资源简介

浙江省杭州市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）（2025春 浙江期中）下列各式中，为最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024 济南校级模拟）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（3分）（2024秋 太原期末）在申请加入中国共青团的过程中，团课笔试是一个重要的环节．某校组织65名申请入团的同学进行团课笔试，其中有32人笔试合格．小轩已经查出自己的成绩，他想判断自己笔试是否合格，只需要知道65人笔试成绩的（　　）
A．中位数 B．平均数 C．众数 D．方差
4．（3分）（2023 衡阳）我们可以用以下推理来证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”．假设三角形没有一个内角小于或等于60°，即三个内角都大于60°．”，则三角形的三个内角的和大于180°．这与“三角形的内角和等于180°”这个定理矛盾，所以在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°．上述推理使用的证明方法是（　　）
A．反证法 B．比较法 C．综合法 D．分析法
5．（3分）（2025春 鼓楼区期末）根据图中数据，下列选项中是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）（2025秋 昌江县校级期中）方程（x﹣3）（x+5）＝0的解是（　　）
A．x＝3 B．x＝﹣3
C．x1＝3，x2＝﹣5 D．x1＝﹣3，x2＝5
7．（3分）（2024春 怀仁市期中）如图，在矩形ABCD中，点E为BC边上一动点，点F是CD边上的中点，连接AE，EF．点M、N分别为AE，EF的中点，连接MN．则在点E从B运动到C过程中，线段MN的变化为（　　）
A．越来越长 B．越来越短
C．不发生变化 D．无法确定
8．（3分）（2023 中山市模拟）有一个人患流感，经过两轮传染后共有81个人患流感，每轮传染中平均一个人传染几个人？设每轮传染中平均一个人传染x个人，可到方程为（　　）
A．1+2x＝81 B．1+x2＝81 C．1+x+x2＝81 D．（1+x）2＝81
9．（3分）（2023 十堰）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断错误的是（　　）
A．四边形ABCD由矩形变为平行四边形
B．对角线BD的长度减小
C．四边形ABCD的面积不变
D．四边形ABCD的周长不变
10．（3分）（2025秋 梁溪区校级月考）如果关于x的一元二次方程x2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的是（　　）
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；
③若p，q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac．
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②③
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋 泉州校级期中）已知x，y为实数，且，则xy的值为　 　 ．
12．（3分）（2025春 平桥区校级期末）如图，在 ABCD中，．BC＝10，∠A＝45°，点E是边AD上一动点，将△AEB沿直线BE折叠，得到△FEB，设BF与AD交于点M，当BF与 ABCD的一边垂直时，DM的长为 　 　 ．
13．（3分）（2025 固始县开学）图，一个方桌截掉一个角后，得到一个五边形，∠1+∠2＝　 　 °．
14．（3分）（2024 益阳二模）某校学生期末评价从德、智、体、美、劳五方面进行，五方面依次按2：3：2：2：1确定成绩，小明同学本学期五方面得分如图所示，则他的期末成绩为 　 　 分．
15．（3分）（2024秋 蒙城县校级月考）斜坡坡度i＝1：0.75，将物体由斜面向上推进了20米，那么物体升高了　 　 米．
16．（3分）如图，将边长为2的等边三角形沿x轴正方向连续翻折2022次，依次得到点P1，P2，P3，…，P2022，则点P2022的坐标是 　 　 ．
三．解答题（共8小题，满分72分，每小题9分）
17．（9分）（2025秋 苏州期中）计算：
（1）；
（2）．
18．（9分）（2024秋 介休市校级月考）用规定的方法解下列方程：
（1）x2﹣2x﹣8＝0；（因式分解法）
（2）2x2﹣4x﹣1＝0．（公式法）
19．（9分）（2023 沈阳一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，四边形ACDE是平行四边形，连接BE．求证：四边形ADBE是矩形．
20．（9分）（2025秋 南山区校级月考）已知关于x的一元二次方程mx2﹣2x﹣1＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求m的取值范围；
（2）当时，求m的值．
21．（9分）（2025春 松江区期中）某市连续五日最高气温及中位数、平均数如表所示（有两个数据被遮盖）．
日期 一 二 三 四 五 中位数 平均数
最高气温（℃） 2 1 ﹣2 0 ■ ■ 1
（1）在数据被遮盖的情况下，我们可以计算出 　 　 （多选）．
（A）中位数；
（B）众数；
（C）第五日数据；
（D）方差．
（2）直接写出第（1）小题你选择的所有数据．
（3）当表格的信息中日期一、二、三、四中又有一个日期被遮盖，那么可以计算出的结果相较于原先最多少了 　 　 个．
22．（9分）（2025秋 秦淮区期中）国庆期间，某景区推出新的文艺表演节目，经试运行发现，票价为60元时，可售出门票800张；票价每提高1元，售出的门票将减少8张．要使得门票收入为50400元，则票价应定为多少元？
23．（9分）（2025秋 白塔区校级月考）某校七年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E．可证得：DE、BD、CE的数量关系为 　 　 ；
（2）组员小丽想，如果将图①中的直角变式为一般情况，那么结论是否成立呢？如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角．请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用以上结论来解决问题：如图③，以△ABC的边AB、AC为腰向外作等腰直角△ABE和△ACG，其中∠BAE＝∠CAG＝90°，若AH⊥BC，垂足为点H，延长HA交EG于点M．求证：点M是EG的中点．
24．（9分）（2024春 西城区校级月考）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E、F分别是OA，OC的中点，连接BE，DF．
（1）根据题意，补全图形；
（2）求证：BE＝DF；
（3）若AC⊥BD，AC＝12，BD＝5．求平行四边形ABCD的面积．
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）（2025春 浙江期中）下列各式中，为最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】最简二次根式．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】A
【分析】根据最简二次根式的定义，即“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式的二次根式是最简二次根式”，逐个进行判断即可．
【解答】解：A.的被开方数是整数，且不含有能开得尽方的因数，因此是最简二次根式，所以选项A符合题意；
B.2，因此不是最简二次根式，所以选项B不符合题意；
C.3，因此不是最简二次根式，所以选项C不符合题意；
D.，因此不是最简二次根式，所以选项D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查最简二次根式，掌握“被开方数是整数或整式，且不含有能开得尽方的因数或因式的二次根式是最简二次根式”是正确解答的关键．
2．（3分）（2024 济南校级模拟）下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点．
【解答】解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，其它选项都不符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查了中心对称图形的识别．熟练掌握该知识点是关键．
3．（3分）（2024秋 太原期末）在申请加入中国共青团的过程中，团课笔试是一个重要的环节．某校组织65名申请入团的同学进行团课笔试，其中有32人笔试合格．小轩已经查出自己的成绩，他想判断自己笔试是否合格，只需要知道65人笔试成绩的（　　）
A．中位数 B．平均数 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】A
【分析】65人成绩的中位数是第33名的成绩．参赛选手要想知道自己是否能进入前33名，只需要了解自己的成绩以及全部成绩的中位数，比较即可．
【解答】解：由于总共有65个人进行团课笔试，且其中有32人笔试合格，第33的成绩是中位数，要判断是否进入前32名，故应知道中位数．
故选：A．
【点评】此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．
4．（3分）（2023 衡阳）我们可以用以下推理来证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”．假设三角形没有一个内角小于或等于60°，即三个内角都大于60°．”，则三角形的三个内角的和大于180°．这与“三角形的内角和等于180°”这个定理矛盾，所以在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°．上述推理使用的证明方法是（　　）
A．反证法 B．比较法 C．综合法 D．分析法
【考点】反证法；三角形内角和定理．
【专题】反证法；推理能力．
【答案】A
【分析】根据反证法证明命题的方法判断．
【解答】解：证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°”．
