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湖南省长沙市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30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 上海校级期末）在下列二次根式中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2025春 聊城期中）下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（　　）
A． B． C．5，12，12 D．2，4，5
3．（3分）（2024春 长垣市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E是AD的中点，△BCD的周长为8，则△DEO的周长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
4．（3分）（2020秋 广陵区期末）已知一次函数y＝kx+b，若k＜0，b＞0，则该函数的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）（2023春 费县期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
6．（3分）（2023秋 砀山县月考）如图，在单位长度为1的4×4的网格中，下列线段长为的是（　　）
A．AB B．AC C．AD D．AE
7．（3分）（2024春 仓山区校级月考）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k1x+b＞k2x的解集为（　　）
A．x＜﹣3 B．x＜﹣1 C．x＞﹣3 D．x＞﹣1
8．（3分）（2023秋 莱州市期末）一棵大树在一次强台风中折断倒下，大树折断前高度估计为18m，倒下后树顶落在距树根部大约12m处．这棵大树离地面约（　　）米处折断．
A．3m B．4m C．5m D．6m
9．（3分）（2025春 金凤区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，P是AD边上的动点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF的值为（　　）
A．4 B． C． D．2
10．（3分）（2025春 安阳月考）在平面直角坐标系中，矩形OBAC的位置如图，点A的坐标是（﹣2，4），则矩形对角线BC的长是（　　）
A．3 B． C．4 D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 巴彦县校级月考）在函数中，自变量x的取值范围是　 　 ．
12．（3分）（2025秋 福田区校级期中）已知点（m2，y1），（m2+1，y2）都在直线y＝﹣x+5上，则y1　 　 y2．（填“＜”，“＞”或“＝”）
13．（3分）（2025秋 海口期中）已知1＜x＜4，则　 　 ．
14．（3分）（2025春 大兴区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，D为AB的中点，则∠ACD＝ 　 　 °．
15．（3分）（2025 鼓楼区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，将△OBC绕点B逆时针旋转至△O′BC′，使得点C落在对角线BD上的C′处，连结CC′，O′D，点P、Q分别为O′D，CC′中点，连接PQ，若BC＝6，AB＝8，则PQ＝ 　 　 ．
16．（3分）（2025 槐荫区一模）某校科技节上，同学们在操场进行无人机表演，其中甲、乙两架无人机离操场地面的高度y（单位：米）与表演时间x（单位：秒）的图象如图所示．已知表演开始时甲、乙离地的高度分别是5米、15米，在1分钟的表演过程中甲、乙两架无人机的高度差不超过5米的时间可持续 　 　 秒．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2024春 东莞市期末）计算：．
18．（6分）（2024春 江南区期末）先化简，再求值：（a+2）2﹣2（a+2）﹣3，其中．
19．（6分）（2022 温岭市校级自主招生）如图，已知在平行四边形ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，DE、BF交于H，BF、AD的延长线交于G．
（1）求证：△BEH≌△DEC；
（2）若AB，AG＝5，连接CH，求CH的长．
20．（8分）（2025秋 江都区期末）如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，C是x轴上一点，将AB沿着过点B、C的直线折叠，使点A落在y轴上的点D处．
（1）求点D的坐标；
（2）求直线BC的函数表达式．
21．（8分）（2025春 鲤城区校级期中）如图所示，将矩形ABCD沿对角线BD对折，使点C落在C′处，连接BC'交AD于点E，AB＝4，BC＝6．
（1）求证：AE＝C′E；
（2）求△EBD的面积．
22．（9分）（2024 秦淮区一模）如图，C是以AB为直径的半圆O上的一点，AD平分∠BAC交半圆O于点D，DE∥AB交射线AC于点E．
（1）求证：DEAB；
（2）若AB＝4，当DB＝AE时，四边形EABD的面积为 　 　 ．
