广东深圳市南山外国语学校（集团）2025-2026学年八年级（下）期中数学试卷

**基本信息** 立足八年级下册核心知识，融合文化传承（南宋哥窑八方杯内角和）与生活实践（电梯超重、双翼闸机），通过基础巩固、能力提升、创新应用三级梯度设计，考查数学抽象、几何直观与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/24|图形性质、因式分解、不等式性质|结合文化素材（八方杯内角和）考查多边形内角和公式| |填空题|5/15|角平分线性质、最短路径、等边三角形|联系地铁站闸机设计，考查含30°直角三角形性质| |解答题|7/61|几何证明、实际应用、新定义探究|以“旋补交差三角形”新定义为载体，融合旋转性质与全等推理，培养创新意识|

2025-2026学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）八年级（下）期中数学试卷 一、选择题（共8小题，每题3分，共24分） 1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（3分）下列等式从左到右的变形中，属于因式分解的是（　　） A．（x+1）（x﹣1）＝x2﹣1 B．x2+2x+1＝（x+1）2 C．x2+2x﹣1＝x（x+2）﹣1 D．x（x﹣1）＝x2﹣x 3．（3分）若a＞b，则下列结论正确的是（　　） A．﹣a＞﹣b B．2a＞a+b C．1﹣a＞1﹣b D．2a+1＜2b+1 4．（3分）如图，直线y＝kx+b交坐标轴于A，B两点（　　） A．x＜2 B．x＞2 C．x＜﹣3 D．x＞﹣3 5．（3分）如图，AB⊥BC，AD⊥DC，添加一个条件可以使得Rt△ABC≌Rt△ADC成立的是（　　） A．AB＝AC B．AB＝AD C．∠BAC＝∠DAC D．AC＝AC 6．（3分）历来中国茶杯的各种造型从杯口形状，到杯身的样子，既是心思，南宋哥窑青釉八方杯最具代表性，杯口呈八边形．则八边形的内角和为（　　） A．540° B．720° C．1080° D．1200° 7．（3分）如图，三角形纸片ABC中，∠A＝65°，将∠C沿DE对折，使点C落在△ABC外的点C′处，则∠2的度数为（　　） A．100° B．110° C．125° D．130° 8．（3分）如图表示甲、乙两人依次进入电梯时，电梯因超重而响起警示音的过程，且过程中没有其他人进出． 已知当电梯乘载的重量超过800kg时警示音响起，且甲、乙的体重分别为50kg，60kg．若甲进入电梯前，则满足题意的不等式是（　　） A．690＜x≤750 B．680＜x＜740 C．740＜x＜750 D．690＜x＜750 二、填空题（共5小题，每题3分，共15分） 9．（3分）x不大于y的2倍，用不等式表示为　 　 ． 10．（3分）如图△ABC中，∠C＝90°，AM平分∠BAC，AB＝7cm，则△ABM的面积是 　 　 cm2． 11．（3分）如图是一个地铁站入口双翼闸机的示意图，当它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，当双翼收起时　 　 ． 12．（3分）大沙河生态长廊风景如画，为市民提供了休闲运动的场所．如图是其中一段直线型绿道，亲水平台、生态湿地分别坐落于绿道两侧且到绿道的垂直距离均为200米（即线段MN的长度）为400米，绿道上规划了一段100米的便民服务带（具体位置未定），到饮水站喝水，再沿服务带走到休息亭休息，他行走的最短路程是　 　 米． 13．（3分）如图，D是等边△ABC内的一点，∠ADC＝150°，若△ACD的面积为，则边AB的长为 　 　 ． 三、解答题（共7小题，共61分） 14．（6分）因式分解： （1）4x2﹣8xy； （2）3a2+6a+3． 15．（9分）下面是某同学解一元一次不等式组的过程，请认真阅读并完成相应的任务． 解：由①去分母，得1﹣2（2x﹣2）≥5（3﹣x） 去括号，得1﹣4x+4≥15﹣5x⋯第二步 移项，得﹣4x+5x≥15﹣1﹣4⋯第三步 合并同类项，得x≥10⋯第四步 （1）任务一：以上解题过程从第　 　 步开始出现错误，这一步的正确写法应为　 　 ； （2）任务二：请写出正确的解题过程，并把它的解集表示在数轴上． 16．（10分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点和点C1均为格点（网格线的交点）．已知点C（﹣3，3），C1（1，0）． （1）将△ABC平移得到△A1B1C1，使得点C的对应点为C1，在所给的网格中画出△A1B1C1；线段AB和A1B1的关系是　 　 ；若△ABC内任意一点P的坐标为（a，b），则平移后其对应点P1的坐标为　 　 ． （2）以点C为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°得到△A2B2C，请在所给的网格中画出△A2B2C，点A2的坐标是　 　 ． 17．（9分）下面是某数学兴趣小组探究用方程解决实际问题的讨论片段，请仔细阅读，并解决相应的问题．如图是练习册上的一道例题 排球是深圳体育中考的一个重要项目，某中学为此专门开设了“排球大课间活动”，学校现决定购买A种品牌的排球25个，共花费4500元，已知，求A、B两种品牌排球的单价． 小明通过查看例题的解析发现： 解：设A种品牌排球的单价为x元，B种品牌排球的单价为y元， 则列出二元一次方程组：， ⋯ （1）根据题意，例题中被覆盖的条件是：　 　 （填序号）． ①A种品牌排球的单价比B种品牌排球的单价低30元； ②A种品牌排球的单价比B种品牌排球的单价高30元． （2）请按照例题解析的思路，将省略部分补充完整． （3）老师在例题的条件下，增设了一个问题：根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的排球共50个，且购买A种品牌的排球不少于23个，学校共有哪几种购买方案？ 18．（10分）如图，在等边△ABC中，BD＝ED，点E在边BC的延长线上． （1）若_____，求证：CD＝CE．（请从信息“①D为AC的中点；②BD⊥AC”中选择一个填入横线中，将题目补充完整，并完成证明．） （2）在（1）的条件下，用圆规和无刻度的直尺作△BDE中BE边上的高DM（保留作图痕迹，不写作法），求BE的长． 19．（8分）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 数学方法 换元法是数学中重要的解题方法，通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，关键是构造元和设元． 例：把（x2﹣2x）（x2﹣2x+2）+1因式分解． 方法一：整体换元 解：把“x2﹣2x”看成一个整体，令x2﹣2x＝y． 原式＝y（y+2）+1 ＝y2+2y+1 ＝（y+1）2 ＝（x2﹣2x+1）2． 方法二：均值换元 解：把“x2﹣2x+1”看成一个整体，令x2﹣2x+1＝t． 原式＝（t﹣1）（t+1）+1 ＝t2﹣1+1 ＝t2 ＝（x2﹣2x+1）2． 任务： （1）例题中两种方法对多项式因式分解的结果均不彻底，其因式分解的正确结果为　 　 ． （2）请从上述两种方法选择一种你喜欢的方法将多项式（x2+6x+2）（x2+6x+16）+49因式分解，并说明你选择这种方法的理由． 20．（9分）我们定义：如图1，在△ABC中，把AC绕点C顺时针旋转90°得到CA′，连接A′B′．我们称△A′B′C是△ABC的“旋补交差三角形”，连接AB′、A′B，∠B′OB即为△ABC“旋补交差角”． （1）当∠ACB＝90°，则△ABC“旋补交差角”∠B′OB＝　 　 °． （2）若图1中∠ACB的度数发生改变，则△ABC“旋补交差角”度数是否发生改变？若不发生改变，请求出这个角度，请说明理由． （3）已知图2中△A′B′C是△ABC“旋补交差三角形”，AB的长度等于4，A′B′中点为点E 2025-2026学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）八年级（下）期中数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共8小题，每题3分，共24分） 1．（3分）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，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，由此即可判断． 【解答】解：A、此图形既是轴对称图形又是中心对称图形； B、C中的图形是轴对称图形，故B； D、此图形是中心对称图形，故D不符合题意． 故选：A． 2．（3分）下列等式从左到右的变形中，属于因式分解的是（　　） A．（x+1）（x﹣1）＝x2﹣1 B．x2+2x+1＝（x+1）2 C．x2+2x﹣1＝x（x+2）﹣1 D．x（x﹣1）＝x2﹣x 【分析】将多项式分解为几个整式的乘积形式成为多项式的因式分解． 【解答】解：根据因式分解的定义：B正确 故选：B． 3．（3分）若a＞b，则下列结论正确的是（　　） A．﹣a＞﹣b B．2a＞a+b C．1﹣a＞1﹣b D．2a+1＜2b+1 【分析】利用不等式的性质逐项判断即可． 【解答】解：∵a＞b， ∴﹣a＜﹣b，2a＞a+b，2a+2＞2b+1， 故四个选项中，只有选项B符合题意． 故选：B． 4．（3分）如图，直线y＝kx+b交坐标轴于A，B两点（　　） A．x＜2 B．x＞2 C．x＜﹣3 D．x＞﹣3 【分析】观察图象，直线位于x轴上方部分对应的自变量取值即为不等式的解集． 【解答】解：观察图象得：不等式kx+b＞0的解集是x＞﹣3， 故选：D． 5．（3分）如图，AB⊥BC，AD⊥DC，添加一个条件可以使得Rt△ABC≌Rt△ADC成立的是（　　） A．AB＝AC B．AB＝AD C．∠BAC＝∠DAC D．AC＝AC 【分析】根据判定定理“HL”即可求解． 【解答】解：∵AB⊥BC，AD⊥DC， ∴∠B＝∠D＝90°（垂直的定义）， ∵在Rt△ABC和Rt△ADC中，斜边AC＝AC， ∴根据“HL”定理，判定Rt△ABC≌Rt△ADC， 综上所述，只有选项B正确， 故选：B． 6．（3分）历来中国茶杯的各种造型从杯口形状，到杯身的样子，既是心思，南宋哥窑青釉八方杯最具代表性，杯口呈八边形．则八边形的内角和为（　　） A．540° B．720° C．1080° D．1200° 【分析】根据多边形内角和的计算方法进行计算即可． 【解答】解：八边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°， 故选：C． 7．（3分）如图，三角形纸片ABC中，∠A＝65°，将∠C沿DE对折，使点C落在△ABC外的点C′处，则∠2的度数为（　　） A．100° B．110° C．125° D．130° 【分析】根据三角形内角和定理求出∠C，根据折叠的性质求出∠C′，根据三角形的外角的性质计算，得到答案． 【解答】解：如图， ∵∠A＝65°，∠B＝75°， ∴∠C＝180°﹣65°﹣75°＝40°， ∵将∠C沿DE对折，使点C落在△ABC外的点C′处， ∴∠C′＝∠C＝40°， ∴∠3＝∠1+∠C′＝70°， ∴∠2＝∠C+∠3＝40°+70°＝110°， 故选：B． 8．（3分）如图表示甲、乙两人依次进入电梯时，电梯因超重而响起警示音的过程，且过程中没有其他人进出． 已知当电梯乘载的重量超过800kg时警示音响起，且甲、乙的体重分别为50kg，60kg．若甲进入电梯前，则满足题意的不等式是（　　） A．690＜x≤750 B．680＜x＜740 C．740＜x＜750 D．690＜x＜750 【分析】由图可得，甲的重量为50kg，且进入电梯后，警示音没有响起；乙的重量为60kg，进入电梯后，警示音响起，分别列出不等式即可求解． 【解答】解：由题意可知： 当电梯乘载的重量超过800kg时警示音响起，甲进入电梯前， 由图可知： 甲的重量为50kg，且进入电梯后， 所以此时电梯乘载的重量x+50≤800，解得x≤750， 因为乙的重量为60kg．且进入电梯后， 所以此时电梯乘载的重量x+50+60＞800，解得x＞680， 因此680＜x≤750． 故选：A． 二、填空题（共5小题，每题3分，共15分） 9．（3分）x不大于y的2倍，用不等式表示为x≤2y ． 【分析】根据x不大于y的2倍，列出不等式即可． 【解答】解：由题意得：x≤2y， 故答案为：x≤2y． 10．（3分）如图△ABC中，∠C＝90°，AM平分∠BAC，AB＝7cm，则△ABM的面积是 　14　 cm2． 【分析】过点M作MD⊥AB于D，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得MC＝MD，再利用三角形的面积公式列式计算即可得解． 【解答】解：如图，过点M作MD⊥AB于D， ∵∠C＝90°，AM平分∠BAC， ∴MD＝MC＝4cm， ∴△ABM的面积＝AB•MD＝2）． 故答案为：14． 11．（3分）如图是一个地铁站入口双翼闸机的示意图，当它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°，当双翼收起时　71cm ． 【分析】过点A作AE⊥PC于点E，过点B作BF⊥QD于点F，根据含30度角的直角三角形的性质即可求出AE与BF的长度，然后求出EF的长度即可得出答案． 【解答】解：过点A作AE⊥PC于点E，过点B作BF⊥QD于点F， ∵AC＝61，∠PCA＝30°， ∴AE＝AC＝， 由对称性可知：BF＝AE， ∴通过闸机的物体最大宽度为2AE+AB＝61+10＝71， 故答案为：71cm． 12．（3分）大沙河生态长廊风景如画，为市民提供了休闲运动的场所．如图是其中一段直线型绿道，亲水平台、生态湿地分别坐落于绿道两侧且到绿道的垂直距离均为200米（即线段MN的长度）为400米，绿道上规划了一段100米的便民服务带（具体位置未定），到饮水站喝水，再沿服务带走到休息亭休息，他行走的最短路程是　600　 米． 【分析】根据轴对称的性质，求出最短路程即可． 【解答】解：过点A作MN的平行线，使AB＝CD， 则四边形ABDC是平行四边形， 所以AC＝BD． 连接CE，则当点D在BE与MN交点处时， 所以此时AC+DE取得最小值． 因为BF＝400﹣100＝300（米），EF＝2×200＝400（米）， 则在Rt△BFE中，BE＝， 所以AC+DE的最小值为500米， 所以他行走的最短路程为：500+100＝600（米）． 故答案为：600． 13．（3分）如图，D是等边△ABC内的一点，∠ADC＝150°，若△ACD的面积为，则边AB的长为 　　 ． 【分析】将△ACD绕点C逆时针旋转60° 得到△BCE作CF⊥BE交BE的延长线于点F，首先证明出△DCE是等边三角形，然后设CF＝x，则DE＝CE＝2x，得到BE＝DE＝2x，根据S△BEC＝S△ACD求＝BE×CF＝2，求出x＝，然后利用股定理求解即可． 【解答】解：如图所示， 将△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE， 作CF⊥BE交BE的延长线于点F， ∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝60°， ∴CD＝CE， ∴△DCE是等边三角形， ∴∠CDE＝∠CED＝60°， ∴∠BDE＝360°﹣∠ADB﹣∠ADC＝60°， ∴∠BED＝∠BEC﹣∠CED＝90°， ∴∠DBE＝30°， ∴∠CEF＝180°﹣∠BEC＝30°， ∴设CF＝x，则DE＝CE＝2x， ∴BE＝DE＝8x， ∵△ACD≌△BCE， ∴S△BCE＝S△ACD＝×BE×CF＝2， 即：×2， 解得x＝（负值舍去）， ∴CF＝，EF＝， BE＝2x＝2， ∴BC＝＝2， ∴AB＝BC＝2， 故答案为：6． 三、解答题（共7小题，共61分） 14．（6分）因式分解： （1）4x2﹣8xy； （2）3a2+6a+3． 【分析】（1）利用提公因式法进行分解，即可解答； （2）先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答． 【解答】解：（1）4x2﹣5xy＝4x（x﹣2y）； （2）3a2+6a+7 ＝3（a2+8a+1） ＝3（a+6）2． 15．（9分）下面是某同学解一元一次不等式组的过程，请认真阅读并完成相应的任务． 解：由①去分母，得1﹣2（2x﹣2）≥5（3﹣x） 去括号，得1﹣4x+4≥15﹣5x⋯第二步 移项，得﹣4x+5x≥15﹣1﹣4⋯第三步 合并同类项，得x≥10⋯第四步 （1）任务一：以上解题过程从第　一　 步开始出现错误，这一步的正确写法应为　10﹣2（2x﹣2）≥5（3﹣x）　 ； （2）任务二：请写出正确的解题过程，并把它的解集表示在数轴上． 【分析】（1）按照解一元一次不等式的步骤进行计算，逐一判断即可解答； （2）按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，逐一判断即可解答． 【解答】解：（1）任务一：以上解题过程从第一步开始出现错误，这一步的正确写法应为10﹣2（2x﹣7）≥5（3﹣x）， 故答案为：一；10﹣6（2x﹣2）≥2（3﹣x）； （2）任务二：正确的解题过程如下： 解不等式①得：10﹣2（7x﹣2）≥5（7﹣x）， 10﹣4x+4≥15﹣2x， ﹣4x+5x≥15﹣10﹣4， x≥1， 解不等式②得：3x＜5， x＜3， ∴原不等式组的解集为：1≤x＜2， ∴该不等式组的解集在数轴上表示如图所示： 16．（10分）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，△ABC的顶点和点C1均为格点（网格线的交点）．已知点C（﹣3，3），C1（1，0）． （1）将△ABC平移得到△A1B1C1，使得点C的对应点为C1，在所给的网格中画出△A1B1C1；线段AB和A1B1的关系是　平行且相等　 ；若△ABC内任意一点P的坐标为（a，b），则平移后其对应点P1的坐标为　（a+4，b﹣3）　 ． （2）以点C为旋转中心，将△ABC逆时针旋转90°得到△A2B2C，请在所给的网格中画出△A2B2C，点A2的坐标是　（1，2）　 ． 【分析】（1）结合平移的性质可分别得出答案． （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C2即为所求． 由平移得，线段AB和A1B1的关系是平行且相等． 由题意得，△ABC向右平移2个单位长度1B1C4， ∴平移后点P（a，b）的对应点P1的坐标为（a+4，b﹣7）． 故答案为：平行且相等；（a+4． （2）如图，△A2B3C即为所求． 由图可得，点A2的坐标是（1，4）． 故答案为：（1，2）． 17．（9分）下面是某数学兴趣小组探究用方程解决实际问题的讨论片段，请仔细阅读，并解决相应的问题．如图是练习册上的一道例题 排球是深圳体育中考的一个重要项目，某中学为此专门开设了“排球大课间活动”，学校现决定购买A种品牌的排球25个，共花费4500元，已知，求A、B两种品牌排球的单价． 小明通过查看例题的解析发现： 解：设A种品牌排球的单价为x元，B种品牌排球的单价为y元， 则列出二元一次方程组：， ⋯ （1）根据题意，例题中被覆盖的条件是：　②　 （填序号）． ①A种品牌排球的单价比B种品牌排球的单价低30元； ②A种品牌排球的单价比B种品牌排球的单价高30元． （2）请按照例题解析的思路，将省略部分补充完整． （3）老师在例题的条件下，增设了一个问题：根据需要，学校决定再次购进A、B两种品牌的排球共50个，且购买A种品牌的排球不少于23个，学校共有哪几种购买方案？ 【分析】（1）根据所列的方程求解； （2）根据“A、B两种排球的总价为4500”列方程求解； （3）根据“总费用不超过3250元，且购买A种品牌的排球不少于23个”列不等式求解． 【解答】解：（1）根据所列方程得：x﹣30是B排球的单价，故选②； （2）根据题意得：，   解得：，   答：A种品牌排球的单价为80元； （3）设购买A种品牌的排球m个，则购买B种品牌的排球（50﹣m）个， 依题意得：，  解得：23≤m≤25， 又∵m为正整数， ∴m可以为23，24， ∴共有3种购买方案， 方案1：购买A种品牌的排球23个，B种品牌的排球27个； 方案6：购买A种品牌的排球24个，B种品牌的排球26个； 方案3：购买A种品牌的排球25个，B种品牌的排球25个． 18．（10分）如图，在等边△ABC中，BD＝ED，点E在边BC的延长线上． （1）若_____，求证：CD＝CE．（请从信息“①D为AC的中点；②BD⊥AC”中选择一个填入横线中，将题目补充完整，并完成证明．） （2）在（1）的条件下，用圆规和无刻度的直尺作△BDE中BE边上的高DM（保留作图痕迹，不写作法），求BE的长． 【分析】（1）根据等边三角形的性质和等腰三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）根据等腰三角形性质和直角三角形的性质定理即可得到结论． 【解答】解：（1）若D为AC的中点，求证：CD＝CE， 理由：∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠ABC＝60°， ∵D为AC的中点， ∴∠DBC＝∠ABC＝30°， ∵BD＝DE， ∴∠DBE＝∠DEB＝30°， ∵∠ACB＝∠CED+∠CDE， ∴∠CED＝∠CDE＝30°， ∴CD＝CE， 故答案为：D为AC的中点（也可以选择条件②，证明方法类似； （2）如图， ∵DM⊥BC， ∴∠DMC＝90°， ∵∠DCM＝60°， ∴CD＝2CM＝2， ∵CE＝CD＝2， ∴EM＝5， ∵BD＝DE， ∴BE＝2EM＝6． 19．（8分）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 数学方法 换元法是数学中重要的解题方法，通常把未知数或变数称为元，所谓换元法，用新的变元去代替原式的一个部分或改造原来的式子，使它简化，关键是构造元和设元． 例：把（x2﹣2x）（x2﹣2x+2）+1因式分解． 方法一：整体换元 解：把“x2﹣2x”看成一个整体，令x2﹣2x＝y． 原式＝y（y+2）+1 ＝y2+2y+1 ＝（y+1）2 ＝（x2﹣2x+1）2． 方法二：均值换元 解：把“x2﹣2x+1”看成一个整体，令x2﹣2x+1＝t． 原式＝（t﹣1）（t+1）+1 ＝t2﹣1+1 ＝t2 ＝（x2﹣2x+1）2． 任务： （1）例题中两种方法对多项式因式分解的结果均不彻底，其因式分解的正确结果为　（x﹣1）4 ． （2）请从上述两种方法选择一种你喜欢的方法将多项式（x2+6x+2）（x2+6x+16）+49因式分解，并说明你选择这种方法的理由． 【分析】（1）选取任意一种方法，利用设元法和完全平方公式进行分解因式即可； （2）令x2+6x+2＝y，再利用单项式乘多项式法则和完全平方公式进行分解因式即可． 【解答】解：（1）令x2﹣2x＝y． ∴原式＝y（y+4）+1 ＝y2+3y+1 ＝（y+1）4 ＝（x2﹣2x+2）2． ＝[（x﹣1）8]2 ＝（x﹣1）7， ∴其因式分解的正确结果为（x﹣1）4， 故答案为：（x﹣4）4； （2）令x2+8x+2＝y． 原式＝y（y+14）+49 ＝y2+14y+49 ＝（y+5）2 ＝（x2+5x+2+7）2． ＝（x2+6x+7）2 ＝[（x+3）6]2 ＝（x+3）4． 20．（9分）我们定义：如图1，在△ABC中，把AC绕点C顺时针旋转90°得到CA′，连接A′B′．我们称△A′B′C是△ABC的“旋补交差三角形”，连接AB′、A′B，∠B′OB即为△ABC“旋补交差角”． （1）当∠ACB＝90°，则△ABC“旋补交差角”∠B′OB＝　90　 °． （2）若图1中∠ACB的度数发生改变，则△ABC“旋补交差角”度数是否发生改变？若不发生改变，请求出这个角度，请说明理由． （3）已知图2中△A′B′C是△ABC“旋补交差三角形”，AB的长度等于4，A′B′中点为点E 【分析】（1）利用旋转的性质可证得∠A′CA+∠ACB＝∠B′CB+∠ACB＝180°，即A′、C、B与B′、C、A分别共线，即可求得答案； （2）设BC与AB′交于点H，可证得△A′CB≌△ACB′（SAS），可推出∠B′OB＝90°，即△ABC“旋补交差角”度数不改变； （3）过A′作A′F∥CB′交CE的延长线于F，可证得△A′EF≌△B′EC（AAS），△CA′F≌△ACB（SAS），即可求得答案． 【解答】解：（1）由旋转得：∠A′CA＝∠B′CB＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠A′CA+∠ACB＝∠B′CB+∠ACB＝180°， 即A′、C、B与B′、C， ∴∠B′OB＝90°， 故答案为：90． （2）△ABC“旋补交差角”度数不改变，即∠B′OB＝90°， 如图1，设BC与AB′交于点H， 由旋转得：∠A′CA＝∠B′CB＝90°，A′C＝AC， ∴∠A′CA+∠ACB＝∠ACB+∠BCB′， 即∠A′CB＝∠ACB′， 在△A′CB和△ACB′中， ， ∴△A′CB≌△ACB′（SAS）， ∴∠A′BC＝∠AB′C， ∵∠AB′C+∠B′HC＝90°， ∴∠A′BC+∠B′HC＝90°， ∴∠B′OB＝90°，即△ABC“旋补交差角”度数不改变； （3）过A′作A′F∥CB′交CE的延长线于F，如图2， 则∠A′CB′+∠CA′F＝180°，∠EA′F＝∠EB′C， ∵点E是A′B′的中点， ∴EA′＝EB′， 在△A′EF和△B′EC中， ， ∴△A′EF≌△B′EC（AAS）， ∴FA′＝B′C，CE＝FE， ∴CE＝CF， 由旋转得：∠A′CA＝∠B′CB＝90°，A′C＝AC， ∴∠A′CB′+∠A′CA+∠B′CB+∠ACB＝360°，FA′＝BC， ∴∠A′CB′+∠ACB＝180°， ∴∠CA′F＝∠ACB， 在△CA′F和△ACB中， ， ∴△CA′F≌△ACB（SAS）， ∴CF＝AB， ∴CE＝AB， ∵AB＝4， ∴CE＝2． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/19 21:39:07；用户：聂伟；邮箱：15284038568；学号：44743775 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $