广西南宁市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）

广西南宁市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）（2023春•阜南县期末）若y=x−2+2−x−3，则（x+A．0 B．1 C．±1 D．﹣12．（3分）（2022秋•射阳县校级期中）下列三角形中，不是直角三角形的是（）A．△ABC中，∠A＝∠C﹣∠B B．△ABC中，a：b：c＝2：3：4 C．△ABC中，a2＝c2﹣b2 D．△ABC中，三边的长分别为m2+n2、m2﹣n2、2mn（m＞n＞0）3．（3分）（2024秋•浦东新区校级期中）下列运算正确的是（）A．8=42 B．C．x2+1=x+14．（3分）（2025春•天桥区期末）如图，一根垂直于地面的木杆在一次强台风中于离地面3m处折断倒下，木杆顶端落在距离木杆底端4m处的地面上，这根木杆在折断前的高度为（）A．5m B．7m C．8m D．9m5．（3分）（2025春•兰陵县期末）如图，AB∥CD，AD，BC相交于点O，下列两个三角形的面积不一定相等的是（）A．△ABC和△ABD B．△ACD和△BCD C．△AOC和△BOD D．△AOB和△COD6．（3分）（2025•孝南区校级三模）下列二次根式中，能与5合并的是（）A．15 B．25 C．20 D．0.57．（3分）（2025春•延津县期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE=12AD，过点E作EF∥OD，交AC于点F．若EFA．32 B．6 C．628．（3分）（2023春•青县期末）消防云梯的长度是13米，在一次执行任务时，它只能停在离大楼5米远的地方（云梯底端离地面高度忽略不计），则云梯可以达到建筑物的高度是（）A．12米 B．13米 C．14米 D．15米9．（3分）（2025春•平邑县期末）如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，添加下列条件后，仍不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）A．BC＝AD B．AB∥CD C．AB＝CD D．∠A+∠D＝180°10．（3分）如图所示，在数轴上，点B，C所表示的数分别是﹣1，1，CD垂直于数轴，且CD＝1，以B为圆心，BD长为半径画弧，交数轴于点A（在点B左侧），若点A所表示的数为a，则a的值为（）A．−5 B．−1−5 C．1−511．（3分）（2025秋•齐河县月考）将图①中的正方形剪开得到图②，图②中共有4个正方形；将图②中的一个正方形剪开得到图③，图③中共有7个正方形；将图③中的一个正方形剪开得到图④，图④中共有10个正方形，…如此下去，则第8个图中共有正方形的个数为（）A．16 B．19 C．22 D．2512．（3分）（2025春•鼓楼区期中）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，M、N是AE、AF与对角线BD的交点．若BM＝3，DN＝4，则正方形ABCD的面积为（）A．64 B．72 C．98 D．144二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）13．（3分）（2025春•郁南县期中）如图，在△ABC中，BC＝20，D，E分别是AB，AC的中点，则DE的长度为．14．（3分）（2023•二道区校级模拟）已知7＜m＜17，且m是整数，请写出一个符合要求的m的值15．（3分）（2024•永昌县校级三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC＝BD，在不添加任何辅助线的前提下，若使四边形ABCD是正方形，只需添加的一个条件是．16．（3分）（2025春•河源期末）如图，在等边三角形ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发，沿射线AG以2cm/s的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线BC以4cm/s的速度运动．设它们运动的时间为ts，则当t＝时，以点A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．三．解答题（共7小题，满分72分）17．（10分）（2023春•温州校级月考）计算：（1）18+（2）(318．（8分）（2024春•盐池县校级月考）先化简，后求值：1+2a+a21−a19．（8分）（2024春•郯城县期中）如图，▱ABCD中，AC＝BC，AE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F．证明：BE＝CF．20．（12分）（2023•市南区一模）如图，延长平行四边形ABCD的边DC到E，使CE＝CD，连结AE交BC于点F．（1）求证：△ABF≌△ECF；（2）若AE＝AD，连接BE，当线段OF与BD满足怎样的关系时，四边形ABEC是正方形？请说明理由．