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广东省深圳市外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中考试数学试卷
1．下列四个多项式，能因式分解的是（　　）
A． B． C． D．
2．风力发电机可以在风力作用下发电，如图，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则的值不可能的是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，在四边形中，，添加下列条件后，不能判断四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
4．下列说法错误的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．如图，这是一款手推车的平面示意图，其中，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
6．如图，中，，．、的中垂线、分别交、、于D、E、F、H．若，则的长度是（　　）
A．3 B．2 C． D．4
7．如图，某市三个城镇中心，，恰好分别位于一个等边三角形的三个顶点处，在三个城镇中心之间铺设通信光缆（图示中的实线），以城镇中心为出发点设计了三种连接方案，记所需光缆的长度分别为，对于，它们之间的关系正确的是．（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，点的坐标为，点在第一象限内，将沿到的方向平移个单位至的位置，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
9．若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是　 　．
10．关于的方程的解为2，则的值为　 　．
11．如图，是一张长方形纸片，且，沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在上（如图中的点），折痕交于点G，那么　 　．
12．如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积　 　（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）．
13．如图，中，，以为斜边向内部作等腰直角，过直角顶点作于于，则线段的长度为　 　．．
14．计算
（1）解不等式组：
（2）因式分解：
15．小明准备完成如图所示的这样一道填空题，其中一部分被墨水污染了，若该题化简的结果为．
（1）求被墨水污染的部分；
（2）小明认为当时，原分式的值为1，你同意小明的说法吗？为什么？
16．如图，在中，分别是的中点，延长到点，使．连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求的长．
17．如图，在直角坐标系内，已知点，点．
（1）点关于轴对称的点的坐标是___________；点关于原点对称的点的坐标是___________．
（2）如图1，线段绕着点逆时针旋转一定的角度得到线段，若的对应点为的对应点为，请在图1中用无刻度直尺作出旋转中心（不写作法，保留作图痕迹）．
（3）如图2，在公路的同侧，有两个居民小区，现需要在公路边建一个长度为米绿化长廊，要使到小区的距离与到小区的距离和最短，请在图2中用无刻度直尺作出绿化长廊的位置（不写作法，保留作图痕迹）．
18．综合与实践
主题 2026年深圳APEC峰会科技设备购买方案
信息1 为保障2026年深圳APEC峰会智能会务服务，需采购AI翻译终端和智能签到终端．已知AI翻译终端单价是智能签到终端的2倍，用1200元购买智能签到终端的数量比用1600元购买AI翻译终端的数量多10台．
信息2 某会务保障组计划花费2440元采购这两款终端，两款终端的采购数量共40台．
信息3 采购完成后，设备供应商赠送n张（且n为正整数）兑换券，每张兑换券可换取AI翻译终端1台或智能签到终端2台，换取后两款终端的总数量将达到相等，且换取的设备总费用不超过1000元．
（1）探求设备单价：请运用适当的方法，求出AI翻译终端与智能签到终端的单价．
（2）计算采购数量：购买AI翻译终端___________台，购买智能签到终端___________台．（直接填写结果）
（3）确定换取方案：结合信息3，运用数学知识，确定符合条件的一种换取方案．
19．【教材呈现】：
已知是含字母的单项式，要使多项式是某个多项式的平方，求．
【自主解答】解：根据两个数和或差的平方公式，分两种情况：
当为含字母的一次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
；
当为含字母的四次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
．
综上所述，为或或．
【解后反思】
①上述解答过程得到等式：，
观察等式左边多项式的系数发现：．
②结合多项式的因式分解又如：
，
发现这两个多项式的系数规律：．
③一般地：若关于的二次三项式（a、b、c是常数）是某个含的二项式的平方，则其系数a、b、c一定存在某种关系．
（1）请你写出系数a、b、c之间存在的这种关系式：___________；
