精品解析：四川万源市第三中学2026-2027学年九年级上学期开学学情自测数学试题

四川省万源市第三中学2026-2027学年九年级上学期开学学情自测数学试题 满分：150分 时间：120分钟 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 1. 下列由 AI 设计的四组图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 有两个容量足够大的玻璃杯，分别装有a克水、b克水，，都加入c克水后，下列式子能反映此时两个玻璃杯中水质量的大小关系的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，政府计划在三个村庄附近建立一所小学，且小学到三个村庄的距离相等，则小学应建在（ ） A. 三边垂直平分线的交点 B. 三条角平分线的交点 C. 三条高所在直线的交点 D. 三条中线的交点 4. 若分式有意义，则实数x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 小坪想设计一个等腰三角形形状的风筝，于是找来了三根木棒做等腰三角形的框架，在修整完成之后，小坪用角度仪测量了等腰三角形的一个内角为，这个风筝的顶角可能是（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 下列等式由左边至右边的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，将绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，当点E恰好落在边上时，连接，若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 8. 如图，四边形中，，，，边上一点E满足，连接D，E．现将沿折叠，点C恰好落在边上的点处．若，，则点E到边的距离为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9. 在中，，则__________． 10. 如图，将两个完全相同的直角三角形纸板叠放在一起，．若，则的长度为_______． 11. 已知关于的一元一次不等式的解集如图所示，则被墨水“”覆盖的数为_____． 12. 年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由块手缝嵌面组成（块黑色的正五边形和块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中度数为______． 13. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，线段向右平移4个单位到线段，线段与轴交于点，若图中的面积为4，则点坐标为_______． 三、解答题（本大题共5小题，14题-15题每小题8分，16-17题每小题10分，18题12分，共48分） 14. 解不等式组，并求出它的所有整数解． 15. 下面是小梦同学解不等式的过程： 解：去分母，得．…第一步 去括号，得．…第二步 移项，得．…第三步 合并同类项，得．…第四步 系数化为1，得．…第五步 以上解题过程中，从哪一步开始出现错误？请写出正确的解答过程． 16. 如图， 是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． （1）求的大小． （2）求证：是等边三角形． 17. 某航模小组对A、B两种新款无人机模型产生了浓厚的兴趣和购买欲望，于是他们前往模型商店进行咨询并了解到以下信息： ①A型无人机模型的单价比B型贵800元； ②用12000元购买A型无人机模型的数量与用8000元购买B型无人机模型的数量相同． （1）求A型和B型无人机模型的单价各是多少元？ （2）若航模小组现有资金20000元，他们决定购买10台无人机模型，同时要求购买B型的数量不超过A型的2倍．请求出航模小组所有可能的购买方案． 18. 截长补短法是初中几何题中一种添加辅助线的方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起从而解决问题．数学课上李老师让同学使用这一方法来解决以下问题：“如图①，在中，平分，”．求证：． （1）对于该问题，老师给出了如下的思路：如图②，在上截取，连接，只要证即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题．请你按照上述解题思路写出证明过程． （2）请使用上述方法解决下列问题： ①如图③，是等边三角形，D是边下方一点，，连接．判断出线段，，之间的数量关系并说明理由； ②如图④，在中，，．D是边下方一点，．求证：． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19. 已知，则代数式的值为____． 20. 如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．若，，则为_______． 21. 如图，已知直线与直线的交点的横坐标为，则不等式的解集为______． 22. 对于实数，，定义一种新运算“※”为，这里等式右边是实数运算，例如：，则方程的解为_____． 23. 如图，在中， 点E在边上且，连接，将沿进行折叠，点B的对应点为点F， 点D是的中点，连接，当时， _______． 二、解答题（本大题共3小题，24题8分，25题10分，26题12分，共30分） 24. 阅读以下文字并解决问题： 【方法呈现】 形如这样的二次三项式，我们可以直接用公式法把它分解成的形式，但对于二次三项式，就不能直接用公式法分解了，此时，我们可以在中间先加上一项9，使它与的和构成一个完全平方式，然后再减去9，则整个多项式的值不变．即：．像这样，把一个二次三项式变成含有完全平方式的形式的方法，叫做配方法． 同样地，把一个多项式进行局部配方可以用来解决代数式的最小值（或最大值）问题． 例如：． 因为， 所以． 则这个代数式的最小值是2，这时相应的x的值是． 【尝试应用】 请根据上述材料解决下列问题： （1）在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式： ； （2）借助“配方法”因式分解：； （3）若，求M的最大值，并求出此时a的值． 25. 如图1，在四边形中，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）在（1）的条件下，如图2，若为边上一点，为边上的中点，连结，，，若，证明． （3）在（1）的条件下，若为边上的中点，为边上的一点，连结，，，若，请直接写出线段，，之间的数量关系． 26. [定义]若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． [概念理解] （1）如图（1），四边形是正方形，点在上，将绕点顺时针旋转，使和重合，此时，点的对应点在的延长线上，四边形是“直等补”四边形吗？请说明理由．（请将以下过程补充完整） 解：四边形是“直等补”四边形．理由如下： 四边形是正方形， ． 由旋转性质，得 ， ， ， °， 四边形是“直等补”四边形． [性质初探] （2）如图（2），四边形是“直等补”四边形，，，连接．若，，学习小组探究发现，通过将绕点顺时针旋转，可以求得的长（用含，的式子表示）．请完成探究过程． [拓展应用] （3）如图（3），四边形是“直等补”四边形，，，连接，，，当取何值时，的面积最大？最大值是多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省万源市第三中学2026-2027学年九年级上学期开学学情自测数学试题 满分：150分 时间：120分钟 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 1. 下列由 AI 设计的四组图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意！ 故选B． 2. 有两个容量足够大的玻璃杯，分别装有a克水、b克水，，都加入c克水后，下列式子能反映此时两个玻璃杯中水质量的大小关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了不等式的基本性质．根据不等式的性质，在两边同时加上相同的正数，不等式方向不变，即可求解． 【详解】解：∵初始时，两杯水的质量分别为克和克， ∴加入克水后，两杯水的质量变为克和克， ∵， ∴， 故选：A 3. 如图，政府计划在三个村庄附近建立一所小学，且小学到三个村庄的距离相等，则小学应建在（ ） A. 三边垂直平分线的交点 B. 三条角平分线的交点 C. 三条高所在直线的交点 D. 三条中线的交点 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，熟记性质是解题的关键． 【详解】∵小学到三个村庄的距离相等， ∴小学应该修建在的三边的垂直平分线的交点， 故选：A． 4. 若分式有意义，则实数x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式有意义分母不为0求解即可． 【详解】解：∵分式有意义， ∴， 解得． 5. 小坪想设计一个等腰三角形形状的风筝，于是找来了三根木棒做等腰三角形的框架，在修整完成之后，小坪用角度仪测量了等腰三角形的一个内角为，这个风筝的顶角可能是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的内角和定理的理解和掌握，能对问题正确地进行分类讨论是解答此题的关键．有两种情况（顶角是和底角是时），由等边对等角求出底角的度数，用三角形的内角和定理即可求出顶角的度数． 【详解】解：如图所示： 有两种情况： 当顶角时 当底角是时， ， ， ， 这个等腰三角形的顶角为或． 故选：D． 6. 下列等式由左边至右边的变形中，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：A、，左边是整式的积，右边是多项式，属于整式乘法，不合题意； B、等号右边为，不是积的形式，不合题意； C、等号右边展开为，与左边不相等，变形错误，不合题意； D、等号右边是两个整式的积，展开后为，与左边相等，符合因式分解定义，符合题意． 7. 如图，将绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，当点E恰好落在边上时，连接，若，则的度数是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，掌握等腰三角形的判定与性质成为解题的关键． 由旋转性质知，据此得、，再根据等腰三角形性质即可解答． 【详解】解：由旋转的性质的可得：， ∴、， ∴． 故选：D． 8. 如图，四边形中，，，，边上一点E满足，连接D，E．现将沿折叠，点C恰好落在边上的点处．若，，则点E到边的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查四边形中的翻折问题，涉及勾股定理及应用，平行四边形的判定与性质，三角形面积等，解题的关键是掌握翻折的性质． 过D作于F，证明四边形是平行四边形，可得，，即可得，求出，，故，设点E到边的距离为h，即可得，解得． 【详解】解：过D作于F，如图： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将沿折叠，点C恰好落在边上的点处， ∴， 设点E到边的距离为h，由可知点到边的距离为h， ∴， ∴， 解得， ∴点E到边的距离为； 故选：B． 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 9. 在中，，则__________． 【答案】##70度 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等是解题的关键 根据平行四边形对角相等求出． 【详解】解：如图， 在中，， ， 故答案为：． 10. 如图，将两个完全相同的直角三角形纸板叠放在一起，．若，则的长度为_______． 【答案】1 【解析】 【分析】由题知，则可得，进而可得，在中，，则，设，则，根据勾股定理列方程求出x的值即可得解． 本题主要考查了直角三角形的性质：三角形中的角所对的边等于斜边的一半，以及勾股定理．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：由题知，且， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 设，则， ∵， ， 解得， ∴． 故答案为：1． 11. 已知关于的一元一次不等式的解集如图所示，则被墨水“”覆盖的数为_____． 【答案】5 【解析】 【分析】此题主要考查不等式的求解．先求出不等式的解集，然后根据数轴得到不等式的解集，故可列式求解． 【详解】解：设“”表示的数为， 由题意得，解得， 由数轴得到不等式的解集为， 故， 解得． 则“”表示的数为5， 故答案为：5． 12. 年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由块手缝嵌面组成（块黑色的正五边形和块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的内角，先求出正五边形和正六边形的每个内角，进而根据镶嵌的定义即可求出，掌握正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图所示， ∵正五边形的每个内角为， 正六边形的每个内角为， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】 13. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，线段向右平移4个单位到线段，线段与轴交于点，若图中的面积为4，则点坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查坐标与平移，解题关键是根据平移得到，再根据的面积为4，可求出，即可求出点坐标． 【详解】解：∵线段向右平移4个单位到线段， ∴， ， ∵， ∴ ， ， ∵在轴正半轴， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共5小题，14题-15题每小题8分，16-17题每小题10分，18题12分，共48分） 14. 解不等式组，并求出它的所有整数解． 【答案】 ，所有整数解为0，1，2，3 【解析】 【详解】解：， 由①，得； 由②，得； ∴不等式组的解集为， ∴不等式组的所有整数解为0，1，2，3. 15. 下面是小梦同学解不等式的过程： 解：去分母，得．…第一步 去括号，得．…第二步 移项，得．…第三步 合并同类项，得．…第四步 系数化为1，得．…第五步 以上解题过程中，从哪一步开始出现错误？请写出正确的解答过程． 【答案】解从第一步去分母时常数项1漏乘了公分母12开始出现错误，正确解答过程： 解：去分母，得， 去括号，得， 移项，得， 合并同类项，得， 系数化为1，得． 【解析】 【详解】略 16. 如图， 是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点． （1）求的大小． （2）求证：是等边三角形． 【答案】（1） （2） 证明：∵是等边三角形，是的中点， ∴，，即， ∵，垂足为， ∴，即为直角三角形； ∵是由沿方向平移得到的，且过点， ∴， ， ∴即， 在和中， ∴， ∴； ∴在中， ∵中有， 由（1）得， ∴， ∴是等边三角形． 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形三线合一的性质，可得，又因为，可得，再根据即可求解； （2）由等边三角形与三线合一性质可得，，由线段平移可得，又因为同旁内角互补可得，再有公共边，由得，全等三角形对应角相等得，再由三角形内角和定理可得，根据等边三角形的判定定理即可求解． 