吳忠市重點中學(xué)2024年八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末學(xué)業(yè)水平測試模擬試題含解析

吳忠市重點中學(xué)2024年八年級數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末學(xué)業(yè)水平測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．下列特征中，平行四邊形不一定具有的是（）A．鄰角互補(bǔ) B．對角互補(bǔ) C．對角相等 D．內(nèi)角和為360°2．如圖，在四邊形中，動點從點開始沿的路徑勻速前進(jìn)到為止，在這個過程中，的面積隨時間的變化關(guān)系用圖象表示正確的是（）A． B． C． D．3．如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D、E分別是邊AB、AC的中點，點G、F在BC邊上，四邊形DGFE是正方形．若DE＝4cm，則AC的長為（）A．4cm B．2cm C．8cm D．4cm4．下列各組長度的線段能組成直角三角形的是（）．A．a(chǎn)=2，b=3，c=4 B．a(chǎn)=4，b=4，c=5C．a(chǎn)=5，b=6，c=7 D．a(chǎn)=5，b=12，c=135．如圖，正方形ABCD的邊長為4cm，動點P從點A出發(fā)，沿A→D→C的路徑以每秒1cm的速度運動（點P不與點A、點C重合），設(shè)點P運動時間為x秒，四邊形ABCP的面積為ycm2，則下列圖象能大致反映y與x的函數(shù)關(guān)系的是（）A． B．C． D．6．若方程是一元二次方程，則m的值為（）A．0 B．±1 C．1 D．–17．如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm，點P從點A出發(fā)，以每秒3cm的速度沿折線A-B-C-D方向運動，點Q從點D出發(fā)，以每秒2cm的速度沿線段DC方向向點C運動、已知動點P，Q同時出發(fā)，當(dāng)點Q運動到點C時，點P，Q停止運動，設(shè)運動時間為t秒，在這個運動過程中，若△BPQ的面積為20cm2，則滿足條件的t的值有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．下列函數(shù)中，圖像不經(jīng)過第二象限的是（）A． B． C． D．9．一組數(shù)據(jù)3、7、2、5、8的中位數(shù)是()．A．2B．5C．7D．810．如圖，將邊長為的正方形繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°，那么圖中點M的坐標(biāo)為（）A．（，1） B．（1，） C．（，） D．（，）二、填空題(每小題3分,共24分)11．按一定規(guī)律排列的一列數(shù)：，，3，，，，…那么第9個數(shù)是____________.12．如圖，把一張矩形的紙沿對角線BD折疊，若AD=8，AB=6，則BE=__．13．等腰三角形的頂角為，底邊上的高為2，則它的周長為_____．14．如圖，的周長為26，點，都在邊上，的平分線垂直于，垂足為點，的平分線垂直于，垂足為點，若，則的長為______.15．在直角梯形中，，如果，，，那么對角線__________．16．將正比例函數(shù)y=3x的圖象向下平移11個單位長度后，所得函數(shù)圖象的解析式為______．17．命題“如果x=y，那么”的逆命題是____________________________________________．18．已知直線在軸上的截距是-2，且與直線平行，那么該直線的解析是______三、解答題(共66分)19．（10分）A，B兩地相距60km，甲、乙兩人從兩地出發(fā)相向而行，甲先出發(fā)．圖中l(wèi)1，l2表示兩人離A地的距離s（km）與時間t（h）的關(guān)系，請結(jié)合圖象解答下列問題：（1）表示乙離A地的距離與時間關(guān)系的圖象是（填l1或l2）；甲的速度是km/h，乙的速度是km/h；（2）求出l1，l2的解析式，并標(biāo)注自變量的取值范圍。20．（6分）現(xiàn)代互聯(lián)網(wǎng)技術(shù)的廣泛應(yīng)用，催生了快遞行業(yè)的高速發(fā)展.小明計劃給朋友快遞一部分物品，經(jīng)了解甲、乙兩家快遞公司比較合適，甲公司表示：快遞物品不超過1千克的，按每千克22元收費；超過1千克，超過的部分按每千克15元收費，乙公司表示：按每千克16元收費，另加包裝費3元.設(shè)小明快遞物品x千克.(1)當(dāng)x＞1時，請分別直接寫出甲、乙兩家快遞公司快遞該物品的費用y(元)與x(千克)之間的函數(shù)關(guān)系式；(2)在(1)的條件下，小明選擇哪家快遞公司更省錢？21．（6分）解方程：（1）=；（2）-1=．22．（8分）（課題研究）旋轉(zhuǎn)圖形中對應(yīng)線段所在直線的夾角（小于等于的角）與旋轉(zhuǎn)角的關(guān)系．（問題初探）線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得線段，其中點與點對應(yīng)，點與點對應(yīng)，旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為，且．（1）如圖（1）當(dāng)時，線段、所在直線夾角為______．（2）如圖（2）當(dāng)時，線段、所在直線夾角為_____．（3）如圖（3），當(dāng)時，直線與直線夾角與旋轉(zhuǎn)角存在著怎樣的數(shù)量關(guān)系？請說明理由；（形成結(jié)論）旋轉(zhuǎn)圖形中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角小于平角時，對應(yīng)線段所在直線的夾角與旋轉(zhuǎn)角_____．（運用拓廣）運用所形成的結(jié)論求解下面的問題：（4）如圖（4），四邊形中，，，，，，試求的長度．23．（8分）在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)的圖象與軸負(fù)半軸交于點，與軸正半軸交于點，點為直線上一點，，點為軸正半軸上一點，連接，的面積為1．(1)如圖1，求點的坐標(biāo)；(2)如圖2，點分別在線段上，連接，點的橫坐標(biāo)為，點的橫坐標(biāo)為，求與的函數(shù)關(guān)系式(不要求寫出自變量的取值范圍)；(3)在(2)的條件下，如圖3，連接，點為軸正半軸上點右側(cè)一點，點為第一象限內(nèi)一點，，，延長交于點，點為上一點，直線經(jīng)過點和點，過點作，交直線于點，連接，請你判斷四邊形的形狀，并說明理由．24．（8分）我們定義：如果兩個三角形的兩組對應(yīng)邊相等，且它們的夾角互補(bǔ)，我們就把其中一個三角形叫做另一個三角形的“夾補(bǔ)三角形”，同時把第三邊的中線叫做“夾補(bǔ)中線．例如：圖1中，△ABC與△ADE的對應(yīng)邊AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，AF是DE邊的中線，則△ADE就是△ABC的“夾補(bǔ)三角形”，AF叫做△ABC的“夾補(bǔ)中線”．特例感知：（1）如圖2、圖3中，△ABC與△ADE是一對“夾補(bǔ)三角形”，AF是△ABC的“夾補(bǔ)中線”；①當(dāng)△ABC是一個等邊三角形時，AF與BC的數(shù)量關(guān)系是：；②如圖3當(dāng)△ABC是直角三角形時，∠BAC＝90°，BC＝a時，則AF的長是；猜想論證：（2）在圖1中，當(dāng)△ABC為任意三角形時，猜想AF與BC的關(guān)系，并給予證明．拓展應(yīng)用：（3）如圖4，在四邊形ABCD中，∠DCB＝90°，∠ADC＝150°，BC＝2AD＝6，CD＝，若△PAD是等邊三角形，求證：△PCD是△PBA的“夾補(bǔ)三角形”，并求出它們的“夾補(bǔ)中線”的長．25．（10分）端午節(jié)前夕，小東媽媽準(zhǔn)備購買若干個粽子和咸鴨蛋（每個棕子的價格相同，每個咸鴨蛋的價格相同）．已知某超市粽子的價格比咸鴨蛋的價格貴1.8元，小東媽媽發(fā)現(xiàn)，花30元購買粽子的個數(shù)與花12元購買的咸鴨蛋個數(shù)相同．（1）求該超市粽子與咸鴨蛋的價格各是多少元？（2）小東媽媽計劃購買粽子與咸鴨蛋共18個，她的一張購物卡上還有余額40元，若只用這張購物卡，她最多能購買粽子多少個？26．（10分）某中學(xué)為了了解學(xué)生對四大古典名著的閱讀情況，就“四大古典名著你讀完了幾部”的問題對全校學(xué)生進(jìn)行了抽樣調(diào)查，根據(jù)調(diào)查結(jié)果繪制成如圖所示的兩個不完整的統(tǒng)計圖，請結(jié)合圖中信息解決下列問題：（1）請將條形統(tǒng)計圖補(bǔ)充完整，本次調(diào)查所得數(shù)據(jù)的眾數(shù)是_______，中位數(shù)是________；（2）請通過計算估計全校學(xué)生平均每人大約閱讀多少部四大古典名著．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、B【解析】

根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到，平行四邊形鄰角互補(bǔ)，對角相等，內(nèi)角和360°，而對角卻不一定互補(bǔ)．【詳解】解：根據(jù)平行四邊形性質(zhì)可知：A、C、D均是平行四邊形的性質(zhì)，只有B不是．故選B．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)：①平行四邊形兩組對邊分別平行；②平行四邊形的兩組對邊分別相等；③平行四邊形的兩組對角分別相等；④平行四邊形的對角線互相平分.2、C【解析】

根據(jù)點的運動過程可知：的底邊為，而且始終不變，點到直線的距離為的高，根據(jù)高的變化即可判斷與的函數(shù)圖象．【詳解】解：設(shè)點到直線的距離為，的面積為：，當(dāng)在線段運動時，此時不斷增大，也不端增大當(dāng)在線段上運動時，此時不變，也不變，當(dāng)在線段上運動時，此時不斷減小，不斷減少，又因為勻速行駛且，所以在線段上運動的時間大于在線段上運動的時間故選．【點睛】本題考查函數(shù)圖象，解題的關(guān)鍵是根據(jù)點到直線的距離來判斷與的關(guān)系，本題屬于基礎(chǔ)題型．3、D【解析】

根據(jù)三角形的中位線定理可得出BC＝4，由AB＝AC，可證明BG＝CF＝2，由勾股定理求出CE，即可得出AC的長．【詳解】解：∵點D、E分別是邊AB、AC的中點，∴DE＝BC，∵DE＝4cm，∴BC＝8cm，∵AB＝AC，四邊形DEFG是正方形，∴DG＝EF，BD＝CE，在Rt△BDG和Rt△CEF，，∴Rt△BDG≌Rt△CEF（HL），∴BG＝CF＝2，∴EC＝2，∴AC＝4cm．故選D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，是基礎(chǔ)題，比較簡單．4、D【解析】本題只有，故選D5、D【解析】

根據(jù)點P的路線，找到臨界點為D點，則分段討論P在邊AD、邊DC上運動時的y與x的函數(shù)關(guān)系式．【詳解】當(dāng)0≤x≤4時，點P在AD邊上運動則y=（x+4）4=2x+8當(dāng)4≤x≤8時，點P在DC邊上運動則y═（8-x+4）4=-2x+24根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，可知D正確故選D．【點睛】本題為動點問題的函數(shù)圖象探究題，考查了一次函數(shù)圖象性質(zhì)，應(yīng)用了數(shù)形結(jié)合思想．6、D【解析】

根據(jù)一元二次方程的定義:只含有一個未知數(shù),并且未知數(shù)的最高指數(shù)是2的整式方程,且二次項系數(shù)不等于0,即可進(jìn)行求解,【詳解】因為方程是一元二次方程,所以,,解得且所以,故選D.【點睛】本題主要考查一元二次方程的定義,解決本題的關(guān)鍵是要熟練掌握一元二次方程的定義.7、B【解析】

過A作AH⊥DC，由勾股定理求出DH的長．然后分三種情況進(jìn)行討論：即①當(dāng)點P在線段AB上，②當(dāng)點P在線段BC上，③當(dāng)點P在線段CD上，根據(jù)三種情況點的位置，可以確定t的值．【詳解】解：過A作AH⊥DC，∴AH=BC=2cm，DH===1．i）當(dāng)P在AB上時，即時，如圖，，解得：；ii）當(dāng)P在BC上時，即＜t≤1時，BP=3t-10，CQ=11-2t，，化簡得：3t2-34t+100=0，△=-44＜0，∴方程無實數(shù)解．iii）當(dāng)P在線段CD上時，若點P在線段CD上，若點P在Q的右側(cè)，即1≤t≤，則有PQ=34-5t，，＜1（舍去）；若點P在Q的左側(cè)時，即，則有PQ=5t-34，；t=7.2．綜上所述：滿足條件的t存在，其值分別為，t2=7.2．故選B．【點睛】本題是平行四邊形中的動點問題，解決問題時，一定要變動為靜，將其轉(zhuǎn)化為常見的幾何問題，再進(jìn)行解答．8、B【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)，逐個進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論．【詳解】各選項分析得：A.k=3>0，b=5>0，圖象經(jīng)過第一、二、三象限；B.k=3>0，b=?5<0，圖象經(jīng)過第一、三、四象限；C.k=?3<0，b=5>0，圖象經(jīng)過第一、二、四象限；D.k=?3<0，b=?5<0，圖象經(jīng)過第二、三、四象限.故選B.【點睛】此題考查一次函數(shù)的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于掌握一次函數(shù)的性質(zhì).9、B【解析】分析：先從小到大排列，然后找出中間的數(shù)即可.詳解：從小到大排列：2,3,5,7,8，∴中位數(shù)是5.故選B.點睛：本題考查了中位數(shù)，如果一組數(shù)據(jù)有奇數(shù)個，那么把這組數(shù)據(jù)從小到大排列后，排在中間位置的數(shù)是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)；如果一組數(shù)據(jù)有偶數(shù)個，那么把這組數(shù)據(jù)從小到大排列后，排在中間位置的兩個數(shù)的平均數(shù)是這組數(shù)據(jù)的中位數(shù).10、B【解析】

由正方形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AB＝BC'＝，∠BAM＝∠BC'M＝90°，證出Rt△ABM≌Rt△C'BM，得出∠1＝∠2，求出∠1＝∠2＝30°，在Rt△ABM中，求出AM的長即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC'＝，∠BAM＝∠BC'M＝90°，在Rt△ABM和Rt△C'BM中，，∴Rt△ABM≌Rt△C'BM（HL），∴∠1＝∠2，∵將邊長為的正方形繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°，∴∠CBC'＝30°，∴∠1＝∠2＝30°，在Rt△ABM中，AB＝，∠1＝30°，∴AB＝AM＝，∴AM＝1，∴點M的坐標(biāo)為（1，）；故選B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．二、填空題(每小題3分,共24分)11、.【解析】

先把這一列數(shù)都寫成的形式，再觀察這列數(shù)，可得到被開方數(shù)的規(guī)律，進(jìn)而得到答案．【詳解】解：∵3=，=，=∴這一列數(shù)可變形為：，，，，，，…，由此可知：這一列數(shù)的被開方數(shù)都是3的倍數(shù)，第n個數(shù)的被開方數(shù)是3n.∴第9個數(shù)是：=

故答案為：.【點睛】此題考查了數(shù)字的變化規(guī)律，從被開方數(shù)考慮求解是解題的關(guān)鍵，難點在于二次根式的變形．12、【解析】試題解析：∵AD∥BC，∴∠EDB=∠CBD，又∠EBD=∠CBD，∴∠EBD=∠EDB，∴EB=ED，又BC′=BC=AD，∴EA=EC′，在Rt△EC′D中，DE2=EC′2+DC′2，即DE2=（8-DE）2+62，解得DE=．13、【解析】

根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可分別求得腰長和底邊的長，從而不難求得三角形的周長.【詳解】解：∵等腰三角形的頂角為120°，底邊上的高為2，∴腰長=4，底邊的一半=2，∴周長=4+4+2×2=8+4．故答案為：8+4．【點睛】本題考查勾股定理及等腰三角形的性質(zhì)的綜合運用．14、3【解析】

首先判斷△BAE、△CAD是等腰三角形，從而得出BA=BE，CA=CD，由△ABC的周長為26，及BC=10，可得DE=6，利用中位線定理可求出PQ．【詳解】由題知為的垂直平分線，，由題意知為的垂直平分線，．，且，．．．．又點，分別為，的中點，．【點睛】本題考查等腰三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于利用中位線定理求出PQ.15、【解析】

過點D作交BC于點E，首先證明四邊形ABED是矩形，則，進(jìn)而求出EC的長度，然后在含30°的直角三角形中求出DE的長度，最后利用勾股定理即可求出BD的長度．【詳解】過點D作交BC于點E，∵，，．，，∴四邊形ABED是矩形，，．，，，，．故答案為：．【點睛】本題主要考查矩形的判定及性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，掌握矩形的判定及性質(zhì)，含30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．16、【解析】

根據(jù)一次函數(shù)的上下平移規(guī)則：“上加下減”求解即可【詳解】解：將正比例函數(shù)y=3x的圖象向下平移個單位長度，所得的函數(shù)解析式為．故答案為：．【點睛】本題考查的是一次函數(shù)的圖象與幾何變換，熟知一次函數(shù)圖象變換的法則是解答此題的關(guān)鍵．17、逆命題“如果，那么x=y”．【解析】命題“如果x=y，那么x2=y2”的題設(shè)是“x=y”，結(jié)論是“x2=y2”，則逆命題的題設(shè)和結(jié)論分別為“x2=y2”和“x=y”，即逆命題為“如果x2=y2，那么x=y”.故答案為如果x2=y2，那么x=y.點睛：本題考查逆命題的概念：如果兩個命題的題設(shè)和結(jié)論正好相反，那么這兩個命題互為逆命題，如果把其中一個叫原命題，那么另一個叫它的逆命題.18、【解析】【分析】根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)可求得.對于直線在軸上的截距是b;k是斜率，決定直線的位置關(guān)系.【詳解】因為，已知直線在軸上的截距是-2，所以，b=-2.又直線與直線平行，所以，k=3.故答案為：【點睛】本題考核知識點：一次函數(shù).解題關(guān)鍵點：熟記一次函數(shù)解析式中系數(shù)的意義.三、解答題(共66分)19、（1）l2，30，20；（2）l1：s=-30t+60（0≤t≤2），l2：s=20t-10（0.5≤t≤3.5）【解析】

（1）觀察圖象即可知道乙的函數(shù)圖象為l2，根據(jù)速度=路程÷時間，利用圖中信息即可解決問題；（2）根據(jù)待定系數(shù)法分別求出l1，l2的解析式即可；【詳解】解：(1)由題意可知，乙的函數(shù)圖象是l2，甲的速度為：=30km/h，乙的速度為：=20km/h.故答案為：l2，30，20；（2）設(shè)l1對應(yīng)的函數(shù)解析式為，l2對應(yīng)的函數(shù)解析式為，將(0，60)，(2，0)代入中，可得，，解得，∴l(xiāng)1對應(yīng)的函數(shù)解析式為：s1=-30t+60（0≤t≤2）；將(0.5，0)，(3.5，60)代入中，可得，，解得，∴l(xiāng)2對應(yīng)的函數(shù)解析式為s2=20t-10（0.5≤t≤3.5）；【點睛】本題主要考查了一次函數(shù)的應(yīng)用，掌握一次函數(shù)的性質(zhì)，用待定系數(shù)法求解析式是解題的關(guān)鍵.20、(1)y甲＝15x＋7，y乙＝16x＋3(2)當(dāng)1＜x＜4時，選乙快遞公司省錢；當(dāng)x＝4時，選甲、乙兩家快遞公司快遞費一樣多；當(dāng)x＞4時，選甲快遞公司省錢【解析】

(1)根據(jù)甲、乙公司的收費方式結(jié)合數(shù)量關(guān)系,可得、(元)與x(千克)之間的函數(shù)關(guān)系式;(2)當(dāng)x>1時,分別求出＜、=、<時x的取值范圍,綜上即可得出結(jié)論.【詳解】(1)y甲＝22＋15(x－1)＝15x＋7，y乙＝16x＋3.(2)令y甲＜y乙，即15x＋7＜16x＋3，解得x＞4，令y甲＝y(tǒng)乙，即15x＋7＝16x＋3，解得x＝4，令y甲＞y乙，即15x＋7＞16x＋3，解得x＜4，綜上可知：當(dāng)1＜x＜4時，選乙快遞公司省錢；當(dāng)x＝4時，選甲、乙兩家快遞公司快遞費一樣多；當(dāng)x＞4時，選甲快遞公司省錢.【點睛】本題主要考查一次函數(shù)的實際應(yīng)用，注意準(zhǔn)確列好方程及分類討論思想在解題中的應(yīng)用.21、（1）x=2-2（2）無解【解析】

（1）分式方程去分母轉(zhuǎn)化為整式方程，求出整式方程的解得到x的值，經(jīng)檢驗即可得到分式方程的解；（2）分式方程去分母轉(zhuǎn)化為整式方程，求出整式方程的解得到x的值，經(jīng)檢驗即可得到分式方程的解．【詳解】（1）方程兩邊同時乘以x得：2=（+1）x，解得：x==2-2，檢驗：當(dāng)x=2-2時，x≠0所以x=2-2是分式方程的解；（2）方程兩邊同時乘以得：x2+2x+1-x2+1=4，解得：x=1，檢驗：當(dāng)x=1時，所以x=1是增根，分式方程無解．【點睛】此題考查了解分式方程，利用了轉(zhuǎn)化的思想，解分式方程注意要檢驗．22、（1）90°；（2）60°；（3）互補(bǔ)，理由見解析；相等或互補(bǔ)；（4）.【解析】

（1）通過作輔助線如圖1，延長DC交AB于F，交BO于E，可以通過旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得到AB=CD，OA=OC，BO=DO，證明△AOB≌△COD，進(jìn)而求得∠B=∠D得∠BFE=∠EOD=90°（2）通過作輔助線如圖2，延長DC交AB于F，交BO于E，同（1）得∠BFE=∠EOD=60°（3）通過作輔助線如圖3，直線與直線所夾的銳角與旋轉(zhuǎn)角互補(bǔ)，延長，交于點通過證明得，再通過平角的定義和四邊形內(nèi)角和定理，證得；形成結(jié)論：通過問題（1）（2）（3）可以總結(jié)出旋轉(zhuǎn)圖形中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角小于平角時，對應(yīng)線段所在直線的夾角與旋轉(zhuǎn)角相等或互補(bǔ)；（4）通過作輔助線如圖：將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，使得與重合，得到，連接，延長，交于點，可得，進(jìn)一步得到△BDF是等邊三角形，，再利用勾股定理求得.【詳解】（1）解：（1）如圖1，延長DC交AB于F，交BO于E，

∵α=90°

∴∠BOD=90°

∵線段AB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得線段CD，

∴AB=CD，OA=OC，BO=DO

∴△AOB≌△COD（SSS）

∴∠B=∠D

∵∠B=∠D，∠OED=∠BEF

∴∠BFE=∠EOD=90°

故答案為：90°

（2）如圖2，延長DC交AB于F，交BO于E，

∵α=60°

∴∠BOD=60°

∵線段AB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得線段CD，

∴AB=CD，OA=OC，BO=DO

∴△AOB≌△COD（SSS）

∴∠B=∠D

∵∠B=∠D，∠OED=∠BEF

∴∠BFE=∠EOD=60°

故答案為：60°（3）直線與直線所夾的銳角與旋轉(zhuǎn)角互補(bǔ)，延長，交于點∵線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得線段，∴，，∴∴∴∵∴∴∴直線與直線所夾的銳角與旋轉(zhuǎn)角互補(bǔ)；形成結(jié)論：旋轉(zhuǎn)圖形中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角小于平角時，對應(yīng)線段所在直線的夾角與旋轉(zhuǎn)角相等或互補(bǔ)；（4）將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，使得與重合，得到，連接，延長，交于點，∴旋轉(zhuǎn)角為，∴，，，∴△BDF是等邊三角形，∵，，∴，∴.【點睛】本題是三角形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．23、（1）B（6，0）；（2）d＝；（3）四邊形是矩形，理由見解析【解析】

（1）作DL⊥y軸垂足為L點，DI⊥AB垂足為I，證明△DLC≌△AOC，求得D（2，12），再由S△ABD＝AB?DI＝1，求得OB＝AB?AO＝8?2＝6，即可求B坐標(biāo)；

（2）設(shè)∠MNB＝∠MBN＝α，作NK⊥x軸垂足為K，MQ⊥AB垂足為Q，MP⊥NK，垂足為P；證明四邊形MPKQ為矩形，再證明△MNP≌△MQB，求出BD的解析式為y＝?3x＋18，MQ＝d，把y＝d代入y＝?3x＋18得d＝?3x＋18，表達(dá)出OQ的值，再由OQ＝OK＋KQ＝t＋d，可得d＝?；

（3）作NW⊥AB垂足為W，證明△ANW≌△CAO，根據(jù)邊的關(guān)系求得N（4，2）；延長NW到Y(jié)，使NW＝WY，作NS⊥YF，再證明△FHN≌△FSN，可得SF＝FH=，NY＝2＋2＝4；設(shè)YS＝a，F(xiàn)Y＝FN＝a＋，在Rt△NYS和Rt△FNS中利用勾股定理求得FN；在Rt△NWF中，利用勾股定理求出WF＝6，得到F（10，0）；設(shè)GF交y軸于點T，設(shè)FN的解析式為y＝px＋q

（p≠0）把F（10，0）N（4，2）代入即可求出直線FN的解析式，聯(lián)立方程組得到G點坐標(biāo)；把G點代入得到y(tǒng)＝x+3，可知R（4，0），證明△GRA≌△EFR，可得四邊形AGFE為平行四邊形，再由∠AGF＝180°?∠CGF＝90°，可證明平行四邊形AGFE為矩形．【詳解】解：（1）令x＝0，y＝6，令y＝0，x＝?2，

∴A（?2，0），B（0，6），

∴AO＝2，CO＝6，

作DL⊥y軸垂足為L點，DI⊥AB垂足為I，

∴∠DLO＝∠COA＝90°，∠DCL＝∠ACO，DC＝AC，

∴△DLC≌△AOC（AAS），

∴DL＝AO＝2，

∴D的橫坐標(biāo)為2，

把x＝2代入y＝3x＋6得y＝12，

∴D（2，12），

∴DI＝12，

∵S△ABD＝AB?DI＝1，

∴AB＝8；

∵OB＝AB?AO＝8?2＝6，

∴B（6，0）；

（2）∵OC＝OB＝6，

∴∠OCB＝∠CBO＝45°，

∵M(jìn)N＝MB，

∴設(shè)∠MNB＝∠MBN＝α，

作NK⊥x軸垂足為K，MQ⊥AB垂足為Q，MP⊥NK，垂足為P；

∴∠NKB＝∠MQK＝∠MPK＝90°，

∴四邊形MPKQ為矩形，

∴NK∥CO，MQ＝PK；

∵∠KNB＝90°?45°＝45°，

∴∠MNK＝45°＋α，∠MBQ＝45°＋α，

∴∠MNK＝∠MBQ，

∵M(jìn)N＝MB，∠NPM＝∠MQB＝90°，

∴△MNP≌△MQB（AAS），

∴MP＝MQ；

∵B（6，0），D（2，12），

∴設(shè)BD的解析式為y＝kx＋b（k≠0），

∴，解得：k=-3，b=18，

∴BD的解析式為y＝?3x＋18，

∵點M的縱坐標(biāo)為d，

∴MQ=MP＝d，把y＝d代入y＝?3x＋18得d＝?3x＋18，

解得x＝，

∴OQ＝；

∵N的橫坐標(biāo)為t，

∴OK＝t，

∴OQ＝OK＋KQ＝t＋d，

∴＝t＋d，

∴d＝；

（3）作NW⊥AB垂足為W，

∴∠NWO＝90°，

∵∠ACN＝45°＋∠ACO，∠ANC＝45°＋∠NAO，

∵∠ACO＝∠NAO，

∴∠ACN＝∠ANC，

∴AC＝AN，

又∵∠ACO＝∠NAO，∠AOC＝∠NOW＝90°，

∴△ANW≌△CAO（AAS），

∴AO＝NW＝2，

∴WB＝NW＝2，

∴OW＝OB?WB＝6?2＝4，

∴N（4，2）；

延長NW到Y(jié)，使NW＝WY，∴△NFW≌△YFW（SAS）∴NF＝Y(jié)F，∠NFW＝∠YFW，

又∵∠HFN＝2∠NFO，

∴∠HFN＝∠YFN，

作NS⊥YF，

∵∠FH⊥NH，

∴∠H＝∠NSF＝90°，

∵FN＝FN，

∴△FHN≌△FSN（AAS），

∴SF＝FH＝，NY＝2＋2＝4，

設(shè)YS＝a，F(xiàn)Y＝FN＝a＋，

在Rt△NYS和Rt△FNS中：NS2＝NY2?YS2；NS2＝FN2?FS2；NY2?YS2＝FN2?FS2，

∴42?a2＝(a＋)2-()2，

解得a＝

∴FN＝；

在Rt△NWF中WF＝，

∴FO＝OW＋WF＝4＋6＝10，

∴F（10，0），

∴AW＝AO＋OW＝2＋4＝6，

∴AW＝FW，

∵NW⊥AF，

∴NA＝NF，

∴∠NFA＝∠NAF，

∵∠ACO＝∠NAO，

∴∠NFA＝∠ACO，

設(shè)GF交y軸于點T，∠CTF＝∠ACO＋∠CGF＝∠COF＋∠GFO，

∴∠CGF＝∠COF＝90°，

設(shè)FN的解析式為y＝px＋q

（p≠0），把F（10，0）N（4，2）代入y＝px＋q

得，解得，∴，∴聯(lián)立，解得：，∴，

把G點代入y＝mx＋3，得，得m＝，

∴y＝x＋3，

令y＝0得0＝x＋3，x＝4，

∴R（4，0），

∴AR＝AO＋OR＝2＋4＝6，RF＝OF?OR＝10?4＝6，

∴AR＝RF，

∵FE∥AC，

∴∠FEG＝∠AGE，∠GAF＝∠EFA，

∴△GRA≌△EFR（AAS），

∴EF＝AG，

∴四邊形AGFE為平行四邊形，

∵∠AGF＝180°?∠CGF＝180°?90°＝90°，

∴平行四邊形AGFE為矩形．【點睛】本題是一次函數(shù)的綜合題；靈活應(yīng)用全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握平行四邊形和矩形的判定，會待定系數(shù)法求函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．24、（1）AF＝BC；a；（2）猜想：AF＝BC，（3）【解析】

（1）①先判斷出AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，進(jìn)而判斷出∠ADE＝30°，再利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；②先判斷出△ABC≌△ADE，利用直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）先判斷出△AEG≌△ACB，得出EG＝BC，再判斷出DF＝EF，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出四邊形PHCD是矩形，進(jìn)而判斷出∠DPC＝30°，再判斷出PB＝PC，進(jìn)而求出∠APB＝150°，即可利用“夾補(bǔ)三角形”即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）∵△ABC與△ADE是一對“夾補(bǔ)三角形”，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC+∠DAE＝180°，①∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝60°∴AD＝AE＝AB＝AC，∠DAE＝120°，∴∠ADE＝30°，∵AF是“夾補(bǔ)中線”，∴DF＝EF，∴AF⊥DE，在Rt△ADF中，AF＝AD＝AB＝BC，故答案為：AF＝BC；②當(dāng)△ABC是直角三角形時，∠BAC＝90°，∵∠DAE＝90°＝∠BAC，易證，△ABC≌△ADE，∴DE＝BC，∵AF是“夾補(bǔ)中線”，∴DF＝EF，∴AF＝DE＝BC＝a，故答案為a；（2）解：猜想：AF