《2025年初中毕业升学真题详解八年级数学上册北师大版陕西专版》

23. 右侧扫码·视频讲解 (10 分)要度量作业纸上两条相交直线$a,b$所夹锐角$\alpha$的大小,如图 1,发现其交点不在作业纸内,有量角器,但无法直接度量。
(1)小明的方案:画直线$c$与直线$a,b$相交,如图 1,测得$\angle 1 = m^{\circ}$,$\angle 2 = n^{\circ}$,则$\alpha =$(180-m-n)°;(用含$m,n$的代数式表示)
(2)小刚的方案:画直线$c$与直线$a,b$相交,交点分别为$B,C$,作出$\angle ABC,\angle DCB$的平分线交于点$O$,如图 2,若测得$\angle BOC = p^{\circ}$,求$\alpha$等于多少;(用含$p$的代数式表示)
(3)你还有什么方法?(作图工具不限)请在图 3 中补全,写出必要的文字说明。

答案：
23.[点拨]本题考查作图——应用与设计作图，涉及角平分线的定义、三角形内角和定理等知识。
[解析]
(1) $\because\angle1+\angle2+\alpha=180^{\circ}$，
$\therefore\alpha=180^{\circ}-m^{\circ}-n^{\circ}=(180 - m - n)^{\circ}$。故答案为$(180 - m - n)^{\circ}$。
(2) $\because\angle ABC$，$\angle DCB$的平分线交于点$O$，
$\therefore\angle ABC = 2\angle OBC$，$\angle DCB = 2\angle OCB$，
$\because\angle OBC+\angle OCB = 180^{\circ}-p^{\circ}$，
$\therefore\angle ABC+\angle DCB = 360^{\circ}-2p^{\circ}$，
$\therefore\alpha=180^{\circ}-(\angle ABC+\angle DCB)=2p^{\circ}-180^{\circ}=(2p - 180)^{\circ}$。
(3)如图，在直线$a$上取一点$A$，过点$A$作$AC\perp$直线$b$于点$C$，
测量出$\angle1=\beta$，则$\alpha=90^{\circ}-\beta$(方法不唯一)。

24. 右侧扫码·视频讲解 (12 分)在平面直角坐标系中,有一点$A(4,3)$,连接$OA$。
(1)如图 1,以$OA$为边,在$OA$上方构造正方形$OABC$,边$AB$交直线$y = x$于点$E$,边$BC$交$y$轴于点$F$。
①$OA$的长为5,点$C$的坐标为(-3,4),直线$CF$的函数表达式为y=3/4 x+25/4,$CF$的长为15/4;
②如图 2,连接对角线$AC$交$y$轴于点$G$,交直线$y = x$于点$H$,连接$FH$,请你判断$\triangle FHO$的形状并说明理由,并求$\triangle FHO$的面积;
(2)如图 3,以$OA$为边,过点$O$在$OA$的上方作$OC \perp OA$,且$OC = OA$,连接$AC$,$D$是线段$OC$的中点,$H$是线段$AC$上一动点,连接$OH$,将线段$OH$绕点$H$顺时针旋转$90^{\circ}$得到线段$MH$,连接$AM,CM$,当$AM + DM$最小时,求此时$CM$的长。

答案：
24.[点拨]本题考查一次函数相关知识，涉及平面直角坐标系中的基本运算、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的面积计算、图形的旋转与几何最值问题，解决问题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形。
[解析]
(1)①如图1，过点$A$作$AG\perp x$轴于点$G$，过点$C$作$CH\perp x$轴于点$H$，

$\therefore\angle AGO=\angle CHO = 90^{\circ}$，
$\therefore\angle AOG+\angle GAO = 90^{\circ}$。
$\because A(4,3)$，$\therefore OG = 4$，$AG = 3$，则直线$OA$的函数表达式为$y=\frac{3}{4}x$，
$\therefore OA = 5$，
$\because$四边形$OABC$是正方形，$\therefore\angle AOC = 90^{\circ}$，$OA = OC$，$k_{BC}=k_{OA}=\frac{3}{4}$。
$\therefore\angle COH+\angle AOG = 90^{\circ}$，$\therefore\angle COH=\angle OAG$，
$\therefore\triangle AOG\cong\triangle OCH(AAS)$，$\therefore OH = AG = 3$，$CH = OG = 4$，
$\therefore C(-3,4)$，
设直线$CF$的函数表达式为$y=\frac{3}{4}x + b$，将$C(-3,4)$代入，得
$4=\frac{3}{4}×(-3)+b$，解得$b=\frac{25}{4}$，
$\therefore$直线$CF$的函数表达式为$y=\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$，$\therefore F(0,\frac{25}{4})$，
$\therefore CF=\sqrt{3^{2}+(\frac{25}{4}-4)^{2}}=\frac{15}{4}$。
故答案为5，$(-3,4)$，$y=\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$，$\frac{15}{4}$。
②$\triangle FHO$是等腰直角三角形，理由如下：
如图2，过点$H$作$HQ\perp OC$于点$Q$，$HR\perp BC$于点$R$，作$\angle OHF'=90^{\circ}$，交$BC$于点$F'$，连接$OF'$，

$\therefore\angle HQC=\angle HQO=\angle HRF'=90^{\circ}$。
$\because$四边形$OABC$是正方形，
$\therefore\angle OCB = 90^{\circ}$，$CA$平分$\angle OCB$，
$\therefore\angle RHQ=360^{\circ}-\angle HRF'-\angle HQC-\angle OCB = 90^{\circ}$，$HR = HQ$，
$\therefore\angle RHQ=\angle OHF'$，$\therefore\angle RHF'=\angle OHQ$，
$\therefore\triangle HRF'\cong\triangle HQO(ASA)$，$\therefore HF'=OH$，
$\therefore\angle HOF'=\angle HF'O = 45^{\circ}$，$\triangle F'HO$是等腰直角三角形，
$\because$直线$y = x$与$y$轴正半轴成$45^{\circ}$角，
$\therefore$点$F'$和点$F$重合，
$\therefore\triangle FHO$是等腰直角三角形。
$\because OF=\frac{25}{4}$，$\therefore S_{\triangle FHO}=(\frac{1}{2}OF)^{2}=\frac{625}{64}$。
(2)如图3，过点$H$作$HN\perp AC$，交$CD$的延长线于点$N$，

$\therefore\angle CHN = 90^{\circ}$，
易得$\angle ACO = 45^{\circ}$，
$\therefore\angle N = 45^{\circ}$，
$\therefore\angle N=\angle ACO$，
$\therefore HC = HN$。
$\because$线段$OH$绕点$H$顺时针旋转$90^{\circ}$得到线段$MH$，
$\therefore\angle OHM = 90^{\circ}$，$HM = OH$。
$\because\angle OHM=\angle CHN$，
$\therefore\angle MHC=\angle N = 45^{\circ}$，
$\therefore\angle OCM=\angle MHC+\angle ACO = 90^{\circ}$。
$\because\angle AOC = 90^{\circ}$，
$\therefore\angle AOC+\angle OCM = 180^{\circ}$，
$\therefore CM// OA$，
$\because$点$M$在过点$C(-3,4)$且与$OA$平行的直线上运动，
作点$D$关于$CM$的对称点$D'$，连接$D'M$，$AD'$，$AD'$交$CM$于
点$M'$，
当点$M$在$M'$处时，$AM + DM$最小，
过点$D$作$DY// CM$，交$AD'$于点$Y$，过点$M'$作$M'X// OC$，交$DY$
于点$X$，过点$Y$作$YZ// OC$，交$OA$于点$Z$，
$\therefore$四边形$CDXM'$是平行四边形，$\angle CD'M'=\angle XYM'$，$\angle CM'D'=\angle XYM'$，
$\therefore M'X = CD = CD'$，
$\therefore\triangle CM'D'\cong\triangle XYM'(AAS)$，
$\therefore CM'=XY = DX$，
同理可得，$CM'=AZ$，$DY = OZ = 2DX = 2CM'$，
$\therefore CM'=\frac{1}{3}OA=\frac{5}{3}$，
$\therefore$当$AM + DM$最小时，$CM$的长为$\frac{5}{3}$。