8. (2025·江苏常州期末)已知关于 $ x $ 的分式方程 $ \frac{2x + 3}{x - 2} = \frac{k}{(x - 2)(x + 3)} + 2 $ 的解满足 $ -4 ＜ x ＜ -1 $，且 $ k $ 为整数，则符合条件的所有 $ k $ 值的乘积为(
A
)
A.正数
B.负数
C.0
D.无法确定
答案：8.A 解析：解分式方程$\frac{2x + 3}{x - 2} = \frac{k}{(x - 2)(x + 3)} + 2$，得$x = \frac{k}{7} - 3$.又方程的解满足$-4 ＜ x ＜ -1$，所以$-4 ＜ \frac{k}{7} - 3 ＜ -1$，解得$-7 ＜ k ＜ 14$.又$x - 2 \neq 0$且$x + 3 \neq 0$，所以$x \neq 2$且$x \neq -3$，即$\frac{k}{7} - 3 \neq 2$且$\frac{k}{7} - 3 \neq -3$，解得$k \neq 35$且$k \neq 0$.则$k$的取值范围为$-7 ＜ k ＜ 14$且$k \neq 0$.又$k$为整数，所以$k$的值为$-6$，$-5$，$-4$，$···$，$-1$，$1$，$2$，$···$，$13$.所以符合条件的所有$k$值的乘积为正数.
9. 如图，在 $ □ ABCD $ 中，$ AB = 13 $，$ AD = 3 $，将 $ □ ABCD $ 绕点 $ A $ 旋转，当点 $ D $ 的对应点 $ D' $ 落在边 $ AB $ 上时，点 $ C $ 的对应点 $ C' $ 恰好与 $ B $，$ C $ 两点在同一条直线上，则此时 $ \triangle C'D'B $ 的面积为(
A
)
A.60
B.65
C.80
D.120
答案：9.A 解析：如图，因为四边形$ABCD$为平行四边形，$AB = 13$，所以$CD = AB = 13$，$\angle D = \angle ABC$.由旋转的性质，得$AD' = AD$，$C'D' = CD = 13$，$\angle AD'C' = \angle D$.所以$\angle AD'C' = \angle ABC$.又$\angle AD'C' + \angle 1 = 180^{\circ}$，$\angle ABC + \angle 2 = 180^{\circ}$，所以$\angle 1 = \angle 2$，即$BC' = C'D' = 13$.又$AD = 3$，所以$AD' = 3$，即$BD' = AB - AD' = 10$.过点$C'$作$C'H ⊥ AB$于点$H$，则$D'H = BH = \frac{1}{2}BD' = 5$.在
$Rt \triangle C'D'H$中，由勾股定理，得$C'H = \sqrt{C'D'^2 - D'H^2} = 12$.所以$S_{\triangle C'D'B} = \frac{1}{2}BD' · C'H = 60$.
10. 如图，正方形 $ EFGH $ 的边 $ EF $ 过正方形 $ ABCD $ 的中心，$ E $，$ F $ 两点分别在边 $ AB $，连接 $ EG $，$ BG $。若 $ AB = 5 $，$ AE = 2 $，则 $ \triangle BEG $ 的面积为(
C
)
A.8
B.$ 6\sqrt{2} $
C.9
D.10
答案：10.C 解析：如图，连接$BD$交$EF$于点$O$，过点$F$作$FK ⊥ AB$于点$K$，过点$G$作$GM ⊥ AB$，交$BA$的延长线于点$M$，延长$CD$交$GM$于点$P$.因为四边形$ABCD$和四边形$EFGH$都是正方形，所以$EF = FG$，$AB = CD = AD$，$AB // CD$，$\angle EFG = 90^{\circ}$.所以$\angle ODF = \angle OBE$，$\angle OFD = \angle OEB$，$FK ⊥ CD$，即$\angle DFK = 90^{\circ}$.所以$\angle EFG - \angle DFE = \angle DFK - \angle DFE$，即$\angle GFP = \angle EFK$.易得四边形$FKMP$和四边形$FKAD$都是矩形，所以$\angle EKF = \angle MPF = 90^{\circ}$，$FK = AD = PM$，$AK = DF$，即$\angle GPF = 180^{\circ} - \angle MPF = 90^{\circ}$.所以$\angle EKF = \angle GPF$.所以$\triangle GPF \cong \triangle EKF$（AAS）.所以$FP = FK$，$GP = EK$.又$AB = 5$，$AE = 2$，所以$PM = PF = FK = AD = 5$，$BE = 3$.因为$EF$过正方形$ABCD$的中心，所以$OB = OD$.所以$\triangle DOF \cong \triangle BOE$（AAS）.所以$DF = BE = 3$，即$AK = 3$.所以$EK = AK - AE = 1$，即$GP = 1$.所以$GM = GP + PM = 6$.所以$S_{\triangle BEG} = \frac{1}{2}BE · GM = 9$.
