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2024-2025 学年八年级（下）期中数学试卷（培优卷）
【人教版】
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（24-25八年级·广东深圳·期中）下列计算中，正确的是（ ）
A．❑√2+❑√3=❑√5 B．3❑√2−❑√2=3
C．❑√12÷❑√3=4 D．❑√12×❑√3=6
【答案】D
【分析】本题主要考查二次根式的加法、减法、乘法、除法运算等知识点，明确二次根式加减乘除运算的
计算法则是解答本题的关键．
根据二次根式的加法、减法、乘法、除法运算法则逐项判断即可．
【详解】解：A． ❑√2和❑√3不是同类二次根式，不能相加减，故选项A错误，不符合题意；
B． 3❑√2−❑√2=2❑√2，故选项B错误，不符合题意；
C． ❑√12÷❑√3=❑√4=2，故选项C错误，不符合题意；
D． ❑√12×❑√3=❑√36=6，故选项D正确，符合题意．
故选：D．
2．（3分）（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图，长方形中，AB=3，AD=1，AB在数轴上，若以点A
为圆心，AC的长为半径作弧交数轴于点M，则点M表示的数为（ ）
A．❑√10 B．❑√10−1 C．❑√5 D．❑√5−1
【答案】B
【分析】本题考查了实数与数轴、勾股定理，由题意可得∠ABC=90°，AC=AM，BC=AD=1，再由
勾股定理求出AM=AC=❑√10，即可得解．
【详解】解：由题意可得：∠ABC=90°，AC=AM，BC=AD=1，
∵AC=❑√AB2+BC2=❑√10，
∴AM=AC=❑√10，
∴点M表示的数为❑√10−1，故选：B．
3．（3分）（24-25八年级·吉林长春·期中）如图，在△ABC中，∠A=38°,AB=AC，点D在AC边上，
以CB、CD为边作▱BCDE，则∠E的度数为（ ）
A．71° B．61° C．51° D．41°
【答案】A
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，平行四边形的性质，掌握等腰三
角形的两个底角相等，平行四边形的对角相等是解本题的关键．根据等腰三角形的性质可求∠C，再根据
平行四边形的性质可求∠E．
【详解】解：在△ABC中，∠A=38°，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=(180°−38°)÷2=71°，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴∠E=∠C=71°．
故选：A．
√ 1
4．（3分）（24-25八年级·山东济宁·阶段练习）要把(2−x)❑ 中根号外的因式移入根号内，下面式
x−2
子正确的是 （ ）
A．❑√x−2 B．❑√2−x C．−❑√2−x D．−❑√x−2
【答案】D
【分析】根据非负数才能移入根号内或根号外，变成非负数后，变形化简即可．
本题考查了二次根式的化简，熟练掌握根式的性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意，得x−2>0，
√ 1 √ 1
故(2−x)❑ =−(x−2)❑
x−2 x−2
√ 1
=−❑ ×(x−2) 2=−❑√x−2，
x−2
故选：D．
5．（3分）（24-25八年级·河南开封·期中）如图，在四边形ABCD中，AB=3，BC=❑√2，CD=1，
AD=❑√12，且∠BCD=90°，则四边形ABCD的面积为（ ）3❑√3+❑√2 3❑√3
A． B． C．2+2❑√21 D．3+❑√21
2 2
【答案】A
【分析】本题主要考查勾股定理和勾股定理的逆定理，牢记勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
先由勾股定理求出BD=❑√3，则AB2+BD2=AD2，再通过勾股定理逆定理得∠ABD=90°，最后由
S =S +S 即可求解．
四边形ABCD △ABD △BCD
【详解】解：∵∠BCD=90°，
∴BD=❑√BC2+CD2=❑√(❑√2) 2+12=❑√3，
∵AB=3，AD=❑√12，
∴AB2+BD2=AD2，
∴∠ABD=90°，
1 1
∴S =S +S = ×BD×AB+ ×BC×CD
四边形ABCD △ABD △BCD 2 2
1 1
= ×❑√3×3+ ×❑√2×1
2 2
3❑√3 ❑√2
= +
2 2
3❑√3+❑√2
= ，
2
故选：A．
6．（3分）（24-25八年级·湖北十堰·期中）如图，矩形ABCD中，AB=6，点E是AD上一点，且DE=2，
CE的垂直平分线交CB的延长线于点F，交CD于点H，连接EF交AB于点G．若G是AB的中点，则BC
的长是（ ）A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【分析】过点E作EP⊥BC于点P，证明四边形ABPE和四边形CDEP为矩形，得出CD=EP=6，
