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八年级数学上册同步精品讲义（北师大版） 期中押题预测卷（考试范围：第一_四章）
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这是一份八年级数学上册同步精品讲义（北师大版） 期中押题预测卷（考试范围：第一_四章），文件包含期中押题预测卷考试范围第一四章教师版docx、期中押题预测卷考试范围第一四章学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
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·广西·钦州市第四中学八年级期中）若二次根式有意义，则字母应满足的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据二次根式有意义的条件（）得到 ， 根据分式有意义的条件（分母不为0）得到，然后分别解出解集再取公共部分即可．
【详解】∵二次根式有意义，
∴． 由①得：，由②得：，∴．故选A．
【点睛】本题主要考查了分式有意义和二次根式有意义的条件，熟练掌握分式和二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．（2022·湖北·武汉市粮道街中学八年级期中）△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别是a，b，c，则满足下列条件的△ABC不是直角三角形的是（ ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】满足两个较小边的平方和等于较大边的平方的为直角三角形，有一个角是直角的三角形是直角三角形，根据此可判断出直角三角形．
【详解】解：A、62+82=102，是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∠C=180°÷（1+1+3）×3=105°．不是直角三角形，故本选项符合题意；
C、，是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵∠A+∠B=∠C，且∠A+∠B+∠C=180°，∴∠C=90°，是直角三角形，故本选项不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理、三角形内角和定理．解题的关键是灵活利用勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理．
3．（2022·河南·潢川县中小学教研室七年级期中）下列选项中错误的是（ ）
A．没意义B．是2的平方根C．是负数D．
【答案】D
【分析】根据算术平方根的非负性，平方根的定义，立方根的定义，无理数的大小比较逐项判断即可．
【详解】解：A. 没意义，故该选项正确，不符合题意；
B. 是2的平方根，故该选项正确，不符合题意； C. 是负数，故该选项正确，不符合题意；
D. ，，，故该选项不正确，符合题意；故选D
【点睛】本题考查了平方根与立方根的定义，算术平方根的非负性，无理数的大小比较，积的乘方运算，掌握以上知识是解题的关键．一个正数有一个正的立方根、0的立方根是0，一个负数有一个负的立方根．平方根：如果一个数的平方等于，那么这个数就叫的平方根，其中属于非负数的平方根称之为算术平方根．立方根：如果一个数的立方等于，那么这个数叫做的立方根．
4．（2022·成都七中八年级期中）在如图所示的方格纸中，点A，B，C均为格点，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用勾股定理分别求解 再证明从而可得答案.
【详解】解：如图，连接
由勾股定理得：
故选C
【点睛】本题考查的是勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，熟悉“利用勾股定理的逆定理判断直角三角形”是解题的关键.
5．（2022·河北·广平县八年级阶段练习）已知点B（1，0）与点B'关于y轴对称，直线m过点B（1，0）且与y轴平行，点C（4，2）与点C'关于直线m对称，则B'C'的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据轴对称的性质得到点、的坐标，再根据勾股定理求出的长．
【详解】解：点B（1，0）与点关于y轴对称， ∴（-1，0），
∵直线m过点B（1，0）且与y轴平行，∴直线m的解析式为x=1，
∴点C（4，2）关于直线m对称的点的坐标为（-2，2），∴==，故选：A．
【点睛】此题考查了轴对称的性质，勾股定理求线段长度，正确理解轴对称的性质得到点、的坐标是解题的关键．
6．（2022·河南·南阳市八年级阶段练习）若点在直线上，下列说法不正确的是( )
A．函数y随x的增大而减小B．图象与x轴的交点是(4，0)
C．点一定不在第三象限D．当x＞2时，y＞2
【答案】D
【分析】根据一次函数的图象和性质进行判断即可．
【详解】解：A．∵直线y＝﹣x+4，k＝﹣1＜0，∴y随着x的增大而减小，故选项不符合题意；
B．当y＝﹣x+4＝0时，x＝4，∴函数与x轴交点为（4，0），故选项不符合题意；
C．∵y＝﹣x+4经过第一、二、四象限，∴P一定不在第三象限，故选项不符合题意；
D．当x＞2时，y＜2，故选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
7．（2022·福建福建·八年级期末）如图，一架2.5m长的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯子的底部距墙底端0.7m，如果梯子的顶端沿墙下滑0.4m，那么梯子的底部将平滑（ ）
A．0.9mB．1.5mC．0.5mD．0.8m
【答案】D
【分析】先根据梯子的顶端下滑了0.4m求出A′C的长，再根据勾股定理求出B′C的长，进而可得出结论．
【详解】∵在Rt△ABC中，AB＝2.5m，BC＝0.7m，∴AC＝＝＝2.4m，
∵梯子的顶端下滑了0.4m，∴A′C＝2m，∵在Rt△A′B′C中，A′B′＝2.5m，A′C＝2m，
∴B′C＝＝＝1.5m，∴BB′＝B′C﹣BC＝1.5﹣0.7＝0.8m．故选：D．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
8．（2022·福建福州·八年级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用下图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，矩形AKJD的面积为S3，矩形KJEB的面积为S4，下列结论中：①BI⊥CD；②S1∶S△ACD＝2∶1；③S1－S4＝S3－S2； ④S1S4＝S3S2，正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用正方形的性质证明△ABI≌△ADC，得出∠AIB=∠ACD，即可得出∠CNI=∠NAI，即可判断①，利用△ABI≌△ADC，即可求出△ABI的面积，即可判断②，由勾股定理和S3+S4=S▱ABED，即可判断③，由③S1-S4=S3-S2，两边平方，根据勾股定理可得，然后计算，即可判断④．
【详解】解：∵四边形ACHI和四边形ABED为正方形，
∴AI=AC，AD=AB，∠CAI=∠BAD=90°，
∵∠BAI=∠BAC+∠CAI，∠DAC=∠BAC+∠BAD，
∴∠BAI=∠DAC，∴△ABI≌△ADC（SAS），∴∠AIB=∠ACD，
∵∠CNI=∠CAI=90°，∴BI⊥CD，故①正确；
∵S△ACD=S△AIB=×AI×AC，S正方形ACHI=S1=AI×AC，
∴S1：S△ACD=2：1，故②正确；
∵S1=AC2，S2=BC2，S3+S4=S正方形ADEB=AB2，AC2+BC2=AB2，
∴S1+S2=S3+S4，∴S1-S4=S3-S2，故③正确；
S1-S4=S3-S2，，
∵S1=AC2，S2=BC2，S3=AK•KJ= AK•AB，S4=BK•KJ=BK•AB，
，，
∵AB2=AC2+ BC2，，
，即，
，
∴S1•S4=S2•S3，故④正确，故选D．
【点睛】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的条件，勾股定理的运用，完全平方公式的变形．
9．（2022·河南南阳·八年级阶段练习）我们可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于，设，易知，故x＞0，由，解得，即．根据以上方法，化简后的结果为（ ）
A．B．﹣12C．D．
【答案】A
【分析】根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】解：设，且
故选：A．
【点睛】本题考查二次根式的运算法则，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于较难题型．
10．（2022·辽宁葫芦岛·八年级期末）货车和轿车分别沿同一路线从A地出发去B地，已知货车先出发10分钟后，轿车才出发，当轿车追上货车5分钟后，轿车发生了故障，花了20分钟修好车后，轿车按原来速度的继续前进，在整个行驶过程中，货车和轿车均保持各自的速度匀速前进，两车相距的路程y（米）与货车出发的时间x（分钟）之间的关系的部分图象如图所示，对于以下说法：①货车的速度为1500米/分；②；③点D的坐标为；④图中a的值是，其中正确的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】先设出货车的速度和轿车故障前的速度，再根据货车先出发10分钟后轿车出发，桥车发生故障的时间和两车相遇的时间，根据路程=速度×时间列出方程组求解可判断①；利用待定系数法求OA与CD解析式可判断②，先求出点C货车的时间，用轿车修车20分钟-BC段货车追上轿车时间乘以货车速度，求出点D的坐标可判断③；求出轿车速度2000×=1800（米/分），到x=a时轿车追上货车两车相遇，列方程（a-65）×（1800-1500）=27500，解得a=可判断④．
【详解】解：由图象可知，当x=10时，轿车开始出发；当x=45时，轿车开始发生故障，则x=45-5=40（分钟），即货车出发40分钟时，轿车追上了货车，
设货车速度为x米/分，轿车故障前的速度为y米/分，根据题意，
得：，解得：，
∴货车的速度为1500米/分，轿车故障前的速度是2000米/分，
故①货车的速度为1500米/分正确；
∵A(10,15000) 设OA解析式：过点O（0，0）与点A，代入坐标得
解得 ∴OA解析式：
点C表示货车追上轿车，从B到C表示货车追及的距离是2500，货车所用速度为1500，
追及时间为分 点C（，0）
CD段表示货车用20-分钟行走的路程，
D点的横坐标为45+20=65分，纵坐标米，∴D（65,27500）
故③点D的坐标为正确；
设CD解析式为，代入坐标得
解得∴CD解析式为
∵OA与CD解析式中的k相同，∴OA∥CD，∴②正确；
D点表示轿车修好开始继续行驶时，轿车的速度变为原来的，即此时轿车的速度为：2000×=1800（米/分），到x=a时轿车追上货车两车相遇，
∴（a-65）×（1800-1500）=27500，
解得a=65+，即图中a的值是；
故④图中a的值是正确，正确的结论有4个．故选择D．
【点睛】本题考查一次函数图像与行程问题的应用，解答本题的关键是明确题意，从图像中获取信息，利用一次函数的性质和数形结合的思想，方程思想解答．
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·成都外国语学校八年级期中）在平面直角坐标系中，点到轴的的距离与到y轴的距离相等，则_______．
【答案】-1或-2
【分析】根据点A到x轴的距离与到y轴的距离相等可得2a+3=1或2a+3=-1，据此解出a的值．
【详解】解：∵A到x轴的距离与到y轴的距离相等，
∴2a+3=1或2a+3=-1，
解得a=-1或a=-2．故答案为：-1或-2．
【点睛】本题考查了点的坐标，关键是掌握到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于横坐标的绝对值．
12．（2022·山东·八年级课时练习）比较大小：______；化简：＝______．
【答案】 ##
【分析】根据可推出，从而可比较两数大小；利用平方差公式分母有理化即可．
【详解】解：∵，∴，
∴即，∴；
，故答案为：； ．
【点睛】本题考查实数的大小比较，和二次根式的化简．能正确得出和利用平方差公式分母有理化是解题关键．
13．（2022·河北邢台·八年级期末）设的整数部分为a，小数部分为b，则的值等于__________．
【答案】
【分析】由于3＜＜4，由此即可确定a值，然后就可以确定b，代入所求代数式即可求出结果．
【详解】∵3＜＜4，
∴，，
∴= =
【点睛】本题考查了确定无理数的整数部分和小数部分，然后把确定的值代入分式计算即可解决问题
14．（2022·广东中八年级期中）如图，在数轴上，点A所对应的实数为-1，点C对应的实数为2，过C作数轴的垂线段BC，使得BC = 1，再以A为圆心，AB长为半径画弧，交数轴的正半轴于点D，则点D对应的实数为 _________
【答案】
【分析】先根据数轴上点的位置求出AC的长，然后利用勾股定理求出AB的长即可得到AD的长，从而可以得到答案．
【详解】解：∵数轴上A、C表示的数分别是-1、2，
∴，
∵BC⊥AC，BC=1，
∴，
由作图方式可知，，
∴点D表示的实数为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，利用勾股定理求出AB的长是解题的关键．
15．（2022·四川·成都八年级期中）已知，、，是一次函数图象上两点，且，则的取值范围为__．
【答案】
【分析】根据，得出随的增大而减小，再根据，求出其取值范围即可．
【详解】∵，
∴或，
也就是，随的增大而减小，
∴，解得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，掌握一次函数的增减性以及适当的转化是解决问题的关键．
16．（2022·广东湛江·八年级期末）如图，已知直线，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；过点作轴的垂线交直线于，过点作直线的垂线交轴于点，；按此作法继续下去，则点的坐标为 __．
【答案】
【分析】先求解，设再利用勾股定理求解求出，同理可得，然后表示出与OM的关系，再根据点在x轴上写出坐标即可．
【详解】解： 点的坐标是，轴，点在直线上，
，， ．
又，即设 则
解得： 即 同理，，
，．
点的坐标是，．故答案是：．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，坐标规律的探究，熟记性质并总结变化规律是解题的关键．
17．（2022·江苏·南京市第三十九中学八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，，点为轴正半轴上的一个动点，以线段为边在的右上方作等边，连接，在点运动过程中，线段长度的最小值为_______．
【答案】
【分析】将绕点逆时针旋转到，连接，可证是等边三角形，求出点坐标，确定当轴时，最小，即最小．
【详解】如图，将绕点逆时针旋转到，连接，
∴由旋转可知，，
，
∴是等边三角形，，
∴，∴，即是定点，
∴当最小时，最小，∴当轴时，最小，最小值为，
线段长度的最小值为．故答案为：3
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短的性质，正确理解题意运用旋转作出辅助线是解决本题的关键．
18．（2022·成都外国语学校八年级期中）如图，直线AB的解析式为y＝﹣x+b分别与x，y轴交于A，B两点，点A的坐标为（3，0），过点B的直线交x轴负半轴于点C，且，在x轴上方存在点D，使以点A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，则点D的坐标为_____．
【答案】（4，3）或（3，4）
【分析】求出的坐标，分平行轴，不平行轴两种情况，求解计算即可．
【详解】解：将点A的坐标代入函数表达式得：0＝﹣3+b，解得：b＝3
∴直线AB的表达式为：y＝﹣x+3，∴点B（0，3）
∵OB：OC=3：1∴OC＝1，∴点C（﹣1，0）；
①如图，当BD平行x轴时，以点为顶点的三角形与全等，则四边形为平行四边形
则BD＝AC＝1+3＝4，则点D（4，3）；
②当BD不平行x轴时，则S△ABD＝S△ABD′，则点D、D′到AB的距离相等，
∴直线DD′∥AB，设直线DD′的表达式为：y＝﹣x+n，
将点D的坐标代入y＝﹣x+n中解得：n＝7，
∴直线DD′的表达式为：y＝﹣x+7，
设点D′（m，7﹣m），∵A，B，D′为顶点的三角形与△ABC全等，
则BD′＝BC＝，
解得：m＝3，故点D′（3，4）；故答案为：（4，3）或（3，4）．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形全等，平行线的性质，勾股定理等知识．解题的关键与难点在于分情况求解．
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·成都市七中育才学校八年级期中）解下列各题
计算：（1）； （2）；
（3）； （4）．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可得到答案；
（2）原式从左向右依次计算即可得到答案；
（3）原式根据零指数幂、负整数指数幂、二次根式的乘法以及绝对值的意义代简各项后，再外挂；
（4）原式利用平方差分工和完全平方公式进行计算即可得到答案．
【详解】解：（1）
=
=；
（2）
=
=
=
=；
（3）
=
=；
（4）
=
=
=．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则，运算顺序以及灵活运用乘法公式是解答本题的关键．
20．（2022·山东八年级期中）已知：x＝﹣2，y＝+2，分别求下列代数式的值
（1）x2﹣y2 （2）x2+2xy+y2
【答案】（1）﹣8；（2）20
【分析】根据二次根式的运算以及乘法公式即可求出答案．
【详解】解：（1）∵x＝﹣2，y＝+2，
∴x+y＝2，x﹣y＝﹣4
∴原式＝（x+y）（x﹣y）
＝2×（﹣4）
＝﹣8；
（2）原式＝（x+y）2
＝（2）2
＝20．
【点睛】本题考查学生的运算能力，解题关键是熟练运用乘法公式以及二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
21．（2022·河北秦皇岛·八年级期末）如图：学校A和铁路CM的夹角∠ACM=30°，学校A与车站C的距离AC=320m，火车经过时，周围200m内会受到火车噪声的干扰．
(1)经过计算说明学校为什么会受到经过火车噪声的影响
(2)若火车的速度为30m/s，求一列火车经过时学校受到影响的时间（火车车长忽略不计）
【答案】(1)学校会受到经过火车噪声的影响
(2)火车经过时学校受到影响的时间是8s
【分析】（1）过AB⊥CM于B，再利用直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AB的长，进而得到答案；
（2）过A作AD=AE=200m，利用勾股定理计算出DB的长，再计算出DE的长即可．
（1）解：作AB⊥CM于B，∵∠ACM=30°，AC=320m，∴AB=160m＜200m，∴学校会受到经过火车噪声的影响；
（2）解：如图，火车行驶到D点时，恰好AD=200m，学校开始受到噪声影响；火车行驶到E点时，恰好AE=200m，学校即将不受噪声影响，∵AD=200m，AB=160m，∠ABD=90°，∴BD==120m，∴DE=240m，∵火车的速度为30m/s，∴学校受影响的时间：240÷30=8s，∴火车经过时学校受到影响的时间是8s．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，掌握勾股定理和直角三角形的性质．
22．（2022·北京市八年级期中）已知A（1，-1），B（ - 1，4），C（-3，1）
（1）请在如图所示的平面直角坐标系中画出△ABC（每个小正方形的边长为1）；
（2）作△ABC关于y轴对称的△DEF，其中点A，B，C的对应点分别为D，E，F；
（3）连接BE，BF，求△BEF的面积
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）3
【分析】（1）根据A（1，-1），B（ - 1，4），C（-3，1）在坐标系内描出A，B，C，再顺次连接A，B，C即可；
（2）分别确定A，B，C关于轴的对称点D，E，F，再顺次连接D，E，F即可；
（3）利用三角形的面积公式直接计算即可得到答案.
【详解】解：（1）如图，即为所求作的三角形，
（2）如图，即为所求作的三角形，
（3）△BEF的面积
【点睛】本题考查的是坐标与图形，画关于轴对称的三角形，三角形面积的计算，掌握轴对称图形的性质是解题的关键.
23．（2022·黑龙江·肇源县第四中学七年级期中）甲乙两人同时登山，甲、乙两人距地面的高度（米）与登山时间（分）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题：
(1)甲登山的速度是每分钟______米，乙在地提速时距地面的高度为______米．
(2)请分别求出乙提速前、甲登山全过程中，登山时距地面的高度（米）与登山时间（分）之间的函数关系式．(3)若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，则乙从出发到到达山顶需要多长时间？
【答案】(1)10，30
(2)y=15x（0≤x≤2），y=10x+100（0≤x≤20）
(3)11分钟
【分析】（1）甲的速度=（300-100）÷20=10，根据图象知道乙一分钟的时间，走了15米，然后即可求出A地提速时距地面的高度；
（2）设AO的解析式为：，CD的解析式为，由题意得方程（组），代入点的坐标即可得到结论；
（3）根据甲登山的速度是每分钟10米，求得乙提速后的速度是每分钟30米，即可得到结论．
（1）
解：甲的速度为：（300-100）÷20=10（米/分），
根据图中信息知道乙一分钟的时间，走了15米，
那么2分钟时，将走30米．
故答案为：10；30；
（2）
解：设AO的解析式为：，由题意，得，
解得：．
故线段AO的解析式为：y=15x（0≤x≤2），
设CD的解析式为，把点C、D的坐标分别代入得：，
解得：．
故线段CD的解析式为：y=10x+100（0≤x≤20）；
（3）
解：∵甲登山的速度是每分钟10米，
∴乙提速后的速度是每分钟30米，
∴（300-30）÷30=9（分钟），
乙从出发到到达山顶需要9+2=11（分钟）．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，用待定系数法求一次函数关系式，并会用一次函数研究实际问题，关键是正确理解题意，充分利用图象提供的信息．
24．（2022·云南昆明·八年级期末）阅读下列一段文字，回答问题．
【材料阅读】平面内两点M（），N（），则由勾股定理可得，这两点间的距离MN=．例如，M（3，1），N（1，－2），则MN=
【直接应用】
(1)已知P（2，－3），Q（－1，3），求P、Q两点间的距离；
(2)如图，在平面直角坐标系中，A（－1，－3），OB=，OB与轴正半轴的夹角是45°．
①求点B的坐标；
②试判断△ABO的形状．
【答案】(1)
(2)①B（1，−1）；△ABO是直角三角形．
【分析】（1）由两点间的距离公式可求出答案；
（2）①过点B作BF⊥y轴于点F，求出OF＝BF＝1，则可求出答案；
②求出OA和AB的长，由勾股定理的逆定理可得出结论．
（1）
解：∵P（2，−3），Q（−1，3），
∴PQ＝；
（2）
①过点B作BF⊥y轴于点F，
∵OB与x轴正半轴的夹角是45°，
∴∠FOB＝∠OBF＝45°，
∵OB＝，
∴OF＝BF＝1，
∴B（1，−1）；
②∵A（−1，−3），B（1，−1），
∴OA＝
，AB＝，
∵AB2＋OB2＝8＋2＝10，OA2＝10，
∴AB2＋OB2＝OA2，
∴△ABO是直角三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，坐标与图形的性质，两点间的距离公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
25．（2022·浙江八年级期中）如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D为AC边上一动点，且不与点A点C重合，连接BD并延长，在BD延长线上取一点E，使AE=AB=AC，连接CE．
(1)若∠AED=20°，则∠CAE=______°，∠AEC=______°．
(2)若∠AED=，小明说∠BEC一定是45°，你认为正确吗?请说明理由．
(3)如图2，过点A作AF⊥BE于点F，AF的延长线与EC的廷长线交于点H，求证：EH2+CH2=2AB2．
【答案】(1)50，65
(2)正确，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝140°，可得∠CAE＝50°，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝65°，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝180°−2α，可得∠CAE＝90°−2α，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°＋α，可得结论；
（3）如图，过点C作CG⊥AH于G，由等腰直角三角形的性质可得EH＝EF，CH＝CG，由“AAS”可证△AFB≌△CGA，可得AF＝CG，由勾股定理可得结论．
(1)
解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
又∵AB＝AE，∠AED＝20°，
∴∠ABE＝∠AED＝20°，
∴∠ADB＝∠CAE＋∠AED＝70°，
∴∠CAE＝70°−20°＝50°，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC＝×(180°−50°)＝65°，
故答案为：50，65；
(2)
解：正确，理由如下：
∵∠AED＝∠ABE＝α，
∴∠BAE＝180°−2α，
∴∠CAE＝∠BAE−∠BAC＝90°−2α，
∵∠CAE＋∠ACE＋∠AEC＝180°，∠ACE＝∠AEC，
∴∠AEC＝45°＋α，
∴∠BEC＝∠AEC−∠AED＝45°；
(3)
证明：如图，过点C作CG⊥AH于G，
∵∠AEC−∠AED＝45°，
∴∠FEH＝45°，
∵AH⊥BE，
∴∠FHE＝∠FEH＝45°，
∴EF＝FH，
又∵∠EFH＝90°，
∴EH＝EF，
∵∠FHE＝45°，CG⊥FH，
∴∠GCH＝∠FHE＝45°，
∴GC＝GH，
∴CH＝CG，
∵∠BAC＝∠CGA＝90°，
∴∠BAF＋∠CAG＝90°，∠CAG＋∠ACG＝90°，
∴∠BAF＝∠ACG，
又AB＝AC，∠AFB＝∠AGC，
∴△AFB≌△CGA（AAS）
∴AF＝CG，
∴CH＝AF，
在Rt△AEF中，AE2＝AF2＋EF2，
∴（AF）2＋（EF）2＝2AE2，
∴EH2＋CH2＝2AB2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
26．（2022·石室中学八年级期中）若一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
（1）如图1，当时，若B到经过原点的直线l的距离的长为3，求A到直线l的距离的长；
（2）如图2，当时，点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，求点M的坐标；
（3）当k的取值变化时，点A随之在x轴上运动，将线段绕点B逆时针旋转得到，当Q在第一象限落在直线上时，在x轴上求一点H，使的值最小，请求出H的坐标．
【答案】（1）；（2）（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；（3）H（，0）．
【分析】（1）当时，根据一次函数的图象与x轴、y轴交求出点B（0，4），A（4，0），根据勾股定理，然后证明△BDO≌△OCA（AAS），可得DO=CA=；
（2）当时，一次函数，求出点B（0，4），点A（3，0），点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，分三种情况，当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，可证△EBM≌△OAB（AAS），得出EB=OA=3，EM=OB=4；当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，过M作MF⊥x轴于F，再证△FMA≌△OAB（AAS），可得AF=BO=4，FM=OA=3；当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，先证四边形OGMH为矩形，
再证△BMG≌△AMH（AAS），可得四边形OGMH为正方形，求出OG=3.5即可；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，先求出点B（0，4），根据线段绕点B逆时针旋转得到，BA=BQ，∠ABQ=90°，再证△ABO≌△BQL（AAS），得出BP=QL=4，根据点Q在直线上，把x=4代入函数，求出点Q（4，3），作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，当点H在线段B′Q上时，BH+QH最短=QB′，利用待定系数法求出B′Q的解析式为，再求出B′Q与x轴交点坐标即可．
【详解】解：（1）当时，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
点B（0，4），点A（4，0），
∵AD⊥DC，
∴在Rt△ADO中，OB=4，BD=3，
根据勾股定理，
∵∠BOA=90°，
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∵∠BDO=90°，
∴∠DBO+∠BOD=90°，
∴∠AOC=∠DBO，
在△BDO和△OCA中，
，
∴△BDO≌△OCA（AAS），
∴DO=CA=；
（2）当时，一次函数，
当x=0时，y=4，点B（0，4），
当y=0时，，解得，点A（3，0），
点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，
分三种情况
当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，
过M作ME⊥y轴于E，
∴∠EMB+∠EBM=∠EBM+∠ABO=90°，
∴∠EMB=∠ABO，
在△EBM和△OAB中，
，
∴△EBM≌△OAB（AAS），
∴EB=OA=3，EM=OB=4，
∴OE=OB+BE=4+3=7，
∴M（4，7），
当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，
过M作MF⊥x轴于F，
∴∠MAF+∠OAB=∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠MAF=∠ABO，
在△FMA和△OAB中，
，
∴△FMA≌△OAB（AAS），
∴AF=BO=4，FM=OA=3，
∴OF=OA+AF=3+4=7，
∴M（7，3），
当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，
∴∠GMH=360°-∠MGO-∠MHO-∠HOG=90°，四边形OGMH为矩形，
∠BMG=90°-∠GMA=∠AMH，
在△BMG和△AMH中，
，
∴△BMG≌△AMH（AAS），
∴BG=AH，GM=HM，
∴四边形OGMH为正方形，
∴OG=OH=MH=GM，
∵2OG=OG+OH=OB-BG+OA+AH=OB+OA=4+3=7，
∴OG=3.5，
∴M（3.5，3.5），
是等腰直角三角形，点M的坐标为（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，
∵一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
∴点B（0，4），
∵线段绕点B逆时针旋转得到，
∴BA=BQ，∠ABQ=90°，
∵∠BQL+∠QBL=∠ABO+∠QBL=90°，
∴∠BQL=∠ABO，
在△ABO和△BQL中，
，
∴△ABO≌△BQL（AAS），
∴BP=QL=4，
∵点Q在直线上，
∴当x=4时，，
点Q（4，3），
作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），
根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，
∴当点H在线段B′Q上时，BH+QH最短=QB′，
设B′Q的解析式为，将Q、B′坐标代入得
，
解得，
∴B′Q的解析式为，
当y=0时，，
解得，
∴点H（，0）．
【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短，掌握三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转性质，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短是解题关键．
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·广西·钦州市第四中学八年级期中）若二次根式有意义，则字母应满足的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据二次根式有意义的条件（）得到 ， 根据分式有意义的条件（分母不为0）得到，然后分别解出解集再取公共部分即可．
【详解】∵二次根式有意义，
∴． 由①得：，由②得：，∴．故选A．
【点睛】本题主要考查了分式有意义和二次根式有意义的条件，熟练掌握分式和二次根式有意义的条件是解题的关键．
2．（2022·湖北·武汉市粮道街中学八年级期中）△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别是a，b，c，则满足下列条件的△ABC不是直角三角形的是（ ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】满足两个较小边的平方和等于较大边的平方的为直角三角形，有一个角是直角的三角形是直角三角形，根据此可判断出直角三角形．
【详解】解：A、62+82=102，是直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∠C=180°÷（1+1+3）×3=105°．不是直角三角形，故本选项符合题意；
C、，是直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵∠A+∠B=∠C，且∠A+∠B+∠C=180°，∴∠C=90°，是直角三角形，故本选项不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理、三角形内角和定理．解题的关键是灵活利用勾股定理的逆定理以及三角形内角和定理．
3．（2022·河南·潢川县中小学教研室七年级期中）下列选项中错误的是（ ）
A．没意义B．是2的平方根C．是负数D．
【答案】D
【分析】根据算术平方根的非负性，平方根的定义，立方根的定义，无理数的大小比较逐项判断即可．
【详解】解：A. 没意义，故该选项正确，不符合题意；
B. 是2的平方根，故该选项正确，不符合题意； C. 是负数，故该选项正确，不符合题意；
D. ，，，故该选项不正确，符合题意；故选D
【点睛】本题考查了平方根与立方根的定义，算术平方根的非负性，无理数的大小比较，积的乘方运算，掌握以上知识是解题的关键．一个正数有一个正的立方根、0的立方根是0，一个负数有一个负的立方根．平方根：如果一个数的平方等于，那么这个数就叫的平方根，其中属于非负数的平方根称之为算术平方根．立方根：如果一个数的立方等于，那么这个数叫做的立方根．
4．（2022·成都七中八年级期中）在如图所示的方格纸中，点A，B，C均为格点，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用勾股定理分别求解 再证明从而可得答案.
【详解】解：如图，连接
由勾股定理得：
故选C
【点睛】本题考查的是勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，熟悉“利用勾股定理的逆定理判断直角三角形”是解题的关键.
5．（2022·河北·广平县八年级阶段练习）已知点B（1，0）与点B'关于y轴对称，直线m过点B（1，0）且与y轴平行，点C（4，2）与点C'关于直线m对称，则B'C'的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据轴对称的性质得到点、的坐标，再根据勾股定理求出的长．
【详解】解：点B（1，0）与点关于y轴对称， ∴（-1，0），
∵直线m过点B（1，0）且与y轴平行，∴直线m的解析式为x=1，
∴点C（4，2）关于直线m对称的点的坐标为（-2，2），∴==，故选：A．
【点睛】此题考查了轴对称的性质，勾股定理求线段长度，正确理解轴对称的性质得到点、的坐标是解题的关键．
6．（2022·河南·南阳市八年级阶段练习）若点在直线上，下列说法不正确的是( )
A．函数y随x的增大而减小B．图象与x轴的交点是(4，0)
C．点一定不在第三象限D．当x＞2时，y＞2
【答案】D
【分析】根据一次函数的图象和性质进行判断即可．
【详解】解：A．∵直线y＝﹣x+4，k＝﹣1＜0，∴y随着x的增大而减小，故选项不符合题意；
B．当y＝﹣x+4＝0时，x＝4，∴函数与x轴交点为（4，0），故选项不符合题意；
C．∵y＝﹣x+4经过第一、二、四象限，∴P一定不在第三象限，故选项不符合题意；
D．当x＞2时，y＜2，故选项符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
7．（2022·福建福建·八年级期末）如图，一架2.5m长的梯子，斜立在一竖直的墙上，这时梯子的底部距墙底端0.7m，如果梯子的顶端沿墙下滑0.4m，那么梯子的底部将平滑（ ）
A．0.9mB．1.5mC．0.5mD．0.8m
【答案】D
【分析】先根据梯子的顶端下滑了0.4m求出A′C的长，再根据勾股定理求出B′C的长，进而可得出结论．
【详解】∵在Rt△ABC中，AB＝2.5m，BC＝0.7m，∴AC＝＝＝2.4m，
∵梯子的顶端下滑了0.4m，∴A′C＝2m，∵在Rt△A′B′C中，A′B′＝2.5m，A′C＝2m，
∴B′C＝＝＝1.5m，∴BB′＝B′C﹣BC＝1.5﹣0.7＝0.8m．故选：D．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
8．（2022·福建福州·八年级期中）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用下图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，矩形AKJD的面积为S3，矩形KJEB的面积为S4，下列结论中：①BI⊥CD；②S1∶S△ACD＝2∶1；③S1－S4＝S3－S2； ④S1S4＝S3S2，正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用正方形的性质证明△ABI≌△ADC，得出∠AIB=∠ACD，即可得出∠CNI=∠NAI，即可判断①，利用△ABI≌△ADC，即可求出△ABI的面积，即可判断②，由勾股定理和S3+S4=S▱ABED，即可判断③，由③S1-S4=S3-S2，两边平方，根据勾股定理可得，然后计算，即可判断④．
【详解】解：∵四边形ACHI和四边形ABED为正方形，
∴AI=AC，AD=AB，∠CAI=∠BAD=90°，
∵∠BAI=∠BAC+∠CAI，∠DAC=∠BAC+∠BAD，
∴∠BAI=∠DAC，∴△ABI≌△ADC（SAS），∴∠AIB=∠ACD，
∵∠CNI=∠CAI=90°，∴BI⊥CD，故①正确；
∵S△ACD=S△AIB=×AI×AC，S正方形ACHI=S1=AI×AC，
∴S1：S△ACD=2：1，故②正确；
∵S1=AC2，S2=BC2，S3+S4=S正方形ADEB=AB2，AC2+BC2=AB2，
∴S1+S2=S3+S4，∴S1-S4=S3-S2，故③正确；
S1-S4=S3-S2，，
∵S1=AC2，S2=BC2，S3=AK•KJ= AK•AB，S4=BK•KJ=BK•AB，
，，
∵AB2=AC2+ BC2，，
，即，
，
∴S1•S4=S2•S3，故④正确，故选D．
【点睛】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的条件，勾股定理的运用，完全平方公式的变形．
9．（2022·河南南阳·八年级阶段练习）我们可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于，设，易知，故x＞0，由，解得，即．根据以上方法，化简后的结果为（ ）
A．B．﹣12C．D．
【答案】A
【分析】根据二次根式的运算法则即可求出答案．
【详解】解：设，且
故选：A．
【点睛】本题考查二次根式的运算法则，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则，本题属于较难题型．
10．（2022·辽宁葫芦岛·八年级期末）货车和轿车分别沿同一路线从A地出发去B地，已知货车先出发10分钟后，轿车才出发，当轿车追上货车5分钟后，轿车发生了故障，花了20分钟修好车后，轿车按原来速度的继续前进，在整个行驶过程中，货车和轿车均保持各自的速度匀速前进，两车相距的路程y（米）与货车出发的时间x（分钟）之间的关系的部分图象如图所示，对于以下说法：①货车的速度为1500米/分；②；③点D的坐标为；④图中a的值是，其中正确的结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】先设出货车的速度和轿车故障前的速度，再根据货车先出发10分钟后轿车出发，桥车发生故障的时间和两车相遇的时间，根据路程=速度×时间列出方程组求解可判断①；利用待定系数法求OA与CD解析式可判断②，先求出点C货车的时间，用轿车修车20分钟-BC段货车追上轿车时间乘以货车速度，求出点D的坐标可判断③；求出轿车速度2000×=1800（米/分），到x=a时轿车追上货车两车相遇，列方程（a-65）×（1800-1500）=27500，解得a=可判断④．
【详解】解：由图象可知，当x=10时，轿车开始出发；当x=45时，轿车开始发生故障，则x=45-5=40（分钟），即货车出发40分钟时，轿车追上了货车，
设货车速度为x米/分，轿车故障前的速度为y米/分，根据题意，
得：，解得：，
∴货车的速度为1500米/分，轿车故障前的速度是2000米/分，
故①货车的速度为1500米/分正确；
∵A(10,15000) 设OA解析式：过点O（0，0）与点A，代入坐标得
解得 ∴OA解析式：
点C表示货车追上轿车，从B到C表示货车追及的距离是2500，货车所用速度为1500，
追及时间为分 点C（，0）
CD段表示货车用20-分钟行走的路程，
D点的横坐标为45+20=65分，纵坐标米，∴D（65,27500）
故③点D的坐标为正确；
设CD解析式为，代入坐标得
解得∴CD解析式为
∵OA与CD解析式中的k相同，∴OA∥CD，∴②正确；
D点表示轿车修好开始继续行驶时，轿车的速度变为原来的，即此时轿车的速度为：2000×=1800（米/分），到x=a时轿车追上货车两车相遇，
∴（a-65）×（1800-1500）=27500，
解得a=65+，即图中a的值是；
故④图中a的值是正确，正确的结论有4个．故选择D．
【点睛】本题考查一次函数图像与行程问题的应用，解答本题的关键是明确题意，从图像中获取信息，利用一次函数的性质和数形结合的思想，方程思想解答．
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·成都外国语学校八年级期中）在平面直角坐标系中，点到轴的的距离与到y轴的距离相等，则_______．
【答案】-1或-2
【分析】根据点A到x轴的距离与到y轴的距离相等可得2a+3=1或2a+3=-1，据此解出a的值．
【详解】解：∵A到x轴的距离与到y轴的距离相等，
∴2a+3=1或2a+3=-1，
解得a=-1或a=-2．故答案为：-1或-2．
【点睛】本题考查了点的坐标，关键是掌握到x轴的距离等于纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于横坐标的绝对值．
12．（2022·山东·八年级课时练习）比较大小：______；化简：＝______．
【答案】 ##
【分析】根据可推出，从而可比较两数大小；利用平方差公式分母有理化即可．
【详解】解：∵，∴，
∴即，∴；
，故答案为：； ．
【点睛】本题考查实数的大小比较，和二次根式的化简．能正确得出和利用平方差公式分母有理化是解题关键．
13．（2022·河北邢台·八年级期末）设的整数部分为a，小数部分为b，则的值等于__________．
【答案】
【分析】由于3＜＜4，由此即可确定a值，然后就可以确定b，代入所求代数式即可求出结果．
【详解】∵3＜＜4，
∴，，
∴= =
【点睛】本题考查了确定无理数的整数部分和小数部分，然后把确定的值代入分式计算即可解决问题
14．（2022·广东中八年级期中）如图，在数轴上，点A所对应的实数为-1，点C对应的实数为2，过C作数轴的垂线段BC，使得BC = 1，再以A为圆心，AB长为半径画弧，交数轴的正半轴于点D，则点D对应的实数为 _________
【答案】
【分析】先根据数轴上点的位置求出AC的长，然后利用勾股定理求出AB的长即可得到AD的长，从而可以得到答案．
【详解】解：∵数轴上A、C表示的数分别是-1、2，
∴，
∵BC⊥AC，BC=1，
∴，
由作图方式可知，，
∴点D表示的实数为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，利用勾股定理求出AB的长是解题的关键．
15．（2022·四川·成都八年级期中）已知，、，是一次函数图象上两点，且，则的取值范围为__．
【答案】
【分析】根据，得出随的增大而减小，再根据，求出其取值范围即可．
【详解】∵，
∴或，
也就是，随的增大而减小，
∴，解得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，掌握一次函数的增减性以及适当的转化是解决问题的关键．
16．（2022·广东湛江·八年级期末）如图，已知直线，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；过点作轴的垂线交直线于，过点作直线的垂线交轴于点，；按此作法继续下去，则点的坐标为 __．
【答案】
【分析】先求解，设再利用勾股定理求解求出，同理可得，然后表示出与OM的关系，再根据点在x轴上写出坐标即可．
【详解】解： 点的坐标是，轴，点在直线上，
，， ．
又，即设 则
解得： 即 同理，，
，．
点的坐标是，．故答案是：．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，坐标规律的探究，熟记性质并总结变化规律是解题的关键．
17．（2022·江苏·南京市第三十九中学八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，，点为轴正半轴上的一个动点，以线段为边在的右上方作等边，连接，在点运动过程中，线段长度的最小值为_______．
【答案】
【分析】将绕点逆时针旋转到，连接，可证是等边三角形，求出点坐标，确定当轴时，最小，即最小．
【详解】如图，将绕点逆时针旋转到，连接，
∴由旋转可知，，
，
∴是等边三角形，，
∴，∴，即是定点，
∴当最小时，最小，∴当轴时，最小，最小值为，
线段长度的最小值为．故答案为：3
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短的性质，正确理解题意运用旋转作出辅助线是解决本题的关键．
18．（2022·成都外国语学校八年级期中）如图，直线AB的解析式为y＝﹣x+b分别与x，y轴交于A，B两点，点A的坐标为（3，0），过点B的直线交x轴负半轴于点C，且，在x轴上方存在点D，使以点A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，则点D的坐标为_____．
【答案】（4，3）或（3，4）
【分析】求出的坐标，分平行轴，不平行轴两种情况，求解计算即可．
【详解】解：将点A的坐标代入函数表达式得：0＝﹣3+b，解得：b＝3
∴直线AB的表达式为：y＝﹣x+3，∴点B（0，3）
∵OB：OC=3：1∴OC＝1，∴点C（﹣1，0）；
①如图，当BD平行x轴时，以点为顶点的三角形与全等，则四边形为平行四边形
则BD＝AC＝1+3＝4，则点D（4，3）；
②当BD不平行x轴时，则S△ABD＝S△ABD′，则点D、D′到AB的距离相等，
∴直线DD′∥AB，设直线DD′的表达式为：y＝﹣x+n，
将点D的坐标代入y＝﹣x+n中解得：n＝7，
∴直线DD′的表达式为：y＝﹣x+7，
设点D′（m，7﹣m），∵A，B，D′为顶点的三角形与△ABC全等，
则BD′＝BC＝，
解得：m＝3，故点D′（3，4）；故答案为：（4，3）或（3，4）．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，三角形全等，平行线的性质，勾股定理等知识．解题的关键与难点在于分情况求解．
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·成都市七中育才学校八年级期中）解下列各题
计算：（1）； （2）；
（3）； （4）．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可得到答案；
（2）原式从左向右依次计算即可得到答案；
（3）原式根据零指数幂、负整数指数幂、二次根式的乘法以及绝对值的意义代简各项后，再外挂；
（4）原式利用平方差分工和完全平方公式进行计算即可得到答案．
【详解】解：（1）
=
=；
（2）
=
=
=
=；
（3）
=
=；
（4）
=
=
=．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则，运算顺序以及灵活运用乘法公式是解答本题的关键．
20．（2022·山东八年级期中）已知：x＝﹣2，y＝+2，分别求下列代数式的值
（1）x2﹣y2 （2）x2+2xy+y2
【答案】（1）﹣8；（2）20
【分析】根据二次根式的运算以及乘法公式即可求出答案．
【详解】解：（1）∵x＝﹣2，y＝+2，
∴x+y＝2，x﹣y＝﹣4
∴原式＝（x+y）（x﹣y）
＝2×（﹣4）
＝﹣8；
（2）原式＝（x+y）2
＝（2）2
＝20．
【点睛】本题考查学生的运算能力，解题关键是熟练运用乘法公式以及二次根式的运算法则，本题属于基础题型．
21．（2022·河北秦皇岛·八年级期末）如图：学校A和铁路CM的夹角∠ACM=30°，学校A与车站C的距离AC=320m，火车经过时，周围200m内会受到火车噪声的干扰．
(1)经过计算说明学校为什么会受到经过火车噪声的影响
(2)若火车的速度为30m/s，求一列火车经过时学校受到影响的时间（火车车长忽略不计）
【答案】(1)学校会受到经过火车噪声的影响
(2)火车经过时学校受到影响的时间是8s
【分析】（1）过AB⊥CM于B，再利用直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AB的长，进而得到答案；
（2）过A作AD=AE=200m，利用勾股定理计算出DB的长，再计算出DE的长即可．
（1）解：作AB⊥CM于B，∵∠ACM=30°，AC=320m，∴AB=160m＜200m，∴学校会受到经过火车噪声的影响；
（2）解：如图，火车行驶到D点时，恰好AD=200m，学校开始受到噪声影响；火车行驶到E点时，恰好AE=200m，学校即将不受噪声影响，∵AD=200m，AB=160m，∠ABD=90°，∴BD==120m，∴DE=240m，∵火车的速度为30m/s，∴学校受影响的时间：240÷30=8s，∴火车经过时学校受到影响的时间是8s．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是正确理解题意，掌握勾股定理和直角三角形的性质．
22．（2022·北京市八年级期中）已知A（1，-1），B（ - 1，4），C（-3，1）
（1）请在如图所示的平面直角坐标系中画出△ABC（每个小正方形的边长为1）；
（2）作△ABC关于y轴对称的△DEF，其中点A，B，C的对应点分别为D，E，F；
（3）连接BE，BF，求△BEF的面积
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）3
【分析】（1）根据A（1，-1），B（ - 1，4），C（-3，1）在坐标系内描出A，B，C，再顺次连接A，B，C即可；
（2）分别确定A，B，C关于轴的对称点D，E，F，再顺次连接D，E，F即可；
（3）利用三角形的面积公式直接计算即可得到答案.
【详解】解：（1）如图，即为所求作的三角形，
（2）如图，即为所求作的三角形，
（3）△BEF的面积
【点睛】本题考查的是坐标与图形，画关于轴对称的三角形，三角形面积的计算，掌握轴对称图形的性质是解题的关键.
23．（2022·黑龙江·肇源县第四中学七年级期中）甲乙两人同时登山，甲、乙两人距地面的高度（米）与登山时间（分）之间的函数图象如图所示，根据图象所提供的信息解答下列问题：
(1)甲登山的速度是每分钟______米，乙在地提速时距地面的高度为______米．
(2)请分别求出乙提速前、甲登山全过程中，登山时距地面的高度（米）与登山时间（分）之间的函数关系式．(3)若乙提速后，乙的速度是甲登山速度的3倍，则乙从出发到到达山顶需要多长时间？
【答案】(1)10，30
(2)y=15x（0≤x≤2），y=10x+100（0≤x≤20）
(3)11分钟
【分析】（1）甲的速度=（300-100）÷20=10，根据图象知道乙一分钟的时间，走了15米，然后即可求出A地提速时距地面的高度；
（2）设AO的解析式为：，CD的解析式为，由题意得方程（组），代入点的坐标即可得到结论；
（3）根据甲登山的速度是每分钟10米，求得乙提速后的速度是每分钟30米，即可得到结论．
（1）
解：甲的速度为：（300-100）÷20=10（米/分），
根据图中信息知道乙一分钟的时间，走了15米，
那么2分钟时，将走30米．
故答案为：10；30；
（2）
解：设AO的解析式为：，由题意，得，
解得：．
故线段AO的解析式为：y=15x（0≤x≤2），
设CD的解析式为，把点C、D的坐标分别代入得：，
解得：．
故线段CD的解析式为：y=10x+100（0≤x≤20）；
（3）
解：∵甲登山的速度是每分钟10米，
∴乙提速后的速度是每分钟30米，
∴（300-30）÷30=9（分钟），
乙从出发到到达山顶需要9+2=11（分钟）．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，用待定系数法求一次函数关系式，并会用一次函数研究实际问题，关键是正确理解题意，充分利用图象提供的信息．
24．（2022·云南昆明·八年级期末）阅读下列一段文字，回答问题．
【材料阅读】平面内两点M（），N（），则由勾股定理可得，这两点间的距离MN=．例如，M（3，1），N（1，－2），则MN=
【直接应用】
(1)已知P（2，－3），Q（－1，3），求P、Q两点间的距离；
(2)如图，在平面直角坐标系中，A（－1，－3），OB=，OB与轴正半轴的夹角是45°．
①求点B的坐标；
②试判断△ABO的形状．
【答案】(1)
(2)①B（1，−1）；△ABO是直角三角形．
【分析】（1）由两点间的距离公式可求出答案；
（2）①过点B作BF⊥y轴于点F，求出OF＝BF＝1，则可求出答案；
②求出OA和AB的长，由勾股定理的逆定理可得出结论．
（1）
解：∵P（2，−3），Q（−1，3），
∴PQ＝；
（2）
①过点B作BF⊥y轴于点F，
∵OB与x轴正半轴的夹角是45°，
∴∠FOB＝∠OBF＝45°，
∵OB＝，
∴OF＝BF＝1，
∴B（1，−1）；
②∵A（−1，−3），B（1，−1），
∴OA＝
，AB＝，
∵AB2＋OB2＝8＋2＝10，OA2＝10，
∴AB2＋OB2＝OA2，
∴△ABO是直角三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，坐标与图形的性质，两点间的距离公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
25．（2022·浙江八年级期中）如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，D为AC边上一动点，且不与点A点C重合，连接BD并延长，在BD延长线上取一点E，使AE=AB=AC，连接CE．
(1)若∠AED=20°，则∠CAE=______°，∠AEC=______°．
(2)若∠AED=，小明说∠BEC一定是45°，你认为正确吗?请说明理由．
(3)如图2，过点A作AF⊥BE于点F，AF的延长线与EC的廷长线交于点H，求证：EH2+CH2=2AB2．
【答案】(1)50，65
(2)正确，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝140°，可得∠CAE＝50°，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝65°，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质可求∠BAE＝180°−2α，可得∠CAE＝90°−2α，由等腰三角形的性质可得∠AEC＝∠ACE＝45°＋α，可得结论；
（3）如图，过点C作CG⊥AH于G，由等腰直角三角形的性质可得EH＝EF，CH＝CG，由“AAS”可证△AFB≌△CGA，可得AF＝CG，由勾股定理可得结论．
(1)
解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
又∵AB＝AE，∠AED＝20°，
∴∠ABE＝∠AED＝20°，
∴∠ADB＝∠CAE＋∠AED＝70°，
∴∠CAE＝70°−20°＝50°，
∵AC＝AE，
∴∠ACE＝∠AEC＝×(180°−50°)＝65°，
故答案为：50，65；
(2)
解：正确，理由如下：
∵∠AED＝∠ABE＝α，
∴∠BAE＝180°−2α，
∴∠CAE＝∠BAE−∠BAC＝90°−2α，
∵∠CAE＋∠ACE＋∠AEC＝180°，∠ACE＝∠AEC，
∴∠AEC＝45°＋α，
∴∠BEC＝∠AEC−∠AED＝45°；
(3)
证明：如图，过点C作CG⊥AH于G，
∵∠AEC−∠AED＝45°，
∴∠FEH＝45°，
∵AH⊥BE，
∴∠FHE＝∠FEH＝45°，
∴EF＝FH，
又∵∠EFH＝90°，
∴EH＝EF，
∵∠FHE＝45°，CG⊥FH，
∴∠GCH＝∠FHE＝45°，
∴GC＝GH，
∴CH＝CG，
∵∠BAC＝∠CGA＝90°，
∴∠BAF＋∠CAG＝90°，∠CAG＋∠ACG＝90°，
∴∠BAF＝∠ACG，
又AB＝AC，∠AFB＝∠AGC，
∴△AFB≌△CGA（AAS）
∴AF＝CG，
∴CH＝AF，
在Rt△AEF中，AE2＝AF2＋EF2，
∴（AF）2＋（EF）2＝2AE2，
∴EH2＋CH2＝2AB2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
26．（2022·石室中学八年级期中）若一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
（1）如图1，当时，若B到经过原点的直线l的距离的长为3，求A到直线l的距离的长；
（2）如图2，当时，点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，求点M的坐标；
（3）当k的取值变化时，点A随之在x轴上运动，将线段绕点B逆时针旋转得到，当Q在第一象限落在直线上时，在x轴上求一点H，使的值最小，请求出H的坐标．
【答案】（1）；（2）（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；（3）H（，0）．
【分析】（1）当时，根据一次函数的图象与x轴、y轴交求出点B（0，4），A（4，0），根据勾股定理，然后证明△BDO≌△OCA（AAS），可得DO=CA=；
（2）当时，一次函数，求出点B（0，4），点A（3，0），点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，分三种情况，当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，可证△EBM≌△OAB（AAS），得出EB=OA=3，EM=OB=4；当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，过M作MF⊥x轴于F，再证△FMA≌△OAB（AAS），可得AF=BO=4，FM=OA=3；当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，先证四边形OGMH为矩形，
再证△BMG≌△AMH（AAS），可得四边形OGMH为正方形，求出OG=3.5即可；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，先求出点B（0，4），根据线段绕点B逆时针旋转得到，BA=BQ，∠ABQ=90°，再证△ABO≌△BQL（AAS），得出BP=QL=4，根据点Q在直线上，把x=4代入函数，求出点Q（4，3），作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，当点H在线段B′Q上时，BH+QH最短=QB′，利用待定系数法求出B′Q的解析式为，再求出B′Q与x轴交点坐标即可．
【详解】解：（1）当时，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
点B（0，4），点A（4，0），
∵AD⊥DC，
∴在Rt△ADO中，OB=4，BD=3，
根据勾股定理，
∵∠BOA=90°，
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∵∠BDO=90°，
∴∠DBO+∠BOD=90°，
∴∠AOC=∠DBO，
在△BDO和△OCA中，
，
∴△BDO≌△OCA（AAS），
∴DO=CA=；
（2）当时，一次函数，
当x=0时，y=4，点B（0，4），
当y=0时，，解得，点A（3，0），
点M在第一象限内，若是等腰直角三角形，
分三种情况
当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，
过M作ME⊥y轴于E，
∴∠EMB+∠EBM=∠EBM+∠ABO=90°，
∴∠EMB=∠ABO，
在△EBM和△OAB中，
，
∴△EBM≌△OAB（AAS），
∴EB=OA=3，EM=OB=4，
∴OE=OB+BE=4+3=7，
∴M（4，7），
当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，
过M作MF⊥x轴于F，
∴∠MAF+∠OAB=∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠MAF=∠ABO，
在△FMA和△OAB中，
，
∴△FMA≌△OAB（AAS），
∴AF=BO=4，FM=OA=3，
∴OF=OA+AF=3+4=7，
∴M（7，3），
当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，
∴∠GMH=360°-∠MGO-∠MHO-∠HOG=90°，四边形OGMH为矩形，
∠BMG=90°-∠GMA=∠AMH，
在△BMG和△AMH中，
，
∴△BMG≌△AMH（AAS），
∴BG=AH，GM=HM，
∴四边形OGMH为正方形，
∴OG=OH=MH=GM，
∵2OG=OG+OH=OB-BG+OA+AH=OB+OA=4+3=7，
∴OG=3.5，
∴M（3.5，3.5），
是等腰直角三角形，点M的坐标为（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，
∵一次函数的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
∴点B（0，4），
∵线段绕点B逆时针旋转得到，
∴BA=BQ，∠ABQ=90°，
∵∠BQL+∠QBL=∠ABO+∠QBL=90°，
∴∠BQL=∠ABO，
在△ABO和△BQL中，
，
∴△ABO≌△BQL（AAS），
∴BP=QL=4，
∵点Q在直线上，
∴当x=4时，，
点Q（4，3），
作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），
根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，
∴当点H在线段B′Q上时，BH+QH最短=QB′，
设B′Q的解析式为，将Q、B′坐标代入得
，
解得，
∴B′Q的解析式为，
当y=0时，，
解得，
∴点H（，0）．
【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短，掌握三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转性质，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短是解题关键．
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