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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，则（x+y）2023的值是（　　）
A．0 B．1 C．±1 D．﹣1
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）
3．（3分）（2024秋 浦东新区校级期中）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
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
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
6．（3分）（2025 孝南区校级三模）下列二次根式中，能与合并的是（　　）
A． B． C． D．
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，，过点E作EF∥OD，交AC于点F．若EF＝3，则AC的长为（　　）
A． B．6 C． D．12
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
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． B． C． D．
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
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
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，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）；
（2）．
18．（8分）（2024春 盐池县校级月考）先化简，后求值：，其中．
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．
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，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解答的：
∵a，a﹣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：　 　 ；
（2）计算：　 　 ；
（3）若 a，求 3a2﹣12a﹣1 的值．
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°，∠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，则（x+y）2023的值是（　　）
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，
，
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． 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】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，故A错误；
B、与不是同类二次根式，不能直接相减，所以，故B错误；
C、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C错误；
D、，故D正确．
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：，
∴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，能与合并的是（　　）
A． B． C． D．
【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：∵，，，
∴与可以合并．
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，，过点E作EF∥OD，交AC于点F．若EF＝3，则AC的长为（　　）
A． B．6 C． D．12
【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，
∵，即点E为AD的中点，
∴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，AC12（米）．
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． B． C． D．
【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，
由作图可知，AB＝BD，
∴a的值为﹣1，
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，
，
∴△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：HM5，
在△AHM和△ANM中，
，
∴△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，
∴DEBC，
∵BC＝20，
∴DE20＝10．
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，且m是整数，请写出一个符合要求的m的值 　3或4　 ．
【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，
∴．
∴．
∴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＝ 　或4　 时，以点A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
【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】或4．
【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；
②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或4时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
故答案为：或4．
【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）；
（2）．
【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）；
（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）
．
（2）
＝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：，其中．
【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，．
【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+a，
将代入原式．
【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（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＝2OF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＝2OF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≌△ECF（ASA）；
（2）解：连接BE，当线段OF与BD满足BD＝2OF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＝2x，
∵OF是△BCD的中位线，
∴CD＝2OF＝2x，
∴DE＝4x，
∴BE2x，
∴BE＝CE，
∴四边形BCDE是正方形，
∴当线段OF与BD满足BD＝2OF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，求2a2﹣8a+1的值．他是这样分析与解答的：
∵a，a﹣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：　1　 ；
（2）计算：　　 ；
（3）若 a，求 3a2﹣12a﹣1 的值．
【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；
（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a2，再求出a﹣2，两边平方后求出a2﹣4a＝1，再求出代数式的值即可．
【解答】解：（1）1．
故答案为：；
（2）原式......
1......
1；
故答案为：1；
（3）∵，
∴．
∴（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°，∠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．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）①证明见解析过程；
②当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为．理由见解答过程．
【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；
（2）①证明∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，可得∠ACN＝90°，证明∠PMC＝∠BMC＝90°，可得四边形PMCN为矩形，结合BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，可得CM＝CN，从而可得结论；②如图，当30°＜α＜60°时，连接CP，证明△PMC≌△PNC，可得PM＝PN，结合∠D＝30°，可得；
②如图，当60°＜α＜120°时，连接CP，同理△PMC≌△PNC，结合∠CDF＝30°，可得．
【解答】（1）证明：设AC＝DE＝a，
∵∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠A＝∠C＝45°，
∴AB＝BC，
∵BM⊥AC，
∴，
∵∠EDF＝30°，EN⊥DF，
∴，
∴BM＝EN；
（2）①证明：∵∠D＝30°，CN⊥DF，
∴∠CND＝90°，∠DCN＝90°﹣30°＝60°，
∵α＝∠ACD＝30°，
∴∠ACN＝90°，
∵BM⊥AC，
∴∠PMC＝∠BMC＝90°，
∴四边形PMCN为矩形，
∵BM＝EN，即BM＝CN，
而BM＝CM，
∴CM＝CN，
∴四边形PMCN是正方形；
②解：当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为．理由如下：
如图1，当30°＜α＜60°时，连接CP，
由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，
∵CP＝CP，
∴Rt△PMC≌Rt△PNC（HL），
∴PM＝PN，
∴MP+DP＝PN+DP＝DN，
∵∠D＝30°，
∴cosDcos30°，
∴；
如图2，当60°＜α＜120°时，连接CP，
由（1）可得：CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，
∵CP＝CP，
∴Rt△PMC≌Rt△PNC（HL），
∴PM＝PN，
∴DN＝PN﹣DP＝MP﹣DP，
∵∠CDF＝30°，
∴cos∠CDFcos30°，
∴，
综上，当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为；当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为．
【点评】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．

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