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专题2.8 期末达标检测卷（一）-2021-2022学年八年级数学上册举一反三系列（人教版）
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2021-2022学年八年级数学上学期期末达标检测卷（一）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）（2020春•陈仓区期末）下列与防疫有关的图案中不是轴对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可．
【解答】解：第一个图案和第二个图案是轴对称图形，第三个图案和第四个图案不是轴对称图形，
则不是轴对称图形的有2个，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
2．（4分）（2020•福建期末）若三角形三边长分别为2，x，3，且x为正整数，则这样的三角形个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边，据此解答即可．
【解答】解：由题意可得，3﹣2＜x＜3+2，
解得1＜x＜5，
∵x为整数，
∴x为2，3，4，
∴这样的三角形个数为3．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；运用三角形的三边关系定理是解答的关键．
3．（4分）（2020春•安吉县期末）无论x取何值，下列分式总有意义的是（ ）
A．x-3x B．12x+3 C．2x2+1 D．3x-1
【分析】分式有意义的条件是分母不等于零．
【解答】解：A．当x＝0时该分式无意义，不合题意；
B．当x=-32时该分式无意义，不合题意；
C．无论x取何值，该分式分母不为零，故总有意义，符合题意；
D．当x＝1时该分式无意义，不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，分式有意义的条件是分母不等于零．
4．（4分）（2020秋•义安区期末）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．（﹣a3）2＝﹣a6 C．（2a2）2＝2a4 D．2a3÷a＝2a2
【分析】直接利用整式的乘除运算法则以及积的乘方运算法则分别化简得出答案．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，故此选项错误；
B、（﹣a3）2＝a6，故此选项错误；
C、（2a2）2＝4a4，故此选项错误；
D、2a3÷a＝2a2，正确．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了整式的乘除运算以及积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5．（4分）（2020春•城固县期末）如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n的值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】根据n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．
【解答】解：由题意得（n﹣2）•180°×12=360°，
解得n＝6．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理．解题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
6．（4分）（2020春•宜兴市期中）下列各式从左到右的变形，是因式分解的是（ ）
A．x2﹣9+6x＝（x+3）（x﹣3）+6x
B．（x+5）（x﹣2）＝x2+3x﹣10
C．x2﹣8x+16＝（x﹣4）2
D．x2+1＝x（x+1x）
【分析】根据因式分解的定义对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、（x+3）（x﹣3）+6x不是几个整式的积的形式，故不是因式分解，故本选项错误；
B、x2+3x﹣10不是几个整式的积的形式，故不是因式分解，故本选项错误；
C、等式右边是几个整式的积的形式，故是因式分解，故本选项正确；
D、等式右边是分式的积的形式，故不是因式分解，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了分解因式的定义．解题的关键是掌握分解因式的定义，即把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．
7．（4分）（2020春•莲池区校级期末）若一条长为31cm的细线能围成一边长等于7cm的等腰三角形，则该等腰三角形的腰长为（ ）
A．7cm B．9cm C．7cm或12cm D．12cm
【分析】分腰长为7cm和底边长为7cm，分别列出方程，求解即可．
【解答】解：若腰长为7cm，设底边长为xcm，则7+7+x＝31，
解得x＝17，
此时三边长7cm、7cm、17cm，
∵7+7＜17
∴此三角形不成立；
若底边长为7cm，设腰长为xcm，由题意得
7+x+x＝31，
解得x＝12，
此时三边长7cm、12cm、12cm．
答：该等腰三角形的腰长为12cm．
故选：D．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的两腰相等是解题的关键，注意利用三角形三边关系进行验证．
8．（4分）（2020秋•临西县期末）已知△ABC边AB、AC的垂直平分线DM、EN相交于O，M、N在BC边上，若∠MAN＝20°，则∠BAC的度数为（ ）
A．100° B．120° C．140° D．160°
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到MA＝MB，得到∠MAB＝∠B，同理得到∠NAC＝∠C，根据三角形内角和定理、结合图形列式计算即可．
【解答】解：∵DM是边AB的垂直平分线，
∴MA＝MB，
∴∠MAB＝∠B，
同理，∠NAC＝∠C，
则∠BAC-(∠B+∠C)=20°∠BAC+(∠B+∠C)=180°，
解得，∠BAC＝100°，
故选：A．
【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
9．（4分）（2020春•郓城县期末）若x2+（m﹣3）x+16是完全平方式，则m的值是（ ）
A．11 B．﹣5 C．±8 D．11或﹣5
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出m的值．
【解答】解：∵x2+（m﹣3）x+16是完全平方式，
∴m﹣3＝±8，
解得：m＝11或﹣5，
故选：D．
【点睛】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
10．（4分）（2020秋•渝北区期末）如图（1），已知AB＝AC，D为∠BAC的角平分线上一点，连接BD，CD；如图（2），已知AB＝AC，D，E为∠BAC的角平分线上两点，连接BD，CD，BE，CE；如图（3），已知AB＝AC，D，E，F为∠BAC的角平分线上三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此规律，第6个图形中有全等三角形的对数是（ ）
A．21 B．11 C．6 D．42
【分析】设第n个图形中有an（n为正整数）个全等三角形，根据各图形中全等三角形对数的变化可找出变化规律“an=n(n+1)2（n为正整数）”，再代入n＝6即可求出结论．
【解答】解：设第n个图形中有an（n为正整数）个全等三角形．
在△ABD和△ACD中，AB=AC∠BAD=∠CADAD=AD，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴a1＝1；
同理，可得：a2＝3＝1+2，a3＝6＝1+2+3，a4＝10＝1+2+3+4，…，
∴an＝1+2+3+…+n=n(n+1)2（n为正整数），
∴a6=6×(6+1)2=21．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及规律型：图形的变化类，根据各图形中全等三角形对数的变化，找出变化规律“an=n(n+1)2（n为正整数）”是解题的关键．
11．（4分）（2020•南岸区校级期末）若关于x的分式方程xx-2-m-12-x=3的解为正整数，且关于y的不等式组2(y-m2)≤51+y2＞y+26至多有六个整数解，则符合条件的所有整数m的取值之和为（ ）
A．1 B．0 C．5 D．6
【分析】分别求出分式方程与一元一次不等式组的解，再由已知得到m+52≤4，m+52是2的倍数，由分式方程增根的情况可到m+52≠2，结合所求的解情况即可求出满足条件的m．
【解答】解：化简不等式组为2y-m≤56+3y＞y+2，
解得：﹣2＜y≤m+52，
∵不等式组至多有六个整数解，
∴m+52＜5，
∴m＜5，
将分式方程的两边同时乘以x﹣2，得
x+m﹣1＝3（x﹣2），
解得：x=m+52，
∵分式方程的解为正整数，
∴m+5是2的倍数，
∵m＜5，
∴m＝﹣3或m＝﹣1或m＝1或m＝3，
∵x≠2，
∴m+52≠2，
∴m≠﹣1，
∴m＝﹣3或m＝1或m＝3，
∴符合条件的所有整数m的取值之和为1，
故选：A．
【点睛】本题考查分式方程的解、一元一次不等式组的解；熟练掌握分式方程的解法、一元一次不等式组的解法，对分式方程切勿遗漏增根的情况是解题的关键．
12．（4分）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∠CMO=∠BMO，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）（2020春•顺德区校级期末）计算：（﹣3）100×（13）101＝ 13 ．
【分析】根据积的乘方运算法则计算即可．积的乘方，等于每个因式乘方的积．
【解答】解：（﹣3）100×（13）101
＝3100×（13）100×13
=(3×13)100×13
=1100×13
=1×13
=13．
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
14．（4分）（2020秋•泰兴市期末）当x ≠2 时，（x﹣2）0＝1有意义．
【分析】根据零指数幂的意义，可得答案．
【解答】解：由题意得
x﹣2≠0，
解得x≠2，
故答案为：≠2．
【点睛】本题考查了零指数幂，利用非零的零次幂等于1是解题关键．
15．（4分）（2020秋•渝北区期末）已知x2﹣y2＝2020，且x＝673﹣y，则x﹣y＝ 3 ．
【分析】根据平方差公式即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣y2＝2020，且x+y＝673，
∴（x+y）（x﹣y）＝2020，
∴x﹣y＝3，
故答案为：3
【点睛】本题考查平方差公式，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．
16．（4分）（2020秋•渝北区期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3.5cm，点E在BC上，且AE＝EC．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC的点B′重合，则AC＝ 7 cm．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝3.5cm，∠ABC＝∠AB'E＝90°，由等腰三角形的性质可得AB'＝B'C＝3.5cm，即可求解．
【解答】解：∵若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC的点B′重合，
∴AB＝AB'＝3.5cm，∠ABC＝∠AB'E＝90°，且AE＝AC，
∴AB'＝B'C＝3.5cm，
∴AC＝7cm，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
17．（4分）（2020秋•渝北区期末）如图，已知，点E是线段AB的中点，点C在线段BD上，BD＝8，DC＝2，线段AC交线段DE于点F，若AF＝BD，则AC＝ 10 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到BG＝GC＝3，AC＝2EG，根据平行线分线段成比例定理得到FC=25EG，根据题意列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：过点E作EG∥AC交BD于G，
∵BD＝8，DC＝2，
∴BC＝BD﹣DC＝6，
∵EG∥AC，AE＝EB，
∴BG＝GC＝3，AC＝2EG，
∵EG∥AC，
∴FCEG=DCDG=25，
∴FC=25EG，
∵AC﹣FC＝AF＝8，
∴2EG-25EG＝8，
解得，EG＝5，
∴FC=25EG＝2，
∴AC＝AF+FC＝10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
18．（4分）（2020秋•渝北区期末）渝北区政府为响应习总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的号召，决定对双龙湖的湖底淤泥进行清理，现有A，B两台挖掘机已经清理湖底面积之比为4：5，为加快工期，将余下湖底面积的58交由B来清理，A，B两台挖掘机各自清理的总面积之比将达到3：4，则B挖掘机还需清理的面积与湖底的总面积之比是 1：7 ．
【分析】可设A挖掘机已经清理湖底面积为4x，则B挖掘机已经清理湖底面积为5x，设A挖掘机清理余下湖底面积为3y，则B挖掘机清理余下湖底面积为5y，根据A，B两台挖掘机各自清理的总面积之比将达到3：4可得（4x+3y）：（5x+5y）＝3：4，可得x＝3y，B挖掘机还需清理的面积与湖底的总面积之比是5y：（4x+5x+3y+5y），把x＝3y代入计算即可求解．
【解答】解：设A挖掘机已经清理湖底面积为4x，则B挖掘机已经清理湖底面积为5x，设A挖掘机清理余下湖底面积为3y，则B挖掘机清理余下湖底面积为5y，依题意有
（4x+3y）：（5x+5y）＝3：4，
解得x＝3y，
则B挖掘机还需清理的面积与湖底的总面积之比是5y：（4x+5x+3y+5y）＝5y：（12y+15y+3y+5y）＝1：7．
故答案为：1：7．
【点睛】本题考查了应用类问题，本题难点是设出未知数，得到已经清理湖底面积与余下湖底面积之间的关系，难度较大．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（10分）（2020秋•巴南区期末）计算：
（1）（a﹣2b）2+2b（2a﹣b）
（2）(3a-1-a-1)÷(1-1a-1)．
【分析】（1）先根据整式的乘法法则算乘法，再合并同类项即可；
（2）先算括号内的减法，再把除法变成乘法，再算乘法即可．
【解答】解：（1）原式＝a2﹣4ab+4b2+4ab﹣2b2
＝a2+2b2；
（2）原式＝（3a-1-a+11）÷a-1-1a-1
=3-(a+1)(a-1)a-1÷a-2a-1
=-(a+2)(a-2)a-1•a-1a-2
＝﹣（a+2）
＝﹣a﹣2．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和分式的混合运算，能正确根据运算法则进行化简是解此题的关键．
20．（10分）（2020春•龙泉驿区校级期末）计算：
（1）因式分解：﹣3a3b﹣27ab3+18a2b2；
（2）解关于x的方程：2xx-2-8x2-2x=1．
【分析】（1）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）原式＝﹣3ab（a2+9b2﹣6ab）
＝﹣3ab（a﹣3b）2；
（2）分式方程整理得：2xx-2-8x(x-2)=1，
去分母得：2x2﹣8＝x2﹣2x，即x2+2x﹣8＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x+4）＝0，
解得：x＝2或x＝﹣4，
经检验x＝2是增根，
则分式方程的解为x＝﹣4．
【点睛】此题考查了解分式方程，以及提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握分式方程的解法及因式分解的方法是解本题的关键．
21．（10分）（2020秋•渝北区期末）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中（我们把组成网格的小正方形的顶点称为格点），△ABC在直线l的左侧，其三个顶点A，B，C分别在网格的格点上．
（1）请你在所给的网格中画出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于直线l对称；
（2）在直线l上找一点P，使得PA+PB最小，请画出点P；（用虚线保留画图痕迹）
（3）在（1）的条件下，结合你所画的图形，求出△A1B1C1的面积．
【分析】（1）依据轴对称的性质，分别作出各点关于直线l的对称点，再顺次连接即可；
（2）连接AB1，与直线l的交点即为点P；
（3）利用矩形的面积减去各顶点上三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，连接AB1，交直线l于点P，则PA+PB的最小值等于线段AB1的长；
（3）如图，△A1B1C1的面积＝2×4-12×1×3-12×1×2-12×1×4＝8﹣1.5﹣1﹣2＝3.5．
【点睛】本题考查的是作图﹣轴对称变换，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
22．（10分）（2020秋•渝北区期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，6），求点A的坐标．
【分析】过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再由全等三角形的性质和已知数据即可求出A点的坐标．
【解答】解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，∠ADC=∠CBE=90°∠CAD=∠BCEAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴DC＝BE，AD＝CE，
∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，6），
∴OC＝2，OE＝1，DC＝BE＝6，
∴OD＝CD+OC＝8，AD＝CE＝OE+OC＝3，
∴则A点的坐标是（﹣8，3）．
【点睛】本题借助于坐标与图形性质，重点考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是做高线构造全等三角形．
23．（10分）（2020秋•渝北区期末）为了“迎国庆，向祖国母亲献礼”，某建筑公司承建了修筑一段公路的任务，指派甲、乙两队合作，18天可以完成，共需施工费126000元；如果甲、乙两队单独完成此项工程，乙队所用时间是甲队的1.5倍，乙队每天的施工费比甲队每天的施工费少1000元．
（1）甲、乙两队单独完成此项工程，各需多少天？
（2）为了尽快完成这项工程任务，甲、乙两队通过技术革新提高了速度，同时，甲队每天的施工费提高了a%，乙队每天的施工费提高了2a%，已知两队合作12天后，由甲队再单独做2天就完成了这项工程任务，且所需施工费比计划少了21200元．
①分别求出甲、乙两队每天的施工费用；
②求a的值．
【分析】（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，直接利用甲、乙两公司合做，18天可以完成，利用两公司合作每天完成总量的118，进而列出方程求出答案；
（2）①设甲公司技术革新前每天的施工费用是y元，那么乙公司技术革新前每天的施工费用是（y﹣1000）元，可列出方程，解方程即可；
②根据①可分别表示甲、乙公司技术革后每天的施工费用，于是可列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，
根据题意可得：1x+11.5x=118，
解得：x＝30，
检验，知x＝30符合题意，
∴1.5x＝45，
答：甲公司单独完成此项工程需30天，乙公司单独完成此项工程需45天；
（2）①设甲公司技术革新前每天的施工费用是y元，那么乙公司技术革新前每天的施工费用是（y﹣1000）元，
则由题意可得：（y+y﹣1000）×18＝126000，
解得：y＝4000，
∴y﹣1000＝3000，
答：技术革新前，甲公司每天的施工费用是4000元，乙公司每天的施工费用是3000元；
②4000×14×（1+a%）+3000×12×（1+2a%）＝126000﹣21200，
解得：a＝10．
答：a的值是10．
【点睛】此题主要考查了分式方程的应用和一元一次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
24．（10分）（2020秋•渝北区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC于点D，点E为AC中点，连接BE交AD于点F，且BF＝AC，过点D作DG∥AB，交AC于点G．
（1）求∠CAD的大小；
（2）求证：EF＝EG．
【分析】（1）只要证明△BDF≌△ADC，推出BD＝AD，推出∠BAD＝∠ABD＝2∠CBE＝2∠DAC即可解决问题．
（2）延长BE、DG交于点K．想办法证明Rt△AEF≌Rt△KEG即可．
【解答】（1）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°
∵AB＝BC，E为AC中点，
∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC，BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴180°﹣∠C﹣∠ADC＝180°﹣∠C﹣∠BEC
即∠CBE＝∠CAD，
在△BDF和△ADC中，∠FDB=∠CDA=90°∠FBD=∠CADBF=AC，
∴△BDF≌△ADC（AAS），
∴BD＝AD，
∴∠BAD＝∠ABD＝2∠CBE＝2∠CAD＝45°，
∴∠CAD＝22.5°．
（2）证明：延长BE、DG交于点K．
∵DG∥AB，
∴∠CGD＝∠CAB，∠K＝∠ABE，
∵∠BAC＝∠C，
∴∠CGD＝∠C，∵∠K＝∠CBE＝∠CAD
∠AEF＝∠KEG＝90°，∠EAF＝∠EKG，
∴DG＝DC，DK＝BD，
∴DG＝DF，DK＝BD＝AD，
∴DK﹣DG＝AD﹣DF，即GK＝AF
在Rt△AEF和Rt△KEG中，∠AEF=∠KEG=90°∠EAF=∠KAF=GK，
∴Rt△AEF≌Rt△KEG （AAS），
∴EF＝EG．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（10分）（2020秋•渝北区期末）我们知道，假分数可以化为整数与真分数的和的形式，例如：73=6+13=2+13．
在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．
例如：像x-3x+3，x2x-3，…这样的分式是假分式；像2x-3，x-3x2，…这样的分式是真分式．
类似的，假分式也可以化为整式与真分式的和（差）的形式．
例如：将分式x2+2x-5x+3拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式．
方法一：解：由分母为x+3，可设x2+2x﹣5＝（x+3）（x+a）+b
则由x2+2x﹣5＝（x+3）（x+a）+b＝x2+ax+3x+3a+b＝x2+（a+3）x+（3a+b）
对于任意x，上述等式均成立，
∴a+3=23a+b=-5，解得a=-1b=-2
∴x2+2x-5x+3=(x+3)(x-1)-2x+3=(x+3)(x-1)x+3-2x+3=x﹣1-2x+3
这样，分式x2+2x-5x+3就被拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式．
方法二：解：x2+2x-5x+3=x2+3x-x-3-2x+3=x(x+3)-(x+3)-2x+3=x(x+3)x+3-x+3x+3-2x+3=x-1-2x+3
这样，分式x2+2x-5x+3就拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式．
（1）请仿照上面的方法，选择其中一种方法将分式x2-7x-3x-1拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式；
（2）已知整数x使分式2x2+5x-11x+2的值为整数，求出满足条件的所有整数x的值．
【分析】（1）x2-7x-3x-1=(x-1)2-5(x-1)-9x-1=x﹣1﹣5-9x-1=x﹣6-9x-1；
（2）2x2+5x-11x+2=2(x+2)2-3(x+2)-13x+2=2（x+2）﹣3-13x+2=2x+1-13x+2，由已知可得13x+2是整数，即可求．
【解答】解：（1）x2-7x-3x-1=(x-1)2-5(x-1)-9x-1=x﹣1﹣5-9x-1=x﹣6-9x-1；
（2）2x2+5x-11x+2=2(x+2)2-3(x+2)-13x+2=2（x+2）﹣3-13x+2=2x+1-13x+2，
∵x是整数，式子的值是整数，
∴13x+2是整数，
∴x＝﹣1或x＝﹣3或x＝11或x＝﹣15．
【点睛】本题考查分式的加减法、因式分解；理解题意，将式子进行正确的分解是解题的关键．
26．（8分）（2020秋•渝北区期末）小明在学习了“等边三角形”后，激发了他的学习和探究的兴趣，就想考考他的朋友小崔，小明作了一个等边△ABC，如图，并在边AC上任意取了一点F（点F不与点A、点C重合），过点F作FH⊥AB交AB于点H，延长CB到G，使得BG＝AF，连接FG交AB于点I．
（1）若AC＝10，求HI的长度；
（2）延长BC到D，再延长BA到E，使得AE＝BD，连接ED，EC，求证：∠ECD＝∠EDC．
【分析】（1）如图1，作辅助线，构建三角形全等，先根据三角形的中位线定理可得：GI＝FI，证明△FNI≌△GBI（AAS）得：NI＝BI，FN＝BG，由等腰三角形三线合一得AH＝HN，从而得结论；
（2）解法一：如图2，延长CD至P，使BC＝DP，连接AP、EP，先证明△ACP≌△CAE（SAS），得AP＝CE，根据线段的和与差可得BE＝BP，再证明△ABP≌△DPE（SAS），得AP＝ED＝EC，从而得结论．
解法二：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△EBC≌△EPD（SAS），可得结论．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
如图1，过F作FD∥AB，交BC于D，过F作FN∥BC，交AC于N，
∴∠FDC＝∠ABC＝60°，
∴∠FDC＝∠ACB＝∠CFD＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CD＝CF，
∵AC＝BC，
∴AF＝BD，
∵BG＝AF，
∴BD＝BG，
∵BI∥DF，
∴GI＝FI，
∵FN∥BG，
∴∠FNI＝∠GBI，
在△FNI和△GBI中，
∵∠FNI=∠GBI∠NIF=∠BIGFI=GI，
∴△FNI≌△GBI（AAS），
∴NI＝BI，FN＝BG，
∴FN＝AF，
∵FH⊥AB，
∴AH＝HN，
∴HI＝HN+NI=12AB=12×10＝5；
（2）证明：解法一：如图2，延长CD至P，使BC＝DP，连接AP、EP，
∴BD＝CP，
∵AE＝BD，
∴AE＝CP，
在△ACP和△CAE中，
∵CP=AE∠ACP=∠CAE=120°AC=CA，
∴△ACP≌△CAE（SAS），
∴AP＝CE，
∵BE＝AB+AE，BP＝BC+CP，
∴BE＝BP，
∵∠ABC＝60°，
∴△EBP是等边三角形，
∴BP＝EP，∠EPD＝60°，
∴∠EPD＝∠ABC，
在△ABP和△DPE中，
∵AB=DP∠ABC=∠EPDBP=EP，
∴△ABP≌△DPE（SAS），
∴AP＝ED＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC．
解法二：如图3，延长CD至P，使BC＝DP，连接EP，
∴BD＝PC＝AE，
∵BE＝AB+AE，BP＝BC+CP，
∴BE＝BP，
∵∠ABC＝60°，
∴△EBP是等边三角形，
∴EB＝EP，∠EPD＝60°，
∴∠EPD＝∠ABC，
在△EBC和△EPD中，
∵EB=EP∠ABC=∠EPDBC=PD，
∴△EBC≌△EPD（SAS）
∴EC＝ED，
∴∠ECD＝∠EDC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、等边三角形和等腰三角形的性质和判定、平行线的性质等知识，解题的关键是全辅助线，构建全等三角形解决问题．
2021-2022学年八年级数学上学期期末达标检测卷（一）
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．（4分）（2020春•陈仓区期末）下列与防疫有关的图案中不是轴对称图形的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据轴对称图形定义进行分析即可．
【解答】解：第一个图案和第二个图案是轴对称图形，第三个图案和第四个图案不是轴对称图形，
则不是轴对称图形的有2个，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．
2．（4分）（2020•福建期末）若三角形三边长分别为2，x，3，且x为正整数，则这样的三角形个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边，据此解答即可．
【解答】解：由题意可得，3﹣2＜x＜3+2，
解得1＜x＜5，
∵x为整数，
∴x为2，3，4，
∴这样的三角形个数为3．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；运用三角形的三边关系定理是解答的关键．
3．（4分）（2020春•安吉县期末）无论x取何值，下列分式总有意义的是（ ）
A．x-3x B．12x+3 C．2x2+1 D．3x-1
【分析】分式有意义的条件是分母不等于零．
【解答】解：A．当x＝0时该分式无意义，不合题意；
B．当x=-32时该分式无意义，不合题意；
C．无论x取何值，该分式分母不为零，故总有意义，符合题意；
D．当x＝1时该分式无意义，不合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，分式有意义的条件是分母不等于零．
4．（4分）（2020秋•义安区期末）下列运算正确的是（ ）
A．a2•a3＝a6 B．（﹣a3）2＝﹣a6 C．（2a2）2＝2a4 D．2a3÷a＝2a2
【分析】直接利用整式的乘除运算法则以及积的乘方运算法则分别化简得出答案．
【解答】解：A、a2•a3＝a5，故此选项错误；
B、（﹣a3）2＝a6，故此选项错误；
C、（2a2）2＝4a4，故此选项错误；
D、2a3÷a＝2a2，正确．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了整式的乘除运算以及积的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
5．（4分）（2020春•城固县期末）如果一个n边形的外角和是内角和的一半，那么n的值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】根据n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，外角和为360°，根据题意列方程求解．
【解答】解：由题意得（n﹣2）•180°×12=360°，
解得n＝6．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理．解题的关键是熟练掌握多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．
6．（4分）（2020春•宜兴市期中）下列各式从左到右的变形，是因式分解的是（ ）
A．x2﹣9+6x＝（x+3）（x﹣3）+6x
B．（x+5）（x﹣2）＝x2+3x﹣10
C．x2﹣8x+16＝（x﹣4）2
D．x2+1＝x（x+1x）
【分析】根据因式分解的定义对各选项进行逐一分析即可．
【解答】解：A、（x+3）（x﹣3）+6x不是几个整式的积的形式，故不是因式分解，故本选项错误；
B、x2+3x﹣10不是几个整式的积的形式，故不是因式分解，故本选项错误；
C、等式右边是几个整式的积的形式，故是因式分解，故本选项正确；
D、等式右边是分式的积的形式，故不是因式分解，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了分解因式的定义．解题的关键是掌握分解因式的定义，即把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．
7．（4分）（2020春•莲池区校级期末）若一条长为31cm的细线能围成一边长等于7cm的等腰三角形，则该等腰三角形的腰长为（ ）
A．7cm B．9cm C．7cm或12cm D．12cm
【分析】分腰长为7cm和底边长为7cm，分别列出方程，求解即可．
【解答】解：若腰长为7cm，设底边长为xcm，则7+7+x＝31，
解得x＝17，
此时三边长7cm、7cm、17cm，
∵7+7＜17
∴此三角形不成立；
若底边长为7cm，设腰长为xcm，由题意得
7+x+x＝31，
解得x＝12，
此时三边长7cm、12cm、12cm．
答：该等腰三角形的腰长为12cm．
故选：D．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的两腰相等是解题的关键，注意利用三角形三边关系进行验证．
8．（4分）（2020秋•临西县期末）已知△ABC边AB、AC的垂直平分线DM、EN相交于O，M、N在BC边上，若∠MAN＝20°，则∠BAC的度数为（ ）
A．100° B．120° C．140° D．160°
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到MA＝MB，得到∠MAB＝∠B，同理得到∠NAC＝∠C，根据三角形内角和定理、结合图形列式计算即可．
【解答】解：∵DM是边AB的垂直平分线，
∴MA＝MB，
∴∠MAB＝∠B，
同理，∠NAC＝∠C，
则∠BAC-(∠B+∠C)=20°∠BAC+(∠B+∠C)=180°，
解得，∠BAC＝100°，
故选：A．
【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
9．（4分）（2020春•郓城县期末）若x2+（m﹣3）x+16是完全平方式，则m的值是（ ）
A．11 B．﹣5 C．±8 D．11或﹣5
【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可确定出m的值．
【解答】解：∵x2+（m﹣3）x+16是完全平方式，
∴m﹣3＝±8，
解得：m＝11或﹣5，
故选：D．
【点睛】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
10．（4分）（2020秋•渝北区期末）如图（1），已知AB＝AC，D为∠BAC的角平分线上一点，连接BD，CD；如图（2），已知AB＝AC，D，E为∠BAC的角平分线上两点，连接BD，CD，BE，CE；如图（3），已知AB＝AC，D，E，F为∠BAC的角平分线上三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；……，依此规律，第6个图形中有全等三角形的对数是（ ）
A．21 B．11 C．6 D．42
【分析】设第n个图形中有an（n为正整数）个全等三角形，根据各图形中全等三角形对数的变化可找出变化规律“an=n(n+1)2（n为正整数）”，再代入n＝6即可求出结论．
【解答】解：设第n个图形中有an（n为正整数）个全等三角形．
在△ABD和△ACD中，AB=AC∠BAD=∠CADAD=AD，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
∴a1＝1；
同理，可得：a2＝3＝1+2，a3＝6＝1+2+3，a4＝10＝1+2+3+4，…，
∴an＝1+2+3+…+n=n(n+1)2（n为正整数），
∴a6=6×(6+1)2=21．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及规律型：图形的变化类，根据各图形中全等三角形对数的变化，找出变化规律“an=n(n+1)2（n为正整数）”是解题的关键．
11．（4分）（2020•南岸区校级期末）若关于x的分式方程xx-2-m-12-x=3的解为正整数，且关于y的不等式组2(y-m2)≤51+y2＞y+26至多有六个整数解，则符合条件的所有整数m的取值之和为（ ）
A．1 B．0 C．5 D．6
【分析】分别求出分式方程与一元一次不等式组的解，再由已知得到m+52≤4，m+52是2的倍数，由分式方程增根的情况可到m+52≠2，结合所求的解情况即可求出满足条件的m．
【解答】解：化简不等式组为2y-m≤56+3y＞y+2，
解得：﹣2＜y≤m+52，
∵不等式组至多有六个整数解，
∴m+52＜5，
∴m＜5，
将分式方程的两边同时乘以x﹣2，得
x+m﹣1＝3（x﹣2），
解得：x=m+52，
∵分式方程的解为正整数，
∴m+5是2的倍数，
∵m＜5，
∴m＝﹣3或m＝﹣1或m＝1或m＝3，
∵x≠2，
∴m+52≠2，
∴m≠﹣1，
∴m＝﹣3或m＝1或m＝3，
∴符合条件的所有整数m的取值之和为1，
故选：A．
【点睛】本题考查分式方程的解、一元一次不等式组的解；熟练掌握分式方程的解法、一元一次不等式组的解法，对分式方程切勿遗漏增根的情况是解题的关键．
12．（4分）如图，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＞OC，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M，连接OM．下列结论：①AC＝BD；②∠AMB＝40°；③OM平分∠BOC；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，得出∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AAS证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分∠BMC，④正确；
由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OA＞OC，故③错误；即可得出结论．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝40°，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，①正确；
∴∠OAC＝∠OBD，
由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OAC＝∠AOB+∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝40°，②正确；
作OG⊥MC于G，OH⊥MB于H，如图2所示：
则∠OGC＝∠OHD＝90°，
在△OCG和△ODH中，∠OCA=∠ODB∠OGC=∠OHDOC=OD，
∴△OCG≌△ODH（AAS），
∴OG＝OH，
∴MO平分∠BMC，④正确；
∵∠AOB＝∠COD，
∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，
假设∠DOM＝∠AOM
∵△AOC≌△BOD，
∴∠COM＝∠BOM，
∵MO平分∠BMC，
∴∠CMO＝∠BMO，
在△COM和△BOM中，∠COM=∠BOMOM=OM∠CMO=∠BMO，
∴△COM≌△BOM（ASA），
∴OB＝OC，
∵OA＝OB
∴OA＝OC
与OA＞OC矛盾，
∴③错误；
正确的个数有3个；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分24分，每小题4分）
13．（4分）（2020春•顺德区校级期末）计算：（﹣3）100×（13）101＝ 13 ．
【分析】根据积的乘方运算法则计算即可．积的乘方，等于每个因式乘方的积．
【解答】解：（﹣3）100×（13）101
＝3100×（13）100×13
=(3×13)100×13
=1100×13
=1×13
=13．
故答案为：13．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
14．（4分）（2020秋•泰兴市期末）当x ≠2 时，（x﹣2）0＝1有意义．
【分析】根据零指数幂的意义，可得答案．
【解答】解：由题意得
x﹣2≠0，
解得x≠2，
故答案为：≠2．
【点睛】本题考查了零指数幂，利用非零的零次幂等于1是解题关键．
15．（4分）（2020秋•渝北区期末）已知x2﹣y2＝2020，且x＝673﹣y，则x﹣y＝ 3 ．
【分析】根据平方差公式即可求出答案．
【解答】解：∵x2﹣y2＝2020，且x+y＝673，
∴（x+y）（x﹣y）＝2020，
∴x﹣y＝3，
故答案为：3
【点睛】本题考查平方差公式，解题的关键是熟练运用平方差公式，本题属于基础题型．
16．（4分）（2020秋•渝北区期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3.5cm，点E在BC上，且AE＝EC．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC的点B′重合，则AC＝ 7 cm．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AB'＝3.5cm，∠ABC＝∠AB'E＝90°，由等腰三角形的性质可得AB'＝B'C＝3.5cm，即可求解．
【解答】解：∵若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC的点B′重合，
∴AB＝AB'＝3.5cm，∠ABC＝∠AB'E＝90°，且AE＝AC，
∴AB'＝B'C＝3.5cm，
∴AC＝7cm，
故答案为：7．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
17．（4分）（2020秋•渝北区期末）如图，已知，点E是线段AB的中点，点C在线段BD上，BD＝8，DC＝2，线段AC交线段DE于点F，若AF＝BD，则AC＝ 10 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到BG＝GC＝3，AC＝2EG，根据平行线分线段成比例定理得到FC=25EG，根据题意列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：过点E作EG∥AC交BD于G，
∵BD＝8，DC＝2，
∴BC＝BD﹣DC＝6，
∵EG∥AC，AE＝EB，
∴BG＝GC＝3，AC＝2EG，
∵EG∥AC，
∴FCEG=DCDG=25，
∴FC=25EG，
∵AC﹣FC＝AF＝8，
∴2EG-25EG＝8，
解得，EG＝5，
∴FC=25EG＝2，
∴AC＝AF+FC＝10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
18．（4分）（2020秋•渝北区期末）渝北区政府为响应习总书记提出的“绿水青山就是金山银山”的号召，决定对双龙湖的湖底淤泥进行清理，现有A，B两台挖掘机已经清理湖底面积之比为4：5，为加快工期，将余下湖底面积的58交由B来清理，A，B两台挖掘机各自清理的总面积之比将达到3：4，则B挖掘机还需清理的面积与湖底的总面积之比是 1：7 ．
【分析】可设A挖掘机已经清理湖底面积为4x，则B挖掘机已经清理湖底面积为5x，设A挖掘机清理余下湖底面积为3y，则B挖掘机清理余下湖底面积为5y，根据A，B两台挖掘机各自清理的总面积之比将达到3：4可得（4x+3y）：（5x+5y）＝3：4，可得x＝3y，B挖掘机还需清理的面积与湖底的总面积之比是5y：（4x+5x+3y+5y），把x＝3y代入计算即可求解．
【解答】解：设A挖掘机已经清理湖底面积为4x，则B挖掘机已经清理湖底面积为5x，设A挖掘机清理余下湖底面积为3y，则B挖掘机清理余下湖底面积为5y，依题意有
（4x+3y）：（5x+5y）＝3：4，
解得x＝3y，
则B挖掘机还需清理的面积与湖底的总面积之比是5y：（4x+5x+3y+5y）＝5y：（12y+15y+3y+5y）＝1：7．
故答案为：1：7．
【点睛】本题考查了应用类问题，本题难点是设出未知数，得到已经清理湖底面积与余下湖底面积之间的关系，难度较大．
三．解答题（共8小题，满分78分）
19．（10分）（2020秋•巴南区期末）计算：
（1）（a﹣2b）2+2b（2a﹣b）
（2）(3a-1-a-1)÷(1-1a-1)．
【分析】（1）先根据整式的乘法法则算乘法，再合并同类项即可；
（2）先算括号内的减法，再把除法变成乘法，再算乘法即可．
【解答】解：（1）原式＝a2﹣4ab+4b2+4ab﹣2b2
＝a2+2b2；
（2）原式＝（3a-1-a+11）÷a-1-1a-1
=3-(a+1)(a-1)a-1÷a-2a-1
=-(a+2)(a-2)a-1•a-1a-2
＝﹣（a+2）
＝﹣a﹣2．
【点睛】本题考查了整式的混合运算和分式的混合运算，能正确根据运算法则进行化简是解此题的关键．
20．（10分）（2020春•龙泉驿区校级期末）计算：
（1）因式分解：﹣3a3b﹣27ab3+18a2b2；
（2）解关于x的方程：2xx-2-8x2-2x=1．
【分析】（1）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可；
（2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】解：（1）原式＝﹣3ab（a2+9b2﹣6ab）
＝﹣3ab（a﹣3b）2；
（2）分式方程整理得：2xx-2-8x(x-2)=1，
去分母得：2x2﹣8＝x2﹣2x，即x2+2x﹣8＝0，
分解因式得：（x﹣2）（x+4）＝0，
解得：x＝2或x＝﹣4，
经检验x＝2是增根，
则分式方程的解为x＝﹣4．
【点睛】此题考查了解分式方程，以及提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握分式方程的解法及因式分解的方法是解本题的关键．
21．（10分）（2020秋•渝北区期末）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中（我们把组成网格的小正方形的顶点称为格点），△ABC在直线l的左侧，其三个顶点A，B，C分别在网格的格点上．
（1）请你在所给的网格中画出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于直线l对称；
（2）在直线l上找一点P，使得PA+PB最小，请画出点P；（用虚线保留画图痕迹）
（3）在（1）的条件下，结合你所画的图形，求出△A1B1C1的面积．
【分析】（1）依据轴对称的性质，分别作出各点关于直线l的对称点，再顺次连接即可；
（2）连接AB1，与直线l的交点即为点P；
（3）利用矩形的面积减去各顶点上三角形的面积即可．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，连接AB1，交直线l于点P，则PA+PB的最小值等于线段AB1的长；
（3）如图，△A1B1C1的面积＝2×4-12×1×3-12×1×2-12×1×4＝8﹣1.5﹣1﹣2＝3.5．
【点睛】本题考查的是作图﹣轴对称变换，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
22．（10分）（2020秋•渝北区期末）如图，在△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，6），求点A的坐标．
【分析】过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再由全等三角形的性质和已知数据即可求出A点的坐标．
【解答】解：过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠CAD＝90°∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，∠ADC=∠CBE=90°∠CAD=∠BCEAC=BC，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴DC＝BE，AD＝CE，
∵点C的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（1，6），
∴OC＝2，OE＝1，DC＝BE＝6，
∴OD＝CD+OC＝8，AD＝CE＝OE+OC＝3，
∴则A点的坐标是（﹣8，3）．
【点睛】本题借助于坐标与图形性质，重点考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是做高线构造全等三角形．
23．（10分）（2020秋•渝北区期末）为了“迎国庆，向祖国母亲献礼”，某建筑公司承建了修筑一段公路的任务，指派甲、乙两队合作，18天可以完成，共需施工费126000元；如果甲、乙两队单独完成此项工程，乙队所用时间是甲队的1.5倍，乙队每天的施工费比甲队每天的施工费少1000元．
（1）甲、乙两队单独完成此项工程，各需多少天？
（2）为了尽快完成这项工程任务，甲、乙两队通过技术革新提高了速度，同时，甲队每天的施工费提高了a%，乙队每天的施工费提高了2a%，已知两队合作12天后，由甲队再单独做2天就完成了这项工程任务，且所需施工费比计划少了21200元．
①分别求出甲、乙两队每天的施工费用；
②求a的值．
【分析】（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，直接利用甲、乙两公司合做，18天可以完成，利用两公司合作每天完成总量的118，进而列出方程求出答案；
（2）①设甲公司技术革新前每天的施工费用是y元，那么乙公司技术革新前每天的施工费用是（y﹣1000）元，可列出方程，解方程即可；
②根据①可分别表示甲、乙公司技术革后每天的施工费用，于是可列出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设甲公司单独完成此项工程需x天，
根据题意可得：1x+11.5x=118，
解得：x＝30，
检验，知x＝30符合题意，
∴1.5x＝45，
答：甲公司单独完成此项工程需30天，乙公司单独完成此项工程需45天；
（2）①设甲公司技术革新前每天的施工费用是y元，那么乙公司技术革新前每天的施工费用是（y﹣1000）元，
则由题意可得：（y+y﹣1000）×18＝126000，
解得：y＝4000，
∴y﹣1000＝3000，
答：技术革新前，甲公司每天的施工费用是4000元，乙公司每天的施工费用是3000元；
②4000×14×（1+a%）+3000×12×（1+2a%）＝126000﹣21200，
解得：a＝10．
答：a的值是10．
【点睛】此题主要考查了分式方程的应用和一元一次方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
24．（10分）（2020秋•渝北区期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC于点D，点E为AC中点，连接BE交AD于点F，且BF＝AC，过点D作DG∥AB，交AC于点G．
（1）求∠CAD的大小；
（2）求证：EF＝EG．
【分析】（1）只要证明△BDF≌△ADC，推出BD＝AD，推出∠BAD＝∠ABD＝2∠CBE＝2∠DAC即可解决问题．
（2）延长BE、DG交于点K．想办法证明Rt△AEF≌Rt△KEG即可．
【解答】（1）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°
∵AB＝BC，E为AC中点，
∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC，BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴180°﹣∠C﹣∠ADC＝180°﹣∠C﹣∠BEC
即∠CBE＝∠CAD，
在△BDF和△ADC中，∠FDB=∠CDA=90°∠FBD=∠CADBF=AC，
∴△BDF≌△ADC（AAS），
∴BD＝AD，
∴∠BAD＝∠ABD＝2∠CBE＝2∠CAD＝45°，
∴∠CAD＝22.5°．
（2）证明：延长BE、DG交于点K．
∵DG∥AB，
∴∠CGD＝∠CAB，∠K＝∠ABE，
∵∠BAC＝∠C，
∴∠CGD＝∠C，∵∠K＝∠CBE＝∠CAD
∠AEF＝∠KEG＝90°，∠EAF＝∠EKG，
∴DG＝DC，DK＝BD，
∴DG＝DF，DK＝BD＝AD，
∴DK﹣DG＝AD﹣DF，即GK＝AF
在Rt△AEF和Rt△KEG中，∠AEF=∠KEG=90°∠EAF=∠KAF=GK，
∴Rt△AEF≌Rt△KEG （AAS），
∴EF＝EG．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（10分）（2020秋•渝北区期末）我们知道，假分数可以化为整数与真分数的和的形式，例如：73=6+13=2+13．
在分式中，对于只含有一个字母的分式，当分子的次数大于或等于分母的次数时，我们称之为“假分式”；当分子的次数小于分母的次数时，我们称之为“真分式”．
例如：像x-3x+3，x2x-3，…这样的分式是假分式；像2x-3，x-3x2，…这样的分式是真分式．
类似的，假分式也可以化为整式与真分式的和（差）的形式．
例如：将分式x2+2x-5x+3拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式．
方法一：解：由分母为x+3，可设x2+2x﹣5＝（x+3）（x+a）+b
则由x2+2x﹣5＝（x+3）（x+a）+b＝x2+ax+3x+3a+b＝x2+（a+3）x+（3a+b）
对于任意x，上述等式均成立，
∴a+3=23a+b=-5，解得a=-1b=-2
∴x2+2x-5x+3=(x+3)(x-1)-2x+3=(x+3)(x-1)x+3-2x+3=x﹣1-2x+3
这样，分式x2+2x-5x+3就被拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式．
方法二：解：x2+2x-5x+3=x2+3x-x-3-2x+3=x(x+3)-(x+3)-2x+3=x(x+3)x+3-x+3x+3-2x+3=x-1-2x+3
这样，分式x2+2x-5x+3就拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式．
（1）请仿照上面的方法，选择其中一种方法将分式x2-7x-3x-1拆分成一个整式与一个真分式的和（差）的形式；
（2）已知整数x使分式2x2+5x-11x+2的值为整数，求出满足条件的所有整数x的值．
【分析】（1）x2-7x-3x-1=(x-1)2-5(x-1)-9x-1=x﹣1﹣5-9x-1=x﹣6-9x-1；
（2）2x2+5x-11x+2=2(x+2)2-3(x+2)-13x+2=2（x+2）﹣3-13x+2=2x+1-13x+2，由已知可得13x+2是整数，即可求．
【解答】解：（1）x2-7x-3x-1=(x-1)2-5(x-1)-9x-1=x﹣1﹣5-9x-1=x﹣6-9x-1；
（2）2x2+5x-11x+2=2(x+2)2-3(x+2)-13x+2=2（x+2）﹣3-13x+2=2x+1-13x+2，
∵x是整数，式子的值是整数，
∴13x+2是整数，
∴x＝﹣1或x＝﹣3或x＝11或x＝﹣15．
【点睛】本题考查分式的加减法、因式分解；理解题意，将式子进行正确的分解是解题的关键．
26．（8分）（2020秋•渝北区期末）小明在学习了“等边三角形”后，激发了他的学习和探究的兴趣，就想考考他的朋友小崔，小明作了一个等边△ABC，如图，并在边AC上任意取了一点F（点F不与点A、点C重合），过点F作FH⊥AB交AB于点H，延长CB到G，使得BG＝AF，连接FG交AB于点I．
（1）若AC＝10，求HI的长度；
（2）延长BC到D，再延长BA到E，使得AE＝BD，连接ED，EC，求证：∠ECD＝∠EDC．
【分析】（1）如图1，作辅助线，构建三角形全等，先根据三角形的中位线定理可得：GI＝FI，证明△FNI≌△GBI（AAS）得：NI＝BI，FN＝BG，由等腰三角形三线合一得AH＝HN，从而得结论；
（2）解法一：如图2，延长CD至P，使BC＝DP，连接AP、EP，先证明△ACP≌△CAE（SAS），得AP＝CE，根据线段的和与差可得BE＝BP，再证明△ABP≌△DPE（SAS），得AP＝ED＝EC，从而得结论．
解法二：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△EBC≌△EPD（SAS），可得结论．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
如图1，过F作FD∥AB，交BC于D，过F作FN∥BC，交AC于N，
∴∠FDC＝∠ABC＝60°，
∴∠FDC＝∠ACB＝∠CFD＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CD＝CF，
∵AC＝BC，
∴AF＝BD，
∵BG＝AF，
∴BD＝BG，
∵BI∥DF，
∴GI＝FI，
∵FN∥BG，
∴∠FNI＝∠GBI，
在△FNI和△GBI中，
∵∠FNI=∠GBI∠NIF=∠BIGFI=GI，
∴△FNI≌△GBI（AAS），
∴NI＝BI，FN＝BG，
∴FN＝AF，
∵FH⊥AB，
∴AH＝HN，
∴HI＝HN+NI=12AB=12×10＝5；
（2）证明：解法一：如图2，延长CD至P，使BC＝DP，连接AP、EP，
∴BD＝CP，
∵AE＝BD，
∴AE＝CP，
在△ACP和△CAE中，
∵CP=AE∠ACP=∠CAE=120°AC=CA，
∴△ACP≌△CAE（SAS），
∴AP＝CE，
∵BE＝AB+AE，BP＝BC+CP，
∴BE＝BP，
∵∠ABC＝60°，
∴△EBP是等边三角形，
∴BP＝EP，∠EPD＝60°，
∴∠EPD＝∠ABC，
在△ABP和△DPE中，
∵AB=DP∠ABC=∠EPDBP=EP，
∴△ABP≌△DPE（SAS），
∴AP＝ED＝EC，
∴∠ECD＝∠EDC．
解法二：如图3，延长CD至P，使BC＝DP，连接EP，
∴BD＝PC＝AE，
∵BE＝AB+AE，BP＝BC+CP，
∴BE＝BP，
∵∠ABC＝60°，
∴△EBP是等边三角形，
∴EB＝EP，∠EPD＝60°，
∴∠EPD＝∠ABC，
在△EBC和△EPD中，
∵EB=EP∠ABC=∠EPDBC=PD，
∴△EBC≌△EPD（SAS）
∴EC＝ED，
∴∠ECD＝∠EDC．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、等边三角形和等腰三角形的性质和判定、平行线的性质等知识，解题的关键是全辅助线，构建全等三角形解决问题．
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