23．（9分）（2024秋 肥东县期末）某公司要购买一种笔记本，供员工学习时使用．在甲文具店不管一次购买多少本，每本价格为2元，在乙文具店购买同样的笔记本，一次购买数量不超过20时，每本价格为2.4元；一次购买数量超过20时，超过部分每本价格为1.8元．设在同一家文具店，一次购买这种笔记本的数量为x（x为非负整数）．
（1）设在甲文具店购买这种笔记本的付款金额为y1元，在乙文具店购买这种笔记本的付款金额为y2元，分别写出y1，y2关于x的函数关系式；
（2）当x≥50时，在哪家文具店购买这种笔记本的花费少？请说明理由．
24．（10分）（2025春 房山区期中）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝kx+b（k≠0）与y＝﹣kx+1的图象交于点（1，0）．
（1）求k和b的值；
（2）当x＞0时，对于x的每一个值，函数y＝mx﹣2（m≠0）的值小于函数y＝kx+b（k≠0）的值，直接写出m的取值范围；
（3）当x＜2时，对于x的每一个值，函数的值大于函数y＝kx+b（k≠0）的值且小于1，直接写出n的值．
25．（10分）（2025秋 任城区期末）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示；
②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线EE1于点N，如图4所示；
【问题解决】
请解决下列问题：
（1）如图3，填空：∠A+∠ABF＝　 　 °；（写出解答过程）
（2）如图4，求证：△CNM≌△C1E1M．
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2024秋 上海校级期末）在下列二次根式中，属于最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】C
【分析】根据最简二次根式的定义，被开方数不含能开得尽方的因数或因式，被开方数的因数是整数，因式是整式，依据此两项要求进行判断即可．
【解答】解：A、不是最简二次根式，不符合题意；
B、不是最简二次根式，不符合题意；
C、是最简二次根式，符合题意；
D、不是最简二次根式，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了最简二次根式，掌握最简二次根式的定义是关键．
2．（3分）（2025春 聊城期中）下列各组数中，以它们为边长的线段能构成直角三角形的是（　　）
A． B． C．5，12，12 D．2，4，5
【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】A
【分析】根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
【解答】解：A、∵12+12＝2，，
∴12+12＝（）2，
∴以为边长能构成直角三角形，A符合题意；
B、∵，，
∴，
∴以为边长不能构成直角三角形，B不符合题意；
C、∵52+122＝169，122＝144，
∴52+122≠122，
∴以5，12，12为边长不能构成直角三角形，C不符合题意；
D、∵22+42＝4+16＝20，52＝25，
∴22+42≠52，
∴以2，4，5为边长不能构成直角三角形，D不符合题意；
故选：A．
【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．
3．（3分）（2024春 长垣市期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E是AD的中点，△BCD的周长为8，则△DEO的周长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】平行四边形的性质；三角形中位线定理．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质推出AO＝OC，AD＝BC，ODBD，由三角形中位线定理得到OECD，而DEBC，因此△ODE的周长＝OE+ED+OD（CD+BC+BD）＝4．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，AD＝BC，ODBD，
∵E是AD中点，
∴OE是△ACD的中位线，
∴OECD，
∵DEAD，
∴DEBC，
∵△BCD的周长＝CD+BC+BD＝8，
∴△ODE的周长＝OE+ED+ODCDBCBD（CD+BC+BD）＝4．
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的性质，三角形中位线定理，关键是由平行四边形的性质推出ODBD，由三角形中位线定理得到OECD．
4．（3分）（2020秋 广陵区期末）已知一次函数y＝kx+b，若k＜0，b＞0，则该函数的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
【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】A
【分析】根据一次函数的图象与性质解答即可．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b中，k＜0，b＞0，
∴此函数的图象经过第一、二、四象限，
故选：A．
【点评】本题考查的是一次函数的图象与性质，熟知一次函数的图象与系数的关系是解题的关键．