假设三角形没有一个内角小于或等于60°，即三个内角都大于60°．”，则三角形的三个内角的和大于180°．
这与“三角形的内角和等于180°”这个定理矛盾，所以在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于60°，这种证明方法是反证法，
故选：A．
【点评】本题考查的是反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论正确．
5．（3分）（2025春 鼓楼区期末）根据图中数据，下列选项中是平行四边形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】平行四边形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、根据图中数据只能得到一组对边平行，另一组对边相等，故不能判断其是平行四边形，不符合题意；
B、根据图中数据，能判断四边形是平行四边形，故符合题意；
C、根据图中数据只能得到一组对边平行，故不能判断其是平行四边形，不符合题意；
D、根据图中数据只能得到一组对边平行，故不能判断其是平行四边形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
6．（3分）（2025秋 昌江县校级期中）方程（x﹣3）（x+5）＝0的解是（　　）
A．x＝3 B．x＝﹣3
C．x1＝3，x2＝﹣5 D．x1＝﹣3，x2＝5
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】利用因式分解法解出方程．
【解答】解：（x﹣3）（x+5）＝0，
x﹣3＝0，x+5＝0，
x1＝3，x2＝﹣5，
故选：C．
【点评】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
7．（3分）（2024春 怀仁市期中）如图，在矩形ABCD中，点E为BC边上一动点，点F是CD边上的中点，连接AE，EF．点M、N分别为AE，EF的中点，连接MN．则在点E从B运动到C过程中，线段MN的变化为（　　）
A．越来越长 B．越来越短
C．不发生变化 D．无法确定
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】C
【分析】连接AF，根据点F是CD边上的中点，得到AF的长度不变，根据中位线的性质得到，即可得到线段MN长度不变．
【解答】解：如图，连接AF，
∵点F是CD边上的中点，
∴AF的长度不变，
∵点M、N分别为AE，EF的中点，
∴MN为△AEF的中位线，
∴，
∴线段MN长度不变．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，中位线的性质，掌握以上性质是解题的关键．
8．（3分）（2023 中山市模拟）有一个人患流感，经过两轮传染后共有81个人患流感，每轮传染中平均一个人传染几个人？设每轮传染中平均一个人传染x个人，可到方程为（　　）
A．1+2x＝81 B．1+x2＝81 C．1+x+x2＝81 D．（1+x）2＝81
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】平均一人传染了x人，根据有一人患了流感，第一轮共有（x+1）人患流感，第二轮共有x+1+（x+1）x人，即81人患了流感，由此列方程求解．
【解答】解：x+1+（x+1）x＝81，
整理得（1+x）2＝81．
故选：D．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，关键是得到两轮传染数量关系，从而可列方程求解．
9．（3分）（2023 十堰）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断错误的是（　　）
A．四边形ABCD由矩形变为平行四边形
B．对角线BD的长度减小
C．四边形ABCD的面积不变
D．四边形ABCD的周长不变
【考点】矩形的性质；平行四边形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】由题意可知左扭动矩形框架ABCD，四边形变成平行四边形，四边形的四条边不变，故周长不变，对角线BD减小，但是BC边上的高减小，故面积变小，故选C．
【解答】解：向左扭动矩形框架ABCD，只改变四边形的形状，四边形变成平行四边形，A不符合题意；
此时对角线BD减小，对角线AC增大，B不合题意．
BC边上的高减小，故面积变小，C符合题意，
四边形的四条边不变，故周长不变，D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质和平行四边形的性质，熟悉性质是解题关键．
10．（3分）（2025秋 梁溪区校级月考）如果关于x的一元二次方程x2+bx+c＝0有两个实数根，且其中一个根为另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”，以下关于倍根方程的说法，正确的是（　　）
①方程x2﹣x﹣2＝0是倍根方程；
②（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，则4m2+5mn+n2＝0；
③若p，q满足pq＝2，则关于x的方程px2+3x+q＝0是倍根方程；
④若方程ax2+bx+c＝0是倍根方程，则必有2b2＝9ac．
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②③
【考点】根与系数的关系；一元二次方程的解；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】B
【分析】①求出方程的解，再判断是否为倍根方程，
②根据倍根方程和其中一个根，可求出另一个根，进而得到m、n之间的关系，而m、n之间的关系正好适合，
③当p，q满足pq＝2，则px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，求出两个根，再根据pq＝2代入可得两个根之间的关系，进而判断是否为倍根方程，
④用求根公式求出两个根，当x1＝2x2，或2x1＝x2时，进一步化简，得出关系式，进行判断即可．
【解答】解：①解方程x2﹣x﹣2＝0得，x1＝2，x2＝﹣1，得，x1≠2x2，
∴方程x2﹣x﹣2＝0不是倍根方程；
故①不正确；
②若（x﹣2）（mx+n）＝0是倍根方程，x1＝2，
因此x2＝1或x2＝4，
当x2＝1时，m+n＝0，
当x2＝4时，4m+n＝0，
∴4m2+5mn+n2＝（m+n）（4m+n）＝0，
故②正确；
③∵pq＝2，则px2+3x+q＝（px+1）（x+q）＝0，
∴，x2＝﹣q，
∴，
因此是倍根方程，
故③正确；
④方程ax2+bx+c＝0的根为：，，
若x1＝2x2，则，
即，
∴，
∴，
∴，
∴9（b2﹣4ac）＝b2，
∴2b2＝9ac．
若2x1＝x2时，则，
则，
∴，
∴，
∴，
∴b2＝9（b2﹣4ac），
∴2b2＝9ac．
故④正确，
∴正确的有：②③④共3个．
故选：B．
【点评】本题考查一元二次方程的求根公式，新定义的倍根方程的意义，理解倍根方程的意义和正确求出方程的解是解决问题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋 泉州校级期中）已知x，y为实数，且，则xy的值为　3　 ．
【考点】二次根式有意义的条件．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】3．
【分析】先由，得出x＝3，y＝1，再代入进行计算，即可作答．
【解答】解：由题意得，x﹣3≥0且3﹣x≥0，
∴x﹣3＝0，
∴x＝3，
∴y＝1，
∴xy＝3×1＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了二次根式有意义的条件以及已知字母的值求式子的值，正确掌握相关性质是解题的关键．
12．（3分）（2025春 平桥区校级期末）如图，在 ABCD中，．BC＝10，∠A＝45°，点E是边AD上一动点，将△AEB沿直线BE折叠，得到△FEB，设BF与AD交于点M，当BF与 ABCD的一边垂直时，DM的长为 　2或6　 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】计算题；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】2或6．
【分析】如图1，当BF⊥AD时，如图2，当BF⊥AB时，根据折叠的性质和等腰直角三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：如图1，当BF⊥AD时，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴BF⊥BC，
∴∠AMB＝90°，
∵将△AEB沿BE翻折，得到△FEB，
∴∠A＝∠F＝45°，
∴∠ABM＝45°，
∵AB＝4，
∴AM＝BM＝44，
∵BC＝AD＝10，
∴DM＝AD﹣AM＝10﹣4＝6；
如图2，当BF⊥AB时，
∵平行四边形ABCD中，AB∥DC，
∴BF⊥DC，
∵将△AEB沿BE翻折，得到△FEB，
∴∠A＝∠EFB＝45°，
∴∠ABF＝90°，
此时F与点M重合，
∵AB＝BF＝4，
∴AF＝48，
∴DM＝10﹣8＝2．
综合以上可得DM的长为2或6．
故答案为：2或6．
【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
13．（3分）（2025 固始县开学）图，一个方桌截掉一个角后，得到一个五边形，∠1+∠2＝　270　 °．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】270．
【分析】如图所示，根据正方形的性质可得∠A＝∠B＝∠C＝90°，再根据多边形的内角和公式可得：（5﹣2） 180°＝3×180°＝540°，即∠1+∠2+∠A+∠B+∠C＝540°，进而得出答案．
【解答】解：如图所示，
根据题意，可得五边形的内角和为：（5﹣2） 180°＝3×180°＝540°，即∠1+∠2+∠A+∠B+∠C＝540°，
∴∠1+∠2＝540°﹣∠A﹣∠B﹣∠C
＝540°﹣90°﹣90°﹣90°
＝270°．
故答案为：270．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
14．（3分）（2024 益阳二模）某校学生期末评价从德、智、体、美、劳五方面进行，五方面依次按2：3：2：2：1确定成绩，小明同学本学期五方面得分如图所示，则他的期末成绩为 　9　 分．
