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四川省成都市青羊实验学校2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试卷
一、选择题（每题4分，共32分）
1．（2025八下·青羊期中）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是中心对称图形，故该选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故答案为：A
【分析】在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形；再对各选项逐一判断.
2．（2025八下·青羊期中）下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A.是整式乘法，故此项错误；
B.结果不是整式乘积的形式，故此项错误；
C.符合定义，是分解因式，故此项正确；
D.分解的结果含有分式，不符合因式分解的定义，故此项错误；
故答案为：C．
【分析】将一个多项式化成几个整式乘积的形式，叫做因式分解，据此可排除选项A、B；利用定义可排除选项D，据此可得答案.
3．（2025八下·青羊期中）小明要从天府广场到武侯祠，两地相距2.5千米，已知他步行的平均速度为70米/分钟，跑步的平均速度为200米/分钟，若他要在不超过40分钟的时间内到达，那么他至少需要跑步多少分钟？设他跑步的时间为x分钟，则列出的不等式为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解：设他跑步的时间为分钟，则他步行时间为分钟，
根据题意，得：，
故答案为：A．
【分析】利用已知条件可知：此题的等量关系为：“步行时间步行速度跑步时间跑步速度”列不等式即可.
4．（2025八下·青羊期中）如图，在等腰直角三角形中，，将沿方向平移得到，若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平移的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：在等腰直角三角形中，，
，，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
故答案为：B．
【分析】利用勾股定理求出AB的长，再由AB∥PB'可证得△CPB'∽△CAB，利用相似三角形的性质可求出B'C的长，然后根据BB'=BC-B'C，代入计算即可求解.
5．（2025八下·青羊期中）如图，中，平分，于F，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质
【解析】【解答】解：过作于，
平分，，
，
的面积，的面积，
．
故答案为：D．
【分析】过作于，利用角平分线上的点到角两边的距离相等，可证得，再利用三角形的面积公式可求出△ADB和△ADC的面积之比.
6．（2025八下·青羊期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形
C．四条边相等的四边形是菱形
D．正方形是轴对称图形，但不是中心对称图形
【答案】C
【知识点】真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、一组对边平行，且相等的四边形是平行四边形，所以A选项错误；
B、对角线互相垂直，且相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；
C、四条边相等的四边形是菱形，所以C选项正确；
D、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，所以D选项错误．
故选C．
【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据轴对称和中心对称的定义对D进行判断．
7．（2025八下·青羊期中）如图，函数和的图象相交于点，则关于x的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：由题意得，不等式的解集可以看作是函数的图象在的图象上方部分对应的自变量的取值范围．
∵函数和的图象相交于点，
∴结合图象可得，不等式的解集为，
故选：D．
【分析】根据直线 在直线 上方的自变量x的取值范围解答即可．
8．（2025八下·青羊期中）如图，在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标依次为，，将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，则四边形的周长为（　　）
A．34 B．35 C．36 D．37
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴，
过点D作轴于点E，
∵将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，
∴点D（9，5）
∴，，
∴，
∵线段平移后得到线段，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的周长．
故选：C．
【分析】利用点A、B的坐标可得到OA、OB的长，利用勾股定理求出AB的长，利用点的坐标平移规律：上加（纵坐标）下减（横坐标），可得到点D的坐标，据此可求出BE、DE的长，利用勾股定理求出BD的长；再证明四边形是平行四边形，据此可求出四边形ABDC的周长.
二、填空题（每题4分，共20分）
9．（2025八下·青羊期中）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】观察此多项式的特点：含有两项，符号相反，含有公因式2，因此先提公因式，再利用平方差公式分解因式.
10．（2025八下·青羊期中）若关于x的不等式2x﹣a3的解集如图所示，则常数a＝　 　．
【答案】-5
【知识点】解一元一次不等式；一元一次不等式的含参问题；数形结合
【解析】【解答】解：由图可知x≥﹣1，
解不等式：2x﹣a≥3，
解得：x≥，
故＝﹣1，
解得：a＝﹣5；
故答案为：﹣5．
【分析】
先根据数轴上不等式解集的表示方法求出此不等式的解集为x≥﹣1，再求出所给不等式的解集x≥，将所求解集与已知解集相比较，即可求出a的值．
11．（2025八下·青羊期中）如图，将绕点逆时针旋转得到，其中点恰好落在边上，那么　 　．
【答案】
【知识点】旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵将绕点逆时针旋转得到，∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】利用旋转的性质可证得，同时可得到∠BAD的度数，再利用等边对等角及三角形内角和定理可求出∠ABC的度数，据此可得到∠ADE的度数.
12．（2025八下·青羊期中）如图，在中，以点A为圆心，的长为半径作圆弧交于点D，再分别以点B和点D为圆心，大于 的长为半径作圆弧，两弧分别交于点M和点N，连接交于点E．若， 则的周长为　 　．
【答案】16
【知识点】线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：由作图可得：垂直平分，
∴，
∴的周长=.
故答案为：16．
【分析】由作图可得垂直平分，根据线段垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可得，然后根据三角形的周长等于三角形三边之和并结合等量代换即可求解．
13．（2025八下·青羊期中）如图，在一次综合实践活动中，小明将一张边长为的正方形纸片，沿着边上一点E与点A的连线折叠，点是点B的对应点，延长交DC于点G，，则的长为　 　．
【答案】8
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：根据翻折的性质可知和全等，，
连接，如图所示，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，
，
根据勾股定理列出方程，，
即，
解得：，
∴，．
故答案为：8．
【分析】利用翻折的性质可知和全等，则，连接，利用HL可证得，利用全等三角形的性质可求出DG、CG的长；在中，设，可表示出CE、EG的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长，然后求出CE的长即可.
三、解答题（98分）
14．（2025八下·青羊期中）（1）计算：；
（2）因式分解：；
（3）解不等式组：，并指出它的所有的非负整数解．
【答案】解：（1）原式；
（2）原式
；
（3）
解不等式①得，，
解不等式②得，，
∴不等式组的解集为，
∵为非负整数，
∴满足不等式组所有的非负整数解为：或或
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；零指数幂；解一元一次不等式组；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】（1）先算乘方和开方运算，同时化简绝对值，然后再算加减法.
（2）先去括号，再合并同类项，然后利用完全平方公式分解因式即可.
（3）分别求出不等式组中的每一个不等式的解集，再确定出不等式组的解集，然后根据解集求得非负整数解.
15．（2025八下·青羊期中）关于，的二元一次方程组的解满足不等式，求的取值范围．
【答案】解：，得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴a的取值范围为：a＜2
【知识点】解一元一次不等式；加减消元法解二元一次方程组；已知二元一次方程组的解求参数
【解析】【分析】先将方程组中的两个方程相加，再除以3，可表示出x-y的值，再根据，可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集.
16．（2025八下·青羊期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，；
（1）平移，得到，若点A的对应点的坐标为，请画出，并写出点的坐标；
（2）将以点为旋转中心旋转后得到，请画出，并写出点的坐标；
（3）已知将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心P点的坐标．
【答案】（1）解： ∵点 的对应点的坐标为 ，
∴ 先向右平移 4个单位长度，再向下平移2个单位长度即可得 ，
如图，即为所求作的三角形，点坐标为；
（2）解：如图，即为所求，坐标为；
（3）P
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）如图，连接、、交于一点，该点为旋转中心P，其坐标为．
故答案为：P.
【分析】（1）先根据A和A1的坐标确定平移方向和距离，再作出点A、B、C平移后的对应点、、，然后顺次连接即可，根据图形即写出点的坐标；
（2）先作出点A、B、C旋转后的对应点、、，然后顺次连接即可，根据图形写出点的坐标；
（3）连接、、交于一点，该点即为旋转中心P，观察即可求出点P的坐标．
17．（2025八下·青羊期中）如图，的对角线、相交于点，，，与交于点．
（1）在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：________________，使得四边形是矩形，并说明理由；
（2）若，，，求的面积．
【答案】（1）（答案不唯一），
理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴是矩形
（2）解：由（1）可得当时，四边形是矩形，∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴在中，，
∴在中，，
∵，
∴是菱形，
∴
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【解答】（1）解：添加条件：，
【分析】（1）利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形是平行四边形，利用垂直的定义可证得，再利用矩形的判定定理可证得结论.
（2）由（1）可得当时，四边形是矩形，利用矩形的性质可求出AB的长，利用平行四边形的性质可求出AO的长；再利用勾股定理求出BO的长，即可求出BD的长；然后利用菱形的面积公式可求出四边形ABCD的面积.
（1）解：添加条件：，理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴是矩形．
（2）解：由（1）可得当时，四边形是矩形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴在中，，
∴在中，，
∵，
∴是菱形，
∴．
18．（2025八下·青羊期中）如图1，在直角中，，，将绕点顺时针旋转得到，连接，，直线与直线相交于点．
（1）如图1，若P点为射线与线段交点时，
①求证；
②知识背景：如果过三角形一边中点的线段平行三角形的另一边，那么这条线段平分三角形的第三边，如图2：中，点D是中点，且，则点E是中点．
知识应用：证明：；
（2）当时，求PD的长．
【答案】（1）证明：①如图，设交于点O，由旋转知，
，
∴；
∵，
∴；
∵，，
∴；
②如图，延长至H，使，连接．
∵，
∴，
∴，，
由旋转知：，
∴，
∴；
设，，
∴，
∴，
∴，
∴；
由（1）知得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）解：当D点在上方时，如图，过A作．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴，
由旋转，
∴为等腰直角三角形．
∴
∴；
由（1）②知，，
∴．
∴；
当D点在下方时，如图，过点E作，交延长线于点M，过点P作交于N点，
∵，，
∴．
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴△MEL∽△ACL
∴，
即，
解得．
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述：的长为或
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）①设交于点O，利用旋转的性质可知，利用等边对等角可证得，由此可证得，然后利用三角形的内角和定理可证得结论；②延长至H，使，连接．利用线段垂直平分线的性质可推出BE=BH=BA，利用等角对等边及旋转的性质可推出；设，，可表示出∠1、∠3、∠2的度数，据此可表示出∠EBA及∠4的度数；由（1）知得，可推出∠APC+∠PAH=180°，利用同旁内角互补，两直线平行，可证得PC∥AH，由DE=DH可证得结论.
（2）分情况讨论：当D点在上方时，过A作．利用已知线段的长及勾股定理的逆定理可证得△ACH是等腰直角三角形，利用等腰三角形的性质可求出AH的长；再利用旋转的性质易证为等腰直角三角形，利用勾股定理可求出BE、AE的长，同时可求出PH的长，根据PD=PH+CH-CD，代入计算可求出PD的长；当D点在下方时，如图，过点E作，交延长线于点M，过点P作交于N点，利用AAS易证△ABC≌△BEM，利用全等三角形的性质可求出BC、BM的长，再证明ME∥AC，可推出△MEL∽△ACL，利用相似三角形的性质可求出CL的长；然后证明，利用相似三角形的性质可求出PN的长，即可求出PC的长，最后根据DP=CD+CP，代入计算求出DP的长；综上所述可得到PD的长.
（1）证明：①如图，设交于点O，
由旋转知，，
∴；
∵，
∴；
∵，，
∴；
②如图，延长至H，使，连接．
∵，
∴，
∴，，
由旋转知：，
∴，
∴；
设，，
∴，
∴，
∴，
∴；
由（1）知得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：当D点在上方时，如图，过A作．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴，
由旋转，
∴为等腰直角三角形．
∴
∴；
由（1）②知，，
∴．
∴；
当D点在下方时，如图，过点E作，交延长线于点M，过点P作交于N点，
∵，，
∴．
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
即，
解得．
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述：的长为或．
19．（2025八下·青羊期中）若二次三项式可分解为，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】因式分解的应用
【解析】【解答】解：，
∵二次三项式可分解为，
∴
∴，
解得，
∴．
故答案为：．
【分析】利用多项式乘以多项式的法则可得到，再根据对应项系数相等，可得到关于n、m的方程组，解方程组求出m、n的值，然后将m、n的值代入代数式进行计算.
20．（2025八下·青羊期中）已知关于x的不等式组的整数解有且仅有4个，则m的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：，
解不等式，得，
解不等式，得，
不等式组的整数解有且仅有4个，
不等式组的整数解为2，1，0，-1，
，
.
故答案为
【分析】先分别解出各个不等式的解集，再根据不等式组的整数解有且仅有4个可得不等式组的整数解为2，1，0，-1， 从而判定，然后求得m的取值范围.
21．（2025八下·青羊期中）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”(标号1)沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”(标号2-9)转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形和四边形都是平行四边形，，，，已知关闭折伞后，点，，三点重合，点与点重合．当时，点到伞柄的距离为　 　．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：关闭折伞后，点、、三点重合，
，
，
，
，
如图，、、三点共线并且，过点作于点，过点作于点，
，，
，
，，
，
，，
，，
．
，
．
，
，
关闭折伞后，点、、三点重合，点与点重合，
，，
．
同理，，
，
，，
．
，
点到伞柄距离为．
故答案为：．
【分析】根据、、三点共线并且，，过点F作FK⊥AE于点K，过点G作GJ⊥EH于点J，在Rt△AKF中，由锐角三角函数sin∠AFK=求出AK的值，在Rt△EJG中，由锐角三角函数sin∠EGJ=求出EJ的值，则由EH=2EJ求出EH的值，由线段的和差AH=AE+EH求出AH的值即可．
22．（2025八下·青羊期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为，将长方形绕O按顺时针方向旋转度得到，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q．当，且时，线段的长是 　 　．
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；矩形的判定与性质；旋转的性质；等积变换
【解析】【解答】解：∵，
∴点P在点B的右侧．
∵四边形是矩形，点A的坐标是，点C的坐标是，
∴，，．
过点Q作于点H，连接，如图，则．
∵，，
∴．
设，
∵，
∴，
则，．
在中，由勾股定理，得，
即，
解得，
∴．
故答案为：．
【分析】利用α的取值范围先确定点P的位置，利用矩形的性质及点的坐标可得到OA，BC，OC的长；再作，可知，利用等面积可证得，可设，并表示，，，然后利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到PQ的长.
23．（2025八下·青羊期中）在菱形中，为菱形内部一点，且，连接，点F为中点，连接，点G是中点，连接，则的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解∶如图所示∶连接交于点，连接，取的中点，连接和，
∵在菱形中，为中点，为中点，，
∴，
当、、、共线时，也为，
∵为中点、为中点，
∴
∵在菱形中，且，，
∴，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵．
∴，
∴的最大值为．
故答案为∶．
【分析】连接交于点，连接，取的中点，连接和， 利用菱形的性质及已知条件可求出OF的长，当、、、共线时，也为，同时可求出GH的长，利用菱形的性质可求出∠ABO的度数及OB的长，利用勾股定理求出OC的长，可得到OH的长；再利用勾股定理求出BH的长；然后利用三角形的三边关系可知，据此可求出BG的最大值.
24．（2025八下·青羊期中）为丰富同学们的体育锻炼活动，我校准备新进一批移动羽毛球网和羽毛球拍，若购进5个移动羽毛球网和10副羽毛球拍需2200元，若购进4个移动羽毛球网和15副羽毛球拍需2600元．
（1）请分别求出移动羽毛球网和羽毛球拍的单价．
（2）若购进移动羽毛球网和羽毛球拍的数量之和为50，且羽毛球拍的数量不大于移动羽毛球网数量的3倍，购买总金额低于7280元，请问共有哪几种购买方案，哪种购买方案费用最低，最低费用为多少？
【答案】（1）解：设移动羽毛球网的单价是元，羽毛球拍的单价是元．
根据题意，得，
解得．
答：移动羽毛球网的单价是200元，羽毛球拍的单价是120元
（2）解：设购买移动羽毛球网个，则购买羽毛球拍副．根据题意，得，
解得，
为非负整数，
，14，15，
当时，（副），
当时，（副），
当时，（副），
共有三种购买方案，分别是：
（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副，
（方案二）购买移动羽毛球网14个、羽毛球拍36副，
（方案三）购买移动羽毛球网15个、羽毛球拍35副；
设购买的费用是W元，则，
∵，
∴W随m的减小而减小，
∵，14，15，
∴当时W值最小，，
∴（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副费用最低，最低费用为7040元
【知识点】一次函数的实际应用-方案问题；二元一次方程组的实际应用-方案选择题问题
【解析】【分析】（1）此题的等量关系为：5×移动羽毛球网的单价+10×羽毛球拍的单价=2200； 4×移动羽毛球网的单价+15×羽毛球拍的单价=2600；设移动羽毛球网的单价是元，羽毛球拍的单价是元，据此列二元一次方程组，然后求解即可.
（2）设购买移动羽毛球网个，可表示出购买羽毛球拍的数量，再根据羽毛球拍的数量不大于移动羽毛球网数量的3倍，购买总金额低于7280元，可得到关于m的不等式组，然后求出不等式组的非负整数解，即可得到具体的方案；设购买的费用是W元，根据题意可得到w关于m的一次函数，再利用一次函数的性质可求出费用最低的方案及最低费.
（1）解：设移动羽毛球网的单价是元，羽毛球拍的单价是元．
根据题意，得，
解得．
答：移动羽毛球网的单价是200元，羽毛球拍的单价是120元．
（2）解：设购买移动羽毛球网个，则购买羽毛球拍副．
根据题意，得，
解得，
为非负整数，
，14，15，
当时，（副），
当时，（副），
当时，（副），
共有三种购买方案，分别是：
（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副，
（方案二）购买移动羽毛球网14个、羽毛球拍36副，
（方案三）购买移动羽毛球网15个、羽毛球拍35副；
设购买的费用是W元，则，
∵，
∴W随m的减小而减小，
∵，14，15，
∴当时W值最小，，
∴（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副费用最低，最低费用为7040元．
25．（2025八下·青羊期中）如图：在平面直角坐标系中， ，，，将绕点B顺时针旋转得．
（1）求直线解析式．
（2）点P是第一象限直线上一点，当时，求点P的坐标．
（3）在（2）的前提下，点N是直线上的点，点M是x轴上的点，当点B、P、M、N四点构成平行四边形时，请求出点M的横坐标．
【答案】（1）解：过E作轴于K，如图：
∵ ，，，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转得，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线解析式为，把，代入，
得：，
解得，
∴直线解析式为
（2）解：连接，如图：
设，
，
，
解得，
（3）解：设，，
由，，
当，为对角线，则，的中点重合，
，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时的横坐标为；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
综上所述，的横坐标为
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）过E作轴于K，利用点A、B、C的坐标可求出AB、OB的长，再利用旋转的性质可证得，，同时可求出BD的长，即可得到点D的坐标，利用AAS可证得△COB≌△BKE，利用全等三角形的性质可求出BK、EK的长，即可得到OK的长，由此可得到点E的坐标；利用待定系数法求出DE函数解析式.
（2）连接，设，，利用三角形的面积可求出四边形BOCP的面积，再根据，可得到关于p的方程，解方程求出p的值，即可得到点P的坐标.
（3）设，，分情况讨论：当，为对角线，则，的中点重合；当，为对角线；当，为对角线；分别求出点M的坐标.
（1）解：过E作轴于K，如图：
∵ ，，，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转得，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线解析式为，把，代入，
得：，
解得，
∴直线解析式为；
（2）连接，如图：
设，
，
，
，
，
解得，
；
（3）设，，
由，，
当，为对角线，则，的中点重合，
，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时的横坐标为；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
综上所述，的横坐标为．
26．（2025八下·青羊期中）定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”．
（1）在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形，一定是“等距四边形”的是______；（填序号）
（2）①：如图1，在菱形中，于点E，点F是菱形边上的一点，顺次连接B、E、D、F，若四边形为“等距四边形”，求线段EF的长；
②：将①中条件改为，其余条件不变，请画出图形，并求出以为边的正方形面积．
（3）如图2，在平行四边形中，，点P是内任意一点，在上是否分别存在点，使得这些点与点P的连线将恰好分割成三个“等距四边形”，若存在，求这三个“等距四边形”的周长和，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）②；
（2）解：①根据等距四边形的定义，当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接，∵，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等边三角形，
在中，，
，
根据勾股定理得，，
，
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，在菱形中，，，
，
；
②根据等距四边形的定义，当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，，
，，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等腰三角形，
在中，，
，
过作于，
，
，
，
∴以为边的正方形面积为；
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
∵，，
，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴以为边的正方形面积为，
综上所述，以为边的正方形面积为或.
（3）解：过点分别作于，于，于，如图2，
同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于，
∵在平行四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形．
在中，，，
∵，
∴，
根据勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形，四边形，四边形的周长的和为
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】（1）解：①平行四边形对角线互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线长的一半，不符合题意；
②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离等于这条对角线的一半，符合题意；
③菱形的对角线互相平分，对角线不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线的一半，不符合题意；
故答案为：②；
【分析】（1）根据“等距四边形”的定义逐一判断
（2）①分情况讨论：当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得OF=OE，可证得四边形是等距边形；再利用菱形的性质及对称性可证得BF=BE，可证△BEF是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出AF的长，利用勾股定理求出BF的长，可得到EF的长；当点在上且时，四边形是等距四边形，易证四边形是矩形，利用矩形的性质可证得BD=EF，利用菱形的性质可求出BD的长，即可得到EF的长；综上所述，可得到EF的长；②分情况讨论：当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，，同理可证得四边形是等距边形，利用菱形的性质可推出∠EBF=45°，同时可证得BF=BE，可证得△BEF是等腰三角形，据此可求出AF的长；过作于，可证得FH=BH，利用勾股定理求出EF2的值，即可得到以为边的正方形面积；当点在上且时，四边形是等距四边形，同理可证得四边形是矩形，可证得BD=EF，利用菱形的性质可推出AF、BF的长，据此可得到BD2，由此可求出以为边的正方形面积；综上所述可得到以为边的正方形面积.
（3）过点分别作于，于，于，同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于，易证四边形是菱形，利用菱形的性质可推出△ABC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BG的长，利用勾股定理求出AG的长；再利用三角形的面积公式可求出△ABC的面积，同时可求出PH+PE+PF的长，然后求出四边形，四边形，四边形的周长的和.
（1）解：①平行四边形对角线互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线长的一半，不符合题意；
②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离等于这条对角线的一半，符合题意；
③菱形的对角线互相平分，对角线不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线的一半，不符合题意；
故答案为：②；
（2）解：①根据等距四边形的定义，当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接，
∵，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等边三角形，
在中，，
，
根据勾股定理得，，
，
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，在菱形中，，，
，
；
②根据等距四边形的定义，当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，，
，，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等腰三角形，
在中，，
，
过作于，
，
，
，
∴以为边的正方形面积为；
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
∵，，
，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴以为边的正方形面积为；
（3）解：过点分别作于，于，于，如图2，
同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于，
∵在平行四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形．
在中，，，
∵，
∴，
根据勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形，四边形，四边形的周长的和为．
1 / 1四川省成都市青羊实验学校2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试卷
一、选择题（每题4分，共32分）
1．（2025八下·青羊期中）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑白棋子摆成的图案是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025八下·青羊期中）下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025八下·青羊期中）小明要从天府广场到武侯祠，两地相距2.5千米，已知他步行的平均速度为70米/分钟，跑步的平均速度为200米/分钟，若他要在不超过40分钟的时间内到达，那么他至少需要跑步多少分钟？设他跑步的时间为x分钟，则列出的不等式为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025八下·青羊期中）如图，在等腰直角三角形中，，将沿方向平移得到，若，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·青羊期中）如图，中，平分，于F，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·青羊期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形
C．四条边相等的四边形是菱形
D．正方形是轴对称图形，但不是中心对称图形
7．（2025八下·青羊期中）如图，函数和的图象相交于点，则关于x的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·青羊期中）如图，在平面直角坐标系中，线段的两个端点坐标依次为，，将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，则四边形的周长为（　　）
A．34 B．35 C．36 D．37
二、填空题（每题4分，共20分）
9．（2025八下·青羊期中）因式分解：　 　．
10．（2025八下·青羊期中）若关于x的不等式2x﹣a3的解集如图所示，则常数a＝　 　．
11．（2025八下·青羊期中）如图，将绕点逆时针旋转得到，其中点恰好落在边上，那么　 　．
12．（2025八下·青羊期中）如图，在中，以点A为圆心，的长为半径作圆弧交于点D，再分别以点B和点D为圆心，大于 的长为半径作圆弧，两弧分别交于点M和点N，连接交于点E．若， 则的周长为　 　．
13．（2025八下·青羊期中）如图，在一次综合实践活动中，小明将一张边长为的正方形纸片，沿着边上一点E与点A的连线折叠，点是点B的对应点，延长交DC于点G，，则的长为　 　．
三、解答题（98分）
14．（2025八下·青羊期中）（1）计算：；
（2）因式分解：；
（3）解不等式组：，并指出它的所有的非负整数解．
15．（2025八下·青羊期中）关于，的二元一次方程组的解满足不等式，求的取值范围．
16．（2025八下·青羊期中）如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，；
（1）平移，得到，若点A的对应点的坐标为，请画出，并写出点的坐标；
（2）将以点为旋转中心旋转后得到，请画出，并写出点的坐标；
（3）已知将绕某一点旋转可以得到，请直接写出旋转中心P点的坐标．
17．（2025八下·青羊期中）如图，的对角线、相交于点，，，与交于点．
（1）在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：________________，使得四边形是矩形，并说明理由；
（2）若，，，求的面积．
18．（2025八下·青羊期中）如图1，在直角中，，，将绕点顺时针旋转得到，连接，，直线与直线相交于点．
（1）如图1，若P点为射线与线段交点时，
①求证；
②知识背景：如果过三角形一边中点的线段平行三角形的另一边，那么这条线段平分三角形的第三边，如图2：中，点D是中点，且，则点E是中点．
知识应用：证明：；
（2）当时，求PD的长．
19．（2025八下·青羊期中）若二次三项式可分解为，则的值为　 　．
20．（2025八下·青羊期中）已知关于x的不等式组的整数解有且仅有4个，则m的取值范围是　 　．
21．（2025八下·青羊期中）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”(标号1)沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”(标号2-9)转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形和四边形都是平行四边形，，，，已知关闭折伞后，点，，三点重合，点与点重合．当时，点到伞柄的距离为　 　．
22．（2025八下·青羊期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为，将长方形绕O按顺时针方向旋转度得到，此时直线、直线分别与直线相交于点P、Q．当，且时，线段的长是 　 　．
23．（2025八下·青羊期中）在菱形中，为菱形内部一点，且，连接，点F为中点，连接，点G是中点，连接，则的最大值为　 　．
24．（2025八下·青羊期中）为丰富同学们的体育锻炼活动，我校准备新进一批移动羽毛球网和羽毛球拍，若购进5个移动羽毛球网和10副羽毛球拍需2200元，若购进4个移动羽毛球网和15副羽毛球拍需2600元．
（1）请分别求出移动羽毛球网和羽毛球拍的单价．
（2）若购进移动羽毛球网和羽毛球拍的数量之和为50，且羽毛球拍的数量不大于移动羽毛球网数量的3倍，购买总金额低于7280元，请问共有哪几种购买方案，哪种购买方案费用最低，最低费用为多少？
25．（2025八下·青羊期中）如图：在平面直角坐标系中， ，，，将绕点B顺时针旋转得．
（1）求直线解析式．
（2）点P是第一象限直线上一点，当时，求点P的坐标．
（3）在（2）的前提下，点N是直线上的点，点M是x轴上的点，当点B、P、M、N四点构成平行四边形时，请求出点M的横坐标．
26．（2025八下·青羊期中）定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”．
（1）在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形，一定是“等距四边形”的是______；（填序号）
（2）①：如图1，在菱形中，于点E，点F是菱形边上的一点，顺次连接B、E、D、F，若四边形为“等距四边形”，求线段EF的长；
②：将①中条件改为，其余条件不变，请画出图形，并求出以为边的正方形面积．
（3）如图2，在平行四边形中，，点P是内任意一点，在上是否分别存在点，使得这些点与点P的连线将恰好分割成三个“等距四边形”，若存在，求这三个“等距四边形”的周长和，若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是中心对称图形，故该选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D、不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故答案为：A
【分析】在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与原图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形；再对各选项逐一判断.
2．【答案】C
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A.是整式乘法，故此项错误；
B.结果不是整式乘积的形式，故此项错误；
C.符合定义，是分解因式，故此项正确；
D.分解的结果含有分式，不符合因式分解的定义，故此项错误；
故答案为：C．
【分析】将一个多项式化成几个整式乘积的形式，叫做因式分解，据此可排除选项A、B；利用定义可排除选项D，据此可得答案.
3．【答案】A
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解：设他跑步的时间为分钟，则他步行时间为分钟，
根据题意，得：，
故答案为：A．
【分析】利用已知条件可知：此题的等量关系为：“步行时间步行速度跑步时间跑步速度”列不等式即可.
4．【答案】B
【知识点】平移的性质；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：在等腰直角三角形中，，
，，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
故答案为：B．
【分析】利用勾股定理求出AB的长，再由AB∥PB'可证得△CPB'∽△CAB，利用相似三角形的性质可求出B'C的长，然后根据BB'=BC-B'C，代入计算即可求解.
5．【答案】D
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质
【解析】【解答】解：过作于，
平分，，
，
的面积，的面积，
．
故答案为：D．
【分析】过作于，利用角平分线上的点到角两边的距离相等，可证得，再利用三角形的面积公式可求出△ADB和△ADC的面积之比.
6．【答案】C
【知识点】真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、一组对边平行，且相等的四边形是平行四边形，所以A选项错误；
B、对角线互相垂直，且相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；
C、四条边相等的四边形是菱形，所以C选项正确；
D、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，所以D选项错误．
故选C．
【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据轴对称和中心对称的定义对D进行判断．
7．【答案】D
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：由题意得，不等式的解集可以看作是函数的图象在的图象上方部分对应的自变量的取值范围．
∵函数和的图象相交于点，
∴结合图象可得，不等式的解集为，
故选：D．
【分析】根据直线 在直线 上方的自变量x的取值范围解答即可．
8．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：∵，，
∴，，
∴，
过点D作轴于点E，
∵将线段向右平移12个单位，再向上平移5个单位，得到对应线段，
∴点D（9，5）
∴，，
∴，
∵线段平移后得到线段，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的周长．
故选：C．
【分析】利用点A、B的坐标可得到OA、OB的长，利用勾股定理求出AB的长，利用点的坐标平移规律：上加（纵坐标）下减（横坐标），可得到点D的坐标，据此可求出BE、DE的长，利用勾股定理求出BD的长；再证明四边形是平行四边形，据此可求出四边形ABDC的周长.
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】观察此多项式的特点：含有两项，符号相反，含有公因式2，因此先提公因式，再利用平方差公式分解因式.
10．【答案】-5
【知识点】解一元一次不等式；一元一次不等式的含参问题；数形结合
【解析】【解答】解：由图可知x≥﹣1，
解不等式：2x﹣a≥3，
解得：x≥，
故＝﹣1，
解得：a＝﹣5；
故答案为：﹣5．
【分析】
先根据数轴上不等式解集的表示方法求出此不等式的解集为x≥﹣1，再求出所给不等式的解集x≥，将所求解集与已知解集相比较，即可求出a的值．
11．【答案】
【知识点】旋转的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵将绕点逆时针旋转得到，∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】利用旋转的性质可证得，同时可得到∠BAD的度数，再利用等边对等角及三角形内角和定理可求出∠ABC的度数，据此可得到∠ADE的度数.
12．【答案】16
【知识点】线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：由作图可得：垂直平分，
∴，
∴的周长=.
故答案为：16．
【分析】由作图可得垂直平分，根据线段垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可得，然后根据三角形的周长等于三角形三边之和并结合等量代换即可求解．
13．【答案】8
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：根据翻折的性质可知和全等，，
连接，如图所示，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，
，
根据勾股定理列出方程，，
即，
解得：，
∴，．
故答案为：8．
【分析】利用翻折的性质可知和全等，则，连接，利用HL可证得，利用全等三角形的性质可求出DG、CG的长；在中，设，可表示出CE、EG的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长，然后求出CE的长即可.
14．【答案】解：（1）原式；
（2）原式
；
（3）
解不等式①得，，
解不等式②得，，
∴不等式组的解集为，
∵为非负整数，
∴满足不等式组所有的非负整数解为：或或
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法；零指数幂；解一元一次不等式组；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】（1）先算乘方和开方运算，同时化简绝对值，然后再算加减法.
（2）先去括号，再合并同类项，然后利用完全平方公式分解因式即可.
（3）分别求出不等式组中的每一个不等式的解集，再确定出不等式组的解集，然后根据解集求得非负整数解.
15．【答案】解：，得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴a的取值范围为：a＜2
【知识点】解一元一次不等式；加减消元法解二元一次方程组；已知二元一次方程组的解求参数
【解析】【分析】先将方程组中的两个方程相加，再除以3，可表示出x-y的值，再根据，可得到关于a的不等式，然后求出不等式的解集.
16．【答案】（1）解： ∵点 的对应点的坐标为 ，
∴ 先向右平移 4个单位长度，再向下平移2个单位长度即可得 ，
如图，即为所求作的三角形，点坐标为；
（2）解：如图，即为所求，坐标为；
（3）P
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）如图，连接、、交于一点，该点为旋转中心P，其坐标为．
故答案为：P.
【分析】（1）先根据A和A1的坐标确定平移方向和距离，再作出点A、B、C平移后的对应点、、，然后顺次连接即可，根据图形即写出点的坐标；
（2）先作出点A、B、C旋转后的对应点、、，然后顺次连接即可，根据图形写出点的坐标；
（3）连接、、交于一点，该点即为旋转中心P，观察即可求出点P的坐标．
17．【答案】（1）（答案不唯一），
理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴是矩形
（2）解：由（1）可得当时，四边形是矩形，∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴在中，，
∴在中，，
∵，
∴是菱形，
∴
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【解答】（1）解：添加条件：，
【分析】（1）利用有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形是平行四边形，利用垂直的定义可证得，再利用矩形的判定定理可证得结论.
（2）由（1）可得当时，四边形是矩形，利用矩形的性质可求出AB的长，利用平行四边形的性质可求出AO的长；再利用勾股定理求出BO的长，即可求出BD的长；然后利用菱形的面积公式可求出四边形ABCD的面积.
（1）解：添加条件：，理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴是矩形．
（2）解：由（1）可得当时，四边形是矩形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴在中，，
∴在中，，
∵，
∴是菱形，
∴．
18．【答案】（1）证明：①如图，设交于点O，由旋转知，
，
∴；
∵，
∴；
∵，，
∴；
②如图，延长至H，使，连接．
∵，
∴，
∴，，
由旋转知：，
∴，
∴；
设，，
∴，
∴，
∴，
∴；
由（1）知得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）解：当D点在上方时，如图，过A作．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴，
由旋转，
∴为等腰直角三角形．
∴
∴；
由（1）②知，，
∴．
∴；
当D点在下方时，如图，过点E作，交延长线于点M，过点P作交于N点，
∵，，
∴．
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴△MEL∽△ACL
∴，
即，
解得．
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述：的长为或
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定-AAS；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【分析】（1）①设交于点O，利用旋转的性质可知，利用等边对等角可证得，由此可证得，然后利用三角形的内角和定理可证得结论；②延长至H，使，连接．利用线段垂直平分线的性质可推出BE=BH=BA，利用等角对等边及旋转的性质可推出；设，，可表示出∠1、∠3、∠2的度数，据此可表示出∠EBA及∠4的度数；由（1）知得，可推出∠APC+∠PAH=180°，利用同旁内角互补，两直线平行，可证得PC∥AH，由DE=DH可证得结论.
（2）分情况讨论：当D点在上方时，过A作．利用已知线段的长及勾股定理的逆定理可证得△ACH是等腰直角三角形，利用等腰三角形的性质可求出AH的长；再利用旋转的性质易证为等腰直角三角形，利用勾股定理可求出BE、AE的长，同时可求出PH的长，根据PD=PH+CH-CD，代入计算可求出PD的长；当D点在下方时，如图，过点E作，交延长线于点M，过点P作交于N点，利用AAS易证△ABC≌△BEM，利用全等三角形的性质可求出BC、BM的长，再证明ME∥AC，可推出△MEL∽△ACL，利用相似三角形的性质可求出CL的长；然后证明，利用相似三角形的性质可求出PN的长，即可求出PC的长，最后根据DP=CD+CP，代入计算求出DP的长；综上所述可得到PD的长.
（1）证明：①如图，设交于点O，
由旋转知，，
∴；
∵，
∴；
∵，，
∴；
②如图，延长至H，使，连接．
∵，
∴，
∴，，
由旋转知：，
∴，
∴；
设，，
∴，
∴，
∴，
∴；
由（1）知得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：当D点在上方时，如图，过A作．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴为等腰直角三角形，
∴，
由旋转，
∴为等腰直角三角形．
∴
∴；
由（1）②知，，
∴．
∴；
当D点在下方时，如图，过点E作，交延长线于点M，过点P作交于N点，
∵，，
∴．
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
即，
解得．
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述：的长为或．
19．【答案】
【知识点】因式分解的应用
【解析】【解答】解：，
∵二次三项式可分解为，
∴
∴，
解得，
∴．
故答案为：．
【分析】利用多项式乘以多项式的法则可得到，再根据对应项系数相等，可得到关于n、m的方程组，解方程组求出m、n的值，然后将m、n的值代入代数式进行计算.
20．【答案】
【知识点】解一元一次不等式组；一元一次不等式组的特殊解
【解析】【解答】解：，
解不等式，得，
解不等式，得，
不等式组的整数解有且仅有4个，
不等式组的整数解为2，1，0，-1，
，
.
故答案为
【分析】先分别解出各个不等式的解集，再根据不等式组的整数解有且仅有4个可得不等式组的整数解为2，1，0，-1， 从而判定，然后求得m的取值范围.
21．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：关闭折伞后，点、、三点重合，
，
，
，
，
如图，、、三点共线并且，过点作于点，过点作于点，
，，
，
，，
，
，，
，，
．
，
．
，
，
关闭折伞后，点、、三点重合，点与点重合，
，，
．
同理，，
，
，，
．
，
点到伞柄距离为．
故答案为：．
【分析】根据、、三点共线并且，，过点F作FK⊥AE于点K，过点G作GJ⊥EH于点J，在Rt△AKF中，由锐角三角函数sin∠AFK=求出AK的值，在Rt△EJG中，由锐角三角函数sin∠EGJ=求出EJ的值，则由EH=2EJ求出EH的值，由线段的和差AH=AE+EH求出AH的值即可．
22．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；矩形的判定与性质；旋转的性质；等积变换
【解析】【解答】解：∵，
∴点P在点B的右侧．
∵四边形是矩形，点A的坐标是，点C的坐标是，
∴，，．
过点Q作于点H，连接，如图，则．
∵，，
∴．
设，
∵，
∴，
则，．
在中，由勾股定理，得，
即，
解得，
∴．
故答案为：．
【分析】利用α的取值范围先确定点P的位置，利用矩形的性质及点的坐标可得到OA，BC，OC的长；再作，可知，利用等面积可证得，可设，并表示，，，然后利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到PQ的长.
23．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解∶如图所示∶连接交于点，连接，取的中点，连接和，
∵在菱形中，为中点，为中点，，
∴，
当、、、共线时，也为，
∵为中点、为中点，
∴
∵在菱形中，且，，
∴，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵．
∴，
∴的最大值为．
故答案为∶．
【分析】连接交于点，连接，取的中点，连接和， 利用菱形的性质及已知条件可求出OF的长，当、、、共线时，也为，同时可求出GH的长，利用菱形的性质可求出∠ABO的度数及OB的长，利用勾股定理求出OC的长，可得到OH的长；再利用勾股定理求出BH的长；然后利用三角形的三边关系可知，据此可求出BG的最大值.
24．【答案】（1）解：设移动羽毛球网的单价是元，羽毛球拍的单价是元．
根据题意，得，
解得．
答：移动羽毛球网的单价是200元，羽毛球拍的单价是120元
（2）解：设购买移动羽毛球网个，则购买羽毛球拍副．根据题意，得，
解得，
为非负整数，
，14，15，
当时，（副），
当时，（副），
当时，（副），
共有三种购买方案，分别是：
（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副，
（方案二）购买移动羽毛球网14个、羽毛球拍36副，
（方案三）购买移动羽毛球网15个、羽毛球拍35副；
设购买的费用是W元，则，
∵，
∴W随m的减小而减小，
∵，14，15，
∴当时W值最小，，
∴（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副费用最低，最低费用为7040元
【知识点】一次函数的实际应用-方案问题；二元一次方程组的实际应用-方案选择题问题
【解析】【分析】（1）此题的等量关系为：5×移动羽毛球网的单价+10×羽毛球拍的单价=2200； 4×移动羽毛球网的单价+15×羽毛球拍的单价=2600；设移动羽毛球网的单价是元，羽毛球拍的单价是元，据此列二元一次方程组，然后求解即可.
（2）设购买移动羽毛球网个，可表示出购买羽毛球拍的数量，再根据羽毛球拍的数量不大于移动羽毛球网数量的3倍，购买总金额低于7280元，可得到关于m的不等式组，然后求出不等式组的非负整数解，即可得到具体的方案；设购买的费用是W元，根据题意可得到w关于m的一次函数，再利用一次函数的性质可求出费用最低的方案及最低费.
（1）解：设移动羽毛球网的单价是元，羽毛球拍的单价是元．
根据题意，得，
解得．
答：移动羽毛球网的单价是200元，羽毛球拍的单价是120元．
（2）解：设购买移动羽毛球网个，则购买羽毛球拍副．
根据题意，得，
解得，
为非负整数，
，14，15，
当时，（副），
当时，（副），
当时，（副），
共有三种购买方案，分别是：
（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副，
（方案二）购买移动羽毛球网14个、羽毛球拍36副，
（方案三）购买移动羽毛球网15个、羽毛球拍35副；
设购买的费用是W元，则，
∵，
∴W随m的减小而减小，
∵，14，15，
∴当时W值最小，，
∴（方案一）购买移动羽毛球网13个、羽毛球拍37副费用最低，最低费用为7040元．
25．【答案】（1）解：过E作轴于K，如图：
∵ ，，，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转得，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线解析式为，把，代入，
得：，
解得，
∴直线解析式为
（2）解：连接，如图：
设，
，
，
解得，
（3）解：设，，
由，，
当，为对角线，则，的中点重合，
，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时的横坐标为；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
综上所述，的横坐标为
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）过E作轴于K，利用点A、B、C的坐标可求出AB、OB的长，再利用旋转的性质可证得，，同时可求出BD的长，即可得到点D的坐标，利用AAS可证得△COB≌△BKE，利用全等三角形的性质可求出BK、EK的长，即可得到OK的长，由此可得到点E的坐标；利用待定系数法求出DE函数解析式.
（2）连接，设，，利用三角形的面积可求出四边形BOCP的面积，再根据，可得到关于p的方程，解方程求出p的值，即可得到点P的坐标.
（3）设，，分情况讨论：当，为对角线，则，的中点重合；当，为对角线；当，为对角线；分别求出点M的坐标.
（1）解：过E作轴于K，如图：
∵ ，，，
∴，
∵将绕点B顺时针旋转得，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线解析式为，把，代入，
得：，
解得，
∴直线解析式为；
（2）连接，如图：
设，
，
，
，
，
解得，
；
（3）设，，
由，，
当，为对角线，则，的中点重合，
，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时的横坐标为；
当，为对角线，同理可得，
解得，
，此时，重合，不符合题意，舍去；
综上所述，的横坐标为．
26．【答案】（1）②；
（2）解：①根据等距四边形的定义，当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接，∵，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等边三角形，
在中，，
，
根据勾股定理得，，
，
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，在菱形中，，，
，
；
②根据等距四边形的定义，当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，，
，，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等腰三角形，
在中，，
，
过作于，
，
，
，
∴以为边的正方形面积为；
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
∵，，
，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴以为边的正方形面积为，
综上所述，以为边的正方形面积为或.
（3）解：过点分别作于，于，于，如图2，
同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于，
∵在平行四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形．
在中，，，
∵，
∴，
根据勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形，四边形，四边形的周长的和为
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】（1）解：①平行四边形对角线互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线长的一半，不符合题意；
②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离等于这条对角线的一半，符合题意；
③菱形的对角线互相平分，对角线不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线的一半，不符合题意；
故答案为：②；
【分析】（1）根据“等距四边形”的定义逐一判断
（2）①分情况讨论：当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得OF=OE，可证得四边形是等距边形；再利用菱形的性质及对称性可证得BF=BE，可证△BEF是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出AF的长，利用勾股定理求出BF的长，可得到EF的长；当点在上且时，四边形是等距四边形，易证四边形是矩形，利用矩形的性质可证得BD=EF，利用菱形的性质可求出BD的长，即可得到EF的长；综上所述，可得到EF的长；②分情况讨论：当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，，同理可证得四边形是等距边形，利用菱形的性质可推出∠EBF=45°，同时可证得BF=BE，可证得△BEF是等腰三角形，据此可求出AF的长；过作于，可证得FH=BH，利用勾股定理求出EF2的值，即可得到以为边的正方形面积；当点在上且时，四边形是等距四边形，同理可证得四边形是矩形，可证得BD=EF，利用菱形的性质可推出AF、BF的长，据此可得到BD2，由此可求出以为边的正方形面积；综上所述可得到以为边的正方形面积.
（3）过点分别作于，于，于，同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于，易证四边形是菱形，利用菱形的性质可推出△ABC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BG的长，利用勾股定理求出AG的长；再利用三角形的面积公式可求出△ABC的面积，同时可求出PH+PE+PF的长，然后求出四边形，四边形，四边形的周长的和.
（1）解：①平行四边形对角线互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线长的一半，不符合题意；
②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离等于这条对角线的一半，符合题意；
③菱形的对角线互相平分，对角线不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线的一半，不符合题意；
故答案为：②；
（2）解：①根据等距四边形的定义，当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接，
∵，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等边三角形，
在中，，
，
根据勾股定理得，，
，
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，在菱形中，，，
，
；
②根据等距四边形的定义，当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，，
，，
，
，
四边形是等距边形，
在菱形中，，，，
，
，
，
，
根据菱形的对称性得，，
是等腰三角形，
在中，，
，
过作于，
，
，
，
∴以为边的正方形面积为；
当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，
连接，，交于点，
∵，，
，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴以为边的正方形面积为；
（3）解：过点分别作于，于，于，如图2，
同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于，
∵在平行四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形．
在中，，，
∵，
∴，
根据勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形，四边形，四边形的周长的和为．
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