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浙江省台州市玉环市2024-2025学年八年级上学期1月期末数学试题
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分，每小题有且只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．（2025八上·玉环期末）下列图形中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八上·玉环期末）给出下列长度的三条线段，能组成三角形的是（　　）
A．2，3，5 B．6，7，15 C．3，4，5 D．5，5，11
3．（2025八上·玉环期末）使二次根式有意义的a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八上·玉环期末）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025八上·玉环期末）如图，在和中，．添加下列哪个条件，不能使的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八上·玉环期末）如图，在等边三角形中，，点D是的中点，过点D作于点F，过点F作于点E，则的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2025八上·玉环期末）已知，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八上·玉环期末）如图，大正方形面积为，小正方形的面积为，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八上·玉环期末）如图，在中，，平分交于点，作，垂足为，连接，若，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八上·玉环期末）一个四位自然数，满足，，则称这个四位数为“幸运数”例如：对于，∵，，∴是“幸运数”；对于，∵，，∴不是“幸运数”．若存在幸运数，使得，则满足条件的“幸运数”有（　　）个．
A． B． C． D．
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分）
11．（2025八上·玉环期末）分解因式： =　 　．
12．（2025八上·玉环期末）已知正多边形的一个外角等于，那么这个正多边形的边数为　 　．
13．（2025八上·玉环期末）如图，在中，，点D在边上，将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处．若，则　 　
14．（2025八上·玉环期末）已知，则　 　．
15．（2025八上·玉环期末）如果关于x的分式方程的解是负数，那么实数m的取值范围为　 　．
16．（2025八上·玉环期末）如图，在中，，，点为三角形内部一点且，点为中点，连接，，作，且，当　 　时，为直角三角形．
三、解答题（共8小题，第17题至第21题每题8分，第22题至第23题每题10分，第24题12分，共72分）
17．（2025八上·玉环期末）计算：
（1）
（2）
18．（2025八上·玉环期末）先化简再求值：，其中．
19．（2025八上·玉环期末）已知：如图，AB∥ED，AB=DE，点F、C在AD上，AF=DC．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）求证：BC∥EF．
20．（2025八上·玉环期末）如图1，，要求用尺规在上取一点，使得平分，下面是两位同学的做法．
小明：如图，以点为圆心，适当长度为半径画弧交，于点，，再分别以，为圆心，大于的长度为半径画弧交于点，连接并延长交于点．
小红：你的作图是正确的，我的做法和你不一样，如图，以为圆心为半径画弧，与的交点就是点．
（1）请证明小明的做法是正确的；
（2）小红的做法正确吗，请说明理由．
21．（2025八上·玉环期末）2024年10月小米汽车征战纽北赛道成为全球最快四门车，已知赛道全长20800m，小米汽车平均圈速比斯巴鲁汽车快，小米汽车到达终点时斯巴鲁汽车还差才能到达．设斯巴鲁汽车的平均圈速为．
（1）直接用含的式子表示小米汽车的全程时间为______s；
（2）求小米汽车的平均圈速．
22．（2025八上·玉环期末）如图，在中，是的垂直平分线，与边交于点，点为上一点，且在内部，连接，，，已知．
（1）求证：；
（2）连接，若，求的度数．
23．（2025八上·玉环期末）已知正数，，，，满足，．
（1）当，时，请用含的式子表示；
（2）已知，，满足；
①求证：；
②若，求的取值范围．
24．（2025八上·玉环期末）如图，在等边中，点是边上一点（点不与端点重合）．作点关于直线的对称点，连接，在射线上取一点，使，与所在直线交于点．
（1）求证：；
（2）若，求的长；
（3）当在边上运动时，判断，，面积之间的数量关系，并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】生活中的轴对称现象；轴对称图形
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，故选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故选项符合题意；
故选：D．
【分析】
把一个图形沿某条直线折叠后能够完全重合，这个图形叫轴对称图形，这条直线叫对称轴．
2．【答案】C
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】A．，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
B．，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
C．，能组成三角形，故该选项符合题意；
D．，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
故选：C．
【分析】
三角形三边关系，即：任意两边之和大于第三边，任意两边的差小于第三边．
3．【答案】D
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：a-2≥0，
解得：a≥2；
故答案为：D.
【分析】根据二次根式有意义的条件是被开方数为非负数，即可列出关于a的不等式，解出即可得出答案.
4．【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；积的乘方运算；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A．，故本选项正确；
B．，故本选项不正确；
C．，故本选项不正确；
D．，故本选项不正确．
故选：A．
【分析】
A、幂的乘方，底数不变，指数相乘；
B、同底数幂相乘，底数不变，指数相加；
C、积的乘方，给各因式分别乘方，再把所得的幂相乘；
D、同底数幂相除，底数不变，指数相减．
5．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：、在和中，
∴，原选项不符合题意；
、在和中，
∴，原选项不符合题意；
、在和中，
，
∴，原选项不符合题意；
、添加，又，，都无法判定，原选项符合题意；
故选：．
【分析】
一般三角形全等的判定共有四种方法，分别是边边边、边角边、角边角和角角边，注意没有边边角这种判定方法．
6．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
由于等边三角形的各边相等、每个内角都是60度，则由直角三角形两锐角互余可得，再由中点的概念可得，则由含30度角的直角三角形性质可得AF＝2，即CF＝6，同理可得CE＝3，则BE＝5．
7．【答案】A
【知识点】分母有理化；二次根式的加减法；二次根式的化简求值
【解析】【解答】解：
，
∵，，
∴原式，
故选：．
【分析】
二次根式的加法运算，先分别分母有理化，再通分化原式为，然后把，代入求值即可．
8．【答案】C
【知识点】二次根式的混合运算；求算术平方根
【解析】【解答】解：∵大正方形面积为，小正方形的面积为，
∴大正方形边长为，小正方形的边长为，
∴，
．
故答案为：C．
【分析】由题意得出大、小正方形的边长，再求出，利用三角形的面积公式表示出阴影部分面积，再代入数据，利用二次根式混合运算化简，即可求出答案.
9．【答案】A
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，作交的延长线于点，连接，
∴，
∵，
∴，
∵平分，且，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中 ，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
平分
∴，
∴，
故选：．
【分析】
由于角平分线上的点到角两边距离相等，则可过点D作BC的垂线段交BC延长线于点H，则DH＝DA＝4，由于垂直于同一条直线的两条直线平行，则可利用ASA证明，则，即，再由直角两三角形两锐角互余结合角平分线的概念可得，则由对顶角相等可得，即有，则．
10．【答案】B
【知识点】单项式乘多项式；利用等式的性质将等式变形
【解析】【解答】解：由题意得，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵均为整数，且，，，，
∴或或，
当时，，，此时幸运数为，
当时，，，此时幸运数为，
当 时，，，此时幸运数为，
则满足条件的“幸运数”有个，
故选：．
【分析】
由幸运数数的概念可得，， 再由题意可得等式， 再利用整式的乘法运算可化简得，因为整数各个数位上的数字都是小于10的自然数，且其中还需大于2，再利用特殊制法分别求出的值即可．
11．【答案】（m+2）（m﹣2）
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解： =(m+2)(m﹣2)．
故答案为：(m+2)(m﹣2)．
【分析】直接利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)进行因式分解.
12．【答案】12
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】正多边形的内角都相等，
正多边形的外角都相等，
又多边形的外角和为，
这个正多边形的边数为．
故答案为：12．
【分析】
正n边形的外角相等，外角和是 ，则．
13．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据折叠的性质可得，，再根据三角形内角和定理可得，再由三角形内角和定理即可求出答案.
14．【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；因式分解﹣添（拆）项法
【解析】【解答】解：由，
∵，
∴原式
，
故答案为：．
【分析】
先利用拆项法可把所求多项式变形为，然后把代入求值即可．
15．【答案】且
【知识点】分式方程的解及检验；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：
去分母得：，
解得，
∵分式方程的解是负数，
∴，
∴，
又∵分母不为0，
∴，
∴，
∴；
综上所述，且，
故答案为：且．
【分析】本题考查根据分式方程的解的情况求参数.先解分式方程可得：，再根据方程的解为负数以及分母不为0可列出不等式组：和，解不等式组可求出实数m的取值范围.
