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2024-2025学年第二学期济南市历下区八年级期末数学模拟试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
1．下列平面直角坐标系内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（　 　）
A． 三叶玫瑰线 B． 四叶玫瑰线
C． 心形线 D． 笛卡尔叶形线
2．下列从左到右的变形属于因式分解的是（　 　）
A． B．
C． D．
如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．
若点恰好落在边上，且，则的度数为（　 　）
A． B． C． D．
4．化简的结果是（ ）
A． B． C． D．
5 . 如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，
作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（　 　）
A．平行四边形正方形平行四边形矩形
B．平行四边形正方形矩形菱形
C．平行四边形矩形平行四边形菱形
D．平行四边形菱形正方形矩形
6．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有一个解为x=﹣1，则另一个解为（　 　）
A．1 B．﹣3 C．3 D．4
“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．
如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，
形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
8关于x的分式方程有增根，则a的值为（　 　）
A．﹣3 B．﹣5 C．5 D．2
9 .如图，在中，，把绕点A逆时针旋转得到，
连接，当时，的长为（ ）
A． B．10 C． D．
10．如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，于点E，于点F，
记菱形高线的长为h，则下列结论：
①当P为中点时，则；②；
③； ④若，连接，则有最小值为2；⑤若，连接， 则的最大值为．其中错误的结论有（　 　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题：（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．）
11．如图1，是某公园里采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，图2是该八角形空窗的示意图，
则它的任意一个内角为 度．

12．代数式与代数式的值相等，则x ＝ ．
13．如图，在菱形中，对角线，，过点A作于点E，则为 ．
如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，
则的度数是 （用α的代数式表示）．
如图，在矩形中，．点P，点Q同时从点A出发，沿方向匀速运动，
点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．
设运动时间为t，已知当时，线段上有一点M，使四边形是菱形．
若运动过程中，线段上另有一点N，使四边形是菱形，则此时 ．
三、解答题：（本大题共10个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
16. 把下列各式因式分解
(1)；
(2)．
已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，．
求证：．

18 .化简．下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
解：原式……
解：原式……
(1)甲同学解法的依据是________，乙同学解法的依据是________；（填序号）
①等式的基本性质； ②分式的基本性质； ③乘法分配律； ④乘法交换律．
请选择一种解法，写出完整的解答过程．
19．解分式方程： (1)； (2)．
如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，
在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．

(1)将向右平移6个单位长度得到，请画出；
(2)画出关于点的中心对称图形；
(3)若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______；
(4)以，，，为顶点的四边形是平行四边形且点是轴上一点，则点的坐标是_____．
21．如图，△ABC的中线BE，CF相交于点G，已知P，Q分别是BG，CG的中点．
（1）求证：四边形EFPQ是平行四边形；
（2）请判断BG与GE的数量关系，并证明．
22 .冰墩墩是北京冬奥会的吉祥物，其敦厚、可爱的形象深入人心，制作的奥运纪念品很受大家喜爱。
已知A型号的冰墩墩手办比B型号的冰墩墩钥匙扣的单价多30元，用880元购买A型号手办的数量是用290元购买B型号钥匙扣数量的2倍．
(1)求A，B两种型号纪念品的单价分别是多少元？
(2)若计划购买A，B两种型号的纪念品共100个，且所花费用不超过6800元，
求最多能购买多少个A型号的纪念品？
23．如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：

