期末押题预测卷02（考试范围：八上全册）-2022-2023学年八年级数学上册重难题型全归纳及技巧提升专项精练（浙教版）

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期末押题预测卷02
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间90分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022·浙江丽水·八年级期末）下列垃圾分类图标中，是轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；C、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，识别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．
2．（2022·浙江丽水·八年级期末）若x＜y，则下列结论成立的是（    ）
A．x+2＞y+2 B．-2x＜-2y C．3x＞3y D．1-x＞1-y
【答案】D
【分析】根据不等式的性质求解即可．
【详解】解：A、由x＜y，可得x+2＜y+2，原结论不成立，不符合题意；
B、由x＜y，可得-2x＞-2y，原结论不成立，不符合题意；
C、由x＜y，可得3x＜3y，原结论不成立，不符合题意；
D、由x＜y，可得-x＞-y，则1-x＞1-y，原结论成立，符合题意；故选D．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质，熟知不等式两边同时加上或减去一个整式，不等式方向不改变，不等式两边同时乘以或除以一个正数，不等式不改变方向，不等式两边同时乘以或除以一个负数，不等式改变方向是解题的关键．
3．（2022·成都嘉祥八年级期中）已知的三边为、、，下列条件不能判定为直角三角形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理的逆定理及三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】解：A.∵，∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
B.∵，∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；
C.设，则∠，
∵，∴，解得，
∴，∴此三角形不是直角三角形，故本选项符合题意；
D.∵，设，则，∴，
∴此三角形是直角三角形，故本选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长满足，那么这个三角形就是直角三角形．也考查了三角形内角和定理，熟知以上知识是解答此题的关键．
4．（2022·重庆·八年级期末）在平面直角坐标系中，将点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B，则点B关于y轴对称点的坐标为（  ）
A．(2，2) B．(-2，2) C．(-2，-2) D．(2，-2)
【答案】C
【分析】根据点的平移规律左减右加可得点B的坐标，然后再根据关于B轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【详解】解：点A(-3，-2)向右平移5个单位长度得到点B(2，-2)，
点B关于y轴对称点的坐标为（-2，-2），故选：C．
【点睛】本题主要考查了点的平移和关于y轴的对称点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律．
5．（2022·浙江金华·八年级期末）研究表明，运动时将心率p（次）控制在最佳燃脂心率范围内，能起到燃烧脂肪并且保护心脏功能的作用．最佳燃脂心率最高值不应该超过（220-年龄）×0.8，最低值不低于（220-年龄）×0.6．以30岁为例计算，，，1，所以30岁的年龄最佳燃脂心率的范围用不等式可表示为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题干中信息可得“不超过”即“≤”，“不低于”即“≥”，于是30岁的年龄最佳燃脂心率范围用不等式表示为114≤p≤152．
【详解】 最佳燃脂心率最高值不应该超过（220-年龄）×0.8，， p≤152
最佳燃脂心率最低值不低于（220-年龄）×0.6，，
114≤p在四个选项中只有A选项正确.故选: A．
【点睛】本题主要考查不等式的简单应用，能将体现不等关系的文字语言转化为数学语言是解决题目的关键．体现不等关系的文字语言有“大于”、“小于”、“不高于”、“不低于”等．
6．（2022·四川成都·八年级期末）已知点（﹣2，y1），（3，y2）都在直线y＝﹣x﹣5上，则y1，y2的值的大小关系是（　　）
A．y1＜y2 B．y1＞y2 C．y1＝y2 D．不能确定
【答案】B
【分析】一次函数图象上点的坐标特征，把点（-2，y1）和（3，y2）代入y=-x-5中计算出y1与y2的值，然后比较它们的大小．
【详解】解：∵点（﹣2，y1）和（3，y2）都在直线y＝-x-5上，
∴y1＝-（-2）-5＝-3，y2＝-3-5＝-8，∴y1＞y2．故选B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．
7．（2022·辽宁·八年级期末）关于函数，下列结论正确的是（    ）
A．图象必经过点 B．图象经过第一、二、三象限
C．当x＞3时，y＜0 D．y随x的增大而增大
【答案】C
【分析】求出当时，的值即可判断A；根据一次函数的图象与性质即可判断B和D；再根据一次函数与轴的交点坐标，以及一次函数的图象与性质即可判断C．
【详解】解：A、当时，，所以图象必经过点，不经过点，则此项错误，不符合题意；
B、因为，所以图象经过第一、二、四象限，则此项错误，不符合题意；
C、当时，，解得，即图象与轴的交点为，因为，所以随的增大而减小，所以当时，，则此项正确，符合题意；
D、因为，所以随的增大而减小，则此项错误，不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键．
8．（2022·浙江舟山·八年级期末）对于任意实数p、q，定义一种运算：p@q＝p-q＋pq，例如2@3＝2-3＋2×3．请根据上述定义解决问题：若关于x的不等式组有3个整数解，则m的取值范围为是    (      )
A．-8≤m<-5 B．-8 【答案】B
【分析】利用题中的新定义得到不等式组，然后解不等式组，根据不等式组有3个整数解，确定出m的范围即可．
【详解】解：根据题中的新定义得到不等式组：
，解不等式①得：x＜2，
解不等式②得：，∴不等式组的解集是≤x＜2，
∵不等式组有3个整数解，即整数解为﹣1，0，1，
∴﹣2＜≤﹣1，解得：﹣8＜m≤﹣5．故选：B．
【点睛】此题考查了新定义下的实数运算、解一元一次不等式组、求一元一次不等式组的整数解等知识，弄清题中的新定义是解本题的关键．
9．（2022·安徽·合肥八年级阶段练习）甲、乙两个工程队同时修建两条长为1000米的马路，所修建的马路的长度y（米）与天数x（天）之间的函数关系如图所示，下列说法不正确的是（   ）

A．甲工程队每天修建100米
B．甲、乙两队在第6天修建的马路长度相同
C．乙工程队休息前修建的速度比休息后修建的速度每天慢40米
D．乙工程比甲工程队早2天完成任务
【答案】C
【分析】由图象可知甲工程队修建长为1000米的马路用的时间为10天，根据速度=工作量÷工作时间即可求出甲工程队每天修建的米数，即可判定A；根据两函数图象计算出两队在第6天修的马路的长度可知，则甲、乙两队在第6天修建的马路长度相同，即可判定B；根据乙工程队休息前工作量是200米，时间是2天，可求出乙工程队休息前修建的速度，根据休息2天后再用了4天完成任务了任务，可求出乙工程队休息后修建的速度，即可求得乙工程队休息前修建的速度比休息后修建的速度每天慢多少米，即可判定C；由图可知乙工程完成任务时是第8天，甲工程队完成任务时间是第10天，即可求得乙工程比甲工程队早2天完成任务，可判定D．
【详解】解： A．由图可知：甲每天每天修建马路为1000÷10=100(米)，正确，故此选项不符合题意；
B．由图可知：甲队在第6天修建的马路长度为200+（1000-200）÷4×(6-4)=600（米）、乙两队在第6天修建的马路长度为100×6=600（米），故此选项正确，不符合题意；
C．乙工程队休息前修建的速度为200÷2=100(米/天)，休息后修建的速度为(1000-200)÷(8-4)=200(米/天)，所以乙工程队休息前修建的速度比休息后修建的速度每天慢200-100=100(米)，原说法错误，故此选项符合题意；D．乙工程比甲工程队早10-8=2（天）完成任务，正确，故此选项不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查一次函数的应用，熟练掌握由函数图象获取信息是解题的关键．
10．（2022·浙江舟山·八年级期末）如图，在等腰中，，，于点，点是延长线上一点，点在延长线上，，下面的结论：①；②是正三角形；③；④，其中正确的个数是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由题意易得OB=OC，则有∠OBD=∠OCD，∠APO=∠OCP，进而根据角的关系可证①，然后可得∠PBO=∠PBA+∠APO，由三角形内角和可得∠OPB=60°，可判断②，在AB上找一点E，使AE=AP，连接PE，延长AO，在AO的延长线上找一点F，使AF=AB，连接BF，由此可得AP=PE=AE，∠APE=60°，进而可证△BPE≌△OPA，然后根据全等三角形的性质可判断③，最后根据等积法及三角形全等的性质与判定可判断④．
【详解】解：∵，，，
∴BD=DC，∠ACB=∠ABC=30°，
∴OB=OC，∴∠OBD=∠OCD，
∵OB=OP，∴OC=OP，∴∠APO=∠OCP，
∵∠OCP-∠OCB=∠ACB=30°，
∴，故①正确；
∵OP=OB，∴∠OPB=∠PBO，
∵∠PBO=∠PBA+∠ABD+∠OBC=∠PBA+30°+∠APO-30°，
∴∠PBO=∠PBA+∠APO，
∵在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，即∠OPB+∠APO+∠PBA+∠ABC+∠ACB=180°，
∴2∠OPB+60°=180°，∴∠OPB=60°，
∴△BPO是正三角形，故②正确；
在AB上找一点E，使AE=AP，连接PE，如图所示：

∵∠PAE=60°，∴△PAE是等边三角形，
∴AP=PE=AE，∠APE=60°，
∵∠BPE=∠APB-∠APE，∠OPA=∠APB-∠BPO，∴∠BPE=∠OPA，
∵OP=BP，∴△BPE≌△OPA（SAS），∴BE=AO，
∵AB-BE=AE，∴AB-OA=AP，
∴，故③正确；
延长AO，在AO的延长线上找一点F，使AF=AB，连接BF，
∴△ABF是等边三角形，∴∠ABF=60°，
∵∠ABO+∠OBF=60°，∠ABO+∠PBA=60°，∴∠PBA=∠OBF，
∵PB=OB，AB=BF，∴△APB≌△FOB（SAS），
∴，如要证，需证，由题意无法证明，故④错误；
所以正确的个数有3个；故选：C．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定及线段垂直平分线的性质定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质与判定及线段垂直平分线的性质定理是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022·浙江宁波·八年级期末）给出下列命题：
①直角都相等；②若且，则且；
③一个角的补角大于这个角．其中原命题和逆命题都为真命题的有______．
【答案】②
【分析】先写出原命题的逆命题，再对每个命题进行判断即可得出答案.
【详解】解：①直角都相等，是真命题；
它的逆命题是“相等的角都是直角”，显然相等的角不一定都是直角，是假命题；
②若且，则且，是真命题；
它的逆命题是：若且，则且，是真命题；
③一个角的补角大于这个角，是假命题；
它的逆命题是一个角大于它的补角，是假命题．故答案为②.
【点睛】本题考查的是互逆命题的定义和真假命题的判断，解题的关键是正确写出命题的逆命题、会利用所学知识判断命题的真假.
12．（2022·江苏·泰州八年级）如图，小敏做了一个角平分仪ABCD，其中AB＝AD，BC＝DC，将仪器上的点A与∠PRQ的顶点R重合，调整AB和AD，使它们分别落在角的两边上，过点A、C画一条射线AE，AE就是∠PRQ的平分线．此角平分仪的画图原理是__________．                  

【答案】
【分析】由“SSS”可证△ABC≌△ADC，可得∠BAC=∠DAC，可证AE就是∠PRQ的平分线，即可求解．
【详解】解：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∴AE就是∠PRQ的平分线，
故答案为：SSS．
【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是本题的关键．
13．（2022·浙江八年级期中）如果关于的不等式组无解，那么的取值范围是___________；
【答案】m≤1
【分析】根据已知得出关于m的不等式，求出即可．
【详解】解：∵x的不等式组无解，
∴m＋1≤3−m，解得：m≤1，故答案为：m≤1．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，解一元一次不等式组，一元一次不等式组的解集的应用，解此题的关键是能得出关于m的不等式．
14．（2022·浙江·八年级期末）如图，长方形ABCD纸片的边CD上有一点E，将长方形ABCD纸片沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，若AB＝3，AD＝5，则CE＝______．

【答案】##
【分析】由翻折可得AF=AD=5，DE=EF，先通过勾股定理求出BF长度，再由勾股定理求出CE的值．
【详解】由翻折可得AF=AD=5，DE=EF，
∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD=3，AD=BC=5，∠B=∠C=90°，
在Rt△ABF中，由勾股定理得，
∴CF=BC-BF=5-4=1，设CE=x，则EF=DE=3-x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2=EF2，
即，解得x=，故答案为：．
【点睛】本题考查翻折问题，解题关键是熟练掌握矩形的性质及勾股定理．
15．（2022·江苏·扬州八年级阶段练习）如图，在△ABC中，，，，点C在直线l上．点P从点A出发，在三角形边上沿A→C→B的路径向终点B运动；点Q从B点出发，在三角形边上沿B→C→A的路径向终点A运动．点P和Q分别以1单位/秒和2单位/秒的速度同时开始运动，在运动过程中，若有一点先到达终点时，该点停止运动，另一个点要继续运动，直到两点都到达相应的终点时整个运动才能停止．在某时刻，分别过P和Q作于点E，于点F，则点P的运动时间等于 ___________秒时，与全等．

【答案】2或或8
【分析】根据全等三角形的性质可得，然后分不同情况求解关于运动时间t的方程即可．
【详解】解：∵与全等
∴
分以下五种情况：
①如图1，P在上，Q在上，

∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
要使，则需，
设运动时间为t，
∵，，
∴，解得：；
②如图2，P在上，Q在上，

∵，，
∴，解得：，此时点P在上，不符合题意；
③如图3，当P、Q都在上时，

∵，，
∴，解得：；
④当Q到A点停止，P在上时，，
∴，解得：；
⑤P和Q都在BC上的情况不存在
∵P的速度是每秒1个单位每秒，Q的速度是2个单位每秒，
∴P和Q都在BC上的情况不存在．
故答案为∶2或 或8．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，灵活运用全等三角形的判定定理以及分类讨论思想成为解答本题的关键．
16．（2022·重庆九龙坡·八年级期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，过A作AEBC，且AE＝AB，AB上有一点F，连接EF．若EF＝AC，CD＝4BD，则＝_____．

【答案】
【分析】在CD上取一点G，使GD=BD，连接AG，作EH⊥AB交BA的延长线于点H，先证明△AEH≌△GAD，得EH=AD，AH=GD，再证明Rt△EHF≌Rt△ADC，得FH=CD，于是得AF=GC，则，得S△AEF=S△GAC，设GD=BD=m，则CD=4BD=4m，所以CG=4m-m=3m，BC=4m+m=5m，则，，得，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图，在CD上取一点G，使GD=BD，连接AG，作EH⊥AB交BA的延长线于点H，

∵AD⊥BC于点D，
∴AG=AB，∠H=∠ADG=90°
∴∠AGD=∠B，
∵AE//BC，
∴∠EAH=∠B，
∴∠EAH=∠AGD，
∵AE=AB，
∴AE=AG，
在△AEH和△GAD中，
，
∴△AEH≌△GAD（AAS），
∴EH=AD，AH=GD，
在Rt△EHF和Rt△ADC中，
，
∴Rt△EHF≌Rt△ADC（HL），
∴FH=CD，
∴FH-AH=CD-GD，
∴AF=GC，
∴，
∴S△AEF=S△GAC，
设GD=BD=m，则CD=4BD=4m，
∴CG=4m-m=3m，BC=4m+m=5m，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、有关面积比问题的求解等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
17．（2022·浙江·八年级专题练习）如图，直线y＝－x＋8与x轴，y轴分别交于点A，B，直线y＝x＋1与直线AB交于点C，与y轴交于点D．则△BDC的面积=____．若P是y轴正半轴上的一点，Q是直线AB上的一点，连接PQ．△BDC与△BPQ全等(点Q不与点C重合)，写出所有满足要求的点Q坐标______．

【答案】          ，，
【分析】将两条直线的方程联立，求出点的坐标，从而可得的底与高，进而求出面积；对点的位置进行分类讨论，画出使与全等的草图，结合全等三角形对应边相等建立等量关系，求出点的坐标．
【详解】解：，令，得，．
，令，得，．．
令，解得，．．
若与全等，则：
①当点在点下方时，如图所示，，．
，即，解得，
将代入，得．．

②当点在点上方时，如图所示．若，，则，
将代入，得，．
若，，则，  
将代入，得，．
综上，所有满足题意的点的坐标为，，．
故答案为：；，，．
【点睛】本题考查了一次函数的性质及应用，全等三角形的性质与判定，熟练掌握一次函数与全等三角形相关知识是解题的关键．
18．（2022·四川成都·八年级期末）如图，中，，，，点D为斜边上一点，且，以为边、点D为直角顶点作，点M为的中点，连接，则的最小值为_______．

【答案】
【分析】作线段CD的垂直平分线EF，交DC于点F，交AD于点E，证明CE=ED，且CE⊥DE，连接MD，证明点M在直线EF上，从而化MB的最短距离为垂线段最短计算即可．
【详解】解：作线段CD的垂直平分线EF，交DC于点F，交AD于点E，∴CE=ED，
∵∠ADC=45°，CE=ED，∴∠DCE=45°，∠CEF=45°，∠DEF=45°，∴∠CED=90°，

∵AC=4，∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴AB=8，BC=，∴CE=，∴AE=2，
∴BE=AB-AE=8-2=6连接MD，∵M是CP的中点，∠CDP=90°，
∴MC=MD，∴点M在直线EF上，
∴MB⊥EF时，MB最短，(根据垂线段最短,得到的)
∵∠EMB=90°，∠MEB=45°，∠DEF=45°，∴∠MBE=45°，∴ME=MB，
∴MB=，故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，线段垂直平分线的性质和判定，等腰直角三角形的判定，垂线段最短原理，准确确定点M的位置，选择垂线段最短原理是解题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022·山东·聊城市八年级阶段练习）解下列不等式或不等式组，并把解集在数轴上表示出来：
(1)≥1； (2)．
【答案】(1)x≥4，数轴见解析
(2)4≤x＜5，数轴见解析
【分析】（1）按照去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1的步骤求出不等式的解集，然后画数轴表示即可；
（2）先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集，然后画数轴表示即可．
（1）
解：≥1；
去分母，得：3x﹣2（x﹣1）≥6，
去括号，得：3x﹣2x+2≥6，
移项，得：3x﹣2x≥6﹣2，
合并同类项，得：x≥4，
表示在数轴上如下：

（2）
解：
解不等式5x﹣7＜3（x+1），得：x＜5，
解不等式x﹣1≥7﹣x，得：x≥4，
∴不等式组的解集为4≤x＜5，
表示在数轴上如下：

【点睛】本题考查了一元一次不等式以及一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．
20．（2022·重庆梁平·八年级期末）如图，△ABC中，AD平分，且平分BC，于E，于F．

(1)证明：；(2)如果，，求AE、BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=4，BE=1
【分析】（1）连接BD、CD，先由垂直平分线性质得BD=CD，再由角平分线性质得DE=CF，然后证Rt△BED≌Rt△CFD（HL），即可得出结论；
（2）证明Rt△AED≌Rt△AFD（HL），得AE=AF，则CF=AF-AC=AE-AC，又因为BE=AB-AE，由（1）知BE=CF，则AB-AE= AE-AC，代入AB、AC值即可求得AE长，继而求得BE长．
【详解】（1）证明：如图，连接BD、CD，

∵且平分BC，
∴BD=CD，
∵AD平分，于E，于F，
∴DE=CF，∠DEB=∠DFC=90°，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE=CF；
（2）解：∵AD平分，于E，于F，
∴DE=CF，∠DEB=∠DFC=90°，
在Rt△AED与Rt△AFD中，
，
∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），
∴AE=AF，
∴CF=AF-AC=AE-AC，
由（1）知：BE=CF，
∴AB-AE=AE-AC
即5-AE=AE-3，
∴AE=4，
∴BE=AB-AE=5-4=1，
【点睛】本题考查角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握角平分线的性质定义和线段垂直平分线的性质定理是解题的关键．
21．（2022·浙江丽水·八年级期中）【概念认识】如图①，在∠ABC中，若∠ABD＝∠DBE＝∠EBC，则BD，BE叫做∠ABC的“三分线”．其中，BD是“邻AB三分线”，BE是“邻BC三分线”．

【问题解决】
（1）如图②，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝45°，若∠B的三分线BD交AC于点D，求∠BDC的度数；
（2）如图③，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC邻BC三分线和∠ACB邻BC三分线，且∠BPC＝140°，求∠A的度数；
【延伸推广】
（3）在△ABC中，∠ACD是△ABC的外角，∠B的三分线所在的直线与∠ACD的三分线所在的直线交于点P．若∠A＝m°（），∠B＝54°，直接写出∠BPC的度数．（用含m的代数式表示）
【答案】（1）95°或110°；（2）60°；（3）m°或m°或m°＋°或m°﹣18°
【分析】（1）根据题意可得的三分线有两种情况，画图根据三角形的外角性质即可得的度数；
（2）根据、分别是邻三分线和邻三分线，且可得，进而可求的度数；
（3）根据的三分线所在的直线与的三分线所在的直线交于点．分四种情况画图：情况一：如图①，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时；情况二：如图②，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时；情况三：如图③，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时；情况四：如图④，当和分别是“邻三分线”、“邻三分线”时，再根据，，根据三角形外角性质，即可求出的度数．
【详解】解：（1）如图，

当BD是“邻AB三分线”时，；
当BD是“邻BC三分线”时，；
（2）在△BPC中，
∵，
∴，
又∵BP、CP分别是邻BC三分线和邻BC三分线，
∴，
∴，
∴，
在△ABC中，，
∴．
（3）分4种情况进行画图计算：

情况一：如图①，当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻AC三分线”时，
∴；

情况二：如图②，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻CD三分线”时，
∴；

情况三：如图③，当BP和CP分别是“邻BC三分线”、“邻AC三分线”时，
∴；

情况四：如图④，当BP和CP分别是“邻AB三分线”、“邻CD三分线”时，
；
综上所述：的度数为：或或或．
【点睛】本题考查了三角形的外角性质，解决本题的关键是掌握并灵活运用三角形的外角性质，注意要分情况讨论．
22．（2022·广西·八年级期末）已知ABC的三个顶点坐标分别为A(﹣1，4)，B(﹣3，4)，C(﹣5，2)．
（1）请在坐标平面内画出ABC；
（2）请在y轴上找一点P，使线段AP与BP的和最小，并直接写出P点坐标（保留作图痕迹）．

【答案】（1）见解析；（2）图见解析，P的坐标为（0，4）
【分析】（1）根据点坐标描出点A、B、C，依次连线即可得到ABC；
（2）过点A作y轴的对称点，连接B与y轴交于一点即为点P．
【详解】解：（1）如图：
                                            
（2）过点A作y轴的对称点，连接与y轴交于一点即为点P，此时AP+BP最小，点P的坐标为（0，4）．  

【点睛】此题考查作图能力，最短路径问题，正确掌握平面直角坐标系中点的坐标特点描出各点及最短路径问题的解题方法是解题的关键．
23．（2023·福建厦门·八年级期末）随着生活节奏的加快以及智能手机的普及，外卖点餐逐渐成为很多用户的餐饮消费习惯，由此催生了一批外卖点餐平台．某外卖平台联合厦门中学生助手招聘外卖骑手，提供了两种日工资方案：
方案一：每日底薪50元，每完成一单外卖业务有固定提成；
方案二：每日底薪60元，若当日外卖业务量不超过a单（a为正整数），每完成一单提成2元；若当日外卖业务量超过a单，超过部分每完成一单提成4元．
设骑手每日完成的外卖业务量为x单（x为正整数），方案一、二中骑手的日工资分别为y1，y2（单位：元）．已知骑手小张在6月15日完成了40单，按方案一结算日工资得到170元．
(1)求出y1关于x的函数解析式；
(2)骑手小张记录了自己在某一周的工作日内每天完成外卖业务的单数为32，40，49，43，47，若他按方式二结算，平均日工资为160元，求a的值；
(3)据统计，骑手小张每天最多完成60单，若该平台提供的两种方案的日工资差额不超过20元，试求出a的取值范围．
【答案】(1)y1＝3x＋50（x≥0且x为整数）
(2)a＝35
(3)25≤a≤30

【分析】（1）根据题中的等量关系，运用待定系数法解答即可；
（2）根据小张一周平均工资建立关于a的方程即可；
（3）通过列出不等式组求a的范围即可．
（1）
解：设y1＝kx＋50（k为常数且k≠0）
把x＝40，y＝170代入得40k＋50＝170，解得k＝3
∴y1＝3x＋50（x≥0且x为整数）
（2）
解：当0≤x≤a时，y2＝2x＋60；
当x＞a时，y2＝60＋2a＋4（x－a）＝4x＋60－2a．
若a＝32，平均日工资为[（2×32＋60）＋（4×40－4）＋（4×49－4）＋（4×43－4）＋（4×47－4）]＝164.8＞160
∴a＞32
若a＝40，
平均日工资为 [（2×32＋60）＋（2×40＋60）＋（4×49－20）＋（4×43－20）＋（4×47－20）]
＝152＜160
∴a＜40
∴ [（2×32＋60）＋（4×40＋60－2a）＋（4×49＋60－2a）＋（4×43＋60－2a）＋（4×47＋60－2a）]＝160，解得a＝35．
（3）
解：若0＜a≤10，当x＝60时，差额最大为（4×60＋60－2a）－（3×60＋50）＝70－2a＞20，
不符合题意；
若10＜a＜2a－10≤60，即10＜a≤35，由题意得（3a＋50）－（2a＋60）≤20且（4×60＋60－2a）－（3×60＋50）≤20，解得25≤a≤30；
若10＜a≤60＜2a－10，即35＜a≤60，当x＝a时，差额最大为（3a＋50）－（4a＋60－2a）
＝a－10＞25，不符合题意；
∴a的取值范围为25≤a≤30．
【点睛】本题主要考查了函数和不等式组的应用，理解题意、求出函数表达式是解答本题的关键．
24．（2022·浙江宁波·八年级期末）定义：如图1，点M、N把线段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的勾股分割点．

(1)已知点M、N是线段AB的勾股分割点，MN＞AM，MN＞BN，若AM＝2，MN＝3，则BN＝　 　．
(2)如图，在等腰直角ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，M、N为直线AB上两点，满足∠MCN＝45°．
①如图2，点M、N在线段AB上，求证：点M、N是线段AB的勾股分割点；
②如图3，若点M在线段AB上，点N在线段AB的延长线上，AM，BN，求BM的长．
【答案】(1)
(2)①见解析；②

【分析】（1）根据勾股分割点的定义得，MN2=AM2+BN2，代入计算即可；
（2）①将△CBN绕点C逆时针旋转90°得到△CAP，连接AP，MP，利用SAS证明△MCN≌△MCP，得MN=PM，即可证明结论；
②将△CBN绕点C逆时针旋转90°得到△CAE，连接ME，由①同理可证△MCE≌△MCN（SAS），得ME=MN，从而有MN2=AM2+BN2，将数据代入计算可得BM．
（1）解：∵△ANM是直角三角形，MN＞AM，MN＞BN，∴MN2=AM2+BN2，∴32=22+BN2，∴BN=；
（2）①证明：∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=∠ABC=45°，将△CBN绕点C逆时针旋转90°得到△CAP，连接AP，MP，∴CP=CN，∠CAP=∠B=45°，AP=BN，∴∠MAP=90°，∵∠MCN=45°，∠NCP=90°，∴∠MCP=∠MCN=45°，∵CM=CM，CP=CN，∴△MCN≌△MCP（SAS），∴MN=PM，∵MP2=AM2+AP2，∴MN2=AM2+BN2，∴点M，N是线段AB的勾股分割点；将△CBN绕点C逆时针旋转90°得到△CAE，连接ME，∴AE=BN=，CE=CN，∠ACE=∠BCN，∠CAE=∠CBN=135°，∴∠MAE=90°，∵∠ACE+∠ECB=90°，∴∠BCN+∠ECB=90°，∴∠ECN=90°，∵∠MCN=45°，∴∠ECM=45°=∠MCN，在△MCE和△MCN中，，∴△MCE≌△MCN（SAS），∴ME=MN，∵ME2=AM2+AE2，∴MN2=AM2+BN2，∴（+BM）2=（）2+（）2，∴BM=．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是充分利用旋转的性质得到相等的量．
25．（2022·广东佛山·八年级期中）如图，在长方形中，，点E是边上一点，连接，将沿直线折叠，使点B落在点处．

(1)直接写出的长度；
(2)如图1，当点E不与点C重合，且点在对角线上时，求的长；
(3)如图2，当点E与点C重合时，与交于点F，求证：．
【答案】(1)20
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）直接利用勾股定理求解即可；
（2）由折叠的性质可知由折叠的性质可得，则，，
设，则，利用勾股定理得到，据此求解即可；
（3）根据平行线的性质和折叠的性质证明即可证明结论．
【详解】（1）解：在，
∴由勾股定理得；
（2）解：由折叠的性质可得，
∴，，
设，则，
在，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴；
（3）解：∵（长方形的性质），
∴，
由折叠的性质可知，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，折叠的性质，平行线的性质，等角对等边，熟知勾股定理和折叠的性质是解题的关键．
26．（2022·河南商丘·八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与直线交于点，点E为x轴上一个动点．

(1)求直线的解析式；
(2)若点E的坐标为，过点E作直线轴，分别交直线，于点F，G．求的面积；
(3)若以点C、A、E为顶点的三角形为直角三角形，求点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或．

【分析】（1）首先求出点的坐标，再将、代入，解方程即可；
（2）求出，的坐标，从而得出的长度，代入三角形面积公式；
（3）分或或，分别画图进行计算即可．
（1）
解：将代入得，，
，
，
将、代入得，
，
解得，
直线的解析式；
（2）
解：如图，当时，，
，
当时，，
，

，
；
（3）
解：当时，，

当时，
，
，
，
，
，
由题意知不可能为，
综上，或．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了两直线的交点问题，待定系数法求函数解析式，三角形的面积，直角三角形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．