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北京市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023春 庆阳期中）下列各式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2023秋 金水区校级月考）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（3分）（2023春 潮南区期末）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．1、2、3 B．3、4、5 C．4、5、6 D．、、
4．（3分）（2024春 赣榆区期末）如图，AD∥BC，BD与AC相交于点E，设△ABE的面积为S1，△CDE的面积为S2，则下列结论正确的是（　　）
A．S1＝S2 B．S1＞S2 C．S1＜S2 D．2S1＝S2
5．（3分）（2024春 新兴县期末）表格是某社团20名成员的年龄分布统计表，记录数据的纸张不小心被撕掉了一块，仍能够分析得出关于这20名成员年龄的统计量是（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
6．（3分）（2023春 中江县期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的有（　　）
A．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当AB＝BC 时，四边形ABCD是菱形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
7．（3分）（2023秋 合肥期中）将直线y＝x+1向左平移2个单位，得到的直线是（　　）
A．y＝x+3 B．y＝x﹣3 C．y＝x﹣1 D．y＝x+2
8．（3分）（2024 湘潭一模）某校为落实“双减”政策，每周星期三下午开展“七彩课堂”活动，为学生全面发展搭建平台．小田在素描课堂上观察一几何体的主视图如图所示，若∠B+∠D＝180°，则∠A+∠E+∠C的度数为（　　）
A．180° B．270° C．360° D．540°
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9．（3分）（2024春 巴彦县校级月考）若，则的算术平方根为 　 　 ．
10．（3分）（2024春 云梦县期末）请写出一个图象经过点（0，﹣1），且y随x的增大而减小的一次函数的解析式：　 　 ．
11．（3分）某校女子排球队队员的年龄分布如下表所示：
年龄/岁 13 14 15 16
频数 1 2 3 4
则该校女子排球队队员的平均年龄为 　 　 岁．
12．（3分）如图，△ABC中，AB＝BC＝12cm，D、E、F分别是BC、AC、AB边上的中点，则四边形BDEF的周长是 　 　 cm．
13．（3分）（2021春 江南区校级月考）已知正方形ABCD，以AB为边向内作等边△ABE，连接CE并延长CE交BD于点F连接AF，则∠AFD的度数 　 　 ．
14．（3分）（2023春 鄱阳县月考）在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，D是直线AC上的动点，若△ABD是等腰三角形，则AD的长度是 　 　 ．
15．（3分）直线y＝﹣2（x+1）+2在y轴上的截距为 　 　 ．
16．（3分）如图，将一根24cm长的筷子，置于底面直径为15cm，高为8cm的圆柱形水杯中，设筷子露在杯子外面的长度为h cm，则h的最小值是 　 　 ．
三．解答题（共9小题，满分52分）
17．（5分）（2024秋 长泰区期中）计算：．
18．（5分）（2023春 成武县期末）已知，求代数式（x+1）2﹣6（x+1）+9的值．
19．（5分）（2022春 连江县期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，CF∥BD交OE的延长线于F，连接DF．
求证：四边形CFDO是菱形．
20．（5分）（2023春 泸县校级期中）如图，四边形ABCD中，BC∥AF，∠ABC＝90°，AD＝5，BC＝13，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若BD＝BC，求四边形BDFC的面积．
21．（5分）（2025春 珠海期中）已知正比例函数y＝kx的图象经过点P（3，﹣3）．
（1）求y与x之间的函数表达式；
（2）已知点A（a，2）在（1）中函数的图象上，求a的值．
22．（5分）（2025 蜀山区校级一模）项目式学习：
【问题情境】数学活动课上，老师引导学生开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的项目式学习．
【实践研究】同学们随机收集柳树、香樟树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
