北京市2025-2026学年八年级下学期期末模拟自测数学试卷（二）人教版（含答案）

北京市2025-2026学年八年级下学期期末模拟自测数学试卷一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2025秋•顺德区月考）若点A（2，﹣1）关于x轴对称的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（3分）（2025秋•大连期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．3．（3分）下列说法中，正确的有（）①三角形是边的数量最少的多边形；②等边三角形和长方形都是正多边形；③n边形就有n条边，n个顶点，n个内角；④六边形从一个顶点出发可以画3条对角线，所有的对角线共有9条．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．（3分）（2025•西安校级模拟）将直线y＝2x﹣6向左平移m个单位后交y轴于正半轴，则m的值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．55．（3分）（2023秋•蜀山区期末）对于实数a，b，定义符号min{a，b}，其意义为：当a≥b时，min{a，b}＝b，当a＜b时，min{a，b}＝a，例如：min{2，﹣1}＝﹣1，min{2，5}＝2，若关于x的函数y＝min{2x﹣1，﹣x+5}，则该函数的最大值为（）A．0 B．2 C．3 D．56．（3分）（2024春•邳州市期中）已知：在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，则BD的长为（）A．2 B．2 C．3 D．27．（3分）（2023秋•雁塔区校级期末）一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象如图所示，下列结论中正确的有（）①对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小②函数y＝ax+d的图象不经过第一象限③a−c=④d＝a+b﹣cA．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．（3分）（2025•西城区校级模拟）在菱形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E、F分别为线段AB、AD上的点，EO的延长线交线段CD于点H，FO的延长线交线段CB于点G，连接EG、GH、HF、FE．以下结论：①EF＝GH；②若EG⊥BD，则AE＝CG；③存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；④若四边形EFHG为矩形，则AE＝AF，其中正确的结论是（）A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）9．（3分）（2025•海州区校级二模）函数y=1x−2中自变量x的取值范围是10．（3分）（2024春•韶关期末）若点A（a，b）在直线y＝﹣x+2上，则a+b的值是．11．（3分）（2023•原平市模拟）小华在复习四边形的相关知识时，绘制了如图所示的框架图，④号箭头处可以添加的条件是．（写出一种即可）12．（3分）（2024•周口一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，DE是△ABC的中位线，点D′在线段DB上，将△DEA沿着直线DB向右平移，使点D与点D′重合，点E，A的对应点依次为E′，A′，连接EA′，EE′，当△EA′E′是等腰三角形时，DD′的长为．13．（3分）（2025•汇川区四模）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠DBC＝30°，则∠AOD的度数为°．14．（3分）如图，已知E是正方形ABCD的边CD上任意一点，过E作EF⊥AC于点F，延长BF交直线AE于点G，则∠BGC＝．15．（3分）（2024春•西山区校级月考）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知点A，B的坐标分别为(−5，0)和（0，﹣1），点C，D在坐标轴上，则菱形ABCD的面积为16．（3分）已知点P（1，2）关于x轴对称的点为P′，直线y＝kx+b经过点P′与点A（3，2），则直线对应的函数表达式为．三．解答题（共9小题，满分52分）17．（5分）（2024•北碚区校级三模）在学习了平行线后，小西进行了如下思考，夹在一组平行线间的线段的垂直平分线，与平行线的两个交点和线段两端点所构成的四边形是什么四边形．请根据小西的思路完成以下作图与填空．已知：如图，AD∥BC，连接AC．（1）用直尺和圆规完成以下基本作图：作线段AC的垂直平分线EF，EF分别交BC，AC，AD于点E，O，F，连接AE，CF．（2）求证：四边形AECF是菱形．证明：∵AD∥BC，∴①，∵EF是AC的垂直平分线，∴OA＝OC，AE＝CE，在△AOF和△COE中，∠FAO=∠ECO②∴△AOF≌△COE（ASA），∴③，∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），∵AE＝CE，∴四边形AECF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）．在作图过程中，小西进一步研究发现：夹在一组平行线间的线段的垂直平分线，与平行线的两个交点和线段两端点所构成的四边形是．18．（5分）（2025春•毕节市期末）全球首次“人机共跑”半程马拉松于2025年4月19日在北京完赛，经过2时40分42秒的奔跑，机器人“天工Ultra”率先冲过终点拱门，夺得桂冠．受到该项赛事启发，某中学机器人兴趣小组也举办了“机器人竞速比赛”，比赛中甲、乙两台机器人的赛跑路程s（m）和赛跑时间t（min）之间的关系如图所示，请根据图象信息回答下列问题：（1）本次比赛全程是m，机器人先到达终点；（2）机器人甲的平均速度是m/min，其路程s和时间t的关系式是；（3）机器人乙由于故障在途中停留了min，恢复运行后，机器人乙的速度机器人甲的速度．（填“＞”“＝”或“＜”）19．（5分）（2024春•海陵区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：AF＝CE．20．（6分）（2024•天山区校级二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接OE，若AB＝10，BE＝6，求OE的长度．21．（6分）（2023春•沙坪坝区校级期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝3，对角线AC，BD交于点O，将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，BC′与AD交于点E，OC′与AD交于点F，连接AC′，若C′O∥DC，则点E到AC′的距离为．22．（6分）（2025秋•新城区校级期中）某城市自来水实行阶梯水价，收费标准如下表所示：月用水量/m3x≤1212＜x≤18x＞18收费标准/（元/m3）22.53（1）当用水量超过12m3但不超过18m3时，写出应交水费y（元）与月用水量x（m3）之间的关系式；（2）某用户9月份交水费34元，求所用水量．23．（5分）（2025•西城区校级开学）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣x+b与y＝3x+3的图象交于点（a，3）．（1）求a，b的值；（2）当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值小于函数y＝3x+3的值，且大于函数y＝﹣x+b的值，直接写出m的取值范围．24．（7分）（2025•双流区）在平面直角坐标系xOy中，直线m为经过（0，2）且垂直于y轴的直线，直线n为经过（3，0）且垂直于x轴的直线．图形G关于直线m的对称图形称为图形G的一次对称图形，记作图形G1，图形G1关于直线n的对称图形称为图形G的二次对称图形，记作图形G2，根据定义，回答下列问题：（1）点A（1，﹣1）的一次对称点的坐标与二次对称点的坐标分别为，；（2）点B（x，y）在第三象限，B1，B2分别是点B的一次对称点与二次对称点，△BB1B2为等腰直角三角形．①求y与x之间满足的数量关系；②已知M（1，0），N（﹣1，﹣1），写出2BN+BM的最小值为（3）已知点C（1，a），D（2，a），若以CD为边的正方形CDPQ（P、Q在线段CD的上方）的二次对称图形与过（0，a+3）且垂直于y轴的直线有公共点，写出a的取值范围．25．（7分）（2023秋•徐州期末）如图，直线AB与x、y轴分别交于点A（6，0）、B（0，6）．P为x轴上的动点，连接BP，将线段PB绕点P按顺时针方向旋转90°，得到线段PC，接BC．（1）求直线AB对应的函数表达式；（2）当点P坐标为（2，0）时，在y轴上是否存在点D，使得S△BDC＝S△BPC？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；（3）连接OC，则BC+OC的最小值为．（直接写结果）

参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2025秋•顺德区月考）若点A（2，﹣1）关于x轴对称的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标．【专题】平面直角坐标系；几何直观．【答案】A【分析】先根据轴对称的性质求出点A（2，﹣1）关于x轴对称的点的坐标，再根据横、纵坐标的正负判断所在象限，明确关于x轴对称的点的坐标变化规律：横坐标不变纵坐标变为原来的相反数．【解答】解：∵已知点A（2，﹣1），关于x轴对称的点的坐标：横坐标保持2不变，纵坐标﹣1的相反数是1，∴对称点的坐标为（2，1），∴点（2，1）的横坐标和纵坐标都是正数，符合第一象限的坐标特征；故选：A．【点评】本题考查关于坐标轴对称的两点的坐标之间的关系，判断点所在象限，解题的关键是掌握关于x轴对称的两个点的横坐标相等，纵坐标互为相反数．2．（3分）（2025秋•大连期中）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．【答案】D【分析】轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与自身重合，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：A．选项中图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；B．选项中图形是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意；C．选项中图形是轴对称图形但不是中心对称图形，不符合题意；D．选项中图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意．故选：D．【点评】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，掌握中心对称图形，轴对称图形的概念是关键．3．（3分）下列说法中，正确的有（）①三角形是边的数量最少的多边形；②等边三角形和长方形都是正多边形；③n边形就有n条边，n个顶点，n个内角；④六边形从一个顶点出发可以画3条对角线，所有的对角线共有9条．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】多边形内角与外角．【专题】多边形与平行四边形；推理能力．【答案】C【分析】①根据多边形的定义可对①进行判断；②根据等边三角形的三个内角相等，三条边相等，长方形的四个内角相等，四条边不一定相等得等边三角是正多边形，长方形不一定是正多边形，据此可对②进行判断；③根据n边形就有n条边，n个顶点，n个内角可对③进行判断；④根据六边形从一个顶点出发可以画3条对角线，再根据n边形对角线条数公式得六边形的所有对角线的条数为9条，由此可对④进行判断，综上所述即可得出答案．【解答】解：①∵三角形是边的数量最少的多边形，故①正确；②∵等边三角形的三个内角相等，三条边相等，∴等边三角形正三边形（正三角形），∵长方形的四个内角相等，四条边不一定相等，∴长方形不一定是正四边形（正方形），故②不正确；③∵n边形就有n条边，n个顶点，n个内角，故③正确；④∵六边形从一个顶点出发可以画3条对角线，根据n边形对角线条数公式得六边形的所有对角线的条数为：6×(6−3)2故④正确，综上所述：正确的是①③④，共3个．故选：C．【点评】此题主要考查了多边形的定义及相关概念，正多边形的定义，熟练掌握多边形的定义及相关概念，正多边形的定义是解决问题的关键．4．（3分）（2025•西安校级模拟）将直线y＝2x﹣6向左平移m个单位后交y轴于正半轴，则m的值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5【考点】一次函数图象与几何变换．【专题】一次函数及其应用；运算能力．【答案】D【分析】根据上加下减，左加右减进行列式得y＝2x+2m﹣6，根据平移后交y轴于正半轴，得2m﹣6＞0，解出m的取值范围，即可作答．【解答】解：∵将直线y＝2x﹣6向左平移m个单位后交y轴于正半轴，∴y＝2（x+m）﹣6＝2x+2m﹣6，∴2m﹣6＞0，∴m＞3，故选：D．【点评】本题考查了一次函数的平移规律，掌握平移规律是解题的关键．5．（3分）（2023秋•蜀山区期末）对于实数a，b，定义符号min{a，b}，其意义为：当a≥b时，min{a，b}＝b，当a＜b时，min{a，b}＝a，例如：min{2，﹣1}＝﹣1，min{2，5}＝2，若关于x的函数y＝min{2x﹣1，﹣x+5}，则该函数的最大值为（）A．0 B．2 C．3 D．5【考点】一次函数与一元一次不等式．【专题】一元一次不等式（组）及应用；推理能力．【答案】C【分析】根据定义分情况列出不等式：①当2x﹣1≥﹣x+5时，y＝min{2x﹣1，﹣x+5}＝﹣x+5；②当2x﹣1≤﹣x+5时，y＝min{2x﹣1，﹣x+5}＝2x﹣1，再根据一次函数的性质可得出结果．【解答】解：由题意得：①当2x﹣1≥﹣x+5，即x≥2时，y＝min{2x﹣1，﹣x+5}＝﹣x+5，∴﹣1＜0，y随x的增大而减小，∴当x≥2时，y取得最大值3；②当2x﹣1＜﹣x+5，即x＜2时，y＝min{2x﹣1，﹣x+5}＝2x﹣1，∴2＞0，y随x的增大而增大，∴当x＜2时，y＜3．综上可知，函数y＝min{2x﹣1，﹣x+5}的最大值为3．故选：C．【点评】本题考查了新定义、一次函数与一元一次不等式，认真阅读理解其意义，并利用函数的性质解决函数的最值问题是解题的关键．6．（3分）（2024春•邳州市期中）已知：在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，则BD的长为（）A．2 B．2 C．3 D．2【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】D【分析】连接AC，BD交于O，根据菱形的性质和直角三角形的性质即可得到结论．【解答】解：如图，连接AC，BD交于O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD＝2BO，AC＝2AO，∠BAO=12∴∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，∴AO=12∴BO=3AO=∴BD＝2BO＝23．故选：D．【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．7．（3分）（2023秋•雁塔区校级期末）一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象如图所示，下列结论中正确的有（）①对于函数y1＝ax+b来说，y随x的增大而减小②函数y＝ax+d的图象不经过第一象限③a−c=④d＝a+b﹣cA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】一次函数的性质；一次函数的图象．【专题】一次函数及其应用；推理能力．【答案】C【分析】①根据函数图象直接得到结论；②根据a、d的符号即可判断；③当x＝3时，y1＝y2；④当x＝1时，根据图象得不等式．【解答】解：由图象可得：对于函数y1＝ax+b，y随x的增大而减小，故①正确；∵a＜0，d＜0，∴函数y＝ax+d的图象经过第二，三，四象限，不经过第一象限，故②正确；∵一次函数y1＝ax+b与y2＝cx+d的图象的交点的横坐标为3，∴3a+b＝3c+d，∴3a﹣3c＝d﹣b，即3（a﹣c）＝d﹣b故，即a﹣c=d−b3，当x＝1时，y1＝a+b，y2＝c+d，由图象可知y1＞y2，∴a+b＞c+d，故④错误．综上①②③都正确，故选：C．【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式，一次函数的图象与性质，利用数形结合是解题的关键．8．（3分）（2025•西城区校级模拟）在菱形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E、F分别为线段AB、AD上的点，EO的延长线交线段CD于点H，FO的延长线交线段CB于点G，连接EG、GH、HF、FE．以下结论：①EF＝GH；②若EG⊥BD，则AE＝CG；③存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；④若四边形EFHG为矩形，则AE＝AF，其中正确的结论是（）A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】A【分析】证明四边形EFHG是平行四边形，得出EF＝GH，可判定①正确；证明△BMG≌△BME得到BG＝BE从而可得AE＝CG，可判定②正确；当EH⊥GF时，可得四边形EFHG是菱形，则存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；可判定③正确；们SSA无法证出△OBE≌△ODF，即AE＝AF无法证出，故④不正确．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对角线BD的中点，∴OB＝OD，∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠CDB，∵∠BOE＝∠DOH，∠BOG＝∠DOF，∴△BOE≌△DOH（ASA），△BOG≌△ADOF（ASA），∴OE＝OH，OG＝OF，∴四边形EFHG是平行四边形，∴EF＝GH，故①正确；设EG与BD相交于M，如图，若EG⊥BD，则∠BMG＝∠BME＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠GBM＝∠EBM，AB＝BC，又∵BM＝BM，∴△BMG≌△BME（ASA），∴BG＝BE，∴AB﹣BE＝BC﹣BG，即AE＝CG，故②正确；已证四边形EFHG是平行四边形，当EH⊥GF时，四边形EFHG是菱形，∴存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形，故③正确；要证AE＝AF，则可证BE＝DF，即需要证△OBE≌△ODF，∵四边形EFHG为矩形，∴OF＝OE，∵OB＝OD，∠ABE＝∠ADF但是我们SSA无法证出△OBE≌△ODF，即AE＝AF无法证出，故④不正确．综上，正确的有①②③．故选：A．【点评】本题主要考查菱形的性质和判定，矩形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）9．（3分）（2025•海州区校级二模）函数y=1x−2中自变量x的取值范围是x【考点】函数自变量的取值范围．【专题】函数及其图象；运算能力．【答案】x≠2．【分析】根据分式有意义的条件解答即可．【解答】解：自变量的取值范围是x≠2；故答案为：x≠2．【点评】本题考查了函数自变量的取值范围，熟练掌握该知识点是关键．10．（3分）（2024春•韶关期末）若点A（a，b）在直线y＝﹣x+2上，则a+b的值是2．【考点】一次函数图象上点的坐标特征．【专题】一次函数及其应用；应用意识．【答案】2【分析】将点A（a，b）代入直线y＝﹣x+2中，进而得出答案．【解答】解：∵点A（a，b）在直线y＝﹣x+2上，∴b＝﹣a+2，∴a+b＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，将点A（a，b）代入直线y＝﹣x+2中是解题的关键．11．（3分）（2023•原平市模拟）小华在复习四边形的相关知识时，绘制了如图所示的框架图，④号箭头处可以添加的条件是有一组邻边相等（答案不唯一）．（写出一种即可）【考点】正方形的判定．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】有一组邻边相等（答案不唯一）．【分析】根据正方形的判定可得出答案．【解答】解：有一组邻边相等的矩形是正方形，故答案为：有一组邻边相等（答案不唯一）．【点评】本题主要考查正方形的判定，掌握判定定理是解题关键．12．