DE=CP=2，根据证明△AEG≌△BFG，得出AE=BF，又FH垂直平分EC，得出FC=FE，令BC=x，
则BP=AE=BF=x−2，进而BP=AE=BF=2x−2，FP=2x−4，EF=FC=2x−2，在Rt△EFP中，
EP2+FP2=EF2，进行求解即可．
【详解】解：过点E作EP⊥BC于点P，
在矩形ABCD中
∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，AB=CD=6，
∴四边形ABPE和四边形CDEP为矩形，
又AB=6，DE=2，
∴CD=EP=6，DE=CP=2，
∵G是AB的中点，
∴AG=GB=3，
又∵AD∥BC，
∴∠AEG=∠BFG，
又∠AGE=∠BGF，
∴△AEG≌△BFG(AAS)，
∴AE=BF，
∵FH垂直平分EC，
∴FC=FE，
令BC=x，则BP=x−2，又∵AE=BF=BP，
∴BP=AE=BF=x−2，
∴FP=2x−4，EF=FC=2x−2，
在Rt△EFP中，EP2+FP2=EF2，
∴62+(2x−4) 2=(2x−2) 2
解得x=6．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理以及全等三角形的判定和性质，解决
本题的关键是作辅助线构造直角三角形求边长．
7．（3分）（24-25八年级·山东东营·期中）已知三角形的三边长分别为a，b，c，求其面积问题，中外数
学家曾经进行深入研究，古希腊的几何学家海伦给出求其面积的海伦公式S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)，
a+b+c
其中p= ，我国南宋时期数学家秦九韶（约1202－1261）曾提出利用三角形的三边求其面积的秦
2
1 √ (a2+b2−c2 ) 2
九韶公式S= ❑a2b2− .若一个三角形的三边长分别为2，3，4，则其面积是（ ）
2 2
3❑√15 3❑√15 15 3❑√15
A． B． C． D．
8 2 2 4
【答案】D
9
【分析】本题考查了二次根式的应用，设a=2，b=3，c=4，则p= ，再根据
2
S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)计算即可得出答案．
【详解】解：设a=2，b=3，c=4，
a+b+c 2+3+4 9
∴p= = = ，
2 2 2
√9 (9 ) (9 ) (9 ) √9 5 3 1 3❑√15
∴S=❑ × −2 × −3 × −4 =❑ × × × = ，
2 2 2 2 2 2 2 2 4
故选：D．
8．（3分）（24-25八年级·江苏南通·期中）已知两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠部分构成一个四边
形ABCD，对角线AC=8，BD=6，过点D作DH⊥AB于点H，则DH的长是（ ）A．2.4 B．4.8 C．5 D．9.6
【答案】B
【分析】作DF⊥BC，垂足为F，设AC与BD相交于点O，根据菱形的判定与性质可知OB、OA，最后
利用菱形面积的两种表示方法即可解答．
【详解】解：作DF⊥BC，垂足为F，设AC与BD相交于点O，
∵两张等宽的纸条，DH⊥AB，
∴DF⊥BC，
∴DH=DF，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵S =AB⋅DH=BC⋅DF，
平行四边形ABCD
∵DH=DF，
∴BC=AB，
∴四边形ABCD是菱形，
1 1
∴OB=OD= BD=3，OA=OC= AC=4，AC⊥BD，
2 2
∴AB=❑√AO2+OB2=5，
1
∴AB⋅DH= AC⋅BD，
2
1
×6×8
∴ 2 24，
DH= =
5 5
答：DH的长是4.8；
故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，菱形面积的两种计算方式，
掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
9．（3分）（24-25八年级·四川眉山·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．如果
D、E分别为BC、AB上的动点，那么AD+DE的最小值是（ ）
24 27
A． B．5 C． D．6
5 5
【答案】A
【分析】延长AC到点F，使得AC=CF，则直线BC是线段AF的垂直平分线，连接DF,BF，于是得到
AD=DF，AB=BF，于是AD+DE就变成了DF+DE，根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到
DF+DE的最小值就是△ABF的高，过点F作FG⊥AB于点G，求FG即可．
此题考查了轴对称最短路径问题，垂线段的性质，勾股定理，根据三角形的面积求高等，熟练掌握以上性
质是解本题的关键．
【详解】解：延长AC到点F，使得AC=CF，
∵∠ACB=90°，
∴直线BC是线段AF的垂直平分线，
连接DF,BF，
