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广东省广州市海珠区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
一、选择题（共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2024八下·海珠期末）要使有意义，则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：x-2≥0，
解得：x≥2，
∴的值可以是2，
故答案为：D.
【分析】二次根式有意义：被开方数为非负数，据此求出x的范围，再判断即可.
2．（2024八下·海珠期末）在直角三角形中，若两直角边长分别为3和4，则斜边为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
【答案】C
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：这个直角三角形的斜边长，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理即可求出答案.
3．（2024八下·海珠期末）下列一次函数的图象中，与直线平行的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题
4．（2024八下·海珠期末）下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A中，不是最简二次根式，故不符合要求；
B中，是最简二次根式，故符合要求；
C中，不是最简二次根式，故不符合要求；
D中，不是最简二次根式，故不符合要求；
故答案为：B．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项进行判断即可求出答案.
5．（2024八下·海珠期末）“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植，某种植户为了考察所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取5株水稻苗，测得苗高（单位：）分别是：．则这组数据的平均数和方差分别是（ ）
A．，3 B．，0 C．，2 D．，1
【答案】C
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：由题意知，平均数是，
方差为，
故答案为：C．
【分析】根据平均数，方差的定义计算即可求出答案.
6．（2024八下·海珠期末）如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到和的中点D、E，测量得米，则A、B两点间的距离为（ ）
A．30米 B．32米 C．36米 D．48米
【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵D、E分别是AC、BC中点，
∴DE是的中位线，
∴，
∵DE=16米，
∴AB=32米，
∴A、B两点间的距离为32米.
故选：B.
【分析】根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半即可求解.
7．（2024八下·海珠期末）如图，在中，，D为中点，若，则的长是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
故答案为C．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出答案.
8．（2024八下·海珠期末）下列关于一次函数的图象性质说法中，不正确的是（ ）
A．随的增大而减小
B．直线经过第一、二、四象限
C．与两坐标轴围成的三角形面积为
D．直线与轴交点的坐标是
【答案】D
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵，，
∴随的增大而减小，直线经过第一、二、四象限，故正确，不合题意；
当时，；当时，，
∴直线与轴的交点坐标是，与的轴交点坐标是，
∴与两坐标轴围成的三角形面积为，故正确，错误；
故答案为：．
【分析】根据一次函数的图象，性质与系数的关系即可求出答案.
9．（2024八下·海珠期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点作轴于，过点作轴于，则，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵点的坐标分别为，，，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∴点的坐标为，
故答案为：C．
【分析】过点作轴于，过点作轴于，则，，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，根据两点间距离可得，，，，再根据边之间的关系即可求出答案.
10．（2024八下·海珠期末）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
．
．
故答案为：A．
【分析】连接，根据矩形性质可得，，，再根据勾股定理可得AC，再根据三角形面积即可求出答案.
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（2024八下·海珠期末）甲、乙、丙三人进行射击测试，他们成绩的平均数相同，方差分别是，，，则这位同学发挥最稳定的是 ．
【答案】乙
【知识点】方差
【解析】【解答】解：
这位同学发挥最稳定的是乙
故答案为：乙
【分析】方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
12．（2024八下·海珠期末） 已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则△ABC的面积为 ．
【答案】30
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：∵△ABC的三边长分别为5，12，13，
∴52+122=132，
∴△ABC是直角三角形，两直角边是5，12，
∴△ABC的面积为：×5×12=30，
故答案为：30．
【分析】首先根据三边长度可利用勾股定理的逆定理判断三角形为直角三角形，然后利用三角形的面积公式计算即可解答．
13．（2024八下·海珠期末）若，则 ．
【答案】1
【知识点】二次根式有意义的条件；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：∵，
∴，
解得：，
故，
故答案为：1．
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案.
14．（2024八下·海珠期末）如图，是平行四边形对角线的交点，过的直线分别交于点，若，，，则四边形的周长是 ．
【答案】26
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形的周长，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形性质可得，，，由等边对等角可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据四边形周长即可求出答案.
