精品解析：山东济南稼轩学校2025-2026学年八年级下学期6月阶段学情自测数学试题

济南稼轩学校八年级6月月考数学试题 一、单选题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分） 1. 下列所给的汽车标志图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则下列各式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列从左到右的变形中，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列分式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，将绕点旋转得到，使边恰好经过点，若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 6. 如图，的对角线，相交于点，点是的中点．若，，的周长为，则的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一次函数的图象与x轴交于点，与的图象交于点，则下列说法错误的是（ ） A. 方程的解是 B. 方程的解是 C. 关于x，y的方程组的解是 D. 不等式的解集是 8. 如图，用长为的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料做了宽为的两扇小门．若花圃的面积刚好为，设段的长为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，按如下步骤作图：在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线，再分别以点B和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点D，连接，．根据以上作图，若，，，则点D到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 10. 正方形，如图放置，，，相交于点P，Q为边上一点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. 7 D. 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 11. 分解因式：_____． 12. 如图，以正六边形一边为边向外作正方形，连接．则____________． 13. 已知关于的方程有两个实数根，则的取值范围是_____． 14. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，．将线段，，平移后，恰好组成一个首尾相接的三角形．若点与点平移后的对应点均为点，则线段平移后，点的坐标变为__________． 15. 如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，四边形ACDE是平行四边形，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中： ①CE＝DB；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④CD＝EF；⑤S四边形BCDE＝BD·CE；⑥BC2＋DE2＝BE2＋CD2；其中一定正确的是________（把所有正确结论的序号填在横线上） 三、解答题（本大题共10个小题，共90分） 16. 解不等式组： ，并写出不等式组的所有整数解． 17. 先化简：，再从、、0、1中选择一个合适的数作为的值代入求值． 18. 解分式方程． （1）； （2） 19. 解方程： （1）． （2）． 20. 在边长为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，的位置如图所示，先作关于原点成中心对称的，再把向上平移4个单位长度得到． （1）画出和； （2）与关于某点成中心对称，直接写出对称中心的坐标是__________； （3）已知为轴上一点．若的面积为3，直接写出点的坐标__________： 21. 如图，在矩形中，点，分别在边、上，是四边形对角线的交点，且，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 22. 【阅读材料】 解方程：， 这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，则， 于是原方程可转化为： ， 解得：，． 当时，，所以； 当时，，所以， 所以原方程有四个根：，，，， 在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想． 【解决问题】 （1）在解方程时，若设，则原方程可转化为______，解得原方程的根为______； （2）若 ，则______； （3）参照上面解题的思想方法解方程： ． 23. 某超市经销甲、乙两种品牌的洗衣液，进货时发现，甲品牌洗衣液每瓶的进价比乙品牌高6元，用1800元购进甲品牌洗衣液的数量是用1800元购进乙品牌洗衣液数量的．销售时，甲品牌洗衣液的售价为36元/瓶，乙品牌洗衣液的售价为28元/瓶． （1）求两种品牌洗衣液的进价； （2）若超市需要购进甲、乙两种品牌的洗衣液共120瓶，且购进两种洗衣液的总成本不超过3120元，超市应购进甲、乙两种品牌洗衣液各多少瓶，才能在两种洗衣液完全售出后所获利润最大？最大利润是多少元？ 24. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接，． （1）求证：； （2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由． 