柳树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0
香樟树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9
【合作探究】分析数据如下：
统计量 平均数 中位数 众数 方差
柳树叶的长宽比 3.74 m 4.0 0.0424
香樟树叶的长宽比 1.91 1.95 n 0.0669
【问题解决】
（1）上述表格中：m＝　 　 ，n＝　 　 ．
（2）①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为柳树叶的形状差别大．”
②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现香樟树叶的长约为宽的两倍．”
上面两名同学的说法中，合理的是　 　 （填序号）．
（3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自柳树、香樟中的哪种树？给出你的理由．
23．（7分）（2023春 江津区期末）2023年江津区积极摸排城市建成区内可利用的建设用地边角地、闲置地，在摸排中发现，在某住宅建成区一处闲置地，城市绿化管理部门决定将其打造成“口袋公园”．如图，四边形ABCD为该住宅建成区一处闲置地，经过测量得知：∠C＝90°，AB＝20m，AD＝15m，BC＝7m，CD＝24m．
（1）如图，连接BD，试求BD的长；
（2）该块闲置用地相关政府部门计划投入24万元进行打造，经测算，每平方米打造的费用为1000元，请你计算说明将这块地打造成“口袋公园”政府投入的费用是否够用？
24．（7分）（2024春 荔湾区期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别为CD，BC边上的点，连接FE，将△FCE沿FE折叠，C对应的点为C′．（1）当点F与点B重合时，
①如图1，∠EBC＝30°，M为BE的中点，连接MC'，MC，求证：四边形MC′EC为菱形；
②如图2，延长EC'交AD于点N，连接BN，AC，BN与BE分别交AC于点P，Q，猜想线段AP，PQ，QC满足的数量关系，并加以证明；
（2）当点F与点B不重合时，如图3，E为CD的中点，连接AC′，求四边形AC′ED面积的最大值．
25．（8分）（2024秋 海淀区校级月考）如图1，某校研学小组在博物馆中看到了一种“公道杯”，在这种杯子中加水超过一定量时，水会自动排尽，体现了“满招损，谦受益”的寓意．
该小组模仿其原理，自制了一个圆柱形简易“公道杯”，确保向杯中匀速注水和杯中水自动向外排出时，杯中的水位高度的变化都是匀速的，向此简易“公道杯”中匀速注入清水，一段时间后停止，再等水完全排尽．在这个过程中，对不同时间的水位高度进行了记录，部分数值如图：
时间（t/s） 1 2 3 4 5 6 7 8
水位高度（h/cm） 1.5 3 4.5 5 4.5 4 1
根据以上信息，解决下列问题：
（1）完善表中的数据，并在直角坐标系（图2）中描出表中各组已知对应值为坐标的点；
（2）当t＝ 　 　 s时，杯中水位最高，是 　 　 cm；
（3）在自动向外排水开始前，杯中水位上升的速度为 　 　 cm/s；
（4）求停止注水时t的值；
（5）从开始注水，到杯中水完全排尽，共用时 　 　 s．
北京市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
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）（2023春 庆阳期中）下列各式中，是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】根据最简二次根式的定义判断即可．
【解答】解：A、，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故此选项不符合题意；
B、，是最简二次根式，故此选项符合题意；
C、，被开方数含有分母，不是最简二次根式，故此选项不符合题意；
D、，被开方数含有能开得尽方的因数，不是最简二次根式，故此选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了最简二次根式的定义，熟知：如果二次根式满足：（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，这样的二次根式叫做最简二次根式．
2．（3分）（2023秋 金水区校级月考）下列运算正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据二次根式的运算法则计算各选项即可得的答案．
【解答】解：A.2，故该选项不符合题意；
B.32，故该选项不符合题意；
C.，故该选项符合题意；
D.2，故该选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的运算法则是解决问题的关键．
