资源简介

重庆市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10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2025秋 台江区校级期末）若是最简二次根式，则a的值可以是（　　）
A． B．2 C．4 D．8
2．（4分）（2025春 丹江口市期末）下列计算中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（4分）（2022秋 高新区期末）小颖爸爸公司2022年6～12月份销售额增长率的变化情况如图所示，则下列结论正确的是（　　）
A．6至11月份销售额逐渐减少
B．在这七个月中，6月份的销售额最大
C．在这七个月中，每月的销售额不断上涨
D．在这七个月中，销售额有增有减
4．（4分）（2024春 临高县期中）下列命题是假命题的是（　　）
A．对角线相等的平行四边形是矩形
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
5．（4分）估计（）的值在（　　）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间
6．（4分）（2024春 惠州期中）如图，矩形OABC的边OA的长为3，边AB的长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交数轴正半轴于点D，则点D表示的实数是（　　）
A．4 B． C． D．
7．（4分）（2024春 东宝区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作D作DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF⊥AC，垂足为F．若AB＝6．AC＝8，DE＝4，则BF的长为（　　）
A．4 B．3 C．2.5 D．2
8．（4分）（2023秋 泉州期末）如图，这是一个长AB为10cm，宽BF为4cm，高BC为6cm的长方体纸箱，P是EC的中点．点P处有几滴蜂蜜，一只蚂蚁欲从点A出发沿纸箱表面爬行到点P处吃蜂蜜，则蚂蚁爬行的最短距离是（　　）
A．2cm B．13cm C．6cm D．2cm
9．（4分）（2024春 庐阳区期末）点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，过点E作PE⊥AE，点P在CD延长线上，则为（　　）
A．2 B． C． D．
10．（4分）已知整式M：，其中n，an﹣1…，a0为自然数，an为正整数，且n+an+an﹣1+ +a1+a0＝5．下列说法正确的个数是（　　）
①满足条件的整式M中有5个整式是单项式；
②不存在任何一个n，使得满足条件的整式M有且仅有3个；
③满足条件的整式M共有16个．
A．0 B．1 C．2 D．3
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．（4分）（2025春 江阳区校级月考）函数中的自变量x的取值范围是　 　 ．
12．（4分）（2025春 杞县月考）如图，这是关于变量x，y的计算程序，若开始输入x的值为2，则最后输出因变量y的值为 　 　 ．
13．（4分）（2022春 南岗区校级月考）如图，在Rt△ACD中，∠DAC＝90°，点B为AD延长线上一点，且BD＝AC，连接BC，点F、E分别为BC、AD的中点，连接AF、EF，当EF＝2，AE＝1时，则BC的长度为 　 　 ．
14．（4分）（2025春 二道区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且它们的长度分别为6和8，过点O的直线分别交AD、BC于点E、F，则阴影部分面积的和为 　 　 ．
15．（4分）（2024春 莱芜区期中）A，B两地相距14千米，甲、乙两人都从A地去B地，图中l1和l2分别表示甲、乙两人所走路程s（千米）与时间t（小时）之间的关系．则乙出发 　 　 小时后，两人相距2千米．
16．（4分）（2025 开州区二模）若关于x的一元一次不等式组的解集为x＜﹣2，且关于y的分式方程的解为正数，则所有满足条件的整数a的值之和是　 　 ．
17．（4分）（2025秋 贵阳月考）如图：在矩形ABCD中，，∠CAD＝30°，P是AD上一个动点，过点P作PG⊥AC，垂足为G，连接BP，取BP中点E，连接EG，则线段EG的最小值为　 　 ．
18．（4分）（2024秋 温江区校级月考）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵41﹣12＝29，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵53﹣32＝21≠24，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为　 　 ；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）（2024春 曾都区期末）计算：
（1）（）；
（2）|4|．
20．（10分）（2024秋 龙华区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC．
（1）请用尺规作出AC的垂直平分线，分别交AD与BC于点M，N；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求证：四边形AMCN是菱形．
21．（10分）（2024 陈仓区三模）如图，在 ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．求证：DF＝BE．