∴AD=DF，AB=BF，
∴AD+DE就变成了DF+DE，
根据点到直线的距离以垂线段最短原理，得到DF+DE的最小值就是△ABF的高，
过点F作FG⊥AB于点G，∵∠ACB=90°，AC=3，AB=5，
∴AF=2AC=6，BC=❑√AB2−AC2=4，
1 1
∴S = AF·BC= AB·FG，
△ABF 2 2
∴6×4=5FG，
24
∴FG= ．
5
故选：A．
10．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期中）图1是一幅“青朱出入图”，运用“割补术”，通过三个正
方形之间的面积转化证明勾股定理(a2+b2=c2)，如图2，连结HK，GK，HG，记四边形DHKG与正方
S
形DHIE的面积分别为S ，S ．若HD=HG，则 1 的值为（ ）
1 2 S
2
2 3 1 11
A． B． C． D．
3 5 2 20
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌
握全等三角形的判定与性质是解题的关键．过点H作HM⊥CD于点M，根据题意可得四边形AHMD是矩形，进而证明Rt△DAH≌Rt△DCE(HL)，
设CE=AH=CG=DM=MG=x，则DA=DC=AB=BC=3x，BH=2x，分别表示出S ，S ，然后作
1 2
比值求解即可．
【详解】解：过点H作HM⊥CD于点M，
∵HD=HG ABCD
，四边形 是正方形，
∴MD=MG，四边形AHMD是矩形，
∴MD=AH，
∵四边形ABCD，四边形DHIE，四边形EFGC都是正方形，
∴DA=DC=AB=BC，
DH=DE=HI=IE，
FG=GC=CE=EF，
∠DAH=∠DCE=∠DEI=90°，
在Rt△DAH和Rt△DCE中，
{DH=DE)
，
DA=DC
∴Rt△DAH≌Rt△DCE(HL)，
∴CE=AH，
∴CE=AH=CG=DM=MG，
∴CD=CG+DM+MG=3CG=3CE，
设CE=AH=CG=DM=MG=x，
则DA=DC=AB=BC=3x，BH=2x，
∴∠DCE=∠EKI=∠DEI=90°，
∴∠DEC+∠IEK=90°，
∠EIK+∠IEK=90°，
∴∠DEC=∠EIK，
又∵DE=EI，
∵△DCE≌△EKI(AAS)，∴KE=DC=3x，
∴BH=CK=2x，BK=CE=x，
1 1 1 11
∴四边形DHKG的面积S = (2x+3x)×3x− ×2x×x− ×2x×x= x2 ，
1 2 2 2 2
正方形DHIE的面积为：S =DE2=CD2+CE2=(3x) 2+x2=10x2，
2
11
x2
S 2 11，
∴ 1= =
S 10x2 20
2
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
√b √a
11．（3分）（24-25八年级·黑龙江绥化·期中）已知a+b=−8，ab=1，则❑ +❑ 的值为 ．
a b
【答案】8
【分析】本题主要考查了二次根式的加减混合运算以及求值，根据a+b=−8，ab=1判断出a<0,b<0，
√b √a
将❑ +❑ 化简再进行加减运算，最后将a+b=−8，ab=1代入求值即可．
a b
【详解】解：∵a+b=−8，ab=1，
∴a<0,b<0，
√b √a
∴❑ +❑
a b
❑√ab ❑√ab
=− −
a b
b❑√ab a❑√ab
=− −
ab ab
b❑√ab+a❑√ab
=−
ab
(a+b)❑√ab
=− ，
ab
(−8)×❑√1
当a+b=−8，ab=1，原式=− =8，
1
故答案为：8．
12．（3分）（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，点O为数轴的原点，点A和B分别对应的实数是1和
2．过点A作射线AD⊥OA，以点O为圆心，OB长为半径画弧，交AD于点C；以点A为圆心，AC长为
半径画弧，交数轴的正半轴于点E，则点E对应的实数是 ．【答案】1+❑√3/❑√3+1
【分析】本题考查了勾股定理，实数与数轴，熟练掌握勾股定理是解题的关键．由题意可知AE=AC，
OC=OB=2，再由勾股定理求出AC=❑√3，则AE=❑√3，然后求出OE=OA+AE=1+❑√3，即可得出结论．
【详解】解：∵点A和B分别对应的实数是1和2，
∴OA=1，OB=2，
由题意可知，AE=AC，OC=OB=2，
∵AD⊥OA，
∴∠OAC=∠BAC=90°，
∴AC=❑√OC2−OA2=❑√22−12=❑√3，
∴AE=❑√3，
∴OE=OA+AE=1+❑√3，
即点E对应的实数是1+❑√3，
故答案为：1+❑√3．
13．（3分）（24-25八年级·湖北荆州·期中）如图，平行四边形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，
有如下四个条件：①DE=BF；②AE=FC；③∠1=∠2；④AF=EC，如果从中选择一个作为添加条件，
使四边形BEDF是平行四边形，那么这个添加的条件可以是 （填写序号）．
【答案】②（或③，或④）