3．（3分）（2023春 潮南区期末）以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（　　）
A．1、2、3 B．3、4、5 C．4、5、6 D．、、
【考点】勾股定理的逆定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】解：A、∵1+2＝3，
∴不能组成三角形，
故A不符合题意；
B、∵32+42＝25，52＝25，
∴32+42＝52，
∴能组成直角三角形，
故B符合题意；
C、∵42+52＝41，62＝36，
∴42+52≠562，
∴不能组成直角三角形，
故C不符合题意；
D、∵（）2+（）2＝14，（）2＝10，
∴（）2+（）2≠（）2，
∴不能组成直角三角形，
故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
4．（3分）（2024春 赣榆区期末）如图，AD∥BC，BD与AC相交于点E，设△ABE的面积为S1，△CDE的面积为S2，则下列结论正确的是（　　）
A．S1＝S2 B．S1＞S2 C．S1＜S2 D．2S1＝S2
【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】A
【分析】根据同底等高的两个三角形面积相等得到S△ABC＝S△DBC，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴S△ABC＝S△DBC，
∴S△ABC﹣S△EBC＝S△DBC﹣S△EBC，即S△ABE＝S△CDE，
∴S1＝S2，
故选：A．
【点评】本题考查的是平行线间的距离，三角形的面积计算，掌握同底等高的两个三角形面积相等是解题的关键．
5．（3分）（2024春 新兴县期末）表格是某社团20名成员的年龄分布统计表，记录数据的纸张不小心被撕掉了一块，仍能够分析得出关于这20名成员年龄的统计量是（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
【考点】统计量的选择；算术平均数；中位数；众数；方差．
【专题】统计的应用；数据分析观念．
【答案】B
【分析】根据平均数、方差、中位数和众数的定义即可得出答案．
【解答】解：由于13岁和14岁的人数不确定，所以平均数、方差和众数就不确定，
因为该组数据有20个，中位数为第10个和11个的平均数：12，
所以仍能够分析得出关于这20名成员年龄的统计量是中位数．
故选：B．
【点评】本题主要考查频数分布表及统计量的选择，由表中数据得出数据的总数是根本，熟练掌握平均数、中位数、众数及方差的定义和计算方法是解题的关键．
6．（3分）（2023春 中江县期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的有（　　）
A．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形
B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当AB＝BC 时，四边形ABCD是菱形
D．当AC＝BD时，四边形ABCD是正方形
【考点】正方形的判定；平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；矩形的判定．
【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】根据矩形、菱形、正方形的判定可以判断题目中的各个选项的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当∠ABC＝90°时，它是矩形，故A正确，不符合题意；
当AC⊥BD时，它是菱形，故B正确，不符合题意；
当AB＝BC时，它是菱形，故C正确，不符合题意；
当AC＝BD时，它是矩形，故D错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查正方形、菱形、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们的判定的内容．
7．（3分）（2023秋 合肥期中）将直线y＝x+1向左平移2个单位，得到的直线是（　　）
A．y＝x+3 B．y＝x﹣3 C．y＝x﹣1 D．y＝x+2
【考点】一次函数图象与几何变换．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【答案】A
【分析】根据函数图象平移的规律即可求解．
【解答】解：将直线y＝x+1向左平移2个单位，得到的直线是：y＝（x+2）+1＝x+3，
故选：A．
【点评】本题考查了一次函数图象的平移，熟练掌握函数图象平移的规律是解题的关键．
8．（3分）（2024 湘潭一模）某校为落实“双减”政策，每周星期三下午开展“七彩课堂”活动，为学生全面发展搭建平台．小田在素描课堂上观察一几何体的主视图如图所示，若∠B+∠D＝180°，则∠A+∠E+∠C的度数为（　　）