22．（10分）（2023春 灌云县期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作 AF⊥BC 于点F，延长BC到点E，使得CE＝BF，连接DE．
（1）求证：四边形AFED是矩形；
（2）连接OF，若AB＝5，OF＝2，求BD的长．
23．（10分）（2024春 江北区校级期末）重庆长江索道是一条连接渝中区和南岸区的过江索道，它不仅是一座标志性景观，也是游览长江和重庆城市风光的重要交通工具．一天一群游客从酒店A处出发，到达长江索道的入口C处，想乘坐长江索道去D处吃火锅．由于排队的乘客太多，这群游客便分成两组，甲组选择乘坐索道从C→D，（排队时间不计）乙组选择乘坐观光车从C→B→D（排队等车时间不计），已知点C在点A的北偏东45°方向上，点D在点C的正东方向，点B在点A的正东方向800米处，点D在点B的北偏东60°方向上，且BD＝1000米．（参考数据：，，）
（1）求CD的长度（精确到个位）；
（2）已知长江索道的速度是每分钟360米，观光车的速度是每分钟600米，请通过计算说明，哪组游客会先到达D处？
24．（10分）（2024秋 九江期末）某游泳俱乐部暑期面向全体市民推出会员制优惠活动，方案如下：
方案一：在微信公众号注册并在朋友圈转发一次关于游泳俱乐部的信息，成为普通会员，每次游泳费用享受9折优惠；
方案二：缴纳135元成为游泳俱乐部Plus会员，每次游泳费用享受6折优惠；
设某市民暑期游泳x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x+b，它们的函数图象如图所示．
（1）求y2的函数表达式；
（2）求打折前的每次游泳费用和k1的值；
（3）某市民小张计划暑期前往该俱乐部游泳15次，应选择哪种方案所需费用更少？说明理由．
25．（10分）（2023 农安县模拟）【感知】如图①，若AB＝CD，AB∥CD，易证AE＝DE（不用证明）；
【探究】如图②，正方形ABCD和正方形CGEF的边BC、CF在同一条直线上，点G在CD上，AE、BD相交于点H，求证：AH＝EH；
【应用】如图③，在“探究”的条件下，连接CH，若BC＝4，GE＝2，则CH＝　 　 ．
26．（10分）若△ABC和△ADE均为等腰三角形，且AB＝AC＝AD＝AE，当∠ABC和∠ADE互余时，称△ABC与△ADE互为“底余等腰三角形”，△ABC的边BC上的高AH叫做△ADE的“余高”．如图，△ABC与△ADE互为“底余等腰三角形”．
（1）若连结BD，CE，判断△ABD与△ACE是否互为“底余等腰三角形”，并说明理由．
（2）当∠BAC＝90°时，若△ADE的“余高”AH＝3，则DE＝ 　 　 ．
（3）当0°＜∠BAC＜180°时，判断DE与AH之间的数量关系，并说明理由．
参考答案
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2025秋 台江区校级期末）若是最简二次根式，则a的值可以是（　　）
A． B．2 C．4 D．8
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】B
【分析】（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式；我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式，据此进行判断即可．
【解答】解：中被开方数含分母，则A不符合题意，
是最简二次根式，则B符合题意，
2，则C不符合题意，
2，则D不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查最简二次根式，熟练掌握其定义是解题的关键．
2．（4分）（2025春 丹江口市期末）下列计算中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】二次根式的性质与化简；立方根．
【专题】实数；二次根式；运算能力．
【答案】D
【分析】利用算术平方根的意义，二次根式的性质和立方根的意义对每个选项进行逐一判断即可得出结论．
【解答】解：∵4，
∴A选项的运算不正确，不符合题意；
∵|﹣3|＝3，
∴B选项的运算不正确，不符合题意；
∵无意义，
∴C选项的运算不正确，不符合题意；
∵，
∴D选项的运算正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了算术平方根的意义，二次根式的性质和立方根的意义，熟练掌握上述法则与性质是解题的关键．
3．（4分）（2022秋 高新区期末）小颖爸爸公司2022年6～12月份销售额增长率的变化情况如图所示，则下列结论正确的是（　　）
A．6至11月份销售额逐渐减少
B．在这七个月中，6月份的销售额最大
C．在这七个月中，每月的销售额不断上涨
D．在这七个月中，销售额有增有减
【考点】折线统计图．
【专题】统计的应用；几何直观．
【答案】C
【分析】这七个月中，销售额的增长率始终是正数，则每月的销售额不断上涨，据此即可判断．
【解答】解：由折线统计图可知，6～12月份销售额的增长率始终是正数，即6～12月份销售额在增加，故选项A、B、D不合题意；
这七个月中，每月的销售额不断上涨，C说法正确，故本选项符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查折线统计图的运用，折线统计图表示的是事物的变化情况，注意在图形中纵轴表示的是增长率，只有增长率是负数，才表示销售额减少．
4．（4分）（2024春 临高县期中）下列命题是假命题的是（　　）
A．对角线相等的平行四边形是矩形
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
【考点】命题与定理；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形、菱形、正方形判定方法，即可判断．