5．（3分）（2023春 费县期末）下列命题是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【考点】命题与定理；平行四边形的判定与性质；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】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理，逐个判断即可．
【解答】解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A是假命题，不符合题意；
一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故B是假命题，不符合题意；
一个角为90°且一组邻边相等的平行四边形是正方形，故C是假命题，不符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形，故D是真命题，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，解题的关键是掌握平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理．
6．（3分）（2023秋 砀山县月考）如图，在单位长度为1的4×4的网格中，下列线段长为的是（　　）
A．AB B．AC C．AD D．AE
【考点】勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【答案】D
【分析】根据勾股定理求得线段AB、AC、AD、AE的长，即可求得正确答案．
【解答】解：根据勾股定理得：
AE，
AD2，
AC，
AB2，
故选：D．
【点评】此题考查了勾股定理的应用．要注意格点三角形的三边的求解方法：借助于直角三角形，用勾股定理求解．
7．（3分）（2024春 仓山区校级月考）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k1x+b＞k2x的解集为（　　）
A．x＜﹣3 B．x＜﹣1 C．x＞﹣3 D．x＞﹣1
【考点】一次函数与一元一次不等式．
【专题】用函数的观点看方程（组）或不等式；几何直观．
【答案】D
【分析】根据图象，找直线l1在l2上方部分的x的取值范围即可．
【解答】解：由图可知：两条直线的交点横坐标为﹣1，
由k1x+b＞k2x知，直线l1在直线l2的上方，
∵当x＞﹣1时，直线l1在直线l2的上方，
∴关于x的不等式k1x+b＞k2x的解集为x＞﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，根据不等式的问题转化为比较函数值大小的问题是解答本题的关键．
8．（3分）（2023秋 莱州市期末）一棵大树在一次强台风中折断倒下，大树折断前高度估计为18m，倒下后树顶落在距树根部大约12m处．这棵大树离地面约（　　）米处折断．
A．3m B．4m C．5m D．6m
【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】设这棵大树离地面约x米处折断，G根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：设这棵大树离地面约x米处折断，
根据题意得，x2+122＝（18﹣x）2，
解得x＝5，
答：这棵大树离地面约5米处折断，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，从实际问题中抽象出勾股定理是解题的关键．
9．（3分）（2025春 金凤区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，P是AD边上的动点，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF的值为（　　）
A．4 B． C． D．2
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】先由勾股定理求出OAAD，证明四边形PEOF是矩形，△APE是等腰直角三角形得PF＝OE，PE＝AE，由此即可得出PE+PF的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，
∴AD＝AB＝4，OA＝OD，∠AOD＝90°，∠OAD＝45°，
在Rt△OAD中，由勾股定理得：ADOA，
∴OAAD，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴∠PEO＝∠PFO＝∠AOD＝90°，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF＝OE，
∵PE⊥AC，∠OAD＝45°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴PE＝AE，
∴PE+PF＝OE+AE＝OA．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
10．（3分）（2025春 安阳月考）在平面直角坐标系中，矩形OBAC的位置如图，点A的坐标是（﹣2，4），则矩形对角线BC的长是（　　）
A．3 B． C．4 D．
【考点】矩形的性质；坐标与图形性质．
【专题】平面直角坐标系；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】D
【分析】连接OA、BC，作AE⊥y轴于点E，由A（﹣2，4），得AE＝2，OE＝4，求得OA2，由矩形的性质得BC＝OA＝2，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OA、BC，作AE⊥y轴于点E，则∠AEO＝90°，
