还剩28页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
苏科版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）
展开
这是一份苏科版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共31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。
苏科版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 下列各组条件中，能判断两个直角三角形全等的是( )
A. 两组直角边对应相等 B. 一组边对应相等
C. 两组锐角对应相等 D. 一组锐角对应相等
2. 在△ABC中，AC=6，中线AD=5，则边AB的长的取值范围是( )
A. 1
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
4. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以△ABC的一边BC为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
5. 如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为( )
A. 259 B. 258 C. 157 D. 207
6. 我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式。后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的长方形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该长方形的面积为( )
A. 20 B. 24 C. 994 D. 532
7. 实数a、b在数轴上的位置如图，则|a+b|-|a-b|等于( )
A. 2b+2a B. 2b C. 2b-2a D. 2a
8. 对a、b，定义运算a*b=a2b(a≥b)ab2(a
9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为( )
A. (0,1) B. (1,−1) C. (0,−1) D. (1,0)
10. 如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴与y轴，物体甲和物体乙由点A(2,0)同时出发，沿长方形BCDE的边做环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位长度/秒的速度匀速运动，则两个物体运动后的第2022次相遇地点的坐标是( )
A. (1,−1) B. (−1,−1) C. (−1,1) D. (2,0)
11. 在平面直角坐标系中，已知一次函数y=(k−2)x−b的图象大致如图所示，则下列结论正确的是( )
A. k>2，b>0
B. k>2，b<0
C. k<2，b>0
D. k<2，b<0
12. 小带和小路两个人开车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，小带和小路两人的车离开A城的距离y(千米)与行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．有下列结论：
①A、B两城相距300千米；
②小路的车比小带的车晚出发1小时，却早到1小时；
③小路的车出发后2.5小时追上小带的车；
④当小带和小路的车相距50千米时，t=54或t=154．
其中正确的结论有( )
A. ①②③④ B. ①②④ C. ①② D. ②③④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 在△ABC和△A′B′C′中，已知∠A=∠A′，AC=A′C′，请你添加一个条件，使△ABC≌△A′B′C′，你添加的条件是______．
14. 如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC上的一点，∠BAD=28°，在AD的右侧作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接CE，DE，DE交AC于点O，若CE//AB，则∠DOC的度数为______．
15. 如图，AC，BD在AB的同侧，AC=2，BD=8，AB=8，点M为AB的中点，若∠CMD=120°，则CD的最大值是_______．
16. 如图，“爱心”图案是由函数y=−x2+6的部分图象与其关于直线y=x的对称图形组成．点A是直线y=x上方“爱心”图案上的任意一点，点B是其对称点．若AB=42，则点A的坐标是______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，已知△ABC，∠C=90°，AC
(2)连结AD，若∠B=37°，则∠CAD=______度．
18. 如图，操场上有两根旗杆间相距12m，小强同学从B点沿BA走向A，一定时间后他到达M点，此时他测得CM和DM的夹角为90°，且CM=DM，已知旗杆AC的高为3m，小强同学行走的速度为0.5m/s，则：
(1)请你求出另一旗杆BD的高度；
(2)小强从M点到达A点还需要多长时间？
19. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D为平面内一点，且∠BDC=45°，BD与AC交于点P，过A作AF//CD交BD边于点F．
(1)如图1，过C作CE⊥BD交于E，
①求证：∠ABF=∠BCE；
②求证：DF=2BE；
(2)过F作FH⊥AF交AB于H，连接CF，若∠BAF=∠PCF，BC=5，求BH的长．
20. 已知△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，点D在直线BC上．
(1)如图1，当点D在CB延长线上时，求证：BE⊥CD；
(2)如图2，当D点不在直线BC上时，BE、CD相交于M．
①直接写出∠CME的度数；
②求证：MA平分∠CME．
21. (1)观察猜想，如图1，点B，A，C在同一条直线上，DB⊥BC，EC⊥BC且∠DAE=90°，AD=AE，则BC，BD，CE之间的数量关系为_______________；
(2)问题解决，如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CB=4，AB=2，以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC，连接BD，求BD的长；
(3)拓展延伸，如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，CB=4，AB=2，DC=DA，请直接写出BD的长．
22. 规定：若P(x,y)是以x，y为未知数的二元一次方程ax+by=c的整数解，则称此时点P为二元一次方程ax+by=c的“理想点”.请回答以下关于x，y的二元一次方程的相关问题．
(1)已知A(−1,2)，B(4,−3)，C(−3,4)，请问哪个点是方程2x+3y=6的“理想点”，哪个点不是方程2x+3y=6的“理想点”，并说明理由．
(2)已知m，n为非负整数，且2|n|−m=1，若P(m,|n|)是方程2x+y=8的“理想点”，求2m−n的平方根．
(3)已知k是正整数，且P(x,y)是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”，求点P的坐标．
23. 在数轴上点A表示a，点B表示b，且a，b满足a−10+b−3=0：
(1)①a+b=_________；② x表示a+b的整数部分，y表示a+b的小数部分，则y=________；
(2)若b
24. 在平面直角坐标系xOy中，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，若x2−x1=y2−y1≠0，则称点A与点B互为“对角点”，例如：点A(−1,3)，点B(2,6)，因为2−(−1)=6−3≠0，所以点A与点B互为“对角点”．
(1)若点A的坐标是(4,−2)，则在点B1(2,0)，B2(−1,−7)，B3(0,−6)中，点A的“对角点”为点______；
(2)若点A的坐标是(−2,4)的“对角点”B在坐标轴上，求点B的坐标；
(3)若点A的坐标是(3,−1)与点B(m,n)互为“对角点”，且点B在第四象限，求m，n的取值范围．
25. 为倡导低碳生活，绿色出行，某自行车俱乐部利用周末组织“远游骑行”活动．自行车队从甲地出发，途径乙地短暂休息完成补给后，继续骑行至目的地丙地，自行车队出发1小时后，恰有一辆邮政车从甲地出发，沿自行车队行进路线前往丙地，在丙地完成2小时装卸工作后按原路返回甲地，自行车队与邮政车行驶速度均保持不变，并且邮政车行驶速度是自行车队行驶速度的2.5倍，如图表示自行车队、邮政车离甲地的路程y(km)与自行车队离开甲地时间x(h)的函数关系图象，请根据图象提供的信息解答下列各题：
(1)自行车队行驶的速度是_____km/h；
(2)邮政车出发多少小时与自行车队首次相遇？
(3)邮政车在返程途中与自行车队再次相遇时的地点距离甲地多远？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、可以利用边角边判定两三角形全等，故本选项正确；
B、两直角三角形隐含一个条件是两直角相等，要判定两直角三角形全等，起码还要两个条件，则选项错误；