【解答】解：A、B、D中的命题是真命题，故A、B、D不符合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，不一定是正方形，故C符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查命题与定理，矩形、菱形、正方形的判定，解题的关键是熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定方法．
5．（4分）估计（）的值在（　　）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6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；运算能力．
【答案】A
【分析】根据二次根式的混合运算的方法进行计算后，再根据算术平方根的定义估算无理数1的大小即可．
【解答】解：原式1；
∵12，
∴21＜3，
故选：A．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，估算无理数的大小，掌握二次根式的混合运算的方法以及算术平方根的定义是正确解答的关键．
6．（4分）（2024春 惠州期中）如图，矩形OABC的边OA的长为3，边AB的长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交数轴正半轴于点D，则点D表示的实数是（　　）
A．4 B． C． D．
【考点】勾股定理；实数与数轴．
【专题】计算题；运算能力．
【答案】C
【分析】由矩形OABC的边OA的长为3，边AB的长为1，得OB，由以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交数轴正半轴于点D，
得点D表示的实数是．
【解答】解：由矩形OABC的边OA的长为3，边AB的长为1，
得OB，
由以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交数轴正半轴于点D，
得点D表示的实数是．
故选：C．
【点评】本题主要考查了数轴上点的表示，解题关键是勾股定理的正确应用．
7．（4分）（2024春 东宝区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作D作DE⊥AB，垂足为E，过点B作BF⊥AC，垂足为F．若AB＝6．AC＝8，DE＝4，则BF的长为（　　）
A．4 B．3 C．2.5 D．2
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质可得，结合三角形及平行四边形的面积公式计算可求解．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，，
∵DE⊥AB，BF⊥AC，
∴，
∵AB＝6，AC＝8，DE＝4，
∴8BF＝6×4，
解得BF＝3，
故选：B．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，三角形的面积，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8．（4分）（2023秋 泉州期末）如图，这是一个长AB为10cm，宽BF为4cm，高BC为6cm的长方体纸箱，P是EC的中点．点P处有几滴蜂蜜，一只蚂蚁欲从点A出发沿纸箱表面爬行到点P处吃蜂蜜，则蚂蚁爬行的最短距离是（　　）
A．2cm B．13cm C．6cm D．2cm
【考点】平面展开﹣最短路径问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】A
【分析】把立体图形展开，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：如图1，
AP2（cm）；
如图2，
AP6（cm），
∵26，
∴蚂蚁爬行的最短距离是2cm．
故选：A．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路线问题；通常应把立体几何中的最短路线问题转化为平面几何中的求两点间距离的问题；注意长方体展开图形应分情况进行探讨．
9．（4分）（2024春 庐阳区期末）点E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，过点E作PE⊥AE，点P在CD延长线上，则为（　　）
A．2 B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】过点E作FG∥BC，交AB于点F，交CD于点G，易得四边形AFGD，四边形BCGF均为矩形，△BFE，△EGD均为等腰直角三角形，得到，证明△AFE≌△EGP，得到 EF＝GP，进而得到PC＝2BF，即可得出结果．
【解答】解：过点E作FG∥BC，交AB于点F，交CD于点G，
∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴AB⊥BC，∠ABD＝∠CDB＝45°，
∴FG∥BC∥AD，
∴四边形AFGD，四边形BCGF均为矩形，
∴∠AFE＝∠BFE＝∠DGE＝90°，DG＝AF，CG＝BF，
∴△BFE，△EGD均为等腰直角三角形，BF＝EF，DG＝EG，，
∴EG＝AF，
∵PE⊥AE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEF+∠PEG＝90°，
∴∠AEF+∠FAE＝90°，
∴∠PEG＝∠FAE，
∵EG＝AF，∠AFE＝∠DGE＝90°，
∴△AFE≌△EGP（AAS），
∴EF＝PG，
