2024-2025 学年八年级（下）期末数学试卷（拔尖卷）
【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·浙江·阶段练习）已知x=❑√2−❑√3,y=❑√2+❑√3，则代数式
❑√x2+2xy+ y2+x−y−4的值为（ ）
❑√3 3 ❑√5−1
A． B． C．❑√3−1 D．
2 4 2
【答案】C
【分析】根据已知，得到x+ y=❑√2−❑√3+❑√2+❑√3=2❑√2,x−y=❑√2−❑√3−❑√2−❑√3=−2❑√3，整体思
想带入求值即可．
【详解】解：∵x=❑√2−❑√3,y=❑√2+❑√3，
∴x+ y=❑√2−❑√3+❑√2+❑√3=2❑√2,x−y=❑√2−❑√3−❑√2−❑√3=−2❑√3，
∴❑√x2+2xy+ y2+x−y−4=❑√(x+ y) 2+(x−y)−4
=❑√(2❑√2) 2 −2❑√3−4
=❑√8−2❑√3−4
=❑√4−2❑√3
=❑√(❑√3) 2 −2❑√3+1
=❑√(❑√3−1) 2
=❑√3−1．
故选C．
【点睛】本题考查二次根式的化简求值．熟练掌握二次根式的运算法则，利用整体思想进行求解，是解题
的关键．2．（3分）（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB交BC于
2
点D，点E在边AB上，AE=BE=BD，DE= ，则AD的长度为（ ）
3
4 3
A．❑√2 B． C． D．❑√3
3 2
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，过A作
2
AG∥BC交DE的延长线于G，过A作AH⊥EG于H，可得△AEG≌△BED(AAS)，即得EG=DE=
3
1 1
，AG=BD，得到AG=AE，得到EH= EG= ，∠GAH=∠EAH， 得到DH=1，进而根据角平分
2 3
线可得∠DAH=45°，得到△DAH是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题
的关键．
【详解】解：过A作AG∥BC交DE的延长线于G，过A作AH⊥EG于H，
∴∠G=∠BDE，∠C+∠GAC=180°，
∵∠C=90°，
∴∠CAG=90°，
在△AEG与△BED中，{
∠G=∠BDE
)
∠AEG=∠BED ，
BE=AE
∴△AEG≌△BED(AAS)，
2
∴EG=DE= ，AG=BD，
3
∵BE=AE，
∴AG=AE，
∵AH⊥EG，
1 1
∴EH= EG= ，∠GAH=∠EAH，
2 3
2 1
∴DH= + =1，
3 3
∵AD平分∠CAB，
1
∴∠DAE= ∠CAB，
2
1
∴∠DAE+∠HAE= ∠CAG=45°，
2
即∠DAH=45°，
∴△DAH是等腰直角三角形，
∴AD=❑√2DH=❑√2，
故选：A．
3．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在▱ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，连
接EC，FD，G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB=6，BC=8，∠BAD=120°，则GH的
长度是（ ）
5 ❑√37 ❑√34
A． B． C． D．2
2 2 2
【答案】B
【分析】如图，连接CH并延长交AD于P，连接PE，过E作EI⊥AD交DA延长线于I，根据平行四边形的性质得到AD∥BC,AD=BC=8；再说明∠AEI=∠BAD−∠I=30°，根据直角三角形的性质和勾股
3 3❑√3 11
定理可得AI= 、IE= ，根据全等三角形的性质得到PD=CF，进而求得IP= ，再由勾股定理可
2 2 2
得PE=❑√34，最后运用三角形的中位线定理即可解答．
【详解】解：连接CH并延长交AD于P，过E作EI⊥AD交DA延长线于I，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AD=BC=8，
∵点E,F分别是边AB,BC的中点，AB=6,BC=8，
1 1 1 1
∴AE= AB= ×6=3,CF= BC= ×8=4，
2 2 2 2
∵∠BAD=120°，
∴∠AEI=∠BAD−∠I=30°，
∴AI=
1
AE=
3
,IE=❑√AE2−AI2=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
，
2 2 2 2
∵AD∥BC，
∴∠DPH=∠FCH，
在△PDH与△CFH中，
{∠DPH=∠FCH
)
∠DHP=∠FHC ，
DH=FH
∴△PDH≌△CFH(AAS)，
∴PD=CF=4,PH=CH，
∴AP=AD−PD=4，
3 11
∴IP=AI+AP= +4= ，
2 2
∴PE=❑√I P2+I E2=❑
√ (11) 2
+
(3❑√3) 2
=❑√37，
2 2∵点G是EC的中点，PH=CH，
1 ❑√37
∴GH= EP= ，
2 2
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理，直
角三角形的性质等知识点，正确的作出辅助线、构造全等三角形是解题的关键．
4．（3分）（24-25八年级·北京西城·期中）如图1，已知点E，F，G，H是矩形ABCD各边的中点，
AB=6，BC=8．动点M从某点出发，沿某一路径匀速运动，设点M运动的路程为x，过点M作
MQ⊥BC于点Q，则△BMQ的面积y关于x的函数关系的图象如图2所示，那么这条路径可能是图中的
（ ）
A．F→G→H→E→F B．E→H→G→F→E
C．G→F→E→H→G D．G→H→E→F→G
【答案】D
【分析】本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据点
1
E，F，G，H是矩形ABCD各边的中点，AB=6，BC=8．得到BE=CG=AE=GD= AB=3，
2
1
AF=DF=CH=BH= BC=4，进而得到EF=FG=GH=EH=5，点M与点E，点H重合时，此时，
2
△BMQ的面积都为0，点M与点F，点G时重合，此时，△BMQ的面积都为12，由图2得出始点面积为
12，当x=5和x=10时，面积都为0，由此即可解答．
【详解】解：∵点E，F，G，H是矩形ABCD各边的中点，AB=6，BC=8．
1 1
∴ BE=CG=AE=GD= AB=3，AF=DF=CH=BH= BC=4，
2 2
∴ EF=FG=GH=EH=❑√32+42=5，如图，连接BM，
∵ MQ⊥BC
，
当点M与点E，点H重合时，
此时，B,M,Q三点再一条直线上，
∴ △BMQ的面积都为0，
当点M与点F时重合，
此时，MQ=AB=6,BQ=BH=4
1 1
△BMQ的面积为 BQ⋅MQ= BH⋅AB=12，
2 2
当点M与点G时重合，
此时，MQ=CG=3,BQ=BC=8
1 1
△BMQ的面积为 BQ⋅MQ= BC⋅CG=12，
2 2
由图2得出始点面积为12，当x=5和x=10时，面积都为0，
∵5<x<10时，△BMQ的面积先增大后减小，
∴ 5<x<10时，点M运动的路径是H→E，
∴点M运动的路径是G→H→E→F→G．
故选：D．
5．（3分）（24-25八年级·浙江杭州·期末）小明统计了某校八年级（3）班五位同学每周课外阅读的平均
时间，其中四位同学每周课外阅读时间分别是5小时、8小时、10小时、4小时，第五位同学每周的课外阅
读时间既是这五位同学每周课外阅读时间的中位数，又是众数，则第五位同学每周课外阅读时间是（ ）
A．5小时 B．8小时 C．5或8小时 D．5或8或10小时
【答案】C
【分析】利用众数及中位数的定义解答即可．
【详解】解：当第五位同学的课外阅读时间为4小时时，此时五个数据为4,4,5,8,10，众数为4，中位数为
5，不合题意；
当第五位同学的课外阅读时间为5小时时，此时五个数据为4,5,5,8,10，众数为5，中位数为5，符合题
意；当第五位同学的课外阅读时间为8小时时，此时五个数据为4,5,8,8,10，众数为8，中位数为8，符合题
意；
当第五位同学的课外阅读时间为10小时时，此时五个数据为4,5,8,10,10，众数为10，中位数为8，不合题
意；故第五位同学的每周课外阅读时间为5或8小时．故答案为C．