C、两个锐角分别相等，只有角没有边，不能判定全等，此选项错误；
D、一组锐角对应相等，隐含一个条件是两直角相等，根据角对应相等，不能判定三角形全等，故选项错误．
故选：A．
利用SAS、HL、AAS进行判定．
本题考查了直角三角形全等的判定，解题的关键是注意直角三角形性质的使用(两锐角互余，一个角是90°)．
2.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形中线的定义，三角形三边关系，关键是倍长中线即延长AD至E，使DE=AD，利用SAS证明△ABD≅△ECD，再根据全等三角形的性质和三角形三边关系即可解答．
【解答】
解：如图，延长AD至E，使DE=AD，
∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中，
BD=CD∠ADB=∠EDCAD=ED
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴AB=CE，
∵AD=5，∴AE=5+5=10，
∵10+6=16，10−6=4，
∴4
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查等边三角形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，涉及三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
①由∠AFD=60°可证明△CAE≌△BCD，从而可判断①正确；②作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，可证明△ECM≌△GCN(AAS)得CE=CG，EM=GN，∠ECM=∠GCN，即可证明△AMC≌△HNC(SAS)，有∠ACM=∠HCN，AC=HC，从而得△ACH是等边三角形，故②正确；③由∠CFH=∠AFH=60°，若FC=CG，可得∠FCG=60°，即可判定③不正确；④根据△ECM≌△GCN，△AMC≌△HNC，△CAE≌△BCD，可判定④正确．
【解答】
解：①因为三角形ABC是等边三角形，
所以∠B=∠ACE=60°，BC=AC，
因为∠AFD=∠CAE+∠ACD=60°，∠BCD+∠ACD=∠ACB=60°，
所以∠BCD=∠CAE，
在△BCD和△CAE中，
∠B=∠ACEBC=AC∠BCD=∠CAE，
所以△BCD≌△CAE(ASA)，
所以BD=CE，故①正确；
②作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，如图：
因为∠EFC=∠AFD=60°
所以∠AFC=120°，
因为FG为△AFC的角平分线，
所以∠CFH=∠AFH=60°，
所以∠CFH=∠CFE=60°，
因为CM⊥AE，CN⊥HF，
所以CM=CN，
因为∠CEM=∠ACE+∠CAE=60°+∠CAE，∠CGN=∠AFH+∠CAE=60°+∠CAE，
所以∠CEM=∠CGN，
在△ECM和△GCN中
∠CEM=∠CGN∠CME=∠CNG=90∘CM=CN，
所以△ECM≌△GCN(AAS)，
所以CE=CG，EM=GN，∠ECM=∠GCN，
所以∠MCN=∠ECG=60°，
由①知△CAE≌△BCD，
所以AE=CD，
因为HG=CD，
所以AE=HG，
所以AE+EM=HG+GN，即AM=HN，
在△AMC和△HNC中，
AM=HN∠AMC=∠HNC=90∘CM=CN，
所以△AMC≌△HNC(SAS)，
所以∠ACM=∠HCN，AC=HC，
所以∠ACM−∠ECM=∠HCN−∠GCN，即∠ACE=∠HCG=60°，
所以△ACH是等边三角形，
所以∠AHC=60°，故②正确；
③由②知∠CFH=∠AFH=60°，若FC=CG，则∠CGF=60°，从而∠FCG=60°，这与∠ACB=60°矛盾，故③不正确；
④因为△ECM≌△GCN，△AMC≌△HNC，
所以S△AMC−S△ECM=S△HNC−S△GCN，即S△ACE=S△CGH，
因为△CAE≌△BCD，
所以S△BCD=S△ACE=S△CGH，故④正确，
所以正确的有：①②④，
故选：C．
4.【答案】C
【解析】略
5.【答案】D
【解析】解：作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，
由勾股定理得：AB=32+42=5，
∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，
∴AD=DF，∠A=∠DFE，
∵FD平分∠EFB，
∴∠DFE=∠DFH，
∴∠DFH=∠A，
设DH=3x，
在Rt△DHF中，sin∠DFH=sin∠A=35，
∴DF=5x，
∴BD=5−5x，
∵△BDH∽△BAC，
∴BDAB=DHAC，
∴5−5x5=3x4，
∴x=47，
∴AD=5x=207．
故选：D．
由翻折得出AD=DF，∠A=∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFH=∠A，然后借助相似列出方程即可．
本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解决问题，通过相似表示线段和列方程是解题本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：设小正方形的边长为x，
∵a=3，b=4，
∴AB=3+4=7，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
即(3+x)2+(x+4)2=72，
整理得，x2+7x−12=0，
即x2+7x=12
而长方形面积为(x+4)(x+3)=x2+7x+12=12+12=24
∴该长方形的面积为24，
故选：B
7.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了整式的加减，绝对值，以及实数与数轴，熟练掌握运算法则是解本题的关键.根据数轴上点的位置判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简，去括号合并即可得到结果．
【解答】
解：根据数轴上点的位置得：a<0
则，原式=a+b+a−b=2a．
故选D．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平方根和新定义的应用，关键是能求出符合条件的所有情况.根据题意得出两个情况，求出后看看是否符合条件即可
【解答】
解：∵3*m=36，
∴①9m=36，
m=4，
∵3和4不符合a≥b，
∴此种情况不符合题意；
②3m2=36，
m=±12 ，
m=−12<3，(舍去)
实数m=12，此种情况符合a
9.【答案】B
【解析】解：
由图形可知，对应点的连线CC′、AA′的垂直平分线的交点是点(1,−1)，根据旋转变换的性质，点(1,−1)即为旋转中心．
故旋转中心坐标是P(1,−1)．
故选：B．
根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的旋转以及对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握网格结构，找出对应点的位置是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题为平面直角坐标系内的动点坐标规律探究题，解答关键是找到两个物体相遇的位置的变化规律．
根据两个物体运动速度和长方形周长，得到两个物体的相遇时间间隔，进而得到两个点相遇的位置规律．
【解答】
解：由已知，长方形周长为12，
∵甲、乙速度分别为1单位/秒，2单位/秒，
则两个物体每次相遇时间间隔为121+2=4秒，
则两个物体相遇点依次为(−1,1)、(−1,−1)、(2,0)，
∵2022=3×673······3，
∴第2022次两个物体相遇位置为(2,0)，
故选：D
11.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=(k−2)x−b的图象经过二、三、四象限，
∴k−2<0，−b<0．
解得：k<2，b>0
故选：C．
先根据函数图象得出其经过的象限，由一次函数图象与系数的关系即可得出结论．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k<0，b<0时函数的图象经过二、三、四象限．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是小带车所用的时间．
观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得小带、小路两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】
解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，小带行驶的时间为5小时，而小路是在小带出发1小时后出发的，且用时3小时，即比小带早到1小时，
∴①②都正确；
设小带车离开A城的距离y与t的关系式为y1=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y1=60t，
设小路车离开A城的距离y与t的关系式为y2=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，
解得：m=100n=−100，
∴y2=100t−100，
令y1=y2，可得：60t=100t−100，
解得：t=2.5，
即小带车、小路车两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时小路车出发时间为1.5小时，即小路车出发1.5小时后追上小带车，
∴③不正确；
令|y1−y2|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y1=50，此时小路车还没出发，
当t=256时，小路车到达B城，y1=250；
综上可知当t的值为54或154或56或256时，两车相距50千米，
∴④不正确；
故选C．
13.【答案】AB=A′B′
【解析】解：添加的条件是AB=A′B′，
理由是：∵在△ABC和△A′B′C′中
AB=A′B′∠A=∠A′AC=A′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′(SAS)，
故答案为：AB=A′B′
添加的条件是AB=A′B′，理由是由AB=A′B′，∠A=∠A′，AC=A′C′根据SAS推出两三角形全等即可，答案不唯一．
本题考查了全等三角形的判定，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，②此题答案不唯一，可以为AB=A′B′或∠B=∠B′或∠C=∠C′．
14.【答案】92°
【解析】解：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AB=AC∠DAB=∠EACAD=AE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴∠B=∠ACE，
∵CE//AB，
∴∠B+∠BCE=180°，
∴∠B+∠ACB+∠ACE=180°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠ACB=∠ACE=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠DAE=∠BAC=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵∠BAD=28°，
∴∠OAD=60°−28°=32°，
∴∠DOC=∠OAD+∠ADE=32°+60°=92°．
故答案为：92°．
根据已知条件证明△DAB≌△EAC，可得∠B=∠ACE，再根据CE//AB，可得∠B+∠ACB+∠ACE=180°，然后证明△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，进而根据三角形内角和定理即可解决问题．
本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△DAB≌△EAC．
15.【答案】14
【解析】
【分析】
本题考查轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识．
如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题
【解答】
解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，连接CA′、MA′、MB′、A′B′、B′D，
∵∠CMD=120°，
∴∠AMC+∠DMB=60°，
∴∠CMA′+∠DMB′=60°，
∴∠A′MB′=60°，
∵MA′=MB′，
∴△A′MB′为等边三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D=CA+AM+BD=2+4+8=14，
∴CD的最大值为14，
故答案为14．
16.【答案】(−2,2)或(1,5)
【解析】解：因为A、B关于直线y=x对称，
所以设A(a,b)，则B(b,a)，
∵AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2，
∴42=(b−a)2+(a−b)2，
(42)2=(b−a)2+(b−a)2，
32=2(b−a)2，
(b−a)2=16，
b−a=4或b−a=−4(舍去)，
∴b=a+4，
又∵A(a,b)在y=−x2+6上，
∴b=−a2+6，
即a+4=−a2+6，
整理得，a2+a−2=0，
解得，a1=−2，a2=1，
∴当a1=−2时，b=a+4=−2+4=2，
点A的坐标为(−2,2)；
当a2=1时，b=a+4=1+4=5，
点A的坐标为(1,5)．
故答案为：(−2,2)或(1,5)．
根据对称性，表示A、B两点的坐标，利用平面内两点间的距离公式，代入求值即可．
本题考查的是二次函数的应用及对称点的表示，解题的关键是设一个点的坐标，表示对称点的坐标．两点间的距离公式要理解并熟记．
17.【答案】(1)如图，点D为所作；
(2)16．
【解析】解：
(1)见答案；
(2)△ABC中，∵∠C=90°，∠B=37°，
∴∠BAC=53°，
∵AD=BD，
∴∠B=∠BAD=37°，
∴∠CAD=∠BAC−∠BAD=16°．
故答案为：16．
(1)作AB的垂直平分线交BC与D，则DA=DB；
(2)先利用互余计算出∠BAC=53°，然后利用AD=BD得到∠B=∠BAD=37°，然后计算∠BAC−∠BAD即可．
本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18.【答案】解：(1)∵CM和DM的夹角为90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠DBA=90°，
∴∠2+∠D=90°，
∴∠1=∠D，
在△CAM和△MBD中，∠A=∠B∠1=∠DCM=MD，
∴△CAM≌△MBD(AAS)，
∴AM=DB，AC=MB，
∵AC=3m，
∴MB=3m，
∵AB=12m，
∴AM=9m，
∴DB=9m；
(2)9÷0.5=18(s)．
答：小强从M点到达A点还需要18秒．
【解析】(1)首先证明△CAM≌△MBD，可得AM=DB，AC=MB，然后可求出AM的长，进而可得DB长；
(2)利用路程除以速度可得时间．
此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确判定△CAM≌△MBD，掌握全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
19.【答案】(1)①证明：方法一：过点B作BM⊥AC于点M，
∵∠BPM=∠CPE，∠CEP=∠BMO=90°，
∴△CEP∽△BMP，∠ECP=∠MBP，
又∵AB=AC，∠ABC=90°，
∴∠ABM=∠BAC=∠BCM=45°，
∴∠BCE+∠ECP=∠ABF+∠MBP=45°，
∴∠ABF=∠BCE；
方法二：
∵CE⊥BD，∠ABC=90°，
∴∠CEB=∠ABC=90°，
∴∠BCE+∠EBC=∠ABF+∠EBC=90°，
∴∠ABF=∠BCE；
方法三：过A作AN⊥BD于点N，证明△ABN≌△BCE(AAS)，也可证明出∠ABF=∠BCE；
②证明：过A作AN⊥BD于点N，连接AD，
∵∠ABF=∠BCE，AB=BC，∠ANB=∠BEC=90°，
∴△ABN≌△BCE(AAS)，则AN=BE，∠EBC=∠BAN，
又∵AF//CD，
∴∠BDC=∠AFN=45°，△ANF是等腰直角三角形，
∴∠FAN=45°，AN=NF，
∵∠BAC=∠BDC=45°，
∴点A、B、C、D在同一个圆上，
∴∠ADP=∠ACB=45°，
∴△ADN是等腰直角三角形，AN=DN，
∴AN=12DF=12(DN+NF)
∴DF=2BE；
(2)过点F作FP′⊥AC，
∵∠FP′C=∠AFH=90°，∠BAF=∠P′CF，
∴ΔCP′F∽△AFH，则∠AHF=∠P′FC，且∠P′CF+∠BCF=∠BAF+∠FAP′，
∴∠FAP′=∠BCF，
∵AF//CD，
∴∠D=∠AFD=45°，
∴∠HFB=180°−90°−45°=45°，∠HBF+∠HFB=∠AHF=∠P′FC，
BC=5，则AC=AB2+BC2=10，
过H作HG⊥BD，则HG=GF，
过B作BI⊥AC，则BI=22AB=102=AI=CI，
∴HG=GF=BI5=1010，
则BH=5HG=22．
【解析】(1)①方法一：过点B作BM⊥AC于点M，由两角对应相等的两个三角形相似证出△CEP∽△BMP，从而得出∠ECP=∠MBP，再根据等腰直角三角形中三线合一证得∠BCE+∠ECP=∠ABF+∠MBP，从而证明结论；方法二：根据同角或等角的余角相等即可证明；
②过A作AN⊥BD于点N，连接AD，证明出△ABN≌△BCE(AAS)，所以AN=BE；再证A、B、C、D四点共圆，然后根据同弧所对的圆周角相等证明∠ADP=∠ACB=45°，证出△ANF、△ADN是等腰直角三角形，就很容易证明结论；
(2)过点F作FP′⊥AC，易得ΔCP′F∽△AFH，再过H作HG⊥BD，则HG=GF，过B作BI⊥AC，则BI=22AB=102=AI=CI，最后得结果．
本题考查全等三角形的性质与判断、相似三角形的性质与判定、勾股定理等知识，难度较大，解题关键是作出合适的辅助线．
20.【答案】(1)证明：设AD与BE交于点F，如图，
∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
∴∠BAC+∠DAB=∠DAE+∠DAB．
即∠DAC=∠BAE．
在△DAC和△EAB中，
AC=AB∠DAC=∠BAEAD=AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)．
∴∠ADC=∠AEB．
∵∠AEB+∠AFE=90°，∠AFE=∠DFB，
∴∠DFB+∠ADC=90°．
∴∠FBD=90°．
∴BE⊥CD．
(2)①解：设AD与BE交于点F，如图，
∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
∴∠BAC+∠DAB=∠DAE+∠DAB．
即∠DAC=∠BAE．
在△DAC和△EAB中，
AC=AB∠DAC=∠BAEAD=AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)．
∴∠ADC=∠AEB．
∵∠AEB+∠AFE=90°，∠AFE=∠DFB，
∴∠DFB+∠ADC=90°．
∴∠FMD=90°．
∴∠CME=90°．
②证明：∵∠CME=90°，
∴∠CMB=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BMC=∠BAC．
∴M，B，C，A四点共圆．
∴∠AMC=∠ABC．
∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°．
∴∠AMC=45°．
∵∠CME=90°，
∴∠AMC=∠AME=45°．
即MA平分∠CME．
【解析】(1)设AD与BE交于点F，通过证明△DAC≌△EAB，得到∠ADC=∠AEB，利用三角形内角和定理和对顶角的性质定理通过计算即可得出结论；
(2)①利用(1)中的方法解答即可；
②利用∠BMC=∠BAC=90°可得M，B，C，A四点共圆，再利用圆周角定理可得结论．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，圆周角定理，证明△DAC≌△EAB是解题的关键．
21.【答案】解：(1)BC=BD+CE
(2)问题解决
如图②，过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E，
由(1)同理得：△ABC≌△DEA，
∴DE=AB=2，AE=BC=4，
Rt△BDE中，BE=6，
由勾股定理得：BD=62+22=210；
(3)拓展延伸BD=32．
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理、勾股定理，解决本题的关键是证明三角形全等．
(1)观察猜想：证明△ADB≌△EAC，可得结论：BC=AB+AC=BD+CE；
(2)问题解决：作辅助线，同理证明：△ABC≌△DEA，可得DE=AB=2，AE=BC=4，最后利用勾股定理求BD的长；
(3)拓展延伸：证明△CED≌△AFD，得到四边形BEDF是正方形，，设AF=x，DF=y，根据全等三角形对应边相等和正方形的性质列方程组可得结论．
【解答】
解：(1)观察猜想
结论：BC=BD+CE，理由是：
如图①，∵∠B=90°，∠DAE=90°，
∴∠D+∠DAB=∠DAB+∠EAC=90°，
∴∠D=∠EAC，
∵∠B=∠C=90°，AD=AE，
∴△ADB≌△EAC，
∴BD=AC，EC=AB，
∴BC=AB+AC=BD+CE；
故答案为BC=BD+CE；
(2)见答案；
(3)如图③，过D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F，
易证△CED≌△AFD，
∴CE=AF，ED=DF，
则四边形BEDF是正方形，
∴BE=DF，
设AF=x，DF=y，
则x+y=42+x=y，解得：x=1y=3，
∴BF=2+1=3，DF=3，
由勾股定理得：BD=32+32=32．
故答案为BD=32．
22.【答案】解：(1)点A、B不是方程2x+3y=6的“理想点”，点C是方程2x+3y=6的“理想点”，理由如下：
把A(−1,2)代入2x+3y=6的左边，得2x+3y=2×−1+3×2=4，
左边≠右边，
∴点A不是二元一次方程2x+3y=6的“理想点”；
把B(4,−3)代入2x+3y=6的左边，得2x+3y=2×4+3×−3=−1，
左边≠右边，
∴点B不是二元一次方程2x+3y=6的“理想点”；
把C(−3,4)代入2x+3y=6的左边，得2x+3y=2×−3+3×4=6，
左边=右边，
∴点C是二元一次方程2x+3y=6的“理想点”；
(2)解方程组2n−m=12m+n=8，得m=9n=±2,
∵m,n为非负整数，
∴n=2，
∴2m−n=2×9−2=16，
∵16平方根是±4，
∴2m−n平方根是±4；
(3)解方程组2x+y=1kx+2y=5，得x=3k−4y=k−10k−4,
∵k是正整数，且P(x,y)是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”，
∴当k=1时，x=31−4=−1，y=1−101−4=3，故P−1,3；
当k=3时，x=33−4=−3，y=3−103−4=7，故P−3,7；
当k=5时，x=35−4=3，y=5−105−4=−5，故P3,−5；
当k=7时，x=37−4=1，y=7−107−4=−1，故P1,−1；
综上所述，点P的坐标为P−1,3或P−3,7或P3,−5或P1,−1．
【解析】本题主要考查二元一次方程(组)及二元一次方程的整数解的应用，求一个数的平方根等知识．本题是阅读型题目，准确理解题干中的定义并熟练运用是解题的关键．
(1)分别把A、B、C三点代入方程2x+3y=6的左边，判断左右两边是否相等即可；
(2)解方程组2n−m=12m+n=8求出m,n的值，再把m和n的值代入2m−n求值，进而可求得2m−n的平方根；
(3)解方程组2x+y=1kx+2y=5，用含k的式子表示x、y，再根据k是正整数，且P(x,y)是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”分别求出x和y的值，即可得出点P的坐标；
23.【答案】(1)①10+3；②3−1；
(2)5；
(3)点A、B如下图所示：
点A在点B右侧，要使AC=2BC，显然，点C不可能在点A右侧，
设点C表示的数为c，
分情况讨论：
当点C在点A和点B之间时，
AC=10−c，BC=c−3，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(c−3)，
解得c=10+233；
当点C在点B左侧时，
AC=10−c，BC=3−c，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(3−c)，
解得c=23−10．
综上，可得点C表示的数为10+233或23−10．
【解析】
【分析】
本题主要考查了非负数的性质，估算无理数的大小等知识点，正确求出a，b的值是解题的关键．
(1)①根据非负数的性质求出a，b的值，即可求出a+b；
②利用夹逼法求出a+b的整数部分，即可求出其小数部分；
(2)由(1)知3
【解答】
解：(1)①∵a−10+b−3=0，
∴a−10=0，b−3=0，
∴a=10，b=3，
∴a+b=10+3，
故答案为10+3；
②∵1<3<2，
∴11<10+3<12，
∴10+3的整数部分x=11，小数部分y=10+3−11=3−1，
故答案为3−1；
(2)由(1)知3
∴x−2+x+3取最小整数值为2+3=5；
故答案为5；
(3)见答案．
24.【答案】B2(−1,−7)，B3(0,−6)
【解析】解：(1)根据新定义可以得B2、B3与A点互为“对角点”；
故答案为：B2(−1,−7)，B3(0,−6)；
(2)①当点B在x轴上时，
设B(t,0)，由题意得t−(−2)=0−4，
解得t=−6，
∴B(−6,0)．
②当点B在y轴上时，
设B(0,b)，
由题意得0−(−2)=b−4，
解得b=6，
∴B(0,6)．
综上所述：A的“对角点”点B的坐标为(−6,0)或(0,6)．
(3)由题意得m−3=n−(−1)，
∴m=n+4．
∵点B在第四象限，
∴m>0n<0，
∴n+4>0n<0，
解得−4
∴0
(3)根据新定义和直角坐标系中第四象限x、y的取值范围确定m、n的取值范围即可．
本题考查了直角坐标系中点的坐标的新定义，解题的关键在于读懂新定义，利用新定义给出的公式，找到规律，解决问题．
25.【答案】解：(1)24；
(2)由题意得
邮政车的速度为：24×2.5=60km/h．
设邮政车出发a小时两车相遇，由题意得
24(a+1)=60a，
解得：a=23．
答：邮政车出发23小时与自行车队首次相遇；
(3)由题意，得
邮政车到达丙地的时间为：135÷60=94，
∴邮政车从丙地出发的时间为： 94+2+1=214，
∴B(214,135)，C(7.5,0)．
自行车队到达丙地的时间为：135÷24+0.5=458+0.5=498，
∴D(498,135)．
设BC的解析式为y1=k1+b1，由题意得
135=214k1+b10=7.5k1+b1,
∴k1=−60b1=450,
∴y1=−60x+450，
设ED的解析式为y2=k2x+b2，由题意得
72=3.5k2+b2135=498k2+b2,
解得： k2=24b2=−12,
∴y2=24x−12．
当y1=y2时，
−60x+450=24x−12，
解得：x=5.5．
y1=−60×5.5+450=120．
答：邮政车在返程途中与自行车队再次相遇时的地点距离甲地120km．
【解析】
【分析】
本题考查了行程问题的数量关系的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次函数与一元一次方程的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
(1)由速度=路程÷时间就可以求出结论；
(2)由自行车的速度就可以求出邮政车的速度，再由追击问题设邮政车出发a小时两车相遇建立方程求出其解即可；
(3)由邮政车的速度可以求出B的坐标和C的坐标，由自行车的速度就可以D的坐标，由待定系数法就可以求出BC，ED的解析式就可以求出结论．
【解答】
解：(1)由题意得
自行车队行驶的速度是：72÷3=24km/h．
故答案为：24；
(2)(3)见答案．
苏科版初中数学八年级上册期末测试卷
考试范围：全册；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 下列各组条件中，能判断两个直角三角形全等的是( )
A. 两组直角边对应相等 B. 一组边对应相等
C. 两组锐角对应相等 D. 一组锐角对应相等
2. 在△ABC中，AC=6，中线AD=5，则边AB的长的取值范围是( )
A. 1
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
4. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以△ABC的一边BC为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为( )
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
5. 如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为( )
A. 259 B. 258 C. 157 D. 207
6. 我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式。后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的长方形由两个这样的图形拼成，若a=3，b=4，则该长方形的面积为( )
A. 20 B. 24 C. 994 D. 532
7. 实数a、b在数轴上的位置如图，则|a+b|-|a-b|等于( )
A. 2b+2a B. 2b C. 2b-2a D. 2a
8. 对a、b，定义运算a*b=a2b(a≥b)ab2(a
9. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△A′B′C′由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为( )
A. (0,1) B. (1,−1) C. (0,−1) D. (1,0)
10. 如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴与y轴，物体甲和物体乙由点A(2,0)同时出发，沿长方形BCDE的边做环绕运动，物体甲按逆时针方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位长度/秒的速度匀速运动，则两个物体运动后的第2022次相遇地点的坐标是( )
A. (1,−1) B. (−1,−1) C. (−1,1) D. (2,0)
11. 在平面直角坐标系中，已知一次函数y=(k−2)x−b的图象大致如图所示，则下列结论正确的是( )
A. k>2，b>0
B. k>2，b<0
C. k<2，b>0
D. k<2，b<0
12. 小带和小路两个人开车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，小带和小路两人的车离开A城的距离y(千米)与行驶的时间t(小时)之间的函数关系如图所示．有下列结论：
①A、B两城相距300千米；
②小路的车比小带的车晚出发1小时，却早到1小时；
③小路的车出发后2.5小时追上小带的车；
④当小带和小路的车相距50千米时，t=54或t=154．
其中正确的结论有( )
A. ①②③④ B. ①②④ C. ①② D. ②③④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 在△ABC和△A′B′C′中，已知∠A=∠A′，AC=A′C′，请你添加一个条件，使△ABC≌△A′B′C′，你添加的条件是______．
14. 如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC上的一点，∠BAD=28°，在AD的右侧作△ADE，使得AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接CE，DE，DE交AC于点O，若CE//AB，则∠DOC的度数为______．
15. 如图，AC，BD在AB的同侧，AC=2，BD=8，AB=8，点M为AB的中点，若∠CMD=120°，则CD的最大值是_______．
16. 如图，“爱心”图案是由函数y=−x2+6的部分图象与其关于直线y=x的对称图形组成．点A是直线y=x上方“爱心”图案上的任意一点，点B是其对称点．若AB=42，则点A的坐标是______．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，已知△ABC，∠C=90°，AC
(2)连结AD，若∠B=37°，则∠CAD=______度．
18. 如图，操场上有两根旗杆间相距12m，小强同学从B点沿BA走向A，一定时间后他到达M点，此时他测得CM和DM的夹角为90°，且CM=DM，已知旗杆AC的高为3m，小强同学行走的速度为0.5m/s，则：
(1)请你求出另一旗杆BD的高度；
(2)小强从M点到达A点还需要多长时间？
19. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D为平面内一点，且∠BDC=45°，BD与AC交于点P，过A作AF//CD交BD边于点F．
(1)如图1，过C作CE⊥BD交于E，
①求证：∠ABF=∠BCE；
②求证：DF=2BE；
(2)过F作FH⊥AF交AB于H，连接CF，若∠BAF=∠PCF，BC=5，求BH的长．
20. 已知△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，点D在直线BC上．
(1)如图1，当点D在CB延长线上时，求证：BE⊥CD；
(2)如图2，当D点不在直线BC上时，BE、CD相交于M．
①直接写出∠CME的度数；
②求证：MA平分∠CME．
21. (1)观察猜想，如图1，点B，A，C在同一条直线上，DB⊥BC，EC⊥BC且∠DAE=90°，AD=AE，则BC，BD，CE之间的数量关系为_______________；
(2)问题解决，如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CB=4，AB=2，以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC，连接BD，求BD的长；
(3)拓展延伸，如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，CB=4，AB=2，DC=DA，请直接写出BD的长．
22. 规定：若P(x,y)是以x，y为未知数的二元一次方程ax+by=c的整数解，则称此时点P为二元一次方程ax+by=c的“理想点”.请回答以下关于x，y的二元一次方程的相关问题．
(1)已知A(−1,2)，B(4,−3)，C(−3,4)，请问哪个点是方程2x+3y=6的“理想点”，哪个点不是方程2x+3y=6的“理想点”，并说明理由．
(2)已知m，n为非负整数，且2|n|−m=1，若P(m,|n|)是方程2x+y=8的“理想点”，求2m−n的平方根．
(3)已知k是正整数，且P(x,y)是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”，求点P的坐标．
23. 在数轴上点A表示a，点B表示b，且a，b满足a−10+b−3=0：
(1)①a+b=_________；② x表示a+b的整数部分，y表示a+b的小数部分，则y=________；
(2)若b
24. 在平面直角坐标系xOy中，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，若x2−x1=y2−y1≠0，则称点A与点B互为“对角点”，例如：点A(−1,3)，点B(2,6)，因为2−(−1)=6−3≠0，所以点A与点B互为“对角点”．
(1)若点A的坐标是(4,−2)，则在点B1(2,0)，B2(−1,−7)，B3(0,−6)中，点A的“对角点”为点______；
(2)若点A的坐标是(−2,4)的“对角点”B在坐标轴上，求点B的坐标；
(3)若点A的坐标是(3,−1)与点B(m,n)互为“对角点”，且点B在第四象限，求m，n的取值范围．
25. 为倡导低碳生活，绿色出行，某自行车俱乐部利用周末组织“远游骑行”活动．自行车队从甲地出发，途径乙地短暂休息完成补给后，继续骑行至目的地丙地，自行车队出发1小时后，恰有一辆邮政车从甲地出发，沿自行车队行进路线前往丙地，在丙地完成2小时装卸工作后按原路返回甲地，自行车队与邮政车行驶速度均保持不变，并且邮政车行驶速度是自行车队行驶速度的2.5倍，如图表示自行车队、邮政车离甲地的路程y(km)与自行车队离开甲地时间x(h)的函数关系图象，请根据图象提供的信息解答下列各题：
(1)自行车队行驶的速度是_____km/h；
(2)邮政车出发多少小时与自行车队首次相遇？
(3)邮政车在返程途中与自行车队再次相遇时的地点距离甲地多远？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、可以利用边角边判定两三角形全等，故本选项正确；
B、两直角三角形隐含一个条件是两直角相等，要判定两直角三角形全等，起码还要两个条件，则选项错误；
C、两个锐角分别相等，只有角没有边，不能判定全等，此选项错误；
D、一组锐角对应相等，隐含一个条件是两直角相等，根据角对应相等，不能判定三角形全等，故选项错误．
故选：A．
利用SAS、HL、AAS进行判定．
本题考查了直角三角形全等的判定，解题的关键是注意直角三角形性质的使用(两锐角互余，一个角是90°)．
2.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形中线的定义，三角形三边关系，关键是倍长中线即延长AD至E，使DE=AD，利用SAS证明△ABD≅△ECD，再根据全等三角形的性质和三角形三边关系即可解答．
【解答】
解：如图，延长AD至E，使DE=AD，
∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中，
BD=CD∠ADB=∠EDCAD=ED
∴△ABD≌△ECD(SAS)，
∴AB=CE，
∵AD=5，∴AE=5+5=10，
∵10+6=16，10−6=4，
∴4
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查等边三角形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，涉及三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
①由∠AFD=60°可证明△CAE≌△BCD，从而可判断①正确；②作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，可证明△ECM≌△GCN(AAS)得CE=CG，EM=GN，∠ECM=∠GCN，即可证明△AMC≌△HNC(SAS)，有∠ACM=∠HCN，AC=HC，从而得△ACH是等边三角形，故②正确；③由∠CFH=∠AFH=60°，若FC=CG，可得∠FCG=60°，即可判定③不正确；④根据△ECM≌△GCN，△AMC≌△HNC，△CAE≌△BCD，可判定④正确．
【解答】
解：①因为三角形ABC是等边三角形，
所以∠B=∠ACE=60°，BC=AC，
因为∠AFD=∠CAE+∠ACD=60°，∠BCD+∠ACD=∠ACB=60°，
所以∠BCD=∠CAE，
在△BCD和△CAE中，
∠B=∠ACEBC=AC∠BCD=∠CAE，
所以△BCD≌△CAE(ASA)，
所以BD=CE，故①正确；
②作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，如图：
因为∠EFC=∠AFD=60°
所以∠AFC=120°，
因为FG为△AFC的角平分线，
所以∠CFH=∠AFH=60°，
所以∠CFH=∠CFE=60°，
因为CM⊥AE，CN⊥HF，
所以CM=CN，
因为∠CEM=∠ACE+∠CAE=60°+∠CAE，∠CGN=∠AFH+∠CAE=60°+∠CAE，
所以∠CEM=∠CGN，
在△ECM和△GCN中
∠CEM=∠CGN∠CME=∠CNG=90∘CM=CN，
所以△ECM≌△GCN(AAS)，
所以CE=CG，EM=GN，∠ECM=∠GCN，
所以∠MCN=∠ECG=60°，
由①知△CAE≌△BCD，
所以AE=CD，
因为HG=CD，
所以AE=HG，
所以AE+EM=HG+GN，即AM=HN，
在△AMC和△HNC中，
AM=HN∠AMC=∠HNC=90∘CM=CN，
所以△AMC≌△HNC(SAS)，
所以∠ACM=∠HCN，AC=HC，
所以∠ACM−∠ECM=∠HCN−∠GCN，即∠ACE=∠HCG=60°，
所以△ACH是等边三角形，
所以∠AHC=60°，故②正确；
③由②知∠CFH=∠AFH=60°，若FC=CG，则∠CGF=60°，从而∠FCG=60°，这与∠ACB=60°矛盾，故③不正确；
④因为△ECM≌△GCN，△AMC≌△HNC，
所以S△AMC−S△ECM=S△HNC−S△GCN，即S△ACE=S△CGH，
因为△CAE≌△BCD，
所以S△BCD=S△ACE=S△CGH，故④正确，
所以正确的有：①②④，
故选：C．
4.【答案】C
【解析】略
5.【答案】D
【解析】解：作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，
由勾股定理得：AB=32+42=5，
∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，
∴AD=DF，∠A=∠DFE，
∵FD平分∠EFB，
∴∠DFE=∠DFH，
∴∠DFH=∠A，
设DH=3x，
在Rt△DHF中，sin∠DFH=sin∠A=35，
∴DF=5x，
∴BD=5−5x，
∵△BDH∽△BAC，
∴BDAB=DHAC，
∴5−5x5=3x4，
∴x=47，
∴AD=5x=207．
故选：D．
由翻折得出AD=DF，∠A=∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFH=∠A，然后借助相似列出方程即可．
本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解决问题，通过相似表示线段和列方程是解题本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：设小正方形的边长为x，
∵a=3，b=4，
∴AB=3+4=7，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
即(3+x)2+(x+4)2=72，
整理得，x2+7x−12=0，
即x2+7x=12
而长方形面积为(x+4)(x+3)=x2+7x+12=12+12=24
∴该长方形的面积为24，
故选：B
7.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查了整式的加减，绝对值，以及实数与数轴，熟练掌握运算法则是解本题的关键.根据数轴上点的位置判断出绝对值里边式子的正负，利用绝对值的代数意义化简，去括号合并即可得到结果．
【解答】
解：根据数轴上点的位置得：a<0
则，原式=a+b+a−b=2a．
故选D．
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了平方根和新定义的应用，关键是能求出符合条件的所有情况.根据题意得出两个情况，求出后看看是否符合条件即可
【解答】
解：∵3*m=36，
∴①9m=36，
m=4，
∵3和4不符合a≥b，
∴此种情况不符合题意；
②3m2=36，
m=±12 ，
m=−12<3，(舍去)
实数m=12，此种情况符合a
9.【答案】B
【解析】解：
由图形可知，对应点的连线CC′、AA′的垂直平分线的交点是点(1,−1)，根据旋转变换的性质，点(1,−1)即为旋转中心．
故旋转中心坐标是P(1,−1)．
故选：B．
根据网格结构，找出对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的旋转以及对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握网格结构，找出对应点的位置是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题为平面直角坐标系内的动点坐标规律探究题，解答关键是找到两个物体相遇的位置的变化规律．
根据两个物体运动速度和长方形周长，得到两个物体的相遇时间间隔，进而得到两个点相遇的位置规律．
【解答】
解：由已知，长方形周长为12，
∵甲、乙速度分别为1单位/秒，2单位/秒，
则两个物体每次相遇时间间隔为121+2=4秒，
则两个物体相遇点依次为(−1,1)、(−1,−1)、(2,0)，
∵2022=3×673······3，
∴第2022次两个物体相遇位置为(2,0)，
故选：D
11.【答案】C
【解析】解：∵一次函数y=(k−2)x−b的图象经过二、三、四象限，
∴k−2<0，−b<0．
解得：k<2，b>0
故选：C．
先根据函数图象得出其经过的象限，由一次函数图象与系数的关系即可得出结论．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，即一次函数y=kx+b(k≠0)中，当k<0，b<0时函数的图象经过二、三、四象限．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，特别注意t是小带车所用的时间．
观察图象可判断①②，由图象所给数据可求得小带、小路两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【解答】
解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，小带行驶的时间为5小时，而小路是在小带出发1小时后出发的，且用时3小时，即比小带早到1小时，
∴①②都正确；
设小带车离开A城的距离y与t的关系式为y1=kt，
把(5,300)代入可求得k=60，
∴y1=60t，
设小路车离开A城的距离y与t的关系式为y2=mt+n，
把(1,0)和(4,300)代入可得m+n=04m+n=300，
解得：m=100n=−100，
∴y2=100t−100，
令y1=y2，可得：60t=100t−100，
解得：t=2.5，
即小带车、小路车两直线的交点横坐标为t=2.5，
此时小路车出发时间为1.5小时，即小路车出发1.5小时后追上小带车，
∴③不正确；
令|y1−y2|=50，可得|60t−100t+100|=50，即|100−40t|=50，
当100−40t=50时，可解得t=54，
当100−40t=−50时，可解得t=154，
又当t=56时，y1=50，此时小路车还没出发，
当t=256时，小路车到达B城，y1=250；
综上可知当t的值为54或154或56或256时，两车相距50千米，
∴④不正确；
故选C．
13.【答案】AB=A′B′
【解析】解：添加的条件是AB=A′B′，
理由是：∵在△ABC和△A′B′C′中
AB=A′B′∠A=∠A′AC=A′C′，
∴△ABC≌△A′B′C′(SAS)，
故答案为：AB=A′B′
添加的条件是AB=A′B′，理由是由AB=A′B′，∠A=∠A′，AC=A′C′根据SAS推出两三角形全等即可，答案不唯一．
本题考查了全等三角形的判定，注意：①全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，②此题答案不唯一，可以为AB=A′B′或∠B=∠B′或∠C=∠C′．
14.【答案】92°
【解析】解：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
∴∠DAB=∠EAC，
在△DAB和△EAC中，
AB=AC∠DAB=∠EACAD=AE，
∴△DAB≌△EAC(SAS)，
∴∠B=∠ACE，
∵CE//AB，
∴∠B+∠BCE=180°，
∴∠B+∠ACB+∠ACE=180°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠ACB=∠ACE=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠DAE=∠BAC=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵∠BAD=28°，
∴∠OAD=60°−28°=32°，
∴∠DOC=∠OAD+∠ADE=32°+60°=92°．
故答案为：92°．
根据已知条件证明△DAB≌△EAC，可得∠B=∠ACE，再根据CE//AB，可得∠B+∠ACB+∠ACE=180°，然后证明△ABC是等边三角形，△ADE是等边三角形，进而根据三角形内角和定理即可解决问题．
本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△DAB≌△EAC．
15.【答案】14
【解析】
【分析】
本题考查轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识．
如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题
【解答】
解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，连接CA′、MA′、MB′、A′B′、B′D，
∵∠CMD=120°，
∴∠AMC+∠DMB=60°，
∴∠CMA′+∠DMB′=60°，
∴∠A′MB′=60°，
∵MA′=MB′，
∴△A′MB′为等边三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D=CA+AM+BD=2+4+8=14，
∴CD的最大值为14，
故答案为14．
16.【答案】(−2,2)或(1,5)
【解析】解：因为A、B关于直线y=x对称，
所以设A(a,b)，则B(b,a)，
∵AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2，
∴42=(b−a)2+(a−b)2，
(42)2=(b−a)2+(b−a)2，
32=2(b−a)2，
(b−a)2=16，
b−a=4或b−a=−4(舍去)，
∴b=a+4，
又∵A(a,b)在y=−x2+6上，
∴b=−a2+6，
即a+4=−a2+6，
整理得，a2+a−2=0，
解得，a1=−2，a2=1，
∴当a1=−2时，b=a+4=−2+4=2，
点A的坐标为(−2,2)；
当a2=1时，b=a+4=1+4=5，
点A的坐标为(1,5)．
故答案为：(−2,2)或(1,5)．
根据对称性，表示A、B两点的坐标，利用平面内两点间的距离公式，代入求值即可．
本题考查的是二次函数的应用及对称点的表示，解题的关键是设一个点的坐标，表示对称点的坐标．两点间的距离公式要理解并熟记．
17.【答案】(1)如图，点D为所作；
(2)16．
【解析】解：
(1)见答案；
(2)△ABC中，∵∠C=90°，∠B=37°，
∴∠BAC=53°，
∵AD=BD，
∴∠B=∠BAD=37°，
∴∠CAD=∠BAC−∠BAD=16°．
故答案为：16．
(1)作AB的垂直平分线交BC与D，则DA=DB；
(2)先利用互余计算出∠BAC=53°，然后利用AD=BD得到∠B=∠BAD=37°，然后计算∠BAC−∠BAD即可．
本题考查了作图−复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
18.【答案】解：(1)∵CM和DM的夹角为90°，
∴∠1+∠2=90°，
∵∠DBA=90°，
∴∠2+∠D=90°，
∴∠1=∠D，
在△CAM和△MBD中，∠A=∠B∠1=∠DCM=MD，
∴△CAM≌△MBD(AAS)，
∴AM=DB，AC=MB，
∵AC=3m，
∴MB=3m，
∵AB=12m，
∴AM=9m，
∴DB=9m；
(2)9÷0.5=18(s)．
答：小强从M点到达A点还需要18秒．
【解析】(1)首先证明△CAM≌△MBD，可得AM=DB，AC=MB，然后可求出AM的长，进而可得DB长；
(2)利用路程除以速度可得时间．
此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确判定△CAM≌△MBD，掌握全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
19.【答案】(1)①证明：方法一：过点B作BM⊥AC于点M，
∵∠BPM=∠CPE，∠CEP=∠BMO=90°，
∴△CEP∽△BMP，∠ECP=∠MBP，
又∵AB=AC，∠ABC=90°，
∴∠ABM=∠BAC=∠BCM=45°，
∴∠BCE+∠ECP=∠ABF+∠MBP=45°，
∴∠ABF=∠BCE；
方法二：
∵CE⊥BD，∠ABC=90°，
∴∠CEB=∠ABC=90°，
∴∠BCE+∠EBC=∠ABF+∠EBC=90°，
∴∠ABF=∠BCE；
方法三：过A作AN⊥BD于点N，证明△ABN≌△BCE(AAS)，也可证明出∠ABF=∠BCE；
②证明：过A作AN⊥BD于点N，连接AD，
∵∠ABF=∠BCE，AB=BC，∠ANB=∠BEC=90°，
∴△ABN≌△BCE(AAS)，则AN=BE，∠EBC=∠BAN，
又∵AF//CD，
∴∠BDC=∠AFN=45°，△ANF是等腰直角三角形，
∴∠FAN=45°，AN=NF，
∵∠BAC=∠BDC=45°，
∴点A、B、C、D在同一个圆上，
∴∠ADP=∠ACB=45°，
∴△ADN是等腰直角三角形，AN=DN，
∴AN=12DF=12(DN+NF)
∴DF=2BE；
(2)过点F作FP′⊥AC，
∵∠FP′C=∠AFH=90°，∠BAF=∠P′CF，
∴ΔCP′F∽△AFH，则∠AHF=∠P′FC，且∠P′CF+∠BCF=∠BAF+∠FAP′，
∴∠FAP′=∠BCF，
∵AF//CD，
∴∠D=∠AFD=45°，
∴∠HFB=180°−90°−45°=45°，∠HBF+∠HFB=∠AHF=∠P′FC，
BC=5，则AC=AB2+BC2=10，
过H作HG⊥BD，则HG=GF，
过B作BI⊥AC，则BI=22AB=102=AI=CI，
∴HG=GF=BI5=1010，
则BH=5HG=22．
【解析】(1)①方法一：过点B作BM⊥AC于点M，由两角对应相等的两个三角形相似证出△CEP∽△BMP，从而得出∠ECP=∠MBP，再根据等腰直角三角形中三线合一证得∠BCE+∠ECP=∠ABF+∠MBP，从而证明结论；方法二：根据同角或等角的余角相等即可证明；
②过A作AN⊥BD于点N，连接AD，证明出△ABN≌△BCE(AAS)，所以AN=BE；再证A、B、C、D四点共圆，然后根据同弧所对的圆周角相等证明∠ADP=∠ACB=45°，证出△ANF、△ADN是等腰直角三角形，就很容易证明结论；
(2)过点F作FP′⊥AC，易得ΔCP′F∽△AFH，再过H作HG⊥BD，则HG=GF，过B作BI⊥AC，则BI=22AB=102=AI=CI，最后得结果．
本题考查全等三角形的性质与判断、相似三角形的性质与判定、勾股定理等知识，难度较大，解题关键是作出合适的辅助线．
20.【答案】(1)证明：设AD与BE交于点F，如图，
∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
∴∠BAC+∠DAB=∠DAE+∠DAB．
即∠DAC=∠BAE．
在△DAC和△EAB中，
AC=AB∠DAC=∠BAEAD=AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)．
∴∠ADC=∠AEB．
∵∠AEB+∠AFE=90°，∠AFE=∠DFB，
∴∠DFB+∠ADC=90°．
∴∠FBD=90°．
∴BE⊥CD．
(2)①解：设AD与BE交于点F，如图，
∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．
∴∠BAC+∠DAB=∠DAE+∠DAB．
即∠DAC=∠BAE．
在△DAC和△EAB中，
AC=AB∠DAC=∠BAEAD=AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)．
∴∠ADC=∠AEB．
∵∠AEB+∠AFE=90°，∠AFE=∠DFB，
∴∠DFB+∠ADC=90°．
∴∠FMD=90°．
∴∠CME=90°．
②证明：∵∠CME=90°，
∴∠CMB=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BMC=∠BAC．
∴M，B，C，A四点共圆．
∴∠AMC=∠ABC．
∵△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°．
∴∠AMC=45°．
∵∠CME=90°，
∴∠AMC=∠AME=45°．
即MA平分∠CME．
【解析】(1)设AD与BE交于点F，通过证明△DAC≌△EAB，得到∠ADC=∠AEB，利用三角形内角和定理和对顶角的性质定理通过计算即可得出结论；
(2)①利用(1)中的方法解答即可；
②利用∠BMC=∠BAC=90°可得M，B，C，A四点共圆，再利用圆周角定理可得结论．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，圆周角定理，证明△DAC≌△EAB是解题的关键．
21.【答案】解：(1)BC=BD+CE
(2)问题解决
如图②，过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E，
由(1)同理得：△ABC≌△DEA，
∴DE=AB=2，AE=BC=4，
Rt△BDE中，BE=6，
由勾股定理得：BD=62+22=210；
(3)拓展延伸BD=32．
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理、勾股定理，解决本题的关键是证明三角形全等．
(1)观察猜想：证明△ADB≌△EAC，可得结论：BC=AB+AC=BD+CE；
(2)问题解决：作辅助线，同理证明：△ABC≌△DEA，可得DE=AB=2，AE=BC=4，最后利用勾股定理求BD的长；
(3)拓展延伸：证明△CED≌△AFD，得到四边形BEDF是正方形，，设AF=x，DF=y，根据全等三角形对应边相等和正方形的性质列方程组可得结论．
【解答】
解：(1)观察猜想
结论：BC=BD+CE，理由是：
如图①，∵∠B=90°，∠DAE=90°，
∴∠D+∠DAB=∠DAB+∠EAC=90°，
∴∠D=∠EAC，
∵∠B=∠C=90°，AD=AE，
∴△ADB≌△EAC，
∴BD=AC，EC=AB，
∴BC=AB+AC=BD+CE；
故答案为BC=BD+CE；
(2)见答案；
(3)如图③，过D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F，
易证△CED≌△AFD，
∴CE=AF，ED=DF，
则四边形BEDF是正方形，
∴BE=DF，
设AF=x，DF=y，
则x+y=42+x=y，解得：x=1y=3，
∴BF=2+1=3，DF=3，
由勾股定理得：BD=32+32=32．
故答案为BD=32．
22.【答案】解：(1)点A、B不是方程2x+3y=6的“理想点”，点C是方程2x+3y=6的“理想点”，理由如下：
把A(−1,2)代入2x+3y=6的左边，得2x+3y=2×−1+3×2=4，
左边≠右边，
∴点A不是二元一次方程2x+3y=6的“理想点”；
把B(4,−3)代入2x+3y=6的左边，得2x+3y=2×4+3×−3=−1，
左边≠右边，
∴点B不是二元一次方程2x+3y=6的“理想点”；
把C(−3,4)代入2x+3y=6的左边，得2x+3y=2×−3+3×4=6，
左边=右边，
∴点C是二元一次方程2x+3y=6的“理想点”；
(2)解方程组2n−m=12m+n=8，得m=9n=±2,
∵m,n为非负整数，
∴n=2，
∴2m−n=2×9−2=16，
∵16平方根是±4，
∴2m−n平方根是±4；
(3)解方程组2x+y=1kx+2y=5，得x=3k−4y=k−10k−4,
∵k是正整数，且P(x,y)是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”，
∴当k=1时，x=31−4=−1，y=1−101−4=3，故P−1,3；
当k=3时，x=33−4=−3，y=3−103−4=7，故P−3,7；
当k=5时，x=35−4=3，y=5−105−4=−5，故P3,−5；
当k=7时，x=37−4=1，y=7−107−4=−1，故P1,−1；
综上所述，点P的坐标为P−1,3或P−3,7或P3,−5或P1,−1．
【解析】本题主要考查二元一次方程(组)及二元一次方程的整数解的应用，求一个数的平方根等知识．本题是阅读型题目，准确理解题干中的定义并熟练运用是解题的关键．
(1)分别把A、B、C三点代入方程2x+3y=6的左边，判断左右两边是否相等即可；
(2)解方程组2n−m=12m+n=8求出m,n的值，再把m和n的值代入2m−n求值，进而可求得2m−n的平方根；
(3)解方程组2x+y=1kx+2y=5，用含k的式子表示x、y，再根据k是正整数，且P(x,y)是方程2x+y=1和kx+2y=5的“理想点”分别求出x和y的值，即可得出点P的坐标；
23.【答案】(1)①10+3；②3−1；
(2)5；
(3)点A、B如下图所示：
点A在点B右侧，要使AC=2BC，显然，点C不可能在点A右侧，
设点C表示的数为c，
分情况讨论：
当点C在点A和点B之间时，
AC=10−c，BC=c−3，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(c−3)，
解得c=10+233；
当点C在点B左侧时，
AC=10−c，BC=3−c，
∵AC=2BC，
∴10−c=2(3−c)，
解得c=23−10．
综上，可得点C表示的数为10+233或23−10．
【解析】
【分析】
本题主要考查了非负数的性质，估算无理数的大小等知识点，正确求出a，b的值是解题的关键．
(1)①根据非负数的性质求出a，b的值，即可求出a+b；
②利用夹逼法求出a+b的整数部分，即可求出其小数部分；
(2)由(1)知3
【解答】
解：(1)①∵a−10+b−3=0，
∴a−10=0，b−3=0，
∴a=10，b=3，
∴a+b=10+3，
故答案为10+3；
②∵1<3<2，
∴11<10+3<12，
∴10+3的整数部分x=11，小数部分y=10+3−11=3−1，
故答案为3−1；
(2)由(1)知3
∴x−2+x+3取最小整数值为2+3=5；
故答案为5；
(3)见答案．
24.【答案】B2(−1,−7)，B3(0,−6)
【解析】解：(1)根据新定义可以得B2、B3与A点互为“对角点”；
故答案为：B2(−1,−7)，B3(0,−6)；
(2)①当点B在x轴上时，
设B(t,0)，由题意得t−(−2)=0−4，
解得t=−6，
∴B(−6,0)．
②当点B在y轴上时，
设B(0,b)，
由题意得0−(−2)=b−4，
解得b=6，
∴B(0,6)．
综上所述：A的“对角点”点B的坐标为(−6,0)或(0,6)．
(3)由题意得m−3=n−(−1)，
∴m=n+4．
∵点B在第四象限，
∴m>0n<0，
∴n+4>0n<0，
解得−4
∴0
(3)根据新定义和直角坐标系中第四象限x、y的取值范围确定m、n的取值范围即可．
本题考查了直角坐标系中点的坐标的新定义，解题的关键在于读懂新定义，利用新定义给出的公式，找到规律，解决问题．
25.【答案】解：(1)24；
(2)由题意得
邮政车的速度为：24×2.5=60km/h．
设邮政车出发a小时两车相遇，由题意得
24(a+1)=60a，
解得：a=23．
答：邮政车出发23小时与自行车队首次相遇；
(3)由题意，得
邮政车到达丙地的时间为：135÷60=94，
∴邮政车从丙地出发的时间为： 94+2+1=214，
∴B(214,135)，C(7.5,0)．
自行车队到达丙地的时间为：135÷24+0.5=458+0.5=498，
∴D(498,135)．
设BC的解析式为y1=k1+b1，由题意得
135=214k1+b10=7.5k1+b1,
∴k1=−60b1=450,
∴y1=−60x+450，
设ED的解析式为y2=k2x+b2，由题意得
72=3.5k2+b2135=498k2+b2,
解得： k2=24b2=−12,
∴y2=24x−12．
当y1=y2时，
−60x+450=24x−12，
解得：x=5.5．
y1=−60×5.5+450=120．
答：邮政车在返程途中与自行车队再次相遇时的地点距离甲地120km．
【解析】
【分析】
本题考查了行程问题的数量关系的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，一次函数与一元一次方程的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
(1)由速度=路程÷时间就可以求出结论；
(2)由自行车的速度就可以求出邮政车的速度，再由追击问题设邮政车出发a小时两车相遇建立方程求出其解即可；
(3)由邮政车的速度可以求出B的坐标和C的坐标，由自行车的速度就可以D的坐标，由待定系数法就可以求出BC，ED的解析式就可以求出结论．
【解答】
解：(1)由题意得
自行车队行驶的速度是：72÷3=24km/h．
故答案为：24；
(2)(3)见答案．
相关试卷
苏科版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析）： 这是一份苏科版初中数学八年级上册期末测试卷（困难）（含答案解析），共25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。
苏科版初中数学八年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析）： 这是一份苏科版初中数学八年级上册期中测试卷（困难）（含答案解析），共29页。
苏科版初中数学七年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析）： 这是一份苏科版初中数学七年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析），共17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。