【解决问题】
（2）若多项式加上一个含字母的单项式，就能表示为一个含的二项式的平方，请写出所有满足条件的单项式，并对进行因式分解；
（3）若关于的多项式是一个含的多项式的平方，求实数的值．
20．通过旋转将具有特殊数量关系的角组合到一起，转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，这是一种常见的解决问题的思路．
（1）如图1，在等腰直角中，，当时，可通过旋转将和这两个角组合到一起，再进一步得到对称全等的三角形，可得出图1中线段，，之间的数量关系为___________（直接填写结果）．
【触类旁通】小张思考，若时，有什么有趣的结论呢？
（2）如图2，在等腰直角中，，当平分且．请求出此时，，之间的数量关系．
【举一反三】
（3）如图3，．将线段绕点顺时针旋转得线段，连接．求的长度．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】因式分解-平方差公式；因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】解：观察四个选项，只有选项D能分解，．
故答案为：D
【分析】由平方差公式结构特征a2-b2=(a+b）(a-b)，完全平方公式结构特征a2±2ab+b2=（a±b）2判断符合题意的是D项．
2．【答案】A
【知识点】旋转的性质；旋转对称图形
【解析】【解答】解：确定旋转对称的角度，图案由三个相同的叶片组成，将平均分成三份，每份对应的中心角为，，旋转、、都能使图案和原图案重合．
，
，
，
不是的整数倍，因此旋转后，图案不会和原图案重合．
故选．
【分析】根据旋转对称图形的性质结合题意求出叶片的旋转角，进而即可求解。
3．【答案】C
【知识点】平行线的判定与性质；平行四边形的判定
【解析】【解答】解：选项A，两组对边分别平行，四边形是平行四边形，不符合题意；
选项B，一组对边平行且相等，四边形是平行四边形，不符合题意；
选项C，当，时，可以判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是平行四边形，符合题意；
选项D，∵
∴，
∴，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，不符合题意．
故答案为：C
【分析】添加BD∥AC，由两组对边平行的四边形是平行四边形， 判定四边形是平行四边形；添加AB=CD，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 判定四边形是平行四边形； 添加∠B= ∠ C，得BD∥AC，由两组对边平行的四边形是平行四边形， 判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是平行四边形，C项不能判断 .
4．【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A．若a+3＞b+3，则a＞b，原变形正确，故A选项不符合题意；
B．若，则a＞b，原变形正确，故B选项不符合题意；
C．a＞b，当c＜0时，ac＜bc，原变形错误，故C选项符合题意；
D．若a＞b，则a+3＞b+2，原变形正确，故D选项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据不等式的性质进行逐一的判断，特别是在不等式两边同乘以（或除以）同一个数时，不仅要考虑这个数不等于0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．
5．【答案】C
【知识点】三角形外角的概念及性质；邻补角；猪蹄模型；平行线的应用-求角度
【解析】【解答】解：如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：C
【分析】由平行线的性质得=36°，由邻补角互补，得=94°，根据三角形外角的性质，得 ∠3=130° ．
6．【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示，连接，，
中，，，
．
是的垂直平分线，
，
，
，
是的垂直平分线，
，
∴，
∵，
∴，
，即．
在中，
，，
，
∴．
故答案为：A
【分析】如图，连接，，
根据DE是线段BC的垂直平分线的性质，得BE=CE，FH是的垂直平分线得，等边对等角得，则，即，由三角形外角的性质求出=30°，根据直角三角形的性质：30°所对的直角边是斜边的一半得=CE．
7．【答案】A
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质；用代数式表示几何图形的数量关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；整式的大小比较
【解析】【解答】解：设等边三角形的边长为，
如图（1），；
如图（2），∵为的中点，为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
如图（3），∵为三边的垂直平分线的交点，
∴，，
∴，，
设，
∴中，，
解得，
∴，
则，
∵，
∴ ．
故答案为：A
【分析】根据题意设等边三角形的边长为，分别计算三种方案的各线段的和，如图（1），则；如图（2），为的中点，为等边三角形，则，如图（3），点为三边的垂直平分线的交点，则，则，即 .
8．【答案】B
【知识点】平移的性质；图形的平移；沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；数形结合
【解析】【解答】解：如下图所示，过点作轴，
，，
，
，
，
，
向右平移个单位长度，向上平移个单位长度到达的位置，
点向右平移个单位长度，向上平移个单位长度到达点的位置，
点的坐标为，
点的坐标为
故答案为：B
【分析】如图，过点作轴，
由，可知，可得，利用勾股定理可以求出，向点的坐标为，向右平移个单位长度，向上平移个单位长度，根据平移的方向和距离，则点的坐标为．
9．【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：，
∴，
∴实数x的取值范围是．
故答案为：．
【分析】 本题考查二次根式有意义的条件.根据二次根式有意义的条件为：被开方数为非负数，据此可列出不等式，解不等式可求出实数x的取值范围.
10．【答案】2
【知识点】已知分式方程的解求参数
【解析】【解答】解∶是方程的解，
，
解得．
【分析】将方程的解x=2，代入原方程，解得=2．
11．【答案】15度
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：15°．
【分析】由，等量代换得AD=2CD，得=30°，由翻折知，=15°.
12．【答案】先变大后变小
【知识点】平行四边形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵分别是的中点，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
在变化过程中，不变，边上的高由短变长再变短，
∴平行四边形的面积先变大再变小，
∴平行四边形的面积先变大再变小．
【分析】连接，
判定四边形是平行四边形，则，，则，则，平行四边形的面积的变化情况：先变大后变小，而得出四边形的面积也是先变大后变小．
13．【答案】
【知识点】二次根式的加减法；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，过作交的延长线于，交于，连接，
∵等腰直角，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
故答案为：
【分析】如图，过作交的延长线于，交于，连接，
由同角的余角相等得，，，，由等腰三角形的性质，，，与勾股定理得，， ，，则． ．
14．【答案】（1）解：解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
（2）解：原式

【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）由①得，由②得，则不等式组的解集为.（2） 因式分解为提公因式（x-y）再用平方差公式因式分解为
（1）解：
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
（2）解：原式
15．【答案】（1）解：∵
．
∴被墨水污染的部分为．
（2）解：不同意，理由如下：时，除数，原式没意义，
∴当时，原式的值不为1．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的乘除法
【解析】【分析】（1）根据除数=被除数÷商，解得：，则被墨水污染的部分为
（2）根据除数不能等于0，当x=4时，除数，原式没意义．
（1）解：∵
．
∴被墨水污染的部分为．
（2）解：不同意，理由如下：
时，除数，原式没意义，
∴当时，原式的值不为1．
16．【答案】（1）证明：∵点E，F分别为的中点，．
又，
．
又，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：在中，为的中点，，
．
又∵四边形是平行四边形，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由题意得是的中位线，则，，由，得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得四边形是平行四边形；
（2）用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，平行四边形的对边相等，得=AE=2．
（1）证明：∵点E，F分别为的中点，
．
又，
．
又，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：在中，
为的中点，，
．
又∵四边形是平行四边形，
．
17．【答案】（1）
（2） 解：旋转中心如图所示：

（3）解：绿化长廊如图所示：
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；轴对称的应用-最短距离问题；关于原点对称的点的坐标特征；作图﹣旋转；作图-画给定对称轴的对称图形
【解析】【解答】（1）解：∵点，点，
∴点关于轴对称的点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，点关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，
即 ．
【分析】（1） 关于轴对称的 点，纵坐标不变，横坐标为相反数，点C(-1，0)，根据原点对称横纵坐标互为相反数，即点（3，-4）．
（2）如图，分别连接，后，作它们的垂直平分线，交点即为旋转中心．
（3）如图，先将点向右平移两个单位得，再作出关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，平行四边形的性质得，，根据轴对称的性质得，则，即使到小区的距离与到小区的距离和最短．