∵A（﹣2，4），
∴E（0，4），
∴AE＝2，OE＝4，
∴OA2，
∵四边形OBAC是矩形，
∴BC＝OA＝2，
故选：D．
【点评】此题重点考查坐标与图形性质、勾股定理、矩形的性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2024秋 巴彦县校级月考）在函数中，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】根据分母不为0可得：3x+6≠0，然后进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：3x+6≠0，
解得：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，准确熟练地进行计算是解题的关键．
12．（3分）（2025秋 福田区校级期中）已知点（m2，y1），（m2+1，y2）都在直线y＝﹣x+5上，则y1　＞　 y2．（填“＜”，“＞”或“＝”）
【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；运算能力．
【答案】＞．
【分析】由一次函数的解析式可得y随着x的增大而减小，再结合m2＜m2+1，即可得解．
【解答】解：由k＝﹣1＜0可知y随着x的增大而减小，
∵m2＜m2+1，
∴y1＞y2，
故答案为：＞．
【点评】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解此题的关键．
13．（3分）（2025秋 海口期中）已知1＜x＜4，则　3　 ．
【考点】二次根式的性质与化简．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】3．
【分析】根据x的取值范围1＜x＜4，分别化简绝对值|x﹣1|和平方根，然后合并同类项计算．
【解答】解：∵1＜x＜4，
∴
＝（x﹣1）+（4﹣x）
＝x﹣1+4﹣x
＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了二次根式的性质与化简，掌握二次根式的性质与化简的方法是关键．
14．（3分）（2025春 大兴区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝50°，D为AB的中点，则∠ACD＝ 　40　 °．
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】40
【分析】先根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，得出CD＝BD，进而得到∠B＝∠DCB＝50°，再根据∠ACB＝90°，即可得出∠ACD的度数．
【解答】解：∵△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，
∴CD＝BDAB，
∴∠B＝∠DCB＝50°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣50°＝40°，
故答案为：40．
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，解题时注意：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
15．（3分）（2025 鼓楼区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，将△OBC绕点B逆时针旋转至△O′BC′，使得点C落在对角线BD上的C′处，连结CC′，O′D，点P、Q分别为O′D，CC′中点，连接PQ，若BC＝6，AB＝8，则PQ＝ 　　 ．
【考点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质．
【专题】三角形．
【答案】．
【分析】以B为原点，BC为x轴，AB为y轴，建立平面直角坐标系，求得点P、Q的坐标即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵将△OBC绕点B逆时针旋转至△O′BC′，
∴∠O′C′B＝∠OCB＝∠OBC，BC′＝BC＝6，
∴O′C′∥BC，
以B为原点，BC为x轴，AB为y轴，建立平面直角坐标系，
则B（0，0），D（6，8），C（6，0），
设直线BD的解析式为y＝kx，
把D（6，8）代入可得8＝6k，
解得，
所以直线BD的解析式为，
设，
∴，
解得（负数舍去），
∴，
∵BC＝6，AB＝8，
∴，
∵，
∴，
∵点P、Q分别为O′D，CC′中点，
∴，
即∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的性质，一次函数的应用，勾股定理，正确利用建系法可以快速算出答案．
16．（3分）（2025 槐荫区一模）某校科技节上，同学们在操场进行无人机表演，其中甲、乙两架无人机离操场地面的高度y（单位：米）与表演时间x（单位：秒）的图象如图所示．已知表演开始时甲、乙离地的高度分别是5米、15米，在1分钟的表演过程中甲、乙两架无人机的高度差不超过5米的时间可持续 　20　 秒．
【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】20．
【分析】用待定系数法分别求出甲、乙两架无人机离操场地面的高度y与表演时间x的函数解析式，在分情况讨论，即当x＜20时，y乙﹣y甲＝5，当x＞20时，y乙﹣y甲＝﹣5，解得x的值，作差即可．
