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浙教版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份浙教版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙教版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC和△ADE中，∠CAB=∠DAE=36°，AB=AC，AD=AE.连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G.若BE恰好平分∠ABC，则下列结论错误的是( )
A. ∠ADC=∠AEB B. CD//AB
C. DE=GE D. CD=BE
2. 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. ①② B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④
3. 如图，在△ABC中，∠ABC=2∠C，AD平分∠BAC，交BC于D，若BD=2，CD=3，则△ABC的周长为( )
A. 12
B. 13
C. 15
D. 20
4. 如图，将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠CDO+∠CFO=98∘，则∠C的度数为( )
A. 40° B. 41° C. 42° D. 43°
5. 如图，已知∠AOB=60°，点P在边OA上，OP=12，点M，N在边OB上，PM=PN，若MN=2，则OM的长是( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
6. 下列命题中，正确的是( )
A. 等腰三角形顶角的外角平分线与底边平行
B. 等腰三角形的高线、中线、角平分线互相重合
C. 顶角相等的两个等腰三角形全等
D. 等腰三角形的一边不可以是另一边的2倍
7. 若不等式组5x+2≤3x−5−x+5
8. 若关于x的一元一次不等式组−5−x≤111x−a3x+12>2x+1的解集恰好有3个负整数解，且关于y的分式方程2y−ay−1−3y−21−y=1有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为( )
A. 6 B. 9 C. −1 D. 2
9. 若不等式组3x−1>2,8−4x≤0的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
10. 如图，在直角坐标系中，有若干个横、纵坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排序，如(1,0)→(2,0)→(2,1)→(1,1)→(1,2)→(2,2)⋯根据这个规律，第2020个点的横坐标为( )
A. 44． B. 45． C. 46． D. 47．
11. 如图，在平面直角坐标系中，有若干个横纵坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排列，如(1,0)，(2,0)，(2,1)，(1,1)，(1,2)，(2,2)⋯⋯根据这个规律，第2021个点的纵坐标为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
12. A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s(km)，甲行驶的时间为t(h)，s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到53h；
④甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，△ABC中，∠ACB=90°， DC=AE，AE是BC边上的中线， 过点C作CF⊥AE，垂足为点F，过点B作BD⊥BC交CF的延长线于点D．
(1)求证：AC=CB；
(2)若AC=12 cm，求BD的长．
14. 已知：如图Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC=8，M在BC上，且BM=2，N是AC上一动点，则BN+MN的最小值为______．
15. 如图，A、B两点的坐标分别为(2,4)，(6,0).点P是x轴上一点，且三角形ABP的面积为6，则点P的坐标为________．
16. 如图，已知直线l：y=12x，点A1(2,0)，过点A1作x轴的垂线交直线l于点B1，以A1B1为边，向右侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交直线l于点B2；以A2B2为边，向右侧作正方形A2B2C2A3，延长A3C2交直线l于点B3；以A3B3为边，向右侧作正方形A3B3C3A4，延长A4C3交直线l于点B4；…；按照这个规律继续作下去，点Bn的横坐标为________.(结果用含正整数n的代数式表示)
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC=m，点D，E在直线BC上.
(1)若m=2，求线段AD的最小值；
(2)如图1，若D，E在线段BC上，∠DAE=45∘，判断BD，DE，CE的数量关系，并证明；
(3)如图2，若∠DAE=135∘，BC=CE，求CDBE的值．
18. (本小题8.0分)
如图，等腰Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=∠CBA=45°，AC=BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF=AE．
(1)如图1，过F点作FG⊥AC交AC于G点，求证：△AGF≌△ECA，AG=EC；
(2)如图2，在(1)的条件下，连接BF交AC于D点，若AD=3CD，求证：E点为BC中点；
(3)如图3，当E点在CB的延长线上时，连接BF与AC的延长线交于D点，若BCBE=43，则ADCD=________．
19. (本小题8.0分)
在△ABC中，AB=AC．
(1)如图1，如果∠BAD=30°，AD是BC上的高，AD=AE，则∠EDC=______．
(2)如图2，如果∠BAD=40°，AD是BC上的高，AD=AE，则∠EDC=______．
(3)思考：通过以上两题，你发现∠BAD与∠EDC之间有什么关系？并给予证明．
20. (本小题8.0分)
如图1，在△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高线，M，N分别是线段BC，DE的中点．
(1)求证：MN⊥DE．
(2)连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并说明理由．
(3)若将锐角三角形ABC变为钝角三角形ABC，其余条件不变，如图2，则(1)(2)中的结论是否仍成立⋅请说明理由．
21. (本小题8.0分)
在关于x，y的方程组2x+y=1−mx+2y=2中，若未知数x，y满足x+y>0，求m的取值范围，并在数轴上表示出来．
22. (本小题8.0分)
先化简：x2−4x2−9÷1−13−x，再从不等式2x−3<7的正整数解中选取一个使原式有意义的数代入求值．
23. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，将△ABC进行平移，平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F，点A(0,a)，点B(0,b)，点Da,12a，点Em−b,12a+4．
(1)若a=1，求m的值；
(2)若点C−a,14m+3，其中a>0.直线CE交y轴于点M，且△BEM的面积为1，试探究AF和BF的数量关系，并说明理由．
24. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于任意图形G及直线l1，l2，给出如下定义：将图形G先沿直线l1翻折得到图形G1，再将图形G1沿直线l2翻折得到图形G2，则称图形G2是图形G的伴随图形．
例如：点P(2,1)的伴随图形是点P′(−2,−1)．
(1)点Q(−3,−2)的伴随图形点Q′的坐标为______；
(2)已知A(t,1)，B(t−3,1)，C(t,3)，直线m经过点(1,1)．
①当t=−1，且直线m与y轴平行时，点A的伴随图形点A′的坐标为______；
②当直线m经过原点时，若△ABC的伴随图形上只存在两个与x轴的距离为1的点，直接写出t的取值范围．
25. (本小题8.0分)
五一期间，乐乐和颖颖相约到杭州市的某游乐园游玩，乐乐乘私家车从衢州出发1小时后，颖颖乘高铁从衢州出发，先到杭州火车东站，然后乘出租车去游乐园(换车时间忽略不计)，两人恰好同时到达游乐园．他们离开衢州的距离y(千米)与乘车时间t(小时)的关系如下图所示．请结合图象解决下面问题：
(1)高铁的平均速度是每小时多少千米？
(2)当颖颖到达杭州火车东站时，乐乐距离游乐园还有多少千米？
(3)若乐乐要提前18分钟到达游乐园，则私家车的速度必须达到__________千米/时．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.∵∠CAB=∠DAE=36°，
∴∠CAB−∠CAE=∠DAE−∠CAE，
即∠DAC=∠EAB，
在△DAC和△EAB中，
AD=AE∠DAC=∠EABAC=AB，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
∴∠ADC=∠AEB，故A选项不符合题意；
CD=BE，故D选项不符合题意；
B.∵△DAC≌△EAB，
∴AC=AB，
∴∠ACB=∠ABC，
∵∠CAB=∠DAE=36°，
∴∠ACB=∠ABC=(180°−36°)÷2=72°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=36°，
∴∠ACD=∠ABE=36，
∵∠DCA=∠CAB=36°，
∴CD//AB(内错角相等，两直线平行)，
故B选项不符合题意；
C.根据已知条件无法证明DE=GE，故C选项符合题意．
故选：C．
利用AAS证明△DAC≌△EAB可得∠ADC=∠AEB，CD=BE，可判断A，D选项正确；由全等三角形的性质，三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求解∠ACB的度数，利用角平分线的定义求得∠ACD=∠ABE=36°，即可得∠ACD=∠CAB，进而可证明CD//AB，即可判断B选项正确，进而可求解．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定，角平分线的定义，三角形的内角和定理，证明△DAC≌△EAB是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查的是全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，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∠AOB=∠COD=40°，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，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠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;
故正确的是①②④，
故选C．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查知识点较多，涉及全等三角形的判定与性质、角平分线性质、三角形的外角性质、三角形的面积等，能正确作出辅助线是解题的关键.，先在AC边上取一点E使AE=AB，可得△BAD≌△EAD，进而求得DE=EC，得出AB+BD=AE+EC=AC，再作△ABD、△ADC的高，分别交AB与G、交AC于F，作△ABC的高h，利用面积法可证明AB：AC=BD：CD，进而求得AB、AC的值，最后再求△ABC的周长．
【解答】
解：在AC边上取一点E使AE=AB，
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD=∠DAE
∵AD=AD
∴△BAD≌△EAD
∴∠AED=∠B，BD=DE，
∵∠ABC=2∠C，∠AED=∠C+∠EDC
∴∠EDC=∠C
∴DE=EC
∴AB+BD=AE+EC=AC，
再作△ABD、△ADC的高，分别交AB与G、交AC于F，作△ABC的高h，
∵S△ABD：S△ADC=(AB×DG)：(AC×DF)=(BD×h)：(CD×h)，
∴AB：AC=(BD×DF):(CD×DG)，
∵AD平分∠BAC，
∴DG=DF，
∴AB：AC=BD：CD
∴AB：(AB+2)=2：3，
解得AB=4，
∴AC=AB+BD=4+2=6，
则△ABC的周长为：AB+AC+BD+DC=4+6+2+3=15，
故选：C．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查折叠问题，三角形外角性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，属于中档题．
如图，连接AO、BO.由题意EA=EB=EO结合三角形内角和定理推出∠AOB=90°，∠OAB+∠OBA=90°；由DO=DA，FO=FB，结合等腰三角形和三角形的外角性质推出∠CDO=2∠DAO，∠CFO=2∠FBO，即可得∠DAO+∠FBO=49°，进一步求出∠CAB+∠CBA=139°即可解决问题．
【解答】
解：如图，连接 AO、BO．
由题意 EA=EB=EO ，
∴∠EAO=∠EOA，∠EOB=∠EBO，
因为∠EAO+∠EOA+∠EOB+∠EBO=180°，
∴易得∠AOB=90°，∠OAB+∠OBA=90° ，
∵DO=DA，FO=FB，
∴∠DAO=∠DOA，∠FOB=∠FBO，
∴∠CDO=2∠DAO，∠CFO=2∠FBO，
∵∠CDO+∠CFO=98°，
∴2∠DAO+2∠FBO=98°，
∴∠DAO+∠FBO=49°，
∴∠CAB+∠CBA=∠DAO+∠OAB+∠OBA+∠FBO=139°，
∴∠C=180°−(∠CAB+∠CBA)=180°−139°=41°，
故选B．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了含30度直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解本题的关键．过P作PD⊥OB，交OB于点D，在直角三角形POD中，利用含30°直角三角形的性质得出OD的长，再由PM=PN，利用三线合一得到D为MN中点，根据MN求出MD的长，由OD−MD即可求出OM的长．
【解答】
解：过P作PD⊥OB，交OB于点D，
在Rt△OPD中，∠AOB=60°，OP=12，
∴∠OPD=30°，
∴OD=12OP=6，
∵PM=PN，PD⊥MN，MN=2，
∴MD=ND=12MN=1，
∴OM=OD−MD=6−1=5．
故选C.
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查对于等腰三角形的性质定理的记忆与理解．
从各选项提供的已知条件，根据等腰三角形的性质，全等三角形的判定对各个命题进行分析，从而得到答案．
【解答】
解：A.因为等腰三角形顶角的外角等于两底角的和，作顶角的外角的平分线得到的角就等于等腰三角形的底角，根据内错角相等，两直线平行就可以得到：等腰三角形顶角的外角平分线与底边平行，所以此命题正确；
B.应该为等腰三角形底边上的高线，底边上的中线，顶角的平分线重合，所以原命题不正确；
C.因为顶角相等的两个等腰三角形对应边不一定相等，因而不一定全等，所以原命题不正确；
D.等腰三角形的腰可以为底边的两倍，所以原命题不正确；
故选A．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查了一元一次不等式组的解法和不等式的解集，熟练掌握不等式取解集的方法是解本题的关键．不等式组中两不等式整理求出解集，根据不等式组无解，确定出a的范围即可．
【解答】
解：不等式组整理得：x≤−72x>5−a，
由不等式组无解，得到5−a≥−72，
即10−2a≥−7，
解得a≤172．
故选A．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了分式方程的解，一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组，解分式方程是解题的关键．
先解一元一次不等式组，根据不等式组的解集恰好有3个负整数解，求出a的范围，再解分式方程，根据分式方程有非负整数解，确定a的值即可．
【解答】
解：−5−x≤111(x−a) ①3x+12>2x+1 ②，