A．180° B．270° C．360° D．540°
【考点】多边形；多边形内角与外角；三角形的外角性质．
【专题】多边形与平行四边形；投影与视图；空间观念；运算能力．
【答案】C
【分析】根据五边形的内角和等于540°可得答案．
【解答】解：∵∠B+∠D+∠A+∠E+∠C＝（5﹣2）×180°＝540°，∠B+∠D＝180°，
∴∠A+∠E+∠C＝540°﹣180°＝360°．
故选：C．
【点评】本题考查了由三视图判断几何体以及多边形的内角和，掌握多边形的内角和公式是解答本题的关键．
二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）
9．（3分）（2024春 巴彦县校级月考）若，则的算术平方根为 　4　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】4．
【分析】根据被开方数大于等于0列式求出x的值，再求出y的值，然后代入代数式求出的值，再根据算术平方根的定义解答．
【解答】解：由题意知，所以，
∵，
∴y＝8，
∵，
∴，
故答案为：4．
【点评】本题考查二次根式有意义的条件，关键是掌握算术平方根的非负性，非负数的性质，算术平方根的定义．
10．（3分）（2024春 云梦县期末）请写出一个图象经过点（0，﹣1），且y随x的增大而减小的一次函数的解析式：　y＝﹣x﹣1　 ．
【考点】一次函数的性质．
【专题】开放型；一次函数及其应用；创新意识．
【答案】y＝﹣x﹣1（答案不唯一）．
【分析】根据一次函数y＝kx+b中y随x的增大而减小确定k＜0，根据一次函数y＝kx+b图象过点（0，﹣1）确定b的值．
【解答】解：设一次函数解析式为y＝kx+b．
∵一次函数y＝kx+b过点（0，﹣1）．
∴b＝﹣1．
∵一次函数y＝kx+b中y随x的增大而减小．
∴k＜0．
∴一次函数的解析式可以为：y＝﹣x﹣1（答案不唯一）．
故答案为：y＝﹣x﹣1（答案不唯一）．
【点评】本题考查了一次函数的图象与性质．对于一次函数y＝kx+b，当k＞0时，y随x的增大而增大；当k＜0时，y随x的增大而减小．
11．（3分）某校女子排球队队员的年龄分布如下表所示：
年龄/岁 13 14 15 16
频数 1 2 3 4
则该校女子排球队队员的平均年龄为 　15　 岁．
【考点】加权平均数；频数与频率．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】15．
【分析】根据加权平均数的计算公式把所有人的年龄数加起来，再除以总人数即可．
【解答】解：根据题意得：
（13×1+14×2+15×3+16×4）÷（1+2+3+4）
＝150÷10
＝15（岁），
故答案为：15．
【点评】此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是解题的关键．
12．（3分）如图，△ABC中，AB＝BC＝12cm，D、E、F分别是BC、AC、AB边上的中点，则四边形BDEF的周长是 　24　 cm．
【考点】三角形中位线定理．
【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】24．
【分析】根据中点的性质求出BF、BD，根据中位线的性质求出DE、FE，从而求出四边形BDEF的周长．
【解答】解：∵D、E、F 分别是 BC、AC、AB 边上的中点，
∴，
∴DE∥AB，DEAB，EF∥BC，EFBC，
∵AB＝BC＝12cm，
∴BF＝DE＝BD＝BF＝6cm，
∴四边形BDEF的周长为24cm．
故答案为：24．
【点评】本题考查三角形中位线定理，解决本题的关键是利用三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出DE和FE．
13．（3分）（2021春 江南区校级月考）已知正方形ABCD，以AB为边向内作等边△ABE，连接CE并延长CE交BD于点F连接AF，则∠AFD的度数 　120°　 ．
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】120°．
【分析】设AC，BD交于K，由四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，可得BC＝BE，∠CBE＝∠ABC﹣∠EBA＝30°，故∠BCE＝∠BEC＝75°，∠ACF＝∠BCE﹣∠BCA＝30°，即得∠CFK＝90°﹣∠ACF＝60°，从而可得∠AFD＝180°﹣∠AFK＝120°．
【解答】解：设AC，BD交于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠BCA＝45°，∠ABC＝90°，∠DKC＝90°，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB，∠EBA＝60°，
∴BC＝BE，∠CBE＝∠ABC﹣∠EBA＝30°，
∴∠BCE＝∠BEC＝75°，
∴∠ACF＝∠BCE﹣∠BCA＝30°，