【解答】解：设y甲＝k1x+b1，
将（0，5），（20，60）分别代入，
即，
解得：，
则y甲＝2.75x+5，
设y乙＝k2x+b2，
将（0，15），（20，60）分别代入，
即，
解得：，
则y乙＝2.25x+15，
当x＜20时，y乙﹣y甲＝5，
即2.25x+15﹣2.75x﹣5＝5，
解得：x＝10，
当x＞20时，y乙﹣y甲＝﹣5，
即2.25x+15﹣2.75x﹣5＝﹣5，
解得：x＝30，
30﹣10＝20（秒），
答：在1分钟的表演过程中甲、乙两架无人机的高度差不超过5米的时间可持续20s．
故答案为：20．
【点评】本题主要考查一次函数的应用，用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（2024春 东莞市期末）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】﹣22．
【分析】先算二次根式的乘法，除法，化简，再算加减即可．
【解答】解：原式
＝﹣22．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
18．（6分）（2024春 江南区期末）先化简，再求值：（a+2）2﹣2（a+2）﹣3，其中．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【专题】整式；运算能力．
【答案】a2+2a﹣3，2．
【分析】根据完全平方公式、去括号法则、合并同类项把原式化简，把a的值代入计算得到答案．
【解答】解：原式＝a2+4a+4﹣2a﹣4﹣3
＝a2+2a﹣3，
当a时，原式＝（）2+23＝2．
【点评】本题考查的是整式的化简求值，掌握整式的混合运算法则是解题的关键．
19．（6分）（2022 温岭市校级自主招生）如图，已知在平行四边形ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，DE、BF交于H，BF、AD的延长线交于G．
（1）求证：△BEH≌△DEC；
（2）若AB，AG＝5，连接CH，求CH的长．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；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；
（2）CH的长是．
【分析】（1）由DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，得∠BEH＝∠DEC＝∠BFC＝90°，可证明∠EBH＝∠EDC，∠EDB＝∠EBD＝45°，则BE＝DE，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△BEH≌△DEC；
（2）由平行四边形的性质得AB∥DC，BC∥AD，则∠ABG＝∠DFG＝90°，∠HBE＝∠AGB，所以sin∠HBE＝sin∠AGB，而BH＝DC＝AB，则EH＝ECBH＝1，即可根据勾股定理求得CH．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC于点E，BF⊥CD于点F，
∴∠BEH＝∠DEC＝∠BFC＝90°，
∴∠EBH＝∠EDC＝90°﹣∠C，
∵∠BED＝90°，∠DBC＝45°，
∴∠EDB＝∠EBD＝45°，
∴BE＝DE，
在△BEH和△DEC中，
，
∴△BEH≌△DEC（ASA）．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，BC∥AD，
∴∠ABG＝∠DFG＝90°，∠HBE＝∠AGB，
∵AB，AG＝5，
∴sin∠HBE＝sin∠AGB，
∵△BEH≌△DEC，
∴BH＝DC＝AB，
∴EH＝ECBH1，
∴CH，
∴CH的长是．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明BE＝DE，进而证明△BEH≌△DEC是解题的关键．
20．（8分）（2025秋 江都区期末）如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，C是x轴上一点，将AB沿着过点B、C的直线折叠，使点A落在y轴上的点D处．
（1）求点D的坐标；
（2）求直线BC的函数表达式．
【考点】一次函数图象与几何变换；一次函数的性质．
【专题】一次函数及其应用；运算能力．
【答案】（1）D（0，﹣4）；
（2）直线BC的表达式为y＝2x+6．
【分析】（1）由直线解析式即可得出A、B点坐标，根据题意翻折后能求出D点坐标，
（2）设出C点坐标，在Rt△DCO中可通过解直角三角形得出C点坐标，设直线BC的解析式为y＝kx+b，然后代入B、C的坐标，利用待定系数法即可求得．
【解答】解：（1）∵次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，
∴A（﹣8，0）、B（0，6），
∴AB10，
由翻折得：BD＝BA＝10，CD＝CA，∠ABC＝∠DBC，
∴D（0，﹣4）；
（2）设点C（m，0），则CD＝8+m，
在Rt△COD中，（8+m）2＝m2+42，
解得m＝﹣3，
∴C（﹣3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
把B（0，6），C（﹣3，0）代入得，
解得
∴直线BC的表达式为y＝2x+6．
【点评】本题考查待定系数法求一次函数的解析式，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，轴对称的性质，求得点的坐标是解题的关键．
