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广东省深圳市龙华区民治中学教育集团2025-2026学年八年级下学期教学效果阶段性诊断练习数学试题
1．下列四个图形中，既是轴对称图形也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：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故答案为：A.
【分析】本题主要考查轴对称图形与中心对称图形的识别.轴对称图形是指沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指绕某点旋转180°后能与自身重合的图形.逐个分析选项各图形是否同时满足这两个条件即可.
2．若成立，则下列不等式成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、由，设，，则，，
∵，
∴，故选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∴，故选项符合题意；
C、∵，
∴，故选项不符合题意；
D、∵，
∴，故选项不符合题意．
故答案为：B
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
3．如图，将三角形平移一定的距离得到三角形，则下列结论中不一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵将三角形平移一定的距离得到三角形，
∴，，，，
故A，B，D选项正确，不符合题意；C选项错误，符合题意．
故答案为：C
【分析】根据平行性质逐项进行判断即可求出答案.
4．景区正殿梁架（如图1），其顶部可近似地看成一个等腰三角形，记为等腰三角形（如图2），若，于点，，则的长为（　　）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵，，
∴．
故答案为：D.
【分析】本题考查含30°角的直角三角形，30°角所对直角边是斜边一半.在中，，所对直角边为AD，所以.
5．下列命题中，是假命题的是（　　）
A．三边长为，，的三角形为直角三角形
B．说明命题“如果，则”是假命题的一个反例是：，
C．角平分线上的点到角的两边距离相等
D．三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角的和
【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；角平分线的性质；勾股定理的逆定理；真命题与假命题；举反例判断命题真假
【解析】【解答】解：A、∵，，，
∴，不满足勾股定理的逆定理，该三角形不是直角三角形，故A是假命题；
B、当，时，，但，符合反例要求，故B是真命题；
C、角平分线上的点到角两边的距离相等是角平分线的基本性质，故C是真命题；
D、三角形外角的基本性质为三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角和，故D是真命题．
故答案为：A.
【分析】本题主要考查真假命题的判断，涉及勾股定理的逆定理、平方的性质、角平分线的性质以及三角形外角性质.解题的关键是理解每个选项中命题的内涵，并举出反例或依据定理依次进行验证.
6．用三角尺可以画角平分线：如图所示，在已知的两边上分别取点M，N，使，再过点M画的垂线，过点N画的垂线，两垂线交于点P，画射线 ，可以得到，所以．那么射线就是的平分线．的依据是(　　)．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；角平分线的判定
【解析】【解答】解：∵，
在Rt和Rt中，
，
∴，
∴，
∴射线就是的平分线．
故选：C．
【分析】根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角平分线判定定理即可求出答案.
7．如图，在中，，将绕点B逆时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D，E，连接，若点C，A，D在一条直线上，下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；手拉手全等模型；同旁内角互补，两直线平行
【解析】【解答】解：由旋转可得，，，
∴是等边三角形，
∴
∴，故B错误；
∵，
∴，
∴，故A错误；
∵
∴，
∴，
∴，故C正确；
由旋转可得，，
∵
∴，故D错误．
故答案为：C
【分析】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质以及角度的计算.由旋转性质可得对应角、对应边相等，推出是等边三角形，由即可判断B；结合等边三角形性质及外角性质计算，，即可判断A；由得出，计算，根据“同旁内角互补，两直线平行”即可判断C；计算外角即可判断D．
8．有甲、乙、丙三个村庄分别位于等边的顶点，在城中村改造时，为保护环境，改善居民的生活条件，政府决定铺设能够连接这三个村庄的天然气管道．设计人员给出了如图四个设计方案（点为边的中点，点为的中心，实线表示天然气管道，其中天然气管道总长最短的是（　　）
A．方案1 B．方案2 C．方案3 D．方案4
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；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：设等边的边长为，
方案1：管道总长为；
方案2：∵点为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴管道总长为；
方案3：管道总长为；
方案4：如图，延长，交于点M，
∵点为的中心，
∴，平分，
∴，
∴，
∴，即，
解得，则，
∴管道总长为；
∵，
∴方案4管道总长最短．
故答案为：D
【分析】本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理以及最短路线的比较.
方案一：沿两边直接铺设，总长度为；
方案二：结合等边三角形的性质“三线合一”与勾股定理计算，总长度为；
方案三：直接计算总长度为；
方案四：由点为的中心可知，AO、BO、CO分别是三条角平分线，结合等边三角形的性质“三线合一”与含30°角的直角三角形得到，利用勾股定理计算OC的长，总长度为；比较四个数值的大小，即可得出结论.
9．分解因式：　 　．
【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：原式.
故答案为：
【分析】本题主要考查因式分解中的提公因式法，多项式两项都含有公因式x，提取x后，第一项，第二项，因此结果为.
10．完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值．如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于　 　．
【答案】
【知识点】多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：多边形的外角和为，
∴，
∵，
∴．
故答案为：240°.
【分析】本题考查多边形的外角和为.由五个角的和为360°且，即可求出 .
11．某次数学竞赛中，共有20道题，评分标准是：答对一题得5分，答错或不答1题扣一分，某同学想要超过72分，他至少要答对　 　道题．
【答案】16
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解：设他答对x道题，则答错或不答共道，
由题意，得：，
解得：，
则他至少要答对16道题．
故答案为：16.
【分析】设他答对x道题，则答错和不答共(20-x)道，根据该生成绩要超过72分，可得出不等式，解出即可.
12．如图，在中，以点A为圆心，的长为半径作弧，与交于点E，分别以点E，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D．若，，，则的长度为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由作法得，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
【分析】本题主要考查尺规作图—垂线、勾股定理以及等腰直角三角形的判定与性质.由作图痕迹可知，结合已知线段，利用勾股定理求出，由、确定是等腰直角三角形，得到，再次利用勾股定理即可求出．
13．如图，在等腰直角三角形中，，，将边绕点A逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为　 　．
【答案】
【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；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；异侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：如图：过点A作于H，
∵将边绕点A逆时针旋转至，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴或（舍去），
∴．
故答案为：．
【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理.首先根据旋转得到是等腰三角形，作出辅助线，得到，结合已知条件倒角，推出，得到，最后结合勾股定理求解.
14．因式分解：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【分析】本题主要考查因式分解的基本方法，包括提公因式法、公式法.
（1）多项式各项系数都有公因数2，先提取公因式得，括号内二次三项式是完全平方式，可化为，结果为；
（2）多项式 每一项都含有公因式，提取后得，括号内符合平方差公式，可继续分解为，结果为.
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
15．解不等式（组）
（1）解不等式
（2）解不等式组．并把不等式组的解集在数轴上表示出来．
【答案】（1）解：
．
（2）解：
解不等式①得，
解不等式②得，
不等式组的解集，
用数轴表示为
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式；解一元一次不等式组
【解析】【分析】本题主要考查一元一次不等式及一元一次不等式组的解法.
（1）先去括号得，合并同类项，最后移项即可；
（2）解不等式①：移项得，合并同类项得，系数化为1得；解不等式②：去分母得，去括号得，移项、合并同类项得，系数化为1得（注意不等号方向），因此原不等式组的解集为；在数轴上表示时，-5处用空心圆（不含等号），1处用实心圆（含等号）.
（1）解：
．
（2）解：
解不等式①得，
解不等式②得，
不等式组的解集，
用数轴表示为
16．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为、、，点是内一个点．
（1）将先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到，请在原直角坐标系中画出，点的坐标为______，平移距离为______；
（2）若与关于原点成中心对称，请在原直角坐标系中画出．若点是内一个点，则的在对应点的坐标为______
（3）点在线段上，线段把分成两个面积相等的三角形，请作出线段（要求：尺规作图，保留画图痕迹．）
【答案】（1）解：；5；平移后的图形如图所示；
（2）解：；关于原点对称的，如下图所示
（3）解：如图所示：
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；关于原点对称的点的坐标特征；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：（1）将、、，三点坐标做相同变换，向右平移3个单位，横坐标增加3，再向上平移4个单位，纵坐标增加4；得到点的坐标为，即，同理得到点、点，连接三点得到，如下图所示
对应点的移动距离，就是整个三角形的移动距离，
平移距离．
（2）解：关于原点对称的点，横、纵坐标互为相反数，
的对应点，的对应点，的对应点，
在对应点的坐标为，
关于原点对称的，如下图所示
（3）解：边上一点M，把分成两个三角形，因为高相等，如果面积相等，则底边长度也相等，即边的中点，就是点M，运用尺规作图，作的垂直平分线，与的交点就是点M，如下图所示
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中的平移变换、中心对称变换以及线段垂直平分线的尺规作图方法.
（1）向右平移3个单位，即每个点横坐标增加3，再向上平移4个单位，即每个点纵坐标增加4，描出平移后的三点，连线即可；利用勾股定理，计算对应点的平移距离，也就是的平移距离；
（2）关于原点对称的点，横坐标、纵坐标都是原坐标的相反数；
（3）边上一点M，把分成面积相等的两个三角形，可判断AM为中线，即点M是BC中点；尺规作图：分别以点B、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于两点，过这两点作直线交BC于点M，连接AM即为所求.
（1）解：将、、，三点坐标做相同变换，向右平移3个单位，横坐标增加3，再向上平移4个单位，纵坐标增加4；得到点的坐标为，即，同理得到点、点，连接三点得到，如下图所示
对应点的移动距离，就是整个三角形的移动距离，
平移距离．
（2）解：关于原点对称的点，横、纵坐标互为相反数，
的对应点，的对应点，的对应点，
在对应点的坐标为，
关于原点对称的，如下图所示
（3）解：边上一点M，把分成两个三角形，因为高相等，如果面积相等，则底边长度也相等，即边的中点，就是点M，运用尺规作图，作的垂直平分线，与的交点就是点M，如下图所示
17．已知：如图，在中，，点、分别在边、上，且，与相交于点．
求证：
（1）；
（2）连接直线，证明直线垂直平分．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：连接，
∵，
∴点在的垂直平分线上，
由（1）知，
∴点在的垂直平分线上，
∴直线垂直平分．
【知识点】等腰三角形的性质；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及线段垂直平分线的判定.（1）根据“等边对等角”得到，结合已知的边相等可证，推出，再由“等角对等边”即可证明结论；
（2）根据，，可得点、点均在的垂直平分线上，根据“两点确定一条直线”即可证明结论.
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：连接，
∵，
∴点在的垂直平分线上，
由（1）知，
∴点在的垂直平分线上，
∴直线垂直平分．
18．某校对寒假社会实践表现突出的同学进行表彰，准备购买一批精装硬皮笔记本作为奖品，经市场调研发现，这种笔记本的单价均为10元；
学校选定了甲、乙两家学习用品商店准备购买，这两家商店均有优惠活动：
甲商店：购买超过30本，超过部分打九折出售；
乙商店：购买超过50本，超过部分打八折出售；
设学校购买本笔记本，所花费用为元，其函数图象如图所示．
（1）若，则去______商店购买，所花费用最少
（2）当时，甲商店的应付总价与数量之间的函数关系式为______；
当时，乙商店的应付总价与数量之间的函数关系式为______；
（3）学生会的同学在坐标系中画出了、与数量之间的函数图象，请结合问题中的知识，求点坐标；
（4）当时，根据图象直接写出如何购买笔记本才能更优惠．
【答案】（1）甲
（2）；
（3）解：由图象可知，点M是两个函数图象的交点，此时这两个图象的横、纵坐标分别相等，
则，
解得，
此时，
∴点M的坐标为；
（4）当时，在甲、乙两家商店所付的钱数相同；当时，选择甲商店更合算；当时，选择乙商店更合算．
【知识点】通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：（1）由题意得，当时，
在甲商店所需费用，
在乙商店所需费用，
，
∴去甲商店购买，所花费用最少；
（2）解：由题意得，；
；
（4）解：观察图象可知：当时，则，故在甲、乙两家商店所付的钱数相同；
当时，则，故选择甲商店更合算；
当时，则，故选择乙商店更合算．
答：当时，在甲、乙两家商店所付的钱数相同；当时，选择甲商店更合算；当时，选择乙商店更合算．
【分析】本题主要考查一次函数在实际问题中的应用，包括分段函数的解析式求解以及函数图象的分析.
（1）根据甲、乙两商店的优惠活动，分别计算出当x=40时，所需的费用y，比较即可；
（2）根据甲商店的活动，当x＞30时，超过的部分打九折，列式，整理即可；根据乙商店的活动，当x＞50时，超过的部分打八折，列式，整理即可；
（3）由于点M是两个函数图象的交点，因此点M的横纵坐标同时满足、的解析式，建立方程即可求解；
（4）观察图象，点M是两函数图象交点，此时两家商店费用相同；在区间内，的图象在下方，说明甲商店更合算；在区间内，的图象在下方，说明乙商店更合算.
（1）解：由题意得，当时，
在甲商店所需费用，
在乙商店所需费用，
，
∴去甲商店购买，所花费用最少；
（2）解：由题意得，；
；
（3）解：由图象可知，点M是两个函数图象的交点，此时这两个图象的横、纵坐标分别相等，
则，
解得，
此时，
∴点M的坐标为；
（4）解：观察图象可知：当时，则，故在甲、乙两家商店所付的钱数相同；
当时，则，故选择甲商店更合算；
当时，则，故选择乙商店更合算．
答：当时，在甲、乙两家商店所付的钱数相同；当时，选择甲商店更合算；当时，选择乙商店更合算．
19．问题探究：数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助这种方法可将抽象的数学知识变得直观起来并且具有可操作性，从而可以帮助我们快速解题．初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：我们可以通过表示几何图形面积的方法来快速的对多项式进行因式分解
如图1所示边长为的大正方形是由1张边长为的正方形卡片A，1个边长为的正方形卡片B（），2个边长为的长方形卡片C组成，这个图形的面积可以表示成：或从而验证多项式因式分解为
（1）如图2，用1张正方形片A，2张长方形卡片C拼成一个长方形，可以验证多项式的因式分解为______；
（2）某数学兴趣小组的同学用若干张卡片A、B、C，开展对多项式因式分解的几何验证活动：
①他们利用若干张A、B、C卡片，拼成图3中的长方形，你认为他们想验证多项式的因式分解为______；
②请你类比上述方法对多项式进行因式分解，要求画出因式分解的图形，标出各边的长度，根据图形可知因式分解______；
③问题②中，某同学发现他们所拼成的长方形面积为45，并且、均为正整数，请分别求出、的长．
【答案】（1）
（2）①；
②因式分解的图形如图所示，；
③由题意得，
∵、均为正整数且，
∴和都为正整数，且，
∴或
解得（舍去）或，
∴．
【知识点】完全平方公式的几何背景；因式分解的应用；二元一次方程组的应用-几何问题；数形结合
【解析】【解答】解：（1）这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
（2）解：①这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
②∵多项式由3张正方形卡片A，1张正方形卡片C，4张长方形卡片C拼成一个长方形，
画出因式分解的图形如下：
∴；
【分析】本题主要考查用几何图形面积法验证多项式因式分解.
（1）图2由1张正方形片A，2张长方形卡片C拼成，所以总面积为；从整体看，长方形长为，宽为，长方形面积为，从而验证因式分解；
（2）①同第（1）问，分别从图形组成与整体看，用不同的表示方式表示同一个图形面积；②根据确定有3张A、1张B、4张C，可并列放置3张A与1张B，合理放置4张C即可（答案不唯一），写成结果即可；③根据，因为、均为正整数且，可将45分解得到，由得到或，解方程组，得到符合条件的解.
（1）解：这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
（2）解：①这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
②∵多项式由3张正方形卡片A，1张正方形卡片C，4张长方形卡片C拼成一个长方形，
画出因式分解的图形如下：
∴；
③由题意得，
∵、均为正整数且，
∴和都为正整数，且，
∴或
解得（舍去）或，
∴．
20．在中，，，点，点分别为，延长线上一点且，连接．
（1）如图1，当时，
①求的长；
②尺规作图：作的角平分线，将线段绕点顺时针旋转大小得到线段（要求：保留画图痕迹，不写作法）
③问题②中，若射线与射线交于点，则线段的长为______；
（2）过点作交于点（不需要尺规作图），当为直角三角形时，求的长．
【答案】（1）解：①∵在中，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
②如图所示为所求：
③
（2） 解：当时，如图：
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形
∵
∴，
∴
当时，如图：
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴；
综上，的长为或．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；尺规作图-作一个角等于已知角；尺规作图-作角的平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）③由①知，，，
∴，
由②作图得，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，平分，
∴，，
∴，
∴；
【分析】（1）①结合含30°的直角三角形性质与勾股定理求出；由三角形内角和计算，得到，根据已知可证是等边三角形，即可得到；②根据角平分线的作法及作一个角等于已知角即可作图；③由①知可求；由②作图可得，结合①中条件证明，推出，再结合等边三角形的性质“三线合一”与勾股定理求出，由即可得到结果；
（2）当为直角三角形时，需分和两种情况讨论.
①：由倒角得到，利用“等角对等边”得到，结合已知条件可证明是等腰直角三角形，可推出是等腰直角三角形，最后利用勾股定理求解即可；
②：先证是等腰直角三角形，求出，，利用勾股定理得到；在中，根据“等面积法”即可求解.
（1）解：①∵在中，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
②如图所示为所求：
③由①知，，，
∴，
由②作图得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，平分，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：设，则，
当时，如图，过点作于点，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
在中，，
∴，
∴，即，
∴，即，
解得或（舍去），
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，即，
∴，即，
∴，
∵，
∴平分，
∵，
∴；
当时，如图，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴；
综上，的长为或．
1 / 1广东省深圳市龙华区民治中学教育集团2025-2026学年八年级下学期教学效果阶段性诊断练习数学试题
1．下列四个图形中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．若成立，则下列不等式成立的是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，将三角形平移一定的距离得到三角形，则下列结论中不一定正确的是（　　）
A． B．
C． D．
4．景区正殿梁架（如图1），其顶部可近似地看成一个等腰三角形，记为等腰三角形（如图2），若，于点，，则的长为（　　）
A．10 B．11 C．12 D．13
5．下列命题中，是假命题的是（　　）
A．三边长为，，的三角形为直角三角形
B．说明命题“如果，则”是假命题的一个反例是：，
C．角平分线上的点到角的两边距离相等
D．三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角的和
6．用三角尺可以画角平分线：如图所示，在已知的两边上分别取点M，N，使，再过点M画的垂线，过点N画的垂线，两垂线交于点P，画射线 ，可以得到，所以．那么射线就是的平分线．的依据是(　　)．
A． B． C． D．
7．如图，在中，，将绕点B逆时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D，E，连接，若点C，A，D在一条直线上，下列结论一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．有甲、乙、丙三个村庄分别位于等边的顶点，在城中村改造时，为保护环境，改善居民的生活条件，政府决定铺设能够连接这三个村庄的天然气管道．设计人员给出了如图四个设计方案（点为边的中点，点为的中心，实线表示天然气管道，其中天然气管道总长最短的是（　　）
A．方案1 B．方案2 C．方案3 D．方案4
9．分解因式：　 　．
10．完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．展示了数学与艺术的完美结合，它不仅是数学领域中的一个重要发现，还在建筑设计、艺术创作等领域中具有重要的美学价值．如图，五边形是人类发现的第15种完美五边形的示意图，其中，则等于　 　．
11．某次数学竞赛中，共有20道题，评分标准是：答对一题得5分，答错或不答1题扣一分，某同学想要超过72分，他至少要答对　 　道题．
12．如图，在中，以点A为圆心，的长为半径作弧，与交于点E，分别以点E，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D．若，，，则的长度为　 　．
13．如图，在等腰直角三角形中，，，将边绕点A逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为　 　．
14．因式分解：
（1）；
（2）．
15．解不等式（组）
（1）解不等式
（2）解不等式组．并把不等式组的解集在数轴上表示出来．
16．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为、、，点是内一个点．
（1）将先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到，请在原直角坐标系中画出，点的坐标为______，平移距离为______；
（2）若与关于原点成中心对称，请在原直角坐标系中画出．若点是内一个点，则的在对应点的坐标为______
（3）点在线段上，线段把分成两个面积相等的三角形，请作出线段（要求：尺规作图，保留画图痕迹．）
17．已知：如图，在中，，点、分别在边、上，且，与相交于点．
求证：
（1）；
（2）连接直线，证明直线垂直平分．
18．某校对寒假社会实践表现突出的同学进行表彰，准备购买一批精装硬皮笔记本作为奖品，经市场调研发现，这种笔记本的单价均为10元；
学校选定了甲、乙两家学习用品商店准备购买，这两家商店均有优惠活动：
甲商店：购买超过30本，超过部分打九折出售；
乙商店：购买超过50本，超过部分打八折出售；
设学校购买本笔记本，所花费用为元，其函数图象如图所示．
（1）若，则去______商店购买，所花费用最少
（2）当时，甲商店的应付总价与数量之间的函数关系式为______；
当时，乙商店的应付总价与数量之间的函数关系式为______；
（3）学生会的同学在坐标系中画出了、与数量之间的函数图象，请结合问题中的知识，求点坐标；
（4）当时，根据图象直接写出如何购买笔记本才能更优惠．
19．问题探究：数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助这种方法可将抽象的数学知识变得直观起来并且具有可操作性，从而可以帮助我们快速解题．初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：我们可以通过表示几何图形面积的方法来快速的对多项式进行因式分解
如图1所示边长为的大正方形是由1张边长为的正方形卡片A，1个边长为的正方形卡片B（），2个边长为的长方形卡片C组成，这个图形的面积可以表示成：或从而验证多项式因式分解为
（1）如图2，用1张正方形片A，2张长方形卡片C拼成一个长方形，可以验证多项式的因式分解为______；
（2）某数学兴趣小组的同学用若干张卡片A、B、C，开展对多项式因式分解的几何验证活动：
①他们利用若干张A、B、C卡片，拼成图3中的长方形，你认为他们想验证多项式的因式分解为______；
②请你类比上述方法对多项式进行因式分解，要求画出因式分解的图形，标出各边的长度，根据图形可知因式分解______；
③问题②中，某同学发现他们所拼成的长方形面积为45，并且、均为正整数，请分别求出、的长．
20．在中，，，点，点分别为，延长线上一点且，连接．
（1）如图1，当时，
①求的长；
②尺规作图：作的角平分线，将线段绕点顺时针旋转大小得到线段（要求：保留画图痕迹，不写作法）
③问题②中，若射线与射线交于点，则线段的长为______；
（2）过点作交于点（不需要尺规作图），当为直角三角形时，求的长．
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：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故答案为：A.
【分析】本题主要考查轴对称图形与中心对称图形的识别.轴对称图形是指沿某条直线折叠后直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指绕某点旋转180°后能与自身重合的图形.逐个分析选项各图形是否同时满足这两个条件即可.
2．【答案】B
【知识点】不等式的性质
【解析】【解答】解：A、由，设，，则，，
∵，
∴，故选项不符合题意；
B、∵，
∴，
∴，故选项符合题意；
C、∵，
∴，故选项不符合题意；
D、∵，
∴，故选项不符合题意．
故答案为：B
【分析】根据不等式的性质逐项进行判断即可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】平移的性质
【解析】【解答】解：∵将三角形平移一定的距离得到三角形，
∴，，，，
故A，B，D选项正确，不符合题意；C选项错误，符合题意．
故答案为：C
【分析】根据平行性质逐项进行判断即可求出答案.
4．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形
【解析】【解答】解：∵，，
∴．
故答案为：D.
【分析】本题考查含30°角的直角三角形，30°角所对直角边是斜边一半.在中，，所对直角边为AD，所以.
5．【答案】A
【知识点】三角形外角的概念及性质；角平分线的性质；勾股定理的逆定理；真命题与假命题；举反例判断命题真假
【解析】【解答】解：A、∵，，，
∴，不满足勾股定理的逆定理，该三角形不是直角三角形，故A是假命题；
B、当，时，，但，符合反例要求，故B是真命题；
C、角平分线上的点到角两边的距离相等是角平分线的基本性质，故C是真命题；
D、三角形外角的基本性质为三角形的一个外角等于与它不相邻的两内角和，故D是真命题．
故答案为：A.
【分析】本题主要考查真假命题的判断，涉及勾股定理的逆定理、平方的性质、角平分线的性质以及三角形外角性质.解题的关键是理解每个选项中命题的内涵，并举出反例或依据定理依次进行验证.
6．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；角平分线的判定
【解析】【解答】解：∵，
在Rt和Rt中，
，
∴，
∴，
∴射线就是的平分线．
故选：C．
【分析】根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角平分线判定定理即可求出答案.
7．【答案】C
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；旋转的性质；手拉手全等模型；同旁内角互补，两直线平行
【解析】【解答】解：由旋转可得，，，
∴是等边三角形，
∴
∴，故B错误；
∵，
∴，
∴，故A错误；
∵
∴，
∴，
∴，故C正确；
由旋转可得，，
∵
∴，故D错误．
故答案为：C
【分析】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质以及角度的计算.由旋转性质可得对应角、对应边相等，推出是等边三角形，由即可判断B；结合等边三角形性质及外角性质计算，，即可判断A；由得出，计算，根据“同旁内角互补，两直线平行”即可判断C；计算外角即可判断D．
8．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；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：设等边的边长为，
方案1：管道总长为；
方案2：∵点为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴管道总长为；
方案3：管道总长为；
方案4：如图，延长，交于点M，
∵点为的中心，
∴，平分，
∴，
∴，
∴，即，
解得，则，
∴管道总长为；
∵，
∴方案4管道总长最短．
故答案为：D
【分析】本题主要考查等边三角形的性质、勾股定理以及最短路线的比较.
方案一：沿两边直接铺设，总长度为；
方案二：结合等边三角形的性质“三线合一”与勾股定理计算，总长度为；
方案三：直接计算总长度为；
方案四：由点为的中心可知，AO、BO、CO分别是三条角平分线，结合等边三角形的性质“三线合一”与含30°角的直角三角形得到，利用勾股定理计算OC的长，总长度为；比较四个数值的大小，即可得出结论.
9．【答案】
【知识点】因式分解﹣提公因式法
【解析】【解答】解：原式.
故答案为：
【分析】本题主要考查因式分解中的提公因式法，多项式两项都含有公因式x，提取x后，第一项，第二项，因此结果为.
10．【答案】
【知识点】多边形的外角和公式
【解析】【解答】解：多边形的外角和为，
∴，
∵，
∴．
故答案为：240°.
【分析】本题考查多边形的外角和为.由五个角的和为360°且，即可求出 .
11．【答案】16
【知识点】一元一次不等式的应用
【解析】【解答】解：设他答对x道题，则答错或不答共道，
由题意，得：，
解得：，
则他至少要答对16道题．
故答案为：16.
【分析】设他答对x道题，则答错和不答共(20-x)道，根据该生成绩要超过72分，可得出不等式，解出即可.
12．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由作法得，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
【分析】本题主要考查尺规作图—垂线、勾股定理以及等腰直角三角形的判定与性质.由作图痕迹可知，结合已知线段，利用勾股定理求出，由、确定是等腰直角三角形，得到，再次利用勾股定理即可求出．
13．【答案】
【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；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；异侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：如图：过点A作于H，
∵将边绕点A逆时针旋转至，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴或（舍去），
∴．
故答案为：．
【分析】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理.首先根据旋转得到是等腰三角形，作出辅助线，得到，结合已知条件倒角，推出，得到，最后结合勾股定理求解.
14．【答案】（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法
【解析】【分析】本题主要考查因式分解的基本方法，包括提公因式法、公式法.
（1）多项式各项系数都有公因数2，先提取公因式得，括号内二次三项式是完全平方式，可化为，结果为；
（2）多项式 每一项都含有公因式，提取后得，括号内符合平方差公式，可继续分解为，结果为.
（1）解：原式
；
（2）解：原式
．
15．【答案】（1）解：
．
（2）解：
解不等式①得，
解不等式②得，
不等式组的解集，
用数轴表示为
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式；解一元一次不等式组
【解析】【分析】本题主要考查一元一次不等式及一元一次不等式组的解法.
（1）先去括号得，合并同类项，最后移项即可；
（2）解不等式①：移项得，合并同类项得，系数化为1得；解不等式②：去分母得，去括号得，移项、合并同类项得，系数化为1得（注意不等号方向），因此原不等式组的解集为；在数轴上表示时，-5处用空心圆（不含等号），1处用实心圆（含等号）.
（1）解：
．
（2）解：
解不等式①得，
解不等式②得，
不等式组的解集，
用数轴表示为
16．【答案】（1）解：；5；平移后的图形如图所示；
（2）解：；关于原点对称的，如下图所示
（3）解：如图所示：
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；作图﹣平移；关于原点对称的点的坐标特征；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：（1）将、、，三点坐标做相同变换，向右平移3个单位，横坐标增加3，再向上平移4个单位，纵坐标增加4；得到点的坐标为，即，同理得到点、点，连接三点得到，如下图所示
对应点的移动距离，就是整个三角形的移动距离，
平移距离．
（2）解：关于原点对称的点，横、纵坐标互为相反数，
的对应点，的对应点，的对应点，
在对应点的坐标为，
关于原点对称的，如下图所示
（3）解：边上一点M，把分成两个三角形，因为高相等，如果面积相等，则底边长度也相等，即边的中点，就是点M，运用尺规作图，作的垂直平分线，与的交点就是点M，如下图所示
【分析】本题主要考查平面直角坐标系中的平移变换、中心对称变换以及线段垂直平分线的尺规作图方法.
（1）向右平移3个单位，即每个点横坐标增加3，再向上平移4个单位，即每个点纵坐标增加4，描出平移后的三点，连线即可；利用勾股定理，计算对应点的平移距离，也就是的平移距离；
（2）关于原点对称的点，横坐标、纵坐标都是原坐标的相反数；
（3）边上一点M，把分成面积相等的两个三角形，可判断AM为中线，即点M是BC中点；尺规作图：分别以点B、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于两点，过这两点作直线交BC于点M，连接AM即为所求.
（1）解：将、、，三点坐标做相同变换，向右平移3个单位，横坐标增加3，再向上平移4个单位，纵坐标增加4；得到点的坐标为，即，同理得到点、点，连接三点得到，如下图所示
对应点的移动距离，就是整个三角形的移动距离，
平移距离．
（2）解：关于原点对称的点，横、纵坐标互为相反数，
的对应点，的对应点，的对应点，
在对应点的坐标为，
关于原点对称的，如下图所示
（3）解：边上一点M，把分成两个三角形，因为高相等，如果面积相等，则底边长度也相等，即边的中点，就是点M，运用尺规作图，作的垂直平分线，与的交点就是点M，如下图所示
17．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：连接，
∵，
∴点在的垂直平分线上，
由（1）知，
∴点在的垂直平分线上，
∴直线垂直平分．
【知识点】等腰三角形的性质；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及线段垂直平分线的判定.（1）根据“等边对等角”得到，结合已知的边相等可证，推出，再由“等角对等边”即可证明结论；
（2）根据，，可得点、点均在的垂直平分线上，根据“两点确定一条直线”即可证明结论.
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：连接，
∵，
∴点在的垂直平分线上，
由（1）知，
∴点在的垂直平分线上，
∴直线垂直平分．
18．【答案】（1）甲
（2）；
（3）解：由图象可知，点M是两个函数图象的交点，此时这两个图象的横、纵坐标分别相等，
则，
解得，
此时，
∴点M的坐标为；
（4）当时，在甲、乙两家商店所付的钱数相同；当时，选择甲商店更合算；当时，选择乙商店更合算．
【知识点】通过函数图象获取信息；一次函数的实际应用-销售问题
【解析】【解答】解：（1）由题意得，当时，
在甲商店所需费用，
在乙商店所需费用，
，
∴去甲商店购买，所花费用最少；
（2）解：由题意得，；
；
（4）解：观察图象可知：当时，则，故在甲、乙两家商店所付的钱数相同；
当时，则，故选择甲商店更合算；
当时，则，故选择乙商店更合算．
答：当时，在甲、乙两家商店所付的钱数相同；当时，选择甲商店更合算；当时，选择乙商店更合算．
【分析】本题主要考查一次函数在实际问题中的应用，包括分段函数的解析式求解以及函数图象的分析.
（1）根据甲、乙两商店的优惠活动，分别计算出当x=40时，所需的费用y，比较即可；
（2）根据甲商店的活动，当x＞30时，超过的部分打九折，列式，整理即可；根据乙商店的活动，当x＞50时，超过的部分打八折，列式，整理即可；
（3）由于点M是两个函数图象的交点，因此点M的横纵坐标同时满足、的解析式，建立方程即可求解；
（4）观察图象，点M是两函数图象交点，此时两家商店费用相同；在区间内，的图象在下方，说明甲商店更合算；在区间内，的图象在下方，说明乙商店更合算.
（1）解：由题意得，当时，
在甲商店所需费用，
在乙商店所需费用，
，
∴去甲商店购买，所花费用最少；
（2）解：由题意得，；
；
（3）解：由图象可知，点M是两个函数图象的交点，此时这两个图象的横、纵坐标分别相等，
则，
解得，
此时，
∴点M的坐标为；
（4）解：观察图象可知：当时，则，故在甲、乙两家商店所付的钱数相同；
当时，则，故选择甲商店更合算；
当时，则，故选择乙商店更合算．
答：当时，在甲、乙两家商店所付的钱数相同；当时，选择甲商店更合算；当时，选择乙商店更合算．
19．【答案】（1）
（2）①；
②因式分解的图形如图所示，；
③由题意得，
∵、均为正整数且，
∴和都为正整数，且，
∴或
解得（舍去）或，
∴．
【知识点】完全平方公式的几何背景；因式分解的应用；二元一次方程组的应用-几何问题；数形结合
【解析】【解答】解：（1）这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
（2）解：①这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
②∵多项式由3张正方形卡片A，1张正方形卡片C，4张长方形卡片C拼成一个长方形，
画出因式分解的图形如下：
∴；
【分析】本题主要考查用几何图形面积法验证多项式因式分解.
（1）图2由1张正方形片A，2张长方形卡片C拼成，所以总面积为；从整体看，长方形长为，宽为，长方形面积为，从而验证因式分解；
（2）①同第（1）问，分别从图形组成与整体看，用不同的表示方式表示同一个图形面积；②根据确定有3张A、1张B、4张C，可并列放置3张A与1张B，合理放置4张C即可（答案不唯一），写成结果即可；③根据，因为、均为正整数且，可将45分解得到，由得到或，解方程组，得到符合条件的解.
（1）解：这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
（2）解：①这个图形的面积可以表示成：或，
从而验证多项式因式分解为；
②∵多项式由3张正方形卡片A，1张正方形卡片C，4张长方形卡片C拼成一个长方形，
画出因式分解的图形如下：
∴；
③由题意得，
∵、均为正整数且，
∴和都为正整数，且，
∴或
解得（舍去）或，
∴．
20．【答案】（1）解：①∵在中，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
②如图所示为所求：
③
（2） 解：当时，如图：
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形
∵
∴，
∴
当时，如图：
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴；
综上，的长为或．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；尺规作图-作一个角等于已知角；尺规作图-作角的平分线；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：（1）③由①知，，，
∴，
由②作图得，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，平分，
∴，，
∴，
∴；
【分析】（1）①结合含30°的直角三角形性质与勾股定理求出；由三角形内角和计算，得到，根据已知可证是等边三角形，即可得到；②根据角平分线的作法及作一个角等于已知角即可作图；③由①知可求；由②作图可得，结合①中条件证明，推出，再结合等边三角形的性质“三线合一”与勾股定理求出，由即可得到结果；
（2）当为直角三角形时，需分和两种情况讨论.
①：由倒角得到，利用“等角对等边”得到，结合已知条件可证明是等腰直角三角形，可推出是等腰直角三角形，最后利用勾股定理求解即可；
②：先证是等腰直角三角形，求出，，利用勾股定理得到；在中，根据“等面积法”即可求解.
（1）解：①∵在中，，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
②如图所示为所求：
③由①知，，，
∴，
由②作图得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，平分，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：设，则，
当时，如图，过点作于点，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
在中，，
∴，
∴，即，
∴，即，
解得或（舍去），
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，即，
∴，即，
∴，
∵，
∴平分，
∵，
∴；
当时，如图，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴；
综上，的长为或．
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