小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．
(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接，若，求的长．
24．已知：直线与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段上．将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处．
(1)求的长及点A，点B的坐标；
(2)求的长度；
(3)点N在第二象限，若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点N的坐标；
(4)取的中点M，点P在y轴上，若点Q在直线上，如果存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
25.在正方形中，点是边上点，点在的延长线上，将线段绕点顺时针旋转，到线段，连接．
(1)如图，连接，判断线段与线段的数量关系给出证明．
(2)如图，若正好经过点．
①直接用等式表示线段、和的数量关系为______．
②证明：．
(3)如图，当经过点时，若，，请直接写出此时正方形边的长度．
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2024-2025学年第二学期济南市历下区八年级期末数学模拟试题解答
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
1．下列平面直角坐标系内的曲线中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是（　 　）
A． 三叶玫瑰线 B． 四叶玫瑰线
C． 心形线 D． 笛卡尔叶形线
【答案】B
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、既是轴对称图形，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、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选B．
2．下列从左到右的变形属于因式分解的是（　 　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了因式分解．解题的关键是掌握因式分解的意义，因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，注意因式分解与整式乘法的区别．
根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
【详解】解：A、该式子是整式的乘法，不是因式分解，故本选项不符合题意；
B、该式子的右边分母含有字母，不是因式分解，故本选项不符合题意；
C、该式子的右边不是几个整式积的形式，不是因式分解，故本选项不符合题意；
D、该式子是把一个多项式转化成几个整式积的形式，属于因式分解，故本选项符合题意；
故选：D．
如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转得到．
若点恰好落在边上，且，则的度数为（　 　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案．
【详解】解：设=x°.
根据旋转的性质，得∠C=∠= x°，=AC, =AB.
∴∠=∠B.
∵，∴∠C=∠CA=x°.
∴∠=∠C+∠CA=2x°.
∴∠B=2x°.
∵∠C+∠B+∠CAB=180°，，
∴x+2x+108=180.
解得x=24.
∴的度数为24°.
故选：C.
4．化简的结果是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据分式的除法法则，即可得到答案．
【详解】原式=
=
=
=，
故选D．
5 . 如图，菱形中，点为对称中心，点从点出发沿向点移动，移动到点停止，
作射线，交边于点，则四边形形状的变化依次为（　 　）
A．平行四边形正方形平行四边形矩形
B．平行四边形正方形矩形菱形
C．平行四边形矩形平行四边形菱形
D．平行四边形菱形正方形矩形
【答案】C
【分析】根据菱形的性质，可得四边形形状的变化情况．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形．
故选：C．
6．若关于x的一元二次方程x2﹣2x+m=0有一个解为x=﹣1，则另一个解为（　 　）
A．1 B．﹣3 C．3 D．4
【答案】C
【分析】设方程的另一个解为x1，根据两根之和等于﹣，即可得出关于x1的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】设方程的另一个解为x1，
根据题意得：﹣1+x1=2，
解得：x1=3，
故选C．
“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．
如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，
形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
8关于x的分式方程有增根，则a的值为（　 　）
A．﹣3 B．﹣5 C．5 D．2
【答案】B
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根求出x的值，代入整式方程计算即可求出a的值．
【详解】分式方程去分母得：x﹣2＝2（x+3）﹣a，
由分式方程有增根，得到x+3＝0，即x＝﹣3，
把x＝﹣3代入整式方程得：a＝﹣5．
故选：B．
9 . 如图，在中，，把绕点A逆时针旋转得到，
连接，当时，的长为（ ）
A． B．10 C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形综合、勾股定理等知识点，连接，延长交于点，可证得，求出，即可求解．
【详解】解：连接，延长交于点，如图所示：
由题意得：
，
∴是等边三角形，
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴，
∵，
∴
∴
故选：C
10．如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，于点E，于点F，
记菱形高线的长为h，则下列结论：
①当P为中点时，则；②；
③； ④若，连接，则有最小值为2；⑤若，连接， 则的最大值为．其中错误的结论有（　 　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，连接，等积法判断①和②，四边形的内角和为360度，结合菱形的对角相等，判断③，连接，过点作，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接，过点作，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可．
【详解】解：菱形，
∴，
连接，
当P为中点时，则：，
∵于点E，于点F，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
，，
∴，
∴；故②正确；
∵于点E，于点F，
∴，
∴，
∵，
∴；故③正确；
连接，过点作，则垂直平分，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
∵，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，且，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
连接，过点作，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的最大值为；故⑤错误；
故选B．
二、填空题：（本大题共5个小题，每小题4分，共20分．）
11．如图1，是某公园里采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，图2是该八角形空窗的示意图，
则它的任意一个内角为 度．

【答案】135
【分析】本题主要考查多边形内角，根据多边形外角和先计算出每个外角的度数，然后计算内角即可解．
【详解】解：正八边形的每个外角为，
∴它的任意一个内角为，
故答案为：．
12．代数式与代数式的值相等，则x ＝ ．
【答案】7
【分析】根据题意列出分式方程，求出方程的解，得到x的值即可．
【详解】解：∵代数式与代数式的值相等，
∴，
去分母
，
去括号号
，
解得，
检验：当时，，
∴分式方程的解为．
故答案为：7．
13．如图，在菱形中，对角线，，过点A作于点E，则为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和相勾股定理是解题的关键．
根据菱形的性质得出，，即可求出长，然后利用菱形的面积，即可得出答案．
【详解】解：∵是菱形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
如图，是矩形的一条对角线，，依据尺规作图的痕迹，与的交点为，
则的度数是 （用α的代数式表示）．
【答案】
【分析】本题考查了作图—基本作图，角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，设与交于点，由作图可得：平分，垂直平分，从而得出，，由矩形的性质得出，推出，即可得解．
【详解】解：如图，设与交于点，
由作图可得：平分，垂直平分，
∴，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
如图，在矩形中，．点P，点Q同时从点A出发，沿方向匀速运动，
点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．
设运动时间为t，已知当时，线段上有一点M，使四边形是菱形．
若运动过程中，线段上另有一点N，使四边形是菱形，则此时 ．
【答案】1或
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的性质等知识．熟练掌握矩形的性质，勾股定理，菱形的性质并分情况求解是解题的关键．
当时，，则，由四边形是菱形，可得，由勾股定理得，，当时，，，由勾股定理得，，由四边形是菱形，可得，即，计算求出满足要求的解即可；当时，，；同理可得，即，计算求解即可．
【详解】解：当时，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得，，
当时，，
∴，
由勾股定理得，，
∵四边形是菱形，
∴，即，
解得，或（舍去）；
当时，，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，即，
解得，，
综上所述，的值为1或．
三、解答题：（本大题共10个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
16. 把下列各式因式分解
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了因式分解的方法，解题的关键是熟练掌握提公因式法、公式法．
（1）先提公因式，利用平方差公式进行因式分解，解题得到答案．
（2）先提公因式，然后利用完全平方公式进行因式分解即可得到答案．
【详解】（1）
（2）
.
已知：如图，点为对角线的中点，过点的直线与，分别相交于点，．
求证：．