21．（8分）（2025春 鲤城区校级期中）如图所示，将矩形ABCD沿对角线BD对折，使点C落在C′处，连接BC'交AD于点E，AB＝4，BC＝6．
（1）求证：AE＝C′E；
（2）求△EBD的面积．
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质；三角形的面积；等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质．
【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；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）由矩形的性质得AD∥BC，AD＝BC＝6，再由旋转的性质得∠CBD＝∠C'BD，BC＝BC′，推出AD＝BC′，∠C'BD＝∠ADB，则BE＝DE，即可得出结论；
（2）设DE＝x，则BE＝x，AE＝6﹣x，由勾股定理求出DE，再由三角形面积公式即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝6，
∴∠CBD＝∠ADB，
由旋转的性质得：∠CBD＝∠C'BD，BC＝BC′，
∴AD＝BC′，∠C'BD＝∠ADB，
∴BE＝DE，
∴AD﹣DE＝BC′﹣BE，
∴AE＝C′E；
（2）解：设DE＝x，
则BE＝x，AE＝AD﹣DE＝6﹣x，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴42+（6﹣x）2＝x2，
解得：x，
∴DE，
∴S△EBDDE AB4．
【点评】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、三角形面积等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解题的关键．
22．（9分）（2024 秦淮区一模）如图，C是以AB为直径的半圆O上的一点，AD平分∠BAC交半圆O于点D，DE∥AB交射线AC于点E．
（1）求证：DEAB；
（2）若AB＝4，当DB＝AE时，四边形EABD的面积为 　3　 ．
【考点】菱形的判定与性质；圆周角定理；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）3．
【分析】（1）连接OD，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质可得OD∥AE，从而可得四边形AODE是平行四边形，进而可得四边形AODE是菱形，然后利用菱形的性质可得AE＝DE＝DO＝AO，从而可得AE＝DEAB，即可解答；
（2）利用（1）的结论可得DB＝2，再根据直径所对的圆周角是直角可得：∠ADB＝90°，从而在Rt△ABD中，利用勾股定理可得AD＝2，然后利用三角形的面积公式可得：△ABD的面积＝2，从而可得△AOD的面积＝△BOD的面积，再根据菱形的性质可得菱形AODE的面积＝2△AOD的面积＝2，最后根据四边形EABD的面积＝菱形AODE的面积+△DOB的面积进行计算，即可解答．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵OA＝OD，
∴∠4＝∠2，
∴∠1＝∠4，
∴OD∥AE，
∵DE∥AB，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵OA＝OD，
∴四边形AODE是菱形，
∴AE＝DE＝DO＝AO，
∵AOAB，
∴AE＝DEAB；
（2）解：∵DB＝AE，AEAB，
∴DBAB＝2，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD2，
∴△ABD的面积AD BD22＝2，
∵AO＝BO，
∴△AOD的面积＝△BOD的面积△ABD的面积，
∵四边形AODE是菱形，
∴菱形AODE的面积＝2△AOD的面积＝2，
∴四边形EABD的面积＝菱形AODE的面积+△DOB的面积＝23，
故答案为：3．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
23．（9分）（2024秋 肥东县期末）某公司要购买一种笔记本，供员工学习时使用．在甲文具店不管一次购买多少本，每本价格为2元，在乙文具店购买同样的笔记本，一次购买数量不超过20时，每本价格为2.4元；一次购买数量超过20时，超过部分每本价格为1.8元．设在同一家文具店，一次购买这种笔记本的数量为x（x为非负整数）．
（1）设在甲文具店购买这种笔记本的付款金额为y1元，在乙文具店购买这种笔记本的付款金额为y2元，分别写出y1，y2关于x的函数关系式；
（2）当x≥50时，在哪家文具店购买这种笔记本的花费少？请说明理由．
【考点】一次函数的应用；一元一次不等式的应用．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；一次函数及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）y1＝2x，y2；
（2）当50≤x＜60时，在甲文具店购买这种笔记本的花费少；当x＝60时，在两家文具店购买这种笔记本的花费相等；当x＞60时，在乙文具店购买这种笔记本的花费少．理由见解答．
【分析】（1）根据“甲文具店购买这种笔记本的付款金额＝每本价格×购买数量”写出y1关于x的函数关系式；“当0≤x≤20时，在乙文具店购买这种笔记本的付款金额＝20本的金额+超过20本部分的金额”写出y2关于x的函数关系式即可；