∴BF＝PG＝CG，
∴CP＝PG+CG＝2BF，
∴；
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键．
10．（4分）已知整式M：，其中n，an﹣1…，a0为自然数，an为正整数，且n+an+an﹣1+ +a1+a0＝5．下列说法正确的个数是（　　）
①满足条件的整式M中有5个整式是单项式；
②不存在任何一个n，使得满足条件的整式M有且仅有3个；
③满足条件的整式M共有16个．
A．0 B．1 C．2 D．3
【考点】规律型：数字的变化类；单项式；多项式．
【专题】规律型；运算能力．
【答案】D
【分析】由条件可得0≤n≤4，再分类讨论得到答案即可．
【解答】解：当n＝4时，则4+a4+a3+a2+a1+a0＝5，
∴a4＝1，a3＝a2＝a1＝a0＝0，
满足条件的整式有x4，
当n＝3时，则3+a3+a2+a1+a0＝5，
∴（a3，a2，a1，a0）＝（2，0，0，0），（1，1，0，0），（1，0，1，0），（1，0，0，1），
满足条件的整式有：2x3，x3+x2，x3+x，x3+1，
当n＝2时，则2+a2+a1+a0＝5，
∴（a2，a1，a0）＝（3，0，0），（2，1，0），（2，0，1），（1，2，0），（1，0，2），（1，1，1），
满足条件的整式有：3x2，2x2+x，2x2+1，x2+2x，x2+2，x2+x+1；
当n＝1时，则1+a1+a0＝5，
∴（a1，a0）＝（4，0），（3，1），（1，3），（2，2），
满足条件的整式有：4x，3x+1，x+3，2x+2；
当n＝0时，0+a0＝5，
满足条件的整式有：5；
∴满足条件的单项式有：x4，2x3，3x2，4x，5，故①符合题意；
不存在任何一个n，使得满足条件的整式M有且只有3个；故②符合题意；
满足条件的整式M共有1+4+6+4+1＝16个．故③符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是整式的规律探究，分类讨论思想的应用，熟练掌握以上知识点是关键．
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11．（4分）（2025春 江阳区校级月考）函数中的自变量x的取值范围是x＞2　 ．
【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，二次根式有意义的条件列出不等式求解即可．
【解答】解：由条件可知x﹣2＞0，解得：x＞2，
故答案为：x＞2．
【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，求自变量的取值范围，解题关键是根据函数有意义列出不等式．
12．（4分）（2025春 杞县月考）如图，这是关于变量x，y的计算程序，若开始输入x的值为2，则最后输出因变量y的值为 　42　 ．
【考点】函数值．
【专题】函数及其图象；运算能力．
【答案】42．
【分析】把x＝2代入x（x+1），如果结果大于15就输出，如果结果不大于15，就再算一次．
【解答】解：当x＝2时，x（x+1）＝2×（2+1）＝6＜15，
当x＝6时，x（x+1）＝6×（6+1）＝42＞15，
故答案为：42．
【点评】本题考查了函数值，已知自变量的值求函数值是本题的关键．
13．（4分）（2022春 南岗区校级月考）如图，在Rt△ACD中，∠DAC＝90°，点B为AD延长线上一点，且BD＝AC，连接BC，点F、E分别为BC、AD的中点，连接AF、EF，当EF＝2，AE＝1时，则BC的长度为 　2　 ．
【考点】三角形中位线定理；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．
【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】2．
【分析】过F作FH⊥AB于H，得到∠BAC＝∠BDF＝90°，根据三角形中位线定理得到DFAC，设DF＝x，得到AC＝BD＝2x，根据线段中点的定义得到AD＝2AE＝2，推出△HEF是等腰直角三角形，求得DE＝DF＝2，进而求得AC＝BD＝4，AB＝6，根据勾股定理即可求出答案．
【解答】解：过F作FH⊥AB于H，
∴∠BAC＝∠BDF＝90°，
∴DF∥AC，
∵点F为BC的中点，
∴BF＝CF，
∴BH＝AH，
∴HFAC，
设HF＝x，
∴AC＝BD＝2x，
∵点E是AD的中点，
∴AD＝2AE＝2，
∴BH＝AH＝1+x，
∴HE＝AH﹣AE＝x，
∴HF＝HE，
∴△HEF是等腰直角三角形，
∵EF＝2，
∴DE＝DF＝2，
∴AC＝BD＝4，
∴AB＝6，
∴BC2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
14．（4分）（2025春 二道区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且它们的长度分别为6和8，过点O的直线分别交AD、BC于点E、F，则阴影部分面积的和为 　12　 ．
【考点】菱形的性质；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；运算能力；推理能力．
【答案】12．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OC＝OAAC＝3，AD∥BC，所以∠AEO＝∠CFO，而BD＝8，则S△CDBBD OC＝12，可证明△AOE≌△COF，则S△AOE＝S△COF，推导出S△DOC+S△AOE+S△BOF＝S△CDB＝12，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，且AC＝6，BD＝8，
∴AC⊥BD，OC＝OAAC＝3，AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，S△CDBBD OC8×3＝12，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴S△AOE＝S△COF，
∴S△DOC+S△AOE+S△BOF＝S△DOC+S△COF+S△BOF＝S△CDB＝12，
故答案为：12．
【点评】此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
15．（4分）（2024春 莱芜区期中）A，B两地相距14千米，甲、乙两人都从A地去B地，图中l1和l2分别表示甲、乙两人所走路程s（千米）与时间t（小时）之间的关系．则乙出发 　1　 小时后，两人相距2千米．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】1．
【分析】根据函数图象求出甲、乙的速度，再设乙出发t小时后两人相距2千米，求解即可．
【解答】解：根据函数图象可知：V甲4（km/h），V乙6（km/h），
设乙出发t小时后，两人相距2千米，
∵A，B两地相距14千米，他们相遇在12千米处，
∴t＜2，
∴4（t+1）﹣6t＝2，
∴t＝1；
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了一次函数的应用，准确分析函数图象求解是解题的关键．
16．（4分）（2025 开州区二模）若关于x的一元一次不等式组的解集为x＜﹣2，且关于y的分式方程的解为正数，则所有满足条件的整数a的值之和是　13　 ．
【考点】分式方程的解；解一元一次不等式；解一元一次不等式组．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】13．
【分析】需要先分别求解一元一次不等式组和分式方程，再根据已知条件确定a的取值范围，进而求出满足条件的整数a的值并求和．
【解答】解：求解不等式组，
解不等式1得，x＜﹣2，
解不等式4x+a＜x﹣1得，x，
∵不等式组的解集为x＜﹣2，
∴2，
∴a≤5，
2，解得y．
∵分式方程的解为整数，
∴0，解得a＞﹣2，
∵分母不能为0，即y﹣1≠0，
∴1≠0，解得a≠1，
∴综合以上，a的取值范围是﹣2＜a≤5且a≠1，满足条件的整数a为﹣1，0，2，3，4，5，
∴他们的和为﹣1+0+2+3+4+5＝13，
故答案为：13．
【点评】本题综合考查了一元一次不等式组的求解以及分式方程的求解与应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
17．（4分）（2025秋 贵阳月考）如图：在矩形ABCD中，，∠CAD＝30°，P是AD上一个动点，过点P作PG⊥AC，垂足为G，连接BP，取BP中点E，连接EG，则线段EG的最小值为　　 ．
【考点】矩形的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；三角形中位线定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】．
【分析】延长PG，使得PG＝GQ，连接BQ，AQ，由PG⊥AC，PG＝GQ，得AG垂直平分PQ，∠AGP＝∠AGQ＝90°，然后证明Rt△AGQ≌Rt△AGP（HL），所以∠QAG＝∠PAG＝∠CAD＝30°，从而可得∠BAQ＝30°，则有点Q在定直线上，当BQ最小时，EG有最小值，即BQ⊥AQ时，BQ最小，然后通过含30°角的直角三角形的性质，中位线定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【解答】解：如图1，PG⊥AC，延长PG，使得PG＝GQ，连接BQ，AQ，
∴AG垂直平分PQ，∠AGP＝∠AGQ＝90°，
∴AQ＝AP，
在Rt△AGQ和Rt△AGP中，
，
∴Rt△AGQ≌Rt△AGP（HL），
∴∠QAG＝∠PAG＝∠CAD＝30°，
∴∠QAP＝60°，
∴∠BAQ＝30°，
∴点Q在定直线上，
∵E是BP的中点，
∴，
当BQ最小时，EG有最小值，
∴当BQ⊥AQ时，BQ最小，如图2，
此时，
∴EG的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，三角形中位线定理，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理与性质．
18．（4分）（2024秋 温江区校级月考）如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵41﹣12＝29，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵53﹣32＝21≠24，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为　4312　 ；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是 　8165　 ．
【考点】整式的加减．
【专题】计算题；新定义；整式；数据分析观念．
【答案】4312；8165
【分析】根据递减数的概念列方程求a的值，根据递减数的概念先求得10a﹣9b﹣11c＝d，然后根据题意列出两个三位数字之和，结合能被9整除的数的特征分析满足条件的最大值．
【解答】解：由题意可得10a+3﹣31＝12，
解得a＝4，
∴这个数为4312，
由题意可得，10a+b﹣（10b+c）＝10c+d，
整理，可得10a﹣9b﹣11c＝d，
一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和为：
100a+10b+c+100b+10c+d
＝100a+10b+c+100b+10c+10a﹣9b﹣11c
＝110a+101b
＝99（a+b）+11a+2b，
又∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，
∴是整数，且a≠b≠c≠d，1≤a≤9，1≤b≤9，1≤c≤9，0≤d≤9，
a＝9时，原四位数可得最大值，此时b只能取0，不符合题意，舍去，
当a＝8时，b＝1，此时71﹣11c＝d，
c取9或8或7时，均不符合题意，
当c取6时，d＝5，
∴满足条件的数的最大值是8165，
故答案为：4312；8165．
【点评】本题考查新定义运算，理解新定义概念，正确推理计算是解题关键．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（8分）（2024春 曾都区期末）计算：
（1）（）；
（2）|4|．
【考点】实数的运算．
【专题】实数；运算能力．
【答案】（1）；（2）6．
【分析】（1）首先去掉小括号，然后根据加法交换律、加法结合律，求出算式的值即可；
（2）首先计算开平方、开立方和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：（1）（）
．
（2）|4|
＝1﹣（﹣3）+|4﹣6|
＝1+3+2
＝6．
【点评】此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．
20．（10分）（2024秋 龙华区校级期中）如图，在矩形ABCD中，连接AC．
（1）请用尺规作出AC的垂直平分线，分别交AD与BC于点M，N；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求证：四边形AMCN是菱形．
【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；菱形的判定；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；尺规作图；几何直观；应用意识．
【答案】（1）见解答．
（2）见解答．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可．
（2）由线段垂直平分线的性质可得AN＝CN，AM＝CM，OA＝OC，结合矩形的性质、全等三角形的判定证明△AMO≌△CNO，可得AM＝CN，即AN＝CN＝AM＝CM，从而可得四边形AMCN是菱形．
【解答】（1）解：如图，直线MN即为所求．
（2）证明：∵直线MN为线段AC的垂直平分线，
∴AN＝CN，AM＝CM，OA＝OC．
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AMO＝∠CNO，∠MAO＝∠NCO，
∴△AMO≌△CNO（AAS），
∴AM＝CN，
∴AN＝CN＝AM＝CM，
∴四边形AMCN是菱形．
【点评】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、菱形的判定、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．（10分）（2024 陈仓区三模）如图，在 ABCD中，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．求证：DF＝BE．
【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；推理能力．
【答案】证明见解析．
【分析】由平行四边形的性质推出CD∥AB，CD＝AB，由平行线的性质推出∠CDF＝∠ABE，由垂直的定义得到∠CFD＝∠AEB＝90°，即可证明△CFD≌△AEB（AAS）．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∴∠CDF＝∠ABE，
∵CF⊥BD于点F，AE⊥BD于点E，
∴∠CFD＝∠AEB＝90°，
在△CFD和△AEB中，
，
∴△CFD≌△AEB（AAS），
∴DF＝BE．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，关键是由平行四边形的性质推出△CFD≌△AEB（AAS）．
22．（10分）（2023春 灌云县期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作 AF⊥BC 于点F，延长BC到点E，使得CE＝BF，连接DE．
（1）求证：四边形AFED是矩形；
（2）连接OF，若AB＝5，OF＝2，求BD的长．
【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；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解答；（2）2．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，再证BC＝EF，推出四边形AFED是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由直角三角形斜边上的中线性质得OFAC＝OA，再由勾股定理得OB＝2，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵CE＝BF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AFED是平行四边形，
∵AF⊥BC，
∴∠AFE＝90°，
∴平行四边形AFED是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
由（1）可知，∠AFC＝90°，
∴OFAC＝OA＝2，
在Rt△AOB中，OB，
∴BD＝2OB＝2．
【点评】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；正确的识别图形是解题的关键．
23．（10分）（2024春 江北区校级期末）重庆长江索道是一条连接渝中区和南岸区的过江索道，它不仅是一座标志性景观，也是游览长江和重庆城市风光的重要交通工具．一天一群游客从酒店A处出发，到达长江索道的入口C处，想乘坐长江索道去D处吃火锅．由于排队的乘客太多，这群游客便分成两组，甲组选择乘坐索道从C→D，（排队时间不计）乙组选择乘坐观光车从C→B→D（排队等车时间不计），已知点C在点A的北偏东45°方向上，点D在点C的正东方向，点B在点A的正东方向800米处，点D在点B的北偏东60°方向上，且BD＝1000米．（参考数据：，，）
（1）求CD的长度（精确到个位）；
（2）已知长江索道的速度是每分钟360米，观光车的速度是每分钟600米，请通过计算说明，哪组游客会先到达D处？
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；勾股定理的应用．
【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）1166米；（2）应选择乘坐观光车．
【分析】（1）依据题意，作CM⊥AB于M，BN⊥CD于N，推出四边形MBNC是矩形，得到CM＝BN，CN＝MB，求出BNBD1000＝500（米），由锐角的正切定义求出DN的长，由△AMC是等腰直角三角形，得到AM＝CM＝BN，求出MB的长，即可解决问题；
（2）依据题意，分别求出乘长江索道，观光车所用的时间，即可判断．
【解答】解：（1）如图，作CM⊥AB于M，BN⊥CD于N，
∵CD∥AB，
∴四边形MBNC是矩形，
∴CM＝BN，CN＝MB，
∵∠DBN＝60°，
∴∠D＝30°．
∴BNBD1000＝500（米），
∵tan∠NBD，
∴DN＝500（米）．
∵∠CAM＝45°，
∴△AMC是等腰直角三角形．
∴AM＝CM＝500（米），
∴MB＝AB﹣AM＝300（米），
∴CD＝CN+ND＝300+5001166（米）．
（2）由勾股定理得到BC100（米），
∴BC+BD＝1000+1001583（米），
∴乘坐观光车的时间是1583÷600≈2.64（分钟），乘长江索道的时间是1166÷360≈3.24（分钟）．
∴应选择乘坐观光车．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用—方向角问题，勾股定理的应用，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用三角函数定义来解决问题．
24．（10分）（2024秋 九江期末）某游泳俱乐部暑期面向全体市民推出会员制优惠活动，方案如下：
方案一：在微信公众号注册并在朋友圈转发一次关于游泳俱乐部的信息，成为普通会员，每次游泳费用享受9折优惠；
方案二：缴纳135元成为游泳俱乐部Plus会员，每次游泳费用享受6折优惠；
设某市民暑期游泳x（次），按照方案一所需费用为y1（元），且y1＝k1x；按照方案二所需费用为y2（元），且y2＝k2x+b，它们的函数图象如图所示．
（1）求y2的函数表达式；
（2）求打折前的每次游泳费用和k1的值；
（3）某市民小张计划暑期前往该俱乐部游泳15次，应选择哪种方案所需费用更少？说明理由．
【考点】一次函数的应用．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】（1）y2＝30x+135；
（2）打折前的每次游泳费用50元，k1＝45；
（3）选择方案二，理由：
由（1）（2）知y1＝45x，y2＝30x+135，
当x＝15时，y1＝45×15＝675，y2＝30×15+135＝585，
∵585＜675，
所以选择方案二．
【分析】（1）由图知y2＝k2x+b过点（0，135），（2，195），再利用待定系数法求解，即可解题；
（2）当x＝1时，求出方案二一次的费用，进而即可得到打折前的每次游泳费用，再根据方案一求出k1的值，即可解题；
（3）将x＝15代入y1，y2进行计算，并比较判断，即可解题．
【解答】解：（1）由条件可得，
解得，
∴y2＝30x+135；
（2）当x＝1时，y2＝30+135＝165，
165﹣135＝30（元），
即一次游泳的费用打6折后为30元，
∴打折前的每次游泳费用为30÷60%＝50（元），
由条件可知k1＝50×0.9＝45；
（3）选择方案二，理由如下：
由（1）（2）知y1＝45x，y2＝30x+135，
当x＝15时，y1＝45×15＝675，y2＝30×15+135＝585，
∵585＜675，
所以选择方案二．
【点评】本题考查一次函数的实际应用，用待定系数法求解函数关系式并结合题意计算出原价是解题的关键．
25．（10分）（2023 农安县模拟）【感知】如图①，若AB＝CD，AB∥CD，易证AE＝DE（不用证明）；
【探究】如图②，正方形ABCD和正方形CGEF的边BC、CF在同一条直线上，点G在CD上，AE、BD相交于点H，求证：AH＝EH；
【应用】如图③，在“探究”的条件下，连接CH，若BC＝4，GE＝2，则CH＝　　 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】【探究】见解析；
【应用】．
【分析】【探究】根据正方形的性质推出ME＝FN＝BC＝AD．再根据AAS证明△AHD≌△EHM即可推出结论；
【应用】连接AC，CE，由②知AH＝EH，根据勾股定理求出AC、CE的长，再由Rt△ACE中线的意义求解得出CE的长即可得出结果．
【解答】【探究】证明：如图，延长EG交BD于点M，作MN⊥BC于点N，
∴∠MNF＝90°，
∵四边形CGEF是正方形，
∴∠GEF＝∠F＝90°，EF＝CF，
∴四边形EFNM是矩形，
∴EM＝FN，EF＝MN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠MBN＝∠BMN＝45°，
∴MN＝BN，
∴BN＝CF，
∴ME＝FN＝BC＝AD．
∵∠ADC＝∠DGE＝90°，
∴ME∥AD，
∴∠ADM＝∠HME，
∵∠AHD＝∠MHE，AD＝ME，
∴△AHD≌△EHM（AAS），
∴AH＝EH．
【应用】解：如图，连接AC，CE，由②知AH＝EH，
∵四边形ABCD，CFEG是正方形，
∴∠EGC＝∠GCF＝90°，BC＝AD＝CD，GE＝GC，AC＝BD，
∴∠DBC＝45°，∠ACD＝45°，∠GCE＝45°，
∵BC＝4，
∴在Rt△BCD中，，
∴，
在Rt△CEG中，GE＝2，
∴，
∵∠ACE＝∠ACD+∠GCE＝90°，
在Rt△ACE中，AH＝EH，
∴CH＝AH＝EHAE，
∵AE，
∴CH．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟记正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
26．（10分）若△ABC和△ADE均为等腰三角形，且AB＝AC＝AD＝AE，当∠ABC和∠ADE互余时，称△ABC与△ADE互为“底余等腰三角形”，△ABC的边BC上的高AH叫做△ADE的“余高”．如图，△ABC与△ADE互为“底余等腰三角形”．
（1）若连结BD，CE，判断△ABD与△ACE是否互为“底余等腰三角形”，并说明理由．
（2）当∠BAC＝90°时，若△ADE的“余高”AH＝3，则DE＝ 　6　 ．
（3）当0°＜∠BAC＜180°时，判断DE与AH之间的数量关系，并说明理由．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】△ABD与△ACE互为“底余等腰三角形”，理由如下：
如图1，连接BD、CE，
∵AB＝AC＝AD＝AE，
∴∠ABC＝∠ACB，∠ADE＝∠AED，∠ADB＝∠ABD，∠AEC＝∠ACE，
∴∠ABC+∠ACB+∠ADE+∠AED＝2（∠ABC+∠ADE），∠ADB+∠ABD+∠AEC+∠ACE＝2（∠ADB+∠AEC），
∵∠ABC+∠ADE＝90°，
∴2（∠ABC+∠ADE）＝180°，
∴2（∠ADB+∠AEC）＝180°，
∴∠ADB+∠AEC＝90°，
∴△ABD与△ACE互为“底余等腰三角形”；
（2）6．
（3）DE＝2AH，
理由：如图3，作AF⊥DE于点F，
∵AD＝AE，
∴DF＝EF，
∵∠DFA＝∠AHB＝90°，∠B+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BAH＝90°﹣∠B，
在△DFA和△AHB中，
，
∴△DFA≌△AHB（AAS），
∴DF＝AH，
∴DE＝2DF＝2AH．
【分析】（1）连接BD、CE，由AB＝AC＝AD＝AE，得∠ABC＝∠ACB，∠ADE＝∠AED，∠ADB＝∠ABD，∠AEC＝∠ACE，即可由∠ABC+∠ADE＝90°，推导出2（∠ABC+∠ADE）＝180°，则2（∠ADB+∠AEC）＝180°，所以∠ADB+∠AEC＝90°，则△ABD与△ACE互为“底余等腰三角形”，于是得到问题的答案．
（2）当∠BAC＝90°时，则△ADE和△ABC都是等腰直角三角形，先证明△ADE≌△ABC，再证明，则DE＝BC＝6，于是得到问题的答案；
（3）作AF⊥DE于点F，由AD＝AE，得DF＝EF，再证明△DFA≌△AHB，得DF＝AH，则DE＝2DF＝2AH．
【解答】解：（1）△ABD与△ACE互为“底余等腰三角形”，理由如下：
如图1，连接BD、CE，
∵AB＝AC＝AD＝AE，
∴∠ABC＝∠ACB，∠ADE＝∠AED，∠ADB＝∠ABD，∠AEC＝∠ACE，
∴∠ABC+∠ACB+∠ADE+∠AED＝2（∠ABC+∠ADE），∠ADB+∠ABD+∠AEC+∠ACE＝2（∠ADB+∠AEC），
∵∠ABC+∠ADE＝90°，
∴2（∠ABC+∠ADE）＝180°，
∴2（∠ADB+∠AEC）＝180°，
∴∠ADB+∠AEC＝90°，
∴△ABD与△ACE互为“底余等腰三角形”；
（2）如图2，∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝AD＝AE，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵∠B+∠D＝90°，
∴∠D＝45°，
∴∠D＝∠E＝∠B＝∠C＝45°，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（AAS），
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH，∠HAB＝∠HAC＝45°，
∴，
∴DE＝BC＝6，
故答案为：6．
（3）DE＝2AH，
理由：如图3，作AF⊥DE于点F，
∵AD＝AE，
∴DF＝EF，
∵∠DFA＝∠AHB＝90°，∠B+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BAH＝90°﹣∠B，
在△DFA和△AHB中，
，
∴△DFA≌△AHB（AAS），
∴DF＝AH，
∴DE＝2DF＝2AH．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、同角的余角相等、新定义问题的求解等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

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