21．（10分）（2023•淮安）根据以下材料，完成项目任务．项目测量古塔的高度及古塔底面圆的半径测量工具测角仪、皮尺等测量说明：点Q为古塔底面圆圆心，测角仪高度AB＝CD＝1.5m，在B、D处分别测得古塔顶端的仰角为32°、45°，BD＝9m，测角仪CD所在位置与古塔底部边缘距离DG＝12.9m．点B、D、G、Q在同一条直线上.参考数据sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625项目任务（1）求出古塔的高度．（2）求出古塔底面圆的半径．22．（12分）（2024春•南昌期中）【阅读理解】爱思考的小名在解决问题：已知a=12+3，求2a2∵a=12+3=2−∴（a﹣2）2＝3，即a2﹣4a+4＝3．∴a2﹣4a＝﹣1．∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）+1＝﹣1．请你根据小名的分析过程，解决如下问题：（1）计算：12+1（2）计算：12+1（3）若a=15−2，求3a223．（12分）（2024•枣庄）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE．作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1．（1）求证：BM＝EN；（2）在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P．①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM为正方形；②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系．

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）（2023春•阜南县期末）若y=x−2+2−x−3，则（x+A．0 B．1 C．±1 D．﹣1【考点】二次根式有意义的条件．【专题】二次根式；运算能力．【答案】D【分析】根据被开方数不小于零的条件进行解题即可．【解答】解：由题可知，x−2≥02−x≥0解得x＝2，把x＝2代入y求得y＝﹣3．则（x+y）2023＝（2﹣3）2023＝（﹣1）2023＝﹣1．故选：D．【点评】本题考查二次根式有意义的条件，掌握被开方数不小于零的条件是解题的关键．2．（3分）（2022秋•射阳县校级期中）下列三角形中，不是直角三角形的是（）A．△ABC中，∠A＝∠C﹣∠B B．△ABC中，a：b：c＝2：3：4 C．△ABC中，a2＝c2﹣b2 D．△ABC中，三边的长分别为m2+n2、m2﹣n2、2mn（m＞n＞0）【考点】勾股定理的逆定理；勾股定理．【专题】常规题型；运算能力．【答案】B【分析】直接利用直角三角形的判定方法分别判断得出答案．【解答】解：A、△ABC中，∠A＝∠B﹣∠C，是直角三角形，故此选项不合题意；B、△ABC中，a：b：c＝2：3：4，设三边长为：2x，3x，4x，由（2x）2+（3x）2≠（4x）2，故此三角形不是直角三角形，符合题意；C、△ABC中，a2＝c2﹣b2，符合勾股定理逆定理，是直角三角形，故此选项不合题意；D、△ABC中，三边的长分别为m2+n2，m2﹣n2，2mn（m＞n＞0），则（m2﹣n2）2+（2mn）2＝（m2+n2）2，是直角三角形，故此选项不合题意；故选：B．【点评】此题主要考查了勾股定理的逆定理，正确计算是解题关键．3．（3分）（2024秋•浦东新区校级期中）下列运算正确的是（）A．8=42 B．C．x2+1=x+1【考点】二次根式的混合运算．【专题】二次根式；运算能力．【答案】D【分析】分别对每个选项中的二次根式运算进行分析，判断其正确性．【解答】解：根据二次根式的运算法则逐项分析判断如下：A、化简8，8=B、27=33，18=32，3C、x2+1是最简二次根式，不能化简为x+1，因为（x+1）2＝x2+2x+1≠x2+1，故D、2÷12=故选：D．【点评】本题考查了二次根式的运算，解题的关键是掌握二次根式的化简、加减、除法运算法则．4．（3分）（2025春•天桥区期末）如图，一根垂直于地面的木杆在一次强台风中于离地面3m处折断倒下，木杆顶端落在距离木杆底端4m处的地面上，这根木杆在折断前的高度为（）A．5m B．7m C．8m D．9m【考点】勾股定理的应用．【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．【答案】C【分析】设折断部分的高度为xm，利用勾股定理进行求解即可．【解答】解：如图，由题意得：OA＝3m，OB＝4m，设折断部分的高度为xm，在直角三角形AOB中，由勾股定理，得：x=3∴木杆折断之前的高度为：5+3＝8（m）；故选：C．【点评】本题考查勾股定理的应用，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题．5．（3分）（2025春•兰陵县期末）如图，AB∥CD，AD，BC相交于点O，下列两个三角形的面积不一定相等的是（）A．△ABC和△ABD B．△ACD和△BCD C．△AOC和△BOD D．