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【真题真练】苏科版八年级下册期末摸底检测卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八下·盖州期末）平行四边形一边长为12cm，那么它的两条对角线的长度可以是（　　）
A．8cm和14cm B．10cm 和14cm C．18cm和20cm D．10cm和34cm
2．（2024八下·慈溪期末）已知点，，在双曲线上，若，且，则，，的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
3．（2024八下·金华期末）已知正比例函数与反比例函数.对于实数m，当时，；当时，，则m的取值范围为（　　）.
A．或 B．
C．或 D．或
4．（2023八下·杭州期末）如图，点是正方形对角线上一点，点在上且，连接，，若，，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024八下·潮南期末）如果与的和等于，那么的值是（　　）
A． B． C． D．
6．（2023八下·石景山期末）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（　　）
A．当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形
B．当AD=BC，AB＝DC时，四边形ABCD是平行四边形
C．当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
7．（2024八下·徐水期末）下列各式计算错误的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024八下·丽水期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中错误的结论有(　　)
A．个 B．个 C．个 D．个
9．（2021八下·南岸期末）我国西北地区某村的耕地面积为 ，森林面积 ，为了治理该地区的土地沙化问题，该村决定退耕还林，计划将部分耕地改为种植树木，使得耕地面积与森林面积之比为4∶7.设有 的耕地改为种植树木，那么x满足的方程为（　　）
A． B．
C． D．
10．（2020八下·襄汾期末）如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数 ＝ （x＞0）及 ＝ （x＞0）的图象分别交于点A、B，连接OA、OB，若△OAB的面积为3，则k1﹣k2的值为（　　）
A． B．3 C．6 D．9
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2023八下·德化期末）已知菱形的两条对角线的长分别是和，那么菱形的边长等于　 　．
12．（2023八下·定边期末）若关于x的分式方程的解为，则　 　.
13．（2023八下·昌黎期末）某中学六年级学生参加课外活动小组情况如图所示（每人只参加一项），其中参加美术小组的学生比参加音乐小组的学生多15人，则参加体育小组的学生与参加科技小组的学生人数之和是　 　人．
14．（2023八下·沂水期末）观察下列式子：；；；；…；请用字母表示其中的规律　 　．
15．（2023八下·薛城期末）如图，在中，．点E，F，D分别在AB，AC，BC上，且是平行四边形．若和的周长分别为5和10，则的周长是　 　．
16．（2021八下·临邑期末）旋转变换在几何证明或计算中有很重要的应用，利用旋转解决问题：如图，P为正方形 内一点， ， ， ，则 　 　．
三、综合题(本大题有8个小题，每小题9分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2022八下·昌平期末）为了保护视力，学校开展了全校性的视力保健活动（视力达到4.8及以上为达标），活动前随机抽取部分学生，检查他们的视力，结果如图所示（数据包括左端点不包括右端点，精确到0.1）．活动后再次检查这部分学生的视力，结果如表所示．
抽取的学生活动后视力频数分布表
分组 频数
2
3
5
a
15
5
（1）若活动后所抽取学生的视力达标率为50%，求a的值；
（2）补全频数分布直方图；
（3）分析活动前后相关数据，对视力保健活动的效果进行评价．
18．（2022八下·防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使 ，连接BD，ED，EC，若 ．
（1）求证： ；
（2）求证：四边形BECD是矩形；
（3）连接AC，若 ， ，求AC的长．
19．（2021八下·皇姑期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ x+2与y轴、x轴分别交于点A，B，点M在线段AB上运动（不与点A，B重合），连接OM．
（1）求线段OB的长；
（2）设点M的横坐标为m，△BOM的面积为S，求S关于m的函数关系式（不必写出自变量m的取值范围）；
（3）若点M为线段AB的中点，点P为射线BO上的动点，将△APM沿直线PM折叠得到△A1PM，若以点A1、B、P、M为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点A1的横坐标．
20．（2021八下·皇姑期末）如图，在网格中建立平面直直角坐标系，每个小正方形边长都是1，其顶点叫做格点，△ABC的顶点都在格点上，A，B，C三点的坐标分别为（﹣1，0），（0，3），（﹣2，2）．
（1）将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；（不写作法，其中点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1）
（2）以点O为对称中心，画出△ABC的中心对称图形△A2B2C2；（不写作法，其中点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2）
（3）直接填空：连接C1A2和C2B1后得四边形C1A2C2B1的面积为　 　（面积单位）．
21．（2023八下·临泉期末）如图，将矩形沿对角线折叠，点B的对应点为点E．与交于点F．
（1）求证：；
（2）若，求的度数；
（3）若，，求的面积．
22．（2022八下·临汾期末）综合与探究
如图，已知，，，，D为B点关于的对称点，反比例函数的图象经过D点．
（1）证明四边形为菱形；
（2）求此反比例函数的解析式；
（3）已知在的图象（）上有一点N，y轴正半轴上有一点M，且四边形是平行四边形，求M点的坐标．
23．定义：若分式与分式的差等于它们的积，即，则称分式是分式的“关联分式”．如与，因为，所以是的“关联分式”．
（1）请判断分式与分式是否为“关联分式”，并说明理由；
（2）小明在求分式的“关联分式”时，用了以下方法：
设的“关联分式”为，则，
．
请你仿照小明的方法求分式的“关联分式”；
（3）①观察（1）、（2）的结果，寻找规律，直接写出分式的“关联分式”： ▲ ；
②用发现的规律解决问题：若是的“关联分式”，求实数的值．
24．（2023八下·鄠邑期末）【问题提出】如图1，在四边形中，，，，，，求四边形的面积．
【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．
（1）如图2，连接BD，由于，所以可将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是　 　．
（2）在（1）的基础上，求四边形的面积．
（3）【类比应用】
如图3，等边△ABC的边长为2，△BDC是顶角为的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求△AMN的周长．
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【真题真练】苏科版八年级下册期末摸底检测卷
数 学
（时间：120分钟 满分：120分）
一、选择题(本大题有10个小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024八下·盖州期末）平行四边形一边长为12cm，那么它的两条对角线的长度可以是（　　）
A．8cm和14cm B．10cm 和14cm C．18cm和20cm D．10cm和34cm
【答案】C
【解析】【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO= AC，BO=DO= BD，
A、AO=4cm，BO=7cm，
∵AB=12cm，
∴在△AOB中，AO+BO＜AB，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
B、AO=5cm，BO=7cm，
∵AB=12cm，
∴在△AOB中，AO+BO=AB，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
C、AO=9cm，BO=10cm，
∵AB=12cm，
∴在△AOB中，AO+BO＞AB，AB+AO＞BO，OB+AB＞AO，符合三角形三边关系定理，故本选项正确；
D、AO=5cm，BO=17cm，
∵AB=12cm，
∴在△AOB中，AO+AB=BO，不符合三角形三边关系定理，故本选项错误；
故选C．
【分析】根据平行四边形的性质得出AO=CO= AC，BO=DO= BD，在每个选项中，求出AO、BO的值，再看看是否符合三角形三边关系定理即可．
2．（2024八下·慈溪期末）已知点，，在双曲线上，若，且，则，，的大小关系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：∵，，
∴反比例函数的图象经过第一、三象限，且在每个象限内，随的增大而减小，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】由反比例函数解析式得出反比例函数的图象经过第一、三象限，且在每个象限内，随的增大而减小，由，且得出，结合反比例函数的性质即可得出答案．
3．（2024八下·金华期末）已知正比例函数与反比例函数.对于实数m，当时，；当时，，则m的取值范围为（　　）.
A．或 B．
C．或 D．或
【答案】C
【解析】【解答】解：联立方程组，
解得或，
∵当时，；当时，，
∴或，
解得或，
故答案为：C
【分析】根据反比例函数与一次函数的交点问题联立方程组即可得到，，进而结合题意题意即可得到或，解不等式组即可得到m的取值范围。
4．（2023八下·杭州期末）如图，点是正方形对角线上一点，点在上且，连接，，若，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】【解答】∵在正方形ABCD中，BD是对角线，EF=EC
∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=AC
∵BE=BE
∴△ABE≌△CBE（SAS）
∴AE=CE，∠EAB=∠ECB
∴AE=CE=EF，∠BAF+∠EAF=∠ECB
∴∠EAF=∠EFA，∠ECF=∠EFC
∵∠ABF=90°
∴∠FAB+∠AFB=90°①
∵∠AFB+∠EFA+∠CFE=180°，∠EAF=∠EFA
∴∠AFB+∠EAF+∠CFE=180°②
将①②两式相加可得
∠FAB+∠AFB+∠AFB+∠EAF+∠CFE=90°+180°
∴(∠FAB+∠EAF)+2∠AFB+∠CFE=270°
∴2∠ECB+2∠AFB=270°
∴∠ECB+∠AFB=135°
∵∠ECF=α，∠AFB=β
∴α+β=135°.
故答案为：B.
【分析】先证明△ABE≌△CBE，得到∠EAB=∠ECB，进而得到AE=CE=EF，∠BAF+∠EAF=∠ECB，由直角三角形两锐角互余可得∠FAB+∠AFB=90°，由平角的定义可得∠AFB+∠EAF+∠CFE=180°，两式相加整理再进行等量代换可得∠ECB+∠AFB=135°，进而得到α+β=135°.
5．（2024八下·潮南期末）如果与的和等于，那么的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：∵与的和等于，
∴与是同类二次根式.
.
A、a=0，，与不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意；
B、a=1，，与不是同类二次根式，不能合并，故B不符合题意；
C、a=2，，与是同类二次根式，，故C符合题意；
D、a=3，，与不是同类二次根式，不能合并，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据与的和等于，可知与是同类二次根式，根据，对4个选项逐项判断，即可得到a的值.
6．（2023八下·石景山期末）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（　　）
A．当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形
B．当AD=BC，AB＝DC时，四边形ABCD是平行四边形
C．当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
【答案】B
【解析】【解答】∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴A不正确；
∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴B符合题意；
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴C不符合题意；
∵对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，
∴D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形。矩形的判定：对角线互相平分且相等的四边形是矩形。正方形的判定：对角线相等、平分且互相垂直的四边形是正方形。根据平行四边形、矩形、正方形的判定方法即可判断求解。
7．（2024八下·徐水期末）下列各式计算错误的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【解答】解：A；+=，正确，故A不符合题意；
B：-=，正确，故B不符合题意；
C：=2，错误，故C符合题意；
D：，正确，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据二次根式的性质和运算法则逐项进行判断即可。
8．（2024八下·丽水期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中错误的结论有(　　)
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【解析】【解答】解：菱形，
∴，
连接，
当P为中点时，则：，
∵于点E，于点F，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
，，
∴，
∴；故②正确；
∵于点E，于点F，
∴，
∴，
∵，
∴；故③正确；
连接，过点作，则垂直平分，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
∵，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，且，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
连接，过点作，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的最大值为；故⑤错误；
故答案为：B．
【分析】连接CP，等积法判断①和②，四边形的内角和为360°，结合菱形的对角相等，判断③，连接AC，过点A作AG⊥BC，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接EH，过点E作EH⊥PF，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可．
9．（2021八下·南岸期末）我国西北地区某村的耕地面积为 ，森林面积 ，为了治理该地区的土地沙化问题，该村决定退耕还林，计划将部分耕地改为种植树木，使得耕地面积与森林面积之比为4∶7.设有 的耕地改为种植树木，那么x满足的方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】【解答】设有 的耕地改为种植树木，
∴改完后耕地面积为（70-x）hm2，森林面积为（20+x）hm2，
∵耕地面积与森林面积之比为4∶7，
∴ ，
故答案为：A.
【分析】设有 的耕地改为种植树木，再把改完后耕地面积和森林面积分别用含x的代数式表示出来，根据其比为 4∶7 构建方程求解即可.
10．（2020八下·襄汾期末）如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数 ＝ （x＞0）及 ＝ （x＞0）的图象分别交于点A、B，连接OA、OB，若△OAB的面积为3，则k1﹣k2的值为（　　）
A． B．3 C．6 D．9
【答案】C
【解析】【解答】∵ ＝ ， ＝
∴ ，
∵
∴
∴
故答案为C
【分析】根据反比例函数的几何意义可得： ， ，再由 ，列式计算即可．
二、填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．（2023八下·德化期末）已知菱形的两条对角线的长分别是和，那么菱形的边长等于　 　．
【答案】13
【解析】【解答】解： ∵菱形的两条对角线的长分别是和，
∴对角线的一半长为5cm和12cm，
∵菱形的对角线互相垂直，
∴ 菱形的边长 ==13cm.
故答案为：13.
【分析】由菱形的性质可得对角线互相垂直，及求出对角线的一半长，再利用勾股定理即可求出菱形的边长.
12．（2023八下·定边期末）若关于x的分式方程的解为，则　 　.
【答案】6
【解析】【解答】解：给方程两边同时乘以(x-1)(x+1)，得x(x+1)=m(x-1).
∵方程的解为x=2，
∴2×3=m(2-1)，
∴m=6.
故答案为：6.
【分析】给方程两边同时乘以(x-1)(x+1)，得x(x+1)=m(x-1)，然后将x=2代入计算就可求出m的值.
13．（2023八下·昌黎期末）某中学六年级学生参加课外活动小组情况如图所示（每人只参加一项），其中参加美术小组的学生比参加音乐小组的学生多15人，则参加体育小组的学生与参加科技小组的学生人数之和是　 　人．
【答案】
【解析】【解答】解：课外活动小组总人数为：15÷（25%-20%）=300（人），
∴参加体育小组的学生与参加科技小组的学生人数之和是 ：300×（1-25%-20%）=165（人）。
故第1空答案为：165.
【分析】先求出参加课外活动的总人数为300人，再用300×（1-25%-20%）求得参加体育小组的学生与参加科技小组的学生人数之和是165人。
14．（2023八下·沂水期末）观察下列式子：；；；；…；请用字母表示其中的规律　 　．
【答案】（a为正整数）
【解析】【解答】
规律为： (a为正整数)
证明：
(a为正整数)
【分析】
观察各式中数据的规律，被开方数是一个减法算式，被减数是正整数，减数是一个分数，且分数的分母是这个正整数的平方加1，分子等于这个正整数，根式等于这个分数的算术平方根与这个正整数的乘积。
15．（2023八下·薛城期末）如图，在中，．点E，F，D分别在AB，AC，BC上，且是平行四边形．若和的周长分别为5和10，则的周长是　 　．
【答案】15
【解析】【解答】
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴AF=ED，AF∥ED，FD=AE，FD∥AE，
∴∠BDE=∠C，∠CDF=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠BDE=∠B，∠FDC=∠C，
∴FC=FD，EB=ED，
∴FC=FD=AE，EB=ED=AF，
∴AB+AC+BC
=AE+BE+AF+CF+CD+BD
=FD+BE+ED+CF+CD+BD
=(FD+CF+CD)+(BE+ED+BD)
=5+10
=15
即△ABC的周长是15。
故答案为：15
【分析】
根据平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质可以推导出FC=FD=AE，EB=ED=AF，
再结合已知的两个三角形的周长推导出△ABC的周长。
16．（2021八下·临邑期末）旋转变换在几何证明或计算中有很重要的应用，利用旋转解决问题：如图，P为正方形 内一点， ， ， ，则 　 　．
【答案】135°
【解析】【解答】解：将 绕点 顺时针方向旋转90°得 ，如图，
则 且 ，
∴ ，
∴
在 中，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ．
故答案是：135°．
【分析】将 绕点 顺时针方向旋转90°得 ，得出 且 ，根据勾股定理得出PE的值，由 是等腰直角三角形，得出，从而得出 的度数。
三、综合题(本大题有8个小题，每小题9分，共72分，要求写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．（2022八下·昌平期末）为了保护视力，学校开展了全校性的视力保健活动（视力达到4.8及以上为达标），活动前随机抽取部分学生，检查他们的视力，结果如图所示（数据包括左端点不包括右端点，精确到0.1）．活动后再次检查这部分学生的视力，结果如表所示．
抽取的学生活动后视力频数分布表
分组 频数
2
3
5
a
15
5
（1）若活动后所抽取学生的视力达标率为50%，求a的值；
（2）补全频数分布直方图；
（3）分析活动前后相关数据，对视力保健活动的效果进行评价．
【答案】（1）解：根据题意得：．
．
（2）解：活动前视力为的人数：40-（3+6+7+9+5）=10，
补全频数分布直方图．
（3）解：∵活动前达标率为（10+5）÷40=37.5%，活动后达标率为50%，
∴视力保健活动有效果．
【解析】【分析】（1）先求出总人数，再求出a的值即可；
（2）先求出视力为的人数，再作出条形统计图即可；
（3）先求出活动前达标率和活动后达标率，再比较大小即可。
18．（2022八下·防城港期末）如图，已知平行四边形ABCD，延长AB到E，使 ，连接BD，ED，EC，若 ．
（1）求证： ；
（2）求证：四边形BECD是矩形；
（3）连接AC，若 ， ，求AC的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD=AB，
又∵ BE =AB，
∴CD=BE．
（2）证明：由（1）知CD=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD // BE，AD=BC，
∴ 四边形BECD是平行四边形，
∵ ED=AD，
∴ ED=BC，
∴平行四边形BECD是矩形．
（3）解：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CB=AD= ，AB=CD=2，
∵ 四边形BECD是矩形，
∴ BE=CD= ， ，
∴在Rt△BEC中， CE＝ ，
在Rt△AEC中， ．
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得CD=AB，由已知条件可知BE =AB，据此可得结论；
（2）由（1）知CD=BE，根据平行四边形的性质可得CD∥BE，AD=BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，推出四边形BECD是平行四边形，由已知条件可知ED=AD，则ED=BC，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形进行证明；
（3）连接AC，根据平行四边形的性质可得CB=AD=，AB=CD=2，根据矩形的性质可得BE=CD=2，∠BEC=90°，然后在Rt△BEC、Rt△AEC中，利用勾股定理进行计算即可.
19．（2021八下·皇姑期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝ x+2与y轴、x轴分别交于点A，B，点M在线段AB上运动（不与点A，B重合），连接OM．
（1）求线段OB的长；
（2）设点M的横坐标为m，△BOM的面积为S，求S关于m的函数关系式（不必写出自变量m的取值范围）；
（3）若点M为线段AB的中点，点P为射线BO上的动点，将△APM沿直线PM折叠得到△A1PM，若以点A1、B、P、M为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点A1的横坐标．
【答案】（1）解：在平面直角坐标系中，直线 与 轴、 轴分别交于点 ， ，
令 ，得 ，
．
；
（2）解： 点 的横坐标为 ，点 在线段 上运动（不与点 ， 重合），
点 ，
；
（3）解：当 在 轴的负半轴时，如图，过点 作 轴于点 ，过点 作 轴于点 ，
以点 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形，
，
，
，
直线 与 轴、 轴分别交于点 、 、 是 的中点，
， ，
， ，
，
，
，
，即 ，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
△ ，
， ，
，
当 在 轴的正半轴时，如图，
同理： ， ，
，
点 的横坐标为 或 ．
【解析】【分析】（1）令y=0，x=-4，求出答案即可；
（2）根据三角形的面积公式求出S关于x的函数关系式即可；
（3）根据点P在x轴的位置进行分类讨论，根据勾股定理求出OP的长度，继而根据平行四边形的性质求出点的坐标即可。
20．（2021八下·皇姑期末）如图，在网格中建立平面直直角坐标系，每个小正方形边长都是1，其顶点叫做格点，△ABC的顶点都在格点上，A，B，C三点的坐标分别为（﹣1，0），（0，3），（﹣2，2）．
（1）将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；（不写作法，其中点A、B、C的对应点分别为A1、B1、C1）
（2）以点O为对称中心，画出△ABC的中心对称图形△A2B2C2；（不写作法，其中点A、B、C的对应点分别为A2、B2、C2）
（3）直接填空：连接C1A2和C2B1后得四边形C1A2C2B1的面积为　 　（面积单位）．
【答案】（1）解：如图，画出△A1B1C1即为所求．
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求．
（3）4
【解析】【解答】解：（3）四边形C1A2C2B1的面积= ×2×4=4，
故答案为：4．
【分析】（1）根据旋转变换的性质分别作出三角形三个顶点对应的点即可；
（2）根据旋转变换的性质作出三角形的三个顶点的对应点即可；
（3）根据菱形的面积公式求出答案即可。
21．（2023八下·临泉期末）如图，将矩形沿对角线折叠，点B的对应点为点E．与交于点F．
（1）求证：；
（2）若，求的度数；
（3）若，，求的面积．
【答案】（1）证明：将矩形沿对角线折叠，则，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：∵，
∴，
设，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴．
【解析】【分析】（1）根据折叠性质及全等三角形的判定定理即可求出答案。
（2）根据全等三角形性质得，根据矩形性质即可求出答案。
（3）由得，设，根据矩形性质得，由勾股定理可解得，再利用三角形面积公式即可求出答案。
22．（2022八下·临汾期末）综合与探究
如图，已知，，，，D为B点关于的对称点，反比例函数的图象经过D点．
（1）证明四边形为菱形；
（2）求此反比例函数的解析式；
（3）已知在的图象（）上有一点N，y轴正半轴上有一点M，且四边形是平行四边形，求M点的坐标．
【答案】（1）证明：∵，，，
∴，，，
∴，，
∴，
∵为点关于的对称点，
∴，，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，
∴D点的坐标为（5，4），反比例函数y=的图象经过D点，
∴4=，
∴k=20，
∴反比例函数的解析式为：；
（3）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴是经过平移得到的，
∵将B点先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度即可得到A点，
∴将M先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度即可得到N点，
∵M点在y轴正半轴，
∴M点的横坐标为0，
∴即根据平移可知N点的横坐标为3，
代入，
得，即N点坐标为，
∴根据平移的路径可知M点的纵坐标为：，
∴M点的坐标为．
【解析】【分析】（1）根据点A、B、C的坐标可得OA、OB、OC的值，利用勾股定理求出AB的值，根据BC=BO+OC可得BC的值，推出AB=BC，根据轴对称的性质可得AB=AD，CB=CD，则AB=AD=CD=CB，然后根据菱形的判定定理进行证明；
（2）根据菱形的性质可得BC=AD=5，结合点A的坐标可得点D的坐标，然后代入y=中求出k的值，进而可得反比例函数的解析式；
（3） 根据平行四边形的性质可得AN∥BM，AN=BM，则AN是BM经过平移得到的，根据点A、B的坐标可得平移步骤为：先向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度即可得到A点，据此可得N点的横坐标为3，将x=3代入反比例函数解析式中求出y的值，据此可得点N的坐标，进而不难求出点M的坐标.
23．定义：若分式与分式的差等于它们的积，即，则称分式是分式的“关联分式”．如与，因为，所以是的“关联分式”．
（1）请判断分式与分式是否为“关联分式”，并说明理由；
（2）小明在求分式的“关联分式”时，用了以下方法：
设的“关联分式”为，则，
．
请你仿照小明的方法求分式的“关联分式”；
（3）①观察（1）、（2）的结果，寻找规律，直接写出分式的“关联分式”： ▲ ；
②用发现的规律解决问题：若是的“关联分式”，求实数的值．
【答案】（1）解：分式与分式是“关联分式”，理由如下：
，
，
分式与分式是“关联分式”；
（2）解：设的关联分式为，
，
，
，
，
∴分式的“关联分式”为：；
（3）解：①
②若是的“关联分式”，
，
，
的值分别是．
【解析】【解答】
解：①设分式的“关联分式”为，，
，
；
故答案为：
【分析】（1）需要根据定义验证分式之间的关系：计算两分式的差和积，判断是否相等即可解答；
（2）仿照小明的方法设未知关联分式为，通过建立方程，求解N即可解答；
（3）类比（2）的方法即可求出分式的“关联分式”；观察前两题的规律，总结出一般形式，并代入具体参数即可求解m和n.
24．（2023八下·鄠邑期末）【问题提出】如图1，在四边形中，，，，，，求四边形的面积．
【尝试解决】旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．
（1）如图2，连接BD，由于，所以可将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到，则的形状是　 　．
（2）在（1）的基础上，求四边形的面积．
（3）【类比应用】
如图3，等边△ABC的边长为2，△BDC是顶角为的等腰三角形，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求△AMN的周长．
【答案】（1）等边三角形
（2）解：由（1）知，，
∴四边形的面积=等边三角形的面积，
∵，∴，
∴==
（3）解：将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，
∴，∴，，，，
∵△BDC是等腰三角形，且，∴，，
又∵△ABC等边三角形，∴，∴，
同理可得，∴，
∴，∴N，C，P三点共线，
∵，∴，
即，∴，
∴，
∴△AMN的周长=．
故△AMN的周长为4．
【解析】【解答】解：（1）∵ 将△DCB绕点D顺时针方向旋转60°， 得到△BDB′，
∴BD=B′D，∠BDB′=60°，
∴△BDB′是等边三角形.
故答案为：等边三角形
【分析】（1）利用旋转的性质可证得BD=B′D，∠BDB′=60°，利用有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，可得到△BDB′的形状.
（2）利用全等三角形的面积相等，可推出四边形ABCD的面积等于△BDB′的面积，可得到BB′的长，利用等边三角形的面积公式，可求出△BDB′的面积，即可得到四边形ABCD的面积.
（3）将△BDM绕点D顺时针方向旋转120°，得到△DCP，可得到△BDM≌△CDP，利用全等三角形的性质可得到MD=PD，CP=BM，∠MBD=∠DCP，可得到∠MDB=∠PDC，利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求出∠DBC的度数；利用等边三角形的性质可得到∠ABC的度数，即可求出∠MBD的度数，从而可证得∠DCN+∠DCP=180°，可推出点N、C、P在同一直线上，可证得∠MDN=∠NPD，利用SAS证明△NMD≌△NPD，利用全等三角形的性质可证得MN=NC+BM，然后可推出△AMN的周长就是AB+AC的长，代入计算可求解.
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