11. (亮点原创)若 $ \frac{\sqrt{4 - x}}{\sqrt{2x - 1}} $ 有意义，则 $ x $ 的取值范围是
$\frac{1}{2} ＜ x \leq 4$
。
答案：11. $\frac{1}{2} ＜ x \leq 4$
解析：
要使$\frac{\sqrt{4 - x}}{\sqrt{2x - 1}}$有意义，则分子的被开方数非负，分母的被开方数为正且分母不为零，即：
$\begin{cases}4 - x \geq 0 \\2x - 1 ＞ 0\end{cases}$
解$4 - x \geq 0$得$x \leq 4$；解$2x - 1 ＞ 0$得$x ＞ \frac{1}{2}$。
综上，$x$的取值范围是$\frac{1}{2} ＜ x \leq 4$。
$\frac{1}{2} ＜ x \leq 4$
12. 在一个不透明的袋子里装有若干个红球和 20 个白球，这些球除颜色外其他都相同，搅匀后每次从袋子中任意摸出一球记下颜色后放回，通过多次重复试验发现摸到红球的频率稳定在 0.6 附近，则袋中红球大约有
30
个。
答案：12. 30
解析：
设袋中红球有$x$个，球的总数为$(x + 20)$个。
由摸到红球的频率稳定在$0.6$附近，可得$\frac{x}{x + 20}=0.6$
解得$x = 30$
30
13. 若 $ a + b = 2 $，则多项式 $ a^2 - b^2 + 4b + 2022 $ 的值为
2026
。
答案：13. 2026
解析：
因为 $a + b = 2$，所以 $a = 2 - b$。
将 $a = 2 - b$ 代入多项式 $a^2 - b^2 + 4b + 2022$ 得：
$\begin{aligned}&(2 - b)^2 - b^2 + 4b + 2022\\=&4 - 4b + b^2 - b^2 + 4b + 2022\\=&(4 + 2022) + (-4b + 4b) + (b^2 - b^2)\\=&2026 + 0 + 0\\=&2026\end{aligned}$
2026
14. 已知三个实数 $
a $，$
b $，$
c $，满足 $ \frac{ab}{a + b} = -2 $，$ \frac{bc}{b + c} = \frac{5}{3} $，$ \frac{ac}{a + c} = -\frac{5}{3} $，则 $ \frac{abc}{ab + bc + ac} = $
$-4$
。
答案：14. $-4$
解析：
解：对已知条件取倒数，得
$\frac{a + b}{ab} = -\frac{1}{2} \implies \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = -\frac{1}{2},$
$\frac{b + c}{bc} = \frac{3}{5} \implies \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{3}{5},$
$\frac{a + c}{ac} = -\frac{3}{5} \implies \frac{1}{a} + \frac{1}{c} = -\frac{3}{5}.$
设 $ x = \frac{1}{a} $，$ y = \frac{1}{b} $，$ z = \frac{1}{c} $，则
$\begin{cases}x + y = -\frac{1}{2}, \\y + z = \frac{3}{5}, \\x + z = -\frac{3}{5}.\end{cases}$
三式相加得 $ 2(x + y + z) = -\frac{1}{2} + \frac{3}{5} - \frac{3}{5} = -\frac{1}{2} \implies x + y + z = -\frac{1}{4} $.
故 $ \frac{ab + bc + ac}{abc} = x + y + z = -\frac{1}{4} \implies \frac{abc}{ab + bc + ac} = -4 $.
$-4$
15. 已知 $ m = \sqrt{6} + 2 $，$ n = \sqrt{6} - 2 $，则 $ \frac{1}{m} + \frac{1}{n} $ 的值为
$\sqrt{6}$
。
答案：15. $\sqrt{6}$
解析：
$\frac{1}{m} + \frac{1}{n} = \frac{n + m}{mn}$，
$m + n = (\sqrt{6} + 2) + (\sqrt{6} - 2) = 2\sqrt{6}$，
$mn = (\sqrt{6} + 2)(\sqrt{6} - 2) = (\sqrt{6})^2 - 2^2 = 6 - 4 = 2$，
则$\frac{n + m}{mn} = \frac{2\sqrt{6}}{2} = \sqrt{6}$。
$\sqrt{6}$
16. (2025·江苏徐州模拟)如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 5 $，$ AD = 12 $，点 $ P $ 在对角线 $ BD $ 上，且 $ BP = AB $，连接 $ AP $ 并延长，交 $ DC $ 的延长线于点 $ Q $，连接 $ BQ $，则 $ BQ $ 的长为
$3\sqrt{17}$
。
答案：16. $3\sqrt{17}$
解析：
解：在矩形$ABCD$中，$AB=5$，$AD=12$，
$\therefore \angle BAD=90^{\circ}$，$CD=AB=5$，$BC=AD=12$，$AB// CD$，
$\therefore BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13$，
$\because BP=AB=5$，
$\therefore PD=BD - BP=13 - 5=8$，
$\because AB// DQ$，
$\therefore \triangle ABP\backsim \triangle QDP$，
$\therefore \frac{AB}{DQ}=\frac{BP}{PD}$，即$\frac{5}{DQ}=\frac{5}{8}$，
$\therefore DQ=8$，
$\therefore CQ=DQ - CD=8 - 5=3$，
在$Rt\triangle BCQ$中，$BQ=\sqrt{BC^{2}+CQ^{2}}=\sqrt{12^{2}+3^{2}}=\sqrt{144 + 9}=\sqrt{153}=3\sqrt{17}$。
$3\sqrt{17}$
17. (2025·江苏盐城模拟)如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle BAC = 90^{\circ} $，$ \angle B = 30^{\circ} $，$ D $，$ E $ 两点分别在边 $ AB $，$ AC $ 上，且 $ BD = CE $，连接 $ DE $，$ M $，$ N $ 分别为线段 $ DE $，$ BC $ 的中点，过点 $ A $ 作 $ AT // MN $ 交 $ BC $ 于点 $ T $。若 $ AC = 1 $，则 $ NT = $
$2 - \sqrt{3}$
。
答案：17. $2 - \sqrt{3}$ 解析：如图，连接$BE$，取$BE$的中点$G$，连接$GM$，$GN$，延长$MG$交$BC$于点$H$，过点$T$作$KT ⊥ AC$于点$K$，则$\angle TKC = \angle TKA = 90^{\circ}$.因为$G$，$M$，$N$分别为$BE$，$DE$，$BC$的中点，所以$NC = \frac{1}{2}BC$，$GM$是$\triangle BDE$的中位线，$GN$是$\triangle BCE$的中位线，即$GM // BD$，$GM = \frac{1}{2}BD$，$GN // AC$，$GN = \frac{1}{2}CE$.所以$\angle GHN = \angle ABC$，$\angle GNH = \angle C$.又$\angle ABC = 30^{\circ}$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，所以$\angle ABC + \angle C = 90^{\circ}$，即$\angle C = 60^{\circ}$.所以$\angle GHN = 30^{\circ}$，$\angle GNH = 60^{\circ}$.所以$\angle HGN = \angle MGN = 90^{\circ}$.因为$BD = CE$，所以$GM = GN$，即$\triangle GMN$为等腰直角三角形.所以$\angle GNM = \angle GMN = 45^{\circ}$，即$\angle MNC = 180^{\circ} - \angle GNH - \angle GNM = 75^{\circ}$.因为$AT // MN$，所以$\angle ATC = \angle MNC = 75^{\circ}$.设$KC = x$.又$\angle C + \angle CTK = 90^{\circ}$，所以$\angle CTK = 30^{\circ}$，即$TC = 2KC = 2x$，$\angle ATK = 45^{\circ}$.又$\angle ATK + \angle TAK = 90^{\circ}$，所以$\angle TAK = \angle ATK = 45^{\circ}$，即$AK = TK$.在$Rt \triangle TCK$中，由勾股定理，得$TK = \sqrt{TC^2 - KC^2} = \sqrt{3}x$.所以$AK = \sqrt{3}x$.因为$AC = AK + CK$，$AC = 1$，所以$x + \sqrt{3}x = 1$，解得$x = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$.所以$TC = \sqrt{3} - 1$.在$Rt \triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，所以$BC = 2AC = 2$，即$NC = 1$.所以$NT = NC - TC = 2 - \sqrt{3}$.
18. 问题背景：如图①，将 $ \triangle ABC $ 绕点 $ A $ 按逆时针方向旋转 $ 60^{\circ} $ 得到 $ \triangle ADE $，连接 $ PA $，$ DE $ 与 $ BC $ 交于点 $ P $，可推出结论：$ PA + PC = PE $。
问题解决：如图②，在 $ \triangle MNG $ 中，$ MN = 6 $，$ \angle M = 75^{\circ} $，$ MG = 4\sqrt{2} $。若 $ O $ 是 $ \triangle MNG $ 内部一点，则点 $ O $ 到 $ \triangle MNG $ 三个顶点的距离之和的最小值是
$2\sqrt{29}$
。
答案：18. $2\sqrt{29}$ 解析：如图，连接$OM$，$ON$，$OG$，以$MG$为一边构造等边三角形$MAG$，以$MO$为一边构造等边三角形$MOB$，连接$AB$，则$OM = OB = BM$，$MG = MA$，$\angle OMB = \angle GMA = 60^{\circ}$.所以$\angle OMB - \angle BMG = \angle GMA - \angle BMG$，即$\angle OMG = \angle BMA$.所以$\triangle MOG \cong \triangle MBA$（SAS）.所以$OG = BA$.又$OB = OM$，所以$ON + OM + OG = ON + OB + BA$.所以当$N$，$O$，$B$，$A$四点共线，即$ON$，$OB$，$BA$三条线段在同一条直线上时，点$O$到$\triangle MNG$三个顶点的距离之和最小.过点$A$作$AC ⊥ NM$，交$NM$的延长线于点$C$.因为$\angle NMG = 75^{\circ}$，$\angle GMA = 60^{\circ}$，$\angle NMG + \angle GMA + \angle AMC = 180^{\circ}$，所以$\angle AMC = 180^{\circ} - \angle NMG - \angle GMA = 45^{\circ}$.因为$MG = 4\sqrt{2}$，所以$MA = 4\sqrt{2}$.又$\angle AMC + \angle MAC = 90^{\circ}$，所以$\angle MAC = 90^{\circ} - \angle AMC = 45^{\circ}$，即$\angle MAC = \angle AMC$.所以$CA = CM$.在$Rt \triangle ACM$中，由勾股定理，得$CA^2 + CM^2 = AM^2$，解得$CA = CM = 4$.因为$MN = 6$，所以$CN = CM + MN = 10$.在$Rt \triangle ACN$中，由勾股定理，得$NA = \sqrt{CN^2 + CA^2} = 2\sqrt{29}$.则点$O$到$\triangle MNG$三个顶点的距离之和的最小值是$2\sqrt{29}$.