（1）解：∵点，点，
∴点关于轴对称的点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，点关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，
即 ．
（2）解：旋转中心如图所示：
（3）解：绿化长廊如图所示：
18．【答案】（1）解：设智能签到终端的单价为x元，则AI翻译终端的单价为2x元．由题意得：
解得，，
经检验：当时，分母，
是原方程的解．
∴智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元．
（2）购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台
（3）解：设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，
由换取后两款终端的总数量将达到相等，得到等式：
化简得：，
可得，只能是偶数，
且n为正整数，
是正整数，且为偶数，
．
验证得，，换取AI翻译终端4台，智能签到终端：台，
两种设备总数：，
总费用：，
符合题意的换取方案，
获赠 7张兑换券，4张用于换取AI翻译终端、其余3张换取智能签到终端．
【知识点】一元一次不等式的应用；用关系式表示变量间的关系；分式方程的实际应用-销售问题；已知不等式的解（集）求参数
【解析】【解答】（2）解：设购买AI翻译终端x台，则购买智能签到终端台；
由题意得：，
解得：，
购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台．
【分析】（1）由购买智能签到终端的数量与购买AI翻译终端的数量关系，设智能签到终端的单价为x元，列方程：，解得x=40，检验，符合题意，则智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元
（2）由两款终端的采购数量与花费总额，设购买AI翻译终端x台，列出方程：，解得x=21；
（3）设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，列出方程．得，再结合，得，a是正整数，且为偶数，a=4，则7张兑换券中4张换取AI翻译终端、3张换取智能签到终端.
（1）解：设智能签到终端的单价为x元，则AI翻译终端的单价为2x元．
由题意得：
解得，，
经检验：当时，分母，
是原方程的解．
∴智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元．
（2）解：设购买AI翻译终端x台，则购买智能签到终端台；
由题意得：，
解得：，
购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台．
（3）解：设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，
由换取后两款终端的总数量将达到相等，得到等式：
化简得：，
可得，只能是偶数，
且n为正整数，
是正整数，且为偶数，
．
验证得，，换取AI翻译终端4台，智能签到终端：台，
两种设备总数：，
总费用：，
符合题意的换取方案，
获赠 7张兑换券，4张用于换取AI翻译终端、其余3张换取智能签到终端．
19．【答案】(1)；
(2)解：当为含字母的一次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方
，
；
当 时，；
当 时，；
当为含字母的四次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
，
，
当时，；
综上所述，为或或；
(3) 解：，
根据可得：，
解得．
【知识点】因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】（1）观察发现多项式的系数规律：M为完全平方公式中两项乘积的2倍。则；
【分析】（）观察发现多项式的系数规律：M为完全平方公式中两项乘积的2倍。则．
（）根据完全平方公式，先化成，得=±12y；当为含字母的四次单项式是可化为，得 ，则为或或；
（）根据（）得到的规律代入计算，解得m=1．
20．【答案】解：(1)
(2)解：在等腰直角中，
又平分，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接．
则．
，
，
∴在和中，
，
∴在中，由勾股定理得
，即；
（3）解：，，
又绕点顺时针旋转得线段
，
，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接．
则．
，
∴在和中，
，
，
过点作于点，
为等腰直角三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：，
理由：在等腰直角中，，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到连接，
则．
，
，
∴在和中，
，
，
，
，
∴在中，由勾股定理得，
，即；【分析】（1）如图，将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到连接，
，得出，在中，由勾股定理得，即；；
（2）将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接，
得，，，得，，在中，由勾股定理得，即；；
（3）将绕点A顺时针旋转，使与重合，