（2）在同一平面直角坐标系中分别画出y1，y2关于x的图象，根据图象解答即可．
【解答】解：（1）y1＝2x；
当0≤x≤20时，y2＝2.4x；当x＞20时，y2＝2.4×20+1.8（x﹣20）＝1.8x+12；
∴y1关于x的函数关系式为y1＝2x，y2关于x的函数关系式为y2．
（2）当50≤x＜60时，在甲文具店购买这种笔记本的花费少；当x＝60时，在两家文具店购买这种笔记本的花费相等；当x＞60时，在乙文具店购买这种笔记本的花费少．理由如下：
如图，画出y1，y2关于x的图象：
由图象可知，当50≤x＜60时，y1＜y2；当x＝60时，y1＝y2；当x＞60时，y1＞y2，
∴当50≤x＜60时，在甲文具店购买这种笔记本的花费少；当x＝60时，在两家文具店购买这种笔记本的花费相等；当x＞60时，在乙文具店购买这种笔记本的花费少．
【点评】本题考查一次函数的应用、一元一次不等式的应用，根据题意写出函数关系式并画出其图象是解题的关键．
24．（10分）（2025春 房山区期中）在平面直角坐标系xOy中，函数y＝kx+b（k≠0）与y＝﹣kx+1的图象交于点（1，0）．
（1）求k和b的值；
（2）当x＞0时，对于x的每一个值，函数y＝mx﹣2（m≠0）的值小于函数y＝kx+b（k≠0）的值，直接写出m的取值范围；
（3）当x＜2时，对于x的每一个值，函数的值大于函数y＝kx+b（k≠0）的值且小于1，直接写出n的值．
【考点】两条直线相交或平行问题；一次函数图象与系数的关系；待定系数法求一次函数解析式．
【专题】一次函数及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】（1）k＝1，b＝﹣1；
（2）m≤1且m≠0；
（3）n＝0．
【分析】（1）先根据直线y＝﹣kx+1过点（1，0）得出k＝2，再将点（2，0）代入y＝2x+b，求出b的值；
（2）根据图象即可求得；
（3）求得x＝2时，y＝x﹣1＝1，代入yx+n求得n＝1，然后根据图象即可求得．
【解答】解：（1）∵y＝﹣kx+1过点（1，0），
∴﹣k+1＝0，
解得k＝1，
将点（1，0）代入y＝x+b得：1+b＝0，
解得b＝﹣1．
（2）如图1，
x＝0时，y＝x﹣1＝﹣1，y＝mx﹣2＝﹣2，
∵当x＞0时，对于x的每一个值，函数y＝mx﹣2（m≠0）的值小于函数y＝x﹣1的值，
∴m≤1且m≠0；
（3）如图2，
当x＝2时，y＝x﹣1＝1，
把（2，1）代入yx+n，求得n＝0，
∵当x＜2时，对于x的每一个值，函数的值大于函数y＝kx+b（k≠0）的值且小于1，
∴n＝0．
【点评】本题是两条直线相交或平行问题，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．
25．（10分）（2025秋 任城区期末）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示；
②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线EE1于点N，如图4所示；
【问题解决】
请解决下列问题：
（1）如图3，填空：∠A+∠ABF＝　90　 °；（写出解答过程）
（2）如图4，求证：△CNM≌△C1E1M．
【考点】四边形综合题．
【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）90；
（2）由题可知，△B1C1E1≌△BCE，即△BC1E1≌△BCE，
∴BE1＝BE，C1E1＝CE，
∵平行四边形纸片ABCD，
∴CD∥AB，
∵l⊥CD，则l⊥AB，
∴∠EBE1＝90°，即△EBE1是等腰直角三角形，
∴∠EE1B＝45°，
∴∠C1E1M＝90°﹣∠EE1B＝45°，∠NEC＝∠EE1B＝45°，
∵CN⊥CD，
∴∠ECN＝90°，即△ECN是等腰直角三角形，
∴∠CNM＝45°，CN＝EC，
∴∠C1E1M＝∠CNM，CN＝E1C1，
在△CNM和△C1E1M中，
，
∴△CNM≌△C1E1M（AAS）．
【分析】（1）根据平行四边形的性质和垂直的定义，等量代换即可求解；
（2）根据平行四边形的性质和垂直的定义，易证△EBE1和△ECN是等腰直角三角形，可得CN＝E1C1，∠C1E1E＝∠ECN＝45°，再利用“AAS”即可证明．
【解答】（1）解：由题可知，△B1C1E1≌△BCE，
∴∠BCE＝∠B1C1E1，
∵l⊥CD，
∴∠BEC＝∠B1E1C1＝90°，
∵平行四边形纸片ABCD，
∴∠A＝∠BCE，
∴∠A＝∠B1C1E1，
∵∠ABF+∠B1C1E1＝180°﹣∠B1E1C1＝90°，
∴∠A+∠ABF＝90°；
故答案为：90；
（2）证明：由题可知，△B1C1E1≌△BCE，即△BC1E1≌△BCE，
∴BE1＝BE，C1E1＝CE，
∵平行四边形纸片ABCD，
∴CD∥AB，
∵l⊥CD，则l⊥AB，
∴∠EBE1＝90°，即△EBE1是等腰直角三角形，
∴∠EE1B＝45°，
∴∠C1E1M＝90°﹣∠EE1B＝45°，∠NEC＝∠EE1B＝45°，
∵CN⊥CD，
∴∠ECN＝90°，即△ECN是等腰直角三角形，
∴∠CNM＝45°，CN＝EC，
∴∠C1E1M＝∠CNM，CN＝E1C1，
在△CNM和△C1E1M中，
，
∴△CNM≌△C1E1M（AAS）．
【点评】本题考查平行四边形的性质，垂直的定义，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，正确掌握相关知识是解题的关键．

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