2022-2023学年山东省淄博市桓台县八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省淄博市桓台县八年级（下）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共19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。

1. 若两个相似多边形的相似比为1：2，则它们周长的比为( )
A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：4
2. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AC=12，BD=16，则△ABC的周长为( )
A. 24
B. 32
C. 30
D. 28
3. 若1 x+2有意义，则实数x的取值范围为( )
A. x≥−2B. x>−2C. x≠−2D. x>2
4. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB=60°，AC+AB=12，则边AB的长为( )
A. 3
B. 4
C. 2 3
D. 4 2
5. 若ab=23，则aa+b等于( )
A. 15B. 25C. 35D. 45
6. 关于x的方程mx2−3x+2=0有实数根，则m的值不可能是( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
7. 如图，点E在矩形ABCD的AB边上，将△ADE沿DE翻折，点A恰好落在BC边上的点F处，若CD=3BF，BE=4，则AD的长为( )
A. 9
B. 12
C. 15
D. 18
8. 如图，点A，B都在格点上，若BC=2 133，则AC的长为( )
A. 13
B. 4 133
C. 2 13
D. 3 13
9. 如图，在▱ABCD中，点E在AD上，且AE=2ED，CE交对角线BD于点F，若S△DEF=2，则S△BCF为( )
A. 4B. 6C. 9D. 18
10. 如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=108°，点P在BC边上，若AP是∠BAC的三等分线，则BP的长度为( )
A. 5−1或5B. 5+1或 5−1
C. 5−1或2D. 5+1或2
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 已知a、b是一元二次方程2x2+3x−4=0的两个根，那么ab2+a2b的值是______ ．
12. 若 a+ 3=3 3，则a= ______ ．
13. 如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别是边BC和CD的中点，连接AE，在AE上取点G，连接GF，若∠EGF=45°，则GF的长为______ ．
14. 菱形OACB在平面直角坐标系中的位置如图所示，若点B的坐标是(2,−1)，则菱形OACB的面积为______ ．
15. 如图，直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，一动点P从点A出发，沿A—O—B的路线运动到点B停止，C是AB的中点，沿直线PC截△AOB，若得到的三角形与△AOB相似，则点P的坐标是______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
计算：(1)已知x=2− 3，y=2+ 3，求x2+xy+y2的值．
(2)已知ab=cd=ef=37(b+d+f≠0)，求a+c−eb+d−f的值．
17. (本小题8.0分)
如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作AC的平行线交BC的延长线于点E．
(1)求证：BD=DE；
(2)连接OE，若AB=2，BC=4，求OE的长．
18. (本小题8.0分)
直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低5元，日销售量增加10件．若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？
19. (本小题8.0分)
如图，小明为测得学校操场上小树CD的高，他站在教室里的A点处，从教室的窗口望出去，恰好能看见小树的整个树冠HD.经测量，窗口高EF=1.2m，树干高CH=0.9m，A、C两点在同一水平线上，A点距墙根G1.5m，C点距墙根G4.5m，且A、G、C三点在同一直线上.请根据上面的信息，帮小明计算出小树CD的高．
20. (本小题8.0分)
如图，已知点O是坐标原点，小方格的边长为1，B(2,2)．
(1)以点A为位似中心，在x轴的上方将△ABC放大到原图的2倍，(即新图与原图的相似比为2)，画出对应的△AB′C′；
(2)直接写出四边形CBB′C′的面积：______ ．
21. (本小题8.0分)
如图，在边长为12cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒2cm的速度移动，若P，Q分别从A，B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动.求经过几秒△BPQ的面积等于10 3cm2？
22. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，连结AE，过点B作BF⊥AE于点F．
(1)求证：△ADE∽△BFA；
(2)连接CF，若AB=20，BC=10，DE=5，求CF的长．
23. (本小题8.0分)
如图，已知△ABC中，AB=AC=6，BC=8，点D是BC边上的一个动点(点D与点B，C不重合)，点E在AC边上，∠ADE=∠B.若△ADE为等腰三角形，求BD的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵两个相似多边形的相似比为1：2，
∴两个相似多边形周长的比等于1：2，
故选：B．
直接根据相似多边形周长的比等于相似比进行解答即可．
本题考查的是相似多边形的性质，即相似多边形周长的比等于相似比．
2.【答案】B
【解析】解：由菱形的性质可得AO=CO=12AC=6，BO=DO=12BD=8，∠AOB=90°，AB=BC，
∴AB= AO2+BO2=10，
∴△ABC的周长为AB+BC+AC=32，
故选：B．
由菱形的性质可得AO=CO=12AC=6，BO=DO=12BD=8，∠AOB=90°，AB=BC，由勾股定理求AB的值，然后根据△ABC的周长为AB+BC+AC，计算求解即可．
本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
3.【答案】B
【解析】解：要使式子1 x+2有意义，
则x+2>0，
解得：x>−2，
故选：B．
根据分母不为0，二次根式内的式子为非负可求得．
本题考查分母不为零、二次根式有意义的条件，如本题，二次根式做分母，则要求二次根式内的式子为正数．掌握分母不为零、二次根式有意义的条件是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=12AC，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=12AC，
∵AC+AB=12，
∴3AB=12，
∴AB=4．
故选：B．
根据矩形的性质得出OA=OB=12AC，进而利用等边三角形的判定和性质解答即可．
本题考查矩形的性质，根据矩形的性质得出OA=OB=12AC是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵ab=23，
∴aa+b=22+3=25．
故选B．
利用合比性质即可求解．
本题考查了比例的性质，掌握合比性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：当方程mx2−3x+2=0为一元二次方程时，方程有解，
则m≠0且Δ=(−3)2−8m≥0，
解得：m≤98且m≠0，
当方程mx2+3x+m=0为一元一次方程时，
方程有解，则只需m=0，
综上：当m≤98时，方程有实数根．
∴四个数中m的值不可能是2，
故选：D．
由于方程有实数根，当方程为一元二次方程时，令Δ≥0，即可求出m的取值范围，要注意，m≠0.再令方程为一元一次方程，进行解答．
本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，掌握分类讨论思想是关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠A=∠EBF=∠BCD=90°，
∵将△ADE沿DE翻折，
∴AD=DF=BC，∠A=∠DFE=90°，
∴∠BFE+∠CFD=∠BFE+∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠CFD，
∴△BEF∽△CFD，
∴BFCD=BECF，
∵CD=3BF，BE=4，
∴CF=3BE=12，
设BF=x，则CD=3x，DF=BC=BF+CF=x+12，
∵∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，CD2+CF2=DF2，
∴(3x)2+122=(x+12)2，
解得x=3(x=0舍去)，
∴AD=DF=3+12=15．
故选：C．
证明△BEF∽△CFD，求得CF，设BF=x，用x表示CD，DF，由勾股定理列出方程即可求解．
本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，证明相似三角形和利用勾股定理列出方程是解本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由图可得，
AB= 62+42= 36+16= 52=2 13，
∵BC=2 133，
∴AC=AB−BC=2 13−2 133=4 133，
故选：B．
根据勾股定理可以得到AB的长，然后由图可知AC=AB−BC，然后代入数据计算即可．
本题考查勾股定理，解答本题的关键是求出AB的长，利用数形结合的思想解答．
9.【答案】D
【解析】解：∵AE=2ED，
∴EDAD=13，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，BC=AD，
∴△EDF∽△CBF，
∴EDBC=EFCF=EDAD=13，
∴S△DEFS△BCF=(EDBC)2=19，
∵S△EDF=2，
∴S△BCF=18．
故选：D．
根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可解决问题．
本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握相似三角形面积比等于相似比的平方是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵AB=AC=2，∠BAC=108°，
∴∠B=∠C=36°，
∵AP是∠BAC的三等分线，
∴∠BAP=36°，∠CAP=72°，
∴∠CPA=72°，
∴AC=PC=2，
在△BAP与△BCA中，
∠B=∠B∠BAP=∠C，
∴△BAP∽△BCA，
∴BABC=BPBA，
∴22+BP=BP2，
∴BP2+2BP−4=0，
∴BP= 5−1或2．
故选C．
根据已知条件得出∠B=∠C=36°，再根据AP是∠BAC的三等分线，求出∠BAP的度数与AC=PC=2，再根据AA证出△BAP∽△BCA，BABC=BPBA，从而得出BABC=BPBA，最后代值计算即可得出答案．
此题考查了等腰三角形的性质以及黄金分割，掌握相似三角形的判断以及等腰三角形的性质是解题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：∵a、b是一元二次方程2x2+3x−4=0的两个根，
∴a+b=−32，ab=−2，
∴ab2+a2b=ab(a+b)=−2×(−32)=3，
故答案为：3．
由a、b是一元二次方程2x2+3x−4=0的两个根，得a+b=−32，ab=−2，把所求式子变形后代入计算即可．
本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程根与系数的关系，求出两根之和及两根之积，用整体代入法解决问题．
12.【答案】12
【解析】解：由题意可得，
a=3 3− 3=2 3= 12，
∴a=12，
故答案为：12．
直接根据根式加减运算法则求解即可得到答案．
本题考查根式的加减运算，及根式相等的条件，解题的关键是熟练掌握合并同类二次根式及根式相等即被开方数相同．
13.【答案】9 105
【解析】解：连接BF交AE于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠C=90°，
∵点E、F分别是边BC，CD的中点，
∴BE=CF，
在△ABE与△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，AE=BF，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠AEB+∠EBH=90°，
∴∠BHE=90°，
∴∠GHF=90°，
∵∠FGH=45°，
∴△FGH是等腰直角三角形，
∵AB=BC=6，
∴BE=CF=3，
∴AE=BF= AB2+BE2=3 5，
∵S△ABE=12AB⋅BE=12AE⋅BH，
∴BH=AB⋅BEAE=6×33 5=6 55，
∴HF=HG=BF−BH=3 5−6 55=9 55，
∴GF= 2HF=9 105，
故答案为：9 105．
连接BF交AE于H，根据正方形的性质得到AB=BC=CD，∠ABE=∠C=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAE=∠CBF，AE=BF，推出△FGH是等腰直角三角形，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
14.【答案】4
【解析】解：连接AB，
∵四边形OACB是菱形，
∴AB⊥OC，OE=EC，AE=EB，
∵点B的坐标是(2,−1)，
∴EB=1，OE=2，
∴OC=4，AB=2，
∴菱形OACB的面积=12OC⋅AB=12×4×2=4，
故答案为：4．
根据菱形的性质和坐标特点得出OC，AB，进而利用菱形的面积公式解答即可．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
15.【答案】(3,0)或(0,74)或(0,4)
【解析】解：直线y=−43x+8，当x=0时，y=8；
当y=0时，则−43x+8=0，解得x=6，
∴A(6,0)，B(0,8)，
∵∠AOB=90°，OA=6，OB=8，
∴AB= OA2+OB2= 62+82=10，
∵C是AB的中点，
∴AC=CB=12AB=5，
如图1，点P在OA上，且△APC∽△AOB，
∴∠APC=∠AOB，
∴PC//OB，
∴APPO=ACCB=1，
∴PO=AP=12OA=3，
∴P(3,0)；
如图2，点P在OB上，且△PCB∽△AOB，
∴PBAB=CBOB，
∴PB=AB⋅CBOB=10×58=254，
∴OP=8−254=74，
∴P(0,74)；
如图3，点P在OB上，且△CPB∽△AOB，
∴∠CPB=∠AOB，
∴PC//OA，
∴OPPB=ACCB=1，
∴OP=PB=12OB=4，
∴P(0,4)，
综上所述，点P的坐标是(3,0)或(0,74)或(0,4)．
先由直线y=−43x+8与x轴、y轴分别交于点A、B，求得A(6,0)，B(0,8)，再根据勾股定理求得AB=10，则AC=CB=5，分三种情况讨论，一是点P在OA上，且△APC∽△AOB，此时PC//OB，可求得PO=AP=3，则P(3,0)；二是点P在OB上，且△PCB∽△AOB，则PBAB=CBOB，可求得PB=254，所以OP=74，则P(0,74)；三是点P在OB上，且△CPB∽△AOB，此时PC//OA，可求得OP=PB=4，则P(0,4)．
此题重点考查一次函数的图象与性质、图形与坐标、勾股定理、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性质强，应注意按点P的不同位置分类讨论，求出所有符合题意的答案．
16.【答案】解：(1)∵x=2− 3，y=2+ 3，
∴x+y=(2− 3)+(2+ 3)=4，xy=(2− 3)×(2+ 3)=1，
∴原式=(x+y)2−xy
=42−1
=15；
(2)∵ab=cd=ef=37(b+d+f≠0)，
∴a=37b，c=37d，e=37f，
∴原式=37b+37d−37fb+d−f
=37(b+d−f)b+d−f
=37．
【解析】(1)根据二次根式的加法法则求出x+y，根据二次根式的乘法法则求出xy，利用完全平方公式把原式变形，代入计算即可；
(2)根据比例的性质得a=37b，c=37d，e=37f，代入所求的式子即可求出答案．
本题考查的是二次根式的化简求值和比例的性质，掌握二次根式的加减法法则、乘法法则、完全平方公式和比例的性质是解题的关键．
17.【答案】(1)证明：在矩形ABCD中，AD//BC，AD=BC，
∴AD//CE．
∵Ac//DE．
∴四边形ACED是平行四边形．
∴AC=DE．
在矩形ABCD中，AC=BD，
∴BD=DE
(2)解：作OH⊥BE于H，如图．

在矩形ABCD中，AC=BD，且AC与BD交于点O，
∴OB=OC=OA．
∴BH=HC．OH=12AB，
∵AB=2，BC=4，
∴OH=1，HC=2．
在平行四边形ACED中，AD=CE．
∴CE=BC=4．
∴HE=6．
在Rt△OHE中，OE= OH2+HE2= 37．
【解析】(1)根据矩形的对角线相等可得AC=BD，对边平行可得AB//CD，再求出四边形ABEC是平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得AC=BE，从而得证；
(2)如图，过点O作OF⊥CD于点F，欲求OE，只需在直角△OEF中求得OF、FE的值即可．OF结合三角形中位线求得EF，结合矩形、平行四边形的性质以及勾股定理求得即可．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，熟记各性质并求出四边形ABEC是平行四边形是解题的关键．
18.【答案】解：设每件售价应定为x元，则每件的销售利润为(x−40)元，日销售量为20+60−x5×10=(140−2x)件，
依题意得：(x−40)(140−2x)=(60−40)×20，
整理得：x2−110x+3000=0，
解得：x1=50，x2=60(不合题意，舍去)．
答：每件售价应定为50元．
【解析】设每件售价应定为x元，则每件的销售利润为(x−40)元，日销售量为20+60−x5×10=(140−2x)件，利用该种小商品的日销售利润=每件的销售利润×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
19.【答案】解：∵FG⊥AC，DC⊥AC，
∴FG//DC，
∴△BEF∽△BDH，
∴FEDH=AGAC
∵AG=1.5米，CG=4.5米，EF=1.2米，
∴1.2DH=1.51.5+4.5
解得：DH=4.8，
∴小树CD的高为DH+HC=0.9+4.8=5.7米．
【解析】根据相似三角形求得线段HD的长度即可求得树高．
本题考查了相似三角形的应用，解题的关键是根据实际问题整理出相似三角形的模型．
20.【答案】16.5
【解析】解：(1)如图，△AB′C′即为所求；
(2)四边形CBB′C′的面积=5×7−12×1×3−12×6×4−12×2×3−12×1×4=16.5．
故答案为：16.5．
(1)利用位似变换的性质，画出三角形AB′C′即可；
(2)利用分割法求出四边形面积即可．
本题考查作图−位似变换，解题的关键是掌握位似变换的性质，属于中考常考题型．
21.【答案】解：过点Q作QD⊥AB，垂足为D．

∵等边三角形ABC，
∴AB=BC=AC=6，∠B=60°，
设经过x秒△BPQ的面积等于10 3cm2，则AP=x cm，BQ=2x cm，
∴PB=(6−x)cm，
∵∠B=60°，
∴∠BQD=30°，
∴BD=12BQ=x cm，
∴DQ= BQ2−BD2= 3x cm，
∴S△PBD=12BP×DQ=12×(12−x)× 3x=10 3，
解得x=2或10(不合题意，舍去)，
答：经过2秒△BPQ的面积等于10 3cm2．
【解析】(1)先分别表示出BP，BQ的值，当∠BQP和∠BPQ分别为直角时，由等边三角形的性质就可以求出结论；
(2)作QD⊥AB于D，由勾股定理可以表示出DQ，然后根据面积公式建立方程求出其解即可．
本题考查了等边三角形的性质的运用，两角是30°、60°的直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，解答时根据三角形的面积公式建立一元二次方程求解是关键．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAB=90°，
∵BF⊥AE于点F，
∴∠AFB=90°，
∴∠D=∠AFB，
∵∠EAD=∠ABF=90°−∠BAE，
∴△ADE∽△BFA．
(2)解：作FG⊥CD于点G，则∠CGF=90°，
∵∠D=90°，CD=AB=20，AD=BC=10，DE=5，
∴AE= AD2+DE2= 102+52=5 5，
∵AFAB=sin∠ABF=sin∠EAD=DEAE=55 5= 55，
∴AF= 55AB= 55×20=4 5，
∴FE=AE−AF=5 5−4 5= 5，
∵∠FGE=∠D=90°，
∴FG//AD，
∴△EFG∽△EAD，
∴FGAD=GEDE=FEAE= 55 5=15，
∴FG=15AD=15×10=2，GE=15DE=15×5=1，
∴CG=CD−DE+GE=20−5+1=16，
∴CF= CG2+FG2= 162+22=2 65，
∴CF的长是2 65．
【解析】(1)由矩形的性质得∠D=∠DAB=90°，由BF⊥AE于点F，得∠AFB=90°，则∠D=∠AFB，而∠EAD=∠ABF=90°−∠BAE，所以△ADE∽△BFA；
(2)作FG⊥CD于点G，由∠D=90°，AD=BC=10，DE=5，根据勾股定理得AE= AD2+DE2=5 5，由AFAB=sin∠ABF=sin∠EAD=DEAE= 55，得AF= 55AB=4 5，则FE= 5，再证明△EFG∽△EAD，得FGAD=GEDE=FEAE=15，则FG=15AD=2，GE=15DE=1，可求得CG=16，根据勾股定理可求得CF= CG2+FG2=2 65．
此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23.【答案】解：(1)当AD=DE时，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠ADC=∠B+∠BAD，
即∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC，
∵∠B=∠ADE，
∴∠BAD=∠EDC，
在△ABD和△DCE中，
∠B=∠C∠BAD=∠EDCAD=DE，
∴△ABD≌△DCE(AAS)，
∴AB=DC=6，
∴BD=BC−CD=10−6=4；
(2)当AE=DE时，
设BD=x，则DC=8−x，
∵AE=DE，
∴∠ADE=∠DAE，
∵∠B=∠C=∠ADE，
∴∠C=∠ADE=∠DAE，
∴AD=DC=8−x，△EDA∽△ACB，
∴ADBC=AEAB，即8−x8=AE6，
∴AE=24−3x4，
∴EC=AC−AE=6−24−3x4=34x，
∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠B+∠BAD，
又∵∠B=∠ADE，
∴∠EDC=∠BAD，
∴△EDC∽△DAB，
∴ECBD=DCAB，
即34xx=8−x6
解得x=72，经检验符合题意；
∴BD的长为4或72．
【解析】分两种情况讨论：当AD=DE时，证明△ABD≌△DCE，可得BD=4；当AE=DE时，设BD=x，则DC=8−x，证明△EDA∽△ACB，可得AE=24−3x4，EC=AC−AE=34x，再证明△EDC∽△DAB，可得ECBD=DCAB，可得答案．
本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．