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四川省成都市锦江区师一学校2024-2025学年下学期八年级数学期中考试卷
1．二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，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：选项A是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A不符合题意；
选项B是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意；
选项D是轴对称图形，是中心对称图形，故D符合题意；
故选：D．
【分析】本题以二十四节气为背景，考查了轴对称图形与中心对称图形的识别。轴对称图形需沿一条直线折叠后两边重合，中心对称图形需绕一点旋转180°后与原图重合。选项A、B是轴对称但不是中心对称，C两者都不是，D既是轴对称又是中心对称，故选D。
2．若，则下列不等式不正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、已知 a > b，根据不等式的性质：两边同时加 5 得 a+5 > b+5，A 正确；
B、两边同时乘正数 4 得 4a > 4b，B 正确；
C、两边同时乘负数 -3，不等号方向改变，应得 -3a < -3b，故 C 不正确；
D、两边同时减 1 得 a-1 > b-1，D 正确。
故选：C．
【分析】本题主要考查不等式的基本性质：加减同一个数不等号方向不变；乘除同一个正数方向不变；乘除同一个负数方向改变。逐项判断各选项是否遵循上述性质即可找出错误选项。
3．下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A. (x+1)(x-1)=-1，从左到右是整式乘法，不是因式分解；
B.-1=，右边出现分式，不是整式乘积的形式，不符合定义；
C.-3x-4=x(x-3)-4，右边含有常数项 -4，不是整式积的形式；
D.+4x+4=，左边为多项式，右边为整式 (x+2) 的平方，符合因式分解的定义。
故选 ：D。
【分析】本题主要考查因式分解的概念，即把一个多项式化为几个整式的积的形式。根据定义，逐项检查变形结果是否为整式的乘积，且不含有分式或加减运算，即可选出正确选项。
4．如图，在平行四边形中，下列结论不一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在平行四边形 ABCD 中，
由平行四边形的性质可知：对边相等，即 AD = BC；
对角线互相平分，即 OA = OC；
邻角互补，由 ADC 得 BAD + ABC = 180。
而对角线互相垂直是菱形的性质，一般平行四边形不一定满足，
因此 AC BD 不一定成立。
故选： A。
【分析】本题主要考查平行四边形的性质：对边平行且相等、邻角互补、对角线互相平分。根据这些性质逐一判断各选项，其中对角线垂直不是平行四边形的必然性质，从而找出不一定正确的结论。
5．已知关于x的方程的解是，则a的值为（　　）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解：将代入，
可得：，
∴3a=2a-1，
∴a=-1，
故答案为：C.
【分析】将代入，再求出a的值即可.
6．如图，在中，为边上的一点，，为边上一点，垂直平分，若，则的周长为（　　）
A．20 B．18 C．16 D．14
【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：在 △ ABC 中，由 EF 垂直平分 BD，
根据线段垂直平分线的性质可得 ED = EB。
已知 AB = 8，即 AE + EB = 8，
所以 AE + ED = 8。
又因为 AC = AD，且 AC = 6，
所以 AD = 6。
因此 △ ADE 的周长为 AD + DE + AE = 6 + 8 = 14。
故选 ：D。
【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等。利用该性质将 DE 转化为 BE，结合已知边长求出 AE+DE 的值，再由 AC=AD 得到 AD 的长，最后计算三角形周长。
7．为有效开展“阳光体育”活动，某校计划购买篮球和足球共50个，购买资金不超过3200元，且购买篮球的数量不少于足球数量的一半，若每个篮球80元，每个足球50元．求共有几种购买方案？设购买篮球x个，可列不等式组（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元一次不等式组的应用；列一元一次不等式组
【解析】【解答】解：设购买篮球 x 个，则足球购买 (50 - x) 个。
根据“购买篮球的数量不少于足球数量的一半”得；
根据“购买资金不超过 3200 元”，篮球每个 80 元、足球每个 50 元，得 80x + 50(50 - x) 3200。故选：C．
【分析】本题主要考查一元一次不等式组在实际问题中的应用，关键是从题意中提取两个不等关系：数量关系（篮球数 ≥ 足球数的一半）和资金限制（总费用 ≤ 3200 元），再结合未知数表示即可列出正确的不等式组。
8．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到交于点，则的长为（　　）
A． B． C．5 D．
【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：在△ABC 中，C = 90 ， B = 30， AB = 10 ，
则 AC =AB = 5 ， BAC = 60 ， BC = = =。
将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 15得 △ AB'C' ，
由旋转性质知 AC' = AC = 5 ， B'C' = BC = 5， CAC' = 15 ，
则 C'AE =BAC - CAC' = 60 - 15 = 45 。
在 △ AC'E 中， AC'E = 90， C'AE = 45 ，
故 △AC'E 为等腰直角三角形，所以 C'E = AC' = 5 。
因此 BE = B'C' - C'E = 5- 5 。
故选： A。
【分析】本题综合考查含 30 角的直角三角形性质、勾股定理、旋转的性质以及等腰直角三角形的判定。先由 30 角求出 AC 和 BC ，再由旋转得出对应边相等及旋转角，结合角度差推出 45 角，从而确定△AC'E 为等腰直角三角形，最后求出 BE 的长度。
9．若分式的值为0，则　 　．
【答案】2025
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：分式 的值为 0，则需分子为零且分母不为零，
即x - 2025 = 0 且 x + 20250.
由 x - 2025 = 0 得 x = 2025，
代入分母检验：2025 + 2025 = 40500，符合条件。
故答案为： 2025。
【分析】本题主要考查分式值为零的条件：分子等于 0 且分母不等于 0。先令分子为零解出 x，再验证该值是否使分母为零，两者同时满足即为所求。
10．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】 ．
故答案为：
【分析】提公因式法和应用公式法因式分解．
11．若关于的不等式的解集是，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】解一元一次不等式；已知一元一次方程的解求参数
【解析】【解答】解：解不等式 3x - 2 > 2x + k，
移项得 3x - 2x > k + 2，
合并得 x > k + 2。
由题意该不等式的解集为 x > 1，
因此 k + 2 = 1，解得 k = -1。
故答案为 ：-1。
【分析】本题主要考查一元一次不等式的解法及已知解集反推参数。先将不等式化为 x > a 的形式，再与给定的解集 x > 1 进行对比，得出关于 k 的方程并求解。
12．如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为　 　．
【答案】
【知识点】平移的性质；多边形的周长
【解析】【解答】解：由平移的性质可知，
对应点间的距离等于平移距离，即 AD = CF = 4cm，且对应边相等，AC = DF。
已知 △ABC 的周长为 AB + BC + AC = 30 cm。
四边形 ABFD 的周长可表示为：AB+ BF + FD + DA = AB + (BC + CF) + DF + AD.
代入 DF = AC，CF = AD = 4，
得周长 = AB + BC + AC + AD + CF = 30 + 4 + 4 = 38 cm.
故答案为 ：38。
【分析】本题主要考查平移的性质：平移前后对应点连线平行且相等，对应线段相等。利用这些性质将四边形 ABFD 的周长转化为原三角形周长与两条平移距离之和，从而快速求解。
13．如图，在平行四边形中，，．以为圆心，小于长为半径画弧，分别交于点，再分别以点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点．连接并延长，与相交于点，连接，若，则　 　．
【答案】
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：由尺规作图步骤可知，BG 平分ABC，
因此ABG =CBG。
在平行四边形 ABCD 中，AB = CD = 2，且 ADBC，
故 AGB = CBG（内错角相等）。
所以 ABG = AGB，则 △ ABG 为等腰三角形，AG = AB = 2。
于是 GD = AD - AG = 3 - 2 = 1。
已知 CGAD，在 △CDG 中，CD = 2，GD = 1，
由勾股定理得 CG == =。
故答案为： 。
【分析】本题综合考查平行四边形的性质、角平分线的尺规作图、平行线的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理。先由作图得出 BG 平分 ABC，结合平行四边形对边平行推出ABG = AGB，得到 AG = AB，再通过垂直关系在直角三角形中利用勾股定理求出 CG。
14．计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）解：两边同乘，得，
解得，
检验：当时，，
∴不是原方程的解，即原方程无解．
（2）解①得
解②得
，
∴原不等式组的解集为：．
【知识点】解一元一次不等式组；去分母法解分式方程
【解析】【分析】本题主要考查分式方程的解法以及一元一次不等式组的求解。
（1）先去分母化为整式方程，解出未知数后必须代入最简公分母进行检验，排除使分母为零的增根；（2）分别解两个不等式，再在数轴上或通过取公共部分确定不等式组的解集，注意边界点的取舍。
（1）解：两边同乘，得
，
解得，
检验：当时，，
∴不是原方程的解，即原方程无解．
（2）解①得
解②得
，
∴原不等式组的解集为：．
15．先化简，再从，0，1中选择一个恰当的数代入求值．
【答案】解：
，
，
，
当时，原式．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】本题主要考查分式的化简求值及分式有意义的条件。解题时先将括号内的分式通分合并，再将除法转化为乘法，通过因式分解进行约分，得到最简结果；然后从给定数中排除使原分式分母为零的值，选取一个符合要求的数代入计算。
16．如图，平面直角坐标系中，已知点．
（1）将向右平移5个单位长度，得到，画出平移后的，并写出的坐标：
（2）将绕原点旋转，画出旋转后的；
（3）连接，请求出四边形的面积．
【答案】（1）解：如图所示，即为所求：
由图可得，的坐标为；
（2）解：如图所示，即为所求：
（3）解：如图，
由旋转的性质得，，
∴四边形是平行四边形，
由图可得，，，，
∴，
即四边形的面积为8
【知识点】平行四边形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【分析】本题综合考查平面直角坐标系中的图形变换——平移与旋转，以及平行四边形的判定与面积计算。
（1）根据平移规律（横坐标加5）直接作图并写出对应点坐标；
（2）利用中心对称性质（绕原点旋转180°）确定对应点位置并画出图形；
（3）由旋转得出对角线互相平分，从而判定四边形为平行四边形，再结合图中垂直关系，运用底乘高求出面积。
（1）解：如图所示，即为所求：
由图可得，的坐标为；
（2）解：如图所示，即为所求：
（3）解：如图，
由旋转的性质得，，
∴四边形是平行四边形，
由图可得，，，，
∴，
即四边形的面积为8．
17．如图，在平行四边形中，与交于点，交于，交于．
（1）证明：．
（2）若，，交于，当时，求线段和的长度．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，与交于点，∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，线段为、的长为．
【知识点】垂线的概念；三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题综合考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等面积法。
（1）利用平行四边形对角线互相平分得到 AO = CO，结合垂直条件证明 △AEOCFO（AAS），从而得出对应边相等；
（2）先由已知边长和垂直关系求出 AC，再在直角三角形中运用勾股定理计算 BC，最后通过三角形面积的不同表示方法建立方程，解出高 AH 的长度。
（1）证明：∵四边形是平行四边形，与交于点，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，线段为、的长为．
18．如图：在平面直角坐标系中，作平行四边形，点，点，点，对角线的交点为．
（1）求直线的函数表达式和点坐标．
（2）当直线，平分平行四边形的面积时，且交于的三等分点，求出直线的函数表达式．
（3）过点的直线与轴交于点，与轴交于点，若，请求出．（用的式子表示）
【答案】（1）解：设，代入，得：，解得：，
∴；
设，代入，得：，解得：，
∴；
∵，，∴轴，
∴的纵坐标为，代入直线的解析式可得：，解得：，∴，
综上所述，直线的函数表达式为，点坐标为；
（2）解：由题意知，当直线经过点时，可平分平行四边形的面积，如图：
线段的三等分点有两个，分别是点、，
由三等分点的定义可知：，，
代入直线可得：，，即，，
直线和直线均满足题意，
设，代入，可得：，解得：，
∴；
设，代入，可得：，解得：，
∴；
∴直线的函数表达式为：或；
（3）解：如图：
直线即直线：，代入，可得：，∴，∴直线：，
当时，；当时，；∴，，∴，，
∵，
∴，
，
，
，
∴；
当时，；
当时，；
当时，．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；坐标系中的中点公式；分类讨论
【解析】【分析】本题综合考查一次函数解析式的求法、平行四边形的中心对称性质、线段等分点以及含绝对值的代数式分类讨论。
（1）利用待定系数法分别求出直线 OA 和 OB 的表达式，再结合平行四边形对角线交点坐标特点求得点 M；
（2）根据过平行四边形中心的直线平分其面积，结合 OA 的三等分点坐标，分两种情况求出直线方程；
（3）先用参数 k 表示出直线与坐标轴的交点，代入给定等式后得到含绝对值的方程，再按 k 的不同取值范围分类讨论，去掉绝对值符号后用含 k 的式子表示 n。
（1）解：设，代入，得：
，
解得：，
∴；
设，代入，得：
，
解得：
，
∴；
∵，，
∴轴，
∴的纵坐标为，
代入直线的解析式可得：，
解得：，
∴，
综上所述，直线的函数表达式为，点坐标为；
（2）解：由题意知，当直线经过点时，可平分平行四边形的面积，如图：
线段的三等分点有两个，分别是点、，
由三等分点的定义可知：，，
代入直线可得：，，
即，，
直线和直线均满足题意，
设，代入，可得：
，
解得：，
∴；
设，代入，可得：
，
解得：
，
∴；
∴直线的函数表达式为：或；
（3）解：如图：
直线即直线：，代入，可得：，
∴，
∴直线：，
当时，；当时，；
∴，，
∴，，
∵，
∴，
，
，
，
∴；
当时，；
当时，；
当时，．
19．若，则　 　．
【答案】
【知识点】分式的化简求值-整体代入
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题以分式的求值为背景，考查了代数式的代入化简及约分运算。解题时由已知比例=3 得到 y=3x，将其代入所求分式，分别化简分子和分母，再约去公因式（注意 x 0），即可得出结果。掌握整体代入与分式化简的方法是解答本题的关键。
20．如图，平行四边形的对角线、相交于点，若，则平行四边形的面积为　 　．
【答案】24
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；多边形的面积
【解析】【解答】解：在平行四边形 ABCD 中，对角线互相平分，故 AO =AC = 3，BO =BD = 4。
已知 AB = 5，计算得 = = 25 = =，
由勾股定理逆定理可知△ AOB 是直角三角形， AOB = 90，即对角线 AC BD。
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
因此菱形 ABCD 的面积可用对角线乘积的一半计算：S = AC BD = 68 = 24。
故答案为 ：24。
【分析】本题综合考查平行四边形的性质、勾股定理逆定理、菱形的判定及菱形面积公式。先由平行四边形对角线互相平分得到 AO、BO 的长，再通过勾股定理逆定理证明 ACBD，从而判定四边形为菱形，最后代入菱形面积公式求解。
21．关于的分式方程的解为正数，则的取值范围为　 　
【答案】且
【知识点】分式有无意义的条件；分式方程的解及检验；去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：方程 + = 3 可化为-= 3，
两边同乘 x-1（x 1）得 2x - m = 3(x-1)，
整理得 2x - m = 3x - 3，
移项得 2x - 3x = -3 + m，即 -x = m-3，
解得 x = 3 - m。
由题意，解为正数，故 3 - m > 0，解得 m < 3。
又因原分式方程分母 x-10，即 x 1，
所以 3 - m1，解得 m 2。
综上，m 的取值范围为 m < 3 且 m 2。
故答案为：m < 3 且 m 2．
【分析】本题主要考查分式方程的解及解分式方程。先化同分母去分母求解得到用 m 表示的 x，再根据解为正数得到 m 的一个范围，同时需排除使分母为零的增根情况，即 x 1 对应的 m 值。
22．如图，在中，，，点在边上，，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交的延长线于点，连接，则的值为　 　
【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；含30°角的直角三角形；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：延长至，使，连接，过点作延长线交于，过点作交于，
由题意知，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴≌，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，即，
∵，，
∴，，
∴，，
同理可得，，
∴，
∴．
故答案为： ．
【分析】本题以等腰三角形和旋转为背景，综合考查了全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理的应用。解题的关键是通过构造辅助线（延长 DC 至 G 使 CG = AD，连接 GE，并作垂线 CH AF、DIAF），利用旋转角与已知角的关系推导出 ∠ ABD = ∠ CDE，进而证明≌，得到 GE = AD = 2，再结合等腰三角形性质求出相关角度，最后在直角三角形中利用勾股定理计算 DF2。
23．一个正整数能写成（，均为正整数），则称为“美满数”，，为的一个美满分解，并规定：．如果一个两位正整数（十位数字大于个位数字，交换其个位上的数与十位上的数得到的新数与原数是4752的一个美满分解，则的值为　 　．
【答案】或．
【知识点】因式分解﹣公式法；因式分解的应用
【解析】【解答】解：设原两位正整数的十位数字为，个位数字为均为正整数），则原数为，新数为，
新数与原数是4752的一个美满分解，，
又，
将，代入，
可得：（均为正整数）
此方程有两组符合题意的解，
分别为：或
当时，，
，
当时，，
，
综上，的值为或．
故答案为：或．
【分析】本题以新定义“美满数”为背景，考查了因式分解与不定方程在数论问题中的应用。设原两位数的十位数字为 m、个位数字为 n（m > n），则原数为 10m + n，新数为 10n + m，且 a = 10m + n，b = 10n + m 是 4752 的一个美满分解，由 a2 - b2= 4752 得 99(m + n)(m - n) = 4752，即 (m + n)(m - n) = 48。解此不定方程得两组正整数解：(m， n) = (7， 1) 或 (8， 4)，分别代入得 F(4752) =或。
24．暖暖花城攀枝花，不仅阳光充沛，特色水果更是闻名全国！某经销商计划购进、两种水果．已知购进种水果的进价比种水果的进价每件多元，且用元购进种水果的件数是用元购进种水果的件数的倍．
（1）求、两种水果每件的进价分别是多少元？
（2）该经销商计划用元购进、两种水果，设种水果购进件，种水果购进件．（、为整数）
用含的式子表示；
如果该经销商将购进的水果按照种每件元，种每件元的价格全部售出，若购买种水果的费用不低于种水果的费用，且种水果的件数不超过种水果件数的，请求出该经销商销售完所购两种水果时的最大利润．
【答案】（1）解：设种水果每件的进价是元，则种水果每件的进价是元，根据题意得：，
解得：，
经检验是原分式方程的解，且符合题意，
∴种水果每件的进价是（元），
答：种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元；
（2）解：由（）得种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元，∴，
∴；
设总利润为元，则，
由题意得，，
解得：，
由可知，，
∴随的增大而减小，
∵、为整数，，
∴必须为的倍数，
∴当时，有最大利润，为（元），
答：该经销商销售完所购两种水果时的最大利润为元．
【知识点】一次函数的实际应用-销售问题；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题以实际购销问题为背景，综合考查分式方程的应用、二元一次方程的整数解处理以及一次函数的最值问题。
（1）根据进价关系和件数倍数关系列分式方程，解后须检验根的合理性；
（2）①由总进价方程用含 n 的式子表示 m；
②先写出利润表达式，再根据“A种水果费用不低于B种水果费用”及“A种件数不超过B种件数的”列出不等式组，确定 n 的范围，最后利用一次函数的单调性求最大利润。
（1）解：设种水果每件的进价是元，则种水果每件的进价是元，
根据题意得：，
解得：，
经检验是原分式方程的解，且符合题意，
∴种水果每件的进价是（元），
答：种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元；
（2）解：由（）得种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元，
∴，
∴；
设总利润为元，则，
由题意得，，
解得：，
由可知，，
∴随的增大而减小，
∵、为整数，，
∴必须为的倍数，
∴当时，有最大利润，为（元），
答：该经销商销售完所购两种水果时的最大利润为元．
25．如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点．
（1）求的面积：
（2）如图2，点为轴上一动点（点在点的左侧），将点绕点逆时针旋转至点，连接并延长与轴交于点，当点在移动过程中，点的坐标是否发生变化，若变化，请说明理由，若不变化，请求出点的坐标；
（3）如图3，点为直线上一动点．已知，若三点在某长方形的内部或边上，该长方形的一条边与坐标轴平行．求点在移动过程中该长方形的面积最小值及此时的取值范围．
【答案】（1）解：直线，当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：不变，理由如下：如图：过点作轴交轴于点，
由题意知，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，，
∵，
，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：如图：过点作轴，轴，过点作，，则为长方形，
由题意知，图中长方形为符合题意的面积最小的长方形，此时点的运动范围在线段上，
由图可知，轴，轴，
∵，
∴，，
∴，，
∴；
可设，，
代入一次函数可得：
，，
解得：，；
∴，，
∴；
故在移动过程中该长方形的面积最小值为，此时的取值范围是．
【知识点】旋转的性质；一次函数中的动态几何问题；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题综合考查一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定以及动态几何中的最值问题。
（1）通过函数解析式求出点 A、B 的坐标；
（2）构造旋转全等模型（ △ DCF △CBO ），证明 △DFA 和△ OAE 均为等腰直角三角形，从而确定点 E 为定点；
（3）利用坐标轴平行条件构造矩形，通过动点范围确定面积最小值，并结合一次函数方程求出参数 a 的取值范围。
（1）解：直线，
当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：不变，理由如下：
如图：过点作轴交轴于点，
由题意知，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，，
∵，
，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：如图：过点作轴，轴，过点作，，
则为长方形，
由题意知，图中长方形为符合题意的面积最小的长方形，此时点的运动范围在线段上，
由图可知，轴，轴，
∵，
∴，，
∴，，
∴；
可设，，
代入一次函数可得：
，，
解得：，；
∴，，
∴；
故在移动过程中该长方形的面积最小值为，此时的取值范围是．
26．在等腰中，，，将绕点转逆时针方向旋转，得到（点的对应点为点，点的对应点为点）
（1）如图，连接、，求证：．
（2）如图，若，，绕点按逆时针方向旋转至得到的过程中，当时，连接，请求出的面积；
（3）如图，若，；当与重合时，再将沿着直线平移，得到，连接，求的周长的最小值．
【答案】（1）证明：∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为；
如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为，
综上可知：当时，的面积为或；
（3）解：如图，连接，
由平移性质可得，，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的周长，
作点关于直线对称点，连接交于点，连接，，
∴，
∴的周长，
∵，
∴当点三点共线时，的周长有最小值，为，如图，
过作交延长线于点，则，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∵点关于直线对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长的最小值为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；旋转的性质；直角三角形的性质；三角形的综合
【解析】【分析】本题以等腰三角形的旋转和平移为背景，综合考查全等三角形的判定、等边三角形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质以及将军饮马模型求最值。
（1）通过旋转得到对应边相等，结合夹角相等证明三角形全等，从而证得 BD = CE；
（2）需分两种旋转方向讨论 DEBC 的情形，利用等边三角形的高及面积公式计算△BCE 的面积；
（3）将平移与轴对称最值结合，通过构造平行四边形和转化线段，利用两点之间线段最短确定 △BDE' 周长的最小值。
（1）证明：∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为；
如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为，
综上可知：当时，的面积为或；
（3）解：如图，连接，
由平移性质可得，，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的周长，
作点关于直线对称点，连接交于点，连接，，
∴，
∴的周长，
∵，
∴当点三点共线时，的周长有最小值，为，如图，
过作交延长线于点，则，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∵点关于直线对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长的最小值为．
1 / 1四川省成都市锦江区师一学校2024-2025学年下学期八年级数学期中考试卷
1．二十四节气是中国劳动人民独创的文化遗产，能反映季节的变化，指导农事活动．下面四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．若，则下列不等式不正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．下列各式中，从左到右的变形是因式分解的是（　　）
A． B．
C． D．
4．如图，在平行四边形中，下列结论不一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．已知关于x的方程的解是，则a的值为（　　）
A．2 B．1 C． D．
6．如图，在中，为边上的一点，，为边上一点，垂直平分，若，则的周长为（　　）
A．20 B．18 C．16 D．14
7．为有效开展“阳光体育”活动，某校计划购买篮球和足球共50个，购买资金不超过3200元，且购买篮球的数量不少于足球数量的一半，若每个篮球80元，每个足球50元．求共有几种购买方案？设购买篮球x个，可列不等式组（　　）
A． B．
C． D．
8．如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转得到交于点，则的长为（　　）
A． B． C．5 D．
9．若分式的值为0，则　 　．
10．因式分解： 　 　．
11．若关于的不等式的解集是，则的值为　 　．
12．如图，将沿方向平移得到，若的周长为，则四边形的周长为　 　．
13．如图，在平行四边形中，，．以为圆心，小于长为半径画弧，分别交于点，再分别以点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧相交于点．连接并延长，与相交于点，连接，若，则　 　．
14．计算：
（1）；
（2）
15．先化简，再从，0，1中选择一个恰当的数代入求值．
16．如图，平面直角坐标系中，已知点．
（1）将向右平移5个单位长度，得到，画出平移后的，并写出的坐标：
（2）将绕原点旋转，画出旋转后的；
（3）连接，请求出四边形的面积．
17．如图，在平行四边形中，与交于点，交于，交于．
（1）证明：．
（2）若，，交于，当时，求线段和的长度．
18．如图：在平面直角坐标系中，作平行四边形，点，点，点，对角线的交点为．
（1）求直线的函数表达式和点坐标．
（2）当直线，平分平行四边形的面积时，且交于的三等分点，求出直线的函数表达式．
（3）过点的直线与轴交于点，与轴交于点，若，请求出．（用的式子表示）
19．若，则　 　．
20．如图，平行四边形的对角线、相交于点，若，则平行四边形的面积为　 　．
21．关于的分式方程的解为正数，则的取值范围为　 　
22．如图，在中，，，点在边上，，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交的延长线于点，连接，则的值为　 　
23．一个正整数能写成（，均为正整数），则称为“美满数”，，为的一个美满分解，并规定：．如果一个两位正整数（十位数字大于个位数字，交换其个位上的数与十位上的数得到的新数与原数是4752的一个美满分解，则的值为　 　．
24．暖暖花城攀枝花，不仅阳光充沛，特色水果更是闻名全国！某经销商计划购进、两种水果．已知购进种水果的进价比种水果的进价每件多元，且用元购进种水果的件数是用元购进种水果的件数的倍．
（1）求、两种水果每件的进价分别是多少元？
（2）该经销商计划用元购进、两种水果，设种水果购进件，种水果购进件．（、为整数）
用含的式子表示；
如果该经销商将购进的水果按照种每件元，种每件元的价格全部售出，若购买种水果的费用不低于种水果的费用，且种水果的件数不超过种水果件数的，请求出该经销商销售完所购两种水果时的最大利润．
25．如图1，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点．
（1）求的面积：
（2）如图2，点为轴上一动点（点在点的左侧），将点绕点逆时针旋转至点，连接并延长与轴交于点，当点在移动过程中，点的坐标是否发生变化，若变化，请说明理由，若不变化，请求出点的坐标；
（3）如图3，点为直线上一动点．已知，若三点在某长方形的内部或边上，该长方形的一条边与坐标轴平行．求点在移动过程中该长方形的面积最小值及此时的取值范围．
26．在等腰中，，，将绕点转逆时针方向旋转，得到（点的对应点为点，点的对应点为点）
（1）如图，连接、，求证：．
（2）如图，若，，绕点按逆时针方向旋转至得到的过程中，当时，连接，请求出的面积；
（3）如图，若，；当与重合时，再将沿着直线平移，得到，连接，求的周长的最小值．
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：选项A是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A不符合题意；
选项B是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C不符合题意；
选项D是轴对称图形，是中心对称图形，故D符合题意；
故选：D．
【分析】本题以二十四节气为背景，考查了轴对称图形与中心对称图形的识别。轴对称图形需沿一条直线折叠后两边重合，中心对称图形需绕一点旋转180°后与原图重合。选项A、B是轴对称但不是中心对称，C两者都不是，D既是轴对称又是中心对称，故选D。
2．【答案】C
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、已知 a > b，根据不等式的性质：两边同时加 5 得 a+5 > b+5，A 正确；
B、两边同时乘正数 4 得 4a > 4b，B 正确；
C、两边同时乘负数 -3，不等号方向改变，应得 -3a < -3b，故 C 不正确；
D、两边同时减 1 得 a-1 > b-1，D 正确。
故选：C．
【分析】本题主要考查不等式的基本性质：加减同一个数不等号方向不变；乘除同一个正数方向不变；乘除同一个负数方向改变。逐项判断各选项是否遵循上述性质即可找出错误选项。
3．【答案】D
【知识点】因式分解的概念
【解析】【解答】解：A. (x+1)(x-1)=-1，从左到右是整式乘法，不是因式分解；
B.-1=，右边出现分式，不是整式乘积的形式，不符合定义；
C.-3x-4=x(x-3)-4，右边含有常数项 -4，不是整式积的形式；
D.+4x+4=，左边为多项式，右边为整式 (x+2) 的平方，符合因式分解的定义。
故选 ：D。
【分析】本题主要考查因式分解的概念，即把一个多项式化为几个整式的积的形式。根据定义，逐项检查变形结果是否为整式的乘积，且不含有分式或加减运算，即可选出正确选项。
4．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在平行四边形 ABCD 中，
由平行四边形的性质可知：对边相等，即 AD = BC；
对角线互相平分，即 OA = OC；
邻角互补，由 ADC 得 BAD + ABC = 180。
而对角线互相垂直是菱形的性质，一般平行四边形不一定满足，
因此 AC BD 不一定成立。
故选： A。
【分析】本题主要考查平行四边形的性质：对边平行且相等、邻角互补、对角线互相平分。根据这些性质逐一判断各选项，其中对角线垂直不是平行四边形的必然性质，从而找出不一定正确的结论。
5．【答案】C
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解：将代入，
可得：，
∴3a=2a-1，
∴a=-1，
故答案为：C.
【分析】将代入，再求出a的值即可.
6．【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质
【解析】【解答】解：在 △ ABC 中，由 EF 垂直平分 BD，
根据线段垂直平分线的性质可得 ED = EB。
已知 AB = 8，即 AE + EB = 8，
所以 AE + ED = 8。
又因为 AC = AD，且 AC = 6，
所以 AD = 6。
因此 △ ADE 的周长为 AD + DE + AE = 6 + 8 = 14。
故选 ：D。
【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等。利用该性质将 DE 转化为 BE，结合已知边长求出 AE+DE 的值，再由 AC=AD 得到 AD 的长，最后计算三角形周长。
7．【答案】C
【知识点】一元一次不等式组的应用；列一元一次不等式组
【解析】【解答】解：设购买篮球 x 个，则足球购买 (50 - x) 个。
根据“购买篮球的数量不少于足球数量的一半”得；
根据“购买资金不超过 3200 元”，篮球每个 80 元、足球每个 50 元，得 80x + 50(50 - x) 3200。故选：C．
【分析】本题主要考查一元一次不等式组在实际问题中的应用，关键是从题意中提取两个不等关系：数量关系（篮球数 ≥ 足球数的一半）和资金限制（总费用 ≤ 3200 元），再结合未知数表示即可列出正确的不等式组。
8．【答案】A
【知识点】等腰三角形的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：在△ABC 中，C = 90 ， B = 30， AB = 10 ，
则 AC =AB = 5 ， BAC = 60 ， BC = = =。
将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 15得 △ AB'C' ，
由旋转性质知 AC' = AC = 5 ， B'C' = BC = 5， CAC' = 15 ，
则 C'AE =BAC - CAC' = 60 - 15 = 45 。
在 △ AC'E 中， AC'E = 90， C'AE = 45 ，
故 △AC'E 为等腰直角三角形，所以 C'E = AC' = 5 。
因此 BE = B'C' - C'E = 5- 5 。
故选： A。
【分析】本题综合考查含 30 角的直角三角形性质、勾股定理、旋转的性质以及等腰直角三角形的判定。先由 30 角求出 AC 和 BC ，再由旋转得出对应边相等及旋转角，结合角度差推出 45 角，从而确定△AC'E 为等腰直角三角形，最后求出 BE 的长度。
9．【答案】2025
【知识点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：分式 的值为 0，则需分子为零且分母不为零，
即x - 2025 = 0 且 x + 20250.
由 x - 2025 = 0 得 x = 2025，
代入分母检验：2025 + 2025 = 40500，符合条件。
故答案为： 2025。
【分析】本题主要考查分式值为零的条件：分子等于 0 且分母不等于 0。先令分子为零解出 x，再验证该值是否使分母为零，两者同时满足即为所求。
10．【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】 ．
故答案为：
【分析】提公因式法和应用公式法因式分解．
11．【答案】
【知识点】解一元一次不等式；已知一元一次方程的解求参数
【解析】【解答】解：解不等式 3x - 2 > 2x + k，
移项得 3x - 2x > k + 2，
合并得 x > k + 2。
由题意该不等式的解集为 x > 1，
因此 k + 2 = 1，解得 k = -1。
故答案为 ：-1。
【分析】本题主要考查一元一次不等式的解法及已知解集反推参数。先将不等式化为 x > a 的形式，再与给定的解集 x > 1 进行对比，得出关于 k 的方程并求解。
12．【答案】
【知识点】平移的性质；多边形的周长
【解析】【解答】解：由平移的性质可知，
对应点间的距离等于平移距离，即 AD = CF = 4cm，且对应边相等，AC = DF。
已知 △ABC 的周长为 AB + BC + AC = 30 cm。
四边形 ABFD 的周长可表示为：AB+ BF + FD + DA = AB + (BC + CF) + DF + AD.
代入 DF = AC，CF = AD = 4，
得周长 = AB + BC + AC + AD + CF = 30 + 4 + 4 = 38 cm.
故答案为 ：38。
【分析】本题主要考查平移的性质：平移前后对应点连线平行且相等，对应线段相等。利用这些性质将四边形 ABFD 的周长转化为原三角形周长与两条平移距离之和，从而快速求解。
13．【答案】
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的判定；勾股定理；平行四边形的性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：由尺规作图步骤可知，BG 平分ABC，
因此ABG =CBG。
在平行四边形 ABCD 中，AB = CD = 2，且 ADBC，
故 AGB = CBG（内错角相等）。
所以 ABG = AGB，则 △ ABG 为等腰三角形，AG = AB = 2。
于是 GD = AD - AG = 3 - 2 = 1。
已知 CGAD，在 △CDG 中，CD = 2，GD = 1，
由勾股定理得 CG == =。
故答案为： 。
【分析】本题综合考查平行四边形的性质、角平分线的尺规作图、平行线的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理。先由作图得出 BG 平分 ABC，结合平行四边形对边平行推出ABG = AGB，得到 AG = AB，再通过垂直关系在直角三角形中利用勾股定理求出 CG。
14．【答案】（1）解：两边同乘，得，
解得，
检验：当时，，
∴不是原方程的解，即原方程无解．
（2）解①得
解②得
，
∴原不等式组的解集为：．
【知识点】解一元一次不等式组；去分母法解分式方程
【解析】【分析】本题主要考查分式方程的解法以及一元一次不等式组的求解。
（1）先去分母化为整式方程，解出未知数后必须代入最简公分母进行检验，排除使分母为零的增根；（2）分别解两个不等式，再在数轴上或通过取公共部分确定不等式组的解集，注意边界点的取舍。
（1）解：两边同乘，得
，
解得，
检验：当时，，
∴不是原方程的解，即原方程无解．
（2）解①得
解②得
，
∴原不等式组的解集为：．
15．【答案】解：
，
，
，
当时，原式．
【知识点】分式有无意义的条件；分式的化简求值-择值代入
【解析】【分析】本题主要考查分式的化简求值及分式有意义的条件。解题时先将括号内的分式通分合并，再将除法转化为乘法，通过因式分解进行约分，得到最简结果；然后从给定数中排除使原分式分母为零的值，选取一个符合要求的数代入计算。
16．【答案】（1）解：如图所示，即为所求：
由图可得，的坐标为；
（2）解：如图所示，即为所求：
（3）解：如图，
由旋转的性质得，，
∴四边形是平行四边形，
由图可得，，，，
∴，
即四边形的面积为8
【知识点】平行四边形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【分析】本题综合考查平面直角坐标系中的图形变换——平移与旋转，以及平行四边形的判定与面积计算。
（1）根据平移规律（横坐标加5）直接作图并写出对应点坐标；
（2）利用中心对称性质（绕原点旋转180°）确定对应点位置并画出图形；
（3）由旋转得出对角线互相平分，从而判定四边形为平行四边形，再结合图中垂直关系，运用底乘高求出面积。
（1）解：如图所示，即为所求：
由图可得，的坐标为；
（2）解：如图所示，即为所求：
（3）解：如图，
由旋转的性质得，，
∴四边形是平行四边形，
由图可得，，，，
∴，
即四边形的面积为8．
17．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，与交于点，∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，线段为、的长为．
【知识点】垂线的概念；三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题综合考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等面积法。
（1）利用平行四边形对角线互相平分得到 AO = CO，结合垂直条件证明 △AEOCFO（AAS），从而得出对应边相等；
（2）先由已知边长和垂直关系求出 AC，再在直角三角形中运用勾股定理计算 BC，最后通过三角形面积的不同表示方法建立方程，解出高 AH 的长度。
（1）证明：∵四边形是平行四边形，与交于点，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述，线段为、的长为．
18．【答案】（1）解：设，代入，得：，解得：，
∴；
设，代入，得：，解得：，
∴；
∵，，∴轴，
∴的纵坐标为，代入直线的解析式可得：，解得：，∴，
综上所述，直线的函数表达式为，点坐标为；
（2）解：由题意知，当直线经过点时，可平分平行四边形的面积，如图：
线段的三等分点有两个，分别是点、，
由三等分点的定义可知：，，
代入直线可得：，，即，，
直线和直线均满足题意，
设，代入，可得：，解得：，
∴；
设，代入，可得：，解得：，
∴；
∴直线的函数表达式为：或；
（3）解：如图：
直线即直线：，代入，可得：，∴，∴直线：，
当时，；当时，；∴，，∴，，
∵，
∴，
，
，
，
∴；
当时，；
当时，；
当时，．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；平行四边形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题；坐标系中的中点公式；分类讨论
【解析】【分析】本题综合考查一次函数解析式的求法、平行四边形的中心对称性质、线段等分点以及含绝对值的代数式分类讨论。
（1）利用待定系数法分别求出直线 OA 和 OB 的表达式，再结合平行四边形对角线交点坐标特点求得点 M；
（2）根据过平行四边形中心的直线平分其面积，结合 OA 的三等分点坐标，分两种情况求出直线方程；
（3）先用参数 k 表示出直线与坐标轴的交点，代入给定等式后得到含绝对值的方程，再按 k 的不同取值范围分类讨论，去掉绝对值符号后用含 k 的式子表示 n。
（1）解：设，代入，得：
，
解得：，
∴；
设，代入，得：
，
解得：
，
∴；
∵，，
∴轴，
∴的纵坐标为，
代入直线的解析式可得：，
解得：，
∴，
综上所述，直线的函数表达式为，点坐标为；
（2）解：由题意知，当直线经过点时，可平分平行四边形的面积，如图：
线段的三等分点有两个，分别是点、，
由三等分点的定义可知：，，
代入直线可得：，，
即，，
直线和直线均满足题意，
设，代入，可得：
，
解得：，
∴；
设，代入，可得：
，
解得：
，
∴；
∴直线的函数表达式为：或；
（3）解：如图：
直线即直线：，代入，可得：，
∴，
∴直线：，
当时，；当时，；
∴，，
∴，，
∵，
∴，
，
，
，
∴；
当时，；
当时，；
当时，．
19．【答案】
【知识点】分式的化简求值-整体代入
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题以分式的求值为背景，考查了代数式的代入化简及约分运算。解题时由已知比例=3 得到 y=3x，将其代入所求分式，分别化简分子和分母，再约去公因式（注意 x 0），即可得出结果。掌握整体代入与分式化简的方法是解答本题的关键。
20．【答案】24
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；多边形的面积
【解析】【解答】解：在平行四边形 ABCD 中，对角线互相平分，故 AO =AC = 3，BO =BD = 4。
已知 AB = 5，计算得 = = 25 = =，
由勾股定理逆定理可知△ AOB 是直角三角形， AOB = 90，即对角线 AC BD。
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
因此菱形 ABCD 的面积可用对角线乘积的一半计算：S = AC BD = 68 = 24。
故答案为 ：24。
【分析】本题综合考查平行四边形的性质、勾股定理逆定理、菱形的判定及菱形面积公式。先由平行四边形对角线互相平分得到 AO、BO 的长，再通过勾股定理逆定理证明 ACBD，从而判定四边形为菱形，最后代入菱形面积公式求解。
21．【答案】且
【知识点】分式有无意义的条件；分式方程的解及检验；去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：方程 + = 3 可化为-= 3，
两边同乘 x-1（x 1）得 2x - m = 3(x-1)，
整理得 2x - m = 3x - 3，
移项得 2x - 3x = -3 + m，即 -x = m-3，
解得 x = 3 - m。
由题意，解为正数，故 3 - m > 0，解得 m < 3。
又因原分式方程分母 x-10，即 x 1，
所以 3 - m1，解得 m 2。
综上，m 的取值范围为 m < 3 且 m 2。
故答案为：m < 3 且 m 2．
【分析】本题主要考查分式方程的解及解分式方程。先化同分母去分母求解得到用 m 表示的 x，再根据解为正数得到 m 的一个范围，同时需排除使分母为零的增根情况，即 x 1 对应的 m 值。
22．【答案】
【知识点】三角形外角的概念及性质；含30°角的直角三角形；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：延长至，使，连接，过点作延长线交于，过点作交于，
由题意知，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴≌，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，即，
∵，，
∴，，
∴，，
同理可得，，
∴，
∴．
故答案为： ．
【分析】本题以等腰三角形和旋转为背景，综合考查了全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理的应用。解题的关键是通过构造辅助线（延长 DC 至 G 使 CG = AD，连接 GE，并作垂线 CH AF、DIAF），利用旋转角与已知角的关系推导出 ∠ ABD = ∠ CDE，进而证明≌，得到 GE = AD = 2，再结合等腰三角形性质求出相关角度，最后在直角三角形中利用勾股定理计算 DF2。
23．【答案】或．
【知识点】因式分解﹣公式法；因式分解的应用
【解析】【解答】解：设原两位正整数的十位数字为，个位数字为均为正整数），则原数为，新数为，
新数与原数是4752的一个美满分解，，
又，
将，代入，
可得：（均为正整数）
此方程有两组符合题意的解，
分别为：或
当时，，
，
当时，，
，
综上，的值为或．
故答案为：或．
【分析】本题以新定义“美满数”为背景，考查了因式分解与不定方程在数论问题中的应用。设原两位数的十位数字为 m、个位数字为 n（m > n），则原数为 10m + n，新数为 10n + m，且 a = 10m + n，b = 10n + m 是 4752 的一个美满分解，由 a2 - b2= 4752 得 99(m + n)(m - n) = 4752，即 (m + n)(m - n) = 48。解此不定方程得两组正整数解：(m， n) = (7， 1) 或 (8， 4)，分别代入得 F(4752) =或。
24．【答案】（1）解：设种水果每件的进价是元，则种水果每件的进价是元，根据题意得：，
解得：，
经检验是原分式方程的解，且符合题意，
∴种水果每件的进价是（元），
答：种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元；
（2）解：由（）得种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元，∴，
∴；
设总利润为元，则，
由题意得，，
解得：，
由可知，，
∴随的增大而减小，
∵、为整数，，
∴必须为的倍数，
∴当时，有最大利润，为（元），
答：该经销商销售完所购两种水果时的最大利润为元．
【知识点】一次函数的实际应用-销售问题；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】本题以实际购销问题为背景，综合考查分式方程的应用、二元一次方程的整数解处理以及一次函数的最值问题。
（1）根据进价关系和件数倍数关系列分式方程，解后须检验根的合理性；
（2）①由总进价方程用含 n 的式子表示 m；
②先写出利润表达式，再根据“A种水果费用不低于B种水果费用”及“A种件数不超过B种件数的”列出不等式组，确定 n 的范围，最后利用一次函数的单调性求最大利润。
（1）解：设种水果每件的进价是元，则种水果每件的进价是元，
根据题意得：，
解得：，
经检验是原分式方程的解，且符合题意，
∴种水果每件的进价是（元），
答：种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元；
（2）解：由（）得种水果每件的进价是元，种水果每件的进价是元，
∴，
∴；
设总利润为元，则，
由题意得，，
解得：，
由可知，，
∴随的增大而减小，
∵、为整数，，
∴必须为的倍数，
∴当时，有最大利润，为（元），
答：该经销商销售完所购两种水果时的最大利润为元．
25．【答案】（1）解：直线，当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：不变，理由如下：如图：过点作轴交轴于点，
由题意知，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，，
∵，
，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：如图：过点作轴，轴，过点作，，则为长方形，
由题意知，图中长方形为符合题意的面积最小的长方形，此时点的运动范围在线段上，
由图可知，轴，轴，
∵，
∴，，
∴，，
∴；
可设，，
代入一次函数可得：
，，
解得：，；
∴，，
∴；
故在移动过程中该长方形的面积最小值为，此时的取值范围是．
【知识点】旋转的性质；一次函数中的动态几何问题；等腰直角三角形；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】本题综合考查一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定以及动态几何中的最值问题。
（1）通过函数解析式求出点 A、B 的坐标；
（2）构造旋转全等模型（ △ DCF △CBO ），证明 △DFA 和△ OAE 均为等腰直角三角形，从而确定点 E 为定点；
（3）利用坐标轴平行条件构造矩形，通过动点范围确定面积最小值，并结合一次函数方程求出参数 a 的取值范围。
（1）解：直线，
当时，，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：不变，理由如下：
如图：过点作轴交轴于点，
由题意知，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，，
∵，
，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴也是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：如图：过点作轴，轴，过点作，，
则为长方形，
由题意知，图中长方形为符合题意的面积最小的长方形，此时点的运动范围在线段上，
由图可知，轴，轴，
∵，
∴，，
∴，，
∴；
可设，，
代入一次函数可得：
，，
解得：，；
∴，，
∴；
故在移动过程中该长方形的面积最小值为，此时的取值范围是．
26．【答案】（1）证明：∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为；
如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为，
综上可知：当时，的面积为或；
（3）解：如图，连接，
由平移性质可得，，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的周长，
作点关于直线对称点，连接交于点，连接，，
∴，
∴的周长，
∵，
∴当点三点共线时，的周长有最小值，为，如图，
过作交延长线于点，则，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∵点关于直线对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长的最小值为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的判定与性质；旋转的性质；直角三角形的性质；三角形的综合
【解析】【分析】本题以等腰三角形的旋转和平移为背景，综合考查全等三角形的判定、等边三角形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质以及将军饮马模型求最值。
（1）通过旋转得到对应边相等，结合夹角相等证明三角形全等，从而证得 BD = CE；
（2）需分两种旋转方向讨论 DEBC 的情形，利用等边三角形的高及面积公式计算△BCE 的面积；
（3）将平移与轴对称最值结合，通过构造平行四边形和转化线段，利用两点之间线段最短确定 △BDE' 周长的最小值。
（1）证明：∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为；
如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴，
同理可得，
∴，
∴的面积为，
综上可知：当时，的面积为或；
（3）解：如图，连接，
由平移性质可得，，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴的周长，
作点关于直线对称点，连接交于点，连接，，
∴，
∴的周长，
∵，
∴当点三点共线时，的周长有最小值，为，如图，
过作交延长线于点，则，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵绕点转逆时针方向旋转，得到，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，，
∵点关于直线对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长的最小值为．
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