∴∠CFK＝90°﹣∠ACF＝60°，
由正方形的对称性可知，∠AFK＝∠CFK＝60°，
∴∠AFD＝180°﹣∠AFK＝120°，
故答案为：120°．
【点评】本题考查正方形的性质及应用，涉及等边三角形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形，等边三角形的性质．
14．（3分）（2023春 鄱阳县月考）在Rt△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，D是直线AC上的动点，若△ABD是等腰三角形，则AD的长度是 　3或3或9　 ．
【考点】勾股定理；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】分类讨论；等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】3或3或9．
【分析】根据△ABD是等腰三角形，分三种情况：BD或AD或AB为底边，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理可得结论．
【解答】解：∵∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝3，
∴AC＝2BC＝6，AB3，
分三种情况：
①如图1，当AD＝AB时，AD＝3，
②如图2，AB＝BD，
过点B作BE⊥AC于E，
∴AE＝DE，
Rt△ABE中，∠BAE＝30°，AB＝3，
∴BEAB，
∴AE，
∴AD＝2AE＝9；
③如图3，AD＝BD，
∴∠A＝∠DBA＝30°，
∴∠BDC＝∠A+∠ABD＝60°，
∵∠C＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴CD＝BC＝3，
∴AD＝6﹣3＝3，
综上，AD的长是3或3或9．
故答案为：3或3或9．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握分类讨论的思想是解本题的关键．
15．（3分）直线y＝﹣2（x+1）+2在y轴上的截距为 　0　 ．
【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】0．
【分析】根据截距的定义：直线方程y＝kx+b中，b就是截距解答．
【解答】解：整理得，y＝﹣2x，
所以，直线y＝﹣2（x+1）+2在y轴上的截距是0．
故答案为：0．
【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，熟记截距的定义是解题的关键．
16．（3分）如图，将一根24cm长的筷子，置于底面直径为15cm，高为8cm的圆柱形水杯中，设筷子露在杯子外面的长度为h cm，则h的最小值是 　7cm　 ．
【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】7cm．
【分析】当筷子的底端在A点时，筷子露在杯子外面的长度最短，然后根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：当筷子的底端在A点时，筷子露在杯子外面的长度最短，
在Rt△ABD中，AD＝15cm，BD＝8cm，
∴AB17（cm），
此时h最小＝24﹣17＝7（cm），
故答案为：7cm．
【点评】本题主要考查了勾股定理的应用，明确题意，准确构造直角三角形是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分52分）
17．（5分）（2024秋 长泰区期中）计算：．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】2+2．
【分析】先计算乘除，再计算加减即可．
【解答】解：
．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算法则．
18．（5分）（2023春 成武县期末）已知，求代数式（x+1）2﹣6（x+1）+9的值．
【考点】二次根式的化简求值；完全平方公式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】3．
【分析】根据完全平方公式可以化简题目中的式子，然后根据x2，可以得到x+13，从而可以求得所求式子的值．
【解答】解：∵x2，
∴x+13，
∴（x+1）2﹣6（x+1）+9
＝[（x+1）﹣3]2
＝（3﹣3）2
＝（）2
＝3．
【点评】本题考查二次根式的化简求值，解答本题的关键是明确二次根式化简求值的方法．
19．（5分）（2022春 连江县期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，CF∥BD交OE的延长线于F，连接DF．
求证：四边形CFDO是菱形．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理；菱形的判定．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】证明见解析．
【分析】证△ODE≌△FCE（ASA），得OE＝FE，再证四边形CFDO是平行四边形，然后由矩形的性质得OC＝OD，即可得出结论．
【解答】证明：∵CF∥BD，
∴∠ODE＝∠FCE，
∵E是CD的中点，
∴CE＝DE，
在△ODE和△FCE中，
，
∴△ODE≌△FCE（ASA），
∴OE＝FE，
∵CE＝DE，
∴四边形CFDO是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OCAC，OB＝ODBD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴平行四边形CFDO是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定是解题的关键．
20．（5分）（2023春 泸县校级期中）如图，四边形ABCD中，BC∥AF，∠ABC＝90°，AD＝5，BC＝13，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若BD＝BC，求四边形BDFC的面积．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】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】（1）证明见解答过程；
（2）156．
【分析】（1）证明△BEC≌△FED（AAS），得BE＝FE，即可得出结论；
（2）由勾股定理列式求出AB的长，再由平行四边形的面积公式即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵BC∥AD，
∴∠CBE＝∠DFE，
又∵E是边CD的中点，
∴CE＝DE，
在△BEC与△FED中，
，
∴△BEC≌△FED（AAS），
∴BE＝FE，
∴四边形BDFC是平行四边形；
（2）解：∵BD＝BC＝13，∠A＝90°，
∴AB12，
由（1）得：四边形BDFC是平行四边形，
∴平行四边形BDFC的面积＝BC AB＝13×12＝156．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△BEC≌△FED是解题的关键．
21．（5分）（2025春 珠海期中）已知正比例函数y＝kx的图象经过点P（3，﹣3）．
（1）求y与x之间的函数表达式；
（2）已知点A（a，2）在（1）中函数的图象上，求a的值．
【考点】一次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求正比例函数解析式．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）把P（3，﹣3）直接代入正比例函数y＝kx，求得函数解析式即可；
（2）把点A（a，2）代入（1）中的函数解析式，求出a的数值即可．
【解答】解：（1）把P（3，﹣3）代入正比例函数y＝kx，
得3k＝﹣3，
k＝﹣1，
所以y与x之间的函数表达式为y＝﹣x；
（2）把点A（a，2）代入y＝﹣x得，
﹣a＝2，
a＝﹣2．
【点评】此题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求正比例函数解析式，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解题的关键．
22．（5分）（2025 蜀山区校级一模）项目式学习：
【问题情境】数学活动课上，老师引导学生开展“利用树叶的特征对树木进行分类”的项目式学习．
【实践研究】同学们随机收集柳树、香樟树的树叶各1片，通过测量得到这些树叶的长y（单位：cm），宽x（单位：cm）的数据后，分别计算长宽比，整理数据如下：
编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
柳树叶的长宽比 3.8 3.7 3.5 3.4 3.8 4.0 3.6 4.0 3.6 4.0
香樟树叶的长宽比 2.0 2.0 2.0 2.4 1.8 1.9 1.8 2.0 1.3 1.9
【合作探究】分析数据如下：
统计量 平均数 中位数 众数 方差
柳树叶的长宽比 3.74 m 4.0 0.0424
香樟树叶的长宽比 1.91 1.95 n 0.0669
【问题解决】
（1）上述表格中：m＝　3.75　 ，n＝　2.0　 ．
（2）①A同学说：“从树叶的长宽比的方差来看，我认为柳树叶的形状差别大．”
②B同学说：“从树叶的长宽比的平均数、中位数和众数来看，我发现香樟树叶的长约为宽的两倍．”
上面两名同学的说法中，合理的是　B　 （填序号）．
（3）现有一片长11cm，宽5.6cm的树叶，请判断这片树叶更可能来自柳树、香樟中的哪种树？给出你的理由．
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
【专题】数据的收集与整理；数据分析观念．