25. 如图1，已知点为正方形内的一点，连接.将线段绕点顺时针方向旋转得到，连接，. （1）【问题发现】 如图1，线段与的数量关系是_______；直线与的位置关系是_______． （2）【问题探究】 如图2，点为正方形外的一点，将绕点顺时针方向旋转得到，连接、，交于点，交与点.探究线段与的数量及位置关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】 如图3，在中，，，点为外一点，且，点为的中点，连接、、，若，，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济南稼轩学校八年级6月月考数学试题 一、单选题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分） 1. 下列所给的汽车标志图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后两部分重合． 根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A、该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、该图形是中心对称图形，故本选项符合题意； C、该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图形不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选B． 2. 若，则下列各式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】不等式两边同加上或同减去一个数不等号方向不变，不等式两边同乘以或同除以一个正数，不等号方向不变，同乘以或同除以一个负数，不等号方向改变，根据不等式的性质分别判断即可． 【详解】、∵， ∴，此选项不符合题意； 、∵， ∴，此选项符合题意； 、∵， ∴，此选项不符合题意； 、∵， ∴，此选项不符合题意； 故选：． 【点睛】此题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的基本性质是解本题的关键． 3. 下列从左到右的变形中，是因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因式分解是把一个多项式变形为几个整式乘积的形式，根据定义逐一判断选项即可． 【详解】解：∵选项A中，结果是和的形式，不是整式乘积的形式，∴A不是因式分解； ∵选项B中，等式本身不成立，且结果不是乘积形式，∴B不是因式分解； ∵选项C中，是整式的乘法运算，是将乘积变形为和的形式，不符合因式分解要求，∴C不是因式分解； ∵选项D中，将多项式化为了整式乘积的形式，符合因式分解的定义， ∴D是因式分解． 4. 下列分式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了分式的基本性质和变形，分式变形需基于分式基本性质，分子分母同乘或同除同一非零整式，分式的值不变，根据相关性质内容进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、，故该选项不符合题意； B、，故该选项不符合题意； C、，故该选项不符合题意， D、，故该选项符合题意； 故选：D． 5. 如图，将绕点旋转得到，使边恰好经过点，若，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由旋转的性质可知，从而得到对应边、对应角相等．利用得出为等腰三角形，结合，求出等腰三角形的顶角．由旋转角相等，，从而得到答案． 【详解】解：∵将绕点旋转得到， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 6. 如图，的对角线，相交于点，点是的中点．若，，的周长为，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行四边形性质即可知为中点，所以为的中位线，即可求解． 【详解】的周长的一半, ， ， ， ， ， ， ，可知为中点，且点是的中点， 为的中位线， ， 的周长为． 7. 如图，一次函数的图象与x轴交于点，与的图象交于点，则下列说法错误的是（ ） A. 方程的解是 B. 方程的解是 C. 关于x，y的方程组的解是 D. 不等式的解集是 【答案】D 【解析】 【分析】先根据一次函数图象与x轴的交点解答A，再根据两直线的交点解答B，C，然后根据直线在直线下方的部分的自变量取值解答D． 【详解】解：∵一次函数的图象经过点， ∴当时，， 所以方程的解是，则A正确； ∵一次函数的图象和一次函数的图象交于点， ∴当时，两个函数值相等， 即方程的解是，则B正确； 方程组的解是，则C正确； 不等式的解集是，则D错误． 8. 如图，用长为的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为），围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料做了宽为的两扇小门．若花圃的面积刚好为，设段的长为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设段的长为，根据篱笆总长为以及有两个宽为的门，表示出的长，再根据长方形面积公式列出方程即可． 【详解】解：设段的长为，  篱笆总长为，且中间隔有一道篱笆，  垂直于墙的三段篱笆总长为，  在上有两扇宽为的小门（不用篱笆），   平行于墙的边的长度为 ，即，  花圃的面积为，  可列方程为 ． 9. 如图，在中，按如下步骤作图：在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线，再分别以点B和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点D，连接，．根据以上作图，若，，，则点D到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据作图步骤可知平分，垂直平分，从而得出，点到、的距离相等．过点作于，交的延长线于，通过证明和，利用线段的和差关系求出的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：过点作于，交的延长线于， 由作图步骤①可知，平分，  ，，  ，， 在和中，  ，  ， ， 由作图步骤可知，垂直平分，点在上，  ，  ，  ， 在和中，  ，  ，  ，  ，，  ， ，  ，  ， 解得， 在中，， 即点到直线的距离为． 10. 正方形，如图放置，，，相交于点P，Q为边上一点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. 7 D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，连接，取的中点O，连接，延长至E，使，连接，，利用等腰直角三角形性质可得 ，由，可得，，利用勾股定理可得，再由三角形中位线定理可得，再证得，进而得出是的中线，即，由，即可求得答案． 【详解】解：如图，连接，取的中点O，连接，延长至E，使，连接，， ∵四边形、是正方形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，即Q是的中点， 又∵点O是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 在中，， ∴的最大值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形性质，直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等，熟练运用三角形中位线定理和全等三角形的判定和性质是解题关键． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 11. 分解因式：_____． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 12. 如图，以正六边形一边为边向外作正方形，连接．则____________． 【答案】##150度 【解析】 【分析】根据正多边形的性质求出，，然后求解即可． 【详解】解：∵六边形为正六边形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴． 13. 已知关于的方程有两个实数根，则的取值范围是_____． 【答案】且 【解析】 【分析】方程有两个实数根说明该方程为一元二次方程，需满足二次项系数不为零，且根的判别式大于等于零，据此列不等式组求解即可． 【详解】解：∵ 方程 有两个实数根， ∴， 解得：且． ∴的取值范围是且． 14. 如图，在平面直角坐标系中，已知点，．将线段，，平移后，恰好组成一个首尾相接的三角形．若点与点平移后的对应点均为点，则线段平移后，点的坐标变为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据点B与点C平移后的对应点均为点O，得到线段，的平移规律，得出点A、D平移后的坐标，即为点F、E平移后坐标． 【详解】解：设平移后的线段为，如图所示： ∵点B与点C平移后的对应点均为点O， ∴线段沿y轴向下平移了2个单位长度，点A平移后的坐标为， 线段沿x轴向右平移了3个单位长度，点D平移后的坐标为， ∵平移后，恰好组成一个首尾相接的三角形，且，， ∴点E需平移到，点F需平移到． 15. 如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，四边形ACDE是平行四边形，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中： ①CE＝DB；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④CD＝EF；⑤S四边形BCDE＝BD·CE；⑥BC2＋DE2＝BE2＋CD2；其中一定正确的是________（把所有正确结论的序号填在横线上） 【答案】①②③⑤⑥ 【解析】 【分析】①用SAS证明△BAD≌△CAE，可得到CE＝BD； ②利用平行四边形的性质可得AE＝CD，再结合△ADE是等腰直角三角形可得到△ADC是等腰直角三角形； ③利用SAS证明△BAE≌△BAD可得到∠ADB＝∠AEB； ④由四边形ACDE是平行四边形，得EF＝CF，AF＝DF，结合直角三角形斜边大于直角边，即可得到结论； ⑤利用已知得出∠GFD＝∠AFE，以及∠GDF＋∠GFD＝90°，得出∠CGD＝90°，进而利用面积公式解答即可； ⑥根据勾股定理解答即可． 【详解】解：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAC＋∠DAC＝∠DAE＋∠DAC， 即：∠BAD＝∠CAE， ∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，AE＝AD， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴CE＝BD， ∴故①正确； ②∵四边形ACDE是平行四边形， ∴∠EAD＝∠ADC＝90°，AE＝CD， ∵△ADE是等腰直角三角形， ∴AE＝AD， ∴AD＝CD， ∴△ADC是等腰直角三角形， ∴故②正确； ③∵△ADC是等腰直角三角形， ∴∠CAD＝45°， ∴∠BAD＝90°＋45°＝135°， ∵∠EAD＝∠BAC＝90°，∠CAD＝45°， ∴∠BAE＝360°−90°−90°−45°＝135°， 又AB＝AB，AD＝AE， ∴△BAE≌△BAD（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEB； 故③正确； ④∵四边形ACDE是平行四边形， ∴EF＝CF，AF＝DF， 又由②得：△ADC是等腰直角三角形， ∴△CFD为直角三角形且∠CDF＝90°， ∴CD≠CF，即CD≠EF， 故④CD＝EF错误； ⑤∵△BAD≌△CAE，△BAE≌△BAD， ∴△CAE≌△BAE， ∴∠BEA＝∠CEA＝∠BDA， ∵∠AEF＋∠AFE＝90°， ∴∠AFE＋∠BEA＝90°， ∵∠GFD＝∠AFE，∠ADB＝∠AEB， ∴∠ADB＋∠GFD＝90°， ∴∠CGD＝90°， ∴BD⊥CE， ∴S四边形BCDE＝BD·CE， 故⑤正确； ⑥∵∠CGD＝90°， ∴BC2＝CG2＋BG2，DE2＝GD2＋GE2，CD2＝CG2＋DG2，BE2＝BG2＋GE2， ∴BC2＋DE2＝BE2＋CD2． 故⑥正确； 故答案为：①②③⑤⑥． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、平行四边形的性质及等腰三角形的判定与性质，注意细心分析，熟练应用全等三角形的判定以及平行四边形的性质及等腰三角形的判定与性质，是解决问题的关键． 三、解答题（本大题共10个小题，共90分） 16. 解不等式组： ，并写出不等式组的所有整数解． 【答案】1≤x＜4，不等式组的所有整数解为1，2，3． 【解析】 【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集即可，进而即可得到整数解． 【详解】解：， 解不等式①，得x≥1； 解不等式②，得x＜4． ∴原不等式组的解集为1≤x＜4， ∴不等式组的所有整数解为1，2，3． 【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 17. 先化简：，再从、、0、1中选择一个合适的数作为的值代入求值． 【答案】， 【解析】 【详解】解： ， ∵，， ∴，，， ∴的值为0， 当时，原式． 18. 解分式方程． （1）； （2） 【答案】（1） （2）无解 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程． （1）两边乘化为整式方程，求解后检验即可； （2）原方程化为，两边乘化为整式方程，求解后检验即可． 【小问1详解】 解：， 两边乘得， ， ， ， 检验：当时，， 故是原方程的解； 【小问2详解】 解：， 原方程化为， 两边乘得， ， ， ， 检验：当时，分母，故是增根，原方程无解． 19. 解方程： （1）． （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【小问1详解】 解：， 移项得：， 因式分解得：， ∴，， 解得：，； 【小问2详解】 解：， ，，， ， ∴， 即，． 20. 在边长为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，的位置如图所示，先作关于原点成中心对称的，再把向上平移4个单位长度得到． （1）画出和； （2）与关于某点成中心对称，直接写出对称中心的坐标是__________； （3）已知为轴上一点．若的面积为3，直接写出点的坐标__________： 【答案】（1）见解析 （2） （3）或 【解析】 【分析】本题考查了作图-旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换． （1）利用中心对称的点的坐标特征写出的坐标，描点得到，利用点平移的坐标特征写出的坐标，然后描点得到； （2）连接，它们相交于Q点，则Q点为对称中心； （3）设P点坐标为，利用三角形面积公式得到，然后解得P点坐标． 【小问1详解】 解：如图，和为所作； 【小问2详解】 解：如图，与关于Q点成中心对称，Q点的坐标为； 故答案为：； 【小问3详解】 解：设P点坐标为， ∵的面积为3， ∴， 解得， ∴P点坐标为或． 故答案为：或． 21. 如图，在矩形中，点，分别在边、上，是四边形对角线的交点，且，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用矩形的性质可得，，，进而可证明，则，，结合，命题得证； （2）设，则，在中，利用勾股定理构造方程，求出的值后，计算面积即可． 【小问1详解】 证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； 【小问2详解】 解：设，则， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 22. 【阅读材料】 解方程：， 这是一个一元四次方程，根据该方程的特点，它的解法通常是： 设，则， 于是原方程可转化为： ， 解得：，． 当时，，所以； 当时，，所以， 所以原方程有四个根：，，，， 在这个过程中，我们利用换元法达到降次的目的，体现了转化的数学思想． 【解决问题】 （1）在解方程时，若设，则原方程可转化为______，解得原方程的根为______； （2）若 ，则______； （3）参照上面解题的思想方法解方程： ． 【答案】（1） ，， （2） （3） 【解析】 【分析】（）直接代入得关于的方程，即可得到结果； （）设，则原方程可转化为，的方程得出，即可求解； （）设，则原方程可转化为，求出，即可得出关于的方程，然后解关于的分式方程，即可求解． 【小问1详解】 解：设，代入原方程直接替换，得转化后的方程：， 因式分解得， 解得； 时，，即， 因式分解得， 解得或， 时，， 判别式，无实根， ∴原方程的根为； 【小问2详解】 解：设，由平方非负性得， 原方程可化为， 展开得， ， 结合得，即； 【小问3详解】 解：设， 原方程转化为：， ， 解得， ∴， 两边乘得， 解得， 检验：时分母， ∴是原方程的解． 23. 某超市经销甲、乙两种品牌的洗衣液，进货时发现，甲品牌洗衣液每瓶的进价比乙品牌高6元，用1800元购进甲品牌洗衣液的数量是用1800元购进乙品牌洗衣液数量的．销售时，甲品牌洗衣液的售价为36元/瓶，乙品牌洗衣液的售价为28元/瓶． （1）求两种品牌洗衣液的进价； （2）若超市需要购进甲、乙两种品牌的洗衣液共120瓶，且购进两种洗衣液的总成本不超过3120元，超市应购进甲、乙两种品牌洗衣液各多少瓶，才能在两种洗衣液完全售出后所获利润最大？最大利润是多少元？ 【答案】（1）甲品牌洗衣液进价为30元/瓶，乙品牌洗衣液进价为24元/瓶；（2）购进甲品牌洗衣液40瓶，乙品牌洗衣液80瓶时所获利润最大，最大利润是560元 【解析】 【分析】（1）设甲品牌洗衣液每瓶的进价是x元，则乙品牌洗衣液每瓶的进价是（x-6）元，根据数量=总价÷单价，结合用1800元购进乙品牌洗衣液数量的，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论； （2）设可以购买m瓶乙品牌洗手液，则可以购买（100-m）瓶甲品牌洗手液，根据总价=单价×数量，结合总费用不超过1645元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围，再取其中的最大整数值即可得出结论． 【详解】解：（1）设甲品牌洗衣液进价为元/瓶，则乙品牌洗衣液进价为元/瓶， 由题意可得，， 解得， 经检验是原方程的解. 答：甲品牌洗衣液进价为30元/瓶，乙品牌洗衣液进价为24元/瓶. （2）设利润为元，购进甲品牌洗衣液瓶， 则购进乙品牌洗衣液瓶， 由题意可得，， 解得， 由题意可得，， ∵，∴随的增大而增大， ∴当时，取最大值，. 答：购进甲品牌洗衣液40瓶，乙品牌洗衣液80瓶时所获利润最大，最大利润是560元． 【点睛】本题考查分式方程的应用，一次函数的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 24. 如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接，． （1）求证：； （2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由； （3）当t为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）四边形能够成为菱形， （3）或，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用t表示出和的长，然后在直角中，利用直角三角形的性质求得的长，即可证明； （2）先证明四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，据此列出方程求得t值． （3）分别从和两种情况分类讨论即可． 【小问1详解】 证明：由题意得，，， 中，，， ∴， ∵， ∴， ∴ 【小问2详解】 解：四边形能够成为菱形． ，， 四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， 即， 解得：， 即当时，平行四边形是菱形； 【小问3详解】 解：当时，是直角三角形；或当时，是直角三角形． 理由如下：当时，如图， ∵， ∴， ∴，， 即， 解得：； 当时，如图， 四边形是平行四边形， ， ∴． ， ， ， ∵， ， 解得． 综上所述，当时或当时，也是直角三角形． 25. 如图1，已知点为正方形内的一点，连接.将线段绕点顺时针方向旋转得到，连接，. （1）【问题发现】 如图1，线段与的数量关系是_______；直线与的位置关系是_______． （2）【问题探究】 如图2，点为正方形外的一点，将绕点顺时针方向旋转得到，连接、，交于点，交与点.探究线段与的数量及位置关系，并说明理由； （3）【拓展延伸】 如图3，在中，，，点为外一点，且，点为的中点，连接、、，若，，求的长． 【答案】（1） （2），见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质得到，根据旋转的性质得到，证明即可求解； （2）根据正方形的性质得到，根据旋转的性质得到，证明即可求解； （3）过作交延长线于，连接，取中点，连接，根据中位线的判定和性质得到，由等角对等边判定等腰三角形得，由勾股定理得到，结合（1）的方法可证，求出，，在中，由勾股定理得到，由此列式求解即可． 【小问1详解】 解：， 理由：∵正方形， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， 延长交于，交于， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解： 理由：∵正方形， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， 设交于，与相交于， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：过作交延长线于，连接，取中点，连接， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵为中点， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $