北京市2025-2026学年八年级下学期期末模拟自测数学试卷（一）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12小题，满分36分，每小题3分）1．（3分）（2025秋•浑南区期中）下列各式中，属于最简二次根式的是（）A．19 B．13 C．0.5 D．2．（3分）（2024秋•方城县期中）估计2(A．6和7之间 B．7和8之间 C．8和9之间 D．9和10之间3．（3分）（2025秋•绍兴期中）如图，电工师傅为长方形房间布埋电线管时，若电线管要从天花板A墙角走到C墙角，电线管的长度至少要（）A．9m B．10m C．12m D．14m4．（3分）（2025春•陵城区期末）若式子1x+1有意义，则实数xA．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x≥﹣1 D．x≥05．（3分）甲、乙、丙三人手中各有一张如图所示的纸质卡片，卡片上分别写有一个算式，则这三张卡片中，算式的计算结果是有理数的有（）A．3张 B．2张 C．1张 D．0张6．（3分）（2023•硚口区模拟）将10根棒棒糖分给甲，乙，丙三个小朋友，要求三个小朋友都有棒棒糖，且分得棒棒糖的根数互不相同，则不同的分法有（）A．22种 B．23种 C．24种 D．25种7．（3分）（2024秋•桐柏县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点B的坐标为（0，﹣2），则点A的坐标为（）A．(−23，0) B．(−32，0) 8．（3分）（2023•辉县市二模）下列计算正确的是（）A．2a2+a＝3a3 B．（﹣3x2）2＝6x4 C．(−2)2=2 D．（a﹣2）2＝9．（3分）（2024秋•三水区期末）下列命题中是真命题的是（）A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．有一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形 D．顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形10．（3分）（2025春•集宁区校级期末）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，运动时间为（）A．1s或2s B．2s或6s C．2s或4s D．2s或3s11．（3分）（2022秋•渝北区期末）如图，第①个图形有1个点，第②个图形有6个点，第③个图形有15个点，第④个图形有28个点，按此规律排列下去，则第⑧个图形的点的个数为（）A．72 B．80 C．120 D．15312．（3分）（2025春•岚山区期末）在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则MC=2A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）13．（3分）（2025秋•鹿城区校级期中）如图所示在数轴上有个4×4的格点正方形，平放在数轴上，单位格点长度就是数轴的单位长度，A点表示的数为0．以A为圆心、AB为半径画弧交数轴于点C，则C点表示的数为．14．（3分）（2024秋•永川区月考）现有6张正面分别标有数字﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1的不透明卡片，他们除数字不同外，其余都相同．现将他们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，记该卡片上的数字为a，则使得关于x的分式方程ax−3x−2=3x−12−x有整数解，且使关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣615．（3分）如图，四边形ABCD中，对角线BD⊥AD，BD⊥BC，AD＝11﹣x，BC＝x﹣5，则当x＝时，四边形ABCD是平行四边形．16．（3分）（2023秋•成都期中）将字母C、H按如图所示拼图，第1图中有4个H，第2图中有6个H，第3图中有8个H，若按此规律拼图，则第2023图中字母H的个数为.17．（3分）定义：如图，点B，C把线段AD分割成AB，BC，CD三段，若以AB，BC，CD为边的三角形是一个直角三角形，则称点B，C是线段AD的勾股分割点．已知点B，C是线段AD的勾股分割点，且AB为直角边，若AD＝24，BD＝18，则CD的长为．18．（3分）（2025秋•化州市期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．勾股定理与图形的面积存在密切的关系，如图是由Rt△ABC、Rt△ABP组成的图形，其中∠ABC＝∠APB＝90°，已知AC＝13，BC＝12，AP+BP＝7，则△ABP的面积为．19．（3分）有15个数排成一列，它们正好构成等差数列，其中第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，那么其余数的和为．20．（3分）（2025春•龙凤区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在边BC、AB上，CD＝BD，CE=12AB．AD与CE交于点F，如果AB＝6，那么CF三．解答题（共8小题，满分60分）21．（10分）（2023春•澄海区期末）计算：9+|22．（10分）（2025春•运河区校级月考）（1）若x=3+5，y=3−5，求x（2）若a+b＝﹣6，ab＝7，求ba23．