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四海省成都市武侯区2024-2025学年下学期期末考试八年级数学试题
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）
1．下列图案选自中央广播电视总台《2025年春节联欢晚会》发布主题和主标识的视频，其中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是 （　　）
A． B．
C． D．
2．在平面直角坐标系中，将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点，则点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
3．某不等式的解集在数轴上表示如图所示，则这个不等式可以是 （　　）
A． B． C． D．
4．如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平形四边形，则下列正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．已知一个多边形的内角和等于900 ，则这个多边形是（　　）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
6．如图，两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了间的距离：先在外选一点，然后步测出的中点，并步测出的长，由此他就知道了间的距离．小明在解决上述问题中，主要用到的数学知识是 （　　）
A．勾股定理 B．勾股定理逆定理
C．三角形中位线定理 D．线段垂直平分线的性质定理
7．如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
8．三星堆博物馆园区位于三星堆遗址东北角，占地面积约1000亩，以其文物、建筑、陈列、园林四大特色享誉中外．某校计划组织270名学生租车前往研学，若单独租用型客车若干辆，则刚好坐满；若单独租用比型客车多15个座位的型客车，则可以少租1辆，且余30个空座位．若设每辆型客车有个座位，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．不等式有　 　个非负整数解．
10．若代数式有意义，则实数的取值范围是　 　．
11．如图，在中，，将绕着点逆时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，则当点恰好落在边上时，的度数为　 　．
12．分式方程的解是　 　．
13．如图，在中，，为的角平分线，且．现按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交边于点．若，则线段的长为　 　．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14．因式分解
（1）；
（2）．
15．（1）解不等式组；
（2）先化简，再求值：，其中．
16．如图，已知是的平分线上一点，，，垂足分别为点，．连接，交线段于点．
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
17．在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别为．
（1）请在图上画出；
（2）将绕着点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点，请在图中画出，并直接写出点和的坐标；
（3）在（2）的条件下，请在图中画出以为对角线的，并直接写出点的坐标，再证明此时所画的四边形是平行四边形．
18．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴相交于两点，直线分别与轴正半轴，轴相交于两点，与直线相交于点．
（1）求点的坐标及的度数；
（2）当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，将线段进行平移得到线段，其中点的对应点分别为点，且点在的内部，连接，当时，求的周长的最小值．
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．已知点在直线上，则代数式的值为　 　．
20．如图，在中，点依次在斜边上，分别以为斜边在内作四个直角三角形，且满足，点分别在边，上．若，，则这四个直角三角形的周长的和是　 　．
21．已知关于的分式方程的解为正整数，则的最小值是　 　．
22．如图，在中，，点分别在边上，是以为斜边的等腰直角三角形，连接，取的中点，连接．若，则线段的长为　 　．
23．我们把对角线互相垂直且相等的四边形称为“和谐四边形”．如图，在平面直角坐标系中，已知，两点，是线段上一点，且，点是直线上的动点，若在内部（不包含边界）始终有一点，使得四边形为“和谐四边形”，则的取值范围是　 　．
五、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．第十二届世界运动会将于年8月7日在成都正式开幕，其吉祥物“蜀宝”“锦仔”分别以大熊猫、川金丝猴为原型，展现了成都生态宜居、热情友好的城市形象．某商店计划购进一批“蜀宝”“锦仔”吉祥物商品，已知“蜀宝”的单价比“锦仔”的单件高元，且花费元购进“蜀宝”的数量是花费6000元购进“锦仔”的数量的．
（1）分别求“蜀宝”“锦仔”两款吉祥物商品的单价；
（2）根据网上预订的情况，该商店决定用不超过元的资金购进这两款吉祥物商品共个，求最多可购进“蜀宝”多少个？
25．如图，在平面直角坐标系中中，直线与轴相交于点，与轴相交于点．
（1）当时，求的值和点的坐标；
（2）为直线上一点，为轴正半轴上一点，且，现将点绕着点顺时针旋转，点的对应点刚好落在轴上．
在（）的条件下，求的面积；
作直线交直线于点，取线段的中点，连接．试探究：随着值的改变，的度数是否为定值？若是，请求出的度数；若不是，请说明理由．
26．在中，，，为边上一点，将沿直线折叠，使点落在直线下方的点处，射线交的一边于点．
（1）如图，当点在直线下方时，求证：；
（2）在（）的条件下，当时，若，，求的长；
（3）当时，若点是的一边的中点，求的值．
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：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
故选：D
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此逐项分析即可.
2．【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点，
则点的坐标是，即，
故选：A
【分析】根据坐标平移的规律“横坐标左减右加，纵坐标上加下减”即可求解.
3．【答案】B
【知识点】在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：由数轴可知，不等式表示图中的解集，
A．∵，∴，故不符合题意；
B．∵ ，∴，故符合题意；
C．∵，∴，故不符合题意；
D．∵，∴，故不符合题意；
故选B．
【分析】先根据题干信息得到不等式的解集为：，然后逐项分析即可．
4．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、当，时，四边形ABCD可能是等腰梯形，故不能判断四边形ABCD为平形四边形，故选项A不正确，不符合题意；
B、 ∵，∴，仅凭此条件不能判断四边形ABCD为平形四边形，故选项B不正确，不符合题意；
C、根据，，不能判断四边形ABCD为平形四边形，故选项C不正确，不符合题意；
D、∵，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形ABCD为平形四边形，故选项D正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】平行四边形的判定定理：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对边分别平行的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形，据此逐一判断得出答案.
5．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】多边形的内角和公式为（n－2）×180°，根据题意可得：（n－2）×180°=900°，解得：n=7.
【分析】根据多边形的内角和等于（n-2）可列方程求解。
6．【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：的中点为，
是的中位线，
，
主要用到的数学知识是三角形中位线定理，
故选：C
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，据此即可求解.
7．【答案】A
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：由图象可知，当时，直线的图象在的图象上方，
则关于的不等式的解集是，
故选：A．
【分析】根据题意得到当时，直线的图象在的图象上方，据此即可求出不等式的解集.
8．【答案】B
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设每辆型客车有个座位，则需租用A型客车辆，每辆B型客车座位数为个，根据题意得：
．
故选：B
【分析】设每辆型客车有个座位，则需租用A型客车辆，每辆B型客车座位数为个，根据"若单独租用型客车若干辆，则刚好坐满；若单独租用比型客车多15个座位的型客车，则可以少租1辆，且余30个空座位"，据此列出方程，即可求解．
9．【答案】3
【知识点】一元一次不等式的特殊解
【解析】【解答】解：不等式的非负整数解为：，，共个，
故答案为：．
【分析】根据不等式的解集中找出适合条件的非负整数解为0，1，2，据此即可求解.
10．【答案】且
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：代数式有意义，则，
解得：且，
故答案为：且．
【分析】根据二次根式有意义的条件(被开方数为非负数)和分式有意义的条件(分母不能为零)据此得到不等式，解不等式即可.
11．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转性质可知，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据旋转的性质可得，，再结合等腰三角形的性质可得，最后三角形内角和定理计算即可.
12．【答案】
【知识点】去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：
去分母得：，
整理得：
移项、合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验：是原方程的解；
故答案为．
【分析】方程两边同乘以得到整式方程，然后再进行求解方程即可．
13．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形
14．【答案】（1）解：
；
（2）解：
．
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣公式法
【解析】【分析】（）利用提公因式法提公因式后2a得到原式为，再按照平方差公式分解即可；
（）先进行单项式乘以多项式运算，然后提取公因数，再按照完全平方公式分解即可．
（1）解：
；
（2）解：
．
15．【答案】解：（）解不等式得，，
解不等式得，，
∴不等式组的解集为；
（），
，
，
∵，
∴原式．
【知识点】负整数指数幂；解一元一次不等式组；分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】（）分别求出每个不等式的解集，再根据"同大取大，同小取小，大大小小没有解，大小小大取中间"取它们的公共部分即可得到不等式组的解集；
（）先算括号内的分式的加法，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，再根据负整数指数幂求出的值，代入计算即可求解．
16．【答案】（1）证明：∵是的平分线上一点，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（）由角平分线的性质得出，再证，即可得出结论；
（）由，得到，，故垂直平分，则，然后通过勾股定理得计算出OC的长度，最后利用即可求解．
（1）证明：∵是的平分线上一点，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
17．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求，
由图可得，，；
（3）解：如图，即为所求．
由图可得，点P的坐标为，
证明：由勾股定理得，，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；作图﹣旋转；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）在坐标纸上点出三个点，然后直接顺次连线即可；
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案；
（3）根据平行四边形的判定与性质画图，即可得出点P的坐标为，然后利用勾股定理计算即可.
（1）解：如图，即为所求；
（2）如图，即为所求，
由图可得，，；
（3）如图，即为所求．
由图可得，点P的坐标为，
证明：由勾股定理得，，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
18．【答案】（1）解：∵直线分别与轴正半轴，轴相交于两点，
∴当，，
∴，
∵直线分别与轴，轴相交于两点，
∴当，，当，则，
∴，，
∴，而，
∴；
（2）解：如图，
∵，为等腰三角形且，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
直线为：，
∴，
解得：，
∴；
当轴时，不符合题意；
综上：．

（3）解：如图，
∵，，，
∴，，，
∵在的内部，
∴设线段向上平移个单位，向右平移个单位，
∴，，
过作轴于，
∴，
∵，
∴，
由平移的性质可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴在直线上运动，且在的内部，
作关于直线的对称点，连接，
则，
∴的周长为，
当共线时，的周长最小，
而，
∴的周长最小值为．
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；一次函数图象与坐标轴交点问题；坐标系中的两点距离公式；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
19．【答案】16
【知识点】因式分解﹣公式法；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵点在直线上，
∴，
∴即，
∴，
故答案为：．
【分析】先根据一次函数的性质可得，再代入求解即可得．
20．【答案】24
【知识点】平移的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由勾股定理得，，
如图，
由题意将，，移到边上，将边，，平移到边上，
∴四个直角三角形的周长的和，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出的长，根据平移性质得到：四个直角三角形的周长的和为三角形的周长，据此即可求解.
21．【答案】4
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解：将分式方程的两边都乘以，得
，
解得，
由于分式方程的增根是，
所以，
即，
因为分式方程的解是正整数，而，
则x的最小值为2，
所以，
解得，
故答案为：4．
【分析】解分式方程得到，结合题意得，据此即可求解.
22．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
23．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形为“和谐四边形”，
∴，，
如图，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，设与交于点，与轴交于点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴此时点横坐标为，
如图，当在上时，
过作轴于点，过作交延长线于点，过作于点，与轴交于点，
由上可得：，，，，
同理可证：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设解析式为，
，解得：，
∴解析式为，
联立，解得：，
∴此时点横坐标为，
∴的取值范围是，
故答案为：．
【分析】根据题意可知需分两种情况讨论，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，设与交于点，与轴交于点；当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，过作于点，与轴交于点，分别通过勾股定理，求解析式，全等三角形的判定与性质进行求解即可.
24．【答案】（1）解：设 “锦仔”的单价为元，则“蜀宝”的单价为元，
由题可得：
整理得：
解得：，
经经验，是原方程的解，
∴，
答：“锦仔”的单价为元；“蜀宝”的单价为元．
（2）解：设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个，
由题可得：，
整理得：
解得：，
∵为整数，
∴的最大值为，
答：最多可购进“蜀宝”个．
【知识点】一元一次不等式的应用；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设 “锦仔”的单价为元，则“蜀宝”的单价为元，根据"花费元购进“蜀宝”的数量是花费6000元购进“锦仔”的数量的"据此列出方程：，解方程即可求解；
（2）设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个，根据"商店决定用不超过元的资金购进这两款吉祥物商品共个"据此列出不等式，解不等式即可.
（1）解：设 “锦仔”的单价为元，则“蜀宝”的单价为元，
由题可得：
整理得：
解得：，
经经验，是原方程的解，
∴，
答：“锦仔”的单价为元；“蜀宝”的单价为元．
（2）解：设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个，
由题可得：，
整理得：
解得：，
∵为整数，
∴的最大值为，
答：最多可购进“蜀宝”个．
25．【答案】（1）解：当时，
∴，
∴，
解得，
∴，
当时，，
∴；
（2）解：过点作轴，
设，，
∵，
∴是等腰三角形，
∵，
∴是的中点，
∴，
∴，
当时，，
得，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，，
∴，，
∴，
∴的面积；
为定值，理由如下：
设，，过作轴，过作轴，
由直线，
当时得，可得，
当时得，得，则，
同可得，，，，
∴，，
∴，
解得，
∴，，，
设直线的解析式为，
将，代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-AAS；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（）根据题意得到，则可求出，进而确定直线解析式为，后即可求点坐标；
（）过点作轴，设，，由是的中点， 可求，证明，则，即，解得，求得，则的面积；
设，，过作轴，过作轴，则，，同可得，，，推导出，则，，，再求出，，可知为等腰直角三角形，则．
（1）解：当时，
∴，
∴，
解得，
∴，
当时，，
∴；
（2）解：过点作轴，
设，，
∵，
∴是等腰三角形，
∵，
∴是的中点，
∴，
∴，
当时，，
得，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，，
∴，，
∴，
∴的面积；
为定值，理由如下：
设，，过作轴，过作轴，
由直线，
当时得，可得，
当时得，得，则，
同可得，，，，
∴，，
∴，
解得，
∴，，，
设直线的解析式为，
将，代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
26．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴；
（3）解：如图，当在下方时，即点是中点时，
过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：；
如图，当在上方时，即点是中点时，
设，则，
∴，
∵点是中点，
∴，
，
过作，交延长线于点，取中点，连接，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴是梯形中位线，，
∴，，，
∴，，
∴由勾股定理得，
由折叠性质可知：，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
整理得：，
解得：或（舍去）；
综上可知：的值为或．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（）根据题意得到，，由折叠性质可知，故有，然后通过等角对等边即可求证；
（）过作于点，过作于点，根据题意易证明四边形是矩形，则，，设，则，，通过计算得，，，然后通过勾股定理得出，最后求出的值即可求解；
（）根据题意可知需分两种情况讨论，当在下方时，即点是中点时，过作于点，过作于点，根据平行四边形和矩形的性质得到，设，则，，，，根据结合中点的定义求出BF的长度，最后根据线段间的数量关系计算即可；②当在上方时，即点是中点时，设，则，求出AE=GH，过作，交延长线于点，取中点，连接，根据平行四边形的性质、梯形中位线定理和勾股定理求出EM的长度，然后结合勾股定理列出方程即可求解.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴；
（3）解：如图，当在下方时，即点是中点时，
过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：；
如图，当在上方时，即点是中点时，
设，则，
∴，
∵点是中点，
∴，
，
过作，交延长线于点，取中点，连接，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴是梯形中位线，，
∴，，，
∴，，
∴由勾股定理得，
由折叠性质可知：，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
整理得：，
解得：或（舍去）；
综上可知：的值为或．
1 / 1四海省成都市武侯区2024-2025学年下学期期末考试八年级数学试题
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）
1．下列图案选自中央广播电视总台《2025年春节联欢晚会》发布主题和主标识的视频，其中既是中心对称图形，又是轴对称图形的是 （　　）
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、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
C、不是中心对称图形，是轴对称图形，不符合题意；
D、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；
故选：D
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形；把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，据此逐项分析即可.
2．在平面直角坐标系中，将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点，则点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：将点先向左平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度后得到点，
则点的坐标是，即，
故选：A
【分析】根据坐标平移的规律“横坐标左减右加，纵坐标上加下减”即可求解.
3．某不等式的解集在数轴上表示如图所示，则这个不等式可以是 （　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】在数轴上表示不等式的解集
【解析】【解答】解：由数轴可知，不等式表示图中的解集，
A．∵，∴，故不符合题意；
B．∵ ，∴，故符合题意；
C．∵，∴，故不符合题意；
D．∵，∴，故不符合题意；
故选B．
【分析】先根据题干信息得到不等式的解集为：，然后逐项分析即可．
4．如图，在四边形中，，若添加一个条件，使四边形为平形四边形，则下列正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定
【解析】【解答】解：A、当，时，四边形ABCD可能是等腰梯形，故不能判断四边形ABCD为平形四边形，故选项A不正确，不符合题意；
B、 ∵，∴，仅凭此条件不能判断四边形ABCD为平形四边形，故选项B不正确，不符合题意；
C、根据，，不能判断四边形ABCD为平形四边形，故选项C不正确，不符合题意；
D、∵，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形ABCD为平形四边形，故选项D正确，符合题意.
故答案为：D.
【分析】平行四边形的判定定理：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对边分别平行的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④两组对角分别相等的四边形是平行四边形；⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形，据此逐一判断得出答案.
5．已知一个多边形的内角和等于900 ，则这个多边形是（　　）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角
【解析】【解答】多边形的内角和公式为（n－2）×180°，根据题意可得：（n－2）×180°=900°，解得：n=7.
【分析】根据多边形的内角和等于（n-2）可列方程求解。
6．如图，两地被池塘隔开，小明通过下面的方法估测出了间的距离：先在外选一点，然后步测出的中点，并步测出的长，由此他就知道了间的距离．小明在解决上述问题中，主要用到的数学知识是 （　　）
A．勾股定理 B．勾股定理逆定理
C．三角形中位线定理 D．线段垂直平分线的性质定理
【答案】C
【知识点】三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：的中点为，
是的中位线，
，
主要用到的数学知识是三角形中位线定理，
故选：C
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，据此即可求解.
7．如图，直线与相交于点，则关于的不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系
【解析】【解答】解：由图象可知，当时，直线的图象在的图象上方，
则关于的不等式的解集是，
故选：A．
【分析】根据题意得到当时，直线的图象在的图象上方，据此即可求出不等式的解集.
8．三星堆博物馆园区位于三星堆遗址东北角，占地面积约1000亩，以其文物、建筑、陈列、园林四大特色享誉中外．某校计划组织270名学生租车前往研学，若单独租用型客车若干辆，则刚好坐满；若单独租用比型客车多15个座位的型客车，则可以少租1辆，且余30个空座位．若设每辆型客车有个座位，则可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】列分式方程
【解析】【解答】解：设每辆型客车有个座位，则需租用A型客车辆，每辆B型客车座位数为个，根据题意得：
．
故选：B
【分析】设每辆型客车有个座位，则需租用A型客车辆，每辆B型客车座位数为个，根据"若单独租用型客车若干辆，则刚好坐满；若单独租用比型客车多15个座位的型客车，则可以少租1辆，且余30个空座位"，据此列出方程，即可求解．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．不等式有　 　个非负整数解．
【答案】3
【知识点】一元一次不等式的特殊解
【解析】【解答】解：不等式的非负整数解为：，，共个，
故答案为：．
【分析】根据不等式的解集中找出适合条件的非负整数解为0，1，2，据此即可求解.
10．若代数式有意义，则实数的取值范围是　 　．
【答案】且
【知识点】分式有无意义的条件；二次根式有无意义的条件；解一元一次不等式
【解析】【解答】解：代数式有意义，则，
解得：且，
故答案为：且．
【分析】根据二次根式有意义的条件(被开方数为非负数)和分式有意义的条件(分母不能为零)据此得到不等式，解不等式即可.
11．如图，在中，，将绕着点逆时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，则当点恰好落在边上时，的度数为　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：由旋转性质可知，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据旋转的性质可得，，再结合等腰三角形的性质可得，最后三角形内角和定理计算即可.
12．分式方程的解是　 　．
【答案】
【知识点】去分母法解分式方程
【解析】【解答】解：
去分母得：，
整理得：
移项、合并同类项得：，
系数化为1得：，
经检验：是原方程的解；
故答案为．
【分析】方程两边同乘以得到整式方程，然后再进行求解方程即可．
13．如图，在中，，为的角平分线，且．现按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线交边于点．若，则线段的长为　 　．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14．因式分解
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
；
（2）解：
．
【知识点】因式分解﹣提公因式法；因式分解﹣公式法
【解析】【分析】（）利用提公因式法提公因式后2a得到原式为，再按照平方差公式分解即可；
（）先进行单项式乘以多项式运算，然后提取公因数，再按照完全平方公式分解即可．
（1）解：
；
（2）解：
．
15．（1）解不等式组；
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】解：（）解不等式得，，
解不等式得，，
∴不等式组的解集为；
（），
，
，
∵，
∴原式．
【知识点】负整数指数幂；解一元一次不等式组；分式的化简求值-直接代入
【解析】【分析】（）分别求出每个不等式的解集，再根据"同大取大，同小取小，大大小小没有解，大小小大取中间"取它们的公共部分即可得到不等式组的解集；
（）先算括号内的分式的加法，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，再根据负整数指数幂求出的值，代入计算即可求解．
16．如图，已知是的平分线上一点，，，垂足分别为点，．连接，交线段于点．
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
【答案】（1）证明：∵是的平分线上一点，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（）由角平分线的性质得出，再证，即可得出结论；
（）由，得到，，故垂直平分，则，然后通过勾股定理得计算出OC的长度，最后利用即可求解．
（1）证明：∵是的平分线上一点，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
17．在平面直角坐标系中，已知的顶点坐标分别为．
（1）请在图上画出；
（2）将绕着点顺时针旋转得到，其中点的对应点分别为点，请在图中画出，并直接写出点和的坐标；
（3）在（2）的条件下，请在图中画出以为对角线的，并直接写出点的坐标，再证明此时所画的四边形是平行四边形．
【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：如图，即为所求，
由图可得，，；
（3）解：如图，即为所求．
由图可得，点P的坐标为，
证明：由勾股定理得，，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
【知识点】平行四边形的判定；作图﹣旋转；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）在坐标纸上点出三个点，然后直接顺次连线即可；
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案；
（3）根据平行四边形的判定与性质画图，即可得出点P的坐标为，然后利用勾股定理计算即可.
（1）解：如图，即为所求；
（2）如图，即为所求，
由图可得，，；
（3）如图，即为所求．
由图可得，点P的坐标为，
证明：由勾股定理得，，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
18．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴相交于两点，直线分别与轴正半轴，轴相交于两点，与直线相交于点．
（1）求点的坐标及的度数；
（2）当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）在（2）的条件下，将线段进行平移得到线段，其中点的对应点分别为点，且点在的内部，连接，当时，求的周长的最小值．
【答案】（1）解：∵直线分别与轴正半轴，轴相交于两点，
∴当，，
∴，
∵直线分别与轴，轴相交于两点，
∴当，，当，则，
∴，，
∴，而，
∴；
（2）解：如图，
∵，为等腰三角形且，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
直线为：，
∴，
解得：，
∴；
当轴时，不符合题意；
综上：．

（3）解：如图，
∵，，，
∴，，，
∵在的内部，
∴设线段向上平移个单位，向右平移个单位，
∴，，
过作轴于，
∴，
∵，
∴，
由平移的性质可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴在直线上运动，且在的内部，
作关于直线的对称点，连接，
则，
∴的周长为，
当共线时，的周长最小，
而，
∴的周长最小值为．
【知识点】坐标与图形变化﹣平移；一次函数图象与坐标轴交点问题；坐标系中的两点距离公式；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
四、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．已知点在直线上，则代数式的值为　 　．
【答案】16
【知识点】因式分解﹣公式法；求代数式的值-整体代入求值
【解析】【解答】解：∵点在直线上，
∴，
∴即，
∴，
故答案为：．
【分析】先根据一次函数的性质可得，再代入求解即可得．
20．如图，在中，点依次在斜边上，分别以为斜边在内作四个直角三角形，且满足，点分别在边，上．若，，则这四个直角三角形的周长的和是　 　．
【答案】24
【知识点】平移的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：由勾股定理得，，
如图，
由题意将，，移到边上，将边，，平移到边上，
∴四个直角三角形的周长的和，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出的长，根据平移性质得到：四个直角三角形的周长的和为三角形的周长，据此即可求解.
21．已知关于的分式方程的解为正整数，则的最小值是　 　．
【答案】4
【知识点】分式方程的解及检验
【解析】【解答】解：将分式方程的两边都乘以，得
，
解得，
由于分式方程的增根是，
所以，
即，
因为分式方程的解是正整数，而，
则x的最小值为2，
所以，
解得，
故答案为：4．
【分析】解分式方程得到，结合题意得，据此即可求解.
22．如图，在中，，点分别在边上，是以为斜边的等腰直角三角形，连接，取的中点，连接．若，则线段的长为　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
23．我们把对角线互相垂直且相等的四边形称为“和谐四边形”．如图，在平面直角坐标系中，已知，两点，是线段上一点，且，点是直线上的动点，若在内部（不包含边界）始终有一点，使得四边形为“和谐四边形”，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】解：∵四边形为“和谐四边形”，
∴，，
如图，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，设与交于点，与轴交于点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴此时点横坐标为，
如图，当在上时，
过作轴于点，过作交延长线于点，过作于点，与轴交于点，
由上可得：，，，，
同理可证：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设解析式为，
，解得：，
∴解析式为，
联立，解得：，
∴此时点横坐标为，
∴的取值范围是，
故答案为：．
【分析】根据题意可知需分两种情况讨论，当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，设与交于点，与轴交于点；当在上时，过作轴于点，过作交延长线于点，过作于点，与轴交于点，分别通过勾股定理，求解析式，全等三角形的判定与性质进行求解即可.
五、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24．第十二届世界运动会将于年8月7日在成都正式开幕，其吉祥物“蜀宝”“锦仔”分别以大熊猫、川金丝猴为原型，展现了成都生态宜居、热情友好的城市形象．某商店计划购进一批“蜀宝”“锦仔”吉祥物商品，已知“蜀宝”的单价比“锦仔”的单件高元，且花费元购进“蜀宝”的数量是花费6000元购进“锦仔”的数量的．
（1）分别求“蜀宝”“锦仔”两款吉祥物商品的单价；
（2）根据网上预订的情况，该商店决定用不超过元的资金购进这两款吉祥物商品共个，求最多可购进“蜀宝”多少个？
【答案】（1）解：设 “锦仔”的单价为元，则“蜀宝”的单价为元，
由题可得：
整理得：
解得：，
经经验，是原方程的解，
∴，
答：“锦仔”的单价为元；“蜀宝”的单价为元．
（2）解：设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个，
由题可得：，
整理得：
解得：，
∵为整数，
∴的最大值为，
答：最多可购进“蜀宝”个．
【知识点】一元一次不等式的应用；分式方程的实际应用-销售问题
【解析】【分析】（1）设 “锦仔”的单价为元，则“蜀宝”的单价为元，根据"花费元购进“蜀宝”的数量是花费6000元购进“锦仔”的数量的"据此列出方程：，解方程即可求解；
（2）设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个，根据"商店决定用不超过元的资金购进这两款吉祥物商品共个"据此列出不等式，解不等式即可.
（1）解：设 “锦仔”的单价为元，则“蜀宝”的单价为元，
由题可得：
整理得：
解得：，
经经验，是原方程的解，
∴，
答：“锦仔”的单价为元；“蜀宝”的单价为元．
（2）解：设购买“蜀宝”个，则购进“锦仔”个，
由题可得：，
整理得：
解得：，
∵为整数，
∴的最大值为，
答：最多可购进“蜀宝”个．
25．如图，在平面直角坐标系中中，直线与轴相交于点，与轴相交于点．
（1）当时，求的值和点的坐标；
（2）为直线上一点，为轴正半轴上一点，且，现将点绕着点顺时针旋转，点的对应点刚好落在轴上．
在（）的条件下，求的面积；
作直线交直线于点，取线段的中点，连接．试探究：随着值的改变，的度数是否为定值？若是，请求出的度数；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：当时，
∴，
∴，
解得，
∴，
当时，，
∴；
（2）解：过点作轴，
设，，
∵，
∴是等腰三角形，
∵，
∴是的中点，
∴，
∴，
当时，，
得，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，，
∴，，
∴，
∴的面积；
为定值，理由如下：
设，，过作轴，过作轴，
由直线，
当时得，可得，
当时得，得，则，
同可得，，，，
∴，，
∴，
解得，
∴，，，
设直线的解析式为，
将，代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-AAS；一次函数的实际应用-几何问题；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（）根据题意得到，则可求出，进而确定直线解析式为，后即可求点坐标；
（）过点作轴，设，，由是的中点， 可求，证明，则，即，解得，求得，则的面积；
设，，过作轴，过作轴，则，，同可得，，，推导出，则，，，再求出，，可知为等腰直角三角形，则．
（1）解：当时，
∴，
∴，
解得，
∴，
当时，，
∴；
（2）解：过点作轴，
设，，
∵，
∴是等腰三角形，
∵，
∴是的中点，
∴，
∴，
当时，，
得，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，，
∴，，
∴，
∴的面积；
为定值，理由如下：
设，，过作轴，过作轴，
由直线，
当时得，可得，
当时得，得，则，
同可得，，，，
∴，，
∴，
解得，
∴，，，
设直线的解析式为，
将，代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴．
26．在中，，，为边上一点，将沿直线折叠，使点落在直线下方的点处，射线交的一边于点．
（1）如图，当点在直线下方时，求证：；
（2）在（）的条件下，当时，若，，求的长；
（3）当时，若点是的一边的中点，求的值．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴；
（3）解：如图，当在下方时，即点是中点时，
过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：；
如图，当在上方时，即点是中点时，
设，则，
∴，
∵点是中点，
∴，
，
过作，交延长线于点，取中点，连接，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴是梯形中位线，，
∴，，，
∴，，
∴由勾股定理得，
由折叠性质可知：，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
整理得：，
解得：或（舍去）；
综上可知：的值为或．
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定与性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（）根据题意得到，，由折叠性质可知，故有，然后通过等角对等边即可求证；
（）过作于点，过作于点，根据题意易证明四边形是矩形，则，，设，则，，通过计算得，，，然后通过勾股定理得出，最后求出的值即可求解；
（）根据题意可知需分两种情况讨论，当在下方时，即点是中点时，过作于点，过作于点，根据平行四边形和矩形的性质得到，设，则，，，，根据结合中点的定义求出BF的长度，最后根据线段间的数量关系计算即可；②当在上方时，即点是中点时，设，则，求出AE=GH，过作，交延长线于点，取中点，连接，根据平行四边形的性质、梯形中位线定理和勾股定理求出EM的长度，然后结合勾股定理列出方程即可求解.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，
∴，
∴；
（2）解：如图，过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
当时，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴；
（3）解：如图，当在下方时，即点是中点时，
过作于点，过作于点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，，，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：；
如图，当在上方时，即点是中点时，
设，则，
∴，
∵点是中点，
∴，
，
过作，交延长线于点，取中点，连接，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴是梯形中位线，，
∴，，，
∴，，
∴由勾股定理得，
由折叠性质可知：，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
整理得：，
解得：或（舍去）；
综上可知：的值为或．
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