资源简介

广东省茂名市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024八下·茂名期末）下面四个图标中，属于中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024八下·茂名期末）下列说法正确的有（　　）
①在，，，中，共有2个无理数；
②若，则，它的逆命题是真命题；
③若边形的内角和是其外角和的2倍，则它是八边形．
A．① B．①② C．①③ D．②③
3．（2024八下·茂名期末）已知，则下列式子一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024八下·茂名期末）下列变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024八下·茂名期末）把题图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度不可能是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024八下·茂名期末）如果分式 的值为0，那么 的值为（　　）
A． B． C． 或 D．3或0
7．（2024八下·茂名期末）将一个正五边形与一个正六边形按如题图所示方式放置，顶点，，，在同一条直线上，为公共顶点，则等于（　　）
A． B． C． D．
8．（2024八下·茂名期末）若函数和的图象如题图所示，则关于的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024八下·茂名期末）如图，在中，，，点D，，分别在，，边上，且，．则的度数是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024八下·茂名期末）如图，将沿方向平移4个单位长度得到，与相交于点，，，，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．16 B．20 C．32 D．40
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（2024八下·茂名期末）因式分解：　 　．
12．（2024八下·茂名期末）已知点与点关于原点对称，则　 　．
13．（2024八下·茂名期末）定义运算，如：，若，则的值为　 　．
14．（2024八下·茂名期末）如题图，在中，，，，用尺规作图法构造的平分线，交于点，则的长为　 　．
15．（2024八下·茂名期末）如题图，为等边三角形，，分别是，边上的点，且，，是边上的一动点，以，，为顶点，为对角线构造平行四边形，则的最小值为　 　．
三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17、18题各7分，共24分）
16．（2024八下·茂名期末）（1）解方程：：
（2）解不等式组：并将解集在数轴上表示出来．
17．（2024八下·茂名期末）如题图，线段与相交于点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，且，，依次连接点A，B，C，D．求证：四边形为平行四边形．
18．（2024八下·茂名期末）如题图，在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出将绕点旋转后得到的；
（2）求证：与互相垂直平分．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．（2024八下·茂名期末）笔、墨、纸、砚是中国独有的书法绘画工具，又称“文房四宝”．某校计划购买两种型号的“文房四宝”，其中每套型号的价格比每套型号的价格少元，买套A型号和套型号共用元．
（1）求每套型号的“文房四宝”的价格；
（2）若该校需购进两种型号的“文房四宝”共套，总费用不超过元，要求购进型号的数量不超过型号数量的倍，求购得以上工具的最低费用．
20．（2024八下·茂名期末）如图1，已知是等腰直角三角形，，点，是三角形外的两点，分别连接，，，，其中，．
（1）求证：；
（2）如图2，交于点，连接，是的中点，分别连接，．若求与的数量关系．
21．（2024八下·茂名期末）阅读下面的材料，并解答问题．
把一个分式写成两个分式的和叫做把这个分式表示成“部分分式”，例如：将分式表示成部分分式，，设，接下来求，的值．去分母，得，，解得．
（1）若（，为常数），则______，______；
（2）已知（，为常数），用材料中的解法求，的值；
（3）化简：．
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．（2024八下·茂名期末）数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式，将一些多项式因式分解．例如：利用图1可以得到．
（1）请把表示图2面积的多项式因式分解：______（直接列出等式即可）；
（2）若，，求的值；
（3）如图3，有足够数量的边长分别为，的正方形纸片和长为、宽为的长方形纸片，请利用这些纸片将多项式因式分解，并画出图形．
23．（2024八下·茂名期末）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，是边上的一动点，是边上的一动点，将沿直线折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，连接．
（1）【观察发现】如图1，若，，，求的长；
（2）【操作探究】如图2，当点落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【分析】把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2．【答案】A
【知识点】等式的基本性质；多边形内角与外角；无理数的概念；逆命题
【解析】【解答】解：在，，，中，共有和，2个无理数；故①正确；
若，则的逆命题为：若，则，为假命题，故②错误；
若边形的内角和是其外角和的2倍，则：，解得：，则它是六边形；故③错误；
故答案为：A．
【分析】利用无理数的定义、等式的性质、逆命题的定义、真命题的定义及正多边形的性质逐项分析判断即可.
3．【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、不等式两边不是同时减去相同数，不能比较大小，∴A不符合题意；
B、不等式两边同时除以，则，∴B不符合题意；
C、不等式两边同时乘以再加，则，∴C符合题意；
D、当时，，∴D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用一元一次不等式的性质（不等式的基本性质①：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质②：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质③：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变）分析求解即可.
4．【答案】B
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，
因为A，C，D选项都不是积的形式，所以不符合题意，
故答案为：B．
【分析】利用因式分解的定义（因式分解是把一个多项式转化成几个整式乘积的形式）逐个分析求解即可.
5．【答案】B
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：由图形知，该图形是旋转对称图形，
则旋转，，都可以与自身重合，
旋转不能与自身重合．
故答案为：B．
【分析】利用旋转对称图形的特征分析求解即可.
6．【答案】B
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】由分式的分母不能为0得：
解得
由题意得：
整理得：
解得 或 （舍去）
综上，
故答案为：B．
【分析】根据分式的值为零、分式有意义的条件求解即可得．
7．【答案】B
【知识点】角的运算；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：由正多边形外角和等于可得：
，，
，
，
∴．
∴．
故答案为：B．
【分析】先利用正多边形的性质及角的运算求出∠FEB和∠GEC的度数，再求出∠BEC的度数，最后利用周角求出∠FEG的度数即可.
8．【答案】B
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：根据图象可得：不等式的解集是：．
∴的解集是：．
故答案为：B．
【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.
9．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵
∴
∵
∴
∴，
∵
∴，
∴
故答案为：C．
【分析】先利用“SAS”证出，利用全等三角形的性质可得，，再结合，利用角的运算求出即可.
10．【答案】C
【知识点】梯形；平移的性质；图形的平移
【解析】【解答】解：由平移的性质得：，，，
∴阴影部分的面积，
∵，
∴，
∴阴影部分的面积．
故答案为：C.
【分析】先利用平移的性质及割补法求出阴影部分的面积，再结合，，利用梯形的面积公式列出算式求解即可.
11．【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：
故答案为：．
【分析】先提取公因式（如果多项式的各项含有公因式，那么就可以把这个公因式提到括号外，把多项式写成公因式与另一个多项式的积的形式），再利用平方差公式（运用平方差公式对某些多项式进行因式分解，其结构特征是：等式的左边是两个数的平方差，右边是这两个数的和与这两个数的差的积）分析求解即可.
12．【答案】8
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；加减消元法解二元一次方程组
【解析】【解答】解：由题意，，
解得；
∴，
故答案为：8．
【分析】利用关于原点对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标变为相反数）可得，再求解即可.
13．【答案】7
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：∵，
∴，
解得：，
检验：当时，，
∴的值为7．
故答案为：7.
【分析】根据题干中的定义及计算方法列出方程，再求解即可.
14．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】先利用角平分线的定义可得，再利用含30°角的直角三角形的性质可得，再求出，最后求出即可.
15．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：作交于点，连接，，
∴
∵为等边三角形，
∴，
∴
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上，
当时，即有最小值，根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高，
作于点，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】作交于点，先证出四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，， 再利用“SAS”证出，再证出 当时，即有最小值，根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高， 作于点， 最后利用勾股定理求出， 从而可得的最小值为.
16．【答案】解：（1），
最简公分母为，去分母，得：
，
，
，
，
检验：当时，，
原方程的解为；
（2）
由①得，
由②得，
原不等式组的解集为，
在数轴上表示如下．
【知识点】解分式方程；在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）利用解分式方程的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”并检验即可）分析求解即可；
（2）先利用一元一次不等式的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”即可）分析求出解集，再在数轴上表示出解集即可.
17．【答案】证明：，，
．
在与中，
．
，．
又，
．
．
又，
四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】先利用“AAS”证出，利用全等三角形的性质可得，，再利用线段的和差及等量代换可得，再结合，即可证出四边形是平行四边形．
18．【答案】（1）解：如图，为所作：
（2）证明：∵绕着点旋转得到，
∴与均经过点，且均被点平分，
由勾股定理得：，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∴与互相垂直平分．
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理的逆定理；作图﹣旋转；线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】（1）先利用点旋转的特征找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证出是直角三角形，，再结合与均经过点，且均被点平分，从而可证出与互相垂直平分．
19．【答案】（1）解：设每套型号的价格是元，则每套型号的价格是元，
由题意可得，
解得：，
．
答：每套型号的价格是元，每套B型号的价格是元.
（2）解：设购进B型号套，则购进A型号套，
由题意可得，
解得：，
又∵为正整数，
∴可以取，，
当购进套型号“文房四宝”，套型号“文房四宝”，
费用（元）
当购进套型号“文房四宝”，套型号“文房四宝”，
费用（元）
∵，
∴购得以上工具的最低费用是元．
【知识点】一元一次不等式组的应用；一元一次方程的实际应用-盈亏问题
【解析】【分析】（1）设每套型号的价格是元，则每套型号的价格是元，根据“ 买套A型号和套型号共用元 ”列出方程，再求解即可；
（2）设购进B型号套，则购进A型号套，根据“ 总费用不超过元，要求购进型号的数量不超过型号数量的倍 ”列出不等式组求出a的取值范围，再求出所有方案的费用，最后比较大小即可.
20．【答案】（1）证明：，
．
，，
．
是等腰直角三角形，
．
在与中，
.
（2）解：如图，连接，设交于点，
由（1）得，
．
，
．
，
．
垂直平分．
．
，
点是的中点．
又点是的中点，
是的中位线．
．
．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）先证出，，再利用“SAS”证出即可；
（2）连接，设交于点，先证出点是的中点，再结合点是的中点，证出OF是的中位线，最后利用中位线的性质及等量代换可得.
21．【答案】（1）1，
（2）解：
去分母，得
∴，
解得：，
（3）解：
．
【知识点】分式的混合运算；解分式方程；探索规律-等式类规律
【解析】【解答】（1）解：
去分母，得
∴，解得：．
故答案为：1；．
【分析】（1）先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算，再利用待定系数法求出a、b的值即可；
（2）先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算，再利用待定系数法求出a、b的值即可；
（3）先将原式变形为，再计算即可.
22．【答案】（1）
（2）解：，，，
．
.

（3）解：如图所示，
．
【知识点】多项式乘多项式；因式分解的应用；用代数式表示几何图形的数量关系
【解析】【解答】（1）解：由图可知：；
故答案为：.
【分析】（1）利用不同的表达式表示同一个图形的面积即可得到答案；
（2）将原式变形为，再求出即可；
（3）利用多项式乘多项式的计算方法分析求解即可.
23．【答案】（1）解：由折叠知，
．
．
，
．
．
由勾股定理得，，
．
．
．
．
（2）证明：由折叠知，，．
，
，
，
，
，
∵，
∴，，
，
，
，
，点在延长线上，
，
，
．
，
，
四边形是平行四边形．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先求出，利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理及等量代换可得，再结合，求出即可；
（2）先利用折叠的性质及平行线的性质和等量代换可得，再证出，结合，点在延长线上， 可得，再求出，最后证出四边形是平行四边形即可．
1 / 1广东省茂名市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2024八下·茂名期末）下面四个图标中，属于中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C．是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【分析】把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2．（2024八下·茂名期末）下列说法正确的有（　　）
①在，，，中，共有2个无理数；
②若，则，它的逆命题是真命题；
③若边形的内角和是其外角和的2倍，则它是八边形．
A．① B．①② C．①③ D．②③
【答案】A
【知识点】等式的基本性质；多边形内角与外角；无理数的概念；逆命题
【解析】【解答】解：在，，，中，共有和，2个无理数；故①正确；
若，则的逆命题为：若，则，为假命题，故②错误；
若边形的内角和是其外角和的2倍，则：，解得：，则它是六边形；故③错误；
故答案为：A．
【分析】利用无理数的定义、等式的性质、逆命题的定义、真命题的定义及正多边形的性质逐项分析判断即可.
3．（2024八下·茂名期末）已知，则下列式子一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、不等式两边不是同时减去相同数，不能比较大小，∴A不符合题意；
B、不等式两边同时除以，则，∴B不符合题意；
C、不等式两边同时乘以再加，则，∴C符合题意；
D、当时，，∴D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】利用一元一次不等式的性质（不等式的基本性质①：不等式的两边都加上（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质②：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质③：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变）分析求解即可.
4．（2024八下·茂名期末）下列变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，
因为A，C，D选项都不是积的形式，所以不符合题意，
故答案为：B．
【分析】利用因式分解的定义（因式分解是把一个多项式转化成几个整式乘积的形式）逐个分析求解即可.
5．（2024八下·茂名期末）把题图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度不可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转对称图形
【解析】【解答】解：由图形知，该图形是旋转对称图形，
则旋转，，都可以与自身重合，
旋转不能与自身重合．
故答案为：B．
【分析】利用旋转对称图形的特征分析求解即可.
6．（2024八下·茂名期末）如果分式 的值为0，那么 的值为（　　）
A． B． C． 或 D．3或0
【答案】B
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】由分式的分母不能为0得：
解得
由题意得：
整理得：
解得 或 （舍去）
综上，
故答案为：B．
【分析】根据分式的值为零、分式有意义的条件求解即可得．
7．（2024八下·茂名期末）将一个正五边形与一个正六边形按如题图所示方式放置，顶点，，，在同一条直线上，为公共顶点，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】角的运算；多边形内角与外角
【解析】【解答】解：由正多边形外角和等于可得：
，，
，
，
∴．
∴．
故答案为：B．
【分析】先利用正多边形的性质及角的运算求出∠FEB和∠GEC的度数，再求出∠BEC的度数，最后利用周角求出∠FEG的度数即可.
8．（2024八下·茂名期末）若函数和的图象如题图所示，则关于的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：根据图象可得：不等式的解集是：．
∴的解集是：．
故答案为：B．
【分析】结合函数图象，利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.
9．（2024八下·茂名期末）如图，在中，，，点D，，分别在，，边上，且，．则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵
∴
∵
∴
∴，
∵
∴，
∴
故答案为：C．
【分析】先利用“SAS”证出，利用全等三角形的性质可得，，再结合，利用角的运算求出即可.
10．（2024八下·茂名期末）如图，将沿方向平移4个单位长度得到，与相交于点，，，，则图中阴影部分的面积为（　　）
A．16 B．20 C．32 D．40
【答案】C
【知识点】梯形；平移的性质；图形的平移
【解析】【解答】解：由平移的性质得：，，，
∴阴影部分的面积，
∵，
∴，
∴阴影部分的面积．
故答案为：C.
【分析】先利用平移的性质及割补法求出阴影部分的面积，再结合，，利用梯形的面积公式列出算式求解即可.
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．（2024八下·茂名期末）因式分解：　 　．
【答案】
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【解答】解：
故答案为：．
【分析】先提取公因式（如果多项式的各项含有公因式，那么就可以把这个公因式提到括号外，把多项式写成公因式与另一个多项式的积的形式），再利用平方差公式（运用平方差公式对某些多项式进行因式分解，其结构特征是：等式的左边是两个数的平方差，右边是这两个数的和与这两个数的差的积）分析求解即可.
12．（2024八下·茂名期末）已知点与点关于原点对称，则　 　．
【答案】8
【知识点】关于原点对称的点的坐标特征；加减消元法解二元一次方程组
【解析】【解答】解：由题意，，
解得；
∴，
故答案为：8．
【分析】利用关于原点对称的点坐标的特征（横坐标变为相反数，纵坐标变为相反数）可得，再求解即可.
13．（2024八下·茂名期末）定义运算，如：，若，则的值为　 　．
【答案】7
【知识点】解分式方程
【解析】【解答】解：∵，
∴，
解得：，
检验：当时，，
∴的值为7．
故答案为：7.
【分析】根据题干中的定义及计算方法列出方程，再求解即可.
14．（2024八下·茂名期末）如题图，在中，，，，用尺规作图法构造的平分线，交于点，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：∵，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【分析】先利用角平分线的定义可得，再利用含30°角的直角三角形的性质可得，再求出，最后求出即可.
15．（2024八下·茂名期末）如题图，为等边三角形，，分别是，边上的点，且，，是边上的一动点，以，，为顶点，为对角线构造平行四边形，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：作交于点，连接，，
∴
∵为等边三角形，
∴，
∴
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上，
当时，即有最小值，根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高，
作于点，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【分析】作交于点，先证出四边形是平行四边形，利用平行四边形的性质可得，， 再利用“SAS”证出，再证出 当时，即有最小值，根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高， 作于点， 最后利用勾股定理求出， 从而可得的最小值为.
三、解答题（一）（本大题共3小题，第16题10分，第17、18题各7分，共24分）
16．（2024八下·茂名期末）（1）解方程：：
（2）解不等式组：并将解集在数轴上表示出来．
【答案】解：（1），
最简公分母为，去分母，得：
，
，
，
，
检验：当时，，
原方程的解为；
（2）
由①得，
由②得，
原不等式组的解集为，
在数轴上表示如下．
【知识点】解分式方程；在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【分析】（1）利用解分式方程的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”并检验即可）分析求解即可；
（2）先利用一元一次不等式的计算方法及步骤（先去分母，再去括号，然后移项并合并同类项，最后系数化为“1”即可）分析求出解集，再在数轴上表示出解集即可.
17．（2024八下·茂名期末）如题图，线段与相交于点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，且，，依次连接点A，B，C，D．求证：四边形为平行四边形．
【答案】证明：，，
．
在与中，
．
，．
又，
．
．
又，
四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】先利用“AAS”证出，利用全等三角形的性质可得，，再利用线段的和差及等量代换可得，再结合，即可证出四边形是平行四边形．
18．（2024八下·茂名期末）如题图，在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）画出将绕点旋转后得到的；
（2）求证：与互相垂直平分．
【答案】（1）解：如图，为所作：
（2）证明：∵绕着点旋转得到，
∴与均经过点，且均被点平分，
由勾股定理得：，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∴，
∴与互相垂直平分．
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理的逆定理；作图﹣旋转；线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】（1）先利用点旋转的特征找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证出是直角三角形，，再结合与均经过点，且均被点平分，从而可证出与互相垂直平分．
四、解答题（二）（本大题共3小题，每小题9分，共27分）
19．（2024八下·茂名期末）笔、墨、纸、砚是中国独有的书法绘画工具，又称“文房四宝”．某校计划购买两种型号的“文房四宝”，其中每套型号的价格比每套型号的价格少元，买套A型号和套型号共用元．
（1）求每套型号的“文房四宝”的价格；
（2）若该校需购进两种型号的“文房四宝”共套，总费用不超过元，要求购进型号的数量不超过型号数量的倍，求购得以上工具的最低费用．
【答案】（1）解：设每套型号的价格是元，则每套型号的价格是元，
由题意可得，
解得：，
．
答：每套型号的价格是元，每套B型号的价格是元.
（2）解：设购进B型号套，则购进A型号套，
由题意可得，
解得：，
又∵为正整数，
∴可以取，，
当购进套型号“文房四宝”，套型号“文房四宝”，
费用（元）
当购进套型号“文房四宝”，套型号“文房四宝”，
费用（元）
∵，
∴购得以上工具的最低费用是元．
【知识点】一元一次不等式组的应用；一元一次方程的实际应用-盈亏问题
【解析】【分析】（1）设每套型号的价格是元，则每套型号的价格是元，根据“ 买套A型号和套型号共用元 ”列出方程，再求解即可；
（2）设购进B型号套，则购进A型号套，根据“ 总费用不超过元，要求购进型号的数量不超过型号数量的倍 ”列出不等式组求出a的取值范围，再求出所有方案的费用，最后比较大小即可.
20．（2024八下·茂名期末）如图1，已知是等腰直角三角形，，点，是三角形外的两点，分别连接，，，，其中，．
（1）求证：；
（2）如图2，交于点，连接，是的中点，分别连接，．若求与的数量关系．
【答案】（1）证明：，
．
，，
．
是等腰直角三角形，
．
在与中，
.
（2）解：如图，连接，设交于点，
由（1）得，
．
，
．
，
．
垂直平分．
．
，
点是的中点．
又点是的中点，
是的中位线．
．
．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）先证出，，再利用“SAS”证出即可；
（2）连接，设交于点，先证出点是的中点，再结合点是的中点，证出OF是的中位线，最后利用中位线的性质及等量代换可得.
21．（2024八下·茂名期末）阅读下面的材料，并解答问题．
把一个分式写成两个分式的和叫做把这个分式表示成“部分分式”，例如：将分式表示成部分分式，，设，接下来求，的值．去分母，得，，解得．
（1）若（，为常数），则______，______；
（2）已知（，为常数），用材料中的解法求，的值；
（3）化简：．
【答案】（1）1，
（2）解：
去分母，得
∴，
解得：，
（3）解：
．
【知识点】分式的混合运算；解分式方程；探索规律-等式类规律
【解析】【解答】（1）解：
去分母，得
∴，解得：．
故答案为：1；．
【分析】（1）先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算，再利用待定系数法求出a、b的值即可；
（2）先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算，再利用待定系数法求出a、b的值即可；
（3）先将原式变形为，再计算即可.
五、解答题（三）（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
22．（2024八下·茂名期末）数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式，将一些多项式因式分解．例如：利用图1可以得到．
（1）请把表示图2面积的多项式因式分解：______（直接列出等式即可）；
（2）若，，求的值；
（3）如图3，有足够数量的边长分别为，的正方形纸片和长为、宽为的长方形纸片，请利用这些纸片将多项式因式分解，并画出图形．
【答案】（1）
（2）解：，，，
．
.

（3）解：如图所示，
．
【知识点】多项式乘多项式；因式分解的应用；用代数式表示几何图形的数量关系
【解析】【解答】（1）解：由图可知：；
故答案为：.
【分析】（1）利用不同的表达式表示同一个图形的面积即可得到答案；
（2）将原式变形为，再求出即可；
（3）利用多项式乘多项式的计算方法分析求解即可.
23．（2024八下·茂名期末）综合实践课上，老师让同学们开展了的折纸活动，是边上的一动点，是边上的一动点，将沿直线折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，连接．
（1）【观察发现】如图1，若，，，求的长；
（2）【操作探究】如图2，当点落在的延长线上时，求证：四边形为平行四边形．
【答案】（1）解：由折叠知，
．
．
，
．
．
由勾股定理得，，
．
．
．
．
（2）证明：由折叠知，，．
，
，
，
，
，
∵，
∴，，
，
，
，
，点在延长线上，
，
，
．
，
，
四边形是平行四边形．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先求出，利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理及等量代换可得，再结合，求出即可；
（2）先利用折叠的性质及平行线的性质和等量代换可得，再证出，结合，点在延长线上， 可得，再求出，最后证出四边形是平行四边形即可．
1 / 1

展开更多......

收起↑