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广东省深圳市南山区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案）
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这是一份广东省深圳市南山区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷（含答案），共25页。
2022-2023学年广东省深圳市南山区八年级（下）期末数学试卷
一.选择题（本部分共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出4个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）若代数式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＝0 B．x＝3 C．x≠0 D．x≠3
2．（3分）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图 D．科克曲线
3．（3分）若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．﹣2a＜﹣2b C． D．a2＞b2
4．（3分）下列从左到右的变形为因式分解的是（ ）
A．xy2（x﹣1）＝x2y2﹣xy2
B．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9
C．2023a2﹣2023＝2023（a+1）（a﹣1）
D．x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1
5．（3分）如图，将直角△ABC沿边AC的方向平移到△DEF的位置，连结BE，若CD＝6，AF＝14，则BE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
6．（3分）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
7．（3分）如图，已知锐角∠AOB按下列步骤图：
①在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作圆弧DE，交射线OB与点F，连接CF；
②以点F为圆心，CF长为半径作弧，交弧DE于点G；
③连接FG，CG．作射线OG．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．OG＝OC B．∠OCF＝∠OGF
C．OF垂直平分CG D．CG＝2FG
8．（3分）下列四个命题中，假命题是（ ）
A．顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形
B．斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
C．等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
9．（3分）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k2x＞k1x+b的解集为（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1
10．（3分）某大型超市从生产基地购进一批水果，运输过程中质量损失10%，假设不计超市其它费用，如果超市要想至少
获得20%的利润，那么这种水果的售价在进价的基础上应至少提高（ ）
A． B．30% C．35% D．
二.填空题（共5小题）
11．分解因式：xy2﹣4x＝ ．
12．关于x的方程3x+a＝x﹣7的根是正数，则实数a的取值范围是 ．
13．如图，在△ABC中，∠B＝65°，∠BAC＝75°，△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△ADE的位置，点D在BC边上，DE交AC于点F，则∠AFD＝ ．
14．如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝3，将纸片沿对角线AC对折，BC边与AD边交于点E，此时，△CDE恰为等边三角形，则图中重叠部分的面积为 ．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BE⊥AC，延长BE到点D，使得 BD＝AC，连接AD，CD，若AB＝4，AD＝5，则CD的长为 ．
三.解答题（共7小题）
16．（1）解不等式：3﹣x＜2x+6；
（2）解分式方程：．
17．解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
18．先化简，再求值：，其中x＝4．
19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．
（1）画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）尺规作图：连接A1A2，在C1A2边上求作一点P，使得点P到A1A2的距离等于PC1的长（保留作图痕迹，不写作法）；
（4）请直接写出∠C1A1P的度数为 ．
20．如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学学习小组要在AC上找两点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案
乙方案
分别取AO，CO的中点E，F
作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
请回答下列问题：
（1）以上方案能得到四边形BEDF为平行四边形的是 ，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
（2）若EF＝2AE，S△AED＝6，求▱ABCD的面积．
21．为了方便乘客出行，深圳宝安国际机场安装了图1所示的平地电梯，如图2是其示意图，已知电梯AB的长度为200米，小刚和小明两人不乘电梯在地面匀速行走时，小刚每分钟行走的路程是小明的1.2倍，且1.5分钟后，小刚比小明多行走15米．
（1）求两人在地面上每分钟各行走多少米？
（2）若两人同时从A点出发在平地电梯上行走，电梯向前行驶的同时两人仍保持原来在地面上匀速行走的速度在电梯上行走，当小刚到达B处时，小明还剩20米才到达B处．
①求电梯每分钟行驶多少米？
②当小刚到达B处时，发现有一袋行李忘在了A处，于是马上以每分钟a米的速度从地面返回A处，拿了行李后立即乘平地电梯（同时按原来在地面上匀速行走的速度行走）去B处和小明汇合，要使小明到达B点后等待的时间不超过4分钟，求a的最小值．
22．[知识链接]，“化归思想”是数学学习中常用的一种探究新知、解决问题的基本的数学思想方法，通过“转化、化归”通常可以实现化未知为已知，化复杂为简单，从而使问题得以解决．在探究平行四边形的性质时，学习小组利用这种思想方法，发现并证明了如下有趣结论，平行四边形两条对角线的平方和等于四边的平方和．请你根据学习小组的思路，完成下列问题：
（1）[问题发现]：如图1，学习小组首先通过对特殊平行四边形——矩形（长方形）的研究发现在矩形ABCD中令AB＝a，BC＝b，则可求得AC2+BD2＝ ；（用a、b的式子表示）
（2）[问题探究]：如图2，学习小组通过添加辅助线，尝试将平行四边形转化为矩形，继续对一般平行四边形ABCD进行研究，如图：分别过点A、D作BC边的垂线，请你按照这种思路证明AC2+BD2＝2（AB2+BC2）；
（3）[问题拓展]：如图3，在△ABC中，AD是BC边上的中线，已知：AD＝3，BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，请你添加合适的辅助线，构造平行四边形进行转化，求AB•AC的值．
2022-2023学年广东省深圳市南山区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本部分共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出4个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）若代数式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＝0 B．x＝3 C．x≠0 D．x≠3
【分析】根据分式有意义的条件列出不等式解不等式即可．
【解答】解：由题意得，x﹣3≠0，
解得，x≠3，
故选：D．
【点评】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
2．（3分）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图 D．科克曲线
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．
3．（3分）若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．﹣2a＜﹣2b C． D．a2＞b2
【分析】利用不等式的性质，逐个判断得结论．
【解答】解：a＞b，根据不等式的性质1，a﹣5＞b﹣5，故A不成立；
a＞b，根据不等式的性质3，﹣2a＜﹣2b，故B成立；
a＞b，根据不等式的性质1，a+3＞b+3，
根据不等式的性质2，＞，故C不成立；
∵1＞﹣2，12＜（﹣2）2，故D不成立．
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质，掌握不等式的三个性质是解决本题的关键．
4．（3分）下列从左到右的变形为因式分解的是（ ）
A．xy2（x﹣1）＝x2y2﹣xy2
B．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9
C．2023a2﹣2023＝2023（a+1）（a﹣1）
D．x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1
【分析】根据因式分解的定义逐个判断即可．
【解答】解：A，xy2（x﹣1）＝x2y2﹣xy2，是整式的乘法，不属于因式分解，故此选项不符合题意；
B、（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9，是整式的乘法，不属于因式分解，故此选项不符合题意．
C、2023a2﹣2023＝2023（a+1）（a﹣1）右边是几个整式的积的形式，属于因式分解，故此选项符合题意；
D、x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1右边不是几个整式的乘积，不属于因式分解，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了因式分解的意义，熟练掌握因式分解的定义是解本题的关键．
5．（3分）如图，将直角△ABC沿边AC的方向平移到△DEF的位置，连结BE，若CD＝6，AF＝14，则BE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【分析】根据平移的性质得到BE＝AD，DF＝AC，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：由平移的性质可知，BE＝AD，DF＝AC，
则DF﹣DC＝AC﹣DC，即CF＝AD，
∴AD＝（AF﹣CD）＝（14﹣6）＝4，
∴BE＝4，
故选：A．
【点评】本题考查的是平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
6．（3分）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【解答】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转45度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷45°＝8，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了8×10＝80（m）．
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（3分）如图，已知锐角∠AOB按下列步骤图：
①在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作圆弧DE，交射线OB与点F，连接CF；
②以点F为圆心，CF长为半径作弧，交弧DE于点G；
③连接FG，CG．作射线OG．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．OG＝OC B．∠OCF＝∠OGF
C．OF垂直平分CG D．CG＝2FG
【分析】由作法得OG＝OC，＝，OC＝OF＝OG，则可对A选项进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系得到∠COF＝∠GOF，FC＝FG，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到两等腰三角形的底角相等，即∠OCF＝∠OFC＝∠OFG＝∠OGF，则可对B选项进行判断；根据垂径定理，由＝得到OF⊥CG，CM＝GM，则可对C选项进行判断；利用三角形三边的关系得到CG＜2FG，则可对D选项进行判断．
【解答】解：由作法得OG＝OC，＝，OC＝OF＝OG，所以A选项不符合题意；
∴∠COF＝∠GOF，FC＝FG，
∴∠OCF＝∠OFC＝∠OFG＝∠OGF，所以B选项不符合题意；
∵＝，
∴OF⊥CG，CM＝GM，所以C选项不符合题意；
∵CG＜CF+FG，CF＝FG，
∴CG＜2FG，所以D选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和垂径定理．
8．（3分）下列四个命题中，假命题是（ ）
A．顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形
B．斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
C．等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
【分析】根据中点四边形的概念、全等三角形的判定、等腰三角形的三线合一、平行四边形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
B、斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，是真命题，不符合题意；
C、等腰三角形的底边上的高、底边上的中线、顶角平分线互相重合，故本选项说法是假命题，符合题意；
D、一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9．（3分）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k2x＞k1x+b的解集为（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1
【分析】观察函数图象得到，当x＜﹣1时，直线y＝k2x都在直线y＝k1x+b，的上方，于是可得到不等式k2x＞k1x+b的解集．
【解答】解：当x＜﹣1时，k2x＞k1x+b，
所以不等式k2x＞k1x+b的解集为x＜﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：一次函数与一元一次不等式的关系从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
10．（3分）某大型超市从生产基地购进一批水果，运输过程中质量损失10%，假设不计超市其它费用，如果超市要想至少
获得20%的利润，那么这种水果的售价在进价的基础上应至少提高（ ）
A． B．30% C．35% D．
【分析】设进价为a，求出损失后的进价，根据题意用a表示出售价，最后求出答案．
【解答】解：设这种水果的进价为a，购进水果的质量为m，售价为b．
∵运输过程中质量损失10%，
∴损失后的进价为：＝，
∵要想至少获得20%的利润，
∴，解得b＝，
∴＝．
故选：A．
【点评】本题以应用题为背景考查了一次方程的应用，考查学生理解题意的能力，读懂题意列出正确的方程是解决本题的关键．
二.填空题（共5小题）
11．分解因式：xy2﹣4x＝ x（y+2）（y﹣2） ．
【分析】原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝x（y2﹣4）＝x（y+2）（y﹣2），
故答案为：x（y+2）（y﹣2）
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．关于x的方程3x+a＝x﹣7的根是正数，则实数a的取值范围是 a＜﹣7 ．
【分析】求出方程的解，根据方程的解是正数得出＞0，求出即可．
【解答】解：3x+a＝x﹣7，
3x﹣x＝﹣a﹣7，
2x＝﹣a﹣7，
x＝，
∵＞0，
∴a＜﹣7，
故答案为：a＜﹣7．
【点评】本题考查了解一元一次不等式和一元一次方程的应用，关键是求出方程的解进而得出不等式．
13．如图，在△ABC中，∠B＝65°，∠BAC＝75°，△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△ADE的位置，点D在BC边上，DE交AC于点F，则∠AFD＝ 90° ．
【分析】由∠B＝65°，∠BAC＝75°，根据三角形内角和定理求得∠C＝40°，再由旋转的性质得∠E＝∠C＝40°，∠DAE＝∠BAC＝75°，AD＝AB，则∠ADB＝∠B＝65°，所以∠EAC＝∠BAD＝50°，则∠AFD＝∠E+∠EAC＝90°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵∠B＝65°，∠BAC＝75°，
∴∠C＝180°﹣65°﹣75°＝40°，
由旋转得∠E＝∠C＝40°，∠DAE＝∠BAC＝75°，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠B＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∵∠EAC＝∠BAD＝75°﹣∠CAD，
∴∠EAC＝50°，
∴∠AFD＝∠E+∠EAC＝40°+50°＝90°，
故答案为：90°．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，由AD＝AB求得∠ADB＝∠B＝65°，进而求得∠BAD＝50°是解题的关键．
14．如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝3，将纸片沿对角线AC对折，BC边与AD边交于点E，此时，△CDE恰为等边三角形，则图中重叠部分的面积为 ．
【分析】先根据等边三角形的性质可得DF＝DC＝EC，∠D＝60°，根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA，再利用平行四边形的性质证明∠DAC＝30°，∠ACD＝90°，利用三角函数值计算出AC，然后根据三角形的中线平分三角形的面积可得S△ACE＝S△ACD，进而可得答案．
【解答】解：∵△CDE为等边三角形，
∴DE＝DC＝EC，∠D＝60°，
根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝6，AB＝CD＝3，
∴∠EAC＝∠BCA，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴EA＝EC，
∴∠DAC＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∵CD＝3，∠ACD＝90°，∠DAC＝30°，
∴AC＝3，
∴S△ACE＝S△ACD＝×AC×CD×＝．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及翻折变换，关键是掌握：平行四边形的对边平行且相等，直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BE⊥AC，延长BE到点D，使得 BD＝AC，连接AD，CD，若AB＝4，AD＝5，则CD的长为 ．
【分析】过D点分别作DG⊥BC于点G，DF⊥AB交BA的延长线于点F，证明四边形BGDF为矩形，可得BG＝DF，DG＝FB，再利用AAS证明△ABC≌△DFB可求得DG＝7，CG＝3，再利用勾股定理可求解CD的长．
【解答】解：过D点分别作DG⊥BC于点G，DF⊥AB交BA的延长线于点F，
∴∠DGC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形BGDF为矩形，∠BAC+∠ACB＝90°，
∴BG＝DF，DG＝FB，
∵BE⊥AC，
∴∠BAC+∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠ACB，
在△ABC和△DFB中，
，
∴△ABC≌△DFB（AAS），
∴FD＝AB＝4，BC＝FB，
∴BG＝4，
在Rt△FAD中，AD＝5，
∴AF＝，
∴BF＝AB+AF＝4+3＝7，
∴DG＝BF＝BC＝7，
∴CG＝BC﹣BG＝7﹣4＝3，
在Rt△DCG中，CD＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造全等的直角三角形是解题的关键．
三.解答题（共7小题）
16．（1）解不等式：3﹣x＜2x+6；
（2）解分式方程：．
【分析】（1）移项，合并同类型，系数化1即可求出不等式的解集；
（2）两边同乘x﹣2，将分式方程转化成整式方程，从而进行求解．
【解答】解：（1）移项得，﹣x﹣2x＜6﹣3，
合并同类型得，﹣3x＜3，
不等式两边同时除以﹣3得，x＞﹣1
（2）方程两边同时乘x﹣2，得4x﹣2（x﹣2）＝﹣4，
解得，x＝﹣4，
经检验，x＝﹣4时x﹣2＝﹣6≠0，
所以分式方程的解为x＝﹣4．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式的求解和分式方程的求解．本题的易错点是，求一元一次方程时忽略不等号方向可能改变的情况，解分式方程时容易忘记验算是不是增根．
17．解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
【分析】根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集．
【解答】解：，
解①得，x＞﹣2，
解②得，x≤3，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤3，
在数轴上表示为：
．
【点评】本题考查的是一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．
18．先化简，再求值：，其中x＝4．
【分析】对于括号内进行通分，除式分子分母进行因式分解，最后再进行约分即可．
【解答】解：原式＝
＝，
当x＝4时，原式＝．
【点评】本题主要考查了分式的化简求值．在求值时，易错点是忽略字母的取值范围．
19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．
（1）画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）尺规作图：连接A1A2，在C1A2边上求作一点P，使得点P到A1A2的距离等于PC1的长（保留作图痕迹，不写作法）；
（4）请直接写出∠C1A1P的度数为 22.5° ．
【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
（3）作∠C1A1A2的角平分线交C1A2于点P；
（4）根据角平分线的定义求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点C1的坐标（0，﹣1）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）如图，点P即为所求；
（4）由作图可知，AP平分∠C1A1A2，
∵∠C1A1A2＝45°
∴∠C1A1P＝×45°＝22.5°．
故答案为：22.5°．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学学习小组要在AC上找两点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案
乙方案
分别取AO，CO的中点E，F
作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
请回答下列问题：
（1）以上方案能得到四边形BEDF为平行四边形的是 甲方案或乙方案 ，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
（2）若EF＝2AE，S△AED＝6，求▱ABCD的面积．
【分析】（1）甲方案，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，由AO＝CO，E、F分别是AO、CO的中点，得AE＝CF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，所以∠BEF＝∠DFE，则BE∥DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
乙方案，由BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，得BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）由AO＝CO，AE＝CF，推导出OE＝OF，则EF＝2AE＝2OE，所以OE＝AE＝CF＝OF，则S△ABC＝S△ADC＝4S△AED＝24，所以S▱ABCD＝48．
【解答】解：（1）甲方案，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵O是对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
∵E、F分别是AO、CO的中点，
∴AE＝AO，CF＝CO，
∴AE＝CF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
乙方案，证明：∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：由（1）得△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∴AO﹣AE＝CO﹣CF，
∴OE＝OF，
∴EF＝2OE，
∵EF＝2AE，
∴2OE＝2AE，
∴OE＝AE＝CF＝OF，
∴S△ABC＝S△ADC＝4S△AED＝4×6＝24，
∴S▱ABCD＝2×24＝48，
∴▱ABCD的面积是48．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
21．为了方便乘客出行，深圳宝安国际机场安装了图1所示的平地电梯，如图2是其示意图，已知电梯AB的长度为200米，小刚和小明两人不乘电梯在地面匀速行走时，小刚每分钟行走的路程是小明的1.2倍，且1.5分钟后，小刚比小明多行走15米．
（1）求两人在地面上每分钟各行走多少米？
（2）若两人同时从A点出发在平地电梯上行走，电梯向前行驶的同时两人仍保持原来在地面上匀速行走的速度在电梯上行走，当小刚到达B处时，小明还剩20米才到达B处．
①求电梯每分钟行驶多少米？
②当小刚到达B处时，发现有一袋行李忘在了A处，于是马上以每分钟a米的速度从地面返回A处，拿了行李后立即乘平地电梯（同时按原来在地面上匀速行走的速度行走）去B处和小明汇合，要使小明到达B点后等待的时间不超过4分钟，求a的最小值．
【分析】（1）设小明每分钟行走x米，根据1.5分钟后，小刚比小明多行走15米，列方程可解得答案；
（2）①设电梯每分钟行驶m米，根据当小刚到达B处时，小明还剩20米才到达B处得：＝，可解得电梯每分钟行驶40米；
②根据小明到达B点后等待的时间不超过4分钟得：++﹣≤4，解不等式可得答案．
【解答】解：（1）设小明每分钟行走x米，则小刚每分钟行走1.2x米，
∵1.5分钟后，小刚比小明多行走15米，
∴1.5×1.2x﹣1.5x＝15，
解得x＝50，
∴1.2x＝1.2×50＝60，
∴在地面上小明每分钟行走50米，小刚每分钟行走60米；
（2）①设电梯每分钟行驶m米，
根据题意得：＝，
解得m＝40，
经检验，m＝40是原方程的解，符合题意；
∴电梯每分钟行驶40米；
②根据题意得：++﹣≤4，
解得a≥90，
∴a的最小值是90．
【点评】本题考查一元一次方程，分式方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程解决问题．
22．[知识链接]，“化归思想”是数学学习中常用的一种探究新知、解决问题的基本的数学思想方法，通过“转化、化归”通常可以实现化未知为已知，化复杂为简单，从而使问题得以解决．在探究平行四边形的性质时，学习小组利用这种思想方法，发现并证明了如下有趣结论，平行四边形两条对角线的平方和等于四边的平方和．请你根据学习小组的思路，完成下列问题：
（1）[问题发现]：如图1，学习小组首先通过对特殊平行四边形——矩形（长方形）的研究发现在矩形ABCD中令AB＝a，BC＝b，则可求得AC2+BD2＝ 2a2+2b2 ；（用a、b的式子表示）
（2）[问题探究]：如图2，学习小组通过添加辅助线，尝试将平行四边形转化为矩形，继续对一般平行四边形ABCD进行研究，如图：分别过点A、D作BC边的垂线，请你按照这种思路证明AC2+BD2＝2（AB2+BC2）；
（3）[问题拓展]：如图3，在△ABC中，AD是BC边上的中线，已知：AD＝3，BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，请你添加合适的辅助线，构造平行四边形进行转化，求AB•AC的值．
【分析】（1）根据矩形对角线相等可得AC＝BD，最后由勾股定理可得结论；
（2）首先作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，根据全等三角形判定的方法，判断出△ABE≌△DCF，即可判断出AE＝DF，BE＝CF；然后根据勾股定理，可得AC2＝AE2+（BC﹣BE）2，BD2＝DF2+（BC+BE）2，AB2＝AE2+BE2，再根据AB＝DC，AD＝BC，即可推得结论；
（3）首先延长AD至点E，使AD＝DE，根据平行四边形判定的方法，判断出四边形ABEC是平行四边形；然后根据平行四边形两对角线的平方和等于四条边的平方和，根据完全平方公式即可得到结论．
【解答】（1）解：如图①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，
∴AC2＝AB2+BC2，
∵AB＝a，BC＝b，
∴AC2+BD2＝2（AB2+BC2）＝2a2+2b2；
故答案为：2a2+2b2；
（2）证明：如图②，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（AAS），
∴AE＝DF，BE＝CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理，可得
AC2＝AE2+CE2＝AE2+（BC﹣BE）2…①，
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得
BD2＝DF2+BF2＝DF2+（BC+CF）2＝DF2+（BC+BE）2…②，
由①②，可得
AC2+BD2＝AE2+DF2+2BC2+2BE2＝2AE2+2BC2+2BE2，
在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2+BE2，
∴AC2+BD2＝2AE2+2BC2+2BE2＝2（AE2+BE2）+2BC2＝2AB2+2BC2；
（3）解：如图3，延长AD至点E，使AD＝DE，
，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
又∵AD＝DE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
由（2）可得AE2+BC2＝2AB2+2AC2，＝2（AB﹣AC）2+4AB•AC，
∵AE＝2AD＝6，
∴AE2＝4AD2＝36，
∵BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，
∴36+64＝2×10+4AB•AC，
∴AB•AC＝20．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质的应用，平行四边形判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，构建直角三角形利用勾股定理列式是解本题的关键．
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2022-2023学年广东省深圳市南山区八年级（下）期末数学试卷
一.选择题（本部分共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出4个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）若代数式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＝0 B．x＝3 C．x≠0 D．x≠3
2．（3分）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图 D．科克曲线
3．（3分）若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．﹣2a＜﹣2b C． D．a2＞b2
4．（3分）下列从左到右的变形为因式分解的是（ ）
A．xy2（x﹣1）＝x2y2﹣xy2
B．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9
C．2023a2﹣2023＝2023（a+1）（a﹣1）
D．x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1
5．（3分）如图，将直角△ABC沿边AC的方向平移到△DEF的位置，连结BE，若CD＝6，AF＝14，则BE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
6．（3分）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
7．（3分）如图，已知锐角∠AOB按下列步骤图：
①在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作圆弧DE，交射线OB与点F，连接CF；
②以点F为圆心，CF长为半径作弧，交弧DE于点G；
③连接FG，CG．作射线OG．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．OG＝OC B．∠OCF＝∠OGF
C．OF垂直平分CG D．CG＝2FG
8．（3分）下列四个命题中，假命题是（ ）
A．顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形
B．斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
C．等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
9．（3分）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k2x＞k1x+b的解集为（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1
10．（3分）某大型超市从生产基地购进一批水果，运输过程中质量损失10%，假设不计超市其它费用，如果超市要想至少
获得20%的利润，那么这种水果的售价在进价的基础上应至少提高（ ）
A． B．30% C．35% D．
二.填空题（共5小题）
11．分解因式：xy2﹣4x＝ ．
12．关于x的方程3x+a＝x﹣7的根是正数，则实数a的取值范围是 ．
13．如图，在△ABC中，∠B＝65°，∠BAC＝75°，△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△ADE的位置，点D在BC边上，DE交AC于点F，则∠AFD＝ ．
14．如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝3，将纸片沿对角线AC对折，BC边与AD边交于点E，此时，△CDE恰为等边三角形，则图中重叠部分的面积为 ．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BE⊥AC，延长BE到点D，使得 BD＝AC，连接AD，CD，若AB＝4，AD＝5，则CD的长为 ．
三.解答题（共7小题）
16．（1）解不等式：3﹣x＜2x+6；
（2）解分式方程：．
17．解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
18．先化简，再求值：，其中x＝4．
19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．
（1）画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）尺规作图：连接A1A2，在C1A2边上求作一点P，使得点P到A1A2的距离等于PC1的长（保留作图痕迹，不写作法）；
（4）请直接写出∠C1A1P的度数为 ．
20．如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学学习小组要在AC上找两点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案
乙方案
分别取AO，CO的中点E，F
作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
请回答下列问题：
（1）以上方案能得到四边形BEDF为平行四边形的是 ，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
（2）若EF＝2AE，S△AED＝6，求▱ABCD的面积．
21．为了方便乘客出行，深圳宝安国际机场安装了图1所示的平地电梯，如图2是其示意图，已知电梯AB的长度为200米，小刚和小明两人不乘电梯在地面匀速行走时，小刚每分钟行走的路程是小明的1.2倍，且1.5分钟后，小刚比小明多行走15米．
（1）求两人在地面上每分钟各行走多少米？
（2）若两人同时从A点出发在平地电梯上行走，电梯向前行驶的同时两人仍保持原来在地面上匀速行走的速度在电梯上行走，当小刚到达B处时，小明还剩20米才到达B处．
①求电梯每分钟行驶多少米？
②当小刚到达B处时，发现有一袋行李忘在了A处，于是马上以每分钟a米的速度从地面返回A处，拿了行李后立即乘平地电梯（同时按原来在地面上匀速行走的速度行走）去B处和小明汇合，要使小明到达B点后等待的时间不超过4分钟，求a的最小值．
22．[知识链接]，“化归思想”是数学学习中常用的一种探究新知、解决问题的基本的数学思想方法，通过“转化、化归”通常可以实现化未知为已知，化复杂为简单，从而使问题得以解决．在探究平行四边形的性质时，学习小组利用这种思想方法，发现并证明了如下有趣结论，平行四边形两条对角线的平方和等于四边的平方和．请你根据学习小组的思路，完成下列问题：
（1）[问题发现]：如图1，学习小组首先通过对特殊平行四边形——矩形（长方形）的研究发现在矩形ABCD中令AB＝a，BC＝b，则可求得AC2+BD2＝ ；（用a、b的式子表示）
（2）[问题探究]：如图2，学习小组通过添加辅助线，尝试将平行四边形转化为矩形，继续对一般平行四边形ABCD进行研究，如图：分别过点A、D作BC边的垂线，请你按照这种思路证明AC2+BD2＝2（AB2+BC2）；
（3）[问题拓展]：如图3，在△ABC中，AD是BC边上的中线，已知：AD＝3，BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，请你添加合适的辅助线，构造平行四边形进行转化，求AB•AC的值．
2022-2023学年广东省深圳市南山区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本部分共10小题，每小题3分，共30分，每小题给出4个选项，其中只有一个是正确的）
1．（3分）若代数式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＝0 B．x＝3 C．x≠0 D．x≠3
【分析】根据分式有意义的条件列出不等式解不等式即可．
【解答】解：由题意得，x﹣3≠0，
解得，x≠3，
故选：D．
【点评】本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是分母不等于零是解题的关键．
2．（3分）下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．斐波那契螺旋线 B．笛卡尔心形线
C．赵爽弦图 D．科克曲线
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．
3．（3分）若a＞b，则下列不等式成立的是（ ）
A．a﹣5＜b﹣5 B．﹣2a＜﹣2b C． D．a2＞b2
【分析】利用不等式的性质，逐个判断得结论．
【解答】解：a＞b，根据不等式的性质1，a﹣5＞b﹣5，故A不成立；
a＞b，根据不等式的性质3，﹣2a＜﹣2b，故B成立；
a＞b，根据不等式的性质1，a+3＞b+3，
根据不等式的性质2，＞，故C不成立；
∵1＞﹣2，12＜（﹣2）2，故D不成立．
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质，掌握不等式的三个性质是解决本题的关键．
4．（3分）下列从左到右的变形为因式分解的是（ ）
A．xy2（x﹣1）＝x2y2﹣xy2
B．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9
C．2023a2﹣2023＝2023（a+1）（a﹣1）
D．x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1
【分析】根据因式分解的定义逐个判断即可．
【解答】解：A，xy2（x﹣1）＝x2y2﹣xy2，是整式的乘法，不属于因式分解，故此选项不符合题意；
B、（a+3）（a﹣3）＝a2﹣9，是整式的乘法，不属于因式分解，故此选项不符合题意．
C、2023a2﹣2023＝2023（a+1）（a﹣1）右边是几个整式的积的形式，属于因式分解，故此选项符合题意；
D、x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1右边不是几个整式的乘积，不属于因式分解，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点评】此题考查了因式分解的意义，熟练掌握因式分解的定义是解本题的关键．
5．（3分）如图，将直角△ABC沿边AC的方向平移到△DEF的位置，连结BE，若CD＝6，AF＝14，则BE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【分析】根据平移的性质得到BE＝AD，DF＝AC，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：由平移的性质可知，BE＝AD，DF＝AC，
则DF﹣DC＝AC﹣DC，即CF＝AD，
∴AD＝（AF﹣CD）＝（14﹣6）＝4，
∴BE＝4，
故选：A．
【点评】本题考查的是平移的性质，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
6．（3分）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转45°后又沿直线前进10米到达点C，再向左转45°后沿直线前进10米到达点D…照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）
A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【解答】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后向左转45度，
∴他走过的图形是正多边形，
∴边数n＝360°÷45°＝8，
∴他第一次回到出发点A时，一共走了8×10＝80（m）．
故选：B．
【点评】本题考查了正多边形的边数的求法，多边形的外角和为360°；根据题意判断出小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
7．（3分）如图，已知锐角∠AOB按下列步骤图：
①在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作圆弧DE，交射线OB与点F，连接CF；
②以点F为圆心，CF长为半径作弧，交弧DE于点G；
③连接FG，CG．作射线OG．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．OG＝OC B．∠OCF＝∠OGF
C．OF垂直平分CG D．CG＝2FG
【分析】由作法得OG＝OC，＝，OC＝OF＝OG，则可对A选项进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系得到∠COF＝∠GOF，FC＝FG，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到两等腰三角形的底角相等，即∠OCF＝∠OFC＝∠OFG＝∠OGF，则可对B选项进行判断；根据垂径定理，由＝得到OF⊥CG，CM＝GM，则可对C选项进行判断；利用三角形三边的关系得到CG＜2FG，则可对D选项进行判断．
【解答】解：由作法得OG＝OC，＝，OC＝OF＝OG，所以A选项不符合题意；
∴∠COF＝∠GOF，FC＝FG，
∴∠OCF＝∠OFC＝∠OFG＝∠OGF，所以B选项不符合题意；
∵＝，
∴OF⊥CG，CM＝GM，所以C选项不符合题意；
∵CG＜CF+FG，CF＝FG，
∴CG＜2FG，所以D选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和垂径定理．
8．（3分）下列四个命题中，假命题是（ ）
A．顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形
B．斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
C．等腰三角形的高、中线、角平分线互相重合
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
【分析】根据中点四边形的概念、全等三角形的判定、等腰三角形的三线合一、平行四边形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
B、斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，是真命题，不符合题意；
C、等腰三角形的底边上的高、底边上的中线、顶角平分线互相重合，故本选项说法是假命题，符合题意；
D、一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9．（3分）直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则关于x的不等式k2x＞k1x+b的解集为（ ）
A．x＞3 B．x＜3 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1
【分析】观察函数图象得到，当x＜﹣1时，直线y＝k2x都在直线y＝k1x+b，的上方，于是可得到不等式k2x＞k1x+b的解集．
【解答】解：当x＜﹣1时，k2x＞k1x+b，
所以不等式k2x＞k1x+b的解集为x＜﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了一次函数与一元一次不等式：一次函数与一元一次不等式的关系从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
10．（3分）某大型超市从生产基地购进一批水果，运输过程中质量损失10%，假设不计超市其它费用，如果超市要想至少
获得20%的利润，那么这种水果的售价在进价的基础上应至少提高（ ）
A． B．30% C．35% D．
【分析】设进价为a，求出损失后的进价，根据题意用a表示出售价，最后求出答案．
【解答】解：设这种水果的进价为a，购进水果的质量为m，售价为b．
∵运输过程中质量损失10%，
∴损失后的进价为：＝，
∵要想至少获得20%的利润，
∴，解得b＝，
∴＝．
故选：A．
【点评】本题以应用题为背景考查了一次方程的应用，考查学生理解题意的能力，读懂题意列出正确的方程是解决本题的关键．
二.填空题（共5小题）
11．分解因式：xy2﹣4x＝ x（y+2）（y﹣2） ．
【分析】原式提取x，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝x（y2﹣4）＝x（y+2）（y﹣2），
故答案为：x（y+2）（y﹣2）
【点评】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12．关于x的方程3x+a＝x﹣7的根是正数，则实数a的取值范围是 a＜﹣7 ．
【分析】求出方程的解，根据方程的解是正数得出＞0，求出即可．
【解答】解：3x+a＝x﹣7，
3x﹣x＝﹣a﹣7，
2x＝﹣a﹣7，
x＝，
∵＞0，
∴a＜﹣7，
故答案为：a＜﹣7．
【点评】本题考查了解一元一次不等式和一元一次方程的应用，关键是求出方程的解进而得出不等式．
13．如图，在△ABC中，∠B＝65°，∠BAC＝75°，△ABC绕点A按逆时针方向旋转到△ADE的位置，点D在BC边上，DE交AC于点F，则∠AFD＝ 90° ．
【分析】由∠B＝65°，∠BAC＝75°，根据三角形内角和定理求得∠C＝40°，再由旋转的性质得∠E＝∠C＝40°，∠DAE＝∠BAC＝75°，AD＝AB，则∠ADB＝∠B＝65°，所以∠EAC＝∠BAD＝50°，则∠AFD＝∠E+∠EAC＝90°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵∠B＝65°，∠BAC＝75°，
∴∠C＝180°﹣65°﹣75°＝40°，
由旋转得∠E＝∠C＝40°，∠DAE＝∠BAC＝75°，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠B＝65°，
∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∵∠EAC＝∠BAD＝75°﹣∠CAD，
∴∠EAC＝50°，
∴∠AFD＝∠E+∠EAC＝40°+50°＝90°，
故答案为：90°．
【点评】此题重点考查旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，由AD＝AB求得∠ADB＝∠B＝65°，进而求得∠BAD＝50°是解题的关键．
14．如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝3，将纸片沿对角线AC对折，BC边与AD边交于点E，此时，△CDE恰为等边三角形，则图中重叠部分的面积为 ．
【分析】先根据等边三角形的性质可得DF＝DC＝EC，∠D＝60°，根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA，再利用平行四边形的性质证明∠DAC＝30°，∠ACD＝90°，利用三角函数值计算出AC，然后根据三角形的中线平分三角形的面积可得S△ACE＝S△ACD，进而可得答案．
【解答】解：∵△CDE为等边三角形，
∴DE＝DC＝EC，∠D＝60°，
根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝6，AB＝CD＝3，
∴∠EAC＝∠BCA，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴EA＝EC，
∴∠DAC＝30°，
∴∠ACD＝90°，
∵CD＝3，∠ACD＝90°，∠DAC＝30°，
∴AC＝3，
∴S△ACE＝S△ACD＝×AC×CD×＝．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及翻折变换，关键是掌握：平行四边形的对边平行且相等，直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，过点B作BE⊥AC，延长BE到点D，使得 BD＝AC，连接AD，CD，若AB＝4，AD＝5，则CD的长为 ．
【分析】过D点分别作DG⊥BC于点G，DF⊥AB交BA的延长线于点F，证明四边形BGDF为矩形，可得BG＝DF，DG＝FB，再利用AAS证明△ABC≌△DFB可求得DG＝7，CG＝3，再利用勾股定理可求解CD的长．
【解答】解：过D点分别作DG⊥BC于点G，DF⊥AB交BA的延长线于点F，
∴∠DGC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形BGDF为矩形，∠BAC+∠ACB＝90°，
∴BG＝DF，DG＝FB，
∵BE⊥AC，
∴∠BAC+∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝∠ACB，
在△ABC和△DFB中，
，
∴△ABC≌△DFB（AAS），
∴FD＝AB＝4，BC＝FB，
∴BG＝4，
在Rt△FAD中，AD＝5，
∴AF＝，
∴BF＝AB+AF＝4+3＝7，
∴DG＝BF＝BC＝7，
∴CG＝BC﹣BG＝7﹣4＝3，
在Rt△DCG中，CD＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造全等的直角三角形是解题的关键．
三.解答题（共7小题）
16．（1）解不等式：3﹣x＜2x+6；
（2）解分式方程：．
【分析】（1）移项，合并同类型，系数化1即可求出不等式的解集；
（2）两边同乘x﹣2，将分式方程转化成整式方程，从而进行求解．
【解答】解：（1）移项得，﹣x﹣2x＜6﹣3，
合并同类型得，﹣3x＜3，
不等式两边同时除以﹣3得，x＞﹣1
（2）方程两边同时乘x﹣2，得4x﹣2（x﹣2）＝﹣4，
解得，x＝﹣4，
经检验，x＝﹣4时x﹣2＝﹣6≠0，
所以分式方程的解为x＝﹣4．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式的求解和分式方程的求解．本题的易错点是，求一元一次方程时忽略不等号方向可能改变的情况，解分式方程时容易忘记验算是不是增根．
17．解不等式组：，并在数轴上表示出它的解集．
【分析】根据一元一次不等式的解法分别解出两个不等式，根据不等式的解集的确定方法得到不等式组的解集．
【解答】解：，
解①得，x＞﹣2，
解②得，x≤3，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤3，
在数轴上表示为：
．
【点评】本题考查的是一元一次不等式组的解法，掌握确定解集的规律：同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到是解题的关键．
18．先化简，再求值：，其中x＝4．
【分析】对于括号内进行通分，除式分子分母进行因式分解，最后再进行约分即可．
【解答】解：原式＝
＝，
当x＝4时，原式＝．
【点评】本题主要考查了分式的化简求值．在求值时，易错点是忽略字母的取值范围．
19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣2，4），B（﹣4，1），C（0，1）．
（1）画出与△ABC关于x轴对称的△A1B1C1，并写出点C1的坐标；
（2）画出以C1为旋转中心，将△A1B1C1逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
（3）尺规作图：连接A1A2，在C1A2边上求作一点P，使得点P到A1A2的距离等于PC1的长（保留作图痕迹，不写作法）；
（4）请直接写出∠C1A1P的度数为 22.5° ．
【分析】（1）利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可；
（3）作∠C1A1A2的角平分线交C1A2于点P；
（4）根据角平分线的定义求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点C1的坐标（0，﹣1）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）如图，点P即为所求；
（4）由作图可知，AP平分∠C1A1A2，
∵∠C1A1A2＝45°
∴∠C1A1P＝×45°＝22.5°．
故答案为：22.5°．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，轴对称变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．如图，在▱ABCD中，点O是对角线AC的中点．某数学学习小组要在AC上找两点E，F，使四边形BEDF为平行四边形，现总结出甲、乙两种方案如下：
甲方案
乙方案
分别取AO，CO的中点E，F
作BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F
请回答下列问题：
（1）以上方案能得到四边形BEDF为平行四边形的是 甲方案或乙方案 ，选择其中一种并证明，若不能，请说明理由；
（2）若EF＝2AE，S△AED＝6，求▱ABCD的面积．
【分析】（1）甲方案，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，由AO＝CO，E、F分别是AO、CO的中点，得AE＝CF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，所以∠BEF＝∠DFE，则BE∥DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
乙方案，由BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，得BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则∠BAE＝∠DCF，可证明△ABE≌△CDF，得BE＝DF，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）由AO＝CO，AE＝CF，推导出OE＝OF，则EF＝2AE＝2OE，所以OE＝AE＝CF＝OF，则S△ABC＝S△ADC＝4S△AED＝24，所以S▱ABCD＝48．
【解答】解：（1）甲方案，证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵O是对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
∵E、F分别是AO、CO的中点，
∴AE＝AO，CF＝CO，
∴AE＝CF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB，∠DFE＝180°﹣∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
乙方案，证明：∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴BE∥DF，∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：由（1）得△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∴AO﹣AE＝CO﹣CF，
∴OE＝OF，
∴EF＝2OE，
∵EF＝2AE，
∴2OE＝2AE，
∴OE＝AE＝CF＝OF，
∴S△ABC＝S△ADC＝4S△AED＝4×6＝24，
∴S▱ABCD＝2×24＝48，
∴▱ABCD的面积是48．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
21．为了方便乘客出行，深圳宝安国际机场安装了图1所示的平地电梯，如图2是其示意图，已知电梯AB的长度为200米，小刚和小明两人不乘电梯在地面匀速行走时，小刚每分钟行走的路程是小明的1.2倍，且1.5分钟后，小刚比小明多行走15米．
（1）求两人在地面上每分钟各行走多少米？
（2）若两人同时从A点出发在平地电梯上行走，电梯向前行驶的同时两人仍保持原来在地面上匀速行走的速度在电梯上行走，当小刚到达B处时，小明还剩20米才到达B处．
①求电梯每分钟行驶多少米？
②当小刚到达B处时，发现有一袋行李忘在了A处，于是马上以每分钟a米的速度从地面返回A处，拿了行李后立即乘平地电梯（同时按原来在地面上匀速行走的速度行走）去B处和小明汇合，要使小明到达B点后等待的时间不超过4分钟，求a的最小值．
【分析】（1）设小明每分钟行走x米，根据1.5分钟后，小刚比小明多行走15米，列方程可解得答案；
（2）①设电梯每分钟行驶m米，根据当小刚到达B处时，小明还剩20米才到达B处得：＝，可解得电梯每分钟行驶40米；
②根据小明到达B点后等待的时间不超过4分钟得：++﹣≤4，解不等式可得答案．
【解答】解：（1）设小明每分钟行走x米，则小刚每分钟行走1.2x米，
∵1.5分钟后，小刚比小明多行走15米，
∴1.5×1.2x﹣1.5x＝15，
解得x＝50，
∴1.2x＝1.2×50＝60，
∴在地面上小明每分钟行走50米，小刚每分钟行走60米；
（2）①设电梯每分钟行驶m米，
根据题意得：＝，
解得m＝40，
经检验，m＝40是原方程的解，符合题意；
∴电梯每分钟行驶40米；
②根据题意得：++﹣≤4，
解得a≥90，
∴a的最小值是90．
【点评】本题考查一元一次方程，分式方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程解决问题．
22．[知识链接]，“化归思想”是数学学习中常用的一种探究新知、解决问题的基本的数学思想方法，通过“转化、化归”通常可以实现化未知为已知，化复杂为简单，从而使问题得以解决．在探究平行四边形的性质时，学习小组利用这种思想方法，发现并证明了如下有趣结论，平行四边形两条对角线的平方和等于四边的平方和．请你根据学习小组的思路，完成下列问题：
（1）[问题发现]：如图1，学习小组首先通过对特殊平行四边形——矩形（长方形）的研究发现在矩形ABCD中令AB＝a，BC＝b，则可求得AC2+BD2＝ 2a2+2b2 ；（用a、b的式子表示）
（2）[问题探究]：如图2，学习小组通过添加辅助线，尝试将平行四边形转化为矩形，继续对一般平行四边形ABCD进行研究，如图：分别过点A、D作BC边的垂线，请你按照这种思路证明AC2+BD2＝2（AB2+BC2）；
（3）[问题拓展]：如图3，在△ABC中，AD是BC边上的中线，已知：AD＝3，BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，请你添加合适的辅助线，构造平行四边形进行转化，求AB•AC的值．
【分析】（1）根据矩形对角线相等可得AC＝BD，最后由勾股定理可得结论；
（2）首先作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，根据全等三角形判定的方法，判断出△ABE≌△DCF，即可判断出AE＝DF，BE＝CF；然后根据勾股定理，可得AC2＝AE2+（BC﹣BE）2，BD2＝DF2+（BC+BE）2，AB2＝AE2+BE2，再根据AB＝DC，AD＝BC，即可推得结论；
（3）首先延长AD至点E，使AD＝DE，根据平行四边形判定的方法，判断出四边形ABEC是平行四边形；然后根据平行四边形两对角线的平方和等于四条边的平方和，根据完全平方公式即可得到结论．
【解答】（1）解：如图①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，
∴AC2＝AB2+BC2，
∵AB＝a，BC＝b，
∴AC2+BD2＝2（AB2+BC2）＝2a2+2b2；
故答案为：2a2+2b2；
（2）证明：如图②，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（AAS），
∴AE＝DF，BE＝CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理，可得
AC2＝AE2+CE2＝AE2+（BC﹣BE）2…①，
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得
BD2＝DF2+BF2＝DF2+（BC+CF）2＝DF2+（BC+BE）2…②，
由①②，可得
AC2+BD2＝AE2+DF2+2BC2+2BE2＝2AE2+2BC2+2BE2，
在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2+BE2，
∴AC2+BD2＝2AE2+2BC2+2BE2＝2（AE2+BE2）+2BC2＝2AB2+2BC2；
（3）解：如图3，延长AD至点E，使AD＝DE，
，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
又∵AD＝DE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
由（2）可得AE2+BC2＝2AB2+2AC2，＝2（AB﹣AC）2+4AB•AC，
∵AE＝2AD＝6，
∴AE2＝4AD2＝36，
∵BC＝8，（AB﹣AC）2＝10，
∴36+64＝2×10+4AB•AC，
∴AB•AC＝20．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质的应用，平行四边形判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，构建直角三角形利用勾股定理列式是解本题的关键．
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：2023/7/13 9:56:19；用户：娄老师；邮箱：15225657626；学号：48669677
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