如图，过点作于点，
得到，连接，，得，则为等腰直角三角形，则，在中，由勾股定理得DF=．
1 / 1广东省深圳市外国语学校2025-2026学年下学期八年级期中考试数学试卷
1．下列四个多项式，能因式分解的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】因式分解-平方差公式；因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】解：观察四个选项，只有选项D能分解，．
故答案为：D
【分析】由平方差公式结构特征a2-b2=(a+b）(a-b)，完全平方公式结构特征a2±2ab+b2=（a±b）2判断符合题意的是D项．
2．风力发电机可以在风力作用下发电，如图，该叶片图案绕中心旋转后能与原来的图案重合，则的值不可能的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转的性质；旋转对称图形
【解析】【解答】解：确定旋转对称的角度，图案由三个相同的叶片组成，将平均分成三份，每份对应的中心角为，，旋转、、都能使图案和原图案重合．
，
，
，
不是的整数倍，因此旋转后，图案不会和原图案重合．
故选．
【分析】根据旋转对称图形的性质结合题意求出叶片的旋转角，进而即可求解。
3．如图，在四边形中，，添加下列条件后，不能判断四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的判定与性质；平行四边形的判定
【解析】【解答】解：选项A，两组对边分别平行，四边形是平行四边形，不符合题意；
选项B，一组对边平行且相等，四边形是平行四边形，不符合题意；
选项C，当，时，可以判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是平行四边形，符合题意；
选项D，∵
∴，
∴，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，不符合题意．
故答案为：C
【分析】添加BD∥AC，由两组对边平行的四边形是平行四边形， 判定四边形是平行四边形；添加AB=CD，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， 判定四边形是平行四边形； 添加∠B= ∠ C，得BD∥AC，由两组对边平行的四边形是平行四边形， 判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是平行四边形，C项不能判断 .
4．下列说法错误的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A．若a+3＞b+3，则a＞b，原变形正确，故A选项不符合题意；
B．若，则a＞b，原变形正确，故B选项不符合题意；
C．a＞b，当c＜0时，ac＜bc，原变形错误，故C选项符合题意；
D．若a＞b，则a+3＞b+2，原变形正确，故D选项不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据不等式的性质进行逐一的判断，特别是在不等式两边同乘以（或除以）同一个数时，不仅要考虑这个数不等于0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．
5．如图，这是一款手推车的平面示意图，其中，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形外角的概念及性质；邻补角；猪蹄模型；平行线的应用-求角度
【解析】【解答】解：如图所示，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：C
【分析】由平行线的性质得=36°，由邻补角互补，得=94°，根据三角形外角的性质，得 ∠3=130° ．
6．如图，中，，．、的中垂线、分别交、、于D、E、F、H．若，则的长度是（　　）
A．3 B．2 C． D．4
【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：如图所示，连接，，
中，，，
．
是的垂直平分线，
，
，
，
是的垂直平分线，
，
∴，
∵，
∴，
，即．
在中，
，，
，
∴．
故答案为：A
【分析】如图，连接，，
根据DE是线段BC的垂直平分线的性质，得BE=CE，FH是的垂直平分线得，等边对等角得，则，即，由三角形外角的性质求出=30°，根据直角三角形的性质：30°所对的直角边是斜边的一半得=CE．
7．如图，某市三个城镇中心，，恰好分别位于一个等边三角形的三个顶点处，在三个城镇中心之间铺设通信光缆（图示中的实线），以城镇中心为出发点设计了三种连接方案，记所需光缆的长度分别为，对于，它们之间的关系正确的是．（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质；用代数式表示几何图形的数量关系；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；整式的大小比较
【解析】【解答】解：设等边三角形的边长为，
如图（1），；
如图（2），∵为的中点，为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
如图（3），∵为三边的垂直平分线的交点，
∴，，
∴，，
设，
∴中，，
解得，
∴，
则，
∵，
∴ ．
故答案为：A
【分析】根据题意设等边三角形的边长为，分别计算三种方案的各线段的和，如图（1），则；如图（2），为的中点，为等边三角形，则，如图（3），点为三边的垂直平分线的交点，则，则，即 .