【考点】加权平均数．
【专题】数据的收集与整理；运算能力．
【答案】9．
【分析】根据加权平均数的计算公式计算即可得解．
【解答】解：由题意可得，（分），
故答案为：9．
【点评】本题考查了求平均数，熟记加权平均数公式是解题的关键．
15．（3分）（2024秋 蒙城县校级月考）斜坡坡度i＝1：0.75，将物体由斜面向上推进了20米，那么物体升高了　16　 米．
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】16．
【分析】运用坡度的定义，即垂直高度与水平距离的比值，所以，再结合三角函数关系求出即可．
【解答】解：
由坡度可知：，
∴，
∴，
∵AB＝20米，
∴米．
故答案为：16．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解题关键在于对坡度的理解．
16．（3分）如图，将边长为2的等边三角形沿x轴正方向连续翻折2022次，依次得到点P1，P2，P3，…，P2022，则点P2022的坐标是 　（4043，）　 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；规律型：点的坐标；坐标与图形变化﹣对称．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（4023，）．
【分析】根据等边三角形的性质易求得P1的坐标为（1，）；在等边三角形翻折的过程中，P点的纵坐标不变，而每翻折一次，横坐标增加2个单位（即等边三角形的边长），可根据这个规律求出点P2012的坐标．
【解答】解：易得P1（1，）；
而P1P2＝P2P3＝2，∴P2（3，），P3（5，）；
以此类推，Pn（1+2n﹣2，），即Pn（2n﹣1，）；
当n＝2022时，P2022（4043，）．
故答案为：（4023，）．
【点评】考查了规律型：点的坐标．解答此类规律型问题时，通常要根据简单的条件得到一般化规律，然后根据规律求特定的值．
三．解答题（共8小题，满分72分，每小题9分）
17．（9分）（2025秋 苏州期中）计算：
（1）；
（2）．
【考点】二次根式的混合运算．
【专题】二次根式；运算能力．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）先利用二次根式的性质化简，再加减运算即可；
（2）先计算括号的加减，再乘法，然后加减运算即可．
【解答】解：（1）原式
；
（2）原式
．
【点评】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答的关键．
18．（9分）（2024秋 介休市校级月考）用规定的方法解下列方程：
（1）x2﹣2x﹣8＝0；（因式分解法）
（2）2x2﹣4x﹣1＝0．（公式法）
【考点】解一元二次方程﹣因式分解法；解一元二次方程﹣公式法．
【专题】因式分解；一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）x1＝4，x2＝﹣2；
（2）．
【分析】（1）把方程左边利用十字相乘法分解因式，再解方程即可；
（2）利用公式法解方程即可．
【解答】解：（1）∵x2﹣2x﹣8＝0，
∴（x﹣4）（x+2）＝0，
∴x﹣4＝0或x+2＝0，
∴x1＝4，x2＝﹣2；
（2）∵2x2﹣4x﹣1＝0，
∴a＝2，b＝﹣4，c＝﹣1，
∴根的判别式Δ＝（﹣4）2﹣4×2×（﹣1）＝16+8＝24＞0，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握相关解法是解题的关键．
19．（9分）（2023 沈阳一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，四边形ACDE是平行四边形，连接BE．求证：四边形ADBE是矩形．
【考点】矩形的判定；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．
【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；推理能力．
【答案】证明见解答．
【分析】由平行四边形的性质得AE∥CD，AE＝CD，由AB＝AC，点D是BC的中点，得BD＝CD，AD⊥BC，所以AE∥BD，AE＝BD，则四边形ADBE是平行四边形，而∠ADB＝90°，则四边形ADBE是矩形．
【解答】证明：∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AE∥CD，AE＝CD，
∵AB＝AC，点D是BC的中点，
∴BD＝CD，AD⊥BC，
∵AE∥BD，AE＝BD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∵∠ADB＝90°，
∴四边形ADBE是矩形．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、等腰三角形的“三线合一”、矩形的判定等知识，证明AD⊥BC，AE∥BD，且AE＝BD是解题的关键．
20．（9分）（2025秋 南山区校级月考）已知关于x的一元二次方程mx2﹣2x﹣1＝0有两个实数根x1，x2．
（1）求m的取值范围；