△AOB和△COD【考点】三角形的面积；平行线之间的距离．【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．【答案】D【分析】根据平行线间的距离相等得出△ABC和△ABD同底等高，面积相等；△ACD和△BCD同底等高，面积相等；利用面积的和差得出S△AOC＝S△BOD，没有条件得出△AOB和△COD的面积相等，从而作出判断．【解答】解：∵AB∥CD，∴AB、CD间的距离相等，∴△ABC和△ABD同底等高，面积相等；△ACD和△BCD同底等高，面积相等；∴S△ACD﹣S△COD＝S△BCD﹣S△COD，∴S△AOC＝S△BOD，故A、B、C选项正确，△AOB和△COD的面积不一定相等，故D选项符合题意，故选：D．【点评】本题考查了三角形的面积，平行线间的距离，熟知平行线间的距离相等是解题的关键．6．（3分）（2025•孝南区校级三模）下列二次根式中，能与5合并的是（）A．15 B．25 C．20 D．0.5【考点】同类二次根式．【专题】二次根式；运算能力．【答案】C【分析】先利用二次根式性质对各选项中的二次根式进行化简，再根据同类二次根式定义判断即可得到答案．【解答】解：∵20=25，25=5∴20与5可以合并．故选：C．【点评】本题考查的是同类二次根式定义，熟记同类二次根式的定义是解决问题的关键．7．（3分）（2025春•延津县期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE=12AD，过点E作EF∥OD，交AC于点F．若EFA．32 B．6 C．62【考点】矩形的性质；平行线的性质．【专题】矩形菱形正方形；几何直观；推理能力．【答案】D【分析】连接OE，由矩形的性质可得AC＝2OA，OA＝OD，则∠OAD＝∠ODA，再由三线合一定理得到∠AEO＝90°，由平行线的性质得到∠AEF＝∠ADO，则∠AEF＝∠EAF，可得AF＝EF＝3，再证明∠FEO＝∠FOE，得到OF＝EF＝3，据此可求出答案．【解答】解：在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，如图，连接OE，∴AC＝2OA，OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵AE=12AD，即点E∴OE⊥AD，∴∠AEO＝90°，∵EF∥OD，EF＝3，∴∠AEF＝∠ADO，∴∠AEF＝∠EAF，∴AF＝EF＝3；∵∠FAE+∠FOE＝∠FEA+∠FEO＝90°，∴∠FEO＝∠FOE，∴OF＝EF＝3，∴OA＝OF+AF＝3+3＝6，∴AC＝2OA＝2×6＝12，故选：D．【点评】本题主要考查了矩形的性质，平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．8．（3分）（2023春•青县期末）消防云梯的长度是13米，在一次执行任务时，它只能停在离大楼5米远的地方（云梯底端离地面高度忽略不计），则云梯可以达到建筑物的高度是（）A．12米 B．13米 C．14米 D．15米【考点】勾股定理的应用．【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；应用意识．【答案】A【分析】由题意可知消防车的云梯长、地面、建筑物高构成一直角三角形，斜边为消防车的云梯长，根据勾股定理就可求出高度．【解答】解：如图所示，AB＝13米，BC＝5米，∠ACB＝90°，由勾股定理可得，AC=A答：云梯可以达到该建筑物的最大高度为12米．故选：A．【点评】此题考查了勾股定理的应用；利用题目信息构成直角三角形是解决问题的关键．9．（3分）（2025春•平邑县期末）如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，添加下列条件后，仍不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）A．BC＝AD B．AB∥CD C．AB＝CD D．∠A+∠D＝180°【考点】平行四边形的判定．【专题】多边形与平行四边形；运算能力．【答案】C【分析】根据平行四边形的判定方法逐一进行判断即可．【解答】解：∵BC∥AD，BC＝AD，∴四边形ABCD为平行四边形，故本选项正确，不符合题意；B．∵BC∥AD，AB∥CD，∴四边形ABCD为平行四边形，故本选项正确，不符合题意；C．AB＝CD，BC∥AD不能判定四边形ABCD为平行四边形，故本选项符合题意；D．∵∠A+∠D＝180°，∴AB∥CD，∵BC∥AD，∴四边形ABCD为平行四边形，故本选项正确，不符合题意；故选：C．【点评】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．10．（3分）如图所示，在数轴上，点B，C所表示的数分别是﹣1，1，CD垂直于数轴，且CD＝1，以B为圆心，BD长为半径画弧，交数轴于点A（在点B左侧），若点A所表示的数为a，则a的值为（）A．−5 B．−1−5 C．1−5【考点】勾股定理；实数与数轴．【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．