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专题8.1期中测试卷（拔尖）-2024-2025学年八年级数学上册举一反三系列（北师大版）
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这是一份专题8.1期中测试卷（拔尖）-2024-2025学年八年级数学上册举一反三系列（北师大版），文件包含专题81期中测试卷拔尖北师大版原卷版docx、专题81期中测试卷拔尖北师大版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023春·湖北十堰·八年级统考期中）在实数2.1010010001……（每两个1之间依次多一个0），227，4，39，100 ， π中，不是无理数的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据有理数即整数与分数的统称，无理数即无限不循环小数判断即可．
【详解】∵2.1010010001……（每两个1之间依次多一个0）是无理数，
227不是无理数，
4=2是整数，不是无理数
39是无理数，
100 是整数，不是无理数，
π是无理数，
∴故选B．
【点睛】本题考查了有理数，无理数，熟练掌握定义是解题的关键．
2．（3分）（2023秋·山东济宁·八年级统考期中）下列轴对称图形中，有4条对称轴的图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，有5条对称轴，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，有3条对称轴，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，有1条对称轴，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，有4条对称轴，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，解题的关键是掌握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．
3．（3分）（2023春·湖北恩施·八年级统考期中）若2=a，3=b，用含a，b的式子表示0.96，则下列选项正确的是（ ）
A．a3b2B．2a2b25C．a3b5D．a3b210
【答案】C
【分析】利用二次根式的性质进而化简用含有a，b的式子表示0.96即可．
【详解】解：∵2=a，3=b，
∴0.96=96100=4610=22×35=22×2×35=a2⋅ab5=a3b5，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用二次根式的性质化简，正确化简是解题的关键．
4．（3分）（2023春·安徽六安·八年级校考期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等面积法证明即可．
【详解】解：A．∵4×12ab+b−a2=c2，∴整理得：a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
B．∵12ab+12c2+12ab=12(a+b)(a+b)，∴整理得：a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
C．2ab+a2+b2=a+b2， 根据图形不能证明勾股定理；
D．∵4×12ab+c2=a+b2，∴整理得：a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握等面积法证明勾股定理是解题的关键．
5．（3分）（2023春·安徽芜湖·八年级统考期中）已知实数a满足2000−a+a−2001=a，那么a−20002的值是( )
A．1999B．2000C．2001D．2002
【答案】C
【分析】根据绝对值性质与算术平方根的性质先化简，进而平方即可得到答案
【详解】解：∵a−2001≥0，
∴a≥2001>2000，即2000−a<0，
∴2000−a+a−2001 =a−2000+a−2001 =a，
即a−2001=2000，
∴a−20012=20002，即a−2001=20002，
∴a−20002=2001，
故选：C．
【点睛】本题考查代数式求值，涉及到绝对值性质与算术平方根的性质，根据条件逐步恒等变形到所求代数式是解决问题的关键．
6．（3分）（2023秋·上海·八年级期中）已知m、n是正整数，若2m+5n是整数，则满足条件的有序数对（m，n）为（ ）
A．（2，5）B．（8，20）C．（2，5），（8，20）D．以上都不是
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质分析即可得出答案．
【详解】解：∵2m+5n是整数，m、n是正整数，
∴m=2，n=5或m=8，n=20，
当m=2，n=5时，原式=2是整数；
当m=8，n=20时，原式=1是整数；
即满足条件的有序数对（m，n）为（2，5）或（8，20），
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质和二次根式的运算，估算无理数的大小的应用，题目比较好，有一定的难度．
7．（3分）（2023春·四川广安·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A1,1、B−1,1、C−1,−2、D1,−2，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度按逆时针方向沿四边形ABCD的边做环绕运动；另一动点Q从点C出发，以每秒3个单位的速度按顺时针方向沿四边形CBAD的边做环绕运动，则第2023次相遇点的坐标是（ ）
A．−1,−1B．−1,1C．−2，2D．1,1
【答案】D
【分析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为3和2，P、Q的速度和是5，求得每一次相遇的地点的坐标，找出规律即可解答．
【详解】解：∵点A1,1、B−1,1、C−1,−2、D1,−2，
∴AB=CD=1−−1=2，AD=BC=1−−2=3，
∴矩形的周长为2×2+3=10，
由题意，经过1秒时，P、Q在点B−1,1处相遇，接下来P、Q两点走的路程和是10的倍数时，两点相遇，相邻两次相遇间隔时间为10÷2+3=2秒，
∴第二次相遇点是CD的中点0,−2，
第三次相遇点是点A1,1，
第四次相遇点是点−1,−1，
第五次相遇点是点1,−1，
第六次相遇点是点B−1,1，……，
由此发现，每五次相遇点重合一次，
∵2023÷5=404⋯⋯3，
∴第2023次相遇点的坐标与第三次相遇点的坐标重合，即A1,1，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用、点的坐标规律探究，通过计算发现规律就可以解决问题．
8．（3分）（2023春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，在Rt△ABD中，BD=6，AB=10，BC平分∠ABD，AC⊥BC，则BC的值是（ ）
A．7B．8C．45D．46
【答案】C
【分析】延长AC、BD交于E，根据勾股定理可求出AD长，通过△BCA≌△BCE得到AB=BE=10，进而求得DE长，再根据勾股定理求AE，利用△ABE面积可求出BC的值．
【详解】解：延长AC、BD交于点E，如图：
在Rt△ABD中，BD=6，AB=10，
∴AD=102−62=8，
∵BC平分∠ABD，AC⊥BC，
∴∠ABC=∠EBC，∠ACB=∠EBC=90°，
∵BC=BC，
∴△BCA≌△BCE，
∴AB=BE=10，
∴DE=10−6=4，
在Rt△ADE中，
∴AE=42+82=45，
∵S△ABE=12BE⋅AD=12AE⋅BC，
∴12×10×8=12×45⋅BC，
∴BC=45．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，添加辅助线解决问题是关键．
9．（3分）（2023秋·贵州贵阳·八年级校考期中）如图，长方体的底面边长分别为2厘米和4厘米，高为5厘米.若一只蚂蚁从P点开始经过4个侧面爬行一圈到达Q点，则蚂蚁爬行的最短路径长为（ ）厘米
A．8B．10C．12D．13
【答案】D
【详解】试题解析：如图所示：
∵长方体的底面边长分别为2cm和4cm，高为5cm．
∴PA=4+2+4+2=12（cm），QA=5cm，
∴PQ=PA2+AQ2=13cm．
故选D．
10．（3分）（2023春·安徽安庆·八年级安庆市石化第一中学校考期中）如图，矩形ABCD中，AD=BC=3，AB=CD=5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（ ）
A．1或4B．43或9C．1或9D．43或1
【答案】C
【分析】分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质进行解答即可．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当E点在线段DC上时，如图所示：
∵△AD'E≌△ADE，
∴∠AD'E=∠D=90°，
∵∠AD'B=90°，
∴∠AD'B+∠AD'E=180°，
∴B、D'、E三点共线，
∵△ABE的面积=12BE×AD'=12AB×AD，AD'=AD，
∴BE=AB=5，
∵BD'=AB2−AD′2=4，
∴DE=D'E=5-4=1；
②当E点在线段DC的延长线上，且ED″经过点B时，满足条件，如图所示：
∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，
∴∠CBE=∠BAD″，
在△ABD″和△BEC中，
∠D″=∠BCEAD′=BC∠BAD″=∠CBE，
∴△ABD″≌△BEC（ASA），
∴BE=AB=5，
∵BD''=52−32=4，
∴DE=D″E=BD''+BE=4+5=9；
综上所知，DE的长为1或9，
故选C．
【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键，有一定难度．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023春·黑龙江齐齐哈尔·八年级校考期中）已知点P的坐标是m+2,2m−4，若点P在y轴上，则m= ；若点P到两坐标轴的距离相等，则m= ．
【答案】 −2 23或6/6或23
【分析】根据y轴上的点的横坐标为0，即可求出m的值；根据点P到两坐标轴的距离相等可得2m−4=m+2，解之即可求出m的值．
【详解】解：∵点P在y轴上，
∴m+2=0,
∴m=−2，
故答案为：−2；
∵点P到两坐标轴的距离相等，
∴2m−4=m+2，即2m−4=m+2或4−2m=m+2，
解得：m=6或m=23．
故答案为：23或6．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标的特征，掌握x轴上的点的纵坐标为0、y轴上的点的横坐标为0、Px,y到x轴的距离为y、到y轴的距离为x是解题的关键．
12．（3分）（2023春·河南信阳·八年级统考期中）如图，将有一边重合两张直角三角形纸片AC=BC=BD=1放在数轴上，纸片上的点A表示的数是−2，若以点A为圆心，AD的长为半径画弧，与数轴交于点E（点E位于点A右侧），则点E表示的数为 ．
【答案】−2+3
【分析】根据勾股定理可以求得AB和AD的长，再根据AD和AE，点A表示的数为−2，即可写出点E表示的数．
【详解】解：∵AC=BC=BD=1，∠ACB=∠ABD=90°，
∴AB=AC2+BC2=12+12=2，
∴AD=AB2+BD2=(2)2+12=3，
∵AD=AE，
∴AE=3，
∵点A表示的数是−2，
∴点E表示的数为−2+3，
故答案为：−2+3．
【点睛】本题考查勾股定理、实数与数轴，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13．（3分）（2023春·陕西安康·八年级校考期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，有标号为①、②、③的三个三角形(顶点均在格点上)，其中是直角三角形，且边长符合勾股数的有 个．
【答案】0
【分析】根据满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数解答即可．
【详解】解：由勾股定理可得：
图③中的各边分别为5，5，10，不是正整数，不符合勾股数；
图②中的各边分别为2、2、22，不是正整数，不符合勾股数；
图①中的各边分别为2，13，17，不是正整数，不符合勾股数；
故答案为：0．
【点睛】此题考查勾股定理和勾股数的概念，关键是根据勾股定理得出各边数值解答．
14．（3分）（2023春·福建福州·八年级统考期中）若记x表示任意实数的整数部分，例如：3.5=3，5=2，…，则1−2+3−4⋅⋅⋅−98+99（其中“+”“−”依次相间）的值为 ．
【答案】5
【分析】找到1∼100所有平方数，确定其中间各个数字的个数规律，直接计算即可得到答案
【详解】解：12=1，22=4，32=9，42=16，52=25，62=36，72=49，82=64，92=81，102=100，
∵x表示任意实数的整数部分
1∼3由3个1，4∼8有5个2，9∼15有7个3，16∼24有9个4，25∼35有11个5，
36∼48有13个6，49∼63有15个7，64∼80有17个8，81∼99有19个9，
∴原式=1−2+3−4+5−6+7−8+9=5，
故答案为：5；
【点睛】本题考查根数估算与规律题，解题的关键是找到两个平方数之间数字的个数及符号选择．
15．（3分）（2023秋·广东深圳·八年级深圳市西乡中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=90°,AD=AB,CD=17，连接AC、BD，若AC⊥BC,AC=4，则BD= ．
【答案】52
【分析】先过点D作DE⊥AC于点E，求出∠ACB=∠DEA，∠BAC=∠ADE，然后根据“AAS”证△ABC≌△DAE，得出DE=AC=4，AE=BC，最后再根据勾股定理计算BD即可．
【详解】解：过点D作DE⊥AC于点E，
∵∠BAD=90°，AC⊥BC，
∴∠DEA=∠ACB=∠BAD=90°，
∴∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，∠DAC+∠ADE=180°−∠DEA=90°，
∴∠BAC=∠ADE，
在△ABC和△DAE中，
∠BAC=∠ADE∠ACB=∠DEAAB=DA，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴DE=AC=4，AE=BC，
在Rt△DEC中，CE=DC2−DE2=(17)2−42=1，
∴AE=AC−CE=4−1=3，
∴BC=3，
在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=42+32=5，
∴AD=AB=5，
在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=52+52=52，
故答案为：52．
【点睛】本题考查了全等三角形和勾股定理的综合，正确构建辅助线证出△ABC≌△DAE是解题的关键．
16．（3分）（2023秋·陕西西安·八年级校考期中）如图，等腰Rt△ABC是由三块面向内的镜面组成的，其中∠B=90°，AB边上靠近点B的三等分点D处发出一道光线DE，经镜面两次反射后恰好回到点D，若BD=10cm，则光线走过的路径是 cm．
【答案】205
【分析】根据题意，建立直角坐标系，写出对应点坐标，利用光的反射原理与对称性，求出点M、N的坐标，勾股定理即可求解．
【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，M，N分别是点D关于直线BC和y轴的对称点，连接AM，
∵ BD=10cm，D为AB边上靠近点B的三等分点，
可得，A(30,0)，B0,0，C(0,30)，D10,0，
∴AD=AM=20，BD=BN=10
设M，N分别是点D关于直线BC和y轴的对称点，
则M(30,20)，N(−10,0)，
由光的反射原理可知，M、E、F、N四点共线，|DE|=|EM|，|DF|=|FN|，
∴光线走过的路径=|MN|，
|MN|=(30+10)2+202=205，
即光线走过的路径是205cm．
故答案为：205．
【点睛】本题考查三角形的性质与轴对称图形的灵活应用问题，关键在于正确建立直角坐标系并求解．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023春·山西吕梁·八年级校考期中）计算：
(1)14−3−0.125+(−4)2−−6；
(2)3−64−22−1+1−2；
(3)2x+12=8；
(4)32x−13=−81．
【答案】(1)－1
(2)−2−3
(3)x=1或x=−3
(4)x=−1
【分析】（1）利用平方根、立方根定义，以及绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果；
（2）利用立方根定义，去括号法则，以及绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果；
（3）方程变形后，利用平方根定义开方即可求出解；
（4）方程利用立方根定义开立方即可求出解．
【详解】（1）14−3−0.125+(−4)2−−6
=12−−0.5+4−6
=−1
（2）3−64−22−1+1−2
=−4−22+2+2−1
=−2−3
（3）2x+12=8
变形为x+12=4，
开方，得x+1=±2
∴x=1或x=−3
（4）32x−13=−81
变形为2x−13=−27，
开方，得2x−1=−3
∴x=−1
【点睛】本题考查开平方，开立方，绝对值等运算，直接开方法解一元二次方程，开立方解方程，熟练掌握开平方，开立方运算是解题的关键．
18．（6分）（2023秋·福建莆田·八年级校考期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别是A1,1，B4,2，C3,4．
(1)请画出△ABC关于y轴的对称的图形△A1B1C1；
(2)在x轴上求一点P，使△PAB周长最小，请画出△PAB，并通过画图直接写出P点的坐标；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析，点P的坐标为(2,0)
(3)72
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可．
（2）连接A1B，交x轴于点P，连接PA，PB，此时点P满足ΔPAB周长最小，即可得P点的坐标．
（3）利用割补法求三角形的面积即可．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求．
（2）解：如图，△PAB即为所求．
由图可知点P的坐标为(2,0)．
（3）解：由图可得：
S△ABC=3×3−12×3×1−12×2×1−12×2×3=72．
∴△ABC的面积为72．
【点睛】本题考查作图—轴对称变换、轴对称—最短路线问题、三角形的面积，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
19．（8分）（2023秋·河南平顶山·八年级统考期中）用四个全等的直角三角形拼成如图①所示的大正方形，中间也是一个正方形．它是美丽的弦图．其中四个直角三角形的直角边长分别为a，b（a＜b），斜边长为c．
（1）结合图①，说明：a2+b2＝c2；
（2）如图②，将这四个全等的直角三角形无缝隙无重叠地拼接在一起，得到图形ABCDEFGH．若该图形的周长为24，OH＝3，求该图形的面积；
（3）如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接成正方形PQMN，记正方形PQMN、正方形ABCD、正方形EFGH的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3＝18，则S2＝ ．
【答案】（1）见解析；（2）24；（3）6
【分析】（1）根据正方形的面积公式证明解答即可；
（2）根据勾股定理和三角形面积公式解答即可；
（3）设正方形EFGH的面积为x，设其他八个全等的三角形每个的面积为y，根据题意得出方程解答即可．
【详解】证明：S小正方形=a−b2=a2−2ab+b2
S小正方形=c2−4×12ab=c2−2ab
即a2−2ab+b2=c2−2ab
∴a2+b2=c2
（2）∵AB+BC=24÷4=6
设AH=BC=x，则AB=6−x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
OH2+OG2=GH2
即32+3+x2=6−x2
解得：x=1
∴S=12×3×3+1×4=24
（3）设正方形EFGH的面积为x，设其他八个全等的三角形每个的面积为y
∵S1+S2+S3=18
∴S1=8y+x，S2=4y+x，S3=x
∴S1+S2+S3=3x+12y=18
∴x+4y=6
∴S2=6
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，关键是根据面积公式和勾股定理解答．
20．（8分）（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期中）如图，甲、乙两只捕捞船同时从A港口出发捕鱼，甲船以每小时15 2千米的速度沿西偏北30°方向前进，乙船以每小时15千米的速度沿东北方向前进，甲船航行2小时到达C处，于是甲船立即加速后保持匀速沿北偏东75°的方向追赶乙船，结果两船在B处相遇．
(1)求∠B的度数；
(2)求乙船航行多少小时被甲船追上．
【答案】(1)30°；
(2)4小时．
【分析】（1）根据题意可得：∠FAB=∠BAE=45°，∠BCN=90°−75°=15°，∠DAC=30°，MN∥DE，从而可得∠NCA=∠DAC=30°，进而可得∠BCA=45°，然后利用平角定义求出∠CAB=105°，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)过点A作AG⊥CB，垂足为G，根据题意可得：AC=30 2千米，然后在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出AG，CG的长，再在Rt△ABG中，利用含30度角的直角三角形的性质求出AB的长，进行计算即可解答．
【详解】（1）解：如图：
由题意得：
∠FAB=∠BAE=45°，∠BCN=90°−75°=15°，MN∥DE，
∴∠NCA=∠DAC=30°，
∴∠BCA=∠BCN+∠NCA=45°，
∵∠CAB=180°−∠DAC−∠BAE=105°，
∴∠B=180°−∠CAB−∠BCA=30°，
∴∠B的度数为30°；
（2）过点A作AG⊥CB，垂足为G，
由题意得：AC=2×15 2 =30 3，
在Rt△ACG中，∠BCA=45°，
∴AG= 302×22=30 (千米)，
CG= 302×22=30 (千米)，
在Rt△ABG中，∠B=30°，
∴AB=2AG=60(千米)，
∴60÷15=4(小时)，
∴乙船航行4小时被甲船追上．
【点睛】本题考查了勾股定理解直角三角形的应用-方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21．（8分）（2023秋·广西钦州·八年级统考期中）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
(1)如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB=6，EC=2，求BF的长；
(2)如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)①见解析；②BF=22
(2)BF+BD=2BE，证明见解析
【分析】（1）①根据题意作图即可；
②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH=2，CD=BC=EH=6，则HB=EC=2，在Rt△FHB中，利用勾股定理即可求解；
（2）过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH，CD=BC=EH，则HB=EC=HF，△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，由此利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）①如图所示，即为所求；
②如图所示，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=6，∠C=90°，
∵∠DEF=∠C=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEH=∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
∠H=∠C=90°∠FEH=∠EDCEF=DE，
∴△DEC≌△EFH，
∴EC=FH=2，CD=BC=EH=6，
∴HB=EC=2，
∴在Rt△FHB中，BF=FH2+BH2=22+22=22．
（2）结论：BF+BD=2BE，理由如下：
过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB，∠DCE=90°，
∵∠DEF=∠DCE=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEH=∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
∠FHE=∠DCE=90°∠FEH=∠EDCEF=DE，
∴△DEC≌△EFH，
∴EC=FH，CD=BC=EH，
∴HB=EC=HF，
∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，
∴BD=BC2+CD2=2BC=2EH，BF=BH2+HF2=2BH，
∵EH+BH=BE，
∴BF+BD=2BE．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够正确作出辅助线，构造全等三角形．
22．（8分）（2023春·江西南昌·八年级校考期中）阅读材料：小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+22=1+22，善于思考的小明进行了以下探索：
若设a+b2=m+n22=m2+2n2+2mn2（其中a、b、m、n均为整数），则有a=m2+2n2，b=2mn．这样小明就找到了一种把类似a+b2的式子化为平方式的方法，请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)若a+b7=m+n72，当a、b、m、n均为整数时，用含m、n的式子分别表示a、b，得：a=______，b=______；
(2)若a+63=m+n32，且a、m、n均为正整数，求a的值；
(3)化简下列各式：
①5+26
②7−210
③4−10+25+4+10+25．
【答案】(1)m2+7n2，2mn
(2)12或28
(3)①3+2，②5−2，③5+1
【分析】（1）利用完全平方公式展开可得到用m、n表示出a、b；
（2）利用（1）中结论得到6=2mn，利用a、m、n均为正整数得到m=1，n=3或m=3，n=1，然后利用a=m2+3n2计算对应a的值；
（3）设4−10+25+4+10+25=t，两边平方得到t2=4−10+25+4 +10+25 +216−(10+25)，然后利用（1）中的结论化简得到t2=6+25，最后把6+25写成完全平方形式可得到t的值．
【详解】（1）设a+b7=m+n72=m2+7n2+2mn7（其中a、b、m、n均为整数），
则有a=m2+7n2，b=2mn；
故答案为：m2+7n2，2mn；
（2）∵6=2mn，
∴mn=3，
∵a、m、n均为正整数，
∴m=1，n=3或m=3，n=1，
当m=1，n=3时，a=m2+3n2=12+3×32=28；
当m=3，n=1时，a=m2+3n2=32+3×12=12；
即a的值为12或28；
（3）①5+26
=3+2+23×2
=3+22
=3+2
②7−210
=5+2−25×2
=5−22
=5−2
③设4−10+25+4+10+25=t，
则t2=4−10+25+4 +10+25 +216−(10+25)
=8+26−25
=8+2(5−1)2
=8+25−1
=6+25
=5+12，
∴t=5+1．
【点睛】本题考查根据二次根式的性质进行化简，解题的关键是在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
23．（8分）（2023春·湖北恩施·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，已知点A(a,0)，B(b,3)，C(5,0)，且满足、a+3+a−b+62=0，线段AB交y轴于点F0,32，点D是y轴正半轴上的一点．
(1)如图1，求出点A、B的坐标；
(2)如图2，若DB∥AC，∠BAC=α，且AM、DM分别平分∠CAB、∠ODB，求∠AMD的度数；（用含α的代数式表示）；
(3)如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积是△ABC的面积的一半？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−3,0)，B(3,3)
(2)45°+12α
(3)(0,72)或(0,−12)或(1,0)或(−7,0)
【分析】（1）根据非负数的性质可求出a和b，即可得到点A和B的坐标；
（2）作MN∥DB，由DB∥AC知MN∥AC，从而得出∠DMN=∠BDM、∠AMN=∠MAC，再由角平分线得出∠MAC=12α，∠BDM=45°，根据∠AMD=∠AMN+∠DMN可得答案；
（3）连接OB，如图3，设F(0,t)，根据S△AOF+S△BOF=S△AOB，得到关于t的方程，可求得t的值，则可求得点F的坐标；计算△ABC的面积，再分点P在y轴上和在x轴上讨论．当P点在y轴上时，设P(0,y)，利用S△ABP=S△APF+S△BPF，可解得y的值，可求得P点坐标；当P点在x轴上时，设P(x,0)，根据三角形面积公式得，同理可得到关于x的方程，可求得x的值，可求得P点坐标．
【详解】（1）解：∵ a+b+(a−b+6)2=0，a+b≥0，(a−b+6)2≥0，
∴a+b=0，a−b+6=0，
∴a=−3，b=3，
∴A(−3,0)，B(3,3)；
（2）如图2，过点M作MN∥DB，交y轴于点N，
∴∠DMN=∠BDM，
又∵DB∥AC，
∴MN∥AC，
∴∠AMN=∠MAC，
∵DB∥AC，∠DOC=90°，
∴∠BDO=90°，
又∵AM平分∠CAB，DM平分∠ODB，∠BAC=α，
∴ ∠MAC=12α，∠BDM=45°，
∴ ∠AMN=12α，∠DMN=45°，
∴ ∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+12α；
（3）存在．
△ABC的面积=12×8×3=12，
当P点在y轴上时，设P(0,y)，
∵S△ABP=S△APF+S△BPF，
∴ 12×|y−32|×3+12×|y−32|×3=6，
解得y=72或y=−12，
∴此时P点坐标为(0,72)或(0,−12)；
当P点在x轴上时，设P(x,0)，
则12×|x+3|×3=6，
解得x=1或x=−7，
∴此时P点坐标为(1,0)或(−7,0)，
综上所述，存在满足条件的点P，其坐标为(0,72)或(0,−12)或(1,0)或(−7,0)．
【点睛】本题为三角形的综合应用，考查了非负数的性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形的面积、方程思想及分类讨论思想等知识．熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．
参考答案与试题解析
选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023春·湖北十堰·八年级统考期中）在实数2.1010010001……（每两个1之间依次多一个0），227，4，39，100 ， π中，不是无理数的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据有理数即整数与分数的统称，无理数即无限不循环小数判断即可．
【详解】∵2.1010010001……（每两个1之间依次多一个0）是无理数，
227不是无理数，
4=2是整数，不是无理数
39是无理数，
100 是整数，不是无理数，
π是无理数，
∴故选B．
【点睛】本题考查了有理数，无理数，熟练掌握定义是解题的关键．
2．（3分）（2023秋·山东济宁·八年级统考期中）下列轴对称图形中，有4条对称轴的图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，有5条对称轴，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，有3条对称轴，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，有1条对称轴，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，有4条对称轴，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，解题的关键是掌握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．
3．（3分）（2023春·湖北恩施·八年级统考期中）若2=a，3=b，用含a，b的式子表示0.96，则下列选项正确的是（ ）
A．a3b2B．2a2b25C．a3b5D．a3b210
【答案】C
【分析】利用二次根式的性质进而化简用含有a，b的式子表示0.96即可．
【详解】解：∵2=a，3=b，
∴0.96=96100=4610=22×35=22×2×35=a2⋅ab5=a3b5，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用二次根式的性质化简，正确化简是解题的关键．
4．（3分）（2023春·安徽六安·八年级校考期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等面积法证明即可．
【详解】解：A．∵4×12ab+b−a2=c2，∴整理得：a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
B．∵12ab+12c2+12ab=12(a+b)(a+b)，∴整理得：a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
C．2ab+a2+b2=a+b2， 根据图形不能证明勾股定理；
D．∵4×12ab+c2=a+b2，∴整理得：a2+b2=c2，即能证明勾股定理，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握等面积法证明勾股定理是解题的关键．
5．（3分）（2023春·安徽芜湖·八年级统考期中）已知实数a满足2000−a+a−2001=a，那么a−20002的值是( )
A．1999B．2000C．2001D．2002
【答案】C
【分析】根据绝对值性质与算术平方根的性质先化简，进而平方即可得到答案
【详解】解：∵a−2001≥0，
∴a≥2001>2000，即2000−a<0，
∴2000−a+a−2001 =a−2000+a−2001 =a，
即a−2001=2000，
∴a−20012=20002，即a−2001=20002，
∴a−20002=2001，
故选：C．
【点睛】本题考查代数式求值，涉及到绝对值性质与算术平方根的性质，根据条件逐步恒等变形到所求代数式是解决问题的关键．
6．（3分）（2023秋·上海·八年级期中）已知m、n是正整数，若2m+5n是整数，则满足条件的有序数对（m，n）为（ ）
A．（2，5）B．（8，20）C．（2，5），（8，20）D．以上都不是
【答案】C
【分析】根据二次根式的性质分析即可得出答案．
【详解】解：∵2m+5n是整数，m、n是正整数，
∴m=2，n=5或m=8，n=20，
当m=2，n=5时，原式=2是整数；
当m=8，n=20时，原式=1是整数；
即满足条件的有序数对（m，n）为（2，5）或（8，20），
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的性质和二次根式的运算，估算无理数的大小的应用，题目比较好，有一定的难度．
7．（3分）（2023春·四川广安·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点A1,1、B−1,1、C−1,−2、D1,−2，动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度按逆时针方向沿四边形ABCD的边做环绕运动；另一动点Q从点C出发，以每秒3个单位的速度按顺时针方向沿四边形CBAD的边做环绕运动，则第2023次相遇点的坐标是（ ）
A．−1,−1B．−1,1C．−2，2D．1,1
【答案】D
【分析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为3和2，P、Q的速度和是5，求得每一次相遇的地点的坐标，找出规律即可解答．
【详解】解：∵点A1,1、B−1,1、C−1,−2、D1,−2，
∴AB=CD=1−−1=2，AD=BC=1−−2=3，
∴矩形的周长为2×2+3=10，
由题意，经过1秒时，P、Q在点B−1,1处相遇，接下来P、Q两点走的路程和是10的倍数时，两点相遇，相邻两次相遇间隔时间为10÷2+3=2秒，
∴第二次相遇点是CD的中点0,−2，
第三次相遇点是点A1,1，
第四次相遇点是点−1,−1，
第五次相遇点是点1,−1，
第六次相遇点是点B−1,1，……，
由此发现，每五次相遇点重合一次，
∵2023÷5=404⋯⋯3，
∴第2023次相遇点的坐标与第三次相遇点的坐标重合，即A1,1，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用、点的坐标规律探究，通过计算发现规律就可以解决问题．
8．（3分）（2023春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，在Rt△ABD中，BD=6，AB=10，BC平分∠ABD，AC⊥BC，则BC的值是（ ）
A．7B．8C．45D．46
【答案】C
【分析】延长AC、BD交于E，根据勾股定理可求出AD长，通过△BCA≌△BCE得到AB=BE=10，进而求得DE长，再根据勾股定理求AE，利用△ABE面积可求出BC的值．
【详解】解：延长AC、BD交于点E，如图：
在Rt△ABD中，BD=6，AB=10，
∴AD=102−62=8，
∵BC平分∠ABD，AC⊥BC，
∴∠ABC=∠EBC，∠ACB=∠EBC=90°，
∵BC=BC，
∴△BCA≌△BCE，
∴AB=BE=10，
∴DE=10−6=4，
在Rt△ADE中，
∴AE=42+82=45，
∵S△ABE=12BE⋅AD=12AE⋅BC，
∴12×10×8=12×45⋅BC，
∴BC=45．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，添加辅助线解决问题是关键．
9．（3分）（2023秋·贵州贵阳·八年级校考期中）如图，长方体的底面边长分别为2厘米和4厘米，高为5厘米.若一只蚂蚁从P点开始经过4个侧面爬行一圈到达Q点，则蚂蚁爬行的最短路径长为（ ）厘米
A．8B．10C．12D．13
【答案】D
【详解】试题解析：如图所示：
∵长方体的底面边长分别为2cm和4cm，高为5cm．
∴PA=4+2+4+2=12（cm），QA=5cm，
∴PQ=PA2+AQ2=13cm．
故选D．
10．（3分）（2023春·安徽安庆·八年级安庆市石化第一中学校考期中）如图，矩形ABCD中，AD=BC=3，AB=CD=5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（ ）
A．1或4B．43或9C．1或9D．43或1
【答案】C
【分析】分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质进行解答即可．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当E点在线段DC上时，如图所示：
∵△AD'E≌△ADE，
∴∠AD'E=∠D=90°，
∵∠AD'B=90°，
∴∠AD'B+∠AD'E=180°，
∴B、D'、E三点共线，
∵△ABE的面积=12BE×AD'=12AB×AD，AD'=AD，
∴BE=AB=5，
∵BD'=AB2−AD′2=4，
∴DE=D'E=5-4=1；
②当E点在线段DC的延长线上，且ED″经过点B时，满足条件，如图所示：
∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，
∴∠CBE=∠BAD″，
在△ABD″和△BEC中，
∠D″=∠BCEAD′=BC∠BAD″=∠CBE，
∴△ABD″≌△BEC（ASA），
∴BE=AB=5，
∵BD''=52−32=4，
∴DE=D″E=BD''+BE=4+5=9；
综上所知，DE的长为1或9，
故选C．
【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键，有一定难度．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023春·黑龙江齐齐哈尔·八年级校考期中）已知点P的坐标是m+2,2m−4，若点P在y轴上，则m= ；若点P到两坐标轴的距离相等，则m= ．
【答案】 −2 23或6/6或23
【分析】根据y轴上的点的横坐标为0，即可求出m的值；根据点P到两坐标轴的距离相等可得2m−4=m+2，解之即可求出m的值．
【详解】解：∵点P在y轴上，
∴m+2=0,
∴m=−2，
故答案为：−2；
∵点P到两坐标轴的距离相等，
∴2m−4=m+2，即2m−4=m+2或4−2m=m+2，
解得：m=6或m=23．
故答案为：23或6．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标的特征，掌握x轴上的点的纵坐标为0、y轴上的点的横坐标为0、Px,y到x轴的距离为y、到y轴的距离为x是解题的关键．
12．（3分）（2023春·河南信阳·八年级统考期中）如图，将有一边重合两张直角三角形纸片AC=BC=BD=1放在数轴上，纸片上的点A表示的数是−2，若以点A为圆心，AD的长为半径画弧，与数轴交于点E（点E位于点A右侧），则点E表示的数为 ．
【答案】−2+3
【分析】根据勾股定理可以求得AB和AD的长，再根据AD和AE，点A表示的数为−2，即可写出点E表示的数．
【详解】解：∵AC=BC=BD=1，∠ACB=∠ABD=90°，
∴AB=AC2+BC2=12+12=2，
∴AD=AB2+BD2=(2)2+12=3，
∵AD=AE，
∴AE=3，
∵点A表示的数是−2，
∴点E表示的数为−2+3，
故答案为：−2+3．
【点睛】本题考查勾股定理、实数与数轴，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13．（3分）（2023春·陕西安康·八年级校考期中）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，有标号为①、②、③的三个三角形(顶点均在格点上)，其中是直角三角形，且边长符合勾股数的有 个．
【答案】0
【分析】根据满足a2+b2=c2的三个正整数，称为勾股数解答即可．
【详解】解：由勾股定理可得：
图③中的各边分别为5，5，10，不是正整数，不符合勾股数；
图②中的各边分别为2、2、22，不是正整数，不符合勾股数；
图①中的各边分别为2，13，17，不是正整数，不符合勾股数；
故答案为：0．
【点睛】此题考查勾股定理和勾股数的概念，关键是根据勾股定理得出各边数值解答．
14．（3分）（2023春·福建福州·八年级统考期中）若记x表示任意实数的整数部分，例如：3.5=3，5=2，…，则1−2+3−4⋅⋅⋅−98+99（其中“+”“−”依次相间）的值为 ．
【答案】5
【分析】找到1∼100所有平方数，确定其中间各个数字的个数规律，直接计算即可得到答案
【详解】解：12=1，22=4，32=9，42=16，52=25，62=36，72=49，82=64，92=81，102=100，
∵x表示任意实数的整数部分
1∼3由3个1，4∼8有5个2，9∼15有7个3，16∼24有9个4，25∼35有11个5，
36∼48有13个6，49∼63有15个7，64∼80有17个8，81∼99有19个9，
∴原式=1−2+3−4+5−6+7−8+9=5，
故答案为：5；
【点睛】本题考查根数估算与规律题，解题的关键是找到两个平方数之间数字的个数及符号选择．
15．（3分）（2023秋·广东深圳·八年级深圳市西乡中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，∠BAD=90°,AD=AB,CD=17，连接AC、BD，若AC⊥BC,AC=4，则BD= ．
【答案】52
【分析】先过点D作DE⊥AC于点E，求出∠ACB=∠DEA，∠BAC=∠ADE，然后根据“AAS”证△ABC≌△DAE，得出DE=AC=4，AE=BC，最后再根据勾股定理计算BD即可．
【详解】解：过点D作DE⊥AC于点E，
∵∠BAD=90°，AC⊥BC，
∴∠DEA=∠ACB=∠BAD=90°，
∴∠DAC+∠BAC=∠BAD=90°，∠DAC+∠ADE=180°−∠DEA=90°，
∴∠BAC=∠ADE，
在△ABC和△DAE中，
∠BAC=∠ADE∠ACB=∠DEAAB=DA，
∴△ABC≌△DAE(AAS)，
∴DE=AC=4，AE=BC，
在Rt△DEC中，CE=DC2−DE2=(17)2−42=1，
∴AE=AC−CE=4−1=3，
∴BC=3，
在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=42+32=5，
∴AD=AB=5，
在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=52+52=52，
故答案为：52．
【点睛】本题考查了全等三角形和勾股定理的综合，正确构建辅助线证出△ABC≌△DAE是解题的关键．
16．（3分）（2023秋·陕西西安·八年级校考期中）如图，等腰Rt△ABC是由三块面向内的镜面组成的，其中∠B=90°，AB边上靠近点B的三等分点D处发出一道光线DE，经镜面两次反射后恰好回到点D，若BD=10cm，则光线走过的路径是 cm．
【答案】205
【分析】根据题意，建立直角坐标系，写出对应点坐标，利用光的反射原理与对称性，求出点M、N的坐标，勾股定理即可求解．
【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，M，N分别是点D关于直线BC和y轴的对称点，连接AM，
∵ BD=10cm，D为AB边上靠近点B的三等分点，
可得，A(30,0)，B0,0，C(0,30)，D10,0，
∴AD=AM=20，BD=BN=10
设M，N分别是点D关于直线BC和y轴的对称点，
则M(30,20)，N(−10,0)，
由光的反射原理可知，M、E、F、N四点共线，|DE|=|EM|，|DF|=|FN|，
∴光线走过的路径=|MN|，
|MN|=(30+10)2+202=205，
即光线走过的路径是205cm．
故答案为：205．
【点睛】本题考查三角形的性质与轴对称图形的灵活应用问题，关键在于正确建立直角坐标系并求解．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023春·山西吕梁·八年级校考期中）计算：
(1)14−3−0.125+(−4)2−−6；
(2)3−64−22−1+1−2；
(3)2x+12=8；
(4)32x−13=−81．
【答案】(1)－1
(2)−2−3
(3)x=1或x=−3
(4)x=−1
【分析】（1）利用平方根、立方根定义，以及绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果；
（2）利用立方根定义，去括号法则，以及绝对值的代数意义化简，计算即可得到结果；
（3）方程变形后，利用平方根定义开方即可求出解；
（4）方程利用立方根定义开立方即可求出解．
【详解】（1）14−3−0.125+(−4)2−−6
=12−−0.5+4−6
=−1
（2）3−64−22−1+1−2
=−4−22+2+2−1
=−2−3
（3）2x+12=8
变形为x+12=4，
开方，得x+1=±2
∴x=1或x=−3
（4）32x−13=−81
变形为2x−13=−27，
开方，得2x−1=−3
∴x=−1
【点睛】本题考查开平方，开立方，绝对值等运算，直接开方法解一元二次方程，开立方解方程，熟练掌握开平方，开立方运算是解题的关键．
18．（6分）（2023秋·福建莆田·八年级校考期中）如图，△ABC三个顶点的坐标分别是A1,1，B4,2，C3,4．
(1)请画出△ABC关于y轴的对称的图形△A1B1C1；
(2)在x轴上求一点P，使△PAB周长最小，请画出△PAB，并通过画图直接写出P点的坐标；
(3)求△ABC的面积．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析，点P的坐标为(2,0)
(3)72
【分析】（1）根据轴对称的性质作图即可．
（2）连接A1B，交x轴于点P，连接PA，PB，此时点P满足ΔPAB周长最小，即可得P点的坐标．
（3）利用割补法求三角形的面积即可．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求．
（2）解：如图，△PAB即为所求．
由图可知点P的坐标为(2,0)．
（3）解：由图可得：
S△ABC=3×3−12×3×1−12×2×1−12×2×3=72．
∴△ABC的面积为72．
【点睛】本题考查作图—轴对称变换、轴对称—最短路线问题、三角形的面积，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
19．（8分）（2023秋·河南平顶山·八年级统考期中）用四个全等的直角三角形拼成如图①所示的大正方形，中间也是一个正方形．它是美丽的弦图．其中四个直角三角形的直角边长分别为a，b（a＜b），斜边长为c．
（1）结合图①，说明：a2+b2＝c2；
（2）如图②，将这四个全等的直角三角形无缝隙无重叠地拼接在一起，得到图形ABCDEFGH．若该图形的周长为24，OH＝3，求该图形的面积；
（3）如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接成正方形PQMN，记正方形PQMN、正方形ABCD、正方形EFGH的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3＝18，则S2＝ ．
【答案】（1）见解析；（2）24；（3）6
【分析】（1）根据正方形的面积公式证明解答即可；
（2）根据勾股定理和三角形面积公式解答即可；
（3）设正方形EFGH的面积为x，设其他八个全等的三角形每个的面积为y，根据题意得出方程解答即可．
【详解】证明：S小正方形=a−b2=a2−2ab+b2
S小正方形=c2−4×12ab=c2−2ab
即a2−2ab+b2=c2−2ab
∴a2+b2=c2
（2）∵AB+BC=24÷4=6
设AH=BC=x，则AB=6−x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
OH2+OG2=GH2
即32+3+x2=6−x2
解得：x=1
∴S=12×3×3+1×4=24
（3）设正方形EFGH的面积为x，设其他八个全等的三角形每个的面积为y
∵S1+S2+S3=18
∴S1=8y+x，S2=4y+x，S3=x
∴S1+S2+S3=3x+12y=18
∴x+4y=6
∴S2=6
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，关键是根据面积公式和勾股定理解答．
20．（8分）（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期中）如图，甲、乙两只捕捞船同时从A港口出发捕鱼，甲船以每小时15 2千米的速度沿西偏北30°方向前进，乙船以每小时15千米的速度沿东北方向前进，甲船航行2小时到达C处，于是甲船立即加速后保持匀速沿北偏东75°的方向追赶乙船，结果两船在B处相遇．
(1)求∠B的度数；
(2)求乙船航行多少小时被甲船追上．
【答案】(1)30°；
(2)4小时．
【分析】（1）根据题意可得：∠FAB=∠BAE=45°，∠BCN=90°−75°=15°，∠DAC=30°，MN∥DE，从而可得∠NCA=∠DAC=30°，进而可得∠BCA=45°，然后利用平角定义求出∠CAB=105°，从而利用三角形内角和定理进行计算，即可解答；
(2)过点A作AG⊥CB，垂足为G，根据题意可得：AC=30 2千米，然后在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出AG，CG的长，再在Rt△ABG中，利用含30度角的直角三角形的性质求出AB的长，进行计算即可解答．
【详解】（1）解：如图：
由题意得：
∠FAB=∠BAE=45°，∠BCN=90°−75°=15°，MN∥DE，
∴∠NCA=∠DAC=30°，
∴∠BCA=∠BCN+∠NCA=45°，
∵∠CAB=180°−∠DAC−∠BAE=105°，
∴∠B=180°−∠CAB−∠BCA=30°，
∴∠B的度数为30°；
（2）过点A作AG⊥CB，垂足为G，
由题意得：AC=2×15 2 =30 3，
在Rt△ACG中，∠BCA=45°，
∴AG= 302×22=30 (千米)，
CG= 302×22=30 (千米)，
在Rt△ABG中，∠B=30°，
∴AB=2AG=60(千米)，
∴60÷15=4(小时)，
∴乙船航行4小时被甲船追上．
【点睛】本题考查了勾股定理解直角三角形的应用-方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21．（8分）（2023秋·广西钦州·八年级统考期中）在正方形ABCD中，点E在射线BC上（不与点B、C重合），连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．
(1)如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②若AB=6，EC=2，求BF的长；
(2)如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)①见解析；②BF=22
(2)BF+BD=2BE，证明见解析
【分析】（1）①根据题意作图即可；
②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH=2，CD=BC=EH=6，则HB=EC=2，在Rt△FHB中，利用勾股定理即可求解；
（2）过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH，CD=BC=EH，则HB=EC=HF，△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，由此利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）①如图所示，即为所求；
②如图所示，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=6，∠C=90°，
∵∠DEF=∠C=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEH=∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
∠H=∠C=90°∠FEH=∠EDCEF=DE，
∴△DEC≌△EFH，
∴EC=FH=2，CD=BC=EH=6，
∴HB=EC=2，
∴在Rt△FHB中，BF=FH2+BH2=22+22=22．
（2）结论：BF+BD=2BE，理由如下：
过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB，∠DCE=90°，
∵∠DEF=∠DCE=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEH=∠EDC，
在△DEC和△EFH中，
∠FHE=∠DCE=90°∠FEH=∠EDCEF=DE，
∴△DEC≌△EFH，
∴EC=FH，CD=BC=EH，
∴HB=EC=HF，
∴△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，
∴BD=BC2+CD2=2BC=2EH，BF=BH2+HF2=2BH，
∵EH+BH=BE，
∴BF+BD=2BE．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够正确作出辅助线，构造全等三角形．
22．（8分）（2023春·江西南昌·八年级校考期中）阅读材料：小明在学习二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3+22=1+22，善于思考的小明进行了以下探索：
若设a+b2=m+n22=m2+2n2+2mn2（其中a、b、m、n均为整数），则有a=m2+2n2，b=2mn．这样小明就找到了一种把类似a+b2的式子化为平方式的方法，请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：
(1)若a+b7=m+n72，当a、b、m、n均为整数时，用含m、n的式子分别表示a、b，得：a=______，b=______；
(2)若a+63=m+n32，且a、m、n均为正整数，求a的值；
(3)化简下列各式：
①5+26
②7−210
③4−10+25+4+10+25．
【答案】(1)m2+7n2，2mn
(2)12或28
(3)①3+2，②5−2，③5+1
【分析】（1）利用完全平方公式展开可得到用m、n表示出a、b；
（2）利用（1）中结论得到6=2mn，利用a、m、n均为正整数得到m=1，n=3或m=3，n=1，然后利用a=m2+3n2计算对应a的值；
（3）设4−10+25+4+10+25=t，两边平方得到t2=4−10+25+4 +10+25 +216−(10+25)，然后利用（1）中的结论化简得到t2=6+25，最后把6+25写成完全平方形式可得到t的值．
【详解】（1）设a+b7=m+n72=m2+7n2+2mn7（其中a、b、m、n均为整数），
则有a=m2+7n2，b=2mn；
故答案为：m2+7n2，2mn；
（2）∵6=2mn，
∴mn=3，
∵a、m、n均为正整数，
∴m=1，n=3或m=3，n=1，
当m=1，n=3时，a=m2+3n2=12+3×32=28；
当m=3，n=1时，a=m2+3n2=32+3×12=12；
即a的值为12或28；
（3）①5+26
=3+2+23×2
=3+22
=3+2
②7−210
=5+2−25×2
=5−22
=5−2
③设4−10+25+4+10+25=t，
则t2=4−10+25+4 +10+25 +216−(10+25)
=8+26−25
=8+2(5−1)2
=8+25−1
=6+25
=5+12，
∴t=5+1．
【点睛】本题考查根据二次根式的性质进行化简，解题的关键是在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
23．（8分）（2023春·湖北恩施·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，已知点A(a,0)，B(b,3)，C(5,0)，且满足、a+3+a−b+62=0，线段AB交y轴于点F0,32，点D是y轴正半轴上的一点．
(1)如图1，求出点A、B的坐标；
(2)如图2，若DB∥AC，∠BAC=α，且AM、DM分别平分∠CAB、∠ODB，求∠AMD的度数；（用含α的代数式表示）；
(3)如图3，坐标轴上是否存在一点P，使得△ABP的面积是△ABC的面积的一半？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−3,0)，B(3,3)
(2)45°+12α
(3)(0,72)或(0,−12)或(1,0)或(−7,0)
【分析】（1）根据非负数的性质可求出a和b，即可得到点A和B的坐标；
（2）作MN∥DB，由DB∥AC知MN∥AC，从而得出∠DMN=∠BDM、∠AMN=∠MAC，再由角平分线得出∠MAC=12α，∠BDM=45°，根据∠AMD=∠AMN+∠DMN可得答案；
（3）连接OB，如图3，设F(0,t)，根据S△AOF+S△BOF=S△AOB，得到关于t的方程，可求得t的值，则可求得点F的坐标；计算△ABC的面积，再分点P在y轴上和在x轴上讨论．当P点在y轴上时，设P(0,y)，利用S△ABP=S△APF+S△BPF，可解得y的值，可求得P点坐标；当P点在x轴上时，设P(x,0)，根据三角形面积公式得，同理可得到关于x的方程，可求得x的值，可求得P点坐标．
【详解】（1）解：∵ a+b+(a−b+6)2=0，a+b≥0，(a−b+6)2≥0，
∴a+b=0，a−b+6=0，
∴a=−3，b=3，
∴A(−3,0)，B(3,3)；
（2）如图2，过点M作MN∥DB，交y轴于点N，
∴∠DMN=∠BDM，
又∵DB∥AC，
∴MN∥AC，
∴∠AMN=∠MAC，
∵DB∥AC，∠DOC=90°，
∴∠BDO=90°，
又∵AM平分∠CAB，DM平分∠ODB，∠BAC=α，
∴ ∠MAC=12α，∠BDM=45°，
∴ ∠AMN=12α，∠DMN=45°，
∴ ∠AMD=∠AMN+∠DMN=45°+12α；
（3）存在．
△ABC的面积=12×8×3=12，
当P点在y轴上时，设P(0,y)，
∵S△ABP=S△APF+S△BPF，
∴ 12×|y−32|×3+12×|y−32|×3=6，
解得y=72或y=−12，
∴此时P点坐标为(0,72)或(0,−12)；
当P点在x轴上时，设P(x,0)，
则12×|x+3|×3=6，
解得x=1或x=−7，
∴此时P点坐标为(1,0)或(−7,0)，
综上所述，存在满足条件的点P，其坐标为(0,72)或(0,−12)或(1,0)或(−7,0)．
【点睛】本题为三角形的综合应用，考查了非负数的性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形的面积、方程思想及分类讨论思想等知识．熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．
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