精品解析：黑龙江省哈尔滨市宾县胜利镇第一中学2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷

2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 以下列各组数为边长的三角形是直角三角形的是（ ） A. 1，2，3 B. 3、4、5 C. 1、1、 D. 4、5、6 2. 下列平面图形中，是轴对称图形且只有一条对称轴的图形是（ ） A. 正方形 B. 平行四边形 C. 矩形 D. 等腰三角形 3. 如图，中，，，．分别以、、为边在的同侧作正方形、、，四块阴影部分的面积分别为、、、．则等于（ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 4. 已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与D重合，折痕为EF，则BE的长为(　　) A. 3cm B. 4cm C. 5cm D. 6cm 5. 如图，在正方形的外侧作等边，连接，则的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作于点H，连接OH，，若菱形ABCD的面积为，则CD的长为（ ） A. 6 B. C. 4 D. 7. 将矩形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，，，折叠后，点C落在AD边上的处，并且点B落在边上的处．则BC的长为（ ） A. 6 B. C. 4 D. 8. 如图，在正方形中，对角线和相交于点O，点E在上，连接，过点E作的垂线交于点F，连接，过点E作垂足为点H，以为边作等边三角形，连接交于点M，下列四个命题或结论：①；②；③；④若，则四边形MEDG的面积是．其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 9. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 10. 如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是，下列各地点中，离原点最近的是（ ） A. 超市 B. 医院 C. 体育场 D. 学校 二、填空题（每题3分，共24分） 11. 如图，点E是正方形外一点，连接，，且，过点C作于点F，连接，若，，则的长为______． 12. 如图，在矩形中，对角线上有两动点E和F，连接和，若，，，则的最小值是___________． 13. 如图，菱形的对角线、交于点O，于点E，连接，，，则菱形的边长为 _________ ． 14. 如图，在中，于点，为中点，连接，若，，则线段的长为______． 15. 在平行四边形ABCD中，，则______°． 16. 如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．若BC＝12，则DE的长为______． 17. 矩形的一边长是，一条对角线的长是6，则这个矩形的面积是______． 18. 已知直角三角形两边分别为3cm和4cm，则其斜边长为___cm． 19. 在菱形中，E、F分别是、边上的两点，连接、、，平分．若，，的周长为15，线段的长为 _______ ． 三、解答题（共66分：19题、22题5分，20、21、24题7分，25.26.27题10分） 20. 先化简，再求代数式的值，其中． 21. 已知中，为的平分线，，交的延长线于点． （1）如图1，求证：； （2）如图2，以为腰作等腰，且，，若，，求的长度． 22. 在中，为边上一点，于点，交于点，平分交于点，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若，点与点关于直线对称，连接，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，若，求的长． 23. 如图，每个小正方形的边长都是的方格纸中，有线段和线段，点、、、的端点都在小正方形的顶点上． （1）在方格纸中画出一个以线段为一边的菱形，所画的菱形的各顶点必须在小正方形的顶点上，并且其面积为． （2）在方格纸中以为底边画出等腰三角形，点在小正方形的顶点上，且的面积为．连接，并直接写出的长． 24. 四边形中，，点E在边上，连接CE，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，连接，若，，过点A作的垂线交CE的延长线于点F，求证：点E为线段的中点； （3）如图3，在（2）问条件下，连接，点G为线段上一点，连接，使得，，当的周长为，求线段的长． 25. （1）如图1，正方形与正方形，点D在边上，连接，同学们通过观察可以得到如下解决办法：，，，证得“”．探究得出与的位置关系___________； （2）如图2，正方形绕着点C顺时针旋转，当经过点D时，的度数是___________°； （3）正方形继续旋转到如图3的位置，与相交于点M，连接．求证：． 26. 某文具商场计划购买A，B两种型号的学习用品共1000件，已知A型学习用品的单价为20元，B型学习用品的单价为30元． （1）若购买这两种学习用品用了26000元，则购买A，B两种学习用品各多少件？ （2）若购买这批学习用品的钱不超过28000元，则最多购买B型学习用品多少件？ 27. 综合与实践 【思考尝试】 （1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【实践探究】 （2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题； 【拓展迁移】 （3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题． 28. 如图，平面直角坐标系中，点，点，连接，将沿直线翻折，点B落在第二象限内的点C处． （1）如图1，求点C的坐标； （2）如图2，点为线段上一点，点为延长线上一点，，连接交于点，求证：； （3）如图，在（2）条件下，连接并延长到点，连接，若，，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 以下列各组数为边长的三角形是直角三角形的是（ ） A. 1，2，3 B. 3、4、5 C. 1、1、 D. 4、5、6 【答案】B 【解析】 【分析】根据勾股定理逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可解答． 【详解】解：A、因为，所以三条线段不能组成直角三角形； B、因为，所以三条线段能组成直角三角形； C、因为，所以三条线段不能组成直角三角形； D、因为，所以三条线段不能组成直角三角形． 故选B． 【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用，判断三角形是否为直角三角形，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可． 2. 下列平面图形中，是轴对称图形且只有一条对称轴的图形是（ ） A. 正方形 B. 平行四边形 C. 矩形 D. 等腰三角形 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形的定义，理解定义，结合图形找出对称轴是关键． 根据轴对称图形的定义“指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴”，结合图形分析即可． 【详解】解：A、正方形有4条对称轴，不符合题意； B、平行四边形没有对称轴，不符合题意； C、矩形有2条对称轴，不符合题意； D、等腰三角形只有1条对称轴，符合题意； 故选：D ． 3. 如图，中，，，．分别以、、为边在的同侧作正方形、、，四块阴影部分的面积分别为、、、．则等于（ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】过F作于D，先证明得到，再证明，得到，进一步证明，，则可证明，由此求解即可． 【详解】解：过F作于D，连接， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 同理可证， ∴． 由可得：， ∴， ∵，即，且，， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∵， ∴， ∴ ； 故选：C． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，有一定难度，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用． 4. 已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与D重合，折痕为EF，则BE的长为(　　) A. 3cm B. 4cm C. 5cm D. 6cm 【答案】C 【解析】 【分析】根据折叠的性质可得BE＝ED，设AE＝x，表示出BE＝9﹣x，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列式计算即可得解． 【详解】解：∵长方形折叠点B与点D重合， ∴BE＝ED， 设AE＝x，则ED＝9﹣x，BE＝9﹣x， 在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2， 即32+x2＝（9﹣x）2， 解得x＝4， ∴AE的长是4， ∴BE＝9﹣4＝5， 故选C． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，根据勾股定理列出关于AE的长的方程是解题的关键． 5. 如图，在正方形的外侧作等边，连接，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，关键是由以上知识点求出． 由正方形的性质推出，由等腰直角三角形的性质得到，由等边三角形的性质得到，求出，由等腰三角形的性质求出，即可求出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， ∴是等腰直角三角形， ， ∵是等边三角形， ， ， ， ． 故选：A． 6. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作于点H，连接OH，，若菱形ABCD的面积为，则CD的长为（ ） A. 6 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形对角线互相垂直平分，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得到，根据菱形面积等于两条对角线乘积的一半得到，推出，在中，根据勾股定理即得CD长． 【详解】∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握菱形的对角线性质和面积公式，勾股定理解直角三角形． 7. 将矩形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，，，折叠后，点C落在AD边上的处，并且点B落在边上的处．则BC的长为（ ） A. 6 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由勾股定理得出，求出，，根据翻折和对边平行可得和为等边三角形，那么就得到，相加即可． 【详解】解：连接， 在中，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴为等边三角形， 同理也为等边三角形， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 8. 如图，在正方形中，对角线和相交于点O，点E在上，连接，过点E作的垂线交于点F，连接，过点E作垂足为点H，以为边作等边三角形，连接交于点M，下列四个命题或结论：①；②；③；④若，则四边形MEDG的面积是．其中正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示，过点E作于N，证明四边形是正方形，得到，则，证明得到，即可判断①；证明，推出，由三线合一定理即可判断②；设交于T，证明四边形是矩形，再证明，同理可得，得到，再由，即可得到，即可判断③；如图所示，以B为原点，以所在的直线为x轴，y轴建立坐标系，先求出直线的解析式为；再求出，，则，进一步求出，再根据求解即可判断④． 【详解】解：如图所示，过点E作于N， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故②正确； 设交于T， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 又∵， ∴，故③正确； 如图所示，以B为原点，以所在的直线为x轴，y轴建立坐标系， ∵，四边形是正方形， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为； ∵是等边三角形，， ∴，， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴， 同理可得直线的解析式为， 联立，解得， ∴， ∴ ，故④正确； 故选D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 9. 矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　） A. 对边相等 B. 对角相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可． 【详解】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等． 10. 如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是，下列各地点中，离原点最近的是（ ） A. 超市 B. 医院 C. 体育场 D. 学校 【答案】A 【解析】 【分析】根据学校和体育场的坐标建立直角坐标系，利用勾股定理求出各点到原点的距离，由此得到答案． 【详解】解：根据学校和体育场的坐标建立直角坐标系， 超市到原点的距离为， 医院到原点的距离为， 学校到原点的距离为， 体育场到原点的距离为， 故选：A． 【点睛】此题考查了根据点坐标确定原点，勾股定理，正确理解点坐标得到原点的位置及正确展望勾股定理的计算是解题的关键． 二、填空题（每题3分，共24分） 11. 如图，点E是正方形外一点，连接，，且，过点C作于点F，连接，若，，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】过点D作于点G，证明四边形是矩形，，得到，根据勾股定理求得，过点F作于点M，于点N，证明四边形是矩形，根据三角形的面积勾股定理求得，利用勾股定理求得． 【详解】过点D作于点G，，， 则四边形是矩形， ∴； ∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（舍去）， ∴， 过点F作于点M，于点N， 则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，正确构造辅助线是解题的关键． 12. 如图，在矩形中，对角线上有两动点E和F，连接和，若，，，则的最小值是___________． 【答案】17 【解析】 【分析】如图，连接，，由全等三角形判定（）可以证得，得到，进而得到，再根据题意及勾股定理求出的值，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， 又，为矩形的对角线， ， 是直角三角形，，， ， 移项得， 配方得， ， 解得，或 ， ， ， 故答案为：17． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间线段最短，勾股定理的应用及解一元二次方程，熟知相关的判定与性质及解一元二次方程方法是解题关键． 13. 如图，菱形的对角线、交于点O，于点E，连接，，，则菱形的边长为 _________ ． 【答案】10 【解析】 【分析】设，则，根据勾股定理，得，，整理，得，求解即可． 本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【详解】解：∵， ∴， 由菱形的性质可知，O为的中点，， ∴， 设， 则， 根据勾股定理，得，， 故， 整理，得， 解得，（边长不能为负，舍去） ∴菱形的边长为10． 14. 如图，在中，于点，为中点，连接，若，，则线段的长为______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理和添加合适的辅助线是解题的关键． 延长与延长线交于点，根据平行四边形的性质利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，然后根据勾股定理求出，设则，可得出，建立方程求解即可得出答案． 【详解】解：延长与延长线交于点 四边形为平行四边形, ， ， 为中点， 在和中 ， 在中，， 设则 ， 故答案为：． 15. 在平行四边形ABCD中，，则______°． 【答案】60 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质对角相等，可得∠C的值． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形 ∴∠A=∠C ∵∠A+∠C=120° ∴∠A=∠C=60° 故答案为：60． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，在理解平行四边形的性质时，我们从边、角、对角线这三个方面入手． 16. 如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．若BC＝12，则DE的长为______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用中位线的性质计算即可． 【详解】∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， 又BC=12， ∴， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，中位线平行且等于第三边的一半，熟记中位线的性质是解题的关键． 17. 矩形的一边长是，一条对角线的长是6，则这个矩形的面积是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理，矩形面积的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．由矩形的性质得出，，由勾股定理求出，矩形的面积，即可得出结果． 【详解】解：如图所示： 四边形是矩形， ，，， ， 矩形的面积； 故答案为： 18. 已知直角三角形两边分别为3cm和4cm，则其斜边长为___cm． 【答案】或 【解析】 【分析】直角三角形中斜边为最长边，无法确定边长为的边是否为斜边，所以要讨论（1）边长为的边为斜边；（2）边长为的边为直角边． 【详解】解：（1）当边长为的边为斜边时，该直角三角形中斜边长为； （2）当边长为的边为直角边时，则根据勾股定理得斜边长为， 故该直角三角形斜边长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，解题的关键是利用分类讨论思想进行解答． 