解不等式 ①得x≥a−5512，
解不等式 ②得x<−1，
∴原不等式组的解集为a−5512≤x<−1，
∵不等式组的解集恰好有3个负整数解，
∴−5
2y−ay−1−3y−21−y=1，
2y−a+3y−2=y−1，
解得y=a+14，
∵分式方程有非负整数解，
∴y≥0，y为整数且a+14≠1，
∴符合条件的所有整数a的值为−1、7，
∴符合条件的所有整数a的和为6，
故选A．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次不等式组的解法，在数轴上表示不等式组的解集，需要把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“>”，“<”要用空心圆点表示．先求出两个不等式的解集，然后把解集表示在数轴上即可进行选择．
【解答】
解：3x−1>2①8−4x⩽0②,
解不等式①得，x>1，
解不等式②得，x≥2，
∴不等式组的解集为x≥2．
在数轴上表示如下：
．
故选A．
10.【答案】B
【解析】略
11.【答案】B
【解析】略
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了一次函数的应用，解决问题的关键是根据函数图象获得关键的信息，利用行程问题的数量关系列式计算．
根据函数图象即可得到甲车行驶的速度以及乙车行驶的速度；根据函数图象即可得到乙出发3h后追上甲；根据图象，当乙到达B地时，甲乙相距100km，据此可得甲比乙晚到53h；根据甲，乙两车相距80km，列出方程进行求解即可．
【解答】
解：①由图可得，甲车行驶的速度是60÷1=60km/h，
∵甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，
∴3(v乙−60)=60，
∴v乙=80km/h，
即乙车行驶的速度是80km/h，故①正确；
②∵当t=1时，乙出发，当t=4时，乙追上甲，
∴乙出发3h后追上甲，故②错误；
③由图可得，当乙到达B地时，甲乙相距100km，
∴甲比乙晚到100÷60=53h，故③正确；
④由图可得，当60t+80=80(t−1)时，
解得t=8；
当60t+80=640时，
解得t=913，
∴甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km，故④正确；
综上所述，正确的个数是3个．
故选：C．
13.【答案】(1)证明：∵CF⊥AE，BD⊥BC，∴∠DBC=∠ACB=90∘，∴∠CEA+∠BCD=∠BCD+∠D=90∘，∴∠CEA=∠D，
在△ACE和△CBD中，∠CEA=∠CDB，∠ACE=∠CBD，即AC=BC．
(2)解∵AC=BC=12cm，AE是BC边的中线，
∴CE=12BC=6cm，
∵△ACE≌△CBD，∴BD=CE=6cm．
【解析】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的性质．
14.【答案】10
【解析】
【分析】
根据平面内线段最短，构建直角三角形，解直角三角形即可．
此题考查了勾股定理，线路最短的问题，确定动点N何位置时，使BN+MN的值最小是关键．
【解答】
解：过点B作BO⊥AC于O，延长BO到B′，使OB′=OB，连接MB′，交AC于N，
此时MB′=MN+NB′=MN+BN的值最小，
连接CB′，
∵BO⊥AC，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠CBO=12×90°=45°，
∵BO=OB′，BO⊥AC，
∴CB′=CB，
∴∠CB′B=∠OBC=45°，
∴∠B′CB=90°，
∴CB′⊥BC，
根据勾股定理可得MB′=10，MB′的长度就是BN+MN的最小值．
故答案为10．
15.【答案】(3,0)或(9,0)
【解析】
【分析】
本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积有关知识，设P点坐标为(x,0)，则根据三角形面积公式得到12⋅4⋅|6−x|=6，然后去绝对值求出x的值，再写出P点坐标．
【解答】
解：设P点坐标为(x,0)，
根据题意得12⋅4⋅|6−x|=6，
解得x=3或9，
所以P点坐标为(3,0)或(9,0)．
故答案为(3,0)或(9,0)．
16.【答案】72+(32)n−1
【解析】解：过点B1、C1、C2、C3、C4分别作B1D⊥x轴，C1D1⊥x轴，C2D2⊥x轴，C3D3⊥x轴，C4D4⊥x轴，……垂足分别为D、D1、D2、D3、D4……
∵点B1在直线l：y=12x上，点B1的横坐标为2，
∴点B1的纵坐标为1，
即：OD=2，B1D=1，
图中所有的直角三角形都相似，两条直角边的比都是1：2，
B1DOD=12=DA1B1D=C1D1A1D1=D1A2C1D1=…
∴点C1的横坐标为：2+12+(32)0，
点C2的横坐标为：2+12+(32)0+(32)0×14+(32)1=52+(32)0×54+(32)1
点C3的横坐标为：2+12+(32)0+(32)0×14+(32)1+(32)1×14+(32)2=52+(32)0×54+(32)1×54+(32)2
点C4的横坐标为：=52+(32)0×54+(32)1×54+(32)2×54+(32)3
……
点Cn的横坐标为：=52+(32)0×54+(32)1×54+(32)2×54+(32)3×54+(32)4×54……+(32)n−1
=52+54[(32)0+(32)1×+(32)2+(32)3+(32)4……]+(32)n−1
=72+(32)n−1
故答案为：72+(32)n−1
根据点B1的横坐标为2，在直线l：y=12x上，可求出点B1的坐标，由作图可知图中所有的直角三角形都相似，两条直角边的比都是1：2，然后依次利用相似三角形的性质计算出C1、C2、C3、C4……的横坐标，根据规律得出答案．
考查一次函数图象上点的坐标特征，相似三角形的性质、在计算探索的过程中发现规律，得出一般性的结论．
17.【答案】解：(1)∵∠BAC=90∘，AB=AC=2；
∴△ABC是等腰直角三角形；
线段AD最小时，AD⊥BC；
AD=BD=CD=12BC=22×2=2
即线段AD的最小值是2．
(2)BD，DE，CE的数量关系是CE2+BD2=DE2，证明如下：
将△ABD绕点A逆时针旋转90°至AB与AC重合，得到△ACF，如图所示：
则△ABD≌△ACF；
∴BD =CF，∠BAD=∠CAF，∠B=∠ACF=45°，AD =AF；
∵∠DAE=45°，∠BAD+∠EAC=90°−45°=45°；
∴∠CAF+∠EAC=∠BAD+∠EAC=45°;
∴∠ACF+∠ACB=90°；
在△ADE和△AFE中，
AD=AF∠DAE=∠FAEAE=AE
∴△ADE≌△AFE(SAS)
∴DE=EF；
∴在直角△ECF中，由勾股定理可得：EC2+CF2=EF2；
∴BD，DE，CE的数量关系是CE2+BD2=DE2．
(3)将△ACE绕A点顺时针旋转至AC与AB重合，得到△ABG，连接CE，AG与DE交于点H，再过A作AH⊥DE于点M，如图所示：
则△ABG≌△ACE，∠ACE=∠ABG=135°；
∴∠CBG=90°，BC=BG，△BCG是等腰直角三角形；
由题意知，AB=AC=m；
∴BC=CE=BG=2m ，BM=AM=CM=22m；
∵△AHM∽△GHB；
∴BHMH=BGAM=2；
∴BH=23BM=23m，HM=13BM =26m;
∴HG=253m，HA=53m;
∵∠DAE=135°，∠BAC=90°；
∴∠DAB+∠BAG=∠DAB+∠CAE=45°；
∴∠DAG=∠BCG=45°;
∴△DAH∽△GCH
∴DHGH=HAHG；
化简得DH=2CH=2(26m+22m)=423m;
∴CD=DH+CH=DH+HM+CM=22m；
∴CDBE=22m22m=1;
即CDBE的值为1．
【解析】本题考查三角形综合题型，熟练掌握全等三角形和等腰直角三角形的性质和判定定理是解题关键．
(1)利用点到直线垂线段最短求得AD最小值；
(2)利用旋转的性质构造全等三角形，将BD，DE，CE三条线段放在同一个三角形里面讨论数量关系即可；
(3)根据题意易得BE=2BC=22m，求CD的长不能直接求得，构建全等三角形，结合相似三角形的性质及判定，找出线段之间的数量关系，一步一步求出与CD相关的线段的长度，得到关于CD的线段长的表达式，进行比值计算即可．
18.【答案】(1)证明：∵FG⊥AC，
∴∠FGA=90°=∠C，
∵∠FAG+∠CAE=90°，∠FAG+∠F=90°，
∴∠CAE=∠F，
在△AGF和△ECA中，
∠AGF=∠ECA∠F=∠CAEAF=AE，
∴△AGF≌△ECA(AAS)，
∴AG=EC；
(2)证明： ∵△AGF≌△ECA，
∴FG=AC=BC，
在△FGD和△BCD中，
∠FDG=∠CDB∠FGD=∠C=90°FG=BC，
∴△FGD≌△BCD(AAS)，
∴DG=CD，
∵ADCD=3，
∴AGCD=2，
∴AGAC=12，
∵AG=CE，AC=BC
∴CEBC=12，
∴E点为BC的中点；
(3)113．
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识．
(1)易证∠CAE=∠F，即可证明△AGF≌△ECA，即可解题；
(2)根据(1)中结论可得FG=AC=BC，即可证明△FGD≌△BCD，可得DG=CD，根据ADCD=3可证AGAC=12，根据AG=CE，AC=BC，即可解题；
(3)过F作FG⊥AD的延长线交于点G，易证ACCE=47，由(1)(2)可知△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，可得CD=DG，AG=CE，即可求得ACCD的值，即可解题．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)过F作FG⊥AD的延长线交于点G，如图3，
∵BCBE=43，BC=AC，CE=CB+BE，
∴ACCE=47，
由(1)(2)知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，
∴CD=DG，AG=CE，
∴ACAG=47，
∴ACCG=43，
∴AC12CG=ACCD=83，
∴ADCD=113．
19.【答案】15° 20°
【解析】解：(1)∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC上的高，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BAD=30°，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=75°，
∴∠EDC=15°；
(2)∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC上的高，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BAD=40°，
∴∠BAD=∠CAD=40°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=70°，
∴∠EDC=20°；
(3)∠BAD=2∠EDC(或∠EDC=12∠BAD)；理由如下：
∠AED=∠CDE+∠C，∠ADC=∠B+∠BAD，
∵AD=AE，
∴∠AED=∠ADE，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B+∠BAD=∠EDC+∠C+∠CDE，
即∠BAD=2∠CDE．
故答案为：15°；20°．
(1)等腰三角形三线合一，所以∠DAE=30°，又因为AD=AE，所以∠ADE=∠AED=75°，所以∠DEC=15°；
(2)同理，易证∠ADE=70°，所以∠DEC=20°；
(3)根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，∠AED=∠EDC+∠C，∠ADC=∠B+∠BAD，再根据等边对等角的性质∠B=∠C，∠ADE=∠AED，
进而得出∠BAD=2∠CDE．
本题考查了等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，三角形的外角性质进行推理的能力，熟记性质是解题的关键．
20.【答案】(1)略；
(2)∠DME=180∘−2∠A，理由略；
(3)(1)中的结论仍成立，(2)中的结论不成立，理由略
【解析】略
21.【答案】解：2x+y=1−m ①x+2y=2 ②
∵由①+②，得3x+3y=3−m，
∴x+y=1−m3，
∵x+y>0，
∴1−m3>0，
∴m<3，
在数轴上表示如下：．
【解析】由①+②求出x+y=1−m3，得出不等式，求出不等式的解集即可．
本题考查了解二元一次方程组、二元一次方程组的解、解一元一次不等式和在数轴上表示不等式的解集，能得出关于m的不等式是解此题的关键．
22.【答案】解：原式=x−2x+2x−3x+3÷x−2x−3
=x−2x+2x−3x+3×x−3x−2
=x+2x+3，
解不等式2x−3<7得：x<5，
正整数解为：1，2，3，4，
当x=1时，
原式=1+21+3=34．
【解析】本题主要考查了分式的化简求值的知识点，解答本题的关键在于将分式进行化简，然后对不等式进行求解，并在不等式的正整数解中选出使原式有意义的数代入求解.先将分式进行化简，然后对不等式进行求解，并在不等式的正整数解中选出使原式有意义的数代入求解．
23.【答案】解：(1)当a=1时，由△ABC平移得到△DEF，
A(0,1)，B(0,b)的对应点分别为D(1,12)，E(m−b,92)，
可得m−b=1b−92=1−12，解得b=5m=6,
故m的值为6；
(2)AF=BF．
理由如下：由△ABC平移得到△DEF，
点A(0,a)，点B(0,b)的对应点分别为D(a,12a)，点E(m−b,12a+4)，
可得a=m−b①a−12a=b−(12a+4)②,
由②得b=a+4③，
把③代入①，得m=2a+4，
∴14m+3=12a+4，即点C与点E的纵坐标相等，
∴CE//x轴，
∴点M(0,12a+4)，
∴△BEM的面积=12BM⋅EM=1，
∵a>0，
∴BM=a+4−(12a+4)=12a，EM=a，
∴14a2=1，
∴a=2，
∴A(0,2)，B(0,6)，C(−2,5)．
又∵在平移中点F与点C是对应点，
∴F(0,4)，
∴AF=4−2=2，BF=6−4=2，
∴AF=BF．
【解析】本题考查了坐标与图形变化−平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了三角形的面积，有一定难度．
(1)当a=1时，得出A、B、D、E四点的坐标，再根据平移的规律得到m−b=1b−92=1−12，即可求出m的值；
(2)由平移的规律得出a=m−ba−12a=b−12a+4，变形整理得到14m+3=12a+4，那么CE//x轴，根据三角形BEM的面积=12BM⋅EM=1，求出a=2，A(0,2)，B(0,6)，C(−2,5).根据点F与点C是对应点，得出F(0,4)，然后求出AF与BF的值即可．
24.【答案】解：(1)由题意知(−3,−2)沿x轴翻折得点坐标为(−3,2)；
(−3,2)沿y轴翻折得点坐标为(3,2)，
所以点Q(−3,−2)的伴随图形点Q′的坐标为(3,2)，
故答案为：(3,2)；
(2)①t=−1时，A点坐标为(−1,1)，直线m为x=1，则(−1,1)沿x轴翻折后点坐标为(−1,−1)；
(−1,−1)沿直线x=1翻折时，点(−1,−1)到直线x=1的距离为1−(−1)=2，
所以(−1,−1)沿直线x=1翻折后点A′坐标为(−1+2×2,−1)，即为(3,−1)，
所以当t=−1，且直线m与y轴平行时，点A的伴随图形点A′的坐标为(3,−1)，
故答案为：(3,−1)；
②直线m经过原点，且经过点(1,1)，所以直线为y=x．
因为A(t,1)，B(t−3,1)，C(t,3)
所以A，B，C的伴随点沿x轴翻折后点坐标依次为(t,−1)，(t−3,−1)，(t,−3)；
沿直线y=x翻折后点的坐标依次为：(−1,t)，(−1,t−3)，(−3,t)，
由题意可得|t|<1或|t−3|<1，
根据绝对值的意义可解得−1
(1)根据新定义首先求出点Q关于x轴对称的点坐标为(−3,2)，再求(−3,2)关于y轴对称的点坐标为(3,2)，故可得点的伴随图形点Q′坐标；
(2)①t=−1时，A点坐标为(−1,1)，直线m为x=1，此时点A先关于x轴对称的点坐标为(−1,−1)，
再求出(−1,−1)关于直线m对称的点坐标为(3,1)，进而得到点的伴随图形点A′坐标；
②由题意知直线m为直线y=x，A，B，C三点的的伴随图形点坐标依次表示为：(−1,t)，(−1,t−3)，(−3,t)，由题意可得|t|<1或|t−3|<1解出t的取值范围即可．
25.【答案】解：(1)∵2402−1=240(千米/时)，
∴高铁的平均速度是每小时240千米．
(2)设颖颖乘高铁路线的表达式为y=kt+b，
∵当t=1时，y=0；当t=2时，y=240，
∴k+b=0,2k+b=240.
解得k=240,b=−240.
∴颖颖乘高铁路线的表达式为y=240t−240．
∴当t=1.5时，y=120．
设乐乐乘私家车路线的表达式为y=k1t，
∴120=1.5k1，
解得k1=80．
∴乐乐乘私家车路线的表达式为y=80t．
∴当t=2时，y=160．
∵216−160=56，
∴当颖颖到达杭州火车东站时，乐乐距离游乐园还有56千米．
(3)90
【解析】见答案．
浙教版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在△ABC和△ADE中，∠CAB=∠DAE=36°，AB=AC，AD=AE.连接CD，连接BE并延长交AC，AD于点F，G.若BE恰好平分∠ABC，则下列结论错误的是( )
A. ∠ADC=∠AEB B. CD//AB
C. DE=GE D. CD=BE
2. 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. ①② B. ①②③ C. ①②④ D. ①②③④
3. 如图，在△ABC中，∠ABC=2∠C，AD平分∠BAC，交BC于D，若BD=2，CD=3，则△ABC的周长为( )
A. 12
B. 13
C. 15
D. 20
4. 如图，将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠CDO+∠CFO=98∘，则∠C的度数为( )
A. 40° B. 41° C. 42° D. 43°
5. 如图，已知∠AOB=60°，点P在边OA上，OP=12，点M，N在边OB上，PM=PN，若MN=2，则OM的长是( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
6. 下列命题中，正确的是( )
A. 等腰三角形顶角的外角平分线与底边平行
B. 等腰三角形的高线、中线、角平分线互相重合
C. 顶角相等的两个等腰三角形全等
D. 等腰三角形的一边不可以是另一边的2倍
7. 若不等式组5x+2≤3x−5−x+5
8. 若关于x的一元一次不等式组−5−x≤111x−a3x+12>2x+1的解集恰好有3个负整数解，且关于y的分式方程2y−ay−1−3y−21−y=1有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和为( )
A. 6 B. 9 C. −1 D. 2
9. 若不等式组3x−1>2,8−4x≤0的解集在数轴上表示为( )
A. B.
C. D.
10. 如图，在直角坐标系中，有若干个横、纵坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排序，如(1,0)→(2,0)→(2,1)→(1,1)→(1,2)→(2,2)⋯根据这个规律，第2020个点的横坐标为( )
A. 44． B. 45． C. 46． D. 47．
11. 如图，在平面直角坐标系中，有若干个横纵坐标分别为整数的点，其顺序按图中“→”方向排列，如(1,0)，(2,0)，(2,1)，(1,1)，(1,2)，(2,2)⋯⋯根据这个规律，第2021个点的纵坐标为( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
12. A，B两地相距640km，甲、乙两辆汽车从A地出发到B地，均匀速行驶，甲出发1小时后，乙出发沿同一路线行驶，设甲、乙两车相距s(km)，甲行驶的时间为t(h)，s与t的关系如图所示，下列说法：
①甲车行驶的速度是60km/h，乙车行驶的速度是80km/h；
②乙出发4h后追上甲；
③甲比乙晚到53h；
④甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km；
其中正确的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，△ABC中，∠ACB=90°， DC=AE，AE是BC边上的中线， 过点C作CF⊥AE，垂足为点F，过点B作BD⊥BC交CF的延长线于点D．
(1)求证：AC=CB；
(2)若AC=12 cm，求BD的长．
14. 已知：如图Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC=8，M在BC上，且BM=2，N是AC上一动点，则BN+MN的最小值为______．
15. 如图，A、B两点的坐标分别为(2,4)，(6,0).点P是x轴上一点，且三角形ABP的面积为6，则点P的坐标为________．
16. 如图，已知直线l：y=12x，点A1(2,0)，过点A1作x轴的垂线交直线l于点B1，以A1B1为边，向右侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交直线l于点B2；以A2B2为边，向右侧作正方形A2B2C2A3，延长A3C2交直线l于点B3；以A3B3为边，向右侧作正方形A3B3C3A4，延长A4C3交直线l于点B4；…；按照这个规律继续作下去，点Bn的横坐标为________.(结果用含正整数n的代数式表示)
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，∠BAC=90∘，AB=AC=m，点D，E在直线BC上.
(1)若m=2，求线段AD的最小值；
(2)如图1，若D，E在线段BC上，∠DAE=45∘，判断BD，DE，CE的数量关系，并证明；
(3)如图2，若∠DAE=135∘，BC=CE，求CDBE的值．
18. (本小题8.0分)
如图，等腰Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠CAB=∠CBA=45°，AC=BC，E点为射线CB上一动点，连接AE，作AF⊥AE且AF=AE．
(1)如图1，过F点作FG⊥AC交AC于G点，求证：△AGF≌△ECA，AG=EC；
(2)如图2，在(1)的条件下，连接BF交AC于D点，若AD=3CD，求证：E点为BC中点；
(3)如图3，当E点在CB的延长线上时，连接BF与AC的延长线交于D点，若BCBE=43，则ADCD=________．
19. (本小题8.0分)
在△ABC中，AB=AC．
(1)如图1，如果∠BAD=30°，AD是BC上的高，AD=AE，则∠EDC=______．
(2)如图2，如果∠BAD=40°，AD是BC上的高，AD=AE，则∠EDC=______．
(3)思考：通过以上两题，你发现∠BAD与∠EDC之间有什么关系？并给予证明．
20. (本小题8.0分)
如图1，在△ABC中，CD，BE分别是AB，AC边上的高线，M，N分别是线段BC，DE的中点．
(1)求证：MN⊥DE．
(2)连结DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并说明理由．
(3)若将锐角三角形ABC变为钝角三角形ABC，其余条件不变，如图2，则(1)(2)中的结论是否仍成立⋅请说明理由．
21. (本小题8.0分)
在关于x，y的方程组2x+y=1−mx+2y=2中，若未知数x，y满足x+y>0，求m的取值范围，并在数轴上表示出来．
22. (本小题8.0分)
先化简：x2−4x2−9÷1−13−x，再从不等式2x−3<7的正整数解中选取一个使原式有意义的数代入求值．
23. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，将△ABC进行平移，平移后点A，B，C的对应点分别是点D，E，F，点A(0,a)，点B(0,b)，点Da,12a，点Em−b,12a+4．
(1)若a=1，求m的值；
(2)若点C−a,14m+3，其中a>0.直线CE交y轴于点M，且△BEM的面积为1，试探究AF和BF的数量关系，并说明理由．
24. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于任意图形G及直线l1，l2，给出如下定义：将图形G先沿直线l1翻折得到图形G1，再将图形G1沿直线l2翻折得到图形G2，则称图形G2是图形G的
例如：点P(2,1)的
(1)点Q(−3,−2)的
(2)已知A(t,1)，B(t−3,1)，C(t,3)，直线m经过点(1,1)．
①当t=−1，且直线m与y轴平行时，点A的
②当直线m经过原点时，若△ABC的
25. (本小题8.0分)
五一期间，乐乐和颖颖相约到杭州市的某游乐园游玩，乐乐乘私家车从衢州出发1小时后，颖颖乘高铁从衢州出发，先到杭州火车东站，然后乘出租车去游乐园(换车时间忽略不计)，两人恰好同时到达游乐园．他们离开衢州的距离y(千米)与乘车时间t(小时)的关系如下图所示．请结合图象解决下面问题：
(1)高铁的平均速度是每小时多少千米？
(2)当颖颖到达杭州火车东站时，乐乐距离游乐园还有多少千米？
(3)若乐乐要提前18分钟到达游乐园，则私家车的速度必须达到__________千米/时．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.∵∠CAB=∠DAE=36°，
∴∠CAB−∠CAE=∠DAE−∠CAE，
即∠DAC=∠EAB，
在△DAC和△EAB中，
AD=AE∠DAC=∠EABAC=AB，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
∴∠ADC=∠AEB，故A选项不符合题意；
CD=BE，故D选项不符合题意；
B.∵△DAC≌△EAB，
∴AC=AB，
∴∠ACB=∠ABC，
∵∠CAB=∠DAE=36°，
∴∠ACB=∠ABC=(180°−36°)÷2=72°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=36°，
∴∠ACD=∠ABE=36，
∵∠DCA=∠CAB=36°，
∴CD//AB(内错角相等，两直线平行)，
故B选项不符合题意；
C.根据已知条件无法证明DE=GE，故C选项符合题意．
故选：C．
利用AAS证明△DAC≌△EAB可得∠ADC=∠AEB，CD=BE，可判断A，D选项正确；由全等三角形的性质，三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求解∠ACB的度数，利用角平分线的定义求得∠ACD=∠ABE=36°，即可得∠ACD=∠CAB，进而可证明CD//AB，即可判断B选项正确，进而可求解．
本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行线的判定，角平分线的定义，三角形的内角和定理，证明△DAC≌△EAB是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查的是全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，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∠AOB=∠COD=40°，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，
∵∠AOB=∠COD=40°，
∴∠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;
故正确的是①②④，
故选C．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查知识点较多，涉及全等三角形的判定与性质、角平分线性质、三角形的外角性质、三角形的面积等，能正确作出辅助线是解题的关键.，先在AC边上取一点E使AE=AB，可得△BAD≌△EAD，进而求得DE=EC，得出AB+BD=AE+EC=AC，再作△ABD、△ADC的高，分别交AB与G、交AC于F，作△ABC的高h，利用面积法可证明AB：AC=BD：CD，进而求得AB、AC的值，最后再求△ABC的周长．
【解答】
解：在AC边上取一点E使AE=AB，
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD=∠DAE
∵AD=AD
∴△BAD≌△EAD
∴∠AED=∠B，BD=DE，
∵∠ABC=2∠C，∠AED=∠C+∠EDC
∴∠EDC=∠C
∴DE=EC
∴AB+BD=AE+EC=AC，
再作△ABD、△ADC的高，分别交AB与G、交AC于F，作△ABC的高h，
∵S△ABD：S△ADC=(AB×DG)：(AC×DF)=(BD×h)：(CD×h)，
∴AB：AC=(BD×DF):(CD×DG)，
∵AD平分∠BAC，
∴DG=DF，
∴AB：AC=BD：CD
∴AB：(AB+2)=2：3，
解得AB=4，
∴AC=AB+BD=4+2=6，
则△ABC的周长为：AB+AC+BD+DC=4+6+2+3=15，
故选：C．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查折叠问题，三角形外角性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，属于中档题．
如图，连接AO、BO.由题意EA=EB=EO结合三角形内角和定理推出∠AOB=90°，∠OAB+∠OBA=90°；由DO=DA，FO=FB，结合等腰三角形和三角形的外角性质推出∠CDO=2∠DAO，∠CFO=2∠FBO，即可得∠DAO+∠FBO=49°，进一步求出∠CAB+∠CBA=139°即可解决问题．
【解答】
解：如图，连接 AO、BO．
由题意 EA=EB=EO ，
∴∠EAO=∠EOA，∠EOB=∠EBO，
因为∠EAO+∠EOA+∠EOB+∠EBO=180°，
∴易得∠AOB=90°，∠OAB+∠OBA=90° ，
∵DO=DA，FO=FB，
∴∠DAO=∠DOA，∠FOB=∠FBO，
∴∠CDO=2∠DAO，∠CFO=2∠FBO，
∵∠CDO+∠CFO=98°，
∴2∠DAO+2∠FBO=98°，
∴∠DAO+∠FBO=49°，
∴∠CAB+∠CBA=∠DAO+∠OAB+∠OBA+∠FBO=139°，
∴∠C=180°−(∠CAB+∠CBA)=180°−139°=41°，
故选B．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
此题考查了含30度直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解本题的关键．过P作PD⊥OB，交OB于点D，在直角三角形POD中，利用含30°直角三角形的性质得出OD的长，再由PM=PN，利用三线合一得到D为MN中点，根据MN求出MD的长，由OD−MD即可求出OM的长．
【解答】
解：过P作PD⊥OB，交OB于点D，
在Rt△OPD中，∠AOB=60°，OP=12，
∴∠OPD=30°，
∴OD=12OP=6，
∵PM=PN，PD⊥MN，MN=2，
∴MD=ND=12MN=1，
∴OM=OD−MD=6−1=5．
故选C.
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查对于等腰三角形的性质定理的记忆与理解．
从各选项提供的已知条件，根据等腰三角形的性质，全等三角形的判定对各个命题进行分析，从而得到答案．
【解答】
解：A.因为等腰三角形顶角的外角等于两底角的和，作顶角的外角的平分线得到的角就等于等腰三角形的底角，根据内错角相等，两直线平行就可以得到：等腰三角形顶角的外角平分线与底边平行，所以此命题正确；
B.应该为等腰三角形底边上的高线，底边上的中线，顶角的平分线重合，所以原命题不正确；
C.因为顶角相等的两个等腰三角形对应边不一定相等，因而不一定全等，所以原命题不正确；
D.等腰三角形的腰可以为底边的两倍，所以原命题不正确；
故选A．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查了一元一次不等式组的解法和不等式的解集，熟练掌握不等式取解集的方法是解本题的关键．不等式组中两不等式整理求出解集，根据不等式组无解，确定出a的范围即可．
【解答】
解：不等式组整理得：x≤−72x>5−a，
由不等式组无解，得到5−a≥−72，
即10−2a≥−7，
解得a≤172．
故选A．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了分式方程的解，一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组，解分式方程是解题的关键．
先解一元一次不等式组，根据不等式组的解集恰好有3个负整数解，求出a的范围，再解分式方程，根据分式方程有非负整数解，确定a的值即可．
【解答】
解：−5−x≤111(x−a) ①3x+12>2x+1 ②，
解不等式 ①得x≥a−5512，
解不等式 ②得x<−1，
∴原不等式组的解集为a−5512≤x<−1，
∵不等式组的解集恰好有3个负整数解，
∴−5
2y−ay−1−3y−21−y=1，
2y−a+3y−2=y−1，
解得y=a+14，
∵分式方程有非负整数解，
∴y≥0，y为整数且a+14≠1，
∴符合条件的所有整数a的值为−1、7，
∴符合条件的所有整数a的和为6，
故选A．
9.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了一元一次不等式组的解法，在数轴上表示不等式组的解集，需要把每个不等式的解集在数轴上表示出来(>,≥向右画；<，≤向左画)，在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“>”，“<”要用空心圆点表示．先求出两个不等式的解集，然后把解集表示在数轴上即可进行选择．
【解答】
解：3x−1>2①8−4x⩽0②,
解不等式①得，x>1，
解不等式②得，x≥2，
∴不等式组的解集为x≥2．
在数轴上表示如下：
．
故选A．
10.【答案】B
【解析】略
11.【答案】B
【解析】略
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了一次函数的应用，解决问题的关键是根据函数图象获得关键的信息，利用行程问题的数量关系列式计算．
根据函数图象即可得到甲车行驶的速度以及乙车行驶的速度；根据函数图象即可得到乙出发3h后追上甲；根据图象，当乙到达B地时，甲乙相距100km，据此可得甲比乙晚到53h；根据甲，乙两车相距80km，列出方程进行求解即可．
【解答】
解：①由图可得，甲车行驶的速度是60÷1=60km/h，
∵甲先出发1h，乙出发3h后追上甲，
∴3(v乙−60)=60，
∴v乙=80km/h，
即乙车行驶的速度是80km/h，故①正确；
②∵当t=1时，乙出发，当t=4时，乙追上甲，
∴乙出发3h后追上甲，故②错误；
③由图可得，当乙到达B地时，甲乙相距100km，
∴甲比乙晚到100÷60=53h，故③正确；
④由图可得，当60t+80=80(t−1)时，
解得t=8；
当60t+80=640时，
解得t=913，
∴甲车行驶8h或913h，甲，乙两车相距80km，故④正确；
综上所述，正确的个数是3个．
故选：C．
13.【答案】(1)证明：∵CF⊥AE，BD⊥BC，∴∠DBC=∠ACB=90∘，∴∠CEA+∠BCD=∠BCD+∠D=90∘，∴∠CEA=∠D，
在△ACE和△CBD中，∠CEA=∠CDB，∠ACE=∠CBD，即AC=BC．
(2)解∵AC=BC=12cm，AE是BC边的中线，
∴CE=12BC=6cm，
∵△ACE≌△CBD，∴BD=CE=6cm．
【解析】本题主要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的性质．
14.【答案】10
【解析】
【分析】
根据平面内线段最短，构建直角三角形，解直角三角形即可．
此题考查了勾股定理，线路最短的问题，确定动点N何位置时，使BN+MN的值最小是关键．
【解答】
解：过点B作BO⊥AC于O，延长BO到B′，使OB′=OB，连接MB′，交AC于N，
此时MB′=MN+NB′=MN+BN的值最小，
连接CB′，
∵BO⊥AC，AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠CBO=12×90°=45°，
∵BO=OB′，BO⊥AC，
∴CB′=CB，
∴∠CB′B=∠OBC=45°，
∴∠B′CB=90°，
∴CB′⊥BC，
根据勾股定理可得MB′=10，MB′的长度就是BN+MN的最小值．
故答案为10．
15.【答案】(3,0)或(9,0)
【解析】
【分析】
本题考查了坐标与图形性质，三角形的面积有关知识，设P点坐标为(x,0)，则根据三角形面积公式得到12⋅4⋅|6−x|=6，然后去绝对值求出x的值，再写出P点坐标．
【解答】
解：设P点坐标为(x,0)，
根据题意得12⋅4⋅|6−x|=6，
解得x=3或9，
所以P点坐标为(3,0)或(9,0)．
故答案为(3,0)或(9,0)．
16.【答案】72+(32)n−1
【解析】解：过点B1、C1、C2、C3、C4分别作B1D⊥x轴，C1D1⊥x轴，C2D2⊥x轴，C3D3⊥x轴，C4D4⊥x轴，……垂足分别为D、D1、D2、D3、D4……
∵点B1在直线l：y=12x上，点B1的横坐标为2，
∴点B1的纵坐标为1，
即：OD=2，B1D=1，
图中所有的直角三角形都相似，两条直角边的比都是1：2，
B1DOD=12=DA1B1D=C1D1A1D1=D1A2C1D1=…
∴点C1的横坐标为：2+12+(32)0，
点C2的横坐标为：2+12+(32)0+(32)0×14+(32)1=52+(32)0×54+(32)1
点C3的横坐标为：2+12+(32)0+(32)0×14+(32)1+(32)1×14+(32)2=52+(32)0×54+(32)1×54+(32)2
点C4的横坐标为：=52+(32)0×54+(32)1×54+(32)2×54+(32)3
……
点Cn的横坐标为：=52+(32)0×54+(32)1×54+(32)2×54+(32)3×54+(32)4×54……+(32)n−1
=52+54[(32)0+(32)1×+(32)2+(32)3+(32)4……]+(32)n−1
=72+(32)n−1
故答案为：72+(32)n−1
根据点B1的横坐标为2，在直线l：y=12x上，可求出点B1的坐标，由作图可知图中所有的直角三角形都相似，两条直角边的比都是1：2，然后依次利用相似三角形的性质计算出C1、C2、C3、C4……的横坐标，根据规律得出答案．
考查一次函数图象上点的坐标特征，相似三角形的性质、在计算探索的过程中发现规律，得出一般性的结论．
17.【答案】解：(1)∵∠BAC=90∘，AB=AC=2；
∴△ABC是等腰直角三角形；
线段AD最小时，AD⊥BC；
AD=BD=CD=12BC=22×2=2
即线段AD的最小值是2．
(2)BD，DE，CE的数量关系是CE2+BD2=DE2，证明如下：
将△ABD绕点A逆时针旋转90°至AB与AC重合，得到△ACF，如图所示：
则△ABD≌△ACF；
∴BD =CF，∠BAD=∠CAF，∠B=∠ACF=45°，AD =AF；
∵∠DAE=45°，∠BAD+∠EAC=90°−45°=45°；
∴∠CAF+∠EAC=∠BAD+∠EAC=45°;
∴∠ACF+∠ACB=90°；
在△ADE和△AFE中，
AD=AF∠DAE=∠FAEAE=AE
∴△ADE≌△AFE(SAS)
∴DE=EF；
∴在直角△ECF中，由勾股定理可得：EC2+CF2=EF2；
∴BD，DE，CE的数量关系是CE2+BD2=DE2．
(3)将△ACE绕A点顺时针旋转至AC与AB重合，得到△ABG，连接CE，AG与DE交于点H，再过A作AH⊥DE于点M，如图所示：
则△ABG≌△ACE，∠ACE=∠ABG=135°；
∴∠CBG=90°，BC=BG，△BCG是等腰直角三角形；
由题意知，AB=AC=m；
∴BC=CE=BG=2m ，BM=AM=CM=22m；
∵△AHM∽△GHB；
∴BHMH=BGAM=2；
∴BH=23BM=23m，HM=13BM =26m;
∴HG=253m，HA=53m;
∵∠DAE=135°，∠BAC=90°；
∴∠DAB+∠BAG=∠DAB+∠CAE=45°；
∴∠DAG=∠BCG=45°;
∴△DAH∽△GCH
∴DHGH=HAHG；
化简得DH=2CH=2(26m+22m)=423m;
∴CD=DH+CH=DH+HM+CM=22m；
∴CDBE=22m22m=1;
即CDBE的值为1．
【解析】本题考查三角形综合题型，熟练掌握全等三角形和等腰直角三角形的性质和判定定理是解题关键．
(1)利用点到直线垂线段最短求得AD最小值；
(2)利用旋转的性质构造全等三角形，将BD，DE，CE三条线段放在同一个三角形里面讨论数量关系即可；
(3)根据题意易得BE=2BC=22m，求CD的长不能直接求得，构建全等三角形，结合相似三角形的性质及判定，找出线段之间的数量关系，一步一步求出与CD相关的线段的长度，得到关于CD的线段长的表达式，进行比值计算即可．
18.【答案】(1)证明：∵FG⊥AC，
∴∠FGA=90°=∠C，
∵∠FAG+∠CAE=90°，∠FAG+∠F=90°，
∴∠CAE=∠F，
在△AGF和△ECA中，
∠AGF=∠ECA∠F=∠CAEAF=AE，
∴△AGF≌△ECA(AAS)，
∴AG=EC；
(2)证明： ∵△AGF≌△ECA，
∴FG=AC=BC，
在△FGD和△BCD中，
∠FDG=∠CDB∠FGD=∠C=90°FG=BC，
∴△FGD≌△BCD(AAS)，
∴DG=CD，
∵ADCD=3，
∴AGCD=2，
∴AGAC=12，
∵AG=CE，AC=BC
∴CEBC=12，
∴E点为BC的中点；
(3)113．
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识．
(1)易证∠CAE=∠F，即可证明△AGF≌△ECA，即可解题；
(2)根据(1)中结论可得FG=AC=BC，即可证明△FGD≌△BCD，可得DG=CD，根据ADCD=3可证AGAC=12，根据AG=CE，AC=BC，即可解题；
(3)过F作FG⊥AD的延长线交于点G，易证ACCE=47，由(1)(2)可知△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，可得CD=DG，AG=CE，即可求得ACCD的值，即可解题．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)过F作FG⊥AD的延长线交于点G，如图3，
∵BCBE=43，BC=AC，CE=CB+BE，
∴ACCE=47，
由(1)(2)知：△AGF≌△ECA，△DGF≌△DCB，
∴CD=DG，AG=CE，
∴ACAG=47，
∴ACCG=43，
∴AC12CG=ACCD=83，
∴ADCD=113．
19.【答案】15° 20°
【解析】解：(1)∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC上的高，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BAD=30°，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=75°，
∴∠EDC=15°；
(2)∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC上的高，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BAD=40°，
∴∠BAD=∠CAD=40°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=70°，
∴∠EDC=20°；
(3)∠BAD=2∠EDC(或∠EDC=12∠BAD)；理由如下：
∠AED=∠CDE+∠C，∠ADC=∠B+∠BAD，
∵AD=AE，
∴∠AED=∠ADE，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B+∠BAD=∠EDC+∠C+∠CDE，
即∠BAD=2∠CDE．
故答案为：15°；20°．
(1)等腰三角形三线合一，所以∠DAE=30°，又因为AD=AE，所以∠ADE=∠AED=75°，所以∠DEC=15°；
(2)同理，易证∠ADE=70°，所以∠DEC=20°；
(3)根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，∠AED=∠EDC+∠C，∠ADC=∠B+∠BAD，再根据等边对等角的性质∠B=∠C，∠ADE=∠AED，
进而得出∠BAD=2∠CDE．
本题考查了等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，三角形的外角性质进行推理的能力，熟记性质是解题的关键．
20.【答案】(1)略；
(2)∠DME=180∘−2∠A，理由略；
(3)(1)中的结论仍成立，(2)中的结论不成立，理由略
【解析】略
21.【答案】解：2x+y=1−m ①x+2y=2 ②
∵由①+②，得3x+3y=3−m，
∴x+y=1−m3，
∵x+y>0，
∴1−m3>0，
∴m<3，
在数轴上表示如下：．
【解析】由①+②求出x+y=1−m3，得出不等式，求出不等式的解集即可．
本题考查了解二元一次方程组、二元一次方程组的解、解一元一次不等式和在数轴上表示不等式的解集，能得出关于m的不等式是解此题的关键．
22.【答案】解：原式=x−2x+2x−3x+3÷x−2x−3
=x−2x+2x−3x+3×x−3x−2
=x+2x+3，
解不等式2x−3<7得：x<5，
正整数解为：1，2，3，4，
当x=1时，
原式=1+21+3=34．
【解析】本题主要考查了分式的化简求值的知识点，解答本题的关键在于将分式进行化简，然后对不等式进行求解，并在不等式的正整数解中选出使原式有意义的数代入求解.先将分式进行化简，然后对不等式进行求解，并在不等式的正整数解中选出使原式有意义的数代入求解．
23.【答案】解：(1)当a=1时，由△ABC平移得到△DEF，
A(0,1)，B(0,b)的对应点分别为D(1,12)，E(m−b,92)，
可得m−b=1b−92=1−12，解得b=5m=6,
故m的值为6；
(2)AF=BF．
理由如下：由△ABC平移得到△DEF，
点A(0,a)，点B(0,b)的对应点分别为D(a,12a)，点E(m−b,12a+4)，
可得a=m−b①a−12a=b−(12a+4)②,
由②得b=a+4③，
把③代入①，得m=2a+4，
∴14m+3=12a+4，即点C与点E的纵坐标相等，
∴CE//x轴，
∴点M(0,12a+4)，
∴△BEM的面积=12BM⋅EM=1，
∵a>0，
∴BM=a+4−(12a+4)=12a，EM=a，
∴14a2=1，
∴a=2，
∴A(0,2)，B(0,6)，C(−2,5)．
又∵在平移中点F与点C是对应点，
∴F(0,4)，
∴AF=4−2=2，BF=6−4=2，
∴AF=BF．
【解析】本题考查了坐标与图形变化−平移，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．也考查了三角形的面积，有一定难度．
(1)当a=1时，得出A、B、D、E四点的坐标，再根据平移的规律得到m−b=1b−92=1−12，即可求出m的值；
(2)由平移的规律得出a=m−ba−12a=b−12a+4，变形整理得到14m+3=12a+4，那么CE//x轴，根据三角形BEM的面积=12BM⋅EM=1，求出a=2，A(0,2)，B(0,6)，C(−2,5).根据点F与点C是对应点，得出F(0,4)，然后求出AF与BF的值即可．
24.【答案】解：(1)由题意知(−3,−2)沿x轴翻折得点坐标为(−3,2)；
(−3,2)沿y轴翻折得点坐标为(3,2)，
所以点Q(−3,−2)的
故答案为：(3,2)；
(2)①t=−1时，A点坐标为(−1,1)，直线m为x=1，则(−1,1)沿x轴翻折后点坐标为(−1,−1)；
(−1,−1)沿直线x=1翻折时，点(−1,−1)到直线x=1的距离为1−(−1)=2，
所以(−1,−1)沿直线x=1翻折后点A′坐标为(−1+2×2,−1)，即为(3,−1)，
所以当t=−1，且直线m与y轴平行时，点A的
故答案为：(3,−1)；
②直线m经过原点，且经过点(1,1)，所以直线为y=x．
因为A(t,1)，B(t−3,1)，C(t,3)
所以A，B，C的伴随点沿x轴翻折后点坐标依次为(t,−1)，(t−3,−1)，(t,−3)；
沿直线y=x翻折后点的坐标依次为：(−1,t)，(−1,t−3)，(−3,t)，
由题意可得|t|<1或|t−3|<1，
根据绝对值的意义可解得−1
(1)根据新定义首先求出点Q关于x轴对称的点坐标为(−3,2)，再求(−3,2)关于y轴对称的点坐标为(3,2)，故可得点的伴随图形点Q′坐标；
(2)①t=−1时，A点坐标为(−1,1)，直线m为x=1，此时点A先关于x轴对称的点坐标为(−1,−1)，
再求出(−1,−1)关于直线m对称的点坐标为(3,1)，进而得到点的伴随图形点A′坐标；
②由题意知直线m为直线y=x，A，B，C三点的
25.【答案】解：(1)∵2402−1=240(千米/时)，
∴高铁的平均速度是每小时240千米．
(2)设颖颖乘高铁路线的表达式为y=kt+b，
∵当t=1时，y=0；当t=2时，y=240，
∴k+b=0,2k+b=240.
解得k=240,b=−240.
∴颖颖乘高铁路线的表达式为y=240t−240．
∴当t=1.5时，y=120．
设乐乐乘私家车路线的表达式为y=k1t，
∴120=1.5k1，
解得k1=80．
∴乐乐乘私家车路线的表达式为y=80t．
∴当t=2时，y=160．
∵216−160=56，
∴当颖颖到达杭州火车东站时，乐乐距离游乐园还有56千米．
(3)90
【解析】见答案．
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