【答案】B【分析】在Rt△BDC中，根据勾股定理得到BD，根据作图即可求出AB的长度，即可求解．【解答】解：∵点C，B在数轴上所表示的数分别为1，﹣1，∴BC＝2，在Rt△BDC中，BD=C由作图可知，AB＝BD=5∴a的值为﹣1−5故选：B．【点评】本题考查了勾股定理，实数与数轴，解题的关键是：应用勾股定理，求出BD的长度．11．（3分）（2025秋•齐河县月考）将图①中的正方形剪开得到图②，图②中共有4个正方形；将图②中的一个正方形剪开得到图③，图③中共有7个正方形；将图③中的一个正方形剪开得到图④，图④中共有10个正方形，…如此下去，则第8个图中共有正方形的个数为（）A．16 B．19 C．22 D．25【考点】规律型：图形的变化类．【专题】数与式；推理能力．【答案】C【分析】根据已知图形可以发现从图①开始，每次分割，都会增加3个正方形，可得到此题的规律为第n个图形中的正方形个数为3n﹣2，进而可得答案．观察图形可知，每剪开一次多出3个正方形，然后写出前4个图形中正方形的个数，再根据此规律写出第n个图形中的正方形的个数的表达式，再代入8求得问题即可．【解答】解：第1个图形有正方形1个，第2个图形有正方形4个，第3个图形有正方形7个，第4个图形有正方形10个，…，第n个图形有正方形（3n﹣2）个．则第8个图中共有正方形的个数为3×8﹣2＝22，故选：C．【点评】此题考查图形的变化规律，通过观察图形，分析、归纳发现其中的规律，并应用规律解决问题．12．（3分）（2025春•鼓楼区期中）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，M、N是AE、AF与对角线BD的交点．若BM＝3，DN＝4，则正方形ABCD的面积为（）A．64 B．72 C．98 D．144【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】B【分析】过点A作AH⊥AF，并截取AH＝AN，连接BH，MH，先证明∠HAB＝∠NAD，∠MAH＝∠EAF＝45°，再证明△HAB和△NAD全等得BH＝DN＝4，∠ABH＝∠ADN＝45°，则∠HBM＝∠ABH+∠ABM＝90°，由此可求出HM＝5，然后证明△AHM和△ANM全等得HM＝NM＝5，则BD＝12，由此再根据勾股定理及正方形的面积公式即可得出答案．【解答】解：过点A作AH⊥AF，并截取AH＝AN，连接BH，MH，如图所示：∴∠HAN＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABM＝∠ADN＝45°，∴∠HAN＝∠BAD＝90°，∴∠HAB+∠BAN＝∠BAN+∠NAD，∴∠HAB＝∠NAD，∵∠EAF＝45°，∴∠BAM+∠NAD＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠BAM+∠HAB＝45°，即∠MAH＝45°，∴∠MAH＝∠EAF＝45°，在△HAB和△NAD中，AH=AN∠HAB=∠NAD∴△HAB≌△NAD（SAS），∴BH＝DN＝4，∠ABH＝∠ADN＝45°，∴∠HBM＝∠ABH+∠ABM＝45°+45°＝90°，在Rt△HBM中，由勾股定理得：HM=B在△AHM和△ANM中，AH=AN∠MAH=∠EAF∴△AHM≌△ANM（SAS），∴HM＝NM＝5，∴BD＝BM+NM+DN＝3+5+4＝12，在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB2+AD2＝BD2，∴2AB2＝122，∴AB2＝72，∴正方形ABCD的面积为72．故选：B．【点评】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质是解决问题的关键．二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）13．（3分）（2025春•郁南县期中）如图，在△ABC中，BC＝20，D，E分别是AB，AC的中点，则DE的长度为10．【考点】三角形中位线定理．【专题】三角形；推理能力．【答案】10．【分析】由三角形的中位线定理，即可求出DE的长度．【解答】解：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=12∵BC＝20，∴DE=1故答案为：10．【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．14．（3分）（2023•二道区校级模拟）已知7＜m＜17，且m是整数，请写出一个符合要求的m的值【考点】估算无理数的大小．【专题】二次根式；运算能力．【答案】3或4．【分析】根据算术平方根的性质（被开方数越大，则这个数的算术平方根也越大）解决此题．【解答】解：∵7＜9＜16＜17＜25，∴7＜∴7＜3＜4＜∴m是3或4．故答案为：3或4．【点评】本题主要考查估算无理数的大小，熟练掌握算术平方根的性质解决此题．15．（3分）（2024•永昌县校级三模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC＝BD，在不添加任何辅助线的前提下，若使四边形ABCD是正方形，只需添加的一个条件是AC⊥BD（答案不唯一）．【考点】正方形的判定．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】AC⊥BD（答案不唯一）．【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论．【解答】解：添加的条件是AC⊥BD（答案不唯一），理由：∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形，故答案为：AC⊥BD（答案不唯一）．【点评】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．16．（3分）（2025春•河源期末）如图，在等边三角形ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发，沿射线AG以2cm/s的速度运动，同时点F从点B出发，沿射线BC以4cm/s的速度运动．设它们运动的时间为ts，则当t＝43或4时，以点A、C、E、F【考点】平行四边形的判定；一元一次方程的应用．【专题】一次方程（组）及应用；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力；应用意识．【答案】43【分析】分两种情况，①当点F在C的左侧时，②当点F在C的右侧时，分别由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，列出一元一次方程，解方程即可．【解答】解：根据题意得：AE＝2tcm，BF＝2tcm，分两种情况：①当点F在C的左侧时，CF＝BC﹣BF＝8﹣4t（cm），∵AG∥BC，∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，即2t＝8﹣4t，解得：t=4②当点F在C的右侧时，CF＝BF﹣BC＝4t﹣8（cm），∵AG∥BC，∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，即2t＝4t﹣8，解得：t＝4；综上所述，当t=43或4时，以A、C、E、故答案为：43【点评】考查了平行四边形的判定以及一元一次方程的应用，熟练掌握平行四边形的判定，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．三．解答题（共7小题，满分72分）17．（10分）（2023春•温州校级月考）计算：（1）18+（2）(3【考点】二次根式的混合运算；平方差公式．【专题】二次根式；运算能力．【答案】（1）32（2）0．【分析】（1）根据二次根式的性质化简，二次根式的混合运算法则即可求解；（2）运用乘法公式，二次根式的混合运算法则即可求解．【解答】解：（1）18=32=7=7=7=3（2）(=(3=3−1−4＝2﹣2＝0．【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质化简二次根式，乘法公式，二次根式的混合运算法则是解题的关键．18．（8分）（2024春•盐池县校级月考）先化简，后求值：1+2a+a21−a【考点】分式的化简求值；分母有理化．【专题】分式；运算能力．【答案】1+a，3+3【分析】先利用完全平方公式进行因式分解，然后进行除法运算可得化简结果，最后代值求解即可．【解答】解：1+2a+=(1+a＝1+a，将a=12−3【点评】本题考查了分式的化简求值，利用完全平方公式进行因式分解，分母有理化等知识．熟练掌握分式的化简求值，利用完全平方公式进行因式分解，分母有理化是解题的关键．19．（8分）（2024春•郯城县期中）如图，▱ABCD中，AC＝BC，AE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F．证明：BE＝CF．【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；推理能力．【答案】证明见解答过程．【分析】根据平行四边形性质得出AB∥CD，AB＝CD，进一步证出△AEB≌△DFC即可证出结论．【解答】证明：∵AE⊥BC，DF⊥AC，∴∠AEB＝∠DFC＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠BAC＝∠ACD，∵AC＝BC，∴∠B＝∠BAC，∴∠B＝∠ACD，在△AEB和△DFC中，∠AEB=∠DFC∠B=∠FCD∴△AEB≌△DFC（AAS），∴BE＝CF．【点评】本题考查的是平行四边形性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．20．（12分）（2023•市南区一模）如图，延长平行四边形ABCD的边DC到E，使CE＝CD，连结AE交BC于点F．（1）求证：△ABF≌△ECF；（2）若AE＝AD，连接BE，当线段OF与BD满足怎样的关系时，四边形ABEC是正方形？请说明理由．【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）证明见解析；（2）当线段OF与BD满足BD＝25OF时，四边形ABEC是正方形，理由见解析．【分析】（1）由平行线四边形的性质，得到AB∥CD，AB＝CD，因此∠ABF＝∠ECF，∠BAF＝∠CEF，又CE＝DC，得到AB＝CE，即可证明△ABF≌△ECF；（2）由AB∥CD，AB＝CE，得到四边形ABEC是平行四边形，又AE＝AD，DC＝CE，∠ACE＝90°，推出平行四边形ABEC是矩形，当线段OF与BD满足BD＝25OF时，由勾股定理推出BE＝CE，即可证明四边形ABEC是正方形．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABF＝∠ECF，∠BAF＝∠CEF，∵CE＝DC，∴AB＝CE．在△ABF和△ECF中，∠ABF=∠ECFAB=CE∴△ABF≌△ECF（ASA）；（2）解：连接BE，当线段OF与BD满足BD＝25OF时，四边形ABEC是正方形，理由如下：∵AB∥CD，AB＝CE，∴四边形ABEC是平行四边形，又∵AE＝AD，DC＝CE，∴AC⊥DE，∴∠ACE＝90°，∴平行四边形ABEC是矩形，∴∠BED＝90°，令OF＝x，则BD＝25x，∵OF是△BCD的中位线，∴CD＝2OF＝2x，∴DE＝4x，∴BE=BD2∴BE＝CE，∴四边形BCDE是正方形，∴当线段OF与BD满足BD＝25OF时，四边形ABEC是正方形．【点评】本题考查全等三角形的判定，平行四边形的性质，正方形的判定，关键是掌握正方形的判定方法．21．（10分）（2023•淮安）根据以下材料，完成项目任务．项目测量古塔的高度及古塔底面圆的半径测量工具测角仪、皮尺等测量说明：点Q为古塔底面圆圆心，测角仪高度AB＝CD＝1.5m，在B、D处分别测得古塔顶端的仰角为32°、45°，BD＝9m，测角仪CD所在位置与古塔底部边缘距离DG＝12.9m．点B、D、G、Q在同一条直线上.参考数据sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625项目任务（1）求出古塔的高度．（2）求出古塔底面圆的半径．【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【答案】古塔的高度为16.5m，古塔底面圆的半径为2.1m．【分析】连接AC，延长AC交PQ于点H，则四边形CDHQ、四边形ABQH都为矩形，得出CH＝DQ，BQ＝AH，∠PHA＝90°，AB＝QH＝1.5m，设GQ＝xm，则PH＝CH＝DQ（12.9+x）m，AH＝BQ＝（21.9+x）m，由锐角三角函数定义得出PH＝tan∠PAH•AH＝（13.6875+0.625x）m，求出x＝2.1，再由PQ＝PH+QH，即可得出答案．【解答】解：如图，连接AC，延长AC交PQ于点H，则四边形CDHQ、四边形ABQH都为矩形，∴CH＝DQ，BQ＝AH，∠PHA＝90°，AB＝QH＝1.5m，由题意得：∠PAH＝32°，∠PCH＝45°，古塔的高度为PQ，古塔底面圆的半径为GQ，∴△PHC是等腰直角三角形，∴PH＝CH，设GQ＝xm，则PH＝CH＝DQ＝DG+GQ＝（12.9+x）（m），∴AH＝BQ＝BD+DQ＝9+12.9+x＝（21.9+x）（m），在Rt△PHA中，PH＝tan∠PAH•AH＝tan32°×AH≈0.625×（21.9+x）＝（13.6875+0.625x）（m），∴12.9+x＝13.6875+0.625x，解得：x＝2.1，∴PQ＝PH+QH＝12.9+2.1+1.5＝16.5（m），答：古塔的高度为16.5m，古塔底面圆的半径为2.1m．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．22．（12分）（2024春•南昌期中）【阅读理解】爱思考的小名在解决问题：已知a=12+3，求2a2∵a=12+3=2−∴（a﹣2）2＝3，即a2﹣4a+4＝3．∴a2﹣4a＝﹣1．∴2a2﹣8a+1＝2（a2﹣4a）+1＝2×（﹣1）+1＝﹣1．请你根据小名的分析过程，解决如下问题：（1）计算：12+1=（2）计算：12+1+1（3）若a=15−2，求3a2【考点】二次根式的化简求值；规律型：数字的变化类；平方差公式；分母有理化．【专题】规律型；二次根式；运算能力；推理能力．【答案】（1）2−1（2）2024−（3）2．【分析】（1）分母有理化即可；（2）先分母有理化，再根据二次根式的加减法法则进行计算即可；（3）先分母有理化求出a=5+2，再求出a﹣2=5，两边平方后求出a2【解答】解：（1）12故答案为：2−1（2）原式=2−1=2−1+3=2024故答案为：2024−（3）∵a=1∴a−2=5∴（a﹣2）2＝5，即a2﹣4a+4＝5．∴a2﹣4a＝1．∴3a2﹣12a﹣1＝3（a2﹣4a）﹣1＝3×1﹣1＝2．【点评】本题考查了二次根式的混合运算，分母有理化，平方差公式等知识点，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键23．（12分）（2024•枣庄）一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