山东省济南市实验初级中学2024-2025学年八年级下学期期末模拟数学试题

八下期末模拟试题（1） 一．选择题（共10小题 每题4分） 1．下列几种著名的数学曲线分别是“笛卡尔爱心曲线”“费马螺线”“卡西尼卵形线”“蝴蝶曲线”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 2．下列方程是一元二次方程的是（　　） A．x2＝2 B． C．x2+2y＝1 D．mx2+2x＝3 3．下列分式中是最简分式的是（　　） A． B． C． D． 4．下列各式中，不论x取何值分式都有意义的是（　　） A． B． C． D． 5．正n边形的一个外角是60°，则n的值为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 6．若x＝2是方程x2+x﹣m＝0的一个根，则m的值为（　　） A．﹣6 B．﹣2 C．2 D．6 7．如图，DE是△ABC的中位线，∠ACB的平分线交DE于点F，若AC＝6，BC＝13，则DF的长为（　　） A．3 B．3.5 C．4 D．4.5 8．随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递40件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件x件，根据题意可列方程为（　　） A． B．40 C．40 D． 9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（　　）A．1 B．2 C．3 D． 10．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF＝FH，②∠HAE＝45°，③BD＝2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 二．填空题（共5小题 每题4分） 11．分解因式：2m2﹣2＝　 ． 12．化简　 　 ． 13．如图，在平面直角坐标系中，已知长方形ABCD的顶点坐标：A（﹣4，﹣5），B（12，5），D（﹣8，1），CD与y轴交于点P，则P点坐标为　 　 ． 14．如图，某中学建立了一个长方形菜园ABCD，作为劳动实践基地，旨在培养学生的劳动意识、劳动技能和实践能力．已知菜园的一面靠墙，墙长为15m，另外三边用长为32m的栅栏围成．若要使菜园的面积达到120m2，则AB的长为　 　 ． 15．如图，已知矩形ABCD的两条边AB＝6，AD＝8，点E是对角线AC、BD的交点，点P是边AD上一个动点，作点D关于直线PE的对称点D'，当ED'与矩形一条边垂直时，PD的长是 　 　 ． 三．解答题（共10小题） 16．（共7分）先化简，再求值：，其中x＝3． 17．（共7分）已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+（k+1）＝0有实根． （1）求k的取值范围；（2）当k取最大整数时，求该方程的两个根． 18．（共7分）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）若AE＝12，OE＝6.5，求线段CE的长． 19．解下列方程：（共8分） （1）（x+1）2＝2（x+1）； （2）． 20．（共8分）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）． （1）画出△ABC经过平移后得到的△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1的坐标； （2）若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称，不画图直接写出顶点B2的坐标； （3）画出△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°得到的△A3B3C3． 21．（共9分）电影《哪吒之魔童闹海》成为首部跻身全球票房榜前五、并登顶全球动画票房榜冠军的亚洲电影，带动了相关周边产品的热销．某书店计划采购哪吒主题的磁性书签和金属书签．已知哪吒磁性书签的单价比金属书签高20元．用2400元购买磁性书签的数量与用800元购买金属书签的数量相同． （1）求哪吒磁性书签和金属书签的单价． （2）书店老板决定一次性购进磁性书签和金属书签共200个，且总费用不超过3600元．问：最多可以购进磁性书签多少个？ 22．（共10分）配方法是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常常被用到恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一． 我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，则称这个数为“完全数”．例如，10是“完全数”．理由：因为10＝32+12．再如，M＝x2+2xy+2y2＝（x+y）2+y2（x，y）是整数），所以M也是“完全数”． 