精品解析：江苏苏州市相城区2025-2026学年第二学期八年级数学期中试卷

2025—2026学年第二学期期中考试试卷 初二数学试卷 2026.04 （本试卷分选择题和非选择题两部分，共27题，满分130分；考试用时120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考试号等信息用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卷的相应位置； 2．答选择题必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卷指定的位置上，不在答题区域内的答案一律无效，不得用其他笔答题； 3．考生答题必须答在答题卷上，保持卷面清洁，不要折叠，不要弄破，答在试卷和草稿纸上一律无效． 一、选择题：（8题，每题3分，共24分） 1. 下列是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在中，点O是对角线，的交点，下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在菱形中，对角线相交于点O，．若，则的长是（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 12 4. 若是方程的一个根，则b的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 如果关于x的方程可以用直接开平方法求解，那么m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在下图中，平行线之间的三个图形的面积相比，正确的是（ ）． A. 平行四边形的面积最大 B. 三角形的面积最大 C. 梯形的面积最大 D. 三个图形的面积都相等 7. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在边长为8的正方形中，E，F分别是边、的中点：连接，，G，H分别是、的中点，连接，则的长度为（ ） A. 4 B. C. D. 二、填空题：（8题，每题3分，共24分） 9. 如图，在平行四边形中，，则的度数是__________． 10. 如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则______． 11. 将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为______． 12. 在一元二次方程中，实数a，b，c满足，则此方程必有一根为________． 13. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为____． 14. 如图，四边形ABCD中，AB = BC，∠ABC =∠CDA = 90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE =_______． 15. 如图，四边形是矩形，点的坐标为，点的坐标为，把矩形沿折叠，点落在点处，则点的坐标为__________． 三、解答题：（11题，共82分） 16. 解方程： （1）； （2） 17. 如图，在矩形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 18. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图； （1）在图①中以已知线段为对角线画一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，该矩形的面积为______． （2）在图②中以已知线段为对角线画一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上，该菱形的周长为_____． （3）在图③中画一个周长为的菱形（非正方形）． （4）在图④中画一个面积为8的正方形． 19. 阅读与思考 小明同学解一元二次方程的过程如下： 解：移项，得 ① 两边同除以2，得 ② 配方，得 ③ 即 ④ ∴或 ⑤ ∴， ⑥ 小明解方程的方法是_________（填字母）A．直接开平方法，B．配方法，C．公式法，D．因式分解法． 他的求解过程从步骤_________（填序号）开始出现错误；请你写出正确的解答过程． 20. 已知关于的方程． （1）求证：不论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程有一根为5，求的值． 21. 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接． （1）求证：； （2）若点为中点，当______时，四边形是正方形． 22. 某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． （1）求证：四边形 是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面 的距离的大小． 23. 如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点作于点，延长至点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 24. 在学习解一元二次方程以后，对于某些不是一元二次方程的方程，我们可通过变形将其转化为一元二次方程来解．例如：解方程：． 解：设，则原方程可化为：． 解得：，． 当时，，∴； 当时，，∴． ∴原方程的解是：，，，． 上述解方程的方法叫做“换元法”．请用“换元法”解决下列问题： （1）解方程：； （2）解方程：． 25. 已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题： （1）如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分； （2）如图2，若四边形是菱形，求t的值； （3）如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由． 26. 【链接教材】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 则下列结论正确的是________（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的对角线的交点O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）①将n个边长都为的正方形按如图3所示的方法摆放，点分别是正方形的对角线的交点，则2026个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为_______． ②如图4，在中，，，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，则的长度为________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期期中考试试卷 初二数学试卷 2026.04 （本试卷分选择题和非选择题两部分，共27题，满分130分；考试用时120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考试号等信息用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卷的相应位置； 2．答选择题必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卷指定的位置上，不在答题区域内的答案一律无效，不得用其他笔答题； 3．考生答题必须答在答题卷上，保持卷面清洁，不要折叠，不要弄破，答在试卷和草稿纸上一律无效． 一、选择题：（8题，每题3分，共24分） 1. 下列是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程”是解题的关键．根据一元二次方程的定义，找出是一元二次方程的选项即可． 【详解】解：A、该选项的方程含有分式，不是一元二次方程，故该选项不符合题意； B、该选项有一个未知数且最高次数为2，是一元二次方程，故该选项符合题意； C、该选项的方程是一元一次方程，故该选项不符合题意； D、该选项有两个未知数，不是一元二次方程，故该选项不符合题意． 故选：B． 2. 如图，在中，点O是对角线，的交点，下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．平行四边形的性质有：平行四边形对边平行且相等；平行四边形对角相等，邻角互补；平行四边形的对角线互相平分；平行四边形是中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点．根据平行四边形的性质判断即可. 【详解】解：∵， ∴，，， 不一定成立，结论A错误，符合题意． 故选：A． 3. 如图，在菱形中，对角线相交于点O，．若，则的长是（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形的性质可得，则可证明是等边三角形，即可得到． 【详解】解：∵四边形是菱形，且， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 4. 若是方程的一个根，则b的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将已知根代入原方程，得到关于的一元一次方程，求解即可得到的值． 【详解】解：∵是方程的一个根 ∴ 解得． 5. 如果关于x的方程可以用直接开平方法求解，那么m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直接开平方法解一元二次方程的要求，等式右边必须为非负数，据此列不等式求解即可得到的取值范围． 【详解】解：∵任意实数的平方为非负数 ∴ ∵方程可以用直接开平方法求解 ∴等式右边需满足非负，即 解得． 6. 在下图中，平行线之间的三个图形的面积相比，正确的是（ ）． A. 平行四边形的面积最大 B. 三角形的面积最大 C. 梯形的面积最大 D. 三个图形的面积都相等 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查平行线间的距离，根据平行线间的距离处处相等，结合图形的面积公式进行判断即可． 【详解】解：设两平行线间的距离为， 由图可知：平行四边形的面积为：，三角形的面积为，梯形的面积为； 故三个图形的面积都相等； 故选D． 7. 出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式，熟练掌握它们的性质和掌握数形结合思想的应用是解题的关键． 连接，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】如图，连接， 四边形是矩形， ，，， ，， ， ， ． ． 故选：A． 8. 如图，在边长为8的正方形中，E，F分别是边、的中点：连接，，G，H分别是、的中点，连接，则的长度为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，通过证明得到，，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【详解】解：如图所示，连接并延长交于点，连接， 四边形是正方形， ，，， ，分别是边，的中点， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 点是的中点，， ． 二、填空题：（8题，每题3分，共24分） 9. 如图，在平行四边形中，，则的度数是__________． 【答案】##100度 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质．由“在平行四边形中，”可求得与的度数，继而求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 10. 如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长． 【详解】解：在中，， ，， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：5． 11. 将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 证明四边形是平行四边形，如图，作于，于，由等宽可得，由，可得，证明四边形是菱形，根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， ∴四边形是平行四边形， 如图，作于，于，由等宽可得， ∵， ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴， 故答案为：． 12. 在一元二次方程中，实数a，b，c满足，则此方程必有一根为________． 【答案】 【解析】 【分析】将代入方程求解判断即可． 【详解】解：将代入得，， 此方程必有一根为． 13. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为____． 【答案】6 【解析】 【分析】连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论． 【详解】解：连接BD，DE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与点D关于直线AC对称， ∴DE的长即为BQ+QE的最小值， ∵DE=BQ+QE=， ∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6． 故答案为：6． 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，解题的关键是熟知轴对称的性质． 14. 如图，四边形ABCD中，AB = BC，∠ABC =∠CDA = 90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为8，则BE =_______． 【答案】 【解析】 【详解】解：过B作BF垂直DC的延长线于点F， ∵∠ABC=∠CDA=90°，BF⊥CD， ∴∠ABE+∠EBC=∠CBF+∠EBC， ∴∠ABE=∠CBF； 又∵BE⊥AD，BF⊥DF，且AB=BC， ∴△ABE≌△CBF， ∴BE=BF； ∵BE⊥AD，∠CDA=90°，BE=BF， ∴四边形BEDF为正方形； ∴四边形ABCD的面积等于正方形BEDF的面积，即等于9， ∴，即BE= 故答案是： 15. 如图，四边形是矩形，点的坐标为，点的坐标为，把矩形沿折叠，点落在点处，则点的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【详解】分析：由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=OE，利用AAS得到三角形OED与三角形BEA全等，由全等三角形对应边相等得到DE=AE，过D作DF垂直于OE，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标． 详解：由折叠得：∠CBO=∠DBO， ∵矩形ABCO， ∴BC∥OA， ∴∠CBO=∠BOA， ∴∠DBO=∠BOA， ∴BE=OE， 在△ODE和△BAE中， ， ∴△ODE≌△BAE（AAS）， ∴AE=DE， 设DE=AE=x，则有OE=BE=8-x， 在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42+（8-x）2=x2， 解得：x=5，即OE=5，DE=3， 过D作DF⊥OA， ∵S△OED=OD•DE=OE•DF， ∴DF=，OF=， 则D（，-）． 故答案为（，-）． 点睛：此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键． 三、解答题：（11题，共82分） 16. 解方程： （1）； （2） 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【小问1详解】 解： 解得，； 【小问2详解】 解： ∴或 解得，． 17. 如图，在矩形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【答案】见详解 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 根据矩形的性质，证，即可求证． 【详解】证明：四边形是矩形， ， 又， ， ． 18. 如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，以格点为顶点按下列要求画图； （1）在图①中以已知线段为对角线画一个矩形（非正方形），使矩形的另外两个顶点也在格点上，该矩形的面积为______． （2）在图②中以已知线段为对角线画一个菱形（非正方形），使菱形的另外两个顶点也在格点上，该菱形的周长为_____． （3）在图③中画一个周长为的菱形（非正方形）． （4）在图④中画一个面积为8的正方形． 【答案】（1）图见解析，8 （2）图见解析， （3）图见解析 （4）图见解析 【解析】 【分析】（1）根据矩形的定义，结合网格特点作图，然后求出矩形的面积； （2）根据菱形的定义，结合网格特点作图，然后根据勾股定理求出边长，然后得出周长； （3）先求出这个菱形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得； （4）先求出这个正方形的边长为，再根据勾股定理、网格特点作图即可得． 【小问1详解】 解：如图①，矩形即为所求． ∴该矩形的面积为； 【小问2详解】 解：如图②，菱形即为所求． ∴ ∴该菱形的周长为； 【小问3详解】 解：∵菱形的周长为， ∴菱形的边长为， ∵， ∴如图③，菱形即为所求． 【小问4详解】 解：∵正方形的面积为8 ∴正方形的边长为， ∵ ∴如图④，正方形即为所求． 19. 阅读与思考 小明同学解一元二次方程的过程如下： 解：移项，得 ① 两边同除以2，得 ② 配方，得 ③ 即 ④ ∴或 ⑤ ∴， ⑥ 小明解方程的方法是_________（填字母）A．直接开平方法，B．配方法，C．公式法，D．因式分解法． 他的求解过程从步骤_________（填序号）开始出现错误；请你写出正确的解答过程． 【答案】 B ③ ，解题过程见解析 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程，掌握配方法是关键，运用配方法求解即可． 【详解】解：小明解方程的方法是配方法， 他的求解过程从步骤③开始出现错误， 正确的解析过程如下，： ， 移项得，， 等式两边同时除以2得，， 配方得，， 即， ∴或， ∴． 20. 已知关于的方程． （1）求证：不论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程有一根为5，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）或． 【解析】 【分析】本题主要考查了根的判别式、一元二次方程的解、解一元二次方程等知识点，掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题关键． （1）求出一元二次方程根的判别式，证明其大于0即可证明结论； （2）把代入求出k即可． 【小问1详解】 证明：∵， ∴， ∴不论取何值，方程总有两个不相等的实数根． 【小问2详解】 解： 把代入得： ， 即， 解得：或． 21. 如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接． （1）求证：； （2）若点为中点，当______时，四边形是正方形． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定； （1）先证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可； （2）先证明四边形是菱形，进而可得，即可求解． 【小问1详解】 证明：， ， ， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， ； 【小问2详解】 为中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，为中点， ， 四边形是菱形； 若四边形是正方形，则， 又四边形是菱形， ， ， ∴ 故答案为：． 22. 某款折叠便携钓鱼椅抽象出来的几何图形如图所示，测得， ，，，，已知． （1）求证：四边形 是平行四边形； （2）求椅子最高点到地面 的距离的大小． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质可得，进而得，可知，即可证明结论； （2）延长交于点，先证明四边形是平行四边形，即可得的值，再由勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形 是平行四边形； 【小问2详解】 解：如图，延长交于点， ∵，，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 由（1）得， ∵，， ∴， ∴． ∵， ∴在中， 由勾股定理得． 