资源简介

广东省深圳市红岭教育集团 2024—2025 学年下学期 八年级期中考试 数学试卷
一、填空题
1．（2025八下·深圳期中）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八下·深圳期中）下列各式从左边到右边的变形是因式分解的是（　　）
A．－18x4y3＝－6x2y2·3x2y B．(a＋2)(a－2)＝a2－4
C．x2＋2x＋1＝x(x＋2)＋1 D．a2－8a＋16＝(a－4)2
3．（2025八下·深圳期中）若，则下列不等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·深圳期中）把分式中的和都扩大2倍，分式的值（　　）
A．不变 B．扩大2倍
C．缩小为原来的 D．扩大4倍
5．（2025八下·深圳期中）用反证法证明命题：“已知△ABC，AB＝AC；求证：∠B90°．”第一步应先假设（　　）
A．∠B≥90° B．∠B＞90° C．∠B＜90° D．AB≠AC
6．（2025八下·深圳期中）如图，在中，分别以顶点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，连接，分别与边，相交于点D，E．若，的周长为17，则的周长为（　　）
A．20 B．21 C．25 D．30
7．（2025八下·深圳期中）如图，点，的坐标分别为，，若将线段平移至，则的值为（　　）
A．8 B．4 C． D．6
8．（2025八下·深圳期中）如图，，平分，且，若点M，N分别在，上，且△为等边三角形，则满足上述条件的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025八下·深圳期中）因式分解：　 　．
10．（2025八下·深圳期中）如果分式的值为0，那么x的值为 　 　．
11．（2025八下·深圳期中）某服装店以20元的进价购进一批儿童T恤衫，销售时标价为30元，为了减少商品库存，让利于顾客，准备打折销售，但要保证利润率不低于20%，则至多可打　 　折.
12．（2025八下·深圳期中）如图，在中，是边上的高，若分别是和上的动点，则的最小值为　 　．
13．（2025八下·深圳期中）如图，在中，，把绕边的中点O旋转后得，若直角顶点E恰好落在边上，且边交边于点G，则的面积为　 　．
三、解答题（共7小题，其中14题8分，15题6分，16题8分，17题8分，18题8分，19题11分，20题12分，共61分）
14．（2025八下·深圳期中）计算
（1）；
（2）．
15．（2025八下·深圳期中）解不等式组：，并写出它的所有整数解．
16．（2025八下·深圳期中）在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．
（1）将沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的；
（2）将绕着点A顺时针旋转，画出旋转后得到的；
（3）若可看作由绕P点旋转而成，则点P坐标为________．
17．（2025八下·深圳期中）如图，直线：与x轴交于点B，，直线：经过点C，且与交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）记直线与y轴的交点为D，记直线与y轴的交点为E，求的面积；
（3）根据图象，直接写出的解集．
18．（2025八下·深圳期中）已知：如图，在△ADC中，AD＝CD，且AB∥DC，CB⊥AB于B，CE⊥AD交AD的延长线于E，连接BE．
（1）求证：CE＝CB；
（2）若∠CAE＝30°，CE＝2，求BE的长度．
19．（2025八下·深圳期中）启航中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习．
【模型准备】
启航中学校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯．兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆/分钟）与该方向车道数的比值来衡量．例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10．拥堵度的数值越大，该方向越拥堵．记自东向西的拥堵度为，自西向东的拥堵度为．
【收集数据】
小组成员分工进行数据收集并整理如下：
时间 8时 11时 14时 17时 20时
自东向西交通量（辆/分钟） 32 26 20 14 8
自西向东交通量（辆/分钟） 11 14 17 20 23
【建立模型】
成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到与的函数关系式及与的函数关系式．
【模型应用】
兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向．成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向．
【问题求解】
（1）与的函数关系式为_____；与的函数关系式为_____．（不写自变量的取值范围）
（2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算及的值说明哪个方向更拥堵．
（3）根据小敏的想法，在没有可变车道的情况下，若，求的值；并直接写出该路段8时至20时的可变车道设计方案．
20．（2025八下·深圳期中）综合与实践
在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片．
（1）【操作判断】将四边形纸片与等腰直角三角尺按如图放置，三角尺的边，分别与四边形的边，交于，两点，经测量得，．小明将绕点顺时针旋转，此时点与点重合，点的对应点为，通过推理小明得出了．
根据以上信息，请填空：
①；
②线段，，之间的数量关系为__________；
（2）【迁移探究】小明将四边形纸片换成了图中的形状，若，，，，分别在，上，且，线段，，之间的数量关系是否仍成立，若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明；
（3）【拓展应用】如图3，已知，，，小明以点为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺，其中射线，分别交射线于点，，当点恰好为线段的三等分点时，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；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图形既不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；
C、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，分别进行判断，即可得出答案。
2．【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A、左边不是多项式，故A错误；
B、是多项式乘法，不是因式分解，故B错误；
C、右边不是积的形式，故C错误；
D、符合因式分解的定义，正确.
故答案为：D.
【分析】把一个多项式在一个范围化为几个整式的积的形式，这种式子变形叫做这个多项式的因式分解，也叫作把这个多项式分解因式，据此判断即可.
3．【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵a∴a+2-3b.
故答案为：D.
【分析】不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个大于0的整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变，据此判断即可.
4．【答案】B
【知识点】分式的基本性质；分式基本性质的应用-判断分式值的变化
【解析】【解答】解：分式中的和都扩大2倍，
原分式变形为：，
把分式中的和都扩大2倍，分式的值扩大2倍，
故答案为：B．
【分析】将原分式中的变量和同时扩大2倍后，得到新表达式。通过分式的基本性质进行化简，可以将其表示为，由此得出最终结果。
5．【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：命题：“已知△ABC，AB＝AC；求证：∠B90°．”的结论为∠B90°且反证法第一步应先假设结论不成立
第一步应先假设∠B≥90°
故答案为：A．
【分析】利用反证法的书写要求求解即可。
6．【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：由题意可知，是的垂直平分线，
∴，
∵的周长，即：，
∴的周长．
故选：C．
【分析】由题意可知，是的垂直平分线，则，，再根据三角形周长即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：点，的坐标分别为，，若将线段平移至，
线段先向上平移2个单位，再向左平移1个单位得到线段，
，，
．
故答案为：B．
【分析】在平面直角坐标系中，图形的平移变换等价于图形上任意一点的平移变换。平移过程中点的坐标变化遵循以下规律：横坐标向右平移增加，向左平移减少；纵坐标向上平移增加，向下平移减少。根据题意，线段首先沿y轴正方向平移2个单位长度，接着沿x轴负方向平移1个单位长度，最终得到线段。通过这一平移过程可确定参数和的数值，进而计算差值。
8．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；多边形内角与外角；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，过点P作于M，于N，
∵平分，
∴，．
∴．
∴此时，是等边三角形．
当M向方向移动，N向方向移动，且．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴是等边三角形．
∴当M向方向移动，N向方向移动，
∴是等边三角形．
同理：当M向方向移动，N向方向移动．
综上：满足条件的有无数个．
故选：D．
【分析】过点P作于M，于N，根据角平分线性质可得，根据四边形内角和可得∠MPN，根据等边三角形判定定理可得等边三角形，分情况讨论：当M向方向移动，N向方向移动，且，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等边三角形判定定理即可求出答案；当M向方向移动，N向方向移动，根据等边三角形判定定理即可求出答案；同理：当M向方向移动，N向方向移动，即可求出答案.
9．【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】综合运用提公因式法和公式法，首先提公因式a，得出，进而再把多项式4-a2利用平方差进行因式分解，即可得出最后结果。
10．【答案】
【知识点】分式有无意义的条件；分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：分式的值为0，
，且，
，
故答案为：．
【分析】根据分式值为0的条件，结合分式有意义的条件即可求出答案.
11．【答案】八
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解： 设至多打 折，则打折后的售价为 30× 元；
3x-200.4
x8
故答案为：八.
【分析】 本题考查一元一次不等式的实际应用， 根据利润 = 售价 - 进价，结合利润不低于20%列不等式求解。
12．【答案】9.6
【知识点】线段垂直平分线的性质；轴对称的应用-最短距离问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵是边上的高，∴垂直平分，
∴若连接，则，，
∴
过点B作于点Q，交于点P，则此时取最小值，最小值为的长，如图所示．
∵，
∴．
故答案为：．
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质，可知既是中线也是高线，因此垂直平分。通过勾股定理计算得到：。为了求最小值，我们过点B作，交于点P。此时的最小值就是的长度。在中，利用面积法可以求出的具体数值，从而解决问题。
13．【答案】
【知识点】圆周角定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接BE，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∵点O是BC边的中点，
∴BO＝CO＝BC＝2，
∵把绕边的中点O旋转后得，直角顶点E恰好落在边上，
∴BO＝EO＝2，∠DFE＝∠ACB，∠CBA＝∠FED，AC＝DF，
∴CO＝EO，
∴∠OCE＝∠OEC，
∴∠DFE＝∠OEC，
∴GF＝GE，
∵∠D＋∠DFE＝∠DEG＋∠GEF＝90°，
∴∠D＝∠DEG，
∴GE＝GD，
∴GE＝DF＝AC＝，
∵OB＝OE＝OC＝BC，
∴点B、E、C在以O为圆心，BC为直径的圆上，
∴∠BEC＝90°，
∴BE＝，
∴CE＝，
∴CG＝CE GE＝，
∵GF＝GE＝GD，
∴S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝，
设点F到直线AC的距离为h，则，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接BE，根据勾股定理可得AC，根据直角三角形斜边上的中线性质可得BO＝CO＝BC＝2，根据旋转性质可得BO＝EO＝2，∠DFE＝∠ACB，∠CBA＝∠FED，AC＝DF，则CO＝EO，根据等边对等角可得∠OCE＝∠OEC，则∠DFE＝∠OEC，根据等角对等边可得GF＝GE，根据角之间的关系可得∠D＝∠DEG，根据等角对等边可得GE＝GD，根据边之间的关系可得GE，由题意可得点B、E、C在以O为圆心，BC为直径的圆上，则∠BEC＝90°，根据三角形面积可得BE，根据勾股定理可得CE，根据边之间的关系可得CG，再根据三角形面积可得S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝3，设点F到直线AC的距离为h，再根据三角形面积即可求出答案.
14．【答案】（1）解：
；
（2）解：.
．
【知识点】分式的乘除法；因式分解-平方差公式；因式分解-完全平方公式
【解析】【分析】（1）根据法则进行分式的乘法运算，并进行约分得出最简分式即可；（2）首先把各分式中能进行因式分解的分子分母进行因式分解，然后再把除法转化为乘法，结果化成最简分式即可。
（1）解：
；
（2）解：.
．
15．【答案】 解：解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为
∴不等式组的整数解为．
【知识点】一元一次不等式组的特殊解
【解析】【分析】首先分别求解每个不等式的解集，然后根据不等式组的解集确定原则（即“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的规律），求出整个不等式组的解集范围，最后确定其中的整数解。
16．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3）
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据平移性质作图即可.
（2）根据旋转定义作图即可.
（3）根据旋转性质即可求出答案.
（1）如图，即为所求；
（2）如图，即为所求；
（3）可看作由绕P点旋转而成，点P坐标为．
故答案为：．
17．【答案】（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
【分析】（1）根据x轴上点的坐标特征可得，再根据点的坐标可得，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得，，再根据两点间距离可得DE，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）当直线：的图象在直线：的图象上方，且都在x轴上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
18．【答案】（1）证明：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DAC＝∠CAB，
∴AC是∠EAB的角平分线，
又∵CE⊥AD，CB⊥AB，
∴CE＝CB．
（2）∵AC是∠EAB的角平分线，
∴∠EAB＝2∠CAE＝60°，
∵∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠EDC＝∠DCA+∠DAC＝60°，
∵CE⊥AD，
∴∠CED＝90°，
∴∠ECD＝30°，
∵CB⊥AB，
∴∠CBA＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠CBA+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝90°，
∴∠ECB＝∠ECD+∠DCB＝120°，
∵CE＝CB＝2，
∴∠CBE＝∠CEB＝（180°﹣∠ECB）＝30°，
∴∠EBA＝60°，
∴∠AEB＝∠EAB＝∠ABE＝60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE＝AB；
在Rt△ABC中，
∵BC⊥AB，∠CAB＝30°，
∴AC＝2BC＝4，
∴AB＝，
∴BE＝2．
【知识点】平行线的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【分析】（1）根据等边对等角可得∠DAC＝∠DCA，再根据直线平行性质可得∠DCA＝∠CAB，则∠DAC＝∠CAB，再根据角平分线判定定理可得AC是∠EAB的角平分线，则CE＝CB，即可求出答案.
（2）根据角平分线定义可得∠EAB＝2∠CAE＝60°，再根据角之间的关系可得∠CBA＝90°，由直线平行性质可得∠CBA+∠DCB＝180°，则∠DCB＝90°，∠ECB＝120°，再根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠CBE＝∠CEB＝30°，再根据等边三角形判定定理可得△AEB是等边三角形，则BE＝AB，再根据含30°角的直角三角形性质可得AC＝2BC＝4，再根据勾股定理即可求出答案.
19．【答案】（1）
（2）解：由（1）得，，，
当时，，，
可变车道为自东向西方向，
自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，
，，
，
自西向东方向更拥堵．
（3），在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向
【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】【解答】解：（1）设为常数，且．将和代入，
得，
解得，
∴．
设为常数，且．
将和代入，
得，
解得，
∴．
故答案为：，．
（3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，，当时，，
，解得，
经判断，在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向．
【分析】（1）根据表格数据，利用待定系数法进行求解即可；
（2）由（1）得出的函数关系式为： 和。当 时，计算得，。由于可变车道为自东向西方向，因此自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2。由此可求出，，进而作出判断。
（3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，。当 时，有，即，解得。分两种情况讨论：当 时，有；当 时，有。根据这两种情况分别求解即可。
（1）解：设为常数，且．
将和代入，
得，
解得，
∴．
设为常数，且．
将和代入，
得，
解得，
∴．
故答案为：，．
（2）由（1）得，，，
当时，，，
可变车道为自东向西方向，
自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，
，，
，
自西向东方向更拥堵．
（3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，，
当时，，
，解得，
经判断，在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向．
20．【答案】（1）①；②
（2）仍然成立．
证明：∵，
∴如图所示，将绕点旋转顺时针得，与重合，
∴，，，，
又∵，
∴，即，，三点共线，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：如图所示，当时，
∵，，
∴，，
∴，，
将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴；
如图所示，当时，
将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，则，
由（1）得，
∴，
∴设，则，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴；
综上所述，的长为或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）①∵绕点顺时针旋转得到，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
②绕点顺时针旋转得到，，
∴，，，
∴，即，，三点共线，
∵，，
∴，
在和中，
，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）①根据旋转性质可得，根据等腰直角三角形性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
②根据旋转性质可得，，，根据角之间的关系可得，即，，三点共线，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）将绕点旋转顺时针得，与重合，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）分情况讨论：当时，根据勾股定理可得AC，根据边之间的关系可得AM，CM，再根据旋转性质可得，则，，根据角之间的关系可得∠N'AM=90°，根据全等三角形性质可得，根据边之间的关系可得，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案；当时，根据旋转性质可得，则，，根据三角形内角和定理可得∠N'AD，根据角之间的关系可得∠N'AM，根据边之间的关系可得CM，再根据全等三角形性质可得，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
1 / 1广东省深圳市红岭教育集团 2024—2025 学年下学期 八年级期中考试 数学试卷
一、填空题
1．（2025八下·深圳期中）2024年7月27日，第33届夏季奥运会在法国巴黎举行，如图所示巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、图形既不是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故B不符合题意；
C、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、图形既是中心对称图形，也是轴对称图形，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，分别进行判断，即可得出答案。
2．（2025八下·深圳期中）下列各式从左边到右边的变形是因式分解的是（　　）
A．－18x4y3＝－6x2y2·3x2y B．(a＋2)(a－2)＝a2－4
C．x2＋2x＋1＝x(x＋2)＋1 D．a2－8a＋16＝(a－4)2
【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A、左边不是多项式，故A错误；
B、是多项式乘法，不是因式分解，故B错误；
C、右边不是积的形式，故C错误；
D、符合因式分解的定义，正确.
故答案为：D.
【分析】把一个多项式在一个范围化为几个整式的积的形式，这种式子变形叫做这个多项式的因式分解，也叫作把这个多项式分解因式，据此判断即可.
3．（2025八下·深圳期中）若，则下列不等式正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：∵a∴a+2-3b.
故答案为：D.
【分析】不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个大于0的整式，不等号方向不变；
不等式两边同时乘（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变，据此判断即可.
4．（2025八下·深圳期中）把分式中的和都扩大2倍，分式的值（　　）
A．不变 B．扩大2倍
C．缩小为原来的 D．扩大4倍
【答案】B
【知识点】分式的基本性质；分式基本性质的应用-判断分式值的变化
【解析】【解答】解：分式中的和都扩大2倍，
原分式变形为：，
把分式中的和都扩大2倍，分式的值扩大2倍，
故答案为：B．
【分析】将原分式中的变量和同时扩大2倍后，得到新表达式。通过分式的基本性质进行化简，可以将其表示为，由此得出最终结果。
5．（2025八下·深圳期中）用反证法证明命题：“已知△ABC，AB＝AC；求证：∠B90°．”第一步应先假设（　　）
A．∠B≥90° B．∠B＞90° C．∠B＜90° D．AB≠AC
【答案】A
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：命题：“已知△ABC，AB＝AC；求证：∠B90°．”的结论为∠B90°且反证法第一步应先假设结论不成立
第一步应先假设∠B≥90°
故答案为：A．
【分析】利用反证法的书写要求求解即可。
6．（2025八下·深圳期中）如图，在中，分别以顶点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，连接，分别与边，相交于点D，E．若，的周长为17，则的周长为（　　）
A．20 B．21 C．25 D．30
【答案】C
【知识点】线段垂直平分线的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：由题意可知，是的垂直平分线，
∴，
∵的周长，即：，
∴的周长．
故选：C．
【分析】由题意可知，是的垂直平分线，则，，再根据三角形周长即可求出答案.
7．（2025八下·深圳期中）如图，点，的坐标分别为，，若将线段平移至，则的值为（　　）
A．8 B．4 C． D．6
【答案】B
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：点，的坐标分别为，，若将线段平移至，
线段先向上平移2个单位，再向左平移1个单位得到线段，
，，
．
故答案为：B．
【分析】在平面直角坐标系中，图形的平移变换等价于图形上任意一点的平移变换。平移过程中点的坐标变化遵循以下规律：横坐标向右平移增加，向左平移减少；纵坐标向上平移增加，向下平移减少。根据题意，线段首先沿y轴正方向平移2个单位长度，接着沿x轴负方向平移1个单位长度，最终得到线段。通过这一平移过程可确定参数和的数值，进而计算差值。
8．（2025八下·深圳期中）如图，，平分，且，若点M，N分别在，上，且△为等边三角形，则满足上述条件的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；多边形内角与外角；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，过点P作于M，于N，
∵平分，
∴，．
∴．
∴此时，是等边三角形．
当M向方向移动，N向方向移动，且．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∴是等边三角形．
∴当M向方向移动，N向方向移动，
∴是等边三角形．
同理：当M向方向移动，N向方向移动．
综上：满足条件的有无数个．
故选：D．
【分析】过点P作于M，于N，根据角平分线性质可得，根据四边形内角和可得∠MPN，根据等边三角形判定定理可得等边三角形，分情况讨论：当M向方向移动，N向方向移动，且，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等边三角形判定定理即可求出答案；当M向方向移动，N向方向移动，根据等边三角形判定定理即可求出答案；同理：当M向方向移动，N向方向移动，即可求出答案.
二、填空题（共5小题，每小题3分，共15分）
9．（2025八下·深圳期中）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】综合运用提公因式法和公式法，首先提公因式a，得出，进而再把多项式4-a2利用平方差进行因式分解，即可得出最后结果。
10．（2025八下·深圳期中）如果分式的值为0，那么x的值为 　 　．
【答案】
【知识点】分式有无意义的条件；分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：分式的值为0，
，且，
，
故答案为：．
【分析】根据分式值为0的条件，结合分式有意义的条件即可求出答案.
11．（2025八下·深圳期中）某服装店以20元的进价购进一批儿童T恤衫，销售时标价为30元，为了减少商品库存，让利于顾客，准备打折销售，但要保证利润率不低于20%，则至多可打　 　折.
【答案】八
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解： 设至多打 折，则打折后的售价为 30× 元；
3x-200.4
x8
故答案为：八.
【分析】 本题考查一元一次不等式的实际应用， 根据利润 = 售价 - 进价，结合利润不低于20%列不等式求解。
12．（2025八下·深圳期中）如图，在中，是边上的高，若分别是和上的动点，则的最小值为　 　．
【答案】9.6
【知识点】线段垂直平分线的性质；轴对称的应用-最短距离问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【解答】解：∵是边上的高，∴垂直平分，
∴若连接，则，，
∴
过点B作于点Q，交于点P，则此时取最小值，最小值为的长，如图所示．
∵，
∴．
故答案为：．
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质，可知既是中线也是高线，因此垂直平分。通过勾股定理计算得到：。为了求最小值，我们过点B作，交于点P。此时的最小值就是的长度。在中，利用面积法可以求出的具体数值，从而解决问题。
13．（2025八下·深圳期中）如图，在中，，把绕边的中点O旋转后得，若直角顶点E恰好落在边上，且边交边于点G，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】圆周角定理；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：连接BE，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝5，
∵点O是BC边的中点，
∴BO＝CO＝BC＝2，
∵把绕边的中点O旋转后得，直角顶点E恰好落在边上，
∴BO＝EO＝2，∠DFE＝∠ACB，∠CBA＝∠FED，AC＝DF，
∴CO＝EO，
∴∠OCE＝∠OEC，
∴∠DFE＝∠OEC，
∴GF＝GE，
∵∠D＋∠DFE＝∠DEG＋∠GEF＝90°，
∴∠D＝∠DEG，
∴GE＝GD，
∴GE＝DF＝AC＝，
∵OB＝OE＝OC＝BC，
∴点B、E、C在以O为圆心，BC为直径的圆上，
∴∠BEC＝90°，
∴BE＝，
∴CE＝，
∴CG＝CE GE＝，
∵GF＝GE＝GD，
∴S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝，
设点F到直线AC的距离为h，则，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】连接BE，根据勾股定理可得AC，根据直角三角形斜边上的中线性质可得BO＝CO＝BC＝2，根据旋转性质可得BO＝EO＝2，∠DFE＝∠ACB，∠CBA＝∠FED，AC＝DF，则CO＝EO，根据等边对等角可得∠OCE＝∠OEC，则∠DFE＝∠OEC，根据等角对等边可得GF＝GE，根据角之间的关系可得∠D＝∠DEG，根据等角对等边可得GE＝GD，根据边之间的关系可得GE，由题意可得点B、E、C在以O为圆心，BC为直径的圆上，则∠BEC＝90°，根据三角形面积可得BE，根据勾股定理可得CE，根据边之间的关系可得CG，再根据三角形面积可得S△GFE＝S△GDE＝S△DEF＝3，设点F到直线AC的距离为h，再根据三角形面积即可求出答案.
三、解答题（共7小题，其中14题8分，15题6分，16题8分，17题8分，18题8分，19题11分，20题12分，共61分）
14．（2025八下·深圳期中）计算
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
；
（2）解：.
．
【知识点】分式的乘除法；因式分解-平方差公式；因式分解-完全平方公式
【解析】【分析】（1）根据法则进行分式的乘法运算，并进行约分得出最简分式即可；（2）首先把各分式中能进行因式分解的分子分母进行因式分解，然后再把除法转化为乘法，结果化成最简分式即可。
（1）解：
；
（2）解：.
．
15．（2025八下·深圳期中）解不等式组：，并写出它的所有整数解．
【答案】 解：解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为
∴不等式组的整数解为．
【知识点】一元一次不等式组的特殊解
【解析】【分析】首先分别求解每个不等式的解集，然后根据不等式组的解集确定原则（即“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到”的规律），求出整个不等式组的解集范围，最后确定其中的整数解。
16．（2025八下·深圳期中）在平面直角坐标系中，的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．
（1）将沿x轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的；
（2）将绕着点A顺时针旋转，画出旋转后得到的；
（3）若可看作由绕P点旋转而成，则点P坐标为________．
【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求；
（3）
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；旋转的性质；坐标与图形变化﹣旋转；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）根据平移性质作图即可.
（2）根据旋转定义作图即可.
（3）根据旋转性质即可求出答案.
（1）如图，即为所求；
（2）如图，即为所求；
（3）可看作由绕P点旋转而成，点P坐标为．
故答案为：．
17．（2025八下·深圳期中）如图，直线：与x轴交于点B，，直线：经过点C，且与交于点．
（1）求直线的解析式；
（2）记直线与y轴的交点为D，记直线与y轴的交点为E，求的面积；
（3）根据图象，直接写出的解集．
【答案】（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；一次函数与不等式（组）的关系；一次函数与二元一次方程（组）的关系；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
【分析】（1）根据x轴上点的坐标特征可得，再根据点的坐标可得，再根据待定系数法将点A，C坐标代入解析式即可求出答案.
（2）根据y轴上点的坐标特征可得，，再根据两点间距离可得DE，再根据三角形面积即可求出答案.
（3）当直线：的图象在直线：的图象上方，且都在x轴上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
（1）解：∵的直线解析式为，
令，
则，
解得
∴，
∵，
∴，
∵：经过点C和点A，
，
解得，
∴的直线解析式为；
（2）解：在直线的解析式中，
令，
则，
∴，
在直线的解析式中令，
则，
∴，
∴，
∴；
（3）解：根据图象，因为，且，
则，
又因为，且直线与交于点，
所以，
故的解集为．
18．（2025八下·深圳期中）已知：如图，在△ADC中，AD＝CD，且AB∥DC，CB⊥AB于B，CE⊥AD交AD的延长线于E，连接BE．
（1）求证：CE＝CB；
（2）若∠CAE＝30°，CE＝2，求BE的长度．
【答案】（1）证明：∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DAC＝∠CAB，
∴AC是∠EAB的角平分线，
又∵CE⊥AD，CB⊥AB，
∴CE＝CB．
（2）∵AC是∠EAB的角平分线，
∴∠EAB＝2∠CAE＝60°，
∵∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠EDC＝∠DCA+∠DAC＝60°，
∵CE⊥AD，
∴∠CED＝90°，
∴∠ECD＝30°，
∵CB⊥AB，
∴∠CBA＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠CBA+∠DCB＝180°，
∴∠DCB＝90°，
∴∠ECB＝∠ECD+∠DCB＝120°，
∵CE＝CB＝2，
∴∠CBE＝∠CEB＝（180°﹣∠ECB）＝30°，
∴∠EBA＝60°，
∴∠AEB＝∠EAB＝∠ABE＝60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE＝AB；
在Rt△ABC中，
∵BC⊥AB，∠CAB＝30°，
∴AC＝2BC＝4，
∴AB＝，
∴BE＝2．
【知识点】平行线的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理
【解析】【分析】（1）根据等边对等角可得∠DAC＝∠DCA，再根据直线平行性质可得∠DCA＝∠CAB，则∠DAC＝∠CAB，再根据角平分线判定定理可得AC是∠EAB的角平分线，则CE＝CB，即可求出答案.
（2）根据角平分线定义可得∠EAB＝2∠CAE＝60°，再根据角之间的关系可得∠CBA＝90°，由直线平行性质可得∠CBA+∠DCB＝180°，则∠DCB＝90°，∠ECB＝120°，再根据等边对等角及三角形内角和定理可得∠CBE＝∠CEB＝30°，再根据等边三角形判定定理可得△AEB是等边三角形，则BE＝AB，再根据含30°角的直角三角形性质可得AC＝2BC＝4，再根据勾股定理即可求出答案.
19．（2025八下·深圳期中）启航中学八年级数学兴趣小组对“校门口车道拥堵”问题展开项目式学习．
【模型准备】
启航中学校门口呈东西方向共5条车道，路口无红绿灯．兴趣小组认为，某方向车道的拥堵程度可以用该方向的交通量（每分钟该方向通行的车辆数，单位：辆/分钟）与该方向车道数的比值来衡量．例如，自西向东方向的交通量为20，有2个车道，故拥堵度为10．拥堵度的数值越大，该方向越拥堵．记自东向西的拥堵度为，自西向东的拥堵度为．
【收集数据】
小组成员分工进行数据收集并整理如下：
时间 8时 11时 14时 17时 20时
自东向西交通量（辆/分钟） 32 26 20 14 8
自西向东交通量（辆/分钟） 11 14 17 20 23
【建立模型】
成员小明发现，时间与交通量的变化规律符合一次函数的特征，并由此得到与的函数关系式及与的函数关系式．
【模型应用】
兴趣小组希望根据两个方向的拥堵度来合理设置不同时段可变车道的方向．成员小敏认为，在没有可变车道的情况下，哪个方向的拥堵程度更高，可变车道就设置为该方向．
【问题求解】
（1）与的函数关系式为_____；与的函数关系式为_____．（不写自变量的取值范围）
（2）在13时，如果可变车道为自东向西方向，通过计算及的值说明哪个方向更拥堵．
（3）根据小敏的想法，在没有可变车道的情况下，若，求的值；并直接写出该路段8时至20时的可变车道设计方案．
【答案】（1）
（2）解：由（1）得，，，
当时，，，
可变车道为自东向西方向，
自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，
，，
，
自西向东方向更拥堵．
（3），在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向
【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】【解答】解：（1）设为常数，且．将和代入，
得，
解得，
∴．
设为常数，且．
将和代入，
得，
解得，
∴．
故答案为：，．
（3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，，当时，，
，解得，
经判断，在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向．
【分析】（1）根据表格数据，利用待定系数法进行求解即可；
（2）由（1）得出的函数关系式为： 和。当 时，计算得，。由于可变车道为自东向西方向，因此自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2。由此可求出，，进而作出判断。
（3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，。当 时，有，即，解得。分两种情况讨论：当 时，有；当 时，有。根据这两种情况分别求解即可。
（1）解：设为常数，且．
将和代入，
得，
解得，
∴．
设为常数，且．
将和代入，
得，
解得，
∴．
故答案为：，．
（2）由（1）得，，，
当时，，，
可变车道为自东向西方向，
自东向西方向的车道数为3，自西向东方向的车道数为2，
，，
，
自西向东方向更拥堵．
（3）在没有可变车道的情况下，两个方向的车道数均为2，即，，
当时，，
，解得，
经判断，在8时至15时，可变车道设置为自东向西方向；在15时至20时，可变车道设置为自西向东方向．
20．（2025八下·深圳期中）综合与实践
在综合与实践课上，老师让同学们以“图形的旋转”为主题开展数学探索活动．其中老师给同学们提供的学具有：等腰直角三角尺、若干四边形纸片．
（1）【操作判断】将四边形纸片与等腰直角三角尺按如图放置，三角尺的边，分别与四边形的边，交于，两点，经测量得，．小明将绕点顺时针旋转，此时点与点重合，点的对应点为，通过推理小明得出了．
根据以上信息，请填空：
①；
②线段，，之间的数量关系为__________；
（2）【迁移探究】小明将四边形纸片换成了图中的形状，若，，，，分别在，上，且，线段，，之间的数量关系是否仍成立，若成立，写出证明过程；若不成立，请举反例说明；
（3）【拓展应用】如图3，已知，，，小明以点为旋转中心，逆时针转动等腰直角三角尺，其中射线，分别交射线于点，，当点恰好为线段的三等分点时，请直接写出的长．
【答案】（1）①；②
（2）仍然成立．
证明：∵，
∴如图所示，将绕点旋转顺时针得，与重合，
∴，，，，
又∵，
∴，即，，三点共线，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：如图所示，当时，
∵，，
∴，，
∴，，
将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
∴设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴；
如图所示，当时，
将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，则，
由（1）得，
∴，
∴设，则，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴；
综上所述，的长为或．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）①∵绕点顺时针旋转得到，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
②绕点顺时针旋转得到，，
∴，，，
∴，即，，三点共线，
∵，，
∴，
在和中，
，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
【分析】（1）①根据旋转性质可得，根据等腰直角三角形性质可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
②根据旋转性质可得，，，根据角之间的关系可得，即，，三点共线，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（2）将绕点旋转顺时针得，与重合，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据边之间的关系即可求出答案.
（3）分情况讨论：当时，根据勾股定理可得AC，根据边之间的关系可得AM，CM，再根据旋转性质可得，则，，根据角之间的关系可得∠N'AM=90°，根据全等三角形性质可得，根据边之间的关系可得，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案；当时，根据旋转性质可得，则，，根据三角形内角和定理可得∠N'AD，根据角之间的关系可得∠N'AM，根据边之间的关系可得CM，再根据全等三角形性质可得，设，则，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
1 / 1

展开更多......

收起↑