文档内容
2022-2023 学年八年级数学下学期期末模拟预测卷 02
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
考生注意：
1．本试卷27道试题，满分120分，考试时间100分钟．
2．本试卷分设试卷和答题纸．试卷包括试题与答题要求．作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答
题纸上，在试卷上作答一律不得分．
3．答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息．
一．选择题（共10小题每题3分，满分30分）
1．（2022春•乐平市期末）下列各式从左到右的变形中，是因式分解的为（ ）
A．﹣ax2+4ax﹣4a＝﹣a（x﹣2）2
B．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9
C．12a2b＝3a⋅4ab
D．x2﹣1+y2＝（x﹣1）（x+1）+y2
【分析】根据因式分解的定义，因式分解是把多项式写成几个整式积的形式，对各选项分析判断后利用
排除法求解．
【解答】解：A．原式符合因式分解的定义，是因式分解，故本选项符合题意；
B．原式是整式的乘法，不是因式分解，故本选项不符合题意
C．原式左边不是多项式，不是因式分解，故本选项符合题意；
D．原式右边不是整式积的形式，不是因式分解，故本选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查了因式分解的定义，因式分解与整式的乘法是互为逆运算，要注意区分．
2．（2021春•神木市期末）用提公因式法分解因式4m3n﹣9mn3时，应提取的公因式是（ ）
A．36m3n3 B．m3n3 C．36mn D．mn
【分析】直接利用公因式的定义分析得出答案．
【解答】解：4m3n﹣9mn3
＝mn（4m2﹣9n2）
＝mn（2m﹣3n）（2m+3n）．
故用提公因式法分解因式4m3n﹣9mn3时，应提取的公因式是mn．
故选：D．
【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
3．（2021春•神木市期末）使分式 有意义的m的取值范围是（ ）A．m≠1 B．m≠﹣1 C．m≠±1 D．m≠0
【分析】根据分式的分母不等于0即可得出答案．
【解答】解：∵m2﹣1≠0，
∴m≠±1．
故选：C．
【点评】本题考查了分式有意义的条件，掌握分式的分母不等于0是解题的关键．
4．（2021春•神木市期末）若x＞y，m＞0，则下列结论正确的是（ ）
A．mx﹣my＜0 B．x﹣y＞0 C．﹣x+y＞0 D．﹣mx+my＞0
【分析】根据不等式的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：A、∵x＞y，m＞0，
∴mx＞my，
∴mx﹣my＞0，
故A不符合题意；
B、∵x＞y，
∴x﹣y＞0，
故B符合题意；
C、∵x＞y，
∴﹣x＜﹣y，
∴﹣x+y＜0，
故C不符合题意；
D、∵x＞y，m＞0，
∴mx＞my，
∴﹣mx＜﹣my，
∴﹣mx+my＜0，
故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质，熟练掌握不等式的性质是解题的关键．
5．（2021春•神木市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E分别在CA，BA的延长线上，且BE＝
CD，连BD，CE．若∠BAC＝108°，∠D＝36°，则图中的等腰三角形共有（ ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】根据三角形的内角和定理以及等腰三角形的判定方法即可确定．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵∠BAC＝108°，
∴∠ABC＝∠ACB＝36°，
∵∠D＝36°，
∴BD＝BC，
∴△BDC是等腰三角形，
∵∠DAB＝∠ABC+∠ACB＝72°，
∴∠DBA＝180°﹣36°﹣72°＝72°，
∴∠DBA＝∠DAB，
∴DB＝DA，
∴△ADB是等腰三角形，
∵BE＝CD，AB＝AC，
∴AD＝AE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ECA＝∠DBA＝72°，∠E＝∠D＝36°，
∵∠EAC＝∠DAB＝72°，
∴EA＝EC，
∴△AEC是等腰三角形，
∵∠E＝∠ABC＝36°，
∴△CBE是等腰三角形，
综上，等腰三角形有5个，故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理等，熟练掌握
等腰三角形的判定是解题的关键．
6．（2022春•乐平市期末）如图，将周长为 12cm的△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，则四边形
ABFD的周长为（ ）
A．10cm B．12cm C．14cm D．16cm
【分析】先根据平移的性质得到AD＝CF＝2cm，AC＝DF，然后利用等线段代换得到四边形ABFD的周
长＝AB+BC+AC+AD+CF．
【解答】解：∵△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，
∴AD＝CF＝2cm，AC＝DF，
∵△ABC的周长为12cm，
∴AB+BC+AC＝12cm，
∴四边形ABFD的周长＝AB+BC+CF+DF+AD＝AB+BC+AC+AD+CF＝12+2+2＝16（cm）．
故选：D．
【点评】本题考查平移的性质：平移不改变图形的形状和大小；经过平移，对应点所连的线段平行（或
共线）且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
7．（2022春•乐平市期末）如图，一次函数y＝k x+b 的图象l 与一次函数y＝k x+b 的图象l 相交于点
1 1 1 2 2 2
P，则不等式组 的解集为（ ）
A．x＞﹣2 B．﹣2＜x＜1.5 C．x＞﹣1 D．x＞2
【分析】从函数图象中找出函数y＝k x+b 和y＝k x+b 都在x轴下方所对应的自变量的范围即可；
1 1 2 2【解答】解：观察函数图象，当﹣2＜x＜1.5时，函数y＝k x+b 和y＝k x+b 都在x轴下方，则不等式组
1 1 2 2
的解集为﹣2＜x＜1.5．
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数与一元一次不等式的关系从函数的角度看，
就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就
是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
8．（2022春•乐平市期末）如果关于x的方程 无解，那么m的值为（ ）
A．﹣6 B．0 C．﹣2 D．﹣1
【分析】先解分式方程，再根据分式方程的解的定义解决此题．
【解答】解：
去分母，得x﹣3+x+1＝m．
移项，x+x＝m﹣1+3．
合并同类项，得2x＝m+2．
x的系数化为1，得x＝ ．
∵关于x的方程 无解，即该方程有增根x＝﹣2，
∴x＝ ＝﹣2．
∴m＝﹣6．
故选：A．
【点评】本题主要考查分式方程的解，熟练掌握解分式方程是解决本题的关键．
9．（2022春•于洪区期末）若以△ABC各边中点为顶点的三角形的周长是 18cm，则△ABC的周长是（
）
A．9cm B．36cm C．54cm D．72cm
【分析】由三角形的中位线定理可知，以三角形三边中点为顶点的三角形的周长是原三角形周长的一半．
【解答】解：如图示，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE＝ BC，DF＝ AC，EF＝ AB，∵△DEF的周长DE+DF+EF＝18cm，
∴△ABC的周长为2×18＝36（cm）．
故选：B．
【点评】本题考查三角形的中位线，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及
平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
10．（2021春•榆林期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边上一点，将△ABD
绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，点B、D的对应点分别为点C、E，连接BE，将AC平移得到DF
（点A、C的对应点分别为点D、F），连接AF，若AB＝3 ，BD＝2，则AF的长为（ ）
A． B．6 C． D．
【分析】旋转的性质可得BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝45°，由勾股定理得到BE，由“SAS”可证
△ABE≌△DFA，可得BE＝AF，于是得到结论．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝ AB＝6，
∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴BD＝CE＝2，∠ACE＝∠ABD＝45°，AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴BE＝ ＝ ＝2 ；∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠BAE+∠DAC＝180°，
∵AC平移得到DF，
∴AC＝DF＝AB，AC∥DF，
∴∠ADF+∠DAC＝180°，
∴∠ADF＝∠BAE，
在△ABE和△DFA中，
，
∴△ABE≌△DFA（SAS），
∴BE＝AF＝2 ，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用性质性质解决
问题是本题的关键
二．填空题（共8小题，每题3分，满分24分）
11．（2020春•黑山县期末）分解因式：a2+6a+9＝ （ a + 3 ） 2 ．
【分析】直接利用完全平方公式分解因式得出答案．
【解答】解：原式＝（a+3）2．
故答案为：（a+3）2．
【点评】此题主要考查了公式法分解因式，正确运用乘法公式是解题关键．
12．（2022春•抚州期末）已知分式 的值为0，则x的值为 202 2 ．
【分析】根据分式值为0的条件，分子为0，分母不为0，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：分子（x+2021）（x﹣2022）＝0且分母x+2021≠0，
所以x﹣2022＝0．
解得x＝2022．
故答案为：2022．
【点评】本题考查了分式的值为零的条件，熟练掌握分式值为0的条件是解题的关键．
13．（2021春•神木市期末）一个多边形的内角和比其外角和大720°，则它的边数是 8 ．【分析】根据多边形内角和等于（n﹣2）×180°，多边形外角和为360°，列出方程求解即可．
【解答】解：由题意可得，
（n﹣2）×180°＝360°+720°，
解得n＝8，
故答案为：8．
【点评】本题主要考查多边形内角和与内外角和的相关知识，解题关键在于根据题意列出方程．
14．（2022春•甘孜州期末）如图，△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平
分线分别交AC、BC于点F、G，BC＝10，△AEG的周长是 1 0 ．
【分析】根据垂直平分线的性质定理可知 EA＝EB，GA＝GC，则△AEG 的周长＝AE+EG+AG＝
BE+EG+GC＝BC，由此即可解决问题．
【解答】解：∵ED垂直平分AB，
∴EA＝EB，
∵GF垂直平分AC，
∴GA＝GC，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝BE+EG+GC＝BC＝10．
故答案为10．
【点评】本题考查线段的垂直平分线的性质定理、三角形的周长等知识，解题的关键是灵活运用线段的
垂直平分线的性质定理，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
15．（2022春•阜新县期末）若不等式（m﹣1）x＞1的解集是x＜ ，则m的取值范围是 m ＜ 1 ．
【分析】根据不等式的性质2：不等式的两边都除以一个负数，不等号得方向改变得出m﹣1＜0即可．
【解答】解：∵不等式（m﹣1）x＞1的解集是x＜ ，
∴m﹣1＜0，
∴m＜1．
故答案为：m＜1．
【点评】此题是解一元一次不等式，含有字母系数的不等式是近年来中考的热点问题．解题的关键是根
据原不等式和给出的解集的情况确定字母系数的取值范围，为此需熟练掌握不等式的基本性质，它是正确解一元一次不等式的基础．
16．（2022春•于洪区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点E在边CD上，且CE＝2，在边BC上
取两点M，N（点M在点N左侧），且始终保持MN＝1，线段MN在边BC上平移，则AM+EN的最小
值为 ．
【分析】作A点关于BC的对称点G，连接MG，过点G作GH∥MN，过点N作NH∥MG，当E、N、H
三点共线时，AM+NE有最小值，过点H作HK⊥CD交延长线于点K，求出EH即为所求．
【解答】解：作A点关于BC的对称点G，连接MG，过点G作GH∥MN，过点N作NH∥MG，
∴四边形MGHN是平行四边形，
∴NH＝MG＝AM，
∴AM+NE＝NH+NE，
当E、N、H三点共线时，AM+NE有最小值，
过点H作HK⊥CD交延长线于点K，
∵AB＝5，CE＝2，
∴EK＝7，
∵MN＝1，
∴GH＝1，
∴HK＝4，
在Rt△HKE中，EH＝ ，
∴AM+EN的最小值为 ，
故答案为： ．【点评】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称求最短距离的方法，正方形的性质，直角三角形
勾股定理是解题的关键．
17．（2021春•榆林期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝2 ，D为BC的中点，AE
＝ AB，则△EBD的面积为 ．
【分析】连接AD，证明AB＝2AD，利用勾股定理求出AD，求出△ABD的面积，可得结论．
【解答】解：如图，连接AD．
∵AB＝AC，BD＝CD＝ BC＝ ，
∴AD⊥BC，∠B＝∠C＝30°，
∴AB＝2AD，
∵AB2＝AD2+BD2，
∴AD＝1，AB＝2，∴S△ABD ＝ •BD•AD＝ ，
∵AE＝ AB，
∴BE＝ AB，
∴S△BED ＝ S△ADB ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形 30度的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线构
造特殊三角形解决问题．
18．（2022春•抚州期末）如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝5cm，AD＝9cm．点P在AD边上以
1cm/s的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以4cm/s的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个
点同时出发，当点P到达点D时，P、Q同时停止运动，设运动时间为t（s）且t＞0，当以P，D，Q，
B为顶点的四边形是平行四边形时，则t的所有可能值为 3. 6 或 6 或 7. 2 ．
【分析】当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求
出方程的解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝9cm，AD∥BC，
∴当DP＝BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
①点Q的运动路线是C﹣B，
则9﹣4t＝9﹣t，
解得：t＝0，不符合题意；
②点Q的运动路线是C﹣B﹣C，
则4t﹣9＝9﹣t，
解得：t＝3.6；
③点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B，则9﹣（4t﹣2×9）＝9﹣t，
解得：t＝6；
④点Q的运动路线是C﹣B﹣C﹣B﹣C，
则4t﹣3×9＝9﹣t，
解得：t＝7.2；
综上所述，t＝3.6或6或7.2时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，
故答案为：3.6或6或7.2．
【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质等知识，求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意
分类讨论思想的应用．
三．解答题（共9小题，满分66分）
19．（2022春•遂川县期末）（1）分解因式：2x3﹣8x2y+8xy2．
（2）解不等式 ，并把解集在数轴上表示出来．
【分析】（1）先提公因式，再利用完全平方公式解答即可．
（2）根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．
【解答】解：（1）原式＝2x（x2﹣4xy+4y2）＝2x（x﹣2y）2；
（2） ，
（5x+2）﹣2（2x﹣1）≤6，
5x+2﹣4x+2≤6，
5x﹣4x≤6﹣2﹣2，
x≤2，
在数轴上表示为：
【点评】本题考查了因式分解及解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，
尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．
20．（2020春•甘孜州期末）解方程： ＝ ﹣3．
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：方程两边同乘以（x﹣2）得：1＝x﹣1﹣3（x﹣2），
整理得出：2x＝4，
解得：x＝2，
检验：当x＝2时，x﹣2＝0，
∴x＝2是增根，
则此方程无解．
【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程时注意要检验．
21．（2021春•神木市期末）在如图所示的平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为 1，△ABC的三
个顶点都在格点上，且三个顶点的坐标分别为A（﹣4，1），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）将△ABC各顶点的横坐标不变，纵坐标分别减去5，得到△A B C ，在图中画出△A B C ，并写出
1 1 1 1 1 1
△A B C 是由△ABC经过怎样的平移变换得到的？
1 1 1
（2）将△ABC绕坐标原点O顺时针旋转90°，得△A B C ，在图中画出△A B C ，并写出点C的对应点
2 2 2 2 2 2
C 的坐标．
2
【分析】（1）利用各顶点的横坐标不变，纵坐标分别减去5得到A 、B 、C 的坐标，再描点可得到
1 1 1
△A B C ，利用所画图形可确定两三角形的变换过程；
1 1 1
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A 、B 、C 即可．
2 2 2
【解答】解：（1）如图，△A B C 为所作；△A B C 是由△ABC向下平移5个单位长度得到的；
1 1 1 1 1 1
（2）如图，△A B C 为所作，点C 的坐标为（3，1）．
2 2 2 2【点评】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．
22．（2022春•遂川县期末）近几年我县的桃源梯田与红色圩场景点吸引了县内外众多游客，甲、乙两家
旅行社为了让更多的游客前往旅游，分别推出了“赏桃源梯田，忆红色圩场”旅游的团体优惠办法．甲
旅行社的优惠办法是：买4张全票，其余人按半价优惠；乙旅行社的优惠办法是：一律按原价的 优惠．
已知这两家旅行社的原价均为每人80元，试说明随着团体人数的变化，哪家旅行社的收费更优惠？
【分析】设团体人数为x，根据甲、乙两个旅行社的优惠办法，分别列出式子，再进行比较即可．
【解答】解：设团体人数为x，
则甲旅行社的费用是80×4+80×0.5 （x﹣4）＝（40x+160）元，
乙旅行社的费用是80× x＝60x元，
令40x+160＝60x，得x＝8，
令40x+160＜60x，得x＞8，
令40x+160＞60x，得x＜8，
∴当团体人数为8时，两家旅行社的收费一样；当团体人数少于8时，乙旅行社收费更优惠；当团体人
数多于8时，甲旅行社收费更优惠．
【点评】本题主要考查一元一次方程的应用，一元一次不等式的应用等，题目相对比较简单，根据题意
得出甲、乙两个旅行社的费用是解题关键．
23．（2022春•遂川县期末）如图，分别是平行四边形置于平面直角坐标系中，请你来探究这些平行四边形的顶点坐标特点．
（1）如图（1），已知点A（0，2），B（0，﹣3），C（﹣4，0），则平行四边形ABCD点D的坐标
是 （ 4 ， 5 ） ；
（2）如图（2），已知点A（﹣3，0），B（0，﹣3），C（6，﹣1），求平行四边形ABCD点D的坐
标；
（3）如图（3），已知点A，B分别在y轴，x轴的正半轴，C的坐标是（4，﹣3），现将平行四边形
OABC向上平移m（m＞0）个单位得到平行四边形O′A′B′C′，请问△OA′B′能否成为等腰三角
形，如果能，请直接写出点B′的坐标；如果不能，请说明理由．
【分析】（1）利用平行四边形的性质可得x +x ＝x +x ，y +y ＝y +y ，即可求解；
A C B D A C B D
（2）利用平行四边形的性质可得x +x ＝x +x ，y +y ＝y +y ，即可求解；
A C B D A C B D
（3）分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴x +x ＝x +x ，y +y ＝y +y ，
A C B D A C B D
∴﹣4+0＝0+x ，2+0＝﹣3+y ，
D D
∴x ＝﹣4，y ＝5，
D D
∴点D（4，5），
故答案为：（4，5）；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴x +x ＝x +x ，y +y ＝y +y ，
A C B D A C B D
∴﹣3+6＝0+x ，﹣1+0＝﹣3+y ，
D D
∴x ＝3，y ＝2，
D D
∴点D（3，2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，点A，B分别在y轴，x轴的正半轴，C的坐标是（4，﹣3），∴点A（0，3），点B（4，0），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝ ＝ ＝5，
∵将平行四边形OABC向上平移m（m＞0）个单位得到平行四边形O′A′B′C′，
∴AB＝A'B'＝5，点A'（0，3+m），点B'（4，m），
当A'B'＝A'O＝5时，则3+m＝5，
∴m＝2，
∴点B'（4，2）；
当OB'＝B'A'＝5时，点B在A'O的垂直平分线上，
∴ ，
∴m＝3，
∴点B'（4，3）；
当A'O＝OB'时，则（3+m）2＝16+m2，
∴m＝ ，
∴点B'（4， ）；
综上所述：点B'的坐标为：（4，2）或（4，3）或（4， ）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是
解题的关键．
24．（2022春•抚州期末）在今年新冠肺炎防疫工作中，某公司购买了A、B两种不同型号的口罩，已知A
型口罩的单价比B型口罩的单价多1.5元，且用8800元购买A型口罩的数量与用5500元购买B型口罩
的数量相同．
（1）A、B两种型号口罩的单价各是多少元？
（2）根据疫情发展情况，该公司还需要增加购买一些口罩，增加购买 B型口翠的数量是A型口罩数量
的2倍，若总费用不超过3600元，则增加购买A型口翠的数量最多是多少个？
【分析】（1）设B型口罩的单价是x元，则A型口罩的单价是（x+1.5）元，根据数量＝总价÷单价，
结合用8500元购买A型口罩的数量与用5500元购买B型口罩的数量相同，列出分式方程分式方程，解
之经检验后即可得出结论；（2）设增加购买A型口罩的数量是y个，则增加购买B型口罩数量是2y个，根据总价＝单价×数量，
结合总价不超过3600元，列出一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设B型口罩的单价是x元，则A型口罩的单价是（x+1.5）元，
依题意得： ＝ ，
解得：x＝2.5，
经检验，x＝2.5是原方程的解，且符合题意，
∴x+1.5＝4．
答：A型口罩的单价是4元，B型口罩的单价是2.5元．
（2）设增加购买A型口罩的数量是y个，则增加购买B型口罩数量是2y个，
依题意得：4y+2.5×2y≤3600，
解得：y≤400．
答：增加购买A型口罩的数量最多是400个．
【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系
正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
25．（2022春•遂川县期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE是∠BAD的平分线．请仅用无刻度直尺分
别按下列要求画图（保留画图痕迹）．
（1）在图（1）中，以AD为腰作一个等腰三角形；
（2）在图（2）中，以AE为边作平行四边形AECF．
【分析】（1）延长AE，DC，交于点G，结合角平分线的定义和平行四边形的性质可得∠DAG＝
DGA，则AD＝DG，即△ADG是以AD为腰的等腰三角形．
（2）连接AC，BD，交于点O，再连接EO并延长，交AD于点F，连接CF，则四边形AECF即为所求．
【解答】（1）如图，△ADG即为所求．（2）如图，四边形AECF即为所求．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握等
腰三角形和平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．
26．（2022春•盐湖区期末）【综合探究】
如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形OABC是平行四边形，点A的坐标为（14，
0），点B的坐标为 ，且∠B＝60°．
（1）点C的坐标为 （ 4 ， 4 ） ；平行四边形OABC的对称中心的坐标为 （ 9 ， 2 ） ．
（2）动点P从点O出发，沿OA方向以每秒1个单位的速度向终点A匀速运动，动点Q从点A出发，
沿AB方向以每秒2个单位的速度向终点B匀速运动，当一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设
点P运动的时间为t秒（t＞0），求当t为何值时，△PQC的面积是平行四边形OABC面积的一半？
（3）当动点P运动到OA中点时，在平面直角坐标系中找到一点M，使得以M、P、B、C为顶点且以
PB为边的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标．
【分析】（1）根据平行四边形与直角坐标系中坐标的性质，可直接写出点 C的坐标；平行四边形
OABC的对称中心即是对角线的中点；（2）S△PQC ＝S
ABCD
﹣S△OPC ﹣S△APQ ﹣S△BCQ ＝ S
OABC
，根据三角形的面积公式列出方程，继而求出此
▱ ▱
时的t值即可；
（3）求出P点坐标，分两种情况：①若PBMC为平行四边形，②若PBCM为平行四边形，然后根据
平行四边形的性质直接写出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）∵四边形OABC是平行四边形，
∴AO＝BC＝14，
∵点A的坐标为（14，0），点B的坐标为（18，4 ），
∴点C的坐标为（4，4 ），平行四边形OABC的对称中心的点的坐标为（9，2 ）．
故答案为：（4，4 ），（9，2 ）；
（2）根据题意得：S△PQC ＝S
OABC
﹣S△OPC ﹣S△APQ ﹣S△BCQ ＝ S
OABC
，
▱ ▱
∴ ×14× ＝ ×t×4 + （14﹣t）× t+ ×14×（4 ﹣ t）
化简得： t2﹣2 t＝0，
解得：t＝4，
即当点P运动4秒时，△PQC的面积是平行四边形OABC的一半．
综上所述，t＝4时，△PQC的面积是平行四边形OABC的一半．
（3）∵P为的OA中点，A（14，0），
∴P（7，0），
若以M、P、B、C为顶点且以PB为边的四边形是平行四边形，可分两种情况：
①若PBMC为平行四边形，则PB∥CM，PB＝CM，∵C（4，4 ），B（18，4 ），
∴M（15，8 ）；
②若PBCM为平行四边形，则PB∥CM，PB＝CM，
∵C（4，4 ），B（18，4 ），
∴M（﹣7，0）；
综上所述，点M的坐标为（15，8 ）或（﹣7，0）．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、坐标与图形的性质、三角形的面积、
平移的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
27．（2022春•晋中期末）综合与实践
图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题：如
图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝ ，D，E分别为AB，AC边上一点，连接DE，且DE∥BC，将
△ABC绕点A在平面内旋转． α
（1）观察猜想
若 ＝60°，将△ABC绕点A旋转到如图2所示的位置，则DB与CE的数量关系为 BD ＝ CE ；
（2α）类比探究
若 ＝90°，将△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置，DB，CE相交于点O，猜想DB，CE满足的位置
α关系，并说明理由；
（3）拓展应用
如图4，在（2）的条件下，连结CD，分别取DE，DC，BC的中点M，P，N，连结PM，PN，MN，若
AD＝4，AB＝10，请直接写出在旋转过程中△PMN面积的最大值．
【分析】（1）由“SAS”可证△ADB≌△AEC，可得BD＝CE；
（2）由“SAS”可证△ADB≌△AEC，可得∠ABO＝∠ACO，由外角的性质可得结论；
（3）先证明△PMN是等腰直角三角形，可得△PMN的面积＝ ＝ ，则当点A，点D，点B三
点共线时，BD有最大值，即△PMN面积有最大值．
【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∵旋转，
∴∠DAB＝∠EAC，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD＝CE，
故答案为：BD＝CE；
（2）DB⊥CE，
理由如下：如图，设AB与CE的交点为点P，∵△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置，a＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△ADB与△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABO＝∠ACO，
∵∠CPB是△BPO的外角，也是△ACP的外角，
∴∠CPB＝∠ABO+∠COB＝∠ACO+∠CAB，
∴∠COB＝∠CAB＝90°，
∴DB⊥CE；
（3）∵M，P，N分别是DE，DC，BC的中点，
∴DB∥PN，DB＝2PN，PM∥CE，CE＝2PM，
∵△ADB≌△AEC，
∴DB＝CE，
∴PN＝PM，
∵DB⊥CE，DB∥PN，PM∥CE，
∴PN⊥PM，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴△PMN的面积＝ ＝ ，
∵AD＝4，AB＝10，
∴当点A，点D，点B三点共线时，BD有最大值，即△PMN面积有最大值，∴BD的最大值为14，△PMN面积的最大值为 ．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性
质，三角形中位线定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