（2）当时，求m的值．
【考点】根与系数的关系；根的判别式．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力．
【答案】（1）m≥﹣1且m≠0；
（2）．
【分析】（1）根据题意可得Δ＝（﹣2）2﹣4m×（﹣1）≥0，据此求解即可；
（2）由根与系数的关系得到，，再根据已知条件得到，解之即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意得，Δ＝（﹣2）2﹣4m×（﹣1）≥0且m≠0，
∴m≥﹣1且m≠0；
（2）由题意得，，，
∵，
∴，即：，
∴3m2+4m﹣4＝0，
∴或m＝﹣2（舍），
∴．
【点评】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，正确理解题意是解题的关键．
21．（9分）（2025春 松江区期中）某市连续五日最高气温及中位数、平均数如表所示（有两个数据被遮盖）．
日期 一 二 三 四 五 中位数 平均数
最高气温（℃） 2 1 ﹣2 0 ■ ■ 1
（1）在数据被遮盖的情况下，我们可以计算出 ACD （多选）．
（A）中位数；
（B）众数；
（C）第五日数据；
（D）方差．
（2）直接写出第（1）小题你选择的所有数据．
（3）当表格的信息中日期一、二、三、四中又有一个日期被遮盖，那么可以计算出的结果相较于原先最多少了 　3　 个．
【考点】方差；算术平均数；中位数；众数．
【专题】统计与概率；数据分析观念．
【答案】（1）ACD；
（2）第五日数据为4，中位数为1，方差为4；
（3）3．
【分析】（1）根据中位数、众数和方差的定义进行判断即可；
（2）由（1）进行计算即可；
（3）假设星期一被遮盖进行计算即可．
【解答】解：（1）某市连续五日最高气温及中位数、平均数如表所示（有两个数据被遮盖）．
根据平均数可得五日气温总和为5×1＝5，
∴前四天气温和为2+1﹣2+0＝1，
∴第五日气温为5﹣1＝4，
∴选项C可计算，
∴排序气温为﹣2，0，1，2，4，
∴中位数为中间数1，
∴选项A可计算，
∵所有数仅出现一次，无法确定，
∴选项B不可计算，
∵方差需要平均数和所有数据已知，
∴选项D可计算．
综上所述，ACD是正确的，
故选：ACD；
（2）由（1）可得，第五日数据为4，中位数为1，
方差为
＝4；
（3）假设星期一被遮住了，
则五日气温总和为5×1＝5，
∴星期二、星期三、星期四的气温和为1﹣2+0＝﹣1，
∴星期一、星期五的气温和为5﹣（﹣1）＝6，
但无法知到星期一、星期五的具体温度，
∴选项C和选项D不可计算，
∵数据无法排序，
∴选项A无法计算，
故答案为：3．
【点评】本题考查了中位数、众数和方差，掌握相关的数据是解决本题的关键．
22．（9分）（2025秋 秦淮区期中）国庆期间，某景区推出新的文艺表演节目，经试运行发现，票价为60元时，可售出门票800张；票价每提高1元，售出的门票将减少8张．要使得门票收入为50400元，则票价应定为多少元？
【考点】一元二次方程的应用．
【专题】一元二次方程及应用；运算能力；应用意识．
【答案】票价应定为70元或90元．
【分析】设票价应定为x元，根据票价为60元时，可售出门票800张；票价每提高1元，售出的门票将减少8张．要使得门票收入为50400元，列出一元二次方程，解方程即可．
【解答】解：设票价应定为x元，
由题意得：x[800﹣（x﹣60）×8]＝50400，
整理得：x2﹣160x+6300＝0，
解得：x1＝70，x2＝90，
答：票价应定为70元或90元．
【点评】此题考查了一元二次方程的应用，找出等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23．（9分）（2025秋 白塔区校级月考）某校七年级学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为D、E．可证得：DE、BD、CE的数量关系为 DE＝BD+CE ；
（2）组员小丽想，如果将图①中的直角变式为一般情况，那么结论是否成立呢？如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角．请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用以上结论来解决问题：如图③，以△ABC的边AB、AC为腰向外作等腰直角△ABE和△ACG，其中∠BAE＝∠CAG＝90°，若AH⊥BC，垂足为点H，延长HA交EG于点M．求证：点M是EG的中点．
【考点】三角形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）DE＝BD+CE；
（2）（1）中的结论成立；
证明：如图②，
∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，AB＝AC，
∴∠1+∠3＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，
在△ABD中，∠1+∠2＝180°﹣∠BDA＝180°﹣α，
∴∠2＝∠3，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（3）过点E作EN∥AG，交AM的延长线于点N，如图③，