（6分）（2023•呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．（1）求证：∠1＝∠2；（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．24．（7分）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点M也在格点上，按要求完成下列各题．（1）△ABC的形状为三角形．（2）利用无刻度的直尺作图：①画出BC边上的高AD，并求AD的长；②将线段BD平移至MN，点B的对应点为M．25．（5分）（2025•蜀山区校级三模）某同学根据学习“数与式”积累的经验，想通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律．下面是他的探究过程，请补充完整：（1）具体运算，发现规律．特例1：1+1特例2：2+1特例3：3+1特例4：4+16=（2）观察、归纳，得出猜想．如果n为正整数，按此规律第n个式子可以表示为：．（3）应用运算规律：①化简：2024+12026×②若a+1b=111b（a，b均为正整数），则a26．（6分）（2024春•秀山县期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，垂足为点E，DE＝CD，点F为DE中点，点G为CD上的一点，连接CF，EG，BG，∠1＝∠2．（1）若DF＝2，BE＝3，求AE的长；（2）求证：∠DEG=127．（8分）（2024秋•长寿区校级月考）如图，点A，B，C三点在一直线上，在BC同侧作△BCD、△BCE，若BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，过点B作∠CBD的平分线交CE于点F．（1）若BE∥CD，求证：BE＝BC；（2）已知∠E＝32°，求∠D的度数；（3）若BE∥CD，BD＝4，BF＝3，求线段CD的长．28．（8分）（2025春•中山区期末）（1）【教材呈现】人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14．设OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，求证：S四边形BEOF=（2）【类比探究】如图2，在正方形ABCD中，点M为对角线BD上一点，点E，F分别在边AB和BC延长线上，ME⊥MF，若AB＝6，DM=2，求四边形MEBF（3）【拓展运用】如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝∠B，S四边形AECF=12S菱形ABCD，BE

参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）1．（3分）（2025秋•浑南区期中）下列各式中，属于最简二次根式的是（）A．19 B．13 C．0.5 D．【考点】最简二次根式．【专题】二次根式；运算能力．【答案】A【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查定义中的两个条件①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【解答】解：A、19，符合最简二次根式的条件；故本选项符合题意；B、13C、0.5=D、8=2故选：A．【点评】本题考查了最简二次根式的定义．熟练掌握定义是关键．2．（3分）（2024秋•方城县期中）估计2(A．6和7之间 B．7和8之间 C．8和9之间 D．9和10之间【考点】估算无理数的大小；二次根式的混合运算．【专题】二次根式；符号意识．【答案】B【分析】先计算出原式等于4+10，可得3＜【解答】解：2(∵9＜10＜∴7＜4+10∴2(故选：B．【点评】本题主要考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，熟练掌握二次根式的运算法则是解题的关键．3．（3分）（2025秋•绍兴期中）如图，电工师傅为长方形房间布埋电线管时，若电线管要从天花板A墙角走到C墙角，电线管的长度至少要（）A．9m B．10m C．12m D．14m【考点】平面展开﹣最短路径问题；勾股定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．【答案】B【分析】先连接AC，再根据勾股定理列式计算，即可作答．【解答】解：连接AC，如图所示：依题意，CB＝8m，∠B＝90°，AB＝6m，则AC=A∴电线管要从天花板A墙角走到C墙角，电线管的长度至少要10m．故选：B．【点评】本题考查了勾股定理，平面展开—最短路径问题，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．4．（3分）（2025春•陵城区期末）若式子1x+1有意义，则实数xA．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x≥﹣1 D．x≥0【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．【专题】分式；二次根式；运算能力．【答案】B【分析】二次根式有意义即被开方数为非负数，分式有意义即分母不为0，由此解答即可．【解答】解：若式子1x+1有意义，则x+1≥0解得x＞﹣1，故选：B．【点评】本题考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件，熟练掌握这两个知识点是解题的关键．5．（3分）甲、乙、丙三人手中各有一张如图所示的纸质卡片，卡片上分别写有一个算式，则这三张卡片中，算式的计算结果是有理数的有（）A．3张 B．2张 C．1张 D．0张【考点】有理数．【专题】计算题；运算能力．【答案】B【分析】先求出每个算式的结果，再根据有理数的定义判断即可．【解答】解：45÷2(3−(1−2综上所述，三张卡片中，算式的计算结果是有理数的有2张．故选：B．【点评】本题考查了有理数，熟练掌握运算法则是解题的关键．6．（3分）（2023•硚口区模拟）将10根棒棒糖分给甲，乙，丙三个小朋友，要求三个小朋友都有棒棒糖，且分得棒棒糖的根数互不相同，则不同的分法有（）A．22种 B．23种 C．24种 D．25种【考点】排列与组合问题．【专题】数字问题；规律型；应用意识．【答案】C【分析】把10进行拆分，得到3个不同的正整数相加的情况即可求解．【解答】解：10＝1+2+7＝1+3+6＝1+4+5＝1+5+4＝1+6+3＝1+7+2＝2+3+5＝2+5+3，∵将10根棒棒糖分给甲，乙，丙三个小朋友，8×3＝24（种）．故不同的分法有24种．故选：C．【点评】本题考查了排列与组合问题，关键是将10分解为10＝1+2+7＝1+3+6＝1+4+5＝1+5+4＝1+6+3＝1+7+2＝2+3+5＝2+5+3．7．（3分）（2024秋•桐柏县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点B的坐标为（0，﹣2），则点A的坐标为（）A．(−23，0) B．(−32，0) 【考点】菱形的性质；坐标与图形性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．【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】A【分析】由菱形的性质和直角三角形的性质求出∠BAO＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得AB＝2OB＝4，然后由勾股定理求出OA的长，即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，∴∠ABO=12∠ABC＝60°，AC⊥∴∠AOB＝90°，∴∠BAO＝90°﹣60°＝30°，∴AB＝2OB，∵点B的坐标为（0，﹣2），∴OB＝2，∴AB＝2OB＝4，∴OA=AB2∴点A的坐标为（﹣23，0），故选：A．【点评】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．8．（3分）（2023•辉县市二模）下列计算正确的是（）A．2a2+a＝3a3 B．（﹣3x2）2＝6x4 C．(−2)2=2 D．（a﹣2）2＝【考点】二次根式的性质与化简；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．【专题】实数；整式；二次根式；运算能力．【答案】C【分析】根据同类项的定义判断A选项；利用幂的乘方与积的乘方判断B选项；根据二次根式的性质判定C选项；根据完全平方公式判定D选项．【解答】解：2a2与a不能合并同类项，故A不符合题意；（﹣3x2）2＝9x4，故B不符合题意；(−2)2=（a﹣2）2＝a2﹣4a+4，故D不符合题意；故选：C．【点评】本题考查合并同类项，幂的乘方与积的乘方，二次根式的性质，完全平方公式，熟练掌握相应的运算法则和性质是解题的关键．9．（3分）（2024秋•三水区期末）下列命题中是真命题的是（）A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．有一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形 D．顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形【考点】命题与定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；中点四边形．【专题】多边形与平行四边形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】D【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；B、有一个角为90°且一组邻边相等的平行四边形是正方形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；C、对角线互相垂直且相等的四边形不一定矩形，故错误，是假命题，不符合题意；D、顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意．故选：D．【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的判定定理，难度不大．10．（3分）（2025春•集宁区校级期末）如图，等边三角形ABC的边长为6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm的速度运动，点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动．当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，运动时间为（）A．1s或2s B．2s或6s C．2s或4s D．2s或3s【考点】平行四边形的判定；等边三角形的性质．【专题】行程问题；线段、角、相交线与平行线；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．【答案】B【分析】设运动时间为ts，由点F运动的速度为2cm/s，求得当点F与点C重合时t＝3，由AG∥BC，可知当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，则AE＝CF，再分两种情况讨论，一是当0＜t＜3时，则t＝6﹣2t，求得t＝2；二是当t＞3时，则t＝2t﹣6，求得t＝6，于是得到问题的答案．【解答】解：设运动时间为ts，当点F与点C重合时，则2t＝6，解得t＝3，∵射线AG∥BC，点E在线段AG上运动，点F在射线BC上运动，∴AE∥CF，∴当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，则AE＝CF，∵当0＜t＜3时，由AE＝CF得t＝6﹣2t，解得t＝2；当t＞3时，由AE＝CF得t＝2t﹣6，解得t＝6，∴当以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，运动时间为2s或6s，故选：B．【点评】此题重点考查一元一次方程的应用、平行四边形的性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地用代数式表示AE的长及CF的长是解题的关键．11．（3分）（2022秋•渝北区期末）如图，第①个图形有1个点，第②个图形有6个点，第③个图形有15个点，第④个图形有28个点，按此规律排列下去，则第⑧个图形的点的个数为（）A．72 B．80 C．120 D．153【考点】规律型：图形的变化类．【专题】规律型；数据分析观念．【答案】C【分析】根据图形的变化规律，可得第8个图形中的点数．【解答】解：∵1×1＝1；2×3＝6，3×5＝15，4×7＝28．，∴第⑧个图形的点的个数为8×（2×8﹣1）＝120，故选：C．【点评】本题主要考查了图形变化类问题，解决问题的关键是依据图形的变化，得到第8个图形中的点数．12．（3分）（2025春•岚山区期末）在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则MC=2A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等腰直角三角形．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】D【分析】①证明△ADF和△CDE全等得DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，再根据∠ADF+∠FDE＝∠ADC＝90°得∠FDE＝90°，由此可对结论①进行判断；②设∠ADF＝∠CDE＝α，则∠FDB＝45°﹣α，∠CPE＝45°+α，进而得∠FEC＝90°﹣∠CPE＝45°﹣α，由此可对结论②进行判断；③连接BM，DM，过点M作MH⊥BC于点H，根据点M是EF的中点得DM=12EF，BM=12EF，由此得点M在线段④证明MH是△BFE的中位线得MH=12BF＝1，再证明△HCM是等腰直角三角形得MH＝CH＝1，进而由勾股定理得MC=2【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝CB，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠ADB＝45°，∴∠A＝∠DCE＝90°，在△ADF和△CDE中，AD=CD∠A=∠DCE=90°∴△ADF≌△CDE（SAS），∴DF＝DE，∠ADF＝∠CDE，∵∠ADF+∠FDE＝∠ADC＝90°，∴∠CDE+∠FDE＝∠ADC＝90°，即∴FDE＝90°，∴△DEF是等腰直角三角形，故结论①正确；②设∠ADF＝∠CDE＝α，∴∠FDB＝∠ADB﹣∠ADF＝45°﹣α，∵△DEF是等腰直角三角形，∴∠DFE＝45°，∵∠CPE是△PDE的外角，∴∠CPE＝∠DFE+∠CDE＝45°+α，在Rt△CPE中，∠FEC＝90°﹣∠CPE＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α，∴∠FDB＝∠FEC＝45°﹣α，故结论②正确；③连接BM，DM，过点M作MH⊥BC于点H，如图所示：∵△DEF是等腰直角三角形，点M是EF的中点，∴DM=12∴∠ABC＝90°，∴BM是Rt△FBE斜边上的中线，∴BM=12∴DM＝BM，∴点M在线段BD的垂直平分线上，∴直线CM是BD的垂直平分线；故结论③正确；④∵MH⊥BC，BF＝2，∴∠MHE＝∠ABC＝90°，∴MH∥AB，∵点M是EF的中点，∴MH是△BFE的中位线，∴MH=12∵CD＝CB，直线CM是BD的垂直平分线，∴CM平分∠BCD，∴∠HCM=12∠∴△HCM是等腰直角三角形，∴MH＝CH＝1，由勾股定理得：MC=M故结论④正确，综上所述：正确的结论是①②③④．故选：D．【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，理解正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）13．（3分）（2025秋•鹿城区校级期中）如图所示在数轴上有个4×4的格点正方形，平放在数轴上，单位格点长度就是数轴的单位长度，A点表示的数为0．以A为圆心、AB为半径画弧交数轴于点C，则C点表示的数为10．【考点】勾股定理；实数与数轴．【专题】三角形；运算能力．【答案】10．【分析】根据勾股定理求出AB，即可解答．【解答】解：由图可知AB=1∵以A为圆心、AB为半径画弧交数轴于点C，∴AC＝AB=10∴点C表示的数为10．故答案为：10．【点评】本题考查勾股定理，利用勾股定理求出AB是解题关键．14．（3分）（2024秋•永川区月考）现有6张正面分别标有数字﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1的不透明卡片，他们除数字不同外，其余都相同．现将他们背面朝上，洗匀后从中随机抽取一张，记该卡片上的数字为a，则使得关于x的分式方程ax−3x−2=3x−12−x有整数解，且使关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣6y﹣2＝0有实数根的概率为【考点】概率公式；一元二次方程的定义；根的判别式；分式方程的解．【专题】概率及其应用；运算能力．【答案】16【分析】先解分式方程得x=4a+3，且x≠2，根据分式方程有整数解得到a＝﹣7，﹣5，﹣4，﹣2，1，符合题意的a＝﹣4，﹣2，1，再由一元二次方程根的判别式以及一元二次方程的定义得到【解答】解：ax−3x−2去分母得：ax﹣3＝1﹣3x，解得：x=4a+3，且∴a+3≠2，∴a≠﹣1，∵有整数解，∴a+3＝﹣4，﹣2，﹣1，1，4，∴a＝﹣7，﹣5，﹣4，﹣2，1，∵有6张正面分别标有数字﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1的不透明卡片，∴a＝﹣4，﹣2，1，∵关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣6y﹣2＝0有实数根，∴Δ＝36+8（a﹣1）≥0，a≠1，解得：a≥﹣3.5，a≠1，∴a＝﹣2，∴使得关于x的分式方程ax−3x−2=3x−12−x有整数解，且使关于y的一元二次方程（a﹣1）y2﹣6故答案为：16【点评】本题考查了概率公式，解分式方程，一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式等知识点．15．（3分）如图，四边形ABCD中，对角线BD⊥AD，BD⊥BC，AD＝11﹣x，BC＝x﹣5，则当x＝8时，四边形ABCD是平行四边形．【考点】平行四边形的判定．【专题】多边形与平行四边形；推理能力．【答案】8．【分析】当AD＝BC时，是平行四边形，从而可求出解．【解答】解：∵BD⊥AD，BD⊥BC，∴AD∥BC，只要AD＝BC，四边形ABCD是平行四边形．∵AD＝BC，∴11﹣x＝x﹣5，解得x＝8．故答案为：8．【点评】本题考查了平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．16．（3分）（2023秋•成都期中）将字母C、H按如图所示拼图，第1图中有4个H，第2图中有6个H，第3图中有8个H，若按此规律拼图，则第2023图中字母H的个数为2048个.【考点】规律型：图形的变化类．【专题】规律型；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】2048个．【分析】根据拼图得：第①个拼图中“H”的个数有4个，即4＝2×2；第②个拼图中“H”的个数有6个，即6＝2×3；第③个拼图中“H”的个数有8个，即8＝2×4；…，以此类推，第n个拼图中“H”的个数有2（n+1）个，据此可求出第2023图中字母H的个数．【解答】解：∵第①个拼图中“H”的个数有4个，即4＝2×2；第②个拼图中“H”的个数有6个，即6＝2×3；第③个拼图中“H”的个数有8个，即8＝2×4；…，以此类推，第n个拼图中“H”的个数有2（n+1）个，∴第2023图中字母H的个数是：2×（2023+1）＝4048（个）．故答案为：2048个．【点评】此题主要考查了图形类规律题，理解题意，通过观察、分析、归纳总结出规律，然后根据总结出的规律来解决问题，在归纳总结规律时，要特别注意哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，哪些部分没有发生变化．17．（3分）定义：如图，点B，C把线段AD分割成AB，BC，CD三段，若以AB，BC，CD为边的三角形是一个直角三角形，则称点B，C是线段AD的勾股分割点．已知点B，C是线段AD的勾股分割点，且AB为直角边，若AD＝24，BD＝18，则CD的长为8或10．【考点】勾股定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【答案】8或10．【分析】根据题意需分类讨论：①BC当为最长线段时，由勾股定理求出；②当为最长线段时，由勾股定理求出即可．【解答】解：∵AD＝24，BD＝18，∴AB＝AD﹣BD＝24﹣18＝6，设CD＝x，则BC＝BD﹣CD＝18﹣x，以AB，BC，CD为边的三角形是一个直角三角形，分类讨论如下：①BC当为最长线段时，由勾股定理得：AB2+CD2＝BC2，∴62+x2＝（18﹣x）2，解得：x＝8；②当CD为最长线段时，由勾股定理得：AB2+BC2＝CD2，∴62+（18﹣x）2＝x2，解得：x＝10；故答案为：8或10．【点评】本题主要考查了勾股定理，熟练掌握分类讨论的思想是解答本题的关键．18．（3分）（2025秋•化州市期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．勾股定理与图形的面积存在密切的关系，如图是由Rt△ABC、Rt△ABP组成的图形，其中∠ABC＝∠APB＝90°，已知AC＝13，BC＝12，AP+BP＝7，则△ABP的面积为6．【考点】勾股定理；三角形的面积．【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【答案】6【分析】由勾股定理求出AB＝5，AP2+BP2＝AB2＝25，再结合AP+BP＝7，求出AP•BP＝12，然后由三角形面积公式列式计算即可．【解答】解：∵∠ABC＝90°，AC＝13，BC＝12，∴AB=A∵∠APB＝90°，∴AP2+BP2＝AB2＝25，∵AP+BP＝7，∴AP2+BP2+2AP•BP＝49，∴AP•BP＝12，∴△ABP的面积=12AP•BP故答案为：6．【点评】本题考查的是勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．19．（3分）有15个数排成一列，它们正好构成等差数列，其中第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，那么其余数的和为1771．【考点】规律型：数字的变化类．【专题】规律型；整式；符号意识；运算能力．【答案】1771．【分析】根据等差数列特点设出这15个数：x，x+d，x+2d，...，x+14d，再根据第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，求出x+7d的值，再求出其余数字的和，利用整体代入的方法即可解决问题．【解答】解：因为15个数排成一列，它们正好构成等差数列，所以可设这15个数为：x，x+d，x+2d，...，x+14d，因为第1个数、第3个数、第5个数、…、第15个数（第奇数个数）的和为2024，所以x+x+2d+x+4d+...+x+14d＝2024，所以8x+56d＝2024，所以x+7d＝253，所以其余数的和为x+d+x+3d+x+5d+...+x+13d＝7x+49d＝7×（x+7d）＝7×253＝1771，故答案为：1771．【点评】本题考查数字变化类规律，整体思想在求代数式值中的运用，掌握等差数列的特点是解题的关键．20．（3分）（2025春•龙凤区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别在边BC、AB上，CD＝BD，CE=12AB．AD与CE交于点F，如果AB＝6，那么CF【考点】三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．【答案】2．【分析】取AB的中点G，连接DG，由直角三角形斜边中线的性质推出CG=12AB，判定G和E重合，由三角形中位线定理推出DE∥AC，DE=12AC，判定△DEF∽△ACF，推出EF：CF＝DE：AC＝1：2，得到CF=23CE，求出【解答】解：取AB的中点G，连接DG，∵∠ACB＝90°，∴CG=12∵CE=12∴CE＝CG，∴G和E重合，∵CD＝BD，E是AB的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥AC，DE=12∴△DEF∽△ACF，∴EF：CF＝DE：AC＝1：2，∴CF=23∵CE=12AB∴CF＝2．故答案为：2．【点评】本题考查三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线，关键是由三角形中位线定理推出DE∥AC，DE=12AC，判定△DEF∽△ACF，推出EF：CF＝DE：三．解答题（共8小题，满分60分）21．（10分）（2023春•澄海区期末）计算：9+|【考点】二次根式的加减法；实数的性质．【专题】二次根式；运算能力．【答案】4+3【分析】先算开方，化简绝对值和括号，再合并计算．【解答】解：原式=3+2−=4+3【点评】4+322．（10分）（2025春•运河区校级月考）（1）若x=3+5，y=3−5，求x（2）若a+b＝﹣6，ab＝7，求ba【考点】二次根式的化简求值；分母有理化．【专题】二次根式；运算能力．【答案】（1）18；（2）−6【分析】（1）根据完全平方公式对原式进行变形，再将数值代入求出结果；（2）根据二次根式的运算法则对原式进行变形，再将数值代入求出结果．【解答】解：（1）∵x=3∴x2﹣xy+y2的＝（x﹣y）2+xy＝（3+5−3＝20+3﹣5＝18；（2）∵a+b＝﹣6，ab＝7，∴b=ab=(a+b)=−6×=−6【点评】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是根据运算法则来计算．23．（6分）（2023•呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．（1）求证：∠1＝∠2；（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．【考点】菱形的性质；平行四边形的性质；等边三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；运算能力；推理能力．【答案】（1）证明见解析；（2）23【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1＝∠2．（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD＝OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到∠BAD＝60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，求出OE=33OD=33，得到EF＝2OE【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，OD＝OB，∴∠ADO＝∠CBO，∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，∴∠ODE=12∠ADO，∠OBF=1∴∠ODE＝∠OBF，∴DE∥BF，∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，∴△ODE≌△OBF（ASA），∴DE＝BF，∴四边形DEBF是平行四边形，∴BE∥DF，∴∠1＝∠2．（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），∴OE＝OF，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，∴四边形DEBF的菱形，∵AD∥BC，∠ABC＝120°，∴∠BAD+∠ABC＝180°，∵∠ABC＝120°，∴∠BAD＝60°，∵AD＝AB，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，∴OD=12∵∠ODE=12∠∴OE=33OD∴EF＝2OE=2∴四边形BEDF的面积=12BD•EF=1【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形；证明四边形BEDF是菱形．24．（7分）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上，点M也在格点上，按要求完成下列各题．（1）△ABC的形状为直角三角形．（2）利用无刻度的直尺作图：①画出BC边上的高AD，并求AD的长；②将线段BD平移至MN，点B的对应点为M．【考点】作图﹣平移变换；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；勾股定理的逆定理．【专题】作图题；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；几何直观．【答案】（1）直角；（2）①如图1：AD即为所求；AD＝2；②如图2：MN即为所求．【分析】（1）勾股定理及其逆定理进行判断即可；（2）①点A下移4，右移3得到格点E，连接AE，AE与BC的交点即为点D，等积法求出AD的长即可；②根据平移的性质，点C右移3格，再下移4格，得到点F，连接MF，延长AD交MF于点N，即可．【解答】解：（1）△ABC为直角三角形；理由如下：由勾股定理得AC=12+22=5，AB∴AC2+AB2＝BC2，∴△ABC为直角三角形，故答案为：直角；（2）①如图1：AD即为所求；∵AD⊥BC，∴S△ABC=12AB•AC=12∴25×5=∴AD＝2；②如图2：MN即为所求．【点评】本题考查作图﹣平移变换，勾股定理，勾股定理的逆定理，解答本题的关键是熟练掌握平移的性质．25．（5分）（2025•蜀山区校级三模）某同学根据学习“数与式”积累的经验，想通过“由特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律．下面是他的探究过程，请补充完整：（1）具体运算，发现规律．特例1：1+1特例2：2+1特例3：3+1特例4：4+16=5（2）观察、归纳，得出猜想．如果n为正整数，按此规律第n个式子可以表示为：n+1n+2=（n+1）1n+2（3）应用运算规律：①化简：2024+12026×4052=②若a+1b=111b（a，b均为正整数），则a【考点】二次根式的混合运算；规律型：数字的变化类．【专题】二次根式；运算能力．【答案】（1）516（2）n+1n+2=（n+1）1（3）20252；（4）22．【分析】（1）根据二次根式的性质和乘法法则，按照前面的特例变形得到特例4；（2）根据前面特例中数据与序号数的关系写出第n个式子；（3）先根据（2）中的规律变形前面的二次根式，然后根据二次根式的乘法法则运算；（4）利用特例中数据与序号数的关系先确定a的值，然后确定b的值，最后计算它们的和．【解答】解：（1）4+16=故答案为：516（2）第n个式子可以表示为：n+1n+2=（n+1）1故答案为：n+1n+2=（n（3）原式＝202512026×4052=2025故答案为：20252；（4）∵a+1b=111b∴a＝11﹣1＝10，∴b＝10+2＝12，∴a+b＝10+12＝22．故答案为：22．【点评】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则和除法法则是解决问题的关键．26．（6分）（2024春•秀山县期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，垂足为点E，DE＝CD，点F为DE中点，点G为CD上的一点，连接CF，EG，BG，∠1＝∠2．（1）若DF＝2，BE＝3，求AE的长；（2）求证：∠DEG=1【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）AE=7（2）证明见解答过程．【分析】（1）求出CD＝DE＝2DF＝4，求出AB，根据勾股定理求出AE即可；（2）过G作GM⊥BE于M，证△CDF≌△EDG，推出DG＝DF，求出M为BE中点，得出等腰三角形BGE，根据性质得出GM是∠BGE的角平分线，即可得出答案．【解答】（1）解：∵DE＝DC，点F为DE的中点，DF＝2，∴CD＝DE＝2DF＝4，∵四边形BADC是平行四边形，∴BA＝DC＝4，∵BE⊥AD，∴∠BEA＝90°，在Rt△BAE中，由勾股定理得：AE=A（2）证明：延长BG，交AD延长线于M，如图，在△EDG和△CDF中，∠1=∠2∠GDE=∠FDC∴△EDG≌△CDF（AAS），∴DF＝DG，∵DE＝DC，F为DE的中点，∴CG＝DG，∵四边形BADC是平行四边形，∴BC∥AD，∴∠BCG＝∠MDG，在△BCG和△MDG中，∠BCG=∠MDGCG=DG∴△BCG≌△MDG（ASA），∴BG＝MG，∵∠BED＝90°，∴EG=12BM＝∴∠GED＝∠M，∵∠BGE＝∠GED+∠M，∴∠DEG=12∠【点评】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的性质和判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，解答本题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．27．（8分）（2024秋•长寿区校级月考）如图，点A，B，C三点在一直线上，在BC同侧作△BCD、△BCE，若BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，过点B作∠CBD的平分线交CE于点F．（1）若BE∥CD，求证：BE＝BC；（2）已知∠E＝32°，求∠D的度数；（3）若BE∥CD，BD＝4，BF＝3，求线段CD的长．【考点】勾股定理；平行线的性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定．【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】（1）证明见解答．（2）64°．（3）5625【分析】（1）利用角平分线的定义，平分线的性质即可证明；（2）利用角平分线的性质即可解答．（3）延长BF交DC于G，作BH⊥EC于H，由勾股定理求出CF的长，列方程求出FG，再由勾股定理求出CG的长，即可解答．【解答】（1）证明：∵CE分别平分∠BCD，∴∠DCE＝∠BCE，∵BE∥CD，∴∠DCE＝∠BEC，∴∠BEC＝∠BCE，∴BC＝BE．（2）解：∵BE，CE分别平分∠ABD，∠BCD，∴∠EBD=12∠ABD，∠DCE=1∵∠ABD＝∠D+∠DCB，∴∠EBD=12∠D+1∵∠E+∠EBD＝∠D+∠DCE，∴∠E+12∠D+12∠DCB＝∠D∴∠D＝2∠E＝64°．（3）解：如图，延长BF交DC于G，作BH⊥EC于H，∵BE平分∠ABD，∴∠ABE＝∠DBE，∵BE∥CD，∴∠ABE＝∠BCD，∠DBE＝∠D，∴∠BCD＝∠D，∴BC＝BD＝4，∵∠EBD=12∠ABD，∠DBF=1∴∠EBD+∠DBF=12（∠ABD+∠∴∠EBF=1∴EF=B∵EF•BH＝BE•BF．∴5BH＝4×3．∴BH=12∴EH=B∴HC=EH=16∴EC=32∴FC=EC−EF=32∵CG2＝BC2﹣BG2＝FC2﹣FG2，∴16−(3+FG)∴FG=21∴CG=C∴CD=56【点评】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的性质，勾股定理，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．28．（8分）（2025春•中山区期末）（1）【教材呈现】人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14．设OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，求证：S四边形BEOF=（2）【类比探究】如图2，在正方形ABCD中，点M为对角线BD上一点，点E，F分别在边AB和BC延长线上，ME⊥MF，若AB＝6，DM=2，求四边形MEBF（3）【拓展运用】如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝∠B，S四边形AECF=12S菱形ABCD，BE【考点】四边形综合题．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）25；（3）AEAB【分析】（1）方法一：证明△AOE≌△BOF，得出S△AOE＝S△BOF，进而可得S四边形OEBF＝S△AOB，即可得证；方法二：过点O作OG⊥AB于点G，作OH⊥CB于点H，证明四边形OGBH是正方形，得出∠GOH＝90°，证明△EOG≌△HOF，得出S△GOE＝S△HOF，进而得出S四边形OEBF＝2S△OGB.根据正方形的性质和三线合一的性质可得出BG=12AB，则S△GOB=12S△AOB（2）过点M作MG⊥AB于点G，作MH⊥CB于点H，证明四边形MGBH是正方形，得出∠GMH＝90°．证明△EMG≌△HMF，得出S△GME＝S△HMF，进而得出S四边形MEBF＝S正方形MGBH，在Rt△BAD中，由勾股定理得BD=62，进而求出BM=52，进而求出BH＝（3）方法一：过点A作AG⊥CD于点G，作AH⊥CB于点H，证明△ACH≌△ACG，得出S△ACH＝S△ACG，AH＝AG，证明△AEH≌△AFG，得出S△AEH＝S△AFG，进而得出S四边形AECF＝2S△ACH，根据等面积法可得出BC＝2HC，则可证明△ABC是等边三角形，得出∠B＝60°，设EC＝a，可求BE＝2a，AB＝BC＝3a，EH=12a，在Rt△ABH中，由勾股定理求出AH=32方法二：过点A作AG⊥CD于点G，作AH⊥CB于点H，证明△AEH≌△AFG，得出AE＝AF，进而可得出S△ABE＝S△AFC，根据等面积法可得出BE＝CF，证明△ABE≌△ACF，进而可证明△ABC是等边三角形，得出∠B＝60°，进而证明△AEF等边三角形，得出AE＝EF，过点F作FM⊥BC交BC延长线于点M，设EC＝a，可求BE＝2a，CF＝2a，CM＝a，在Rt△FCM中，由勾股定理求出MF=3a，在Rt△FEM中，由勾股定理【解答】（1）证明：方法一：∵四边形ABCD是正方形，∴∠OAE＝∠OBF＝45°，OA＝OB，AC⊥BD，∴∠AOB＝90°，∵四边形A