《2025年全国重点高中提前招生同步强化全真试卷八年级数学上册》

19. (2024·广东省拔尖创新人才学科知识竞赛＜初赛＞)如图(1)$ AC \perp AB,BD \perp AB,AB = 12\ cm,AC = BD = 8\ cm $,点 $ P $ 在线段 $ AB $ 上以 $ 2\ cm/s $ 的速度由点 $ A $ 向点 $ B $ 运动,同时,点 $ Q $ 在线段 $ BD $ 上由点 $ B $ 向点 $ D $ 运动,它们运动的时间为 $ t\ s $.
(1) 若点 $ Q $ 的运动速度与点 $ P $ 的运动速度相等,当 $ t = 2 $ 时,判断此时线段 $ PC $ 和线段 $ PQ $ 的位置关系,并证明;
(2) 如图(2),将图(1)中的“$ AC \perp AB,BD \perp AB $”改为“$ \angle CAB = \angle DBA = 50° $”，其他条件不变.设点 $ Q $ 的运动速度为 $ x\ cm/s $,是否存在实数 $ x $,使得 $ \triangle ACP $ 与 $ \triangle BPQ $ 全等? 若存在,求出相应的 $ x,t $ 的值;若不存在,说明理由.

答案： 19. 解：
(1)PC⊥PQ，理由如下：当t = 2时，AP = BQ = 4cm，则BP = 12 - 4 = 8cm，
∴BP = AC = 8cm。
∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A = ∠B = 90°，△ACP≅△BPQ(SAS)，∠ACP = ∠BPQ，∠APC + ∠BPQ = ∠APC + ∠ACP = 90°，
∴∠CPQ = 90°，
∴PC⊥PQ；
(2)当t = 2s，x = 2cm/s或t = 3s，x = $\frac{8}{3}$cm/s时，△ACP与△BPQ全等，理由如下：①若△ACP≅△BPQ，则AC = BP，AP = BQ，
∴12 - 2t = 8，解得t = 2(s)，则x = 2(cm/s)。②若△ACP≅△BQP，则AC = BQ，AP = BP，则2t = $\frac{1}{2}$×12，解得t = 3(s)，则x = 8÷3 = $\frac{8}{3}$(cm/s)，故当t = 2s，x = 2cm/s或t = 3s，x = $\frac{8}{3}$cm/s时，△ACP与△BPQ全等。

20. (陕西自主招生)旋转是一种重要的图形变换,当图形中有一组邻边相等时,往往可以通过旋转解决问题.
(1) 如图 1,四边形 $ ABCD $ 中,$ AD = CD,\angle ABC = 120°,\angle ADC = 60°,AB = 4,BC = 2 $,连接 $ BD $,请利用旋转变换求出四边形 $ ABCD $ 的面积;
(2) 如图 2,四边形 $ ABCD $ 中,$ AD = CD,\angle ABC = 75°,\angle ADC = 60°,AB = 4,BC = 2\sqrt{2} $,求出四边形 $ ABCD $ 的面积;
(3) 如图 3,四边形 $ ABCD $ 中,$ AD = CD,\angle ADC = 90°,AB = 4,BD = 4\sqrt{3} $,若 $ B,C $ 两点落在直线 $ AD $ 的同侧,求 $ BC $ 的最小值.

答案：
20. 解：
(1)如图2 - 10图1，将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB'，BD = B'D，∠BDB' = 60°，
∴△BDB'是等边三角形；
∵△BCD≅△B'AD，S四边形ABCD = S△BDB'，
∴BB' = AB + AB' = AB + BC = 4 + 2 = 6，S△BDB' = $\frac{1}{2}$×BB'×$\frac{\sqrt{3}}{2}$BB' = $\frac{\sqrt{3}}{4}$×36 = 9$\sqrt{3}$，故四边形ABCD的面积为9$\sqrt{3}$。
(2)如图2，连接BD，由于AD = CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB'，连接BB'，延长BA，作B'E⊥BE，
∵△BCD≅△B'AD，S四边形ABCD = S四边形BDB'A，
∵∠ABC = 75°，∠ADC = 60°，
∴∠BAB' = 135°，∠B'B'E = 45°，
∵B'A = BC = 2$\sqrt{2}$，
∴B'E = AE = 2，
∴BE = AB + AE = 4 + 2 = 6，
∴BB' = 2$\sqrt{10}$，
∴等边△BDB'中BB'上的高 = 2$\sqrt{10}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{30}$，
∴S△ABB' = $\frac{1}{2}$·AB·B'E = $\frac{1}{2}$×4×2 = 4，S△BDB' = $\frac{1}{2}$×2$\sqrt{10}$×$\sqrt{30}$ = 10$\sqrt{3}$，
∴S四边形ABCD = S四边形BDB'A = S△BDB' - S△ABB' = 10$\sqrt{3}$ - 4。
(3)如图3，由于AD = CD，∠ADC = 90°，所以可将△ABD绕点D逆时针方向旋转90°，得到△DCB'，连接BB'，△ABD≅△CB'D，
∴B'D = BD = 4$\sqrt{3}$，CB' = AB = 4。
∵∠BDB' = 90°，△BDB'为等腰直角三角形，
∴BB' = $\sqrt{2}$BD = $\sqrt{2}$×4$\sqrt{3}$ = 4$\sqrt{6}$，在△BB'C中，BC≥BB' - CB' = 4$\sqrt{6}$ - 4，
∴当B，C，B'三点共线时，BC有最小值，BC的最小值为4$\sqrt{6}$ - 4。