∵△ABE和△ACG都是等腰直角三角形，且∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴AB＝AE，AC＝AG，
∵AH⊥BC，
∴∠ABC+∠HAB＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠HAB+∠EAN＝90°，
∴∠ABC＝∠EAN，
∵∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAC+∠EAG＝180°，
∵EN∥AG，
∴∠AEN+∠EAG＝180°，
∴∠BAC＝∠AEN，
在△ABC和△EAN中，
，
∴△ABC≌△EAN（ASA），
∴AC＝EN，
∵AC＝AG，
∴EN＝AG，
∵EN∥AG，
∴∠N＝∠MAG，∠MEN＝∠MGA，
在△EMN和△GMA中，
，
∴△EMN≌△GMA（ASA），
∴EM＝GM，
∴点M是EG的中点．
【分析】（1）证明△ABD≌△CAE（AAS）得BD＝AE，AD＝CE，由此即可得出DE、BD、CE的数量关系；
（2）同（1）证△ABD≌△CAE（AAS）得BD＝AE，AD＝CE，进而得DE＝AE+AD＝BD+CE，据此即可得出结论；
（3）过点E作EN∥AG，交AM的延长线于点N，由等腰直角三角形，得到AB＝AE，AC＝AG，根据同角的余角相等得到∠ABC＝∠EAN，再根据∠BAC+∠EAG＝180°和∠AEN+∠EAG＝180°得到∠BAC＝∠AEN，即可证明△ABC≌△EAN（ASA），得到AC＝EN＝AG，再由EN∥AG，得到∠N＝∠MAG，∠MEN＝∠MGA，即可证明△EMN≌△GMA（ASA）得到EM＝GM，据此即可得出结论．
【解答】（1）解：DE＝BD+CE；
证明：如图①，BD⊥l，CE⊥l，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠2＝∠3，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
故答案为：DE＝BD+CE；
（2）解：（1）中的结论成立；
证明：如图②，
∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，AB＝AC，
∴∠1+∠3＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，
在△ABD中，∠1+∠2＝180°﹣∠BDA＝180°﹣α，
∴∠2＝∠3，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（3）证明：过点E作EN∥AG，交AM的延长线于点N，如图③，
∵△ABE和△ACG都是等腰直角三角形，且∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴AB＝AE，AC＝AG，
∵AH⊥BC，
∴∠ABC+∠HAB＝90°，
∵∠BAE＝90°，
∴∠HAB+∠EAN＝90°，
∴∠ABC＝∠EAN，
∵∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAC+∠EAG＝180°，
∵EN∥AG，
∴∠AEN+∠EAG＝180°，
∴∠BAC＝∠AEN，
在△ABC和△EAN中，
，
∴△ABC≌△EAN（ASA），
∴AC＝EN，
∵AC＝AG，
∴EN＝AG，
∵EN∥AG，
∴∠N＝∠MAG，∠MEN＝∠MGA，
在△EMN和△GMA中，
，
∴△EMN≌△GMA（ASA），
∴EM＝GM，
∴点M是EG的中点．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
24．（9分）（2024春 西城区校级月考）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E、F分别是OA，OC的中点，连接BE，DF．
（1）根据题意，补全图形；
（2）求证：BE＝DF；
（3）若AC⊥BD，AC＝12，BD＝5．求平行四边形ABCD的面积．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理．
【专题】图形的全等；尺规作图；推理能力．
【答案】（1）作图见解析过程；
（2）证明见解析过程；
（3）四边形ABCD的面积为30．
【分析】（1）根据题意即可补全图形；
（2）根据平行四边形的性质证明△BOE≌△DOF即可得结论；
（3）证明四边形ABCD是菱形，利用菱形的面积公式求解即可．
【解答】（1）解：如图，即为补全的图形，
（2）证明：∵ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD（平行四边形的对角线互相平分），
∵E，F分别是OA，OC的中点，
∴OE＝OF，
又∵∠EOB＝∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE＝DF；
（3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∵AC＝12，BD＝5，
∴四边形ABCD的面积为．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定．

展开更多......

收起↑