资源简介

人教版数学八年级上学期期末仿真模拟试卷二
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
得分
1．（2025八上·期末） “二十四节气”是中国人通过观察太阳周年运动，认知一年中时令、气候、物候等变化规律所形成的知识体系和社会实践，下面四幅作品分别代表二十四节气中的“立春”“芒种”“白露”“大雪”，其中是轴对称图形的是 （　　)
A． B．
C． D．
2．（2025八上·旺苍期末）科幻作品《三体》一书中，三体人计划通过智子的多维展开来限制地球人的科学技术发展，已知智子的直径是0.00000000000016厘米，用科学记数法表示这个数（　　）
A．米 B． 米
C． 厘米 D．厘米
3．（2025八上·期末）若分式 的值为0，则x的值为（　　）
A．4 B．- 4 C．4或-4 D．0
4．（2025八上·丽水期末）在平面直角坐标系中，已知点和点关于轴对称，则的值（　　）
A． B． C． D．
5．（2024八上·路北月考）下列多项式中，不能用完全平方公式分解因式的是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八上·通州月考）下列分式计算错误的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023八上·市中区期末）计算的结果为（　　）
A．3 B． C． D．
8．（2025八上·石家庄月考）若式子有意义，则x满足的条件是（　　）
A．且 B．且
C．且 D．且且
9．（2025八上·丽水期末）如图，在等边中，是边上的中线，点在上，连接，在的右侧作等边，连接，当周长最小时，则的大小是（　　）
A． B． C． D．
10．（2025八上·珠海月考）如图，交于点，的平分线与的外角的平分线交于点，，则下列说法不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2020八上·开福期末）小明上月在某文具店正好用20元钱买了几本笔记本，本月再去买时，恰遇此文具店搞优惠酬宾活动，同样的笔记本，每本比上月便宜1元，结果小明只比上次多用了4元钱，却比上次多买了2本．若设他上月买了x本笔记本，则根据题意可列方程（　　）
A．=1 B．=1 C．=1 D．=1
12．（2024八上·怀化期末）如图，已知线段上有一动点，分别以、为边在同方向作等边和等边，连接，交于点，连接，交于点，连接，有以下结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（　　）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
阅卷人 二、填空题：本大题共54题，每小题3分，共12分.
得分
13．（2025八上·平武月期中）已知：a、b、c是三边长，且，那么M　 　0（填“>”，“<”或“=”）
14．如图，数轴上有四条线段分别标有①，②，③，④，则表示分式 的值的点应落在数轴的　 　段.（填序号）
15．（2024八上·广州期末）学习新知时，我们利用图形的拼接得到完全平方公式，小红也想探究一下图形的奥秘，她利用四块长为，宽为的长方形纸片，拼成如图形状．观察图片，写出代数式，，之间的等量关系　 　；
16．（2025八上·南漳期末）为等边三角形，点E在边上，，在射线上取点D，使，连接并延长交射线于点F，则下列说法正确的是：　 　．
①当时，为等腰三角形；
②；
③在边上存在点E，使；
④．
阅卷人 三、解答题：本大题共7小题，共72分.
得分
17．（2024八上·安州期末）（1）计算：
（2）计算：
（3）分解因式：；
（4）分解因式：．
18．（2024八上·广州期末）计算：
（1）．
（2）先化简，若的取值范围是，且为整数，求该式的值．
19．（2025八上·海珠期末）阳光体育用品店有甲、乙两种品牌的篮球，已知乙品牌篮球的单价比甲品牌篮球的单价多元，用元购买甲品牌篮球的数量是用元购买乙品牌篮球数量的倍．
（1）求甲、乙两种品牌篮球的单价；
（2）该店在国庆节期间开展优惠活动，甲品牌篮球按原单价的折出售，乙品牌篮球按原单价的折出售，某校计划在国庆节期间在该店购买甲、乙两种品牌篮球共个，总费用不超过元，那么最多可购买多少个乙品牌篮球？
20．（2023八上·龙泉驿月考）如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，．
（1）作出与关于轴对称的图形；
（2）已知点，直线轴，求点的坐标．
21．（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．
22．（2024八上·花都期末）基本知识：通过用两种不同方法计算图1的面积，发现：恒成立．基于此，请解答下列问题：
（1）直接应用：若，，直接写出的值为 ；
（2）类比应用：若，则 ；
（3）拓展迁移：为落实国家劳动实践教育的政策，使同学们体验劳动的快乐，掌握劳动技能．某学校计划组织八年级的学生在学校实践园开展劳动实践活动．首先在实践园用栅栏围成一个区域，用来种植草坪（如图2），其中于点A，与两边的长度和为，然后再以，为边分别向外扩建成正方形和正方形的用地，分别种植三角梅和月季花，向外扩建的两个正方形面积和为．请根据题意求种植草坪的的面积．
23．（2024八上·华容期末）“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，“一线三等角”指的是图形中出现同一条直线上有3个相等的情况，在学习过程中，我们发现“一线三等角”模型的出现，还经常会伴随着出现全等三角形．
根据对材料的理解解决以下问题∶
（1）如图1，，．猜想，，之间的关系：　 　
（2）如图2，将（1）中条件改为，，请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在中，点为上一点，，，，，请直接写出的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A：图案不是轴对称图形，所以A不符合题意；
B：图案不是轴对称图形，所以B不符合题意
D：图案不是轴对称图形，所以C不符合题意；
C：图案是轴对称图形，所以D符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据轴对称图形的定义，逐项进行判断，即可得出答案。
2．【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：厘米厘米米；
故答案为：C．
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中为小数点向右移动位数的相反数．
3．【答案】B
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：∵ 分式 的值为0，
∴解得：x=±4，
∵x-4≠0，
∴x≠4，
∴x=-4.
故答案为：B。
【分析】根据分式的值为0的条件，可得出且x-4≠0，进一步求解，即可得出答案。
4．【答案】D
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点A（-2，a）和点B（b，-3）关于y轴对称，
∴a=-3，b=2，
∴ab=-3×2=-6.
故答案为：D.
【分析】根据关于y轴对称点的坐标的特征求得a、b的值，即可求得ab的值.
5．【答案】A
【知识点】因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】解：由题意知，，不能用完全平方公式分解因式，故A符合要求；
，能用完全平方公式分解因式，故B不符合要求；
，能用完全平方公式分解因式，故C不符合要求；
，能用完全平方公式分解因式，故D不符合要求；
故答案为：A．
【分析】利用完全平方公式的特征逐项判断解题．
6．【答案】B
【知识点】分式的约分；分式的乘法；分式的除法；分式的乘方；同分母分式的加、减法
【解析】【解答】解：A .；计算正确
B.，计算错误
C .计算正确；
D. ，计算正确；
故答案为：B
【分析】分式的除法运算变成乘法颠倒除式的分子和分母的位置，能约分的约分，结果为最简分式或整式；分子分母约去公因式，进行计算判断；分母互为相反数时提出负号化为同分母，分母不变分子相加，结果能约分的要约分化成最简分式或整式.
7．【答案】D
【知识点】积的乘方运算
【解析】【解答】解：原式
故答案为：D．
【分析】根据积的乘方逆算解答即可．
8．【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件；分式的乘除法
【解析】【解答】解：∵分式有意义，
，
且且，
故答案为：D．
【分析】利用分式有意义的条件（分母不为0）列出不等式求解即可.
9．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴点E在射线上运动（）．
作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小，的周长最小．
∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴﹒
故答案为：A．
【分析】先根据题意，确定点E在射线CE上运动（瓜豆原理），再作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小（将军饮马模型），根据等边三角形的判定及性质即可得出答案.
10．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵∠BAD的平分线与△OCD的外角∠OCE的平分线交于点P，
∴∠PAO=∠BAD，∠PCE=∠OCE，
∵∠B=∠D，∠AOB=∠COD，
∴∠BAD=∠OCD，
∴∠PAO+∠PCE=∠BAD +∠OCE=∠OCD +∠OCE，
∴∠PAO+∠PCE=（∠OCD +∠OCE）=∠ECD，
∴∠PAO+∠PCE=90°，
故A选项正确；
∵∠BAD的平分线与△OCD的外角∠OCE的平分线交于点P，
∴∠PAB=∠BAD，
∵∠B=∠D，∠AOB=∠COD，
∴∠BAD=∠BCD，
∴∠PAB=∠BCD，
故B选项正确；
设PC与AD交于点F，
∵∠PFA=∠DFC，
∴∠P+∠PAF=∠D+∠FCD，
∴∠P =∠D+∠FCD-∠PAF，
∵∠BAD的平分线与△OCD的外角∠OCE的平分线交于点P，
∴∠PCE=∠PCO，
∴∠P =∠D+∠FCD-∠PAF，
∵∠PAF+∠PCE=90°，
∴∠P =∠D+∠FCD-90°+∠PCE，
∵∠FCD+∠PCE=180°，
∴∠P =∠D+90°，
故C选项正确；
∵∠B=∠D，
∴∠P =∠B+90°，
故D选项错误；
故选D．
【分析】根据角平分线定义可得∠PAO=∠BAD，∠PCE=∠OCE，再根据角之间的关系可判断A；根据角平分线定义可得∠PAB=∠BAD，再根据角之间的关系可得判断B；根据角之间的关系可得∠P =∠D+∠FCD-∠PAF，再根据角平分线定义可得∠PCE=∠PCO，再根据角之间的关系可判断C，D.
11．【答案】B
【知识点】列分式方程；分式方程的实际应用
【解析】【解答】解：设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+2）本，
根据题意得：=1，
即：=1．
故选B．
【分析】由设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+2）本，然后可求得两次每本笔记本的价格，由等量关系：每本比上月便宜1元，即可得到方程．
12．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：等边和等边，
，，，
，
，
在和中
，
，
，，故①②正确，
在和中
，
，
，，故③正确
，
是等边三角形，
，
，
；故⑤正确
是等边三角形，
，
，
．故④错误，
即：正确的有①②③⑤；
故答案为：B．
【分析】由等边三角形的性质得到，即可判断①②；再证明判断③；即可得到，判断④⑤解题即可．
13．【答案】<
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：∵a、b、c是三边长，
∴a+b+c>0，a+b>c，b+c>a，
∴<0，
∴M<0.
故答案为：<.
【分析】根据三角形三边关系可得a+b+c>0，a+b>c，b+c>a，进而得出答案.
14．【答案】④
【知识点】平方差公式及应用；有理数在数轴上的表示；异分母分式的加、减法
【解析】【解答】解：
∴表示分式 的值的点应落在如图所示的数轴④段上.
故答案为：④
【分析】根据分式的减法，结合平方差公式化简，再根据数轴上点的位置关系进行判断即可求出答案.
15．【答案】
【知识点】完全平方公式的几何背景
【解析】【解答】解：阴影部分的面积为大正方形面积减去四个长方形的面积可得，
阴影部分的面积还可以表示为小正方形的面积，
由图形面积得：，
故答案为：．
【分析】分别利用两种方法表示出阴影部分的面积，进而求解.
16．【答案】①②④
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
当时，，
∴，故①正确；
∵，
∴，故②正确；
连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
当时，，故，
解得：（不符合题意），故③错误．
④证明：在上截取，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故④正确；
故答案为：①②④．
【分析】根据等边三角形性质可得，根据等边对等角及三角形内角和定理可得，当时，，根据等角对等边可判断①；根据角之间的关系可判断②；连接，根据等边对等角及三角形内角和定理可得，，当时，，故，解方程可判断③；在上截取，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，则，再根据边之间的关系可判断④.
17．【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式
（3）解：原式；
（4）解：原式．
【知识点】单项式乘多项式；平方差公式及应用；整式的混合运算；因式分解﹣提公因式法；多项式除以单项式
【解析】【分析】（1）根据单项式乘以多项式的法则，用单项式去乘以多项式中的每一项，再把积相加即可；
（2）先利用平方差公式和完全平方公式将大括号化简合并，再根据多项式除单项式的法则计算即可；
（3）直接提公因式4ab2即可；
（4）利用平方差公式将其因式分解，再合并括号内的即可.
18．【答案】（1）解：
；
（2）解：
，
由题意可得：，，即，
∵，且为整数，
∴，
∴原式．
【知识点】整式的混合运算；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】（1）先根据整式四则运算法则，乘法公式计算，再合并同类项后，再利用多项式的除法计算即可；
（2）根据分式的四则运算，对式子进行化简，再根据分式分母不为0，把合适的x的值代入计算即可求出值．
（1）解：
；
（2）解：
，
，，
∵，且为整数，
∴，
∴原式．
19．【答案】（1）解：设甲种品牌篮球的单价是元，乙种品牌的单价是元，
由题意可得：，
解得：，
经检验，是原方程的解且符合实际意义，
，
答：甲种品牌篮球的单价为元，乙种品牌篮球的单价为元.
（2）解：设本次购买个乙种品牌篮球，则购买个甲种品牌篮球，
由题意可得：，
解得：，
∵为正整数，
∴的最大值为，
答：最多可购买个乙种品牌的篮球．
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式的应用
【解析】【分析】（1）根据“用元购买甲品牌篮球的数量是用元购买乙品牌篮球数量的倍”求出，再解方程求解即可；
（2）根据“甲品牌篮球按原单价的折出售，乙品牌篮球按原单价的折出售，某校计划在国庆节期间在该店购买甲、乙两种品牌篮球共个，总费用不超过元”求出，再解不等式求解即可。
（1）设甲种品牌篮球的单价是元，乙种品牌的单价是元，
根据题意得：
，
解得：，
经检验，是原方程的解且符合实际意义，
，
答：甲种品牌篮球的单价为元，乙种品牌篮球的单价为元，
（2）设本次购买个乙种品牌篮球，则购买个甲种品牌篮球，
根据题意得：
，
解得：，
因为为正整数，所以的最大值为，
答：最多可购买个乙种品牌的篮球．
20．【答案】（1）解：如图，即为所求．
（2）解：，点与点关于轴对称，
．
，轴，
点的纵坐标为1，
，
，
，
点的坐标为．
【知识点】坐标与图形性质；作图﹣轴对称
【解析】【分析】（1）根据轴对称的性质作出点A、B、C的对称点，然后依次连接即可；
（2）根据平行于x轴的点的纵坐标相等，横坐标不同解题即可．
（1）解：如图，即为所求．
（2），点与点关于轴对称，
．
，轴，
点的纵坐标为1，
，
，
，
点的坐标为．
21．【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，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
22．【答案】（1）17
（2）5
（3）解：设，，
由题意得，，，
由可得
∴
．
即种植草坪的的面积为．
【知识点】完全平方公式及运用；完全平方公式的几何背景
【解析】【解答】（1）解：由可得，，
将，，代入可得，，
∴，
故答案为：17；
（2）解：设，，由题意可得：，，
∴
，
故答案为：5；
【分析】（1）利用可得，然后代入计算即可；
（2）设，，由题意得，，根据代入计算即可；
（3）设，，由可得，由题意得，，，根据代入计算即可．
（1）解：∵，，，
∴，
∴，
故答案为：17；
（2）解：设，，则，，
∴
，
故答案为：5；
（3）解：设，，由题意得，，，
∴
．
即种植草坪的的面积为．
23．【答案】（1）
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵，，
，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴，
∴（1）中结论仍然成立；
（3）解：7
【知识点】余角、补角及其性质；三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）猜想：DE=AD+BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠ACB=90°=∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC与△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE+CD=AD+BE．
故答案为：DE=AD+BE；
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）根据直角三角形中两锐角互余，可得出∠ACD=∠CBE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，即可得出答案；
（2）先根据三角形内角和与补角的性质可得∠CAD=∠BCE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，由此可得出答案；
（3）先根据三角形外角性质可得∠AED=∠FDB，再根据全等三角形的性质与判定可得AE=BD，AD=BF，由此可得AB=AE+BF，代入数值即可得出答案.
1 / 1人教版数学八年级上学期期末仿真模拟试卷二
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
得分
1．（2025八上·期末） “二十四节气”是中国人通过观察太阳周年运动，认知一年中时令、气候、物候等变化规律所形成的知识体系和社会实践，下面四幅作品分别代表二十四节气中的“立春”“芒种”“白露”“大雪”，其中是轴对称图形的是 （　　)
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】解：A：图案不是轴对称图形，所以A不符合题意；
B：图案不是轴对称图形，所以B不符合题意
D：图案不是轴对称图形，所以C不符合题意；
C：图案是轴对称图形，所以D符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据轴对称图形的定义，逐项进行判断，即可得出答案。
2．（2025八上·旺苍期末）科幻作品《三体》一书中，三体人计划通过智子的多维展开来限制地球人的科学技术发展，已知智子的直径是0.00000000000016厘米，用科学记数法表示这个数（　　）
A．米 B． 米
C． 厘米 D．厘米
【答案】C
【知识点】科学记数法表示大于0且小于1的数
【解析】【解答】解：厘米厘米米；
故答案为：C．
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中为小数点向右移动位数的相反数．
3．（2025八上·期末）若分式 的值为0，则x的值为（　　）
A．4 B．- 4 C．4或-4 D．0
【答案】B
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：∵ 分式 的值为0，
∴解得：x=±4，
∵x-4≠0，
∴x≠4，
∴x=-4.
故答案为：B。
【分析】根据分式的值为0的条件，可得出且x-4≠0，进一步求解，即可得出答案。
4．（2025八上·丽水期末）在平面直角坐标系中，已知点和点关于轴对称，则的值（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵点A（-2，a）和点B（b，-3）关于y轴对称，
∴a=-3，b=2，
∴ab=-3×2=-6.
故答案为：D.
【分析】根据关于y轴对称点的坐标的特征求得a、b的值，即可求得ab的值.
5．（2024八上·路北月考）下列多项式中，不能用完全平方公式分解因式的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】因式分解-完全平方公式
【解析】【解答】解：由题意知，，不能用完全平方公式分解因式，故A符合要求；
，能用完全平方公式分解因式，故B不符合要求；
，能用完全平方公式分解因式，故C不符合要求；
，能用完全平方公式分解因式，故D不符合要求；
故答案为：A．
【分析】利用完全平方公式的特征逐项判断解题．
6．（2025八上·通州月考）下列分式计算错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】分式的约分；分式的乘法；分式的除法；分式的乘方；同分母分式的加、减法
【解析】【解答】解：A .；计算正确
B.，计算错误
C .计算正确；
D. ，计算正确；
故答案为：B
【分析】分式的除法运算变成乘法颠倒除式的分子和分母的位置，能约分的约分，结果为最简分式或整式；分子分母约去公因式，进行计算判断；分母互为相反数时提出负号化为同分母，分母不变分子相加，结果能约分的要约分化成最简分式或整式.
7．（2023八上·市中区期末）计算的结果为（　　）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【知识点】积的乘方运算
【解析】【解答】解：原式
故答案为：D．
【分析】根据积的乘方逆算解答即可．
8．（2025八上·石家庄月考）若式子有意义，则x满足的条件是（　　）
A．且 B．且
C．且 D．且且
【答案】D
【知识点】分式有无意义的条件；分式的乘除法
【解析】【解答】解：∵分式有意义，
，
且且，
故答案为：D．
【分析】利用分式有意义的条件（分母不为0）列出不等式求解即可.
9．（2025八上·丽水期末）如图，在等边中，是边上的中线，点在上，连接，在的右侧作等边，连接，当周长最小时，则的大小是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵，是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴点E在射线上运动（）．
作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小，的周长最小．
∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴﹒
故答案为：A．
【分析】先根据题意，确定点E在射线CE上运动（瓜豆原理），再作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小（将军饮马模型），根据等边三角形的判定及性质即可得出答案.
10．（2025八上·珠海月考）如图，交于点，的平分线与的外角的平分线交于点，，则下列说法不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵∠BAD的平分线与△OCD的外角∠OCE的平分线交于点P，
∴∠PAO=∠BAD，∠PCE=∠OCE，
∵∠B=∠D，∠AOB=∠COD，
∴∠BAD=∠OCD，
∴∠PAO+∠PCE=∠BAD +∠OCE=∠OCD +∠OCE，
∴∠PAO+∠PCE=（∠OCD +∠OCE）=∠ECD，
∴∠PAO+∠PCE=90°，
故A选项正确；
∵∠BAD的平分线与△OCD的外角∠OCE的平分线交于点P，
∴∠PAB=∠BAD，
∵∠B=∠D，∠AOB=∠COD，
∴∠BAD=∠BCD，
∴∠PAB=∠BCD，
故B选项正确；
设PC与AD交于点F，
∵∠PFA=∠DFC，
∴∠P+∠PAF=∠D+∠FCD，
∴∠P =∠D+∠FCD-∠PAF，
∵∠BAD的平分线与△OCD的外角∠OCE的平分线交于点P，
∴∠PCE=∠PCO，
∴∠P =∠D+∠FCD-∠PAF，
∵∠PAF+∠PCE=90°，
∴∠P =∠D+∠FCD-90°+∠PCE，
∵∠FCD+∠PCE=180°，
∴∠P =∠D+90°，
故C选项正确；
∵∠B=∠D，
∴∠P =∠B+90°，
故D选项错误；
故选D．
【分析】根据角平分线定义可得∠PAO=∠BAD，∠PCE=∠OCE，再根据角之间的关系可判断A；根据角平分线定义可得∠PAB=∠BAD，再根据角之间的关系可得判断B；根据角之间的关系可得∠P =∠D+∠FCD-∠PAF，再根据角平分线定义可得∠PCE=∠PCO，再根据角之间的关系可判断C，D.
11．（2020八上·开福期末）小明上月在某文具店正好用20元钱买了几本笔记本，本月再去买时，恰遇此文具店搞优惠酬宾活动，同样的笔记本，每本比上月便宜1元，结果小明只比上次多用了4元钱，却比上次多买了2本．若设他上月买了x本笔记本，则根据题意可列方程（　　）
A．=1 B．=1 C．=1 D．=1
【答案】B
【知识点】列分式方程；分式方程的实际应用
【解析】【解答】解：设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+2）本，
根据题意得：=1，
即：=1．
故选B．
【分析】由设他上月买了x本笔记本，则这次买了（x+2）本，然后可求得两次每本笔记本的价格，由等量关系：每本比上月便宜1元，即可得到方程．
12．（2024八上·怀化期末）如图，已知线段上有一动点，分别以、为边在同方向作等边和等边，连接，交于点，连接，交于点，连接，有以下结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的是（　　）
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：等边和等边，
，，，
，
，
在和中
，
，
，，故①②正确，
在和中
，
，
，，故③正确
，
是等边三角形，
，
，
；故⑤正确
是等边三角形，
，
，
．故④错误，
即：正确的有①②③⑤；
故答案为：B．
【分析】由等边三角形的性质得到，即可判断①②；再证明判断③；即可得到，判断④⑤解题即可．
阅卷人 二、填空题：本大题共54题，每小题3分，共12分.
得分
13．（2025八上·平武月期中）已知：a、b、c是三边长，且，那么M　 　0（填“>”，“<”或“=”）
【答案】<
【知识点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：∵a、b、c是三边长，
∴a+b+c>0，a+b>c，b+c>a，
∴<0，
∴M<0.
故答案为：<.
【分析】根据三角形三边关系可得a+b+c>0，a+b>c，b+c>a，进而得出答案.
14．如图，数轴上有四条线段分别标有①，②，③，④，则表示分式 的值的点应落在数轴的　 　段.（填序号）
【答案】④
【知识点】平方差公式及应用；有理数在数轴上的表示；异分母分式的加、减法
【解析】【解答】解：
∴表示分式 的值的点应落在如图所示的数轴④段上.
故答案为：④
【分析】根据分式的减法，结合平方差公式化简，再根据数轴上点的位置关系进行判断即可求出答案.
15．（2024八上·广州期末）学习新知时，我们利用图形的拼接得到完全平方公式，小红也想探究一下图形的奥秘，她利用四块长为，宽为的长方形纸片，拼成如图形状．观察图片，写出代数式，，之间的等量关系　 　；
【答案】
【知识点】完全平方公式的几何背景
【解析】【解答】解：阴影部分的面积为大正方形面积减去四个长方形的面积可得，
阴影部分的面积还可以表示为小正方形的面积，
由图形面积得：，
故答案为：．
【分析】分别利用两种方法表示出阴影部分的面积，进而求解.
16．（2025八上·南漳期末）为等边三角形，点E在边上，，在射线上取点D，使，连接并延长交射线于点F，则下列说法正确的是：　 　．
①当时，为等腰三角形；
②；
③在边上存在点E，使；
④．
【答案】①②④
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
当时，，
∴，故①正确；
∵，
∴，故②正确；
连接，
∵，，
∴，
∴，
∴，
当时，，故，
解得：（不符合题意），故③错误．
④证明：在上截取，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故④正确；
故答案为：①②④．
【分析】根据等边三角形性质可得，根据等边对等角及三角形内角和定理可得，当时，，根据等角对等边可判断①；根据角之间的关系可判断②；连接，根据等边对等角及三角形内角和定理可得，，当时，，故，解方程可判断③；在上截取，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系可得，则，再根据边之间的关系可判断④.
阅卷人 三、解答题：本大题共7小题，共72分.
得分
17．（2024八上·安州期末）（1）计算：
（2）计算：
（3）分解因式：；
（4）分解因式：．
【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式
（3）解：原式；
（4）解：原式．
【知识点】单项式乘多项式；平方差公式及应用；整式的混合运算；因式分解﹣提公因式法；多项式除以单项式
【解析】【分析】（1）根据单项式乘以多项式的法则，用单项式去乘以多项式中的每一项，再把积相加即可；
（2）先利用平方差公式和完全平方公式将大括号化简合并，再根据多项式除单项式的法则计算即可；
（3）直接提公因式4ab2即可；
（4）利用平方差公式将其因式分解，再合并括号内的即可.
18．（2024八上·广州期末）计算：
（1）．
（2）先化简，若的取值范围是，且为整数，求该式的值．
【答案】（1）解：
；
（2）解：
，
由题意可得：，，即，
∵，且为整数，
∴，
∴原式．
【知识点】整式的混合运算；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】（1）先根据整式四则运算法则，乘法公式计算，再合并同类项后，再利用多项式的除法计算即可；
（2）根据分式的四则运算，对式子进行化简，再根据分式分母不为0，把合适的x的值代入计算即可求出值．
（1）解：
；
（2）解：
，
，，
∵，且为整数，
∴，
∴原式．
19．（2025八上·海珠期末）阳光体育用品店有甲、乙两种品牌的篮球，已知乙品牌篮球的单价比甲品牌篮球的单价多元，用元购买甲品牌篮球的数量是用元购买乙品牌篮球数量的倍．
（1）求甲、乙两种品牌篮球的单价；
（2）该店在国庆节期间开展优惠活动，甲品牌篮球按原单价的折出售，乙品牌篮球按原单价的折出售，某校计划在国庆节期间在该店购买甲、乙两种品牌篮球共个，总费用不超过元，那么最多可购买多少个乙品牌篮球？
【答案】（1）解：设甲种品牌篮球的单价是元，乙种品牌的单价是元，
由题意可得：，
解得：，
经检验，是原方程的解且符合实际意义，
，
答：甲种品牌篮球的单价为元，乙种品牌篮球的单价为元.
（2）解：设本次购买个乙种品牌篮球，则购买个甲种品牌篮球，
由题意可得：，
解得：，
∵为正整数，
∴的最大值为，
答：最多可购买个乙种品牌的篮球．
【知识点】分式方程的实际应用；一元一次不等式的应用
【解析】【分析】（1）根据“用元购买甲品牌篮球的数量是用元购买乙品牌篮球数量的倍”求出，再解方程求解即可；
（2）根据“甲品牌篮球按原单价的折出售，乙品牌篮球按原单价的折出售，某校计划在国庆节期间在该店购买甲、乙两种品牌篮球共个，总费用不超过元”求出，再解不等式求解即可。
（1）设甲种品牌篮球的单价是元，乙种品牌的单价是元，
根据题意得：
，
解得：，
经检验，是原方程的解且符合实际意义，
，
答：甲种品牌篮球的单价为元，乙种品牌篮球的单价为元，
（2）设本次购买个乙种品牌篮球，则购买个甲种品牌篮球，
根据题意得：
，
解得：，
因为为正整数，所以的最大值为，
答：最多可购买个乙种品牌的篮球．
20．（2023八上·龙泉驿月考）如图，在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为，，．
（1）作出与关于轴对称的图形；
（2）已知点，直线轴，求点的坐标．
【答案】（1）解：如图，即为所求．
（2）解：，点与点关于轴对称，
．
，轴，
点的纵坐标为1，
，
，
，
点的坐标为．
【知识点】坐标与图形性质；作图﹣轴对称
【解析】【分析】（1）根据轴对称的性质作出点A、B、C的对称点，然后依次连接即可；
（2）根据平行于x轴的点的纵坐标相等，横坐标不同解题即可．
（1）解：如图，即为所求．
（2），点与点关于轴对称，
．
，轴，
点的纵坐标为1，
，
，
，
点的坐标为．
21．（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，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
22．（2024八上·花都期末）基本知识：通过用两种不同方法计算图1的面积，发现：恒成立．基于此，请解答下列问题：
（1）直接应用：若，，直接写出的值为 ；
（2）类比应用：若，则 ；
（3）拓展迁移：为落实国家劳动实践教育的政策，使同学们体验劳动的快乐，掌握劳动技能．某学校计划组织八年级的学生在学校实践园开展劳动实践活动．首先在实践园用栅栏围成一个区域，用来种植草坪（如图2），其中于点A，与两边的长度和为，然后再以，为边分别向外扩建成正方形和正方形的用地，分别种植三角梅和月季花，向外扩建的两个正方形面积和为．请根据题意求种植草坪的的面积．
【答案】（1）17
（2）5
（3）解：设，，
由题意得，，，
由可得
∴
．
即种植草坪的的面积为．
【知识点】完全平方公式及运用；完全平方公式的几何背景
【解析】【解答】（1）解：由可得，，
将，，代入可得，，
∴，
故答案为：17；
（2）解：设，，由题意可得：，，
∴
，
故答案为：5；
【分析】（1）利用可得，然后代入计算即可；
（2）设，，由题意得，，根据代入计算即可；
（3）设，，由可得，由题意得，，，根据代入计算即可．
（1）解：∵，，，
∴，
∴，
故答案为：17；
（2）解：设，，则，，
∴
，
故答案为：5；
（3）解：设，，由题意得，，，
∴
．
即种植草坪的的面积为．
23．（2024八上·华容期末）“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，“一线三等角”指的是图形中出现同一条直线上有3个相等的情况，在学习过程中，我们发现“一线三等角”模型的出现，还经常会伴随着出现全等三角形．
根据对材料的理解解决以下问题∶
（1）如图1，，．猜想，，之间的关系：　 　
（2）如图2，将（1）中条件改为，，请问（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在中，点为上一点，，，，，请直接写出的长．
【答案】（1）
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
∵，，
，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴，
∴（1）中结论仍然成立；
（3）解：7
【知识点】余角、补角及其性质；三角形内角和定理；三角形外角的概念及性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）猜想：DE=AD+BE．
理由：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠ACB=90°=∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD=90°，∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC与△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE=AD，CD=BE，
∴DE=CE+CD=AD+BE．
故答案为：DE=AD+BE；
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）根据直角三角形中两锐角互余，可得出∠ACD=∠CBE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，即可得出答案；
（2）先根据三角形内角和与补角的性质可得∠CAD=∠BCE，再根据全等三角形的性质与判定可得CD=BE，CE=AD，由此可得出答案；
（3）先根据三角形外角性质可得∠AED=∠FDB，再根据全等三角形的性质与判定可得AE=BD，AD=BF，由此可得AB=AE+BF，代入数值即可得出答案.
1 / 1

展开更多......

收起↑