16．【答案】或
【知识点】三角形全等的判定；翻折全等-公共边模型；旋转全等模型；倍长中线构造全等模型；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：①当时，如图，延长到点，使，连接、，
，
，
在△和△中，
，
，
，，
是中点，
，
在△和△中，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
在△和△中，
，
，
，，
，
，
；
②当时，如图，延长到点，使，连接、，
同①理可得，
；
综上，的度数为或，
故答案为：或．
【分析】
由于、，可延长到点，使，连接、，则可证，再证，最后再证，此时再分类讨论，即当时或当时，分别利用全等的性质计算即可．
17．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】整式的混合运算；二次根式的混合运算
【解析】【分析】
（）算术平方根的积等于积的算术平方根、算术平方根的商等于商的算术平方根，可先算二次根式乘法，再算二次根式除法，最后算加减即可；
（）整式的混合运算，先分别计算单项式乘以多项式和平方差公式，然后再去括号并合并同类项即可.
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．【答案】解：
，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】
分式的化简求值，先算括号内的减法，再把除法化为乘法，然后约分化简，再代入求值即可．
19．【答案】（1）证明：∵AB∥ED，
∴ ∠A＝∠D.
∵ AF＝DC，
∴ AC＝DF
又∵AB=DE
∴△ACB≌△DFE；
（2）∵△ACB≌△DFE
∴∠BCF＝∠EFD
∴BC∥EF.
【知识点】三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；内错角相等，两直线平行
【解析】【分析】（1）由AF＝DC可得AC＝DF，再利用平行线的性质结合已知AB＝DE可利用SAS证明△ACB≌△DFE；
（2）由全等三角形的对应角相等可得∠BCF＝∠EFD，再利用平行线的判定即可．
20．【答案】（1）证明：如图中，连接，，
由作图可知，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：正确，理由如下：如图中，连接，
由作图可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
【知识点】三角形全等的判定-SSS；尺规作图-作角的平分线；两直线平行，内错角相等；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】
（）小明是利用基本尺规作图作已知角的平分线；
（）小红的先作等腰三角形ACH，可利用等边对等角得，再由两直线平行内错角相等可得，再等量代换即可.
（1）证明：如图中，连接，，
由作图可知，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：正确，理由如下：
如图中，连接，
由作图可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
21．【答案】（1）
（2）解： 由题知，
，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
故小米汽车的平均圈速
答：小米汽车的平均圈速为．
【知识点】分式方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】
（1）
解：由题知，
因为小米汽车平均圈速比斯巴鲁汽车快，且斯巴鲁汽车的平均圈速为，
所以小米汽车平均圈速为，
所以小米汽车的全程时间为．
故答案为：．
【分析】
（1）由题意知小米的平均圈速为，再由时间公式表示即可；
（2）根据等量关系“ 小米汽车到达终点时斯巴鲁汽车还差才能到达 ”列分式方程并求解即可．
（1）解：由题知，
因为小米汽车平均圈速比斯巴鲁汽车快，且斯巴鲁汽车的平均圈速为，
所以小米汽车平均圈速为，
所以小米汽车的全程时间为．
故答案为：．
（2）由题知，
，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
故小米汽车的平均圈速
答：小米汽车的平均圈速为．
22．【答案】（1）证明：∵是的垂直平分线，点为上一点，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵是的垂直平分线，点，在上，
∴，，
∴，，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
【知识点】三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；线段垂直平分线的判定；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】
（）由线段垂直平分线的性质可得，由已知等量代换可得，则等边对等角即可；
（）由线段垂直平分线的性质可得，由等边对等角可得，则，又由（1）的结论知，则等量代换得，再由三角形的内角和定理结合对顶角相等可得．
（1）证明：∵是的垂直平分线，点为上一点，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵是的垂直平分线，点，在上，
∴，，
∴，，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
23．【答案】（1）解：当，时，
，，
所以，
整理得，，
所以；
（2）①证明：由得，
，．
因为，
所以，
整理得，．
因为为正数，
所以，
所以，
即，
所以．
②解：由得，
．
又因为，，
所以，
即，
整理得，．
因为为正数，
所以．
又因为，
所以．
【知识点】因式分解﹣公式法；分式的加减法；解含绝对值符号的一元一次方程；解一元一次不等式
【解析】【分析】（1）由b是c的2倍可得，再用含的式子表示即可；
（2）①先由已知分别用含a、m、n的代数式表示出b和c，再代入到已知等式中可得 ，由于a是正数，可利用等式的性质对等式变形得完全平方式，即有；
②先把和代入到不等式中得关于n的不等式并求解得，再结合已知可得．
（1）解：当，时，
，，
所以，
整理得，，
所以．
（2）①证明：由得，
，．
因为，
所以，
整理得，．
因为为正数，
所以，
所以，
即，
所以．
②解：由得，
．
又因为，，
所以，
即，
整理得，．
因为为正数，
所以．
又因为，
所以．
24．【答案】（1）证明： ∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵点关于直线的对称点，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为；
（3）解：，理由如下，如图，在上截取，设，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
同（）理得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；等边三角形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】
（）由等边三角形的性质结合已知可得，再利用三角形的外角性质可得，又，则等量代换即可；
（）由（1）知，又中，则由三角形的内角和定理可得，再由轴对称的性质可得、，则由三角形的外角性质结合等边三角形的性质可得，等量代换得，即；
（）由（2）知，则可证，又由等边三角形的性质可在上截取，则可证，由于全等三角形的面积相等，则可得 ．
（1）证明： ∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵点关于直线的对称点，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为；
（3）解：，理由如下，
如图，在上截取，设，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
同（）理得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
1 / 1浙江省台州市玉环市2024-2025学年八年级上学期1月期末数学试题
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分，每小题有且只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．（2025八上·玉环期末）下列图形中，是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】生活中的轴对称现象；轴对称图形
【解析】【解答】解：A、不是轴对称图形，故选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故选项符合题意；
故选：D．
【分析】
把一个图形沿某条直线折叠后能够完全重合，这个图形叫轴对称图形，这条直线叫对称轴．
2．（2025八上·玉环期末）给出下列长度的三条线段，能组成三角形的是（　　）
A．2，3，5 B．6，7，15 C．3，4，5 D．5，5，11
【答案】C
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】A．，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
B．，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
C．，能组成三角形，故该选项符合题意；
D．，不能组成三角形，故该选项不符合题意；
故选：C．
【分析】
三角形三边关系，即：任意两边之和大于第三边，任意两边的差小于第三边．
3．（2025八上·玉环期末）使二次根式有意义的a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式有无意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意得：a-2≥0，
解得：a≥2；
故答案为：D.
【分析】根据二次根式有意义的条件是被开方数为非负数，即可列出关于a的不等式，解出即可得出答案.
4．（2025八上·玉环期末）下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】同底数幂的乘法；同底数幂的除法；积的乘方运算；幂的乘方运算
【解析】【解答】解：A．，故本选项正确；
B．，故本选项不正确；
C．，故本选项不正确；
D．，故本选项不正确．
故选：A．
【分析】
A、幂的乘方，底数不变，指数相乘；
B、同底数幂相乘，底数不变，指数相加；
C、积的乘方，给各因式分别乘方，再把所得的幂相乘；
D、同底数幂相除，底数不变，指数相减．
5．（2025八上·玉环期末）如图，在和中，．添加下列哪个条件，不能使的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定
【解析】【解答】解：、在和中，
∴，原选项不符合题意；
、在和中，
∴，原选项不符合题意；
、在和中，
，
∴，原选项不符合题意；
、添加，又，，都无法判定，原选项符合题意；
故选：．
【分析】
一般三角形全等的判定共有四种方法，分别是边边边、边角边、角边角和角角边，注意没有边边角这种判定方法．
6．（2025八上·玉环期末）如图，在等边三角形中，，点D是的中点，过点D作于点F，过点F作于点E，则的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【分析】
由于等边三角形的各边相等、每个内角都是60度，则由直角三角形两锐角互余可得，再由中点的概念可得，则由含30度角的直角三角形性质可得AF＝2，即CF＝6，同理可得CE＝3，则BE＝5．
7．（2025八上·玉环期末）已知，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分母有理化；二次根式的加减法；二次根式的化简求值
【解析】【解答】解：
，
∵，，
∴原式，
故选：．
【分析】
二次根式的加法运算，先分别分母有理化，再通分化原式为，然后把，代入求值即可．
8．（2025八上·玉环期末）如图，大正方形面积为，小正方形的面积为，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次根式的混合运算；求算术平方根
【解析】【解答】解：∵大正方形面积为，小正方形的面积为，
∴大正方形边长为，小正方形的边长为，
∴，
．
故答案为：C．
【分析】由题意得出大、小正方形的边长，再求出，利用三角形的面积公式表示出阴影部分面积，再代入数据，利用二次根式混合运算化简，即可求出答案.
9．（2025八上·玉环期末）如图，在中，，平分交于点，作，垂足为，连接，若，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的判定；三角形全等的判定-AAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，作交的延长线于点，连接，
∴，
∵，
∴，
∵平分，且，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中 ，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
平分
∴，
∴，
故选：．
【分析】
由于角平分线上的点到角两边距离相等，则可过点D作BC的垂线段交BC延长线于点H，则DH＝DA＝4，由于垂直于同一条直线的两条直线平行，则可利用ASA证明，则，即，再由直角两三角形两锐角互余结合角平分线的概念可得，则由对顶角相等可得，即有，则．
10．（2025八上·玉环期末）一个四位自然数，满足，，则称这个四位数为“幸运数”例如：对于，∵，，∴是“幸运数”；对于，∵，，∴不是“幸运数”．若存在幸运数，使得，则满足条件的“幸运数”有（　　）个．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】单项式乘多项式；利用等式的性质将等式变形
【解析】【解答】解：由题意得，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵均为整数，且，，，，
∴或或，
当时，，，此时幸运数为，
当时，，，此时幸运数为，
当 时，，，此时幸运数为，
则满足条件的“幸运数”有个，
故选：．
【分析】
由幸运数数的概念可得，， 再由题意可得等式， 再利用整式的乘法运算可化简得，因为整数各个数位上的数字都是小于10的自然数，且其中还需大于2，再利用特殊制法分别求出的值即可．
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分）
11．（2025八上·玉环期末）分解因式： =　 　．
【答案】（m+2）（m﹣2）
【知识点】因式分解﹣公式法
【解析】【解答】解： =(m+2)(m﹣2)．
故答案为：(m+2)(m﹣2)．
【分析】直接利用平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)进行因式分解.
12．（2025八上·玉环期末）已知正多边形的一个外角等于，那么这个正多边形的边数为　 　．
【答案】12
【知识点】多边形内角与外角；正多边形的性质
【解析】【解答】正多边形的内角都相等，
正多边形的外角都相等，
又多边形的外角和为，
这个正多边形的边数为．
故答案为：12．
【分析】
正n边形的外角相等，外角和是 ，则．
13．（2025八上·玉环期末）如图，在中，，点D在边上，将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处．若，则　 　
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵将沿折叠，使点B恰好落在边上的点E处，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据折叠的性质可得，，再根据三角形内角和定理可得，再由三角形内角和定理即可求出答案.
14．（2025八上·玉环期末）已知，则　 　．
【答案】
【知识点】二次根式的性质与化简；因式分解﹣添（拆）项法
【解析】【解答】解：由，
∵，
∴原式
，
故答案为：．
【分析】
先利用拆项法可把所求多项式变形为，然后把代入求值即可．
15．（2025八上·玉环期末）如果关于x的分式方程的解是负数，那么实数m的取值范围为　 　．
【答案】且
【知识点】分式方程的解及检验；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：
去分母得：，
解得，
∵分式方程的解是负数，
∴，
∴，
又∵分母不为0，
∴，
∴，
∴；
综上所述，且，
故答案为：且．
【分析】本题考查根据分式方程的解的情况求参数.先解分式方程可得：，再根据方程的解为负数以及分母不为0可列出不等式组：和，解不等式组可求出实数m的取值范围.
16．（2025八上·玉环期末）如图，在中，，，点为三角形内部一点且，点为中点，连接，，作，且，当　 　时，为直角三角形．
【答案】或
【知识点】三角形全等的判定；翻折全等-公共边模型；旋转全等模型；倍长中线构造全等模型；全等三角形中对应边的关系；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：①当时，如图，延长到点，使，连接、，
，
，
在△和△中，
，
，
，，
是中点，
，
在△和△中，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
，
，
在△和△中，
，
，
，，
，
，
；
②当时，如图，延长到点，使，连接、，
同①理可得，
；
综上，的度数为或，
故答案为：或．
【分析】
由于、，可延长到点，使，连接、，则可证，再证，最后再证，此时再分类讨论，即当时或当时，分别利用全等的性质计算即可．
三、解答题（共8小题，第17题至第21题每题8分，第22题至第23题每题10分，第24题12分，共72分）
17．（2025八上·玉环期末）计算：
（1）
（2）
【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】整式的混合运算；二次根式的混合运算
【解析】【分析】
（）算术平方根的积等于积的算术平方根、算术平方根的商等于商的算术平方根，可先算二次根式乘法，再算二次根式除法，最后算加减即可；
（）整式的混合运算，先分别计算单项式乘以多项式和平方差公式，然后再去括号并合并同类项即可.
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
18．（2025八上·玉环期末）先化简再求值：，其中．
【答案】解：
，
当时，原式．
【知识点】分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】
分式的化简求值，先算括号内的减法，再把除法化为乘法，然后约分化简，再代入求值即可．
19．（2025八上·玉环期末）已知：如图，AB∥ED，AB=DE，点F、C在AD上，AF=DC．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）求证：BC∥EF．
【答案】（1）证明：∵AB∥ED，
∴ ∠A＝∠D.
∵ AF＝DC，
∴ AC＝DF
又∵AB=DE
∴△ACB≌△DFE；
（2）∵△ACB≌△DFE
∴∠BCF＝∠EFD
∴BC∥EF.
【知识点】三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；内错角相等，两直线平行
【解析】【分析】（1）由AF＝DC可得AC＝DF，再利用平行线的性质结合已知AB＝DE可利用SAS证明△ACB≌△DFE；
（2）由全等三角形的对应角相等可得∠BCF＝∠EFD，再利用平行线的判定即可．
20．（2025八上·玉环期末）如图1，，要求用尺规在上取一点，使得平分，下面是两位同学的做法．
小明：如图，以点为圆心，适当长度为半径画弧交，于点，，再分别以，为圆心，大于的长度为半径画弧交于点，连接并延长交于点．
小红：你的作图是正确的，我的做法和你不一样，如图，以为圆心为半径画弧，与的交点就是点．
（1）请证明小明的做法是正确的；
（2）小红的做法正确吗，请说明理由．
【答案】（1）证明：如图中，连接，，
由作图可知，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：正确，理由如下：如图中，连接，
由作图可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
【知识点】三角形全等的判定-SSS；尺规作图-作角的平分线；两直线平行，内错角相等；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】
（）小明是利用基本尺规作图作已知角的平分线；
（）小红的先作等腰三角形ACH，可利用等边对等角得，再由两直线平行内错角相等可得，再等量代换即可.
（1）证明：如图中，连接，，
由作图可知，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：正确，理由如下：
如图中，连接，
由作图可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分．
21．（2025八上·玉环期末）2024年10月小米汽车征战纽北赛道成为全球最快四门车，已知赛道全长20800m，小米汽车平均圈速比斯巴鲁汽车快，小米汽车到达终点时斯巴鲁汽车还差才能到达．设斯巴鲁汽车的平均圈速为．
（1）直接用含的式子表示小米汽车的全程时间为______s；
（2）求小米汽车的平均圈速．
【答案】（1）
（2）解： 由题知，
，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
故小米汽车的平均圈速
答：小米汽车的平均圈速为．
【知识点】分式方程的实际应用-行程问题
【解析】【解答】
（1）
解：由题知，
因为小米汽车平均圈速比斯巴鲁汽车快，且斯巴鲁汽车的平均圈速为，
所以小米汽车平均圈速为，
所以小米汽车的全程时间为．
故答案为：．
【分析】
（1）由题意知小米的平均圈速为，再由时间公式表示即可；
（2）根据等量关系“ 小米汽车到达终点时斯巴鲁汽车还差才能到达 ”列分式方程并求解即可．
（1）解：由题知，
因为小米汽车平均圈速比斯巴鲁汽车快，且斯巴鲁汽车的平均圈速为，
所以小米汽车平均圈速为，
所以小米汽车的全程时间为．
故答案为：．
（2）由题知，
，
解得，
经检验是原方程的解，且符合题意，
故小米汽车的平均圈速
答：小米汽车的平均圈速为．
22．（2025八上·玉环期末）如图，在中，是的垂直平分线，与边交于点，点为上一点，且在内部，连接，，，已知．
（1）求证：；
（2）连接，若，求的度数．
【答案】（1）证明：∵是的垂直平分线，点为上一点，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵是的垂直平分线，点，在上，
∴，，
∴，，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
【知识点】三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；线段垂直平分线的判定；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【分析】
（）由线段垂直平分线的性质可得，由已知等量代换可得，则等边对等角即可；
（）由线段垂直平分线的性质可得，由等边对等角可得，则，又由（1）的结论知，则等量代换得，再由三角形的内角和定理结合对顶角相等可得．
（1）证明：∵是的垂直平分线，点为上一点，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵是的垂直平分线，点，在上，
∴，，
∴，，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为．
23．（2025八上·玉环期末）已知正数，，，，满足，．
（1）当，时，请用含的式子表示；
（2）已知，，满足；
①求证：；
②若，求的取值范围．
【答案】（1）解：当，时，
，，
所以，
整理得，，
所以；
（2）①证明：由得，
，．
因为，
所以，
整理得，．
因为为正数，
所以，
所以，
即，
所以．
②解：由得，
．
又因为，，
所以，
即，
整理得，．
因为为正数，
所以．
又因为，
所以．
【知识点】因式分解﹣公式法；分式的加减法；解含绝对值符号的一元一次方程；解一元一次不等式
【解析】【分析】（1）由b是c的2倍可得，再用含的式子表示即可；
（2）①先由已知分别用含a、m、n的代数式表示出b和c，再代入到已知等式中可得 ，由于a是正数，可利用等式的性质对等式变形得完全平方式，即有；
②先把和代入到不等式中得关于n的不等式并求解得，再结合已知可得．
（1）解：当，时，
，，
所以，
整理得，，
所以．
（2）①证明：由得，
，．
因为，
所以，
整理得，．
因为为正数，
所以，
所以，
即，
所以．
②解：由得，
．
又因为，，
所以，
即，
整理得，．
因为为正数，
所以．
又因为，
所以．
24．（2025八上·玉环期末）如图，在等边中，点是边上一点（点不与端点重合）．作点关于直线的对称点，连接，在射线上取一点，使，与所在直线交于点．
（1）求证：；
（2）若，求的长；
（3）当在边上运动时，判断，，面积之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明： ∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵点关于直线的对称点，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为；
（3）解：，理由如下，如图，在上截取，设，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
同（）理得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；等边三角形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】
（）由等边三角形的性质结合已知可得，再利用三角形的外角性质可得，又，则等量代换即可；
（）由（1）知，又中，则由三角形的内角和定理可得，再由轴对称的性质可得、，则由三角形的外角性质结合等边三角形的性质可得，等量代换得，即；
（）由（2）知，则可证，又由等边三角形的性质可在上截取，则可证，由于全等三角形的面积相等，则可得 ．
（1）证明： ∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵点关于直线的对称点，
∴，，
设，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为；
（3）解：，理由如下，
如图，在上截取，设，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
同（）理得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
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