（3分）（2024•周口一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，DE是△ABC的中位线，点D′在线段DB上，将△DEA沿着直线DB向右平移，使点D与点D′重合，点E，A的对应点依次为E′，A′，连接EA′，EE′，当△EA′E′是等腰三角形时，DD′的长为3或1．【考点】三角形中位线定理；平移的性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．【专题】三角形；推理能力．【答案】3或1．【分析】由题意得四边形AEE′A′、DEE′D′为平行四边形，推出EE′＝AA′＝DD′，求出AB＝4，AC=3，DE=12BC=1，AD＝2，AE=3，∠ADE＝∠CBA＝60°，分两种情况：当EE′＝AE′时，此时四边形AEE′A′为菱形；当A′E＝EE′时，则∠A′AE【解答】解：由平移的性质可得：EE′＝AA′，EE′∥AA′，EE′∥DD′，EE′＝DD′，∴四边形AEE′A′、DEE′D′为平行四边形，∴EE′＝AA′＝DD′，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，DE是△ABC的中位线，∴AB＝4，AC=AB2−BC2=23，∴AD＝2，AE=3，∠ADE＝∠CBA点D′从点D向B的运动过程中，∠A′EE′逐渐变小，当点D′与点B重合时，点A′与点D重合，此时∠A′EE′＝∠DEE′＝∠ADE＝60°，故∠A′EE′最小为60°，∵△EA′E′是等腰三角形，∴当EE′＝AE′时，此时四边形AEE′A′为菱形，∴EE′=AE=A′E′=AA′=3∴DD′=EE′=3当A′E＝EE′时，则∠A′AE＝∠A′EA＝30°，∴∠EA′D＝∠A′AE+∠A′EA＝60°，∵∠EDA＝60°，∴△A′DE为等边三角形，∴A′D＝DE＝1，∴DD′＝EE′＝A′D＝1，综上所述，DD′为3或1，故答案为：3或1．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平移的性质、三角形中位线定理、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．13．（3分）（2025•汇川区四模）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠DBC＝30°，则∠AOD的度数为120°．【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力．【答案】120．【分析】因为四边形ABCD是矩形，则AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD．所以OA＝OD．则∠OAD＝∠ADO＝30°，得出∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ADO＝180°﹣30°﹣30°＝120°．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD．∴OA＝OD．∴∠OAD＝∠ADO＝30°，∴∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ADO＝180°﹣30°﹣30°＝120°．故答案为：120．【点评】本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质，矩形的对角线相等且互相平分是解此题的关键．14．（3分）如图，已知E是正方形ABCD的边CD上任意一点，过E作EF⊥AC于点F，延长BF交直线AE于点G，则∠BGC＝45°．【考点】正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；推理能力．【答案】45°．【分析】设AE的中点为O，连接OD，OF，先利用直角三角形的性质证OA＝OD＝OE＝OF，进而得点A，D，E，F在以点O为圆心OA为半径的圆上，则∠FAE＝∠EDF，再证△BCF和△CDF全等得∠CBF＝∠CDF，进而得∠FAG＝∠CBF，据此可证△AFG和△BFC相似得AF：BF＝FG：FC，又∠AFB＝∠GFC，则△AFB和△DFC相似最后根据相似三角形的性质得∠BGC＝∠CAB，由此可得出答案．【解答】解：设AE的中点为O，连接OD，OF，如图：∵四边形ABCD为正方形，AC为对角线，∴∠ADC＝90°，∠CAB＝∠ACB＝∠ACD＝45°，BC＝CD，在Rt△ADE中，点O为斜边AE的中点，∴OD＝OA＝OE=12∵EF⊥AC，∴△AEF为直角三角形，且点O为斜边AE的中点，∴OF＝OA＝OE=12∴OA＝OD＝OE＝OF，∴点A，D，E，F在以点O为圆心OA为半径的圆上，∴∠FAE＝∠EDF，在△BCF和△CDF中，BC＝CD，∠ACB＝∠ACD，CF＝CF，∴△BCF≌△CDF（SAS），∴∠CBF＝∠CDF，即：∠CBF＝∠EDF，∴∠FAE＝∠CBF，即：∠FAG＝∠CBF，又∠AFG＝∠BFC，∴△AFG∽△BFC，∴AF：BF＝FG：FC，即：AF：FG＝BF：FC，又∠AFB＝∠GFC，∴△AFB∽△DFC，∴∠FAB＝∠FGC，即：∠CAB＝∠BGC，∴∠BGC＝∠CAB＝45°．故答案为：45°．【点评】此题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，理解正方形和直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解答此题的关键，根据点与圆的位置关系构造辅助圆是解答此题的难点．15．（3分）（2024春•西山区校级月考）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知点A，B的坐标分别为(−5，0)和（0，﹣1），点C，D在坐标轴上，则菱形ABCD的面积为2【考点】菱形的性质；坐标与图形性质．【专题】平面直角坐标系；矩形菱形正方形；运算能力．【答案】25【分析】根据菱形的对角线互相垂直且平分得到AC=25【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=1∵点A，B的坐标分别为(−5∴OA=5∴AC=25∴S菱形ABCD故答案为：25【点评】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，熟练掌握菱形的性质是解决本题的关键．16．（3分）已知点P（1，2）关于x轴对称的点为P′，直线y＝kx+b经过点P′与点A（3，2），则直线对应的函数表达式为y＝2x﹣4．【考点】待定系数法求一次函数解析式；关于x轴、y轴对称的点的坐标；一次函数图象上点的坐标特征．【专题】一次函数及其应用；推理能力．【答案】y＝2x﹣4．【分析】点P（1，2）关于x轴对称的点为P′，则点P′（1，﹣2），再由待定系数法即可求解．【解答】解：点P（1，2）关于x轴对称的点为P′，则点P′（1，﹣2），由题意得：−2=k+b2=3k+b解得：k=2b=−4则函数的表达式为：y＝2x﹣4，故答案为：y＝2x﹣4．【点评】本题考查的是待定系数法求函数表达式，熟悉图象上点的坐标特征是解题的关键．三．解答题（共9小题，满分52分）17．（5分）（2024•北碚区校级三模）在学习了平行线后，小西进行了如下思考，夹在一组平行线间的线段的垂直平分线，与平行线的两个交点和线段两端点所构成的四边形是什么四边形．请根据小西的思路完成以下作图与填空．已知：如图，AD∥BC，连接AC．（1）用直尺和圆规完成以下基本作图：作线段AC的垂直平分线EF，EF分别交BC，AC，AD于点E，O，F，连接AE，CF．（2）求证：四边形AECF是菱形．证明：∵AD∥BC，∴①∠FAO＝∠ECO，∵EF是AC的垂直平分线，∴OA＝OC，AE＝CE，在△AOF和△COE中，∠FAO=∠ECO②∴△AOF≌△COE（ASA），∴③OF＝OE，∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），∵AE＝CE，∴四边形AECF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）．在作图过程中，小西进一步研究发现：夹在一组平行线间的线段的垂直平分线，与平行线的两个交点和线段两端点所构成的四边形是菱形．【考点】作图—复杂作图；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；菱形的判定．【专题】作图题；几何直观；运算能力．【答案】（1）见解析；（2）∠FAO＝∠ECA，AO＝OC，OF＝OE，菱形．【分析】（1）根据要求作出图形；（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．【解答】（1）解：图形如图所示：（2）证明：∵AD∥BC，∴①∠FAO＝∠ECA，∵EF是AC的垂直平分线，∴OA＝OC，AE＝CE，在△AOF和△COE中，∠FAO=∠ECOAO=CO∴△AOF≌△COE（ASA），∴③OF＝OE，∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），∵AE＝CE，∴四边形AECF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）．在作图过程中，小西进一步研究发现：夹在一组平行线间的线段的垂直平分线，与平行线的两个交点和线段两端点所构成的四边形是菱形．故答案为：∠FAO＝∠ECA，AO＝OC，OF＝OE，菱形．【点评】本题考查作图﹣复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．18．（5分）（2025春•毕节市期末）全球首次“人机共跑”半程马拉松于2025年4月19日在北京完赛，经过2时40分42秒的奔跑，机器人“天工Ultra”率先冲过终点拱门，夺得桂冠．受到该项赛事启发，某中学机器人兴趣小组也举办了“机器人竞速比赛”，比赛中甲、乙两台机器人的赛跑路程s（m）和赛跑时间t（min）之间的关系如图所示，请根据图象信息回答下列问题：（1）本次比赛全程是800m，机器人甲先到达终点；（2）机器人甲的平均速度是100m/min，其路程s和时间t的关系式是s＝100t；（3）机器人乙由于故障在途中停留了3min，恢复运行后，机器人乙的速度＞机器人甲的速度．（填“＞”“＝”或“＜”）【考点】函数的图象．【专题】函数及其图象；运算能力．【答案】（1）800，甲；（2）100，s＝100t；（3）3，＞．【分析】（1）观察图象即可；（2）根据路程＝时间×速度即可求；（3）观察图象即可得到故障时间，速度即为图象陡的程度，根据图象比较速度大小即可．【解答】解：（1）根据图象可知，比赛全程是800m，机器人甲所用时间为8min，机器人乙所用时间为9min，所以机器人甲先到终点；故答案为：800，甲；（2）根据象可知，平均速度为：800÷8＝100m/min，路程s和时间t的关系式是：s＝100t；故答案为：100，s＝100t；（3）根据图象可知，乙由于故障在途中停留了5﹣2＝3min，∵s＝vt，同一时刻，s越大，v越大，∴图象越为陡峭，∵恢复运行后，乙的线比甲陡，∴机器人乙的速度＞机器人甲的速度．故答案为：＞．【点评】本题考查了用图象表示变量间的关系，熟练掌握该知识点是关键．19．（5分）（2024春•海陵区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F．求证：AF＝CE．【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．【答案】见解析．【分析】易证△ABE≌△CDF，即可得证．【解答】解：在平行四边形ABCD中，∵AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAE＝∠DCF，又BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠AEB＝∠CFD＝90°，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∴AF＝AE+EF＝FC+EF＝CE，∴AF＝CE．【点评】此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知平行四边形的性质平行四边形的性质．20．（6分）（2024•天山区校级二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接OE，若AB＝10，BE＝6，求OE的长度．【考点】矩形的判定与性质；菱形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）见解答；（2）25【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，等量代换得到BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝10，由勾股定理求出AE＝8，AC＝45，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD＝BC，∵BE＝CF，∴BC＝EF，∴AD＝EF，∵AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四边形AEFD是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD＝10，∴AD＝AB＝BC＝10，∵BE＝6，在Rt△ABE中，AE=A在Rt△AEC中，AC=A∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，∴OE=12AC【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．21．（6分）（2023春•沙坪坝区校级期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝3，对角线AC，BD交于点O，将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，BC′与AD交于点E，OC′与AD交于点F，连接AC′，若C′O∥DC，则点E到AC′的距离为12【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；展开与折叠；推理能力．【答案】12【分析】由折叠的性质可得OC＝OC'，BC＝BC'＝3，可证△OCD是等边三角形，可得OC＝OD＝CD＝AB＝OC'，可证四边形ABOC'是菱形，由直角三角形的性质可求AE＝1，即可求解．【解答】解：如图，过点E作EH⊥AC'于H，∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，∴OC＝OD＝OB＝OA，∴∠ODC＝∠OCD，∵将△BOC沿直线BD翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△BOC′，∴OC＝OC'，BC＝BC'＝3，∵C′O∥DC，∴C'O∥AB，∠C'OD＝∠ODC，∴∠C'OD＝∠ODC＝∠OCD，∵∠C'OD+∠ODC+∠OCD＝180°，∴∠C'OD＝∠ODC＝∠OCD＝60°，∴△OCD是等边三角形，∴OC＝OD＝CD，∴AB＝C'O，∴四边形ABOC'是平行四边形，∵OB＝OC'，∴平行四边形ABOC'是菱形，∴AB＝OB＝AO＝AC'＝C'O，∴△ABO，△AC'O都是等边三角形，∴∠ABO＝∠AC'O＝∠C'AO＝60°，∴∠ABC'＝∠AC'B＝30°，∠C'AD＝∠BAC'﹣BAD＝30°，∴BE＝2AE，∠C'AD＝∠AC'E，∴AE＝C'E，∴BE+C'E＝BC'＝3，∴2AE+AE＝3，∴AE＝1，∵∠EAH＝30°，EH⊥AC'，∴EH=12AE∴点E到AC′的距离为12故答案为：12【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．22．（6分）（2025秋•新城区校级期中）某城市自来水实行阶梯水价，收费标准如下表所示：月用水量/m3x≤1212＜x≤18x＞18收费标准/（元/m3）22.53（1）当用水量超过12m3但不超过18m3时，写出应交水费y（元）与月用水量x（m3）之间的关系式；（2）某用户9月份交水费34元，求所用水量．【考点】一次函数的应用．【专题】一次函数及其应用；应用意识．【答案】（1）y＝2.5x﹣6（12＜x≤18）；（2）此用户9月份用水量为16m3．【分析】（1）根据题意，用12m3的水费加上超过12m3的水费即为应交水费，可列出函数关系式；（2）结合（1）令y＝34可解得x的值，即可得到答案．【解答】解：（1）根据表格可得：当12＜x≤18时，y＝2.5（x﹣12）+2×12＝2.5x﹣6，∴应交水费y（元）与月用水量x（m3）之间的关系式为y＝2.5x﹣6（12＜x≤18）；（2）∵2×12＝24，2.5×18﹣6＝39，且24＜34＜39，∴此用户9月份用水量超过12m3但不超过18m3，在y＝2.5x﹣6中，令y＝34得：34＝2.5x﹣6，解得x＝16，∴此用户9月份用水量为16m3．【点评】本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式．23．（5分）（2025•西城区校级开学）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣x+b与y＝3x+3的图象交于点（a，3）．（1）求a，b的值；（2）当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值小于函数y＝3x+3的值，且大于函数y＝﹣x+b的值，直接写出m的取值范围．【考点】一次函数图象与几何变换；待定系数法求一次函数解析式；一次函数图象与系数的关系．【专题】一次函数及其应用；运算能力．【答案】（1）a＝0，b＝3；（2）2＜m＜3．【分析】（1）把点（a，3）代入y＝3x+3先求出a的值，然后再代入y＝﹣x+b求出b值即可；（2）设直线y＝﹣x+b与x＝1交于点D，求出D（1，2），代入y＝mx，得m＝2，根据x＞1时，函数y＝mx的值小于函数y＝3x+3的值，且大于函数y＝﹣x+b的值，得2＜m＜3．【解答】解：（1）将（a，3）代入y＝3x+3得，a＝0，∴点（0，3），再代入y＝﹣x+b，得0+b＝3，解得b＝3；（2）由（1）可知，b＝3，代入y＝﹣x+b，得y＝﹣x+3，如图所示，设直线y＝﹣x+3与直线x＝1交于点D，当x＝1时，y＝2，∴D（1，2），代入y＝mx，得m＝2，当直线y＝mx与直线y＝3x+3平行时，得m＝3，∵x＞1时，函数y＝mx的值小于函数y＝3x+3的值，且大于函数y＝﹣x+b的值，∴2＜m＜3．【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与系数的关系，数形结合是解题的关键．24．（7分）（2025•双流区）在平面直角坐标系xOy中，直线m为经过（0，2）且垂直于y轴的直线，直线n为经过（3，0）且垂直于x轴的直线．图形G关于直线m的对称图形称为图形G的一次对称图形，记作图形G1，图形G1关于直线n的对称图形称为图形G的二次对称图形，记作图形G2，根据定义，回答下列问题：（1）点A（1，﹣1）的一次对称点的坐标与二次对称点的坐标分别为（1，5），（5，5）；（2）点B（x，y）在第三象限，B1，B2分别是点B的一次对称点与二次对称点，△BB1B2为等腰直角三角形．①求y与x之间满足的数量关系；②已知M（1，0），N（﹣1，﹣1），写出2BN+BM的最小值为32（3）已知点C（1，a），D（2，a），若以CD为边的正方形CDPQ（P、Q在线段CD的上方）的二次对称图形与过（0，a+3）且垂直于y轴的直线有公共点，写出a的取值范围．【考点】四边形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【答案】（1）（1，5）；（5，5）；（2）①y＝x﹣1；②32（3）0≤a≤1【分析】（1）根据轴对称的性质即可求解；（2）①根据一次对称和二次对称的定义得到B1（x，4﹣y），B2（6﹣x，4﹣y），推出BB1⊥B1B2，再根据ΔBB1B2为等腰直角三角形得到BB1＝B1B2，整理即可得出答案；②过点M作垂直于x轴的直线l，过点B作BH⊥l于点H，易证△BMH是等腰直角三角形，则有BH=BM2，得出2BN+BM=2(BN+BM2)=2（3）求出正方形CDPQ的二次对称图形C2D2P2Q2的各顶点坐标，再根据二次对称图形与过（0，a+3）且垂直于y轴的直线有公共点，列出关于a的不等式，即可求出a的取值范围．【解答】解：（1）由题意得，直线m为直线y＝2，直线n为直线x＝3，点A（1，﹣1）关于直线m对称的点为（1，5），点（1，5）关于直线n对称的点为（5，5），∴点A（1，﹣1）的一次对称点的坐标为（1，5），二次对称点的坐标为（5，5）；故答案为：（1，5）；（5，5）；（2）①∵点B（x，y）在第三象限，∴x≤0，y＜0，∵点B（x，y）关于直线m对称的点为（x，4﹣y），点（x，4﹣y）关于直线m对称的点为（6﹣x，4﹣y），∴点B（x，y）的一次对称点的坐标为（x，4﹣y），二次对称点的坐标为（6﹣x，4﹣y），∴B1（x，4﹣y），B2（6﹣x，4﹣y），∴BB1⊥B1B2，又∵△BB1B2为等腰直角三角形，∴BB1＝B1B2，∴4﹣y﹣y＝6﹣x﹣x