的学生总人数． 【答案】（1） 补全条形统计图如图所示： ， （2） 解：八年级的学生对信息素养的了解情况更好，理由如下： 两个年级的学生成绩的平均数相同，但八年级的中位数和众数都比九年级的高，八年级的优秀率更高，故八年级的学生对当前信息技术的了解情况更好； （3）估计该校八、九年级被评定为“优秀”的学生总人数为人 【解析】 【分析】本题考查了中位数和众数、由样本估计总体、条形统计图，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）先求出八年级等级的人数，再补全条形统计图，根据中位数和众数的定义即可得出和的值； （2）根据中位数和众数分析即可得出结果； （3）分别用八年级和九年级的总人数乘以各自的优秀率，求和即可得出结果． 【小问1详解】 解：由题意可得：八年级等级的人数为（人）， 八年级数据中第个和第个数据分别为、，故， ∵九年级中等级的人数为，等级的人数为，等级的人数为，等级的人数为，数据中出现次数最多的是， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：（人）， 故估计该校八、九年级被评定为“优秀”的学生总人数为人． 22. 综合与实践：顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用，以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等，不垂直 平行四边形 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ （1）探究一：如图1，在四边形中，，，，分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形； （2）探究二：由图2，从作图、测量结果得出猜想I：原四边形对角线①________时，中点四边形的形状是②________；由图3，从作图、测量结果得出猜想II：原四边形对角线③________时，中点四边形的形状是④________；由图4，从作图、测量结果得出猜想III：原四边形对角线⑤________时，中点四边形的形状是⑥________； （3）探究三：由图4，在猜想III成立的条件下，若，求的最小值． 【答案】（1） 证明：∵，，，分别是各边的中点， ∴是的中位线，为的中位线， ∴，，，， ∴，， ∴中点四边形是平行四边形； （2）相等，菱形，垂直，矩形，相等且垂直，正方形， （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得是的中位线，为的中位线，由三角形中位线定理可得，，，，从而得出，，即可得证； （2）根据菱形、矩形、正方形的判定与性质即可得出结果； （3）连接、、，由（2）可得，四边形为正方形，，由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得，，表示出，从而可得当点、、三点共线时，的长最小，即可得出结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由图2，从作图、测量结果得出猜想I：原四边形对角线相等时，中点四边形的形状是菱形； ， 证明：∵，，，分别是各边的中点， ∴是的中位线，为的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，， ∴，， ∵对角线， ∴， ∴四边形为菱形； 由图3，从作图、测量结果得出猜想II：原四边形对角线垂直时，中点四边形的形状是矩形； ， 证明：∵，，，分别是各边的中点， ∴是的中位线，为的中位线，是的中位线， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵对角线， ∴， ∴四边形是矩形； 由图4，从作图、测量结果得出猜想III：原四边形对角线垂直且相等时，中点四边形的形状是正方形； ， 证明：∵，，，分别是各边的中点， ∴是的中位线，为的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，， ∴，， ∵对角线， ∴， ∴四边形为菱形， ∵对角线， ∴， ∴四边形为正方形； 【小问3详解】 解：如图：连接、、， ， 由（2）可得：，四边形为正方形，， ∴， 由直角三角形的性质可得，， ∴， ∴当点、、三点共线时，的长最小，为． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定定理、正方形的判定定理、矩形的判定定理、菱形的判定定理、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 23. 【问题情境】 同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 （1）如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） （2）如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 （4）如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 【答案】（1），； （2），； （3），直线与的夹角度数为，理由如下： ∵四边形与四边形都为菱形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ， ∵，，， ∴， ∴直线与的夹角度数为； （4） 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （2）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （3）由菱形的性质可得，，，证明，得出，，延长交的延长线于点，交于点，结合三角形内角和定理求出，即可得出结果； （4）由，得出当点在上时，线段取得最小值，连接，交于，由菱形的性质可得，，，求出，由勾股定理可得，则，求出，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵， ∴， ∴， ∴直线与直线的夹角度数为； （2）∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵，且， ∴， ∴， 即与直线的夹角度数为； （3）略 （4）解：∵， ∴如图，当点在上时，线段取得最小值， ， 连接，交于， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $