精品解析：四川达州市万源市草坝中学2026-2027学年九年级上学期9月学情自测数学试题

四川省达州市万源草坝中学2026-2027学年九年级上学期9月月考数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 全卷分A卷和B卷，A卷100分，B卷50分，全卷总分150分 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 下列说法错误的是（ ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形 C. 四个角都相等的菱形是正方形 D. 一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 2. 下列方程中属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，菱形的对角线相交于点，点在上，，，，则的长为（ ） A. 9 B. 10 C. 13 D. 15 4. 已知关于x的方程是一元二次方程，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在矩形中，，连接，，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知三角形两边长分别为6和8，第三边长是方程的解，则这个三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转得到．若，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 第Ⅱ卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若一元二次方程有一个根为，则___________． 10. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小明家有一个菱形中国结装饰．测得，，则该菱形的面积为______． 11. 根据下列表格对应值：可求得关于的方程的解是__________． x 0 0.5 1 2 1 2 12. 如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是_______． 13. 设a、b是方程的两个实数根，则的值为______． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解方程： （1）； （2）． 15. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）如果方程的两个实数根都是整数，求正整数m的值． 16. 如图，在中，点，分别是边，上的中点，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 17. 我市在开展“一盔一带”安全守护行动中，联合“爱心头盔”厂家在多个地点开展免费领取头盔活动，据统计，某领取点六月份发放“爱心头盔”100个，八月份发放144个，且从六月份到八月份月增长率相同． （1）求该领取点“爱心头盔”发放量的月增长率； （2）为解决暑期海边音乐节的电动车停放问题，计划将一个长为，宽为的矩形空地规划为一个电动车停车场，如图所示，阴影部分都是宽为a的长方形的道路，若使除道路外，剩余部分的面积是，则道路宽a应为多少？ 18. 如图1，在正方形中，点E为边上任意一点（点E不与B，C重合），点F在线段上，过点F的直线，分别交，于点M，N． （1）求证：； （2）如图2，当点F为中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线，与交于点G，连接，求证：； （3）如图3，当点E为延长线上的动点时，如果（2）中的其他条件不变，直线分别交直线，于点M，N，结论“”还成立吗？如果成立，请证明：如果不成立，请说明理由． B卷 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 若是方程的一个实数根，则代数式的值为__． 20. 如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是______． 21. 设，是一元二次方程的两个根，则有，．已知，，且，则______． 22. 对于实数a、b，定义运算“”：，例如：，因为，所以．若，是一元二次方程的两个根，则______． 23. 如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图是点运动时随变化的关系图象，则_____ ． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 如图，平行四边形的对角线交于点O，E为的中点．连接并延长至点F，使得，连接． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）当满足什么条件时，四边形为矩形，证明你的结论． 25. 阅读材料并解答相关问题． 材料1：规定：如果实数a，b，c满足，那么称一元二次方程为“和差”二次方程． 材料2：韦达定理：若一元二次方程的两根分别为，则 （1）【概念辨析】问题1：下列方程是“和差”二次方程的有__________（填写序号） ①；②；③；④． （2）【特例感知】①问题2：分别求出“问题1”中所有“和差”二次方程的根． ②问题3：若“和差”二次方程的一个根5，求这个方程的另一个根． （3）【结论归纳】问题4：设m，n是“和差”二次方程的两个根，请写出你发现的关于两根m，n的结论，并说明理由． 26. 矩形绕点A逆时针旋转得到矩形（B与E，C与F对应） （1）如图1，经过点D，若，，求； （2）如图2，连接相交于点H，求证：； （3）如图3，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形的位置，的延长交于点H，若点G恰好为的中点，，，直接写出的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省达州市万源草坝中学2026-2027学年九年级上学期9月月考数学试题 （全卷满分150分，考试时间120分钟） 全卷分A卷和B卷，A卷100分，B卷50分，全卷总分150分 A卷（共100分） 第Ⅰ卷（选择题，共32分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 下列说法错误的是（ ） A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 B. 对角线相等的平行四边形是矩形 C. 四个角都相等的菱形是正方形 D. 