【小问1详解】 解：∵ 是等边三角形，是的中点， ∴为的高线、中线和角平分线， 即，，， ∵，垂足为， ∴， 又∵， ∴ ． 【小问2详解】 略． 17. 某航模小组对A、B两种新款无人机模型产生了浓厚的兴趣和购买欲望，于是他们前往模型商店进行咨询并了解到以下信息： ①A型无人机模型的单价比B型贵800元； ②用12000元购买A型无人机模型的数量与用8000元购买B型无人机模型的数量相同． （1）求A型和B型无人机模型的单价各是多少元？ （2）若航模小组现有资金20000元，他们决定购买10台无人机模型，同时要求购买B型的数量不超过A型的2倍．请求出航模小组所有可能的购买方案． 【答案】（1）A型无人机模型单价为2400元，B型无人机模型单价为1600元． （2）共有2种购买方案： 方案1：购买A型无人机模型4台，B型无人机模型6台； 方案2：购买A型无人机模型5台，B型无人机模型5台． 【解析】 【分析】（1）设A型无人机模型的单价为x元，则B型无人机模型的单价为元，根据题意列分式方程即可解答； （2）设购买A型无人机模型a台，则购买B型无人机模型台，根据题意列不等式组确定a的取值范围，再由a是正整数，确定a的取值即可求解． 【小问1详解】 解：设A型无人机模型的单价为x元，则B型无人机模型的单价为元，根据题意可得 解得 经检验，是所列方程的根． （元） 答：A型无人机模型的单价为2400元，则B型无人机模型的单价为1600元． 【小问2详解】 解：设购买A型无人机模型a台，则购买B型无人机模型台， 根据题意得 解得， 是正整数， 或． 当时，； 当时，； 故共有2种购买方案： 方案1：购买A型无人机模型4台，B型无人机模型6台； 方案2：购买A型无人机模型5台，B型无人机模型5台． 18. 截长补短法是初中几何题中一种添加辅助线的方法．截长就是在长边上截取一条线段与某一短边相等，补短就是通过延长或旋转等方式使两条短边拼合到一起从而解决问题．数学课上李老师让同学使用这一方法来解决以下问题：“如图①，在中，平分，”．求证：． （1）对于该问题，老师给出了如下的思路：如图②，在上截取，连接，只要证即可，这就将证明线段和差问题转化为证明线段相等问题．请你按照上述解题思路写出证明过程． （2）请使用上述方法解决下列问题： ①如图③，是等边三角形，D是边下方一点，，连接．判断出线段，，之间的数量关系并说明理由； ②如图④，在中，，．D是边下方一点，．求证：． 【答案】（1）证明：平分， ， 在和中， ， ， ，． 又， ， ， ， 为等腰三角形， ，， ． （2）①，理由如下： 如下图所示，在的延长线上截取，连接． 是等边三角形， ，， 在四边形中，， ，， ， 又， ． 在和中， ， ， ，， ， 是等边三角形， ， ， ． ②证明：如下图所示，延长到点，使，连接， ，， ， ， ． ，，在和中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ． 【解析】 【分析】（1）根据提示，在上截取，利用“边角边”证明，将转化为，再利用角度关系证明为等腰三角形，即可证明． （2）①在的延长线上截取，构造全等三角形，利用等边三角形的性质证明为等边三角形，从而得到． ②同样在的延长线上截取，构造全等三角形，利用等腰直角三角形的性质证明为等腰直角三角形，再利用勾股定理即可得出． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 ①略． ②略． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 19. 已知，则代数式的值为____． 【答案】 【解析】 【分析】先化简所求代数式，再将已知条件整体代入计算即可． 【详解】解： ， 当时， 原式． 20. 如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处．若，，则为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行四边形对边相等得到，由翻折落在延长线上知为直角三角形，利用勾股定理即可求出． 【详解】解：在平行四边形中，． 将沿折叠后，点D恰好落在延长线上的点E处， ． 在中，， ∴， ， ． 21. 如图，已知直线与直线的交点的横坐标为，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查直线与不等式．先求出两直线的交点为，代入，求出，及直线与的交点坐标，结合函数图象可得结论． 【详解】解：∵直线与直线的交点的横坐标为， ∴， ∴直线与直线的交点坐标为， ∴ 解得，， ∴， 当时，， ∴与轴的交点坐标为， ∴的解集为， 故答案为：． 22. 对于实数，，定义一种新运算“※”为，这里等式右边是实数运算，例如：，则方程的解为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题是新定义题型，主要考查了解分式方程，正确理解新定义法则是关键． 根据新定义的法则可得关于x的方程，解方程并检验后即得答案． 【详解】解：∵， ∴， 解得：， 当时，， ∴原方程的解为． 故答案为： 23. 