解决问题： （1）请你再写一个小于10的“完全数”　 　 ；并判断40是否为“完全数”　 　 ； （2）若二次三项式x2﹣4x+8（x是整数）是“完全数”，可配方成（x﹣m）2+n2（m，n为常数），则mn的值为 　 　 ； 探究问题： （1）已知“完全数”x2+y2﹣4x+2y+5（x，y是整数）的值为0，则x+y的值为 　 　 ； （2）已知S＝x2+4y2+2x﹣12y+k（x，y是整数，k是常数），要使S为“完全数”，试求出符合条件的k值． 拓展结论：已知实数x，y满足﹣x2+3x+y﹣2＝0，求x+y的最小值是 　 　 ． 23．（共10分）法国数学家韦达在研究一元二次方程时发现：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个实数根分别为x1、x2，那么两个根的关系为： ，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”． 小明在探究二次项系数为1的一元二次方程x2+bx+c＝0根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：x1+x2＝﹣b，x1•x2＝c．借此结论，小明进行了对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征的探究． 定义：倍根方程：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． （1）请你判断：方程x2+9x+18＝0是 　 　 （填“倍根方程”或“方根方程”）； （2）若一元二次方程x2﹣6x+c＝0是“倍根方程”，求c的值； （3）根据探究，小明想设计一个一元二次方程x2+bx+c＝0，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ 24．（共12分）综合与实践 如图1，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝4cm，动点P，Q分别以2cm/s，1cm/s的速度从点A，B同时出发，点P沿着AD→DC→CB运动到点B时停止，点Q沿着BA运动到点A时停止．设运动时间为t s． （1）当点P在AD上运动时，AP＝　 　 cm，AQ＝　 　 cm．（用含t的代数式表示） （2）在（1）的条件下，当时，求t的值． （3）如图2、图3，点P沿着DC→CB运动到点B的过程中，当△PAQ的面积为1cm2时，求t的值． 25．（共12分）已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CF．②CF＝BC﹣CD． （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系； ②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由． 八下期末模拟试题（1） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A A B D B D D D 一．选择题（共10小题） 1．下列几种著名的数学曲线分别是“笛卡尔爱心曲线”“费马螺线”“卡西尼卵形线”“蝴蝶曲线”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，据此进行判断即可． 【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意； D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查中心对称图形，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键． 2．下列方程是一元二次方程的是（　　） A．x2＝2 B． C．x2+2y＝1 D．mx2+2x＝3 【分析】只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程，据此进行判断即可． 【解答】解：x2＝2符合一元二次方程的定义，则A符合题意， 是分式方程，则B不符合题意， x2+2y＝1中含有两个未知数，则C不符合题意， mx2+2x＝3，当m＝0时，方程不是一元二次方程，则D不符合题意， 故选：A． 【点评】本题考查一元二次方程的定义，熟练掌握其定义是解题的关键． 3．下列分式中是最简分式的是（　　） A．B． C． D． 【分析】根据最简分式的概念判断即可． 【解答】解：A、是最简分式，符合题意； B、，不是最简分式，不符合题意； C、1，不是最简分式，不符合题意； D、，不是最简分式，不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查的是最简分式，一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式． 4．下列各式中，不论x取何值分式都有意义的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据分式有意义，分母不等于0对各选项分析判断即可得解． 【解答】解：A．无论x取何值，2x2+1＞0，分式都有意义，故本选项符合题意； B．x时，2x+1＝0，分式无意义，故本选项不符合题意； C．x时，3x﹣1＝0，分式无意义，故本选项不符合题意； D．x＝0时，2x2＝0，分式无意义，故本选项不符合题意． 故选：A． 【点评】本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：（1）分式无意义⇔分母为零；（2）分式有意义⇔分母不为零． 5．正n边形的一个外角是60°，则n的值为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】由正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，即可求得n的值． 【解答】解：∵正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°， ∴n＝360°÷60°＝6． 故选：B． 【点评】此题考查了多边形内角与外角，关键是掌握n边形的外角和为360°． 6．若x＝2是方程x2+x﹣m＝0的一个根，则m的值为（　　） A．﹣6 B．﹣2 C．2 D．6 【分析】把x＝2代入一元二次方程得到4+2﹣m＝0，然后解一次方程即可． 【解答】解：把x＝2代入方程x2+x﹣m＝0得4+2﹣m＝0， 解得m＝6， 即m的值为6． 故选：D． 【点评】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 7．如图，DE是△ABC的中位线，∠ACB的平分线交DE于点F，若AC＝6，BC＝13，则DF的长为（　　） A．3 B．3.5 C．4 D．4.5 【分析】由三角形中位线定理推出DEBC13＝6.5，DE∥BC，由平行线的性质和角平分线定义得到∠EFC＝∠ECF，推出EF＝EC，求出CEAC＝3，即可得到DF的长． 【解答】解：∵DE是△ABC的中位线， ∴DEBC13＝6.5，DE∥BC， ∴∠EFC＝∠BCF， ∵CF平分∠ACB， ∴∠ECF＝∠BCF， ∴∠EFC＝∠ECF， ∴EF＝EC， ∵E是AC的中点， ∴CEAC6＝3， ∴EF＝3， ∴DF＝DE﹣EF＝6.5﹣3＝3.5． 故选：B． 【点评】本题考查三角形中位线定理，角平分线定义，关键是由三角形中位线定理推出DEBC，DE∥BC． 8．随着快递业务的增加，某快递公司为快递员更换了快捷的交通工具，公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，平均每人每周比原来多投递40件，若快递公司的快递员人数不变，求原来平均每人每周投递快件多少件？设原来平均每人每周投递快件x件，根据题意可列方程为（　　） A． B．40 C．40 D． 【分析】设原来平均每人每周投递快件x件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件（x+40）件，根据快递公司的快递员人数不变且公司投递快件的能力由每周3000件提高到4200件，即可得出关于x的分式方程，此题得解． 【解答】解：设原来平均每人每周投递快件x件，则更换了快捷的交通工具后平均每人每周投递快件（x+40）件， 依题意得：． 故选：D． 【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键． 9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，P是BC边上一动点，连接AP，把线段AP绕点A逆时针旋转60°到线段AQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为（　　） A．1 B．2 C．3 D． 【分析】在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F，由旋转的性质得出AQ＝AP，∠PAQ＝60°，证明△CAQ≌△EAP（SAS），由全等三角形的性质得出CQ＝EP，当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小，由直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：如图，在AB上取一点E，使AE＝AC＝2，连接PE，过点E作EF⊥BC于F， 由旋转知，AQ＝AP，∠PAQ＝60°， ∵∠ABC＝30°， ∴∠EAC＝60°， ∴∠PAQ＝∠EAC， ∴∠CAQ＝∠EAP， ∴△CAQ≌△EAP（SAS）， ∴CQ＝EP， 要使CQ最小，则有EP最小，而点E是定点，点P是BC上的动点， ∴当EF⊥BC（点P和点F重合）时，EP最小， 即：点P与点F重合，CQ最小，最小值为EP， 在Rt△ACB中，∠ACB＝30°，AC＝2， ∴AB＝4， ∵AE＝AC＝2， ∴BE＝AB﹣AE＝2， 在Rt△BFE中，∠EBF＝30°，BE＝2， ∴EFBE， 故线段CQ长度最小值是， 故选：D． 【点评】此题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，找出点P和点F重合时，EQ最小，最小值为EF的长度是解本题的关键． 10．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF＝FH，②∠HAE＝45°，③BD＝2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【分析】（1）作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH； （2）由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°； （3）作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD＝2FG，只需证OA＝GF即可，根据△AOF≌△FGH，可证OA＝GF，故可证BD＝2FG；（4）作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长，为定值． 【解答】解：（1）连接FC，延长HF交AD于点L， ∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠ADB＝∠CDF＝45°． ∵AD＝CD，DF＝DF， ∴△ADF≌△CDF． ∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF． ∵∠ALH+∠LAF＝90°， ∴∠LHC+∠DAF＝90°． ∵∠ECF＝∠DAF， ∴∠FHC＝∠FCH， ∴FH＝FC． ∴FH＝AF． （2）∵FH⊥AE，FH＝AF， ∴∠HAE＝45°． （3）连接AC交BD于点O，可知：BD＝2OA， ∵∠AFO+∠GFH＝∠GHF+∠GFH， ∴∠AFO＝∠GHF． ∵AF＝HF，∠AOF＝∠FGH＝90°， ∴△AOF≌△FGH． ∴OA＝GF． ∵BD＝2OA， ∴BD＝2FG． （4）连接EM，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则：LI＝HC， ∵HL⊥AE，CI∥HL， ∴AE⊥CI， ∴∠DIC+∠EAD＝90°，∵∠EAD+∠AED＝90°， ∴∠DIC＝∠AED， ∵ED⊥AM，AD＝DM， ∴EA＝EM， ∴∠AED＝∠MED， ∴∠DIC＝∠DEM， ∴∠CIM＝∠CEM， ∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°， ∴△MEC≌△CIM，可得：CE＝IM， 同理，可得：AL＝HE， ∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝8． ∴△CEH的周长为8，为定值． （方法二：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，证明GH＝HE即可解决问题．） 故（1）（2）（3）（4）结论都正确． 故选：D． 【点评】解答本题要充分利用正方形的特殊性质，在解题过程中要多次利用三角形全等． 二．填空题（共5小题） 11．分解因式：2m2﹣2＝　2（m+1）（m﹣1）　 ． 【分析】先提取公因式2，再对剩余的多项式利用平方差公式继续分解因式． 【解答】解：2m2﹣2， ＝2（m2﹣1）， ＝2（m+1）（m﹣1）． 故答案为：2（m+1）（m﹣1）． 【点评】本题考查了提公因式法，公式法分解因式，关键在于提取公因式后继续利用平方差公式进行二次因式分解． 12．化简　　 ． 【分析】先把分子相减，然后约分即可． 【解答】解：原式 ， 故答案为：． 【点评】本题考查分式的加减法，熟练掌握其运算法则是解题的关键． 13．如图，在平面直角坐标系中，已知长方形ABCD的顶点坐标：A（﹣4，﹣5），B（12，5），D（﹣8，1），CD与y轴交于点P，则P点坐标为　（0，6）　 ． 【分析】根据平移的性质确定点C的坐标，过点D作DE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，连接OC、OD，根据△COD的面积求出OP的长，即可得到答案． 【解答】解：已知长方形ABCD的顶点坐标：A（﹣4，﹣5），B（12，5），D（﹣8，1）， ∴CD可由AB平移得到， ∴点A先向左平移4个单位长度，再向上平移6个单位长度，可以得到点D， ∵B（12，5）， ∴C（12﹣4，5+6），即（8，11）， 如图，过点D作DE⊥x轴于点E，CF⊥x轴于点F，连接OC、OD， ∴DE＝1，OE＝8，CF＝11，OF＝8， ∴S△COD＝S梯形CDEF﹣S△DOE﹣S△COF ＝96﹣4﹣44 ＝48， 又∵S△COD＝S△DOP+S△COP， ∴， ∴OP＝6， ∴P（0，6）， 故答案为：（0，6）． 【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，利用数形结合的思想解决问题是解答本题的关键． 14．如图，某中学建立了一个长方形菜园ABCD，作为劳动实践基地，旨在培养学生的劳动意识、劳动技能和实践能力．已知菜园的一面靠墙，墙长为15m，另外三边用长为32m的栅栏围成．若要使菜园的面积达到120m2，则AB的长为　10m　 ． 【分析】设AB的长应是x m，则BC的长为（32﹣2x）m，根据饲养室的面积达到120m2．列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【解答】解：设AB的长应是x m，则BC的长为（32﹣2x）m， 根据题意列方程得：x（32﹣2x）＝120， 整理得：x2﹣16x+60＝0， 解得x1＝6，x2＝10， 当AB＝6时，BC＝32﹣2×6＝20＞15，不符合题意，舍去； 当AB＝10时，BC＝32﹣2×10＝12＜15，符合题意； 综上所述，AB的长为10m， 故答案为：10m． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 15．如图，已知矩形ABCD的两条边AB＝6，AD＝8，点E是对角线AC、BD的交点，点P是边AD上一个动点，作点D关于直线PE的对称点D'，当ED'与矩形一条边垂直时，PD的长是 　或5　 ． 【分析】根据折叠的性质可知△DPE≌△D′PE，可得ED＝ED′，PD＝PD′，根据矩形的性质求出 【解答】解：如图， ∵点D关于直线PE的对称点为D'， ∴△DPE≌△D′PE， ∴ED＝ED′，PD＝PD′， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝8， ∴∠ADC＝90°，AE＝EC，BE＝DE，AC＝BD，AB＝CD＝6，AD＝BC＝8， 当ED′⊥AD， ∴ME∥CD， ∵AE＝EC， ∴MECD＝3，MDAD＝4， 在Rt△DME中，DE＝ED′5， ∴MD′＝5﹣3＝2， 设DP＝D′P＝x， 则MP＝4﹣x， 在Rt△MPD′中，根据勾股定理得， MD′2+PM2＝PD′2， 即4+（4﹣x）2＝x2， 解得x， ∴PD． 当ED′⊥AB时， ∴AD∥ED′， ∴∠DPE＝∠D′EP， ∵点D关于直线PE的对称点为D'， ∴EP是∠D′ED的平分线，PD＝PD′， ∴∠D′EP＝∠DEP， ∴∠DPE＝∠DEP， ∴PD＝PE， ∵DE＝5， ∴PD＝DE＝5． 综上所述，PD的长是或5． 故答案为：或5． 【点评】本题考查了矩形的性质以及勾股定理，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等． 三．解答题（共10小题） 16．先化简，再求值：，其中x＝3． 【分析】先通分算括号内的，把除化为乘，约分后将x的值代入计算即可． 【解答】解： ， 当x＝3时， 原式． 【点评】本题考查分式化简求值，解题的关键是掌握分式的基本性质，把所求式子化简． 17．已知关于x的一元二次方程x2﹣2x+（k+1）＝0有实根． （1）求k的取值范围； （2）当k取最大整数时，求该方程的两个根． 【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式即可解决问题． （2）结合（1）中的取值范围，求出k的值，再进行计算即可． 【解答】解：（1）由题知， 因为关于x的一元二次方程x2﹣2x+（k+1）＝0有实根， 所以Δ＝（﹣2）2﹣4（k+1）≥0， 解得k≤0， 所以k的取值范围是k≤0． （2）由（1）知，k的最大整数值为0， 则该方程为x2﹣2x+1＝0， 解得x1＝x2＝1， 所以方程的两个根都是1． 【点评】本题主要考查了根的判别式，熟知一元二次方程根的判别式是解题的关键． 18．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）若AE＝12，OE＝6.5，求线段CE的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质、平行线的性质先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DCA＝∠DAC，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论； （2）根据平行四边形的性质求出OA＝OC，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出AC＝2OE＝13，再根据勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB∥DC， ∴∠OAB＝∠DCA， ∵AC平分∠BAD， ∴∠OAB＝∠DAC， ∴∠DCA＝∠DAC， ∴CD＝AD， ∵AB＝AD， ∴CD＝AD＝AB， ∵AB∥DC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AD＝AB， ∴平行四边形ABCD是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， 在Rt△ACE中，OE＝6.5， ∴AC＝2OE＝13， 在Rt△ACE中，AC＝13，AE＝12， 根据勾股定理得：CE5． 【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定和性质等知识，熟记菱形的判定与性质是解决此题的关键． 19．解下列方程： （1）（x+1）2＝2（x+1）； （2）． 【分析】（1）利用因式分解法对所给一元二次方程进行求解即可． （2）根据解分式方程的步骤进行计算即可． 【解答】解：（1）（x+1）2＝2（x+1）， （x+1）2﹣2（x+1）＝0， （x+1）（x﹣1）＝0， 则x+1＝0或x﹣1＝0， 所以x1＝﹣1，x2＝1． （2）， x﹣2﹣2（x﹣4）＝x， x﹣2﹣2x+8﹣x＝0， x﹣2x﹣x＝2﹣8， ﹣2x＝﹣6， x＝3． 当x＝3时，x﹣4≠0， 所以x＝3是原方程的解． 【点评】本题主要考查了解一元二次方程﹣因式分解法及解分式方程，熟知解分式方程及因式分解法解一元二次方程的步骤是解题的关键． 20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）． （1）画出△ABC经过平移后得到的△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1的坐标； （2）若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称，不画图直接写出顶点B2的坐标； （3）画出△ABC绕点O按顺时针方向旋转90°得到的△A3B3C3． 【分析】（1）根据平移的性质作图，即可得出答案． （2）根据中心对称的性质可得答案． （3）根据旋转的性质作图即可． 【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． 由图可得，点A1的坐标为（2，2）． （2）∵△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称， ∴点B2的坐标为（2，﹣1）． （3）如图，△A3B3C3即为所求． 【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图﹣平移变换，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质、平移的性质是解答本题的关键． 21．电影《哪吒之魔童闹海》成为首部跻身全球票房榜前五、并登顶全球动画票房榜冠军的亚洲电影，带动了相关周边产品的热销．某书店计划采购哪吒主题的磁性书签和金属书签．已知哪吒磁性书签的单价比金属书签高20元．用2400元购买磁性书签的数量与用800元购买金属书签的数量相同． （1）求哪吒磁性书签和金属书签的单价． （2）书店老板决定一次性购进磁性书签和金属书签共200个，且总费用不超过3600元．问：最多可以购进磁性书签多少个？ 【分析】（1）设哪吒磁性书签的单价为x元，则金属书签的单价为（x﹣20）元，根据用2400元购买磁性书签的数量与用800元购买金属书签的数量相同，列出分式方程，解方程即可； （2）设可以购进磁性书签m个，则购进金属书签（200﹣m）个，根据总费用不超过3600元，列出一元一次不等式，解不等式即可． 【解答】解：（1）设哪吒磁性书签的单价为x元，则金属书签的单价为（x﹣20）元， 根据题意得：， 解得：x＝30， 经检验，x＝30是原方程的解，且符合题意， ∴x﹣20＝10， 答：哪吒磁性书签的单价为30元，金属书签的单价为10元； （2）设可以购进磁性书签m个，则购进金属书签（200﹣m）个， 根据题意得：30m+10（200﹣m）≤3600， 解得：m≤80， 答：最多可以购进磁性书签80个． 【点评】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式． 22．配方法是指将一个式子或一个式子的某一部分通过恒等变形化为完全平方式或几个完全平方式的和的方法．这种方法常常被用到恒等变形中，以挖掘题目中的隐含条件，是解题的有力手段之一． 我们定义：一个整数能表示成a2+b2（a，b是整数）的形式，则称这个数为“完全数”．例如，10是“完全数”．理由：因为10＝32+12．再如，M＝x2+2xy+2y2＝（x+y）2+y2（x，y）是整数），所以M也是“完全数”． 解决问题： （1）请你再写一个小于10的“完全数”　4（答案不唯一）　 ；并判断40是否为“完全数”　是　 ； （2）若二次三项式x2﹣4x+8（x是整数）是“完全数”，可配方成（x﹣m）2+n2（m，n为常数），则mn的值为 　±4　 ； 探究问题： （1）已知“完全数”x2+y2﹣4x+2y+5（x，y是整数）的值为0，则x+y的值为 　1　 ； （2）已知S＝x2+4y2+2x﹣12y+k（x，y是整数，k是常数），要使S为“完全数”，试求出符合条件的k值． 拓展结论：已知实数x，y满足﹣x2+3x+y﹣2＝0，求x+y的最小值是 　1　 ． 【分析】解决问题： （1）根据“完全数”的定义解答即可； （2）利用配方法进行转化，然后求得对应系数的值； 探究问题： （1）配方后根据非负数的性质可得x和y的值，进行计算即可； （2）利用完全平方公式把原式变形，根据“完全数”的定义证明结论； 拓展结论：先计算y＝x2﹣3x+2，可得x+y的值，配方后即可解答． 【解答】解：解决问题： （1）4是“完全数”，理由：因为＝22+02； 40是“完全数”，理由：因为40＝62+22； 故答案为：4（答案不唯一），是； （2）∵x2﹣4x+8＝（x﹣m）2+n2（m，n为常数）， ∴x2﹣4x+4+4＝（x﹣2）2+4， ∴m＝2，n＝±2， ∴mn＝±4， 故答案为：±4； 探究问题： （1）∵x2+y2﹣4x+2y+5＝（x﹣2）2+（y+1）2＝0， ∴x＝2，y＝﹣1， ∴x+y＝2﹣1＝1． 故答案为：1； （2）S＝x2+4y2+2x﹣12y+k＝（x+1）2+（2y﹣3）2+k﹣10， 由题意得：k﹣10＝0， ∴k＝10； 拓展结论：﹣x2+3x+y﹣2＝0， ∴y＝x2﹣3x+2， ∴x+y ＝x+x2﹣3x+2 ＝（x﹣1）2+1≥1； ∴当x＝1时，x+y的最小值为1． 故答案为：1． 【点评】本题考查的是配方法的应用，掌握完全平方公式、偶次方的非负性是解题的关键． 23．法国数学家韦达在研究一元二次方程时发现：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个实数根分别为x1、x2，那么两个根的关系为： ，．习惯上把这个结论称作“韦达定理”． 小明在探究二次项系数为1的一元二次方程x2+bx+c＝0根的特征时发现，此时“韦达定理”可表述为：x1+x2＝﹣b，x1•x2＝c．借此结论，小明进行了对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征的探究． 定义： 倍根方程：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． （1）请你判断：方程x2+9x+18＝0是 　“倍根方程”　 （填“倍根方程”或“方根方程”）； （2）若一元二次方程x2﹣6x+c＝0是“倍根方程”，求c的值； （3）根据探究，小明想设计一个一元二次方程x2+bx+c＝0，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ 【分析】（1）求出方程的解，再判断是否为倍根方程； （2）设方程x2﹣6x+c＝0的两个根为x1，x2，由倍根方程”的定义可知x2＝2x1，利用根与系数的关系即可求得c的值； （3）设一元二次方程x2+bx+c＝0，的两个实数根分别为x1、x2，由题意可知x1＝2x2，x1或x2＝2x1，x1，即可得到方程的根是2、4或、． 【解答】解：（1）解方程x2+9x+18＝0得： x1＝﹣3，x2＝﹣6， ∵x2＝2x1， ∴方程x2+9x+18＝0是倍根方程； 故答案为：“倍根方程”； （2）设方程x2﹣6x+c＝0的两个根为x1，x2， ∵一元二次方程x2﹣6x+c＝0是“倍根方程”， ∴x2＝2x1， ∵x1+x2＝6，x1x2＝c， ∴3x1＝6，2c， ∴x1＝2， ∴c＝8； （3）设一元二次方程x2+bx+c＝0，的两个实数根分别为x1、x2， ∵这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”， ∴x1＝2x2，x1， ∴2x2， 解得x2＝2或x2＝0（舍去）， ∴x1＝4， 或x2＝2x1，x1， ∴x2， 解得x2或x2＝0（舍去）， ∴x1， ∴这个方程的根是2、4或、． 【点评】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，一元二次方程的一般形式，新定义“倍根方程”或“方根方程”的意义，理解“倍根方程”或“方根方程”的意义和掌握根与系数的关系是解决问题的关键． 24．综合与实践 如图1，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝4cm，动点P，Q分别以2cm/s，1cm/s的速度从点A，B同时出发，点P沿着AD→DC→CB运动到点B时停止，点Q沿着BA运动到点A时停止．设运动时间为t s． （1）当点P在AD上运动时，AP＝　2t　 cm，AQ＝　（8﹣t）　 cm．（用含t的代数式表示） （2）在（1）的条件下，当时，求t的值． （3）如图2、图3，点P沿着DC→CB运动到点B的过程中，当△PAQ的面积为1cm2时，求t的值． 【分析】（1）根据路程等于速度乘以时间得到AP＝2t cm，BQ＝t cm，则AQ＝AB﹣BQ＝（8﹣t）cm； （2）根据矩形的性质得到∠A＝90°，再根据直角三角形面积计算公式建立方程求解即可； （3）分点P在CD和点P在BC上两种情况，根据三角形面积计算公式列出方程求解即可． 【解答】解：（1）由题意得，AP＝2t cm，BQ＝t cm， ∴AQ＝AB﹣BQ＝（8﹣t）cm， 故答案为：2t；（8﹣t） （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴， ∴， 解得t＝1或t＝7（舍去）； （3）当点P在CD上运动时，， ∵△PAQ的面积为1cm2， ∴， 解得t＝7.5， 由矩形的性质可得CD＝AB＝8cm，BC＝AD＝4cm， ∴点P运动到点C的时间为秒， ∴此种情况不存在； 当点P在BC上运动时，， ∵△PAQ的面积为1cm2， ∴， 解得t＝7或t＝9（舍去）； 综上所述，t＝7． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了列代数式，矩形的性质，一元二次方程的应用，解答本题的关键是熟练运用矩形的性质解决问题． 25．已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CF．②CF＝BC﹣CD． （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系； ②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由． 【分析】（1）①根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据正方形的性质可得AD＝AF，∠DAF＝90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD＝∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF＝∠ABD，再求出∠ACF+∠ACB＝90°，从而得证；②根据全等三角形对应边相等可得BD＝CF，从而求出CF＝BC﹣CD； （2）与（1）同理可得BD＝CF，然后结合图形可得CF＝BC+CD； （3）①与（1）同理可得BD＝CF，然后结合图形可得CF＝CD﹣BC；②根据等腰直角三角形的性质求出∠ABC＝∠ACB＝45°，再根据邻补角的定义求出∠ABD＝135°，再根据同角的余角相等求出∠BAD＝∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD和△CAF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF＝∠ABD，再求出∠FCD＝90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OCDF，再根据正方形的对角线相等求出OC＝OA，从而得到△AOC是等腰三角形． 【解答】（1）证明：①∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD＝AF，∠DAF＝90°， ∵∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝90°， ∠DAF＝∠CAF+∠DAC＝90°， ∴∠BAD＝∠CAF， 在△BAD和△CAF中，， ∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ACF＝∠ABD＝45°， ∴∠ACF+∠ACB＝90°， ∴BD⊥CF； ②由①△BAD≌△CAF可得BD＝CF， ∵BD＝BC﹣CD， ∴CF＝BC﹣CD； （2）与（1）同理可得BD＝CF， 所以，CF＝BC+CD； （3）①与（1）同理可得，BD＝CF， 所以，CF＝CD﹣BC； ②∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， 则∠ABD＝180°﹣45°＝135°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD＝AF，∠DAF＝90°， ∵∠BAC＝∠BAF+∠CAF＝90°， ∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝90°， ∴∠BAD＝∠CAF， 在△BAD和△CAF中，， ∴△BAD≌△CAF（SAS）， ∴∠ACF＝∠ABD＝180°﹣45°＝135°， ∴∠FCD＝∠ACF﹣∠ACB＝90°， 则△FCD为直角三角形， ∵正方形ADEF中，O为DF中点， ∴OCDF， ∵在正方形ADEF中，OAAE，AE＝DF， ∴OC＝OA， ∴△AOC是等腰三角形． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定，以及同角的余角相等的性质，此类题目通常都是用同一种思路求解，在（1）中找出证明三角形全等的思路是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/6/4 14:49:00；用户：张建柱；邮箱：jinansy04@xyh.com；学号：26819985 学科网（北京）股份有限公司 $$