一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了正方形、菱形、矩形及平行四边形的判定，注意正方形是特殊的菱形或者矩形．熟练掌握各特殊四边形的判定定理是解题关键． 根据正方形、菱形、矩形及平行四边形的判定定理对各选项逐一判断即可得答案． 【详解】解：A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该选项说法正确，不符合题意， B． 对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项说法正确，不符合题意， C． 四个角都相等的菱形是正方形，故该选项说法正确，不符合题意， D． 一组对边平行另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故该选项说法错误，符合题意， 故选D． 2. 下列方程中属于一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键；因此此题可根据一元二次方程的定义（只含一个未知数，且未知数的最高次数为2的整式方程）进行判断即可． 【详解】解：A选项可化为，是一元二次方程，故符合题意； B选项中含有分式，不是整式方程，不是一元二次方程，故不符合题意； C选项中含有两个未知数x和y，不是一元二次方程，故不符合题意； D选项中，a为字母系数，若则不是二次方程，不一定是一元二次方程，故不符合题意； 故选A． 3. 如图，菱形的对角线相交于点，点在上，，，，则的长为（ ） A. 9 B. 10 C. 13 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】由菱形和勾股定理可得，由等角对等边可得，即可求出的长． 【详解】解：菱形，，， ，，， 在中，， ， ， ， ． 4. 已知关于x的方程是一元二次方程，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义，需保证二次项系数不为0，列不等式求解． 【详解】解：∵关于的方程是一元二次方程， ∴二次项系数不为0， 即， 解得． 5. 如图，在矩形中，，连接，，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用矩形的性质得出 ，，再根据含角的直角三角形性质求出的长，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形 ， ∴，． 在中，，， ， ∴． 6. 已知三角形两边长分别为6和8，第三边长是方程的解，则这个三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解一元二次方程得到第三边的可能值，结合三角形三边关系排除不符合的边长，再计算周长得到结果． 【详解】解：解方程， 因式分解得， 解得，， ∵三角形边长为正数， ∴舍去负根，得第三边长为， ∵，符合三角形三边关系， ∴三角形周长为． 7. 如图，在边长为6的正方形内作，交于点E，交于点F，连接，将绕点A顺时针旋转得到．若，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 根据旋转的性质得到，即，然后根据题目中的条件，可以得到，再根据，和勾股定理，可以求出的长，本题得以解决． 【详解】解；∵绕点A顺时针旋转得到， ， ，， 三点共线， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 设， ， ， 则， ， ， ， 解得：， 的长为2． 故选：B． 8. 在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ） A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】B 【解析】 【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC＝AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解． 【详解】解：∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴∠AEB＝45°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AB＝BE， ∵∠CAE＝15°， ∴∠ACE＝∠AEB−∠CAE＝45°−15°＝30°， ∴∠BAO＝90°−30°＝60°， ∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD， ∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确； ∴OB＝AB， 又∵ AB＝BE， ∴OB＝BE， ∴△BOE是等腰三角形，故②正确； 在Rt△ABC中 ∵∠ACB=30° ∴BC＝AB，故③错误； ∵∠OBE＝∠ABC−∠ABO＝90°−60°＝30°＝∠ACB， ∴∠BOE＝（180°−30°）＝75°， ∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误； ∵AO＝CO， ∴，故⑤正确； 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题，共68分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 若一元二次方程有一个根为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】将方程的根代入原方程，整理即可得到的值． 【详解】解：把代入一元二次方程， 得， 整理得， 移项得． 10. 中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小明家有一个菱形中国结装饰．测得，，则该菱形的面积为______． 【答案】96 【解析】 【分析】根据菱形的面积等于其对角线长的乘积的一半求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，，， ∴该菱形的面积为． 11. 根据下列表格对应值：可求得关于的方程的解是__________． x 0 0.5 1 2 1 2 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了图象法求一元二次方程的解，关键是观察表格，确定时x的值． 从表格中的数据可以看出，当时，；当时，，则关于x的方程的解是：或． 【详解】解：∵当时，；当时，， ∴关于x的方程的解是：或， 故答案为：或． 12. 如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是_______． 【答案】20 【解析】 【分析】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD， ∴OC=OD=BD=5， ∵//，//．， ∴四边形CODE是平行四边形， ∵OC=OD =5， ∴四边形CODE是菱形， ∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20． 故答案为20． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键． 13. 设a、b是方程的两个实数根，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次方程的解定义得出，求出，再根据根与系数的关系得出，代入即可求出答案． 【详解】解：∵a，b是方程的两个实数根， ∴，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了根与系数的关系和一元二次方程的解的定义，能熟记根与系数的关系是解此题的关键，已知一元二次方程（a、b、c为常数，）的两根为x1，x2，那么． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法即可求解；（2）利用公式法求解． 【小问1详解】 解： 【小问2详解】 解： 【点睛】本题考查解一元二次方程．根据方程形式选择合适的求解方法正确计算是解题的关键． 15. 已知关于x的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个实数根； （2）如果方程的两个实数根都是整数，求正整数m的值． 【答案】（1）见解析； （2）1，2， 【解析】 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式（）判断方程的根的情况即可． （2）求出方程的根即可解决问题． 【小问1详解】 证明：∵ = ∴方程有两个实数根； 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴，， ∵方程的两个实数根都是整数， ∴正整数m的值为1，2． 【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式，记住一元二次方程的根与有如下关系：①当时，方程有两个不相等的两个实数根；②当时，方程有两个相等的两个实数根；③当时，方程无实数根．上面的结论反过来也成立． 16. 如图，在中，点，分别是边，上的中点，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ，，， 在中，点是的中点， 在中，点是的中点， ， ， 四边形是菱形； （2） 【解析】 【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半结合平行四边形的性质即可证明； （2）如图，连接，交于点，利用勾股定理求出，由（1）知四边形是菱形，证明是的中位线，求出，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，连接，交于点， 在中，，，， 由（1）知四边形是菱形， ，，. 是的中点， 是的中位线， ， ， 菱形的面积为． 【点睛】本题考查菱形的证明与性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线，勾股定理，熟练菱形的判定定理是解题的关键． 17. 我市在开展“一盔一带”安全守护行动中，联合“爱心头盔”厂家在多个地点开展免费领取头盔活动，据统计，某领取点六月份发放“爱心头盔”100个，八月份发放144个，且从六月份到八月份月增长率相同． （1）求该领取点“爱心头盔”发放量的月增长率； （2）为解决暑期海边音乐节的电动车停放问题，计划将一个长为，宽为的矩形空地规划为一个电动车停车场，如图所示，阴影部分都是宽为a的长方形的道路，若使除道路外，剩余部分的面积是，则道路宽a应为多少？ 【答案】（1）“爱心头盔”发放量的月增长率为． （2）道路宽a应为． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，理解题意找准等量关系列出方程是解题的关键． （1）设“爱心头盔”发放量的月增长率为，根据题意列出方程，求出的值即可解答； （2）根据题意可得方程，求出的值即可解答． 【小问1详解】 解：设“爱心头盔”发放量的月增长率为， 根据题意，得， 解得，（舍去）， 答：“爱心头盔”发放量的月增长率为． 【小问2详解】 解：由题意得，， 整理得：， 解得，（不符合题意，舍去）， 答：道路宽a应为． 18. 如图1，在正方形中，点E为边上任意一点（点E不与B，C重合），点F在线段上，过点F的直线，分别交，于点M，N． （1）求证：； （2）如图2，当点F为中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线，与交于点G，连接，求证：； （3）如图3，当点E为延长线上的动点时，如果（2）中的其他条件不变，直线分别交直线，于点M，N，结论“”还成立吗？如果成立，请证明：如果不成立，请说明理由． 【答案】（1） 证明：过点作交于点，则， 正方形， ， 四边形是平行四边形，且， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2） 证明：连接， 由正方形的轴对称性得到， ， 于点，为中点， ， ， ， 由图可知，， ， 四边形的内角和为， ， 在和中，为斜边，为的中点， ， ， ； （3） 证明：成立，理由如下： 连接， 同理可得， ， ， ， ， ， ， ， 在和中，为斜边，为的中点， ， ， ． 【解析】 【分析】（1）做辅助线，构建平行四边形，再证明，即可得到结论； （2）连接，构建全等三角形和直角三角形，证明，再根据四边形的内角和定理得，在和中，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，则； （3）得出即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形，全等三角形，平行四边形的性质和判定，在有中点和直角三角形的前提条件下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等． B卷 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 若是方程的一个实数根，则代数式的值为__． 【答案】 【解析】 【分析】先根据是方程的根得到的值，再整体代入所求代数式计算即可． 【详解】解：是方程的一个实数根， ，则， 将代入得原式． 20. 如图，将含有的直角三角尺（）直角顶点A放到矩形的边上，若，则的度数是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，三角形的内角和定理，对顶角相等． 设与的交点为点，由角的和差可求得，根据矩形的性质得到，从而，根据三角形的内角和定理求得，再根据对顶角相等即可得． 【详解】解：设与的交点为点， ∵，， ∴， ∵在矩形中，， ∴ ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 21. 设，是一元二次方程的两个根，则有，．已知，，且，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了方程的解，一元二次方程根与系数的关系，求整式的值；由方程解得、是方程的根，结合一元二次方程根与系数的关系即可求解；能将看作、是一元二次方程的根是解题的关键． 【详解】解：，， 、是方程的根， ， ， ； 故答案为：． 22. 对于实数a、b，定义运算“”：，例如：，因为，所以．若，是一元二次方程的两个根，则______． 【答案】3或 【解析】 【分析】本题考查了实数的新定义，解一元二次方程，先解一元二次方程得到两个根，再根据新定义的运算规则分情况计算，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， ∴得或， 当，时， ∵， 故， 当，时， ∵， 故， 故答案为：3或． 23. 如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图是点运动时随变化的关系图象，则_____ ． 【答案】 【解析】 【分析】当，即在点时，；利用两点之间线段最短，得到，得的最大值为；在中，由勾股定理求出的长，再根据求出的长． 【详解】解：由函数图象知：当，即在点时，． 利用两点之间线段最短，得到． 的最大值为， ． 在中，由勾股定理得：， 设的长度为， 则， ， 即：， ， 解得或， 由于， ． ． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 如图，平行四边形的对角线交于点O，E为的中点．连接并延长至点F，使得，连接． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）当满足什么条件时，四边形为矩形，证明你的结论． 【答案】（1） 证明：∵平行四边形的对角线交于点O， ∴， 又∵E为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2） 当时，四边形AFBO是矩形， 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即点O为的中点， ∵， ∴, ∴平行四边形是矩形． 【解析】 【分析】（1）证明为的中位线，则，又，则，即可得证； （2）根据平行四边形的性质得出，则由三线合一定理得到，结合（1）的结论，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形中位线定理，三线合一定理，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题的关键． 25. 阅读材料并解答相关问题． 材料1：规定：如果实数a，b，c满足，那么称一元二次方程为“和差”二次方程． 材料2：韦达定理：若一元二次方程的两根分别为，则 （1）【概念辨析】问题1：下列方程是“和差”二次方程的有__________（填写序号） ①；②；③；④． （2）【特例感知】①问题2：分别求出“问题1”中所有“和差”二次方程的根． ②问题3：若“和差”二次方程的一个根5，求这个方程的另一个根． （3）【结论归纳】问题4：设m，n是“和差”二次方程的两个根，请写出你发现的关于两根m，n的结论，并说明理由． 【答案】（1）②③ （2）①方程②的根为， ；方程③的根为 ；② （3） 或， 理由： 是“和差”二次方程的两个根， ， 又， ， ， ， ， 或， 或． 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的新定义，一元二次方程根与系数的关系，解一元二次方程，理解“和差”二次方程的定义是解此题的关键． （1）根据“和差”的二次方程的定义判断即可； （2）①利用公式法和因式分解法求解即可； ②设方程的另一根是，利用韦达定理求解即可； （3）根据韦达定理以及“和差”的二次方程的定义列式计算即可求解． 【小问1详解】 解：①中，不是“和差”的二次方程； ②中，是“和差”的二次方程； ③中，是“和差”的二次方程； ④中，不是“和差”的二次方程； 故答案为：②③； 【小问2详解】 解：①解方程， ， ， ， ； 解方程， ， ； ②设方程的另一根是， 由韦达定理可得，． ， ， 即， 解得：； 【小问3详解】 略 26. 矩形绕点A逆时针旋转得到矩形（B与E，C与F对应） （1）如图1，经过点D，若，，求； （2）如图2，连接相交于点H，求证：； （3）如图3，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形的位置，的延长交于点H，若点G恰好为的中点，，，直接写出的长度． 【答案】（1） （2） 证明：如图所示，过点F作交于T， 设，则， ∵， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）由矩形的性质得到，由旋转的性质可得，再由勾股定理求出，则，由此可得； （2）如图所示，过点F作交于T，设，则，由平行线的性质得到，则，由旋转的性质可得，进而证明，则，由此推出，再证明，即可证明； （3）如图所示，过点F作交延长线于T，过点C作于Q，连接，设，则，由旋转的性质可得，先证明，再证明，得到，通过证明，推出，再证明，得到，则，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出，据此可得答案． 【小问1详解】 解：∵四边形是矩形， ∴， 由旋转的性质可得， 在中，由勾股定理得 ， ∴， 在中，由勾股定理得； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图所示，过点F作交延长线于T，过点C作于Q，连接， 设，则， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∵点G恰好为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出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 $