23. 如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点作于点，延长至点，使，连接． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：在菱形中，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； （2）． 【解析】 【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理等知识， （）由，可得，可得，结合，可得四边形是平行四边形，再结合，可得平行四边形是矩形； （）在菱形中，，可得，在中，利用勾股定理列式即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：在菱形中，， ∵， ∴， ∵在矩形中，， ∵， ∴在中，， 整理得，， 解得：． 24. 在学习解一元二次方程以后，对于某些不是一元二次方程的方程，我们可通过变形将其转化为一元二次方程来解．例如：解方程：． 解：设，则原方程可化为：． 解得：，． 当时，，∴； 当时，，∴． ∴原方程的解是：，，，． 上述解方程的方法叫做“换元法”．请用“换元法”解决下列问题： （1）解方程：； （2）解方程：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，则原方程可化为，解方程求出m的值，再仿照题意求出x的值即可； （2）设，则原方程可化为，把方程化为整式方程求出n的值，进而得到关于x的方程，解方程即可得到答案． 【小问1详解】 解：设，则原方程可化为， ∴， 解得， 当时，，解得， 当时，，解得， ∴原方程的解为； 【小问2详解】 解：设，则原方程可化为， ∴， ∴， 解得， 经检验，都是方程的解， 当时，则， ∴， 此时，方程无实数根； 当时，则， ∴， ∴， 解得或， 经检验，和都是原方程的解； 综上所述，原方程的解为． 25. 已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题： （1）如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分； （2）如图2，若四边形是菱形，求t的值； （3）如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由． 【答案】（1）见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． （1）说明四边形是平行四边形即可； （2）设，在中，利用勾股定理建立方程求解； （3）连接交于点，当四边形是菱形时，，则，列出方程即可求解． 【小问1详解】 解：如图，连接，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，总是互相平分． 【小问2详解】 解：若四边形是菱形，则， ∴在中，由勾股定理，得， ∴， 解得， ∴t的值为3． 【小问3详解】 解：存在． 如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． ∴， 解得， ∴当秒时，四边形是菱形． 26. 【链接教材】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 则下列结论正确的是________（填序号即可）： ①； ②； ③四边形的面积总等于； ④连接，总有． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的对角线的交点O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）①将n个边长都为的正方形按如图3所示的方法摆放，点分别是正方形的对角线的交点，则2026个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为_______． ②如图4，在中，，，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，则的长度为________． 【答案】（1）①②③④ （2），见解析（3）①2025；②或 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质，先证明于是得到即可判定① ②正确；根据正方形的性质，得，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可判定四边形的面积总等于，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到，根据勾股定理得到，从而判定④正确． （2）连接，延长交于点G，先证明得到，再利用勾股定理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论； （3）①根据正方形的性质，结合三角形全等的判定与性质，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则个这样的正方形重叠部分即为个阴影部分的和． ②仿照（2）的解题思路，分点E在上和的延长线上，两种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1， ∴；，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故①②正确； 根据正方形的性质，得， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故③正确； 连接， ∵，， ∴， 根据勾股定理得到， 故， 故④正确． 故答案为：①②③④． （2）解：连接，延长交于点G， ∵矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点， ∴；，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． （3）①解：作于，于，连接，如图所示： ∴四边形为矩形， ∵正方形中心为， ∴平分， ∴， ∴四边形为正方形， ， ， 在△和△中， ， △△， 正方形的边长均为， 四边形的面积四边形的面积， 同理可知，各个重合部分的面积都是1， 个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为， 个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为， 故答案为：2025； ②解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴； 故的长度为或． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $