还剩28页未读，
继续阅读
山东省济南市历下区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案）
展开
这是一份山东省济南市历下区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案），共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山东省济南市历下区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列四个图分别是山东航空、重庆航空、海南航空和春秋航空公司的标志，其中属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．若，则下列式子正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列分式中，是最简分式的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，平移线段，使点落在点处，则点的对应点的坐标为（ ）
A．（0，0） B．（0，－2） C．（－2，0） D．（－3，1）
5．方程的一个根是，则的值是（ ）
A．6 B．－6 C．8 D．14
6．下列说法判断错误的是（ ）
A．对角线相互平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线相互垂直平分的四边形是菱形
D．对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形
7．若正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的内角和是（ ）
A．720° B．900° C．1080° D．1260°
8．如图，在中，对角线、交于点，是边的中点，若的周长为16，则的周长是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
9．如图，已知P是∠AOB的平分线上的一点，∠AOB＝60°，PD⊥OA，M是OP的中点，点C是OB上的一个动点，若PC的最小值为3 cm，则MD的长度为( )
A．3cm B．3cm C．2cm D．2cm
10．若关于x的一元二次方程x2﹣x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A．2021 B．2 C．1 D．0
11．如图，已知直线y1＝x+m与y2＝kx﹣1相交于点P（﹣1，2），则关于x的不等式x+m＜kx﹣1的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．如图，矩形的顶点，，与轴负半轴的夹角为60°，若矩形绕点顺时针旋转，每秒旋转60°，则第2021秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．因式分解：__________．
14．如图，在平行四边形中，平分，，，则的周长是__________．
15．方程的解是_____________
16．如图，菱形的对角线与相交于点，若，，则菱形的面积为______．
17．若是一元二次方程的两个实数根，则的值是_______．
18．如图，为边长为2的正方形的对角线上任一点，过点作于点，于点，连接．给出以下4个结论：①；②；③最短长度为；④若时，则的长度为2．其中结论正确的有_________.
19．已知点D与点A（0，6）、B（0，﹣4）、C（x，y）是平行四边形的四个顶点，其中x、y满3x﹣4y+12＝0，则CD的最小值为_____．
三、解答题
20．解不等式组：
21．化简：．
22．已知：如图，在中，对角线与相交于点，，分别是和的中点．求证：．
23．（1）因式分解：；
（2）解方程：．
24．某市为促进经济发展，增强对外贸易的竞争力，把距离港口360千米的普通公路升级成了同等长度的高速公路，结果汽车行驶的平均速度比原来提高了50%，行驶时间缩短了2小时，求汽车原来的平均速度.
25．已知：如图，在中，，是的一条角平分线，是外角的平分线，，垂足为．连接交于点．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）试判断与的关系，并说明理由．
26．开发商准备以每平方米20000元价格出售某楼盘，为遵循政府有关房地产的调控政策，开发商经过两次下调销售价格后，决定以每平方米16200元的价格销售．
（1）求平均每次下调的百分率；
（2）房产销售经理向开发商建议：先公布下调5%，再下调15%，这样更有吸引力，请问房产销售经理的方案对购房者是否更优惠？为什么？
27．如图，在四边形中，，，，，动点从点出发，以的速度向点运动，同时动点从点出发，以的速度向点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒．
（1）当四边形是平行四边形时，求t的值；
（2）当______时，四边形是矩形；若且点的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则点移动速度是______；
（3）在点、运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度．
28．（操作发现）
（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为；
②连接，此时______°；
（问题解决）
在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：
（2）如图2，在等边中，点在内部，且，，，求的长．
经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点按顺时针方向旋转60°，得到，连接，寻找、、三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程；
（学以致用）
（3）如图3，在等腰直角中，，为内一点，且，，，求；
（思维拓展）
（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．
①等腰直角中，，为内部一点，若，则的最小值＝______
②如图4，若点是正方形外一点，，，，求的度数．
29．若方程（x﹣1）（x2﹣2x+m）=0的三个根可以作为一个三角形的三边之长，则m的取值范围： ．
30．已知：如图，正方形，、分别平分正方形的两个外角，且满足，连接．若以，，为三边围成三角形，试猜想该三角形的形状，并证明你的结论．
参考答案
1．B
【分析】
一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念对各选项分别进行判断即可得．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，判断中心对称图形要找对称中心，旋转180°与原图重合．
2．C
【分析】
根据不等式的性质即可判断．
【详解】
不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；不等式两边同时乘以（或除以)同一个政书，不等号方向不变，不等式两边同时乘以(或除以)同一个负数，不等号方向改变逐一判定，A、B、D选项错误，C选项正确．
故选C
【点睛】
此题考查的是不等式，掌握不等式的三个性质是解题的关键．
3．A
【分析】
根据最简分式的定义对四个分式分别进行判断即可．
【详解】
A、是最简分式，故选项A符合题意；
B、=不是最简分式，故选项B不符合题意；
C、=不是最简分式，故选项C不符合题意；
D、=不是最简分式，故选项D不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了最简分式：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式．掌握最简分式定义，并会根据定义识别一个分式是否是最简分式是解题的关键．
4．C
【分析】
根据B点对应点的坐标可得线段AB的平移方法，进而可得A点的对应点坐标．
【详解】
解：∵，平移线段AB，使点B落在点处，
∴横坐标减4，纵坐标减1，即线段向左平移4个单位，向下平移1个单位，
∵，
∴点A的对应点的坐标为，
即的坐标为．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的变化---平移，关键是掌握右加左减，上加下减坐标平移规律是解题关键．
5．A
【分析】
直接将方程的根代入，即可求得a的值．
【详解】
将代入得：
，
解得：,
故选：A．
【点睛】
本题考查一元二次方程根的概念，解题关键是理解方程根的概念．
6．B
【分析】
利用平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、菱形的判定定理、正方形的判定定理分别对每个选项进行判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、对角线相互平分的四边形是平行四边形，此说法正确，不符合题意；
B、对角线相等的四边形是矩形，题目未说平分，有对角线相等但不是矩形的四边形，例如等腰梯形，此说法错误，符合题意；
C、对角线相互垂直平分的四边形是菱形，此说法正确，不符合题意；
D、对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形，此说法正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形及特殊四边形的判定等内容，熟记并掌握其判定是解题关键．
7．D
【分析】
根据任意多边形的外角和是360°，可求出边数是，因为这个多边形的所有外角都是40°,所以它的每个内角都是180°-40°=140°，即可解答．
【详解】
∵ 任意多边形的外角和是360° 这个多边形的每一个外角都等于40°，
∴ 这个多边形的边数是=9，
∵ 多边形的每一组内、外角之和为180°，
∴ 它的一个内角是180°-40°=140°，
∴ 它的内角和是9×140°=1260°．
故选D．
【点睛】
此题考查多边形内角（和）与外角（和），解题关键在于掌握计算公式．
8．C
【分析】
首先判断OE是△BCD的中位线，再由O,E分别为AC，BC的中点,得出，CE=BC=AD，CO=AC，OE=CD，再由△ACD的周长为16，可得CE+OC+OE=8，这样即可求出△COE的周长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，DC=AB，AO=OC，
∵E为BC中点，
∴CE=BC=AD，OC=AC，
∴OE=CD，
∵△ADC的周长为16，
∴AD+DC+AC=16，
∴△CEO的周长是CE+OE+CO=（BC+DC+AC）=（AD+CD+AC）=×16=8，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质及三角形的中位线定理，解答本题注意掌握中位线的性质及平行四边形对边相等、对角线互相平分的性质是解题关键．
9．A
【分析】
根据垂线段最短、角平分线的性质求出PD，根据直角三角形的性质解答．
【详解】
作PC⊥OB于C，则此时PC最小，
∵P是∠AOB的角平分线上的一点，PD⊥OA，PC⊥OB，
∴PD=PC=3，∠AOP=30°，
∴OP=2PD=6，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴DM=OP=3，
故选A．
【点睛】
本题考查的是角平分线的性质、直角三角形的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
10．D
【分析】
根据判别式的意义得到△=（1）24m＞0，然后解关于m的不等式，最后对各选项进行判断．
【详解】
解：∵关于x的一元二次方程x2﹣x+m＝0有两个不相等的实数根
∴判别式,
又∵，
∴，
解得，
∴m的值可能是0；
故选：D．
【点睛】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
11．D
【分析】
利用函数图象,找出直线y=x+m在直线y=kx-1的下方所对应的自变量的范围即可
【详解】
解析
根据图象得,当x<-1时,x+m
【点睛】
此题考查在数轴上表示不等式的解集和一次函数与ー元一次不等式，解题关键在于判定函数图象的位置关系
12．C
【分析】
先求得OD，再根据题意求得矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转60°，第2021秒时，D点的位置，进而求得D点坐标．
【详解】
解：∵矩形OABC的顶点O（0，0），，
∴，，
顺时针旋转1秒时，D点在第一象限；
顺时针旋转2秒时，D点在x轴正半轴上；
顺时针旋转3秒时，D点在第四象限；
顺时针旋转4秒时，D点在第三象限；
顺时针旋转5秒时，D点在在x轴负半轴上；
顺时针旋转6秒时，D点在第二象限，刚好回到起始位置；
可得D点位置是6秒一循环，
2021÷6＝336…5，
∴第2021秒时， D点在x轴负半轴上，
∴此时D点的坐标为（﹣2，0），
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，点的坐标特点，旋转的性质，关键：是由求OD及确定旋转的最终位置．
13．
【分析】
直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【详解】
解：4a2﹣1＝（2a+1）（2a﹣1）．
故答案为：（2a+1）（2a﹣1）．
【点睛】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用乘法公式进行分解是解题关键．
14．16
【分析】
根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE=∠CED，再根据等角对等边的性质可得CE=CD，然后利用平行四边形对边相等求出CD、BC的长度，再求出▱ABCD的周长．
【详解】
解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵▱ABCD中,AD∥BC，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠CDE=∠CED，
∴CE=CD，
∵在▱ABCD中，AD=5，BE=2，
∴AD=BC=5，
∴CE=BC−BE=5−2=3，
∴CD=AB=3，
∴▱ABCD的周长=5+5+3+3=16．
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了对边平行，对边相等，角平分线的定义，角对等边的性质，是基础题，准确识图并熟练掌握性质是解题的关键．
15．3
【分析】
解分式方程的一般步骤：去分母，再去括号，移项，合并同类项，系数化为1；注意最后一步要写检验.
【详解】
解：
经检验：是原方程的解.
【点睛】
本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握解分式方程的一般步骤，即可完成.
16．24
【分析】
首先求出对角线BD的长，根据菱形面积等于两条对角线乘积的一半计算即可．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，,
在Rt△ABO中，
,
∴BD=8,
∴菱形ABCD的面积为：，
故填：24．
【点睛】
此题主要考查菱形的对角线的性质和菱形的面积计算，熟练掌握菱形面积等于两条对角线乘积的一半是解题关键．
17．3
【分析】
根据一元二次方程的根与系数的关系即可解答．
【详解】
根据一元二次方程的根与系数关系可得：
，
所以可得
故答案为:．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的根与系数关系，这是一元二次方程的重点知识，必须熟练掌握．
18．①②③．
【分析】
连接PC，根据正方形的性质并利用SAS可证得△ABP≌△CBP，再结合矩形的性质即可判断①；延长AP交BC于点G，利用①中全等三角形的性质和矩形的性质可证得AP与EF的位置关系，进而可判断②；求得AP的最小值即可求得EF的最短长度，可判断③；当点P在点B或点D时，AP有最大值2，则可判断④．
【详解】
解：①如图，连接PC，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，
又∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝CP，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，且∠FCE＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
∴AP＝EF，故①正确；
②延长AP交BC于点G，设EF与PC交于点M，
由矩形的对角线相等且互相平分可得MP=MF=ME=MC，
∴∠PCE＝∠PFE＝∠BAP，
∵PE∥AB，∴∠EPG＝∠BAP，
∴∠EPG＝∠PFE，
∵∠EPF＝90°，
∴∠EPG+∠PEF＝∠PEF+∠PFE＝90°，
∴AP⊥EF，故②正确；
③当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，
由①可知EF＝AP，∴EF的最短长度为，故③正确；
④当点P在点B或点D位置时，AP＝AB＝2，
∴EF＝AP≤2，
∴当∠BAP＝30°时，AP＜2，
即EF的长度不可能为2，故④错误；
综上可知正确的结论为：①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，构造三角形全等证得AP＝EF是解题的关键．
19．
【分析】
如图所示，根据平行四边形的性质可知：对角线AB、CD互相平分，可得CD过线段AB的中点M，即CM=DM，根据A与B坐标求出M坐标，要求CD的最小值只需求出CM的最小值即可．
【详解】
根据平行四边形的性质可知：对角线AB、CD互相平分，
∴CD过线段AB的中点M，即CM=DM，
∵A（0，6），B（0，-4），
∴M（0，1），
∵点到直线的距离垂线段最短，
∴过M作直线CF的垂线交直线CF于点C，此时CM最小，
直线3x-4y+12=0，令x=0得到y=3；令y=0得到x=-4，即F（-4，0），E（0，3），
∴OE=3，OF=4，EM=2，EF==5，
∵△EOF∽△ECM，
∴，即，
解得：CM=，
则CD的最小值为．
故答案为．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定与性质，以及坐标与图形性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
20．
【分析】
先分别求出每一个不等式的解集，进一步即可求出不等式组的解集．
【详解】
解：对于不等式组，
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为：．
【点睛】
本题考查解一元一次不等式组；解题的关键是熟练掌握一元一次不等式组的解法，从而完成求解．
21．
【分析】
先计算括号中的，通分并相加，结果再与后面的式子相除，除以一个式子等于乘它的倒数，因式分解之后约分得到最后结果．
【详解】
解：原式．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22．见解析
【分析】
利用平行四边形的性质得出AO=CO，BO=DO，进而得出EO=FO，判断出四边形DEBF为平行四边形，从而得出答案．
【详解】
证明：连接、
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，分别为，的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质和判定，正确应用平行四边形的性质和判定是解题关键．
23．（1）；（2），
【分析】
（1）先提取公因式，再用完全平方公式分解即可；
（2）用配方法或公式法或因式分解法解方程即可．
【详解】
（1）；
（2）解：．
法1：．
．
∴，．
法2∵，，．
∴
∴
∴，．
法3：
∴或
∴，．
【点睛】
本题考查了因式分解和一元二次方程的解法，解题关键是熟练运用提取公因式和公式法进行因式分解，会用不同的方法解一元二次方程．
24．60
【分析】
找出题目中的等量关系式：原来行驶时间—现在行驶时间=2小时，然后解出方程即可
【详解】
解：设原来的速度为xkm/h．
，解得x=60，经检验，x=60是此分式方程的解
【点睛】
本题考查分式方程的应用，能够读懂题意列出方程是解题关键
25．（1）矩形，见解析；（2），，见解析
【分析】
（1）由外角的平分线和内角平分线的定义得∠DAE＝90°，根据三线合一可得∠ADC＝90°，由CE⊥AN得∠AEC＝90°，从而四边形ADCE为矩形；
（2）由四边形ADCE为矩形可得F是AC中点，由，平分，点D为BC中点，从而DF是△ABC的中位线．
【详解】
证明：（1）四边形为矩形，
理由：∵平分，平分，
∴，，
∴，
在中，
∵，平分，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴四边形为矩形；
（2），，
理由：
∵四边形是矩形，
∴，
∴点F为AC中点，
∵，平分，
∴，
∴点D为BC中点，
∴是的中位线，即，．
【点睛】
本题考查三角形角平分线定义，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线，熟练掌握三角形角平分线定义，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线是解答此题的关键．
26．（1）平均每次下调的百分率为10%；（2）房产销售经理的方案对购房者更优惠，见解析
【分析】
（1）设出平均每次下调的百分率为x，利用原每平方米销售价格×（1-每次下调的百分率）2=经过两次下调每平方米销售价格列方程解答即可；
（2）求出先下调5%，再下调15%的价格，再与开发商的方案比较，即可求解．
【详解】
解：（1）设平均每次下调的百分率是，
根据题意列方程得，，
解得：，（不合题意，舍去）；
答：平均每次下调的百分率为10%．
（2）
∴房产销售经理的方案对购房者更优惠．
【点睛】
此题考查一元二次方程的应用，其中的基本数量关系：原每平方米销售价格×（1-每次下调的百分率）2=经过两次下调每平方米销售价格．
27．（1）；（2）7；4；（3）12cm
【分析】
（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解；
（2）根据矩形及正方形的性质列方程求解；
（3）根据菱形的性质可以算得四边形PBDQ成为菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根据勾股定理可以得到AD的值．
【详解】
解：（1）当四边形是平行四边形时，，
∴，解得．
（2）若四边形APQD是矩形，则：
AP=QD，
∴t=28-3t，
∴t=7；
若四边形APQD是正方形，则：
QD=AD=16，
∴28-3t=16,
∴t=4，
设P点运动速度为vcm/s，则由AP=16cm可得：
4v=16,
∴v=4，
故答案为：7； 4.
（3）如图，
若四边形是菱形，则，
∴
解得．
∴，
∵，，∴
在中，
．
【点睛】
本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键．
28．（1）①见解析；②45°；（2）5；见解析；（3）3；（4）①或；②45°．
【分析】
（1）①根据题意在网格上作出图形即可，②由①可知是等腰直角三角形，则可以求出；
（2）将绕点按逆时针方向旋转60°，可得是等边三角形，再用勾股定理求得
（3）将绕点顺时针旋转90°得到，连接可得是等腰直角三角形，再用勾股定理求得；
（4）①将绕点逆时针旋转60°，得到，连接,，过作的延长线于点，得到，继而用勾股定理求解即可；
②将绕点逆时针旋转90°，得到，连接，得到是等腰直角三角形，继而用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）①如图所示，即为所求；
②,
；
（2）如图2，
∵将绕点按逆时针方向旋转60°，得到，
∴， ，
∴是等边三角形，∴，
∵，∴，
∴．
（3）∵是等腰直角三角形，
∴，，
将绕点顺时针旋转90°得到，连接，如图：
则，，，
∴是等腰直角三角形
∴，
，
∴
∴．
（4）①将绕点逆时针旋转60°，得到，连接,
则都是等边三角形
等腰直角中，，
过作的延长线于点
是等边三角形
在中
的最小值为=
②将绕点逆时针旋转90°，得到，连接，
∴，，
∴是等腰直角三角形
∴，，
又∵，∴，
∴是直角三角形，且，
∴．
【点睛】
本题考查了图形的旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，线段和最短距离，三角形三边关系，正确的添加常用辅助线是解题的关键．
29．＜m≤1
【分析】
首先根据题意得出方程的一个根为1，然后设另一个一元二次方程的两个根为a和b，根据根的判别式△=4﹣4m≥0和三角形三边的关系得出m的取值范围．
【详解】
解：∵（x﹣1）（x2﹣2x+m）=0，
∴x﹣1=0或x2﹣2x+m=0，
∴原方程的一个根为1，
设x2﹣2x+m=0的两根为a、b，
则△=4﹣4m≥0，解得m≤1，
∵a+b=2，ab=m，
又∴|a﹣b|=＜1，
∴4﹣4m＜1，
解得m＞，
∴＜m≤1．
故答案为＜m≤1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系以及三角形的三边关系等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
30．直角三角形，见解析
【分析】
作辅助线，过点作并截取，连接、，根据同角的余角相等，得出,然后利用“边角边”证明,根据全等三角形的对应边相等，得出，,再求出,然后利用“边角边”证明,根据全等三角形的对应边相等即可证得FM=NM，求出是直角三角形，再利用勾股定理及等量代换即可证得．
【详解】
以，，为三边围成的三角形为直角三角形，
证明：如图，过点作并截取，连接、，如图
∴，，
∴，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD,,
又∵、分别平分 ,
∴ ,
∴ ,
在和中，
∴，
∴，，
∴ ,
∴,
∴为直角三角形，
∴ ,
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵BF=DN, ,
∴,
∴以，，为三边围成的三角形为直角三角形．
【点睛】
本题考查正方形的性质，角平分线的定义，构造全等三角形，勾股定理，解题关键是通过作辅助线构造全等三角形，将三条边转化到一个三角形中．
山东省济南市历下区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列四个图分别是山东航空、重庆航空、海南航空和春秋航空公司的标志，其中属于中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．若，则下列式子正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列分式中，是最简分式的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，已知点，，平移线段，使点落在点处，则点的对应点的坐标为（ ）
A．（0，0） B．（0，－2） C．（－2，0） D．（－3，1）
5．方程的一个根是，则的值是（ ）
A．6 B．－6 C．8 D．14
6．下列说法判断错误的是（ ）
A．对角线相互平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线相互垂直平分的四边形是菱形
D．对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形
7．若正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的内角和是（ ）
A．720° B．900° C．1080° D．1260°
8．如图，在中，对角线、交于点，是边的中点，若的周长为16，则的周长是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
9．如图，已知P是∠AOB的平分线上的一点，∠AOB＝60°，PD⊥OA，M是OP的中点，点C是OB上的一个动点，若PC的最小值为3 cm，则MD的长度为( )
A．3cm B．3cm C．2cm D．2cm
10．若关于x的一元二次方程x2﹣x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的值可能是（ ）
A．2021 B．2 C．1 D．0
11．如图，已知直线y1＝x+m与y2＝kx﹣1相交于点P（﹣1，2），则关于x的不等式x+m＜kx﹣1的解集在数轴上表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．如图，矩形的顶点，，与轴负半轴的夹角为60°，若矩形绕点顺时针旋转，每秒旋转60°，则第2021秒时，矩形的对角线交点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．因式分解：__________．
14．如图，在平行四边形中，平分，，，则的周长是__________．
15．方程的解是_____________
16．如图，菱形的对角线与相交于点，若，，则菱形的面积为______．
17．若是一元二次方程的两个实数根，则的值是_______．
18．如图，为边长为2的正方形的对角线上任一点，过点作于点，于点，连接．给出以下4个结论：①；②；③最短长度为；④若时，则的长度为2．其中结论正确的有_________.
19．已知点D与点A（0，6）、B（0，﹣4）、C（x，y）是平行四边形的四个顶点，其中x、y满3x﹣4y+12＝0，则CD的最小值为_____．
三、解答题
20．解不等式组：
21．化简：．
22．已知：如图，在中，对角线与相交于点，，分别是和的中点．求证：．
23．（1）因式分解：；
（2）解方程：．
24．某市为促进经济发展，增强对外贸易的竞争力，把距离港口360千米的普通公路升级成了同等长度的高速公路，结果汽车行驶的平均速度比原来提高了50%，行驶时间缩短了2小时，求汽车原来的平均速度.
25．已知：如图，在中，，是的一条角平分线，是外角的平分线，，垂足为．连接交于点．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）试判断与的关系，并说明理由．
26．开发商准备以每平方米20000元价格出售某楼盘，为遵循政府有关房地产的调控政策，开发商经过两次下调销售价格后，决定以每平方米16200元的价格销售．
（1）求平均每次下调的百分率；
（2）房产销售经理向开发商建议：先公布下调5%，再下调15%，这样更有吸引力，请问房产销售经理的方案对购房者是否更优惠？为什么？
27．如图，在四边形中，，，，，动点从点出发，以的速度向点运动，同时动点从点出发，以的速度向点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒．
（1）当四边形是平行四边形时，求t的值；
（2）当______时，四边形是矩形；若且点的移动速度不变，要使四边形能够成为正方形，则点移动速度是______；
（3）在点、运动过程中，若四边形能够成为菱形，求的长度．
28．（操作发现）
（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为；
②连接，此时______°；
（问题解决）
在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：
（2）如图2，在等边中，点在内部，且，，，求的长．
经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将绕点按顺时针方向旋转60°，得到，连接，寻找、、三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程；
（学以致用）
（3）如图3，在等腰直角中，，为内一点，且，，，求；
（思维拓展）
（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．
①等腰直角中，，为内部一点，若，则的最小值＝______
②如图4，若点是正方形外一点，，，，求的度数．
29．若方程（x﹣1）（x2﹣2x+m）=0的三个根可以作为一个三角形的三边之长，则m的取值范围： ．
30．已知：如图，正方形，、分别平分正方形的两个外角，且满足，连接．若以，，为三边围成三角形，试猜想该三角形的形状，并证明你的结论．
参考答案
1．B
【分析】
一个图形绕某点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念对各选项分别进行判断即可得．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，判断中心对称图形要找对称中心，旋转180°与原图重合．
2．C
【分析】
根据不等式的性质即可判断．
【详解】
不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；不等式两边同时乘以（或除以)同一个政书，不等号方向不变，不等式两边同时乘以(或除以)同一个负数，不等号方向改变逐一判定，A、B、D选项错误，C选项正确．
故选C
【点睛】
此题考查的是不等式，掌握不等式的三个性质是解题的关键．
3．A
【分析】
根据最简分式的定义对四个分式分别进行判断即可．
【详解】
A、是最简分式，故选项A符合题意；
B、=不是最简分式，故选项B不符合题意；
C、=不是最简分式，故选项C不符合题意；
D、=不是最简分式，故选项D不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了最简分式：一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式．掌握最简分式定义，并会根据定义识别一个分式是否是最简分式是解题的关键．
4．C
【分析】
根据B点对应点的坐标可得线段AB的平移方法，进而可得A点的对应点坐标．
【详解】
解：∵，平移线段AB，使点B落在点处，
∴横坐标减4，纵坐标减1，即线段向左平移4个单位，向下平移1个单位，
∵，
∴点A的对应点的坐标为，
即的坐标为．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的变化---平移，关键是掌握右加左减，上加下减坐标平移规律是解题关键．
5．A
【分析】
直接将方程的根代入，即可求得a的值．
【详解】
将代入得：
，
解得：,
故选：A．
【点睛】
本题考查一元二次方程根的概念，解题关键是理解方程根的概念．
6．B
【分析】
利用平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、菱形的判定定理、正方形的判定定理分别对每个选项进行判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、对角线相互平分的四边形是平行四边形，此说法正确，不符合题意；
B、对角线相等的四边形是矩形，题目未说平分，有对角线相等但不是矩形的四边形，例如等腰梯形，此说法错误，符合题意；
C、对角线相互垂直平分的四边形是菱形，此说法正确，不符合题意；
D、对角线相互垂直且相等的平行四边形是正方形，此说法正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形及特殊四边形的判定等内容，熟记并掌握其判定是解题关键．
7．D
【分析】
根据任意多边形的外角和是360°，可求出边数是，因为这个多边形的所有外角都是40°,所以它的每个内角都是180°-40°=140°，即可解答．
【详解】
∵ 任意多边形的外角和是360° 这个多边形的每一个外角都等于40°，
∴ 这个多边形的边数是=9，
∵ 多边形的每一组内、外角之和为180°，
∴ 它的一个内角是180°-40°=140°，
∴ 它的内角和是9×140°=1260°．
故选D．
【点睛】
此题考查多边形内角（和）与外角（和），解题关键在于掌握计算公式．
8．C
【分析】
首先判断OE是△BCD的中位线，再由O,E分别为AC，BC的中点,得出，CE=BC=AD，CO=AC，OE=CD，再由△ACD的周长为16，可得CE+OC+OE=8，这样即可求出△COE的周长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，DC=AB，AO=OC，
∵E为BC中点，
∴CE=BC=AD，OC=AC，
∴OE=CD，
∵△ADC的周长为16，
∴AD+DC+AC=16，
∴△CEO的周长是CE+OE+CO=（BC+DC+AC）=（AD+CD+AC）=×16=8，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质及三角形的中位线定理，解答本题注意掌握中位线的性质及平行四边形对边相等、对角线互相平分的性质是解题关键．
9．A
【分析】
根据垂线段最短、角平分线的性质求出PD，根据直角三角形的性质解答．
【详解】
作PC⊥OB于C，则此时PC最小，
∵P是∠AOB的角平分线上的一点，PD⊥OA，PC⊥OB，
∴PD=PC=3，∠AOP=30°，
∴OP=2PD=6，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴DM=OP=3，
故选A．
【点睛】
本题考查的是角平分线的性质、直角三角形的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
10．D
【分析】
根据判别式的意义得到△=（1）24m＞0，然后解关于m的不等式，最后对各选项进行判断．
【详解】
解：∵关于x的一元二次方程x2﹣x+m＝0有两个不相等的实数根
∴判别式,
又∵，
∴，
解得，
∴m的值可能是0；
故选：D．
【点睛】
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．
11．D
【分析】
利用函数图象,找出直线y=x+m在直线y=kx-1的下方所对应的自变量的范围即可
【详解】
解析
根据图象得,当x<-1时,x+m
【点睛】
此题考查在数轴上表示不等式的解集和一次函数与ー元一次不等式，解题关键在于判定函数图象的位置关系
12．C
【分析】
先求得OD，再根据题意求得矩形绕点O顺时针旋转，每秒旋转60°，第2021秒时，D点的位置，进而求得D点坐标．
【详解】
解：∵矩形OABC的顶点O（0，0），，
∴，，
顺时针旋转1秒时，D点在第一象限；
顺时针旋转2秒时，D点在x轴正半轴上；
顺时针旋转3秒时，D点在第四象限；
顺时针旋转4秒时，D点在第三象限；
顺时针旋转5秒时，D点在在x轴负半轴上；
顺时针旋转6秒时，D点在第二象限，刚好回到起始位置；
可得D点位置是6秒一循环，
2021÷6＝336…5，
∴第2021秒时， D点在x轴负半轴上，
∴此时D点的坐标为（﹣2，0），
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，点的坐标特点，旋转的性质，关键：是由求OD及确定旋转的最终位置．
13．
【分析】
直接利用平方差公式分解因式得出答案．
【详解】
解：4a2﹣1＝（2a+1）（2a﹣1）．
故答案为：（2a+1）（2a﹣1）．
【点睛】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用乘法公式进行分解是解题关键．
14．16
【分析】
根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE=∠CED，再根据等角对等边的性质可得CE=CD，然后利用平行四边形对边相等求出CD、BC的长度，再求出▱ABCD的周长．
【详解】
解：∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵▱ABCD中,AD∥BC，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠CDE=∠CED，
∴CE=CD，
∵在▱ABCD中，AD=5，BE=2，
∴AD=BC=5，
∴CE=BC−BE=5−2=3，
∴CD=AB=3，
∴▱ABCD的周长=5+5+3+3=16．
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了对边平行，对边相等，角平分线的定义，角对等边的性质，是基础题，准确识图并熟练掌握性质是解题的关键．
15．3
【分析】
解分式方程的一般步骤：去分母，再去括号，移项，合并同类项，系数化为1；注意最后一步要写检验.
【详解】
解：
经检验：是原方程的解.
【点睛】
本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握解分式方程的一般步骤，即可完成.
16．24
【分析】
首先求出对角线BD的长，根据菱形面积等于两条对角线乘积的一半计算即可．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，,
在Rt△ABO中，
,
∴BD=8,
∴菱形ABCD的面积为：，
故填：24．
【点睛】
此题主要考查菱形的对角线的性质和菱形的面积计算，熟练掌握菱形面积等于两条对角线乘积的一半是解题关键．
17．3
【分析】
根据一元二次方程的根与系数的关系即可解答．
【详解】
根据一元二次方程的根与系数关系可得：
，
所以可得
故答案为:．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的根与系数关系，这是一元二次方程的重点知识，必须熟练掌握．
18．①②③．
【分析】
连接PC，根据正方形的性质并利用SAS可证得△ABP≌△CBP，再结合矩形的性质即可判断①；延长AP交BC于点G，利用①中全等三角形的性质和矩形的性质可证得AP与EF的位置关系，进而可判断②；求得AP的最小值即可求得EF的最短长度，可判断③；当点P在点B或点D时，AP有最大值2，则可判断④．
【详解】
解：①如图，连接PC，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，
又∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝CP，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，且∠FCE＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
∴AP＝EF，故①正确；
②延长AP交BC于点G，设EF与PC交于点M，
由矩形的对角线相等且互相平分可得MP=MF=ME=MC，
∴∠PCE＝∠PFE＝∠BAP，
∵PE∥AB，∴∠EPG＝∠BAP，
∴∠EPG＝∠PFE，
∵∠EPF＝90°，
∴∠EPG+∠PEF＝∠PEF+∠PFE＝90°，
∴AP⊥EF，故②正确；
③当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，
由①可知EF＝AP，∴EF的最短长度为，故③正确；
④当点P在点B或点D位置时，AP＝AB＝2，
∴EF＝AP≤2，
∴当∠BAP＝30°时，AP＜2，
即EF的长度不可能为2，故④错误；
综上可知正确的结论为：①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，构造三角形全等证得AP＝EF是解题的关键．
19．
【分析】
如图所示，根据平行四边形的性质可知：对角线AB、CD互相平分，可得CD过线段AB的中点M，即CM=DM，根据A与B坐标求出M坐标，要求CD的最小值只需求出CM的最小值即可．
【详解】
根据平行四边形的性质可知：对角线AB、CD互相平分，
∴CD过线段AB的中点M，即CM=DM，
∵A（0，6），B（0，-4），
∴M（0，1），
∵点到直线的距离垂线段最短，
∴过M作直线CF的垂线交直线CF于点C，此时CM最小，
直线3x-4y+12=0，令x=0得到y=3；令y=0得到x=-4，即F（-4，0），E（0，3），
∴OE=3，OF=4，EM=2，EF==5，
∵△EOF∽△ECM，
∴，即，
解得：CM=，
则CD的最小值为．
故答案为．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定与性质，以及坐标与图形性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
20．
【分析】
先分别求出每一个不等式的解集，进一步即可求出不等式组的解集．
【详解】
解：对于不等式组，
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∴不等式组的解集为：．
【点睛】
本题考查解一元一次不等式组；解题的关键是熟练掌握一元一次不等式组的解法，从而完成求解．
21．
【分析】
先计算括号中的，通分并相加，结果再与后面的式子相除，除以一个式子等于乘它的倒数，因式分解之后约分得到最后结果．
【详解】
解：原式．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22．见解析
【分析】
利用平行四边形的性质得出AO=CO，BO=DO，进而得出EO=FO，判断出四边形DEBF为平行四边形，从而得出答案．
【详解】
证明：连接、
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，分别为，的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质和判定，正确应用平行四边形的性质和判定是解题关键．
23．（1）；（2），
【分析】
（1）先提取公因式，再用完全平方公式分解即可；
（2）用配方法或公式法或因式分解法解方程即可．
【详解】
（1）；
（2）解：．
法1：．
．
∴，．
法2∵，，．
∴
∴
∴，．
法3：
∴或
∴，．
【点睛】
本题考查了因式分解和一元二次方程的解法，解题关键是熟练运用提取公因式和公式法进行因式分解，会用不同的方法解一元二次方程．
24．60
【分析】
找出题目中的等量关系式：原来行驶时间—现在行驶时间=2小时，然后解出方程即可
【详解】
解：设原来的速度为xkm/h．
，解得x=60，经检验，x=60是此分式方程的解
【点睛】
本题考查分式方程的应用，能够读懂题意列出方程是解题关键
25．（1）矩形，见解析；（2），，见解析
【分析】
（1）由外角的平分线和内角平分线的定义得∠DAE＝90°，根据三线合一可得∠ADC＝90°，由CE⊥AN得∠AEC＝90°，从而四边形ADCE为矩形；
（2）由四边形ADCE为矩形可得F是AC中点，由，平分，点D为BC中点，从而DF是△ABC的中位线．
【详解】
证明：（1）四边形为矩形，
理由：∵平分，平分，
∴，，
∴，
在中，
∵，平分，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴四边形为矩形；
（2），，
理由：
∵四边形是矩形，
∴，
∴点F为AC中点，
∵，平分，
∴，
∴点D为BC中点，
∴是的中位线，即，．
【点睛】
本题考查三角形角平分线定义，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线，熟练掌握三角形角平分线定义，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线是解答此题的关键．
26．（1）平均每次下调的百分率为10%；（2）房产销售经理的方案对购房者更优惠，见解析
【分析】
（1）设出平均每次下调的百分率为x，利用原每平方米销售价格×（1-每次下调的百分率）2=经过两次下调每平方米销售价格列方程解答即可；
（2）求出先下调5%，再下调15%的价格，再与开发商的方案比较，即可求解．
【详解】
解：（1）设平均每次下调的百分率是，
根据题意列方程得，，
解得：，（不合题意，舍去）；
答：平均每次下调的百分率为10%．
（2）
∴房产销售经理的方案对购房者更优惠．
【点睛】
此题考查一元二次方程的应用，其中的基本数量关系：原每平方米销售价格×（1-每次下调的百分率）2=经过两次下调每平方米销售价格．
27．（1）；（2）7；4；（3）12cm
【分析】
（1）根据平行四边形对边相等的性质得到关于t的方程即可得解；
（2）根据矩形及正方形的性质列方程求解；
（3）根据菱形的性质可以算得四边形PBDQ成为菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根据勾股定理可以得到AD的值．
【详解】
解：（1）当四边形是平行四边形时，，
∴，解得．
（2）若四边形APQD是矩形，则：
AP=QD，
∴t=28-3t，
∴t=7；
若四边形APQD是正方形，则：
QD=AD=16，
∴28-3t=16,
∴t=4，
设P点运动速度为vcm/s，则由AP=16cm可得：
4v=16,
∴v=4，
故答案为：7； 4.
（3）如图，
若四边形是菱形，则，
∴
解得．
∴，
∵，，∴
在中，
．
【点睛】
本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的应用，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形有关边的性质、勾股定理的应用是解题关键．
28．（1）①见解析；②45°；（2）5；见解析；（3）3；（4）①或；②45°．
【分析】
（1）①根据题意在网格上作出图形即可，②由①可知是等腰直角三角形，则可以求出；
（2）将绕点按逆时针方向旋转60°，可得是等边三角形，再用勾股定理求得
（3）将绕点顺时针旋转90°得到，连接可得是等腰直角三角形，再用勾股定理求得；
（4）①将绕点逆时针旋转60°，得到，连接,，过作的延长线于点，得到，继而用勾股定理求解即可；
②将绕点逆时针旋转90°，得到，连接，得到是等腰直角三角形，继而用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）①如图所示，即为所求；
②,
；
（2）如图2，
∵将绕点按逆时针方向旋转60°，得到，
∴， ，
∴是等边三角形，∴，
∵，∴，
∴．
（3）∵是等腰直角三角形，
∴，，
将绕点顺时针旋转90°得到，连接，如图：
则，，，
∴是等腰直角三角形
∴，
，
∴
∴．
（4）①将绕点逆时针旋转60°，得到，连接,
则都是等边三角形
等腰直角中，，
过作的延长线于点
是等边三角形
在中
的最小值为=
②将绕点逆时针旋转90°，得到，连接，
∴，，
∴是等腰直角三角形
∴，，
又∵，∴，
∴是直角三角形，且，
∴．
【点睛】
本题考查了图形的旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，线段和最短距离，三角形三边关系，正确的添加常用辅助线是解题的关键．
29．＜m≤1
【分析】
首先根据题意得出方程的一个根为1，然后设另一个一元二次方程的两个根为a和b，根据根的判别式△=4﹣4m≥0和三角形三边的关系得出m的取值范围．
【详解】
解：∵（x﹣1）（x2﹣2x+m）=0，
∴x﹣1=0或x2﹣2x+m=0，
∴原方程的一个根为1，
设x2﹣2x+m=0的两根为a、b，
则△=4﹣4m≥0，解得m≤1，
∵a+b=2，ab=m，
又∴|a﹣b|=＜1，
∴4﹣4m＜1，
解得m＞，
∴＜m≤1．
故答案为＜m≤1．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系以及三角形的三边关系等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
30．直角三角形，见解析
【分析】
作辅助线，过点作并截取，连接、，根据同角的余角相等，得出,然后利用“边角边”证明,根据全等三角形的对应边相等，得出，,再求出,然后利用“边角边”证明,根据全等三角形的对应边相等即可证得FM=NM，求出是直角三角形，再利用勾股定理及等量代换即可证得．
【详解】
以，，为三边围成的三角形为直角三角形，
证明：如图，过点作并截取，连接、，如图
∴，，
∴，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD,,
又∵、分别平分 ,
∴ ,
∴ ,
在和中，
∴，
∴，，
∴ ,
∴,
∴为直角三角形，
∴ ,
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
又∵BF=DN, ,
∴,
∴以，，为三边围成的三角形为直角三角形．
【点睛】
本题考查正方形的性质，角平分线的定义，构造全等三角形，勾股定理，解题关键是通过作辅助线构造全等三角形，将三条边转化到一个三角形中．
相关试卷
山东省济南市历下区2022-2023学年八年级下学期期末数学试题（含答案）： 这是一份山东省济南市历下区2022-2023学年八年级下学期期末数学试题（含答案），共14页。试卷主要包含了6）， 如图，在平面直角坐标系中，A等内容，欢迎下载使用。
山东省济南市历下区2021-2022学年八年级下学期期末数学试题(word版含答案)： 这是一份山东省济南市历下区2021-2022学年八年级下学期期末数学试题(word版含答案)，共11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。
山东省济南市历下区2021-2022学年八年级下学期期末数学试卷 (word版含答案)： 这是一份山东省济南市历下区2021-2022学年八年级下学期期末数学试卷 (word版含答案)，共22页。