【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，全等三角形的判定及性质．
若添加添加①，无法证明四边形BEDF是平行四边形．若添加条件②，连接BD，交AC于点O，根据平行
四边形的性质得到AO=CO，BO=DO，进而得到EO=FO，根据对角线互相平分的四边形是平行四边
形可得证；若添加条件③，根据平行四边形的性质可证得△ADE≌△CBF(ASA)，得到DE=BF，∠AED=∠CFB，进而得到DE∥BF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证；若添
加条件④，可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得证．
【详解】解：若添加添加①，无法证明四边形BEDF是平行四边形．
若添加条件②AE=FC，可得四边形BEDF是平行四边形．
理由如下：
连接BD，交AC于点O
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=FC，
∴AO−AE=CO−CF，即EO=FO，
∴四边形BFDE是平行四边形．
若添加条件③∠1=∠2，可得四边形BEDF是平行四边形．
理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，AD∥BC，
∴∠DAE=∠BCF，
∵∠1=∠2，
∴△ADE≌△CBF(ASA)，
∴DE=BF，∠AED=∠CFB，
∴180°−∠AED=180°−∠CFB，即∠≝=∠EFD，
∴DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
若添加条件④AF=EC，可得四边形BEDF是平行四边形．
理由如下：
连接BD，交AC于点O∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AF=EC，
∴AF−AO=CE−CO，即FO=EO，
∴四边形BFDE是平行四边形．
综上所述，添加的条件可以是②或③或④．
故答案为：②（或③，或④）
14．（3分）（24-25八年级·四川成都·期中）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，
B，C，D，P都在格点上，连接AP，CP，CD，则∠PAB－∠PCD＝ ．
【答案】45°
【分析】如图，取CD边上的格点E，连接AE，PE，易得∠BAE＝∠PCD,证明△APE为等腰直角三角形，
从而可得答案．
【详解】如图，取CD边上的格点E，连接AE，PE，易得∠BAE＝∠PCD．
由题意可得AP2＝PE2＝12+22＝5，AE2＝12+32＝10．
∴AE2＝AP2+PE2．
∴△APE是等腰直角三角形．
∴∠PAE＝45
∴∠PAB－∠PCD＝∠PAB－∠BAE＝∠PAE＝45°．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，勾股定理的逆定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
15．（3分）（24-25八年级·浙江丽水·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，F为CD上一
点，连接AF交BD于点E，AF⊥AB，已知∠BAG=∠ABC=45∘，且BC+AG=10❑√2．
（1）则AB的长是 ；
（2）若AE=2EF，且∠AGD+∠BCD=180∘，则AF= ．
【答案】 10 6
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟
练掌握相关知识是解题的关键．
（1）延长AF交BC的延长线于点H，易得△ABH是等腰直角三角形，可证△ABG≌△HAC，所以
BH=BC+AG=10❑√2，即可得解；
（2）由条件易证△AGE ≌△HCF(ASA)，得到FH=AE=2x，所以AH=5x=10，即可求解．
【详解】解：（1）延长AF交BC的延长线于点H，
∵AF⊥AB
，
∴∠BAH=90∘，
∵∠ABC=45∘，
∴∠H=90°−∠ABC=45°=∠ABC，
∴AB=AH，即△ABH是等腰直角三角形，
∴∠AHB=45∘=∠BAG，AH=AB，∵AC⊥BD，
∴∠CAH=90∘−∠AEG=∠ABG，
在△ABG和△HAC中，
{∠BAG=∠AHC
)
AB=AH ，
∠ABG=∠CAH
∴△ABG≌△HAC(SAS)，
∴CH=AG，
∵BC+AG=10❑√2，
∴BC+CH=BH=10❑√2，
在Rt△ABH中，AB2+AH2=BH2，
即2AB2=200，
∴AB=10；
故答案为：10；
（2）∵∠AGD+∠BCD=180∘，∠FCH+∠BCD=180∘，
∴∠AGD=∠FCH，
∵∠BAG=45°，∠BAG=∠FHC，
∴∠EAG=45°=∠FHC，
在△AGE和△HCF中，
{∠EAG=∠FHC
)
AG=CH ，
∠AGD=∠FCH
∴△AGE ≌△HCF(ASA)，
∴FH=AE，
设EF=x，则FH=AE=2x，