【答案】（1）3.75；2.0；（2）B；（3）香樟树叶．
【分析】（1）根据中位数和众数的定义解答即可；
（2）根据题目给出的数据判断即可；
（3）根据树叶的长宽比判断即可．
【解答】解：（1）柳树叶的长宽比的中位数为：m3.75，
香樟树叶的长宽比的众数为2.0．
答案为：3.75；2.0；
（2）∵0.0424＜0.0669，
∴柳树叶的形状差别小，故A同学说法不合理；
∵香樟树叶的长宽比的平均数1.91，中位数是1.95，众数是2.0，
∴B同学说法合理．
故答案为：B；
（3）∵一片长11cm，宽5.6cm的树叶，长宽比接近2，
∴这片树叶更可能来香樟树叶．
【点评】本题考查了中位数，平均数以及算术平均数，掌握相关定义是解答本题的关键．
23．（7分）（2023春 江津区期末）2023年江津区积极摸排城市建成区内可利用的建设用地边角地、闲置地，在摸排中发现，在某住宅建成区一处闲置地，城市绿化管理部门决定将其打造成“口袋公园”．如图，四边形ABCD为该住宅建成区一处闲置地，经过测量得知：∠C＝90°，AB＝20m，AD＝15m，BC＝7m，CD＝24m．
（1）如图，连接BD，试求BD的长；
（2）该块闲置用地相关政府部门计划投入24万元进行打造，经测算，每平方米打造的费用为1000元，请你计算说明将这块地打造成“口袋公园”政府投入的费用是否够用？
【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】（1）BD的长为25m；
（2）政府投入的费用够用．
【分析】（1）根据勾股定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理的逆定理得到∠A＝90°，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，BC＝7m，CD＝24m，
∴BD25（m），
答：BD的长为25m；
（2）∵AB＝20m，AD＝15m，BD＝25m，
∴AB2+AD2＝202+152＝252＝BD2，
∴∠A＝90°，
∴四边形ABCD的面积＝S△ABD+S△BDC234（m2），
∵234×1000＝234000＜240000，
答：政府投入的费用够用．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，灵活运用定理及其逆定理是解题的关键．
24．（7分）（2024春 荔湾区期末）正方形ABCD的边长为6，E，F分别为CD，BC边上的点，连接FE，将△FCE沿FE折叠，C对应的点为C′．（1）当点F与点B重合时，
①如图1，∠EBC＝30°，M为BE的中点，连接MC'，MC，求证：四边形MC′EC为菱形；
②如图2，延长EC'交AD于点N，连接BN，AC，BN与BE分别交AC于点P，Q，猜想线段AP，PQ，QC满足的数量关系，并加以证明；
（2）当点F与点B不重合时，如图3，E为CD的中点，连接AC′，求四边形AC′ED面积的最大值．
【考点】四边形综合题；翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的性质．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①证明见解答过程；
②解：AP2+QC2＝PQ；证明见解答过程；
（3）（SAC′ED）max．
【分析】（1）①由折叠性质知CE＝C′E，根据四边形ABCD是正方形，得出∠BCD＝90°＝∠FC′E，当点F与点B重合，∠EBC＝30°时，∠CEB＝60°，根据直角三角形的性质和折叠性质得出CM＝2BE＝C′M＝ME＝BM，即可得△MCE为等边三角形，根据等边三角形性质得出 MC＝EC＝C′E＝MC′，即可证明四边形MC′EC为菱形；
②根据四边形ABCD是正方形，得出BC＝AB＝CD＝6，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠BAC＝∠BCA＝45°．结合折叠可得BC′＝BC＝BA，∠BC′E＝∠BCE＝90°，∠C′BE＝∠CBE，证明Rt△BAN≌Rt△BC′N，得出∠C′BN＝∠ABN，∠NBE＝45°，过点B作P′B⊥PB且P′B＝PB，连接P′C，P′Q，证明△CP′B≌△APB，得出P′C＝PA，∠BCP'＝∠PAB＝45°，再证明△PBQ≌△P′BQ，得出P′Q＝PQ，在△P′CQ′中，得出∠P'CQ＝90°，根据勾股定理即可求解；
（2）如图，连接AE，根据题意得出C′E＝CE＝DECD＝3，即可求出S△ADE＝9，在△AC′E中，根据勾股定理算出AE，过C′作C′H⊥AE，得出S△AC′EC′H，根据C′H≤CE＝3，得出当C′E⊥AE时，C′H最大，最大为3，即可得 （S△AC′E）max，再根据S四边形AC′ED＝S△AC′E+S△ADE，即可求解．
【解答】（1）①证明：由折叠性质知CE＝C′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°＝∠FC′E，
当点F与点B重合，∠EBC＝30°时，∠CEB＝60°，
∵M为BE中点，
∴Rt△BCE，Rt△BC′E中，CMBE＝CM＝ME＝BM，
∴△MCE为等边三角形，
∴MC＝EC＝C′E＝MC′，
∴四边形MC′EC为菱形；
②解：AP2+QC2＝PQ；
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝CD＝6，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠BAC＝∠BCA＝45°，
结合折叠可得BC′＝BC＝BA，∠BC′E＝∠BCE＝90°，∠CBE＝∠C'BE，
∴∠BC′N＝90°＝∠BAN，
∵BN＝BN，
∴Rt△BAN≌Rt△BC′N（HL），
∴∠C′BN＝∠ABN，
∴∠NBE＝∠C'BN+∠C′BE∠ABC＝45°，
过点B作P′B⊥PB且P′B＝PB，连接P′C，P′Q，
∴∠P'BP＝90°＝∠ABC，
∴∠P′BC＝∠ABP，
∵AB＝CB，
∴△CP′B≌△APB（SAS），
∴P′C＝PA，∠BCP'＝∠PAB＝45°，
∵∠P'BQ＝∠PBP'﹣∠PBQ＝45°＝∠PBQ，且BQ＝BQ，P′B＝PB，
∴△PBQ≌△P′BQ（SAS），
∴P′Q＝PQ，
在△P′CQ 中，∠P'CQ＝∠BCP'+∠BCQ＝90°，
∴P'C2+QC2＝P'Q2即AP2+QC2＝PQ2；
（2）解：如图3，连接AE，
∵E为DC中点．
∴C′E＝CE＝DECD＝3，
∴S△ADEAD DE6×3＝9，
在△AC′E中，AE3，
过C′作C′H⊥AE，
∴S△AC′EAE C'HCH'，
∵C′H≤C′E＝3，
∴当C′E⊥AE时，C′H最大，最大为3，（S△AC′E）max，
∵SAC′ED＝S△AC′E+S△ADE，
∴（SAC′ED）max．
【点评】该题主要考查了菱形的判定，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌 握以上知识点，正确作出辅助线．
25．（8分）（2024秋 海淀区校级月考）如图1，某校研学小组在博物馆中看到了一种“公道杯”，在这种杯子中加水超过一定量时，水会自动排尽，体现了“满招损，谦受益”的寓意．
该小组模仿其原理，自制了一个圆柱形简易“公道杯”，确保向杯中匀速注水和杯中水自动向外排出时，杯中的水位高度的变化都是匀速的，向此简易“公道杯”中匀速注入清水，一段时间后停止，再等水完全排尽．在这个过程中，对不同时间的水位高度进行了记录，部分数值如图：
时间（t/s） 1 2 3 4 5 6 7 8
水位高度（h/cm） 1.5 3 4.5 5 4.5 4 1
根据以上信息，解决下列问题：
（1）完善表中的数据，并在直角坐标系（图2）中描出表中各组已知对应值为坐标的点；
（2）当t＝ 　4　 s时，杯中水位最高，是 　5　 cm；
（3）在自动向外排水开始前，杯中水位上升的速度为 　1.5　 cm/s；
（4）求停止注水时t的值；
（5）从开始注水，到杯中水完全排尽，共用时 　8.5　 s．
【考点】一次函数的应用；点的坐标．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】（1）图见解析；
（2）4，5；
（3）1.5；
（4）；
（5）8.5．
【分析】（1）将表中数据完善后，描点即可；
（2）由表格即可求解；
（3）由表格即可求解；
（4）先求出从开始向外排水到停止注水时h关于t的函数表达式，再求出排水的速度，利用t＝8时的水位高度和排水速度即可求出t＝7时的水位高度，进而可求出停止注水后h关于t的函数表达式h＝﹣2t+17，将二者联立，可得二元一次方程组，解之，即可求得停止注水时t的值；
（5）先求出水位高度为时排完水所需要的时间，进而得出答案．
【解答】解：（1）如图：
（2）当t＝4s时，杯中水位最高，最高水位为5cm，
故答案为：4，5；
（3）由表格可知：每经过1秒钟，水位上升1.5cm，
∴杯中水位上升的速度为1.5cm/s，
故答案为：1.5；
（4）设h关于t的函数表达式为h＝kt+b，
把（4，5），（6，4）代入，
，
∴，
∴，
排水的速度为：1.5+（5﹣4.5）÷1＝2（cm/s），
∵当t＝8时，h＝1，
∴当t＝7时，h＝1+2＝3，
设停止注水后，h关于t的函数表达式为h＝kt+b，
把（7，3），（8，1）代入：
，
∴，
∴h＝﹣2t+17，
可得方程组
，
∴，
∴时，停止注水；
（5）由（4）可知，时停止注水，此时的水位高度为，
∴从开始注水，到杯中水完全排尽，共用时：
（s），
故答案为：8.5．
【点评】本题主要考查了一次函数的实际应用，坐标系中描点，观察表格从中获取信息，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，有理数四则混合运算等知识点，观察表格并从中获取正确信息是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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