【点睛】本题考查了众数及中位数的概念，解题的关键是根申请题意，并结合题意分类讨论解答．
6．（3分）（24-25八年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC上，连
接AF，过点E作EG⊥AF交CD于点G，连接FG．若AE=2BF，∠BAF=α，则∠EGF一定等于
（ ）
A．45°+α B．45°−α C．2α D．α
【答案】B
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，熟练掌握正
方形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
过点D作DH∥EG，交AB于点H，连接AG，证明△ABF≌△DAH(ASA)，得到AH=BF，AF=DH
，再根据AE=2BF得到AH=HE=BF．证明四边形DGEH是平行四边形，得到HE=AH=DG，证明
△AHD≌△DGA(SAS)，得到∠ADH=∠DAG=α，DH=AG，则
∠FAG=∠BAD−(∠BAF+∠DAG)=90°−2α，AF=DH=AG，进而得到
1
∠AFG=∠AGF= (180°−∠FAG)=45°+α，根据EG⊥AF得到∠AGE=90°−∠FAG=2α，最后
2
由∠EGF=∠AGF−∠AGE即可解答．
【详解】解：过点D作DH∥EG，交AB于点H，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠CDA=90°，AB∥CD，
∴∠BAF+∠FAD=90°，
∵¿⊥AF，DH∥EG，
∴DH⊥AF，
∴∠ADH=∠FAD=90°，
∴∠ADH=∠BAF=α．
在△ABF和△DAH中
{∠BAF=∠ADH
)
AB=AD ，
∠B=∠HAD
∴△ABF≌△DAH(ASA)，
∴AH=BF，AF=DH，
∴AE=AH+HE=BF+HE，
∵AE=2BF，
∴BF+HE=2BF，
∴HE=BF，
∴AH=HE=BF．
∵AB∥CD，DH∥EG，
∴四边形DGEH是平行四边形，
∴HE=DG，
∴AH=DG，
在△AHD和△DGA中
{
AH=DG
)
∠HAD=∠GDA ，
AD=DA
∴△AHD≌△DGA(SAS)，
∴∠ADH=∠DAG=α，DH=AG，
∴∠FAG=∠BAD−(∠BAF+∠DAG)=90°−2α，
∵AF=DH，DH=AG，
∴AF=AG，
1
∴∠AFG=∠AGF= (180°−∠FAG)=45°+α，
2
∵EG⊥AF，∴∠AGE=90°−∠FAG=90°−(90°−2α)=2α，
∴∠EGF=∠AGF−∠AGE=45°+α−2α=45°−α．
故选：B
❑√3
7．（3分）（24-25八年级·福建福州·期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y= x−❑√3分别交x
3
轴、y轴于A、B两点，若C为x轴上的一动点，则2BC+AC的最小值为（ ）
A．3 B．3❑√3 C．6❑√3 D．6
【答案】D
【分析】先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，作点B关于OA的对称点B′，连接AB′，B′C
1
，过点C作CH⊥AB于H，可证△ABB′是等边三角形，由直角三角形的性质可得CH= AC，则
2
2BC+AC=2(B′C+CH)，即当点B′，点C，点H三点共线时，B′C+CH有最小值，即2BC+AC有最
小值，再利用等积法可求解．
❑√3
【详解】解：∵一次函数y= x−❑√3分别交x轴、y轴于A、B两点，
3
当x=0时，y=−❑√3，
当y=0时，x=3，
∴A(3,0)，B(0,−❑√3)，
∴AO=3，BO=❑√3，
∴AB=❑√AO2+BO2=❑√32+(❑√3) 2=2❑√3，
如图，作点B关于OA的对称点B′，连接AB′，B′C，过点C作CH⊥AB于H，∴OB′=OB=❑√3，
∴BB′=OB′+OB=2❑√3，
又∵AO⊥BB′，
∴AB′=AB=2❑√3，B′C=BC，
∴AB′=AB=BB′，
∴△ABB′是等边三角形，
∵AO⊥BB′，
∴∠BAO=30°，
∵CH⊥AB，
1
∴CH= AC，
2
∴2BC+AC=2 ( BC+ 1 AC ) =2(B′C+CH)，
2
∴点C，点H三点共线时，B′C+CH有最小值B′H，即2BC+AC有最小值，
此时B′H⊥AB，△ABB′是等边三角形，
1 1
∵S = AB⋅B′H= BB′ ⋅OA，
△ABB′ 2 2
1 1
∴ ×2❑√3B′H= ×2❑√3×3
2 2
∴B′H=3，
∴B′C+CH有最小值为3，
∴2BC+AC的最小值为6，
故选：D．
【点睛】本题是胡不归问题，考查了一次函数的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，确
定点C的位置是解题的关键．
8．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=6，E，F分别是边CD和BC的延长线上一点，且CE=CF=2，以CE，CF为边作 ▱CEGF，H是AG的中点．则线段CH的
长为（ ）
A．2❑√5 B．4❑√3 C．3❑√2 D．2❑√3
【答案】D
【分析】连接AC,CG,EF，根据菱形的性质得出∠1=∠ACD,AB=BC=6,AB∥CD，证出
∠BCD=180°−∠B=120°,∠ECG=60°,△ABC是等边三角形，AC=AB=6，证明四边形CFGE是
菱形，得出∠3=∠2=30°,CG⊥EF，EO=1，CO=❑√3，CG=2❑√3，再证出∠ACG=90°，根据勾
1
股定理得出AG=4❑√3，根据H是AG的中点，得出CH= AG=2❑√3．
2
【详解】解：如图，连接AC,CG,EF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠1=∠ACD,AB=BC=6,AB∥CD，
∵∠B=60°，
∴∠BCD=180°−∠B=120°,∠ECF=60°,△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
∵四边形CFGE是平行四边形，CE=CF=2，
∴四边形CFGE是菱形，
1
∴∠3=∠2= ∠ECF=30°,CG⊥EF，
2
1
∴EO= CE=1，
2
∴CO=❑√CE2−EO2=❑√3，∴CG=2CO=2❑√3，
∵∠1+∠2+∠3+∠ACD=180°，
∴∠2+∠ACD=∠ACG=90°，
∴AG=❑√AC2+CG2=4❑√3，
∵H是AG的中点，
1
∴CH= AG=2❑√3，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质和判定、平行四边形的性质、直角三角形的性质，等边三角形的性质和判
定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题的关键．
9．（3分）（24-25八年级·浙江宁波·期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，连接对角线AC,AC⊥AB
，点E为边AB上一点，连接CE,CE平分∠ACB，AC与DE交于点F，若点F恰为DE中点，且
AD=5,CD=7 ，则 DE=（ ）
A．❑√74 B．❑√97 C．11 D．12
【答案】B
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定
理、角平分线性质等知识，过点D作DH⊥AC于点H，过点H作HI⊥BC于点I，过点E作EG⊥BC
于点G，则∠HIG=∠EGI=90°，由角平分线性质得到AE=≥¿，证明△AFE≌△HFD(AAS)，则
1
AE=DH，证明四边形AEHD是平行四边形，则AF=FH= AH，AD∥EH，证明四边形EGIH是矩
2
形，则EG=HI=AE=DH，再证明△HIC≌△DHA(AAS)，则HC=AD=5，由勾股定理得到
DH=❑√CD2−CH2=2❑√6，则AE=DH=2❑√6，勾股定理求出AH=❑√AD2−DH2=1，则
1 1 ❑√97
AF=FH= AH= ，由勾股定理求出EF=❑√AE2+AF2= ，即可得到DE=2EF=❑√97.
2 2 2【详解】解：过点D作DH⊥AC于点H，过点H作HI⊥BC于点I，过点E作EG⊥BC于点G，则
∠HIG=∠EGI=90°，
∵AC⊥AB，CE 平分 ∠ACB，
∴∠EAF=∠DHF=90°，AE=≥¿
∴AE∥DH，
∵点F恰为DE中点，
∴DF=EF，
∵∠AFE=∠HFD
∴△AFE≌△HFD(AAS)，
∴AE=DH
∴四边形AEHD是平行四边形，
1
∴AF=FH= AH，AD∥EH，
2
∵AD∥BC，
∴EH∥BC，∠DAH=∠HCI，
∴∠GEH=180°−∠EGI=90°，
∴∠HIG=∠EGI=∠GEH=90°
∴四边形EGIH是矩形，
∴EG=HI=AE=DH
∵∠HIC=∠CHD=90°，∠DAH=∠HCI，HI=DH
∴△HIC≌△DHA(AAS)
∴HC=AD=5，
∴DH=❑√CD2−CH2=❑√72−52=2❑√6，
∴AE=DH=2❑√6，
∴AH=❑√AD2−DH2=1，1 1
∴AF=FH= AH= ，
2 2
∴EF=❑√AE2+AF2=❑
√
(2❑√6) 2+
(1) 2
=
❑√97
，
2 2
∴DE=2EF=❑√97，
故选：B
10．（3分）（24-25八年级·北京海淀·期中）如图，点D是菱形ABCO内一点，AD⊥y轴，BD⊥x轴，
BD=2，∠BDC=120°，S =2❑√3，若一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过C、D两点，则b的值为
△BCD
（ ）
❑√3
A．❑√2+1 B．2(❑√2+1) C．3 D．
3
【答案】B
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，延长BD交CE于点F，可证明△COE≌△ABD(AAS)，则
1
OE=BD=2，由S = ⋅BD⋅CF=2❑√3，可得CF=2❑√3，由∠BDC=120°，可知∠CDF=60°，
△BCD 2
所以DF=2，所以点D的纵坐标为4，再求出AH=CF，利用勾股定理求出AO的长，再利用勾股定理求
出CE的长，从而求出C、D的坐标，利用待定系数法求出k，b的值即可．
【详解】解∶过点C作CE⊥y轴于点E，延长BD交CE于点F，
∵四边形OABC为菱形，∴AB∥OC，AB=OC，
∴∠COE=∠AGE，
∵BD⊥x轴，AD⊥y轴，
∴BD∥y轴，
∴∠ADB=90°，∠AGE=∠ABD，
∴∠COE=∠ABD，
在△COE和△ABD中，
{∠CEO=∠ADB=90°
)
∠COE=∠ABD
CO=AB
∴△COE≌△ABD(AAS)，
∴OE=BD=2，CE=AD，
∵CE⊥y轴，
∴CE∥x轴，
∵BD⊥x轴，
∴BD⊥CE，
又∵CE⊥y轴，AD⊥y轴，
∴四边形DFEH为矩形，
∴FE=DH，
∴CE−FE=AD−DH，即CF=AH，
1
∵S = ⋅BD⋅CF=2❑√3，
△BCD 2
∴AH=CF=2❑√3，
∵∠BDC=120°，
∴∠CDF=60°，
∴DF=2．
∴OH=OE+EH=OE+DF=2+2=4，
在Rt△AHO中，由勾股定理得，AO=❑√AH2+OH2=❑√ (2❑√3) 2+42=2❑√7，
∵四边形ABCO是菱形，
∴CO=AO=2❑√7，
在Rt△CEO中，由勾股定理得，CE=❑√CO2−OE2=❑√(2❑√7) 2 −22=2❑√6，∴点C的坐标为(−2❑√6，2)，
∴FE=CE−CF= 2❑√6−2❑√3，
∴点D的坐标为(2❑√3−2❑√6，4)，
∵一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过C、D两点，则
{ −2❑√6k+b=2 )
(2❑√3−2❑√6)k+b=4
{ k= ❑√3 )
解得 3 ．
b=2(❑√2+1)
故选∶ B．
【点睛】本题主要考查一次函数函数与几何的综合问题，涉及到菱形的性质，三角形全等的判定与性质，
勾股定理等知识点，求出关键点C、D的坐标是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（24-25八年级·河南信阳·阶段练习）已知m为正整数，若❑√189m是整数，则根据
√300
❑√189m=❑√3×3×3×7m=3❑√3×7m可知m有最小值3×7=21．设n为正整数，若❑ 是大于1的整
n
1
数，则n的最小值为 ，最大值为 ， 的小数部分为 ．
❑√2−1
【答案】 3 75 ❑√2−1
√300 √3
【分析】本题考查了二次根式的乘除法，二次根式的性质与化简，先将❑ 化简为10❑ ，可得n最小为
n n
√300 √300 300 √300 1
3，由❑ 是大于1的整数可得❑ 越小， 越小，则n越大，当❑ =2时，即可求解． 先
n n n n ❑√2−1
进行分母的有理化计算，即化去分母中的根号，得到❑√2+1，然后通过估算减去整数部分即可；解题的关
键是读懂题意，根据关键词“大于”，“整数”进行求解．
√300 √3×100 √3
【详解】解：∵ ❑ =❑ =10❑ ，且为整数，
n n n
∴n最小为3，
√300
∵ ❑ 是大于1的整数，
n
√300 300
∴ ❑ 越小， 越小，则n越大，
n n√300
当❑ =2时，
n
300
=4，
n
∴n=75，
1 1×(❑√2+1)
∵ = =(❑√2+1)
❑√2−1 (❑√2−1)(❑√2+1)
∵1<❑√2<2
∴2<❑√2+1<3
1
故 的小数部分为❑√2+1−2=❑√2−1
❑√2−1
故答案为：3；75；❑√2−1
12．（3分）（2025·江苏宿迁·二模）若非负数a，b，c满足a>0，a+b+c=6，则数据a，b，c的方差的
最大值是 ．
【答案】8
【分析】先求出a,b,c的平均数，计算方差，然后求解即可．
【详解】解：∵a+b+c=6，
a+b+c
∴数据a，b，c的平均数为 =2，
3
设数据a，b，c的方差为S，
(a−2) 2+(b−2) 2+(c−2) 2
S=
3
a2−4a+4+b2−4b+4+c2−4c+4
=
3
a2+b2+c2−4(a+b+c)+12
=
3
a2+b2+c2−12
= ，
3
∵非负数a，b，c满足a>0
∴(a+b+c) 2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)≥a2+b2+c2，即a2+b2+c2≤36，
36−12
∴S≤ =8，
3
故答案为：8．【点睛】本题考查了平均数和方差的计算公式，根据已知条件推出(a+b+c) 2≥a2+b2+c2是解题关键．
13．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别
在y轴和x轴的正半轴上，OA=6，OC=3，D、E两点分别在CB、BA边上，且∠DOE=45°，若
BD=4，则点E的坐标为 ．
(6 )
【答案】 ,6
5
【分析】过点E作EF⊥OD，过点F作FN⊥OC，并延长NF交AB延长线于点M，设MF=ON=x，根
据三角形全等得到EM=FN=6−x，则F(x,6−x)，求出直线OD解析式，代入点F(x,6−x)求出x，即
可求解．
【详解】解：过点E作EF⊥OD，过点F作FN⊥OC，并延长NF交AB延长线于点M，如下图：
则∠EFO=∠FNO=90°，
∴∠OFN+∠EFM=90°，∠OFN+∠FON=90°
∴∠FON=∠EFM
在矩形OABC中，AB∥OC，OA=BC=6，OC=AB=3
∴∠M=∠FNO=90°
∴四边形BCNM为矩形
∴MN=BC=6，CD∥MN，BM=CN
∴AM=ON∵∠DOE=45°
∴△EFO为等腰直角三角形，EF=OF
∴△FON≌△EFM
∴MF=ON，EM=FN
设MF=ON=x，则EM=FN=6−x，F(x,6−x)
设直线OD解析式为y=kx
∵BC=OA=6，BD=4，OC=3
∴CD=2
2
∴D(3,2)，代入y=kx得，3k=2，解得k= ，
3
又∵点F(x,6−x)在直线OD上，
2
∴6−x= x
3
18 18 12
解得x= ，即AM=ON= ，FN=EM=
5 5 5
6
∴AE=AM−EM=
5
(6 )
∴点E坐标为 ,6
5
(6 )
故答案为： ,6 ．
5
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正比例函数的性质，等腰直角三角形的性
质，解题的关键是根据题意，作出合适的辅助线，利用有关性质求解．
14．（3分）（24-25八年级·湖北随州·期中）如图，已知正方形ABCD边长为8，点O为对角线
AC、BD的交点，四边形OEFG为正方形，F、H在BC边上，且BF=CH，∠EHB=45°，则正方形
OEFG的面积是 ．
【答案】10
【分析】过点O作OM⊥BC于M，连接AC，根据正方形的性质和勾股定理求出OC=4❑√2，证明△OMC是等腰直角三角形，进一步可得到OM=CM=4；过点E作EP⊥BC于P，过点O作OQ⊥PE
交PE延长线于Q，则四边形OMPQ是矩形，可得PQ=OM=4，PM=OQ；证明△QOE≌△PEF(AAS)
，得到OQ=PE，EQ=PF；再证明△EPH是等腰直角三角形，得到EP=PH，设EP=PH=x，则
MP=OQ=x，PF=EQ=4−x，则BF=CH=4−2x，根据BC=BF+PF+PH+CH=8，得到
4−2x+4−x+x+4−2x=8，解方程得到PF=4−x=3，PE=1，再利用勾股定理求出EF2即可得到答
案．
【详解】解：如图所示，过点O作OM⊥BC于M，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AB=BC=8，OC= AC，∠ABC=90°，∠ACB=45°，
2
∴AC=❑√AB2+BC2=8❑√2，
∴OC=4❑√2，
∵OM⊥BC，∠ACB=45°，
∴△OMC是等腰直角三角形，
∴OM=CM，
在Rt△OMC中，由勾股定理得OC=❑√OM2+CM2=❑√2OM=4❑√2，
∴OM=CM=4；
如图所示，过点E作EP⊥BC于P，过点O作OQ⊥PE交PE延长线于Q，则四边形OMPQ是矩形，
∴PQ=OM=4，PM=OQ；
∵四边形OEFG是正方形，
∴EF=EO，∠OEF=∠OQE=∠FOE=90°，
∴∠QOE+∠QEO=∠QEO+∠PEF，
∴∠QOE=∠PEF，
∴△QOE≌△PEF(AAS)，∴OQ=PE，EQ=PF；
∵∠EHB=45°，EP⊥BC，
∴△EPH是等腰直角三角形，
∴EP=PH，
设EP=PH=x，则MP=OQ=x，PF=EQ=4−x，
∴CH=CM−PH−PM=4−2x，
∴BF=CH=4−2x，
∵BC=BF+PF+PH+CH=8，
∴4−2x+4−x+x+4−2x=8，
解得x=1，
∴PF=4−x=3，PE=1，
∴EF2=PF2+PE2=12+32=10，
∴正方形OEFG的面积为10，
故答案为；10．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，等腰
直角三角形的性质与判定，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．
15．（3分）（24-25八年级·四川宜宾·期末）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，AD、CE相交于点
F，且满足AE=EF，BC=2AF，∠CAD=25°，则∠ACB= °．
【答案】35
【分析】延长AD，取点H，使DH=AD，连接CH，过点B作BG∥AD，使BG=AF，连接GF，GD
，GH，证明△ABD≌△HCD(SAS)，得出CH=AB，∠BAD=∠CHD，根据等腰三角形的判定得出
CF=CH，证明四边形ABGF为平行四边形，得出AB=GF，AB∥GF，证明四边形CFGH为菱形，得
出GH=GF，∠GHF=∠CHF，证明△ABD≌△HGD(SAS)，得出BD=DG，∠ADB=∠GDH，证
1
明△BDG为等边三角形，得出∠BDG=60°，求出∠ADB=∠GDH= (180°−60°)=60°，根据三角
2
形外角的性质得出∠ACB=∠ADB−∠CAD=60°−25°=35°．【详解】解：延长AD，取点H，使DH=AD，连接CH，过点B作BG∥AD，使BG=AF，连接GF，
GD，GH，如图所示：
∵点D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵∠ADB=∠CDH，
∴△ABD≌△HCD(SAS)，
∴CH=AB，∠BAD=∠CHD，
∴CH∥AB，
∵AE=EF，
∴∠EAF=∠AFE，
∵∠AFE=∠CFH，
∴∠CFH=∠CHD，
∴CF=CH，
∵BG∥AF，BG=AF，
∴四边形ABGF为平行四边形，
∴AB=GF，AB∥GF，
∴CH∥GF，CH=GF，
∴四边形CFGH为平行四边形，
∵CF=CH，
∴四边形CFGH为菱形，
∴GH=GF，∠GHF=∠CHF，
∴GH=AB，
∵∠BAD=∠CHF，
∴∠BAD=∠GHF，
∵AD=DH，∴△ABD≌△HGD(SAS)，
∴BD=DG，∠ADB=∠GDH，
∵BC=2AF，
1
∴BD=AF= BC，
2
∵BG=AF，
∴BG=BD=DG，
∴△BDG为等边三角形，
∴∠BDG=60°，
1
∴∠ADB=∠GDH= ×(180°−60°)=60°，
2
∴∠ACB=∠ADB−∠CAD=60°−25°=35°．
故答案为：35．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性
质，平行线的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形外角的性质，解题的关键是作
出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
16．（3分）（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，点O为等边△ABC边CB的中点．以BC为斜边作
Rt△DBC（点A与点D在BC同侧且点D在△ABC外），点F为线段OD上一点，延长AF到点E使
EF=AF，∠ABD=∠DBE，若OF=2，CE=5，则BE=
【答案】9
【分析】延长CD到N，使DN=CD．连接BN，CF并延长CF交BN于M．连接AM在BE上截取
BG=BM．连接CG．证明△BDN≌△BDC，得出∠CBD=∠NBD，得出OD∥BN，再通过平行四边
形的性质证明F为CM中点，BM=2OF=4,CF=FM，再证明，△AFM≌△EFC，得出
AM=CE=5，∠FAM=∠CEF，再证明△ABM≌△CBG，证出△GCE为等边三角形，得出
EG=EC=5，即可求解；【详解】解：延长CD到N，使DN=CD．连接BN，CF并延长CF交BN于M．连接AM在BE上截取
BG=BM．连接CG．
∵CD=DN，∠BDC=∠BDN=90°，BD=BD
，
∴△BDN≌△BDC(SAS)，
∴∠CBD=∠NBD，
∵CD=DN，O为BC中点，
∴OD∥BN，
延长FO使得FO=HO，连接BH，
∵∠1=∠2,BO=CO,FO=HO，
∴△BOH≌△COF(SAS)，
∴∠OBH=∠OCF,BH=CF，
∴BH∥CF，
∴四边形BHFM是平行四边形，
∴BH=MF=CF，
∴F为CM中点，
∴BM=2OF=4,CF=FM，
∵AF=EF，∠AFM=∠CFE，
∴△AFM≌△EFC(SAS)，
∴AM=CE=5，∠FAM=∠CEF，
∴AM∥CE，
∴∠MAC+∠ACE=180°，
∴∠BAC−∠BAM+∠ACB+∠BCG+∠GCE=180°
∵∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠BCG+∠GCE−∠BAM=60°，
∵∠ABD=∠DBE，∠NBD=∠CBD，∴∠ABD−∠NBD=∠DBE−∠CBD，
即∠CBE=∠ABN
∵AB=BC,BG=BM=4，
∴△ABM≌△CBG(SAS)，
∴AM=CG，∠BAM=∠BCG，
∵CE=AM，
∴CG=CE，
∵∠BCG+∠GCE−∠BAM=60°，
∴∠GCE=60°，
∴△GCE为等边三角形，
∴EG=EC=5，
∴BE=BG+EG=4+5=9，
故答案为：9．
【点睛】该题主要考查了等边三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判
定，直角三角形的性质，三角形中位线定理，平行线的性质和判定等知识点，解题的关键是正确作出辅助
线．
第Ⅱ卷
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（6分）（24-25八年级·甘肃武威·阶段练习）阅读材料：把根式❑√x±2❑√y进行化简，若能找到两个
数m,n，使m2+n2=x，mn=❑√y，即把x±2❑√y变成m2+n2±2mn=(m±n) 2，从而可以对根式❑√x±2❑√y
进行化简．
例如：化简：❑√5−2❑√6．
解：∵5−2❑√6=3−2❑√6+2=(❑√3) 2 −2×❑√3×❑√2+(❑√2) 2=(❑√3−❑√2) 2 ，
∴❑√5−2❑√6=❑√(❑√3−❑√2) 2=❑√3−❑√2．
根据上述材料，解答下列问题．
(1)化简：❑√11+6❑√2．
(2)化简：❑√m+2❑√m−1．
(3)计算：❑√12+6❑√3−❑√16−8❑√3．【答案】(1)3+❑√2
(2)❑√m−1+1
(3)5−❑√3
【分析】本题考查了二次根式的性质，将被开方数化为平方的形式是解题的关键．
（1）仿照例题即可求解；
（2）将m+2❑√m−1化为(❑√m−1+1) 2，再利用二次根式的性质化简计算；
（3）将❑√12+6❑√3−❑√16−8❑√3变形为❑√(3+❑√3) 2 −❑√(2❑√3−2) 2，再利用二次根式的性质化简计算．
【详解】（1）解：∵11+6❑√2=32+2×3×❑√2+(❑√2) 2=(3+❑√2) 2，
∴❑√11+6❑√2=3+❑√2；
（2）解：∵m+2❑√m−1=m−1+2×❑√m−1×1+1=(❑√m−1) 2+2×❑√m−1×1+12=(❑√m−1+1) 2，
而❑√m−1≥0，则❑√m−1+1>0
∴❑√m+2❑√m−1=❑√(❑√m−1+1) 2=❑√m−1+1
（3）解：❑√12+6❑√3−❑√16−8❑√3
=❑√(3+❑√3) 2 −❑√(2❑√3−2) 2
=|3+❑√3)−|2❑√3−2)
=3+❑√3−2❑√3+2
=5−❑√3．
18．（6分）（24-25八年级·江苏无锡·期末）现有一个长、宽、高分别为5dm、4dm、3dm的无盖长方体
木箱(如图,AB=5dm,BC=4dm,AE=3dm)．
(1) 求线段BG的长；
(2) 现在箱外的点A处有一只蜘蛛，箱内的点C处有一只小虫正在午睡，保持不动．请你为蜘蛛设计一种
捕虫方案，使得蜘蛛能以最短的路程捕捉到小虫．(木板的厚度忽略不计)【答案】（1）BG＝5 dm；（2）答案见解析过程．
【分析】（1）直接根据勾股定理可得出BG的长；
（2）将正方体展开，联想到“两点之间，线段最短”性质，通过对称、考查特殊点等方法，化曲为直．
【详解】解：（1）如图，连接BG．
在直角△BCG中，由勾股定理得到：BG＝❑√BC2+GC2＝❑√4 2+32＝5（dm），
即线段BG的长度为5dm；
（2）①把ADEH展开，如图此时总路程为❑√(3+3+5) 2+42＝❑√137
②把ABEF展开，如图
此时的总路程为❑√(3+3+4) 2+52＝❑√125＝5❑√5
③如图所示，把BCFGF展开，
此时的总路程为❑√(3+3) 2+(5+4) 2＝❑√117
由于❑√117＜❑√125<❑√137，所以第三种方案路程更短，最短路程为❑√117．19．（8分）（24-25八年级·福建泉州·期末）如图，在等边△ABC中，点D、E分别是BC、AC边上的一
点（点D不与端点重合），且BD<CD，BD=CE，连接AD、BE．
(1)求证：△ABD≌△BCE；
(2)将△ABD沿AB翻折，得到△ABF．在AD上取一点O，使∠FOD=∠BAC，延长FO交AC于点P．
①求证：四边形BEPF是平行四边形；
2
②若BD= BC，试求线段AD和CP之间的数量关系，并证明．
5
【答案】(1)证明见解析
❑√19
(2)①证明见解析；②AD= CP，证明见解析
4
【分析】（1）利用等边三角形的性质证明AB=BC，∠ABC=∠C=60°，即可证明△ABD≌△BCE；
（2）①如图，记AD,BE的交点为K，先求解∠FOD=∠AKE，证明∠FBC+∠C=180°，再结合平行
线的判定与平行四边形的判定可得结论；②设AB=BC=AC=5m，求解CP=4m，如图，过A作
AG⊥BC于G，求解AD=❑√AG2+DG2=❑√19m，从而可得结论．
【详解】（1）解：∵△ABC为等边三角形，BD=CE，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=60°，
在△ABD和△BCE中，
{
BD=CE
)
∠ABC=∠C=60° ，
AB=BC
∴△ABD≌△BCE(SAS)．（2）证明：如图，记AD,BE的交点为K，
∵△ABD≌△BCE，
∴∠BAD=∠CBE，
∵∠AKE=∠ABE+∠BAD=∠ABE+∠CBE=60°，∠FOD=∠BAC=60°，
∴∠FOD=∠AKE，
∴FP∥BE，
由对折可得：AF=AD，∠ABD=∠ABF=60°，
∵∠C=60°，
∴∠FBC+∠C=180°，
∴BF∥AC，
∴四边形四边形BEPF是平行四边形；
❑√19
②AD= CP，理由见解析：
4
∵△ABC为等边三角形；
∴设AB=BC=AC=5m，
2
∵BD= BC，
5
∴BD=2m，CD=3m，
∵△ABD≌△BCE，
∴CE=BD=2m，
由对折可得：BF=BD=2m，
∵四边形四边形BEPF是平行四边形；
∴PE=BF=2m，
∴CP=4m，
如图，过A作AG⊥BC于G，而AB=AC=BC=5m，∴BG=CG=2.5m，
5
∴DG=0.5m，AG=❑√AB2−BG2= ❑√3m，
2
∴AD=❑√AG2+DG2=❑√19m，
AD ❑√19m ❑√19
∴ = = ，
CP 4m 4
❑√19
∴AD= CP．
4
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定
理的应用，二次根式的运算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
20．（8分）（24-25八年级·辽宁沈阳·阶段练习）为了解八年级学生英语口语情况，某测试中心从甲、乙
两校各随机抽取1个班级进行测试，两班人数恰好相同．测试成绩分为A，B，C，D四个等级，其中相应
等级的得分依次记为100分、90分、80分、70分，测试中心将甲、乙两所学校测试班级的成绩整理并绘制
成如下统计图，已知乙学校测试班级有11人的成绩是A级．
请根据以上提供的信息，解答下列问题：
(1)直接将甲校测试班级的成绩统计图补充完整．
(2)补全下面的表格中的数据：a=________，b=________，c=________．
学校 平均数/分 中位数/分 众数/分
甲校测试班级 87.6 a 90乙校测试班级 b 80 c
(3)若甲校八年级有学生500人，根据以上信息，估计甲校八年级学生中测试成绩为B级及以上的学生有多
少人？
【答案】(1)见解析；
(2)90，87.6，100；
(3)360人
【分析】本题考查了条形统计图和扇形统计图，平均数、中位数与众数、用样本估计总体，从统计图中获
取数据求出中位数和众数是解题的关键．
(1)根据乙学校测试班级有11人的成绩是A级，占总人数的44%，可以求出乙校参加测试的总人数25人，从
而可知甲校参加测试的总人数为25人，用25减去获得A、B、D等于级的人数，可得获得C级的人数，根
据获得C级的人数补全统计图；
(2)根据平均数、中位数、众数的定义分别求出a、b、c的值即可；
(3)利用样本估计总体，用甲校参加测试的同学中B级及以上同学占测试总人数的百分比代表全年级同学中
B级及以上人数占全年级人数的百分比计算即可．
【详解】（1）解：∵乙学校测试班级有11人的成绩是A级，
从乙校测试班级成绩统计图中可以看出乙学校成绩是A级的占总人数的44%，
∴乙校参加测试的学生的总人数为11÷44%=25(人)，
∴甲校参加测试的学生总数也是25人，
∴甲校成绩为C级的人数为25−6−12−5=2(人)，
补全甲校测试班级成绩统计图如下：
：
（2）解：甲校参加测试的共有25人，按照成绩从高到低排列第13名学生应在B级，
∴甲校测试班级的中位数是90分，
即a=90，
乙校测试成绩获得A组的人数为25×44%=11(人)，获得B级的有25×4%=1(人)，获得C级的有25×36%=9(人)，获得D级的有25×16%=4(人)，
1
乙校测试成绩的平均数为：b= ×(11×100+1×90+9×80+4×70)=87.6，
25
乙校测试成绩中获得A级的人数最多，
∴乙校测试成绩的众数是c=100，
故答案为：90，87.6，100；
（3）解：甲校测试成绩为A级的人数占测试总人数的6÷25×100%=24%，
甲校测试成绩为B级的人数占测试总人数的12÷25×100%=48%，
∴甲校测试成绩为B级及以上的人数占测试总人数的48%+24%=72%，
利用样本估计总体，可得：甲校测试成绩达到B级及以上的人数为500×72%=360(人)，
答：估计甲校八年级学生中测试成绩为B级及以上的学生有360人．
21．（10分）（24-25八年级·安徽芜湖·期末）甲、乙两地高速铁路建设成功，一列动车从甲地开往乙地，
一列普通列车从乙地开往甲地，两车均匀速行驶并同时出发．设普通列车行驶的时间为x（小时），两车
之间的距离为y（千米）．图中的折线表示y与x之间的函数关系图像．求：
(1)甲、乙两地相距______千米；
(2)求动车和普通列车的速度；
(3)求C点坐标和直线CD解析式；
(4)求普通列车行驶多少小时后，两车相距1000千米．
【答案】(1)1800
(2)动车的速度为300km/h；普通列车的速度150km/h
(3)C(6,900)，y=150x(6≤x≤12)
16 20
(4) h或 h
9 3
【分析】(1)根据图像，直接得到．
(2)根据图像，慢车走完全程用时12小时，计算速度；根据4小时相遇，可确定动车的速度．1800
(3)根据题意，动车达到目的地的时间为 =6h，根据图像，得到m=6，此时相遇后各自行驶2小时，
300
此时y=2(300+150)=900(km)，确定C(6,900)，利用待定系数法确定CD的解析式．
(4)分相遇前和相遇后两种情形计算．
【详解】（1）根据图像，得到当x=0h时，y=1800km，
两地距离为1800km，
故答案为：1800．
（2）根据图像，慢车走完全程用时12小时，
1800
∴普通列车的速度为 =150(km/h)，
12
根据4小时相遇，得4(150+v )=1800，
动
解得v =300(km/h)．
动
1800
（3）根据题意，动车达到目的地的时间为 =6h，
300
根据图像，得到m=6，
此时相遇后各自行驶2小时，此时y=2(300+150)=900(km)，
故C(6,900)，
设CD的解析式为y=kx+b，
∵D(12,1800)，
{ 6k+b=900 )
∴ ，
12k+b=1800
{k=150)
解得 ，
b=0
故CD的解析式为y=150x(6≤x≤12)．
（4）设经过x小时，辆车相距1000千米，
当相遇前，辆车相距1000千米时，根据题意，
得150x+300x=1800−1000，
16
解得x= (h)；
9
当相遇后，辆车相距1000千米时，动车到达目的地，普通车自己行驶x小时，根据题意，
得2(150+300)+150x=1000，
2
解得x= (h)，
32 20
故行驶总时间为6+ = (h)，
3 3
16 20
故经过 h或 h，辆车相距1000千米．
9 3
【点睛】本题考查了图像信息的读取，待定系数法求解析式，交点的意义，熟练掌握交点的意义，待定系
数法，读取图像信息是解题的关键．
22．（10分）（24-25八年级·河北唐山·期末）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，G、H分别是AD、
BC中点，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长
度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．
(1)当0≤t<5，则四边形EGFH一定是怎样的四边形，说明理由．
(2)若四边形EGFH为矩形，求t的值．
(3)若G向D点运动，H向点B运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，则t的
值为 ．（直接写出结果）
【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形，理由见解析
(2)四边形EGFH为矩形时t=2或t=8
9
(3)当t= 时，四边形EGFH为菱形
4
【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH，∠AEG=∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF=GH即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
由题意得：AE=CF=t(0≤t<5)，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠GAE=∠HCF，
∵G，H分别是AD，BC中点，
1 1
∴AG= AD，CH= BC，
2 2∴AG=CH，
∴△AEG≌△CFH(SAS)，
∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，
∴∠FEG=∠EFH，
∴EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：如图1，连接GH，
由（1）得AG=CH=BH，AG∥BH，∠B=90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=6，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF=GH=6，
∵AE=CF=t，
∴EF=10−2t=6，
∴t=2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF=GH=6 AE=CF=t
， ，
∴EF=t+t−10=2t−10=6，
∴t=8；
综上，四边形EGFH为矩形时t=2或t=8；（3）解：如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，
∵ EGFH
四边形 为菱形，
∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，
∴OA=OC，AG=AH，
∴四边形AGCH为菱形，
∴AG=CG，
设AG=CG=x，则DG=8−x，
由勾股定理可得：CD2+DG2=CG2，
即：62+(8−x) 2=x2，
25
解得：x= ，
4
25 9 9
∴MG= −4= ，即t= ，
4 4 4
9
∴当t= 时，四边形EGFH为菱形．
4
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识
点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用．
23．（12分）（24-25八年级·广东佛山·期末）直线l:y=x+a(a>0)分别交x，y轴于A，B两点，且点C
坐标为(a,0)．点D，点E分别是线段AC，AB上的动点，CE与BD交于点P．
(1)如图1，若CE交y轴于点G，BE=BG，CB=CD，求∠BPC的大小；
(2)如图2，若AE+AD=❑√2AB，BD+CE的最小值是5❑√6，求直线l的表达式；(3)如图3，当a=6时，点D是CO中点，CE与BD的夹角是45°，求点E的坐标．
【答案】(1)90°
(2)y=x+5
(3)E(−3,3)
【分析】（1）由题易得OC=a=OA=OB，所以∠BCO=∠OBC=45°，∠BAO=∠OAB=45°，再根
据等腰三角形可知∠CBP=∠BGP=67.5°，再根据外角性质可得∠BCP=22.5°，即可得解；
（2）根据题意可得AE=CD，由逆等线模型构造全等，过A作AF⊥x轴，且AF=AB，连接EF，证
△AEF≌△CDB(SAS)，得到FE=BD，从而BD+CE=FE+CE≥CF，再利用勾股定理求出a值即可；
（3）先求出BD解析式，利用平行线将∠BPE=45°进行等角转化，过点C作CH∥BD交l于点H，所以
∠HCE=∠BPE=45°，亦可得出直线CH的解析式，进而求出H的坐标，再利用45°构造等腰直角三角
形，过H作HQ⊥CE于点Q，进而构造一线三垂直的全等，求出点Q坐标，然后求出直线CE的表达式，
即可得解．
【详解】（1）解：∵y=x+a(a>0)分别交x、y轴于A、B两点，
∴令x=0，得y=a，即B(0,a)，
令y=0，得x=−a，即A(−a,0)，
∴OA=OB=a，
∵点C坐标为(a,0)，
∴OC=a=OA=OB，
∴∠BCO=∠OBC=45°，∠BAO=∠OAB=45°，
∵CB=CD，BE=BG，
180°−45° 180°−45°
∴∠CBP= =67.5°，∠BGP= =67.5°，
2 2
∵∠BGP=∠OBC+∠BCP，
∴67.5°=45°+∠BCP，
∴∠BCP=22.5°，
在△BCP中，∠BPC=180°−∠CBP−∠BPC=90°；
（2）解：由（1）可知∠ABC=∠ABO+∠CBO=90°，OA=OB=OC，
∴ △ABC为等腰直角三角形，
∴AC=❑√2AB，
∵AE+AD=❑√2AB，
∴AE+AD=AC=CD+AD，∴AE=CD，
如图，过A作AF⊥x轴，且AF=AB，连接EF，
∴∠FAE=∠BCD=90°−∠BAC，
∵AB=BC，
∴AF=BC，
在△AEF和△CDB中，
{
AE=CD
)
∠FAE=∠BCD ，
AF=CB
∴ △AEF≌△CDB(SAS)，
∴FE=BD，
∴BD+CE=FE+CE≥CF，
当且仅当C、E、F三点共线时取最小值，最小值为线段CF的长，
∴BD+CE的最小值为CF=5❑√6，
∵OA=OC=a，
∴AF=CB=❑√OB2+OC2=❑√2a，AC=2a，
∴CF=❑√AF2+AC2=❑√6|a|=5❑√6，
∵a>0，
∴a=5，
∴直线l的表达式为y=x+5；（3）解：∵a=6，
∴OC=6，
∵D是OC中点，
∴OD=3，D(3,0)，
设直线BD的解析式为y=kx+b，
将B(0,6)，D(3,0)代入得，
{ b=6 )
，
3k+b=0
{k=−2)
解得 ，
b=6
∴直线BD的解析式为y=−2x+6，
过点C作CH∥BD交l于点H，
设直线CH的解析式为y=−2x+m，
将C(6,0)代入得，m=12，
∴直线CH的解析式为y=−2x+12，
令x+6=−2x+12，
解得x=2，
∴y=8，
∴H(2,8)，
过H作HQ⊥CE于点Q，
∵CE与BD的夹角是45°，
∴∠BPE=45°，
∴∠HCE=∠BPE=45°，
∴HQ=CQ，
过Q作GK∥y轴交x轴于点K，过H作HG⊥GK于点G，
∴∠CQK=∠GHQ=90°−∠GQH，在△CQK和△QHG中，
{∠CKQ=∠QGH=90°
)
∠CQK=∠GHQ ，
CQ=HQ
∴ △CQK≌△QHG(AAS)，
∴CK=GQ，KQ=GH，
设Q(t,n)，
∵H(2,8)，C(6,0)，
∴GH=2−t，GQ=8−n，KQ=n，KC=6−t，
{8−n=6−t)
∴ ，
2−t=n
{t=0)
解得 ，
n=2
∴Q(0,2)，
设直线CE解析式为y=k x+b ，将C(6,0)，Q(0,2)代入得，
1 1
{ b =2 ) { k =− 1 )
1 ，解得 1 3 ，
6k +b =0
1 1 b =2
1
1
∴直线CE解析式为y=− x+2，
3
再联立直线l和直线CE解析式得，
{
y=x+6
) {x=−3)
1 ，解得 ，
y=− x+2 y=3
3
∴E(−3,3)．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数交点与二元一次方程组、全等三角形的
判定和性质，等腰三角形的判定与性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
24．（12分）（24-25八年级·辽宁锦州·阶段练习）【课本再现】
（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A B C O的一个顶点，而且这两个正
1 1 1
方形的边长都为1，四边形OEBF为两个正方形重叠部分，正方形A B C O可绕点O转动．则下列结论正
1 1 1
确的是______（填序号即可）：
①△AEO≌△BFO；
②OE=OF；1
③四边形OEBF的面积总等于 ；
4
④连接EF，总有AE2+CF2=EF2．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A B C O的一个顶点，A O与边AB相交于点E，C O与边CB
1 1 1 1 1
相交于点F，连接EF，矩形A B C O可绕着点O旋转，猜想AE,CF,EF之间的数量关系，并进行证
1 1 1
明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C=90°,AC=6cm,BC=8cm，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点
处，它的两条边DE和DF分别与直线AC,BC相交于点E,F,∠EDF可绕着点D旋转，当AE=4cm时，
请直接写出EF的长度．
5❑√17 5❑√65
【答案】（1）①②③④ （2）AE2+CF2=EF2，见解析（3） cm或 cm
4 4
【分析】（1）根据正方形的性质，先证明△AEO≌△BFO于是得到OE=OF即可判定①
1 1
②正确；根据正方形的性质，得S = S = ，利用全等三角形的性质，分割法表示面积，可
△AOB 4 正方形ABCD 4
1
判定四边形OEBF的面积总等于 ，得到③正确；根据正方形的性质，三角形全等的性质，得到BE=CF
4
，根据勾股定理得到AE2+CF2=EF2，从而判定④正确．
（2）连接AC，延长EO交CD于点G，先证明△AEO≌△CGO得到OG=OE,AE=CG，再利用勾股定
理，线段垂直平分线的性质，等量代换即可的结论；
（3）仿照（2）的解题思路，分点E在AC上和CA的延长线上，两种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A B C O的一个顶点，而且这
1 1 1
两个正方形的边长都为1，
∴∠ABC=∠AOB=∠A′OC′=90°；∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=45°，
∴AB=BC，OA=OB=OC=OD，S =AB2=1，
正方形ABCD∵∠AOE=90°−∠EOB=∠BOF，OA=OB，
∴△AEO≌△BFO(SAS)，
∴OE=OF，
故①②正确；
1 1
根据正方形的性质，得S = S = ，
△AOB 4 正方形ABCD 4
∵△AEO≌△BFO，
∴S =S ，AE=BF，
△AEO △BFO
∴S +S =S +S ，
△AEO △BEO △BFO △BEO
1 1
∴S =S = S = ，
四边形OEBF △AOB 4 正方形ABCD 4
故③正确；
∵AE=BF，AB=BC，
∴BE=CF，
根据勾股定理得到BF2+BE2=EF2，
故AE2+CF2=EF2，
故④正确．
故答案为：①②③④．
（2）解：连接AC，延长EO交CD于点G，
∵矩形ABCD的中心O是矩形A B C O的一个顶点，A O与边AB相交于点E，
1 1 1 1
∴∠DCF=∠EOF=90°；OA=OC，AE∥CG，
∴∠EAO=∠GCO
∵∠AOE=∠COG，
∴△AEO≌△CGO，
∴OG=OE,AE=CG，
∵∠EOF=90°，
∴直线OF是线段EG的垂直平分线，
∴EF=FG，由勾股定理，得CF2+CG2=FG2，
故AE2+CF2=EF2．
（3）解：当点E在AC上时，
过点B作BM∥AC，交ED的延长线于点M，连接FM
∵BM∥AC，
∴∠C+∠CBM=180°；∠EAD=∠MBD，
∵∠ADE=∠BDM，AD=BD，∠C=90°，
∴△AED≌△BMD，∠CBM=90°，
∴ED=DM,AE=BM，
∵∠EDF=90°，
∴直线DF是线段EM的垂直平分线，
∴EF=FM，
由勾股定理，得BF2+BM2=FM2，
故AE2+BF2=EF2．
∵AC=6cm,BC=8cm，AE=4cm，
∴CE=2cm，AE=BM=4cm，
设CF=xcm，则BF=(8−x)cm，
∴CE2+CF2=BM2+BF2，
∴22+x2=42+(8−x) 2，
19
∴x= ，
4∴EF=❑
√
22+
(19) 2
=
5❑√17
(cm)；
4 4
当点E在CA的延长线上时，
过点B作BN∥AC，交ED的延长线于点N，连接FN
∵BN∥AC，∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠NBF=90°；∠EAD=∠NBD，
∵∠ADE=∠BDN，AD=BD，，
∴△AED≌△BND，
∴ED=DN,AE=BN，
∵∠EDF=90°，
∴直线DF是线段EN的垂直平分线，
∴EF=FN，
由勾股定理，得BF2+BN2=FN2，
故AE2+BF2=EF2．
∵AC=6cm,BC=8cm，AE=4cm，
∴CE=10cm，AE=BN=4cm，
设CF=xcm，则BF=(8+x)cm，
∴CE2+CF2=BN2+BF2，
∴102+x2=42+(8+x) 2，
5
∴x= ，
4
∴EF=❑
√
102+
(5) 2
=
5❑√65
(cm)；
4 45❑√17 5❑√65
故EF的长度为 cm或 cm．
4 4
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的
垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线
段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键．