19. 在菱形中，E、F分别是、边上的两点，连接、、，平分．若，，的周长为15，线段的长为 _______ ． 【答案】5 【解析】 【分析】连接，过A作于M，于N，于H，由角平分线的性质推出，判定，推出，由菱形的性质推出，平分，由菱形的面积公式得到，因此，判定，推出，得到的周长，判定和是等边三角形，得到，得到，由勾股定理求出、，即可得到的长． 【详解】解：连接，过A作于M，于N，于H，如图所示： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，平分， ∵菱形的面积， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的周长， ∵， ∴和是等边三角形， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 三、解答题（共66分：19题、22题5分，20、21、24题7分，25.26.27题10分） 20. 先化简，再求代数式的值，其中． 【答案】； 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值，二次根式的混合运算；先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再利用二次根式的混合运算顺序和运算法则求出的值，继而将的值代入计算可得． 【详解】解： ； ∵ ， ∴原式． 21. 已知中，为的平分线，，交的延长线于点． （1）如图1，求证：； （2）如图2，以为腰作等腰，且，，若，，求的长度． 【答案】（1）见解析 （2）6 【解析】 【分析】（1）延长交的延长线于点H，取的中点，连接，证明，得，，从而得出，，再证明，即可由得出结论． （2）过点C作于点N，证明，由全等三角形的性质得出，证明，得出，，设，则，由勾股定理建立方程求出，则可得出答案． 【小问1详解】 证明：如图，延长交的延长线于点H，取的中点，连接， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴，， ∵点F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：如图2所示，过点C作于点N， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由乘法法则可知或， ∴（舍去）或， ∴． 22. 在中，为边上一点，于点，交于点，平分交于点，连接． （1）如图1，求证：； （2）如图2，若，点与点关于直线对称，连接，求证：； （3）如图3，在（2）的条件下，若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由角平分线得出，进而由三角形全等的判定定理判断出，由全等三角形性质即可得出； （2）先判断出，再由等角的余角相等得出，再由折叠的性质得出即可判断出结论； （3）先判断出得出，，进而判断出得出，得出，最后用勾股定理求出即可得到答案． 【小问1详解】 证明：∵的角平分线交于点， ， 在和中， ， ∴， ； 【小问2详解】 证明：如图2所示： 同（1）可证，， ， ∵， ， ∵， ， ∵， ， ， ， 由对称得， ； 【小问3详解】 解：连接，，过作交于，如图3所示： ， ， ∵， ， 在和中， ， ∴， ，， ， 由对称得，，， ∵， ， ， 在和中， ， ∴， ， ， 在中，，，则由勾股定理可得： ． 23. 如图，每个小正方形的边长都是的方格纸中，有线段和线段，点、、、的端点都在小正方形的顶点上． （1）在方格纸中画出一个以线段为一边的菱形，所画的菱形的各顶点必须在小正方形的顶点上，并且其面积为． （2）在方格纸中以为底边画出等腰三角形，点在小正方形的顶点上，且的面积为．连接，并直接写出的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析， 【解析】 【分析】（1）勾股定理得出，作，且边上的高为，则菱形即为所求； （2）根据网格的特点，找到格点，使得，是等腰直角三角形，则的面积为，连接，根据勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示，，作，且边上的高为，则菱形即为所求； 【小问2详解】 解：如图所示，找到格点，使得，是等腰直角三角形，则的面积为，连接， 则 【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握勾股定理是解题的关键． 24. 四边形中，，点E在边上，连接CE，． （1）如图1，求证：； （2）如图2，连接，若，，过点A作的垂线交CE的延长线于点F，求证：点E为线段的中点； （3）如图3，在（2）问条件下，连接，点G为线段上一点，连接，使得，，当的周长为，求线段的长． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）4 【解析】 【分析】（1）延长，交于点，由平行线的性质可得，再结合三角形的内角和定理即可证明结论； （2）过点作，且，连接，结合题意先证是等腰直角三角形，，再证，可知是等腰直角三角形，则，则，可知，，三点在同一直线上，即可证明，得，即可证明结论； （3）过点作交延长线于，连接，由（2）可知为的中点，是等腰直角三角形，则，可知是等腰直角三角形，则为的中点，再证，取中点，连接，则，，易知，过点作，则四边形是平行四边形，可证为等边三角形，则，得，得，，再根据勾股定理研究含有，的直角边之间的数量关系，通过数量关系设，则，在中，构造直角三角形，表示出边的长度，根据周长求出，在中，利用同样的方法表示出即可求解． 【小问1详解】 证明：延长，交于点， ∵， ∴， ∵，， ∴； 【小问2详解】 证明：过点作，且，连接， ∴，， ∵，，，则，，， ∴，则， ， 又∵，则，即：， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴，则， ∴，，三点在同一直线上， 又∵， ∴，， ∴， ∴， 即：点为线段的中点； 【小问3详解】 过点作交延长线于，连接，则， 由（2）可知为的中点，是等腰直角三角形，则， ∴，则是等腰直角三角形，则为的中点， ∴， 又∵，，则， ∴， ∴，，则， 取中点，连接，则，， ∵， ∴， 过点作，则四边形是平行四边形， ∴，则， 由∵，则， ∴为等边三角形，则， ∴， ∴，， ∵， ∴， 现研究含有，的直角边之间的数量关系，如图，，，， ∵，， ∴，， 则，， ∴，则， 即：含的直角三角形中，较长直角边是所对直角边的倍， 含的直角三角形中，较长直角边是所对直角边的倍，斜边是所对直角边的倍， 设，则， 在中，，，作，则， ∴，，，， ∴ ， ∴， 在中，，，作， ∴，，， ∴ ． 【点睛】本题属于几何综合，考查了全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，含的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的中位线等知识点，熟练掌握相关图形的性质，添加辅助线构造特殊直角三角形是解决问题的关键． 25. （1）如图1，正方形与正方形，点D在边上，连接，同学们通过观察可以得到如下解决办法：，，，证得“”．探究得出与的位置关系___________； （2）如图2，正方形绕着点C顺时针旋转，当经过点D时，的度数是___________°； （3）正方形继续旋转到如图3的位置，与相交于点M，连接．求证：． 【答案】（1）垂直（或）；（2）45；（3）见解析． 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质以及正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质并结合条件作出辅助线构造合理的全等三角形是解题的关键． （1）延长交于点，得出，进而利用，即可得出答案； （2）由得出，进而证明即可求得答案； （3）可分别证明以及，然后结合，，可得，进一步即可得证． 【详解】解：（1）延长交于点，如图： ， ， 四边形和是正方形， ， ，即； 故答案为：垂直（或）； （2）， ， 在和中， ， ， ； 故答案为：45； （3）过作，交于点，如图： 由（2）知在和中， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ∵，， ， ，即． 26. 某文具商场计划购买A，B两种型号的学习用品共1000件，已知A型学习用品的单价为20元，B型学习用品的单价为30元． （1）若购买这两种学习用品用了26000元，则购买A，B两种学习用品各多少件？ （2）若购买这批学习用品的钱不超过28000元，则最多购买B型学习用品多少件？ 【答案】（1）购买A种学习用品400件，B种学习用品600件 （2）最多购买B型学习用品800件 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的应用以及二元一次方程组的应用，解题的关键是找准数量关系，正确列出二元一次方程组和一元一次不等式． （1）设购买A种学习用品x件，B种学习用品y件，根据某文具商场计划购买A，B两种型号的学习用品共1000件，购买这两种学习用品用了26000元，列出二元一次方程组，解方程组即可； （2）设可以购买B型学习用品a件，则购买A型学习用品（1000﹣a）件，根据购买这批学习用品的钱不超过28000元，列出一元一次不等式，解不等式即可． 【小问1详解】 解：设购买A种学习用品x件，B种学习用品y件， 由题意得：， 解得：， 答：购买A种学习用品400件，B种学习用品600件； 【小问2详解】 解：设可以购买B型学习用品a件，则购买A型学习用品件， 由题意得：， 解得：， 答：最多购买B型学习用品800件． 27. 综合与实践 【思考尝试】 （1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【实践探究】 （2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题； 【拓展迁移】 （3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题． 【答案】（1）四边形是正方形， 证明：∵，，， ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形． （2）； （3）； 【解析】 【分析】（1）证明，可得，从而可得结论； （2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论； （3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案． 【详解】解：（1）略 （2）∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可得：， ∵正方形， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． （3）如图，连接， ∵，正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键． 28. 如图，平面直角坐标系中，点，点，连接，将沿直线翻折，点B落在第二象限内的点C处． （1）如图1，求点C的坐标； （2）如图2，点为线段上一点，点为延长线上一点，，连接交于点，求证：； （3）如图，在（2）条件下，连接并延长到点，连接，若，，求的面积． 【答案】（1）点C的坐标为； （2）见解析 （3）10 【解析】 【分析】（）由点A和点B的坐标可得，，由折叠性质可知，，所以四边形是菱形，则有，从而得出点的坐标； （）过作，交于点，则有，，由（）得四边形是菱形，，则，根据等角对等边得，然后证明，根据全等三角形的性质即可求证； （）由四边形是菱形得，，设，，，，所以，，，证明，所以，过点作于点，设，，则，，求得，，，，，则，过作于点，证明，所以，，利用，得出，证明，过作于点，则，则可得，最后利用的面积为即可求解． 【小问1详解】 解：∵点，点， ∴，， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴点的横坐标为，纵坐标为8， ∴点的坐标为； 【小问2详解】 证明：如图，过点作，交于点， ∴，， 由（）得，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图3所示， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴； 设，，，， ∴，， ∴， ∵，6 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， 如图3所示，过点作于点， ∵， ∴可设，则， ∴， ∴， 由勾股定理可得， ∴，解得或（不符合题意，舍去）， ∴，，，， ∴， 如图3所示，过点作于点，过点作于点，过作轴于点， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $