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广东省佛山市顺德区广东顺德德胜学校2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2025八下·顺德期中）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
【分析】本题考查轴对称图形与中心对称图形的判定，解题时需依据轴对称图形和中心对称图形的定义，对每个选项逐一分析，判断图形是否满足沿一条直线折叠后直线两旁部分能重合，且绕某一点旋转后能与原图形重合，进而确定同时符合两个条件的图形。
2．（2025八下·顺德期中）在数轴上表示不等式的解集，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：在数轴上表示不等式的解集为：
故选：C．
【分析】本题考查在数轴上表示一元一次不等式的解集，解题的核心是掌握数轴表示解集的规则，对于，先确定边界点为，因不等号包含等号，边界点需用实心点表示，再根据“大于等于”的方向，在数轴上从这个点向右画出解集，据此对各选项进行判断。
3．（2025八下·顺德期中）如果，那么下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、∵，
∴，选项错误，不符合题意；
B、∵，
∴，选项错误，不符合题意；
C、∵，
∴，选项错误，不符合题意；
D、∵，
∴，选项正确，符合题意；
故选D
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
4．（2025八下·顺德期中）平面直角坐标系中，点A(－1，2)关于原点的对称点是（　　）
A．(1，2) B．(1，－2) C．(－1，－2) D．(－1，2)
【答案】B
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】根据中心对称的性质,得点(－1，2)关于原点的对称点的坐标为(1，-2).
所以B选项是正确的.
【分析】根据关于原点对称的点的坐标的变化特征“横、纵坐标都变为原来的相反数”即可求解.
5．（2025八下·顺德期中）下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A、是乘法运算，则A不符合题意；
B、中等号右边不是积的形式，则B不符合题意；
C、，则C不符合题意；
D、符合因式分解的定义，则D符合题意；
故选：D．
【分析】本题考查因式分解的定义判定，首先明确因式分解是将一个多项式转化为几个整式乘积的形式，解题时针对每个选项，判断其变形是否符合该定义，区分整式乘法的逆运算、多项式变形后仍为和的形式、变形前后不相等的情况，从而确定符合因式分解定义的选项。
6．（2025八下·顺德期中）在中，，以为圆心，适当长为半径画弧，交于两点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点．作射线交于点，若，则点到的距离为（　　）
A．3 B．4 C． D．5
【答案】B
【知识点】角平分线的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：在中，，过点作于点，如图，
∵，
∴，
由作图可知：平分，
∴，
∴点到的距离为4，
故选：B．
【分析】本题考查尺规作角平分线的作法和角平分线的性质定理的应用，首先根据、计算出的长度，再由尺规作图的步骤可知是的角平分线，结合角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，过点F作的垂线段，该垂线段的长度与相等，此长度即为点F到的距离。
7．（2025八下·顺德期中）用反证法证明命题“在同一平面内，若直线，，则”时，应假设（　　）
A． B．a与b不平行 C． D．
【答案】B
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：反证法证明“在同一平面内，若，，则”时，应假设与不平行，即与相交，
故答案为：B.
【分析】根据反证法步骤：在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一 一否定；则先假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断．
8．（2025八下·顺德期中）如图，函数的图象经过点，与函数的图象交于点，则不等式的解集为（　　）
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：当时，，
解得．
当时，两个函数值相等，
∴当时，．
故选：B．
【分析】当一次函数的图象在一次函数的图象上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
9．（2025八下·顺德期中）如图，在中，，，．小红作图过程如下：以点为圆心，长为半径作弧交于点，连接，则的长是（　　）
A．3 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解： 过点作，垂足为，如图
在，，，
，
在，，
，
根据题意可知，，
，
，
，
，
．
故答案为：D．
【分析】根据弧线可知AB=AD，过点作，垂足为，可得出AE=4，进而根据勾股定理可得出BE的长为3，根据等腰三角形三线合一的性质可推出，进而根据勾股定理可得出CE=4，进一步即可得出CD=CE-DE=4-3.
10．（2025八下·顺德期中）如图，在等边中，，点为高上的一动点，以为边作等边，连接、，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．3
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，，
，，
∵是等边三角形，
，，
，
在和中，，
∴
∴，
∴的值为定值，点F一定在一条直线上运动，
作点D关于的对称点G，连接，
根据轴对称可知，，
∴，
∴当最小时，最小，
∵当G、F、B在同一直线上时，最小，
∴的最小值为线段的长，
，
，
∵，
∴是等边三角形，
，，
，
，
，
∴的最小值为，故C正确.
故选：C．
【分析】本题考查等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、轴对称求最短路径和勾股定理的综合运用，结合和均为等边三角形的性质，通过SAS证明，得出，确定点F的运动轨迹；利用轴对称的性质作点D关于的对称点G，将转化为，根据两点之间线段最短，当G、F、B三点共线时，取得最小值，即的长度；再结合已知条件判定为等边三角形，利用勾股定理求出的长，即为的最小值。
二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2025八下·顺德期中）因式分解： =　 　．
【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解 ：原式=x ( x 2 )
【分析】多项式各项都有公因式x，利用提公因式法直接提出公因式，再将各项剩下的商式写在一起作为一个因式。
12．（2025八下·顺德期中）命题“两直线平行，同位角相等．”的逆命题是　 　．
【答案】同位角相等，两直线平行
【知识点】逆命题
【解析】【解答】解：∵原命题的条件为：两直线平行，结论为：同位角相等．
∴其逆命题为：同位角相等，两直线平行．
【分析】将原命题的条件与结论互换即得到其逆命题．
13．（2025八下·顺德期中）如图，将沿方向平移得到，若四边形的周长为，则的周长为　 　．
【答案】30
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵将沿方向平移得到，
∴，
∵四边形的周长为，
∴
∴．
故答案为：．
【分析】根据平移性质可得，再根据四边形周长即可求出答案.
14．（2025八下·顺德期中）已知等腰的一个内角是，则它的底角度数为　 　．
【答案】或
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的概念
【解析】【解答】解：当等腰的顶角是，则它的底角的度数为：，
当等腰的底角为，则它的底角度数为，
综上所述：它的底角的度数为或，
故答案为：或．
【分析】本题考查等腰三角形的性质，解题时需要运用分类讨论思想，因题目未明确的内角是顶角还是底角，故分两种情况分析，当为顶角时，结合三角形内角和为，用计算底角度数；当为底角时，直接确定底角度数为，综合两种情况得到答案。
15．（2025八下·顺德期中）如图，四边形中，是对角线，是等边三角形．线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．，则的长为　 　．
【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；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
由旋转可知，，，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
中，，
，
故答案为：．
【分析】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和勾股定理的综合应用，首先连接，由绕点C顺时针旋转得，根据旋转性质得，，据此判定为等边三角形；再由是等边三角形，得，，推出，通过SAS证明，得到；结合求出，在中利用勾股定理求出的长，即可得到的长。
16．（2025八下·顺德期中）在如图所示的钢架结构中，，为加固钢架，在的内部焊上等长的钢条，……，若且恰好用了4根钢条，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质；列一元一次不等式组
【解析】【解答】解：∵，，，，
∴，，，，
为的外角，为的外角，为的外角，
∴，，，
∵要使得这样的钢条只能焊上4根，
∴，
∴且，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查等腰三角形的性质、三角形外角的性质和一元一次不等式组的应用，根据钢条等长得一系列等腰三角形，利用等边对等角得到相等的角，再结合三角形外角的性质，依次推出、、、；根据恰好用4根钢条的条件，确定且，解该不等式组即可得到的取值范围。
三、解答题（第17，18题，每题6分，第19题8分，第20，21，每题10分，第22题，12分，第23题，14分，共66分）
17．（2025八下·顺德期中）解不等式：，并将解集在数轴上表示出来．
【答案】解：
去分母得：，
移项：，
合并：，
解得：；
在数轴上表示出来：
【知识点】解一元一次不等式；在数轴上表示不等式的解集
【解析】【分析】本题考查一元一次不等式的求解及在数轴上表示解集，解一元一次不等式需按照固定步骤进行，先给不等式两边同乘3去分母，得到，再进行移项，将含的项移到左边，常数项移到右边，接着合并同类项得到，最后将系数化为1，注意除以负数时不等号方向改变；再根据解得的解集，在数轴上用空心点表示边界点，向左画出对应的解集即可。
18．（2025八下·顺德期中）劳动教育是新时代教育体系中的重要组成部分．如图，区域是云岩区某学校为劳动课开辟的劳动场地，小路将场地分为“水果培育”和“蔬菜种植”两个部分，现用皮尺测量得到．
（1）请判断小路是否与垂直，并说明理由；
（2）求劳动场地的面积．
【答案】（1）解：，理由如下：
，，，
，，
，
，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∴劳动场地的面积为．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据勾股定理逆定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得CD，根据边之间的关系可得BC，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）解：，理由如下：
，，，
，，
，
，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∴劳动场地的面积为．
19．（2025八下·顺德期中）如图，在中，，平分，且，
（1）过作垂足为，求证：
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵，，∴；
（2）∵，∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】含30°角的直角三角形；角平分线的概念；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】本题考查等腰三角形的性质、角平分线的定义和含角的直角三角形的性质。
（1）已知，则为等腰三角形，又，根据等腰三角形三线合一的性质，可直接证得；
（2）由得，结合平分得，在中，利用三角形内角和为，求出，再根据含角的直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半，求出的长。
（1）证明：∵，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
20．（2025八下·顺德期中）如图，的顶点都在边长为1的小正方形组成的网格格点上．
（1）将向左平移4格，画出平移后的对应；
（2）将绕点顺时针旋转，画出旋转后的对应的；
（3）第（2）问中旋转过程中边“扫过”的面积为___________．
【答案】（1）如图所示，即为所求；
（2）如图所示，即为所求；
（3）
【知识点】作图﹣平移；旋转的性质；作图﹣旋转；扇形的面积
【解析】【解答】（3）根据题意得，
∵绕点顺时针旋转得到
∴旋转过程中边“扫过”的部分是以点A为圆心，以为半径的圆
∴旋转过程中边“扫过”的面积为．
【分析】本题考查平面直角坐标系中的平移变换、旋转变换和扇形面积的计算。
（1）进行平移变换时，将的三个顶点分别向左平移4格，得到对应点、、，依次连接各点即可得到平移后的三角形；
（2）进行旋转变换时，将点、分别绕点顺时针旋转，作出对应点、，依次连接、、即可得到旋转后的三角形；
（3）边旋转扫过的图形是以为圆心、为半径的圆心角为的扇形，先利用勾股定理求出，再根据扇形面积公式（），代入计算即可得到扫过的面积。
（1）如图所示，即为所求；
（2）如图所示，即为所求；
（3）根据题意得，
∵绕点顺时针旋转得到
∴旋转过程中边“扫过”的部分是以点A为圆心，以为半径的圆
∴旋转过程中边“扫过”的面积为．
21．（2025八下·顺德期中）对于三个数，用表示这三个数中最大数，例如：，
解决问题：
（1）如果，则的值为___________；
（2）如果，求的取值范围
（3）如图，在同一坐标系中画出了三个一次函数的图象：和请观察这三个函数的图象，
①在图中画出对应的图象（加粗）；
②求的最小值．
【答案】（1）或
（2）解：，
解①得：，
解②得：
故不等式组的解为：；
（3）解：①如图所示：
②由图象可以知，的最小值为直线与的交点纵坐标，
联立，解得：，
的最小值为．
【知识点】解一元一次不等式组；一次函数与二元一次方程（组）的关系；两一次函数图象相交或平行问题
【解析】【解答】（1）解：，
，解得，验证得，成立，
，解得，验证得，成立，
故答案为：或；
【分析】本题考查新定义的理解、一元一次方程与不等式组的求解和一次函数图象的综合应用。
（1）根据的定义，最大值为5，因此分和两种情况解方程，解出后需验证另一个代数式的值是否小于5，保证最大值为5；
（2）由，根据定义可知需同时大于等于和4，据此列出一元一次不等式组，解不等式组即可得到的取值范围；
（3）①对应的图象是三个一次函数图象中处于上方的部分，据此在坐标系中加粗对应区域即可；②的最小值为三个函数图象交点中纵坐标最小的那个，联立和的解析式，解方程组得到交点坐标，其纵坐标即为所求最小值。
（1）解：，
，解得，验证得，成立，
，解得，验证得，成立，
故答案为：或；
（2）解：，
解①得：，
解②得：
故不等式组的解为：；
（3）解：①如图所示：
②由图象可以知，的最小值为直线与的交点纵坐标，
联立，解得：，
的最小值为．
22．（2025八下·顺德期中）某班级社会实践小组组织“义卖活动”，计划从批发店购进甲、乙两类益智拼图，已知甲类拼图每盒进价比乙类拼图多5元，若购进甲类拼图20盒，乙类拼图30盒，则费用为600元．
（1）求甲、乙两类拼图的每盒进价分别是多少元？
（2）甲、乙两类拼图每盒售价分别为25元和18元．该班计划购进这两类拼图总费用不低于2100元且不超过2200元．若购进的甲、乙两类拼图共200盒，且全部售出，则甲类拼图为多少盒时，所获得总利润最大？最大利润为多少元？
【答案】（1）解：设甲类拼图每盒进价是元，乙类拼图每盒进价是元，
根据题意得：，
解得：．
答：甲类拼图每盒进价是15元，乙类拼图每盒进价是10元；
（2）解：设购进甲类拼图盒，则购进乙类拼图盒，
根据题意得：，
解得：．
设购进的甲、乙两类拼图全部售出后获得的总利润为元，则，
即，
，
随的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值．
答：当甲类拼图为40盒时，所获得总利润最大，最大利润为1680元．
【知识点】一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题考查二元一次方程组、一元一次不等式组和一次函数的实际应用。
（1）设甲、乙两类拼图的进价分别为元、元，根据“甲类每盒进价比乙类多5元”和“购进甲20盒、乙30盒总费用600元”，列出二元一次方程组，解方程组即可求出进价；
（2）设购进甲类拼图盒，则乙类为盒，根据总费用的范围列出一元一次不等式组，求出的取值范围；再根据“利润=（售价-进价）×数量”，列出总利润关于的一次函数，结合一次函数的增减性，在的取值范围内找到使最大的值，计算出最大利润。
（1）解：设甲类拼图每盒进价是元，乙类拼图每盒进价是元，
根据题意得：，
解得：．
答：甲类拼图每盒进价是15元，乙类拼图每盒进价是10元；
（2）解：设购进甲类拼图盒，则购进乙类拼图盒，
根据题意得：，
解得：．
设购进的甲、乙两类拼图全部售出后获得的总利润为元，则，
即，
，
随的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值．
答：当甲类拼图为40盒时，所获得总利润最大，最大利润为1680元．
23．（2025八下·顺德期中）在中，，，点D在射线上，点E在射线上，，设．
（1）当时，求的度数；
（2）如图1，当D在线段上时，求证：；
（3）若，将点A绕着点E顺时针旋转得到，直线与直线相交于点F，当为直角三角形时，请求出CD的长．
【答案】（1）解：∵，，∴，
∵，
∴
（2）证明：如图，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴
（3）解：①当点D在上时，
∵点A绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
过E作于点H，则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴；
②当在延长线上时，
同理可得，
∴，
当时，，
设，则，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，的长为或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠ECD的度数，再根据三角形的能较好的可求出∠AEC的度数.
（2）要证，需将线段进行转化，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，利用直角三角形的两锐角互余可证得，利用垂直平分线的判定定理可证得EH垂直平分CD，利用垂直平分线的性质可推出DN=CN，再去证明，由此可证得，，利用等腰三角形的性质可证得BE=BM，据此可证得结论.
（3）分类讨论，当D在线段上或延长线上时，利用旋转的性质可推出，，利用SAS可证得，利用全等三角形的性质可证得，利用勾股定理求出AC、BC的长，可得到AE的长；设，可表示出AD的长，利用勾股定理表示出DF的长；过E作于点H，分别表示出DH、AH的长，根据AE=2AH，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CD的长；在延长线上时，同理可证△AED≌△AEC，利用全等三角形的性质可证得，设，分别表示出AE、EH、CH的长，根据AC=AH+CH可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CD的长；综上所述可得到符合题意的CD的长.
（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①当点D在上时，
∵点A绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
过E作于点H，则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴；
②当在延长线上时，
同理可得，
∴，
当时，，
设，则，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，的长为或．
1 / 1广东省佛山市顺德区广东顺德德胜学校2024-2025学年八年级下学期4月期中考试数学试题
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2025八下·顺德期中）下列图形中，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·顺德期中）在数轴上表示不等式的解集，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025八下·顺德期中）如果，那么下列运算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025八下·顺德期中）平面直角坐标系中，点A(－1，2)关于原点的对称点是（　　）
A．(1，2) B．(1，－2) C．(－1，－2) D．(－1，2)
5．（2025八下·顺德期中）下列由左边到右边的变形，属于因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025八下·顺德期中）在中，，以为圆心，适当长为半径画弧，交于两点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点．作射线交于点，若，则点到的距离为（　　）
A．3 B．4 C． D．5
7．（2025八下·顺德期中）用反证法证明命题“在同一平面内，若直线，，则”时，应假设（　　）
A． B．a与b不平行 C． D．
8．（2025八下·顺德期中）如图，函数的图象经过点，与函数的图象交于点，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025八下·顺德期中）如图，在中，，，．小红作图过程如下：以点为圆心，长为半径作弧交于点，连接，则的长是（　　）
A．3 B． C．2 D．
10．（2025八下·顺德期中）如图，在等边中，，点为高上的一动点，以为边作等边，连接、，则的最小值为（　　）
A．1 B．2 C． D．3
二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2025八下·顺德期中）因式分解： =　 　．
12．（2025八下·顺德期中）命题“两直线平行，同位角相等．”的逆命题是　 　．
13．（2025八下·顺德期中）如图，将沿方向平移得到，若四边形的周长为，则的周长为　 　．
14．（2025八下·顺德期中）已知等腰的一个内角是，则它的底角度数为　 　．
15．（2025八下·顺德期中）如图，四边形中，是对角线，是等边三角形．线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．，则的长为　 　．
16．（2025八下·顺德期中）在如图所示的钢架结构中，，为加固钢架，在的内部焊上等长的钢条，……，若且恰好用了4根钢条，则的取值范围是　 　．
三、解答题（第17，18题，每题6分，第19题8分，第20，21，每题10分，第22题，12分，第23题，14分，共66分）
17．（2025八下·顺德期中）解不等式：，并将解集在数轴上表示出来．
18．（2025八下·顺德期中）劳动教育是新时代教育体系中的重要组成部分．如图，区域是云岩区某学校为劳动课开辟的劳动场地，小路将场地分为“水果培育”和“蔬菜种植”两个部分，现用皮尺测量得到．
（1）请判断小路是否与垂直，并说明理由；
（2）求劳动场地的面积．
19．（2025八下·顺德期中）如图，在中，，平分，且，
（1）过作垂足为，求证：
（2）若，求的长．
20．（2025八下·顺德期中）如图，的顶点都在边长为1的小正方形组成的网格格点上．
（1）将向左平移4格，画出平移后的对应；
（2）将绕点顺时针旋转，画出旋转后的对应的；
（3）第（2）问中旋转过程中边“扫过”的面积为___________．
21．（2025八下·顺德期中）对于三个数，用表示这三个数中最大数，例如：，
解决问题：
（1）如果，则的值为___________；
（2）如果，求的取值范围
（3）如图，在同一坐标系中画出了三个一次函数的图象：和请观察这三个函数的图象，
①在图中画出对应的图象（加粗）；
②求的最小值．
22．（2025八下·顺德期中）某班级社会实践小组组织“义卖活动”，计划从批发店购进甲、乙两类益智拼图，已知甲类拼图每盒进价比乙类拼图多5元，若购进甲类拼图20盒，乙类拼图30盒，则费用为600元．
（1）求甲、乙两类拼图的每盒进价分别是多少元？
（2）甲、乙两类拼图每盒售价分别为25元和18元．该班计划购进这两类拼图总费用不低于2100元且不超过2200元．若购进的甲、乙两类拼图共200盒，且全部售出，则甲类拼图为多少盒时，所获得总利润最大？最大利润为多少元？
23．（2025八下·顺德期中）在中，，，点D在射线上，点E在射线上，，设．
（1）当时，求的度数；
（2）如图1，当D在线段上时，求证：；
（3）若，将点A绕着点E顺时针旋转得到，直线与直线相交于点F，当为直角三角形时，请求出CD的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
故选：．
【分析】本题考查轴对称图形与中心对称图形的判定，解题时需依据轴对称图形和中心对称图形的定义，对每个选项逐一分析，判断图形是否满足沿一条直线折叠后直线两旁部分能重合，且绕某一点旋转后能与原图形重合，进而确定同时符合两个条件的图形。
2．【答案】C
【知识点】在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：在数轴上表示不等式的解集为：
故选：C．
【分析】本题考查在数轴上表示一元一次不等式的解集，解题的核心是掌握数轴表示解集的规则，对于，先确定边界点为，因不等号包含等号，边界点需用实心点表示，再根据“大于等于”的方向，在数轴上从这个点向右画出解集，据此对各选项进行判断。
3．【答案】D
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、∵，
∴，选项错误，不符合题意；
B、∵，
∴，选项错误，不符合题意；
C、∵，
∴，选项错误，不符合题意；
D、∵，
∴，选项正确，符合题意；
故选D
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】B
【知识点】关于坐标轴对称的点的坐标特征
【解析】【解答】根据中心对称的性质,得点(－1，2)关于原点的对称点的坐标为(1，-2).
所以B选项是正确的.
【分析】根据关于原点对称的点的坐标的变化特征“横、纵坐标都变为原来的相反数”即可求解.
5．【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A、是乘法运算，则A不符合题意；
B、中等号右边不是积的形式，则B不符合题意；
C、，则C不符合题意；
D、符合因式分解的定义，则D符合题意；
故选：D．
【分析】本题考查因式分解的定义判定，首先明确因式分解是将一个多项式转化为几个整式乘积的形式，解题时针对每个选项，判断其变形是否符合该定义，区分整式乘法的逆运算、多项式变形后仍为和的形式、变形前后不相等的情况，从而确定符合因式分解定义的选项。
6．【答案】B
【知识点】角平分线的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：在中，，过点作于点，如图，
∵，
∴，
由作图可知：平分，
∴，
∴点到的距离为4，
故选：B．
【分析】本题考查尺规作角平分线的作法和角平分线的性质定理的应用，首先根据、计算出的长度，再由尺规作图的步骤可知是的角平分线，结合角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，过点F作的垂线段，该垂线段的长度与相等，此长度即为点F到的距离。
7．【答案】B
【知识点】反证法
【解析】【解答】解：反证法证明“在同一平面内，若，，则”时，应假设与不平行，即与相交，
故答案为：B.
【分析】根据反证法步骤：在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一 一否定；则先假设结论不成立，反面成立，可据此进行判断．
8．【答案】B
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：当时，，
解得．
当时，两个函数值相等，
∴当时，．
故选：B．
【分析】当一次函数的图象在一次函数的图象上方时，有，结合函数图象即可求出答案.
9．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理
【解析】【解答】解： 过点作，垂足为，如图
在，，，
，
在，，
，
根据题意可知，，
，
，
，
，
．
故答案为：D．
【分析】根据弧线可知AB=AD，过点作，垂足为，可得出AE=4，进而根据勾股定理可得出BE的长为3，根据等腰三角形三线合一的性质可推出，进而根据勾股定理可得出CE=4，进一步即可得出CD=CE-DE=4-3.
10．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵是等边三角形，，
，，
∵是等边三角形，
，，
，
在和中，，
∴
∴，
∴的值为定值，点F一定在一条直线上运动，
作点D关于的对称点G，连接，
根据轴对称可知，，
∴，
∴当最小时，最小，
∵当G、F、B在同一直线上时，最小，
∴的最小值为线段的长，
，
，
∵，
∴是等边三角形，
，，
，
，
，
∴的最小值为，故C正确.
故选：C．
【分析】本题考查等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、轴对称求最短路径和勾股定理的综合运用，结合和均为等边三角形的性质，通过SAS证明，得出，确定点F的运动轨迹；利用轴对称的性质作点D关于的对称点G，将转化为，根据两点之间线段最短，当G、F、B三点共线时，取得最小值，即的长度；再结合已知条件判定为等边三角形，利用勾股定理求出的长，即为的最小值。
11．【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解 ：原式=x ( x 2 )
【分析】多项式各项都有公因式x，利用提公因式法直接提出公因式，再将各项剩下的商式写在一起作为一个因式。
12．【答案】同位角相等，两直线平行
【知识点】逆命题
【解析】【解答】解：∵原命题的条件为：两直线平行，结论为：同位角相等．
∴其逆命题为：同位角相等，两直线平行．
【分析】将原命题的条件与结论互换即得到其逆命题．
13．【答案】30
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵将沿方向平移得到，
∴，
∵四边形的周长为，
∴
∴．
故答案为：．
【分析】根据平移性质可得，再根据四边形周长即可求出答案.
14．【答案】或
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的概念
【解析】【解答】解：当等腰的顶角是，则它的底角的度数为：，
当等腰的底角为，则它的底角度数为，
综上所述：它的底角的度数为或，
故答案为：或．
【分析】本题考查等腰三角形的性质，解题时需要运用分类讨论思想，因题目未明确的内角是顶角还是底角，故分两种情况分析，当为顶角时，结合三角形内角和为，用计算底角度数；当为底角时，直接确定底角度数为，综合两种情况得到答案。
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；勾股定理；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
由旋转可知，，，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
中，，
，
故答案为：．
【分析】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和勾股定理的综合应用，首先连接，由绕点C顺时针旋转得，根据旋转性质得，，据此判定为等边三角形；再由是等边三角形，得，，推出，通过SAS证明，得到；结合求出，在中利用勾股定理求出的长，即可得到的长。
16．【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；等腰三角形的性质；列一元一次不等式组
【解析】【解答】解：∵，，，，
∴，，，，
为的外角，为的外角，为的外角，
∴，，，
∵要使得这样的钢条只能焊上4根，
∴，
∴且，
∴，
故答案为：．
【分析】本题考查等腰三角形的性质、三角形外角的性质和一元一次不等式组的应用，根据钢条等长得一系列等腰三角形，利用等边对等角得到相等的角，再结合三角形外角的性质，依次推出、、、；根据恰好用4根钢条的条件，确定且，解该不等式组即可得到的取值范围。
17．【答案】解：
去分母得：，
移项：，
合并：，
解得：；
在数轴上表示出来：
【知识点】解一元一次不等式；在数轴上表示不等式的解集
【解析】【分析】本题考查一元一次不等式的求解及在数轴上表示解集，解一元一次不等式需按照固定步骤进行，先给不等式两边同乘3去分母，得到，再进行移项，将含的项移到左边，常数项移到右边，接着合并同类项得到，最后将系数化为1，注意除以负数时不等号方向改变；再根据解得的解集，在数轴上用空心点表示边界点，向左画出对应的解集即可。
18．【答案】（1）解：，理由如下：
，，，
，，
，
，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∴劳动场地的面积为．
【知识点】三角形的面积；勾股定理的逆定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）根据勾股定理逆定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得CD，根据边之间的关系可得BC，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）解：，理由如下：
，，，
，，
，
，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∴劳动场地的面积为．
19．【答案】（1）证明：∵，，∴；
（2）∵，∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
【知识点】含30°角的直角三角形；角平分线的概念；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】本题考查等腰三角形的性质、角平分线的定义和含角的直角三角形的性质。
（1）已知，则为等腰三角形，又，根据等腰三角形三线合一的性质，可直接证得；
（2）由得，结合平分得，在中，利用三角形内角和为，求出，再根据含角的直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半，求出的长。
（1）证明：∵，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
20．【答案】（1）如图所示，即为所求；
（2）如图所示，即为所求；
（3）
【知识点】作图﹣平移；旋转的性质；作图﹣旋转；扇形的面积
【解析】【解答】（3）根据题意得，
∵绕点顺时针旋转得到
∴旋转过程中边“扫过”的部分是以点A为圆心，以为半径的圆
∴旋转过程中边“扫过”的面积为．
【分析】本题考查平面直角坐标系中的平移变换、旋转变换和扇形面积的计算。
（1）进行平移变换时，将的三个顶点分别向左平移4格，得到对应点、、，依次连接各点即可得到平移后的三角形；
（2）进行旋转变换时，将点、分别绕点顺时针旋转，作出对应点、，依次连接、、即可得到旋转后的三角形；
（3）边旋转扫过的图形是以为圆心、为半径的圆心角为的扇形，先利用勾股定理求出，再根据扇形面积公式（），代入计算即可得到扫过的面积。
（1）如图所示，即为所求；
（2）如图所示，即为所求；
（3）根据题意得，
∵绕点顺时针旋转得到
∴旋转过程中边“扫过”的部分是以点A为圆心，以为半径的圆
∴旋转过程中边“扫过”的面积为．
21．【答案】（1）或
（2）解：，
解①得：，
解②得：
故不等式组的解为：；
（3）解：①如图所示：
②由图象可以知，的最小值为直线与的交点纵坐标，
联立，解得：，
的最小值为．
【知识点】解一元一次不等式组；一次函数与二元一次方程（组）的关系；两一次函数图象相交或平行问题
【解析】【解答】（1）解：，
，解得，验证得，成立，
，解得，验证得，成立，
故答案为：或；
【分析】本题考查新定义的理解、一元一次方程与不等式组的求解和一次函数图象的综合应用。
（1）根据的定义，最大值为5，因此分和两种情况解方程，解出后需验证另一个代数式的值是否小于5，保证最大值为5；
（2）由，根据定义可知需同时大于等于和4，据此列出一元一次不等式组，解不等式组即可得到的取值范围；
（3）①对应的图象是三个一次函数图象中处于上方的部分，据此在坐标系中加粗对应区域即可；②的最小值为三个函数图象交点中纵坐标最小的那个，联立和的解析式，解方程组得到交点坐标，其纵坐标即为所求最小值。
（1）解：，
，解得，验证得，成立，
，解得，验证得，成立，
故答案为：或；
（2）解：，
解①得：，
解②得：
故不等式组的解为：；
（3）解：①如图所示：
②由图象可以知，的最小值为直线与的交点纵坐标，
联立，解得：，
的最小值为．
22．【答案】（1）解：设甲类拼图每盒进价是元，乙类拼图每盒进价是元，
根据题意得：，
解得：．
答：甲类拼图每盒进价是15元，乙类拼图每盒进价是10元；
（2）解：设购进甲类拼图盒，则购进乙类拼图盒，
根据题意得：，
解得：．
设购进的甲、乙两类拼图全部售出后获得的总利润为元，则，
即，
，
随的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值．
答：当甲类拼图为40盒时，所获得总利润最大，最大利润为1680元．
【知识点】一元一次不等式组的应用；二元一次方程组的实际应用-销售问题；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题考查二元一次方程组、一元一次不等式组和一次函数的实际应用。
（1）设甲、乙两类拼图的进价分别为元、元，根据“甲类每盒进价比乙类多5元”和“购进甲20盒、乙30盒总费用600元”，列出二元一次方程组，解方程组即可求出进价；
（2）设购进甲类拼图盒，则乙类为盒，根据总费用的范围列出一元一次不等式组，求出的取值范围；再根据“利润=（售价-进价）×数量”，列出总利润关于的一次函数，结合一次函数的增减性，在的取值范围内找到使最大的值，计算出最大利润。
（1）解：设甲类拼图每盒进价是元，乙类拼图每盒进价是元，
根据题意得：，
解得：．
答：甲类拼图每盒进价是15元，乙类拼图每盒进价是10元；
（2）解：设购进甲类拼图盒，则购进乙类拼图盒，
根据题意得：，
解得：．
设购进的甲、乙两类拼图全部售出后获得的总利润为元，则，
即，
，
随的增大而增大，
当时，取得最大值，最大值．
答：当甲类拼图为40盒时，所获得总利润最大，最大利润为1680元．
23．【答案】（1）解：∵，，∴，
∵，
∴
（2）证明：如图，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴
（3）解：①当点D在上时，
∵点A绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
过E作于点H，则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴；
②当在延长线上时，
同理可得，
∴，
当时，，
设，则，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，的长为或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠ECD的度数，再根据三角形的能较好的可求出∠AEC的度数.
（2）要证，需将线段进行转化，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，利用直角三角形的两锐角互余可证得，利用垂直平分线的判定定理可证得EH垂直平分CD，利用垂直平分线的性质可推出DN=CN，再去证明，由此可证得，，利用等腰三角形的性质可证得BE=BM，据此可证得结论.
（3）分类讨论，当D在线段上或延长线上时，利用旋转的性质可推出，，利用SAS可证得，利用全等三角形的性质可证得，利用勾股定理求出AC、BC的长，可得到AE的长；设，可表示出AD的长，利用勾股定理表示出DF的长；过E作于点H，分别表示出DH、AH的长，根据AE=2AH，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CD的长；在延长线上时，同理可证△AED≌△AEC，利用全等三角形的性质可证得，设，分别表示出AE、EH、CH的长，根据AC=AH+CH可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CD的长；综上所述可得到符合题意的CD的长.
（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图，过E作于点H，交于点H，连接并延长交延长线于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①当点D在上时，
∵点A绕着点E顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
由（1）知，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
过E作于点H，则，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得，
∴；
②当在延长线上时，
同理可得，
∴，
当时，，
设，则，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上，的长为或．
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