8．如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，点的坐标为，点在第一象限内，将沿到的方向平移个单位至的位置，则点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平移的性质；图形的平移；沿着坐标轴方向平移的点的坐标特征；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；数形结合
【解析】【解答】解：如下图所示，过点作轴，
，，
，
，
，
，
向右平移个单位长度，向上平移个单位长度到达的位置，
点向右平移个单位长度，向上平移个单位长度到达点的位置，
点的坐标为，
点的坐标为
故答案为：B
【分析】如图，过点作轴，
由，可知，可得，利用勾股定理可以求出，向点的坐标为，向右平移个单位长度，向上平移个单位长度，根据平移的方向和距离，则点的坐标为．
9．若在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：，
∴，
∴实数x的取值范围是．
故答案为：．
【分析】 本题考查二次根式有意义的条件.根据二次根式有意义的条件为：被开方数为非负数，据此可列出不等式，解不等式可求出实数x的取值范围.
10．关于的方程的解为2，则的值为　 　．
【答案】2
【知识点】已知分式方程的解求参数
【解析】【解答】解∶是方程的解，
，
解得．
【分析】将方程的解x=2，代入原方程，解得=2．
11．如图，是一张长方形纸片，且，沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在上（如图中的点），折痕交于点G，那么　 　．
【答案】15度
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：15°．
【分析】由，等量代换得AD=2CD，得=30°，由翻折知，=15°.
12．如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积　 　（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）．
【答案】先变大后变小
【知识点】平行四边形的判定与性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵分别是的中点，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
在变化过程中，不变，边上的高由短变长再变短，
∴平行四边形的面积先变大再变小，
∴平行四边形的面积先变大再变小．
【分析】连接，
判定四边形是平行四边形，则，，则，则，平行四边形的面积的变化情况：先变大后变小，而得出四边形的面积也是先变大后变小．
13．如图，中，，以为斜边向内部作等腰直角，过直角顶点作于于，则线段的长度为　 　．．
【答案】
【知识点】二次根式的加减法；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：如图，过作交的延长线于，交于，连接，
∵等腰直角，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴．
故答案为：
【分析】如图，过作交的延长线于，交于，连接，
由同角的余角相等得，，，，由等腰三角形的性质，，，与勾股定理得，， ，，则． ．
14．计算
（1）解不等式组：
（2）因式分解：
【答案】（1）解：解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
（2）解：原式

【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）由①得，由②得，则不等式组的解集为.（2） 因式分解为提公因式（x-y）再用平方差公式因式分解为
（1）解：
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴原不等式组的解集为．
（2）解：原式
15．小明准备完成如图所示的这样一道填空题，其中一部分被墨水污染了，若该题化简的结果为．
（1）求被墨水污染的部分；
（2）小明认为当时，原分式的值为1，你同意小明的说法吗？为什么？
【答案】（1）解：∵
．
∴被墨水污染的部分为．
（2）解：不同意，理由如下：时，除数，原式没意义，
∴当时，原式的值不为1．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的乘除法
【解析】【分析】（1）根据除数=被除数÷商，解得：，则被墨水污染的部分为
（2）根据除数不能等于0，当x=4时，除数，原式没意义．
（1）解：∵
．
∴被墨水污染的部分为．
（2）解：不同意，理由如下：
时，除数，原式没意义，
∴当时，原式的值不为1．
16．如图，在中，分别是的中点，延长到点，使．连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵点E，F分别为的中点，．
又，
．
又，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：在中，为的中点，，
．
又∵四边形是平行四边形，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由题意得是的中位线，则，，由，得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得四边形是平行四边形；
（2）用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，平行四边形的对边相等，得=AE=2．
（1）证明：∵点E，F分别为的中点，
．
又，
．
又，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：在中，
为的中点，，
．
又∵四边形是平行四边形，
．
17．如图，在直角坐标系内，已知点，点．
（1）点关于轴对称的点的坐标是___________；点关于原点对称的点的坐标是___________．
（2）如图1，线段绕着点逆时针旋转一定的角度得到线段，若的对应点为的对应点为，请在图1中用无刻度直尺作出旋转中心（不写作法，保留作图痕迹）．
（3）如图2，在公路的同侧，有两个居民小区，现需要在公路边建一个长度为米绿化长廊，要使到小区的距离与到小区的距离和最短，请在图2中用无刻度直尺作出绿化长廊的位置（不写作法，保留作图痕迹）．
【答案】（1）
（2） 解：旋转中心如图所示：

（3）解：绿化长廊如图所示：
【知识点】坐标与图形变化﹣对称；轴对称的应用-最短距离问题；关于原点对称的点的坐标特征；作图﹣旋转；作图-画给定对称轴的对称图形
【解析】【解答】（1）解：∵点，点，
∴点关于轴对称的点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，点关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，
即 ．
【分析】（1） 关于轴对称的 点，纵坐标不变，横坐标为相反数，点C(-1，0)，根据原点对称横纵坐标互为相反数，即点（3，-4）．
（2）如图，分别连接，后，作它们的垂直平分线，交点即为旋转中心．
（3）如图，先将点向右平移两个单位得，再作出关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，平行四边形的性质得，，根据轴对称的性质得，则，即使到小区的距离与到小区的距离和最短．
（1）解：∵点，点，
∴点关于轴对称的点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，点关于原点对称的点的横纵坐标均为相反数，
即 ．
（2）解：旋转中心如图所示：
（3）解：绿化长廊如图所示：
18．综合与实践
主题 2026年深圳APEC峰会科技设备购买方案
信息1 为保障2026年深圳APEC峰会智能会务服务，需采购AI翻译终端和智能签到终端．已知AI翻译终端单价是智能签到终端的2倍，用1200元购买智能签到终端的数量比用1600元购买AI翻译终端的数量多10台．
信息2 某会务保障组计划花费2440元采购这两款终端，两款终端的采购数量共40台．
信息3 采购完成后，设备供应商赠送n张（且n为正整数）兑换券，每张兑换券可换取AI翻译终端1台或智能签到终端2台，换取后两款终端的总数量将达到相等，且换取的设备总费用不超过1000元．
（1）探求设备单价：请运用适当的方法，求出AI翻译终端与智能签到终端的单价．
（2）计算采购数量：购买AI翻译终端___________台，购买智能签到终端___________台．（直接填写结果）
（3）确定换取方案：结合信息3，运用数学知识，确定符合条件的一种换取方案．
【答案】（1）解：设智能签到终端的单价为x元，则AI翻译终端的单价为2x元．由题意得：
解得，，
经检验：当时，分母，
是原方程的解．
∴智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元．
（2）购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台
（3）解：设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，
由换取后两款终端的总数量将达到相等，得到等式：
化简得：，
可得，只能是偶数，
且n为正整数，
是正整数，且为偶数，
．
验证得，，换取AI翻译终端4台，智能签到终端：台，
两种设备总数：，
总费用：，
符合题意的换取方案，
获赠 7张兑换券，4张用于换取AI翻译终端、其余3张换取智能签到终端．
【知识点】一元一次不等式的应用；用关系式表示变量间的关系；分式方程的实际应用-销售问题；已知不等式的解（集）求参数
【解析】【解答】（2）解：设购买AI翻译终端x台，则购买智能签到终端台；
由题意得：，
解得：，
购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台．
【分析】（1）由购买智能签到终端的数量与购买AI翻译终端的数量关系，设智能签到终端的单价为x元，列方程：，解得x=40，检验，符合题意，则智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元
（2）由两款终端的采购数量与花费总额，设购买AI翻译终端x台，列出方程：，解得x=21；
（3）设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，列出方程．得，再结合，得，a是正整数，且为偶数，a=4，则7张兑换券中4张换取AI翻译终端、3张换取智能签到终端.