∴AH=AE+EF+FH=5x=10，
解得：x=2，
∴AF=AE+EF=3x=6．
故答案为：6．
16．（3分）（24-25八年级·浙江金华·期中）如图，在长方形ABCD中，AB=10，AD=12，点E为边
AD上的一个动点，把△ABE沿BE折叠，若点A的对应点A′刚好落在边AD的垂直平分线MN上，则AE
的长为 ．10
【答案】
3
【分析】由矩形的性质得到BC=AD=12,BC∥AD,∠A=∠ABC=90°，由线段垂直平分线的性质得
到AM=6,BN=6，由折叠的性质得到：BA′=AB=10,AE=A′E，由勾股定理求出
N A′=❑√BA′2−NB2=8，由矩形的性质得到MN=AB=10，求出M A′=2，令AE=x，由勾股定理得到
10
x2=(6−x) 2+22，求出x= ，即可得到AE的长．
3
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=12,BC∥AD,∠A=∠ABC=90°，
∵MN垂直平分AD，
∴MN垂直平分BC，
1 1
∴AM= AD=6,NB= BC=6，
2 2
由折叠的性质得到：BA′=AB=10,AE=A′E，
∴N A′=❑√BA′2−NB2=8，
∵∠A=∠ABN=∠BNM=90°，
∴四边形AMNB是矩形，
∴MN=AB=10，
∴M A′=MN−N A′=10−8=2，
令AE=x，
∴EA′=x,EM=AM−EM=6−x，
∵EA′2=EM2+M A′2，
∴x2=(6−x) 2+22，10
∴x= ，
3
10
∴AE= ，
3
10
故答案为： ．
3
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，图形折叠的性质等知识，熟
练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题关键．
第Ⅱ卷
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·山东青岛·期中）计算：
(1)(3❑√3−1)(3❑√3+1)−(2❑√3−1) 2
( √1) ❑√27+❑√12
(2) 2❑√12−❑ ×❑√6−
3 ❑√3
【答案】(1)13+4❑√3
(2)11❑√2−5
【分析】本题考查二次根式的混合运算，平方差公式，完全平方公式，解题的关键是掌握二次根式的混合
运算法则．
（1）利用平方差公式，完全平方公式计算即可；
（2）先计算乘除，再计算加减．
【详解】（1）解：(3❑√3−1)(3❑√3+1)−(2❑√3−1) 2
=(3❑√3) 2 −1−(12−4❑√3+1)
=27−1−12+4❑√3−1
=13+4❑√3；
( √1) ❑√27+❑√12
（2）解： 2❑√12−❑ ×❑√6−
3 ❑√3
√1
=2❑√12×❑√6−❑ ×❑√6−❑√27÷❑√3−❑√12÷❑√3
3
=12❑√2−❑√2−3−2=11❑√2−5．
18．（6分）（24-25八年级·重庆沙坪坝·期中）如图，小区A与公路l的距离AC=200米，小区B与公路l
的距离BD=400米，已知CD=800米．
(1)政府准备在公路边建造一座公交站台Q，使Q到A、B两小区的路程相等，求CQ的长；
(2)现要在公路旁建造一利民超市P，使P到A、B两小区的路程之和最短，求PA+PB的最小值，求出此最
小值．
【答案】(1)475米
(2)1000米
【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形的性质，勾股定理，确定出Q、P的位置是本题的
关键．
（1）设CQ=x，则DQ=800−x，根据AQ=BQ利用勾股定理即可得出结果．
（2）作A关于l的对称点A′，连接A′B，交l于P，由对称性得PA+PB的最小值为线段A′B的长，作
A′E⊥BE于点E，在Rt△A′BE中，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：如图1，
根据题意得：AQ=BQ，
设CQ=x，则DQ=800−x，
∴2002+x2=4002+(800−x) 2，
解得x=475，
即CQ的长为475米；
（2）如图，作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B，交直线l于点P．则AP=A′P，
∴AP+BP=A′P+BP，
∴PA+PB的最小值为A′B，
如图，作A′E⊥BE于点E，
在Rt△A′BE中，
A′E=CD=800米，BE=BD+DE=BD+C A′=BD+AC=400+200=600米，
∴A′B=❑√AE2+BE2=❑√8002+6002=1000米，
∴PA+PB的最小值为1000米．
19．（6分）（24-25八年级·陕西渭南·期中）如图，点E是▱ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），
连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE=AD，∠FEC=∠FCE．
(1)求证：▱ABCD是矩形；
(2)若点E为AC的中点，求∠ABE的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）先由平行四边形的性质得到AD=BC，则BE=BC，由等边对等角得到∠ECB=∠CEB，
则可证明∠FEB=∠BCD=90°，进而可证明平行四边形ABCD是矩形；
1
（2）由矩形的性质得到BE=CE= AC，∠ABC=90°，则可证明△BCE是等边三角形，得到
2
∠CBE=60°，则∠ABE=30°．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵BE=AD，∴BE=BC，
∴∠ECB=∠CEB，
∵∠FEC=∠FCE，
∴∠FEC+∠CEB=∠FCE+∠BCE，
∴∠BEF=∠BCF，
∵EF⊥BE，
∴∠FEB=∠BCD=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，点E为AC的中点，
1
∴BE=CE= AC，∠ABC=90°，
2
∴BE=CE=BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠CBE=60°，
∴∠ABE=30°．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行
四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键：
20．（8分）（24-25八年级·江苏淮安·期中）像❑√4−2❑√3,❑√❑√48−❑√45，这样的根式叫做复合二次根式．
有一些复合二次根式可以借助构造完全平方式进行化简：
如：❑√4−2❑√3=❑√3−2❑√3+1=❑√(❑√3) 2 −2×❑√3×1+12=❑√(❑√3−1) 2=❑√3−1，
再如：❑√5+2❑√6=❑√3+2❑√6+2=❑√(❑√3) 2+2❑√3×❑√2+(❑√2) 2=❑√(❑√3+❑√2) 2=❑√3+❑√2，
请用上述方法探索并解决下列问题：
(1)化简：❑√9+2❑√14=
(2)化简：❑√8−4❑√3=
(3)若(❑√2m−n) 2=k−6❑√2，且k,m,n为正整数，求k的值．
【答案】(1)❑√7+❑√2
(2)❑√6−❑√2
(3)11或19．
【分析】此题考查化简二次根式，完全平方公式的应用，准确变形是解题的关键．（1）利用题中复合二次根式借助构造完全平方式的新方法求解；
（2）利用题中复合二次根式借助构造完全平方式的新方法求解；
（3）利用完全平方公式，结合k、m、n为正整数求解即可．
【详解】（1）解：❑√9+2❑√14=❑√(❑√7) 2+2×❑√7×❑√2+(❑√2) 2=❑√ (❑√7+❑√2) 2=❑√7+❑√2；
故答案为：❑√7+❑√2
（2）❑√8−4❑√3=❑√6−2×❑√12+2=❑√(❑√6) 2 −2×❑√6×❑√2+(❑√2) 2=❑√(❑√6−❑√2) 2=❑√6−❑√2；
故答案为：❑√6−❑√2
（3）∵(❑√2m−n) 2=k−6❑√2
∴2m2−2❑√2mn+n2=k−6❑√2，
∴k=2m2+n2,2mn=6，，
∴mn=3
又∵k、m、n为正整数，
∴m=1,n=3，或者m=3,n=1，
∴当m=1,n=3时，k=2m2+n2=2×1+32=11；
当m=3,n=1时，k=2m2+n2=2×32+12=19．
∴k的值为：11或19．
21．（8分）（24-25八年级·陕西西安·期中）如图1是一架移动式小吊机工作示意图，吊机工作时是利用
吊臂的长度和倾斜角的变化改变起升高度和工作半径．在某次起重作业中，学习兴趣小组通过测量和咨询
工人师傅了解到如下信息：如图2，起重臂AB=1.3m，点B到地面CD的距离BC=DE=2m，点B到AD
的距离BE=1.2m，BE⊥AD于E，BC⊥CD，AD⊥CD，求点A地面CD的距离AD的长为多少米？
【答案】点A到地面DC的距离AD的长为2.5米
【分析】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理．根据勾股定理求出AE，根据长方形的性质，得出ED=BC，即可得出答案．
【详解】解：由题知：∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=❑√AB2−BE2=❑√1.32−1.22=0.5(m)，
∵ED=BC=2m，AD⊥CD，
∴AD=ED+AE=2+0.5=2.5(m)，
答：点A地面DC的距离AD的长为2.5米．
22．（10分）（24-25八年级·上海浦东新·期中）已知：如图△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，点
E、F分别在边BC、AC上，且BE=1，AF=3，EF=❑√10．
(1)证明：线段EF，AF，BE能组成直角三角形；
(2)当D是边AB上的中点时，判断：DF、DE的位置关系．
【答案】(1)证明见解析；
(2)DE⊥DF，理由见解析．
【分析】（1）根据勾股逆定理即可求证；
（2）延长FD，使得FD=DM，连接BM、EM，证明△ADF≌△BDM，得到∠AFD=∠BMD，
AF=BM=3，得到AC∥BM，根据平行线的性质得到∠MBC=90°，由勾股定理得到ME=❑√10，进
而得到ME=EF，由等腰三角形三线合一即可求证；
本题考查了勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，正确作
出辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵BE2+AF2=12+32=10，EF2=(❑√10) 2=10，
∴BE2+AF2=EF2，
∴线段EF，AF，BE能组成直角三角形；
（2）解：DE⊥DF．
理由：延长FD，使得FD=DM，连接BM、EM，∵D是边AB上的中点，
∴AD=BD，
又∵∠ADF=∠BDM，FD=DM，
∴△ADF≌△BDM(SAS)，
∴∠AFD=∠BMD，AF=BM=3，
∴AC∥BM，
∴∠AFB+∠MBC=180°，
∵∠ACB=90°，
∴∠MBC=180°−90°=90°，
∴在Rt△MBE中，ME=❑√BE2+BM2=❑√12+32=❑√10，
∵EF=❑√10，
∴ME=EF，
∵FD=DM，
∴ED⊥FM，
即ED⊥FD．
23．（10分）（24-25八年级·河北沧州·期中）嘉琪根据学习“数与式”的经验，想通过“由特殊到一般”
的方法探究下面二次根式的运算规律．下面是嘉琪的探究过程，请补充完整：
(1)具体运算，发现规律：
√ 1 √3+1 √ 1 √1
特例1：❑1+ =❑ =❑4× =2❑ ，
3 3 3 3
√ 1 √8+1 √ 1 √1
特例2：❑2+ =❑ =❑9× =3❑ ，
4 4 4 4
√ 1 √1
特例3：❑3+ =4❑ ，
5 5特例4：______（填写一个符合上述运算特征的式子）．
(2)观察、归纳，得出猜想：
如果n为正整数，用含n的式子表示上述的运算规律为：______．
(3)证明你的猜想；
(4)应用运算规律：
√ 1
①化简：❑2023+ ×❑√4050=______；
2025
√ 1 √1
②若❑a+ =9❑ （a，b均为正整数），则a+b的值为______．
b b
√ 1 √1
【答案】(1)❑4+ =5❑ ；（答案不唯一）
6 6
√ 1 √ 1
(2)❑n+ =(n+1)❑
n+2 n+2
(3)见解析
(4)①2024❑√2；②18
【分析】本题主要考查二次根式的混合运算，掌握其运算法则是解题的关键．
（1）根据材料提示计算即可；
（2）由材料提示，归纳总结即可；
（3）运用二次根式的性质，二次根式的混合运算法则计算即可；
（4）根据材料提示的方法代入运算即可．
√ 1 √1
【详解】（1）解：根据材料提示可得，特例 4 为：❑4+ =5❑ ，
6 6
√ 1 √1
故答案为：❑4+ =5❑ ；
6 6
√ 1 √ 1
（2）解：由上述计算可得，如果n为正整数，上述的运算规律为：❑n+ =(n+1)❑ ，
n+2 n+2
√ 1 √ 1
故答案为：❑n+ =(n+1)❑ ；
n+2 n+2
√ 1 √ 1
（3）解：❑n+ =(n+1)❑ ，
n+2 n+2
√ 1 √n2+2n+1 √(n+1) 2 √ 1
等式左边=❑n+ =❑ =❑ =(n+1)❑ =等式右边；
n+2 n+2 n+2 n+2
√ 1
（4）①解：❑2023+ ×❑√4050
2025√ 1
=2024×❑ ×❑√2×2025
2025
=2024❑√2．
√ 1 √1
②∵ ❑a+ =9❑ ，
b b
∴ n+1=9，
∴ n=a=8，b=(n+2)=10，
∴ a+b=18．
24．（12分）（24-25八年级·河北石家庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形
OABC为矩形，A(0,5)，C(26,0)．点E是OC的中点，动点M在线段AB上以每秒2个单位长度的速度由
点A向点B运动（到点B时停止）．设动点M的运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形MOEB是平行四边形？
(2)若四边形MOEB是平行四边形，请判断四边形MAOE的形状，并说明理由；
(3)在线段AB上是否存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)6.5秒
(2)四边形MAOE是矩形，理由见解析
(3)线段AB存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒
【分析】（1）根据点C坐标可得OC=26，根据中点定义可得OE=13，根据矩形的性质可得AB=OC，
AB∥OC，根据平行四边形的性质可得MB=OE，即可得出AM的长，根据点M的速度即可得答案；
（2）如图，由（1）可得AM=OE=13,AM∥OE，可证明四边形MAOE是平行四边形，由
∠AOE=90°可得四边形MAOE是矩形；
（3）当点M在点N右侧时，根据菱形的性质可得ON=OE=13，利用勾股定理可求出AN的长，进而可
得出AM的长，根据点M的速度可求出t值；当点M在点N左侧时，则OM=OE=13，利用勾股定理可求
出AM的长，根据点M的速度即求得出t值，综上即可得答案．【详解】（1）解：如图，∵四边形OABC为矩形，C(26,0)，
∴OC=AB=26,OC∥AB，
∵点E是OC的中点，
∴OE=CE=13，
∵四边形MOEB是平行四边形，
∴BM=OE=13，
∴AM=26−13=13，
∵动点M的速度为每秒2个单位长度，
∴t=13÷2=6.5（秒）．
（2）解：如图，四边形MAOE是矩形；
理由如下：由（1）可知AM=OE=13,AM∥OE，
∴四边形MAOE是平行四边形，
∵∠AOE=90°，
∴四边形MAOE是矩形．
（3）解：如图，点M在点N右侧时，
∵四边形OEMN是菱形，∴ON=MN=OE=13，
∵A(0,5)，
∴OA=5，
∴AN=❑√ON2−OA2=❑√132−52=12，
∴AM=AN+MN=25，
∴t=25÷2=12.5（秒），
如图，点M在点N左侧时，
∵四边形OENM是菱形，
∴OM=OE=13，
∴AM=❑√OM2−OA2=12，
∴t=12÷2=6（秒），
综上所述：线段AB存在一点N，使得以O，E，M，N为顶点的四边形是菱形，t的值为12.5秒或6秒．
【点睛】本题考查坐标与图形性质、矩形的判定与性质、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判
定定理并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．
25．（12分）（24-25八年级·广东广州·期中）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段
AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．点Q在BA的延长线上且PQ=PD．
(1)如图1，若四边形ABCD是正方形．
①求∠DPQ的度数；
②探究AQ与OP的数量关系并说明理由．(2)如图2，若四边形ABCD是菱形且∠ABC=60°．探究AQ与CP的数量关系并说明理由．
【答案】(1)①90°；②AQ=❑√2OP，详见解析
(2)AQ=CP，详见解析
【分析】本题主要考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、腰三角形的性质和判定、等边
三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握有关基础知识是解题的关键．
（1）①先证明△DAP≌△BAP，进而推出PD=PB；可得出PB=PD=PQ，根据等边对等角和8字形模
型即可解答；②如图2，如图2，在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，证明△DNP≌△PAQ，再根
据全等三角形的性质即可解答；
（2）如图3，过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，先证明△PDQ是等边三角形，再证明
△ADE≌△BCO(AAS)和Rt△DEQ≌Rt△BOP(HL)，进而完成解答．
【详解】（1）解：①如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴∠DAQ=90°，
∵AP=AP，
∴△DAP≌△BAP(SAS)，
∴PD=PB，∠ADP=∠ABP，
∵PQ=PD，
∴PQ=PB，
∴∠PQA=∠PBA=∠ADP，
∵∠AMQ=∠DMP，
∴∠DPQ=∠DAQ=90°；
②AQ=❑√2OP，理由如下：如图2，在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OA，∠AOD=90°，
∴ON=OP，
∴△PON是等腰直角三角形，
∴PN=❑√2OP，
∵∠DPQ=90°，
∴∠APQ+∠OPD=90°，
∵∠OPD+∠ODP=90°，
∴∠APQ=∠ODP，
∵PD=PQ，
∴△DNP≌△PAQ(SAS)，
∴PN=AQ，
∴AQ=❑√2OP．
（2）解：AQ=CP，理由如下：
如图3，过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，
∴∠AED=∠DEQ=90°，∠AED=∠DEQ=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD∥BC，
∴∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠AOB=∠BOC=90°，△ABC是等边三角形，
∴∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，
由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，∴△PDQ是等边三角形，
∴DQ=PD=PB，
∴△ADE≌△BCO(AAS)，
∴DE=OB，OC=AE，
∴Rt△DEQ≌Rt△BOP(HL)，
∴EQ=OP，
∴，即．