15．（2024八下·海珠期末）已知一次函数，当时，，则 ．
【答案】或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式
【解析】【解答】解：当，；，时，
，
解得；
当，；，时，
，
解得；
∴或，
故答案为：或．
【分析】分别把，；，和，；，代入到函数解析式即可求出答案.
16．（2024八下·海珠期末）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出种情况：①若为上任意一点，则；②若，则；③若为的中点，则四边形是正方形；④若，则；⑤若过点作正方形交边于，则．则其中正确的是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，故正确；
若，则，
∵，
∴，
∴，故错误；
若点为的中点，则，
∵，，
∴，，
∴和为的中位线，
∴，，
∵，
∴，
由可知四边形是矩形，
∴四边形是正方形，故正确；
若，则，
∵，
∴，故错误；
若四边形为正方形，则，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故正确；
综上，正确的是，
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再根据边之间的关系可判断①；若，则，再根据等边对等角及三角形内角和定理可得，再根据余角即可判断②；若点为的中点，则，根据三角形中位线定理可得，，则，再根据正方形判定定理可判断③；再根据三角形面积可判断④；若四边形为正方形，则，，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可判断⑤；
三、解答题（共9个小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤）
17．（2024八下·海珠期末）（1）
（2）
【答案】解：（1）
；
（2）
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先利用二次根式的性质化简，再合并同类二次根式；
（2）先计算二次根式的乘法和除法，再利用二次根式的性质化简．
18．（2024八下·海珠期末）某校开展“满园书香，奉献互助”的志愿活动，倡议学生利用双休日在海珠少儿图书馆参加义务劳动，为了解同学们劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间，根据下图提供的信息，解答下列问题：
（1）抽查的学生劳动时间的众数为______，中位数为______．
（2）已知全校学生人数为人，请你估算该校学生参加义务劳动小时的有多少人？
【答案】（1）小时，小时；
（2）解：，
答：估计该校学生参加义务劳动小时的有人．
【知识点】条形统计图；中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：由条形统计图可得，劳动时间为小时人数最多，
∴众数为小时，
抽查调查的学生人数为人，
∴数据按由小到大排列后，中位数为第和位数的平均数，
∴中位数为小时，
故答案为：小时，小时；
【分析】（）根据众数和中位数的定义即可求解；
（）用乘以劳动小时的人数占比即可求解；
19．（2024八下·海珠期末）函数的图象为直线，函数图象为直线，两直线相交于点C．
（1）求m、n的值；
（2）在给出的直角坐标系中，画出直线和直线的图象；
（3）求直线、与y轴围成的三角形面积．
【答案】（1）解：将C代入得，，
解得，，
将C代入得，，
解得，，
∴，；
（2）解：由（1）可知，，
∴的图象与坐标轴的两个交点为；的图象与坐标轴的两个交点为；作函数图象如下；
（3）解：由题意知，，
∴直线、与y轴围成的三角形面积为4．
【知识点】坐标与图形性质；一次函数的图象；待定系数法求一次函数解析式；三角形的面积
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点C分别代入，即可求出答案.
（2）由（1）可知，，则的图象与坐标轴的两个交点为；的图象与坐标轴的两个交点为；然后作函数图象即可；
（3）根据三角形面积即可求出答案.
20．（2024八下·海珠期末）学校操场边有一根垂直于地面的旗杆，一根无弹力、不能伸缩的绳子紧系于旗杆顶端处（打结处忽略不计），小杰同学通过操作、测量发现：如图，当绳子紧靠在旗杆上拉紧到底端后，还多出米，即米；如图，当离开旗杆底端处米后，绳子恰好拉直且绳子末端处恰好接触地面，即米，求旗杆的高度．
【答案】解：设旗杆米，则米，
根据勾股定理可得，，
∴，
解得，
答：旗杆的高度为米．
【知识点】勾股定理的实际应用-旗杆高度问题
【解析】【分析】设旗杆米，则米，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
21．（2024八下·海珠期末）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点A作交的延长线于点E，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求的长．
【答案】（1）证明：∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图，作于，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴的长为．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的判定
【解析】【分析】（1）根据直线平行性质可得，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）作于，根据等角对等边可得，再根据勾股定理可得AB，根据边之间的关系可得CG，再根据勾股定理即可求出答案.
