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    重庆市垫江县垫江中学校2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题(原卷版+解析版)
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    重庆市垫江县垫江中学校2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题(原卷版+解析版)

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    这是一份重庆市垫江县垫江中学校2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题(原卷版+解析版),文件包含重庆市垫江县垫江中学校2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题原卷版docx、重庆市垫江县垫江中学校2023-2024学年八年级下学期4月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共37页, 欢迎下载使用。

    满分150分 考试时间120分钟
    一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分)
    1. 下列倡导节约的图案中是轴对称图形的是( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】此题考查了轴对称图形的概念,根据概念即可,如果一个图形沿一条直线折叠,直线两旁的部分能够互相重合,这个图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴,这时,我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴)对称,熟练掌握知识点是解题的关键.
    【详解】解:、不是轴对称图形,该选项不合题意;
    、是轴对称图形,该选项符合题意;
    、不是轴对称图形,该选项不合题意;
    、不是轴对称图形,该选项不合题意;
    故选:.
    2. 要使有意义,的取值范围是( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】本题考查二次根式有意义的条件,根据二次根式有意义的条件是被开方式非负,解不等式即可得到答案,熟记二次根式有意义的条件是解决问题的关键.
    【详解】解:要使有意义,
    ,解得,
    故选:A.
    3. 下列运算中,正确的是( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】本题考查二次根式运算,涉及二次根式减法、二次根式性质、二次根式除法等知识,根据这些运算法则逐项验证即可得到答案,熟练掌握二次根式性质及运算法则是解决问题的关键.
    【详解】解:A、与不是同类二次根式,不能合并,故该选项运算错误,不符合题意;
    B、根据二次根式性质,故该选项运算错误,不符合题意;
    C、,故该选项运算错误,不符合题意;
    D、,故该选项运算正确,符合题意;
    故选:D.
    4. 如图,已知,添加下列条件,不能判定四边形是平行四边形的是( )
    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】本题考查平行四边形的判定,根据平行四边形的判定方法,逐一进行判断即可.掌握平行四边形的判定方法,是解题的关键.
    【详解】解:A、,




    四边形是平行四边形,故选项A不符合题意;
    B、,




    四边形是平行四边形,故选项B不符合题意;
    C、,
    ,不能判定四边形是平行四边形,故选项C符合题意;
    D、,

    又∵,
    四边形是平行四边形,故选项D不符合题意;
    故选:C.
    5. 估计的值应在( )
    A. 7与8之间B. 8与9之间C. 9与10之间D. 10与11之间
    【答案】C
    【解析】
    【分析】先根据二次根式的运算法则进行计算,然后再估算无理数的大小即可.
    【详解】解:,
    ∵,
    ∴,即.
    故选:C.
    【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算、无理数的大小估算等知识点,正确掌握二次根式的运算法则是解答本题的关键.
    6. 如图是用大小相等的五角星按一定规律拼成的一组图案,第1个图案中有4颗五角星,第2个图案中有7颗五角星,第3个图案中有10颗五角星……按此规律排列下去,第8个图案中五角星的颗数是( )

    A. 25B. 26C. 28D. 31
    【答案】A
    【解析】
    【分析】观察图形,将图形中的五角星分为四部分,即左、上、右、下四部分,先找出每部分的规律,再相加就可得出每个图形中五角星个数的规律,即可解答.
    【详解】观察前四个图案得:第一个图案中小五角星的颗数;
    第二个图案中小五角星的颗数;
    第三个图案中小五角星的颗数;
    第四个图案中小五角星的颗数;
    …,
    第八个图案中小五角星的颗数;
    故选:A.
    【点睛】本题考查了图形的数字规律,解决问题的关键是注意由特殊到一般的分析方法.
    7. 如图,的对角线、相交于点,的角平分线与边相交于点,是中点,若,,则的长为( )

    A. 1B. 2C. 3D. 4
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据平行四边形的性质可得,,,可得,根据平分,可得,从而可得,可得,进一步可得的长,再根据三角形中位线定理可得,即可求出的长.
    【详解】解:在平行四边形中,,,,

    平分,






    是的中点,是的中点,
    是的中位线,

    故选:B.
    【点睛】本题考查了平行四边形的性质,三角形中位线定理,熟练掌握这些知识是解题的关键.
    8. 古代数学的“折竹抵地”问题:“今有竹高九尺,末折抵地,去本三尺,问折者高几何?”意思是:现有竹子高9尺,折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺,问折处高几尺?即:如图,AB+AC=9尺,BC=3尺,则AC等于( )尺.

    A. 3.5B. 4C. 4.5D. 5
    【答案】B
    【解析】
    【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形,设竹子折断处离地面x尺,则斜边为(9-x)尺,利用勾股定理解题即可.
    【详解】解:设竹子折断处离地面AC=x尺,则斜边为AB=(9-x)尺,根据勾股定理得:
    解得:x=4,
    ∴AC=4尺.
    故选:B.
    【点睛】此题考查了勾股定理的应用,解题的关键是利用题目信息构造直角三角形,从而运用勾股定理解题.
    9. 如图所示,在数轴上点A所表示的数为a,则a的值为( )

    A. B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】利用勾股定理求出,进而结合数轴可得答案.
    【详解】解:根据题意可得:,

    ∴点A表示的数为,
    故选C.
    【点睛】此题主要考查了实数与数轴,勾股定理,正确求出长是解题关键.
    10. 关于x的二次三项式(a,b均为非零常数),关于x的三次三项式(其中c,d,e,f均为非零常数),下列说法中正确的个数有( )
    ①当时,;
    ②当为关于x的三次三项式时,则;
    ③当多项式M与N的乘积中不含项时,则;
    ④;
    A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
    【答案】D
    【解析】
    【分析】本题考查代数式求值,整式的加减运算,多项式乘多项式中不含某一项的问题.将代入代数式求出的值,判断①,根据多项式的和为三次三项式,得到的常数项为0,求出的值,确定②,计算多项式乘多项式后,项的系数为,求出的值判断③,根据恒等式对应项的系数相等,求出的值,判断④.掌握相关运算法则,正确的计算,是解题的关键.
    【详解】解:∵,
    ∴当时,;故①正确;
    ∵,为关于x三次三项式,且a,b均为非零常数,
    ∴,
    ∴;故②正确;


    又多项式M与N的乘积中不含项,
    ∴,
    ∴;故③正确;
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴;故④正确;
    综上:正确的个数为4个;
    故选D.
    二、填空题(共8小题,每小题4分,共32分)
    11. 计算:______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据实数的计算法则和负整数指数幂的计算法则求解即可.
    【详解】解:原式

    故答案为:.
    【点睛】本题主要考查了实数的计算,负整数指数幂,熟知相关计算法则是解题的关键.
    12. 若,则的取值范围是__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】等式左边为算术平方根,结果为非负数,即1-x≥0.
    【详解】解:由于二次根式的结果为非负数可知,
    1-x≥0,解得x≤1,
    故答案为:.
    【点睛】本题利用了二次根式结果为非负数求x的取值范围.
    13. 如图,图中的三角形是直角三角形,四边形都是正方形,若正方形,的面积分别是,,则最大正方形的面积是__________.

    【答案】
    【解析】
    【分析】本题考查的知识点是勾股定理的实际应用,解题关键是理解勾股定理:在直角三角形中,两条直角边的平方和等于斜边的平方.可设正方形,,的边长分别为,,,则根据题意可知,,,正方形面积最大,且图中的三角形是直角三角形,故一定有,正方形的面积即可求解.
    【详解】设正方形,,的边长分别为,,,
    则根据题意可知,,,
    又正方形面积最大,


    故最大正方形的面积是.
    故答案为:.
    14. 如图,圆柱形玻璃杯高为12cm、底面周长为18cm,在杯内离杯底4cm的点C处有一滴蜂蜜,此时一只蚂蚁正好在杯外壁,离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处,则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为_______cm.
    【答案】15
    【解析】
    【分析】过作于,作关于的对称点,连接交于,连接,则就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离,求出,,根据勾股定理求出即可.
    【详解】解:沿过的圆柱的高剪开,得出矩形,
    过作于,作关于的对称点,连接交于,连接,
    则就是蚂蚁到达蜂蜜最短距离,
    ,,

    ,,
    在△中,由勾股定理得:,
    故答案为:15.
    【点睛】本题考查了勾股定理,轴对称最短路线问题的应用,解题的关键是找出最短路线.
    15. 已知,则=______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】本题考查二次根式的知识,解题的关键是先对进行分母有理化,然后再根据完全平方公式求解即可.
    【详解】∵,


    故答案为:.
    16. 如图,将长方形纸片ABCD沿MN折叠,使点A落在BC边上点A′处,点D的对应点为D′,连接A'D′交边CD于点E,连接CD′,若AB=9,AD=6,A'点为BC的中点,则线段ED'的长为 _____.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据折叠的性质可得,,设,则,由线段中点可得,在中,利用勾股定理可得,,利用相似三角形的判定定理及性质可得,,代入求解,同时根据线段间的数量关系即可得出结果.
    【详解】解:将长方形纸片ABCD沿着MN折叠,使点A落在BC边上点处,
    ∴,,
    设,则,
    ∵是BC的中点,
    ∴,
    在中,

    即,
    解得:,
    ∴,,
    ∵,,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,即,
    ∴,
    ∴,
    故答案:
    【点睛】题目主要考查长方形中的折叠问题,包括勾股定理,相似三角形的判定及性质等,结合图形,熟练掌握运用折叠的性质及相似三角形的性质是解题关键.
    17. 若关于的不等式组有解,且关于的分式方程的解为整数,则满足条件的整数的值的和是______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】本题主要考查了解一元一次不等式(组)、分式方程的解等知识,熟练掌握解一元一次不等式组,解分式方程的方法和步骤是解题的关键.解不等式组,结合该不等式组有解,可得,再解分式方程可得,结合题意可得,当时,,当时,,即可获得答案.
    【详解】解:解不等式组,结合该不等式组有解,
    可得,
    则有,解得,
    解分式方程,
    等号两边同时乘以,可得,
    解得,
    ∵关于的分式方程的解为整数,且,
    解得,
    当时,,
    当时,,
    ∴满足题意的整数的值的和是.
    故答案为:.
    18. 一个四位正整数的各数位上的数字不完全相同且均不为零,若满足千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍,则称这样的四位数为“二阶数”.将“二阶数”的千位数字与百位数字对调,十位数字与个位数字对调得到一个新的“二阶数”记为,记,例如:当.时,,则.已知两个“二阶数”,满足是一个完全平方数,且为整数,则_____,的最大值为_____.
    【答案】 ①. ②.
    【解析】
    【分析】本题考查了新定义代数推理问题,多以阅读理解的形式呈现,解题关键是“理解新定义的数位关系,将文字语言转化为数学语言(等量关系)”.首先由千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍与得出,,,然后得出并化为最简分式,最后由是一个完全平方数(等量关系),且为整数(等量关系),求解即可.
    【详解】解:,


    千位和百位数字之和是十位和个位数字之和的两倍,




    同理可得:,即,



    是不完全相同的正整数且均不为零,


    是一个完全平方数, ,
    或,
    解得:或(舍去),

    为整数即为整数,
    是正整数且均不为零,,
    当时(不符合题意舍去),
    当时(符合题意),
    当时(不符合题意舍去),
    当时(不符合题意舍去),


    求的最大值只需最大,
    ,,



    故,.
    三、解答题(共8小题,其中19题8分,20题至26题每小题10分,共78分)
    19. 计算
    (1)
    (2).
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】本题考查了二次根式的混合运算,分式的混合运算,熟练掌握以上运算法则是解题的关键.
    (1)根据二次根式的混合运算的法则进行计算即可求解;
    (2)根据分式的混合运算进行计算即可求解.
    【小问1详解】
    解:

    【小问2详解】
    解:

    20. 如图,四边形是平行四边形,点E是上的一点,连接.

    (1)用直尺和圆规,在上作一点F,使得(不写作法,保留作图痕迹);
    (2)在(1)所作的图中,求证:四边形为平行四边形.
    证明:
    ∵四边形是平行四边形,
    ∴= ① ,,.
    在和,

    ∴= ③ ,,

    ∴= ④
    ∴四边形为平行四边形.
    【答案】(1)见解析 (2)① ② ③ ④
    【解析】
    【分析】根据基本作图作出两角相等即可.
    结合平行四边形的性质,证出,利用三角形全等的性质得出边相等,从而得出结论.
    【小问1详解】
    作图如图所示
    【小问2详解】
    证明:∵四边形是平行四边形,
    ∴,,.
    在和,
    ,,


    ∴四边形为平行四边形.
    【点睛】本题主要考查基本作图,全等三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质等知识,熟练掌握以上知识并灵活解决综合问题是解题的关键.
    21. 某中学有一块四边形的空地,如图所示,学校计划在空地上种植草皮,经测量,,,,.求四边形空地的面积.
    【答案】四边形空地的面积为.
    【解析】
    【分析】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理.如图所示,连接,利用勾股定理求出,进而利用勾股定理的逆定理证明,再根据进行求解即可.
    【详解】解:如图所示,连接,
    在,
    ∴,
    ∵,
    ∴是直角三角形,即,
    ∴ (),
    答:四边形空地的面积为.
    22. 如图,已知四边形ABCD为平行四边形,AE,CF分别平分∠BAD和∠BCD,交BD于点E,F,连接AF,CE.
    (1)若∠BCF=65°,求∠ABC的度数;
    (2)求证:四边形AECF是平行四边形.
    【答案】(1)∠ABC=50°;(2)见解析.
    【解析】
    【分析】(1)根据平行四边形的性质即可求解;
    (2)根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明△ABE≌△CDF(ASA),从而证得∠AEF=∠CFE,即可得到AE∥CF,AE=CF.
    【详解】解:(1)∵CF平分∠BCD,
    ∴∠BCD=2∠BCF=65°×2=130°,
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AB∥CD,
    ∴∠ABC=180°﹣∠BCD=180°﹣130°=50°;
    (2)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴AB=CD,AB∥CD,∠BAD=∠DCB,
    ∴∠ABE=∠CDF,
    ∵CF平分∠BCD,AE平分∠BAD,
    ∴∠BAE=∠BAD,∠DCF=∠DCB,
    ∴∠BAE=∠DCF,
    ∴△ABE≌△CDF(ASA).
    ∴∠AEB=∠CFD,AE=CF,
    ∴∠AEF=∠CFE,
    ∴AE∥CF,
    ∴四边形AECF是平行四边形.
    【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,角平分线的性质,平行线的性质,解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
    23. 如图,一艘渔船位于小岛B北偏东方向,距离小岛40海里的点A处,它沿着点A的南偏东的方向航行.
    (1)渔船航行多远距离小岛B最近(结果保留根号)?
    (2)渔船到达距离小岛B最近点后,按原航向继续航行海里到点C处时突然发生事故,渔船马上向小岛B上的救援队求救,问救援队从B处立即出发以每小时30海里速度赶到C处进行救援,问救援队能否在2小时内到达C处进行救援?请说明理由.
    【答案】(1)海里;
    (2)能,理由见解析.
    【解析】
    【分析】(1)过B点作AC的垂线BD交AC于点D,则AD为所求,根据已知条件得到即可解答;
    (2)在中,根据勾股定理求出,再根据救援速度求出救援时间,最后与2小时进行比较即可得出答案.
    【小问1详解】
    解:过B点作AC的垂线BD交AC于点D,
    由题意可知:,,
    ∴,(海里) ,
    ∵垂线段最短,AC上的D点距离B点最近,AD即为所求,
    ∴渔船航行海里时,距离小岛B最近.
    【小问2详解】
    解:能,理由如下:
    ∵海里,海里,
    ∴在中,根据勾股定理,(海里),
    ∵救援队的速度为每小时30海里,
    ∴救援时间为:(时),
    ∵,
    ∴救援队能在2小时内到达C处进行救援.
    【点睛】本题考查了解非直角三角形,以及解直角三角形的应用中的方向角问题,勾股定理,解题的关键是理解题意,并正确作出辅助线进行求解.
    24. “一带一路”的战略构想为国内许多企业的发展带来了新的机遇,其中华为企业凭信自身实力在国际上得到快速发展,华为手机也越来越受到国际消费者的喜爱;成都某手机专卖店经销华为和Mate30两款手机,两款手机售价如表:
    假设两款手机的进价始终保持不变.
    若今年元旦假期和去年国庆假期卖出的华为手机数量相同,且去年国庆假期利润为万元,今年元旦假期利润为万元.
    (1)求每部华为手机进价为多少元?
    (2)若每台Mate30的进价比的进价多400元,专卖店考虑到即将到来的五一促销活动,预计用不少于32万元且不多于万元的资金购进这两款手机共90部,请问有哪几种进货方案?如果购进的手机全部(按今年元旦假期的售价)销售出去,哪种方案获得的利润最大?
    【答案】(1)每部华为手机进价为3300元
    (2)方案1:购进30部华为手机,60部Mate30手机;方案2:购进31部华为手机,59部Mate30手机;方案3:购进32部华为手机,58部Mate30手机;方案1获得的利润最大
    【解析】
    【分析】(1)设每部华为手机进价为x元,根据数量=总利润÷每部的销售利润结合今年元旦假期和去年国庆假期卖出的华为手机数量相同,即可得出关于x的分式方程,解之经检验后即可得出结论;
    (2)设购进华为手机m部,则购进Mate30手机部,根据总价=单价×数量结合预计用不少于32万元且不多于32.1万元的资金购进这两款手机共90部,即可得出关于m的一元一次不等式组,解之即可得出m的取值范围,再结合m为正整数即可得出各进货方案,算出对应利润,比较大小即可.
    【小问1详解】
    解:设每部华为手机进价为x元,
    依题意得:,
    解得:,
    经检验,是原方程的解,且符合题意.
    答:每部华为手机进价为3300元.
    【小问2详解】
    每台Mate30手机的进价为(元).
    设购进华为手机m部,则购进Mate30手机部,
    依题意得:,
    解得:,
    又∵m为正整数,
    ∴m可以为30,31,32,
    ∴共有3种进货方案,
    方案1:购进30部华为手机,60部Mate30手机,
    可获得利润为:元;
    方案2:购进31部华为手机,59部Mate30手机,
    可获得利润为:元;
    方案3:购进32部华为手机,58部Mate30手机,
    可获得利润为:元.
    ∴方案1获得的利润最大.
    【点睛】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式组的应用以及一次函数的性质,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组.
    25. 如图,在平面直角坐标系中,,为线段上一点,
    (1)若平分,求点的坐标;
    (2)若,将沿翻折,点的对应点为,是上一动点,求的最小值;
    (3)在(2)的条件下,为轴上一动点,为平面上一点,坐标为,若以、、、为顶点的四边形是平行四边形,请直接写出点坐标.
    【答案】(1)
    (2)
    (3)或
    【解析】
    【分析】(1)过点作于点,首先利用勾股定理和等腰三角形的性质解得,,证明为等腰直角三角形,易得,再根据角平分线的性质定理可得,然后证明,由全等三角形的性质可得,进而确定的值,即可获得答案;
    (2)根据题意,将沿翻折,点的对应点为,连接,交于点,首先解得,结合是上一动点,连接,过点作于点,由含30度角的直角三角形的性质可得,进而可知若取最小值,即取最小值,当点三点共线,且时,取最小值,求得的值,即可获得答案;
    (3)首先解得的值,分线段为平行四边形的一条边和线段为平行四边形的对角线两种情况,分别求解即可.
    【小问1详解】
    解:如下图,过点作于点,
    ∵,,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵平分,,,
    ∴,
    又∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    【小问2详解】
    根据题意,将沿翻折,点的对应点为,
    连接,交于点,如下图,
    由折叠的性质可得,,,
    ∵,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    设,则,,
    ∴,
    ∴,
    解得,
    ∴,
    根据题意,是上一动点,连接,过点作于点,
    ∵,
    ∴,
    ∴若取最小值,即取最小值,
    ∵当点三点共线,且时,取最小值,
    此时在中,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    即的最小值为;
    【小问3详解】
    由(2)可知,,
    ∴,
    当线段为平行四边形的一条边时,如下图,过点作轴于点,
    ∵四边相为平行时四边形,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,即,
    又∵,
    ∴,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,,即,
    ∴,
    ∴;
    当线段为平行四边形的对角线时,如下图,过点作轴于点,
    ∵四边相为平行时四边形,
    ∴,,
    ∴,
    又∵,
    ∴,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,,即,
    ∴,
    ∴.
    【点睛】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、等腰三角形的性质、角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、平行四边形的性质、折叠的性质等知识,综合性强,难度较大,正确作出辅助线是解题关键.
    26. 在中,,,点为边上一动点,连接,将绕着点逆时针方向旋转得到,连接.
    (1)如图1,,点为中点,与交于点,若,求的长度;
    (2)如图2,与交于点,连接,在延长线上有一点,,求证:;
    (3)如图3,与交于点,且平分,点为线段上一点,点为线段上一点,连接,,点为延长线上一点,将沿直线翻折至所在平面内得到,连接,在,运动过程中,当取得最小值,且时,请直接写出的值.
    【答案】(1)
    (2)见详解 (3)
    【解析】
    【分析】(1)由等腰直角三角形的性质和勾股定理可求得的长,由旋转的性质可得,,即可求解;
    (2)由“”可证,可得,,由“”证明,可得,即可证明结论;
    (3)在上截取,连接,先证明当三点共线,且时,有最小值,再证明点三点共线,由等腰直角三角形和折叠的性质可求解.
    【小问1详解】
    解:∵,,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∵点为中点,
    ∴,
    ∴,
    ∵将绕着点逆时针方向旋转得到,
    ∴,,
    ∴;
    【小问2详解】
    证明:如下图,过点作交于点,
    ∵,,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,,
    ∴,,
    ∴,
    ∵将绕着点逆时针方向旋转得到,
    ∴,,
    ∴,
    又∵,
    ∴,
    ∴,,
    ∴,
    又∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    【小问3详解】
    解:如下图,在上截取,连接,
    ∵平分,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴当三点共线,且时,有最小值,如下图,
    ∵,,
    ∴,
    由折叠的性质可得,,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴点三点共线,
    由折叠的性质可得,
    ∵,
    ∴,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴.
    【点睛】本题是几何变换综合题,主要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、折叠的性质、勾股定理等知识,添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键.售价型号
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