【答案】详见解析
【分析】根据平行四边形的性质得出，，进而得出，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再利用线段的差得出，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵点为对角线的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
18 .化简．下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
解：原式……
解：原式……
(1)甲同学解法的依据是________，乙同学解法的依据是________；（填序号）
①等式的基本性质； ②分式的基本性质； ③乘法分配律； ④乘法交换律．
请选择一种解法，写出完整的解答过程．
【答案】(1)②，③
(2)见解析
【分析】（1）根据所给的解题过程即可得到答案；
（2）甲同学的解法：先根据分式的基本性质把小括号内的分式先同分，然后根据分式的加法计算法则求解，最后根据分式的乘法计算法则求解即可；
乙同学的解法：根据乘法分配律去括号，然后计算分式的乘法，最后合并同类项即可．
【详解】（1）解：根据解题过程可知，甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律，
故答案为：②，③；
（2）解：甲同学的解法：
原式
；
乙同学的解法：
原式
．
19．解分式方程： (1)； (2)．
【答案】(1)
(2)无解
【分析】本题主要考查了解分式方程，解题的关键是熟练掌握解分式方程的一般步骤，准确计算，注意最后要进行检验．
（1）按照解分式方程的步骤和方法计算即可；
（2）先将原式化为，再按照解分式方程的步骤逐一计算即可；
【详解】（1）解：，
去分母得：，
去括号得：，
移项并合并同类项得：，
化系数为得：，
检验：将代入得：，
是原方程的根；
（2）解：原式可化为：，
去分母得：，
去括号得：，
移项并合并同类项得：，
检验：将代入得，
是原方程的增根，即原分式方程无解．
如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，
在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上．

(1)将向右平移6个单位长度得到，请画出；
(2)画出关于点的中心对称图形；
(3)若将绕某一点旋转可得到，旋转中心的坐标为______；
(4)以，，，为顶点的四边形是平行四边形且点是轴上一点，则点的坐标是_____．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】本题考查了作图—旋转变换、作图—平移变换，平行四边形的判定，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的性质．
（1）利用平移变换的性质分别作出、、的对应点，再顺次连接即可；
（2）利用中心对称变换的性质分别作出、、的对应点，再顺次连接即可；
（3）作出旋转中心，即可得出答案；
（4）根据题目要求以及平行四边形的判定作出点即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
；
（2）解：如图，即为所求，
；
（3）解：如图：
，
旋转中心的坐标为；
（4）解：如图：
，
点的坐标为．
21．如图，△ABC的中线BE，CF相交于点G，已知P，Q分别是BG，CG的中点．
（1）求证：四边形EFPQ是平行四边形；
（2）请判断BG与GE的数量关系，并证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）BG＝2GE.
【详解】试题分析：（1）根据BE，CF是△ABC的中线可得EF是△ABC的中位线，P，Q分别是BG，CG的中点可得PQ是△BCG的中位线，根据三角形中位线定理可得EF∥BC且EF=BC，PQ∥BC且PQ=BC，进而可得EF∥PQ且EF=PQ，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；
（2）根据平行四边形的性质可得GE=GP，再根据P是BG的中点可得BG=2PG，利用等量代换可得答案．
试题解析：（1）∵BE、CF是△ABC的中线，∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC且EF＝BC，
∵P、Q分别是BG、CG的中点，∴PQ是△BCG的中位线，
∴PQ∥BC且PQ＝BC，
∴EF∥PQ且EF＝PQ，
∴四边形EFPQ是平行四边形；
（2）BG＝2GE，
∵四边形EFPQ是平行四边形，∴GP＝GE，
∵P是BG中点，∴BG＝2PG，
∴BG＝2GE.
22 .冰墩墩是北京冬奥会的吉祥物，其敦厚、可爱的形象深入人心，制作的奥运纪念品很受大家喜爱。
已知A型号的冰墩墩手办比B型号的冰墩墩钥匙扣的单价多30元，用880元购买A型号手办的数量是用290元购买B型号钥匙扣数量的2倍．
(1)求A，B两种型号纪念品的单价分别是多少元？
(2)若计划购买A，B两种型号的纪念品共100个，且所花费用不超过6800元，
求最多能购买多少个A型号的纪念品？
【答案】(1)A型号的冰墩墩手办的单价为88元，B型号的冰墩墩钥匙扣的单价为58元
(2)33个
【分析】（1）设B型号的冰墩墩钥匙扣的单价为x元，A型号的冰墩墩手办的单价为(x+30)元，根据“用880元购买A型号手办的数量是用290元购买B型号钥匙扣数量的2倍”列出分式方程求解即可；
（2）设最多能购买m个A型号的纪念品,根据“购买A，B两种型号的纪念品共100个，且所花费用不超过6800元”列出不等式求解即可．
【详解】（1）解：设B型号的冰墩墩钥匙扣的单价为x元，A型号的冰墩墩手办的单价为(x+30)元，
根据题意得，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴
所以，A型号的冰墩墩手办的单价为88元，B型号的冰墩墩钥匙扣的单价为58元．
（2）解：设最多能购买m个A型号的纪念品，(100-m)个B型号的纪念品，
根据题意得，
解得，
∵m是整数，
∴最多能购买33个A型号的纪念品．
23．如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：

小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明． 小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．
(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形是平行四边形，推出，再证明四边形是矩形，即可得出；选择小红的说法，根据四边形是矩形，可得，根据四边形是平行四边形，可得，即可证明；
（2）根据，可得，再用勾股定理解即可．
【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：
如图，连接，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
又，点D在的延长线上，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
；
②选择小红的说法，证明如下：
如图，连接，，

由①可知四边形是矩形，
，
四边形是平行四边形，
，
．
（2）解：如图，连接，
，，
，
，
在中，，
，
解得
即的长为．
24．已知：直线与x轴、y轴分别相交于点A和点B，点C在线段上．将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处．
(1)求的长及点A，点B的坐标；
(2)求的长度；
(3)点N在第二象限，若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点N的坐标；
(4)取的中点M，点P在y轴上，若点Q在直线上，如果存在以C、M、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)，
(2)
(3)或
(4)或或
【分析】（1）首先由直线，计算即可得出点A，B的坐标；；将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处，则，即可求解；
（2）设，则，在中，利用勾股定理列方程可得答案；
（3）当为直角边时，证明，则，，即可求解；当为直角边时， 同理可解；
（4）求得，，设，，分当是对角线、是对角线、是对角线时，利用中点坐标公式即可求得点Q的坐标．
【详解】（1）解：对于直线，令，则，
令，则，
∴；
由勾股定理得，，
∵将沿折叠后，点O恰好落在边上点D处，
∴，，
∴；
（2）解：∵，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
∴；
（3）解：当为直角边时，如下图：过点N作轴于点M，连接，
∵为等腰直角三角形，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
点；
如图，当为直角边时，
同理可得：点；
综上，或；
（4）解：∵M是的中点，
∴，
∵，
∴，
设，，
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
当是对角线时，则有，
解得，，
∴；
综上，点Q的坐标为或或．
25.在正方形中，点是边上点，点在的延长线上，将线段绕点顺时针旋转，到线段，连接．
(1)如图，连接，判断线段与线段的数量关系给出证明．
(2)如图，若正好经过点．
①直接用等式表示线段、和的数量关系为______．
②证明：．
(3)如图，当经过点时，若，，请直接写出此时正方形边的长度．
【答案】(1)，见解析
(2)①；②见解析
(3)
【分析】（1）本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质和旋转的性质可得，，，由“”可证≌，可得；
（2）本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，由等腰直角三角形的性质可得，由全等三角形的性质可得，可得结论；
由正方形的性质和勾股定理可求，在中，，可得结论；
（3）本题考查了正方形的性质，勾股定理，连接，过点作于，由等腰直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，即可求解；
【详解】（1）解：，
证明：四边形是正方形，
，，
将线段绕点顺时针旋转，到线段，
，，
，
≌，
；
（2）解：；
理由如下：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
故答案为：；
证明：，，
，
≌，
，
，
；
（3）解：如图，连接，过点作于，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
正方形的边长为．
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