湘教版初中数学八年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析）

这是一份湘教版初中数学八年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析），共35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。

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，平面内∠AOB=∠COD=90°，∠COE=∠BOE，OF 平分∠AOD，则以下结论：
①∠AOE=∠DOE；②∠AOD+∠COB=180°；③∠COB−∠AOD=90°；④∠COE+∠BOF=180°．
其中正确结论的个数有( )
A. 4个B. 3个C. 2个D. 0个
2. 如图，△ABC的面积为30cm2，AE=ED，BD=2DC，则图中四边形EDCF的面积等于( )
A. 6cm2B. 8cm2C. 9cm2D. 10cm2
3. 如图，在矩形ABCD中，AB=12，AD=7，点P在AD上，点Q在BC上，且AP=CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为( )
A. 25B. 24C. 193D. 13
4. 如图，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，已知AD=6(正方形的四条边都相等，四个内角都是直角)，DF=2.则△AEF的面积S△AEF=( )
A. 6B. 12C. 15D. 30
5. 如图，用大小形状完全相同的长方形纸片在平面直角坐标系中摆成如图所示图案，已知A(−2,6)，则点B的坐标为( )
A. (−6,4)B. (−203,143)C. (−6,5)D. (−203,4)
6. 如图，动点M从(0,3)出发，沿y轴以每秒1个单位长度的速度向下移动，同时动点N从(4,0)出发，沿x轴以每秒2个单位长度的速度向右移动，当点M移动到O点时，点M、N同时停止移动．点P在第一象限内，在M、N移动过程中，始终有PM⊥PN，且PM=PN.则在整个移动过程中，点P移动的路径长为( )
A. 322B. 323C. 5D. 235
7. 小明、小华从学校出发到青少年宫参加书法比赛，小明步行一段时间后，小华骑自行车沿相同路线行进，两人均匀速前行.他们的路程差s(米)与小明出发时间t(分)之间的函数关系如图所示.下列说法：
①小华先到达青少年宫；
②小华的速度是小明速度的2.5倍；
③a=24；
④b=480.
其中正确的是( )
A. ①②④B. ①②③C. ①③④D. ①②③④
8. 甲、乙两车从A地出发，沿同一路线驶向B地.甲车先出发匀速驶向B地，40 min后，乙车出发，匀速行驶一段时间后，在途中的货站装货耗时半小时.由于满载货物，为了行驶安全，速度减少了50 km/h，结果与甲车同时到达B地.甲乙两车距A地的路程y(km)与乙车行驶时间x(h)之间的函数图象如图所示，则下列说法：①a=4.5；②甲的速度是60 km/h；③乙出发80 min追上甲；④乙刚到达货站时，甲距B地180 km.其中正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
9. 阅读【资料】，完成第8、9题．
【资料】：如图，这是根据公开资料整理绘制而成的2004−2018年中美两国国内生产总值(GDP)的直方图及发展趋势线．(注：趋势线由Excel系统根据数据自动生成，趋势线中的y表示GDP，x表示年数)
2004−2018年中美两国国内生产总值(GDP，单位：万亿美元)直方图及发展趋势线
依据【资料】中所提供的信息，可以推算出中国的GDP要超过美国，至少要到( )
A. 2052年B. 2038年C. 2037年D. 2034年
10. 如图，在正方形ABCD中，AB=4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90∘得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为.( )
A. 2B. 42−2C. 25−2D. 5−2
11. 如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A1,−1，D3,−1，规定把正方形ABCD“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，正方形ABCD的中心的坐标为( )
A. −2,−2021B. 2,−2022C. −2,−2023D. 2,−2024
12. 如图，在直角坐标系中，已知点A(−3,0)、B(0,4)，对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1、△2、△3、△4、…，△16的直角顶点的坐标为( )
A. (60,0)B. (72,0)C. (6715,95)D. (7915,95)
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，AB//CD，CF平分∠ECD，AE⊥EF，∠EGA−∠AEC=50∘，∠F+∠A= ．
14. 如图，平面内三点A，B，C，AB=4，AC=3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是 ．
15. 如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上.若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是______ ．
16. 一组数据，最大值与最小值的差为16，取组距为4，则组数为____．
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)
我们知道一次函数y=mx+n与y=−mx+n(m≠0)的图象关于y轴对称，所以我们定义：函数y=mx+n与y=−mx+n(m≠0)互为“M”函数．
(1)请写出函数y=2x+5的“M”函数；
(2)如果一对“M”函数y=mx+n与y=−mx+n(m≠0)的图象交于点A，且与x轴交于B，C两点，如图所示，若∠BAC=90°，且△ABC的面积是8，求这对“M”函数的解析式；
18. (本小题8.0分)
如图，已知AB // CD，C在D的右侧，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，BE、DE所在直线交于点E.∠ADC=70°．

(1)求∠EDC的度数；
(2)若∠ABC=n°，求∠BED的度数(用含n的代数式表示)；
(3)将线段BC沿DC方向平移，使得点B在点A的右侧，其他条件不变，画出图形并判断∠BED的度数是否改变，若改变，求出它的度数(用含n的式子表示)，不改变，请说明理由．
19. (本小题8.0分)
在小学，我们已经初步了解到，长方形的对边平行且相等，每个角都是90°.如图，长方形ABCD中，AD=9cm，AB=4cm，E为边AD上一动点，从点D出发，以1cm/s向终点A运动，同时动点P从点B出发，以acm/s向终点C运动，运动的时间为ts．
(1)当t=3时，若EP平分∠AEC，求a的值；
(2)若a=1，且△CEP是以CE为腰的等腰三角形，求t的值；
(3)连接DP，直接写出点C与点E关于DP对称时的a与t的值．
20. (本小题8.0分)
已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠DAC的平分线AE交CD于点E，过点D作DM⊥AE于F，交AC于点M，共过点A作AN⊥AE交CB延长线于点N．
(1)若AD=3，求△CAN的面积；
(2)求证：AN=DM+2EF．
21. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，记dx=|x1−x2|，dy=|y1−y2|，将|dx−dy|称为点A，B的横纵偏差，记为μ(A,B)，即μ(A,B)=|dx−dy|.若点B在线段PQ上，将μ(A,B)的最大值称为线段PQ关于点A的横纵偏差，记为μ(A,PQ)．
(1)A(0,−2)，B(1,4)，
①μ(A,B)的值是______ ；
②点K在x轴上，若μ(B,K)=0，则点K的坐标是______ ．
(2)点P，Q在y轴上，点P在点Q的上方，PQ=6，点M的坐标为(−5,0)．
①当点Q的坐标为(0,1)时，求μ(M,PQ)的值；
②当线段PQ在y轴上运动时，直接写出μ(M,PQ)的最小值及此时点P的坐标．
22. (本小题8.0分)
在平面直角坐标系中，A(−1,0)，B(4,0)，C(0,3)，若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求D点的坐标．
23. (本小题8.0分)
如图，一次函数y=34x+6的图像交x轴于点A，交y轴于点B，∠ABO的平分线交x轴于点C，过点C作直线CD⊥AB，垂足为D，交y轴于点E.求直线CE对应的函数表达式．
24. (本小题8.0分)
如图1，在长方形ABCD中，AB=12 cm，BC=10 cm，点P从A出发，沿A→B→C→D的路线运动，到D停止；点Q从D点出发，沿D→C→B→A路线运动，到A点停止．若P，Q两点同时出发，速度分别为每秒1 cm，2 cm，a秒时P，Q两点同时改变速度，分别变为每秒2 cm，54cm(P,Q两点速度改变后一直保持此速度，直到停止).如图2是△APD的面积S(cm2)和运动时间x(秒)的图象．
(1)求出a的值；
(2)设点P已行的路程为y1(cm)，点Q还剩的路程为y2(cm)，请分别求出改变速度后，y1，y2和运动时间x(秒)的关系式；
(3)求P，Q两点都在BC边上，x为何值时P，Q两点相距3 cm？
25. (本小题8.0分)
某校八年级以“我最喜爱的体育运动”为主题对该校八年级每位学生进行了调查，调查的运动项目有：篮球、羽毛球、乒乓球、跳绳及其它项目(每位同学仅选一项)，经调查每位同学都做了选择，根据调查结果绘制如下统计图表：
某校八年级学生“我最喜爱的体育运动调查情况统计表”
请根据以上图表信息解答下列问题：
(1)求该校八年级学生的人数．
(2)求统计表中m、n的值．
(3)求扇形统计图中“乒乓球”所在的扇形的圆心角度数．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为∠AOB=∠COD=90°，
所以∠AOC=∠BOD，
而∠COE=∠BOE，
所以∠AOE=∠DOE，所以①正确；
∠AOD+∠COB=∠AOD+∠AOC+90°=90°+90°=180°，所以②正确；
∠COB−∠AOD=∠AOC+90°−∠AOD，
而∠AOC≠∠AOD，所以③不正确；
因为OF平分∠AOD，
所以∠AOF=∠DOF，
而∠AOE=∠DOE，
所以∠AOF+∠AOE=∠DOF+∠DOE=180°，即点F、O、E共线，
因为∠COE=∠BOE，
所以∠COE+∠BOF=180°，所以④正确．
故选：B．
本题考查了角度的计算，等角的余角相等．也考查了角平分线的定义知识点．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查三角形中线的性质.根据三角形的中线平分三角形的面积和同高的两个三角形面积之比等于底边长之比来解答即可．
【解答】
解：如图
设S△AFE=x，
∵AE=ED，
∴S△FED=S△AFE=x，
∵△ABC的面积为30cm2
∵BD=2DC，
∴S△ABD=2S△ADC，S△BDF=2S△DCF，
∴S△ADC=13S△ABC=13×30=10cm2，
∴S△ABD=20cm2，
∵AE=ED，
∴S△BDE=12S△ABD=10cm2，
∴S△BFD=10+x，
S△DCF=10−2x，
∴10+x=2(10−2x)，
x=2，
四边形EDCF的面积=S△ADC−S△AFE=10−2=8(cm2).
故选B．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，连接BP，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE=AB=12，连接PE、CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，再根据勾股定理求解即可．
【解答】
解：如图，连结BP，
在矩形ABCD中，AD//BC，AD=BC，
∵AP=CQ，
∴AD−AP=BC−CQ，
∴DP=QB，DP//BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB//DQ，PB=DQ，
则PC+QD=PC+PB，则把求PC+QD的最小值转
化为求PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE=AB=12，连结PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是线段BE的垂直平分线，
∴PB=PE，
∴PC+PB=PC+PE，
连结CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，
∴当C，E，P三点共线时，PC+PE最小，即PC+PB
最小，最小值是CE的长，
∵BE=2AB=24，BC=AD=7，
∴CE=BE2+BC2=242+72=25．
∴PC+QD的最小值为25．
故选A．

4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记各性质并利用旋转作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
将△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADH，根据旋转的性质可得AH=AE，∠DAH=∠BAE，然后求出∠FAH=∠EAF=45°，再利用“边角边”证明△AEF和△AHF全等，然后利用勾股定理求出DH的长，再根据全等三角形的面积相等解答即可．
【解答】
解：如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADH，
由旋转的性质得，AH=AE，∠DAH=∠BAE，
∵∠EAF=45°，∠BAD=90°，
∴∠FAD+∠BAE=90°，
∴∠EAF=∠FAH=45°，
在△AEF和△AHF中，AE=AH∠EAF=∠FAH=45°AF=AF,
∴△AEF≌△AHF(SAS)，
∴EF=HF，
∵AD=DC=6，DF=2，
∴CF=4，
设BE=DH=x，则CE=6−x，
∴EF=HF=x+2，
在Rt△CEF中，CF2+CE2=EF2，
即42+6−x2=x+22，
解得x=3，即DH=3，
∴HF=5，
S△AEF=S△AHF=12×HF·AD=12×5×6=15．
故选：C．

5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了二元一次方程组的应用以及坐标与图形的性质，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．设长方形纸片的长为x，宽为y，根据点A的坐标，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出x、y的值，再观察坐标系，可求出点B的坐标．
【解答】
解：设长方形的长为a，宽为b
则a−b=2a+2b=6
解得a=103b=43
∴−2a=−203，a+b=143，
∴点B的坐标为−203,143．
故选B．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查矩形的判定和性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，一次函数图像上点的坐标特征，勾股定理，过点P作PA⊥ON于A，PB⊥OM于B，找到点P的运动轨迹是关键．
过点P作PA⊥ON于A，PB⊥OM于B得矩形OAPB，先根据AAS证明△PBM≌△PAN得PB=PA，说明点P在直线y=x上运动，再求t=0和t=3时，点P的坐标，即点P的坐标起点坐标和终点坐标，最后根据勾股定理即可解答．
【解答】
解：过点P作PA⊥ON于A，PB⊥OM于B得矩形OAPB，
∴∠APB=90°，
∵PM⊥PN，
∴∠BPM+∠MPA=∠MPA+∠APN=90°，
∴∠BPM=∠APN，
∵∠PBM=∠PAN=90°，PM=PN，
∴△PBM≌△PAN，
∴PA=PB，BM=AN，
∴点P在直线y=x上运动．
设BM=AN=a，
当运动时间t=0时，OM=3，ON=4，
∴a+3=4−a，
解得a=12，
∴OA=4−12=72．
∴点P的起点坐标为(72,72)；
当运动时间t=3时，M和O重合，ON=4+6=10，如图所示：
过点P作PH⊥ON于H
∵PM⊥PN，且PM=PN，
∴OH=NH=PH=5，
∴点P终点坐标为(5,5)，
∴点P移动的路径长为5−722+5−722=322．
故选A．
7.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了一次函数的应用，路程=速度×时间的关系等知识，解题的关键是读懂图象信息，利用数形结合的思想解决问题，属于常考题型.根据小明步行720米，需要9分钟，进而得出小明的运动速度，利用图形得出小华的运动时间以及运动距离进而分别判断得出答案．
【解答】
解：由图象得出小明步行720米，需要9分钟，
所以小明的运动速度为：720÷9=80(m/分)，
当第15分钟时，小华运动15−9=6(分钟)，
运动距离为：15×80=1200(m)，
∴小华的运动速度为：1200÷6=200(m/分)，
∴200÷80=2.5，(故②正确)；
当第19分钟以后两人之间距离越来越近，说明小华已经到达终点，则小华先到达青少年宫，(故①正确)；
此时小华运动19−9=10(分钟)，
运动总距离为：10×200=2000(m)，
∴小明运动时间为：2000÷80=25(分钟)，
故a的值为25，(故③错误)；
∵小明19分钟运动距离为：19×80=1520(m)，
∴b=2000−1520=480，(故④正确)．
故正确的有：①②④．
故选A．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的应用，解题的关键是知道各数量间的关系结合图形找出结论．本题属于中档题型，难度不大，但是判定的过程稍显繁琐，解决该类题型的方法是掌握各数量间的关系结合行程得出结论．由线段DE所代表的意思，结合装货半小时，可得出a的值，从而判断出①成立；结合路程=速度×时间，能得出甲车的速度，从而判断出②成立；设出乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为(x−50)千米/时，由路程=速度×时间列出关于x的一元一次方程，解出方程即可得知乙车的初始速度，由甲车先跑的路程÷两车速度差即可得出乙车追上甲车的时间，从而得出③成立；由乙车刚到达货站的时间，可以得出甲车行驶的总路程，结合A、B两地的距离即可判断④也成立．综上可知①②③④皆成立．
【解答】
解：∵线段DE代表乙车在途中的货站装货耗时半小时，
∴a=4+0.5=4.5(小时)，即①成立；
40分钟=23小时，
甲车的速度为460÷(7+23)=60(千米/时)，
即②成立；
设乙车刚出发时的速度为x千米/时，则装满货后的速度为(x−50)千米/时，
根据题意可知：4x+(7−4.5)(x−50)=460，
解得：x=90．
乙车发车时，甲车行驶的路程为60×23=40(千米)，
乙车追上甲车的时间为40÷(90−60)=43(小时)，43小时=80分钟，即③成立；
乙车刚到达货站时，甲车行驶的时间为(4+23)小时，
此时甲车离B地的距离为460−60×(4+23)=180(千米)，
即④成立．
综上可知正确的有：①②③④．
故选D．
9.【答案】B
【解析】解：由图表信息，联立中美GDP趋势线解析式得y=0.86x+0.468y=0.53x+11.778
解得x=34311
∴2018+(34311−15)=2037311
故选：B．
联立两个一次函数解析式，求解即可
本题是由图表结合一次函数，利用二元一次方程组求解实际问题的，读懂信息是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，利用SAS证明△EDG≌△DFM，得MF=EG=2，再说明△DGC≌△DMH(AAS)，得CG=DH=2，MH=CD=4，求出CM的长，再利用三角形三边关系可得答案．
【解答】
解：连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，作MH⊥CD于H，
∵∠EDF=∠GDM，
∴∠EDG=∠FDM，
∵DE=DF，DG=DM，
∴△EDG≌△FDM(SAS)，
∴MF=EG=2，
∵∠GDC=∠DMH，∠DCG=∠DHM，DG=DM，
∴△DGC≌△MDH(AAS)，
∴CG=DH=2，MH=CD=4，
∴CM=42+22=25，
∵CF≥CM−MF，
∴CF的最小值为25−2．
11.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是平移中的坐标变化，轴对称中的坐标变化，图形规律问题的有关知识，根据题意找出规律进行求解即可．
【解答】
解：∵A(1,−1)，D(3,−1)，
.AD=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=2，
∴B(1,−3)，
∴正方形ABCD的中心坐标为(1+32,−1−32)，即(2,−2)，
∵把正方形ABCD“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，
∴正方形ABCD经过1次变换后的中心坐标为(−2,−2−1)，即(−2,−3);
正方形ABCD经过2次变换后的中心坐标为(2,−2−2)，即(2,−4);
正方形ABCD经过3次变换后的中心坐标为(−2,−2−3)，即(−2,−5)，
······
正方形ABCD经过2022次变换后的中心坐标为(2,−2−2022)，即(2,−2024)．
12.【答案】A
【解析】解：由题意可得，
△OAB旋转三次和原来的相对位置一样，点A(−3,0)、B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，∠BOA=90°，
∴AB=32+42=5
∴旋转到第三次时的直角顶点的坐标为：(12,0)，
16÷3=5…1
∴旋转第15次的直角顶点的坐标为：(60,0)，
又∵旋转第16次直角顶点的坐标与第15次一样，
∴旋转第16次的直角顶点的坐标是(60,0)．
故选：A．
根据题目提供的信息，可知旋转三次为一个循环，图中第三次和第四次的直角顶点的坐标相同，由①→③时直角顶点的坐标可以求出来，从而可以解答本题．
本题考查规律性：点的坐标，解题的关键是可以发现其中的规律，利用发现的规律找出所求问题需要的条件．
13.【答案】110°
【解析】
【分析】
本题考查平行线的性质，角平分线的定义.过点F作PF//AB，设EC交AB于点O，由AE⊥EF，得∠AEC=90°−∠CEG，∠A+∠EGA=90°，求得∠EOG=40°，由角平分线求得∠DCF=20°，进而求解即可．
【解答】
解：如图：过点F作PF//AB，设EC交AB于点O，
∵AE⊥EF，
∴∠AEG=90°，
∴∠AEC=90°−∠CEG，∠A+∠EGA=90°，
∵∠EGA−∠AEC=50°，
∴∠EGA−90°+∠CEG=50°，
∴∠EGA+∠CEG=140°，
∵∠EOG+∠EGO+∠OEG=180°，
∴∠EOG=40°，
∵AB//CD，
∴∠ECD=∠EOG=40°，
∵CF平分∠ECD，
∴∠DCF=20°，
∵PF//CD，
∴∠PFC=∠DCF=20°，∠PFE=∠EGA，
∴∠A+∠EFC=∠A+∠PFC+∠PFE=∠A+∠EGA+∠PFC=90°+20°=110°．
14.【答案】722
【解析】解：如图，将△BDA绕点D顺时针旋转90∘得到△CDM．
由旋转性质可知：AB=CM=4，DA=DM，∠ADM=90∘，
∴△ADM是等腰直角三角形．
∴AD=22AM．
∴当AM的值最大时，AD的值最大．
∵AM≤AC+CM．
∴AM≤7.
∴AM的最大值为7．
∴AD的最大值为722．
故答案为722．
15.【答案】(−24−14,12+24)
【解析】解：如图，作AH⊥x轴于H，过点F作FJ⊥y轴于J交PQ于K，延长PQ交OB于T.设大正方形的边长为4a，则OC=a，CD=2a，
在Rt△ADH中，∠ADH=45°，
∴AH=DH=a，
∴OH=4a，
∵点A的横坐标为1，
∴4a=1，
∴a=14，
在Rt△FPQ中，PF=FQ=2a=12，
∴PQ=2PF=22，
∵FK⊥PQ，
∴PK=KQ，
∴FK=PK=QK=24，
∵KJ=14，PT=1+(22−12)=12+22，
∴FJ=24+14，KT=PT−PK=12+22−24=12+24，
∴F(−24−14,12+24).
故答案为：(−24−14,12+24).
如图，作AH⊥x轴于H，过点F作FJ⊥y轴于J交PQ于K，延长PQ交OB于T.设大正方形的边长为4a，则OC=a，CD=2a，根据点A的横坐标为1，构建方程求出a，解直角三角形求出FJ，KT，可得结论．
本题考查七巧板，正方形的性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解七巧板的特征，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考创新题型．
16.【答案】5
【解析】
【分析】
本题考查了频数分布直方图中的组距与组数．
根据数据中最大值与最小值的差与组距的关系求解即可，注意要包含两个端点．
【解答】
解：∵16÷4=4，
∴组数为5．
故答案为5．
17.【答案】解：(1)根据互为“M”函数的定义，
∴函数y=2x+5的“M”函数为y=−2x+5；
(2)根据题意，y=mx+n 和 y=−mx+n 为一对“M函数”．
∴AB=AC，
又∵∠BAC=90°，
∴△ABC 为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵OB=OC，
∴∠BAO=∠CAO=45°，
∴OA=OB=OC，
又∵S△ABC=12×BC×AO=8 且 BC=2AO，
∴AO=22，
∵A、B、C是一次函数y=mx+n与y=−mx+n(m≠0)的图象于坐标轴的交点，
∴A(0,n)，B(−nm,0)，C(nm,0)，
∵OA=OB=n，
∴nm=22，
∴m=1，
∴y=x+22 和 y=−x+22．
【解析】本题考查一次函数的综合应用，以及新定义、等腰直角三角形的性质等知识，关键是理解新定义，用新定义解题．
(1)根据互为“M”函数的定义，直接写出函数y=2x+5的“M”函数；
(2)现根据已知条件判断△ABC 为等腰直角三角形，再根据互为“M”函数的图象关于y轴对称，得出OA=OB=OC，再根据函数解析式求出点A、B、C的坐标，再根据△ABC的面积是8求出m、n的值，从而求出函数解析式．
18.【答案】解：(1)∵DE平分∠ADC，∠ADC=70°，
∴∠EDC=12∠ADC=12×70°=35°；
(2)过点E作EF//AB，
∵AB//CD，
∴AB//CD//EF，
∴∠ABE=∠BEF，∠CDE=∠DEF，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=70°，
∴∠BEF=∠ABE=12∠ABC=12n°，∠DEF=∠CDE=12∠ADC=35°，
∴∠BED=∠BEF+∠DEF=12n°+35°；
(3)∠BED的度数改变．
分三种情况：
①如图所示，过点E作EF // AB，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=70°，
∴∠ABE=12∠ABC=12n°，∠CDG=12∠ADC=35°，
∵AB // CD，
∴AB // CD // EF，
∴∠BEF=∠ABE=12n°，∠CDG=∠DEF=35°，
∴∠BED=∠BEF−∠DEF=12n°−35°．
②如图所示，过点E作EF // AB，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=70°，
∴∠ABE=12∠ABC=12n°，∠CDE=12∠ADC=35°，
∵AB // CD，
∴AB // CD // EF，
∴∠BEF=180°−∠ABE=180°−12n°，∠CDE=∠DEF=35°，
∴∠BED=∠BEF+∠DEF=180°−12n°+35°=215°−12n°．
③如图所示，过点E作EF // AB，
∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=70°，
∴∠ABG=12∠ABC=12n°，∠CDE=12∠ADC=35°，
∵AB // CD，
∴AB // CD // EF，
∴∠BEF=∠ABG=12n°，∠CDE=∠DEF=35°，
∴∠BED=∠BEF−∠DEF=12n°−35°．
综上所述，∠BED的度数为12n°−35°或215°−12n°．

【解析】此题考查了平行线的性质等知识，解题的关键是：正确添加辅助线，利用平行线的性质进行推算以及注意分类讨论的思想的应用．
(1)根据角平分线的定义即可求∠EDC的度数；
(2)过点E作EF//AB，然后根据两直线平行内错角相等，即可求∠BED的度数；
(3)∠BED的度数改变．分三种情况讨论，分别是E点在CD下方，E点在AB和CD之间，E点在AB上方，然后分别用n表示出三种情况下的∠BED即可．
19.【答案】解：
(1)当t=3时，DE=3，
而CD=4，由勾股定理得，CE=5，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD，AD=BC，AD//BC，
∴∠AEP=∠CPE，
∵EP平分∠AEC，
∴∠AEP=∠CEP，
∴∠CPE=∠CEP，
∴CP=CE=5，
CP=BC−BP，
即9−3a=5，
∴a=43；
(2)当a=1时，由运动过程可知，DE=t，BP=t，
∴CP=9−t，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+DE2=16+t2，
△CEP是以CE为腰的等腰三角形，分情况讨论：
∴①CE=CP，
∴16+t2=(9−t)2，
∴t=6518，
②CE=PE，
由等腰三角形的性质，得12CP=DE，
于是，9−t=2t，
∴t=3，
即：t的值为3或6518；
(3)如图，
由运动过程知，BP=at，DE=t，
∴CP=BC−BP=9−at，
∵点C与点E关于DP对称，
∴DE=CD，PE=PC，
∴t=4，
∴BP=4a，CP=9−4a，DE=4，
过点P作PF⊥AD于F，
∴四边形CDFP是长方形，
∴PF=CD=4，DF=CP，
在Rt△PEF中，PF=4，EF=DF−DE=9−4a−4=5−4a，
根据勾股定理得，PE2=EF2+PF2=(5−4a)2+16，
PE2=PC2
∴(5−4a)2+16=(9−4a)2，
∴a=54．
【解析】本题考查的是动点问题，勾股定理，矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，分类讨论有关知识．
(1)由勾股定理，得出CE=5，易得BP=at=3a，DE=t=3，CP=BC−BP=9−3a，先判断出∠CPE=∠CEP，得出CP=CE=5，进而建立方程即可得出结论；
(2)先得出DE=t，BP=t，CP=9−t，再分两种情况①CE=CP，②CE=PE，建立方程即可得出结论；
(3)先判断出DE=CD=4，PE=PC，进而求出t=4，再构造出直角三角形，得出PE2=(5−4a)2+16，进而建立方程即可得出结论．
20.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=CD=3，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90∘，∠CAB=∠CAD=∠ACB=45∘，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE=∠EAC=22.5∘，
∵AE⊥AN，
∴∠NAE=90∘，∠NAC=90∘−∠CAE=67.5∘，∠N=180∘−∠NAC−∠ACN=67.5∘，
∴∠N=∠NAC
∴CA=CN=AB2+BC2=32+32=32，
∴S△ACN=12×CN×AB=12×32×3=922；
(2)在FA上截取FH=FE，连接DH．
∵AE⊥DM，
∴DH=DE，
∴∠DHE=∠DEH=90∘−∠DAE=67.5∘，
∴∠MDC=∠HDF=90∘−∠DEA=22.5∘，
∴∠ADH=90∘−∠HDE=45∘，
∴∠ADH=∠MCD，∠DAH=∠MDC，
在△ADH和△DCM中，
∠DAH=∠CDMAD=CD∠ADH=∠DCM,
∴△ADH≌△DCM(ASA)，
∴AH=DM，
在△ABN和△ADE中，
∠NAB=∠DAEAB=AD∠ABN=∠ADE，
∴△ABN≌△ADE(SAS)，
∴AN=AE，
∴AN=AH+HE=DM+2EF．
【解析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、解题的关键是通过计算求出角的度数，发现相等的角，学会添加辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
(1)通过计算得到∠N=∠NAC=67.5∘，所以AC=CN=32，根据三角形面积公式即可解决问题．
(2)在FA上截取FH=FE，连接DH，先证明△ADH≌△DCM，得AH=DM，再证明△ABN≌△ADE，得AN=AE，由此即可解决问题．
21.【答案】(1)①5 ；
②(−3,0)或(5,0)；
(2)①∵点P、Q在y轴上，点P在点Q的上方，PQ=6，点Q的坐标为(0,1)，
∴点P的坐标为(0,7)，
设点T(0,t)为线段PQ上任意一点，则1≤t≤7；
∵点M的坐标为(−5,0)，
∴dx=5，dy=t，
∴μ(M,T)=|dx−dy|=|5−t|；
由1≤t≤7，可得−2≤5−t≤4；
∴0≤μ(M,T)≤4，
∴μ(M,PQ)的最大值是4，
∴μ(M,PQ)=4．
②∵μ(M,PQ)=μ(M,P)或μ(M,Q)，
设点Q(0,t)，则P(0,t+6)，
∴μ(M,Q)=|5−|t||，μ(M,P)=|5−|t+6||，
∵当μ(M,P)=μ(M,Q)时，μ(M,PQ)有最小值，
即|5−|t||=|5−|t+6||时，μ(M,PQ)有最小值，
∴t=2或−8，则μ(M,PQ)有最小值为3，
∴点P的坐标为(0,8)或(0,−2)，
∴μ(M,PQ)的最小值是3，此时点P的坐标是(0,8)或(0,−2)．
【解析】
【分析】
此题主要以平面直角坐标系为知识基础，考查学生的阅读素养，创新应用能力，知识内容较简单．本题关键是理解“横纵偏差”的概念，套用公式dx=|x1−x2|，dy=|y1−y2|，并结合具体的点的坐标，即可解决问题．
(1)①根据新定义易得答案；
②设K(x,0)，根据新定义规则得到dx和dy的值，再结合μ(B,K)=0列方程求解即可；
(2)①求出点P的坐标，设点T(0,t)，根据M坐标求出dx和dy的值，再利用t的取值范围求出最值即可；
②设点Q(0,t)，则P(0,t+6)，当|5−|t||=|5−|t+6||时，μ(M,PQ)有最小值，解方程求出坐标即可．
【解答】
解：(1)①∵A(0,−2)，B(1,4)，
∴dx=|x1−x2|=|0−1|=1，dy=|y1−y2|=|−2−4|=6，
则μ(A,B)=|dx−dy|=|1−6|=5，
故答案是5．
②∵B(1,4)，点K在x轴上，设K(x,0)，
∴dx=|x1−x2|=|1−x|，dy=|y1−y2|=|4−0|=4，
∵μ(B,K)=0，
∴μ(B,K))=|dx−dy|=||1−x|−4|=0，
∴1−x=4或1−x=−4，解得，x=−3或x=5，
∴K的坐标是(−3,0)或(5,0)．
故答案是(−3,0)或(5,0)．
(2)①②见答案．
22.【答案】解：分别过A，B，C，作对边的平行线交于D1，D2，D3，易求得D点的坐标是：(5,
3)或(−5,3)或(3,−3)．

【解析】见答案
23.【答案】解：在y=34x+6中，令x=0，得y=6，
∴点B的坐标是(0,6)，此时OB=6;
令y=0，得x=−8，
∴点A的坐标是(−8,0)，此时OA=8．
∴在Rt△AOB中，AB=OA2+OB2=10．
设OC=t(t>0)，则AC=8−t．
∵CB平分∠ABO，
∴∠DBC=∠OBC．
∵CD⊥AB，CO⊥BO，
∴∠BDC=∠BOC=90∘．
∵BC=BC，
∴△BCD≌△BCO(AAS)．
∴DC=OC=t，DB=OB=6．
∴AD=AB−DB=4．
在Rt△ADC中，由勾股定理，得AD2+DC2=AC2，即42+t2= (8−t)2，解得t=3．
∴OC=3，即点C的坐标是(−3,0)．
在△EBD和△ABO中，∠EDB=∠AOB,DB=OB,∠EBD=∠ABO,
∴△EBD≌△ABO(ASA)．
∴EB=AB=10．
∴OE=EB−OB=4．
∴点E的坐标是(0,−4)．
设直线CE对应的函数表达式为y=kx+b，则b=−4,−3k+b=0,解得k=−43,b=−4.
∴直线CE对应的函数表达式为y=−43x−4．
【解析】见答案
24.【答案】解：(1)由图象可知，当点P在BC上运动时，△APD的面积保持不变，则a秒时，点P在AB上，
则12×10AP=30，
∴AP=6，
则a=6；
(2)由(1)知，6秒后点P变速，则点P已行的路程y1=6+2(x−6)=2x−6，
∵Q点路程总长为34cm，第6秒时已经走12cm，
∴点Q还剩的路程为y2=34−12−54(x−6)=592−54x；
(3)当P、Q两点相遇前相距3cm时，
592−54x−(2x−6)=3，
解得x=10，
当P、Q两点相遇后相距3cm时，
(2x−6)−(592−54x)=3，
解得x=15413，
∴当x=10s或15413s时，P、Q两点相距3cm．
【解析】本题考查的是一次函数与图象的综合运用、三角形的面积、矩形的性质 ，主要考查一次函数的基本性质和函数的图象，难度中等．
(1)根据题意和S△APD求出a的值；
(2)根据题意即可求出y1，y2关于x的等量关系；
(3)分两种情况讨论：当P、Q两点相遇前相距3cm时可列出关于x的方程式，再根据P、Q两点相遇后相距3cm时列出方程式，据此解答．
25.【答案】解：(1)由统计图表可知，选择篮球的人数是90人，占25%，
故该校八年级学生的人数为：90÷25%=360人；
(2)m=360×20%=72，
n=360×10%=36；
(3)“乒乓球”所在的扇形的圆心角度数为：108360×360°=108°．
【解析】(1)根据频数÷频率=样本容量计算即可；
(2)根据样本容量×频率=频数计算即可；
(3)根据在扇形统计图中，每部分占总部分的百分比等于该部分所对应的扇形圆心角的度数与360°比计算即可．
本题考查的是扇形统计图、频数分布直方图的认识，读懂统计图、从中获取正确的信息是解题的关键，注意在扇形统计图中，每部分占总部分的百分比等于该部分所对应的扇形圆心角的度数与360°比．
运动项目
频数
篮球
90
羽毛球
m
乒乓球
108
跳绳
54
其它
n