2022-2023学年广东省河源市紫金县敬梓中学八年级（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省河源市紫金县敬梓中学八年级（下）开学数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列运算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6B. (−a2)3=−a5
C. a10÷a9=a(a≠0)D. (−bc)4÷(−bc)2=−b2c2
2.分式2x−2在实数范围内有意义，则x的取值范围是( )
A. x>2B. x<2C. x≠2D. x=2
3.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=56°，则∠A的度数为( )
A. 34°
B. 44°
C. 124°
D. 134°
4.若点A(1−m,2)与点B(−1,n)关于y轴对称，则m+n=( )
A. 2B. 0C. −2D. −4
5.在平面直角坐标系中，点P(−2,1)关于x轴对称的点的坐标是( )
A. (−2,−1)B. (2,1)C. (2,−1)D. (−2,1)
6.如图，已知点G是△ABC的重心，那么S△BCG：S△ABC等于( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 2：3
D. 2：5
7.一副三角板如图叠放在一起，则图中∠α的度数为( )
A. 35°
B. 30°
C. 25°
D. 15°
8.下列等式成立的是( )
A. ba=b+1a+1B. 2b+12a+1=baC. a2−1a+1=a−1D. ba+bc=2ba+c
9.如图，D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB=2：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E、F分别在AC和BC上则CE：CF=( )
A. 34
B. 45
C. 67
D. 78
10.如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABC=60°，点E，F分别是BC，CD的中点，BD分别与AE，AF相交于点M，N，连接OE，OF，下列结论：(1)△AEF是等边三角形；(2)四边形CEOF是菱形；(3)OF⊥AE；(4)BM=MN=ND.其中正确的结论有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共7小题，每小题4分，共28分。
11.分解因式：4x2−4xy+y2=______．
12.分解因式：ab2+2ab+a=______．
13.计算：(π− 2)0+(12)−1= ______ ．
14.如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE=AF，∠EAF=30°，则∠AEB= °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ．
15.在平面直角坐标系中，点(1,−7)关于y轴对称的点的坐标是______．
16.若3x=4，3y=5，则3x−2y的值为______．
17.已知在平面直角坐标系中，A(3,2)，点C在x轴上，当k变化时，一次函数y=(k−3)x+k都经过一定点B，则CA+CB最小值为______ ．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
18.先化简，再求值：x−3x2−4÷(x+2−x2−2x+2x−2)，其中x= 5−2−1−32．
四、解答题：本题共7小题，共59分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题6分)
2016年9月10日，郑徐高铁正式运营．从徐州到郑州全程约360km，高铁开通后，运行时间比特快列车所用的时间减少了2.1小时．若高铁列车的平均速度是特快列车平均速度的2.4倍，求特快列车的平均速度．
20.(本小题6分)
(−4a3−7a3b2+12a2b)÷(−2a)2．
21.(本小题9分)
已知：如图，AD，BE相交于点O，AB⊥BE，DE⊥AD，垂足分别为B，D，OA=OE.求证：△ABO≌△EDO．
22.(本小题9分)
如图，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE分别交AB、AD于E、F两点，且BD=FD，AD=CD，试说明CF与AB的关系．
23.(本小题9分)
如图，四边形ABCD中AD=AB，∠DAB+∠BCD=180°，求证：CA平分∠DCB．
24.(本小题10分)
小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α≤90°)，得到矩形AB′C′D′，连结BD．
[探究1]如图1，当α=90°时，点C′恰好在DB延长线上.若AB=1，求BC的长．
[探究2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M/​/AC′交BD于点M.线段D′M与DM相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N(如图3)，发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
25.(本小题10分)
如图1，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可得：BE=DG．
(1)如图2，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F，求证：BE=DG．
(2)如图3，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上，若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，请直接写出菱形CEFG的面积．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了同底数幂的乘法、除法、积的乘方和幂的乘方，掌握运算法则是解题的关键．根据同底数幂的乘法、除法、幂的乘方与积的乘方进行计算即可．
【解答】
解：A.a2⋅a3=a5，故A错误；
B.(−a2)3=−a6，故B错误；
C.a10÷a9=a(a≠0)，故C正确；
D.(−bc)4÷(−bc)2=b2c2，故D错误；
故选C．
2.【答案】C
【解析】解：∵分式2x−2在实数范围内有意义，
∴x−2≠0，
解得：x≠2．
故选：C．
直接利用分式有意义的条件是分母不等于零，进而得出答案．
此题主要考查了分式有意义的条件，正确把握分式分母不为零是解题关键．
3.【答案】A
【解析】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，
则∠B+∠A=90°，
∵∠B=56°，
∴∠A=90°−56°=34°，
故选：A．
根据直角三角形的两锐角互余计算即可．
本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：∵点A(1−m,2)与点B(−1,n)关于y轴对称，
∴1−m=1，n=2，
解得：m=0，n=2，
∴m+n=2，
故选：A．
根据关于y轴的对称点的坐标特点可得m、n的值，进而可得m+n的值．
此题主要考查了关于y轴的对称点的坐标特点，关键是掌握关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．
5.【答案】A
【解析】解：点P(−2,1)关于x轴对称的点的坐标是(−2,−1)，
故选：A．
根据关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案．
此题主要考查了关于x轴的对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
6.【答案】B
【解析】解：连接AG延长交BC于点D，
∵G是△ABC的重心，
∴D是BC的中点，
∴S△ABD=S△ACD，S△BCG=S△CDG，
∵AG=2GD，
∴2S△BCD=S△ABG，
∴3S△BCD=S△ABD，
∴3S△BCG=S△ABC，
∴S△BCG：S△ABC=1：3，
故选：B．
连接AG延长交BC于点D，由G是重心可得D是BC的中点，所以S△ABD=S△ACD，S△BCG=S△CDG，又由重心定理可AG=2GD，则2S△BCD=S△ABG，进而得到3S△BCG=S△ABC，即可求解．
本题考查三角形的重心，熟练掌握三角形重心定理，利用等底、等高三角形面积的特点求解是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∠α=60°−45°
=15°，
故选：D．
根据三角形的外角的性质列式计算即可．
本题考查的是三角形的外角的性质，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：a2−1a+1=(a+1)(a−1)a+1=a−1，
故选：C．
根据分式的基本性质，分式的分子与分母同乘(或除以)一个不等于0的整式，分式的值不变，从而求出答案．
此题考查了分式的基本性质，一定要熟练掌握分式的基本性质是解题的关键，是一道基础题．
9.【答案】D
【解析】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°．
由折叠的性质可知∠EDF=∠A=60°，DE=CE，DF=CF，
∴∠ADE+∠BDF=180°−∠EDF=120°，CE：CF=DE：DF．
∵∠AED+∠ADE=180°−∠A=120°，
∴∠AED=∠BDF，
∴△AED∽△BDF，
∴DEDF=C△ADEC△BDF．
设AD=2x，则DB=3x，AB=BC=AC=5x，
∴C△ADE=AD+AE+DE=AD+AE+CE=AD+AC=7x，
C△BDF=BD+BF+DF=BD+BF+CF=BD+BC=8x，
∴DEDF=7x8x=78，
∴CE：CF=78．
故选：D．
由等边三角形的性质结合折叠的性质可得∠EDF=∠A=∠B=∠C=60°，DE=CE，DF=CF，即得出∠ADE+∠BDF=120°，∠AED+∠ADE=120°，从而得出∠AED=∠BDF，即证明△AED∽△BDF，得出DEDF=C△ADEC△BDF.设AD=2x，则DB=3x，AB=BC=AC=5x，可求出C△ADE=AD+AC=7x，C△BDF=BD+BC=8x，从而可求出CE：CF=C△ADE：C△BDF=78．
本题考查等边三角形的性质，折叠的性质，三角形相似的判定和性质．掌握三角形相似的判定定理和相似三角形的周长比等于相似比是解题关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，OA=OD=12AC，OB=OD=12BD，AC⊥BD，
∴△ABC、△ADC是等边三角形，
∴OB是等边三角形ABC的高，
∵点E是BC的中点，
∴AE时等边三角形ABC的高，
∴AE=OB，
同理：AF=OD，
∴AE=AF，
∵点E，F分别是BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12BD=OB，EF//BD，
∴AE=AF=EF，
即△AEF是等边三角形，
∴(1)正确；
∵点E，F分别是BC，CD的中点，AC⊥BD，
∴OE=12BC=CE，OF=12CD=CF，
∴OE=OF=CE=CF，
∴四边形CEOF是菱形，
∴(2)正确；
∵四边形CEOF是菱形，
∴OF/​/BC，
∵AE⊥BC，
∴OF⊥AE，
∴(3)正确；
∵AE、BO是等边三角形ABC的中线，
∴AM=BM，
同理：AN=ND，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠AEF=∠AFE=60°，
∵EF/​/BD，
∴∠AMN=∠AEF=60°，∠ANM=∠AFE=60°，
∴∠AMN=∠ANM=60°，
∴AM=AN，
∴BM=MN=ND，
∴(4)正确；
正确的结论有4个，
故选：D．
由菱形的性质得出△ABC、△ADC是等边三角形，得出AE=OB，AF=OD，得出AE=AF，再证明EF是△BCD的中位线，得出EF=12BD=OB，得出AE=AF=EF，得出(1)正确；由直角三角形斜边上的中线性质得出OE=12BC=CE，OF=12CD=CF，得出OE=OF=CE=CF，得出(2)正确；由菱形的性质得出OF/​/BC，再由AE⊥BC，得出(3)正确；证明AM=BM，同理：AN=ND，再证出AM=AN，得出(4)正确；即可得出结论．
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
11.【答案】(2x−y)2
【解析】解：4x2−4xy+y2，
=(2x)2−2×2x⋅y+y2，
=(2x−y)2．
符合完全平方公式的特点：两项平方项，另一项为两底数积的2倍，直接利用完全平方公式分解因式即可．
本题考查运用完全平方公式分解因式，熟练掌握公式结构特点是解题的关键．
12.【答案】a(b+1)2
【解析】解：原式=a(b2+2b+1)=a(b+1)2，
故答案为：a(b+1)2．
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
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．
13.【答案】3
【解析】解：(π− 2)0+(12)−1=1+2=3，
故答案为：3．
根据零指数幂，负整数指数幂计算即可．
本题考查的是实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，正确计算是解题的关键．
14.【答案】60； 3．
【解析】【分析】
本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，以及全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质及直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE=∠DAF，再利用角的和差关系及三角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AB=ADAE=AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)．
∴∠BAE=∠DAF．
∴∠BAE=12(∠BAD−∠EAF)
=12(90°−30°)
=30°．
∴∠AEB=60°．
过点F作FG⊥AE，垂足为G，如图．
∵∠EAF=30°，∠AGF=90°，
∴AF=2GF，
设GF=x，则AF=2x=AE，
∵△AEF的面积等于1，
∴12AE·GF=12·2x·x=1，
∴x=1，
∴AE=2，BE=1，
∴AB= AE2−BE2= 3，
故答案为：60； 3．
15.【答案】(−1,−7)
【解析】解：点(1,−7)关于y轴对称的点的坐标是(−1,−7)．
故答案为：(−1,−7)．
直接利用关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变，进而得出答案．
此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
16.【答案】425
【解析】解：∵3x=4，3y=5，
∴3x−2y=3x÷(3y)2=4÷25=425．
故答案为：425．
直接利用同底数幂的乘除运算法则和幂的乘方运算法则将原式变形，进而得出答案．
此题主要考查了同底数幂的乘除运算和幂的乘方运算，正确掌握运算法则是解题关键．
17.【答案】 41
【解析】解：y=kx−3x+k
=(x+1)k−3x，
∵当k变化时，一次函数都过一定点，
∴x+1=0，
∴x=−1，
∴y=3，
∴B(−1,3)，
∴点B关于x轴的对称点B′(−1,−3)，
如图，连结AB′交x轴于点C，此时CA+CB最小，
即CA+CB=CA+CB′=AB′，
分别过A，B作x，y轴的垂线，交于点D，
∴D(3,−3)，
∴B′D=3−(−1)=4，AD=2−(−3)=5，
∴AB′= B′D2+AD2= 42+52= 41，
故答案为： 41．
先求出定点B的坐标，然后根据将军饮马模型得到线段的和的最小值等于AB′的长度，分别过A，B作x，y轴的垂线，交于点D，根据勾股定理求解即可．
本题主要考查了最短路线问题，构造直角三角形，利用勾股定理求出AB′的长度是解题的关键．
18.【答案】解：原式=x−3(x+2)(x−2)÷(x2−4x−2−x2−2x+2x−2)
=x−3(x+2)(x−2)÷2x−6x−2
=x−3(x+2)(x−2)⋅x−22(x−3)
=12(x+2)
=12x+4，
当x= 5−2−1−32= 5−2时，
原式=12 5−4+2=12 5= 510．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将化简过的x的值代入计算可得．
本题主要考查分式的混合运算−化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
19.【答案】解：设特快列车的平均速度是xkm/h，由题意得，
360x−3602.4x=2.1，
解之得，x=100，
经检验，x=100是原方程的解，且符合实际意义．
答：特快列车的平均速度是100 km/h．
【解析】设特快列车的平均速度是xkm/h，则高铁列车平均速度为2.4xkm/h，根据高铁开通后，运行时间比特快列车所用的时间减少了2.1小时，列方程求解．
本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂原题，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解，注意检验．
20.【答案】解：(−4a3−7a3b2+12a2b)÷(−2a)2=(−4a3−7a3b2+12a2b)÷4a2=−a−74ab2+3b．
【解析】根据整式的除法法则先把多项式的每一项都分别除以这个单项式，然后再把所得的商相加即可．
此题考查了整式的除法，掌握整式的除法法则先把多项式的每一项都分别除以这个单项式，然后再把所得的商相加是本题的关键．
21.【答案】证明：因为 AB⊥ BE，DE⊥ AD，
所以∠B=∠D=90°．
在△ABO和△EDO中
∠B=∠D∠AOB=∠EODOA=OE，
所以△ABO≌△EDO(AAS)．
【解析】根据垂直定义得出∠B=∠D=90°.再根据全等三角形的判定定理AAS推出即可．
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等．
22.【答案】解：AB=CF且AB⊥CF，理由如下：
∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB=∠CDF=90°，
在△ADB和△CDF中，
AD=CD ∠ADB=∠CDF BD=FD ，
∴△ADB≌△CDF(SAS)，
∴AB=CF，∠BAD=∠DCF，
∵∠AFE=∠DFC，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∴CE⊥AB，
即AB⊥CF．
【解析】先证△ADB≌△CDF(SAS)，得出AB=CF，∠BAD=∠DCF，再根据三角形内角和定理即可得出AB⊥CF．
本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△ADB≌△CDF是解题的关键．
23.【答案】证明：作AE⊥BC，AF⊥CD延长线于F点，
∵∠DAB+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADC+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADF，
∵在△ABE和△ADF中，∠AEB=∠AFD=90°∠B=∠ADFAB=AD，
∴△ABE≌△ADF，(AAS)
∴AE=AF，
∵在RT△ACE和RT△ACF中，AE=AFAC=AC，
∴RT△ACE≌RT△ACF，(HL)
∴∠ACB=∠ACD，
∴CA平分∠DCB．
【解析】作AE⊥BC，AF⊥CD延长线于F点，易证∠B=∠ADF，即可证明△ABE≌△ADF，可得AE=AF，即可证明RT△ACE≌RT△ACF，可得∠ACB=∠ACD，即可解题．
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求证△ABE≌△ADF和RT△ACE≌RT△ACF是解题的关键．
24.【答案】解：(1)如图1，设BC=x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转90°得到矩形AB′C′D′，
∴点A，B，D’在同一直线上，
∴AD′=AD=BC=x，D′C=AB′=AB=1，
∴D′B=AD′−AB=x−1，
∵∠BAD=∠D′=90°，
∴D′C′/​/DA，
又∵点C′在DB的延长线上，
∴△D′C′B∽△ADB，
∴D′C′AD=D′BAB，
∴1x=x−11，
解得x1=1+ 52，x2=1− 52(不合题意，舍去)，
∴BC=1+ 52．
(2)D′M=DM．
证明：如图2，连接DD′，
∵D′M/​/AC′，
∴∠AD′M=∠D′AC′，
∵AD′=AD，∠AD′C′=∠DAB=90°，D′C′=AB，
∴△AC′D′≌△DAB(SAS)，
∴∠D′AC′=∠ADB，
∴∠ADB=∠AD′M，
∵AD′=AD，
∴∠ADD′=∠AD′D，
∴∠MDD′=∠MD′D，
∴D′M=DM；
(3)关系式为MN2=PN⋅DN．
证明：如图3，连接AM，
∵D′M=DM，AD′=AD，AM=AM，
∴△AD′M≌△ADM(SSS)，
∴∠MAD′=∠MAD，
∵∠AMN=∠MAD+∠NDA，∠NAM=∠MAD′+∠NAP，
∴∠AMN=∠NAM，
∴MN=AN，
在△NAP和△NDA中，∠ANP=∠DNA，∠NAP=∠NDA，
∴△NPA∽△NAD，
∴PNAN=ANDN，
∴AN2=PN⋅DN，
∴MN2=PN⋅DN．
【解析】(1)如图1，设BC=x，由旋转的性质得出AD′=AD=BC=x，D′C=AB′=AB=1，证明△D′C′B∽△ADB，由相似三角形的性质得出D′C′AD=D′BAB，由比例线段得出方程1x=x−11，求出x的值即可得出答案；
(2)连接DD′，证明△AC′D′≌△DAB(SAS)，由全等三角形的性质得出∠D′AC′=∠ADB，由等腰三角形的性质得出∠ADD′=∠AD′D，证出∠MDD′=∠MD′D，则可得出结论；
(3)连接AM，证明△AD′M≌△ADM(SSS)，由全等三角形的性质得出∠MAD′=∠MAD，得出MN=AN，证明△NPA∽△NAD，由相似三角形的性质得出PNAN=ANDN，则可得出结论．
本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：如图②，

∵四边形ABCD和四边形ECGF都是菱形，
∴BC=DC，EC=GC，∠A=∠BCD，∠F=∠ECG，
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG，
∴∠BCD−∠ECD=∠ECG−∠ECD，
∴∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
BC=DC∠BCE=∠DCGEC=GC，
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴BE=DG；
(2)解：如图③，

由(1)可知：△BCE≌△DCG，
∵△EBC的面积为8，
∴S△DCG=S△BCE=8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，S△ABE+S△ECD=S△BEC=8，
∵AE=2ED，
∴S△ABE=2S△CED，
∴S△CED=83，
∴S△CEG=S△CED+S△CDG=83+8=323，
∴S菱形CEFG=2S△CEG=2×323=643．
【解析】(1)由菱形的性质得出BC=DC，EC=GC，∠A=∠BCD，∠F=∠ECG，由∠A=∠F，得出∠BCD=∠ECG，进而得出∠BCE=∠DCG，继而证明△BCE≌△DCG，即可得出BE=DG；
(2)由△BCE≌△DCG，S△EBC=8，得出S△DCG=S△BCE=8，由菱形的性质得出AD//BC，S△ABE+S△ECD=S△BEC=8，由AE=2ED，得出S△ABE=2S△CED，进而求出S△CED=83，进一步求出S△CEG=S△CED+S△CDG=323，即可求出S菱形CEFG=2S△CEG=643．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．