如图，在中， 点E在边上且，连接，将沿进行折叠，点B的对应点为点F， 点D是的中点，连接，当时， _______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质， 延长至Q，使得，延长交于点H，则有，由折叠的性质得，，设，则，故有，根据直角三角形的性质得，所以，则，从而可得，设，则，最后根据勾股定理可得答案. 【详解】解：如图，延长至Q，使得，延长交于点H， ∵， ∴. ∵， ∴， ∴. 由折叠的性质得， ∴，， 设，则， ∴. ∵， ∴， ∴. ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴. 设，则， ∴. 根据勾股定理，得， ∴， 解得或（舍去）, 所以. 故答案为：. 二、解答题（本大题共3小题，24题8分，25题10分，26题12分，共30分） 24. 阅读以下文字并解决问题： 【方法呈现】 形如这样的二次三项式，我们可以直接用公式法把它分解成的形式，但对于二次三项式，就不能直接用公式法分解了，此时，我们可以在中间先加上一项9，使它与的和构成一个完全平方式，然后再减去9，则整个多项式的值不变．即：．像这样，把一个二次三项式变成含有完全平方式的形式的方法，叫做配方法． 同样地，把一个多项式进行局部配方可以用来解决代数式的最小值（或最大值）问题． 例如：． 因为， 所以． 则这个代数式的最小值是2，这时相应的x的值是． 【尝试应用】 请根据上述材料解决下列问题： （1）在横线上添上一个常数项使之成为完全平方式： ； （2）借助“配方法”因式分解：； （3）若，求M的最大值，并求出此时a的值． 【答案】（1） （2） （3）的最大值为，此时 【解析】 【分析】（1）根据完全平方式的定义进行配方即可； （2）先根据进行配方，配成完全平方后，再利用平方差公式分解因式； （3）先对进行配方，再利用完全平方式的非负性进行分析即可解答． 【小问1详解】 解： 添加常数为4． 【小问2详解】 解： 【小问3详解】 解： ， ， ． 的最大值是3，此时, 相应的a的值是． 25. 如图1，在四边形中，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）在（1）的条件下，如图2，若为边上一点，为边上的中点，连结，，，若，证明． （3）在（1）的条件下，若为边上的中点，为边上的一点，连结，，，若，请直接写出线段，，之间的数量关系． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2） 证明：延长，，交于点， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， 又， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴． （3） 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据平行线的性质，等量代换，得到，进而得到，即可得证； （2）延长，，交于点，证明，得到，，进而得到垂直平分，得到，再根据线段的和差关系即可得出结论； （3）延长，，交于点，证明，得到，，证明垂直平分，再根据线段的和差关系即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 延长，，交于点， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， 又， ∴， ∴，， ∵， ∴垂直平分， ∴． 26. [定义]若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． [概念理解] （1）如图（1），四边形是正方形，点在上，将绕点顺时针旋转，使和重合，此时，点的对应点在的延长线上，四边形是“直等补”四边形吗？请说明理由．（请将以下过程补充完整） 解：四边形是“直等补”四边形．理由如下： 四边形是正方形， ． 由旋转性质，得 ， ， ， °， 四边形是“直等补”四边形． [性质初探] （2）如图（2），四边形是“直等补”四边形，，，连接．若，，学习小组探究发现，通过将绕点顺时针旋转，可以求得的长（用含，的式子表示）．请完成探究过程． [拓展应用] （3）如图（3），四边形是“直等补”四边形，，，连接，，，当取何值时，的面积最大？最大值是多少？ 【答案】（1）四边形是“直等补”四边形．理由如下： 四边形是正方形， ． 由旋转性质，得，， ， ， 四边形是“直等补”四边形． （2） （3）当时，的面积最大，最大值是 【解析】 【分析】（1）利用正方形和旋转的性质证明即可； （2）由“直等补”四边形的定义可得，则可将绕点顺时针旋转得到，由旋转可得，，，，进而由可得、、三点共线，即得，再利用勾股定理得到，即可求解； （3）由（2）可得，即得，设，则，可得，由二次函数的性质得到当时，的面积最大，最大值是，再利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：四边形是“直等补”四边形，， ， 则可将绕点顺时针旋转得到，如图， 由旋转可得，，，， ， ， ， 、、三点共线， ， ， ， ； 【小问3详解】 解：由（2）可得， ， ， 设，则， ， 当时，的面积最大，最大值是， ， ，， ， 四边形是“直等补”四边形，， ， ， 综上，当时，的面积最大，最大值是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $