精品解析：四川省成都市石室天府中学2025-2026学年八年级下学期5月阶段检测数学试题

2025—2026学年度下期初2024级半期数学抽样调查 （满分：150分 考试时间：120分钟） A卷（100分） 一、选择题（每小题4分，共32分） 1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四边形中，对角线和相交于点O．下列条件不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，分别是的边、的垂直平分线，若，，则的周长是多少（　　） A. 10 B. 12 C. 14 D. 20 6. 甲乙两班同学参加种花美化校园活动，已知甲班每小时比乙班多种4株，甲班种160株所用时间与乙班种120株所用时间相同，若甲班每小时种x株花，则根据题意列出方程正确的是（　　） A. B. C. D. 7. 如图，直线：与直线：在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 下列说法中，正确的是（ ） A. 从n边形的一个顶点出发，将n边形分成（）个三角形 B. 一个图形和它经过平移所得的图形中，对应点所连的线段可能垂直 C. 三角形的三条垂直平分线相交于一点，并且这一点到三条边的距离相等 D. 用反证法证明命题“三角形中至少有一个内角小于或等于”时，应假设这个三角形中三个内角都大于 二、填空题（每小题4分，共20分） 9. 已知正n边形的每一个内角为，则_____． 10. 要使代数式有意义，则x的取值范围是_____． 11. 如图，平行四边形的对角线交点是原点，若A的坐标为，则点C的坐标为______． 12. 如果不等式组的解为，则m的值为______． 13. 如图，等腰梯形中，，，．尺规作图：以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交边、于两点；再分别以这两个交点为圆心，大于两点间距离一半的长度为半径画弧，两弧在梯形内部交于一点；过点A和该交点作射线，交下底于点F．若，，则等腰梯形的周长为______． 三、解答题（共48分） 14. 计算： （1）因式分解： （2）因式分解： （3）解方程： （4）解不等式组： 15. 先化简再求值：，其中． 16. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形） （1）将向下平移5个单位长度后得到（点A、B、C的对应点分别为点A1、B1、C1），画出平移后的； （2）将绕着坐标原点O顺时针旋转得到（点A、B、C的对应点分别为点），画出旋转后的； （3）求在旋转过程中，点C旋转到点所经过的路径的长．（结果用含π的式子表示） 17. 如图，在中，连接对角线，点E和点F是直线上的两点且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，，求的面积． 18. 解答以下问题 （1）如图1，在等腰中，，和分别是边，上的中线． ①求证：． ②如图2，与相交于点O，连接并延长交于点F，求证：． （2）在等边中，，点D、E分别是边，上的点，，连接，交于点O，连接并延长交于点F，若点D是的三等分点，求的比例的值． B卷（50分） 一、填空题（每小题4分，共20分） 19. 不等式组的解集是，则m的取值范围是______． 20. 如图，已知等腰中，，，点O为的中点，将绕点O顺时针方向旋转到，点E、A、D、C在同一直线上，与相交于点G，若，则的长为______． 21. 关于x的分式方程有整数解，则整数a的和为______． 22. 在平面直角坐标系中，Q的坐标为，定义其“镜像点”的坐标如下：当时，的坐标为；当时，的坐标为．若直线上所有点的“镜像点”形成新图象为，且直线与有两个交点，则实数m的取值范围为______． 23. 如图，在平行四边形中，，O为对角线、的交点，，，M，N分别为边和上的动点，且，连接，将线段绕点M逆时针旋转得到线段，连接、，则周长的最小值为______． 二、解答题（共30分） 24. 某商户预测一种应季衬衫能畅销市场，就用8万元购进这种衬衫，衬衫面市后果然供不应求．该商户又用17.6万元购进了第二批这种衬衫，所购数量是第一批购进量的2倍，但单价贵了4元．该商户销售这种衬衫时，每件定价都是60元，最后剩下1000件打折销售，很快售完． （1）第一批购进衬衫多少件？ （2）若在这两笔生意中，该商户盈利不少于9.2万元，请问最多可以打几折销售？ 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点B，与y轴交于点A，，，直线交直线于点C． （1）求直线的解析式及点C的坐标； （2）如图1，P为直线OC上一动点且在第一象限内，M、Q为x轴上动点，Q在M右侧且，当时，求的最小值； （3）如图2，将沿着射线OC方向平移，平移后A、O、B三点分别对应D、E、F三点．在直线上有一动点G，当以G、D、E三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出点G的坐标． 26. 如图1，中，，D、E分别为边上两点，且． （1）将线段绕点C逆时针旋转角至． ①如图2，当时，连接，取中点P，连接，求证：； ②如图3，当时，连接，取中点P，连，试判断与的位置关系和数量关系，并证明； （2）在图1中，连接，取中点M，连接，将线段绕点C旋转得到线段，连接．若，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下期初2024级半期数学抽样调查 （满分：150分 考试时间：120分钟） A卷（100分） 一、选择题（每小题4分，共32分） 1. 中国“二十四节气”已被正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作品录，下列四幅作品分别代表“清明”、“谷雨”、“白露”、“大雪”，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念即可求解． 【详解】解：A、是轴对称图形而不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形而不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形而不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：如果一个图形绕着某个定点旋转180°后能与原图重合，这样的图形叫做中心对称图形．解题关键是熟记中心对称图形的概念． 2. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：A．不等式两边同时减去，不等号方向不变，可得，故A错误． B．不等式两边同时乘以，不等号方向改变，可得，故B正确． C．不等式两边先乘以，得，再两边同时减去，可得，故C错误． D．不等式两边同时除以，不等号方向不变，可得，故D错误． 3. 下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据因式分解的定义，即把一个多项式转化为几个整式乘积的形式，逐一判断选项即可得到答案． 【详解】解： A．右边不是几个整式乘积的形式，不符合因式分解定义，该项不符合要求； B．是整式的乘法运算，不是因式分解，该项不符合要求； C．左边是多项式，右边是两个整式的乘积，且左右两边相等，符合因式分解的定义． D．左边 是单项式，不是多项式，不符合因式分解定义，不符合要求． 4. 如图，在四边形中，对角线和相交于点O．下列条件不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵， ∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵， ∴四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项B符合题意， C、∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意； D、∵， ∴四边形是平行四边形，故选项D不符合题意； 故选：B． 5. 如图，在中，，分别是的边、的垂直平分线，若，，则的周长是多少（　　） A. 10 B. 12 C. 14 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了垂直平分线的性质，根据线段的垂直平分线的性质得到，，再根据三角形周长公式计算即可． 【详解】解：∵，分别是的边、的垂直平分线， ∴，， ∴的周长， 故选：A． 6. 甲乙两班同学参加种花美化校园活动，已知甲班每小时比乙班多种4株，甲班种160株所用时间与乙班种120株所用时间相同，若甲班每小时种x株花，则根据题意列出方程正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据甲班种160株所用时间与乙班种120株所用时间相同，列出方程即可． 【详解】解：甲班每小时种x株花，则乙班每小时种株花，由题意，得：； 故选B． 【点睛】本题考查列分式方程，读懂题意，找准等量关系，是解题的关键． 7. 如图，直线：与直线：在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找到直线在直线上方且在轴下方，所对应的的范围即可． 【详解】解：由图象可知，关于x的不等式的解集为． 8. 下列说法中，正确的是（ ） A. 从n边形的一个顶点出发，将n边形分成（）个三角形 B. 一个图形和它经过平移所得的图形中，对应点所连的线段可能垂直 C. 三角形的三条垂直平分线相交于一点，并且这一点到三条边的距离相等 D. 用反证法证明命题“三角形中至少有一个内角小于或等于”时，应假设这个三角形中三个内角都大于 【答案】D 【解析】 【分析】本题根据多边形的分割、平移的性质、三角形特殊线的性质、反证法的概念逐一判断各选项即可． 【详解】∵ 从边形的一个顶点出发，可将边形分成个三角形， ∴选项 A错误，不符合题意； ∵ 平移后，图形对应点所连线段平行或在同一直线上，不可能出现垂直， ∴ 选项B错误，不符合题意； ∵ 三角形的三条垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等，三角形三条角平分线的交点到三条边的距离相等， ∴ 选项C错误，不符合题意； ∵ 反证法证明命题时，需要假设原结论不成立，“三角形中至少有一个内角小于或等于”的反面为“三角形中三个内角都大于”， ∴ 选项D正确，符合题意． 二、填空题（每小题4分，共20分） 9. 已知正n边形的每一个内角为，则_____． 【答案】12 【解析】 【分析】本题主要考查了正多边形内角和定理，根据正多边形内角和公式列出等量关系求解即可得出答案． 【详解】解：由题意可得：， 解得： 故多边形是12边形． 故答案为：12． 10. 要使代数式有意义，则x的取值范围是_____． 【答案】﹣2≤x＜3且x＞3 【解析】 【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围． 【详解】解：由代数式有意义，得 ． 解得﹣2≤x＜3且x＞3， 故答案为﹣2≤x＜3且x＞3． 【点睛】本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数． 11. 如图，平行四边形的对角线交点是原点，若A的坐标为，则点C的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形的性质，对角线互相平分，结合对角线交点为原点，可知点与点关于原点对称，利用关于原点对称的点的坐标特征即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， 对角线与互相平分． 对角线交点是原点， 点与点关于原点对称． 点的坐标为， 点的坐标为． 12. 如果不等式组的解为，则m的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先分别求解不等式组中两个一元一次不等式，再根据已知不等式组的解集，对比可得的值． 【详解】解：解不等式，可得， 解不等式，可得， 因此不等式组的解集为， 已知不等式组的解集为， ∴． 13. 如图，等腰梯形中，，，．尺规作图：以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交边、于两点；再分别以这两个交点为圆心，大于两点间距离一半的长度为半径画弧，两弧在梯形内部交于一点；过点A和该交点作射线，交下底于点F．若，，则等腰梯形的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意易得，则有，然后可得，，过点分别作，则可知四边形是平行四边形，，进而问题可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图可知：平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 过点分别作， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴等腰梯形的周长为． 三、解答题（共48分） 14. 计算： （1）因式分解： （2）因式分解： （3）解方程： （4）解不等式组： 【答案】（1） （2） （3） 原分式方程无解 （4） 【解析】 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解： ； 【小问3详解】 解：， 去分母得， 解得， 检验，把代入得， ∴是原方程的增根， ∴原分式方程无解； 【小问4详解】 解：， 解不等式①得， 解不等式②得， ∴不等式组的解集为． 15. 先化简再求值：，其中． 【答案】； 【解析】 【分析】先计算括号内的分式减法，再利用提取公因式和平方差公式化简所求式子，将代入化简后的式子进行计算即可． 【详解】解： 当时，原式． 16. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形） （1）将向下平移5个单位长度后得到（点A、B、C的对应点分别为点A1、B1、C1），画出平移后的； （2）将绕着坐标原点O顺时针旋转得到（点A、B、C的对应点分别为点），画出旋转后的； （3）求在旋转过程中，点C旋转到点所经过的路径的长．（结果用含π的式子表示） 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）点C旋转到点所经过的路径的长为 【解析】 【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可画出； （2）依据旋转方向、旋转角度和旋转中心，即可画出； （3）利用弧长计算公式求出点C旋转到点所经过的路径长． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求， 【小问2详解】 解：如上图所示， 即为旋转后得到的图形， 【小问3详解】 解：旋转所经过路径的长即为扇形的弧长，扇形的半径为， ∴所经过路径的长为． 【点睛】本题主要考查了利用平移变换以及旋转变换作图，确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离.平移作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 17. 如图，在中，连接对角线，点E和点F是直线上的两点且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，，求的面积． 【答案】（1）详见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点， (1)根据平行四边形的性质，得，，根据平行线的性质，得，则，根据可以证明，得，，从而证明，根据一组对边平行且相等的四边形，即可证明四边形是平行四边形； (2)根据勾股定理得到,连接交于，进而可以得到的长，然后利用三角形面积公式即可得解； 熟练掌握其性质并能正确得到是解决此题的关键． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是平行四边形； 【小问2详解】 解：， ， ， ， ． 18. 解答以下问题 （1）如图1，在等腰中，，和分别是边，上的中线． ①求证：． ②如图2，与相交于点O，连接并延长交于点F，求证：． （2）在等边中，，点D、E分别是边，上的点，，连接，交于点O，连接并延长交于点F，若点D是的三等分点，求的比例的值． 【答案】（1）①证明：∵， ∴， ∵和分别是边，上的中线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； ②证明：由①可知，，则，，故， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）1或4 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，能够灵活运用全等三角形的判定定理，并根据三等分点分割三角形的面积是解题的关键． （1）①根据等腰三角形的性质可证明，即可得证；②由①可证得，进一步推得，即可得，根据等腰三角形的性质，即可得证； （2）根据题意可得，进一步可证得，由此推得，则，分和两种情况，根据三角形的面积即可求解． 【小问1详解】 ①略 ②略 【小问2详解】 解：∵是等边三角形， ∴， ∵，，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， 又∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， 则在等腰中，， ∵和有相同的高， ∴， 当时，，， ∵与有相同高， ∴， 即， ∵与有相同高， ∴， ∴，， ∴； 当时，，， ∵与有相同高， ∴， 即， ∵与有相同高， ∴， ∴，， ∴； 综上所述，的比例的值为1或4． B卷（50分） 一、填空题（每小题4分，共20分） 19. 不等式组的解集是，则m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先分别求解不等式组中每个不等式，再根据已知解集，结合一元一次不等式组的解集确定法则，即可求出参数的取值范围． 【详解】解： 解不等式①得：， 解不等式②，得， 不等式组的解集为， ∴m的取值范围是． 20. 如图，已知等腰中，，，点O为的中点，将绕点O顺时针方向旋转到，点E、A、D、C在同一直线上，与相交于点G，若，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出和的度数，利用邻补角定义求出的度数，根据旋转的性质得出的度数，进而证明，在中利用含度角的直角三角形性质求出的长，最后利用等腰三角形三线合一的性质，直角三角形的性质及勾股定理即可求出的长． 【详解】解：连接， ，， ， 点、、、在同一直线上， ， 由旋转的性质得， 在中，，  ， 在中，，， ， ，点为的中点， ， 即， ∵， ， 在中，， ， （负值舍去）． 21. 关于x的分式方程有整数解，则整数a的和为______． 【答案】 【解析】 【分析】先去分母将分式方程化为整式方程，得到关于的表达式，根据分式方程有解可知，结合方程有整数解、为整数，求出所有符合条件的，再计算的和即可． 【详解】解：， 方程两边同乘去分母，得， 整理得， 当，即时，方程无解，不符合题意； 当时，解得， ∵分式方程有整数解，且分母不为零，即， ∴，即，且为的整数约数， ∴的可能取值为， 当时，，舍去； 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 所有符合条件的整数为，其和为． 22. 在平面直角坐标系中，Q的坐标为，定义其“镜像点”的坐标如下：当时，的坐标为；当时，的坐标为．若直线上所有点的“镜像点”形成新图象为，且直线与有两个交点，则实数m的取值范围为______． 【答案】 或 【解析】 【分析】根据镜像点的定义，分两种情况求出新图象的两段表达式，求出直线过定点，画出函数图象，找到临界点，结合图象即可解答． 【详解】解：设直线上任意一点，则， 根据镜像点定义分两种情况讨论： ①当时，，解得， 此时镜像点，即，， ∴， ∵， ∴， 故此段为； ②当时，，解得， 此时镜像点，即，， ∴， ∵， ∴， 故此段为； 将代入，则， 将代入，则， ∴直线过定点， 如图， 当直线过点，则，解得， 此时，直线与有一个交点，即， 当直线平行：时，， 此时，直线与有一个交点， ∴或时，直线与有两个交点． 23. 如图，在平行四边形中，，O为对角线、的交点，，，M，N分别为边和上的动点，且，连接，将线段绕点M逆时针旋转得到线段，连接、，则周长的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】在上取点Q，使得，连接，作，且，连接，，证明四边形是菱形，得到，求出，证明，得出，，求出，P在与夹角的线段上，然后证明，得到，当点P在线段上时，周长取得最小值，即的值，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：在上取点Q，使得，连接，作，且，连接，，如图： ∵在平行四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴ ∴ 由旋转的性质可知，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴P在与夹角的线段上， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵O是菱形对角线的交点， ∴， ∴周长， ∴当点P在线段上时，周长取得最小值，即的值 ∵， ∴周长的最小值为． 二、解答题（共30分） 24. 某商户预测一种应季衬衫能畅销市场，就用8万元购进这种衬衫，衬衫面市后果然供不应求．该商户又用17.6万元购进了第二批这种衬衫，所购数量是第一批购进量的2倍，但单价贵了4元．该商户销售这种衬衫时，每件定价都是60元，最后剩下1000件打折销售，很快售完． （1）第一批购进衬衫多少件？ （2）若在这两笔生意中，该商户盈利不少于9.2万元，请问最多可以打几折销售？ 【答案】（1）第一批购进衬衫2000件 （2）最多可以打8折销售 【解析】 【分析】（1）设第一批购进衬衫的数量，根据第二批单价比第一批贵4元列分式方程求解即可． （2）设打折销售，根据盈利不少于9.2万元列一元一次不等式，结合折扣的意义即可求出最多的折扣． 【小问1详解】 解：8万元元，17.6万元=176000元，9.2万元元， 设第一批购进衬衫件，则第二批购进衬衫件， 由题意得：， 解得， 经检验，是原分式方程的解，且符合题意， 答：第一批购进衬衫2000件． 【小问2详解】 解：设打折销售， 由（1）得，第一批购进2000件，第二批购进（件），总进货量为（件），总成本为（元）， 由盈利不少于92000元，可得：， 化简得， 整理得， 解得， ∵折扣越小，售价越低，盈利越少， ∴要满足盈利要求，最多可以打8折． 答：最多可以打8折销售． 25. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点B，与y轴交于点A，，，直线交直线于点C． （1）求直线的解析式及点C的坐标； （2）如图1，P为直线OC上一动点且在第一象限内，M、Q为x轴上动点，Q在M右侧且，当时，求的最小值； （3）如图2，将沿着射线OC方向平移，平移后A、O、B三点分别对应D、E、F三点．在直线上有一动点G，当以G、D、E三点为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出点G的坐标． 【答案】（1）， （2） （3）点G的坐标为，，，． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求解直线的解析式，再联立直线、的解析式，即可得到答案； （2）由，可解得点到轴的距离，将点向左平移个长度单位至点，过点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，在轴上截取，的最小值为，即可求解； （3）由平移，得，，， 设点，，分情况讨论： ①当时，②当时，③当，且点G在左边时，④当，且点G在右边时，逐项分析求解即可． 【小问1详解】 解：设直线的解析式， ∵直线与轴交于点，与轴交于点，，， ∴，， 将、的坐标代入直线的解析式中，则有， ， 解得， ∴直线的解析式； 联立直线、的解析式得， ， 解方程组得， ∴； 【小问2详解】 解：∵，，∴， ∴， ∴，， ∴， 点在点上方， 设点的坐标， 点到轴的距离为， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 如图，将点向左平移个长度单位至点，则， 过点关于轴的对称点，， 连接交轴于点，连接， 在轴上截取， 连接，则有， ∴的最小值为， 作于点，则， 则，， ∴的最小值为， 即的最小值为； 【小问3详解】 解：由平移，得 ，，， 设点，， 分情况讨论： ①当时，如图 此时点G在上， ∴，轴， ∴， 解得， ∴， ∴， ②当时，如图 ∴，轴， ∴点， ∴， 解得， ∴， ∴， ③当，且点G在左边时，如图 过点G作于点N， 由平移，得轴， ∴轴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ④当，且点G在右边时，如图 过点G作于点M， 由平移，得轴， ∴轴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 综上所述，点G的坐标为，，，． 26. 如图1，中，，D、E分别为边上两点，且． （1）将线段绕点C逆时针旋转角至． ①如图2，当时，连接，取中点P，连接，求证：； ②如图3，当时，连接，取中点P，连，试判断与的位置关系和数量关系，并证明； （2）在图1中，连接，取中点M，连接，将线段绕点C旋转得到线段，连接．若，求的长． 【答案】（1）①证明见解析；②与的位置关系为，数量关系为，证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）①延长与延长线交于点，通过证明，从而得出是等腰三角形底边上的中线，依据等腰三角形的性质即可得出；②过点作交延长线于点，连接，先证明，得出，就可证明，得出是一个顶角为的等腰三角形，是底边上的中线，即可得出，； （2）当将线段绕点C顺时针旋转得到线段时，如图所示，延长至点，使，连接，过点作，以点为中心将也顺时针旋转会得到，过点作，由题意可得：，，，，，四边形是矩形，在中，，，利用勾股定理即可求出；当将线段绕点C逆时针旋转得到线段时，如图所示，以为边在右侧作等边三角形，连接，过点作，以点为中心将也逆时针旋转会得到，过点作交延长线于点，在中，，，利用勾股定理即可求出． 【小问1详解】 解：①证明：如图所示，延长与延长线交于点， 由旋转可知，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点是中点，即， ∴， ∴，， 由旋转可知，， ∴， ∵， ∴，即， ∵，即是等腰三角形底边上的中线， ∴； ②与的位置关系为，数量关系为，证明如下： 如图所示，过点作交延长线于点，连接， ∴，， 又∵点P是中点，即， ∴， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由旋转可知，，逆时针方向的， ∴顺时针方向的， ∴ ， ∴， 在与中 ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴是一个顶角为的等腰三角形，是底边上的中线， ∴，， ∴， ∵，即， ∴ ∴． 【小问2详解】 解：当将线段绕点C顺时针旋转得到线段时，如图所示，延长至点，使，连接，过点作，以点为中心将也顺时针旋转会得到，过点作， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，即，， ∴， ∵M是中点， ∴， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵以点为中心将顺时针旋转得到， ∴，， ∴，， ∴三点共线， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴在中，； 当将线段绕点C逆时针旋转得到线段时，如图所示，以为边在右侧作等边三角形，连接，过点作，以点为中心将也逆时针旋转会得到，过点作交延长线于点， 由前述过程可知：，，，，， ∵是等边三角形，， ∴，，， ∴，， ∴三点共线， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， 综上：的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $