2025-2026年度世界少年奥林匹克思维能力全国总测评八年级数学试题（二试）

绝密★启用前 2025-2026年度世界少年奥林匹克思维能力全国总测评 (2026年2月) 温馨提示： 707 1.本卷共6题，第1-4题每题15分，第5、6题每题20分，共计100分。 2.答题前请将自己的地区、学校、姓名、试场、活动证号写在规定的位置。 圜 3.考试时不能使用计算工具。 4.考试完毕时试卷和草稿纸将被收回。 如 题号 四 五 六 总分 核查人 鉴 得分 斟 7777n 八年级试题（二试） 长 (本试卷满分100分，考试时间60分钟) 1.智慧小组将4个全等的长为a,宽为b的长方形纸片由图1拼成如图2所示的图形。根据图1和 图2中涂色部分的面积相等的关系，能验证什么公式？利用此公式解决下面问题。 ☒ (1)已知(2026-a)2+(a-2025)2=7,求(2026-a)(a-2025)的值。（本小题7分） (2)如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AC,BC为边作正方形ACDE和正方形BCFG,M 为AC上一点，点N在CB的延长线上，且AM=BN,若CM=3,CN=8,SA4B= 21 求图中涂色部 分（两个正方形的面积和）的面积。（本小题8分） M 杯 B 图1 图2 图3 阳 八年级二试试题卷第1页 2.平行四边形ABCD中，点O是对角线BD中点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F, 连接BF、DE,如图1。若DE=DC,∠CBD=45°，过点C作DE的垂线，与DE、BD、BF分别交于 点G、H、R,如图2。 (1)当CD=6,CE=4时，求BE的长。（本小题7分） (2)探究BH与AF的数量关系。（本小题8分） D O E 图1 B 图2 3.在平面直角坐标系中，点P的坐标为(m,2m-1)。 (1)如图1，直线y=2x+2与x轴交于点A,与y轴交于点B,△ABP的面积是否发生变化？若不 变，求出△ABP的面积。（本小题7分） (2)如图2，在平面直角坐标系中，A(6,0),x轴上方有一点Cm2m-使得。0C边4C上的 高为3√5，求此时点C的坐标。（本小题8分） .P(m,2m-1) 图-1 图-2 八年级二试试题卷第2页 4.在△ABC中，∠A=90°，AC=2,∠ACB=60°，D为AB的延长线上一点，E为线段BC,BD的垂直平分 线的交点，连接EC,EB,ED。 E E E C B D B D 图1 图2 图3 (1)如图2，连接CD,请判断△CDE的形状，并说明理由。（本小题6分） (2)如图3，过点B作直线BF,使得∠BFD=∠BCE,P为直线BF上的一个动点，求PE-PD的最 大值。（本小题9分） 5.在平面直角坐标系xOy中，对于直线1，线段AB和点C,给出如下定义：记点C关于直线1的对称 点为C',若线段AB上存在点M,N,使得C'M=CN,且∠MCN=a,则称点C是线段AB的“I-可及 点”。 (1)己知点D(-6,-1),E(-2,-5),直线1经过点(-1,0)且垂直于x轴，点F(0,m),G(4,m+4)。若 线段DE上存在线段FG的1-90°可及点”，直接写出m的取值范围；（本小题10分） (2)已知△STR是等边三角形，其三个顶点的坐标分别为S(-4,0),T(-2,0),R-3,V3,直线1经 过点（亿，0）且垂直于x轴，点P(n,-VB),Q(n+8,-V3。当-1≤1≤0时，对于t的每一个值，△STR的三条 边上的所有点都是线段PQ的“1-60°可及点”，直接写出n的取值范围。（本小题10分） 八年级二试试题卷第3页 6.如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，BC=CD。 E K B 图1 图2 图3 (1)求证：AC平分∠BAD;(本小题4分) (2)E在AB边上，连接DE,若∠AED=2∠ACD,求证：BE=DE;(本小题6分) (3)在(2)的条件下，∠BAD=60°，DF⊥AC交CE于F,G在AD边上，DG=DF,GK∥BC交 AC于K,过F作FH⊥BC于H,若CF-KG=6,BH=9,求线段CH的长。（本小题10分） ® 铷如 邮 数 长 ☒ 郑 杯 解 八年级二试试题卷第4页 2025-2026年度世界少年奥林匹克思维能力 八年级二试答案 1.(1)依题意，图1中涂色部分的面积为4ab, 图，2中涂色部分的面积为(a+b)-(a-b), ,图1和图2中涂色部分的面积相等， ∴.(a+b)2-(a-b)2=4ab, 设2026-a=x,a-2025=y, (2026-a）+(a-2025)2=7, x+y=1,x2+y2=7, (x+y)2=x2+y2+2xy, w=2[x+-62+y】=0-7)=-3, ∴.(2026-a)(a-2025)=-3。 (2)解：设AC=a,BC=b, .CM=3,CN=8, .AM=a-3,BN CN-BC=8-b, 又，AM=BN, ∴.a-3=8-b, ∴.a+b=11, S-CxBC2 1 , ∴.ab=21, a2+b2=(a+b)-2ab=112-2×21=121-42=79, 即图中涂色部分（两个正方形的面积和）的面积为79。 2.(1)过点D作DN⊥EC于点N, F E 图2 .DE=DC=6,DN⊥EC, .'EN =CN =2, ∴.DN=VDC2-CW2=V62-22=4W2, .∠DBC=45°，DN⊥BC, ∴.∠DBC=∠BDN=45°， ∴.DN=BN=4V2, 全国总测评 ∴.BE=BN-EN=4V2-2: (2)AF=√2BH, 平行四边形ABCD中，点O是对角线BD中点， .AD∥BC,BO=DO, ∴.∠ADB=∠CBD,且∠DOF=∠BOE,BO=DO, ∴.△BOE≌aDOF(ASA), ∴.DF=BE,且DF∥BE, ∴.四边形BEDF是平行四边形： 理由如下：如图，过点H作HM⊥BC于点M, R 图2 .DN⊥EC,CG⊥DE, ∴.∠CEG+∠ECG=90P,∠DEN+∠EDN=90°， ∴.∠EDN=∠ECG, .'DE=DC,DN⊥EC, ∴.∠EDN=∠CDW,EC=2CN, ∴.∠ECG=∠CDN, .'∠DHC=∠DBC+∠BCH=45°+∠BCH, ∠CDB=∠BDN+∠CDN=45°+∠CDN, ∴.∠CDB=∠DHC ,∴.CD=CH,且∠HMC=∠DNC=90,∠ECG=∠C ∴.△HMC≌aCND(AAS), ∴.HM=CN, .HM⊥BC,∠DBC=45°， .∴.∠BHM=∠DBC=45°， ∴.BM=HM, ∴.BH=√2HM, AD=BC,DF =BE, .∴.AF=EC=2CN, ∴.AF=2HM=V2BH。 3.(1)△ABP的面积不变，理由如下： 直线y=2x+2与x轴交于点A,与y轴交于点B, ∴.A(-1,0),B(0,2), 过点P作PC∥y轴交直线AB于点C, ON P(m,2m-1) 则点C的坐标为(m,2m+2), ∴.PC=2m+2-(2m-1)=3, ∴.SABp=S.Acp-S.BCP -xcP*6x)-xcPx( 1 -ixCPx(x-x) 1 ×3×(0+1) 2 2解：“点cm- 六点C在直线y=2x-1上运动， 过点O作OH⊥AC并交AC的延长线于点H, DA 则0H=3√2， A(6,0), .OA=6, 在Rt△AOH中，由勾股定理得AH=VDA2-OH=6 ∴.AH=OH=3V2, ∴.△AOH是等腰直角三角形， ∴.∠HOA=∠HAO=45°， 过点H作HE⊥x轴于点E, (62=35, 1 则HE=OE=二OA=3, 2 ∴点H的坐标为(3,3)或(3，-3)， 设直线AH的解析式为y=+b, 6k+b=0 k=-1 将H(3,3)和A(6,0)代入得 3k+b=3’ 解得 b=6 6k+b=0 k=1 或将H(3,-3)和A(6,0)代入得 3张+6=-3解得{6=6 ∴.直线AH的解析式为y=-x+6或y=x-6, y=-x+6 y=x-6 联立得 1,或 1 y=x-1 2 y=5x-1' 2 「14 x= x=10 解得 3 或 y=4 y=3 144 综上，点C的坐标为 33 或(10,4)。 4.(1)解：△CDE为等边三角形，理由如下， 点E为线段CB,BD的垂直平分线的交点， ∴.EC=EB=ED, .∠ECB=∠EBC,∠EBD=∠EDB。 :∠CAB=90°，∠ACB=60°， .∠CBA=90°-60°=30°， ∴.∠CBD=180°-30°=150°， .∠ECB+∠CBD+∠EDB=300, ∴.∠CED=360°-300°=60°， 又EC=ED, ,∴aCED为等边三角形： (2)解：连接CD,由(2)得，△CDE为等边三角形， ∴.∠CDE=60°，CD=DE, 如图，作点D关于直线BF的对称点D',连接BD',DD',ED'。 .PD=PD', A B D ∴.PE-PD=PE-PD'≤ED',则点P在ED的延长线上时，PE :∠BFD+∠BFE=180,∠BFD=∠BCE, -PD的值最大，此时PE-PD=ED'。 .∠BCE+∠BFE=180, ∴.∠CBF+∠CEF=180。 .∠CED=60°， .∠CBF=120°， .∠CBA=∠FBD=30P, ∴.∠DBF=∠FBD'=30P, .∠DBD'=60°。 BD BD', ∴.△BDD'是等边三角形， .DB=DD,∠BDD'=∠CDE=60, ∴.∠CDB=∠EDD'。 .ACDB≌AEDD'(SAS), .CB=ED'。 .∠A=90°，∠CBA=30°， ∴.CB=2CA, ∴.PE-PD=2CA=4。 5.(1)解：直线1过点(-1,0)且垂直于x轴， .直线1：x=-1, 又F(0,m,G(4,m+4), ∴.以FG为底边作等腰直角△FMG与△FNG, ∴.线段FG的“I-90°可及点”即在△FMG与△FNG内部或边上 若线段DE上存在线段FG的“I-90°可及点”，则DE关于直线1 可， .E(0,-5),D'(4,-1), 如图，当正方形FMGN端点N与D重合时，此时m=-1, 当正方形FMGN端点M与E'重合时，此时m+4=-5,即m=-9 当FG与E'D'重合时，此时m=-5, VA M D'(N) E E0. 综上所述，m的取值范围是-9≤m≤-1且m≠-5。 不包括FG上)， 对称线段D'E'与正方形FMGN有交点即 (2)解：直线1经过点(t,0)且垂直于x轴 ∴.当-1≤t≤0时，将△RST分别沿t=-1所在直线与y轴对称，得到△R'SO与△ 点Pn,-V,Q(n+8,-V⑤)，△STR的三条边上的所有点都是线段P的“I ∴.以PQ为边的等边△PQH需全部包含住△OR'S到△R"S'S"的所有等边三角形， 如图，当HQ过边R'S”时，此时过点R"与Q分别作R"M⊥x轴，QN⊥x轴， y=5,o=-5, ∴.R"M=QN, 在△R"MS和△ONS"中， ∠R"MS"=∠QNS"=90° ∠R"S"M=∠QS"N R"M=ON ∴.△R"MS'≌△QNS"(AAS), ∴.S"M=S"N=1, ∴.n+8=4+1,解得n=-3, 同理，如图，当HP过边OR时， .有n=0-1=-1, 综上所述，n的取值范围为-3≤n≤-1。 R"S"S', 60°可及点”， 6.(1)解：如图，延长AD,过点C作CM⊥AB,CN⊥AD, B .∠B+∠ADC=180°，∠CDN+∠ADC=180°， ∴∠B=∠CDN, 又.BC=DC,∠BMC=∠DNC=90°， .△BMC≌△DNC(AAS), ..CM=CN, .AC平分∠BAD。 (2)如图，延长AD至点N,连接BD, E B N 由(1)可知∠BAC=∠DAC= ∠BAD, .∠AED=2∠ACD, ∴.∠EDN=∠BAD+∠AED=2∠DAC+2∠ACD=2∠CDN, 2cDN=∠EDc=EDN, .∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDN=180°， ∴∠ABC=∠CDN=∠EDC, 又，BC=CD, ∴.∠CBD=∠CDB, ∴∠EBD=∠EDB, ∴.EB=ED。 (3)如图，连接FG,延长FE、GK交于点T,过点F作CD的平行线交KG的延 FC=2m,CB=CD=m+9,GK =2m-6, B 长线于点Q,设HC=m, 由(1)可知∠BAC=∠DAC=∠BAD=30° 2 KGI∥BC, .∴∠T=∠ECB=60°， .FO//CD, ∴.∠EFQ=∠ECD=60, ∴△TFQ是等边三角形， ∴.TQ=TF=FO, DF⊥AC, .∠ADF=90°-∠DAC=60°， 又DF=DG, ∴△DFG是等边三角形， ∴.DF=FG,∠GFD=60, .·.∠DFC+∠TFG=120°， ∠FCD=60°， ∴.∠DFC+∠CDF=120°， ∴.∠TFG=∠CDF, ,∴△GTF2△FCD(AAS), ..TF=CD=m+9,TG=CF=2m, FO∥CD, ∴.∠QFN=∠CDN,∠FQN=∠DCN, 又FQ=TF=CD, ,.aFQN≌△DCN(ASA, .FN DN :△DFG是等边三角形， :∠DGN=1∠DGF=30P, 2 .∠DGN=∠DAC=30P, ∴.BG∥AC, .BG是△QKC的中位线， ∴.QG=GK=2m-6, .TF=TO=TG+0G, ∴.m+9=2m+2m-6,解得m=5, ∴.CH=5。 由(2)可知∠ECB=∠ECD=60°，