（1）解：设智能签到终端的单价为x元，则AI翻译终端的单价为2x元．
由题意得：
解得，，
经检验：当时，分母，
是原方程的解．
∴智能签到终端单价为40元，AI翻译终端单价为80元．
（2）解：设购买AI翻译终端x台，则购买智能签到终端台；
由题意得：，
解得：，
购买AI翻译终端21台，购买智能签到终端19台．
（3）解：设张兑换券中张用于换取AI翻译终端，则张用于换取智能签到终端，
由换取后两款终端的总数量将达到相等，得到等式：
化简得：，
可得，只能是偶数，
且n为正整数，
是正整数，且为偶数，
．
验证得，，换取AI翻译终端4台，智能签到终端：台，
两种设备总数：，
总费用：，
符合题意的换取方案，
获赠 7张兑换券，4张用于换取AI翻译终端、其余3张换取智能签到终端．
19．【教材呈现】：
已知是含字母的单项式，要使多项式是某个多项式的平方，求．
【自主解答】解：根据两个数和或差的平方公式，分两种情况：
当为含字母的一次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
；
当为含字母的四次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
．
综上所述，为或或．
【解后反思】
①上述解答过程得到等式：，
观察等式左边多项式的系数发现：．
②结合多项式的因式分解又如：
，
发现这两个多项式的系数规律：．
③一般地：若关于的二次三项式（a、b、c是常数）是某个含的二项式的平方，则其系数a、b、c一定存在某种关系．
（1）请你写出系数a、b、c之间存在的这种关系式：___________；
【解决问题】
（2）若多项式加上一个含字母的单项式，就能表示为一个含的二项式的平方，请写出所有满足条件的单项式，并对进行因式分解；
（3）若关于的多项式是一个含的多项式的平方，求实数的值．
【答案】(1)；
(2)解：当为含字母的一次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方
，
；
当 时，；
当 时，；
当为含字母的四次单项式时，原式可以表示为关于的二项式的平方，
，
，
当时，；
综上所述，为或或；
(3) 解：，
根据可得：，
解得．
【知识点】因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】（1）观察发现多项式的系数规律：M为完全平方公式中两项乘积的2倍。则；
【分析】（）观察发现多项式的系数规律：M为完全平方公式中两项乘积的2倍。则．
（）根据完全平方公式，先化成，得=±12y；当为含字母的四次单项式是可化为，得 ，则为或或；
（）根据（）得到的规律代入计算，解得m=1．
20．通过旋转将具有特殊数量关系的角组合到一起，转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，这是一种常见的解决问题的思路．
（1）如图1，在等腰直角中，，当时，可通过旋转将和这两个角组合到一起，再进一步得到对称全等的三角形，可得出图1中线段，，之间的数量关系为___________（直接填写结果）．
【触类旁通】小张思考，若时，有什么有趣的结论呢？
（2）如图2，在等腰直角中，，当平分且．请求出此时，，之间的数量关系．
【举一反三】
（3）如图3，．将线段绕点顺时针旋转得线段，连接．求的长度．
【答案】解：(1)
(2)解：在等腰直角中，
又平分，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接．
则．
，
，
∴在和中，
，
∴在中，由勾股定理得
，即；
（3）解：，，
又绕点顺时针旋转得线段
，
，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接．
则．
，
∴在和中，
，
，
过点作于点，
为等腰直角三角形，
，
，
，
在中，由勾股定理得
【知识点】旋转的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：，
理由：在等腰直角中，，
，
将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到连接，
则．
，
，
∴在和中，
，
，
，
，
∴在中，由勾股定理得，
，即；【分析】（1）如图，将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到连接，
，得出，在中，由勾股定理得，即；；
（2）将绕点A顺时针旋转，使与重合，得到，连接，
得，，，得，，在中，由勾股定理得，即；；
（3）将绕点A顺时针旋转，使与重合，
如图，过点作于点，
得到，连接，，得，则为等腰直角三角形，则，在中，由勾股定理得DF=．
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