22．（2024八下·海珠期末）长方形纸片中，，，把这张长方形纸片如图放置在平面直角坐标系中，在边上取一点，将沿折叠，使点恰好落在边上的点处．
（1）点的坐标是______，点的坐标是______；
（2）在上找一点，使最小，求点坐标．
【答案】（1），；
（2）解：作点关于的对称点，连接，交于点，则，
∴，由两点之间线段最短，可得此时最小，
∵点和点关于对称，
∴点，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
把代入得，，
解得，
∴点坐标为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
23．（2024八下·海珠期末）红星学院计划举办数学活动周，王老师负责购买一批奖品，据了解，甲商店所有商品按每件元出售，在乙商店，购物金额与购买商品数量的关系如图所示，设在甲商店的购物金额为，在乙商店的购物金额为，（元）购买的奖品数量为件．
（1）根据图象，求出在乙商场购物时与的函数关系式；
（2）直接写出在甲商场购物时与的函数关系式，并画出图象．若在同一家商店购买奖品数量为件时，在乙商店比在甲商店更划算，求此时的取值范围．
【答案】（1）解：当时，设，把代入得，，
∴，
∴；
当时，设，把和代入得，
，
解得，
∴；
综上，；
（2）解：由题意可得，，当时，，画函数图象如下：
由得，，
由函数图象可得，当时，乙商店购物比在甲商店购物更划算．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数的其他应用
【解析】【分析】（）分和两种情况，设出函数解析式，再根据待定系数法将点坐标代入即可求出答案.
（）根据题意可得与的函数关系式，根据函数解析式可画出的函数图象，根据图象求出在两个商场购物金额相等时奖品数量的值，进而结合图象可得的取值范围；
24．（2024八下·海珠期末）已知在平面直角坐标系中，，一次函数解析式为，其图象直线记为．
（1）求直线的解析式；
（2）我们定义：平面直角坐标系中，点，若，，且，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点是点的“级变换点”．
①现将直线上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式；
②记①中的直线为，当时，与有交点，求m的取值范围；
③已知点，对M先进行“级变换”得到点E，再对点E进行“级变化”得到点N，其中，求证：直线必经过原点O．
【答案】（1）解：设直线的解析式为，把代入可得，
，
∴直线的解析式为，
（2）解：①将点分别进行“2级变换”得到点，
设变换后的直线解析式为，把代入得，
，
∴变换后的直线解析式为，
②由题意，两直线有交点，则，
联立和为，
可得，，
则，
∵
∴或
解得或
③由题意得，点E的坐标是，则点N的坐标为，
∵，
∴，
∴点N的坐标为，
设直线的解析式为，
则，
∴直线的解析式为，
∴直线必经过原点O．
【知识点】解一元一次不等式组；待定系数法求一次函数解析式；一次函数与二元一次方程（组）的关系
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）①将点分别进行“2级变换”得到点，利用待定系数法求出变换后的直线解析式即可；
②联立和得到方程组，求出，根据得到或，解得或即可；
③由题意得点E的坐标是，则点N的坐标为，由得到点N的坐标为，又由点，利用待定系数法求出直线的解析式为，即可证明结论成立．
25．（2024八下·海珠期末）如图，等边中，．
（1）尺规作图：在图1中作点A关于的对称点C，连接，并证明四边形是菱形；
（2）在（1）的条件下，点O是四边形对角线交点，动点E，F，G分别在线段上，且满足，H是中点；
①当时，求证；
②当时，求长度．
【答案】（1）作的平分线，交于，截取，点即为所作；
∵是等边三角形，AC是的平分线，
∴垂直平分，AB=AD，
∴，，
∵，
∴BD垂直平分AC，
∴AD=DC，AB=BC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形是菱形；
（2）①证明：如图，作，连接，作交于，
∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∴EP//MH.
∵，
∴，，，
∴，
∵，
∴是的中点，
∵H是中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵EF//AD，AD//BC，
∴EF//PH，即，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
②解：∵菱形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
如图，作于，连接，过H点作QH⊥EF于Q，延长，交于，
∵EF//BC，EF⊥EG，
∴EG⊥BC，
∴∠QEG=∠EGP=90°.
∵QH⊥EF，
∴∠EQH=90°.
∴四边形是矩形，
∴，
由①可知，，，，
∴，，
设，则，
∴，，
∴，，
∴，
在与中，
∴，
∴，
由题意知，，，
由勾股定理得，，
解得，，
同理，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴的长为．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定；尺规作图-作角的平分线；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）作的平分线，交于，截取，点即为所作，通过证明四条边相等，来说明四边形是菱形；
（2）①由题意证，，如图2，作，可推出，通过证明四边形ODQH有一组对边平行且相等，来证明四边形是平行四边形，通过说明四边形MEPH有两组对边分别平行，可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，可得，从而可说明，可得；
②由题意求，，，如图3，作于，连接，延长，交于，交于，则四边形是矩形，，设，则可用a表示出EF和PQ，HN，进而可用a，b表示出QE和FQ，可得出，再利用AAS证明，则可用a表示出QH，再根据勾股定理得，用a，b表示出FQ，进而用a，b表示出OQ，再用a表示出OH，根据，转化为关于a，b的方程，可得出a=b，从而求得a，进而可求的长．
1 / 1广东省广州市海珠区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
一、选择题（共10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2024八下·海珠期末）要使有意义，则的值可以是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024八下·海珠期末）在直角三角形中，若两直角边长分别为3和4，则斜边为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
3．（2024八下·海珠期末）下列一次函数的图象中，与直线平行的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024八下·海珠期末）下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024八下·海珠期末）“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植，某种植户为了考察所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取5株水稻苗，测得苗高（单位：）分别是：．则这组数据的平均数和方差分别是（ ）
A．，3 B．，0 C．，2 D．，1
6．（2024八下·海珠期末）如图，平地上A、B两点被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到和的中点D、E，测量得米，则A、B两点间的距离为（ ）
A．30米 B．32米 C．36米 D．48米
7．（2024八下·海珠期末）如图，在中，，D为中点，若，则的长是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
8．（2024八下·海珠期末）下列关于一次函数的图象性质说法中，不正确的是（ ）
A．随的增大而减小
B．直线经过第一、二、四象限
C．与两坐标轴围成的三角形面积为
D．直线与轴交点的坐标是
9．（2024八下·海珠期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024八下·海珠期末）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（2024八下·海珠期末）甲、乙、丙三人进行射击测试，他们成绩的平均数相同，方差分别是，，，则这位同学发挥最稳定的是 ．
12．（2024八下·海珠期末） 已知△ABC的三边长分别为5、12、13，则△ABC的面积为 ．
13．（2024八下·海珠期末）若，则 ．
14．（2024八下·海珠期末）如图，是平行四边形对角线的交点，过的直线分别交于点，若，，，则四边形的周长是 ．
15．（2024八下·海珠期末）已知一次函数，当时，，则 ．
16．（2024八下·海珠期末）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出种情况：①若为上任意一点，则；②若，则；③若为的中点，则四边形是正方形；④若，则；⑤若过点作正方形交边于，则．则其中正确的是 ．
三、解答题（共9个小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤）
17．（2024八下·海珠期末）（1）
（2）
18．（2024八下·海珠期末）某校开展“满园书香，奉献互助”的志愿活动，倡议学生利用双休日在海珠少儿图书馆参加义务劳动，为了解同学们劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间，根据下图提供的信息，解答下列问题：
（1）抽查的学生劳动时间的众数为______，中位数为______．
（2）已知全校学生人数为人，请你估算该校学生参加义务劳动小时的有多少人？
19．（2024八下·海珠期末）函数的图象为直线，函数图象为直线，两直线相交于点C．
（1）求m、n的值；
（2）在给出的直角坐标系中，画出直线和直线的图象；
（3）求直线、与y轴围成的三角形面积．
20．（2024八下·海珠期末）学校操场边有一根垂直于地面的旗杆，一根无弹力、不能伸缩的绳子紧系于旗杆顶端处（打结处忽略不计），小杰同学通过操作、测量发现：如图，当绳子紧靠在旗杆上拉紧到底端后，还多出米，即米；如图，当离开旗杆底端处米后，绳子恰好拉直且绳子末端处恰好接触地面，即米，求旗杆的高度．
21．（2024八下·海珠期末）如图，中，D是边上任意一点，F是中点，过点A作交的延长线于点E，连接．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求的长．
22．（2024八下·海珠期末）长方形纸片中，，，把这张长方形纸片如图放置在平面直角坐标系中，在边上取一点，将沿折叠，使点恰好落在边上的点处．
（1）点的坐标是______，点的坐标是______；
（2）在上找一点，使最小，求点坐标．
23．（2024八下·海珠期末）红星学院计划举办数学活动周，王老师负责购买一批奖品，据了解，甲商店所有商品按每件元出售，在乙商店，购物金额与购买商品数量的关系如图所示，设在甲商店的购物金额为，在乙商店的购物金额为，（元）购买的奖品数量为件．
（1）根据图象，求出在乙商场购物时与的函数关系式；
（2）直接写出在甲商场购物时与的函数关系式，并画出图象．若在同一家商店购买奖品数量为件时，在乙商店比在甲商店更划算，求此时的取值范围．
24．（2024八下·海珠期末）已知在平面直角坐标系中，，一次函数解析式为，其图象直线记为．
（1）求直线的解析式；
（2）我们定义：平面直角坐标系中，点，若，，且，则称点Q是点P的“t级变换点”，例如，点是点的“级变换点”．
①现将直线上的每个点进行“2级变换”，变换后的点都在一条直线上，直接写出该直线的解析式；
②记①中的直线为，当时，与有交点，求m的取值范围；
③已知点，对M先进行“级变换”得到点E，再对点E进行“级变化”得到点N，其中，求证：直线必经过原点O．
25．（2024八下·海珠期末）如图，等边中，．
（1）尺规作图：在图1中作点A关于的对称点C，连接，并证明四边形是菱形；
（2）在（1）的条件下，点O是四边形对角线交点，动点E，F，G分别在线段上，且满足，H是中点；
①当时，求证；
②当时，求长度．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：由题意得：x-2≥0，
解得：x≥2，
∴的值可以是2，
故答案为：D.
【分析】二次根式有意义：被开方数为非负数，据此求出x的范围，再判断即可.
2．【答案】C
【知识点】勾股定理
【解析】【解答】解：这个直角三角形的斜边长，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理即可求出答案.
3．【答案】A
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题
4．【答案】B
【知识点】最简二次根式
【解析】【解答】解：A中，不是最简二次根式，故不符合要求；
B中，是最简二次根式，故符合要求；
C中，不是最简二次根式，故不符合要求；
D中，不是最简二次根式，故不符合要求；
故答案为：B．
【分析】根据最简二次根式的定义逐项进行判断即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】平均数及其计算；方差
【解析】【解答】解：由题意知，平均数是，
方差为，
故答案为：C．
【分析】根据平均数，方差的定义计算即可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵D、E分别是AC、BC中点，
∴DE是的中位线，
∴，
∵DE=16米，
∴AB=32米，
∴A、B两点间的距离为32米.
故选：B.
【分析】根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半即可求解.
7．【答案】C
【知识点】直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，D为边的中点，
∴，
∵，
∴，
故答案为C．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】一次函数图象与坐标轴交点问题；一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵，，
∴随的增大而减小，直线经过第一、二、四象限，故正确，不合题意；
当时，；当时，，
∴直线与轴的交点坐标是，与的轴交点坐标是，
∴与两坐标轴围成的三角形面积为，故正确，错误；
故答案为：．
【分析】根据一次函数的图象，性质与系数的关系即可求出答案.
9．【答案】C
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点作轴于，过点作轴于，则，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵点的坐标分别为，，，
∴，，，，
∴，，
∴，，
∴点的坐标为，
故答案为：C．
【分析】过点作轴于，过点作轴于，则，，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，根据两点间距离可得，，，，再根据边之间的关系即可求出答案.
10．【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
．
．
故答案为：A．
【分析】连接，根据矩形性质可得，，，再根据勾股定理可得AC，再根据三角形面积即可求出答案.
11．【答案】乙
【知识点】方差
【解析】【解答】解：
这位同学发挥最稳定的是乙
故答案为：乙
【分析】方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
12．【答案】30
【知识点】勾股定理的逆定理
【解析】【解答】解：∵△ABC的三边长分别为5，12，13，
∴52+122=132，
∴△ABC是直角三角形，两直角边是5，12，
∴△ABC的面积为：×5×12=30，
故答案为：30．
【分析】首先根据三边长度可利用勾股定理的逆定理判断三角形为直角三角形，然后利用三角形的面积公式计算即可解答．
13．【答案】1
【知识点】二次根式有意义的条件；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：∵，
∴，
解得：，
故，
故答案为：1．
【分析】根据二次根式有意义的条件即可求出答案.
14．【答案】26
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形的周长，
故答案为：．
【分析】根据平行四边形性质可得，，，由等边对等角可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，再根据四边形周长即可求出答案.
15．【答案】或
【知识点】待定系数法求一次函数解析式
【解析】【解答】解：当，；，时，
，
解得；
当，；，时，
，
解得；
∴或，
故答案为：或．
【分析】分别把，；，和，；，代入到函数解析式即可求出答案.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，故正确；
若，则，
∵，
∴，
∴，故错误；
若点为的中点，则，
∵，，
∴，，
∴和为的中位线，
∴，，
∵，
∴，
由可知四边形是矩形，
∴四边形是正方形，故正确；
若，则，
∵，
∴，故错误；
若四边形为正方形，则，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故正确；
综上，正确的是，
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再根据边之间的关系可判断①；若，则，再根据等边对等角及三角形内角和定理可得，再根据余角即可判断②；若点为的中点，则，根据三角形中位线定理可得，，则，再根据正方形判定定理可判断③；再根据三角形面积可判断④；若四边形为正方形，则，，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系可判断⑤；
17．【答案】解：（1）
；
（2）
．
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先利用二次根式的性质化简，再合并同类二次根式；
（2）先计算二次根式的乘法和除法，再利用二次根式的性质化简．
18．【答案】（1）小时，小时；
（2）解：，
答：估计该校学生参加义务劳动小时的有人．
【知识点】条形统计图；中位数；众数；用样本所占百分比估计总体数量
【解析】【解答】（1）解：由条形统计图可得，劳动时间为小时人数最多，
∴众数为小时，
抽查调查的学生人数为人，
∴数据按由小到大排列后，中位数为第和位数的平均数，
∴中位数为小时，
故答案为：小时，小时；
【分析】（）根据众数和中位数的定义即可求解；
（）用乘以劳动小时的人数占比即可求解；
19．【答案】（1）解：将C代入得，，
解得，，
将C代入得，，
解得，，
∴，；
（2）解：由（1）可知，，
∴的图象与坐标轴的两个交点为；的图象与坐标轴的两个交点为；作函数图象如下；
（3）解：由题意知，，
∴直线、与y轴围成的三角形面积为4．
【知识点】坐标与图形性质；一次函数的图象；待定系数法求一次函数解析式；三角形的面积
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点C分别代入，即可求出答案.
（2）由（1）可知，，则的图象与坐标轴的两个交点为；的图象与坐标轴的两个交点为；然后作函数图象即可；
（3）根据三角形面积即可求出答案.
20．【答案】解：设旗杆米，则米，
根据勾股定理可得，，
∴，
解得，
答：旗杆的高度为米．
【知识点】勾股定理的实际应用-旗杆高度问题
【解析】【分析】设旗杆米，则米，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
21．【答案】（1）证明：∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图，作于，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴的长为．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的判定
【解析】【分析】（1）根据直线平行性质可得，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据平行四边形判定定理即可求出答案.
（2）作于，根据等角对等边可得，再根据勾股定理可得AB，根据边之间的关系可得CG，再根据勾股定理即可求出答案.
22．【答案】（1），；
（2）解：作点关于的对称点，连接，交于点，则，
∴，由两点之间线段最短，可得此时最小，
∵点和点关于对称，
∴点，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
把代入得，，
解得，
∴点坐标为．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
23．【答案】（1）解：当时，设，把代入得，，
∴，
∴；
当时，设，把和代入得，
，
解得，
∴；
综上，；
（2）解：由题意可得，，当时，，画函数图象如下：
由得，，
由函数图象可得，当时，乙商店购物比在甲商店购物更划算．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数的其他应用
【解析】【分析】（）分和两种情况，设出函数解析式，再根据待定系数法将点坐标代入即可求出答案.
（）根据题意可得与的函数关系式，根据函数解析式可画出的函数图象，根据图象求出在两个商场购物金额相等时奖品数量的值，进而结合图象可得的取值范围；
24．【答案】（1）解：设直线的解析式为，把代入可得，
，
∴直线的解析式为，
（2）解：①将点分别进行“2级变换”得到点，
设变换后的直线解析式为，把代入得，
，
∴变换后的直线解析式为，
②由题意，两直线有交点，则，
联立和为，
可得，，
则，
∵
∴或
解得或
③由题意得，点E的坐标是，则点N的坐标为，
∵，
∴，
∴点N的坐标为，
设直线的解析式为，
则，
∴直线的解析式为，
∴直线必经过原点O．
【知识点】解一元一次不等式组；待定系数法求一次函数解析式；一次函数与二元一次方程（组）的关系
【解析】【分析】（1）根据待定系数法将点A，B坐标代入解析式即可求出答案.
（2）①将点分别进行“2级变换”得到点，利用待定系数法求出变换后的直线解析式即可；
②联立和得到方程组，求出，根据得到或，解得或即可；
③由题意得点E的坐标是，则点N的坐标为，由得到点N的坐标为，又由点，利用待定系数法求出直线的解析式为，即可证明结论成立．
25．【答案】（1）作的平分线，交于，截取，点即为所作；
∵是等边三角形，AC是的平分线，
∴垂直平分，AB=AD，
∴，，
∵，
∴BD垂直平分AC，
∴AD=DC，AB=BC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形是菱形；
（2）①证明：如图，作，连接，作交于，
∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∴EP//MH.
∵，
∴，，，
∴，
∵，
∴是的中点，
∵H是中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵EF//AD，AD//BC，
∴EF//PH，即，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
②解：∵菱形，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
如图，作于，连接，过H点作QH⊥EF于Q，延长，交于，
∵EF//BC，EF⊥EG，
∴EG⊥BC，
∴∠QEG=∠EGP=90°.
∵QH⊥EF，
∴∠EQH=90°.
∴四边形是矩形，
∴，
由①可知，，，，
∴，，
设，则，
∴，，
∴，，
∴，
在与中，
∴，
∴，
由题意知，，，
由勾股定理得，，
解得，，
同理，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴的长为．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定；尺规作图-作角的平分线；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）作的平分线，交于，截取，点即为所作，通过证明四条边相等，来说明四边形是菱形；
（2）①由题意证，，如图2，作，可推出，通过证明四边形ODQH有一组对边平行且相等，来证明四边形是平行四边形，通过说明四边形MEPH有两组对边分别平行，可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，可得，从而可说明，可得；
②由题意求，，，如图3，作于，连接，延长，交于，交于，则四边形是矩形，，设，则可用a表示出EF和PQ，HN，进而可用a，b表示出QE和FQ，可得出，再利用AAS证明，则可用a表示出QH，再根据勾股定理得，用a，b表示出FQ，进而用a，b表示出OQ，再用a表示出OH，根据，转化为关于a，b的方程，可得出a=b，从而求得a，进而可求的长．
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